1、2020-2021備戰中考數學與相似有關的壓軸題及答案解析一、相似1.如圖，已知拋物線經過點A(-1,0),B(4,0),C(0,2)三點，點D與點C關于x軸對稱，點P是x軸上的一個動點，設點P的坐標為(m,0),過點P做x軸的垂線l交拋物線于點Q,交直線于點M.D(1) 求該拋物線所表示的二次函數的表達式；(2) 已知點F(0,一)，當點P在x軸上運動時，試求m為何值時，四邊形DMQF是平行四邊形？(3) 點P在線段AB運動過程中，是否存在點Q,使得以點B、Q、M為頂點的三角形與BOD相似？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)解：由拋物線過點A(-1,0)、B(4,0

2、)可設解析式為y=a(x+1)(x-將點C(0,2)代入，得：-4a=2,1解得：a=-,2則拋物線解析式為y=-(x+1)(x-4)=-x2+x+2(2)解：由題意知點D坐標為(0,-2),設直線BD解析式為y=kx+b,將B(4,0)、D(0,-2)代入，得：1,k=-出b=0i2b=，解得：b-,I直線BD解析式為y=-x-2,.QM±x軸，P(m,0),目i目.Q(m,-m2+-m+2)、M(m,-m-2),131I則QM=-|Zm2+二m+2-(三m-2)=-餌m2+m+4,7.F(0,S)、D(0,-2),DF=,.QM/DF,b.當-m2+m+4=蘭時，四邊形DMQF是

3、平行四邊形,解得：m=-1或m=3,即m=-1或3時，四邊形DMQF是平行四邊形。(3)解：如圖所示:.QM/DF,ZODB=ZQMB,分以下兩種情況：當ZDOB=ZMBQ=90時，DOBsMBQ,DOMB21則，.ZMBQ=90°,ZMBP+ZPBQ=90,°.ZMPB=ZBPQ=90,°ZMBP+ZBMP=90；/BMP=ZPBQI42/二3ar*一撮+3網凡，即£-7解得：m=3、m2=4,當m=4時，點P、Q、M均與點B重合，不能構成三角形，舍去，-m=3，點Q的坐標為(3,2);當ZBQM=90時，此時點Q與點A重合，BOBBQM,此時m=-1

4、,點Q的坐標為(-1,0);綜上，點Q的坐標為(3,2)或(-1,0)時，以點8Q、M為頂點的三角形與BOD相似.【解析】【分析】(1)A(-1,0)、B(4,0)是拋物線與x軸的交點，則可由拋物線的兩點式，設解析為y=a(x+1)(x-4),代入C(0,2)即可求得a的值；(2) 由QM/DF且四邊形DMQF是平行四邊形知QM=DF,由D,F的坐標可求得DF的長/J度；由P(m,0)可得Q(m,-_m2+_m+2),而M在直線BD上，由B,D的坐標用待定系數法求出直線BD的解析式，并當=m時，表示出點M的坐標，可用m表示出QM的長度。由QM=DF,列出關于m的方程，解之可得；(3) 在DOB

5、和MBQ中，由QM/DF,可知/ODB=ZQMB，因為/MBQ=90要使DOB和MBQ相似，則需要ZDOB=ZMBQ=90°或ZDOB=ZBQM=90°。2. 在矩形ABCD中，AB=8,AD=12,M是AD邊的中點，P是AB邊上的一個動點(不與A、B重合)，PM的延長線交射線CD于Q點，MN±PQ交射線BC于N點。(1) 若點N在BC之間時，如圖： 求證：ZNPQ=ZPQN;Pk 請問搠是否為定值？若是定值，求出該定值；若不是，請舉反例說明；(2) 當PBN與ANCQ的面積相等時，求AP的值.【答案】(1)證明：.四邊形ABCD是矩形，ZA=ZADC=ZADQ=

