2020-2021备战中考数学压轴题专题复习—相似的综合及详细答案

2020-2021备战中考数学压轴题专题复习—相似的综合及详细答案
一、相似
1．综合题
（1）【探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为多少．
（2）【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（用含a，h的代数式表示）
（3）【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．
（4）【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且
tanB=tanC= ，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，
∴ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，
又∠B=90°，
∴四边形FEDB是矩形，
则；
（2）解：∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
∴PN=a- PQ，
设PQ=x，
则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a- x）=- x2+ax=- （x- ）2+ ，
∴当PQ= 时，S矩形PQMN最大值为 .
（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，
由题意知四边形ABCH是矩形，
∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，
∴EH=20、DH=16，
∴AE=EH、CD=DH，
在△AEF和△HED中，
∵，
∴△AEF≌△HED（ASA），
∴AF=DH=16，
同理△CDG≌△HDE，
∴CG=HE=20，
∴BI= =24，
∵BI=24＜32，
∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，
过点K作KL⊥BC于点L，
由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG• BF= ×（40+20）× （32+16）=720，
答：该矩形的面积为720；
（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
∵tanB=tanC= ，
∴∠B=∠C，
∴EB=EC，
∵BC=108cm，且EH⊥BC，
∴BH=CH= BC=54cm，
∵tanB= = ，
∴EH= BH= ×54=72cm，
在Rt△BHE中，BE= =90cm，
∵AB=50cm，
∴AE=40cm，
∴BE的中点Q在线段AB上，
∵CD=60cm，
∴ED=30cm，
∴CE的中点P在线段CD上，
∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，
由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF= BC，ED= AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以
;
(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即
,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（）
,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，
S矩形PQMN有最大值为;
（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得
△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG• BF=
×（40+20）×（32+16）=720；
（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，
则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=
×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为
BC•EH=1944cm2。

2．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。

（1）若点N在BC之间时，如图：
①求证：∠NPQ＝∠PQN；
②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；
（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，
AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，
在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，
∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN
② 是定值
理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，
∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，
∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，
∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，
∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，
∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，
∵AB＝8，∴；
（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况
（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，
∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，
∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT
在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，
在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，
∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4
又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；
（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作
Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，
同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，
∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，
∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．
【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；
②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证
△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；
（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；
②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。

3．如图,在一个长40 m、宽30 m的矩形小操场上,王刚从A点出发,沿着A→B→C的路线以3 m/s的速度跑向C地.当他出发4 s后,张华有东西需要交给他,就从A地出发沿王刚走的路
线追赶,当张华跑到距B地2 m的D处时,他和王刚在阳光下的影子恰好落在一条直线上.
（1）此时两人相距多少米(DE的长)?
（2）张华追赶王刚的速度是多少?
【答案】（1）解：在Rt△ABC中：
∵AB=40，BC=30，
∴AC=50 m.
由题意可得DE∥AC，
∴Rt△BDE∽Rt△BAC，
∴ = ，
即 = .
解得DE= m.
答：此时两人相距 m.
（2）解：在Rt△BDE中：
∵DB=2，DE=，
∴BE=2 m.
∴王刚走的总路程为AB+BE=42 m.
∴王刚走这段路程用的时间为 =14(s).
∴张华用的时间为14-4=10(s)，
∵张华走的总路程为AD=AB-BD=40-2=37（m）,
∴张华追赶王刚的速度是37÷10≈3.7（m/s）.
答：张华追赶王刚的速度约是3.7m/s.
【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC=50 m，利用平行投影的性质得DE∥AC，再利用相似三角形的性质得出对应边的比相等可求得DE长.
（2）在Rt△BDE中,根据勾股定理得BE=2 m，根据题意得王刚走的总路程为42 m，根据时间=路程÷速度求得王刚用的时间，减去4即为张华用的时间，
再根据速度=路程÷时间解之即可得出答案.
4．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：
（1）求证：△BEF∽△DCB；
（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ AD∥BC，
在中，
∵别是的中点，
∴EF∥AD，
∴ EF∥BC，∴
∴
（2）解：如图1，过点Q作于，
∴QM∥BE，
∴
∴
∴（舍）或秒
（3）解：当点Q在DF上时，如图2，
∴
∴ .
当点Q在BF上时，，如图3，
∴
∴
时，如图4，
∴
∴
时，如图5，
∴
∴
综上所述，t=1或3或或秒时，△PQF是等腰三角形
【解析】【分析】（1）根据题中的已知条件可得△BEF和△DCB中的两角对应相等，从而可证△BEF∽△DCB；（2）过点Q作QM⊥EF 于M ，先根据相似三角形的预备定理可证△QMF ∽△BEF；再由△QM F ∽△BEF可用含t的代数式表示出QM的长；最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。

