2023年中考考前最后一课-数学

这是一份2023年中考考前最后一课-数学，共551页。学案主要包含了考前预测篇1，考前预测篇2，中考命题猜想1，中考命题猜想2，中考命题猜想3，中考命题猜想4，中考命题猜想5，中考命题猜想6等内容，欢迎下载使用。



目 录
考前预测篇
【考前预测篇1】热点试题精做…………………………………………………………………….............................04
【考前预测篇2】命题专家押题…………………………………………………………………….............................34
考前技巧篇
【中考命题猜想1】实数的运算与分式的化简求值……………………… …………………………………......62
【中考命题猜想2】解直角三角形问题……………………………… …………………………..........................77
【中考命题猜想3】图形变换（旋转、翻折、平移）几何类综合问题……….........………………126
【中考命题猜想4】圆的综合问题…………………………………………………………...................……… …..194
【中考命题猜想5】特殊四边形问题………………………………………...........................………………..…245
【中考命题猜想6】最值和范围问题……………………………………...........................………………..……302
【中考命题猜想7】动态几何类问题…………………………………...........................………………..………343
【中考命题猜想8】相似三角形问题…………………………………...........................……………..…………402
【中考命题猜想9】函数类综合问题………………………………...........................……………………..……482
考前心理篇
【考前技能篇1】中考数学核心考点解题方法与策略………………………………….............…………531
【考前技能篇2】中考数学三种题型的答题技巧……………………………………………...............……535
【考前技能篇3】中考数学解答题的“偷分”技巧………………………………………………….................….540
考场注意篇
【考场注意篇1】中考数学临场解题策略……………………………………………...................……….……541
【考场注意篇2】中考数学阅卷和答题卡的注意事项……………………………….............……………544
考后心理篇
【考后调整篇】中考考后那些事……………………………………………..........................……………………551

一、考前预测篇
【考前预测篇1】热点试题精做
一、单选题
1．（2023•东营区一模）（﹣1）2023的相反数是（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣2023 D．2023
【考点】有理数的乘方；相反数．版权所有
【分析】先求出（﹣1）2023的值，再确定相反数即可．
【解答】解：∵（﹣1）2023＝﹣1，﹣1的相反数是1，
∴（﹣1）2023的相反数是1．
故选：B．
2．（2023•梁园区一模）中新网1月21日报导，河南省统计局公布2022年河南省GDP数据经国家统计局统一核算，2022年全省GDP初步核算数为61345.05亿元，按可比价格计算，比上年同期增长3.1%．数据“61345.05亿”用科学记数法表示为（　　）
A．61345.05×108 B．0.6134505×1013
C．6.134505×1012 D．6.134505×1011
【考点】科学记数法—表示较大的数．版权所有
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：61345.05亿＝6134505000000＝6.134505×1012．
故选：C．
3．（2023•京口区模拟）下列计算正确的是（　　）
A．a2+a2＝2a4 B．a2•a3＝a6
C．（a2）3＝a5 D．3ab+2ab＝5ab
【考点】幂的乘方与积的乘方；合并同类项；同底数幂的乘法．版权所有
【分析】利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、a2+a2＝2a2，故A不符合题意；
B、a2•a3＝a5，故B不符合题意；
C、（a2）3＝a6，故C不符合题意；
D、3ab+2ab＝5ab，故D符合题意；
故选：D．
4．（2023•泰山区一模）如图，三角形板的直角顶点落在矩形纸片的一边上，若∠1＝55°，则∠2的度数是（　　）

A．35° B．45° C．55° D．65°
【考点】平行线的性质；余角和补角．版权所有
【分析】由题意可得AC∥BD，∠ABC＝90°，由平行线的性质可求得∠3，再由补角的定义即可求∠2．
【解答】解：如图，

由题意得：AC∥BD，∠ABC＝90°，
∴∠3＝∠1＝55°，
∴∠2＝180°﹣∠3﹣∠ABC＝35°．
故选：A．
5．（2023•张家口二模）八（二）班体育课上进行投篮比赛，六名同学一组，每人投10次．以下是第一组六个同学投中的个数：5，2，5，8，7，10．比赛结束后，老师把第一组和第二组调换了一名同学．调换前后第一组的同学成绩的众数、中位数都没变，平均数变小了，以下判定正确的是（　　）
A．调出调人的成绩一定是2和0
B．调出调入的成绩一定是10和9
C．把A和B两个选项合在一起才正确
D．以上都不对
【考点】众数；算术平均数；中位数．版权所有
【分析】利用众数的定义、中位数的定义可得第一组的众数是5，中位数是6，再根据平均数变小，结合条件进行分析即可．
【解答】解：第一组的数由小到大为：2，5，5，7，8，10，
∴第一组的众数是：5，
第一组的中位数是：，
∵调换前后第一组的同学成绩的众数、中位数都没变，平均数变小了，
∴调出调入的成绩比5小，或比7大，
∴当调出的成绩为2时，调入的可以是1，0，故A、C判定错误，不符合题意；
当调出的成绩为8时，没有符合的成绩调入；
当调出的成绩为10时，调入的是9，故B判定正确，符合题意；
故D判定错误，不符合题意．
故选：B．
6．（2023•汉阳区校级模拟）若实数m，n满足条件：m2﹣2m﹣1＝0，n2﹣2n﹣1＝0，则的值是（　　）
A．2 B．﹣4 C．﹣6 D．2或﹣6
【考点】根与系数的关系；分式的化简求值．版权所有
【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【解答】解：当m≠n时，
∴m、n是方程x2﹣2x﹣1＝0的两根，
∴m+n＝2，mn＝﹣1，
∴原式＝
＝
＝
＝﹣6，
当m＝n时，
原式＝1+1＝2，
故的值是2或﹣6．
故选：D．



7．（2023•驻马店模拟）在平面直角坐标系中，将若干个边长为2个单位长度的等边三角形按如图所示的规律摆放，点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边OA1→A1A2→A2A3的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2023的坐标是（　　）

A．（2022，0） B．（2022，﹣） C．（2023，） D．（2023，﹣）
【考点】规律型：点的坐标．版权所有
【分析】每6个点的纵坐标规律：，0，，0，﹣，0，点的横坐标规律：1，2，3，4，5，6，…，n，即可求解．
【解答】解：每6个点的纵坐标规律：，0，，0，﹣，0，
∵2023÷6＝337……1，
∴点P2023的纵坐标为，
点的横坐标规律：1，2，3，4，5，6，…，n，
∴点P2023的横坐标为2023，
∴点P2023的坐标（2023，），
故选：C．
8．（2023•太和县一模）如图，P是矩形ABCD内的任意一点，连接PA，PB，PC，PD，得到△PAD，△PAB，△PBC，△PCD，设它们的面积分别是S1，S2，S3，S4，下列结论错误的是（　　）
A．若S1＝S3，则P点在AB边的垂直平分线上
B．S2+S4＝S1+S3
C．若AB＝4，BC＝3，则PA+PB+PC+PD的最小值为10
D．若△PAB∽△PDA，且AB＝4，BC＝3，则PA＝2.5
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】根据平行四边形的对边相等可得AB＝CD，AD＝BC，设点P到AB、BC、CD、DA的距离分别为h1、h2、h3、h4，然后利用三角形的面积公式列式整理即可判断出A、B正确；根据三角形的三边关系可得C正确；根据相似三角形的性质得∠APD＝∠APB＝90°，则D、P、B三点共线，利用面积法求出AP＝2.4，可得D错误，即可得出结论．
【解答】解：如图，过点P分别作PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，分别延长FP，EP交BC、CD于G、H

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
∴PF⊥BC，PE⊥CD，
∴EH⊥FG，EH⊥CD，GF⊥BC，
设点P到AD、AB、BC、CD的距离分别为PD＝h1、PE＝h2、PG＝h3、PH＝h4，
∴S1＝ADh1，S2＝ABh2，S3＝BCh3，S4＝CDh4，
若S1＝S3，则h1＝h3，即P为FG的中点，
∴E为AB的中点，
∴P点在AB边的垂直平分线上，故A正确，不符合题意；
∵S2+S4＝ABh2+CDh4＝AB（h2+h4）＝AB•EH＝S矩形ABCD，
同理可得出S1+S3＝S矩形ABCD，
∴S2+S4＝S1+S3，故B正确，不符合题意；
如图2，连接AC、BD，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∵AB＝4，BC＝3，
∴AC＝BD＝＝5，
∵PA+PC≥AC，PB+PD≥BD，
∴PA+PB+PC+PD的最小值为10，故C正确，不符合题意；
∵△PAB∽△PDA，
∴∠PAB＝∠PDA，
∵∠PAB+∠PAD＝90°，
∴∠PDA+∠PAD＝90°，
∴∠APD＝90°，
同理得∠APB＝90°，
∴D、P、B三点共线，AP⊥BD，
∴S△ABD＝AD•AB＝BD•AP，
∴AP＝＝2.4，故D选项错误，符合题意．
故选：D．
9．（2023•西青区一模）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a＞0，c＞﹣1）对称轴为，且经过点（﹣1，0）．下列结论：
①a﹣b＝0；②；③关于x的方程ax2+bx+c+1＝0恰好有两个相等的实数根，则．其中，正确的个数是（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；根的判别式．版权所有
【分析】根据对称轴公式即可判断①；根据抛物线的对称性求得抛物线过（2，0），即可得出4a+2b+c＝0，由b＝﹣a，得出4a﹣2a+c＝0，从而得出c＝﹣2a，由a＞0，c＞﹣1即可得出a，即可判断②；利用根的判别式即可判断③．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝，
∴﹣＝，
∴b＝﹣a，
∴a+b＝0，故①错误；
∴点（﹣1，0）关于直线x＝的对称点的坐标为（2，0），
∴4a+2b+c＝0，
∵b＝﹣a，
∴4a﹣2a+c＝0，即2a+c＝0，
∴﹣2a＝c，
∵a＞0，c＞﹣1，
∴﹣2a＞﹣1，
∴a，
∴，故②正确；
∵关于x的方程ax2+bx+c+1＝0恰好有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4a（c+1）＝0，
∵c＝﹣2a，b＝﹣a，
∴a2+8a2﹣4a＝0，即9a2﹣4a＝0，
∵a＞0，
∴a＝，故③正确，
故选：B．
10．（2023•镇海区校级模拟）如图，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圆，D为弧 上一点，P为△ABD的内心，过P作PE⊥AB，垂足为E，若 ，则BE﹣AE的值为（　　）

A．4 B． C．2 D．
【考点】三角形的内切圆与内心；角平分线的性质；等腰直角三角形；三角形的外接圆与外心．版权所有
【分析】作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，可以证明△CDA≌△CKB，得到CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，推出△DCK是等腰直角三角形，得到DK＝CD＝×2＝4，由P是△ADB的内心，推出BE﹣AE＝BD﹣AD＝DK＝4．
【解答】解：作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∵∠DAC＝∠CBK，
∴△CDA≌△CKB（SAS），
∴CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，
∵∠KCB+∠ACK＝90°，
∴∠DCA+∠ACK＝90°，
∴△DCK是等腰直角三角形，
∴DK＝CD＝×2＝4，
∵P是△ADB的内心，
∴PM＝PN＝PE，
∵∠MDN＝∠ACB＝90°，
∴四边形PMDN是正方形，
∴DM＝DN，
∵PA＝PA，PM＝PN，
∴Rt△PMA≌Rt△PEA（HL），
∴AM＝AE，
同理：BN＝BE，
∴BE﹣AE＝BN﹣AM＝（BN+DN）﹣（AM+DM）＝BD﹣AD，
∵BD﹣AD＝BD﹣BN＝DK＝4，
∴BE﹣AE＝4．
故选：A．
二、填空题
11．（2023•白塔区校级一模）函数中自变量x的取值范围是 　 　．
【考点】函数自变量的取值范围．版权所有
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数、分式分母不为0列出不等式组，解不等式组得到答案．
【解答】解：由题意得：x≠0且x﹣1≥0，
解得：x≥1且x≠0，
故答案为：x≥1且x≠0．
12．（2023•武侯区校级模拟）若m是的小数部分，则＝　 　．
【考点】估算无理数的大小；分母有理化．版权所有
【分析】先估算出的值的范围，从而求出m的值，然后把m的值代入式子中进行计算，即可解答．
【解答】解：∵4＜6＜9，
∴2＜＜3，
∴的整数部分是2，小数部分是﹣2，
∴＝＝＝＝+1，
故答案为：+1．
13．（2023•绥化一模）某超市有A，B，C三种型号的甲种品牌饮水机和D，E两种型号的乙种品牌饮水机，某中学准备从甲、乙两种品牌的饮水机中各选购一种型号的饮水机安装到教室．如果各种选购方案被选中的可能性相同，那么A型号饮水机被选中的概率是 　 　．
【考点】概率公式．版权所有
【分析】所有的选购方案：（AD）、（AE）、（BD）、（BE）、（CD）、（CE），即可得到A型号饮水机被选中的概率．
【解答】解：所有的选购方案：（AD）、（AE）、（BD）、（BE）、（CD）、（CE）；
P（A型号饮水机被选中）＝＝；
故答案为：．
14．（2023•安徽一模）已知一关于x的不等式（3a﹣b）x+a﹣4b＞0的解集是x＜5，那么这个关于x的不等式ax﹣b＞0的解集为 　 　．
【考点】解一元一次不等式．版权所有
【分析】先将已知不等式进行变形，根据已知不等式的解集得出3a﹣b＜0且＝5，求出a＜0，b＝a，即可求出不等式的解集．
【解答】解：（3a﹣b）x+a﹣4b＞0，
（3a﹣b）x＞﹣a+4b，
∵关于x的不等式（3a﹣b）x+a﹣4b＞0的解集是x＜5，
∴3a﹣b＜0且＝5，
27a﹣9b＜0且9b＝16a，
解得：a＜0，b＝a，
∴ax﹣b＞0的解集为x＜，
故答案为：x＜．
15．（2023•莱芜区一模）对数的定义：一般地，若ax＝N（a＞0，a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记作：x＝logaN．比如指数式24＝16可以转化为4＝log216，对数式2＝log525，可以转化为52＝25．我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：loga（M•N）＝logaM+logaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）．理由如下：设logaM＝m，logaN＝n，则M＝am，N＝an，∴M•N＝am•an＝am+n，由对数的定义得m+n＝loga（M•N），又∵m+n＝logaM+logaN，∴loga（M•N）＝logaM+logaN，类似还可以证明对数的另一个性质：loga＝logaM﹣logaN（a＞0，a≠1，M＞0，N＞0）．
请利用以上内容计算log318+log32﹣log34＝　 　．
【考点】同底数幂的乘法．版权所有
【分析】根据所给的运算的法则进行求解即可．
【解答】解：log318+log32﹣log34
＝log3（2×9）+log32﹣log34
＝log32+log39+log32﹣log34
＝2+（log32+log32）﹣log34
＝2+log32×2﹣log34
＝2+log34﹣log34
＝2．
故答案为：2．
16．（2023•慈溪市一模·预测）方程术是中国传统数学著作《九章算术》中最高的代数成就．《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有善行者行一百步，不善行者行六十步，今不善行者先行一百步，善行者追之，问几何步及之？”译文：“相同时间内，走路快的人走100步，走路慢的人只走60步，若走路慢的人先走100步，走路快的人要走多少步才能追上？（注：步为长度单位）”，根据题意可求得走路快的人要走 　 　步才能追上走路慢的人．
【考点】一元一次方程的应用；数学常识．版权所有
【分析】设走路快的人要走x步才能追上，由走路快的人走x步所用时间内比走路慢的人多行100步，即可得出关于x的一元一次方程，此题得解．
【解答】解：设走路快的人要走x步才能追上，则走路慢的人走×60（步），
根据题意得：×60+100＝x，
解得：x＝250，
则走路快的人要走250步才能追上走路慢的人．
故答案为：250．
17．（2023•陕西模拟）我国宋朝数学家杨辉在他的著作《详解九章算法》中提出“杨辉三角”，如图揭示了（α+b）n（n为非负整数）展开式中各项系数的有关规律，第三行的三个数1，2，1，恰好对应（a+b）2＝a2+2ab+b2展开式中各项的系数；第四行的四个数1，3，3，1，恰好对应着（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3展开式中各项的系数；……；请根据规律写出（α+b）4展开式中第3项的系数是 　 　．

【考点】完全平方公式；数学常识；规律型：数字的变化类．版权所有
【分析】本题通过阅读理解寻找规律，观察可得（a+b）n（n为非负整数）展开式的各项系数的规律：首尾两项系数都是1，中间各项系数等于（a+b）n﹣1相邻两项的系数和．因此可得（a+b）4的各项系数分别为1、（1+3）、（3+3）、（3+1）、1即可．
【解答】解：根据题意知，（a+b）4的展开后，共有5项，
各项系数分别为1、（1+3）、（3+3）、（3+1）、1，
所以第3项的系数是6．
故答案为：6．
18. （2023•合川区校级模拟）如图，在Rt△ABC中∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝4，以点A为圆心，AC为半径画弧交AB于点D，以点B为圆心，BC为半径画弧交AB于点E，则图中阴影部分的面积
是 　 　（结果保留π）

【考点】扇形面积的计算；含30度角的直角三角形．版权所有
【分析】由锐角的正切求出BC的长，由扇形面积计算公式求出扇形ACD，扇形BCE的面积，由三角形面积计算公式求出△ABC的面积，即可求出阴影的面积．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AC＝4，
∴tanA＝，∠B＝90°﹣30°＝60°，
∴BC＝4×tan30°＝，
∵△ABC的面积＝AC•BC＝×4×＝，扇形ACD的面积＝＝，扇形BCE的面积＝＝，
∴阴影的面积＝扇形ACD的面积+扇形BCE的面积﹣△ABC的面积+﹣＝．
故答案为：．
19．（2023•镇平县模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，点E在AD上，AE＝1．P、Q分别是BC、AB上的两个动点，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF、PA，则PF+PA的最小值是 　 　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．版权所有
【分析】如图作点A关于BC的对称点A′，连接PA′，EA′．由AP＝PA′，推出PA+PF＝PA′+PF，又EF＝EA＝1是定值，即可推出当E、F、P、A′共线时，PF+PA′定值最小，最小值＝EA′﹣EF．
【解答】解：如图作点A关于BC的对称点A′，连接PA′，EA′．

∵AE＝1，AA′＝4，
∴EA′＝＝，
∵AP＝PA′，
∴PA+PF＝PA′+PF，
∵EF＝EA＝1是定值，
∴当E、F、P、A′共线时，PF+PA′定值最小，最小值＝﹣1，
∴PF+PA的最小值为﹣1，
故答案为：﹣1．
20．（2023•龙港市一模）图1是一种可调节桌面画架，画架侧面及相关数据如图2所示．B是底座OA上一固定支点，点C在滑槽DE内滑动，支杆BC长度不变．已知DE＝24cm，当C从点D出发滑向终点E，∠AOF从0°逐渐增大至90°，则支杆BC的长为 　 　cm，若点F到OA的距离为40cm，则EC＝　 　cm．

【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】当∠AOF＝0°时，点C与点D重合，根据线段和差定义得OE+24＝15+BC；当∠AOF＝90°时，点C与点E重合，利用勾股定理可得OE2+152＝BC2，进而求出BC的长；若点F到OA的距离为40cm，过点F作FM⊥OA于M，过点C作CN⊥OA于N，根据勾股定理求出OM的长，设OC＝xcm，再根据相似三角形的性质得出，，，在Rt△BCN中，利用勾股定理可得关于x的一元二次方程，解方程可得的长，进而求出EC的长．
【解答】解：当∠AOF＝0°时，点C与点D重合，此时有

OE+DE＝OB+BC，
∵DE＝24cm，OB＝15cm，
∴OE+24＝15+BC；
当∠AOF＝90°时，点C与点E重合，

由勾股定理得OE2+OB2＝BE2，BE＝BC，
∴OE2+152＝BC2，
∴OE＝8cm，BC＝17cm．
若点F到OA的距离为40cm，过点F作FM⊥OA于M，过点C作CN⊥OA于N，

∵FG⊥OA，
∴OM2+FM2＝OF2，
由题意OF＝50cm，FM＝40cm，
∴．
∵FG⊥OA，CN⊥OA，
∴CN∥FM，
∴△CON∽△FOM，
∴．
设OC＝xcm，
∴，，，
∵CN⊥OA，
∴CN2+BN2＝BC2，
∴，
∴，（舍去），
∴，
∵OE＝8cm，
∴．
故答案为：17，．
三、解答题
21．（2023•开江县一模）（1）计算：（﹣）﹣1﹣（π﹣3）0+|﹣2|+tan60°；
（2）（1+）÷，选一个适合的数代入求值．
【考点】分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算．版权所有
【分析】（1）利用负整数指数幂的意义，零指数幂的意义，绝对值的意义和特殊角的三角函数值进行化简运算即可；
（2）利用分式的混合运算的法则化简后，选取一个使原分式有意义的x的值代入运算即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣2﹣1+2﹣+
＝﹣1；
（2）原式＝
＝
＝，
由题意：x﹣1≠0，x﹣2≠0，x+2≠0，
∴x≠1，x≠﹣2，x≠2．
当x＝0时，
原式＝
＝﹣2．
22．（2023•惠东县一模）以“赏中华诗词、寻文化基因，品生活之美”为基本宗旨的《中国诗词大会》是央视首档全民参与的诗词节目．某语文科组对本校学生了解《中国诗词大会》的情况进行调查，随机选取部分学生进行问卷调查，问卷设有4个选项（每位被调查的学生必选且只选一项）：A．几乎每期都看；B．看过几期；C．听说过，但没看过；D．没听说过，现绘制了如图的条形统计图和扇形统计图，请结合统计图回答下列问题：

（1）本次共问卷调查 　 　名学生：扇形统计图中，B选项对应的扇形圆心角是 　 　度．
（2）补全图中的条形统计图．
（3）该校选“A”的学生中有甲、乙、丙三人最关注该节目，学校决定从这三名学生中随机抽取两名为该节目作宣传，用列表法或画树状图法求同时抽到甲、乙两名学生的概率．
【考点】列表法与树状图法；扇形统计图；条形统计图．版权所有
【分析】（1）由D选项人数及其所占百分比可得总人数，用360°乘以B选项人数所占比例即可得出答案；
（2）求出C选项人数即可补全图形；
（3）画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）25÷25%＝100（人），
即本次共问卷调查100名学生．
，即B选项对应的扇形圆心角是54°．
故答案为100；54；
（2）C选项人数为100﹣50﹣15﹣25＝10（人），
补全条形统计图如图所示：

（3）画树状图如下：

由图知共有6种等可能的结果，同时抽到甲、乙两名学生的情况有2种，
∴P（同时抽到甲、乙两名学生）＝．
23．（2023•工业园区一模）国旗是国家的象征与标志．为了解学校旗杆的高度，某校九年级部分同学进行了以下探索．
活动一：目测估计
先由100位同学分别目测旗杆的高度，并将数据整理如下表：
旗杆高度（m）
11.5
12.0
12.5
13.0
13.5
14.0
14.5
15.0
15.5
学生人数（人）
6
7
12
25
20
13
8
5
4
（1）目测旗杆高度的平均数是13.33m，众数是 　 　m，中位数是 　 　m；
（2）根据以上信息，请你估计旗杆的高度，并说明理由．
（3）活动二：测量计算随后，几名同学成立了学习小组，并利用卷尺和测角仪测量旗杆MN的高度．如图，他们在水平地面上架设了测角仪，先在点A处测得旗杆顶部M的仰角∠MBC＝37°，然后沿旗杆方向前进7m到达点D处，又测得旗杆顶部M的仰角∠MEC＝53°，已知测角仪的高度为1.7m，求旗杆MN的高度．
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；加权平均数；中位数；众数．版权所有
【分析】（1）根据中位数与众数的定义进行求解即可；
（2）利用中位数进行决策；
（3）由题意知，AB＝DE＝CN＝1.7，BE＝7，∠CME＝90°﹣∠MEC＝37°，则，CE＝MC×tan37°，根据BE＝BC﹣CE，即，求MC的值，根据MN＝MC+CN计算求解即可．
【解答】解：（1）由图表可知，众数为13.0m，
中位数为第50和51个数据的平均数，第50和第51个数据分别为13.0，13.5，
∴中位数为＝13.25
故答案为：13.0，13.25；
（2）估计旗杆高度为13.25m，理由如下：
当一组数据中个别数据变动较大，可用中位数描述其集中趋势．
（3）由题意知，AB＝DE＝CN＝1.7，BE＝7，∠CME＝90°﹣∠MEC＝37°，
∴，CE＝MC×tan37°，
∵BE＝BC﹣CE，即，
解得MC≈12.0，
∵MN＝MC+CN＝12.0+1.7＝13.7，
∴旗杆MN的高度约为13.7m．
24．（2023•游仙区模拟）2022年3月1日，新冠疫情卷土重来，疫情发生后，市政府高度重视，并第一时间启动应急预案，迅速做好疫情防控工作，由于疫情原因，市急需大量物资．某省红十字会采购甲、乙两种抗疫物资共540吨，甲物资单价为3万元/吨，乙物资单价为2万元/吨，采购两种物资共花费1380万元．
（1）甲、乙两种物资各采购了多少吨？
（2）现在计划安排A，B两种不同规格的卡车共50辆来运输这批物资，A种卡车每辆需付运输费1500元，B种卡车每辆需付运输费1300元．甲物资7吨和乙物资3吨可装满一辆A型卡车；甲物资5吨和乙物资7吨可装满一辆B型卡车．按此要求安排A，B两型卡车的数量，请问有几种运输方案？哪种运输方案的运输费最少，并求此时的运输费．
【考点】一元一次不等式组的应用；一元一次方程的应用；二元一次方程组的应用．版权所有
【分析】（1）设甲物资采购了x吨，乙物资采购了y吨，根据“某省红十字会采购甲、乙两种抗疫物资共540吨，且采购两种物资共花费1380万元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设安排A型卡车m辆，则安排B型卡车（50﹣m）辆，根据安排的这50辆车一次可运输300吨甲物资及240吨乙物资，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数即可得出各运输方案；再求出三种方案的运费比较即可．
【解答】解：（1）设甲物资采购了x吨，乙物资采购了y吨，
依题意，得：，
解得：，
答：甲物资采购了300吨，乙物资采购了240吨；
（2）设安排A型卡车m辆，则安排B型卡车（50﹣m）辆，
依题意，得：，
解得：25≤m≤27，
∵m为正整数，
∴m可以为25，26，27，
∴共有3种运输方案，方案1：安排25辆A型卡车，25辆B型卡车；方案2：安排26辆A型卡车，24辆B型卡车；方案3：安排27辆A型卡车，23辆B型卡车；
方案1的运费：25×1500+25×1300＝70000（元）；
方案2的运费：26×1500+24×1300＝70200（元）；
方案3的运费：27×1500+23×1300＝70400（元）；
∴方案1运费的运费最少，此时运费为70000元．
25．（2023•绿园区一模）甲、乙两个工程队分别同时开挖两段河渠，所挖河渠的长度y（m）与挖掘时间x（h）之间的函数关系如图所示，请根据图象提供的信息解答下列问题：
（1）甲队在开挖后6小时内，每小时挖 　 　m．
（2）当2≤x≤6时，求y乙与x的之间的函数关系式．
（3）直接写出开挖后几小时，甲、乙两队挖的河渠的长度相差5m．

【考点】一次函数的应用．版权所有
【分析】（1）结合图象，用甲6小时挖的长度÷时间，即可得出结论；
（2）根据图中的信息利用待定系数法即可确定函数关系式；
（3）先用待定系数法求出y甲与x的之间的函数关系式以及当0≤x≤2时y乙与x的函数解析式，然后根据他们所挖河渠长度差为5米，列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）根据图象可知，甲队在开挖后6小时内，每小时挖＝10（米），
故答案为：10；
（2）设乙队在2≤x≤6的时段内y乙与x之间的函数关系式为y乙＝kx+b（k≠0），
由图可知，函数图象过点（2，30）、（6，50），
∴，
解得，
∴当2≤x≤6时，y乙与x的之间的函数关系式为y乙＝5x+20；
（3）当0≤x≤2时，设y乙与x的函数解析式为y乙＝mx，
可得2m＝30，
解得m＝15，
即y乙＝15x；
设甲队在0≤x≤6的时段内y与x之间的函数关系式y甲＝k1x，
由图可知，函数图象过点（6，60），
∴6k1＝60，
解得k1＝10，
∴y甲＝10x；
当0≤x≤2时，15x﹣10x＝5，
解得x＝1；
当2＜x≤6时，|5x+20﹣10x|＝5，
解得x＝3或x＝5．
答：当两队所挖的河渠长度之差为5m时，x的值为1h或3h或5h．
26．（2023•许昌一模）如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点（不与点A，B重合），连接AC，BC．点P为线段AB延长线上一点，连接PC，∠CAB＝∠BCP．
（1）求证：PC为⊙O的切线；
（2）作∠CPB的角平分线，交AC于点M，交BC于点N．
①请用无刻度的直尺和圆规完成作图（保留作图痕迹，不写作法）；
②若∠CPB＝30°，NC＝3，求MN的长．

【考点】作图—复杂作图；角平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质．版权所有
【分析】（1）连接OC，如图，先根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，然后证明∠OCP＝90°，则根据切线的判定方法可得到结论；
（2）①利用基本作图作∠APC的平分线即可；
②先利用三角形外角性质得到∠CMN＝∠CAB+∠APM，∠CNM＝∠PCN+∠CPN，再利用等量代换可证明∠CMN＝∠CNM，则判断△CMN为等腰直角三角形，所以MN＝CN．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即∠ACO+∠BCO＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠ACO，
∵∠CAB＝∠BCP，
∴∠BOC+∠BCP＝90°，
即∠OCP＝90°，
∴OC⊥PC，
∵OC为⊙O的半径，
∴PC为⊙O的切线；
（2）①如图，PM为所作；

②∵PM平分∠APC，
∴∠APM＝∠CPM，
∵∠CMN＝∠CAB+∠APM，∠CNM＝∠PCN+∠CPN，
而∠CAB＝∠PCN，
∴∠CMN＝∠CNM，
∴CM＝CN，
∵∠ACB＝90°，
∴△CMN为等腰直角三角形，
∴MN＝CN＝3．
27．（2023•大庆一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BD，若点E在线段BD上运动（不与点B，D重合），过点E作EF⊥x轴于点F，对称轴交x轴于点T．设EF＝m，当m为何值时，△BFE与△DEC的面积之和最小？
（3）将抛物线y＝ax2+2x+b在y轴左侧的部分沿y轴翻折，保留其他部分得到新的图象L，在图象L上是否存在点P，使△BDP为直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）利用待定系数法求出a，b的值即可得抛物线的函数解析式及顶点D的坐标；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．首先证明∠DCB＝90°，利用面积法求出CH，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）如图2中，由题意得出翻折后的抛物线的函数解析式，分三种情形：①当∠BDP＝90°时，②当∠DPB＝90°时，③当∠DBP＝90°时，分别构建方程求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+2x+b经过B（3，0），C（0，3），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点D（1，4）；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．

∵C（0，3），B（3，0），D（1，4），
∴BC＝＝3，
CD＝＝，
BD＝＝2，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∵•CD•CB＝•BD•CH，
∴CH＝＝，
∵EF⊥x轴，DT⊥x轴，
∴EF∥DT，
∴，
∴，
∴BE＝m，BF＝m，
∴△BFE与△DEC的面积之和S＝×m×m+×（2﹣m）×＝（m﹣）2+，
∵＞0，
∴S有最小值，最小值为，此时m＝，
∴m＝时，△BFE与△DEC的面积之和有最小值；
（3）存在．
理由：如图2中，将抛物线y＝ax2+2x+b在y轴左侧的部分沿y轴翻折，则翻折后抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3（x≥0）．

①当∠BDP＝90°时，如图3，点P在y＝﹣x2+2x+3（x≥0）上，

设P（p，﹣p2+2p+3），过点P作PM⊥DT于M，
∴∠PMD＝∠DTB＝90°，∠PDM+DPM＝90°，
∵∠PDM+∠BDT＝∠BDP＝90°，
∴∠DPM＝∠BDT，
∴△DPM∽△BDT，
∴，
∴，解得p＝或1（舍去），
∴点P的坐标为（，）；
②当∠DPB＝90°时，

由（2）知∠BCD＝90°，
∴当点P和点C重合时，∠DPB＝90°，△BDP为直角三角形，
∵y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3过点T（1，0），
∴当点P和点T重合时，∠DP′B＝90°，△BDP为直角三角形，
∴点P的坐标为（0，3）或（1，0）；
③当∠DBP＝90°时，如图5，点P在y＝﹣x2﹣2x+3（x≥0）上，

设P（p，﹣p2﹣2p+3），过点P作PN⊥x轴于N，
同理可得△PBN∽△BDT，
∴，
∴，解得p＝或（舍去），
∴点P的坐标为（，）；
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，）或（0，3）或（1，0）或（，）．
28．（2023•工业园区一模）如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝3，BC＝5，．点P在AB上，连接BD、PC、PD．
（1）求AB的长；
（2）探索：是否存在这样的点P，使得PC平分∠BCD、PD平分∠ADB同时成立？若存在，求出PA的长；若不存在，说明理由；
（3）如图②，PC与BD相交于点E，过点P作PF∥CD，PF与BD相交于点F．设△PEF、△PCD的面积分别为S1、S2．若S2＝6S1，求PA的长．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）如图1，过D作DM⊥BC于M，则四边形ABMD是矩形，可得CM＝BC﹣BM＝2，在Rt△CDM中，由勾股定理得求DM的值，进而可得AB的值；
（2）如图2，过P作PH∥AD交BD于G，交CD于H，则PH∥AD∥BC，∠ADP＝∠DPG，∠HPC＝∠BCP，∠GHD＝∠BCD，令PC平分∠BCD，可证PG＝DG，在Rt△ABD中，，由勾股定理得，则BD＝BC，进而可证PG＝DG＝GH，设PG＝DG＝GH＝a，则BG＝5﹣a，，证明△PBG∽△ABD，则，即，求得，则，证明△DGH∽△DBC，则，即，可得，则，若PD平分∠ADB，则∠BCP＝∠HCP＝∠HPC，即PH＝CH，判断，与PH＝CH矛盾，进而可得结论；
（3）令△PEF中PE边上的高为h1，△PCD中PC边上的高为h2，证明△PFE∽△CDE，设，则，PE＝kCE，h1＝kh2，表示，，根据S2＝6S1，解，求得满足要求的，则，如图3，过E作EQ∥AD交AB于Q，证明△PQE∽△PBC，则，即，解得，，证明△BEQ∽△BDA，则，即，求出BQ的值，进而可得PQ的值，然后根据AP＝AB﹣BQ﹣PQ计算求解即可．
【解答】解：（1）如图1，过D作DM⊥BC于M，则四边形ABMD是矩形，

∴AB＝DM，BM＝AD＝3（矩形性质），
∴CM＝BC﹣BM＝2，
在Rt△CDM中，
由勾股定理得，
∴AB＝4，
∴AB的长为4；
（2）不存在，理由如下：
如图2，过P作PH∥AD交BD于G，交CD于H，

∴PH∥AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPG，∠HPC＝∠BCP（两直线平行，内错角相等），
∠GHD＝∠BCD（两直线平行，同位角相等），
∵PC平分∠BCD，
∴∠ADP＝∠PDG（角平分线的性质），
∴∠DPG＝∠PDG，
∴PG＝DG（等角对等边），
在Rt△ABD中，，
由勾股定理得，
∴BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD，
∴∠GHD＝∠BDC，
∴DG＝GH，
∴PG＝DG＝GH，
设PG＝DG＝GH＝a，则BG＝5﹣a，，
∵∠PBG＝∠ABD，∠BPG＝∠A＝90°，
∴△PBG∽△ABD，
∴，
即，
解得，
∴，
∵GH∥BC，
∴△DGH∽△DBC，
∴，即，
解得，
∴，
若PD平分∠ADB，则∠BCP＝∠HCP＝∠HPC，即PH＝CH，
∵，与PH＝CH矛盾，
∴不存在这样的点P，使得PC平分∠BCD、PD平分∠ADB同时成立；
（3）令△PEF中PE边上的高为h1，△PCD中PC边上的高为h2，
∵PF∥CD，
∴∠PFE＝∠CDE，∠FPE＝∠DCE，
∴△PFE∽△CDE，
设，则，
∴PE＝kCE，h1＝kh2，
∴，，
∵S2＝6S1，即，
整理得6k2﹣k﹣1＝0，则（2k﹣1）（3k+1）＝0，
解得，（舍去），
∴，
如图3，过E作EQ∥AD交AB于Q，

∴QE∥BC，
∴△PQE∽△PBC，
∴，
即，
∴，，
∵QE∥AD，
∴△BEQ∽△BDA，·
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∴AP的长为．





【考前预测篇2】命题专家押题
一．选择题
1．（2023•武汉模拟）如图是由5个大小相同的小正方体组成的几何体，它的俯视图（　　）
A． B．
C． D．​​
【考点】简单组合体的三视图．版权所有
【分析】根据三视图的定义即可判断．
【解答】解：根据立体图可知该俯视图是第一行有3个小正方形，第二行左边有1个小正方形．
故选：D．
2．（2023•文山州一模）中国是最早采用正负数表示相反意义的量，并进行负数运算的国家．若零上12℃记作+12℃，则零下5℃可记作（　　）
A．﹣5℃ B．0℃ C．5℃ D．﹣12℃
【考点】正数和负数．版权所有
【分析】根据正数和负数的意义，零上记为正，则零下记为负，即可得到答案．
【解答】解：若零上12℃记作+12℃，则零下5℃可记作﹣5℃．
故选：A．
3．（2023•松北区一模）下列运算一定正确的是（　　）
A．2a2•3a2＝6a6 B．2a2+3a2＝5a4
C．（a3）2＝a5 D．a4•a2＝a6
【考点】单项式乘单项式；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．版权所有
【分析】根据单项式乘单项式、合并同类项法则及幂的运算法则分别计算可得答案．
【解答】解：A、2a2•3a2＝6a4，此选项不合题意；
B、2a2+3a2＝5a2，此选项不符合题意；
C、（a3）2＝a6，此选项不合题意；
D、a4•a2＝a6，此选项符合题意．
故选：D．

4．（2023•大石桥市模拟）为弘扬传统文化，在端午节前夕，某校举行了“诗词竞赛”，某班10名同学参加了此次竞赛，他们的得分情况如下表所示：
人数
1
2
2
3
1
1
成绩（分）
50
60
70
80
90
100
则全班10名同学的成绩的中位数和众数分别是（　　）
A．75，3 B．70，80 C．75，80 D．80，3
【考点】众数；中位数．版权所有
【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
【解答】解：从小到大排列排在第5、第6两个数分别是70分，80分，故中位数为＝75，
数据80出现了三次最多，所以众数为80；
故选：C．
5．（2023•张店区一模）某市为“加快推进污水管网建设，着力提升居民生活品质”，需要铺设一段全长为3000米的污水排放管道，为了尽量减少施工对城市交通所造成的影响，实际施工时每天的工效比原计划增加25%，结果提前30天完成这一任务．设原计划每天铺设x米管道，则根据题意，下列方程中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由实际问题抽象出分式方程．版权所有
【分析】根据实际及原计划工作效率间的关系，可得出实际每天铺设（1+25%）x米管道，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前30天完成这一任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵实际施工时每天的工效比原计划增加25%，且原计划每天铺设x米管道，
∴实际每天铺设（1+25%）x米管道．
根据题意得：＝+30．
故选：C．
6．（2023•镇海区校级模拟）若关于x的不等式组 有解且至多有4个整数解，且多项式 x2﹣（1﹣m）能在有理数范围内因式分解，则符合条件的整数m的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】一元一次不等式组的整数解；解一元一次不等式组．版权所有
【分析】先解出不等式组的解集，然后根据不等式组有解且至多有4个整数解，即可求得m的取值范围，再根据多项式x2﹣（1﹣m）能在有理数范围内因式分解，可知1﹣m＞0，然后即可写出符合条件的m的值．
【解答】解：由不等式组 得：3＜x≤4﹣m，
∵不等式组 有解且至多有4个整数解，
∴3＜4﹣m＜8，
解得﹣4＜m＜1，
又∵多项式x2﹣（1﹣m）能在有理数范围内因式分解，
∴1﹣m＞0，
∴m＜1，
∴﹣4＜m＜1，
∴符合条件的整数m的值为﹣3，0，
即符合条件的整数m的个数为2．
故选：B．
7．（2023•朝阳区一模）如图，利用内错角相等，两直线平行，我们可以用尺规作图的方法，过∠AOB的边OB上一点E作OA的平行线EG．有以下顺序错误的作图步骤：①作射线EG；②以O为圆心，以任意长为半径画圆弧，分别交OA、OB于点C、D；③以F为圆心，CD长为半径画圆弧，交前面的圆弧于点G；④在边OB上取一点E，以E为圆心，OC长为半径画圆弧，交OB于点F．这些作图步骤的正确顺序为（　　）
A．①②③④ B．③②④①
C．②④③① D．④③①②
【考点】平行线的判定与性质．版权所有
【分析】根据作一个角等于已知角的尺规作图可得．
【解答】解：正确的排序是：②以O为圆心，以任意长为半径画圆弧，分别交OA、OB于点C、D；
④在边OB上取一点E，以E为圆心，OC长为半径画圆弧，交OB于点F；
③以F为圆心，CD长为半径画圆弧，交前面的圆弧于点G；
①作射线EG；
故选：C．
8．（2023•内黄县二模）如图，在平面直角坐标系中，动点P从原点O出发，竖直向上平移1个单位长度，再水平向左平移1个单位长度，得到点 P1（﹣1，1）；接着竖直向下平移2个单位长度，再水平向右平移2个单位长度，得到点P2；接着竖直向上平移3个单位长度，再水平向左平移3个单位长度，得到点P3；接着竖直向下平移4个单位长度，再水平向右平移4个单位长度，得到点P4；…，按此作法进行下去，则点P2023的坐标为（　　）

A．（﹣1012，1012） B．（﹣1011，1011）
C．（1011，﹣1011） D．（1012，﹣1012）
【考点】坐标与图形变化﹣平移；规律型：点的坐标．版权所有
【分析】观察图象可知，奇数点在第二象限，由题意得P1（﹣1，1），P3（﹣2，2）…，可得P2n﹣1（﹣n，n），即可求解．
【解答】解：观察图象可知，奇数点在第二象限，
∵P1（﹣1，1），P3（﹣2，2），P5（﹣3，3），•••，P2n﹣1（﹣n，n），
∴2n﹣1＝2023，
∴n＝1012，
∴P2023（﹣1012，1012）．
故选：A．
9．（2023•襄垣县一模）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，射线CF与⊙O相切于点C，过点A作AE⊥CF交⊙O于点D，垂足为点E，连接AC，BC，若∠CAE＝30°，AB＝2，则阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【考点】切线的性质；扇形面积的计算；圆周角定理．版权所有
【分析】连接OD，OC，CD，由圆周角定理推出△COD是等边三角形，得到∠OCD＝60°，由圆周角定理，切线的性质得到△OBC是等边三角形，得到∠BOC＝∠OCD＝60°，因此CD∥AB，推出△ACD的面积＝△OCD的面积，求出△ABC的面积，扇形OCD的面积，即可解决问题．
【解答】解：连接OD，OC，CD，
∵∠CAE＝∠COD，∠CAE＝30°，
∴∠COD＝60°，
∵OD＝OC，
∴△COD是等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∵CF切圆于C，
∴OC⊥CF，
∴∠OCA+∠ACE＝90°，
∵AB是圆的直径，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠OCB＝∠ACE，
∵AE⊥CE，
∴∠ACE＝90°﹣∠CAE＝60°，
∴∠OCB＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，BC＝OB＝1，
∴∠BOC＝∠OCD，
∴CD∥AB
∴△ACD的面积＝△OCD的面积，
∴阴影ACD的面积＝扇形OCD的面积，
∵AC＝BC＝，
∴△ABC的面积＝BC•AC＝×1×＝，
∵扇形OCD的面积＝＝，
∴阴影的面积＝△ABC的面积+扇形OCD的面积＝+．
故选：D．

10．（2023•黑龙江一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴在y轴右侧，抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴的正半轴交于点C，且OB＝2OC，则下列结论：①＜0；②4ac+2b＝﹣1；③a＝﹣；④当b＞1时，在x轴上方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点M，N（点M在点N左边），使得AN⊥BM．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象与几何变换；抛物线与x轴的交点．版权所有
【分析】首先根据函数图象可判断a，b，c的符号，a＜0，b＞0，c＞0，从而可判断①正确；由OB＝2OC可推出点B（2c，0）代入解析式化简即可判断②正确；由抛物线与x轴的交点A（﹣2，0）和点B（2c，0），再结合韦达定理可得x1•x2＝＝（﹣2）×（2c）＝﹣4c，可得a＝﹣，即可判断③正确；根据a＝﹣，2b+4ac＝﹣1，可得c＝2b+1，从而可得抛物线解析式为y＝﹣x2+bx+（2b+1），顶点坐标为（2b，b2+2b+1），所以对称轴为直线x＝2b．要使AN⊥BM，由对称性可知，∠APB＝90°，且点P一定在对称轴上，则△APB为等腰直角三角形，PQ＝AB＝2+2b，得P（2b，2b+2），且2b+2＜b2+2b+1，解得b＞1或b＜﹣1，故可判断④正确．
【解答】解：∵A（﹣2，0），OB＝2OC，
∴C（0，c），B（2c，0）．
由图象可知，a＜0，b＞0，c＞0，
①∵a＜0，b＞0，
∴a﹣b＜0，
∴＜0．故①正确；
②把B（2c，0）代入解析式，得：
4ac2+2bc+c＝0，又c≠0，
∴4ac+2b+1＝0，
即2b+4ac＝﹣1，故②正确；
③∵抛物线与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（2c，0），
∴x1＝﹣2和x2＝2c为相应的一元二次方程的两个根，
由韦达定理可得：x1•x2＝＝（﹣2）×（2c）＝﹣4c，
∴a＝﹣．故③正确；
④∵a＝﹣，2b+4ac＝﹣1，
∴c＝2b+1．
故原抛物线解析式为y＝﹣x2+bx+（2b+1），顶点坐标为（2b，b2+2b+1）．
∴对称轴为直线x＝2b．
要使AN⊥BM，由对称性可知，∠APB＝90°，且点P一定在对称轴上，
∵△APB为等腰直角三角形，Q是AB中点，
∴PQ＝AB＝[4b+2﹣（﹣2）]＝2b+2，
∴P（2b，2b+2），且有2b+2＜b2+2b+1，
整理得：b2＞1，
解得：b＞1或b＜﹣1，故④正确．
综上所述，正确的有4个，
故选：D．
二．填空题
11．（2023•沭阳县一模）2023年春节档电影《流浪地球2》的票房40.25亿，将数据40.25亿用科学记数法表示为 　 　．
【考点】科学记数法—表示较大的数．版权所有
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【解答】解：40.25亿＝4025000000＝4.025×109．
故答案为：4.025×109．
12．（2023•兴隆台区一模）分解因式：a2（x﹣y）+9（y﹣x）＝　 　．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．版权所有
【分析】先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
【解答】解：a2（x﹣y）+9（y﹣x）
＝（x﹣y）（a2﹣9）
＝（x﹣y）（a+3）（a﹣3），
故答案为：（x﹣y）（a+3）（a﹣3），
13．（2023•昆山市模拟）若x1，x2是方程x2＝2x+2023的两个实数根，则代数式﹣2+2023x2的值为 　　．
【考点】根与系数的关系．版权所有
【分析】由根与系数的关系可得：x1+x2＝2，﹣2x1＝2023，再把所求的式子进行整理，代入相应的值运算即可．
【解答】解：x2＝2x+2023整理得：x2﹣2x﹣2023＝0，
∵x1，x2是方程x2﹣2x﹣2023＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝2，﹣2x1＝2023，
∴﹣2+2023x2
＝x1（﹣2x1）+2023x2
＝2023x1+2023x2
＝2023（x1+x2）
＝2023×2
＝4046．
故答案为：4046．
14．（2023•中原区校级一模）如图所示，将扇形OAB沿OA方向平移得对应扇形CDE，线段CE交于点F，当OC＝CF时平移停止．若∠O＝60°，OB＝3，则阴影部分的面积为 　 　．

【考点】扇形面积的计算；平移的性质．版权所有
【分析】连接OF，过点C作CH⊥OF，根据平行线的性质和等腰三角形的性质，得出，根据三角函数求出，根据S阴＝S扇形AOF﹣S△COF求出结果即可．
【解答】解：如图所示，连接OF，过点C作CH⊥OF，

由平移性质知，CE∥OB，
∴∠CFO＝∠BOF，
∵CO＝CF，
∴∠COF＝∠CFO，
∴，
在等腰△OCF中，，
∴CH＝OH•tan30°＝×＝，
∴．
故答案为：．
15．（2023•沈阳一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限内，点A的坐标是（1，1），点B的坐标是（4，5），边AD与x轴平行，反比例函数y＝（x＞0）过点C，则k的值为 　 　．

【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；菱形的性质．版权所有
【分析】由A、B的坐标求出菱形的边长，进而求出BC＝5，即可求得点C（9，5），将点C的坐标代入反比例函数表达式，即可求解．
【解答】解：∵点A的坐标是（1，1），点B的坐标是（4，5），
∴AB＝＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝AB＝5，AD∥BC，
∵边AD与x轴平行，
∴BC∥x轴，
∴C（9，5），
∵反比例函数 y＝（x＞0）过点C，
∴k＝9×5＝45，
故答案为：45．
16．（2023•英德市一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转a（ 0°＜a＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，则∠AEC＝　 　°．

【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．版权所有
【分析】由等边三角形性质可得∠BAC＝60°，AB＝AC，由旋转变换的性质可得∠BAD＝α，AD＝AB，根据角平分线定义可得∠DAE＝∠BAD＝α，根据三角形内角和定理和等腰三角形性质可得∠D＝60°﹣α，再利用三角形外角性质即可．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵将边AB绕点A顺时针旋转a（ 0°＜a＜120°）得到线段AD，
∴∠BAD＝α，AD＝AB，
∴∠CAD＝α+60°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAD＝α，
∵AD＝AB＝AC，
∴∠D＝∠ACD＝＝＝60°﹣α，
∵∠AEC是△ADE的外角，
∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝60°﹣α+α＝60°，
故答案为：60．
17．（2023•工业园区一模）如图，在半径为6cm、圆心角为120°的扇形OAB中，分别以点O、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M、N，直线MN与相交于点C，连接BC，则由、AB、BC围成的阴影部分的面积为 　 　cm2．

【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质；扇形面积的计算．版权所有
【分析】由题意知，MN为线段OB的垂直平分线，如图，连接OC交AB于D，证明△AOD≌△BCD（SAS），根据S阴影＝S扇形AOC计算求解即可．
【解答】解：由题意知，MN为线段OB的垂直平分线，如图，连接OC交AB于D，
∴OC＝BC＝OB，
∴∠COB＝60°＝∠AOC，
由题意知，∠OBA＝∠OAB＝30°，
∴∠BDO＝90°，
∴AD＝BD，OD＝CD，
在△AOD和△BCD中，
，
∴△AOD≌△BCD（SAS），
∴（cm2）．
故答案为：6π．
18．（2023•雁塔区一模）如图1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E在AB的延长线上，在∠CBE的角平分线上取一点F（含端点B），连接AF并过点C作AF所在直线的垂线，垂足为G．设线段AF的长为x，CG的长为y，y关于x的函数图象及有关数据如图2所示，点Q为图象的端点，则y＝时，BF＝　　．

【考点】动点问题的函数图象．版权所有
【分析】证明四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，则CG⊥AE，则CG＝＝2，即y＝，当y＝时，x＝8，即AF＝8；在Rt△AFH中，利用AF2＝AH2+FH2，即可求解．
【解答】解：∵Q为图象端点，
∴Q与B重合，
∴AB＝4．
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
∴∠CBE＝60°，此时CG⊥AE，
∴CG＝＝2，即y＝，
当y＝时，x＝8，即AF＝8；
过点F作FH⊥AE于H．设BF＝m．

∵∠FBE＝∠EBC＝30°，
∴FH＝m，BH＝m，
在Rt△AFH中，AF2＝AH2+FH2，即64＝（4+m）2+（m）2，
∴m＝2﹣2，
即BF＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
19．（2023•尤溪县校级模拟）如图，点E在边长为2正方形ABCD的边AB上（且点E不与点A，B重合），线段EF是线段DE绕着点E顺时针旋转90°得到，连接DF，BF，有下列结论：
①AC∥BF；
②DF＝2BF；
③∠CDF＝∠BFE；
④△BEF的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是 　 　．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】由旋转的性质可得DE＝EF，∠DEF＝90°，由“SAS”可证△DEH≌△FEB，可证∠CBF＝45°＝∠ACB，可得AC∥BF，故①正确；由角的数量关系可证∠CDF＝∠BFE，故③正确；由三角形的面积公式可得S△FEB＝S△DEH＝﹣（EH﹣1）2+，可得△BEF的面积的最大值为，故④错误；当∠BDF＝30°时，DF＝2BF，故②错误；即可求解．
【解答】解：如图，连接AC，BD，过点E作EH⊥AB交BD于H，
∵线段EF是线段DE绕着点E顺时针旋转90°得到，
∴DE＝EF，∠DEF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠BDC＝∠ABD＝45°＝∠ACB，
∵HE⊥AB，
∴△HEB是等腰直角三角形，
∴BE＝HE，∠EHB＝45°，∠HEB＝90°＝∠DEF，
∴∠DEH＝∠BEF，∠DHE＝135°，
又∵DE＝EF，EH＝EB，
∴△DEH≌△FEB（SAS），
∴∠DHE＝∠EBF＝135°，∠EDH＝∠EFB，
∴∠CBF＝45°＝∠ACB，
∴AC∥BF，故①正确；
∵DE＝EF，∠DEF＝90°，
∴∠EDF＝45°＝∠BDC，
∴∠CDF＝∠EDH，
∴∠CDF＝∠BFE，故③正确；
∵△DEH≌△FEB，
∴S△FEB＝S△DEH，
∵S△FEB＝S△DEH＝×EH•AE＝×EH×（2﹣EH）＝﹣（EH﹣1）2+，
∴△BEF的面积的最大值为，故④错误；
∵∠DBF＝90°，
∴当∠BDF＝30°时，DF＝2BF，故②错误；
故答案为：①③．
20．（2023•沭阳县一模）如图，正方形ABCD的边长为8，线段CE绕着点C逆时针方向旋转，且CE＝3，连接BE，以BE为边作正方形BEFG，M为AB边上的点，且，当线段FM的长最小时，tan∠ECB＝　 　．

【考点】旋转的性质；解直角三角形；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有
【分析】连接BF，BD，过点M作MN⊥BD于N，连接DM，通过证明△BEC∽△BFD，可求DF＝EC＝3，在△MFD中，MF≥DM﹣DF，则当点F在MD上时，MF有最小值，分别求出MN，DN，即可求解．
【解答】解：如图，连接BF，BD，过点M作MN⊥BD于N，连接DM，

∵四边形ABCD，四边形BEFG都是正方形，
∴BD＝BC＝8，BF＝BE，∠DBC＝∠ABD＝∠FBE＝45°，
∴∠DBF＝∠CBE，＝，
∴△BEC∽△BFD，
∴，∠ECB＝∠FDB，
∴DF＝EC＝3，
在△MFD中，MF≥DM﹣DF，
∴当点F在MD上时，MF有最小值，
∵M为AB边的中点，
∴MB＝4，
∵∠ABD＝45°，MN⊥BD，
∴MN＝BN＝BM＝2，
∴DN＝6，
∴tan∠ECB＝tan∠MDB＝＝，
故答案为：．
三．解答题
21．（2023•成都模拟）（1）计算：；
（2）先化简，再求值：，其中x＝﹣2．
【考点】分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算．版权所有
【分析】（1）利用零指数幂、负整数指数幂、绝对值的性质以及特殊角的三角函数值计算即可；
（2）先利用分式运算法则将原式化简，然后将x＝﹣2代入求值即可．
【解答】解：（1）原式＝
＝
＝7；
（2）原式＝
＝
＝，
当x＝﹣2时，
原式＝＝．
22．（2023•崂山区一模）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，过点B作BP∥AC，过点C作CP∥BD，BP与CP相交于点P．
（1）证明四边形BPCO为平行四边形；
（2）给▱ABCD添加一个条件，使得四边形BPCO为菱形，并说明理由．
【考点】菱形的判定；平行四边形的判定与性质．版权所有
【分析】（1）由两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形BPCO为平行四边形；
（2）由菱形的判定定理可得结论．
【解答】（1）证明：∵BP∥AC，CP∥BD，
∴四边形BPCO为平行四边形；
（2）解：添加AC＝BD，使得四边形BPCO为菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
又∵AC＝BD，
∴BO＝CO，
∴平行四边形BPCO是菱形．
23．（2023•韩城市一模）为不断增强学生爱眼、护眼意识，修正平时用眼习惯，某中学计划以“爱护眼睛，你我同行”为主题开展四类活动，分别为A：手抄报；B：演讲；C：主题班会；D：知识竞赛．各班采用抽卡片的方式确定开展的活动类型，将四类活动制成编号为A，B，C，D的4张卡片（如图所示，卡片除编号和内容外，其余完全相同），现将这4张卡片背面朝上，洗匀放好．

（1）某班从4张卡片中随机抽取1张，抽到卡片B的概率为 　 　；
（2）若七（1）班从4张卡片中随机抽取1张，记下卡片上的活动类型后放回洗匀，再由七（2）班从中随机抽取1张，请用列表或画树状图的方法，求这两个班抽到不同卡片的概率．
【考点】列表法与树状图法；概率公式．版权所有
【分析】（1）直接利用概率公式可得答案．
（2）画树状图得出所有等可能的结果数以及这两个班抽到不同卡片的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）某班从4张卡片中随机抽取1张，抽到卡片B的概率为．
故答案为：．
（2）画树状图如下：

共有16种等可能的结果，其中这两个班抽到不同卡片的结果有：AB，AC，AD，BA，BC，BD，CA，CB，CD，DA，DB，DC，共12种，
∴这两个班抽到不同卡片的概率为＝．
24．（2023•江西模拟）如今，不少人在购买家具时追求简约大气的风格，图1所示的是一款非常畅销的简约落地收纳镜，其支架的形状固定不变，镜面可随意调节，图2所示的是其侧面示意图，其中OD为镜面，EF为放置物品的收纳架，AB，AC为等长的支架，BC为水平地面，已知OA＝BD＝40cm，OD＝120cm，∠ABC＝75°．（结果精确到1cm．参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73，≈1.41，≈1.73）

（1）求支架顶点A到地面BC的距离；
（2）如图3，将镜面顺时针旋转15°，求此时收纳镜顶部端点O到地面BC的距离．
【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】（1）如图2，过点A作AM⊥BC于点M，可求出AD＝80cm，AB＝120cm，然后在Rt△ABM中根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
（2）如图3，延长AD与地面交于点N，过O点向地面作垂线，垂足为G，根据题意可求出∠ONM＝60°，所以ON＝174.57cm，从而可求出OG的长度．
【解答】（1）如图2，过点A作AM⊥BC于点M，

∵OA＝BD＝40cm，OD＝120cm，
∴AD＝OD﹣OA＝80m，
∵BD＝40cm，
∴AB＝OD＝120cm，
∵∠ABC＝75°，
在Rt△ABM中，AM＝AB•sin75°≈116（cm），
答：支架顶点A到地面BC的距离约为116cm．
（2）如图3，延长AD与地面交于点N，过O点向地面作垂线，垂足为G，

在Rt△ABM中，AB＝120cm，∠ABC＝75°，
∴∠BAM＝90°﹣75°＝15°，
AM＝AB×sin∠ABC＝120×sin75°≈116.4cm；
在Rt△OAH中，∠O＝30°，OA＝40cm．∴OH＝20√3cm≈34.6
∵∠DAB＝15°，
∴∠ANM＝90°﹣∠DAB﹣∠BAM＝60°，
∴AN＝，
∵OA＝40cm，
∴ON＝134.57+40＝174.57cm，
在Rt△ONG中，
OG＝ON×sin∠ONG＝174.57×≈151cm．
答：此时收纳镜顶部端点O到地面BC的距离约为151cm．



25．（2023•长沙模拟）为庆祝二十大胜利召开，某校举行了党史知识竞赛，赛后随机抽取了部分学生的成绩，并绘制了如下两幅不完整的统计图表．
学生党史知识竞赛成绩统计表
组别
分数/分
频数
A
60≤x＜70
a
B
70≤x＜80
20
C
80≤x＜90
28
D
90≤x＜100
36






请你根据统计图表提供的信息解答以下问题：
（1）本次调查一共随机抽取了 　 　名学生的成绩；
（2）表中a＝　 　；
（3）所抽取的参赛学生的成绩的中位数落在的“组别”是 　 　；
（4）若全校共有2000名学生参加了此次知识竞赛，请你估计该校竞赛成绩达到80分以上的学生人数．
【考点】中位数；用样本估计总体；频数（率）分布表．版权所有
【分析】利用个体及所占百分比求总体，用中位数的概念求中位数，用样本估计总体．
【解答】解：（1）36÷36%＝100（名）．
故答案为：100．
（2）100×16%＝16（名）．
故答案为：16．
（3）100个数据的中位数是第50和第51个数据的平均数，
题中的两个数据均在C组，
∴中位数在C组．
故答案为：C．
（4）2000×＝1280（名）．
答：全校2000名学生参加此次知识竞赛成绩达到80分以上的学生约为1280名学生．




26．（2023•高青县一模）五星电器店购进电饭煲和电压锅两种电器进行销售，其进价与售价如表：

进价（元/台）
售价（元/台）
电饭煲
240
290
电压锅
200
260
（1）一季度，五星店购进这两种电器共40台，用去了9000元，并且全部售完，问五星店在该买卖中购进电饭煲和电压锅各多少台？
（2）为了满足市场需求，二季度五星店决定用不超过11000元的资金采购电饭煲和电压锅共50台，且电饭煲的数量不少于电压锅的，问五星店有哪几种进货方案？并说明理由；
（3）在（2）的条件下，请你通过计算判断，哪种进货方案五星店赚钱最多？
【考点】一元一次不等式组的应用；一元一次方程的应用；二元一次方程组的应用．版权所有
【分析】（1）设购进电饭煲x台，电压锅y台，根据“五星店购进这两种电器共40台，用去了9000元，”列出方程组，即可求解；
（2）设购进电饭煲a台，则电压锅（50﹣a）台，根据“二季度五星店决定用不超过11000元的资金采购电饭煲和电压锅共50台，且电饭煲的数量不少于电压锅的，”列出不等式组，即可求解；
（3）根据总利润＝单个利润×购进数量，分别求出各进货方案的利润，比较后即可得出结论．
【解答】解：（1）设购进电饭煲x台，电压锅y台，根据题意得：，
解得：，
答：五星店在该买卖中购进电饭煲25台，电压锅15台；
（2）设购进电饭煲a台，则电压锅（50﹣a）台，
根据题意得：，
解得：，
又a为正整数，
∴a可取23，24，25，
∴有三种方案：
①购买电饭煲23台，购买电压锅27台；
②购买电饭煲24台，购买电压锅26台；
③购买电饭煲25台，购买电压锅25台；
（3）设五星店赚钱数额为w元，
当a＝23时，w＝23×（290﹣240）+27×（260﹣200）＝2770；
当a＝24时，w＝24×（290﹣240）+26×（260﹣200）＝2760；
当a＝25时，w＝25×（290﹣240）+25×（260﹣200）＝2750；
综上所述，当a＝23时，w最大，
即购进电饭煲23台，电压锅各27台时，五星店赚钱最多．
27．（2023•香坊区一模）已知，AB为⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，点A为弧CD的中点．

（1）如图1，求证：AB⊥CD；
（2）如图2，点F为弧BC上一点，连接BF，BD，∠FBA＝2∠DBA，过点C作CG∥AB交BF于点G，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DF交OE于点L，连接LG，若FG＝4，，求线段LF的长．
【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）连接OC，OD，利用等弧所对的圆心角相等得∠AOC＝∠AOD，再根据等腰三角形三线合一即可证明结论；
（2）由（1）可得∠AOC＝∠AOD＝2∠DBA，进而证明OC∥BG，证明四边形OBGC是平行四边形即可；
（3）连接OC，OD，BC，OG，过G作GM⊥OB于M，过O作OK⊥DF于K，设∠ABC＝α，则∠ABD＝α，∠AOC＝∠AOD＝2α，∠DCB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣α，证明平行四边形OBGC是菱形，四边形CEMG是矩形，得出GM＝CE＝DE，再证明△DEL≌△GMO（ASA），得DL＝OG，∠DLE＝∠GOM，进而证得四边形DLGO是平行四边形，设GM＝x，则LM＝3x＝BM，则LM＝3x＝BM，利用勾股定理求得OM＝2，GM＝2，OG＝4，再利用cos∠GOM＝cos∠FLB，可得答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，OD，

∵点A为的中点，
∴，
∴∠AOC＝∠AOD，
∵OC＝OD，
∴AB⊥CD；
（2）证明，如图，连接OC，OD，BC，则∠AOC＝∠AOD＝2∠DBA，

∴∠FBA＝2∠DBA，
∴∠FBA＝∠AOC，
∴OC∥BG，
∵CG∥AB，
∴四边形OBGC是平行四边形，
∴CG＝OB，
又∵OB＝，
∴CG＝；
（3）解：如图，连接OC，OD，BC，OG，过G作GM⊥OB于M，过O作OK⊥DF于K，则DK＝FK，

设∠ABC＝α，则∠ABD＝α，∠AOC＝∠AOD＝2α，∠DCB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣α，
∴∠F＝∠DCB＝90°﹣α，
∵∠FBA＝2∠DBA＝2α，
∴∠BLF＝180°﹣∠FBA﹣∠F＝90°﹣α，
∴∠BLF＝∠F，
∴BL＝BF，
∵OB＝OC，
∴平行四边形OBGC是菱形，
∴OB＝BG，
∴BL﹣OB＝BF﹣BG，
则LO＝FG＝4，
∵CG∥AB，
∴∠CGM＝∠GME＝∠CEM＝90°，
∴四边形CEMG是矩形，
∴GM＝CE＝DE，
∵OB＝BG，∠GBO＝2α，
∴∠GOB＝＝90°﹣α，
∴∠OGM＝90°﹣∠GOB＝α，
∵∠CDF＝∠CBF＝∠FBA﹣∠ABC＝α，
∴∠OGM＝∠CDF，
在△DEL与△GMO中，
，
∴△DEL≌△GMO（ASA），
∴DL＝OG，∠DLE＝∠GOM，
即∠FLO＝∠DLE＝∠GOM，
∴DL∥OG，
∴四边形DLGO是平行四边形，
∴LG＝OD，LG∥OD，∠GLO＝∠DOL＝2α，
∴GL＝GB，
∵tan∠GLB＝，
设GM＝x，则LM＝3x＝BM，
∴GL＝，
即GL＝DO＝BG＝OB＝4x，
∴OM＝OB＝BM＝x，则LO＝LM﹣OM＝2x，
∴2x＝4，
∴x＝2，
∴OM＝2，GM＝2，则OG＝，
∴LD＝OG＝4，
∵∠GOM＝∠FLB＝90°﹣α，
∴cos∠GOM＝cos∠FLB，
∴，
即，
∴LK＝，
∴FK＝DK＝LD+LK＝4+，
∴LF＝LK+KF＝6．
28．（2023•莱芜区一模）抛物线与x轴交于A（b，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，c），点P是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．
（1）求a，b，c的值；
（2）如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接EB，E′C，求的最小值．
​
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得lBC的解析式，设P（m，﹣m2+m+4），则D（m，﹣m+4），利用相似三角形的判定与性质可得答案；
（3）在y轴上取一点F，使得OF＝，连接BF，在BF上取一点E′，使得OE′＝OE，由相似三角形的判定与性质可得FE′＝，可得E′B+E′C＝BE′+E′F＝BF，此时最小，即可解答．
【解答】解：（1）将B（4，0）代入，
得﹣8+4（a﹣1）+2a＝0，
∴a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4，
令x＝0，则y＝4，
∴c＝4，
令y＝0，则0＝﹣x2+x+4，
∴x1＝4，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），即b＝﹣2；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，

设lBC：y＝kx+b，将（0，4），（4，0）代入得b＝4，k＝﹣1，
∴lBC：y＝﹣x+4，
设P（m，﹣m2+m+4），则D（m，﹣m+4），
PD＝yP﹣yD＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+1）＝﹣m2+2m，
∵PD∥HA，
∴△AMH∽△PMD，
∴，
将x＝﹣2代入y＝﹣x+4，
∴HA＝6，
∵，
∴，
∴PD＝，
∴＝m2+2m，
∴m1＝1（舍），m2＝3，
∴P（3，）；
（3）在y轴上取一点F，使得OF＝，连接BF，在BF上取一点E′，使得OE′＝OE，

