特训03 相似三角形 锐角三角函数压轴题-2022-2023学年九年级数学下册期中期末挑战满分冲刺卷（苏科版，江苏专用）

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特训03 相似三角形 锐角三角函数压轴题
一、解答题
1．如图，矩形中，，，点是的中点，是射线上一点，延长交直线于，过作，分别交射线、直线于、．

(1)①当时，______；
②点在上取不同位置，的值是否变化？若不变，求出它的值，若改变，请说明理由；
(2)连接，当是等腰直角三角形时，求的长；
(3)直接写出的最小值______．
【答案】(1)①，②点在上取不同位置，的值不变，
(2)
(3)
【分析】（1）①过作于，过作于，证明出即可得解；②过作于，过作于，证明出，即有；
（2）根据，是等腰直角三角形时，即有，根据，有，结合（1）中的结论即可求得，，即有，即可求出PD；
（3）以B为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，连接GE，设P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，利用待定系数法求出直线PE的解析式，进而求出F点坐标，根据勾股定理求出、、、，再根据（1）中已得，即有，即，在Rt△PGE中，，在Rt△GEC中，，即，则有，设8-m=t，即t＞0，则，根据，得到，即有，则GC的最小值可求．
（1）
解：①过作于，过作于，如图所示：

在矩形中，，
∵，点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
在中，，，则，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
则，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：；
②点在上取不同位置，的值不变，．
过作于，过作于，如图所示：

在矩形中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴∠IGP=∠FEJ，
∴，
∴，
∴点在上取不同位置，的值不变，；
（2）
解：∵，
∴是直角三角形，
当是等腰直角三角形时，，
∵，
∴，
∵在（1）中有，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵PA+PD=AD=BC=8，
∴，
∴；
（3）
以B为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，连接GE，如图，

则有B点坐标为(0,0)、C点坐标为(8,0)、E点坐标为(8,3)，
设P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，
∵P点坐标为(m,6)、E点坐标为(8,3)，
∴设直线PE的解析式为，
则有：，解得：，
则直线PE的解析式为，
∴PE与y轴的交点F的坐标为，
∵E点坐标为(8,3)，F的坐标为，
∴，
∵P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，
∴，
∵在（1）中已得，
∴，
∴，
∴
∵P点坐标为(m,6)、E点坐标为(8,3)，
∴，
∵E点坐标为(8,3)、C点坐标为(8,0)，
∴，
∵EF⊥PG，
∴在Rt△PGE中，，
又∵在Rt△GEC中，，
∴，
即：，
∵P点在射线DA上，
∴m＜8，
则设8-m=t，即t＞0，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则的最小值为，
即GC的最小值为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、待定系数法求解一次函数解析式、勾股定理以及构建直角坐标系等知识，构建直角坐标系求得是解答本题的关键．
2．如图所示，抛物线y=−x2+bx+3经过点B(3，0)，与x轴交于另一点A，与y轴交于点C．

(1)求抛物线所对应的函数表达式；
(2)如图，设点D是x轴正半轴上一个动点，过点D作直线l⊥x轴，交直线BC于点E，交抛物线于点F，连接AC、FC．
①若点F在第一象限内，当∠BCF=∠BCA时，求点F的坐标；
②若∠ACO+∠FCB=45°，则点F的横坐标为______．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)①；②或5
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）①作点A关于直线BC的对称点G，连接CG交抛物线于点F，此时，∠BCF=∠BCA，求得G(3，4)，利用待定系数法求得直线CF的解析式为：y=x+3，联立方程组，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质和等腰三角形的性质，可求CF的解析式，联立方程可求解．
【详解】（1）解：∵B(3，0)在抛物线y=−x2+bx+3上，
∴y=−32+3b+3，
解得b=2，
∴所求函数关系式为y=−x2+2x+3；
（2）解：①作点A关于直线BC的对称点G，AG交BC于点H，过点H作HI⊥x轴于点I，连接CG交抛物线于点F，此时，∠BCF=∠BCA，如图：

令x=0，y=3；
令y=0，−x2+2x+3=0，
解得：x=3或x=-1，
∵A(-1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴OB=OC，AB=4，
∴△OCB是等腰直角三角形，则∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠HAB=∠OBC=∠AHI=∠BHI=45°，
∴HI= AI=BI=AB=2，
∴H(1，2)，  
∴G(3，4)，
设直线CG的解析式为：y=kx+3，
把G(3，4)代入得：4=3k+3，
解得：k=，
∴直线CF的解析式为：y=x+3，
∴，解得：，
所以F点的坐标为(，)；
②当点F在x轴上方时，如图，延长CF交x轴于N，

