2020-2021全国中考数学相似的综合中考模拟和真题分类汇总含答案

2020-2021全国中考数学相似的综合中考模拟和真题分类汇总含答案
一、相似
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，在平面直角坐标系中，直线y=﹣ x+ 与x轴、y轴分别交于点B、A，与直线
y= 相交于点C．动点P从O出发在x轴上以每秒5个单位长度的速度向B匀速运动，点Q从C出发在OC上以每秒4个单位长度的速度，向O匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2）．
（1）直接写出点C坐标及OC、BC长；
（2）连接PQ，若△OPQ与△OBC相似，求t的值；
（3）连接CP、BQ，若CP⊥BQ，直接写出点P坐标．
【答案】（1）解：对于直线y=﹣ x+ ，令x=0，得到y= ，
∴A（0，），
令y=0，则x=10，
∴B（10，0），
由，解得，
∴C（，）．
∴OC= =8，
BC= =10
（2）解：①当时，△OPQ∽△OCB，
∴，
∴t= ．
②当时，△OPQ∽△OBC，
∴，
∴t=1，
综上所述，t的值为或1s时，△OPQ与△OBC相似（3）解：如图作PH⊥OC于H．
∵OC=8，BC=6，OB=10，
∴OC2+BC2=OB2，
∴∠OCB=90°，
∴当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．
∵∠PHO=∠BCO=90°，
∴PH∥BC，
∴，
∴，
∴PH=3t，OH=4t，
∴tan∠PCH=tan∠CBQ，
∴，
∴t= 或0（舍弃），
∴t= s时，PC⊥BQ．
【解析】【分析】（1）根据直线与坐标轴交点的坐标特点求出A,B点的坐标，解联立直线AB,与直线OC的解析式组成的方程组，求出C点的坐标，根据两点间的距离公式即可直接算出OC,OB的长；
（2）根据速度乘以时间表示出OP=5t，CQ=4t，OQ=8-4t，①当OP∶OC=OQ∶OB时，△OPQ∽△OCB，根据比例式列出方程，求解得出t的值；②当OP∶OB=OQ∶OC时，△OPQ∽△OBC，根据比例式列出方程，求解得出t的值，综上所述即可得出t的值；（3）如图作PH⊥OC于H．根据勾股定理的逆定理判断出∠OCB=90°，从而得出当∠PCH=∠CBQ时，PC⊥BQ．根据同位角相等二直线平行得出PH∥BC，根据平行线分线段成比例定理得出OP∶OB=PH∶BC=OH∶OC,根据比例式得出PH=3t，OH=4t，根据等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义，由tan∠PCH=tan∠CBQ，列出方程，求解得出t的值，经检验即可得出答案。

3．如图，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；
（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得
解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）
（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，
设F（x， x2+2x+6），则FG= ，
∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，
∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，
∴
当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,
当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,
综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）
（3）解：如图2，
不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于
抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上
∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,
∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），
∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6
解得k1= 或k2=
∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.
【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

（2）过F作FG⊥x轴于点G，设出点F的坐标，表示出FG的长，再证明△FBG∽△BDE，利用相似三角形的性质建立关于x的方程，当点F在x轴上方时和当点F在x轴下方时，求出符合题意的x的值，求出点F的坐标。

（3）由点M，N关于抛物线的对称轴对称，可得出点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上,设Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），再由点M在抛物线上，列出关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。

