中考数学几何模型加强版 模型20 母子形相似模型

这是一份中考数学几何模型加强版 模型20 母子形相似模型，文件包含模型20母子形相似模型原卷版docx、模型20母子形相似模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。

专题20 母子形相似模型
一、单选题
1．古希腊数学家发现“黄金三角形”很美．顶角为的等腰三角形，称为“黄金三角形”．如图所示，中，，，其中，又称为黄金比率，是著名的数学常数．作的平分线，交于，得到黄金三角形；作交于，交于，得到黄金三角形；作交于，交于，得到黄金三角形；依此类推，我们可以得到无穷无尽的黄金三角形．若的长为1，那么的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
黄金三角形是一个等腰三角形，它的顶角为36°，每个底角为72°．它的腰与它的底成黄金比．当底角被平分时，角平分线分对边也成黄金比，并形成两个较小的等腰三角形．这两三角形之一相似于原三角形，从而利用相似三角形的性质得出规律，即可得到答案．
【详解】
解：∵，，

平分，



，
设，则
则，


∴，
又，
∴．
经检验：符合题意，

同理：


，
∴，
∴，
同理：，……，
．
故选B．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与方程思想，相似三角形的对应边的比相等，同时考查了二次根式的乘方运算；解题时要注意方程思想的应用．
2．如图，△ABC中，D、E分别是BC、AC边上一点，F是AD、BE的交点，CE=2AE，BF=EF，EN∥BC交AD于N，若BD=2，则CD长度为( )


A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【分析】
根据平行线的性质得到相等的角，再结合BF=EF先证明△NEF≌△DBF，即可得到NE=BD=2，再证明△ANE∽△ADC，根据相似三角形的对应边成比例求解．
【详解】
解：∵NE∥BC，
∴∠NEF=∠DBF，∠ENF=∠BDF，
又∵BF=EF，
∴△NEF≌△DBF，
∴NE=BD=2．
∵NE∥BC，
∴△ANE∽△ADC，
∴，
∵CE=2AE，
∴，
∴CD=6．
故答案选：A．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质，主要注意数形结合思想的应用．
二、解答题
3．如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．
（1）求证：△MFC∽△MCA；
（2）求证△ACF∽△ABE；
（3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的边长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）由正方形的性质得，进而根据对顶角的性质得，再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论；
（2）根据正方形的性质得，再证明其夹角相等，便可证明；
（3）由已知条件求得正方形的边长，进而由勾股定理求得的长度，再由，求得，进而求得正方形的对角线长，便可求得其边长．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，四边形是正方形，
，
，
，
，
；
（2）四边形是正方形，
，，
，
同理可得，
，
，
，
；
（3），，
，
，
，
，即，
，
，
，
即正方形的边长为．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，关键是掌握相似模型及证明方法和正方形性质．
4．在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．

（1）如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB=5，且AFFD=10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AD时，求的值．
【答案】（1）15°；（2）3；（3）
【分析】
（1）由折叠的性质得出BC=BF，∠FBE=∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB=30°，可求出答案；
（2）证明△FAB∽△EDF，由相似三角形的性质得出，可求出DE=2，求出EF=3，由勾股定理求出DF=，则可求出AF，即可求出BC的长；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，，设AN=x，设FG=y，则AF=2y，由勾股定理得出(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解出y=x，则可求出答案．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，∠C=∠BFE=90°，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF=30°，
∴∠CBE=∠FBC=15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴，
∴AF•DF=AB•DE，
∵AF•DF=10，AB=5，
∴DE=2，
∴CE=DC-DE=5-2=3，
∴EF=3，
∴DF=，
∴AF=，
∴BC=AD=AF+DF=．
（3）过点N作NG⊥BF于点G，

∵NF=AD
∴NF=BF，
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴，
设AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
设FG=y，则AF=2y，
∵AB2+AF2=BF2，
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，
解得y=x，
∴BF=BG+GF=．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．
5．已知正方形的边长为4，点在边上，点在边上，且，和交于点．