∵点B（3，0），点C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴∠CBO=∠BCO=45°，
∵点A（-1，0），
∴OA=1，∵∠FCE+∠ACO=45°，∠CBO=∠FCE+∠CNO=45°，
∴∠ACO=∠CNO，
又∵∠COA=∠CON=90°，
∴△CAO∽△NCO，
∴，
∴，
∴ON=9，
∴点N（9，0），  
同理可得直线CF解析式为：y=-x+3，
∴-x+3=-x2+2x+3，
∴x1=0（舍去），x2=，
∴点F的横坐标为；
当点F在x轴下方时，如图，设CF与x轴交于点M，

∵∠FCE+∠ACO=45°，∠OCM+∠FCE=45°，
∴∠ACO=∠OCM，
又∵OC=OC，∠AOC=∠COM，
∴△COM≌△COA（ASA），
∴OA=OM=1，
∴点M（1，0），
同理直线CF解析式为：y=-3x+3，
∴-3x+3=-x2+2x+3，
∴x1=0（舍去），x2=5，
∴点F的横坐标为5，
综上所述：点F的横坐标为5或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，两点距离公式，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
3．如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝6，点G，E分别在边AB，AD上，∠EGF＝90°，EG＝FG，GF，EF分别交BC于点N、M，连接EN．

(1)当GN平分∠ENB时，求证：EN＝AE+BN；
(2)当MF2＝MN•BM时，求AE的值．
(3)当点E是AD的中点，点Q是EN的中点，当点G从点A运动到点B时，直接写出点Q运动的路径长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)Q的运动路径为

【分析】（1）延长NG，DA交于H，利用角平分线的定义和平行线的性质得HE＝EN，则HG＝GN，再利用AAS证明△AHG≌△BNG，得AH＝BN，可得结论；
（2）作FP⊥AB，交AB的延长线于P，首先可证明△AGE≌△PFG（AAS），得AE＝PG，AG＝PF，再利用MF2＝MN•BM，∠NMF＝∠BMF，得△MFN∽△MBF，可知△PBF是等腰直角三角形，得BP＝PF，即可得出AE的长；
（3）作ET⊥BC于T，QS⊥BC于S，QS＝ET＝3，当点G与A重合时，点Q为BE的中点，当点G与B重合时，点Q仍为BE的中点，则点Q运动路径是一条来回的线段，再利用△AEG∽∠BGN，求出BN的最大值，从而解决问题．
(1)
证明：延长NG与DA交于H，

∵GN平分∠ENB，
∴∠BNG＝∠ENG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠H＝∠GNB，
∴∠H＝∠ENG，
∴HE＝EN，
∵EG⊥HN，
∴HG＝GN，
∵∠AGH＝∠BGN，
在和中，

∴△AHG≌△BNG（ASA），
∴AH＝BN，
∴HE＝BN+AE，
∴EN＝BN+AE．
(2)
解：作FP⊥AB，交AB的延长线于P，

∵∠AGE+∠BGF＝90°，∠AGE+∠AEG＝90°，
∴∠PGF＝∠AEG，
在和中，
，
∴△AGE≌△PFG（AAS），
∴AE＝PG，AG＝PF，
∵MF2＝MN•BM，∠NMF＝∠BMF，
∴△MFN∽△MBF，
∴∠NBF＝∠MFN＝45°，
∴∠PBF＝45°，
∴△PBF是等腰直角三角形，
∴BP＝PF，
∴AE＝BG+BP＝AB＝6．
(3)
解：作ET⊥BC于T，QS⊥BC于S，

∴QS＝ET＝3，
当点G与A重合时，点Q为BE的中点，
当点G与B重合时，点Q仍为BE的中点，
∴点Q运动路径是一条来回的线段，
∵∠AEG＝∠BGN，∠A＝∠B，
∴△AEG∽△BGN，
∴，
设AG＝x，
∴，
∴BN＝﹣，
当x＝3时，BN最大为，
∴Q'Q的最大值为，
∴点Q的运动路径为．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，二次函数的性质，确定点Q的运动路径是解题的关键．
4．如图1，AB为⊙O的直径，P为AB延长线上一点，点C在⊙O上，连接PC交⊙O于点D，OP＝CP．

(1)求证：∠ACP＝3∠PAC；
(2)如图2，过点C作弦CE⊥AD，垂足为F，CE交AB于点G，求证：EC＝AC；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点G作GM⊥PC，垂足为M，若EG＝4，MG＝2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）连接OC，设∠PAC＝α，则∠ACO＝α，∠COP＝2α＝∠OCP，可得∠ACP＝3α，即可证明∠ACP＝3∠PAC；（2）连接OC、OE、BC，先证明∠FCD＝∠CAB，设∠CAB＝α，则∠FCD＝α，可得∠OCE＝∠ACP﹣∠FCD﹣∠ACO＝α，∠ACO＝∠OCE，利用△AOC≌△EOC即得EC＝AC；（3）连接OC、OE、BC，证明△ACB∽△CMG，得，设CG＝x，⊙O的半径为r，可列，即r2①，根据CO是△ACG的角平分线，可得，OG，再根据AG•BG＝CG•EG，可得r2②，由①②得：，即可解得x＝6，从而r．
(1)
（1）连接OC，如图：

