2020-2021重庆备战中考数学压轴题专题相似的经典综合题

2020-2021重庆备战中考数学压轴题专题相似的经典综合题一、相似1.如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C,且OA=1,OB=3，顶点为D,对称轴交x轴于点Q.备用图求抛物线对应的二次函数的表达式；点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；在抛物线的对称轴上是否存在一点M,使得△DCM-△BQC？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由.【答案】(1)解：："■■■■■=D=F~1~bc=0TOC\o"1-5"\h\z代入.1---+r，得豁解得•-:'.抛物线对应二次函数的表达式为：|二.；：设直线CD切OP于点E.连结PE、PA，作•「「点..:池—；'r注由：-.■:-J得对称轴为直线x=1,汐:—一-■:/「DF=CF,为等腰直角三角形.45ZEDP45DE=EP,-迸］为等腰三角形.设90ZPQA-二[1(-1)]3十#.如图，连结v"90ZCBQ'为等腰直角三角形,由(2如图，连结v"90ZCBQ'为等腰直角三角形,由(2)可知，■了二—--m-e:分两种情况.TOC\o"1-5"\h\z整理，得灯.■-扛解得，■■■■二:-•••点P的坐标为■…\或■…(3)解：存在点M,使得-'.DM_Cb当•’■时，DMx.?J•••••,解得：-2_103~~Q甜=DQ~DMwMi(it—)DM_CL当";时，•••、』'■-•，解得河一A汎-心■■-.I•■-■-■■10综上，点M的坐标为.•或•••I【解析】【分析】(1)用待定系数法即可求解；由(1)中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D(1,4),点C(0,3),由题意可设点P(1，m),计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；DMCbDCDk————二—由厶DCM-△BQC所得比例式分两种情况：•’•或•’•，根据所得比例式即可求解。2.如图，AB是半圆0的直径，AB=2,射线AM、BN为半圆0的切线.在AM上取一点D,连接BD交半圆于点C,连接AC.过0点作BC的垂线0E,垂足为点E,与BN相交于点F.过D点作半圆0的切线DP，切点为P,与BN相交于点Q.(1)若厶ABD竺△BF0,求BQ的长;(2)求证：FQ=BQ【答案】(1)解：•••'「」■■■■,•••»'：■均为半圆切线,连接-贝y‘•’：■-四边形-7为菱形，DQII.兰,•••丄・「二均为半圆切线，.•.、II',.四边形厂品；为平行四边形.■=汇=:'(2)证明：易得S至-''■,菊AB■：?=五,•••阡「是半圆的切线,过、'点作n—.!；■；于点土则创二AB-2.在中，W_K&十盛,.-'/■-'./■汎一【解析】【分析】(1)连接OP,由AABD竺ABFO可得AD=OB,由切线长定理可得AD=DP,于是易得OP=OA=DA=DP,根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQIIAB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；BFAB—二—(2)过Q点作QK丄AM于点K,由已知易证得AABD-ABFO,可得比例式’•，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DF,QB=QP，解直角三角形DQK可求得BQ与AD的关系，则根据FQ=BF-BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。3.如图1,在厶ABC中，ZBAC=90°,AB=AC=4,D是BC上一个动点，连接AD，以AD为边向右侧作等腰直角△ADE，其中ZADE=90°.