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图形的相似与位似
一、选择题
1．．（2018•山东枣庄•3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为 D，AF 平
分∠CAB，交 CD 于点 E，交 CB 于点 F．若 AC=3，AB=5，则 CE 的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，根据角平分
线和对顶角相等得出∠CEF=∠CFE，即可得出 EC=FC，再利用相似三角形的判定与性质得出
答案．
【解答】解：过点 F 作 FG⊥AB 于点 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，
∴ = ，2
解得：FC= ，
即 CE 的长为 ．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形性质、等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理以及
相似三角形的判定与性质等知识，关键是推出∠CEF=∠CFE．
2． （2018•山东滨州•3 分）在平面直角坐标系中，线段 AB 两个端点的坐标分别为 A（6，
8），B（10，2），若以原点 O 为位似中心，在第一象限内将线段 AB 缩短为原来的 后得到线
段 CD，则点 A 的对应点 C 的坐标为（ ）
A．（5，1） B．（4，3） C．（3，4） D．（1，5）
【分析】利用位似图形的性质，结合两图形的位似比进而得出 C 点坐标．
【解答】解：∵以原点 O 为位似中心，在第一象限内将线段 AB 缩小为原来的 后得到线段 CD，
∴端点 C 的横坐标和纵坐标都变为 A 点的横坐标和纵坐标的一半，
又∵A（6，8），
∴端点 C 的坐标为（3，4）．
故选：C．
【点评】此题主要考查了位似图形的性质，利用两图形的位似比得出对应点横纵坐标关系是
解题关键．
3 （2018•江苏扬州•3 分）如图，点 A 在线段 BD 上，在 BD 的同侧做等腰 Rt△ABC 和等腰 Rt
△ADE，CD 与 BE、AE 分别交于点 P，M．对于下列结论：
①△BAE∽△CAD；②MP•MD=MA•ME；③2CB2=CP•CM．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．① C．①② D．②③3
【分析】（1）由等腰 Rt△ABC 和等腰 Rt△ADE 三边份数关系可证；
（2）通过等积式倒推可知，证明△PAM∽△EMD 即可；
（3）2CB2 转化为 AC2，证明△ACP∽△MCA，问题可证．
【解答】解：由已知：AC= AB，AD= AE
∴
∵∠BAC=∠EAD
∴∠BAE=∠CAD
∴△BAE∽△CAD
所以①正确
∵△BAE∽△CAD
∴∠BEA=∠CDA
∵∠PME=∠AMD
∴△PME∽△AMD
∴
∴MP•MD=MA•ME
所以②正确
∵∠BEA=∠CDA
∠PME=∠AMD
∴P、E、D、A 四点共圆
∴∠APD=∠EAD=90°
∵∠CAE=180°﹣∠BAC﹣∠EAD=90°
∴△CAP∽△CMA
∴AC2=CP•CM
∵AC= AB
∴2CB2=CP•CM
所以③正确
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判断．在等积式和比例式的证明中应注意应用倒推
的方法寻找相似三角形进行证明，进而得到答案．
4 （2018·山东临沂·3 分）如图．利用标杆 BE 测量建筑物的高度．已知标杆 BE 高 1.2m，
测得 AB=1.6m．BC=12.4m．则建筑物 CD 的高是（ ）4
A．9.3m B．10.5m C．12.4m D．14m
【分析】先证明∴△ABE∽△ACD，则利用相似三角形的性质得 = ，然后利用
比例性质求出 CD 即可．
【解答】解：∵EB∥CD，
∴△ABE∽△ACD，
∴ = ，即 = ，
∴CD=10.5（米）．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的应用：借助标杆或直尺测量物体的高度．利用杆或直尺测
量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相
似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．
5（2018·山东潍坊·3 分）在平面直角坐标系中，点 P（m，n）是线段 AB 上一点，以原点 O
为位似中心把△AOB 放大到原来的两倍，则点 P 的对应点的坐标为（ ）
A．（2m，2n） B．（2m，2n）或（﹣2m，﹣2n）
C．（ m， n） D．（ m， n）或（﹣ m，﹣ n）
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：点 P（m，n）是线段 AB 上一点，以原点 O 为位似中心把△AOB 放大到原来的两
倍，
则点 P 的对应点的坐标为（m×2，n×2）或（m×（﹣2），n×（﹣2）），即（2m，2n）或
（﹣2m，﹣2n），
故选：B．
【点评】本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换
是以原点为位似中心，相似比为 k，那么位似图形对应点的坐标的比等于 k 或﹣k．
6.（2018•湖南省永州市•4 分）如图，在△ABC 中，点 D 是边 AB 上的一点，∠ADC=∠ACB，AD=2，
BD=6，则边 AC 的长为（ ）5
A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】只要证明△ADC∽△ACB，可得 = ，即 AC2=AD•AB，由此即可解决问题；
【解答】解：∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴△ADC∽△ACB，
∴ = ，
∴AC2=AD•AB=2×8=16，
∵AC＞0，
∴AC=4，
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，
属于中考常考题型．
7 （2018·四川宜宾·3 分）如图，将△ABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移到△A'B'C'的位置，
已知△ABC 的面积为 9，阴影部分三角形的面积为 4．若 AA'=1，则 A'D 等于（ ）
A．2 B．3 C． D．
【考点】Q2：平移的性质．
【分析】由 S △ABC=9、S △A′EF=4 且 AD 为 BC 边的中线知 S△A′DE= S△A′EF=2，S △ABD= S△
ABC= ，根据△DA′E∽△DAB 知（ ）2= ，据此求解可得．
【解答】解：如图，6
∵S△ABC=9、S△A′EF=4，且 AD 为 BC 边的中线，
∴S△A′DE= S△A′EF=2，S△ABD= S△ABC= ，
∵将△ABC 沿 BC 边上的中线 AD 平移得到△A'B'C'，
∴A′E∥AB，
∴△DA′E∽△DAB，
则（ ）2= ，即（ ）2= ，
解得 A′D=2 或 A′D=﹣ （舍），
故选：A．
【点评】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、
相似三角形的判定与性质等知识点．
8（2018·四川自贡·4 分）如图，在△ABC 中，点 D、E 分别是 AB、AC 的中点，若△ADE 的
面积为 4，则△ABC 的面积为（ ）
A．8 B．12 C．14 D．16
【分析】直接利用三角形中位线定理得出 DE∥BC，DE= BC，再利用相似三角形的判定与性
质得出答案．
【解答】解：∵在△ABC 中，点 D、E 分别是 AB、AC 的中点，
∴DE∥BC，DE= BC，
∴△ADE∽△ABC，7
∵ = ，
∴ = ，
∵△ADE 的面积为 4，
∴△ABC 的面积为：16，
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，正确得出△ADE∽
△ABC 是解题关键．
9（2018·台湾·分）小柔要榨果汁，她有苹果、芭乐、柳丁三种水果，且其颗数比为 9：
7：6，小柔榨完果汁后，苹果、芭乐、柳丁的颗数比变为 6：3：4，已知小柔榨果汁时没有
使用柳丁，关于她榨果汁时另外两种水果的使用情形，下列叙述何者正确？（ ）
A．只使用苹果
B．只使用芭乐
C．使用苹果及芭乐，且使用的苹果颗数比使用的芭乐颗数多
D．使用苹果及芭乐，且使用的芭乐颗数比使用的苹果颗数多
【分析】根据三种水果的颗数的关系，设出三种水果的颗数，再根据榨果汁后的颗数的关系，
求出榨果汁后，苹果和芭乐的颗数，进而求出苹果，芭乐的用量，即可得出结论．
【解答】解：∵苹果、芭乐、柳丁三种水果，且其颗数比为 9：7：6，
∴设苹果为 9x 颗，芭乐 7x 颗，铆钉 6x 颗（x 是正整数），
∵小柔榨果汁时没有使用柳丁，
∴设小柔榨完果汁后，苹果 a 颗，芭乐 b 颗，
∵小柔榨完果汁后，苹果、芭乐、柳丁的颗数比变为 6：3：4，
∴ ， ，
∴a=9x，b= x，
∴苹果的用量为 9x﹣a=9x﹣9x=0，
芭乐的用量为 7x﹣b=7x﹣ x= x＞0，
∴她榨果汁时，只用了芭乐，