∵OP＝CP，
∴∠OCP＝∠COP，
∵OA＝OC，
∴∠PAC＝∠ACO，
设∠PAC＝α，则∠ACO＝α，
∴∠COP＝∠PAC+∠ACO＝2α＝∠OCP，
∴∠ACP＝∠OCP+∠ACO＝3α，
∴∠ACP＝3∠PAC；
(2)
连接OC、OE、BC，如图：

∵CE⊥AD，
∴∠CFD＝90°，
∴∠FCD＝90°﹣∠ADC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝90°﹣∠ABC，
∵∠ADC＝∠ABC，
∴∠FCD＝∠CAB，
由（1）知：设∠CAB＝α，则∠ACO＝α，∠ACP＝3α，
而∠FCD＝∠CAB，
∴∠FCD＝α，
∴∠OCE＝∠ACP﹣∠FCD﹣∠ACO＝α，
∴∠ACO＝∠OCE，
∵OA＝OC＝OE，
∴∠OAC＝∠ACO＝∠OCE＝∠E，
且OC＝OC，
∴△AOC≌△EOC（AAS），
∴EC＝AC；
(3)
连接OC、OE、BC，过O作OR⊥AC于R，过O作OS⊥CE于S，如图：

由（2）知：∠BAC＝∠ACO＝∠ECO＝∠GCM＝α，AC＝EC，
∵∠ACB＝∠CMG＝90°，
∴△ACB∽△CMG，
∴，
设CG＝x，⊙O的半径为r，则CE＝CG+EG＝x+4＝AC，CM，AB＝2r，
∴，
变形得：r2①，
∵∠ACO＝∠ECO，
∴CO是△ACG的角平分线，
∵OR⊥AC，OS⊥CE，
∴OR＝OS，
∵，
∴，即，
∴OG，
∴AG＝OA+OG，BG＝OB﹣OG，
∵弦CE、AB交于G，
∴AG•BG＝CG•EG，即4x，
变形得：r2②，
由①②得：，
变形整理得x2﹣2x﹣24＝0，
解得x＝6或x＝﹣4（舍去），
∴r2，
∴r．
【点睛】本题考查了圆的性质及综合应用，涉及等腰三角形、全等三角形、相似三角形、勾股定理、线段及角的和差等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关的线段、角，再根据已知列方程．
5．已知正方形ABCD，AB=4，点E是BC边上一点（不与B、C重合），将EA绕点E顺时针旋转90°至EF，连接AF，设EF交CD于点P，AF交CD于点Q．

(1)如图1，线段EQ、BE与DQ之间有怎样的数量关系，请证明你的发现；
(2)如图2，连接DF，则AF＋DF的最小值是 （直接写出答案）；
(3)如图3，连接CF，①若BE= m，用m的代数式表示；
②若m= ，求∠EQF的度数．
【答案】(1)EQ=BE+DQ，证明见解析
(2)
(3)①；②112. 5°

【分析】（1）如图1，将绕点逆时针旋转到，由正方形与旋转的性质可求得，，，可知三点共线，证明，则，进而可得；
（2）如图2，作的延长线于，易证，则，可求，可知在于夹角为的线段上运动，如图2，作关于的对称点，连接，与交点使的值最小，即，过作的延长线于，，，，，中，由勾股定理得，求出的值即可；
（3）①由（2）可知，则，由平行线分线段成比例可得；②解：如图3，延长、交于，作于，，由（2）可知，，，证明，则，即，解得，证明，则，即，求出的值，可得，证明，则，，根据计算求解即可．
（1）
解：．
证明：如图1，将绕点逆时针旋转到，

由题意知，，，，，
由旋转的性质可得，，，，
∴，，，
∴三点共线，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．  
（2）
解：如图2，作的延长线于，

由题意知，，，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，  
∴在与夹角为的线段上运动，如图2，作关于的对称点，连接，与交点使的值最小，，
过作的延长线于，
∴，，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴AF＋DF的最小值为，
故答案为：．
（3）
①解：由（2）可知，则，
∴由平行线分线段成比例可得，
故答案为：．
②解：如图3，延长、交于，作于，

∴，
由（2）可知，，，
∴，，
∴，
∴，即，
解得，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∵，
∴，
在和中，  
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，对称的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，等边对等角等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．如图1，在矩形ABCD中，E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接DF、EF，H为DF中点，连接GH，将绕点B旋转．

