中考数学压轴题专题相似的经典综合题附详细答案

中考数学压轴题专题相似的经典综合题附详细答案1、相似1.定义：如图1,点M,N把线段AB分割成AM,MN和BN,若以AM,MN,BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M,N是线段AB的勾股分割点.ACS图3图2（1）已知点M,N是线段AB的勾股分割点，若AM=3,MN=4求BN的长：（2）已知点C是线段AB上的一定点，其位置如图2所示，请在BC上画一点D,使C,D是线段AB的勾股分割点（要求尺规作图，保留作图痕迹，画出一种情形即可）；（3）如图3,正方形ABCD中，M,N分别在BC,DC上，且BMhDN,ZMAN=45°,AM,AN分别交BD于E,F.求证：（De、F是线段BD的勾股分割点；AMN的面枳是厶AEF面积的两倍.【答案】（1）解：（1）①当MN为最大线段时，•••点M,N是线段AB的勾股分割点，...BM=如_朋=W,②当BN为最大线段时，•••点M,N是线段AB的勾股分割点，...子*=5,综上，BN=V^或5：（2）解：作法：①在AB上截取CE=CA；作AE的垂直平分线，并截取CF=CA：连接BF,并作BF的垂直平分线，交AB于D；

绕点A顺时针性质90。得到绕点A顺时针性质90。得到△ABH,连接HE.・•ZDAF+ZBAE=90°・ZEAF=45%ZDAF=ZBAH,•・ZEAH=ZEAF=45°,・・EA=EA,AH=AF,•・△EAH雯△EAF,•・EF=HE,・•ZABH=ZADF=45°=ZABD,•・ZHBE=90°,在RtABHE中，HE2=BH2+BE2,・•BH=DF,EF=HE,・•EF2=BE2+DF2,••E、F是线段BD的勾股分割点.②证明：如图4中，连接FM,EN.图4•・•四边形ABCD是正方形，・•・ZADC=90°,ZBDC=ZADB=45°,・・・ZMAN=45°,・•・ZEAN=ZEDN,•/ZAFE=ZFDN,・•・△AFE〜△DFN>AFE卜———/.ZAEF=ZDNF,DFFA,AF_DF・•・EF冋，•/ZAFD=ZEFN,・•・△AFD〜aEFN>・•・ZDAF=ZFEN,•・•ZDAF+ZDNF=90°,・••ZAEF+ZFEN=90°,・••ZAEN=90°•••△AEN是等腰直角三角形，同理AAFM是等腰直角三角形；•••△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形,・・・AM=3aF,an二/ae,1TSAamn=2AM・AN・sin45°,AEF=2AE・AF・sin45°,1人-加"/IMsin彳5°SAAMN_2S△AEF~72=2,•Iamn=2S^aef・【解析】【分析】（1）此题分两种情况：①当MN为最大线段时，②当BN为最人线段时，根据线段的勾股分割点的定义，利用勾股定理分别得出BM的长；（2）利用尺规作图，将线段AC,CD,DB转化到同一个直角三角形中，①在AB上截取CE=CA；②作AE的垂直平分线，并截取CF=CA：这样的作图可以保证直角的出现，及AC是一条直角边，③连接BF,并作BF的垂直平分线，交AB于D：这样的作图意图利用垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，即BD=DF,从而实现将三条线段转化到同一直角三角形的目的；（3）①如图3中，将△ADF绕点A顺时针性质90。得到△ABH,连接HE.根据正方形的性质及旋转的性质得出ZEAH=ZEAF=45°,AH=AF,利用SAS判断出△EAH竺△EAF,根据全等三角形对应边相等得出EF=HE,根据正方形的每条对角线平分一组对角，及旋转的性质得出ZABH=ZADF=45°=ZABD,故ZHBE=90°,在RtABHE中，HEZ^BM+BE?,根据等量代换得出结论：②证明：如图4中，连接FM,EN.根据正方形的性质及对顶角相等判断出△AFE-^DFN,根据相似三角形对应角相等，对应边成比例得出ZAEF=ZDNF,AF:DF=EF:FN,根据比例的性质进而得出AF:EF=DF:FN,再判断出厶AFD-△EFN,根据相似三角形对应角相等得出ZDAF=ZFEN,根据直角三角形两锐角互余，及等量代换由ZDAF+ZDNF=90°,得出ZAEF+ZFEN=90°,即ZAEN=90°,从而判断出△AEN是等腰直角三角形，同理AAFM是等腰直角三角形；根据等腰直角三角形的边之间的关系AM=&AF,AN=V^AE,从而分别表示出S“mn与S“ef.求出它们的比值即可得出答案。2.在矩形ABCD中，BC=6,点E是AD边上一点，ZABE=30°,BE=DE,连接BD.动点M从点E出发沿射线ED运动，过点M作MNIIBD交直线BE于点N.

