中考数学二轮复习数学模型-三垂直模型含解析答案

这是一份中考数学二轮复习数学模型-三垂直模型含解析答案，共8页。
数学模型-三垂直模型
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

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一、单选题
1．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若S1＋S2＋S3＝10，则S2的值为(　　)

A． B． C．3 D．
2．如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设，，则斜边BD的长是（    ）

A． B． C． D．

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二、填空题
3．我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼制成一个大正方形（如下图），设勾a=3，弦c=5，则小正方形ABCD的面积是

4．把图1中长和宽分别为3和2的两个全等矩形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个全等的直角三角形拼成图2所示的正方形，则图2中小正方形ABCD的面积为 ．

5．如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB边上的点，且AE⊥DF，垂足为点O，△AOD的面积为，则图中阴影部分的面积为 ．

6．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为 ．


评卷人
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三、解答题
7．如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在中，，，，若图中大正方形的面积为42，小正方形的面积为5，求的值．









8．（1）教材在探索平方差公式时利用了面积法，面积法可以帮助我们直观地推导或验证公式，俗称“无字证明”，例如，著名的赵爽弦图（如图①，其中四个直角三角形较大的直角边长都为a，较小的直角边长都为b，斜边长都为c），大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为4×ab＋(a－b)2，所以4×ab＋(a－b)2=c2，即a2＋b2=c2．由此推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，则a2＋b2=c2．图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”，请你利用图②推导勾股定理．


(2)试用勾股定理解决以下问题：
如果直角三角形ABC的两直角边长为3和4，则斜边上的高为 ．
(3)试构造一个图形，使它的面积能够解释(a－2b)2=a2－4ab＋4b2，画在上面的网格中，并标出字母a，b所表示的线段．








9．【阅读理解】勾股定理是几何学中一颗光彩夺目的明珠．她反映了直角三角形的三边关系即直角三角形两直角边（即“勾”，“股”）边长的平方和等于斜边（即“弦”）边长的平方．也就是说，设直角三角形两直角边为和，斜边为，那么．迄今为止，全世界发现勾股定理的证明方法约有400种．如：美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”（如图1），利用三个直角三角形拼成一个直角梯形，于是直角梯形的面积可以表示为或者是，因此得到，运用乘法公式展开整理得到．
  
【尝试探究】（1）其实我国古人早就运用各种方法证明勾股定理，如图2用四个直角三角形拼成正方形，中间也是一个正方形，其中四个直角三角形直角边分别为、，斜边长为，请你根据古人的拼图完成证明．
（2）如图3是2002年在中国北京召开的国际数学家大会会标，利用此图也能证明勾股定理，其中四个直角三角形直角边分别为、，斜边长为，请你帮助完成．
【实践应用】（3）已知、、为的三边，试比较代数式与的大小关系．








10．已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E为△ABC内一点，连接AE，CE，CE⊥AE，过点B作BD⊥AE，交AE的延长线于D．
  
（1）如图1，求证BD=AE；
（2）如图2，点H为BC中点，分别连接EH，DH，求∠EDH的度数；
（3）如图3，在（2）的条件下，点M为CH上的一点，连接EM，点F为EM的中点，连接FH，过点D作DG⊥FH，交FH的延长线于点G，若GH：FH=6：5，△FHM的面积为30，∠EHB=∠BHG，求线段EH的长．








11．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D， BE⊥MN于E．
  
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系?并说明理由．








12．在中，．

(1)如图①，以点为直角顶点，为腰在右侧作等腰，过点作交的延长线于点．求证：．
(2)如图②，以为底边在左侧作等腰，连接，求的度数．
(3)如图③，中，,垂足为点，以为边在左侧作等边,连接交于，,求的长．








13．如图1，在中，，，直线经过点，且于点，于点．易得（不需要证明）．
（1）当直线绕点旋转到图2的位置时，其余条件不变，你认为上述结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出此时之间的数量关系，并说明理由；
（2）当直线绕点旋转到图3的位置时，其余条件不变，请直接写出此时之间的数量关系（不需要证明）．









14．如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．

（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点；
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交于G点，若BC＝4，BE＝3，则＝　 　（直接写出结果）








15．如图，在中，，，点、分别是轴和轴上的一动点，点的横坐标为，求点的坐标.









16．如图所示，，，以为边作正方形，求，的坐标.









17．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的顶点A在x轴上，AB＝AC，∠BAC＝90°，且A（2，0）、B（3，3），BC交y轴于M，
（1）求点C的坐标；
（2）连接AM，求△AMB的面积；
（3）在x轴上有一动点P，当PB+PM的值最小时，求此时P的坐标．
  








18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴正半轴于点（1，0）和点，交轴于点．

（1）如图1，直线经过点、点，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点为该抛物线的顶点，过点作轴的平行线交抛物线于另一点，该抛物线对称轴右侧的抛物线上有一点，当时，求点的纵坐标．
（3）如图3，在（1）（2）的结论下，抛物线对称轴右侧的抛物线上有一点，作轴于点，延长交于，当时，求点的坐标．








19．如图，直线与轴、轴分别交于两点，于点，点为直线上不与点重合的一个动点.
(1)求线段的长；
(2)当的面积是6时，求点的坐标；
(3)在轴上是否存在点，使得以、、为顶点的三角形与全等，若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标，否则，说明理由.









20．如图,直线AB与坐标轴分别交于点A、点B,且OA、OB的长分别为方程x2－6x+8=0的两个根（OA＜OB）,点C在y轴上,且OA︰AC=2︰5,直线CD垂直于直线AB于点P,交x轴于点D．

（1）求出点A、点B的坐标.
（2）请求出直线CD的解析式.
（3）若点M为坐标平面内任意一点,在坐标平面内是否存在这样的点M,使以点B、P、D、M为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点M的坐标；若不存在,请说明理由.








