人教版九年级数学下《相似》专项训练含答案

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1.平行线型．2．相交线型．3．子母型．4．旋转型．

平行线型1．如图，在△ABC中，BE平分∠ABC交AC于点E，过点E作ED∥BC交AB于点D.(1)求证：AE·BC＝BD·AC；(2)如果S△ADE＝3，S△BDE＝2，DE＝6，求BC的长．(第1题)相交线型2．如图，点D，E分别为△ABC的边AC，AB上的点，BD，CE交于点O，且eq\f(EO,BO)＝eq\f(DO,CO)，试问△ADE与△ABC相似吗？请说明理由．(第2题)子母型3．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，E为AC的中点，ED的延长线交AB的延长线于点F.求证：eq\f(AB,AC)＝eq\f(DF,AF).(第3题)旋转型4．如图，已知∠DAB＝∠EAC，∠ADE＝∠ABC.求证：(1)△ADE∽△ABC；(2)eq\f(AD,AE)＝eq\f(BD,CE).(第4题)专训3利用相似三角形巧证线段的数量和位置关系名师点金：判断两线段之间的数量和位置关系是几何中的基本题型之一．由角的关系推出“平行或垂直”是判断位置关系的常用方法，由相似三角形推出“相等”是判断数量关系的常用方法．证明两线段的数量关系eq\a\vs4\al(类型1：)证明两线段的相等关系1．如图，已知在△ABC中，DE∥BC，BE与CD交于点O，直线AO与BC边交于点M，与DE交于点N.求证：BM＝MC.(第1题)2．如图，一直线和△ABC的边AB，AC分别交于点D，E，和BC的延长线交于点F，且AECE＝BFCF.求证：AD＝DB.(第2题)eq\a\vs4\al(类型2：)证明两线段的倍分关系3．如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，∠A＝60°，求证：DE＝eq\f(1,2)BC.(第3题)4．如图，AM为△ABC的角平分线，D为AB的中点，CE∥AB，CE交DM的延长线于E.求证：AC＝2CE.(第4题)证明两线段的位置关系eq\a\vs4\al(类型1：)证明两线段平行5．如图，已知点D为等腰直角三角形ABC的斜边AB上一点，连接CD，DE⊥CD，DE＝CD，连接CE，AE.求证：AE∥BC.(第5题)6．在△ABC中，D，E，F分别为BC，AB，AC上的点，EF∥BC，DF∥AB，连接CE和AD，分别交DF，EF于点N，M.(1)如图①，若E为AB的中点，图中与MN平行的直线有哪几条？请证明你的结论；(2)如图②，若E不为AB的中点，写出与MN平行的直线，并证明．(第6题)eq\a\vs4\al(类型2：)证明两线垂直7．如图，在△ABC中，D是AB上一点，且AC2＝AB·AD，BC2＝BA·BD，求证：CD⊥AB.(第7题)8．如图，已知矩形ABCD，AD＝eq\f(1,3)AB，点E，F把AB三等分，DF交AC于点G，求证：EG⊥DF.(第8题)专训4相似三角形与函数的综合应用名师点金：解涉及相似三角形与函数的综合题时，由于这类题的综合性强，是中考压轴题重点命题形式之一，因此解题时常结合方程思想、分类讨论思想进行解答．相似三角形与一次函数1．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝－x＋3与x轴交于点C，与直线AD交于点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(5,3)))，点D的坐标为(0，1)．(1)求直线AD的解析式；(2)直线AD与x轴交于点B，若点E是直线AD上一动点(不与点B重合)，当△BOD与△BCE相似时，求点E的坐标．(第1题)相似三角形与二次函数2．如图，直线y＝－x＋3交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A，B，C(1，0)三点．(1)求抛物线对应的函数解析式；(2)若点D的坐标为(－1，0)，在直线y＝－x＋3上有一点P，使△ABO与△ADP相似，求出点P的坐标．(第2题)3．