6、90°,AB/CD,./APM=ZDQM,vM是AD邊的中點，.二AM=DM,匕ADQAPM=ZDQM在APM和DQM中，.4*國,APMADQM(AAS),PM=QM,.MN±PQ,MN是線段PQ的垂直平分線，PN=QN,.ZNPQ=ZPQNPM5仍.&是定值理由：如圖，過點M作ME±BC于點E,f):./MEN=/MEB=/AME=90°,.四邊形ABEM是矩形，ZMEN=ZMAP,二AB=EM,.MN±PQ,./PMN=90；.ZPMN=ZAME,/PMN/PME=/AME-/PME,/EMN=/AMP,AMPsEMN,A.ifP

7、ki'em一石，.AB一而，.AD=12,M是AD邊的中點，AM=：'AD=6,網63AB=8,.M8J;(2)解：分點N在BC之間和點N在BC延長線上兩種情況(i)當點N在BC之間時，如圖，作BFLPN于點F,CGLQN于點G,再分別作RAPBN和RtANCQ的中線BS、CT,:.ZBF孚ZCGA90；B¥:PN,CT=4QN,PN=QN,Hpbn=Sancq,z.BF=CG,B蕓CT=CT在RtABFS和RtACGT中，訴=,/.RtABF竿RtACGT(HL),.ZBSRZCTG0/BNP=-/BSF=疽/CT8/CQN,在PBN和NCQ中，小P=CQN=公PN

8、=QN,.PBANCQ(AAS),BN=CQ,BP=CN,.AP=ABBP=8-CN,又.CN=BCBN=12-CQ,AP=CQ4又.CQ=CD+DQDQ=AP,z.AP=4+AP(舍去)，.二此種情況不成立；(ii)當點N在BC延長線上時，如圖，作BFLPN于點F,CGLQN于點G,再分別作RtAPBN和RtANCQ的中線BS、CT,同理可得，PBNANCQ,PB=NC,BN=CQ,.AP=DQ,.AP+8=DQ+C4C牛BC+C412+BP,APBP=4，.AP+BAAB=8，+得：2AP=12,.二AP=6.【解析】【分析】（1）由矩形的性質用角角邊易證APMADQM,可得PM=QM,已

9、知MN±PQ,由線段的垂直平分線的定義可得MN是線段PQ的垂直平分線，再根據線段的垂直平分線的性質可得PN=QN,由等邊對等角可得/NPQ=/PQN;過點M作ME±BC于點E,由矩形的性質跟據有兩個角對應相等的兩個三角形相似易證M枷網AMPsXEMN,可得比例式刖,近，結合已知條件易求得稱為定值；（2）根據MN±PQ交射線BC于N點可知分兩種情況：當點N在BC之間時，如圖，作BFLPN于點F,CGLQN于點G,再分別作RtAPBN和RtANCQ的中線BSCT,通過證RABF竿RtACGT和PBNNCQ可求解；當點N在BC延長線上時，如圖，作BF±PN于點

10、F,CGLQN于點G,再分別作RtAPBN和RtANCQ的中線BS、CT,通過證PBNNCQ可求解。3. 如圖，在川兇顧'中，二知*，點M是AC的中點，以AB為直徑作。回若陋=們當，垃泌時，班；連接。凱潴，當V的度數為時，四邊形ODME是菱形.【答案】（1）證明：ZABC=90,AM=MC,二BM=AM=MC,.ZA=ZABM.四邊形ABED是圓內接四邊形，./ADE+ZABE=180°,又ZADE+ZMDE=180,ZMDE=ZMBA，同理證明：ZMED=ZA,.ZMDE=ZMED,MD=ME（2）2;/【解析】【解答】解：由（1）可知，/A=ZMDE,DEIIAB,.&q

