一、相似
1．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1cm/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：
（1）求证：△BEF∽△DCB；
（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2 ， 求t的值；
（3）如图2过点Q作QG⊥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，△PQF为等腰三角形？试说明理由． 【答案】（1）解：证明：∵四边形 在
中， 分别是
的中点，
（2）解：如图1，过点 作
于 ， 是矩形，
（舍）或
（3）解：四边形
秒
为矩形时,如图所示：
解得：
（4）解：当点 在 上时，如图2，
当点 在 上时，
如图3，
时，如图4，
时，如图5，
综上所述，
或 或 或
秒时，
是等腰三角形．
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可证得AD∥BC，∠A=∠C，根据中位线定理可证得EF∥AD，就可得出EF∥BC，可证得∠BEF=∠C，∠BFE=∠DBC，从而可证得结论。 （2）过点Q作QM⊥EF，易证QM∥BE，可证得△QMF∽△BEF，得出对应边成比例，可求出QM的值，再根据△PQF的面积为0.6cm2 ， 建立关于t的方程，求解即可。 （3）分情况讨论：当点 Q 在 DF 上时，如图2， PF=QF；当点 Q 在 BF 上时， PF=QF， 如图3；PQ=FQ 时，如图4；PQ=PF 时，如图5，分别列方程即可解决问题。
2．已知：如图一，抛物线 C，直线
经过A、C两点，且
与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点 ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线DE平行于x轴并从C点开始以每秒1个单位的速度沿y轴正方向平移，且分别交y轴、线段BC于点E，D，同时动点P从点B出发，沿BO方向以每秒2个单位速度运动， 如图 ；当点P运动到原点O时，直线DE与点P都停止运动，连DP，若点P运动时间为t秒；设 （3）在
，当t为何值时，s有最小值，并求出最小值．
相似；
的条件下，是否存在t的值，使以P、B、D为顶点的三角形与
知： ．
，代入
，解得
，得：
、
；
若存在，求t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）解：由直线： ∵ ∴
，
，即
设抛物线的解析式为：
∴抛物线的解析式：
（2）解：在 ∵ ∴ 而 ∴ ∴当
时，s有最小值，且最小值为1
；
；
， ；
；
，
中，
，
，则
；
（3）解：在 在
中，
中， ，
， ，则
，则
∴
以P、B、D为顶点的三角形与
；
相似，已知
； ；
相似
，则有两种情况：
，解得 ，解得
综上，当
或 时，以P、B、D为顶点的三角形与
【解析】【分析】（1）由直线与坐标轴相交易求得点A、C的坐标，用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）由题意可将ED、OP用含t的代数式表示出来，并代入题目中的s与OP、DE的关系
式整理可得s=（0 ， ，将这些线段代入比例式即可求 3．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC于点H，过点C作CD⊥AC，连接AD，点M为AC上一点，且AM=CD，连接BM交AH于点N，交AD于点E． （1）若AB=3，AD= ，求△BMC的面积； BN ． （2）点E为AD的中点时，求证：AD= 【答案】（1）解：如图1中， 在△ABM和△CAD中，∵AB=AC，∠BAM=∠ACD=90°，AM=CD，∴△ABM≌△CAD， ∴BM=AD= ×23=3． ，∴AM= =1，∴CM=CA﹣AM=2，∴S△BCM= •CM•BA= （2）解：如图2中，连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P． ∵AE=ED，∠ACD=90°，∴AE=CE=ED，∴∠EAC=∠ECA，∵△ABM≌△CAD，∴∠ABM=∠CAD，∴∠ABM=∠MCE，∵∠AMB=∠EMC，∴∠CEM=∠BAM=90°，∴△ABM∽△ECM，∴ ，∴ ，∵∠AME=∠BMC，∴△AME∽△BMC， ∴∠AEM=∠ACB=45°，∴∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，∴∠PEQ=∠AEC，∴∠AEQ=∠EQC，∵∠P=∠EQC=90°，∴△EPA≌△EQC，∴EP=EQ，∵EP⊥BP，EQ⊥BC ∴BE平分∠ABC，∴∠NBC=∠ABN=22.5°，∵AH垂直平分BC，∴NB=NC，∴∠NCB=∠NBC=22.5°，∴∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，∴△ENC的等腰直角三角形，∴NC= EC，∴AD=2EC，∴2NC= 得出BM=AD= AD，∴AD= NC，∵BN=NC，∴AD= BN． 【解析】【分析】（1）首先利用SAS判断出△ABM≌△CAD，根据全等三角形对应边相等 ，根据勾股定理可以算出AM，根据线段的和差得出CM的长，利用 S△BCM= •CM•BA即可得出答案； （2）连接EC、CN，作EQ⊥BC于Q，EP⊥BA于P．