（3）由题意应分两种情况：（1）当点Q在DF上时，因为∠PFQ为钝角，所以只有PF = QF 。

（2）当点Q在BF上时，因为没有指明腰和底，所以有 PF=QF；PQ = FQ；PQ = PF 三种情况，因此所求的t值有四种结果。

5．如图，已知抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0,4），交x轴于点B（4,0），点P 是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ，过点A作AQ⊥PQ于点Q，连接AP．
（1）填空：抛物线的解析式为________，点C的坐标________；
（2）点P在抛物线上运动，若△AQP∽△AOC，求点P的坐标.
【答案】（1）y＝﹣x2＋3x＋4；（－1,0）
（2）解：∵点A的坐标为（0，4），点C的坐标为（－1，0），∴．
∵点P的横坐标为m，∴P（m，﹣m2＋3m＋4）．
①当点P在直线AQ下方时，QP＝4－（﹣m2＋3m＋4）＝ m2－3m，
由△AQP∽△AOC得：，即：，
∴（舍去）或．
当时，﹣m2＋3m＋4＝，此时点P的坐标为（）；
②当点P在直线AQ上方时，PQ＝﹣m2＋3m＋4－4＝﹣m2＋3m，
由△AQP∽△AOC得：，即：，
∴＝0（舍去）或＝，此时P点坐标为（）．
综上所述：点P的坐标为（）或（）．
【解析】【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2＋bx＋c交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（4，0），
∴，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋3x＋4．
令y=0，得：﹣x2＋3x＋4=0，解得：x=4或x=－1，∴点C的坐标为（－1，0）．
【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b，c，可以求出抛物线的解析式；
（2）C为x轴上的交点，令y=0，通过解一元二次方程，解得C点坐标。

6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，点D从点C出发，以2cm/s 的速度沿折线C→A→B向点B运动，同时点E从点B出发，以1cm/s的速度沿BC边向点C运动，设点E运动的时间为t（单位：s）（0＜t＜8）.
（1）当△BDE 是直角三角形时，求t的值；
（2）若四边形CDEF是以CD、DE为一组邻边的平行四边形，①设它的面积为S，求S关于t的函数关系式；②是否存在某个时刻t，使平行四边形CDEF为菱形?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：如图1，当∠BED=90°时，△BDE是直角三角形，
则BE=t，AC+AD=2t，
∴BD=6+10-2t=16-2t，
∵∠BED=∠C=90°，
∴DE∥AC，
∴，
∴，
∴DE= ，
∵sinB= ，
∴，
t= ；
如图2，当∠EDB=90°时，△BDE是直角三角形，
则BE=t，BD=16-2t，
cosB= ，
∴，
∴t= ；
答：当△BDE是直角三角形时，t的值为或
（2）解：①如图3，当0＜t≤3时，BE=t，CD=2t，CE=8-t，
∴S▱CDEF=2S△CDE=2× ×2t×（8-t）=-2t2+16t，
如图4，当3＜t＜8时，BE=t，CE=8-t，过D作DH⊥BC，垂足为H，
∴DH∥AC，
∴，
∴，
∴DH= ，
∴S▱CDEF=2S△CDE=2× ×CE×DH=CE×DH=（8-t）× = t2− t+ ；
∴S于t的函数关系式为：当0＜t≤3时，S=-2t2+16t，
当3＜t＜8时，S= t2− t+ ；
②存在，如图5，当▱CDEF为菱形时，DH⊥CE，
由CD=DE得：CH=HE，
BH= ，BE=t，EH= ，
∴BH=BE+EH，
∴ =t+ ，
∴t= ，
即当t= 时，▱CDEF为菱形．
【解析】【分析】（1）因为△BDE 是直角三角形有两种情况：
①当∠BED=90°时，可得DE∥AC，根据平行于三角形一边的直线和其它两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似可得,于是可得比例式将DE
用含t的代数式表示，再根据sinB=可得关于t的方程，解方程即可求解；
② 当∠EDB=90°时，同理可求解；
（2）①当0＜t≤3时，S▱CDEF=2S△CDE可得s与t的关系式；当3＜t＜8时，过D作DH⊥BC，垂足为H，根据平行于三角形一边的直线和其它两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似可得,于是可得比例式将DH用含t的代数式表示，则S▱CDEF=2S△CDE可得s与t的关系式；当3＜t＜8时，同上；
②存在，当▱CDEF为菱形时，DH⊥CE，根据BH=BE+EH可得关于t的方程，解方程即可求解。

