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查漏补缺 03 相似三角形（8 大题型）
考点一：比例
【题型一】比例与比例的性质
1）求两条线段的比时，须统一成相同的单位，最终的比值与单位无关，比值没有单位；
1）比例尺就是图上长度与实际长度的比（注意单位）.
2）判断四条线段是否成比例，需要将这四条线段按照从小到大或从大到小的顺序排列，再判断前两条
线段的比与后两条线段的比是否相等，比值相等的四条线段成比例；
3）成比例的线段是有顺序的，要注意位置不能随意颠倒.
【中考真题】
x x−y
1．（2023·四川甘孜·中考真题）若 =2，则 = ．
y y
【答案】1
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【分析】根据比例的性质解答即可．
x
【详解】解：∵ =2，
y
x−y x
∴ = −1=2−1=1．
y y
故答案为：1．
【点睛】本题考查了比例的性质，解决本题的关键是掌握比例的性质．
2．（2023·浙江·中考真题）小慧同学在学习了九年级上册“4.1比例线段”3节课后，发现学习内容是一个
逐步特殊化的过程，请在横线上填写适当的数值，感受这种特殊化的学习过程．图中横线处应填：
【答案】2
√2
【分析】根据题意得出a=√2b,c= b，进而即可求解．
2
a b
【详解】解：∵ = =√2
b c
√2
∴a=√2b,c= b
2
a √2b
= =2
∴c √2 ，
b
2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
3．（2022·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载，战国时期的铜衡杆，其形式既不同于天平衡杆，也
异于称杆衡杆正中有拱肩提纽和穿线孔，一面刻有贯通上、下的十等分线．用该衡杆称物，可以把被称物
与砝码放在提纽两边不同位置的刻线上，这样，用同一个砝码就可以称出大于它一倍或几倍重量的物体．
图为铜衡杆的使用示意图，此时被称物重量是砝码重量的 倍．
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【答案】1.2
【分析】设被称物的重量为a，砝码的重量为1，根据图中可图列出方程即可求解．
【详解】解：设被称物的重量为a，砝码的重量为1，依题意得，
2.5a=3×1，
解得a=1.2，
故答案为：1.2．
【点睛】本题考查了比例的性质，掌握杠杆的原理是解题的关键．
√5−1
4．（2021·四川德阳·中考真题）我们把宽与长的比是 的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、
2
匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形
ABCD是黄金矩形，边AB的长度为√5−1，则该矩形的周长为 ．
【答案】2√5+2或4
【分析】分两种情况：①边AB为矩形的长时，则矩形的宽为3−√5，求出矩形的周长即可；
②边AB为矩形的宽时，则矩形的长为=2，求出矩形的周长即可．
【详解】解：分两种情况：
√5−1
①边AB为矩形的长时，则矩形的宽为 ×(√5−1)=3−√5，
2
∴矩形的周长为：2(√5−1+3−√5)=4；
√5−1
②边AB为矩形的宽时，则矩形的长为：(√5−1)÷ =2，
2
∴矩形的周长为2(√5−1+2)=2√5+2；
综上所述，该矩形的周长为2√5+2或4，
故答案为：2√5+2或4．
【点睛】本题考查了黄金分割，熟记黄金分割的比值是解题的关键．
【模拟训练】
1．（2025·广东深圳·一模）已知a，b，c，d成比例线段．若a=5cm，b=10cm，d=8cm，则c的长为
（ ）
A．2.5cm B．4cm C．10cm D．16cm
【答案】B
a c
【分析】本题考查成比例线段，解题的关键是掌握：若四条线段a，b，c，d成比例，则 = （或
b d
a:b=c:d），是有顺序的，位置不能随意颠倒．据此列式解答即可．
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【详解】解：∵a，b，c，d成比例线段，且a=5cm，b=10cm，d=8cm，
a c 5 c
∴ = ，即 = ，
b d 10 8
∴c=4(cm)．
故选：B．
2．（2025·广东揭阳·一模）如图所示为一测量电路，R 为待测电阻，R 为可调电阻，R，R ，R 为已知电
y x 1 2
R R
阻，E为直流电压源，A为电流表，调节R 的电阻时会出现一种现象，即当电流表读数为0时，有 y = 2 ，
x R R
1 x
这个现象叫做电桥平衡，并且此时的电阻R对电路无影响．由上式便可通过R 的电阻求得R 的电阻，现
x y
已知R =2Ω，R =8Ω．当R =4Ω时电流表读数为0，那么此时将R 减小3Ω，则R 需要如何变，电流
1 2 x y x
表示数才能为0？
A．增大12Ω B．增大8Ω C．减小3Ω D．减小1Ω
【答案】A
R R
【分析】本题考查了比例式，读懂题意，则根据 y = 2 ，R =2Ω，R =8Ω，R =4Ω，求出R =4Ω，
R R 1 2 x y
1 x
R R
因为将R 减小3Ω，故把R =1Ω代入 y = 2 算出调整后的R =16Ω，即可作答．
y y R R x
1 x
R R
【详解】解：∵ y = 2 ，R =2Ω，R =8Ω，R =4Ω，
R R 1 2 x
1 x
R 8Ω
∴ y = ，
2Ω 4Ω
∴R =4Ω，
y
∵将R 减小3Ω，
y
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∴调整后的R =1Ω，
y
∵电流表示数才能为0，
R R
∴ y = 2 ，
R R
1 x
∵R =2Ω，R =8Ω，R =1Ω，
1 2 y
1Ω 8Ω
=
则 ，
2Ω R
x
解得R =16Ω，
x
∴16Ω−4Ω=12Ω，
即R 增大12Ω，
x
故选：A．
3．（2024·湖南益阳·模拟预测）小明家乡有一小山，他查阅资料得到该山“等高线示意图”（如图所示），
山上有三处观景台A，B，C在同一直线上，将这三点标在“等高线示意图”后，刚好都在相应的等高线上，
m
设A、B两地的实际直线距离为m，B、C两地的实际直线距离为n，则 的值为 ．
n
【答案】2
【分析】本题考查了比例线段．根据题意，得出A、B两地的实际直线距离，B、C两地的实际直线距离，
然后求根据比例线段求值即可．
【详解】解：由题意，得A、B两地的实际直线距离为400−200=200，B、C两地的实际直线距离为
200−100=100，
∴m:n=200:100=2:1，
m 2
即 = =2．
n 1
故答案为：2．
b 1
4．（2025·浙江·一模）已知线段a,b满足 = ，且a−2b=6．
a 4
(1)求线段a,b的长．
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(2)若线段c是线段a,b的比例中项，求线段c的长．
【答案】(1)线段a的长为12，线段b的长为3
(2)线段c的长为6
【分析】本题考查了成比例线段，熟练掌握成比例线段是解题关键．
（1）设a=4k，b=k，代入a−2b=6计算可得k的值，由此即可得；
（2）根据比例中项可得c2=ab，由此即可得．
b 1
【详解】（1）解：∵ = ，
a 4
∴设a=4k，b=k，
∵a−2b=6，
∴4k−2k=6，
∴k=3，
∴a=12，b=3，
∴线段a的长为12，线段b的长为3．
（2）解：∵线段c是线段a、b的比例中项，a=12，b=3，
∴c2=ab=36，
∵由题意知，c>0，
∴c=6，
∴线段c的长为6．
a b c
5．（2025·上海徐汇·一模）已知： = = ．
2 3 5
2a+3b−5c
(1)求代数式 的值：
a−2b+3c
(2)当2a+b+3c=44时，求a,b,c的值．
12
【答案】(1)−
11
(2)a=4，b=6，c=10
【分析】本题考查了比例的性质：熟练掌握比例的性质（内项之积等于外项之积；合比性质；分比性质；
合分比性质；等比性质）是解决问题的关键．
a b c
（1）设 = = =k，利用比例性质得到a=2k，b=3k，c=5k，然后把它们分别代入所求的代数式值，
2 3 5
然后进行分式的化简计算；
（2）把a=2k，b=3k，c=5k代入2a+b+3c=44中得到关于k的方程，然后求出k，从而得到a、b、c
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的值．
a b c
【详解】（1）解：设 = = =k，则a=2k，b=3k，c=5k，
2 3 5
4k+9k−25k −12k 12
所以原式= = =− ；
2k−6k+15k 11k 11
（2）解：把a=2k，b=3k，c=5k代入2a+b+3c=44得4k+3k+15k=44，
解得k=2，
所以a=4，b=6，c=10．
【题型二】黄金分割
1）一天线段的黄金分割点有2个，黄金分割比为 ，近似值为0.618.题目中若没有要求时，一般
都要用原值.
【中考真题】
1．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字
“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边MN，PQ上，且AB∥NP，
BC √5−1
“晋”字的笔画“、”的位置在AB的黄金分割点C处，且 = ，若NP=2cm，则BC的长为
AB 2
cm（结果保留根号）．
【答案】(❑√5−1)或(−1+❑√5)
【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，熟记黄金比是解题的关键．
BC √5−1
先证明四边形ABPN是矩形，根据黄金分割的定义可得 = ，据此求解即可．
AB 2
【详解】解：∵四边形MNPQ是正方形，
∴∠N=∠P=90°，
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又∵AB∥NP，
∴∠BAN+∠N=180°，
∴∠BAN=90°，
∴四边形ABPN是矩形，
∴AB=NP=2cm．
BC √5−1
又∵ = ，
AB 2
∴BC=(√5−1)cm，
故答案为：√5−1或(−1+❑√5)．
2．（2023·四川达州·中考真题）如图，乐器上的一根弦AB=80cm，两个端点A，B固定在乐器板面上，
支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，C，D之间的距离为 ．
【答案】(80√5−160)cm/(−160+80√5)cm
【分析】此题考查了黄金分割点的概念，把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段
√5−1
的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值 叫做黄金比．根据黄金分割的概念和黄金
2
比值计算即可．
【详解】解：∵点C是靠近点B的黄金分割点，点D是靠近点A的黄金分割点，
√5−1
∴AC=BD=80× =(40√5−40)，
2
∴CD=BD−(AB−BD)=2BD−AB=(80√5−160)cm．
故答案为：(80√5−160)cm．
3．（2022·山西·中考真题）神奇的自然界处处蕴含着数学知识．动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺
纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现了数学中的（ ）
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A．平移 B．旋转 C．轴对称 D．黄金分割
【答案】D
【分析】根据黄金分割的定义即可求解．
【详解】解：动物学家在鹦鹉螺外壳上发现，其每圈螺纹的直径与相邻螺纹直径的比约为0.618．这体现
了数学中的黄金分割．
故选：D
【点睛】本题考查了黄金分割的定义，黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较
√5−1
小部分与较大部分的比值，其比值为 ，约等于0.618，这个比例被公认为是最能引起美感的比例，
2
因此被称为黄金分割．熟知黄金分割的定义是解题关键．
4．（2022·陕西·中考真题）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选
法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所做EF将矩形窗框ABCD分为上
下两部分，其中E为边AB的黄金分割点，即BE2=AE⋅AB．已知AB为2米，则线段BE的长为
米．
【答案】(√5−1)/(−1+√5)
AE BE √5−1
【分析】根据点E是AB的黄金分割点，可得 = = ，代入数值得出答案．
BE AB 2
【详解】∵点E是AB的黄金分割点，
AE BE √5−1
∴ = = ．
BE AB 2
∵AB=2米，
∴BE=（√5−1）米．
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故答案为：（√5−1）．
【点睛】本题主要考查了黄金分割的应用，掌握黄金比是解题的关键．
【模拟训练】
1．（2025·山西忻州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°,AB=2BC，利用圆规在AC上截取
CD=CB，在AB上截取AE=AD，点E就是AB的黄金分割点．若AB=4，则AE的长为（ ）
√5−1
A．2 B．2√5−2 C． D．√5−2
2
【答案】B
【分析】本题主要考查了黄金分割，
AE √5−1
根据黄金分割的性质得 = ，再代入计算即可.
AB 2
【详解】解：∵点E是AB的黄金分割点，
AE √5−1
∴ = .
AB 2
∵AB=4，
√5−1
∴AE=4× =2√5−2.
2
故选：B.
