2020-2021初三数学一模试题分类汇编——相似综合及详细答案

2020-2021初三数学一模试题分类汇编——相似综合及详细答案
一、相似
1．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。

2．如图（1），在矩形DEFG中，DE=3，EG=6，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=3，AC=6，△ABC的一边BC和矩形的一边DG在同一直线上，点C和点D重合，Rt△ABC将从D以每秒1个单位的速度向DG方向匀速平移，当点C与点G重合时停止运动，设运动时间为t秒，解答下列问题：
（1）如图（2），当AC过点E时，求t的值；
（2）如图（3），当AB与DE重合时，AC与EF、EG分别交于点M、N，求CN的长；（3）在整个运动过程中，设Rt△ABC与△EFG重叠部分面积为y，请求出y与t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．
【答案】（1）解：如图（2），当AC过点E时，
在Rt△ABC中，BC=3，AC=6，
∴BC所对锐角∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
依题意可知∠ABC=∠EDC=90°，
∵∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
∴，即，
∴CD= ，
∴t=CD= ；
（2）解：如图（3），∵∠EDG=90°，DE=3，EG=6，
∴DG= =3 ，
在Rt△EDG中，sin∠EGD= ，
∴∠EGD=30°，
∵∠NCB=∠CNG+∠EGD，
∴∠CNG=∠NCB﹣∠EGD=60°﹣30°=30°，
∴∠CNG=∠EGD，
∴NC=CG=DG﹣BC=3 ﹣3；
（3）解：由（1）可知，当x＞时，△ABC与△EFG有重叠部分．
分两种情况：①当＜t≤3时，如图（4），
△ABC与△EFG有重叠部分为△EMN，设AC与EF、EG分别交于点M、N，过点N作直线NP⊥EF于P，交DG于Q，
则∠EPN=∠CQN=90°，
∵NC=CG，
∴NC=DG﹣DC=3 ﹣t，
在Rt△NQC中，NQ=sin∠NCQ×NC=sin60°×（3 ﹣t）= ，
∴PN=PQ﹣NQ=3﹣ = ，
∵∠PMN=∠NCQ=60°，
∴sin∠PMN= ，MN= =t﹣，
在矩形DEFG中，EF∥DG，
∴∠MEN=∠CGN，
∵∠MNE=∠CNG，∠CNG=∠CGN，
∴∠EMN=∠MNE，
∴EM=MN，
∴EM=MN=t﹣，
∴y=S△EMN= EM•PN= × ；
②当3＜t≤3 时，如图（5），
△ABC与△EFG重叠部分为四边形PQNM，设AB与EF、EG分别交于点P、Q，AC与EF、
EG分别交于点M、N，则∠EPQ=90°，
∵CG=3 ﹣t，
∴S△EMN= ，
∵EP=DB=t﹣3，∠PEQ=30°，
∴在Rt△EPQ中，PQ=tan∠PEQ×EP=tan30°×（t﹣3）= ，
∴S△EPQ= EP•PQ= （t﹣3）× = ，
∴y=S△EMN﹣S△EPQ=（）﹣（）= +（﹣，
综上所述，y与t的函数关系式：y= ．
【解析】【分析】（1）证△ABC∽△EDC，由相似三角形的性质可求出CD的值，即可求t；
（2）利用勾股定理求出DG的值，则由三角函数可∠EGD=30°，进而可证得∠CNG=∠EGD，则NC=CG=DG﹣BC，可求出答案；
（3）根据重叠部分可确定x的取值范围，再由三角形的面积公式可求出函数解析式.
3．如图，△ABC内接于⊙O，∠CBG=∠A，CD为直径，OC与AB相交于点E，过点E作EF⊥BC，垂足为F，延长CD交GB的延长线于点P，连接BD．
（1）求证：PG与⊙O相切；
（2）若 = ，求的值；
（3）在（2）的条件下，若⊙O的半径为8，PD=OD，求OE的长．
【答案】（1）解：如图，连接OB，则OB=OD，
∴∠BDC=∠DBO，
∵∠BAC=∠BDC、∠BAC=∠GBC，
∴∠GBC=∠BDO，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DBO+∠OBC=90°，
∴∠GBC+∠OBC=90°，
∴∠GBO=90°，
∴PG与⊙O相切。

