【专项练习】中考数学试题分专题训练 专题5.2 图形的相似（第03期）（教师版含解析）

这是一份【专项练习】中考数学试题分专题训练 专题5.2 图形的相似（第03期）（教师版含解析），共54页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如图，在△ABC中，EF∥BC，AB=3AE，若S四边形BCFE=16，则S△ABC=（　　）

A． 16 B． 18 C． 20 D． 24
【来源】广西壮族自治区贵港市2018年中考数学试卷
【答案】B
【解析】【分析】由EF∥BC，可证明△AEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求出S△ABC的值．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解本题的关键.
2．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．
【来源】广东省2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】【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．
【详解】如图，∵点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
故选C．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、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．学@科网
3．如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交AB于点E，∠BCD=60°，AD=AB，连接OE．下列结论：①S▱ABCD=AD•BD；②DB平分∠CDE；③AO=DE；④S△ADE=5S△OFE，其中正确的个数有（　　）

A． 1个 B． 2个 C． 3个 D． 4个
【来源】内蒙古通辽市2018年中考数学试卷
【答案】B
【解析】【分析】求得∠ADB=90°，即AD⊥BD，即可得到S▱ABCD=AD•BD；依据∠CDE=60°，∠BDE30°，可得∠CDB=∠BDE，进而得出DB平分∠CDE；依据Rt△AOD中，AO＞AD，即可得到AO＞DE；依据OE是△ABD的中位线，即可得到OE∥AD，OE=AD，进而得到△OEF∽△ADF，依据S△ADF=4S△OEF，S△AEF=2S△OEF，即可得到S△ADE=6S△OFE．
【详解】∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=AE=AB，
∴E是AB的中点，
∴DE=BE，
∴∠BDE=∠AED=30°，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，
∴S▱ABCD=AD•BD，故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE30°，
∴∠CDB=∠BDE，
∴DB平分∠CDE，故②正确；
∵Rt△AOD中，AO＞AD，
∴AO＞DE，故③错误；
∵O是BD的中点，E是AB的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥AD，OE=AD，
∴△OEF∽△ADF，
∴S△ADF=4S△OEF，且AF=2OF，
∴S△AEF=2S△OEF，
∴S△ADE=6S△OFE，故④错误，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关性质与定理是解题的关键.
4．如图，DE∥FG∥BC，若DB=4FB，则EG与GC的关系是（　　）

A． EG=4GC B． EG=3GC C． EG=GC D． EG=2GC
【来源】四川省乐山市2018年中考数学试题
【答案】B

点睛：此题主要考查平行线分线段成比例定理的理解及运用．根据平行线分线段成比例定理解答是解题的关键．
5．如图，已知在▱ABCD中，E为AD的中点，CE的延长线交BA的延长线于点F，则下列选项中的结论错误的是（　　）

A． FA：FB=1：2 B． AE：BC=1：2
C． BE：CF=1：2 D． S△ABE：S△FBC=1：4
【来源】辽宁省盘锦市2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：根据平行四边形的性质得到CD∥AB，CD=AB，根据相似三角形的判定定理和性质定理计算，判断即可．
详解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD=AB，
∴△DEC∽△AEF，
∴，
∵E为AD的中点，
∴CD=AF，FE=EC，
∴FA：FB=1：2，A说法正确，不符合题意；
∵FE=EC，FA=AB，
∴AE：BC=1：2，B说法正确，不符合题意；
∵∠FBC不一定是直角，
∴BE：CF不一定等于1：2，C说法错误，符合题意；
∵AE∥BC，AE=BC，
∴S△ABE：S△FBC=1：4，D说法正确，不符合题意；
故选：C．
点睛：本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
6．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，成书于约一千五百年前，其中有首歌谣：今有竿不知其长，量得影长一丈五尺，立一标杆，长一尺五寸，影长五寸，问竿长几何？意即：有一根竹竿不知道有多长，量出它在太阳下的影子长一丈五尺，同时立一根一尺五寸的小标杆，它的影长五寸（提示：1丈=10尺，1尺=10寸），则竹竿的长为（　　）

A． 五丈 B． 四丈五尺 C． 一丈 D． 五尺
【来源】吉林省长春市2018年中考数学试卷
【答案】B
【解析】【分析】根据同一时刻物高与影长成正比可得出结论．
【详解】设竹竿的长度为x尺，
∵竹竿的影长=一丈五尺=15尺，标杆长=一尺五寸=1.5尺，影长五寸=0.5尺，
∴，
解得x=45（尺），
故选B．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用举例，熟知同一时刻物髙与影长成正比是解答此题的关键．
7．如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点G在线段AD上，GE∥BD，且交AB于点E，GF∥AC，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（　　）

