中考数学培优(含解析)之圆与相似及详细答案.docx

中考数学圆与相似(大题培优易错难题)含答案解析一、相似1．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝7，点P是边AC上不与点A、C重合的一点，作PD∥BC交AB边于点D.（1）如图1，将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，作AE∥PD.求证：AE＝ED；（2）将△APD绕点A顺时针旋转，得到△AP'D'，点P、D的对应点分别为点P'、D'，①如图2，当点D'在△ABC内部时，连接P′C和D'B，求证：△AP'C∽△AD'B；②如果AP：PC＝5：1，连接DD'，且DD'＝ AD，那么请直接写出点D'到直线BC的距离.【答案】（1）证明：∵将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，∴∠ADP'＝∠ADP，∵AE∥PD，∴∠EAD＝∠ADP，∴∠EAD＝∠ADP'，∴AE＝DE（2）解：①∵DP∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，∵旋转，∴AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，∴∠P'AC＝∠D'AB，，∴△AP'C∽△AD'B②若点D'在直线BC下方，如图，过点A作AF⊥DD'，过点D'作D'M⊥AC，交AC的延长线于M，∵AP：PC＝5：1，∴AP：AC＝5：6，∵PD∥BC，∴ = ，∵BC＝7，∴PD＝，∵旋转，∴AD＝AD'，且AF⊥DD'，∴DF＝D'F＝ D'D，∠ADF＝∠AD'F，∵cos∠ADF＝＝ = ，∴∠ADF＝45°，∴∠AD'F＝45°，∴∠D'AD＝90°∴∠D'AM+∠PAD＝90°，∵D'M⊥AM，∴∠D'AM+∠AD'M＝90°，∴∠PAD＝∠AD'M，且AD'＝AD，∠AMD'＝∠APD，∴△AD'M≌△DAP（AAS）∴PD＝AM＝，∵CM＝AM﹣AC＝﹣3，∴CM＝，∴点D'到直线BC的距离为若点D'在直线BC的上方，如图，过点D'作D'M⊥AC，交CA的延长线于点M，同理可证：△AMD'≌△DPA，∴AM＝PD＝，∵CM＝AC+AM，∴CM＝3+ ＝，∴点D'到直线BC的距离为综上所述：点D'到直线BC的距离为或；【解析】【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得∠EAD＝∠ADP＝∠ADP'，即可得AE＝DE；（2）①由题意可证△APD∽△ACB，可得，由旋转的性质可得AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，即∠P'AC＝∠D'AB，，则△AP'C∽△AD'B；②分点D'在直线BC的下方和点D'在直线BC的上方两种情况讨论，根据平行线分线段成比例，可求PD＝，通过证明△AMD'≌△DPA，可得AM＝PD＝，即可求点D'到直线BC 的距离.2．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE·CA．（1）求证：BC＝CD；（2）分别延长AB，DC交于点P，若PB＝OB，CD＝，求⊙O的半径．【答案】（1）证明：∵DC2＝CE·CA，∴，∵∠DCE=∠ACD，∴△CDE~△CAD，∴∠CDE=∠CAD，又∵∠CBD=∠CAD，∴∠CDE=∠CBD，∴CD=CB.（2）解：连结OC（如图），设⊙O的半径为r，由（1）知CD=CB，∴弧CD=弧CB，∴∠CDB=∠CBD=∠CAB=∠CAD=∠BAD，∠BOC=2∠CAB，∴∠BOC=∠BAD，∴OC∥AD，∴，∵PB＝OB，∴PB=OB=OA=r，PO=2r，∴=2，∵CD=2，∴PC=4，PD=PC+CD=6，又∵∠PCB=∠CDB+∠CBD，∠PAD=∠PACB+∠CAD，∴∠PCB=∠PAD，∵∠CPB=∠APD，∴△PCB~△PAD，∴，即，解得：r=4.即⊙O的半径为4.【解析】【分析】（1）根据相似三角形的判定：两边对应成比例及夹角相等可得△CDE~△CAD，再由相似三角形的性质：对应角相等，等量代换可得∠CDE=∠CBD，根据等腰三角形的性质即可得证.（2）连结OC，设⊙O的半径为r，根据圆周角定理可得∠BOC=∠BAD，由平行线的判定得OC∥AD，根据平行线所截线段成比例可得=2，从而求得PC、PD长，再根据相似三角形的判定可得△PCB~△PAD，由相似三角形的性质可得，从而求得半径.3．如图1，以□ABCD的较短边CD为一边作菱形CDEF,使点F落在边AD上，连接BE，交AF于点G.（1）猜想BG与EG的数量关系.并说明理由；（2）延长DE,BA交于点H，其他条件不变，①如图2，若∠ADC=60°，求的值；②如图3，若∠ADC=α（0°<α<90°）,直接写出的值.（用含α的三角函数表示）【答案】（1）解：，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴∥， .∵四边形是菱形，∴∥， .∴∥， .∴ .又∵，∴≌ .∴（2）解：方法1：过点作∥，交于点，∴ .∵，∴∽ .∴ .由（1）结论知 .∴ .∴ .∵四边形为菱形，∴ .∵四边形是平行四边形，∴∥ .∴ .∵∥，∴ .∴，即 .∴是等边三角形。

