中考数学提高题专题复习相似练习题及详细答案

中考数学提高题专题复习相似练习题及详细答案
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．已知：如图一，抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线经过A、C两点，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动，如图；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P
运动时间为t秒；设，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．
（3）在的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与相似；若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由直线：知：、；
∵，
∴，即．
设抛物线的解析式为：，代入，得：
，解得
∴抛物线的解析式：
（2）解：在中，，，则；
∵，
∴；
而；
∴，
∴当时，s有最小值，且最小值为1
（3）解：在中，，，则；
在中，，，则；
∴；
以P、B、D为顶点的三角形与相似，已知，则有两种情况：
，解得；
，解得；
综上，当或时，以P、B、D为顶点的三角形与相似
【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系
式整理可得s=（0<t<2），因为分子是定值1，所以分母越大，则分式的值越小，则当分母最大时，分式的值越小，即t=1时，s有最小值，且最小值为1；
（3）解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根据题意以P、B、D为顶点的三角形与
△ABC相似所得的比例式有两种情况：，，将这些线段代入比例式即可求解。

3．已知，如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于点B、C，与y轴交于点A，且AO＝CO，BC＝4．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，点P是抛物线第一象限上一点，连接PB交y轴于点Q，设点P的横坐标为t，线段OQ长为d，求d与t之间的函数关系式；
（3）在(2)的条件下，过点Q作直线l⊥y轴，在l上取一点M(点M在第二象限)，连接AM，使AM＝PQ，连接CP并延长CP交y轴于点K，过点P作PN⊥l于点N，连接KN、CN、CM．若∠MCN＋∠NKQ＝45°时，求t值．
【答案】（1）解：如图1，
当x=0时，y=3，
∴A（0，3），
∴OA=OC=3，
∵BC=4，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），C（3，0），
把B（﹣1，0），C（3，0）代入抛物线y=ax2+bx+3中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）解：如图2，
设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），
过P作PG⊥x轴于G，
∵OQ∥PG，
∴△BOQ∽△BGP，
∴，
∴，
∴d=
d=﹣t+3（0＜t＜3）
（3）解：如图3，连接AN，延长PN交x轴于G，
由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，
∴AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，
∴QN=OG=AQ=t，
∴△AQN是等腰直角三角形，
∴∠QAN=45°，AN= t，
∵PG∥OK，
∴，
∴，
OK=3t+3，
AK=3t，
∵∠QAN=∠NKQ+∠ANK，。

∴∠NKQ+∠ANK=45°，
∵∠MCN+∠NKQ=45°，
∴∠ANK=∠MCN，
∵NG=CG=3﹣t，
∴△NGC是等腰直角三角形，
∴NC= （3﹣t），∠GNC=45°，
∴∠CNH=∠NCM+∠NMC=45°，
∴∠NKQ=∠NMC，
∴△AKN∽△NMC，
∴，
∵AQ=QN=t，AM=PQ，
∴Rt△AQM≌△Rt△QNP（HL），
∴MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，
∴，
t2﹣7t+9=0，
t1= ＞3，t2= ，
∵0＜t＜3，
∴t1＞3，不符合题意，舍去，
∴t= ．
【解析】【分析】（1）根据函数图像与坐标轴交点的坐标特点，得出A点的坐标，再根据点到坐标轴的距离得出OA=OC=3，又BC=4，从而得出OB的距离，进而得出B,C两点的坐标，再将B,C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）过P作PG⊥x轴于G，根据P点的横坐标得出P点坐标设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出△BOQ∽△BGP，根据相似三角形对应边成比例得出OQ∶PG=OB∶BG,从而得出d关于t的函数关系式；
（3）连接AN，延长PN交x轴于G，由（2）知：OQ=3﹣t，OA=3，从而得AQ=OA﹣OQ=3﹣（3﹣t）=t，进而得QN=OG=AQ=t，从而判断出△AQN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出∠QAN=45°，AN= t，根据平行线分线段成比例得出PG∶OK=CG∶OC,故OK=3t+3，AK=3t，根据等式的性质得出∠ANK=∠MCN，判断出△NGC 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出NC= （3﹣t），∠GNC=45°，再判断出△AKN∽△NMC，根据相似三角形对应边成比例得出 A K ∶M N = A N ∶N C ，再利用HL判断出Rt△AQM≌△Rt△QNP，故MQ=PN=﹣t2+2t+3﹣（3﹣t）=﹣t2+3t，从而得出关于t的方程，求解并检验即可得出答案
4．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．
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．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。