11、uot;拈：肝1財.AD=2DM,DM:MA=1:3,.二DE=iAB=JX6=2故答案為：2.當ZA=60°時，四邊形ODME是菱形.理由如下：連接OD、OE.OA=OD,ZA=60°,.AOD是等邊三角形，.二ZAOD=60°,vDE/AB,ZODE=ZAOD=60；ZMDE=ZMED=ZA=60；ODE,DEM都是等邊三角形，.OD=OE=EM=DM,.四邊形OEMD是菱形.故答案為：60°.【分析】(1)要證MD=ME,只須證/MDE=ZMED即可。根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BM=AM=MC,則/A=ZABM,由圓內接四邊形的性

12、質易得ZMED=ZA,ZMDE=ZMBA,所以可得ZMDE=ZMED;DE場(2)由(1)易證得DE/AB,可得比例式AB.盼，結合中的已知條件即可求解；當ZA=60。時，四邊形ODME是菱形.理由如下：連接OD、OE,由題意易得ODE,DEM都是等邊三角形，所以可得OD=OE=EM=DM,由菱形的判定即可求解。4.(1)問題發現如圖1,四邊形ABCD為矩形，AB=a,BC=b,點P在矩形ABCD的對角線AC上，RtAPEFPM的兩條直角邊PE,PF分別交BC,DC于點M,N,當PM±BC,PN±CD時，用=(用含a,b的代數式表示).(2) 拓展探究在(1)中，固定點P,

13、使APEF繞點P旋轉，如圖2，丹的大小有無變化？請僅就圖2的情形給出證明.(3) 問題解決如圖3,四邊形ABCD為正方形，AB=BC=a點P在對角線AC上，M,N分別在BC,CD上，PM±PN,當AP=nPC時，（n是正實數），直接寫出四邊形PMCN的面積是（用含n,a的代數式表示）【答案】（1）4（2）解：如圖3,過P作PGLBC于G,作PHLCD于H,則ZPGM=ZPHN=90,ZGPH=90RtAPEF中，ZFPE=90ZGPM=ZHPN.PGMAPHN由PG/AB,PH/AD可得,.AB=a,BC=bPGPRPGAn0|,即月b,倒A二.網b,故答案為7(3)(n+if【解析

14、】【解答解：（1）四邊形ABCD是矩形,AB±BC,.PM±BC,.PMCsABC.四邊形ABCD是矩形，/BCD=90,°.PM±BC,PN±CD,/PMC=ZPNC=90=ZBCD,四邊形CNPM是矩形，.CM=PN,故答案為心；(3).PM±BC,AB±BC.PMCsABCCPPk.函-AB當AP=nPC時(n是正實數)，.PM=aPM7ABn11£/(a);四邊形PMCN的面積=?I),/故答案為：01羊尸.CMBCa【分析】(1)由題意易得PMCsABC,可得比例式/>ABbCM=PN,則結論可得證

15、；(2)過P作PGLBC于G,作PHLCD于H,由輔助線和已知條件易得則得比例式舟網，由(1)可得比例式ADHIZj,即比值不變;-a(3)由(2)的萬法可得n、，則四邊形PMCN的面積=5. 如圖1,經過原點O的拋物線y=ax2+bx(aT與x軸交于另一點A象限內與直線y=x交于點B(2,t).由矩形的性質可得PGMsPHN,3(三，0),在第一(1) 求這條拋物線的表達式；(2) 在第四象限內的拋物線上有一點C,滿足以B,O,C為頂點的三角形的面積為2,求點C的坐標；(3)如圖2,若點M在這條拋物線上，且/MBO=ZABO,在(2)的條件下，是否存在點P,使得PO8AMOB?若存在，求出點

16、P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)解：B(2,t)在直線y=x上，.t=2,B(2,2),4ab-23_oa*b-6rn-把A、B兩點坐標代入拋物線解析式可得/J，解得F-拋物線解析式為y=2x2-3x(2)解：如圖1,過C作CD/y軸，交x軸于點E,交OB于點D,過B作BF±CD于點F,圖I.點C是拋物線上第四象限的點，可設C(t,2t2-3t),貝UE(t,0),D(t,t),.OE=t,BF=2-t,CD=t-(2t2-3t)=-2t2+4t,Saobc=Hcdo+Scdb=-CD?OE+CD?BF=(-2t2+4t)(t+2t)=-2t2+4t,OBC的面積為2,