（1）如图，求证：
①
②
（2）连接并延长交于点，
①若点为的中点（如图），求的长．

②若点在边上滑动（不与点重合），当取得最小值时，求的长．
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）①；②
【分析】
（1）①由正方形的性质得出AB=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，由SAS证明△ABE≌△BCF，即可得出结论；
②由①得：△ABE≌△BCF，得出∠BAE=∠CBF，证出∠AGB=90°，即可得出结论；
（2）①由直角三角形的性质得出CF=BE=BC=2，由勾股定理得出BF=2，由（1）得：AE⊥BF，则∠BGE=∠ABE=90°，证明△BEG∽△AEB，得出，设GE=x，则BG=2x，在Rt△BEG中，由勾股定理得出方程，解方程得出BG=2×，由平行线得出，即可得出BH的长；
②由（1）得：∠AGB=90°，得出点G在以AB为直径的圆上，设AB的中点为M，当C、G、M在同一直线上时，CG为最小值，求出GM=AB=BM=2，由平行线得出=1，证出CF=CG=BE，设CF=CG=BE=a，则CM=a+2，在Rt△BCM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE=BF；
②由①得：△ABE≌△BCF，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠AGB=90°，
∴AE⊥BF；
（2）解：①如图2所示：

∵E为BC的中点，
∴CF=BE=BC=2，
∴BF=，
由（1）得：AE⊥BF，
∴∠BGE=∠ABE=90°，
∵∠BEG=∠AEB，
∴△BEG∽△AEB，
∴，
设GE=x，则BG=2x，
在Rt△BEG中，由勾股定理得：x2+（2x）2=22，
解得：x=，
∴BG=2×=，
∵AB∥CD，
∴，即，
解得：BH=；
②由（1）得：∠AGB=90°，
∴点G在以AB为直径的圆上，
设AB的中点为M，
由图形可知：当C、G、M在同一直线上时，CG为最小值，如图3所示：

∵AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
∴GM=AB=BM=2，
∵AB∥CD，
∴=1，
∴CF=CG，
∵CF=BE，
∴CF=CG=BE，
设CF=CG=BE=a，则CM=a+2，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：22+42=（a+2）2，
解得：a=2-2，即当CG取得最小值时，BE的长为2-2．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题关键．
6．如图，已知双曲线经过斜边的中点，与直角边相交于点，若的面积为3，求的值．

【答案】
【分析】
过点做轴,可得，再根据可得，最后根据即可求得k的值．
【详解】
解：过点做轴，垂足为，

∵中，，
∴
∵为斜边的中点，
∴为的中位线
∴且
∵双曲线的解析式是
∴，

解得
【点睛】
主要考查了反比例函数中k的几何意义，相似三角形的性质和判定.过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．

7．已知，如图，△ABC中，AB＝2，BC＝4，D为BC边上一点，BD＝1，AD+AC=8．

（1）找出图中的一对相似三角形并证明；
（2）求AC长．
【答案】（1）△BAD∽△BCA，理由见详解；（2）
【分析】
（1）由题意易得，然后由∠B是公共角，问题可证；
（2）由（1）可得，再由AD+AC=8可求解．
【详解】
解：（1）△BAD∽△BCA，理由如下：
AB＝2，BC＝4，BD＝1，
，
，
又∠B=∠B，
△BAD∽△BCA；
（2）由（1）得：，即，
AD+AC=8，
，解得：，
．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
8．如图，在△ABC中，∠ACB =90°，AB=10， AC=8，CD是边AB的中线．动点P从点C出发，以每秒5个单位长度的速度沿折线CD-DB向终点B运动．过点P作PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作矩形PQMN，使点C、N始终在PQ的异侧，且．设矩形PQMN与△ACD重叠部分图形的面积是S，点P的运动时间为（t>0）．
（1）当点P在边CD上时，用含的代数式表示PQ的长．
（2）当点N落在边AD上时，求t的值．
（3）当点P在CD上时，求S与t之间的函数关系式．
（4）连结DQ，当直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分时，直接写出的值．

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或或或
【分析】
（1）证明△ABC∽△CPQ，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（2）如图2，当点N落在边AD上时，根据AM+MQ+CQ=8，构建方程即可解决问题．
（3）分三种情形：①如图1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN．②如图3-1，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，根据S=S矩形PQMN-S△NKJ，求解即可．③如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，根据S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ，求解即可．
（4）分四种情形：①如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
②如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
③如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
④如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．
【详解】
解：（1）如图1中，

