人教中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及详细答案
人教 中考数学(相似提高练习题)压轴题训练及答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。
（1）求证：DC2＝CE·AC；（2）若AE＝2EC，求之值；（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴，∴DC2＝CE·AC；（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，DC= k，连接OC，OD，∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，过C作CG⊥AB于G，设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。
2．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.（1）球在地面上的影子是什么形状?（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，在Rt△OAE中，∴OA= = = (m)，∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，∴△OAH∽△OEA，∴，∴OH= == (m)，又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，∴△OAE∽△AHE，∴ = ，∴AH= ==2625 (m).依题可得：△AHO∽△CFO，∴ AHCF=OHOF ，∴CF= AH⋅OFOH = 2625×32425=64 (m)，∴S影子=π·CF2=π· (64)2= 38 π=0.375π(m2).答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.3．如图，抛物线与轴交于A，B两点(点B在点A的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，其对称轴与轴交于点E，联接AD，OD．（1）求顶点D的坐标（用含的式子表示）；（2）若OD⊥AD，求该抛物线的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设动点P在对称轴左侧该抛物线上，PA与对称轴交于点M，若△AME与△OAD相似，求点P的坐标．【答案】（1）解：∵，∴顶点D的坐标为(4,-4ｍ)（2）解：∵∴点A（6，0），点B(2,0)，则OA＝6，∵抛物线的对称轴为x＝4，∴点E（4，0），则OE＝4，AE＝2，又DE＝4ｍ，∴由勾股定理得：，，又OD⊥AD，∴，则，解得：，∵m＞0，∴抛物线的函数表达式（3）解：如图，过点P作PH⊥x轴于点H，则△APH∽△AME，在Rt△OAD中，，设点P的坐标为，当△APH∽△AME∽△AOD时，∵，∴，即，解得：x＝0，x＝6（舍去），∴点P的坐标为；②△APH∽△AME∽△OAD时，∵，∴，即，解得：x＝1，x＝6（舍去），∴点P的坐标为；综上所述，点P的坐标为或 .【解析】【分析】（1）将抛物线的解析式配成顶点式即可求得顶点D的坐标；（2）要求抛物线的解析式，只须求出m的值即可。
中考数学总复习《二次函数压轴题(相似三角形问题)》专项提升练习题及答案(人教版)
中考数学总复习《二次函数压轴题（相似三角形问题）》专项提升练习题及答案（人教版)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 1．如图，抛物线()230y ax bx a =++≠经过x 轴上()10A -，、B 两点，抛物线的对称轴是直线1x =．(1)求抛物线的函数表达式；(2)抛物线与直线1y x =-交于A 、E 两点，与y 轴交于点C ．点P 在x 轴上，若以P ，B ，C 为顶点的三角形与ABE 相似，求点P 的坐标．2．如图，抛物线212y x bx c =＋＋与y 轴交于点()0,4C -，与x 轴交于点A ，B ，且B 点的坐标为()2,0．(1)求该抛物线的解析式．(2)若点P 是AB 上的一动点，过点P 作PE AC ∥，交BC 于E ，连接CP ，求PCE 面积的最大值．(3)若点D 为OA 的中点，点M 是线段AC 上一点，且OMD 为等腰三角形，求M 点的坐标．3．已知抛物线223y x x =+-的图像经过点()30A -，，点()0B n ，，且与y 轴交于点C ．(1)求出点B 的坐标；(2)若点P 为x 轴上方的抛物线上任意一点．①如图1，若点Q 为线段BC 上一点，连接PQ ，PQ 交x 轴于点M ，连接CM ，当45MCQ ∠=︒时，求点M 的坐标；①如图2，连接BC BP 、，若满足2ABP BCO ∠=∠，求此时点P 的坐标．4．如图，抛物线2y ax bx =+与直线6y x =-+交于,A B 两点，点B 在x 轴上，过点A 作AC x⊥轴于点C ，且:1:2OC BC =．(1)求抛物线的解析式．(2)将AOC 沿AB 方向平移到PMN ．①如图2，若PM 经过点,C PN 与x 轴交于点Q ，求PCQ AOC S S △△的值． ①如图3，直线12y x =与抛物线AB 段交于点D ，与直线AB 交于点E ，当顶点P 在线段AE 上移动时，求MPN △与OBD 公共部分面积的最大值．5．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线21y ax bx =++过点()1,2A 和点()2,1B ，与y 轴交于点C ．(1)求a 、b 的值和点C 的坐标；(2)点P 为抛物线上一点（不与点A 重合），当PCB ACB ∠=∠时，求点P 的坐标；(3)在（2）的条件下，平移该抛物线，使其顶点在射线CA 上，设平移后的抛物线的顶点为点D ，当CDP △与CAP 相似时，求平移后的抛物线的表达式．6．如图，抛物线2y x bx c =-++上的点A ，C 坐标分别为()()0,2,4,0，抛物线与x 轴负半轴交于点B ，点M 坐标为()0,2-，连接,AC CM ．(1)求抛物线的解析式和点B 的坐标；(2)点D 是线段BC （包含点B ，C ）上的动点，过点D 作x 轴的垂线，交抛物线于点Q ，交直线CM 于点N ，若以点Q ，N ，C 为顶点的三角形与COM 相似，则点Q 的坐标为 ；(3)将抛物线沿x 轴的负方向平移得到新抛物线，点A 的对应点为点A '，点C 的对应点为点C '，在抛物线平移过程中，当MA MC ''+的值最小时，请直接写出新抛物线的顶点坐标为及 MA MC ''+的最小值为 ．7．如图，二次函数2y x bx c =++的图象与x 轴交于,A B 两点，与y 轴交于C 点，其中()10B ,和()0,3C ．(1)求这个二次函数的表达式；(2)点P 是二次函数上一动点，过点P 作PQ y ∥轴交直线AC 于点Q ，连接CP ，将PCQ △沿PC 折叠，当Q 的对应点Q '恰好落在y 轴上时，请求出点Q 的坐标；(3)在二次函数的图象上，是否存在点M ，使得MCA OCB ∠=∠？若存在，请求出M 点坐标；若不存在，请说明理由．8．如图，抛物线23y ax bx =++交x 轴交于()1,0A -，B 两点（点A 在点B 的左边），交y 轴于点C ，连接AC ，其中3OB OA =．(1)求抛物线的解析式(2)点P 为线段BC 上方抛物线上一动点，过点P 作PE BC ⊥于点E ，设点P 的横坐标为m ．①设PE 的长度为h ，请用含m 的式子表示h ，并求出h 取得最大值时，点P 的坐标；①过点E 作x 轴的垂线交抛物线于点Q ，是否存在点E ，使EQC 与ABC 相似，若存在，请直接写出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．9．如图（1）所示，抛物线2y ax bx c =++，经过1,0A ，()4,0B 和()0,2C 三点．(1)求该抛物线的解析式；(2)在抛物线上是否一点D ，使得以A ，C ，D 的顶点的三角形与OAC 相似，如有请求出满足要求的所有点，如果没有，请说明理由．(3)如图（2）所示，点P ，Q 为抛物线上的动点，满足PC QC ⊥，请证明直线PQ 必定通过一个定点，并求出这个定点的坐标．10．已知抛物线213222y x x =-++与x 轴交于点A 、B （点A 在点B 的左侧），交y 轴于点C ．(1)求点A 、B 、C 的坐标；(2)连接BC ，抛物线的对称轴l 与BC 交于点D ，对称轴l 上是否存在点P ，使得以点P 、C 、D 为顶点的三角形与BOC 相似，若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，并说明理由．2y x平移，2y x与平移后的抛物线对称轴交于的上方的一点，当DMN与BOD相似时，请直接写出点分，最多得5分）．(1)求该抛物线的表达式；(2)连接AP ，若以A ，P ，D 为顶点的三角形与AOC 相似，请求写出所有满足条件的点P 的坐标．13．已知抛物线24y ax bx =+-交x 轴于()1,0A -和()4,0B ，交y 轴于点C ．(1)求抛物线的解析式；(2)如图①，点P 是第四象限内抛物线上的一点，PA 交y 轴于点D ，连接BD ，若90PDB ∠=︒，求点P 的坐标；(3)在（2）的条件下，连接BP （如图①），在线段BP 上是否存在点Q ，使OBQ △与ABP 相似？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由；(4)在（2）的条件下，如图①，在y 轴上有一点R ，当2RBD OBD ∠=∠时，请直接写出点R 的坐标．3,0，C点14．如图，抛物线2=-++与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，已知B点的坐标为()y x bx c0,3．的坐标为()(1)求抛物线的解析式；(2)图1中，点P为抛物线上的动点，且位于第二象限，过P，B两点作直线l交y轴于点D，交直线AC于点E．是否存在这样的直线l：以C，D，E为顶点的三角形与BOD相似？若存在，请求出这样的直线l的解析式；若不存在，请说明理由．∠=∠，求M点的横坐(3)图2中，点C和点C'关于抛物线的对称轴对称，点M在抛物线上，且MBA CBC'标．15．如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点()04C -，，其顶点坐标为325,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭，点D 是x 轴下方抛物线上的动点，射线OD 交直线AC 于点E ，将射线OD 绕点O 顺时针旋转45︒得到射线OP OP ，交直线AC 于点F ，连接DF ．(1)求抛物线的解析式；(2)当点D 在第三象限，且43OE ED =时，求点D 的坐标； (3)当ODF △为直角三角形时，求出点D 的坐标．参考答案：1．(1)223y x x =-++(2)902⎛⎫- ⎪⎝⎭，或305⎛⎫ ⎪⎝⎭，2．(1)2142y x x =+- (2)3(2)()5,2D(3)()5,410．(1)()10A -， ()40B ， ()02C ，(2)存在，点P 的坐标为322⎛⎫ ⎪⎝⎭，或352⎛⎫ ⎪⎝⎭，11．(1)223y x x =+-(2)23363228S m ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，四边形OAPE 的面积的最大值为638(3)()()1,2,0,3N M - ()()1,3,0,4N M - ()()1,2,0,0N M - ()()1,3,0,0N M -12．(1)223y x x =-++(2)点P 的坐标为()2,3或435 ,39⎛⎫⎪⎝⎭13．(1)234y x x =--(2)()2,6P -(3)存在，1224,55Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭(4)()0,2或()0,22-14．(1)223y x x =-++(2)113y x =-+(3)M 的横坐标为12-或32-15．(1)234y x x =+-(2)()1,6D --或()3,4D --。
