2023年安徽省各地市中考数学三模压轴题精选(含解析)

这是一份2023年安徽省各地市中考数学三模压轴题精选(含解析)，共53页。

1.(2023·安徽省芜湖市·三模)如图直线y=12x+1与x轴交于点A，与双曲线y=kx(x>0)交于点P，过点P作PC⊥x轴于点C，且PC=2，则k的值为( )
A. -4
B. 2
C. 4
D. 3
2.(2023·安徽省滁州市·三模)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,4)，B(3,4)，将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y=kx(k≠0)的图象经过点C和DE的中点F，则k的值是 ．
3.(2023·安徽省合肥市蜀山区·三模)如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=mx(x>0,m为常数)的图象与一次函数y=kx+b的图象交于点A(2,a)和点B，过点A、B分别作x、y轴的垂线，交x轴于点C，交y轴于点D，AC与BD交于点E，若点E恰为AC中点，三角形ADC的面积为4，则k的值为______．
4.(2023·安徽省池州市·三模)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A是y轴正半轴上一点，过点A作直线AB交反比例函数y=kx(k≠0)的图象于点B，E，过点A作AC/​/x轴，交反比例函数的图象于点C，连接BC，CE.若AB=BC=5，AC=6，求：

(1)反比例函数的解析式；
(2)△ACE的面积．
第二部分 二次函数
5.(2023·安徽省合肥市蜀山区·三模)已知，二次函数y=ax2+(2a-1)x+1的对称轴为y轴，将此函数向下平移3个单位，若点M为二次函数图象在(-1≤x≤1)部分上任意一点，O为坐标原点，连接OM，则OM长度的最小值是( )
A. 3B. 2C. 132D. 172
6.(2023·安徽省合肥市包河区·三模)已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的最大值为a+b+c，若a-b+c=1，则下列结论错误的是( )
A. a<0，b>0B. b2-4ac>0C. b2-4ac>-4aD. b2-4aca2<16
7.(2023·安徽省亳州市·三模)如图，已知抛物线y=x2-2x与直线y=-x+2交于A，B两点．点M是直线AB上的一个动点，将点M向左平移4个单位长度得到点N，若线段MN与抛物线只有一个公共点，则点M的横坐标xM的取值范围是( )
A. -2≤xM≤2
B. -2≤xM≤2且xM≤-1
C. -1≤xM<2
D. -1≤xM<2或xM=3
8.(2023·安徽省合肥市·三模)在平面直角坐标系xOy中，线段AB两个端点的坐标分别为A(1,2)，B(2,2)，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，过点P(n,4)(n>1)作x轴的垂线PQ，与反比例函数的图象交于点Q.若PQ⩾AB，则点P横坐标n的取值范围是______．
9.(2023·安徽省宿州市·三模)已知点(0,1)在二次函数y=x2+bx+c的图象上，且该抛物线的对称轴为直线x=1．
(1)求b和c的值；
(2)当-12≤x≤72时，求函数值y的取值范围，并说明理由；
(3)设直线y=m(m>0)与抛物线y=x2+bx+c交于点A，B，与抛物线y=4(x+3)2交于点C，D，求线段AB与线段CD的长度之比．
10.(2023·安徽省合肥市·三模)已知抛物线y=x2+bx+c交x轴于C，D两点，其中点C的坐标为(-1,0)，对称轴为x=1.点A，B为坐标平面内两点，其坐标为A(12,-5)，B(4,-5)．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)连接AB，若抛物线y=x2+bx+c向下平移k(k>0)个单位时，与线段AB只有一个公共点，求k的取值范围．
11.(2023·安徽省合肥市·三模)直线y1=x+b经过点A(1,0)，抛物线y2=x2-2ax+4a-6经过点B(2,m)，其中a和b为实数.设抛物线y2=x²-2ax+4a-6的顶点为M，过M作y轴的平行线交直线y1=x+b于点N．
(1)求b和m的值；
(2)当抛物线顶点M的纵坐标取得最大值时，求线段MN的值；
(3)求线段MN的最小值．
12.(2023·安徽省亳州市·三模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2-(m+n)x+mn(m>n)与x轴相交于A、B两点(点A位于点B的右侧)，与y轴相交于点C．
(1)若m=2，n=1，求A、B两点的坐标；
(2)若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,-1)，求∠ACB的大小；
(3)若m=2，△ABC是等腰三角形，求n的值．
13.(2023·安徽省合肥市三十八中·三模)如图是某家具厂的抛物线型木板余料，其最大高度为9dm，最大宽度为12dm，现计划将此余料进行切割．
(1)如图1，根据已经建立的平面直角坐标系，求木板边缘所对应的抛物线的函数表达式；
(2)如图2，若切割成矩形HGNM，求此矩形的最大周长；
(3)若切割成宽为2dm的矩形木板若干块，然后拼接成一个宽为2dm的矩形，如何切割才能使拼接后的矩形的长边最长？请在备用图上画出切割方案，并求出拼接后的矩形的长边长.(结果保留根号)
14.(2023·安徽省合肥市·三模)为响应政府巩固脱贫成果的号召，某商场与生产水果的脱贫乡镇签订支助协议，每月向该乡镇购进甲、乙两种水果进行销售.根据经验可知：销售甲种水果每吨可获利0.4万元，销售乙种水果获利如下表所示：
(1)分别求销售甲、乙两种水果获利y1(万元)、y2(万元)与购进水果数量x(吨)的函数关系式；
(2)若只允许商场购进并销售一种水果，选择哪种水果获利更高？
(3)支助协议中约定，商场每个月向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为m、n吨，且m，n满足n=20-12m2，请帮忙商场设计可获得的最大利润的进货方案．
15.(2023·安徽省合肥市庐阳中学·三模)纸飞机是同学们很喜欢的娱乐项目.纸飞机的飞行一般会经历上抛、下降、滑行三个阶段，其中纸飞机上抛和下降的飞行路径可看作是一段抛物线，滑行的飞行路径是一条线段，滑行距离受纸飞机滑行比的影响(若纸飞机在1米的高度开始滑行，滑行的水平距离为n米，则滑行比为1：n).如图所示，若小明玩纸飞机，其起抛点的高度为1.9m，当纸飞机的最大高度达到2.8m时，它的水平飞行距离为3m．
(1)求这条抛物线的解析式；
(2)小明的前方有一堵2.5m高的墙壁，小明至少距离墙壁多远，纸飞机才会顺利飞过墙壁？(不考虑墙壁的厚度)
(3)小明根据多次实验得到其折叠的纸飞机的滑行比为1：2.5(受空气阻力的影响，纸飞机开始滑行的高度不超过1.4m)，纸飞机开始滑行时的高度为多少米时，才能使水平飞行距离至少为10米？
第三部分 圆
16.(2023·安徽省滁州市·三模)如图是以O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上.将该纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处(不与点A重合)，连接CB，CD，AD.设CD与直径AB交于点E，若AD=ED，则∠B的度数为( )
A. 24°
B. 30°
C. 36°
D. 44°
17.(2023·安徽省·三模)如图，CD是⊙O的一条弦，直径AB⊥CD于点H，若cs∠CDB=45，BD=5，则AB长为______．
18.(2023·安徽省芜湖市·三模)如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦.过O点作OF⊥AB交⊙O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG．
(1)证明：CG是⊙O的切线；
(2)连接CD，当∠DCA=2∠F，CE=3时，求CF的长．
19.(2023·安徽省合肥市·三模)已知⊙O与矩形ABCD的三边相切，CD边的切点为H，与AD交于E，F两点，EG为⊙O的直径，连接EH．
(1)求证：∠DEH=∠HEG；
(2)若∠DEG=∠DHE，求ABBC的值．
20.(2023·安徽省合肥市三十八中·三模)如图，⊙O是△ABC的外接圆，CD是⊙O的直径，CD⊥AB于点E，过点A的切线交CD的延长线于点F，连接AD．
(1)求证：∠EAD=∠ACE；
(2)若AC=4 5，ED=2，求DF的长．
