中考數(shù)學(xué)真題分類匯編第一期專題26圖形的相似與位似試題含解析-

圖形的相似與位似一、選擇題1．．（2018?山東棗莊?3分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足為D，AF平分∠CAB，交CD于點(diǎn)E，交CB于點(diǎn)F．若AC=3，AB=5，則CE的長為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得出∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，根據(jù)角平分線和對(duì)頂角相等得出∠CEF=∠CFE，即可得出EC=FC，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出答案．【解答】解：過點(diǎn)F作FG⊥AB于點(diǎn)G，∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴∠CDA=90°，∴∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，∵AF平分∠CAB，∴∠CAF=∠FAD，∴∠CFA=∠AED=∠CEF，∴CE=CF，∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，∴FC=FG，∵∠B=∠B，∠FGB=∠ACB=90°，∴△BFG∽△BAC，∴=，∵AC=3，AB=5，∠ACB=90°，∴BC=4，∴=，∵FC=FG，∴=，解得：FC=，即CE的長為．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直角三角形性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角形的內(nèi)角和定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，關(guān)鍵是推出∠CEF=∠CFE．2．（2018?山東濱州?3分）在平面直角坐標(biāo)系中，線段AB兩個(gè)端點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（6，8），B（10，2），若以原點(diǎn)O為位似中心，在第一象限內(nèi)將線段AB縮短為原來的后得到線段CD，則點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C的坐標(biāo)為（）A．（5，1） B．（4，3） C．（3，4） D．（1，5）【分析】利用位似圖形的性質(zhì)，結(jié)合兩圖形的位似比進(jìn)而得出C點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解：∵以原點(diǎn)O為位似中心，在第一象限內(nèi)將線段AB縮小為原來的后得到線段CD，∴端點(diǎn)C的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都變?yōu)锳點(diǎn)的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的一半，又∵A（6，8），∴端點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，4）．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了位似圖形的性質(zhì)，利用兩圖形的位似比得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)橫縱坐標(biāo)關(guān)系是解題關(guān)鍵．3（2018?江蘇揚(yáng)州?3分）如圖，點(diǎn)A在線段BD上，在BD的同側(cè)做等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD與BE、AE分別交于點(diǎn)P，M．對(duì)于下列結(jié)論：①△BAE∽△CAD；②MP?MD=MA?ME；③2CB2=CP?CM．其中正確的是（）A．①②③ B．① C．①② D．②③【分析】（1）由等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE三邊份數(shù)關(guān)系可證；（2）通過等積式倒推可知，證明△PAM∽△EMD即可；（3）2CB2轉(zhuǎn)化為AC2，證明△ACP∽△MCA，問題可證．【解答】解：由已知：AC=AB，AD=AE∴∵∠BAC=∠EAD∴∠BAE=∠CAD∴△BAE∽△CAD所以①正確∵△BAE∽△CAD∴∠BEA=∠CDA∵∠PME=∠AMD∴△PME∽△AMD∴∴MP?MD=MA?ME所以②正確∵∠BEA=∠CDA∠PME=∠AMD∴P、E、D、A四點(diǎn)共圓∴∠APD=∠EAD=90°∵∠CAE=180°﹣∠BAC﹣∠EAD=90°∴△CAP∽△CMA∴AC2=CP?CM∵AC=AB∴2CB2=CP?CM所以③正確故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判斷．在等積式和比例式的證明中應(yīng)注意應(yīng)用倒推的方法尋找相似三角形進(jìn)行證明，進(jìn)而得到答案．4（2018·山東臨沂·3分）如圖．利用標(biāo)桿BE測量建筑物的高度．已知標(biāo)桿BE高1.2m，測得AB=1.6m．BC=12.4m．則建筑物CD的高是（）A．9.3m B．10.5m C．12.4m D．14m【分析】先證明∴△ABE∽△ACD，則利用相似三角形的性質(zhì)得=，然后利用比例性質(zhì)求出CD即可．【解答】解：∵EB∥CD，∴△ABE∽△ACD，∴=，即=，∴CD=10.5（米）．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的應(yīng)用：借助標(biāo)桿或直尺測量物體的高度．利用桿或直尺測量物體的高度就是利用桿或直尺的高（長）作為三角形的邊，利用視點(diǎn)和盲區(qū)的知識(shí)構(gòu)建相似三角形，用相似三角形對(duì)應(yīng)邊的比相等的性質(zhì)求物體的高度．5（2018·山東濰坊·3分）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P（m，n）是線段AB上一點(diǎn)，以原點(diǎn)O為位似中心把△AOB放大到原來的兩倍，則點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（）A．（2m，2n） B．（2m，2n）或（﹣2m，﹣2n）C．（m，n） D．（m，n）或（﹣m，﹣n）【分析】根據(jù)位似變換的性質(zhì)計(jì)算即可．【解答】解：點(diǎn)P（m，n）是線段AB上一點(diǎn)，以原點(diǎn)O為位似中心把△AOB放大到原來的兩倍，則點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（m×2，n×2）或（m×（﹣2），n×（﹣2）），即（2m，2n）或（﹣2m，﹣2n），故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是位似變換、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，在平面直角坐標(biāo)系中，如果位似變換是以原點(diǎn)為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)的比等于k或﹣k．6.（2018?湖南省永州市?4分）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D是邊AB上的一點(diǎn)，∠ADC=∠ACB，AD=2，BD=6，則邊AC的長為（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】只要證明△ADC∽△ACB，可得=，即AC2=AD?AB，由此即可解決問題；【解答】解：∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，∴△ADC∽△ACB，∴=，∴AC2=AD?AB=2×8=16，∵AC＞0，∴AC=4，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．7（2018·四川宜賓·3分）如圖，將△ABC沿BC邊上的中線AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面積為9，陰影部分三角形的面積為4．若AA'=1，則A'D等于（）A．2 B．3 C． D．【考點(diǎn)】Q2：平移的性質(zhì)．【分析】由S△ABC=9、S△A′EF=4且AD為BC邊的中線知S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，根據(jù)△DA′E∽△DAB知（）2=，據(jù)此求解可得．【解答】解：如圖，∵S△ABC=9、S△A′EF=4，且AD為BC邊的中線，∴S△A′DE=S△A′EF=2，S△ABD=S△ABC=，∵將△ABC沿BC邊上的中線AD平移得到△A'B'C'，∴A′E∥AB，∴△DA′E∽△DAB，則（）2=，即（）2=，解得A′D=2或A′D=﹣（舍），故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題主要平移的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平移變換的性質(zhì)與三角形中線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．8（2018·四川自貢·4分）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D、E分別是AB、AC的中點(diǎn)，若△ADE的面積為4，則△ABC的面積為（）A．8 B．12 C．14 D．16【分析】直接利用三角形中位線定理得出DE∥BC，DE=BC，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出答案．【解答】解：∵在△ABC中，點(diǎn)D、E分別是AB、AC的中點(diǎn)，∴DE∥BC，DE=BC，∴△ADE∽△ABC，∵=，∴=，∵△ADE的面積為4，∴△ABC的面積為：16，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了三角形的中位線以及相似三角形的判定與性質(zhì)，正確得出△ADE∽△ABC是解題關(guān)鍵．