初中数学同步练习拔高难度-27相似教师卷

2014-2015学年度???4试卷副标—二三四五六I卷（选择题I一、选择题（题型注释H，CE⊙OM，D，GBC，ABBD=BH，BG=BO，下列结论：①号是（） 【答案】 ∠ABC=60° 可发现这个比例关系式正好是相似三角形BEH和BAF的两组 角形BME和CAE可得 直角三角形ANC中，NC：AC=tan30°，因此 ，∠ABC=60°，那么BC=2BE，因此 ③∵△ABN△BF（∠OBA∠OAB=∠BC∴ BD=BO=BH=BG，在直角三角形ANC中，NC：AC=tan30°， D．如图ABCDAB=3，BC=5PBC的一个动点（点P与点B，C合，现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落下点C′处；作∠BPC′的平分线交AB点E．BP=x，BE=yyx（）A B C【答案】12

∵PE12

又在△PCD又∴BEPB y即5

x313

3

2

）2+25C．如图，点E、F分别为正方形ABCD中AB、BC边的中点，连接AF、DE相交于点G，连接CG，则cos∠CGD=（ 32325 G GE 【答案】12

设AB=a则 EG：DG=1：4，EG=5cos∠CGD=cos∠AEG=EG

5 2 A B C D【答案】EC，ADPEP+BPEEF⊥BC∴BCAD3 3∴AEBFEF ∴3BF 解得332EF2EF2

13∴EP+BP：EP+BP=13II卷（非选择题II二、填空题（题型注释 3【答案】4BC，BDBC，证相似，DC，解直角三角形求出即可．12

542422

5 4∴DC 4 5

35 3 51.圆周角定理；2.取△ABC和△DEF各边中点，连接成正六角星形A1F1B1D1C1E1，如图(2)中阴影部分；取下去…，六角星形A4F4B4D4C4E4的面积为

1A2F2B2D2C2E2边长是正六角星形A1F1B1D1C1E1边长的21A2F2B2D2C2E2AFBDCE41 1 △An﹣1AnBn﹣1为阴影三角形，若△A2B1B2，△A3B2B3的面积分别为1、4，则△A1A2B1的面积 ；面积小于2014的阴影三角形共有 B14 A1 B1412

A2B11A2B21 11

1，A2

第一个及第二个阴影部分的面积，再由相似比为1：2可求出面积小于2011的阴影部分11∴A2

SAB

1，A2

SABB 21212121

SAB

SAB 32 321又1

OA11，A2

OB2 1

2

2

4

2

4

12

考点:三、计算题（题型注释四、解答题（题型注释已知，在△ABC，AB=ACA直线aAC重合的位置开始绕点A顺，△BMN始终在直线a（点MNBM=BNCN． c，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC∠BAC【答案 （2）∠ANC==90°﹣（1）∵∠BAC=0°，θ45°，又 又（2）∠ANC=90°﹣=（180°﹣∠BAC 又在△ABC∠ABC=（180°﹣∠BAC）=90°﹣ 根据相似三角形对应边成比例可 ，再根据两边对应成比例夹角相等可y=﹣2x+2xyA、B△OABO90°后得到△OCD． ， yP，使得△BMPP（0，1 、 、（0，、P4（0，（1）y﹣2x+2，x=0y=2，y=0，∴A（1，0，B（0，2（0，1（﹣2，0 答：线段BM的长 （3） 此时满足条件的点P有两个，它们是P1（0，2+ 过点M作ME⊥y轴于点E， =，∴PE=BE=∴BP=∴OP=2﹣=PP3（0，由（2）∴BP=BC=∴OP=OB﹣BP=2﹣=PP4（0，P它们是 、 、P3（0，、P4（0， 、P4（0，x=0，y=0A、BC、DBMBP=BMMME⊥yE，证△BME∽△BCMBE、PEOPBMBMyBMP、F，根据等腰三角形的性质求出即可．0B（3，4C（0，4（0，﹣5PAC移动D、P的直x轴交M．x轴的正半轴当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R（R＞0）为半径长画圆．得到的圆称为动圆P．若设动圆P的半径长为，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于S（3）（1）OMM 四边形 易证 ．从而有 四边形 最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的DEPF（1）PAC∵A（3，0C（0，4∵D（0，﹣5，P（，2）在直线DP上∴∴（3，4（0．﹣5∴ ∴S四边形DEPF=2S△PED=2×PE•DE=PE•DE=DP⊥AC，DP ∴S四边形DEPF=DE=．我们有多种剪法，图1是其中的法：请你在图2中用两种不同的方法画出顶角为45°的等腰三角形的三分线，并标注；AD=BD，DE=CE，设∠C=xx所有可能的值；（1）（1）（2）设∵△ＡＤ∽△ＢＣ，２：Ｘ（Ｘ＋２ 14

x2+2

BCP，P，A，BBOCP12△BCF

BCPP，A，B△BOCP ，﹣ （1）B，C1（1）4

x2+2

（2，0（4，0x=0y=﹣2，（0，﹣2by=kx+b（k≠0k解得 212

OB242OB242

55555 5∴△BCF的面积=BC•FC=

（2，012

2

（2，﹣1∴AP2AB,AP2BP2 CBCO OB,222222解得25∵AP2BP2 2 254解得45 ∵

2424 4QP2=54P2的纵坐标是﹣5 5 ，﹣ ，﹣ 方向向点A匀速运动，同Q由点AAC向向点C匀速运动，它们的速度均t（s（0＜t＜4设△APQS，当t，S？S如图乙，连接PC，将△PQCQC得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t52

5

t5s25s40s，△APQ PPH⊥ACH，由△APH∽△ABCPHAPAB 5

t，则△AQP2

2

5

t

45

2

5

2

t+2，t18t218t5（1D=﹣t+3（2QD=﹣18t218t5 18t218t18t218t518t218t518t218t5（1） 5 3∴PH=3﹣5 S=

5

2

55t2

5

PP′，PPQC

APAC

(5t)

QE=AE﹣AQ═﹣4t+4﹣t=﹣9 QE=1QC=1（4﹣t）=﹣1 ∴﹣9t+4=﹣1 解得：t=20∵0＜20 5

5

在△APQ5AQ=APt=5﹣tt1=2

18t218t18t218t5

18t218t18t218t5 5t2

s s

如图，等腰△ABCAB=AC，∠BAC=36°，BC=1DACBD∠ABCCD=x．（2）

（3） 1 1 75试题分析（1）由等腰三角形ABC中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD为角平分线求出∠DBC的度数，得到∠DBC=∠A，再由∠C为公共角，利用两对角相等的三角形相ABCBCDxBBE直于ACACE，在直角三角形ABE和直BCE中，利cos36°cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．（1）∵∵BD

x 解得

11

（负值，舍去11 1 1 2

11 5555 5在 5 211Rt△BCE11

511 = 如图，已知直线l1∥l2，线段ABl1上，BCl1交l2于点C，且A、EBBP=BE，AP、CE．②当=n（n＞1）时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值（1）DP=PE，BDCECE//BD，问题得证；②由已知条件分别用S△PAD△PCE（1）∵BCl1，在△ABPCBE∴△ABP≌△CBE（SAS（2）①APCE ∴S1=（+1（n1）•S， ，数学课上老师出示图1和下面的条件：如图1，两个等腰直角三角板ABC和DEFlDE=2，AB=1EBE45°，交直线ADM1ABClC、Ek．解答问题：，①当点CF2