(1)当旋转到如图2的位置，连接AF、CE，若，且，则__________，__________；
(2)已知．
①当旋转到如图3位置时，连接CE，猜想GH与CE之间的数量关系和位置关系，并说明理由．
②在旋转过程中，射线GH，CE相交于点Q，连接AQ，AQ有最小值吗？若有，请直接写出AQ的最小值；若没有，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)①；见解析；②有，最小值为

【分析】（1）根据角的和差关系求出∠CBE=∠ABF，然后根据中点的定义求出BF=BE，利用SAS证明△ABF≌△CBE，得出AF=CE=2，再根据三角形中位线定理求GH长即可；
（2）①连接AF，延长CE交AF于N，交AB于M，证明，得出，设，然后根据三角形中位线定理求出，则可求出GH与CE的比值，再根据余角的性质求出CN⊥AF，结合GH∥AF，则可得出GH⊥CE；
②延长和交于点，连接，取的中点，求出，则点在以为直径的圆上，从而得到当、、三点共线时，最短，然后作于，然后利用三角形中位线定理、勾股定理等求出长，从而求出，即的最小值．
（1）
解：∵∠CBE+∠CBF=∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠CBE=∠ABF，
∵AB=BC，E、F分别是BC、AC的中点，
∴BF=BE，
在△ABF和△CBE中， ，
∴△ABF≌△CBE（SAS），
∴AF=CE=2，
∵G、H分别是AD和DF的中点，
∴GH是△ADF的中点，
∴，
故答案为：2，1．
（2）
解：①猜想，理由如下，
如图，连接AF，延长CE交AF于N，交AB于M，


，E，F分别为边BC，AB的中点，
，
由旋转可知：，
，
又，
；
，
设，
点G是AD的中点，点H是DF的中点，
，
，
，
，
，
即，
，
；
②有最小值，理由如下：
如图，延长GH和CE交于点Q，连接CG，取CG的中点O，

由①知CE⊥GH，即∠CEG=90°，
则Q点在以CG为直径的圆上，
当A、Q、O三点共线时，AQ最短，
作于，
∴，
∴OP是△CGD的中位线，
∴ ， ，
∴AP=AG+GP=2+1=3，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，以及三角形三边的关系，解题的关键是根据条件添加适当的辅助线，构造全等三角形．
7．如图，抛物线与轴交于点A、，与轴交于点．点是线段上的动点（点不与点，重合），连接并延长，交抛物线于点，过点作轴的平行线交于点．

(1)求点A、的坐标；
(2)在点的运动过程中，若的最大值为，求抛物线对应的函数表达式；
(3)在（2）的条件下，当为等腰三角形时，直接写出线段的长．
【答案】(1)A(-1，0)，B(4，0)；
(2)；
(3)或

【分析】（1）令，代入函数解析式，求解即可；
（2）过点A作AE⊥x轴，交BC延长线于点E，可得，从而得到，求得BC解析式为，设，根据的最大值为，求得m，即可求解；
（3）延长QH交x轴与点F，为等腰三角形分为三种情况，利用等腰三角形的性质求解即可．
（1）
解：令，则
即，解得，，
即A(-1，0)，B(4，0)，
（2）
解：过点A作AE⊥x轴，交BC延长线于点E，如下图：
则，
∴，
∴，
由题意可得：，
设直线BC解析式为，则：
，解得，即，
设，则，，
则，，
∴，
∴时，最大，即最大，为，
则，解得（负值舍去），
∴，

（3）
延长QH交x轴与点F，如下图：
由（2）可得，，，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
由题意可得：，，
∴，为等腰直角三角形，
∴，，
当时，则，
∴，为等腰直角三角形，
又∵，
∴为的中点，即，
∴，
∴，即，
∴，即，
解得或（舍去），
此时；
当时，可得，
∴，即轴，不符合题意，舍去；
当时，由（2）可得，
从而得到，，
，
∴
解得，或（舍去）

综上分析可得，当为等腰三角形时，线段的长为：3或.

【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用相关性质，学会利用分类讨论的思想求解问题．
8．矩形ABCD中，，，E是射线CD上一点，点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上．

(1)如图，当点E在边CD上时；
①若，DF的长为______；
②若时，求DF的长；
(2)作∠ABF的平分线交射线DA于点M，当时，求DF的长．
【答案】(1)①2；②
(2)2或18

【分析】(1)利用勾股定理进行解答，即可得出答案；
(2)利用角的平分线的定义，进行等量代换进行解答即可．
（1）
解：①2．
②∵矩形ABCD中，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵点C、F关于BE的对称点，
∴．
∴．

（2）
①如图1，当点F在边AD上时，
过点M作于点N，
∵BM平分∠ABF，，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴．
设，则．
∴．
在中，，
∴．
解得，（舍去）．
∴．
∴矩形ABCD中，．
∴．