9（2018·臺(tái)灣·分）小柔要榨果汁，她有蘋果、芭樂、柳丁三種水果，且其顆數(shù)比為9：7：6，小柔榨完果汁后，蘋果、芭樂、柳丁的顆數(shù)比變?yōu)?：3：4，已知小柔榨果汁時(shí)沒有使用柳丁，關(guān)于她榨果汁時(shí)另外兩種水果的使用情形，下列敘述何者正確？（）A．只使用蘋果B．只使用芭樂C．使用蘋果及芭樂，且使用的蘋果顆數(shù)比使用的芭樂顆數(shù)多D．使用蘋果及芭樂，且使用的芭樂顆數(shù)比使用的蘋果顆數(shù)多【分析】根據(jù)三種水果的顆數(shù)的關(guān)系，設(shè)出三種水果的顆數(shù)，再根據(jù)榨果汁后的顆數(shù)的關(guān)系，求出榨果汁后，蘋果和芭樂的顆數(shù)，進(jìn)而求出蘋果，芭樂的用量，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵蘋果、芭樂、柳丁三種水果，且其顆數(shù)比為9：7：6，∴設(shè)蘋果為9x顆，芭樂7x顆，鉚釘6x顆（x是正整數(shù)），∵小柔榨果汁時(shí)沒有使用柳丁，∴設(shè)小柔榨完果汁后，蘋果a顆，芭樂b顆，∵小柔榨完果汁后，蘋果、芭樂、柳丁的顆數(shù)比變?yōu)?：3：4，∴，，∴a=9x，b=x，∴蘋果的用量為9x﹣a=9x﹣9x=0，芭樂的用量為7x﹣b=7x﹣x=x＞0，∴她榨果汁時(shí)，只用了芭樂，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題是推理與論證題目，主要考查了根據(jù)比例的關(guān)系，比例的性質(zhì)，求出榨汁后蘋果和芭樂的數(shù)量是解本題的關(guān)鍵．10（2018·臺(tái)灣·分）如圖，△ABC、△FGH中，D、E兩點(diǎn)分別在AB、AC上，F(xiàn)點(diǎn)在DE上，G、H兩點(diǎn)在BC上，且DE∥BC，F(xiàn)G∥AB，F(xiàn)H∥AC，若BG：GH：HC=4：6：5，則△ADE與△FGH的面積比為何？（）A．2：1 B．3：2 C．5：2 D．9：4【分析】只要證明△ADE∽△FGH，可得=（）2，由此即可解決問題；【解答】解：∵BG：GH：HC=4：6：5，可以假設(shè)BG=4k，GH=6k，HC=5k，∵DE∥BC，F(xiàn)G∥AB，F(xiàn)H∥AC，∴四邊形BGFD是平行四邊形，四邊形EFHC是平行四邊形，∴DF=BG=4k，EF=HC=5k，DE=DF+EF=9k，∠FGH=∠B=∠ADE，∠FHG=∠C=∠AED，∴△ADE∽△FGH，∴=（）2=（）2=．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考常考題型．11．（2018?湖北荊門?3分）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，E、F為CD邊的兩個(gè)三等分點(diǎn)，連接AF、BE交于點(diǎn)G，則S△EFG：S△ABG=（）A．1：3 B．3：1 C．1：9 D．9：1【分析】利用相似三角形的性質(zhì)面積比等于相似比的平方即可解決問題；【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD=AB，CD∥AB，∵DE=EF=FC，∴EF：AB=1：3，∴△EFG∽△BAG，∴=（）2=，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考常考題型．12．（2018?湖北恩施?3分）如圖所示，在正方形ABCD中，G為CD邊中點(diǎn)，連接AG并延長交BC邊的延長線于E點(diǎn)，對(duì)角線BD交AG于F點(diǎn)．已知FG=2，則線段AE的長度為（）A．6 B．8 C．10 D．12【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得出AB∥CD，進(jìn)而可得出△ABF∽△GDF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出==2，結(jié)合FG=2可求出AF、AG的長度，由CG∥AB、AB=2CG可得出CG為△EAB的中位線，再利用三角形中位線的性質(zhì)可求出AE的長度，此題得解．【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，∴△ABF∽△GDF，∴==2，∴AF=2GF=4，∴AG=6．∵CG∥AB，AB=2CG，∴CG為△EAB的中位線，∴AE=2AG=12．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及三角形的中位線，利用相似三角形的性質(zhì)求出AF的長度是解題的關(guān)鍵．13.（2018·浙江臨安·3分）如圖，小正方形的邊長均為1，則下列圖中的三角形（陰影部分）與△ABC相似的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】相似三角形的判定，【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)求出∠ACB，根據(jù)相似三角形的判定定理判斷即可．【解答】解：由正方形的性質(zhì)可知，∠ACB=180°﹣45°=135°，A、C、D圖形中的鈍角都不等于135°，由勾股定理得，BC=，AC=2，對(duì)應(yīng)的圖形B中的邊長分別為1和，∵=，∴圖B中的三角形（陰影部分）與△ABC相似，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是相似三角形的判定，掌握兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等且夾角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似是解題的關(guān)鍵．14（2018·浙江臨安·3分）如圖，在△ABC中，DE∥BC，DE分別與AB，AC相交于點(diǎn)D，E，若AD=4，DB=2，則DE：BC的值為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】相似三角形的判定和相似三角形的性質(zhì)【分析】根據(jù)平行于三角形一邊的直線和其他兩邊相交，所截得的三角形與原三角形相似，再根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例解則可．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴===．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定和相似三角形的性質(zhì)，對(duì)應(yīng)邊不要搞錯(cuò)．15（2018·重慶(A)·4分）要制作兩個(gè)形狀相同的三角形框架,其中一個(gè)三角形的三邊長分別為，和，另一個(gè)三角形的最短邊長為，則它的最長邊為A.B.C.D.【考點(diǎn)】相似三角形的性質(zhì)【解析】利用相似三角形三邊對(duì)應(yīng)成比例解出即可。【解答】解：設(shè)所求最長邊為xcm∵兩三角形相似，∴,∴.故選C【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查相似三角形的性質(zhì)——相似三角形的三邊對(duì)應(yīng)成比例，該題屬于中考當(dāng)中的基礎(chǔ)題。16（2018·廣東·3分）在△ABC中，點(diǎn)D、E分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，則△ADE與△ABC的面積之比為（）A． B． C． D．【分析】由點(diǎn)D、E分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，可得出DE為△ABC的中位線，進(jìn)而可得出DE∥BC及△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性質(zhì)即可求出△ADE與△ABC的面積之比．【解答】解：∵點(diǎn)D、E分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，∴DE為△ABC的中位線，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴=（）2=．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及三角形中位線定理，利用三角形的中位線定理找出DE∥BC是解題的關(guān)鍵．17．（2018年四川省內(nèi)江市）已知△ABC與△A1B1C1相似，且相似比為1：3，則△ABC與△A1B1C1的面積比為（）A．1：1 B．1：3 C．1：6 D．1：9【考點(diǎn)】S7：相似三角形的性質(zhì)．【分析】利用相似三角形面積之比等于相似比的平方，求出即可．【解答】解：已知△ABC與△A1B1C1相似，且相似比為1：3，則△ABC與△A1B1C1的面積比為1：9，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了相似三角形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．二.填空題1（2018年四川省南充市）如圖，在△ABC中，DE∥BC，BF平分∠ABC，交DE的延長線于點(diǎn)F．若AD=1，BD=2，BC=4，則EF=．【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；KJ：等腰三角形的判定與性質(zhì)．【分析】由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵DE∥BC，∴∠F=∠FBC，∵BF平分∠ABC，∴∠DBF=∠FBC，∴∠F=∠DBF，∴DB=DF，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，即，解得：DE=，∵DF=DB=2，∴EF=DF﹣DE=2﹣，故答案為：【點(diǎn)評(píng)】此題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC．2(2018四川省綿陽市)如圖，在△ABC中，AC=3，BC=4，若AC，BC邊上的中線BE,AD垂直相交于點(diǎn)O，則AB=________.

