中考数学 相似 培优易错试卷练习(含答案)及详细答案

中考数学相似培优易错试卷练习(含答案)及详细答案
一、相似
1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.
连结BE、BF。

使它们分别与AO相交于点G、H
（1）求EG ：BG的值
（2）求证：AG=OG
（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
∴ = = ．
∵AE=EF=FD，
∴BC=AD=3AE，
∴GC=3AG，GB=3EG，
∴EG：BG=1：3
（2）解：∵GC=3AG（已证），
∴AC=4AG，
∴AO= AC=2AG，
∴GO=AO﹣AG=AG
（3）解：∵AE=EF=FD，
∴BC=AD=3AE，AF=2AE．
∵AD∥BC，
∴△AFH∽△CBH，
∴ = = = ，
∴ = ，即AH= AC．
∵AC=4AG，
∴a=AG= AC，
b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，
c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，
∴a：b：c= ：： =5：3：2
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。

（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。

（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合
AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。

2．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．
（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；
（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；
（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．
【答案】（1）解：如图1，
∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，
∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB=2，AB⊥OC，
∴AC=BC=1，∠BOC=30°，
∴OC= ，
∴A（-1，），
把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；
（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，
∵CF∥BG，
∴，
∵AC=4BC，
∴ =4，
∴AF=4FG，
∵A的横坐标为-4，
∴B的横坐标为1，
∴A（-4，16a），B（1，a），
∵∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠BOE=90°，
∵∠AOD+∠DAO=90°，
∴∠BOE=∠DAO，
∵∠ADO=∠OEB=90°，
∴△ADO∽△OEB，
∴，
∴，
∴16a2=4，
a=± ，
∵a＞0，
∴a= ；
∴B（1，）；
（3）解：如图3，
设AC=nBC，
由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），
∴AD=am2n2，
过B作BF⊥x轴于F，
∴DE∥BF，
∴△BOF∽△EOD，
∴，
∴，
∴，DE=am2n，
∴，
∵OC∥AE，
∴△BCO∽△BAE，
∴，
∴，
∴CO= =am2n，
∴DE=CO．
【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。

（2）过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，根据平行线分线段成比例证出AF=4FG，根据点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再根据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，就可证明△ADO∽△OEB，得出对应边成比例，建立关于a的方程求解，再根据点B在第一象限，确定点B的坐标即可。

（3）根据（2）可知A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比例，证得CO=am2n，就可证得DE=CO。