∵OE′＝3，OF•OC＝4＝9，
∴OE2＝OF•OC，
∴，
∵∠COE′＝∠FOE，
∴△FOE′∽△E′OC，
∴，
∴FE′＝，
∴E′B+E′C＝BE′+E′F＝BF，此时最小，
最小值为：BF＝＝．








二、命题猜想篇
【中考命题猜想1】实数的运算与分式的运算
【命题趋势】
对于实数的运算，在我们每一个阶段的学习中都是非常重要的，中考的每一个题目都涉及，所以掌握实数的运算是最基础的重中之重。除了每个题目中涉及的运算，也会单独考察一个大题，包含绝对值的计算，乘方计算，0次幂的计算，负整数指数幂的计算，二次根式的简单化简，特殊锐角三角函数的计算。
对于分式，考察内容一般式分式方程，分式的化简求值。考擦内容的要求是分式有意义的条件，分式的加减乘除运算，列分式方程以及解分式方程，分式方程的实际应用。
【满分技巧】
绝对值的计算：；﹣1的偶次方等于1，﹣1的奇次方等于-1，注意符号是否在括号里；除0外的任何数的0次幂都等于1；一个数的负整数指数幂等于这个数的正指数幂的倒数；利用二次根式的性质进行化简；记住特殊的锐角三角函数值。
分式的化简求值：先化简，在带入求值，特别的要注意所带的值必须使分式有意义，即分母不能为0，除号后面分子分母均不能为0。列分式方程：可用简单的列表格方式找等量关系从而得出方程，对于解分式方程，一定先去分母把分式方程化成整式方程然后解整式方程。特别的要注意分式方程一定要进行检验，即检验解是不是使分式方程有意义。
【题目练习】
一．选择题（共8小题）
1．（2023•义乌市校级模拟）下列计算中错误的有（　　）个．
（1） （2）﹣1﹣1＝0 （3）（﹣1）﹣1＝0 （4）（﹣1）0＝1
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂．版权所有
【分析】根据算术平方根的含义和求法，有理数的加减法的运算方法，以及零指数幂、负整数指数幂的运算方法，逐项判断即可．
【解答】解：∵＝3，
∴选项（1）符合题意；
∵﹣1﹣1＝﹣2，
∴选项（2）符合题意；
∵（﹣1）﹣1＝﹣1，
∴选项（3）符合题意；
∵（﹣1）0＝1，
∴选项（4）不符合题意，
∴计算中错误的有3个：（1），（2），（3）．
故选：C．
2．（2023•思明区校级模拟）计算等于（　　）
A．﹣2 B．﹣3 C． D．﹣
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂．版权所有
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂，然后计算减法，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝﹣1
＝﹣．
故选：D．
3．（2023•张家口二模）若m和n互为相反数，且m n≠0，则的值是（　　）
A．﹣1 B．0
C．1 D．不能计算出具体数字
【考点】分式的化简求值；相反数．版权所有
【分析】根据m和n互为相反数，且mn≠0，可以得到＝﹣1，＝﹣1，然后代入所求式子计算即可．
【解答】解：∵m和n互为相反数，且mn≠0，
∴＝﹣1，＝﹣1，
∴
＝（﹣1+1）÷
＝0÷
＝0，
故选：B．
4．（2023•西青区一模）计算的结果是（　　）
A． B． C．3 D．2
【考点】分式的加减法．版权所有
【分析】利用分式的加法的法则进行运算即可．
【解答】解：
＝
＝
＝2．
故选：D．
5．（2023•梁溪区一模）计算的结果是（　　）
A． B． C．a+1 D．a2
【考点】分式的加减法．版权所有
【分析】先通分，再进行分式的加减运算．
【解答】解：
＝
＝
＝，
故选：A．
6．（2023•张店区一模）某市为“加快推进污水管网建设，着力提升居民生活品质”，需要铺设一段全长为3000米的污水排放管道，为了尽量减少施工对城市交通所造成的影响，实际施工时每天的工效比原计划增加25%，结果提前30天完成这一任务．设原计划每天铺设x米管道，则根据题意，下列方程中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由实际问题抽象出分式方程．版权所有
【分析】根据实际及原计划工作效率间的关系，可得出实际每天铺设（1+25%）x米管道，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合实际比原计划提前30天完成这一任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵实际施工时每天的工效比原计划增加25%，且原计划每天铺设x米管道，
∴实际每天铺设（1+25%）x米管道．
根据题意得：＝+30．
故选：C．
7．（2023•松北区一模）方程的解为（　　）
A．x＝4 B．x＝﹣4 C．x＝﹣2 D．x＝2
【考点】解分式方程．版权所有
【分析】先去分母，化为整式方程，再解一元一次方程即可，注意检验．
【解答】解：去分母，得x﹣2＝3（x+2），
整理，得2x＝﹣8，
解得x＝﹣4，
经检验，x＝﹣4是原方程的解，
故选：B．
8．（2023•杏花岭区校级模拟）山西省图书馆创始于清宣统元年（1909年），是国内为数不多的百年老馆之一．小聪和小宇作为省图书馆的志愿者，负责整理读者阅览后的图书．已知小聪平均每小时整理图书的数量是小宇平均每小时整理图书的数量的1.3倍，小聪整理156本图书所用的时间比小宇整理100本图书所用的时间多15分钟．问小宇平均每小时整理多少本图书？设小宇平均每小时整理x本图书，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由实际问题抽象出分式方程．版权所有
【分析】根据小聪整理156本图书所用的时间比小宇整理100本图书所用的时间多15分钟，列分式方程即可．
【解答】解：根据题意，得，
故选：B．
二．填空题（共9小题）
9．（2023•梁园区一模）计算：﹣|﹣5|﹣＝　 　．
【考点】实数的运算．版权所有
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：﹣|﹣5|﹣
＝﹣5﹣（﹣2）
＝﹣5+2
＝﹣3，
故答案为：﹣3．
10．（2023•城阳区一模）计算：＝　 　．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂．版权所有
【分析】直接利用零指数幂的性质以及负整数指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
【解答】解：原式＝1+4
＝5．
故答案为：5．
11．（2023•驿城区校级二模）计算：＝　 　．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂．版权所有
【分析】先计算零次幂和负整数指数幂，再计算加减．
【解答】解：
＝1﹣9
＝﹣8，
故答案为：﹣8．
12．（2023•越秀区一模）若在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　 　．
【考点】分式有意义的条件．版权所有
【分析】根据分式的分母不等于0即可得出答案．
【解答】解：由题意，得x+1≠0，
解得x≠﹣1．
故答案为：x≠﹣1．
13．（2023•张店区一模）化简的结果为 　 　．
【考点】分式的混合运算．版权所有
【分析】先算括号里面的，再算除法即可．
【解答】解：原式＝÷
＝•
＝．
故答案为：．
14．（2023•浠水县二模）已知x2﹣3x+1＝0，则的值为 　 　．
【考点】分式的化简求值．版权所有
【分析】将方程x2﹣3x+1＝0同除以x，得到，进而求出，将进行化简，利用整体思想代入求值即可．
【解答】解：∵x2﹣3x+1＝0，
∴，x2＝3x﹣1，x2﹣3x＝﹣1，
∴，
∴，
∴，
∴
＝x（x2﹣5）+
＝＝
＝
＝
＝
＝﹣2+7＝5．
故答案为：5．
15．（2023•莱芜区一模）代数式的值比代数式的值大4，则x＝　 　．
【考点】解分式方程．版权所有
【分析】根据题意可得：﹣＝4，然后按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
﹣＝4，
x+2＝4（2x﹣3），
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，2x﹣3≠0，
∴x＝2是原方程的根，
故答案为：2．
16．（2023•泸县校级二模）若整数a使关于x的分式方程的解为整数，且使关于x的一元一次不等式组有解，则所有满足条件的整数a的值之和为 　 　．
【考点】分式方程的解；解一元一次不等式组．版权所有
【分析】利用一元一次不等式组的解集，得到关于a的取值范围，利用解分式方程的方法求得分式方程的解，并依据已知条件确定a的取值，将所有满足条件的整数a的值相加即可得出结论．
【解答】解：关于x的一元一次不等式组的解集为a﹣5＜x≤﹣，
∵关于x的一元一次不等式组有解，
∴a﹣5＜﹣，
∴a＜4．
关于x的分式方程的解为为x＝，
∵原分式方程有可能产生增根3，
∴≠3，
∴a≠1．
∵整数a使关于x的分式方程的解为整数，a＜4，
∴a＝﹣1或3，
∴所有满足条件的整数a的值之和为﹣1+3＝2．
故答案为：2．
17．（2023•九龙坡区校级模拟）若整数a使关于x的分式方程的解为整数，且使关于x的一元一次不等式组有解，则所有满足条件的整数a的值之和为 　 ．
【考点】分式方程的解；解一元一次不等式组；一元一次不等式组的整数解．版权所有
【分析】由分式方程的解为整数以及增根的意义可求出a＝3或a＝﹣1或5，根据一元一次不等式组有解可以得出a＜4，最后计算所有满足条件的整数a的和即可．
【解答】解：∵关于x的分式方程的解是x＝，
∵x为整数，
∴2﹣a＝±1或±3，
∵2﹣a≠0，且2﹣a≠1，
∴a＝3或5或﹣1，
∵解不等式﹣≥1，得x≤﹣1，
解不等式x+5＞a，得x＞a﹣5，
而不等式组有解，
∴a﹣5＜﹣1，
∴a＜4，
∴a＝3或a＝﹣1，
所以所有满足条件的整数a的值之和为3+（﹣1）＝2．
故答案为：2．
三．解答题（共13小题）
18．（2023•沭阳县一模）计算：．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．版权所有
【分析】首先计算乘方、零指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝﹣4+2×+1﹣（﹣1）
＝﹣4++1﹣+1
＝﹣2．
19．（2023•潮南区一模）计算：．
【考点】实数的运算；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．版权所有
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：2﹣1+||sin45°﹣（﹣2）2022×（）2022
＝+3﹣+2×﹣[（﹣2）×（）]2022
＝+3﹣+﹣（﹣1）2022
＝+3﹣+﹣1
＝2．
20．（2023•沈阳一模）计算：．
【考点】实数的运算；零指数幂；特殊角的三角函数值．版权所有
【分析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、开平方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：+|﹣2|+（﹣1）0﹣6tan45°
＝5+2+1﹣6×1
＝5+2+1﹣6
＝2．
21．（2023•莱芜区一模）计算：．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．版权所有
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝1+（﹣1）﹣2×+2
＝1+﹣1﹣+2
＝2．
22．（2023•蒙城县一模）．
【考点】实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．版权所有
【分析】先计算二次根式、零次幂、负整数指数幂、绝对值和特殊角的三角函数值，再计算乘法，最后计算加减．
【解答】解：
＝3﹣4﹣3×+1﹣4
＝3﹣4﹣3+1﹣4
＝﹣7．
23．（2023•长安区四模）先化简，再求值：，其中x＝4．
【考点】分式的化简求值．版权所有
【分析】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，把x的值代入计算，得到答案．
【解答】解：原式＝÷（﹣）
＝•
＝，
当x＝4时，原式＝＝．
24．（2023•白塔区校级一模）先化简，再求值：，其中x是不等式组的整数解．
【考点】分式的化简求值；一元一次不等式组的整数解．版权所有
【分析】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把x的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
【解答】解：
＝÷[﹣（x+2）]
＝÷
＝÷
＝•
＝﹣，
，
解不等式①得：x≤3，
解不等式②得：x≥1，
∴原不等式组的解集为：1≤x≤3，
∴该不等式组的整数解为：1，2，3，
∵x﹣2≠0，3﹣x≠0，x+3≠0，
∴x≠2，x≠3，x≠﹣3，
∴当x＝1时，原式＝﹣＝﹣．
25．（2023•京口区模拟）（1）计算：2sin60°+|﹣3|+（π﹣1）0；
（2）先化简，再求值：，其中m＝﹣2．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值；实数的运算．版权所有
【分析】（1）根据特殊角的三角函数值、绝对值的性质、零指数幂的运算法则计算；
（2）根据分式的加法法则、除法法则按原式化简，把m的值代入计算即可．
【解答】解：（1）原式＝2×+3﹣+1
＝+3﹣+1
＝4；
（2）原式＝（+）•
＝•
＝m（m+2）
＝m2+2m，
当m＝﹣2时，原式＝（﹣2）（﹣2+2）＝2﹣2．
26．（2023•市北区一模）（1）解不等式组；
（2）计算：．
【考点】分式的混合运算；解一元一次不等式组．版权所有
【分析】（1）根据一元一次不等式组的解法即可求出答案．
（2）根据分式的加减运算以及乘除运算法则即可求出答案．
【解答】解：（1），
由①得：x≥1，
由②得：x＜4，
∴不等式的解集为1≤x＜4．
（2）原式＝•
＝
＝．
27．（2023•松北区一模）先化简，再求代数式的值，其中．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值；实数的运算．版权所有
【分析】先计算括号内的式子，同时将括号外的除法转化为乘法，然后再化简，最后将x的值代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：
＝•
＝
＝，
当x＝3tan30°+cos45°＝3×+×＝+1时，原式＝＝﹣．
28．（2023•南岗区一模）先化简，再求代数式的值，其中a＝tan60°，b＝6cos30°．
【考点】分式的化简求值；特殊角的三角函数值．版权所有
【分析】先算括号内的式子，同时将括号外的除法转化为乘法，再化简，然后将a、b的值代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：
＝•
＝
＝，
当a＝tan60°＝，b＝6cos30°＝6×＝3时，原式＝＝﹣．
29．（2023•信阳模拟）（1）计算：；
（2）化简：．
【考点】分式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算．版权所有
【分析】（1）直接利用有理数的乘方运算法则以及零指数幂的性质、负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值分别化简，进而得出答案；
（2）直接将括号里面通分运算，进而利用分式的混合运算法则化简得出答案．
【解答】解：（1）原式＝1﹣1+3﹣2×
＝1﹣1+3﹣1
＝2；

（2）原式＝•
＝•
＝．
30．（2023•开江县一模）（1）计算：（﹣）﹣1﹣（π﹣3）0+|﹣2|+tan60°；
（2）（1+）÷，选一个适合的数代入求值．
【考点】分式的化简求值；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值；实数的运算．版权所有
【分析】（1）利用负整数指数幂的意义，零指数幂的意义，绝对值的意义和特殊角的三角函数值进行化简运算即可；
（2）利用分式的混合运算的法则化简后，选取一个使原分式有意义的x的值代入运算即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣2﹣1+2﹣+
＝﹣1；
（2）原式＝
＝
＝，
由题意：x﹣1≠0，x﹣2≠0，x+2≠0，
∴x≠1，x≠﹣2，x≠2．
当x＝0时，
原式＝
＝﹣2．






【中考命题猜想2】解三角形问题
【命题趋势】
解三角形问题是中考数学中的常考问题，题目数量一般是一个题，一般以解答题的形式出现，预计2022年中考数学中仍会作为解答题来考察。所以掌握其基本的考试题型及解题技巧是非常有必要的。
解直角三角形通过边和角的关系解决问题，成为初中几何的重要内容，也是今后学习解斜三角形，三角函数等知识的重要基础。同时，解直角三角形的知识又广泛应用于测量、工程技术和物理之中，这些知识得到拓展和运用有利于培养学生空间想象的能力。
解直角三角形的应用是初中数学主要内容之一，用解直角三角形的知识解决实际问题可以说是学习解直角三角形知识的目的和提高。通过引导学生把实际问题转化为数学问题，然后再用数学知识解决实际问题，来发展和培养学生应用数学知识分析问题、转化问题、解决问题的意识和能力，让学生感受数学的价值，培养和提高学生解决实际问题的能力，体现数学教育的价值。
对于解直角三角形的应用考查，中考涉及到仰角、俯角、方位角、坡度等重要知识点，我们选择几道典型的中考题进行分析，希望能帮助到大家的中考复习，掌握解题规律。
【满分技巧】
模型一：“背对背”型
类型一　基础型
图解模型：
常见图示
关系式
“背靠背”型的关键是找到两个直角三角形内的公
共高．


求BC的长：
BC＝BD＋CD
⇒BC



求BC的长：
BC＝BE＋EF＋FC
⇒BC
【模型分析】若三角形内角（或外角）中有已知角，通过作三角形内的高，构造出两个直角三角形，利用三角函数分别表示出相关线段的长度，计算求解．
类型二　变式(“面对面”)型
图解模型：
常见图示
关系式

求AB的长：
Rt△BCD⇒BC⇒Rt△ABC⇒AB

求BE的长：
BE＝BC＋EF－FC
⇒BE
【模型分析】分别解两个直角三角形，其中公共边BC是解题关键。等量关系：在和中，BC为公共边，BC=BC。
模型二：“母子”型
类型一　基础型
图解模型：
常见图示
关系式

求AB的长：
AB＝AD－BD
⇒AB


类型二　变式(交错)型
图解模型：
常见图示
关系式

求BD的长：
BD＝CD－BC
⇒BD

求AB的长：
AB＝BE＋AE
⇒AB

求AE的长：
AE＝AC－CE
⇒AE
【题目练习】
一．选择题（共5小题）
1．（2023•瓯海区一模）如图，一把梯子AB斜靠在墙上，端点A离地面的高度AC长为1m时，∠ABC＝45°．当梯子底端点B水平向左移动到点B'，端点A沿墙竖直向上移动到点A'，设∠A'B'C＝α，则AA'的长可以表示为（　　）m．

A． B． C． D．
【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】根据题意可得：∠ACB＝90°，AB＝A′B′，然后在Rt△ACB中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，从而求出A′B′的长，再在Rt△A′CB′中，利用锐角三角函数的定义求出A′C的长，最后利用线段的和差关系，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝A′B′，
在Rt△ACB中，AC＝1m，∠ABC＝45°，
∴AB＝＝＝（m），
∴AB＝A′B′＝m，
在Rt△A′CB′中，∠A′B′C＝α，
∴A′C＝A′B′•sinα＝sinα（m），
∴AA′＝A′C﹣AC＝（sinα﹣1）m，
故选：B．
2．（2023•松江区一模）如图，为测量一条河的宽度，分别在河岸一边相距a米的A、B两点处，观测对岸的标志物P，测得∠PAB＝α、∠PBA＝β，那么这条河的宽度是（　　）
A．米 B．米
C．米 D．米
【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】根据锐角三角函数，可以得到AC＝，BC＝，然后根据AC+BC＝AB，即可得到PC．
【解答】解：作PC⊥AB，交AB于点C，
∵PC⊥AB，∠PAB＝α、∠PBA＝β，
∴∠PCA＝∠PCB＝90°，
∴AC＝，BC＝，
∵AB＝a，AB＝AC+BC，
∴a＝+，
解得PC＝＝，
故选：A．

3．（2023•鼓楼区校级模拟）周末，刘老师读到《行路难》中“闲来垂钓碧溪上，忽复乘舟梦日边．”邀约好友一起去江边垂钓．如图，钓鱼竿AC的长为4m，露在水面上的鱼线BC的长为，刘老师想看看鱼钩上的情况，把鱼竿AC逆时针转动15°到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B′C′的长度是（　　）

A．3m B．2m C．2m D．3m
【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】先在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出∠CAB＝45°，从而求出∠C′AB＝60°，然后在Rt△C′AB′中，利用锐角三角函数的定义求出B′C′的长，即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC＝4m，BC＝2m，
∴sin∠CAB＝＝＝，
∴∠CAB＝45°，
∵∠CAC′＝15°，
∴∠C′AB＝∠C′AC+∠CAB＝60°，
在Rt△C′AB′中，AC′＝4m，
∴C′B′＝AC′•sin60°＝4×＝2（m），
∴露出水面的鱼线B′C′长度是2m，
故选：C．


4．（2023•石家庄模拟）如图，一只正方体箱子沿着斜面CG向上运动，∠C＝α，箱高AB＝1米，当BC＝2米时，点A离地面CE的距离是（　　）米．
A． B．
C．cosα+2sinα D．2cosα+sinα
【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】过点B作BM⊥AD，垂足为M，根据题意可得BE＝DM，∠ABC＝∠BEC＝∠ADC＝90°，再利用等角的余角相等可得∠C＝∠BAF＝α，然后在Rt△ABM中，利用锐角三角函数的定义求出AM的长，再在Rt△CBE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，从而求出DM的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：过点B作BM⊥AD，垂足为M，
由题意得：BE＝DM，∠ABC＝∠BEC＝∠ADC＝90°，
∴∠C+∠CFD＝90°，∠AFB+∠BAF＝90°，
∵∠CFD＝∠AFB，
∴∠C＝∠BAF＝α，
在Rt△ABM中，AB＝1米，
∴AM＝AB•cosα＝cosα（米），
在Rt△CBE中，BC＝2米，
∴BE＝BC•sinα＝2sinα（米），
∴DM＝BE＝2sinα米，
∴AD＝AM+DM＝（cosα+2sinα）米，
∴点A离地面CE的距离是（cosα+2sinα）米，
故选：C．
5．（2023•广水市模拟）某村计划挖一条引水渠，渠道的横断面ABCD是一个轴对称图形（如图所示）．若渠底宽BC为2m，渠道深BH为3m，渠壁CD的倾角为α，则渠口宽AD为（　　）

A．（2+3•tan α）m B．（2+6•tan α）m
C．（2+）m D．（2+）m
【考点】解直角三角形的应用；轴对称图形．版权所有
【分析】过点C作CE⊥AD，垂足为E，根据题意可得BH＝CE＝3m，BC＝HE＝2m，AH＝DE，∠ADC＝α，然后在Rt△DEC中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，从而求出AH的长，然后进行计算即可解答．
【解答】解：过点C作CE⊥AD，垂足为E，

则BH＝CE＝3m，BC＝HE＝2m，
∵四边形ABCD是一个轴对称图形，
∴AH＝DE，
∵AD∥BC，
∴∠ADC＝α，
在Rt△DEC中，DE＝＝（m），
∴AH＝DE＝m，
∴AD＝AH+DE+HE＝2+×2＝（2+）m，
故选：D．
二．填空题（共3小题）
6．（2023•盐池县一模）新冠疫情期间，同学们都在家里认真的进行了网课学习，小明利用平板电脑学习，如图是他观看网课时的侧面示意图，已知平板宽度即AB＝20cm，平板的支撑角∠ABC＝60°，小明坐在距离支架底部30cm处观看（即DB＝30cm），点E是小明眼睛的位置，ED⊥DC垂足为D．EF是小明观看平板的视线，F为AB的中点，根据研究发现，当视线与屏幕所成锐角为80°时（即∠AFE＝80°），对眼睛最好，那么请你求出当小明以此视角观看平板时，他的眼睛与桌面的距离DE的长为 　　cm．（结果精确到1cm）
（参考数据：）

【考点】解直角三角形的应用；视点、视角和盲区．版权所有
【分析】过点F作FH⊥ED，垂足为H，过点F作FK⊥BC，垂足为K，根据垂直定义可得∠EHF＝∠DHF＝∠FKD＝∠D＝90°，从而可得四边形DKFH是矩形，进而可得FH＝DK，DH＝FK，FH∥DK，然后利用平行线的性质可得∠HFB＝∠ABC＝60°，再利用线段的中点定义可得FB＝10cm，从而在Rt△FBK中，利用锐角三角函数的定义求出BK，FK的长，进而求出DK的长，最后利用平角定义求出∠EFH＝40°，再在Rt△EFH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：过点F作FH⊥ED，垂足为H，过点F作FK⊥BC，垂足为K，

∴∠EHF＝∠DHF＝∠FKD＝90°，
∵ED⊥DC，
∴∠D＝90°，
∴四边形DKFH是矩形，
∴FH＝DK，DH＝FK，FH∥DK，
∴∠HFB＝∠ABC＝60°，
∵F为AB的中点，
∴FB＝AB＝10（cm），
在Rt△FBK中，∠ABC＝60°，
∴BK＝FB•cos60°＝10×＝5（cm），
FK＝FB•sin60°＝10×＝5（cm），
∴FK＝DH＝5cm，
∵DB＝30cm，
∴FH＝DK＝DB+BK＝35（cm），
∵∠AFE＝80°，
∴∠EFH＝180°﹣∠AFE﹣∠BFH＝40°，
在Rt△EFH中，EH＝FH•tan40°≈35×0.84＝29.4（cm），
∴ED＝EH+DH＝29.4+5≈38（cm），
故答案为：38．
7．（2023•岳阳楼区校级模拟）如图，由游客中心A处修建通往百米观景长廊BC的两条栈道AB、AC，若BC＝100m，∠B＝60°，∠C＝45°，则游客中心A到观景长廊BC的距离AD的长约为 　 　m（结果精确到1m，≈1.73）．

【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】分别在Rt△ADB和Rt△ADC中，利用锐角三角函数可得，CD＝AD，再由BD+CD＝BC＝100m，即可求解．
【解答】解：在Rt△ADB中，∠B＝60°，
∴，
在Rt△ADC中，∠C＝45°，
∴，
∵BD+CD＝BC＝100m，
∴，
解得：≈150﹣86.5≈64．
故答案为：64．
8．（2023•沭阳县模拟）人字梯为现代家庭常用的工具．如图，若AB，AC的长都为2.5m，当α＝55°时，人字梯顶端离地面的高度AD为 　 　m．（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.4）

【考点】解直角三角形的应用．版权所有
【分析】在Rt△ACD中，利用直角三角形的边角间关系可得结论．
【解答】解：在Rt△ACD中，
∵sin∠ACD＝，AC＝2.5m，∠ACD＝a，
∴AD＝sin∠ACD×AC
＝sin55°×2.5
≈0.82×2.5
＝2.05（m）．
故答案为：2.05．
三．解答题（共30小题）
9．（2023•包河区一模）数学测绘社团欲测算平台DB上旗杆的拉绳AC的长．从旗杆AB的顶端A拉直绳子，绳子末端正好与斜坡CD的底部C重合，此时拉绳AC与水平线CN所成的夹角∠ACN＝53°，已知斜坡CD的高DN＝4米，坡比为1：2.5（即DN：CN＝1：2.5），DB＝6米，求拉绳AC的长．（结果保留1位小数，参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】延长AB交CN于E，则四边形DBEN为矩形，那么NE＝DB＝6米．解Rt△CDN，求出CN＝10米，得出CE＝CN+NE＝16米．解Rt△ACE，即可求出拉绳AC的长．
【解答】解：如图，延长AB交CN于E，则四边形DBEN为矩形，
∴NE＝DB＝6米．
∵斜坡CD的高DN＝4米，坡比为1：2.5（即DN：CN＝1：2.5），
∴CN＝10米，
∴CE＝CN+NE＝16米．
在Rt△ACE中，∵∠AEC＝90°，CE＝16米，∠ACE＝53°，
∴AC＝≈≈26.7（米）．
故拉绳AC的长约为26.7米．

10．（2023•青岛一模）风筝由中国古代劳动人民发明于东周春秋时期，距今已2000多年，放风筝是大家喜爱的一种户外运动，周末小明在公园广场上放风筝．如图，他在A处不小心让风筝挂在了一棵树梢上，风筝固定在了D处，此时风筝线AD与水平线的夹角为30°，为了便于观察，小明迅速向前边移动，收线到达了离A处14米的B处，此时风筝线BD与水平线的夹角为45°．已知点A，B，C在同一条水平直线上，请你求出小明从A处到B处的过程中所收回的风筝线的长度是多少米？（风筝线AD，BD均为线段，）．

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】作DH⊥BC于H，设DH＝x米，根据三角函数表示出AH于BH的长，根据AH﹣BH＝AB得到一个关于x的方程，解方程求得x的值，进而求得AD﹣BD的长，即可解题．
【解答】解：作DH⊥BC于H，设DH＝x米．
∵∠ACD＝90°，
∴在直角△ADH中，∠DAH＝30°，AD＝2DH＝2x，AH＝DH÷tan30°＝x，
在直角△BDH中，∠DBH＝45°，BH＝DH＝x，BD＝x，
∵AH﹣BH＝AB＝14米，
∴x﹣x＝14，
∴x＝7（+1），
∴小明此时所收回的风筝的长度为：
AD﹣BD＝2x﹣x＝（2﹣）×7（+1）≈（2﹣1.4）×7×（1.7+1）＝11.34（米）．
答：小明此时所收回的风筝线的长度约是11.34米．

11．（2023•宿州模拟）如图是某段河道的坡面横截面示意图，从点A到点B，从点B到点C是两段不同坡度的坡路，CM是一段水平路段，为改建成河道公园，改善居民生活环境，决定按照AB的坡度降低坡面BC的坡度，得到新的山坡AD，经测量获得如下数据：CM与水平面AN的距离为12m，坡面AB的长为10m，∠BAN＝15°，坡面BC与水平面的夹角为31°，降低BC坡度后，A、B、D三点在同一条直线上，即∠DAN＝15°．为确定施工点D的位置，试求坡面AD的长和CD的长度．（sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，sin31°≈0.52，cos31°≈0.88，tan31°≈0.68，结果精确到0.1米）

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】过点B作BE⊥AN于点E，过点D作DF⊥AN于点F，过点C作CG⊥AN于点G，过点B作BH⊥CG于点H，根据矩形的性质得到BE＝HG，EG＝BH，CD＝GF，CG＝DF，求得CH＝DF﹣BE，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：如图所示，过点B作BE⊥AN于点E，过点D作DF⊥AN于点F，过点C作CG⊥AN于点G，过点B作BH⊥CG于点H，
，
则四边形CDFG和四边形BEGH都是菱形，
∴BE＝HG，EG＝BH，CD＝GF，CG＝DF，
∴CH＝DF﹣BE，
根据题意知，DF＝12m，AB＝10m，
在Rt△ABE中，∠BAE＝15°，，，
∴BE＝AB•sin∠BAE＝AB•sin15°≈10×0.26＝2.6（m），AE＝AB•cos∠BAE＝AB•cos15°≈10×0.97＝9.7（m），
在Rt△ADF中，∠DAF＝15°，，，
∴，，
∴CH＝DF﹣BE＝12﹣2.6＝9.4（m），
在Rt△BCH中，∠CBH＝31°，，
∴，
∴CD＝GF＝AF﹣AE﹣EG＝AF﹣AE﹣BH≈44.4﹣9.7﹣13.8＝20.9（m），
答：坡面AD的长约为46.2m，CD的长约为20.9m．
12．（2023•双桥区模拟）如图，已知山坡AB的坡度为 i1＝1：2.4，b山坡BC的坡度为i2＝1：0.75，山坡CD的坡角∠D＝30°，已知点B到水平面AD的距离为200m，山坡CD的长为2000m．某登山队沿山坡AB﹣BC上山后，再沿山坡CD下山．
（1）求山顶点C到水平面AD的距离；
（2）求山坡AB﹣BC的长．

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）过点C作CF⊥AD，利用直角三角形的边角间关系可得结论；
（2）过点B作BH⊥AD，BE⊥CF，先判断四边形BHFE的形状，再利用坡度求出AH、
【解答】解：（1）过点C作CF⊥AD，垂足为F．
在Rt△CDF中，
∵sinD＝，∠D＝30°，CD＝2000m，
∴CF＝sinD•CD＝×2000＝1000（m）．
答：山顶点C到水平面AD的距离为1000m．
（2）过点B作BH⊥AD，BE⊥CF，垂足分别为H、E．
∴四边形BHFE是矩形．
∴BH＝EF＝200m，CE＝CF﹣EF＝800m，
在Rt△ABH中，
∵AB的坡度为 i1＝1：2.4＝，
∴AH＝200×2.4＝480（m）．
∴AB＝＝＝520（m）．
在Rt△BEC中，
∵山坡BC的坡度为i2＝1：0.75＝，
∴BE＝0.75CE＝600（m）．
∴BC＝＝＝1000（m）．
∴山坡AB﹣BC的长为：520+1000＝1520（m）．
答：山坡AB﹣BC的长为1520m．

13．（2023•市中区一模）2022年举世瞩目的北京冬奥会的成功举办掀起了全民冰雪运动的热潮．图1、图2分别是一名滑雪运动员在滑雪过程中某一时刻的实物图与示意图，已知运动员的小腿ED与斜坡AB垂直，大腿EF与斜坡AB平行，G为头部，假设G，E，D三点共线且头部到斜坡的距离GD为1.05m，上身与大腿夹角∠GFE＝53°，膝盖与滑雪板后端的距离EM长为0.9m，∠EMD＝30°．

（1）求此滑雪运动员的小腿ED的长度；
（2）求此运动员的身高．（运动员身高由GF、EF、DE三条线段构成；参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）直接利用锐角三角函数关系得出DE的长即可；
（2）直接利用锐角三角函数关系，分别得出EF，GF的长，进而得出答案．
【解答】解：（1）在Rt△DEM中，EM＝0.9m，∠EMD＝30°，
sin30°＝＝＝，
解得：DE＝0.45，
∴此滑雪运动员的小腿ED的长度为0.45m；
（2）由（1）得，DE＝0.45m，
∴GE＝GD﹣ED＝1.05﹣0.45＝0.6（m），
∵EF∥AB，
∴∠GEF＝∠EDB＝90°，
在Rt△GEF中，∠GFE＝53°，GE＝0.6m，tan53°＝＝≈，
解得：EF＝0.45，
sin53°＝＝≈，
解得：FG＝0.75，
∴GF+EF+DE＝0.75+0.45+0.45＝1.65（m），
答：此运动员的身高为1.65m．

14．（2023•红花岗区一模）速滑运动受到许多年轻人的喜爱，如图，四边形BCDG是某速滑场馆建造的滑台，已知CD∥EG，滑台的高DG为6米，且坡面BC的坡度为1：1，为了提高安全性，决定降低坡度，改造后的新坡面的坡度∠CAG＝37°．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
（1）求新坡面AC的长；
（2）原坡面底部BG的正前方10米处（EB＝10米）是护墙EF，为保证安全，体育管理部门规定，坡面底部至少距护墙7米，请问新的设计方案是否符合规定，试说明理由．

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）过点C作CH⊥BG，垂足为H，根据坡度的概念求出∠CAH，根据直角三角形的性质求出AC；
（2）根据坡度的概念求出BH，根据正切的定义求出AH，得到AB，结合图形求出EB，计算得到答案．
【解答】解：（1）如图，过点C作CH⊥BG，垂足为H，
∵新坡面AC的坡度为∠CAG＝37°，
∴tan∠CAH＝＝，
∵CH＝DG＝6米，
∴AH＝＝8（米），
∴AC＝＝＝10（米），
答：新坡面AC的长为10米；
（2）新的设计方案不符合规定．
理由如下：∵坡面BC的坡度为1：1，
∴BH＝CH＝6米，
∴AB＝AH﹣BH＝8﹣6＝2（米），
∴AE＝EB﹣AB＝10﹣2＝8（米）＜7（米），
∴新的设计方案不符合规定．

15．（2023•济南二模）要修建一个地下停车场，停车场的入口设计示意图如图所示，其中斜面AD的坡度为1：3，一楼到地下停车场地面的垂直高度CD＝3.2米，一楼到地平线的距离BC＝1米．
（1）求斜面AD的长度？（结果保留整数）
（2）如果送货的货车高度为2.8米，那么按这样的设计能否保证货车顺利进入地下停车场？并说明理由．（参考数据：）

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）由题意可得BD＝CD﹣CB＝2.2米，然后在Rt△ABD中，坡比的定义以及勾股定理，即可求得AD的长；
（2）首先过C作CE⊥AD，垂足为E，在Rt△CDE中，由坡角的定义即可得EC的长，继而求得答案．
【解答】解：（1）∵斜坡的坡度为1：3，
∴＝，
∵BD＝CD﹣CB＝2.2米，
在Rt△ABD中，AB＝3BD＝6.6米，
故AD＝＝≈7（米），
答：斜面AD的长度应约为7米．
（2）过C作CE⊥AD，垂足为E，
∴∠DCE+∠CDE＝90°，
∵∠BAD+∠ADB＝90°，
∴∠DCE＝∠BAD，
∴tan∠BAD＝tan∠DCE＝＝，
设DE＝x米，则EC＝3x米，
在Rt△CDE中，
3.22＝x2+（3x）2，
解得：x≈1.011，
则3x＝3.033，
∵3.033＞2.8，
∴货车能进入地下停车场．

16．（2023•泗洪县一模）如图，梯形ABCD是某水坝的横截面示意图，其中AB＝CD，坝顶BC＝2m，坝高CH＝5m，迎水坡AB的坡度i＝1：1．
（1）求坝底AD的长；
（2）为了提高堤坝防洪抗洪能力，防汛指挥部决定在背水坡加固该堤坝，要求坝顶加宽0.5m，背水坡坡角改为α＝30°，求加固总长5千米的堤坝共需多少土方？（参考数据：π≈3.14，，；结果精确到0.1m3）

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）过B作BG⊥AD于G，由迎水坡AB的坡度i＝1：1，可得AG＝5m，证明Rt△ABG≌Rt△DCH（HL），有DH＝AG＝5m，故AD＝DH+HG+AG＝12m，即坝底AD的长是12m；
（2）过F作FM⊥AD于M，根据∠FEM＝30°，得EM＝FM＝5m，即得DE＝EM+MH﹣DH＝（5﹣4.5）m，故S梯形DEFC＝×（0.5+5﹣4.5）×5≈11.625（m2），从而可得加固总长5千米的堤坝共需土方58125.0m3．
【解答】解：（1）过B作BG⊥AD于G，如图：

∵BC∥AD，CH⊥AD，BG⊥AD，
∴四边形CHGB是矩形，
∴BG＝CH＝5m，HG＝BC＝2m，
∵迎水坡AB的坡度i＝1：1，
∴＝1，
∴AG＝5m，
∵AB＝CD，BG＝CH，
∴Rt△ABG≌Rt△DCH（HL），
∴DH＝AG＝5m，
∴AD＝DH+HG+AG＝5+2+5＝12（m），
∴坝底AD的长是12m；
（2）过F作FM⊥AD于M，如图：

∵FM⊥AD，BC∥AD，CH⊥AD，
∴四边形FMHC是矩形，
∴FC＝MH＝0.5m，FM＝CH＝5m，
∵∠FEM＝30°，
∴EM＝FM＝5m，
由（1）知DH＝5m，
∴DE＝EM+MH﹣DH＝5+0.5﹣5＝（5﹣4.5）m，
∴S梯形DEFC＝×（0.5+5﹣4.5）×5＝﹣10≈11.625（m2），
∴加固总长5千米的堤坝共需土方5000×11.625＝58125.0（m3）．
∴加固总长5千米的堤坝共需土方58125.0m3．
17．（2023•景县校级模拟）如图，有两个长度相同的滑梯（即BC＝EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）若滑梯的长度BC＝10米，DE＝8米，分别求出滑梯BC与EF的坡度；
（3）在（2）的条件下，由于EF太陡，在保持EF长不变的情况下，现在将点E向下移动，点F随之向右移动．
①若点E向下移动的距离为1米，求滑梯EF底端F向右移动的距离；
②在移动的过程中，直接写出△DEF面积的最大值．

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；全等三角形的判定．版权所有
【分析】（1）在Rt△ABC与Rt△DEF中，由BC＝EF，AC＝DF，可证得Rt△ABC≌Rt△DEF．
（2）由题可得AB＝DE＝8米，DF＝AC＝6米，即可得滑梯BC的坡度为，滑梯EF的坡度为．
（3）①若点E向下移动的距离为1米，则DE＝7米，米，进而可得答案．
②设EF的中点为G，连接DG，易知当DG⊥EF时，△DEF的面积最大，由此可得答案．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC与Rt△DEF中，
∵BC＝EF，AC＝DF，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）．
（2）解：∵Rt△ABC≌Rt△DEF，
∴AB＝DE＝8米，
由勾股定理得，米，
∴DF＝AC＝6米，
∴滑梯BC的坡度为，
滑梯EF的坡度为．
（3）解：①∵点E向下移动的距离为1米，
∴DE＝7米，
由勾股定理得，米，
∴滑梯EF底端F向右移动的距离为米．
②设EF的中点为G，连接DG，
∵△DEF为直角三角形，
∴DG＝EF＝5米，
∵△DEF在变化的过程中，EF始终为定值，若使△DEF的面积最大，则点D到EF的距离最大，
∴当DG⊥EF时，点D到EF的距离最大，即△DEF的面积最大，
∴△DEF面积的最大值为＝25（平方米）．

18．（2023•叙州区校级模拟）在学习解直角三角形以后，某班数学兴趣小组的同学测量了旗杆的高度，如图，某一时刻，旗杆AB的影子一部分落在平台上，另一部分落在斜坡上，测得落在平台上的影长BC为6米，落在斜坡上的影长CD为4米，AB⊥BC，点A、B、F三点共线，且BC∥EF，同一时刻，光线与旗杆的夹角为30°，斜坡CE的坡比为．
（1）求坡角∠CEF的度数；
（2）旗杆AB的高度为多少米？（结果保留根号）

【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；平行投影．版权所有
【分析】（1）过C作CM⊥EF于M，过D作DN⊥AF交AF于N，交CM于O，根据斜坡CE的坡比为可得，结合且可求解；
（2）由（1）可知，∠CDO＝∠CEF＝30°，在Rt△CDO中求得，勾股定理求得OD从而求得ND，在Rt△AND中，由求得AN，最后依据AB＝AN﹣BN＝AN﹣OC求解即可．
【解答】解：（1）如图，
过C作CM⊥EF于M，过D作DN⊥AF交AF于N，交CM于O，

∵AB⊥BC，BC∥EF，
∴CM⊥ND，
∴BNOC为矩形，
∵CE的坡比为，
∴，
∴，
∵，
∴∠CEF＝30°；
答：坡角∠CEF的度数为30°；
（2）由（1）可知，∠CDO＝∠CEF＝30°，
在Rt△CDO中，∠CDO＝30°，CD＝4（米），
∴（米），
∴（米），
∵ON＝BC＝6（米），
∴ND＝ON+ND＝（6+2）米，
在Rt△AND中，∠A＝30°，
∵，
∴AN＝ND＝（6+2）＝（6+6）米，
∴AB＝AN﹣BN＝AN﹣OC＝6+6﹣2＝（4+6）米，
答：旗杆AB的高度为（4+6）米．
19．（2023•甘井子区模拟）如图，大连观光塔是大连的旅游景点之一．游客可以从山底乘坐观光电动车到达山顶，观光电动车的速度是2米/秒．小明要测量观光塔的高度，他在山底A处测得观光塔底部B的仰角约为30°，测得观光塔顶部C的仰角约为51°，观光电动车从A处运行到B处所用时间约为170秒．

（1）观光电动车从A处行驶到B处的距离约为 　 　米；
（2）请你利用小明测量的数据，求观光塔BC的高度（结果取整数）．（参考数据．sin51°≈0.78，cos51°≈0.63，tan51°≈1.23，）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【分析】（1）根据路程＝速度×时间，进行计算即可解答；
（2）在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD，BD的长，再在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：
∴2×170＝340（米），
∴索道车从A处运行到B处的距离约为340米，
故答案为：340；
（2）在Rt△ABD中，∠BAD＝30°，
∴BD＝AB＝170（米），
AD＝BD＝170（米），
在Rt△ACD中，∠CAD＝51°，
∴CD＝AD•tan51°≈170×1.23≈361.7（米），
∴BC＝CD﹣BD＝361.7﹣170≈192（米），
∴白塔BC的高度约为192米．
20．（2023•寻乌县一模）脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活；如图是政府给贫困户新建房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高AB所在的直线，为了测量房屋的高度，在地面上C点测得屋顶A的仰角为35°，此时地面上C点、屋檐上E点、屋顶上A点三点恰好共线，继续向房屋方向走6m到达点D时，又测得屋檐E点的仰角为60°，房屋的横梁EF＝16m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C、D、B在同一水平线上）．（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，）
（1）求屋顶到横梁的距离AG；
（2）求房屋的高AB（结果精确到0.1m）．

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；轴对称图形．版权所有
【分析】（1）根据题意得：AG⊥EF，EG＝EF＝8（m），EF∥BC，从而利用平行线的性质可得∠AEG＝∠ACB＝35°，然后在Rt△AGE中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；
（2）过E作EH⊥CB于H，根据题意可得：EH＝GB，CD＝6m，设DH＝xm，则CH＝（x+6）m，然后在Rt△EDH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，再在Rt△ECH中，利用锐角三角函数的定义求出EH的长，从而列出关于x的方程，进行计算可求出EH的长，最后利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：AG⊥EF，EG＝EF＝8（m），EF∥BC，
∴∠AEG＝∠ACB＝35°，
在Rt△AGE中，∠AEG＝35°，
∴AG＝EG•tan35°≈8×0.7＝5.6（m），
答：屋顶到横梁的距离AG约为5.6m；
（2）过E作EH⊥CB于H，

由题意得：EH＝GB，CD＝6m，
设DH＝xm，
∴CH＝CD+DH＝（x+6）m，
在Rt△EDH中，∠EDH＝60°，
∴EH＝DH•tan60°＝x（m），
在Rt△ECH中，∠ECH＝35°，
∴EH＝CH•tan35°≈0.7（x+6）m，
∴x＝0.7（x+6），
解得：x＝4.2，
∴GB＝EH＝x≈7.14（m），
∴AB＝AG+BG＝7.14+5.6＝12.74≈12.7（m），
答：房屋的高AB约为12.7m．
21．（2023•工业园区一模）国旗是国家的象征与标志．为了解学校旗杆的高度，某校九年级部分同学进行了以下探索．
活动一：目测估计
先由100位同学分别目测旗杆的高度，并将数据整理如下表：
旗杆高度（m）
11.5
12.0
12.5
13.0
13.5
14.0
14.5
15.0
15.5
学生人数（人）
6
7
12
25
20
13
8
5
4
（1）目测旗杆高度的平均数是13.33m，众数是 　 　m，中位数是 　 m；
（2）根据以上信息，请你估计旗杆的高度，并说明理由．
（3）活动二：测量计算随后，几名同学成立了学习小组，并利用卷尺和测角仪测量旗杆MN的高度．如图，他们在水平地面上架设了测角仪，先在点A处测得旗杆顶部M的仰角∠MBC＝37°，然后沿旗杆方向前进7m到达点D处，又测得旗杆顶部M的仰角∠MEC＝53°，已知测角仪的高度为1.7m，求旗杆MN的高度．
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；加权平均数；中位数；众数．版权所有
【分析】（1）根据中位数与众数的定义进行求解即可；
（2）利用中位数进行决策；
（3）由题意知，AB＝DE＝CN＝1.7，BE＝7，∠CME＝90°﹣∠MEC＝37°，则，CE＝MC×tan37°，根据BE＝BC﹣CE，即，求MC的值，根据MN＝MC+CN计算求解即可．
【解答】解：（1）由图表可知，众数为13.0m，
中位数为第50和51个数据的平均数，第50和第51个数据分别为13.0，13.5，
∴中位数为＝13.25
故答案为：13.0，13.25；
（2）估计旗杆高度为13.25m，理由如下：
当一组数据中个别数据变动较大，可用中位数描述其集中趋势．
（3）由题意知，AB＝DE＝CN＝1.7，BE＝7，∠CME＝90°﹣∠MEC＝37°，
∴，CE＝MC×tan37°，
∵BE＝BC﹣CE，即，
解得MC≈12.0，
∵MN＝MC+CN＝12.0+1.7＝13.7，
∴旗杆MN的高度约为13.7m．


22．（2023•莱芜区一模）某数学兴趣小组要测量山坡上的联通信号发射塔CD的高度，已知信号塔与斜坡AB的坡顶B在同一水平面上，兴趣小组的同学在斜坡底A处测得塔顶C的仰角为45°，然后他们沿着坡度为1：2.4的斜坡AB爬行了26米，在坡顶B处又测得该塔塔顶C的仰角为66°．
（1）求坡顶B到地面AE的距离；
（2）求联通信号发射塔CD的高度（结果精确到1米）．
（参考数据：sin66°≈0.91，cos66°≈0.41，tan66°≈2.25）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）过点B作BF⊥AE，垂足为F，根据已知可＝，从而可设BF＝5x米，则AF＝12x米，然后在Rt△ABF中，利用勾股定理进行计算即可解答；
（2）延长CD交AE于点G，根据题意可得：BF＝DG＝10米，BD＝FG，然后设BD＝FG＝x米，则AG＝（x+24）米，在Rt△BDC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，从而求出CG的长，最后在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义可AG＝CG，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点B作BF⊥AE，垂足为F，

∵斜坡AB的坡度为1：2.4，
∴＝＝，
∴设BF＝5x米，则AF＝12x米，
在Rt△ABF中，AB＝＝＝13x（米），
∵AB＝26米，
∴13x＝26，
∴x＝2，
∴BF＝10米，AF＝24米，
∴坡顶B到地面AE的距离为10米；
（2）延长CD交AE于点G，
由题意得：BF＝DG＝10米，BD＝FG，
设BD＝FG＝x米，则AG＝AF+FG＝（x+24）米，
在Rt△BDC中，∠CBD＝66°，
∴CD＝BD•tan66°≈2.25x（米），
∴CG＝CD+DG＝（2.25x+10）米，
在Rt△ACG中，∠CAG＝45°，
∴tan45°＝＝1，
∴CG＝AG，
∴2.25x+10＝x+24，
解得：x＝11.2，
∴CD＝2.25x＝25.2≈25（米），
∴联通信号发射塔CD的高度约为25米．
23．（2023•镇平县模拟）洛阳应天门是附唐洛阳城宫城的正南门，始建于公元605年，先后历经隋、唐、五代、北宋四个时期，应天门是一座由门楼、朵楼和东西阙楼及其间的廊庑为一体的“凹”字形巨大建筑群．某数学兴趣小组要测量一侧阙楼的高度，如图，他们在A处用测角仪测得阙楼最高点B的仰角为 45°，又在同一位置加高测角仪至E点，测得点B的仰角为 43°，已知测角仪支架AD＝1米，DE＝2.5米．请根据相关测量信息，计算阙楼BC的高度．（结果精确到0.1米，参考数据：sin43°≈0.68，cos43°≈0.73，tan43°≈0.93）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【分析】过点D作DG⊥BC，垂足为G，过点E作EF⊥BC，垂足为F，根据题意可得：AD＝CG＝1米，DE＝FG＝2.4米，EF＝DG，然后设BF＝x米，则BG＝（x+2.4）米，在Rt△DBG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，从而求出EF的长，再在Rt△BFE中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程进行计算可求出BF的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：过点D作DG⊥BC，垂足为G，过点E作EF⊥BC，垂足为F，
由题意得：AD＝CG＝1米，DE＝FG＝2.5米，EF＝DG，
设BF＝x米，
∴BG＝BF+FG＝（x+2.5）米，
在Rt△DBG中，∠BDG＝45°，
∴DG＝＝（x+2.5）米，
∴EF＝DG＝（x+2.5）米，
在Rt△BFE中，∠BEF＝43°，
∴tan43°＝＝≈0.93，
解得：x≈33.21，
经检验：x＝33.21是原方程的根，
∴BF＝33.21米，
∴BC＝BF+FG+CG≈33.21+2.5+1＝36.71≈36.1（米），
∴阙楼BC的高度约为36.1米．
24．（2023•内黄县二模）我校“综合与实践”小组的同学决定用自己学到的知识测量校园内的“大树”高度的实践活动，他们分别在C，E两处用高度为1.5m的测角仪CD和EF测得大树顶部A的仰角分别为45°，30°，两人间的水平距离（CE）为24m，已知点A，B，C，D，E，F在同一竖直平面内，且AB⊥CE，求大树的高度AB．（结果保留根号）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【分析】连接DF，交AB于点G，设DG＝xm，则FG＝（24﹣x）m，在Rt△ADG中，可得AG＝DG＝xm，在Rt△AGF中，tan30°＝，求出x的值，再根据AB＝AG+BG可得答案．
【解答】解：连接DF，交AB于点G，
由题意得，CD＝EF＝BG＝1.5m，CE＝DF＝24m，BC＝DG，BE＝FG，∠ADG＝45°，∠AFG＝30°，
设DG＝xm，则FG＝（24﹣x）m，
在Rt△ADG中，
∵∠ADG＝45°，
∴AG＝DG＝xm，
在Rt△AGF中，tan30°＝，
解得x＝，
经检验，x＝是原方程的解且符合题意，
∴AB＝AG+BG＝+1.5＝（12﹣10.5）m．
∴大树的高度AB为（12﹣10.5）m．

25．（2023•沛县校级一模）如图，在一座建筑物CM上，挂着“美丽徐州”的宣传条幅AC，在建筑物的A处测得地面上B处的俯角为30°，测得D处的俯角为45°，其中点A、B、C、D、E在同一平面内，B、C、D在同一条直线上，　 　，求宣传条幅AC长．
给出下列条件：①BD＝60米；②D到AB的距离为25米；③AM＝20米；
请在3个条件中选择一个能解决上述问题的条件填到上面的横线上（填序号），并解决该问题（结果保留根号）．

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【分析】选择条件①时，证BC＝AC，CA＝CD，设CA＝CD＝x米，则BC＝x米，由BC＝CA+BD＝（x+50）米，得出方程，解方程即可；
选择条件②时，由含30°角的直角三角形的性质得BD＝50米，同（1）得：AC＝（25+25）米即可．
【解答】解：选择条件①时，
由题意知，∠EAB＝30°，∠EAD＝45°，
∵AE∥BC，
∴∠CAD＝∠CDA＝45°，∠B＝∠EAD＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝AB，
∴BC＝AC，
在Rt△ACD中，∠CDA＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CA＝CD，
设CA＝CD＝x米，
则BC＝CA+BD＝（x+60）米，
∴x+60＝x，
解得：x＝30（+1），
∴AC＝（30+30）米，
即宣传条幅AC长为（30+30）米；
选择条件②时，
同（1）得：∠B＝∠EAD＝30°，
∵D到AB的距离为25米，
∴BD＝2×25＝50（米），
同（1）得：AC＝（25+25）米，
即宣传条幅AC长为（25+25）米，
选择条件③时，不能解决上述问题，
故答案为：①或②．



26．（2023•碑林区校级四模）如图，为了测量一栋楼的高度AB，小明先在这栋楼周围的空地上选择了一个点D，并在D处安装了测倾器DC，测得楼的顶部A的仰角为60°，再在BD的延长线上确定一点G，使DG＝5米，并在地面G处，水平放置一面镜子，小明沿BG方向移动，当移动到到F处时，恰好在镜子中看到楼的顶部A，此时，测得FG＝2米，小明眼睛与地面的距离EF＝1.5米，测倾器的高度CD＝0.5米，已知点F，G，D，B在同一条水平线上，EF，CD，AB均垂直于地面BF，求这栋楼的高度AB．（结果保留根号）

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】过点C作CH⊥AB于点H，由题意可知：CD＝0.5（米），FG＝2（米），EF＝1.5（米），GD＝5（米），设CH＝x（米），然后根据△EFG∽△AGB，列出方程即可求出x的值．
【解答】解：过点C作CH⊥AB于点H，
∴四边形CDBH是矩形，
∴CD＝BH，CH＝DB，
由题意可知：CD＝0.5（米），FG＝2（米），EF＝1.5（米），GD＝5（米），
∠ACH＝60°，∠EGF＝∠AGB，
设CH＝x（米），
在Rt△ACH中，
AC＝2CH＝2x（米），
由勾股定理可求得：AH＝x（米），
∴AB＝AH+BH＝（x+0.5）（米），GB＝GD+DB＝（5+x）（米），
∵∠EGF＝∠AGB，∠EFG＝∠ABD＝90°，
∴△EFG∽△AGB，
∴＝，
∴＝，
解得：x＝＝，
∴AB＝x+＝（4.5+）（米），
答：这栋楼的高度AB＝（4.5+）（米）．

27．（2023•蒙城县一模）随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度．某校“综合与实践”活动小组的同学要测量AB，CD两座楼之间的距离，他们借助无人机设计了如下测量方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为120m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行48m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．请根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC的长（结果精确到1m．参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，）．

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．版权所有
【分析】延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H，则AG＝60m，GH＝AC，∠AGO＝∠EHO＝90°，然后在Rt△AGO中，利用锐角三角函数的定义求出OG的长，再利用三角形的外角求出∠OEF＝30°，从而可得OF＝EF＝24m，再在Rt△EFH中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：延长AB，CD分别与直线OF交于点G和点H，

则AG＝60m，GH＝AC，∠AGO＝∠EHO＝90°，
在Rt△AGO中，∠AOG＝70°，
∴OG＝≈44（m），
∵∠HFE是△OFE的一个外角，
∴∠OEF＝∠HFE﹣∠FOE＝30°，
∴∠FOE＝∠OEF＝30°，
∴OF＝EF＝48m，
在Rt△EFH中，∠HFE＝60°，
∴FH＝EF•cos60°＝48×＝24（m），
∴AC＝GH＝OG+OF+FH＝44+48+24＝116（m），
∴楼AB与CD之间的距离AC的长约为116m．
28．（2023•潍坊一模）图①是某市的一座“网红大桥”实景图，某数学兴趣小组在一次数学实践活动中对主桥墩AB的高度进行了测量，图②是其设计的测量示意图．已知桥墩底端点B到河岸的参照点C的距离为100米，该小组沿坡度i＝1：2.4的斜坡CD行走52米至坡顶平台的点D处，再沿平台行走52米到达点E处，在E处测得桥墩顶端点A的仰角为19°．

（1）求平台DE到水平面BC的垂直距离；
（2）求桥墩AB的高度．
（参考数据：sin19°≈0.33，cos19°≈0.95，tan19°≈0.34）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．版权所有
【分析】（1）作DH⊥BC，垂足为H，设DH＝5x，则CH＝12x，由勾股定理得CD＝13x，解方程即可得到结论；
（2）延长ED交AB于点G，则EG⊥AB，四边形GBHD为矩形．由矩形的性质得到GD＝BH，DH＝GB，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：（1）作DH⊥BC，垂足为H，

∵i＝1：2.4，
∴，
设DH＝5x，则CH＝12x，
∴CD＝＝＝13x，
∴13x＝52，
解得x＝4，
∴CH＝48米，DH＝20米，
答：平台DE到水平面BC的垂直距离为20米．
（2）延长ED交AB于点G，则EG⊥AB，四边形GBHD为矩形．
∴GD＝BH，DH＝GB，
∴GE＝GD+DE＝BC+CH+DE＝100+48+52＝200（米），
∵∠AEG＝15°，
∴tan∠AEG＝≈0.34，
∴AG＝GE⋅0.34＝200×0.34＝68（米），
∴AB＝AG+GB＝AG+DH＝68+20＝88（米），
∴桥墩AB的高度为88米．
29．（2023•青海一模）如图，在航线l的两侧分别有观测点A和B，点A到航线l的距离为2km，点B位于点A北偏东60°方向且与A相距10km处．现有一艘轮船从位于点B南偏西76°方向的C处，正沿该航线自西向东航行，5min后该轮船行至点A的正北方向的D处．

（1）求观测点B到航线l的距离；
（2）求该轮船航行的距离CD的长（结果精确到0.1km）．
（参考数据：，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01）
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．版权所有
【分析】（1）图中已将观测点B到航线l的距离用辅助线BE表示出来，要求BE，先求出OA，OB，再在Rt△OBE中，求出BE即可．
（2）Rt△AOD中求出OD，在Rt△BOE中求出OE，进而可求出DE，在Rt△CBE中，根据∠CBE＝76°，BE＝3km，求出CE，则CD＝CE﹣DE．
【解答】解：（1）设AB与l交于点O．

在Rt△AOD中，
∵∠OAD＝60°，AD＝2（km），
∴OA＝＝4（km）．
∵AB＝10（km），
∴OB＝AB﹣OA＝6（km）．
在Rt△BOE中，∠OBE＝∠OAD＝60°，
∴BE＝OB•cos60°＝3（km）．
答：观测点B到航线l的距离为3km．
（2）在Rt△AOD中，OD＝AD•tan60°＝2（km），
在Rt△BOE中，OE＝BE•tan60°＝3（km），
∴DE＝OD+OE＝5（km）．
在Rt△CBE中，∠CBE＝76°，BE＝3km，
∴CE＝BE•tan∠CBE＝3tan76°．
∴CD＝CE﹣DE＝3tan76°﹣5≈3.38（km）．
∴该轮船航行的距离CD的长为3.38km．
30．（2023•驿城区校级二模）数学社团的同学运用自己所学的知识进行区间测速，他们将观测点设在距金水大道50米的点P处，如图所示，直线l表示金水大道．这时一辆小汽车由金水大道上的A处向B处匀速行驶，用时2秒．经测量点A在点P的南偏西30°方向上，点B在点P的南偏西53°方向上．
（1）求A、B之间的路程（精确到0.1米）；
（2）请判断此车是否超过了金水大道60千米/时的限制A速度？（参考数据sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，）

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．版权所有
【分析】（1）分别在Rt△APC，Rt△BCP中，求得AC、BC的长，从而求得AB的长．已知时间则可以根据路程公式求得其速度；
（2）将限速与其速度进行比较，若大于限速则超速，否则没有超速．此时注意单位的换算．
【解答】解：（1）过P作PC⊥BA于C，
在Rt△APC中，∵∠ACP＝90°，∠PAC＝30°，PC＝50米，
∴AC＝PC＝50（米），
在Rt△PBC中，∵∠PCB＝90°，∠BPC＝37°，PC＝50米，
∴BC＝PC•tan37°≈50×0.75＝37.5（米），
∴AB＝AC﹣BC＝50﹣37.5≈48.1（米），
答：A、B之间的路程为48.1米；
（2）此车没有超过金水大道每小时60千米的限制速度，理由如下：
∵AB＝48.1（米），
∴此车的速度＝＝24.05（米/秒），
又60千米/小时＝＝（米/秒），
而24.05米/秒＞米/秒，
∴此车超过中山路每小时60千米的限制速度．

31．（2023•历城区一模）如图，一艘游轮在A处测得北偏东45°的方向上有一灯塔B，游轮以海里/时的速度向正东方向航行2小时到达C处，此时测得灯塔B在C处北偏东15°的方向上．
（1）求C到直线AB的距离；
（2）求游轮继续向正东方向航行过程中与灯塔B的最小距离是多少海里？（结果精确到1海里，参考数据：，，sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73）

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．版权所有
【分析】（1）作辅助线，构建直角三角形，证明△ACM是等腰直角三角形，可得CM的长，从而得结论；
（2）由题意得到∠DCB＝15°，则∠ACB＝105°，求得∠CBE＝30°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）如图，由题意可得，∠CAB＝45°，
过点C作CE⊥AB于点E，
在△ABC中，∠BAC＝45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
由题意得：AC＝2×20＝40，
∴CE＝AC＝40，
即点C到线段AB的距离为40海里；
（2）由题意可得，∠DCB＝15°，则∠ACB＝105°，
∵∠ACE＝45°，
∴∠CBE＝30°，
在Rt△BEC中，AE＝CE＝40，
∴BE＝CE＝40，
∴AB＝AE+BE＝40+40，
作BF⊥AC于点F，则∠AFB＝90°，
在Rt△BEC中，cos∠BAC＝＝，
∴BF＝20+20≈77，
答：与灯塔B的最小距离是77海里．

32．（2023•重庆模拟）甲、乙两旅游爱好者从点B出发到点D，甲沿B﹣C﹣D的路线，乙沿B﹣A﹣D的路线．经测量，点C在点B的正北方向，点D在点C的北偏西60°，点A在点B的正西方向，点D在点A的北偏东45°，AB＝700米，米．
（1）求点D到BC的距离；
（2）为方便联系，甲、乙两人各携带一部对讲机，对讲机信号覆盖半径是600米，当甲在点D，乙在点A时，乙能否收到甲的呼叫信号？请说明理由．（参考数据：，）

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．版权所有
【分析】（1）过点D作DE⊥BC的延长线于点E，得出∠CDE＝30°．即可求得DE＝CD•sin60°＝300（米）；
（2）过点D作DF⊥AB于点F．则四边形BEDF是矩形，BF＝DE＝300米，可得AF＝DF＝AB﹣BF＝400米，进而求得AD的长，比较即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，

则∠CDE＝90°﹣60°＝30°，
∴DE＝CD•sin60°＝200×＝300（米），
∴点D到BC的距离为300米；
（2）乙能收到甲的呼叫信号，理由如下：
过点D作DF⊥AB于点F．

∴四边形BEDF是矩形，
∴BF＝DE＝300米，
∵∠DAF＝90°﹣45°＝45°，
∴AF＝DF＝AB﹣BF＝700﹣300＝400（米），
∴AD＝AF＝400≈565.6（米），
∵565.6＜600，
∴乙能收到甲的呼叫信号．



33．（2023•九龙坡区校级模拟）五一节期间，小融和小墩相约去动物园A玩，小融家C在小墩家B正北方向，动物园A在小墩家B的北偏西30°方向上、在小融家C的北偏西75°方向上，在小墩家的正西方向有一个便利店D正好在AB的中点M的正南方．已知动物园A与小融家C相聚8km．（结果精确到十分位，参考数据：，，）
（1）求小墩家B与小融家C距离为多少千米？
（2）若图中的BC、CA、BA、BD、DM都是同一平面内的健身步道，因BM段在施工无法通行，小墩到公园A可以走路线B→C→A，也可以走路线B→D→M→A，请经过计算说明他走哪一条路线较近？

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．版权所有
【分析】（1）过点C作CN⊥AB于N，根据三角形外角的性质得∠A＝45°，则CN＝AC•sinA＝4，可得BC＝2CN＝8，即可求解；
（2）解直角三角形求出AN＝CN＝4，BN＝4，则AB＝4+4，可得AM＝BM＝2+2，解直角三角形求出BD、DM，分别求出路线B→C→A，路线B→D→M→A，比较即可得出答案．
【解答】解：（1）过点C作CN⊥AB于N，

∵∠ABC＝30°，
∴∠A＝75°﹣30°＝45°，
∴CN＝AC•sinA＝8×sin45°＝4（km），
∵∠ABC＝30°，CN⊥AB，
∴BC＝2CN＝8＝11.28≈11.3（km），
答：小墩家B与小融家C距离为11.3千米；
（2）∵∠ABC＝30°，CN⊥AB，∠A＝45°，
∴AN＝CN＝4km，BN＝CN＝4km，
∴AB＝（4+4）km，
∵M为AB的中点，
∴AM＝BM＝（2+2）km，
∵BC∥DM，
∴∠BMD＝∠ABC＝30°，
∵∠D＝90°，
∴BD＝BM＝（+）km，DM＝BD＝（+3）km，
∴路线B→C→A为BC+AC＝11.3+8＝19.3（km），
路线B→D→M→A为BD+DM+AM＝+++3+2+2＝6+4＝18.26≈18.3（km），
∵18.3＜19.3，
∴走路线B→D→M→A较近．
34．（2023•东方一模）为建设成为“宜居宜业宜游”的城市，东方计划对市内感恩河某河段进行区域性景观打造．如图，某施工单位测量员先在点M处观测到河对岸有两座凉亭，且凉亭A在M点正南方向，然后向正东方向走200米后到达点N处，此时观测到凉亭A在南偏西30°方向上，凉亭B在东南方向上．
（1）填空：∠MAN＝　 　度，∠ANB＝　 　度；
（2）请你求出该河段的宽度AM（结果保留根号）；
（3）请你求出两座凉亭之间的距离AB（结果保留根号）．

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．版权所有
【分析】（1）过点N作NC⊥AB于点C，由题意得∠ANC＝30°，AM∥CN，∠CNB＝45°，根据平行线的性质以及角的和差即可求解；
（2）由题意得MN＝200米，在Rt△AMN中，解直角三角形即可求解；
（3）易得CN＝BN，在Rt△NBC中，通过解直角三角形可得BC，即可求解求解．
【解答】解：（1）过点N作NC⊥AB于点C，

由题意得∠ANC＝30°，AM∥CN，四边形AMNC是矩形，∠CNB＝45°，
∴∠MAN＝∠ANC＝30°，
∴∠ANB＝∠MAN+∠CNB＝75°，
故答案为：30，75；
（2）在Rt△AMN中，
∵MN＝200米，∠MAN＝30°，
∴，
解得：（米），
∴该河段的宽度AM为200米；
（3）∵∠BNC＝45°，
∴CN＝BN，
∵米，
∴，解得：米，
∴米，
∴两座凉亭之间的距离AB为200（1+）米．
35．（2023•建昌县一模）如图，某巡逻艇在某次巡逻任务中计划以20海里/小时的速度从A岛处向正东方向的D岛处航行，出发1.5小时到达B处时，突然接到C岛处的求救信号，于是巡逻艇立即以30海里/小时的速度向北偏东30°方向的C岛处航行，到达C岛处后测得A岛处位于C岛处的南偏西60°方向，解救后巡逻艇又沿南偏东45°方向航行到D岛处．
（1）求巡逻艇从B岛处到C岛处所用的时间．
（2）求巡逻艇实际比原计划多航行了多少海里．（结果精确到1海里）
（参考数据：，，）

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【分析】（1）根据外角定理和等角对等边求出BC的长，即路程，则时间＝路程÷速度，代入计算即可；
（2）原计划的路程为：AD的长，实际的路程为：AB+BC+CD，相减即可．
【解答】解：（1）过点C作CM⊥AD于M，

由题意得：∠ACM＝60°，∠CBM＝90°﹣30°＝60°，AB＝20×1.5＝30（海里），
∴∠BCM＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ACB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠A＝∠CBM﹣∠ACB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ACB＝∠A，
∴BC＝AC＝30海里，
∴30÷30＝1（小时），
答：巡逻艇从B岛处到C岛所用的时间为1小时；
（2）由（1）知，在Rt△BMC中：
BC＝30海里，∠CBM＝60°，
∴BM＝BC•cos∠CBM＝30×cos60°＝30×＝15（海里），
CM＝BC•sin∠CBM＝30×sin60°＝30×＝15（海里），
由题意得：∠DCM＝45°，
在Rt△DCM中：∠D＝∠DCM＝45°，
∴，
∴CD＝＝＝＝15（海里），
∴BC+CD﹣BM﹣DM＝30+15﹣15﹣15≈15+15×2.4﹣15×1.7＝25.5＝26（海里），
答：巡逻艇实际比原计划多航行26海里．
36．（2023•秦淮区模拟）如图，在一笔直的海岸线l上有A，B两个观测站，A在B的正东方向，AB＝2（单位：km），有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．
（1）点P到海岸线l的距离；
（2）小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向，则点C与点B之间的离为 　 　km．
（注：上述两小题的结果都保留根号）

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【分析】（1）过点P作PD⊥AB于点D，设PD＝xkm，先解Rt△PBD，用含x的代数式表示BD，再解Rt△PAD，用含x的代数式表示AD，然后根据BD+AD＝AB，列出关于x的方程，解方程即可；
（2）过点B作BF⊥AC于点F，先解Rt△ABF，得出BF＝AB＝1km，再解Rt△BCF，得出BC＝BF＝km．
【解答】解：（1）如图，过点P作PD⊥AB于点D．设PD＝xkm．
在Rt△PBD中，∠BDP＝90°，∠PBD＝90°﹣45°＝45°，
∴BD＝PD＝xkm．
在Rt△PAD中，∠ADP＝90°，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝PD＝xkm．
∵BD+AD＝AB，
∴x+x＝2，
∴x＝﹣1，
∴点P到海岸线l的距离为（﹣1）km，
（2）如图，过点B作BF⊥AC于点F．
根据题意得：∠ABC＝105°，
在Rt△ABF中，∠AFB＝90°，∠BAF＝30°，
∴BF＝AB＝1km．
在△ABC中，∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝45°．
在Rt△BCF中，∠BFC＝90°，∠C＝45°，
∴BC＝BF＝km，
∴点C与点B之间的距离为km，故答案为：．
37．（2023•九龙坡区模拟）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标O（0，0），A（0，10），B（20，0），由三个监测点确定的圆形区域是安全警戒区域．
（1）某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东45°，同时在监测点O测得C位于南偏东60°，求监测点O到C船的距离．（结果精确到0.1，参考数据：，，，）
（2）当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．

【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．版权所有
【分析】（1）过点C作CD⊥y轴于点D，在Rt△ABD中，设OD＝x，则CD＝AD＝10+x，在Rt△COD中，解直角三角形求得x，进而求得OC；
（2）由（1）知OD＝＝5+5，根据三角函数的定义得到CD＝15+5，过点C作CG⊥x轴于点G，过点O′作O′E⊥DC于点E，交OB于H，过点O′作O′F⊥CG于点F，则四边形CEO′F是矩形，根据矩形的性质得到O′F＝CE＝10，根据勾股定理得到AB＝＝10，于是得到结论．
【解答】解：（1）过点C作CD⊥y轴于点D，
依题意，得∠COD＝60°，∠CAD＝45°，
在Rt△ACD中，设OD＝x，则AD＝10+x，
∵∠CAD＝45°，
∴∠ACD＝45°，
∴CD＝AD＝10+x，
在Rt△COD中，∠COD＝60°，
∴∠DCO＝30°，
∴OC＝2OD，
∵tan∠COD＝，即＝，
∴x＝OD＝5（+1）≈13.66，
∴OC≈27.32．
答：监测点O到C船的距离约27.32单位长度；
（2）由（1）知OD＝＝5+5，
∵tan∠COD＝，
∴＝，
∴CD＝15+5，
过点C作CG⊥x轴于点G，过点O′作O′E⊥DC于点E，交OB于H，
∴OH＝BH＝DE＝10，
∴CE＝DC﹣DE＝5+5，
过点O′作O′F⊥CG于点F，则四边形CEO′F是矩形，
∴O′F＝CE＝5+5，
由已知得OA＝10，OB＝20，
∵∠AOB＝90°，
∴线段AB是⊙O′的直径，AB＝＝10，
∴O′A＝5，
∵5+5＞5，
∴O′F＞O′A，
∴直线CG与⊙O′相离，C船不会进入海洋生物保护区．
38．（2023•太谷区一模）通过学习《解直角三角形》这一章，王凯同学勤学好问，在课外学习活动中，探究发现，三角形的面积、边、角之间存在一定的数量关系，下面是他的学习笔记．请仔细阅读下列材料并完成相应的任务．

在△ABC（图1）中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c，△ABC的面积为S△ABC，过点A作AD⊥BC，垂足为D，则在Rt△ABD中，
∵sin B＝，
∴AD＝AB•sin B．
∴S△ABC＝．
同理可得，S△ABC＝b c sin A，SABC＝b a sin C．
即S△ABC＝……………①
由以上推理得结论：三角形的面积等于两边及其夹角正弦积的一半．
又∵ab c≠0，
∴将等式两边同除以a b c，得，．
∴…………………②
由以上推理得结论：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等．
理解应用：如图2，甲船以30海里/时的速度向正北方向航行，当甲船位于A处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B处，且乙船从B处沿北偏东15°方向匀速直线航行，当甲船航行20分钟到达D处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的C处，此时两船相距10海里．
（1）求：△ADC的面积．
（2）求：乙船航行的速度（结果保留根号）．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；等腰三角形的判定．版权所有
【分析】（1）三角形的面积等于两边及其夹角正弦积的一半即可求解；
（2）先根据题意得出AD＝CD＝10，∠ADC＝60°，证得△ACD是等边三角形，得AC＝10，再求得∠ABC＝75°﹣15°＝60°，∠BAC＝120°﹣75°＝45°，结合题意知，从而得出BC＝＝×＝，进一步得出答案．
【解答】解：（1）∵AD＝30×＝10，CD＝10，∠ADC＝60°，
∴S＝AD•CD•sin60°＝＝50，
∴△ADC的面积为50平方海里；
（2）由题意可知AD＝CD＝10，∠ADC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC＝10，
∵∠ABC＝75°﹣15°＝60°，∠BAC＝120°﹣75°＝45°，
在△ABC中，由于．
∴BC＝＝×＝，
∴乙船的速度为÷＝20（海里/时）．






【中考命题猜想3】图形的变化（旋转、翻折、平移）问题
【考纲解读】
平移、旋转和翻折是几何变换中的三种基本变换。所谓几何变换就是根据确定的法则，对给定的图形(或其一部分)施行某种位置变化，然后在新的图形中分析有关图形之间的关系．这类实体的特点是：结论开放，注重考查学生的猜想、探索能力；便于与其它知识相联系，解题灵活多变，能够考察学生分析问题和解决问题的能力．在这一理念的引导下，近几年中考加大了这方面的考察力度，这一部分的分值比前两年大幅度提高。
为帮助广大考生把握好平移，旋转和翻折的特征，巧妙利用平移，旋转和翻折的知识来解决相关的问题，下面以近几年中考题为例说明其解法，供大家参考。
平移：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移．“一定的方向”称为平移方向，“一定的距离”称为平移距离。
平移特征：图形平移时，图形中的每一点的平移方向都相同，平移距离都相等。
旋转：在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度成为与原来相等的图形，这样的图形运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，图形转动的角叫做旋转角．
旋转特征：图形旋转时，图形中的每一点旋转的角都相等，都等于图形的旋转角
平移与旋转实际上是一种全等变换，由于具有可操作性，因而是考查同学们动手能力、观察能力的好素材，也就成了近几年中考试题中频繁出现的内容。题型多以填空题、计算题呈现。在解答此类问题时，我们通常将其转换成全等求解。根据变换的特征，找到对应的全等形，通过线段、角的转换达到求解的目的。
旋转具有以下特征：
（1）图形中的每一点都绕着旋转中心旋转了同样大小的角度；
（2）对应点到旋转中心的距离相等；
（3）对应角、对应线段相等；
（4）图形的形状和大小都不变。
利用旋转的特征，可巧妙解决很多数学问题，如
数学思想是解数学题的精髓和重要的指导方法，在平移和旋转中的应用也相当的广泛，一般可以归结为两种思想——对称的思想和旋转的思想，具体的分析如下：
1 、对称的思想：在平移、旋转、对称这些概念中，对称这一概念非常重要.它包括轴对称、旋转对称、中心对称.对称是一种种要的思想方法，在解题的应用非常广泛.
2、旋转的思想：旋转也是图形的一种基本变换，通过图形旋转变换，从而将一些简单的平面图形按要求旋转到适当的位置，使问题获得简单的解决，它是一种要的解题方法。
考查三角形全等、相似、勾股定理、特殊三角形和四边形的性质与判定等。旋转性质----对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角。注意旋转过程中三角形与整个图形的特殊位置。
翻折：翻折是指把一个图形按某一直线翻折180°后所形成的新的图形的变化。
翻折特征：平面上的两个图形，将其中一个图形沿着一条直线翻折过去，如果它能够与另一个图形重合，那么说这两个图形关于这条直线对称，这条直线就是对称轴。
解这类题抓住翻折前后两个图形是全等的，弄清翻折后不变的要素。
翻折在三大图形运动中是比较重要的，考查得较多．另外，从运动变化得图形得特殊位置探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要的，值得大家留意。
图形沿某条线折叠，这条线就是对称轴，利用轴对称的性质并借助方程的的知识就能较快得到计算结果。
由此看出，近几年中考，重点突出，试题贴近考生，贴近初中数学教学，图形运动的思想(图形的旋转、翻折、平移三大运动)都一一考查到了．因此在平时抓住这三种运动的特征和基本解题思路来指导我们的复习，将是一种事半功倍的好方法。
【命题形式】
1．从考查的题型来看，本知识点主要以填空题或选择题的形式考查，题目简单，属于低档题.
2．从考查内容来看,涉及本知识点的重点有平移的性质与旋转的性质；轴对称的性质；中心对称与中心对称图形的概念；轴对称与轴对称图形的概念
3．从考查热点来看,涉及本知识点的主要有平移、旋转、轴对称的性质；轴对称与轴对称图形；中心对称与中心对称图形；用轴对称、平移、旋转的性质作图
【满分技巧】
一、 图形的平移变换：图形的平移变换也是近年来中考中的常考点，平移后得两图形全等，找出对应边、对应角。
二、 图形的翻折变换：图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点，多于三角形、四边形结合。翻折变换的实质是对称，翻折部分得两图形全等，找出对应边、对应角；再结合勾股定理、相似的性质和判定解题。
三、 图形的旋转变换：几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多于三角形、四边形结合。解决旋转变换问题。首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后对应的两个图形全等来解题。
【题目练习】
一．选择题（共15小题）
1．（2023•龙港市一模）如图，已知A，B的坐标分别为（1，2），（3，0），将△OAB沿x轴正方向平移，使B平移到点E，得到△DCE，若OE＝4，则点C的坐标为（　　）