7．如图，∠C=90°，点A、B在∠C的两边上，CA=30，CB=20，连结AB.点P从点B出发，以每秒4个单位长度的速度沿BC方向运动，到点C停止.当点P与B、C两点不重合时，作PD⊥BC交AB于D，作DE⊥AC于E.F为射线CB上一点，且∠CEF=∠ABC.设点P的运动时间为x（秒）.
（1）用含有x的代数式表示CE的长；
（2）求点F与点B重合时x的值；
（3）当点F在线段CB上时，设四边形DECP与四边形DEFB重叠部分图形的面积为y（平方单位）.求y与x之间的函数关系式；
（4）当x为某个值时，沿PD将以D、E、F、B为顶点的四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形.请直接写出所有符合上述条件的x值. 【答案】（1）解：∵∠C=90°，PD⊥BC，
∴DP∥AC，
∴△DBP∽△ABC，四边形PDEC为矩形，
CE=PD..
∴ .
∴CE=6x；
（2）解：∵∠CEF=∠ABC，∠C为公共角，
∴△CEF∽△CBA，
∴ .
∴ .
当点F与点B重合时，
CF=CB，9x=20.
解得 .
（3）解：当点F与点P重合时，BP+CF=CB，4x+9x=20，
解得 .
当时，
=-51x2+120x.当＜x≤ 时，
= （20-4x）2.
（或）
（4）解：①如图③，当PD=PF时，6x=20-13x，解得：x= ；△B′DE为拼成的三角形；
②如图④当点F与点P重合时，4x+9x=20，解得：x= ；△BDC为拼成的三角形；
③如图⑤，当DE=PB，20-4x=4x，解得：x= ，△DPF为拼成的三角形.
【解析】【分析】（1）首先证明△ABC∽△DBP∽△FEC，即可得出比例式进而得出表示CE的长；（2）根据当点F与点B重合时，FC=BC，即可得出答案；（3）首先证明
Rt△DOE∽Rt△CEF，得出，即可得出y与x之间的函数关系式；（4）根据三角形边长相等得出答案.
8．如图1，抛物线平移后过点A（8，,0）和原点，顶点为B，对称轴与轴相交于点C，与原抛物线相交于点D．
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积；
（2）如图2，直线AB与轴相交于点P，点M为线段OA上一动点，为直角，边MN与AP相交于点N，设，试探求：
① 为何值时为等腰三角形；
② 为何值时线段PN的长度最小，最小长度是多少．
【答案】（1）解：设平移后抛物线的解析式，
将点A（8，,0）代入，得 = ，
所以顶点B（4,3），
所以S阴影=OC•CB=12
（2）解：设直线AB解析式为y=mx+n，将A（8，0）、B（4，3）分别代入得
，解得：，
所以直线AB的解析式为，作NQ垂直于x轴于点Q，
①当MN＝AN时， N点的横坐标为，纵坐标为，
由三角形NQM和三角形MOP相似可知 ,得，解得（舍去）.
当AM＝AN时，AN＝ ,由三角形ANQ和三角形APO相似可知，
，MQ＝，
由三角形NQM和三角形MOP相似可知得：，
解得：
t＝12（舍去）；
当MN＝MA时，故是钝角，显然不成立,
故；
②由MN所在直线方程为y= ，与直线AB的解析式y=﹣x+6联立，
得点N的横坐标为X N= ，即t2﹣x N t+36﹣x N=0，
由判别式△=x2N﹣4（36﹣）≥0，得x N≥6或x N≤﹣14，
又因为0＜x N＜8，
所以x N的最小值为6，此时t=3，
当t=3时，N的坐标为（6，""），此时PN取最小值为
【解析】【分析】（1）平移前后的两个二次函数的a的值相等，平移后的图像经过点原
点，因此设函数解析式为：，将点A的坐标代入就可求出b的值，再求出顶点B的坐标，利用割补法可得出阴影部分的面积=以OC，BC为边的矩形的面积。

（2）利用待定系数法先求出直线AB的函数解析式，作NQ垂直于x轴于点Q，再分情况讨论：当MN＝AN时，就可表示出点N的坐标，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，建立关于t的方程，求出t的值；当AM＝AN时再由△ANQ和△APO相似，△NQM 和△MOP相似，得出对应边成比例，分别求出t的值，然后根据当MN＝MA时，∠MNA = ∠ MAN < 45 °故∠ AMN 是钝角，可得出符合题意的t的值；②将直线MN和直线AB联立方程组，可得出点N的横坐标，结合根的判别式可求出x N≥6或x N≤﹣14，然后由0＜x N ＜8，就可求得结果。

