中考數(shù)學(xué)壓軸題專題相似的經(jīng)典綜合題

1、中考數(shù)學(xué)壓軸題專題相似的經(jīng)典綜合題一、相似1 .如圖， ABC是一銳角三角形余料，邊BC=16cm,高AD=24cm,要加工成矩形零件,使矩形的一邊在 BC上，其余兩個(gè)頂點(diǎn) E、F分別在AB、AC上.(1) AK為何值時(shí)，矩形 EFGH是正方形？(2)若設(shè)AK=x, Sefg中y,試寫出y與x的函數(shù)解析式.(3) x為何值時(shí)，Sefgh達(dá)到最大值.【答案】(1)解：設(shè)邊長為xcm,1 .矩形為正方形，2 .EH/ AD, EF/ BC,Eh班 以AE根據(jù)平行線的性質(zhì)可以得出：而二"、另=前,x BE x Ah由題意知 EH=x, AD=24, BC=16, EF=x,即二為=腦,=

2、.必，3 BE+AE=ABI x x BE AE+=+=1,/.S解得x= -J ,園.-AK= $ , 費(fèi) 貓=，當(dāng)時(shí)，矩形EFGH為正方形(2)解：設(shè) AK=x, EH=24-x,4 .EHGF為矩形，AK 2/=AL ,即 EF=Jl x, 22s SEFGH=y= 3x? ( 24-x) =- J x2 + 16x (0vxv 24)(3)解：y=-x2+16x配方得：y= j (x-12) 2+96,，當(dāng)x=12時(shí)，SEfgh有最大值96【解析】 【分析】(1)設(shè)出邊長為 xcm,由正方形的性質(zhì)得出，EH/ AD, EF/ BC,根據(jù)平行線的性質(zhì)，可以得對(duì)應(yīng)線段成比例，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求

3、解即可。(2)設(shè)AK=x,則EH=16-x,根據(jù)平行的兩三角形相似，再根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊上的高之比等于相似比，用含 x的代數(shù)式表示出 EF的長，根據(jù)矩形面積公式即可得出y與x的函數(shù)解析式。(3)將(2)中的函數(shù)解析式轉(zhuǎn)化為頂點(diǎn)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得出矩形EFGH的面積取最大值時(shí)的x的值。2.已知：如圖一，拋物線 y=/至卜工與x軸正半軸交于 A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn) C,直線1 工 二經(jīng)過A、C兩點(diǎn)，且一必 J .(1)求拋物線的解析式；(2)若直線DE平行于x軸并從C點(diǎn)開始以每秒1個(gè)單位的速度沿y軸正方向平移，且分 別交y軸、線段BC于點(diǎn)E, D,同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BO方向以每

4、秒2個(gè)單位速度 運(yùn)動(dòng)，t如圖二')；當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)。時(shí)，直線DE與點(diǎn)P都停止運(yùn)動(dòng)，連 DP,若點(diǎn)PER * OF運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒；設(shè)' 一丁丁加，當(dāng)t為何值時(shí)，s有最小值，并求出最小值.(3)在|的條件下，是否存在t的值，使以P、B、D為頂點(diǎn)的三角形與.4友相似；若存在，求t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)解：由直線：J- A二知：d以、匕依力|； ,因辦，加工即打£切.設(shè)拋物線的解析式為：了母儀 力& ，代入仁心3 ,得:廿切2)(0" 二，解得 1-3v - -二餐一切 6r - 4 = -jt + -x - 2，拋物線的解析式：,/，

5、(2)解：在 質(zhì)/施C 中，加= ,/ , 0C 0 ,則 lan/g? J ；鹿 r,而OF =/ BP = f 為；：(0 < t < 2)(t 一)一1EDOP 2t 4 - 2t 1g = ,=助OP G C -當(dāng)f d時(shí)，s有最小值，且最小值為(3)解：在福頗中，OB=i, 0C 4 ,則 BC - W3 ；在后中，E = t, ED 2?F,則心 圓；蜘 BC - CD A虧-、,歷；以P、B、D為頂點(diǎn)的三角形與A .雙 相似，已知 /畋- /恤,則有兩種情況:1bF =綜上，當(dāng) 二或7時(shí)，以P、日D為頂點(diǎn)的三角形與 £ /歷f相似【解析】【分析】(1)由直線

6、與坐標(biāo)軸相交易求得點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，用待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析式；(2)由題意可將 ED> OP用含t的代數(shù)式表示出來，并代入題目中的s與OP、DE的關(guān)系式整理可得 s=(0<t<2),因?yàn)榉肿邮嵌ㄖ?,所以分母越大，則分式的值越小，則當(dāng)分母最大時(shí)，分式的值越小，即 t=1時(shí)，s有最小值，且最小值為 1;(3)解直角三角形可得BC和CD、BD的值，根據(jù)題意以 P、B、D為頂點(diǎn)的三角形與BP BL BP BL ABC相似所得的比例式有兩種情況：BC 帆將這些線段代入比例式即可求解。3.如圖，拋物線y= - x2+bx+c與x軸交于A, B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè))，與y軸交于