在△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，
由勾股定理，得AB2=AC2+BC2．
∴BC=6．
∵CD是边AB的中线，
∴CD=AD=5．
∴∠ACD=∠CAD．
∵∠CQP=∠ACB，
∴△ABC∽△CPQ．
∴，
∴
∴PQ=3t．
（2）如图2，当点N落在边AD上时，

∵AM+MQ+CQ=8
∴4t+2t+4t=8．
解得t=．
（3）如图1中，当0＜t≤时，重叠部分是矩形PQMN，S=6t2．
如图3-1，当＜t≤1时，重叠部分是五边形PQMKJ，S=S矩形PQMN-S△NKJ=6t2-×（10t-8）（10t-8）=-t2+60t-24．

如图3-2中，当1＜t≤2时，重叠部分是五边形KQMJD，S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ=12-•（6-3t）（8-4t）-×2t×2t×=-t2+24t-12，

综上所述，．
（4）①如图4-1中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．

作DK⊥AC于K．
∵PQ=MN=3t，MJ=2JM，
∴MJ=MQ=2t，
∴∠DQK=45°，
∵DK∥BC，AD=DB，
∴AK=KC，
∴DK=KQ=BC=3，
∴CQ=1，
∴4t=1，
∴t=．
②如图4-2中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．

∵PJ∥CQ，
∴，
∴，
∴t=
③如图4-3中，设DQ交PN于J，当PJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．

∵PJ∥AQ，
∴，
∴ ，
∴t=
④如图4-4中，设DQ交MN于J，当MJ=2JN时，直线DQ将矩形PQMN分成面积比为1：2的两部分．

同法可证MQ=MJ=2t，
∴∠AQD=45°，由①可知CQ=1，
∴8-4t=1，
∴t=，
综上所述，满足条件的t的值为，，，．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
9．如图，小明欲测量一座古塔的高度，他拿出一根标杆竖直插在地面上，然后自己退后，使眼睛通过标杆的顶端刚好看到塔顶，若小明眼睛离地面1.5m，标杆顶端离地面2.4m，小明到标杆的距离DF=2m，标杆到塔底的距离DB=30m，求这座古塔的高度．

【答案】14.3m
【分析】
先根据小明、竹竿、古塔均与地面垂直，EH⊥AB可知，BH=DG=EF=1.5m，再小明眼睛离地面1.5m，竹杆顶端离地面2.4m求出CG的长，由于CD∥AB可得出△EGC∽△EHA，再根据相似三角形的对应边成比例可求出AH的长，进而得出AB的长．
【详解】
解：∵小明、竹杆、古塔均与地面垂直，EH⊥AB，
∴BH=DG=EF=1.5m，EG=DF，GH=DB，
∵小明眼睛离地面1．5m，竹杆顶端离地面2．4m，
∴CG=CD-EF=2．3-1．5=0．8m，
∵CD∥AB，∴△EGC～△EHA
∵DF=2m DB=30m，
∴＝，即= ，解得：AH=12．8m，
∴AB=AH+BH=12．8+1．5=14．3m，
答：古塔的高度是14．3m．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，先根据题意得出相似三角形，再根据相似三角形的对应边成比例得出结论是解题的关键．
10．如图，，为的两条切线，，为切点，的延长线交于点，交的延长线于点，连接，．

（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）如图，作辅助线，证明∠APO=∠BPO得，再由为的直径可得AB⊥AD，从而可得结论；
（2）设，则，由勾股定理得，再证明可求出，从而通过解直角三角形可得结论．
【详解】
（1）证明：连接交于点，
∵，为的两条切线，
∴，，
∴．
∵为的直径，
∴，
∴．

（2）∵，
∴设，则．
∵，
∴．
不妨设，则．在中，．
∵，为的切线，
∴．
∴，
∴．
∴，解得．
∴．
【点睛】
此题考查了切线的性质、解直角三角形以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质定理与判定定理是解答此题的关键．
11．如图，是的直径，是的弦，是的切线，切点为，，的延长线相交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）连接OD，由题意易证△CDO≌△CBO，然后根据三角形全等的性质可求证；
（2）由题意易得△EDA∽△EBD，然后根据相似三角形的性质及可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图所示：