【答案】【考點(diǎn)】勾股定理，三角形中位線定理，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：連接DE，

∵AD、BE為三角形中線，

∴DE∥AB，DE=AB，

∴△DOE∽△AOB，

∴===，

設(shè)OD=x，OE=y，

∴OA=2x，OB=2y,

在Rt△BOD中，

x2+4y2=4

①，

在Rt△AOE中，

4x2+y2=

②，

∴①+②得：

5x2+5y2=，

∴x2+y2=，

在Rt△AOB中，

∴AB2=4x2+4y2=4（x2+y2）=4×，

即AB=.

故答案為：.

【分析】連接DE，根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得DE∥AB，DE=AB，從而得△DOE∽△AOB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得===；設(shè)OD=x，OE=y，從而可知OA=2x，OB=2y,根據(jù)勾股定理可得x2+4y2=4，4x2+y2=，兩式相加可得x2+y2=，在Rt△AOB中，由股股定理可得AB=.3（2018·廣東廣州·3分）如圖9，CE是平行四邊形ABCD的邊AB的垂直平分線，垂足為點(diǎn)O，CE與DA的延長線交于點(diǎn)E，連接AC，BE，DO，DO與AC交于點(diǎn)F，則下列結(jié)論：

①四邊形ACBE是菱形；②∠ACD=∠BAE

③AF：BE=2：3

④

其中正確的結(jié)論有________。（填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②④【考點(diǎn)】三角形的面積，全等三角形的判定與性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：①∵CE是平行四邊形ABCD的邊AB的垂直平分線，∴AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，

∴∠OAE=∠OBC，

∴△AOE≌△BOC（ASA），

∴AE=BC，

∴AE=BE=CA=CB，

∴四邊形ACBE是菱形，

故①正確.

②由①四邊形ACBE是菱形，

∴AB平分∠CAE，

∴∠CAO=∠BAE，

又∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BA∥CD，

∴∠CAO=∠ACD，

∴∠ACD=∠BAE.

故②正確.

③∵CE垂直平分線AB，

∴O為AB中點(diǎn)，

又∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴BA∥CD，AO=AB=CD，

∴△AFO∽△CFD，

∴=，

∴AF:AC=1:3,

∵AC=BE，

∴AF:BE=1:3,

故③錯(cuò)誤.

④∵·CD·OC,

由③知AF:AC=1:3,

∴,

∵=×CD·OC=,

∴=+==,

∴

故④正確.

故答案為：①②④.

【分析】①根據(jù)平行四邊形和垂直平分線的性質(zhì)得AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，根據(jù)ASA得△AOE≌△BOC，由全等三角形性質(zhì)得AE=CB，根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形得出①正確.

②由菱形性質(zhì)得∠CAO=∠BAE，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得BA∥CD，再由平行線的性質(zhì)得∠CAO=∠ACD，等量代換得∠ACD=∠BAE；故②正確.

③根據(jù)平行四邊形和垂直平分線的性質(zhì)得BA∥CD，AO=AB=CD，從而得△AFO∽△CFD，由相似三角形性質(zhì)得=，從而得出AF:AC=1:3,即AF:BE=1:3,故③錯(cuò)誤.

