歌曲塔里木河-春节的作文300字

2021年1月20日发(作者：柏焱)
2020-2021
全国中考数学圆与相似的综合中考真题汇总附答案


一、相似

1
．
如图，抛物线
y=
x
2
+bx+c
与
x
轴交于点
A
和点
B
，与
y
轴交于点
C
，点
B
坐标为
（
6
，
0
），点
C
坐标为（
0
，
6
），点
D
是抛物线的顶点．


（
1
）求抛物线的解析式及点
D
的坐标；


（
2
）如图
1
，抛物线的对称轴与
x
轴交于点E
，连接
BD
，点
F
是抛物线上的动点，当
∠
FBA=
∠
BDE
时，求点
F
的坐标；



（
3
）如图
2
，若点
M
是抛物线上的动 点，过点
M
作
MN
∥
x
轴与抛物线交于点
N
，点
P
在
x
轴上，点
Q
在坐标平面内，以线段
M N
为对角线作正方形
MPNQ
，求点
Q
的坐标．



【
答
案
】
（
1
）
解
：
把
B
（
6
，
0
）
，
C
（
0
，
6
）
代
入
y=
x
2
+bx+c
，
得


解得

,
抛物线的解析式是
y=
x
2
+2x+6,
顶点
D
的坐标是（
2
，
8
）


（
2
）解：如图
1
，过
F
作
FG
⊥
x
轴于点
G
，

设
F
（
x
，

x
2
+2x+6
），则
FG=

，


，

∵
∠
FBA=
∠
BDE
，
∠
FGB=
∠
BED=90°
，
∴
△
FBG
∽
△
BDE
，
∴

∵
B
（
6，
0
），
D
（
2
，
8
），
∴
E
（
2
，
0
），
BE=4
，
DE =8
，
OB=6
，
∴
BG=6-x
，

∴



当点
F
在
x
轴上方时，有

为（
-1
，


）
,


，
∴
x=-1
或
x=6
（舍去），此时
F
1的坐标
当点
F
在
x
轴下方时，有

标为（
-3
，


）
,

，
∴
x=-3
或
x=6
（舍去），此时
F
2< br>的坐
综上可知
F
点的坐标为（
-1
，


）或（
-3
，


）


（
3
）解：如图
2
，


不妨
M
在对称轴的左侧，
N
在对称轴的左侧，
MN
和
PQ
交于点
K
，由题意得点
M
，
N
关于
抛物线的对称轴 对称，四边形
MPNQ
为正方形，且点
P
在
x
轴上

∴
点
P
为抛物线的对称轴与
x
轴的交点，点
Q在抛物线的对称轴上
,

∴
KP=KM=k
，则
Q< br>（
2
，
2k
），
M
坐标为（
2-k
，
k
），

∵
点
M
在抛物线
y=
解得
k
1
=
x
2
+2x+6
的图象上，
∴
k=

或
k
2
=



）或
Q
2
（
2
，


）
.

(2-k)
2
+2(2-k)+6
< br>∴
满足条件的点
Q
有两个，
Q
1
（
2
，

求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

【解析】
【分 析】（
1
）根据点
B
、
C
的坐标，利用待定系数法建立关于
b
、
c
的方程组，
（
2
）过
F
作
FG
⊥
x
轴于点
G
，设出点
F
的坐标，表 示出
FG
的长，再证明
△
FBG
∽
△
BDE
，
利用相似三角形的性质建立关于
x
的方程，当点
F
在
x
轴上方时和当点
F
在
x
轴下方时，
求出符合题意的
x
的值，求出点
F
的坐标。

（
3
）由点
M
，
N
关于抛物线的对称轴对称，可得出点
P
为抛物线的对称轴与< br>x
轴的交点，
点
Q
在抛物线的对称轴上

,
设
Q
（
2
，
2k
），
M
坐标为（
2-k
，
k
），再由点
M
在抛物线上，
列出关于
k
的方程，求解即可得出点
Q
的坐标。


2
．
如图，在平面直角坐标系中，直线


分别交
x
轴，
y
轴于点
A
，
C
，点
D
（
m
，
4
）在直线
AC
上，点
B
在
x
轴正半轴上，且
OB=2OC
．点
E
是
y
轴上任 意一点，连结
DE
，将线段
DE
按顺时针旋转
90°
得线段
DG
，作正方形
DEFG
，记点
E
为（
0
，
n
）．


