备战中考数学培优易错试卷(含解析)之相似含答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，正方形ABCD、等腰Rt△BPQ的顶点P在对角线AC上（点P与A、C不重合），QP与BC交于E，QP延长线与AD交于点F，连接CQ．
（1）①求证：AP=CQ；②求证：PA2=AF•AD；
（2）若AP：PC=1：3，求tan∠CBQ．
【答案】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BP=BQ，∠PBQ=90°，∴∠PBC+∠CBQ=90°
∴∠ABP=∠CBQ，∴△ABP≌△CBQ，∴AP=CQ;
②∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAC=∠BAC=∠ACB=45°，
∵∠PQB=45°，∠CEP=∠QEB，∴∠CBQ=∠CPQ，
由①得△ABP≌△CBQ，∠ABP=∠CBQ
∵∠CPQ=∠APF，∴∠APF=∠ABP，∴△APF∽△ABP，
(本题也可以连接PD，证△APF∽△ADP)
（2）证明：由①得△ABP≌△CBQ，∴∠BCQ=∠BAC=45°，
∵∠ACB=45°,∴∠PCQ=45°+45°=90°
∴tan∠CPQ= ,
由①得AP=CQ,
又AP:PC=1:3，∴tan∠CPQ= ，
由②得∠CBQ=∠CPQ，
∴tan∠CBQ=tan∠CPQ= .
【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质易证△ABP≌△CBQ，可得AP=CQ；②利用正方形的性质可证得∠CBQ=∠CPQ，再由△ABP≌△CBQ可证得∠APF=∠ABP，从而证出△APF∽△ABP，由相似三角形的性质得证；（2）由△ABP≌△CBQ可得∠BCQ=∠BAC=45°，可得∠PCQ=45°+45°=90°，再由三角函数可
得tan∠CPQ=，由AP:PC=1:3，AP=CQ，可得tan∠CPQ=，再由∠CBQ=∠CPQ可求出答
2．已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点0．点P从点A出发，沿方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：
（1）当t为何值时，△AOP是等腰三角形？
（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OD平分∠COP？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵在矩形ABCD中，Ab=6cm，BC=8cm，
∴AC=10，
①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，
∴AM= AO= ，
∵∠PMA=∠ADC=90°，∠PAM=∠CAD，
∴△APM∽△ADC，
∴，
∴AP=t= ，
②当AP=AO=t=5，
∴当t为或5时，△AOP是等腰三角形
（2）解：作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，
在△APO与△CEO中，
∵∠PAO=∠ECO，AO=OC，∠AOP=∠COE，
∴△AOP≌△COE，
∴CE=AP=t，
∵△CEH∽△ABC，
∴，
∴EH= ，
∵DN= = ，
∵QM∥DN，
∴△CQM∽△CDN，
∴，即，
∴QM= ，
∴DG= = ，
∵FQ∥AC，
∴△DFQ∽△DOC，
∴，
∴FQ= ，
∴S五边形OECQF=S△OEC+S四边形OCQF= = ，
∴S与t的函数关系式为
（3）解：存在，
∵S△ACD= ×6×8=24，
∴S五边形OECQF：S△ACD=（）：24=9：16，解得t= ，t=0，（不合题意，舍去），
∴t= 时，S五边形S五边形OECQF：S△ACD=9：16
（4）解：如图3，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，
∵∠POD=∠COD，
∴DM=DN= ，
∴ON=OM= = ，
∵OP•DM=3PD，
∴OP= ，
∴PM= ，
∵，
∴，解得：t≈15（不合题意，舍去），t≈2.88，
∴当t=2.88时，OD平分∠COP．
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB=CD=6，BC=AD=8，所以AC=10；而P、Q 两点分别从A点和D点同时出发且以相同的速度为1cm/s运动，当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，所以点P不可能运动到点D；所以△AOP是等腰三角形分两种情况讨论：①当AP=PO=t时，过P作PM⊥AO，易证△CQM∽△CDN，可得比例式即可求解；②当AP=AO=t=5时，△AOP是等腰三角形；
（2）作EH⊥AC于H，QM⊥AC于M，DN⊥AC于N，交QF于G，可将五边形转化成一个三角形和一个直角梯形，则五边形OECQF的面积S=三角形OCE的面积+直角梯形OCQF的
面积；
（3）因为三角形ACD的面积=AD CD=24，再将（2）中的结论代入已知条件S五边形S ：S△ACD=9：16中，可得关于t的方程，若有解且符合题意，则存在，反之，不存五边形OECQF
在；
（4）假设存在。

由题意，过D作DM⊥AC于M，DN⊥AC于N，根据角平分线的性质可得DM=DN，由面积法可得;三角形ODP的面积=OP DM=PD CD=3PD,所以可得OP•DM=3PD，则用含t的代数式可将OP和PM表示出来，在直角三角形PDM中，用勾股定理可得关于t的方程，解这个方程即可求解。