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AE=CE=ED，根据等边对等角得出∠EAC=∠ECA，根据全等三角形对应角相等得出∠ABM=∠CAD，从而得出∠ABM=∠MCE，根据对顶角相等及三角形的内角和得出∠CEM=∠BAM=90°，从而判断出△ABM∽△ECM，由相似三角形对应边成比例得出BM∶ CM= AM∶ EM,从而得出BM∶ AM= CM∶ EM，根据两边对应成比例及夹角相等得出△AME∽△BMC，故∠AEM=∠ACB=45°，∠AEC=135°，易知∠PEQ=135°，故∠PEQ=∠AEC，∠AEQ=∠EQC，又∠P=∠EQC=90°，故△EPA≌△EQC，故EP=EQ，根据角平分线的判定得出BE平分∠ABC，故∠NBC=∠ABN=22.5°，根据中垂线定理得出NB=NC，根据等腰三角形的性质得出∠NCB=∠NBC=22.5°，故∠ENC=∠NBC+∠NCB=45°，△ENC的等腰直角三角形，根据等腰直角三角形边之间的关系得出NC= AD= NC，又BN=NC，故AD= BN． EC，根据AD=2EC，2NC= AD， 4．如图，在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形A BCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为（2，0），BC=6，∠BCD=60°，点E是AB上一点，AE=3EB，⊙P过D，O ， C 三 点 ， 抛 物 线 y=ax2+bx+c 过 点 D ， B ， C 三 点． （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⊙P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）-4，0；0，2 );三点分别代入y=ax2+bx+c得， （2）解 ：将（2，0），B（-4,0），D(0, 解得 x2- ∴所求抛物线的解析式y=- x+ （3）证明：在Rt△OCD中，CD=2OC=4， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6， ∵AE=3BE， ∴AE=3， ∴ ，∵ ∴ ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠DAE=∠DCB=60°， ∴△AED∽△COD， ∴∠ADE=∠CDO， 而∠ADE+∠ODE=90° ∴∠CDO+∠ODE=90°， ∴CD⊥DE， ∵∠DOC=90°， ∴CD为⊙P的直径， ∴ED是⊙P的切线 （4）解：点N的坐标为（-5， ∴OC=2 , ∵BC=6 , ∴OB=BC-OC=4 , ∴B（-4,0）， ∵∠BCD=60°，tan∠BCD= , ∴∴OD=∴D(0, , , ); x2− x+ =− ）、（3， ）、（-3，- ） 【解析】【解析】解 ：（1）∵C点坐标为（2，0）， （4存在,∵y=−∴M(−1, )， (x+1)2+ ∵B(−4,0),D(0, )， 个单位得到B， 单位得到N1(−5, )； 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,再向下平移则点M(−1, )向左平移4个单位,再向下平移个 当DM为平行四边形BDMN的对角线时， 点B向右平移3个单位,再向上平移则点M(−1, 个单位得到D， 个单位得到N2(3, )； )向右平移4个单位,再向上平移 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 个单位得到D， 则点B(−4,0)向右平移1个单位,再向下平移 个单位得到N3(−3,− )； ,)或(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，或(−3,− ） 【分析】（1）根据点C的坐标，求出OC的长度，进而求出OB的长度，得出B点的坐标。根据正切函数的定义得出OD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, );三点分别代入y=ax2+bx+c 得得出关于a,b,c的三元一次方程组，求解得出a,b,c的值，从而得出解析式； （3） 根据平行四边形的性质得出AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=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,然后根据两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似得出△AED∽△COD，根据相似三角形对应角相等得出∠ADE=∠CDO，根据等量代换得出∠CDO+∠ODE=90°，即CD⊥DE，根据90°的圆周角所对的弦是直径得出CD为⊙P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1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（ ，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）． （1）求这条抛物线的表达式； （2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标； （3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上， ∴t=2，∴B（2，2）， 把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得 ∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x ，解得 ， （2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F， ∵点C是抛物线上第四象限的点， ∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t）， ∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t， ∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t， ∵△OBC的面积为2， ∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1， ∴C（1，﹣1） （3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2， ∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°， 