21.(2023·安徽省合肥市包河区·三模)已知：如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，直径DG交边AB于点E，AB、DC的延长线相交于点F.连接AC，若∠ACD=∠BAD．
(1)求证：DG⊥AB；
(2)若AB=6，tan∠FCB=3，求⊙O半径．
第四部分 相似三角形和四边形
22.(2023·安徽省合肥市三十八中·三模)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AB=4，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值是( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
23.(2023·安徽省合肥市包河区·三模)已知：菱形ABCD中，AB= 3，AC=2，AC与BD交于点O，点E为OB上一点，以AE为对称轴，折叠△ABE，使点B的对应点F恰好落在边CD上，则BE的长为( )
A. 3 24B. 22C. 32D. 3 34
24.(2023·安徽省合肥市庐阳中学·三模)已知正方形EFGH的边EF在△ABC的边BC上，点G、H分别在AB和AC上，BC=6，S正方形EFGH=4，则AB+AC的最小值为( )
A. 6 2B. 37C. 3 5D. 10
25.(2023·安徽省宿州市·三模)如图，在矩形ABCD和矩形CEFG中，CDBC=CECG=34，且CD=CG，连接DE交BC于点M，连接BG交CE于点N，交DE于点O，则下列结论不正确的是( )
A. BG⊥DE
B. 当CN=EN时，CN2=ON⋅NG
C. 当∠BDE=∠BCE时，△BMD∽△BNC
D. 当∠BCE=60°时，S△BCES△BCG=3 34
26.(2023·安徽省池州市·三模)如图，△ABC纸板中，AC=4，BC=2，AB=5，P是边AC上一点，沿过点P的一条直线剪下一个与△ABC相似的小三角形纸板．
(1)判断：△ABC为______(填“锐”“直”或“钝”)角三角形；
(2)如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是______．
27.(2023·安徽省合肥市包河区·三模)在Rt△ABC中，∠C=90°，sinB=35，BC=8，D是边BC的中点，点E在边AB上，将△BDE沿直线DE翻折，使得点B落在同一平面内的点F处.请完成下列问题：
(1)AB= ______；
(2)当FD⊥AB时，AE的长为______．
28.(2023·安徽省合肥市四十二中·三模)如图，△CAB，△CDE均为等腰直角三角形，AC=BC=2 5，DC=EC，点A，E，D在同一直线，AD与BC相交于点F，G为AB的中点，连接BD，EG.完成以下问题：
(1)∠BDA的度数为______；
(2)若F为BC的中点，则EG的长为______．
29.(2023·安徽省合肥市蜀山区·三模)如图，△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D是边AC上一点，CD=2AD，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，连接AE．
(1)∠AEC= ______°；
(2)若BC=3 5，则AE= ______．
30.(2023·安徽省宿州市·三模)如图，正方形ABCD的边长为4，点M，N分别在AB，CD上.将该正方形沿MN折叠，使点D落在BC边上的点E处，折痕MN与DE相交于点Q．
(1)若E是BC的中点，则DN的长为______；
(2)若G为EF的中点，随着折痕MN位置的变化，GQ+QE的最小值为______．
31.(2023·安徽省合肥市三十八中·三模)如图，A，B，C，D四点在同一条直线上，E，F，G三点也同在另一条直线上，△ABE，△BCF，△CDG均为等边三角形.请完成下列问题：
(1)在BE上取一点P，使得BP=BF，连接AP并延长交EF于Q，则∠AQE= ______°.
(2)若AB=11，BC=8，则CD的长为______．
32.(2023·安徽省亳州市·三模)如图，Rt△ABC中，AB=AC=8，BO=14AB，点M为BC边上一动点，将线段OM绕点O按逆时针方向旋转90°至ON，连接AN、CN，(1)当N点在AB上时AN= ______；(2)△CAN周长的最小值为______．
33.(2023·安徽省合肥市包河区·三模)如图，共顶点正方形ABCD和AEFG中，AB=13，AE=5 2，将正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，即∠BAE=α，GF交AD边于H．
(1)当α=30°时，HFGH= ______．
(2)连接BE、CE、CF，当△CEF为直角三角形时，BE的长为______．
34.(2023·安徽省合肥市庐阳中学·三模)如图，已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB，以BC为直角边作等腰Rt△BCD，且∠BCD=90°．
(1)若AB=1，则BD= ______；
(2)连接AD，交BC于点E，则AEED= ______．
35.(2023·安徽省·三模)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点．
(1)连接BG，则∠AGB= ______°；
(2)若∠EHF=∠DGE，CF=2 7，则AB= ______．
36.(2023·安徽省芜湖市·三模)如图1，正方形ABCD与正方形CEGF有公共顶点C，连接AC、AG、BE，其中0°<∠BCE<45°．
(1)试判断线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
(2)若B、E、F三点共线，如图2，连接CG并延长交AD于点H.若AG=6，GH=2 2，求BC的长．
37.(2023·安徽省宿州市·三模)如图，AC，BD是矩形ABCD的对角线，CE平分∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF，FG，DF的延长线交AC于点H，FG交CD于点M，且∠ACB=∠CDH=∠AGF．
(1)求证：DH⊥AC；
(2)若AC= 2，求FD+FG的值；
(3)若BC=2AB=2，求S△CFM．
38.(2023·安徽省合肥市四十二中·三模)已知：菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，AC=6，BD=8，点E是线段AO上一个动点，连接ED，把线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在BA的延长线上．
(1)如图1，当AF=AO时，
①求证：△BEF≌△BED；
②求tan∠F的值；
(2)如图2，当AF=AE时，求AE的长．
39.(2023·安徽省合肥市蜀山区·三模)如图，在四边形ABCD中，∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC，BD=BC，E为BD上一点，且BA=BE，连接AC交BD于点F，G为BC上一点，满足BF=BG，连接EG交AC于点H，连接BH．
(1)①求证：∠EHF=60°；
②若H为EG中点，求证：AF2=2EF⋅EB；
(2)若AC平分∠DAB，请直接写出∠ECA与∠ACB的关系：______．
40.(2023·安徽省池州市·三模)如图，在▱ABCD中，AC是一条对角线，且AB=AC=5，BC=6，E，F是AD边上两点，点F在点E的右侧，AE=DF，连接CE并延长，CE的延长线与BA的延长线交于点G．

(1)如图1，M是BC边上一点，连接AM，MF，MF与CE交于点N，AE=32．
①若M为BC中点，求证：EN=NC；
②求AG的长；
(2)如图2，连接GF，H是GF上一点，连接EH.若∠HED=∠CED，且HF=2GH，求EF的长．
参考答案
1.【答案】C
【解析】解：∵PC=2，
∴P点的纵坐标为2，
把y=2代入y=12x+1得x=2，
所以P点坐标为(2,2)，
把P(2,2)代入y=kx(x>0)得2=k2，
解得k=4．
故k的值为4．
故选：C．
先把P点的纵坐标代入一次函数y=12x+1中可确定P点坐标，然后把P点坐标代入双曲线y=kx(x>0)中可计算出k的值．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数的交点坐标满足两函数的解析式．
2.【答案】6
【解析】解：过点F作FG⊥x轴，FH⊥y轴；过点D作DQ⊥x轴．