故选：B．
【点评】此题是推理与论证题目，主要考查了根据比例的关系，比例的性质，求出榨汁后苹
果和芭乐的数量是解本题的关键．8
10 （2018·台湾·分）如图，△ABC、△FGH 中，D、E 两点分别在 AB、AC 上，F 点在 DE 上，
G、H 两点在 BC 上，且 DE∥BC，FG∥AB，FH∥AC，若 BG：GH：HC=4：6：5，则△ADE 与△FGH
的面积比为何？（ ）
A．2：1 B．3：2 C．5：2 D．9：4
【分析】只要证明△ADE∽△FGH，可得 =（ ）2，由此即可解决问题；
【解答】解：∵BG：GH：HC=4：6：5，可以假设 BG=4k，GH=6k，HC=5k，
∵DE∥BC，FG∥AB，FH∥AC，
∴四边形 BGFD 是平行四边形，四边形 EFHC 是平行四边形，
∴DF=BG=4k，EF=HC=5k，DE=DF+EF=9k，∠FGH=∠B=∠ADE，∠FHG=∠C=∠AED，
∴△ADE∽△FGH，
∴ =（ ）2=（ ）2= ．
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键
是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
11．（2018•湖北荆门•3 分）如图，四边形 ABCD 为平行四边形，E、F 为 CD 边的两个三等分
点，连接 AF、BE 交于点 G，则 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质面积比等于相似比的平方即可解决问题；
【解答】解：∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴CD=AB，CD∥AB，
∵DE=EF=FC，
∴EF：AB=1：3，9
∴△EFG∽△BAG，
∴ =（ ）2= ，
故选：C．
【点评】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题，属于中考常考题型．
12．（2018•湖北恩施•3 分）如图所示，在正方形 ABCD 中，G 为 CD 边中点，连接 AG 并延长
交 BC 边的延长线于 E 点，对角线 BD 交 AG 于 F 点．已知 FG=2，则线段 AE 的长度为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【分析】根据正方形的性质可得出 AB∥CD，进而可得出△ABF∽△GDF，根据相似三角形的
性质可得出 = =2，结合 FG=2 可求出 AF、AG 的长度，由 CG∥AB、AB=2CG 可得出 CG 为
△EAB 的中位线，再利用三角形中位线的性质可求出 AE 的长度，此题得解．
【解答】解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABF=∠GDF，∠BAF=∠DGF，
∴△ABF∽△GDF，
∴ = =2，
∴AF=2GF=4，
∴AG=6．
∵CG∥AB，AB=2CG，
∴CG 为△EAB 的中位线，
∴AE=2AG=12．
故选：D．10
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形的中位线，利用相
似三角形的性质求出 AF 的长度是解题的关键．
13. （2018·浙江临安·3 分）如图，小正方形的边长均为 1，则下列图中的三角形（阴影
部分）与△ABC 相似的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定，
【分析】根据正方形的性质求出∠ACB，根据相似三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：由正方形的性质可知，∠ACB=180°﹣45°=135°，
A、C、D 图形中的钝角都不等于 135°，
由勾股定理得，BC= ，AC=2，
对应的图形 B 中的边长分别为 1 和 ，
∵ = ，
∴图 B 中的三角形（阴影部分）与△ABC 相似，
故选：B．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定，掌 握两组对应边的比相等且夹角对应相等的两
个三角形相似是解题的关键．
14（2018·浙江临安·3 分）如图，在△ABC 中，DE∥BC，DE 分别与 AB，AC 相交于点 D，E，
若 AD=4，DB=2，则 DE：BC 的值为（ ）11
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定和相似三角形的性质
【分析】根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似，
再根据相似三角形的对应边成比例解则可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ = = = ．
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和相似三角形的性质，对应边不要搞错．
15（2018·重庆(A)·4 分）要制作两个形状相同的三角形框架,其中一个三角形的三边长分
别为 ， 和 ，另一个三角形的最短边长为 ，则它的最长边为
A. B. C. D.
【考点】相似三角形的性质
【解析】利用相似三角形三边对应成比例解出即可。
【解答】解：设所求最长边为 xcm∵两三角形相似，∴ ,∴. 故选 C
【点评】此题主要考查相似三角形的性质——相似三角形的三边对应成比例，该题属于
中考当中的基础题。
16（2018·广东·3 分）在△ABC 中，点 D、E 分别为边 AB、AC 的中点，则△ADE 与△ABC 的
面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由点 D、E 分别为边 AB、AC 的中点，可得出 DE 为△ABC 的中位线，进而可得出 DE∥
BC 及△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质即可求出△ADE 与△ABC 的面积之比．
【解答】解：∵点 D、E 分别为边 AB、AC 的中点，
∴DE 为△ABC 的中位线，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ =（ ）2= ．
故选：C．
5cm 6cm 9cm 2.5cm
3cm 4cm 4.5cm 5cm
2.5
5 9
x= 4.5x =12
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质以及三角形中位线定理，利用三角形的中位线
定理找出 DE∥BC 是解题的关键．
17．（2018 年四川省内江市）已知△ABC 与△A1B1C1 相似，且相似比为 1：3，则△ABC 与△
A1B1C1 的面积比为（ ）
A．1：1 B．1：3 C．1：6 D．1：9
【考点】S7：相似三角形的性质．
【分析】利用相似三角形面积之比等于相似比的平方，求出即可．
【解答】解：已知△ABC 与△A1B1C1 相似，且相似比为 1：3，
则△ABC 与△A1B1C1 的面积比为 1：9，
故选：D．
【点评】此题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解本题的关键．
二.填空题
1（2018 年四川省南充市）如图，在△ABC 中，DE∥BC，BF 平分∠ABC，交 DE 的延长线于点
F．若 AD=1，BD=2，BC=4，则 EF= ．
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KJ：等腰三角形的判定与性质．13
【分析】由 DE∥BC 可得出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质和平行线的性质解答即
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﹣ ，
故答案为：
【点评】此题考查相似三角形的判定和性质，关键是由 DE∥BC 可得出△ADE∽△ABC．
2 (2018 四川省绵阳市)如图，在△ABC 中，AC=3，BC=4，若 AC，BC 边上的中线 BE,AD 垂直
相交于点 O，则 AB=________.
【答案】
【考点】勾股定理，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接 DE，14
∵AD、BE 为三角形中线，
∴DE∥AB，DE= AB，
∴△DOE∽△AOB，
∴ = = = ，
设 OD=x，OE=y，
∴OA=2x，OB=2y,
在 Rt△BOD 中，
x2+4y 2=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+y 2）=4× ，
即 AB= .
故答案为： .
【分析】连接 DE，根据三角形中位线性质得 DE∥AB，DE= AB，从而得△DOE∽△AOB，根
据相似三角形的性质可得 = = = ；设 OD=x，OE=y，从而可知 OA=2x，
OB=2y,根据勾股定理可得 x2+4y2=4，4x2+y2= ，两式相加可得 x2+y2= ，在 Rt△AOB 中，
由股股定理可得 AB= .