在△AOB和△NOB中 ∴△AOB≌△NOB（ASA）， ∴ON=OA= ， ∴N（0， ）， ∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ， ∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得 ，解得 或 ， ∴M（﹣ ， ）， ∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2）， ∴OB=2 ，OC= ， ∵△POC∽△MOB， ∴ = =2，∠POC=∠BOM， 当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H， ∵∠COA=∠BOG=45°， ∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO， ∴△MOG∽△POH，∴ = = =2， ∵M（﹣ ， ）， ∴MG= ，OG= ， ∴PH= MG= ，OH= OG= ， ∴P（ ， ）； 当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H， 同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ， ∴P（﹣ ， ）； 综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（ ， ）或（﹣ ， ） 【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b 的值，即可求得答案。 （2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t的值，即可得出点C的坐标。 （3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出 ， ∠POC=∠BOM，然 后分情况讨论：当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。 6．已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点． （1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：________． （2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． （3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB． 【答案】（1）PA=PB （2）解：把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下： 如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE， ， ∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点， ∴PD=PE， ∴PC=PE； ∵PD=PE， ∴∠CDE=∠PEB， ∵直线m∥n， ∴∠CDE=∠PCA， ∴∠PCA=∠PEB， 又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n， ∴l∥CE， ∴AC=BE， ∴△PAC∽△PBE， ∴PA=PB 在△PAC和△PBE中， （3）解：如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E， ， ∵直线m∥n， ∴ ∴BF=AB； 在△AEF和△BPF中， ∴AF•BP=AE•BF， ∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB， ∴2PA•PB=2k．AB， ∴PA•PB=k•AB． 【解析】【解答】解：（1）∵l⊥n， ∴BC⊥BD， ∴三角形CBD是直角三角形， 又∵点P为线段CD的中点， ∴PA=PB． 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半； （2）把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得出PD=PE=PC，根据等边对等角得出∠CDE=∠PEB，根据二直线平行，内错角相等得出∠CDE=∠PCA，故∠PCA=∠PEB，根据夹在两平行线间的平行线相等得出AC=BE，然后利用SAS判断出△PAC∽△PBE，根据全等三角形的对应边相等得出PA=PB； （3）如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，根据平行线分线段成比例定理得出AP=PF，根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出BF=AB；然后 ∴△AEF∽△BPF， ∴ ， ， ∴AP=PF， ∵∠APB=90°， ∴BP⊥AF， 又∵AP=PF， 判断出△AEF∽△BPF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出AF•BP=AE•BF，根据等量代换得出2PA•PB=2k．AB， 即PA•PB=k•AB． 7．