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第6章 图形的相似（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练-九年级数学考试满分全攻略（苏科版）
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这是一份第6章 图形的相似（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练-九年级数学考试满分全攻略（苏科版），文件包含第6章图形的相似基础典型易错压轴分类专项训练解析版docx、第6章图形的相似基础典型易错压轴分类专项训练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共161页， 欢迎下载使用。
第6章 图形的相似（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练
【基础】
一、单选题
1．（2022·江苏南京·九年级期末）已知是线段的黄金分割点，且，，则长约为（ ）
A．0.618 B．6.18 C．3.82 D．0.382
【答案】B
【分析】根据黄金分割的定义=即可解题.
【详解】∵是线段的黄金分割点，且，
∴=
即APAB=6.18
故选B
【点睛】本题考查了黄金分割的定义,属于简单题,熟悉定义概念是解题关键.
2．（2022·江苏·射阳外国语学校九年级阶段练习）下列四组线段中，不成比例的是（ ）
A．，，， B．，，，
C．，，， D．，，，
【答案】C
【分析】根据比例的基本性质，只需判断最小值与最大值的乘积是否等于另外两数值的乘积，即可判定是否能够组成比例．
【详解】解：A、 ，可以组成比例，不符合题意；
B、 ，可以组成比例，不符合题意；
C、 ，不能组成比例，符合题意；
D、 ，可以组成比例，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了比例的概念，熟练运用比例的基本性质判断四个数值是否可以组成比例是解题的关键．
3．（2022·江苏·江阴市周庄中学九年级阶段练习）两三角形的相似比是，则其面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接根据面积之比等于相似比的平方作答即可．
【详解】解：∵两三角形的相似比是，
∴其面积之比是．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，相似多边形对应边之比、周长之比等于相似比，而面积之比等于相似比的平方．
4．（2022·江苏·阳山中学九年级阶段练习）如图，在△ABC中，，若AD∶DB=3∶2，AE=6cm，则AC的长为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．10cm
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例，即可求解．
【详解】解∶∵，AD∶DB=3：2，
∴AD∶DB=AE∶EC=3∶2，
∵AE=6cm，
∴6∶EC=3∶2，
∴EC=4cm，
∴AC=AE+EC=10cm．
故选：D
【点睛】本题主要考查了成比例线段，熟练掌握平行线分线段成比例基本事实是解题的关键．
5．（2022·江苏·江阴市青阳初级中学九年级阶段练习）如图，已知，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据“两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例”进行判断即可．
【详解】解：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，
∵BC和AD对应，CE和DF对应，BE和AF对应，
∴，，
故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，确定出对应线段是解题的关键．
6．（2022·江苏苏州·九年级期中）如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（ ）
A．∠ABP=∠C B．∠APB=∠ABC
C． D．
【答案】D
【详解】解：A．当∠ABP=∠C时，
又∵∠A=∠A，
∴△ABP∽△ACB，
故此选项错误；
B．当∠APB=∠ABC时，
又∵∠A=∠A，
∴△ABP∽△ACB，
故此选项错误；
C．当时，
又∵∠A=∠A，
∴△ABP∽△ACB，
故此选项错误；
D．无法得到△ABP∽△ACB，故此选项正确．
故选：D．
二、填空题
7．（2022·江苏南京·九年级期末）若，则的值为_____．
【答案】
【分析】由，设，然后再代入求解即可．
【详解】解：∵，设，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
8．（2022·江苏·靖江市靖城中学九年级阶段练习）在比例尺为1:1000000的地图上,量得甲、乙两地的距离是2.6cm,则甲、乙两地的实际距离为_______千米.
【答案】26
【分析】根据比例尺＝图上距离：实际距离．根据比例尺关系即可直接得出实际的距离．
【详解】根据比例尺＝图上距离：实际距离，得：A，B两地的实际距离为2.6×1000000＝2600000（cm）＝26（千米）．
故答案为26．
【点睛】本题考查了线段的比．能够根据比例尺正确进行计算，注意单位的转换．
9．（2022·江苏·靖江外国语学校九年级阶段练习）已知点是的黄金分割点（），，则_____．（结果保留根号）
【答案】##
【分析】根据黄金分割点的定义得到，进行计算即可求解．
【详解】解：∵点是的黄金分割点（），，
∴，
∴
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了黄金分割点的定义，即：把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项．
10．（2022·江苏·射阳外国语学校九年级阶段练习）两个数与的比例中项是___________．
【答案】或
【分析】根据比例中项的概念：如果，那么b是a与c的比例中项，根据比例的基本性质得：，据此即可求解．
【详解】解：设b是两个数与的比例中项，
，
，
，
故答案为：或．
【点睛】此题考查比例中项的概念，熟练掌握比例中项的概念与性质是解答此题的关键．
11．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则________．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，即可求出DE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，
∴AB=2CD=10，
∵BC=8，
∴AC==6，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴，即，
∴DE=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式．
12．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处模拟预测）如图，在中，，，，，则的长_____．
【答案】4
【分析】根据平行线分线段成比例进行求解即可．
【详解】解：∵
∴，
∴
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
13．（2022·江苏无锡·九年级期中）已知，相似比为，则与的周长比为___________．
【答案】
【分析】相似三角形的周长比等于相似比，根据性质直接可得答案．
【详解】解：∵，相似比为，
∴与的周长比等于相似比．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握“相似三角形的周长之比等于相似比”是解本题的关键．
14．（2022·江苏·东海实验中学三模）如果两个相似三角形对应边的比为2：3，那么它们对应高线的比是______．
【答案】2：3##
【分析】根据相似三角形对应高线的比等于相似比解答．
【详解】解：∵两个相似三角形对应边的比为2：3，
∴它们对应高线的比为2：3，
故答案为：2：3．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形对应高线的比等于相似比是解题的关键．
15．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，点，的对应点分别为点，．若，则的长为______．
【答案】9
【分析】根据位似图形的概念列出比例式，代入计算即可．
【详解】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，位似比为2：3，AB＝6，
∴，
即，
解得，A′B′＝9，
故答案为：9．
【点睛】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似图形的两个图形是相似图形、相似三角形的性质是解题的关键．
16．（2022·江苏南通·九年级期末）如图，△AOB与△COD是位似图形，且OA＝AC，则与的相似比为_____．
【答案】##
【分析】根据位似图形的性质，即可求解．
【详解】解：∵OA＝AC，
∴，
∵△AOB与△COD是位似图形，
∴△AOB∽△COD，
∴与的相似比为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了位似图形的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．
17．（2022·江苏南通·一模）如图，为了测量一栋楼的高度，小王在他的脚下放了一面镜子，然后向后退，直到他刚好在镜子中看到楼的顶部．如果小王身高1.55m，他的眼睛距地面1.50m，同时量得BC＝0.3m，CE＝2m，则楼高DE为______m．
【答案】10
【分析】如图，根据镜面反射的性质，△ABC∽△DEC，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【详解】解：根据题意，
∵∠ABC＝∠DEC＝90°，∠ACB＝∠DCE（反射角等于入射角，它们的余角相等），
∴△ABC∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴DE＝10（m）
故答案为：10．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用．应用镜面反射的基本性质，得出三角形相似，再运用相似三角形对应边成比例即可解答．
18．（2022·江苏宿迁·二模）某一时刻，身高为的小丽影长是，此时，小玲在同一地点测得旗杆的影长为，则该旗杆的高度为________．
【答案】
【分析】根据同一时刻实物高度与影子的比值相等，列方程即可．
【详解】解：设旗杆的高度为xm，
则，
解得，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了利用相似测高，掌握相似的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
19．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，在△ABC中，BC＝8，AC＝4，D是BC边上一点，CD＝2．
求证△ABC∽△DAC．
【答案】证明见详解
【分析】由题中线段长度得出＝，结合相似三角形的判定定理即可证明．
【详解】证明：∵BC＝8，AC＝4，CD＝2，
∴＝＝2，．
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△ABC∽△DAC．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定定理，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键．
20．（2022·江苏·扬州中学教育集团树人学校九年级阶段练习）如图，已知AB∥DC，点E、F在线段BD上，AB＝2DC，BE＝2DF．
（1）求证：△ABE∽△CDF．
（2）若BD＝8，DF＝2，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）EF＝2．
【分析】（1）根据AB∥DC，可得∠B＝∠D，再由AB＝2DC，BE＝2DF，可得AB：DC＝BE：DF＝2，即可证得；
（2）根据BE＝2DF，可得 ，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB∥DC，
∴∠B＝∠D，
∵AB＝2DC，BE＝2DF，
∴AB：DC＝BE：DF＝2，
∴△ABE∽△CDF；
（2）解：∵BE＝2DF，DF＝2，
∴ ,
∵BD＝8，
∴EF＝BD﹣DF﹣BE＝2．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似是解题的关键．
21．（2022·江苏·江阴市青阳初级中学九年级阶段练习）如图，A、B、C三点均在边长为1的小正方形网格的格点上．
(1)请在BC上标出点D，连接AD，使得△ABD∽△CBA；
(2)试证明上述结论：△ABD∽△CBA．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据相似三角形的定义作图即可．
（2）借助勾股定理求出AB的长度，根据相似三角形的判定定理证明．
【详解】（1）如图，点D是所求作的点，
（2）证明：，BC＝5，BD＝1，
，，
，
∵∠DBA＝∠ABC，
∴△ABD∽△CBA．
【点睛】本题考查相似三角形的判定、勾股定理，解决本题的关键是熟悉相似三角形的判定定理．
22．（2022·江苏淮安·九年级阶段练习）已知：如图三个顶点的坐标分别为、、，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度．
(1)以点为位似中心，在网格中画出△，使△与的位似比为，并直接写出点的坐标______；
(2)△的面积为______．
【答案】(1)作图见解析；
(2)8
【分析】（1）延长到使，延长到使，从而得到；然后写出点的坐标；
（2）利用面积公式直接进行求解即可．
【详解】（1）解：如图，为所作；点的坐标为；
（2）解：由图可知：．
【点睛】本题考查位似三角形的作图，解题的关键是：熟练掌握位似三角形的定义：如果两个三角形不仅是相似三角形，而且每组对应点的连线交于一点，对应边互相平行，那么这两个三角形叫做位似三角形．
23．（2022·江苏南通·模拟预测）如图，为了估算河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标点P， 在近岸取点Q和S， 使点P、Q、S共线且直线PS与河垂直，接着再过点S且与PS垂直的直线a上选择适当的点T， 确定PT与过点Q且垂直PS的直线b的交点R． 如果测得QS=45m，ST=90m，QR=60m， 求河的宽度PQ．
【答案】90米
【分析】根据相似三角形的性质得出 , 进而代入求出即可．
【详解】解答：根据题意得出：QR∥ST ，
则△PQR∽△PST ，
故，
∵QS=45m，ST=90m，QR=60m，
∴，
解得：PQ=90（m），
∴河的宽度为90米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出△PQR∽△PST是解题关键．
【典型】
一、单选题
1．（2022·江苏·宜兴市树人中学九年级阶段练习）下列各组线段中，长度成比例的是（ ）
A．2cm、3cm、4cm、1cm B．1.5cm、2.5cm、4.5cm、6.5cm
C．1.1cm、2.2cm、3.3cm、4.4cm D．1cm、2cm、2cm、4cm
【答案】D
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
【详解】A. 2×3≠4×1，故本选项错误，不符合题意；
B. 1.5×6.5≠2.5×4.5，故本选项错误，不符合题意；
C. 1.1×4.4≠2.2×3.3，故本选项错误，不符合题意；
D. 1×4=2×2，故本选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查比例线段，掌握成比例线段的定义和特征为解题关键．
2．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，的对角线相交于点，平分，分别交于点，连接，，，则下列结论：①；②；③S平行四边形ABCD；④；⑤，正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】①先利用角平分线和平行四边形的性质判断三角形ABE为等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得∠ACE=30°，最后由平行的性质得到最后结论；
②先根据三角形中位线定理得：OE=AB=，OE∥AB，根据已知条件可推出∠COE＝90°，∠ACD=90°，根据勾股定理和平行四边形的性质可计算OC和OD的长，最终可得BD的长；
③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤先判断出，根据△ABP∽△EOP得到AP：OE=2∶1，同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得到，，故可将⑤作出判断．
【详解】①∵平分，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA＝OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，在RT△EOC中，，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，在RT△OCD中，，
∴BD=2OD=，
故②正确；
③由②知，∠DCA=∠BAC=90°，
∴S平行四边形ABCD
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=，
∵AB=，
∴OE=，
故④正确；
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=，
∴，
∵OE∥AB，△EOP∽△ABP，
∴,
∴,
∴；
故⑤错误；
本题正确的有4个，
故选择C．
【点睛】本题是一道几何的综合题目，掌握平行四边形的性质及求面积方法、等腰三角形的性质、勾股定理、中位线定理、相似等是解答本题的关键．
3．（2022·江苏·无锡市金桥双语实验学校九年级阶段练习）如图，已知A(3，6)、B(0，n)(0＜n≤6)，作AC⊥AB，交x轴于点C，M为BC的中点，若P(，0)，则PM的最小值为( )
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E，作MN⊥OC于N,易得△AHB∽△CEA从而，设BH＝x，则AE＝2x，可得PM2＝PN2+MN2＝x2+（）2＝x2﹣3x+9＝（x﹣）2+即可求出PM最小值
【详解】如图，作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E，作MN⊥OC于N．
则四边形CEHO是矩形，OH＝CE＝4，
∵∠BAC＝∠AHB＝∠AEC＝90°，
∴∠ABH+∠HAB＝90°，∠HAB+∠EAC＝90°，
∴∠ABH＝∠EAC，
∴△AHB∽△CEA，
∴，
∴，
∴AE＝2BH，设BH＝x，则AE＝2x，
∴OC＝HE＝3+2x，OB＝6﹣x，
∴B（0，6﹣x），C（3+2x，0）
∵BM＝CM，
∴M（，），
∵P（，0），
∴PN＝ON﹣OP＝﹣＝x，
∴PM2＝PN2+MN2＝x2+（）2＝x2﹣3x+9＝（x﹣）2+，
∴x＝时，PM2有最小值，最小值为，
∴PM的最小值为＝．
故选D．
【点睛】此题主要考查平面内两点之间最小值，涉及到相似三角形以及二次函数的性质
4．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，△ABC与△DEF形状完全相同，且AB=3.6，BC=6，AC=8，EF=2，则DE的长度为（ ）
A．1.2 B．1.8 C．3 D．7.2
【答案】A
【分析】利用△ABC∽△DEF，对应线段成比例即可求出DE的长.
【详解】∵△ABC∽△DEF，
∴=，即=
∴DE=1.2
故选A.
【点睛】此题主要考察相似三角形的对应线段成比例.
5．（2021·江苏·滨海县第一初级中学九年级阶段练习）点B是线段AC的黄金分割点，且AB＜BC，若AC＝2，则BC的长为（ ）
A． B． C．+1 D．﹣1
【答案】D
【分析】根据黄金分割的定义可得出较长的线段BC＝AC，将AC＝2代入即可得出BC的长度．
【详解】∵点B是线段AC的黄金分割点，且AB＜BC，
∴BC＝AC，
∵AC＝2，
∴BC＝﹣1．
故选：D．
【点睛】本题考查了黄金分割，应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的倍，较长的线段=原线段的 倍．
6．（2021·江苏淮安·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（―1，2）
B．（―9，18）
C．（―9，18）或（9，―18）
D．（―1，2）或（1，―2）
【答案】D
【详解】解：方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似
∴△ ABO∽△A′B′O且＝
.∴＝＝
∴A′E＝AD＝2
OE＝OD＝1
∴A′（-1,2）
同理可得A′′（1,-2）
方法二：∵点A（-3，6）且相似比为
∴点A的对应点A′的坐标是（-3×，6×），
∴A′（-1,2）
∵点A′′和点A′（-1,2）关于原点O对称
∴A′′（1,-2）
故选：D．
7．（2021·江苏·九年级专题练习）已知CD是Rt△ABC斜边上的高，则下列各式中不正确的是( )
A．BC2＝BD•AB B．CD2＝BD•AD
C．AC2＝AD•AB D．BC•AD＝AC•BD
【答案】D
【分析】根据①直角三角形中,斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项.②每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项,进行判断即可.
【详解】解: 根据射影定理每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项可得:A、C都正确.
根据直角三角形中,斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项可得B选项正确;
综上可得:A, B、C选项都正确.
故选D.
【点睛】本题考查射影定理的知识,属于基础题,注意掌握射影定理的内容并灵活运用.
8．（2021·江苏·泰兴市洋思中学九年级期中）如图，△ABC中，点D为AB中点，点E在AC上，若DE∥BC，则S△ADE∶S四边形DECB的值为( )
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶
【答案】B
【分析】由DE∥BC，得到△ADE∽△ABC，且相似比为1：2，再由相似三角形的性质即可得到两个三角形的面积比，进而可得出结论．
【详解】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．
∵点D为AB中点，∴AD：AB=1：2，∴=1：4，∴S△ADE∶S四边形DECB=1：3．
故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，能够熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校二模）如图，△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6．将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，不符合题意，
B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，不符合题意，
C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，符合题意，
D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，两组角对应相等，两个三角形相似；两组边对应成比例及其夹角相等，两个三角形相似；三组边对应成比例，两个三角形相似．
二、填空题
10．（2022·江苏·南京汉开书院学校九年级阶段练习）已知：，则 的值是_______.
【答案】
【分析】根据已知等式设a=2k,b=3k,代入式子可求出答案.
【详解】解：由，可设a=2k，b=3k，(k≠0),
故：，
故答案：.
【点睛】此题主要考查比例的性质，a、b都用k表示是解题的关键.
三、解答题
11．（2022·江苏·苏州中学九年级阶段练习）如图1，在四边形ABCD的边BC的延长线上取一点E，在直线BC的同侧作一个以CE为底的等腰△CEF，且满足∠B+∠F＝180°，则称三角形CEF为四边形ABCD的“伴随三角形”．
（1）如图1，若△CEF是正方形ABCD的“伴随三角形”：
①连接AC，则∠ACF＝ ；
②若CE＝2BC，连接AE交CF于H，求证：H是CF的中点；
（2）如图2，若△CEF是菱形ABCD的“伴随三角形”，∠B＝60°，M是线段AE的中点，连接DM、FM，猜想并证明DM与FM的位置与数量关系．
【答案】（1）①90°；②见解析；（2）DM＝FM，理由见解析
【分析】（1）①连接AC，利用正方形的性质得到∠ACB=45°，再利用等腰直角三角形的性质得到∠FCE=45°，然后利用∠ACF+∠ACB+∠FCE=180°进行求解即可；
②设BC＝a，则CE＝2a，利用等腰直角三角形的判定及性质得到AC=EF，然后利用全等三角形的判定及性质以及中点的定义进行求证即可；
（2）延长DM交BE于G，连接FM，FG，根据△CEF是菱形ABCD的“伴随三角形”，∠B＝60°，得到△CEF是等腰三角形，且∠CFE＝120°，然后利用全等三角形的判定及性质进行求解即可.