如图，直线y＝2x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点B，把△AOB沿y轴翻折，点A落到点C，过点B的抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线BC交于点D(3，－4)．(1)求直线BD和抛物线对应的函数解析式；(2)在第一象限内的抛物线上，是否存在一点M，作MN垂直于x轴，垂足为点N，使得以M，O，N为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．(第3题)相似三角形与反比例函数4．如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为(2，3)，双曲线y＝eq\f(k,x)(x>0)经过BC的中点D，且与AB交于点E，连接DE.(1)求k的值及点E的坐标；(2)若点F是OC边上一点，且△FBC∽△DEB，求直线FB对应的函数解析式．(第4题)专训5全章热门考点整合应用名师点金：本章主要内容为：平行线分线段成比例，相似三角形的判定及性质，位似图形及其画法等，涉及考点、考法较多，是中考的高频考点．其主要考点可概括为：3个概念、2个性质、1个判定、2个应用、1个作图、1个技巧．3个概念eq\a\vs4\al(概念1：)成比例线段1．下列各组线段，是成比例线段的是()A．3cm，6cm，7cm，9cmB．2cm，5cm，0.6dm，8cmC．3cm，9cm，1.8dm，6cmD．1cm，2cm，3cm，4cm2．有一块三角形的草地，它的一条边长为25m，在图纸上，这条边的长为5cm，其他两条边的长都为4cm，则其他两边的实际长度都是________m.eq\a\vs4\al(概念2：)相似多边形3．如图，已知∠1′＝∠1，∠2′＝∠2，∠3′＝∠3，∠4′＝∠4，∠D′＝∠D，试判断四边形A′B′C′D′与四边形ABCD是否相似，并说明理由．(第3题)eq\a\vs4\al(概念3：)位似图形4．如图，在△ABC中，A，B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是(－1，0)．以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形，并把△ABC的边放大到原来的2倍，记所得的像是△A′B′C.设点B的对应点B′的坐标是(a，b)，求点B的坐标．(第4题)2个性质eq\a\vs4\al(性质1：)平行线分线段成比例的性质5．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝8，AC＝6.若动点D从点B出发，沿线段BA运动到点A为止，运动速度为每秒2个单位长度．过点D作DE∥BC交AC于点E，设动点D运动的时间为x秒，AE的长为y.(1)求出y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；(2)当x为何值时，△BDE的面积有最大值，最大值为多少？(第5题)eq\a\vs4\al(性质2：)相似三角形的性质6．如图，已知D是BC边上的中点，且AD＝AC，DE⊥BC，DE与BA相交于点E，EC与AD相交于点F.(1)求证：△ABC∽△FCD；(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的长．(第6题)1个判定——相似三角形的判定7．如图，△ACB为等腰直角三角形，点D为斜边AB上一点，连接CD，DE⊥CD，DE＝CD，连接AE，过C作CO⊥AB于O.求证：△ACE∽△OCD.(第7题)8.如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过点C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为点E.设P是上异于点A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G.(1)求证：△PAC∽△PDF；(2)若AB＝5，＝，求PD的长．(第8题)2个应用eq\a\vs4\al(应用1：)测高的应用9．