3．如图，在中，，于点，点在上，
且，连接．
（1）求证：
（2）如图，将绕点逆时针旋转得到（点分别对应点），设射线与相交于点，连接，试探究线段与之间满足的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：在Rt△AHB中，∠ABC=45°，
∴AH=BH，
在△BHD和△AHC中，
，
∴△BHD≌△AHC，
∴
（2）解：方法1:如图1，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，∴HD=HF，∠AHF=30°
∴∠CHF=90°+30°=120°，
由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH=∠HCG=30°，
∴CG⊥AE，
∴点C，H，G，A四点共圆，
∴∠CGH=∠CAH，
设CG与AH交于点Q，
∵∠AQC=∠GQH，
∴△AQC∽△GQH，
∴，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，由（1）知，BD=AC，
∴EF=AC
∴
即：EF=2HG．
方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
∴HD=HF，∠AHF=30°
∴∠CHF=90°+30°=120°，
由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH=∠HCG=30°，
∴CG⊥AE，
由旋转知，∠EHF=90°，
∴EK=HK= EF
∴EK=GK= EF，
∴HK=GK，
∵EK=HK，
∴∠FKG=2∠AEF，
∵EK=GK，
∴∠HKF=2∠HEF，
由旋转知，∠AHF=30°，
∴∠AHE=120°，
由（1）知，BH=AH，
∵BH=EH，
∴AH=EH，
∴∠AEH=30°，
∴∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，
∴△HKG是等边三角形，
∴GH=GK，
∴EF=2GK=2GH，
即：EF=2GH．
【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出AH=BH，然后由SAS判断出△BHD≌△AHC，根据全等三角形对应角相等得出答案；
（2）方法1:如图1，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出
∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，从而得出点C，H，G，A四点共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出∠CGH=∠CAH，根据对顶角相等得出∠AQC=∠GQH，从而得出△AQC∽△GQH，根据全等三角形对应边成比例得出 A C∶ H G = A Q∶ G Q = 1 ∶sin 30 ° = 2，根据旋转的性质得出EF=BD，由（1）知，BD=AC，从而得出EF=AC
EF=BD，由E F∶ H G = A C∶ G H = A Q∶ G Q = 1∶ sin 30 ° = 2得出结论；
方法2:如图2，取EF的中点K，连接GK，HK，根据旋转的性质得出HD=HF，∠AHF=30°根据角的和差得出∠CHF=90°+30°=120°，由(1)有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角相等则底角也相等得出∠GAH=∠HCG=30°，根据三角形的内角和得出CG⊥AE，由旋转知，∠EHF=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出
EK=HK= EF，EK=GK= EF，从而得出HK=GK，根据等边对等角及三角形的外角定理得出∠FKG=2∠AEF，∠HKF=2∠HEF，由旋转知，∠AHF=30°，故∠AHE=120°，由（1）知，BH=AH，根据等量代换得出AH=EH，根据等边对等角得出∠AEH=30°，∠HKG=∠FKG+∠HKF=2∠AEF+2∠HEF=2∠AEH=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得出△HKG是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出GH=GK，根据等量代换得出EF=2GK=2GH。

4．正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.
（1）如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；
（2）如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B 出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.
①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；
②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.
∵MN⊥AF，
∴∠NAH＋∠ANH＝90°.
∵∠NDA＋∠ANH＝90°，
∴∠NAH＝∠NDA，
∴△ABF≌△MAN，
∴AF＝MN.
（2）解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BF，
∴∠ADE＝∠FBE.
∵∠AED＝∠BEF，
∴△EBF∽△EDA，
∴＝ .
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC＝CB＝6cm，
∴BD＝6 cm.
∵点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts，
∴BE＝ tcm，DE＝(6 － t)cm，
∴＝，
∴y＝ .
②∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAN＝∠FBA＝90°.
∵MN⊥AF，
∴∠NAH＋∠ANH＝90°.
∵∠NMA＋∠ANH＝90°，
∴∠NAH＝∠NMA.
∴△ABF∽△MAN，
∴＝ .
∵BN＝2AN，AB＝6cm，
∴AN＝2cm.
∴＝，
∴t＝2，
∴BF＝＝3(cm)．
又∵BN＝4cm，
∴FN＝＝5(cm)．
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.再根据同角的余角相等得出∠NAH＝∠NDA，进而证出△ABF≌△MAN即可解答，
（2）根据正方形的性质得出两角相等证出△EBF∽△EDA，得出BD的长度，利用△EBF∽△EDA得出比例式，得出y和t之间的函数解析式，
据正方形的性质得出两角相等证出△ABF∽△MAN，得出比例式，进而解答.
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，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。

