北京备战中考数学压轴题专题复习—相似的综合

解得：a=- ，
则抛物线解析式为 y=- （x+1）（x-4）=- x2+ x+2
（2）解：由题意知点 D 坐标为（0，-2）， 设直线 BD 解析式为 y=kx+b， 将 B（4，0）、D（0，-2）代入，得：
，解得：
，
∴ 直线 BD 解析式为 y= x-2，
∵ QM⊥x 轴，P（m，0），
∴ Q（m，- m2+ m+2）、M（m， m-2），
似．
【解析】【分析】（1）A（-1，0）、B（4，0）是抛物线与 x 轴的交点，则可由抛物线的
两点式，设解析为 y=a（x+1）（x-4），代入 C（0,2）即可求得 a 的值；
（2）由 QM∥ DF 且四边形 DMQF 是平行四边形知 QM=DF，由 D，F 的坐标可求得 DF 的长
度；由 P（m,0）可得 Q（m，- m2+ m+2），而 M 在直线 BD 上，由 B，D 的坐标用待定系 数法求出直线 BD 的解析式，并当=m 时，表示出点 M 的坐标，可用 m 表示出 QM 的长 度。由 QM=DF，列出关于 m 的方程，解之可得； （3）在△ DOB 和△ MBQ 中，由 QM∥ DF，可知∠ ODB=∠ QMB，因为∠ MBQ=90°要使 △ DOB 和△ MBQ 相似，则需要∠ DOB=∠ MBQ=90°或∠ DOB=∠ BQM=90°。
（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．
∵ QM∥ DF， ∴ ∠ ODB=∠ QMB， 分以下两种情况： ①当∠ DOB=∠ MBQ=90°时，△ DOB∽ △ MBQ，
则
，
∵ ∠ MBQ=90°，
∴ ∠ MBP+∠ PBQ=90°，
∵ ∠ MPB=∠ BPQ=90°，
∴ ∠ MBP+∠ BMP=90°，
∴ ∠ BMP=∠ PBQ，Leabharlann ∴ △ MBQ∽ △ BPQ，
（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，
,
∴
∴
∴
.
【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
∵ 四边形 ADBC，AMEF 为正方形， ∴ ∠ ABC=∠ BAC=45°，∠ MAN=45°， ∴ ∠ BAC﹣∠ MAC=∠ MAN﹣∠ MAC 即∠ BAM=∠ CAN，
∵
，
∴
，
∴ △ ABM～△ ACN
∴
，
∴
=cos45°= ，
∴
，
∴ BM=2，
∴ CM=BC﹣BM=8， 在 Rt△ AMC，
△ EOA 中，由 cos∠ EOA 可求出 OA，从而求出 AF.
5．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形 ABOC 如图放置，将此平行四边形绕点 O 顺时 针旋转 90°得到平行四边形 A′B′OC′．抛物线 y＝﹣x2+2x+3 经过点 A、C、A′三点．
（1）求 A、A′、C 三点的坐标； （2）求平行四边形 ABOC 和平行四边形 A′B′OC′重叠部分△ C′OD 的面积； （3）点 M 是第一象限内抛物线上的一动点，问点 M 在何处时，△ AMA′的面积最大？最大 面积是多少？并写出此时 M 的坐标． 【答案】 （1）解：当 y＝0 时，﹣x2+2x+3＝0， 解得 x1＝3，x2＝﹣1， 则 C（﹣1，0），A′（3，0）， 当 x＝0 时，y＝3，则 A（0，3）
∴ ＝. ∵ 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°.
（2）已知点 F（0， ），当点 P 在 x 轴上运动时，试求 m 为何值时，四边形 DMQF 是平 行四边形？
（3）点 P 在线段 AB 运动过程中，是否存在点 Q，使得以点 B、Q、M 为顶点的三角形与 △ BOD 相似？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由抛物线过点 A（-1，0）、B（4，0）可设解析式为 y=a（x+1）（x4）， 将点 C（0，2）代入，得：-4a=2，
一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，已知抛物线经过点 A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）三点，点 D 与点 C 关 于 x 轴对称，点 P 是 x 轴上的一个动点，设点 P 的坐标为（m，0），过点 P 做 x 轴的垂线 l 交抛物线于点 Q，交直线于点 M．
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
AN ， 由 正 方 形 的 性 质 和 相 似 三 角 形 的 判 定 易 得 △ ABM ～ △ ACN ， 可 得 比 例 式
，可求得 BM 的值，而 CM=BC﹣BM，解直角三角形 AMC 即可求 得 AM 的值，即为 EF 的值。
3．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.
2． （1）问题发现：
如图 1，在等边三角形 ABC 中，点 M 为 BC 边上异于 B、C 的一点，以 AM 为边作等边三角 形 AMN，连接 CN，NC 与 AB 的位置关系为________；
（2）深入探究： 如图 2，在等腰三角形 ABC 中，BA=BC，点 M 为 BC 边上异于 B、C 的一点，以 AM 为边作
AM=
，
∴ EF=AM=2 ．
【解析】【解答】解：（1）NC∥ AB，理由如下： ∵ △ ABC 与△ MN 是等边三角形，
∴ AB=AC，AM=AN，∠ BAC=∠ MAN=60°， ∴ ∠ BAM=∠ CAN，
在△ ABM 与△ ACN 中，
， ∴ △ ABM≌ △ ACN（SAS）， ∴ ∠ B=∠ ACN=60°， ∵ ∠ ANC+∠ ACN+∠ CAN=∠ ANC+60°+∠ CAN=180°， ∴ ∠ ANC+∠ MAN+∠ BAM=∠ ANC+60°+∠ CAN=∠ BAN+∠ ANC=180°， ∴ CN∥ AB； 【 分 析 】 （ 1 ） 由 题 意 用 边 角 边 易 得 △ ABM≌ △ ACN ， 则 可 得 ∠ B=∠ ACN=60°， 所 以 ∠ BCN+∠ B=∠ BCA+∠ ACN+∠ B=180°，根据平行线的判定即可求解；
则 QM=- m2+ m+2-（ m-2）=- m2+m+4，
∵ F（0， ）、D（0，-2），
∴ DF= ， ∵ QM∥ DF，
∴ 当- m2+m+4= 时，四边形 DMQF 是平行四边形， 解得：m=-1 或 m=3， 即 m=-1 或 3 时，四边形 DMQF 是平行四边形。
（3）解：如图所示：
（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，
, ,
∴
，即
，
解得：m1=3、m2=4， 当 m=4 时，点 P、Q、M 均与点 B 重合，不能构成三角形，舍去，
∴ m=3，点 Q 的坐标为（3，2）；
②当∠ BQM=90°时，此时点 Q 与点 A 重合，△ BOD∽ △ BQM′，
此时 m=-1，点 Q 的坐标为（-1，0）；
综上，点 Q 的坐标为（3，2）或（-1，0）时，以点 B、Q、M 为顶点的三角形与△ BOD 相
4．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．