【详解】解：（1）①连接AC，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB＝45°，∠B＝90°，
∵△CEF是正方形ABCD的“伴随三角形”，
∴∠B+∠F＝180°，
∴∠F＝90°，
又∵△CFE是等腰三角形，
∴∠FCE＝45°，
∴∠ACF＝180°﹣∠FCE﹣∠ACB＝90°，
故答案为90°；
②连接AE，交CF于点H，
∵CE＝2BC，
∴设BC＝a，CE＝2a，
∵∠B＝90°，AB＝BC＝a，
∴AC＝a，
∵∠F＝90°，CE＝2a，
∴EF＝FC＝a，
∵∠ACF＝∠F＝90°，
∴AC∥EF，
∴△ACH∽△EFH，
∴，
∴CH＝HF，
∴点H是CF的中点，
（2）DM＝FM，FM⊥DM
理由如下：如图，延长DM交CE于点P，连接DF，FP，
∵四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠B＝∠DCP＝60°，∠DAM＝∠PEM，
∵若△CEF是菱形ABCD的“伴随三角形”，∠B＝60°，
∴∠CFE+∠B＝180°，
∴∠CFE＝120°，且△CEF是等腰三角形，
∴∠ECF＝30°＝∠FEC，CF＝EF，
∴∠DCF＝30°
∵∠DAM＝∠PEM，AM＝ME，∠AMD＝∠PME，
∴△ADM≌△EPM（ASA），
∴AD＝PE，DM＝MP，
∴CD＝PE，且CF＝EF，∠DCF＝∠FEC＝30°，
∴△CDF≌△EPF（SAS），
∴DF＝PF，∠DFC＝∠PFE，
∵∠PFE+∠CFP＝∠CFE＝120°，
∴∠DFC+∠CFP＝120°＝∠DFP，且DF＝FP，DM＝PM，
∴FM⊥DM，∠FDM＝30°，
∴DM＝FM.
【点睛】本题主要考查的是等腰直角三角形的性质和判定，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，菱形的性质，平角的定义，补角，正方形的性质，三角形的中线等有关知识.正确理解“伴随三角形”的含义是解答本题的关键.
12．（2022·江苏·靖江外国语学校九年级阶段练习）马路两侧有两根灯杆AB、CD，当小明站在点N处时，在灯C的照射下小明的影长正好为NB，在灯A的照射下小明的影长为NE，测得BD=24m，NB=6m，NE=2m.
（1）若小明的身高MN=1.6m，求AB的长；
（2）试判断这两根灯杆的高度是否相等，并说明理由．
【答案】（1）AB=6.4m；（2）AB=CD，理由见解析.
【分析】（1）直接利用相似三角形的判定与性质分析得出答案；
（2）直接利用平行线分线段成比例定理分析得出答案．
【详解】（1）∵MN∥AB，∴△MNE∽ABE，∴=．
∵NB=6，NE=2，MN=1.6，∴=，∴AB=6.4（m）；
（2）这两根灯杆的高度相等，理由如下：
∵MN∥CD，BD=24，∴===，∴===，∴AB=CD．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确得出相似三角形是解题的关键．
13．（2021·江苏无锡·九年级期中）在菱形ABCD中，CD＝CA＝6，对角线AC、BD交于点O，E为边BC上一点，直线EO分别交边AD、射线BA于点G、F．
（1）求菱形ABCD的面积；
（2）请判断是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
（3）设△BEF的面积为S1，四边形ABED的面积为S2，试确定点E的位置，使得．
【答案】（1）18；（2）是，定值为；（3）BE＝4
【分析】（1）证明得到△ABC是边长为6的等边三角形，即可求出菱形面积；
（2）利用平行线段成比例，可以得出△FAG∽△FBE，得出BF的表达式，即可求出的值，据此判断是否为定值；
（3）利用（2）各边的表示方法，可以求出S1、S2的表示方法，依此列方程求解，即可得出BE的值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AC，
又CD＝CA＝6，
∴△ABC是边长为6的等边三角形．
∴＝
∴S菱形＝＝18．
（2）是定值，理由如下：
设BE＝m，则CE＝6－m，
∵AD∥BC，AO=CO
∴
∴AG=CE＝6－m
由AG∥BE可知，△FAG∽△FBE．
∴＝，＝．
得FA＝，
∴BF＝．
∴＋＝＋＝；
（3）由（2）得
S1＝·m··＝，
S2＝(m+6)·3＝，
∴5×＝4×．
解得m1＝4，m2＝－12（舍），
∴当BE＝4时，＝．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及菱形的性质等知识．此题综合性很强，图形也比较复杂，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．
14．（2021·江苏苏州·九年级阶段练习）如图，矩形内接于（矩形各顶点在三角形边上），，在上，，分别在，上，且于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，，设，矩形的面积为，求出与之间的函数表达式，并写出自变量的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由四边形是矩形，可得，即可证明；
（2）由可表示出的长度，再由矩形的面积，即可求出与之间的函数表达式．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，设，AN⊥HG
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形的面积，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质表示出的长度是解决本题的关键．
15．（2021·江苏扬州·九年级期末）如图1，在△ABC中，∠B＝30°，AB=4 cm，AC=6 cm，点D从点B出发以2cm/s的速度沿折线B—A—C运动，同时点E也从点B出发以1cm/s的速度沿BC运动，当某一点运动到C点时，两点同时停止运动．设运动时间为x（s），△BDE的面积为y（cm2）．
（1）如图2，当点D在AC上运动时，x为何值，△ABD∽△ACB；
（2）求y（cm2）关于x（s）的函数表达式；
（3）当点D在AC上运动时，存在某一时段的△BDE的面积大于D在AB上运动的任意时刻的△BDE的面积，请你求出这一时段x的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）2
（2）分D点在AB上和AC上两种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）求出的最大值，根据二次函数的性质计算即可．
【详解】解：（1）当D在AC上运动时，△ABD∽△ACB，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
（2）①当D在AB上时，作于点G，如图，
此时，即时，
∵∠B=30°
∴
∴
②当D在AC上时，作，于点H，Q，
∴AH//DQ
∴，则
∴
∵AH//DQ
∴△CAH∽△CDQ
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴y与x之间的函数关系式为：
（3）当x=2时，取得最大值2，即当D在AB上时，面积最大值为2
令，则有
∴
∴或
∴当时，存在△BDE的面积大于D在AB上运动的任意时刻的△BDE的面积．
【点睛】本题考查的是三角形面积的计算，二次函数解析式的确定，二次函数的性质，根据图象确定x的运动时间与面积的关系是解题的关键．
16．（2021·江苏·泰州市海军中学九年级阶段练习）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动，且DE始终经过点A，EF与AC交于M点．
（1）求证：△ABE∽△ECM；
（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；
（3）当线段BE为何值时，线段AM最短，最短是多少？
【答案】（1）证明见解析；（2）能；BE=1或．（3）BE=3时，AM最短为.
【分析】（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC≌△DEF与三角形外角的性质，易证得∠CEM=∠BAE，则可证得△ABE∽△ECM；
（2）首先由∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，可得AE≠AM，然后分别从AE=EM与AM=EM去分析，注意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案；
（3）首先设BE=x，由△ABE∽△ECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，继而求得AM的值，利用二次函数的性质，即可求得线段AM的最小值．
【详解】（1）∵AB=AC，∴∠B=∠C．
∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B．
又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE，∴△ABE∽△ECM；
（2）能．
∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF，∴AE≠AM；
①当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，∴CE=AB=5，∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1；
②当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA．
∵∠MEA=∠B，∴∠MAE=∠B．
∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴CE=，∴BE=6﹣=．
综上所述：BE=1或．
（3）设BE=x．
又∵△ABE∽△ECM，∴，即：，∴CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，∴AM=5﹣CM=（x﹣3）2+，∴当x=3时，AM最短为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及二次函数的最值问题．此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解答此题的关键．
【易错】
一．选择题（共2小题）
1．（2021秋•高邮市期末）如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（ ）
A．0.25 B．0.5 C．0.75 D．1
【分析】根据相似三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：由题意得：
∠DPC＝∠EPB，
①∠B＝∠C，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
②∵∠ADB＝∠AEC，
∴∠PDC＝∠PEB，
所以，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
③∵AD：AC＝AE：AB，∠A＝∠A，
∴△ADB和△AEC不相似，
∴∠B≠∠C，
故③不能使△BPE∽△CPD，
④PE：PD＝PB：PC，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
∴在上列四个条件中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是：0.75，
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，概率公式，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
2．（2022•吴中区模拟）如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角三角形AEF．有下列四个结论：①∠CAF＝∠DAE；②FC＝DE；③当∠AEC＝135°时，E为△ADC的内心；④若点F在BC上以一定的速度，从B往C运动，则点E与点F的运动速度相等．其中正确的结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据等腰直角三角形的性质可以判断①；根据△DEF，△ADC是等腰直角三角形，可得AC＝AD，AF＝，所以＝＝，因为∠CAF＝∠DAE，所以△CAF∽△DAE，进而可以判断②；证明△ADE≌△CDE（SAS），进而可得∠EAC＝∠ECA＝22.5°，可得CE，AE分别平分∠DCA，∠CAD，DE平分∠ADC，得点E是△ADC角平分线的交点，进而可以判断③；根据正方形的性质可得当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC，BC＝CD＝OD，且点F与点E的运动时间相同，进而可以判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠DCA＝45°，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝∠DAC＝45°，
∴∠EAF﹣∠CAE＝∠DAC﹣∠CAE，
∴∠CAF＝∠DAE，故①正确；
∵△DEF，△ADC是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，AF＝，
∴＝＝，
∵∠CAF＝∠DAE，
∴△CAF∽△DAE，
∴＝＝，
∴FC＝DE，故②正确；
∵△CAF∽△DAE，
∴∠ACF＝∠ADE＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEC＝135°，
∴∠EAC＝∠ECA＝22.5°，
∵∠DAC＝∠DCA＝45°＝2∠EAC＝2∠ECA，
∴CE，AE分别平分∠DCA，∠CAD，
∵∠ADE＝∠CDE＝45°，
∴DE平分∠ADC，
∴点E是△ADC角平分线的交点，
∴E为△ADC的内心，故③正确；
如图，连接BD交AC于点O，
∵∠ADE＝∠CDE＝45°，
当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，
∴点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC，
∵BC＝CD＝OD，且点F与点E的运动时间相同，
∴vF＝vE，
∴点F与点E的运动速度不相同，故④错误．
综上所述：正确的结论是①②③，共3个．
故选：C．
【点评】本题属于几何综合题，是中考选择题的压轴题，考查了三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形，正方形的性质，勾股定理，点的运动轨迹，解决本题的关键是确定点E的运动轨迹．
二．填空题（共5小题）
3．（2022秋•邗江区校级月考）如图，在△ABC中，BC＝6，＝，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为 18 ．
【分析】如图，延长EF交BQ的延长线于G．首先证明PB＝PG，EP+PB＝EG，由EG∥BC，推出＝＝3，即可求出EG解决问题．
【解答】解：如图，延长EF交BQ的延长线于G．
∵＝AF，
∴EG∥BC，
∴∠G＝∠GBC，
∵∠GBC＝∠GBP，
∴∠G＝∠PBG，
∴PB＝PG，
∴PE+PB＝PE+PG＝EG，
∵CQ＝EC，
∴EQ＝3CQ，
∵EG∥BC，
∴△EQG∽△CQB，
∴＝＝3，
∵BC＝6，
∴EG＝18，
∴EP+BP＝EG＝18．
故答案为：18．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
4．（2022•扬州模拟）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，DB＝2，则的值为 ．
【分析】根据平行线分线段成比例定理推出＝，代入求出即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD＝1，BD＝2，
∴AB＝3，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，注意：一组平行线被两条直线所截的对应线段成比例中的对应．题目较好，但是一道比较容易出错的题目．
5．（2022秋•惠山区校级月考）已知＝＝≠0，则的值是 ．
【分析】利用设k法进行计算，即可解答．
【解答】解：∵＝＝≠0，
∴设＝＝＝k，
∴x＝2k，y＝3k，z＝4k，
∴
＝+
＝+
＝+
＝+
＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法进行计算是解题的关键．
6．（2022•广陵区校级开学）如图，△ABC是边长为6cm等边三角形，动点P、Q同时从A、B出发，分别沿AB、BC方向匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点停止运动，在运动过程中作QR∥BA交AC于点R，连接PR，设运动的时间为t（s），当t＝ 1.2 s时△APR∽△PRQ．
【分析】先证△CRQ为等边三角形，并用含t的式子表示图中的相关线段，由QR∥BA推得∠QRP＝∠APR，从而△PRQ中再有一个角等于∠A，即等于60°，即可得△APR∽△PRQ．根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
【解答】解：∵△ABC是边长为6cm等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°
∵QR∥BA
∴∠CRQ＝∠A＝60°，∠CQR＝∠B＝60°
∴△CRQ为等边三角形
∵点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s
∴AP＝t，PB＝6﹣t，BQ＝2t，CQ＝CR＝RQ＝6﹣2t，AR＝2t
∵QR∥BA
∴∠QRP＝∠APR
若要△APR∽△PRQ，则需满足∠RPQ＝60°
∴∠BPQ+∠APR＝120°，∠ARP+∠APR＝120°
∴∠BPQ＝∠ARP
又∵∠A＝∠B
∴△APR∽△BQP
∴＝
∴＝
解得t＝1.2
故答案为1.2．
【点评】本题属于动点问题与相似三角形的综合填空题，用含t的代数式表示相关线段，并找到等量关系是解决本题的关键，本题难度较大．
7．（2022秋•锡山区校级月考）如图，a∥b∥c，直线a与直线b之间的距离为，直线c与直线b之间的距离为2，等边△ABC的三个顶点分别在直线a、直线b、直线c上，则等边三角形的边长是 2 ．
【分析】过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G交直线a于F．想办法求出AE，EC即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G交直线a于F．
则有∠AEC＝∠ADB＝∠AFE＝∠EGC＝90°，AE＝AD＝，∠EAF＝∠CEG＝30°，
∴EF＝AE＝，
∴EG＝，CG＝EG＝，CE＝2CG＝5，
∴AC＝＝＝2．
∴等边△ABC的边长为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的运用，直角三角形的性质的运用，相似三角形的性质的运用，解答时构造相似三角形是关键．
三．解答题（共5小题）
8．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 2 ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠C＝30°，再利用垂直定义可得∠DAC＝90°，从而利用三角形的外角可得∠BDA＝∠BAC＝120°，然后证明△BDA∽△BAC，利用相似三角形的性质进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论可得∠B＝∠BAD＝30°，从而可得BD＝AD＝2，然后在Rt△ADC中，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DA⊥AC，
∴∠DAC＝90°，
∴∠BDA＝∠DAC+∠C＝120°，
∴∠BAC＝∠BDA＝120°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，
∴AB2＝BD•BC；
（2）∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝30°，
∵∠B＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC＝AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2021秋•南京期末）阅读下面的短文，并解答下列问题：
我们把相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．
如图，甲、乙是两个不同的正方体，正方体都是相似体，它们的一切对应线段之比都等于相似比（a：b）．
设S甲、S乙分别表示这两个正方体的表面积，则＝＝（）2，
又设V甲、V乙分别表示这两个正方体的体积，则＝＝（）3．
（1）下列几何体中，一定属于相似体的是 A ；
A．两个球体
B．两个锥体
C．两个圆柱体
D．两个长方体