④由三角形面積公式得·CD·OC,從③知AF:AC=1:3,所以=+==,從而得出故④正確.4（2018·廣東深圳·3分）在Rt△ABC中∠C=90°，AD平分∠CAB,BE平分∠CBA,AD、BE相交于點(diǎn)F，且AF=4,EF=,則AC=________．【答案】【考點(diǎn)】勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【解答】解：作EG⊥AF，連接CF，∵∠C=90°，∴∠CAB+∠CBA=90°，又∵AD平分∠CAB,BE平分∠CBA,∴∠FAB+∠FBA=45°，∴∠AFE=45°，在Rt△EGF中，∵EF=,∠AFE=45°，∴EG=FG=1，又∵AF=4,∴AG=3,∴AE=，∵AD平分∠CAB,BE平分∠CBA,∴CF平分∠ACB,∴∠ACF=45°，∵∠AFE=∠ACF=45°，∠FAE=∠CAF，∴△AEF∽△AFC，∴,即,∴AC=.故答案為：.【分析】作EG⊥AF，連接CF，根據(jù)三角形內(nèi)角和和角平分線定義得∠FAB+∠FBA=45°，再由三角形外角性質(zhì)得∠AFE=45°，在Rt△EGF中，根據(jù)勾股定理得EG=FG=1，結(jié)合已知條件得AG=3,在Rt△AEG中，根據(jù)勾股定理得AE=；由已知得F是三角形角平分線的交點(diǎn)，所以CF平分∠ACB,∠ACF=45°，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)得,從而求出AC的長.5（2018·四川宜賓·3分）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，點(diǎn)E為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，將△CBE沿CE折疊，使點(diǎn)B落在矩形內(nèi)點(diǎn)F處，下列結(jié)論正確的是①②③（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）①當(dāng)E為線段AB中點(diǎn)時(shí)，AF∥CE；②當(dāng)E為線段AB中點(diǎn)時(shí)，AF=；③當(dāng)A、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，AE=；④當(dāng)A、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，△CEF≌△AEF．【考點(diǎn)】PB：翻折變換（折疊問題）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性質(zhì)．【分析】分兩種情形分別求解即可解決問題；【解答】解：如圖1中，當(dāng)AE=EB時(shí)，∵AE=EB=EF，∴∠EAF=∠EFA，∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，∴∠BEC=∠EAF，∴AF∥EC，故①正確，作EM⊥AF，則AM=FM，在Rt△ECB中，EC==，∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，∴△CEB∽△EAM，∴=，∴=，∴AM=，∴AF=2AM=，故②正確，如圖2中，當(dāng)A、F、C共線時(shí)，設(shè)AE=x．則EB=EF=3﹣x，AF=﹣2，在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，∴x=，∴AE=，故③正確，如果，△CEF≌△AEF，則∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，顯然不符合題意，故④錯(cuò)誤，故答案為①②③．【點(diǎn)評(píng)】本題考查翻折變換、全等三角形的性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．6（2018·山東泰安·3分）《九章算術(shù)》是中國傳統(tǒng)數(shù)學(xué)最重要的著作，在“勾股”章中有這樣一個(gè)問題：“今有邑方二百步，各中開門，出東門十五步有木，問：出南門幾步面見木？”用今天的話說，大意是：如圖，DEFG是一座邊長為200步（“步”是古代的長度單位）的正方形小城，東門H位于GD的中點(diǎn)，南門K位于ED的中點(diǎn)，出東門15步的A處有一樹木，求出南門多少步恰好看到位于A處的樹木（即點(diǎn)D在直線AC上）？請(qǐng)你計(jì)算KC的長為步．【分析】證明△CDK∽△DAH，利用相似三角形的性質(zhì)得=，然后利用比例性質(zhì)可求出CK的長．【解答】解：DH=100，DK=100，AH=15，∵AH∥DK，∴∠CDK=∠A，而∠CKD=∠AHD，∴△CDK∽△DAH，∴=，即=，∴CK=．答：KC的長為步．故答案為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的應(yīng)用：利用視點(diǎn)和盲區(qū)的知識(shí)構(gòu)建相似三角形，用相似三角形對(duì)應(yīng)邊的比相等的性質(zhì)求物體的高度．7.（2018?山東濱州?5分）如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，點(diǎn)E、F分別在BC、CD上，若AE=，∠EAF=45°，則AF的長為．【分析】取AB的中點(diǎn)M，連接ME，在AD上截取ND=DF，設(shè)DF=DN=x，則NF=x，再利用矩形的性質(zhì)和已知條件證明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)邊的比值相等可求出x的值，在直角三角形ADF中利用勾股定理即可求出AF的長．【解答】解：取AB的中點(diǎn)M，連接ME，在AD上截取ND=DF，設(shè)DF=DN=x，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=∠BAD=∠B=90°，AD=BC=4，∴NF=x，AN=4﹣x，∵AB=2，∴AM=BM=1，∵AE=，AB=2，∴BE=1，∴ME==，∵∠EAF=45°，∴∠MAE+∠NAF=45°，∵∠MAE+∠AEM=45°，∴∠MEA=∠NAF，∴△AME∽△FNA，∴，∴，解得：x=，∴AF==．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判斷和性質(zhì)以及勾股定理的運(yùn)用，正確添加輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵，8（2018?山東菏澤?3分）如圖，△OAB與△OCD是以點(diǎn)O為位似中心的位似圖形，相似比為3：4，∠OCD=90°，∠AOB=60°，若點(diǎn)B的坐標(biāo)是（6，0），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（2，2）．【考點(diǎn)】SC：位似變換；D5：坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．【分析】根據(jù)題意得出D點(diǎn)坐標(biāo)，再解直角三角形進(jìn)而得出答案．【解答】解：分別過A作AE⊥OB，CF⊥OB，∵∠OCD=90°，∠AOB=60°，∴∠ABO=∠CDO=30°，∠OCF=30°，∵△OAB與△OCD是以點(diǎn)O為位似中心的位似圖形，相似比為3：4，點(diǎn)B的坐標(biāo)是（6，0），∴D（8，0），則DO=8，故OC=4，則FO=2，CF=CO?cos30°=4×=2，故點(diǎn)C的坐標(biāo)是：（2，2）．故答案為：（2，2）．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了位似變換，運(yùn)用位似圖形的性質(zhì)正確解直角三角形是解題關(guān)鍵．9（2018?四川成都?3分）已知，且，則的值為________．【答案】12【考點(diǎn)】解一元一次方程，比例的性質(zhì)【解析】【解答】解：設(shè)則a=6k，b=5k，c=4k∵∴6k+5k-8k=6，解之：k=2∴a=6×2=12故答案為：12【分析】設(shè)，分別用含k的式子表示出a、b、c的值，再根據(jù)，建立關(guān)于k的方程，求出k的值，就可得出a的值。10（2018?四川涼州?3分）已知△ABC∽△A′B′C′且S△ABC：S△A′B′C′=1：2，則AB：A′B′=1：．【分析】根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方求解即可．【解答】解：∵△ABC∽△A′B′C′，∴S△ABC：S△A′B′C′=AB2：A′B′2=1：2，∴AB：A′B′=1：．【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是理解相似三角形的面積比等于相似比的平方．三.解答題(要求同上一)1.．（2018?四川涼州?7分）如圖，△ABC在方格紙中（1）請(qǐng)?jiān)诜礁窦埳辖⑵矫嬷苯亲鴺?biāo)系，使A（2，3），C（6，2），并求出B點(diǎn)坐標(biāo)；（2）以原點(diǎn)O為位似中心，相似比為2，在第一象限內(nèi)將△ABC放大，畫出放大后的圖形△A′B′C′；（3）計(jì)算△A′B′C'的面積S．【分析】（1）直接利用A，C點(diǎn)坐標(biāo)得出原點(diǎn)位置進(jìn)而得出答案；（2）利用位似圖形的性質(zhì)即可得出△A'B'C'；（3）直接利用（2）中圖形求出三角形面積即可．【解答】解：（1）如圖所示，即為所求的直角坐標(biāo)系；B（2，1）；（2）如圖：△A'B'C'即為所求；（3）S△A'B'C'=×4×8=16．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了位似變換以及三角形面積求法，正確得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置是解題的關(guān)鍵．畫位似圖形的一般步驟為：①確定位似中心；②分別連接并延長位似中心和關(guān)鍵點(diǎn)；③根據(jù)位似比，確定位似圖形的關(guān)鍵點(diǎn)；④順次連接上述各點(diǎn)，得到放大或縮小的圖形．2.（2018?山東棗莊?8分）如圖，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，以BC為直徑作⊙O交AB于點(diǎn)D．（1）求線段AD的長度；（2）點(diǎn)E是線段AC上的一點(diǎn)，試問：當(dāng)點(diǎn)E在什么位置時(shí)，直線ED與⊙O相切？請(qǐng)說明理由．【分析】（1）由勾股定理易求得AB的長；可連接CD，由圓周角定理知CD⊥AB，易知△ACD∽△ABC，可得關(guān)于AC、AD、AB的比例關(guān)系式，即可求出AD的長．（2）當(dāng)ED與⊙O相切時(shí)，由切線長定理知EC=ED，則∠ECD=∠EDC，那么∠A和∠DEC就是等角的余角，由此可證得AE=DE，即E是AC的中點(diǎn)．在證明時(shí)，可連接OD，證OD⊥DE即可．