2020-2021中考数学复习相似专项综合练附答案解析

2020-2021中考数学复习相似专项综合练附答案解析
一、相似
1．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。

2．如图，BD是□ABCD的对角线，AB⊥BD，BD=8cm，AD=10cm，动点P从点D出发，以5cm/s的速度沿DA运动到终点A，同时动点Q从点B出发，沿折线BD—DC运动到终点C，在BD、DC上分别以8cm/s、6cm/s的速度运动.过点Q作QM⊥AB，交射线AB于点M，连接PQ，以PQ与QM为边作□PQMN.设点P的运动时间为t(s)（t>0），□PQMN与□ABCD重叠部分图形的面积为S（cm2）.
（1）AP=________cm（同含t的代数式表示）.
（2）当点N落在边AB上时，求t的值.
（3）求S与t之间的函数关系式.
（4）连结NQ，当NQ与△ABD的一边平行时，直接写出t的值.
【答案】（1）（10-5t）
（2）解：如图①，
当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形．∵PN∥DB，∴△APN∽△ADB，∴AP：
AD=PN：DB，∴（10－5t）：10=8t：8，120t=80，∴．
（3）解：分三种情况讨论：
a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t．
当时，．
b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，则PE=3t，设PN交AB于点F，则
．
当时，．
c)如图④，当时，PF=8-4t，FB=3t，PN=DB=QM=8，∴FN=4t，DQ=6(t-1)，∴BM=DQ=6(t-1)．∵∠GBM=∠A，∠DBA=∠GMB，∴△BGM∽△ABD，∴GM：BM=DB：
AB，解得：GM=8t-8，∴S=S平行四边形PNMQ-S△FMN-S△BMG=8（9t-6）－ ×4t×（9t-6）－ ×（6t-6）（8t-8）= ．
综上所述：
（4）解：分三种情况讨论．
①当NQ∥AB时，如图5，
过P作PF⊥BD于F，则PF=3t，DF=4t，PN=FQ=BQ=8t，∴BD=8t+8t+4t=8，解得：．②当AD∥NQ，且Q在BD上时，如图6．
∵PNQD和PNBQ都是平行四边形，∴PN=DQ=BQ，∴8t+8t=8，解得：．
③当AD∥NQ，且Q在DC上时，如图7，
可以证明当Q与C重合，即直线NQ与直线BC重合时，满足条件，如图8，
此时DQ=AB= =6，t= =2．
综上所述：或或．
【解析】【解答】解：（1）（10-5t）；
【分析】（1）由题意可得，DP=5t,所以AP=AD-DP=10-5t;
（2）由欧勾股定理的逆定理可得∠ABD=，所以根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得，当点N落在边AB上时，四边形PNBQ为矩形；由平行线分线段成比例定理可得
比例式：,则可得关于t的方程，解方程即可求解；
（3）由（2）知，当□PQMN全部在□ABCD中时，运动时间是秒，由已知条件可知，点Q 在BD边上的运动速度是8cm/s，在DC边上的运动速度是6cm/s，所以当点Q运动到C点时，点P也运动到了点A，所以分3种情况：
a)如图②，过点P作PE⊥BD于点E，当0 < t ≤时， S=BQ PE；
b)如图③，过点P作PE⊥BD于点E，设PN交AB于点F，当< t ≤ 1 时，S =（PF+BQ）PE；
c)如图④，当1 < t ≤ 2 时， S =平行四边形PNMQ的面积-三角形FNM的面积-三角形BMG 的面积；
（4）由题意NQ与△ABD的一边平行可知，有3种情况：
①当NQ∥AB；
②当AD∥NQ，且Q在BD上时；
③当AD∥NQ，且Q在DC上时。