②如图2，当点F在边DA延长线上时，
同①可得，，．
∴．
∴，．
∴综上所述：或18．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的综合应用，解题时注意分类思想与方程思想的运用．
9．如图，点在四边形的边上．

(1)如图，当四边形是正方形时，过点作，垂足为，交于点求证：；
(2)当四边形是矩形，，时，
①如图，点是上的一点，过点作，垂足为，点恰好落在对角线上，求的值；
②如图，点是上的一点，过点作，垂足为，点恰好落在对角线上，延长、交于点，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①；②．

【分析】（1）由正方形的性质及可得，，，则≌，即可证明；
（2）过作于点，于点，可证明∽，则，再证，得出即可；
连接、，证明∽、∽，推得，再证明∽，然后由相似三角形的对应边成比例求出的长．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
于点，
，
，
≌，
．
（2）解：如图，过作于点，于点，

则，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，
，
于点，
，
，
，
∽，
，
，
，
∽，
，
同理，
，
，
；
如图，连接、，

，
，
，
，
∽，
，
，
，
∽，
，
，；
，
，
∽，
，
，
，
，
，
∽，
，
．
【点睛】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性较强，熟练掌握正方形的性质和矩形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于考试压轴题．
10．小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连接BD．
[探究1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
[探究2]如图2，连接AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．

【答案】[探究1] ； [探究2]相等，理由见解析； [探究3] MN2＝PN•DN，证明见解析
【分析】[探究1]如图1，设BC＝x，由旋转的性质得出，，证明△D'C'B∽△ADB，由相似三角形的性质得出，由比例线段得出方程，求出x的值即可得出答案；
[探究2]连接，证明△AC'D'≌△DBA（SAS），由全等三角形的性质得出，由等腰三角形的性质得出∠ADD'＝∠AD'D，证出∠MDD'＝∠MD'D，则可得出结论；
[探究3]连接AM，证明△AD'M≌△ADM（SSS），由全等三角形的性质得出∠MAD'＝∠MAD，得出MN＝AN，证明△NPA∽△NAD，由相似三角形的性质得出，则可得出结论．
【详解】解：[探究1]如图1，设BC＝x，

∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转90°得到矩形AB′C′D′，
∴点A，B，D'在一条线上，
∴AD'＝AD＝BC＝x，D'C'＝AB'＝AB＝1，
∴D'B＝AD'﹣AB＝x﹣1，
∵∠BAD＝∠D'＝90°，
∴D'C'∥DA，
又∵点C'在DB的延长线上，
∴△D'C'B∽△ADB，
∴，
∴，
解得x1＝，x2＝（不合题意，舍去），
∴BC＝．
[探究2]D'M＝DM．
证明：如图2，连接DD'，

∵D'M∥AC'，
∴∠AD'M＝∠D'AC'，
∵AD'＝AD，∠AD'C'＝∠DAB＝90°，D'C'＝AB，
∴△AC'D'≌△DBA（SAS），
∴∠D'AC'＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠AD'M，
∵AD'＝AD，
∴∠ADD'＝∠AD'D，
∴∠MDD'＝∠MD'D，
∴D'M＝DM；
[探究3]关系式为MN2＝PN•DN．
证明：如图3，连接AM，

∵D'M＝DM，AD'＝AD，AM＝AM，
∴△AD'M≌△ADM（SSS），
∴∠MAD'＝∠MAD，
∵∠AMN＝∠MAD+∠NDA，∠NAM＝∠MAD'+∠NAP，
∴∠AMN＝∠NAM，
∴MN＝AN，
在△NAP和△NDA中，∠ANP＝∠DNA，∠NAP＝∠NDA，
∴△NPA∽△NAD，
∴，
∴AN2＝PN•DN，
∴MN2＝PN•DN．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
11．如图1，在矩形中，，，点在上，．动点从点出发沿方向以每秒3个单位的速度向点运动，过点作，与边交于点，过点作，与交于点，当点与点重合时，点停止运动，设点运动的时间为秒．

(1)用含的代数式分别表示线段和的长度，则有_____，______．
(2)如图2，作点关于的对称点，当恰好过点时，求的值．
(3)如图3，作的外接圆，当点在运动过程中．
①当外接圆截线段所得线段时，请求出t的值；
②当外接圆的圆心落在的内部（不包括边上）时，直接写出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)时，落在上．
(3)①或；②当时，外接圆的圆心落在的内部．

【分析】（1）由，得，由此即可解决问题．
（2）如图2中，由，得，求出，根据，列出方程即可解决问题．
（3）①需要对四边形进行分类讨论，当为一般的矩形时和为特殊的正方形两种情况进行讨论；②需要分情况讨论，当时，当时，求出两种特殊位置的值即可判断．
【详解】（1）解：如图1中，

四边形是矩形，
，，，，
在中，，．，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，，
故答案为，．
（2）解：如图2中，