A．（2，2） B．（3，2） C．（1，3） D．（1，4）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．版权所有
【分析】由B（3，0）可得OB＝3，进而得到BE＝1，即将△OAB沿x轴正方向平移1个单位得到△DCE，然后将A向右平移1个单位得到C，最后根据平移法则即可解答．
【解答】解：∵B（3，0），
∴OB＝3，
∵OE＝4，
∴BE＝OE﹣OB＝1，
∴将△OAB沿x轴正方向平移1个单位得到△DCE，
∴点C是将A向右平移1个单位得到的，
∴点C是的坐标是（1+1，2），即（2，2）．
故选：A．
2．（2023•崂山区一模）如图，点A（0，3），B（2，0），将线段AB平移得到线段DC，∠ABC＝90°，BC＝3AB，则点D的坐标是（　　）

A．（6，9） B．（12，6） C．（6，12） D．（9，9）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．版权所有
【分析】过点D作DE⊥y轴于点E，利用点A，B的坐标表示出线段OA，OB的长，利用平移的性质和矩形的判定定理得到四边形ABCD是矩形；利用相似三角形的判定与性质求得线段DE，AE的长，进而得到OE的长，则结论可得．
【解答】解：过点D作DE⊥y轴于点E，如图，

∵点A（0，3）、B（2，0），
∴OA＝3，OB＝2，
∵线段AB平移得到线段DC，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，BC＝AD，
∵BC＝3AB，
∴AD＝3AB，
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠EAD，
∵∠AOB＝∠AED＝90°，
∴△ABO∽△DAE，
∴＝＝＝，
∴DE＝3OA＝9，AE＝3OB＝6，
∴OE＝OA+AE＝9，
∴D（9，9）．
故选：D．
3．（2023•龙岗区校级一模）如图，点A的坐标为（1，3），点B在x轴上，把△AOB沿x轴向右平移到△CED，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为（　　）

A．（1，4） B．（3，4） C．（3，3） D．（4，3）
【考点】坐标与图形变化﹣平移；三角形的面积．版权所有
【分析】根据平移的性质得出四边形ABDC是平行四边形，从而得A和C的纵坐标相同，根据四边形ABDC的面积求得AC的长，即可求得C的坐标．
【解答】解：∵把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC＝BD，A和C的纵坐标相同，
∵四边形ABDC的面积为9，点A的坐标为（1，3），
∴3AC＝9，
∴AC＝3，
∴C（4，3），
故选：D．
4．（2023•广西模拟）如图，△ABC的顶点A（﹣8，0），B（﹣2，8），点C在y轴的正半轴上，AB＝AC，将△ABC向右平移得到△A'B'C'，若A'B'经过点C，则点C′的坐标为（　　）

A．（，6） B．（6，） C．（4，6） D．（6，4）
【考点】坐标与图形变化﹣平移．版权所有
【分析】利用勾股定理求出OC，求出直线A′B′的解析式，求出点A′的坐标，可得结论．
【解答】解：∵A（﹣8，0），B（﹣2，8），
∴直线AB的解析式为y＝x+，AB＝＝10，
∵AB＝AC＝10，OA＝8，
∴OC＝＝＝6，
∵A′B′∥AB，
∴直线A′B′的解析式为y＝x+6，
∴A′（﹣，0），
∴CC′＝AA′＝8﹣＝，
∴C′（，6），
故选：A．
5．（2023•邯郸模拟）如图，△ABC中，D点在BC上，将D点分别以AB、AC为对称轴，画出对称点E、F，并连接AE、AF，根据图中标示的角度，∠EAF的度数为（　　）

A．120° B．118° C．116° D．114°
【考点】轴对称的性质．版权所有
【分析】根据三角形内角和为180°得到∠BAC＝180°﹣67°﹣56°＝57°，通过对称性特征得到∠EAF＝2∠BAC即可得出结果．
【解答】解：如图所示，连接AD，

由题意可得，∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，∠BAC＝180°﹣67°﹣56°＝57°，
则∠EAF＝∠EAB+∠DAB+∠DAC+∠FAC
＝2∠DAB+2∠DAC
＝2（∠DAB+∠DAC）
＝2∠BAC
＝2×57°
＝114°
故选：D．
6．（2023•泰山区校级一模）如图，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为（　　）

A．10 B．9.8 C．10 D．5
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【分析】如图：连接PD，DE，由AE＝AB﹣EB＝5，则，由翻折可得PE＝EB＝3，由EP+DP≥DE可知，当E，P，D三点共线时，DP最小，进而完成解答．
【解答】解：如图：连接PD，DE，

∵AD＝12，AB＝8，EB＝3
∴AE＝AB﹣EB＝5，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝90°，
∴，
由翻折可得PE＝EB，
∴PE＝4，
∵DP≥DE﹣EP，
∴当E，P，D三点共线时，DP最小，
∴DP最小值＝DE﹣EP＝13﹣3＝10．故选：A．
7．（2023•宜兴市一模）如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD＝24，AB＝15，则线段PB的长等于（　　）

A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD＝CF＝51，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，可求出三角形FNC的三边为3，4，5，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG＝HN，列方程即可得到结论．
【解答】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，

由折叠得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，
CD＝CF＝15，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，
∴NC＝MD＝24﹣15＝9，
在Rt△FNC中，FN＝＝12，
∴MF＝15﹣12＝3，
在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝9﹣x，由勾股定理得，
32+（9﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，
∴∠CFN＝∠FPG，
∵∠CNF＝∠PGF＝90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，
设FG＝3m，则PG＝4m，PF＝5m，
∴GN＝PH＝BH＝12﹣3m，HN＝15﹣（4﹣3m）＝3+3m＝PG＝4m，
解得：m＝3，
∴BH＝PH＝3，
∴BP＝3，
故选：B．
8．（2023•庐江县二模）如图，∠A＝∠B＝45°，，点C，D分别在∠A，∠B的另一边上运动，并保持CD＝2，点M在边BC上，BM＝2，点N是CD的中点，若点P为AB上任意一点，则PM+PN的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．版权所有
【分析】延长AD，BC，交于点O，作点M关于AB的对称点M'，连接BM'，OM'，OM'交AB于点P'，MM'交AB于点F，则PM＝PM'，所以PM+PN＝PM'+PN＝PM'+OP﹣1，当O、N、P、M'四点在同一条直线上时，ON+PN+PM'＝OM'最小，即PM+PN＝OM'﹣1最小，利用勾股定理求出OM'＝＝＝2，即求出PM+PN的最小值为2﹣1．
【解答】解：如图，延长AD，BC，交于点O，作点M关于AB的对称点M'，
连接BM'，OM'，OM'交AB于点P'，MM'交AB于点F，则PM＝PM'，
∵∠A＝∠B＝45°，
∴∠COD＝90°，
∵CD＝2，N是CD的中点，连接ON，
∴ON＝CD＝1，即点N在以O为圆心，半径为1的圆位于△ABO的内部的弧上运动，
∵PM+PN＝PM'+PN＝PM'+OP﹣1，
∴当O、N、P、M'四点在同一条直线上时，ON+PN+PM'＝OM'最小，
即PM+PN＝OM'﹣1最小，
∵点M、M'关于AB对称，
∴AB垂直平分MM'，
∴BM'＝BM＝2，∠M'BF＝∠MBF＝∠BMM'＝∠BM'M＝45°，
∴∠MBM'＝90°，
∵，
∴OA＝OB＝4，
∴OM＝OB﹣BM＝4﹣2＝2，
∴OM'＝＝＝2．
∴PM+PN的最小值为2﹣1．
故选：D．

9．（2023•新抚区三模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝12，点E，F分别在AD，BC上，把纸片按如图所示的方式沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，连接AA′并延长交边CD于点G，当G为线段CD中点时，线段EF的长为（　　）

A． B．11 C．12 D．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【分析】过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，利用两角对应相等求证△ADG∽△FHE，即可求出的值，然后利用勾股定理求出AG即可解决问题．
【解答】解：过点F作FH⊥AD于点H，设AG与EF交于点O，如图所示：
由折叠A与A'对应易知：∠AOE＝90°，
∵∠EAO+∠AEO＝90°，
∠EAO+∠AGD＝90°，
∴∠AEO＝∠AGD，
即∠FEH＝∠AGD，
又∵∠ADG＝∠FHE＝90°，
∴△ADG∽△FHE，
∴＝＝＝＝，
在Rt△ADG中，AG＝，
而G为线段CD中点，
∴DG＝CD＝5，
∴AG＝＝13，
∴EF＝．
故选：A．

10．（2023•鄞州区校级一模）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点O为正方形的中心，点E为AD边上的动点，连结OE，作OF⊥OE交CD于点F，连结EF，P为EF的中点，G为边CD上一点，且CD＝4CG，连结PA，PG，则PA+PG的最小值为（　　）

A．10 B．4 C．8 D．2
【考点】轴对称﹣最短路线问题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；正方形的性质．版权所有
【分析】如图，连接OP，过点O作OI⊥CD于点I，过点O作OQ⊥AD于点Q，连接PI，OD．证明△OQE≌△OIF（AAS），推出OE＝OF，推出∠OFE＝45°，证明O，P，F，I四点共圆，推出∠OIP＝∠OFP＝45°，推出点P在射线IP上运动，作点G关于最小PI的对称点J，连接AJ，IJ，过点J作JK⊥AD交AD的延长线于点K．求出AJ，可得结论．
【解答】解：如图，连接OP，过点O作OI⊥CD于点I，过点O作OQ⊥AD于点Q，连接PI，OD．

∵O是正方形ABCD的中心，
∴OD平分∠ADC，
∵OI⊥CD，OQ⊥AD，
∴OI＝OQ，
∵∠QOI＝∠EOF＝90°，
∴∠EOQ＝∠FOI，
∵∠OQE＝∠OIE＝90°，
∴△OQE≌△OIF（AAS），
∴OE＝OF，
∴∠OFE＝45°，
∵PE＝PF，OE＝OF，
∴OP⊥EF，
∴∠OPF＝∠OIF＝90°，
∴O，P，F，I四点共圆，
∴∠OIP＝∠OFP＝45°，
∴点P在射线IP上运动，
作点G关于最小PI的对称点J，连接AJ，IJ，过点J作JK⊥AD交AD的延长线于点K．
由轴对称变换的性质可知∠PIJ＝∠PIG＝135°，IG＝IJ，
∴∠JIG＝90°，
∴IJ＝IG，
∵CD＝8，DIC＝4，CG＝CD＝2，
∴IG＝CG＝JI＝2，
∵∠K＝∠KDI＝∠DIJ＝90°，
∴四边形DKJI是矩形，
∴DK＝IJ＝2，KJ＝DI＝4，
∴AK＝AD＝dk＝8+2＝10，
∴AJ＝＝＝2，
∵PG＝PJ，
∴PA+PG＝PA+PJ≥AJ＝2，
∴PA+PG的最小值为2．
故选：D．
11．（2023•工业园区一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3．将△ABC绕点B旋转得△A′BC′，分别取AA′、BC′的中点E、F，则EF的取值范围是（　　）

A．1＜EF＜4 B．1≤EF≤4 C． D．
【考点】旋转的性质．版权所有
【分析】利用勾股定理求出AB的长，在根据旋转的性质可得A'C＝AC＝4，A'B＝AB＝5，BC'＝BC＝3，利用中位线的性质可求，FG＝2，再根据三角形的三边关系即可求出结果．
【解答】解：取A'B的中点G，连接EG、FG，

∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴，
由旋转的性质可知：A'C＝AC＝4，A'B＝AB＝5，BC'＝BC＝3，
∵点E、F、G分别是AA'、BC'、A'B的中点，
∴EG是△A'AB的中位线，FG是Rt△BCA′的中位线，
∴，，
当点E、F、G不共线时，EG﹣FG＜EF＜EG+FG，即，
当点G在线段EF上时，，
当点F在线段EG上时，，
综上所述，，
故选：D．
12．（2023•西青区一模）如图，在△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB′C′，点B，C的对应点分别为B′，C′，连接CC′交AB′于点E，下列结论一定正确的是（　　）

A． ∠CC′B′＝70° B．C′A⊥AB
B． C．B′C′＝B′E D．C′B′∥AC
【考点】旋转的性质；平行线的判定．版权所有
【分析】根据旋转的性质得AC＝AC'，∠CAC'＝60°，∠ACB＝∠AC'B'＝180°﹣20°﹣30°＝130°，可知△ACC'是等边三角形，再逐一判断即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB′C′，
∴AC＝AC'，∠CAC'＝60°，∠ACB＝∠AC'B'＝180°﹣20°﹣30°＝130°，
∴△ACC'是等边三角形，
∴∠AC'C＝60°，
∴∠CC'B'＝∠AC'B'﹣∠AC'C＝130°﹣60°＝70°，故A正确；
∵∠C'AB＝∠C'AC+∠CAB＝60°+20°＝80°，故B错误；
由旋转知，B'C'＝BC，故C错误；
∵∠CC'B'＝70°，∠ACC'＝60°，
∴C'B'与AC不平行，故D错误，故选：A．
13．（2023•南开区一模）如图，等腰△ABC的顶角∠BAC＝36°，若将其绕点C顺时针旋转36°，得到△A'B'C，点B′在AB边上，A′B′交AC于E，连接AA′．则下列结论错误的是（　　）

A．BC＝B′C B．BC∥AA′
C．CB′平分∠BCA D．BC⊥CA′
【考点】旋转的性质；平行线的判定；等腰三角形的性质．版权所有
【分析】首先利用等腰三角形的性质求出∠B＝∠BCA，然后利用旋转的性质求出∠CAA′、∠CA′A、∠B′CA，接着可以证明BC∥AA′，利用平行线的性质即可判断．
【解答】解：∵等腰△ABC的顶角∠BAC＝36°，
∴∠B＝∠BCA＝72°，
∵将其绕点C顺时针旋转36°，得到△A'B'C，点B′在AB边上，
∴CB＝CB′，CA＝CA′，∠ACA′＝∠BCB′＝36°，
∴∠CAA′＝∠CA′A＝72°，∠B′CA＝36°，
∴∠B+∠BAA′＝180°，
∴BC∥AA′，CB′平分∠BCA，∠BCA′＝72°+36°＝108°，
∴A、B、C选项结论正确，D选项结论错误．
故选：D．
14．（2023•小店区校级一模）如图，在△ABC中，∠CAB＝70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，使得CC'∥AB，划∠BAB′的度数是（　　）

A．35° B．40° C．50° D．70°
【考点】旋转的性质；平行线的性质．版权所有
【分析】根据旋转的性质求出∠C′AB′＝∠CAB＝70°，AC′＝AC，求出∠C＝∠AC′C＝∠C′CA＝70°，∠C′AC＝∠BAB′＝40°，根据平行线的性质得出∠C′CA＝∠CAB＝70°，求出∠C′AC即可．
【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB＝70°，
∴∠C′CA＝∠CAB＝70°，
∵将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴∠C′AB′＝∠CAB＝70°，AC′＝AC，
∴∠C＝∠AC′C＝∠C′CA＝70°，
∴∠C′AC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∴∠C′AC＝∠BAB′＝40°，
即旋转角的度数是40°，
故选：B．
15．（2023•道里区一模）如图，△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC（点A与点D是对应点，点B与点E是对应点），点D是AB中点，DE与BC相交于点F，，则DE的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】旋转的性质；解直角三角形．版权所有
【分析】根据旋转的性质可得∠ACD＝60°，AC＝DC，则△ACD为等边三角形，再根据点D是AB中点，得出CD＝BD，从而求出，进而得出∠BFD＝90°，最后根据求出BD即可求解．
【解答】解：∵△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，
∴∠ACD＝60°，AC＝DC，
∴△ACD为等边三角形，则AC＝AD＝CD，∠ADC＝60°，
∵点D是AB中点，
∴AD＝BD，
∴AC＝AD＝CD＝BD，
∴，
∵∠CDF＝∠A＝60°，
∴∠BDF＝120°﹣60°﹣60°＝60°，
在△BDF中，∠BFD＝180°﹣∠B﹣∠BDF＝90°，
∴，
∴DE＝AB＝2BD＝4，
故选：B．
二．填空题（共17小题）
16．（2023•内黄县二模）如图，在三角形ABC中，∠ABC＝90°，将三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，已知EF＝8，BE＝3，CG＝3．则图中阴影部分的面积 　 　．

【考点】平移的性质．版权所有
【分析】先根据平移的性质得到△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，则BG＝5，再证明S阴影部分＝S梯形BEFG.然后根据梯形的面积公式计算即可．
【解答】解：∵三角形ABC沿AB方向平移AD的长度得到三角形DEF，
∴△ABC≌△DEF，BC＝EF＝8，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣3＝5，
∵S阴影部分+S△DBG＝S△DBG+S梯形BEFG，
∴S阴影部分＝S梯形BEFG＝（5+8）×3＝，
故答案为：．
17．（2023•浚县三模）如图，在△ABC中，AC＝4cm，BC＝3cm，△ABC沿AB方向平移至△DEF，若AE＝8cm，DB＝2cm．则四边形AEFC的周长为 　 　cm．

【考点】平移的性质．版权所有
【分析】先根据平移的性质得到DF＝AC＝4cm，EF＝BC＝3cm，CF＝AD＝BE，再计算出AD＝3cm，然后计算四边形AEFC的周长．
【解答】解：∵△ABC沿AB方向向右平移得到△DEF，
∴DF＝AC＝4cm，EF＝BC＝3cm，CF＝AD＝BE，
∵AD+DB+BE＝AE，即AD+2+AD＝8，
∴AD＝3cm，
∴四边形AEFC的周长＝AC+AE+EF+CF＝4+8+3+3＝18（cm）．
故答案为：18．
18．（2023•秦都区校级二模）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC和△A′B′C′'的顶点都在格点上，且△A′B′C′是由△ABC向右平移m个单位，再向上平移n个单位得到的，则m+n的值为 　　．

【考点】坐标与图形变化﹣平移．版权所有
【分析】由图知，△A′B′C′是由△ABC向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到的，据此得出m、n的值，从而得出答案．
【解答】解：由图知，△A′B′C′是由△ABC向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到的，
所以m＝3，n＝2，
则m+n＝5，
故答案为：5．
19．（2023•九台区一模）如图，已知矩形ABCD，AB＝18cm，AD＝10cm，在其矩形内部有三个小矩形，则这三个小矩形的周长之和为 　 　cm．

【考点】生活中的平移现象．版权所有
【分析】由平移的性质将三个矩形周长之和转化为ABCD的周长即可．
【解答】解：由平移的性质以及矩形周长的定义可知，
这三个小矩形的周长之和为2AD+2AB＝56（cm），
故答案为：56．
20．（2023•天河区校级一模）如图，平面直角坐标系x Oy中，点A（4，3），点B（3，0），点C（5，3），△OAB沿AC方向平移AC长度的到△ECF，四边形ABFC的面积为 　 　．

【考点】坐标与图形变化﹣平移；三角形的面积．版权所有
【分析】根据平移的性质可判断四边形ABFC为平行四边形，根据点坐标的性质可求出四边形ABFC的底与高，即可求出面积．
【解答】解：∵点A（4，3），点B（3，0），点C（5，3），
∴AC＝5﹣4＝1，AC∥x轴，
∵△OAB沿AC方向平移AC长度的到△ECF，
∴AC＝BF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∴四边形ABFC的高为C点到x轴的距离，
∴S四边形ABFC＝1×3＝3，
故答案为：3．
21．（2023•驿城区校级二模）如图，将长、宽分别为4cm、1cm的矩形纸片分别沿MA，MB折叠，点P，Q恰好重合于点C．若∠QMB＝30°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为 　 　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【分析】根据题意可知阴影部分的面积＝长方形的面积﹣三角形ABC的面积，根据题中数据计算三角形ABC的面积即可．
【解答】解：根据翻折可知，∠PMC＝∠CMA，∠QMC＝∠CMB，
∴∠AMB＝∠CMA+∠CMB＝（∠PMC+∠AMC+∠CMB+∠BMC）＝180°＝90°，
∵∠QMB＝30°，
∴∠PMA＝180°﹣∠BAC﹣∠QMB＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
过M作MN⊥AB于N，
∴BM＝2MN＝2（cm），AM＝＝（cm），
∴阴影部分的面积＝S长方形﹣S△ABC＝4×1﹣＝（4﹣）（cm2），
故答案为：（4﹣）cm2．

22．（2023•镇平县模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，点E在AD上，AE＝1．P、Q分别是BC、AB上的两个动点，△AEQ沿EQ翻折形成△FEQ，连接PF、PA，则PF+PA的最小值是 　 　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．版权所有
【分析】如图作点A关于BC的对称点A′，连接PA′，EA′．由AP＝PA′，推出PA+PF＝PA′+PF，又EF＝EA＝1是定值，即可推出当E、F、P、A′共线时，PF+PA′定值最小，最小值＝EA′﹣EF．
【解答】解：如图作点A关于BC的对称点A′，连接PA′，EA′．

∵AE＝1，AA′＝4，
∴EA′＝＝，
∵AP＝PA′，
∴PA+PF＝PA′+PF，
∵EF＝EA＝1是定值，
∴当E、F、P、A′共线时，PF+PA′定值最小，最小值＝﹣1，
∴PF+PA的最小值为﹣1，
故答案为：﹣1．
23．（2023•甘井子区模拟）如图，对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，连接AC交EF于点G，把纸片展平．再一次折叠纸片，若点B的对应点恰好落在点G上，且使折痕经过点A，得到折痕AH，若AB＝4cm，则AD的长是 　 　cm．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【分析】根据折叠的性质得到AB＝2AE，EF∥BC，求得∠AEG＝ABC＝90°，根据折叠的性质得到AG＝AB，求得∠AGE＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵对折矩形纸片ABCD，使得AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AB＝2AE，EF∥BC，
∴∠AEG＝ABC＝90°，
∵再一次折叠纸片，若点B的对应点恰好落在点G上，
∴AG＝AB，
∴AG＝2AE，
∴∠AGE＝30°，
∴∠ACB＝∠AGE＝30°，
∴BC＝AB＝4（cm），
∴AD＝BC＝4cm，
故答案为：4．
24．（2023•抚州模拟）如图，正方形ABCD的边长为6，∠DAC的平分线交DC于点E．若点P，Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值是 　 ．

【考点】轴对称﹣最短路线问题；正方形的性质．版权所有
【分析】过点D作AE的垂线，交AE于点F，交AC于点D'，过点D'作DP'⊥AD于点P'，可得点D与点D'关于AE对称，则DQ+PQ的最小值即为D'P'的长，进而可得答案．
【解答】解：过点D作AE的垂线，交AE于点F，交AC于点D'，过点D'作DP'⊥AD于点P'，
∴∠AFD＝∠AFD'＝90°，
∵DE为∠DAC的平分线，
∴∠DAE＝∠D'AE，
∵AF＝AF，
∴△ADF≌△AD'F（ASA），
∴DF＝D'F，
∴点D与点D'关于AE对称，
∴DQ+PQ的最小值即为D'P'的长，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAC＝45°，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AD＝AD'＝6，
在Rt△AD'P'中，AD'＝6，∠P'AD'＝45°，
∴D'P'＝＝．
故答案为：．

25．（2023•雁塔区校级四模）如图，折叠边长为2cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若点M是BC边的中点，则FG＝　 　cm．

【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．版权所有
【分析】如图，连接DF，可证得Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），则AF＝EF，设AF＝xcm，则EF＝xcm，利用勾股定理求得x＝，再由△FGE∽△FMB，即可求得答案．
【解答】解：如图，连接DF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝BC＝2cm，∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∵点M是BC边的中点，
∴CM＝BM＝BC＝1cm，
由折叠得：DE＝CD＝2cm，EM＝CM＝1cm，∠DEM＝∠C＝90°，
∴∠DEF＝180°﹣90°＝90°，AD＝DE，
∴∠A＝∠DEF，
在Rt△DAF和Rt△DEF中，
，
∴Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），
∴AF＝EF，
设AF＝xcm，则EF＝xcm，
∴BF＝（2﹣x）cm，FM＝（x+1）cm，
在Rt△BFM中，BF2+BM2＝FM2，
∴（2﹣x）2+12＝（x+1）2，
解得：x＝，
∴AF＝EF＝cm，BF＝2﹣＝（cm），FM＝+1＝（cm），
∵∠FEG＝∠DEM＝90°，
∴∠FEG＝∠B＝90°，
∵∠EFG＝∠BFM，
∴△FGE∽△FMB，
∴＝，即，
∴FG＝cm．
故答案为：．
26．（2023•沛县校级一模）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，BC上的点．将∠A，∠B，∠C按如图所示的方式向内翻折，EQ，EF，DF为折痕．若A，B，C恰好都落在同一点P上，AE＝3，则ED＝　 　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．版权所有
【分析】由折叠的性质得出∠EPQ＝∠EPF＝∠DPF＝90°，AE＝EP，BE＝EP，CD＝PD，则可求出AB＝2，则可求出PD的长，则可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∵折叠矩形后，A，B，C恰好都落在同一点P上，
∴∠EPQ＝∠EPF＝∠DPF＝90°，AE＝EP，BE＝EP，CD＝PD，
∴E，P，D三点共线，Q，P，F三点共线，AE＝BE，
∵AE＝3，
∴AB＝2AE＝6，
∴CD＝6，
∴PD＝6，
∴DE＝PE+PD＝3+6＝9．
故答案为：9．
27．（2023•英德市一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝6，将边AB绕点A顺时针旋转a（ 0°＜a＜120°）得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，则∠AEC＝　 　°．

【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．版权所有
【分析】由等边三角形性质可得∠BAC＝60°，AB＝AC，由旋转变换的性质可得∠BAD＝α，AD＝AB，根据角平分线定义可得∠DAE＝∠BAD＝α，根据三角形内角和定理和等腰三角形性质可得∠D＝60°﹣α，再利用三角形外角性质即可．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵将边AB绕点A顺时针旋转a（ 0°＜a＜120°）得到线段AD，
∴∠BAD＝α，AD＝AB，
∴∠CAD＝α+60°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAD＝α，
∵AD＝AB＝AC，
∴∠D＝∠ACD＝＝＝60°﹣α，
∵∠AEC是△ADE的外角，
∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝60°﹣α+α＝60°，
故答案为：60．
28．（2023•宜兴市一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，连接ED、EC，将ED绕点E顺时针旋转90°得到EN，将EC绕点E逆时针旋转90°得到EM，连接MN，则线段MN的取值范围为 　 　．

【考点】旋转的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有
【分析】过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于点G，作NH⊥FM于点H，可证得△MEF≌△ECB（AAS），得出MF＝BE＝2﹣x，EF＝BC＝2，同理：NG＝AE＝x，EG＝AD＝2，得出FG＝EF+EG＝2+2＝4，再证得四边形FGNH是矩形，得出HN＝FG＝4，FH＝NG＝x，MH＝MF﹣FH＝2﹣x﹣x＝2﹣2x，再运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：如图，过点M作MF⊥AB，交BA的延长线于点F，过点N作NG⊥AB，交AB的延长线于点G，作NH⊥FM于点H，
则∠EFM＝∠EGN＝∠FHN＝∠NHM＝90°，

由旋转得：EM＝EC，EN＝ED，∠CEM＝∠DEN＝90°，
∴∠MEF+∠CEB＝90°，∠DEA+∠NEG＝90°，
∵∠MEF+∠EMF＝90°，∠DEA+∠EDA＝90°，
∴∠CEB＝∠EMF，∠NEG＝∠EDA，
∵正方形ABCD的边长为2，点E是边AB上的动点，设AE＝x（0≤x≤2），则BE＝2﹣x，
∴AB＝AD＝BC＝2，∠DEA＝∠CBE＝90°，
在△MEF和△ECB中，
，
∴△MEF≌△ECB（AAS），
∴MF＝BE＝2﹣x，EF＝BC＝2，
同理：NG＝AE＝x，EG＝AD＝2，
∴FG＝EF+EG＝2+2＝4，
∵∠MFE＝∠NGE＝∠FHN＝90°，
∴四边形FGNH是矩形，
∴HN＝FG＝4，FH＝NG＝x，
∴MH＝MF﹣FH＝2﹣x﹣x＝2﹣2x，
在Rt△MNH中，MN2＝MH2+HN2＝（2﹣2x）2+42＝4（x﹣1）2+16，
∵0≤x≤2，
∴0≤（x﹣1）2≤1，
∴16≤4（x﹣1）2+16≤20，
即16≤MN2≤20，
∵MN＞0，
∴线段MN的取值范围为4≤MN≤2．
故答案为：4≤MN≤2．
29．（2023•高新区校级模拟）如图，腰长为8的等腰Rt△ABC中，D是边BC上一个动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转45°，得到线段AE，连接CE，则线段CE的最小值是 　 ．

【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．版权所有
【分析】由“SAS”可证△HAD≌△CAE，可得HD＝CE，当HD⊥BC时，HD有最小值，即CE有最小值，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】解：在AB上截取AH＝AC，连接HD，
∵将线段AD绕点A逆时针旋转45°，得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝45°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△HAD和△CAE中，
，
∴△HAD≌△CAE（SAS），
∴HD＝CE，
∴当HD⊥BC时，HD有最小值，即CE有最小值，
∵AC＝BC＝8，∠ACB＝90°，
∴AB＝8，∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴BH＝8﹣8，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD＝∠DBH＝45°，
∴BD＝DH＝BH＝8﹣4，
故答案为：8﹣4．
30．（2023•沭阳县一模）如图，正方形ABCD的边长为8，线段CE绕着点C逆时针方向旋转，且CE＝3，连接BE，以BE为边作正方形BEFG，M为AB边上的点，且，当线段FM的长最小时，tan∠ECB＝　 　．

【考点】旋转的性质；解直角三角形；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权所有
【分析】连接BF，BD，过点M作MN⊥BD于N，连接DM，通过证明△BEC∽△BFD，可求DF＝EC＝3，在△MFD中，MF≥DM﹣DF，则当点F在MD上时，MF有最小值，分别求出MN，DN，即可求解．
【解答】解：如图，连接BF，BD，过点M作MN⊥BD于N，连接DM，

∵四边形ABCD，四边形BEFG都是正方形，
∴BD＝BC＝8，BF＝BE，∠DBC＝∠ABD＝∠FBE＝45°，
∴∠DBF＝∠CBE，＝，
∴△BEC∽△BFD，
∴，∠ECB＝∠FDB，
∴DF＝EC＝3，
在△MFD中，MF≥DM﹣DF，
∴当点F在MD上时，MF有最小值，
∵M为AB边的中点，
∴MB＝4，
∵∠ABD＝45°，MN⊥BD，
∴MN＝BN＝BM＝2，
∴DN＝6，
∴tan∠ECB＝tan∠MDB＝＝，故答案为：．
31．（2023•河北区一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A顺时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点G在AC上，GF与BC交于点H，则BH的长 　 　．

【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．版权所有
【分析】根据菱形的性质可得AC的长，再说明∠CHG＝90°，利用CH＝cos30°×CG，即可解决问题．
【解答】解：在菱形ABCD中，∵∠BAD＝60°，
∴∠DAC＝∠DCA＝30°，
∴AC＝AD＝4，
∵将菱形ABCD绕点A顺时针方向旋转，
∴∠BAG＝30°，AG＝AB＝4，∠AGF＝120°，
∴∠CGH＝60°，
∴∠CHG＝90°，
∵CG＝AC﹣AG＝4﹣4，
∴CH＝cos30°×CG＝＝6﹣2，
∴BH＝BC﹣CH＝4﹣（6﹣2）＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
32．（2023•中原区校级一模）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2AC＝4，CO为斜边中线，点P为线段AO上一动点，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得线段PQ，连接CQ，OQ，当PC垂直于△ABC的一边时，线段OQ的值为 　 　．

【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．版权所有
【分析】根据CP⊥AB和CP⊥BC两种情况进行讨论，当CP⊥AB时，根据得到∠B＝30°，在Rt△PCQ中根据直角三角函数计算出PC和PO，从而计算出OQ，当CP⊥BC时，证明AQ∥CB，得到∠OAQ＝30°，得到，再根据勾股定理计算出OQ．
【解答】解：①当CP⊥AB时，如图1所示，

∵，
∴∠B＝30°．
∵OB＝OC，
∴∠POC＝2∠B＝60°．
在Rt△PCQ中，，∠POC＝60°，
∴CP＝CO•sin60°＝，PO＝CO•cos60°＝1，
∵，PO＝1，
∴；
②当CP⊥BC时；如图2所示，过点Q作QD⊥AB于点D．
∵∠CPQ＝90°，∠ACB＝90°，
∴AQ∥CB．
∴∠OAQ＝30°．
∴，．
∴．
在Rt△ODQ中，．
综上，线段OQ的长为或，
故答案为：或．




三．解答题（共18小题）
33．（2023•韩城市一模）如图，在平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3），B（﹣4，﹣2），C（﹣1，0）．
（1）将△ABC先向右平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到△A′B′C′（点A、B、C的对应点分别为A′、B′、C′），请在图中作出△A′B′C′；
（2）在（1）的条件下，连接AA′、CC′，求四边形AA′C′C的面积．

【考点】作图﹣平移变换．版权所有
【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）将四边形AA′C′C的面积转化为S△A'AC+S△A'C'C，再利用三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C′即为所求.
（2）四边形AA′C′C的面积为S△A'AC+S△A'C'C＝＝9．


34．（2023•蚌山区一模）如图，在平面直角坐标系中，三角形ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣3，﹣2），C（1，﹣2），若先将三角形ABC向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到三角形A1B1C1，请解答下列问题：
（1）写出点A1，B1，C1的坐标；
（2）在图中画出平移后的三角形A1B1C1；
（3）三角形A1B1C1的面积为 　 　．

【考点】作图﹣平移变换．版权所有
【分析】（1）利用平移变换的规律，写出坐标即可；
（2）根据点的坐标画出图形即可；
（3）利用三角形面积公式求解即可．
【解答】解：（1）A1（0，4），B1（﹣1，1），C1（3，1）；
（2）如图，△A1B1C1即为所求；

（3）三角形A1B1C1的面积＝×4×3＝6．
故答案为：6．
35．（2023•衡水模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝60°，将△BCD沿菱形ABCD的对角线BD由B向D方向平移得到△EFG，连接AE、DF．
（1）求证：AE＝DF；
（2）若四边形AEFD是矩形，求BE的长；
（3）当△ADE的外心在该三角形内部时，直接写出BE的取值范围．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）可证明四边形AEFD是平行四边形，进而得出结论；
（2）作EG⊥AB于G，可证得△ABE是等腰三角形，进一步得出结果；
（3）连接AC，作AD的垂直平分线MN，可推出△ABC是等边三角形，从而AB的垂直平分线过点C，当四边形AEFD是矩形时，AE的垂直平分线交AD的垂直平分线于BD上，进而得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵△EFG是由△BCD平移得来，
∴BC∥EF，BC＝EF，
∴AD∥EF，AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AE＝DF；
（2）如图1，
作EG⊥AB于G，
由（1）知：四边形AEFD时平行四边形，
∴当∠EAD＝90°时，四边形AEFD时平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝，AD∥BC，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝30°，
∴∠BAE＝∠BAD﹣∠ABC＝30°，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴AE＝BE，
∴BG＝AG＝AB＝2，
∴BE＝；
（3）解：如图2，
连接AC，作AD的垂直平分线MN，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB的垂直平分线过点C，
由（2）知：当四边形AEFD是矩形时，AE的垂直平分线交AD的垂直平分线于BD上，
∴当0＜BE＜时，△ADE的外心在△EFG的内部．
36．（2023•西青区一模）在平面直角坐标系中，O为原点，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE＝90°，DO＝DE＝3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B（4，2），点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D′O′E′，点D，O，E的对应点分别为D′，O′，E′．

（Ⅰ）如图1，当E′O′经过点A时，求点E′的坐标；
（Ⅱ）设OO′＝t，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
①如图②，当△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D′E′与AB相交于点M，E′O′分别与AB，BC交于点N，P，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②请直接写出满足的所有t的值．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（Ⅰ）由平移得：O′D′＝DO＝3，D′E′＝DE＝3，∠O′D′E′＝∠ODE＝90°，根据等腰直角三角形性质可得O′O＝OA＝2，再由OD′＝O′D′﹣O′O＝3﹣2＝1，即可得出点E′的坐标；
（Ⅱ）①根据S＝S矩形BCD′M﹣S△BPN，即可求得S＝﹣t2+4t﹣4，再结合题意列不等式组即可求得4＜t＜6；
②分五种情况讨论：当0＜t≤2时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为三角形，当2＜t＜3时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为四边形（梯形），当3≤t≤4时，重叠部分为梯形，当4＜t＜6时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形，当6≤t＜7时，重叠部分为矩形BCD′F，分别画出图形，结合图形建立方程求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）如图①，当E′O′经过点A时，

∵矩形ABCO的顶点B（4，2），
∴OA＝BC＝2，
由平移得：O′D′＝DO＝3，D′E′＝DE＝3，∠O′D′E′＝∠ODE＝90°，
∵△O′D′E′是等腰直角三角形，
∴∠E′O′D′＝45°，
∵∠O′OA＝90°，
∴△O′AO是等腰直角三角形，
∴O′O＝OA＝2，
∴OD′＝O′D′﹣O′O＝3﹣2＝1，
∴点E′的坐标为（﹣1，3）；
（Ⅱ）①如图②，当△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形时，

∵矩形ABCO中，AB＝OC＝4，BC＝OA＝2，∠B＝∠BCO＝90°，
∴四边形BCD′M是矩形，
设OO′＝t，则CP＝CO′＝t﹣4，
∴CD′＝O′D′﹣CO′＝3﹣（t﹣4）＝7﹣t，BP＝BC﹣CP＝2﹣（t﹣4）＝6﹣t，
∵∠O′PC＝∠BPN＝∠E′O′D′＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，
∴BN＝BP＝6﹣t，
∴S＝S矩形BCD′M﹣S△BPN＝BC•CD′﹣BP2＝2（7﹣t）﹣（6﹣t）2＝﹣t2+4t﹣4，
∵，
∴4＜t＜6；
②当0＜t≤2时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为三角形，如图，

重叠部分的面积为：S＝S△O′OF＝O′O2＝t2，
∵，
∴t2＝，
解得：t＝±，
∵0＜t≤2，
∴t＝±不符合题意，此时重叠部分面积不可能为；
当2＜t＜3时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为四边形（梯形），如图④，

则OD′＝3﹣t，OO′＝t，AL＝AG＝t﹣2，
∴S＝S△OLO′﹣S△ALG＝t2﹣（t﹣2）2＝2t﹣2，
∴2t﹣2＝，
解得：t＝，
∵2＜t＜3，
∴t＝符合题意；
当3≤t≤4时，重叠部分为梯形，S＝×32﹣×12＝4为定值，不能等于；
当4＜t＜6时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形，
由①知：S＝﹣t2+4t﹣4，
∴﹣t2+4t﹣4＝，
解得：t1＝3（舍去），t2＝5；
当6≤t＜7时，重叠部分为矩形BCD′F，如图⑤，

∵CD′＝7﹣t，
∴S＝S矩形BCD′F＝BC•CD′＝2（7﹣t），
当2（7﹣t）＝时，t＝＜6，不符合题意；
综上所述，满足的所有t的值为或5．
37．（2023•驿城区校级二模）在综合实践课上，辅导老师要求同学操作探究学具中蕴含的数学知识（△ABC的三个角为45°、45°、90°；△DEF的三个角为30°，60°，90°，EF＝4cm）．
（1）如图1，将一副三角尺按图摆放，等腰直角三角尺的直角边BC恰好垂直平分EF，且BC与DE相交于点P，求DP的长；
（2）如图2，在（1）的基础上，将△ACB绕点C顺时针旋转，使直角边BC经过点D，另一直角边AC与DE相交于点Q，求DQ的长；
（3）在（2）的条件下，将△ABC在边EF上平移，如图3，当点C是EF的三等分点时，直角边AC与DE相交于点G，请直接写出DG的长．

【考点】三角形综合题．版权所有
【分析】（1）解直角三角形求出DE，PE，可得结论；
（2）证明∠CDQ＝30°，求出CD，可得结论；
（3）如图3中，设EF的中点为T，AC交DT于点K．解直角三角形求出TK，DK，可得结论．
【解答】解：（1）如图1中，在Rt△EDF中，∠EDF＝90°，∠E＝30°，EF＝4，
∴DE＝EF•cos30°＝6，
∵BC垂直平分线线段EF，
∴EC＝CF＝2，
∴PE＝＝＝4，
∴PD＝DE﹣PE＝6﹣4＝2；
（2）如图2中，

∵∠EDF＝90°，EC＝CF，EF＝4，
∴CD＝EC＝CF＝EF＝2，
∴∠E＝∠CDQ＝30°，
∴DQ＝＝＝4；
（3）如图3中，设EF的中点为T，AC交DT于点K．

∵CF＝EF＝，ET＝TC＝2，
∴CT＝FT﹣CF＝2﹣＝，
∵∠CTK＝∠TED+∠TDE＝60°，∠CKT＝90°，
∴KT＝CT•cos60°＝，
∵DT＝EF＝2，
∴DK＝DT﹣TK＝2﹣＝，
∴DG＝＝＝．
38．（2023•南开区一模）已知，在平面直角坐标系内有四边形OABC，点A与点C分别在y轴与x轴上，其中∠OAB＝90°，且点B坐标为（10，8），OC＝16，y轴上有一点D，将△ADB沿BD折叠，点A的对应点E在x轴上．
（Ⅰ）如图1，求线段BC的长度和点D的坐标；
（Ⅱ）将四边形AOEB沿x轴向右平移，得到四边形A′O′E′B′，点A，O，E，B的对应点分别为A′，O′，E′，B′，当点E′到达点C时停止平移，设 OO'＝t，四边形A′O′E′B′与△BEC重叠部分的面积为S．
①如图2，当四边形A′O′E′B′与△BEC重叠部分的图形为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当3≤t≤11时，直接写出S的取值范围．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（Ⅰ）过B作BF⊥OC于F，可知四边形AOFB是矩形，得AB＝OF＝10，AO＝BF＝8，由OC＝16，有FC＝OC﹣OF＝6，在Rt△BFC中，BC＝＝10，根据将△ADB沿BD折叠，点A的对应点E在x轴上，得BE＝AB＝10，在Rt△BEF中，EF＝＝6，故OE＝OF﹣EF＝4，设OD＝x，有x2+42＝（8﹣x）2，可解得OD＝3，D（0，3）；
（Ⅱ）①设A'O'交BE于K，B'E'交BC于T，过T作TH⊥BB'于H，过B作BF⊥x轴于F，可得BE＝＝10＝BC，tan∠BEC＝tan∠BCE＝＝，由平移知OO'＝BB'＝EE'＝t，BE＝B'E'，BE∥B'E'，故四边形BEE'B'是平行四边形，有S平行四边形BEE'B'＝EE'•BF＝8t，在Rt△EO'K中，可得＝，KO'＝，故S△EO'K＝EO'•KO'＝，由＝，有TH＝，S△BB'T＝BB'•TH＝×t×＝，即得S＝S平行四边形BEE'B'﹣S△EO'K﹣S△BB'T＝﹣t2+t﹣，又OE＝4，OF＝10，可得4＜t＜10；
②当t＝3时，S＝24﹣3＝21；当t＝4时，S＝；当4＜t＜10时，S＝﹣t2+t﹣＝﹣（t﹣）2+，S最大为，当t＝10时，S＝；当t＝11时，设A'O'交BC于R，可求得S＝；从而可得当3≤t≤11时，S的取值范围是≤S≤．
【解答】解：（Ⅰ）过B作BF⊥OC于F，如图：

∵∠OAB＝90°＝∠AOB＝∠BFO，
∴四边形AOFB是矩形，
∴AO＝BF，AB＝OF，
∵B（10，8），
∴AB＝OF＝10，AO＝BF＝8，
∵OC＝16，
∴FC＝OC﹣OF＝6，
在Rt△BFC中，BC＝＝＝10，
∵将△ADB沿BD折叠，点A的对应点E在x轴上，
∴BE＝AB＝10，AD＝DE，
在Rt△BEF中，EF＝＝＝6，
∴OE＝OF﹣EF＝10﹣6＝4，
设OD＝x，则AD＝8﹣x＝DE，
在Rt△DOE中，OD2+OE2＝DE2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴OD＝3，
∴D（0，3）；
∴线段BC的长度是10，点D的坐标为（0，3）；
（Ⅱ）①设A'O'交BE于K，B'E'交BC于T，过T作TH⊥BB'于H，过B作BF⊥x轴于F，如图：

由（1）知BF＝8，EF＝CF＝6，OE＝4，
∴BE＝＝10＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴tan∠BEC＝tan∠BCE＝＝＝，
由平移可得，OO'＝BB'＝EE'＝t，BE＝B'E'，BE∥B'E'，
∴四边形BEE'B'是平行四边形，
∴S平行四边形BEE'B'＝EE'•BF＝8t，
∵OO'＝t，OE＝4，
∴EO'＝t﹣4，
在Rt△EO'K中，tan∠KEO'＝，
∴＝，
∴KO'＝，
∴S△EO'K＝EO'•KO'＝，
∵∠B'＝∠B'E'C＝∠BEC＝∠BCE＝∠B'BC，
∴BT＝B'T，tanB'＝tan∠BEC＝，
∴BH＝B'H＝BB'＝，
∴＝，
∴TH＝，
∴S△BB'T＝BB'•TH＝×t×＝，
∴S＝S平行四边形BEE'B'﹣S△EO'K﹣S△BB'T＝8t﹣﹣＝﹣t2+t﹣，
∵OE＝4，OF＝10，
∴4＜t＜10，
∴S＝﹣t2+t﹣（4＜t＜10）；
②当t＝3时，如图：

∴OO'＝EE'＝BB'＝3，
同①可得S平行四边形BEE'B'＝3×8＝24，TH＝B'H＝2，
∴S△BB'T＝×3×2＝3，
∴S＝24﹣3＝21；
当t＝4时，如图：

∴OO'＝EE'＝BB'＝4，
同理可得S平行四边形BEE'B'＝4×8＝32，TH＝B'H＝，
∴S△BB'T＝×4×＝，
∴S＝32﹣＝；
当4＜t＜10时，
S＝﹣t2+t﹣＝﹣（t﹣）2+，
∴当t＝时S最大为，
当t＝10时，如图：

∴OO'＝EE'＝BB'＝10，
同理可得S平行四边形BEE'B'＝10×8＝80，TH＝B'H＝，
∴S△BB'T＝×10×＝，S△A'EO'＝×6×8＝24，
∴S＝80﹣﹣24＝；
当t＝11时，设A'O'交BC于R，如图：

∴OO'＝EE'＝BB'＝11，
∴OE'＝OE+EE'＝4+11＝15，
∴O'E'＝OE'﹣OO'＝15﹣11＝4，
∴S梯形A'O'E'B'＝＝56，
∵B'H＝BB'＝，＝，
∴TH＝，
∴S△B'TH＝××＝，
∵A'B＝BB'﹣A'B'＝11﹣10＝1，
∴A'H＝BH﹣A'B＝﹣1＝，
∵＝，
∴A'R＝，
∴S梯形A'RTH＝＝，
∴S＝56﹣﹣＝；
∵＜21＜＜＜，
∴当3≤t≤11时，S的取值范围是≤S≤．
39．（2023•香洲区校级一模）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为EF．
（1）求证：△PDE≌△CDF；
（2）若CD＝4cm，sin∠DFE＝，求BC的长．

【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．版权所有
【分析】（1）根据ASA证明两个三角形全等即可；
（2）如图，过点E作EH⊥BC于H，由勾股定理计算FH＝3，设CF＝x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，列方程可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
由折叠得：AB＝PD，∠A＝∠P＝90°，∠B＝∠PDF＝90°，
∴PD＝CD，
∵∠PDF＝∠ADC，
∴∠PDE＝∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
，
∴△PDE≌△CDF（ASA）；
（2）解：如图，过点E作EH⊥BC于H，
∴∠EHF＝90°，EH＝CD＝4，
在Rt△EGF中，∵sin∠DFE＝，
∴根据折叠得sin∠DFE＝sin∠EFH＝，
∴＝，
∴EF＝5，
FH＝＝3，
设CF＝x，
由（1）知：PE＝AE＝BH＝x，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
由折叠得：∠BFE＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝x+3，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，
∴x2+42＝（x+3）2，
∴x＝，
∴BC＝2x+3＝+3＝（cm）．

40．（2023•工业园区一模）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点A、C分别落在BD上的点E、F处，折痕分别为BG、DH．
（1）求证：四边形BGDH是平行四边形；
（2）已知AB＝6，BC＝8，求四边形BGDH的周长．

【考点】翻折变换（折叠问题）；平行四边形的判定与性质；矩形的性质．版权所有
【分析】（1）由矩形和折叠的性质可得，GD∥BH，∠ABD＝∠CDB，，，则∠GBD＝∠HDB，BG∥DH，进而结论得证；
（2）在Rt△ABD中，由勾股定理得，BD＝10，由折叠的性质可得BE＝AB＝6，GE＝AG，∠DEG＝90°，则DE＝BD﹣BE＝4，设GD＝x，则GE＝AG＝8﹣x，在Rt△GDE中，由勾股定理得DE2＝GD2﹣GE2，即42＝x2﹣（8﹣x）2，求x的值，进而可得AG的值，在Rt△ABG中，由勾股定理得求BG的值，然后计算平行四边形的周长即可．
【解答】（1）证明：由矩形和折叠的性质可得，GD∥BH，∠ABD＝∠CDB，，，
∴∠GBD＝∠HDB，
∴BG∥DH，
∴四边形BGDH是平行四边形；
（2）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得，BD＝10，
由折叠的性质可得BE＝AB＝6，GE＝AG，∠DEG＝90°，
∴DE＝BD﹣BE＝4，
设GD＝x，则GE＝AG＝8﹣x，
在Rt△GDE中，由勾股定理得DE2＝GD2﹣GE2，即42＝x2﹣（8﹣x）2，
解得x＝5，
∴AG＝3，
在Rt△ABG中，由勾股定理得，
∵，
∴平行四边形BGDH的周长为．
41．（2023•灞桥区校级三模）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）将△ABC向上平移3个单位后，再向右平移2个单位得到△A1B1C1，再作△A1B1C1关于x轴对称的△A2B2C2，请画出△A2B2C2并直接写出点A2的坐标．
（2）则△A2B2C2的周长为 　 　．

【考点】作图﹣轴对称变换；作图﹣平移变换．版权所有
【分析】（1）将点A、B、C分别向上平移3个单位后，再向右平移2个单位得到对应点，再顺次连接可得；分别作出点A、B、C关于x轴的对称点，再顺次连接可得；
（2）根据勾股定理求得各边长度，相加即可得．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1，△A2B2C2即为所求；点A2的坐标为（﹣1，﹣6）；

（2）△A2B2C2的周长＝，
故答案为：．
42．（2023•武进区一模）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠后，使得点D落在点H的位置上，点C恰好落在边AD上的点G处，连接CF．
（1）判断四边形GECF的形状，并说明理由；
（2）若CD＝4，GD＝8，求四边形GECF的面积及折痕EF的长．

【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质．版权所有
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠GFE＝∠FEC，根据折叠性质可知GE＝CE，CF＝GF，∠FEC＝∠GEF，根据等量代换得∠GFE＝∠GEF，再根据等角对等边即可证明GE＝HF＝CE＝CF得到四边形GECF是菱形；
（2）如图所示，过点F作FM⊥BC于M，则四边形FMCD是矩形，FM＝CD＝4，CM＝DF；设GF长为x，则DF长为8﹣x，在Rt△FDC中，由勾股定理得，（8﹣x）2+42＝x2解得x＝5，则CE＝GF＝5，CM＝DF＝3，即可得到EM＝2，S菱形GECF＝20，则．
【解答】解：（1）四边形GECF是菱形，理由如下：
∵矩形纸片ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠GFE＝∠FEC，
由折叠的性质可得GE＝CE，CF＝GF，∠FEC＝∠GEF，
∴∠GFE＝∠GEF，
∴GE＝GF，
∴GE＝HF＝CE＝CF，
∴四边形GECF是菱形．
（2）如图所示，过点F作FM⊥BC于M，则四边形FMCD是矩形，

∴FM＝CD＝4，CM＝DF；
设GF长为x，则DF长为8﹣x，
在Rt△FDC中，由勾股定理得CF2＝CD2+DF2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴CE＝GF＝5，CM＝DF＝3，
∴EM＝2，S菱形GECF＝CE⋅FM＝5×4＝20，
∴．
43．（2023•雁塔区校级模拟）问题探究：
（1）如图1，等腰直角△ABC，∠BAC＝90°，点D是△ABC内的一点，且AD＝CD，BD＝BA．过点D作AC的垂线l，以l为对称轴，作△ABD关于l的轴对称图形△CED，连接BE．求∠DBC的度数．
问题解决：
（2）如图2，有一个三角形空地ABC．经测量，AC＝500米，∠B＝45°，∠ACB＝30°，现要在△ABC的边AC右侧扩建三角形区域ADC，DH⊥AC，垂足为H，且满足∠ADC＝45°，．请利用所学知识，求四边形ABCD的面积．

【考点】作图﹣轴对称变换；中心对称；相似三角形的性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形．版权所有
【分析】（1）证明四边形ABEC是正方形，进而推出△DBE是等边三角形，得到∠EBD＝60°，进而求出∠DBA＝∠ABE﹣∠DBE＝30°，即可得解；
（2）分别以AD，DC为对称轴，作△AHD，△CHD关于AD，DC的轴对称三角形△ADE，△CDG，延长EA，GC交于点F，证明四边形DEFG是正方形，设DH＝DE＝DG＝a，在Rt△AFC中，AF2+FC2＝AC2，得出x＝600，则DH＝600，根据三角形面积公式求得S△ADC，过点A作AK⊥BC于点K，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解，进而求得四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CBA＝45°，∠CAB＝90°，AB＝AC，
∵△ABD和△CED关于直线l对称，
∴AB⊥AC，CE⊥AC，AB＝CE，DB＝DE，
∴AB∥CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
又AB＝AC，
∴四边形ABEC是菱形，
又∠CAB＝90°，
∴四边形ABEC是正方形，
∴BE＝AB＝BD＝DE，∠ABE＝90°，
∴△DBE是等边三角形，
∴∠EBD＝60°，
∴∠DBA＝∠ABE﹣∠DBE＝30°，
∴∠DBC＝45°﹣30°＝15°；
（2）如图所示，分别以AD，DC为对称轴，作△AHD，△CHD关于AD，DC的轴对称三角形△ADE，△CDG，延长EA，GC交于点F，

∴∠2＝∠3，∠1＝∠4，DE＝DG＝DH，
∵DH⊥AC，
∴∠E＝∠G＝90°，
∵∠ADC＝45°，
∴∠EDG＝∠1+∠2+∠3+∠4＝2∠ADC＝90°，
∴四边形DEFG是矩形，
又DE＝DG，
∴四边形DEFG是正方形，
设DH＝DE＝DG＝a，
∵，AC＝500，
则AF＝a﹣AE＝a﹣300，FC＝a﹣CG＝a﹣200，
在Rt△AFC中，AF2+FC2＝AC2，
即（a﹣300）2+（a﹣200）2＝5002，
解得：a＝600（负值舍去），
∴DH＝600，
∴，
过点A作AK⊥BC于点K，
∵∠B＝45°，∠ACB＝30°，AC＝500，
∴，，
∴，
∴，
所以四边形ABCD的面积为：150000+31250+31250＝（31250+181250）平方米．
44．（2023•覃塘区一模）在数学实践活动中，将一张平行四边形纸片ABCD进行折叠（如图1、2所示），折痕为AE，点E在BC边上，点B落在点F处．
（1）如图1，若点F恰好落在AD边上，求证：四边形ABEF是菱形；
（2）如图2，若点E是BC边的中点，且AE＝AB＝9，BC＝12，求CF的长．

【考点】翻折变换（折叠问题）；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质．版权所有
【分析】（1）根据折叠的性质得到AE＝AB，EF＝EB，∠FAE＝BAE，根据平行四边形的性质得到AD∥BC，根据平行的性质得到∠FAE＝∠AEB，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）如图2，连接BF交AE于H，根据折叠的性质得到CF∥AE，CF＝2HE，设HE＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵将一张平行四边形纸片ABCD进行折叠，
∴AE＝AB，EF＝EB，∠FAE＝BAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵点E在BC边上，点B落在点F处，
∴AF∥BE，
∴∠FAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝EB，
∴AB＝EB＝EF＝AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：如图2，连接BF交AE于H，
∵将一张平行四边形纸片ABCD进行折叠，
∴CF∥AE，CF＝2HE，
设HE＝x，
∵AE＝AB＝9，
∴AH＝9﹣x，
∵BC＝12，
∴BE＝BC＝6，
∵AB2﹣AH2＝BH2＝BE2﹣HE2，
∴92﹣（9﹣x）2＝62﹣x2，
解得x＝2，
∴CF＝4．

45．（2023•佳木斯一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（0，3），B（3，4），C（2，2），将△ABC向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到△A1B1C1．
（1）画出△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出将△A1B1C1绕点O按逆时针方向旋转90°后的图形△A2B2C2；
（3）求△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积．

【考点】作图﹣旋转变换；扇形面积的计算；作图﹣平移变换．版权所有
【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案．
（2）根据旋转的性质作图即可．
（3）△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积可以表示为，利用扇形面积公式和三角形面积公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求.
点C1的坐标为（﹣1，﹣2）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
（3）由图可得，△A2B2C2为等腰直角三角形，，，
∴△A1B1C1在旋转过程中扫过的面积为＝＝．

46．（2023•东莞市一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，D是BC边上的一点，以A为旋转中心，把AD逆时针旋转90°到AE，连接CE．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）若∠BAD＝22.5°时，求BD的长．

【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．版权所有
【分析】（1）由旋转的性质可得AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE；
（2）由等腰直角三角形的性质可得BH＝BD，即可求解．
【解答】（1）证明：∵以A为旋转中心，把AD逆时针旋转90°到AE，
∴AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：如图，过点D作DH⊥BD交AB于H，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，
∴∠ABD＝∠ACB＝45°，
∵DH⊥BC，
∴∠ABC＝∠BHD＝45°，
∴BD＝DH，
∴BH＝BD，
∵∠BHD＝∠BAD+∠ADH，∠BAD＝22.5°，
∴∠BAD＝∠ADH＝22.5°，
∴AH＝HD，
∴AB＝BD+BD＝1，
∴BD＝﹣1．

47．（2023•长春一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，．点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向终点B匀速运动，过点P作PD⊥AB交折线AC﹣CB于点D，连结BD，将△DBP绕点D逆时针旋转90°得到△DEF．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）AC＝　 　．
（2）用含t的代数式表示线段PD的长．
（3）当点E落在AB边上时，求t的值．
（4）当△DEF与△ABC重叠部分为三角形时，直接写出t的取值范围．

【考点】几何变换综合题．版权所有
【分析】（1）在△ACB中，sinA＝＝，可得BC＝3，再利用勾股定理求出AC；
（2）分两种情形：如图1﹣1中，当点D在线段AC上时，如图1﹣2中，当点D在线段BC上时，分别求出PD即可；
（3）如图2中，当点E落在AB上时，PD＝PB＝2t，根据AP+PB＝5，构建方程求解即可；
（4）当E或F在△ABC内部时，△DEF与△ABC重叠部分为三角形，求出几个特殊位置的t的值，可得结论．
【解答】解：（1）在△ACB中，∠C＝90°，AB＝5，
∴sinA＝＝，
∴BC＝3，
∴AC＝＝＝4．
故答案为：4；
（2）如图1﹣1中，当点D在线段AC上时，0＜t≤，

∵AP＝2t，
∴tanA＝＝，
∴PD＝t．
如图1﹣2中，当点D在线段BC上时，＜t≤．

∵tanB＝＝，
∴PD＝（5﹣2t），
综上所述，PD＝；

（3）如图2中，当点E落在AB上时，PD＝PB＝t，

∵AP+PB＝5，
∴2t+t＝5，
解得t＝，
∴t＝时，点E落在AB上；
（4）如图3中，当点F落在AC边上时，CD+BD＝3，

∴×（5﹣2t）+（5﹣2t）＝3，
解得，t＝．
观察图象可知当＜t＜时，点F落在△ABC内部．
综合（3）（4）可知，当E或F在△ABC内部时，△DEF与△ABC重叠部分为三角形，
当点D与C重合时，2t＝4×，
解得t＝，
∴满足条件的t的值为：≤t≤或≤t＜．
48．（2023•市中区一模）（1）①如图1，等腰△ABC（BC为底）与等腰△ADE（DE为底），∠BAC＝∠DAE，则BD与CE的数量关系为 　 　；
②如图2，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，则sin∠DAC＝　 　；
（2）如图3，在（1）②的条件下，点E在线段CD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，使∠EAF＝∠DAC，连接CF．当AE＝3时，求CF的长度；
（3）如图4，矩形ABCD中，若AB＝2，AD＝6，点E在线段CD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连结CF，AE的中点为G，CF的中点为H，若GH＝，直接写出DE的长．

【考点】几何变换综合题．版权所有
【分析】（1）①证明△BAD≌△CAE（SAS），由全等三角形的性质得出BD＝CE；
②由勾股股定理求出AC＝5，由正弦的定义可得出答案；
（2）连结EF，延长AD至M，使得AM＝AC，连结MC，证明△AFC≌△AEM（SAS），由全等三角形的性质得出CF＝ME，由勾股定理求出ME的长，则可得出答案；
（3）连接CG，并延长交BA的延长线于M，连接MF，证明△AMG≌△ECG（AAS），由全等三角形的性质得出MG＝CG，AM＝CE，由三角形中位线定理得出MF＝2GH＝2，得出∠BAC＝60°，AC＝2AB＝4，延长AB至N，使AB＝BN，连接NF，过点F作FP⊥AN于点P，设AN＝NF＝x，由勾股定理求出x，则可得出答案．
【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE．
故答案为：BD＝CE；
②矩形ABCD中，AB＝CD＝3，AD＝4，
∴AC＝＝5，
∴sin∠DAC＝，
故答案为：；
（2）连结EF，延长AD至M，使得AM＝AC，连结MC，

∵将AE绕点A顺时针旋转得到AF，
∴AE＝AF，
又∵∠DAC＝∠EAF，
∴∠CAF＝∠EAM，
∴△AFC≌△AEM（SAS），
∴CF＝ME，
在Rt△ADE中，AE＝3，AD＝4，
∴DM＝AM﹣AD＝1，DE＝＝，
∴ME＝＝，
∴CF＝；
（3）4﹣4．
连接CG，并延长交BA的延长线于M，连接MF，

∵AB∥CE，G为AE的中点，
∴∠AMG＝∠ECG，∠MAG＝∠ECG，AE＝EG，
∴△AMG≌△ECG（AAS），
∴MG＝CG，AM＝CE，
∵H是CF的中点，GH＝，
∴GH是△CMF的中位线，
∴MF＝2GH＝2，
∵矩形ABCD中，AB＝2，DC＝AD＝6，
∴∠BAC＝60°，AC＝2AB＝4，
延长AB至N，使AB＝BN，连接NF，
∴AN＝AC，∠NAC＝∠EAF＝60°，
同（1）①可知△ANF≌△ACE，
∴NF＝CE，∠ANF＝∠ACE＝60°，
∵AN＝AC，∠NAC＝60°，
∴∠ANC＝60°，
∴∠ANC＝∠ANF，
∴点N，F，C三点共线，
过点F作FP⊥AN于点P，
设AN＝NF＝x，
在Rt△PNF中，∠N＝60°，NF＝x，
∴PN＝x，PF＝x，
在Rt△MPF中，PF2+MP2＝MF2，MP＝MA+AN+PN＝4+，MF＝2，
∴，
解得x＝4﹣2（负值舍去），
∴NF＝CE＝4﹣2，
∴DE＝CD﹣CE＝2﹣（4﹣2）＝4﹣4．
49．（2023•沈河区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝AD，AF⊥CD于点F，交BD于点E，∠ABD＝2∠BDC．
（1）判断线段AE与BC的关系，并说明理由；
（2）若∠BDC＝30°，求∠ACD的度数；
（3）如图2，在（2）的条件下，线段BD与AC交于点O，点G是△BCE内一点，∠CGE＝90°，GE＝3，将△CGE绕着点C逆时针旋转60°得△CMH，E点对应点为M，G点的对应点为H，且点O，G，H在一条直线上直接写出OG+OH的值．

【考点】几何变换综合题．版权所有
【分析】（1）连接CE，可证得BC∥AF，进而得出DE＝BE，运用直角三角形性质可得CE＝DE，进而得出∠ECD＝∠BDC，推出∠ABD＝∠BEC，由平行线的判定定理可得AB∥CE，根据平行四边形的判定和性质可得AE＝BC，AE∥BC．
（2）根据已知条件可得出△BCE是等边三角形，BC＝CE，∠BCE＝60°，进而可得四边形ABCE是菱形，利用菱形性质可得∠ACB＝∠BCE＝30°，再由∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB，即可求得答案；
（3）由旋转变换的性质可得：CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，得出△CGH是等边三角形，∠CHG＝60°，进而可得四边形BHCO是圆内接四边形，得出∠COH＝∠CBH，过点C作CL⊥OH于点L，可证得△COL∽△CBH，利用相似三角形性质和解直角三角形可得＝＝sin∠CHG＝sin60°＝，即OL＝BH＝，根据等边三角形性质可得GH＝2GL，推出OG+OH＝OG+OG+2GL＝2（OG+GL）＝2OL，即可求得答案．
【解答】解：（1）AE＝BC，AE∥BC．理由如下：
如图1，连接CE，

∵AC＝AD，AF⊥CD，
∴CF＝FD，∠AFD＝90°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠AFD，
∴BC∥AF，
∴＝＝1，
∴DE＝BE，
∵∠BCD＝90°，
∴CE＝DE，
∴∠ECD＝∠BDC，
∵∠BEC＝∠ECD+∠BDC，
∴∠BEC＝2∠BDC，
∵∠ABD＝2∠BDC，
∴∠ABD＝∠BEC，
∴AB∥CE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴AE＝BC，AE∥BC．
（2）∵∠BDC＝30°，∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝60°，
∵CE＝BE＝DE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∵四边形ABCE是平行四边形，
∴四边形ABCE是菱形，
∴∠ACB＝∠BCE＝30°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ACB＝90°﹣30°＝60°；
（3）∵将△CGE绕着点C逆时针旋转60°得△CMH，
∴CH＝CG，CM＝CE，∠GCH＝∠ECM＝60°，
∴△CGH是等边三角形，
∴∠CHG＝60°，
由（2）知：△BCE是等边三角形，
∴CB＝CE，∠ECB＝60°，
∴CE与CB重合，点M与点B重合，
∴BH＝EG＝3，∠CHB＝∠CGE＝90°，
∵四边形ABCE是菱形，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BOC+∠CHB＝90°+90°＝180°，
∴四边形BHCO是圆内接四边形，
∴∠COH＝∠CBH，
如图2，过点C作CL⊥OH于点L，
则∠CLO＝90°＝∠CHB，

∴△COL∽△CBH，
∴＝＝sin∠CHG＝sin60°＝，
∴OL＝BH＝×3＝，
∵△CGH是等边三角形，CL⊥OH，
∴GH＝2GL，
∵OH＝OG+GH＝OG+2GL，
∴OG+OH＝OG+OG+2GL＝2（OG+GL）＝2OL，
∴OG+OH＝2×＝3．
50．（2023•苏州一模）如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D是AB上一动点，连接CD，以CD为边向CD的右侧作等边三角形CDE，连接AE．

（1）【尝试初探】
如图1，当点D在线段AB上运动时，AC，DE相交于点F，在运动过程中发现有两个三角形始终保持全等，请你找出这对全等三角形，并说明理由．
（2）【深入探究】
如图2，当点D在线段AB上运动时，延长ED，交CB的延长线于点H，随着D点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当AD＝2BD时，求tan∠DHC的值．
（3）【拓展延伸】
如图3，当点D在BA的延长线上运动时，CD，AE相交于点F，设△ADF的面积为S1，△CEF的面积为S2，当S2＝4S1时，求BD的长．
【考点】几何变换综合题．版权所有
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS即可证明△BCD≌△ACE；
（2）过点D作DG⊥BC于D点G，由（1）可说明AE∥CH，从而得出△ADE∽△BDH，进而解决问题；
（3）过点C作CH⊥AB于点H，由（1）同理得△BCD≌△ACE，再说明△AFD∽△CFE，得，设BD＝x，则AD＝BD﹣AB＝x﹣3，在Rt△CDH中，运用勾股定理列方程即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，△BCD≌△ACE，理由如下：
∵△ABC与△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB﹣∠ACD＝∠DCE﹣∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）如图2，过点D作DG⊥BC于D点G，

∵△ABC是边长为3的等边三角形，AD＝2BD，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，BD＝1，AD＝2，
∵DG⊥BC，
∴BG＝，
DG＝BG＝，
由（1）得，△BCD≌△ACE，
∴AE＝BD＝1，∠CAE＝∠CBA＝60°，
∴∠CAE＝∠ACB，
∴AE∥CH，
∴△ADE∽△BDH，
∴，
∵AD＝2BD，AE＝1，
∴，
∴BH＝，
∴GH＝BH+BG＝1，
∵DG⊥BC，
∴tan∠DHC＝；
（3）如图3，过点C作CH⊥AB于点H，
∵△ABC与△CDE都是等边三角形，
∴BC＝AC，DC＝EC，
∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD与△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠BDC＝∠AEC，
又∵∠AFD＝∠CFE，
∴△AFD∽△CFE，
∴，
∵S2＝4S1，
∴CE＝2AD，
设BD＝x，
则AD＝BD﹣AB＝x﹣3，
CD＝CE＝2（x﹣3）＝2x﹣6，
∵CH⊥AB，△ABC是边长为3的等边三角形，
∴AH＝，
CH＝AH＝，
∴DH＝AH+AD＝，
∵CH⊥AB，
∴CH2+DH2＝CD2，
即（）＝（2x﹣6）2，
解得x＝，
∵点D在BA的延长线上，
∴BD＞AB，
∴x＞3，
∴x＝，
即BD＝．











【中考命题猜想4】圆的问题
【考纲解读】
在中考数学中，圆的试题不再是考查学生综合能力的压轴题，更多的是出现在选择、填空等客观性试题中，或者位置靠前的解答题中．
【命题形式】
“圆”的中考命题将立足于圆的基本性质、切线的判定及性质等知识的理解，圆的有关计算和常见推理方法的掌握，更加趋于基础性、开放性和大众化的特点．
【满分技巧】
一、四点共圆：模块一：辅助圆思想
平面几何中有很多题目的背景中并没有出现圆，但是如果能够适当添加辅助圆，能让题目解起来变得十分简单，因此，辅助圆思想是学习四点共圆的基础．

几何条件：．
辅助圆：以O为圆心、OA为半径作圆．
∵，∴点B、C在上．

几何条件：,．
辅助圆：以O为圆心、OC为半径作圆．
∵，，∴点A、D在上．
模块二：四点共圆的判定（一）
判定定理①（常用）：如图，若，则A、B、C、D四点共圆.

特别地，若，则BC为直径.
判定定理②（常用）：如图，若，则A、B、C、D四点共圆.

特别地，若，则为直径.
判定定理③：（相交弦定理的逆定理）如图，若，则、、、四点共圆.

判定定理④：（割线定理的逆定理）如图，若，则、、、四点共圆.