（2）请归纳出相似体的三条主要性质：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于 相似比 ；
②相似体表面积的比等于 相似比的平方， ；
③相似体体积比等于 相似比的立方 ．
（3）假定在完全正常发育的条件下，不同时期的同一人的人体是相似体，一个小朋友上幼儿园时身高为1.1米，体重为16千克，到了初三时，身高为1.65米，则他的体重是 54 千克（不考虑不同时期人体平均密度的变化）．
【分析】（1）根据阅读材料中相似形的定义去判断即可；
（2）根据阅读材料进行归纳即可；
（3）根据身高的比求出相似比，体重之比等于体积之比，等于相似比的立方即可解答．
【解答】解：（1）A．两个球体，形状完全相同，是相似体，
B．两个锥体，如果底面或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
C．两个圆柱体，如果底面半径或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
D．两个长方体，如果长，宽，高中有一个发生变化，图形就会改变，不是相似体，
故选：A；
（2）根据阅读材料进行归纳可以得到：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于相似比，
②相似体表面积的比等于相似比的平方，
③相似体体积比等于相似比的立方，
（3）由题意可得：他的相似比等于：＝，
设他初三时的体重是x千克，
＝（）3，
解得：x＝54，
答：他初三时的体重是54千克．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，几何体的表面积，类比阅读材料来解决问题是解题的关键．
10．（2022秋•吴江区月考）如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，若S△ADE＝4cm2，S△EFC＝9cm2，求S△ABC．
【分析】先求出△ADE∽△ECF，得出S△ADE：S△ECF＝（AE：EC）2，进而得出AE：EC＝2：3，在得出S△ABC：S△ADE＝（5：2）2，求出答案即可．
【解答】解：∵DE∥BC，EF∥AB，
∴∠A＝∠FEC，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ECF；
∴S△ADE：S△ECF＝（AE：EC）2，
∵S△ADE＝4cm2，S△EFC＝9cm2，
∴（AE：EC）2＝4：9，
∴AE：EC＝2：3，即EC：AE＝3：2，
∴（EC+AE）：AE＝5：2，即AC：AE＝5：2．
∵DE∥BC，
∴∠C＝∠AED，
又∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADE，
∴S△ABC：S△ADE＝（AC：AE）2，
∴S△ABC：4＝（5：2）2，
∴S△ABC＝25cm2．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出S△ABC：S△ADE＝（AC：AE）2进而求出是解题关键．
11．（2021秋•邗江区期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α后，△ABC与△ADE构成位似图形，我们称△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 是 （填“是”或“不是”）“旋转位似图形”；
如图1，△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
①若α＝26°，∠B＝100°，∠E＝29°，则∠BAE＝ 25° ；
②若AD＝6，DE＝8，AB＝4，则BC＝ ；
（2）知识运用：
如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AE⊥BD于E，∠DAC＝∠DBC，求证：△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图3，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若AC＝6，AD＝2，求出DE和BD的值．
【分析】（1）①依据△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，可得△ABC∽△ADE，依据相似三角形的对应角相等，即可得到∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②依据△ABC∽△ADE，可得＝，根据AD＝6，DE＝8，AB＝4，即可得出BC＝；
（2）依据△AOD∽△BOC，即可得到，进而得到△AOB∽△DOC，再根据∠7＝∠8，∠ADC＝∠AEB，即可得到△ABE∽△ACD，进而得出△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）依据△ABD∽△AGE，即可得到＝，∠1＝∠2，把AB＝3，AG＝3代入＝求得：AE＝2．过E作EH⊥AD于H，利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理，即可得到BD＝＝．
【解答】解：（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”；
①∵△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠D＝∠B＝100°，
又∵α＝26°，∠E＝29°，
∴∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②∵△ABC∽△ADE，
∴＝，
∵AD＝6，DE＝8，AB＝4，
∴，
∴BC＝，
故答案为：是；25°；；
（2）证明：∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴△AOD∽△BOC，
∴＝，即，
又∵∠5＝∠6，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠7＝∠8，
又∵∠ADC＝90°，AE⊥BD，
∴∠ADC＝∠AEB，
∴△ABE∽△ACD，
∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）∵△ABD∽△AGE，
∴＝，∠1＝∠2，
∵AC＝6，AD＝2，
∴AB＝3，AG＝3，代入＝求得：AE＝2．
如图3，过E作EH⊥AD于H，
∵∠2+∠3＝45°，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°，
∵AE＝2，
∴AH＝，
∴AH＝AD，
∴DE＝AE＝2，
∴∠DEA＝∠GEA＝90°，
∴∠ADB＝∠GEA＝90°，
根据勾股定理，得BD＝＝；
综上，DE＝2，BD＝．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理的综合运用．在解答时添加辅助线等腰直角三角形，利用相似形的对应边成比例是关键．
12．（2022秋•锡山区期中）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝4，P是斜边AB上的一个动点，PD⊥AB，交边AC于点D（点D与点A、C都不重合），E是射线DC上一点，且∠EPD＝∠A．设A、P两点的距离为x，△BEP的面积为y．
（1）求证：AE＝2PE；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（3）当△BEP与△ABC相似时，求△BEP的面积．
【分析】（1）先由已知条件判断出△ADP∽△ABC，由相似三角形的对应边成比例即可得出＝＝，再由∠EPD＝∠A，∠PED＝∠AEP可知△EPD∽△EAP，再根据其对应边成比例即可求出答案；
（2）由△EPD∽△EAP，得＝＝，进而可得出AE与DE的关系，作EH⊥AB，垂足为点H，由PD∥HE可得出＝＝，进而可得出y与x的关系式；
（3）由△PEH∽△BAC，得＝，当△BEP与△ABC相似时，只有两种情形：∠BEP＝∠C＝90°或∠EBP＝∠C＝90°，由相似三角形的对应边成比例即可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠APD＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADP∽△ABC，（1分）
∴＝＝，（1分）
∵∠EPD＝∠A，∠PED＝∠AEP，
∴△EPD∽△EAP．
∴＝＝．（1分）
∴AE＝2PE．（1分）
（2）由△EPD∽△EAP，得＝＝，
∴PE＝2DE，（1分）
∴AE＝2PE＝4DE，（1分）
作EH⊥AB，垂足为点H，
∵AP＝x，
∴PD＝x，
∵PD∥HE，
∴＝＝．
∴HE＝x．（1分）
又∵AB＝2，y＝（2﹣x）•x，即y＝﹣x2+x．（1分）
∵点D是AC上一点，
∴AD＜4，AP＝2PD，
∴AP＜，
定义域是0＜x＜．（1分）
另解：由△EPD∽△EAP，得＝＝，
∴PE＝2DE．（1分）
∴AE＝2PE＝4DE．（1分）
∴AE＝×x＝x，（1分）
∴S△ABE＝×x×2＝x，
∴＝，即＝，
∴y＝﹣x2+x．（1分）
定义域是0＜x＜．（1分）
（3）由△PEH∽△BAC，得＝，
∴PE＝x•＝x．（1分）
当△BEP与△ABC相似时，只有两种情形：∠BEP＝∠C＝90°或∠EBP＝∠C＝90°．
（i）当∠BEP＝90°时，＝，
∴＝．
解得x＝．（1分）
∴y＝﹣x××5+×＝．（1分）
（ii）当∠EBP＝90°时，同理可得x＝，（1分）
y＝．（1分）
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，在解（3）时要注意分类讨论，不要漏解．
【压轴】
一、解答题
1．（2022·江苏·南闸实验学校九年级阶段练习）（1）模型建立：如图1，在中，D是上一点，，求证：．
（2）类比探究：如图2，在菱形中，分别为上的点，且，射线交的延长线于点M，射线交的延长线于点N，若．
求：①的长；
②的长．
（3）解决问题：如图3，在菱形中，，，点E为的中点，在平面内存在点F，且满足，以为一边作（顶点F、A、P按逆时针排列），使得，且，请直接写出的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②；（3）．
【分析】（1）由题意易证，即可得出；
（2）①连接，由菱形的性质可求出，即易证，得出，代入数据，即可求出，进而可求出；②由①同理可证，即得出，代入数据，即可求出，进而可求出；
（3）由菱形的性质结合题意易证，即得出，从而说明点P在以点B为圆心，半径为2的圆上运动．在上截取，连接，即又易证，得出，即说明当D，P，M三点共线时，的值最小，即的最小值为的长．过点D作交延长线于点N，由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出，又可求出，从而可求出，最后即得出的最小值为．
【详解】（1）∵，，
∴，
∴，即；
（2）①如图，连接．
∵四边形为菱形，
∴，．
∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴；
②由①同理可证，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴；
（3）∵，四边形为菱形，
∴，
∴．
∵点E为的中点，
∴．
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴点P在以点B为圆心，半径为2的圆上运动，如图，在上截取，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴当D，P，M三点共线时，的值最小，且最小值为的长，即的最小值为的长．
如图，过点D作交延长线于点N，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确的作出辅助线和掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
2．（2022·江苏·南京钟英中学九年级阶段练习）【数学概念】
我们把存在内切圆与外接圆的四边形称为双圆四边形．例如，如图①，四边形内接于，且每条边均与相切，切点分别为E，F，G，H，因此该四边形是双圆四边形．
【性质初探】
(1)双圆四边形的对角的数量关系是___________，依据是___________．
(2)直接写出双圆四边形的边的性质．（用文字表述）
(3)在图①中，连接，，求证．
【揭示关系】
(4)根据双圆四边形与四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系，在图②中画出双圆四边形的大致区域，并用阴影表示．
【特例研究】
(5)已知P，M分别是双圆四边形的内切圆和外接圆的圆心，若，，，则的长为___________．
【答案】(1)对角互补；圆内接四边形的对角互补
(2)双圆四边形的两组对边的和相等
(3)见解析
(4)见解析
(5)
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补性质，解答即可；
（2）根据圆的切线长定理，解答即可；
（3）作直径，连接，，，，先证，，继而证得，即，即可得出结论；
（4）双圆四边形，应满足两组对边和相等，对角互补两个条件，画出图形即可；
（5）连接，，，，，过点M作于点Q，根据证明，，得出，，求出，，证明，设，则，证明，得出，即，求出，即可得出答案．
【详解】（1）解：四边形内接于，
（圆内接四边形对角互补）．
故答案为：对角互补；圆内接四边形的对角互补．
（2）解：四边形每条边均与相切，
，，，，
，
，即双圆四边形的两组对边的和相等．
（3）解：作直径，连接，，，，如图，
是直径，
，
，
是切线，
，
，
，
，
，
同理，，
四边形是圆内接四边形，
，
H，G，F，E是切点，
，，
，，
，，
，
，
，
，
．
（4）解：双圆四边形，应满足两组对边和相等，对角互补两个条件，正方形满足条件，还有一些两组对边和相等，对角互补的四边形也满足条件，所以双圆四边形的大致区域，如图所示：
（5）解：连接，，，，，过点M作于点Q，如图所示：
，
点P，点M在上，
四边形内接于，
，，，，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
，
∴，
即，
解得：，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义，圆内接四边形的性质，切线的性质，切线长定理，圆周角定理及相似三角形的判定与性质，三角函数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
3．（2022·江苏·苏州市吴江区铜罗中学九年级期中）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接，当和相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴垂线交抛物线于M点，连接，将沿对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时的值．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或
(3)此时的值为或
【分析】（1）在抛物线中，令y=0，得出点A、B坐标，再根据OB=OC，建立方程求出a的值即可得到二次函数的解析式；
（2）易证∠CPM=∠OBC，则可分两种情况讨论：①当△PCM∽△BAC时，②当△PCM∽△BCA时；求出直线BC解析式，设点M的坐标为(m，m2−2m−3)，则P的坐标为(m，m−3)，分别表示出PM，PC，利用相似三角形的性质列出比例式，求出m的值即可得到对应的点P的坐标；
（3）分三种情况讨论：①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），根据折叠的性质和平行线的性质证明∠PCM=∠PMC，则PC=PM，然后列方程求解即可得出解答；②当点P在线段CB的延长线上时，同理可求出解答；③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，此情况不存在．
（1）
解：在中，
令y=0，得：，
解得：，
∴，
∴OB=3，
∵OB=OC，
∴OC=3，
∴C(0，−3)，
∴−3a=−3，
∴a=1，
∴抛物线解析式为：；
（2）
解：∵OB=OC=3，OA=1，∠BOC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，AB=4，BC=3，
∵PM⊥x轴，
∴PMy轴，
∴∠CPM=∠OCB=45°，
∴∠CPM=∠OBC，
分情况讨论：
①当△PCM∽△BAC时，
设直线BC解析式为y=kx＋b，
代入B(3，0)，C(0，−3)得：，
解得：，
∴直线BC解析式为：y=x−3，
设点M的坐标为，则P的坐标为(m，m−3)，
∴，
∵△PCM∽△BAC，
∴，即，
整理得：，
解得：m=或m=0（舍去），
当m=时，m−3=−，
∴此时P的坐标为；
②当△PCM∽△BCA时，则有，
由①可得，
整理得：，
解得：m=或m=0（舍去），
当m=时，m−3=−，
∴此时P的坐标为；
综上所述：当△PCM和△ABC相似时，点P的坐标为或；
（3）
解：分三种情况讨论：
①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），
由（2）可知直线BC解析式为：y=x−3，
设点M的坐标为，则P的坐标为(m，m−3)，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM=∠NCM，
∵PMy轴，
∴∠NCM=∠PMC，
∴∠PCM=∠PMC，
∴PC=PM，
∴，
整理得：，
解得：（舍去），
∴，
∴
，
∵，
∴，
②当点P在线段CB的延长线上时，
由（3）中情况①可知：，
∵PC=PM，
∴，
整理得：，
解得：（舍去），
，
∴
，
∵，
∴，
③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，
故此情况不存在；
综上所述：当点P的对应点N恰好落在y轴上时，此时的值为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及解一元二次方程等知识点，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题关键．
4．（2022·江苏无锡·二模）如图，边长为6的正方形ABCD中，E为AB中点，P为BC上一点（不与B、C重合），将△BPE沿直线PE翻折，点B落在B' 处，直线PB'交射线AD于点Q，连接EQ，设BP＝a．
(1)求证：∠PEQ＝90°；
(2)设的值为y，用含a的代数式表示y并求出y的最大值；
(3)若F为BC中点，设过点F且垂直于BC的直线被直角三角形PEQ截得的线段长为d，请直接写出d与a的关系式．
【答案】(1)见解析；
(2)（0＜a＜6），当a=3时，y有最大值1；
(3)0＜a＜3时，；a=3时，；3＜a＜6时，
【分析】（1）根据△QEA≌△QEB′（HL）可得∠QEA=∠QEB′，由折叠性质可得∠PEB=∠PEB′，即可证明；
（2）由△EB′Q∽△PB′E求得B′Q的长，根据QA=QB′，CP=BC-PB计算线段的比即可解答；
（3）分三种情况讨论：①当0＜a＜3时，②当a=3时，③当3＜a＜6时；根据相似三角形的判定和性质计算线段的差即可解答.
（1）
解：由折叠可得EB′⊥PQ，PB=PB′，EB=EB′，∠PEB=∠PEB′，
在△QEA和△QEB′中，
∠QAE=∠QB′E=90°，QE=QE，E是AB中点则AE=BE=B′E，
∴△QEA≌△QEB′（HL），
∴QA=QB′，∠QEA=∠QEB′，
∵∠AEB=∠AEB′+∠BEB′=180°，
∴2∠QEB′+2∠PEB′=180°，
∴∠PEQ=∠QEB′+∠PEB′=90°；
（2）
解：△EB′Q和△PB′E中，∠EB′Q=∠PB′E=90°，
∵∠QEB′+∠EQB′=90°，∠QEB′+∠PEB′=90°，
∴∠EQB′=∠PEB′，
∴△EB′Q∽△PB′E，
∴B′Q∶B′E=EB′∶PB′，
∵EB′=3，PB′=PB=a，
∴B′Q=，
∵QA=QB′=，CP=BC-PB=6-a，
∴=，
∴（0＜a＜6），当a=3时，y有最大值1；
（3）
解：①当0＜a＜3时，如图，FN∥BA，FN分别交QP、QE于点G、H，
ABCD是正方形，FN∥BA，则ABFN是矩形，
F是BC中点，则FB=NA=3，
∵QA=，PB=a，则QN=，PF=，
∵NH∥AE，
∴△QNH∽△QAE，
∴QN∶QA=NH∶AE，
∴NH=（）×3÷=，
∵AD∥BC，
∴△QNG∽△PEG，
∴QN∶PF=NG∶FG，
∵（）∶（）=NG∶（6-NG），
∴NG==，
∴=GH=GN-HN=-（）=；
②当a=3时，如图，FN∥BA，FN与PQ重合，此时=PQ=6，
③当3＜a＜6时，如图，FN∥BA，FN分别交PE、PQ于点G、H，
ABCD是正方形，FN∥BA，则ABFN是矩形，
F是BC中点，则FB=NA=3，
∵QA=，PB=a，则QN=，PF=，
∵FG∥BE，
∴△PFG∽△PBE，
∴PF∶PB=FG∶BE，
∴FG=（）×3÷a=，
∵AD∥BC，
∴△PFH∽△QNH，
∴PF∶QN=HF∶HN，
∵（）∶（）=HF∶（6-HF），
∴HF=，
∴=GH=HF-GF=-（）=；
综上所述：0＜a＜3时，；a=3时，；3＜a＜6时，.