的值

的值

（1

转化

2222

2 2ACD2 2 2 22∴DM=AD-

222 222 ， 在平面直角坐标 中，抛物 CABQB2AttN（0，m+1m、tAM+MN+NP【答案 （ （3） （1）2,0，C（0, 代入 APQ=90°AQP=90°两种情况讨论即可.2,0，C（0, ）代入 ，得，解得 （2） ∴AP=t 在Rt△AOC中 若∠APQ=90°， ， ，解 若∠AQP=90°， ， ，解 在△ABC，CA＝CB，在△AEDDA＝DED、ECA、AB CDBEα【答案】

22

332 22AC，从而有ABAE2

ACAD，即

22∴∠CAB＝∠DAE，∠ACM＝∠ADN=60°，AM=1AB，AN=1 Rt△ACMRt△ADN，sin∠ACM=AM=3，sin∠ADN=AN=3 3∴AMAN 3．∴ABAE 3

又∵∠CAD＝∠BAE，∴△BAE∽△CADBEAB

33（3）ABAE2sin，再由 ∽△CADBEAB2sin 2 2BE＝3C、DCM⊥ABM，DN⊥AE∵CA＝CB，DA＝DE，∠ACB＝∠ADE=2α∴∠CAB＝∠DAE，∠ACM＝∠ADN=α，AM=1AB，AN=1 Rt△ACMRt△ADN，sin∠ACM=AM，sin∠ADN=AN ∴AMANsin．∴ABAE2sin 又∵∠CAD＝∠BAE，∴△BAE∽△CADBEAB2sin yxx3①若四边形AEPF的面积为 时，求x的值3AEPFx的值；3【答案】(1)y8，x的取值范围是4x6;(2)①4，②存在，x=2， 3 （1）3（2①过A作AD⊥BC于过E作EN⊥BC于过F作FM⊥BC于M求出 32

833x

44

S四边形AEPF=S△ABC-S△BEP-S△CFPx3②四边形AEPF的面积存在最大值把 3（1）∵∠EPF=60°∴∠BEP=∠CPF

化成-3（234xx34xx

∴BPBE ∴4 8y x8

x6（2）①AAD⊥BCEEN⊥BCNFFM⊥BC于∴AD=sin60°×6=33, 324∵∠C=60°，CF=y8∴FM=sin60°×84 3 6 14 3四边形

34x3 3x 34x3∴x2-∴x1=1（舍去3s四边形3

3x34x3433(x4x 22x (4)233(x4x 4x 4x3x3 3x3

3 4x 4x3x 3x

3 3 3xx∴ xx

2，即x=2时，四边形AEPF的面积存在最大值，最大值是

＝3，

在图1中，过点E作EH∥AB交BG于点H，则AB和EH的数量关系 的值

的值

3

的值 (用含a、b的代数式表示m【答案】(1)AB＝3EH2

2

∴

又∵EBC

(2)2EH∥ABBG则

＝

AE

＝1

五、判断题（题型注释如图，已知∠MON=90°，A是∠MON内部的一点，过点A作AB⊥ON，垂足为点B，向运动F2厘米/秒的速OM方向运动，EFOA交于点C，AE，当点EBFt（t＞0连接AF，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使得S△AEF=S四边形ABOF？若存在，请求出此时t32

3

时2

S （1）

1由已知2

S四边形ABOF2

（1）∵t=1，∴OE

1.53

，

2 又

1

2

2

t ×（4﹣1.5t）×3=6﹣t S212

S12

S∴3t2+6﹣9t=

（4t+63232

343

1时2

SAG．3（2）△PCD3

试题分析（1）连结OC，由PF为切线可得∠OCP=90°，即∠1+∠PCD=90°，由GE⊥AB得∠GEA=90°，则∠2+∠ADE=90°，利用∠1=∠2得到∠PCD=∠ADE，根据对顶角相等33则∠PCD=90°﹣∠1=60°，从而△PCDDAC331OD⊥AC，AD=CDRt△OCDOD=2

，所以

3Rt△ADEDE=32

2

3DE=AB32得到∠AGB=90°，Rt△AGE∽Rt△ABG，AG．（1）OC，如图，∵PC⊙O而Rt△COFOB=OC，1Rt△OCD2

33 333 33在Rt△ADE中 312

323

3DE=32而2

考点：1、切线的性质；2、等腰三角形的判定；3、相似三角形的判定与性质；4圆周（1A（0，﹣6B（6，0．Rt△CDECDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴CO（2（3在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的部分的面积为S，请ShS3 3334

h≥2（1）出∠CMA（1）2，A（0，﹣6B（6，03 33 33 3（3）①h≤24，MN⊥yyNMF⊥DEDE3 3 44∴4

4hFM

31h2

3=3

h

2

-33333312

2

AB，ODBCF，OECDOEOOD，OEACM，N（CM△OMN△BCO

（2）

8（1）是等腰三角形，过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1，由等腰三角形的三线合一可求出CH，易证△CHF∽△BCA，CF△OMN∽△BCO，②△OMN∽△BOC．当△OMN∽△BCO时，可△AOM∽△ACB，从而求出AM长，进而求出CM长；当△OMN∽△BOC时，可△CON∽△ACB，从而求出ON，CN长．然后过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3，可以求出NG．并可以△MGN∽△ACB，MNCM1）∵∠CB=9052

52

6∴CF的长 6则有 47∴CM=AC-AM=4则有 4

4 8∴GNMN ∵GN=158 8

CM4

834

9（2）.5（1）∠2=∠OCAOC∥ADAD⊥CDOC⊥CD，然后根据切线的判定定理CDO（2）BEOCF，AB⊙O∠ACB=90°，Rt△ACBAD=16CD=12BCCE 5

5

△ABEAE=，DE=AD﹣AE（1）OC，如图，∵BCCE∴CD⊙O∵AB⊙O33在Rt△ACB中 3232AC2AC2

545AD4535，解得CD45 ∵BCCE∴EFCD 5∴BE2EF 5Rt△ABE

AB2AB2

75252(5∴DEADAE 遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，点D段BC上，BAD75CAD30AD2BD2DCACABDCBDCE图 图发现，过点C作CEABADE，通过构造△ACE，经过推理和计算能够使问题得到解决（请回答：ACE的度数为 ，AC的长为 参考思考问题的方法，解决问题：3ABCDBAC90CAD30ADC75ACBD交于点EAE2BE2ED，求BC的长．AEDE 图【答案】∠ACE75°，AC