如图，在离某建筑物CE4m处有一棵树AB，在某时刻，1.2m的竹竿FG垂直地面放置，影子GH长为2m，此时树的影子有一部分落在地面上，还有一部分落在建筑物的墙上，墙上的影子CD高为2m，那么这棵树的高度是多少？(第9题)eq\a\vs4\al(应用2：)测宽的应用10．如图，一条小河的两岸有一段是平行的，在河的一岸每隔6m有一棵树，在河的对岸每隔60m有一根电线杆，在有树的一岸离岸边30m处可看到对岸相邻的两根电线杆恰好被这岸的两棵树遮住，并且在这两棵树之间还有三棵树，求河的宽度．(第10题)1个作图——作一个图形的位似图形11．如图，在方格纸中(每个小方格的边长都是1个单位长度)有一点O和△ABC.请以点O为位似中心，把△ABC缩小为原来的一半(不改变方向)，画出△ABC的位似图形．(第11题)1个技巧——证明四条线段成比例的技巧12．如图，已知△ABC，∠BAC的平分线与∠DAC的平分线分别交BC及BC的延长线于点P，Q.(1)求∠PAQ的度数；(2)若点M为PQ的中点，求证：PM2＝CM·BM.(第12题)答案eq\a\vs4\al(专训1)(第1题)1．证明：如图，过点C作CM∥AB交DF于点M.∵CM∥AB，∴△CMF∽△BDF.∴eq\f(BF,CF)＝eq\f(BD,CM).又∵CM∥AD，∴△ADE∽△CME.∴eq\f(AE,EC)＝eq\f(AD,CM).∵D为AB的中点，∴eq\f(BD,CM)＝eq\f(AD,CM).∴eq\f(BF,CF)＝eq\f(AE,EC)，即AE·CF＝BF·EC.2．证明：过点D作DG∥BC，交AC于点G，∴△DGF∽△ECF，△ADG∽△ABC.∴eq\f(EF,DF)＝eq\f(CE,DG)，eq\f(AB,BC)＝eq\f(AD,DG).∵AD＝CE，∴eq\f(CE,DG)＝eq\f(AD,DG).∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(EF,DF)，即AB·DF＝BC·EF.点拨：过某一点作平行线，构造出“A”型或“X”型的基本图形，通过相似三角形转化线段的比，从而解决问题．3．证明：∵四边形ABCD是平行四边形．∴AE∥DC，∠A＝∠C.∴∠CDF＝∠E，∴△DAE∽△FCD，∴eq\f(DC,AE)＝eq\f(CF,AD).4．证明：∵DM⊥BC，∠BAC＝90°，∴∠B＋∠BEM＝90°，∠D＋∠DEA＝90°.∵∠BEM＝∠DEA，∴∠B＝∠D.又∵M为BC的中点，∠BAC＝90°，∴BM＝AM.∴∠B＝∠BAM.∴∠BAM＝∠D.又∵∠AME＝∠DMA.∴△AME∽△DMA.∴eq\f(AM,MD)＝eq\f(ME,AM).∴AM2＝MD·ME.(第5题)5．证明：如图，连接PM，PN.∵MN是AP的垂直平分线，∴MA＝MP，NA＝NP.∴∠1＝∠2，∠3＝∠4.又∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝∠1＋∠3＝60°.∴∠2＋∠4＝60°.∴∠5＋∠6＝120°.又∵∠6＋∠7＝180°－∠C＝120°.∴∠5＝∠7.∴△BPM∽△CNP.∴eq\f(BP,CN)＝eq\f(BM,CP)，即BP·CP＝BM·CN.6．证明：(1)∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB.∵DE∥BC，∴∠ABC＋∠BDE＝180°，∠ACB＋∠CED＝180°，∴∠CED＝∠BDE.又∵∠EDF＝∠ABE，∴△DEF∽△BDE.(2)由△DEF∽△BDE得eq\f(DE,BD)＝eq\f(EF,DE)，∴DE2＝DB·EF.又由△DEF∽△BDE，得∠BED＝∠DFE.∵∠GDE＝∠EDF，∴△GDE∽△EDF.∴eq\f(DG,DE)＝eq\f(DE,DF)，∴DE2＝DG·DF，∴DG·DF＝DB·EF.7．证明：∵BG⊥AP，PE⊥AB，∴∠AEP＝∠BED＝∠AGB＝90°.∴∠P＋∠PAB＝90°，∠PAB＋∠ABG＝90°.∴∠P＝∠ABG.∴△AEP∽△DEB.∴eq\f(AE,DE)＝eq\f(PE,BE)，即AE·BE＝PE·DE.又∵CE⊥AB，∴∠CEA＝∠BEC＝90°，∴∠CAB＋∠ACE＝90°.又∵∠ACB＝90°，∴∠CAB＋∠CBE＝90°.∴∠ACE＝∠CBE.∴△AEC∽△CEB.