3（2018·广东广州·3 分）如图 9，CE 是平行四边形 ABCD 的边 AB 的垂直平分线，垂足为
点 O，CE 与 DA 的延长线交于点 E，连接 AC，BE，DO，DO 与 AC 交于点 F，则下列结论：15
①四边形 ACBE 是菱形；②∠ACD=∠BAE
③AF：BE=2：3 ④
其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的
性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：①∵CE 是平行四边形 ABCD 的边 AB 的垂直平分线，∴AO=BO,∠AOE=∠
BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，
∴∠OAE=∠OBC，
∴△AOE≌△BOC（ASA），
∴AE=BC，
∴AE=BE=CA=CB，
∴四边形 ACBE 是菱形，
故①正确.
②由①四边形 ACBE 是菱形，
∴AB 平分∠CAE，
∴∠CAO=∠BAE，
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠CAO=∠ACD，
∴∠ACD=∠BAE.
故②正确.
③∵CE 垂直平分线 AB，
∴O 为 AB 中点，
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴BA∥CD，AO= AB= CD，
∴△AFO∽△CFD，
∴ = ，
∴AF:AC=1:3,16
∵AC=BE，
∴AF:BE=1:3,
故③错误.
④∵ ·CD·OC,
由③知 AF:AC=1:3,
∴ ,
∵ = × CD·OC= ,
∴ = + = = ,
∴
故④正确.
故答案为：①②④.
【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得 AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，
CA=CB，根据 ASA 得△AOE≌△BOC，由全等三角形性质得 AE=CB，根据四边相等的四边形是
菱形得出①正确.
②由菱形性质得∠CAO=∠BAE，根据平行四边形的性质得 BA∥CD，再由平行线的性质得∠
CAO=∠ACD，等量代换得∠ACD=∠BAE；故②正确.
③根据平行四边形和垂直平分线的性质得 BA∥CD，AO= AB= CD，从而得△AFO∽△CFD，
由相似三角形性质得 = ，从而得出 AF:AC=1:3,即 AF:BE=1:3,故③错误.
④ 由 三 角 形 面 积 公 式 得 ·CD·OC, 从 ③ 知 AF:AC=1:3, 所 以
= + = = , 从 而 得 出
故④正确.
4（2018·广东深圳·3 分）在 Rt△ABC 中∠C=90°，AD 平分∠CAB,BE 平分∠CBA,AD、BE 相
交于点 F，且 AF=4,EF= ,则 AC=________．
【答案】
【考点】勾股定理，相似三角形的判定与性质 17
【解析】【解答】解：作 EG⊥AF，连接 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= .
故答案为： .
【分析】作 EG⊥AF，连接 CF，根据三角形内角和和角平分线定义得∠FAB+∠FBA=45°，再
由三角形外角性质得∠AFE=45°，在 Rt△EGF 中，根据勾股定理得 EG=FG=1，结合已知条件
得 AG=3,在 Rt△AEG 中，根据勾股定理得 AE= ；由已知得 F 是三角形角平分线的交点，18
所以 CF 平分∠ACB,∠ACF=45°，根据相似三角形的判定和性质得 ,从而求出 AC
的长.
5（2018·四川宜宾·3 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=3，CB=2，点 E 为线段 AB 上的动点，
将△CBE 沿 CE 折叠，使点 B 落在矩形内点 F 处，下列结论正确的是 ①②③ （写出所有
正确结论的序号）
①当 E 为线段 AB 中点时，AF∥CE；
②当 E 为线段 AB 中点时，AF= ；
③当 A、F、C 三点共线时，AE= ；
④当 A、F、C 三点共线时，△CEF≌△AEF．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：如图 1 中，当 AE=EB 时，
∵AE=EB=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作 EM⊥AF，则 AM=FM，
在 Rt△ECB 中，EC= = ，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，19
∴△CEB∽△EAM，
∴ = ，
∴ = ，
∴AM= ，
∴AF=2AM= ，故②正确，
如图 2 中，当 A、F、C 共线时，设 AE=x．
则 EB=EF=3﹣x，AF= ﹣2，
在 Rt△AEF 中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（ ﹣2）2+（3﹣x）2，
∴x= ，
∴AE= ，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．
【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判
定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴
题．
6（2018·山东泰安·3 分）《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，在“勾股”章中有
这样一个问题：“今有邑方二百步，各中开门，出东门十五步有木，问：出南门几步面见
木？”
用今天的话说，大意是：如图，DEFG 是一座边长为 200 步（“步”是古代的长度单位）的20
正方形小城，东门 H 位于 GD 的中点，南门 K 位于 ED 的中点，出东门 15 步的 A 处有一树木，
求出南门多少步恰好看到位于 A 处的树木（即点 D 在直线 AC 上）？请你计算 KC 的长为
步．
【分析】证明△CDK∽△DAH，利用相似三角形的性质得 = ，然后利用比例性质可求
出 CK 的长．
【解答】解：DH=100，DK=100，AH=15，
∵AH∥DK，
∴∠CDK=∠A，
而∠CKD=∠AHD，
∴△CDK∽△DAH，
∴ = ，即 = ，
∴CK= ．
答：KC 的长为 步．
故答案为 ．
【点评】本题考查了相似三角形的应用：利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三
角形对应边的比相等的性质求物体的高度．21
7. （2018•山东滨州•5 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=2，BC=4，点 E、F 分别在 BC、CD 上，
若 AE= ，∠EAF=45°，则 AF 的长为 ．
【分析】取 AB 的中点 M，连接 ME，在 AD 上截取 ND=DF，设 DF=DN=x，则 NF= x，再利用
矩形的性质和已知条件证明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求
出 x 的值，在直角三角形 ADF 中利用勾股定理即可求出 AF 的长．
【解答】解：取 AB 的中点 M，连接 ME，在 AD 上截取 ND=DF，设 DF=DN=x，
∵四边形 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= = ．
故答案为： ．22
【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加
辅助线构造相似三角形是解题的关键，
8（2018•山东菏泽•3 分）如图，△OAB 与△OCD 是以点 O 为位似中心的位似图形，相似比为
3：4，∠OCD=90°，∠AOB=60°，若点 B 的坐标是（6，0），则点 C 的坐标是 （2，
2 ） ．
【考点】SC：位似变换；D5：坐标与图形性质．
【分析】根据题意得出 D 点坐标，再解直角三角形进而得出答案．
【解答】解：分别过 A 作 AE⊥OB，CF⊥OB，
∵∠OCD=90°，∠AOB=60°，
∴∠ABO=∠CDO=30°，∠OCF=30°，
∵△OAB 与△OCD 是以点 O 为位似中心的位似图形，相似比为 3：4，点 B 的坐标是（6，0），
∴D（8，0），则 DO=8，
故 OC=4，
则 FO=2，CF=CO•cos30°=4× =2 ，
故点 C 的坐标是：（2，2 ）．
故答案为：（2，2 ）．
【点评】此题主要考查了位似变换，运用位似图形的性质正确解直角三角形是解题关键．
9 （2018•四川成都•3 分）已知 ，且 ，则 的值为________．
【答案】12 23
【考点】解一元一次方程，比例的性质
