第10讲相似三角形中的“8”字模型-【多题一解一题多解】冲刺中考数学满分应对方法与策略（全国通用）

第10讲相似三角形中的“8”字模型【应对方法与策略】(1)如图1，AB∥CD⇔△AOB∽△COD⇔eq\f(AB,CD)＝eq\f(OA,OC)＝eq\f(OB,OD).(2)如图2，∠A＝∠D⇔△AOB∽△DOC⇔eq\f(AB,CD)＝eq\f(OA,OD)＝eq\f(OB,OC).图1图2[来源【多题一解】一、单选题1．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，，，分别交于点G，H，则下列结论中错误的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平行线分线段成比例和相似三角形的性质与判定，进行逐一判断即可．【详解】解：∵AB∥CD，∴，∴A选项正确，不符合题目要求；∵AE∥DF，∴∠CGE=∠CHD，∠CEG=∠D，∴△CEG∽△CDH，∴，∴，∵AB∥CD，∴，∴，∴，∴，∴B选项正确，不符合题目要求；∵AB∥CD，AE∥DF，∴四边形AEDF是平行四边形，∴AF=DE，∵AE∥DF，∴，∴；∴C选项正确，不符合题目要求；∵AE∥DF，∴△BFH∽△BAG，∴，∵AB＞FA，∴∴D选项不正确，符合题目要求．故选D．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的性质和判定的应用，能根据定理得出比例式是解此题的关键．二、填空题2．（2021秋·福建泉州·九年级晋江市第一中学校联考期中）如图，正方形边长为，点是上一点，且，连接，过作，垂足为，交对角线于，将沿翻折得到，交对角线于，则______．【答案】【分析】过点G作GR⊥BC于R，过点H作HN∥BC交BD于N，由正方形性质可证明：△ABE∽△FCB，由勾股定理可求BF，由翻折性质可得△HGC≌△BGC，进而可证明：△BHN∽△BED，可求得HN，再由△HNM∽△CBM，可求得，再由△CGR∽△CBF即可求得结论．【详解】解：如图，过点作于，过点作交于则，∵正方形，∽在中，，即，由翻折知：，，，≌∽，即∽，，，是等腰直角三角形，设，则，∽，即，解得，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形性质，翻折变换的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，三角形面积等知识点；解题关键是利用平行线证明相似三角形进行转化，有一定难度，属于中考填空压轴题类型．三、解答题3．（2022·上海·九年级专题练习）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，在边AB的延长线上截取BE＝AB，点F在AE的延长线上，CE和DF交于点M，BC和DF交于点N，联结BD．（1）求证：△BND∽△CNM；（2）如果AD2＝AB•AF，求证：CM•AB＝DM•CN．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，再证明四边形BECD为平行四边形得到BD∥CE，根据相似三角形的判定方法，由CM∥DB可判断△BND∽△CNM；（2）先利用AD2=AB•AF可证明△ADB∽△AFD，则∠1=∠F，再根据平行线的性质得∠F=∠4，∠2=∠3，所以∠3=∠4，加上∠NMC=∠CMD，于是可判断△MNC∽△MCD，所以MC：MD=CN：CD，然后利用CD=AB和比例的性质即可得到结论．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，而BE=AB，∴BE=CD，而BE∥CD，∴四边形BECD为平行四边形，∴BD∥CE，∵CM∥DB，∴△BND∽△CNM；（2）∵AD2=AB•AF，∴AD：AB=AF：AD，而∠DAB=∠FAD，∴△ADB∽△AFD，∴∠1=∠F，∵CD∥AF，BD∥CE，∴∠F=∠4，∠2=∠3，∴∠3=∠4，而∠NMC=∠CMD，∴△MNC∽△MCD，∴MC：MD=CN：CD，∴MC•CD=MD•CN，而CD=AB，∴CM•AB=DM•CN．【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．在运用相似三角形的性质时主要利用相似比计算线段的长．也考查了平行四边形的判定与性质．4．（2023秋·北京通州·九年级统考期末）如图，已知D是BC的中点，M是AD的中点．求的值．【答案】【分析】解法1：过点D作AC的平行线交BN于点H，构造“A”型和“8”型，得出和，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；解法2：过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出和，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；解法3：过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H，构造“A”型和“8”型，得出和，再结合相似三角形的性质和中点的定义即可得出答案；解法4：过点D作BN的平行线交AC于点H，根据三角形中位线定理得出，即可得出答案；【详解】解法1：如图2，过点D作AC的平行线交BN于点H．