根据题意可知，AC=OE=BD，
设AC=OE=BD=a，
∴四边形ACEO的面积为4a，
∴k=4a，
∵F为DE的中点，FG⊥x轴，DQ⊥x轴，
∴FG为△EDQ的中位线，
∴FG=12DQ=2，EG=12EQ=32，
∴四边形HFGO的面积为2(a+32)，
∴k=4a=2(a+32)，
解得：a=32，
∴k=6．
故答案为：6．
【分析】本题主要考查了反比例函数中k的几何意义，正确作出辅助线构造出矩形是解决本题的关键．
根据反比例函数k的几何意义构造出矩形，利用方程思想解答即可．
3.【答案】8
【解析】解：∵点A(2,a)，
∴OC=2=DE，AC=a，
∵三角形ADC的面积为4，即12AC·DE=4，
∴a=4，
∴点A(2,4)，
∵点A(2,4)在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=2×4=8，
故答案为：8．
根据三角形面积公式可求出a的值，进而确定点A的坐标，再由反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k的值．
本题考查一次函数、反比例函数的交点，掌握一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征是正确解答的前提．
4.【答案】解：(1)作BD⊥AC于D，
设A(0,n)，则C(6,n)，
∵AB=BC=5，AC=6，
∴AD=CD=3，
∴BD= BC2-CD2=4，
∴B(3,n+4)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象过点B，C，
∴k=6n=3(n+4)，
解得n=4，
∴k=6×4=24，
∴反比例函数的表达式为y=24x；
(2)设直线AB的解析式为y=ax+b，
代入A(0,4)，B(3,8)得b=43a+b=8，
解得a=43b=4，
∴直线AB为y=43x+4，
由y=43x+4y=24x，
解得x=3y=8或x=-6y=-4，
∴E(-6,-4)，
∴S△AEC=12×6×8=24．
【解析】(1)设A(0,n)，则C(6,n)，根据等腰三角形的性质得出AD=CD=3，利用勾股定理求得BD=4，即可得到B(3,n+4)，代入y=kx(k≠0)得到k=6n=3(n+4)，解得n=4，即可求得k=24；
(2)利用待定系数法求得直线AB的解析式，然后与反比例函数解析式联立成方程组，解方程组求得E的坐标，根据面积公式求得即可．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数与一次函数的交点，等腰三角形的性质，体现了方程思想，综合性较强．
5.【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=ax2+(2a-1)x+1的对称轴为y轴，
∴-2a-12a=0，
∴a=12，
∴二次函数为y=12x2+1，
将此函数向下平移3个单位，得到y=12x2-2，
∴抛物线开口向上，有最小值-2，
∴在-1≤x≤1范围内的最大值为-32，最高点为(-1,-32)或(1,-32)，
∴OM的最小值= 12+(-32)2= 132．
故选：C．
由二次函数y=ax2+(2a-1)x+1的对称轴为y轴，利用对称轴公式求得a=12，则二次函数为y=12x2+1，将此函数向下平移3个单位，得到y=12x2-2，即可求得在-1≤x≤1范围内的最高点为(-1,-32)或(1,-32)，利用勾股定理即可求得OM值的最小值．
本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，求得在-1≤x≤1范围内的最高点为(-1,-32)或(1,-32)是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A.y=ax2+bx+c(a≠0)，x=1时，y=a+b+c为最大值，即x=1为对称轴，且开口向下．
∴a<0，b=-2a>0，
∴A正确；
B.b2-4ac，即判别式Δ，∵a-b+c=1，即x=-1时，y=a-b+c=1．
∴最大值a+b+c>1，即开口向下，最大随在轴上则抛物线与抽必有两个交点．Δ=b2-4ac>0，
∴B正确；
C.顶点坐标(b2a,4ac-b24a)，
∴4ac-b24a=a+b+c>1)，
又∵a<0，
∴4ac-b2<4a，
∴C正确；
D.b2-4aca2=b2a2-4⋅ca=(ba)2-4⋅ca=(-ba)2-4ca=(x1+x2)2-4x1x2=(x1-x2)2，
∵x=-1时，y=1，对称轴x=1，则x=1×2-(-1)=3时，y=1，
此时(-1,1)和(-3,1)距离为4，则抛物线与x轴两，交点的距离大于4，
∴(x1-x2)2>42=16，
∴D错．
故选：D．
根据二次函数图象与系数的关系解答即．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数图象与系数的关系是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是二次函数与一次函数的综合运用、坐标与图形变化-平移，分类求解确定MN的位置是解题的关键．分类求解确定MN的位置，进而求解．
【解答】
解：解y=x2-2xy=-x+2得x=-1y=3或x=2y=0，
∴点A的坐标为(-1,3)，点B的坐标为(2,0)，
当点M在线段AB上时，线段MN与抛物线只有一个公共点，
∵M，N的距离为4，而A、B的水平距离是3，故此时只有一个交点，即-1≤xM<2；
当点M在点A的左侧时，线段MN与抛物线没有公共点；
当点M在点B的右侧时，当xM=3时，抛物线和MN交于抛物线的顶点(1,-1)，即xM=3时，线段MN与抛物线只有一个公共点，
综上，-1≤xM<2或xM=3．
故选：D．
8.【答案】n⩾43
【解析】解：∵A(1,2)，B(2,2)，
∴AB=2-1=1，
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点B，
∴k=2×2=4，
∴y=4x，
∵过点P(n,4)(n>1)作x轴的垂线PQ，
∴Q(n,4n)，
∴PQ=|4-4n|，
∵PQ⩾AB，
∴|4-4n|⩾1，
∴n⩾43或n⩽45，
又n>1，
∴n⩾43．
故答案为：n⩾43．
利用待定系数法求得反比例函数的解析式，求得AB的长度，再表示出点P，Q的坐标，进而利用PQ⩾AB，建立不等式，解不等式，即可得出结论．
此题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，解绝对值不等式，掌握解绝对值不等式的方法是解本题的关键．
9.【答案】解：(1)将(0,1)代入二次函数y=x2+bx+c得：c=1，
∵该抛物线的对称轴为直线x=1，
∴x=-b2a=-b2×1=1，
∴b=-2；
(2)由(1)得抛物线的解析式为y=x2-2x+1，
∵-12≤x≤72，对称轴为直线x=1，抛物线开口向上，
∴当x=1时，函数有最小值，最小值为y=1-2×1+1=0，
∵1-(-12)=32，72-1=52，52>32，且离对称轴越远，y值越大，
∴当x=72时，y值最大，最大值为y=(72)2-2×72+1=254，
∴当-12≤x≤72时，y的取值范围为：0≤y≤254；
(3)联立y=my=x2-2x+1得，(x-1)2=m，
解得x1=1+ m，x2=1- m，
∴AB=2 m，
联立y=my=4(x+3)2得，4(x+3)2=m，
解得x1=-3+ m2，x2=-3- m2，
∴CD= m，
∴AB：CD=2：1．
【解析】(1)将(0,1)代入二次函数y=x2+bx+c可求c，根据对称轴可求b；
(2)由-12≤x≤72，对称轴为直线x=1，抛物线开口向上，可知当x=1时，函数有最小值，根据离对称轴越远，y值越大，可得当x=72时，y值最大，分别代入即可；
(3)联立y=my=x2-2x+1可得AB，联立y=my=4(x+3)2可得CD，求比即可．
本题主要考查了二次函数的性质以及二次函数图象上点的特征，熟练掌握二次函数的相关知识是解决本题的关键．
10.【答案】解：(1)∵抛物线对称轴为直线x=1=-b2，
∴b=-2，
∴y=x2-2x+c，
将点C的坐标代入，解得c=-3，
∴y=x2-2x-3=(x-1)2-4，
∴抛物线的顶点为(1,-4)．
(2)抛物线平移后的解析式为y=(x-1)2-4，
∴平移后的顶点坐标为(1,-4-k)，
①当抛物线顶点落在AB上时，-4-k=-5，解得k=1，
②当抛物线经过A时，-5=(12)2-4-k，解得k=54，
当抛物线经过点B，-5=32-4-k，解得k=10，
∴54综上所述，k=1或54【解析】(1)由抛物线对称轴可得b的值，代入即可得解析式，再对称轴代入解析式即可得顶点坐标．