7、 點(diǎn)C,頂點(diǎn)為D且它的坐標(biāo)為(3, - 1).(1)求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；(2)連接 CD,過原點(diǎn) O作OE，CD,垂足為 H, OE與拋物線的對(duì)稱軸交于點(diǎn)E,連接AE, AD,并延長 DA交y軸于點(diǎn)F,求證：OA&4CFD;(3)以(2)中的點(diǎn)E為圓心，1為半徑畫圓，在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)巳過點(diǎn)P作。E的切線，切點(diǎn)為 Q,當(dāng)PQ的長最小時(shí)，求點(diǎn) P的坐標(biāo)，并直接寫出 Q的坐標(biāo).【答案】(1)解：二頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為(3, - 1).a 0 拋物線的函數(shù)關(guān)系式：y=x2- 3x+ J ;(2)解：如答圖1,過頂點(diǎn)D作DGy軸于點(diǎn)G,則G (0, - 1) , GD=3,令 x=0,

8、得 y=二， C (0, -')，(I.CG=OC+OG= +1 =二£ .tan / DCG”,設(shè)對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)M,則OM=3, DM=1, AM=3- （3-正）=, 由 OEL CD,易知 /EOM=/DCG,隨 2tan / EOM=tan / DCG=2V J ,解得EM=2,.DE=EM+DM=3,在RtAEM中，AM=、三，EM=2,由勾股定理得： AE=j2 ;在RtADM中，AM= 萬，DM=1 ,由勾股定理得： AD= . AE2+AD2=6+3=9=DE2 , . ADE為直角三角形， / EAD=90 ,°設(shè)AE交CD于點(diǎn)P, / AEO+

9、Z EPH=90 ； / ADC+APD=90, °Z EPH=Z APD （對(duì)頂角相等）, Z AEO=Z ADC, .OAEACFD（3）解：依題意畫出圖形，如答圖 2所示：答彈由。E的半徑為1 ,根據(jù)切線性質(zhì)及勾股定理，得PQ2=EP2- 1 ,要使切線長PQ最小，只需EP長最小，即EP2最小.設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x, y),由勾股定理得：EP2= (x-3) 2+ (y-2) Iy= = (x- 3) 2-1,(x-3) 2=2y+2,EP2=2y+2+ (y-2) 2= (y-1) 2+5,當(dāng)y=1時(shí)，EP2有最小值，最小值為 5.將 y=1 代入 y=二(x- 3) 2- 1,

10、得二二(x - 3) 2- 1=1,解得：xi=i, x2=5,又.點(diǎn)P在對(duì)稱軸右側(cè)的拋物線上， xi=1 舍去， P (5, 1), Qi (3, 1); EQP為直角三角形，過點(diǎn)Q2作x軸的平行線，再分別過點(diǎn) E, P向其作垂線，垂足分別為 M點(diǎn)和N點(diǎn)， 設(shè)點(diǎn)Q2的坐標(biāo)為(m, n),則在 RtMQzE 和 RtA Q2NP 中建立勾股方程，即(m - 3) 2+ (n-2) 2=1 ，(5-m) 2+ (n - 1) 2=4，-得n=2m - 5， 將代入到得到，mi=3 (舍)，m2= 5 ,再將m=萬代入得n= 6 ,13?。?.Q2 (萬，5 ), 居此時(shí)點(diǎn)Q坐標(biāo)為(3, 1)或(

11、1 ,【解析】【分析】(1)根據(jù)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)及頂點(diǎn)坐標(biāo)公式建立出關(guān)于b,c的二元一次方程組，求解得出 b,c的值，從而得出拋物線的解析式；(2)如答圖1,過頂點(diǎn)D作DG,y軸于點(diǎn)G,則G (0, - 1) , GD=3,根據(jù)拋物線與坐 標(biāo)軸交點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)求出 C點(diǎn)的坐標(biāo)，A點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得出 CG的長，根據(jù)正切函數(shù)的定義求出tanZ DCG=,設(shè)對(duì)稱軸交 x軸于點(diǎn) M,則 OM=3, DM=1, AM=3 (3%足)=出, 根據(jù)同角的余角相等易知/ EOM=Z DCG,根據(jù)等角的同名三角函數(shù)值相等得出 國Ztan/EOM=tan/DCG='"= 1故解得 EM=2, DE=