17、-2t2+4t=2，解得ti=t2=1,C(1,T)(3)解：存在.設MB交y軸于點N,如圖2,B(2,2),ZAOB=ZNOB=45,在AOB和NOB中AOB=ZNOb/OB=0BZABO=ZNBG.AOB絲NOB(ASA),J"5JON=OA=-,3N(0,勺，gg0可設直線BN解析式為y=kx+2,把B點坐標代入可得2=2k+£,解得k洞，13直線BN的解析式為y=x+上，聯立直線BN和拋物線解析式可得Y=2-31，解得15.M(-們%),0(1,-1),ZCOA=ZAOB=45,且B(2,2),.OB=2%歸，OC=、2,APOCAMOB,I.01=0C=2,ZPO

18、CWBOM,當點P在第一象限時，如圖3,過M作MG±y軸于點G,過P作PH±x軸于點H,X!圖S/COA=ZBOG=45；/MOG=/POH,且/PHO=ZMGO,.MOGsPQH,=2,.M(占，勿），/-y.MG=,OG=史，.PH=-MG=16/j.P（"當點P在第三象限時，如圖4，過M作MG±y軸于點G,過P作PHLy軸于點H,4533畝，化）或（-P,其坐標為（由）交于點B（2,t）兀一次方程組，求出同理可求得PH=-MG=加,16鬲)綜上可知存在滿足條件的點【解析】【分析】（1）根據已知拋物線在第一象限內與直線y=x出點B的坐標，再將點A、B

19、的坐標分別代入y=ax2+bx,建立的值，即可求得答案。(2) 過C作CD/y軸，交x軸于點E,交OB于點D,過B作BFLCD于點F,可知點C、D、E、F的橫坐標相等，因此設設C(t,2t2-3t)，貝UE(t,0),D(t,t),F(t,2),再表示出OE、BF、CD的長，然后根據電obc=Scdo+Sacdb=2,建立關于t的方程，求出t的值，即可得出點C的坐標。(3) 根據已知條件易證AOBANOB,就可求出ON的長，得出點N的坐標，再根據點B、N的坐標求出直線BN的函數解析式，再將二次函數和直線BN聯立方程組，求出點Man的坐標，求出OB、OC的長，再根據PO8AMOB,得出渺，/PO

20、C=ZBOM,然后分情況討論：當點P在第一象限時，如圖3,過M作MG±y軸于點G,過P作PHLx軸于點H,證MOGPOH,得出對應邊成比例，即可求出點P的坐標；當點P在第三象限時，如圖4,過M作MG±y軸于點G,過P作PH±y軸于點H,同理可得出點P的坐標，即可得出答案。6. 已知，如圖1,拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點8C,與y軸交于點A,且AO=CO,BO4.圖1(1) 求拋物線解析式；(2) 如圖2,點P是拋物線第一象限上一點，連接PB交y軸于點Q,設點P的橫坐標為t,線段OQ長為d,求d與t之間的函數關系式；(3) 在的條件下，過點Q作直線l

21、77;y軸，在l上取一點M(點M在第二象限)，連接AM,使AM=PQ,連接CP并延長CP交y軸于點K,過點P作PNLl于點N,連接KN、CN、CM.若ZMCN+ZNKQ=45°時，求t值.【答案】(1)解：如圖1,圖L當x=0時，y=3,A(0,3),.OA=OC=3,.BC=4,.OB=1,.B(-1,0),C(3,0),<&-b*3=0把B(-1,0),C(3,0)代入拋物線y=ax2+bx+3中得：33b*36產=-11解礙："-,拋物線的解析式為：y=-x2+2x+3;(2)解：如圖2,設P(t,-t2+2t+3)(0vtv3),過P作PGLx軸于G,