人教【数学】中考数学相似解答题压轴题提高专题练习及详细答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在⊙O中，直径AB经过弦CD的中点E，点M在OD上，AM的延长线交⊙O于点G，交过D的直线于F，且∠BDF=∠CDB，BD与CG交于点N．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）连结MN，猜想MN与AB的位置有关系，并给出证明．【答案】（1）证明：∵直径AB经过弦CD的中点E，， = ,即是的切线（2）解：猜想：MN∥AB．证明：连结CB．∵直径AB经过弦CD的中点E，∴ = , = ,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB．【解析】【分析】（1）要证DF是⊙O的切线，由切线的判定知，只须证∠ODF=即可。
由垂径定理可得AB⊥CD，则∠BOD+∠ODE=，而∠ODF=∠CDF+∠ODE，由已知易得∠BOD=∠CDF，则结论可得证；（2）猜想：MN∥AB．理由：连结CB，由已知易证△CBN∽△AOM，可得比例式，于是由已知条件可转化为，∠ODB是公共角，所以可得△MDN∽△ODB，则∠DMN=∠DOB，根据平行线的判定可得MN∥AB。
2．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．（1）求证：△ABP≌△CBE．（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．①当时，求证：AP⊥BD；②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．在△ABP和△CBE中，（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵，∴BC＝nBP，∴CP＝(n－1)BP．∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。
人教中考数学(相似提高练习题)压轴题训练附答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在一块长为a(cm)，宽为b(cm)(a>b)的矩形黑板的四周，镶上宽为x(cm)的木板，得到一个新的矩形．（1）试用含a，b，x的代数式表示新矩形的长和宽；（2）试判断原矩形的长、宽与新矩形的长、宽是不是比例线段，并说明理由．【答案】（1）解：由原矩形的长、宽分别为a(cm)，b(cm)，木板宽为x(cm)，可得新矩形的长为(a＋2x)cm，宽为(b＋2x)cm（2）解：假设两个矩形的长与宽是成比例线段，则有，由比例的基本性质，得ab＋2bx＝ab＋2ax，∴2(a－b)x＝0.∵a>b，∴a－b≠0，∴x＝0，又∵x>0，∴原矩形的长、宽与新矩形的长、宽不是比例线段．【解析】【分析】（1）根据已知，观察图形，可得出新矩形的长和宽。
（2）假设两个矩形的长与宽是成比例线段，列出比例式，再利用比例的性质得出x=0，即可判断。
2．已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB=∠AEC．（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）求证：CE2=EH•EA；（3）若⊙O的半径为，sinA= ，求BH的长．【答案】（1）证明：如图，∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线（2）证明：连接AC，如图2所示：∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA（3）解：连接BE，如图3所示：∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为，sin∠BAE= ，∴AB=5，BE=AB•sin∠BAE=5× =3，∴EA= =4，∵，∴BE=CE=3，∵CE2=EH•EA，∴EH= ，∴在Rt△BEH中，BH= .【解析】【分析】（1）要证BD是⊙O的切线，只需证∠OBD=90°，因为∠OBC+∠BOD=90°，所以只须证∠ODB=∠OBC即可。
人教备战中考数学相似-经典压轴题及详细答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．【答案】（1）解：结论：CF=2DG．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴ = = ，∴CF=2DG（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，∴EH=2DH=2 ，∴HM= =2，∴DM=CN=NK= =1，在Rt△DCK中，DK= = =2 ，∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。
人教中考数学(相似提高练习题)压轴题训练含答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，在中，，点M是AC的中点，以AB为直径作分别交于点．（1）求证：；（2）填空：若，当时， ________；连接，当的度数为________时，四边形ODME是菱形．【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，∴BM=AM=MC，∴∠A=∠ABM．∵四边形ABED是圆内接四边形，∴∠ADE+∠ABE=180°，又∠ADE+∠MDE=180°，∴∠MDE=∠MBA，同理证明：∠MED=∠A，∴∠MDE=∠MED，∴MD=ME（2）2；【解析】【解答】解：(2)①由（1）可知，∠A=∠MDE，∴DE∥AB，∴ =．∵AD=2DM，∴DM：MA=1：3，∴DE= AB= ×6=2．故答案为：2．②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE．∵OA=OD，∠A=60°，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°．∵DE∥AB，∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，∴△ODE，△DEM都是等边三角形，∴OD=OE=EM=DM，∴四边形OEMD是菱形．故答案为：60°．【分析】（1）要证MD=ME，只须证∠MDE=∠MED即可。
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC，则∠A=∠ABM，由圆内接四边形的性质易得∠MED=∠A，∠MDE=∠MBA，所以可得∠MDE=∠MED；（2）①由（1）易证得DE∥AB，可得比例式，结合①中的已知条件即可求解；②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．理由如下：连接OD、OE，由题意易得△ODE，△DEM都是等边三角形，所以可得OD=OE=EM=DM，由菱形的判定即可求解。
2．如图1，等腰△ABC中，AC＝BC，点O在AB边上，以O为圆心的圆与AC相切于点C，交AB边于点D，EF为⊙O的直径，EF⊥BC于点G．（1）求证：D是弧EC的中点；（2）如图2，延长CB交⊙O于点H，连接HD交OE于点K，连接CF，求证：CF＝OK＋DO；（3）如图3，在(2)的条件下，延长DB交⊙O于点Q，连接QH，若DO＝，KG＝2，求QH的长【答案】（1）证明：如图1中，连接OC．∵AC是⊙O的切线，∴OC⊥AC，∴∠ACO=90°，∴∠A+∠AOC=90°，∵CA=CB，∴∠A=∠B，∵EF⊥BC，∴∠OGB=90°，∴∠B+∠BOG=90°，∴∠BOG=∠AOC，∵∠BOG=∠DOE，∴∠DOC=∠DOE，∴点D是的中点（2）证明：如图2中，连接OC．∵EF⊥HC，∴CG=GH，∴EF垂直平分HC，∴FC=FH，∵∠CFK= ∠COE，∵∠COD=∠DOE，∴∠CFK=∠COD，∵∠CHK= ∠COD，∴∠CHK= ∠CFK，∴点K在以F为圆心FC为半径的圆上，∴FC=FK=FH，∵DO=OF，∴DO+OK=OF+OK=FK=CF，即CF=OK+DO；（3）解：如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF= ﹣（2﹣x），∵CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，∴（ +x）2﹣[ -（2﹣x）]2=（）2﹣（2﹣x）2，解得x= ，∴CF=5，FG=4，CG=3，OG= ，∵∠CFE=∠BOG，∴CF∥OB，∴ = = ，可得OB= ，BG= ，BH= ，由△BHM∽△BOG，可得 = = ，∴BM= ，HM= ，MQ=OQ﹣OB﹣BM=在Rt△HMQ中，QH= = =【解析】【分析】（1）如图1中，连接OC．根据切线的性质得出OC⊥AC，根据垂直的定义得出∠ACO=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠A+∠AOC=90°，根据等边对等角得出∠A=∠B，根据垂直的定义得出∠OGB=90°，根据直角三角形两锐角互余得出∠B+∠BOG=90°，根据等角的余角相等得出∠BOG=∠AOC，根据对顶角相等及等量代换得出∠DOC=∠DOE，根据相等的圆心角所对的弧相等得出结论；（2）如图2中，连接OC．根据垂径定理得出CG=GH，进而得出EF垂直平分HC，根据线段垂直平分线上上的点到线段两个端点的距离相等得出FC=FH，根据圆周角定理及等量代换得出∠CFK=∠COD，∠CHK=∠CFK，从而得出点K在以F为圆心FC为半径的圆上，根据同圆的半径相等得出FC=FK=FH，DO=OF，根据线段的和差及等量代换得出CF=OK+DO；（3）如图3中，连接OC、作HM⊥AQ于M．设OK=x，则CF= +x，OG=2﹣x，GF=﹣（2﹣x），根据勾股定理由CG2=CF2﹣FG2=CO2﹣OG2，列出关于x的方程，求解得出x的值，从而得出CF=5，FG=4，CG=3，OG= 根据平行线的判定定理得出，内错角相等，两直线平行得出CF∥OB，根据平行线分线段成比例定理得出C F ∶O B = C G∶ G B = F G ∶G O ，进而可得OB,BG,BH的长，由△BHM∽△BOG，可得 B H ∶O B = B M ∶B G = H M ∶O G，再得出BM,HM,MQ的长，在Rt△HMQ中，根据勾股定理得出QH的长。