21．【模型建立】
（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA；
【模型应用】
（2）如图2，已知直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2；求直线l2的函数表达式；
（3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．试探究△CPD能否成为等腰直角三角形？若能，求出点D的坐标，若不能，请说明理由．









22．如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x、y轴于点A、B，直线BC分别交x、y轴于点C、B，点A的坐标为（2，0），∠ABO=30°，且AB⊥BC．

（1）求直线BC和AB的解析式；
（2）将点B沿某条直线折叠到点O，折痕分别交BC、BA于点E、D，在x轴上是否存在点F，使得点D、E、F为顶点的三角形是以DE为斜边的直角三角形？若存在，请求出F点坐标；若不存在，请说明理由；








23．如图，在平面直角坐标系中，l是经过A（2，0），B（0，b）两点的直线，且b>0，点C的坐标为（-2，0），当点B移动时，过点C作CD⊥l交于点D．

（1）求点D，O之间的距离；
（2）当tan∠CDO=时，求直线l的解析式；
（3）在（2）的条件下，直接写出△ACD与△AOB重叠部分的面积．








24．如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为线段BO上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF交CD于点G．
（1）若AB＝4，BE＝，求△CEF的面积．
（2）如图2，线段FE的延长线交AB于点H，过点F作FM⊥CD于点M，求证：BH+MG＝BE；
（3）如图3，点E为射线OD上一点，线段FE的延长线交直线CD于点G，交直线AB于点H，过点F作FM垂直直线CD于点M，请直接写出线段BH、MG、BE的数量关系．









25．探究：如图1和2,四边形中,已知，，点，分别在、上，．
（1）①如图 1,若、都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则能证得，请写出推理过程；
②如图 2，若、都不是直角，则当与满足数量关系_______时，仍有;
（2）拓展：如图3,在中，,，点、均在边上,且．若，求的长．









26．【操作发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连结AM、AN、MN．
∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN．
【实践探究】
（1）在图①条件下，若CN＝3，CM＝4，则正方形ABCD的边长是 　．
（2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．
【拓展】
（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点M、N分别在边DC、BC上，连结AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝1，求DM的长．
               








27．如图，正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点，且BE＝CF．

求证：
（1）AE＝BF；
（2）AE⊥BF．








28．如图，以的直角边为直径作交斜边于点，过圆心作，交于点，连接．

（1）判断与的位置关系并说明理由；
（2）求证：．








29．如图，以Rt△ABC的AC边为直径作⊙O交斜边AB于点E，连接EO并延长交BC的延长线于点D，点F为BC的中点，连接EF和AD．

（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，∠EAC＝60°，求AD的长．








30．如图，是的直径，为的弦，，与的延长线交于点，点在上， 满足．

（1）求证：是的切线；
（2）若，， 求线段的长．








31．如图，AB是△ABC外接圆的直径，O为圆心，CH⏊AB，垂足为H，且∠PCA=∠ACH，  CD平分∠ACB，交⊙O于点D，连接BD，AP=2．
（1）判断直线PC是否为⊙O的切线，并说明理由；
（2）若∠P=30°，求AC、BC、BD的长．
（3）若tan∠ACP=，求⊙O半径．









32．如图，是的直径，点是弧上一点，且，与交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若平分，求证：；
(3)在(2)的条件下，延长，交于点，若，，求的长和的半径．









33．已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB=AD，AE是⊙O的弦，∠AEC=30°．
（1）求证：直线AD是⊙O的切线；
（2）若AE⊥BC，垂足为M，⊙O的半径为4，求AE的长．










参考答案：
1．B
【分析】根据图形的特征得出四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，从而用x，y表示出S1，S2，S3，得出答案即可．
【详解】解：将四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y．
∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S1＋S2＋S3＝10，∴S1＝8y＋x，S2＝4y＋x，S3＝x,
∴S1＋S2＋S3＝3x＋12y＝10,
∴S2＝x＋4y＝．
故选B.
【点睛】此题主要考查了图形面积关系，根据已知得出用x，y表示出S1，S2，S3，再利用S1+S2+S3=10求出是解决问题的关键．
2．C
【分析】根据全等三角形的性质，设CD=AH=x，DE=AG=BC=y，由，建立方程组，求解即可得出，然后借助勾股定理即可表示BD.
【详解】解：根据图象是由四个全等的直角三角形拼成，设CD=AH=x，DE=AG=BC=y，
∵，，
∴
解得：，
故
在中，根据勾股定理得：，
∴.
故选:C.
【点睛】本题考查勾股定理，全等三角形的性质，能借助方程思想用含a，b的代数式表示CD和BC是解决此题的关键.
3．1．
【分析】根据勾股定理可得股b=4，则小正方形ABCD的边长为b-a，最后根据正方形面积公式计算即可．
【详解】解：∵勾a=3，弦c=5
∴股b=
∵小正方形ABCD的边长为b-a=4-3=1
∴小正方形ABCD的面积是1．
故答案为1．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，灵活应用勾股定理解直角三角形是解答本题的关键．
4．1．
【分析】根据线段的和差关系可求图2中小正方形ABCD的边长，再根据正方形面积公式即可求解．
【详解】解：图2小正方形ABCD的边长=3﹣2＝1，
图2小正方形ABCD的面积=1×1＝1,
故答案为：1．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等图形，关键是求出图2中小正方形ABCD的边长．
5．
【分析】先证得△ADF△BAE，再利用等量代换即可求得阴影部分的面积等于△AOD的面积．
【详解】解：正方形ABCD中，
∠DAF=∠ABE=90，AD=AB，
∵AE⊥DF，
∴∠DOA=∠DAF =90，
∴∠DAO+∠ADF =∠DAO +∠FAO =90，
∴∠ADF =∠FAO，
在△ADF和△BAE中，
，
∴△ADF△BAE，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是证得阴影部分的面积等于△AOD的面积．
6．13
【分析】本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的对应边相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．
【详解】解：∵ABCD是正方形（已知）
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°
又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°
∴∠FBA＝∠EAD（等量代换）
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E
∴在Rt△AFB和Rt△AED中
∵
∴△AFB≌△DEA（AAS）
∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的对应边相等）
∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13
故答案为：13
【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键．
7．
【分析】根据正方形的面积公式和三角形的面积公式即可求出，，然后根据完全平方公式的变形即可求出结论．
【详解】解：小正方形面积=
4个小直角三角形的面积=
∴
∴
【点睛】此题考查的是全等三角形的性质和完全平方公式的变形，掌握全等三角形的性质、正方形的面积公式、三角形的面积公式和完全平方公式的变形是解决此题的关键．
8．（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】（1）梯形的面积可以由梯形的面积公式求出，也利用三个直角三角形面积求出，两次求出的面积相等列出关系式，化简即可得证；
（2）由两直角边，利用勾股定理求出斜边长，再利用面积法即可求出斜边上的高；
（3）已知图形面积的表达式，即可根据表达式得出图形的边长的表达式，即可画出图形．
【详解】（1）S梯形ABCD=，S梯形ABCD=
∴a2＋ab＋b2=2×ab＋c2
即a2＋b2=c2；
（2）∵直角三角形的两直角边分别为3，4，
∴斜边为=5，
∵设斜边上的高为h，直角三角形的面积为×3×4＝×5×h，
∴h＝  
故答案为；
（3）∵图形面积为：（a−2b）2＝a2−4ab＋4b2，
∴边长为a−2b，
由此可画出的图形如下：