BC6CE//AB可知∠ACE=∠BAD=75°，又∠CAD=30°，可知△ACE是等腰三角CE//AB可知△ABD∽△CEDDE=1AD=AC=AE+CE=363中，由已知的条件可知△ACD是等腰三角形，因为∠BAC=90D（2：∠ACE图（3DDF⊥ACFABAEBE ∵在△ACD在△AFD33 3333 33AB2AC6AB2AC6x=1 （1），∴△B1CQ≌△BCP1（ASA 又Rt△ABC 如图，点P是以O为圆心，AB为直径的半圆的中点，AB=2，等腰直角三角板45°角的顶点与点P重合，当此三角板绕点P旋转时，它的斜边和直角边所在的直线与直径AB分别相交于C、D两点．设线段AD的长为x，线段BC的长为y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ AA By21O12y21O12y21O12y21O12y21O12y21y21O12【答案】POAB∴△APO和△BPO是等腰直角三角形2 2∴OCOAACOAABBC12yy1,ODOBBDOBABAD12xx.OC2OC2

y1212,PD OD2x1OD2x12x1x12y122y122y12x12x122

x1x12y122x12x122

yy12x2 2y21x2x2 yx（2）通过操作发现CF=2AB，请问的发现是否正确，若正确，请说明理由；若CFAB（3）

2（2）（22（1）AE=EF，即可得出答案；

（1）BE=EF，∵ABP（2）的发现是正确的PCFPCCPF∴△PCF≌△PBG（ASA∵ABP在△BACGACCABACBCA∴△BAC≌△GAC（ASA12

∵ABP

22r，AH=r22

2r22∴AF2 ⊙OABE，ACAB=10，cosABC

5（2） 3（1）（2）ADBD△ADC∽△AFD，利用相似三AFBE1）∵ABAC，∴ABC=∠C.∵AB=10，cosABC

5，∴BD=AB•cos∠ABC=5

.∴AD= 55554∴ADAC，即45 ，解得4

BE55 3ABCD，AD∥BC，∠BCD=90°，∠ABC=45°，AD=CD，CEACBABEBC上截取BF=AE，连AFCE于点G，连接DGAC于点H，过 结论②正确：由△ACM≌△ABF∠2=∠4，进而得∠4+∠6=90°CE⊥AF；（1）易 ACCAMB45AM∴△ACM≌△ABF（SAS又∴△ACFAC=CFGAFRt△ANFGAFADDAGCNGAG∴△ADG≌△NCG（SAS又又∴∠DGC=∠DGA，GDAGC．12

∴GDAE⊙O，D⊙OADAD=DC，CEOB，AB.EAC的延长线交于点F，且∠F=∠CED.2（2）23试题分析（1）根据圆周角定理由AE是⊙O∠ADE=90AD=DC，根据等腰三角形的判定方法得到EA=EC，则∠AED=∠CED，由于∠F=∠CED，所以∠AED=∠F，易3 332则CE=AE= 321

244

（1）而∴EF⊙O332322332322AE2在Rt△ADE中，AE2∵AE⊙O

222∴1CE•AB=1DE•AC，∴AB=AB 222 AE223在Rt△ABEAE223考点：1.切线的判定和性质；2.相似三角形的判定和性质；3．圆周角定理；4勾股定如图1，菱形ABCD的对角线交于点O，AC=2BD，PAO一个动点，过点P作AC的垂线交菱形的边于M，N设AP＝x，△OMN的面积为y，yx2（）35A． B． D．35【答案】

1AP

x.∴y2

1PONPAOx1x 2x1y1，∴AO1111AO 22 1∴DO 12121121252∴菱形的周长为25考点：.动点问题的函数图象分析；2.菱形的性质；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理.如图，矩形ABCD中，点E、F分别从A、D两点同时出发，以相同的速度作直线运O、H．CDOHS1ABCF的面积为S2S1：S2的值．5 （1）3DF=DC（1）DABAOEDOF AE∴△AOE≌△DOF（AAS12

EFEGAD∴Rt△ADC≌Rt△EGF（HL1212

EABFAD AD ADF∴△ADF≌△ADC（ASAEB S△AOH=aS△ABH=2a，S△CBH=4a，5 5即 ．如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=5米，AC=12米．M点段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒；同时N点段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒．运动时t（2）t=6，△AMN计算其面积得到有关t（1）∵2t∵∠AMN=∠ANM，∴AM=AN，12﹣t=2t，解得：t=4（2）NH⊥ACANNH2tNH。∴NH=10t 112t10t5t260t5t62+180

t=6，△AMN1801ABCC＝90°，AC＝BC，将一个用足够长的的细铁丝制作的直角的顶点D放在直角三角板ABC的斜边AB上，再将该直角绕点D旋ACBCP、Q（1）③根据你对①、②的探究结果，试写出当AD＝nBD时，DP、DQ 图 图 图（1）DP=DQ②DP=2DQ③DP=nDQ（2）DP⊥ACx 1(52)2

最 1102最 DP△CDQ（ASA

MDDP

Rt△DNP∽Rt△DMQ，NDDP

22x10，分别求出即可．（1）①DP＝DQ

②DP=2DQ∴△DPM∽△DQN，∴DM:DN=DP:DQ∴DP=2DQ③DP=NQAB20,ACBC102,ADBD10DP⊥AC，x

1(52)22最 2当点P与点A重合时，x最大，最大值是10，此时，S有最大值， 1102考点：几何变换综合题．

最 如图，在边长为6的正方形ABCD中，动点M从点A出发，沿A→B→C向终点C运动，连接DM交AC于点N，若点M运动所经过的路程为x（6≤x≤12，那么当△ADN为等腰三角形时，x的值为 2【答案】6、12、182

（1试题分析：根据正方形的性质点M与点B、C重合时△ADN是等腰三角形；AN=AD利用勾股定理列式求出AC，再求出CN，然后求出△ADN和△CMN相似，利用相似三角形对CM，BM2∴当x=6点MB，AN=DN，△ADN三角形，x=12MCAD=DN，△ADN22222

CN=AC- -

CM

2

-222 22222

-6)=12-

=18-2 22故答案为：6或12或18- 2考点：正方形的性质；等腰三角形的判定．33当BF=5,sinF 时，求BD的长5CEOBCEOBD（2）9.（1）连接OC，证明OCCFCF⊙O （2）AD，由△FBE∽△FOCBD（1）如图，连接OC.∵OAOC,∴1

4214∵CE⊥DB，∴OCCF

OCOCF为⊙OC2E1C2E13O （2）ADRt△BEF，∠BEF=90°,

sinF ，∴BE3353

Or,

5

∴r 2.∵AB⊙OAB15ADB.∴sinBAD sinF3

∴BD

∴BD9 如图①，将边长为2的等边三角形若干个后向右平移，使一条边在同一直线上．则△A2C1B1的面积为 如图②，若OA2、OA3OA4为三边能否构成三角形？若能，请判断这个三角形的形状；若不能，请3【答案】32

33（1）线段的长度，由△A2C1B1=SA1EFC1-△C1FB1-△A2EB1可求得；3试题解析 32333377433∴△ACB的面积为：73 3343 （3）2则：OA23OA34OA4∴