备战中考数学培优(含解析)之圆与相似及答案解析一、相似1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∴代入，得解得∴抛物线对应二次函数的表达式为：（2）解：如图，设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．由得对称轴为直线x=1，∴∴∴为等腰直角三角形．∴∴∴∴为等腰三角形．设∴在中，∴∴整理，得解得，∴点P的坐标为或（3）解：存在点M，使得∽．如图，连结∵∴为等腰直角三角形，∴由（2）可知，∴∴分两种情况．当时，∴，解得．∴∴当时，∴，解得∴∴综上，点M的坐标为或【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。

2．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝7，点P是边AC上不与点A、C重合的一点，作PD∥BC交AB边于点D.（1）如图1，将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，作AE∥PD.求证：AE＝ED；（2）将△APD绕点A顺时针旋转，得到△AP'D'，点P、D的对应点分别为点P'、D'，①如图2，当点D'在△ABC内部时，连接P′C和D'B，求证：△AP'C∽△AD'B；②如果AP：PC＝5：1，连接DD'，且DD'＝ AD，那么请直接写出点D'到直线BC的距离.【答案】（1）证明：∵将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，∴∠ADP'＝∠ADP，∵AE∥PD，∴∠EAD＝∠ADP，∴∠EAD＝∠ADP'，∴AE＝DE（2）解：①∵DP∥BC，∴△APD∽△ACB，∴，∵旋转，∴AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，∴∠P'AC＝∠D'AB，，∴△AP'C∽△AD'B②若点D'在直线BC下方，如图，过点A作AF⊥DD'，过点D'作D'M⊥AC，交AC的延长线于M，∵AP：PC＝5：1，∴AP：AC＝5：6，∵PD∥BC，∴ = ，∵BC＝7，∴PD＝，∵旋转，∴AD＝AD'，且AF⊥DD'，∴DF＝D'F＝ D'D，∠ADF＝∠AD'F，∵cos∠ADF＝＝ = ，∴∠ADF＝45°，∴∠AD'F＝45°，∴∠D'AD＝90°∴∠D'AM+∠PAD＝90°，∵D'M⊥AM，∴∠D'AM+∠AD'M＝90°，∴∠PAD＝∠AD'M，且AD'＝AD，∠AMD'＝∠APD，∴△AD'M≌△DAP（AAS）∴PD＝AM＝，∵CM＝AM﹣AC＝﹣3，∴CM＝，∴点D'到直线BC的距离为若点D'在直线BC的上方，如图，过点D'作D'M⊥AC，交CA的延长线于点M，同理可证：△AMD'≌△DPA，∴AM＝PD＝，∵CM＝AC+AM，∴CM＝3+ ＝，∴点D'到直线BC的距离为综上所述：点D'到直线BC的距离为或；【解析】【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得∠EAD＝∠ADP＝∠ADP'，即可得AE＝DE；（2）①由题意可证△APD∽△ACB，可得，由旋转的性质可得AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，即∠P'AC＝∠D'AB，，则△AP'C∽△AD'B；②分点D'在直线BC的下方和点D'在直线BC的上方两种情况讨论，根据平行线分线段成比例，可求PD＝，通过证明△AMD'≌△DPA，可得AM＝PD＝，即可求点D'到直线BC 的距离.3．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，、，，其中、是方程的两根，且，过点的直线与抛物线只有一个公共点（1）求、两点的坐标；（2）求直线的解析式；（3）如图2，点是线段上的动点，若过点作轴的平行线与直线相交于点，与抛物线相交于点，过点作的平行线与直线相交于点，求的长. 【答案】（1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2，∴x1=-2，x2=4，∴A（-2，2），C（4，8）（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），∵A（-2，2）在直线l上，∴2=-2k+b，∴b=2k+2，∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①，∵抛物线y= x2②，联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0，∵直线l与抛物线只有一个公共点，∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0，∴k=-2，∴b=2k+2=-2，∴直线l的解析式为y=-2x-2；②