2．（2025·安徽·一模）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，
在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，在设计人体雕像时，为了增加视觉美感，
将雕像AB分为上下两部分，其中C为AB的黄金分割点(AC0，x>0）把△ABO分成两部分，与边OA，AB分别交于C，D两点，若
x
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OC=3BD．
（1）k的值为 ；
（2）连接CD，则△ACD的面积为 ．
9√3
【答案】 2√3
4
【分析】（1）过点D作DH⊥x轴于点H，过点C作CE⊥x轴于点E，则∠DHB=∠CEO=90°，由等
边三角形的性质可得∠COE=∠DBH=60°，由直角三角形的两个锐角互余可得
∠OCE=90°−∠COE=30°，∠BDH=90°−∠DBH=30°，设BD=x，则OC=3BD=3x，在
1 3
Rt△CEO中，由含30度角的直角三角形的性质可得OE= OC= x，由勾股定理可得
2 2
CE=√OC2−OE2= 3√3 x，进而可得C (3 x, 3√3 x ) ，在Rt△DHB中，由含30度角的直角三角形的性
2 2 2
质可得BH= 1 BD= 1 x，由勾股定理可得DH=√BD2−BH2= √3 x，进而可得D ( 5− 1 x, √3 x ) ，将C、
2 2 2 2 2
k
D两点坐标代入双曲线y= ，由此即可求出k的值；
x
（2）过点A作AF⊥x轴于点F，过点D作DG⊥AF于点G，由垂直于同一直线的两直线平行可得
AD DG 1 5
DG∥OB，由平行线分线段成比例定理可得 = ，由三线合一可得OF=BF= OB= ，由勾股定
AB BF 2 2
理可得AF=√OA2−OF2=
5√3
，进而可得A
(5
,
5√3)
，由（1）得D
(9
,
√3)
，易证得四边形DGFH
2 2 2 2 2
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AD DG 4
为矩形，于是可得DG=FH=OH−OF=2，进而可得 = = ，连接BC，由三角形的面积公式可
AB BF 5
4
得S = S ，由垂直于同一直线的两直线平行可得CE∥AF，由平行线分线段成比例定理可得
△ACD 5 △ABC
AC EF (3 3√3) 3 AC EF 2
= ，由（1）得C , ，则OE= ，EF=OF−OE=1，于是可得 = = ，由三角形
OA OF 2 2 2 OA OF 5
S AC 2
的面积公式可得 △ABC = = 由此即可求出△ACD的面积．
S OA 5
△AOB
【详解】解：（1）如图，过点D作DH⊥x轴于点H，过点C作CE⊥x轴于点E，
∴∠DHB=∠CEO=90°
，
∵△ABO是等边三角形，
∴∠COE=∠DBH=∠OAB=60°，
∴∠OCE=90°−∠COE=90°−60°=30°，
∠BDH=90°−∠DBH=90°−60°=30°，
设BD=x，
则OC=3BD=3x，
在Rt△CEO中，∠OCE=30°，
1 3
∴OE= OC= x，
2 2
∴CE=√OC2−OE2= √ (3x) 2− (3 x ) 2 = 3√3 x，
2 2
(3 3√3 )
∴C x, x ，
2 2
在Rt△DHB中，∠BDH=30°，
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1 1
∴BH= BD= x，
2 2
∴DH=√BD2−BH2= √ x2− (1 x ) 2 = √3 x，
2 2
∵B(5,0)，
∴OB=5−0=5，
1
∴OH=OB−BH=5− x，
2
( 1 √3 )
∴D 5− x, x ，
2 2
k
又∵C、D在双曲线y= 上，
x
3 3√3 ( 1 ) √3
∴ x⋅ x= 5− x ⋅ x=k，
2 2 2 2
9√3
∴x=1，k= ，
4
(3 3√3) (9 √3)
∴C , ，D , ，
2 2 2 2
9√3
故答案为： ；
4
（2）如图，过点A作AF⊥x轴于点F，过点D作DG⊥AF于点G，
∴DG∥OB ∠AFO=∠AFB=90°
， ，
AD DG
∴ = ，
AB BF
∵△ABO是等边三角形，且AF⊥x轴，
1 5
∴OF=BF= OB= ，OA=OB=5，
2 2
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∴AF=√OA2−OF2=
√
52−
(5) 2
=
5√3
，
2 2
(5 5√3)
∴A , ，
2 2
(9 √3)
由（1）得：D , ，
2 2
且易证得四边形DGFH为矩形，
9 5
∴DG=FH=OH−OF= − =2，
2 2
AD DG 2 4
∴ = = =
AB BF 5 5，
2
如图，连接BC，
S AD 4
∴ △ACD= =
S AB 5
△ABC
，
4
∴S = S ，
△ACD 5 △ABC
∵CE⊥x轴，AF⊥x轴，
∴CE∥AF，
AC EF
∴ = ，
OA OF
(3 3√3)
由（1）得：C , ，
2 2
3
∴OE= ，
2
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5 3
∴EF=OF−OE= − =1，
2 2
AC EF 1 2
∴ = = =
OA OF 5 5，
2
S AC 2
∴ △ABC = = ，
S OA 5
△AOB
2
∴S = S ，
△ABC 5 △AOB
4
∴S = S
△ACD 5 △ABC
4 2
= × S
5 5 △AOB
4 2 1
= × × OB⋅AF
5 5 2
4 2 1 5√3
= × × ×5×
5 5 2 2
=2√3，
故答案为：2√3．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，等边三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，含30
度角的直角三角形，勾股定理，平行线分线段成比例定理，三线合一，矩形的判定与性质，三角形的面积
公式，垂直于同一直线的两直线平行等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
5．（2025·浙江宁波·一模）已知平行四边形ABCD中，点P , P ,⋯, P , P 是对角线BD上的n等分
1 2 n−2 n−1
点．连结AP， AP (1≤i< j≤n−1)分别交线段BC, CD于点E, F，连结EF．
i j
(1)若EF∥BD，则i, j应该满足什么条件？
3
(2)若i=2, j=n−2，四边形ABCD的面积为S，△AEF的面积为 S，求n的值．
8
【答案】(1)i, j应该满足i+ j=n
(2)6
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【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，难度较大，
解题的关键是理清字母i, j表示的线段．
（1）由平行四边形得到AD∥BC,AB∥CD，则△BEP∽△DAP，△ABP ∽△FDP ，那么得到比例
i i j j
n−i j
式，继而得到 = ，化简即可求解i, j满足的关系；
i n− j
（2）当i=2, j=n−2，则
AP
2=
n−2
，而△AP P ∽△AEF，则
S
△AP 2 P n−2=
(n−2) 2
，那么
AE n 2 n−2 S n
△AEF
(n−2) 2 3 1
S = × S，而S = S，由于点P , P ,⋯, P , P 是对角线BD上的n等分点，则
△AP 2 P n−2 n 8 △ABD 2 1 2 n−2 n−1
n−4 n−4 1 (n−2) 2 3 n−4 1
S = ×S = × S，即可得到 × S= × S，再解方程即可．
△AP 2 P n−2 n △ABD n 2 n 8 n 2
【详解】（1）解：∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC,AB∥CD，
∴△BEP∽△DAP，△ABP ∽△FDP ，
i i j j
AP DP n−i AP BP j
∴ i= i= ， j= j = ，
EP BP i FP DP n− j
i i j j
∵EF∥BD，
AP AP
∴
i= j
，
EP FP
i j
n−i j
∴ = ，
i n− j
化简得：n[n−(i+ j)]=0，
∴i+ j=n或n=0（舍）
∴当EF∥BD，则i, j应该满足i+ j=n；
（2）解：当i=2, j=n−2，
AP n−2
由（1）得： 2=
EP 2
2
AP n−2
则 2= ，
AE n
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∵EF∥BD，
∴△AP P ∽△AEF，
2 n−2
∴ S △AP 2 P n−2= (AP 2 ) 2 = (n−2) 2 ，
S AE n
△AEF
(n−2) 2 (n−2) 2 3
∴S = ×S = × S，
△AP 2 P n−2 n △AEF n 8
∵四边形ABCD是平行四边形，为中心对称图形，
1 1
∴S =S = S = S，
△ABD △CDB 2 ▱ABCD 2
∵点P , P ,⋯, P , P 是对角线BD上的n等分点，
1 2 n−2 n−1
n−4 n−4 1
∴S = ×S = × S，
△AP 2 P n−2 n △ABD n 2
(n−2) 2 3 n−4 1
∴ × S= × S，
n 8 n 2
整理得：n2−4n−12=0，
解得：n=6或n=−2（舍）．
考点二： 相似三角形
【题型一】相似三角形的性质与判定
1）如果仅说△ABC与△DEF相似，没有用“∽”连接，则需要分情况讨论它们之间的对应关系.
1）相似多边形对应边的比相等是求某条线段的长或求两条线段的比的一种常用方法，采用此方法时一
定要注意找准对应关系.
2）利用相似三角形的性质可推得成比例线段，从而建立等式求得未知线段的长.在中考题中常常运用相
似三角形的面积比等于相似比的平方解决与几何图形面积相关的问题.
3）判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求：
1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形；
2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例；
3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例；
4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例；
5）条件中若有等腰三角形，可找顶角相等，或找底角相等，或找底和腰对应成比例.
【中考真题】
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1．（2024·山东德州·中考真题）如图Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂足为D，AE平分
∠BAC，分别交BD，BC于点F，E．若AB:BC=3:4，则BF:FD为（ ）
A．5:3 B．5:4 C．4:3 D．2:1
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌
握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设AB=3x，BC=4x，利用勾股定理求
AB AC 5x 5
得AC=5x，∠ABD+∠CBD=90°，再证明△ACB∽△ABD得到 = = = ，再利用角平分
AD AB 3x 3
S BF AB 5
线的性质和三角形的面积得到 △ABF = = = 即可求解．
S FD AD 3
△ADF
【详解】解：∵AB:BC=3:4，
设AB=3x，BC=4x，
∵∠ABC=90°，
∴AC=√AB2+BC2=5x，∠ABD+∠CBD=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB=∠ABC=90°，∠CBD+∠C=90°，
∴∠C=∠ABD，
∴△ACB∽△ABD，
AB AC 5x 5
∴ = = = ，
AD AB 3x 3
∵AE平分∠BAC，
∴点F到AB、AC的距离相等，又点A到BF、DF的距离相等，
S BF AB 5
∴ △ABF = = = ，即BF:FD=5:3，
S FD AD 3
△ADF
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故选：A．
2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，正方形ABCD与AEFG（其中边BC，EF分别在x，y轴的正
k
半轴上）的公共顶点A在反比例函数y= 的图象上，直线DG与x，y轴分别相交于点M，N．若这两个
x
15
正方形的面积之和是 ，且MD=4GN．则k的值是（ ）
2
A．5 B．1 C．3 D．2
【答案】C
【分析】本题主要考查了反比例函数的图形与性质，反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上
点的坐标的特征，利用线段的长度表示出点的坐标是解题的关键．设
AE=EF=FG=a，AB=BC=AD=b，利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质得到a，b的关系
15
式，再利用a2+b2=
求得a，b值，则点A坐标可求，最后利用待定系数法解答即可得出结论．
2
【详解】解：设AE=EF=FG=a，AB=BC=AD=b，
15
由题意得：a2+b2=
．
2
∵正方形ABCD与AEFG（其中边BC，EF分别在x，y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数
k
y= 的图象上，
x
∴FG∥ED∥OM，∠NFG=∠DCM=90°，
∴∠NGF=∠DMC，
∴△NFG∽△DCM，
NF NG
∴ = ，
DC DM
∵MD=4GN，
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NF 1
∴ = ，
b 4
1
∴NF= b．
4
∵FG∥ED，
∴△NFG∽△NED，
NF FG
∴ = ，
NE ED
1
b
4 a
∴ = ，
1 a+b
b+a
4
∴b2=4a2，
15
∴a2+4a2=
，
2
∵a>0，
√6
∴a= ．
2
∴b=√6．
(√6 )
∴A ,√6 ，
2
√6
∴k= ×√6=3．
2
故选：C
3．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，H为AB延长线上的一点，
CF √3
且BH=BD，连接DH，分别交AC，BC于点E，F，连接BE，则下列结论：① = ；②
BF 2
tan∠H=√3−1；③BE平分∠CBD；④2AB2=DE⋅DH．
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其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，AB=BD=CD=AD=a，BD=√2AB=√2a，AB∥CD，
AC与BD互相垂直且平分，进而可求得AH=(√2+1)a，根据正切值定义即可判断②；由AB∥CD，可知
△DCF∽△HBF，由相似三角形的性质即可判断①；由BH=BD，可求得∠H=∠BDH=22.5°，再结
合AC与BD互相垂直且平分，得DE=BE，可知∠DBE=∠BDE=22.5°，进而可判断③；再证
△BDE∽△HDB，即可判断④．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB∥CD，AB=BD=CD=AD=a，∠BAD=90°，
∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠BAC=45°，AC与BD互相垂直且平分，
则BD=√AB2+AD2=√2AB=√2a，
∵BH=BD=√2a，则AH=(√2+1)a，
AD a
∴tanH= = =√2−1，故②不正确；
AH (√2+1)a
∵AB∥CD，则∠H=∠CDF，∠DCF=∠HBF，
∴△DCF∽△HBF，
CF CD a √2
∴ = = = ，故①不正确；
BF BH √2a 2
∵BH=BD，
∴∠H=∠BDH，
∵∠H+∠BDH=∠ABD=45°，
∴∠H=∠BDH=22.5°，
又∵AC与BD互相垂直且平分，
∴DE=BE，
∴∠DBE=∠BDE=22.5°，则∠CBE=∠CBD−∠DBE=22.5°，
∴∠DBE=∠CBE，
∴BE平分∠CBD，故③正确；
由上可知，∠DBE=∠H=22.5°，
∴△BDE∽△HDB，
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BD DE
∴ = ，则BD2=DE⋅DH，
DH BD
又∵BD=√2AB，
∴2AB2=DE⋅DH，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握
相关图形的性质是解决问题的关键．
4．（2024·安徽·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=2，BD是边AC上的高．
点E，F分别在边AB，BC上（不与端点重合），且DE⊥DF．设AE=x，四边形DEBF的面积为y，则
y关于x的函数图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了函数图象的识别，相似三角形的判定以及性质，勾股定理的应用，过点E作
EH⊥AC于点H，由勾股定理求出AC，根据等面积法求出BD，先证明△ABC∽△ADB，由相似三角
AB AC
形的性质可得出 = ，即可求出AD，再证明△AED∽△BFD，由相似三角形的性质可得出
AD AB
S
△AED=
(AD) 2
，即可得出S =4S ，根据S =S −S −(S −S )，代入可
S BD △AED △BFD 四边形DEBF △ABC △AED △BDC △BDF
△BFD
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得出一次函数的解析式，最后根据自变量的大小求出对应的函数值．
【详解】解：过点E作EH⊥AC于点H，如下图：
∵∠ABC=90°，AB=4，BC=2，
∴AC=√AB2+BC2=2√5，
∵BD是边AC上的高．
1 1
∴ AB⋅BC= AC⋅BD，
2 2
4
∴BD= √5，
5
∵∠BAC=∠CAB，∠ABC=∠ADB=90°，
∴△ABC∽△ADB，
AB AC
∴ = ，
AD AB
8√5
解得：AD= ，
5
8√5 2√5
∴DC=AC−AD=2√5− = ，
5 5
∵∠BDF+∠BDE=∠BDE+∠EDA=90°，∠CBD+∠DBA=∠DBA+∠A=90°，
∴∠DBC=∠A，∠BDF=∠EDA，
∴△AED∽△BFD，
2
8√5
( )
∴
S
△AED=
(AD) 2
=
5
=4，
S BD 4√5
△BFD
5
∴S =4S ，
△AED △BFD
∴S =S −S −(S −S )
四边形DEBF △ABC △AED △BDC △BDF
1 1 1 1
= AB⋅BC− AE⋅ADsin∠A− DC⋅DB+ S
2 2 2 4 △AED
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1 3 1 8√5 2 1 2√5 4√5
= ×4×2− × x⋅ × − × ×
2 4 2 5 2√5 2 5 5
16 3
= − x
5 5
∵02时，可得出 △≝¿ ¿没
AF 3 3 3 S
△AEF
有最大值．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(2,0)两点，
∴ ¿，
解得¿，
∴该抛物线的解析式为：y=x2−x−2；
（2）解：二次函数y=x2−x−2中，令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
设直线BC的解析式为：y=kx+m．将B(2,0)，C(0,−2)代入得到：
¿，解得¿，
∴直线BC的解析式为：y=x−2，
∵过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，
∴D(t,t2−t−2)，E(t,t−2)，
∴l=DE=t−2−(t2−t−2)=−t2+2t，
∵点D在直线BC下方的抛物线上，
∴02时，
此时DE=t2−t−2−(t−2)=t2−2t，
DF t2−2t (t−1) 2−1
∴ = = ，
AF 3 3
∵t>1时，t2−2t随着t的增大而增大，
DF
∴ 没有最大值，
AF
S
∴ ( △≝¿ )¿没有最大值，
S
△AEF
如图3，
当−1GB，
∴CD>GH，
∵ CD=3米，
∴ GH<3，
∴返回过程中小杰在灯光下的影长可以是2.5米，
故选：D．
2．（2023·四川南充·中考真题）如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一
平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．已
知小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，
则旗杆高度为（ ）
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A．6.4m B．8m C．9.6m D．12.5m
【答案】B
【分析】根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，再利用垂直求△ABC∽△EDC，最后根据三角形
相似的性质，即可求出答案.