【解析】【解答】解：设 则 a=6k，b=5k，c=4k
∵
∴6k+5k-8k=6，解之：k=2
∴a=6×2=12
故答案为：12
【 分 析 】 设 ， 分 别 用 含 k 的 式 子 表 示 出 a 、 b 、 c 的 值 ， 再 根 据
，建立关于 k 的方程，求出 k 的值，就可得出 a 的值。
10（2018•四川凉州•3 分）已知△ABC∽△A′B′C′且 S △ABC：S△A′B′C′=1：2，则 AB：
A′B′= 1： ．
【分析】根据相似三角形的面积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：
．
【点评】本题的关键是理解相似三角形的面积比等于相似比的平方．
三.解答题
(要求同上一)
1. ．（2018•四川凉州•7 分）如图，△ABC 在方格纸中
（1）请在方格纸上建立平面直角坐标系，使 A（2，3），C（6，2），并求出 B 点坐标；
（2）以原点 O 为位似中心，相似比为 2，在第一象限内将△ABC 放大，画出放大后的图形
△A′B′C′；
（3）计算△A′B′C'的面积 S．
【分析】（1）直接利用 A，C 点坐标得出原点位置进而得出答案；24
（2）利用位似图形的性质即可得出△A'B'C'；
（3）直接利用（2）中图形求出三角形面积即可．
【解答】解：（1）如图所示，即为所求的直角坐标系；B（2，1）；
（2）如图：△A'B'C'即为所求；
（3）S△A'B'C'= ×4×8=16．
【点评】此题主要考查了位似变换以及三角形面积求法，正确得出对应点位置是解题的关
键．画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和关键点；③
根据位似比，确定位似图形的关键点；④顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．
2. （2018•山东枣庄•8 分）如图，在 Rt△ACB 中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，以 BC 为直
径作⊙O 交 AB 于点 D．
（1）求线段 AD 的长度；
（2）点 E 是线段 AC 上的一点，试问：当点 E 在什么位置时，直线 ED 与⊙O 相切？请说明
理由．
【分析】（1）由勾股定理易求得 AB 的长；可连接 CD，由圆周角定理知 CD⊥AB，易知△ACD∽
△ABC，可得关于 AC、AD、AB 的比例关系式，即可求出 AD 的长．
（2）当 ED 与⊙O 相切时，由切线长定理知 EC=ED，则∠ECD=∠EDC，那么∠A 和∠DEC 就是
等角的余角，由此可证得 AE=DE，即 E 是 AC 的中点．在证明时，可连接 OD，证 OD⊥DE 即
可．
【解答】解：（1）在 Rt△ACB 中，∵AC=3cm，BC=4cm，∠ACB=90°，∴AB=5cm；25
连接 CD，∵BC 为直径，
∴∠ADC=∠BDC=90°；
∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴Rt△ADC∽Rt△ACB；
∴ ，∴ ；
（2）当点 E 是 AC 的中点时，ED 与⊙O 相切；
证明：连接 OD，
∵DE 是 Rt△ADC 的中线；
∴ED=EC，
∴∠EDC=∠ECD；
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD；
∴∠EDO=∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=∠ACB=90°；
∴ED⊥OD，
∴ED 与⊙O 相切．
【点评】此题综合考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、直角三角形的性质、切线
的判定等知识．
3 （2018•山东枣庄•10 分）如图，将矩形 ABCD 沿 AF 折叠，使点 D 落在 BC 边的点 E 处，过
点 E 作 EG∥CD 交 AF 于点 G，连接 DG．
（1）求证：四边形 EFDG 是菱形；
（2）探究线段 EG、GF、AF 之间的数量关系，并说明理由；
（3）若 AG=6，EG=2 ，求 BE 的长．
【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到 GD=DF，接下
来依据翻折的性质可证明 DG=GE=DF=EF；26
（2）连接 DE，交 AF 于点 O．由菱形的性质可知 GF⊥DE，OG=OF= GF，接下来，证明△DOF∽△
ADF，由相似三角形的性质可证明 DF2=FO•AF，于是可得到 GE、AF、FG 的数量关系；
（3）过点 G 作 GH⊥DC，垂足为 H．利用（2）的结论可求得 FG=4，然后再△ADF 中依据勾股
定理可求得 AD 的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得 GH 的长，最
后依据 BE=AD﹣GH 求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形 EFDG 为菱形．
（2）EG2= GF•AF．
理由：如图 1 所示：连接 DE，交 AF 于点 O．
∵四边形 EFDG 为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF= GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴ ，即 DF2=FO•AF．
∵FO= GF，DF=EG，
∴EG2= GF•AF．
（3）如图 2 所示：过点 G 作 GH⊥DC，垂足为 H．27
∵EG2= GF•AF，AG=6，EG=2 ，
∴20= FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．
解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．
∵DF=GE=2 ，AF=10，
∴AD= =4 ．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴ ，即 = ．
∴GH= ．
∴BE=AD﹣GH=4 ﹣ = ．
【点评】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、
菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得
到 DF2=FO•AF 是解题答问题（2）的关键，依据相似三角形的性质求得 GH 的长是解答问题
（3）的关键．
4. （2018•四川成都•8 分）如图，在 中， ， 平分 交
于点 ， 为 上一点，经过点 ， 的 分别交 ， 于点 ， ，连接
交 于点 .
（1）求证： 是 的切线； 28
（2）设 ， ，试用含 的代数式表示线段 的长；
（3）若 ， ，求 的长.
【答案】（1）如图，链接 CD
∵AD 为∠BAC 的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD.
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD.
∴OD∥AC.
又∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∴BC 是⊙O 的切线.
（2）连接 DF，
由（1）可知，BC 为切线，
∴∠FDC=∠DAF.
∴∠CDA=∠CFD.
∴∠AFD=∠ADB.
又∵∠BAD=∠DAF，
∴∆ABD∽∆ADF,29
∴ ,
∴AD2=AB·AF.
∴AD2=xy,
∴AD=
（3）连接 EF
在 Rt∆BOD 中，sinB= ,
设圆的半径为 r，∴ ，
∴r=5.
∴AE=10,AB=18.
∵AE 是直径，∠AFE=90°,而∠C=90°，
∴EF∥BC,
∴∠AEF=∠B,
∴sin∠AEF= .
∴AF=AE·sin∠AEF=10× = .
∵AF∥OD,
∴ ,
∴DG= AD.
∴AD= ,
∴DG=
【考点】切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接 OD，根据角平分线的性质及等腰三角形的性质，去证明∠ODC=90°
即可。(2)连接 DF，DE，根据圆的切线，可证得∠FDC=∠DAF，再证∠CDA=∠CFD=∠AED，根
据平角的定义可证得∠AFD=∠ADB，从而可证得△ABD∽△ABF，得出对应边成比例，可得出30
答案。（3）连接 EF，在 Rt△BOD 中，利用三角函数的定义求出圆的半径、AE、AB 的长，再
证明 EF∥BC，得出∠B=∠AEF，利用锐角三角函数的定义求出 AF 的长，再根据 AF∥OD，得
出线段成比例，求出 DG 的长，然后可求出 AD 的长，从而可求得 DG 的长。
5（2018•江西•6 分）如图，在 中， =8， =4, =6, , 是 的平分
线， 交 于点 ,求 的长.