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点，∵直线l过点A（-2，2），∴直线l：x=-2（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8），∴直线AC的解析式为y=x+4，设点B（m，m+4），∵C（4.8），∴BC= |m-4|= （4-m）∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D，∴D（m， m2），E（m，-2m-2），∴BD=m+4- m2， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6，∵DC∥EF，∴△BDC∽△BEF，∴，∴，∴BF=6 .【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.4．已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝AC．（1）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；（2）在（1）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设AP＝DQ＝m，问是否存在这样的m，使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．【答案】（1）解：如图1，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，∵∠A＝∠A，∠ACB＝∠ABD＝90°，∴△ABC∽△ADB，∴∠ABC＝∠ADB，且∠ACB＝∠BCD＝90°，∴△ABC∽△BDC，∴∵A（﹣3，0），C（1，0），∴AC＝4，∵BC＝AC．∴BC＝3，∴AB＝＝＝5，∵，∴，∴CD＝，∴AD＝AC+CD＝4+ ＝，∴OD＝AD﹣AO＝，∴点D的坐标为：（，0）；（2）解：如图2，当∠APC＝∠ABD＝90°时，∵∠APC＝∠ABD＝90°，∠BAD＝∠PAQ，∴△APQ∽△ABD，∴，∴∴m＝，如图3，当∠AQP＝∠ABD＝90°时，∵∠AQP＝∠ABD＝90°，∠PAQ＝∠BAD，∴△APQ∽△ADB，∴，∴∴m＝；综上所述：当m＝或时，△APQ与△ADB相似．【解析】【分析】（1）如图1，过点B作BD⊥AB，交x轴于点D，可证△ABC∽△ADB，可得∠ABC＝∠ADB，可证△ABC∽△BDC，可得，可求CD 的长，即可求点D坐标；（2）分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．5．如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A，点B，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于点D，过点B作BE⊥x轴，交DC延长线于点E，连接BD，交y轴于点F，直线BD的解析式为y＝﹣x+2.（1）写出点E的坐标；抛物线的解析式.（2）如图2，点P在线段EB上从点E向点B以1个单位长度/秒的速度运动，同时，点Q 在线段BD上从点B向点D以个单位长度/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，当t为何值时，△PQB为直角三角形？（3）如图3，过点B的直线BG交抛物线于点G，且tan∠ABG＝，点M为直线BG上方抛物线上一点，过点M作MH⊥BG，垂足为H，若HF＝MF，请直接写出满足条件的点M 的坐标.【答案】（1）解：将点D（-3，5）点B（2，0）代入y=ax2+bx+5解得∴抛物线解析式为：y=- x2- x+5（2）解：由已知∠QBE=45°，PE=t，PB=5-t，QB= t当∠QPB=90°时，△PQB为直角三角形.∵∠QBE=45°∴QB= PB∴ t＝(5−t)解得t=当∠PQB=90°时，△PQB为直角三角形.△BPQ∽△BDE∴BQ•BD=BP•BE∴5（5-t）= t•5解得：t=∴t= 或时，△PQB为直角三角形（3）点M坐标为（﹣4，3）或（0，5）.【解析】【解答】（3）由已知tan∠ABG= ，且直线GB过B点则直线GB解析式为：y= x−1延长MF交直线BG于点K∵HF=MF∴∠FMH=∠FHM∵MH⊥BG时∴∠FMH+∠MKH=90°∠FHK+∠FHM=90°∴∠FKH=∠FHK∴HF=KF∴F为MK中点设点M坐标为（x，- x2- x+5）∵F（0，2）∴点K坐标为（-x， x2+ x-1）把K点坐标代入y= x−1解得x1=0，x2=-4，把x=0代入y=- x2- x+5，解得y=5，把x=-4代入y=- x2- x+5解得y=3则点M坐标为（-4，3）或（0，5）【分析】（1）由待定系数法求点坐标及函数关系式；（2）根据题意，△DEB为等腰直角三角形，通过分类讨论∠PQB=90°或∠QPB=90°的情况求出满足条件t值；（3）延长MF交GB于K，由∠MHK=90°，HF=MF可推得HF=FK，即F为MK中点，设出M坐标，利用中点坐标性质，表示K点坐标，代入GB解析式，可求得点M坐标.6．