A． B． C． D．
【来源】黑龙江省哈尔滨市2018年中考数学试题
【答案】D
【解析】分析：由GE∥BD、GF∥AC可得出△AEG∽△ABD、△DFG∽△DCA，根据相似三角形的性质即可找出，此题得解．
详解：∵GE∥BD，GF∥AC，
∴△AEG∽△ABD，△DFG∽△DCA，
∴，，
∴．
故选：D．
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质找出是解题的关键．
8．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
【来源】湖北省荆门市2018年中考数学试卷
【答案】C

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握和灵活运用平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键. 学@科网
9．如图，点在线段上，在的同侧作等腰和等腰，与、分别交于点、.对于下列结论：
①；②；③.其中正确的是（ ）

A． ①②③ B． ① C． ①② D． ②③
【来源】江苏省扬州市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】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．
详解：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．
点睛：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．
10．学校门口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置绕点旋转到位置，已知，，垂足分别为，，，，，则栏杆端应下降的垂直距离为( )

A． B． C． D．
【来源】浙江省义乌市2018年中考数学试题
【答案】C
【解析】分析：根据题意得△AOB∽△COD，根据相似三角形的性质可求出CD的长.
详解：∵，，
∴∠ABO=∠CDO,
∵∠AOB=∠COD,
∴△AOB∽△COD，
∴
∵AO=4m ，AB=1.6m ，CO=1m，
∴.
故选C.
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质，正确得出△AOB∽△COD是解题关键．
11．如图，已知AB是的直径，点P在BA的延长线上，PD与相切于点D，过点B作PD的垂线交PD的延长线于点C，若的半径为4，，则PA的长为（ ）

A． 4 B． C． 3 D． 2.5
【来源】【全国省级联考】2018年重庆市中考数学试卷（A卷）
【答案】A
【解析】【分析】连接OD，由已知易得△POD∽△PBC，根据相似三角形对应边成比例可求得PO的长，由PA=PO-AO即可得.

【点睛】本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质，连接OD构造相似三角形是解题的关键.
12．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
【来源】台湾省2018年中考数学试卷
【答案】D
【解析】
分析：只要证明△ADE∽△FGH，可得，由此即可解决问题.
详解：∵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，
∴．
故选D．
点睛：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．
13．如图，在平面直角坐标系中，M、N、C三点的坐标分别为（，1），（3，1），（3，0），点A为线段MN上的一个动点，连接AC，过点A作交y轴于点B，当点A从M运动到N时，点B随之运动，设点B的坐标为（0，b），则b的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
【来源】广西壮族自治区桂林市2018年中考数学试题
【答案】A
【解析】分析：分两种情形：当A与点N、M重合时来确定b的最大与最小值即可.
详解：如图1，当点A与点N重合时，CA⊥AB，

∴MN是直线AB的一部分，
∵N（3，1）
∴OB=1，此时b=1；
当点A与点M重合时，如图2，延长NM交y轴于点D，

易证△MCN∽△BMD
∴
∵MN=3-=,DM=，CN=1
∴BD=
∴OB=BD-OD=-1=,即b=-，
∴b的取值范围是.
故选A.
点睛：此题考查了坐标与图形，灵活运用相似三角形的判定与性质是解此题的关键..
二、填空题
14．如图，将钢球放置到一个倒立的空心透明圆锥中，测得相关数据如图所示（图中数据单位：cm），则钢球的半径为_____cm（圆锥的壁厚忽略不计）．

【来源】湖北省荆州市2018年中考数学试卷
【答案】

【点睛】本题考查了相似三角形的性质，圆锥的性质，求出钢球的直径是解题的关键.
15．如图，正方形ABCD的边长为12，点E在边AB上，BE=8，过点E作EF∥BC，分别交BD、CD于G、F两点．若点P、Q分别为DG、CE的中点，则PQ的长为_____．

【来源】广西壮族自治区贺州市2018年中考数学试卷
【答案】2
【解析】【分析】根据题意作出合适的辅助线，利用三角形中位线定理、三角形的相似可以求得PH和QH的长，然后根据勾股定理即可求得PQ的长．
【详解】作QM⊥EF于点M，作PN⊥EF于点N，作QH⊥PN交PN的延长线于点H，如图所示，
∵正方形ABCD的边长为12，BE=8，EF∥BC，点P、Q分别为DG、CE的中点，
∴DF=4，CF=8，EF=12，
∴MQ=4，PN=2，MF=6，
∵QM⊥EF，PN⊥EF，BE=8，DF=4，
∴△EGB∽△FGD，
∴，
即，
解得，FG=4，
∴FN=2，
∴MN=6﹣2=4，
∴QH=4，
∵PH=PN+QM，
∴PH=6，
∴PQ==2，
故答案为：2．