因为．所以，所以．因为D为BC的中点，所以．因为，所以，所以．因为M为AD的中点，所以．所以，所以．解法2：如图3，过点C作AD的平行线交BN的延长线于点H．因为，所以，所以．因为D为BC的中点，所以．因为M为AD的中点，所以，所以．因为，所以，所以．解法3：如图4，过点A作BC的平行线交BN的延长线于点H．因为，所以，所以．因为M为AD的中点，所以，所以．因为，所以，所以．因为D为BC的中点，且，所以．解法4：如图5，过点D作BN的平行线交AC于点H．在中，因为M为AD的中点，，所以N为AH的中点，即．在中，因为D为BC的中点，，所以H为CN的中点，即，所以．所以．5．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F．（1）求证：；（2）连接和相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）24．【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，则答案可证；（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，，进而得出，由得，则答案可解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，∴，∵点E为DC的中点，∴，在和中∴，∴，∴；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，∴，，∴，，∴，∵的面积为2，∴，即，∵∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．6．（2020·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系x0y中，直线BC和直线OB交于点B，直线AC与直线BC交x轴于点C，OA=4，轴，垂足为点A，AC与OB交于点M．(1)求直线BC的解析式；(2)求阴影部分的面积．【答案】（1）；（2）【分析】（1）先根据题意求出点A、B的坐标，再利用待定系数法解答即可；（2）易证，且相似比为1：2，然后利用S阴影代入数据计算即可．【详解】解：（1），所以点A坐标为（0，4)，点C坐标为（1，0），又轴，点B坐标为（2，4），设直线BC的表达式为y=kx+b，将点B，C坐标代入表达式，得，解得：k=4，b=﹣4，所以直线的表达式为．(2)轴，∴AB∥x轴，，∴，∵，∴，∴S阴影．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的关系式、相似三角形的判定和性质以及阴影面积的计算等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键．7．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考一模）如图，在等边边长为6，O是中心；在中，，，．将绕点A按顺时针方向旋转一周．(1)当、分别在、边上，连结、，求的面积；(2)设所在直线与的边或交于点F，当O、D、E三点在一条直线上，求的长；(3)连结，取中点M，连结，的取值范围为_________．【答案】(1)(2)(3)1≤DM≤5【分析】（1）由O是等边三角形的中心，可知OM=，进而得到，从而EO∥BM，所以可得OD=EN，即可求解；（2）易证△AEF∽△OBF，得到，设AF=x，OF=y，求解即可；（3）取AE的中点N，连接MN，DN，由D、N在⊙A上，可知即MN-DN≤DM≤DN+MN，易知MN是△AEC的中位线，从而求得．（1）连接AO，并延长交BC于M，连接OB∵O是等边△ABC的中心∴∠OBM=30°，BM=MC，AM⊥BC∴OM==∴∴EO∥BM延长EO交AC于N，则△AEN为等边三角形∵EO∥BM∴∴ON=OE，CN=DN=AD=2∴OD=EN=2∴（2）连接OB，OA，如图，∵O是等边△ABC的中心∴∠OBA=30°，OA=OB=2∴∵∠DAE=30°∴AE=4，DE=在△AEF和△OBF中∵∠ABO=∠AED=30°，∠AFE=∠BFO∴△AEF∽△OBF(AA)∴设AF=x，OF=y，则解得，,所以（3）取AE的中点N，连接MN，DN，∵D,N在⊙A的圆上∴当D、M、N三点共线时，DM最大或最小，即MN-DN≤DM≤DN+MN，∴MN-2≤DM≤MN+2当D、M、N三点共线如图1时，△AND为等边三角形，∴∠NDA=∠DAC=60°，∴MN∥AC∵M，N为中点∴MN=∴DM≥1当D、M、N三点共线如图2时，△AND为等边三角形，∴∠NDA=∠BAC=∠CAE=60°，∴MN∥AC∵M，N为中点∴MN=∴DM≤5故答案为：1≤DM≤5【点睛】本题主要考查了正三角形的中心的概念，三角形的中位线，直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例的性质与判定，相似三角形的判定与性质及方程思想，综合运用相关性质和判定是解题关键．8．（2023·全国·九年级专题练习）（1）某学校“学习落实”数学兴趣小组遇到这样一个题目如图，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝2：1，求AB的长经过数学小组成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）请回答：∠ADB＝