（
1
）求点
D
的坐标；


（
2
）记正方形
DEFG
的面积为
S
，

①
求
S
关于
n
的函数关系式；

②
当
DF
∥
x
轴时，求
S
的值；


（
3
）是否存在
n
的值，使正方形的顶点
F或
G
落在
△
ABC
的边上？若存在，求出所有满
足条件 的
n
的值；若不存在，说明理由．


【答案】
（< br>1
）解：
∵
点
D
（
m
，
4
）在直线
AC
上；

∴
4=
m+8
，解得m=
﹣
3
，
∴
点
D
的坐标为（﹣
3< br>，
4
）


（
2
）解：
①
如图
1
，过点
D
作
DH
⊥
y
轴于
H
，


则
EH=|n
﹣
4|

∴
S=DE
2
=EH
2
+DH
2
=
（< br>n
﹣
4
）
2
+9
；

②
当
DF
∥
x
轴时，点
H
即为正方形
DEFG
的中心，
∴
EH=DH=3
，
∴
n=4+3=7
，
∴
S=
（
7
﹣
4
）
2
+9=18


；

（
3
）解：
∵
OB=2 OC=16
，
∴
B
为（
16
，
0
），∴
BC
为：

①
当点
F
落在
BC边上时，如图
2
，作
DM
⊥
y
轴于
M
，
FN
⊥
y
轴于
N
．


在
△
DEM
与
△
EFN
中
，

∴
NF=EM=n
﹣
4
，
EN=DM=3

∴
F
为（
n
﹣
4
，
n
﹣
3）

∴
n
﹣
3=
﹣


（
n
﹣
4
）
+8
，
∴
n=

；

②
当点
G
落在
BC
边上时 ，如图
3
，作
DM
⊥
y
轴于
M
，
GN
⊥
DM
轴于
N
，


，
∴< br>△
DEM
≌
△
EFN
（
AAS
）
，

由
①
同理可得
△
DEM
≌
△
G DN
，
∴
GN=DM=3
，
DN=EM=n
﹣
4< br>，
∴
点
G
纵坐标为
1
，
∴


，
∴
x=14
，
∴
DN=14+3=17=n< br>﹣
4
，
∴
n=21
；

③
当点F
落在
AB
边上时，如图
4
，作
DM
⊥
y
轴于
M
，


由
①
同理可得
△
DEM
≌
△
EFO
，
∴
OE=DM=3
，即
n=3
；

④
当点
G
落在
AC
边上时，如图
5
．


∵
∠
CDE=
∠
AOC=90°
，
∠
DCE=
∠
OCA
，
∴
△
DCE
∽
△
OCA
，
∴


，
∴


，
∴
n=

，显然， 点
G
不落在
AB
边上，点
F
不落在
AC
边 上，故只存在以上四种情况．

综上可得，当
n=

或
21
或
3
或


时，正方形的顶点F
或
G
落在
△
ABC
的边上．


【解析】
【分析】（
1
）根据点
D
在直线
AC上；于是将
D
（
m
，
4
）代入直线
AC
的解析式
得出
m=-3,
从而得出
D
点的坐标；

（
2
）
①
如图
1
，过点
D
作
D H
⊥
y
轴于
H
，根据和
y
轴垂直的直线上的点的坐 标特点及
y
轴上两点间的距离，则
DH=|n-4|,
根据正方形的面积等于 边长的平方及勾股定理得出
S=DE
2
=EH
2
+DH
2< br>=
（
n
﹣
4
）
2
+9
；
②
当
DF
∥
x
轴时，点
H
即为正方形
DEF G
的中心，故
EH=DH=3
，
n=7
，将
n=7
代入函数解析式即可得出
S
的值；