(1)如图2，G，H分别是边AB，BC的中点，连接DG，AH，EH.求证：△AGD〜△AHE；(2)如图3,连接BE,直接写出当BD为何值时，△ABE是等腰三角形；(3)在点D从点B向点C运动过程中，求△ABE周长的最小值.【答案】(1)证明：如图2,由题意知厶ABC和厶ADE都是等腰直角三角形,ZB=ZDAE=45°.TH为BC中点，.AH丄BC..ZBAH=45°=ZDAE..ZGAD=ZHAE.在等腰直角△BAH和等腰直角△DAE中，AH=AB='AG,AE=AD.AH△AGD〜△AHE；(2)解：分三种情况：①当B与D重合时，即BD=0,如图3,此时AB=BE；过E过E作EH丄AB于H,交BC于M,连接AM,过E作EG丄BC于BD=.BC=2寸；③当AB=BE时,如图5TAE=BE,EH丄AB,.AH=BH,.AM=BM,TZABC=45°,.AM丄BC,△BMH是等腰直角三角形,TAD=DE,ZADE=90°,易得△ADM竺△DEG,.DM=EG,TZEMG=ZBMH=45°,.△EMG是等腰直角三角形ME厂—-\.由（1）得：△AHD-△AME，且’',:.乙AHD=ZAME=135°,ME=/：DH,ZBHD=45°,MG=DH,•••△BDH是等腰直角三角形，.BD=DH=EG=DM=-J.；综上所述，当BD=0或一/:或2"/:时，△ABE是等腰三角形;此时,ZABM=ZBAC=90°,ZAMB=ZBAM=45°,BM=AB=AC．.四边形ABMC是正方形．.ZBMC=90°，.ZAMC=ZBMC-ZAMB=45°，TZBAM=ZDAE=45°，.ZBAD=ZMAE，在等腰直角△BAM和等腰直角△DAE中，AM=—AB，AE=AD.AMJ\b△ABD-△AME..ZAME=ZABD=45°.点E在射线MC上，作点B关于直线MC的对称点N,连接AN交MC于点E',TBE+AE=NE+AE>AN=NE'+AE'=BE'+AE',△ABE'就是所求周长最小的△ABE.在RtAABN中，TAB=4，BN=2BM=2AB=8，...AN=-J肿，存-△ABE周长最小值为AB+AN=4+4“J.【解析】【分析】(1)由等腰直角三角形的性质可得ZB=ZDAE=ZBAH=45°，所以AH_AhZGAD=ZHAE，计算可得比例式：2「川，根据有两对边对应相等，且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得厶AGD-△AHE；根据等腰三角形的定义可知分3种情况讨论：①当B与D重合时，即BD=0，此时AB=BE；当AB=AE时，此时E与C重合，用勾股定理可求得BD的值；当AB=BE时，过E作EH丄AB于H,交BC于M,连接AM,过E作EG丄BC于G,连接DH，由已知条件和(1)的结论可求解；当点D与点B重合时，点E的位置记为点M,连接CM,作点B关于直线MC的对称点N,连接AN交MC于点E',由已知条件易证四边形ABMC是正方形，由已知条件通过计AM_Ah算易得比例式：「’•，根据有两对边对应相等，且它们的夹角也相等的两个三角形相似可得△ABD-△AME，则ZAME=ZABD=45°,于是可得点E在射线MC上，根据轴对称的性质可得△ABE，就是所求周长最小的△ABE,在RtAABN中，用勾股定理即可求得AN的值，则厶ABE周长最小值=AB+AN即可求解。4.如图，已知抛物线y=-x2+bx+c交y轴于点A(0,4)，交x轴于点B(4,0)，点P是抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线PQ,过点A作AQ丄PQ于点Q,连接AP.填空：抛物线的解析式为，点C的坐标；点P在抛物线上运动，若△AQP-△AOC,求点P的坐标.【答案】(1)y=-x2+3x+4；(—1,0)0C1———(2)解：T点A的坐标为(0,4),点C的坐标为(一1,0),.'.T点P的横坐标为m,P(m,-m2+3m+4).