12、EM+DM=3,在 RtAEM 中，由勾股定理得 AE 的長，在RtAADM中，由勾股定理得 AD的長，根據(jù)勾股定理的逆定理判斷出 4ADE為直 角三角形，/EAD=90,設(shè)AE交CD于點(diǎn)P,根據(jù)等角的余角相等得出 / AEO=/ ADC,從而 判斷出OA&4CFD ;(3)依題意畫出圖形，如答圖 2所示：由OE的半徑為1,根據(jù)切線性質(zhì)及勾股定理，得 PQ2=EF2 - 1 ,要使切線長 PQ最小，只需 EP長最小，即 EF2最小.設(shè)點(diǎn) P坐標(biāo)為(x, V),由勾股定理得：EP2= (x-3) 2+ (y-2) 2 ,根據(jù)拋物線的解析式，整體替換得出 EP2=2y+2+ (y-2) 2

13、= (y- 1) 2+5,當(dāng)y=1時(shí)，EP2有最小值，最小值為 5.然后根據(jù)拋物 線上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)將 y=1代入拋物線的解析式，求出對(duì)應(yīng)的自變量x的值，再檢驗(yàn)得出 P點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而得出 Q1的坐標(biāo)，由切割線定理得到Q2P=QiP=2, EQ=1,設(shè)點(diǎn)Q2的坐標(biāo)為(m, n),則在 RtMQzE和 RtAQ2NP 中建立勾股方程，即(m - 3) 2+ (n - 2) 2=1 ， (5 - m) 2+ (n - 1) 2=4，由切割線定理得到 Q2P=Q1P=2, EQ2=1,將 代入到 得到，求解并檢驗(yàn)得出m,n的值，從而得出Q2的坐標(biāo)，綜上所述即可得出答案。4.如圖1,圖形ABCD是由兩個(gè)二

14、次函數(shù)出二次鼠k 如I與-占工部分圖像圍成的封閉圖形，已知 A(1, 0)、B(0, 1)、D(0, -3).沖MiDD圖1圖2(1)直接寫出這兩個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)判斷圖形 ABCD是否存在內(nèi)接正方形(正方形的四個(gè)頂點(diǎn)在圖形ABCD上)，并說明理由；(3)如圖2,連接 BC CD AD,在坐標(biāo)平面內(nèi)，求使得 4BDC與4ADE相似(其中點(diǎn) C 與點(diǎn)E是對(duì)應(yīng)頂點(diǎn))的點(diǎn) E的坐標(biāo).【答案】(1)解：以=-*上一中=3N J(2)解：存在，理由：當(dāng)該內(nèi)接正方形的中心是原點(diǎn)O,且一組鄰邊分別平行于x軸、y軸時(shí)，設(shè) M (x,-x2+1)為第一象限內(nèi)的圖形ABCD上一點(diǎn)，M' (x,3x

15、2-3)為第四象限內(nèi)的圖形上一點(diǎn)，.MM= (1-x2) -3 ( 3x2-3) =4-4x2 ,由拋物線的對(duì)稱性知，若有內(nèi)接正方形，則2x=4-| 一 / 十,可 -1 - yT?-4x2 ,即 2x2+x-2=0, x= / 或 ,/(舍)，.,0<1，存在內(nèi)接正方形，此時(shí)其邊長為2(3)解：解：在 RAOD 中，OA=1, OD=3, . AD=T加廠V'J 同理 CD=W .在 RtBOC中，OB=OC=1,BC=VT =飛2 .如圖(1)DB DC當(dāng)DBC£ DAE時(shí)，因/CDB之ADO, 在 y 軸上存在一點(diǎn) E,由加 班 得| J W 忸' i,-

16、 卜o -F川 班,得 DE=-,因 D (0, -3) , ，E ('二：)；由對(duì)稱性知在直線 DA右側(cè)還存在一點(diǎn) E'使得4DBC幺DAE',連接 EE交DA于F點(diǎn)，作E'MXOD,垂足為 M,連接E'D, 4DEF幺 DAO,E、E'關(guān)于DA對(duì)稱，DF垂直平分 EE',DE DF 翦. DADO AC1 -7DF =1,15Sadee - -J)E*EM - EF*DF - LoDE - DE =1 ,在 RtA DE'M 中，DM=%跳一 白 ".OM=1 ,得,使得 DBC-A DAE的點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,如圖(

17、2)一,)或 41)國DB DC當(dāng) ADBC幺 ADE 時(shí)，有 /BDC=/ DAE, AD AE ,4 V7i 5即礪 的,得AE=工.當(dāng)E在直線DA左側(cè)時(shí)，設(shè) AE交y軸于P點(diǎn)，作EQ± AC,垂足為Q.由 / BDC=Z DAE=Z ODA, . PD=PA 設(shè) PD=x,貝U PO=3-x, PA=x,在RtAAOP中，由 4=* W得=& - 3產(chǎn)+,，解得1,則有PA= 1 ,甘PO= I 4I R因 AE=)，PE=6 ,OP AP0E AE0Q -在AEQ 中，OP/ EQ, AP a6辰二年,得QE=2, .-.e( m ),當(dāng)E'在直線DA右側(cè)時(shí)，