【解答】解：（1）在Rt△ACB中，∵AC=3cm，BC=4cm，∠ACB=90°，∴AB=5cm；連接CD，∵BC為直徑，∴∠ADC=∠BDC=90°；∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，∴Rt△ADC∽R(shí)t△ACB；∴，∴；（2）當(dāng)點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)時(shí)，ED與⊙O相切；證明：連接OD，∵DE是Rt△ADC的中線；∴ED=EC，∴∠EDC=∠ECD；∵OC=OD，∴∠ODC=∠OCD；∴∠EDO=∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=∠ACB=90°；∴ED⊥OD，∴ED與⊙O相切．【點(diǎn)評(píng)】此題綜合考查了圓周角定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、切線的判定等知識(shí)．3（2018?山東棗莊?10分）如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點(diǎn)D落在BC邊的點(diǎn)E處，過點(diǎn)E作EG∥CD交AF于點(diǎn)G，連接DG．（1）求證：四邊形EFDG是菱形；（2）探究線段EG、GF、AF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）若AG=6，EG=2，求BE的長．【分析】（1）先依據(jù)翻折的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證明∠DGF=∠DFG，從而得到GD=DF，接下來依據(jù)翻折的性質(zhì)可證明DG=GE=DF=EF；（2）連接DE，交AF于點(diǎn)O．由菱形的性質(zhì)可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下來，證明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性質(zhì)可證明DF2=FO?AF，于是可得到GE、AF、FG的數(shù)量關(guān)系；（3）過點(diǎn)G作GH⊥DC，垂足為H．利用（2）的結(jié)論可求得FG=4，然后再△ADF中依據(jù)勾股定理可求得AD的長，然后再證明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性質(zhì)可求得GH的長，最后依據(jù)BE=AD﹣GH求解即可．【解答】解：（1）證明：∵GE∥DF，∴∠EGF=∠DFG．∵由翻折的性質(zhì)可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，∴∠DGF=∠DFG．∴GD=DF．∴DG=GE=DF=EF．∴四邊形EFDG為菱形．（2）EG2=GF?AF．理由：如圖1所示：連接DE，交AF于點(diǎn)O．∵四邊形EFDG為菱形，∴GF⊥DE，OG=OF=GF．∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，∴△DOF∽△ADF．∴，即DF2=FO?AF．∵FO=GF，DF=EG，∴EG2=GF?AF．（3）如圖2所示：過點(diǎn)G作GH⊥DC，垂足為H．∵EG2=GF?AF，AG=6，EG=2，∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．解得：FG=4，F(xiàn)G=﹣10（舍去）．∵DF=GE=2，AF=10，∴AD==4．∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD．∴△FGH∽△FAD．∴，即=．∴GH=．∴BE=AD﹣GH=4﹣=．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查的是四邊形與三角形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了矩形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應(yīng)用，利用相似三角形的性質(zhì)得到DF2=FO?AF是解題答問題（2）的關(guān)鍵，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得GH的長是解答問題（3）的關(guān)鍵．4.（2018?四川成都?8分）如圖，在中，，平分交于點(diǎn)，為上一點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)，的分別交，于點(diǎn)，，連接交于點(diǎn).（1）求證：是的切線；（2）設(shè)，，試用含的代數(shù)式表示線段的長；（3）若，，求的長.【答案】（1）如圖，鏈接CD∵AD為∠BAC的角平分線，∴∠BAD=∠CAD.∵OA=OD，∴∠ODA=∠OAD，∴∠ODA=∠CAD.∴OD∥AC.又∵∠C=90°，∴∠ODC=90°，∴OD⊥BC，∴BC是⊙O的切線.（2）連接DF，由（1）可知，BC為切線，∴∠FDC=∠DAF.∴∠CDA=∠CFD.∴∠AFD=∠ADB.又∵∠BAD=∠DAF，∴?ABD∽?ADF,∴,∴AD2=AB·AF.∴AD2=xy,∴AD=（3）連接EF在Rt?BOD中，sinB=,設(shè)圓的半徑為r，∴，∴r=5.∴AE=10,AB=18.∵AE是直徑，∠AFE=90°,而∠C=90°，∴EF∥BC,∴∠AEF=∠B,∴sin∠AEF=.∴AF=AE·sin∠AEF=10×=.∵AF∥OD,∴,∴DG=AD.∴AD=,∴DG=【考點(diǎn)】切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形【解析】【分析】（1）連接OD，根據(jù)角平分線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，去證明∠ODC=90°即可。(2)連接DF，DE，根據(jù)圓的切線，可證得∠FDC=∠DAF，再證∠CDA=∠CFD=∠AED，根據(jù)平角的定義可證得∠AFD=∠ADB，從而可證得△ABD∽△ABF，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，可得出答案。（3）連接EF，在Rt△BOD中，利用三角函數(shù)的定義求出圓的半徑、AE、AB的長，再證明EF∥BC，得出∠B=∠AEF，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AF的長，再根據(jù)AF∥OD，得出線段成比例，求出DG的長，然后可求出AD的長，從而可求得DG的長。5（2018?江西?6分）如圖，在中，=8，=4,=6,,是的平分線，交于點(diǎn),求的長.【解析】∵BD是∠ABC的平分線，∴∠ABD=∠CBD∵CD∥AB∴∠ABD=∠D∴∠CBD=∠D∴CD=BC=4又∵CD∥AB∴△ABE∽△CDE∴=∵CE+AE=AC=6∴AE=46．（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是邊AB上一點(diǎn)，把△PBC沿直線PC折疊，頂點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BE⊥CG，垂足為E且在AD上，BE交PC于點(diǎn)F．（1）如圖1，若點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，求證：△AEB≌△DEC；（2）如圖2，①求證：BP=BF；②當(dāng)AD=25，且AE＜DE時(shí)，求cos∠PCB的值；③當(dāng)BP=9時(shí)，求BE?EF的值．【分析】（1）先判斷出∠A=∠D=90°，AB=DC再判斷出AE=DE，即可得出結(jié)論；（2）①利用折疊的性質(zhì)，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，進(jìn)而判斷出∠GPF=∠PFB即可得出結(jié)論；②判斷出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判斷出△ECF∽△GCP，進(jìn)而求出PC，即可得出結(jié)論；③判斷出△GEF∽△EAB，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，∵E是AD中點(diǎn)，∴AE=DE，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS）；（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，∵△BPC沿PC折疊得到△GPC，∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF=∠PFB，∴∠BPF=∠BFP，∴BP=BF；②當(dāng)AD=25時(shí)，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°，∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE，∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴，設(shè)AE=x，∴DE=25﹣x，∴，∴x=9或x=16，∵AE＜DE，∴AE=9，DE=16，∴CE=20，BE=15，由折疊得，BP=PG，∴BP=BF=PG，∵BE∥PG，∴△ECF∽△GCP，∴，設(shè)BP=BF=PG=y，∴，∴y=，∴BP=，在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；③如圖，連接FG，∵∠GEF=∠BAE=90°，∵BF∥PG，BF=PG，∴?BPGF是菱形，∴BP∥GF，∴∠GFE=∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE?EF=AB?GF=12×9=108．【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，利用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．7（2018·湖北省武漢·10分）在△ABC中，∠ABC=90°．（1）如圖1，分別過A、C兩點(diǎn)作經(jīng)過點(diǎn)B的直線的垂線，垂足分別為M、N，求證：△ABM∽△BCN；（2）如圖2，P是邊BC上一點(diǎn)，∠BAP=∠C，tan∠PAC=，求tanC的值；（3）如圖3，D是邊CA延長線上一點(diǎn)，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC=，，直接寫出tan∠CEB的值．