(2)抛物线向下平移过程中抛物线顶点落在直线AB上满足题意，分别求出抛物线经过点A、点B时k的值，可得抛物线顶点在直线AB下方时k的取值范围．
本题考查二次函数的应用，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程的关系．
11.【答案】解：(1)把点A代入y1得1+b=0，解得b=-1．
把点B代入y2得m=-2．
∴b=-1，m=-2．
(2)M是y2的顶点，利用顶点公式可得M的坐标为(a,-a2+4a-6)，
当a=2时，纵坐标有最大值是-10，
此时M的坐标为(2,-10)，N的坐标为(2,1)，
∴MN=1-(-10)=11．
(3)点M的坐标为(a,-a2+4a-6)，点N的坐标为(a,a-1)，
∴MN=a-1-(-a2+4a-6)=a2-3a+5=(a-32)2+114，
∴当a=32时，MN有最小值是114．
【解析】(1)直接用待定系数法即可求解．
(2)先求出顶点M的坐标，求出纵坐标最大值时a的值，然后代入点N和点M的坐标即可求出MN．
(3)用含a的式子表示出点N和点M的坐标，再求出MN的表达式，建立二次函数模型，求出最小值即可．
本题是二次函数综合应用问题，熟练用待定系数法、顶点坐标公式、建立函数模型是解题的关键．
12.【答案】方法一：
解：(1)∵y=x2-(m+n)x+mn=(x-m)(x-n)，
∴x=m或x=n时，y都为0，
∵m>n，且点A位于点B的右侧，
∴A(m,0)，B(n,0)．
∵m=2，n=1，
∴A(2,0)，B(1,0)．
(2)∵抛物线y=x2-(m+n)x+mn(m>n)过C(0,-1)，
∴-1=mn，
∴n=-1m，
∵B(n,0)，
∴B(-1m,0)．
∵AO=m，BO=1m，CO=1
∴AC= AO2+OC2= m2+1，
BC= OB2+OC2= m2+1m，
AB=AO+BO=m+1m，
∵(m+1m)2=( m2+1)2+( m2+1m)2，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°．
(3)∵A(m,0)，B(n,0)，C(0,mn)，且m=2，
∴A(2,0)，B(n,0)，C(0,2n)．
∴AO=2，BO=|n|，CO=|2n|，
∴AC= AO2+OC2=2 1+n2，
BC= OB2+OC2= 5|n|，
AB=xA-xB=2-n．
①当AC=BC时，2 1+n2= 5|n|，解得n=2(A、B两点重合，舍去)或n=-2；
②当AC=AB时，2 1+n2=2-n，解得n=0(B、C两点重合，舍去)或n=-43；
③当BC=AB时， 5|n|=2-n，
当n>0时， 5n=2-n，解得n= 5-12，
当n<0时，- 5n=2-n，解得n=- 5+12．
综上所述，n=-2，-43，- 5+12， 5-12时，△ABC是等腰三角形．
方法二：
(1)略
(2)∵C点的坐标是(0,-1)，
∴mn=-1，设A(m,0)，
∴B(-1m,0)，
∴m1=11m即OAOC=OCOB，
∵∠AOC=∠CBO=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO=∠CBO，
∴∠ACB=90°．
(3)∵m=2，∴mn=2n，
∴C(0,2n)，B(n,0)，A(2,0)
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=AC，AB=BC，AC=BC，
∴(n-2)2+(0-0)2=(2-0)2+(0-2n)2，∴n1=0，n2=-43，
(n-2)2+(0-0)2=(n-0)2+(0-2n)2，∴n1=-1+ 52，n2=-1- 52，
(2-0)2+(0-2n)2=(n-0)2+(0-2n)2，∴n1=2，n2=-2，
经检验n=0，n=2(舍)
∴当n=-2，-43，- 5+12， 5-12时，△ABC是等腰三角形．
(4)过点A作BC的平行下交抛物线于点D，
∵m=2，
∴n=-12，
∴A(2,0)，B(-12,0)，
∵AD/​/BC，
∴KAD=KBC=-2，又A(2,0)，
∴y=x2-32x-1y=-2x+4，
解得x1=-2(舍)，x2=-52，
∴D1(-52,32)，
过点B作AC的平行线交抛物线于点D，
∵BD/​/AC，
∴KBD=KAC=12，又B(-12,0)，
∴y=x2-32x-1y=12x+14，
解得：x1=-12(舍)，x2=52，
∴D252，9)，
综上所述，满足题意的D点有两个，
D1(-52,32)，D2(52,9)．
【解析】(1)已知m，n的值，即已知抛物线解析式，求解y=0时的解即可．此时y=x2-(m+n)x+mn=(x-m)(x-n)，所以也可直接求出方程的解，再代入m，n的值，推荐此方式，因为后问用到的可能性比较大．
(2)求∠ACB，我们只能考虑讨论三角形ABC的形状来判断，所以利用条件易得-1=mn，进而可以用m来表示A、B点的坐标，又C已知，则易得AB、BC、AC边长．讨论即可．
(3)△ABC是等腰三角形，即有三种情形，AB=AC，AB=BC，AC=BC.由(2)我们可以用n表示出其三边长，则分别考虑列方程求解n即可．
本题考查了因式分解、二次函数性质、利用勾股定理求点与点的距离、等腰三角形等常规知识，总体难度适中，是一道非常值得学生加强练习的题目．
13.【答案】解：(1)根据已知可得，抛物线顶点坐标为(0,9)，A(-6,0)，B(6,0)，
设抛物线对应的函数表达式为y=ax2+9，
把B(6,0)代入，得0=36a+9，
解得a=-14，
∴木板边缘所对应的抛物线的函数表达式为y=-14x2+9．
(2)在矩形HGNM中，设M(m,-14m2+9)(0由抛物线的对称性可知H(-m,-14m2+9)，
∴矩形HGNM的周长为2(2m-14m2+9)=-12(m-4)2+26．
∵-12<0，且0∴当m=4时，矩形HGNM的周长有最大值，最大值为26，
即矩形HGNM的最大周长为26dm．
(3)如图是画出的切割方案：
在y=-14x2+9中，令y=2，解得x=±2 7，
∴PQ=4 7；
在y=-14x2+9中，令y=4，解得x=±2 5，
∴RS=4 5；
在y=-14x2+9中，令y=6，解得x=±2 3，
∴TW=4 3；
在y=-14x2+9中，令y=8，解得x=±2，
∴KI=4，
∴拼接后的矩形的长边长为PQ+RS+TW+KI=(4 7+4 5+4 3+4)dm．
【解析】本题考查了二次函数的应用，熟练应用二次函数的图象和性质是解答本题的关键．
(1)根据已知可得抛物线顶点坐标为(0,9)，A(-6,0)，B(6,0)，再设抛物线对应的函数表达式为y=ax2+9，把B(6,0)代入，可求出a，即可得出抛物线的函数表达式；
(2)在矩形HGNM中，设M(m,-14m2+9)(0(3)如图是画出的切割方案，分别令y=2，y=4，y=6，y=8，即可求出PQ=4 7，RS=4 5，TW=4 3，KI=4，再加起来即为拼接后的矩形的长边长．
14.【答案】解：(1)由题意得y1=0.4x，
在直角坐标系中描出以(x,y)坐标的对应点，易得y2的图象成一条直线，
设y2=kx+b，则3k+b=0.9 4k+b=1.1 ，
解得k=0.2b=0.3，
∴y2=0.2x+0.3．
(2)当y1=y2，则0.4x=0.2x+0.3，
解得x=1.5；
∴当进货数量小于1.5吨时，销售乙种水果获利大；当进货数量等于1.5吨时，销售两种水果获利一样；当进货数量大于1.5吨时，销售甲种水果获利大．
(3)当商场向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为m、n吨时，获得利润：
w=0.4m+0.2n+0.3=0.4m+0.2(20-12m2)+0.3，
即w=-0.1m2+0.4m+4.3=-0.1(m-2)2+4.7，
当m=2时，n=18，w有最大值，
答：当商场向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为2和18吨时，获得利润最大为4.7万元．
【解析】(1)通过表格信息建立函数关系式即可；
(2)通过购买数量来选择哪种水果即可；
(3)建立二次函数关系式，转化为求最值问题即可．
本题考查了一次函数二次函数的实际应用，解此题的关键是根据题意熟练掌握函数关系的建立，求出解析式．
15.【答案】解：(1)由题意得，抛物线和y轴的交点为：(0,1.9)，
设抛物线的表达式为：y=a(x-3)2+2.8，
将(0,1.9)代入上式得：1.9=a(0-3)2+2.8，
解得：a=-0.1，
则抛物线的表达式为：y=-0.1(x-3)2+2.8；
(2)当y=2.5时，即2.5=-0.1(x-3)2+2.8，