（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN=&EM；（2）设MN长为x,以M、N、D为顶点的三角形面积为y,求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC,过点M作MF丄NC于F,MF交对角线BD于点G（如图2）,求线段MG的长.【答案】（1）证明：：•.•厶二％°。，ZABE二30°。，:.ZAEB二60。。EB=EL.・・ZEBD二ZEDB二30°・・•酬IIBLt.・•ZEBD=ZENMZEDB二ZE血.・•ZENM=ZEMN=36\:.EN=Mh在RtAEMh中，cos/W-云。花MH-cos30EM-—£%・・•2.・・MN=2MH=\如1AE——BE解：在Rt△ABE中,NABE二30。、2.・•DE=BE=2AE・・•AD=BC=6fAE=2DE=BE=4a.当点曲在线段以上时，过点A作NIJ.AL于点厶11NI=-W二-J在RMNTM中，22

TOC\o"1-5"\h\zMN=9BE二DE二DM十EM二DM+—血・・・3MD二BEMN-4x:.3343DM二NE-DE二—x一4・•・3b.当点力在线段以延长线上时，过点」4作山’丄皿于点厂11,NI9--KV二-x在Rt^NI^A中，22/2NI'£.NE-——-——x在RtANf£■中，y/33DM二NE-DE二—x一4・•・3f11\f3需。y=-MD・NI=-X-x.6—x一4）二—r一x22312・・•启为少的中点・・・EM=DM=2f・••MN二亦・・・・CD二AB二AE.tan60。二2^3/.・•MC=、胁+Clf=弋4+12=4,DM21cosZDMC-——----・・・MC42t:.ZDMC二60。..・•ZNMC=180°-ZA3fN-ZDMC=180°-30°-60°=90\・.•曲||BL:.ZMND二ZNMC二9&.,11MN二一MI）二-X2二1・99・・-_fNC=-vW+Cif=g+16=",・・•ZMGN二曲-ZGMN,ZMCN二9&-ZGMNt•・・ZMGN二ZJdC\又・.・ZNMC=ZMN‘G=9“t:.小滋〜4血匕nc=^_涉朋・・•MGa心，即％一1^21MG・・・3【解析】【分析】（1）过点E作EH丄MN于点H,由已知条件易得EN=EM,解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一町得MN=2MH即可求解；（2）在RtAABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE,由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI丄AD于点I，结合（1）中的结论MNh/^EM即可求解；②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'±AD于点I解RtANfM和R伍N『E可1求得NI'和NE,则DM=NE-DE,所以以M、N、D为顶点的三角形面积yJMD.NI可求解：（3）连接CM,交BD于点M,由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得ZDMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得ZNMC=%°,根据平行线的性1质可得DMN*是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MNJ?MD：则NC的长可求，由已知条件易得ANMC-AMNZG根据所得的比例式即可求解.

3.3.如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a,BC=b,点P在矩形ABCD的对角线AC上，RtAPEFPAi的两条直角边PE,PF分别交BC,DC于点M,N,当PM丄BC,PN丄CD时，用=（用含a,b的代数式表示）.（2）拓展探究Pk在（1）中，固定点P，使APEF绕点P旋转，如图2,用的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明.（3）问题解决如图3,四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M,N分别在BC,CD上，PM丄PN,当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是（用含n,a的代数式表示）(1)b【答案】过(1)b【答案】过P作PG丄BC于G,作PH丄CD于H,333则ZPGM=ZPHN=90°,ZGPH=90°TRtAPEF中，ZFPE=90°・・・ZGPM=ZHPNPh_Ph_~AL/———由PGIIAB,PHIIAD可得，ABCATAB二a,BC=bPGPhPGa:.a力，即旳bfPMa.・•莎一7,(n+I)2【解析】【解答解：(1)•••四边形ABCD是矩形,・•・AB丄BC,•・•PM丄BC,・•・△PMC〜△ABCCM_BC_b.••莎—亦_；•••四边形ABCD是矩形，・•・ZBCD=90°,•・・PM丄BC,PN丄CD,・•・ZPMC=ZPNC=90°=ZBCD,•••四边形CNPM是矩形,・•・CM=PN,PM_a:.药a故答案为7;(3)•・•PM丄BC,AB丄BC・•・△PMC〜△ABCCP_刊：.7a~7bPM_1当AP=nPC时(n是正实数)，肚n+11.・•pm二刀+・•・四边形PMCN的面积二门+1（nl）2,故答案为：（门+以・CM_BCa【分析】（1）由题意易得△PMC-△ABC,可得比例式莎AB~~b,由矩形的性质可得CM=PN,则结论可得证;（2）过P作PG丄BC于G,作PH丄CD于H,由辅助线和已知条件易得△PGM-△PHN,PMPGAB_PG_&则得比例式面'云，Fh（1）可得比例式百即比值不变；