定义：如图 ，若点D在 条件的点为 的“理想点” 的边AB上，且满足 ，则称满足这样 （1）如图 ，若点D是 不是 的边AB的中点， ， ，试判断点D是 的“理想点”，并说明理由； 中， ， ， ， ，若点D是 的 （2）如图 ，在 “理想点”，求CD的长； （3）如图，已知平面直角坐标系中，点 且满足 ，C为x轴正半轴上一点， ，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三 的“理想点”. 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 理由：如图 中， 是AB中点， ， ， ， ， ， ∽ ， 点D是 的“理想点”， ， ， ， （2）解：如图 中， 点D是 或 当 时， ， ， ， 当 在 时，同法证明： 中， ， ， . ， ， ， ， 的“理想点”， ， （3）解：如图 中，存在 有三种情形： 过点A作 交CB的延长线于M，作 ， ， ， ， ， ≌ ， ， 轴于H. ， ， ， ， ， ， ， 解得 经检验 或 ，设 ， ， ， ， ， 舍弃 ， ， 时，点A是 ， ， ， ， 的“理想点” 设 ， ， 是分式方程的解， ， ①当 ∽ 解得 ， . 的“理想点”. ②当 易知： ， . ③当 易知： ， . 时，点A是 ， 时，点B是 ， 的“理想点”. 综上所述，满足条件的点D坐标为 【解析】【分析】（1）结论：点D是 即可解决问题；（2）只要证明 情形：过点A作 或 或 . ∽ 的“理想点” 只要证明 即可解决问题；（3）如图 中，存在 有三种 交CB的延长线于M，作 轴于 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； 8．如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30° 【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q （1）【探究一】在旋转过程中， ①如图2，当 ②如图3，当 时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明.________ 时E P与EQ满足怎样的数量关系？，并说明理由.________ 时，EP与EQ满足的数量关系式 ③根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当 为________,其中 的取值范围是________(直接写出结论，不必证明) （2）【探究二】若 程中： ①S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值，若不存在，说明理由. ②随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化？不出相应S值的取值范围. 【答案】（1）解：当 连接BE， 时，PE=QE.即E为AC中点，理由如下： 且AC＝30cm，连续PQ，设△EPQ的面积为S(cm2)，在旋转过 ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴BE=CE， ∠PBE=∠C=45°， 又∵∠PEB+∠BEQ=90°，∠CEQ+∠BEQ=90°， ∴∠PEB=∠CEQ， 在△PEB和△QEC中， , ∵ ∴△PEB≌△QEC（ASA）， ∴PE=QE. ；EP：EQ=EA:EC=1:2；理由如下： 作EM⊥AB，EN⊥BC， ∴∠EMP=∠ENQ=90°， 又∵∠PEN+∠MEP=∠PEN+∠NEQ=90°， ∴∠MEP=∠NEQ, ∴△MEP∽△NEQ， ∴EP：EQ=ME:NE, 又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C， ∴△MEA∽△NEC， ∴ME:NE=EA:EC， ∵ , ∴EP：EQ=EA:EC=1:2. ；EP：EQ=1:m；0 ， 时，EP：EQ=EA：EC=1：2； ，AC=30， ∴AE=10，CE=20， 在等腰Rt△CNE中， ∴NE=10 ∴当x=10 ， 时，Smin=50（cm2）； 当EQ=EF时，S取得最大， ∵AC=DE=30，∠DEF=90°，∠EDF=30°， 在Rt△DEF中， ∴tan30°= , ∴EF=30× =10 ，此时△EPQ面积最大， ∴Smax=75（cm2）； ②由（1）知CN=NE=5 ∴BN=10 ∴BE=5 ， ， 在Rt△BNE中， ∴当x=BE=5 ,BC=15 , 时，S=62.5cm2 ， ∴当50 , ∴EP:EQ=EA:EC=1:m， ∴EP与EQ满足的数量关系式为EP：EQ=1:m， ∴0 时，EF与BC不会相交）. 【分析】【探究一】①根据已知条件得E为AC中点，连接BE，根据等腰直角三角形的性质可BE=CE，∠PBE=∠C=45°，由同角的余角相等得∠PEB=∠CEQ，由全等三角形的判定ASA可得△PEB≌△QEC，再由全等三角形的性质得PE=QE. ②作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案. ③作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案. 【探究二】①设EQ=x，根据【探究一】（2）中的结论可知则EP= x，根据三角形面积公式得出S的函数关系式，再根据当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小；当EQ=EF时，S取得最大；代入数值计算即可得出答案. ②根据（1）中数据求得当EQ与BE重合时，△EPQ的面积，再来分情况讨论即可. 9．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，顶点A、C的坐标分别为（﹣1，2），（3，2），点B在x轴上，点B的坐标为（3，0），抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点． （1）求该抛物线所对应的函数关系式； （2）点P是抛物线上的一点，当S△PAB= S△ABC时，求点P的坐标； （3）若点N由点B出发，以每秒 个单位的速度沿边BC、CA向点A移动， 秒后，点M也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN⊥AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程． 