A4234∴OA2+OA2=OA234 【答案】

8 8 （1CM、MG，DMDG．AB242AB242

5又 CH 解得CH 4又 CMMG4 CM=12，MG=16 ∴DM=CD-CM=4-12=8 DM285DM285如图正方形ABCD的边长为6点O是对角线ACBD的交点.点E在CD上且DE=2CE，连接BE.过点C作CF⊥BE，垂足是F，连接OF，则OF的长为 91052试题分析：∵正方形ABCD的边长为6，DE=2CE，∴CE=2,ED=4,BD=62,OB= 2BC262∴BEBC262又32OB32

OF91066垂足为E，直线AD与BE相交于点H，若BH

3AC，则∠ABC所对的弧长等于

1r3

5r3

∵BH

3AC，∴ADAC 313 133∴在△ABD中，tanABD .∴ABD30.∴AOC3 60

r

∵BH

3AC，∴ADAC 313 133∴在△ABDtanABDAD3

ABD30ABC150AOC

300

1

r5

r3

r3DE.PACA,CAPlFPD，PDABAB=5APBPPDPAGx,tanAFDy，求y与x之间的函数关系式.（要求写出x的取值范围【答案】（1）证明见解析；（2）310；（3）y1x 试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPDAC=2BCBCAC由△ACE∽△ABCAE，CE的长，由APBP可知△APB△PAC∽△PDFPAACPD （3）BPBDAD，根据圆的对称性，可得AD2，由角的转换可得tanABPAPyAGPDGB可得AG

AGDPGB可得DGAD

又5（2）连接BP，设BCa，∵∠ACB=90°，AB=5，∴a22a252a .55BC5,AC 52∵△ACE∽△ABC，∴AECEAC2 ∵AB⊥CD，∴CEDE2

25.∴AE4,CE2555APBP，∴△APBPAB＝45PA∴△AEF∴EF=AE=45

2AB52 由（1）△PAC∽△PDF得PAAC，即 25PD310∴PD3102

∵AC=2BCAD=2DB，AD2∵tanAFDy，∴tanABPAPy∵△AGP∽△DGB，∴AGAP ∵△AGD∽△PGB，∴DGAD AGDGAPAD，即AGAPADDG DB∵AGx，∴xy2

PBy与x之间的函数关系式为y1x2（2）PAAB1Bt②设

APQ

DCQyytP

5t220

0t20，8-（1）②根据相似，求出两个三角形的高（用t）yt解析式；列表求出函数值得出P89y试题解析：（1）ABCD∴AB∥CD.又∵∠ADC=∠DAP=90o，∴△ADC∽△PADADDC

20 ②设△APQAPh，则△DCQ10h∵由（1）△APQ∽△CDQ，∴ t.∴h

.∴10h10

10t20010

20

20 20 ∴SAPQ

APh

t

DC10h 20 20 20 20 20 5t2∴ySAPQSDCQ20t20t

20∴yty

5t220

0t20t0123456789y881755633ty3159166当0t8时；yt9t20时；yt考点：.单动点问题；.相似三角形的判定和性质；3.由实际问题列函数关系式；4.如图，在矩形AOBCA（-2，1），C4，B、 A.（3，3）、（2，4 B.（3，3）、（1，4 C.(7，7)、（2，4 D.(7，7)、（1，4 【答案】F，CGBFG，则∠AEO=∠CGB=∠BFO=90°.∵四边形AOBC是矩形，∴AO=BC，∠AOB=∠OBC=∴△AOE≌△BCG（AAS）.∴CG=OE=2，BG=AE=1.∴FBFGBG41又∵∠AEO=∠BFO=90°，∠AOE=∠OBF，∴△AOE∽△OBF.∴AEOE

2OF3 CCGOF231 2 ∴B、C3,3,1,4

如图，AB⊙OC、PAB上两点（1（2（2） 2（1）ON、ANNPPA．（1）（1∵AB⊙OPAB的中点，∴∠PAB=∠PBA=45°，∠APB=90°.又∵在等腰三角形△ABCAB=13，22∴PA 132222（2∵PBCC又∵ABACB=90°.∴∠ACB=∠OMB.又∵∠ACB=∠OHP=90°，∴△ACB∽△0HP.∴ABAC AB13,AC5,OP13135，解得OH5

2Rt△OPHHP2OP2OH236AH281∴在RT△AHP中有PA AH281∴PA= 考点：1.圆心角、弧、弦的关系；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾如图，ABOC⊙OADCD，ACDAB．若⊙O3，AD=4AC6（2）2 6试题分析（1）连接OC，由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA，然后利用角平分线的性质可CD⊙OC（2）连接BC，根据圆周角定理的推理得到∠ACB=90°，又∠DAC=∠OAC，由此可以得∵AC∴ADAC 6 6使两直角边始终与BC，AB相交，交点分别为M，N．如果AB=4，AD=6，OM=x，ON=y．则yx（）y23

y D．y36 6【答案】∴32

y，∴yx

x249xOyA(6，0B(0，6)C3⊙OOCDOD⊥OC，OD⊙ODC、DAB．C【答案】(1)45°135°；(2)C⊙O22

33，33

，222试题分析（1）根据点A和点B坐标易得△OAB为等腰直角三角形，则∠OBA=45°，由于OC∥AB，所以当C点在y轴左侧时，有∠BOC=∠OBA=45°；当C点在y轴右侧时，22

3AB的距离最大时，△ABC面积最大OOE⊥ABE，OE向延长线交⊙OC，此时C点到AB的距离的最大值为CE后利用等腰直角三角形的性质计算OE，然后计算△ABC3

CF OCOC2CFCF=2

33C2

则可得到33BC⊙OA（6，0B（0，6，Cy22 22CAB△ABCOOE⊥ABE，OE⊙OC，如图：此时CABCE2122

12

2122

22 22

222大值为 2CCCF⊥xF，则3 3 ， 3解得：CF=2OC2CF3OC2CF32

33，3 2

3，32

3，3

3，3 3Rt△OCF，OC=3，CF=2 OCBOCAODBO∴△BOC≌△AOD（SAS 已知点A、B分别在反比例函数y （x＞0），y OA⊥OB，则OB的值为 23 23yyAOxB【答案】AYCB作YD．∵OA⊥OB△AOC∴∠BOD=∠BOD，

AC

OC

OA∴△ACO∽△BOD

AC

OD

BD

OB OA∴ CO xBD

OBxACyOCxBDA、By2xACyOCxBD

2 OA ∴

=2故选如图，△ABC是边长为1的等边三角形．取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得E1D1FF1，它的面积记作S2．照此规律作下去，则S2014= 8

（134333 33 1∴AF=233 33∴S1=× 8…313

3×348

×（）48

（13438

（1343，F 【答案】或 即 =DE4

∴ 34

=x 整理得，6x=12x2﹣4x+9=0（无解x=2， 4BF=3 CF=3﹣= 即 =DF3

即 =3

3 3x=2 综上所述，CF或 故答案为：或 故答案是或 、CE1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F．设点E、F、Gt（单位：s当 tBOt【答案 （1）①若EBBF