【点睛】本题考查了三角形中位线定理、正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，正确添加辅助线、结合图形熟练应用相关性质和定理进行解题是关键.
16．如图，在矩形ABCD中，点E为AD中点，BD和CE相交于点F，如果DF=2，那么线段BF的长度为__．

【来源】辽宁省阜新市2018年中考数学试题
【答案】4．
【解析】分析：根据矩形的性质可得AD∥BC，那么△DEF∽△BCF，利用相似三角形对应边成比例即可求出线段BF的长度．
详解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴，
∵点E为AD中点，
∴DE=AD，
∴DE=BC，
∴，
∴BF=2DF=4．
故答案为4．
点睛：本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，线段中点的定义，证明出△DEF∽△BCF是解题的关键．学@科网
17．如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E为AD上一点，且∠ABE=30°，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接CA′并延长，与AD相交于点F，则DF的长为______．

【来源】辽宁省大连市2018年中考数学试卷
【答案】6﹣2
【解析】分析：如图作A′H⊥BC于H．由△CDF∽△A′HC，可得，延长构建方程即可解决问题.
详解：如图作A′H⊥BC于H．


∴DF＝6−
故答案为6−．
点睛：本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、直角三角形30度角性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
18．如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=6，点D，E分别是边BC，AC上的动点，则DA+DE的最小值为_____．

【来源】湖北省十堰市2018年中考数学试卷
【答案】
【解析】【分析】如图，作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作AE⊥AC于E，交BC于D，则AD=A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．
【详解】如图，作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作AE⊥AC于E，交BC于D，则AD=A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长；
Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=6，
∴BC==9，
S△ABC=AB•AC=BC•AF，
∴3×6=9AF，
AF=2，
∴AA'=2AF=4，
∵∠A'FD=∠DEC=90°，∠A'DF=∠CDE，
∴∠A'=∠C，
∵∠AEA'=∠BAC=90°，
∴△AEA'∽△BAC，
∴，
∴，
∴A'E=，
即AD+DE的最小值是，
故答案为：．

【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题.
19．如图，△ABC是等边三角形，AB=，点D是边BC上一点，点H是线段AD上一点，连接BH、CH．当∠BHD=60°，∠AHC=90°时，DH=_____．

【来源】辽宁省沈阳市2018年中考数学试卷
【答案】
【解析】【分析】如图，作AE⊥BH于E，BF⊥AH于F，利用等边三角形的性质得AB=AC，∠BAC=60°，再证明∠ABH=∠CAH，则可根据“AAS”证明△ABE≌△CAH，所以BE=AH，AE=CH，在Rt△AHE中利用含30度的直角三角形三边的关系得到HE=AH，AE=AH，则CH=AH，于是在Rt△AHC中利用勾股定理可计算出AH=2，从而得到BE=2，HE=1，AE=CH=，BH=1，接下来在Rt△BFH中计算出HF=，BF=，然后证明△CHD∽△BFD，利用相似比得到=2，从而利用比例性质可得到DH的长．

在Rt△AHE中，∠AHE=∠BHD=60°，
∴sin∠AHE=，HE=AH，
∴AE=AH•sin60°=AH，
∴CH=AH，
在Rt△AHC中，AH2+（AH）2=AC2=（）2，解得AH=2，
∴BE=2，HE=1，AE=CH=，
∴BH=BE﹣HE=2﹣1=1，
在Rt△BFH中，HF=BH=，BF=，
∵BF∥CH，
∴△CHD∽△BFD，
∴=2，
∴DH=HF=×=，
故答案为：．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等，解题的关键是明确在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．
20．如图，已知AB∥CD，若，则=_____．

【来源】云南省2018年中考数学试卷
【答案】
【解析】【分析】利用相似三角形的性质即可解决问题；
【详解】∵AB∥CD，
∴△AOB∽△COD，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21．如图，在△ABC中，BC=6，BC边上的高为4，在△ABC的内部作一个矩形EFGH，使EF在BC边上，另外两个顶点分别在AB、AC边上，则对角线EG长的最小值为_____．

【来源】贵州省贵阳市2018年中考数学试卷
【答案】
【解析】【分析】作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，证△ADG∽△ABC得，据此知EF=DG=（4﹣x），由EG=即可求得答案．
【详解】如图，作AQ⊥BC于点Q，交DG于点P，

∵四边形DEFG是矩形，
∴AQ⊥DG，GF=PQ，
设GF=PQ=x，则AP=4﹣x，

【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的性质、相似三角形的判定与性质及二次函数的性质及勾股定理．
22．已知：如图，△ABC的面积为12，点D、E分别是边AB、AC的中点，则四边形BCED的面积为_____．