解得：x=3- 3(不合题意的值已舍去)，
即小明至少距离墙壁3- 3m时纸飞机才会顺利飞过墙壁；
(3)设纸飞机开始滑行时的高度为h米，则滑行的距离为2.5h，
则h=-0.1(x-3)2+2.8，
解得：h=3+ 28-10h(不合题意的值已舍去)，
则x+2.5h=10，
即3+ 28-10h+2.5h=10，
解得：h=145(舍去)或1.2，
即纸飞机开始滑行时的高度为1.2米时，才能使水平飞行距离至少为10米．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)当y=2.5时，即2.5=-0.1(x-3)2+2.8，即可求解；
(3)设纸飞机开始滑行时的高度为h米，则滑行的距离为2.5h，则h=-0.1(x-3)2+2.8，解得：h=3+ 28-10h(不合题意的值已舍去)，则x+2.5h=10，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数表达式、新定义、二次函数的图象和性质等，有一定的综合性，难度适中．
16.【答案】C
【解析】解：∵AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE，
∴∠BEC=∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO=∠BCO，
又∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B，
设∠ECO=∠OCB=∠B=x，
∴∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，
∴∠CEB=2x，
∵∠BEC+∠BCE+∠B=180°，
∴x+2x+2x=180°，
∴x=36°，
∴∠B=36°；
故选：C．
先根据等边对等角和圆周角定理证明∠BEC=∠BCE，再由折叠的性质得到∠ECO=∠BCO，进一步由等边对等角得到∠OCB=∠B，设∠ECO=∠OCB=∠B=x，则∠BCE=2x，∠CEB=2x，再根据三角形内角和定理得到x+2x+2x=180°，解方程即可得到答案．
本题主要考查了圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，证明∠BEC=∠BCE是解题的关键．
17.【答案】253
【解析】解：连接OD，
设⊙O的半径为r，
∵AB⊥CD，
∴∠OHD=∠BHD=90°，
在Rt△BHD中，cs∠CDB=45，BD=5，
∴DH=BD⋅cs∠CDB=5×45=4，
∴BH= BD2-DH2= 52-42=3，
在Rt△OHD中，OD2=OH2+DH2，
∴r2=(r-3)2+16，
解得：r=256，
∴AB=2r=253，
故答案为：253．
连接OD，设⊙O的半径为r，根据垂直定义可得∠OHD=∠BHD=90°，然后在Rt△BHD中，利用锐角三角函数的定义求出DH的长，从而利用勾股定理求出BH的长，再在Rt△OHD中，利用勾股定理列出方程进行计算，即可解答．
本题考查了勾股定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18.【答案】(1)证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦．
∴∠ACB=90°，
∴∠ECF=180°-90°=90°，
在Rt△ECF中，点G是EF的中点，
∴CG=DG=FG，
∴∠GCE=∠GEC，
∵OF⊥AB，
∴∠AOE=90°，
∴∠AEO+∠A=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA，
∵∠AEO=∠GEC=∠GCE，
∴∠GCE+∠OCA=90°，
即OC⊥CG，
∵OC是半径，
∴CG是⊙O的切线；
(2)解：连接CD，过点D作DH⊥FC，垂足为H，
∵OF⊥AB，
∴∠AOF=90°，
∴∠DCA=12∠AOD=45°，
又∵∠DCA=2∠F，
∴∠F=22.5°，
∴∠FEC=90°-∠F=67.5°，
∴∠CDE=180°-45°-67.5°=∠DEC，
∴CD=CE=3，
在Rt△CDH中，CD=3，∠DCH=90°-45°=45°，
∴DH=CH= 22CD=3 22，
∵∠FHD=∠FCE=90°，∠F=∠F，
∴△FHD∽△FCE，
∴FHFC=DHCE，
即FC-3 22FC=3 223，
解得FC=3 2+3，
经检验，FC=3 2+3是方程的解，
答：FC=3 2+3．
【解析】(1)根据圆周角定理，等腰三角形的性质以及直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得OC⊥CG即可；
(2)根据圆周角定理以及三角形内角和定理可求出∠CDE=67.5°=∠DEC，进而得出CD=CE=3，再根据等腰直角三角形的性质求出DH=HC=3 22，再根据相似三角形的性质，列方程即可求出FC．
本题考查切线的判定和性质，圆周角定理、等腰三角形的性质、直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质，掌握切线的判定方法，圆周角定理、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．
19.【答案】(1)证明：连接OH，如图：

∵H为CD边的切点，
∴OH⊥CD，
∴OH//AD，
∴∠DEH=∠OHE，
又∵OE=OH，
∴∠HEG=∠OHE，
∴∠DEH=∠HEG．
(2)解：由(1)知，∠1=∠2，∠2=∠3，
又∵∠DEG=∠DHE，即∠1+∠2=∠4，
∴∠4=2∠3，
∵∠3+∠4=90°，
∴∠3=∠2=∠1=30°，∠4=60°，
设⊙O的半径为r，连接HG，如图：

∴EH⊥HG
∴HG=12EG=r，
由勾股定理可得EH= 3r，
同理，在△EDH中，DH=12EH= 32r，
∴AB=DC=DH+HC= 32r+r，
由图可知，BC=2r，
∴ABBC=( 32+1)r2r=2+ 32．
【解析】(1)根据题意，连接半径，由切线和平行线的性质即可证明．
(2)由题意先求出角度的大小，再利用勾股定理表示出AB、BC的长即可解答．
本题考查圆的切线的性质和矩形的性质，勾股定理，熟悉性质是解题关键．
20.【答案】(1)证明：∵CD⊥AB，CD是⊙O的直径，
∴AB=BD，
∴∠EAD=∠ACE；
(2)解：连接OA，

∵CD是⊙O的直径，
∴∠DAC=90°，
∵CD⊥AB，
∴∠CAD=∠CEA=90°，
又∵∠ACD=∠ECA，
∴△CAD∽△CEA，
∴ACEC=CDCA，
∴AC2=CD⋅CE=CD(CD-ED)，
设⊙O的半径为r，
∴2r(2r-2)=(4 5)2，
解得r=5或r=-4(负值舍去)，
∴OE=OD-ED=5-2=3，
∵AF切⊙O于点A，
∴∠OAF=90°，
∴∠OAF=∠OEA，
∵∠EOA=∠AOF，
∴△OAE∽△OFA，
∴AOOF=OEOA，
即5OF=35，
解得OF=253，
∴DF=OF-OD=253-5=103．
【解析】(1)由圆周角定理可得出结论；
(2)连接OA，证明△CAD∽△CEA，由相似三角形的性质得出ACEC=CDCA，设⊙O的半径为r，则2r(2r-2)=(4 5)2，求出半径r，证明△OAE∽△OFA，由相似三角形的性质得出OAOF=OEOA，求出OF的长，则可得出答案．
本题考查切线的性质，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：连接AG，
∵∠ACD与∠AGD是同弦所对圆周角，
∴∠ACD=∠AGD，
∵∠ACD=∠BAD，
∴∠BAD=∠AGD，
∵DG为⊙O的直径，A为圆周上一点，
∴∠DAG=90°，
∴∠BAD+∠BAG=90°，
∴∠AGD+∠BAG=90°，
∴∠AEG=90°，即DG⊥AB；
(2)解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCB=∠BAD，
∵tan∠FCB=3，
∴tan∠BAD=DEAE3，
连接OA，由垂径定理得AE=12BE=3，
∴DE=9，
在Rt△OEA中，OE2+AE2=OA2，
设⊙O半径为r，则有(9-r)2+32=r2，
解得，r=5，
∴⊙O半径为5．
【解析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、勾股定理以及解直角三角形，掌握相关的定理、灵活运用锐角三角函数的定义是解题的关键．
(1)连接AG，根据圆周角定理得到∠ACD=∠AGD，∠DAG=90°，计算即可；
(2)连接OA，根据圆内接四边形的性质得到∠FCB=∠BAD，根据正切的定义计算．