（
3
）首先找到
C
点的坐标，得出
OC
的长度，然后根据
OB=2OC=16
得出
B
点的坐标，利
用待定系数法得出直线
BC
的解析式，
①< br>当点
F
落在
BC
边上时，如图
2
，作
DM< br>⊥
y
轴于
M
，
FN
⊥
y
轴于
N
．利用
AAS
判断出
∴
△
DEM
≌
△
EFN
，根据全等三角形对应边相等得出
NF=EM=n
﹣
4
，
EN=DM=3
从而得出
F
点的坐标，根据
F
点的纵坐 标的两种不同表示方法得
出关于
n
的方程，求解得出
n
的值；
②
当点
G
落在
BC
边上时，如图
3
，作
DM
⊥
y
轴于
M
，
GN
⊥
DM
轴 于
N
，由
①
同理可得
△
DEM
≌
△
GDN
，
GN=DM=3
，
DN=EM=n
﹣
4
，从而得
出
G
点的纵坐标为
1
，根据点
G
的纵坐标 列出方程，求解得出
N
的值；
③
当点
F
落在
AB< br>边上时，如图
4
，作
DM
⊥
y
轴于
M
，由
①
同理可得
△
DEM
≌
△
EFO
，
OE=DM=3
，即
n=3
；
④
当点
G
落 在
AC
边上时，如图
5
．首先判断出
△
DCE
∽< br>△
OCA
，根据相似三角形对应边成
比例得出
C E
∶
A C = C D
∶
O C
，从而得出关于
n< br>的方程，求解得出
n
的值，综上所述得出
所有答案。


