备战2023年数学新中考二轮复习热点透析核心考点11相似

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核心考点11 相似
考向分析
1．从考查的题型来看，涉及本知识点的主要以填空题或选择题形式考查,属于中档题,难度一般.少数以解答题的形式考查,此类题型属于中高档题,难度比较大
2．从考查内容来看,涉及本知识点的重点有：相似三角形的定义、性质与判定；平行线分线段成比例定理；相似多边形的性质
3．从考查热点来看,涉及本知识点的重点有：相似三角形的性质及判定；相似多边形的性质；位似的性质；平行线分线段成比例定理、相似三角形与生活实际问题的应用
考点详解
1．三角形相似的性质及判定
（1）相似三角形的判定
①平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所截得的三角形与原三角形相似；
②两角对应相等，两三角形相似；
③两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；
④三边对应成比例，两三角形相似；
⑤两个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似；
⑥直角三角形被斜边上的高分成的两个三角形都与原三角形相似．
（2）相似三角形性质
相似三角形的对应角相等，对应边成比例，对应高、对应中线、对应角平分线的比都等于相似比，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．
2．比例线段
（1）一般来说，两个数或两个同类的量与相除，叫做与的比，记作：（或），其中．除以所得的商叫做与的比值．如果：的比值等于，那么．
（2）两条线段的长度的比叫做两条线段的比．
（3）如果（或），那么就说成比例．其中叫做第一比例项，叫做第二比例项；叫做第三比例项；叫做第四比例项．
（4）在四条线段中，如果其中两条线段的比与另两条线段的比相等，那么这四条线段叫做成比例线段，简称比例线段．
（5）如果比例的两个内项（或两个外项）相同，那么这个相同的项叫做比例中项．如（）时，叫做和的比例中项．、、满足：．
（6）比例的基本性质：
如果，那么．
比例线段的比例式中，只要乘积形式不变，的位置可以灵活变化．
若，则、、、、、、．
（7）合比性质：如果，那么；
如果，那么；
如果，那么；
如果，那么．
（8）等比性质：如果，那么（）；如果，那么（）．
（9）如果点把线段分割成和（>）两段，其中是和的比例中项，那么称这种分割为黄金分割．点称为线段的黄金分割点．与的比值称为黄金分割数，它的近似值为．
3．相似多边形与位似图形
（1）相似多边形的性质
①相似多边形对应角相等，对应边成比例．
②相似多边形周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方．
（2）位似图形
①概念：如果两个图形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，这样的图形叫做位似图形．这个点叫做位似中心．
②性质：位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比．
4．三角形一边的平行线
（1）三角形一边的平行线性质定理：平行于三角形一边的直线截其他两边所在的直线，截得的对应线段成比例．
（2）三角形一边的平行线性质定理推论：平行于三角形一边的直线截其他两边所在的直线，截得的三角形
的三边与原三角形的三边对应成比例．
（3）三角形一边的平行线判定定理：如果一条直线截三角形的两边所得的对应线段成比例，那么这条直线
平行于三角形的第三边．
（4）三角形一边的平行线判定定理推论：如果一条直线截三角形的两边的延长线（这两边的延长线在第三边的同侧）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．





（5）平行线分线段成比例定理：两条直线被三条平行的直线所截，截得的对应线段成比例．
（6）平行线等分线段定理：两条直线被三条平行的直线所截，如果在一条直线上截得的线段相等，那么在另一条直线上截得的线段也相等．
5．相似三角形的判定
（1）三角形相似的传递性：如果两个三角形分别与同一个三角形相似，那么这两个三角形也相似．
（2）相似三角形的预备定理：平行于三角形一边的直线截其他两边所在的直线，截得的三角形与原三角形相似．
（3）相似三角形判定定理1：如果一个三角形的两角与另一个三角形的两角对应相等，那么这两个三角形相似．简述为：两角对应相等，两个三角形相似．
相似三角形判定定理2：如果一个三角形的两边与另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．简述为：两边对应成比例且夹角相等，两个三角形相似．
相似三角形判定定理3：如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．简述为：三边对应成比例，两个三角形相似．
（4）直角三角形相似的判定定理：如果一个直角三角形的斜边及一条直角边与另一个直角三角形的斜边及一条直角边对应成比例，那么这两个直角 三角形相似.简述为：斜边和直角边对应成比例，两个直角三角形相似.