【点睛】此题考查了勾股定理的证明，勾股定理，多项式的乘法的运用以及由多项式画图形的创新题型，此类证明要转化成同一个东西的两种表示方法，从而转化成方程达到证明的结果．
9．（1）见解析；（2）见解析；（3）代数式与的大小关系是相等．
【分析】尝试探究（1）根据图形面积的不同求法即可得到结论；
（2）根据图形面积的不同求法即可得到结论；
实践应用（3）分解因式，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：尝试探究（1）图中大正方形的面积可表示为，也可表示为，
即，
；
（2）图中大正方形的面积可表示为，也可表示为，
即，
；
实践应用]（3），，
代数式与的大小关系是相等．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
10．（1）见解析；（2）∠EDH＝45°；（3）EH＝10．
【分析】（1）根据全等三角形的判定得出△CAE≌△ABD，进而利用全等三角形的性质得出AE＝BD即可；
（2）根据全等三角形的判定得出△AEH≌△BDH，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（3）过点M作MS⊥FH于点S，过点E作ER⊥FH，交HF的延长线于点R，过点E作ET∥BC，根据全等三角形判定和性质解答即可．
【详解】证明：（1）∵CE⊥AE，BD⊥AE，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACE+CAE＝∠CAE+∠BAD＝90°，
∴∠ACE＝∠BAD，
在△CAE与△ABD中

∴△CAE≌△ABD（AAS），
∴AE＝BD；
（2）连接AH
∵AB＝AC，BH＝CH，
∴∠BAH＝，∠AHB＝90°，
∴∠ABH＝∠BAH＝45°，
∴AH＝BH，
∵∠EAH＝∠BAH﹣∠BAD＝45°﹣∠BAD，
∠DBH＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD﹣∠ABH＝45°﹣∠BAD，
∴∠EAH＝∠DBH，
在△AEH与△BDH中

∴△AEH≌△BDH（SAS），
∴EH＝DH，∠AHE＝∠BHD，
∴∠AHE+∠EHB＝∠BHD+∠EHB＝90°
即∠EHD＝90°，
∴∠EDH＝∠DEH＝；
（3）过点M作MS⊥FH于点S，过点E作ER⊥FH，交HF的延长线于点R，过点E作ET∥BC，交HR的延长线于点T．
∵DG⊥FH，ER⊥FH，
∴∠DGH＝∠ERH＝90°，
∴∠HDG+∠DHG＝90°
∵∠DHE＝90°，
∴∠EHR+∠DHG＝90°，
∴∠HDG＝∠HER
在△DHG与△HER中

∴△DHG≌△HER （AAS），
∴HG＝ER，
∵ET∥BC，
∴∠ETF＝∠BHG，∠EHB＝∠HET，
∠ETF＝∠FHM，
∵∠EHB＝∠BHG，
∴∠HET＝∠ETF，
∴HE＝HT，
在△EFT与△MFH中
，
∴△EFT≌△MFH（AAS），
∴HF＝FT，
∴，
∴ER＝MS，
∴HG＝ER＝MS，
设GH＝6k，FH＝5k，则HG＝ER＝MS＝6k，
，
k＝，
∴FH＝5，
∴HE＝HT＝2HF＝10．
  
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，属于压轴题．
11．（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析
【分析】（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；
（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．
【详解】解：（1）证明：如图1，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）结论：DE=AD-BE．
理由：如图2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=EC-CD=AD-BE．
【点睛】本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
12．（1）见解析；（2）；（3）4+6
【分析】（1）根据“一线三垂直”模型，可以证得；
（2）过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，利用旋转模型证明≌，由外角的性质计算即可；
（3）在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，利用等腰直角△AOB，等边△BOC证得≌，通过等角代换证明为等边三角形，由线段和计算即可得到结果．
【详解】（1）∵∠BAC=∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠DAC=∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DAC=∠ABO，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
在△AOB和△CDA中，

∴△AOB≌△CDA（AAS）
（2）如图②，过点C作CM⊥CO交BO于M，AC与BO交于点N，
，
，
，，
，
∵AC=BC，
≌，
，
，
，
故答案为：135°．

（3）如图③，在CE上截取一点H，使CH=AE，连接OH，
∵△AOB是等腰直角三角形，△BOC是等边三角形，所以
，
，
≌，
，AE=CH=3，∠AOE=∠COH，
，∠AOB=90°，
，
，∠BOH=∠BOC-∠COH=60°-45°=15°，
，
为等边三角形，
，
Rt△ADE中，∠DAE=45°-15°=30°，
∴AE=2DE，
设DE=x，则AE=2x，AD=x，
∵AD=OD，
∴2+x=x，
x=+1，
∴AE=2x=2+2，
∴AC=CH+HE+AE=2+2+2+2+2=4+6．
故答案为：4+6．