二、证明切线的7种方法：证明一条直线是圆的切线的方法及辅助线的作法
1、 连半径、证垂直：当直线和圆有一个公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径,简称“连半径，证垂直”
2、 作垂直,证半径：当直线和圆的公共点没有明确时，可以过圆心作直线的垂线,再证圆心到直线的距离等于半径,简称“作垂直，证半径”
类型一、有公共点：连半径，证垂直
方法1、勾股定理逆定理法证垂直
方法2、特殊角计算法证垂直
方法3、等角代换法证垂直
方法4、平行线性质法证垂直
方法5 全等三角形法证垂直
类型二、无公共点:做垂直，证半径
方法6 角平分线的性质法证半径
方法7 全等三角形法证半径
【题目练习】
一．选择题（共10小题）
1．（2023•长安区四模）如图，等边三角形ABC的顶点B、C在⊙O上，A在⊙O内，OD⊥AC于D点，⊙O的半径为，，则等边三角形的边长AB为（　　）

A．6 B． C．3 D．4
【考点】垂径定理；等边三角形的性质；勾股定理．版权所有
【分析】连接OA，OB，OC，先证明△ABO≌△ACO，得∠BAO＝∠CAO＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理可得AD和CD的长，从而得AB的长．
【解答】解：连接OA，OB，OC，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵OB＝OC，OA＝OA，
∴△ABO≌△ACO（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO＝∠BAC＝×60°＝30°，
∴OA＝2OD，
∵，
∴OA＝，
∴AD＝＝＝，
在Rt△ODC中，∵OC＝，
由勾股定理得：CD＝＝＝，
∴AB＝AC＝AD+CD＝+＝4．
故选：D．

2．（2023•长安区一模）如图，AB、AC是⊙O的两条弦，OE⊥AC，OF⊥AB，垂足分别E、F，若∠EOF＝55°，则∠BOC的度数等于（　　）

A．125° B．120° C．115° D．110°
【考点】圆心角、弧、弦的关系；三角形内角和定理．版权所有
【分析】如图设OF交AC于点J．证明∠CAB＝∠EOF＝55°，可得结论．
【解答】解：如图，设OF交AC于点J．

∵OE⊥AC，OF⊥AB，
∴∠OEJ＝∠AFJ＝90°，
∵∠OJE＝∠AJF，
∴∠EOF＝∠FAJ＝55°，
∴∠BOC＝2∠CAB＝110°，
故选：D．
3．（2023•韩城市一模）如图，已知⊙O的半径为6，弦AB的长为8，P是AB延长线上一点，连接OA、OP，，则BP的长为（　　）

A． B．1 C．2 D．
【考点】圆周角定理；解直角三角形；勾股定理；垂径定理．版权所有
【分析】作OM⊥AB于M，由垂径定理可得AM的长，再根据勾股定理得OM的长，然后由正切的定义可得PM长，利用线段的和差关系可得答案．
【解答】解：作OM⊥AB于M，如图所示：
∴AM＝BM＝AB＝4，
∴OM＝＝2，
∵tan∠OPA＝＝，
∴PM＝6，
∴BP＝PM﹣BM＝6﹣4＝2，
故选：C．
4．（2023•高新区校级模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是（　　）

A．20° B．30° C．40° D．45°
【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．版权所有
【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
故选：B．
5．（2023•碑林区校级模拟）如图，△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，点D在⊙O上，连接CD、DB，CD与AB交于点E，若DB＝DE，则∠DCB的度数为（　　）

A．20° B．25° C．27° D．35°
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理．版权所有
【分析】由直角三角形的性质求出∠A的度数，由圆周角定理得到∠D的度数，由等腰三角形的性质求出∠DEB的度数，由三角形外角的性质即可求出∠DCB的度数．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝40°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝50°，
∴∠D＝∠A＝50°，
∵DB＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB＝×（180°﹣50）＝65°，
∵∠DEB＝∠ECB+∠EBC，
∴∠DCB＝∠DEB﹣∠EBC＝65°﹣40°＝25°，
故选：B．
6．（2023•义乌市校级模拟）如图是小李上学用的自行车，型号是24英寸（车轮的直径为24英寸，1英寸＝2.54厘米），为了防止在下雨天骑车时的泥水溅到身上，他想在自行车两轮的阴影部分两侧装上挡水的铁皮（两个阴影部分分别是以C、D为圆心的两个扇形），量出四边形ABCD中∠DAB＝125°、∠ABC＝115°安装时向车轮外延伸2.52厘米，那么预计需要的铁皮面积约是（　　）

A．1141平方厘米 B．2281平方厘米
C．3752平方厘米 D．4000平方厘米
【考点】扇形面积的计算；圆周角定理．版权所有
【分析】求出挡水铁皮的半径，再根据四边形的内角和求出∠C+∠D的和，由扇形面积公式进行计算即可．
【解答】解：挡水铁皮的半径为2.54×+2.52＝33（厘米），
∠C+∠D＝360°﹣125°﹣115°＝120°，
∴需要铁皮的面积为×2≈2281（平方厘米），
故选：B．
7．（2023•杏花岭区校级模拟）如图，已知AB为⊙O的直径，点C，E在⊙O上，且∠AEC＝30°，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点D，连接BC．若，则弦BC的长为（　　）

A．3 B． C．2 D．3
【考点】切线的性质；圆周角定理．版权所有
【分析】连接OC、AC，根据切线的性质及圆周角定理求出，∠ACB＝90°，∠OCD＝90°，∠ABC＝30°，根据角的和差及直角三角形的性质、等腰 三角形的性质求出∠BAC＝60°，∠ACO＝∠BAC＝60°，∠ACD＝30°，根据三角形外角性质求出∠D＝30°＝∠ACD，进而得到AD＝AC＝，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，连接OC、AC，

∵CD是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，
∴OC⊥CD，∠ACB＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∵∠AEC＝∠ABC，∠AEC＝30°，
∴∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠BAC＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∵∠BAC＝∠D+∠ACD，
∴∠D＝30°＝∠ACD，
∴AD＝AC，
∵AD＝，
∴AC＝，
∴AB＝2AC＝2，
∴BC＝＝3，
故选：A．
8．（2023•浠水县一模）如图，用一个圆心角为θ的扇形纸片围成一个底面半径为2，侧面积为8π的圆锥体，则该扇形的圆心角θ得大小为（　　）

A．90° B．120° C．150° D．180°
【考点】圆锥的计算；展开图折叠成几何体；扇形面积的计算．版权所有
【分析】根据圆锥侧面积计算公式进行求解即可．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，
∴，
∴，
∵π×2×l＝8π，
∴，
∴θ＝180°，
故选：D．
9．（2023•沈阳一模）如图，正方形ABCD的边长为6，以BC为直径在正方形内部画半圆，连接对角线AC，则阴影部分的面积是（　　）

A．9 B．6 C．3 D．12
【考点】扇形面积的计算；正方形的性质．版权所有
【分析】设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE＝CE，得到弓形BE的面积＝弓形CE的面积，则S阴影＝S△ABE＝S△ABC＝×6×＝9．
【解答】解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCE＝45°，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE＝45°，
∴∠EOC＝90°，
∴OE垂直平分BC，
∴BE＝CE，
∴弓形BE的面积＝弓形CE的面积，
∴S阴影＝S△ABE＝S△ABC＝×6×＝9．
故选：A．

10．（2023•镇海区校级模拟）如图，⊙O是等腰Rt△ABC的外接圆，D为弧 上一点，P为△ABD的内心，过P作PE⊥AB，垂足为E，若 ，则BE﹣AE的值为（　　）

A．4 B． C．2 D．
【考点】三角形的内切圆与内心；角平分线的性质；等腰直角三角形；三角形的外接圆与外心．版权所有
【分析】作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，可以证明△CDA≌△CKB，得到CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，推出△DCK是等腰直角三角形，得到DK＝CD＝×2＝4，由P是△ADB的内心，推出BE﹣AE＝BD﹣AD＝DK＝4．
【解答】解：作PM⊥AD于M，PN⊥BD于N，连接PA，在DB上截取BK＝AD，连接CK，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
∵∠DAC＝∠CBK，
∴△CDA≌△CKB（SAS），
∴CD＝CK，∠DCA＝∠KCB，
∵∠KCB+∠ACK＝90°，
∴∠DCA+∠ACK＝90°，
∴△DCK是等腰直角三角形，
∴DK＝CD＝×2＝4，
∵P是△ADB的内心，
∴PM＝PN＝PE，
∵∠MDN＝∠ACB＝90°，
∴四边形PMDN是正方形，
∴DM＝DN，
∵PA＝PA，PM＝PN，
∴Rt△PMA≌Rt△PEA（HL），
∴AM＝AE，
同理：BN＝BE，
∴BE﹣AE＝BN﹣AM＝（BN+DN）﹣（AM+DM）＝BD﹣AD，
∵BD﹣AD＝BD﹣BN＝DK＝4，
∴BE﹣AE＝4．
故选：A．




二．填空题（共10小题）
11．（2023•崂山区一模）如图，圆内接正六边形ABCDEF，以顶点D为圆心，以DF长为半径画，若AB＝2，则的长为 　 　．（结果保留π）

【考点】正多边形和圆．版权所有
【分析】连接AE、AC，根据正六边形的性质求出AE，∠EAC的度数，再利用弧长公式可得答案．
【解答】解：连接AE、AC，
∵四边形ABCDEF是正六边形，
∴∠F＝∠FAB＝∠ABC＝120°，AF＝FE，AB＝BC，
∴∠FAE＝∠BAC＝30°，
∴∠EAC＝60°，AE＝2
∴的长度＝的长度为＝，
故答案为：．
12．（2023•绥化一模）如图，正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为2，正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，正六边形A3B3C3D3E3F3的外接圆与正六边形A2B2C2D2E2F2的各边相切……按这样的规律进行下去，A10B10C10D10E10F10的边长为 　 　．

【考点】正多边形和圆；规律型：图形的变化类；切线的性质．版权所有
【分析】连接OE1，OD1，OD2，如图，根据正六边形的性质得∠E1OD1＝60°，则△E1OD1为等边三角形，再根据切线的性质得OD2⊥E1D1，于是可得OD2＝E1D1＝×2，利用正六边形的边长等于它的半径得到正六边形A2B2C2D2E2F2的边长＝×2，同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长＝（）2×2，依此规律可得正六边形A10B10C10D10E10F10的边长＝（）9×2，然后化简即可．
【解答】解：连接OE1，OD1，OD2，如图，
∵六边形A1B1C1D1E1F1为正六边形，
∴∠E1OD1＝60°，
∴△E1OD1为等边三角形，
∵正六边形A2B2C2D2E2F2的外接圆与正六边形A1B1C1D1E1F1的各边相切，
∴OD2⊥E1D1，
∴OD2＝E1D1＝×2，
∴正六边形A2B2C2D2E2F2的边长＝×2，
同理可得正六边形A3B3C3D3E3F3的边长＝（）2×2，
则正六边形A10B10C10D10E10F10的边长＝（）9×2＝．
故答案为：．
13．（2023•蜀山区一模）《梦溪笔谈》是北宋的沈括所著的笔记体综合性科学著作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，弧AB是以点O为圆心，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，D在弧AB上，且CD⊥AB．“会圆术”给出弧AB的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，∠AOB＝90°时，s＝　 　．

【考点】垂径定理的应用；弧长的计算；线段垂直平分线的性质；勾股定理．版权所有
【分析】根据垂径定理，勾股定理以及直角三角形的边角关系求出AB，CD，再代入计算即可．
【解答】解：如图，连接OC，由题意可知点O、C、D在同一条直线上，
∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，
∴AB＝OA＝2，
∵OC⊥AB，OA＝OB＝2，
∴OC＝AC＝OA＝，
∴s＝AB+
＝2+
＝3．
故答案为：3．

14．（2023•武进区一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC边上一点，以AB为直径在正方形内作半圆O，将△DCE沿DE翻折，点C刚好落在半圆O的点F处，则CF的长为 　 　．

【考点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；正方形的性质；垂径定理．版权所有
【分析】连接DO，OF，首先根据SSS定理，可以判定△DAO≌△DFO，从而可以得到∠DFO的度数，再根据折叠的性质可知∠DFE＝90°，从而可以得到点O、F、E三点共线，然后根据勾股定理，即可求得CE的长，再根据折叠的性质，可得DC⊥CF，利用解直角三角形，即可求解．
【解答】解：如图：连接DO，OF，DE与CF相交于点G，

∵四边形ABCD是正方形，将△DCE沿DE翻折得到△DEF，
∴DC＝DA，DC＝DF，DE垂直平分CF，
∴DA＝DF，
在△DAO与△DFO中，
．
∴△DAO≌△DFO（SSS），
∴∠A＝∠DFO，
∵∠A＝90°，
∴∠DFO＝90°，
又∵∠DFE＝∠C＝90°，
∴∠DFO＝∠DFE＝90°，
∴点O、F、E三点共线，
设CE＝EF＝x，则OE＝OF+EF＝1+x，BE＝2﹣x，OB＝1，
∵∠OBE＝90°，
∴∠OB2+BE2＝OE2，
∴12+（2﹣x）2＝（1+x）2，
解得，
即，
∵DE垂直平分CF，
∴CF＝2CG，∠DGC＝90°，
∵∠DCB＝90°，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
15．（2023•龙港市一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连结CE，若∠BAD＝110°，则∠DCE＝　 　度．

【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．版权所有
【分析】由∠DAB+∠DCB＝180°，再结合圆周角定理，即可计算∠DCE的大小．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BAD＝110°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝180°﹣110°＝70°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠DCE+∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DCB＝90°﹣70°＝20°．
故答案为：20．
16．（2023•慈溪市一模）如图，在▱OABC中，以O为圆心，OC为半径的圆切AB于点B，F是圆上一动点，作直线AF交⊙O于另一点E，当EF＝BC时，∠BAF的度数为 　 　．

【考点】切线的性质；平行四边形的性质；圆周角定理．版权所有
【分析】如图，当AF在OA的上方，连接OE，OF，OB，过O作OH⊥EF于H，根据全等三角形的判定定理得到△OEF≌△OBC（SSS），根据切线的性质得到OB⊥AB，根据平行线的性质得到OB⊥OA，根据等腰直角三角形的性质得到∠C＝∠OAB＝∠OBC＝45°，求得∠E＝∠EFO＝45°，求得∠OAH＝30°，求得∠BAF＝45°+30°＝75°，当AF在OA的下方时，同理可得∠BAF＝45°﹣30°＝15°，于是得到结论．
【解答】解：如图，当AF在OA的上方，连接OE，OF，OB，过O作OH⊥EF于H，
∵OE＝OF＝OB＝OC，EF＝BC，
∴△OEF≌△OBC（SSS），
∴∠C＝∠OBC＝∠E＝∠OFE，
∵OC为半径的圆切AB于点B，
∴OB⊥AB，
∵四边形ABCO是平行四边形，
OA∥BC，
∴OB⊥OA，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠C＝∠OAB＝∠OBC＝45°，
∴∠E＝∠EFO＝45°，
∴OH＝EF，
∵OA＝BC＝EF，
∴OH＝OA，
∴∠OAH＝30°，
∴∠BAF＝45°+30°＝75°，
当AF在OA的下方时，同理可得∠BAF＝45°﹣30°＝15°，
综上所述，∠BAF的度数为 75°或15°，
故答案为：75°或15°．

17．（2023•江油市模拟）如图，点I为△ABC的内心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接CD，EI，IC，当AI＝2CD，IC＝6，ID＝5时，cos∠AIE＝　 　．

【考点】三角形的内切圆与内心；解直角三角形；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．版权所有
【分析】延长ID到M，使DM＝ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
【解答】解：延长ID到M，使DM＝ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC＝∠IAB，∠ICA＝∠ICB，
∵∠DIC＝∠IAC+∠ICA，∠DCI＝∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC＝∠DCI，
∴DI＝DC＝DM，
∴∠ICM＝90°，
∴CM＝＝8，
∵AI＝2CD＝10，
∴AI＝IM，
∵AE＝EC，
∴IE是△ACM的中位线，
∴IE＝CM＝4，TM∥CM，
∴∠ATE＝∠M，
∴cos∠AIE＝cosM＝＝＝，
故答案为：．

18．（2023•城关区一模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝60°，以直角边AC为直径的⊙O交AB于点D，则所对圆心角的大小是 　 　，若BD＝3，则的长为 　 　．

【考点】弧长的计算；含30度角的直角三角形；圆周角定理．版权所有
【分析】根据等腰三角形的性质求出∠COD即可求得∠COD；通过解直角三角形求出AC，进而得到半径，根据弧长公式即可求得结论．
【解答】解：连接OD．
∵∠ACB＝90°，∠B＝60°，
∴∠A＝30°，

∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO＝30°，
∴∠COD＝2∠A＝60°，
∴所对圆心角为60°，
连接CD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴∠BCD＝30°，
∴BC＝2BD＝2×3＝6，
∵tanA＝，
∴AC＝＝6，
∴AO＝3，
∴的长为＝π．
故答案为：60°，π．

19．（2021•福建模拟）如图所示，在矩形ABCD中，扇形ABE的弧AE与扇形CDF的弧CF相切于点O，且点在矩形的中心上．若AB＝，则图中阴影部分的面积是　 　．

【考点】相切两圆的性质；扇形面积的计算；矩形的性质．版权所有
【分析】连接BD，根据扇形ABE的弧AE与扇形CDF的弧CF相切于点O，得到点B、O、D三点在同一条直线上，BD＝2AB＝2，由勾股定理得到AD＝＝，根据矩形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接BD，
∵扇形ABE的弧AE与扇形CDF的弧CF相切于点O，
∴点B、O、D三点在同一条直线上，BD＝2AB＝2，
∴AD＝＝，
∴图中阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣S扇形ABE﹣S扇形CDF＝×﹣＝2﹣π，
故答案为：2﹣π．


20．（2023•白塔区校级一模）在直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝12，AC＝9，D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则CE长的最小值是 　 ．

【考点】点与圆的位置关系；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；圆周角定理．版权所有
【分析】连接AE，如图1，根据圆周角定理，由AD为直径得到∠AED＝90°，接着由∠AEB＝90°得到点E在以AB为直径的⊙O上，于是当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中利用勾股定理计算出OC＝3，从而得到CE的最小值为3﹣6．
【解答】解：连接AE，如图1，
∵∠BAC＝90°，AB＝12，AC＝9，BC＝15，
∵AD为直径，
∴∠AED＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴点E在以AB为直径的⊙O上，
∵⊙O的半径为6，
∴当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，
在Rt△AOC中，∵OA＝6，AC＝9，
∴OC＝＝3，
∴CE＝OC﹣OE＝3﹣6，
即线段CE长度的最小值为3﹣6．
故答案为：3﹣6．


三．解答题（共15小题）
21．（2023•碑林区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，切线DE交AC于点E．
（1）求证：DE＝AE；
（2）若AD＝8，DE＝5，求BC的长度．

【考点】切线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．版权所有
【分析】（1）连接OD，证明∠ADE+∠ODB＝90°，∠A+∠DBO＝∠A+∠ODB＝90°即可解决问题；
（2）连接CD，根据切线长定理可得DE＝EC，则AC＝10，根据圆周角定理可得∠BDC＝90°，由勾股定理可求出CD长为6，设BD＝x，则AB＝8+x，在Rt△BDC中，BC2＝x2+62，在Rt△ABC中，BC2＝（8+x）2﹣102，则x2+62＝（8+x）2﹣102，解方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵DE为⊙O的切线，
∴∠ODE＝90°，
∴∠ADE+∠ODB＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠DBO＝90°，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠DBO，
∴∠A+∠DBO＝∠A+∠ODB＝90°，
∴∠A＝∠ADE，
∴AE＝DE；
（2）解：如图，连接CD，

由（1）知，AE＝DE，
∵BC为⊙O的直径，∠ACB＝90°，
∴EC是⊙O的切线，∠BDC＝90°，
∵DE为⊙O的切线，
∴DE＝EC，
∴AE＝EC，
∵DE＝5，
∴AC＝AE+EC＝10，
∵∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝90°，
在Rt△ADC中，AD＝8，AC＝10，
∴CD＝＝＝6，
设BD＝x，则AB＝AD+BD＝8+x，
在Rt△BDC中，BC2＝BD2+CD2，即BC2＝x2+62，
在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2，即BC2＝（8+x）2﹣102，
∴x2+62＝（8+x）2﹣102，
解得：x＝，
∴BC＝＝＝．
22．（2023•韩城市一模）如图，AB、CD是⊙O中两条互相垂直的直径，垂足为O，E为上一点，连接AE交CD于点M，过点E作⊙O的切线，分别交DC、AB的延长线于F、G．
（1）求证：EF＝MF；
（2）若⊙O的半径为6，FE＝8，求AM的长．

【考点】切线的性质；圆周角定理．版权所有
【分析】（1）连接OE，由直角三角形的性质得出∠A+∠AMO＝90°，根据∠OEA+∠FEM＝90°，进而可得出结论；
（2）根据勾股定理可得出结论．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，
∵CD⊥AB，∠COA＝90°，∠A+∠AMO＝90°，
∵EF是⊙O的切线，
∴∠OEF＝90°，即∠OEA+∠FEM＝90°，
∵OA＝OE，
∴∠A＝∠OEA，
∴∠AMO＝∠FEM，
又∵∠AMO＝∠FME，
∴∠FEM＝∠FME，
∴FE＝FM；
（2）解：由（1）知∠OEF＝90°，
∵OE＝6，FE＝8，
∴，
由（1）知FE＝FM，
∴FM＝FE＝8，
∴OM＝OF﹣FM＝2，
∴在Rt△AOM中，，
即AM的长为 ．
23．（2023•寻乌县一模）如图，AB是⊙O的弦，D为OA半径的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交⊙O于点F，且CE＝CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接AF，BF，求∠ABF的度数；
（3）若CD＝15，BE＝10，，求⊙O的半径．

【考点】切线的判定与性质；解直角三角形；线段垂直平分线的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．版权所有
【分析】（1）连接OB，由圆的半径相等和已知条件证明∠OBC＝90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）连接OF，AF，BF，首先证明△OAF是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半即可求出∠ABF的度数；
（3）过点C作CG⊥BE于点G，求出x的值，然后由相似三角形的性质及勾股定理进而求出⊙O的半径．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵CE＝CB，OB＝OA，
∴∠CEB＝∠ABC，∠A＝∠OBA，
又∵CD⊥OA，
∴∠A+∠AED＝∠A+∠CEB＝90°，
∴∠OBA+∠ABC＝90°，
∴OB⊥BC，
∵OB是半径，
∴BC是⊙O的切线；

（2）解：连接OF，
∵CD⊥OADA＝DO，
∴AF＝OF，
又∵OA＝OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴∠AOF＝60°，
∴；

（3）解：过点C作CG⊥BE于点G，由CE＝CB，
∴，
又Rt△ADE～Rt△CGE，
∴，
∴
∴，
又CD＝15，CE＝13，
∴DE＝2，
由Rt△ADE～Rt△CGE得，
∴AD＝，
即，
∴⊙O的半径为．

24．（2023•靖江市模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的⊙O与AB相切于点D，AE⊥BO交BO延长线于点E．
（1）求证：∠EOA＝∠EAB．
（2）若，，求OC的长．

【考点】切线的性质；勾股定理；垂径定理．版权所有
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到AB⊥OD，推出BO为∠ABC的角平分线，得到∠ABE＝∠OBC，由三角形内角和定理，对顶角的性质即可证明；
（2）由勾股定理求出AO的长，由△AEO∽△BEA求出BE的长，得到OB的长，由△BOC∽△AOE，即可求出OC的长．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵⊙O与AB相切于点D，
∴AB⊥OD，
∵∠C＝90°，
∴BC⊥OC，
∵OC＝OD，
∴BO为∠ABC的平分线，
∴∠ABE＝∠OBC，
∵AE⊥BO，
∴∠E＝90°，
∴∠C＝∠E，
∴∠BOC＝∠BAE，
∵∠AOE＝∠BOC，
∴∠AOE＝∠BAE．
（2）解：∵OE＝，AE＝2，∠E＝90°，
∴OA＝＝5，
∵∠AOE＝∠BAE，∠AEO＝∠AEB，
∴△AEO∽△BEA，
∴AE：BE＝OE：AE，
∴2：BE＝：2，
∴BE＝4，
∴OB＝BE﹣OE＝3，
∵∠C＝∠E，∠BOC＝∠AOE，
∴△BOC∽△AOE，
∴BO：AO＝OC：OE，
∴3：5＝OC：，
∴OC＝3．

25．（2023•宝应县一模）如图，DE是⊙O的直径，过D作⊙O的切线AD，AE交⊙O于点B，点C是AD的中点，四边形BCOE是平行四边形．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）已知⊙O的半径为1，求图中弧BD、AD、AB所围成的阴影部分的面积．

【考点】切线的判定与性质；扇形面积的计算；平行四边形的性质；圆周角定理．版权所有
【分析】（1）连接OB，由平行四边形的性质得BC∥OE，BC＝OE，则BC∥OD，BC＝OD，由AD与⊙O相切于点D，得∠OBC＝90°，则四边形OBCD是矩形，所以∠OBC＝90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）连接BD，则∠DBE＝∠ABD＝90°，可证明四边形OBCD是正方形，则BC＝DC＝OB＝1，∠BOD＝∠BCD＝90°，再证明∠A＝∠ADB＝45°，则∠CBA＝∠A＝45°，所以AC＝BC＝1，可求得S阴影＝S正方形OBCD+S△ABC﹣S扇形BOD＝﹣．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵DE是⊙的直径，
∴点O在DE上，OE＝OD，
∵四边形BCOE是平行四边形，
∴BC∥OE，BC＝OE，
∴BC∥OD，BC＝OD，
∴四边形OBCD是平行四边形，
∵AD与⊙O相切于点D，
∴∠OBC＝90°，
∴四边形OBCD是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BC⊥OB，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：连接BD，则∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝180°﹣∠DBE＝90°，
∵四边形OBCD是矩形，OB＝OD，
∴四边形OBCD是正方形，
∴BC＝DC＝OB＝1，∠BOD＝∠BCD＝90°，
∴∠ADB＝∠CBD＝45°，
∴∠A＝∠ADB＝45°，
∵∠ACB＝∠ADE＝90°，
∴∠CBA＝∠A＝45°，
∴AC＝BC＝1，
∴S阴影＝S正方形OBCD+S△ABC﹣S扇形BOD，＝1×1+×1×1﹣＝﹣，
∴阴影部分的面积为﹣．
26．（2023•泰山区一模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，延长CD至点E．
（1）若AB＝AC，求证：AD平分∠BDE；
（2）若BC＝4，⊙O的半径为6，求cos∠BAC．

【考点】圆周角定理；解直角三角形．版权所有
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠ABC＝∠ADE，再利用等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，然后利用同弧所对的圆周角相等可得∠ADB＝∠ACB，从而可得∠ADB＝∠ADE，即可解答；
（2）连接CO并延长交⊙O于点F，连接BF，根据直径所对的圆周角是直角可得∠CBF＝90°，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理可求出BF的长，从而求出cos∠BFC的值，最后根据同弧所对的圆周角相等可得∠BAC＝∠BFC，即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADE，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠ADE，
∴AD平分∠BDE；
（2）解：连接CO并延长交⊙O于点F，连接BF，

∵CF是⊙O的直径，
∴∠CBF＝90°，
在Rt△BCF中，BC＝4，CF＝12，
∴BF＝＝＝8，
∴cos∠BFC＝＝＝，
∵∠BAC＝∠BFC，
∴，
∴cos∠BAC的值为．
27．（2023•长安区四模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以BC为直径的⊙O交AC于点E，⊙O的切线DE交AB于点D．
（1）求证：DA＝DB；
（2）连接BE，OD，交点为F，若cos A＝，BC＝6，求OF的长．

【考点】切线的性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理．版权所有
【分析】（1）连接OE，如图，先证明AB为⊙O的切线，所以根据切线长定理得到DE＝DB，则OD垂直平分BE，再根据圆周角定理得到∠BEC＝90°，则可判断OD∥AC，然后利用平行线分线段成比例定理得到AD＝BD；
（2）先利用等角的余角相等得到∠CBE＝∠A，则cos∠CBE＝cosA＝，再在Rt△OFB中利用余弦的定义求出BF＝，然后利用勾股定理可计算出OF的长．
【解答】（1）证明：连接OE，如图，
∵∠ABC＝90°，
∴BC⊥AB，
∵BC为直径，
∴AB为⊙O的切线，
∵DE为⊙O的切线，
∴DE＝DB，
∵OB＝OE，
∴OD垂直平分BE，
∵BC为直径，
∴∠BEC＝90°，
∴BE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴AD：BD＝CO：BO＝1：1，
∴AD＝BD；
（2）解：∵∠A+∠C＝90°，∠CBE+∠C＝90°，
∴∠CBE＝∠A，
∴cos∠CBE＝cosA＝，
∵BC＝6，
∴OB＝3，
在Rt△OFB中，∵cos∠OBF＝＝，
∴BF＝×3＝，
∴OF＝＝＝．

28．（2023•青山区模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，E为弦CD的中点．
​（1）求证：∠BOD＝2∠BAC；
（2）若CD＝AC＝4，求阴影部分的面积．

【考点】扇形面积的计算；垂径定理；圆周角定理．版权所有
【分析】（1）连接AD，首先利用垂径定理得＝，知∠CAB＝∠BAD，再利用同弧所对的圆心角等于圆周角的一半可得结论；
（2）根据扇形AOC的面积减去△AOC的面积，即可求解．
【解答】（1）证明：如图，连接AD，
∵AB是⊙O的直径，E为弦CD的中点，
∴＝，
∴∠CAB＝∠BAD，
∵∠BOD＝2∠BAD，
∴∠BOD＝2∠BAC；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，E为弦CD的中点，
∴AB⊥CD，
∴AB是CD的垂直平分线，
∴AC＝AD，
∵CD＝AC＝4，
∴CD＝AC＝AD＝4，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°，S△ACD＝＝4，
∴∠AOC＝120°，
∴S扇形AOC＝＝，
∴S阴影＝S扇形AOC﹣S△AOC＝﹣＝．

29．（2023•河北区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD平分∠ACB交⊙O于点D，∠ABC＝30°．
（Ⅰ）如图①，若点E是弧BD的中点，求∠BAE的大小；
（Ⅱ）如图②，过点D作⊙O的切线，交CA的延长线于点F，若DG∥CF交A于点G，AB＝8，求AF的长．

【考点】切线的性质；平行四边形的判定与性质；圆周角定理．版权所有
【分析】（Ⅰ）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD＝45°，根据圆周角定理即可得到结论；
（Ⅱ）连接OD，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD＝45°，推出四边形AGDF是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AF＝DG，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB交⊙O于点D，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵点E是弧BD的中点，
∴，
∴，
故∠BAE的大小为22.5°；
（Ⅱ）连接OD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB交⊙O于点D，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠AOD＝∠BOD＝90°，
∴OD⊥AB，
∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∴DF∥AB，
∵DG∥CF
∴四边形AGDF是平行四边形，
∴AF＝DG，
∵∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵AF∥DG，
∴∠DGA＝∠CAB＝60°，
∵AB＝8，
∴OD＝4，
∴DG＝，
∴AF＝DG＝，
故AF的长为．
30．（2023•道外区一模）已知AB为⊙O的直径，点D为弧BC的中点，弦BC与弦AD交于点E．

（1）如图1，求证：∠BED+∠BAD＝90°；
（2）如图2，过点D作DH⊥AB于点H，交弦BC于点G，连接OG，求证：GO平分∠HGC；
（3）如图3，在（2）的条件下，DH延长线交⊙O于点T，连接TC交OG、AD于点N、Q，连接NH，若NH＝5，TC＝22，求ON的长．
【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CBD，则可得出结论；
（2）连接OC，OD，设OD与BC交于点K，证明△ODH≌△OBH（AAS），由全等三角形的性质得出OH＝OK，由角平分线的性质可得出结论；
（3）连接CD，BD，OT，延长TC至点R，使得CR＝CD，由三角形中位线定理求出CD＝10，延长TC至点R，使得CR＝CD＝10，连接DR．设CQ＝x，得出10+x＝22﹣x，求出CQ＝6，解直角三角形可得出答案．
【解答】（1）证明：如图1，连接BD

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵点D为弧BC的中点，
∴，
∴∠BAD＝∠CBD，
∵∠BED+∠CBD＝90°，
∴∠BED+∠BAD＝90°；
（2）证明：如图2，连接OC，OD，设OD与BC交于点K，

∵点D为弧BC的中点，
∴，
∴∠COD＝∠BOD，
又∵OC＝OB，
∴OD⊥BC于点K，
∵DH⊥AB于点H，
∴∠OHD＝∠OKB＝90°，
又∵OD＝OB，∠DOH＝∠BOK，
∴△ODH≌△OBH（AAS），
∴OH＝OK，
又∵OH⊥DH于点H，OK⊥BC于点K，
∴GO平分∠HGC；
（3）解：如图3，连接CD，BD，OT，延长TC至点R，使得CR＝CD，

∵AB为⊙O的直径，DH⊥AB于点H，DH延长线交⊙O于点T，
∴，DH＝HT，
∵，
∴，
∴∠GCT＝∠CTD，
∴GC＝GT，
由（2）知GO平分∠HGC，
∴GN是△CGT的中线，即CN＝NT，
∴NH为△TCD中位线，
∵NH＝5，
∴CD＝2NH＝10，
∵，
∴∠GCT＝∠CBD，
∴CT∥BD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠CQD＝∠ADB＝90°，
即DQ⊥RT
延长TC至点R，使得CR＝CD＝10，连接DR．
∴，
∵∠DCB＝∠BCT＝∠CTD，
∴∠R＝∠RTD，
∴DR＝DT，
∵DQ⊥RT，
∴RQ＝TQ，
设CQ＝x，
∴10+x＝22﹣x，
∴x＝6，
∴CQ＝6，
在Rt△CQD中，∠CQD＝90°，
∴，
在Rt△RQD中∠RQD＝90°，
∴tanR＝，
在Rt△ADB中∠ADB＝90°，DB＝CD＝10，∠A＝∠R，
∴AD＝＝20，
∴，
即⊙O的半径为，
在Rt△ONT中∠ONT＝90°，，，
∴．
31．（2023•武汉模拟）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，BC与AD相交于点F．
（1）求证：DE＝DB；
（2）若∠ACB＝60°，AB＝3，BD＝2，求的值．

【考点】三角形的内切圆与内心；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．版权所有
【分析】（1）先判断出∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，再用三角形的外角的性质判断出∠DBE＝∠BED，即可得出结论；
（2）先判断出△BDE是等边三角形，得出DE＝BD＝2，进而得出DH＝，再根据勾股定理得出BH＝3，AH＝3，进而求出AD＝AH+DH＝3+，再判断出△DBF∽△DAB，求出BF，最后判断出△ACF∽△BDF，即可求出答案．
【解答】（1）证明：如图，连接BE，
∵点E是⊙O的内心，
∴AE是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠CAD＝∠CBD，
∵点E是⊙O的内心，
∴BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠DBE＝∠CBD+∠CBE＝∠CAD+∠ABE＝∠BAD+∠ABE＝∠BED，
∴DE＝DB；
（2）由（1）知，DE＝DB，
∵∠ACB＝60°，
∴∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD＝2，
如图，过点B作BH⊥AD于H，

则DH＝DE＝，
在Rt△BHD中，根据勾股定理得，BH＝＝＝3，
在Rt△AHB中，根据勾股定理得，AH＝＝＝3，
∴AD＝AH+DH＝3+，
∵∠ADB＝∠BDF，∠DBF＝∠DAB，
∴△DBF∽△DAB，
∴，
∴BF＝＝＝，
∵∠ACF＝∠BDF，∠CAF＝∠DBF，
∴△ACF∽△BDF，
∴，
∴＝＝．
32．（2023•南昌模拟）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在斜边AB上，满足CD＝BC，点O在边AC上，以点O为圆心，OD为半径画圆，交边AC于E点，若⊙O刚好过点A．

（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）如图2，若E是边AC的三等分点，且AE＞EC，AC＝6cm．
①求B，E两点间的距离；
②求图中阴影部分的面积．
【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）如图1，连接OD，根据等腰三角形的性质推出∠A＝∠ADO，∠B＝∠BDC，根据直角三角形的性质及平角的定义推出∠ODC＝90°，根据切线的判定定理即可得解；
（2）如图2，连接OD、BE，
①根据题意及圆的性质求出AO＝OE＝OD＝EC＝2cm，解直角三角形求出∠OCD＝30°，根据勾股定理求解即可；
②根据三角形的内角和定理求出∠COD＝60°，根据图中阴影部分的面积＝S△OCD﹣S扇形ODE求解即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∵BC＝CD，
∴∠B＝∠BDC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝900，
∴∠ADO+∠BDC＝90°
∴∠ODC＝180°﹣90°＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接OD、BE，

①∵E是边AC的三等分点，且AE＞EC，
∴
∵，
∴AO＝OE＝OD＝EC，
∵AC＝6cm，
∴，
又∠ODC＝90°，
∴∠OCD＝30°
∴．
∵BC＝CD，
∴，
在Rt△BCE中，；
②在Rt△ODC中，∠ODC＝90°，∠OCD＝30°，
∴∠COD＝60°，
∴．
33．（2023•香坊区一模）已知，AB为⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，点A为弧CD的中点．

（1）如图1，求证：AB⊥CD；
（2）如图2，点F为弧BC上一点，连接BF，BD，∠FBA＝2∠DBA，过点C作CG∥AB交BF于点G，求证：．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DF交OE于点L，连接LG，若FG＝4，，求线段LF的长．
【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）连接OC，OD，利用等弧所对的圆心角相等得∠AOC＝∠AOD，再根据等腰三角形三线合一即可证明结论；
（2）由（1）可得∠AOC＝∠AOD＝2∠DBA，进而证明OC∥BG，证明四边形OBGC是平行四边形即可；
（3）连接OC，OD，BC，OG，过G作GM⊥OB于M，过O作OK⊥DF于K，设∠ABC＝α，则∠ABD＝α，∠AOC＝∠AOD＝2α，∠DCB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣α，证明平行四边形OBGC是菱形，四边形CEMG是矩形，得出GM＝CE＝DE，再证明△DEL≌△GMO（ASA），得DL＝OG，∠DLE＝∠GOM，进而证得四边形DLGO是平行四边形，设GM＝x，则LM＝3x＝BM，则LM＝3x＝BM，利用勾股定理求得OM＝2，GM＝2，OG＝4，再利用cos∠GOM＝cos∠FLB，可得答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，OD，

∵点A为的中点，
∴，
∴∠AOC＝∠AOD，
∵OC＝OD，
∴AB⊥CD；
（2）证明，如图，连接OC，OD，BC，则∠AOC＝∠AOD＝2∠DBA，

∴∠FBA＝2∠DBA，
∴∠FBA＝∠AOC，
∴OC∥BG，
∵CG∥AB，
∴四边形OBGC是平行四边形，
∴CG＝OB，
又∵OB＝，
∴CG＝；
（3）解：如图，连接OC，OD，BC，OG，过G作GM⊥OB于M，过O作OK⊥DF于K，则DK＝FK，

设∠ABC＝α，则∠ABD＝α，∠AOC＝∠AOD＝2α，∠DCB＝90°﹣∠ABC＝90°﹣α，
∴∠F＝∠DCB＝90°﹣α，
∵∠FBA＝2∠DBA＝2α，
∴∠BLF＝180°﹣∠FBA﹣∠F＝90°﹣α，
∴∠BLF＝∠F，
∴BL＝BF，
∵OB＝OC，
∴平行四边形OBGC是菱形，
∴OB＝BG，
∴BL﹣OB＝BF﹣BG，
则LO＝FG＝4，
∵CG∥AB，
∴∠CGM＝∠GME＝∠CEM＝90°，
∴四边形CEMG是矩形，
∴GM＝CE＝DE，
∵OB＝BG，∠GBO＝2α，
∴∠GOB＝＝90°﹣α，
∴∠OGM＝90°﹣∠GOB＝α，
∵∠CDF＝∠CBF＝∠FBA﹣∠ABC＝α，
∴∠OGM＝∠CDF，
在△DEL与△GMO中，
，
∴△DEL≌△GMO（ASA），
∴DL＝OG，∠DLE＝∠GOM，
即∠FLO＝∠DLE＝∠GOM，
∴DL∥OG，
∴四边形DLGO是平行四边形，
∴LG＝OD，LG∥OD，∠GLO＝∠DOL＝2α，
∴GL＝GB，
∵tan∠GLB＝，
设GM＝x，则LM＝3x＝BM，
∴GL＝，
即GL＝DO＝BG＝OB＝4x，
∴OM＝OB＝BM＝x，则LO＝LM﹣OM＝2x，
∴2x＝4，
∴x＝2，
∴OM＝2，GM＝2，则OG＝，
∴LD＝OG＝4，
∵∠GOM＝∠FLB＝90°﹣α，
∴cos∠GOM＝cos∠FLB，
∴，
即，
∴LK＝，
∴FK＝DK＝LD+LK＝4+，
∴LF＝LK+KF＝6．

34．（2023•邯郸模拟）问题背景：
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．（无需证明）
（1）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．
（2）应用：
请利用（1）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∠DPC＝∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．
（3）拓展：
在（2）的条件下，当0≤t≤4时，直接写出点C在边BD上所走的总路程d＝　 　．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】问题背景：证明△APD∽△BCP，可得结论；
（1）证明△ADP∽△BPC，即可得证；
（2）过点D作DE⊥AB于点E，利用勾股定理求出DE的长，根据切线的性质，得到DC＝DE，进而求出BC的长，由（1）可知AD⋅BC＝AP⋅BP，列式求解即可；
（3）根据AD⋅BC＝AP⋅BP，得到BC关于t的二次函数，推出C点从B点出发，当t＝3时，达到最大值，此时点C运动的总路程为，接着C点向点B返回，求出返回的路程，两个路程和即为所求．
【解答】解：问题背景：∵∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，
∴∠APD+∠CPB＝90°，∠CPB+∠PCB＝90°，
∴∠APD＝∠PCB，
∴△APD∽△BCP，
∴＝，
∴AD•BC＝AP•BP．
（1）结论依然成立；理由如下：
∵∠BPD＝∠DPC+∠BPC，∠BPD＝∠A+∠ADP，
∴∠DPC+∠BPC＝∠A+∠ADP．
∵∠DPC＝∠A＝∠B＝θ，
∴∠BPC＝∠ADP，
∴△ADP∽△BPC，
∴，
∴AD•BC＝AP•BP；
（2）过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD＝BD＝5，AB＝6，
∴AE＝BE＝3．
∴；
∵以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切．
∴DC＝DE＝4，
∴BC＝5﹣4＝1，
∵AD＝BD，
∴∠A＝∠B，
∴∠DPC＝∠A＝∠B，
同法（1）可知：AD•BC＝AP•BP，
设点P的运动时间为t（秒），则：AP＝t，BP＝AB﹣AP＝6﹣t，
∴5×1＝t（6﹣t），
解得：t1＝1，t2＝5；
即：当P运动1秒或5秒时，以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切；
（3）解：设点P的运动时间为t（秒），则：AP＝t，BP＝AB﹣AP＝6﹣t，
∵AD⋅BC＝AP⋅BP，
∴5BC＝t（6﹣t），
∴；
∵，对称轴为t＝3，
∴当0≤t≤4时，BC的值先增大，再减小，
即：C点从B点出发，当t＝3时，达到最大值，此时点C运动的总路程为，接着C点向点B返回，
当t＝4时：，
即第3秒到第4秒，C向B移动了：，
∴当0≤t≤4时，点C在边BD上所走的总路程；
故答案为：2．
35．（2023•海曙区一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图①，在四边形ABCD中，若S△ABC＝S△ADC，则四边形ABCD为倍分四边形，AC为四边形ABCD的倍分线．
（1）判断：若是真命题请在括号内打√，若是假命题请在括号内打×．
①平行四边形是倍分四边形． 　 　
②梯形是倍分四边形． 　 　
（2）如图①，倍分四边形ABCD中，AC是倍分线，若AC⊥AB，AB＝3，AD＝DC＝5，求BC；
（3）如图②，△ABC中BA＝BC，以BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点N、M，已知四边形BCMN是倍分四边形．
①求sin C；
②连结BM，CN交于点D，取OC中点F，连结MF交NC于E（如图③），若OF＝3，求DE．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，可判断①是真命题；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，可判断②是假命题；
（2）过D作DE⊥AC于E，根据AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，可得DE＝AB＝3，故AE＝＝4，AC＝2AE＝8，故BC＝＝；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，由BA＝BC，得AM＝CM，故S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，可知倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S△BCN＝S△MCN，而∠ANC＝90°，AM＝CM，有MN＝AM＝CM＝AC，从而＝，知OM⊥CN，NH＝CH，设OH＝m，由S△BCN＝S△MCN，有MH＝BN＝2m，可得OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，根据勾股定理可得BM＝2m，即得sin∠ACB＝＝；
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，由F为OC的中点，得OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，则BM＝BC•sin∠ACB＝4，CM＝＝4，证明△BDN≌△MDH（AAS），得DM＝BD＝BM＝2，故CD＝＝6，而DP是△MBF的中位线，可得DP＝BF＝，DP∥BC，故△DPE∽△CFE，即得DE＝CD＝×6＝．
【解答】解：（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，故平行四边形是倍分四边形，①是真命题；
故答案为：√；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，故梯形不是倍分四边形，②是假命题；
故答案为：×；
（2）过D作DE⊥AC于E，如图：

∵AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，
∴AB•AC＝DE•AC，
∴DE＝AB＝3，
在Rt△ADE中，
AE＝＝＝4，
∵AD＝DC，DE⊥AC，
∴AC＝2AE＝8，
在Rt△ABC中，
BC＝＝＝，
∴BC的长为；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，如图：

∵BC为⊙O的直径，
∴∠BNC＝∠BMC＝90°，
∵BA＝BC，
∴AM＝CM，
∴S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，
∴倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S△BCN＝S△MCN，
∵∠ANC＝180°﹣∠BNC＝90°，AM＝CM，
∴MN＝AM＝CM＝AC，
∴＝，
∴OM⊥CN，NH＝CH，
设OH＝m，则BN＝2m，
∵S△BCN＝S△MCN，
∴BN•CN＝MH•CN，
∴MH＝BN＝2m，
∴OM＝OH+MH＝3m，
∴OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，
在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝8m2，
在Rt△CMH中，CM＝＝＝2m，
在Rt△BMC中，BM＝＝＝2m，
∴sin∠ACB＝＝＝；
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，如图：

∵F为OC的中点，
∴OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，
在Rt△BCM中，BM＝BC•sin∠ACB＝12×＝4，
∴CM＝＝＝4，
由①知，BN＝MH，
∵∠BND＝∠MHD＝90°，∠BND＝∠MDH，
∴△BDN≌△MDH（AAS），
∴DM＝BD＝BM＝2，
∴CD＝＝＝6，
∵P为MF的中点，
∴DP是△MBF的中位线，
∴DP＝BF＝，DP∥BC，
∴△DPE∽△CFE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CD＝×6＝．

【中考命题猜想5】特殊四边形问题
【考纲解读】
1．了解：多边形的概念，平行四边形的相关概念，多边形的内角和与外角和定理；矩形、菱形、正方形的概念及其之间的相互关系.
2．理解：多边形的内角和定理，平行四边形的性质与判定；矩形、菱形、正方形及梯形的性质与判定定理.
3．会：求一个多边形的内角和；用判定定理方法证明一个四边形是平行四边形（特殊的平行四边形）；会从边、角、对角线方面通过合情推理提出性质猜想，并用演绎推理加以证明.
4．掌握：多边形的外角和定理，平行四边形的性质定理与判定定理；矩形、菱形、正方形及梯形的性质与判定定理.
5．能：用多边形的外角和定理来解决相关问题；能运用平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形的性质解决相关线段或角的问题；熟练运用特殊四边形的判定及性质定理对中点四边形进行判断，并能对自己的猜想进行证明；能综合运用特殊四边形的性质和判定定理解决问题，发现决定中点四边形形状的因素.
【命题形式】
1．从考查的题型来看，主要以选择题或解答题的形式进行考查，属于中、高档题，难度比较大，综合性比较强.
2．从考查的内容来看，重点涉及的有：多边形的内外角和定理，平行四边形的性质与判定定理，多边形与平行四边形的应用；平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的性质与判定定理及其综合应用.
3．从考查的热点来看，主要涉及的有：多边形的内外角和定理，平行四边形的性质与判定定理，多边形与平行四边形的实际综合应用；平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形的性质与判定定理；特殊四边形的图形平移、轴对称、旋转与生产实际相结合的综合问题
【题目练习】
一．解答题（共20小题）
1．（2023•内黄县二模）综合与实践综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．
（1）操作判断如图1，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点P是直线AC上一动点．
操作一：连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转 90° 得到PD，连接DC，如图2．
根据以上操作，判断：如图3，当点P与点A重合时，则四边形ABCD的形状是 　 　；
（2）迁移探究
①如图4，当点P与点C重合时，连接DB，判断四边形ABDC的形状，并说明理由；
②当点P与点A，点C都不重合时，试猜想DC与BC的位置关系，并利用图2证明你的猜想；
（3）拓展应用当点P与点A，点C都不重合时，若AB＝3，AP＝2，请直接写出CD的长．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）由旋转得∠BAD＝90°，AD＝AB，而∠ABC＝90°，AB＝BC，则∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC，所以AD∥BC，即可证明四边形ABCD是正方形，于是得到问题的答案；
（2）①因为点P与点C重合，所以∠BCD＝∠ABC＝90°，DC＝BC＝AB，则DC∥AB，即可证明四边形ABDC是平行四边形；
②作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠EPD＝∠APB＝90°+∠BPE，可证明△PED≌△PAB，得ED＝AB，∠PED＝∠PAB＝45°，则ED＝BC，∠AED＝∠PEA+∠PED＝90°＝∠ABC，得ED∥BC，即可证明四边形BCDE是矩形，则DC⊥BC；
（3）分两种情况，一是点P在线段AC上，作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠APE＝90°，EP＝AP＝2，四边形BCDE是矩形，因为AE＝＝2，所以CD＝BE＝3﹣2；二是点P在线段CA的延长线上，作PF⊥AC交BA的延长线于点F，连接DF，可证明△PED≌△PAB，得FD＝AB，∠PFD＝∠PAB＝180°﹣45°＝135°，则FD＝BC，∠BFD＝∠PFD﹣∠PFA＝90°，进而证明四边形BCDF是矩形，因为AF＝＝2，所以CD＝BF＝3+2．
【解答】解：（1）由旋转得∠BPD＝90°，PD＝PB，
∵点P与点A重合，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：正方形．
（2）①四边形ABDC是平行四边形，
证明：∵点P与点C重合，
∴∠BCD＝∠ABC＝90°，DC＝BC＝AB，
∴DC∥AB，
∴四边形ABDC是平行四边形．
②DC⊥BC，
证明：如图2，作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠APE＝90°，
∴∠EPD＝∠APB＝90°+∠BPE，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴∠PEA＝∠PAE＝45°，
∴EP＝AP，
∵PD＝PB，
∴△PED≌△PAB（SAS），
∴ED＝AB，∠PED＝∠PAB＝45°，
∴ED＝BC，∠AED＝∠PEA+∠PED＝90°＝∠ABC，
∴ED∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵∠EBC＝90°，
∴四边形BCDE是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴DC⊥BC.
（3）当点P在线段AC上，如图5，作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠APE＝90°，
由（2）得EP＝AP，四边形BCDE是矩形，
∵AB＝3，AP＝2，
∴EP＝2，
∴AE＝＝＝2，
∴CD＝BE＝AB﹣AE＝3﹣2；
当点P在线段CA的延长线上，如图6，作PF⊥AC交BA的延长线于点F，连接DF，
∵∠APF＝∠BPD＝90°，
∴∠FPD＝∠APB＝90°﹣∠CPD，
∵∠PAF＝∠BAC＝45°，
∴∠PFA＝∠PAF＝45°，
∴FP＝AP＝2，
∵PD＝PB，
∴△PED≌△PAB（SAS），
∴FD＝AB，∠PFD＝∠PAB＝180°﹣45°＝135°，
∴FD＝BC，∠BFD＝∠PFD﹣∠PFA＝90°，
∴∠BFD+∠FBC＝180°，
∴FD∥BC，
∴四边形BCDF是平行四边形，
∵∠FBC＝90°，
∴四边形BCDF是矩形，
∵AF＝＝＝2，
∴CD＝BF＝AB+AF＝3+2，
综上所述，CD的长为3﹣2或3+2．







2．（2023•雁塔区校级四模）问题提出：

（1）如图①，在等边三角形ABC中，AB＝4，AD为BC边上的高，点E为AC的中点，连接BE交AD于点O，则AO的长为 　 　；
问题探究：
（2）如图②，在正方形ABCD中，AB＝6，点P为正方形内一点，当时，求PA+PB的最小值；
问题解决：
（3）如图③，四边形ABCD是某现代农业生态园部分平面示意图，其中AB∥CD，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝AD，CD＝300米，△ABD的中心O是一座有机蔬菜餐厅，生态园的入口M是CD上的中点，BM是一条有机蔬菜展览走廊，BC是一条循环生态河，现需要在BC边上取点E，BM上找点P，修建道路ME、EP、OP，为了节省成本需要修建的道路最短，即ME+EP+OP的值最小；是否存在这样的点E、P，使得ME+EP+OP的值最小？若存在请求出ME+EP+OP的最小值；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠BAD＝30°，∠CBE＝30°，通过解直角三角形可得AD＝2，OD＝，由AO＝AD﹣OD可得结论；
（2）过点P作MN∥AB，作点A关于点M的对称点A，求出MN与AB的距离，可得AA′＝2AM，由勾股定理得AB，根据“两点之间，线段最短知PA+PB的最小值为A′B；
（3）作点M关于BC的对称点M′，连接OM′，可知ME＝M′E，由“两点之间，线段最短”可知ME+EP+OP的最小值为OM'，再证明△ODM′是直角三角形，由勾股定理求出OM'即可．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝AB＝4，∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60，
∵AD是BC边上的高，
.∠BAD＝∠BAC＝30°，
∵点E是AC边的中点，
∴BE是AC边的中线，
∴∠CBE＝ABC＝30°，
在Rt△ABD中，AB＝4，∠BAD＝30°，
cos∠BAD＝，
∴AD＝4×，
在Rt△BDO中，BD＝BC＝2，∠DBO＝30°，
tan∠DBO＝，
∴OD＝BD，
∴AO＝AD﹣OD＝2．
故答案为：；
（2）过点P作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，过点P作PQ⊥AB，交AB于点Q，则四边形MAQP是矩形，
∴MA＝PQ，
∵，
∴，
∴PQ＝3，
∴MA＝3，
作点A关于点M的对称点A′，连接A′B，此时PA+PB＝PA′+PB＝A′B，由“两点之间，线段最短”可知PA+PB的最小值为A′B，

∵MA＝MA′＝3，
∴AA′＝2MA＝6．
在Rt△A′AB中，AA′＝6，AB＝6，
由勾股定理得，AB＝，
∴PA+PB的最小值为6；
（3）作点M关于BC的对称点M′，连接OM′，则OM′交BC于点F，交BM于点P，则有ME＝M′E，MC＝M′C，

∴ME+EP+OP＝M'E+EP+OP，
由“两点之间，线段最短”可知ME+EP+OP的最小值为OM'，
∵∠A＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠A＝60°，4B＝BD＝AD，
又点O是等边△ABD的中心，
连接OD，则OD平分∠ADB，
∴∠BDO＝∠ADB＝60°＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠M'DB＝∠ABD＝60°，
∴∠ODM'＝∠BDO+∠BDM'＝30°+60°＝90°，
∴△ODM′是直角三角形，
∴BD＝2CD＝2×300＝600（m），
∵M为CD的中点，
∴MC＝CD＝150（m），
∴M'C＝150m，
∴M'D＝M'C+CD＝150+300＝450（m），
∵△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝600m．
由（1）的方法可得DO＝300m，
在Rt△OM'D中，M′O2＝M′D2+DO2，
∴MD＝（m），
∴ME+EP+OP最小值为150m．
3．（2023•慈溪市一模）有一块形状如图1的四边形余料ABCD，AB＝6，AD＝2，∠A＝90°，∠D＝135°，tan∠B＝2，要在这块余料上截取一块矩形材料，其中一条边在AB上．
（1）如图2，若所截矩形材料的另一条边AE在AD上，设AE＝x，矩形AEFG的面积为y，
①求y关于x的函数表达式；
②求矩形面积y的最大值．
（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）①由锐角三角函数可求GB的长，由矩形的面积公式可求解；
②由二次函数的性质可求解；
（2）用NH分别表示BH，AF的长，由面积公式和二次函数的性质可求解．
【解答】解：（1）①如图2，
∵四边形AEFG是矩形，
∴AE＝FG，∠A＝∠FGB＝90°，
∵tan∠B＝＝2，
∴GB＝x，
∴AG＝AB﹣GB＝6﹣x，
∴S＝AE•AG＝x（6﹣x）＝﹣x2+6x；
②∵点E在线段AE上，
∴0＜x≤2，
∵S＝﹣x2+6x＝﹣（x﹣6）2+18，
∴当x＝2时，S的最大值为10；
（2）能，如图1，当点E在线段CD上时，过点DM⊥EF于M时，

∵四边形EFHN是矩形，
∴EF＝NH，EN＝FH，
∵tan∠B＝＝2，
∴HB＝NH，
∵∠A＝90°＝∠AFE，DM⊥EF，
∴四边形ADMF是矩形，
∴DM＝AF，AD＝MF＝2，
∵∠ADC＝135°，
∴∠EDM＝45°，
∴DM＝EM＝NH﹣2，
∴AF＝NH﹣2，
∴FH＝AB﹣AF﹣BH＝8﹣NH，
∴S＝FH•NH＝NH（8﹣NH）＝﹣（NH﹣）2+，
∴当NH＝时，S有最大值为，
∵＞10，
∴能截出比（1）中更大面积的矩形材料，这些矩形材料面积的最大值为．
4．（2023•中原区校级一模）实践与探究：
（1）操作一：如图1所示，将矩形纸片ABCD对折并展开，折痕PQ与对角线AC交于点E，连接BE，直接写出BE与AC的数量关系为 　 　；
（2）操作二：如图所示，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，M为AF的中点，连接DM、ME．求证：DM＝ME；
（3）操作三：如图3所示，摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，连接AF，M为AF的中点，连接DM、ME、DE．已知正方形纸片ABCD的边长为5，正方形纸片ECGF的边长为，直接写出DM的长．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）由折叠可知，P是CD的中点，PE∥AD，证明△PCE∽△DCA，则，即AC＝2CE，可知BE是Rt△ABC的中线，则；
（2）证明：如图1，延长FE交AB于N，连接MN，则四边形ANED是矩形，证明△ADM≌△NEM（SAS），进而结论得证；
（3）由正方形纸片ABCD的边长为5，正方形纸片ECGF的边长为，可知AD＝DC＝5，∠ADF＝90°，，∠G＝90°，由勾股定理求FC的值，根据DF＝DC﹣FC求DF的值，在Rt△ADF中，由勾股定理得求AF的值，根据求DM的值即可．
【解答】（1）解：，
由折叠可知，P是CD的中点，PE∥AD，
∴△PCE∽△DCA，
∴，
∴AC＝2CE，
∴E是AC的中点，
∴BE是Rt△ABC的中线，
∴，
故答案为：．
（2）证明：如图2，延长FE交AB于N，连接MN，则四边形ANED是矩形，

∴∠DAN＝∠ENA＝90°，AD＝EN，
∵M为AF的中点，
∴MN＝AM，
∴∠MAN＝∠MNA，
∴∠DAM＝∠ENM，
在△ADM和△NEM中，
，
∴△ADM≌△NEM（SAS），
∴DM＝ME；
（3）解：∵正方形纸片ABCD的边长为5，正方形纸片ECGF的边长为，
∴AD＝DC＝5，∠ADF＝90°，，∠G＝90°，
，
∴DF＝DC﹣FC＝1，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：
，
∵M为AF的中点，
∴，
∴DM的长为．
5．（2023•虎林市校级一模）已知四边形ABCD是菱形，点E，F分别在边AD，CD上，DE＝DF，．
（1）如图1，当∠ABC＝120°时，易证：；
（2）当∠ABC＝60°时，如图2；当∠ABC＝30°，如图3，线段AE，CF，EF之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并对图3加以证明．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，由直角三角形的性质可求解；
（2）如图2，连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，可证BD垂直平分EF，由直角三角形的性质可求CF＝FH，即可求解；
如图3，连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，可证BD垂直平分EF，由直角三角形的性质可求CF＝2FH，即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠A＝∠C＝60°，
∵DE＝DF，
∴AE＝CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠EBF＝∠ABC＝60°，
∴∠ABE＝∠CBF＝30°，△BEF是等边三角形，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
∴AE＝CF＝BE，
∴AE+CF＝EF；
（2）如图2，AE+CF＝EF，理由如下：
连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BCD＝120°＝∠BAD，
∵DE＝DF，
∴AE＝CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
又∵DE＝DF，
∴BD垂直平分EF，
∴EN＝FN，BD⊥EF，
∵∠EBF＝∠ABC＝30°，
∴∠EBN＝∠ABE＝∠CBF＝∠FBN＝15°，
∵FN⊥BD，FH⊥BC，
∴FN＝FH，
∵∠BCD＝∠H+∠CFH＝120°，
∴∠CFH＝30°，
∴CF＝2CH，FH＝CH，
∴FH＝CF，
∴CF＝FH＝FN，
∴AE+CF＝2CF＝2×FN＝EF；
如图3，AE+CF＝2EF，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADC＝30°，∠BCD＝150°＝∠BAD，
∵DE＝DF，
∴AE＝CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
又∵DE＝DF，
∴BD垂直平分EF，
∴EN＝FN，BD⊥EF，
∵∠EBF＝∠ABC＝15°，
∴∠EBN＝∠ABE＝∠CBF＝∠FBN＝7.5°，
∵FN⊥BD，FH⊥BC，
∴FN＝FH，
∵∠FCH＝180°﹣∠BCD＝30°，
∴CF＝2FH＝2FN，
∴AE+CF＝2CF＝2×2FN＝2EF．





6．（2023•南关区校级模拟）【教材呈现】表格是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容：
如图①，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，可以猜想：DE∥BC且DE＝BC．
请用演绎推理写出证明过程．
【结论应用】
如图②在四边形ABCD中，AD＝BC，点P是对角线BD的中点，M是DC中点，N是AB中点，MN与BD相交于点Q．求证：∠PMN＝∠PNM；

【拓展延伸】
如图③，正方形ABCD的边长为4，Rt△EFG的顶点E、F分别在边AB、AD上运动，∠EFG＝90°，EF＝FG＝4，H为边EG中点，连结AH．则运动过程中AH的最大值为 　 　．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】【教材呈现】由AD＝BD＝AB，AE＝CE＝AC，得＝＝，因为∠A＝∠A，所以△ADE∽△ABC，则∠ADE＝∠B，＝＝，即可证明DE∥BC且DE＝BC；
【结论应用】由三角形的中位线定理得PN＝AD，PM＝BC，而AD＝BC，则PN＝PM，所以∠PMN＝∠PNM；
【拓展延伸】取EF的中点L，连结LH、LA，由三角形的中位线定理得LH＝FG＝2，由正方形的性质得∠EAF＝90°，则LA＝EF＝2，根据两点之间线段最短得AH≤LH+LA，所以AH≤4，则AH的最大值为4，于是得到问题的答案．
【解答】【教材呈现】证明：∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴AD＝BD＝AB，AE＝CE＝AC，
∴＝＝，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE＝∠B，＝＝，
∴DE∥BC且DE＝BC．
【结论应用】证明：∵P、M、N分别是BD、DC、AB的中点，
∴PN＝AD，PM＝BC，
∵AD＝BC，
∴AD＝BC，
∴PN＝PM，
∴∠PMN＝∠PNM.
【拓展延伸】解：如图③，取EF的中点L，连结LH、LA，
∵EF＝FG＝4，H为EG的中点，
∴LH＝FG＝×4＝2，
∵四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边AB、AD上，
∴∠EAF＝90°，
∴LA＝EF＝×4＝2，
∴LH+LA＝2+2＝4，
∵AH≤LH+LA，
∴AH≤4，
∴AH的最大值为4，
故答案为：4．





7．（2023•金牛区模拟）已知矩形ABCD，点E、F分别在AD、DC边上运动，连接BF、CE，记BF、CE交于点P．
（1）如图1，若，CF＝4，∠AEP+∠ABP＝180°，求线段DE的长度；
（2）如图2，若∠EBF＝∠DEC，，求；
（3）如图3，连接AP，若∠EBF＝∠DEC，AP＝AB＝2，BC＝3，求PB的长度．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，＝＝，结合四边形内角和可证得△CED∽△BFC，得出＝＝，即可求得答案；
（2）根据已知条件可证得△EBP∽△ECB，得出＝＝，进而得出EB＝EP，利用EC＝EP+PC，即可得出答案．
（3）过点A作AH⊥BP于H，过点P作MN⊥BC于N，交AD于M，根据等腰三角形性质可得BH＝HP，设BH＝HP＝x，则BP＝2x，即＝，仿照（2）可得△EBP∽△ECB，得出＝＝＝，推出＝，由MN∥CD，可得＝＝，得出PM＝，PN＝2﹣，再证得△BPN∽△ABH，得出＝，解方程2（2﹣）＝2x2，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，
∵，
∴＝＝，
∵∠A+∠ABP+∠BPE+∠AEP＝360°，∠AEP+∠ABP＝180°，
∴∠A+∠BPE＝180°，
∴∠BPE＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°＝∠CPF，
∴∠ECD+∠CFB＝90°，
∵∠FBC+∠CFB＝90°，
∴∠ECD＝∠FBC，
∴△CED∽△BFC，
∴＝＝，
∵CF＝4，
∴DE＝CF＝×4＝；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∵∠EBF＝∠DEC，
∴∠EBF＝∠ECB，
∵∠BEP＝∠CEB，
∴△EBP∽△ECB，
∴＝＝，
∵＝，
∴＝＝，
∴EB＝EP，
∵EC＝EP+PC，
∴＝，
∴＝，
∴＝；
（3）如图3，过点A作AH⊥BP于H，过点P作MN⊥BC于N，交AD于M，

∵AP＝AB＝2＝CD，AH⊥BP，
∴BH＝HP，设BH＝HP＝x，则BP＝2x，
∵BC＝AD＝3，
∴＝，
∵∠EBF＝∠DEC，由（2）得△EBP∽△ECB，
∴＝＝＝，
∴EB＝EP，
∵EC＝EP+PC，
∴＝，即＝，
∵MN∥CD，
∴＝＝，
∴PM＝，
∵∠D＝∠DCN＝∠MNC＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN＝CD＝2，
∴PN＝2﹣，
∵∠BNP＝∠AHB＝90°，
∴∠PBN+∠BPN＝90°，
∵∠PBN+∠ABH＝90°，
∴∠BPN＝∠ABH，
∴△BPN∽△ABH，
∴＝，
∴AB•PN＝BH•BP，
∴2（2﹣）＝2x2，
∴x2＝，
∵x＞0，
∴x＝，
∴BP＝2x＝，
故PB的长度为．
8．（2023•开江县一模）将边长为4的正方形ABCD与边长为5的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转一周，直线EB与直线DG交于点P．
（1）直接写出DG与BE的关系；
（2）如图2，当点B在线段DG上时，求△ADG的面积；
（3））连接PF，当PE＝4时，求PF的值．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）先判断出△ADG≌△ABE，得出∠AGD＝∠AEB，DG＝BE，进而判断出∠DPE＝90°，即可得出结论；
（2）先求出OD＝AO＝2，进而利用勾股定理求出OG＝，进而求出DG＝2+，即可得出结论；
（3）先求出PG＝3，进而求出PH＝7，再判断出△FGP≌△FEH，得出FP＝FH，∠GFP＝∠EFH，进而得出△PFH是等腰直角三角形，即可得出结论．
【解答】解：（1）结论：DG＝BE，DG⊥BE．
理由：如图1，

∵四边形ABCD与四边形AEFG是正方形，
∴AD＝AB，∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE，
在△ADG与△ABE中，
，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠AGD＝∠AEB，DG＝BE，
在△ADG中∠AGD+∠ADG＝90°，
∴∠AEB+∠ADG＝90°，
在△DEP中，∠AEB+∠ADG+∠DPE＝180°，
∴∠DPE＝90°，
∴DG⊥BE；
（2）如图2，当B在线段DG上时，连接AC交于点O，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝90°，
在Rt△AOD中，AD＝4，
∴OD＝AO＝AD＝2，

在Rt△AOG中，AG＝5，
∴OG＝＝＝，
∴DG＝OG+OD＝2+，
∴S△ADG＝（2+）×2＝4+；

（3）如图3，连接GE，

则GE＝AE＝5，
由（1）知，DG⊥BE，
∴∠GPE＝90°，
∴PG＝＝＝3，
延长PE至H．使EH＝PG，连接FH，
∴PH＝PE+EH＝PE+PG＝7，
∵∠GFE＝∠GPE＝90°，
∴∠FGP+∠FEP＝180°，
∵∠FEP+∠FEH＝180°，
∴∠FGP＝∠FEH，
∵FG＝FE，
∴△FGP≌△FEH（SAS），
∴FP＝FH，∠GFP＝∠EFH，
∴∠PFH＝∠PFE+∠EFH＝∠PFE+∠GFP＝∠EFG＝90°，
∴△PFH是等腰直角三角形，
∴PF＝PH＝7．

9．（2023•绥德县一模）【问题背景】
（1）如图1，在矩形ABCD中，BC＝6，点E是BC上一点，连接AE，DE，若∠AEB+∠CED＝90°，则AE2+DE2＝　 　；
（2）如图2，在正方形ABCD中，AB＝8，点E在边CD上，将△ADE沿AE翻折至△AFE，连接CF，求△CEF周长的最小值；
【问题解决】
（3）如图3，某植物园在一个足够大的空地上拟修建一块四边形花圃ABCD，点M是该花圃的一个入口，沿DM和CM分别铺两条小路，且∠DMC＝135°，AD+BC＝am，AM＝60m，BM＝80m．管理员计划沿CD边上种植一条绿化带（宽度不计），为使美观，要求绿化带的长度尽可能的长，那么管理员是否可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带CD？若可以，求出足要求的绿化带CD的最大长度（用含a的式子表示）；若不可以，请说明理由．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）利用矩形的性质和勾股定理进行求解即可；
（2）连接AC，根据翻折，得到DE＝EF，AD＝AF＝CD，得到△CEF的周长＝CE+EF+CF＝CE+DE+CF＝CD+CF＝AF+CF，进而得到当AF+CF的值最小时，△CEF的周长最小，进行求解即可；
（3）将△ADM沿着DM翻折得到△EDM，将△BCM沿着CM翻折得到△FCM，连接EF，推出当DE、EF、FC三条线段共线时，CD有最大值，进行求解即可．
【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，BC＝6，
∴AD＝BC＝6，
∵∠AEB+∠CED＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴AE2+DE2＝AD2＝36．
故答案为：36；
（2）连接AC，如图，

∵△ADE沿AE翻折至△AFE，
∴△ADE≌△AFE，
∴AF＝AD＝CD，DE＝EF，
∴△CEF的周长＝CE+EF+CF＝CE+DE+CF＝CD+CF＝AF+CF，
∵AF+CF≥AC，
∴当点A、F、C三点共线时，AF+CF最小，即△CEF的周长最小，此时AF+CF＝AC，
∴AB＝BC＝8，
∴AC＝＝8，
∴△CEF的周长最小值为8；
（3）管理员可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带CD．
如图，将△ADM沿着DM翻折得到△EDM，将△BCM沿着CM翻折得到△FCM，连接EF，

∴DE＝AD，CF＝BC，AM＝EM＝60，FM＝BM＝80，∠AMD＝∠DME，∠CMB＝∠CMF，
∴DE+CF＝AD+BC＝a，
∵∠DMC＝135°，
∴∠DME+∠CMF＝∠AMD+∠CMB＝45°，
∴∠EMF＝∠DMC﹣（∠DME+∠CMF）＝135°﹣45°＝90°，
∴EF＝＝100；
∵DE+EF+CF≥CD，
∴当DE、EF、FC三条线段共线时，CD有最大值，此时CD＝DE+FC+EF＝a+100，
故管理员可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带CD，绿化带CD的最大长度为（a+100）m．




10．（2023•工业园区一模）如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝3，BC＝5，．点P在AB上，连接BD、PC、PD．
（1）求AB的长；
（2）探索：是否存在这样的点P，使得PC平分∠BCD、PD平分∠ADB同时成立？若存在，求出PA的长；若不存在，说明理由；
（3）如图②，PC与BD相交于点E，过点P作PF∥CD，PF与BD相交于点F．设△PEF、△PCD的面积分别为S1、S2．若S2＝6S1，求PA的长．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）如图1，过D作DM⊥BC于M，则四边形ABMD是矩形，可得CM＝BC﹣BM＝2，在Rt△CDM中，由勾股定理得求DM的值，进而可得AB的值；
（2）如图2，过P作PH∥AD交BD于G，交CD于H，则PH∥AD∥BC，∠ADP＝∠DPG，∠HPC＝∠BCP，∠GHD＝∠BCD，令PC平分∠BCD，可证PG＝DG，在Rt△ABD中，，由勾股定理得，则BD＝BC，进而可证PG＝DG＝GH，设PG＝DG＝GH＝a，则BG＝5﹣a，，证明△PBG∽△ABD，则，即，求得，则，证明△DGH∽△DBC，则，即，可得，则，若PD平分∠ADB，则∠BCP＝∠HCP＝∠HPC，即PH＝CH，判断，与PH＝CH矛盾，进而可得结论；
（3）令△PEF中PE边上的高为h1，△PCD中PC边上的高为h2，证明△PFE∽△CDE，设，则，PE＝kCE，h1＝kh2，表示，，根据S2＝6S1，解，求得满足要求的，则，如图3，过E作EQ∥AD交AB于Q，证明△PQE∽△PBC，则，即，解得，，证明△BEQ∽△BDA，则，即，求出BQ的值，进而可得PQ的值，然后根据AP＝AB﹣BQ﹣PQ计算求解即可．
【解答】解：（1）如图1，过D作DM⊥BC于M，则四边形ABMD是矩形，

∴AB＝DM，BM＝AD＝3（矩形性质），
∴CM＝BC﹣BM＝2，
在Rt△CDM中，
由勾股定理得，
∴AB＝4，
∴AB的长为4；
（2）不存在，理由如下：
如图2，过P作PH∥AD交BD于G，交CD于H，

∴PH∥AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPG，∠HPC＝∠BCP（两直线平行，内错角相等），
∠GHD＝∠BCD（两直线平行，同位角相等），
∵PC平分∠BCD，
∴∠ADP＝∠PDG（角平分线的性质），
∴∠DPG＝∠PDG，
∴PG＝DG（等角对等边），
在Rt△ABD中，，
由勾股定理得，
∴BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD，
∴∠GHD＝∠BDC，
∴DG＝GH，
∴PG＝DG＝GH，
设PG＝DG＝GH＝a，则BG＝5﹣a，，
∵∠PBG＝∠ABD，∠BPG＝∠A＝90°，
∴△PBG∽△ABD，
∴，
即，
解得，
∴，
∵GH∥BC，
∴△DGH∽△DBC，
∴，即，
解得，
∴，
若PD平分∠ADB，则∠BCP＝∠HCP＝∠HPC，即PH＝CH，
∵，与PH＝CH矛盾，
∴不存在这样的点P，使得PC平分∠BCD、PD平分∠ADB同时成立；
（3）令△PEF中PE边上的高为h1，△PCD中PC边上的高为h2，
∵PF∥CD，
∴∠PFE＝∠CDE，∠FPE＝∠DCE，
∴△PFE∽△CDE，
设，则，
∴PE＝kCE，h1＝kh2，
，，
∵S2＝6S1，即，
整理得6k2﹣k﹣1＝0，则（2k﹣1）（3k+1）＝0，
解得，（舍去），
∴，
如图3，过E作EQ∥AD交AB于Q，