AD∥OC，
∠DAO=∠COB，∠ADO=∠COD，
又OA=OD，
∠DAO=∠ADO，
∠COD=∠COB，
OD=OB，OC=OC，
△CDO≌△CBO，
∠CDO=∠CBO，
BC是的切线，
∠CBO=∠CDO=90°，
点D在上，
CD是的切线；
（2）由（1）图可得：

∠ADO+∠EDA=90°，∠ODB=∠DBO，
是的直径，
∠ADB=90°，即∠ADO+∠ODB=90°，
∠EDA=∠ODB=∠DBO，
又∠E=∠E，
△EDA∽△EBD，
，
的半径为4，，
AB=8，EB=AE+8，
，
解得：．
【点睛】
本题主要考查圆的切线定理与判定定理和相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线定理及判定定理是解题的关键．
12．如图，中，点分别是的中点，与点．

（1）求证：；
（2）求的大小；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）2．
【分析】
（1）先根据相似三角形的判定可得，再根据相似三角形的性质即可得证；
（2）先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据角的和差即可得；
（3）设，从而可得，再根据相似三角形的性质、勾股定理可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出a的值，最后根据直角三角形的面积公式即可得．
【详解】
（1），
，
在和中，，
，
，
；
（2），
是等腰直角三角形，
，
由（1）可知，，
，
点E是AC的中点，
，
，
在和中，，
，
，
又，
，
；
（3）设，
是等腰直角三角形，
，
点分别是的中点，
，
在中，，
，
由（1）知，，
，即，
解得，
在中，，
，
在和中，，
，
，即，
解得，
又，
，
解得，
，
则的面积为．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
13．如图，在中，于，于，试说明：

（1）
（2）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）直接根据相似三角形的判定证明即可；
（2）首先根据相似三角形的性质得出，进而证明△ADE∽△ACB，最后根据相似三角形的性质即可证明．
【详解】
解：（1）∵CD⊥AB于D，BE⊥AC于E，
∴∠AEB=∠ADC=90°，
在△ABE和△ACD中

∴△ABE∽△ACD；
（2）∵△ABE∽△ACD，
∴．
在△ADE和△ACB中，

∴△ADE∽△ACB
∴
∴AD·BC=DE·AC．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
14．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据正方形的性质以及EF⊥DE，证明△DME≌△ENF即可；
（2）根据勾股定理计算出DF，根据平行线的性质得到，计算出DG，FG的值，利用特殊角的锐角三角函数计算出DE的值，最后证明△DGE∽△AGF，利用相似比列出方程即可求出GE的值．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，且MN∥BC，
∴四边形ANMD是矩形，∠BAC=45°，
∴∠ANM=∠DMN=90°，EN=AN=DM，
∴∠DEM+∠EDM=90°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEM+∠FEN=90°，
∴∠EDM=∠FEN，
∴在△DME与△ENF中
∠DME=∠ENF=90°，DM=EN，∠EDM=∠FEN，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠DAB=90°，
∴DF=，
∴，即，解得：DG=，
∴FG=DF-DG=，
又∵DE=EF，EF⊥DE，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，DE=EF=，
∴∠GAF=∠GDE=45°，
又∵∠DGE=∠AGF，
∴△DGE∽△AGF，
∴，即，解得：，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质以及相似三角形的性质及判定，第（1）问的解题关键是证明△DME≌△ENF，第（2）问的解题关键是通过相似三角形的性质列出方程．
15．如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，且AC=，CD＝4，BD＝2，求证：△ACD∽△BCA．

【答案】证明见解析．
【分析】
根据AC=，CD＝4，BD＝2，可得，根据∠C =∠C，即可证明结论．
【详解】
解：∵AC=，CD＝4，BD＝2
∴，
∴
∵∠C =∠C
∴△ACD∽△BCA．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握知识点是解题关键．
16．如图，在矩形中，点是边上的一点，且垂足为点．


