2020中考数学专题2——几何模型之“K”型相似学案（含解析）

(
1
)




【模型解析】

2020 中考专题 2——几何模型之“K”型相似
班级 姓名 .


D



A

(
条件：
B
，
C
，
E

三点共线
,
∠
B
=
∠
A
C
D=
∠
E
=
9
0
°
结论：
△
ABC
∽△
CED
) (
条件：
B
，
D
，
C
三点共线
,
∠
B=
∠
EDF=
∠
C=
α
结论
：△
BDE
∽△
CFD
)B C E

【例题分析】
例 1. (1)问题：如图 1，在四边形 ABCD 中，点 P 为 AB 上一点,∠DPC＝∠A＝∠B＝90°,求证：
AD﹒BC＝AP﹒BP;
探究：如图 2，在四边形 ABCD 中，点 P 为 AB 上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
应用：请利用(1)(2)获得的经验解决问题：
如图 3，在△ABD 中，AB＝6,AD＝BD＝5，点 P 以每秒 1 个单位长度的速度，由点 A 出发，沿边
AB 向点 B 运动，且满足∠CPD＝∠A，设点 P 的运动时间为 t（秒），当 DC＝4BC 时，求 t 的值．

例 2.如图,在等边△ABC 中,将△ABC 沿着 MN 折叠。使点 A 落在边 BC 上的点 D 处。(1)若 AB＝4,当△BMD 为直角三角形时,求 AM 的长。
(2)当 BD:CD＝1:3 时,求 AM:AN 的值。




例 3.如图，在直角坐标系中，矩形 ABCO 的边 OA 在 x 轴上，边 OC 在 y 轴上，点 B 的坐标为(4,8), 将矩形沿对角线 AC 翻折，B 点落在 D 点的位置，且 AD 交 y 轴于点 E，那么点 D 的坐标为 .


例 3 图 例 4 图 例 5 图
例 4.如图，矩形 ABCD 中，AB＝2AD,点 A(0,1),点 C、D 在反比例函数 y ? k (k ? 0) 的图象上，
x
AB 与 x 轴的正半轴相交于点 E，若 E 为 AB 的中点，则 k 的值为 ．
例 5.如图,直线 a∥b∥c,a 与 b 之间的距离为 3,b 与 c 之间的距离为 6,a、b、c 分别经过等边三角形 ABC 的三个顶点,则三角形的边长为 .

【巩固训练】
如图 1，已知△ABC 和△ADE 均为等边三角形，D 在 BC 上，DE 与 AC 相交于点 F,AB＝9,BD＝
3，则 CF 等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4

图 1 图 2 图 3 图 4

(
3
)如图 2 坐标系中，O(0，0)，A（6，6 ），B（12，0），将△OAB 沿直线线 CD 折叠，使点 A 恰

好落在线段 OB 上的点 E 处，若 OE＝ 24 ，则 CE：DE 的值是 ．

5
如图3，直线l1∥l2∥l3，等腰直角三角形ABC的三个顶点A，B，C分别在l1，l2，l3上，∠ACB＝90°，
AC交l2于点D，已知l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，则△ABC的面积为 .

5 k

如图 4，边长为 的正方形 ABCD 的顶点 A 在 y 轴上，顶点 D 在反比例函数 y＝ (x＞0)的图象上，
4 x
已知点 B 的坐标是 3, 9 ,则 k 的值为 。

4 4
如图 5，在平面直角坐标系中，点 A、C 分别在 x 轴、y 轴上，四边形 ABCO 为矩形，AB＝16，
4

点 D 与点 A 关于 y 轴对称,tan∠ACB＝
3

，∠CDE＝∠CAO,点 E、F 分别是线段 AD、AC 上的动

点（点 E 不与点 A、D 重合），且∠CEF＝∠ACB．
求 AC 的长和点 D 的坐标；
证明：△AEF∽△DCE;
当△EFC 为等腰三角形时，求点 E 的坐标．


图 5




如图 6，一条抛物线经过原点和点 C(8,0),A、B 是该抛物线上的两点,AB∥x 轴，OA＝5,AB＝2．点 E 在线段 OC 上，作∠MEN＝∠AOC,使∠MEN 的一边始终经过点 A，另一边交线段 BC 于点 F，连接 AF．
求抛物线的解析式；
当点 F 是 BC 的中点时，求点 E 的坐标；
当△AEF 是等腰三角形时，求点 E 的坐标．

图 6

如图7，已知抛物线y＝mx2－3mx－4m与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，当
∠ACB＝90°时，
求抛物线解析式；
当抛物线开口向下时，在第一象限的抛物线上有一点P，横坐标为a，当∠BPC＝90° 时，求 a 的值.