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识；综合性较强，根据a的值分类讨论是解题关键．
5．（2022·江苏苏州·九年级专题练习）抛物线y＝ax2+bx+3过点A(﹣1，0)，点B(3，0)，顶点为C．
(1)求抛物线的表达式及点C的坐标；
(2)如图1，点P在抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，若△DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，点E是线段AC上（与点A，C不重合）的动点，连接PE，作∠PEF＝∠CAB，边EF交x轴于点F，设点F的横坐标为m，求m的取值范围．
【答案】(1)；C(1，4)
(2)P
(3)
【分析】（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，求出的值，进而可得抛物线的表达式；然后化成顶点式可得点坐标；
（2）设，由题意知，则即，求出的值，进而得点坐标，设直线CD的解析式为，将代入求解的值，得直线CD的解析式为y，联立得方程组，求解即可；
（3）如图，过点P作PH⊥AB于点H，则OH，PH，，PD，，，设，则，等边对等角得∠DAC＝∠C，由∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，∠PEF＝∠CAB，可得∠CEP＝∠AFE，证明△CEP∽△AFE，则，即，整理得xy，可知当y时，x即AF有最大值，求出此时点的坐标，根据点F在线段AD上，进而可求点F的横坐标m的取值范围．
（1）
解：将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：，
解得：
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
∵
∴C（1，4）．
（2）
解：设
由题意知
∴即
解得
∴
设直线CD的解析式为，
将代入得
解得：
∴直线CD的解析式为y
联立得方程组
解得：，
∴P（）．
（3）
解：如图，过点P作PH⊥AB于点H，
则OH，PH
∵OD＝4
∴
∴PD
∴
∵
设，则
∵DA＝DC
∴∠DAC＝∠C
∵∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，∠PEF＝∠CAB
∴∠CEP＝∠AFE
∴△CEP∽△AFE
∴即
∴xy
∴当y时，x即AF有最大值
∴AF最大时，
∵点F在线段AD上，
∴点F的横坐标m的取值范围为﹣1＜m．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，顶点式，二次函数的最值，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数与角度综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点．
(1)求二次函数解析式；
(2)如图1，点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），过点E作ED⊥AB，交AB于点D，作EF⊥AC，交AC于点F，交AB于点M，求△DEM的周长的最大值；
(3)在（2）的结论下，连接CM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、C、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
(4)如图2，点N的坐标是（1，0），将线段ON绕点O逆时针旋转得到ON′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接N′A、N′B，求N′A+N′B的最小值．
【答案】(1)
(2)的周长的最大值为
(3)存在，或或
(4)
【分析】（1）、由一次函数与坐标轴交点坐标特点求出A、B两点坐标，代入二次函数解析式即可求解；
（2）、设 ，则可用m表示出点M、F点坐标，由两点间的坐标公式，可用m表示出周长，再证明 ，则由周长比等于相似比，即可表示出周长，将得到的式子配成顶点式并利用二次函数性质即可求解；
（3）、由（2）可知E、M点坐标，则可分成AM为边和AM为对角线去求解即可；
（4）、在y轴上截取OH= ，连接 ，可证得：，则可得当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，再由勾股定理即可求解．
(1)
解：∵直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令x=0，则y=3；
令y=0，则x=4，
，
∵抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点，
，
解得： ，
；
(2)
设，则 ， ，
， ，
，
∵点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），
，
，
的周长为： ，
∵ED⊥AB， EF⊥AC，
，
，
，
的周长∶的周长=
，
，
的周长为：，
，
，
时，的周长最大值为 ；
(3)
存在点P，
由（2）可知： ，
此时可得： ，
，
∴抛物线的对称轴为： ，
则Q点的横坐标为1，
，
，
设 ，
①当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的左侧，
此时： ，
C点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到M，
则P点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到Q，
∵Q点的横坐标为1，
∴ ，
将其代入抛物线解析式得： ，
，
②当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的右侧，
同理可知：将Q点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到P，
此时 ，
代入抛物线解析式得： ，
，
③当CM为平行四边形对角线时，由中点坐标公式得：
，
，
代入抛物线解析式得： ，
综上所述：或或；
(4)
在y轴上截取OH= ，连接 ，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，
在直角三角形AOH中， ，
∴的最小值为 ．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数和三角形的综合问题，点到点的距离，相似三角形判定与性质，最值问题，平行四边形的存在性问题，熟练掌握基础知识并会综合应用，掌握分类讨论的数学思想方法，作辅助线构造相似三角形是解题关键．
7．（2022·江苏·阳山中学一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣2mx+n（m＜0）的顶点为A，与x轴交于B，C两点（点B在点C左侧），与y轴正半轴交于点D，连接AD并延长交x轴于E，连AC、DC．S△ADC：S△AEC＝1：4．
(1)求点E的坐标；
(2)若过点A，C，D的⊙M与坐标轴恰好有三个公共点，求出此时抛物线的函数表达式．
【答案】(1)E(-3，0)
(2)或．
【分析】（1）设此抛物线对称轴与x轴交于点F，由题意可得S△DEC：S△AEC =3：4，从而可求出．易证△EDO∽△EAF，即得出EO：EF=DO：AF=3：4，从而得出EO：OF=3：1．由抛物线解析式可求出D(0，n)，A(1，n-m)．即得出OF=1，从而可求出EO=3，即得出E点坐标；
（2）由，即可得出，从而即得出抛物线解析式为，A(1，-4m)， D(0，-3m)，进而得出B(-1，0)，C(3，0)．再分类讨论：①当⊙M与y轴有两个交点，且相切于x轴时；②当⊙M与x轴有两个交点，且相切于y轴时；③当⊙M经过点C、D和原点时．由同圆半径相等和两点的距离公式即可解答．
（1）
如图，设此抛物线对称轴与x轴交于点F，
∵S△ADC：S△AEC＝1：4．
∴S△DEC：S△AEC =3：4．
∵和等底，
∴．
∵DO∥AF，
∴△EDO∽△EAF，
∴EO：EF=DO：AF=3：4，
∴EO：OF=3：1，
对于，令x=0，则
∴D(0，n)．
∵，
∴A(1，n-m)，
∴OF=1，
∴EO=3，
∴E(-3，0)；
（2）
∵，即，
∴，A(1，n-m)， D(0，n)
∴抛物线解析式为，A(1，-4m)， D(0，-3m)，
∴B(-1，0)，C(3，0)．
根据题意可分类讨论，①当⊙M与y轴有两个交点，且相切于x轴时，如图，
∴轴，
∴．
∴可设M(3，a)．
∴，，，
∴，
解得：．
∵，
∴，
∴此时函数表达式为；
②当⊙M与x轴有两个交点，且相切于y轴时，
由①同理可得轴，
∴．
故可设M(b，)．
∴，，，
∴，
方程无解，
∴此情况不符合题意．
③当⊙M经过点C、D和原点时．
∴．
设M(，t)．
∴，
，，
∴，
解得：．
∵，
∴，
∴此时函数表达式为；
综上可知抛物线的函数表达式为或．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，切线的应用以及两点的距离公式．利用数形结合的思想是解题关键．
8．（2022·江苏·江阴市云亭中学一模）抛物线y＝ax2+c（a<0）与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P在抛物线上，且位于x轴上方．
(1)如图1，若P(1，2)，A(-3，0)．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上异于点P一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；
(2)如图2，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)①；②(-1，2)或(，)
(2)是定值，定值为2．
【分析】（1）①将P(1，2)，A(-3，0)代入中，求解，即可得出答案；②ⅰ当点D在P左侧时，由平行线的判定和二次函数的图象和性质即可知D与P关于y轴对称，从而即得出答案；ⅱ当点D在P右侧时，设PD与x轴交于点M，过点P作轴与N．由等角对等边可知PM＝OM．设M(t，0)，可用t表示出PM和OM的长，即得出等式，解出t，即得出M点坐标，从而可求出直线PM的解析式．最后联立直线PM的解析式和抛物线解析式，即可得出D点坐标；
（2）过点P作PQ⊥AB于Q．设B(m，0)，则A(-m，0)，．设P(n，)．由所作辅助线易证△PAQ∽△EAO，得出，即． 同理易证△PQB∽△FOB，得出，即．代入数据即可求出OE和OF的长，从而可求出的长，再整理化简即得出．由抛物线解析式可求出C(0，c)，即OC=c，从而即可求出，即得出答案．
（1）
①将P(1，2)，A(-3，0)代入，得：
，
解得：
∴抛物线的解析式为：；
②分类讨论：ⅰ当点D在P左侧时，如图，
∵∠DPO＝∠POB，
∴，
∴D与P关于y轴对称．
∵P(1，2)，
∴D(-1，2)；
ⅱ当点D在P右侧时，如图，设PD与x轴交于点M，过点P作轴与N．
∵∠DPO＝∠POB，即∠MPO＝∠MOP，
∴PM＝OM．
设M(t，0)，
∴，
∴
解得：，
∴M(，0)．
设直线PD的解析式为，
∴，解得：，
∴直线PD的解析式为．
联立，
解得：，，
∴D(，)．
综上可知点D的坐标为(-1，2)或(，)；
（2）
设B(m，0)，则A(-m，0)， ，
∴．
如图，过点P作PQ⊥AB于Q．
设P(n，)．
由所作辅助线可知，
∴△PAQ∽△EAO，
∴，即，
∴，
整理得：．
同理可证：△PQB∽△FOB，
∴，即，
∴，
整理得：．
∴，
将，代入，得：．
对于，令，则，
∴C(0，c)，
∴OC=c，
∴，
∴是定值，定值为2．
【点睛】本题为二次函数综合题．考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，平行线的判定，等腰三角形的判定，一次函数的图象和性质，直线与抛物线的交点问题以及相似三角形的判定和性质，为中考压轴题．利用数形结合的思想是解题关键．
9．（2022·江苏·泰兴市济川初级中学一模）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线（其中为常数，且<0）关于原点对称得到抛物线，抛物线，的顶点分别为M，N．
(1)请直接写出抛物线的表达式；（用含有的式子表示）
(2)若抛物线与轴的交点从左到右依次为A，B；抛物线与轴的交点从左到右依次为C，D．
①若A，B，C，D四点从左到右依次排列，且AD=3BC，求的值；
②是否存在这样的，使以点M，A，N，D为顶点的四边形是矩形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(3)在抛物线对称轴右侧的部分任取一点G，设直线MG，NG分别与轴相交于P，Q两点，且，，求的值．
【答案】(1)c2的解析式为：；
(2)①m=-2；②存在m，m=-1；
(3)p-q=-1．
【分析】（1）设抛物线c2上任意一点（x，y），点（x，y）关于原点的对称点为（-x，-y），将点（-x，-y）代入抛物线，即可求解；
（2）①分别求出A（-1+m，0），B（1+m，0），C（-1-m，0），D（1-m，0），再由题意建立方程即可求m的值；
②由M、N关于原点对称，A、D关于原点对称，则MN为矩形的对角线，在由勾股定理可得1+3+（2m-1）2+3=12+4m2，解得m=-1；
（3）设G点的横坐标为t，过点G作x轴的平行线交y轴于点I，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，过点N作y轴的平行线 交GI于点K，则GI∥MH，由平行线的性质可得，即，再由NK∥y轴，得，即t=，最后
列出等式，可求p-q=-1．
（1）
解：设抛物线c2上任意一点（x，y），
则点（x，y）关于原点的对称点为（-x，-y），
将点（-x，-y）代入抛物线，
∴抛物线c2的解析式为；
（2）
①对函数，
令y=0，解得x=-1+m或x=1+m，
∵m＜0，
∴A（-1+m，0），B（1+m，0），
对函数c2：，
令y=0，解得x=1-m或x=-1-m，
∵m＜0，
∴C（-1-m，0），D（1-m，0），
∴AD=2-2m，BC=-2-2m，
∵AD=3BC，
∴2-2m=3（-2-2m），
∴m=-2；
②存在m，使以点M，A，N，D为顶点的四边形是矩形，理由如下：
∵抛物线c1的对称轴为x=m，
∴M（m，），
∵抛物线c2的对称轴为x=-m，
∴N（-m，-），
∵M、N关于原点对称，A、D关于原点对称，
∴MN为矩形的对角线，
∴AM2+AN2=MN2，
∴1+3+（2m-1）2+3=12+4m2，
解得m=-1；
（3）
设G点的横坐标为t，
过点G作x轴的平行线交y轴于点I，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，过点N作y轴的平行线 交GI于点K，
∴GI∥MH，
∴，
∴，
∵GM=pGP，
∴，
∴，
∵NK∥y轴，
∴，
∴，
∵GN=qGQ，
∴，
∴t=，
∴，
∴1+p=q，
∴p-q=-1．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，中心对称图形的性质，平行线的性质，矩形的性质是解题的关键．
10．（2022·江苏常州·一模）在平面内，C为线段AB外的一点，若以A，B，C为顶点的三角形是直角三角形，则称C为线段AB的直角点．特别地，当该三角形是以AB为斜边的等腰直角三角形时，则称C为线段AB的等腰直角点．
(1)如图1，在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标是（4，0），在点，，中，线段OM的直角点是______；
(2)在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别是（1，4），（1，－6），直线l：y＝－x＋7
①如图2，C是直线l上一个动点，若C是线段AB的直角点，求点C的坐标；
②P是直线l上一个动点，将所有线段AP的等腰直角点称为直线l关于点A的伴随点．若半径为r的⊙O上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，直接写出r的值．
【答案】(1)点，
(2)①点C的坐标是（3，4）或（4，3）或（5，2）或（13，－6）；②r＝5或
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，判断，，的形状即可；
（2）①如图2，作，，，分别与直线交于点，作于，根据点的特征分别求解三种情况下的点坐标即可；②如图3，以为对角线，作正方形，过作轴，作于，于，过作轴，作于，于，设，证明，则，，设，则，，有，，解得，，可知，即得的运动轨迹为，同理可求的运动轨迹为， 根据上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，可知圆与直线相切，圆过直线与的交点，两种情况符合题意，进而可求半径的大小．
（1）
解：由题意知，，，，
，，，
∵，，，
∴，，
故答案为：，．
（2）
①解：如图2，作，，，分别与直线交于点，作于，
由题意知，
将代入中得，，
解得，
∴，
，同理可得，
设，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∴即，
整理得，
解得，，
经检验，，，均为原方程的解，
∴的坐标为或，
综上所述，点的坐标为或 或 或 ．
②解：如图3，以为对角线，作正方形，过作轴，作于，于，过作轴，作于，于，
设，
∵，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，，
设，则，，
则，，
解得，，
∴，即在直线上运动，如图3所示，
同理，即在直线上运动，如图3所示，
与的交点坐标为
∴当圆与直线相切时，上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，此时；
当圆过直线与的交点时，上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，此时；
综上所述，上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点时，r的值为5或．
【点睛】本题考查了勾股定理与勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直线与圆的位置关系，圆的综合等知识．解题的关键在于理解题意，并灵活运用所学知识解决问题．
11．（2022·江苏南京·九年级专题练习）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝其中m为常数，该函数的图象记为G．
(1)当m＝2时，点N（3，n）在图象G上，则n的值为 ；
(2)若函数图象经过点（4，5），求m的值，并直接写出0≤x≤4时函数的取值范围；
(3)设图象G与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作BA的垂线，与直线x＝m相交于点C，设点C的纵坐标为c，用含m的式子表示c．
【答案】(1)5
(2)时，；时，
(3)或
【分析】（1）把代入函数求解即可求出；
（2）将代入求解得到的值，再根据二次函数的性质即可求得．同理，把代入求解得到的值，根据二次函数的性质求得，即可得出答案；
（3）当时，图象与坐标轴无交点，如图1，把代入，得出抛物线与轴交点坐标为，把代入，可得出点坐标为，，过点作轴于点，再证得，利用相似三角形性质即可求得，当时，图象与轴正半轴无交点，当时，函数与轴正半轴有交点，，与轴交点坐标为，如图2，过点作轴于点，再证得，运用相似三角形性质即可求得．
(1)
解：当时，函数，
把代入，
得，
故答案为：5；
(2)
当时，将代入，
得，
解得，
当时，，
当时，取最大值为，
，
当时，为最小值，
．
当时，把代入，
得，
解得，
当时，，
，
当时，为最大值，
把代入，
得，
当时，，
，
当时，随增大而增大，
把代入，
得，
把代入，
得，
当时，，
时，，
综上所述，时，；时，．
(3)
把代入，
得，
抛物线与轴交点坐标为，
把代入，
得，
抛物线与直线交点坐标为，
当时，图象与坐标轴无交点，如图1，
把代入，
得，
抛物线与轴交点坐标为，
把代入，
得，
抛物线与直线交点坐标为，
把代入得，
解得或（舍，
点坐标为，，
过点作轴于点，
则，
，
，
，
，
，
，
即，
，
；
当时，函数与直线的交点坐标为，即函数与坐标轴无交点，
在函数中，令，
则，
解得：或（舍去），
令，得，
令，得，
当时，即时，函数与轴正半轴有交点，，与轴交点坐标为，
如图2，过点作轴于点，
则，
轴，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，即，
解得：；
综上，或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质等，本题涉及含参数的讨论和计算，难度较大，解题关键是通过数形结合及分类讨论的方法求解．
12．（2022·江苏南京·模拟预测）【神奇的变换】（1）如图，在四边形中，，垂足为，则______．（填“”、“<”或“”）
【翻折一下】（2）若将图1中的沿直线翻折（如图2所示），其它条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
【旋转一下】（3）若，（1）中的其它条件不变（如图3所示），将绕点按逆时针方向旋转度后得到图4，求证：．
【平移一下】（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，则有．
利用该结论，解决问题：如图6，在中，，是内一点，若，，且，则的最大值为______．
【答案】（1）＝；（2）成立，理由见解析；（3）见解析；（4）
【分析】（1）在中，，在中，，在中，，在中，，即可得结论；
（2）在中，，在中，，在中，，在中，，即可得结论；
（3）记原梯形为，依题意旋转后得四边形，连接，交于点，先证明，再通过条件证明出，得，又因为对顶角相等，即可得出，根据（1）中的结论可证；
（4）利用（1）的结论及平移的性质，等量代换来证明出，将沿着向上平移，使得与重合，连接，，由结论可求的值，由三角形的三边关系可求解．
【详解】解：（1），
，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
，，
，
故答案为：；
（2）成立，理由如下：
，
，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
，，
；
（3）如图下图，记原梯形为，
依题意旋转后得四边形，，连接，交于点，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
由（1）得结论得：；
（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，求证，
证明：由（1）中的结论有：，
根据平移的性质有：，
，
如图6，将沿着向上平移，使得与重合，连接，，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
由结论可得：，
，
，
，
，
的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，图形的变换，三角形相似的判定和性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
13．（2022·江苏·九年级专题练习）已知四边形是边长为1的正方形，点E是射线上的动点，以为直角边在直线的上方作等腰直角三角形，，设．
（1）如图1，若点E在线段上运动，交于点P，交于点Q，连结，
①当时，求线段的长；
②在中，设边上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；
（2）设过的中点且垂直于的直线被等腰直角三角形截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．
【答案】（1）①；②，h最大值=；（2）
【分析】（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，先证明，可得FM =，CM=，进而即可求解；②由，得CP=，把绕点A顺时针旋转90°得，可得EQ =DQ+BE，利用勾股定理得DQ=，EQ=，QP=，结合三角形面积公式，即可得到答案；
（2）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，F(1+m，m)，从而求出AE的解析式为：y=x+1，AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，再分两种情况：①当0≤m≤时，②当m＞时，分别求解即可．
【详解】解：（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，
∵在等腰直角三角形中，，AE=FE，在正方形中，∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠FEM+∠AEB，
∴∠BAE=∠FEM，
又∵∠B=∠FME，
∴，
∴FM=BE=，EM=AB=BC，
∴CM=BE=，
∴CF=；
②∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠ECP=90°，
∴，
∴，即：，
∴CP=，
把绕点A顺时针旋转90°得，则AG=AQ，∠GAB=∠QAD，GB=DQ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠QAD=∠BAE+∠GAB=90°-45°=45°，即：∠GAE=∠EAF=45°，
∵∠ABG=∠ABE=90°，
∴B、G、E三点共线，
又∵AE=AE，
∴，
∴EQ=EG=GB+BE=DQ+BE，
∴在中，，即：，
∴DQ=，
∴EQ= DQ+BE=+m=，QP=1--()=，
∴，即：×(1-m)= ×h，
∴=，即m=时，h最大值=；
（3）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，
∵直线m过AB的中点且垂直AB，
∴直线m的解析式为：x=，
过点F作FM⊥x轴于点M，由（1）可知：，即FM=BE，EM=AB，
∴F(1+m，m)，
设AE的解析式为：y=kx+b，
把E(m，0)，A(0，1)代入上式，得，解得：，
∴AE的解析式为：y=x+1，
同理：AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，
①当0≤m≤时，如图，G(，)，N(，m-m2)，
∴y=-(m-m2)=，
②当m＞时，如图，G(，)，N(，)，
∴y=-=，
综上所述：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，添加辅助线构造全等三角形，建立坐标系，把几何问题用代数的方法解决，是解题的关键．
第6章 图形的相似（基础、典型、易错、压轴）分类专项训练
【基础】
一、单选题
1．（2022·江苏南京·九年级期末）已知是线段的黄金分割点，且，，则长约为（ ）
A．0.618 B．6.18 C．3.82 D．0.382
【答案】B
【分析】根据黄金分割的定义=即可解题.
【详解】∵是线段的黄金分割点，且，
∴=
即APAB=6.18
故选B
【点睛】本题考查了黄金分割的定义,属于简单题,熟悉定义概念是解题关键.