人教【数学】备战中考数学相似解答题压轴题提高专题练习含详细答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【答案】（1）8-2t；（2）解：不存在在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，即，∴AD= ，∴BD=AB-AD=10- ，∵BQ∥DP，∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8-2t= ，解得：t= ．当t= 时，PD= ，BD=10- ，∴DP≠BD，∴▱PDBQ不能为菱形．设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，∴QB=8-2t，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，∴∠APD=90°，∴tanA= ，∴PD= ．【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.2．阅读下列材料，完成任务：自相似图形定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．任务：（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．请从下列A、B两题中任选一条作答．A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．【答案】（1）（2）（3）；；或；或【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，∴AH= AD，∵正方形AEOH∽正方形ABCD，∴相似比为： == ；故答案为：；（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，故答案为：；（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，∴AF：AB=AB：AD，即 a：b=b：a，∴a= b；故答案为：②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，则b： a=a：b，∴a= b；故答案为：B、①如图2，由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a= a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣ = ，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为：或；②如图3，由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为： b或 b．【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。
人教版初中数学《相似压轴题型汇总》专题突破含答案解析
专题10 相似压轴题型汇总一、单选题1．（2021·河南原阳·九年级期中）如图，在矩形ABCD 中，BC ，E 为BC 中点，连接AE 交BD 于点F ，连CF ，下列结论：①AE ⊥BD ；②S 矩形ABCD ＝10S △CEF ；③22DC DO DF =⋅；④FC AE 个．A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【分析】利用矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质即可完成．【详解】①∵四边形ABCD 是矩形∴AD BC ==,∠DAB =∠ABE =90°，DC =AB∴AB AD =∵E 为BC 的中点∴12BE BC AB==∴BE ABAB AD=∵∠DAB =∠ABE =90°∴△ABE ∽△DAB∴∠BAE =∠ADB∵∠BAE +∠FAD =90°∴∠ADB +∠FAD =90°∴∠AFD =90°即AE ⊥BD故①正确②由勾股定理得：BD ===∵AE ⊥BD∴∠AFB =∠BAD =90°∵∠BAE =∠ADB∴△ABF ∽△DBA ∴AB BF BD AB=∴2AB BD BF =⨯∴2 AB BF =⨯∴BF AB =∴13BF BD =∴13BFC BCD S S =△△∵点E 为BC 的中点∴1126CEF BFC BCD S S S ==△△△∵12BCD ABCD S S =△矩形∴112CEF ABCDS S =△矩形即12CEFABCD S S =V 矩形故②错误③由②知BF AB =∴ DF BD BF AB AB =-==∵四边形ABCD 是矩形∴12DO BD AB ==∴222222DO DF AB AB AB DC ===g 故③错误④过点F 作FG ⊥BC 于点G∴FG ∥DC∴ 13FG BG BF DC BC BD ===∴1133FG DC AB ==，13BG BC AB ==∴CG BC BG AB AB =-==在Rt △FGC 中，由勾股定理得：FC AB ===∵12BE BC AB ==∴在Rt △ABE 中，由勾股定理得：AE AB ==∴ FC AB AB AE ==故④正确故正确的有2个故选：B【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判断与性质，等高的两个三角形面积比等于底边比等知识，关键是把其它的线段用矩形的宽的代数式表示出来．2．（2021·重庆·西南大学附中九年级期中）如图，过原点的直线与反比例函数4y x=的图象交于A 、B 两点，点A 在第一象限，点C 在x 轴正半轴上，连接AC 交反比例函数图象于点D ，AE 为∠BAC 的平分线，过点B 作AE 的垂线，垂足为E ，连接DE ，OE ，若2AD DC =，则△ADE 的面积为（ ）A．83B．163C．8D．323【答案】B【分析】连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF；由AB经过原点，则A与B关于原点对称，再由BE⊥AE，AE为∠BAC的平分线，可得AD∥OE，进而可得S△ACE＝S△AOC；设点A（m，4m），由已知条件AC＝3DC，DH∥AF，可得3DH＝AF，则点D（3m，43m），证明△DHC∽△AGD，得到S△HDC＝14S△ADG，所以S△AOC＝S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC，即可求解．【详解】解：连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF，∵过原点的直线与反比例函数4yx（k＞0）的图象交于A、B两点，∴A与B关于原点对称，∴O是AB的中点，∵BE⊥AE，∴OE＝OA，∴∠OAE＝∠AEO，∵AE为∠BAC的平分线，∴∠DAE＝∠AEO＝∠OAE，∴AD∥OE，∴S△ACE＝S△AOC，设点A （m ，4m），∵AD ＝2DC ，DH ∥AF ，∴3DH ＝AF ，∴D （3m ，43m），∵CH ∥GD ，AG ∥DH ，∴△DHC ∽△AGD ，∴S △HDC ＝14S △ADG ，∵S △AOC ＝S △AOF +S 梯形AFHD +S △HDC ＝12×4+12（DH +AF ）×FH +S △HDC ＝12×4+12×163m ×2m +1241⨯×83m ×2m ＝8，∵AD ＝2DC ，∴△ADE 的面积为163，故选：B ．【点睛】本题考查反比例函数k 的意义，借助直角三角形和角平分线，将△ACE 的面积转化为△AOC 的面积是解题的关键．3．（2021·陕西·西北工业大学附属中学九年级期中）如图，正方形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ．点E在CD 上，且13=DE :EC :， 连接BE 交AC 于点F ，若OF =，则正方形的边长为（ ）A．7B ．C ．6D ．8【答案】A【分析】过点E 作EG BD ⊥，交BD 于点G ；根据正方形的性质，通过证明GBE OBF △∽△，得GE OB OG OF OB +=；设DE x =，结合正方形、直角等腰三角形的性质，分别得GE ，OB ，OG ，通过求解一元一次方程，即可得到DE ，从而完成求解．【详解】过点E 作EG BD ⊥，交BD 于点G∴90BGE ∠=︒∵正方形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O∴⊥OF OB ，即90BOF ∠=︒∵GBE OBF ∠=∠∴GBE OBF △∽△ ∴GE GB OB OG OF OB OB+== 设DE x=∵13=DE :EC :∴33EC DE x ==∴4CD DE ED x =+=∵正方形ABCD∴OA OB OC OD ===，AC BD ⊥，BC CD =，BC CD ⊥∴BCD △为等腰直角三角形∴BD ==∴12OB OD BD === 又∵正方形ABCD∴45BDC ∠=︒∵EG BD⊥∴GDE △为等腰直角三角形∴GD GE ===∴OG OD GD x =-==∴74x = ∴47CD x ==，即正方形的边长为7故选：A ．【点睛】本题考查了正方形、等腰直角三角形、相似三角形、勾股定理、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、等腰直角三角形、相似三角形的性质，从而完成求解．4．（2021·山西实验中学九年级期中）如图，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、DC 边上的两点，且45EAF ∠=︒，AE 、AF 分别交BD 于M 、N ．下列结论：①BE DF EF +=；②FA 平分DFE ∠；③AM AE AN AF ⋅=⋅；④2AB BN DM =⋅．其中正确的结论是（ ）A ．①②④B ．①④C ．①②③D ．①②③④【答案】D【分析】证明△ABN ∽△ADM ，可得结论④正确．把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°，得到△ADH ．证明△AEF ≌△AHF ，推出∠AFH ＝∠AFE ，即AF 平分∠DFE ．可得②正确．证明△AMN ∽△AFE ．可得结论③正确．由△AEF ≌△AHF ，可得EF ＝FH ，可得①正确．【详解】解：∵∠BAN ＝∠BAM +∠MAN ＝∠BAM +45°，∠AMD ＝∠ABM +∠BAM ＝45°+∠BAM ，∴∠BAN ＝∠AMD ．又∠ABN ＝∠ADM ＝45°，∴△ABN ∽△MDA ，∴AB ：BN ＝DM ：AD．∵AD＝AB，∴AB2＝BN•DM．故④正确；把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH．∵∠ADF＝∠ADH＝90°，∴D、F、H在同一直线上，∵∠BAD＝∠EAH＝90°，∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠HAF＝45°．∵AE＝AH，AF＝AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴∠AFH＝∠AFE，即AF平分∠DFE．故②正确；③∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN．∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD，∴∠AFE＝∠AMN．又∠MAN＝∠FAE，∴△AMN∽△AFE．∴AM：AF＝AN：AE，即AM•AE＝AN•AF．故③正确；由△AEF≌△AHF，可得EF＝FH，得BE +DF ＝DH +DF ＝FH ＝FE ．故①正确．故选：D ．【点睛】此题考查了正方形的性质、相似（包括全等）三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．5．（2021·安徽省安庆市外国语学校九年级期中）如图，在矩形ABCD 中，E 是AD 边的中点，BE ⊥AC 于点F ，连接DF ，分析下列四个结论：①V AEF ∽V CAB ；②CF =2AF ；③DF =DC ；④S 四边形CDEF =52AEF S V ；其中正确的结论有（ ）个．A ．