（2）解：过点O作OM⊥AC于点M，连接OA，
则∠AOM=∠COM= ∠AOC，
∵
∴∠ABC= ∠AOC=∠COM，
又∵∠EFB=∠OMC=90°，
∴△BEF∽△OCM，
∴，
∵CM= AC，
∴，
又∵，
∴
（3）解：由（2）可知=，则BE=10.
∵PD=OD，∠PBO=90°，
∴BD=OD=8，
在Rt△DBC中，BC= =8 ，
又∵OD=OB，
∴△DOB是等边三角形，
∴∠DOB=60°，
∵∠DOB=∠OBC+∠OCB，OB=OC，
∴∠OCB=30°，
∴， = ，
∴可设EF=x，则EC=2x、FC= x，
∴BF=8 ﹣ x，
在Rt△BEF中，BE2=EF2+BF2，
∴100=x2+（8 ﹣ x）2，
解得：x=6± ，
∵6+ ＞8，舍去，
∴x=6﹣，
∴EC=12﹣2 ，
∴OE=8﹣（12﹣2 ）=2 ﹣4
【解析】【分析】（1）连接OB，则需要证明∠GBO=∠GBC+∠OBC=90°；由CD是⊙O的直径，则∠DBO+∠OBC=90°，即需要证明∠GBC=∠BDO，由同弧所对的圆周角相等，可知∠BAC=∠BDC，而∠BAC=∠GBC，∠BDC=∠DBO，则可证得∠GBC=∠BDO。

（2）因为已知=，求,其中EF，BE是△BEF的两条边，而AC，OC是△AOC的两条边，但△BEF和△AOC不相似，则可构造两三角形相似，因为△BEF是直角三角形，则可过
点O作OM⊥AC于点M，连接OA，即构造△BEF∽△OCM，从而可求得。

（3）由（2）得的值及OC=8求出BE；由PD=OD，且∠PBO=90°，根据“直角三角形斜边上的中线长等于斜边长的一半”可得BD=OD=8，由勾股定理可求得BC的长，则△DOB是等边三角形，则在直角三角形ECF中存在特殊角30度，不妨设EF=x，则CE=2x，CF=x。

在Rt△BEF中，由勾股定理可得BE2=EF2+BF2，构造方程解答即可。

4．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；
②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

【答案】（1）
（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，
∵DE平分∠ADC，
∴∠FDE=∠CDE，
在△FED和△CDE中，
DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE
∴△FED≌△CDE（SAS），
∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90°
∴∠DEF=∠DEC，
∵AD=AB+CD，DF=DC，
∴AF=AB，
在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。

∴AE⊥DE
②解：过点D作DP⊥AB于点P，
∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM，
∴BM+MN=FM+MN，
当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，
∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形DPBC是矩形，
∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，
在Rt△APD中，DP= = ，
∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，
∴FN∥DP，
∴△AFN∽△ADP
∴，
即，
解得FN= ，
∴BM+MN的最小值为
【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，
∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.
②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM，当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，
根据勾股定理得DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性质得，从而求得FN，即BM+MN的最小值.
5．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA ，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F ， G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6
在Rt△AEG中，AG=
∵EG∥AC
∴△ACF∽△GEF
∴，
∴
∴
②如图1，在正方形ACDE中，AE=ED
∠AEF=∠DEF=45°，
又EF=EF，∴△AEF≌△DEF
∴∠1=∠2（设为x）
∵AE∥BC
∴∠b=∠1=x
∵GF=GD
∴∠3=∠2=x
在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°
∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°
∴∠B=30°
∴在Rt△ABC中，BC=
（2）在Rt△ABC中，AB=
如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD
∵DG∥AC
∴△BDG∽△BCA
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即
解得x1=1，x2=5（舍去）
∴腰长G D=4x=4
如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF=Dg，
设AE=3x，则E G=4x，A G=5x，
∴F G=DG=12+4x，
∵AE∥BC
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即x2=4
解得x1=2，x2=-2（舍去）
∴腰长GD=4x+12=20
如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作D H⊥FG。