【点睛】本题考查了“一线三垂直”模型，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等角代换的应用，计算线段和的应用，掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键．
13．(1) 不成立，DE=AD-BE，理由见解析；(2) DE=BE-AD
【分析】(1)DE、AD、BE之间的数量关系是DE=AD-BE．由垂直的性质可得到∠CAD=∠BCE，证得△ACD≌△CBE，得到AD=CE，CD=BE，即有DE=AD-BE；
(2)DE、AD、BE之间的关系是DE=BE-AD．证明的方法与(1)一样．
【详解】(1)不成立．
DE、AD、BE之间的数量关系是DE=AD-BE，
理由如下：如图，

∵∠ACB=90°，BE⊥CE，AD⊥CE，，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
又∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=CE-CD=AD-BE；
(2)结论：DE=BE-AD．

∵∠ACB=90°，BE⊥CE，AD⊥CE，，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
又∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD-CE=BE-AD．
【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形全等的判定与性质，旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．
14．（1）见解析；（2）见解析；（3）或
【分析】(1)证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
(2)作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
(3)过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】(1)∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
，
∴△AFD≌△EAC(AAS)，
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
(2)作FD⊥AC于D，

由(1)得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG(AAS)，
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
(3)当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，

BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由(1)(2)知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴，
∴，
当点E在线段BC上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，

BC=AC=4，CE=CB-BE=1，
由(1)(2)知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=1，
∴，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，本题中求证△ADF≌△ECA、△GDF≌△GCB是解题的关键．
15．B（0，-3）．
【分析】如图，作CD⊥y轴于M，则CD=3，证明△BCD≌△ABO(AAS)即可求得答案.
【详解】如图，作CD⊥y轴于M，则CD=3，
∵∠ABC=∠AOB=90゜，
∴∠CBD+∠ABO=90°，∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBD=∠BAO，
又∵∠BDC＝∠AOB=90°，BC＝AB，
∴△BCD≌△ABO(AAS)，
∴OB=CD=3，
∴B(0，-3)．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，点的坐标，正确添加辅助线，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键.
16．；
【分析】本题有、两个点都在坐标轴上，且正方形在坐标轴的同侧（基本上在第二象限），故只须过，两点分别向坐标轴作垂线即可. 作CE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，证明△BCE≌△ABO，得出对应边相等BE=OA=1，CE=BO=3，同理得出DF=OA=1，AF=BO=3，再求出OE、OF，即可得出结果．
【详解】解：作CE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，如图所示：

则∠CEB=∠AFD=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，BC=AB，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
在△BCE和△ABO中，
，
∴△BCE≌△ABO（AAS），
∴BE=OA=1，CE=BO=3，
同理得：DF=OA=1，AF=BO=3，
∴OE=4，OF=4，
∴C（-3，4），D（-4，1）．
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．当正方形的部分点在坐标轴上，且整个正方形在坐标轴的同侧时，往往过另外的点向坐标轴作垂线，从而得到“形外三垂直”的基本图形.
17．（1）C的坐标是（﹣1，1）；（2）；（3）点P的坐标为（1，0）．
【分析】（1）作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，证明≌，根据全等三角形的性质得到CD＝AE，AD＝BE，求出点C的坐标；
（2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，得到OM的长，根据梯形的面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案；
（3）根据轴对称的最短路径问题作出点P，求出直线B的解析式，根据x轴上点的坐标特征求出点P的坐标．
【详解】解：（1）如图，作CD⊥x轴于D，BE⊥x轴于E，

∴∠CAD+∠DCA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠CAD+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ACD，
在和中，
，
∴≌（AAS），
∴CD＝AE，AD＝BE，
∵A（2，0）、B（3，3），
∴OA＝2，OE＝BE＝3，
∴CD＝AE＝1，OD＝AD﹣OA＝1，
∴C的坐标是（﹣1，1）；
（2）如图，作BE⊥x轴于E，
  
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B点的坐标为（3，3），C点的坐标是（﹣1，1），
∴，
解得，，
∴直线BC的解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，
∴OM＝，
∴的面积＝梯形MOEB的面积﹣的面积﹣的面积
＝×（+3）×3﹣×2×﹣×1×3
＝；
（3）如图，作M关于x轴的对称点（0，﹣），连接B，交x轴于点P，此时PB+PM=PB+P=B的值最小，

设直线B的解析式为y＝mx+n，
则，
解得，，
∴直线B的解析式为y＝x﹣，
点P在x轴上，当y＝0时，x＝1，
∴点P的坐标为（1，0）．
【点睛】此题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、求一次函数解析式和求两线段和的最小值，掌握等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、利用待定系数法求一次函数解析式和轴对称的最短路径问题是解决此题的关键．
18．（1）；（2）点P的纵坐标为2；（3）点的坐标为（，11）．
【分析】（1）由直线的解析式，先求出点B、C的坐标，结合点A的坐标，利用待定系数法即可得到答案；
（2）把点A代入，求出n的值，然后得到点C和点E的坐标，然后求出点F的坐标，设点P为（x，），由，即可求出点P的横坐标，即可求出点P的纵坐标；
（3）过点P作PI⊥GH于点I，先求出直线PE的解析式，得到PK=2PI，然后设点G为（m，），表示出GK的长度，结合，得到关于m的一元二次方程，解方程求出m的值，即可得到答案．
【详解】解：（1）∵经过点、点，
∴令，，
令，，
∴点B为（3，0），点C为（0，3），
设抛物线的解析式为，
把点A、B、C，三点代入解析式，得：
，解得：，
∴；
（2）∵点A（1，0）在抛物线图像上，则
，
∴，
∴，
∴顶点E为（2，），
令x=0，则，
∴点C为（0，3），
∵EF垂直平分CD，
∴点D的坐标为（4，3），点F的坐标为（2，3），
∵点P在抛物线上，则设点P为（x，），
又∵E为（2，），F为（2，3），
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵点P在对称轴右侧，则，
∴点P的横坐标为，
∴点P的纵坐标为：
；
（3）如图：过点P作PI⊥GH于点I，