18、因 / DAE'=Z BDC,又 / BDC=Z BDA,/ BDA=Z DAE', . J則 AE'/ OD,E' (1 ,-),/_ 一 _ 2)則使得 DBC£ ADE的點(diǎn)E的坐標(biāo)為-E的坐標(biāo)有4個(gè),綜上，使得4BDC與4ADE相似(其中點(diǎn) C與點(diǎn)E是對(duì)應(yīng)頂點(diǎn))的點(diǎn)/315-j %1)( 2) (lr r)即(0,，)或 或 P 或 三【解析】【解答】(1) 二次函數(shù) 力-*/，用修 < 勿經(jīng)過點(diǎn) A (1,0) , B (0,1)代入 得A + w - d k = - J招 1 解得出 1二次函數(shù)y1 = 一 X 7 ；二次函數(shù) ”=/，

19、&Q ：。經(jīng)過點(diǎn)A (1,0) , D (0,-3)代入得“=-3解得b 3 .二次函數(shù)-為-3 .【分析】(1)由A (1,0) , B (0, 1)代入二次函數(shù) 門=*/平前依-勿解出k, m的 值可得二次函數(shù)y1的表達(dá)式；由A (1,0) , D(0, -3)代入二次函數(shù) y2 = kr m b (a、"解出k, m的值可得二次函數(shù) 十的表達(dá)式；(2)判斷是否存在，可 以列舉出一種特殊情況：當(dāng)該內(nèi)接正方形的中心是原點(diǎn)O,且一組鄰邊分別平行于x軸、y軸時(shí)，則可設(shè)點(diǎn) M (x,-x2+1)在y1圖象上，則該正方形存在另一點(diǎn)M' (x,3X2-3)在y2圖象上，由鄰邊

20、相等構(gòu)造方程解答即可；(3)對(duì)于4BDC與4ADE相似，且C于D對(duì)應(yīng)，那么就存在兩種情況：當(dāng)點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)A,即4DBC幺DAE,此時(shí)點(diǎn)E的位置有兩處，一處在y軸上，另一處在線段 AD的右側(cè)；當(dāng)點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)DA時(shí)，即4DBC幺ADE,些時(shí)點(diǎn)E 有兩處，分別處于線段 AD的左右兩側(cè)；結(jié)果兩種情況所有的條件解出答案即可5.(1)【發(fā)現(xiàn)】如圖 ，已知等邊 L由,將直角三角形的bo °角頂點(diǎn)B任意放在 取邊 上(點(diǎn)4不與點(diǎn)方、c重合)，使兩邊分別交線段刖、AC于點(diǎn)力、區(qū)cn n若" w , 4F ",如=E ,則CF ；求證：32班.加學(xué).(2)【思考】若將圖 中的三角板的頂點(diǎn)

21、 必在此 邊上移動(dòng)，保持三角板與 H5、水 的兩個(gè)交點(diǎn) 艮H都存在，連接 瓦1，如圖所示.問點(diǎn)4是否存在某一位置，使 比平分/西BL且 應(yīng)平分 "FE?若存在，求出 垃的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.(3)【探索】如圖，在等腰山用中，.必-，點(diǎn)d為比邊的中點(diǎn)，將三角形透明紙板的一個(gè)頂點(diǎn)放在點(diǎn) 匕處(其中/儂 上為)，使兩條邊分別交邊:祐、,北于點(diǎn)石、(點(diǎn)£、聲均不與|“我的頂點(diǎn)重合)，連接 琳.設(shè)口=白，則月母與人做 的周長B O之比為（用含IH的表達(dá)式表示）風(fēng)印【答 案】（1 ） 解：4 ;證明：: /EDF=60 , /B=160°. Z CDF-+Z BDE=1

22、20 , /BED+/ BDE=120 ,°/ BED=Z CDF,又. / B=Z C,.二叔一心（2）解：解：存在。如圖，作DMXBE, DGi± EF, DNXCF,垂足分別為M, G, N,包平分一腐且心平分,.DM=DG=DN,又. /Bm/ C=60, /BMD=/CND=90 ,.BDM7ACDN,BD=CD,即點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，BD o(3) 1-COS a【解析】【解答】(1).一ABC是等邊三角 形，. AB=BC=AC=6. /B=/C=60,. AE=4, .-.BE=2,貝U BE=BD, . ABDE 是等邊三角形，. / BDE=60 ,