已知二次函数y=ax2+bx+3的图象分别与x轴交于点A（3，0），C（-1，0），与y轴交于点B．点D为二次函数图象的顶点．（1）如图①所示，求此二次函数的关系式：（2）如图②所示，在x轴上取一动点P（m， 0），且1＜m＜3，过点P作x轴的垂线分别交二次函数图象、线段AD，AB于点Q、F，E，求证：EF=EP；（3）在图①中，若R为y轴上的一个动点，连接AR，则BR+AR的最小值________（直接写出结果）．【答案】（1）解：将A（3，0），C（-1，0）代入y=ax2+bx+3，得：，解得：，∴此二次函数的关系式为y=-x2+2x+3（2）证明：∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，∴点D的坐标为（1，4）．设线段AB所在直线的函数关系式为y=kx+c（k≠0），将A（3，0），C（0，3）代入y=kx+c，得：，解得：，∴线段AB所在直线的函数关系式为y=-x+3．同理，可得出：线段AD所在直线的函数关系式为y=-2x+6．∵点P的坐标为（m，0），∴点E的坐标为（m，-m+3），点F的坐标为（m，-2m+6），∴EP=-m+3，EF=-m+3，∴EF=EP．（3）【解析】【解答】解（3）如图③，连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q．∵OC=1，OB=3，∴BC= ．(勾股定理)∵∠CBO=∠CBO，∠BOC=∠BQR=90°，∴△BQR∽△AOB，∴ ,即 ,∴RQ= BR，∴AR+ BR=AR+RQ，∴当A，R，Q共线且垂直AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小．∵∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC，∴△CQA∽△COB，∴ ,即∴AQ= ，∴ BR+CR的最小值为．故答案为：．【分析】（1）根据A，C点的坐标，利用待定系数法可求出二次函数的关系式；（2）利用待定系数法求出线段AB，AD所在直线的函数关系式，用m表示EF，EP的长，可证得结论；（3）连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q，则△BQR∽△AOB，利用相似三角形的性质可得出RQ= BR，结合点到直线之间垂直线段最短可得出当A，R，Q共线且垂直AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小，由∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC可得出△CQA∽△COB，利用相似三角形的性质可求出AQ的值，此题得解．7．已知：如图，BC为⊙O的弦，点A为⊙O上一个动点，△OBC的周长为16．过C作CD∥AB交⊙O于D，BD与AC相交于点P，过点P作PQ∥AB交于Q，设∠A的度数为α．（1）如图1，求∠COB的度数（用含α的式子表示）；（2）如图2，若∠ABC＝90°时，AB＝8，求阴影部分面积（用含α的式子表示）；（3）如图1，当PQ＝2，求的值．【答案】（1）解：∵∠A的度数为α，∴∠COB＝2∠A＝2α（2）解：当∠ABC＝90°时，AC为⊙O的直径，∵CD∥AB，∴∠DCB＝180°﹣90°＝90，∴BD为⊙O的直径，∴P与圆心O重合，∵PQ∥AB交于Q，∴OQ⊥BC，∴CQ＝BQ，∵AB＝8，∴OQ＝ AB＝4，设⊙O的半径为r，∵△OBC的周长为16，∴CQ＝8﹣r，∴（8﹣r）2+42＝r2，解得r＝5，CB＝6，∴阴影部分面积＝（3）解：∵CD∥AB∥PQ，∴△BPQ∽△BDC，△CPQ∽△CAB，∴，∴，∵PQ＝2，∴，∴＝2【解析】【分析】（1）根据圆周角定理可得∠COB＝2∠A＝2α；（2）当∠ABC＝90°时，可得点P与圆心O重合，根据△OBC的周长为16以及AB＝8，可求得⊙O的半径为5，可得出扇形COB的面积以及△OBC的面积，进而得出阴影部分面积；（3）由CD∥AB∥PQ，可得△BPQ∽△BDC，△CPQ∽△CAB，即，两式子相加可得，即可得出的值．8．已知A（2,0），B（6,0），CB⊥x轴于点B，连接AC画图操作：（1）在y正半轴上求作点P，使得∠APB=∠ACB（尺规作图，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，①若tan∠APB ，求点P的坐标。

备战中考数学培优易错试卷(含解析)之圆与相似及详细答案一、相似1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。