∴eq\f(AE,CE)＝eq\f(CE,BE)，即CE2＝AE·BE.∴CE2＝DE·PE.8．证明：易得∠BAC＝∠BDF＝90°.∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠DBF，∴△BDF∽△BAE，得eq\f(BD,AB)＝eq\f(BF,BE).∵∠BAC＝∠BDA＝90°，∠ABC＝∠DBA.∴△ABC∽△DBA，得eq\f(AB,BC)＝eq\f(BD,AB)，∴eq\f(BF,BE)＝eq\f(AB,BC).9．证明：(1)∵四边形ABCD为平行四边形．∴∠B＝∠D.∵AM⊥BC，AN⊥CD，∴∠AMB＝∠AND＝90°，∴△AMB∽△AND.(2)由△AMB∽△AND得eq\f(AM,AN)＝eq\f(AB,AD)，∠BAM＝∠DAN.又AD＝BC，∴eq\f(AM,AN)＝eq\f(AB,BC).∵AM⊥BC，AD∥BC，∴∠AMB＝∠MAD＝90°.∴∠B＋∠BAM＝∠MAN＋∠NAD＝90°，∴∠B＝∠MAN.∴△AMN∽△BAC，∴eq\f(AM,AB)＝eq\f(MN,AC).10．证明：∵AD⊥BC，DE⊥AB，∴∠ADB＝∠AED＝90°.又∵∠BAD＝∠DAE，∴△ADE∽△ABD，得AD2＝AE·AB，同理可得AD2＝AF·AC，∴AE·AB＝AF·AC，∴eq\f(AE,AF)＝eq\f(AC,AB).11．证明：连接PC，如图．∵AB＝AC，AD⊥BC，∴AD垂直平分BC，∠ABC＝∠ACB，∴BP＝CP，∴∠1＝∠2，∴∠ABC－∠1＝∠ACB－∠2，即∠3＝∠4.∵CF∥AB，∴∠3＝∠F，∴∠4＝∠F.又∵∠CPF＝∠CPE，∴△CPF∽△EPC，∴eq\f(CP,PE)＝eq\f(PF,CP)，即CP2＝PF·PE.∵BP＝CP，∴BP2＝PE·PF.(第11题)(第12题)12．证明：如图，连接PA，则PA＝PD，∴∠PDA＝∠PAD.∴∠B＋∠BAD＝∠DAC＋∠CAP.又∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC.∴∠B＝∠CAP.又∵∠APC＝∠BPA，∴△PAC∽△PBA，∴eq\f(PA,PB)＝eq\f(PC,PA)，即PA2＝PB·PC，∴PD2＝PB·PC.eq\a\vs4\al(专训2)1．(1)证明：∵ED∥BC，∴△ADE∽△ABC.∴eq\f(AE,AC)＝eq\f(DE,BC).∵BE平分∠ABC，∴∠DBE＝∠EBC.∵ED∥BC，∴∠DEB＝∠EBC.∴∠DBE＝∠DEB.∴DE＝BD.∴eq\f(AE,AC)＝eq\f(BD,BC)，即AE·BC＝BD·AC.(2)解：设h△ADE表示△ADE中DE边上的高，h△BDE表示△BDE中DE边上的高，h△ABC表示△ABC中BC边上的高．∵S△ADE＝3，S△BDE＝2，∴eq\f(S△ADE,S△BDE)＝eq\f(h△ADE,h△BDE)＝eq\f(3,2).∴eq\f(h△ADE,h△ABC)＝eq\f(3,5).∵△ADE∽△ABC，∴eq\f(DE,BC)＝eq\f(h△ADE,h△ABC)＝eq\f(3,5).∵DE＝6，∴BC＝10.2．解：相似．理由如下：因为eq\f(EO,BO)＝eq\f(DO,CO)，∠BOE＝∠COD，∠DOE＝∠COB，所以△BOE∽△COD，△DOE∽△COB.所以∠EBO＝∠DCO，∠DEO＝∠CBO.因为∠ADE＝∠DCO＋∠DEO，∠ABC＝∠EBO＋∠CBO.所以∠ADE＝∠ABC.又因为∠A＝∠A，所以△ADE∽△ABC.3．证明：∵∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，∴∠BAC＝∠ADB＝90°.又∵∠CBA＝∠ABD(公共角)，∴△ABC∽△DBA.∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(DB,DA)，∠BAD＝∠C.∵AD⊥BC于点D，E为AC的中点，∴DE＝EC.∴∠BDF＝∠CDE＝∠C.∴∠BDF＝∠BAD.又∵∠F＝∠F，∴△DBF∽△ADF.∴eq\f(DB,AD)＝eq\f(DF,AF).∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(DF,AF).