1012

3t解得②若则有EBBF，即10t

12 t，使得点B′与点O12解得 2 ．一动点P从点B出发，沿BC方向以每秒12单位长度的速度匀速运动，到达点C即停止．在整个运动过程中，过点P作PD⊥BC与Rt△ABC直角边相交于点D，PDQ，使得PD=QD，以PQ边在PQ作（t＞0在整个运动过程中，设△ABC与△PQE部分的面积为S，请直接写出S与t之t当点D段AB上时，连接AQ、AP，是否存在这样的t，使得△APQ成为等腰三tt=4秒时PQ边在PQ右侧作等腰直角三角形PQF，将四边形PEQF绕点四边形PMAN的面积是否发生变化？若发生变化，求出四边形PMAN的面积y与PM的长xx14

3

时4

t2+8t-16，当3

时，S=3t2-12t+48（2）t474t（12-

7）（3）8.74

（1）3

PC14

t24＜t≤16334

t2+8t-16，当3

4

t2-t28t t28t

AH2PH2

t28t32=2t t28t

t28t32tt28t1AP=AQ，AAT⊥PQT，2

12

1

3 （1）4

t3

时4

33＜84

12t+48（2）12

12

Rt△APH，AP=AP

t28tAH2t28t

t28t32=2tt474t474（不合题意，舍去 AQ=PQ，QQG⊥APG，如图t28t∴PGPQ，即t28t t28tt28t12

t2t28t2

t28t3277

7AP=AQ，AAT⊥PQT，如图7121

2

×2t．t，使得△APQt474t（12- 7）7t=412

PBC 2

2

1∴S四边形2

12

∴四边形PMAN的面积不发生变化，此定值为8．考点:相似形综合题.，折痕为AE．在折痕AE上存在一点PCD与到点B距离相等，则此相等距离为.1641643CDG，GB′=AB′=AB=4，再根据相似三角形的判定定∵AB7 744 PBGB44 解得

4(4

7)1644 4 ；2.N（3，0）yD（0，3lA（﹣1，0）ABx6，【答案】(1)y=x2-4x+3；(2)y=4x+ （2，-6（2，6

3

（2，1.5（2，-1.53（1）N（3，0D（0，3）aA（-1，0）ABx6，AC=3，BC=4，B设⊙P与AB相切于点Q，与x轴相切于点CABC∽△PBQBQPQPCPCP D（0，31（x-D（0，31（x-3得1（x-∵过点A（-1，0）ABx1∴2（2，4）k4=2k ∴0=kb，解得： 443

4x+3

b k4=2k 当点B为（2，-4）时，0=kb，解得 4 b ∴y＝−x−

AB：y=

y＝−x− ∵当点PPABx设⊙PAB相切于点Q，xC； P（2，1.56（2，6考点:二次函数综合题.ABCDABCDAB、CD、DA，AH=2CF．2当△CGxy2【答案】(1)22,6;(2)y=8x

7（x=2,,

22 2232或4- 2（1）先证△AEH∽△DHG，yxy（1）可证∴MG=DH=6-2212

DGDH

4 8∴DG＝x12

x

)×2＝8−x8x

∴AEAH，即x 解得：x=2

8∴y=4或 3当∠GCF=90FBC则HAGD 22解得 或4- 2222对应的 或4- 221.矩形的性质；2. ．【答案】EDBCM，ADBCN，DDF∥BC，BEF，易得：△EFD∽△EBMAB=AC，AD∠BACAN 形中，30MNBMEDBCMADBC于NDDF∥BC，BEF，可得∵AB=AC，AD 12

2=4（cm∴BC=2BN=8（cm考点:，连接CDDE⊥CD，交射线CBE,设AD=x（1）当点D是边AB的中点时，求线段（2）（3）x 25x 25x2-180x+【答案】 ＜x＜10试题分析（1）在直角三角形ABCABtanA的值，利用锐角三角函数定义及勾股定理求出BC与AC的长D为斜边上的中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜相等的三角形相似得到△EDC△ACBDE当E在BC边上时，由△BDE为等腰三角形且∠BED为钝角，得到DE=BE，利用等CD=AC，作CH垂直于AB，利用三线合一得到AD=2AH，由cosA的值求出AH的长，进而ADxDMBCDMACDMBM，进而表示CDCM，DEMCDMDEBD=AB-AD=10-x，DEDBy，x（1）在△ABC∠ACB=90°，AB=10，tanA=43∴DE:CD=AC:BCDE:5=6:8则 4∴AH:AC=3:5，即 5

，即 ∴DM:AC=BM:BC=BD:BA35

（10-x，BM=5

（10-45

（10-5

x，CD=x2−5

x+36 x2-36x+5∴DE:DM=CD:CM，即 ∴y=DE

x210-

36x+ 25x2- 25x2-180x+适当调整自己的位置，当楼的顶部M，的头顶B及亮亮的眼睛A恰在一条直线上时，两人分别标定自己的位置CD．然后测出两人之间的距离CD1.25m，与楼之间的距离DN30m（C，D，N在一条直线上 的身高BD1.6mAC0.8m．你能根据以上测量数据帮助他们求出【答案】ABE∽△AMFMFACNBDE，MN又

ABCE （2）（1（2）由△BCD∽△BAC与△CED∽△ACD，可得ABACCEAC，继而证得 ． ∵CD

， ∴ABCE CP//ABDCPEBC（BC∠DAE=45°，ACDEO．AP CD=xtanBAEy，yx(1)（y=

4

0＜x＜2（3， 即ADAE

且由（1） 2 2∴AH=4—Rt△AEHtanBAE=x4即△CODDCA∴只有∴CD2 ∴CO2∴x22

2x24222x2422解得x14 ，x242222∴CD=422时，△COD△BEA

AP 的正切值 1【答案】2AGBCHGRt△ABCBH=CH，AG:AH=2:3△AGE∽△AHCGE=2x，CH=3x，GF：GE=1：2GF=HF=x，GECF∴BH=CH，AG:AH=2:3∴GE:CH=AE:AC=2:3

A（－1，03（2）9（3）△AOB∽△DBE.（1DDDF⊥xF，那么AEDBAOB、△DEFBOFD（1）∵（0，3yax2bx3(aab3 9a3b3a解得byx22x3设对称轴与xFABDE＝SABOS梯形BOFD1AOBO1(BODF)OF1EF 1131(34)11249 BG22BG22BO232BO2322DF2EF22DF2EF225BD2BE220,DE2BD2BE2DE2，所以△BDE∴∠AOB＝∠DBE＝90°，且AOBO 2 yx22x8xA、BCDOCBDACE.