中考数学知识点过关培优训练∶圆与相似及详细答案一、相似1．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．（1）求证：△ABP≌△CBE．（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．①当时，求证：AP⊥BD；②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE．在△ABP和△CBE中，（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB＝∠ECB，∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝90°，∴AP⊥CE．∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴，∴DP＝EP．∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．②解：∵，∴BC＝nBP，∴CP＝(n－1)BP．∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴．令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．∵，∴S1＝(n＋1)(n－1)S，∴．【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

2020-2021备战中考数学培优(含解析)之圆与相似含答案一、相似1．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；（2）求证：FQ=BQ【答案】（1）解：∵≌，∴，∵均为半圆切线，∴ .连接 ,则，∴四边形为菱形，∴DQ∥，∵均为半圆切线，∴∥，∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，∴ = ，∴ .∵是半圆的切线，∴ .过点作于点，则 .在中，，∴，解得：，∴∴【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

2．在等腰直角三角形ABC中,∠ACB＝90°,AC＝BC,D是AB边上的中点，Rt△EFG的直角顶点E在AB边上移动.（1）如图1，若点D与点E重合且EG⊥AC、DF⊥BC，分别交AC、BC于点M、N，易证EM＝EN；如图2，若点D与点E重合，将△EFG绕点D旋转，则线段EM与EN的长度还相等吗?若相等请给出证明，不相等请说明理由；（2）将图1中的Rt△EGF绕点D顺时针旋转角度α(0∘＜α＜45∘). 如图2，在旋转过程中,当∠MDC＝15∘时，连接MN，若AC＝BC＝2，请求出线段MN的长；（3）图3, 旋转后,若Rt△EGF的顶点E在线段AB上移动(不与点D、B重合)，当AB＝3AE 时，线段EM与EN的数量关系是________；当AB＝m·AE时，线段EM与EN的数量关系是________.【答案】（1）解：EM＝EN;原因如下：∵∠ACB＝90° AC＝BC D是AB边上的中点∴DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°∴∠CDF＋∠FDB＝90°∵∠GDF＝90°∴∠GDC＋∠CDF＝90°∴∠CDM＝∠BDN 在△CDM和△BDN中∠MCD＝∠B，DC＝DB，∠CDM＝∠BDN，∴△CDM≌△BDN ∴DM＝DN 即EM＝EN（2）解：作DP⊥AC于P,则∠CDP＝45° CP＝DP＝AP＝1∵∠CDG＝15°∴∠MDP＝30°∵cos∠MDP＝∴DM＝， DM＝DN，∵△MND为等腰直角三角形∴MN＝（3）NE＝2ME；EN＝(m－1)ME【解析】【解答】解：(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME证明：如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°∴AE＝PE ∵AB＝3AE ∴BE＝2AE ∴BE＝2PE又∵∠MEP＋∠PEN＝90°∠PEN＋∠NEB＝90°∴∠MEP＝∠NEB又∵∠MPE＝∠B＝45°∴△PME∽△BNE∴，即EN＝2EM由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME【分析】（1）EM＝EN;原因如下：根据等腰直角三角形的性质得出DC＝DB ∠ACD＝∠B＝45°∠CDB＝90°根据同角的余角相等得出∠CDM＝∠BDN，然后由ASA判断出△CDM≌△BDN 根据全等三角形的对应边相等得出DM＝DN 即EM＝EN；（2）根据等腰直角三角形的性质得出∠CDP＝45°CP＝DP＝AP＝1，根据角的和差得出∠MDP＝30°，根据余弦函数的定义及特殊角的三角函数值，由cos∠MDP＝得出DM的长，又DM＝DN，故△MND为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得出MN 的长；(3)NE＝2ME,EN＝(m－1)ME，如图3，过点E作EP⊥AB交AC于点P，则△AEP为等腰直角三角形，∠PEB＝90°，根据同角的余角相等得出∠MEP＝∠NEB然后判断出△PME∽△BNE，根据相似三角形对应边成比例即可得出u结论，由此规律可知，当AB＝m·AE时，EN＝(m－1)·ME3．如图，在Rt△ABC中，，角平分线交BC于O，以OB为半径作⊙O.