【分析】（1）利用同角的余角相等判斷出∠BAM=∠CBN，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出△ABP∽△PQF，得出=，再判斷出△ABP∽△CQF，得出CQ=2a，進(jìn)而建立方程用b表示出a，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出=，再同（2）的方法，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠AMB=∠BNC=90°，∴∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBN=90°，∴∠BAM=∠CBN，∵∠AMB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN；（2）如圖2，過點(diǎn)P作PF⊥AP交AC于F，在Rt△AFP中，tan∠PAC===，同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，∴=，設(shè)AB=a，PQ=2a，BP=b，F(xiàn)Q=2b（a＞0，b＞0），∵∠BAP=∠C，∠B=∠CQF=90°，∴△ABP∽△CQF，∴，∴CQ==2a，∵BC=BP+PQ+CQ=b+2a+2a=4a+b∵∠BAP=∠C，∠B=∠B=90°，∴△ABP∽△CBA，∴=，∴BC===，∴4a+b=，a=b，∴BC=4×b+b=b，AB=a=b，在Rt△ABC中，tanC==；（3）在Rt△ABC中，sin∠BAC==，過點(diǎn)A作AG⊥BE于G，過點(diǎn)C作CH⊥BE交EB的延長線于H，∵∠DEB=90°，∴CH∥AG∥DE，∴=同（1）的方法得，△ABG∽△BCH∴，設(shè)BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，∵AB=AE，AG⊥BE，∴EG=BG=4m，∴GH=BG+BH=4m+3n，∴，∴n=2m，∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，在Rt△CEH中，tan∠BEC==．【點(diǎn)評(píng)】此題是相似形綜合題，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，平行線分線段成比例定理，構(gòu)造圖1是解本題的關(guān)鍵．8．（2018·湖南省常德·10分）已知正方形ABCD中AC與BD交于O點(diǎn)，點(diǎn)M在線段BD上，作直線AM交直線DC于E，過D作DH⊥AE于H，設(shè)直線DH交AC于N．（1）如圖1，當(dāng)M在線段BO上時(shí)，求證：MO=NO；（2）如圖2，當(dāng)M在線段OD上，連接NE，當(dāng)EN∥BD時(shí)，求證：BM=AB；（3）在圖3，當(dāng)M在線段OD上，連接NE，當(dāng)NE⊥EC時(shí)，求證：AN2=NC?AC．【分析】（1）先判斷出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判斷出∠ODN=∠OAM，判斷出△DON≌△AOM即可得出結(jié)論；（2）先判斷出四邊形DENM是菱形，進(jìn)而判斷出∠BDN=22.5°，即可判斷出∠AMB=67.5°，即可得出結(jié)論；（3）設(shè)CE=a，進(jìn)而表示出EN=CE=a，CN=a，設(shè)DE=b，進(jìn)而表示AD=a+b，根據(jù)勾股定理得，AC=（a+b），同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，得出∠EDN=∠DAE，進(jìn)而判斷出△DEN∽△ADE，得出，進(jìn)而得出a=b，即可表示出CN=b，AC=b，AN=AC﹣CN=b，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于O，∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90°，∴∠OND+∠ODN=90°，∵∠ANH=∠OND，∴∠ANH+∠ODN=90°，∵DH⊥AE，∴∠DHM=90°，∴∠ANH+∠OAM=90°，∴∠ODN=∠OAM，∴△DON≌△AOM，∴OM=ON；（2）連接MN，∵EN∥BD，∴∠ENC=∠DOC=90°，∠NEC=∠BDC=45°=∠ACD，∴EN=CN，同（1）的方法得，OM=ON，∵OD=OD，∴DM=CN=EN，∵EN∥DM，∴四邊形DENM是平行四邊形，∵DN⊥AE，∴?DENM是菱形，∴DE=EN，∴∠EDN=∠END，∵EN∥BD，∴∠END=∠BDN，∴∠EDN=∠BDN，∵∠BDC=45°，∴∠BDN=22.5°，∵∠AHD=90°，∴∠AMB=∠DME=90°﹣∠BDN=67.5°，∵∠ABM=45°，∴∠BAM=67.5°=∠AMB，∴BM=AB；（3）設(shè)CE=a（a＞0）∵EN⊥CD，∴∠CEN=90°，∵∠ACD=45°，∴∠CNE=45°=∠ACD，∴EN=CE=a，∴CN=a，設(shè)DE=b（b＞0），∴AD=CD=DE+CE=a+b，根據(jù)勾股定理得，AC=AD=（a+b），同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，∵∠OAD=∠ODC=45°，∴∠EDN=∠DAE，∵∠DEN=∠ADE=90°，∴△DEN∽△ADE，∴，∴，∴a=b（已舍去不符合題意的）∴CN=a=b，AC=（a+b）=b，∴AN=AC﹣CN=b，∴AN2=2b2，AC?CN=b?b=2b2∴AN2=AC?CN．【點(diǎn)評(píng)】此題是相似形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，判斷出四邊形DENM是菱形是解（2）的關(guān)鍵，判斷出△DEN∽△ADE是解（3）的關(guān)鍵．9.（2018·山東泰安·12分）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)O，E是BD上一點(diǎn)，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，過點(diǎn)B作DA的垂線，交DA的延長線于點(diǎn)G．（1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，請(qǐng)證明；若不相等，請(qǐng)說明理由；（2）找出圖中與△AGB相似的三角形，并證明；（3）BF的延長線交CD的延長線于點(diǎn)H，交AC于點(diǎn)M．求證：BM2=MF?MH．【分析】（1）先判斷出∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，進(jìn)而得出∠GAB=∠AEO，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出BM=DM，∠ADM=∠ABM，進(jìn)而得出∠ADM=∠H，判斷出△MFD∽△MDH，即可得出結(jié)論，【解答】解：（1）∠DEF=∠AEF，理由：∵EF∥AB，∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，∵∠EAB=∠EBA，∴∠DEF=∠AEF；（2）△EOA∽△AGB，理由：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，AC⊥BD，∴∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，∵∠AEO=∠ABE+∠BAE=2∠ABE，∵∠GAB=∠AEO，∠GAB=∠AOE=90°，∴△EOA∽△AGB；（3）如圖，連接DM，∵四邊形ABCD是菱形，由對(duì)稱性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM，∵AB∥CH，∴∠ABM=∠H，∴∠ADM=∠H，∵∠DMH=∠FMD，∴△MFD∽△MDH，∴，∴DM2=MF?MH，∴BM2=MF?MH．【點(diǎn)評(píng)】此題是相似形綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)，對(duì)稱性，相似三角形的判定和性質(zhì)，判斷出△EOA∽△AGB是解本題的關(guān)鍵．10.（2018·山東濰坊·12分）如圖1，在?ABCD中，DH⊥AB于點(diǎn)H，CD的垂直平分線交CD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F，AB=6，DH=4，BF：FA=1：5．（1）如圖2，作FG⊥AD于點(diǎn)G，交DH于點(diǎn)M，將△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，連接M′B．①求四邊形BHMM′的面積；②直線EF上有一動(dòng)點(diǎn)N，求△DNM周長的最小值．（2）如圖3，延長CB交EF于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QK∥AB，過CD邊上的動(dòng)點(diǎn)P作PK∥EF，并與QK交于點(diǎn)K，將△PKQ沿直線PQ翻折，使點(diǎn)K的對(duì)應(yīng)點(diǎn)K′恰好落在直線AB上，求線段CP的長．【分析】（1）①根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及平移的性質(zhì)進(jìn)行解答即可；②連接CM交直線EF于點(diǎn)N，連接DN，利用勾股定理解答即可；（2）分點(diǎn)P在線段CE上和點(diǎn)P在線段ED上兩種情況進(jìn)行解答．【解答】解：（1）①在?ABCD中，AB=6，直線EF垂直平分CD，∴DE=FH=3，又BF：FA=1：5，∴AH=2，∵Rt△AHD∽R(shí)t△MHF，∴，即，∴HM=1.5，根據(jù)平移的性質(zhì)，MM'=CD=6，連接BM，如圖1，四邊形BHMM′的面積=；②連接CM交直線EF于點(diǎn)N，連接DN，如圖2，∵直線EF垂直平分CD，∴CN=DN，∵M(jìn)H=1.5，∴DM=2.5，在Rt△CDM中，MC2=DC2+DM2，∴MC2=62+（2.5）2，即MC=6.5，∵M(jìn)N+DN=MN+CN=MC，∴△DNM周長的最小值為9．（2）∵BF∥CE，∴，∴QF=2，∴PK=PK'=6，過點(diǎn)K'作E'F'∥EF，分別交CD于點(diǎn)E'，交QK于點(diǎn)F'，如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在線段CE上時(shí)，在Rt△PK'E'中，PE'2=PK'2﹣E'K'2，∴，∵Rt△PE'K'∽R(shí)t△K'F'Q，∴，即，解得：，∴PE=PE'﹣EE'=，∴，同理可得，當(dāng)點(diǎn)P在線段DE上時(shí)，，如圖4，綜上所述，CP的長為或．【點(diǎn)評(píng)】此題考查四邊形的綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和平移的性質(zhì)解答，注意（2）分兩種情況分析．11.（2018年江蘇省南京市）如圖，在正方形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，連接DE．過點(diǎn)A作AF⊥DE，垂足為F，⊙O經(jīng)過點(diǎn)C、D、F，與AD相交于點(diǎn)G．（1）求證：△AFG∽△DFC；（2）若正方形ABCD的邊長為4，AE=1，求⊙O的半徑．