∵点E（2，），点P为（，2），
∴可求出直线PE的解析式为：，
∴∠KPI=60°，
∵PI⊥GH，
∴∠KIP=90°，∠PKI=30°，
∴PK=2PI，
∵点G在抛物线图像上，
则设点G为（m，），
∴点K的坐标为（m，）
∴GK=；
∵第P的坐标为（，2），
∴点I的坐标为（m，），
∴PI=，
∴PK=，
∵，
∴，
解得：，，
当时，点G与点P、点K重合，
∴；不符合题意，舍去；
∴点G的横坐标为；
∴点G的纵坐标为：，
∴点G的坐标为（，11）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数与一次函数的交点问题，二次函数的性质，以及一次函数的性质，解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和一次函数的性质，运用数形结合的思想进行解题．
19．(1)； (2) (-4，6)； (3) (，)或(，)或(，)或(，)
【分析】(1)先求得点A、B的坐标，可求得OA、OB、AB的长，利用面积法即可求得OM的长；
(2)先画图，确定△BOP面积可以BO为底，P到y轴距离为高求得P到y轴距离，再分类讨论求得答案；
(3)分△OMP≌△PQO与△OMP≌△OQP两种情况讨论，结合图象分析即可求解．
【详解】(1)对于直线，
令，则，令，则，
点A、B的坐标分别是(4，0)，(0，3)，
∴OA=4，OB=3，AB=，
∵，
∴；
(2)过P作PC⊥y轴于C，如图1，

∴OB•PC=6，
∴PC=4，
∴点P的横坐标为4或-4，
∵点P为直线上的一个动点且不与A、B重合，
∴横坐标为4时，与A重合，不合题意，
∴横坐标为-4时，纵坐标为：，
∴当点P坐标为(-4，6)时，△BOP的面积是6；
(3)存在，理由如下：
①当△OMP≌△PQO时，如图2和图3，

由(1)得，
∴PQ=OM=，即P点横坐标为或，
纵坐标为：或，
此时点P的坐标为(，)，(，)；
②当△OMP≌△OQP时，如图4和图5，

∴OQ=OM=，即即点P、点Q纵坐标为或，
由，解得：；
由，解得：；
此时点P的坐标为(，)，(，)；
综上所述，符合条件的点P的坐标为(，)或(，)或(，)或(，) ．
【点睛】本题是一次函数与几何的综合题，考查了三角形及全等三角形的性质，体现了数形结合思想和分类讨论思想．解题关键是通过画图进行分类讨论．
20．（1）A(0,2)，B(－4,0);（2）直线CD的解析式:yCD=－2x+7;（3）存在，，，．
【分析】（1）根据一元二次方程的解法得出OA=2，OB=4，即可得出的A，B的坐标；
（2）首先利用角之间的关系得出△BOA∽△COD，即可得出D点的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式；
（3）先求出P点坐标（2，3），再根据平行四边形的性质，当PM=BD，M可在第一象限或第二象限，以及BM=PD时M在第三象限分别分析直接得出答案．
【详解】(1)∵
∴
∵OA、OB为方程的两个根，且OA＜OB
∴OA=2，OB=4,
∴ A(0,2)，B(－4,0),
(2)∵OA:AC=2:5
∴ AC=5
∴OC=OA+AC=2+5=7
∴ C(0,7),
∵∠BAO=∠CAP,∠CPB=∠BOA=90O
∴∠PBD=∠OCD
∵∠ BOA=∠COD=90O
∴△BOA∽△COD
∴=
∴ OD===,
∴D(,0)
设直线CD的解析式为
把x=0,y=7;x=,y=0分别代入得：

∴
∴yCD=－2x+7,

(3)存在，

,
设直线AB的解析式为：

解得：
故直线AB的解析式为：
将直线AB与直线CD联立

解得：
P点坐标
，

当是平行四边形
则


当是平行四边形
则


P到轴距离等于到轴距离，故的纵坐标为-3


的横坐标为2.5
的坐标为
综上所述M点的坐标为：，，．
21．（1）见详解；（2）；（3）点D坐标（，）或（4，7）或（，）．
【分析】（1）由垂直的定义得∠ADC=∠CEB=90°，根据平角的定义和同角的余角的相等求出∠DAC=∠ECB，角角边证明△CDA≌△BEC；
（2）证明△ABO≌∠BCD，求出点C的坐标为（-3，5），构建二元一次方程组求出k=5，b=10，利用待定系数法求出直线l2的函数表达式为y=-5x-10；
（3）证明△MCP≌△HPD，由其性质，点D在直线y=-2x+1求出m=或n=0或，将m的值代入，得点D坐标为（，）或（4，7）或（，）．
【详解】解：（1）如图1所示：

∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
又∵∠ACD+∠ACB+∠BEC=180°，∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BEC=90°，
又∵∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△CDA和△BEC中，
，
∴△CDA≌△BEC（AAS）；
（2）过点B作BC⊥AB交AC于点C，CD⊥y轴交y轴于点D，如图2所示：

∵CD⊥y轴，x轴⊥y轴，
∴∠CDB=∠BOA=90°，
又∵BC⊥AB，
∴∠ABC=90°，
又∵∠ABO+∠ABC+∠CBD=180°，
∴∠ABO+∠CBD=90°，
又∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠CBD，
又∵∠BAC=45°，
∴∠ACB=45°，
∴AB=CB，
在△ABO和∠BCD中，
，
∴△ABO≌∠BCD（AAS），
∴AO=BD，BO=CD，
又∵直线l1：y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A、B两点的坐标分别为（-2，0），（0，3），
∴AO=2，BO=3，
∴BD=2，CD=3，
∴点C的坐标为（-3，5），
设l2的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
点A、C两点在直线l2上，依题意得：
，
∴，
∴直线l2的函数表达式为y=5x10；
（3）能成为等腰直角三角形，依题意得，
①若点P为直角时，如图3甲所示：