22、.OQ/PG,.BOQsBGP,|-U-3)，十D'd=t"/d=-t+3(0<t<3)(3)解：如圖3,連接AN,延長PN交x軸于G,由(2)知：0Q=3t,0A=3,AQ=OA-0Q=3-(3-t)=t,-QN=OG=AQ=t,AQN是等腰直角三角形，ZQAN=45,AN=Vt,.PG/OK,OK=3t+3,AK=3t,.ZQAN=ZNKQ+ZANK,。ZNKQ+ZANK=45；.ZMCN+ZNKQ=45,ZANK=ZMCN,.NG=CG=3-t,ANGC是等腰直角三角形，.NC=«(3-t),ZGNC=45,ZCNH=ZNCM+ZNMC=45,ZN

23、KQ=ZNMC,AAKNANMC,.AQ=QN=t,AM=PQ,RtAAQMARAQNP(HL.),.MQ=PN=-t2+2t+3-(3t)=-t2+3t,3t移*力+32(3!),t2-7t+9=0,|r+-y/ZJ|z-t1=2>3,t2=J,.0vtv3,ti>3,不符合題意，舍去,.t=丁【解析】【分析】(1)根據函數圖像與坐標軸交點的坐標特點，得出A點的坐標，再根據點到坐標軸的距離得出OA=OC=3,又BC=4,從而得出OB的距離，進而得出B,C兩點的坐標，再將B,C兩點的坐標代入拋物線y=ax2+bx+3中得出一個關于a,b的二元一次方程組，求解得出a,b的值，從而得出

24、拋物線的解析式；(2) 過P作PGLx軸于G,根據P點的橫坐標得出P點坐標設P(t,-t2+2t+3)(0vtv3),根據平行于三角形一邊的直線截其它兩邊，所截得的三角形與原三角形相似，得出BOQsBGP,根據相似三角形對應邊成比例得出OQ：PG=OB：BG從而得出d關于t的函數關系式；(3) 連接AN,延長PN交x軸于G,由(2)知：OQ=3-t,OA=3,從而得AQ=OA-OQ=3-(3-t)=t,進而得QN=OG=AQ=t,從而判斷出AQN是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質得出ZQAN=45,AN=必t,根據平行線分線段成比例得出PG：OK=CG：OC,故OK=3t+3,AK=3

25、t，根據等式的性質得出/ANK=ZMCN,判斷出NGC是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質得出NC="2(3-t),/GNC=45,再判斷出AKNMANMC，根據相似三角形對應邊成比例得出AK:MN=AN:NC,再利用HL判斷出RAAQMARtAQNP,故MQ=PN=-t2+2t+3-(3-t)=-t2+3t,從而得出關于t的方程，求解并檢驗即可得出答案7. 書籍開本有數學開本指書刊幅面的規格大小.如圖，將一張矩形印刷用紙對折后可以得到2開紙，再對折得到4開紙，以此類推可以得到8開紙、16開紙若這張矩形印刷用紙的短邊長為a.(1) 如圖，若將這張矩形印刷用紙ABCD(ABBC&

26、#174;行折疊，使得BC與AB重合，點C落在點F處，得到折痕BE;展開后，再次折疊該紙，使點A落在E處，此時折痕恰好經Ab過點B,得到折痕BG,求反的值.(2) 如圖，2開紙BCIH和4開紙AMNH的對角線分別是HGHM.說明HCLHM.(3) 將圖中的2開紙、4開紙、8開紙和16開紙按如圖所示的方式擺放，依次連接點A、8M、I,貝U四邊形ABMI的面積是.(用含a的代數式表示，直接寫出結果)【答案】(1)解：.四邊形ABCD是矩形，-/ABC/C90.第一次折疊使點C落在AB上的F處，并使折痕經過點B,/CBE/FBE=45,°/CBE/CEB=45,°.BCCEa,B