、关于对称，
，，
，
，，
由，得，
，
，
，
，
．
时，落在上．
（3）解：①当外接圆截线段所得线段时，
，
为平行四边形，
四点都在圆上，则圆心到四点的距离相等，
四边形为矩形或正方形，
当四边形为矩形时，
，
在和中，
，
，
，
，
由（1）（2）可得：，
，
解得：
当四边形为正方形时，
，


解得：，
当外接圆截线段所得线段时，或；
②如图6中，当时，

由，
，
，
如图7中，当时，

，
，
观察图象可知：当时，外接圆的圆心落在的内部．
【点睛】本题考查圆的综合题、垂径定理、平行四边形点性质、切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，把问题转化为方程解决，学会添加常用辅助线，构造相似三角形．
12．如图，已知直线l经过点，与x轴负半轴交于点B，且；

(1)求直线l的解析式．
(2)直线l上有一点
①在x轴上仅存在一点P，使得的外心在线段上，求点C的坐标．
②若，过A、C的抛物线顶点在x的正半轴上．点Q是线段下方抛物线上的一个动点，且以点Q为圆心的圆与直线l相切，求圆的最大半径．

【答案】(1)
(2)①；②

【分析】（1）过点A作轴于M，由题意易得，然后可得，进而代入点A、B的坐标进行求解即可；
（2）①过点C作轴于N，如（1）图，由题意得：，则可证，则有，设，然后根据相似三角形的性质及一元二次方程根的判别式可进行求解；②由题意易得，然后可得求出抛物线解析式为，过Q作于H，由题意可知圆Q的半径最大且与相切，则只要最大．过Q作轴交AC于G，然后根据铅锤法及二次函数的性质可求解．
【详解】（1）解：过点A作轴于M，

在中，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线l的解析式为，则有：
，解得：，
∴直线l的解析式为．
（2）解：①过点C作轴于N，如（1）图，由题意得：．
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
又∵，
∴，
令，，
解得：．
∵，
∴，
∴，
∴．
②当时，代入直线l的解析式得：，
∴，
设抛物线的解析式为，代入，，得：
，解得：，
∴，
过Q作于H，由题意可知圆Q的半径最大且与相切，则只要最大．
过Q作轴交AC于G，

设点，则，
∴，
∴．
∵，∴当时，的最大值为，此时QH最大．
∵，
∴最大半径．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合、一次函数的综合、相似三角形的性质与判定及圆的切线与三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定及二次函数的性质是解题的关键．
13．【探究发现】
在中，，，M是边上一点，将沿折叠得到．如图1，若与线段相交，连接，在上取一点P，使，交于点Q，①证明：；②探究与的数量关系，并写出探究过程；
【类比学习】
如图2，在中，，，M是边AC上一点，将沿折叠得到，若与线段相交，连接，在上取一点P，使，交于点Q， （用含n的式子表示）；
【拓展应用】
在前面的发现和探究的经验下，当时，M是的中点时，若，求的长．

【答案】【探究发现】①见解析；②，证明见解析；【类比学习】；【拓展应用】．
【探究发现】①设，利用折叠的性质和等腰三角形的性质求解即可；②通过证明即可求解；
【类比学习】通过证明，求解即可；
【拓展应用】延长交于点，利用垂直平分线以及相似三角形的性质得到，设，求得、，即可求解．
【详解】解：【探究发现】①设，
由折叠的性质可得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴；
②在和中

∴
∴；
解：【类比学习】设，
由折叠的性质可得：，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴；
在中，；
∴；
解：【拓展应用】延长交于点，
则垂直平分，

又∵为的中点
∴，，
∴，，
∵，
∴，
，
设，则
∵
∴，即，
∵
∴，即
∴
∴，，即
由勾股定理可得：，
，解得，负值舍去，
即．
【点睛】此题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，能够灵活利用相关性质进行求解．
14．在矩形中，，

【问题发现】
(1)如图1，E为边上的一个点，连接，过点C作的垂线交于点F，试猜想与的数量关系并说明理由．
【类比探究】
(2)如图2，G为边上的一个点，E为边延长线上的一个点，连接交于点H，过点C作的垂线交于点F，试猜想与的数量关系并说明理由．
【拓展延伸】
(3)如图3，点E从点B出发沿射线运动，连接，过点B作的垂线交射线于点F，过点E作的平行线，过点F作的平行线，两平行线交于点H，连接，在点E的运动的路程中，线段的长度是否存在最小值？ 若存在，求出线段长度的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)存在，长度的最小值为

【分析】（1）证明，即可得解；
（2）过点作的垂线交于点，证明，即可得解；
（3）过点作于点，连接，则四边形是矩形，证明，得出，根据，可得，得出在上运动，当时，最小，进而求得，根据，即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
过点作的垂线交于点，如图所示：