①当点P在直线AQ下方时，QP=4—(-m2+3m+4)=m2—3m,QPQCs?-3m1TOC\o"1-5"\h\z—二-——由厶AQP-△AOC得：「：，即：^,13■■■■.二：：（舍去）或•山511351当•时，-m2+3m+4=•■，此时点P的坐标为（':）；②当点P在直线AQ上方时，PQ=-m2+3m+4—4=-m2+3m,QPOC-it3^1—二———由厶AQP-△AOC得：；：，即：^，11117b•••'：=0（舍去）或；=，此时P点坐标为（■'「）.综上所述：点P综上所述：点P的坐标为"51117b（厂"）或（厂花【解析】【解答】解：（1）T抛物线y=-x2+bx+c交y轴于点A（0，4）,交x轴于点B（4，0），cc=4p=3•'■■-'，解得：.•，•抛物线的解析式为：y=-X2+3x+4.令y=0,得：-x2+3x+4=0,解得：x=4或x=—1，•点C的坐标为（一1，0）.【分析】（1）根据题意，将A,B两点的坐标代入到解析式中，分别求出b,c,可以求出抛物线的解析式；（2）C为x轴上的交点，令y=0,通过解一元二次方程，解得C点坐标。5.5.如图1,在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx-5与x轴交于A（-1,0）,B（5,0）两1）求抛物线的函数表达式;（2）若点D是y轴上的点，且以B、C、D为顶点的三角形与△ABC相似，求点D的坐标；（3）如图2,CE//X轴与抛物线相交于点E,点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC、CE分别相交于点F,G,试探求当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积.【答案】(1)解：把A(-1,0)，B(5,0)代入y=ax2+bx-5可得fa~b~^=Q，-a迄迟a十池-5=6，解得讣=二次函数的解析式为y=x2-4x-5.(2)解：如图1,令x=0，则y=-5,•••C(0,-5)，OC=OB,ZOBC=ZOCB=45°,AB=6,BC=5订-,ABBCABBC要使以B,C,D为顶点的三角形与△ABC相似，则有•】或,AB_BC当’「时，CD=AB=6,D(0,1),ABBC当.•时，65^CD=■,1GD(0,■),J6即：D的坐标为(0,1咸(0,')；

(3)解：设H(t,t2-4t-5)：2IIx轴，八；:,又因为点E在抛物线上，即：-匚，解得二-(舍去)■-■ZE(4t-5)、:,B(5f0)JC(0,-5)BC所在直线解析式为y=x-5,二：丁--CE*-而CE是定值，.当HF的值最大时，四边形CHEF有最大面积。当••时，HF取得最大值•，四边形CHEF的最大面积为1125-CE'HF=-X4X—426为35此时H(，-)【解析】【分析】(1)根据待定系数法直接确定出抛物线解析式；(2)分两种情况，利用相似三角形的比例式即可求出点D的坐标；(3)先求出直线BC的解析式，进而求出四边形CHEF的面积的函数关系式，即可求出最大值；6.在RtAABC中，ZBAC=90°,过点B的直线MNIIAC，D为BC边上一点，连接AD,作DE丄AD交MN于点E,连接AE.如图①，当ZABC=45。时，求证：AD=DE；理由；如图②，当ZABC=30°时，线段AD与DE有何数量关系？并请说明理由；当ZABC=a时，请直接写出线段AD与DE的数量关系.(用含a的三角函数表示)【答案】(1)解：如图1,过点D作DF丄BC,交AB于点F，则ZBDE+ZFDE=90°,VDE丄AD,AZFDE+ZADF=90°,AZBDE=ZADF,VZBAC=90°,ZABC=45°,AZC=45°,VMNIIAC,AZEBD=180°-ZC=135°,VZFBD=45°,DF丄BC,AZBFD=45°，BD=DF，AZAFD=135°，AZEBD=ZAFD，在△BDE和△FDA中，ZEBD=ZAFD,BD=DF,ZBDF=ZADF,A△BDE竺△FDA(ASA),AAD=DE解：DE八AD,理由：如图2，过点D作DG丄BC,交AB于点G,则ZBDE+ZGDE=90°,VDE丄AD,AZGDE+ZADG=90°，AZBDE=ZADG，VZBAC=90°，ZABC=30°，AZC=60°，MNIIAC,AZEBD=180°-ZC=120°,VZABC=30°,DG丄BC,AZBGD=60°,ADDCDG———AZAGD=120°,AZEBD=ZAGD,A△BDE-△GDA,AV小,在RtABDG中，=tan30°=,ADE=iAD解：AD=DE・tana；理由：如图2,ZBDE+ZGDE=90°,VDE丄AD,AZGDE+ZADG=90°,AZBDE=ZADG,ADDG—二—VZEBD=90°+a,ZAGD=90°+a,AZEBD=ZAGD,A△EBD-△AGD,AM,在DGAbRtABDG中，=tana,贝=tana,aAD=DE・tana.