23、76; 又/ EDF=60 ,/ CDF=180-Z EDF-Z B=60 ；貝U / CDF =/ C=60 ； CDF 是等邊三角形,CF=CD=BC-BD=6-2=4(3 )連結(jié) AO,作 OG±BE, ODXEF, OHCF,垂足分別為 G, D, H,S貝U / BGO=Z CHO=90 ,1 . AB=AC, O是BC的中點(diǎn)，/B=/C, OB=OG2 .OBG7AOCH,3 .OG=OH, GB=CH, /BOG=/ COH=90 ° 則/ GOH=180 - ( / BOG+/ COH) =2”，/ EOF玄 B=%則 / GOH=2/ EOF=Z ,由（2

24、）題可猜想應(yīng)用 EF=ED+DF=EG+FH可通過半角旋轉(zhuǎn)證明），貝 U=AE+EF+AF=AE+EG+FH+AF=AG+AH=2A G設(shè) AB=m,貝U OB=mcos a, GB=mcos2a,d膠AG m 一砒過-二二1 - COS GCaa8C 2（AB * OB） AB OB 剋# 眥os &【分析】（1）先求出BE的長度后發(fā)現(xiàn) BE=BD的，又/B=60°,可知BDE是等邊三角 形，可得/BDE=60,另外/EDF=60,可證得4CDF是等邊三角形，從而 CF=CD=BC-BD 證明yhW 出/，這個(gè)模型可稱為線三等角 相似模型”，根據(jù)“AAJ定相似；（2）【思考

25、】由平分線可聯(lián)系到角平分線的性質(zhì)角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等”，可過 D 作 DMXBE, DG± EF, DNI± CF,貝U DM=DG=DN,從而通過證明 BDM?CDN 可得 BD=CD;（ 3 ）【探索】由已知不難求得圓碗二犯'網(wǎng)+亞二刎步'式沿=2（m+mcos）,則需要用 m和a的三角函數(shù)表示出 心版I ,金的=AE+EF+AF題中直接已 知 O是BC的中點(diǎn)，應(yīng)用（2）題的方法和結(jié)論，作OGL BE, ODXEF, OHCF,可得EG=ED FH=DF,貝U心；=AE+EF+AF= AG+AH=2AG 而 AG=AB-OR 從而可求得。6.

26、如圖，在 RtABC中，ZC=90°,頂點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（-1,2）, （ 3, 2）,點(diǎn)B在x軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3, 0）,拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點(diǎn).(1)求該拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式;(2)點(diǎn)P是拋物線上的一點(diǎn)，當(dāng) Sapab= -J Saabc時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(3)若點(diǎn)N由點(diǎn)B出發(fā)，以每秒5個(gè)單位的速度沿邊 BC CA向點(diǎn)A移動(dòng)，J秒后，點(diǎn)M 也由點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿線段 BO向點(diǎn)O移動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí) 另一個(gè)點(diǎn)也停止移動(dòng)，點(diǎn) N的移動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)MNLAB時(shí)，請(qǐng)直接寫出t的值，不必 寫出解答過程.【答案】(1)解：將點(diǎn)A (- 1

27、, 2) , C (3, 2),代入拋物線y=-x2+bx+c中，f - 1 - b c = 2 b = 2,得9一解得% 仄，拋物線 y= - x2+2x+5.(2)解：二.點(diǎn) A (-1,2) , B (3,0) , C (3,2),BC±x 軸，AC=4, BC=2,IIS =-AC X BC =- X 4 X 2 = 44J，5S A FAS - -S A ABC - Jr直線AB為y=設(shè)直線 AB為y=mx+n,將點(diǎn)A (-1,2) , B (3,0),代入可得設(shè)點(diǎn)P (x, - /，干5),過點(diǎn) P作PN±x軸，交直線 AB于點(diǎn)M,則M (x,5 + 5 27

28、舊 5 、0 27 + "31('r A ( - L f - N_ 3)則點(diǎn)P /8爐/(3)解：當(dāng)3 " ' ' J時(shí)，如圖1,點(diǎn)N在BC的線段上，BN=/ , BM= '3 ,. MNXAB,/力比 , /陽君 §0；又. A (-1,2) , B (3,0) , C (3,2), .AC/x 軸,BC/ y 軸,/ ACB=90 ；四一二又 / MBN=Z ACB=90 , BNM-A CAB, 61-t£ - TBN bA5 a灰，則4 W B解得t=6.616t ' AN - 6 二 r35一 £