分这三种情况根据已知条件即可求解。

3．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。

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）如图2过点Q作QG⊥AB，垂足为G，当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；
（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．
【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
在中，
分别是的中点，
（2）解：如图1，过点作于，
（舍）或秒
（3）解：四边形为矩形时,如图所示：
解得：
（4）解：当点在上时，如图2，
当点在上时，如图3，
时，如图4，
时，如图5，
综上所述，或或或秒时，是等腰三角形
【解析】【分析】（1）要证△BEF∽△DCB，根据有两对角对应相等的两个三角形相似可得证。

根据三角形中位线定理可得EF∥AD∥BC，可得一组内错角相等，由矩形的性质可得∠C=∠A=∠BEF=，所以△BEF∽△DCB；
（2）过点Q 作QM⊥EF于M，结合已知易得QM∥BE，根据相似三角形的判定可得
△QMF∽△BEF，则得比例式,QM可用含t的代数式表示，PF=4-t，所以三角形
PQF的面积=QM PF=06，解方程可得t的值；
（3）因为QG⊥AB，结合题意可得PQ AB，根据相似三角形的判定可得QPF BEF，于是可得比例式求解；
（4）因为Q在对角线BD上运动，情况不唯一。

当点Q在DF上运动时，PF=QF；
当点Q在BF上运动时，分三种情况：
第一种情况;PF =QF ;第二种情况：PQ=PF；第三种情况：PQ=FQ。

5．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。

6．在平面直角坐标系中，抛物线与轴的两个交点分别为A （-3，0）、B（1，0），与y轴交于点D(0，3)，过顶点C作CH⊥x轴于点H.
（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
（2）连结AD、CD，若点E为抛物线上一动点（点E与顶点C不重合），当△ADE与△ACD面积相等时，求点E的坐标；
（3）若点P为抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），过点P向CD所在的直线作垂线，垂足为点Q，以P、C、Q为顶点的三角形与△ACH相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
∵抛物线过点A(-3，0),B(1，0)，D(0，3)，
∴，解得，a=-1，b=-2，c=3，
∴抛物线解析式为，顶点C（-1,4）；
（2）解：如图1，∵A(-3，0)，D(0，3),
∴直线AD的解析式为y=x+3，
设直线AD与CH交点为F，则点F的坐标为(-1，2)
∴CF=FH，
分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，
由平行间距离处处相等，平行线分线段成比例可知，△ADE与△ACD面积相等，
∴直线EC的解析式为y=x+5，
直线EH的解析式为y=x+1，
分别与抛物线解析式联立，得，，
解得点E坐标为(-2，3)，，；（3）解：①若点P在对称轴左侧（如图2），只能是△CPQ∽△ACH，得∠PCQ=∠CAH，
∴，
分别过点C、P作x轴的平行线，过点Q作y轴的平行线，交点为M和N，
由△CQM∽△QPN，
得 =2，
∵∠MCQ=45°，
设CM=m，则MQ=m，PN=QN=2m，MN=3m，
∴P点坐标为(-m-1，4-3m)，
将点P坐标代入抛物线解析式，得，
解得m=3，或m=0(与点C重合，舍去)
∴P点坐标为(-4，-5)；
②若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH，
∴，
延长CD交x轴于M，∴M(3，0)
过点M作CM垂线，交CP延长线于点F，作FN x轴于点N，
∴，
∵∠MCH=45°，CH=MH=4
∴MN=FN=2，
∴F点坐标为(5，2)，
∴直线CF的解析式为y= ，
联立抛物线解析式，得，解得点P坐标为( ， )，
综上所得，符合条件的P点坐标为(-4，-5)，( ， ).
【解析】【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）、D(0，3)，代入y=ax2+bx+3求出即可；(2)求出直线AD的解析式，分别过点C、H作AD的平行线，与抛物线交于点E，利用△ADE与△ACD面积相等，得出直线EC和直线EH的解析式，联立出方程组求解即可;(3) （3）分两种情况讨论：①点P在对称轴左侧；②点P在对称轴右侧.
7．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a
的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．
【答案】（1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．
当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，
（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．
∵a＜0，
∴- ＞0，
∴A（-1，0）
（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．
∵OE∥DM，
∴，
∴OM=3，
∴D点纵坐标为12a+12．
∵tan∠EAO= =3a+3，
∴OE=3a+3，
∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．
∵OB=4CE，
∴- =-12a，
∵a＜0，
∴a=-