【解析】 ∵BD 是∠ABC 的平分线， ∴∠ABD=∠CBD
∵CD∥AB ∴∠ABD=∠D
∴∠CBD=∠D ∴CD=BC=4
又∵CD∥AB ∴△ABE∽△CDE
∴ = ∵CE+AE=AC=6 ∴AE=4
6．（2018·湖北省宜昌·11 分）在矩形 ABCD 中，AB=12，P 是边 AB 上一点，把△PBC 沿直
线 PC 折叠，顶点 B 的对应点是点 G，过点 B 作 BE⊥CG，垂足为 E 且在 AD 上，BE 交 PC 于点
F．
（1）如图 1，若点 E 是 AD 的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图 2，①求证：BP=BF；
②当 AD=25，且 AE＜DE 时，求 cos∠PCB 的值；
③当 BP=9 时，求 BE•EF 的值．
【分析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC 再判断出 AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB
即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出 AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽
E
D
A
CB31
△GCP，进而求出 PC，即可得出结论；
③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
【解答】解：（1）在矩形 ABCD 中，∠A=∠D=90°，AB=DC，
∵E 是 AD 中点，∴AE=DE，
在△ABE 和△DCE 中， ，∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）①在矩形 ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC 沿 PC 折叠得到△GPC，∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，
∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF=∠PFB，∴∠BPF=∠BFP，∴BP=BF；
②当 AD=25 时，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE，
∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴ ，
设 AE=x，∴DE=25﹣x，∴ ，∴x=9 或 x=16，
∵AE＜DE，∴AE=9，DE=16，∴CE=20，BE=15，
由折叠得，BP=PG，∴BP=BF=PG，∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，∴ ，设 BP=BF=PG=y，∴ ，∴y= ，
∴BP= ，在 Rt△PBC 中，PC= ，cos∠PCB= = ；
③如图，连接 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．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
7（2018·湖北省武汉·10 分）在△ABC 中，∠ABC=90°．
（1）如图 1，分别过 A、C 两点作经过点 B 的直线的垂线，垂足分别为 M、N，求证：△ABM∽△32
BCN；
（2）如图 2，P 是边 BC 上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求 tanC 的值；
（3）如图 3，D 是边 CA 延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ， ，直接
写出 tan∠CEB 的值．
【分析】（1）利用同角的余角相等判断出∠BAM=∠CBN，即可得出结论；
（2）先判断出△ABP∽△PQF，得出 = ，再判断出△ABP∽△CQF，得出
CQ=2a，进而建立方程用 b 表示出 a，即可得出结论；
（3）先判断出 = ，再同（2）的方法，即可得出结论．
【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）如图 2，
过点 P 作 PF⊥AP 交 AC 于 F，
在 Rt△AFP 中，tan∠PAC= = = ，
同（1）的方法得，△ABP∽△PQF，
∴ = ，
设 AB= a，PQ=2a，BP= b，FQ=2b（a＞0，b＞0），
∵∠BAP=∠C，∠B=∠CQF=90°，
∴△ABP∽△CQF，33
∴ ，∴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= = ，
过点 A 作 AG⊥BE 于 G，过点 C 作 CH⊥BE 交 EB 的延长线于 H，
∵∠DEB=90°，
∴CH∥AG∥DE，
∴ =
同（1）的方法得，△ABG∽△BCH
∴ ，
设 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= = ．34
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，锐
角三角函数，平行线分线段成比例定理，构造图 1 是解本题的关键．
8．（2018·湖南省常德·10 分）已知正方形 ABCD 中 AC 与 BD 交于 O 点，点 M 在线段 BD 上，
作直线 AM 交直线 DC 于 E，过 D 作 DH⊥AE 于 H，设直线 DH 交 AC 于 N．
（1）如图 1，当 M 在线段 BO 上时，求证：MO=NO；
（2）如图 2，当 M 在线段 OD 上，连接 NE，当 EN∥BD 时，求证：BM=AB；
（3）在图 3，当 M 在线段 OD 上，连接 NE，当 NE⊥EC 时，求证：AN2=NC•AC．
【分析】（1）先判断出 OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判断出∠ODN=∠OAM，
判断出△DON≌△AOM 即可得出结论；
（2）先判断出四边形 DENM 是菱形，进而判断出∠BDN=22.5°，即可判断出∠AMB=67.5°，
即可得出结论；
（3）设 CE=a，进而表示出 EN=CE=a，CN= a，设 DE=b，进而表示 AD=a+b，根据勾股定理
得，AC= （a+b），
同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，得出∠EDN=∠DAE，进而判断出△DEN∽△ADE，得出
，进而得出 a= b，即可表示出 CN= b，AC= b，AN=AC﹣CN=
b，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵正方形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于 O，
∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90°，
∴∠OND+∠ODN=90°，35
∵∠ANH=∠OND，
∴∠ANH+∠ODN=90°，
∵DH⊥AE，
∴∠DHM=90°，
∴∠ANH+∠OAM=90°，
∴∠ODN=∠OAM，
∴△DON≌△AOM，
∴OM=ON；
（2）连接 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，
∴四边形 DENM 是平行四边形，
∵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）设 CE=a（a＞0）
∵EN⊥CD，36
∴∠CEN=90°，
∵∠ACD=45°，
∴∠CNE=45°=∠ACD，
∴EN=CE=a，
∴CN= a，
设 DE=b（b＞0），
∴AD=CD=DE+CE=a+b，
根据勾股定理得，AC= AD= （a+b），
同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，
∵∠OAD=∠ODC=45°，
∴∠EDN=∠DAE，∵∠DEN=∠ADE=90°，
∴△DEN∽△ADE，
∴ ，
∴ ，
∴a= b（已舍去不符合题意的）
∴CN= a= b，AC= （a+b）= b，
∴AN=AC﹣CN= b，
∴AN2=2b2，AC•CN= b• b=2b2
∴AN2=AC•CN．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形，菱形的判定，全等
三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出四边形 DENM 是菱形是
解（2）的关键，判断出△DEN∽△ADE 是解（3）的关键．
9.（2018·山东泰安·12 分）如图，在菱形 ABCD 中，AC 与 BD 交于点 O，E 是 BD 上一点，
EF∥AB，∠EAB=∠EBA，过点 B 作 DA 的垂线，交 DA 的延长线于点 G．
（1）∠DEF 和∠AEF 是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由；37
（2）找出图中与△AGB 相似的三角形，并证明；
（3）BF 的延长线交 CD 的延长线于点 H，交 AC 于点 M．求证：BM2=MF•MH．
【分析】（1）先判断出∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，即可得出结论；
（2）先判断出∠GAB=∠ABE+∠ADB=2∠ABE，进而得出∠GAB=∠AEO，即可得出结论；
（3）先判断出 BM=DM，∠ADM=∠ABM，进而得出∠ADM=∠H，判断出△MFD∽△MDH，即可得
出结论，
【解答】解：（1）∠DEF=∠AEF，
理由：∵EF∥AB，
∴∠DEF=∠EBA，∠AEF=∠EAB，
∵∠EAB=∠EBA，
∴∠DEF=∠AEF；
（2）△EOA∽△AGB，
理由：∵四边形 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）如图，连接 DM，∵四边形 ABCD 是菱形，
由对称性可知，BM=DM，∠ADM=∠ABM，
∵AB∥CH，
∴∠ABM=∠H，38
∴∠ADM=∠H，
∵∠DMH=∠FMD，
∴△MFD∽△MDH，