（3）由（3）由（2）的方法可得刊一=7,则四边形PMCN的面积二4.如图，在平面直角坐标系中，0为原点，平行四边形ABCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为（2,0）,BC=6,ZBCD=60°,点E是AB上一点，AE=3EB,OP过D,（1）请直接写出点B.D的坐标：B（）,D（）:（2）求抛物线的解析式；（3）求证：ED是OP的切线；（4）若点M为抛物线的顶点，请直接写出平面上点N的坐标，使得以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形.【答案】（1）0；0,2亞（2）解：将（2,0）,B（-4,0）,D（0,）；三点分别代入y=ax?+bx+c得，4a+2b+c=016a一4b+c二G•••所求抛物线的解析式y=4x2-2x+M（3）证明:在RtAOCD中，CD=2OC=4,•・•四边形ABCD为平行四边形，・・・AB二CD=4,ABIICD,ZA=ZBCD=60%AD=BC=6.•・•AE=3BE,

AE1OC1AEOC—--sin/BCD-——--—-——\AD2,•/CD2：.ADCL••四边形ABCD是平行四边形，・・ZDAE=ZDCB=60°,•・△AED-△COD,•・ZADE=ZCDO,而ZADE+ZODE=90°•・ZCDO+ZODE=90°,•・CD丄DE,・•ZDOC=90°,••CD为OP的直径，•・ED是OP的切线(4)解：点N的坐标为(4)解：点N的坐标为(-5,4)(3,【解析】【解析】解：(1)VC点坐标为(2,0),・•・OC=2,•・•BC=6,・•・OB=BC-OC=4,・•・B(-4,0),OL•/ZBCD=60°,tanZBCD=<%#OD厂—=43od=M,・•・D(0再)；V3V3V39\f3(4存在；/y=-4X2-2x+W3=-4(x+l)2+4・•・M(-lz4),•・・B(-4,0),D(0/A^),如图，当BM为平行四边形BDMN的对角线时，点D向左平移4个单位，再向下平移皿个单位得到B,则点M(-l,4)向左平移4个单位，再向下平移个M单位得到Nd-5,彳)；当DM为平行四边形BDMN的对角线时，点B向右平移3个单位，再向上平移4个单位得到D,则点M（-1,彳）向右平移4个单位，再向上平移M个单位得到2（3,4）；当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向右平移1个单位，再向下平移万个单位得到D,则点B（-4,0）向右平移1个单位，再向下平移万个单位得到N3（-3-~）；综上所述，以点B,D,M,N为顶点的四边形为平行四边形时，点N的坐标为（-5,N）或（3,〒）或（-3厂4）【分析】（1）根据点C的坐标，求出0C的长度，进而求出0B的长度，得出B点的坐标。根据正切函数的定义得出0D的长度，从而得出D点的坐标；（2）用待定系数法，分别将：将（2,0）,B（-4,0）,D（0,M）;三点分别代入y=ax求抛物线的解析式；是否存在点P,使ZAPB=90。，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；连接求抛物线的解析式；是否存在点P,使ZAPB=90。，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，说明理由；连接BQ,—动点M从点B出发，沿线段BQ以每秒1个单位的速度运动到Q,再沿线段QD以每秒⑴个单位的速度运动到D后停止，当点Q的坐标是多少时，点M在整个（3）根据平行四边形的性质得出AB=CD=4,ABIICD,ZA=ZBCD=60°,AD=BC=6,又根据AE=3BE,,从而得出AE=3,根据锐角三角函数的定义得出AE:AD=OC:CD撚后根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似得岀AAED-ACOD,根据相似三角形对应角相等得出ZADE=ZCDO,根据等量代换得出ZCDO+ZODE=90°,即CD丄DE,根据90啲圆周角所对的弦是直径得出CD为OP的直径，从而得出结论；（4）首先求出抛物线的顶点M的坐标，然后按当BM为平行四边形BDMN的对角线时；当DM为平行四边形BDMN的对角线时；当BD为平行四边形BDMN的对角线时；三种情况，找到其他点的平移规律即可得出N点的坐标。5.如图，抛物线y=x?+bx+c经过B（—l,0）,D（-2,5）两点，与x轴另一交点为A,点H是线段AB上一动点，过点H的直线PQ丄x轴，分别交直线AD、抛物线于点Q、P.运动过程中用时t最少？【答案】(1)解：把B(-1,0),D(・2,5)代:Ky=必+bx+c,得：丫1一b+c=0Q=-2l4-2bc=5y解得：｛c=一S,.••抛物线的解析式为：y=x2-2x-3(2)解：存在点P,使ZAPB=90°・当y=0时，即x2-2x-3=0,解得：xi=-1,x2=3,/.OB=1,OA=3・设P(m,m2-2m-3),则・l<m<3,PH=-(m2-2m-3),BH=l+m,AH=3-m,•/ZAPB=90%PH±AB,/.ZPAH=ZBPH=90°・ZAPH,ZAHP=ZPHB,・△AHP〜△PHB,PHAh：•BHPh,/.PH2=BH*AH,/.[-(m2-2m-3)]2=(1+m)(3-m)，解得rru二1+忑'm2=-苗，・•・点P的横坐标为：/吩苗或/-苗DN5—二—则DN=5,ON=2,AN=3+2=5,/.tanZDAB=^V5=1,ZDAB=45°.过点D作DKIIx轴，则ZKDQ=ZDAB=45°,DQ=^QG.1由题意，动点M运动的路径为折线BQ+QD,运动时间：匸BQ+3DQ,•••匸BQ+QG,即运动的时间值等于折线BQ+QG的长度值.由垂线段最短町知，折线BQ+QG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段.过点B作BH丄DK于点H,贝lJtM=BH,BH与直线AD的交点，即为所求之Q点.VA(3,0),D(-2,5),/.直线AD的解析式为：y=-x+3,VB点横坐标为-1,y=l+3=4,/.Q(・1,4).【解析】【分析】(1)把点B,D的坐标代入二次函数中组成二元一次方程组，解方程组即可得到抛物线的解析式；(2)先按照存在点P使ZAPB=90。，先根据抛物线的解析式求得点A,B的坐标，设出点P的坐标，根据点P的位置确定m的取值范围，再证△AHP-△PHB,从而得到PH2=BH*AH,即可列出关于m的方程，解方程即可得到m即点P的横坐标，且横坐标在所求范闱内，从而说明满足条件的点P存在；(3)先证明zDAB=45%从而证得DQ二2QG,那么运动时间t值等于折线BQ+QG的长度值，再结合垂线段最短确定点Q的位置，再求得点Q的坐标即可.6.