（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．
∵a=- ，
∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，
又∵PC=PD，PT=PT，
∴△TCP≌△TDP，
∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．
设P（t，- t2+ t+3），
∴OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，
∵点P在C、D之间，
∴t=1．
过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．
∵FQ∥PC，
∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，
∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠KFQ=∠PCG．
∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
∴tan∠PCG= ，
∵tan∠ABC= ，
∴∠PCG=∠ABC，
∴∠KFQ=∠ABC．
∵∠CFQ=2∠ABC，
∴∠CFQ=2∠KFQ，
∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，
∴tan∠OCF= ，
∴OF= ．
设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），
∵Q在抛物线上，
∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得m= 或m=- （舍去），
∴Q（4，5），
∵B（6，0），
∴BQ= ．
【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据
OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么
TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由
tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据
Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．
8．已知抛物线y=ax2+bx-3的图象与x轴交于点A（-1，0）和点B（3，0），顶点为D，点C是直线l：y=x+5与x轴的交点.
（1）求该二次函数的表达式；
（2）点E是直线l在第三象限上的点，连接EA、EB，当△ECA∽△BCE时，求E点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AD、BD，在直线DE上是否存在点P，使得∠APD=∠ADB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将A（-1，0），B（3，0）代入y=ax2+bx-3，
得：，解得：，
∴该二次函数的表达式为y=x2-2x-3
（2）解：当y=0时，x+5=0，
解得：x=-5，
∴点C的坐标为（-5，0）.
∵点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），
∴AC=4，BC=8.
∵△ECA∽△BCE，
∴∠ECA=∠BCE， = ，即 = ，
∴EC=4 或EC=-4 （舍去），
过点E作EF⊥x轴于点F，如图1所示，
∵直线l的函数表达式为y=x+5，
∴△CEF为等腰三角形，
∴CE=EF=4，
∴OF=5+4=9，EF=4，
∴点E的坐标为（-9，-4）；
（3）解：∵y=x2-2x-3=（x-1）2-4，
∴点D的坐标为（1，-4），
∴AD=BD= =2 ，
由（2）可知：点E的坐标为（-9，-4），
∴直线DE的函数表达式为y=-4，
过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，如图2所示，
∵点D的坐标为（1，-4），点A的坐标为（-1，0），点B的坐标为（3，0），∴S△ABD= ×[3-（-1）]×4=8，
∴AM= = = ，
∴DM= = ，
∵∠APD=∠ADB，
∴tan∠APD=tan∠ADB，即 = ，
∴ = ，
∴PN=3，
又∵点N的坐标为（-1，-4），
∴点P的坐标为（-4，-4）或（2，-4）.
综上所述：在直线DE上存在点P（-4，-4）或（2，-4），使得∠APD=∠ADB.
【解析】【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，结合点A，B的坐标利用相似三角形的性质可求出EC的值，过点E作EF⊥x轴于点F，则△CEF为等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质可求出CE，EF的值，进而可得出点E的坐标；（3）利用配方法可求出点D的坐标，进而可得出BD的长度，结合点E的坐标可得出直线DE的函数表达式为y=-4，过点A作AM⊥BD于点M，过点A作AN⊥直线DE于点N，利用面积法可求出AM的值，由∠APD=∠ADB结合正切的定义可求出PN的值，再结合点N的坐标可得出点P 的坐标，此题得解.
9．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.
10．已知：如图，在四边形中，，，，，垂直平分 .点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动，另一个点也停止运动.过点作，交于点，过点作，分别交，于点， .连接， .设运动时间为，解答下列问题：
（1）当为何值时，点在的平分线上？
（2）设四边形的面积为，求与的函数关系式.
（3）连接，，在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：在中，∵，，，