7．在正方形中，，点在边上，，点是在射线上的一个动点，过点作的平行线交射线于点，点在射线上，使始终与直线
垂直．
（1）如图1，当点与点重合时，求的长；
（2）如图2，试探索：的比值是否随点的运动而发生变化？若有变化，请说明你的理由；若没有变化，请求出它的比值；
（3）如图3，若点在线段上，设，，求关于的函数关系式，并写出它的定义域．
【答案】（1）解：由题意，得 ,
在Rt△中，
∴
∵
∴∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴△∽△
∴
∴
∴
（2）解：答：的比值随点的运动没有变化理由：如图，
∵∥
∴ ,
∵
∴
∵
∴
∴
∴△∽△
∴
∵，
∴
∴的比值随点的运动没有变化,比值为（3）解：延长交的延长线于点
∵∥
∴
∵
∴
∴
∴
∵∥ , ∥
∴∥
∴
∵ ,
∴
又 ,
∴
∴
它的定义域是
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出 A B = B C = C D = A D = 8 , ∠ C = ∠ A = 90 °，在Rt△ B C P 中，根据正切函数的定义得出tan ∠ P B C = P C ∶B C，又 tan ∠ P B C
=，从而得出PC的长，进而得出RP的长，根据勾股定理得出PB的长，然后判断出△P B C ∽△ P R Q，根据相似三角形对应边成比例得出PB∶RP=PC∶PQ,从而得出PQ的长；（2）RM∶MQ的比值随点 Q 的运动没有变化,根据二直线平行同位角相等得出∠ 1 = ∠ A B P , ∠ Q M R = ∠ A，根据等量代换得出∠ Q M R = ∠ C = 90 °，根据根据等角的余角相等得出∠ R Q M = ∠ P B C ，从而判断出△ R M Q ∽△ P C B，根据相似三角形对应边成比例，得出PM∶MQ=PC∶BC,从而得出答案；
（3）延长 B P 交 A D 的延长线于点N，根据平行线分线段成比例定理得出PD∶AB=ND∶NA,又N A = N D + A D = 8 + N D ，从而得出关于ND的方程，求解即可得出ND，根据勾股定理得出PN，根据平行线的判定定理得出PD∥MQ,再根据平行线分线段成
比例定理得出PD∶MQ=NP∶NQ,又RM∶MQ=3∶4,RM=y，从而得出MQ=y,又 P D = 2 , N Q = P Q + P N = x +，根据比例式，即可得出y与x之间的函数关系式。

8．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.
（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；
（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；
（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出PM与PN的数量关系，并加以证明.
【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN
（2）PM＝PN，PM⊥PN
（3）解：PM＝kPN，
∵△ACB和△ECD是直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°.
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.
∴∠ACE＝∠BCD.
∵BC＝kAC，CD＝kCE，
∴＝k.
∴△BCD∽△ACE.
∴BD＝kAE，
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝ BD，PN＝ AE.
∴PM＝kPN.
【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，
理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.
在△ACE和△BCD中，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠BCD＝90°，
∴∠CBD+∠BDC＝90°，
∴∠EAC+∠BDC＝90°
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM＝ BD，PN＝ AE，
∴PM＝PN，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，
∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，
∵∠EAC+∠BDC＝90°，
∴∠MPA+∠NPC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
即PM⊥PN，
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；
（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，
理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.
∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）.
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.
又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BHO＝∠ACO＝90°.
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM＝ BD，PM∥BD；
PN＝ AE，PN∥AE.
∴PM＝PN.
∴∠MGE+∠BHA＝180°.
∴∠MGE＝90°.
∴∠MPN＝90°.
∴PM⊥PN.
故答案为：PM⊥PN，PM＝PN
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.
9．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。