4．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。

5．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．
（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：________．
（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．
【答案】（1）PA=PB
（2）解：把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：
如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，
，
∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE，
∴PC=PE；∵PD=PE，∴∠CDE=∠PEB，∵直线m∥n，∴∠CDE=∠PCA，
∴∠PCA=∠PEB，又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l∥CE，∴AC=BE，
在△PAC和△PBE中，∴△PAC∽△PBE，∴PA=PB
（3）解：如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，
，
∵直线m∥n，∴，∴AP=PF，∵∠APB=90°，∴BP⊥AF，又∵AP=PF，∴BF=AB；
在△AEF和△BPF中，∴△AEF∽△BPF，∴，∴AF•BP=AE•BF，
∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，∴2PA•PB=2k．AB，∴PA•PB=k•AB．
【解析】【解答】解：（1）∵l⊥n，∴BC⊥BD，∴三角形CBD是直角三角形，又∵点P 为线段CD的中点，
∴PA=PB．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半；
（2）把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得出PD=PE=PC，根据等边对等角得出∠CDE=∠PEB，根据二直线平行，内错角相等得出∠CDE=∠PCA，故∠PCA=∠PEB，根据夹在两平行线间的平行线相等得出AC=BE，然后利用SAS判断出△PAC∽△PBE，根据全等三角形的对应边相等得出PA=PB；
（3）如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，根据平行线分线段成比例定理得出AP=PF，根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出BF=AB；然后判断出△AEF∽△BPF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出AF•BP=AE•BF，根据等量代换得出2PA•PB=2k．AB，即PA•PB=k•AB．
6．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，F为CD的延长线上一点，连接AF，且FA2=FD•FC．
（1）求证：FA为⊙O的切线；
（2）若AC=8，CE：ED=6：5，AE：EB=2：3，求AB的值．
【答案】（1）证明：连接BD、AD，如图，
∵
∴
∵∠F=∠F，
∴△FAD∽△FCA.
∴∠DAF=∠C.
∵∠DBA=∠C，
∴∠DBA=∠DAF.
∵AB是⊙O的直径，
∴
∴
∴
∴即AF⊥AB.
∴FA为⊙O的切线.
（2）解：设CE=6x，AE=2y，则ED=5x，EB=3y.
由相交弦定理得：EC⋅ED=EB⋅EA.
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴FD=5x.
∴
∴
∵
∴
∵△FAD∽△FCA.
∴
∵
∴
解得：
∴
∴AB的值为10
【解析】【分析】（1）连接BD、AD，根据两边成比例且夹角相等可得△FAD∽△FCA；由△FAD∽△FCA及同弧所对的圆周角相等可得∠DBA=∠DAF；再根据直径所对的圆周角是直角即可得出结论。

（2）设CE=6x，则ED=5x，用相交弦定理表示出则AE的长，用勾股定理及题中的已知条件分别表示出FD、AF、AD的长；再利用△FAD∽△FCA即可得出结论。

7．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；
（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．
【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，
在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，
∴BC所对锐角∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，
∵∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
∴，即，
∴CD= ，
∴t=CD= ；
（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，
∴DG= =3 ，
在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，
∴∠EGD=30°，
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，
∴∠CNG=∠EGD，
∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；
（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．
分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，
则∠EPN=∠CQN=90°，
∵NC=CG，
∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，
在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，
∵∠PMN=∠NCQ=60°，
∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，
在矩形DEFG中，EF∥DG，
∴∠MEN=∠CGN，
∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，
∴∠EMN=∠MNE，
∴EM=MN，
∴EM=MN=t﹣，
∴y=S△EMN= EM•PN= × ；
②当3＜t≤3 时，如图（5），
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，
∵CG=3 ﹣t，
∴S△EMN= ，
∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，
∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，
∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，
综上所述，y与t的函数关系式：y= ．
【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；
（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；
（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
8．在平面直角坐标系中，点 A 点 B 已知满足
.
（1）点A的坐标为________，点B的坐标为________；
（2）如图1，点E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE，且AF=AE，连接BF交轴于点D，若点D(-1,0)，求点E的坐标；
（3）在(2)的条件下，如图2，过E作EH⊥OB交AB于H，点M是射线EH上一点(点M不在线段EH上)，连接MO，作∠MON=45°，ON交线段BA的延长线于点N，连接MN，探究线段MN与OM的关系,并说明理由。