22.【答案】D
【解析】解：过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，如图所示：
在Rt△DFC中，∠DCF=30°，
∴DF=12DC，
∵2AD+DC=2(AD+12DC)
=2(AD+DF)，
∴当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长，
此时，∠B=∠ADB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=AB=4，
在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=4，
∴BC=8，
∴DC=BC-BD=4，
∴2AD+DC=2×4+4=12，
∴2AD+DC的最小值为12，
故选：D．
过点C作射线CE，使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE，垂足为点F，连接AD，在Rt△DFC中，∠DCF=30°,DF=12DC,2AD+DC=2(AD+12DC)=2(AD+DF)当A，D，F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的长．
本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题．
23.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，AC=2，
∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=12AC=1，AB/​/CD，OB=OD，∠ADB=∠CDB=12∠ADC，
在Rt△AOB中，OB= AB2-OA2= ( 3)2-12= 2，
∴BD=2OB=2 2，
根据折叠的性质可得，AB=AF，∠BAE=∠FAE=12∠BAF，
∴∠AFD=∠ADF，
∵AB/​/CD，
∴∠BAF=∠AFD=∠ADF，
∴12∠BAF=12∠ADC，
∴∠BAE=∠BDA，
∵∠ABE=∠DBA，
∴△ABE∽△DBA，
∴BEAB=ABBD，即BE 3= 32 2，
∴BE=3 24．
故选：A．
由菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC=12AC=1，利用勾股定理求出OB= 2，则BD=2 2，由折叠的性质得AB=AF，∠BAE=∠FAE=12∠BAF，由等边对等角得∠AFD=∠ADF，再根据AB/​/CD得∠BAF=∠AFD=∠ADF，进而得到∠BAE=∠BDA，于是可证明△ABE∽△DBA，利用相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质，利用折叠的性质和菱形的性质得出∠BAE=∠BDA，以此证明△ABE∽△DBA是解题关键．
24.【答案】A
【解析】解：如图所示，过点A作AM⊥BC，
∵S正方形EFGH=4，
∴EF=GF=HG=HE=2，GH/​/BC，
∴△AHG∽△ACB，
∴AGAB=HGBC=13，
∴BGAB=23，
∵GF//AM，
∴△BGF∽△BAM，
∴GFAM=BGAB=23，
∴AM=3，
作直线l/​/BC，作点C关于直线l的对称点D，连接BD交直线l于点A，
此时AB+AC=AB+AD=BD取得最小值，
∴CD=2AM=6，
∴BD= BC2+CD2=6 2，
∴AB+AC的最小值为6 2，
故选：A．
过点A作AM⊥BC，根据相似三角形的判定和性质得出AM=3，作直线l/​/BC，作点C关于直线l的对称点D，连接BD交直线l于点A，根据两点之间线段最短及勾股定理求解即可．
本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理解三角形，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
25.【答案】C
【解析】解：A、∵四边形ABCD和四边形CEFG是矩形，
∴∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠BCE=∠ECG+∠BCE，
∴∠DCE=∠BCG．
又∵CDBC=CECG，
∴△DCE∽△BCG，
∴∠CDE=∠CBG．
∴∠CDE+∠DMC=90°，∠CBG+∠BME=90°，
∴BG⊥DE，故A正确；
B、∵BG⊥DE，
∴∠EON=90°，
∴∠EON=∠GCN．
∵∠ONE=∠CNG，
∴△ONE∽△CNG，
∴NENG=ONCN，
∴NE⋅CN=ON⋅NG．
∵CN=EN，
∴CN2=ON⋅NG，
故B正确；
C、当∠BDE=∠BCE时，
∵∠CGN≠∠CDM，
∴∠BMD≠∠BNC，
∴不能判定△BMD∽△BNC，
故C错误；
D、如图，过点B分别作BP⊥CE于点P，BQ⊥CG交GC的延长线于点Q，设CD=3m．
∵CDBC=CECG=34，
∴BC=4m,CE=94m．
∵∠BCE=60°，
∴∠BCQ=30°，
∴BP= 32BC=2 3m，
BQ=12BC=2m，
∴S△BCE=12CE⋅BP=12⋅94m⋅2 3m=9 34m2，
S△BCG=12CG⋅BQ=12⋅3m⋅2m=3m2，
∴S△BEES△BCG=9 34m23m2=3 34，
故D正确，
故选：C．
说明△DCE∽△BCG，得∠CDE=∠CBG.再利用三角形内角和定理可说明A选项正确；根据△ONE∽△CNG，得NENG=ONCN，可知B选项正确；当∠BDE=∠BCE时，∠BMD≠∠BNC，不能判定△BMD∽△BNC，故C选项错误；过点B分别作BP⊥CE于点P，BQ⊥CG于点Q，设CD=3m.分别表示出△BCE和△BCG的面积，即可说明D正确．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，特殊角的三角函数值等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
26.【答案】钝角三角形 3≤AP<4
【解析】解：(1)∵AC2+BC2=42+22=20，AB2=52=25，
∴AC2+BC2∴△ABC为钝角三角形，
故答案为：钝角三角形．
(2)当过P(不与A、C重合)的直线与BC或AB平行时，得到两种符合题意的情况，
显然此时0当过P的直线与BC不平行，与AB交于D，
∴△APD∽△ABC，
显然此时0当过P的直线与AB不平行，与BC交于E，
∴△CPE∽△CBA，
∴PC：BC=CE：AC，
设AP=x，则PC=4-x，
∴(4-x)：2=CE：4，
∴CE=8-2x，
∵x<48-2x≤2，
∴3≤x<4，
∴AP长的取值范围是3≤AP<4．
故答案为：3≤AP<4．
(1)由AC2+BC2(2)分情况讨论，由相似三角形的性质：相似三角形的对应边成比例，即可解决问题．
本题考查相似三角形的性质，关键是分情况讨论，由相似三角形的对应边成比例即可求解．
27.【答案】10 8
【解析】解：(1)在Rt△ABC中，∠C=90°，
sinB=ACAB=35，
设AC=3x，AB=5x，
∴BC= (5x)2-(3x)2=8，
解得：x=2，
∴AB=5x=5×2=10；
故答案为：10．
(2)如图，DF交AB于G，过点B作BH/​/DE交FD的延长线于H，
∵FD⊥AB，
∴∠DGB=90°，
∵D是边BC的中点，
∴BD=12BC=4，
∵sinB=DGBD=35，
∴DG=125，
∴BG= BD2-DG2= 16-14425=165，
∵将△BDE沿直线DE翻折得到△FDE，
∴∠BDE=∠FDE，
∵DE//BH，
∴∠FDE=∠H，∠BDE=∠DBH，
∴∠H=∠DBH，
∴DH=DB=4，
∵DE//DH，
∴GEBE=DGDH=35，
∴BE=53GE，
∵BE+GE=BG=165，
∴BE=2，
∴AE=AB-BE=10-2=8．
故答案为：8．
(1)在Rt△ABC中，AC=3x，AB=5x，利用sinB=35，即可求出x的值，即可求出AB的长度；
(2)DF交AB于G，过点B作BH/​/DE交FD的延长线于H，因为D是边BC的中点，BD=4，利用勾股定理求出BG=165，将△BDE沿直线DE翻折得到△FDE，可得到DH=DB=4，可得到BE=53GE，结合BE+GE=BG=165，求出BE的长，即可得到最后结果．
本题考查了平行线分线段成比例定理，三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例，也考查了折叠的性质和解直角三角形，勾股定理，三角函数，正确作出辅助线构造成比例线段是解答本题的关键．
28.【答案】解：(1)90°；