9．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．
【答案】（1）解：
（2）解：存在，
理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-
4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），
∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为
（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .
①如图（1）
当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得
，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；
由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，
∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，
∴，有，∴， .
因，∴，
又，在Rt△DE'M中，DM= ，
∴OM=1，得
∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；
如图（2）
当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，
即，得AE= .
当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.
由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，
在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，
因AE= ，∴PE= ，
在△AEQ中，OP∥EQ，
∴，得，又，
∴QE=2，∴E（），
当E'在直线DA右侧时，
因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，
则AE'∥OD，∴E'（1，），
则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即（0， ,）或或或
【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得
解得∴二次函数；
∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得
解得∴二次函数 .
【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.
10．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．
（1）求直线l的解析式；
（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；
（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y= x2+ x﹣2，
∴当y=0时，得x1=1，x2=﹣4，当x=0时，y=﹣2，
∵抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，
，得，
即直线l的函数解析式为y=
（2）解：直线ED与x轴交于点F，如右图1所示，
由（1）可得，
AO=4，OC=2，∠AOC=90°，
∴AC=2 ，
∴OD= ，
∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，
∴△AOD∽△ACO，
∴，
即，得AD= ，
∵EF⊥x轴，∠ADC=90°，
∴EF∥OC，
∴△ADF∽△ACO，
∴，
解得，AF= ，DF= ，
∴OF=4﹣ = ，
∴m=﹣，
当m=﹣时，y= ×（- ）2+ ×（﹣）﹣2=﹣，
∴EF= ，
∴DE=EF﹣FD=
（3）解：存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，
理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如右图2所示，
∵点A（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∴OA=4，OB=1，OC=2，
∴tan∠OAC= ，tan∠OCB= ，AC=2 ，
∴∠OAC=∠OCB，
∵∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，∠GAM=∠OAC﹣∠BAG，
∴∠BAP=∠GAM，
∵点G（0，﹣1），AC=2 ，OA=4，
∴OG=1，GC=1，
∴AG= ，，即，
解得，GM= ，
∴AM= = = ，
∴tan∠GAM= = ，
∴tan∠PAN= ，
设点P的坐标为（n， n2+ n﹣2），
∴AN=4+n，PN= n2+ n﹣2，
∴，
解得，n1= ，n2=﹣4（舍去），
当n= 时， n2+ n﹣2= ，
∴点P的坐标为（，），
即存在点P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG
【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。

（2）直线ED与x轴交于点F，在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长，再证明△AOD∽△ACO，利用相似三角形的性质求出AD的长，再由EF∥OC得出对应线段成比例求出OF的长，可得出m的值，然后求出EF的长，根据DE=EF﹣FD，可求出答案。

（3）存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，根据点A、B、C的坐标，利用锐角三角函数的定义求出AC、AG的长，再利用同一个三角形的面积相等，求出GM的长，利用勾股定理求出AM的长，从而求出tan∠PAN的值，然后设点P的坐标，求出AN、PN，再根据tan∠PAN的值建立方程求出n的值，就可得出点P的坐标。

11．已知二次函数y=ax2+bx+3的图象分别与x轴交于点A（3，0），C（-1，0），与y轴交于点B．点D为二次函数图象的顶点．
（1）如图①所示，求此二次函数的关系式：
（2）如图②所示，在x轴上取一动点P（m， 0），且1＜m＜3，过点P作x轴的垂线分别交二次函数图象、线段AD，AB于点Q、F，E，求证：EF=EP；
（3）在图①中，若R为y轴上的一个动点，连接AR，则BR+AR的最小值________（直接写出结果）．
【答案】（1）解：将A（3，0），C（-1，0）代入y=ax2+bx+3，得：
，解得：，
∴此二次函数的关系式为y=-x2+2x+3
（2）证明：∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴点D的坐标为（1，4）．
设线段AB所在直线的函数关系式为y=kx+c（k≠0），
将A（3，0），C（0，3）代入y=kx+c，得：
，解得：，
∴线段AB所在直线的函数关系式为y=-x+3．
同理，可得出：线段AD所在直线的函数关系式为y=-2x+6．
∵点P的坐标为（m，0），
∴点E的坐标为（m，-m+3），点F的坐标为（m，-2m+6），
∴EP=-m+3，EF=-m+3，
∴EF=EP．
（3）
【解析】【解答】解（3）如图③，连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q．
∵OC=1，OB=3，
∴BC= ．(勾股定理)
∵∠CBO=∠CBO，∠BOC=∠BQR=90°，
∴△BQR∽△AOB，
∴ ,即 ,
∴RQ= BR，
∴AR+ BR=AR+RQ，
∴当A，R，Q共线且垂直AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小．
∵∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC，
∴△CQA∽△COB，
∴ ,即
∴AQ= ，
∴ BR+CR的最小值为．
故答案为：．
【分析】（1）根据A，C点的坐标，利用待定系数法可求出二次函数的关系式；（2）利用待定系数法求出线段AB，AD所在直线的函数关系式，用m表示EF，EP的长，可证得结论；（3）连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q，则△BQR∽△AOB，利用相似三角形
的性质可得出RQ= BR，结合点到直线之间垂直线段最短可得出当A，R，Q共线且垂直
AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小，由∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC可得出△CQA∽△COB，利用相似三角形的性质可求出AQ的值，此题得解．
12．如图，过⊙O外一点P作⊙O的切线PA切⊙O于点A，连接PO并延长，与⊙O交于C、D两点，M是半圆CD的中点，连接AM交CD于点N，连接AC、CM.
（1）求证：CM2=MN MA；
（2）若∠P=30°，PC=2，求CM的长.
【答案】（1）解：中，点是半圆的中点，
，
，
又，
，
，即；
（2）解：连接、，
是的切线，
，
又，
，
设的半径为，
，
，
解得：，
又是直径，
，
，
是等腰直角三角形，
在中，由勾股定理得，即，
则，
.
【解析】【分析】（1）由知，根∠CMA=∠NMC据证ΔAMC∽ΔCMN 即可得；（2）连接OA、DM，由直角三角形PAO中∠P=30°知
，据此求得OA=OC=2，再证三角形CMD是等腰直角三角形得CM 的长.。