①②B ．①②③C ．①②④D ．①②③④【答案】B【分析】①四边形ABCD 是矩形，BE ⊥AC ，则∠ABC =∠AFB =90°，又∠BFA =∠ABC ，于是△AEF ∽△CAB ，故①正确；②由AE =12AD =12BC ，又AD ∥BC ，所以AE AF BC FC ==12，故②正确；③过D 作DM ∥BE 交AC 于N ，得到四边形BMDE 是平行四边形，求出BM =DE =12BC ，得到CN =NF ，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；④根据△AEF ∽△CBF 得到EF AE BF BC ==12，求出S △AEF =12S △ABF ，S △ABF =16S 矩形ABCD ，S 四边形CDEF =S △ACD -S △AEF =12S 矩形ABCD -112S 矩形ABCD =512S 矩形ABCD ，即可得到S 四边形CDEF =5S △AEF ，故④错误．【详解】解：过D 作DM ∥BE 交AC 于N ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∠ABC =90°，AD =BC ，∵BE ⊥AC 于点F ，∴∠EAC=∠ACB，∠ABC=∠AFE=90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴AE AF BC FC=，∵AE=12AD=12BC，∴AFCF=12，∴CF=2AF，故②正确，∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM=DE=12BC，∴BM=CM，∴CN=NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF=DC，故③正确；∵△AEF∽△CBF，∴EF AEBF BC==12，∴S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD∴S△AEF=112S矩形ABCD，又∵S四边形CDEF=S△ACD-S△AEF=12S矩形ABCD-112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，∴S四边形CDEF=5S△AEF故④错误；故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．6．（2021·浙江·宁波东海实验学校九年级期中）如图，⊙O 的直径AB ＝5，弦AC ＝3，点D 是劣弧BC 上的动点，CE ⊥DC 交AD 于点E ，则OE 的最小值是（ ）A．54B C ．2D 1【答案】A【分析】先根据题意找到点E 的运动轨迹是在ACE V 的外接圆（以P 为圆心，AP 为半径）上，由此可得点E 在OP 与 P 的交点处时，OE 取得最小值，再利用相似三角形的判定与性质求解即可．【详解】解：∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∵AB ＝5，AC ＝3，∴4BC ==，∴ABC V 的大小和形状是唯一的，设∠B ＝α，∵∠D 与∠B 都是弧AC 所对的圆周角，∴∠D ＝∠B ＝α，∵CE ⊥DC ，∴∠DCE ＝90°，∴∠AEC ＝∠DCE ＋∠D ＝90°＋α，∴∠AEC 的度数为定值90°＋α，∴如图，点E 在ACE V 的外接圆（以P 为圆心，AP 为半径）上，如图，连接OP，OC，当点E在OP与⊙P的交点处时，OE取得最小值，如图，在优弧AC上取一点Q，连接OC，AQ，CQ，∵∠AEC＝90°＋α，∴∠Q＝180°－∠AEC＝90°－α，∴∠APC＝2∠Q＝180°－2α，∵PA＝PC，∴∠PAC＝∠PCA＝1802APC︒-∠＝α，∵∠ACB＝90°，∠B＝α，∴∠BAC＝90°－∠B＝90°－α，∴∠OAP＝∠BAC＋∠PAC＝90°，∵PA＝PC，OA＝OC，∴OP 垂直平分AC ，∴OP ⊥AC ，又∵BC ⊥AC ，∴//OP BC ，∴∠AOP ＝∠B ，∵∠AOP ＝∠B ，∠OAP ＝∠ACB ，∴OAP BCA △∽△，∴OA AP OP BC AC AB ==，∵直径AB ＝5，∴半径OA ＝52，∴52435AP OP ==，解得：158AP =，258OP =，∴158PE AP ==，∴25155884OE OP PE =-=-=，∴OE 的最小值为54，故选：A ．【点睛】本题考查了圆周角定理，直径的性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，找到点E 的运动轨迹是解决本题的关键．7．（2021·浙江·宁波东海实验学校九年级期中）如图，在正方形ABCD 中放入两个相同小正方形纸片，重叠部分记为①，点E ，F 的位置如图所示，若D ，F ，E 三点共线，则正方形ABCD 与①的面积比为（ ）A．B．2C．3D．9【答案】A【分析】设小正方形纸片的边长为a，剩余部分长度为b，由正方形的面积公式，用关于a和b的代数式分别表示正方形ABCD的面积和①的面积，根据三角形相似得到a和b的关系，代入计算即可．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD和四边形AMHE、四边形KFGC都是正方形∴四边形MPKD和四边形EBGQ也是正方形FR AE延长GF与AD边交于点R，则//设AM=a，MD=b则：RF=DK=b，AD=AM+MD=a+b，AE=AM=a，RD=a∵//FR AE∴90DRF DAE ∠=∠=︒又∵RDF ADE∠=∠~RDF ADEV V ∴RF RD AE AD=即：b a a a b=+∴220a ab b --=∴a ==即：a =或a =（舍）由题意知，图形①也是正方形，边长为-a b∵()2ABCD S a b =+正方形，()2S a b =-①∴()()229a b a b +==+-即ABCD S S =正方形①故选：A【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，正方形的性质和一元二次方程公式法等知识点，牢记相关的内容并结合图形列出等量关系是解题关键．8．（2021·青岛广雅中学（山东省青岛实验初级中学市北分校）九年级期中）如图，正方形ABCD 的边长是3，BP ＝CQ ，连接AQ ，DP 交于点O ，并分别与边CD ，BC 交于点F ，E ，连接AE ，下列结论：①AQ ⊥DP ；②OA 2＝OE ·OP ；③S △AOD ＝S 四边形OECF ；④当BP ＝1时，OE ＝3920． 其中正确结论的个数是（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【分析】由四边形ABCD 是正方形，得到AD BC AB ==，90DAB ABC ∠=∠=︒，根据全等三角形的性质得到P Q ∠=∠，根据余角的性质得到AQ DP ⊥；根据相似三角形的性质得到2AO OD OP =⋅，由OD OE ≠，得到2OA OE OP ≠⋅；根据全等三角形的性质得到CF BE =，DF CE =，于是得到ADF DFO DCE DOF S S S S -=-△△△△，即AOD OECF S S =△四边形；根据相似三角形的性质得到34BE =，求得134QE =，由此可求得3920OE =，进而可得答案．【详解】解：Q 四边形ABCD 是边长为3的正方形，3AD BC AB CD ∴====，90DAB ABC ADC BCD ∠=∠=∠=∠=︒，BP CQ =Q ，AP =BQ ∴，在DAP V 与ABQ △中，AD AB DAP ABQ AP BQ =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()DAP ABQ SAS ∴△≌△，P Q ∴∠=∠，∵90ABC ∠=︒，∴90Q QAB ∠+∠=︒，90P QAB ∴∠+∠=︒，90AOP ∴∠=︒，AQ DP ∴⊥，故①正确；90DOA DAP ∠=∠=︒Q ，∴90ADO P ADO DAO ∠+∠=∠+∠=︒，DAO P ∴∠=∠，DAO APO ∴△∽△，∴AO OP OD OA=，2AO OD OP ∴=⋅，AE AB >Q ，AE AD ∴>，OD OE ∴≠，2OA OE OP ∴≠⋅，故②错误；在CQF △与BPE V 中，90FCQ EBP CQ BPQ P ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()CQF BPE ASA ∴△≌△，CF BE ∴=，DF CE ∴=，在ADF V 与DCE V 中，AD CD ADC DCE DF CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ADF DCE SAS ∴△≌△，ADF DCE S S ∴=△△，ADF DFO DCE DOF S S S S ∴-=-△△△△，即AOD OECF S S =△四边形，故③正确；1BP =Q ，3AB =，4AP ∴=，5PD ∴=，∵90DAB EBP ∠=∠=︒，P P ∠=∠，∴PBE PAD △∽△，∴PB BE PA DA =，∴143BE =，34BE ∴=，3133144QE BC CQ BE ∴=+-=+-=，QOE PAD Q △∽△，∴OE QE PDAD =，∴34315OE =，解得：3920OE =，故④正确，故正确的有①③④，共3个，故选：C ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握相似三角形与全等三角形的判定和性质是解题的关键．9．（2021·江苏·南闸实验学校九年级月考）如图，矩形ABCD 中，AB =8，AD =4，E 为边BC 上一个动点，连接AE ，取AE 的中点G ，点G 绕点E 顺时针旋转90°得到点F ，连接DF 、DE ，V EFD 面积的最小值是（ ）A ．15B ．16C ．14D ．12【答案】A【分析】过点F 作BC 的垂线，交BC 的延长线于点H ，由旋转的性质得90FEA ∠=︒，EF EG =，再证FEH EAB △∽△，得12HF HE EF BE AB AE ===，设BE x =，则12HF x =，142EH AB ==，CH x =，然后由梯形面积公式和三角形面积公式求出21(2)154EFD CDE EFH CDFH S S S S x =+-=-+△△△梯形，由此即可求解．【详解】解：如图，过点F 作BC 的垂线，交BC 的延长线于点H ，则90H ∠=︒，Q 四边形ABCD 是矩形，90B DCB ∴∠=∠=︒，4AD BC ==，8AB CD ==，//FH CD ∴，H B ∠=∠，∴四边形CDFH 是梯形，由旋转的性质得：90FEA ∠=︒，EF EG =，90FEH BEA EAB ∴∠=︒-∠=∠，FEH EAB ∴△∽△，∴HF HE EF BE AB AE==，G Q 为AE 的中点，12EF EG AE ∴==，∴1122AE HF HE BE AB AE ===，设BE x =，则12HF x =，142EH AB BC ===，∴CH BE x ==，EFD CDE EFHCDFH S S S S ∴=+-△△△梯形()111222HF CD CH CD CE EH HF =+⋅+⋅-⋅()11111884422222x x x x ⎛⎫=⨯+⨯+⨯⨯--⨯⨯ ⎪⎝⎭21(2)154x =-+，∴当2x =时，EFD △面积取得最小值，最小值为15，故选：A ．【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、梯形面积公式以及三角形面积等知识；熟练掌握旋转的性质和矩形的性质，证明FEH EAB△∽△是解题的关键．10．