_ ．
若四边形的面积为，求的面积．
【答案】（1）
（2）2
【分析】
（1）由题意根据已知条件得到∠DAE=60°，∠BAE=30°，由直角三角形的性质可得BD=2AB，AB=2BF，以此即可求解；
（2）根据题意通过证明△BEF∽△BDC，可得，进行分析即可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∠DAE=2∠BAE，
∴∠DAE=60°，∠BAE=30°，
又∵AE⊥BD，∠BAD=90°，
∴BD=2AB，AB=2BF，
∴BD=4BF，
∴DF=3BF，
∴BF：DF=1：3，
故答案为：1：3；
（2）∵∠BAE=30°
∴∠AEB=60°，
∵AE⊥BD，
∴∠DBC=30°，∠BFE=∠BCD=90°
∴，
∴，
∵∠FBE=∠CBD，∠BFE=∠DCB，
∴△BEF∽△BDC，
∴，
∵四边形的面积为，
∴12S△BEF=S△BCD=S△BEF+S四边形EFDC，
∴S△BEF=2．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质与矩形的性质以及直角三角形的性质，利用相似三角形的判定定理证明△BEF∽△BDC是解答本题的关键．
17．如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．

（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【分析】
（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【详解】
（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．

（3）设平移后抛物线的解析式，

联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】
本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
18．已知：如图，在中，D是AC上一点，联结BD，且∠ABD =∠ACB．

（1）求证：△ABD∽△ACB；
（2）若AD=5，AB= 7，求AC的长.
【答案】(1)见详解；（2）
【详解】
（1）证明：∵∠A=∠A,∠ABD =∠ACB,
∴△ABD∽△ACB.
（2）解: ∵△ABD∽△ACB，
∴，
∴，
∴
19．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒，0＜t＜2.5）．

（1）当t为何值时，以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？
（2）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）当时，四边形APNC的面积S有最小值，其最小值是．
【分析】
根据勾股定理求得AB=5cm．
（1）分△AMP∽△ABC和△APM∽△ABC两种情况讨论：利用相似三角形的对应边成比例来求t的值．
（2）如图，过点P作PH⊥BC于点H，构造平行线PH∥AC，由平行线分线段成比例求得以t表示的PH的值；然后根据“S=S△ABC﹣S△BPH”列出S与t的关系式，则由二次函数最值的求法即可得到S的最小值．
【详解】
解：∵如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．
∴根据勾股定理，得．
（1）以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况：
①当△AMP∽△ABC时，，即，解得；
②当△APM∽△ABC时，，即，解得t=0（不合题意，舍去）．
综上所述，当时，以A、P、M为顶点的三角形与△ABC相似．
（2）存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值．理由如下：
假设存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值．
如图，过点P作PH⊥BC于点H．则PH∥AC，

∴，
即．
∴．
∴

．
∵，
∴S有最小值．
当时，S最小值=．
答：当时，四边形APNC的面积S有最小值，其最小值是．
20．如图，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上，OA＝OB，点C的坐标为（﹣1，0），OA：OC＝3：1，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C，顶点为D．

（1）求a、b、c的值；
（2）若直线y＝x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．
①当n＝﹣1时，求∠BAF﹣∠BAD的值；
②若直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，求n的取值范围．
【答案】（1）a=-1，b=2，c=3；（2）①∠BAF﹣∠BAD＝45°；②n的取值范围≤n≤．
【分析】
（1）根据已知条件得到点A、B、C的坐标，代入抛物线y＝ax2+bx+c中即可求解；
（2）①根据已知条件求得点F、点D坐标，进而求得AB、BD、AD的长，由勾股定理可知为直角三角形，然后证明△OAF∽△BAD，即∠OAF＝∠BAD，根据等角转换即可求解；
②根据已知条件直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，则以AC为直径的圆⊙G与直线EF有公共点，当直线EF在x下方与⊙G相切时，△EGK∽△EFO，即，设E（﹣3n，0），F（0，n），n＜0，根据相似比可求出n的值，当直线EF在x下方与⊙G相切时，△EGK∽△EFO，同理可得n的值，综上即可得到n的取值范围．
【详解】
（1）∵点C的坐标为（﹣1，0），OA：OC＝3：1，
∴A（（3，0），
∵OA＝OB，
∴B（0，3），
把A、B、C三点都代入二次函数的解析式得，
，
解得， ；
（2）∵n＝﹣1，
∴y＝x+n＝x﹣1，
∴F（0，﹣1）