【详解】解：如图所示，
由图可知，AB⊥BD，CD⊥DE，CF⊥BD
∴∠ABC=∠CDE=90°.
∵根据镜面的反射性质，
∴∠ACF=∠ECF，
∴90°−∠ACF=90°−∠ECF，
∴∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EDC，
AB BC
∴ = .
DE CD
∵小菲的眼睛离地面高度为1.6m，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m，镜子与旗杆的水平距离为10m，
∴AB=1.6m，BC=2m，CD=10m.
1.6 2
∴ = .
DE 10
∴DE=8m.
故选：B.
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键在于熟练掌握镜面反射的基本性质和相似三角形的性
质.
3．（2024·江苏扬州·中考真题）物理课上学过小孔成像的原理，它是一种利用光的直线传播特性实现图像
投影的方法．如图，燃烧的蜡烛（竖直放置）AB经小孔O在屏幕（竖直放置）上成像A'B'．设
AB=36cm，A'B'=24cm．小孔O到AB的距离为30cm，则小孔O到A'B'的距离为 cm．
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【答案】20
【分析】此题主要考查了相似三角形的应用，由题意得AB∥A'B'，△AOB∽△A'OB'，过O作
OC⊥AB于点C，CO交A'B'于点C'，利用已知得出△AOB∽△A'OB'，进而利用相似三角形的性质求
出即可，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键．
【详解】由题意得：AB∥A'B'，
∴△AOB∽△A'OB'，
如图，过O作OC⊥AB于点C，CO交A'B'于点C'，
∴OC'⊥A'B'，OC=30cm，
A'B' OC' 24 OC'
∴ = ，即 = ，
AB OC 36 30
∴OC'=20（cm），
即小孔O到A'B'的距离为20cm，
故答案为：20．
4．（2023·山东潍坊·中考真题）在《数书九章》（宋·秦九韶）中记载了一个测量塔高的问题：如图所示，
AB表示塔的高度，CD表示竹竿顶端到地面的高度，EF表示人眼到地面的高度，AB、CD、EF在同一
平面内，点A、C、E在一条水平直线上．已知AC=20米，CE=10米，CD=7米，EF=1.4米，人从点F
远眺塔顶B，视线恰好经过竹竿的顶端D，可求出塔的高度．根据以上信息，塔的高度为 米．
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1
【答案】18.2/18
5
【分析】如图，过F作FQ⊥AB于Q，交CD于H，可得DH=7−1.4=5.6，证明△FDH∽△FBQ，可
DH FH
得 = ，可得QB=16.8，从而可得答案．
BQ FQ
【详解】解：如图，过F作FQ⊥AB于Q，交CD于H，
则FH=CE=10，QH=AC=20，FQ=AE=AC+CE=30，EF=CH=AQ=1.4，
∴DH=7−1.4=5.6，
∵DC∥BA，
∴△FDH∽△FBQ，
DH FH
∴ = ，
BQ FQ
10 5.6
∴ = ，解得：QB=16.8，经检验符合题意；
30 QB
∴AB=AQ+QB=1.4+16.8=18.2（米）；
故答案为：18.2
【点睛】本题考查的是相似三角形的实际应用，作出合适的辅助线构建相似三角形是解本题的关键．
5．（2024·四川自贡·中考真题）为测量水平操场上旗杆的高度，九（2）班各学习小组运用了多种测量方
法．
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(1)如图1，小张在测量时发现，自己在操场上的影长EF恰好等于自己的身高DE．此时，小组同学测得旗
杆AB的影长BC为11.3m，据此可得旗杆高度为________m；
(2)如图2，小李站在操场上E点处，前面水平放置镜面C，并通过镜面观测到旗杆顶部A．小组同学测得
小李的眼睛距地面高度DE=1.5m，小李到镜面距离EC=2m，镜面到旗杆的距离CB=16m．求旗杆高度；
(3)小王所在小组采用图3的方法测量，结果误差较大．在更新测量工具，优化测量方法后，测量精度明显
提高，研学旅行时，他们利用自制工具，成功测量了江姐故里广场雕塑的高度．方法如下：
如图4，在透明的塑料软管内注入适量的水，利用连通器原理，保持管内水面M，N两点始终处于同一水
平线上．
如图5，在支架上端P处，用细线系小重物Q，标高线PQ始终垂直于水平地面．
如图6，在江姐故里广场上E点处，同学们用注水管确定与雕塑底部B处于同一水平线的D，G两点，并
标记观测视线DA与标高线交点C，测得标高CG=1.8m，DG=1.5m．将观测点D后移24m到D'处，采用
同样方法，测得C'G'=1.2m，D'G'=2m．求雕塑高度（结果精确到1m）．
【答案】(1)11.3
(2)旗杆高度为12m；
(3)雕塑高度为29m．
【分析】本题考查平行投影，相似三角形的应用．
（1）根据同一时刻物高与影长对应成比例，进行求解即可；
（2）根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，得出△ACB∽△DCE，最后根据三角形相似的性质，
即可求出答案；
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（3）BG=xm，由题意得：△DGC∽△DBA，△D'G'C'∽△D'BA，利用相似三角形的性质列出式子，
计算即可求解．
DE EF
【详解】（1）解：由题意得DE=EF，由题意得： = ，
AB BC
∴AB=BC=11.3m，
故答案为：11.3；
（2）解：如图，由题意得，DE=1.5m，EC=2m，BC=16m，
根据镜面反射可知：∠ACB=∠ECD，
∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠ABC=∠DEC=90°，
∴△ACB∽△DCE，
AB CB AB 16
∴ = ，即 = ，
DE CE 1.5 2
∴AB=12，
答：旗杆高度为12m；
（3）解：设BG=xm，
由题意得：△DGC∽△DBA，△D'G'C'∽△D'BA，
CG DG C'G' D'G'
∴ = ， = ，
AB DG+x AB D'D+DG+x
1.8 1.5 1.2 2
即 = ， = ，
AB 1.5+x AB 24+1.5+x
1.8 1.5
AB 1.5+x
∴ = ，
1.2 2
AB 24+1.5+x
整理得3.6(1.5+x)=1.8(25.5+x)，
解得x=22.5，经检验符合他
∴AB=1.8×(1.5+22.5)÷1.5=28.8≈29(m)，
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答：雕塑高度为29m．
【模拟训练】
1．（2025·河南洛阳·一模）“准、绳、规、矩”是古代使用的测量工具，一个简单结构的“矩”（如图
1），由于使用时安放的位置不同，能测定物体的高低远近及大小，把矩放置在如图2所示的位置，令
BG=x（单位：m），EG= y（单位：m），若a=10cm,b=20cm,AB=1.55m，则y关于x的函数解析
式为（ ）
A．y=0.5x+1.55 B．y=0.5x+1.60
C．y=2x+155 D．y=x+1.55
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
根据题意，四边形ABGF是矩形，可得AB=GF=1.55m=155cm，AF=BG=xm=100xcm，
AD AF
EF=EG−GF=100 y−155，再根据△ACD∽△AEF，可得 = ，由此即可求解．
CD EF
【详解】解：根据题意，△ACD∽△AEF，
AD AF
∴ = ，
CD EF
∵四边形ABGF是矩形，
∴EF=EG−FG=100 y−155，AF=BG=100x，AD=b=20，CD=a=10，
20 100x
∴ = ，
10 100 y−155
∴y=0.5x+1.55，
故选：A ．
2．（2025·湖南·一模）魏晋时期刘徽所著的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的
高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为
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“表高”（记为h ），EG称为“表距”（记为d），EH和GC都称为“表目距”（分别记为m ，m ），
0 1 2
则海岛AB的高为（ ）
dh dh
A． 0 +h B． 0 −h
m −m 0 m −m 0
2 1 2 1
dh dh
C． 0 +d D． 0 −d
m −m m −m
2 1 2 1
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的性质、比例的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．根据
DE EH FG CG
AB∥DE∥FG，可得△ABH∽△EDH,△CFG∽△CBA，从而得到 = , = ，进而得
AB AH BA CA
EH CG EH CG
到 = ，再由比例的性质可得 = ，从而得到(CG−EH)⋅AE=EH⋅EG，
AH CA AE+EH AE+EG+GC
EH⋅EG
EH⋅EG
进而得到AE= ，再由AH=AE+EH，可得 DE⋅AH CG−EH DE⋅EH，即
CG−EH AB= =DE⋅ +
EH EH EH
可求解．
【详解】解：根据题意得：AB∥DE∥FG，
∴△ABH∽△EDH,△CFG∽△CBA，
DE EH FG CG
∴ = , = ，
AB AH BA CA
∵DE=FG=h ，
0
EH CG
∴ = ，
AH CA
EH CG
∴ = ，
AE+EH AE+EG+GC
∴CG⋅AE+CG⋅EH=EH⋅AE+EH⋅EG+EH⋅GC，
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∴(CG−EH)⋅AE=EH⋅EG，
EH⋅EG
∴AE= ，
CG−EH
∵AH=AE+EH，
DE⋅AH DE(AE+EH)
∴AB= =
EH EH
DE⋅AE DE⋅EH
= +
EH EH
EH⋅EG
DE⋅
CG−EH DE⋅EH
= +
EH EH
DE⋅EG
= +DE
CG−EH
∵EG=d，DE=h ，EH=m ，CG=m ，
0 1 2
h d
∴AB= 0 +h ．
m −m 0
2 1
故选：A
3．（2025·福建·一模）身高均为1.6m的小明与小强在学校球场的A照明灯和B照明灯之间，两盏灯的高度
均为6.4m，如图所示．已知小明的身影的顶部正好在A灯的底部N处，小强的身影的顶部正好在B灯的底
部Q处，已知两灯之间的距离为10m，则两人的距离是 m．
【答案】5
【分析】本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是掌握相关在知识．由题意可得：CD∥BQ，
ND CD FQ EF
EF∥AN，推出△CDN∽△BQN，△EFQ∽△ANQ，进而得到 = ， = ，可求出
NQ BQ NQ AN
ND=FQ=2.5m，最后根据DF=NQ−ND−FQ，即可求解．
【详解】解：由题意得：CD∥BQ，EF∥AN，AN=BQ=6.4m，CD=EF=1.6m，NQ=10m，
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∴ △CDN∽△BQN，△EFQ∽△ANQ，
ND CD FQ EF
∴ = ， = ，
NQ BQ NQ AN
ND 1.6 FQ 1.6
即 = ， = ，
10 6.4 10 6.4
∴ ND=FQ=2.5m，
∴ DF=NQ−ND−FQ=10−2.5−2.5=5m，
即两人的距离是5m，
故答案为：5．
4．（2025·广西崇左·一模）在如图所示的平面直角坐标系中，有一斜坡OA，从点O处抛出一个小球，落
到点A ( 3, 3) 处．小球在空中所经过的路线是抛物线y=−x2+ 7 x的一部分．斜坡上点B处有一棵树，
2 2
OB 1
= ，小球恰好越过树的顶端C，那么这棵树的高度为 ．
OA 3
【答案】2
【分析】本题主要考查了二次函数的应用，相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的
关键．过点A、B分别作x轴的垂线，垂足分别是点E、D，证明△OBD∽△OAE，根据相似三角形的性
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5
质求出OD=1，求出点C坐标，得到CD= ，从而得到答案．
2
【详解】解：过点A、B分别作x轴的垂线，垂足分别是点E、D，
∵∠BOD=∠AOE,∠BDO=∠AEO，
∴ △OBD∽△OAE，
OD BD OB
∴ = = ，
OE AE OA
3
∵A(3, )，
2
3
∴AE= ,OE=3，
2
OD BD OB 1
∴ = = = ，
OE AE OA 3
1
∴BD= AE，OD=1，
3
1 3 1
∴BD= × = ，
3 2 2
∵OD=1，则点C横坐标为1，
7
将x=1代入y=−x2+ x中，
2
7 5
∴y=−12+ = ，
2 2
5
∴点C的坐标为(1, )，
2
5
∴CD= ，
2
5 1
∴CB=CD−BD= − =2．
2 2
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故答案为：2．
5．（2025·广东深圳·一模）为响应国家节能减排的号召，广东新农村建设把主要村道道路上安装了太阳能
路灯．如图（a）所示是行人在某村村道路灯下的影子，图（b）是该村村道上安装的两盏高度不同的太阳
能路灯的示意图，其中电线杆AB的高度为4.8m，电线杆CD的高度为6.4m，AC的长为30m．身高1.6m
的聪聪同学（EF）在两盏路灯之间走动，他在 B，D 两盏路灯下形成的影长分别记作EM和EN．（A，
E，C，M，N在同一直线上，电线杆和人均垂直于地面）
(1)请在图（b）中画出聪聪同学在路灯D照射下形成的影长EN；
(2)当聪聪同学站在两盏路灯的中间（即E为AC的中点）时，请求出影长MN；
(3)若影长端点N处有一个竹竿NP，它在路灯B 的照射下其影长端点恰好与点M重合，同时影长端点M
处也有一个竹竿MQ，它在路灯D的照射下其影长端点恰好与点N重合．（竹竿NP，MQ均垂直于地
面）请回答下列问题：
①设ME的长为xm，则MQ的长为 _______m（请用含有x的代数式来表示）；
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1 1
②请判断 + 的值是否为定值？若是，请求出此定值 ；若不是，请说明理由．
NP MQ
【答案】(1)见解析
25
(2)
2
4x+120 8x+240 5
(3)① 或 ；②是，
75−5x 150−10x 8
【分析】本题主要考查了相似三角形的应用．
（1）连接DF并延长交AC与点N即可．
EM EF EN EF
（2）先得出△EMF∽△AMB，△ENF∽△CND，由相似三角形的性质得出 = ， = ，分
AM AB NC CD
别求出EM和EN，最后根据MN=EM+EN代入计算即可．
（3）①根据题意画出图形， 设EN= y，由（2）可知△EMF∽△AMB，△ENF∽△CND，由全等三角
2
形的性质得出AM=3x，NC=4 y，再根据AC=30，进而可得出y=10− x，再证明△NDC∽△NQM，
3
即可由全等三角形的性质得出MQ．
8x+240 8x+240
②方法一：根据NP= ,MQ= ，直接计算即可．
15x 150−10x
EF EM NE EF
方法二：证明△EMF∽△NMP，△ENF∽△MNQ，由相似三角形的性质得出 = ， = ，
NP MN MN MQ
EF EF
进而可得出 + =1，然后求解即可．
NP MQ
【详解】（1）解：图中线段EN为所求．
1
（2）解：当AE=EC=30× =15米时，
2
∵EF∥AB∥CD，
∴△EMF∽△AMB，△ENF∽△CND，
EM EF EN EF
∴ = ， = ，
AM AB NC CD
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EM 1.6 EN 1.6
即 = ， = ，
15+EM 4.8 15+EN 6.4
15
解得：EM= ，EN=5，
2
15 25
∴MN=EM+EN=5+ = ．
2 2
（3）解：①根据题意画出图形：
设EN= y，
由（2）可知△EMF∽△AMB，△ENF∽△CND，
EM EF EN EF
∴ = ， = ，
AM AB NC CD
x 1.6 y 1.6
即 = ， = ，
AM 4.8 NC 6.4
解得：AM=3x，NC=4 y，
∴AN=2x−y，MC=3 y−x，
∵AC=30，
∴2x−y+ y+x+3 y−x=30，
2
解得：y=10− x，
3
∵MQ∥DC，
∴△NDC∽△NQM，
DC NC
∴ = ，
QM NM
6.4 y+x+3 y−x 4 y
即 = = ，
QM x+ y x+ y
8x+240 4x+120
整理得：QM= 或 ，
150−10x 75−5x
8x+240
②方法一：同①可求得NP= ，
15x
8x+240
∵MQ= ，
150−10x
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1 1
∴ + ，
NP MQ
15x 150−10x
= + ，
8x+240 8x+240
5x+150
= ，
8x+240
5(x+30)
= ，
8(x+30)
5
= ．
8
方法二：
∵EF∥PM∥MQ，
∴△EMF∽△NMP，△ENF∽△MNQ，
EF EM NE EF
∴ = ， = ，
NP MN MN MQ
EF EF
∴ + ，
NP MQ
ME NE
= + ，
MN MN
MN
= ，
MN
=1，
1 1 1 5
∴ + = = ．
NP MQ EF 8
【题型三】位似
1）位似与平移、轴对称、旋转一样，是图形的变换方式，但位似可以改变图形的位置和大小，平移、
轴对称、旋转只能改变图的位置，即位似是图形的相似变换，而平移、轴对称、旋转是图形的全等变
换.