【分析】（1）欲證明△AFG∽△DFC，只要證明∠FAG=∠FDC，∠AGF=∠FCD；（2）首先證明CG是直徑，求出CG即可解決問題；【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，∠ADC=90°，∴∠CDF+∠ADF=90°，∵AF⊥DE，∴∠AFD=90°，∴∠DAF+∠ADF=90°，∴∠DAF=∠CDF，∵四邊形GFCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠FCD+∠DGF=180°，∵∠FGA+∠DGF=180°，∴∠FGA=∠FCD，∴△AFG∽△DFC．（2）解：如圖，連接CG．∵∠EAD=∠AFD=90°，∠EDA=∠ADF，∴△EDA∽△ADF，∴=，即=，∵△AFG∽△DFC，∴=，∴=，在正方形ABCD中，DA=DC，∴AG=EA=1，DG=DA﹣AG=4﹣1=3，∴CG==5，∵∠CDG=90°，∴CG是⊙O的直徑，∴⊙O的半徑為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，屬于中考常考題型．12.（2018·新疆生產(chǎn)建設(shè)兵團(tuán)·12分）如圖，PA與⊙O相切于點(diǎn)A，過點(diǎn)A作AB⊥OP，垂足為C，交⊙O于點(diǎn)B．連接PB，AO，并延長AO交⊙O于點(diǎn)D，與PB的延長線交于點(diǎn)E．（1）求證：PB是⊙O的切線；（2）若OC=3，AC=4，求sinE的值．【分析】（1）要證明是圓的切線，須證明過切點(diǎn)的半徑垂直，所以連接OBB，證明OB⊥PE即可．（2）要求sinE，首先應(yīng)找出直角三角形，然后利用直角三角函數(shù)求解即可．而sinE既可放在直角三角形EAP中，也可放在直角三角形EBO中，所以利用相似三角形的性質(zhì)求出EP或EO的長即可解決問題【解答】（1）證明：連接OB∵PO⊥AB，∴AC=BC，∴PA=PB在△PAO和△PBO中∴△PAO和≌△PBO∴∠OBP=∠OAP=90°∴PB是⊙O的切線．（2）連接BD，則BD∥PO，且BD=2OC=6在Rt△ACO中，OC=3，AC=4∴AO=5在Rt△ACO與Rt△PAO中，∠APO=∠APO，∠PAO=∠ACO=90°∴△ACO～△PAO=∴PO=，PA=∴PB=PA=在△EPO與△EBD中，BD∥PO∴△EPO∽△EBD∴=，解得EB=，PE=，∴sinE==【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定以及相似三角形的判定和性質(zhì)．能夠通過作輔助線將所求的角轉(zhuǎn)移到相應(yīng)的直角三角形中，是解答此題的關(guān)鍵．13（2018·四川宜賓·10分）如圖，AB為圓O的直徑，C為圓O上一點(diǎn)，D為BC延長線一點(diǎn)，且BC=CD，CE⊥AD于點(diǎn)E．（1）求證：直線EC為圓O的切線；（2）設(shè)BE與圓O交于點(diǎn)F，AF的延長線與CE交于點(diǎn)P，已知∠PCF=∠CBF，PC=5，PF=4，求sin∠PEF的值．【考點(diǎn)】ME：切線的判定與性質(zhì)；M5：圓周角定理；T7：解直角三角形．【分析】（1）說明OC是△BDA的中位線，利用中位線的性質(zhì)，得到∠OCE=∠CED=90°，從而得到CE是圓O的切線．（2）利用直徑上的圓周角，得到△PEF是直角三角形，利用角相等，可得到△PEF∽△PEA、△PCF∽△PAC，從而得到PC=PE=5．然后求出sin∠PEF的值．【解答】解：（1）證明：∵CE⊥AD于點(diǎn)E∴∠DEC=90°，∵BC=CD，∴C是BD的中點(diǎn)，又∵O是AB的中點(diǎn)，∴OC是△BDA的中位線，∴OC∥AD∴∠OCE=∠CED=90°∴OC⊥CE，又∵點(diǎn)C在圓上，∴CE是圓O的切線．（2）連接AC∵AB是直徑，點(diǎn)F在圓上∴∠AFB=∠PFE=90°=∠CEA∵∠EPF=∠EPA∴△PEF∽△PEA∴PE2=PF×PA∵∠FBC=∠PCF=∠CAF又∵∠CPF=∠CPA∴△PCF∽△PAC∴PC2=PF×PA∴PE=PC在直角△PEF中，sin∠PEF==．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定、三角形的中位線定理、相似三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)．利用三角形相似，說明PE=PC是解決本題的難點(diǎn)和關(guān)鍵．14（2018·四川自貢·10分）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°．（1）作出經(jīng)過點(diǎn)B，圓心O在斜邊AB上且與邊AC相切于點(diǎn)E的⊙O（要求：用尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法和證明）（2）設(shè)（1）中所作的⊙O與邊AB交于異于點(diǎn)B的另外一點(diǎn)D，若⊙O的直徑為5，BC=4；求DE的長．（如果用尺規(guī)作圖畫不出圖形，可畫出草圖完成（2）問）【分析】（1）作∠ABC的角平分線交AC于E，作EO⊥AC交AB于點(diǎn)O，以O(shè)為圓心，OB為半徑畫圓即可解決問題；（2）作OH⊥BC于H．首先求出OH、EC、BE，利用△BCE∽△BED，可得=，解決問題；【解答】解：（1）⊙O如圖所示；（2）作OH⊥BC于H．∵AC是⊙O的切線，∴OE⊥AC，∴∠C=∠CEO=∠OHC=90°，∴四邊形ECHO是矩形，∴OE=CH=，BH=BC﹣CH=，在Rt△OBH中，OH==2，∴EC=OH=2，BE==2，∵∠EBC=∠EBD，∠BED=∠C=90°，∴△BCE∽△BED，∴=，∴=，∴DE=．【點(diǎn)評(píng)】本題考查作圖﹣復(fù)雜作圖，切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、角平分線的定義，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．15（2018?湖北黃石?9分）在△ABC中，E、F分別為線段AB、AC上的點(diǎn)（不與A、B、C重合）．（1）如圖1，若EF∥BC，求證：（2）如圖2，若EF不與BC平行，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)說明理由；（3）如圖3，若EF上一點(diǎn)G恰為△ABC的重心，，求的值．【分析】（1）由EF∥BC知△AEF∽△ABC，據(jù)此得=，根據(jù)=（）2即可得證；（2）分別過點(diǎn)F、C作AB的垂線，垂足分別為N、H，據(jù)此知△AFN∽△ACH，得=，根據(jù)=即可得證；（3）連接AG并延長交BC于點(diǎn)M，連接BG并延長交AC于點(diǎn)N，連接MN，由重心性質(zhì)知S△ABM=S△ACM、=，設(shè)=a，利用（2）中結(jié)論知==、==a，從而得==+a，結(jié)合==a可關(guān)于a的方程，解之求得a的值即可得出答案．【解答】解：（1）∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴=，∴=（）2=?=；（2）若EF不與BC平行，（1）中的結(jié)論仍然成立，分別過點(diǎn)F、C作AB的垂線，垂足分別為N、H，∵FN⊥AB、CH⊥AB，∴FN∥CH，∴△AFN∽△ACH，∴=，∴==；（3）連接AG并延長交BC于點(diǎn)M，連接BG并延長交AC于點(diǎn)N，連接MN，則MN分別是BC、AC的中點(diǎn)，∴MN∥AB，且MN=AB，∴==，且S△ABM=S△ACM，∴=，設(shè)=a，由（2）知：==×=，==a，則==+=+a，而==a，∴+a=a，解得：a=，∴=×=．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查相似形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)和三角形重心的定義及其性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．16.（2018·浙江寧波·12分）若一個(gè)三角形一條邊的平方等于另兩條邊的乘積，我們把這個(gè)三角形叫做比例三角形．（1）已知△ABC是比例三角形，AB=2，BC=3，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的AC的長；（2）如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對(duì)角線BD平分∠ABC，∠BAC=∠ADC．求證：△ABC是比例三角形．（3）如圖2，在（2）的條件下，當(dāng)∠ADC=90°時(shí)，求的值．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)【分析】（1）根據(jù)比例三角形的定義分AB2=BC?AC、BC2=AB?AC、AC2=AB?BC三種情況分別代入計(jì)算可得；（2）先證△ABC∽△DCA得CA2=BC?AD，再由∠ADB=∠CBD=∠ABD知AB=AD即可得；（3）作AH⊥BD，由AB=AD知BH=BD，再證△ABH∽△DBC得AB?BC=BH?DB，即AB?BC=BD2，結(jié)合AB?BC=AC2知BD2=AC2，據(jù)此可得答案．【解答】解：（1）∵△ABC是比例三角形，且AB=2、AC=3，①當(dāng)AB2=BC?AC時(shí)，得：4=3AC，解得：AC=；②當(dāng)BC2=AB?AC時(shí)，得：9=2AC，解得：AC=；③當(dāng)AC2=AB?BC時(shí)，得：AC=6，解得：AC=（負(fù)值舍去）；所以當(dāng)AC=或或時(shí)，△ABC是比例三角形；（2）∵AD∥BC，∴∠ACB=∠CAD，又∵∠BAC=∠ADC，∴△ABC∽△DCA，∴=，即CA2=BC?AD，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∴∠ADB=∠ABD，∴AB=AD，∴CA2=BC?AB，∴△ABC是比例三角形；（3）如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BD于點(diǎn)H，∵AB=AD，∴BH=BD，∵AD∥BC，∠ADC=90°，∴∠BCD=90°，∴∠BHA=∠BCD=90°，又∵∠ABH=∠DBC，∴△ABH∽△DBC，∴=，即AB?BC=BH?DB，∴AB?BC=BD2，又∵AB?BC=AC2，∴BD2=AC2，∴=．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查相似三角形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是理解比例三角形的定義，并熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)．17.（2018·廣東廣州·12分）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．（1）利用尺規(guī)作∠ADC的平分線DE，交BC于點(diǎn)E，連接AE（保留作圖痕跡，不寫作法）（2）在（1）的條件下，①證明：AE⊥DE；