2．（2022·江苏·射阳外国语学校九年级阶段练习）下列四组线段中，不成比例的是（ ）
A．，，， B．，，，
C．，，， D．，，，
【答案】C
【分析】根据比例的基本性质，只需判断最小值与最大值的乘积是否等于另外两数值的乘积，即可判定是否能够组成比例．
【详解】解：A、 ，可以组成比例，不符合题意；
B、 ，可以组成比例，不符合题意；
C、 ，不能组成比例，符合题意；
D、 ，可以组成比例，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了比例的概念，熟练运用比例的基本性质判断四个数值是否可以组成比例是解题的关键．
3．（2022·江苏·江阴市周庄中学九年级阶段练习）两三角形的相似比是，则其面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接根据面积之比等于相似比的平方作答即可．
【详解】解：∵两三角形的相似比是，
∴其面积之比是．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质，相似多边形对应边之比、周长之比等于相似比，而面积之比等于相似比的平方．
4．（2022·江苏·阳山中学九年级阶段练习）如图，在△ABC中，，若AD∶DB=3∶2，AE=6cm，则AC的长为（ ）
A．6cm B．5cm C．4cm D．10cm
【答案】D
【分析】根据平行线分线段成比例，即可求解．
【详解】解∶∵，AD∶DB=3：2，
∴AD∶DB=AE∶EC=3∶2，
∵AE=6cm，
∴6∶EC=3∶2，
∴EC=4cm，
∴AC=AE+EC=10cm．
故选：D
【点睛】本题主要考查了成比例线段，熟练掌握平行线分线段成比例基本事实是解题的关键．
5．（2022·江苏·江阴市青阳初级中学九年级阶段练习）如图，已知，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据“两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例”进行判断即可．
【详解】解：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，
∵BC和AD对应，CE和DF对应，BE和AF对应，
∴，，
故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例，确定出对应线段是解题的关键．
6．（2022·江苏苏州·九年级期中）如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP∽△ACB，添加一个条件，不正确的是（ ）
A．∠ABP=∠C B．∠APB=∠ABC
C． D．
【答案】D
【详解】解：A．当∠ABP=∠C时，
又∵∠A=∠A，
∴△ABP∽△ACB，
故此选项错误；
B．当∠APB=∠ABC时，
又∵∠A=∠A，
∴△ABP∽△ACB，
故此选项错误；
C．当时，
又∵∠A=∠A，
∴△ABP∽△ACB，
故此选项错误；
D．无法得到△ABP∽△ACB，故此选项正确．
故选：D．
二、填空题
7．（2022·江苏南京·九年级期末）若，则的值为_____．
【答案】
【分析】由，设，然后再代入求解即可．
【详解】解：∵，设，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
8．（2022·江苏·靖江市靖城中学九年级阶段练习）在比例尺为1:1000000的地图上,量得甲、乙两地的距离是2.6cm,则甲、乙两地的实际距离为_______千米.
【答案】26
【分析】根据比例尺＝图上距离：实际距离．根据比例尺关系即可直接得出实际的距离．
【详解】根据比例尺＝图上距离：实际距离，得：A，B两地的实际距离为2.6×1000000＝2600000（cm）＝26（千米）．
故答案为26．
【点睛】本题考查了线段的比．能够根据比例尺正确进行计算，注意单位的转换．
9．（2022·江苏·靖江外国语学校九年级阶段练习）已知点是的黄金分割点（），，则_____．（结果保留根号）
【答案】##
【分析】根据黄金分割点的定义得到，进行计算即可求解．
【详解】解：∵点是的黄金分割点（），，
∴，
∴
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了黄金分割点的定义，即：把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项．
10．（2022·江苏·射阳外国语学校九年级阶段练习）两个数与的比例中项是___________．
【答案】或
【分析】根据比例中项的概念：如果，那么b是a与c的比例中项，根据比例的基本性质得：，据此即可求解．
【详解】解：设b是两个数与的比例中项，
，
，
，
故答案为：或．
【点睛】此题考查比例中项的概念，熟练掌握比例中项的概念与性质是解答此题的关键．
11．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则________．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，即可求出DE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，
∴AB=2CD=10，
∵BC=8，
∴AC==6，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴，即，
∴DE=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式．
12．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处模拟预测）如图，在中，，，，，则的长_____．
【答案】4
【分析】根据平行线分线段成比例进行求解即可．
【详解】解：∵
∴，
∴
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
13．（2022·江苏无锡·九年级期中）已知，相似比为，则与的周长比为___________．
【答案】
【分析】相似三角形的周长比等于相似比，根据性质直接可得答案．
【详解】解：∵，相似比为，
∴与的周长比等于相似比．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握“相似三角形的周长之比等于相似比”是解本题的关键．
14．（2022·江苏·东海实验中学三模）如果两个相似三角形对应边的比为2：3，那么它们对应高线的比是______．
【答案】2：3##
【分析】根据相似三角形对应高线的比等于相似比解答．
【详解】解：∵两个相似三角形对应边的比为2：3，
∴它们对应高线的比为2：3，
故答案为：2：3．
【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形对应高线的比等于相似比是解题的关键．
15．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，点，的对应点分别为点，．若，则的长为______．
【答案】9
【分析】根据位似图形的概念列出比例式，代入计算即可．
【详解】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，位似比为2：3，AB＝6，
∴，
即，
解得，A′B′＝9，
故答案为：9．
【点睛】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似图形的两个图形是相似图形、相似三角形的性质是解题的关键．
16．（2022·江苏南通·九年级期末）如图，△AOB与△COD是位似图形，且OA＝AC，则与的相似比为_____．
【答案】##
【分析】根据位似图形的性质，即可求解．
【详解】解：∵OA＝AC，
∴，
∵△AOB与△COD是位似图形，
∴△AOB∽△COD，
∴与的相似比为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了位似图形的性质，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．
17．（2022·江苏南通·一模）如图，为了测量一栋楼的高度，小王在他的脚下放了一面镜子，然后向后退，直到他刚好在镜子中看到楼的顶部．如果小王身高1.55m，他的眼睛距地面1.50m，同时量得BC＝0.3m，CE＝2m，则楼高DE为______m．
【答案】10
【分析】如图，根据镜面反射的性质，△ABC∽△DEC，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【详解】解：根据题意，
∵∠ABC＝∠DEC＝90°，∠ACB＝∠DCE（反射角等于入射角，它们的余角相等），
∴△ABC∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴DE＝10（m）
故答案为：10．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用．应用镜面反射的基本性质，得出三角形相似，再运用相似三角形对应边成比例即可解答．
18．（2022·江苏宿迁·二模）某一时刻，身高为的小丽影长是，此时，小玲在同一地点测得旗杆的影长为，则该旗杆的高度为________．
【答案】
【分析】根据同一时刻实物高度与影子的比值相等，列方程即可．
【详解】解：设旗杆的高度为xm，
则，
解得，
故答案为：15．
【点睛】本题考查了利用相似测高，掌握相似的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
19．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，在△ABC中，BC＝8，AC＝4，D是BC边上一点，CD＝2．
求证△ABC∽△DAC．
【答案】证明见详解
【分析】由题中线段长度得出＝，结合相似三角形的判定定理即可证明．
【详解】证明：∵BC＝8，AC＝4，CD＝2，
∴＝＝2，．
∴＝．
∵∠C＝∠C，
∴△ABC∽△DAC．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定定理，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键．
20．（2022·江苏·扬州中学教育集团树人学校九年级阶段练习）如图，已知AB∥DC，点E、F在线段BD上，AB＝2DC，BE＝2DF．
（1）求证：△ABE∽△CDF．
（2）若BD＝8，DF＝2，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）EF＝2．
【分析】（1）根据AB∥DC，可得∠B＝∠D，再由AB＝2DC，BE＝2DF，可得AB：DC＝BE：DF＝2，即可证得；
（2）根据BE＝2DF，可得 ，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB∥DC，
∴∠B＝∠D，
∵AB＝2DC，BE＝2DF，
∴AB：DC＝BE：DF＝2，
∴△ABE∽△CDF；
（2）解：∵BE＝2DF，DF＝2，
∴ ,
∵BD＝8，
∴EF＝BD﹣DF﹣BE＝2．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似是解题的关键．
21．（2022·江苏·江阴市青阳初级中学九年级阶段练习）如图，A、B、C三点均在边长为1的小正方形网格的格点上．
(1)请在BC上标出点D，连接AD，使得△ABD∽△CBA；
(2)试证明上述结论：△ABD∽△CBA．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据相似三角形的定义作图即可．
（2）借助勾股定理求出AB的长度，根据相似三角形的判定定理证明．
【详解】（1）如图，点D是所求作的点，
（2）证明：，BC＝5，BD＝1，
，，
，
∵∠DBA＝∠ABC，
∴△ABD∽△CBA．
【点睛】本题考查相似三角形的判定、勾股定理，解决本题的关键是熟悉相似三角形的判定定理．
22．（2022·江苏淮安·九年级阶段练习）已知：如图三个顶点的坐标分别为、、，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度．
(1)以点为位似中心，在网格中画出△，使△与的位似比为，并直接写出点的坐标______；
(2)△的面积为______．
【答案】(1)作图见解析；
(2)8
【分析】（1）延长到使，延长到使，从而得到；然后写出点的坐标；
（2）利用面积公式直接进行求解即可．
【详解】（1）解：如图，为所作；点的坐标为；
（2）解：由图可知：．
【点睛】本题考查位似三角形的作图，解题的关键是：熟练掌握位似三角形的定义：如果两个三角形不仅是相似三角形，而且每组对应点的连线交于一点，对应边互相平行，那么这两个三角形叫做位似三角形．
23．（2022·江苏南通·模拟预测）如图，为了估算河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标点P， 在近岸取点Q和S， 使点P、Q、S共线且直线PS与河垂直，接着再过点S且与PS垂直的直线a上选择适当的点T， 确定PT与过点Q且垂直PS的直线b的交点R． 如果测得QS=45m，ST=90m，QR=60m， 求河的宽度PQ．
【答案】90米
【分析】根据相似三角形的性质得出 , 进而代入求出即可．
【详解】解答：根据题意得出：QR∥ST ，
则△PQR∽△PST ，
故，
∵QS=45m，ST=90m，QR=60m，
∴，
解得：PQ=90（m），
∴河的宽度为90米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出△PQR∽△PST是解题关键．
【典型】
一、单选题
1．（2022·江苏·宜兴市树人中学九年级阶段练习）下列各组线段中，长度成比例的是（ ）
A．2cm、3cm、4cm、1cm B．1.5cm、2.5cm、4.5cm、6.5cm
C．1.1cm、2.2cm、3.3cm、4.4cm D．1cm、2cm、2cm、4cm
【答案】D
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
【详解】A. 2×3≠4×1，故本选项错误，不符合题意；
B. 1.5×6.5≠2.5×4.5，故本选项错误，不符合题意；
C. 1.1×4.4≠2.2×3.3，故本选项错误，不符合题意；
D. 1×4=2×2，故本选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查比例线段，掌握成比例线段的定义和特征为解题关键．
2．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，的对角线相交于点，平分，分别交于点，连接，，，则下列结论：①；②；③S平行四边形ABCD；④；⑤，正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】①先利用角平分线和平行四边形的性质判断三角形ABE为等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得∠ACE=30°，最后由平行的性质得到最后结论；
②先根据三角形中位线定理得：OE=AB=，OE∥AB，根据已知条件可推出∠COE＝90°，∠ACD=90°，根据勾股定理和平行四边形的性质可计算OC和OD的长，最终可得BD的长；
③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤先判断出，根据△ABP∽△EOP得到AP：OE=2∶1，同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得到，，故可将⑤作出判断．
【详解】①∵平分，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA＝OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，在RT△EOC中，，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，在RT△OCD中，，
∴BD=2OD=，
故②正确；
③由②知，∠DCA=∠BAC=90°，
∴S平行四边形ABCD
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=，
∵AB=，
∴OE=，
故④正确；
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=，
∴，
∵OE∥AB，△EOP∽△ABP，
∴,
∴,
∴；
故⑤错误；
本题正确的有4个，
故选择C．
【点睛】本题是一道几何的综合题目，掌握平行四边形的性质及求面积方法、等腰三角形的性质、勾股定理、中位线定理、相似等是解答本题的关键．
3．（2022·江苏·无锡市金桥双语实验学校九年级阶段练习）如图，已知A(3，6)、B(0，n)(0＜n≤6)，作AC⊥AB，交x轴于点C，M为BC的中点，若P(，0)，则PM的最小值为( )
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E，作MN⊥OC于N,易得△AHB∽△CEA从而，设BH＝x，则AE＝2x，可得PM2＝PN2+MN2＝x2+（）2＝x2﹣3x+9＝（x﹣）2+即可求出PM最小值
【详解】如图，作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E，作MN⊥OC于N．
则四边形CEHO是矩形，OH＝CE＝4，
∵∠BAC＝∠AHB＝∠AEC＝90°，
∴∠ABH+∠HAB＝90°，∠HAB+∠EAC＝90°，
∴∠ABH＝∠EAC，
∴△AHB∽△CEA，
∴，
∴，
∴AE＝2BH，设BH＝x，则AE＝2x，
∴OC＝HE＝3+2x，OB＝6﹣x，
∴B（0，6﹣x），C（3+2x，0）
∵BM＝CM，
∴M（，），
∵P（，0），
∴PN＝ON﹣OP＝﹣＝x，
∴PM2＝PN2+MN2＝x2+（）2＝x2﹣3x+9＝（x﹣）2+，
∴x＝时，PM2有最小值，最小值为，
∴PM的最小值为＝．
故选D．
【点睛】此题主要考查平面内两点之间最小值，涉及到相似三角形以及二次函数的性质
4．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，△ABC与△DEF形状完全相同，且AB=3.6，BC=6，AC=8，EF=2，则DE的长度为（ ）
A．1.2 B．1.8 C．3 D．7.2
【答案】A
【分析】利用△ABC∽△DEF，对应线段成比例即可求出DE的长.
【详解】∵△ABC∽△DEF，
∴=，即=
∴DE=1.2
故选A.
【点睛】此题主要考察相似三角形的对应线段成比例.
5．（2021·江苏·滨海县第一初级中学九年级阶段练习）点B是线段AC的黄金分割点，且AB＜BC，若AC＝2，则BC的长为（ ）
A． B． C．+1 D．﹣1
【答案】D
【分析】根据黄金分割的定义可得出较长的线段BC＝AC，将AC＝2代入即可得出BC的长度．
【详解】∵点B是线段AC的黄金分割点，且AB＜BC，
∴BC＝AC，
∵AC＝2，
∴BC＝﹣1．
故选：D．
【点睛】本题考查了黄金分割，应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的倍，较长的线段=原线段的 倍．
6．（2021·江苏淮安·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（―1，2）
B．（―9，18）
C．（―9，18）或（9，―18）
D．（―1，2）或（1，―2）
【答案】D
【详解】解：方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似
∴△ ABO∽△A′B′O且＝
.∴＝＝
∴A′E＝AD＝2
OE＝OD＝1
∴A′（-1,2）
同理可得A′′（1,-2）
方法二：∵点A（-3，6）且相似比为
∴点A的对应点A′的坐标是（-3×，6×），
∴A′（-1,2）
∵点A′′和点A′（-1,2）关于原点O对称
∴A′′（1,-2）
故选：D．
7．（2021·江苏·九年级专题练习）已知CD是Rt△ABC斜边上的高，则下列各式中不正确的是( )
A．BC2＝BD•AB B．CD2＝BD•AD
C．AC2＝AD•AB D．BC•AD＝AC•BD
【答案】D
【分析】根据①直角三角形中,斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项.②每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项,进行判断即可.
【详解】解: 根据射影定理每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项可得:A、C都正确.
根据直角三角形中,斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项可得B选项正确;
综上可得:A, B、C选项都正确.
故选D.
【点睛】本题考查射影定理的知识,属于基础题,注意掌握射影定理的内容并灵活运用.
8．（2021·江苏·泰兴市洋思中学九年级期中）如图，△ABC中，点D为AB中点，点E在AC上，若DE∥BC，则S△ADE∶S四边形DECB的值为( )
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶
【答案】B
【分析】由DE∥BC，得到△ADE∽△ABC，且相似比为1：2，再由相似三角形的性质即可得到两个三角形的面积比，进而可得出结论．
【详解】∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC．
∵点D为AB中点，∴AD：AB=1：2，∴=1：4，∴S△ADE∶S四边形DECB=1：3．
故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，能够熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校二模）如图，△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6．将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，不符合题意，
B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，不符合题意，
C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，符合题意，
D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查相似三角形的判定，两组角对应相等，两个三角形相似；两组边对应成比例及其夹角相等，两个三角形相似；三组边对应成比例，两个三角形相似．
二、填空题
10．（2022·江苏·南京汉开书院学校九年级阶段练习）已知：，则 的值是_______.
【答案】
【分析】根据已知等式设a=2k,b=3k,代入式子可求出答案.
【详解】解：由，可设a=2k，b=3k，(k≠0),
故：，
故答案：.
【点睛】此题主要考查比例的性质，a、b都用k表示是解题的关键.
三、解答题
11．（2022·江苏·苏州中学九年级阶段练习）如图1，在四边形ABCD的边BC的延长线上取一点E，在直线BC的同侧作一个以CE为底的等腰△CEF，且满足∠B+∠F＝180°，则称三角形CEF为四边形ABCD的“伴随三角形”．
（1）如图1，若△CEF是正方形ABCD的“伴随三角形”：
①连接AC，则∠ACF＝ ；
②若CE＝2BC，连接AE交CF于H，求证：H是CF的中点；
（2）如图2，若△CEF是菱形ABCD的“伴随三角形”，∠B＝60°，M是线段AE的中点，连接DM、FM，猜想并证明DM与FM的位置与数量关系．
【答案】（1）①90°；②见解析；（2）DM＝FM，理由见解析
【分析】（1）①连接AC，利用正方形的性质得到∠ACB=45°，再利用等腰直角三角形的性质得到∠FCE=45°，然后利用∠ACF+∠ACB+∠FCE=180°进行求解即可；
②设BC＝a，则CE＝2a，利用等腰直角三角形的判定及性质得到AC=EF，然后利用全等三角形的判定及性质以及中点的定义进行求证即可；
（2）延长DM交BE于G，连接FM，FG，根据△CEF是菱形ABCD的“伴随三角形”，∠B＝60°，得到△CEF是等腰三角形，且∠CFE＝120°，然后利用全等三角形的判定及性质进行求解即可.