∴ ，
∴DM2=MF•MH，
∴BM2=MF•MH．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，对称性，相似三角形的判定和性质，
判断出△EOA∽△AGB 是解本题的关键．
10.（2018·山东潍坊·12 分）如图 1，在▱ABCD 中，DH⊥AB 于点 H，CD 的垂直平分线交 CD
于点 E，交 AB 于点 F，AB=6，DH=4，BF：FA=1：5．
（1）如图 2，作 FG⊥AD 于点 G，交 DH 于点 M，将△DGM 沿 DC 方向平移，得到△CG′M′，
连接 M′B．
①求四边形 BHMM′的面积；
②直线 EF 上有一动点 N，求△DNM 周长的最小值．
（2）如图 3，延长 CB 交 EF 于点 Q，过点 Q 作 QK∥AB，过 CD 边上的动点 P 作 PK∥EF，并与
QK 交于点 K，将△PKQ 沿直线 PQ 翻折，使点 K 的对应点 K′恰好落在直线 AB 上，求线段 CP
的长．39
【分析】（1）①根据相似三角形的判定和性质以及平移的性质进行解答即可；
②连接 CM 交直线 EF 于点 N，连接 DN，利用勾股定理解答即可；
（2）分点 P 在线段 CE 上和点 P 在线段 ED 上两种情况进行解答．
【解答】解：（1）①在▱ABCD 中，AB=6，直线 EF 垂直平分 CD，
∴DE=FH=3，
又 BF：FA=1：5，
∴AH=2，
∵Rt△AHD∽Rt△MHF，
∴ ，
即 ，
∴HM=1.5，
根据平移的性质，MM'=CD=6，连接 BM，如图 1，
四边形 BHMM′的面积= ；
②连接 CM 交直线 EF 于点 N，连接 DN，如图 2，40
∵直线 EF 垂直平分 CD，
∴CN=DN，
∵MH=1.5，
∴DM=2.5，
在 Rt△CDM 中，MC2=DC2+DM2，
∴MC2=62+（2.5）2，
即 MC=6.5，
∵MN+DN=MN+CN=MC，
∴△DNM 周长的最小值为 9．
（2）∵BF∥CE，
∴ ，
∴QF=2，
∴PK=PK'=6，
过点 K'作 E'F'∥EF，分别交 CD 于点 E'，交 QK 于点 F'，如图 3，
当点 P 在线段 CE 上时，
在 Rt△PK'E'中，
PE'2=PK'2﹣E'K'2，
∴ ，
∵Rt△PE'K'∽Rt△K'F'Q，
∴ ，
即 ，
解得： ，41
∴PE=PE'﹣EE'= ，
∴ ，
同理可得，当点 P 在线段 DE 上时， ，如图 4，
综上所述，CP 的长为 或 ．
【点评】此题考查四边形的综合题，关键是根据相似三角形的性质和平移的性质解答，注意
（2）分两种情况分析．
11. （2018 年江苏省南京市）如图，在正方形 ABCD 中，E 是 AB 上一点，连接 DE．过点 A
作 AF⊥DE，垂足为 F，⊙O 经过点 C、D、F，与 AD 相交于点 G．
（1）求证：△AFG∽△DFC；
（2）若正方形 ABCD 的边长为 4，AE=1，求⊙O 的半径．
【分析】（1）欲证明△AFG∽△DFC，只要证明∠FAG=∠FDC，∠AGF=∠FCD；
（2）首先证明 CG 是直径，求出 CG 即可解决问题；
【解答】（1）证明：在正方形 ABCD 中，∠ADC=90°，
∴∠CDF+∠ADF=90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=90°，
∴∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠DAF=∠CDF，
∵四边形 GFCD 是⊙O 的内接四边形，42
∴∠FCD+∠DGF=180°，
∵∠FGA+∠DGF=180°，
∴∠FGA=∠FCD，
∴△AFG∽△DFC．
（2）解：如图，连接 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 的直径，
∴⊙O 的半径为 ．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质、圆周角定理等知识，解题的关
键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
12.（2018·新疆生产建设兵团·12 分）如图，PA 与⊙O 相切于点 A，过点 A 作 AB⊥OP，垂
足为 C，交⊙O 于点 B．连接 PB，AO，并延长 AO 交⊙O 于点 D，与 PB 的延长线交于点 E．
（1）求证：PB 是⊙O 的切线；
（2）若 OC=3，AC=4，求 sinE 的值．43
【分析】（1）要证明是圆的切线，须证明过切点的半径垂直，所以连接 OBB，证明 OB⊥PE
即可．
（2）要求 sinE，首先应找出直角三角形，然后利用直角三角函数求解即可．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质求出 EP
或 EO 的长即可解决问题
【解答】（1）证明：连接 OB∵PO⊥AB，
∴AC=BC，
∴PA=PB
在△PAO 和△PBO 中
∴△PAO 和≌△PBO
∴∠OBP=∠OAP=90°
∴PB 是⊙O 的切线．
（2）连接 BD，则 BD∥PO，且 BD=2OC=6
在 Rt△ACO 中，OC=3，AC=4
∴AO=5
在 Rt△ACO 与 Rt△PAO 中，
∠APO=∠APO，
∠PAO=∠ACO=90°
∴△ACO∼△PAO
=
∴PO= ，PA=
∴PB=PA=
在△EPO 与△EBD 中，
BD∥PO
∴△EPO∽△EBD44
∴ = ，
解得 EB= ，
PE= ，
∴sinE= =
【点评】本题考查了切线的判定以及相似三角形的判定和性质．能够通过作辅助线将所求的
角转移到相应的直角三角形中，是解答此题的关键．
13 （2018·四川宜宾·10 分）如图，AB 为圆 O 的直径，C 为圆 O 上一点，D 为 BC 延长线一
点，且 BC=CD，CE⊥AD 于点 E．
（1）求证：直线 EC 为圆 O 的切线；
（2）设 BE 与圆 O 交于点 F，AF 的延长线与 CE 交于点 P，已知∠PCF=∠CBF，PC=5，PF=4，
求 sin∠PEF 的值．
【考点】ME：切线的判定与性质；M5：圆周角定理；T7：解直角三角形．
【分析】（1）说明 OC 是△BDA 的中位线，利用中位线的性质，得到∠OCE=∠CED=90°，从
而得到 CE 是圆 O 的切线．
（2）利用直径上的圆周角，得到△PEF 是直角三角形，利用角相等，可得到△PEF∽△PEA、△45
PCF∽△PAC，从而得到 PC=PE=5．然后求出 sin∠PEF 的值．
【解答】解：（1）证明：∵CE⊥AD 于点 E
∴∠DEC=90°，
∵BC=CD，
∴C 是 BD 的中点，又∵O 是 AB 的中点，
∴OC 是△BDA 的中位线，
∴OC∥AD
∴∠OCE=∠CED=90°
∴OC⊥CE，又∵点 C 在圆上，
∴CE 是圆 O 的切线．
（2）连接 AC
∵AB 是直径，点 F 在圆上
∴∠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= = ．
【点评】本题考查了切线的判定、三角形的中位线定理、相似三角形的性质和判定等知识
点．利用三角形相似，说明 PE=PC 是解决本题的难点和关键．
14（2018·四川自贡·10 分）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°．
（1）作出经过点 B，圆心 O 在斜边 AB 上且与边 AC 相切于点 E 的⊙O（要求：用尺规作图，
保留作图痕迹，不写作法和证明）46
（2）设（1）中所作的⊙O 与边 AB 交于异于点 B 的另外一点 D，若⊙O 的直径为 5，BC=4；
求 DE 的长．（如果用尺规作图画不出图形，可画出草图完成（2）问）
【分析】（1）作∠ABC 的角平分线交 AC 于 E，作 EO⊥AC 交 AB 于点 O，以 O 为圆心，OB 为半
径画圆即可解决问题；
（2）作 OH⊥BC 于 H．首先求出 OH、EC、BE，利用△BCE∽△BED，可得 = ，解决问题；
【解答】解：（1）⊙O 如图所示；
（2）作 OH⊥BC 于 H．
∵AC 是⊙O 的切线，
∴OE⊥AC，
∴∠C=∠CEO=∠OHC=90°，
∴四边形 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= ．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质、勾股定47
理、角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解
决问题，属于中考常考题型．
15（2018•湖北黄石•9 分）在△ABC 中，E、F 分别为线段 AB、AC 上的点（不与 A、B、C 重
合）．
（1）如图 1，若 EF∥BC，求证：
（2）如图 2，若 EF 不与 BC 平行，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
（3）如图 3，若 EF 上一点 G 恰为△ABC 的重心， ，求 的值．
【分析】（1）由 EF∥BC 知△AEF∽△ABC，据此得 = ，根据 =（ ）2 即可得证；
（2）分别过点 F、C 作 AB 的垂线，垂足分别为 N、H，据此知△AFN∽△ACH，得 = ，
根据 = 即可得证；
（3）连接 AG 并延长交 BC 于点 M，连接 BG 并延长交 AC 于点 N，连接 MN，由重心性质知 S△
ABM=S△ACM、 = ，设 =a，利用（2）中结论知 = = 、 = =
a，从而得 = = + a，结合 = = a 可关于 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= • = ；48
（2）若 EF 不与 BC 平行，（1）中的结论仍然成立，
分别过点 F、C 作 AB 的垂线，垂足分别为 N、H，
∵FN⊥AB、CH⊥AB，
∴FN∥CH，
∴△AFN∽△ACH，
∴ = ，
∴ = = ；
（3）连接 AG 并延长交 BC 于点 M，连接 BG 并延长交 AC 于点 N，连接 MN，
则 MN 分别是 BC、AC 的中点，
∴MN∥AB，且 MN= AB，
∴ = = ，且 S△ABM=S△ACM，
∴ = ，
设 =a，
由（2）知： = = × = ， = = a，49
则 = = + = + a，
而 = = a，
∴ + a= a，
解得：a= ，
∴ = × = ．