【答案】（1）解：将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中， 得 ∴抛物线y=﹣x2+2x+5. ，解得 （2）解：∵点A（-1,2），B（3,0），C（3,2）， ∴BC⊥x轴，AC=4，BC=2， ∴ ∴ 设直线AB为y=mx+n, ， 将点A（-1,2），B（3,0），代入可得 ， 设点P（x， ）， ，解得 ，∴直线AB为y= ），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x， ∴PM= ∴ 即 ∴ 解得 则点P ， ， 或 ， . ， （3）解：当 时，如图1，点N在BC的线段上，BN= ，BM= ， ∵MN⊥AB，∴ ∴AC∥x轴，BC∥y轴， ∴∠ACB=90°， ， 又∵A（-1,2），B（3,0），C（3,2）， ∴ ∴ ， 又∵∠MBN=∠ACB=90°， ∴△BNM~△CAB， ∴ 解得t= . 当 ，则 ， 时，点N在线段AC上，如图2，MN与AB交于点D，BM= , 由A（-1,2），B(3,0)，得AB= ∵∠ADN=∠ACB=90°, ∠DAN=∠CAB, ∴△ADN~△ACB， ∴ 则 = ，则a= ； ，设AD=a，则BD= , ∵∠BDM=∠ACB=90°, ∠DBM=∠CAB, ∴△BDM~△ACB， ∴ = ， 则 解得 综上， . . 【解析】【分析】（1）将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，联立方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A（-1,2），B（3,0），C（3,2）可求出直线AB的解析式和 ，从而求出 .设PP（x， ），可得 ），过点P作PN⊥x 轴，交直线AB于点M，则M（x， 代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M，N的速度可求出它们当到达终点时的时间t，取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时，并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可. 10．如图，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B. （1）求线段AB的长度； （2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N. ①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标； ②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标. 【答案】 （1）解：当x=0时，y=4， ∴A（0，4）， ∴OA=4， 当y=0时，- x+4=0， x=3， ∴B（3，0）， ∴OB=3， 由勾股定理得：AB=5 （2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E， tan∠OAB= ∴M（3x，-4x+4）， 由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°， ∴∠EAM+∠HAN=90°， ∵∠EAM+∠AME=90°， ∴∠HAN=∠AME， ∵∠AHN=∠AEM=90°， ∴△AHN≌△MEA， ∴AH=EM=3x， ∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴， ∴NG=OH， 则5x=3x+4， 2x=4， x=2， ∴M（6，-4）； ②如图2，由①知N（8，10）， ， ∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x， ∵AN=DN，A（0，4）， ∴D（16，16）， 设直线DM：y=kx+b， 把D（16，16）和M（6，-4）代入得： ， 解得： ， ∴直线DM的解析式为：y=2x-16， ∵直线DM交x轴于E， ∴当y=0时，2x-16=0， x=8， ∴E（8，0）， 由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0）， ∴E与切点G重合， ∵∠QAP=∠OAB=∠DCE， ∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应， 分两种情况： i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE， ∵∠QNA=∠DNF， ∴∠NFD=∠QAN=90°， ∵AO∥NE， ∴△ACO∽△NCE， ∴ ∴ ， ， ∴CO= ， 连接BN， ∴AB=BE=5， ∵∠BAN=∠BEN=90°， ∴∠ANB=∠ENB， ∵EN=ND， ∴∠NDE=∠NED， ∵∠CNE=∠NDE+∠NED， ∴∠ANB=∠NDE， ∴BN∥DE， Rt△ABN中，BN= sin∠ANB=∠NDE= ∴ ∴NF=2 ∴DF=4 ， ， ， ， ， ∵∠QNA=∠DNF， ∴tan∠QNA=tan∠DNF= ∴ ， ， ∴AQ=20， ∵tan∠QAH=tan∠OAB= ∴5x=20， x=4， ∴QH=3x=12，AH=16， ∴Q（-12，20）， 同理易得：直线NQ的解析式：y=- x+14， ∴P（0，14）； ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3， ， 