设点P的坐标为（3，m），则PB的长为4+m，
∵∠CPD=90°，CP=PD，
∠CPM+∠CDP+∠PDH=180°，
∴∠CPM+∠PDH=90°，
又∵∠CPM+∠DPM=90°，
∴∠PCM=∠PDH，
在△MCP和△HPD中，
，
∴△MCP≌△HPD（AAS），
∴CM=PH，PM=PD，
∴点D的坐标为（7+m，-3+m），
又∵点D在直线y=-2x+1上，
∴-2（7+m）+1=-3+m，
解得：m=，
即点D的坐标为（，）；
②若点C为直角时，如图3乙所示：

设点P的坐标为（3，n），则PB的长为4+n，
CA=CD，
同理可证明△PCM≌△CDH（AAS），
∴PM=CH，MC=HD，
∴点D的坐标为（4+n，-7），
又∵点D在直线y=-2x+1上，
∴-2（4+n）+1=-7，
解得：n=0，
∴点P与点A重合，点M与点O重合，
即点D的坐标为（4，-7）；
③若点D为直角时，如图3丙所示：

设点P的坐标为（3，k），则PB的长为4+k，
CD=PD，
同理可证明△CDM≌△PDQ（AAS），
∴MD=PQ，MC=DQ，
∴点D的坐标为（，），
又∵点D在直线y=-2x+1上，
∴-2×+1=，
解得：k=−，
∴点P与点A重合，点M与点O重合，
即点D的坐标为（，）；
综合上述，点D坐标为（，）或（4，7）或（，）．
【点睛】本题综合考查了垂直的定义，平角的定义，全等三角形的判定与性质，一次函数求法，待定系数等知识点，重点掌握在平面直角坐标系内一次函数的求法，难点是构造符合题意的全等三角形．
22．（1）y=；（2）（﹣2，0）或（0，0）
【分析】（1）解直角三角形求出B、C两点坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（2）如图1中，根据对称性可知，当点F与O重合时，∠EF′D=∠EBD=90°，此时F′（0，0）；设DE交OB于K，作FH⊥DE于H．当△EFD≌△DF′E时，∠EFD=∠DF′E=90°，想办法求出OF的长即可解决问题；
【详解】解：（1）在Rt△AOB中，∵OA=2，∠ABO=30°，
∴OB=2，
在Rt△OBC中，∵∠BCO=30°，OB=2，
∴OC=6，
∴B（0，2），C（6，0），
设直线AB的解析式为y=kx+b，则有，
解得，
∴直线AB的解析式为y=﹣x+2，
设直线BC的解析式为y=k′x+b′则有，
解得，
∴直线BC的解析式为y=x+2．
（2）如图1中，根据对称性可知，当点F与O重合时，∠EF′D=∠EBD=90°，此时F′（0，0），

设DE交OB于K，作FH⊥DE于H．当△EFD≌△DF′E时，∠EFD=∠DF′E=90°，
易证DK=EH=1，DE=AC=4，
∴KH=OF=4﹣2=2，
∴F（﹣2，0），
综上所述，满足条件的点F坐标为（﹣2，0）或（0，0）．
【点睛】本题考查一次函数综合题、全等三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考简单能力题．
23．（1）2；（2）；（3）
【分析】（1）直接利用直角三角形斜边中线的性质即可得出答案；
（2）通过等量代换得出，进而求出点B的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（3）先通过正切和勾股定理求出OE,AD,CD的长度，然后利用即可求解．
【详解】解：（1）连接OD，

，
．
，
，
；
（2），
．
，
．
，
，
．
，
，
，
．
设直线l的解析式为，
将代入解析式中得
，
解得，
∴直线l解析式为；
（3）设CD与y轴的交点为E，

，，
，
．
，
，
∴△ACD与△AOB重叠部分的面积为
．
【点睛】本题主要考查一次函数与几何综合，掌握待定系数法，解直角三角形和直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．
24．（1）5；（2）见解析；（3）BH﹣MG＝BE．
【分析】（1）如图1中，利用勾股定理计算CE的长，由旋转可知△CEF是等腰直角三角形，可得结论；
（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，作EP⊥BC于P，证明△CPE≌△CMF（AAS），得EP＝FM，由角平分线的性质得EP＝EN＝FM，证明△NHE≌△MGF（AAS），得NH＝MG，由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，最后由线段的和可得结论；
（3）如图3，构建辅助线，构建全等三角形，证明△CPE≌△FMC（AAS），得EP＝CM，PC＝FM，由△DPE是等腰直角三角形，得PE＝PD，证明△HNE≌△GMF（AAS），由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，同理可得结论．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AB＝4，
∴AO＝CO＝OB＝2，
∵BE＝ ，
∴OE＝，
∵AC⊥BD，
∴∠COE＝90°，
∴CE＝ ,
由旋转得：CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴△CEF的面积＝；
（2）证明：如图2，过E作EN⊥AB于N，作EP⊥BC于P，

∵EP⊥BC，FM⊥CD，
∴∠EPC＝∠FMC＝90°，
∵∠BCD＝∠ECF＝90°，
∴∠PCE＝∠MCF，
∵CE＝CF，
∴△CPE≌△CMF（AAS），
∴EP＝FM，
∵EP⊥BC，EN⊥AB，BE平分∠ABC，
∴EP＝EN，
∴EN＝FM，
∵FM⊥CD，
∴∠FMG＝∠ENH＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠NHE＝∠MGF，
∴△NHE≌△MGF（AAS），
∴NH＝MG，
∴BH+MG＝BH+NH＝BN，
∵△BEN是等腰直角三角形，
∴BN＝BE，
∴BH+MG＝BE；
（3）解：BH﹣MG＝BE，理由是：
如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，

∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，
∴EP⊥CD，
∴∠EPC＝∠FMC＝90°，
∵∠M＝∠ECF＝90°，
∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，
∴∠ECP＝∠CFM，
∵CE＝CF，
∴△CPE≌△FMC（AAS），
∴PC＝FM，
∵△DPE是等腰直角三角形，
∴PE＝PD，
∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，
∵AB∥CD，
∴∠H＝∠FGM，
∵∠ENH＝∠M＝90°，
∴△HNE≌△GMF（AAS），
∴NH＝MG，
∴BH﹣MG＝BH﹣NH＝BN，
∵△BEN是等腰直角三角形，
∴BN＝BE，
∴BH﹣MG＝BE．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
25．（1）①见解析；②，理由见解析；（2）
【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；
②根据旋转的性质得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；
（2）根据等腰直角三角形性质好勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3−x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．
【详解】（1）①如图1，
∵把绕点逆时针旋转至，使与重合，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即，
在和中

∴，
∴，
∵，
∴；
②，

理由是：
把绕点旋转到，使和重合，
则，，，
∵，
∴，
∴，，在一条直线上，
和①知求法类似，，
在和中

∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：
（2）∵中，，
∴，由勾股定理得：
，
把绕点旋转到,使和重合，连接．
则，，，

∵，
∴，
∴，
在和中

∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得：，
，
解得：，
即．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．
26．（1）6；（2），见解析；（3）2
【分析】(1)根据旋转的性质证明△ABE≌△ADM得到BE=DM，又由∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，证出∠EAM=90°，得出∠MAN=∠EAN，再证明△AMN≌△EAN（SAS），得出MN=EN最后证出MN=BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理计算即可得到正方形的边长；
(2 )先根据旋转的性质证明△AEG≌△AEF（SAS），再证明∠GBE=90°，再根据勾股定理即可得到；
(3)在AB上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，得到ABQP为正方形，再根据操作发现以及勾股定理即可得到答案；
【详解】（1）（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，
即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△EAN中，

∴△AMN≌△EAN（SAS），
∴MN=EN．
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM．
在Rt△CMN中，
，
则BN+DM=5，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-3，DM=CD-CM=x-4，
∴x-3+x-4=5，
解得：x=6，
即正方形ABCD的边长是6；
故答案为：6；
（2）数量关系为：，证明如下：
将△AFD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABG，连结EG．

由旋转的性质得到：AF=AG，
又∵∠EAF＝45°，
∴,
且AE=AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
从而得EG＝EF．（全等三角形对应边相等），
又∵BN＝DM，BN∥DM，
∴四边形DMBN是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴DN∥BM，
∴ （两直线平行，同位角相等），
∵,
∴（等量替换），
即：∠GBE=90°，
则，
∴；
（3）在AD上截取AP，在BC上截取BQ，使AP＝AB=BQ＝3，连结PQ交AM于点R，

易证ABQP为正方形，
由操作与发现知：PR+BN＝RN．
设PR＝x，则RQ＝3﹣x，RN=1+x，QN=3-1=2
在Rt△QRN中，由勾股定理得：
，
即
解得：x＝，
∴PR=
∵PQ∥DC，
∴△APR∽△ADM，
∴ （相似三角形对应边成比例）
∴
∴DM＝2；
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．
27．（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，然后利用“边角边”证明△ABE和△BCF全等，即可得出结论；
（2）根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，全等三角形对应角相等可得∠BAE＝∠CAF，然后求出∠BAE+∠ABF＝∠ABC＝90°，判断出AE⊥BF．
【详解】证明：（1）在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF；
（2）∵△ABE≌△BCF，
∴∠BAE＝∠CBF，
∴∠BAE+∠ABF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝90°，
∴AE⊥BF．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，确定出AE与BF所在的三角形并证明三角形全等是解题的关键．
28．（1）相切，理由见解析；（2）见解析.
【分析】（1）连接OD、BD，根据切线的判定即可求证答案；
（2）易证△BCD∽△ACB，从而，即BC2=CD•AC，由（1）知DE=BE=CE=BC，所以4DE2=CD•AC，从而可证明2DE2=CD•OE；
【详解】解：（1）DE是⊙O的切线，理由：如图，
连接OD，BD，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
∵OE∥AC，OA=OB，
∴BE=CE，
∴DE=BE=CE，
∴∠DBE=∠BDE，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠ODE=∠OBE=90°，
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；

（2）∵∠BDC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
∴△BCD∽△ACB，
∴，
∴BC2=CD•AC，
由（1）知DE=BE=CE=BC，
∴4DE2=CD•AC，
由（1）知，OE是△ABC是中位线，
∴AC=2OE，
∴4DE2=CD•2OE，
∴2DE2=CD•OE；
【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及相似三角形的性质与判定，切线的判定，圆周角定理等知识，需要学生灵活运用所学知识．
29．（1）见解析；（2）AD＝．
【分析】（1）连接FO，可根据三角形中位线的性质可判断易证OF∥AB，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得CE⊥AE，进而知OF⊥CE，然后根据垂径定理可得∠FEC＝∠FCE，∠OEC＝∠OCE，再通过Rt△ABC可知∠OEC＋∠FEC＝90°，因此可证FE为⊙O的切线；
（2）在Rt△OCD中和Rt△ACD中，分别利用勾股定理分别求出CD,AD的长即可 ．
【详解】
（1）证明：连接CE，如图所示：
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°．
∴∠BEC＝90°，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝BF＝CF，
∴∠FEC＝∠FCE，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵∠FCE+∠OCE＝∠ACB＝90°，
∴∠FEC+∠OEC＝∠OEF＝90°，
∴EF是⊙O的切线．
（2）解：∵OA＝OE，∠EAC＝60°，
∴△AOE是等边三角形．
∴∠AOE＝60°，
∴∠COD＝∠AOE＝60°，
∵⊙O的半径为2，
∴OA＝OC＝2
在Rt△OCD中，∵∠OCD＝90°，∠COD＝60°，
∴∠ODC＝30°，
∴OD＝2OC＝4，
∴CD＝．
在Rt△ACD中，∵∠ACD＝90°，AC＝4，CD＝．
∴AD＝＝．