7．已知顶点为抛物线经过点，点 .
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，直线AB与x轴相交于点M,y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM=∠MAF,求△POE的面积；
（3）如图2，点Q是折线A-B-C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1，若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标.
【答案】（1）解：把点代入，
解得：a=1,
∴抛物线的解析式为：或 .
（2）解：设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得：
，
解得：，
∴直线AB的解析式为：y=-2x-1,
∴E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0），
∴OE=1，FE= ,
∵∠OPM=∠MAF,
∴当OP∥AF时，△OPE∽△FAE，
∴
∴OP= FA= ,
设点P（t,-2t-1）,
∴OP= ,
化简得：（15t+2）（3t+2）=0,
解得，，
∴S△OPE= ·OE· ,
当t=- 时，S△OPE= ×1× = ，
当t=- 时，S△OPE= ×1× = ，
综上，△POE的面积为或 .
（3）Q（- ，）.
【解析】【解答】（3）解：由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），
∴N（m,-1）,
∵△QEN沿QE翻折得到△QEN1
∴NN1中点坐标为（，），EN=EN1，
∴NN1中点一定在直线AB上，
即 =-2× -1,
∴n=- -m,
∴N1（- -m，0），
∵EN2=EN12，
∴m2=（- -m）2+1，
解得：m=- ,
∴Q（- ，）.
【分析】（1）用待定系数法将点B点坐标代入二次函数解析式即可得出a值.
（2）设直线AB解析式为：y=kx+b,代入点A、B的坐标得一个关于k和b的二元一次方程组，解之即可得直线AB解析式，根据题意得E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0），根
据相似三角形的判定和性质得OP= FA= ,设点P（t,-2t-1）,根据两点间的距离公式即可求得t值，再由三角形面积公式△POE的面积.
（3）由（2）知直线AB的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设Q（m，-2m-1）,N1（n，0），从而得N（m,-1）,根据翻折的性质知NN1中点坐标为（，）且在直线AB上，将此中点坐标代入直线AB解析式可得n=- -m,即N1（- -m，0），再根据翻折的性质和两点间的距离公式得m2=（- -m）2+1，解之即可得Q点坐标.
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P是边AB上的一动点，连结DP.
（1）若将△DAP沿DP折叠，点A落在矩形的对角线上点A′处，试求AP的长；
（2）点P运动到某一时刻，过点P作直线PE交BC于点E，将△DAP与△PBE分别沿DP 与PE折叠，点A与点B分别落在点A′，B′处，若P，A′，B′三点恰好在同一直线上，且A′B′＝2，试求此时AP的长；
（3）当点P运动到边AB的中点处时，过点P作直线PG交BC于点G，将△DAP与△PBG 分别沿DP与PG折叠，点A与点B重合于点F处，连结CF，请求出CF的长.
【答案】（1）解:①当点A落在对角线BD上时，设AP＝PA′＝x，
在Rt△ADB中，∵AB＝4，AD＝3，∴BD＝＝5，∵AB＝DA′＝3，∴BA′＝2，
在Rt△BPA′中，（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，
∴AP＝ .
②当点A落在对角线AC上时，
由翻折性质可知：PD⊥AC，则有△DAP∽△ABC，
∴＝，∴AP＝＝＝ .
∴AP的长为或
（2）解:①如图3中，设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，
∵A′B′＝2，∴4﹣x﹣x＝2，∴x＝1，∴PA＝1；
②如图4中，
设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝P A′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，
∵A′B′＝2，∴x﹣（4﹣x）＝2，
∴x＝3，∴PA＝3；
综上所述，PA的长为1或3
（3）解:如图5中，作FH⊥CD由H.
由翻折的性质可知；AD＝DF＝3.BG＝BF，G、F、D共线，