23CAyE8当CDE5

时，求tanCAB

，

（3）2.（1）出A、B的坐标。通过构建相似三角形求解，过OOG∥AC交BEG，那么可得出两ECOGAECE、AE（28DOCS△OCE=2S△CDES△AOC=8,CH、AH从而可求tanCAB的值. 2，0AC由△AEF∽△ACH5

，OF=5 ∴E点坐标为（ （3）∵S△OCE:1∴2CH8tanCAB

AOOH

2已知点P是边长为4的正方形ABCD内一点，且PB=3,BF⊥BP，垂足是点B,若在射线BF上找一点M使以点B,M,C为顶点的三角形与△ABP相似则BM 【答案】3 3 3故答案是3 3PE⊥APDCE，AEBCF，BP=a．E E 当点P段BC上时（点P与点B，C都不重合，试用含a的代数式表示tan∠PAE=1a2a24

a=3试题分析（1）设CE=y,PCBC动时y关于a数解析式，只需要用勾股定理表示PE2=PC2+EC2就可以使问题到解决，而关键是解决PE2，又在Rt△APE中由勾 由条件可以证明△ABP∽△PCE，a（1）

=2， ∴ay

，5

a25a

a=35

325 CE=， ∴DE=2∴AD 5∴52 2APFDRt△APB 2易得

，可得 于是：a =2或a 5 a解得：a=3，y=1.5∴a=31

3，AD⊥AC，连接CD.点EACAE

ACEMN⊥AC，AB、CDM、3ME443

（2）9+ （1）1AC3

（2）由AD与EN都与AC垂直，得到AD与EN平行，由平行得相似，确定出三角形CEN利用勾股定理求出CN的长，进而确定出CD的长，由 求出DN的长，即可确定出四边形ADNE的周长．（1）Rt△ABC3 313

Rt△AEM443∴ENCNCE2 Rt△CEN

EN2EN2

，CD=323

317 1.相似三角形的判定与性质,2.如图，Rt△ABC∠ACB=90°，AC=4，BC=3，P是斜边AB上的一个动点（点P点A、B不重合，以点P为圆心，PA为半径的⊙P与射线AC的另一个交点为D，射线PDBCE．AAPDECByxxBEQPQ⊙PI，CI=APAPACCB【答案】(1y36x（0x5）,②AP=5;(2)AP20或4

（1）y关于x5

，BQ5

x+3（⊙Q5

x+4=x+(-5

x+35 5

5

x）5

112 AP20

5

x-4，CQ=BC-BQ=35Rt△CQI，CI2=CQ2+IQ218x272x+16，CI=AP18x2

20

（1）∵AP=DP∴∠PAD∠PDA．

AP=x，∴PB=PE=5-x，DE=5-2x， ∴ 5∴y36x（0x5 ∴PQPBBQ，∴PQ5xBQ ∴PQ44x，BQ33x BE⊙P44xx33x x5AP5 （2）如果点E段BC延长线上时由（1）②的结论可知IQPQPI44xx49x CQBCBQ333x3x 5 Rt△CQICQ2CQ2 x4 x 518x272x55

x18x272x55解得x118x272x55∴AP的长 IQPIPQx44x9x4 CQBCBQ333x3x 5 CQ2xCQ2x x418x272x551818x272x55∴AP

x，解得或4

20（不合题意，舍去

4ADG．EF EFCAB:AC=2:3DF2DGDA（1）平行线的性质和平行线分线段成比例得得到：FG:CD＝AF:AC＝1:3，所以FG:AB＝1:3，AB=3FG；（2）AB＝2

kAE＝2k，AF＝3k3 3∽△ACB，得到对应角∠AEF=∠ACB．然后易证△FDG∽△ADF，所以DF:DA＝DG:DF，即（1） 又∵EAB

3（2）设AB＝2 3AE＝2k，AF＝3 6 2k6

3 ，AF 6 ∴AEAF 6 又又∴DFDG，∴DF2DG 在Rt△ABC中，∠C=90°，cosB3，把这个直角三角形绕顶点C5Rt△A'B'C，其中点B'正好落在AB上，A'B'与AC相交于点D，那么BD DD 7【答案 CH⊥ABHRt△ABCcosB=BC3 95

5

5

B′DDCCH⊥AB于H，如图，Rt△ABC，∠C=90°，cosB=BC3BC=3x AB2AB2Rt△HBC，cosB=BH3 ∴BH=959∴B′H=BH=57∴AB′=AB-B′H-BH=5∴AB’:A′C=B’D:DC5

x:4x=B′D:DC∴BD 7如图，已知抛物线y1x2bx4xA、By4ByyCAOBx（3）MBC，NBCMN∥yMN12 x

，Q2（3，4-

，Q3(3，0).把点B的坐标代入抛物线解析式求出b的值，即可得到抛物线解析式，再根据对y=0，解方程求出点A的坐标x=0y的值得到点C的坐标，再求出OA、OB、OC，然后根据对应边成比例，夹角相等的两个三角形相似证明；设直线BC的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出解析式，再表示出MN，然后利用勾股定理列式求出AC，过点C作CD⊥对称轴于D，然后分①AC=CQ时，利用勾股定理列式求出DQ，分点Q在点D的上方和下方两种情况求出点Q到x轴的距离，再写出点的坐标即可；②点Q为对称轴与x轴的交点时，AQ=CQ，再写出点Q的坐标即（1）∵B（8，0）y=1x2+bx+44∴143b=2y=1x23

22(14

312 x

x2-6x-16=0，x1=-2，x2=8，2，0x=0，y=4，（0，4 8kb则b k解得 21 2∵MN∥y12 ∴MN= x

x+4-（ x+42=1x2+3x+4+1x- =14=1（x-42222

55CQ2252CQ2252点Q在点D的上方时，点Q到x轴的距离为 此时点 点Q在点D的下方时，点Q到x轴的距离为 此时点 3232

5Q3（3，0综上所述，点Q（3，4+

如图，点𝑃是菱形𝐴𝐵𝐷的对角线𝐵𝐷上一点，连接𝑃并延长，交𝐴𝐷于𝐸，交𝐵𝐴的𝐹．（1）△𝐴𝑃𝐷≌△𝐶𝑃𝐷，理由见解析（2）见解析（3）𝑃𝐶2=𝑃𝐸•𝑃𝐹，理由𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝑃=∠𝐶𝐷𝑃．又∵𝑃𝐷=𝑃𝐷，∴△𝐴𝑃𝐷≌△𝐶𝑃𝐷．（2）𝐴𝑃𝐷≌△𝐶𝑃𝐷𝐷𝐴𝑃=又∠𝐷𝐶𝑃=∠𝑃𝐹𝐴𝐷𝐴𝑃=又∠𝐹𝑃𝐴=∠𝐹𝑃𝐴（3）𝑃𝐶2=𝑃𝐸•理由：∵△𝐴𝑃𝐸∽△𝐹𝑃𝐴𝐴𝑃=𝑃𝐸．∴𝑃𝐴2=𝑃𝐸• ∵△𝐴𝑃𝐷≌△𝐶𝑃𝐷，∴𝑃𝐴=𝑃𝐶．∴𝑃𝐶2=𝑃𝐸•已知：如图所示的一矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷(𝐴𝐷>𝐴𝐵)，将纸片折叠一次，使点𝐴与𝐶重（２）若𝐴𝐸=10cm，△𝐴𝐵𝐹的面积为24cm2，求△𝐴𝐵𝐹）2） 段𝐴𝐶上是否存在一点𝑃，使得2𝐴𝐸＝𝐴𝐶·𝐴𝑃𝑃 （１）证明：由题意可知𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝐸𝐹⊥∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∴∠𝐴𝐸𝑂=∠𝐶𝐹𝑂，∠𝐸𝐴𝑂＝∠𝐹𝐶𝑂.∴∵𝐴𝐸=𝐶𝐸，又𝐴𝐸∥𝐶𝐹，∴四边形𝐴𝐸𝐶𝐹𝐴𝐶⊥𝐸𝐹，∴平行四边形𝐴𝐸𝐶𝐹（2）𝐴𝐸𝐶𝐹𝐴𝐹=𝐴𝐸=设𝐴𝐵=𝑎，𝐵𝐹=𝑏，∵△𝐴𝐵𝐹24，𝑎2+𝑏2=2(𝑎＋𝑏)＝196，𝑎＋ｂ＝14或𝑎＋𝑏＝－14(不合题意，舍去△𝐴𝐵𝐹的周长为𝑎𝑏+10=∵∠𝐴𝐸𝑃=∠𝐴𝑂𝐸=90°，∠𝐸𝐴𝑂