2）两个位似图形可能位于位似中心的两侧，也可能位于位似中心的同侧.（即画位似图形时，注意关于
某点的位似图形有两个.
【中考真题】
1．（2024·浙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A'B'C'是位似图形，位似中心为点O．
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若点A(−3,1)的对应点为A' (−6,2)，则点B(−2,4)的对应点B'的坐标为（ ）
A．(−4,8) B．(8,−4) C．(−8,4) D．(4,−8)
【答案】A
【分析】本题考查了位似变换，根据点A、A'的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似
变换的性质是解题的关键．
【详解】解：∵△ABC与△A'B'C'是位似图形，点A(−3,1)的对应点为A' (−6,2)，
∴△A'B'C'与△ABC的位似比为2，
∴点B(−2,4)的对应点B'的坐标为(−2×2,4×2)，即(−4,8)，
故选：A．
2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，一块面积为60 cm2的三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，
在点光源O的照射下形成的投影是△A B C ，若OB:BB =2:3，则△A B C 的面积是（ ）
1 1 1 1 1 1 1
A．90 cm2 B．135 cm2 C．150 cm2 D．375 cm2
【答案】D
【详解】解：∵一块面积为60 cm2的三角形硬纸板（记为△ABC）平行于投影面时，在点光源O的照射下
形成的投影是△A B C ，OB:BB =2:3，
1 1 1 1
OB 2
=
∴ ，
OB 5
1
∴位似图形由三角形硬纸板与其灯光照射下的中心投影组成，相似比为2:5，
∵三角形硬纸板的面积为60 cm2，
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∴
S
△ABC =
(2) 2
=
4
，
S 5 25
△A B C
1 1 1
∴△A B C 的面积为375 cm2．
1 1 1
故选：D．
3．（2023·辽宁盘锦·中考真题）如图，△ABO的顶点坐标是A(2,6)，B(3,1)，O(0,0)，以点O为位似中
1
心，将△ABO缩小为原来的 ，得到△A'B'O，则点A'的坐标为 ．
3
(2 ) ( 2 ) ( 2 ) (2 )
【答案】 ,2 或 − ,−2 / − ,−2 或 ,2
3 3 3 3
【分析】根据位似变换的性质、坐标与图形性质计算．
1
【详解】解：∵以点O为位似中心，将△ABO缩小为原来的 ，得到△A'B'O，A(2,6)，
3
(1 1 ) (2 )
∴当△A'B'O在第一象限时，点A'的坐标为 ×2, ×6 ，即 ,2 ；
3 3 3
( 1 1 ) ( 2 )
当△A'B'O在第三象限时，点A'的坐标为 − ×2,− ×6 ，即 − ,−2 ；
3 3 3
(2 ) ( 2 )
综上可知，点A'的坐标为 ,2 或 − ,−2 ，
3 3
(2 ) ( 2 )
故答案为： ,2 或 − ,−2 ．
3 3
【点睛】本题考查图标与图形、位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质，注意分情况计算．
4．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△AB'C'的相似比为1∶2，点
A是位似中心，已知点A(2,0)，点C(a,b)，∠C=90°．则点C'的坐标为 ．（结果用含a，b的式
子表示）
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【答案】(6−2a,−2b)
【分析】过点C,C'分别作x轴的垂线CD,C'D'垂足分别为D,D'，根据题意得出AD'=2AD，则
AD=a−2,CD=b，得出D'(2−2a+4,0)，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点C,C'分别作x轴的垂线CD,C'D'垂足分别为D,D'，
∵△ABC与△AB'C'的相似比为1∶2，点A是位似中心，A(2,0)
∴AD'=2AD
∵C(a,b)，
∴AD=a−2,CD=b,
∴A'D=2a−4,C'D'=2b，
∴D'(2−2a+4,0)
∴C' (6−2a,−2b)
故答案为：(6−2a,−2b)．
【点睛】本题考查了求位似图形的坐标，熟练掌握位似图形的性质是解题的关键．
【模拟训练】
1．（2025·河北保定·一模）如图，这是物理学中的小孔成像，AB是物体，遮挡板MN上的小孔抽象成点O，
AB透过小孔在光屏PQ上成的像是倒立放大的实像CD，△ABO和△DCO成位似图形，位似中心为点O，
遮挡板MN和光屏PQ的水平距离为8cm，AB=6，此时，像CD的长为12，为了使像CD的长度变成AB
的3倍，在物体AB和屏幕PQ位置不变的情况下，可以将遮挡板MN（ ）
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A．水平向右移动1cm B．水平向左移动1cm
C．水平向右移动1.5cm D．水平向左移动1.5cm
【答案】B
【分析】本题考查位似图形的应用，过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交CD于点Q，根据位似图形的性
AB OE
质推出 = ，分别求出遮挡板MN水平移动前后OE的长，再进行比较即可。掌握位似图形的性质是
CD OF
解题的关键．
【详解】解：过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交CD于点Q，
∵△ABO和△DCO成位似图形，位似中心为点O，
∴AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∴OE、OF分别为△ABO和△DCO对应边AB、CD上的高，
∴OF=8，
∵△ABO和△DCO成位似图形，AB=6，CD=12，
AB OE 6 OE
∴ = ，即 = ，
CD OF 12 8
∴OE=4，
∴EF=OE+OF=4+8=12，
∵像CD的长度变成AB的3倍，在物体AB和屏幕PQ位置不变的情况下，设OE=x，则OF=12−x，
CD=3AB=3×6=18，
AB OE 6 x
又∵ = ，即 = ，
CD OF 18 12−x
∴x=3，
此时OE=3(cm)，
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∵4−3=1(cm)，
∴可以将遮挡板MN水平向左移动1cm．
故选：B．
2．（2025·浙江温州·一模）如图，在6×7的方格纸中，A，B，C，D是格点，线段CD是由线段AB位似放
大得到的，则它们的位似中心是（ ）
A．点P B．点P C．点P D．点P
1 2 3 4
【答案】A
【分析】本题考查了找位似中心，连接CA、DB并延长，则交点即为它们的位似中心，结合图形即可得解．
【详解】解：如图：连接CA、DB并延长，则交点即为它们的位似中心，
，
∴它们的位似中心为P ，
1
故选：A．
3．（2024·河北石家庄·二模）《墨子•天文志》记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数
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学之美．如图1和如图2，正方形ABCD的边长为4，以它的对角线的交点为位似中心，作它的位似图形
A'B'C'D'，已知A'B':AB=2:1．
（1）四边形A'B'C'D'的外接圆半径为 ．
（2）将正方形ABCD顺时针旋转一定角度，达到如图2所示的位置，若点D'在线段CD延长线上，则DD'
长为 ．
【答案】 4√2 2√7−2
【分析】本题考查位似图形的性质，正方形与圆的性质，旋转的性质；
（1）根据正方形ABCD的边长为4和位似比求出A'B'=8，进而即可求解．解题关键求出正方形
A'B'C'D'的边长；
（2）根据题意证明CC'=DD'，设CC'=DD'=x，在Rt△C'CD'中，C'D'2=CC'2+CD'2，根据勾股
定理列出方程，解方程，即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接AC，
∵ ABCD A'B'C'D'
正方形 与四边形 是位似图形，
∴四边形A'B'C'D'是正方形，
∴∠A'B'C'=90°，
∴A'C'是四边形A'B'C'D'的外接圆直径，
∵正方形ABCD的边长为4，A'B':AB=2:1，
∴A'B'=8，
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∴A'C'=√82+82=8√2，
∴四边形A'B'C'D'的外接圆半径为4√2，
故答案为：4√2．
（2）∵C'D'=A'B'=8,CD=AB=4，
∵点D'在线段CD延长线上，∠CD'C'+∠CC'D'=90°
又∠CD'C'+∠A'D'D=90°
∴∠D'C'C=∠A'D'D
又∠D'CC'=∠A'DD'=90°,C'D'=D' A'
∴△D'C'C≌△A'D'D
∴CC'=DD'
设CC'=DD'=x，
在Rt△C'CD'中，C'D'2=CC'2+CD'2
∴x2+(x+4) 2=82
解得：x=2√7−2（负值舍去）
故答案为：2√7−2．
4．（2025·安徽合肥·一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别是A(−2,2)，
B(−4,−2)，C(2,−2)．
(1)以点O为位似中心，在平面直角坐标系中画出△ABC的位似图形△A B C （点A，B，C的对应点分别
1 1 1
为A ，B ，C ），使△A B C 与△ABC的相似比为1:2，且点B 在第一象限．
1 1 1 1 1 1 1
(2)画出以点O为旋转中心，将△ABC旋转180°后得到的△A B C ．
2 2 2
S
△A B C
(3) 1 1 1的值为______．
S
△A B C
2 2 2
【答案】(1)图见解析；
(2)图见解析；
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1
(3) ．
4
【分析】本题考查了作图-复杂作图，位似的性质，旋转的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
1 1 1
（1）分别连接AO,BO,CO并延长，取格点A ,B ,C ，使得OA = OA,OB = OB,OC = OC，
1 1 1 1 2 1 2 1 2
依次连接A ,B ,C ，则△A B C 即为所求；
1 1 1 1 1 1
（2）分别连接AO,BO,CO并延长，取格点A ,B ,C ，使得OA =OA,OB =OB,OC =OC，依次连
2 2 2 2 2 2
接A ,B ,C ，则△A B C 即为所求；
2 2 2 2 2 2
1
（3）由（1）可得S = S ，由（2）可得S =S ，即可求解．
△A 1 B 1 C 1 4 △ABC △A 2 B 2 C 2 △ABC
【详解】（1）解：分别连接AO,BO,CO并延长，取格点A ,B ,C ，使得
1 1 1
1 1 1
OA = OA,OB = OB,OC = OC，依次连接A ,B ,C ，则△A B C 即为所求，如图：
1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1
（2）解：分别连接AO,BO,CO并延长，取格点A ,B ,C ，使得OA =OA,OB =OB,OC =OC，依
2 2 2 2 2 2
次连接A ,B ,C ，则△A B C 即为所求，如图：
2 2 2 2 2 2
（3）解：由（1）可得：
S
△A 1 B 1 C 1=
(1) 2
=
1
，即S =
1
S ，
S 2 4 △A 1 B 1 C 1 4 △ABC
△ABC
由（2）可得S =S ，
△A B C △ABC
2 2 2
1
S
∴ S △A 1 B 1 C 1= 4 △ABC = 1，
S S 4
△A B C △ABC
2 2 2
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1
故答案为： ．
4
题型三： 相似三角形综合
【题型一】相似三角形综合
【中考真题】
1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重
合），∠BHF=90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点
G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：①∠HBF=45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，
√10 1 11
则sin∠NBC= ；④BN=√2BM；⑤若AH= HD，则S = S ，其中正确的结论是
10 2 △BND 2 △AHM
（ ）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
【答案】A
BD
【分析】连接DG，可得 =√2，AC垂直平分BD，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根
AB
据AC垂直平分BD，结合互余可证明DG=FG，即有DG=FG=BG，则可判断②正确；证明
△ABM∽△DBN，即有 BN = BD =√2，可判断④；根据相似有 S △ABM = ( AB) 2 = 1 ，根据AH= 1 HD
BM AB S BD 2 2
△DBN
S HM 1
可得3AH=AD，再证明△AHM∽△CBM，可得 △AHM = = ，即可判断⑤；根据点H是AD的中
S BM 3
△ABM
2 2
点，设AD=2，即求出BH=√AH2+AB2=√5，同理可证明△AHM∽△CBM，可得BM= BH= √5，
3 3
2
即可得BN=√2BM= √10，进而可判断③．
3
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【详解】连接DG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
BD
∴∠BDC=∠BAC=∠ADB=45°， =√2，∠BAD=∠ADC=90°，AC垂直平分BD，
AB
∴∠CDP=90°，
∵DF平分∠CDP，
1
∴∠CDF= ∠CDP=45°=∠CDB，
2
∴∠BDF=∠CDF+∠CDB=90°，
∵∠BHF=90°=∠BDF，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴∠HFB=∠HDB=45°，∠DHF=∠DBF，
∴∠HBF=180°−∠HFB−∠FHB=45°，故①正确，
∵AC垂直平分BD，
∴BG=DG，
∴∠BDG=∠DBG，
∵∠BDF=90°，
∴∠BDG+∠GDF=90°=∠DBG+∠DFG，
∴∠GDF=∠DFG，
∴DG=FG，
∴DG=FG=BG，
∴点G是BF的中点，故②正确，
∵∠BHF=90°=∠BAH，
∴∠AHB+∠DHF=90°=∠AHB+∠ABH，
∴∠DHF=∠ABH，
∵∠DHF=∠DBF，
∴∠ABH=∠DBF，
又∵∠BAC=∠DBC=45°，
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∴△ABM∽△DBN，
BN BD
∴ = =√2，
BM AB
∴BN=√2BM，故④正确，
∴ S △ABM = ( AB) 2 = 1 ，
S BD 2
△DBN
1 1 1
若AH= HD，则AH= HD= (AD−AH)，
2 2 2
∴3AH=AD，
AH 1 AH AH 1
∴ = ，即 = = ，
AD 3 BC AD 3
∵AD∥BC，
∴△AHM∽△CBM，
HM AH 1
∴ = = ，
BM BC 3
S HM 1
∴ △AHM = = ，
S BM 3
△ABM
∴S =3S ，
△ABM △AHM
S 1
∵ △ABM = ，
S 2
△DBN
∴S =2S =6S ，故⑤错误，
△BND △ABM △AHM
如图，③若点H是AD的中点，设AD=2，即AB=BC=AD=2，
1
∴AH= AD=1，
2
∴BH=√AH2+AB2=√5，
同理可证明△AHM∽△CBM，
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HM AH 1
∴ = = ，
BM BC 2
HM+BM 3 BH
∴ = = ，
BM 2 BM