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lcm/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：图①图②备用蚕求证：△BEF〜△DCB；当点Q在线段DF上运动时，若APQF的面积为0.6cm2,求t的值；如图2过点Q作QG丄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，APCIF为等腰三角形？试说明理由.【答案】（1）解：•••四边形血是矩形，:AD=BC=8,AD〃BC,ZA二ZC二90°,在Rt4ABD中，BD=109E、下分别是月厂、加的中点，1IEF〃AD,EF二-AD二4,BF=DF=5,2:ZBEF==90°二ZC,EF〃BC,:ZBFE=ZDBC,.9.ABEF“JDCB•••QM//BE,.9.AQMFBEF,QM_QF,QM,QM3二一（5-3二一（5-2t）5113•IS△PFQ二-PFXQM二一（4一t）X-（5-2t）二0.6,225(3)解：四边形砂为矩形时加图所示:44QPFsjBEF,QFPF亦一云2t-54-t•:二54'_40解得：广~石当点6在昭上时，PF当点6在昭上时，PF二QF,如图3,PF•:t=3.PQ二风时，如图4,笄-1)42097評—笄-1)42097評—44-t~?192619综上所述，t=1或s或丁或玄秒时，△PQF是等腰三角形【解析】【分析】（1）要证△BEF-ADCB,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EFIIADIIBC,可得一组内错角相等，由矩形的性质可得ZC=ZA=ZBEF=90°,所以△BEF-△DCB；（2）过点Q作QM丄EF于M,结合已知易得QMIIBE,根据相似三角形的判定可得QMQF△BEF,则得比例式丟一朋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=O*6,解方程可得t的值；因为QG丄AB,结合题意可得PQ〃AB,根据相似三角形的判定可得必QPFBEF,于是可得比例式求解；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：POPF；第三种情况：POFQ。7.定义：如图⑦，若点D在4ABC的边AB上，且满足厶CD=4,则称满足这样条件的点为4ABC的“理想点"图②(1)不是图①如图⑦，若点D是4ABC的“理想点",X4ABC图②(1)不是图①如图⑦，若点D是4ABC的“理想点",X4ABC的边AB的中点，AC=M,AB=",试判断点D是并说明理由：如图②，在Rt4ABC中，△=90。，AB=6,AC(2)"理想点"，求CD的长：(3)如图，已知平面直角坐标系中，点A0,刃，B他-3),且满足山CB二45°,在y轴上是否存在一点D,使点A,B,C为x轴正半轴上一点,C,D中的某一点是其余三点围成的三角形的"理想点"•若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)解：结论：点D是4ABC的“理想点理由：如图⑦中，图①:'D是AB中点，AB=4,AD=DB=2,：•AC-=(2^2)?=6,AD•AB-5,・：AC^-AD-AB,ACAB*—.八AD-AC,IZk=ZK,ACD-Z\ABC,:NACD=/B,•:点D是4ABC的〃理想点〃,(2)解：如图②中,图②:•点D是4ABC的“理想点"，:NACD=或4CD=△,当4CD=上3时，：・厶CD+4CD=90°,:/BCD十A二90°,:ADB二90°,当NBCD二NA时，同法证明：CD丄AB,在Rt4ABC中，JNACB二90°,AB=5,AC=4,:BC二Q朋-AC：二3,11:•AB・CD二-・AC•BC22,12:CD二丁■(3)解：如图③中，存在・有三种情形:过点A作MA±AC交CB的延长线于M,作MH1y轴于H・：•JIAC二N40C二^AHM二90°、山CM二45°、:NAMC二ACM二45°、:AM二AC,：•NMAH+^tAO二90。、NCA0十NACO二90°、:JIAH=NAC0,,：4仙94COAAAS儿:MH=0A,0C二AH，设CdO丿，:•A他刃，BQ,-3）,：0A=MH=2,OB=3AB=J,0C二AH二「BH二a-J,：*MHZOC,MHBH■___一''OC~OB,2a-5.：-二a3,解得a=6或-1（舍弃）,经检验a=万是分式方程的解，:C（6,0）,0C=6,当ND/CA=ZABC时，点a是4BCD』的“理想点”.设Dyfem；,：•NDyCA=/ABC,NCD出=NtD/B,：4D/AC-dD/SB,・：CD彳-D/A•D/B,+W二（m-刃血+3）,解得山=42,.："（0,42）.当NBCA二NCD为时，点a是△BCDg的“理想点易知：NtD刃二恋°,:ODg=0C二0,・：5（0,6）.当NBCA二ZADjC时，点B是4ACDj的“理想点”.易知：ztDjO二石°,・：OD3=0C二0,・：。3（0,-6）.综上所述，满足条件的点D坐标为他"刃或他㈢或他-6）.【解析】【分析】（1）结论：点D是4ABC的“理想点只要证明JACD-JABC即可解决问题：（2）只要证明CD丄AB即可解决问题：（3）如图③中，存在•有三种22情形：过点A作MA丄AC交CB的延长线于M,作MH1y轴于H.构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；&如图，己知抛物线y二8X，子bx厶工0）过点A心-3丿和B（沁H0）,过点A作直线AC//X轴，交y轴与点C。（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上取一点P,过点P作直线AC的垂线，垂足为D,连接0A,使得以A,D,P为顶点的三角形与AAOC相似，求出对应点P的坐标；1SAAOC-AAOC（3）抛物线上是否存在点Q,使得3?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。•・•点A•・•点A、B在抛物线上,J0,a=-/2r1朋b解得：21墜・••抛物线解析式为：y"x2■丁x・（2）当P在直线AD上方时,设P设P坐标为（X,2）,则有AD訣农,PD*2OCCA1—■当厶OCA〜△ADP时，肋DF,