则四边形为矩形，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）存在，理由如下，
如图，过点作于点，连接，则四边形是矩形，

∵
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴在上运动，
∴当时，最小，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，，
即长度的最小值为．
【点睛】本题考查了，相似三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
15．小华同学利用折纸探究图形折叠过程中所蕴含的数学道理，点为矩形纸片边上一点，小华将沿着折叠至，已知，请你帮助小华解决下列问题：
操作与实践：
如图1，当点与点重合时，与交于点，求的面积．
探究与发现：
如图2，当点为中点时，与交于点，求的长；
拓展与延伸：
线段、射线分别与线段交于点，小华在折叠的过程中发现的形状随着长度的变化而变化，当为直角三角形时，求的长．

【答案】操作与实践：；探究与发现：；拓展与延伸：或
【分析】操作与实践：根据折叠的性质得出，则，则，设，则，勾股定理即可求解，求得，根据三角形面积公式计算即可；
探究与发现：由折叠可知，，延长交于点，则，设，则，中，，得出，证明，根据相似三角形的性质得出比例式，计算即可得出；
拓展与延伸：分两种情况讨论，①当，在上时，由，得出，求得，②当时，得出，勾股定理求得，然后根据，即可求解．
【详解】操作与实践
解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∴，
由折叠可知，
∴
∴
设，则
∵
∴
解得：
即
∴
探究与发现：∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵点是的中点，
∴
由折叠可知，
如图，延长交于点，则

∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
即，
解得，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
解得；
拓展与延伸：①当，在上时，如图，

∵四边形是矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴即，
∴；
②当时，如图，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵沿着折叠至，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述的长为或．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，正切，掌握折叠的性质是解题的关键．
16．（1）如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝39°，连接AC，BD交于点M．填空：的值为 ，∠AMB的度数为 ；
（2）如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OBA＝∠ODC＝60°，连接AC交BD的延长线于点M．请判断的值，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝；点Q为CD的中点，则在旋转的过程中，AQ的最大值为 ．

【答案】（1）1，39°；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）①根据已知条件证明△COA≌△DOB，即可证明AC=BD；②根据△COA≌△DOB可得∠CAO=∠DBO，根据已知条件可得∠OAB+∠ABO=141°，然后在△AMB中，根据等角的转换即可得到答案；
（2）根据已知条件证明△AOC∽△BOD，即可求出；
（3）找出Q的运动轨迹是以点O为圆心的圆上，根据一箭穿心模型即可求出AQ的最大值．
【详解】解：（1）①如图1，

∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠COA=∠DOB，
∵OC=OD，OA=OB，
∴△COA≌△DOB（SAS），
∴AC=BD，
∴=1，
②∵△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB=39°，
∴∠OAB+∠ABO=141°，
在△AMB中，∠AMB=180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣141°=39°，
（2）如图2，

理由是：
在Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，
∴，
同理得：，
∴，
∵∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
∴△AOC∽△BOD，
∴；
（3）解：连接OQ，
∵Q为CD的中点，
△COD为直角三角形，
∴OQ= ，
又∵ ，OD=1，
∴CD=2，
∴OQ=1，
∴点Q在以O为圆心，1为半径的圆上，
∴当A,O,Q三点共线时，AQ最大，
∵△BOA为直角三角形，OB=，，
∴，
∴．

【点睛】本题考查全等三角形和相似三角形的判定和性质的综合应用，本题涉及两个常见的几何模型：手拉手全等模型，手拉手相似模型，以及利用隐形圆求最值．本题的难度较大，是中考题中常见的几何综合题．
17．在中，，，点，分别是，的中点，点是直线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．

(1)问题发现
如图（1），当点与点重合时，线段与的数量关系是　　，　　．
(2)探究证明
当点在射线上运动时（不与点重合），（1）中结论是否一定成立？请仅就图（2）中的情形给出证明．
(3)问题解决
连接，当是等边三角形时，请直接写出的值．
【答案】(1)CMPE，45
(2)成立，证明见解析
(3)1或1

【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质解决问题即可．
（2）结论不变．连接AE．证明△CAM∽△EAP，推出，∠ACM＝∠AED＝45°，可得结论．
（3）如图（3）中，过点P作PQ⊥BC于Q．设PQ＝EQ＝m，则CQm，PEm，想办法用m表示AC，即可解决问题．
(1)
如图（1）中，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝45°，
∵AD＝DC，BE＝EC，
∴DE∥AB，
∴∠CED＝∠B＝45°，
∵AD＝DC，PM⊥AC，MP＝AP＝PC，
∴MA＝MC，
∴∠MAD＝∠MCA＝45°，
∴∠CME＝∠CEM＝45°，
∴CM＝CE，
∵CP⊥EM，
∴PE＝PM，
∴CMPMPE．
故答案为：CMPE，45．
(2)
结论成立．
理由：如图（2）中，连接AE．