设BG＝FG＝x，在Rt△GCD中，（x+3）2＝42+（3﹣x）2，
解得x＝，∴DG＝DF+FG＝，CG＝BC﹣BG＝，
∵FH∥CG，∴＝＝，∴＝＝，
∴FH＝，DH＝，∴CH＝4﹣＝，
在Rt△CFH中，CF＝＝
【解析】【分析】（1）分两种情形：①当点A落在对角线BD上时，设AP=PA′=x，构建方程即可解决问题；②当点A落在对角线AC上时，利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题；（2）分两种情形分别求解即可解决问题；（3）如图5中，作FH⊥CD由H.想
办法求出FH、CH即可解决问题
9．如图，在矩形ABCD中，，，点E是边BC的中点动点P从点A出发，沿着AB运动到点B停止，速度为每秒钟1个单位长度，连接PE，过点E作PE的垂线交射线AD与点Q，连接PQ，设点P的运动时间为t秒．
（1）当时， ________；
（2）是否存在这样的t值，使为等腰直角三角形？若存在，求出相应的t值，若不存在，请说明理由；
（3）当t为何值时，的面积等于10？
【答案】（1）
（2）解：存在，．
如图，记QE与CD的交点为F，
由题意知，，
四边形ABCD是矩形，，，
，，，
，
，
，
，
∽，
，即，
，
，
，，
∽，
，即，
，
则，
为等腰直角三角形，
，即，
解得，
故当时，为等腰直角三角形
（3）解：
，
由题意知，
解得或，
，
．
【解析】【解答】解：（1）根据题意知，当时，，
则，
，点E是边BC的中点，
，
则，
在中，，
故答案为：；
【分析】（1）由题意得出AP＝1，BP＝3，BE＝CE＝1，利用勾股定理求得PE＝，根
据正弦函数的定义可得答案；（2）证△BPE∽△CEF得，据此求得CF＝，
DF＝，再证△ECF∽△QDF得，据此求得DQ＝15﹣4t，AQ＝17﹣4t，根据△APQ为等腰直角三角形列方程求解可得答案；（3）根据S△PEQ＝S直角梯形ABEQ﹣S△APQ ﹣S△BPE＝2t2﹣16t+34及△PEQ的面积等于10列方程求解可得．
10．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y＝﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【答案】（1）解：当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣1，
则C（﹣1，0），A′（3，0），
当x＝0时，y＝3，则A（0，3）
（2）解：∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AB OC，AB＝OC，
而C（﹣1，0），A（0，3），
∴B（1，3），
∴OB＝＝，S△AOB＝ ×3×1＝，
又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，
∴∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，
又∵∠ACO＝∠ABO，
∴∠ABO＝∠OC′D．
又∵∠C′OD＝∠AOB，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝( )2＝（）2＝，
∴S△C′OD＝ × ＝
（3）解：设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，
作MN y轴交直线AA′于N，易得直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），
∵MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∴S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′
＝MN•3
＝（﹣m2+3m）
＝﹣m2+ m
＝﹣（m﹣）2+ ，
∴当m＝时，S△AMA'的值最大，最大值为，此时M点坐标为（，）．
【解析】【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点问题可求出C（﹣1，0），A′（3，0）；计算自变量为0时的函数值可得到A（0，3）；（2）先由平行四边形的性质得AB∥OC，AB＝OC，易得B（1，3），根据勾股定理和三角形面积公式得到OB＝，S△AOB＝
，再根据旋转的性质得∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，接着证明△C′OD∽△BOA，利用相似三角形的性质得＝( )2，则可计算出S△C′OD；（3）根据二次函数图象
上点的坐标特征，设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，作MN y轴交直线AA′于N，求出直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），于是可计算出