（2021·浙江金华·九年级期中）如图，ABCV的边AB在x轴上，边AC交y轴于点E，:1:2AE EC=，反比例函数kyx=过C点，且交线段BC于D，:1:3=BD DC，连接AD，若114ABDS=△，则k的值为（）A．112B．334C．4D．6【答案】C【分析】过C点作CN⊥y轴于N点，过C点作CE⊥x轴于E点，过D点作DF⊥x轴于F点，设CN=2a，求出C点坐标，再根据相似三角形的性质分别求出D点坐标，根据三角形的面积公式即可求解．【详解】过C点作CN⊥y轴于N点，过C点作CE⊥x轴于E点，过D点作DF⊥x轴于F点，设CN=2a，则OE=2a∵CN//AE∴△AOE∽△CNE，∴12AO AE CN CE ==∴AO =a∵C 点在函数k y x =上∴C （2a ，2k a ）∴CE =NO =2k a ∵CE //DF∴△BDF ∽△BCE ，∵:1:3=BD DC ∴14DF BF BD CE BE BC ===∴DF =8k a ，∵D 点在函数k y x=上∴D 点坐标为（8a ，8k a ）∴EF =8a -2a =6a ∵14BF EF BF =+∴BF =2a∴B （10a ，0）∴AB =11a ∵114ABD S =△∴1111112284k AB DF a a ⨯=⨯⨯=解得k =4故选C ．【点睛】此题主要考查反比例函数与几何综合，解题的关键是熟知相似三角形的判定与性质、三角形的面积公式及反比例函数的坐标特点．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，边长为4的正方形，内切圆记为⊙O，P是⊙O上一动点，PA ＋PB的最小值为________．【答案】【分析】＋PB（PA）PB即可解答．【详解】解：设⊙O半径为r，OP ＝r ＝12BC ＝2，OB ＝，取OB 的中点I ，连接PI ，∴OI ＝IB ，∵OP OI =，OB OP == ，∴OP OB OI OP = ，∠O 是公共角，∴△BOP ∽△POI ，∴PI OI PB OP ==，∴PI PB ，∴AP PB ＝AP ＋PI ，∴当A 、P 、I 在一条直线上时，AP 最小，作IE ⊥AB 于E ，∵∠ABO ＝45°，∴IE ＝BE ＝1，∴AE ＝AB −BE ＝3，∴AI =∴AP PB 最小值＝AI ，＋PB （PA ），＋PB AI =．故答案是【点睛】本题是“阿氏圆”问题，解决问题的关键是构造相似三角形．12．（2021·全国·九年级专题练习）如图，已知正方ABCD 的边长为6，圆B 的半径为3，点P 是圆B 上的一个动点，则12PD PC -的最大值为_______．【答案】152【分析】如图，连接BP ，在BC 上取一点M ，使得BM =32，进而证明BPM BCP △∽△,则在点P 运动的任意时刻，均有PM =12PC ，从而将问题转化为求PD -PM 的最大值．连接PD ，在△PDM 中，PD -PM ＜DM ，故当D 、M 、P 共线时，PD -PM =DM 为最大值，勾股定理即可求得DM ．【详解】如图，连接BP ，在BC 上取一点M ，使得BM =32，31232BM BP ==Q ，3162BP BC ==BM BP BP BC∴=PBM CBP∠=∠Q ∴BPM BCP△∽△12MP BM PC BP ∴==12MP PC ∴=12PD PC PD MD ∴-=-在△PDM 中，PD -PM ＜DM ，当D 、M 、P 共线时，PD -PM =DM 为最大值，Q 四边形ABCD 是正方形90C ∴∠=︒在Rt CDM V 中，152DM ===故答案为：152．【点睛】本题考查了圆的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，构造12PC 是解题的关键．13．（2021·福建省莆田市中山中学九年级期中）如图，正方形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，点E 是BC 的中点，AE 交BD 于点F ，BH ⊥AE 于点G ，连接OG ，则下列结论中：①OF ＝OH ，②△AOF ∽△BGF ，③∠GOH ＝∠AEB ，④FG GH +=，正确的个数是 ___（填序号）．【答案】①②③【分析】①根据正方形ABCD 的性质，可得AC ⊥BD ，∠AOF ＝∠BOH ＝90°，又BH ⊥AE ，∠AFO ＝∠BFG ，即∠OAF ＝∠OBH ，进而可证△AOF ≌△BOH （ASA ），即OF ＝OH ；②根据∠AOF ＝∠BGF ＝90°，∠OAF ＝∠OBH ，可得△AOF ∽△BGF ；③根据点E 是BC 的中点，可得AB ＝BC ＝2BE ，又因为∠AOB ＝∠AGB ＝90°，故A 、B 、G 、O 四点共圆，由圆周角定理推论可知∠BOG ＝∠BAE ，∠AGO ＝∠ABO ＝45°，由∠BOG +∠GOH ＝90°，∠BAE +∠AEB ＝90°，可得∠GOH ＝∠AEB ；④根据正方形的性质可得到△ADF ∽△EBF ，即DFBF ＝AD BE＝2，即DF ＝2BF ，可求得OF +OD ＝2（OD ﹣OF ），即OF ＝13OD ＝13OB ，OH ＝13OB ＝13OC ，CH ＝23OCAB ，由∠AGO ＝∠ACE ＝45°，∠OAG ＝∠EAC ，得到△AOG ∽△AEC ，即OG CE =OA AE根据勾股定理AEAB ，可求得OG ＝OA CE AE ⨯GOAB .根据△AOF ∽△BGF ，△AOF ≌△BOH 得△BGF ∽△BOH ，即FG OH ＝BG OB ，由BG ＝AB BE AE ⨯，得13FG OB：FG，故FG +CHAB≠．【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，AB ＝BC ＝AD ，OA ＝OB ＝OC ＝OD ，AD ∥BC ，∠ABO ＝∠ACB ＝45°，∴∠AOF ＝∠BOH ＝90°，∵BH ⊥AE ，∠AFO ＝∠BFG ，∴∠OAF ＝∠OBH ，在△AOF 和△BOH 中，OAF OBH OA OBAOF BOH ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AOF ≌△BOH （ASA ），∴OF＝OH，①正确；∵∠AOF＝∠BGF＝90°，∠OAF＝∠OBH，∴△AOF∽△BGF，②正确；∵点E是BC的中点，∴AB＝BC＝2BE，∵∠AOB＝∠AGB＝90°，∴A、B、G、O四点共圆，∴∠BOG＝∠BAE，∠AGO＝∠ABO＝45°，∵∠BOG+∠GOH＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠GOH＝∠AEB，③正确；∵AD∥BC，∴△ADF∽△EBF，∴DF BF ＝ADBE＝2，∴DF＝2BF，∴OF+OD＝2（OD﹣OF），解得：OF＝13OD＝13OB，∴OH＝13OB＝13OC，∴CH＝23OCAB，∵∠AGO＝∠ACE＝45°，∠OAG＝∠EAC，∴△AOG∽△AEC，∴OGCE=OAAE∵AEAB，∴OG＝OA CEAE⨯，，∵△AOF∽△BGF，△AOF≌△BOH，∴△BGF ∽△BOH ，∴FG OH ＝BG OB ，∵BG ＝AB BE AE，∴13FG OB解得：FG，∴FG +CHAB，④错误；∴正确的①②③，故答案为①②③．【点睛】本题以正方形为背景，考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理及推论，准确掌握及灵活运用是解题的关键．14．（2021·上海交通大学附属第二中学九年级期中）如图，已知ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝x ，BC ＝6，点M 为边AB 的中点， C 关于AB 的对称点是D ，联结DM ，若直线DM 与△ABC 的一条边垂直．则 AC ＝_______【答案】6或【分析】分三种情况讨论：①M 正好是CD 与AB 的交点；②DM ⊥BC ；③当DM ⊥AC 时解答即可．【详解】分三种情况讨论：①M 正好是CD 与AB 的交点；C 、D 关于AB 对称，DM ⊥AB ，∴点M 为边AB 的中点，∴CM =BM =AM ，∴D 、M 、C在一条直线上，∵CM ⊥AB ，则∠B =∠A =45°，∴AC =BC =6，∴AC =6；②DM ⊥BC ；如图：点M 为边AB 的中点，延长DM 交BC 于E ，DE ⊥BC ，∵∠ACB =90°，∴AC ⊥BC ，DE ⊥BC ，∴AC ∥DE ，连接BD ，∵C 、D 关于AB 对称，∴DN =NC ，∠BND =∠BNC =90°，∵BN =BN ，∴Rt △BND ≌Rt △BNC ，∴BD =BC =6，∵点M 为边AB 的中点，DE ∥AC ，∴E 为BC 的中点，∠1=∠2，∴ME 为△ACB 的中位线，∴BE =12BC =3，ME =12AC =12x ，在Rt △DNM 和Rt △CNA ，∠1=∠2，DN =CN ，∠DNM =∠CAN =90°，∴Rt △DNM ≌Rt △CNA ，∴DM =AC =x ，在Rt △DEB 中，BD ²=BE ²+DE ²，即6²=3²+(12x +x )²，解得：12x x ==-舍去)，∴AC =③当DM ⊥AC 时；同②可得Rt △BNC ≌Rt △DNM ，∴DM =BC =6，同②可得：ME 为△ACB 的中位线，∴ME =12BC =12×6=3，∴DE =DM +ME =6+3=9，∵∠A +∠ACD =∠D +∠ACD =90°，∴∠D =∠A ，∵∠DEC =∠ACB =90°，∴Rt △DEC ∽Rt △ACB ，∴DE CE AC BC=，∵CE =12AC =12x ，∴1926x x =，解得：12x x ==-舍去)，∴AC综上所述：AC 的值为：6或或故答案为：6或【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用这些性质，注意分类讨论思想的运用．15．（2021·广东·深圳市高级中学九年级期中）如图，矩形 ABCD 中，2AD =，4AB =，AC 为对角线，E 、F 分别为边 AB 、CD 上的动点，且 EF AC ⊥ 于点 M ，连接 AF 、CE ，求AF CE +的最小值是_____．【答案】5【分析】AF 与EC 两条线段不在同一条直线上，只需将两条线段转换在同一条直线上即可，作//CG EF ，且CG EF =，连接AG ，又因点F 是DC 上是一动点，由三角形的边与边关系AF FG AG +≥，只有当点F 在直线AG 上时，AF FG +最小，由平行四边形CEFG 可知FG EC =时，可求AF CE +的最小值【详解】解：如图所示：过点C 作//CG EF ，且CG EF =，连接FG ，设DF x =，则4FC x =-,当点A 、F 、G 三点共线时，AF FG +的最值小，∵//CG EF ，且CG EF =，∴四边形CEFG 是平行四边形；∴//EC FG ，EC FG =，又∵点A 、F 、G 三点共线，∴//AF EC ，又∵四边形ABCD 是矩形，∴//AE DC ，90D ∠=︒，∴四边形AECF 是平行四边形，又∵EF AC ⊥，∴四边形AECF 是菱形，∴4AF FC x ==-，在Rt ADF V 中，由勾股定理得：222AD DF AF +=，又∵2AD =，DF x =，则4AF x =-，∴2222(4)x x +=-，解得：32x =，∴52AF =，在Rt ADC V 中，由勾股定理得，2222224AC AD DC =+=+，所以AC =∴AM =，又∵//MF CG ，∴AMF ACG ∠=∠，AFM AGC ∠=∠，∴A AMF CG ∽V V ， ∴AM AF AC AG=，52AG=，∴5AG =，又∵AG AF FG =+，FG EC =，∴5AF EC +=，即最小值是5，故答案为：5．