（1）判定直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由;（2）连接AO交⊙O于点E，其延长线交⊙O于点D，，求的值;（3）在（2）的条件下，设的半径为3，求AC的长.【答案】（1）解：AC是⊙O的切线理由：，，作于，是的角平分线，，AC是⊙O的切线（2）解：连接，是⊙O的直径，,即 ..又 (同角) ，∽ ,（3）解：设在和中，由三角函数定义有：得：解之得：即的长为【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得∠1=∠D，从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.4．书籍开本有数学开本指书刊幅面的规格大小．如图①，将一张矩形印刷用纸对折后可以得到2开纸，再对折得到4开纸，以此类推可以得到8开纸、16开纸……若这张矩形印刷用纸的短边长为a．（1）如图②，若将这张矩形印刷用纸ABCD(AB BC)进行折叠，使得BC与AB重合，点C落在点F处，得到折痕BE；展开后，再次折叠该纸，使点A落在E处，此时折痕恰好经过点B，得到折痕BG，求的值．（2）如图③，2开纸BCIH和4开纸AMNH的对角线分别是HC、HM．说明HC⊥HM．（3）将图①中的2开纸、4开纸、8开纸和16开纸按如图④所示的方式摆放，依次连接点A、B、M、I，则四边形ABMI的面积是________.（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC ∠C 90°．∵第一次折叠使点C落在AB上的F处，并使折痕经过点B，∴∠CBE ∠FBE 45°，∴∠CBE ∠CEB 45°，∴BC CE a，BE ．∵第二次折叠纸片，使点A落在E处，得到折痕BG，∴AB BE ，∴（2）解：根据题意和（1）中的结论，有AH BH ，．∴．∵四边形ABCD是矩形，∴∠A ∠B 90°，∴△MAH∽△HBC，∴∠AHM ∠BCH．∵∠BCH ∠BHC 90°，∴∠AHM ∠BHC 90°，∴∠MHC 90°，∴HC⊥HM．（3）【解析】【解答】解：（3）如图④，根据题意知（1）中的结论，有BC=AD= a，AF=IG= a，NI=MP= a，OP= a，又∵∠C=∠ADE=90°, ∠BEC=∠AED,∴∆BCE≌∆ADE，∴S ∆BCE=S ∆ADE,同理可得，S ∆AFH=S ∆IGH, S ∆INQ=S ∆MPQ,∴四边形ABMI的面积=S矩形ADOF+S矩形IGON+S梯形BMPC= ．【分析】（1）利用矩形的性质及第一次折叠使点C落在AB上的F处，可得出∠CBE=∠FBE=∠CEB=45°，可得出CE=BC，利用勾股定理可用含a的代数式求出BE的长，再根据第二次折叠纸片，使点A落在E处，得到折痕BG，可用含a的代数式表示出AB的长，然后求出AB与BC的比值。

中考数学培优(含解析)之圆与相似含答案一、相似1．阅读下列材料，完成任务：自相似图形定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．任务：（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．请从下列A、B两题中任选一条作答．A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．【答案】（1）（2）（3）；；或；或【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，∴AH= AD，∵正方形AEOH∽正方形ABCD，∴相似比为： == ；故答案为：；（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，故答案为：；（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，∴AF：AB=AB：AD，即 a：b=b：a，∴a= b；故答案为：②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，则b： a=a：b，∴a= b；故答案为：B、①如图2，由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a= a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣ = ，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为：或；②如图3，由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，∴DN= b，Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，∵矩形FMND∽矩形ABCD，∴FD：DN=AD：AB，即FD： b=a：b，解得FD= a，∴AF=a﹣ a，∴AG= = = a，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即 a：b=b：a得：a= b；Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，∵矩形DFMN∽矩形ABCD，∴FD：DN=AB：AD即FD： b=b：a解得FD= ，∴AF=a﹣，∴AG= = ，∵矩形GABH∽矩形ABCD，∴AG：AB=AB：AD即：b=b：a，得：a= b；故答案为： b或 b．【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。