∴OF＝1，
由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
∵A（3，0），B（0，3），
∴OA＝3，AB＝，BD＝，AD＝，
∴BD2+AB2＝AD2，
∴∠ABD＝∠AOF＝90°，
∵，，
∴，
∴△OAF∽△BAD，
∴∠OAF＝∠BAD，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∴∠BAF﹣∠BAD＝∠OAB+∠OAF﹣∠BAD＝45°；
②直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，则以AC为直径的圆⊙G与直线EF有公共点，
如图，当直线EF在x下方与⊙G相切时，则△EGK∽△EFO，

∴，
∵A（3，0），C（﹣1，0），
∴GK＝AC＝2，G（1，0），
∵直线y＝x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．
∴E（﹣3n，0），F（0，n），n＜0，
∴OF＝﹣n，EF＝n，
∴ ，
解得，n＝或0（舍）；
经检验，n＝是该方程的根，
如图，当直线EF在x下方与⊙G相切时，则△EGK∽△EFO，

∴，
∵A（3，0），C（﹣1，0），
∴GK＝AC＝2，G（1，0），
∵直线y＝x+n与x轴交于点E，与y轴交于点F．
∴E（-3n，0），F（0，n），n>0，
∴OF＝n，EF＝n，
，
解得，n＝或0（舍）；
经检验，n＝是该方程的根，
∴若直线EF上有点H，使∠AHC＝90°，则n的取值范围≤n≤．
【点睛】
本题主要考查了二次函数与图形的综合应用，涉及求二次函数解析式、相似三角形的性质与判定、图形运动问题等，根据题意找到相似三角形并灵活运用相似比是解题关键．
21．如图，点A在线段EB上，且EA＝AB，以AB直径作⊙O，过点E作射线EM交⊙O于D、C两点，且．过点B作BF⊥EM，垂足为点F．

（1）求证：CD•CB＝2CF•EA；
（2）求tan∠CBF的值．
【答案】（1）见解析；（2）tan∠CBF＝．
【分析】
（1）连接BD，根据圆周角定理，由AB为直径得到∠ADB＝90°，再根据题意即可证明△ABD∽△CBF，根据相似三角形的性质即可得出AD•CB＝CF•AB，最后根据等量代换即可得证；
（2）连接OD，过O作OH⊥CD于点H，设⊙O的半径为r，CD＝x，则CH＝DH＝x，根据易证△EOD∽△EBC，根据相似三角形的性质得出，再根据题意及等量代换即可求得ED＝2CD＝2x，根据勾股定理可表示出OH，根据BF⊥EM得出平行，即可HF、CF，再根据勾股定理求得BF，最后根据an∠CBF＝代入即可得出答案．
【详解】
（1）连接BD，如图1，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵BF⊥EM，
∴∠BFC＝90°，
∴∠ADB＝∠CFB＝90°，
∵∠BCF＝∠BAD，
∴△ABD∽△CBF，
∴，
∴AD•CB＝CF•AB，
∵AD＝CD，AE＝AB，
∴CD•CB＝CF•2AE，
即CD•CB＝2CF•EA；

（2）连接OD，过O作OH⊥CD于点H，设⊙O的半径为r，CD＝x，如图2，则CH＝DH＝x，
∵，
∴∠AOD＝∠ABC，
∴OD∥BC，
∴△EOD∽△EBC，
∴，
∵EA＝AB＝OA＝OB＝r，
∴，
∴，
∴BC＝，
ED＝EC，
∴ED＝2CD＝2x，
∴OH＝，
∵BF⊥EM，
∴OH∥BF，
∴，
∴HF＝EH＝，
∴CF＝HF﹣CH＝，
∴BF＝，
∵EF2+BF2＝EB2，
∴，
∴r2＝2x2，
∴BF＝，
∴tan∠CBF＝．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定及性质、勾股定理、求角的正切，添加合适的辅助线是解题的关键．
三、填空题
22．如图，正方形ABCD中，BC=2，点M是边AB的中点，连接DM，DM与AC交于点P，点F为DM中点，点E为DC上的动点．当∠DFE=45°时，则DE= _____ ．