图 7







如图8，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（－1，0），B（3，0），与y轴交于点C，直 线BC的解析式为y＝kx＋3.
求抛物线和直线BC的解析式；
在抛物线的对称轴上找一点P，使得∠CBP＝90°，求P点坐标；
若点 Q 是第一象限的抛物线上一动点，当∠CQB＝90°时，求 Q 点的坐标.

图 8

小明是一个喜欢探究钻研的学生，他在和同学们一起研究某条抛物线 y＝ax2（a＜0）的性质时， 将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点 O，两直角边与该抛物线交于 A、B 两点，请解答以下问题：

图 1 图 2

(
2
)小明测得 OA＝OB＝ 4 （如图 1），求 a 的值；
对同一条抛物线，小明将三角板绕点 O 旋转到如图 2 所示位置时，过 B 作 BF⊥x 轴于点F，测得 OF＝2，写出此时点 B 的坐标，并求点 A 的横坐标；
对该抛物线，小明将三角板绕点 O 旋转任意角度时惊奇地发现，交点 A、B 的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．


2020 中考专题 2——几何模型之“K”型相似 参考答案

例 1.解：（1）如图 1，
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，∴∠ADP＋∠APD＝90°，∠BPC＋∠APD＝90°，
∴∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，
∴ ＝ ，∴AD?BC＝AP?BP；

图 1 图 2 图 3
结论 AD?BC＝AP?BP 仍然成立． 理由：如图 2，
∵∠BPD＝∠DPC＋∠BPC，∠BPD＝∠A＋∠ADP，
∴∠DPC＋∠BPC＝∠A＋∠ADP．
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝θ，∴∠BPC＝∠ADP，
∴△ADP∽△BPC，∴ ＝ ，∴AD?BC＝AP?BP；
如图 3，
∵DC＝4BC，又∵AD＝BD＝5，∴DC＝4，BC＝1，
，由（1）、（2）的经验可知 AD?BC＝AP?BP，
∴5×1＝t（6﹣t），解得：t1＝1，t2＝5，∴t 的值为 1 秒或 5 秒．

例 2.解：(1)如图 1，设 BM＝k,AM＝DM＝ 3k.可得方程 k＋ 3k＝4,得 k＝2＋2 3,得 AM＝2（3
(
－
3
）
.
)
同理，如图 2，可求得 AM＝8 3－12.
如图 3，设 BD＝m,CD＝3m,可得△BDM 与△CDN 的周长比即相似比为 5：7.可得 AM：AN＝ DM：DN＝5：7.
图 1 图 2 图 3

例 3.解：如图，过 D 作 DF⊥x 轴于 F，
∵点 B 的坐标为（4，8），∴AO＝4，AB＝8，

根据折叠可知：CD＝OA，而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，

∴△CDE≌△AOE，∴OE＝DE，OA＝CD＝4， 设 OE＝x，那么 CE＝8﹣x，DE＝x，
∴在 Rt△DCE 中，CE2＝DE2＋CD2，
∴（8﹣x）2＝x2＋42，∴x＝3，
又 DF⊥AF，∴DF∥EO，∴△AEO∽△ADF， 而 AD＝AB＝8，∴AE＝CE＝8﹣3＝5，
∴ ＝ ＝ ，即 ，
∴DF＝ ，AF＝ ，∴OF＝ ﹣4＝ ，
∴D 的坐标为（﹣，）．故答案是：（﹣，）．
例 4.解：如图，作 DF⊥y 轴于 F，过 B 点作 x 轴的平行线与过 C 点垂直与 x 轴的直线交于 G， CG 交 x 轴于 K，作 BH⊥x 轴于 H，
∵四边形 ABCD 是矩形，∴∠BAD＝90°，
∴∠DAF＋∠OAE＝90°，
∵∠AEO＋∠OAE＝90°，∴∠DAF＝∠AEO，
∵AB＝2AD，E 为 AB 的中点，∴AD＝AE， 在△ADF 和△EAO 中，

∴△ADF≌△EAO（AAS），

∴DF＝OA＝1，AF＝OE，∴D（1，k），
∴AF＝k﹣1，
同理；△AOE≌△BHE，△ADF≌△CBG，
∴BH＝BG＝DF＝OA＝1，EH＝CG＝OE＝AF＝k﹣1，
∴OK＝2（k﹣1）＋1＝2k﹣1，CK＝k﹣2
∴C（2k﹣1，k﹣2），
∴（2k﹣1）（k﹣2）＝1?k， 解得 k1＝，k2＝ ，
∵k﹣1＞0，∴k＝ 故答案是： ．


例 5.简解：构造∠BDC=∠AEC=60°，可得△BCD≌△CAE.可求得 AC=2 21.