【来源】四川省资阳市2018年中考数学试卷
【答案】9
【解析】【分析】设四边形BCED的面积为x，则S△ADE=12﹣x，由题意知DE∥BC且DE=BC，从而得，据此建立关于x的方程，解之可得．
【详解】设四边形BCED的面积为x，则S△ADE=12﹣x，
∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
则=，即，
解得：x=9，
即四边形BCED的面积为9，
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握中位线定理及相似三角形的面积比等于相似比的平方的性质．学@科网

三、解答题
23．如图1，直线AB与x轴、y轴分别相交于点A、B，将线段AB绕点A顺时针旋转90°，得到AC，连接BC，将△ABC沿射线BA平移，当点C到达x轴时运动停止．设平移距离为m，平移后的图形在x轴下方部分的面积为S，S关于m的函数图象如图2所示（其中0＜m≤a，a＜m≤b时，函数的解析式不同）．
（1）填空：△ABC的面积为 ；
（2）求直线AB的解析式；
（3）求S关于m的解析式，并写出m的取值范围．

【来源】辽宁省大连市2018年中考数学试卷
【答案】（1）；（2）直线AB的解析式为y=﹣x+1；（3）S=．
【解析】分析：（1）由图2结合平移即可得出结论；
（2）判断出△AOB≌△CEA，得出AE＝OB，CE＝OA，再由图2知，点C的纵坐标是点B纵坐标的2倍，即可利用三角形ABC的面积求出OB，OA，即可得出结论；
（3）分两种情况，利用三角形的面积公式或三角形的面积差即可得出结论．
详解：（1）结合△ABC的移动和图2知，点B移动到点A处，就是图2中，m=a时，S=S△A'B'D=，点C移动到x轴上时，即：m=b时，S=S△A'B'C'=S△ABC=．
故答案为：；
（2）如图2，过点C作CE⊥x轴于E，

∴∠AEC=∠BOA=90°．
∵∠BAC=90°，
∴∠OAB+∠CAE=90°，
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠CAE，
由旋转知，AB=AC，
∴△AOB≌△CEA，
∴AE=OB，CE=OA，
由图2知，点C的纵坐标是点B纵坐标的2倍，
∴OA=2OB，
∴AB2=5OB2，
由（1）知，S△ABC==AB2=×5OB2，
∴OB=1，
∴OA=2，
∴A（2，0），B（0，1），
∴直线AB的解析式为y=﹣x+1；
（3）由（2）知，AB2=5，
∴AB=，
①当0≤m≤时，如图3，


②当＜m≤2时，如图4，

同①的方法得：A'F=m，
∴C'F=﹣m，
过点C作CE⊥x轴于E，过点B作BM⊥CE于E，
∴BM=3，CM=1，
易知，△ACE∽△FC'H，
∴，
∴，
∴C'H=．
在Rt△FHC'中，FH=C'H=，
由平移知，∠C'GF=∠CBM，
∵∠BMC=∠GHC'，
∴△BMC∽△GHC'，
∴，
∴，
∴GH=，
∴GF=GH﹣FH=，
∴S=S△A'B'C'﹣S△C'FG=﹣××=﹣（2﹣m）2，
即：S=．
点睛：此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，平移的性质，相似三角形的判定和性质，构造相似三角形是解本题的关键．
24．如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，点E在BC的延长线上，且∠DEC=∠BAC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AC∥DE，当AB=8，CE=2时，求AC的长．

【来源】辽宁省大连市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）AC的长为．
【解析】分析：（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；
（2）先判断出AC⊥BD，进而求出BC＝AB＝8，进而判断出△BCD∽△DCE，求出CD，再用勾股定理求出BD，最后判断出△CFD∽△BCD，即可得出结论．
详解：（1）如图，连接BD，

∵∠BAD=90°，
∴点O必在BD上，即：BD是直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠DEC+∠CDE=90°．
∵∠DEC=∠BAC，
∴∠BAC+∠CDE=90°．
∵∠BAC=∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE=90°，
∴∠BDE=90°，即：BD⊥DE．
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；

在Rt△BCD中，BD==4，
同理：△CFD∽△BCD，
∴，
∴，
∴CF=，
∴AC=2AF=．
点睛：此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，勾股定理，求出BC＝8是解本题的关键．
25．已知抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；
（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【来源】湖北省十堰市2018年中考数学试卷
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；（2）证明见解析；（3）点D的坐标为（，）或（，﹣）．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可
（2）令y=0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE=CF，证明△OEG≌△CFG，则OG=CG=2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；
（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE有可能相似，即△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；
②当△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．
【详解】（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；
（2）当y=0时，x2﹣x﹣4=0，
解得：x=﹣2或4，
∴C（4，0），
如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，
∵S△PBO=S△PBC，
∴PB•OE=PB•CF，
∴OE=CF，
易得△OEG≌△CFG，
∴OG=CG=2，
设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，
tan∠PBM=，
∴BM=2PM，
∴4+x2﹣x﹣4=2x，
x2﹣6x=0，
x1=0（舍），x2=6，
∴P（6，8），
易得AP的解析式为：y=x+2，
BC的解析式为：y=x﹣4，
∴AP∥BC；
（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC、△ABE、△ACE、△BCE，四种，其中△ABE重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，
∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，
①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，
∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，
∴∠ABE=∠ACB=45°，
∴△ABE∽△ACB，
∴，
∴，
∴AE=，
∴E（，0），
∵B（0，﹣4），
易得BE：y=，
则x2﹣x﹣4=x﹣4，
x1=0（舍），x2=，
∴D（，）；