【点睛】本题主要考查直角三角形、全等三角形的判定与性质以及与圆有关的位置关系 ．
30．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）连接OB，如图，根据圆周角定理得到∠ABD=90°，再根据等腰三角形的性质和已知条件证出∠OBC=90°，即可得出结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ABD=90°，得到∠A=60°，求得∠E=30°，根据等腰三角形的性质得到CE=CB，根据三角形外角的性质得到∠BCO=60°，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OB，如图，

∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠A+∠ADB=90°，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∵∠CBE=∠ADB，
∴∠OBA+∠CBE=90°，
∴∠OBC=180°-90°=90°，
∴BC⊥OB，
∴BC是⊙O的切线；
（2）∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠A=60°，
∵OE⊥AD，
∴∠AOE=90°，
∴∠E=30°，
∵∠CBE=30°，
∴∠CBE=∠E=30°，
∴CE=CB，
∴∠BCO=60°，
在中


∴BC=OB=，
∴CE=．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
31．（1）PC 是⊙O的切线，理由见解析；（2）AC=2；BC=；BD=；（3）⊙O的半径为3．
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质及垂直的定义得到∠PCA+∠OCA=90°，即可证明PC 是⊙O的切线；
（2）根据∠P=30°，可求得∠AOC=60°，进而得到∠OAC=60°，求出∠PCA=30°，AC=AP=2，利用∠ABC=∠AOC=30°，求出AB=2AC=4，利用勾股定理求出BC，利用垂径定理得到AD=BD，利用等腰直角三角形的性质即可求出BD的长；
（3）根据直径和切线的性质得到∠ABC=∠ACH，由tan∠ABC=tan∠ACP=得到，再证明△PAC∽△PCB，得到，求出PC，再求出PB，故可求出半径的长．
【详解】（1）PC 是⊙O的切线

理由：连接OC，
OA=OC
∠OCA=∠OAC
CH⏊AB
∠ACH+∠OAC=90°
∠PCA=∠ACH
∠PCA+∠OAC=90°
即：∠PCA+∠OCA=90°
OC为⊙O的半径
PC 是⊙O的切线
（2）连接AD，
PC 是⊙O的切线
∠PCO=90°
∠P=30°
∠AOC=60°
OA=OC
∠OAC=60°
∴∠ACP=∠OAC-∠P=30°
AC=AP=2
∠ABC=∠AOC=60°=30°
AB=2AC=

CD平分∠ACB
∠ACD=∠BCD
弧AD与弧BD相等，
AD=BD
AB为⊙O的直径
∠ADB=90°
∴△ABD是等腰直角三角形；
；
（3）AB为⊙O的直径，
∠ACB=90°
∠ACH+∠BCH=90°
CH⏊AB
∠B+∠BCH=90°
∠ABC=∠ACH
tan∠ABC=tan∠ACP=

∠PCA=∠ACH
∠PCA=∠ABC
∠P=∠P
△PAC∽△PCB

AP=2
PC=4
PB=8
AB=6
⊙O的半径为3．
【点睛】此题主要考查切线的性质与判定综合，解题的关键是熟知切线的判定与性质、三角函数的定义及相似三角形的判定与性质．
32．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）已知，，得到根据是的直径，得到，所以，即可证明是的切线．
（2）利用同弧所对的圆周角相等和角平分线的定义可得到∠DEA=∠DBE，通过证得△DEF∽△DBE即可求解；
（3）根据题意画出图形，连接DA、DO，不难得到OD∥BE，进而有，由PA=AO可得到，结合ED的长即可得到PD的长；由圆内接四边形的对角互补可得到∠ABE+∠ADE=180°，结合平角和平行线的性质可得到∠PDA=∠AOD，进一步可得到△PDA∽△POD，结合相似三角形的性质即可得到OA的长．
【详解】（1）∵，
∴
∵是的直径
∴
∴
∴
即
又∵是的直径
∴是的切线
（2）∵∠DEA和∠ABD都是所对的圆周角，
∴∠DEA=∠ABD
∵BD平分∠ABE
∴∠ABD=∠DBE
∴∠DEA=∠DBE
∵∠EDB=∠BDE，∠DEA=∠DBE，
∴△DEF∽△DBE，
∴
∴
（3）根据题意画出图形，连接DA、DO

∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD
∵∠EBD=∠OBD
∴∠EBD=∠ODB
∴OD∥BE
∴
∵PA=AO
∴PA=AO=OB，
∴
∴
∴
∵DE=2，
∴PD=4
∵∠PDA+∠ADE=180°，∠ABE+∠ADE=180°，
∴∠PDA=∠ABE
∵OD∥BE
∴∠AOD=∠ABE，
∴∠PDA=∠AOD
∵∠P=∠P，∠PDA=∠AOD
∴△PDA∽△POD
∴
设OA=x，则PA=x，PO=2x
∵PD=4，，PA=x，PO=2x
∴
∴x=
∴OA=
故答案为：
【点睛】本题考查了切线的判定定理，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，圆内接四边形的对角互补．
33．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）先求出∠ABC=30°，进而求出∠BAD=120°，即可求出∠OAB=30°，结论得证；
（2）先求出∠AOC=60°，用三角函数求出AM，再用垂径定理即可得出结论．
【详解】（1）如图，

∵∠AEC=30°，
∴∠ABC=30°，
∵AB=AD，
∴∠D=∠ABC=30°，
根据三角形的内角和定理得，∠BAD=120°，
连接OA，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠ABC=30°，
∴∠OAD=∠BAD﹣∠OAB=90°，
∴OA⊥AD，
∵点A在⊙O上，
∴直线AD是⊙O的切线；
（2）连接OA，
∵∠AEC=30°，
∴∠AOC=60°，
∵BC⊥AE于M，
∴AE=2AM，∠OMA=90°，
在Rt△AOM中，AM=OA•sin∠AOM=4×sin60°=2，
∴AE=2AM=4．

【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，切线的判定，锐角三角函数，三角形内角和定理，圆周角定理等，熟练掌握和运用相关的定理与性质是解本题的关键．