(第3题)点拨：当所证等积式或比例式运用“三点定型法”不能定型或能定型而不相似，条件又不具备成比例线段时，可考虑用中间比“搭桥”，称为“等比替换法”，有时还可用“等积替换法”，例如：如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，求证：AE·AB＝AF·AC.可由两组“射影图”得AE·AB＝AD2，AF·AC＝AD2，∴AE·AB＝AF·AC.4．证明：(1)∵∠DAB＝∠EAC，∴∠DAE＝∠BAC.又∵∠ADE＝∠ABC，∴△ADE∽△ABC.(2)∵△ADE∽△ABC，∴eq\f(AD,AE)＝eq\f(AB,AC).∵∠DAB＝∠EAC，∴△ADB∽△AEC.∴eq\f(AD,AE)＝eq\f(BD,CE).eq\a\vs4\al(专训3)1．证明：∵DE∥BC.∴△NEO∽△MBO.∴eq\f(NE,MB)＝eq\f(ON,OM).同理可得eq\f(DN,MC)＝eq\f(ON,OM).∴eq\f(DN,MC)＝eq\f(NE,BM).∴eq\f(DN,NE)＝eq\f(MC,BM).∵DE∥BC，∴△ANE∽△AMC.∴eq\f(AN,AM)＝eq\f(NE,MC).同理可得eq\f(AN,AM)＝eq\f(DN,BM)，∴eq\f(DN,BM)＝eq\f(NE,MC).∴eq\f(DN,NE)＝eq\f(BM,MC).∴eq\f(MC,BM)＝eq\f(BM,MC).∴MC2＝BM2.∴BM＝MC.(第2题)2．证明：如图，过C作CG∥AB交DF于G点．∵CG∥AB，∴eq\f(AD,CG)＝eq\f(AE,CE)，eq\f(BD,CG)＝eq\f(BF,CF)，∵eq\f(AE,CE)＝eq\f(BF,CF)，∴eq\f(AD,CG)＝eq\f(BD,CG)，∴AD＝BD.3．证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB，∠A＝60°，∠ABD＝∠ACE＝30°，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(1,2)，eq\f(AE,AC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AE,AC).又∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC，∴eq\f(DE,BC)＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(1,2)，∴DE＝eq\f(1,2)BC.4．证明：如图，延长CE，交AM的延长线于F.∵AB∥CF，∴∠BAM＝∠F，△BDM∽△CEM，△BAM∽△CFM，∴eq\f(BD,CE)＝eq\f(BM,MC)，eq\f(BA,CF)＝eq\f(BM,MC)，∴eq\f(BD,CE)＝eq\f(BA,CF).又∵BA＝2BD，∴CF＝2CE.又AM平分∠BAC，∴∠BAM＝∠CAM，∴∠CAM＝∠F，∴AC＝CF，∴AC＝2CE.(第4题)(第5题)5．证明：如图，过点C作CO⊥AB于点O.∵DE＝CD，DE⊥CD，∴∠ECD＝∠CED＝45°.∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠B＝45°.∴∠CAB＝∠CED.又∵∠AOC＝∠EDC＝90°，∴△ACO∽△ECD.∴eq\f(AC,CO)＝eq\f(EC,CD).又∵∠ACE＋∠ECO＝∠OCD＋∠ECO＝45°，∴∠ACE＝∠OCD.∴△ACE∽△OCD.∴∠CAE＝∠COD＝90°.又∵∠ACB＝90°，∴∠CAE＋∠ACB＝180°.∴AE∥BC.6．解：(1)MN∥AC∥ED.证明如下：∵EF∥BC，∴△AEM∽△ABD，△AMF∽△ADC，∴eq\f(EM,BD)＝eq\f(AM,AD)＝eq\f(MF,DC).∵E为AB的中点，EF∥BC，∴F为AC的中点．又∵DF∥AB，∴D为BC的中点，∴EM＝MF.∵F为AC的中点，FN∥AE，∴N为EC的中点，从而MN∥AC.又∵D为BC的中点，E为AB的中点，∴ED∥AC，∴MN∥AC∥ED.