3
．
如图，在

且


中，


，


于点


，点


在


上，


，连接


．


（
1
）求证：

（
2
）如图，将

射线

由．


与




绕点


逆时针旋转


得到


（点


与


分别对应点


），

设

相交于点


，连接


，试探究线段


之间满足的数量关系，并说明理

【答案】

（
1
）证明：在
Rt
△
AHB
中，
∠
ABC=45°
，

∴
AH=BH
，

在
△
BHD
和
△
AHC
中，


，

∴
△
BHD
≌
△
AHC
，

∴



（
2
）解：方法
1:
如图
1
，

∵
△
EHF
是由
△
BHD
绕点
H
逆时针旋 转
30°
得到，

∴
HD=HF
，
∠
AHF=30°

∴
∠
CHF=90°
+30°
=120°
，
由
(1)
有，
△
AEH
和
△
FHC
都 为等腰三角形，

∴
∠
GAH=
∠
HCG=30°
，

∴
CG
⊥
AE
，

∴
点
C
，
H
，
G
，
A
四点共圆，


∴
∠
CGH=
∠
CAH
，

设
CG
与
AH
交于点
Q
，

∵
∠
AQC=
∠
GQH
，

∴
△
AQC
∽
△
GQH
，

∴

由（
1
）知，
BD=AC
，

∴
EF=AC

∴

即：
EF=2HG
．

方法
2:
如图
2< br>，取
EF
的中点
K
，连接
GK
，
HK
，


，

∵
△
EHF
是由
△
BHD
绕点
H
逆时针旋转
30°
得到，


∵
△
EHF
是由
△
BHD
绕点
H
逆时针旋转
30°
得到，

∴
HD=HF
，
∠
AHF=30°

∴
∠
CHF=90°
+30°
=120°
，
由
(1)
有，
△
AEH
和
△
FHC
都 为等腰三角形，

∴
∠
GAH=
∠
HCG=30°
，

∴
CG
⊥
AE
，

由旋转知，
∠
EHF=90°
，

∴
EK=HK=
EF

∴
EK=GK=
EF
，

∴
HK=GK
，

∵
EK=HK
，

∴
∠
FKG=2
∠
AEF
，

∵
EK=GK
，

∴
∠
HKF=2
∠
HEF
，

由旋转知，
∠
AHF=30°
，


∴
∠
AHE=120°
，

由（
1
）知，
BH=AH
，

∵
BH=EH
，

∴
AH=EH
，

∴
∠
AEH=30°
，

∴
∠
HKG=< br>∠
FKG+
∠
HKF=2
∠
AEF+2
∠
H EF=2
∠
AEH=60°
，

∴
△
HKG
是等边三角形，

∴
GH=GK
，

∴
EF=2GK=2GH
，

即：
EF=2GH
．

【解析】
【分析】（
1）根据等腰直角三角形的性质得出
AH=BH
，然后由
SAS
判断出△
BHD
≌
△
AHC
，根据全等三角形对应角相等得出答案；< br>
（
2
）
方
法
1:
如
图
1
，
根
据
旋
转
的
性
质
得
出
HD=HF
，
∠
AHF=30°
根
据
角
的
和
差
得
出
∠
CHF=90°
+30°
=1 20°
，由
(1)
有，
△
AEH
和
△
FH C
都为等腰三角形，根据等腰三角形若顶角
相等则底角也相等得出
∠
GAH=
∠
HCG=30°
，根据三角形的内角和得出
CG
⊥
AE< br>，从而得出点
C
，
H
，
G
，
A
四点 共圆，根据圆周角定理同弧所对的圆周角相等得出
∠
CGH=
∠
CAH
，根据
对顶角相等得出
∠
AQC=
∠
GQH
，从而得出< br>△
AQC
∽
△
GQH
，根据全等三角形对应边成比例
得出
A C
∶
H G = A Q
∶
G Q = 1
∶
sin 30 °
= 2
，根据旋转的性质得出
EF=BD，由（
1
）知，
BD=AC
，从而得出
EF=AC

EF=BD
，由
E F
∶
H G = A C
∶
G H = A Q
∶
G Q = 1
∶
sin 30 °
= 2
得出结论；

方法
2:
如图
2
，取
EF
的中点
K
，连接
GK
，
HK
，根据旋转的性质得出
HD=HF
，
∠
AHF=30°
根
据角的和差得出
∠
CHF=90°
+30°
=120°
，由
(1)
有，△
AEH
和
△
FHC
都为等腰三角形，根据等
腰三角形 若顶角相等则底角也相等得出
∠
GAH=
∠
HCG=30°
，根据三 角形的内角和得出
CG
⊥
AE
，由旋转知，
∠
EHF=90 °
，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出
EK=HK=
EF
，
EK=GK=
EF
，从而得出
HK=GK
，根据 等边对等角及三角形的外角定理得出
∠
FKG=2
∠
AEF
，
∠
HKF=2
∠
HEF
，由旋转知，
∠
AHF=30°< br>，故
∠
AHE=120°
，由（
1
）知，
BH=AH
，
根
据
等
量
代
换
得
出
A H=EH
，
根
据
等
边
对
等
角
得< br>出
∠
AEH=30°
，
∠
HKG=
∠
FKG +
∠
HKF=2
∠
AEF+2
∠
HEF=2
∠AEH=60°
，根据有一个角为
60°
的等腰三角形是等
边三角形得出
△
HKG
是等边三角形，根据等边三角形三边相等得出
GH=GK
， 根据等量代换
得出
EF=2GK=2GH
。


4
．
平面上，
Rt
△
ABC
与直径为
CE
的半圆O
如图
1
摆放，
∠
B=90°
，
AC=2CE =m
，
BC=n
，半
圆
O
交
BC
边于点< br>D
，将半圆
O
绕点
C
按逆时针方向旋转，点
D
随半圆
O
旋转且
∠
ECD
始
终等于
∠
A CB
，旋转角记为
α
（
0°≤α≤180°
）．


（
1
）当
α=0°
时，连接
DE
，则
∠< br>CDE=________°
，
CD=________
；


（
2
）试判断：旋转过程中


的大小有无变化？请仅就图
2
的情形给出证明；


（
3
）若
m=10
，
n=8
，当旋转的角度
α恰为
∠
ACB
的大小时，求线段
BD
的长；


（
4
）若
m=6
，
n=

， 当半圆
O
旋转至与
△
ABC
的边相切时，直接写出线段
BD
的长．


【答案】
（
1
）
90
；

（
2
）解：如图
3
中，


∵
∠
ACB=
∠
DCE
，
∴
∠
ACE=
∠BCD
．
∵


．

（
3
）解：如图
4
中，


，
∴
△
ACE
∽
△
BCD
，
∴

< br>当
α=
∠
ACB
时．在
Rt
△
ABC
中，
∵
AC=10
，
BC=8
，
∴
AB= ∵
AB=6
，
BE=BC
﹣
CE=3
，
∴AE=
△
ACE
∽
△
BCD
，
∴