3．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。

4．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，
∴t=2，∴B（2，2），
把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x
（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，
∵点C是抛物线上第四象限的点，
∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），
∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，
∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，
∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，
∴C（1，﹣1）
（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，
∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，
在△AOB和△NOB中
∴△AOB≌△NOB（ASA），
∴ON=OA= ，
∴N（0，），
∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，
∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得
或，
∴M（﹣，），
∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），
∴OB=2 ，OC= ，
∵△POC∽△MOB，
∴ = =2，∠POC=∠BOM，
当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，
∵∠COA=∠BOG=45°，
∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，
∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，
∵M（﹣，），
∴MG= ，OG= ，
∴PH= MG= ，OH= OG= ，
∴P（，）；
当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，
同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，
∴P（﹣，）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）
【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b 的值，即可求得答案。

（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t 的值，即可得出点C的坐标。

（3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M
的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出，∠POC=∠BOM，然后分情况讨论：当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x 轴于点H，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。

5．如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，D是BC上一个动点，连接AD，以AD为边向右侧作等腰直角△ADE，其中∠ADE=90°．
（1）如图2，G，H分别是边AB，BC的中点，连接DG，AH，EH．求证：△AGD∽△AHE；
（2）如图3，连接BE，直接写出当BD为何值时，△ABE是等腰三角形；
（3）在点D从点B向点C运动过程中，求△ABE周长的最小值．
【答案】（1）证明：如图2，由题意知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠B=∠DAE=45°．
∵H为BC中点，
∴AH⊥BC．
∴∠BAH=45°=∠DAE．
∴∠GAD=∠HAE．
在等腰直角△BAH和等腰直角△DAE中，
AH＝ AB＝ AG，AE＝ AD．
∴，
∴△AGD∽△AHE；
（2）解：分三种情况：①当B与D重合时，即BD=0，如图3，此时AB=BE；
②当AB=AE时，如图4，此时E与C重合，
∴D是BC的中点，
∴BD= BC=2 ；
③当AB=BE时，如图5，过E作EH⊥AB于H，交BC于M，连接AM，过E作EG⊥BC于G，连接DH，
∵AE=BE，EH⊥AB，
∴AH=BH，
∴AM=BM，
∵∠ABC=45°，
∴AM⊥BC，△BMH是等腰直角三角形，
∵AD=DE，∠ADE=90°，
易得△ADM≌△DEG，
∴DM=EG，
∵∠EMG=∠BMH=45°，
∴△EMG是等腰直角三角形，
∴ME= MG，
由（1）得：△AHD∽△AME，且，
∴∠AHD=∠AME=135°，ME= DH，
∴∠BHD=45°，MG=DH，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴BD=DH=EG=DM= ；
综上所述，当BD=0或或2 时，△ABE是等腰三角形；
（3）解：当点D与点B重合时，点E的位置记为点M，连接CM，如图6，
此时，∠ABM=∠BAC=90°，∠AMB=∠BAM=45°，BM=AB=AC．
∴四边形ABMC是正方形．
∴∠BMC=90°，
∴∠AMC=∠BMC-∠AMB=45°，
∵∠BAM=∠DAE=45°，
∴∠BAD=∠MAE，
在等腰直角△BAM和等腰直角△DAE中，
AM＝ AB，AE＝ AD．
∴．
∴△ABD∽△AME．
∴∠AME=∠ABD=45°
∴点E在射线MC上，
作点B关于直线MC的对称点N，连接AN交MC于点E′，
∵BE+AE=NE+AE≥AN=NE′+AE′=BE′+AE′，
∴△ABE′就是所求周长最小的△ABE．
在Rt△ABN中，
∵AB=4，BN=2BM=2AB=8，
∴AN＝．
∴△ABE周长最小值为AB+AN＝4+4 ．
【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠B=∠DAE=∠BAH=45°，所以
∠GAD=∠HAE，计算可得比例式：，根据有两对边对应相等，且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△AGD∽△AHE；
（2）根据等腰三角形的定义可知分3种情况讨论：①当B与D重合时，即BD=0，此时AB=BE；
②当AB=AE时，此时E与C重合，用勾股定理可求得BD的值；
③当AB=BE时，过E作EH⊥AB于H，交BC于M，连接AM，过E作EG⊥BC于G，连接DH，由已知条件和（1）的结论可求解；
（3）当点D与点B重合时，点E的位置记为点M，连接CM，作点B关于直线MC的对称点N，连接AN交MC于点E′，由已知条件易证四边形ABMC是正方形，由已知条件通过计
算易得比例式：,根据有两对边对应相等，且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△ABD∽△AME,则∠AME=∠ABD=45°，于是可得点E在射线MC上，根据轴对称的性质可得△ABE′就是所求周长最小的△ABE，在Rt△ABN中，用勾股定理即可求得AN的值，则△ABE周长最小值=AB+AN即可求解。