27、E仙.第二次折疊紙片，使點A落在E處，得到折痕BG,ABBE,1)中的結論，有(2)解：根據題意和(AMAH必BH就2.四邊形ABCD是矩形,/AZB90,.MAHsHBC,/AHM/BCH.ZBCHs|zBHC=|90,°ZAHM*1BHC=90,ZMHC-|90:HC±HM.根據題意知（1）中的結論，有BC=AD=-a,AF=IG=_a,NI=MP=4a,OP=!a,又./C=ZADE=90,/BE*AED,.?BC&?ADE,-S?BCE=S?ADE,同理可得，S?afh=S?igh,S?inq=S?mpq,四邊形ABMI的面積=S矩形adof+S矩形igon

28、+S梯形BMPC【分析】(1)利用矩形的性質及第一次折疊使點C落在AB上的F處，可得出/CBE=ZFBEWCEB=45,°可得出CE=BC利用勾股定理可用含a的代數式求出BE的長，再根據第二次折疊紙片，使點A落在E處，得到折痕BG,可用含a的代數式表示出AB的長，然后求出AB與BC的比值。(2) 利用(1)的結論，可用含a的代數式表示出AH、BH、AM的長，就可求出AMA/i酬,利用矩形的性質可得出ZA=/B,再根據相似三角形的性質，證明MAH口工HBC,利用相似三角形的性質，去證明/AHM+/BHC=90°,然后利用垂直的定義可解答。(3) 利用已知條件證明？BC?ADE

29、,可證得S?bce=S?ade,S?afhfS?igh,S?inq=S?mpq,再根據四邊形ABMI的面積=S矩形adof+S矩形igon+S梯形bmpc,可求出答案。8. RtAABC中，/ACE90°,AC=3,BB7,點P是邊AC上不與點A、C重合的一點,作PD/BC交AB邊于點D.D'(1) 如圖1,將APD沿直線AB翻折，得到AP'D,作AE/PD求證：AE=ED;(2) 將APD繞點A順時針旋轉，得到AP'D'，點P、D的對應點分別為點P'、D', 如圖2,當點。'在ABC內部時，連接P'利D'B,求

30、證：AP'AAD'B; 如果AP:PB5:1,連接DD',且DD'='2AD,那么請直接寫出點D'到直線BC的距離.【答案】(1)證明：.將APD沿直線AB翻折，得到AP'D,ZADP'=ZADP,.AE/PD,ZEAAZADP,ZEAAZADP',AE=DE(2)解：.DP/BC,.APAACB,ACAB旋轉,AP=AP',AD=AD',ZPAAZP'AD',APfAD'ZP'AC=ZD'AB,泅,.AP3AAD'B若點D'在直線BC下方，如圖，過點

31、A作AF±DD',過點D'作D'M±AC,交AC的延長線于M,.AP:PC=5:1,.AP:AC=5:6,.PD/BC,.BC=7,35.PD=,旋轉,.AD=AD',且AFLDD',1:.DF=D'F=ED'D,/ADF=/AD'F,.cosZADF=血=AD=AD了，ZADF=45；ZAD'F=45°,ZD'AD=90°ZD'AM+ZPAA90；.D'M±AM,ZD'AM+ZAD'M=90；/PAAZAD'M，且AD

32、9;=AD,ZAMD'=ZAPD,.AD'MADAP(AASL.PD=AM=G,史.CM=AM-AC=&-3,CM=G,1?.點D'到直線BC的距離為&若點D'在直線BC的上方，如圖，過點D'作D'M±AC,交CA的延長線于點M,同理可證：AMD'ADPA,AM=PD=.CM=AC+AM,圖竺CM=3+&=心，N.點D'到直線BC的距離為&綜上所述：點D'到直線BC的距離為任或右；【解析】【分析】(1)由折疊的性質和平行線的性質可得/EAD=ZADP=ZADP',即可竺y得