29、; f W當(dāng)33時(shí)，點(diǎn)N在線段AC上，如圖2 , MN與AB交于點(diǎn)D, BM=由 A (-1,2) , B(3,0),得 AB= - 1 -D)a 二久年,設(shè) AD=a,則 BD=L - d , / ADN=Z ACB=90 , °Z DAN=Z CAB,.ADN-A ACB, / BDM=Z ACB=90，/ DBM=Z CAB,.BDM-AACB,$r 35上歡5爐 35R56一做541)-(-1 1- 1| 25252 255576 ,f - - - y - l則16解得'一1.5 1G【解析】【分析】(1)將點(diǎn)A (- 1 , 2) , C (3, 2),代入拋物線y

30、=-x2+bx+c中，聯(lián)立方程組解答即可求出 b和c的值；(2)由A (-1,2) , B (3,0) , C (3,2)可求出直線 AB的解析式和$ 題d,從而求出$ UF筋設(shè)pp (x,-',過點(diǎn) P作PN±x-3 N 5 d啟曲-/資X 招一將一瓦軸，交直線AB于點(diǎn)M,則M (x,-二)，可得代入求出P的橫坐標(biāo)x的值，再代入拋物線的解析式求出點(diǎn)P的縱坐標(biāo)；(3)首先要明確時(shí)間t表示點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由點(diǎn) M, N的速度可求出它們當(dāng)?shù)竭_(dá)終點(diǎn)時(shí)的時(shí)間t,取其中的較小值為t所能取到的最大值；由點(diǎn) M只在線段OB上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在線段BC和線段 AC上運(yùn)動(dòng)，則要分成兩部分進(jìn)行討論，當(dāng)

31、點(diǎn)N在線段BC上時(shí)和當(dāng)點(diǎn)N在線段AC上時(shí)，并分別求出相應(yīng)時(shí)間 t的取值范圍；結(jié)合相似三角形的判定和性質(zhì)得到相應(yīng)邊成比例，列 方程解答即可.7.如圖，在矩形ABCD中，AB=6, BC= 4,動(dòng)點(diǎn)Q在邊AB上，連接 CQ將4BQC沿CQ所在的直線對(duì)折得到 4CQN ,延長QN交直線CD于點(diǎn)M .(1)求證：MC=MQ(2)當(dāng)BQ= 1時(shí)，求DM的長；Idf i(3)過點(diǎn)D作DEL CQ ,垂足為點(diǎn)E ,直線QN與直線DE交于點(diǎn)F ,且DE 3,求BQ的長.【答案】(1)解：證明：二.四邊形ABCD是矩形,2 .DC AB即 / MCQ=Z CQB,3 BQC沿CQ所在的直線對(duì)折得到 CQN/ C

32、QN=Z CQB,即/ MCQ=Z MQC, .MC=MQ.(2)解：二四邊形ABCD是矩形，4BQC沿CQ所在的直線對(duì)折得到 ACQ、/ CNM=Z B=90 ；設(shè) DM=x,貝U MQ=MC=6+x, MN=5+x,在 RtCNM 中，MB2=BN2+MN2 ,即(x+6) 2=42+ (x+5) 2 ,5解得：x=二, . DM= 士，DM 的長 2.5.(3)解：解：分兩種情況:.DEXCQ, / CDE之 F,又 /CDE之 FDM,/ FDM=Z F, .MD=MF .過 M 點(diǎn)作 MHXDFT H,則 DF=2DH,|AQ B圖2DF I 一 又理，DH1.庇 心1 . DEXC

33、Q MH± DF,/ MHD=Z DEC=90,°2 .MHDADECBQ=2.AB=CD=6, CD/ AB ,得出& J . DM=1 , MC=MQ=7 , ，MN= W 五- %；/ 串=7枳,-.BQ=NQ= 7當(dāng)點(diǎn)M在CD邊上時(shí)，如圖所示，類似可求得 綜上所述，BQ的長為：- /方或2.【解析】【分析】(1 )由矩形的性質(zhì)得出/ B=90° , _t/MCQ=/CQB,由折疊的性質(zhì)得出CBg ACNQ ,求出 BC=NC=4, NQ=BQ=1 , /CNQ=/ B=90 ； /CQN=/ CQB,得出 / CNM=90 ； Z MCQ=Z CQ

34、N,證出 MC=MQ. (2) 設(shè)DM=x,則 MQ=MC=6+x, MN=5+x,在 RtACNM中，由勾股定理得出方程，解方程即 可.(3)分兩種情況： 當(dāng)點(diǎn)M在CD延長線上時(shí)，由(1)得：/MCQ=/CQM,證出 ZFDM=ZF,得出 MD=MF,過 M 作 MHLDF 于 H,則 DF=2DH,證明 MHDs CED 得MD11出口 一口F - 6 ,求出MD= f CD=1, MC=MQ=7,由勾股定理得出 MN即可解決問題. 當(dāng)點(diǎn)M在CD邊上時(shí)，同 得出BQ=2即可.1,設(shè)直線l分別與y軸、x軸交于點(diǎn)A、8.如圖，已知一次函數(shù) y=- J x+4的圖象是直線B.(1)求線段AB的長