整理得：3x2-9\^x+18=2V%6,即3x2-ll\^x+24=0,1ly[3±5\[3解得：X=即*3或炉宀(舍去)8^3此时P(3CA~AL,31,3\[3一fx十CA~AL,31,3\[3一fx十3即22OC当厶OCA〜△PDA时，PD整理得：亞诊-9x十&^3二6x_裁，即炸迈x5\[3±3a/3,即x=4、/3或（3（舍去），J3_x_V3解得：2此时P(4\^6):当点IP(0,0)时,也满足△OCA-aPDA；4萌当P在直线AD下方时，同理可得，P的坐标为（3'8^344\!~3综上，P的坐标为（3'S）或（4前,6）或（3'（3）解：•••A宀，-3）,・••AC二逅003,・••0A=2逅16了），16_了)(0,0)11琲MM11琲MMMM.・•SzM(Y=2・0C・AC=2・0A・h二2,又・・・SAAOC=3Saa(K^・••△AOQ边0A上的高=3h=^z§过0作0M丄0A,截取0171=29过点M作MNII0A交y轴于点N,图），过M作HM丄x轴，（如・•AC二逅0A=2逅・•zAOC==30°,又•・•MNIIOA,•.ZMNO=ZAOC=30\OM丄MN,•・ON=2OM=9,ZNOM=60°,即N（0,9）,•・ZMOB=30%15・•M•.OH=U澎-府=盲,••M（4,4）,设直线MN解析式为：y二kx+b,・•・b=9,店二-V3・・・'b=9・•・直线MN解析式为:y=-V^x+9,・•・x—、乃x・18=0,（x・3\乃）（x+2\乃）=0,・・・x23逅x—2屈fX-3\[3fX=~2\[3:.1y=0或'y=15・・・Q点坐标（3&,0）或C2®15）,•••抛物线上是否存在点Q，使得兀-歹巴【解析】【分析】（1）将A.B两点坐标代入抛物线解析式得到一个二元一次方程方程