33、AE=DE;(2)由題意可證APBACB,可得CAB，由旋轉的性質可得AP=AP',AD=AD',ZPAAZP'AD',即ZP'AC=ZD'AB,貝"AP'3AD'B;分點D'在APrADf直線BC的下方和點D'在直線BC的上方4廣AB兩種情況討論，根據平行線分線段成比劊35例，可求PD=6，通過證明AMD'ADPA,可得AM=PD=&，即可求點D'到直線BC的距離.9. 如圖1,ABC與CDE是等腰直角三角形，直角邊AC、CD在同一條直線上，點M、N分別是斜邊AB、DE的中點，點

34、P為AD的中點，連接AEBD.(1) 請直接寫出PM與PN的數量關系及位置關系;(2) 現將圖1中的CDE繞著點C順時針旋轉a(0°<aV90°)，得到圖2,AE與MP、BD分別交于點G、H.請直接寫出PM與PN的數量關系及位置關系;(3) 若圖2中的等腰直角三角形變成直角三角形，使BBkAC,CAkCE如圖3,寫出PM與PN的數量關系，并加以證明.【答案】(1)PMLPN,PM=PN(2) PM=PN,PM±PN(3) 解：PM=kPN,ACB和ECD是直角三角形，/ACA/ECA90:/ACB+ZBCE/ECD+ZBCE.ZACEZBCD.BC=kAC,

35、CAkCE,BCCLM右CE=k.BCCAACE.BD=kAE,點P、M、N分別為AD、AB、DE的中點，11PM=土BD,PN=疽AE.PM=kPN.【解析】【解答】解：(1)PM=PN,PM±PN,理由如下：ACB和ECD是等腰直角三角形，AC=BC,EOCD,/ACA/EC490:AC=BCZACB=NEO)=對在ACEABCD中CD,.ACABCD(SAS,AE=BD,/EAOZCBD, /BCD=90；/CBD+ZBDC=90°,/EAC+ZBDO90°點M、N分別是斜邊AB、DE的中點，點P為AD的中點,11PM=上BD,PN=-AE,PM=PN,點M

36、、N分別是斜邊AB、DE的中點，點P為AD的中點,PM/BC,PN/AE,/NPD=/EAC,/MPN=/BDC, /EAC+ZBDO90°,ZMPA+ZNPC=90；ZMPN=90°,即PM±PN,故答案為：PMLPN,PM=PN;(2)PM=PN,PM±PN,理由：ACB和ECD是等腰直角三角形，AC=BC,EOCD,/ACA/ECt>90:/ACB+ZBCE/ECD+ZBCE./ACE/BCD,.ACABCD(SAS.AE=BD,ZCA已ZCBD.又ZAOOZBOE,ZCA已ZCBD,/BHO=/ACO90:點P、M、N分別為AD、AB、DE

37、的中點，IPM=上BD,PM/BD;1PN=IAE,PN/AE.PM=PN.ZMGE+ZBHA=180:ZMGE=90:ZMPN=90:PM±PN.故答案為：PMLPN,PM=PN【分析】（1）利用等腰直角三角形的性質得出結論判斷出ACABCD,得出AE=BD,再用三角形的中位線即可得出結論；（2）同（1）的方法即可得出結論；（3）利用兩邊對應成比例夾角相等，判斷出BCAACE,得出BD=kAE,最后用三角形的中位線即可得出結論.10. 如圖，已知拋物線"-a+bSK0）過點A（滂，-少和B（歡,0），過點A作直線AC/x軸，交y軸與點C。（1）求拋物線的解析式;（2）在拋