°，AB＝

（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3在四边形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝2：1，求DC的长【答案】（1）75，3；（2）CD＝【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB=∠OAC=75°，结合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角对等边可得出AB=AD即可求解；（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE=，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理即可求出DC的长．【详解】解：（1）如图2中，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，∵BD∥AC，∴∠ADB＝∠OAC＝75°．∵∠BOD＝∠COA，∴△BOD∽△COA，∴＝2，．又∵AO＝，∴OD＝2AO＝2，∴AD＝AO+OD＝3．∵∠BAD＝30°，∠ADB＝75°，∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，∴AB＝AD＝3；故答案为：75，3．（2）如图3中，过点B作BE∥AD交AC于点E．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC＝∠BEA＝90°．∵∠AOD＝∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴＝2．∵BO：OD＝1：3，∵AO＝，∴EO＝2，∴AE＝3．∵∠ABC＝∠ACB＝75°，∴∠BAC＝30°，AB＝AC，∴AB＝2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（4BE2）2+BE2＝（2BE）2，解得：BE＝3，∴AB＝AC＝6，AD＝在Rt△CAD中，AC2+AD2＝CD2，即62+（）2＝CD2，解得：CD＝（负根已经舍弃）．【点睛】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，掌握平行线的性质、相似三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．9．（2022秋·全国·九年级专题练习）综合与实践：数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．问题情境：在中，点P是边上一点．将沿直线折叠，点D的对应点为E．“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作，与交于点F，连接，则四边形是菱形．(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为的中点时，延长交于点F，连接．试判断与的位置关系，并说明理由．请你帮助他们解决此问题．(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在边上时，，，．则的长为___________．（直接写出结果）【答案】(1)见解析(2)，理由见解析(3)【分析】（1）先证明，得到两组对边分别平行，再用邻边相等的平行四边形是菱形判定，也可以用四条边相等的四边形是菱形进行判断；（2）证明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折叠得到∠DPC=∠EPC，从而证明∠FPC=90°；（3）延长BA、CP相交于点F，得△AFP∽△DCP，再证EF=CE即可求出结果．（1）证法一：由折叠得，，，∵∴∴∴∴四边形是平行四边形∵∴四边形是菱形．证法二：证明：由折叠得，，，∵∴∴∴∴∴四边形是菱形．（2）解：．连接由折叠可得，，∵四边形是平行四边形∴又∵∴∵点P是的中点∴∴