【巩固训练】
解：如图，∵△ABC 和△ADE 均为等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝60°，
∴∠BAD＋∠ADB＝120°，∠ADB＋∠FDC＝120°
∴∠BAD＝∠FDC
又∵∠B＝∠C＝60°，∴△ABD～△CDF，
∴AB：BD＝CD：CF，即 9：3＝（9﹣3）：CF，∴CF＝2．

解：过 A 作 AF⊥OB 于 F，
∵A（6，6），B（12，0），∴AF＝6，OF＝6，OB＝12，
∴BF＝6，∴OF＝BF，∴AO＝AB，
∵tan∠AOB＝ ，∴∠AOB＝60°，∴△AOB 是等边三角形，
∴∠AOB＝∠ABO＝60°，

∵将△OAB 沿直线线 CD 折叠，使点 A 恰好落在线段 OB 上的点 E 处，

∴∠CED＝∠OAB＝60°，∴∠OCE＝∠DEB，∴△CEO∽△DBE，
∴ ，
设 CE＝a，则 CA＝a，CO＝12﹣a，ED＝b，则 AD＝b，DB＝12﹣b，


，∴24b＝60a﹣5ab①， ，


∴36a＝60b﹣5ab②，
②﹣①得：36a﹣24b＝60b﹣60a，

∴ ＝ ，即 CE：DE＝ ．故答案为： ．


简解：构造一对直角三角形全等，可得 BC＝AC＝5.


解：如图，作 DE⊥OA 于 E，BF⊥OA 于 F，
∵四边形 ABCD 是正方形，

∴AD＝AB，∠DAB＝90°，

∵∠EAD＋∠FAB＝90°，∠FAB＋∠ABF＝90°，

∴∠EAD＝∠ABF， 在△ADE 和△BAF 中，

，∴△ADE≌△BAF，

∴AF＝ED，AE＝BF，
∵B 点坐标（，），AB＝，
∴OF＝ ，AF＝DE＝ ＝ ＝1．
∴OE＝4，点 D 坐标（1，4），∴k＝4．
解：（1）由题意 tan∠ACB＝，∴cos∠ACB＝，
∵四边形 ABCO 为矩形，AB＝16，
∴BC＝ ＝12，AC＝ ＝20，
∴A（﹣12，0），
∵点 D 与点 A 关于 y 轴对称，∴D（12，0）；
∵点 D 与点 A 关于 y 轴对称，
∴∠CDE＝∠CAO，
∵∠CEF＝∠ACB，∠ACB＝∠CAO，
∴∠CDE＝∠CEF，
又∵∠AEC＝∠AEF＋∠CEF＝∠CDE＋∠DCE，
∴∠AEF＝∠DCE，
∴△AEF∽△DCE；
当△EFC 为等腰三角形时，有以下三种情况：
①当 CE＝EF 时，

∵△AEF∽△DCE，
∴△AEF≌△DCE，
∴AE＝CD＝20，
∴OE＝AE﹣OA＝20﹣12＝8，
∴E（8，0）；
②当 EF＝FC 时，过点 F 作 FM⊥CE 于 M，则点 M 为 CE 中点，
∴CE＝2ME＝2EF?cos∠CEF＝2EF?cos∠ACB＝ EF，
∵△AEF∽△DCE，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴AE＝ ，
∴DE＝AE﹣OA＝ ﹣12＝，
∴E（，0）；
③当 CE＝CF 时，则有∠CFE＝∠CEF，
∵∠CEF＝∠ACB＝∠CAO，
∴∠CFE＝CAO，即此时点 E 与点 D 重合，这与已知条件矛盾， 综上所述，E（8，0）或（，0）．
6.解：（1）如图，
∵该抛物线经过原点和点 C（8，0），
∴设该抛物线的解析式为：y＝ax（x﹣8）（a≠0）．
∵点 C（8，0），∴该抛物线的对称轴是 x＝4．
∵AB＝2，AB∥x 轴，∴设 A（3，t），B（5，t），又∵OA＝5，∴t＝4，即 A（3，4），B（5，4），
∴把点 A 的坐标代入解析式，得
4＝3a×（3﹣8），解得 a＝﹣ ，