设BE=2m，CE=4m，
Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴，
3m2﹣8m+8=0，
（m﹣2）（3m﹣2）=0，
m1=2，m2=，
∴OE=4m﹣4=12或，
∵OE=＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C、E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，
∴E（﹣12，0）；
同理得BE的解析式为：y=﹣x﹣4，
﹣x﹣4=x2﹣x﹣4，
x=或0（舍）
∴D（，﹣）；
综上，点D的坐标为（，）或（，﹣）．

【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、一元二次方程、三角形面积以及勾股定理，第3问有难度，确定△BCE与△ABE相似并画出图形是关键．
26．如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交AC于点E，过点D作FG⊥AC于点F，交AB的延长线于点G．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）若tanC=2，求的值．

【来源】湖北省十堰市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）BG：GA=1：4．
【解析】【分析】（1）欲证明FG是⊙O的切线，只要证明OD⊥FG即可；
（2）由△GDB∽△GAD，设BG=a．可得，推出DG=2a，AG=4a，由此即可解决问题.
【详解】（1）如图，连接AD、OD，

∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AC=AB，
∴CD=BD，
∵OA=OB，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴OD⊥DF，
∴FG是⊙O的切线；

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、圆周角定理、切线的判定等知识，正确添加辅助线构造三角形的中位线或相似三角形是解题的关键. 学@科网
27．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数：
（1）如图1，若k=1，则∠APE的度数为 ；
（2）如图2，若k=，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．
（3）如图3，若k=，且D、E分别在CB、CA的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明理由．

【来源】四川省乐山市2018年中考数学试题
【答案】（1）45°；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）（2）中结论成立，理由见解析.
【解析】分析：（1）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；
（2）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；
（3）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；
详解：（1）如图1，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，

∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形，
∴BD=AF，BF=AD．
∵AC=BD，CD=AE，
∴AF=AC．
∵∠FAC=∠C=90°，
∴△FAE≌△ACD，
∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC．
∵∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD．
∵AD∥BF，
∴∠EFB=90°．
∵EF=BF，
∴∠FBE=45°，
∴∠APE=45°．
（2）（1）中结论不成立，理由如下：
如图2，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，

∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形，
∴BD=AF，BF=AD．
∵AC=BD，CD=AE，
∴．
∵BD=AF，
∴．
∵∠FAC=∠C=90°，
∴△FAE∽△ACD，
∴，∠FEA=∠ADC．
∵∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD．
∵AD∥BF，
∴∠EFB=90°．
在Rt△EFB中，tan∠FBE=，
∴∠FBE=30°，
∴∠APE=30°，
（3）（2）中结论成立，如图3，作EH∥CD，DH∥BE，EH，DH相交于H，连接AH，

∴∠APE=∠ADH，∠HEC=∠C=90°，四边形EBDH是平行四边形，
∴BE=DH，EH=BD．
∵AC=BD，CD=AE，
∴．
∵∠HEA=∠C=90°，
∴△ACD∽△HEA，
∴，∠ADC=∠HAE．

点睛：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．
28．已知：△ABC是等腰三角形，CA=CB，0°＜∠ACB≤90°．点M在边AC上，点N在边BC上（点M、点N不与所在线段端点重合），BN=AM，连接AN，BM，射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE=DE．
（1）如图，当∠ACB=90°时
①求证：△BCM≌△ACN；
②求∠BDE的度数；
（2）当∠ACB=α，其它多件不变时，∠BDE的度数是　 　（用含α的代数式表示）
（3）若△ABC是等边三角形，AB=3，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．

【来源】辽宁省沈阳市2018年中考数学试卷
【答案】（1）①证明见解析；②∠BDE=90°；（2）α或180°﹣α；（3）CF的长为或4．
【解析】【分析】（1）①根据SAS证明即可；
②想办法证明∠ADE+∠ADB=90°即可；
（2）分两种情形讨论求解即可，①如图2中，当点E在AN的延长线上时，②如图3中，当点E在NA的延长线上时，
（3）分两种情形求解即可，①如图4中，当BN=BC=时，作AK⊥BC于K，解直角三角形即可．②如图5中，当CN=BC=时，作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H，结合图形求解即可.
【详解】（1）①如图1中，