2 2
∴BM= BH= √5，
3 3
∵BN=√2BM，
2
∴BN=√2BM= √10，
3
∵BC=2，
2
∴在Rt△BNC中，NC=√BN2−BC2=
，
3
NC √10
sin∠NBC= = ，故③正确，
BN 10
则正确的有：①②③④，
故选：A．
【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定
理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，△ABM∽△DBN，是解答本题的关键．
2．（2024·江苏南通·中考真题）在△ABC中，∠B=∠C=α(0°<α<45°)，AH⊥BC，垂足为H，D是
线段HC上的动点（不与点H，C重合），将线段DH绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．两位同学经过
深入研究，小明发现：当点E落在边AC上时，点D为HC的中点；小丽发现：连接AE，当AE的长最小
时，AH2=AB⋅AE．请对两位同学的发现作出评判（ ）
A．小明正确，小丽错误 B．小明错误，小丽正确
C．小明、小丽都正确 D．小明、小丽都错误
【答案】C
【分析】旋转得到DH=DE,∠HDE=2α，当点E落在边AC上时，利用三角形的外角推出
∠CED=α=∠C，进而得到DE=CD，推出DH=CD，判断小明的说法，连接AE,HE，等边对等角，
1
求出∠DHE=∠DEH= (180°−2α)=90°−α，进而求出∠AHE=∠AHD−∠DHE=α，推出点E
2
在射线HE上运动，根据垂线段最短，得到AE⊥HE时，AE的长最小，进而推出△AEH∽△AHB，判断
小丽的说法即可．
【详解】解：∵将线段DH绕点D顺时针旋转2α得到线段DE，
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∴DH=DE,∠HDE=2α，
当点E落在边AC上时，如图：
∵∠HDE=∠C+∠CED，∠C=α，
∴∠CED=α=∠C，
∴DE=CD，
∴DH=CD，
∴D为CH的中点，故小明的说法是正确的；
连接AE,HE，
∵DH=DE,∠HDE=2α，
1
∴∠DHE=∠DEH= (180°−2α)=90°−α，
2
∵AH⊥BC，
∴∠AHB=∠AHD=90°，
∴∠AHE=∠AHD−∠DHE=α，
∴点E在射线HE上运动，
∴当AE⊥HE时，AE的长最小，
∴当AE的长最小时，∠AEH=∠AHB=90°，
又∵∠B=∠C=α=∠AHE，
∴△AEH∽△AHB，
AE AH
∴ = ，
AH AB
∴AH2=AB⋅AE；故小丽的说法正确；
故选C．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形的外角，等腰三角形的判定和性质，垂线段最短，相似三角形的判
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定和性质，熟练掌握旋转的性质，根据题意，正确的作图，确定点E的轨迹，是解题的关键．
3．（2024·四川德阳·中考真题）一次折纸实践活动中，小王同学准备了一张边长为4（单位：dm）的正方
形纸片ABCD，他在边AB和AD上分别取点E和点M，使AE=BE,AM=1，又在线段MD上任取一点N
（点N可与端点重合），再将△EAN沿NE所在直线折叠得到△EA N，随后连接DA ．小王同学通过多
1 1
次实践得到以下结论：
①当点N在线段MD上运动时，点A 在以E为圆心的圆弧上运动；
1
②当DA 达到最大值时，A 到直线AD的距离达到最大；
1 1
③DA 的最小值为2√5−2；
1
④DA 达到最小值时，MN=5−√5．
1
你认为小王同学得到的结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由折叠可得A E=AE=BE=2，可得点A 到点E的距离恒为2，即可判断①；连接DE，由勾股
1 1
定理得到在Rt△ADE中，DE=√AD2+AE2=2√5，由DA +A E≥DE，即可判断③；DA 达到最小
1 1 1
A D DN
值时，点A 在线段DE上，证得△A DN∽△ADE，得到 1 = ，从而求得DN=5−√5，通过
1 1 AD DE
MN=AD−DN−AM即可判断④．在△A DE中，A D随着∠DEA 的增大而增大，而当∠NEA最大
1 1 1
时，∠DE A 有最大值，A G有最大值，此时点N与点D重合．过点A 作A G⊥AD于点G，作
1 1 1 1
A P⊥AB于点P，可得四边形AGA P是矩形，因此A G=AP=AE+EP，当A D取得最大值时，
1 1 1 1
∠A EP有最小值，在Rt△A EP中，EP=A E⋅cos∠A EP有最大值，A G=AP=AE+EP有最大值，
1 1 1 1 1
即可判断②．
【详解】解：∵正方形纸片ABCD的边长为4dm，AE=BE
1
∴AE=BE= AB=2，
2
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由折叠的性质可知，A E=AE=2，
1
∴当点N在线段MD上运动时，点A 在以E为圆心的圆弧上运动．故①正确．
1
连接DE，
∵在正方形ABCD中，∠A=90°，AD=4，AE=2，
∴在Rt△ADE中，DE=√AD2+AE2=√42+22=2√5
∵DA +A E≥DE，
1 1
∴DA ≥DE−A E=2√5−2，
1 1
∴DA 的最小值为2√5−2．故③正确；
1
如图，
DA A DE
1 1
达到最小值时，点 在线段 上，
由折叠可得∠N A E=∠A=90°，
1
∴∠DA N=90°，
1
∴∠DA N=∠A，
1
∵∠A DN=∠ADE，
1
∴△A DN∽△ADE，
1
A D DN
∴ 1 = ，
AD DE
2√5−2 DN
∴ = ，
4 2√5
∴DN=5−√5，
∴MN=AD−DN−AM=4−(5−√5)−1=√5−2．故④错误．
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在△A DE中，DE=2√5，A E=AE=2，
1 1
∴A D随着∠DEA 的增大而增大，
1 1
∵
∠DE A =∠NEA −∠NED=∠NEA−∠NED=∠NEA−(∠AED−∠NEA)=2∠NEA−∠AED，
1 1
∴当∠NEA最大时，∠DE A 有最大值，A G有最大值，此时，点N与点D重合，
1 1
过点A 作A G⊥AD于点G，作A P⊥AB于点P，
1 1 1
∵∠A=90°，
∴四边形AGA P是矩形，
1
∴A G=AP=AE+EP，
1
当A D取得最大值时，∠AEN=∠A EN也是最大值，
1 1
∵∠A EP=180°−∠AEN−∠A EN=180°−2∠AEN，
1 1
∴∠A EP有最小值，
1
∴在Rt△A EP中，EP=A E⋅cos∠A EP有最大值，
1 1 1
即A G=AP=AE+EP有最大值，
1
∴点A 到AD的距离最大．故②正确．
1
综上所述，正确的共有3个．
故选：C
【点睛】本题考查轴对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角形函数的性质，综
合运用相关知识是解题的关键．
4．（2024·四川达州·中考真题）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，点D，E分别
√2 AE
在AC，BC边上运动，连结AE，BD交于点F，且始终满足AD= CE，则下列结论：① =√2；②
2 BD
∠DFE=135°；③△ABF面积的最大值是4√2−4；④CF的最小值是2√10−2√2．其中正确的是
（ ）
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A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，证明△ABE∽△BMD，根据相似三角形的性质即可判断①；得出
∠BAE=∠MBD，根据三角形内角和定理即可判断②；在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形
AOB，以OA为半径作⊙O，根据定弦定角得出F在⊙O的A´B上运动，进而根据当OF⊥AB时，△ABF
面积的最大，根据三角形的面积公式求解，即可判断③，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC
交CB的延长线于点H，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点B作BM⊥AC于点M，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=4，
∴AB=BC，AC=√AB2+BC2=√2BC，
√2
∵AD= CE，
2
1 1 √2 √2 √2
∴DM= AC−AD= ×√2BC− CE= (BC−CE)= BE
2 2 2 2 2
DM AD √2
∴ = =
BE CE 2
又∵∠DMB=∠EBA=90°
∴△ABE∽△BMD，
AE AB
∴ = =√2，故①正确；
BD BM
∵△ABE∽△BMD，
∴∠BAE=∠MBD，
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∴∠BAE+∠ABD=∠MBD+∠ABD
即180°−(∠BAE+∠ABD)=180°−(∠MBD+∠ABD)
在△ABF中，∠AFB=180°−(∠BAE+∠ABD)
即∠AFB=180°−(∠MBD+∠ABD)
∵△ABC是等腰直角三角形，BM⊥AC
∴BM平分∠ABC
1
∴∠ABM=∠CBM= ∠ABC=45°
2
∴∠AFB=180°−(∠MBD+∠ABD)=180°−∠ABM=135°
∴∠AFB=180°−(∠BAE+∠ABD)=135°，
∴∠DFE=135°，故②正确，
如图所示，
在AB的左侧，以AB为斜边作等腰直角三角形AOB，以OA为半径作⊙O，且AB=4
∴∠AOB=90°，OA=OB，AB=√OA2+OB2=√2OA=4
∵∠AFB=135°
1
∴∠DFE+ ∠AOB=180°
2
∴F在⊙O的A´B上运动，
√2 √2
∴OF=AO= AB= ×4=2√2，
2 2
连接OF交AB于点G，则AG=GB=2，
∴当OF⊥AB时，结合垂径定理，OG最小，
∵OF是半径不变
∴此时CF最大
则△ABF面积的最大，
∴S =2S =2(S −S )
△ABF △AGF △AOF △AOG
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=2
(1
×OF×AG−
1 OG2)
2 2
=2√2×2−22
=4√2−4，故③正确；
如图所示，当F在OC上时，FC最小，过点O作OH⊥BC交CB的延长线于点H，
∴△OHB是等腰直角三角形，
√2 √2
∴OH=HB= OB= OA=2，
2 2
在Rt△OHC中，HC=HB+BC=6，
∴OC=√22+62=2√10，
∴CF的最小值是2√10−2√2．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，求圆外一点到圆上的距离最值问
题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2024·河北·中考真题）如图，△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线，点A，C ，C ，C 是线段
1 2 3
CC 的五等分点，点A，D ，D 是线段DD 的四等分点，点A是线段BB 的中点．
4 1 2 3 1
（1）△AC D 的面积为 ；
1 1
（2）△B C D 的面积为 ．
1 4 3
【答案】 1 7
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1
【分析】（1）根据三角形中线的性质得S =S = S =1，证明△AC D ≌△ACD(SAS)，根
△ABD △ACD 2 △ABC 1 1
据全等三角形的性质可得结论；
（2）证明△AB D ≌△ABD(SAS)，得S =S =1，推出C 、D 、B 三点共线，得
1 1 △AB D △ABD 1 1 1
1 1
S =S +S =2，继而得出S =4S =8，S =3S =3，证明
△AB C △AB D △AC D △AB C △AB C △AB D △AB D
1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 1 3 1 1
4
△C AD ∽△CAD，得S =9S =9，推出S = S =12，最后代入
3 3 △C 3 AD 3 △CAD △AC 4 D 3 3 △C 3 AD 3
S =S +S −S 即可．
△B C D △AC D △AB D △AB C
1 4 3 4 3 1 3 1 4
【详解】解：（1）连接B D 、B D 、B C 、B C 、C D ，
1 1 1 2 1 2 1 3 3 3
∵△ABC的面积为2，AD为BC边上的中线，
1 1
∴S =S = S = ×2=1，
△ABD △ACD 2 △ABC 2
∵点A，C ，C ，C 是线段CC 的五等分点，
1 2 3 4
1
∴AC=AC =C C =C C =C C = CC ，
1 1 2 2 3 3 4 5 4
∵点A，D ，D 是线段DD 的四等分点，
1 2 3
1
∴AD=AD =D D =D D = DD ，
1 1 2 2 3 4 3
∵点A是线段BB 的中点，
1
1
∴AB=AB = BB ，
1 2 1
在△AC D 和△ACD中，
1 1
¿，
∴△AC D ≌△ACD(SAS)，
1 1
∴S =S =1，∠C D A=∠CDA，
△AC D △ACD 1 1
1 1
∴△AC D 的面积为1，
1 1
故答案为：1；
（2）在△AB D 和△ABD中，
1 1
¿，
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∴△AB D ≌△ABD(SAS)，
1 1
∴S =S =1，∠B D A=∠BDA，
△AB D △ABD 1 1
1 1
∵∠BDA+∠CDA=180°，
∴∠B D A+∠C D A=180°，
1 1 1 1
∴C 、D 、B 三点共线，
1 1 1
∴S =S +S =1+1=2，
△AB C △AB D △AC D
1 1 1 1 1 1
∵AC =C C =C C =C C ，
1 1 2 2 3 3 4
∴S =4S =4×2=8，
△AB C △AB C
1 4 1 1
∵AD =D D =D D ，S =1，
1 1 2 2 3 △AB D
1 1
∴S =3S =3×1=3，
△AB D △AB D
1 3 1 1
在△AC D 和△ACD中，
3 3
AC AD
∵ 3=3= 3，∠C AD =∠CAD，
AC AD 3 3
∴△C AD ∽△CAD，
3 3
∴ S △C 3 AD 3= (AC 3 ) 2 =32=9，
S AC
△CAD
∴S =9S =9×1=9，
△C AD △CAD
3 3
∵AC =C C =C C =C C ，
1 1 2 2 3 3 4
4 4
∴S = S = ×9=12，
△AC 4 D 3 3 △C 3 AD 3 3
∴S =S +S −S =12+3−8=7，
△B C D △AC D △AB D △AB C
1 4 3 4 3 1 3 1 4
∴△B C D 的面积为7，
1 4 3
故答案为：7．
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【点睛】本题考查三角形中线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等分点的意
义，三角形的面积．掌握三角形中线的性质是解题的关键．
6．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB,BC上，沿垂直于EF的
直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B'，C'处，然后还原．
（1）若点N在边CD上，且∠BEF=α，则∠C'NM= （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD,AD上，点D落在正方形所在平面
内的点D'处，然后还原．若点D'在线段B'C'上，且四边形EFGH是正方形，AE=4，EB=8，MN与GH
的交点为P，则PH的长为 ．
【答案】 90°−α/−α+90° 3√5
【分析】①连接CC'，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，
再结合平行线的性质即可求解；