AEAO 1

，∴𝐴𝐸2=𝐴𝑂·∵四边形𝐴𝐸𝐶𝐹𝐴𝑂=

2∴𝐴𝐸2

1𝐴𝐶·𝐴𝑃.∴2𝐴𝐸2＝𝐴𝐶·2ABCDAD∥BC,AD=AB=CD,∠BAD=120°,ECD点（C、D）,将△ADEA120°后,得到△ABE',EE'.（1）如图 ADAFMDE、BF、ME77

MEAADME 图【答案】当点E段CD上时,DEBF2ME0EAD30时BFDE2ME30EAD90时DEBF2ME90EAD120时DEBF2MEME2（1）AN=1E'N,EN=1NE',ME∥BC,ME

1

EF7,再由（2）ME试题解析：(1)根据题意知：AE=AE'∠E'AE=120°,所以12

1∴AN=EN,2

EFEN2∴DEBF2ME同理：当点ECD0EAD30时BFDE2ME30EAD90时DEBF2ME90EAD120时DEBF2ME

P QGH=AD,E、B、CxAD=AB=CD=x,GH=x,BG=CH=2EQBCRt△EQC

3∴CQ1,EQ 3∴E'Q=BCCQBE2x1x23x3APEE7∴△AEE'是等腰三角形,AEE30,AEAE 7Rt△APE'中,E'P=21EE2EE2

21Rt△EQE'中

9∴3x39∴x4∴DEBE2,BC8,BG2∴EGRt△E'AFAGBC∴Rt△AGE'∽Rt△FAAE∴ ∴EF7∴BFEFEB5由（2）DEBFME 2点,BFCDG.AF3CD HEFB HEFBA（1）AB ,CG和EH的数量关系 ,CD的 如图（2）AFa(a0CD

AFEB AFEB 延长线上一点,AEBDF.ABmBCn(m0，n0AF 值 DCDCF 32

2

（1）EHEH∥ABBGH,得出△EFH∽△AFB

ABAFa AB=CD,表示出CD,根据平行线的性质得出△BEH∽△BCG

CDBC 得 的值EEH∥ABBDHEH∥AB∥CD,根据EH∥CD,得出∽△BEH,再进一步证出△ABF∽△EHF,AF（1）则有∴ABAF 又∵EBC∴CD

AB

3 ∴ABAFa 2 ∴CDBCn ABm∴AFABmnEHmn （0，10（8，4限．动点P在正方形ABCD的边上，从点A出发沿A⇒B⇒C⇒D匀速运动，同时动点Q相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动，设运动的时间tQPt5（1（1，0，1（2）10（14，12（3）t=3

.试题分析（1）根据题意，易得Q（1，0，结合P、Q得运动方向、轨迹，分析可得答过点BBF⊥y轴于点F，BE⊥xEBF=8，OF=BE=4，在Rt△AFB中，过点CCG⊥xGFB的延长线交于点H，易得△ABF≌△BCH，进而可得C

（1）Q（1，0P1∴AF=10-Rt△AFB6262

（14，1253

时，OPPQN（3,2M xB3Pn,nDQ3

9试题分析:（1）M（2,1）,用含有nP,QPQ△DPQ∽△OAB,根据相DQ试题解析:（1）y＝a(x－2)2＋1．x＝3,y＝2代入得a＋1＝2,∴a＝1．3

n－434

3

3

)2＋6593

9易证∴DQ=OB 3OB2OB2

3

91,ABCD,E、FBC、ABAE⊥DF．AE＝DF．请你帮他写出证明过程.DF （图

HFB（图探究三:思考这样一个问题:如图3,在正方形ABCD中,若EG分别在边BCAD上,F、H分别ABCD上,且GE＝FH,试问:GE⊥FH若一定成立,请给予证明;若不 B（图

34试题分析:（1）证明AE=DF,只要证明三角形ABE和DAF全等即可．它们同有一个直角,又 3∴GE 3 GE＝FH,GEFHGE＝FH=AD,GE⊥FH．如图,AB⊙O,D⊙O,DE⊙O,DE⊥ACACE,FBOADF.ECECD21O 3试题分析:（1）BC、ODDBC:OD⊥BCOBO得:BC⊥ACDE⊥AC,OD⊥DE,DE⊙O（2）Rt△ABCACAE长求出,根据△AED∽△ABF,BF∵DBC∵AB⊙O∵OD⊙O∴DE⊙OAB2AB2BC解得∵DBC∵BF⊙O又∵DE⊥AC 3AP、Q移动的时间为t5

34

x+12（2）

,

（3）2，8（4）5，20.（1）t．②当∠AQP=∠AOB△AQP∽△AOBt．5

（1）ABy=kx+b，bb k 34

所以t202t

（秒所以t202t

（秒t

由△AQE∽△AOBAQ 202t 解得：QE=1685 又S△APQ=t(16 t) t12t2∵QE=168512

2

t(16

8t)=-

t2+8t=-5

（t-t=5，△APQ20考点:一次函数综合题.若动点PA每秒2单位沿射线AC方向运Q从点BtAPQ∽△AOB？MABMMNy①是否存在这样的点MOMNBMMCBNAM（1）y4x28x12；（2）45（3）M（9 2（1）（1）因抛物线过x轴上两点A(9,0),C(-3,0)，故设抛物线解析式为：yax3x9又∵B(0,-12)12a030

a=。9∴抛物线的解析式为y4x3x94x28x12 P2Q1AP＝2t，AQ＝15－t.∵△APQ∽△AOB，∴APAQ2t15t，解得t45 ∴当t45时

（3）ABy4x123，N（x， 4x124x28x1212 ②∵S四边形CBNA=S△ACB+S△ABN=72+

＝1·9·

2 N∴ ＝ ＋ － ＝6x＋(－2x2＋12x＋54)－54＝－2x2 N2(x9)281 ∴当x＝9时 最大值＝81，此时M（9S

2252似三角形的性质；5.平行四边形的判定；6.一元二次方程根的判别式；7.二次函数AC∥EF，AH3，FB＝1，求⊙O （2）4.试题分析：（1）求出∠OGA=∠OAG，∠AKH+∠OAG=90°，∠KGE=∠GKE=∠AKH，推出KGE+OGA=AKH+∠OAG=90°，得出∠OGE=90°根据切线的判定推出即可；（2）FCAHOGFCHA=90°，推出RtAHCRtFGO，得出CHOG，根据AH 求出OG4，得出方程 4，解出即可