真题再现
一、单选题
1．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，小明探究课本“综合与实践”板块“制作视力表”的相关内容：当测试距离为时，标准视力表中最大的“”字高度为，当测试距离为时，最大的“”字高度为（       ）mm

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意，得、，结合相似三角形的性质，通过相似比计算，即可得到答案．
【详解】
根据题意，得，且
∴
∴
∴
故选：C．
2．（2021·四川内江·中考真题）在同一时刻，物体的高度与它在阳光下的影长成正比．在某一时刻，有人测得一高为的竹竿的影长为，某一高楼的影长为，那么这幢高楼的高度是（     ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设此高楼的高度为x米，再根据同一时刻物高与影长成正比列出关于x的比例式，求出x的值即可．
【详解】
解：设这幢高楼的高度为米，依题意得：，
解得：．
故这栋高楼的高度为36米．
故选：．
3．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，与位似，位似中心是点O，若，则与的周长比是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据位似图形的概念得到△，，进而得出△，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：与△位似，
△，，
△，
，
与△的周长比为，
故选：．
4．（2021·山东济南·中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，以的长为半径作弧交于点，连接，再分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，连接，则下列结论中不正确的是（       ）

A． B．垂直平分线段
C． D．
【答案】C
【分析】
由题中作图方法易证AP为线段BD的垂直平分线，点E在AP上，所以BE=DE，再根据，，得到是等边三角形，由“三线合一”得AP平分，则，,且角所对的直角边等于斜边的一半，故，所以DE垂直平分线段，证明可得即可得到结论．
【详解】
由题意可得：，点P在线段BD的垂直平分线上
，点A在线段BD的垂直平分线上
AP为线段BD的垂直平分线
点E在AP上，BE=DE，故A正确；
，，
且
为等边三角形且
，
平分
，
，
垂直平分，故B正确；
，，
，
，
，故C错误；
，
，
，故D正确
故选C．
5．（2021·四川巴中·中考真题）如图，ABC中，点D、E分别在AB、AC上，且，下列结论正确的是（　　）

A．DE：BC＝1：2
B．ADE与ABC的面积比为1：3
C．ADE与ABC的周长比为1：2
D．DEBC
【答案】D
【分析】
根据相似三角形的判定与性质进行逐一判断即可．
【详解】
解：∵，
∴AD：AB=AE：AC=1：3，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴DE：BC=1：3，故A错误；
∵△ADE∽△ABC，
∴△ADE与△ABC的面积比为1：9，周长的比为1：3，故B和C错误；
∵△ADE∽△ABC，
∴∠ADE=∠B，
∴DE∥BC．故D正确．
故选：D．
6．（2021·内蒙古通辽·中考真题）如图，已知，，，点E为射线上一个动点，连接，将沿折叠，点B落在点处，过点作的垂线，分别交，于M，N两点，当为线段的三等分点时，的长为（       ）

A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】
因为点为线段的三等分点，没有指明线段的占比情况，所以需要分两种情况讨论：①；② ．然后由一线三垂直模型可证 ∽，再根据相似三角形的性质求得 的值，最后由 即可求得 的长．
【详解】
当点为线段的三等分点时，需要分两种情况讨论：

①如图1，当时，

∵∥，， ，
∴四边形为矩形，
∴， ， ．
由折叠的性质可得，．
在中，．
∵， ，
∴，
∴∽，
∴，即 ，解得 ，
∴．
②如图2，当时，
∵∥，， ，
∴四边形为矩形，
∴， ， ．
由折叠的性质可得，．
在中，．
∵， ，
∴，
∴∽，
∴，即 ，解得，
∴．
综上所述，的长为或 ．
故选：．
7．（2021·四川资阳·中考真题）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形．连结并延长交于点M．若，则有长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
添加辅助线，过F点作∥，通过证明两组三角形相似，得到和的两个关系式，从而求解．
【详解】
如图所示，过F点作∥，交于点I，

证明勾股定理的弦图的示意图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成
，，，，
又
，即
解得或（舍去）
，
FI∥HM
，
，
，

解得：
经检验：符合题意，
故选：D．
8．（2021·山东聊城·中考真题）如图，在直角坐标系中，点A，B的坐标为A（0，2），B（﹣1，0），将△ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B1O，若AB⊥OB1，则点A1的坐标为（ ）