(2)MN∥AC.证明如下：∵EF∥BC，∴△AEM∽△ABD，△AMF∽△ADC，∴eq\f(EM,BD)＝eq\f(AM,AD)＝eq\f(MF,DC)，∴eq\f(EM,MF)＝eq\f(BD,DC).又∵DF∥AB，∴eq\f(BD,DC)＝eq\f(EN,NC)，∴eq\f(EM,MF)＝eq\f(EN,NC)，∴eq\f(EM,EF)＝eq\f(EN,EC).又∵∠MEN＝∠FEC，∴△MEN∽△FEC.∴∠EMN＝∠EFC.∴MN∥AC.7．证明：∵AC2＝AB·AD，∴eq\f(AC,AD)＝eq\f(AB,AC).又∵∠A＝∠A，∴△ACD∽△ABC.∴∠ADC＝∠ACB.又∵BC2＝BA·BD，∴eq\f(BC,BD)＝eq\f(BA,BC).又∵∠B＝∠B，∴△BCD∽△BAC.∴∠BDC＝∠BCA.∴∠ADC＝∠BDC.∵∠BDC＋∠ADC＝180°，∴∠ADC＝∠BDC＝90°.∴CD⊥AB.8．证明：∵AD＝eq\f(1,3)AB，点E，F把AB三等分，∴设AE＝EF＝FB＝AD＝k，则AB＝CD＝3k.∵CD∥AB，∴∠DCG＝∠FAG，∠CDG＝∠AFG.∴△AFG∽△CDG，∴eq\f(FG,DG)＝eq\f(AF,CD)＝eq\f(2,3).设FG＝2m，则DG＝3m，∴DF＝FG＋DG＝2m＋3m＝5m.在Rt△AFD中，DF2＝AD2＋AF2＝5k2，∴DF＝eq\r(5)k.∴5m＝eq\r(5)k.∴m＝eq\f(\r(5),5)k.∴FG＝eq\f(2,5)eq\r(5)k.∴eq\f(AF,FG)＝eq\f(2k,\f(2,5)\r(5)k)＝eq\r(5)，eq\f(DF,EF)＝eq\f(\r(5)k,k)＝eq\r(5).∴eq\f(AF,FG)＝eq\f(DF,EF).又∠AFD＝∠GFE，∴△AFD∽△GFE.∴∠EGF＝∠DAF＝90°.∴EG⊥DF.eq\a\vs4\al(专训4)1．解：(1)设直线AD的解析式为y＝kx＋b(k≠0)将D(0，1)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(5,3)))代入解析式得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1,\f(5,3)＝\f(4,3)k＋b))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1,k＝\f(1,2)))∴直线AD的解析式为y＝eq\f(1,2)x＋1.(2)直线AD的解析式为y＝eq\f(1,2)x＋1.令y＝0，得x＝－2.得B(－2，0)，即OB＝2.直线AC为y＝－x＋3.令y＝0，得∴x＝3.得C(3，0)，即BC＝5设Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,2)x＋1))①当E1C⊥BC时，如图，∠BOD＝∠BCE1＝90°，∠DBO＝∠E1BC.∴△BOD∽△BCE1.此时点C和点E1的横坐标相同．将x＝3代入y＝eq\f(1,2)x＋1，解得y＝eq\f(5,2).∴E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2))).②当CE2⊥AD时，如图，∠BOD＝∠BE2C＝90°，∠DBO＝∠CBE2，∴△BOD∽△BE2C.过点E2作EF⊥x轴于点F，则∠E2FC＝∠BFE2＝90°.又∵∠E2BF＋∠BE2F＝90°，∠CE2F＋∠BE2F＝90°.∴∠E2BF＝∠CE2F.∴△E2BF∽△CE2F，则eq\f(E2F,BF)＝eq\f(CF,E2F).即E2F2＝CF·BF.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1))eq\s\up12(2)＝(3－x)(x＋2)解得：x1＝2，x2＝－2(舍去)∴E2(2，2)当∠EBC＝90°时，此情况不存在．综上所述：E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(5,2)))或E2(2，2)．(第1题)(第2题)2．