【详解】解：（1）①连接AC，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB＝45°，∠B＝90°，
∵△CEF是正方形ABCD的“伴随三角形”，
∴∠B+∠F＝180°，
∴∠F＝90°，
又∵△CFE是等腰三角形，
∴∠FCE＝45°，
∴∠ACF＝180°﹣∠FCE﹣∠ACB＝90°，
故答案为90°；
②连接AE，交CF于点H，
∵CE＝2BC，
∴设BC＝a，CE＝2a，
∵∠B＝90°，AB＝BC＝a，
∴AC＝a，
∵∠F＝90°，CE＝2a，
∴EF＝FC＝a，
∵∠ACF＝∠F＝90°，
∴AC∥EF，
∴△ACH∽△EFH，
∴，
∴CH＝HF，
∴点H是CF的中点，
（2）DM＝FM，FM⊥DM
理由如下：如图，延长DM交CE于点P，连接DF，FP，
∵四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠B＝∠DCP＝60°，∠DAM＝∠PEM，
∵若△CEF是菱形ABCD的“伴随三角形”，∠B＝60°，
∴∠CFE+∠B＝180°，
∴∠CFE＝120°，且△CEF是等腰三角形，
∴∠ECF＝30°＝∠FEC，CF＝EF，
∴∠DCF＝30°
∵∠DAM＝∠PEM，AM＝ME，∠AMD＝∠PME，
∴△ADM≌△EPM（ASA），
∴AD＝PE，DM＝MP，
∴CD＝PE，且CF＝EF，∠DCF＝∠FEC＝30°，
∴△CDF≌△EPF（SAS），
∴DF＝PF，∠DFC＝∠PFE，
∵∠PFE+∠CFP＝∠CFE＝120°，
∴∠DFC+∠CFP＝120°＝∠DFP，且DF＝FP，DM＝PM，
∴FM⊥DM，∠FDM＝30°，
∴DM＝FM.
【点睛】本题主要考查的是等腰直角三角形的性质和判定，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，菱形的性质，平角的定义，补角，正方形的性质，三角形的中线等有关知识.正确理解“伴随三角形”的含义是解答本题的关键.
12．（2022·江苏·靖江外国语学校九年级阶段练习）马路两侧有两根灯杆AB、CD，当小明站在点N处时，在灯C的照射下小明的影长正好为NB，在灯A的照射下小明的影长为NE，测得BD=24m，NB=6m，NE=2m.
（1）若小明的身高MN=1.6m，求AB的长；
（2）试判断这两根灯杆的高度是否相等，并说明理由．
【答案】（1）AB=6.4m；（2）AB=CD，理由见解析.
【分析】（1）直接利用相似三角形的判定与性质分析得出答案；
（2）直接利用平行线分线段成比例定理分析得出答案．
【详解】（1）∵MN∥AB，∴△MNE∽ABE，∴=．
∵NB=6，NE=2，MN=1.6，∴=，∴AB=6.4（m）；
（2）这两根灯杆的高度相等，理由如下：
∵MN∥CD，BD=24，∴===，∴===，∴AB=CD．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确得出相似三角形是解题的关键．
13．（2021·江苏无锡·九年级期中）在菱形ABCD中，CD＝CA＝6，对角线AC、BD交于点O，E为边BC上一点，直线EO分别交边AD、射线BA于点G、F．
（1）求菱形ABCD的面积；
（2）请判断是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
（3）设△BEF的面积为S1，四边形ABED的面积为S2，试确定点E的位置，使得．
【答案】（1）18；（2）是，定值为；（3）BE＝4
【分析】（1）证明得到△ABC是边长为6的等边三角形，即可求出菱形面积；
（2）利用平行线段成比例，可以得出△FAG∽△FBE，得出BF的表达式，即可求出的值，据此判断是否为定值；
（3）利用（2）各边的表示方法，可以求出S1、S2的表示方法，依此列方程求解，即可得出BE的值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AC，
又CD＝CA＝6，
∴△ABC是边长为6的等边三角形．
∴＝
∴S菱形＝＝18．
（2）是定值，理由如下：
设BE＝m，则CE＝6－m，
∵AD∥BC，AO=CO
∴
∴AG=CE＝6－m
由AG∥BE可知，△FAG∽△FBE．
∴＝，＝．
得FA＝，
∴BF＝．
∴＋＝＋＝；
（3）由（2）得
S1＝·m··＝，
S2＝(m+6)·3＝，
∴5×＝4×．
解得m1＝4，m2＝－12（舍），
∴当BE＝4时，＝．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及菱形的性质等知识．此题综合性很强，图形也比较复杂，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．
14．（2021·江苏苏州·九年级阶段练习）如图，矩形内接于（矩形各顶点在三角形边上），，在上，，分别在，上，且于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，，设，矩形的面积为，求出与之间的函数表达式，并写出自变量的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由四边形是矩形，可得，即可证明；
（2）由可表示出的长度，再由矩形的面积，即可求出与之间的函数表达式．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∵，
∴，
∵，
∴，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，设，AN⊥HG
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形的面积，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质表示出的长度是解决本题的关键．
15．（2021·江苏扬州·九年级期末）如图1，在△ABC中，∠B＝30°，AB=4 cm，AC=6 cm，点D从点B出发以2cm/s的速度沿折线B—A—C运动，同时点E也从点B出发以1cm/s的速度沿BC运动，当某一点运动到C点时，两点同时停止运动．设运动时间为x（s），△BDE的面积为y（cm2）．
（1）如图2，当点D在AC上运动时，x为何值，△ABD∽△ACB；
（2）求y（cm2）关于x（s）的函数表达式；
（3）当点D在AC上运动时，存在某一时段的△BDE的面积大于D在AB上运动的任意时刻的△BDE的面积，请你求出这一时段x的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）2
（2）分D点在AB上和AC上两种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）求出的最大值，根据二次函数的性质计算即可．
【详解】解：（1）当D在AC上运动时，△ABD∽△ACB，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
（2）①当D在AB上时，作于点G，如图，
此时，即时，
∵∠B=30°
∴
∴
②当D在AC上时，作，于点H，Q，
∴AH//DQ
∴，则
∴
∵AH//DQ
∴△CAH∽△CDQ
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
∴y与x之间的函数关系式为：
（3）当x=2时，取得最大值2，即当D在AB上时，面积最大值为2
令，则有
∴
∴或
∴当时，存在△BDE的面积大于D在AB上运动的任意时刻的△BDE的面积．
【点睛】本题考查的是三角形面积的计算，二次函数解析式的确定，二次函数的性质，根据图象确定x的运动时间与面积的关系是解题的关键．
16．（2021·江苏·泰州市海军中学九年级阶段练习）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动，且DE始终经过点A，EF与AC交于M点．
（1）求证：△ABE∽△ECM；
（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由；
（3）当线段BE为何值时，线段AM最短，最短是多少？
【答案】（1）证明见解析；（2）能；BE=1或．（3）BE=3时，AM最短为.
【分析】（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC≌△DEF与三角形外角的性质，易证得∠CEM=∠BAE，则可证得△ABE∽△ECM；
（2）首先由∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，可得AE≠AM，然后分别从AE=EM与AM=EM去分析，注意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案；
（3）首先设BE=x，由△ABE∽△ECM，根据相似三角形的对应边成比例，易得CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，继而求得AM的值，利用二次函数的性质，即可求得线段AM的最小值．
【详解】（1）∵AB=AC，∴∠B=∠C．
∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B．
又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE，∴△ABE∽△ECM；
（2）能．
∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF，∴AE≠AM；
①当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，∴CE=AB=5，∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1；
②当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA．
∵∠MEA=∠B，∴∠MAE=∠B．
∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴，∴CE=，∴BE=6﹣=．
综上所述：BE=1或．
（3）设BE=x．
又∵△ABE∽△ECM，∴，即：，∴CM=﹣+x=﹣（x﹣3）2+，∴AM=5﹣CM=（x﹣3）2+，∴当x=3时，AM最短为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及二次函数的最值问题．此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解答此题的关键．
【易错】
一．选择题（共2小题）
1．（2021秋•高邮市期末）如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（ ）
A．0.25 B．0.5 C．0.75 D．1
【分析】根据相似三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：由题意得：
∠DPC＝∠EPB，
①∠B＝∠C，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
②∵∠ADB＝∠AEC，
∴∠PDC＝∠PEB，
所以，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
③∵AD：AC＝AE：AB，∠A＝∠A，
∴△ADB和△AEC不相似，
∴∠B≠∠C，
故③不能使△BPE∽△CPD，
④PE：PD＝PB：PC，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
∴在上列四个条件中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是：0.75，
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，概率公式，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
2．（2022•吴中区模拟）如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角三角形AEF．有下列四个结论：①∠CAF＝∠DAE；②FC＝DE；③当∠AEC＝135°时，E为△ADC的内心；④若点F在BC上以一定的速度，从B往C运动，则点E与点F的运动速度相等．其中正确的结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据等腰直角三角形的性质可以判断①；根据△DEF，△ADC是等腰直角三角形，可得AC＝AD，AF＝，所以＝＝，因为∠CAF＝∠DAE，所以△CAF∽△DAE，进而可以判断②；证明△ADE≌△CDE（SAS），进而可得∠EAC＝∠ECA＝22.5°，可得CE，AE分别平分∠DCA，∠CAD，DE平分∠ADC，得点E是△ADC角平分线的交点，进而可以判断③；根据正方形的性质可得当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC，BC＝CD＝OD，且点F与点E的运动时间相同，进而可以判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠DCA＝45°，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝∠DAC＝45°，
∴∠EAF﹣∠CAE＝∠DAC﹣∠CAE，
∴∠CAF＝∠DAE，故①正确；
∵△DEF，△ADC是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，AF＝，
∴＝＝，
∵∠CAF＝∠DAE，
∴△CAF∽△DAE，
∴＝＝，
∴FC＝DE，故②正确；
∵△CAF∽△DAE，
∴∠ACF＝∠ADE＝45°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEC＝135°，
∴∠EAC＝∠ECA＝22.5°，
∵∠DAC＝∠DCA＝45°＝2∠EAC＝2∠ECA，
∴CE，AE分别平分∠DCA，∠CAD，
∵∠ADE＝∠CDE＝45°，
∴DE平分∠ADC，
∴点E是△ADC角平分线的交点，
∴E为△ADC的内心，故③正确；
如图，连接BD交AC于点O，
∵∠ADE＝∠CDE＝45°，
当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，
∴点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC，
∵BC＝CD＝OD，且点F与点E的运动时间相同，
∴vF＝vE，
∴点F与点E的运动速度不相同，故④错误．
综上所述：正确的结论是①②③，共3个．
故选：C．
【点评】本题属于几何综合题，是中考选择题的压轴题，考查了三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形，正方形的性质，勾股定理，点的运动轨迹，解决本题的关键是确定点E的运动轨迹．
二．填空题（共5小题）
3．（2022秋•邗江区校级月考）如图，在△ABC中，BC＝6，＝，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为 18 ．
【分析】如图，延长EF交BQ的延长线于G．首先证明PB＝PG，EP+PB＝EG，由EG∥BC，推出＝＝3，即可求出EG解决问题．
【解答】解：如图，延长EF交BQ的延长线于G．
∵＝AF，
∴EG∥BC，
∴∠G＝∠GBC，
∵∠GBC＝∠GBP，
∴∠G＝∠PBG，
∴PB＝PG，
∴PE+PB＝PE+PG＝EG，
∵CQ＝EC，
∴EQ＝3CQ，
∵EG∥BC，
∴△EQG∽△CQB，
∴＝＝3，
∵BC＝6，
∴EG＝18，
∴EP+BP＝EG＝18．
故答案为：18．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
4．（2022•扬州模拟）如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD＝1，DB＝2，则的值为 ．
【分析】根据平行线分线段成比例定理推出＝，代入求出即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD＝1，BD＝2，
∴AB＝3，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，注意：一组平行线被两条直线所截的对应线段成比例中的对应．题目较好，但是一道比较容易出错的题目．
5．（2022秋•惠山区校级月考）已知＝＝≠0，则的值是 ．
【分析】利用设k法进行计算，即可解答．
【解答】解：∵＝＝≠0，
∴设＝＝＝k，
∴x＝2k，y＝3k，z＝4k，
∴
＝+
＝+
＝+
＝+
＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法进行计算是解题的关键．
6．（2022•广陵区校级开学）如图，△ABC是边长为6cm等边三角形，动点P、Q同时从A、B出发，分别沿AB、BC方向匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点停止运动，在运动过程中作QR∥BA交AC于点R，连接PR，设运动的时间为t（s），当t＝ 1.2 s时△APR∽△PRQ．
【分析】先证△CRQ为等边三角形，并用含t的式子表示图中的相关线段，由QR∥BA推得∠QRP＝∠APR，从而△PRQ中再有一个角等于∠A，即等于60°，即可得△APR∽△PRQ．根据相似三角形的性质列比例式求解即可．
【解答】解：∵△ABC是边长为6cm等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°
∵QR∥BA
∴∠CRQ＝∠A＝60°，∠CQR＝∠B＝60°
∴△CRQ为等边三角形
∵点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s
∴AP＝t，PB＝6﹣t，BQ＝2t，CQ＝CR＝RQ＝6﹣2t，AR＝2t
∵QR∥BA
∴∠QRP＝∠APR
若要△APR∽△PRQ，则需满足∠RPQ＝60°
∴∠BPQ+∠APR＝120°，∠ARP+∠APR＝120°
∴∠BPQ＝∠ARP
又∵∠A＝∠B
∴△APR∽△BQP
∴＝
∴＝
解得t＝1.2
故答案为1.2．
【点评】本题属于动点问题与相似三角形的综合填空题，用含t的代数式表示相关线段，并找到等量关系是解决本题的关键，本题难度较大．
7．（2022秋•锡山区校级月考）如图，a∥b∥c，直线a与直线b之间的距离为，直线c与直线b之间的距离为2，等边△ABC的三个顶点分别在直线a、直线b、直线c上，则等边三角形的边长是 2 ．
【分析】过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G交直线a于F．想办法求出AE，EC即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G交直线a于F．
则有∠AEC＝∠ADB＝∠AFE＝∠EGC＝90°，AE＝AD＝，∠EAF＝∠CEG＝30°，
∴EF＝AE＝，
∴EG＝，CG＝EG＝，CE＝2CG＝5，
∴AC＝＝＝2．
∴等边△ABC的边长为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的运用，直角三角形的性质的运用，相似三角形的性质的运用，解答时构造相似三角形是关键．
三．解答题（共5小题）
8．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 2 ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠C＝30°，再利用垂直定义可得∠DAC＝90°，从而利用三角形的外角可得∠BDA＝∠BAC＝120°，然后证明△BDA∽△BAC，利用相似三角形的性质进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论可得∠B＝∠BAD＝30°，从而可得BD＝AD＝2，然后在Rt△ADC中，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DA⊥AC，
∴∠DAC＝90°，
∴∠BDA＝∠DAC+∠C＝120°，
∴∠BAC＝∠BDA＝120°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，
∴AB2＝BD•BC；
（2）∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝30°，
∵∠B＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC＝AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，以及等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2021秋•南京期末）阅读下面的短文，并解答下列问题：
我们把相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．
如图，甲、乙是两个不同的正方体，正方体都是相似体，它们的一切对应线段之比都等于相似比（a：b）．
设S甲、S乙分别表示这两个正方体的表面积，则＝＝（）2，
又设V甲、V乙分别表示这两个正方体的体积，则＝＝（）3．