中考数学培优(含解析)之圆与相似一、相似1．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P 是MN上一点，求△PDC周长的最小值．【答案】（1）解：结论：CF=2DG．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，∵DE=AE，∴AD=CD=2DE，∵EG⊥DF，∴∠DHG=90°，∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，∴∠CDF=∠DEG，∴△DEG∽△CDF，∴ = = ，∴CF=2DG（2）解：作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG= ，EG= ，DH= = ，∴EH=2DH=2 ，∴HM= =2，∴DM=CN=NK= =1，在Rt△DCK中，DK= = =2 ，∴△PCD的周长的最小值为10+2 ．【解析】【分析】（1）结论：CF=2DG．理由如下：根据正方形的性质得出AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，根据中点的定义得出AD=CD=2DE，根据同角的余角相等得出∠CDF=∠DEG，从而判断出△DEG∽△CDF，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论；（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK，由题意得CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，根据面积法求出DH的长，然后可以判断出△DEH相似于△GDH，根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=，再根据面积法求出HM的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1，在Rt△DCK中，利用勾股定理算出DK的长，从而得出答案。

中考数学培优易错试卷(含解析)之圆与相似及详细答案一、相似1．如图，抛物线与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为：，对称轴为：直线x=﹣；（2）解：存在，∵AD=2t，∴DF=AD=2t，∴OF=4﹣4t，∴D（2t﹣4，0），∵直线AC的解析式为：，∴E（2t﹣4，t），∵△EFC为直角三角形，分三种情况讨论：①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，∴，即，解得：t= ；②当∠FEC=90°，∴∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴DE= AF，即t=2t，∴t=0，（舍去），③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t= ，∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t= 或；（3）解：∵B（1，0），C（0，2），∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，当D在y轴的左侧时，S= （DE+OC）•OD= （t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2）；当D在y轴的右侧时，如图2，∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S= （DE+OC）•OD= （﹣8t+10+2）•（4t﹣4），即（2＜t＜）．综上所述：【解析】【分析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数解析式，建立方程组求解即可。

备战中考数学培优易错难题(含解析)之圆与相似及详细答案一、相似1．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。

（1）求证：DC2＝CE·AC；（2）若AE＝2EC，求之值；（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，∴，∴DC2＝CE·AC；（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，DC= k，连接OC，OD，∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，过C作CG⊥AB于G，设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。