【解析】【分析】(1)如图1,过点D作DF丄BC,交AB于点F,根据同角的余角相等得出ZBDE=ZADF,根据等腰直角三角形的性质得出ZC=45°,ZBFD=45°,BD=DF,进而根据平行线的性质邻补角的定义得出ZEBD=180°-ZC=135°,ZAFD=135°,从而利用ASA判断出厶BDE竺△FDA,根据全等三角形的对应边相等得出AD=DE；(2)DE=\AD,理由：如图2,过点D作DG丄BC,交AB于点G,根据等角的余角相等得出/BDE=ZADG,根据三角形的内角和得出ZC=60°,ZBGD=60°,根据二直线平行同旁内角互补得出ZEBD=120°，根据邻补角的定义得出ZAGD=120°，故ZEBD=ZAGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE-△GDA，利用相似三角形对应边成比例得出AD:DE=DG:BD,根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值得出DG:BD=tan30°=，从而得出答案；(3)AD=DE・tana；理由：如图2过点D作DG丄BC,交AB于点G,根据等角的余角相等得出ZBDE=ZADG,根据三角形的内角和得出根据二直线平行同旁内角互补得出ZEBD=90°+a,三角形的外角定理得出ZAGD=90°+a,故ZEBD=ZAGD，根据两个角对应相等的两个三角形相似得出△BDE-△GDA,利用相似三角形对应边成比例得出AD:DE=DG:BD,根据正切函数的定义DG:BD=tana从而得出答案。7.如图1,以dABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边7.如图1,以dABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边AD上，连接BE，交AF于点G.H•DAADGSB图弓图1卫Q(1)猜想BG与EG的数量关系•并说明理由;延长DE,BA交于点H,其他条件不变，PG如图2,若ZADC=60°,求'的值；如图3,若ZADC=a(0°<a<90°)，直接写出门的值.(用含a的三角函数表示)【答案】(1)解：*,理由如下：•••四边形・，是平行四边形，.°!311I，.上:.i.T四边形二匕:是菱形，°'II”‘2二.°.工，II.匕匕.

•••士由（1）结论知儿-.GMGE1•二；..■'；.■■■一.••四边形二上:为菱形，•庄—二凭」、.•四边形门了是平行四边形,■II■.「'IIII,丁了’,■'.■■■.ZGMD=]80{-'-ZMGD-ZMDG=60即v■■-"--••是等边三角形。DG_MG_1./总一.方法2：延长”’,交于点；，

•••四边形•讯二为平形四边形,•••加.代.'■■■■,■IIZH=180°-—180°-60°=60°:•代讥为等边三角形..A.:II门,:.「•=:.二,「2'■:.:.：•.V-.'-丫応DG_EG由（1）结论知-rDGGE1—二■MBBE二DG_DG_1如图3连接EC交DF于0,H图3•••四边形CFED是菱形,：.EC丄AD,FD=2F0,设FG=a,AB=b，贝VFG=a,EF=ED=CD=b,OhRtAEFO中，cosa=',OF=bcosa,DG=a+2bcosa,过H作HM丄AD于M,TZADC=ZHAD=ZADH=a,.AH=HD,11.AM=.AD=.(2a+2bcosa)=a+bcosa,RtAAHM中，cosa=',a+bcas社AH=-,a+T巾cos疗D(ialx.osu..R=宀八.