∴QE∥BC，
∴△PQE∽△PBC，
∴，
即，
∴，，
∵QE∥AD，
∴△BEQ∽△BDA，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∴AP的长为．
11．（2023•绿园区一模）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连结PM、BM，延长PM交CD于点Q，连结BQ．
（2）探究：
①如图①，当点M在EF上时，∠EMB＝　 　°．
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A、D重合），如图②，判断MQ与CQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展：若正方形纸片ABCD的边长为8，当FQ＝1时，直接写出AP的长．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（2）①由折叠的性质可得AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由锐角三角函数可求解；
②由“HL”可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得MQ＝CQ；
（3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：（2）①∵对折矩形纸片ABCD，
∴AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，
∵沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，
∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，
∵sin∠BME＝＝，
∴∠EMB＝30°，
故答案为：30；
②MQ＝CQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，
由折叠可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，
∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，
又∵BQ＝BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），
∴MQ＝CQ；
（3）折叠的性质可得DF＝CF＝4，AP＝PM，
∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，
∴CQ＝MQ，
当点Q在线段CF上时，
∵FQ＝1，
∴MQ＝CQ＝3，DQ＝5，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，
∴AP＝，
当点Q在线段DF上时，
∵FQ＝1，
∴MQ＝CQ＝5，DQ＝3，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴（AP+5）2＝（8﹣AP）2+9，
∴AP＝，
综上所述：AP的长为或．
12．（2023•南昌模拟）【课本再现】
（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形OEBF为两个正方形重叠部分，正方形A1B1C1O可绕点O转动．则下列结论正确的是 　 　（填序号即可）．
①△AEO≌△BFO；
②OE＝OF；
③四边形OEBF的面积总等于；
④连接EF，总有AE2+CF2＝EF2．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点处，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE＝2cm时，求线段EF的长度．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）证明△AOE≌△BOF（ASA），可得结论；
（2）猜想：AE2+CF2＝EF2，连接AC，△AEO≌△CGO（AAS），再利用勾股定理证明即可；
（3）设CF＝xcm．分两种情形：①当点E在线段AC上时，②当点E在CA延长线上时，分别利用勾股定理构建方程求解．
【解答】解：（1）如图1中，连接EF．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OB，
∵∠AOB＝∠A1OC1＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∵∠OAE＝∠OBF＝45°，
∴△AOE≌△BOF（ASA），故①正确，
∴OE＝OF，AE＝BF故②正确，
∴S四边形OEBF＝S△ABO＝S正方形ABCD，故③正确，
∵∠EBF＝90°，
∴EF2＝BE2+BF2，
∵AB＝BC，AE＝BF，
∴BE＝CF，
∴EF2＝AE2+CF2，故④正确，
故答案为：①②③④；
（2）猜想：AE2+CF2＝EF2，理由如下：
连接AC，∵O是矩形ABCD的中心，

∴点O是AC的中心．
∴AO＝CO，
延长EO交CD于点G，连接FG，
在矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CGO，
∴△AEO≌△CGO（AAS），
∴AE＝CG，OE＝OG，
在矩形A1B1C1O中，，
∴EF＝FG，
在Rt△FCG中，CG2+CF2＝GF2
∴AE2+CF2＝EF2；
（3）设CF＝xcm．
①当点E在线段AC上时，

∵AE＝2cm，
∴CE＝1cm
在Rt△FCE中，∠C＝90°，
∴12+x2＝EF2，
又由（2）易知EF2＝AE2+BF2，
∴EF2＝22+BF2
∴12+x2＝22+（4﹣x）2，
解得．
∴．
②当点E在CA延长线上时，同理可证EF2＝AE2+BF2．

∴EF2＝22+（4+x）2，
又在Rt△FCE中，EF2＝x2+（3+2）2．
∴x2+（3+2）2＝22+（4+x）2．
解得．
∴．
故EF的长度为或．
13．（2023•齐齐哈尔模拟）综合与实践：情景再现：我们动手操作：把正方形ABCD沿对角线剪开就分剪出两个等腰直角三角形，把其中一个等腰直角三角形与正方形ABCD重新组合在一起，图形变得丰富起来，当图形旋转时问题也随旋转应运而生．如图①把正方形ABCD沿对角线剪开，得两个等腰直角三角形△ACD和△BCE．

（1）问题呈现，我们把剪下的两个三角形一个放大另一个缩小拼成如图②所示的图形，①若点P是平面内一动点，AB＝3，PA＝1，则线段PB的取值范围是 　 　；②直接写出线段AE与DB的关系是 　 　；
（2）我们把剪下的其中一个三角形放大与正方形组合如图③④⑤所示，点E在直线BC上，FM⊥CD交直线CD于M．①当点E在BC上时，如图③所示，求证：AD＝MF+CE；②当点E在BC的延长线时，如图④所示，则线段AD、MF、CE具有的数量关系为 　 　；当点E在CB的延长线上时，如图⑤所示，则线段AD、MF、CE具有的数量关系为 　 　；
（3）在（2）的条件下，连接EM，当，其他条件不变，则线段CE的长为 　 　．
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【分析】（1）①由点P是平面内一动点，PA＝1，可知点P在以点A为圆心，1为半径的圆上，当点P在AB上时，PB有最小值，点P在BA的延长线上时，PB有最大值，即可求解；
②由“SAS”可证△ACE≌△DCB，即可求解；
（2）①由“AAS”可证△ABE≌△EGF，可得AB＝EG，BE＝FG，即可得结论；②由“AAS”可证△ABE≌△ENF，可得AB＝EN，可得结论；③由“AAS”可证△ABE≌△EHF，可得EB＝FH，可得结论；
（3）由正方形的性质和勾股定理可求CG的长和EG的长，即可求解．
【解答】（1）①解∵点P是平面内一动点，PA＝1，
∴点P在以A点为圆心，以1为半径的圆上，
∴当点P在线段AB上时，PB有最小值，此时PB＝AB﹣PA＝3﹣1＝2，
当点P在线段BA的延长线上，PB有最大值，此时PB＝AB+AP＝3+1＝4，
∴.2≤PB≤4；
②解：如图②，设BD与CE的交点为K，

∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，
∴AC＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠ECB＝90°，
∴∠ACD+∠DCE＝∠ECB+∠DCE，
∴∠ACE＝∠DCB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝DB，∠AEC＝∠DBC，
∵∠BKC+∠DBC＝90°，∠BKC＝∠EKD，
∴∠AEC+∠EKD＝90°，
∴AE⊥BD，
故答案为：2≤PB≤4；AE＝DB，AE⊥BD；
（2）①证明：如图③，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接CF，

∵FG⊥BC，
∴∠G＝90°＝∠B，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEG＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
∴△ABE≌△EGF（AAS ），
∴AB＝EG，BE＝FG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝EG，
又∵∠G＝∠MCG＝∠FMC＝90°，
∵四边形MCGF是矩形，
∴MC＝FG＝BE，
∵BE+EC＝BC，EC+CG＝AB＝BC，
∴BE＝CG，
又∵BE＝FG，
∴CG＝FG
∵四边形MCGF是正方形，
∴MF＝CG，
∴EG＝EC+CG＝EC+MF，
∴AD＝EC+MF；
②解：如图④，过点F作FN⊥BC，交BC的延长线于点N，

∵FN⊥BC，
∴∠N＝90°＝∠B，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEN＝90°，
又∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEN，
∴△ABE≌△ENF（AAS），
∴AB＝EN，
同理①可得四边形MCNF是正方形，
∴MF＝CN，
∴MF＝CE+AD；
③解：如图⑤，过点F作FH⊥BC于点H，

∵FH⊥BC，
∴∠FHB＝90°＝∠ABE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEH＝90°，∠FEH+∠EFH＝90°，
∴∠AEB＝∠EFH，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴EB＝FH，
∴EC＝EB+BC＝FH+BC，
同②可得四边形HFMC是正方形，
∴FM＝FH，
∴EC＝AD+FM；
（3）解：如图③，∵四边形MCGF是正方形，
∴MF＝FG＝CG，
∵S△EMF＝8，
∴×MF•FG＝8，
∴MF＝FG＝4＝CG，
∵AF2＝50，△AFE是等腰直角三角形，
∴EF＝5，
∴EG＝＝＝3，
∴EC＝EG﹣CG＝﹣1（不合题意舍去），
如图④，同理可求FN＝4＝CN，EF＝5，
∴EN＝＝3，
∴CE＝CN﹣EN＝1，
如图⑤，同理可求：FH＝CH＝4，EF＝5，
∴EH＝＝3，
∴EC＝4+3＝7，
综上所述：EC的长为1或7，
故答案为：1或7．




14．（2023•增城区一模）在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°．

（1）如图1，已知∠D＝30°，直接写出∠A+∠C的度数；
（2）如图2，已知∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝4，连接BD，求BD的长度；
（3）如图3，已知∠ADC＝75°，BD＝6，请判断四边形ABCD的面积是否有最小值？如果有，请求出它的最小值；如果没有，请说明理由．
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【分析】（1）根据四边形的内角和定理求解即可；
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAQ．即得出∠CBD＝∠ABQ，∠C＝∠BAQ，CD＝AQ＝4，BD＝BQ，从而可证△DBQ是等边三角形，即得出BD＝DQ．再结合（1）可得出∠BAQ+∠BAD＝270°，进而可求出∠DAQ＝90°，最后根据勾股定理求解即可；
（3）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAH，连接DH．易证△BDH为等边三角形．根据S四边形ABCD＝S△BAH+S△ABD＝S△DBH﹣S△ADH，即得出当△ADH面积最大时，四边形ABCD的面积最小．又可求∠DAH＝135°，结合DH＝DB＝6，即说明点A在定圆⊙O上运动，则当O、A、B共线时，△DAH的面积最大，此时OB⊥DH，设OA交DH于K，HK＝KD＝3，进而可求∠AHD＝∠ADH＝22.5°．在HK上取点F，使得FH＝FA，则△AKF是等腰直角三角形．设AK＝FK＝x，则，即可列出关于x的等式，解出x的值，结合三角形的面积公式和等边三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：（1）∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠B＝60°，∠D＝30°，
∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°；
（2）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAQ．

∴∠CBD＝∠ABQ，∠C＝∠BAQ，CD＝AQ＝4，BD＝BQ．
∵∠CBD+∠ABD＝60°，
∴∠ABQ+∠ABD＝60°，即∠DBQ＝60°，
∴△DBQ是等边三角形，
∴BD＝DQ．
∵∠C+∠BAD＝270°，
∴∠BAQ+∠BAD＝270°，
∴∠DAQ＝90°，
∴；

（3）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAH，连接DH．
由（2）同理可证△BDH为等边三角形，
∴S四边形ABCD＝S△BAH+S△ABD＝S△DBH﹣S△ADH，
∴当△ADH面积最大时，四边形ABCD的面积最小．
∵∠ABC＝60°，∠ADC＝75°，
∴∠BAD+∠BCD＝∠BAD+∠BAH＝225°，
∴∠DAH＝135°．
∵DH＝DB＝6，
∴点A在定圆⊙O上运动，如图，则当O、A、B共线时，△DAH的面积最大，此时OB⊥DH，设OA交DH于K，
∴HK＝KD＝3．
∵AH＝AD，
∴∠AHD＝∠ADH＝22.5°．
在HK上取点F，使得FH＝FA，如图，则△AKF是等腰直角三角形．

设AK＝FK＝x，则，
∴，
解得：，
∴．
∵，
∴，即四边形ABCD的面积最小值为．
15．（2023•城关区一模）如图，长方形纸片ABCD，AB＝3，BC＝5．点E是AB边上一点，将△BEF沿EF翻折得到△GEF．
【问题解决】（1）如图1，点B落在边AD上的点G处，若AE＝1，求AG和FG的长；
【类比探究】（2）如图2，当点E和点A重合时，点B落在边AD上的点G处，折痕为AF．判定四边形ABFG的形状，并说明理由；
【拓展应用】（3）如图3，当点E和点A重合时，点B落在长方形ABCD内部的点G处，折痕为AF，FM平分∠CFG交CD于点M，连接GM，当GM的长度最短时，求GM的长．

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【分析】（1）根据折叠的性质和勾股定理求出AG，过点F作FH⊥AD于点H，FH＝AB＝3，然后利用含30度角的直角三角形即可解决问题；
（2）根据折叠性质证明四边形ABCD是矩形，进而可以判定四边形ABFG是正方形；
（3）根据两点之间线段最短，当A，G，M三点共线时，GM最短，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，在长方形纸片ABCD中，AB＝3，AD＝BC＝5，∠B＝∠A＝90°，
由折叠得：∠EGF＝∠B＝90°，EG＝EB，

∴GE＝BE＝AB﹣AE＝3﹣1＝2．
∴AG＝＝＝，
过点F作FH⊥AD于点H，FH＝AB＝3，
∵tan∠AGE＝＝＝，
∴∠AGE＝30°，
∵∠EGF＝90°，
∴∠HGF＝90°﹣∠AGE＝90°﹣30°＝60°，
在△FGH中，FH＝AB＝3，
∴FG＝＝＝2，
∴AG＝，FG＝2；
（2）四边形ABFG是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAG＝∠B＝90°．
∵长方形纸片ABCD折叠，使边AB落在边AD，
∴∠B＝∠AGF＝90°，AB＝AG，
∴∠BAG＝∠B＝∠AGF＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AG，
∴四边形ABFE是正方形；
（3）如图3，连接AM．

∵AG+GM≥AM（两点之间线段最短），
AG＝AB＝3，
∴当A，G，M三点共线时，GM最短，
如图4，∵∠FGM＝180°＝∠AGF＝90°，
∴∠FGM＝∠C＝90°，
∵FM平分∠CFG．GM⊥FG，MC⊥FC，
∴GM＝CM，
由（2）得，AG＝AB＝3，
设GM＝CM＝x，DM＝CD﹣CM＝3﹣x，
AM＝AG+GM＝3+x，
在Rt△ADM中，由勾股定理得：AD2+DM2＝AM2，
∴52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得，
即当GM最短时，．






16．（2023•九台区一模）（1）用数学的眼光观察世界：操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM，根据以上操作，当点M在EF上时，∠ABP＝　 　°；
（2）用数学的思维分析世界：将矩形纸片换成正方形纸片ABCD，按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．如图2，当点M在EF上时，已得∠MBO＝∠CBO＝15°，若改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBO的数量关系，并说明理由；
（3）用数学的语言描述世界：在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FO＝3cm时，AP的长为 　 　．

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【分析】（1）根据折叠的性质，得，解直角三角形MBE得到∠MBE＝60°，进而可得∠ABP＝∠PBM＝30°；
（2）只需要证明Rt△BQM≌Rt△BQC，即可证明∠MBQ＝∠CBQ；
（3）由（2）可得QM＝QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP＝PM＝x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）由折叠的性质可知，∠ABP＝∠MBP，∠BEF＝∠AEF＝90°，
∴，
∵∠BEM＝90°，，
∴∠MBE＝60°，
∵∠ABP＝∠PBM，
∴∠ABP＝∠PBM＝30°，
故答案为：30；
（2）∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠C＝90°，
由折叠的性质可知BM＝BA，∠BMP＝∠A＝90°，
∴∠BMQ＝∠BCQ＝90°，BM＝BC，
又∵BQ＝BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），
∴∠MBQ＝∠CBQ；
（3）如图③所示，当点Q在F点下方时，

∵，
∴QC＝CD﹣DF﹣FQ＝10﹣5﹣3＝2cm，DQ＝DF+FQ＝5+3＝8cm，
由（2）可知，Rt△BQM≌Rt△BQC，
∴QM＝QC，
设AP＝PM＝xcm，则PD＝（10﹣x）cm，
∵PD2+DQ2＝PQ2，
即（10﹣x）2+82＝（x+2）2，
解得：，
∴；
如图④所示，当点Q在F上方时，

∵，CQ＝8cm，DQ＝2cm，
同理可得QM＝QC，
设AP＝PM＝ycm，则PD＝（10﹣y）cm，
∵PD2+DQ2＝PQ2，
∴（10﹣y）2+22＝（y+8）2，
解得y＝，
∴AP＝cm．
综上所述，AP的长为或．
故答案为：或．
17．（2023•西青区一模）在平面直角坐标系中，O为原点，△DOE是等腰直角三角形，∠ODE＝90°，DO＝DE＝3，点D在x轴的负半轴上，点E在第二象限，矩形ABCO的顶点B（4，2），点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上．将△DOE沿x轴向右平移，得到△D′O′E′，点D，O，E的对应点分别为D′，O′，E′．

（Ⅰ）如图1，当E′O′经过点A时，求点E′的坐标；
（Ⅱ）设OO′＝t，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分的面积为S；
①如图②，当△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形时，D′E′与AB相交于点M，E′O′分别与AB，BC交于点N，P，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②请直接写出满足的所有t的值．
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【分析】（Ⅰ）由平移得：O′D′＝DO＝3，D′E′＝DE＝3，∠O′D′E′＝∠ODE＝90°，根据等腰直角三角形性质可得O′O＝OA＝2，再由OD′＝O′D′﹣O′O＝3﹣2＝1，即可得出点E′的坐标；
（Ⅱ）①根据S＝S矩形BCD′M﹣S△BPN，即可求得S＝﹣t2+4t﹣4，再结合题意列不等式组即可求得4＜t＜6；
②分五种情况讨论：当0＜t≤2时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为三角形，当2＜t＜3时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为四边形（梯形），当3≤t≤4时，重叠部分为梯形，当4＜t＜6时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形，当6≤t＜7时，重叠部分为矩形BCD′F，分别画出图形，结合图形建立方程求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）如图①，当E′O′经过点A时，

∵矩形ABCO的顶点B（4，2），
∴OA＝BC＝2，
由平移得：O′D′＝DO＝3，D′E′＝DE＝3，∠O′D′E′＝∠ODE＝90°，
∵△O′D′E′是等腰直角三角形，
∴∠E′O′D′＝45°，
∵∠O′OA＝90°，
∴△O′AO是等腰直角三角形，
∴O′O＝OA＝2，
∴OD′＝O′D′﹣O′O＝3﹣2＝1，
∴点E′的坐标为（﹣1，3）；
（Ⅱ）①如图②，当△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形时，

∵矩形ABCO中，AB＝OC＝4，BC＝OA＝2，∠B＝∠BCO＝90°，
∴四边形BCD′M是矩形，
设OO′＝t，则CP＝CO′＝t﹣4，
∴CD′＝O′D′﹣CO′＝3﹣（t﹣4）＝7﹣t，BP＝BC﹣CP＝2﹣（t﹣4）＝6﹣t，
∵∠O′PC＝∠BPN＝∠E′O′D′＝45°，
∴△BPN是等腰直角三角形，
∴BN＝BP＝6﹣t，
∴S＝S矩形BCD′M﹣S△BPN＝BC•CD′﹣BP2＝2（7﹣t）﹣（6﹣t）2＝﹣t2+4t﹣4，
∵，
∴4＜t＜6；
②当0＜t≤2时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为三角形，如图，

重叠部分的面积为：S＝S△O′OF＝O′O2＝t2，
∵，
∴t2＝，
解得：t＝±，
∵0＜t≤2，
∴t＝±不符合题意，此时重叠部分面积不可能为；
当2＜t＜3时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为四边形（梯形），如图④，

则OD′＝3﹣t，OO′＝t，AL＝AG＝t﹣2，
∴S＝S△OLO′﹣S△ALG＝t2﹣（t﹣2）2＝2t﹣2，
∴2t﹣2＝，
解得：t＝，
∵2＜t＜3，
∴t＝符合题意；
当3≤t≤4时，重叠部分为梯形，S＝×32﹣×12＝4为定值，不能等于；
当4＜t＜6时，△D′O′E′与矩形ABCO重叠部分为五边形，
由①知：S＝﹣t2+4t﹣4，
∴﹣t2+4t﹣4＝，
解得：t1＝3（舍去），t2＝5；
当6≤t＜7时，重叠部分为矩形BCD′F，如图⑤，

∵CD′＝7﹣t，
∴S＝S矩形BCD′F＝BC•CD′＝2（7﹣t），
当2（7﹣t）＝时，t＝＜6，不符合题意；
综上所述，满足的所有t的值为或5．







18．（2023•商河县一模）如图，四边形ABCD、EBGF都是正方形．

（1）如图1，若AB＝4，，求FC的长；
（2）如图2，正方形EBGF绕点B逆时针旋转，使点G正好落在EC上，求证：；
（3）如图3，在（2）条件下，∠BCE＝22.5°，EC＝2，点M为直线BC上一动点，连接EM，过点M作MN⊥EC，垂足为点N，直接写出EM+MN的最小值 　 　．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）在Rt△EBC中和在Rt△FGC中利用勾股定理解题．
（2）利用△BEA和△BGC全等，实现线段转化求解．
（3）构建最短距离模型，将CE关于直线BC对称，点E到该对称线的最短距离即为最小值．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，
在Rt△EBC中，BC＝4，EC＝，
∴BE＝＝1，
∵四边形EFGB为正方形，
∴BE＝BG＝GF＝1，∠BGF＝90°，
在Rt△FGC中，GF＝1，GC＝BC﹣BG＝4﹣1＝3，
∴FC＝＝．
（2）证明∵四边形ABCD和四边形EFGB均为正方形，
∴AB＝BC，EB＝BG，∠ABC＝∠EBG＝90°，
∴∠ABE+∠ABG＝∠ABG+∠CBG，
∴∠ABE＝∠CBG，
∵AB＝BC，EB＝BG，
∴△BEA≌△BGC（SAS），
∴AE＝CG，
在Rt△BEG中，EB＝GB，
∴EG＝＝，
∴EC＝EG+CG＝EB+AE．
（3）解：EM+MN的最小值，
将线段CE关于直线BC对称的CE'．
作BH⊥CH于点H，如图，

∵四边形EFGB为正方形，EG是对角线，
∴∠EGB＝45°，
∵∠BCE＝22.5°，
∴GBC＝22.5°．
由（2）可知△BEA≌△BGC，
∴∠ABE＝22.5°，
∵线段CE关于直线BC对称的CE'，
∴∠BCE＝∠HCB＝∠ABE＝22.5°，
∵∠HCB+∠HBC＝90°，
∴∠ABE+∠HBC＝90°，
∴∠ABE+∠HBC+∠ABC＝180°，
∴点E、点B、点H三点共线，
此时点E到直线CH的最短距离为EH，即EM+MN最短距离为EH，
在Rt△EHC中，EC＝2，∠HCE＝2×22.5°＝45°，
∴EH＝CH，
∴＝2，
解得EH＝．
即EM+MN最短距离为．
故答案为：．
19．（2023•焦作一模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置；
操作二：将三角板ACD沿CA方向平移（两三角板始终接触）至图2位置．
根据以上操作，填空：
①图1中四边形ABCD的形状是 　 　；
②图2中AA'与CC'的数量关系是 　 ；四边形ABC'D'的形状是 　 　．
（2）迁移探究
小航将一副等腰直角三角板换成一副含30°角的直角三角板，继续探究，已知三角板AB边长为6cm，过程如下：
将三角板ACD按（1）中的方式操作，如图3，在平移过程中，四边形ABC'D'的形状能否是菱形，若不能，请说明理由，若能，请求出CC'的长．
（3）拓展应用
在（2）的探究过程中：
①当△BCC'为等腰三角形时，请直接写出CC'的长；
②直接写出BC'+BD'的最小值．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）①利用正方形的判定可求解；
②由平移的性质可得AA'＝CC'，AB∥CD∥C'D'，可得结论；
（2）先证四边形ABC'D'是平行四边形，当BC'＝AB＝6cm时，四边形ABC'D'是菱形，即可求解；
（3）①分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
②作点A关于直线DD'的对称点N，连接BN，连接AN交直线DD'于P，即BC'+BD'的最小值为BN的长，由直角三角形的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：（1）①∵△ABC和△ADC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∠B＝∠D＝90°，AB＝BC，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：正方形；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵将三角板ACD沿CA方向平移，
∴AA'＝CC'，CD＝C'D'，CD∥C'D'，
∴C'D'＝AB，C'D'∥AB，
∴四边形ABC'D'是平行四边形，
故答案为：AA'＝CC'，平行四边形；
（2）四边形ABC'D'的形状可以是菱形，
如图3，连接AD'，BC'，

∵AB＝6cm，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴AC＝12cm，∠BAC＝60°，BC＝6cm，
∵将三角板ACD沿CA方向平移，
∴CD＝C'D'＝AB，CD∥C'D'∥AB，
∴四边形ABC'D'是平行四边形，
∴当BC'＝AB＝6cm时，四边形ABC'D'是菱形，
∵BC'＝AB＝6cm，∠BAC＝60°，
∴△ABC'是等边三角形，
∴AB＝AC'＝BC'＝6cm，
∴CC'＝6cm；
（3）①当BC'＝CC'时，△BCC'为等腰三角形，如图，

∵BC'＝CC'，
∴∠BCC'＝∠CBC'＝30°，
∴∠AC'B＝60°，
∴△ABC'是等边三角形，
∴AB＝AC'＝6cm，
∴CC'＝6cm；
当BC＝CC'＝6cm时，△BCC'为等腰三角形；
当BC＝BC'时，△BCC'为等腰三角形，
如图，过点B作BH⊥AC于H，

∵∠ACB＝30°，BH⊥AC，
∴BH＝3cm，CH＝BH＝9cm，
∵BC＝BC'，BH⊥AC，
∴CC'＝2CH＝18cm，
综上所述：CC'的长为6cm或6cm或18cm；
②如图5，连接DD'，AD'，

∵四边形ABC'D'是平行四边形，
∴AD'＝BC'，
∴BC'+BD'＝AD'+BD'，
∵将三角板ACD沿CA方向平移，
∴DD'∥AC，
∴∠DAC＝∠D'DA＝30°，
作点A关于直线DD'的对称点N，连接BN，连接AN交直线DD'于P，即BC'+BD'的最小值为BN的长，
过点N作NE⊥直线AB于E，
∵点A，点N关于DD'对称，
∴AP＝PN，AN⊥DP，
∵∠D'DA＝30，
∴AD＝2AP，∠PAD＝30°，
∴AP＝PN＝3，∠EAN＝30°，
∴EN＝AN＝3，AE＝EN＝9，
∴BE＝15，
∴BN＝＝＝6，
∴BC'+BD'的最小值为6．
20．（2023•酒泉一模）（1）感知：如图①，四边形ABCD和CEFG均为正方形，BE与DG的数量关系为 　 　；
（2）拓展：如图②，四边形ABCD和CEFG均为菱形，且∠A＝∠F，请判断BE与DG的数量关系，并说明理由；
（3）应用：如图③，四边形ABCD和CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE＝2ED，∠A＝∠F，△EBC的面积为8，求菱形CEFG的面积．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）由“SAS”可证△BCE≌△DCG，可得BE＝DG；
（2）由“SAS”可证△BCE≌△DCG，可得BE＝DG；
（3）由面积和差关系可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD和CEFG均为正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCE＝∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，
故答案为：BE＝DG；
（2）BE＝DG，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为菱形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠A，∠ECG＝∠F．
∵∠A＝∠F，
∴∠BCD＝∠ECG．
∴∠BCD﹣∠ECD＝∠ECG﹣∠ECD，
即∠BCE＝∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG；
（3）∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∵BE＝DG，
∴S△ABE+S△CDE＝S△BEC＝S△CDG＝8，
∵AE＝2ED，
∴S△CDE＝，
∴S△ECG＝S△CDE+S△CDG＝，
∴S菱形CEFG＝2S△ECG＝．

































【中考命题猜想6】最值和范围问题
【命题趋势】
最值问题，在中考里，无论是解答题，还是选择、填空题，都是学生感觉有困难的地方，也恰是学生能力区分度最重要的地方。在各地中考种都以中高档题为主，中考说明中曾多处涉及。
【满分技巧】
1）在代数部分最值问题，多出现在函数部分，无论是一次函数还是二次函数，都需要先求自变量的取值范围，再求函数解析式，根据实际问题，求得最值。有关内容在前面的一次函数、二次函数中都有诸多体现。近几年，利用配方法求最值来解决一些实际问题，也常常见到。

2）在几何最值问题，几何背景下的最值是考生感觉较难的，往往没有思路。常见的有：(1)几何图形中在特殊位置下的最值； (2)比较难的线段的最值问题，其依据是：①两点之间，线段最短；②垂线段最短，涉及的基本方法还有：利用轴对称变换、旋转变换化归到“三角形两边之和大于第三边”、“三角形两边之差小于第三边”等；③借助于圆的知识；④二次函数的最值法解决。
3）几何最值问题中的基本模型举例
【问题 1】
作法
图形
原理

在直线上找一点P，使PA+PB的值最小
连 AB，与 l 交点即为 P

两点之间线段最短．
PA+PB 最小值为 AB．
【问题 2】“将军饮马”
作法
图形
原理

在直线 l 上求一点 P，使PA+PB 值最小
作 B 关于 l 的对称点 B＇连A B＇，与 l 交点即为 P

两点之间线段最短．
PA+PB 最小值为 A B＇
【问题 3】
作法
图形
原理

在直线l1 、l2 上分别求点M、N，使△PMN 的周长最小．
分别作出点P关于l1 、l2 对称的点P′和P″，连接P′和P″与l1 、l2 的交点即为M、N

两点之间线段最短． PM+MN+PN 的最小值为线段 P＇P＇＇的长
【问题 4】
作法
图形
原理

在直线l1 、l2 上分别求点M、N，使四边形 PQMN 的周长最小．
分别作点 Q 、P 关于直线 l1 、l2 的对称点 Q＇和 P＇ 连 Q＇P＇ ，与两直线交点即为 M，N．

两点之间线段最短． 四边形 PQMN 周长的最小值为线段Q′P′的长．
【问题 5】“造桥选址”
作法
图形
原理

直线 m ∥ n ，在 m 、 n ，上分别求点 M、N，使 MN
⊥ m ，且 AM+MN+BN 的值最小．
将点 A 向下平移 MN 的长度单位得 A＇，连 A′ B，交 n 于点 N，过 N作 NM⊥ m 于 M．

两点之间线段最短． AM+MN+BN 的最小值为A＇B+MN．
【问题 6】
作法
图形
原理


在直线l 上求两点 M、N（M在左），使 MN = a ，并使AM+MN+NB 的值最小．

将点 A 向右平移 a 个长度单位得 A＇，作 A＇关于l 的对称点 A＇＇，连 A＇＇B，交直线l 于点 N，将 N 点向左平移 a 个单位得 M．




两点之间线段最短． AM+MN+BN 的最小值为A＇＇B+MN．
【问题 7】
作法
图形
原理



在直线l 上求两点 M、N（M在左），使 MN = a ，并使AM+MN+NB 的值最小．

将点 A 向右平移 a 个长度单位得 A＇，作 A＇关于l 的对称点 A＇＇，连 A＇＇B，交直线l 于点 N，将 N 点向左平移 a 个单位得 M．




两点之间线段最短． AM+MN+BN 的最小值为A＇＇B+MN．
【问题8】
作法
图形
原理


在 l1 上求点 A，在 l2 上求点 B，使 PA+AB 值最小．



作点 P 关于 l1 的对称点P＇，作 P＇B⊥ l2 于 B，交l2于 A．





点到直线，垂线段最短． PA+AB 的最小值为线段 P＇B的长．
【问题 9】
作法
图形
原理



A 为 l1 上一定点，B 为l2 上一定点，在l2 上求点 M， 在 l1 上 求 点 N ， 使AM+MN+NB 的值最小．



作点 A 关于 l2 的对称点A＇，作点 B 关于 l1 的对称点 B＇，连 A＇B＇交l2 于M，交 l1 于 N．






两点之间线段最短． AM+MN+NB 的最小值为线段 A＇B＇的长．
【问题 10】
作法
图形
原理



在直线 l 上求一点 P，使
PA－PB 的值最小．


连 AB，作 AB 的中垂线与直线 l 的交点即为 P．



垂直平分上的点到线段两端点的距离相等．
PA －PB ＝0．
【问题 11】
作法
图形
原理


在直线 l 上求一点 P，使
PA－ PB 的值最大．



作 B 关于 l 的对称点 B＇作直线 A B＇，与 l 交点即为P．




三角形任意两边之差小于第三边．PA－PB≤AB＇．PA － PB 最大值＝AB＇．
【问题 12】“费马点”
作法
图形
原理



△ABC 中每一内角都小于120°，在△ABC 内求一点P，使 PA+PB+PC 值最小．

所求点为“费马点”，即满足∠APB＝∠BPC＝∠ APC＝120°．以 AB、AC
为边向外作等边△ABD、
△ACE，连 CD、BE 相交于
P，点 P 即为所求．







两点之间线段最短．
PA+PB+PC 最小值＝CD．

1.单一线段的最值问题：
类型一：动点轨迹--直线型
考法指导
动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。
（1） 当动点轨迹确定时可直接运用垂线段最短求最值
（2） 当动点轨迹不易确定是直线时，可通过以下三种方法进行确定
①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接后的角度不变，若存在该动点的轨迹为直线。
②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线。
③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线。
类型二：动点轨迹--圆或圆弧型
考法指导
动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
确定动点轨迹为圆或者圆弧型的方法:
（1） 动点到定点的距离不变，则点的轨迹是圆或者圆弧。
（2） 当某条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的轨迹是圆，具体运用如下;
①见直角，找斜边，想直径，定外心，现圆形
②见定角，找对边，想周角，转心角，现圆形
类型三：动点轨迹--不确定型
考法指导
动点轨迹非圆或直线时，基本上将此线段转化为一个三角形中，
（1）利用三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求最值。
（2）在转化较难进行时，可借助直角三角形斜边上的中线及中位线或构建全等图形进一步转化求最值。
2.多线段的最值问题：

3. 三角形面积有关的最值问题：
关键是确定动点到定直线的最小距离，有函数法、也有几何法；
4. 四边形面积有关的最值问题：
特殊四边形用公式，普通四边形转化成三角形球面积（铅垂法）；结合二次函数；
5.函数法求最值问题：

6.胡不归问题：
问题特点
已知定点A、B，要求找一点P，使a PA+PB的值最小（a＞0且a≠1）。点Р在定直线（或射线、线段）)上运动时，一般为胡不归问题；点Р在定圆（或圆弧）上运动时，一般为阿氏圆问题。
处理方法
核心：构造出新的线段，使其和PA共用端点P且等于aPA，胡不归问题从而变成点到直线最短距离问题，阿氏圆问题就变成了两点之间最短距离问题。

胡不归问题（点Р在定直线上运动）
构造方法：向直线PA外侧（假定定点B所在的一侧为内侧），以A为顶点、PA为边，作角α，使sinα＝a，再过P作角α的另一边的垂线段，即为所求。
1、构造特殊角直角三角形，当系数a＝、或时，相应的就作α＝30°、45°或60°。
2、若系数不为上述特殊值，则构造sinα＝a的一般直角三角形，可利用相似。
注意：
一般地，系数a满足0＜a＜1时直接构造；系数a＞1时需要先提取系数，如PA＋2PB＝2（PA＋PB），3PA＋4PB＝4（PA＋PB）。
7. 阿氏圆最值问题：
问题特点
已知定点A、B，要求找一点P，使aPA+PB的值最小（a＞0且a≠1）。点Р在定直线（或射线、线段）)上运动时，一般为胡不归问题；点Р在定圆（或圆弧）上运动时，一般为阿氏圆问题。
处理方法
核心：构造出新的线段，使其和PA共用端点P且等于aPA，胡不归问题从而变成点到直线最短距离问题，阿氏圆问题就变成了两点之间最短距离问题。
二、阿氏圆问题（点Р在定圆上运动）
构造方法：一般构造“子母”型相似三角形，借助相似比转化aPA。
基本步骤：
①确定动点轨迹圆及其圆心；
②将带系数的线段的两个端点（一定点、一动点）和圆心相连；
③以连接的这两条线段为框架构造“子母”型相似（该“子母”型相似以圆心为公共顶点），构造的新定点必在定线段上，这里在构造相似前要做一个简单的判断，要看相似比（半径和定线段之比）是否等于系数，不行则要提取系数进行调整；
④根据构造的新线段转化带系数的线段。
注意：
一般来说，阿氏圆问题对a的取值范围没有特殊要求（a≠1），但在某些时候（相似比也就是半径和定线段之比，不等于系数），也需要提取系数；
一般来说，a＜1，则构造的新定点在定线段上；a＞1，则构造的新定点在定线段延长线上。
8. 瓜豆原理最值问题：

 其实初中阶段如遇求轨迹长度仅有2种类型：“直线型”和“圆弧型”（两种类型中还会涉及点往返探究“往返型”），对于两大类型该如何断定，通常老师会让学生画图寻找3处以上的点来确定轨迹类型进而求出答案，对于填空选择题而言不外乎是个好方法，但如果要进行说理很多考生难以解释清楚。
瓜豆原理：一个主动点，一个从动点（根据某种约束条件，跟着主动点动），当主动点运动时，从动点的轨迹相同．
只要满足：
则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹长度的比和它们到定点的距离比相同。

1. 两“动”，一“定”；
2. 两动点与定点的连线夹角是定角
3. 两动点到定点的距离比值是定值。
【题目练习】
21．（2023•锦州模拟）已知m，n均为正整数且满足m n﹣2m﹣3n﹣20＝0，则m+n的最小值是（　　）
A．20 B．30 C．32 D．37
【考点】因式分解的应用．版权所有
【分析】利用因式分解把等式变形为（m﹣3）（n﹣2）＝26，再讨论各种可能情况，求出m、n的值，判断出最小值．
【解答】解：mn﹣2m﹣3n﹣20＝0，
m（n﹣2）﹣3n+6﹣6﹣20＝0，
m（n﹣2）﹣3（n﹣2）﹣26＝0，
（m﹣3）（n﹣2）＝26，
∵m，n均为正整数，
∴26＝1×26，或26＝2×13，
∴，，，，
∴m+n＝32，m+n＝32，m+n＝20，m+n＝20，
∴m+n的最小值为20．
故选：A．
22．（2023•遵化市校级模拟）已知：×2＝+2，×3＝+3，×4＝+4，…，若×10＝+10（a、b都是正整数），则a+b的最小值是（　　）
A．16 B．17 C．18 D．19
【考点】分式的混合运算．版权所有
【分析】观察前边3个等式的规律，可得a＝10，b＝9，进行计算即可解答．
【解答】解：∵×2＝+2，×3＝+3，×4＝+4，
..．
∴×10＝+10，
∵×10＝+10，
∴a＝10，b＝9，
∴a+b＝10+9＝19，
∴a+b的最小值是19，
故选：D．
23．（2023•桥西区模拟）已知A＝x2+6x+n2，B＝2x2+4x+n2，下列结论正确的是（　　）
A．B﹣A的最大值是0 B．B﹣A的最小值是﹣1
C．当B＝2A时，x为正数 D．当B＝2A时，x为负数
【考点】配方法的应用；非负数的性质：偶次方．版权所有
【分析】分别求B﹣A的值，解B﹣2A，再进行判断．
【解答】解：∵B﹣A＝（2x2+4x+n2）﹣（x2+6x+n2）＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴B﹣A的最小值为：﹣1，
当B＝2A时，2x2+4x+n2＝2（x2+6x+n2），
解得：x＝﹣，
∵n2≥0，
∴x≤0，
故选：B．
24．（2023•新华区模拟）若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则整数k的最小值是（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
【考点】根的判别式．版权所有
【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式进行求解即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴k＞﹣1且k≠0，
∴整数k的最小值为1，
故选：D．
25．（2023•增城区一模）如图，已知直线与x轴交于点A，点B与点A关于y轴对称．M是直线上的动点，将OM绕点O顺时针旋转60°得ON．连接BN，则线段BN的最小值为（　　）

A．3 B． C． D．
【考点】一次函数图象与几何变换；垂线段最短；全等三角形的判定与性质．版权所有
【分析】设直线与y轴的交点为E，再取AE的中点D，连接OD、AN，过B作BH⊥AN于H点．根据直线解析式求出点A和点E的坐标，然后再证明△AOD为等边三角形．再结合旋转的性质和等边三角形的性质，并利用SAS证明△MOD≌△NOA，得出∠OAN＝∠ODE＝120°．由A为定点，∠OAN＝120°为定值，即说明当M在直线上运动时，点N也在定直线AN上运动，即得出当点N与点H重合时，BN最短．结合轴对称的性质可求出，进而可利用锐角三角函数求出BH＝AB⋅sin60°＝3，即BN的最小值为3．
【解答】解：如图，设直线与y轴的交点为E，再取AE的中点D，连接OD、AN，过B作BH⊥AN于H点．

对于，令x＝0，则y＝3，
∴E（0，3）．
令y＝0，则，
∴．
∴，OE＝3．
∵∠AOE＝90°，
∴，
∵AE的中点为D，
∴，
∴，
∴△DAO为等边三角形，
∴∠AOD＝∠ODA＝60°，
∴∠ODE＝120°．
由旋转的性质可知OM＝ON，∠MON＝60°＝∠DOA，
∴∠MON﹣∠DON＝∠DOA﹣∠DON，即∠MOD＝∠NOA，
∴△MOD≌△NOA（SAS），
∴∠OAN＝∠ODE＝120°．
∵A为定点，∠OAN＝120°为定值，
∴当M在直线上运动时，点N也在定直线AN上运动，
∴当点N与点H重合时，BN最短．
∵点B与点A关于y轴对称，
∴，
∴．
∵∠BAH＝180°﹣∠OAN＝60°，
∴BH＝AB⋅sin60°＝3，即BN的最小值为3．
故选：A．
26．（2023•慈溪市一模）在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+2bx+a，y2＝ax2+2bx+1（a，b是实数，a≠0）的最小值分别为m和n，若m+n＝0，则m n的值为（　　）
A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣4
【考点】二次函数的性质；二次函数的最值．版权所有
【分析】先根据题意配出顶点式，可分别写出m＝a﹣b2和n＝，再根据m+n＝0，写出（a﹣b2）（1+）＝0，推出a﹣b2＝0，即可求出m＝0和n＝0，即可求出mn＝0．
【解答】解：由题意可知，y2＝ax2+2bx+1有最小值，
∴a＞0，
∵y1＝x2+2bx+a＝（x+b）2+a﹣b2，
∴m＝a﹣b2，
∵y2＝ax2+2bx+1＝a（x+）2+，
∴n＝，
∵m+n＝0，
∴（a﹣b2）+＝0，即（a﹣b2）（1+）＝0，
∵1+≠0，
∴a﹣b2＝0，
∴m＝0，n＝0，
∴mn＝0；
故选：A．
27．（2023•平阴县一模）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+a+2（a≠0），若﹣1≤x≤2时，函数的最大值与最小值的差为4，则a的值为（　　）
A． B．±1 C．﹣1或 D．1或
【考点】二次函数的性质；二次函数的最值．版权所有
【分析】根据二次函数y＝ax2﹣2ax+a+2＝a（x﹣1）2+2，可以得到该函数的对称轴，再根据当﹣1≤x≤2时，函数的最大值与最小值的差为4和二次函数的性质，可以得到|a（﹣1﹣1）2+2﹣2|＝4，然后求解即可．
【解答】解：二次函数y＝ax2﹣2ax+a+2＝a（x﹣1）2+2，
∴该函数的对称轴为直线x＝1，
∵当﹣1≤x≤2时，函数的最大值与最小值的差为4，
∴当|a（﹣1﹣1）2+2﹣2|＝4，
解得a1＝1，a2＝﹣1，
故选：B．
28．（2023•涧西区一模）如图，点A的坐标为（﹣2，0），直线y＝x﹣5与x轴交于点B，与y轴交于点C，点D在直线y＝x﹣5上运动．当线段AD取得最小值时，点D的坐标为（　　）

A．（，﹣） B．（2，﹣2） C．（1，﹣） D．（ 0，﹣4）
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；垂线段最短．版权所有
【分析】根据等腰直角三角形的判定与性质可得∠ABC＝45°，再根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，线段AD最短，过点D作DE⊥x轴于点E，利用等腰三角形的三线合一可得E（，0），再然后将x＝代入直线y＝x﹣5可得点D的纵坐标，由此即可得．
【解答】解：对于直线y＝x﹣5，
当y＝0时，x﹣5＝0，解得x＝5，即B（5，0），OB＝5，
当x＝0时，y＝﹣5，即C（0，﹣5），OC＝5，
Rt△OBC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
由垂线段最短可知，如图，当AD⊥BC时，线段AD最短，

则Rt△ABD是等腰直角三角形，
过点D作DE⊥轴于点E，
∴点E是AB的中点（等腰三角形的三线合一），
∴点E的坐标为E（，0），即为E（，0），
∴点D的横坐标为，
将x＝代入直线y＝x﹣5得：y＝﹣5＝﹣，则点D的坐标为（，﹣）．
故选：A．
29．（2023•庐阳区校级一模）二次函数y＝x2﹣2的图象经过点（a，b），则代数式b2+6a2的最小值是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有
【分析】把点（a，b）代入y＝x2﹣2确定a2＝b+2，即可得到b2+6a2＝（B+3）2+3，根据二次函数的性质即可得到代数式b2+6a2有最小值4．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣2的图象经过点（a，b），
∴b＝a2﹣2，
∴a2＝b+2，
∴b2+6a2
＝b2+6（b+2）
＝b2+6b+12
＝（b+3）2+3；
所以代数式b2+6a2的最小值是4，
故选：C．
30．（2023•锡山区校级模拟）如图，直角三角形BEF顶点F在矩形ABCD的对角线AC上运动，连接AE．∠EBF＝∠ACD，AB＝6，BC＝8，则AE的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】矩形的性质；圆周角定理；轨迹；锐角三角函数的定义；勾股定理．版权所有
【分析】过点B作BH⊥AC于点H，连接EH，由∠BEF＝∠BHF＝90°，推出E、B、F、H四点共圆，再证∠AHE＝∠ACD＝定值，推出点E在射线HE上运动，当AE⊥EH时，AE的值最小，然后求出AH与sin∠AHE，即可解决问题．
【解答】解：过点B作BH⊥AC于点H，连接EH，如图所示：
∴∠BEF＝∠BHF＝90°，
∴E、B、F、H四点共圆，
∴∠EHB＝∠EFB，
∵∠AHE+∠EHB＝90°，∠EBF+∠EFB＝90°，
∴∠AHE＝∠EBF，
∵∠EBF＝∠ACD，
∴∠AHE＝∠ACD＝定值，
∴点E在射线HE上运动，
当AE⊥EH时，AE的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，∠D＝90°，
∴AC＝＝＝10，
∴sin∠AHE＝sin∠ACD＝＝，
∵S△ACB＝AB•CB＝AC•BH，
即×6×8＝×BH，
∴BH＝，
在Rt△AHB中，由勾股定理得：AH＝＝＝，
∴AE的最小值＝AH•sin∠AHE＝＝．
故选：D．

31．（2023•沛县校级一模）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，动点P从点A出发向终点D运动，连接BP，并过点C作CH⊥BP，垂足为H．①△ABP∽△HCB；②AH的最小值为﹣； ③在运动过程中，点H的运动路径的长，其中正确的有（　　）

A．①②③ B．①② C．②③ D．①③
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】①四边形ABCD是矩形，CH⊥BP，得到∠BAP＝∠CHB＝∠ABC＝90°，则∠ABP＝∠HCB＝90°﹣∠CBH，即可求解；
②由AH+HE≥AE，即可求解；
③如图2，点H的运动路径为以BC的中点E为圆心，半径长为的一段圆弧，进而求解．
【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形，CH⊥BP，
∴∠BAP＝∠CHB＝∠ABC＝90°，
∴∠ABP＝∠HCB＝90°﹣∠CBH，
∴△ABP∽△HCB，
故①正确；
②如图1，取BC的中点E，连接EH，AE，

∴BC＝AD＝2，AB＝CD＝2，
∴HE＝BE＝CE＝BC＝，
∴AE＝＝＝，
∵AH+HE≥AE，
∴AH+≥，
∴AH≥﹣，
∴AH的最小值是﹣，
故②正确；
③如图2，点H的运动路径为以BC的中点E为圆心，半径长为的一段圆弧，

当点P与点D重合时，则BP为与矩形ABCD的对角线BD重合，
∴BP扫过的面积为S△ABD＝AB•AD＝×2×2＝2，
∵∠BCD＝90°，
∴tan∠CBD＝，
∴∠CBD＝30°，
∴∠EBH＝∠EHB＝30°，
∴∠BEH＝180°﹣∠EBH﹣∠EHB＝120°，
则点H运动的路径长为：＝，
故③正确，
故选：A．
32．（2023•包河区一模）如图，已知线段AB＝6，点P为线段AB上一动点，以PB为边作等边△PBC，以PC为直角边，∠CPE为直角，在△PBC同侧构造Rt△PCE，点M为EC的中点，连接AM，则AM的最小值为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．6
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；垂线段最短．版权所有
【分析】连接PM，BM，并延长BM至F，由直角三角形的性质得出PM＝CM＝CE，证明△BCM≌△BPM（SSS），由全等三角形的性质得出∠CBM＝∠PBM＝30°，当AM⊥BF时，AM最小，则可得出答案．
【解答】解：连接PM，BM，并延长BM至F，
∵∠CPE＝90°，M为CE的中点，
∴PM＝CM＝CE，
又∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝PB，∠PBC＝60°，
∵BM＝BM，
∴△BCM≌△BPM（SSS），
∴∠CBM＝∠PBM＝30°，
∴M在∠PBC的角平分线BF上运动，
当AM⊥BF时，AM最小，
∴AM＝AB＝＝3．
故选：C．

33．（2023•武进区一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线y＝kx交于点C，P在直线BC上运动，则PO的最小值为 　 　．

【考点】两条直线相交或平行问题．版权所有
【分析】根据点到直线的距离，垂线段最短，所以当OP⊥BC时，PO的值最小，利用等积法求出OP的长即可．
【解答】解：∵直线y＝﹣2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
当x＝0时，y＝4；当y＝0时，x＝2；
∴A（2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∴，
∵直线y＝﹣2x+4与直线y＝kx交于点C，P在直线BC上运动，
∴直线BC即为直线y＝﹣2x+4，
∵点到直线的距离，垂线段最短，
∴当OP⊥BC时，OP的值最小，

∵，
∴，
∴；
即PO的最小值为；
故答案为：．
34．（2023•庐阳区校级一模）已知二次函数y＝x2﹣（a+1）x+3．
（1）当a＝2时，二次函数的最小值为 　 　；
（2）当﹣1≤x≤2时，二次函数y＝x2﹣（a+1）x+3的最小值为1，则a＝　 　．
【考点】二次函数的性质；二次函数的最值．版权所有
【分析】（1）当a＝2时，求出函数解析式，再根据函数的性质求最值；
（2）先求出二次函数对称轴x＝，然后分＜﹣1、﹣1≤≤3、＞3三种情况讨论即可．
【解答】解：（1）当a＝2时，y＝x2﹣（2+1）x+3＝x2﹣3x+3＝（x﹣）2+，
∵1＞0，
∴当x＝时，y有最小值，最小值为，
故答案为：；
（2）对于y＝x2﹣（a+1）x+3，对称轴为x＝﹣＝，
①当＜﹣1，即a＜﹣3时，
此时对称轴在﹣1≤x≤2的左侧，
∵抛物线开口向上，
∴当﹣1≤x≤2时，y随x的增大而增大，
∴当x＝﹣1时，y有最小值1，即1+（a+1）+3＝1，
解得a＝﹣4；
②当﹣1≤≤3时，即﹣3≤a≤5时，
∵抛物线开口向上，
∴当x＝时，y有最小值1，
即＝1，
整理得：a2+2a﹣7＝0，
解得a1＝﹣1﹣2（舍去），a2＝﹣1+2；
∴a＝﹣1+2；
③当＞3时，即a＞5时，
∵抛物线开口向上，
当﹣1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴当x＝2时，y有最小值，
即22﹣2（a+1）+3＝1，
解得a＝2，不合题意，舍去，
综上所述，a＝﹣4或﹣1+2．
故答案为：﹣4或﹣1+2．
35．（2023•蚌山区模拟）市政府要规划一个形如梯形ABCD的花园，如图，∠B＝∠C＝90°，BC＝40米．园林设计者想在该花园内设计一个四边形AEFD区域来种植花卉，其他区域种植草皮，已知种植花卉的费用为每平方米100元．要求E、F分别位于BC、CD边上，AE⊥AD，且AD＝2AE，DF＝32米．为了节约成本，要使得种植花卉所需总费用尽可能的少，即种植花卉的面积尽可能的小，请根据相关数据求出种花卉所需总费用的最小值为 　 　元．

【考点】二次函数的应用；含30度角的直角三角形；勾股定理的应用；梯形．版权所有
【分析】作AG⊥DC，连接ED，设AE＝x，证明△ABE∽△AGD，推出＝，求出AB的长，根据勾股定理得BE＝，进而得EC＝（40﹣），因为S四AEFD＝S△AED+S△FED＝（x2﹣400）+1040﹣16，设＝a，S四边形AEFD＝y，得二次函数，根据性质求出线段及面积的最小值，从而求出种花卉所需总费用的最小值．
【解答】解：如图：作AG⊥DC，连接ED，设AE＝x，
∴AD＝2AE＝2x，
∴∠AGC＝90°，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCG为矩形，
∴AG＝BC＝40（m），
∵∠BAE+∠EAG＝∠EAG+∠DAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE∽△AGD，
∴＝，
∴AB＝20（m），
∵BE＝，
∴EC＝（40﹣）m，
∴S四AEFD＝S△AED+S△FED＝×2x2+×32×（40﹣）
＝x2+640﹣16
＝（x2﹣400）+1040﹣16，
设＝a，S四边形AEFD＝y，
则y＝a2﹣16a+1040，
＝（a﹣8）2+976，
∵1＞0，
∴a＝8时，y有最小值是976m2，
即BE＝8m时，四边形AEFD的最小面积是976m2，
∴种花卉所需总费用的最小值为：976×100＝97600（元），
故答案为：97600．

36．（2023•遂平县一模）如图，矩形ABCD中，BC＝2AB＝4，点M、N分别是边AB，AD上的动点，且满足BM＝2AN，BN交CM于点E，在点M、N运动的过程中，AE的最小值为 　 　．

【考点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理．版权所有
【分析】根据矩形的性质得到∠BAN＝∠MBC＝90°，根据相似三角形的性质得到∠ABN＝∠BCM，求得∠BEC＝90°，推出点E在以BC为直径的圆上运动，设BC的中点为O，连接AO，当A，E，O三点在一条直线上时，AE的值最小，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAN＝∠MBC＝90°，
∴∠CBE+∠ABN＝∠ABN+∠ANB＝90°，
∵BC＝2AB＝4，BM＝2AN，
∴＝，
∴△ABN∽△BCM，
∴∠ABN＝∠BCM，
∵∠ABN+∠CBE＝90°，
∴∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠BEC＝90°，
∴点E在以BC为直径的圆上运动，
设BC的中点为O，连接AO，
当A，E，O三点在一条直线上时，AE的值最小，
∵AO＝＝＝2，OE＝BC＝2，
∴AE＝AO﹣OE＝2﹣2，
故AE的最小值为 2﹣2．
故答案为：2﹣2．



37．（2023•泰山区一模）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝6，BD＝8，点P为边BC上一点，且P不与B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连接EF，则EF的最小值等于 　 　．

【考点】菱形的性质．版权所有
【分析】连接OP，作OG⊥BC于点G，由菱形的性质得OB＝BD＝4，OC＝AC＝3，∠BOC＝90°，则BC＝＝5，由×5OG＝×4×3＝S△BOC，求得OG＝，再证明四边形PEOF是矩形，则EF＝OP，由OP≥OG，得EF≥，则EF的最小值等于，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OP，作OG⊥BC于点G，
∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，
∴OB＝OD＝BD＝4，OC＝OA＝AC＝3，
∵AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴BC＝＝＝5，
∵BC•OG＝OB•OC＝S△BOC，
∴×5OG＝×4×3，
∴OG＝，
∵PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝∠EOF＝90°，
∴四边形PEOF是矩形，
∴EF＝OP，
∵OP≥OG，
∴EF≥，
∴EF的最小值等于，
故答案为：．

38．（2023•碑林区校级四模）问题发现
（1）如图1，已知正方形ABCD，G为CD边上一点（不与端点重合），以CG为一边作正方形CGFE，连接BD，BF，DF，若AB＝4，则△BDF的面积为 　 　；
问题解决
（2）如图2，已知有一四边形场地ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，，测得BC＝400米，现在需要修建一块三角形区域DEF为休闲区，其中E为BC的中点，且EF⊥CD于点F，问三角形地块DEF的面积能否取到最小值？若能，请求出这个最小值；若不能，试说明理由．

【考点】正方形的性质；三角形的面积．版权所有
【分析】（1）连接CF，根据正方形性质可得∠CBD＝∠ECF＝45°，故CF∥BD，得出S△BDF＝S△BDC＝S正方形ABCD＝8．
（2）连接AC、AE、AF，可证得A、B、C、D四点共圆，即点D在以AC的中点为圆心，AC为直径的圆上运动，EF⊥CD，则点F在以EC的中点为圆心，EC为直径的圆上运动，得出AD∥EF，S△DEF＝S△AEF，四边形ABCD，点D与A不能重合，故S△DEF不存在最小值．
【解答】解：（1）如图1，连接CF，

∵四边形ABCD和四边形CGFE均为正方形，
∴∠CBD＝∠ECF＝45°，
∴CF∥BD，
∴S△BDF＝S△BDC＝S正方形ABCD＝×42＝8，
故答案为：8；
（2）如图2，连接AC、AE、AF，

∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴A、B、C、D四点共圆，即点D在以AC的中点为圆心，AC为直径的圆上运动，
∵EF⊥CD，
∴点F在以EC的中点为圆心，EC为直径的圆上运动，
∴AD∥EF，
∴S△DEF＝S△AEF，
∴当S△AEF取得最小值时，S△DEF取得最小值，
∵AE是定值，则当F到AE的距离最小时，S△AEF取最小值，
∴当点D与点A重合时，点D到AE的距离取得最小值，
又∵四边形ABCD，点D与A不能重合，
∴S△AEF不能取最小值，
∴S△DEF不存在最小值．
39．（2023•九龙坡区校级模拟）已知，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为线段AB上一点，连接CD，过点C作CF⊥CD，CF＝CD，连接DF，延长CA到点E，连接BE，使得∠ABE+∠BCD＝45°．

（1）如图1，若BE＝，求DF的长；
（2）如图2，点G是线段DF上一点，连接CG，过点G作GH⊥CG，过点D作DH⊥CD，交GH于点H，求证：；
（3）如图3，点M为BC上一点，连接DM，若，请直接写出的最小值．
【考点】三角形综合题．版权所有
【分析】（1）证明△BAE≌△CAD（ASA），推出BE＝CD＝，可得结论；
（2）过点C作CJ⊥DF于点J，过点H作HK⊥FD交FD的延长线于点K，连接CH．证明DH＝GJ，BE＝CD＝CF＝JF，可得结论；
（3）如图3中，在CB的下方作∠BCT＝30°，过点M作MK⊥CT于点K，过点D作DH⊥CT于点H，在AC上取一点Q，使得∠AQD＝30°．证明MK＝CM，推出DM+CM＝DM+MK≥DH，推出DM+CM的最小值是线段DH的长．
【解答】（1）解：如图1中，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ACD+∠BCD＝45°，
∵∠ABE+∠BCD＝45°，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴△BAE≌△CAD（ASA），
∴BE＝CD＝，
∵CF⊥CD，CF＝CD，
∴DF＝CD＝2；
（2）证明：过点C作CJ⊥DF于点J，过点H作HK⊥FD交FD的延长线于点K，连接CH．

∵CD＝CF，∠DCF＝90°，
∴∠CDF＝∠F＝45°，
∵DH⊥CD，GH⊥CG，
∴∠CDH＝∠CGH＝90°，
∴∠GDC＝∠GHC＝45°，
∴∠GCH＝∠GHC＝45°，
∴GH＝GC，
∵∠CGJ+∠HGK＝90°，∠CGJ+∠GCJ＝90°，
∴∠HGK＝∠GCJ，
∵∠HKJ＝∠CJG＝90°，
∴△HKG≌△GJC（AAS），
∴GK＝CJ，HK＝GJ，
∵∠HDK＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∠K＝90°，
∴∠KHD＝∠HDK＝45°，
∴DK＝KH，
∴DH＝DK＝GJ，
∵BE＝CD＝CF＝JF，
∴BE+DH＝JF+GJ＝（JF+GJ）＝FG．
（3）解：如图3中，在CB的下方作∠BCT＝30°，过点M作MK⊥CT于点K，过点D作DH⊥CT于点H，在AC上取一点Q，使得∠AQD＝30°．

∵MK⊥CT，∠BCT＝30°，
∴MK＝CM，
∴DM+CM＝DM+MK≥DH，
∴DM+CM的最小值是线段DH的长，
∴△BAE≌△CAD（ASA），
∴AD＝AE＝1，
∵EC＝3+，
∴AC＝2+，
∴CD＝＝＝+，
∵AD＝1，∠DAQ＝90°，∠AQD＝30°，
∴DQ＝2AD＝2，AQ＝AD＝，
∴CQ＝AC﹣AQ＝2+﹣＝2，
∴QD＝QC，
∴∠QDC＝∠QCD，
∵∠AQD＝∠QDC+∠QCD，
∴∠QCD＝∠QDC＝15°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠DCB＝∠ACB﹣∠QCD＝45°﹣15°＝30°，
∴∠DCH＝∠DCB+∠BCT＝60°，
∴DH＝CD•sin60°＝（+）×＝，
∴DM+CM的最小值为．
40．（2023•灞桥区校级模拟）问题提出：

（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，AD平分∠CAB交BC边于点D，点E为AC边上的一个动点，连接DE，则线段DE长的最小值为 　 　．
问题探究：
（2）如图②，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，点D为AB边的中点，且∠EDF＝90°，∠EDF的两边分别交BC、AC于点E、F．求四边形DECF的面积．
问题解决：
（3）某观光景区准备在景区内设计修建一个大型儿童游乐园．如图③，四边形ABCD为儿童游乐园的大致示意图，并将儿童游乐园分成△EDM、△BFM、△DCB和四边形AEMF四部分，其中在△EDM和△BFM两区域修建益智区，在△DCB区域修建角色游戏区，在四边形AEMF区域修建木工区．根据设计要求：四边形ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，点E、点F、点M分别在边AD、边AB和对角线BD上，且EM＝FM，∠EMF＝60°，四边形AEMF的面积为200平方米，现需在四边形ABCD的四周修建护栏起到保护乐园的作用，为了节约修建成本，四边形ABCD的周长是否存在最小值？若存在，请求出四边形ABCD周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）根据过直线外一点到直线的距离垂线段最短可判断当DE⊥AC时，DE最小，根据勾股定理以及等腰三角形的性质求出AD，再利用面积法求解即可；
（2）连接CD，利用等腰直角三角形的性质以及同角的余角相等证明△ECD≌△FAD，将所求四边形的面积转化为△ACD的面积，然后求解即可；
（3）过点M作MG⊥AD，MH⊥AB，连接AM，利用同角的补角相等得到∠GMH为60°，利用等量代换并结合已知条件证得△EMG≌△FMH，再利用角平分线的逆定理得到AM为角平分线并且为定值，最后判断并求解即可．
【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC＝13，AD平分∠CAB，
∴，AD⊥BC．
∵BC＝10，
∴CD＝5．
∴．
当DE⊥AC时，DE最小，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）∵∠C＝90°，AC＝BC＝8，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠A＝45°．
∵点D为AB边的中点，连接CD，
∴CD⊥AB，∠BCD＝∠ACD＝∠ACB＝45°．
∴∠ECD＝∠A．
又∵∠EDF＝90°，
∴∠EDC＝∠FDA，
∵，
∴△ECD≌△FAD（ASA）．
∴S△ECD＝S△FAD．
∴．

所以，四边形DECF的面积为16．
（3）过点M作MG⊥AD，MH⊥AB，连接AM，
∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵∠ADC＝60°，
∴∠DAB＝180°﹣60°＝120°．
∵∠MGA＝∠MHA＝90°，∠DAB＝120°，
∴∠GMH＝60°．
∵∠EMF＝60°，
∴∠EMG＝∠FMH．
∵∠MGE＝∠MHF＝90°，EM＝FM，
∴△EMG≌△FMH（AAS）．
∴．
∴MG＝MH．
∴AM是∠DAB的角平分线，
∴∠MAD＝∠MAB＝60°．
设，
∴．
∴．
∴．
∵AM与∠DAB都为定值，
当AM⊥BD时，此时四边形ABCD周长最小，
∴AD＝AB．
∴平行四边形ABCD是菱形．
∴．
∴四边形ABCD的周长最小为：．

41．（2023•未央区校级三模）问题提出：
（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，，则AB的长为 　 　；
问题探究：
（2）如图②，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝5，点P是矩形ABCD内一点，且满足∠APB＝90°，连接CP，求线段CP的最小值；
问题解决：
（3）如图③所示，我市城市绿化工程计划打造一片四边形绿地ABCD，其中AD∥BC，AD＝40m，BC＝60m，点E为CD边上一点，且CE：DE＝1：2，∠AEB＝60°，为了美化环境，要求四边形ABCD的面积尽可能大，求绿化区域ABCD面积的最大值．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）作AH⊥BC于点H，利用等腰三角形的性质可得∠B＝30°，，然后利用锐角三角函数的知识可求得AB的长；
（2）由题意可知，点P在以AB为直径，以AB的中点O为圆心的圆上运动，当O，P，C共线时，线段CP的值最小，利用勾股定理求出OC的长即可求解；
（3）延长AE、BC，相交于点F．由△CEF∽△DEA，求出CF＝20m，作EG∥AD交AB于点G，作AN⊥BC于点N，交EG于点M，可得MN：AM＝1：2，设MN＝x，AM＝2x，求出，所以当△BEF的面积最大时，绿化区域ABCD的面积最大，求出△BEF的面积即可求解．
【解答】解：（1）如图1，作AH⊥BC于点H．

∵AB＝AC，∠BAC＝120°，，
∴∠B＝30°，．
∵，
∴．
故答案为：4；
（2）如图2，

∵∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径，以AB的中点O为圆心的圆上运动，当O，P，C共线时，线段CP的值最小．
∵AB＝4，
∴，
∴，
∴段CP的值最小值＝；
（3）如图3，延长AE、BC，相交于点F．

∵AD∥BC，
∴△CEF∽△DEA，
∴，
∵CE：DE＝1：2，AD＝40m，
∴CF＝20m，
∴BF＝60+20＝80m．
作EG∥AD交AB于点G，作AN⊥BC于点N，交EG于点M，
∵AD∥BC，
∴AD∥EG∥BC，
∵CE：DE＝1：2，
∴MN：AM＝1：2，
设MN＝x，AM＝2x，
则梯形ABCD的面积＝（40+60）•3x＝150x，S△BEF＝80•x＝40x，
∴，
∴当△BEF的面积最大时，绿化区域ABCD的面积最大．
当E在的中点时，△BEF的面积最大．
连接BE'，FE'，OE'，OE'交BF于点H，
则．
∵∠AEB＝60°，
∴∠BE'F＝∠BEF＝120°，
∴∠E'BH＝30°．
∵，
∴，
∴，
∴．
42．（2023•安丘市一模）如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝，D为△ABC内部的一动点（不在边上），连接BD，将线段BD绕点D逆时针旋转60°，使点B到达点F的位置；将线段AB绕点B顺时针旋转60°，使点A到达点E的位置，连接CD、AD、AF、AE、EF、BF．

（1）求证：△BDA≌△BFE；
（2）求CD+DF+FE的最小值；
（3）当CD+DF+FE取得最小值时．求证：AD∥BF；
（4）如图②，P，N，M分别是AE、AF、DF的中点，连接MP、NP，在点D运动的过程中，请判断∠MPN的大小是否为定值，若是，求出其度数；若不是，请说明理由．
【考点】三角形综合题．版权所有
【分析】（1）由旋转60°知，∠ABD＝∠EBF、AB＝AE、BD＝BF，故由SAS证出全等即可；
（2）由两点之间，线段最短知C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，且CD+DF+FE最小值为CE，再由∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝求出BC和AB，再由旋转知AB＝BE，∠CBE＝90°，最后根据勾股定理求出CE即可；
（3）先由△BDF为等边三角形得∠BFD＝60°，再由C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，∠BFE＝120°＝∠BDA，最后ADF＝∠ADB﹣∠BDF＝120°﹣60°＝60°，即证；
（4）由中位线定理知道MN∥AD，MN＝AD，PN∥EF，PN＝EF，由△BDA≌△BFE得AD＝EF，即NP＝MN，再设∠BEF＝∠BAD＝α，∠PAN＝β，则∠PNF＝60°﹣α+β，∠FNM＝∠FAD＝60°+α﹣β，得∠PNM＝120°，得∠MPN＝30°．
【解答】（1）证明：∵∠DBF＝∠ABE＝60°，
∴∠DBF﹣∠ABF＝∠ABE﹣∠ABF，
∴∠ABD＝∠EBF，
在△BDA与△BFE中，
，
∴△BDA≌△BFE（SAS）；
（2）解：∵两点之间，线段最短，
即C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，
∴CD+DF+FE最小值为CE，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝，
∴AB＝2AC＝2，
∵tan∠ABC＝30°＝，
∴BC＝3，
∵∠CBE＝∠ABC+∠ABE＝90°，
∴CE＝＝＝．
∴CD+DF+FE的最小值为；
（3）证明：∵BD＝BF，∠DBF＝60°，
∴△BDF为等边三角形，
即∠BFD＝60°，
∵C、D、F、E共线时CD+DF+FE最小，
∴∠BFE＝120°，
∵△BDA≌△BFE，
∴∠BDA＝120°，
∴∠ADF＝∠ADB﹣∠BDF＝120°﹣60°＝60°，
∴∠ADF＝∠BFD，
∴AD∥BF；
（4）解：结论：∠MPN的大小是为定值，
理由：如图，连接MN，

∵M，N，P分别是DF，AF，AE的中点，
∴MN∥AD，MN＝AD，
PN∥EF，PN＝EF，
∵△BDA≌△BFE，
∴AD＝EF，
∴NP＝MN，
∵AB＝BE且∠ABE＝60°，
∴△ABE为等边三角形，
设∠BEF＝∠BAD＝α，∠PAN＝β，
则∠AEF＝∠APN＝60°﹣α，
∠EAD＝60°+α，
∴∠PNF＝60°﹣α+β，
∠FNM＝∠FAD＝60°+α﹣β，
∴∠PNM＝∠PNF+∠FNM＝60°﹣α+β+60°+α﹣β＝120°，
∴∠MPN＝（180°﹣∠PNM）＝30°．
43．（2023•黄石模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH．则BH+EF的最小值是 　 　．

【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．版权所有
【分析】如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，由翻折可得△ABG≌△HGB（SAS），再证得△FEK≌△BGC（ASA），即可推出BH+EF＝AG+MG，利用三角形三边关系可得BH+EF≥AM，由于当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小，故BH+EF＝AM的值也最小，运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴CD⊥BM，
∴CD垂直平分BM，
∴MG＝BG，
由翻折得AB＝HG，∠ABG＝∠HGB，
∵BG＝GB，
∴△ABG≌△HGB（SAS），
∴GA＝BH，
由翻折知EF⊥BG，
又∵FK⊥BC，
∴∠FKE＝∠BCG＝90°，
∴∠EFK+∠FEK＝∠GBC+∠FEK＝90°，
∴∠EFK＝∠GBC，
∵∠BAD＝∠ABC＝∠BKF＝90°，
∴四边形ABKF是矩形，
∴AB＝FK，
∴FK＝BC，
∴△FEK≌△BGC（ASA），
∴EF＝BG，
∴EF＝MG，
∴BH+EF＝AG+MG，
∵AG+MG≥AM，
∴BH+EF≥AM，
∴当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小，
∴BH+EF＝AM的值也最小，
∵∠ABM＝90°，AB＝2，BM＝2BC＝4，
∴AM＝＝＝2，
∴BH+EF的最小值是2．
故答案为：2．

44．（2023•渭滨区一模）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝15，若点P为BC上动点，以BP为斜边向矩形ABCD内部作等腰直角△BPQ，∠BQP＝90°，则DP+PQ的最小值为 　 　．

【考点】等腰直角三角形；矩形的性质；轴对称﹣最短路线问题．版权所有
【分析】延长DC到E，使CE＝DC，连接PE，利用矩形的性质可得AB＝CD＝8，∠DCB＝90°，从而可得CE＝8，∠PCE＝90°，从而可得PC是DE的垂直平分线，进而可得PD＝PE，当E、P、Q共线时，DP+PQ有最小值，最小值为EQ，再利用等腰直角三角形的性质可得∠QPB＝45°，然后利用对顶角相等可得△CPE是等腰直角三角形，从而可得CP＝8，PE＝CE＝8，最后在Rt△BPQ中，利用锐角三角函数的定义求出PQ的长，进行计算即可解答．
【解答】解：延长DC到E，使CE＝DC，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，∠DCB＝90°，
∴CE＝CD＝8，∠PCE＝180°﹣∠DCB＝90°，
∴PC是DE的垂直平分线，
∴PD＝PE，
∴当E、P、Q共线时，PD+PQ＝PE+PQ＝EQ，此时DP+PQ有最小值，最小值为EQ，
∵△BPQ是等腰直角三角形，∠BQP＝90°，
∴∠QPB＝45°，
∴∠QPB＝∠CPE＝45°，
∴△CPE是等腰直角三角形，
∴CP＝CE＝8，PE＝CE＝8，
∵BC＝15，
∴BP＝BC﹣CP＝15﹣8＝7，
∴PQ＝BP•cos45°＝，
∴EQ＝PQ+PE＝，
∴DP+PQ的最小值为，
故答案为：．

45．（2023•锦州模拟）如图所示，在扇形OAB中，∠AOB＝90°，半径OA＝4，点F位于的处且靠近点A的位置．点C、D分别在线段OA、OB上，CD＝4，E为CD的中点，连接EF、BE．在CD滑动过程中（CD长度始终保持不变），当EF取最小值时，阴影部分的周长为 　 　．

【考点】弧长的计算；等边三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．版权所有
【分析】如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．证明△OBF是等边三角形，利用直角三角形斜边中线的性质求出OE，EF≥OF﹣OE＝2，推出当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，求出BT，FT，的长即可．
【解答】解：如图，连接OF，OE，BF，取OF的中点T，连接BT．

∵∠AOB＝90°，＝，
∴∠BOF＝60°，
∴的长＝＝π，
∵CE＝DE，
∴OE＝CD＝2，
∵OF＝4，
∴EF≥OF﹣OE＝2，
∴当O，E，F共线时，EF的值最小，此时点E与点T重合，
∴此时EF＝2，
∵OF＝OB，∠BOF＝60°，
∴△BOF是等边三角形，
∵OT＝TF，
∴BT⊥OF，
∴BE＝BT＝＝＝2，
∴此时阴影部分的周长为2+2+π．
故答案为：2+2+π．