∵CA=CB，BN=AM，
∴CB﹣BN=CA﹣AM，
即CN=CM，
∵∠ACN=∠BCM，
∴△BCM≌△CAN；
②如图1中，
∵△BCM≌△ACN，
∴∠MBC=∠NAC，
∵EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA，
∵AG∥BC，
∴∠GAC=∠ACB=90°，∠ADB=∠DBC，
∴∠ADB=∠NAC，
∴∠ADB+∠EDA=∠NAC+∠EAD，
∵∠ADB+∠EDA=180°﹣90°=90°，
∴∠BDE=90°；
（2）如图2中，当点E在AN的延长线上时，



易证：∠1+∠2=∠CAN+∠DAC，
∵∠2=∠ADM=∠CBD=∠CAN，
∴∠1=∠CAD=∠ACB=α，
∴∠BDE=180°﹣α，
综上所述，∠BDE=α或180°﹣α，
故答案为：α或180°﹣α；
（3）如图4中，当BN=BC=时，作AK⊥BC于K，

∵AD∥BC，
∴，
∴AD=，AC=3，易证△ADC是直角三角形，则四边形ADCK是矩形，△AKN≌△DCF，
∴CF=NK=BK﹣BN=﹣=；
如图5中，当CN=BC=时，作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H，

∵AD∥BC，
∴，
∴AD=6，易证△ACD是直角三角形，
由△ACK∽△CDH，可得CH=AK=，
由△AKN≌△DHF，可得KN=FH=，
∴CF=CH﹣FH=4．
综上所述，CF的长为或4．
【点睛】本题考查了三角形综合题，涉及了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．学@科网
29．如图，抛物线y=ax2+bx﹣5与坐标轴交于A（﹣1，0），B（5，0），C（0，﹣5）三点，顶点为D．
（1）请直接写出抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BC与抛物线的对称轴交于点E，点P为线段BC上的一个动点（点P不与B、C两点重合），过点P作PF∥DE交抛物线于点F，设点P的横坐标为m．
①是否存在点P，使四边形PEDF为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
②过点F作FH⊥BC于点H，求△PFH周长的最大值．

【来源】内蒙古通辽市2018年中考数学试卷
【答案】（1）y=x2﹣4x﹣5，顶点坐标为D（2，﹣9）；（2）①存在点P（3，﹣2）使四边形PEDF为平行四边形；②△PFH周长的最大值为.

（2）①存在，
设直线BC的函数解析式为y=kx+b（k≠0），
把B（5，0），C（0，﹣5）代入得，解得：，
∴BC解析式为y=x﹣5，
当x=m时，y=m﹣5，
∴P（m，m﹣5），
当x=2时，y=2﹣5=﹣3，
∴E（2．﹣3），
∵PF∥DE∥y轴，
∴点F的横坐标为m，
当x=m时，y=m2﹣4m﹣5，
∴F（m，m2﹣4m﹣5），
∴PF=（m﹣5）﹣（m2﹣4m﹣5）=﹣m2+5m，
∵E（2，﹣3），D（2，﹣9），
∴DE=﹣3﹣（﹣9）=6，
如图，连接DF，
∵PF∥DE，
∴当PF=DE时，四边形PEDF为平行四边形，
即﹣m2+5m=6，
解得m1=3，m2=2（舍去），
当m=3时，y=3﹣5=2，
此时P（3，﹣2），
∴存在点P（3，﹣2）使四边形PEDF为平行四边形；
②由题意，在Rt△BOC中，OB=OC=5，
∴BC=5，
∴C△BOC =10+5，
∵PF∥DE∥y轴，
∴∠FPE=∠DEC=∠OCB，
∵FH⊥BC，
∴∠FHP=∠BOC=90°，
∴△PFH∽△BCO，
∴，
即C△PFH=，
∵0＜m＜5，
∴当m=﹣时，△PFH周长的最大值为.

【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的最值等，综合性较强，有一定的难度，运用数形结合思想并能熟练运用相关知识是解题的关键.
30．如图，⊙O是△ABC的外接圆，点O在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）求证：△ABD∽△DCP；
（3）当AB=5cm，AC=12cm时，求线段PC的长．

【来源】内蒙古通辽市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CP=16.9cm．
【解析】【分析】（1）先判断出∠BAC=2∠BAD，进而判断出∠BOD=∠BAC=90°，得出PD⊥OD即可得出结论；
（2）先判断出∠ADB=∠P，再判断出∠DCP=∠ABD，即可得出结论；
（3）先求出BC，再判断出BD=CD，利用勾股定理求出BC=BD=，最后用△ABD∽△DCP得出比例式求解即可得出结论．
【详解】（1）如图，连接OD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=∠BAC=90°，
∵DP∥BC，
∴∠ODP=∠BOD=90°，
∴PD⊥OD，
∵OD是⊙O半径，
∴PD是⊙O的切线；