(2) 2．
【解析】【分析】
(1)由∠ACB=∠ECD=90°得∠ACE=∠BCD=90°-∠BCE，而AC=BC，DC=EC，即可证明△ACE≌△BCD，得∠CAE=∠CBD，所以∠BAD+∠CBD=∠BAD+∠CAE=45°，可推导出∠BAD+∠ABD=90°，则∠BDA=90°，于是得到问题的答案；
(2)作CH⊥AD于点H，则CH=EH=DH=12DE，可证明△CHF≌△BDF，则CH=BD=AE=EH，再由勾股定理求得AF= AC2+CF2=5，则12×5CH=12×2 5× 5=S△ACF，所以CH=2，则DH=CH=BD=2，HB= DH2+BD2=2 2，所以EG=12HB= 2，于是得到问题的答案．
此题重点考查等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【解答】
解：(1)△CAB，△CDE均为等腰直角三角形，AC=BC=2 5，DC=EC，
∴∠ACB=∠ECD=90°，
∴∠ACE=∠BCD=90°-∠BCE，∠CAB=∠CBA=45°，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDEC=DC,
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴∠CAE=∠CBD，
∴∠BAD+∠CBD=∠BAD+∠CAE=∠CAB=45°，
∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CBD+∠CBA=90°，
∴∠BDA=90°，
故答案为：90°．
(2)作CH⊥AD于点H，则EH=DH，∠CHF=∠BDF=90°，
∴CH=EH=DH=12DE，
∵F为BC的中点，
∴CF=BF，
在△CHF和△BDF中，
∠CHF=∠BDF∠CFH=∠BFDCF=BF,
∴△CHF≌△BDF(AAS)，
∴CH=BD，
∵AE=BD，
∴AE=CH=EH，
∵G为AB的中点，
∴EG=12HB，
∵∠ACF=90°，AC=2 5，CF=12BC= 5，
∴AF= AC2+CF2= (2 5)2+( 5)2=5，
∴12×5CH=12×2 5× 5=S△ACF，
∴CH=2，
∴DH=CH=BD=2，
∴HB= DH2+BD2= 22+22=2 2，
∴EG=12×2 2= 2，
故答案为： 2．
29.【答案】135 3 2
【解析】解：(1)过点A作AF⊥BD交BD的延长线于点F，
∵CD=2AD，
∴CD：AD=2，
∵CE⊥BD，AF⊥BD，
∴AF/​/CE，
∴△CDE∽△ADF，
∴CE：AF=CD：AD=2，
∴CE=2AF，
设AF=a，则CE=2a，
∵∠ABC=90°，CE⊥BD，
∴∠ABF+∠CBE=90°，∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ABF=∠BCE，
又AF⊥BD，CE⊥BD，
∴∠F=∠CEB=90°，
在△ABF和△CBE中，
∠F=∠CEB=90°∠ABF=∠BCEAB=BC，
∴△ABF≌△CBE(AAS)，
∴AF=BE=a，BF=CE=2a，
∴EF=BF-BE=2a-a=a，
∴CF=EF=a，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AEF=45°，
∴∠AEC=∠AEF+∠CED=135°，
(2)由(1)可知：AF=EF=a，CE=2a，BE=a，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE= AF2+EF2= 2a，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BC= CE2+BE2= 5a，
又∵BC=3 5，
∴ 5a=3 5，
∴a=3，
∴AE=3 2．
故答案为：135；3 2．
(1)过点A作AF⊥BD交BD的延长线于F，先证△CDE和△ADF相似得CD=2AE，再设AF=a，则CE=2a，然后证△ABF和△CBE全等得AF=BE=a，BF=CE=2a，进而可求得EF=a，可判定△AEF为等腰直角三角形，据此可得出答案；
(2)由(1)可知：AF=EF=a，AE=2a，BE=a，则AE= 2a，BC= 5a，再根据BC=3 5可求出a=3，进而可得出答案．
此题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法和相似三角形的判定方法，难点是正确的作出辅助线构造全等三角形和相似三角形．
30.【答案】52 2 5
【解析】解：(1)根据折叠的性质可得MN是DE的垂直平分线，
∴DN=EN，
设DN=EN=x，则CN=4-x．
∵E是BC的中点，
∴EC=12BC=2．
在Rt△NEC中，
CN2+CE2=EN2，即(4-x)2+22=x2，
解得x=52，即DN=52．
(2)如图，取AD的中点P，连接QP，QG，QC，由折叠的对称性可知QP=QG．
∵Q为DE的中点，△CDE为直角三角形，
∴CQ=12DE=QE，
∴GQ+QE=QP+CQ≥CP，
由勾股定理得CP= 42+22=2 5，当且仅当P，Q，C三点共线时最小，最小值为2 5．
(1)由折叠得MN是DE的中垂线，故DN=EN，再根据勾股定理求出DN的长．
(2)取AD的中点P，根据两点之间线段最短得出GQ+QE的最小值．
本题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、最值问题，第二问有难度，解题的关键是取AD的中点P，确定QG+QE=QP+QC，属于中考常考题型．
31.【答案】60 6411
【解析】解：(1)如图，
∵△ABE，△BCF，△CDG均为等边三角形．
∴∠ABE=∠CBF=60°，AB=EB，
∴∠EBF=180°-∠ABE-∠CBF=60°，
∵BP=BF，AB=EB，∠ABP=∠EBF=60°，
∴△ABP≌△EBF(SAS)，
∴∠BAP=∠BEF，
∵∠BAP+∠ABP+∠APB=∠BEF+∠AQE+∠EPQ，∠APB=∠EPQ，
∴∠AQE=∠ABP=60°；
故答案为：60°；
(2)分别延长AD，EG，两条延长线交于O，
∵∠ABE=∠BCF=60°，∠FBC=∠GCD=60°，
∴BE//CF，BF/​/CG，
∴BECF=BOCO，BFCG=BOCO，
∴BECF=BFCG，
∵AB=BE=11，BC=BF=CF=8，
∴118=8CG，
∴CD=CG=6411．
故答案为：6411．
(1)证明△ABP≌△EBF(SAS)，则∠BAP=∠BEF，由三角形内角和定理得到∠BAP+∠ABP+∠APB=∠BEF+∠AQE+∠EPQ，对顶角相等得∠APB=∠EPQ，即可得到∠AQE=∠ABP=60°；
(2)分别延长AD，EG，两条延长线交于O，先证明BE/​/CF，BF/​/CG，则BECF=BOCO，BFCG=BOCO，得到BECF=BFCG，进一步即可得到答案．
此题考查了平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定和性质是解题的关键．
32.【答案】4 8+4 10
【解析】解：(1)当N点在AN上时，OM//AC，
∴BOBA=OMAC，
∵AB=AC=8，BO=14AB，
∴OM=BO=14×8=2；
∵将线段OM绕点O按逆时针方向旋转90°至ON，
∴OM=ON，
∴AN=AB-BO-ON=8-2-2=4；
故答案为：4；
(2)如图，作OH⊥BC于H，NJ⊥OH于J．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∵OH⊥BC于H，
∴OH=BH，
∵OB=14AB，AB=8，
∴OB=2，
∴OH=BH= 2，
∵OM=ON，∠OHM=∠NJO=90°，∠NOJ=∠OMH，
∴△OHM≌△NJO(AAS)，
∴JN=OH= 2，
∴点N的运动轨迹是直线(该直线与直线OH平行，在OH的右侧，与OH的距离是 2，
作点C关于该直线的对称点C'，连接AC'交该直线于N'，连接CN'，此时△ACN'的周长最小，作AG⊥BC于G．
在Rt△AGC'中，AC'= (4 2)2+(8 2)2=4 10，
∴△ACN的周长的最小值为8+4 10．
故答案为：8+4 10．
(1)当N点在AN上时，OM//AC，依据平行四边形的性质解答即可；
(2)如图，作OH⊥BC于H，NJ⊥OH于J.证明△OHM≌△NJO(AAS)，推出JN=OH= 2，推出点N的运动轨迹是直线(该直线与直线OH平行，在OH的右侧，与OH的距离是 2)，作点C关于该直线的对称点C'，连接AC'交该直线于N'，连接CN'，此时△ACN'的周长最小．