②记HG与NC'交于点K， 可证：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，则AE=CG=DH=4，
DG=BE=8，由勾股定理可求HG=4√5，由折叠的性质得到：∠NC'B'=∠NCB=90°，∠8=∠9，
∠D=∠GD'H=90°，NC=NC'，GD=GD'=8，则NG=NK，KC'=GC=4，由NC'∥GD'，得
3
△HC'K∽△H D'G，继而可证明HK=KG，由等腰三角形的性质得到PK=PG，故PH= HG=3√5．
4
【详解】解：①连接CC'，由题意得∠C'NM=∠4，MN⊥CC'，
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∵MN⊥EF，
∴CC'∥FE，
∴∠1=∠2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，
∴∠3+∠4=∠3+∠2=90°，∠1+∠BEF=90°，
∴∠2=∠4，∠1=90°−α，
∴∠4=90°−α
∴∠C'NM=90°−α，
故答案为：90°−α；
②记HG与NC'交于点K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGH是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，HE=FE，∠HEF=90°，
∴∠5+∠6=∠7+∠6=90°，
∴∠5=∠7，
∴△AEH≌△BFE，
同理可证：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，
∴AE=CG=DH=4，DG=BE=8，
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在Rt△HDG中，由勾股定理得HG=√DH2+DG2=4√5，
由题意得：∠NC'B'=∠NCB=90°，∠8=∠9，∠D=∠GD'H=90°，NC=NC'，GD=GD'=8，
∴NC'∥GD'，
∴∠NKG=∠9，
∴∠8=∠NKG，
∴NG=NK，
∴NC−NG=NC'−NK，
即KC'=GC=4，
∵NC'∥GD'，
∴△HC'K∽△H D'G，
HK C'K 1
∴ = = ，
HG D'G 2
1
∴HK= HG，
2
∴HK=KG，
由题意得MN⊥HG，而NG=NK，
∴PK=PG，
3
∴PH= HG=3√5，
4
故答案为：3√5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
7．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻
的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平
行四边形”．
(1)如图1所示，四边形ABCD为“垂中平行四边形”，AF=√5，CE=2，则AE=______；AB=______；
(2)如图2，若四边形ABCD为“垂中平行四边形”，且AB=BD，猜想AF与CD的关系，并说明理由；
(3)①如图3所示，在△ABC中，BE=5，CE=2AE=12，BE⊥AC交AC于点E，请画出以BC为边的
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垂中平行四边形，要求：点A在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）；
②若△ABC关于直线AC对称得到△AB'C，连接CB'，作射线CB'交①中所画平行四边形的边于点P，连
接PE，请直接写出PE的值．
【答案】(1)1，√17
(2)AF=√2CD，理由见解析
3√41 3√41
(3)①见解析；②PE= 或
4 2
1 1
【分析】（1）由“垂中平行四边形”的定义可得AF∥BC，AD=BC，AF= AD= BC，AC⊥BF，
2 2
从而可得BC=AD=2AF=2√5，由勾股定理得出BE=√BC2−CE2=4，证明△AEF∽△CEB，得出
1
AE= CE=1，再由勾股定理计算即可得解；
2
1 1
（2）由“垂中平行四边形”的定义可得AD∥BC，AD=BC，AB=CD，BF= BC= AD，证明
2 2
AE DE AD 2
△AED∽△FEB，得出 = = = =2，设BE=x，则DE=2x，AB=BD=3x，由勾股定理可
EF BE BF 1
1
得AE=√AB2−BE2=2√2x，求出EF= AE=√2x，从而可得AF=AE+EF=3√2x，即可得解；
2
（3）①根据“垂中平行四边形”的定义画出图形即可；②根据①中画出的图形，分别结合相似三角形的
判定与性质以及勾股定理计算即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为“垂中平行四边形”，
1 1
∴AF∥BC，AD=BC，AF= AD= BC，AC⊥BF，
2 2
∵AF=√5，
∴BC=AD=2AF=2√5，
∴BE=√BC2−CE2=4，
∵AF∥BC，
∴△AEF∽△CEB，
AE AF 1
∴ = = ，
CE BC 2
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1
∴AE= CE=1，
2
∴AB=√AE2+BE2=√17；
（2）解：AF=√2CD，理由如下：
∵四边形ABCD为“垂中平行四边形”，
1 1
∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，BF= BC= AD，
2 2
∴△AED∽△FEB，
AE DE AD 2
∴ = = = =2，
EF BE BF 1
设BE=x，则DE=2x，
∴AB=BD=3x，
∴AE=√AB2−BE2=2√2x，
1
∴EF= AE=√2x，
2
∴AF=AE+EF=3√2x，
∴AF=√2AB，
∴AF=√2CD；
（3）解：①第一种情况：如图①，作BC的平行线AD，并使得DA=CB，连接CD，则四边形ABCD为
平行四边形，
延长BE交AD于F，
∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CEB，
AF AE
∴ = ，
BC CE
∵CE=2AE，
1 1
∴AF= BC= AD，
2 2
∴F为AD的中点，
∴四边形ABCD即为所求的“垂中平行四边形”；
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第二种情况：如图②，作∠ABC的平分线，并取CH=CB交∠ABC的平分线于点H，延长CH交BE的延
长线于点D，在射线BA上取AF=AB，连接DF，故点A为BF的中点，
∵BH平分∠ABC，
∴∠ABH=∠CBH，
∵CH=CB，
∴∠CHB=∠CBH，
∴∠CHB=∠ABH，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
AB AE
∴ = ，
CD CE
∵CE=2AE，
∴CD=2AB，
∴CD=BF，
∴四边形BCDF为平行四边形，
∴四边形BCDF为所求的“垂中平行四边形”；
第三种情况：如图③，作AD∥BC，交BE的延长线于点D，连接CD，在DA的延长线上取点F，使得
AF=AD，连接BF，则点A为DF的中点，
1
同理可得证明AD= BC，则DF=BC，则四边形BCDF为平行四边形，
2
故四边形BCDF为所求的“垂中平行四边形”；
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②若按照上图①作图，
由题意可得，∠ACB=∠ACP，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ACB=∠PAC，
∴∠ACP=∠PAC，
∴△PAC是等腰三角形，
作PH⊥AC于H，则AH=HC，
∵BE=5，CE=2AE=12，
∴B'E=BE=5，AC=CE+AE=18，
1
∴AH=CH= AC=9，
2
∴EH=AH−AE=3，
∵PH⊥AC，B'E⊥AC，
∴△CPH∽△CB'E，
PH CH
=
∴ ，
B'E CE
CH⋅B'E 15
∴PH= = ，
CE 4
3√41
∴PE=√EH2+PH2=
；
4
若按照上图②作图，
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延长CA、DF交于点G，
同理可得，△PGC是等腰三角形，
连接PA，
∵GF∥BC，
∴△GAF∽△CAB，
AF AG
∴ = =1，
AB AC
∴AG=AC，
∴PA⊥AC，
同理可得△CPA∽△CB'E，
∵AE=6，EC=12，B'E=BE=5，
B'E CE
∴ = ，
PA AC
B'E⋅AC 15
∴PA= = ，
CE 2
3√41
∴PE=√PA2+AE2=
；
2
若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE，故不符合题意，
3√41 3√41
综上所述，PE= 或 ．
4 2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质
等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论与数形结合的思想是解此
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题的关键．
8．（2024·海南·中考真题）正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与点B、C重合），∠1=∠2，
AE=EF，AF交CD于点H，FG⊥BC交BC延长线于点G．
(1)如图1，求证：△ABE≌△EGF；
(2)如图2，EM⊥AF于点P，交AD于点M．
①求证：点P在∠ABC的平分线上；
CH
②当 =m时，猜想AP与PH的数量关系，并证明；
DH
③作HN⊥AE于点N，连接MN、HE，当MN∥HE时，若AB=6，求BE的值．
【答案】(1)见解析；
AP
(2)①见解析；② =m+1；③BE=3．
HP
【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△EGF；
（2）①证明△AEF是等腰直角三角形，再推出A，B，E，P四点共圆，求得∠ABP=∠AEP=45°，
据此即可证明结论成立；
②由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线BD上，证明△ABP∽△HDP，根据相似三角形的性
质即可求解；
③证明四边形MNEH是平行四边形，推出△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形，设PM=PH=a，则
DH PM a 1
MQ=2a，ME=2MQ=4a，由△APM∽△ADH，得到 = = = ，据此求解即可．
AD AP 3a 3
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠ABE=90°，
∵FG⊥BC，
∴∠EGF=90°，
∵∠1=∠2，AE=EF，
∴△ABE≌△EGF(AAS)；
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（2）①证明：连接BP，
由（1）得△ABE≌△EGF，
∴∠AEB=∠EFG，
∴∠AEB+∠GEF=∠AEB+∠BAE=90°，即∠AEF=90°，
∵AE=EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵EM⊥AF，
∴∠APE=90°，∠AEP=∠FEP=45°，
∵∠ABE=90°，
∴A，B，E，P四点共圆，
∴∠ABP=∠AEP=45°，
∵∠ABE=90°，∠ABP=∠CBP=45°，
∴点P在∠ABC的平分线上；
AP
② =m+1，理由如下：
HP
由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线BD上，
∵正方形ABCD，
∴AB∥HD，
∴△ABP∽△HDP，
AP AB
∴ = ，
HP HD
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CH
∵ =m，即HC=mHD，
DH
∴DC=DH+HC=(m+1)HD，
AP AB DC
∴ = = =m+1；
HP HD HD
③由①得点P在∠ABC的平分线即正方形的对角线BD上，
∴∠PDH=45°，
同理M，D，H，P四点共圆，则∠PMH=∠PDH=45°，
∵∠AEP=∠NEM=45°，
∴∠EMH=∠NEM=45°，
∴MH∥EN，∵MN∥HE，
∴四边形MNEH是平行四边形，
设平行四边形MNEH的对角线的交点为Q，且HN⊥AE，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴△PHQ和△PHM都是等腰直角三角形，
设PM=PH=a，则MQ=2a，ME=2MQ=4a，
∵PM=PH，PA=PE，
∴AH=ME=4a，
∴AP=3a，则AE=3√2a，
∴BE=√AE2−AB2=√(3√2a) 2 −62=√18a2−36，
∵∠APM=∠ADH，
∴△APM∽△ADH，
DH PM a 1
∴ = = = ，
AD AP 3a 3
1
∴DH= AD=2，
3
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∴AH=√DH2+AD2=√40=2√10，
∵AH=4a，
∴2√10=4a，
√10
∴a= ，
2
∴BE=√18a2−36=
√
18×
(√10) 2
−36=√9=3．
2
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，四
点共圆，熟练掌握三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
9．（2024·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于
A(−1,0)，B(2,0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当点D在直线BC下方的抛物线上时，过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，DE的
长为l，请写出l关于t的函数表达式，并写出自变量t的取值范围；
S
(3)连接AD，交BC于点F，求 △≝¿ ¿的最大值．
S
△AEF
【答案】(1)y=x2−x−2
(2)l=−t2+2t(02时，可得出 △≝¿ ¿没
AF 3 3 3 S
△AEF
有最大值．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(2,0)两点，
∴ ¿，
解得¿，
∴该抛物线的解析式为：y=x2−x−2；
（2）解：二次函数y=x2−x−2中，令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
设直线BC的解析式为：y=kx+m．将B(2,0)，C(0,−2)代入得到：
¿，解得¿，
∴直线BC的解析式为：y=x−2，
∵过点D作y轴的平行线交BC于点E，设点D的横坐标为t，
∴D(t,t2−t−2)，E(t,t−2)，
∴l=DE=t−2−(t2−t−2)=−t2+2t，
∵点D在直线BC下方的抛物线上，
∴02时，
此时DE=t2−t−2−(t−2)=t2−2t，
DF t2−2t (t−1) 2−1
∴ = = ，
AF 3 3
∵t>1时，t2−2t随着t的增大而增大，
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DF
∴ 没有最大值，
AF
S
∴ ( △≝¿ )¿没有最大值，
S
△AEF
如图3，
当−190°，△BPF、△NFA不相似，
EM 3√10
BF⋅NF≠AF⋅BP，可判断④的正误；由设PC=CM=a，BC=CD=AD=AB=b，CE=c，则
PC
DM=b−a，BE=b+c，PE=a+c，PM= =√2a，证明△AFN≌△PFM(SAS)，则
cos45°
AD DM b b−a bc
AN=PM=√2a，证明△AMD∽△EDC，则 = ，即 = ，可求a= ，同理，
CE CM c a b+c
AN FN √2a FN DM FM FN
△ANF∽△EPF，则 = ，即 = ，同理，△DMF∽△BAF，则 = = ，即
PE PF a+c PF AB AF PF
bc bc
b− √2
b−a FN b−a √2a bc b−a √2a b+c b+c
= ，可得 = ，将a= 代入 = 得， = ，整理得，
b PF b a+c b+c b a+c b bc
+c
b+c