35、度；(2)設(shè)點(diǎn)M在射線AB上，將點(diǎn) M繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn) 90°到點(diǎn)N,以點(diǎn)N為圓 心，NA的長為半徑作 ON.當(dāng)。N與x軸相切時(shí)，求點(diǎn) M的坐標(biāo)；在的條件下，設(shè)直線 AN與x軸交于點(diǎn)C,與。N的另一個(gè)交點(diǎn)為 D,連接MD交x 軸于點(diǎn)E,直線m過點(diǎn)N分別與y軸、直線l交于點(diǎn)P、Q,當(dāng) APQ與 CDE相似時(shí)，求 點(diǎn)P的坐標(biāo).【答案】(1)解：當(dāng)x=0時(shí)，y=4,A (0, 4),.OA=4,當(dāng) y=0 時(shí)，-1 x+4=0,x=3,B (3, 0), .OB=3,由勾股定理得：AB=5(2)解：如圖1,過N作NHy軸于H,過M作MEy軸于E,OB EM 3tan Z OAB= O

36、A AE 4, 設(shè) EM=3x, AE=4x,貝U AM=5x,.M (3x, -4x+4),由旋轉(zhuǎn)得：AM=AN , /MAN=90 , / EAM+Z HAN=90 ； / EAM+Z AME=90 ;/ HAN=Z AME, / AHN=Z AEM=90 ；.-.ahnamea,.AH=EM=3x,.ON與x軸相切，設(shè)切點(diǎn)為 G,連接NG,則NG±x軸, .NG=OH,則 5x=3x+4,2x=4,x=2, M (6, -4);如圖2,由知N (8, 10),. AN=DN, A (0, 4), D (16, 16),設(shè)直線 DM： y=kx+b,把 D ( 16, 16)和

37、M (6, -4)代入得：, b=166k + b= 7 ,T解得：， 直線DM的解析式為：y=2x-16, 直線DM交x軸于E, 當(dāng) y=0 時(shí)，2x-16=0,x=8, E (8, 0),由 知：ON與x軸相切，切點(diǎn)為 G,且G (8, 0), .E與切點(diǎn)G重合， / QAP=/ OAB=Z DCE.APQ與CDE相似時(shí)，頂點(diǎn) C必與頂點(diǎn) A對(duì)應(yīng)， 分兩種情況：i)當(dāng)DC上QAP 時(shí)，如圖 2, /AQP=/ NDE, / QNA=Z DNF,/ NFD=Z QAN=90 ；1. AO/ NE,.ACOANCE,4 _ CO7bco * 8.-00= 3|,連接BN,.AB=BE=5, Z

38、 BAN=Z BEN=90 ,Z ANB=Z ENB,.EN=ND,Z NDE=Z NED,Z CNE士 NDE+Z NED,Z ANB=Z NDE,. BN II DE,J Si _寸RR ABN 中，BN八'/VAB _A7sinZANB=Z NDE= BN ,5 _兇 一冗,NF=2 ', 1. DF=4 '6， Z QNA=Z DNF,tan Z QNA=tan Z DNF= ' 川5 AC，城二“ .AQ=20, 3 4,. tan Z QAH=tan Z OAB=V A 設(shè) QH=3x, AH=4x,則 AQ=5x, 5x=20,x=4, 1.QH=

39、3x=12, AH=16, Q (-12, 20),同理易得：直線NQ的解析式: P (0, 14);y=- x+14,3,ii)當(dāng)DC&PAQ時(shí)，如圖/ APN=/ CDE, / ANB=Z CDE1. AP/ NG,/ APN=Z PNE,/ APN=Z PNE=Z ANB, .B與Q重合，.AN=AP=10, .OP=AP-OA=10-4=a P （0, -6）；綜上所述，APQ與CDE相似時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)的坐標(biāo)（0, 14）或（0,-6）【解析】【分析】（1）由一次函數(shù)解析式容易求得A、B的坐標(biāo)，利用勾股定理可求得AB0B閩 J的長度；（2）根據(jù)同角的三角函數(shù)得：tan/OAB=

40、R! AE 也設(shè)EM=3x, AE=4x,則 AM=5x,得 M （3x, -4x+4）,證明AHNMEA,則 AH=EM=3x,根據(jù) NG=OH,列式可 得x的值，計(jì)算M的坐標(biāo)即可； 如圖2,先計(jì)算 E與G重合，易得 /QAP=/ OAB=Z DCE,所以4APQ與4CDE相似時(shí)， 頂點(diǎn)C必與頂點(diǎn)A對(duì)應(yīng)，可分兩種情況進(jìn)行討論：i）當(dāng)DCaQAP時(shí)，證明AC84NCE,列比例式可得 CO= 3 ,根據(jù)三角函數(shù)得：DF眼g 磔tanZ QNA=tanZ DNF=4產(chǎn) 心,AQ=20,則 tan / QAH=tan / OAB= 41* ,設(shè) QH=3x ,AH=4x,貝U AQ=5x,求出 x