（3）∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=∠BAC=90°，
在Rt△ABC中，BC==13cm，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BOD=∠COD，
∴BD=CD，
在Rt△BCD中，BD2+CD2=BC2，
∴BD=CD=BC=，
∵△ABD∽△DCP，
∴，
∴，
∴CP=16.9cm．

【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握切线的判定方法、相似三角形的判定与性质定理是解题的关键. 学@科网
31．定义：
我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．
理解：
（1）如图1，已知Rt△ABC在正方形网格中，请你只用无刻度的直尺在网格中找到一点D，使四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形（保留画图痕迹，找出3个即可）；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC=80°，∠ADC=140°，对角线BD平分∠ABC．
求证：BD是四边形ABCD的“相似对角线”；
（3）如图3，已知FH是四边形EFCH的“相似对角线”，∠EFH=∠HFG=30°，连接EG，若△EFG的面积为2，求FH的长．

【来源】湖北省咸宁市2018年中考数学试卷
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；（3）FH=2．
【解析】【分析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情况求出CD或AD，即可画出图形；
（2）先判断出∠A+∠ADB=140°=∠ADC，即可得出结论；
（3）先判断出△FEH∽△FHG，得出FH2=FE•FG，再判断出EQ=FE，继而求出FG•FE=8，即可得出结论．
【详解】（1）由图1知，AB=，BC=2，∠ABC=90°，AC=5，
∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，
当∠ACD=90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，
∴或，
∴CD=10或CD=2.5
同理：当∠CAD=90°时，AD=2.5或AD=10，
（2）∵∠ABC=80°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=40°，
∴∠A+∠ADB=140°
∵∠ADC=140°，
∴∠BDC+∠ADB=140°，
∴∠A=∠BDC，
∴△ABD∽△BDC，
∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”；

（3）如图3，
∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”，
∴△EFH与△HFG相似，
∵∠EFH=∠HFG，
∴△FEH∽△FHG，
∴，
∴FH2=FE•FG，

【点睛】本题考查了相似三角形的综合题，涉及到新概念、相似三角形的判定与性质等，正确理解新概念，熟练应用相似三角形的相关知识是解题的关键.
32．阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：
如图1，△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB上，且∠BAC=2∠DCB，求证：AC=AD．
小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法：
方法1：如图2，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．
方法2：如图3，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．
（1）根据阅读材料，任选一种方法，证明AC=AD．
用学过的知识或参考小明的方法，解决下面的问题：
（2）如图4，△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，且∠BDE=2∠ABC，点F在BD上，且∠AFE=∠BAC，延长DC、FE，相交于点G，且∠DGF=∠BDE．
①在图中找出与∠DEF相等的角，并加以证明；
②若AB=kDF，猜想线段DE与DB的数量关系，并证明你的猜想．

【来源】辽宁省大连市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）∠DEF=∠FDG，证明见解析；②结论：BD=k•DE．理由见解析.
【解析】分析：（1）方法一：如图2中，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E，想办法证明△AEC≌△AED即可；
方法二：如图3中，作∠DCF＝∠DCB，与AB相交于点F，想办法证明∠ACD＝∠ADC即可；
（2）①如图4中，结论：∠DEF＝∠FDG．理由三角形内角和定理证明即可；②结论：BD＝k•DE．如图4中，如图延长AC到K，使得∠CBK＝∠ABC．首先证明△DFE∽△BAK，推出＝，推出BK＝k•DE，再证明△BCD≌△BCK，可得BD＝BK.
解：（1）方法一：如图2中，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．

∵∠CAE=∠DAE，∠CAB=2∠DCB，
∴∠CAE=∠CDB．
∵∠CDB+∠ACD=90°，
∴∠CAE+∠ACD=90°，
∴∠AEC=90°．
∵AE=AE，∠AEC=∠AED=90°，
∴△AEC≌△AED，
∴AC=AD；
方法二：如图3中，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．

∵∠DCF=∠DCB，∠A=2∠DCB，
∴∠A=∠BCF．
∵∠BCF+∠ACF=90°，
∴∠A+∠ACF=90°，
∴∠AFC=90°，
∵∠ACF+∠BCF=90°，∠BCF+∠B=90°，
∴∠ACF=∠B，
∵∠ADC=∠DCB+∠B=∠DCF+∠ACF=∠ACD，
∴AC=AD；
（2）①如图4中，结论：∠DEF=∠FDG．
理由：在△DEF中，∠DEF+∠EFD+∠EDF=180°，
在△DFG中，∠GFD+∠G+∠FDG=180°，
∵∠EFD=∠GFD，∠G=∠EDF，
∴∠DEF=∠FDG．
②结论：BD=k•DE，
理由：如图4中，如图延长AC到K，使得∠CBK=∠ABC，

