2020-2021哈尔滨备战中考数学压轴题专题复习——相似的综合一、相似1.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴相交于点A(-1,0)和点B,与y轴父于点C,对称轴为直线x=1.(1)求点C的坐标(用含a的代数式表示)；(2)联结AC、BC，若△ABC的面积为6,求此抛物线的表达式；(3)在第(2)小题的条件下，点Q为x轴正半轴上一点，点G与点C,点F与点A关于点Q成中心对称，当△CGF为直角三角形时，求点Q的坐标.【答案】(1)解：•••抛物线y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴为直线x=1,而抛物线与x轴的一个交点A的坐标为(-1,0)•••抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为(3,0)设抛物线解析式为y=a(x+1)(x-3)，即y=ax2-2ax-3a，当x=0时，y=-3a，•C(0，-3a)(2)解：TA(-1,0),B(3,0),C(0,-3a),•AB=4，OC=3a，•Sr.AB・OC=6,△ACB•6a=6，解得a=1,•抛物线解析式为y=x2-2x-3(3)解：设点Q的坐标为(m,0).过点G作GH丄x轴，垂足为点H,如图,KG\\T点G与点C,点F与点A关于点Q成中心对称,•QC=QG，QA=QF=m+1，QO=QH=m，OC=GH=3，•OF=2m+1，HF=1，当/CGF=90°时，TZQGH+ZFGH=90°,ZQGH+ZGQH=90°,ZGQH=ZHGF,RtAQGH-RtAGFH,GfiQh3/a.=.；：■,即.，解得m=9,.Q的坐标为（9,0）；当ZCFG=90°时，TZGFH+ZCFO=90°,ZGFH+ZFGH=90°,.ZCFO=ZFGH,RtAGFH-RtAFCO,GhFh31•••E=，即-.：'=，解得m=4,.Q的坐标为（4，0）；ZGCF=90°不存在，综上所述，点Q的坐标为（4，0）或（9，0）．【解析】【分析】（1）根据抛物线是轴对称图形和已知条件可求得抛物线与x轴的另一个交点B的坐标，再用交点式可求得抛物线的解析式，然后根据抛物线与y轴交于点C可得x=0,把x=0代入解析式即可求得点C的坐标；1（2）由（1）的结论可求得AB=4,OC=3a，根据三角形ABC的面积=AB・0C=6可求得a的值，则解析式可求解；（3）设点Q的坐标为（m,0）.过点G作GH丄x轴，垂足为点H,根据中心对称的性质可得QC=QG,QA=QF=m+1,QO=QH=m,OC=GH=3。分两种情况讨论：①当ZCGF=90°时，由同角的余角相等可得ZGQH=ZHGF,于是根据有两个角相等的两个三角形相似可得GH_QhRtAQGH-RtAGFH，则可得比例式沁，:,代入可求得m的值，则点Q的坐标可求解；②当ZCFG=90°时，同理可得另一个Q坐标。2.如图，在■■■上宀中，---■■■'，点M是AC的中点，以AB为直径作―分别交--于点''.（1）求证：-“二2）填空：圏1（1）问题发图上备用J若AB-6，当AD-2Dh时，DE-；念连接如爼,当乙；的度数为时，四边形ODME是菱形.【答案】（1）证明：TZABC=90°,AM=MC,ABM=AM=MC,AZA=ZABM.V四边形ABED是圆内接四边形，AZADE+ZABE=180°，又ZADE+ZMDE=180°，AZMDE=ZMBA，同理证明：ZMED=ZA，AZMDE=ZMED，AMD=ME（2）2；DE【解析】【解答】解：⑵①由（1）可知，ZA=ZMDE，ADEIIAB，A-=Mb11出.VAD=2DM，ADM：MA=1：3，ADE=AB=x6=2.故答案为：2．②当ZA=60°时，四边形ODME是菱形.理由如下：连接OD、OE．VOA=OD，ZA=60°，A△AOD是等边三角形，AZAOD=60°．VDEIAB，AZODE=ZAOD=60°，ZMDE=ZMED=ZA=60°，A△ODE，△DEM都是等边三角形，AOD=OE=EM=DM,A四边形OEMD是菱形.故答案为：60°．【分析】（1）要证MD=ME，只须证ZMDE=ZMED即可。根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=AM=MC,则ZA=ZABM,由圆内接四边形的性质易得ZMED=ZA,ZMDE=ZMBA，所以可得ZMDE=ZMED；/；/：'祗（2）①由（1）易证得DEIAB，可得比例式•’二，结合①中的已知条件即可求解；②当ZA=60°时，四边形ODME是菱形.理由如下：连接OD、OE,由题意易得△ODE,△DEM都是等边三角形，所以可得OD=OE=EM=DM，由菱形的判定即可求解。3.如图1,在RtAABC中，ZB=90°,BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接。〔，将厶EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为a.AAL①当a=0°时，业=；②当a=180°时，鈕=.(2)拓展探究Ab试判断：当0°