【点评】本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质
和三角形重心的定义及其性质等知识点．
16.（2018·浙江宁波·12 分）若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这
个三角形叫做比例三角形．
（1）已知△ABC 是比例三角形，AB=2，BC=3，请直接写出所有满足条件的 AC 的长；
（2）如图 1，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，对角线 BD 平分∠ABC，∠BAC=∠ADC．求证：△ABC
是比例三角形．
（3）如图 2，在（2）的条件下，当∠ADC=90°时，求 的值．
【考点】相似三角形的判定与性质
【分析】（1）根据比例三角形的定义分 AB2=BC•AC、BC2=AB•AC、AC2=AB•BC 三种情况分别代
入计算可得；
（2）先证△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，再证△ABH∽△DBC 得 AB•BC=BH•DB，即 AB•BC=
BD2，结合 AB•BC=AC2 知 BD2=AC2，据此可得答案．
【解答】解：（1）∵△ABC 是比例三角形，且 AB=2、AC=3，50
①当 AB2=BC•AC 时，得：4=3AC，解得：AC= ；
②当 BC2=AB•AC 时，得：9=2AC，解得：AC= ；
③当 AC2=AB•BC 时，得：AC=6，解得：AC= （负值舍去）；
所以当 AC= 或 或 时，△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）如图，过点 A 作 AH⊥BD 于点 H，
∵AB=AD，
∴BH= BD，
∵AD∥BC，∠ADC=90°，
∴∠BCD=90°，
∴∠BHA=∠BCD=90°，
又∵∠ABH=∠DBC，
∴△ABH∽△DBC，51
∴ = ，即 AB•BC=BH•DB，
∴AB•BC= BD2，
又∵AB•BC=AC2，
∴ BD2=AC2，
∴ = ．
【点评】本题主要考查相似三角形的综合问题，解题的关键是理解比例三角形的定义，并熟
练掌握相似三角形的判定与性质．
17.（2018·广东广州·12 分）如图，在四边形 ABCD 中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，
AD=AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC 的平分线 DE，交 BC 于点 E，连接 AE（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；
②若 CD=2，AB=4，点 M，N 分别是 AE，AB 上的动点，求 BM+MN 的最小值。
【答案】（1）
（2）①证明：在 AD 上取一点 F 使 DF=DC，连接 EF，52
∵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：过点 D 作 DP⊥AB 于点 P，
∵由①可知，B，F 关于 AE 对称，BM=FM，
∴BM+MN=FM+MN，
当 F，M，N 三点共线且 FN⊥AB 时，有最小值，
∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，53
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形 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 的最小值为
【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，作图—基本作图，轴对称的应用-
最短距离问题，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在 AD 上取一点 F 使 DF=DC，连
接 EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定 SAS 得△FED≌△CDE，再由全等
三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，
∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定 HL 得 Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠
AEB=∠AEF，再由补角定义可得 AE⊥DE.
②过点 D 作 DP⊥AB 于点 P；由①可知，B，F 关于 AE 对称，根据对称性质知 BM=FM，
当 F，M，N 三点共线且 FN⊥AB 时，有最小值，即 BM+MN=FM+MN=FN；在 Rt△APD 中，根据勾
股定理得 DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性
质得 ，从而求得 FN，即 BM+MN 的最小值.
18（2018·广东深圳·8 分）已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶点
在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△CFE 中，
CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以点 C 为圆心，以任意长为半径作 AD，再分别以点 A 和点 D 为圆
心，大于 AD 长为半径做弧，交 于点 B,AB∥CD.
（1）求证：四边形 ACDB 为△CFE 的亲密菱形； 54
（2）求四边形 ACDB 的面积.
【答案】（1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC 是∠FCE 的角平分
线,
∴∠ACB=∠DCB，
又∵AB∥CD,
∴∠ABC=∠DCB，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AC=AB，
又∵AC=CD,AB=DB,
∴AC=CD=DB=BA，
四边形 ACDB 是菱形，
又∵∠ACD 与△FCE 中的∠FCE 重合，它的对角∠ABD 顶点在 EF 上，
∴四边形 ACDB 为△FEC 的亲密菱形.
（2）解：设菱形 ACDB 的边长为 x，∵CF=6,CE=12,
∴FA=6-x，
又∵AB∥CE,
∴△FAB∽△FCE,
∴ ,
即 ，
解得：x=4，
过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,
在 Rt△ACH 中，∠ACH=45°,
∴sin∠ACH= ,
∴AH=4× =2 ,
∴四边形 ACDB 的面积为： .
【考点】菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）依题可得：AC=CD,AB=DB,BC 是∠FCE 的角平分线,根据角平分线的定义
和平行线的性质得∠ACB=∠ABC，根据等角对等边得 AC=AB，从而得 AC=CD=DB=BA，根据四边
相等得四边形是菱形即可得四边形 ACDB 是菱形；再根据题中的新定义即可得证.
（2）设菱形 ACDB 的边长为 x，根据已知可得 CF=6,CE=12,FA=6-x，根据相似三角形的判定
和性质可得 ，解得：x=4,过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,在 Rt△ACH 中，根据锐角三角55
形函数正弦的定义即可求得 AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.
19（2018·广东深圳·9 分）如图：在 中，BC=2,AB=AC，点 D 为 AC 上的动点，且
.
（1）求 AB 的长度；
（2）求 AD·AE 的值；
（3）过 A 点作 AH⊥BD，求证：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：连接 CD，∵AB=AC,
∴∠ACB=∠ABC，
∵四边形 ABCD 内接于圆 O，
∴∠ADC+∠ABC=180°,
又∵∠ACE+∠ACB=180°,
∴∠ADC=∠ACE，
∵∠CAE=∠CAD，56
∴△EAC∽△CAD，
∴ ,
∴AD·AE=AC2=AB2=（ ）2=10.
（3）证明：在 BD 上取一点 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.
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形
的判定与性质，锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作 AM⊥BC，由等腰三角形三线合一的性质得 BM=CM= BC=1,在 Rt△
AMB 中，根据余弦定义得 cosB= ,由此求出 AB.
（2）连接 CD，根据等腰三角形性质等边对等角得∠ACB=∠ABC，再由圆内接四边形性质和
等角的补角相等得∠ADC=∠ACE；由相似三角形的判定得△EAC∽△CAD，根据相似三角形的
性质得
； 从而得 AD·AE=AC2=AB2.
（3）在 BD 上取一点 N，使得 BN=CD,根据 SAS 得△ABN≌△ACD，再由全等三角形的性质得
AN=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得 NH=DH,从而得 BH=BN+NH=CD+DH.
20（2018·广东深圳·9 分）已知顶点为 抛物线 经过点 ，点 57
.
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图 1，直线 AB 与 x 轴相交于点 M,y 轴相交于点 E，抛物线与 y 轴相交于点 F，在直
线 AB 上有一点 P，若∠OPM=∠MAF,求△POE 的面积；
（3）如图 2，点 Q 是折线 A-B-C 上一点，过点 Q 作 QN∥y 轴，过点 E 作 EN∥x 轴，直线 QN
与直线 EN 相交于点 N，连接 QE，将△QEN 沿 QE 翻折得到△QEN1 ， 若点 N1 落在 x 轴上，
请直接写出 Q 点的坐标.
【答案】（1）解：把点 代入 ，解得：a=1,
∴抛物线的解析式为： 或 .