（
4
）解：
∵
m=6
，
n=
中，


，
∴

=
=

，
∴
BD=

，
AB=
=3
=6
．在
Rt
△
ABE
中，

，
由
（
2
）
可
知

．故答案为：



，
∴
CE=3
，
CD=2
=2
，
①
如图
5


当
α=90°
时，半圆与
AC
相切．在
Rt
△
DBC
中，
BD =
=2

．

②
如图
6
中，

=


当
α=90°+
∠
ACB
时， 半圆与
BC
相切，作
EM
⊥
AB
于
M
．< br>∵
∠
M=
∠
CBM=
∠
BCE=90°
，< br>∴
四
边形
BCEM
是矩形，
∴

（
2
）可知

=
故答案为：
2

，
∴
BD=

或


．



．


，
∴
AM=5
，
AE=
=

，由< br>【解析】
【解答】（
1
）
①
如图
1
中，

当
α=0
时
，
连
接
DE
，
则
∠
CDE=90°
．
∵
∠
CDE=
∠
B=90°
，
∴
DE
∥
AB
，
∴


．
∵
BC=n
，
∴
CD=

．故答案为：
90°
，

n
．

【分析 】（
1
）连接
DE
，当
α=0
时，由直径所对的圆周角时直 角可得
∠
CDE=90°
，判断
DE
∥
AB
，从而 可得比例式进而求解。

（
2
）旋转过程中
B D
：
A E
的大小有无变化，可以看
B D
，
A E
所在的三角形相似，从而可
的
△
ACE
∽
△
B CD
，进而得出结论。

（
3
）根据勾股定理求得
AB和
AE
，即可求出
BD
。

（
4
）由 题意分两种情况：当
α=90°
时，半圆与
AC
相切。当
α=90° +
∠
ACB
时，半圆与
BC
相
切。

=

5
．
如图
1
，
△
ABC
与△
CDE
是等腰直角三角形，直角边
AC
、
CD
在同一 条直线上，点
M
、
N
分别是斜边
AB
、
DE
的中点，点
P
为
AD
的中点，连接
AE
、
BD.


（
1
）请直接写出
PM
与
PN
的数量关系及位置关系
________
；


（
2
）现将图
1
中的
△
CDE
绕着点
C
顺时 针旋转
α
（
0°
＜
α
＜
90°
），得到图
2
，
AE
与
MP
、
BD
分别交于点
G
、
H.
请直接写出
PM
与
PN
的数量关系及位 置关系
________
；


（
3
）若图
2
中的等腰直角三角形变成直角三角形，使
BC
＝
kAC
，
CD
＝
kCE
，如图
3
，写出
PM
与PN
的数量关系，并加以证明
.

【答案】

（
1
）
PM
⊥
PN
，
PM
＝
PN

（
2
）
PM
＝
PN
，
PM⊥
PN

（
3
）解：
PM
＝
kPN
，


∵
△
ACB
和
△
ECD
是直角三角形，

∴
∠
ACB
＝
∠
ECD
＝
90°
.

∴
∠
ACB+
∠
BCE
＝
∠
ECD+
∠
BCE.

∴
∠
ACE
＝
∠
BCD.

∵
B C
＝
kAC
，
CD
＝
kCE
，

∴


＝
k.

∴
△
BCD
∽
△
ACE.

∴
BD
＝
kAE
，

∵
点
P、
M
、
N
分别为
AD
、
AB
、
DE
的中点，

∴
PM
＝

BD
，
PN
＝

AE.

∴
PM
＝
kPN.

【解析】
【解答】解：（1
）
PM
＝
PN
，
PM
⊥
PN
，


理由如下：

∵
△
ACB
和△
ECD
是等腰直角三角形，

∴
AC
＝
BC
，
EC
＝
CD
，
∠
ACB
＝
∠< br>ECD
＝
90°
.