10．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。

11．如图，抛物线y＝a（x﹣m﹣1）2+2m（其中m＞0）与其对称轴l相交于点P．与y轴相交于点A（0，m）连接并延长PA、PO，与x轴、抛物线分别相交于点B、C，连接BC将△PBC绕点P逆时针旋转，使点C落在抛物线上，设点C、B的对应点分别是点B′和C′．
（1）当m＝1时，该抛物线的解析式为：________．
（2）求证：∠BCA＝∠CAO；
（3）试问：BB′+BC﹣BC′是否存在最小值？若存在，求此时实数m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝﹣ x2+x+1
（2）证明：把点P、A的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b得：
，解得：，
则直线PA的表达式为：y＝ x+m，
令y＝0，解得：x＝﹣m﹣1，即点B坐标为（﹣m﹣1，0），
同理直线OP的表达式为：y＝x…②，
将①②联立得：a（x﹣m﹣1）2+2m﹣ x＝0，其中a＝﹣，
该方程的常数项为：a（m+1）2+2m，
由韦达定理得：x1x2＝x C•x P＝＝＝﹣（m+1）2，
其中x P＝m+1，
则x C＝﹣m﹣1＝x B，
∴BC∥y轴，
∴∠BCA＝∠CAO
（3）解：如图当点B′落在BC′所在的直线时，BB′+BC﹣BC′存在最小值，
设：直线l与x轴的交点为D点，连接BB′、CC′，
∵点C关于l的对称点为C′，
∴CC′⊥l，而OD⊥l，∴CC′∥OD，∴∠POD＝∠PCC′，
∵∠PB′C′+∠PB′B＝180°，
△PB′C′由△PBC旋转而得，
∴∠PBC＝∠PB′C′，PB＝PB′，∠BPB′＝∠CPC′，
∴∠PBC+∠PB′B＝180°，
∵BC∥AO，
∴∠ABC+∠BAO＝180°，
∴∠PB′B＝∠BAO，
∵PB＝PB′，PC＝PC′，
∴∠PB′B＝∠PBB′＝，
∴∠PCC′＝∠PC′C＝，
∴∠PB′B＝∠PCC′，
∴∠BAO＝∠PCC′，
而∠POD＝∠P CC′，
∴∠BAO＝∠POD，
而∠POD＝∠BAO＝90°，
∴△BAO∽△POD，
∴，
将BO＝m+1，PD＝2m，AO＝m，OD＝m+1代入上式并解得：
m＝1+ （负值已舍去）
【解析】【解答】解：（1）把点A的坐标代入二次函数表达式得：m＝a（﹣m﹣1）2+2m，解得：a＝﹣，
则二次函数的表达式为：y＝﹣（x﹣m﹣1）2+2m…①，
则点P的坐标为（m+1，2m），点A的坐标为（0，m），
把m＝1代入①式，整理得：y＝﹣ x2+x+1，
故：答案为：y＝﹣ x2+x+1；
【分析】（1）把点A的坐标代入二次函数表达式得：m＝a（﹣m﹣1）2+2m，解得：a＝
﹣，把m＝1代入上式，即可求解；（2）求出点B、C的坐标，即可求解；（3）当点B′落在BC′所在的直线时，BB′+BC﹣BC′存在最小值，证△BAO∽△POD，即可求解．
12．如图
（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：
如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO= ，BO：CO=1：3，求AB的长．
经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．
请回答：∠ADB=________°，AB=________．
（2）请参考以上解决思路，解决问题：
如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO= ，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．
【答案】（1）75；4
（2）解：过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．
∵AC⊥AD，BE∥AD，
∴∠DAC=∠BEA=90°．
∵∠AOD=∠EOB，
∴△AOD∽△EOB，
∴ = = ．
∵BO：OD=1：3，
∴ = = ．
∵AO=3 ，
∴EO= ，
∴AE=4 ．
∵∠ABC=∠ACB=75°，
∴∠BAC=30°，AB=AC，
∴AB=2BE．
在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4 ）2+BE2=（2BE）2，
解得：BE=4，
∴AB=AC=8，AD=12．
在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+122=CD2，
解得：CD=4
【解析】【解答】解：（1）∵BD∥AC，
∴∠ADB=∠OAC=75°．
∵∠BOD=∠COA，
∴△BOD∽△COA，
∴ = = ．
又∵AO= ，
∴OD= AO= ，
∴AD=AO+OD=4 ．
∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，
∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB，
∴AB=AD=4 ．
故答案为：75；4 ．
【分析】（1）利用平行线的性质，可求出∠ADB的度数，证明∠ADB=∠OAC，利用相似三角形的判定定理证明△BOD∽△COA，得出对应边成比例，求出OD的长，再求出AD的长，然后证明∠ABD=∠ADB，可求得AB的长。

（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，先证明△AOD∽△EOB，得出对应边成比例，求出EO、AE的长，再证明AB=2BE，利用勾股定理求出BE的长，就可得出AC、AD的长，然后在Rt△CAD中，利用勾股定理求出CD的长即可解答。