【中考命题猜想7】动态几何类问题
【命题趋势】
动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题。随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
【满分技巧】
1）动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题。有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等。根据其运动的特点，又可分为(1) 动点类(点在线段或弧线上运动)也包括一个动点或两个动点； (2) 动直线类；(3)动图形问题。
2）解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的‘变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性;动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系;这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论。解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动。解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注--些不变量和不变关系或特殊关系。
3）动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，包括等腰(边)三角形存在问题，直角三角形存在问题，平行四边形存在问题，矩形、菱形、正方形存在问题。全等三角形存在问题，相似三角形存在问题等。
【题目练习】
1．（2023•宜兴市一模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD⊥AB，垂足为D，AD＝2，点E是⊙O上的动点（不与C重合），点F为CE的中点，若在E运动过程中DF的最大值为4，则CD的值为（　　）

A．2 B．2 C．3 D．
【考点】点与圆的位置关系；三角形三边关系；勾股定理；三角形中位线定理；垂径定理．版权所有
【分析】首先根据题意取OC的中点，根据点E的运动轨迹，确定点F的运动轨迹，根据DF≤DM+MF，可确定当点D、M、F三点共线时，DF有最大值4，此时DF＝DM+MF，求出DM＝4﹣，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，则DM＝OC＝，联立即可求出半径r的值，然后求出OD的长，利用勾股定理即可求出CD的长．
【解答】解：如图所示：连接OE、OC，取OC的中点M，连接MF和DM，设⊙O的半径为r，
∵点F为CE的中点，
∴MF＝OE＝，
∵点E是⊙O上的动点（不与C重合），点C为顶点，
∴点F的运动轨迹是以点M圆心，以MF的长为半径的圆上，
则DF≤DM+MF，
∴当点D、M、F三点共线时，DF有最大值4，此时DF＝DM+MF，
∴DM＝4﹣，
∵CD⊥AB，
∴∠CDO＝90°，
∵点M为OC的中点，
∴DM＝OC＝，
∴，解得：r＝4，
∴OD＝OA﹣AD＝2，
在Rt△CDO中，CD＝＝2；
故选：A．


2．（2023•焦作一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点B的坐标为（4，3），D为OC的中点，E是AB上一动点，将四边形OAED沿ED折叠，使点A落在F处，点O落在G处，当线段DG的延长线恰好经过BC的中点H时，点F的坐标为（　　）

A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】连接OB，根据勾股定理得到OB＝＝5，延长DH交AB的延长线于M，根据三角形中位线定理得到DH∥OB，DH＝OB＝，根据平行四边形的性质得到DM＝OB＝5，BM＝OD＝2，根据折叠的性质得到∠ODE＝∠MDE，∠AED＝∠FED，求得EM＝DM＝5，过F作FN⊥AB于N，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：连接OB，
∵矩形ABCO的顶点B的坐标为（4，3），
∴AB＝OC＝4，OA＝BC＝3，
∴OB＝＝5，
延长DH交AB的延长线于M，
∵D为OC的中点，H为BC的中点，
∴DH∥OB，DH＝OB＝，
∵BM∥OD，
∴四边形ODMB是平行四边形，
∴DM＝OB＝5，BM＝OD＝2，
∵AB∥OC，
∴∠BED＝∠ODE，∠AED＝∠EDC，
∵将四边形OAED沿ED折叠，使点A落在F处，点O落在G处，
∴∠ODE＝∠MDE，∠AED＝∠FED，
∴∠BED＝∠MDE，∠EDC＝∠DEF，
∴EM＝DM＝5，
∴AE＝EF＝AM﹣BM＝AB+BM﹣EM＝1，
∵∠DEF＝∠EDC，∠BED＝∠HDE，
∴∠FEB＝∠CDH，
过F作FN⊥AB于N，
∴∠FNE＝∠DCH＝90°，
∴△EFN∽△DHC，
∴，
∴，
∴EN＝，FN＝，
∴F（，）．
故选：A．

3．（2023•包河区一模）如图，已知线段AB＝6，点P为线段AB上一动点，以PB为边作等边△PBC，以PC为直角边，∠CPE为直角，在△PBC同侧构造Rt△PCE，点M为EC的中点，连接AM，则AM的最小值为（　　）

A．1 B． C．3 D．6
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；垂线段最短．版权所有
【分析】连接PM，BM，并延长BM至F，由直角三角形的性质得出PM＝CM＝CE，证明△BCM≌△BPM（SSS），由全等三角形的性质得出∠CBM＝∠PBM＝30°，当AM⊥BF时，AM最小，则可得出答案．
【解答】解：连接PM，BM，并延长BM至F，
∵∠CPE＝90°，M为CE的中点，
∴PM＝CM＝CE，
又∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝PB，∠PBC＝60°，
∵BM＝BM，
∴△BCM≌△BPM（SSS），
∴∠CBM＝∠PBM＝30°，
∴M在∠PBC的角平分线BF上运动，
当AM⊥BF时，AM最小，
∴AM＝AB＝＝3．
故选：C．

4．（2023•拱墅区模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，∠ACB＝75°，点D是BC边上一个动点，以AD为直径作⊙O，分别交AB、AC于点E、F，若弦EF长度的最小值为2，则AB的长为（　　）

A．4 B． C．3 D．
【考点】圆周角定理；垂线段最短；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；垂径定理．菁
【分析】首先连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，可求得半径OE的长，又由当AD为△ABC的边BC上的高时，AD最大时为直径，OE最大，OH最大，EF最小，可求得AD的长，由三角函数的性质，即可求得AB的长．
【解答】解：如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，

∴EH＝FH＝EF＝×2＝1，
在△ADB中，∠B＝60°，∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝45°，
∴∠EOF＝2∠BAC＝90°，
∵OE＝OF，
∴∠EOH＝∠EOF＝45°，
∴OE＝＝，
∵当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，即OE最小，则EF最小，
∴AD＝2OE＝2，
∴AB＝＝．
故选：D．
5．（2023•宿迁一模）如图，在矩形ABCD中，DC＝3，，P是AD上一个动点，过点P作PG⊥AC，垂足为G，连接BP，取BP中点E，连接EG，则线段EG的最小值为（　　）

A． B． C．3 D．
【考点】矩形的性质；垂线段最短；三角形中位线定理．版权所有
【分析】取AP的中点F，连接EF，作GH⊥AD于H，作ET⊥GH于T，设AP＝m，分别表示出PG，PH，PF，EF，进而表示出ET和GT，进而表示出EG，进一步得出结果．
【解答】解：（方法一）：如图1，
取AP的中点F，连接EF，作GH⊥AD于H，作ET⊥GH于T，设AP＝m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，AB＝CD＝3，
∴tan∠DAC＝，
∴∠DAC＝30°，
∵PG⊥AC，
∴PG＝AP＝m，∠APT＝90°﹣∠DAC＝60°，
∴PH＝PG•cos∠APG＝＝m，GH＝PG•sin∠APG＝，
∵E是BP的中点，
∴EF＝AB＝，PF＝m，
∴GT＝GH﹣HT＝GH﹣EF＝m﹣，ET＝FH＝PF﹣PH＝，
在Rt△EGT中，
EG2＝GT2+ET2＝（m﹣）2+（m）2＝（m﹣）2+，
∴当m＝时，EG的最小值为，
故选：A；
如图2，
延长PG至Q，使GQ＝PG，连接AQ，BQ，
∵PG⊥AC，
∴AQ＝AP，∠QAP＝2∠CAD＝60°，
∴∠BAQ＝90°﹣∠QAP＝30°，
∵E是BP的中点，
∴EG＝BQ，
当BQ⊥AQ时，BQ最小，此时BQ＝AB＝，
∴EG的最小值为：，
故选A．

6．（2023•天宁区校级模拟）点C是以AB为直径的半圆O上的动点，D在BC上，且BD＝2CD，点E、F、G分别是AC、DE、AD的中点．若AB＝12，则△OFG的面积最大值为（　　）

A．2 B．3 C．6 D．9
【考点】三角形中位线定理；三角形的面积．版权所有
【分析】根据中位线的性质，找出△OFG的边与△ABC的边之间的关系，再根据平方的非负性求解．
【解答】解：设FG＝x，OG＝y，
∵O、E、F、G分别是AB、AC、DE、AD的中点，
∴AC＝2AE＝4FG＝4x，BD＝2OG＝2y，OG∥BC，GF∥AC，
∵BD＝2CD，
∴BC＝3y，
∵AB是直径，
∴∠C＝90°，
∴∠OGF＝90°，AC2+BC2＝AB2，
∴16x2+9y2＝144≥24xy，
∴xy≤6，
∴S△OFG＝FG•OG＝xy≤3，
故选：B．
7．（2023•永安市一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，P点是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为点E、F，则PE+PF的值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】矩形的性质．版权所有
【分析】连接OP，首先根据矩形的性质及勾股定理即可求得OA＝OD＝5，再根据即可求解．
【解答】解：如图：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，，，
∴OA＝OD，，
∴OA＝OD＝5，
∵，
∴，
∴，
解得PE+PF＝，
故选：C．

8．（2023•姑苏区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长AB＝8，点E为平面内一动点，且AE＝4，点F为CD上一点，CF＝2，连接EF、ED，当线段EF的长最小时，三角形ADE的面积是（　　）

A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；三角形的面积．版权所有
【分析】由AE＝4，知E的轨迹是以A为圆心，4为半径的⊙A，故当E在线段AF上时，EF最小，过E作EH⊥AD于H，可得DF＝6，AF＝＝10，根据＝，即得HE＝×4＝，从而可得答案．
【解答】解：∵AE＝4，
∴E的轨迹是以A为圆心，4为半径的⊙A，
当E在线段AF上时，EF最小，过E作EH⊥AD于H，如图：

∵AB＝AD＝CD＝8，CF＝2，
∴DF＝6，
∴AF＝＝＝10，
∵sin∠DAF＝＝，
∴HE＝×4＝，
∴S△ADE＝×8×＝，
故选：A．
9．（2023•天宁区模拟）如图，在△ABC中，∠A＝45°，∠B＝60°，AB＝4，BD⊥AC，点E、F、G分别是AD、BD、BC上的动点，且BF＝DE，则EF+FG的最小值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】胡不归问题；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．版权所有
【分析】过D点作DH⊥AB于H点，连接HE、HF、HG，如图，先证明△ADB为等腰直角三角形，则根据等腰直角三角形的性质得DH＝AH＝BH，∠ADH＝45°，再证明△DEH≌△BFH得到HE＝HF，∠DHE＝∠BHF，则可判断△HEF为等腰直角三角形，所以HF＝EF，所以EF+FG＝HF+FG，利用两点之间线段最短得到HF+FG≥HG（当且仅当H、F、G共线时取等号），则HF+FG的最小值为HG的长，过H点作HG′⊥BC于G′，然后利用含30度角的直角三角形三边的关系求出HG′即可．
【解答】解：过D点作DH⊥AB于H点，连接HE、HF、HG，如图，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠A＝45°，
∴∠ABD＝45°，△ADB为等腰直角三角形，
而DH⊥AB，
∴DH＝AH＝BH，∠ADH＝45°，
在△DEH和△BFH中，
，
∴△DEH≌△BFH（SAS），
∴HE＝HF，∠DHE＝∠BHF，
∵∠EHF＝∠DHE+∠DHF＝∠BHF+∠DHF＝∠DHB＝90°，
∴△HEF为等腰直角三角形，
∴HF＝EF，
∴EF+FG＝HF+FG，
而HF+FG≥HG（当且仅当H、F、G共线时取等号），
∴HF+FG的最小值为HG的长，
过H点作HG′⊥BC于G′，
在Rt△BHG′中，∵∠HBG′＝60°，BH＝AB＝2，
∴BG′＝BH＝1，
∴HG′＝BG′＝，
∴HF+FG的最小值为，
∴EF+FG的最小值为．
故选：B．
10．（2023•肇东市校级一模）如图，正方形ABCD中，AB＝2，连接AC，∠ACD的平分线交AD于点E，在AB上截取AF＝DE，连接DF，分别交CE，AC于点G，H，点P是线段GC上的动点，PQ⊥AC于点Q，连接PH，PH+PQ的最小值是（　　）

A． B．2 C．2 D．4
【考点】轴对称﹣最短路线问题；角平分线的性质；正方形的性质．版权所有
【分析】过点P作PM⊥CD，垂足为M，过点H作HN⊥CD，垂足为N，根据角平分线的性质可得PQ＝PM，可知当H、P、M在同一条直线上时，PH+PQ有最小值，即为HN，证明△CDE≌△DAF（SAS），继而证明CG⊥DF，再证明△DCG≌△HCG（ASA），即可得到CD＝CH＝2，再利用勾股定理解出HN，即可得到PH+PQ的最小值．
【解答】解：过点P作PM⊥CD，垂足为M，过点H作HN⊥CD，垂足为N，

∵AD平分∠ACD，PQ⊥AC，
∴PQ＝PM，∠DCG＝∠HCG，
∴PH+PQ＝PH+PM，
∴当H、P、M在同一条直线上时，PH+PQ有最小值，即为HN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝AB＝2，∠DCB＝∠CDE＝∠DAF＝90°，
在△CDE和△DAF中，
，
∴△CDE≌△DAF（SAS），
∴∠DCE＝∠ADF，
又∵∠CDF+∠ADF＝90°，
∴∠CDF+∠DCE＝90°，
∴∠DGC＝180°﹣（∠CDF+∠DCE）＝90°，即CG⊥DF，
在△DCG和△HCG中，
，
∴△DCG≌△HCG（ASA），
∴CD＝CH＝2，
∵在正方形ABCD中，
∴，
∴△CNH为等腰直角三角形，CN＝HN，
∵在Rt△CNH中，由勾股定理得：CN2+HN2＝CH2，
∴HN2+HN2＝22，解得HN＝，
∴PH+PQ的最小值为，
故选：A．
11．（2023•遵义模拟）如图，菱形ABCD的边长为2，∠B＝120°，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的动点，则PE+PF的最小值是（　　）

A．2 B．1.5 C． D．
【考点】轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．版权所有
【分析】作E关于AC的对称点T，连接PT，FT，则E，T关于AC对称，PE＝PT，所以PE+PF＝PT+PF≥FT，当PT⊥AB时，PE+PF取最小值．
【解答】解：如图，作E关于AC的对称点T，连接PT，FT，过D作DH⊥AB于H．

∵四边形ABCD是菱形，E，T关于AC对称，
∴PE＝PT，
∴PE+PF＝PT+PF，
∵PF+PT≥FT，
当ET⊥AB时，PE+PF取最小值．
∵∠B＝120°，
∴∠DAB＝60°，
∴DH＝ADsin60°＝2×＝，
∴ET＝，
即PE+PF的最小值为．
故选：D．
12．（2023•合肥一模）如图，△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，AB＝2，点E为BD上动点，连接AE，则的最小值为（　　）

A．1 B． C． D．2
【考点】胡不归问题；等边三角形的性质．版权所有
【分析】过E作EM⊥BC于M，过H作AH⊥BC于H，交BD于E'，由△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，可得EM＝BE，当AE+BE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AE+BE的最小值为AH的长度，在Rt△ABH中，有AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°＝，故AE+BE最小值为．
【解答】解：过E作EM⊥BC于M，过H作AH⊥BC于H，交BD于E'，如图：

∵△ABC为等边三角形，BD平分∠ABC，
∴∠EBM＝30°，
∴EM＝BE，
∴AE+BE＝AE+EM，
当AE+BE最小时，AE+EM最小，此时E与E'重合，M与H重合，AE+BE的最小值为AH的长度，
在Rt△ABH中，
AH＝AB•sin∠ABH＝2×sin60°＝，
∴AE+BE最小值为，
故选：C．
13．（2023•滕州市校级模拟）如图，已知矩形ABCD，AB＝8，AD＝4，点E是矩形内部一动点，且∠BEC＝90°，点P是AB边上一动点，连接PD，PE，则PD+PE长度的最小值为（　　）

A．8 B．4 C．10 D．4﹣2
【考点】轴对称﹣最短路线问题；矩形的性质．版权所有
【分析】根据∠BEC＝90°得到点的运动轨迹，利用“将军饮马”模型将PE进行转化．
【解答】解：设点O为BC的中点，由题意可知，点E在以BC为直径的半圆O上运动，
作半圆O及线段BC关于AB的对称图形（半圆O'），点O的对称点为O'，点E的对称点为E'，
连接O′E′，PE′，则PE＝PE'，
易知当点D，P，E'，O'共线时，PD+PE的值最小，为DE'的长，
如图所示，
在Rt△DCO'中，CD＝AB＝8，CO'＝6，
∴DO'＝10，
又∵O'E'＝2，
∴DE'＝DO'﹣O'E'＝8，即PD+PE的最小值为8．
故选：A．

14．（2023•南浔区一模）如图，点P是Rt△ABC斜边AB上的动点，点D、E分别在AC、BC边上，连结PD、PE，若AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，则当PD+PE取得最小值时AP的长是（　　）

A．18 B． C． D．
【考点】轴对称﹣最短路线问题．版权所有
【分析】连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．证明△CDE∽△CAB，得出∠CDE＝∠A，DE∥AB，由cosA＝cos∠CDE，得出＝，求出AG＝．证明PG是△FDE的中位线，得出PG＝DE＝5，那么AP＝AG+PG＝．
【解答】解：如图，连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．
∵AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，∠C＝90°，
∴DE＝＝＝10，＝＝，
∴△CDE∽△CAB，
∴∠CDE＝∠A，
∴DE∥AB，
∵cosA＝cos∠CDE，
∴＝，即＝，
∴AG＝．
∵PG∥DE，FG＝DG，
∴PG是△FDE的中位线，
∴PG＝DE＝5，
∴AP＝AG+PG＝+5＝．
故选：B．
15．（2023•慈溪市一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，AC为直径，E为一动点，连结BE交AC于点G，交AD于点F，连结DE．
（1）设∠E为α，请用α表示∠BAC的度数．
（2）如图1，当BE⊥AD时，
①求证：DE＝BG．
②当，BG＝5时，求半径的长．
（3）如图2，当BE过圆心O时，设tan∠ABE＝x，，求y关于x的函数表达式．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）由AB＝AD，得＝，则∠ACB＝∠ACD，由AC是⊙O的直径，得∠ABC＝∠ADC＝90°，则∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，所以∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝α；
（2）①连结BD，由∠AFB＝∠ADC＝90°，得BE∥CD，则∠DBE＝∠BDC，所以＝，则DE＝BC，而∠BGC＝∠ACD＝∠ACB，则BC＝BG，所以DE＝BG；
②作GL⊥AB于点L，则GL＝GF，＝tan∠ABE＝，设GL＝GF＝3m，BL＝4m，则BG＝5m，BF＝8m，所以AF＝BF•tan∠ABE＝6m，则＝tan∠BAC＝tan∠DAC＝＝，而BC＝BG＝5，所以AB＝2BC＝2×5＝10，由勾股定理得AC＝5，即可求得⊙O的半径的长为；
（3）连结BD交AC于点M，由垂径定理得AC⊥BD，MB＝MD，因为OB＝OE，所以OM∥ED，ED＝2OM，由△AOF∽△DEF，得＝，可推导出＝，则y＝＝＝+＝+1，因为∠AMB＝∠BMC＝90°，∠ABE＝∠BAC＝∠DAC＝∠DBC，所以＝＝tan∠ABE＝x，设AM＝a，则BM＝ax，CM＝x•BM＝ax2，所以AC＝a+ax2，OA＝，OM＝，则y＝+1＝．
【解答】解：（1）∵AB＝AD，
∴＝，
∴∠ACB＝∠ACD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠BAD＝∠E＝α，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝α．
（2）①证明：如图1，连结BD，
∵BE⊥AD于点F，
∴∠AFB＝∠ADC＝90°，
∴BE∥CD，
∴∠DBE＝∠BDC，
∴＝，
∴DE＝BC，
∵∠BGC＝∠ACD＝∠ACB，
∴BC＝BG，
∴DE＝BG．
②如图1，作GL⊥AB于点L，则GL＝GF，∠BLG＝90°，
∴＝tan∠ABE＝，
设GL＝GF＝3m，BL＝4m，则BG＝＝5m，
∴BF＝5m+3m＝8m，
∴AF＝BF•tan∠ABE＝8m×＝6m，
∴＝tan∠BAC＝tan∠DAC＝＝＝，
∵BC＝BG＝5，
∴AB＝2BC＝2×5＝10，
∴AC＝＝5，
∴OA＝AC＝×5＝，
∴⊙O的半径的长为．
（3）如图2，连结BD交AC于点M，
∵AC是⊙O的直径，＝，
∴AC⊥BD，MB＝MD，
∵OB＝OE，
∴OM∥ED，ED＝2OM，
∵OA∥ED，
∴△AOF∽△DEF，
∴＝，
∴+1＝+1，
∴＝，
∵OA＝OB＝OE，
∴y＝＝＝+＝+＝+1＝+1，
∵∠AMB＝∠BMC＝90°，∠ABE＝∠BAC＝∠DAC＝∠DBC，
∴＝tan∠BAC＝tan∠DBC＝＝tan∠ABE＝x，
设AM＝a，则BM＝ax，CM＝x•BM＝ax2，
∴AC＝AM+CM＝a+ax2，
∴OA＝，OM＝AM﹣OA＝a﹣＝，
∴y＝+1＝+1＝，
∴y关于x的函数表达式为y＝．
16．（2023•甘井子区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，点D在边AC上，CD＝4，连接DB，AD＝BD，点E是边AC上一动点（点E不与点A，D，C重合），过点E作AC的垂线，与AB相交于点F，连接DF，设AE＝x，△DEF与△ABD重叠部分的面积为S．
（1）求AC的长；
（2）求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．

【考点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；函数关系式；函数自变量的取值范围．版权所有
【分析】（1）利用勾股定理求出BD的长，即可得出AC的长；
（2）分点E在AD和CD上两种情形，分别利用相似三角形的判定与性质解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△BCD中，由勾股定理得，
BD＝＝5，
∵AD＝BD，
∴AD＝5，
∴AC＝AD+CD＝5+4＝9；
（2）当0＜x＜5时，
∵∠AEF＝∠C，∠A＝∠A，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∴EF＝x，
∴S＝DE•EF＝（5﹣x），
当5＜x＜9时，

同理得，EF＝x，△DEG∽△DCB，
∴，
∴，
∴GE＝（x﹣5），
∴FG＝x﹣（x﹣5）＝，
∴S＝＝（）•（x﹣5）＝﹣，
综上：S＝．



17．（2023•前郭县一模）如图，已知∠ABC＝90°，P是射线BC上一动点，连接AP，D是AP的中点，连接BD，作点B关于AP的对称点B′，连接B′D，B′P．
（1）当B′P∥BD时，判断△B'DP的形状，并说明理由；
（2）当B′P∥AB时，△B'DP的形状是 　等腰直角三角形　；
（3）当B′D∥AB时，若AB＝2，则△B'DP的面积是 　　．
​
【考点】三角形综合题．版权所有
【分析】（1）结论：△B'DP 是等边三角形．证明三边相等可得结论；
（2）结论：△B'DP是等腰直角三角形．证明∠B′＝∠DPB′＝45°，可得结论；
（3）证明△ABD是等边三角形，可得结论．
【解答】解：（1）结论：△B'DP 是等边三角形．
理由：如图1中，

∵点B关于AP的对称点为点B′，
∴∠BDP＝∠B'DP，BD＝B'D，
在Rt△ABP中，D是AP的中点，
∴BD＝DP，
∴B'D＝DP，
∵B′P∥BD，
∴∠BDP＝∠B'PD，
∴∠B'DP＝∠B'PD，
∴B'D＝B′P，
∴B'D＝DP＝B'D，
∴△B'DP 是等边三角形；
（2）结论：△B'DP是等腰直角三角形．
理由：如图，

∵PB′∥AB，
∴∠ABP+∠BPB′＝180°，
∵∠ABP＝90°，
∴∠BPB′＝45°，
∴∠A＝90°﹣45°＝45°＝∠BPA，
∴BA＝BP，
∵AD＝DP，
∴∠DBP＝∠ABD＝45°，
∵∠B′＝∠PBD＝45°，∠DPB′＝∠BPD＝45°，
∴∠PDB′＝90°，
∵∠B′＝∠DPB′＝45°，
∴DP＝DB′，
∴△PDB′是等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形；
（3）如图3中，

∵DB′∥AB，
∴∠A＝∠ADB′，
∵∠ADB＝∠ADB′，
∴∠A＝∠ADB，
∴AB＝BD，
∵∠ABP＝90°，AD＝DP，
∴AD＝DB，
∴AB＝AD＝DB＝2，
∴△B'DP的面积＝△BDP的面积＝△ABD的面积＝×22＝．
故答案为：．
18．（2023•漳平市一模）如图①，线段AB，CD交于点O，若∠A与∠B，∠C与∠D中有一组内错角成两倍关系，则称△AOC与△BOD为倍优三角形，其中成两倍关系的内错角中，较大的角称为倍优角．

（1）如图②，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB⊥BD，△COD为等边三角形，求证：△AOB与△COD为倍优三角形．
（2）如图③，正方形ABCD边长为2，点P为边CD上一动点（不与点C，D重合）连接AP和BP，对角线AC和BP交于点O，当△AOP与△BOC为倍优三角形时，求∠DAP的正切值．
【考点】正方形的性质；解直角三角形；同位角、内错角、同旁内角；等边三角形的性质．版权所有
【分析】（1）△COD是等边三角形，得到∠AOB＝∠COD＝60°，又AB⊥BD，故∠BAO＝30°，即可求解；
（2）①若∠BCO＝2∠PAO，得到PD＝PH，进而求解；②若∠APO＝2∠CBO，得到∠DAP＝∠API＝∠BPI＝∠CBP，则DP＝CP＝1，即可求解．
【解答】（1）证明：∵△COD是等边三角形，
∴∠COD＝∠OCD＝60°，
∴∠AOB＝∠COD＝60°，
∵AB⊥BD，
∴∠BAO＝30°，
∴∠OCD＝2∠BAO，
∴△AOB与△COD为倍优三角形；
（2）由题意，∠BCO＞∠PAO，∠APO＞∠CBO．
①若∠BCO＝2∠PAO，如图③﹣1，过点P作PH⊥AC于H，

则∠DAO＝2∠PAO，
∴AP平分∠DAC，
又PH⊥AC，∠D＝90°，
∴PD＝PH，
设PD＝PH＝m，
则PC＝2﹣m．
则PC＝PH，
∴2﹣m＝m，
∴m＝2﹣2，
∴tan∠DAP＝＝﹣1；
②若∠APO＝2∠CBO，如图③﹣2，过点P作PI∥BC交AB于I，

则∠BPI＝∠CBO，
∵∠APO＝2∠CBO，
∴∠APO＝2∠BPI，
则∠DAP＝∠API＝∠BPI＝∠CBP，
故DP＝CP＝1，
∴tan∠DAP＝＝．
综上，∠DAP的正切值为﹣1或；
19．（2023•商河县一模）如图，四边形ABCD、EBGF都是正方形．

（1）如图1，若AB＝4，，求FC的长；
（2）如图2，正方形EBGF绕点B逆时针旋转，使点G正好落在EC上，求证：；
（3）如图3，在（2）条件下，∠BCE＝22.5°，EC＝2，点M为直线BC上一动点，连接EM，过点M作MN⊥EC，垂足为点N，直接写出EM+MN的最小值 　　．
【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）在Rt△EBC中和在Rt△FGC中利用勾股定理解题．
（2）利用△BEA和△BGC全等，实现线段转化求解．
（3）构建最短距离模型，将CE关于直线BC对称，点E到该对称线的最短距离即为最小值．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，
在Rt△EBC中，BC＝4，EC＝，
∴BE＝＝1，
∵四边形EFGB为正方形，
∴BE＝BG＝GF＝1，∠BGF＝90°，
在Rt△FGC中，GF＝1，GC＝BC﹣BG＝4﹣1＝3，
∴FC＝＝．
（2）证明∵四边形ABCD和四边形EFGB均为正方形，
∴AB＝BC，EB＝BG，∠ABC＝∠EBG＝90°，
∴∠ABE+∠ABG＝∠ABG+∠CBG，
∴∠ABE＝∠CBG，
∵AB＝BC，EB＝BG，
∴△BEA≌△BGC（SAS），
∴AE＝CG，
在Rt△BEG中，EB＝GB，
∴EG＝＝，
∴EC＝EG+CG＝EB+AE．
（3）解：EM+MN的最小值，
将线段CE关于直线BC对称的CE'．
作BH⊥CH于点H，如图，

∵四边形EFGB为正方形，EG是对角线，
∴∠EGB＝45°，
∵∠BCE＝22.5°，
∴GBC＝22.5°．
由（2）可知△BEA≌△BGC，
∴∠ABE＝22.5°，
∵线段CE关于直线BC对称的CE'，
∴∠BCE＝∠HCB＝∠ABE＝22.5°，
∵∠HCB+∠HBC＝90°，
∴∠ABE+∠HBC＝90°，
∴∠ABE+∠HBC+∠ABC＝180°，
∴点E、点B、点H三点共线，
此时点E到直线CH的最短距离为EH，即EM+MN最短距离为EH，
在Rt△EHC中，EC＝2，∠HCE＝2×22.5°＝45°，
∴EH＝CH，
∴＝2，
解得EH＝．
即EM+MN最短距离为．
故答案为：．
20．（2023•龙港市一模）如图1，在矩形OABC中，OC＝3OA＝15，对角线AC，OB交于点D，E是AO延长线上一点，连结CE，DE，已知AE＝CE，MN为半圆O的直径，CE切半圆O于点F．
（1）求证：△ADE∽△AOC．
（2）求半圆O的直径．
（3）如图2，动点P在CF上点C出发向终点F匀速运动，同时，动点Q从M出发向终点N匀速运动，且它们恰好同时停止运动．
①当PQ与△ABD的一边平行时，求所有满足条件的MQ的长．
②作点F关于PQ的对称点F'，当点F'落在半圆O上时，直接写出的值．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）由矩形的性质可知AD＝CD，∠AOC＝90°，结合AE＝CE，可知DE是AC的垂直平分线，可得∠AOC＝∠ADE＝90°，进而可证得△ADE∽△AOC；
（2）如图，连结OF，易知∠OFC＝90°，OC＝15，OA＝5，，，再根据△ADE∽△AOC可求得AE＝CE＝25，OE＝20，再利用等面积法，可求得半径OF的长度；
（3）①根据题意可得CF＝9，EF＝16，EM＝8，，由P，Q同时出发且同时到达终点，可知，设CP＝3x，MQ＝8x，EP＝25﹣3x，EQ＝8+8x，分情况1：PQ∥BD，情况2：PQ∥AD，情况3：PQ∥AB，三种情况进行讨论即可；
②若F'落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点Q与点O重合，此时MQ＝12，，可得，，即可求得．
【解答】（1）证明：在矩形OABC中，AD＝CD，∠AOC＝90°，
∵AE＝CE，AD＝CD
∴DE是AC的垂直平分线，即ED⊥AC，
∴∠AOC＝∠ADE＝90°，
又∵∠OAC＝∠DAE，
∴△ADE∽△AOC．
（2）解：如图，连结OF，
∵CE切半圆于点F，则∠OFC＝90°，
∵OC＝15，OA＝5，
∴，
∴，
由△ADE∽△AOC，得，
∴AE＝CE＝25，OE＝20，
∴S△COE＝，即：OF＝＝12，
∴半圆O的直径为24．

（3）解：①∵，EF＝16，EM＝8，，
∵P，Q同时出发且同时到达终点，
∴，
∴设CP＝3x，MQ＝8x，EP＝25﹣3x，EQ＝8+8x，
情况1：PQ∥BD，如图，作PR⊥MN于点R，

∴tan∠RQP＝tan∠AOB＝tan∠OAC＝3，
∴PR＝3QR，
∴PR＝EP•sin∠OEC＝，ER＝EP•cos∠OEC＝，
∴，
∴，
解得，
∴．
情况2：PQ∥AD，如图，此时EP＝EQ，则25﹣3x＝8+8x，
∴，
∴．

情况3：PQ∥AB，如图，此时PQ⊥MN，则EP•cos∠OEC＝EQ，
∴，
解得，
∴，
综上所述MQ的长为或或．

②如图，若F'落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点Q与点O重合，
此时MQ＝12，，可得，
∴，．
∴．







21．（2023•越秀区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．点O是边AB上的一个动点，以O为圆心作半圆，与边AC相切于点D，交线段OB于点E，过点E作EG⊥DE，交射线AC于点G，交射线BC于点F．
（1）求证：∠ADE＝∠AEG；
（2）设OA＝x，CF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）BM为半圆O的切线，M为切点，当BM∥DE时，求OA的长．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）连接OD，DE，根据切线的性质得∠ADO＝90°，根据等边对等角得出∠1＝∠2，根据已知条件得出EG⊥DE，即∠DEG＝90°，进而即可得证；
（2）根据已知证明△AOD∽△ABC，得出，，由（1）的结论证明△ADE∽△AEG，OA＝x，CF＝y，表示出CG，在Rt△GED中，，根据y＞0，得出自变量的范围，即可求解；
（3）连接OM，依题意，∠OBM＝∠EGD，由（2）可得，在Rt△BOM中，，根据AB＝5，建立方程，解方程即可求解．
【解答】（1）证明：如图所示，连接OD，DE，

∵AC是⊙O的切线，
∴OD⊥AC，即∠ADO＝90°，
∵OE＝OD，
∴∠1＝∠2，
∵EG⊥DE，即∠DEG＝90°
∴∠AEG＝∠1+90°＝∠2+90°＝∠ADE，
即∠ADE＝∠AEG；
（2）解：∵∠ODA＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，
∴△AOD∽△ABC，
∴，
∵AC＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，
∴根据勾股定理，
得，
∴，，
∵∠ADE＝∠AEG，∠EAG＝∠DAG，
∴△ADE∽△AEG，
∴
∵
∴，AG＝2AE，
∵OA＝x，CF＝y，
在Rt△GED中，，
∵，
∴，
∵CG＞0，
∴，
解得：，
∴，
当时，点G在线段AC上，
即，
则，
综上所述，y＝；
（3）解：如图所示，连接OM，
∵BM为半圆O的切线，M为切点，
∴OM⊥BM

由（1）可得∠ADE＝∠AEG；
又∠ADE＝∠EGD+90°＝∠2+90°，
∴∠1＝∠EGD，
∵BM∥DE，
∴∠1＝∠OBM，
∴∠OBM＝∠EGD，
由（2）可得，
∴，
∵，
∴，
在Rt△BOM中，，
∵，
解得：．
22．（2023•九台区一模）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，AC＝4，点D为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB﹣BC向点C运动，点P在AB上以每秒1个单位长度的速度运动，在BC上以每秒个单位长度的速度运动，在点P运动过程中，连结PD，将△APD沿PD翻折得到△A′PD．设点P的运动时间为t秒（0＜t＜4）．
（1）BC的长为 　2　；
（2）用含t的代数式表示线段BP的长；
（3）当BA′最短时，求△A′BP的面积；
（4）当四边形APA′D为中心对称图形时，直接写出t的值．

【考点】四边形综合题．版权所有
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）分两种情形：点P在线段AB上，点P在线段BC上两种情形，分别求解即可；
（3）当BA′最短时，A′D＝2，，时△A′BP为等腰直角三角形；
（4）分两种情形：如图1中，当点P与点B重合时，四边形APA′D是正方形，是中心对称图形，满足条件，此时t＝2．如图2中，当四边形APA′D是菱形时，过点A作AH⊥BC于点H．此时AP＝AB＝2．解直角三角形求出BH，可得结论．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，AC＝4，
∴BC＝＝＝2，
故答案为：2；

（2）当0＜t≤2时，PB＝2﹣t；
当2＜t＜4时，PB＝（t﹣2）；

（3）当BA′最短时，D，A′，B共线，
∵AB＝AD，∠A＝90°，
∴∠PBA′＝45°，
∵∠PA′B＝90°，
∴△A′BP为等腰直角三角形，
∵A′D＝2，，
∴．

（4）如图1中，当点P与点B重合时，四边形APA′D是正方形，是中心对称图形，满足条件，此时t＝2．

如图2中，当四边形APA′D是菱形时，过点A作AH⊥BC于点H．此时AP＝AB＝2．

∵AP＝AB，AH⊥PB，
∴BH＝PH，
∵S△ACB＝•AB•AC＝•BC•AH，
∴AH＝＝，
∴BH＝＝＝，
∴BP＝，
∴t＝2+＝，
综上所述，满足条件的t的值为2或．
23．（2023•潍坊一模）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一动点，PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分别为点M，N，连接DP并延长，交MN于点E．
小亮说：点P在运动过程中，PD与MN的数量关系为PD＝MN；
小莹说：点P在运动过程中，PD与MN的位置关系为PD⊥MN．
小亮和小莹两人的发现，　两人都对　是对的；（填“小亮”“小莹”“两人都”）并说明你的理由．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有
【分析】延长NP，交AD于点F，则四边形AMPF为正方形，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：两人都对；
延长NP，交AD于点F，则四边形AMPF为正方形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝AD，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB＝90°，∠PNB＝90°，
∴四边形PNBM是矩形，
∴PN＝MB，∠MPN＝90°，
∵四边形AMPF是正方形，
∴AM＝AF＝PM＝PF，∠PFA＝90°，
∵AB＝AD，
∴MB＝FD，
∵PN＝MB，
∴PN＝FD，
又∵PM＝PF，∠PFD＝∠MPN＝90°，
在△MPN与△PFD中，
，
∴△MPN≌△PFD（SAS），
∴PD＝MN，
∵△MPN≌△PFD，
∴∠PNM＝∠FDP，
∵∠NPE＝∠FPD，
∴∠NPE+∠PNM＝∠FPD+∠FDP＝90°，
∴∠PEN＝90°，
∴PD⊥MN．
故答案为：两人都对．

24．（2023•杭州一模）如图，点A，B，C分别是⊙O上的三等分点，连接AB，BC，CA．点D，E分别是AC，BC上的点，且BE＝CD．过点D作EO的垂线，垂足为H，与⊙O分别交于N、M，与边AB交于F点．
（1）求证：△ABC是等边三角形；
（2）探索FN与MD的数量关系，并加以证明；
（3）点E从点B沿BC方向运动到点C，点H也随之运动，若⊙O的半径为2，则点H运动的路径长是多少？

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）由＝＝，得AB＝BC＝AC，则△ABC是等边三角形；
（2）连接OC、OD、OE、EF，由△ABC是⊙O的内接正三角形，得∠BOC＝120°，则∠OBC＝∠OCB＝30°，所以∠OBE＝∠OCD＝30°，可证明△OBE≌△OCD，得OE＝OD，∠BOE＝∠COD，可推导出∠EOD＝∠BOC＝120°，则∠OED＝∠ODE＝30°，所以∠EDF＝60°，可证明∠CDE＝∠AFD＝120°﹣∠ADF，CE＝AD，即可证明△CDE≌△AFD，得DE＝FD，则△DEF是等边三角形，由FH＝DH，NH＝MH，得FN＝MD；
（3）延长BO交AC于点K，连接并延长KH交AB于点L，由BK平分∠ABC，得BK⊥AC，AK＝CK，取OD的中点I，连接IK、IH，则K、H、O、D四点都在以OD为直径的圆上，所以∠OKH＝∠ODH＝30°，则KH∥BC，可知点H在过点K与BC平行的直线上运动，由∠OKC＝90°，∠OCK＝30°，OC＝2，得OK＝OC＝1，则AK＝CK＝＝，再证明△ALK是等边三角形，KL＝AK＝，所以点H运动的路径长是．
【解答】（1）证明：∵点A，B，C分别是⊙O上的三等分点，
∴＝＝，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形．
（2）解：FN＝MD，
证明：如图1，连接OC、OD、OE、EF，
∵△ABC是⊙O的内接正三角形，
∴∠BOC＝×360°＝120°，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴∠OBE＝∠OCD＝30°，
∵BE＝CD，
∴△OBE≌△OCD（SAS），
∴OE＝OD，∠BOE＝∠COD，
∴∠EOD＝∠COE+∠COD＝∠COE+∠BOE＝∠BOC＝120°，
∴∠OED＝∠ODE＝30°，
∵DH⊥EO交EO的延长线于点H，
∴∠DHE＝90°，
∴∠EDF＝60°，
∵∠CDE＝180°﹣∠EDF﹣∠ADF＝120°﹣∠ADF，∠AFD＝180°﹣∠A﹣∠ADF＝120°﹣∠ADF，
∴∠CDE＝∠AFD，
∵BC＝AC，BE＝CD，
∴CE＝AD，
∴△CDE≌△AFD（AAS），
∵DE＝FD，
∴△DEF是等边三角形，
∵EH⊥DF，
∴FH＝DH，NH＝MH，
∴FN＝MD．
（3）解：如图2，延长BO交AC于点K，连接并延长KH交AB于点L，
∵∠OBC＝∠OBA＝30°，
∴BK平分∠ABC，
∴BK⊥AC，AK＝CK，
∴∠OKD＝∠OHD＝90°，
取OD的中点I，连接IK、IH，则IK＝IH＝IO＝ID＝OD，
∴K、H、O、D四点都在以OD为直径的圆上，
∴∠OKH＝∠ODH＝30°，
∴∠OKH＝∠OBC，
∴KH∥BC，
∴点H在过点K与BC平行的直线上运动，
∴线段KL就是点E从点B运动到点C时点H的运动路径，
∵∠OKC＝90°，∠OCK＝30°，OC＝2，
∴OK＝OC＝1，
∴AK＝CK＝＝＝，
∵∠A＝60°，∠AKL＝∠ACB＝60°，
∴∠ALK＝60°，
∴△ALK是等边三角形，
∵KL＝AK＝，
∴点H运动的路径长是．
25．（2023•黑龙江一模）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D是射线BA上一动点，连接CD，以CD为边作∠DCE＝45°，CE在CD右侧，CE与过点A且垂直于AB的直线交于点E，连接DE．

（1）当CD，CE都在AC的左侧时，如图①，线段BD，AE，DE之间的数量关系是 　BD+AE＝DE　；
（2）当CD，CE在AC的两侧时，如图②，线段BD，AE，DE之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给予证明；
（3）当CD，CE都在AC的右侧时，如图③，线段BD，AE，DE之间有怎样的数量关系？直接写出你的猜想，不必证明．
【考点】三角形综合题．版权所有
【分析】（1）过点C作CF⊥CE，交AB延长线于点F，如图，先证明△CBF≌△CAE，得到BF＝AE，CF＝CE，然后证明△DCE≌△DCF解题即可；
（2）过点C作CF⊥CE，交AB于点F，如图，先证明△CBF≌△CAE，得到BF＝AE，CF＝CE，然后证明△DCE≌△DCF解题即可；
（3）过点C作CF⊥CE，交AB于点F，如图，先证明△CBF≌△CAE，得到BF＝AE，CF＝CE，然后证明△DCE≌△DCF解题即可．
【解答】解：（1）结论：BD+AE＝DE．
理由：过点C作CF⊥CE，交AB延长线于点F，如图．

∴∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴∠FCB＝∠ECA，
∵AE⊥AB，
∴∠EAB＝90°，
∵∠CBA＝∠CAB＝45°，
∴∠CBF＝∠CAE＝135°，
∵BC＝AC，
∴△CBF≌△CAE（ASA），
∴BF＝AE，CF＝CE，
∵∠DCE＝45°，∠ECF＝90°，
∴∠DCE＝∠DCF＝45°，
∵CD＝CD，
∴△DCE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF，
∵BD+BF＝DF，
∴BD+AE＝DE．
故答案为：BD+AE＝DE．
（2）图②的猜想：BD﹣AE＝DE．
证明：过点C作CF⊥CE，交AB于点F，如图②．
∴∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴∠CBF＝∠CAE，
∵AE⊥AB，
∴∠EAB＝90°，
∵∠CBA＝∠CAB＝45°，
∴∠CBF＝∠CAE＝45°，
∵BC＝AC，
∴△CBF≌△CAE（ASA），
∴BF＝AE，CF＝CE，
∵∠DCE＝45°，∠ECF＝90°，
∴∠DCE＝∠DCF＝45°，
∵CD＝CD，
∴△DCE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF，
∵BD﹣BF＝DF，
∴BD﹣AE＝DE．

（3）过点C作CF⊥CE，交AB于点F，如图

∴∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴∠FCB＝∠ECA，
∵AE⊥AB，
∴∠EAB＝90°，
∵∠CBA＝∠CAB＝45°，
∴∠CBF＝∠CAE＝45°，
∵BC＝AC，
∴△CBF≌△CAE（ASA），
∴BF＝AE，CF＝CE，
∵∠DCE＝45°，∠ECF＝90°，
∴∠DCE＝∠DCF＝45°，
∵CD＝CD，
∴△DCE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF，
∵BD﹣BF＝DF，
∴BD﹣AE＝DE．
故答案为：BD﹣AE＝DE．
26．（2023•宿迁模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点A，B（A在B的左边），与y轴相交于点C，已知A（1，0）、B（3，0），C（0，3），M是y轴上的动点（M位于点C下方），过点M的直线l垂直于y轴，与抛物线相交于两点P、Q（P在Q的左边），与直线BC交于点N．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，四边形PMGH是正方形，连接CP，△PNC的面积为S1，正方形PMGH的面积为S2，求的取值范围；
（3）如图2，以点O为圆心，OA为半径作⊙O．
①动点F在⊙O上，连接BF、CF，请直接写出的最小值为 　　；
②点P是y轴上的一动点，连接PA、PB，当sin∠APB的值最大时，请直接写出P的坐标．
​
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）用待定系数法可得函数的表达式为y＝x2﹣4x+3；
（2）设M（0，m），m＜3，由B（3，0），C（0，3）可得直线BC表达式为y＝﹣x+3，则N（3﹣m，m），MN＝3﹣m．设点P（t，t2﹣4t+3），可得PM＝t，PN＝MN﹣PM＝3﹣m﹣t＝﹣t2+3t，CM＝3﹣m＝﹣t2+4t，故＝（t2﹣7t+12）＝（t﹣）2﹣，而y＝x2﹣4x+3＝（x+2）2﹣1，知抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），有﹣1＜m＜3，根据二次函数性质可得的取值范围为1＜＜6；
（3）①连接OF，在y轴上取点W（0，），连接WF，BW，证明△COF∽△FOW，可得WF＝CF，故当W，F，B共线时，BF+WF最小，BF+CF最小，最小值即为BW的长度，用勾股定理求出BW即可；
②作△ABP的外接圆T，作TK⊥x轴于K，连接AT，BT，PT，则AK＝BK＝1，则∠APB＝∠ATB，可知当AT最小时，PT最小，此时∠APB最大，此时PT⊥y轴，再用勾股定理可得P（0，）．
【解答】解：（1）把A（1，0）、B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：
，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+3；
（2）设M（0，m），m＜3，

由B（3，0），C（0，3）可得直线BC表达式为y＝﹣x+3，
∵MN∥x轴，
∴N（3﹣m，m），
∴MN＝3﹣m．
设点P（t，t2﹣4t+3），则t2﹣4t+3＝m，即3﹣m＝﹣t2+4t，
∴PM＝t，
PN＝MN﹣PM＝3﹣m﹣t＝﹣t2+3t，
CM＝3﹣m＝﹣t2+4t．
∴S1＝PN•CM＝（﹣t2+3t）（﹣t2+4t），
S2＝PM2＝t2，
∴＝（t2﹣7t+12）＝（t﹣）2﹣，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x+2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵m＜3，
∴﹣1＜m＜3．
∴0＜t＜2．
∵＞0，
∴当t＜时，的值随t的增大而减小，
∴当t＝0时，的值最大＝6，
当t＝2时，的值最小＝1，
∴的取值范围为1＜＜6；
（3）①连接OF，在y轴上取点W（0，），连接WF，BW，如图：

∵⊙O的半径OA＝1，
∴OF＝1，
∴＝，＝＝，
∴＝，
∵∠COF＝∠FOW，
∴△COF∽△FOW，
∴＝＝，
∴WF＝CF，
∴BF+CF＝BF+WF，
∵当W，F，B共线时，BF+WF最小，
∴当W，F，B共线时，BF+CF最小，最小值即为BW的长度，
∵W（0，），B（3，0），
∴BW＝＝，
∴BF+CF的最小值为，
故答案为：；
②作△ABP的外接圆T，作TK⊥x轴于K，连接AT，BT，PT，则AK＝BK＝1，则∠APB＝∠ATB，
∴当∠ATB最大时，∠APB最大，sin∠APB也最大；

∵AT＝BT＝PT，
∴当AT最小时，PT最小，此时∠APB最大，
∵当PT⊥y轴时，PT最小，
∴此时∠APB最大，sin∠APB最大，
∵PT＝OK＝OA+AK＝2，
∴AT＝2，
∴TK＝＝＝，
∴P（0，）．
27．（2023•武汉模拟）如图，抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．
（1）直接写出A，B两点的坐标；
（2）如图（1），当a＝1时，D是第三象限内抛物线上一动点，连接AC，过点D作DH⊥AC，垂足为点H，求DH的最大值；
（3）如图（2），已知点P（0，1），直线AP交抛物线于点E，直线BP交抛物线于点F，连接EF交y轴于点T，求OT﹣的值．
​
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【分析】（1）在y＝ax2+2ax﹣3a中，令y＝0可解得A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，当a＝1时，y＝x2+2x﹣3，C（0，﹣3），即得OC＝3＝OA，直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，而△DKH是等腰直角三角形，有DH＝DK，设D（m，m2+2m﹣3），则DH＝（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，由二次函数性质可得答案；
（3）由A（﹣3，0），P（0，1）得直线AP解析式为y＝x+1，联立，解得E（，），同理可得F（，），用待定系数法得直线EF解析式为y＝﹣x+，可得T（0，），OT＝，而OC＝3a，即可得OT﹣的值是2．
【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣3a中，令y＝0得：0＝ax2+2ax﹣3a，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，如图：

当a＝1时，y＝x2+2x﹣3，
令x＝0得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵A（﹣3，0），
∴OC＝3＝OA，直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，
∴∠ACO＝45°＝∠DKH，
∴△DKH是等腰直角三角形，
∴DH＝DK，
设D（m，m2+2m﹣3），则K（m，﹣m﹣3），
∴DK＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴DH＝（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，DH取最大值，最大值为，
∴DH的最大值是；
（3）由A（﹣3，0），P（0，1）得直线AP解析式为y＝x+1，
联立，解得或，
∴E（，），
由B（1，0），P（0，1）得直线BP解析式为y＝﹣x+1，
联立，解得或，
∴F（，），
设直线EF解析式为y＝kx+b，将E（，），F（，）代入得：
，
解得，
∴直线EF解析式为y＝﹣x+，
令x＝0得y＝，
∴T（0，），
∴OT＝，
在y＝ax2+2ax﹣3a中，令x＝0得y＝﹣3a，
∴C（0，﹣3a），
∴OC＝3a，
∴OT﹣＝﹣＝2，
∴OT﹣的值是2．
28．（2023•宜兴市一模）如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4．点P在AD上运动（点P不与点A、D重合）将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处（包括矩形边界）．
（1）求AP的取值范围；
（2）连接DM并延长交矩形ABCD的AB边于点G，当∠ABM＝2∠ADG时，求AP的长．
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【分析】（1）根据矩形的性质得到AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，∠A＝∠C＝∠D＝90°，根据折叠的性质得到∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝5，根据勾股定理得到DM＝5﹣3＝2，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）根据折叠的性质得到∠ABP＝∠MBP，求得∠ABM＝2∠ABP，根据相似三角形的性质得到，设AP＝5x，AG＝4x，过M作MH⊥AD于H，根据折叠的性质得到AP＝MP＝5x，AM⊥BP，根据三角形中位线定理得到MN＝AG＝2x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）当M落在CD上时，AP的长度达到最大，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，∠A＝∠C＝∠D＝90°，
∵△ABP沿直线翻折，
∴∠PMB＝∠A＝90°，BM＝AB＝5，
∴DM＝5﹣3＝2，
∴∠PMD+∠BMC＝90°，∠PMD+∠MPD＝90°，
∴∠BMC＝∠MPD，
∴△PDM∽△MCB，
∴，，
∴，
∴AP的取值范围是0＜AP≤；
（2）如图，∵将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处，
∴∠ABP＝∠MBP，
∴∠ABM＝2∠ABP，
∵∠ABM＝2∠ADG，
∴∠ABP＝∠ADG，
∵∠A＝∠A，
∴△ADG∽△ABP，
∴，
设AP＝5x，AG＝4x，
过M作MH⊥AD于H，

∵将△ABP沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处，
∴AP＝MP＝5x，AM⊥BP，
∴∠DAM＝90°﹣∠BAM＝∠ABP＝∠ADG，
∴AM＝DM，
∴DH＝AH＝2，HP＝2﹣5x，
∵∠BAD＝∠MHA＝90°，
∴MN∥AG，
∴MN为△ADG的中位线，
∴MN＝AG＝2x，
在Rt△PHM中，PM2＝PH2+HM2，
∴（5x）2＝（2x）2+（2﹣5x）2，
解得x1＝，x2＝（不合题意舍去），
∴．
29．（2023•鄞州区校级一模）（1）特殊发现
如图1，正方形BEFG与正方形ABCD的顶点B重合，BE、BG分别在BC、BA边上，连接DF，则有：
①＝　　； ②直线DF与直线AG所夹的锐角等于 　45　度；
（2）理解运用
将图1中的正方形BEFG绕点B逆时针旋转，连接DF、AG，
①如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，若D、F、G三点在同一直线上，且过AB边的中点O，BE＝4，直接写出AB的长 　4　；
（3）拓展延伸
如图4，点P是正方形ABCD的AB边上一动点（不与A、B重合），连接PC，沿PC将△PBC翻折到△PEC位置，连接DE并延长，与CP的延长线交于点F，连接AF，若AB＝4PB，则的值是否是定值？请说明理由．

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【分析】（1）①连接BF，BD，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质解答即可；
②利用等腰直角三角形的性质解答即可；
（2）①连接BF，BD，利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；
②连接BF，BD，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；
（3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，利用折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的三线合一的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：（1）①连接BF，BD，如图，

∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形，
∴∠ABF＝∠ABD＝45°，
∴B，F，D三点在一条直线上．
∵GF⊥AB，DA⊥AB，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴BF＝BG，BD＝AB，
∴DF＝BD﹣BF＝（AB﹣BG）＝AG，
∴＝；
②∵B，F，D三点在一条直线上，∠ABF＝∠ABD＝45°，
∴直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°．
故答案为：；45；
（2）①（1）中的结论仍然成立，理由：
连接BF，BD，如图，

∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形，
∴∠ABD＝∠GBF＝45°，∠BGF＝∠BAD＝90°，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴∠ABG+∠ABF＝∠ABF+∠FBD＝45°，BF＝BG，BD＝，
∴∠ABG＝∠DBF，，
∴△ABG∽△DBF，
∴；
延长DF，交AB于点N，交AG于点M，

∵△ABG∽△DBF，
∴∠GAB＝∠BDF．
∵∠ANM＝∠DNB，
∴∠BAG+∠AMN＝∠BDF+∠ADB．
∴∠AMN＝∠ABD＝45°，
即直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°，
∴（1）中的结论仍然成立；
②连接BF，BD，如图，

∵四边形GBEF为正方形，
∴∠BFG＝45°．
由①知：∠AGD＝45°，
∴∠AGD＝∠BFG．
∵AB边的中点为O，
∴AO＝BO．
在△AGO和△BFO中，
，
∴△AGO≌△BFO（AAS），
∴GO＝FO＝GF＝2，
∴OB＝＝＝2，
∴AB＝2OB＝4．
故答案为：4；
（3）的值是定值，定值为3，理由：
过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
由折叠的性质可得：BC＝CE，EF＝BF，PB＝PE，∠BCF＝∠ECF．
∴CE＝CD，
∵CQ⊥DF，
∴∠ECQ＝∠DCQ．
∵∠BCD＝90°，
∴∠ECF+∠ECQ＝∠BCD＝45°．
∴∠QFC＝90°﹣∠QCF＝45°，
∴∠BFC＝45°，
∴∠EFB＝∠EFC+∠BFC＝90°．
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴FH⊥BE，BH＝HE＝BE，BE＝EF，
∴∠PHB＝90°．
由（2）①的结论可得：DE＝AF，∠AFD＝45°，
∴∠AFB＝∠AFD+∠EFC＝90°，
∴∠AFP＝∠PHB．
∵∠APF＝∠BPH，
∴△APF∽△BPH，
∴，
∵PA＝3PB，
∴AF＝3BH＝BEEF，
∴DE＝AF＝EF＝3EF．
∴＝3，
∴的值是定值，定值为3．
30．（2023•二道区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，．点P从点A出发，以每秒4个单位长度的速度向终点B匀速运动，点Q为线段BP的中点．点D与点C在PQ的同侧，且∠DPQ＝90°，∠DQP＝∠C．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）线段PQ的长为 　2﹣2t　（用含t的代数式表示）；
（2）当点D落在AC边上时，求PD的长；
（3）当△DPQ与△ABC重叠部分是轴对称图形时，求t的值；
（4）当点D到△ABC任意两边距离相等时，直接写出t的值．

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【分析】（1）根据BP＝4﹣4t，再利用中点的定义可得答案；
（2）首先求得AC＝5，BC＝3，再根据tan∠DQP＝∠tanC，求出DP，从而列出方程即可得出答案；
（3）设QD与AC交于点E，由重叠部分是轴对称图形时，则∠QEA＝90°，QE＝PQ＝2﹣2t，根据sinA＝，即可解决问题；
（4）分点D到AB、BC距离相等或点D到BC、AC距离相等或点D到AB、AC距离相等，分别列出关于t的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）由题意知，AP＝4t，
∴BP＝4﹣4t，
∵点Q为BP的中点，
∴PQ＝BP＝2﹣2t，
故答案为：2﹣2t；
（2）在Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴sinC＝，
∴AC＝5，
由勾股定理得，BC＝3，
∵∠DQP＝∠C，
∴tan∠DQP＝∠tanC，
∴，
∴DP＝＝，
∴PD＝AP•tanA＝4t×＝3t，
∴3t＝，
解得t＝，
∴PD＝；
（3）设QD与AC交于点E，

当△DPQ与△ABC重叠部分是轴对称图形时，则∠QEA＝90°，QE＝PQ＝2﹣2t，
∴sinA＝，
∴，
解得t＝；
（4）当点D到AB与BC距离相等时，则DP＝PB，
∴＝4﹣4t，
解得t＝1，
∵0＜t＜1，
∴t＝1舍去，
当点D到BC与AC距离相等时，则DG⊥BC于G，DH⊥AC于H，连接DB、DA、DC，

则四边形BGDP是矩形，
∴DG＝PB＝4﹣4t，
∴S△ABD+S△ACD+S△BCD＝S△ABC，
∴×++＝，
解得t＝，
当点D到AB与AC距离相等时，
同理可得++＝，
解得t＝，
综上：t＝或．











【中考命题猜想8】相似三角形问题
【命题趋势】
相似三角形问题是中考数学中的重点题型，也是难点所在．相似三角形问题的难度都比较大，所占分值也比较重，学生一般都感觉难做，主要是因为这种类型问题的综合性较强，涉及的知识点或者说考点较多，再加上现在比较热门的动态问题、最值（范围）问题、函数问题，这就导致了几何综合题的难度再次升级，因此这种题的区分度较大．所以我们一定要重视平时多培养自己的综合运用知识的能力，从不同的角度，运用不同的知识去解决同一个问题．
【满分技巧】
一、相似、全等的关系
全等和相似是平面几何中研究直线形性质的两个重要方面，全等形是相似比为1的特殊相似形，相似形则是全等形的推广．因而学习相似形要随时与全等形作比较、明确它们之间的联系与区别；相似形的讨论又是以全等形的有关定理为基础．
二、两个三角形相似的六种图形：只要能在复杂图形中辨认出上述基本图形，并能根据问题需要添加适当的辅助线，构造出基本图形，从而使问题得以解决

三、三角形相似的证题思路：判定两个三角形相似思路：
1）先找两对内角对应相等(对平行线型找平行线)，因为这个条件最简单；
2）再而先找一对内角对应相等，且看夹角的两边是否对应成比例；
3）若无对应角相等，则只考虑三组对应边是否成比例；
1、已知一对等角①找另一角，两角对应相等，两三角形相似； ②找夹边对应成比例，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似
2、已知两边对应成比例①找夹角相等，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；
③找第三边也对应成比例，三边对应成比例，两三角形相似
3、已知可能的一个直角三角形①找一个直角，斜边、直角边对应成比例，两个直角三角形相似；②找另一角，两角对应相等，两三角形相似；③找两边对应成比例，判定定理1或判定定理4
4、与等腰三角形有关的：①找顶角对应相等：判定定理1
②找底角对应相等：判定定理1；③找底和腰对应成比例：判定定理3
5、相似形的传递性 若△1∽△2，△2∽△3，则△1∽△3
四、“三点定形法”，即由有关线段的三个不同的端点来确定三角形的方法。具体做法是：先看比例式前项和后项所代表的两条线段的三个不同的端点能否分别确定一个三角形，若能，则只要证明这两个三角形相似就可以了，这叫做“横定”；若不能，再看每个比的前后两项的两条线段的两条线段的三个不同的端点能否分别确定一个三角形，则只要证明这两个三角形相似就行了，这叫做“竖定”。有些学生在寻找条件遇到困难时，往往放弃了基本规律而去乱碰乱撞，乱添辅助线，这样反而使问题复杂化，效果并不好，应当运用基本规律去解决问题。
模型一：8字模型
图解模型

模型分析
一般根据已知条件，通过推理证明可以得到一组相等的角，再根据图中一组相等的角(对顶角)得到相似
模型二：A字模型
图解模型

模型分析
一般根据已知条件，通过推理证明得到一组相等的角，再根据图中一组相等的角(公共角)得到相似
模型三：一线三等角模型
模型条件
已知A，B，D三点共线，且∠A＝∠CBE＝∠D
图解模型
(1)点B在线段AD上：

相似
△ABC∽△DEB
全等
当AB＝DE(或AC＝DB或BC＝EB)时，△ABC≌△DEB

【题目练习】
1．（2023•市北区一模）如图所示，矩形ABCD，AB＝3cm，BC＝5cm，E为边AD上一点，ED＝1cm．点P从点B出发，沿BE方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，以P、Q、B为顶点的三角形和△ABE相似；
（2）设五边形PEDCQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；
（3）连接CE，取CE中点F，连接DF，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使PQ∥DF？若存在，请直接给出t的值（不必提供求解过程）；若不存在，请说明理由．
​
【考点】相似形综合题．版权所有
【分析】（1）分∠BPQ＝90°或∠PBQ＝90°两种情形，分别利用cos∠PBQ列出方程即可；
（2）作PH⊥BC于H，将五边形面积转化为梯形面积减去APQ的面积即可；
（3）根据平行线的性质得∠QPM＝∠CDF，再利用直角三角形斜边上中线的性质得∠CDF＝∠FCD，再利用三角函数列出方程即可．
【解答】解：（1）由题意得，AB＝CD＝3，AE＝4，BC＝5，DE＝1，∠AEB＝∠PBQ，
由勾股定理得，BE＝＝5，
∵BP＝t，QC＝t，
∴PE＝5﹣t，BQ＝5﹣t，
当∠BPQ＝90°时，
cos∠PBQ＝，
解得t＝，
当∠PBQ＝90°时，
cos∠PBQ＝，
解得t＝，
综上所述，当t＝或时，以P、Q、B为顶点的三角形和△ABE相似；
（2）S五边形PEDCQ＝S梯形BCDE﹣S△BPQ，
如图，作PH⊥BC于H，

则PH＝BP•sin∠PBQ＝t×，
BH＝BP，
∴S，
S梯形BCDE＝，
∴S＝9﹣（﹣）＝；
（3）存在某一时刻，使得PQ∥DF，
如图，作PM⊥BC于M，
则PM＝，QM＝，


∵PM∥CD，PQ∥DF，
∴∠QPM＝∠CDF，
∵DF为Rt△DEC的中线，
∴DF＝FC，
∴∠CDF＝∠FCD，
∴tan∠QPM＝，
∴，
即＝，
∴t＝，
即存在某一时刻t，使PQ∥DF，t的值为．
2．（2023•历下区一模）如图1，已知正方形AFEG与正方形ABCD有公共顶点A，点E在正方形ABCD的对角线AC上（AG＜AD）．

（1）如图2，正方形AFEG绕A点顺时针方向旋转α（0°＜α＜90°），DG和BF的数量关系是 　DG＝BF　，位置关系是 　DG⊥BF　；
（2）如图3，正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），求的值以及直线CE和直线DG所夹锐角的度数；
（3）如图4，AB＝8，点N在对角线AC上，CN＝，将正方形AFEG绕A顺时针方向旋转α（0°＜α＜360°），点M是边CD的中点，过点M作MH∥DG交EC于点H；在旋转过程中，线段NH的长度是否变化？如果不变，请直接写出NH的长度；如果改变，请说明理由．
【考点】相似形综合题．版权所有
【分析】（1）如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，证明△DAG≌△BAF，进而得出DG＝BF，∠ADG＝∠ABF，根据平行线的性质得出∠PBA+∠ADG＝∠PBA+∠ABF＝90°，进而即可得出结论；
（2）连接AE，证明△ADG∽△ACE，得出，∠ADG＝∠ACE，延长DG、CE交于点O，根据三角形的内角和定理，即可得出∠DOC＝∠DAC＝45°；
（3）过点M作MN'⊥AC，得出CN＝CN'，即可证明MN⊥NC，设∠ADG＝θ，则∠GDC＝90°﹣θ，连接AE，过点M作MO⊥DC交AC于点O，证明△ADG∽△ACE，得出∠ADG＝∠ACE＝θ，进而得出∠MOC＝∠MHC＝45°，则M，C，H、O四点共圆，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图所示，过点P作PB∥DG交DC于点P，

∵正方形AFEG与正方形ABCD，
∴AG＝AF，AD＝AB，∠DAB＝∠GAF＝90°，
∴∠DAG+∠GAB＝∠GAB+∠BAF＝90°，
∴∠DAG＝∠BAF．
∴△DAG≌△BAF（SAS），
∴DG＝BF，∠ADG＝∠ABF，
∵PB∥DG，
∴∠CDG＝∠CPB，
即90°﹣∠ADG＝90°﹣∠PCB＝∠PBA．
又∵∠ADG＝∠ABF，
∴∠PBA+∠ADG＝∠PBA+∠ABF＝90°，
∴BF⊥PB，
∴BF⊥DG，
∴DG和BF的数量关系是相等（DG＝BF），位置关系是垂直（DG⊥BF），
故答案为：DG＝BF，DG⊥BF；
（2）连接AE，

由旋转性质知∠CAE＝∠DAG＝α，
在Rt△AEG和Rt△ACD中，
＝cos45°＝，＝，
∴，
∴△ADG∽△ACE，
∴，
∴，
∵△ADG∽△ACE，
∴∠ADG＝∠ACE．
延长DG、CE交于点O，
∵∠DPO＝∠CPA，
∴∠DOC＝∠DAC＝45°；
（3）∵AB＝8，点M是边CD的中点，点N在对角线AC上，CN＝2，
∴MC＝4，∠MCN＝45°，
过点M作MN'⊥AC，

在Rt△MCN'中，CN＝MC×cos45°＝2，
∴CN＝CN'，
即点N，N重合，
∴MN⊥NC，
∴∠MNC＝90°，
设∠ADG＝θ，则∠GDC＝90°﹣θ．
∵MH∥DG，
∴∠HMC＝90°﹣θ，
如图所示，连接E，过点M作MO⊥DC交AC于点O，
∴MO∥AD，
∴∠MOC＝∠DAC＝45°，
∴△MOC是等腰直角三角形，
又∵MN⊥OC，
∴MN＝NC＝NO，
∴＝cos45°＝，∠DAG＝∠CAE＝α，
∴△ADG∽△ACE，
∴∠ADG＝∠ACE＝θ，
∴∠MCH＝45°+θ，
∴∠MHC＝180°﹣∠HMC﹣∠HCM＝180°﹣（90°﹣θ）﹣（45°+θ）＝45°，
∴∠MOC＝∠MHC＝45°，
∴M、C、H、O四点共圆，
∴线段NH是一个定值，NH＝CN＝2．

3．（2023•西湖区模拟）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、BC、AC上，且DF∥BC，EF∥AB．
（1）求证：△FEC∽△ADF；
（2）设CF＝AC．
①若EF＝3，求线段AB的长；
②若S△FEC＝1，求S△ADF的值．

【考点】相似三角形的判定与性质．版权所有
【分析】（1）利用平行线判定相似的方法，分别说明△ADF与△ABC、△CEF与△CBA相似，得结论；
（2）利用相似三角形的性质得结论．
【解答】（1）证明：∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC．
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CBA．
∴△FEC∽△ADF．
（2）解：∵△CEF∽△CBA，
∴＝＝．
∴AB＝3EF＝9．
∵CF＝AC，
∴＝．
∵△FEC∽△ADF，
∴＝（）2＝．
∴S△ADF＝4S△FEC＝4．

4．（2023•西湖区模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是线段AB和AB的延长线上的一点，且BF＝BE，连接CE，DF交于点G，连接BG．设＝k（k＞0）．
（1）当k＝1时，求CE的长；
（2）在（1）的条件下，求BG的长；
（3）求△DCG的面积（用含k的代数式表示）．

【考点】相似三角形的判定与性质；列代数式；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．版权所有
【分析】（1）连接AC，根据题意和菱形的性质可得△ABC为等边三角形，AE＝EB＝AB＝1，在Rt△BCE中，CE＝BC•sin∠CBE；
（2）根据理性的性质得AB∥CD，进而得∠DCG＝∠FEG，∠CDG＝∠EFG，由AE＝EB＝BF可得EF＝CD，以此可通过ASA证明△CDG≌△EFG，则EG＝，再根据勾股定理即可求解；
（3）设点G到CD的距离为h1，点G到AB的距离为h2，则，即，易证明△CDG∽△EFG，得，根据题意可得CD＝（k+1）EB，EF＝2EB，因此，进而得到，以此即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接AC，

在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，
∴BC＝AB＝2，
∴△ABC为等边三角形，
∵＝k，k＝1，
∴AE＝EB＝AB＝1，即E为AB中点，
∴CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
在Rt△BCE中，CE＝BC•sin∠CBE＝2×＝；
（2）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DCG＝∠FEG，∠CDG＝∠EFG，
由（1）知，AE＝EB＝1，
∵BF＝BE，
∴AB＝EF＝CD，
在△CDG和△EFG中，
，
∴△CDG≌△EFG（ASA），
∴CG＝EG＝CE＝，
在Rt△BEG中，BG＝；
（3）设点G到CD的距离为h1，点G到AB的距离为h2，
由（1）可知，，即，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，
∴∠DCG＝∠FEG，∠CDG＝∠EFG，
∴△CDG∽△EFG，
∴，
∵＝k，
∴AE＝kEB，
∴CD＝AB＝AE+EB＝kEB+EB＝（k+1）EB，
∵BF＝BE，
∴EF＝EB+BF＝2EB，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴S△DCG＝＝＝．
5．（2023•包河区一模）如图1，AB＝AC＝2CD，DC∥AB，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△FCE，使点D落在AC的点E处，AB与CF相交于点O，AB与EF相交于点G，连接BF．
（1）求证：△ABE≌△CAD；
（2）求证：AC∥FB；
（3）若点D，E，F在同一条直线上，如图2，求的值．（温馨提示：请用简洁的方式表示角）

【考点】相似形综合题．版权所有
【分析】（1）首先说明CD＝AE，再利用SAS即可证明结论；
（2）由旋转可知EF＝AD，由（1）中全等可得BE＝AD，从而得出EF＝BE，进而得出∠8＝∠7，则∠2＝∠6，再利用三角形外角的性质得∠2＝∠7，利用平行线的判定即可证明；
（3）利用△FEC∽△AED，得，由△EAF∽△FAC，得，可知，再证明AF＝BC，即可解决问题．
【解答】（1）证明：由旋转得，△FCE≌△ACD，
∴CE＝CD，
∵AC＝2CD，
∴AC＝2CE，
∵AC＝CE+AE，
∴AC＝2AE，
∴CD＝AE，
∵DC∥AB，
∴∠1＝∠2，
在△ABE与△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS）；
（2）证明：如图1，由（1）得△FCE≌△ACD，△ABE≌△CAD，
∴FE＝AD，BE＝AD，∠4＝∠5，∠3＝∠5，∠6＝∠1，
∴FE＝BE，∠4＝∠3，
∵FE＝BE，
∴∠EFB＝∠EBF，
∴∠4+∠8＝∠3+∠7，
∴∠8＝∠7，
∵∠1＝∠2，∠6＝∠1，
∴∠2＝∠6，
∵∠9＝∠2+∠6，∠9＝∠7+∠8，
∴∠2+∠6＝∠7+∠8，
∴2∠2＝2∠7，
∴∠2＝∠7，
∴AC∥FB；
（3）解：如图2，由（2）得∠4＝∠5，∠1＝∠6，
∵∠4＝∠5，∠FEC＝∠AED，
∴△FEC∽△AED，
∴，
∴，
又∵∠FEA＝∠CED，
∴△FEA∽△CED，
∴∠EFA＝∠1，
∴∠EFA＝∠6，
又∵∠EAF＝∠FAC，
∴△EAF∽△FAC，
∴，
∴AF2＝AE•AC，
∵AE＝，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∴（负值已舍），
由（2）得∠2＝∠6，∠7＝∠8，
∴AO＝CO，FO＝BO，
在△AOF与△COB中，
∵AO＝CO，∠AOF＝∠COB，FO＝BO，
∴△AOF≌△COB（SAS），
∴AF＝CB，
∴．

6．（2023•沭阳县一模）我们定义：三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，那么称这个三角形是2倍角三角形．