OG （1）（2）∵AC∥EF，∴Rt△AHC∽Rt△FGO．∴CHOG Rt△OAHAH3AH＝3t ∴CH4.∴OG4 ∵FB＝1∴ 4OG O4考点：1.等腰三角形的性质；2.切线的判定；3.相似三角形的判定与性质．2 cm,CE=5cm,2 ODOA FOBFOBD1C【答案 2cm；DO=45cm；（2）AF 27（1）试题解析：(1)AAF//DE2 2∵∠DCE=90°,CE=5,5∴ED=5

,BE=BC-CE=6-5=1,AD=CD-AC=10-55∴ACAF

,即AF= 2 2 5 5 5∴DO=DE-OE=5(2)BE1E1E1G⊥BCG,FFH⊥BC∵△DCEC逆时针旋转αCE2CE2125

4∵FH⊥BC,∴BH=FH,则：CH=6-在△FHCCGE1∵∠E1CG+∠FCH=∠FCH∴∠E1CG∵∠FHC=∠CG∴△FHC∽△CG∴FH

3x18

5 7∴BF

2FH 72∴AFABBF 2 22 PD．(选择“>”或“<”或“=”填空POAC，OC=1，相似时，试求OP（提示：请先在备用图中画出相应的图形，再求OP的长）.2（2）OP=12

1．（1）①PC=PD;②（2）PDOB②PDOB（1）①PC=PD;又AMAMCGPODBE∴DE=CD，12

EC=OC=1PDOBPPH⊥OA，PN⊥OBH，N，AMC E 又∵∠PCO＋∠PEC=90°,∠PDO+∠OED且∴HC=ND，PC=PD，∴∠PCD=∠PDC∴∠PCO=∠DCO=∠PDO=22.5°设OP=x，则 22而DN=DO＋ON=OP+ON=x 2

，，

2x

2xx 22∴x 1，即 122

1．22A（0，4，C（2，0 OABCym（0＜m＜4AECS1S1SAEC=11：16m4（2）（3）m（1）4；55S1

=11：16

SEO'N

AB'GCAA AA （1）F（-4；ACEG将矩形OABC沿y轴向下平移m个单位得到矩形O'AB'C'.设AB'AC交于点 O'C'与EC交于点N，则当S：S =11：16时 ∵S1：SAEC ∴SAAM'SEO'N16SAEC168 ∵A'B'∥GC∴△AA'M∽△∴

AO∴A'M1AA'1 ∴ 11mm1

1(44∴1m21(4m)2 m1m3考点：1.，2.32（）EF=4OD•O（3） （1）△OAD∽△OPAOD△ABCAD=x，然后利用三角函数的知识表示出FD、OA，在Rt△AODxcos∠ACB，再由（2）OA2=OD•OP，PE（1）∵PB⊙O又∴∠PAO=∠PBO=90°.PA⊙O∴∠OAD=∠OPA.OAD∽△OPA.OAOD 又2∵tan∠F=AD1 ∵AC⊙O又∵AC=2OA=10，BC=6，∴cos∠ACB=BC63 34.两锐角的关系；5.相似三角形的判定和性质；6.三角形中位线定理；7.勾股定理；8.；9.；10BDAC1BDBD∠ABC2，求BD（1）5（2）2.2BDACCD=AD，BDBD∠ABCRt△ABD∽Rt△EBCCEBC，据此求出 2 2Rt△ABD，BD2=AB2+AD2=1+（1－x）2=x2－2x+2．Rt△ABD∽Rt△ECD，CEBC，即CE

xx22xxx22xxx22x x22x x22x ∴CE x22x2

x 2xBDACCD=AD=x=1，得BD5 x2－2xx2－2xxx22xxx22x

:1x2

，即 2，解得

1 2 2222∴BD2 2222如图，在△ABC中，∠C=90°，CD⊥AB，垂足为D，AC=20，BC=15．动点P从A开2位长的速度沿AB向向B过点P分别作ACBC的垂线，E、F．BD 当矩形PECFP（1）25，12（2）6.25（3）r=12，15＜r≤20.（1）202AB，r=12AB15＜r≤20.（202AC2AC2

2ACBC又ACBC 2ACBC2∴CD

，即 AEAB，r=12AB15＜r≤20.考点:1.勾股定理；2.二次函数；3.直线与圆的位置关系.ABA（4,0）.B（0,8）,点CyByBOCAxyBEPO xPx,yE,F,OEPF6,PCPP,使ACP与AOB相似,若存在,求出点P8（2①（3,2P（184 （1）P（x,﹣2x+8）PE=x,PF=﹣2x+8,OEPF6PCP∥OB△ACP∽△AOB,PCP⊥AB,APC∽△AOB,然后利用相似三角形的对应边成比例即可求出PA,再过点P作PH⊥x轴,垂足为H,由此得到PH∥OB,进一步得到△APH∽△ABO,然后利用相似三角形的对应边成比例就可以求P（1）4kbb

kb∴y2x（2）①P（x2x8）PFxPF2x8∴ PEPFx2x8∴x11,x2x11x23（3,2CP//OB∴ACP∽yyBPOCAxP（2,4）第二种CP∴APC∽∴AP 42∴42425∴25PPHxyyBPOCHA∴APH∽∴PHAP 2∴PH 4

4∴PH4,AH ∴OHOAAH5P（184 P（2,4）P（184 ABCACB90D1ABD1D1E1ACE1BE1CD1D2D2D2E2ACE2BE2CD1D3D3D3E3ACE3D4D5DnBD1E1BD2E2,BD3E3,…,BDnEn的面积为S1,S2,S3,…Sn,则Sn E21【答案】n12试题分析：由于ACB90D1AB

D1E1AC14

根据直角三角形的性质以及相似三角形的性质可知：D1E12BC,CE12AC,S122 1DE= 1DE=,2 1DE=,CE1AC,S1232321DE=,CE1AC,S134343∴3 1∴Sn=n121故答案是n12向向点C2cm/sQ由AAB方向向点B1cm/s；PQ．t(s)（0＜t＜4）,解答下列问题：如图②,是否存在某一时刻t,使线段CQ恰好把四边形ACPQ的面积分成1：2的t3

（2）y3t26t56（3）存在,当t86

或t2CQ