设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x， ∴∠APN=∠CDE， ∵∠ANB=∠CDE， ∵AP∥NG， ∴∠APN=∠PNE， ∴∠APN=∠PNE=∠ANB， ∴B与Q重合， ∴AN=AP=10， ∴OP=AP-OA=10-4=6， ∴P（0，-6）； 综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，-6） 【解析】【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB= 得x的值，计算M的坐标即可； ②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论： i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO= tan∠QNA=tan∠DNF= ，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB= ，根据三角函数得： ，设QH=3x， ，设EM=3x，AE=4x，则 AM=5x，得M（3x，-4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可 AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）； ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，-6）. 11．如图，抛物线 一动点 （不与 与 轴交于点 ，与 轴交于点 .在线段 重合），过点 作 轴的垂线交 上有 于点 ，交抛物线于点 ， 过点 作 于点 . （1）求直线 的函数解析式； （2）求证： ；并求出当 为何值时， 和 的相似比为 . 【答案】 （1）解：令： ，则 ，解得： ， （舍）∴ 令 ，得 ，∴ 设直线 ： ，把 ， 分别代入上式得： 解之得： ∴ （2）证明：∵ 又∵ ∴ ∵ ， ， ， ∴ ， ， ∵ ∴ ∴ ， （舍） 【解析】【分析】(1) 设直线 ： 据相似比列式计算即可. ，求出A、B点坐标，代入求出k,b即可.(2) 利用两组对应角相等证明三角形相似，结合函数解析式，分别表示出AN、PN的长，再根 12．【问题】 如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB.∠EDF=90°，点D在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系. （1）【探究发现】如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程； （2）【数学思考】如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程； （3）【拓展引申】如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4，请你直接写出BQ的最大值. 【答案】 （1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC ∴∠CAB=∠CBA=45° ∵CD∥AB ∴∠CBA=∠DCB=45°，且BD⊥CD ∴∠DCB=∠DBC=45° ∴DB=DC 即DB=DP （2）解：∵DG⊥CD，∠DCB=45° ∴∠DCG=∠DGC=45° ∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°， ∵∠BDP=∠CDG=90° ∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°， ∴△CDP≌△GDB（ASA） ∴DB=DP （3）解：如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ， ∵MH⊥MN， ∴∠AMH+∠NMB=90° ∵CD∥AB，∠CDB=90° ∴∠DBM=90° ∴∠NMB+∠MNB=90° ∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45° ∴△AMH≌△BNQ（ASA） ∴AH=BQ ∵∠ACB=90°，AC=BC=4， ∴AB=4 ∴CH=CQ ∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB ∴HQ∥AB ∴∠HQM=∠QMB ∵∠ACB=∠HMQ=90° ∴点H，点M，点Q，点C四点共圆， ∴∠HCM=∠HQM ∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45° ∴△ACM∽△BMQ ∴ ∴ ∴BQ= ∴AM=2 +2 时，BQ有最大值为2. ，AC-AH=BC-BQ 【解析】【分析】（1） DB=DP， 理由如下： 根据等腰直角三角形的性质得出∠CAB=∠CBA=45° ，根据二直线平行，内错角相等得出 ∠CBA=∠DCB=45° ，根据三角形的内角和得出 ∠DCB=∠DBC=45° ，最后根据等角对等边得出 DB=DC ，即DB=DP； （2）利用ASA判断出 △CDP≌△GDB ，再根据全等三角形的对应边相等得出DB=DP； （3） 如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ， 利用ASA判断出 △AMH≌△BNQ 根据全等三角形的对应边相等得出AH=BQ，进而判断出 点H，点M，点Q，点C四点共圆， 根据圆周角定理得出 ∠HCM=∠HQM ，然后判断出 △ACM∽△BMQ ，根据相似三角形的对应边成比例得出出答案. ,根据比例式及偶数次幂的非负性即可得出求 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容