（1）下列几何体中，一定属于相似体的是 A ；
A．两个球体
B．两个锥体
C．两个圆柱体
D．两个长方体
（2）请归纳出相似体的三条主要性质：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于 相似比 ；
②相似体表面积的比等于 相似比的平方， ；
③相似体体积比等于 相似比的立方 ．
（3）假定在完全正常发育的条件下，不同时期的同一人的人体是相似体，一个小朋友上幼儿园时身高为1.1米，体重为16千克，到了初三时，身高为1.65米，则他的体重是 54 千克（不考虑不同时期人体平均密度的变化）．
【分析】（1）根据阅读材料中相似形的定义去判断即可；
（2）根据阅读材料进行归纳即可；
（3）根据身高的比求出相似比，体重之比等于体积之比，等于相似比的立方即可解答．
【解答】解：（1）A．两个球体，形状完全相同，是相似体，
B．两个锥体，如果底面或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
C．两个圆柱体，如果底面半径或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
D．两个长方体，如果长，宽，高中有一个发生变化，图形就会改变，不是相似体，
故选：A；
（2）根据阅读材料进行归纳可以得到：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于相似比，
②相似体表面积的比等于相似比的平方，
③相似体体积比等于相似比的立方，
（3）由题意可得：他的相似比等于：＝，
设他初三时的体重是x千克，
＝（）3，
解得：x＝54，
答：他初三时的体重是54千克．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，几何体的表面积，类比阅读材料来解决问题是解题的关键．
10．（2022秋•吴江区月考）如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，若S△ADE＝4cm2，S△EFC＝9cm2，求S△ABC．
【分析】先求出△ADE∽△ECF，得出S△ADE：S△ECF＝（AE：EC）2，进而得出AE：EC＝2：3，在得出S△ABC：S△ADE＝（5：2）2，求出答案即可．
【解答】解：∵DE∥BC，EF∥AB，
∴∠A＝∠FEC，∠AED＝∠C，
∴△ADE∽△ECF；
∴S△ADE：S△ECF＝（AE：EC）2，
∵S△ADE＝4cm2，S△EFC＝9cm2，
∴（AE：EC）2＝4：9，
∴AE：EC＝2：3，即EC：AE＝3：2，
∴（EC+AE）：AE＝5：2，即AC：AE＝5：2．
∵DE∥BC，
∴∠C＝∠AED，
又∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADE，
∴S△ABC：S△ADE＝（AC：AE）2，
∴S△ABC：4＝（5：2）2，
∴S△ABC＝25cm2．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出S△ABC：S△ADE＝（AC：AE）2进而求出是解题关键．
11．（2021秋•邗江区期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转α后，△ABC与△ADE构成位似图形，我们称△ABC与△ADE互为“旋转位似图形”．
（1）知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 是 （填“是”或“不是”）“旋转位似图形”；
如图1，△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
①若α＝26°，∠B＝100°，∠E＝29°，则∠BAE＝ 25° ；
②若AD＝6，DE＝8，AB＝4，则BC＝ ；
（2）知识运用：
如图2，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AE⊥BD于E，∠DAC＝∠DBC，求证：△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）拓展提高：
如图3，△ABC为等腰直角三角形，点G为AC中点，点F是AB上一点，D是GF延长线上一点，点E在线段GF上，且△ABD与△AGE互为“旋转位似图形”，若AC＝6，AD＝2，求出DE和BD的值．
【分析】（1）①依据△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，可得△ABC∽△ADE，依据相似三角形的对应角相等，即可得到∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②依据△ABC∽△ADE，可得＝，根据AD＝6，DE＝8，AB＝4，即可得出BC＝；
（2）依据△AOD∽△BOC，即可得到，进而得到△AOB∽△DOC，再根据∠7＝∠8，∠ADC＝∠AEB，即可得到△ABE∽△ACD，进而得出△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）依据△ABD∽△AGE，即可得到＝，∠1＝∠2，把AB＝3，AG＝3代入＝求得：AE＝2．过E作EH⊥AD于H，利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理，即可得到BD＝＝．
【解答】解：（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”；
①∵△ABC和△ADE互为“旋转位似图形”，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠D＝∠B＝100°，
又∵α＝26°，∠E＝29°，
∴∠BAE＝180°﹣100°﹣29°﹣26°＝25°；
②∵△ABC∽△ADE，
∴＝，
∵AD＝6，DE＝8，AB＝4，
∴，
∴BC＝，
故答案为：是；25°；；
（2）证明：∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴△AOD∽△BOC，
∴＝，即，
又∵∠5＝∠6，
∴△AOB∽△DOC，
∴∠7＝∠8，
又∵∠ADC＝90°，AE⊥BD，
∴∠ADC＝∠AEB，
∴△ABE∽△ACD，
∴△ACD和△ABE互为“旋转位似图形”；
（3）∵△ABD∽△AGE，
∴＝，∠1＝∠2，
∵AC＝6，AD＝2，
∴AB＝3，AG＝3，代入＝求得：AE＝2．
如图3，过E作EH⊥AD于H，
∵∠2+∠3＝45°，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°，
∵AE＝2，
∴AH＝，
∴AH＝AD，
∴DE＝AE＝2，
∴∠DEA＝∠GEA＝90°，
∴∠ADB＝∠GEA＝90°，
根据勾股定理，得BD＝＝；
综上，DE＝2，BD＝．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理的综合运用．在解答时添加辅助线等腰直角三角形，利用相似形的对应边成比例是关键．
12．（2022秋•锡山区期中）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝4，P是斜边AB上的一个动点，PD⊥AB，交边AC于点D（点D与点A、C都不重合），E是射线DC上一点，且∠EPD＝∠A．设A、P两点的距离为x，△BEP的面积为y．
（1）求证：AE＝2PE；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（3）当△BEP与△ABC相似时，求△BEP的面积．
【分析】（1）先由已知条件判断出△ADP∽△ABC，由相似三角形的对应边成比例即可得出＝＝，再由∠EPD＝∠A，∠PED＝∠AEP可知△EPD∽△EAP，再根据其对应边成比例即可求出答案；
（2）由△EPD∽△EAP，得＝＝，进而可得出AE与DE的关系，作EH⊥AB，垂足为点H，由PD∥HE可得出＝＝，进而可得出y与x的关系式；
（3）由△PEH∽△BAC，得＝，当△BEP与△ABC相似时，只有两种情形：∠BEP＝∠C＝90°或∠EBP＝∠C＝90°，由相似三角形的对应边成比例即可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠APD＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADP∽△ABC，（1分）
∴＝＝，（1分）
∵∠EPD＝∠A，∠PED＝∠AEP，
∴△EPD∽△EAP．
∴＝＝．（1分）
∴AE＝2PE．（1分）
（2）由△EPD∽△EAP，得＝＝，
∴PE＝2DE，（1分）
∴AE＝2PE＝4DE，（1分）
作EH⊥AB，垂足为点H，
∵AP＝x，
∴PD＝x，
∵PD∥HE，
∴＝＝．
∴HE＝x．（1分）
又∵AB＝2，y＝（2﹣x）•x，即y＝﹣x2+x．（1分）
∵点D是AC上一点，
∴AD＜4，AP＝2PD，
∴AP＜，
定义域是0＜x＜．（1分）
另解：由△EPD∽△EAP，得＝＝，
∴PE＝2DE．（1分）
∴AE＝2PE＝4DE．（1分）
∴AE＝×x＝x，（1分）
∴S△ABE＝×x×2＝x，
∴＝，即＝，
∴y＝﹣x2+x．（1分）
定义域是0＜x＜．（1分）
（3）由△PEH∽△BAC，得＝，
∴PE＝x•＝x．（1分）
当△BEP与△ABC相似时，只有两种情形：∠BEP＝∠C＝90°或∠EBP＝∠C＝90°．
（i）当∠BEP＝90°时，＝，
∴＝．
解得x＝．（1分）
∴y＝﹣x××5+×＝．（1分）
（ii）当∠EBP＝90°时，同理可得x＝，（1分）
y＝．（1分）
【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，在解（3）时要注意分类讨论，不要漏解．
【压轴】
一、解答题
1．（2022·江苏·南闸实验学校九年级阶段练习）（1）模型建立：如图1，在中，D是上一点，，求证：．
（2）类比探究：如图2，在菱形中，分别为上的点，且，射线交的延长线于点M，射线交的延长线于点N，若．
求：①的长；
②的长．
（3）解决问题：如图3，在菱形中，，，点E为的中点，在平面内存在点F，且满足，以为一边作（顶点F、A、P按逆时针排列），使得，且，请直接写出的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②；（3）．
【分析】（1）由题意易证，即可得出；
（2）①连接，由菱形的性质可求出，即易证，得出，代入数据，即可求出，进而可求出；②由①同理可证，即得出，代入数据，即可求出，进而可求出；
（3）由菱形的性质结合题意易证，即得出，从而说明点P在以点B为圆心，半径为2的圆上运动．在上截取，连接，即又易证，得出，即说明当D，P，M三点共线时，的值最小，即的最小值为的长．过点D作交延长线于点N，由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出，又可求出，从而可求出，最后即得出的最小值为．
【详解】（1）∵，，
∴，
∴，即；
（2）①如图，连接．
∵四边形为菱形，
∴，．
∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴；
②由①同理可证，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴；
（3）∵，四边形为菱形，
∴，
∴．
∵点E为的中点，
∴．
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴点P在以点B为圆心，半径为2的圆上运动，如图，在上截取，连接，
∵，，
∴，
∴，
∴当D，P，M三点共线时，的值最小，且最小值为的长，即的最小值为的长．
如图，过点D作交延长线于点N，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确的作出辅助线和掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
2．（2022·江苏·南京钟英中学九年级阶段练习）【数学概念】
我们把存在内切圆与外接圆的四边形称为双圆四边形．例如，如图①，四边形内接于，且每条边均与相切，切点分别为E，F，G，H，因此该四边形是双圆四边形．
【性质初探】
(1)双圆四边形的对角的数量关系是___________，依据是___________．
(2)直接写出双圆四边形的边的性质．（用文字表述）
(3)在图①中，连接，，求证．
【揭示关系】
(4)根据双圆四边形与四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系，在图②中画出双圆四边形的大致区域，并用阴影表示．
【特例研究】
(5)已知P，M分别是双圆四边形的内切圆和外接圆的圆心，若，，，则的长为___________．
【答案】(1)对角互补；圆内接四边形的对角互补
(2)双圆四边形的两组对边的和相等
(3)见解析
(4)见解析
(5)
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补性质，解答即可；
（2）根据圆的切线长定理，解答即可；
（3）作直径，连接，，，，先证，，继而证得，即，即可得出结论；
（4）双圆四边形，应满足两组对边和相等，对角互补两个条件，画出图形即可；
（5）连接，，，，，过点M作于点Q，根据证明，，得出，，求出，，证明，设，则，证明，得出，即，求出，即可得出答案．
【详解】（1）解：四边形内接于，
（圆内接四边形对角互补）．
故答案为：对角互补；圆内接四边形的对角互补．
（2）解：四边形每条边均与相切，
，，，，
，
，即双圆四边形的两组对边的和相等．
（3）解：作直径，连接，，，，如图，
是直径，
，
，
是切线，
，
，
，
，
，
同理，，
四边形是圆内接四边形，
，
H，G，F，E是切点，
，，
，，
，，
，
，
，
，
．
（4）解：双圆四边形，应满足两组对边和相等，对角互补两个条件，正方形满足条件，还有一些两组对边和相等，对角互补的四边形也满足条件，所以双圆四边形的大致区域，如图所示：
（5）解：连接，，，，，过点M作于点Q，如图所示：
，
点P，点M在上，
四边形内接于，
，，，，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
，
∴，
即，
解得：，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义，圆内接四边形的性质，切线的性质，切线长定理，圆周角定理及相似三角形的判定与性质，三角函数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
3．（2022·江苏·苏州市吴江区铜罗中学九年级期中）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点P是线段（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接，当和相似时，求此时点P的坐标；
(3)若点P是直线（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴垂线交抛物线于M点，连接，将沿对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时的值．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或
(3)此时的值为或
【分析】（1）在抛物线中，令y=0，得出点A、B坐标，再根据OB=OC，建立方程求出a的值即可得到二次函数的解析式；
（2）易证∠CPM=∠OBC，则可分两种情况讨论：①当△PCM∽△BAC时，②当△PCM∽△BCA时；求出直线BC解析式，设点M的坐标为(m，m2−2m−3)，则P的坐标为(m，m−3)，分别表示出PM，PC，利用相似三角形的性质列出比例式，求出m的值即可得到对应的点P的坐标；
（3）分三种情况讨论：①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），根据折叠的性质和平行线的性质证明∠PCM=∠PMC，则PC=PM，然后列方程求解即可得出解答；②当点P在线段CB的延长线上时，同理可求出解答；③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，此情况不存在．
（1）
解：在中，
令y=0，得：，
解得：，
∴，
∴OB=3，
∵OB=OC，
∴OC=3，
∴C(0，−3)，
∴−3a=−3，
∴a=1，
∴抛物线解析式为：；
（2）
解：∵OB=OC=3，OA=1，∠BOC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，AB=4，BC=3，
∵PM⊥x轴，
∴PMy轴，
∴∠CPM=∠OCB=45°，
∴∠CPM=∠OBC，
分情况讨论：
①当△PCM∽△BAC时，
设直线BC解析式为y=kx＋b，
代入B(3，0)，C(0，−3)得：，
解得：，
∴直线BC解析式为：y=x−3，
设点M的坐标为，则P的坐标为(m，m−3)，
∴，
∵△PCM∽△BAC，
∴，即，
整理得：，
解得：m=或m=0（舍去），
当m=时，m−3=−，
∴此时P的坐标为；
②当△PCM∽△BCA时，则有，
由①可得，
整理得：，
解得：m=或m=0（舍去），
当m=时，m−3=−，
∴此时P的坐标为；
综上所述：当△PCM和△ABC相似时，点P的坐标为或；
（3）
解：分三种情况讨论：
①当点P在线段BC上时（不与B，C重合），
由（2）可知直线BC解析式为：y=x−3，
设点M的坐标为，则P的坐标为(m，m−3)，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM=∠NCM，
∵PMy轴，
∴∠NCM=∠PMC，
∴∠PCM=∠PMC，
∴PC=PM，
∴，
整理得：，
解得：（舍去），
∴，
∴
，
∵，
∴，
②当点P在线段CB的延长线上时，
由（3）中情况①可知：，
∵PC=PM，
∴，
整理得：，
解得：（舍去），
，
∴
，
∵，
∴，
③当点P在线段BC的延长线上时，点P的对应点N不可能落在y轴上，
故此情况不存在；
综上所述：当点P的对应点N恰好落在y轴上时，此时的值为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及解一元二次方程等知识点，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题关键．
4．（2022·江苏无锡·二模）如图，边长为6的正方形ABCD中，E为AB中点，P为BC上一点（不与B、C重合），将△BPE沿直线PE翻折，点B落在B' 处，直线PB'交射线AD于点Q，连接EQ，设BP＝a．
(1)求证：∠PEQ＝90°；
(2)设的值为y，用含a的代数式表示y并求出y的最大值；
(3)若F为BC中点，设过点F且垂直于BC的直线被直角三角形PEQ截得的线段长为d，请直接写出d与a的关系式．
【答案】(1)见解析；
(2)（0＜a＜6），当a=3时，y有最大值1；
(3)0＜a＜3时，；a=3时，；3＜a＜6时，
【分析】（1）根据△QEA≌△QEB′（HL）可得∠QEA=∠QEB′，由折叠性质可得∠PEB=∠PEB′，即可证明；
（2）由△EB′Q∽△PB′E求得B′Q的长，根据QA=QB′，CP=BC-PB计算线段的比即可解答；
（3）分三种情况讨论：①当0＜a＜3时，②当a=3时，③当3＜a＜6时；根据相似三角形的判定和性质计算线段的差即可解答.
（1）
解：由折叠可得EB′⊥PQ，PB=PB′，EB=EB′，∠PEB=∠PEB′，
在△QEA和△QEB′中，
∠QAE=∠QB′E=90°，QE=QE，E是AB中点则AE=BE=B′E，
∴△QEA≌△QEB′（HL），
∴QA=QB′，∠QEA=∠QEB′，
∵∠AEB=∠AEB′+∠BEB′=180°，
∴2∠QEB′+2∠PEB′=180°，
∴∠PEQ=∠QEB′+∠PEB′=90°；
（2）
解：△EB′Q和△PB′E中，∠EB′Q=∠PB′E=90°，
∵∠QEB′+∠EQB′=90°，∠QEB′+∠PEB′=90°，
∴∠EQB′=∠PEB′，
∴△EB′Q∽△PB′E，
∴B′Q∶B′E=EB′∶PB′，
∵EB′=3，PB′=PB=a，
∴B′Q=，
∵QA=QB′=，CP=BC-PB=6-a，
∴=，
∴（0＜a＜6），当a=3时，y有最大值1；
（3）
解：①当0＜a＜3时，如图，FN∥BA，FN分别交QP、QE于点G、H，
ABCD是正方形，FN∥BA，则ABFN是矩形，
F是BC中点，则FB=NA=3，
∵QA=，PB=a，则QN=，PF=，
∵NH∥AE，
∴△QNH∽△QAE，
∴QN∶QA=NH∶AE，
∴NH=（）×3÷=，
∵AD∥BC，
∴△QNG∽△PEG，
∴QN∶PF=NG∶FG，
∵（）∶（）=NG∶（6-NG），
∴NG==，
∴=GH=GN-HN=-（）=；
②当a=3时，如图，FN∥BA，FN与PQ重合，此时=PQ=6，
③当3＜a＜6时，如图，FN∥BA，FN分别交PE、PQ于点G、H，
ABCD是正方形，FN∥BA，则ABFN是矩形，
F是BC中点，则FB=NA=3，
∵QA=，PB=a，则QN=，PF=，
∵FG∥BE，
∴△PFG∽△PBE，
∴PF∶PB=FG∶BE，
∴FG=（）×3÷a=，
∵AD∥BC，
∴△PFH∽△QNH，
∴PF∶QN=HF∶HN，
∵（）∶（）=HF∶（6-HF），
∴HF=，
∴=GH=HF-GF=-（）=；
综上所述：0＜a＜3时，；a=3时，；3＜a＜6时，.