组，解之即可得抛物线解析式.4?_巴（2）设P坐标为（x,?~,表示出AD与PD,由相似分两种情况得比例求出x的值，即可确定出P坐标。（3）根据点A坐标得AC=&,0C=3,由勾股定理得022比,根据三角形面枳公式可得319AAOC边0A上的高h",又saaOC^3Saa%得△AOQ边0A上的高为2;过0作50M丄0A,截取O过点M作MNII0A交y轴于点N,过M作HM丄x轴，（如图），根据直角三角形中，30度所对的直角边等于斜边的一半，从而求出N（0,9）,在9^39RtAMOH中，根据直角三角形性质和勾股定理得M（4,7）；用待定系数法求出直线MN解析式，再讲直线MN和抛物线解析式联立即可得Q点坐标.图⑶9.如图（1）,己知点G在正方形ABCDGF丄CD,垂足为点图⑶9.如图（1）,己知点G在正方形ABCDGF丄CD,垂足为点F・AG:BE的值为:（0。<（1<45。）,如图AG:BE的值为:（0。<（1<45。）,如图（2）所示，试探究线段（2）探究与证明：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转a角AG与BE之间的数量关系，并说明理由：（3）扌右展与运用：正方形CEGF在旋转过程中，当B,E,F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG交AD于点H.若AG=6,GH=2花，则BC二・【答案】（1）证明：•••四边形ABCD是正方形，・••ZBCD=90°,ZBCA=45°,•・・GE丄BC、GF丄CD,・••ZCEG=ZCFG=ZECF=90°,四边形CEGF是矩形，ZCGE=ZECG=45°,・••EG=EC,•••四边形CEGF是正方形€（2）解：连接CG,由旋转性质知ZBCE=ZACG=ct,在RtACEG和RtACBA中,CE&CG=cos45°=2、

Cb弋CA=cos45°=2,C6CAAGCA厂—-—-:.BECB7,•••线段AG与BE之间的数量关系为AG=3BE(3)【解析】【解答】・•・ZCEG=ZB=90°,（1）②由①知四边形CEGF是正方形,ZECG=45°,CGAG,GEIICG厂