（1）定义应用：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数为 　45°或72°　；
（2）性质探索：小思同学通过对2倍角三角形的研究，发现：在△ABC中，如果∠A＝2∠B＝90°，那么BC2＝AC（AB+AC），下面是小思同学的证明方法：已知：如图1，在△ABC中，∠A＝90°，∠B＝45°．求证：BC2＝AC（AB+AC）．证明：如图1，延长CA到D，使得AD＝AB，连接BD，∴∠D＝∠ABD，AB+AC＝AD+AC＝CD；∵∠CAB＝∠D+∠ABD＝2∠D，∠CAB＝90°∴∠D＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠D＝∠ABC，又∠C＝∠C∴△ABC∽△BCD，∴∴BC2＝AC•CD∴BC2＝AC（AB+AC）
根据上述材料提供的信息，请你完成下列情形的证明：
已知：如图2，在△ABC中，∠A＝2∠B，求证：BC2＝AC（AB+AC）；
（3）性质应用：已知：如图3，在△ABC中，∠C＝2∠B，AB＝6，BC＝5，则AC＝　4　；
（4）拓展应用：已知：如图4，在△ABC中，∠ABC＝3∠A，AC＝5，BC＝3，求AB的长．
【考点】相似形综合题．版权所有
【分析】（1）根据2倍角三角形的定义，用分类讨论的思想解决问题即可；
（2）通过证明△ACD∽△BCA，可得，即AC2＝BC•CD，AC•AB＝BC•AD＝BC•BD，可得结论；
（3）利用相似三角形的性质，结合已知条件即可证明；
（4）应用结论以及相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）解：当等腰三角形的内角分别为x，x，2x时，4x＝180°，
解得x＝45°，
当等腰三角形的内角分别为x，2x，2x时，5x＝180°，
解得x＝36°，2x＝72°，
∴底角的度数为45°或72°，
故答案为：45°或72°；
（2）如图1，作AD平分∠BAC，交BC于D，

∴∠BAC＝2∠DAC＝2∠BAD，
∵∠BAC＝2∠B，
∴∠ABC＝∠DAC＝∠BAD，
∴BD＝AD，
∵∠ABC＝∠DAC，∠ACD＝∠ACB，
∴△ACD∽△BCA，
∴，
∴AC2＝BC•CD，AC•AB＝BC•AD＝BC•BD，
∴AC2+AC•AB＝BC•CD+BC•BD＝BC•（BD+CD），
∴BC2＝AC（AC+AB）．
（3）由性质探索 可知：AB2＝AC（BC+AC），
∴AC2+5AC﹣36＝0，
解得AC＝4或﹣9（舍弃）．
故答案为：4；
（4）如图3，作∠CBD＝∠A，交AC于点D，

则∠ABD＝2∠A，
∴△ABD是2倍角三角形．
∴AD2＝BD（BD+AB），
∵∠BDC是△ABD 的外角，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝3∠A，
∴∠BDC＝∠ABC＝3∠A，
又∵∠C＝∠C，
∴△CBD∽△CAB，
∴，
∴CD＝，＝，
∴AD＝AC﹣CD＝，
设BD＝3x，则AB＝5x，
∴（）2＝3x（3x+5x），
∴x＝或x＝﹣（不合题意舍去），
∴AB＝3x＝．
7．（2023•长春一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝4，则BD的长为 　　．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定与性质．版权所有
【分析】（1）连接OD，根据OD＝OA，得到∠A＝∠ADO，根据∠C＝90°得到∠CDB+∠CBD＝90°，结合∠CBD＝∠A即可得到答案；
（2）连接DE，根据∠ADE＝90°＝∠C，∠CBD＝∠A得到△ADE∽△BCD，即可得到，即可得到答案．
【解答】（1）证明：连接OD，

∵点D在⊙O上，
∴OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO，
∵∠C＝90°，
∴∠CDB+∠CBD＝90°，
∵∠CBD＝∠A＝∠ADO，
∴∠CDB+∠ADO＝90°，
∴∠ODB＝90°，即OD⊥BD，
∵点D在⊙O上，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：连接DE，
∵AD：AO＝5：3，设AO＝3x，则AD＝5x，AE＝2AO＝6x，
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
又∵∠CBD＝∠A，
∴△BCD∽△ADE，
∴，
∴，
∴BD＝．
8．（2023•雁塔区校级四模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF．
（1）求证：BD＝BE；
（2）若DE＝2，，求AE的长．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质．版权所有
【分析】（1）利用角平分线的定义，直径所对的圆周角为直角，对顶角相等，切线的性质定理和等角的余角相等得到∠DEB＝∠D，再利用等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）利用（1）的结论和等腰三角形的三线合一的性质得到DF的长，再利用切割线定理求得AD，则AE＝AD﹣DE．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠CAB，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∴∠CAE+∠CEA＝90°，
∵∠DEB＝∠CEA，
∴∠DEB+∠DAB＝90°，
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠BAD+∠D＝90°，
∴∠DEB＝∠D，
∴BD＝BE；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴BF⊥DE，
∵BD＝BE，
∴EF＝DF＝DE＝1，
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∵BF⊥AD，
∴Rt△BDF∽Rt△ADB，
∴＝，
∴BD2＝DF•DA，
∴（）2＝1×AD，
∴AD＝5，
∴AE＝AD﹣DE＝5﹣2＝3．
9．（2023•拱墅区模拟）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，点E在AC上，且∠EAD＝∠ADE．
（1）求证：△DCE∽△BCA；
（2）若AB＝6，AC＝8，求的值．

【考点】相似三角形的判定与性质；角平分线的性质．版权所有
【分析】（1）利用角平分线的定义，平行线的判定定理和相似三角形的判定定理解答即可；
（2）利用（1）的结论，相似三角形的性质定理，列出比例式求得AE，EC，再利用平行线分线段成比例定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠EAD＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠BAD，
∴DE∥AB，
∴△DCE∽△BCA；
（2）解：∵∠EAD＝∠ADE，
∴AE＝DE，
设DE＝x，则CE＝AB﹣AE＝8﹣x，
∵△DCE∽△BCA，
∴，
∴，
∴x＝，
∴AE＝，CE＝CA﹣AE＝．
由（1）知：DE∥AB，
∴．
10．（2023•碑林区校级四模）如图，AB为⊙O的直径，AC是⊙O的切线，且AC＝AB，连接CB交⊙O于点D，E为AC的中点，连接BE交⊙O于点F，连接AD，CF，DF，AF．
（1）求证：CE2＝EF•EB；
（2）若DF＝1，求AF的长．

【考点】相似三角形的判定与性质；切线的性质．版权所有
【分析】（1）利用圆周角定理，圆的切线的性质定理和相似三角形的判定与性质得到AE2＝EF•BE，再利用线段中点的定义和等量代换的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质得到△CEF∽△BEC，则∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB；证得△CEF∽△BDF，列出比例式求得线段EF；再证得△AEF∽△BAF，利用相似三角形的性质列出比例式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴AF⊥BE．
∵AC是⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
∴△AEF∽△BEA，
∴，
∴AE2＝EF•BE．
∵E为AC的中点，
∴AE＝EC，
∴CE2＝EF•EB；
（2）解：∵CE2＝EF•EB，
∴，
∵∠CEF＝∠BEC，
∴△CEF∽△BEC．
∴∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB．
∵AC＝AB，AC⊥AB，
∴∠∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠EFC＝45°．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，
∵∠DFB＝∠DAB，
∴∠DFB＝45°，
∴∠EFC＝∠DFB＝45°．
∵∠ECF＝∠DBF，
∴△CEF∽△BDF，
∴．
∵AB＝AC，∠CAB＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝CD＝BD＝AC．
∵E为AC的中点，
∴CE＝AC，
∴，
∴，
∴EF＝．
∵E为AC的中点，AB＝AC，
∴AE＝AB．
∵∠EAB＝90°，AF⊥BE，
∴△AEF∽△BAF，
∴，
∴AF＝2EF＝．
11．（2023•武侯区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝kBC （0＜k＜1 ），将线段AB绕点A逆时针旋转α度（0＜α＜90 ）得到线段AE，过点E作AE的垂线交射线CD于点H，交射线AD于点M．

[尝试初探]
（1）当点M在AD延长线上运动时，∠BAE与∠AME始终相等，且△AEM与△HDM始终相似，请说明理由；
[深入探究]
（2）若k＝，随着线段AE的旋转，点H的位置也随之发生变化，当CH＝CD时，求tanα的值；
[拓展延伸]
（3）连接ED，当△EDM为等腰三角形时，求tanα的值（用含k的代数式表示）．
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【分析】（1）由矩形的四个角是直角，又AE⊥EM，容易得到结果．
（2）连接AH，设AD＝2AB＝8a，DH＝a，求出EH，由△AEM∽△HDM得到，可求出DM，tanα＝tan∠AME＝得到结果．
（3）分类讨论：①点M在AD延长线上时，作DG⊥ME，设AB＝AE＝a，AD＝DE＝DM＝ka，AM＝2ka，由勾股定理求出ME，tanα＝tan∠AME＝，得到结果．②当M在AD上时，设ME＝MD＝x，由AE2+ME2＝AM2，求出ME，tanα＝tan∠AME＝，得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝90°，
∵AR⊥ME，
∴∠AEM＝90°，
∴∠AME+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠AME，
又∵∠AME＝∠ADC＝90°，
∠AME＝∠HMD，
∴△AEM∽△HDM．
（2）解：∵AB＝kBC，k＝，
∴AB＝BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠ADC＝90°，
∵CH＝CD，
∴设CD＝AB＝4a，
则DH＝a，AE＝4a，AD＝8a，
连接AH，
由勾股定理得，
AH2＝AD2+DH2＝（8a）2+a2＝65a2，
EH2＝AH2﹣AE2＝65a2﹣（4a）2＝49a2，
∴EH＝7a，
由（1）得，△AEM∽△HDM，
∴，
∴，
∴DM＝a，MH＝a，
∴tanα＝tan∠AME＝．
（3）解：分两种情况讨论，
①如图2，当M在AD的延长线上时，
过点D作DG⊥ME于G，
∵AE⊥ME，
∴DG∥AE，
∴∠MDG＝∠MAE，∠EDG＝∠DEA，
又∵DE＝DM，
∴∠MDG＝∠EDG，
∴∠MAE＝∠DEA，
∴AD＝DE，
设BC＝a，则AD＝DE＝DM＝a，AB＝AE＝ka，
∴AM＝2a，
由勾股定理得，
ME＝＝＝a，
∴tanα＝tan∠AME＝＝＝．
②如图3，当M在AD上时，
设ME＝MD＝x，
则AM＝a﹣x，
由勾股定理得，
AE2+ME2＝AM2，
∴（ka）2+x2＝（a﹣x）2，
∴x＝a，
∴tanα＝tan∠AME＝＝＝，
综上得，tanα＝或．
12．（2023•汶上县一模）【问题呈现】
（1）如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE，求证：BD＝CE；
【类比探究】
（2）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，连接BD，CE，求的值；
【拓展提升】
（3）如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且，连接BD，CE，直接写出的值．

【考点】相似形综合题．版权所有
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，即可得BD＝CE；
（2）证明△ABC∽△ADE，可推导出＝，再证明△ADB∽△AEC，可得＝，设AB＝x，则BC＝x，在Rt△ABC中，求出AC＝x，则＝＝＝；
（3）由已知可证△ABC∽△ADE，则＝＝，再证△CAE∽△BAD，即可得＝＝．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠CAE＝∠BAD．
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；

（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE＝45°，
∴△ABC∽△ADE，
∴＝，
∴＝，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，
即∠CAE＝∠BAD，
∴△ADB∽△AEC，
∴＝，
设AB＝x，则BC＝x，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC＝x，
∴＝＝＝；

（3）∵＝＝，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，＝＝，
∵∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴＝＝．
13．（2023•汉阳区校级模拟）【问题背景】
（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，FE、FB分别交AD于点H、G．∠BFE＝∠A，若BF＝8，BE＝6，GH：AG＝9：8，求FD：DC的值．
【拓展创新】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，若∠EDF＝∠BAD，AE＝4，DF＝10，直接写出菱形ABCD的边长为 　10﹣4　．

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【分析】（1）证明△ADC∽△ACB，即可得出结论．
（2）证明△FGH∽△BGA得到，由AD∥BC得到，从而得出结果．
（3）分别延长EF，DC相交于点G，证得四边形AEGC是平行四边形，得出AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，证明△EDF∽△EGD，得出DE2＝EF•EG，则DE＝EF，求出DG得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2＝AD•AB．
（2）解：∵∠BFE＝∠A，∠FGH＝∠BGA，
∴△FGH∽△BGA，
∴＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴＝＝．
（3）解：如图，分别延长EF，DC相交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC＝∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形AEGC是平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF＝∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴＝，
DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DE＝EF，
又∵＝，
∴DG＝DF＝10，
∴DC＝DG﹣CG＝10﹣4，
故菱形ABCD的边长为10﹣4．

14．（2023•亳州二模）如图1，在△ABD和△ACE中，∠BAD＝∠CAE，∠ABD＝∠ACE．
（1）①求证：△ABC∽△ADE；
②若AB＝AC，试判断△ADE的形状，并说明理由；
（2）如图2，旋转△ADE，使点D落在边BC上，若∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝∠ADE．求证：CE⊥BC．
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【分析】（1）①根据两个角相等可得△ABD∽△ACE，得，再根据∠BAC＝∠DAE，可证明结论；
②由①知，当AB＝AC时，AD＝AE，则△ADE是等腰三角形；
（2）同理证明△BAD∽△CAE，得∠B＝∠ACE，再利用直角三角形的两个锐角互余，即可证明结论．
【解答】（1）①证明：∵∠BAD＝∠CAE，∠ABD＝∠ACE，
∴△ABD∽△ACE，
∴，
即，
又∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，
即∠BAC＝∠DAE，
∴△ABC∽△ADE；
②解：△ADE是等腰三角形，理由如下：
由①知，，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
∴△ADE是等腰三角形；
（2）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，
∴△BAC∽△DAE，
∴，
∴，
又∵∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠B＝∠ACE，
∵∠BAC＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴CE⊥BC．
15．（2023•武昌区模拟）问题提出
如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，D是△ABC内一点，AD⊥CD，∠ACD＝30°，若AD＝1，连接BD，求BD的长．
问题探究
（1）请你在图（1）中，用尺规作图，在AB左侧作△ABE，使△ABE∽△ACD．（用直尺、圆规作图，保留作图痕迹，不写作法，不说明理由）
（2）根据（1）中作图，你可以得到CD与BE的位置关系是 　垂直　；你求得BD的长为 　　；
问题拓展
（3）如图（2），在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，D是△ABC内一点，若AD＝，BD＝2，CD＝4，求BC的长．

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【分析】（1）以AB为直径作圆，再以A为圆心，AE为半径作圆，两圆在AB上方的交点即为点E；
（2）延长CD交BE于点F，根据相似三角形的性质得∠ABE＝∠ACD＝30°，再利用三角形内角和定理可得∠BFC＝90°，过点D作DM⊥BC于M，在Rt△BDM中，利用勾股定理即可；
（3）作△ABE∽△ACD，延长CD交BE于点F，连接DE，根据△ABE∽△ACD，得，通过计算DE的长，得出DB＝DE，即可得出BF的长，最后利用勾股定理求出答案．
【解答】解：（1）如图，△ABE即为所求；

（2）如图，延长CD交BE于点F，

∵Rt△ADC中，∠ACD＝30°，AD＝1，
∴AC＝2CD＝，BC＝4，
∵△AEB∽△ADC，
∴∠ABE＝∠ACD＝30°，
又∵∠ABC＝30°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠FCB＝30°，
∴∠FCB+∠FBC＝90°，
∴CF⊥BE，
过点D作DM⊥BC于M，
在Rt△DMC中，∠DCM＝30°，CD＝，
∴DM＝，CM＝，
又∵BC＝4，
∴BM＝，
在Rt△BDM中，BD2＝DM2+BM2＝（）＝7，
∴BD＝，
故答案为：垂直，．
（3）如图，作△ABE∽△ACD，延长CD交BE于点F，连接DE，

∵AD＝，CD＝4，
在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，tan30°＝，
∵△ABE∽△ACD，
∴，
∴AE＝，BE＝4，∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAD＝90°，
在Rt△AED中，AE＝，AD＝，
∴DE＝＝，
又∵BD＝2，
∴BD＝DE，
∴△BDE为等腰三角形，
由（2）知，CF⊥BE，BF＝2，
在Rt△DFB中，BF＝2，BD＝2，
∴FD＝，
又∵CD＝4，
∴CF＝8，
在Rt△CFB中，BC＝＝2．
16．（2023•东莞市校级模拟）如图，已知正方形ABCD在边CD上取点E，连接BE．将△BCE沿着BE翻折，点C的对应点是F．连接CF，AF，过点D作DG∥AF，交CF的延长线于点G，连接AG．
（1）若AB＝AF，求∠FED的正切值．
（2）求∠DGC的大小．
（3）当F落在BD上时，证明：BC2＝CF•CG．

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【分析】（1）由翻折的性质得△ABF为等边三角形，从而可证∠DEF＝180°﹣∠FEC＝30°，可得答案；
（2）由等边对等角说明∠BFA+∠BFC＝＝180°﹣＝135°，得出∠AFG＝45°，进而解决问题；
（3）说明△DCF∽△GCD，得，再由BC＝CD，即可证明结论．
【解答】（1）解：∵将△BCE沿着BE翻折，
∴∠BFE＝∠BCE＝90°，BF＝BC，
∵AB＝AF，AB＝BC，
∴AB＝AF＝BF，
∴△ABF为等边三角形，
∴∠ABF＝60°，
∴∠FBC＝30°，
∵∠BFE＝∠BCE＝90°，
∴∠FEC＝360°﹣90°﹣90°﹣30°＝150°，
∴∠DEF＝180°﹣∠FEC＝30°，
∴tan∠FED＝；
（2）解：∵将△BCE沿着BE翻折，
∴BF＝BC，
∴∠BFC＝∠BCF＝，
∵AB＝CB，
∴BF＝AB，
∴∠BFA＝∠BAF＝，
∴∠BFA+∠BFC＝＝180°﹣＝135°，
∴∠AFG＝180°﹣135°＝45°，
∵DG∥AF，
∴∠DGC＝∠AFG＝45°；
（3）证明：当F落在BD上时，如图所示，
∵∠BDC＝45°，
∴∠DGC＝∠BDC，
∵∠DCF＝∠GCD，
∴△DCF∽△GCD，
∴，
∴CD2＝CF•CG，
∵BC＝CD，
∴BC2＝CF•CG．

17．（2023•礼泉县一模）问题探究：
（1）如图1，点A、B、C在直线l上，点P在直线l外，PB⊥l，PA＝6cm，PB＝5cm，PC＝7cm，则点P到直线l的距离是 　5　cm；
（2）如图2，在▱ABCD中，连接AC，AD＝AC，∠ADC＝α，点E为边AB上一点，连接DE交AC于点G，过点D作∠EDH＝α，DH交BA延长线于点H，求证：△ADH∽△CDG；
问题解决：
（3）某地拟规划一个形如五边形ABCFD所示的露营基地，如图3是设计师绘制的缩略示意图，其中∠B＝90°，AD∥BC，AD＝BC＝2AB＝10cm，为考虑露营客人娱乐休闲的需求，将△ADE区域设立成烧烤区，其余区域设立成花卉观赏区，O是该基地的一个出口（O为BC边的中点），O、E之间的距离为2cm．根据设计要求：，且该露营基地（五边形ABCFD）的面积要尽可能的小，问能否达到该规划的设计要求？若能，请求该露营基地面积的最小值；若不能，请说明理由．

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【分析】（1）根据垂线段最短可得答案；
（2）根据平行四边形的性质可得∠DAH＝∠ADC＝α，再利用角的和差关系得∠ADH＝∠CDG，即可证明结论；
（3）作FI⊥CD于点I，EG⊥AD于点G，OH⊥AD于点H，可知四边形ABCD是矩形，故要使五边形ABCFD的面积最小，只需△CDF的面积最小．由△GDE∽△IDF，可得EG＝2FI，求出FI的最小值即可解决问题．
【解答】解：（1）根据垂线段最短可得，点P到直线l的距离是5cm，
故答案为：5；
（2）证明：在▱ABCD中，AD＝AC，∠ADC＝α，
∴AB∥CD，∠ACD＝∠ADC＝α，
∴∠DAH＝∠ADC＝α，
∴∠DAH＝∠GCD，
∵∠ADC＝∠EDH＝α，
∴∠EDH﹣∠ADE＝∠ADC﹣∠ADE，
∴∠ADH＝∠CDG，
∴△ADH∽△CDG；
（3）如图，连接CD，作FI⊥CD于点I，EG⊥AD于点G，OH⊥AD于点H，

则∠DGE＝∠DIF＝90°，
∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠B＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴S矩形ABCD＝AB⋅BC＝5×10＝50．
故要使五边形ABCFD的面积最小，只需△CDF的面积最小．
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC＝AB，∠ADC＝90°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠IDF，
∴△GDE∽△IDF，
∴，
∴EG＝2FI，
∵AD＝2AB＝10，
∴DC＝AB＝5，
∴四边形ABOH是正方形，
∴OH＝AB＝5，
∵EG+OE≥OH，OE＝2，
∴2FI+2≥5，
∴FI，
∴FI的最小值为，
∴S△CDF最小值为＝3.75，
∴S五边形ABCFD最小＝S矩形ABCD+S△CDF最小＝50+3.75＝53.75．
故能达到该规划的设计要求，该露营基地面积的最小值为53.75cm2．
18．（2023•鹿城区校级一模）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，sinB＝．点D为AB的中点，过点D作射线DE∥BC交AC于点E，点M为射线DE上一动点，过点M作MN⊥BC于点N，点P为边AC上一点，连结NP，且满足，设BN＝x，NP＝y．
（1）求线段MN的长；
（2）求y关于x的函数表达式；
（3）如图2，连结MP．
①当△MNP为等腰三角形时，求x的值．
②以点M为旋转中心，将线段MP按顺时针方向旋转90°得线段MP′，当点P′落在BC边上时，求的值．

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【分析】（1）过点D作DF⊥BC于点F．求出DF即可解决问题；
（2）证明△CAB∽△CPN，推出＝＝，可得结论；
（3）①分三种情形：当MN＝NP时，当MN＝MP时，当NP＝MP时，分别求解即可；
（4）如图构造Rt△MNP′≌Rt△PHM，可得MN＝PH，再根据PH＝NP，构建方程求解．
【解答】解：（1）过点D作DF⊥BC于点F．

∵MN⊥BC，
∴DF∥NM，
∵DE∥BC，
∴MN＝DF，
在Rt△BFD中，sinB＝，AB＝6，点D为AB的中点，
∴MN＝DF＝3×＝；
（2）∵∠A＝90°，sinB＝，
∴＝，
∵＝，
∴＝＝，
∵∠C＝∠C，
∴△CAB∽△CPN，
∴＝＝，
∵BN＝x，NP＝y，
∴y＝﹣x+6．
（3）①分三种情形：
当MN＝NP时，﹣x+6＝，
∴x＝6．
当MN＝MP时，过点M作MQ⊥PN于点Q，则NQ＝NP，∠MNP＝∠C，

∴cos∠MNP＝cosC＝＝，
∴（﹣x+6）＝×，
∴x＝．
当NP＝MP时，过点P作PR⊥MN于点R，则NR＝MN，∠MNP＝∠C．

∴cos∠MNP＝cosC＝＝，
∴×＝×（﹣x+6），
∴x＝．
综上所述，满足条件的x的值为6或或；
②如图，过点P作PHMN交NM的延长线于点H．

∵∠H＝∠MNP′＝∠PMP′＝90°，
∴∠PMH+∠NMP′＝90°，∠PMH+∠MPH＝90°，
∴∠MPH＝∠NMP′，
∵MP＝MP′，
∴△MNP′≌△PHM（AAS），
∴MN＝PH，
∵PH＝NP，
∴（﹣x+6）＝，
∴x＝，
∴＝＝．
19．（2023•铁东区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝α，AB＝BC，点D为直线AB上一点，将CD绕点C逆时针旋转得到CE，旋转角为β，且α+β＝180°，连接DE，点F为DE中点．
（1）如图1，当α＝90° 时，点D在线段AB上，射线FB与射线CD交于点P．
①求∠CBF的度数；
②求证：CD2＝2BF•PF；
（2）当α＝120° 时，过F作FP∥AC分别与射线CD，CB延长线交于P，Q两点，若，CB＝2，请直接写出PQ的长．

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【分析】（1）①连接CF，可证得∠CFD＝∠ABC＝90°，进而得出点D、B、F、C共圆，∠CBF＝∠CDE＝45°；
②可证明△CBF∽△PCF，从而，进一步得出结论；
（2）作CG⊥AB，交AB的延长线于G，解Rt△CGD求得BG＝1，CG＝，从而得出DG＝2，进而得出BD＝DG﹣BD＝1，AD＝AB﹣BD＝1，可证明△CFQ∽△CDA，从而，进而得出FQ＝，根据CF2＝FQ•PF，求得PF，进一步得出结果．
【解答】（1）①解：如图1，

连接CF，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DCE＝90°，
由旋转得：CD＝CE，
∵点F是DE的中点，
∴CF⊥DE，∠CDE＝∠E＝45°，
∴∠CFD＝∠ABC＝90°，
∴点D、B、F、C共圆，
∴∠CBF＝∠CDE＝45°；
②证明：由①得：CD＝CE，∠DCE＝90°，点F是DE的中点，
∴∠DCF＝，
∴∠CBF＝∠DCF，CD＝，
∵∠CFB＝∠CFP，
∴△CBF∽△PCF，
∴，
∴CF2＝BF•PF，
∴CD2＝2BF•PF；
（2）解：如图2，

当点D在AB上时，
作CG⊥AB，交AB的延长线于G，
∵∠DCE＝180°﹣∠ABC＝60°，CD＝CE，
∴△CDE是等边三角形，
在Rt△CGD中，∠CBG＝180°﹣∠ABC＝60°，BC＝2，
∴BG＝2•cos60°＝1，CG＝2•sin60°＝，
∴DG＝＝，
∴BD＝DG﹣BD＝1，
∴AD＝AB﹣BD＝1，
∵∠ACB＝∠DCF＝30°，
∴∠ACD＝∠FCQ，
∵PF∥AC，
∴∠CQF＝∠ACB＝30°，
∴∠A＝∠CQF，
∴△CFQ∽△CDA，
∴，
∴CF＝CD•sin∠CDE＝×＝，
∴，
∴FQ＝，
同理（1）知：CF2＝FQ•PF，
∴（）2＝•PF，
∴PF＝，
∴PQ＝PF﹣FQ＝﹣＝3，
如图3，

当点D在AB的延长线上时，
由上知：BG＝1，DG＝2，，CF＝，CF2＝FQ•PF，
∴，
∴FQ＝，
∴（）2＝PF，
∴PF＝，
∴PQ＝．
综上所述：PQ＝3或．


20．（2023•金寨县一模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B，C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处，在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．
（1）求证：△CMP∽△BPA；
（2）求△CNP的周长；
（3）求线段AM长度的最小值．

【考点】相似形综合题．版权所有
【分析】（1）只要证明∠APM＝90°即可解决问题．
（2）设PB＝x，构建二次函数，利用二次函数性质解决问题即可．
（3）作MG⊥AB于G，因为AM＝＝，所以AG最小时AM最小，构建二次函数，求得AG的最小值，进而求得AM的最小值．
【解答】证明：（1）∵∠APB＝∠APE，∠MPC＝∠MPN，
∵∠CPN+∠NPB＝180°，
∴2∠NPM+2∠APE＝180°，
∴∠MPN+∠APE＝90°，
∴∠APM＝90°，
∵∠CPM+∠APB＝90°，∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPM＝∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝DC＝AD＝2，∠C＝∠B＝90°，
∴△CMP∽△BPA．


（2）∵将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处，
∴AE＝AB，∠AEP＝∠ABP＝90°，PE＝PB，且四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝AE，∠ADN＝∠AEN，
又AN＝AN，
∴Rt△ADN≌Rt△AEN（HL），
∴DN＝EN，
∴△CNP的周长为：
CP+PN+CN
＝CN+ND+BP
＝CD+BC
＝2+2＝4；
所以△CNP的周长为4．

（3）设PB＝x，则CP＝2﹣x，
∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM＝x（2﹣x），
作MG⊥AB于G，
∵AM＝＝，
∴AG最小时AM最小，
∵AG＝AB﹣BG＝AB﹣CM＝2﹣x（2﹣x）＝（x﹣1）2+，
∴x＝1时，AG最小值＝，
∴AM的最小值＝＝，
所以，线段AM长度的最小值为．
21．（2023•安徽模拟）如图，Rt△ABC中，在斜边AB上选一点O为圆心画圆，此圆恰好经过点A，且与直角边BC相切于点D，连接AD、DE．
（1）求证：△EAD∽△DAC；
（2）若∠CAD＝30°，BE＝2，求阴影部分图形的周长．

【考点】相似三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算．版权所有
【分析】（1）连接OD，利用切线的性质定理，平行线的性质，圆周角定理和相似三角形的判定定理解答即可；
（2）利用圆周角定理，直角三角形的边角关系定理求得圆的半径，利用勾股定理和弧长公式解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OD，如图，

∵BC为⊙O的切线，
∴OD⊥BC，
∵AC⊥BC，
∴OD∥AC，
∴∠CAD＝∠ODA．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠OAD．
∵AE为⊙O的直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴△EAD∽△DAC；
（2）解：连接OD，如图，

由（1）知：∠CAD＝∠OAD＝30°，
∴∠DOE＝2∠OAD＝60°．
∵OD⊥BD，
∴△ODB为直角三角形．
设⊙O的半径为x，
∵cos∠DOB＝，
∴cos60°＝，
∴，
∴x＝2．
∴OD＝OE＝2．
∴BD＝＝＝2．
∵的长＝＝，
∴阴影部分图形的周长＝的长+BD+BE＝+2+2．
22．（2023•宜兴市一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx﹣2的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，连接BC、AC．
（1）求二次函数的函数表达式；
（2）设二次函数的图象的顶点为D，求直线BD的函数表达式以及sin∠CBD的值；
（3）若点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），是否存在△CMN与△AOC相似，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的函数表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）由y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，得；用待定系数法可得直线BD的函数表达式为：；设BD与y轴交于E，过点C作CP⊥BE于点P，求得C（0，﹣2），E（0，﹣4），根据2S△CBE＝BE•CP＝CE•OB，得CP＝＝，即可得sin∠BCD＝＝＝；
（3）由C（0，﹣2），B（3，0）得直线BC解析式为y＝x﹣2，设M（p，0），N（q，q﹣2），根据△AOC是直角三角形，且＝，知△CMN是直角三角形，且两直角边的比为，分三种情况：①点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），∠MCN不可能是直角；②若∠CMN是直角，则＝或＝，过N作NH⊥x轴于H，有△MHN∽△COM，可得＝＝，若＝，则＝＝，可解得N（，﹣）；若＝，则＝＝2，解得（此时N不在线段BC上，舍去）；③若∠CNM为直角，则＝或＝，过N作KT⊥x轴于K，过C作CT⊥KT于T，同理可得△CNT∽△NMK，当＝时，＝＝，可得N（，﹣），当＝时，得N（，﹣）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣2得：
∴，
解得，
∴二次函数的函数表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣1）2﹣，
∴抛物线顶点；
设直线BD的函数表达式为y＝kx+n，
∴，
解得，
∴直线BD的函数表达式为：；
设BD与y轴交于E，过点C作CP⊥BE于点P，如图：

在y＝x2﹣x﹣2中，令x＝0得y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
在y＝x﹣4中，令x＝0得y＝﹣4，
∴E（0，﹣4），
∴BE＝＝＝5，CE＝OE﹣OC＝2，
∵2S△CBE＝BE•CP＝CE•OB，
∴CP＝＝＝，
∵BC＝＝＝，
∴sin∠BCD＝＝＝；
（3）存在△CMN与△AOC相似，理由如下：
由C（0，﹣2），B（3，0）得直线BC解析式为y＝x﹣2，
设M（p，0），N（q，q﹣2），
∵△AOC是直角三角形，且＝，
∴△CMN与△AOC相似，△CMN是直角三角形，且两直角边的比为，
①点M在线段AB上（不与A、B重合），点N在线段BC上（不与B、C重合），∠MCN不可能是直角；
②若∠CMN是直角，则＝或＝，过N作NH⊥x轴于H，如图：

∵∠NMH＝90°﹣∠CMO＝∠MCO，∠MHN＝90°＝∠COM，
∴△MHN∽△COM，
∴＝＝，即＝＝，
若＝，则＝＝，
解得，
∴N（，﹣）；
若＝，则＝＝2，
解得（此时N不在线段BC上，舍去）；
③若∠CNM为直角，则＝或＝，过N作KT⊥x轴于K，过C作CT⊥KT于T，如图：

同理可得△CNT∽△NMK，
∴＝＝，
当＝时，
＝＝，
解得q＝，
∴N（，﹣），
当＝时，
＝＝2，
解得q＝，
∴N（，﹣）；
综上所述，点N的坐标为：或或．






23．（2023•新抚区三模）如图，直线y＝﹣x+4与x轴交于点A，与y轴交于B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，与x轴负半轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴与x轴交于点F，P为y轴右侧抛物线上的动点，直线BP交对称轴于点D．

（1）求抛物线的解析式；
（2）当BD＝3PD时，求点P的坐标；
（3）作PQ⊥AB，垂足为Q，当△BPQ与△BCO相似时，直接写出点Q的坐标．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）先求出点A、B的坐标，再运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）设P（m，﹣m2+3m+4），分两种情况：当点P在对称轴右侧的抛物线上，即m＞时，当点P在y轴右侧对称轴左侧的抛物线上，即0＜m＜时，利用相似三角形的判定和性质建立方程求解即可得出答案；
（3）运用待定系数法可得直线AB的解析式为y＝﹣x+4，设P（t，﹣t2+3t+4），过点P作PM∥y轴，交直线AB于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，分四种情况：当点P在AB上方，点Q在点B的右侧时，若△BPQ∽△CBO，则＝，可求得P（，），M（，），过点Q作QK⊥PM于点K，则QK＝PM＝×＝，可得Q（，）；若△BPQ∽△BCO，则＝，同理可得Q（，）；当点P在AB上方，点Q在点B的左侧时，同理可得：Q（﹣，）；若△BPQ∽△BCO，则＝，此种情况不成立；当点P在AB下方，对称轴左侧的抛物线上时，则t＜0，此种情况不成立；当点P在AB下方，对称轴右侧的抛物线上时，则t＞4，若△BPQ∽△CBO，则＝，此种情况不成立；若△BPQ∽△BCO，则＝，同理可得：Q（，﹣）．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣x+4中，令x＝0，得y＝4，
∴B（0，4），
令y＝0，得﹣x+4＝0，
解得：x＝4，
∴A（4，0），
把A（4，0），B（0，4）分别代入y＝﹣x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4；
（2）设P（m，﹣m2+3m+4），

∵y＝﹣x2+3x+4＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线的对称轴为直线x＝，
当点P在对称轴右侧的抛物线上，即m＞时，
如图，过点P作PG⊥y轴于点G，交对称轴于点E，
则PE＝m﹣，PG＝m，
∵DE∥BG，
∴＝，
∵BD＝3PD，
∴PB＝BD+PD＝3PD+PD＝4PD，
∴＝＝，
∴m＝2，
当m＝2时，﹣m2+3m+4＝﹣22+3×2+4＝6，
∴P（2，6）；
当点P在y轴右侧对称轴左侧的抛物线上，即0＜m＜时，
如图，过点P作PG⊥y轴于点G，过点D作DE⊥y轴于点E，

则DE＝，PG＝m，
∵PG⊥y轴，DE⊥y轴，
∴∠BED＝∠BGP＝90°，
∴DE∥PG，
∴△BPG∽△BDE，
∴＝，
∵BD＝3PD，BD＝BP+PD，
∴BP＝2PD，
∴＝＝，
∴＝，
∴m＝1，
当m＝1时，﹣m2+3m+4＝﹣12+3×1+4＝6，
∴P（1，6）；
综上所述，点P的坐标为（2，6）或（1，6）；
（3）∵抛物线对称轴与x轴交于点F，
∴F（，0），
∵点C与点A关于直线x＝对称，
∴CF＝AF＝4﹣＝，
∴C（﹣1，0），
又A（4，0），B（0，4），
∴OC＝1，OA＝OB＝4，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
设直线AB的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4，
设P（t，﹣t2+3t+4），过点P作PM∥y轴，交直线AB于点M，过点M作MN⊥y轴于点N，
当点P在AB上方，点Q在点B的右侧时，如图，

则M（t，﹣t+4），MN＝t，
∴PM＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
∵△BMN是等腰直角三角形，
∴BM＝MN＝t，
∵∠PMQ＝∠ABO＝45°，∠PQM＝90°，
∴△PMQ是等腰直角三角形，
∴PQ＝MQ＝PM＝（﹣t2+4t），
∴BQ＝BM﹣MQ＝t﹣（﹣t2+4t）＝t2﹣t，
若△BPQ∽△CBO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝，
当t＝时，﹣t2+3t+4＝﹣（）2+3×+4＝，
∴P（，），M（，），
∴PM＝﹣＝，
过点Q作QK⊥PM于点K，则QK＝PM＝×＝，
∴点Q的横坐标为﹣＝，纵坐标为﹣+4＝，
∴Q（，）；
若△BPQ∽△BCO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝，
当t＝时，﹣t2+3t+4＝﹣（）2+3×+4＝，
∴P（，），M（，），
∴PM＝﹣＝，
同理可得：Q（，）；
当点P在AB上方，点Q在点B的左侧时，如图，

则M（t，﹣t+4），MN＝t，
∴PM＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
同理可得：PQ＝MQ＝PM＝（﹣t2+4t），BM＝MN＝t，
∴BQ＝MQ﹣BM＝（﹣t2+4t）﹣（t）＝﹣t2+t，
若△BPQ∽△CBO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝，
当t＝时，﹣t2+3t+4＝﹣（）2+3×+4＝，
∴P（，），
同理可得：Q（﹣，）；
若△BPQ∽△BCO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝（舍去）；
当点P在AB下方，对称轴左侧的抛物线上时，则t＜0，如图，

则PM＝﹣t+4﹣（﹣t2+3t+4）＝t2﹣4t，ME＝﹣t，
∴PQ＝MQ＝PM＝t2﹣2t，BM＝ME＝﹣t，
∴BQ＝MQ﹣BM＝t2﹣2t﹣（﹣t）＝t2﹣t，
若△BPQ∽△CBO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝（舍去）；
若△BPQ∽△BCO，则＝，

∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝（舍去）；
当点P在AB下方，对称轴右侧的抛物线上时，则t＞4，如图，

则PM＝t2﹣4t，ME＝t，
∴PQ＝MQ＝PM＝t2﹣2t，BM＝ME＝t，
∴BQ＝BM+MQ＝t2﹣2t+t＝t2﹣t，
若△BPQ∽△CBO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝（舍去）；
若△BPQ∽△BCO，则＝，
∴＝，
解得：t1＝0（舍去），t2＝；
当t＝时，﹣t2+3t+4＝﹣（）2+3×+4＝﹣，
∴P（，﹣），
同理可得：Q（，﹣）；
综上所述，点Q的坐标为（，）或（，）或（﹣，）或（，﹣）．
24．（2023•东莞市一模）如图，已知抛物线与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点Q使QB+QC最小？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点P为AC上方抛物线上的动点，过点P作PD⊥AC，垂足为点D，连接PC，当△PCD与△ACO相似时，求点P的坐标．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）由待定系数法求解即可；
（2）作点B关于对称轴对称的点B′，连接B′C交对称轴于一点即为Q；
（3）当△PCD与△ACO相似时，则△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，故分分类讨论即可：①若△PCD∽△CAO，则∠PCD＝∠CAO，可推出点P的纵坐标与点C的纵坐标相同，由点P为AC上方抛物线上的动点，得关于x的一元二次方程，求解并作出取舍则可得答案；②若△PCD∽△ACO，则∠PCD＝∠ACO，＝，过点A作AC的垂线，交CP的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，判定△GAC∽△PDC，△GHA∽△AOC，由相似三角形的性质得比例式，解得点G的坐标，从而可得直线CG的解析式，求得直线CG与抛物线的交点横坐标，再代入直线CG的解析式求得其纵坐标，即为此时点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴交于点A（﹣4，0），B（1，0），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）存在，如图：因为A，B关于对称轴对称，AC与对称轴的交点即为所求：

由（1）可知，对称轴为：x＝﹣＝﹣＝﹣，C（0，2），
∵A（﹣4，0），C（0，2），
∴AC所在直线解析式为：y＝x+2，
令x＝﹣，y＝×+2＝，
∴Q（﹣，）；
（3）∵点A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
在抛物线y＝﹣x2﹣x+2中，当x＝0时，y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
∴AC＝＝＝2．
∵PD⊥AC，
∴∠PDC＝90°＝∠AOC，
∴当△PCD与△ACO相似时，则△PCD∽△CAO或△PCD∽△ACO，
①若△PCD∽△CAO，则∠PCD＝∠CAO，

∴CP∥AO，
∵C（0，2），
∴点P的纵坐标为2，
∵点P为AC上方抛物线上的动点，
∴2＝﹣x2﹣x+2，
解得：x1＝0（不合题意，舍去），x2＝﹣3，
∴此时点P的坐标为（﹣3，2）；
②若△PCD∽△ACO，则∠PCD＝∠ACO，＝，
∴＝＝2，
过点A作AC的垂线，交CP的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，如图：

∵PD⊥AC，GA⊥AC，
∴GA∥PD，
∴△GAC∽△PDC，
∴，
∴＝2，
∵GA⊥AC，GH⊥x轴，
∴∠GAC＝∠GHA＝90°，
∴∠AGH+∠GAH＝90°，∠GAH+∠CAO＝90°，
∴∠AGH＝∠CAO，
∵∠GHA＝∠AOC＝90°，
∴△GHA∽△AOC，
∴，
即，
∴GH＝8，AH＝4，
∴HO＝AH+OA＝8，
∴G（﹣8，8），
设直线CG的解析式为y＝﹣x+2，
令﹣x+2＝﹣x2﹣x+2，
解得：x1＝0（不合题意，舍去），x2＝﹣，
把x＝﹣代入y＝﹣x+2得：y＝﹣x+2＝﹣×（﹣）+2＝，
∴此时点P的坐标为（﹣，），
综上所述，符合条件的点P的坐标为（﹣3，2）或（﹣，）．
25．（2023•南海区一模）如图，抛物线与y轴相交于点C，且经过A（1，0），B（4，0）两点，连接AC．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线在x轴下方图形上的一动点，是否存在点P，使∠PBO＝∠CAO，若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；
（3）若抛物线顶点为M，对称轴与x轴的交点为N，点Q为x轴上一动点，以Q、M、N为顶点的三角形与△AOC相似．请直接写出点Q坐标．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）过P作PK⊥x轴于K，连接BC，由C（0，2），A（1，0），B（4，0）得AB＝AC，故∠ABC＝∠CAO，有∠ABC＝∠PBO，即得＝，设P（m，m2﹣m+2），从而＝，解方程可得P的坐标为（2，﹣）；
（3）由y＝x2﹣x+2＝（x﹣）2﹣，知M坐标为（，﹣），N（，0），MN＝，当△AOC∽△MNQ时，根据tan∠CAO＝tan∠QMN，有＝，故NQ＝，从而Q的坐标为（7，0）或（﹣2，0）；当△AOC∽△QNM时，同理可得Q的坐标为（，0）或（，0）．
【解答】解：（1）把A（1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x+2；
（2）存在点P，使∠PBO＝∠CAO，理由如下：
过P作PK⊥x轴于K，连接BC，如图：

在y＝x2﹣x+2中，令x＝0得y＝2，
∴C（0，2），
∵A（1，0），B（4，0），
∴AB＝3，AC＝3，
∴AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠ABC＝∠CAO，
∵∠PBO＝∠CAO，
∴∠ABC＝∠PBO，
∴tan∠ABC＝tan∠PBO，即＝，
设P（m，m2﹣m+2），
∴＝，
解得m＝2或m＝4（P与B重合，舍去），
∴P（2，﹣）；
∴P的坐标为（2，﹣）；
（3）∵y＝x2﹣x+2＝（x﹣）2﹣，
∴抛物线顶点M坐标为（，﹣），对称轴为直线x＝，
∴N（，0），
∴MN＝，
当△AOC∽△MNQ时，如图：

∵∠CAO＝∠QMN，
∴tan∠CAO＝tan∠QMN，
∴＝，
∴NQ＝，
当Q在对称轴右侧时，Q的坐标为（7，0），
当Q在对称轴左侧时，Q的坐标为（﹣2，0）；
当△AOC∽△QNM时，如图：

∵∠CAO＝∠NQM，
∴tan∠CAO＝tan∠NQM，
∴＝，
∴NQ＝，
当Q在对称轴左侧时，Q的坐标为（，0），
当Q在对称轴右侧时，Q的坐标为（，0）；
综上所述，Q的坐标为（7，0）或（﹣2，0）或（，0）或（，0）．
26．（2023•衢州模拟）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点G在直线BC上一点，连结AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F．
（1）如图1，若点G在点B的左侧．
①求证：DE＝AF；
②DE有没有可能等于BF，如果能，请求出此时BG的长，如果不能，请说明理由；
（2）连结DF，当△BFG与△DEF相似时，求BG的长．


【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．版权所有
【分析】（1）①由正方形的性质得DA＝AB，∠DAB＝90°，而∠E＝∠AFB＝90°，则∠DAE＝∠ABF＝90°﹣∠BAF，即可证明△DAE≌△ABF，得DE＝AF；
②DE有可能等于BF，当DE＝BF时，可证明BF＝AF，则∠FAB＝∠FBA＝45°，即可推导出∠BGA＝∠BAG＝45°，则BG＝BA＝6，
（2）分种情况，一是点G在点B的左侧，△BFG∽△DEF，且∠FBG＝∠EFD，可证明△AED∽△DEF，推导出DE2+FE•DE﹣FE2＝0，则DE＝FE，则BG＝AB＝3﹣3；二是点G在点B的右侧，△BFG∽△DEF，且∠BGF＝∠DFE，可证明DE＝AF＝2AE，则BG＝AB＝3；三是点G在点B的右侧，△BFG∽△DEF，且∠BGF＝∠FDE，可证明△FDE∽△DAE，推导出AE2﹣DE•AE﹣DE2＝0，则AE＝DE，BG＝AB＝3+3．
【解答】（1）①证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∵DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，
∴∠E＝∠AFB＝90°，
∴∠DAE＝∠ABF＝90°﹣∠BAF，
∴△DAE≌△ABF（AAS），
∴DE＝AF．
②解：DE有可能等于BF，
∵DE＝BF，DE＝AF，
∴BF＝AF，
∴∠FAB＝∠FBA＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABG＝90°，
∴∠BGA＝∠BAG＝45°，
∴BG＝BA＝6，
∴BG的长是6．
（2）解：如图2，点G在点B的左侧，△BFG∽△DEF，且∠FBG＝∠EFD，
∵∠FBG＝90°﹣∠ABF＝∠FAB＝∠EDA，
∴∠EDA＝∠EFD，
∵∠E＝∠E，
∴△AED∽△DEF，
∴＝，
∴DE2＝FE•AE＝FE（FE﹣AF）＝FE（FE﹣DE）＝FE2﹣FE•DE，
∴DE2+FE•DE﹣FE2＝0，
∴DE＝FE或DE＝FE（不符合题意，舍去），
∵∠ABG＝∠E＝90°，∠BAG＝∠FBG＝∠EFD，
∴＝tan∠BAG＝tan∠EFD＝＝，
∴BG＝6×＝3﹣3；
如图3，点G在点B的右侧，△BFG∽△DEF，且∠BGF＝∠DFE，
∵∠BGF＝∠DAE，
∴∠DFE＝∠DAE，
∴AE＝FE，
∵∠DEA＝∠AFB＝90°，∠DAE＝∠ABF＝90°﹣∠BAF，DA＝AB，
∴△DAE≌△ABF（AAS），
∴DE＝AF＝2AE，
∵∠ABG＝∠DEA＝90°，∠BAG＝90°﹣∠DAG＝∠EDA，
∴＝tan∠BAG＝tan∠EDA＝＝，
∴BG＝AB＝×6＝3；
如图4，点G在点B的右侧，△BFG∽△DEF，且∠BGF＝∠FDE，
∵∠BGF＝∠DAE，
∴∠FDE＝∠DAE，
∵∠DEF＝∠AED，
∴△FDE∽△DAE，
∴＝，
∴DE2＝AE•FE＝AE（AE﹣AF）＝AE（AE﹣DE），
∴AE2﹣DE•AE﹣DE2＝0，
∴AE＝DE或AE＝DE（不符合题意，舍去），
∵∠ABG＝∠AED＝90°，∠GAB＝∠ADE＝90°﹣∠DAE，
∴＝＝，
∴BG＝6×＝3+3，
综上所述，BG的长为3﹣3或3或3+3．




27．（2023•宿迁一模）“关联”是解决数学问题的重要思维方式．角平分线的有关联想就有很多……
【问题提出】
（1）如图①，PC是△PAB的角平分线，求证＝．
小明思路：关联“平行线、等腰三角形”，利用“三角形相似”．
小红思路：关联“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，利用“等面积法”．
请根据小明或小红的思路，选择一种并完成证明．

【作图应用】
（2）如图②，AB是⊙O的弦，在⊙O上作出点P，使得＝3．
要求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
【深度思考】
（3）如图③，PC是△PAB的角平分线，若AC＝3，BC＝1，则△PAB的面积最大值是 　3　．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）作CD⊥PB于D，作CE⊥PA于E，由＝＝得出；
（2）作AB的垂直平分线CD，交AB于E，交⊙O于D，作BE的垂直平分线MN，交AB于N，作射线DN，交圆O于P，则点P就是求作的图形；
（3）作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D，可得，，从而求得CD＝3，即⊙O的半径为，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：如图1，
作CD⊥PB于D，作CE⊥PA于E，
∵PA是APB的平分线，
∴CE＝CD，
∵＝＝，
∴；
（2）解：如图2，
①作AB的垂直平分线CD，交AB于E，交⊙O于D，
②作BE的垂直平分线MN，交AB于N，作射线DN，交圆O于P，
则点P就是求作的图形；
（3）解：如图3，

作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D，
∴，
∵PC是△PAB的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴BD＝2，
∴CD＝3，即⊙O的半径为，
当P运动到点P′，P′O⊥AD时，
△PAB的面积最大，最大值为AB•P′O＝＝3，
故答案为3．

28．（2022•长沙县校级三模）约定：若三角形一边上的中线将三角形分得的两个小三角形中有一个三角形与原三角形相似，我们则称原三角形为关于该边的“优美三角形”．例如：如图1，在△ABC中，AD为边BC上的中线，△ABD与△ABC相似，那么称△ABC为关于边BC的“优美三角形”．
（1）如图2，在△ABC中，BC＝AB，求证：△ABC为关于边BC的“优美三角形”；
（2）如图3，已知△ABC为关于边BC的“优美三角形”，点D是△ABC边BC的中点，以BD为直径的⊙O恰好经过点A．
①求证：直线CA与⊙O相切；
②若⊙O的直径为2，求线段AB的长；
（3）已知三角形ABC为关于边BC的“优美三角形”，BC＝4，∠B＝30°，求△ABC的面积．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）利用两边成比例，夹角相等证明△ABD∽△CBA即可求解；
（2）①连接OA，证明∠CAD+∠OAD＝90°，可得OA⊥AC，再由OA是⊙O的半径，即可证明直线AC与⊙O相切；
②由△CAD∽△CBA，求出AC＝4，再由＝＝，设AD＝x，则AB＝2x，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出x的值，即可求AB＝4；
（3）过点A作AE⊥BC交于E点，分两种情况讨论：①若△BAD∽△BCA，可求AB＝2，在Rt△ABE中，AE＝AB＝，则S△ABC＝AE•BC＝2；②若△CAD∽△CBA，可求AC＝2，在Rt△ABE中，设AE＝x，则BE＝x，CE＝4﹣x，在Rt△AEC中，利用勾股定理可求x＝±1，再求S△ABC＝•AE•BC＝2±2．
【解答】（1）证明：∵AD是中线，
∴BD＝BC＝AB，
∴＝＝，
∴△ABD∽△CBA，
∴△ABC是关于边BC的“优美三角形”；
（2）①证明：连接OA，
∵△ABC为关于边BC的“优美三角形”，
∴△CAD∽△CBA，
∴∠CAD＝∠CBA，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠CBA，
∴∠CAD＝∠OAB，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴∠OAB+∠OAD＝90°，
∴∠CAD+∠OAD＝90°，
∴OA⊥AC，
∵OA是⊙O的半径，
∴直线AC与⊙O相切；
②解：∵△CAD∽△CBA，
∴AC2＝CD•BC，
∴AC＝4，
∵＝＝，
设AD＝x，则AB＝2x，
在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，即4x2+2x2＝24，
∴x＝2，
∴AB＝4；
（3）解：过点A作AE⊥BC交于E点，
①若△BAD∽△BCA，
∴AB2＝BD•BC，
∴AB＝2，
在Rt△ABE中，∠B＝30°，
∴AE＝AB＝，
∴S△ABC＝AE•BC＝2；
②若△CAD∽△CBA，
∴AC2＝CD•BC，
∴AC＝2，
在Rt△ABE中，∠B＝30°，
设AE＝x，则BE＝x，
∴CE＝4﹣x，
在Rt△AEC中，AC2＝AE2+CE2，
∴x2+（4﹣x）2＝8，
解得x＝±1，
∴S△ABC＝•AE•BC＝2±2；
综上所述：△ABC的面积为2或2±2．

29．（2022•开福区校级三模）我们不妨定义：一组对边平行且一组对角互余的四边形称为“求真四边形”．
（1）如图①，四边形ABCD是“求真四边形”，AD∥BC，若∠A＝α（α＜90°），请用含α的代数式表示∠D；
（2）如图②，AB是半圆O的直径，点C，D，E在半圆上（点C，D，E按逆时针排列），AC，BE相交于点F．若∠DCA＝∠CBE，求证：四边形DEFC是“求真四边形”；
（3）在（2）的条件下，连接DF，已知tan∠ABE＝，若△CDF与△BCF相似，求tan∠DCF的值．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）由定义可得∠C＝90°﹣α，再由平行线的性质可得∠D＝180°﹣90°+α＝90°+α；
（2）连接AE，由AEDC是圆的内接四边形，可得∠EAC+∠CDE＝180°，再由同弧所对的圆周角相等，可得∠EAC＝∠DCA，即可得到DCA+∠EDC＝180°，则ED∥CF，再推导出∠DCF+∠DEF＝90°，即可证明；
（3）先证明△CDF是直角三角形，设AE＝x，EF＝y，则BE＝4x，当∠CDF＝90°时，可证明△AEF≌△CDF（AAS），可得DF＝EF＝y，CD＝AE＝x，AF＝CF，在Rt△AEF中，AF＝过点O作OG⊥BF交于点G，则OG＝x，在Rt△ABE中，AB＝x，在Rt△ABC中，BC＝，求出OF＝，在Rt△FGO中，由勾股定理可得（13x2﹣4y2）＝（2x﹣y）2+x2，求出＝1+或＝1﹣，即可求tan∠DCF＝1+或1﹣；当∠DFC＝90°时，△CDF∽△AFE，CF＝，由△BCF∽△AEF，CF＝•y，由CF建立方程可得（）2﹣4•+1＝0，求出tan∠DCF＝+2或tan∠DCF＝2﹣．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是“求真四边形”，∠A＝α，
∴∠C＝90°﹣α，
∵AD∥BC，
∴∠C+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣90°+α＝90°+α；
（2）连接AE，
∴AEDC是圆的内接四边形，
∴∠EAC+∠CDE＝180°，
∵∠DCA＝∠CBE，
∴＝，
∴＝，
∴∠EAC＝∠DCA，
∴∠DCA+∠EDC＝180°，
∴ED∥CF，
∴∠CFB＝∠DEC，
∵AB是圆O的直径，
∴∠FCB＝90°，
∴∠CBF＝90°﹣∠CFB＝90°﹣∠DEF，
∵∠DCA＝∠CBE，
∴∠DCF＝90°﹣∠DEF，
∴∠DCF+∠DEF＝90°，
∴四边形DEFC是“求真四边形”；
（3）解：∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵△CDF与△BCF相似，
∴△CDF是直角三角形，
∵四边形DEFC是“求真四边形”，
∴∠CDF＝90°或∠DFC＝90°，
当∠CDF＝90°时，
∵∠AEB＝90°，tan∠ABE＝，
∴BE＝4AE，
设AE＝x，EF＝y，则BE＝4x，
∵∠EAC＝∠DCF，AE＝CD，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴DF＝EF＝y，CD＝AE＝x，AF＝CF，
在Rt△AEF中，AF＝，
∵AF＝CF，
∴F是AC的中点，
∴OF∥BC，
∴OF＝BC，∠AFO＝90°，
过点O作OG⊥BF交于点G，
∴OG＝x，
在Rt△ABE中，AB＝x，
在Rt△ABC中，BC＝，
∴OF＝，
在Rt△FGO中，（13x2﹣4y2）＝（2x﹣y）2+x2，
整理得，x2+2y2﹣4xy＝0，
∴2•（）2﹣4•+1＝0，
解得＝1+或＝1﹣，
∵∠DCA＞∠ABE，
∴tan∠DCF＞，
∴tan∠DCF＝1+或tan∠CDF＝1﹣；
当∠DFC＝90°时，△CDF∽△AFE，
∴＝，即CF＝，
∵△BCF∽△AEF，
∴＝，即CF＝•y，
∴＝•y，
∴x2+y2﹣4xy＝0，
∴（）2﹣4•+1＝0，
解得＝+2或＝﹣+2，
∴tan∠DCF＝+2或tan∠DCF＝2﹣；
综上所述：tan∠DCF的值为1+或1﹣或+2或2﹣．

30．（2022•开福区校级二模）定义：过三角形内心的一条直线与两边相交，两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形．若有一个图形与原三角形相似，则把这条线段叫做这个三角形的“捷线”．
（1）等边三角形“捷线”条数是 　3　；
（2）如图，△ABC中，AB＝AC，点D在AC上，且AD＝BD＝BC，求证：BD是△ABC的“捷线”；
（3）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，E、F分别在边AC、BC上，且EF是△ABC的“捷线”，求EF的长．

【考点】圆的综合题．版权所有
【分析】（1）过等边三角形的内心分别作三边的平行线，可得答案；
（2）利用△BCD∽△ABC，得∠ABD＝∠CBD，则BD是△ABC的“捷线”；
（3）根据“捷线”的定义知，△CEF与△ABC相似，当时，利用相似三角形的性质解决问题．
【解答】（1）解：过等边三角形的内心分别作三边的平行线，如图所示，

则△AMN∽△ABC，△CEF∽△CBA，△BGH∽△BAC，
∴MN，EF，GH是等边三角形ABC的捷线，
故答案为：3；
（2）证明：∵AB＝AC，BD＝BC，
∴∠ABC＝∠C＝∠BDC，
∴△BCD∽△ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴BD是△ABC的“捷线”；
（3）解：设D是△ABC的内心，连接CD，
则CD平分∠ACB，
∵EF是△ABC的捷线，
∴△CEF与△ABC相似，
分两种情况：①当时，EF∥AB，
∵∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，
∴AB＝＝13，
作DN⊥BC于点N，如图所示，

则DN∥AC，DN是Rt△ABC的内切圆半径，
∴DN＝＝2，
∵CD平分∠ACB，
∴＝，
∵DN∥AC，
∴，
即，
∴CE＝，
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
即，
∴EF＝，
②当时，
∴CN＝DN＝2，△DNF∽△BCA，
同理可得EF＝，
综上：EF＝．


































【中考命题猜想9】函数类综合问题
【命题趋势】
首先告诉各位同学二次函数是中考必考内容之一，往往也是中考数学的压轴大戏．涉及题目数量一般3-4题，其中有1-2道大题．所占分值大约25分左右．二次函数在中考数学中常常作为压轴题，而在压轴题中，一般都设计成三至四小问，其中第一、二小问比较简单，最后一至两问难度很大．二次函数在考查时，往往会与一次函数、反比例函数、圆、三角形、四边形相结合，综合性很强，技巧性也很强，同时计算量一般很大，加上二次函数本身就比较抽象，这就导致了题目得分率非常低．其实我们只要能熟练掌握二次函数的基本知识，同时掌握一些常见的题型，提高对于二次函数的得分，不是什么难事，多多练习，多多总结．
【满分技巧】
1．通过思维导图整体把握二次函数所有考点
1）图象与性质：（函数的三种表达式、开口问题、顶点坐标、对称轴、最值、增减性、图象的平移等）；
2）与一元二次方程（不等式）结合（交点坐标与方程的根的关系）；
3）与实际生活结合（用二次函数解决生活中的最值（范围）问题）
2.二次函数的压轴题主要考向
1）存在性问题（全等与相似、特殊三角形（直角、等腰、等边）、平行四边形（含特殊平行四边形）等）。
2）最值问题（线段、周长、面积）
3．熟练掌握各种常见有关二次函数的题型和应对策略
1）线段最值（周长）问题——斜化直策略
2）三角形或多边形面积问题——铅垂高、水平宽策略
3）线段和最小值问题——胡不归+阿氏圆策略问题
4）线段差——三角形三边关系或函数
5）相似三角形存在性问题——根据相等角分类讨论
6）平行四边形存在性问题——中点公式+平移法





【题目练习】
一．解答题（共20小题）
1．（2023•海淀区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝﹣x的图象平移得到，且经过点（1，1）．（1）求该函数的解析式；
（2）当x＞﹣1时，对于x的每一个值，函数y＝mx﹣1（m≠0）的值都小于一次函数y＝kx+b（k≠0）的值，直接写出m的取值范围．
【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数图象与系数的关系．版权所有
【分析】（1）先根据直线平移时k的值不变得出k＝﹣1，再将点（1，1）代入y＝﹣x+b，求出b的值，即可得到一次函数的解析式；
（2）求得函数 y＝﹣x+2在x＝﹣1时的函数值为3，根据点（﹣1，3）结合图象即可求得．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b的图象由函数y＝﹣x的图象平移得到，
∴k＝﹣1，
又∵一次函数y＝﹣x+b的图象过点（1，1），
∴﹣1+b＝1．
∴b＝2，
∴这个一次函数的表达式为y＝﹣x+2；
（2）当x＝﹣1时，y＝﹣x+2＝3，
把点（﹣1，3）代入y＝mx﹣1，得m＝﹣4，
∵当x＞﹣1时，对于x的每一个值，函数y＝mx﹣1（m≠0）的值小于一次函数y＝﹣x+2的值，
∴﹣4≤m≤﹣1．



2．（2023•姑苏区校级模拟）如图（1），二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，﹣3），直线l经过B，C两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为直线l上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当PM＝MN时，求点P的横坐标；
（3）如图（2），点C关于x轴的对称点为点D，点P为线段上BC的一个动点，连接AP；点Q为线段AP上一点，且AQ＝3PQ，连接DQ，求3AP+4DQ的最小值 　8　（直接写出答案）．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由B（3，0），C（0，﹣3）得直线BC解析式为y＝x﹣3，由y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，得抛物线对称轴为直线x＝1，设P（m，m﹣3），可得PM＝|m2﹣3m|，MN＝|2﹣2m|，故|m2﹣3m|＝|2﹣2m|，即可解得点P的横坐标为2或﹣1或或；
（3）过Q作QG∥BC交x轴于G，作A关于QG的对称点A'，连接A'Q，A'A，A'D，A'G，由C（0，﹣3），C，D关于x轴对称，得D（0，3），在y＝x2﹣2x﹣3中，可得A（﹣1，0），AB＝4，由AQ＝3PQ，QG∥BC，即可求得G（2，0），AG＝3，而OB＝OC，有∠OBC＝45°，因AQ＝A'Q，故DQ+AQ＝DQ+A'Q≥A'D，又3AP+4DQ＝4（AP+DQ）＝4（AQ+DQ）≥4A'D，根据∠QGA＝∠CBO＝45°，AA'⊥QG，可求得A'（2，﹣3），即得A'D＝＝2，从而可求得3AP+4DQ的最小值为8．
【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图：

由B（3，0），C（0，﹣3）得直线BC解析式为y＝x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
设P（m，m﹣3），则M（m，m2﹣2m﹣3），N（2﹣m，m2﹣2m﹣3），
∴PM＝|m2﹣3m|，MN＝|2﹣2m|，
∵PM＝MN，
∴|m2﹣3m|＝|2﹣2m|，
解得m＝2或m＝﹣1或m＝或m＝；
∴点P的横坐标为2或﹣1或或；
（3）过Q作QG∥BC交x轴于G，作A关于QG的对称点A'，连接A'Q，A'A，A'D，A'G，如图：
∵C（0，﹣3），C，D关于x轴对称，
∴D（0，3），
在y＝x2﹣2x﹣3中，令y＝0得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∵AQ＝3PQ，QG∥BC，
∴AG＝3BG，
∴AG＝3，BG＝1，
∴G（2，0），
∴AG＝3，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∵A关于QG的对称点为A'，
∴AQ＝A'Q，
∴DQ+AQ＝DQ+A'Q≥A'D，
∴3AP+4DQ＝4（AP+DQ）＝4（AQ+DQ）≥4A'D，
∵∠QGA＝∠CBO＝45°，AA'⊥QG，
∴∠A'AG＝45°，
∵AG＝A'G＝3，
∴∠AA'G＝45°，
∴∠AGA'＝90°，
∴A'（2，﹣3），
∴A'D＝＝2，
又3AP+4DQ≥4A'D，
∴3AP+4DQ≥8，
∴3AP+4DQ的最小值为8．
故答案为：8．




3．（2023•张家口二模）如图，在一段长为660km的高速公路上，规定汽车行驶速度最低为60km/h，最高为110km/h．
（1）直接填空：
①当行驶速度为100km/h，需要 　6.6　h走完这段路；
②行驶完这段路恰好用了8.8h，行驶速度是 　75　km/h．
（2）请根据以上背景，自己设定变量建立一个合理的函数关系，这个函数关系式中要把“660km”这个数据用上，并写出自变量取值范围．
（3）自己先提出一个问题，然后自己再回答它．要求：这个问题的解决要把“（2）中的函数关系式”、“60km/h”和“110km/h”都用上．

【考点】反比例函数的应用．版权所有
【分析】（1）根据时间＝路程÷速度即可求解；
（2）根据速度＝路程÷时间即可求解；
（3）设汽车行驶所需时间为yh，汽车行驶速度为xkm/h，根据速度、时间路程之间的关系可得函数关系式，根据汽车行驶速度最低为60km/h，最高为110km/h可得自变量的取值范围；
（4）问题：若汽车行驶完这段路程用了7.5h，判断汽车速度是否符合要求．令y＝＝7.5，解得x＝88，根据x的取值范围即可判断．
【解答】解：（1）660÷100＝6.6（h），
∴当行驶速度为100km/h，需要6.6h走完这段路；
故答案为：6.6；
（2）660÷8.8＝75（km/h），
∴行驶完这段路恰好用了8.8h，行驶速度是75km/h；
故答案为：75；
（3）设汽车行驶所需时间为yh，汽车行驶速度为xkm/h，
y关于x的函数关系式为（60≤x≤110）；
（4）问题：若汽车行驶完这段路程用了7.5h，判断汽车的行驶速度是否符合要求．
令y＝＝7.5，
解得：x＝88，
∵60＜88＜110，
∴汽车的行驶速度符合要求．
4．（2023•文山州一模）甲、乙两家旅行社推出家庭旅游优惠活动，两家旅行社的票价均为每人90元，但优惠的办法不同．甲旅行社的优惠是：全家有一人购全票，其余人半价优惠；乙旅行社的优惠是：全家按六折优惠．设某一家庭共有x人，甲、乙两家旅行社的收费分别是y1、y2元．
（1）求y1、y2与x之间的函数关系式；
（2）请根据不同家庭的人数情况，说明选择哪家旅行社的费用较低？
【考点】一次函数的应用．版权所有
【分析】（1）根据题意和题目中的数据可以写出y1、y2与x之间的函数关系式；
（2）根据题意和（1）中的关系式，可以写出相应的不等式，然后即可得到选择哪家旅行社的费用较低．
【解答】解：（1）由题意可得，
y1＝90+90（x﹣1）×0.5＝45x+45，
y2＝90x×0.6＝54x，
由上可得，y1与x之间的函数关系式是y1＝45x+45，y2与x之间的函数关系式y2＝54x；
（2）当45x+45＜54x时，可得x＞5，
即当某一家庭人数超过5人时，选择甲旅行社的费用比较低；
当45x+45＝54x时，可得x＝5，
即当某一家庭有5人时，选择两家旅行社的费用一样；
当45x+45＞54x时，可得x＜5，
即当某一家庭人数不足5人时，选择乙旅行社的费用比较低．
5．（2023•鼓楼区一模）已知二次函数y＝x2+（a﹣2）x+3的图象经过点（2，3）．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）当0＜x＜3时，y的取值范围为 　2≤y＜6　；
（3）已知点P（m﹣1，y1），点Q（m，y2）在该二次函数的图象上若y1＞y2，直接写出m的取值范围．
【考点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征．版权所有
【分析】（1）把（2，3）代入解析式求出a即可；
（2）根据二次函数的性质求解即可；
（3）根据已知条件结合二次函数的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+（a﹣2）x+3的图象经过点（2，3），
∴4+2（a﹣2）+3＝3，
解得a＝0，
∴该二次函数的表达式为y＝x2﹣2x+3；
（2）∵y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴当x＝1时，y的最小值为2，
当x＝0时，y＝3，
当x＝3时，y＝（3﹣1）2+2＝6，
∴0＜x＜3时，y的取值范围为2≤y＜6，
故答案为：2≤y＜6；
（3）∵点P（m﹣1，y1），点Q（m，y2）且y1＞y2，对称轴为直线x＝1，
∴＜1，
解得m＜，
∴m的取值范围为m．
6．（2023•武汉模拟）某市新建了一座室内滑雪场，该滑雪场地面积雪厚达40cm，整个赛道长150m，全天共可容纳约3300人滑雪嬉戏．小明和小华相约去体验滑雪，小明从赛道顶端A处下滑，测得小明离A处的距离s（单位：m）随运动时间x（单位：s）变化的数据，整理得下表．
滑行时间x/s
0
1
2
3
4
滑行距离s/m
0
6
14
24
36
经验证小明离A处的距离s与运动时间x之间是二次函数关系．
小明出发的同时，小华在距赛道终点30m的B处操控一个无人机沿着赛道方向以2m/s的速度飞向小明，无人机离A处的距离y（单位：m）与运动时间x（单位：s）之间是一次函数关系．
（1）直接写出s关于x的函数解析式和y关于x 的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（2）小明滑完整个赛道需要耗时多久？
（3）小明出发多久后与无人机相遇？​

【考点】二次函数的应用．版权所有
【分析】（1）设s关于x的函数解析式为s＝ax2+bx+c，用待定系数法可得s＝x2+5x；根据题意得y＝150﹣30﹣2x＝﹣2x+120，
（2）在s＝x2+5x中，令s＝150可解得小明滑完整个赛道需要耗时10s；
（3）由x2+5x＝﹣2x+120可解得小明出发8s与无人机相遇．
【解答】解：（1）设s关于x的函数解析式为s＝ax2+bx+c，
将（0，0），（1，6），（2，14）代入得：
，
解得，
∴s＝x2+5x；
根据题意得y＝150﹣30﹣2x＝﹣2x+120，
∴s关于x的函数解析式为s＝x2+5x，y关于x 的函数解析式为y＝﹣2x+120；
（2）在s＝x2+5x中，令s＝150得：
150＝x2+5x，
解得x＝10或x＝﹣15（舍去），
∴小明滑完整个赛道需要耗时10s；
（3）由x2+5x＝﹣2x+120得：x＝8或x＝﹣15，
∴小明出发8s与无人机相遇．
7．（2023•邯郸模拟）将小球（看作一点）以速度v1竖直上抛，上升速度随时间推移逐渐减少直至为0，此时小球达到最大高度，小球相对于抛出点的高度y（m）与时间t（s）的函数解析式为两部分之和，其中一部分为速度v1（m/s）与时间t（s）的积，另一部分与时间t（s）的平方成正比．若上升的初始速度v1＝10m/s，且当t＝1s时，小球达到最大高度．
​（1）求小球上升的高度y与时间t的函数关系式（不必写范围），并写出小球上升的最大高度；
（2）如图，平面直角坐标系中，y轴表示小球相对于抛出点的高度，x轴表示小球距抛出点的水平距离，向上抛出小球时再给小球一个水平向前的均匀速度v2（m/s），发现小球运动的路线为一抛物线，其相对于抛出点的高度y（m）与时间t（s）的函数解析式与（1）中的解析式相同．
①若v2＝5m/s，当 时，小球的坐标为 　（，）　，小球上升的最高点坐标为 　（5，5）　；求小球上升的高度y与小球距抛出点的水平距离x之间的函数关系式；
②在小球的正前方的墙上有一高 的小窗户PQ，其上沿P的坐标为（6，），若小球恰好能从窗户中穿过（不包括恰好去中点P，Q，墙厚度不计），请直接写出小球的水平速度v2的取值范围．

【考点】二次函数的应用．版权所有
【分析】（1）根据题意可设y＝at2+10t，根据当t＝1s时，小球达到最大高度，有﹣＝1，故a＝﹣5，y＝﹣5t2+10t，令t＝1得y＝5，从而小球上升的最大高度是5m；
（2）①把t＝s代入（1）中所求解析式，求出此时小球纵坐标，再根据s＝vt可得出此时的横坐标；根据（1）中t＝1s时，取得最大高度，可求出最高点的横坐标；
②先分别求出小球刚好到P，Q点时t的值，再求出对应的v2的值，即可得出v2的范围．
【解答】解：（1）根据题意可设y＝at2+10t，
∵当t＝1s时，小球达到最大高度，
∴抛物线y＝at2+10t的对称轴为直线t＝1，即﹣＝1，
解得a＝﹣5，
∴上升的高度y与时间t的函数关系式为y＝﹣5t2+10t，
在y＝﹣5t2+10t中，令t＝1得y＝5，
∴小球上升的最大高度是5m；
（2）①当t＝s时，y＝﹣5×（）2+10×＝，
x＝v2t＝5×＝，
∴小球的坐标为（，）；
由（1）可知，t＝1s时，取得最大高度，
x＝v2t＝5×1＝5，
∴小球上升的最高点坐标为（5，5）；
由题意可知，x＝v2t，
∴t＝＝，
∴y＝﹣5×（）2+10×＝﹣x2+2x；
∴小球上升的高度y与小球距抛出点的水平距离x之间的函数关系式是y＝﹣x2+2x；
故答案为：（，）；（5，5）；
②∵PQ＝m，P的坐标为（6，），
∴Q（6，）；
当小球刚好击中P点时，﹣5t2+10t＝，
解得t＝1.5或t＝0.5，
∵t＞1，
∴t＝1.5，
此时v2＝＝4m/s，
当小球刚好击中Q点时，﹣5t2+10t＝，
解得t＝或t＝，
∵t＞1，
∴t＝，
此时v2＝＝m/s，
∴v2的取值范围为：＜v2＜4．