解：(1)由题意得A(3，0)，B(0，3)，∵抛物线经过A，B，C三点，∴把A(3，0)，B(0，3)，C(1，0)三点的坐标分别代入y＝ax2＋bx＋c，得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9a＋3b＋c＝0，,c＝3，,a＋b＋c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－4，,c＝3，))∴抛物线对应的函数解析式为y＝x2－4x＋3.(2)如图，由题意可得△ABO为等腰直角三角形．若△ABO∽△AP1D，则eq\f(AO,AD)＝eq\f(OB,DP1)，∴DP1＝AD＝4，∴P1(－1，4)；若△ABO∽△ADP2，过点P2作P2M⊥x轴于M，∵△ABO为等腰直角三角形，∴△ADP2是等腰直角三角形，由三线合一可得DM＝AM＝2＝P2M，即点M与点C重合，∴P2(1，2)，∴点P的坐标为(－1，4)或(1，2)．3．解：(1)易得A(－1，0)，B(0，2)，C(1，0)．设直线BD对应的函数解析式为y＝kx＋m.把B(0，2)，C(1，0)的坐标分别代入y＝kx＋m，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,k＋m＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,m＝2.))∴直线BD对应的函数解析式为y＝－2x＋2.∵抛物线对应的函数解析式为y＝－x2＋bx＋c.∴把B(0，2)，D(3，－4)的坐标分别代入y＝－x2＋bx＋c，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2，,－9＋3b＋c＝－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝2.))∴抛物线对应的函数解析式为y＝－x2＋x＋2.(2)存在，①如图①，当△MON∽△BCO时，eq\f(ON,CO)＝eq\f(MN,BO)，即eq\f(ON,1)＝eq\f(MN,2)，∴MN＝2ON.设ON＝a，则M(a，2a)，∴－a2＋a＋2＝2a，解得a1＝－2(不合题意，舍去)，a2＝1，∴M(1，2)；②如图②，当△MON∽△CBO时，eq\f(ON,BO)＝eq\f(MN,CO)，即eq\f(ON,2)＝eq\f(MN,1)，∴MN＝eq\f(1,2)ON.设ON＝n，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,2)n))，∴－n2＋n＋2＝eq\f(n,2)，解得n1＝eq\f(1－\r(33),4)(不合题意，舍去)，n2＝eq\f(1＋\r(33),4)，∴M(eq\f(1＋\r(33),4)，eq\f(1＋\r(33),8))．∴存在这样的点M(1，2)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(33),4)，\f(1＋\r(33),8))).(第3题)4．解：(1)在矩形OABC中，∵点B的坐标为(2，3)，∴BC边的中点D的坐标为(1，3)．∵双曲线y＝eq\f(k,x)经过点D(1，3)，∴3＝eq\f(k,1)，∴k＝3，∴y＝eq\f(3,x).∵点E在AB上，∴点E的横坐标为2.又∵双曲线y＝eq\f(3,x)经过点E，∴点E的纵坐标为y＝eq\f(3,2)，∴点E的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2))).(2)易得BD＝1，BE＝eq\f(3,2)，CB＝2.∵△FBC∽△DEB，∴eq\f(BD,CF)＝eq\f(BE,CB)，即eq\f(1,CF)＝eq\f(\f(3,2),2)，∴CF＝eq\f(4,3)，∴OF＝eq\f(5,3)，即点F的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3))).设直线FB对应的函数解析式为y＝k1x＋b，而直线FB经过B(2，3)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3)))，∴k1＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(5,3)，∴直线FB对应的函数解析式为y＝eq\f(2,3)x＋eq\f(5,3).eq\a\vs4\al(专训5)1．