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c
√2b+√2c=2b+c，可得， =√2，则CE=√2BC，可判断⑤的正误．
b
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，AB=BC=CD=AD，
∠ADB=∠ABD=∠CBD=∠CDB=45°，
如图1，作PG⊥AD于G，则四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB=AD，
∵∠GPN+∠GNP=90°=∠GNP+∠DAM，
∴∠GPN=∠DAM，
又∵PG=AD，∠PGN=90°=∠ADM，
∴△PGN≌△ADM(ASA)，
∴AM=PN，①正确，故符合要求；
如图2，作HF⊥DF交AD于H，连接CF，
∴∠DHF=45°=∠ADB，
∴DF=HF，
∵AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，BF=BF，
∴△ABF≌△CBF(SAS)，
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
∵∠BPF+∠BAF=360°−∠ABP−∠AFP=180°，∠BPF+∠FPC=180°，
∴∠BAF=∠FPC，
∴∠BCF=∠FPC，
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∴PF=CF=AF，
∴PN−PF=AM−AF，即FN=FM，
∵∠HFN+∠NFD=90°=∠DFM+∠NFD，
∴∠HFN=∠DFM，
∵HF=DF，∠HFN=∠DFM，FN=FM，
∴△HFN≌△DFM(SAS)，
∴HN=DM，
由勾股定理得，DH=√DF2+H F2=√2DF，
∵DH=HN+DN=DM+DN，
∴DM+DN=√2DF，②正确，故符合要求；
∵P是BC中点，AB=3，
3
∴BP=CP= ，
2
如图3，连接AP，
3√5 3√5
由勾股定理得，AP=√AB2+BP2= ，AP=√PF2+AF2=√2PF=
，
2 2
3√10
解得，PF= ，
4
3
设CE=x，则PE= +x，BE=3+x，
2
由勾股定理得，AE=√AB2+BE2=√32+(3+x) 2，
PF AB
∵sin∠E= = ，
PE AE
3√10
4 3
∴ = ，整理得，x2−2x−24=0，
3
+x
√32+(3+x) 2
2
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解得，x=6或x=−4（舍去），
∴AE=3√10，BE=9，
CE BE
∵cos∠E= = ，
EM AE
6 9
∴ = ，
EM 3√10
解得，EM=2√10，③正确，故符合要求；
由题意知，∠BPF>90°，
∴△BPF、△NFA不相似，BF⋅NF≠AF⋅BP，④错误，故不符合要求；
∵PM∥BD，
∴∠CPM=∠CBD=45°，∠CMP=∠CDB=45°，
设PC=CM=a，BC=CD=AD=AB=b，CE=c，则DM=b−a，BE=b+c，PE=a+c，
PC
PM= =√2a，
cos45°
∵AF=PF，∠AFN=90°=∠PFM，FN=FM，
∴△AFN≌△PFM(SAS)，
∴AN=PM=√2a，
∵∠ADM=90°=∠ECM，∠AMD=∠EDC，
∴△AMD∽△EDC，
AD DM b b−a
∴ = ，即 = ，
CE CM c a
bc
解得，a= ，
b+c
同理，△ANF∽△EPF，
AN FN √2a FN
∴ = ，即 = ，
PE PF a+c PF
同理，△DMF∽△BAF，
DM FM FN b−a FN
∴ = = ，即 = ，
AB AF PF b PF
b−a √2a
∴ = ，
b a+c
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bc bc
b− √2
bc b−a √2a b+c b+c
将a= 代入 = 得， = ，整理得，√2b+√2c=2b+c，
b+c b a+c b bc
+c
b+c
c
解得， =√2，
b
∴CE=√2BC，⑤正确，故符合要求；
故答案为：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相
似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正
弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
k
2．（2025·山东济南·一模）如图，在平面直角坐标系中，点A、B均在函数y= (k>0,x>0)的图象上，
x
BD⊥x轴于点D，交线段OA于点C．若点C为线段OA的中点，△ABC的面积为3，则k的值为（ ）
32
A．8 B．9 C． D．4
3
【答案】A
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的判定
( k)
与性质．过点A作AE⊥x轴于点E，连接OB，设点A的坐标为A a, (a>0)，点B的坐标为
a
( k) 1 1
B b, (b>0)，则S = k，S = k，再证出△COD∽△AOE，根据相似三角形的性质可得
b △AOE 2 △BOD 2
S
△COD=
(OC) 2
=
1
，
OD
=
OC
=
1
，从而可得S =
1
k，OD=DE，然后求出S =S =3，最
S OA 4 OE OA 2 △COD 8 △BOC △ABC
△AOE
后根据S +S =S 建立方程，解方程即可得．
△BOC △COD △BOD
【详解】解：如图，过点A作AE⊥x轴于点E，连接OB，
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( k) ( k)
由题意，设点A的坐标为A a, (a>0)，点B的坐标为B b, (b>0)，
a b
k k
∴OE=a,AE= ，OD=b,BD= ，
a b
1 1 1 1
∴S = OE⋅AE= k，S = OD⋅BD= k，
△AOE 2 2 △BOD 2 2
∵点C为线段OA的中点，
1
∴OC= OA，
2
∵AE⊥x轴，BD⊥x轴，
∴AE∥BD，
∴△COD∽△AOE，
∴
S
△COD=
(OC) 2
=
1
，
OD
=
OC
=
1
，
S OA 4 OE OA 2
△AOE
1 1 1
∴S = S = k，OD= OE，
△COD 4 △AOE 8 2
∴OD=DE，
∴△BOC与△ABC的BC边上的高相等，
∴S =S =3，
△BOC △ABC
又∵S +S =S ，
△BOC △COD △BOD
1 1
∴3+ k= k，
8 2
解得k=8，
故选：A．
3．（2025·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，点E是边CB的一点且BE:EC=1:2，连接AE，将AB
沿AE折叠至正方形内部，得到线段AF，延长AF交BC于点G，延长EF交DC于点H，若AB=6，连接
CF,DF，则DF+CF的长为（ ）
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12√5 18√5 18√3 12√3
A． B． C． D．
5 5 3 3
【答案】B
【分析】过F作FM⊥CD交于M，连接AH，先证明Rt△ADH≌Rt△AFH，得出DH=FH，设
DH=FH=x，则CH=6−x，列方程求出DH=FH=3,CH=3,HE=5，证明△FHM∽△EHC，求出
12 9
FM= ,HM= ，再利用勾股定理即可求解．
5 5
【详解】解：过F作FM⊥CD交于M，连接AH，
在正方形ABCD中，AB=BC=AD=CD=6,∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，
由折叠得：AF=AB=6,∠AFE=∠B=90°,EF=BE，
∴AF=AD,∠AFH=∠ADH=90°，
∵AH=AH，
∴Rt△ADH≌Rt△AFH，
∴DH=FH，
∵BE:EC=1:2，
1
∴EF=BE=6× =2,EC=4，
3
设DH=FH=x，则CH=6−x，
在Rt△ECH中，EC2+CH2=EH2，
∴42+(6−x) 2=(2+x) 2，
解得：x=3，
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∴DH=FH=3,CH=6−3=3,HE=3+2=5，
∵∠FMH=∠ECH=90°,∠FHM=∠EHC，
∴△FHM∽△EHC，
FH FM HM
∴ = = ，
EH EC HC
3 FM HM
∴ = = ，
5 4 3
12 9
∴FM= ,HM= ，
5 5
9 6 9 24
∴CM=3− = ,BM=3+ = ，
5 5 5 5
√ (6) 2 (12) 2 6√5 √ (24) 2 (12) 2 12√5
∴CF= + = ,DF= + = ，
5 5 5 5 5 5
6√5 12√5 18√5
∴DF+CF= + = ，
5 5 5
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，
勾股定理等；能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．
4．（2025·安徽合肥·一模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是边AB上一点，且AE=2，点
F是边BC上任一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为B'，连接AC、CB'，则以下结论正确的是
（ ）
4 3
①当△BEF与△ABC相似时，BF= ；②CB'的最小值是√17−1；③点B'到AC距离的最小值是 ；④取
3 5
√17+1
CB'的中点P，连接BP，则BP的最大值是 ．
2
A．①③④ B．②③④ C．②③ D．②④
【答案】B
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、勾股定理、圆的基本性质，熟练掌握
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隐形圆上的点到定点和定直线的距离问题是解答的关键．利用相似三角形的性质可判断①；②由折叠性质
得EB'=BE=1，则点B'在以点E为圆心，1为半径的圆上运动，如图，连接CE，当C、B'、E共线时，
CB'有最小值，最小值为CE−1，利用勾股定理求解CE即可判断②；过E作EG⊥AC于G，当E、B'、
G共线时，B'G最小，即点B'到AC距离的最小，最小值为B'G的长度，利用三角形的面积公式求得
8
EG= ，进而求得B'G可判断③；取CE的中点，连接OP、OB，利用三角形的中位线求得
5
1 1 1
PO= EB'= ，则点P在以点O为圆心， 为半径的圆上运动，当点P在BO的延长线上时，BP最大，
2 2 2
1
最大值为OB+ ，利用相似三角形的判定与性质和勾股定理求得OB即可判断④，进而可得答案．
2
【详解】解：∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4，
∴∠ABC=90°，AC=√AB2+BC2=√32+42=5，
∵AE=2，
∴BE=AB−AE=1，
BE BF 1 BF
①当△BEF∽△BAC时，则 = ，即 = ，
AB BC 3 4
4
解得BF= ；
3
BE BF 1 BF
当△BEF∽△BCA时，则 = ，即 = ，
BC AB 4 3
3
解得BF= ，
4
4 3
综上，当△BEF与△ABC相似时，BF= 或BF= ，故①错误；
3 4
②由折叠性质得EB'=BE=1，则点B'在以点E为圆心，1为半径的圆上运动，如图，连接CE，当C、B'
、E共线时，CB'有最小值，最小值为CE−1，
在Rt△BCE中，CE=√BE2+BC2=√12+42=√17，
∴CB'的最小值为√17−1，故②正确；
③过E作EG⊥AC于G，当E、B'、G共线时，B'G最小，即点B'到AC距离的最小，最小值为B'G的长
度，
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1 1 AE⋅BC 2×4 8
由S = AC⋅EG= AE⋅BC得EG= = = ，
△ACE 2 2 AC 5 5
8 3
∴B'G=EG−EB'= −1= ，
5 5
3
∴点B'到AC距离的最小值为 ，故③正确；
5
④取CE的中点，连接OP、OB，
∵点P是CB'的中点，
∴OP是△CEB'的中位线，
1 1
∴PO= EB'= ，
2 2
1 1
∴点P在以点O为圆心， 为半径的圆上运动，当点P在BO的延长线上时，BP最大，最大值为OB+ ，
2 2
过O作OH⊥BC于H，则∠OHB=∠OHC=∠EBC=90°，又∠OCH=∠ECB，
∴△COH∽△CEB，
OH CH OC 1
∴ = = = ，
BE BC CE 2
1 1 1
∴OH= BE= ，BH=CH= BC=2，
2 2 2
∴在Rt△OHB中，OB=√OH2+BH2=
√ (1) 2
+22=
√17
，
2 2
1 √17 1 √17+1
∴BP的最大值是OB+ = + = ，故④正确，
2 2 2 2
综上，结论正确的是②③④，
故选：B．
5．（2025·山东济南·一模）如图1，四边形ABCD为菱形，动点P，Q同时从A点出发，点P以每秒1个单
位长度沿线段AD向终点D运动；点Q沿线段A−B−C−D向终点D运动，当点P运动至终点时，另一点
Q也恰好到达终点．设运动时间为x秒， △APQ的面积为y个平方单位，图2为y关于x的函数关系图象．
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下面四个结论中：①菱形ABCD的边长为6；②点Q的运动速度为每秒3个单位长度；③当2≤x≤5时，
5 15
5≤ y≤10；④曲线FG段的函数解析式为y=− x2+ x，结论正确的是（ ）
4 2
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②④
【答案】A
【分析】根据当点P运动至终点时，另一点Q也恰好到达终点可知点Q的速度是点P速度的3倍，进而可
判断②正确；由图象可知，2秒后点Q到达点B，进而求出菱形的边长，可判断①正确；当点Q到达点C
时，△APQ的面积最大，求出此时的面积可判断③正确；当点Q运动到CD的中点时，作QE⊥AD交AD
AB BH 5 25
的延长线于E，此时x=15÷3=5，AP=5，DQ=3．证明 = ，求出QE= ，△APQ的面积为 ，
DQ QE 2 4
( 25)
设曲线FG段的函数解析式为y=ax2+bx+c，把(4,10), 5, ,(6,0)代入求出函数解析式可判断④正确．
4
【详解】解：∵动点P，Q同时从A点出发，同时到达点D，
∴点Q的速度是点P速度的3倍，
∵点P以每秒1个单位长度的速度运动，
∴点Q的运动速度为每秒3个单位长度，故②正确；
由图象可知，2秒后点Q到达点B，
∴AB=2×3=6，即菱形ABCD的边长为6，故①正确；
作BH⊥AD于点H，由图象可知，点Q到达点B时，即x=2时，△APQ的面积为5，此时AP=2，
1
∴ AP⋅BH=5，
2
1
∴ ×2BH=5，
2
∴BH=5，
1
当点Q到达点C时，△APQ的面积最大，此时x=12÷3=4，AP=4，△APQ的面积为 ×4×5=10，即
2
当2≤x≤5时，5≤ y≤10，故③正确；
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当点Q运动到点D时，x=18÷3=6，
当点Q运动到CD的中点时，作QE⊥AD交AD的延长线于E，此时x=15÷3=5，AP=5，DQ=3．
∵AB∥CD，
∴∠A=∠CDE，
∵∠AHB=∠DEQ，
∴△ABH∽△DQE，
AB BH
∴ = ，
DQ QE
6 5
∴ = ，
3 QE
5
∴QE= ，
2
1 5 25
∴△APQ的面积为 ×5× = ，
2 2 4
设曲线FG段的函数解析式为y=ax2+bx+c，
( 25)
把(4,10), 5, ,(6,0)代入，得
4
¿，
解得¿，
5 15
∴y=− x2+ x，故④正确．
4 2
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，从函数图象获取信息，相似三角形的判定与性质，二次函数的应用，数
形结合是解答本题的关键．
6．（2025·河北石家庄·一模）如图，在平面直角坐标系中，正方形OA B C ，B A B C ，B A B C ，
1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3
⋯的顶点B ，B ，B ，⋯在x轴上．顶点C ，C ，C ，⋯在直线y=kx+b上，若OB =2，B B =3，
1 2 3 1 2 3 1 1 2