=—二/CE,AB,・•・BE故答案为：、疗；（3）•••ZCEF=45°，点B、E、F三点共线,・•・ZBEC=135%•・•△ACG-△BCE,・•・ZAGC=ZBEC=135%・•・ZAGH=ZCAH=45%•・•ZCHA=ZAHG,・•・△AHG〜△CHA,AG_GHAh

.\AC~Alf~a9设BC=CD=AD=a,贝flAC=A^a,AGGh6M则由AC~Ah得屆~AH,2AH=Sa,11则DH=AD-AH=Ja,CH=U少+D*=3a,2-a6_3AG_Ah、風"y/7d.•.由ac~ca得~Ta,解得：a=3伍,即BC=3&,故答案为：3*5.【分析】（1）①根据正方形的性质得出ZBCD=90%ZBCAM5。，根据垂直的定义及等量代换得出ZCEG=ZCFG=ZECF=90%根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CEGF是矩形，根据三角形的内角和得出ZCGE=ZECG=45%根据等角对等边得出EG=EC,根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得出四边形CEGF是正方形；②根据正方形的性质得出GEIIIICD,根据平行于同一直线的两条直线互相平行得出GEIIAB,根据平行线分线段成比例定理得出GC:EC=AG:BE,根据等腰直角三角形的边之间的关系得出GC:EC=/,从而得出答案；（2）连接CG,由旋转性质知ZBCE=ZACG=a,根据余弦函数的定义得出CEy/2CB\[2CGCA——-二———-cos45°二———二——二CG2CA2tCECB，从而判断出ACG-△BCE,根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论线段AG与BE之间的数量关系为AG=^BE；（3）根据ZCEF=45°，点B、E、F三点共线，由邻补角定义得岀ZBEC=135°,根据ACG〜△BCE,得出ZAGC=ZBEC=135°,故ZAGH=ZCAH=45°,然后判断出AHG-^CHA,根据相似三角形对应边成比例得出AG:AC=GH:AH=AH:CH,设BC=CD=AD=a,则AC=V^a,根据比例式得出关于AH的方程，求解AH的值，根据DH=AD-AH表示出DH,根据勾股定理表示出CH,根据前面的比例式得出关于a的方程，求解得出8的值，从而得出BC的值。10.如图，AB是O0的直径，弦CD丄AB于H,G为O0±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O0的切线;（2）连接DG,若ACIIEF时.求证：△KGD-△KEG；4一cosC--i——若5、AK=410,求BF的长.【答案】（1）证明：如图，连接OG・・・・EG=EK,又OA=OG…・・ZOGA=ZOAG,TCD丄AB,・\ZAKH+ZOAG=90°,・••ZKGE+ZOGA=90°,・•・EF是OO的切线.(2)解：①・・•ACIIEF,・•・ZE=ZC,又ZC=ZAGD>/.ZE=ZAGD,又ZDKG=ZCKE,KGD-厶KGE._4②连接OG,如图所示.JC°Sr-,AK=\W,4CHcos(7—————L设5ACCH=4k,AC=5k，则AH=3kKE=GE,ACIIEF,・・・CK二AC=5k,・•・HK二CK—CH二k・在RtAAHK中,根据勾股定理得AH2+HK2=AK2,即(3k)2k2=(410)2,k=IyCH=4,AC=5y则Aff=39设OO半径为R,在RtAOCH中，OC=R,OH二R—3k,CH=4k,_25由勾股定理得：OH2+CH2=OC2,(R-3尸+毕二*,*一在TOC\o"1-5"\h\z406125cosC-cosZGOF---——OF在RtAOGF中，50卜.24,1252525BF-OF一OB二—.・・24624【解析】【分析】(1)连接OG根据切线的判定，证出ZKGE+ZOGA=90°,故EF是OO的4—_cosC-_切线.(2)①证ZE=ZAGD,又ZDKG=ZCKE,故厶KGD〜△KGE.②连接OG.5,

4CHcosC---—-A,设5AC,CH=4k,AC=5k,则AH=3k,在RtAAHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2,即(3泮k2=(410)2:由勾股定理得：0H2+CH2=OC2,125406125t,cosQ-cosZGOF---——在RtAOGF中，5Ob,125°8125°8~~24259611.操作：和AABC都是等边三角形，^ABC绕着C点按顺时针方向旋转，6是况、於d的中点，有以下三种图形