，

在
△
ACE
和
△
BCD
中

∴< br>△
ACE
≌
△
BCD
（
SAS
），

∴
AE
＝
BD
，
∠
EAC
＝
∠< br>CBD
，

∵
∠
BCD
＝
90°
，

∴
∠< br>CBD+
∠
BDC
＝
90°
，

∴
∠
EAC+
∠
BDC
＝
90°

∵
点
M
、
N
分别是斜边
AB
、
DE的中点，点
P
为
AD
的中点，

∴
PM
＝

BD
，
PN
＝

AE
，

∴
PM
＝
PN
，
< br>∵
点
M
、
N
分别是斜边
AB
、
DE
的中点，点
P
为
AD
的中点，

∴
PM< br>∥
BC
，
PN
∥
AE
，

∴
∠
NPD
＝
∠
EAC
，
∠
MPN
＝∠
BDC
，

∵
∠
EAC+
∠
BDC
＝
90°
，

∴
∠
MPA+
∠
N PC
＝
90°
，

∴
∠
MPN
＝
90°
，

即
PM
⊥
PN
，

故答案为：
PM
⊥
PN
，
PM
＝
PN
；

（
2
）
PM
＝
PN
，
PM
⊥
PN
，

理由：
∵
△
ACB
和
△
ECD
是等腰直角三角形，

∴
AC
＝
BC
，
EC＝
CD
，
∠
ACB
＝
∠
ECD
＝90°
.

∴
∠
ACB+
∠
BCE
＝
∠
ECD+
∠
BCE.

∴
∠
ACE
＝
∠
BCD
，

∴< br>△
ACE
≌
△
BCD
（
SAS
）
.

∴
AE
＝
BD
，
∠
CAE
＝< br>∠
CBD.

又
∵
∠
AOC
＝
∠< br>BOE
，
∠
CAE
＝
∠
CBD
，

∴
∠
BHO
＝
∠
ACO
＝
90°
.

∵
点
P
、
M
、
N
分别为AD
、
AB
、
DE
的中点，

∴
PM
＝

BD
，
PM
∥
BD
；

PN
＝

AE
，
PN
∥
AE.

∴
PM
＝
PN.

∴
∠
MGE+
∠
BHA
＝
180°
.

∴
∠
MGE
＝
90°
.

∴
∠
MPN
＝
90°
.

∴
PM
⊥
PN.

故答案为：
PM
⊥PN
，
PM
＝
PN

【分析】（
1
） 利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出
△
ACE
≌
△
BCD，得出
AE=BD
，
再用三角形的中位线即可得出结论；（
2
） 同（
1
）的方法即可得出结论；（
3
）利用两边对
应成比例夹角相等 ，判断出
△
BCD
∽
△
ACE
，得出
BD=kAE
，最后用三角形的中位线即可得
出结论
.


6
．
在
△
ABC
中，
∠
ACB
＝
90°
，
AB
＝
25
，
BC
＝
15
．



（
1
）如图
1
，折叠
△
AB C
使点
A
落在
AC
边上的点
D
处，折痕交
AC
、
AB
分别于
Q
、
H
，若
S
△
ABC
＝
9S
△
DHQ

，

求
HQ
的长．


（
2
）如图2
，折叠
△
ABC
使点
A
落在
BC
边 上的点
M
处，折痕交
AC
、
AB
分别于
E
、
F
．若
FM
∥
AC
，求证：四边形
AEMF是菱形；


（
3
）在
(1)(2)
的 条件下，线段
CQ
上是否存在点
P
，使得
△
CMP
和
△
HQP
相似？若存在，求
出
PQ
的长；若不存在，请说 明理由．