=cosa【解析】【分析】(1)利用菱形和平行四边形的性质可得出ABIICDIIEF,AB=CD=EF，再利用平行线的性质可证得ZABG=ZFEG，然后利用AAS可证得△ABG竺△FEG,由全等三角形的性质可证得结论。(2)①过点G作GMIIBH，交DH于点M，易证△GME-△BHE。得出对应边成比例，求出MG与BH的比值，再利用菱形的性质及平行四边形的性质证明DG=MG，即可解答；②连接EC交DF于0,利用菱形的性质可得出EC丄AD,FD=2F0,设FG=a,AB=b，可表示出FG,EF=ED=CD=b,RtAEFO中，利用锐角三角函数的定义可得出OF、DG,过H作HM丄AD于M,易证AH=HD,AM=a+bcosa，再在RtAAHM中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，继而可得出DG与BH的比值，可解答。8如图，在△ABC中，ZACB=90°,AC=6cm,BC=8cm，点D从点C出发，以2cm/s的速度沿折线CTATB向点B运动，同时点E从点B出发，以1cm/s的速度沿BC边向点C运动，设点E运动的时间为t(单位：s)(0<t<8).C当厶BDE是直角三角形时，求t的值；若四边形CDEF是以CD、DE为一组邻边的平行四边形，①设它的面积为S,求S关于t的函数关系式；②是否存在某个时刻t,使平行四边形CDEF为菱形?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)解：如图1,当ZBED=90°时，△BDE是直角三角形，4646则BE=t，AC+AD=2t，BD=6+10-2t=16-2t,TZBED=ZC=90°,.DEIIAC,BE:.-..t_DL3tDE=',DE■)sinB=S,.汗图2则BE=t，BD=16-2t，BDBC8cosB=16~2t_8.t=•；64答：当△BDE是直角三角形时，t的值为•或(2)解:①如图3,当0<t<3时，BE=t,CD=2t,CE=8-t,二丄cdef=2Sacde=2xx2tx(8-t)=-2t2+16t，如图4,当3<t<8时，BE=t,CE=8-t,过D作DH丄BC,垂足为H,DHIIAC,DHBL.■-..,DHJ6-2tTOC\o"1-5"\h\z~6~~,3(16-20DH=13(16-2t)696384.S=2S=2x.xCExDH=CExDH=(8-t)x=t2-1t+°CDEF△CDE•••S于t的函数关系式为：当0<t<3时，S=-2t2+i6t,696384当3<t<8时，S=t2-'t+；②存在，如图5,当《DEF为菱形时，DH丄CE,由CD=DE得：CH=HE，4(16-2t)8-tBH=,BE=t,EH=BH=BE+EH,4(16-2t)8-t=t+,88:.t=,88即当t=〔时，qCDEF为菱形.【解析】【分析】(1)因为△BDE是直角三角形有两种情况：当/BED=90°时，可得DEIIAC,根据平行于三角形一边的直线和其它两边(或其延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似可得—好—于是可得比例式将DEDE用含t的代数式表示，再根据sinB='：•可得关于t的方程，解方程即可求解当/EDB=90°时，同理可求解；(2)①当0Vtw3时，S”Cdef=2SaCDE可得s与t的关系式；当3<t<8时，过D作DH丄BC，垂足为H,根据平行于三角形一边的直线和其它两边(或其延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似可得—巴莒-化3于是可得比例式将DH用含t的代数式表示，则S”Cdef=2Sacde可得s与t的关系式；当3VtV8时，同上；②存在，当-CDEF为菱形时，DH丄CE，根据BH=BE+EH可得关于t的方程，解方程即可求解。9.如图，在RtAABC中，ZC=90°，顶点A、C的坐标分别为(-1,2),(3,2),点B在x轴上，点B的坐标为(3,0),抛物线y=-x2+bx+c经过A、C两点.求该抛物线所对应的函数关系式；.-5点P是抛物线上的一点，当沐PAB=-abC时，求点P的坐标；61若点N由点B出发，以每秒个单位的速度沿边BC、CA向点A移动，秒后，点M也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN丄AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程.【答案】(1)解：将点A(-1,2),C(3,2),代入抛物线y=-X2+bx+c中，f-1-bc=2b=2.得'■-…，解得-