∴该抛物线的解析式是：y＝﹣x（x﹣8）（或 y＝﹣x2＋x）；
∵AB∥x 轴，
∴根据抛物线的对称性知 OA＝CB＝5，∠AOC＝∠BCO，
∵点 F 是 BC 的中点，∴CF＝．
∵∠MEN＝∠AOC，即∠AEF＝∠AOC，∠AEC＝∠AEF＋∠CEF＝∠AOC＋∠OAE，
∴∠CEF＝∠OAE，∴△AOE∽△ECF，

∴ ＝ ，即 ＝ ，


解得，OE＝ ，或 OE＝ ，则 E（ ，0）；

①当 AE＝EF 时，可证△AOE≌△ECF． 则 OA＝CE＝5，∴OE＝3，则 E（3，0）；
②当 AF＝EF 时，过点 F 作 FK∥AO．
易证△ABF≌△FKE，求得 OE＝，则 E（，0）；
③当 AE＝AF 时，在 AO 上取点 Q，使得 EQ＝OE． 易证△ABF≌△EQA，则 EQ＝AB＝2，
∴OE＝2．则 E（2，0）；
综上所述，点 E 的坐标是：（3，0）、（，0）或（2，0）时，△AEF 是等腰三角形．

6.解：（1）A（－1，0），B（4，0），C（0，－4m）.利用 AO?BO
＝CO2 列方程可得 m＝－1
2
(2) 构 造 基 本 图 形 ， 设 P （ a,b ） ， 其 中

b=－1 2




，NP=4-a.

(a -3a-4),CM=b-2,BN=b,PN=4-a
2
可得方程 a(4-a)=b(b-2)即，


a(4-a)=

解：

1
－ (a-4)（a+1)(
2

1a2+
(
－
)2

3
a),
2


得 a=3(-1,0,3 舍去)



(1)C（0，3）,抛物线为 y=－(x+1)(x－3)=－x2+2x+3.


直线 BC 为 y=－x+3,取 BC 的中点 M

3,3）MP=1/2BC=3/2 2, 得 P 3,3 3 2）

(
（
) (
（
) (
±
)2 2 2 2 2

(
1
＋

5 5
＋

5
2
,
2
)设 Q（a,b）则类似第 6 题，可得 Q

解：（1）设线段 AB 与 y 轴的交点为 C，由抛物线的对称性可得 C 为 AB 中点，
∵OA＝OB＝4 ，∠AOB＝90°，∴AC＝OC＝BC＝4，
∴B（4，﹣4），


将 B（4，﹣4）代入抛物线 y＝ax2（a＜0）得，a＝﹣．
（2）过点 A 作 AE⊥x 轴于点 E，
∵点 B 的横坐标为 2，∴B （2，﹣1），设 A（﹣m，﹣m 2）（m＞0），则
OB2＝22＋12＝5，OA2＝m2＋ m4，AB2＝（2＋m）2＋（﹣1＋ m2）2，
∵∠AOB＝90°，∴AB2＝OA2＋OB2，
∴（2＋m）2＋（﹣1＋ m2）2＝m2＋ m4＋5，
解得：m＝0（不合题意舍去）或 m＝8，即点 A 的横坐标为﹣8．

（3）设 A（﹣m，﹣m 2）（m＞0），B（n，﹣n 2）（n＞0），设直线 AB 的解析式为：y＝kx＋b，则 ，

①×n＋②×m 得，（m＋n）b＝﹣（m2n＋mn2）＝﹣mn（m＋n），
∴b＝﹣ mn，
由前可知，OB2＝n2＋ n4，OA2＝m2＋ m4，AB2＝（n＋m）2＋（﹣ m2＋ n2）2， 由 AB2＝OA2＋OB2，得：n2＋n4＋m2＋ m4＝（n＋m）2＋（﹣ m2＋ n2）2，
化简，得 mn＝16．
∴b＝﹣ ×16＝﹣4．由此可知不论 k 为何值，直线 AB 恒过点（0，﹣4）．