2．（1）问题发现：如图1，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为________；（2）深入探究：如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图3，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN= ，试求EF的长．【答案】（1）NC∥AB（2）解：∠ABC=∠ACN，理由如下：∵ =1且∠ABC=∠AMN，∴△ABC～△AMN∴，∵AB=BC，∴∠BAC= （180°﹣∠ABC），∵AM=MN∴∠MAN= （180°﹣∠AMN），∵∠ABC=∠AMN，∴∠BAC=∠MAN，∴∠BAM=∠CAN，∴△ABM～△ACN，∴∠ABC=∠ACN（3）解：如图3，连接AB，AN，∵四边形ADBC，AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC 即∠BAM=∠CAN，∵，∴，∴△ABM～△ACN∴，∴ =cos45°= ，∴，∴BM=2，∴CM=BC﹣BM=8，在Rt△AMC，AM= ，∴EF=AM=2 ．【解析】【解答】解：（1）NC∥AB，理由如下：∵△ABC与△MN是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△ABM与△ACN中，，∴△ABM≌△ACN（SAS），∴∠B=∠ACN=60°，∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，∴CN∥AB；【分析】（1）由题意用边角边易得△ABM≌△ACN，则可得∠B=∠ACN=60°，所以∠BCN+∠B=∠BCA+∠ACN+∠B=180°，根据平行线的判定即可求解；（2）由题意易得△ABC～△AMN，可得比例式，由三角形内角和定理易得∠BAM=∠CAN，根据相似三角形的判定可得△ABM～△ACN，由相似三角形的性质即可求解；（3）要求EF的值，只须求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。

中考数学培优易错难题(含解析)之圆与相似及答案一、相似1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：（1）∠OAE=∠OBE；（2）AE=BE+ OE．【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∵∠AEB=90°，∴A，B，E，O四点共圆，∴∠OAE=∠OBE（2）证明：在AE上截取EF=BE，则△EFB是等腰直角三角形，∴，∠FBE=45°，∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，∴∠ABO=45°，∴∠ABF=∠OBE，∵，∴，∴△ABF∽△BOE，∴ = ，∴AF= OE，∵AE=AF+EF，∴AE=BE+ OE．【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．（1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，∴t=2，∴B（2，2），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，∵点C是抛物线上第四象限的点，∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，∴C（1，﹣1）（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，在△AOB和△NOB中∴△AOB≌△NOB（ASA），∴ON=OA= ，∴N（0，），∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得或，∴M（﹣，），∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），∴OB=2 ，OC= ，∵△POC∽△MOB，∴ = =2，∠POC=∠BOM，当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，∵∠COA=∠BOG=45°，∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，∵M（﹣，），∴MG= ，OG= ，∴PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（，）；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，∴P（﹣，）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b的值，即可求得答案。