A．（） B．（） C．（） D．（）
【答案】A
【分析】
先求出AB，OA1，再作辅助线构造相似三角形，如图所示，得到对应边成比例，求出OC和A1C，即可求解．
【详解】
解:如图所示，∵点A，B的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），
∴OB=1，OA=2，
∴，
∵∠AOB=90°，
∴∠A1OB1=90°，
∴O A1⊥OB1，
又∵AB⊥OB1，
∴O A1∥AB，
∴∠1=∠2，
过A1点作A1C⊥x轴，
∴∠A1CO=∠AOB，
∴，
∴，
∵O A1=OA=2，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．


9．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（       ）

A．2 B． C． D．3
【答案】A
【分析】
构造如图所示的正方形，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．
【详解】
如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，
∴∠CMN=∠DPN=90°，
∴四边形CMPD是矩形，
根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，
∴，
∴，
四边形为正方形，

∴，
∴，
，，
，
设,则，
在中，由可得
解得；

故选A．
10．（2021·山东聊城·中考真题）如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，AD＝5，CD＝3，∠ABC＝45°，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
依次分析当、、三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项．
【详解】
解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F，
∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，
∴DE=CF=4，
∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，
∴PQ∥DE∥CF，
∵AD=5，
∴,
∴当时，P点在AE之间，此时，AP=t，
∵,
∴，
∴，
因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D；
∵CD＝3，
∴EF=CD=3，
∴当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则，
因此当时，对应图像为，即为一条线段；
∵∠ABC＝45°，
∴BF=CF=4，
∴AB=3+3+4=10，
∴当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-x，
同理可得，Q2P2=P2B=10-x，
，
因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像；
故选：B．

11．（2021·辽宁锦州·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，D为⊙O上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若∠BDC＝45°，BC＝6，CE＝2DE，则CE的长为（       ）

A．2 B．4 C．3 D．4
【答案】D
【分析】
连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，因为CE＝2DE，构造△DGE∽△COE，求出DG＝3，设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，则AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，再利用△AGD∽△ADB，列出方程即可解决．
【详解】
解：连接CO，过点D作DG⊥AB于点G，连接AD，

∵∠BDC＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵BC＝6，
∴AB＝BC＝12，
∵OA＝OB，
∴CO⊥AB，
∴∠COA＝∠DGE＝90°，
∵∠DEG＝∠CEO，
∴△DGE∽△COE，
∴＝，
∵CE＝2DE，
设GE＝x，则OE＝2x，DG＝3，
∴AG＝6﹣3x，BG＝6＋3x，
∵∠ADB＝∠AGD＝90°，
∠DAG＝∠BAD，
∴△AGD∽△ADB，
∴DG2＝AG•BG，
∴9＝（6﹣3x）（6＋3x），
∵x＞0，
∴x＝，
∴OE＝2，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
CE＝，
故选：D．
12．（2021·辽宁盘锦·中考真题）“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从末望水岸，入径四寸，问井深几何？”这是我国古代数学著作《九章算术》中的“井深几何”问题，它的题意可以由示意图获得．设井深为尺，所列方程正确的是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
如图，设AD交BE于K．利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】
解：如图，设AD交BE于K．

∵DK∥BC，
∴△EKD∽△EBC，
∴，
∴，
故选：A．
13．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形OABC的面积为36，它的对角线OB与双曲线y相交于点D，且OD：OB＝2：3，则k的值为（       ）

A．12 B．﹣12 C．16 D．﹣16
【答案】D
【分析】
过D点作DE⊥OA，DF⊥OC，垂足为E、F，由双曲线的解析式可知S矩形OEDF=|k|，由于D点在矩形的对角线OB上，可知矩形OEDF∽矩形OABC，并且相似比为OD:OB＝2:3，由相似多边形的面积比等于相似比的平方可求出S矩形OEDF=16，再根据在反比例函数y图象在第二象限，即可算出k的值．
【详解】
解：过D点作DE⊥OA，DF⊥OC，垂足为E、F，

∵D点在双曲线y上，
∴S矩形OEDF=|xy|=|k|，
∵D点在矩形的对角线OB上，
∴矩形OEDF∽矩形OABC，
∴，
∵S矩形OABC=36，
∴S矩形OEDF=16，
∴|k|=16，
∵双曲线y在第二象限，
∴k=-16，
故选：D．
14．（2021·湖南湘西·中考真题）已知点在第一象限，且，点在轴上，当为直角三角形时，点的坐标为（       ）
A．，或 B．，或
C．，或 D．，或
【答案】C
【分析】
由题意可分当时和当时，然后根据题意进行分类求解即可．
【详解】
解：由题意得：
当时，如图所示：

∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
当时，过点M作MB⊥x轴于点B，如图所示：

∴，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，解得：，
∴当时，则；当时，则，
∴或；
故选C．
15．（2021·山东淄博·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，过点作交于点．若的面积为5，则的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意易得，设，则有，则有，，然后可得，过点C作CH⊥AB于点H，进而根据三角函数及勾股定理可求解问题．
【详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
设，则有，
∵，
∴由勾股定理可得，
∵的面积为5，
∴，
∵，
∴，即，化简得：，
解得：或，
当时，则AC=2，与题意矛盾，舍去；
∴当时，即，过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：

∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故选A．
二、填空题
16．（2021·四川内江·中考真题）已知非负实数，，满足，设的最大值为，最小值为，则的值为 __．
【答案】+##0.6875
【分析】
设，则，，，可得；利用a，b，c为非负实数可得k的取值范围，从而求得m，n的值，结论可求．
【详解】
解：设，则，，，
．
，，为非负实数，
，
解得：．
当时，取最大值，当时，取最小值．
，
．
．
故答案为：
17．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，在矩形中，，．①以点为圆心，以不大于长为半径作弧，分别交边，于点，，再分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，则长为______．

【答案】
【分析】
由作图步骤可知AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，则BQ=AB=1，利用勾股定理可得AQ=QG=，因为AD∥BQ，所以，则，即，解得OQ=，所以OG=OQ+QG=．
【详解】
由题意可知：AG是的角平分线，MN是CQ的垂直平分线，
=45°，
BQ=AB=1，
在中，，
AD∥BQ，

，即，解得OQ=，
OG=OQ+QG=．
18．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，点D，E分别在△ABC的边AC，AB上，△ADE∽△ABC，M，N分别是DE，BC的中点，若＝，则＝__．

【答案】
【分析】
根据相似三角形对应中线的比等于相似比求出，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方解答即可．
【详解】
解：∵M，N分别是DE，BC的中点，
∴AM、AN分别为△ADE、△ABC的中线，
∵△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴＝()2＝，
故答案为： ．
19．（2021·四川广元·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．

【答案】①②③⑤
【分析】
由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】
解：∵四边形是正方形，，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵，
∴由四边形内角和可得，
∴点A、B、F、P四点共圆，
∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，
∴，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：

∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，
∴，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴HF=EF，
∵，
∴，故②正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：

∵点O是对角线的中点，
∴OB=OD，，
∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，
∴，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，
∴，
∵，
∴△AOP∽△ABF，
∴，
∴，
∵，
∴，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：

由②可得∠AFB=∠AFN，
∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），
∴AN=AB，
若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段上，
∴的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得，
∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，
∴，
∴，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；
故答案为①②③⑤．
20．（2021·四川德阳·中考真题）我们把宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD是黄金矩形，边AB的长度为1，则该矩形的周长为 __________________．
【答案】或4
【分析】
分两种情况：①边为矩形的长时，则矩形的宽为，求出矩形的周长即可；
②边为矩形的宽时，则矩形的长为，求出矩形的周长即可．
【详解】
解：分两种情况：
①边为矩形的长时，则矩形的宽为，
矩形的周长为：；
②边为矩形的宽时，则矩形的长为：，
矩形的周长为；
综上所述，该矩形的周长为或4，
故答案为：或4．
21．（2021·湖南湘潭·中考真题）如图，在中，点D，E分别为边，上的点，试添加一个条件：_____，使得与相似．（任意写出一个满足条件的即可）

【答案】
【分析】
根据相似三角形的判定方法：两边成比例，夹角相等解题．
【详解】
解：根据题意，添加条件，


故答案为：．
三、解答题
22．（2021·江苏南通·中考真题）如图，利用标杆测量楼高，点A，D，B在同一直线上，，，垂足分别为E，C．若测得，，，楼高是多少？

【答案】楼高是9米．
【分析】
先求出AC的长度，由∥，得到，即可求出BC的长度．
【详解】
解：∵，，
∴m，
∵，，
∴∥，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴楼高是9米．
23．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，是的直径，与交于点A，点E是半径上一点（点E不与点O，A重合）．连接交于点C，连接，．若，．