41、的值，得 P （0, 14）;ii）當(dāng)DC上PAQ時(shí)，如圖3,先證明B與Q重合，由AN=AP可得P （0, -6）.9.已知在 ABC中，AB=AC, AD, BC,垂足為點(diǎn) D,以 AD為對(duì)角線作正方形 AEDF, DE交AB于點(diǎn)M, DF交AC于點(diǎn)N,連結(jié)EF, EF分別交AB、AD、AC于點(diǎn)G、點(diǎn)。、點(diǎn)H.(1)求證：EG=HF;AH(2)當(dāng)/ BAC=60時(shí)，求NC的值；HF區(qū)(3)設(shè)靠 ”AAEH和四邊形EDNH的面積分別為 S和a ,求大的最大值.【答案】(1)解：在正方形 AEDF中，OE=OF EF± AD,1 .ADXBC,2 .EF/ BC,，/AGH=/ B,

42、/AHG=/ C,而 AB=AC,/ B=/C,/ AGH=/AHG,.AG=AH,3 .OG=OH,4 .OE-OG=OF-OH.EG=FH(2)解：當(dāng)/BAC=60時(shí)，ABC為正三角形,5 ADXEF,/ OAH=30 ;AO 廠=OH 1設(shè) OH=a,則 OA=OE=OF= . a,EH= ( uO + ' ) a, HF=(十 一 J ) a,AE/ FNI,.AEhMANFH,AH EH /一=I如一對(duì) 一(/,EF/ BC, .AOHAADC,OH Oh 1PC " AD " J，CD=2a,易證HNFsCND,NH FH V5 - J. k - CD

43、_2 ,AH AH NH W +I ., NC - NH NO -21(3)解：設(shè) EH=2m,貝U FH=2km, OA= J EF= (k+1) m,.1. Si= (k+1) m2 ,由(2)得，AEHNFH,.,. SaHNF=k2Si=k2 (k+1) m2 ,而 Saedf=OA2= (k+1) 2m2 ,1. S2=Sa edf- Sa hnf= (k+1) 2m2-k2 (k+1) m2= (-k2+k+1) (k+1) m2 ,卜仁-k2+k+1,0 h e，當(dāng)k= -時(shí)，3最大=，.【解析】【分析】(1)根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)易證4AGH為等腰三角形，通過

44、 主線合一 ”可得OG=OH,即可得證；(2)由等邊三角形的性質(zhì)可設(shè) OH=a, 則 OA=OE=OFA5 a,貝U EH=* J) a, HF=(、萬-2 ) a,根據(jù)相似三角形判定易證 AEHsNFH, AOHsADC, HNFsCND,然后通過相似 1三角形的對(duì)應(yīng)邊成比整理即可得解；(3)設(shè) EH=2m,則FH=2km, OA=- EF=(k+1) m,分別得到 S、Sahnf和Sedf關(guān)于k, m的表達(dá)式，再根據(jù) S2=Sedf - Sahnf得到S2的表達(dá)山式，進(jìn)而得到 力關(guān)于k的表達(dá)式，通過配方法即可得解.E F分別在 AB、AC邊上，EF10.已知銳角4ABC中，邊BC長為12,

45、高AD長為8(1)如圖，矩形 EFGH的邊GH在BC邊上，其余兩個(gè)頂點(diǎn)交AD于點(diǎn)K以求好的值設(shè)EH=x,矩形EFGH的面積為S,求S與x的函數(shù)關(guān)系式，并求 S的最大值(2)若ABAC,正方形PQMN的兩個(gè)頂點(diǎn)在 4ABC 一邊上，另兩個(gè)頂點(diǎn)分別在 4ABC的另兩邊上，直接寫出正方形 PQMN的邊長.【答案】(1)解：、EF/ BC .-.AAEFAABC v AD± BC . . AK, EFEH Bb EF ABEH EF.和屈48c 油+得：AD BC « Jy.- EH=x, AD=8, BC=12，EF=12上 x-1£d.S=EHEF=- 2 +12x=上 行 力：+24，S 的最大值為 24忸| 246(2)解：5 或 1。.EF 8(【解析】【分析】根據(jù) EF/ BC得出4AE匕4ABC,從而得到 航一元,求出答案；根據(jù)EH Bb EF AbEH EF題意得出 而 BABC 劉，將兩式相加得到A/f BC' ,根據(jù)EH=x,得出EF=12 j-x,