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理和最短距离问题等知识点，解题的关键是掌握辅助线的作法以及相似三角形的性质与判定．16．（2021·陕西师大附中九年级期中）如图所示，在ABCD Y 中，点E 为边CD 的中点，点F 为边AD 上靠近A 的三等分点，连接BE 、CF 相交于点O ，若COE V 的面积为1，则ABCD Y 的面积为______．【答案】16【分析】延长AD 、BE 交于点G ，过点F 作FM ∥CD 于点M ；可证得△BCE ≌△GDE ，则BC =DG ，可证△GDE ∽△GFM ，可得35DE CE FM ==，由△ECO ∽△MFO ，得35OE OM =，设OM =5a ，则OE =3a ，ME =8a ，再由AF :FD =BM :ME =1:2可得BM =4a ，从而OE :OB =1:3，由此可得△BOE 的面积是△COE 面积的3倍，即为3，则可得△GDE 的面积，由相似三角形面积的比等于相似比的平方可求得△GAB 的面积，即平行四边形ABCD 的面积．【详解】延长AD 、BE 交于点G ，过点F 作FM ∥CD 于点M ，如图∵四边形ABCD 是平行四边形∴AD =BC ，CD =AB ，AB ∥CD ，AD ∥BC∴∠BCE =∠GDE∵E 是CD 的中点∴CE =DE在△BCE 和△GDE 中BCE GDE CE DEBEC GED ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△BCE ≌△GDE∴BC =DG∴DG =AD∵F 点是AD 的三等分点∴2233FD AD DG == ∴35DG GF =∵FM ∥CD∴△GDE ∽△GFM ∴35DE DG FM GF ==即35DE CE FM ==∵FM ∥CD∴△ECO ∽△MFO ∴35OE CE OM FM ==设OM =5a ，则OE =3a ，ME =OE +OM =8a∵AB ∥FM ∥CD ，F 为AD 的三等分点∴AF :FD =BM :ME =1:2∴BM =4a ，BE =BM +ME =12a∴OE :OB =1:3∵△OCE 与△OCB 分别以OE 、OB 为底边，则它们等高∴3313BOC COE S S ==⨯=V V∴314BCE S =+=V ∵△BCE ≌△GDE∴4GDE BCE S S ==V V ∵CD ∥AB∴△GDE ∽△GAB ∴214GDE GAB S DE S AB ⎛⎫== ⎪⎝⎭V V ∴416GAB GDE S S ==V V∴=16ABCD BCE GDE GAB ABED ABED S S S S S S =+=+=Y V V V 四边形四边形故答案为：16【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理等知识，综合性较强，构造三角形相似与全等，并灵活运用这些知识是本题的关键与难点．17．（2021·辽宁·沈阳市光明中学九年级期中）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，对角线交于O，AP＝BP＝1，则随着菱形边长的变化，OP最小值是___，当OP取最小值时，AB的值为___．【分析】过点B作BE，使∠EBP＝60°，且BE＝12PB，证明△ABO∽△PBE，求出PE再证明△OBE∽△ABP，求出OE；当点O、E、P三点共线时，OP有最小值，可求得OP OB角三角形AOB即可求出答案．【详解】解：过点B作BE，使∠EBP＝60°，且BE＝12PB，如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴∠AOB＝90°，∠BAO＝12∠DAB，∵∠DAB＝60°，∴∠BAO＝12×60°＝30°，∴12OBAB=，∠ABO＝60°，∵11,22 OB BEAB PB==，∴OB BE AB PB=，∵∠ABO＝∠PBE＝60°，∴△ABO∽△PBE，∴∠PEB＝∠AOB＝90°，∵PB＝1，BE＝12PB，∴BE＝12，PE==∵∠ABO＝∠PBE＝60°，∴∠ABO﹣∠ABE＝∠PBE﹣∠ABE，∴∠OBE＝∠ABP，∵OB PE AB PB=，∴△OBE∽△ABP，∴OE OBAP AB=＝12，∵AP∴OE=在△OPE中，∵OE=PE∴PE﹣OE＜OP＜PE+OE，OP<<当点O、E、P三点共线时，OP2所示，∵∠PEB＝90°，OE=，12 BE=，∴OB===在Rt △AOB 中，∵∠OBA ＝60°，∴AB ＝2OB ＝【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，灵活运用菱形的性质，构建相似三角形是解题的关键．18．（2021·江西·景德镇一中八年级期中）如图，O e 是ABC ∆的外接圆，点D 是»BC 的中点，过点D 作EF ∥BC ，分别交AB 、AC 的延长线于点E 和点F ，连接AD 、BD ，ABC ∠的平分线BM 交AD 于点M ．若:5:2AB BE =，AD =，则线段DM =__________【答案】2【分析】由平行线分线段定理得DN △BDN ∽△ ADB ，可得BD =2，最后证明∠BMD =∠DBM ，进而即可求解．【详解】解：设BC 、AD 交于点N ，∵AB ：BE =5：2，AD =EF ∥BC ，∴52AN AB DN BE ==，∴DN =∵点D 是»BC的中点，∴∠BAD =∠CAD =∠CBD ，又∵∠BDN =∠ADB ，∴△BDN ∽△ADB ，∴DN BDDB AD ⋅==∴BD =2，∵∠ABC 的平分线BM 交AD 于点M ，∴∠ABM =∠CBM ，∴∠ABM +∠BAD =∠CBM +∠CBD ，即：∠BMD =∠DBM ，∴DM =BD =2．【点睛】本题主要考查圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质；找出相似三角形是解题的关键．19．（2021·上海市文来中学九年级期中）如图，在Rt ABC △中，90ABC ∠=︒，2AB =，4BC =，点P 在边BC 上，联结AP ，将ABP △绕着点A 旋转，使得点P 与边AC 的中点M 重合，点B 的对应点是点B '，联结BB '，则tan ABB '∠=______．【答案】3【分析】如图，延长AB '交BC 于,E 过B '作B D AB '⊥于,D 求解AC = AM = 由旋转的性质可得：,2,AP AM PAB CAE AB AB '==∠=∠==求解1,PB == 证明,ABP CBA V V ∽ 证明,CE AE =结合222,AE AB BE =+ 求解5,2CE AE == 3,2BE = 证明,AB D AEB 'V V ∽ 再利用相似三角形的性质求解86,,55AD B D '== 2,5BD = 从而可得答案.【详解】解：如图，延长AB '交BC 于,E 过B '作B D AB '⊥于,D90,2,4,ABC AB BC ∠=︒==QAC ∴==Q M 是AC 的中点，AM ∴=由旋转的性质可得：,2,AP AM PAB CAE AB AB '==∠=∠==1,PB ∴==2,90,BA BC ABP ABC PB AB==∠=∠=︒Q ,ABP CBA ∴V V ∽,PAB C ∴∠=∠,C CAE ∴∠=∠,CE AE ∴=222,AE AB BE =+Q()2244,CE CE ∴=+- 5,2CE AE ∴== 3,2BE ∴= ,90,B D AB ABC '⊥∠=︒Q//,B D BC '∴,AB D AEB '∴V V ∽,AB AD B D AE AB BE ''∴== 2,53222AD B D '∴== 86,,55AD B D '∴== 2,5BD ∴= 65tan 3.25B D ABB BD ''∴∠===故答案为：3【点睛】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建相似三角形是解题的关键.20．（2021·福建·晋江市第一中学九年级期中）如图，正方形ABCD 边长为3，点E 是AD 上一点，且1AE =，连接BE ，过C 作CF BE ⊥，垂足为F ，CF 交对角线BD 于G ，将BCG V 沿CG 翻折得到HCG △，CH 交对角线BD 于M ，则HGM S =V ______．【答案】928【分析】过点G 作GR ⊥BC 于R ，过点H 作HN ∥BC 交BD 于N ，由正方形性质可证明：△ABE ∽△FCB ，由勾股定理可求BF ，由翻折性质可得△HGC ≌△BGC ，进而可证明：△BHN ∽△BED ，可求得HN ，再由△HNM ∽△CBM ，可求得HGM HGCS S V V ，再由△CGR ∽△CBF 即可求得结论．【详解】解：如图，过点G 作GR BC ⊥于R ，过点H 作HN BC ∥交BD 于N则90BRG CRG ∠=∠=︒，∵CF BE⊥ 90BFC ∴∠=︒90CBF BCF ∴∠+∠=︒Q 正方形ABCD90A ABC ∴∠=∠=︒，3AB AD BC ===90ABE CBF ∴∠+∠=︒ABE BCF ∴∠=∠ABE ∴V ∽FCB V在Rt ABE △中，BE ===BF AE BC BE ∴=，即3BF =BF ∴=，由翻折知：FH BF ==BH =，3HC BC ==，HGC V ≌BGC V //HN BC Q BHN ∴V ∽BED VHN BH DE BE ∴=，即2HN =65HN ∴=HNM Q V ∽CBM V 25HM HN MC BC ∴== 27HM HC ∴=，27HGM HGC S HM S HC ∴==V V ，GR BC ⊥Q ，45CBG ∠=︒BGR ∴V 是等腰直角三角形，设BR GR x ==，则3CR x =-，CGR Q V ∽CBF V13GR BF CR CF ∴==，即133x x =-，解得34x = 34GR ∴= 113932248BCG S BC GR ∴=⨯⨯=⨯⨯=V 98HGC S ∴=V 229977828HGM HGC S S ∴==⨯=V V ，故答案为：928．【点睛】本题考查了正方形性质，翻折变换的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，三角形面积等知识点；解题关键是利用平行线证明相似三角形进行转化，有一定难度，属于中考填空压轴题类型．三、解答题21．（2021·福建永安·九年级期中）如图，点F 在四边形ABCD 的边AB 上，（1）如图①，当四边形ABCD 是正方形时，过点B 作BE ⊥CF ，垂足为O ，交AD 于点E ．求证：BE ＝CF ；（2）当四边形ABCD 是矩形，AD ＝6，AB ＝8时，①如图②，点P 是BC 上的一点，过点P 作PE ⊥CF ，垂足为O ，点O 恰好落在对角线BD 上，求OC OE 的值；②如图③，点P 是BC 上的一点，过点P 作PE ⊥CF ，垂足为O ，点O 恰好落在对角线BD 上，延长EP 、AB 交于点G ，当BG ＝2时，DE ＝ ．【答案】（1）见解析；（2）①34；②83【分析】（1）根据正方形的性质和BE ⊥CF ，可证明△ABE ≌△BCF ，即可求证；（2）①过点O 作MN ∥AB 交AD 、BC 于点M 、N ，可得四边形ABNM 和DMNC 为矩形，然后设ON =a ，BN =b ，则OM =8-a ，DM =CN =6-b ，根据△DOM ∽△BON ，可得DM OM BN ON =，可求出34b a =，从而得到6384b b a a -==-，再由△EOM ∽△OCN ，可得到OC CN OE OM=，即可求解；②根据AB ∥CD ，AD ∥BC ，可得V COD :V FOB ，V DOE :V BOP ，从而得到O D C D O B B F =，O D D E OB B P =，进而得到D E B PCD B F=，再由V PBG :V FBC ，可得=B P B G B F B C ，即可求解．