（1）求证：是的切线．
（2）若，，则的长是__________．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据圆周角定理得到，在利用等腰三角形的性质以及等量代换可得，进而得出结论；
（2）根据等腰三角形的判定可得，再根据勾股定理和相似三角形求出答案即可．
【详解】
解：（1）是的直径，
，
．
又，
，
又，
，
即，
是的切线；
（2）由（1）可得，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
，，
，
，
即，
解得．
24．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直角的顶点，在函数图象上，轴，线段的垂直平分线交于点，交的延长线于点，点纵坐标为2，点横坐标为1，．

（1）求点和点的坐标及的值；
（2）连接，求的面积．
【答案】（1），，；（2）
【分析】
（1）由点的纵坐标为2，点的横坐标为1，可以用表示出，两点坐标，又轴，为直角三角形，所以可以得到点的纵坐标为2，点的横坐标为1，由此得到点坐标，又由于，可以得到点坐标，因为垂直平分，所以，根据此等式列出关于的方程，即可求解；
（2）由（1）中的值，可以求出，的坐标，利用勾股定理，求出线段的长度，从而得到的长度，先证明，利用相似三角形对应边成比例，求出的长度，即可求出的面积．
【详解】
解：（1）如图，连接BE，

由题意得点的坐标为，，点的坐标为，
又轴，且为直角三角形，
点的坐标为，
又∵，
点的坐标为，
点在线段的垂直平分线上，
，
在中，，
，
或，
当时，点，，三点重合，不能构成三角形，故舍去，
，
，，；
（2）由（1）可得，，，，
设的中点为，
，，
，，
，
，
，
．

25．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别与x轴、y轴交于A，B两点，与反比例函数的图象在第二象限交于C，两点，交x轴于点E，若．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式．
（2）求四边形OCDE的面积．

【答案】（1），；（2）
【分析】
（1）先利用待定系数法求反比例函数解析式，然后结合相似三角形的判定和性质求得C点坐标，再利用待定系数法求函数关系式；
（2）根据一次函数图象上点的坐标特征并结合待定系数法求得A点和E点坐标，然后用的面积减去的面积求解．
【详解】
解：（1）将代入中，
，
反比例函数的解析式为；
过点D作轴，过点C作轴，

，
，
，
，
将代入中，
，
解得：，
C点坐标为，
将，代入中，
可得，
解得：，
一次函数的解析式为；
（2）设直线OC的解析式为，
将代入，得：，
解得：，
直线OC的解析式为，
由，设直线DE的解析式为，
将代入可得：，
解得：，
直线DE的解析式为，
当时，，
解得：，
E点坐标为，
，
在中，当时，，
解得：，
A点坐标为，
，
，




．
26．（2021·江苏镇江·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⊙O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．

【答案】（1）相切，见解析；（2）
【分析】
（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径半径，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP＝＝＝5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝HB，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH＝PB＝，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH＝OH＝4﹣＝，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．

∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT＝＝＝4，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴×4×8＝×4×x+×4×x，
∴x＝2﹣2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB＝＝．
27．（2021·四川巴中·中考真题）已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A(﹣2，0)、B(6，0)两点，与y轴交于点C(0，﹣3)．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，当最大时，求点P的坐标及的最大值；
（3）在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线l，在l上是否存在点D，使BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2），；（3）或或或
【分析】
（1）将、、代入即可求解析式；
（2）过点作轴交直线于点，过作轴交直线于点，由，可得，则求的最大值即可；
（3）分三种情况讨论：当时，过点作轴，过点作轴，与交于点，过点作轴，与交于点，可证明，求出；当时，过点作轴交于点，可证明，求出；当时，线段的中点，设，由，可求或．
【详解】
解：（1）将点、、代入，
得，
解得，
；
（2）如图1，过点作轴交直线于点，过作轴交直线于点，

，
，
设直线的解析式为，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
当时，有最大值，
；
（3），点在上，
如图2，当时，

过点作轴，过点作轴，与交于点，过点作轴，与交于点，
，，
，
，
，即，
，
；
如图3，当时，

过点作轴交于点，
，，
，
，
，即，
，
；
如图4，当时，

线段的中点，，
设，
，
，
或，
或；
综上所述：是直角三角形时，点坐标为或或或．