∴∴∴∴（SSS）∴又∵，即∴∴．（3）解：延长BA、CP相交于点F，由题意，△AFP∽△DCP∴即∴∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F∴∠F=∠ECP∴EF=EC=DC=10∴．故答案为．【点睛】本题考查折叠、平行四边形、相似、菱形的判定等，属于综合性题目，解题关键在于灵活运用几何知识，构造常见的模型．10．（2021秋·广东·九年级广州市南武实验学校校考期末）如图，已知二次函数y＝ax2+c的图象与x轴分别相交于点A（﹣5，0），点B，与y轴相交于C（0，﹣5），点Q是抛物线在x轴下方的一动点（不与C点重合）．（1）求该二次函数的表达式；（2）如图1，AQ交线段BC于D，令t＝，当t值最大时，求Q点的坐标．（3）如图2，直线AQ，BQ分别与y轴相交于M，N两点，设Q点横坐标为m，S1＝S△QMN，S2＝2m2，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）二次函数的解析式为y＝x2﹣5；（2）Q（，﹣）；（3）＝，理由见解析【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）如图1中，过点Q作QE∥AB交BC于E．设Q（m，m2﹣5），利用相似三角形的性质构建二次函数，利用二次函数的性质求解即可．（3）是定值．如图2中，设Q（m，m2﹣5），求出直线AQ，BQ的解析式，求出点M，N的坐标，利用三角形的面积公式求出S1即可解决问题．【详解】解：（1）把A（﹣5，0），C（0，﹣5）两点坐标代入y＝ax2+c，得到，解得，∴二次函数的解析式为y＝x2﹣5．（2）如图1中，过点Q作QE∥AB交BC于E．设Q（m，m2﹣5），由（1）可知，A（﹣5，0），B（5，0），C（0，﹣5），直线BC的解析式为y＝kx+b，直线AQ的解析式为y＝∴，解得，∴直线BC的解析式为y＝x﹣5，直线AQ的解析式为y＝x+m﹣5，由，解得，∴D（，），∴E（m2，m2﹣5），∵QE∥AB，∴△QED∽△ABD，∴t＝＝＝＝﹣m2+m，∵﹣＜0，∴当m＝﹣＝时，t的值最大，此时Q（，﹣）．（3）是定值．理由：如图2中，设Q（m，m2﹣5），由（2）可知，直线AQ的解析式为y＝x+m﹣5，当x＝0时，y＝m﹣5，∴M（0，m﹣5），∵直线BQ的解析式为y＝x﹣m﹣5，当x＝0时，y＝﹣m﹣5，∴N（0，﹣m﹣5），∴S1＝S△MNQ＝×m×（2m）＝m2，∴＝＝，为定值．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，一次函数的性质等等，利用数形结合思想解题，准确计算是解题的关键．11．（2021秋·湖北武汉·九年级武汉一初慧泉中学校考开学考试）（1）问题背景：如图1，正方形ABCD中，F在直线CD上，E在直线BC上．若∠EAF＝45°，求证：BE＋FD＝EF；（2）迁移应用：如图2，将正方形ABCD的一部分沿GH翻折，使A点的对应点E在BC上，且AD的对应边EM交CD于F点．若BE＝3，EC＝2，求EF的长；（3）联系拓展：如图3，正方形ABCD中，E、Q在CD上，F在BC上，若EF＝EA，∠FQA＝∠FEA．若∠CFQ＝34°，则∠QAD＝_______°．【答案】（1）见解析；（2）；（3）34°【分析】（1）将ABE绕点A顺时针旋转90°，使AB与AD重合，得到了旋转后的ADG，由此可得∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∠B＝∠ADG＝90°，BE＝DG，进而证明EAF≌GAF，由此即可证得结论；（2）根据翻折可设AG＝GE＝x，则BG＝5－x，利用勾股定理可得，由此解得，，在利用相似三角形的判定与性质即可求得答案；（3）连接AF，设∠FQA＝∠FEA＝m，根据等腰三角形的性质可得∠AFE＝，再通过相似三角形的判定与性质可得∠AQE＝∠AFE＝，最后根据三角形的内角和及平角的定义即可求得答案．【详解】（1）证明：如图1，将ABE绕点A顺时针旋转90°，使AB与AD重合，得到了旋转后的ADG，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∠B＝∠ADG＝90°，BE＝DG，∴∠ADF+∠ADG＝180°，∴F，D，G三点共线，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAD＝45°，∴∠DAG+∠FAD＝45°，∴∠EAF＝∠FAG，在EAF与GAF中，，∴EAF≌GAF（SAS），∴EF＝FG，∵DG+FD＝FG，∴BE＋FD＝EF；（2）解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC，∠B＝∠C＝∠A＝∠D＝90°，∵BE＝3，EC＝2，∴AB＝BC＝5，∵翻折，∴设AG＝GE＝x，则BG＝5－x，∵在RtBGE中，，∴，解得：，∴，∵翻折，∴∠GEF＝∠A＝90°，∴∠GEB＋∠FEC＝∠GEB＋∠BGE＝90°，∴∠FEC＝∠BGE，又∵∠B＝∠C，∴，∴，即：，解得：，∴EF的长为；（3）解：如图，连接AF，设∠FQA＝∠FEA＝m，∵EF＝EA，∴∠EAF＝∠EFA＝，∵∠FQA＝∠FEA，∠FOQ＝∠AOE，∴，∴，∴，又∵∠FOA＝∠QOE，∴，∴∠AQE＝∠AFE＝，∵∠CFQ＝34°，∠C＝90°，∴∠CQF＝90°－∠CFQ＝56°，∵∠CQF＋∠FQA＋∠AQE＝180°，∴56°＋m＋＝180°，解得：m＝68°，∵∠D＝90°，∴∠QAD＝90°－∠AQE＝90°－()＝＝34°，故答案为：34．