MN＝﹣m2+3m，再利用S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′和三角形面积公式得到S△AMA′＝﹣m2+ m，然后根据二次函数的最值问题求出△AMA′的面积最大值，同时即可确定此时M点的坐标．
11．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结EB，交OD于点F．
（1）求证：OD⊥BE．
（2）若DE= ，AB=6，求AE的长．
（3）若△CDE的面积是△OBF面积的，求线段BC与AC长度之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：连接AD，
∵AB是直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∵AB=AC，
∴∠CAD=∠BAD，BD=CD，
∴，
∴OD⊥BE；
（2）解：∵∠AEB=90°，
∴∠BEC=90°，
∵BD=CD，
∴BC=2DE=2 ，
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠BAC+∠BDE=180°，
∵∠CDE+∠BDE=180°，
∴∠CDE=∠BAC，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAB，
∴，即，
∴CE=2，
∴AE=AC-CE=AB-CE=4
（3）解：∵BD=CD，
∴S△CDE=S△BDE，
∵BD=CD，AO=BO，
∴OD∥AC，
∵△OBF∽△ABE，
∴，
∴S△ABE=4S△OBF，
∵，
∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE，
∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE，
∵△CDE∽△CAB，
∴，
∴，
∵BD=CD，AB=AC，
∴，即AC= BC
【解析】【分析】（1）连接AD．根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及
平行线的性质即可证明；（2）先证△CDE∽△CAB得，据此求得CE的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；（3）由BD=CD知S△CDE=S△BDE，证△OBF∽△ABE得
，据此知S△ABE=4S△OBF，结合知S△ABE=6S△CDE，S△CAB=8S△CDE，由△CDE∽△CAB知，据此得出，结合
BD=CD，AB=AC知，从而得出答案．
12．如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝5，O为BC边中点，BC＝8，点E、G是线段AB上的动点（不与端点重合），点H、F是线段AC上的动点，且EF∥GH∥BC．设点O到EF、GH的距离分别为x、y．
（1）若△EOF的面积为S：
①用关于x的代数式表示线段EF的长；
②求S的最大值；
（2）以点O为圆心，当以OE为半径的圆与以OG为半径的圆重合时，求x与y应满足的关系式，并求x的取值范围．
【答案】（1）解：①如图1，连接OA，交EF于M，
∵AB＝AC，O为BC边中点，
∴OA⊥BC，
∵EF∥BC，
∴AM⊥EF，
∵BC＝8，
∴OB＝BC＝4，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OA＝＝3，
∵点O到EF的距离为为x，
∴OM＝x，
∴AM＝OA﹣OM＝3﹣x，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∴，
∴；
②由①知，，
∴S＝S△OEF＝＝＝，∵﹣＜0，
∴当x＝时，S最大＝3
（2）解：如图2，
∵以OE为半径的圆与以OG为半径的圆重合，
∴OE＝OG，过点O作OD⊥AB于D，
∴DE＝DG，
连接OA，
由（1）知，OA⊥BC，OA＝3，
在Rt△AOB中，sin B= ，cos A＝，
过点E作EP⊥BC于P，PE＝x，
在Rt△BPE中，sin B＝，
∴BE＝，
过点G作DQ⊥BC于Q，GQ＝y，
在Rt△BQG中，BG＝，
∴DE＝＝，
在Rt△BDO中，BD＝OB•cos B＝，
∴DE＝BD﹣BE＝，
∴＝，
∴（Ⅰ）
∵点E、G是线段AB上的动点（不与端点重合），
∴0＜y＜3（Ⅱ），
由（Ⅰ）（Ⅱ）得，，
∵x＞0，
∴，
即：．
【解析】【分析】（1）①连接OA，判断出AO是△ABC的高，AM是△AEF的高，再利用相似三角形的对应边上的高的比等于相似比，即可得出结论；②利用三角形面积公式得出S与x的函数关系式，即可得出结论；（2）先判断出DE=DG，再用三角函数表示出BE，BD，BG，即可得出结论．。