【答案】（1）（-4,0）；（0，-4）
（2）解：作FH⊥OA于H，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=∠AHF=∠AOE=90°，
∴∠FAH+∠OAE=90°，∠FAH+∠AFH=90°，∴∠AFH=∠OAE,
∵AF=OA，
∴△AFH≌△EAO，
∴FH=OA，
∵点A（-4,0），点B（0，-4）
∴FH=OA=OB=4，
∵∠FHD=∠BOD=90°，∠FDH=∠BDO,
∴△FDH≌△BDO，
∴OD=DH=1，
∴AH=OH=OE=2，
∴E（0，-2）
（3）解：结论：MN=OM,MN⊥OM，
理由：连接OH，OM与BN交于G，
∵OA=OB,∠AOB=45°，
∴∠OAB=45°
∵OE=EB=2，EH∥OA,
∴AH=BH,OH⊥AB,∠AHM=∠OAB=45°，
∵∠MON=45°
∴∠GON=∠GHM,
∵∠NGO=∠MGH,
∴△NGO∽△MGH，
∴ = ,
∴ = ,
∵∠NGM=∠OGH,
∴△NGM∽△OGH，
∴∠NMG=∠OHG=90°，
∴△OMN是等腰直角三角形
∴MN=OM,MN⊥OM.
【解析】【解答】（1）∵ =0,
∴a=-4，b=-4,
∴点A的坐标为（-4,0），点B的坐标为（0，-4）
【分析】（1）先将式子变形为完全平方公式的形式，再根据平方的非负性求解;（2）如图1中，作FH⊥OA于H，由△AFH≌△EAO，推出FH=OA,由△FDH≌△BDO,推出
AH=OH=OE=2;（3）连接OH，OM与BN交于G，由△NGO∽△MGH，推出 = ,再推出
= ,再得出△NGM∽△OGH，推出∠NMG=∠OHG=90°，推出△OMN是等腰直角三角形即可解决问题.
9．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）。

（2）解：在Rt△OBC中，BC= =5，
设M（0，m），则BN=CM=4﹣m，CN=5﹣（4﹣m）=m+1，
∵∠MCN=∠OCB，
∴当时，△CMN∽△COB，则∠CMN=∠COB=90°，
即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；当时，△CMN∽△CBO，则∠CNM=∠COB=90°，
即，解得m= ，此时M点坐标为（0，）；综上所述，M点的坐标为（0，）或（0，）。

（3）解：连接DN，AD，如图，
∵AC=BC，CO⊥AB，
∴OC平分∠ACB，
∴∠ACO=∠BCO，
∵BD∥OC，
∴∠BCO=∠DBC，
∵DB=BC=AC=5，CM=BN，
∴△ACM≌△DBN，
∴AM=DN，
∴AM+AN=DN+AN，
而DN+AN≥AD（当且仅当点A、N、D共线时取等号），
∴DN+AN的最小值=AD= ，
∴AM+AN的最小值为．
【解析】【分析】（1）将A（﹣3，0），C（0，4）代入函数解析式构造方程组解出a,c 的值可得抛物线解析式；由AC=BC，CO⊥AB，根据等腰三角形的“三线合一”定理，可得OB=OA=3，而BD⊥x轴交抛物线于点D，则D点的横坐标为3，当x=3时求得y的值，即可得点D的坐标。

（2）当△CMN是直角三角形时，有两种情况：∠CMN=90°，或∠CNM=90°，则可得△CMN∽△COB，或△CMN∽△CBO，由对应边成比例，设M（0，m），构造方程解答即可。

（3）求AM+AN的最小值，一般有两种方法：解析法和几何法；解析法：用含字母的函数关系式表示出AM+AN的值，根据字母的取值范围和函数的最值来求；几何法：将点A，M，N三点移到一条直线上；此题适用于几何法：观察图象不难发现，AC=BD=5，CM=BN，且∠BCO=∠DBC，连接AD，可证得△ACM≌△DBN，则AM=DN，而DN+AN≥AD （当且仅当点A、N、D共线时取等号），求AD的长即可。