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识；综合性较强，根据a的值分类讨论是解题关键．
5．（2022·江苏苏州·九年级专题练习）抛物线y＝ax2+bx+3过点A(﹣1，0)，点B(3，0)，顶点为C．
(1)求抛物线的表达式及点C的坐标；
(2)如图1，点P在抛物线上，连接CP并延长交x轴于点D，连接AC，若△DAC是以AC为底的等腰三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，点E是线段AC上（与点A，C不重合）的动点，连接PE，作∠PEF＝∠CAB，边EF交x轴于点F，设点F的横坐标为m，求m的取值范围．
【答案】(1)；C(1，4)
(2)P
(3)
【分析】（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，求出的值，进而可得抛物线的表达式；然后化成顶点式可得点坐标；
（2）设，由题意知，则即，求出的值，进而得点坐标，设直线CD的解析式为，将代入求解的值，得直线CD的解析式为y，联立得方程组，求解即可；
（3）如图，过点P作PH⊥AB于点H，则OH，PH，，PD，，，设，则，等边对等角得∠DAC＝∠C，由∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，∠PEF＝∠CAB，可得∠CEP＝∠AFE，证明△CEP∽△AFE，则，即，整理得xy，可知当y时，x即AF有最大值，求出此时点的坐标，根据点F在线段AD上，进而可求点F的横坐标m的取值范围．
（1）
解：将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：，
解得：
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
∵
∴C（1，4）．
（2）
解：设
由题意知
∴即
解得
∴
设直线CD的解析式为，
将代入得
解得：
∴直线CD的解析式为y
联立得方程组
解得：，
∴P（）．
（3）
解：如图，过点P作PH⊥AB于点H，
则OH，PH
∵OD＝4
∴
∴PD
∴
∵
设，则
∵DA＝DC
∴∠DAC＝∠C
∵∠CAB+∠AEF+∠AFE＝180°，∠AEF+∠PEF+∠CEP＝180°，∠PEF＝∠CAB
∴∠CEP＝∠AFE
∴△CEP∽△AFE
∴即
∴xy
∴当y时，x即AF有最大值
∴AF最大时，
∵点F在线段AD上，
∴点F的横坐标m的取值范围为﹣1＜m．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，顶点式，二次函数的最值，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数与角度综合等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（2022·江苏苏州·模拟预测）如图，直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点．
(1)求二次函数解析式；
(2)如图1，点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），过点E作ED⊥AB，交AB于点D，作EF⊥AC，交AC于点F，交AB于点M，求△DEM的周长的最大值；
(3)在（2）的结论下，连接CM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、C、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
(4)如图2，点N的坐标是（1，0），将线段ON绕点O逆时针旋转得到ON′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接N′A、N′B，求N′A+N′B的最小值．
【答案】(1)
(2)的周长的最大值为
(3)存在，或或
(4)
【分析】（1）、由一次函数与坐标轴交点坐标特点求出A、B两点坐标，代入二次函数解析式即可求解；
（2）、设 ，则可用m表示出点M、F点坐标，由两点间的坐标公式，可用m表示出周长，再证明 ，则由周长比等于相似比，即可表示出周长，将得到的式子配成顶点式并利用二次函数性质即可求解；
（3）、由（2）可知E、M点坐标，则可分成AM为边和AM为对角线去求解即可；
（4）、在y轴上截取OH= ，连接 ，可证得：，则可得当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，再由勾股定理即可求解．
(1)
解：∵直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令x=0，则y=3；
令y=0，则x=4，
，
∵抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点，
，
解得： ，
；
(2)
设，则 ， ，
， ，
，
∵点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），
，
，
的周长为： ，
∵ED⊥AB， EF⊥AC，
，
，
，
的周长∶的周长=
，
，
的周长为：，
，
，
时，的周长最大值为 ；
(3)
存在点P，
由（2）可知： ，
此时可得： ，
，
∴抛物线的对称轴为： ，
则Q点的横坐标为1，
，
，
设 ，
①当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的左侧，
此时： ，
C点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到M，
则P点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到Q，
∵Q点的横坐标为1，
∴ ，
将其代入抛物线解析式得： ，
，
②当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的右侧，
同理可知：将Q点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到P，
此时 ，
代入抛物线解析式得： ，
，
③当CM为平行四边形对角线时，由中点坐标公式得：
，
，
代入抛物线解析式得： ，
综上所述：或或；
(4)
在y轴上截取OH= ，连接 ，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，
在直角三角形AOH中， ，
∴的最小值为 ．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数和三角形的综合问题，点到点的距离，相似三角形判定与性质，最值问题，平行四边形的存在性问题，熟练掌握基础知识并会综合应用，掌握分类讨论的数学思想方法，作辅助线构造相似三角形是解题关键．
7．（2022·江苏·阳山中学一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣2mx+n（m＜0）的顶点为A，与x轴交于B，C两点（点B在点C左侧），与y轴正半轴交于点D，连接AD并延长交x轴于E，连AC、DC．S△ADC：S△AEC＝1：4．
(1)求点E的坐标；
(2)若过点A，C，D的⊙M与坐标轴恰好有三个公共点，求出此时抛物线的函数表达式．
【答案】(1)E(-3，0)
(2)或．
【分析】（1）设此抛物线对称轴与x轴交于点F，由题意可得S△DEC：S△AEC =3：4，从而可求出．易证△EDO∽△EAF，即得出EO：EF=DO：AF=3：4，从而得出EO：OF=3：1．由抛物线解析式可求出D(0，n)，A(1，n-m)．即得出OF=1，从而可求出EO=3，即得出E点坐标；
（2）由，即可得出，从而即得出抛物线解析式为，A(1，-4m)， D(0，-3m)，进而得出B(-1，0)，C(3，0)．再分类讨论：①当⊙M与y轴有两个交点，且相切于x轴时；②当⊙M与x轴有两个交点，且相切于y轴时；③当⊙M经过点C、D和原点时．由同圆半径相等和两点的距离公式即可解答．
（1）
如图，设此抛物线对称轴与x轴交于点F，
∵S△ADC：S△AEC＝1：4．
∴S△DEC：S△AEC =3：4．
∵和等底，
∴．
∵DO∥AF，
∴△EDO∽△EAF，
∴EO：EF=DO：AF=3：4，
∴EO：OF=3：1，
对于，令x=0，则
∴D(0，n)．
∵，
∴A(1，n-m)，
∴OF=1，
∴EO=3，
∴E(-3，0)；
（2）
∵，即，
∴，A(1，n-m)， D(0，n)
∴抛物线解析式为，A(1，-4m)， D(0，-3m)，
∴B(-1，0)，C(3，0)．
根据题意可分类讨论，①当⊙M与y轴有两个交点，且相切于x轴时，如图，
∴轴，
∴．
∴可设M(3，a)．
∴，，，
∴，
解得：．
∵，
∴，
∴此时函数表达式为；
②当⊙M与x轴有两个交点，且相切于y轴时，
由①同理可得轴，
∴．
故可设M(b，)．
∴，，，
∴，
方程无解，
∴此情况不符合题意．
③当⊙M经过点C、D和原点时．
∴．
设M(，t)．
∴，
，，
∴，
解得：．
∵，
∴，
∴此时函数表达式为；
综上可知抛物线的函数表达式为或．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，切线的应用以及两点的距离公式．利用数形结合的思想是解题关键．
8．（2022·江苏·江阴市云亭中学一模）抛物线y＝ax2+c（a<0）与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P在抛物线上，且位于x轴上方．
(1)如图1，若P(1，2)，A(-3，0)．
①求该抛物线的解析式；
②若D是抛物线上异于点P一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；
(2)如图2，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时，是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)①；②(-1，2)或(，)
(2)是定值，定值为2．
【分析】（1）①将P(1，2)，A(-3，0)代入中，求解，即可得出答案；②ⅰ当点D在P左侧时，由平行线的判定和二次函数的图象和性质即可知D与P关于y轴对称，从而即得出答案；ⅱ当点D在P右侧时，设PD与x轴交于点M，过点P作轴与N．由等角对等边可知PM＝OM．设M(t，0)，可用t表示出PM和OM的长，即得出等式，解出t，即得出M点坐标，从而可求出直线PM的解析式．最后联立直线PM的解析式和抛物线解析式，即可得出D点坐标；
（2）过点P作PQ⊥AB于Q．设B(m，0)，则A(-m，0)，．设P(n，)．由所作辅助线易证△PAQ∽△EAO，得出，即． 同理易证△PQB∽△FOB，得出，即．代入数据即可求出OE和OF的长，从而可求出的长，再整理化简即得出．由抛物线解析式可求出C(0，c)，即OC=c，从而即可求出，即得出答案．
（1）
①将P(1，2)，A(-3，0)代入，得：
，
解得：
∴抛物线的解析式为：；
②分类讨论：ⅰ当点D在P左侧时，如图，
∵∠DPO＝∠POB，
∴，
∴D与P关于y轴对称．
∵P(1，2)，
∴D(-1，2)；
ⅱ当点D在P右侧时，如图，设PD与x轴交于点M，过点P作轴与N．
∵∠DPO＝∠POB，即∠MPO＝∠MOP，
∴PM＝OM．
设M(t，0)，
∴，
∴
解得：，
∴M(，0)．
设直线PD的解析式为，
∴，解得：，
∴直线PD的解析式为．
联立，
解得：，，
∴D(，)．
综上可知点D的坐标为(-1，2)或(，)；
（2）
设B(m，0)，则A(-m，0)， ，
∴．
如图，过点P作PQ⊥AB于Q．
设P(n，)．
由所作辅助线可知，
∴△PAQ∽△EAO，
∴，即，
∴，
整理得：．
同理可证：△PQB∽△FOB，
∴，即，
∴，
整理得：．
∴，
将，代入，得：．
对于，令，则，
∴C(0，c)，
∴OC=c，
∴，
∴是定值，定值为2．
【点睛】本题为二次函数综合题．考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，平行线的判定，等腰三角形的判定，一次函数的图象和性质，直线与抛物线的交点问题以及相似三角形的判定和性质，为中考压轴题．利用数形结合的思想是解题关键．
9．（2022·江苏·泰兴市济川初级中学一模）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线（其中为常数，且<0）关于原点对称得到抛物线，抛物线，的顶点分别为M，N．
(1)请直接写出抛物线的表达式；（用含有的式子表示）
(2)若抛物线与轴的交点从左到右依次为A，B；抛物线与轴的交点从左到右依次为C，D．
①若A，B，C，D四点从左到右依次排列，且AD=3BC，求的值；
②是否存在这样的，使以点M，A，N，D为顶点的四边形是矩形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(3)在抛物线对称轴右侧的部分任取一点G，设直线MG，NG分别与轴相交于P，Q两点，且，，求的值．
【答案】(1)c2的解析式为：；
(2)①m=-2；②存在m，m=-1；
(3)p-q=-1．
【分析】（1）设抛物线c2上任意一点（x，y），点（x，y）关于原点的对称点为（-x，-y），将点（-x，-y）代入抛物线，即可求解；
（2）①分别求出A（-1+m，0），B（1+m，0），C（-1-m，0），D（1-m，0），再由题意建立方程即可求m的值；
②由M、N关于原点对称，A、D关于原点对称，则MN为矩形的对角线，在由勾股定理可得1+3+（2m-1）2+3=12+4m2，解得m=-1；
（3）设G点的横坐标为t，过点G作x轴的平行线交y轴于点I，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，过点N作y轴的平行线 交GI于点K，则GI∥MH，由平行线的性质可得，即，再由NK∥y轴，得，即t=，最后
列出等式，可求p-q=-1．
（1）
解：设抛物线c2上任意一点（x，y），
则点（x，y）关于原点的对称点为（-x，-y），
将点（-x，-y）代入抛物线，
∴抛物线c2的解析式为；
（2）
①对函数，
令y=0，解得x=-1+m或x=1+m，
∵m＜0，
∴A（-1+m，0），B（1+m，0），
对函数c2：，
令y=0，解得x=1-m或x=-1-m，
∵m＜0，
∴C（-1-m，0），D（1-m，0），
∴AD=2-2m，BC=-2-2m，
∵AD=3BC，
∴2-2m=3（-2-2m），
∴m=-2；
②存在m，使以点M，A，N，D为顶点的四边形是矩形，理由如下：
∵抛物线c1的对称轴为x=m，
∴M（m，），
∵抛物线c2的对称轴为x=-m，
∴N（-m，-），
∵M、N关于原点对称，A、D关于原点对称，
∴MN为矩形的对角线，
∴AM2+AN2=MN2，
∴1+3+（2m-1）2+3=12+4m2，
解得m=-1；
（3）
设G点的横坐标为t，
过点G作x轴的平行线交y轴于点I，过点M作x轴的平行线交y轴于点H，过点N作y轴的平行线 交GI于点K，
∴GI∥MH，
∴，
∴，
∵GM=pGP，
∴，
∴，
∵NK∥y轴，
∴，
∴，
∵GN=qGQ，
∴，
∴t=，
∴，
∴1+p=q，
∴p-q=-1．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，中心对称图形的性质，平行线的性质，矩形的性质是解题的关键．
10．（2022·江苏常州·一模）在平面内，C为线段AB外的一点，若以A，B，C为顶点的三角形是直角三角形，则称C为线段AB的直角点．特别地，当该三角形是以AB为斜边的等腰直角三角形时，则称C为线段AB的等腰直角点．
(1)如图1，在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标是（4，0），在点，，中，线段OM的直角点是______；
(2)在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别是（1，4），（1，－6），直线l：y＝－x＋7
①如图2，C是直线l上一个动点，若C是线段AB的直角点，求点C的坐标；
②P是直线l上一个动点，将所有线段AP的等腰直角点称为直线l关于点A的伴随点．若半径为r的⊙O上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，直接写出r的值．
【答案】(1)点，
(2)①点C的坐标是（3，4）或（4，3）或（5，2）或（13，－6）；②r＝5或
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，判断，，的形状即可；
（2）①如图2，作，，，分别与直线交于点，作于，根据点的特征分别求解三种情况下的点坐标即可；②如图3，以为对角线，作正方形，过作轴，作于，于，过作轴，作于，于，设，证明，则，，设，则，，有，，解得，，可知，即得的运动轨迹为，同理可求的运动轨迹为， 根据上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，可知圆与直线相切，圆过直线与的交点，两种情况符合题意，进而可求半径的大小．
（1）
解：由题意知，，，，
，，，
∵，，，
∴，，
故答案为：，．
（2）
①解：如图2，作，，，分别与直线交于点，作于，
由题意知，
将代入中得，，
解得，
∴，
，同理可得，
设，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∴即，
整理得，
解得，，
经检验，，，均为原方程的解，
∴的坐标为或，
综上所述，点的坐标为或 或 或 ．
②解：如图3，以为对角线，作正方形，过作轴，作于，于，过作轴，作于，于，
设，
∵，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，，
设，则，，
则，，
解得，，
∴，即在直线上运动，如图3所示，
同理，即在直线上运动，如图3所示，
与的交点坐标为
∴当圆与直线相切时，上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，此时；
当圆过直线与的交点时，上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点，此时；
综上所述，上恰有3个点是直线l关于点A的伴随点时，r的值为5或．
【点睛】本题考查了勾股定理与勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直线与圆的位置关系，圆的综合等知识．解题的关键在于理解题意，并灵活运用所学知识解决问题．
11．（2022·江苏南京·九年级专题练习）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝其中m为常数，该函数的图象记为G．
(1)当m＝2时，点N（3，n）在图象G上，则n的值为 ；
(2)若函数图象经过点（4，5），求m的值，并直接写出0≤x≤4时函数的取值范围；
(3)设图象G与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，过点B作BA的垂线，与直线x＝m相交于点C，设点C的纵坐标为c，用含m的式子表示c．
【答案】(1)5
(2)时，；时，
(3)或
【分析】（1）把代入函数求解即可求出；
（2）将代入求解得到的值，再根据二次函数的性质即可求得．同理，把代入求解得到的值，根据二次函数的性质求得，即可得出答案；
（3）当时，图象与坐标轴无交点，如图1，把代入，得出抛物线与轴交点坐标为，把代入，可得出点坐标为，，过点作轴于点，再证得，利用相似三角形性质即可求得，当时，图象与轴正半轴无交点，当时，函数与轴正半轴有交点，，与轴交点坐标为，如图2，过点作轴于点，再证得，运用相似三角形性质即可求得．
(1)
解：当时，函数，
把代入，
得，
故答案为：5；
(2)
当时，将代入，
得，
解得，
当时，，
当时，取最大值为，
，
当时，为最小值，
．
当时，把代入，
得，
解得，
当时，，
，
当时，为最大值，
把代入，
得，
当时，，
，
当时，随增大而增大，
把代入，
得，
把代入，
得，
当时，，
时，，
综上所述，时，；时，．
(3)
把代入，
得，
抛物线与轴交点坐标为，
把代入，
得，
抛物线与直线交点坐标为，
当时，图象与坐标轴无交点，如图1，
把代入，
得，
抛物线与轴交点坐标为，
把代入，
得，
抛物线与直线交点坐标为，
把代入得，
解得或（舍，
点坐标为，，
过点作轴于点，
则，
，
，
，
，
，
，
即，
，
；
当时，函数与直线的交点坐标为，即函数与坐标轴无交点，
在函数中，令，
则，
解得：或（舍去），
令，得，
令，得，
当时，即时，函数与轴正半轴有交点，，与轴交点坐标为，
如图2，过点作轴于点，
则，
轴，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，即，
解得：；
综上，或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质等，本题涉及含参数的讨论和计算，难度较大，解题关键是通过数形结合及分类讨论的方法求解．
12．（2022·江苏南京·模拟预测）【神奇的变换】（1）如图，在四边形中，，垂足为，则______．（填“”、“<”或“”）
【翻折一下】（2）若将图1中的沿直线翻折（如图2所示），其它条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
【旋转一下】（3）若，（1）中的其它条件不变（如图3所示），将绕点按逆时针方向旋转度后得到图4，求证：．
【平移一下】（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，则有．
利用该结论，解决问题：如图6，在中，，是内一点，若，，且，则的最大值为______．
【答案】（1）＝；（2）成立，理由见解析；（3）见解析；（4）
【分析】（1）在中，，在中，，在中，，在中，，即可得结论；
（2）在中，，在中，，在中，，在中，，即可得结论；
（3）记原梯形为，依题意旋转后得四边形，连接，交于点，先证明，再通过条件证明出，得，又因为对顶角相等，即可得出，根据（1）中的结论可证；
（4）利用（1）的结论及平移的性质，等量代换来证明出，将沿着向上平移，使得与重合，连接，，由结论可求的值，由三角形的三边关系可求解．
【详解】解：（1），
，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
，，
，
故答案为：；
（2）成立，理由如下：
，
，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
，，
；
（3）如图下图，记原梯形为，
依题意旋转后得四边形，，连接，交于点，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
由（1）得结论得：；
（4）若将图1中的沿直线平移，使得和重合，得到（如图5所示），连接、，求证，
证明：由（1）中的结论有：，
根据平移的性质有：，
，
如图6，将沿着向上平移，使得与重合，连接，，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
由结论可得：，
，
，
，
，
的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，图形的变换，三角形相似的判定和性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
13．（2022·江苏·九年级专题练习）已知四边形是边长为1的正方形，点E是射线上的动点，以为直角边在直线的上方作等腰直角三角形，，设．
（1）如图1，若点E在线段上运动，交于点P，交于点Q，连结，
①当时，求线段的长；
②在中，设边上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；
（2）设过的中点且垂直于的直线被等腰直角三角形截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．
【答案】（1）①；②，h最大值=；（2）
【分析】（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，先证明，可得FM =，CM=，进而即可求解；②由，得CP=，把绕点A顺时针旋转90°得，可得EQ =DQ+BE，利用勾股定理得DQ=，EQ=，QP=，结合三角形面积公式，即可得到答案；
（2）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，F(1+m，m)，从而求出AE的解析式为：y=x+1，AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，再分两种情况：①当0≤m≤时，②当m＞时，分别求解即可．
【详解】解：（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，
∵在等腰直角三角形中，，AE=FE，在正方形中，∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠FEM+∠AEB，
∴∠BAE=∠FEM，
又∵∠B=∠FME，
∴，
∴FM=BE=，EM=AB=BC，
∴CM=BE=，
∴CF=；
②∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠ECP=90°，
∴，
∴，即：，
∴CP=，
把绕点A顺时针旋转90°得，则AG=AQ，∠GAB=∠QAD，GB=DQ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠QAD=∠BAE+∠GAB=90°-45°=45°，即：∠GAE=∠EAF=45°，
∵∠ABG=∠ABE=90°，
∴B、G、E三点共线，
又∵AE=AE，
∴，
∴EQ=EG=GB+BE=DQ+BE，
∴在中，，即：，
∴DQ=，
∴EQ= DQ+BE=+m=，QP=1--()=，
∴，即：×(1-m)= ×h，
∴=，即m=时，h最大值=；
（3）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，
∵直线m过AB的中点且垂直AB，
∴直线m的解析式为：x=，
过点F作FM⊥x轴于点M，由（1）可知：，即FM=BE，EM=AB，
∴F(1+m，m)，
设AE的解析式为：y=kx+b，
把E(m，0)，A(0，1)代入上式，得，解得：，
∴AE的解析式为：y=x+1，
同理：AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，
①当0≤m≤时，如图，G(，)，N(，m-m2)，
∴y=-(m-m2)=，
②当m＞时，如图，G(，)，N(，)，
∴y=-=，
综上所述：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，添加辅助线构造全等三角形，建立坐标系，把几何问题用代数的方法解决，是解题的关键．
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