6．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.
7．如图，抛物线经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ =﹣（x2﹣2x+1）+ =﹣（x﹣1）2+8，
∴点B的坐标为（1，8）．
设直线BC的解析式为y=kx+m，
则，
解得：，
所以直线BC的解析式为y=﹣2x+10．
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD=8，CD=5﹣1=4．
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴，
即，
解得：PM= t，
∴OE=1+ t．
∴ME=-2(1+ t)+10=8-t．．
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE=NM+ME=8﹣t+ t=8﹣ t．
①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），
若点N在抛物线上，
则﹣（1+ t﹣1）2+8=8﹣ t，
整理得，t（t﹣4）=0，
解得t1=0（舍去），t2=4，
所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．理由如下：
∵PM= t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD=NE=8﹣ t．
∵直线BC的解析式为y=﹣2x+10，
∴﹣2x+10=8﹣ t，
解得：x= t+1，
∴QR= t+1﹣1= t．
又∵EC=CD﹣DE=4﹣ t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，
即 t=4﹣ t，
解得：t= ，
此时点P在BD上
所以，当t= 时，四边形ECRQ为平行四边形
【解析】【分析】（1）用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+ ，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）首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣2x+10．根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PM∥CD，根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△BPM∽△BDC，根据相似三角形对应边成比例得出B P ∶B D = P M ∶C D ，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，从而得出关于t的方程，求解得出答案。

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，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．
（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；
（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线
上，设边A2B与CD交于点E，若 = ﹣1，求的值．
【答案】（1）解：作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．
∴AD=HA1=n=1，
在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，
∴BA1=2HA1，
∴∠ABA1=30°，
∴旋转角为30°，
∵BD= ，
∴D到点D1所经过路径的长度=
（2）解：∵△BCE∽△BA2D2，
∴，
∴CE=
∵ -1
∴，
∴A1C= • ，
∴BH=A1C= • ，
∴m2-n2=6• ，
∴m4-m2n2=6n4，
1- =6•，
∴（负根已经舍弃）
【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．根据矩形的对边相等得出AD=HA1=n=1，在Rt△A1HB中，根据三角形边之间的关系判断出∠ABA1=30°，即旋转角为30°，根据勾股定理算出BD的长，D到点D1所经过路径的长度，其实质就是以点B为圆心，BD为半径，圆心角为30°的弧长，根据弧长公式，计算即可；
（2）首先判断出△BCE∽△BA2D2，根据相似三角形对应边成比例得出，故CE=,根据，故进而得出，由BH=A1C列出方程，求解得出的值。

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．抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）经过点A（﹣1，0），B（，0），且与y轴相交于点C．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）求∠ACB的度数；
（3）设点D是所求抛物线第一象限上一点，且在对称轴的右侧，点E在线段AC上，且DE⊥AC，当△DCE与△AOC相似时，求点D的坐标．
【答案】（1）解：当x=0,y=3，
所以C（0,3）
设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x- ).
将C（0,3）代入得- a=3，解得a=-2
所以抛物线的解析式为y=-2x2+x+3
（2）解：过点B作BM⊥AC，垂足为M，过点M作MN⊥OA，垂足为N，如图1，
∵OC=3，AO=1，
∴tan∠CAO=3.
∴直线AC的解析式为y=3x+3.
∵AC⊥BM，
∴BM的一次项系数为- .
设BM的解析式为y=- x+b,将点B的坐标代入得：- × +b=0,解得b= .
∴BM的解析式为y=- x+ .
将y=3x+3与y=- x+ 联立解得：x=- ，y= .
∴MC=BM= = .
∴∆MCB为等腰三角形.
∴∠ACB=45°.
（3）解：如图2所示，延长CD，交x轴于点F.
∵∠ACB=45°,点D是第一象限抛物线上一点，
∴∠ECD＞45°.
又∵∆DCE与∆AOC相似，∠AOC=∠DEC=90°,
∴∠CAO=∠ECD.
∴CF=AF.
设点F的坐标为（a，0），则（a+1）2=32+a2，解得a=4.
∴F（4,0）.
设CF的解析式为y=kx+3，将F（4,0）代入得：4k+3=0，解得k=- .
∴CF的解析式为y=- x+3.
将y=- x+3与y=-2x2+x+3联立，解得x=0（舍去）或x= .
将x= 代入y=- x+3得y=
∴D（，）．
【解析】【分析】（1）结合已知抛物线与x轴的交点AB，设抛物线的解析式为顶点式，代入点C的坐标求出系数，在回代化成抛物线解析式的一般形式。

（2）作垂线转化到直角三角形中利用锐角函数关系解出直线南AC的解析式，再利用待定系数法求出系数得出直线BC的解析式，联立方程得出点M的坐标，根据勾股定理求出
MC,BM的长判断出是等腰直角三角形，得出角的度数 .
（3）根据相似三角形的性质的出两角相等，再利用待定系数法求出系数得出直线CF的解析式，再联立方程得出点D的坐标。

12．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。