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等相关知识，熟练运用相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．12．（2022·安徽·九年级专题练习）如图1，等腰△ABC中，AB＝AC，D为AB上一点，等腰△CDE，CD＝DE，∠BAC＝∠EDC，DE交BC于点M，连接BE．（1）如图1，若∠BAC＝30°，AC＝3，AD，求DE的长度；（2）如图2．若DM⊥BC求证：2MB+EB＝BC．（3）如图3，∠A＝30°，AC∥DE，CN⊥AB，EF⊥CE，延长DB至点H，使得DH＝DE，试判断FM与FN的数量关系，并写出证明过程．【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）如图1中，过点D作DH⊥AC于H．解直角三角形求出AH，DH，CH，利用勾股定理求出CD即可．（2）如图2中，在MC上截取MT，使得MT=BM，连接DT．想办法证明△DCT≌△DEB，推出CT=BE，可得结论．（3）如图3中，结论：FM=2FN．证明△FEH是等边三角形，FM=FB，∠FBN=30°，可得结论．【详解】（1）解：如图1中，过点D作DH⊥AC于H．在Rt△ADH中，∠BAC＝30°，AC＝3，AD，∴DH=AD=，AH=，∵AC=3，∴CH=AC-AH=，∴CD=，∵DE=CD，∴DE=．（2）证明：如图2中，在MC上截取MT，使得MT=BM，连接DT．∵∠A=∠CDE，AC=AB，DC=DE，∴∠ACB=∠ABC=∠DCE=∠DEC，∴∠ACD=∠BCE，∵∠CDB=∠CDE+∠BDE=∠A+∠ACD，∴∠ACD=∠BDE，∴∠BDE=∠BCE，∵∠BMD=∠EMC，∴△BMD∽△EMC，，∵∠CMD=∠BME，∴△BME∽△DMC，∴∠BEM=∠DCM，∠EBM=∠CDM，∵∠DCE+∠CDE+∠CED=180°，∠CDE=∠EBM，∠CED=∠CBD，∴∠DCE+∠EBM+∠CBD=180°，∴∠DCE+∠DBE=∠DBC+∠DBE=180°，∵DE⊥BT，MT=MB，∴DT=DB，∴∠DTB=∠DBC，∵∠DTB+∠DTC=180°，∴∠DTC=∠DBE，∵DC=DE，∴△DCT≌△DEB（AAS），∴CT=BE，∴BC=BT+CT=2BM+BE．（3）解：如图3中，结论：FM=2FN．理由如下：连接DF，BF，FH．∵AC=AB，DC=DE，∠A=∠CDE=30°，∴∠ACB=∠ABC=∠DCE=∠DEC=75°，∵DE∥AC，∴∠DMB=∠ACB=∠CME=∠ABC=75°，∠EDB=∠A=30°，∠ACD=∠CDE=30°，∴∠CDE=∠HDE=30°，∵DC=DE=DH，∴△DEC≌△DEH（SAS），∴EC=EH，∵CN⊥AH，∴∠ACN=60°，∴∠ACD=∠DCN=30°，∵∠DCE=75°，∴∠ECF=45°，∵EC⊥EF，∴△ECF是等腰直角三角形，∴EC=EF=EH，∵∠FEH=75°+75°-90°=60°，∴△EFH是等边三角形，∴FE=FH，∵DE=DH，DF=DF，∴△DFE≌△DFH（SSS），∴∠EDF=∠HDF=15°，∴∠MDF=∠MCF=15°，同理可得∠DCM+∠DFM=180°，∵∠DCM=45°，∴∠DFM=∠DFB=135°，∴∠BFM=90°，∵DF=DF，∠FDM=∠FDB，DM=DB，∴△DFM≌△DFB（SAS），∴FM=FB，∴∠FBM=45°，∵∠CBN=90°-15°=75°，∴∠FBN=30°，∴BF=2FN，∴FM=2FN．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，含30度角的直角三角形的性质，添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题是解题的关键．13．（2021·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，抛物线交x轴于点，，D是抛物线的顶点，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为，交直线l：于点E，AP交DE于点F，交y轴于点Q．（1）求抛物线的表达式；（2）设的面积为，的面积为，当时，求点P的坐标；（3）连接BQ，点M在抛物线的对称轴上（位于第一象限内），且，在点P从点B运动到点C的过程中，点M也随之运动，直接写出点M的纵坐标t的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）运用待定系数法将，代入，即可求得答案；（2）利用配方法可求得抛物线顶点坐标，由得，再根据与的面积相等，可得，故点F分别是AP、ED的中点，设，，结合中点坐标公式建立方程求解即可；（3）根据题意，分别求出t的最大值和最小值：①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角，以为圆心，为半径作，交抛物线对称轴于点，过点作轴于点H，运用勾股定理即可求得答案，②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作交抛物线对称轴于点M，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，运用勾股定理即可求得答案．