【详解】证明：（1）在正方形ABCD 中，∠A =∠ABC =90°，AB =CB ，∴∠FBO +∠OBC =90°，∵BE ⊥CF ，∴∠BOC =90°，∴∠BCO +∠OBC =90°，∴∠FBO =∠BCO ，∴△ABE ≌△BCF （ASA ），∴BE =CF ；（2）① 如图，过点O 作MN ∥AB 交AD 、BC 于点M 、N ，在矩形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ∥BC ，∠ABC =90°，∴MN ∥CD ，∴四边形ABNM 和DMNC 为矩形，∴MN =AB =8，设ON=a，BN=b，则OM=8-a，DM=CN=6-b，∵△DOM∽△BON，∴DM OMBN ON=，即68b ab a--=，解得：34ba=，∴6384b ba a-==-，∵PE⊥CF，∴∠EOM+∠CON=90°，∵∠OCN+∠CON=90°，∴∠OCN=∠EOM，∴△EOM∽△OCN，∴OC CNOE OM=，∴即6384 OC bOE a-==-；②在矩形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∠ABC=90°∴V COD:V FOB，V DOE:V BOP，∴O D C DO B B F=，O D D EO B B P=，∴C D D EB F B P=，∴D E B PC D B F=，∵∠ABC=90°，∴∠BFC+∠BCF =90°∵CF PE⊥，∴∠FOG=90°，∴∠G+∠BFC =90°，∴∠G=∠BCF，∵∠PBG=∠CBF =90°，∴V PBG:V FBC，∴2163B P B GB F B C===，∴13DE CD =，∴1833D E C D ==．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形和矩形的性质，得到相似三角形是解题的关键．22．（2021·重庆一中九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线25(0)y ax bx a =++≠与x 轴交于点(1,0)A -、(5,0)B ，与y 轴交于点C ．D 是抛物线对称轴上一点，纵坐标为5-，P 是线段BC 上方抛物线上的一个动点，连接BP 、DP ．（1）求抛物线的函数表达式；（2）当BDP △的面积取得最大值时，求点P 的坐标和BDP △面积的最大值；（3）将抛物线25(0)y ax bx a =++≠沿着射线BD 平移，使得新抛物线经过点D ．新抛物线与x 轴交于E 、F 两点（点E 在点F 左侧），与y 轴交于点G ，M 是新抛物线上一动点，N 是坐标平面上一点，当以点E 、G 、M 、N 为顶点的四边形是矩形时，请直接写出所有满足条件的点N 的横坐标．【答案】（1）y =-x 2+4x +5；（2）7299(,)636P ，52924；（3）-4，5【分析】（1）直接利用待定系数法求出二次函数解析式即可；（2）先求直线BD 的解析式，设2(,45)P x x x -++，则525(,33Q x x -，最后利用三角形面积公式得出PBD S V =237529()2624x --+，得出结果；（3）分情况讨论解答：EF 为边时；EF 为对角线时．【详解】解：（1）把A （-1，0）、B （5，0）代入y =ax 2+bx +5，5025550a b a b -+=⎧⎨++=⎩，解得14a b =-⎧⎨=⎩，∴y =-x 2+4x +5；（2）∵对称轴为直线x =2，∴D (2，-5)，∵B (5，0)，代入y =kx +b 得5205k b k b -=+⎧⎨=+⎩，解得53253k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴直线BD ：52533y x =-，过点P 作PQ ⊥x 轴交直线BD 于点Q ，则1()2PBD PQB PQD B D S S S PQ x x =-=-V V V ，设2(,45)P x x x -++，则525(,)33Q x x -，∵P 在BC 上方∴PQ =274033x x -++，∵5,2B A x x ==，∴2174()(52)233PBD S x x =-++⨯-V =237529()2624x --+，∴当7299(,)636P 时，529=24PBD S V 最大；（3）原来抛物线为2(2)9y x =--+，沿着射线BD 平移，经过点D ，∴B 点移动后与D 点重合，即抛物线向左平移3个单位，下移5个单位，∴平移后抛物线为223y x x =--+，∴(3,0),(1,0),(0,3)E F G -，EG 为边时，∵OE =OG =3，∴∠EGO =∠GEO =45°，作MG ⊥EG 交抛物线于M ，设2(,23)M m m m --+，则MK =KG ，∴-m =-m ²-2m ，解得：121,0m m =-=(舍去)，∴(1,4)M -，则1(4,1)N -，作EM ⊥EG 交抛物线于点M ，作MK ⊥x 轴于点K ，则KE =MK ，∴m +3=m ²+2m -3，解得：122,3m m ==-(舍)，∴M (2,-5)，∴2(5,2)N -；EG 为对角线时，设2(,23)M m m m --+，则MK =-m ，HM =m +3，KG =-m ²-2m ，HE =-m ²-2m +3，由△MKG ∽△EHM 得：HM HE KG MK=，∴223232m m m m m m+--+=---，∴1(1)2m m =--+，∴m =∵m <0，∴m =∴M ，∵(3,0),(0,3)E G -，∴3N ；当M 在第一象限时，设2(,23)M m m m --+，∴MH =-m ²-2m +3，MK =m ²+2m ，GK =m ，EH =m +3，由△MGK ∽△EMH 得：EH MH MK GK=，∴223232m m m m m m+--+=+，即3(3)(1)(2)m m m m m m+-+-=+，∴(m +2)(m -1)=-1，解得：m =∵m >0，∴m =∴M ，∵E (-3,0)，G (0,3)，∴4N ；综上N 点的横坐标为：-4，5【点睛】本题考查了待定系数法、抛物线的平移、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是数形结合及分类讨论思想的运用．23．（2021·福建安溪·九年级期中）在等腰直角△ABC 中，AB ＝AC ，点D 在底边BC 上，∠EDF 的两边分别交AB 、AC 所在直线于E 、F 两点，∠EDF ＝2∠ABC ，BD ＝nCD ．（1）如图1，若n ＝1，则DE DF ；（填“＞”“＜”或“＝”）（2）连接EF ．①如图2，沿着直线EF 折叠，使得点A 落在边BC 上的D 点，求AE AF 的值（含n 的式子表示）；②如图3，EF ∥BC ，且59EF BC =，求出n 的值．【答案】（1）=；（2）n ；（3）12或2【分析】（1）连接AD ，证明AFD V ≌BED V 即可求得DE EF =；（2）过点D 作,DG AB DH AC ⊥⊥，可得四边形AGHD 是矩形，可得90GDH ∠=︒，由,BGD CDH △△是等腰直角三角形，可得BGD CHD △∽△，证明GDE HDF △∽△，根据AE ED BD AF FD DC ==即可求得AE n AF =。
人教中考数学压轴题专题复习—相似的综合附答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知线段a，b，c满足，且a＋2b＋c＝26.（1）判断a，2b，c，b2是否成比例；（2）若实数x为a，b的比例中项，求x的值．【答案】（1）解：设，则a=3k，b=2k，c=6k，又∵a+2b+c=26，∴3k+2×2k+6k=26，解得k=2，∴a=6，b=4，c=12；∴2b=8，b2=16∵a=6，2b=8，c=12，b2=16∴2bc=96，ab2=6×16=96∴2bc=ab2a，2b，c，b2是成比例的线段。
（2）解：∵x是a、b的比例中项，∴x2=6ab，∴x2=6×4×6，∴x=12．【解析】【分析】（1）设已知比例式的值为k，可得出a=3k，b=2k，c=6k，再代入a+2b+c=26，建立关于k的方程，求出kl的值，再求出2b、b2,然后利用成比例线段的定义，可判断a，2b，c，b2是否成比例。
（2）根据实数x为a，b的比例中项，可得出x2=ab，建立关于x的方程，求出x的值。
2．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。
人教 中考数学(相似提高练习题)压轴题训练含答案
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在△ABC中，∠ABC=90°．（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ，，直接写出tan∠CEB的值．【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，∴∠BAP=∠CPM=∠C，∴MP=MC∵tan∠PAC=，设MN=2m,PN=m,根据勾股定理得，PM=,∴tanC=（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴ =同（1）的方法得，△ABG∽△BCH∴，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC= =【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得出∠AMB=∠BNC=90°，根据同角的余角相等得出∠BAM=∠CBN，利用两个角对应相等的两个三角形相似得出：△ABM∽△BCN；（2）过点P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中根据正切函数的定义，由tan∠PAC=,同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，故,设AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），然后判断出△ABP∽△CQF，得从而表示出CQ，进根据线段的和差表示出BC，再判断出△ABP∽△CBA，得出再得出BC，从而列出方程，表示出BC,AB，在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出tanC的值；（3）在Rt△ABC中，利用正弦函数的定义得出：sin∠BAC=,过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，根据平行线分线段成比例定理得出，同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ，故，设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，根据等腰三角形的三线合一得出EG=BG=4m，故GH=BG+BH=4m+3n，根据比例式列出方程，求解得出n与m的关系，进而得出EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中根据正切函数的定义得出tan∠BEC的值。
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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。
（2）先求出抛物线y=x2+2x+1的顶点坐标A，与x轴、y轴的交点D、C、B的坐标，可得出从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，再求出它们的各边的长，得出构造的三角形是等腰三角形可能数，利用概率公式求解即可。