∵AB＝AC，BE＝EC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠CAE∠BAC＝45°，
∵DE∥AB，
∴∠ADE＝180°﹣∠BAC＝90°，
∴AD＝DC，
∴AEAD，
∵AMAP，
∴，
∵∠PAM＝∠CAE＝45°，
∴∠CAM＝∠EAP，
∴△CAM∽△EAP，
∴，∠ACM＝∠AED＝45°，
∴CMPE．
(3)
当点P在点E的上方时，如图（3）中，过点P作PQ⊥BC于Q．

∵△PCM是等边三角形，
∴∠MCP＝60°，
∵∠MCB＝∠ACB+∠ACM＝45°+45°＝90°，
∴∠PCQ＝30°，
设PQ＝EQ＝m，则CQm，PEm，
∴BC＝2CE＝2m+2m，
∴ACBC＝（）m，
∴1．
当点P在点E是下方时，同法可得，1，
综上所述，满足条件的值为1或1．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
18．已知在矩形ABCD中，，．

(1)如图1，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，连接CF，设，求∠BCF的大小（用含的式子表示）；
(2)在（1）的条件下，延长CF交AD于点G，求△AFG的面积；
(3)如图2，点E是边AB上的一个动点，将△BEC沿CE折叠，点B落在点F处，连接AF，DF，当△ADF是等腰三角形时，求tan∠BCE的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或

【分析】（1）由矩形的性质可知，，由折叠的性质可知，，，可得，，根据计算求解即可；
（2）如图1，过点F作于M，MF的延长线交BC于点N，则，，则四边形AECG是平行四边形，，则，在中，，设，，则，，中，由勾股定理得即，计算求出满足要求的的值，根据，求出的值，根据计算求解即可；
（3）由题意知，分三种情况求解：①若，如图2，过点F作于H，HF的延长线交AB于点G，则，，在中，由勾股定理得求出的值，根据求出的值，证明，则，根据求解即可；②若，如图3，过点F作于M，过点F作，交CD的延长线于点N，，在中，，，计算求解即可；③若，由，可判断该情况不成立；进而可得所有可能情况的正切值．
（1）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∵点E为BC的中点，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
（2）
解：如图1，过点F作于M，MF的延长线交BC于点N，则，

∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴四边形AECG是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
设，，则，，
在中，由勾股定理得即，
解得（舍去），，
∴，
∴，
∴的面积为．
（3）
解：由题意知，分三种情况求解：①若，如图2，过点F作于H，HF的延长线交AB于点G，

∵矩形ABCD中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②若，如图3，过点F作于M，过点F作，交CD的延长线于点N，

∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴
③若，
∵点E是边AB上的一个动点，，
∴，
∴不合题意，舍去；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，三角形内角和，正切，正弦，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
19．完成下列问题：

(1)如图甲，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长；
(2)如图乙，在△ABC中，在AB上任取一点P′，画正方形P′Q′M′N′，使Q′，M′在BC边上，N′在△ABC内，连接BN′并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，画NP⊥NM交AB于点P，再画PQ⊥BC于点Q，得到四边形PQMN，证明四边形PQMN是正方形；
(3)在（2）中，把线段BN称为“波利亚线”．如图丙，在“波利亚线”BN上取一点O，使NO＝NM，连接OM、ON，若tan∠NBM＝，试求∠MOQ的度数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．
（2）首先证明四边形是矩形，再证明即可．
（3）证明 ，推出∠BOQ＝∠BMO，由∠BMO+∠OMN＝90°，可得∠BOQ+∠NOM＝90°，即可解决问题．
（1）
解：∵四边形PQMN是正方形，AD⊥BC，
∴PNBC，DE＝PQ＝PN，
∴△APN∽△ABC，
∴＝，即＝，
解得PN＝．
∴正方形PQMN的边长是；
（2）
证明：∵NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，
∴∠QMN＝∠PQM＝∠MNP＝∠BM′N′＝90°，
∴四边形PNMQ是矩形，MNM′N′，
∴△BN′M′∽△BNM，
∴＝，
同理可得：＝，
∴＝，
∵M′N′＝P′N′，
∴MN＝PN，
∴四边形PQMN是正方形；
（3）
解：∵tan∠NBM＝＝，
设MN＝3k，BM＝4k，则BN＝5k，
∵NO＝NM＝QM＝3k，
∴BQ＝k，BO＝2k，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠QBO＝∠OBM，
∴△BQO∽△BOM，
∴∠BOQ＝∠BMO，
∵NO＝NM，
∴∠NOM＝∠NMO，
∵∠BMO+∠OMN＝90°，
∴∠BOQ+∠NOM＝90°，
∴∠MOQ＝90°．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，正方形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角函数等知识点，解本题的关键在掌握相关性质与判定．