设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴GF=2G H= ，
∴AF=GF-AG=
∵AC∥DG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288cos
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x+12=
如图5，当点D在线段Cb的延长线上时，此时只有DF=D g，过点D作D h⊥AG，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴AF=AG−FG=
∵AC∥EG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x-12=
综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，，
【解析】【分析】（1）①此小题考查相似三角形的判定与性质；由正方形的性质可得AG//EG，则△ACF∽△GEF，即可得FG：AF=EG：AC=1:2，则只要由勾股定理求出AG即可；
②由正方形性的对称性，不难得出∠1=∠2，而由GF=GD可知∠3=∠2，在△BDF中，由三角形内角和为180度，不难求出∠b的度数，可知是一个特殊角的度数，从而求出BC即可；（2）因为BC=9，所以B是定点，动点是D，因为点D是直线BC上一点，随着点D 的位置的变化，E和F点的位置也跟着变化；需要分类计论点D在线段BC上，点D在BC 的延长线和点D在CB的延长线上，再逐个分析等腰三角形的存在性，根据相似三角形的性及三角函数分析解答即可．
6．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.
7．已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC．
（1）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；
（2）在（1）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设AP＝DQ＝m，问是否存在这样的m，使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图1，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，
∵∠A＝∠A，∠ACB＝∠ABD＝90°，
∴△ABC∽△ADB，
∴∠ABC＝∠ADB，且∠ACB＝∠BCD＝90°，
∴△ABC∽△BDC，
∴
∵A（﹣3，0），C（1，0），
∴AC＝4，
∵BC＝AC．
∴BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵，
∴，
∴CD＝，
∴AD＝AC+CD＝4+ ＝，
∴OD＝AD﹣AO＝，
∴点D的坐标为：（，0）；
（2）解：如图2，当∠APC＝∠ABD＝90°时，
∵∠APC＝∠ABD＝90°，∠BAD＝∠PAQ，∴△APQ∽△ABD，
∴，
∴
∴m＝，
如图3，当∠AQP＝∠ABD＝90°时，
∵∠AQP＝∠ABD＝90°，∠PAQ＝∠BAD，
∴△APQ∽△ADB，
∴，
∴
∴m＝；
综上所述：当m＝或时，△APQ与△ADB相似．
【解析】【分析】（1）如图1，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，可证
△ABC∽△ADB，可得∠ABC＝∠ADB，可证△ABC∽△BDC，可得，可求CD 的长，即可求点D坐标；（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．
8．如图，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B.
（1）求线段AB的长度；
（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N.
①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；
②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x 轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标.
【答案】（1）解：当x=0时，y=4，
∴A（0，4），
∴OA=4，
当y=0时，- x+4=0，
x=3，
∴B（3，0），
∴OB=3，
由勾股定理得：AB=5
（2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，
tan∠OAB= ，
∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，
∴M（3x，-4x+4），
由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，
∴∠EAM+∠HAN=90°，
∵∠EAM+∠AME=90°，
∴∠HAN=∠AME，
∵∠AHN=∠AEM=90°，
∴△AHN≌△MEA，
∴AH=EM=3x，
∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，
∴NG=OH，
则5x=3x+4，
2x=4，
x=2，
∴M（6，-4）；
②如图2，由①知N（8，10），
∵AN=DN，A（0，4），
∴D（16，16），
设直线DM：y=kx+b，
把D（16，16）和M（6，-4）代入得：
，
解得：，
∴直线DM的解析式为：y=2x-16，
∵直线DM交x轴于E，
∴当y=0时，2x-16=0，
x=8，
∴E（8，0），
由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），∴E与切点G重合，
∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，
∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，分两种情况：
i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，
∵∠QNA=∠DNF，
∴∠NFD=∠QAN=90°，
∵AO∥NE，
∴△ACO∽△NCE，
∴，
∴，
∴CO= ，
连接BN，
∴AB=BE=5，
∵∠BAN=∠BEN=90°，
∴∠ANB=∠ENB，
∵EN=ND，
∴∠NDE=∠NED，
∵∠CNE=∠NDE+∠NED，
∴∠ANB=∠NDE，
∴BN∥DE，
Rt△ABN中，BN= ，
sin∠ANB=∠NDE= ，
∴，
∴NF=2 ，
∴DF=4 ，
∵∠QNA=∠DNF，
∴tan∠QNA=tan∠DNF= ，
∴，
∴AQ=20，
∵tan∠QAH=tan∠OAB= ，
设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，
∴5x=20，
x=4，
∴QH=3x=12，AH=16，
∴Q（-12，20），
同理易得：直线NQ的解析式：y=- x+14，∴P（0，14）；
ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，
∴∠APN=∠CDE，
∵∠ANB=∠CDE，
∵AP∥NG，
∴∠APN=∠PNE，
∴∠APN=∠PNE=∠ANB，
∴B与Q重合，
∴AN=AP=10，
∴OP=AP-OA=10-4=6，
∴P（0，-6）；
综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，-6）