【答案】．
【分析】
如图，连接．首先求出、的长，证明，可得，即求出．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，，
∵点M是边AB的中点，
，
在中，，
，
，
∴，
，
∵点F为DM中点，
∴，
∵，
∴
∴
即有．
故答案是：．
【点睛】
本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
23．如图，在边长为4正方形中，以为腰向正方形内部作等腰，点在上，且．连接并延长，与交于点，与延长线交于点．连接交于点．若，则____．

【答案】
【分析】
作于，交于，根据勾股定理可得BG，再由相似三角形的性质可得BH，继而判定，并求得BF的长，由全等三角形的性质可得ME，利用线段的和差求得EN，进而由三角形面积公式即可求解．
【详解】
作于，交于，如图，则，

∵，
∴，，
在中，，
∵，
∴．
∴即解得
∵，而，
∴，即，
而，
∴．
∴，
∴BF⊥AE．
∴，
∵∠BME＝EFB，∠MBE＝∠FEB，BE＝EB，
∴△BME≌△EFB（AAS），
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线求得关键线段的长解决问题．
24．如图，在中，，，，，，则CD的长为______．

【答案】5
【分析】
在CD上取点F，使，证明，求解 再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案.
【详解】
解：在CD上取点F，使，

，，
由，
，
，，
且，
，
，
∽，
，
，
，
又，
，

∽，
，
又，
，
或舍去，
经检验：符合题意，
．
故答案为：5．
本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，分式方程与一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键.
25．如图D、E分别是AB、AC上的点，DE∥BC，△ABC的内角平分线AQ交DE于点P，过点P作直线交AB、AC于R、S，若，则DE=________．

【答案】6
【分析】
由 ，且∠RAS=∠CAB，可证得△ARS∽△ACB，所以∠ARS=∠ACB，再由∠BAP=CAQ可证得△ARP∽△ACQ，，再由DE∥BC，可知，把BC的值代入可求得DE．
【详解】
解：∵，且∠RAS=∠CAB，
∴△ARS∽△ACB，
∴∠ARS=∠ACB，
又∵AQ为角平分线，
∴∠BAP=CAQ，
∴△ARP∽△ACQ，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
∵BC=9，
∴，
∴DE=6．
【点睛】
本题主要考查三角形相似的判定和性质，解题的关键是能利用条件两次证得三角形相似，从而得到DE和BC的比值．
26．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E，F分别在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，则DF的长是______．

【答案】
【分析】
取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，先证出四边形ABNM是正方形，利用SAS证出ABG≌AMH，再利用SAS证出AEG≌AEH，利用勾股定理求出MH，然后利用平行证出AHM∽AFD，列出比例式即可求出结论．
【详解】
解：取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，

∵点M，点N是AD，BC的中点，
∴AM＝MD＝BN＝NC＝4，
∵AD∥BC，
∴四边形ABNM是平行四边形，
∵AB＝AM＝4，
∴四边形ABNM是菱形，
∵∠BAD＝90°，
∴四边形ABNM是正方形，
∴MN＝AB＝BN＝4，∠AMH＝90°，
∵AB＝AM，∠ABG＝∠AMH＝90°，BG＝MH，
∴ABG≌AMH（SAS），
∴∠BAG＝∠MAH，AG＝AH，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAH+∠BAE＝45°，
∴∠GAB+∠BAE＝∠GAE＝∠EAH＝45°，
又∵AG＝AH，AE＝AE
∴AEG≌AEH（SAS）
∴EH＝GE，
∴EH＝2+MH，
在Rt HEN中，EH2＝NH2+NE2，
∴（2+MH）2＝（4﹣MH）2+4，
∴MH＝
∵MN∥CD，
∴AHM∽AFD，
∴
∴DF＝×＝，
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形的性质，此题难度较大，掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形的性质是解决此题的关键．