∵∠ABK=2∠ABC，∠EDF=2∠ABC，
∴∠EDF=∠ABK．
∵∠DFE=∠A，
∴△DFE∽△BAK，

点睛：本题考查三角形综合题、三角形内角和定理、三角形外角的性质、全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．学@科网
33．如图，已知BC⊥AC，圆心O在AC上，点M与点C分别是AC与⊙O的交点，点D是MB与⊙O的交点，点P是AD延长线与BC的交点，且．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AD=12，AM=MC，求的值．

【来源】内蒙古呼和浩特市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】【分析】（1）欲证明PD是⊙O的切线，只要证明OD⊥PA即可解决问题；
（2）连接CD．由（1）可知：PC=PD，由AM=MC，推出AM=2MO=2R，在Rt△AOD中，OD2+AD2=OA2，可得R2+122=9R2，推出R=3，推出OD=3，MC=6，由，可得DP=6，再利用相似三角形的性质求出MD即可解决问题.
【详解】（1）如图，连接OD、OP、CD，
∵，∠A=∠A，
∴△ADM∽△APO，
∴∠ADM=∠APO，
∴MD∥PO，
∴∠1=∠4，∠2=∠3，
∵OD=OM，
∴∠3=∠4，
∴∠1=∠2，
∵OP=OP，OD=OC，
∴△ODP≌△OCP，
∴∠ODP=∠OCP，
∵BC⊥AC，
∴∠OCP=90°，
∴OD⊥AP，
∴PD是⊙O的切线；
（2）如图，连接CD，由（1）可知：PC=PD，
∵AM=MC，
∴AM=2MO=2R，
在Rt△AOD中，OD2+AD2=OA2，
∴R2+122=9R2，
∴R=3，
∴OD=3，MC=6，
∵，
∴DP=6，
∵O是MC的中点，
∴，
∴点P是BC的中点，
∴BP=CP=DP=6，
∵MC是⊙O的直径，
∴∠BDC=∠CDM=90°，
在Rt△BCM中，∵BC=2DP=12，MC=6，
∴BM=6，
∵△BCM∽△CDM，
∴，即，
∴MD=2，
∴．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定和性质等知识，正确添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题是关键．
34．如图，AB是⊙O的弦，过AB的中点E作EC⊥OA，垂足为C，过点B作直线BD交CE的延长线于点D，使得DB=DE．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AB=12，DB=5，求△AOB的面积．

【来源】广西壮族自治区贺州市2018年中考数学试卷
【答案】（1）证明见解析；（2）27．
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质和切线的判定方法可以求得∠OBD的度数，从而可以证明结论成立；
（2）要求△AOB的面积只要求出OE的长即可，根据题目中的条件和三角形相似的知识可以求得OE的长，从而可以解答本题．

（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接OE，
∵点E是AB的中点，AB=12，
∴AE=EB=6，OE⊥AB，
又∵DE=DB，DF⊥BE，DB=5，DB=DE，
∴EF=BF=3，
∴DF==4，
∵∠AEC=∠DEF，
∴∠A=∠EDF，
∵OE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠AEO=∠DFE=90°，
∴△AEO∽△DFE，
∴，
即，得EO=4.5，
∴△AOB的面积是：=27．

【点睛】本题考查了切线的判定与性质、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质，正确添加辅助线、熟练掌握相关的性质与定理、应用数形结合思想是解题的关键. 学@科网
35．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B、D两点间的一个动点（点P不与B、D两点重合），PA、PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．

【来源】广西壮族自治区贺州市2018年中考数学试卷
【答案】（1）A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；（2）抛物线的解析式为
y=﹣x2﹣2x+3；（3）EF+EG=8（或EF+EG是定值），理由见解析.
【解析】【分析】（1）根据OA，OB的长，可得答案；
（2）根据待定系数法，可得函数解析式；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可得EG，EF的长，根据整式的加减，可得答案．
【详解】（1）由抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，得
A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；
（2）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣1），
把C点坐标代入函数解析式，得
a（0+3）（0﹣1）=3，
解得a=﹣1，
抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；
（3）EF+EG=8（或EF+EG是定值），理由如下：
过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图，

设P（t，﹣t2﹣2t+3），
则PQ=﹣t2﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t，
∵PQ∥EF，
∴△AEF∽△AQP，
∴，
∴EF==；
又∵PQ∥EG，

【点睛】本题考查了代数与几何综合题，涉及到待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、分式的化简等；解（1）的关键是利用点的坐标表示方法；解（2）的关键是利用待定系数法；解（3）的关键是利用相似三角形的性质得出EG，EF的长，又利用了整式的加减．