②若CD=2，AB=4，點(diǎn)M，N分別是AE，AB上的動(dòng)點(diǎn)，求BM+MN的最小值?！敬鸢浮浚?）

（2）①證明：在AD上取一點(diǎn)F使DF=DC，連接EF，

∵DE平分∠ADC，

∴∠FDE=∠CDE，

在△FED和△CDE中，

DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE

∴△FED≌△CDE（SAS），

∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90°

∴∠DEF=∠DEC，

∵AD=AB+CD，DF=DC，

∴AF=AB，

在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）

∴∠AEB=∠AEF，

∴∠AED=∠AEF+∠DEF=∠CEF+∠BEF=（∠CEF+∠BEF）=90°。

∴AE⊥DE

②解：過點(diǎn)D作DP⊥AB于點(diǎn)P，

∵由①可知，B，F(xiàn)關(guān)于AE對(duì)稱，BM=FM，

∴BM+MN=FM+MN，

當(dāng)F，M，N三點(diǎn)共線且FN⊥AB時(shí)，有最小值，

∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，

∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，

∴四邊形DPBC是矩形，

∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，

在Rt△APD中，DP==，

∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，

∴FN∥DP，

∴△AFN∽△ADP

∴，

即，

解得FN=，

∴BM+MN的最小值為【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，作圖—基本作圖，軸對(duì)稱的應(yīng)用-最短距離問題，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】（1）根據(jù)角平分的做法即可畫出圖.（2）①在AD上取一點(diǎn)F使DF=DC，連接EF；角平分線定義得∠FDE=∠CDE；根據(jù)全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性質(zhì)和補(bǔ)角定義得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，

∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性質(zhì)得∠AEB=∠AEF，再由補(bǔ)角定義可得AE⊥DE.

②過點(diǎn)D作DP⊥AB于點(diǎn)P；由①可知，B，F(xiàn)關(guān)于AE對(duì)稱，根據(jù)對(duì)稱性質(zhì)知BM=FM，

當(dāng)F，M，N三點(diǎn)共線且FN⊥AB時(shí)，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，根據(jù)勾股定理得DP==；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性質(zhì)得，從而求得FN，即BM+MN的最小值.18（2018·廣東深圳·8分）已知菱形的一個(gè)角與三角形的一個(gè)角重合，然后它的對(duì)角頂點(diǎn)在這個(gè)重合角的對(duì)邊上，這個(gè)菱形稱為這個(gè)三角形的親密菱形，如圖，在△CFE中，CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以點(diǎn)C為圓心，以任意長為半徑作AD，再分別以點(diǎn)A和點(diǎn)D為圓心，大于AD長為半徑做弧，交于點(diǎn)B,AB∥CD.（1）求證：四邊形ACDB為△CFE的親密菱形；（2）求四邊形ACDB的面積.【答案】（1）證明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺規(guī)作圖痕跡得：BC是∠FCE的角平分線,∴∠ACB=∠DCB，又∵AB∥CD,∴∠ABC=∠DCB，∴∠ACB=∠ABC，∴AC=AB，又∵AC=CD,AB=DB,∴AC=CD=DB=BA，四邊形ACDB是菱形，又∵∠ACD與△FCE中的∠FCE重合，它的對(duì)角∠ABD頂點(diǎn)在EF上，∴四邊形ACDB為△FEC的親密菱形.（2）解：設(shè)菱形ACDB的邊長為x，∵CF=6,CE=12,∴FA=6-x，又∵AB∥CE,∴△FAB∽△FCE,∴,即，解得：x=4，過點(diǎn)A作AH⊥CD于點(diǎn)H,在Rt△ACH中，∠ACH=45°,∴sin∠ACH=,∴AH=4×=2,∴四邊形ACDB的面積為：.【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】（1）依題可得：AC=CD,AB=DB,BC是∠FCE的角平分線,根據(jù)角平分線的定義和平行線的性質(zhì)得∠ACB=∠ABC，根據(jù)等角對(duì)等邊得AC=AB，從而得AC=CD=DB=BA，根據(jù)四邊相等得四邊形是菱形即可得四邊形ACDB是菱形；再根據(jù)題中的新定義即可得證.（2）設(shè)菱形ACDB的邊長為x，根據(jù)已知可得CF=6,CE=12,FA=6-x，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得，解得：x=4,過點(diǎn)A作AH⊥CD于點(diǎn)H,在Rt△ACH中，根據(jù)銳角三角形函數(shù)正弦的定義即可求得AH,再由四邊形的面積公式即可得答案.19（2018·廣東深圳·9分）如圖：在中，BC=2,AB=AC，點(diǎn)D為AC上的動(dòng)點(diǎn)，且.（1）求AB的長度；（2）求AD·AE的值；（3）過A點(diǎn)作AH⊥BD，求證：BH=CD+DH.【答案】（1）解：作AM⊥BC，∵AB=AC,BC=2，AM⊥BC，∴BM=CM=BC=1,在Rt△AMB中，∵cosB=,BM=1,∴AB=BM÷cosB=1÷=.（2）解：連接CD，∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC，∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠ADC+∠ABC=180°,又∵∠ACE+∠ACB=180°,∴∠ADC=∠ACE，∵∠CAE=∠CAD，∴△EAC∽△CAD，∴,∴AD·AE=AC2=AB2=（）2=10.（3）證明：在BD上取一點(diǎn)N，使得BN=CD,在△ABN和△ACD中∵∴△ABN≌△ACD（SAS），∴AN=AD，∵AH⊥BD，AN=AD，∴NH=DH,又∵BN=CD,NH=DH,∴BH=BN+NH=CD+DH.【考點(diǎn)】全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義【解析】【分析】（1）作AM⊥BC，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得BM=CM=BC=1,在Rt△AMB中，根據(jù)余弦定義得cosB=,由此求出AB.（2）連接CD，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)等邊對(duì)等角得∠ACB=∠ABC，再由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)和等角的補(bǔ)角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得；

從而得AD·AE=AC2=AB2.（3）在BD上取一點(diǎn)N，使得BN=CD,根據(jù)SAS得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性質(zhì)得AN=AD，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得NH=DH,從而得BH=BN+NH=CD+DH.20（2018·廣東深圳·9分）已知頂點(diǎn)為拋物線經(jīng)過點(diǎn)，點(diǎn).（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，直線AB與x軸相交于點(diǎn)M,y軸相交于點(diǎn)E，拋物線與y軸相交于點(diǎn)F，在直線AB上有一點(diǎn)P，若∠OPM=∠MAF,求△POE的面積；（3）如圖2，點(diǎn)Q是折線A-B-C上一點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QN∥y軸，過點(diǎn)E作EN∥x軸，直線QN與直線EN相交于點(diǎn)N，連接QE，將△QEN沿QE翻折得到△QEN1，若點(diǎn)N1落在x軸上，請(qǐng)直接寫出Q點(diǎn)的坐標(biāo).【答案】（1）解：把點(diǎn)代入，解得：a=1,∴拋物線的解析式為：或.（2）解：設(shè)直線AB解析式為：y=kx+b,代入點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得：，解得：，∴直線AB的解析式為：y=-2x-1,∴E（0，-