则（ ）
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①点C 坐标为(1,1)；
1
1 4
②直线y=kx+b的表达式为y= x+ ；
5 5
③S :S =2:3；
△C B C △C B C
1 1 2 2 2 3
(3) n−1
④点C 的横坐标为5· −4，其中说法正确的为（ ）
n 2
A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③
【答案】C
【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征及点的坐标变化规律，利用正方形的性质求出点C 和C 的
1 2
坐标即可判断①；利用待定系数法得出直线的函数解析式即可判断②；利用相似三角形面积的比等于相似
比的平方即可判断③；再依次求出点C ，C ，…，的纵坐标，发现规律即可判断④．
3 4
【详解】解：分别过点C ，C 作x轴的垂线，垂足分别为M和N，
1 2
∵四边形OA B C 和四边形B A B C 是正方形，且OB =2，B B =3，
1 1 1 1 2 2 2 1 1 2
(7 3)
∴点C 的坐标为(1,1)，点C 的坐标为 , ，故①正确；
1 2 2 2
将C 和C 的坐标代入y=kx+b得，
1 2
¿，
解得¿，
1 4
∴直线的函数解析式为y= x+ ，故②正确；
5 5
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由题意可知A C ∥A C ，A C ∥A C ，
2 1 3 2 1 2 2 3
∴△C B C ∽△C B C ，
1 1 2 2 2 3
S C B 2
∴ △C 1 B 1 C 2= ( 1 1 ) ，
S C B
△C B B 2 2
2 2 3
C B C M 1 2
1 1= 1 = =
∵C B C N 3 3，
2 2 2
2
∴S :S =4:9，故③错误；
△C B C △C B C
1 1 2 2 2 3
过点C 作x轴的垂线，垂足为P，
3
设B P=PC =t,
2 3
∴点C 坐标可表示为(5+t,t)，
3
将点C 坐标代入直线函数解析式得，
3
1 4
(5+t)+ =t，
5 5
9
解得t= ，
4
9
∴点C 的纵坐标为 ．
3 4
27
同理可得，点C 的纵坐标为 ，
4 8
…，
(3) n−1
∴点C 的纵坐标为 ，
n 2
1 4 (3) n−1
代入y= x+ ，即可求得x=5⋅ −4，
5 5 2
(3) n−1
∴点C 的横坐标为5⋅ −4，故④正确．
n 2
故选：C．
7．（2025·山西·一模）如图，在△ABC中，AC=BC,∠ACB=120°，点D为AC中点，连接BD，点E
为BA延长线上一点，连接CE．若∠ACE=∠ABD,EC=2√7，则AE的长为 ．
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【答案】2
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，取AB中点F，连接
DF、CF，设CF=√3t（t>0），求得AC=2√3t, AF=3t，BC=AC=2√3t,证明△ACE∽△FBD，
AC AE 2√3t AE
得到 = ，即 = ，解出t，再利用勾股定理即可求解，掌握相关知识是解题的关键．
BF DF 3t √3t
【详解】解：取AB中点F，连接DF、CF，如图：
∵AC=BC，点F是AB中点，
∴CF⊥AB，
设CF=√3t（t>0），
∵AC=BC，∠ACB=120°，
1
∴∠CAB=∠ABC= (180°−∠ACB)=30°，
2
在Rt△ACF中，∠AFC=90°,∠CAB=30°,CF=√3t，
∴AC=2CF=2√3t,
∴AF=√AC2−CF2=√(2√3t) 2 −(√3t) 2=3t，BC=AC=2√3t,
∵点F是AB中点，
∴AF=BF=3t，
在△ABC中，点D,F分别是AC、AB中点，
∴DF是△ABC的中位线，
1 1
∴DF= BC= ×2√3t=√3t，DF∥BC，
2 2
∴∠AFD=∠ABC=30°，
∴∠EAC=180°−∠CAB=150°,∠DFB=180°−∠AFD=150°，
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∴∠EAC=∠DFB，
又∵∠ACE=∠ABD，即∠ACE=∠FBD，
∴△ACE∽△FBD，
AC AE 2√3t AE
∴ = ，即 = ，
BF DF 3t √3t
∴AE=2t，
∴EF=AE+AF=2t+3t=5t，
在Rt△EFC中，EF2+CF2=EC2，即(5t) 2+(√3t) 2=(2√7) 2 ，
解得：t=1，
∴AE=2t=2，
故答案为：2．
8．（2025·陕西咸阳·二模）【问题提出】
（1）如图①，点A是⊙O外一点，点P是⊙O上一动点．若⊙O的半径为3，OA长度为5，根据
PA≥OA−OP，得到点P到点A的最短距离为_____________；
（2）如图②，已知正方形ABCD的边长为4，点M，N分别从点B，C同时出发，以相同的速度沿边
BC，CD方向向终点C和D运动，连接AM和BN交于点P．求点P到点C的最短距离．
【问题解决】
（3）如图③，某老小区有一个矩形ABCD活动广场，由于广场年久失修，居民使用率很低，物业为改善
居民生活品质，计划将这个广场进行更新改造．按照改造设计要求，在BC上取一点E，在AE上留一条小
路与小路BD交于点F，并将AF绕点F逆时针旋转90°得到线段FG，FG与CD交于点H，连接
AH，AH与BD交于点K，在△AKF处建一个人工湖，已知AB=400m，AD=300m，BD=500m．为
满足活动广场各功能场所的需要，想让人工湖面积尽可能小．请问，是否存在符合设计要求的面积最小的
△AKF？若存在，求△AKF面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）2√5−2；（3）存在，△AKF面积的最小值为19200
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【分析】本题考查了正方形、勾股定理、圆、旋转、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握圆、全等
三角形、相似三角形的性质；
（1）结合题意，当P，O，A三点共线时，AP最小值，从而得到答案；
（2）根据题意得BM=CN，在根据全等三角形的性质，通过证明△ABM≌△BCN，推导得
∠APB=90°，在结合圆的性质，得P点在以AB为直径的圆上，当P，O，C三点共线时，PC有最小值；
再结合正方形和勾股定理计算，即可得到答案；
（3）根据圆的性质，得∠HAF=∠FDH为定值，再根据相似三角形的性质，通过证明△KOS∽△BDC，
KO KS OS 6
得 = = ，设⊙O的半径为r，从而计算得KF= r，结合一元一次不等式，当A，O，F共线
BD BC DC 5
时，即可得到答案．
【详解】（1）当P，O，A三点共线时，AP有最小值为OA−OP=5−3=2，
故答案为：2；
（2）根据题意，得BM=CN，
又∵AB=BC，∠ABM=∠BCN，
△ABM和△BCN中，
¿，
∴△ABM≌△BCN(SAS)，
∴∠CBN=∠BAM．
∵∠ABP+∠CBN=90°，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°．
∴P点在以AB为直径的圆上．
如图，取AB的中点O，连接OP，PC，OC．
∴PC≥OC−OP．
当P，O，C三点共线时，PC有最小值为OC−OP，
∵已知正方形ABCD的边长为4，
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AB
∴OP= =2，BC=4，
2
∴OC=2√5．
∴PC的最短距离为2√5−2．
（3）存在．
如图，作△AFK的外接圆⊙O，连接OA，OK，OF，过点A作AR⊥BD，垂足为R，过点O作
OS⊥BD，垂足为S．
∵∠AFH=∠ADH=90°，
∴四边形ADHF四点共圆．
∴∠HAF=∠FDH为定值．
∵OS⊥KF，
∴∠KOS=∠FOS，KS=SF．
∵∠KOF=2∠KAF=2∠FDH，
∴∠KOS=∠FDH．
又∵∠OSK=∠BCD=90°，
∴△KOS∽△BDC．
KO KS OS
∴ = = ，
BD BC DC
设⊙O的半径为r，
r KS OS
∴ = = ，
500 300 400
3 4
∴KS= r=SF，OS= r．
5 5
6
∴KF= r．
5
1 1
∵S = AB⋅AD= BD⋅AR，
△ABD 2 2
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∴AR=240．
4 400
由图可知AO+OS≥AR，即r+ r≥240，解得r≥ ．
5 3
1 1 6 400
∴S = KF⋅AR= × r×240=144r≥144× =19200．
△AKF 2 2 5 3
当A，O，F共线，即AK=AF时取等号，即△AKF面积的最小值为19200．
9．（2025·山东青岛·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，动点P从点A出发沿
AC边向点C以每秒3个单位长的速度运动，动点Q从点C出发沿CB边向点B以每秒4个单位长的速度运动．
P，Q分别从点A,C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ
关于直线PQ对称的图形是△PDQ．设运动时间为t（秒）．
(1)设四边形CQDP的面积为y，求y与t的函数关系式；
(2)当t=______秒，四边形PQBA是梯形？
(3)是否存在时刻t，使得PD∥AB？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)当t=______秒时，PD⊥AB．
【答案】(1)y=−12t2+48t
(2)2
12
(3)t=
11
63
(4)
13
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称图形的性质，矩形的性质与判定等
等，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）由题意知CQ=4t，PC=12−3t，则可求出S ，再由轴对称图形的性质即可得到答案；
△PCQ
（2）可证明△PCQ∽△ACB，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可；
20
（3）证明Rt△QMD∽Rt△ABC，求出QM= t，再证明△PCM∽△ACB，利用相似三角形的性质列
3
出比例式求解即可；
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9
（4）延长PD交AB于H，过Q作QR⊥AB于R．证明△PHA∽△BCA，得到AH= t，同理可得
5
4(16−4t) 9 4(16−4t)
BR= ，证明四边形QDHR是矩形，得到HR=DQ=CQ=4t，则 t+4t+ =20，
5 5 5
解方程即可得到答案．
【详解】（1）解；由题意知CQ=4t，PC=12−3t，
1
∴S = PC⋅CQ=−6t2+24t，
△PCQ 2
∵△PCQ与△PDQ关于直线PQ对称，
∴y=2 S =−12t2+48t；
△PCQ
（2）解：当四边形PQBA是梯形时，PQ∥AB，
∴△PCQ∽△ACB，
CP CQ 12−3t 4t
∴ = ，即 = ，
CA CB 12 16
解得：t=2，
故t为2秒时，四边形PQBA是梯形，
故答案为：2；
（3）解：设某一时刻t，PD∥AB，延长PD交BC于点M，如图，
若PD∥AB，则∠QMD=∠B，
又∵∠QDM=∠C=90°，
∴Rt△QMD∽Rt△ABC，
QM QD
∴ = ，
AB AC
∵QD=CQ=4t，AC=12，AB=√122+162=20，
20
∴QM= t，
3
∵PD∥AB，
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∴∠CPM=∠A，∠PMC=∠B，
∴△PCM∽△ACB，
CP CM
∴ = ，
CA CB
20
4t+ t 12
即12−3t 3 ，解得t= ．
= 11
12 16
（4）解：延长PD交AB于H，过Q作QR⊥AB于R．
∵∠A=∠A，∠PHA=∠C=90°，
∴△PHA∽△BCA，
AH AP AH 3t
∴ = ，即 = ，
AC AB 12 20
9
∴AH= t，
5
4(16−4t)
同理可得BR= ，
5
∵∠QDP=∠C=∠QDH=∠DHR=∠QRH=90°，
∴四边形QDHR是矩形，
∴HR=DQ=CQ=4t，
∵AB=20．
9 4(16−4t)
∴ t+4t+ =20，
5 5
36
解得t= ．
13
36
故答案为： ．
13
10．（2025·山东淄博·一模）如图1，二次函数y =ax2+bx−2的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于
1
点C，且OC=OB=2OA．
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(1)求抛物线的表达式：
PD
(2)如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上一点，连接PO交BC于点D，求 的最大值及此时点
OD
P的坐标；
(3)作抛物线y 关于直线y=4上一点对称的函数图象y ，且y 与y 只有一个公共点E（E在y轴右侧），M
1 2 1 2
为直线BC上一点，N为抛物线y 对称轴上一点，若以B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，求M
2
的坐标．
【答案】(1)y =x2−x−2；
1
1
(2)最大值 ，此时点P的坐标为(1,−2)；
2
(9 5) (13 9) ( 1 5)
(3) , 或 , 或 − ,− ．
2 2 2 2 2 2
【分析】(1)根据二次函数的解析式可得抛物线与y轴的交点坐标为C(0,−2)，再根据OC=OB=2OA求出
点A、B的坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式即可；
(2)连接BC，过P作PE⊥x，交BC于点F，根据PE∥y轴可证△DOC∽△DPF，根据相似三角形的性
PD PF
质可证 = ，利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=x−2，设P(t,t2−t−2)，则F(t,t−2)，
OD OC
PF 1 1 PF
从而可得PF=−t2+2t，所以有 =− (t−1) 2+ ，根据二次函数的性质可得当t=1时， 取得最大
OC 2 2 OC
1
值 ，此时点P的坐标为(1,−2)；
2
(3)把y=4代入y =ax2+bx−2，求出点E的坐标，再根据两抛物线关于点E中心对称，求出抛物线y 的顶
1 2
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(11 )
点坐标，根据点M为直线BC上一点，N为抛物线y 对称轴上一点，设M(m,m−2)，N ,n ，然后再
2 2
分三种情况：当点B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形EBMN时，当点B，E，M，N为顶点的
四边形是平行四边形EBNM时，当BE为平行四边形的对角线时求解即可．
【详解】（1）解：将x=0代入y =ax2+bx−2，
1
可得：y =−2，
1
∴点C的坐标为C(0,−2)，
∵ OC=OB=2OA，
∴ A B A(−1,0) B(2,0)
点 、 的坐标分别为 ， ，
把点A(−1,0)，B(2,0)的坐标代入y =ax2+bx−2，
1
可得：¿，
解得：¿
∴抛物线的解析式为y =x2−x−2；
1
（2）解：如下图所示，连接BC，过P作PE⊥x，交BC于点F，
∵ PE∥y轴，
∴∠DOC=∠DPF ∠DCO=∠DFP
， ，
∴ △DOC∽△DPF，
PD PF
∴ = ，
OD OC
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设BC直线的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将B(2,0)，C(0,−2)代入y=kx+b(k≠0)，
可得：¿，
解得：¿，
∴直线BC的解析式为y=x−2，
设P(t,t2−t−2)，则F(t,t−2)，
∴ PF=t−2−(t2−t−2)=−t2+2t，
PF −t2+2t
∴ = ，
OC 2
PF 1 1
∴ =− (t−1) 2+
OC 2 2
∵ 0