38、物線上取一點P,過點P作直線AC的垂線，垂足為D,連接OA,使得以A,D,P為頂點的三角形與AOC相似，求出對應點P的坐標；Saaoc-*心*,_（3）拋物線上是否存在點Q,使礙3?W存在，求出點Q的坐標；右不存在，請說明理由。【答案】（1）解：.點A、B在拋物線上,聲+=-3解得:-拋物線解析式為：y=二'x2-x.（2）當P在直線AD上方時，1.邱0C當OCAsADP時，如DI,設P坐標為（x,?丁），則有AD=x2,OCCA5x-rr十a整理得：3x2-9.x+18=2,x-6,即3x2-11x+24=0,li3±53解得:x=,即x=3或x=、q(舍去)，此時P(3&

39、#39;3);當OCAsPDA時，幽妣,即JJ整理得：k'y-必&呻*X隊揚，即x2-必V匕，-心53±3ft解得：2,即x=k或、（舍去），此時P（4廊）；當點P（0,0）時，也滿足OCePDA;當P在直線AD下方時，同理可得，P的坐標為（3'3）,A'J綜上，P的坐標為（3*J）或（4藝，,6）或（，#3）或（0,0）（3）解：-A代位-仞，.AC=.,OC=3,.OA=2.,11.s血=三OCAC=JOAh=2h=-,.AOQ邊OA上的高=3h=-,g過O作OM±OA,截取OM=三，過點M作MNIIOA交y軸于點N，過M作HM±

40、;x軸，（如ZAOC=30,又.MN/OA,/MNO=/AOC=30；OM±MN,.ON=2OM=9,ZNOM=60°,即N(0,9),/MOB=30°,MH=OM=,93.OH=,M(',)，設直線MN解析式為：y=kx+b,rrktb=-4b=9,*=-瘟直線MN解析式為：y=-x+9,廣=r*arj2I十，G,x-.x-18=0,（x-3'）（x+2寸項）=0,-x=3E,xw=-2,聲-5/3tx=Jy。或y=15,Q點坐標（3如,0）或（-2&15）,J,SAAOC-俱.拋物線上是否存在點Q,使得3.【解析】【分析】（1）將A、B

41、兩點坐標代入拋物線解析式得到一個二元一次方程方程組，解之即可得拋物線解析式.（2）設P坐標為（x，產尸），表示出AD與PD,由相似分兩種情況得比例求出x的值，即可確定出P坐標。（3）根據點A坐標得AC=E,OC=3,由勾股定理得OA=2臼，根據三角形面積公式可得AOC邊OA上的高h=,，又*眼依=3$占成略得AOQ邊OA上的高為&過。作gOM±OA,截取OM=上，過點M作MN/OA交y軸于點N,過M作HM±x軸，（如圖），根據直角三角形中，30度所對的直角邊等于斜邊的一半，從而求出N（0,9）,在RAMOH中，根據直角三角形性質和勾股定理得M（J,；）;用待定系數法

42、求出直線MN解析式，再講直線MN和拋物線解析式聯立即可得Q點坐標.11.已知：如圖，在四邊形-4"中，d莊，器-90，您/知，反',以垂直平分彳14.點從點缶出發，沿方向勻速運動，速度為，瞬心；同時，點£從點-出發，沿沈方向勻速運動，速度為/cm/s-當一個點停止運動，另一個點也停止運動.過點-作弛工拈，交及于點E,過點|£作QFHAC,分別交出，而于點，6.連接。七期設運動時間為房（°<1項，解答下列問題：（1）當I為何值時，點/在頂/的平分線上?(2) 設四邊形佬丸.的面積為5局，求|3與F的函數關系式.(3) 連接班，依，在運動過程中，是否存在某一時刻F,使也黑？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)解：在廟2?£中，ACB-如“，柚/如I,-亂m,-山北-厚=，.I班垂直平分線段如,.|火，0A3(),ZDOC=909.kW=ZACB,.IJ虹ABG,ACABBl.丘一礦反，.3e閘，39知J,01)/知人.PBtP£1出