∴，
∵垂直平分线段，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴∠BPE=∠BCA=90°
又∠B=∠B
∴△BPE∽△BAC
∴
即
∴，，
当点在的平分线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴ .
∴当为4秒时，点在的平分线上.（2）解：如图，连接， .
.
（3）解：存在.如图，连接 .
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
解得或10(舍)
∴当秒时， .
【解析】【分析】（1）根据勾股定理求AC，根据证，求出CD、OD的值，根据△BPE∽△BAC得到比例式，用含有t的代数式表示出PE、BE，当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．（2）根据
构建函数关
系式即可．（3）证明∠EOC=∠QOG，可得，推出，由此构建方程即可解决问题．
11．如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，则∠B=________°；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=5.若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”.试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由.
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB=7，CD=12，BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，且△ABC是“准互余三角形”，求对角线AC的长.
【答案】（1）15
（2）解：如图①中，
在Rt△ABC中，∵∠B+∠BAC=90°，∠BAC=2∠BAD，∴∠B+2∠BAD=90°，
∴△ABD是“准互余三角形”，
∵△ABE也是“准互余三角形”，
∴只有2∠B+∠BAE=90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠CAE=∠B，∵∠C=∠C=90°，
∴△CAE∽△CBA，可得CA2=CE•CB，
∴CE= ，
∴BE=5﹣ = .
（3）解：如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF.
∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD，∠CBF=∠CBD，
∵∠ABD=2∠BCD，∠BCD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠DBC+∠CBF=180°，
∴A、B、F共线，
∴∠A+∠ACF=90°
∴2∠ACB+∠CAB≠90°，
∴只有2∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠FCB=∠FAC，∵∠F=∠F，
∴△FCB∽△FAC，
∴CF2=FB•FA，设FB=x，
则有：x（x+7）=122，
∴x=9或﹣16（舍去），
∴AF=7+9=16，
在Rt△ACF中，AC=
【解析】【解答】（1）∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，
∴2∠B+∠A=90°，
解得，∠B=15°；
【分析】（1）根据“准互余三角形”的定义构建方程即可解决问题；（2）只要证明△CAE∽△CBA，可得CA2=CE•CB，由此即可解决问题；（3）如图②中，将△BCD沿BC翻折得到△BCF.只要证明△FCB∽△FAC，可得CF2=FB•FA，设FB=x，则有：x（x+7）=122，推出x=9或﹣16（舍弃），再利用勾股定理求出AC即可；
12．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，G为⊙O上一点，连接AG交CD于K，在CD的延长线上取一点E，使EG=EK，EG的延长线交AB的延长线于F.
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）连接DG，若AC∥EF时.
①求证：△KGD∽△KEG；
②若，AK= ，求BF的长.
【答案】（1）证明：如图，连接OG.∵EG=EK，
∴∠KGE=∠GKE=∠AKH，
又OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，
∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，
∴∠KGE+∠OGA=90°，
∴EF是⊙O的切线.
（2）解：①∵AC∥EF，∴∠E=∠C，
又∠C=∠AGD，∴∠E=∠AGD，
又∠DKG=∠CKE，
∴△KGD∽△KGE.
②连接OG，如图所示.∵，AK= ，
设，∴，，则
KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5k，∴HK=CK－CH=k.
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，
即，，，，则，
设⊙O半径为R，在Rt△OCH中，OC=R，OH=R－3k，CH=4k，
由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，，∴
在Rt△OGF中，，∴，
∴
【解析】【分析】（1）连接OG.根据切线的判定，证出∠KGE+∠OGA=90°，故EF是⊙O的切线.（2）①证∠E=∠AGD，又∠DKG=∠CKE，故△KGD∽△KGE.②连接OG. ，
设，，，则，在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即；由勾股定理得：OH2＋CH2=OC2，
；在Rt△OGF中，，，。