【详解】解：（1）抛物线交x轴于点，，将A、B坐标分别代入抛物线解析式得：，解得：，抛物线的表达式为：；（2）如图，D是抛物线的顶点，抛物线的表达式为：，，交直线l：于点E，P是抛物线上的动点，点P的横坐标为，，设，，又的面积为，的面积为，，，，，即点F分别是AP、ED的中点，又，，，，由中点坐标公式得：，解得：（与“”不符，应舍去），，，，；（3）①当点P与点B重合时，点Q与点O重合，此时t的值最大，如图2，以OB为斜边在第一象限内作等腰直角，则，，以为圆心，为半径作，交抛物线对称轴于点，过点作轴于点H，则，，，，，②当点P与点C重合时，点Q与点C重合，此时t的值最小，如图3，连接BC，以O为圆心，OB为半径作交抛物线对称轴于点M，，经过点C，连接OM，设抛物线对称轴交x轴于点E，则，，，，，综上所述，．【点睛】此题属于二次函数综合题，考查代数计算问题，涉及勾股定理，三角形全等，二元一次方程和一元二次方程的解及圆的相关知识，属于压轴题类型．【一题多解】1．（2021秋·浙江温州·九年级校考阶段练习）如图，AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，与△ABC的外接圆⊙O交于点D，连结BD交AC于点F．（1）求证：BD＝CD．（2）若∠BAC＝60°，BC＝3，当AF将△ABD的面积分为1：2两部分时，求△ADF与△BCF的面积比值．（3）将C点关于AD的对称点记为点C'，当BC'＝BD时，写出AD与半径r的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见详解；（2）或；（3）AD=r，理由见详解【分析】（1）先推出∠EAD=∠CBD，再根据圆内接四边形的性质可得∠EAD=∠BCD，进而即可得到结论；（2）由题意可得BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，分两种情况：①当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，②当BF=1，DF=2时，过点C作CN⊥BD，结合相似三角形的性质，即可求解；（3）由题意可知点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥BC'，连接AO，DO，从而可得∠ABD=30°，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，∴∠EAD=∠CAD，∵∠CAD=∠CBD，∴∠EAD=∠CBD，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠EAD=∠BCD，∴∠CBD=∠BCD，∴BD＝CD；（2）∵∠BAC＝60°，∴∠BDC=60°，∵BD＝CD，∴是等边三角形，∴BD=BC＝3，∵AF将△ABD的面积分为1：2两部分，∴BF=2，DF=1或BF=1，DF=2，当BF=2，DF=1时，过点C作CM⊥BD，则BM=1.5，MF=0.5，CM=，∴CF=，∵∠ADF=∠BCF，∠AFD=∠BFC，∴，∴△ADF与△BCF的面积比值=，当BF=1，DF=2时，如图，同理可得：CN=，NF=0.5，CF=，∴△ADF与△BCF的面积比值=，综上所述：△ADF与△BCF的面积比值为或；（3）∵AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，C点关于AD的对称点记为点C'，∴点C'在AE的延长线上，连接C'D，过点D作DM⊥BC'，连接AO，DO，如图所示，∴BD=CD=C'D，BM=BC'，∵BC'＝BD，∴BM=BD，即：cos∠ABD=，∴∠ABD=30°，∴∠AOD=60°，∴是等边三角形，∴AD=AO=r．【点睛】本题主要考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．2．（2021·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在中，，，过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转得到AN，过点C作交直线AN于点F，在AM上取点E，使．（1）当AM与线段BC相交时，①如图1，当时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为．②如图2，当时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．（2）当，时，若是直角三角形，直接写出AF的长．【答案】（1）①；②，