二抛物线y=-X2+2x+5.(2)解：T点A(-1,2),B(3,0),C(3,2),S-...：/-设直线AB为y=mx+n,s-~is-f-n=2n=-将点A(-1,2),B(3,0)，代入可得「•，解得■-,.直线AB为y=设点P(x,：S-...：/-设直线AB为y=mx+n,s-~is-f-n=2n=-将点A(-1,2),B(3,0)，代入可得「•，解得■-,.直线AB为y=设点P(x,：■■-)，过点P作PN丄x轴，交直线AB于点M,则M(x,),3/-v'■■-敢":.PM=XS-.■■：.：/3$2■；，3：3!2X*<■解得或，-f-5十5一叮-\■//则点P.V44(3)解：当HJ(3)解：当HJ,刈d丄，后、Z亠aj4詁烙亠，MIN-,MIVI-MN丄AB,.•..7：丁.■■■■■■又:A(-1,2),B(3,0),C(3,2),.ACIIx轴，BCIIy轴，ZACB=90°,.•.阳：".■■■.■'■■■又:ZMBN=ZACB=90°,△BNM/CAB,BN_BN_BhAC~BC,则——解得t=.”163时，点N在线段AC上，如图2,MN与AB交于点D,BM=由A(-1,2),B(3,0),得AB=l「'''、，设AD=a，贝VBD=l,TZADN=ZACB=90°,ZDAN=ZCAB,△ADN~A△ADN~AACB,TZBDM=ZACB=90°,ZDBM=ZCAB,△BDM~AACB,BMBD综上，【解析】解得【分析】（△BDM~AACB,BMBD综上，【解析】解得【分析】（1）将点A（-1,2）,C方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A的解析式和航，从而求出「卫嗨.设PP(3,2),代入抛物线y=-x2+bx+c中，联立(-1,2),B(3,0),C(3,2)可求出直线AB■■-■■“：)，过点P作PN丄x(x.~7S/：.,/二-fMXIxa一肪’二轴，交直线AB于点M,则M（x,■-），可得代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M,N的速度可求出它们当到达终点时的时间t,取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时,

并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可.10.如图，AB是OO的直径，弦CD丄AB于H,G为OO上一点，连接AG交CD于K,在CD的延长线上取一点E,使EG=EK,EG的延长线交AB的延长线于F.求证：EF是OO的切线;连接DG,若ACIIEF时.求证：△KGD-△KEG；若-,AK=r'L「，求BF的长.【答案】(1)证明：如图，连接OG.TEG=EK,ZKGE=ZGKE=ZAKH,又OA=OG,.ZOGA=ZOAG,TCD丄AB,ZAKH+ZOAG=90°,.ZKGE+ZOGA=90°,•••EF是OO的切线.(2)解：①TACIIEF,•••ZE=ZC,又ZC=ZAGD,•.ZE=ZAGD,又ZDKG=ZCKE,•△KGD-△KGE.②连接OG,如图所示.T66rr>s£"二ssMGOF=0（、rr>s£"二ssMGOF=0（、'荡1:2526憑【解析】【分析】（1）连接OG.根据切线的判定，证出ZKGE+ZOGA=90°,故EF是OO的在RtAOGF中，”，.•.仞二丑，」【’二处，则’站二3kKE=GE,ACIIEF,二CK=AC=5k,二HK=CK—CH=k.在RtAAHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2,即低…&二=代乔尸，址=1,讯=4,AC=5，则Aff=J设OO半径为R,在RtAOCH中，OC=R,OH=R—3k,CH=4k,2b由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，匚-G…-/,.'（R-理得AH2+HK2=AK2（R-理得AH2+HK2=AK2,即'_飞；由勾股定理