8．（2023•佳木斯一模）小鑫和小许相约去猴石山游玩，小鑫骑自行车，小许骑电动车先后从学校出发沿同一路线匀速骑行，小许在骑行过程中的速度始终保持25km/h．设小鑫骑行的时间为x（单位：h），小许、小鑫两人之间的距离y（单位：km）关于x的函数图象如图所示，请解决以下问题：
（1）小鑫的速度是 　15　km/h，a＝　10　，b＝　　；
（2）求出小许和小鑫第一次相遇之后，两人之间的距离y与小鑫骑行的时间x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）请直接写出小许出发多长时间，两人相距​．

【考点】一次函数的应用．版权所有
【分析】（1）根据题意和图象中的数据，可以计算出小鑫的速度，然后再计算出小鑫走的总路程，然后即可计算出b的值，再计算a的值即可；
（2）根据图象中的数据，可以分别计算出小许和小鑫第一次相遇之后，两人之间的距离y与小鑫骑行的时间x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）根据题意和（2）中的结果，可以计算出小许出发多长时间，两人相距​．
【解答】解：（1）由图可得，
小鑫的速度为：5÷＝10（km/h），
小鑫走的总路程为：10×＝25（km），
25＝（b﹣）×25，
解得b＝，
a＝25﹣10×＝10，
故答案为：10，10，；
（2）设两人相遇对应的时间为c，
10c＝25（c﹣），
解得c＝，
即两人第一次相遇时对应的点的坐标为（，0），
当≤x≤时，设两人之间的距离y与小鑫骑行的时间x之间的函数关系式是y＝kx+m，
∵点（，0），（，10），
∴，
解得，
即当≤x≤时，两人之间的距离y与小鑫骑行的时间x之间的函数关系式是y＝15x﹣；
当＜x≤时，设两人之间的距离y与小鑫骑行的时间x之间的函数关系式是y＝nx+p，
∵点（，10），（，0）在该函数图象上，
∴，
解得，
即当＜x≤时，两人之间的距离y与小鑫骑行的时间x之间的函数关系式是y＝﹣10x+25；
（3）由题意可得，
15x﹣＝或﹣10x+25＝，
解得x＝或x＝，
﹣＝，＝，
答：小许出发小时或小时，两人相距​．



9．（2023•荔湾区一模）已知抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4的顶点为H，与y轴交点为A，点P（a，b）是抛物线上异于点H的一个动点．
（1）若抛物线的对称轴为直线x＝1，请用含a的式子表示b；
（2）若a＝1，作直线HP交y轴于点B，当点A在x轴上方且在线段OB上时，直接写出k的取值范围；
（3）在（1）的条件下，记抛物线与x轴的右交点为C，OA的中点为D，作直线CD，过点P作PF⊥CD于点E并交x轴于点F，若a＜3，PE＝3EF，求a的值．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）利用二次函数的性质可得出k＝1，确定抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，再根据图象上点的坐标特征即可得出结论；
（2）根据题意和抛物线的解析式可得出A（0，﹣k2+4），P（1，﹣k2+2k+3），k≠1，再根据点A在x轴上方且在线段OB上，可得出不等式组，解不等式组即可得出结论；
（3）如图，过点D作DB⊥CD，交x轴于点B，由（1）知抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，结合中点定义先确定D和C的坐标，得出直线CD的解析式为y＝﹣x+，证明△BDO∽△DCO，利用相似三角形的性质得出BO＝．从而可求出直线BD的解析式为y＝2x+，然后根据PF∥BD和P（a，﹣a2+2a+3）确定直线PF的解析式为 y＝2x+3﹣a2，得出点F的坐标为（，0），再通过解二元一次方程组确定E点坐标，接着利用两点间距离公式用含a的代数式求出PE和EF，根据PE＝3EF建立方程，分两种情况求解即可．
【解答】解：（1）抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4＝﹣（x﹣k）2+4，
∴H（k，4），对称轴x＝k，
∵点P（a、b）是抛物线上异于点H的一个动点，
∴a≠k，
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴k＝1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵点P（a、b）在抛物线上，
∴当x＝a时，b＝﹣a2+2a+3（a≠1）．
（2）∵抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4与y轴交点为A，
∴当x＝0时，y＝﹣k2+4，
∴A（0，﹣k2+4），
∵点P（a，b）在抛物线y＝﹣x2+2kx﹣k2+4上，且a＝1，点P（a，b）是抛物线上异于点H的一个动点，
∴P（1，﹣k2+2k+3），k≠1，
设直线PH的解析式为y＝mx+b1，
∴，
∴（k﹣1）b1＝﹣k3+2k2+3k﹣4＝（k﹣1）（﹣k2+k+4），
∵k≠1，
∴k﹣1≠0，
∴b1＝﹣k2+k+4，B（0，﹣k2+k+4），
∵点A在x轴上方且在线段OB上，
∴，
∴，
∴0≤k＜2，
综上所述，k的取值范围是0≤k＜2且k≠1．
（3）如图，过点D作DB⊥CD，交x轴于点B，
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，OA的中点为D，
当x＝0时，y＝3，
∴A（0，3），OA＝3，
∴OD＝，D（0，），
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴C（3，0），OC＝3，
设直线CD的解析式为y＝k2x+b2，
∴，
∴．
∴直线CD的解析式为y＝﹣x+，
∵DB⊥CD，∠BOD＝∠DOC＝90°，
∴∠BDO+∠ODC＝90°，∠ODC+∠DCO＝90°，
∴∠BDO＝∠DCO，
∴△BDO∽△DCO，
∴，
∴，
∴OB＝，
∴B（﹣，0），
同理求出直线BD的解析式为y＝2x+，
∵PF⊥CD，
∴PF∥BD，
设直线PF的解析式为y＝2x+b3，
由（1）可知P（a，﹣a2+2a+3），
∴﹣a2+2a+3＝2a+b3，
∴b3＝3﹣a2，
∴直线PF的解析式为y＝2x+3﹣a2，
当y＝0时，x＝，
∴F（，0），
由可得，
∴E（，），
∴PE＝＝﹣5a﹣3|，
EF＝＝|，
∵PE＝3EF，
∴|，
当2（2a2﹣5a﹣3）＝3（9﹣a2）时，
解得a1＝﹣，a2＝3（不合题意，舍去），
当2（2a2﹣5a﹣3）＝﹣3（9﹣a2）时，
解得a3＝7，a4＝3（均不合题意，舍去），
综上所述，a的值是﹣．







10．（2023•甘井子区模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣3x+4与x轴相交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接AC．

（1）求点B、点C的坐标；
（2）如图1，点E在线段OA上（点E不与点A重合），点D在y轴正半轴上，OE＝2OD．连接AD，BD，DE，设△BCD的面积为S1，△AED的面积为S2，S＝2S1﹣S2，当S取最小值时，求点E的坐标；
（3）如图2，点F为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与线段AC交于点G，在第四象限的抛物线上是否存在点P，使∠PAC+∠CFG＝90°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
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【分析】（1）对于y＝﹣x2﹣3x+4，当x＝0时，y＝4，即点C（0，4），令y＝﹣x2﹣3x+4＝0，即可求解；
（2）设OD＝n，则OE＝2n，S1＝OB×CD＝（4﹣n）＝﹣n+2，同理可得：S2＝（4﹣2n）•n＝﹣n2+2n，进而求解；
（3）证明Rt△PQA∽Rt△FKC，得到，即可求解．
【解答】解：（1）对于y＝﹣x2﹣3x+4，当x＝0时，y＝4，即点C（0，4），
令y＝﹣x2﹣3x+4＝0，
解得：x＝1或﹣4，即点B（1，0），
即点B、C的坐标分别为（1，0）、（0，4）；

（2）设OD＝n，则OE＝2n，
S1＝OB×CD＝（4﹣n）＝﹣n+2，
同理可得：S2＝（4﹣2n）•n＝﹣n2+2n，
则S＝2S1﹣S2＝2（﹣n+2）﹣（﹣n2+2n）＝（n﹣）2+，
故当n＝时，S取得最小值，
此时点E（﹣3，0）；

（3）存在，理由：
过点P作y轴的平行线交x轴于点N，交AC于点T，过点C作CK⊥FG于点K，过点P作PQ⊥AC于点Q，

∴∠CAP+∠APQ＝90°，
∵∠PAC+∠CFG＝90°，
∴∠APQ＝∠CFG，
∴Rt△PQA∽Rt△FKC，
由抛物线的表达式知，点F（﹣，），点C（0，4），
则FK＝，CK＝，
则FC＝＝，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y＝x+4，
设点P（n，﹣n2﹣3n+4），则点T（n，n+4），
则PT＝（n+4）﹣（﹣n2﹣3n+4）＝n2+4n，
由AC的表达式知，其与x轴的夹角为45°，
则PQ＝PT＝（n2+4n），
由点P、A的坐标得，AP＝（n+4），
∵Rt△PQA∽Rt△FKC，则，
即＝，
解得：n＝，
即点P（，﹣）．
11．（2023•松北区一模）如图，在平面直角坐标系中，直线BC的解析式为y＝﹣x+6，直线BC交x轴和y轴分别于点B和点C，抛物线交x轴于点A和点B，交y轴于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限抛物线上的点，连接PB、PC，设点P的横坐标为t，△PBC的面积为S．求S与t的函数关系式（不要求写出t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点D在线段OB上，连接PD、CD，∠PDC＝45°，点F在线段BC上，EF⊥BC，FE的延长线交x轴于点G，交PD于点E，连接CE，若∠GED+∠DCE＝180°，DC＞DE，S△CDE＝15，求点P的横出标．
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【分析】（1）由直线y＝﹣x+6交x轴和y轴于点B和点C，可得出点B，C的坐标，将B，C的坐标代入抛物线，解之即可；
（2）如图，过点P作x轴的垂线交BC延长线于点M，交x轴于点N，过点C作CR⊥MN于R，设P横坐标为t，则，所以M（t，﹣t+6），则，利用S＝S△MPA﹣S△MPC＝MP×NB﹣MP×RC，代入即可得出结论；
（3）由（1）得，OB＝OC＝6，利现有一角∠DCE＝∠CDA，一边DC＝CD，对应相等，并且已知中给出了△CDE的面积为15，可考虑作高，过点D作DR⊥CE于R，易证△RCD≌△ODC，所以RD＝CO＝6，CR＝OD，∠CDR＝∠DCO，可得CE＝5；根据45°三角形的常规做法：作EM⊥x轴于M，CN⊥EM于N，DT⊥CN于T，易证RE＝EM，RD＝MD，则四边形NTDM为矩形，同理易证四边形CODT为矩形，易证△DEM≌△DER，△DCR≌△DCT，所以四边形NMDT是正方形，设ME＝m，则ER＝m，又上面求出CE＝5，所以CR＝5﹣m＝CT，所以NE＝6﹣m，NC＝NT﹣TC＝m+1，在Rt△NEC中，（6﹣m）2+（m+1）2＝52，所以m＝2或3（舍去），则E（﹣3，2），易求直线；联立即可得出结论．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+6交x轴和y轴于点B和点C，
令x＝0时，y＝6，即C（0，6），
令y＝0时，x＝6，即B（6，0），
∵点B、C在抛物线上，
∴，
∴c＝6，，
∴解析式为：；
（2）如图，过点P作x轴的垂线交BC延长线于点M，交x轴于点N，过点C作CR⊥MN于R，

∵P在抛物线上，P横坐标为t，
∴，
∵M在直线BC上，
∴M（t，﹣t+6），
∴，
∴；
（3）由（1）得，OB＝OC＝6，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵EF⊥BC交x轴于点G，
∴∠GFB＝90°，
∴∠FGB＝90°﹣∠FBG＝45°，即∠FGB＝∠FBG＝45°，
∴FG＝FB，
又∠PDC＝45°，
设∠PDA＝α，
∴∠CDA＝45°+α＝∠CBD+∠BCD＝45°+∠BCD，
∴∠BCD＝α＝∠PDA，
又∠GED+∠DCE＝180°（已知），∠GED+∠FED＝180°（平角定义），
∴∠DCE＝∠FED，
又∠FED＝∠FGD+∠PDG＝45°+a，
∴∠FED＝∠CDA，
∴∠DCE＝∠CDA，
过点D作DR⊥CE于R，
∴在Rt△CRD中，∠CDR＝90°﹣∠RCD＝45°﹣α，
∴∠RDE＝∠CDE﹣∠RCD＝α，
∴∠RDE＝∠EDA＝α，
∴△RCD≌△ODC，
∴RD＝CO＝6，CR＝OD，∠CDR＝∠DCO，
又∵S△DCE＝15，
∴，
∴CE＝5；
作EM⊥x轴于M，CN⊥EM于N，DT⊥CN于T，
∴RE＝EM，RD＝MD，
则四边形NTDM为矩形，四边形CODT为矩形，
∴△DEM≌△DER，△DCR≌△DCT，
∴DM＝DR，DR＝DT，
∴DM＝DT，
∴四边形NMDT是正方形，
∴正方形的边长与CO长度相等，为6，
设ME＝m，则ER＝m，又上面求出CE＝5，
∴CR＝5﹣m＝CT，
∴NE＝6﹣m，NC＝NT﹣TC＝m+1，
在Rt△NEC中，（6﹣m）2+（m+1）2＝52，
∴m＝2或3，
∵CD＞DE，
∴m＜5﹣m，即m＜2.5，
∴m＝2，
∴CT＝OD＝3＝MO，
∴E（﹣3，2），
又点D（3，0），
∴直线；
联立，
∴或（舍），
∴P的横坐标是．



12．（2023•沈阳一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点A（0，4），与x轴交于点B（6，0）和点C，连接AB，过点C作CD⊥x轴交AB于点D．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求点D的坐标；
（3）如图2，将图1中的△BCD绕点B旋转，点C，D的对应点分别为点E，F，连接AF，OF，点M是线段OF的中点．当点E，F都在△AOB外部，且4tan∠FAB＝5tan∠ABO时，请直接写出点M到直线AB的距离．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）将A，B的坐标代入抛物线解析式，解方程组即可；
（2）令y＝0可得出点C的坐标，根据点A，B的坐标可得出直线A，B的解析式，由题意可知，点C，D的横坐标相等，代入即可得出点D的坐标；
（3）根据三角函数值可得出tan∠ABO的值，进而可得出tan∠FAB的值；过点B作BF′⊥AB，连接AF′，根据正切值可得出BF′的长，可得出BF′＝BD，即点F′即为所求；过点F′作F′N⊥x轴，由全等可得出点F′的坐标，由此中点坐标公式可得出点M的坐标，过点M作MQ⊥x轴交AB于点Q，由△ABM的面积可得出点M到直线AB的距离；当点F在x轴下方时，同理可求．
【解答】解：（1）将点A（0，4），B（6，0）代入物线，
∴，
解得，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣c+4；
（2）令y＝0，即x2﹣c+4＝0，
解得x＝1或x＝6，
∴C（1，0），
∵A（0，4），B（6，0），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∵CD⊥x轴，
∴点D的横坐标为1，
∴D（1，）；
（3）在Rt△ABO中，OA＝4，OB＝6，
∴tan∠ABO＝＝，AB＝2；
在Rt△BCD中，BC＝5，CD＝，
∴BD＝；
∵4tan∠FAB＝5tan∠ABO，
∴tan∠FAB＝tan∠ABO＝；
如图，过点B作BF′⊥AB，连接AF′，
∴tan∠F′AB＝＝，
∴BF′＝；
∴BD＝BF′，即点F′即为所求的点F；
过点F′作F′N⊥x轴，
∴∠F′NB＝∠AOB＝∠ABF′＝90°，
∴∠ABO+∠F′BN＝∠ABO+∠CDB＝90°，
∴∠F′BN＝∠CDB，
∴△BCD≌△F′NB（AAS），
∴CD＝BN＝，BC＝F′N＝5，
∴F′（，5），
∵点M为OF′的中点，
∴M（，）；
过点M作MQ⊥x轴交AB于点Q，

∴Q（，），
∴MQ＝，
∴S△ABM＝•MQ•（xB﹣xA）＝•AB•h，即，
解得h＝；
当点F在x轴下方时，可得F（，﹣5），
∴M（，﹣），
过点M作MP⊥x轴交AB于点P，

∴P（，），
∴MP＝，
∴S△ABM＝•MP•（xB﹣xA）＝•AB•h，即，
解得h＝；
综上，点M到直线AB的距离为或．
13．（2023•宿迁模拟）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴相交于点A，B（A在B的左边），与y轴相交于点C，已知A（1，0）、B（3，0），C（0，3），M是y轴上的动点（M位于点C下方），过点M的直线l垂直于y轴，与抛物线相交于两点P、Q（P在Q的左边），与直线BC交于点N．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，四边形PMGH是正方形，连接CP，△PNC的面积为S1，正方形PMGH的面积为S2，求的取值范围；
（3）如图2，以点O为圆心，OA为半径作⊙O．
①动点F在⊙O上，连接BF、CF，请直接写出的最小值为 　　；
②点P是y轴上的一动点，连接PA、PB，当sin∠APB的值最大时，请直接写出P的坐标．
​
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）用待定系数法可得函数的表达式为y＝x2﹣4x+3；
（2）设M（0，m），m＜3，由B（3，0），C（0，3）可得直线BC表达式为y＝﹣x+3，则N（3﹣m，m），MN＝3﹣m．设点P（t，t2﹣4t+3），可得PM＝t，PN＝MN﹣PM＝3﹣m﹣t＝﹣t2+3t，CM＝3﹣m＝﹣t2+4t，故＝（t2﹣7t+12）＝（t﹣）2﹣，而y＝x2﹣4x+3＝（x+2）2﹣1，知抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），有﹣1＜m＜3，根据二次函数性质可得的取值范围为1＜＜6；
（3）①连接OF，在y轴上取点W（0，），连接WF，BW，证明△COF∽△FOW，可得WF＝CF，故当W，F，B共线时，BF+WF最小，BF+CF最小，最小值即为BW的长度，用勾股定理求出BW即可；
②作△ABP的外接圆T，作TK⊥x轴于K，连接AT，BT，PT，则AK＝BK＝1，则∠APB＝∠ATB，可知当AT最小时，PT最小，此时∠APB最大，此时PT⊥y轴，再用勾股定理可得P（0，）．
【解答】解：（1）把A（1，0）、B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：
，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+3；
（2）设M（0，m），m＜3，

由B（3，0），C（0，3）可得直线BC表达式为y＝﹣x+3，
∵MN∥x轴，
∴N（3﹣m，m），
∴MN＝3﹣m．
设点P（t，t2﹣4t+3），则t2﹣4t+3＝m，即3﹣m＝﹣t2+4t，
∴PM＝t，
PN＝MN﹣PM＝3﹣m﹣t＝﹣t2+3t，
CM＝3﹣m＝﹣t2+4t．
∴S1＝PN•CM＝（﹣t2+3t）（﹣t2+4t），
S2＝PM2＝t2，
∴＝（t2﹣7t+12）＝（t﹣）2﹣，
∵y＝x2﹣4x+3＝（x+2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵m＜3，
∴﹣1＜m＜3．
∴0＜t＜2．
∵＞0，
∴当t＜时，的值随t的增大而减小，
∴当t＝0时，的值最大＝6，
当t＝2时，的值最小＝1，
∴的取值范围为1＜＜6；
（3）①连接OF，在y轴上取点W（0，），连接WF，BW，如图：

∵⊙O的半径OA＝1，
∴OF＝1，
∴＝，＝＝，
∴＝，
∵∠COF＝∠FOW，
∴△COF∽△FOW，
∴＝＝，
∴WF＝CF，
∴BF+CF＝BF+WF，
∵当W，F，B共线时，BF+WF最小，
∴当W，F，B共线时，BF+CF最小，最小值即为BW的长度，
∵W（0，），B（3，0），
∴BW＝＝，
∴BF+CF的最小值为，
故答案为：；
②作△ABP的外接圆T，作TK⊥x轴于K，连接AT，BT，PT，则AK＝BK＝1，则∠APB＝∠ATB，
∴当∠ATB最大时，∠APB最大，sin∠APB也最大；

∵AT＝BT＝PT，
∴当AT最小时，PT最小，此时∠APB最大，
∵当PT⊥y轴时，PT最小，
∴此时∠APB最大，sin∠APB最大，
∵PT＝OK＝OA+AK＝2，
∴AT＝2，
∴TK＝＝＝，
∴P（0，）．
14．（2023•武汉模拟）如图，抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．
（1）直接写出A，B两点的坐标；
（2）如图（1），当a＝1时，D是第三象限内抛物线上一动点，连接AC，过点D作DH⊥AC，垂足为点H，求DH的最大值；
（3）如图（2），已知点P（0，1），直线AP交抛物线于点E，直线BP交抛物线于点F，连接EF交y轴于点T，求OT﹣的值．
​
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）在y＝ax2+2ax﹣3a中，令y＝0可解得A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，当a＝1时，y＝x2+2x﹣3，C（0，﹣3），即得OC＝3＝OA，直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，而△DKH是等腰直角三角形，有DH＝DK，设D（m，m2+2m﹣3），则DH＝（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，由二次函数性质可得答案；
（3）由A（﹣3，0），P（0，1）得直线AP解析式为y＝x+1，联立，解得E（，），同理可得F（，），用待定系数法得直线EF解析式为y＝﹣x+，可得T（0，），OT＝，而OC＝3a，即可得OT﹣的值是2．
【解答】解：（1）在y＝ax2+2ax﹣3a中，令y＝0得：0＝ax2+2ax﹣3a，
解得x＝﹣3或x＝1，
∴A（﹣3，0），B（1，0）；
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，如图：

当a＝1时，y＝x2+2x﹣3，
令x＝0得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵A（﹣3，0），
∴OC＝3＝OA，直线AC解析式为y＝﹣x﹣3，
∴∠ACO＝45°＝∠DKH，
∴△DKH是等腰直角三角形，
∴DH＝DK，
设D（m，m2+2m﹣3），则K（m，﹣m﹣3），
∴DK＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴DH＝（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，DH取最大值，最大值为，
∴DH的最大值是；
（3）由A（﹣3，0），P（0，1）得直线AP解析式为y＝x+1，
联立，解得或，
∴E（，），
由B（1，0），P（0，1）得直线BP解析式为y＝﹣x+1，
联立，解得或，
∴F（，），
设直线EF解析式为y＝kx+b，将E（，），F（，）代入得：
，
解得，
∴直线EF解析式为y＝﹣x+，
令x＝0得y＝，
∴T（0，），
∴OT＝，
在y＝ax2+2ax﹣3a中，令x＝0得y＝﹣3a，
∴C（0，﹣3a），
∴OC＝3a，
∴OT﹣＝﹣＝2，
∴OT﹣的值是2．
15．（2023•宝应县一模）科学研究表明：一般情况下，在一节45分钟的课堂中，学生的注意力随教师讲课的时间变化而变化．经过实验分析，在0≤x≤8时，学生的注意力呈直线上升，学生的注意力指数y与时间x（分钟）满足关系y＝2x+68，8分钟以后，学生的注意力指数y与时间x（分钟）的图象呈抛物线形，到第16分钟时学生的注意力指数y达到最大值92，而后学生的注意力开始分散，直至下课结束．
（1）当x＝8时，注意力指数y为 　84　，8分钟以后，学生的注意力指数y与时间x（分钟）的函数关系式是 　y＝x2+4x+60　；
（2）若学生的注意力指数不低于80，称为“理想听课状态”，则在一节45分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间有多长？（精确到1分钟）
（3）现有一道数学压轴题，教师必须持续讲解24分钟，为了使效果更好，要求学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，则该教师上课后从第几分钟开始讲解这道题？（精确到1分钟）（参考数据：
【考点】二次函数的应用．版权所有
【分析】（1）根据题意把x＝8代入y＝2x+8即可得出答案，由题意可设出抛物线的顶点解析式为：y＝a（x﹣16）2+92，再把（8，84）代入即可解出答案；
（2）根据y≥80，可列出2x+68≥80和x2+4x+60≥80两种情况，在自变量的取值范围下解出不等式，即可求出答案；
（3）设出未知数，根据题中条件可列出方程：2t+68＝（t+24﹣16）2+92，解出方程的解即可．
【解答】解：（1）根据题意，把x＝8代入y＝2x+68可得：y＝84，
由题意可知，抛物线的顶点坐标为（16，92），
∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣16）2+92，
把（8，84）代入可得：64a+92＝84，
解得：a＝，
∴y＝（x﹣16）2+92＝x2+4x+60，
故答案为：84，y＝x2+4x+60；
（2）由学生的注意力指数不低于80，即y≥80，
当0≤x≤8时，由2x+68≥80可得：6≤x≤8；
当8＜x≤45是，则x2+4x+60≥80，即（x﹣16）2+92≥80，
整理得：（x﹣16）2≤96，解得：8＜x≤16+4，
∴16+4﹣6＝10+4≈20（分钟），
答：在一节45分钟的课中学生处于“理想听课状态”所持续的时间约有20分钟；
（3）设教师上课后从第t分钟开始讲解这道题，
∵10+4＜24，
∴0≤t＜6，
要使学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大，
则当x＝t和当x＝t+24时对应的函数值相同，
即2t+68＝（t+24﹣16）2+92，整理得：（t+16）2＝384，
解得：，（舍），
∴t≈4，
答：教师上课后从第4分钟开始讲解这道题，能使学生的注意力指数在这24分钟内的最低值达到最大．
16．（2023•金牛区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝2x+4的图象与反比例函数的图象相交于A（a，﹣2），B两点．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）点C是反比例函数第一象限图象上一点，且△ABC的面积是△AOB面积的一半，求点C的横坐标；
（3）将△AOB在平面内沿某个方向平移得到△DEF（其中点A、O、B的对应点分别是D、E、F），若D、F同时在反比例函数的图象上，求点E的坐标．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．版权所有
【分析】（1）将点A（a，﹣2）代入y＝2x+4，可得点A的坐标，从而得出答案；
（2）首先求出点B的坐标，在点B下方的y轴上取点C，使BC＝8，则S△ABC＝4，过点C作CP∥AB，交双曲线于P，得出直线CP的解析式为y＝﹣2x﹣4，与双曲线求交点即可得出点P的坐标，当点P在点A上方时，同理可求；
（3）由平行四边形和反比例函数的对称性可知B与D，A与F关于原点对称，即可求得F（3，2），根据B、F的坐标得到平移的距离，从而求得点E的坐标．
【解答】解：（1）将点A（a，﹣2）代入y＝2x+4得，﹣2＝2a+4，
解得a＝﹣3，
∴A（﹣3，﹣2），
∵反比例函数的图象经过点A，
∴k＝﹣3×（﹣2）＝6，
∴反比例函数解析式y＝；
（2）解，得或，
∴B（1，6），
设直线y＝2x+4与y轴交于M，
∴M（0，4），
∴点C是反比例函数第一象限图象上一点，且△ABC的面积是△AOB面积的一半，
在点M下方的y轴上取OM的中点D，过点D作CD∥AB，交反比例函数第一象限图象上一点C，
∴直线CD的解析式为y＝2x+2，
∴2x+2＝，
解得x1＝，x2＝（舍），
∴C点的横坐标为，
在点M上方的y轴上取ME＝2，过点E作CE∥AB，交反比例函数第一象限图象上一点C，
同理可得C点的横坐标为，
综上：C点的横坐标为或；
（3）由题意可知AB＝DF，AB∥DF，
∴四边形ABFD是平行四边形，
由反比例函数与平行四边形是中心对称图形可知，B与D，A与F关于原点对称，
∴F（3，2），
∵B（1，6），
∴点B向右平移2个单位，向下平移4个单位得到点F，
∴点E的坐标为（2，﹣4）．


17．（2023•绿园区一模）在平面直角坐标系中，过点（0，5）且平行于x轴的直线与直线y＝x交于点P，点P关于直线x＝2的对称点为点Q，抛物线y＝ax2+bx经过点P、Q．
（1）点P的坐标为 　（5，5）　；点Q的坐标为 　（﹣1，5）　．
（2）求抛物线y＝ax2+bx的表达式．
（3）若点A在抛物线y＝ax2+bx上，且点A横坐标为2m．过点A向直线x＝2作垂线，设垂足为B，当点A与点B不重合时，以AB为边向下作矩形ABCD，使BC＝4AB．
①当矩形ABCD的中心恰好落在抛物线y＝ax2+bx上时，求m的值．
②当抛物线y＝ax2+bx恰与BC有交点时，设该交点为E，若，直接写出m的值．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）由平行可得点P的坐标，由对称可得点Q的坐标；
（2）将P，Q的坐标代入抛物线表达式，求解即可得出结论；
（3）①由题意得，A（2m，4m2﹣8m），B（2，4m2﹣8m），根据题意需要分两种情况讨论，分别求出AB和BC的值，求出中心坐标的值代入（2）中抛物线即可得出结论；
②根据题意，分两种情况，根据正切值的定义列出方程可得出结论．
【解答】解：（1）由题意可知，点P的纵坐标为5，
∴x＝5，
∴P（5，5）；
∵点P关于直线x＝2的对称点为点Q，
∴Q（﹣1，5）；
故答案为：（5，5），（﹣1，5）；
（2）∵抛物线的表达式为：y＝ax2+bx，
把（5，5），（﹣1，5）代入，得，，
∴，
∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣4x；
（3）①由题意得，A（2m，4m2﹣8m），B（2，4m2﹣8m），
当m＜1时，AB＝2﹣2m，BC＝8﹣8m，
∴矩形ABCD的中心的坐标为（m+1，4m2﹣4m﹣4），
把（m+1，4m2﹣4m﹣4）代入y＝x2﹣4x，得4m2﹣4m﹣4＝（m+1）2﹣4（m+1），
解得，m2＝1（舍）；
当m＞1时，AB＝2m﹣2，BC＝8m﹣8，
∴矩形ABCD的中心的坐标为（m+1，4m2﹣12m+4），
把（m+1，4m2﹣12m+4）代入y＝x2﹣4x，得4m2﹣12m+4＝（m+1）2﹣4（m+1），
解得，m2＝1（舍）；
综上，或；
②∵，
∴tan∠BAE＝2；
∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
∴直线x＝2与抛物线的交点为（2，﹣4），
由题意得，A（2m，4m2﹣8m），B（2，4m2﹣8m），
当m＜1时，AB＝2﹣2m，BC＝8﹣8m，
∴C（2，4m2﹣8），
∴4m2﹣8≤﹣4，即﹣1≤m＜1，
此时BE＝4m2﹣8m+4，
∴tan∠BAE＝＝2，即BE＝2AB，
∴4m2﹣8m+4＝2（2﹣2m），
解得m＝0或m＝1（舍）；
当m＞1时，AB＝2m﹣2，BC＝8m﹣8，
∴C（2，4m2﹣16m+8），
∴4m2﹣16m+8≤﹣4，即1≤m＜3，
此时BE＝4m2﹣8m+4，
∴tan∠BAE＝＝2，即BE＝2AB，
∴4m2﹣8m+4＝2（2m﹣2），
解得m＝2或m＝1（舍）；
综上，m＝0或m＝2．
18．（2023•大庆一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的函数解析式及顶点D的坐标；
（2）连接BD，若点E在线段BD上运动（不与点B，D重合），过点E作EF⊥x轴于点F，对称轴交x轴于点T．设EF＝m，当m为何值时，△BFE与△DEC的面积之和最小？
（3）将抛物线y＝ax2+2x+b在y轴左侧的部分沿y轴翻折，保留其他部分得到新的图象L，在图象L上是否存在点P，使△BDP为直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）利用待定系数法求出a，b的值即可得抛物线的函数解析式及顶点D的坐标；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．首先证明∠DCB＝90°，利用面积法求出CH，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）如图2中，由题意得出翻折后的抛物线的函数解析式，分三种情形：①当∠BDP＝90°时，②当∠DPB＝90°时，③当∠DBP＝90°时，分别构建方程求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+2x+b经过B（3，0），C（0，3），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点D（1，4）；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．

∵C（0，3），B（3，0），D（1，4），
∴BC＝＝3，
CD＝＝，
BD＝＝2，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∵•CD•CB＝•BD•CH，
∴CH＝＝，
∵EF⊥x轴，DT⊥x轴，
∴EF∥DT，
∴，
∴，
∴BE＝m，BF＝m，
∴△BFE与△DEC的面积之和S＝×m×m+×（2﹣m）×＝（m﹣）2+，
∵＞0，
∴S有最小值，最小值为，此时m＝，
∴m＝时，△BFE与△DEC的面积之和有最小值；
（3）存在．
理由：如图2中，将抛物线y＝ax2+2x+b在y轴左侧的部分沿y轴翻折，则翻折后抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3（x≥0）．

①当∠BDP＝90°时，如图3，点P在y＝﹣x2+2x+3（x≥0）上，

设P（p，﹣p2+2p+3），过点P作PM⊥DT于M，
∴∠PMD＝∠DTB＝90°，∠PDM+DPM＝90°，
∵∠PDM+∠BDT＝∠BDP＝90°，
∴∠DPM＝∠BDT，
∴△DPM∽△BDT，
∴，
∴，解得p＝或1（舍去），
∴点P的坐标为（，）；
②当∠DPB＝90°时，

由（2）知∠BCD＝90°，
∴当点P和点C重合时，∠DPB＝90°，△BDP为直角三角形，
∵y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3过点T（1，0），
∴当点P和点T重合时，∠DP′B＝90°，△BDP为直角三角形，
∴点P的坐标为（0，3）或（1，0）；
③当∠DBP＝90°时，如图5，点P在y＝﹣x2﹣2x+3（x≥0）上，

设P（p，﹣p2﹣2p+3），过点P作PN⊥x轴于N，
同理可得△PBN∽△BDT，
∴，
∴，解得p＝或（舍去），
∴点P的坐标为（，）；
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，）或（0，3）或（1，0）或（，）．
19．（2023•莱芜区一模）抛物线与x轴交于A（b，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，c），点P是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．
（1）求a，b，c的值；
（2）如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接EB，E′C，求的最小值．
​
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【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得lBC的解析式，设P（m，﹣m2+m+4），则D（m，﹣m+4），利用相似三角形的判定与性质可得答案；
（3）在y轴上取一点F，使得OF＝，连接BF，在BF上取一点E′，使得OE′＝OE，由相似三角形的判定与性质可得FE′＝，可得E′B+E′C＝BE′+E′F＝BF，此时最小，即可解答．
【解答】解：（1）将B（4，0）代入，
得﹣8+4（a﹣1）+2a＝0，
∴a＝2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4，
令x＝0，则y＝4，
∴c＝4，
令y＝0，则0＝﹣x2+x+4，
∴x1＝4，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），即b＝﹣2；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，

设lBC：y＝kx+b，将（0，4），（4，0）代入得b＝4，k＝﹣1，
∴lBC：y＝﹣x+4，
设P（m，﹣m2+m+4），则D（m，﹣m+4），
PD＝yP﹣yD＝﹣m2+m+4﹣（﹣m+1）＝﹣m2+2m，
∵PD∥HA，
∴△AMH∽△PMD，
∴，
将x＝﹣2代入y＝﹣x+4，
∴HA＝6，
∵，
∴，
∴PD＝，
∴＝m2+2m，
∴m1＝1（舍），m2＝3，
∴P（3，）；
（3）在y轴上取一点F，使得OF＝，连接BF，在BF上取一点E′，使得OE′＝OE，

∵OE′＝3，OF•OC＝4＝9，
∴OE2＝OF•OC，
∴，
∵∠COE′＝∠FOE，
∴△FOE′∽△E′OC，
∴，
∴FE′＝，
∴E′B+E′C＝BE′+E′F＝BF，此时最小，
最小值为：BF＝＝．






20．（2023•香坊区一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+b与x轴负半轴相交于点A，与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，AO＝OC＝6．

（1）求a，b的值；
（2）如图1，点P为第一象限抛物线上一点，设点P的横坐标为t，连接PO、PB，设△POB的面积为S，求S与t的函数关系式．（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接CP，过点P作PD⊥CP交y轴于点D，过点D作y轴的垂线交第二象限内的抛物线于点Q，连接PQ，点F在y轴上，且在点C上方，点G为y轴负半轴上一点，且CF＝OG，连接AF、BG，点H在AF上，过点F作FM⊥y轴交OH延长线于点M，OH＝MH，点N为OC上一点，连接NH，∠BGO+∠HNO＝180°，连接AN，若AN∥PQ，求点Q的坐标．
【考点】二次函数综合题．版权所有
【分析】（1）先求得点A、C的坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求得抛物线的解析式，进而求得点B坐标，设P（t，﹣t2+6），利用坐标与图形性质和三角形的面积公式求解即可；
（3）先证明△MHF≌△OHA（ASA）得到HF＝AH，连接AG，再证△AOG≌△BOG（SAS）得到FN＝NG，进而求得tan∠NAO＝＝；过点P作PT⊥y轴于T，设P（t，﹣t2+6），利用坐标与图形性质和正切定义求得DT＝6；设PQ交x轴于K，过点P作PR⊥QD交QD延长线于R，证明四边形PTDR是矩形得到PR＝DT＝6，根据平行线的性质和正切定义求得QR＝2PR＝12，则Q（t﹣12，﹣t2+6﹣6），即（ t﹣12，﹣t2），代入抛物线解析式中求解即可．
【解答】解：（1）∵AO＝OC＝6，
∴A（﹣6，0），C（0，6），
代入y＝ax2+b中，得，
解得，
∴a＝﹣，b＝6；
（2）由（1）知，y＝﹣x2+6，
令y＝0，则﹣x2+6＝0，
解得x＝±6，
∴B（6，0），
∴OB＝6，
设P（t，﹣t2+6），则0＜t＜6，
∴S＝×6×（﹣t2+6）＝﹣t2+18，
∴S与t的函数关系式为S＝﹣t2+18；
（3）∵MF⊥y轴，
∴FM∥x轴，
∴∠FMH＝∠AOH，
又∵∠MHF＝∠OHA，MH＝OH，
∴△AOG≌△OHA（ASA），
∴HF＝AH，
连接AG，
∵AO＝BO，∠AOG＝∠BOG＝90°，OG＝OG，
∴△AOG≌△BOG（SAS），
∴∠AGO＝∠BGO，
∵∠BGO+∠HNO＝180°，
∴∠AGO+∠HNO＝180°，
∴HN∥AG，
∴＝＝1，
则FN＝NG，
∴FN﹣CF＝NG＝OG，
又CF＝OG，
∴CN＝ON＝OC＝3，
则tan∠NAO＝＝；
过点P作PT⊥y轴于T，设P（t，﹣t2+6），
则OT＝﹣t2+6，PT＝t，
∴CT＝OC﹣OT＝6﹣（﹣t2+6）＝t2，
∵PD⊥CP，
∴∠PDT+∠PCT＝90°，
∵∠CPT+∠PCT＝90°，
∴∠CPT＝∠PDT，
∴tan∠CPT＝tan∠PDT，
则＝，
∴＝，
解得DT＝6，
设PQ交x轴于K，过点P作PR⊥QD交QD延长线于R，
∵QD⊥y轴，
∴∠PTD＝∠PRD＝∠TDR＝90°，
∴四边形PTDR是矩形，
∴PR＝DT＝6，
∵AN∥PQ，QD∥x轴，
∴∠PQR＝∠PKB＝∠NAO，
∴tan∠PQR＝tan∠NAO＝＝，即QR＝2PR，
∴Q（t﹣12，﹣t2+6﹣6），即（t﹣12，﹣t2），
∵点Q在抛物线上，
∴﹣t2＝﹣（t﹣12）2+6，
解得t＝，
t﹣12＝﹣12＝﹣，﹣t2＝﹣×＝﹣，
∴Q点坐标为（﹣，﹣）．





























三、考前技能篇

一、历年中考数学试卷的启发
1.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论。如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。当然，我们也要考虑结论的独立性；
2.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键。
二、解题策略选择
1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而表现在数学试卷上显得更为重要。一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所以题目的难易只能由自己确定。一般来说，小题思考1分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答；
2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。切记不要“小题大做”。注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断。虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答题卷上。多写不会扣分，写了就可能得分。
（1）直接法
直接法在选择题中的具体应用就是直接从题设条件出发，利用已知条件、相关概念、性质、公式、公理、定理、法则等基础知识，通过严谨推理、准确运算、合理验证，从而直接得出正确结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，从而确定正确的选择支．这类选择题往往是由计算题、应用题或证明题改编而来，其基本求解策略是由因导果，直接求解．
由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以常用到直接法进行求解.直接法是解决选择、填空题最基本的方法，适用范围广，只要运算正确必能得到正确答案，解题时要多角度思考问题，善于简化运算过程，快速准确得到结果.
直接法具体操作起来就是要熟悉试题所要考查的知识点，从而能快速找到相应的定理、性质、公式等进行求解，比如，几何试题，很明显能看到是三角形问题还是四边形问题或是圆的问题或者是三者的综合，如果不能直接看出，只能看出是四边形试题，那就说明，需要对条件进行化简或转化了，也可快速进入状态.
（2）排除法
排除法是一种间接解法，也就是我们常说的筛选法、代入验证法，其实质就是舍弃不符合题目要求的选项，找到符合题意的正确结论．也即通过观察、分析或推理运算各项提供的信息，对于错误的选项，逐一剔除，从而获得正确的结论．具体操作起来，我们可以灵活应用，合理选取相应选项进行快速排除，比如，可以把一些简单的数代入，符合条件的话就排除不含这个数的范围选项，不符合条件的话就排除含这个数的范围选项，即：如果有两个选项A（）、B（），你就可以选取1这个数看是否符合题意，如果1符合题意，你就排除B，如果1不符合题意，你就排除A，这样就能快速找到正确选项，当然，选取数据时要考虑选项的特征，而不能选取所有选项都含有或都不含有的数；也可以根据各个选项对熟悉的知识点进行论证再排除，比如，四个选项当中有四个知识点，你就可以把熟悉掌握的知识点进行论证，看是否符合题意即可快速而且正确找到选项，而不会因为某个知识点不会或模棱两可得到错误选项.
而历年中考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确的，所以排除法是快速解决部分中考选择试题从而节省时间的有效方法.那对于填空题呢，其实也是可以的，比如有些填空题如果你已经求出了结果，但并不确定这个结果中的某个端点值是否要取，你就可以代入验证进行排除.所以，我们要熟练掌握这种能帮助你快速找到正确结论的方法，从而提高解题效率，为后面的试题解答留有更充足的时间！
（3）特例法
特例法对解决有关数学题目是一种非常独特且十分有效的方法，它可以使繁杂的问题处理简易化，收到事半功倍的效果.
特例法也就是我们常说的特殊值验证法，有时也用特殊数值、特殊图形、特殊位置代替题设中普遍条件，得出特殊结论，再对各选项进行检验，从而做出正确的选择．特别是对于一些比较棘手的中考选择题或填空题，若能注意到其特殊情况，从特殊性入手，也许就可以简捷快速地解决问题.
常用的特例有特殊数值、特殊点、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．特例法是解答选择题的最佳方法之一，具体是通过特例的方式提高解题速度，题中的一般情况必须满足我们取值的特殊情况，从而我们选取适当的特值帮助我们得到正确的结论.比如，某个三角形，可以考虑等腰三角形或等边三角形的情形；某个四边形，可以考虑平行四边形或正方形；
特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题或填空题，但使用时一定要注意：（1）取特例尽可能简单，有利于计算和推理；（2）若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解；（3）当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情况下，用特殊值（取得越简单越好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，这是解答本类选择、填空题的最佳策略.
近年来中考选择、填空题中可用或结合用特例法解答的试题能占到30%左右，所以要想快速准确地赢得时间获取高分，一定要学会、会用并且灵活使用特例法！
（4）估算法
估算法一般包括范围估算，极端值估算和推理估算，是一种快速解决数学问题的方法，也是一种高效率得出正确结论的捷径.
对于中考数学某些问题，当我们没有合适的解题思路或正面解析比较麻烦，特别又是针对选择题时，不必进行准确的计算，我们可以通过适当地放大或缩小部分数据估算出答案的大概范围或者近似值，也可以通过对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法．
当然，这有时也适合用在填空题中，比如比较大小时.估算法往往可以减少运算量，但是加强了思维的层次，所以我们要学会灵活运用.
而对于选择题，实在没思路时，又不需要解题过程，我们用这种方法还是能很大程度上提高我们的得分率的，比如，求某个图形的面积或体积，当选项差距比较大时，我们只需通过计算一部分比较好计算或自己熟练掌握的，就可以通过比较各选项得出正确结论.
（5）数形结合法
数形结合法，也就是我们常说的图解法，就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”，即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而实现优化解题途径的目的.
在中考中，数形结合是一种常用的解题方法，也是一种重要的数学思想方法，特别是在一些计算过程复杂的函数等问题中，可以先作出有关函数的图象或者构造适当的几何图形，再利用图示辅助，即参照图形的做法、形状、位置、性质，综合图象的特征进行直观分析，从而得出结论.比如：
①借助于图象研究函数的性质是一种常用的方法.函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法.
②处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个函数图象的交点问题；
著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷.所以，我们一定要学好并应用好数形结合的方法.
三、解题思想方法
1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考虑定义域，其次使用“三合一定理”；
2.如果在方程或是不等式中出现解的个数或交点个数问题，优先选择数形结合的思想方法；
3.选择题与填空题中出现不等式的题目时，优选特殊值法；
4.求参数的取值范围时，应该建立关于参数的等式或是不等式，
5.概率与统计的解答题，要注意步骤的多少决定解答的详略；
6.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，
7.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先考虑使用定义；
8.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成；
9.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式即可，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。

四、每分必争
1.答题时间共120分钟，而你要答分数为150分的考卷，算一算就知道，每分钟应该解答1分多的题目，所以每1分钟的时间都是重要的。试卷发到手中首先完成必要的检查（是否有印刷不清楚的地方）与填涂，之后剩下的时间就马上看试卷中可能使用到的公式，做到心中有数。用心计算简单的题目，必要时动一动笔也不是不行（你是写名字或是写一个字母没有人去区分）。
2.在分数上也是每分必争。你得到89分与得到90分，虽然只差1分，但是有本质的不同，一个是不合格一个是合格。高考中，你得556分与得557分，虽然只差1分，但是它决定你是否可以上重点线，关系到你的一生。所以，在答卷的时候要精益求精。对选择题的每一个选择支进行评估，看与你选的相似的那个是不是更准确？填空题的范围书写是不是集合形式，是不是少或多了一个端点？是不是有一个解应该舍去而没舍？解答题的步骤是不是按照公式、代数、结果的格式完成的，应用题是不是设、列、画（线性归化）、解、答？根据已知条件你还能联想到什么？把它写在考卷上，也许它就是你需要的关键的1分，为什么不去做呢？
3.答题的时间紧张是所有同学的感觉，想让它变成宽松的方法只有一个，那就是学会放弃，准确地判断把该放弃的放弃，就为你多得1分提供了前提。
4.冷静一下，表面是耽误了时间，其实是为自己赢得了机会，可能创造出奇迹。在头脑混乱的时候，不妨停下来，喝口水，深吸一口气，再慢慢呼出，就在呼出的同时，你就会得到灵感。
5.题目分析受挫，很可能是一个重要的已知条件被你忽略，所以重新读题，仔细读题才能有所发现，不能停留在某一固定的思维层面不变。联想你做过的类似的题目的解题方法，把不熟悉的转化为你熟悉的也许就是成功。
6.中考只是人生的重要考试之一，其实人生是由每一分钟组成的。把握好人生的每一分钟才能真正把握人生。中考就是平常的模拟考试罢了，其实真正的中考是在你生活的每一分钟里。


一、考前准备
1．调适心理，增强信心
（1）合理设置考试目标，创设宽松的应考氛围，以平常心对待高考；
（2）合理安排饮食，提高睡眠质量；
（3）保持良好的备考状态，不断进行积极的心理暗示；
（4）静能生慧，稳定情绪，净化心灵，满怀信心地迎接即将到来的考试。
2．悉心准备，不紊不乱
（1）重点复习，查缺补漏。对前几次模拟考试的试题分类梳理、整合，既可按知识分类，也可按数学思想方法分类。强化联系，形成知识网络结构，以少胜多，以不变应万变。
（2）查找错题，分析病因，对症下药，这是重点工作。
（3）阅读《考试说明》和《试题分析》，确保没有知识盲点。
（4）回归课本，回归基础，回归近几年中考试题，把握通性通法。
（5）重视书写表达的规范性和简洁性，掌握各类常见题型的表达模式，避免“会而不对，对而不全”现象的出现。
（6）临考前应做一定量的中、低档题，以达到熟悉基本方法、典型问题的目的，一般不再做难题，要保持清醒的头脑和良好的竞技状态。
3．入场临战，通览全卷
最容易导致心理紧张、焦虑和恐惧的是入场后与答卷前的“临战”阶段，此时保持心态平稳是非常重要的。刚拿到试卷，一般心情比较紧张，不要匆忙作答，可先通览全卷，尽量从卷面上获取更多的信息，为实施正确的解题策略作铺垫，一般可在五分钟之内做完下面几件事：
（1）填写好全部考生信息，检查试卷有无问题；
（2）调节情绪，尽快进入考试状态，可解答那些一眼就能看得出结论的简单选择题或填空题（一旦解出，信心倍增，情绪立即稳定）；
（3）对于不能立即作答的题目，可一边通览，一边粗略地分为A、B两类：A类指题型比较熟悉、容易上手的题目；B类指题型比较陌生、自我感觉有困难的题目，做到心中有数。
二、中考数学题型特点和答题技巧
1．选择题——“不择手段”
题型特点：（1）概念性强：数学中的每个术语、符号，乃至习惯用语，往往都有明确具体的含义，这个特点反映到选择题中，表现出来的就是试题的概念性强，试题的陈述和信息的传递，都是以数学的学科规定与习惯为依据，决不标新立异。
（2）量化突出：数量关系的研究是数学的一个重要的组成部分，也是数学考试中一项主要的内容，在中考的数学选择题中，定量型的试题所占的比重很大，而且许多从形式上看为计算定量型选择题，其实不是简单或机械的计算问题，其中往往蕴含了对概念、原理、性质和法则的考查，把这种考查与定量计算紧密地结合在一起，形成了量化突出的试题特点。
（3）充满思辨性：这个特点源于数学的高度抽象性、系统性和逻辑性。作为数学选择题，尤其是作为选择性考试的中考数学试题，只凭简单计算或直观感知便能正确作答的试题不多，几乎可以说并不存在，绝大多数的选择题，为了正确作答，或多或少总是要求考生具备一定的观察、分析和逻辑推断能力。思辨性的要求充满题目的字里行间。
（4）形数兼备：数学的研究对象不仅是数，还有图形，而且对数和图形的讨论与研究，并不是孤立开来分割进行的，而是有分有合，将它们辩证统一起来。这个特色在中中数学中已经得到充分的显露。因此，在中考的数学选择题中，便反映出形数兼备这一特点，其表现是几何选择题中常常隐藏着代数问题，而代数选择题中往往又寓有几何图形的问题。因此，数形结合的解题方法是中考数学选择题的一种重要且有效的思想方法与解题方法。
（5）解法多样化：与其他学科比较，“一题多解”的现象在数学中表现突出，尤其是数学选择题由于它有备选项，给试题的解答提供了丰富的有用信息，有相当大的提示性，为解题活动展现了广阔的天地，大大地增加了解答的途径和方法，而且常常潜藏着极其巧妙的解法，有利于对考生思维深度的考查。
解题策略：（1）注意审题。把题目多读几遍，弄清这道题目求什么，已知什么，求、知之间有什么关系，把题目搞清楚了再动手答题。
（2）答题顺序不一定按题号进行。可先从自己熟悉的题目答起，从有把握的题目入手，使自己尽快进入到解题状态，产生解题的激情和欲望，再解答陌生或不太熟悉的题目。若有时间，再去拼那些把握不大或无从下手的题目。这样也许能超水平发挥。
（3）数学选择题大约有70%的题目都是直接法，要注意对符号、概念、公式、定理及性质等的理解和使用，例如函数的性质、数列的性质就是常见题目。
（4）挖掘隐含条件，注意易错、易混点。
（5）方法多样，不择手段。中考试题凸显能力，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值（含特殊值、特殊位置、特殊图形）、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答。不要在一两道小题上纠缠，杜绝小题大做，如果确实没有思路，也要坚定信心，“题可以不会，但是要做对”，即使是“蒙”，也有25%的正确率。
（6）控制时间。一般不要超过40分钟，最好是25分钟左右完成选择题，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。
2．填空题——“直扑结果”
题型特点： 填空题和选择题同属客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍，考查目标集中，答案简短、明确、具体，不必填写解答过程，评分客观、公正、准确等等，不过填空题和选择题也有质的区别。首先，填空题没有备选项，因此，解答时既有不受诱误的干扰之好处，又有缺乏提示的帮助之不足。对考生独立思考和求解，在能力要求上会高一些。长期以来，填空题的答对率一直低于选择题的答对率，也许这就是一个重要的原因。其次，填空题的结构，往往是在一个正确的命题或断言中，抽去其中的一些内容（既可以是条件，也可以是结论），留下空位，让考生独立填上，考查方法比较灵活，在对题目的阅读理解上，较之选择题有时会显得较为费劲。当然并非常常如此，这将取决于命题者对试题的设计意图。
填空题的考点少，目标集中。否则，试题的区分度差，其考试的信度和效度都难以得到保证。这是因为：填空题要是考点多，解答过程长，影响结论的因素多，那么对于答错的考生便难以知道其出错的真正原因，有的可能是一窍不通，入手就错了；有的可能只是到了最后一步才出错，但他们在答卷上表现出来的情况一样，可以得到相同的成绩，尽管他们的水平存在很大的差异。
解题策略：由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题策略是可以共用的，在此不再多讲，只针对不同的特征给几条建议：
一是填空题绝大多数是计算型（尤其是推理计算型）和概念（或性质）判断性的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断；
二是作答的结果必须是数值准确，形式规范，例如集合形式的表示、函数表达式的完整等，结果稍有毛病便是零分；
三是《考试说明》中对解答填空题提出的要求是“正确、合理、迅速”，因此，解答的基本策略是：快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，防止操之过急；全——答案要全，避免对而不全；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意。
3．解答题——“步步为营”
题型特点：解答题与填空题比较，同为提供型的试题，但也有本质的区别，首先，解答题应答时，考生不仅要提供出最后的结论，还得写出或说出解答过程的主要步骤，提供合理、合法的说明，填空题则无此要求，只要填写结果，省略过程，而且所填结果应力求简练、准确；其次，解答题比起填空题试题内涵要丰富得多，解答题的考点相对较多，综合性强，难度较高，解答题成绩的评定不仅看最后的结论，还要看其推演和论证过程，分情况判定分数，用以反映其差别，因而解答题命题的自由度较之填空题大得多。
数学解答题的评分办法：数学高考阅卷评分施行懂多少知识给多少分的评分办法，叫做“分段评分”。而考生“分段得分”的基本策略是：会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。会做的题目若不注意准确表达和规范书写，常常会被“分段扣分”，解答题阅卷的评分原则一般是：第一问，错或未做，而第二问对，则第二问得分全给；前面错引起后面方法用对但结果出错，则后面给一半分。
解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。
（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。
①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。
②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。
③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。
④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。
（3）能力不同，要求有变： 由于考生的层次不同，面对同一张数学试卷，要尽可能发挥自己的水平，考试策略也有所不同。针对基础较差的考生而言要“以稳取胜”——这类考生除了知识方面的缺陷外，“会而不对，对而不全”是这类考生的致命伤。丢分的主要原因在于审题失误和计算失误。考试时要克服急躁心态，如果发现做不下去，就尽早放弃，把时间用于检查已做的题，或回头再做前面没做的题。记住，只要把你会做的题都做对，你就是最成功的人！部分优生而言要“以准取胜”——他们基础比较扎实，但也会犯低级错误，所以，考试时要做到准确无误（指会做的题目），除了最后两题的最后一问不一定能做出，其他题目大都在“火力范围”内。但前面可能遇到“拦路虎”，要敢于放弃，把会做的题做得准确无误，再回来“打虎”。针对第一志愿为名校的考生而言要“以新取胜”——这些考生的主攻方向是能力型试题，在快速、正确做好常规试题的前提下，集中精力做好能力题。这些试题往往思考强度大，运算要求高，解题需要新的思想和方法，要灵活把握，见机行事。如果遇到不顺手的试题，也不必恐慌，可能是试题较难，大家都一样，此时，使会做的题不丢分就是上策。
中考小贴士：
中考数学选择题和填空题平均每题大约花费3分钟，解答题平均每题大约花费10分钟。

























四、考场注意篇

中考的特点是以学生解题能力的高低为标准的一次性选拔，这就使得临场发挥显得尤为重要，研究和总结临场解题策略，进行应试训练和心理辅导，已成为中考数学的重要内容之一，正确运用数学中考临场解题策略，不仅可以预防各种心理障碍造成的不合理丢分和计算失误及笔误，而且能运用科学的检索方法，建立神经联系，挖掘思维和知识的潜能，考出最佳成绩。
一、调整大脑思绪，提前进入数学情境
　　考前要摒弃杂念，排除干扰思绪，使大脑处于“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，提前进入“角色”，通过清点用具、暗示重要知识和方法、提醒常见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的自我安慰，从而稳定情绪、增强信心，减轻压力、轻装上阵，使思维单一化、数学化，以平稳自信、积极主动的心态准备应考。
二、“内紧外松”，集中注意力，消除焦虑怯场
　　集中注意力是考试成功的保证，一定的神经亢奋和紧张，能加速神经联系，有益于积极思维，要使注意力高度集中，思维异常积极，这叫内紧，但紧张程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦虑，抑制思维，所以又要清醒愉快，放得开，这叫外松。
三、沉着应战，确保旗开得胜，以振奋精神
　　良好的开端是成功的一半，从考试的心理角度来说，这确实是很有道理的，拿到试题后，不要急于求成、立即下手解题，而应通览一遍整套试题，摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生“旗开得胜”的快意，从而有一个良好的开端，以振奋精神，鼓舞信心，很快进入最佳思维状态，即发挥心理学所谓的“门坎效应”，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。
四、“六先六后”，因人因卷制宜
　　在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维趋于积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金时间了。这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则。
　　1.先易后难。即先做简单题，再做综合题。应根据自己的实际情况，果断跳过“啃”不动的题目，从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪。
　　2.先熟后生。通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处。对后者，不要惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难，通过这种暗示，确保情绪稳定。对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较透彻、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目。这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、超常发挥，达到拿下中、高档题目的目的。
　　3.先同后异。即先做同科同类型的题目，思考比较集中，知识和方法的沟通比较容易，有利于提高单位时间的效益。中考题一般要求较快地进行“兴奋灶”的转移，而“先同后异”，可以避免“兴奋灶”过急、过频的跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效精力。
　　4.先小后大。小题一般是信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在解答大题之前尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理基础。
　　5.先点后面。近年的中考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一步解决一步，而前面问题的解决又为后面问题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营，由点到面。
　　6.先高后低。即在考试的后半段时间，要注重时间效益，如估计两题都会做，则先做高分题;估计两题都不易，则先就高分题实施“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分。
五、一“慢”一“快”，相得益彰
　　有些考生只知道考场上一味地要快，结果题意未清，条件未全，便急于解答，岂不知欲速则不达，结果是思维受阻或进入死胡同，导致失败。应该说，审题要慢，解答要快。审题是整个解题过程的“基础工程”，题目本身是“怎样解题”的信息源，必须充分搞清题意，综合所有条件，提炼全部线索，形成整体认识，为形成解题思路提供全面可靠的依据。而思路一旦形成，则可尽量快速完成。
六、确保运算准确，立足一次成功
　　数学中考需要在120分钟时间内完成26-28道题，时间很紧张，不允许做大量细致的解后检验，所以要尽量准确运算(关键步骤，力求准确，宁慢勿快)，立足一次成功。解题速度是建立在解题准确度基础上的，更何况数学题的中间数据常常不但从“数量”上，而且从“性质”上影响着后继各步的解答。所以，在以快为上的前提下，要稳扎稳打，层层有据，步步准确，不能为追求速度而丢掉准确度，甚至丢掉重要的得分步骤。假如速度与准确不可兼得的话，就只好舍快求对了，因为解答不对，再快也毫无意义。
七、讲求规范书写，力争既对又全
　　考试的又一个特点是以卷面为唯一依据。这就要求不但会而且要对，对且全，全而规范。会而不对，令人惋惜;对而不全，得分不高;表述不规范、字迹不工整又是造成中考数学试卷非智力因素失分的一大方面。因为字迹潦草，会使阅卷老师的第一印象不良，进而使阅卷老师认为考生学习不认真、基本功不过硬、“感情分”也就相应低了，此所谓心理学上的“光环效应”。“书写要工整，卷面能得分”讲的也正是这个道理。
八、面对难题，讲究策略，争取得分
　　会做的题目当然要力求做对、做全、得满分，而更多的问题是对不能全面完成的题目如何分段得分，下面有两种常用方法：
　　1.缺步解答。对一个疑难问题，确实啃不动时，一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题或一系列的步骤，先解决问题的一部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步，每进行一步就可得到这一步的分数。如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目标译成数学表达式，设应用题的未知数，设轨迹题的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分。还有像完成数学归纳法的第一步，分类讨论，反证法的简单情形等，都能得分。而且可望在上述处理中，从感性到理性，从特殊到一般，从局部到整体，产生顿悟，形成思路，获得解题成功。
　　2.跳步解答。当解题过程卡在一中间环节上时，可以承认中间结论，往下推，看能否得到正确结论，如得不出，说明此途径不对，立即改变方向，寻找其他途径;如能得到预期结论，就再回头集中力量攻克这一过渡环节。若因时间限制，中间结论来不及得到证实，就只好跳过这一步，写出后继各步，一直做到底;另外，若题目有两问，第一问做不上，可以第一问为“已知”，完成第二问，这都叫跳步解答。也许后来由于解题的正迁移对中间步骤想起来了，或在时间允许的情况下，经努力而攻下了中间难点，可在相应题尾补上。
九、以退求进，立足特殊，发散一般
　　对于一个较一般的问题，若一时不能取得一般思路，可以采取化一般为特殊(如用特殊法解选择题)，化抽象为具体，化整体为局部，化参量为常量，化较弱条件为较强条件，等等。总之，退到一个你能够解决的程度上，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决。
十、执果索因，逆向思考，正难则反
　　对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展。顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证。如用分析法，从肯定结论或中间步骤入手，找充分条件;用反证法，从否定结论入手找必要条件。
十一、回避结论的肯定与否定，解决探索性问题
　　对探索性问题，不必追求结论的“是”与“否”、“有”与“无”，可以一开始，就综合所有条件，进行严格的推理与讨论，则步骤所至，结论自明。
十二、应用性问题思路：面—点—线
解决应用性问题，首先要全面理解题意，迅速接受概念，此为“面”;透过冗长叙述，抓住重点词句，提出重点数据，此为“点”;综合联系，提炼关系，依靠数学方法，建立数学模型，此为“线”。如此将应用性问题转化为纯数学问题。当然，求解过程和结果都不能离开实际。


随着科技的发达，现在越来越多的考试都采用电子阅卷，尤其是中高考。今天就和大家聊聊中考数学方面的阅卷以及考生需要注意的地方。
走近电子阅卷，看看试卷在阅卷人眼中呈现的样子。

一、 扫描　　
1.如果不使用规定的2B铅笔，可能识别被误判为“空选”，造成失分。

2.蓝色钢笔书写后，扫描字迹较浅，若无法辨认，容易误判或不给分。

4. 作图未使用规定铅笔，或下笔太轻，会造成扫描看不清楚，请慎重。

4.语言表述需简明扼要，勿超出答题区域。

二、阅卷
1.主观题和客观题
　一般客观题为选择题，由电脑自动阅卷完成；主观题为填空题、解答题，划分区域后，由人工网上阅卷完成。改卷中存在争议的部分，往往都是主观题部分。
　2.正评和仲裁
每次考试，一般每道题由两位老师独立评分，即为正评。
评卷前会在系统内设定一个允许误差，比如1分，若两位老师评分不超过允许误差，则得分按均值计算；若评分超过允许误差，则试卷提交到第三位老师进行仲裁，作为最终结果。考试按不同题型分类，允许误差为0分或1分。
3.评卷误差的产生
评卷误差的产生，主要有两个原因：一是解题过程的规范性，二是书写的规范性。
由于解题过程的不规范，其实是方法掌握得不够全面，各题迥异不具代表性，这里主要展示一些书写规范性的问题。
② 险的字迹，无法辨认，或容易引起歧义。

②解答题未化简到最终结果可能会多扣分；填空题以下三种情况未化简则全扣。

③ 万别和阅卷老师开玩笑，情节严重者，本题即使有部分正确依然0分处理。

建议同学们要注意平时作业和考试中的书写，一定要非常规范，养成良好的习惯，这样在中考中就会很自然地书写规范，考出自己满意的成绩！
三、阅卷教师希望看到的是能够减轻阅读量的卷面，具体包括以下6点：
　 1.卷面清洁，这是最基本的要求；
2.书写工整，字迹清晰；
3.在规定的答题区域答题，否则做无用功；
4.表述是要根据分值思考要点，尽量细分，用分号或①②③④等符号清楚表述；
5.语言要简洁，答中要害；
6.语言表述要规范，尽量用专业术语。
如果卷面做到了以上6点，在“可给分可不给分的情况时，从宽给分”的中考评分原则下，将无形中增加了多得分的砝码。
四、以下是网上阅卷中发现的考生答题不规范的典型情况：
1.字迹潦草
问题一：字迹潦草、字迹过淡的情况不少。中考阅卷是在计算机中阅读扫描后的考生答题卡，没有平时纸质阅卷那么清晰易认，加上中考阅卷时间短、任务重，因此字迹不清楚的试卷是不受阅卷老师欢迎的。
【应对】书写差的学生应加强书法练习，不仅每个字要力争书写工整、大方，而且整个卷面要做到干净、清洁；答题卡答题范围设置是假定用三号字书写两倍正确答案字数的大小，考生无需担心字写大了书写空间不够；考试时统一要求学生使用配套的0.5mm考试专用水芯笔，避免笔迹过淡或过浓导致扫描不清晰。
2.题号填涂与作答不符
问题二：试卷中有选考题，要求考生除了答出所选题目的答案外，还要在答题卡中将相应的选择题号涂黑，而部分考生出现答题内容与所涂题号不一致的情况，这样做，该题0分。例如，考生涂的是39题题号，答的却是40题的内容，只能得零分。
【应对】答选考题时，一定要头脑清醒，选定要答的题目一定要涂对题号，否则白费了工夫，还不得分。
3.超出规定区域答题
问题三：部分学生还没想好便匆忙答题，以至于格式没安排好，超出了该题预留的答题位置。在网上阅卷中，超出规定区域的答案无效。
【应对】答大题时，想好了再动笔，先答什么，后答什么，要有条理，不能写了半天还没入主题，重要的东西没地方写了，再东找点地方，西找点地方写，结果不得分。
4.答案分块
问题四：有的学生答案布局不合理，内容分成了几块。“分块”现象容易导致阅卷老师漏阅得分点，造成赋分过少的现象。
【应对】中考试题中的非选择题一般是一个要点2分。因此，书写答案前先确定需要书写的要点个数，规划好答案的整体布局，在书写前对答案打好草稿，然后从左上角往右下角书写，这样就不会出现图示的“分块”现象；备考过程中加强对中考非选择题答案的揣摩，分析答案要点有几个，答案依据在哪，为什么只答这几个要点等。做到答题时条理分明，避免书写之后又补充答案的现象。
5.答案不分层次
问题五：不少考生答一道大题时，没有层次，一口气写了一大段，让阅卷老师很难查找知识点。
【应对】对于一道需要答出很多采分点的大题，考生作答时要尽可能做到有层次，这样能让阅卷老师感觉到该考生思路是清晰的，便于得高分。
6.作图不规范
问题六：部分学生在答题卡上作图不清晰，要不过淡，要不就东一条线、西一条线，擦又没擦干净，显得很脏，这让阅卷老师很难辨识清楚。
【应对】作图题要本着清晰、干净的原则，该用尺子的地方一定要用尺子，线条要重些，但又不能让其看起来显得很脏。
7.出现删除符号
问题七：部分考生匆忙答题，答错了一段，便用删除符号大面积删掉。
【应对】往年中考中允许使用白纸“打补丁”，而现在中考则取消了“打补丁”。因此，很多学生感觉答题出现错误时，往往使用删除符号划掉部分字词，这是一个极其错误的思维定势。
中考阅卷有一个“采点得分”原则，即只看对的答案。只要不是同一句话中前后矛盾，那么即使是错误的答案也不会影响考生应得分数。因此，在不允许“打补丁”的前提下，已经书写的答案就不要使用删除符号。
解决方案：1.如果答案中已经用数字标注①、②、③等，则无需进行修改。2.如果没有使用数字标注的习惯，则在认为要删除的答案前后标上句号，使其与别的答案存在并列关系。
五、 数学阅卷中给考生在考试中发挥提几点意见：
1.发挥最大潜能，让考分达到最大值，忽略其他一切与考试无关的东西。
2.几何第1问一般较为简单，用一般知识即可解决，
3.由于每道大题答题框面积有限，故答题只能写必要关键步骤，有些课本上没有的常规结论直接使用。
4.如果将前面的过程写得过细，必然会导致后面拥挤，关键的内容没有写上。
5.大家知道，大题不能留空白，“会而不对”的题将涉及的知识套上去，必要时用“瑕疵”法求解。
6.熟知中考数学解答题的评分标准：解答题评分的大思想“踩点给分”，先由评卷全体老师把该题可能有的解法都解出来，每种解法，细化步骤，讨论哪一步给多少分，直到评卷组长通过为止。
8.做题的几个原则：①先易后难，先熟后生；②一慢一快：审题要慢，做题要快；③不能小题难做，小题大做，要小题小做，小题巧做；④基础题要拿满分，难题力争多得分，似曾相识题力争不失分；⑤考试不怕题不会，就怕会题做不对。




















五、考后调整篇

当赛事已完，赛完人散，在等待结果的日子，你们会惴惴不安。枕着希望，进入梦乡，期待佳音，迎接黎明；害怕失望，黄昏已至，又将明天，该何去何从！其实这段时光你们人生真正的学习才刚刚开始，凡事预则立，不预则废，你们该如何谋定在先，去面对人生的第一个十字路口，只不过大多数人忘了思考，没有去想，或者不愿去想，在这无奈而又无所事事的时光里该做些什么？
考后的三种普遍心态
个案1:放纵型考生
在“黑色”的大考过后，小林把自己接下来的三天三夜“奉献”给了KTV，所有同学、好友甚至老师都接到“邀请”，可算是彻彻底底地当了一回疯狂的麦霸；接着是几天的通宵到网吧上网……
分析：放纵型的考生之所以选择疯狂，主要是因为长期受到压抑，一下子得到完全的释放而有点变得忘乎所以，也可能因为这次考得的确不错，过于兴奋而难以自制。但如此放纵对于刚考完试的同学的身心来说极易造成过度疲劳而产生危害，例如过度用嗓、用眼而导致声带、眼睛的损坏。
对策：合理作息，健康休闲
建议该类考生要适当而渐进性地放松，不宜过于放纵。可以考虑跟家长或者同学做一个合适的、循序渐进的减压放松计划。如可以去打打球，陪父母逛逛街，或者跟朋友聊聊天等。同时建议考生，考试结束后不要完全丢掉学习习惯，而应规划“调整性学习”，比如阅读自己感兴趣的文学作品，广泛涉猎各领域的知识，拓宽自己的知识面，为即将到来的新学期学习生活做好准备。
个案2：挫败型考生
“今年考砸了，有很多题型平时根本没见到过，考着考着就慌了手脚。第一门很容易，本以为今年的考试总体来说难度不大，没想到竟然败在了自己的强项数学手上。哎！这一辈子都没希望了……”平时数学不错的小李不无遗憾地说。
分析：有这种心态的考生一般都把高考的失败看作前途的终结，将人生的路看得过于单一。所以，他们就会长吁短叹、愁眉苦脸，反复咀嚼自己在某一学科上的失败和痛苦，只看到自己的缺点，看不到自己
的优点。同时觉得自己考得不如别人，低人一等。
对策：正确评估自己，转移注意力
应对这种心理的关键就是要正确评估自己。每个考生都应当在考后好好反省，全面分析考试胜败的原因，客观评价自己，既不要盲目夸大自己的优点，也不要把自己评价过低。考生一旦对自己有了一个正确的评价，也就能够比较客观地对待考试的成败得失，真正做到“不以物喜，不以己悲”了。同时，还要懂得，高考也带有一定的偶然性，大考的竞技场上，既有成功者，也一定有失败者。因此，千万不能凭一次成败论英雄。同时不妨采取转移注意的方法，避免不良情绪的困扰。例如数学科目考得不好，那就不要再想数学，而是想想自己考得好的科目。同时也可以多做些力所能及的家务，或听听音乐、看看电视，或拜访亲戚朋友，分散或转移对挫折的注意，使考试失败的阴影逐渐淡化，从而有效地防止挫败感和焦虑感的产生。
　  个案3：内疚型考生
　　“爸爸妈妈，我对不起你们，这么简单的考试都考砸了。”一位考生走出考场后面对焦急等待的父母，泪流满面，伤心欲绝。而她的父母也在一边不知所措，刚想安抚孩子，这位考生反而哭得更厉害了。
　　分析：产生内疚心理的考生很多都是因为考前得到了家长和亲戚无微不至的关怀和照顾，得到老师无私的帮助和激励，本想考上一所理想的学校以示报答，结果心想事不成，遂产生了愧对家长与老师的内疚心理。一些过度内疚的同学还会因此整天闷在家里，避免会亲访友，减少了与人交往的机会（独处，不合群，过分地自我封闭），严重者甚至会产生抑郁症。
　　对策：多参加活动，多与父母交流
　　此类同学，要化内疚为力量，勇敢地站起来，不要沉浸在内疚之中，要尽快走出这个误区。可以选择一些集体活动，一般来说，和同学在一起可以减轻自己的压力，也可以在家看看书，看看伟人的传记；还可以进行适当的学习。