C2．203．解：四边形ABCD与四边形A′B′C′D′相似．由已知条件知，∠DAB＝∠D′A′B′，∠B＝∠B′，∠BCD＝∠B′C′D′，∠D＝∠D′，且eq\f(AB,A′B′)＝eq\f(BC,B′C′)＝eq\f(CD,C′D′)＝eq\f(DA,D′A′)＝eq\f(5,6)，所以四边形ABCD与四边形A′B′C′D′相似．4．解：如图，过点B作BM⊥x轴于点M，过点B′作B′N⊥x轴于点N，则△CBM∽△CB′N.所以MCNC＝BMB′N＝BCB′C.又由已知条件知NC＝a＋1，B′N＝－b，BCB′C＝12，所以MC(a＋1)＝BM(－b)＝12.所以MC＝eq\f(1,2)(a＋1)，BM＝－eq\f(b,2).所以MO＝eq\f(1,2)(a＋1)＋1＝eq\f(a＋3,2).所以点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋3,2)，－\f(b,2))).(第4题)5．解：(1)∵DE∥BC，∴eq\f(AD,AB)＝eq\f(AE,AC)，∴eq\f(8－2x,8)＝eq\f(y,6)，∴y＝－eq\f(3,2)x＋6(0≤x≤4)．(2)∵S△BDE＝eq\f(1,2)·2x·y＝eq\f(1,2)·2x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－\f(3,2)x))＝－eq\f(3,2)(x－2)2＋6，∴当x＝2时，S△BDE有最大值，最大值为6.6．(1)证明：如图，∵D是BC边上的中点，DE⊥BC，∴EB＝EC，∴∠B＝∠1.又∵AD＝AC，∴∠ACD＝∠2，∴△ABC∽△FCD.(2)解：如图，过点A作AM⊥CB于点M.∵D是BC边上的中点，∴BC＝2CD.由(1)知△ABC∽△FCD，∴eq\f(S△ABC,S△FCD)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,CD)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,1).又∵S△FCD＝5，∴S△ABC＝20.∵S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM，∴AM＝eq\f(2S△ABC,BC)＝eq\f(2×20,10)＝4.∵DE⊥BC，AM⊥BC，∴DE∥AM，∴△BDE∽△BMA.∴eq\f(DE,AM)＝eq\f(BD,BM).由AD＝AC，AM⊥BC，知DM＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,4)BC＝eq\f(5,2).∴eq\f(DE,4)＝eq\f(5,5＋\f(5,2))，∴DE＝eq\f(8,3).点拨：从复杂的图形中分析线段的特点和联系，找到切入点是解较复杂问题的关键．(第6题)7．证明：∵△ACB为等腰直角三角形，AB为斜边，∴∠CAB＝45°.∵CO⊥AB.∴∠AOC＝90°.又∵DE⊥CD，DE＝CD，∴∠CED＝45°，∠CDE＝90°.∴∠CAO＝∠CED，∠AOC＝∠EDC.∴△ACO∽△ECD.∴∠ACO＝∠ECD，eq\f(AC,CO)＝eq\f(CE,CD).∴∠ACE＝∠OCD.∴△ACE∽△OCD.8．(1)证明：由四边形APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B.又∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，所以∠APD＝∠FPC，所以∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD.又∠PAC＝∠PDC，所以△PAC∽△PDF.(2)解：由(1)知△PAC∽△PDF，所以∠PCA＝∠PFD.又∠PAC＝∠CAF，所以△PAC∽△CAF，所以△CAF∽△PDF，所以eq\f(PD,AC)＝eq\f(DF,AF)，则PD·AF＝AC·DF.由AB＝5，AC＝2