（2）解：设直线 AB 解析式为：y=kx+b,代入点 A、B 的坐标得： ，
解得： ，
∴直线 AB 的解析式为：y=-2x-1,
∴E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0），58
∴OE=1，FE= ,
∵∠OPM=∠MAF,
∴当 OP∥AF 时，△OPE∽△FAE，
∴
∴OP= FA= ,
设点 P（t,-2t-1）,
∴OP= ,
化简得：（15t+2）（3t+2）=0,
解得 ， ，
∴S△OPE= ·OE· ,
当 t=- 时 ，S△OPE= ×1× = ，
当 t=- 时 ，S△OPE= ×1× = ，
综上，△POE 的面积为 或 .
（3）Q（- ， ）.
【考点】二次函数的应用，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（3）解：由（2）知直线 AB 的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设 Q（m，
-2m-1）,N1（n，0），
∴N（m,-1）,
∵△QEN 沿 QE 翻折得到△QEN1
∴NN1 中点坐标为（ ， ），EN=EN1 ，
∴NN1 中点一定在直线 AB 上，
即 =-2× -1,
∴n=- -m,
∴N1（- -m，0），
∵EN2=EN12 ， 59
∴m2=（- -m）2+1，
解得：m=- ,
∴Q（- ， ）.
【分析】（1）用待定系数法将点 B 点坐标代入二次函数解析式即可得出 a 值.
（2）设直线 AB 解析式为：y=kx+b,代入点 A、B 的坐标得一个关于 k 和 b 的二元一次方程组，
解之即可得直线 AB 解析式，根据题意得 E（0，-1），F（0，- ），M（- ，0），根据相似
三角形的判定和性质得 OP= FA= ,设点 P（t,-2t-1）,根
据两点间的距离公式即可求得 t 值，再由三角形面积公式△POE 的面积.
（3）由（2）知直线 AB 的解析式为：y=-2x-1,E（0，-1），设 Q（m，-2m-1）,N1（n，0），
从而得 N（m,-1）,根据翻折的性质知 NN1 中点坐标为（ ， ）且在直线 AB 上，将
此中点坐标代入直线 AB 解析式可得 n=- -m,即 N1（- -m，0），再根据翻折的性质和两点
间的距离公式得 m2=（- -m）2+1，解之即可得 Q 点坐标.
21（2018·广东·9 分）如图，四边形 ABCD 中，AB=AD=CD，以 AB 为直径的⊙O 经过点 C，
连接 AC，OD 交于点 E．
（1）证明：OD∥BC；
（2）若 tan∠ABC=2，证明：DA 与⊙O 相切；
（3）在（2）条件下，连接 BD 交于⊙O 于点 F，连接 EF，若 BC=1，求 EF 的长．
【分析】（1）连接 OC，证△OAD≌△OCD 得∠ADO=∠CDO，由 AD=CD 知 DE⊥AC，再由 AB 为直
径知 BC⊥AC，从而得 OD∥BC；
（2）根据 tan∠ABC=2 可设 BC=a、则 AC=2a、AD=AB= = ，证 OE 为中位线知 OE=
a、AE=CE= AC=a，进一步求得 DE= =2a，再△AOD 中利用勾股定理逆定理证∠
OAD=90°即可得；
（3）先证△AFD∽△BAD 得 DF•BD=AD 2①，再证△AED∽△OAD 得 OD•DE=AD 2②，由①②得
DF•BD=OD•DE，即 = ，结合∠EDF=∠BDO 知△EDF∽△BDO，据此可得 = ，结合60
（2）可得相关线段的长，代入计算可得．
【解答】解：（1）连接 OC，
在△OAD 和△OCD 中，
∵ ，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO=∠CDO，
又 AD=CD，
∴DE⊥AC，
∵AB 为⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=90°，即 BC⊥AC，
∴OD∥BC；
（2）∵tan∠ABC= =2，
∴设 BC=a、则 AC=2a，
∴AD=AB= = ，
∵OE∥BC，且 AO=BO，
∴OE= BC= a，AE=CE= AC=a，
在△AED 中，DE= =2a，
在△AOD 中，AO2+AD2=（ ）2+（ a）2= a2，OD2=（OF+DF）2=（ a+2a）2= a2，
∴AO2+AD2=OD2，
∴∠OAD=90°，
则 DA 与⊙O 相切；
（3）连接 AF，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠AFD=∠BAD=90°，
∵∠ADF=∠BDA，61
∴△AFD∽△BAD，
∴ = ，即 DF•BD=AD2①，
又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA，
∴△AED∽△OAD，
∴ = ，即 OD•DE=AD2②，
由①②可得 DF•BD=OD•DE，即 = ，
又∵∠EDF=∠BDO，
∴△EDF∽△BDO，
∵BC=1，
∴AB=AD= 、OD= 、ED=2、BD= 、OB= ，
∴ = ，即 = ，
解得：EF= ．
【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的
判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理逆定理等知识点．
22（2018•广西桂林•12 分）如图，已知抛物线 y=ax2+bx+6(a≠0)与 x 轴交于点 A（-3，0）
和点 B（1，0），与 y 轴交于点 C.
(1)求抛物线 y 的函数表达式及点 C 的坐标；
(2)点 M 为坐标平面内一点，若 MA=MB=MC，求点 M 的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点 E，使 ∠ABE= ∠ACB？若存在，求出满足条件的所有点 E
的坐标；若不存在，请说明理由.62
【答案】（1）y=-2x2-4x+6;(2)M(-1， )；（3）E1（-2，6），E2（-4，-10） .
【解析】分析：（1）根据抛物线过 A、B 两点，待定系数法求解可得；；
（2）由（1）知抛物线对称轴为直线 x=-1，设 H 为 AC 的中点，求出直线 AC 的垂直平分线
的解析式即可得解；
（3）①过点 A 作 交 y 轴于点 F，交 CB 的延长线于点 D，证明 ΔAOF∽ΔCOA，求得
，分别求出直线 AF、BC 的解析式的交点 ，求出 ，
根据 ∠ABE= ∠ACB 求出 ∠ABE=2，易求 E 点坐标.
详解：（1）把 A（-3，0）、B（1，0）代入 y=ax2+bx+6 得，
，解得
∴y=-2x2-4x+6,
令 x=0，则 y=6,
∴C(0，6)；
（2） =-2（x+1）2+8,
∴抛物线的对称轴为直线 x=-1.
设 H 为线段 AC 的中点，故 H（ ，3）.
设直线 AC 的解析式为：y=kx+m，则有
，解得， ，
∴y=2x+6
设过 H 点与 AC 垂直的直线解析式为： ，
∴
∴b=
∴
∴当 x=-1 时，y=
∴M（-1， ）
（3）①过点 A 作 交 y 轴于点 F，交 CB 的延长线于点 D63
∵∠ACO+∠CAO=90°,∠DAO+∠CAO=90°
∴∠DAO=∠ACO
∵∠ACO=∠ACO
∴ΔAOF∽ΔCOA
∴
∴
∵OA=3,OC=6
∴
∴
直线 AF 的解析式为：
直线 BC 的解析式为：
∴ ，解得
∴
∴
∴ ∠ACB=
∵ ∠ABE= ∠ACB64
∴ ∠ABE=2
过点 A 作 轴，连接 BM 交抛物线于点 E
∵AB=4， ∠ABE=2
∴AM=8
∴M（-3，8）
直线 BM 的解析式为：
∴ ，解得
∴y=6
∴E（-2，6）
②当点 E 在 x 轴下方时，过点 E 作 ，连接 BE，设点 E
∴ ∠ABE= 2
∴m=-4 或 m=1（舍去）
可得 E（-4，-10）
综上所述 E1（-2，6），E2（-4，-10）
点睛：本题主要考查二次函数与轴对称、相似三角形的性质，根据题意灵活运用所需知识点
是解题的关键．
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