10．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，、，，其中、是方程的两根，且，过点的直线与抛物线只有一个公共点
（1）求、两点的坐标；
（2）求直线的解析式；
（3）如图2，点是线段上的动点，若过点作轴的平行线与直线相交于点，与抛物线相交于点，过点作的平行线与直线相交于点，求的长. 【答案】（1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2，
∴x1=-2，x2=4，
∴A（-2，2），C（4，8）
（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（-2，2）在直线l上，
∴2=-2k+b，
∴b=2k+2，
∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①，
∵抛物线y= x2②，
联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0，
∴k=-2，
∴b=2k+2=-2，
∴直线l的解析式为y=-2x-2；
②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点，
∵直线l过点A（-2，2），
∴直线l：x=-2
（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8），
∴直线AC的解析式为y=x+4，
设点B（m，m+4），
∵C（4.8），
∴BC= |m-4|= （4-m）
∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D，∴D（m， m2），E（m，-2m-2），
∴BD=m+4- m2， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6，
∵DC∥EF，
∴△BDC∽△BEF，
∴，
∴，
∴BF=6 .
【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.
11．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动．点P、Q分别从起点同时出发，移动到某一位置时所需时间为t秒．
（1）当t=________时，PQ∥AB
（2）当t为何值时，△PCQ的面积等于5cm2？
（3）在P、Q运动过程中，在某一时刻，若将△PQC翻折，得到△EPQ，如图2，PE与AB 能否垂直？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由．
能垂直，理由如下：
延长QE交AC于点D，
∵将△PQC翻折，得到△EPQ，
∴△QCP≌△QEP，
∴∠C=∠QEP=90°，
若PE⊥AB，则QD∥AB，
∴△CQD∽△CBA，
∴，
∴，
∴QD=2.5t，
∵QC=QE=2t
∴DE=0.5t
∵∠A=∠EDP，∠C=∠DEP=90°，
∴△ABC∽△DPE，
∴
∴，
解得：，
综上可知：当t= 时，PE⊥AB
【答案】（1）2.4
（2）解：∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q从C出发沿CB 向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，
∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
∴S△CPQ= CP•CQ= ＝5，
∴t2-6t+5=0
解得t1=1，t2=5（不合题意，舍去）
∴当t=1秒时，△PCQ的面积等于5cm2
（3）解：
【解析】【解答】解：(1) ∵点P从A出发沿AC向C点以1厘米/秒的速度匀速移动；点Q 从C出发沿CB向B点以2厘米/秒的速度匀速移动，
∴PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，
当PQ∥AB时，∴△PQC∽△ABC，
∴PC：AC=CQ：BC，
∴(6-t)：6=2t：8
∴t=2.4
∴当t=2.4时，PQ∥AB
【分析】（1）根据题意可得PC=AC-AP=6-t，CQ=2t，根据平行线可得△PQC∽△ABC，利用相似三角形对应边成比例可得PC：AC=CQ：BC，即得(6-t)：6=2t：8，求出t值即可；
（2）由S△CPQ=CP•CQ =5，据此建立方程，求出t值即可；
（3）延长QE交AC于点D，根据折叠可得△QCP≌△QEP，若PE⊥AB，则QD∥AB，可得△CQD∽△CBA，利用相似三角形的对应边成比例，求出DE=0.5t，根据
两角分别相等可证△ABC∽△DPE，利用相似三角形对应边成比例，据此求出t 值即可.
12．如图，在平面直角坐标系中，A、B两点的坐标分别为（20，0）和（0，15），动点P 从点A出发在线段AO上以每秒2cm的速度向原点O运动，动直线EF从x轴开始以每秒1cm的速度向上平行移动（即EF∥x轴），分别与y轴、线段AB交于点E、F，连接EP、FP，设动点P与动直线EF同时出发，运动时间为t秒．
（1）求t=9时，△PEF的面积；
（2）直线EF、点P在运动过程中，是否存在这样的t使得△PEF的面积等于40cm2？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，△EOP与△BOA相似．
【答案】（1）解：∵EF∥OA，
∴∠BEF=∠BOA
又∵∠B=∠B，
∴△BEF∽△BOA，
∴ = ，
当t=9时，OE=9，OA=20，OB=15，
∴EF= =8，
∴S△PEF= EF•OE= ×8×9=36（cm2）
（2）解：∵△BEF∽△BOA，
∴EF= = = （15-t），
∴ × （15-t）×t=40，
整理，得t2-15t+60=0，
∵△=152-4×1×60＜0，
∴方程没有实数根．
∴不存在使得△PEF的面积等于40cm2的t值
（3）解：当∠EPO=∠BAO时，△EOP∽△BOA，
∴ = ，即 = ，
解得t=6；
当∠EPO=∠ABO时，△EOP∽△AOB，
∴ = ，即 = ，
解得t= ．
∴当t=6或t= 时，△EOP与△BOA相似
【解析】【分析】（1）由于EF∥x轴，则S△PEF= •EF•OE．t=9时，OE=9，关键是求
EF．易证△BEF∽△BOA，则 = ，从而求出EF的长度，得出△PEF的面积；（2）假设存在这样的t，使得△PEF的面积等于40cm2，则根据面积公式列出方程，由根的判别式进行判断，得出结论；（3）如果△EOP与△BOA相似，由于∠EOP=∠BOA=90°，则只能点O与点O对应，然后分两种情况分别讨论：①点P与点A对应；②点P与点B对应．。