【答案】

（
1
）解：如图
1
中，



在
△
ABC
中，
∵
∠
ACB
＝
90°< br>，
AB
＝
25
，
BC
＝
15
，
∴
AC
＝

∵
HQ
∥
BC

，


∴


，


＝
20
，设
HQ
＝
x

，


∴
AQ
＝


x

，


∵
S
△
ABC
＝
9
S
△
DHQ

，


∴

×20×15
＝
9×
×
x
×

x

，


∴
x
＝
5
或﹣
5
（舍弃），

∴
HQ
＝
5
，

故答案为
5
．


（
2
）解：如图
2
中，



由翻折不变性可知：
AE
＝
EM

，

AF
＝
FM

，

∠
AFE
＝
∠
MFE

，


∵
FM
∥
AC

，


∴
∠
AEF
＝
∠
MFE

，


∴
∠
AEF
＝
∠
AFE

，


∴
AE
＝
AF

，


∴
AE
＝
AF
＝
MF
＝
ME

，


∴
四边形
AEMF
是菱形．


（
3
）解：如图
3
中，



设
AE
＝
EM
＝
FM
＝
AF< br>＝
4
m

，

则
BM
＝
3
m

，

FB
＝
5
m

，


∴
4
m
+5
m
＝
25
，

∴
m
＝


，

∴
AE
＝
EM
＝

∴
EC
＝
20
﹣

∴
CM
＝

∵
QG
＝
5
，
AQ
＝


，

∴
QC
＝


，设
PQ
＝
x

，


当


时，
△
HQP
∽
△
MCP

，



，


＝


，


，

∴


，

解得：
x
＝


，

当


＝时，
△
HQP
∽
△
PCM

，


∴



解得：
x
＝
10
或


，

经检验：
x
＝
10
或


是分式方程的解，且正确，

综上所，满足条件长
QP
的值为


或
10
或


．

【解析】
【分 析】（
1
）利用勾股定理求出
AC
，设
HQ=x
，根据S
△
ABC
=9S
△
DHQ


，

构建方程
即可解决问题；（
2
）想办法证明四边相等即 可解决问题；（
3
）设
AE=EM=FM=AF=4m
，则
BM=3 m
，
FB=5m
，构建方程求出
m
的值，分两种情形分别求解即可解 决问题
.


7
．
如图
1
，图形
ABCD
是由两个二次函数


与


的
部分图像围成的封闭图形，已知
A(1
，
0)
、
B(0
，< br>1)
、
D(0
，﹣
3)
．


（
1
）直接写出这两个二次函数的表达式；


（< br>2
）判断图形
ABCD
是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形
ABCD
上），并说明
理由；


（
3
）如 图
2
，连接
BC
、
CD
、
AD
，在坐标平 面内，求使得
△
BDC
与
△
ADE
相似（其中点
C
与点
E
是对应顶点）的点
E
的坐标．


【答案】
（
1
）解：

（
2
）解：存在，

理由：当该内接正方形的中心是原点
O
，且一组邻边分别平行于
x
轴、
y
轴时，设
M
（< br>x,-
x
2
+1
）为第一象限内的图形
ABCD
上一 点，
M'
（
x,3x
2
-3
）为第四象限内的图形上一点，
∴
MM'=
（
1-x
2
）
-3
（
3x
2
-3
）
=4-4x
2


，

由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则
2x=4-
4x
2

，

即
2x
2
+x-2=0
，
x=
∵
0<

或


（舍），



，
∴
存在内接正方形，此时其边长为



，同理
CD=
.

（
3
）解：解：在
Rt
△
AOD
中，
OA=1
，
OD=3
，
∴
AD=
在
Rt
△
BOC
中，
OB=OC=1< br>，
∴
BC=
①
如图（
1
）

.


当
△
DBC~
△
DAE
时
，
因
∠
CDB=
∠
ADO
，
∴
在
y
轴
上
存
在
一
点
E
，
由


）；


得


，得
DE=

，因
D
（
0
，
-3
），
∴E
（

E'M
⊥
OD
，垂足为
M
，连 接
E'D
，

由对称性知在直线
DA
右侧还存在一点
E'
使得
△
DBC~
△
DAE'
，连接
EE'< br>交
DA
于
F
点，作
∵
E
、
E'关于
DA
对称，
∴
DF
垂直平分
EE'
，∴
△
DEF~
△
DAO
，

∴

因

又

∴
OM=1
，得


，有


，
∴


，
∴


，在
Rt
△
DE'M
中，
DM=

，


，


，

.


,
）或


；

∴
，使得< br>△
DBC~
△
DAE
的点
E
的坐标为（
0< br>，

如图（
2
）

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