（3）利用待定系数法求出直线BC的函数解析式及△ABC的面积、点M的坐标，再分情况讨论：①当N点在AC上，如图1；②当N点在BC上，如图2；③当N点在AB上，如图3。
利用△AMN的面积=△ABC面积的，解直角三角形、相似三角形的判定和性质等相关的知识，就可求出tan∠MAN的值。
2．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6。
P是AB边上的一个动点（异于A、B两点），过点P分别作AC、BC边的垂线，垂足为M、N设AP=x.（1）在△ABC中，AB＝ ________；（2）当x＝________时，矩形PMCN的周长是14；（3）是否存在x的值，使得△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积同时相等？请说出你的判断，并加以说明。
【答案】（1）10（2）5（3）解：∵PM⊥AC，PN⊥BC，∴∠AMP=∠PNB=∠C=90º.∴AC∥PN，∠A=∠NPB.∴△AMP∽△PNB∽△ABC.当P为AB中点时，可得△AMP≌△PNB此时S△AMP=S△PNB= ×4×3=6而S矩形PMCN=PM·MC=3×4=12.所以不存在x的值，能使△AMP的面积、△PNB的面积与矩形PMCN面积同时相等.【解析】【解答】（1）∵△ABC为直角三角形，且AC=8，BC=6，（ 2 ）∵PM⊥AC PN⊥BC∴MP∥BC，AC∥PN（垂直于同一条直线的两条直线平行），∴，∵AP=x，AB=10，BC=6，AC=8，BP=10-x，∴矩形PMCN周长=2（PM+PN）=2（ x+8- x）=14，解得x=5；【分析】在△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6根据勾股定理，可求出AB的长；AP=x，可以得到矩形PMCN的周长的表达式，构造方程，解方程得到x值.可以证明△AMP∽△PNB∽△ABC，只有当P为AB中点时，可得△AMP≌△PNB，此时S△AMP=S△PNB，分别求出当P为AB中点时△PAM的面积、△PBN的面积与矩形PMCN的面积比较即可.3．如图，在⊙O中，直径AB经过弦CD的中点E，点M在OD上，AM的延长线交⊙O于点G，交过D的直线于F，且∠BDF=∠CDB，BD与CG交于点N．（1）求证：DF是⊙O的切线；（2）连结MN，猜想MN与AB的位置有关系，并给出证明．【答案】（1）证明：∵直径AB经过弦CD的中点E，， = ,即是的切线（2）解：猜想：MN∥AB．证明：连结CB．∵直径AB经过弦CD的中点E，∴ = , = ,∴∵∴∴∵∴∵∵∴∴∴MN∥AB．【解析】【分析】（1）要证DF是⊙O的切线，由切线的判定知，只须证∠ODF=即可。
由垂径定理可得AB⊥CD，则∠BOD+∠ODE=，而∠ODF=∠CDF+∠ODE，由已知易得∠BOD=∠CDF，则结论可得证；（2）猜想：MN∥AB．理由：连结CB，由已知易证△CBN∽△AOM，可得比例式，于是由已知条件可转化为，∠ODB是公共角，所以可得△MDN∽△ODB，则∠DMN=∠DOB，根据平行线的判定可得MN∥AB。
4．如图，M为等腰△ABD的底AB的中点，过D作DC∥AB，连结BC；AB=8cm，DM=4cm，DC=1cm，动点P自A点出发，在AB上匀速运动，动点Q自点B出发，在折线BC﹣CD上匀速运动，速度均为1cm/s，当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动，设点P运动t（s）时，△MPQ的面积为S（不能构成△MPQ的动点除外）．（1）t（s）为何值时，点Q在BC上运动，t（s）为何值时，点Q在CD上运动；（2）求S与t之间的函数关系式；（3）当t为何值时，S有最大值，最大值是多少？（4）当点Q在CD上运动时，直接写出t为何值时，△MPQ是等腰三角形．【答案】（1）解：过点C作CE⊥AB，垂足为E，如图1，∵DA=DB，AM=BM，∴DM⊥AB.∵CE⊥AB，∴∴CE∥DM.∵DC∥ME,CE∥DM,∴四边形DCEM是矩形，∴CE=DM=4，ME=DC=1.∵AM=BM,AB=8,∴AM=BM=4.∴BE=BM−ME=3.∵∴CB=5.∵当t=4时，点P与点M重合，不能构成△MPQ，∴t≠4.∴当且t≠4(s)时,点Q在BC上运动;当 (s)时，点Q在CD上运动.（2）解：①当0<t<4时，点P在线段AM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图2，∵QF⊥AB，CE⊥AB，∴∴QF∥CE.∴△QFB∽△CEB.∴∵CE=4，BC=5，BQ=t，∴∴∵PM=AM−AP=4−t，∴②当时，点P在线段BM上，点Q在线段BC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图3，∵QF⊥AB,CE⊥AB,∴∴QF∥CE.∴△QFB∽△CEB.∴∵CE=4，BC=5，BQ=t，∴∴∵PM=AP−AM=t−4，∴③当时，点P在线段BM上，点Q在线段DC上，过点Q作QF⊥AB，垂足为F，如图4，此时QF=DM=4.∵PM=AP−AM=t−4，∴综上所述：当0<t<4时当时, 当时，S=2t−8.（3）解：①当0<t<4时,∵ 0<2<4，∴当t=2时,S取到最大值,最大值为②当时, 对称轴为x=2.∵∴当x>2时，S随着t的增大而增大，∴当t=5时,S取到最大值,最大值为③当时，S=2t−8.∵2>0，∴S随着t的增大而增大,∴当t=6时，S取到最大值，最大值为2×6−8=4.综上所述：当t=6时，S取到最大值，最大值为4（4）解：当点Q在CD上运动即时，如图5，则有，即∵MP=t−4<6−4，即MP<2，∴QM≠MP，QP≠MP.若△MPQ是等腰三角形，则QM=QP.∵QM=QP，QF⊥MP，∴MF=PF=12MP.∵MF=DQ=5+1−t=6−t，MP=t−4，∴解得：∴当t= 秒时，△MPQ是等腰三角形【解析】【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，结合题中条件得出四边形DCEM是矩形，结合矩形性质和勾股定理求出BC的长，最后考虑不能构成△MPQ，即可解决问题。
（2）由于点P、Q的位置不一样，导致PM、QF的长度不一样，所以S与t的函数关系式不同，所以分三种情况讨论①当0<t<4时②当 4 < t ≤ 5 时③当 5 < t ≤ 6 时。
（3）利用二次函数性质和一次函数性质分别求出最大值，然后比较得出最后结论。
（4）根据等腰三角形性质及题中条件易得QM≠MP，QP≠MP，所以当△MPQ是等腰三角形时，只有QM=QP.利用它建立关于t的等量关系，解出t即可5．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作BE的垂线交AB 于点F，⊙O是△BEF的外接圆．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H，求证：CD=HF；（3）已知：CD=1，EH=3，求AF的长．【答案】（1）证明：如图，连接OE．∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠OBE，∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠OEB=∠CBE，∴OE∥BC，∴∠AEO=∠C=90°，∴AC是⊙O的切线；（2）解：如图，连结DE．∵∠CBE=∠OBE，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，∴EC=EH．∵∠CDE+∠BDE=180°，∠HFE+∠BDE=180°，∴∠CDE=∠HFE．在△CDE与△HFE中，，∴△CDE≌△HFE（AAS），∴CD=HF．（3）解：由（2）得，CD=HF．又CD=1∴HF＝1在Rt△HFE中，EF= ＝∵EF⊥BE∴∠BEF=90°∴∠EHF=∠BEF=90°∵∠EFH=∠BFE∴△EHF∽△BEF∴，即∴BF=10∴ , ,∴在Rt△OHE中， ,∴在Rt△EOA中， ,∴∴∴ .【解析】【分析】（1）连接OE．利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证得OE∥BC，从而得∠AEO=∠C=90°，可得到证明；（2）连结DE．利用AAS可证△CDE≌△HFE，从而得到证明；（3）证△EHF∽△BEF，由相似三角形的性质可求得BF，从而得到OE，在Rt△OHE和△EOA中，由cos∠EOA可求出OA，从而求出AF.6．（1）问题发现：如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF.①写出线段CF与DG的数量关系；②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.（2）拓展探究：如图②，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明.（3）问题解决如图③，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=4，O为AC的中点.若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE的长的最小值.（直接写出结果）【答案】（1）①CF= DG，②45（2）解：如图：①连接AC、AF,在正方形ABCD中，延长CF交DG与H点，∠CAD= ∠BCD=45 ,设AD=CD=a，易得AC= a= AD,同理在正方形AEFG中，∠FAG=45 ,AF= AG,∠CAD=∠FAG, ∠CAD-∠2=∠FAG-∠2,∠1=∠3又△CAF∽DAG,= , CF= DG;②由△CAF∽DAG，∠4=∠5，∠ACD=∠4+∠6=45 , ∠5+∠6=45 ，∠5+∠6+∠7=135 ，在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论仍然成立（3）OE的最小值为 .【解析】【解答】（3）如图：由∠BAC=∠DAE=90 ,可得∠BAD=∠CAE,又AB=AC,AD=AE,可得△BAD≌△CAE,∠ACE=∠ABC=45 ,又∠ACB=45 , ∠BCE=90 ,即CE⊥BC,根据点到直线的距离垂线段最短，OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形，OC= AC=2,由等腰直角三角形性质易得，OE= ，OE的最小值为 .【分析】（1）①易得CF= DG;②45 ；(2)连接AC、AF,在正方形ABCD中，可得△CAF∽DAG， = , CF= DG，在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论是否仍然成立；（3）OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形，OC= AC=2,可得OE的值.7．如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C （0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标；（3）试求出AM+AN的最小值．【答案】（1）解：把A（﹣3，0），C（0，4）代入y=ax2﹣5ax+c得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+4；∵AC=BC，CO⊥AB，∴OB=OA=3，∴B（3，0），∵BD⊥x轴交抛物线于点D，∴D点的横坐标为3，当x=3时，y=﹣ ×9+ ×3+4=5，∴D点坐标为（3，5）。