【解析】【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB
的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB= ，设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，得M（3x，-4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可得x的值，计算M的坐标即可；
②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论：
i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO= ，根据三角函数得：
tan∠QNA=tan∠DNF= ，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB= ，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）；
ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，-6）.
9．如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，点B，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于点D，过点B作BE⊥x轴，交DC延长线于点E，连接BD，交y轴于点F，直线BD的解析式为y＝﹣x+2.
（1）写出点E的坐标；抛物线的解析式.
（2）如图2，点P在线段EB上从点E向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时，点Q 在线段BD上从点B向点D以个单位长度/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，当t为何值时，△PQB为直角三角形？
（3）如图3，过点B的直线BG交抛物线于点G，且tan∠ABG＝，点M为直线BG上方抛物线上一点，过点M作MH⊥BG，垂足为H，若HF＝MF，请直接写出满足条件的点M 的坐标.
【答案】（1）解：将点D（-3，5）点B（2，0）代入y=ax2+bx+5
解得
∴抛物线解析式为：y=- x2- x+5
（2）解：由已知∠QBE=45°，PE=t，PB=5-t，QB= t
当∠QPB=90°时，△PQB为直角三角形.
∵∠QBE=45°
∴QB= PB
∴ t＝(5−t)
解得t=
当∠PQB=90°时，△PQB为直角三角形.
△BPQ∽△BDE
∴BQ•BD=BP•BE
∴5（5-t）= t•5
解得：t=
∴t= 或时，△PQB为直角三角形
（3）点M坐标为（﹣4，3）或（0，5）.
【解析】【解答】（3）由已知tan∠ABG= ，且直线GB过B点
则直线GB解析式为：y= x−1
延长MF交直线BG于点K
∵HF=MF
∴∠FMH=∠FHM
∵MH⊥BG时
∴∠FMH+∠MKH=90°
∠FHK+∠FHM=90°
∴∠FKH=∠FHK
∴HF=KF
∴F为MK中点
设点M坐标为（x，- x2- x+5）
∵F（0，2）
∴点K坐标为（-x， x2+ x-1）
把K点坐标代入y= x−1
解得x1=0，x2=-4，
把x=0代入y=- x2- x+5，解得y=5，
把x=-4代入y=- x2- x+5
解得y=3
则点M坐标为（-4，3）或（0，5）
【分析】（1）由待定系数法求点坐标及函数关系式；（2）根据题意，△DEB为等腰直角三角形，通过分类讨论∠PQB=90°或∠QPB=90°的情况求出满足条件t值；（3）延长MF交GB于K，由∠MHK=90°，HF=MF可推得HF=FK，即F为MK中点，设出M坐标，利用中点坐标性质，表示K点坐标，代入GB解析式，可求得点M坐标.
10．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD＝∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若AD：AO＝8：5，BC＝2，求BD的长．
【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；
理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A
∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，
∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，
∴BD是⊙O的切线
（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，
∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠C，
又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，
∴，即，
解得：BD= ．所以BD的长是
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质和已知得出∠ODA=∠CBD，由直角三角形的性质得出∠CBD+∠CDB=90°，因此∠ODA+∠CDB=90°，得出∠ODB=90°，即可得出结论；（2）设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，由圆周角定理得出∠ADE=90°，△ADE∽△BCD，
得出对应边成比例，即可求出BD的长．
11．操作：和都是等边三角形，绕着点按顺时针方向旋转，是、的中点，有以下三种图形.
探究：
（1）在上述三个图形中，是否一个固定的值，若是，请选择任意一个图形求出这个比值；
（2）的值是否也等于这个定值，若是，请结合图（1）证明你的结论；
（3）与有怎样的位置关系，请你结合图（2）或图（3）证明你的结论.
【答案】（1）解：∵是等边三角形，由图（1）得AO⊥BC，
∴，∴；
（2）证明：，
，
∴
∴
∴
（3）证明：在图（3）中，由（2）得
∴，
∴∠2+∠4=∠1+∠3，即∠AEF =∠AOB
∵∠AOB=90°，
∴
∴ .
【解析】【分析】（1）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，BO= BC= AB，根据勾股定理
计算即可求得AO= BO，即AO∶BO是一个固定的值∶1；（2）由等边三角形的性质可得AO⊥BC，，由同角的余角相等可得，由（1）可得
，可得，根据相似三角形的性质可得；（3）在图（3）中，由（2）得，根据相似三角形的性质可得∠1=∠2，根据对顶角相等得∠3=∠4，则∠2+∠4=∠1+∠3=∠AOB=90°，即 .
12．如图，半径为4且以坐标原点为圆心的圆O交x轴，y轴于点B、D、A、C，过圆上的动点不与A重合作，且在AP右侧．
（1）当P与C重合时，求出E点坐标；
（2）连接PC，当时，求点P的坐标；
（3）连接OE，直接写出线段OE的取值范围．
【答案】（1）解：当P与C重合时，
，的半径为4，且在AP右侧，
，
点坐标为；
（2）解：如图，作于点F，
为的直径，
，
，
∽，
，
，
，，
，
点P的坐标为或；
（3）解：如图，连结OP，OE，AB，BE，AE，
，都为等腰直角三角形，
，，
，
∽，
，
，
，
【解析】【分析】当P与C重合时，因为，的半径为4，且在AP右侧，所以，所以E点坐标为；作
于点F，证明∽，可求得CF长，在中求得PF的长，进而得出点P的坐标；连结OP，OE，AB，BE，AE，证明∽，可得，根据，即可得出OE的取值范围．。