本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轴对称，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
33.【答案】 3-1 89或7
【解析】解：(1)正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，即∠BAE=α，
当α=30°时，
∴∠GAH=∠BAE=30°，∠G=90°，AG=GF，
∴∠AHG=90°-∠GAH=90°-30°=60°，
∴GFGH=AGGH=tan∠AHG= 3，
即 3=GFGH=GH+HFGH=HFGH+1，
∴HFGH= 3-1，
故答案为： 3-1，
(2)当∠CEF=90°时，有A、E、C三点共线，
∴∠EAD=45°，
∴点F在AD边上，
∵在正方形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠MAE=90°-∠EAD=90°-45°=45°，
过点E作EM⊥AB于M，如图：
∴∠AME=∠BME=90°，∠MEA=90°-∠MAE=45°，
∴∠MAE=∠MEA=45°，
∵AE=5 2，AB=13，
∴MA=ME=AE⋅sin∠MAE=5 2× 22=5，
∴BM=AB-MA=13-5=8，
∴BE= BM2+ME2= 82+52= 89，
当∠EFC=90°时，连接AC、AF，如图：
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠G=∠EFG=90°时，
∴∠CFG=∠EFG+∠EFC=180°，即G、F、C共线，
∵AB=13，AE=5 2，四边形ABCD是正方形，
∴AC= AB2+BC2= 132+132=13 2，
∴CG= AC2-AG2= (13 2)2-(5 2)2=12 2，
∴CF=CG-GF=12 2-5 2=7 2，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∠BAC=∠EAF=45°，
∴∠BAE=∠CAF，
∵ABAC=sin∠BAC=sin∠EAF=AEAF=sin45°= 22，
∴△BAE∽△CAF，
∴BFCF=ABAC= 22，
∴BE= 22⋅CF= 22×7 2=7，
综上所述，BE的长为 89或7．
故答案为： 89或7．
(1)根据旋转的性质和正方形的性质可得∠GAH=∠BAE=30°，∠AHG=60°由正方形的性质和锐角三角函数可得GFGH=AGGH=tan∠AHG= 3，可得HFGH的值；
(2)根据顶点正方形ABCD和AEFG，AB=13，AE=5 2，可得当△CEF为直角三角形时可分∠CEF=90°和∠EFC=90°两种情况进行讨论．
本题考查旋转的性质，正方形的性质，锐角三角函数，勾股定理，相似三角形的判定和性质，运用了分类讨论的思想．弄清题意，运用分类讨论是是解题的关键．
34.【答案】 10 25
【解析】解：(1)∵AB=1，
∴AC=2AB=2，
∵∠BAC=90°，
∴BC= AB2+AC2= 1+4= 5，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BD= 2BC= 10，
故答案为： 10；
(2)如图，过点D作DH⊥直线AC于H，交BC的延长线于N，
∴∠DHC=90°=∠BAC=∠BCD，
∴∠ACB+∠ABC=90°=∠ACB+∠DCH，AB//DH，
∴∠ABC=∠DCH，
又∵BC=CD，
∴△ABC≌△HCD(AAS)，
∴AB=CH，AC=DH，
∵AC=2AB，
∴设AB=a=CH，
则AC=2a=BH，
∵AB//DH，
∴△ABC∽△HNC，
∴ABAC=NHCH=12，
∴NH=12a，
∴DN=52a，
∵AB//DH，
∴△ABE∽△DNE，
∴AEDE=ABDN=25，
故答案为：25．
(1)由勾股定理可求BC的长，由等腰直角三角形的性质可求解；
(2)由“AAS”可证△ABC≌△HCD，可得AB=CH，AC=DH，通过证明△ABC∽△HNC，可求DN的长，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
35.【答案】90 8
【解析】解：(1)连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB/​/CD，AD//BC，
∵∠A=60°，
∴△ADB为等边三角形，
∵G为AD的中点，
∴BG⊥AD，
∴∠AGB=90°，
故答案为：90；
(2)连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，
∵F、H分别为CE、GE中点，
∴FH是△CEG的中位线，
∴HF=12CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD/​/BC，AB/​/CD，
∴∠DGE=∠E，
∵∠EHF=∠DGE，
∴∠E=∠EHF，
∴HF=EF=CF=2 7，
∴CG=2HF=4 7，
∵AB/​/CD，
∴∠CDM=∠A=60°，
设DM=x，则CD=2x，CM= 3x，
∵点G为AD的中点，
∴DG=x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
CG= GM2+CM2= 7x=4 7，
∴x=4，
∴AB=CD=2x=8．
故答案为：8．
(1)连接BD，判定出△ADB为等边三角形，G为AD的中点，进而得到BG⊥AD，∠AGB=90°；
(2)连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG=2HF=2 7，由AB/​/CD，得∠CDM=∠A=60°，设DM=x，则CD=2x，CM= 3x，在Rt△CMG中，借助勾股定理得：CG= GM2+CM2= 7x=2 7，即可求出x的值，从而解决问题．
本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
36.【答案】解：(1)线段AG与BE之间的数量关系为AG= 2BE，理由如下：
连接CG，

由旋转的性质可知∠BCE=∠ACG=α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
CECG=cs45°= 22，CBCA=cs45°= 22，
∴CGCE=CACB= 2，
∴△ACG∽△BCE，
∴AGBE=CACB= 2，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG= 2BE；
(2∵∠CEF=45°,B、E、F三点共线，
∴∠BEC=135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC=∠BEC=135°，
∴∠AGH=∠CAH=45°，
∵∠CHA=∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴AGAC=GHAH=AHCH，
设BC=CD=AD=a，则AC= 2a，
∴6 2a=2 2AH，
∴AH=23a，
∴DH=AD-AH=13a，CH= CD2+DH2= 103a，
∴AGAC=AHCH，
∴6 2a=23a 103a，
∴a=3 5，即BC=3 5．
【解析】(1)连接CG，由旋转的性质可知∠BCE=∠ACG=α，根据相似三角形的判定与性质可得答案；
(2)根据相似三角形的性质可得∠AGH=∠CAH=45°，然后判定△AHG∽△AHG，再根据相似三角形的性质及勾股定理可得答案．
此题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
37.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，∠BCA+∠ACD=90°，
∵∠ACB=∠CDH，
∴∠CDH+∠ACD=90°，
∴∠DHC=90°，
∴DH⊥AC；
(2)解：如图，设AC与BD的交点为O，延长GF交BC于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，AC=BD，OB=OC，
∴∠ADB=∠OBC，∠OBC=∠OCB，
∵∠ACB=∠AGF，
∴∠ADB=∠AGF，
∴BD//GF，
∵AD/​/BC，
∴四边形BDGN是平行四边形，
∴BD=NG=AC，
∵AG/​/BC，
∴∠AGF=∠GNC=∠CDF，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCF=∠NCF=45°，
∵CF=CF，
∴△CDF≌△CNF(AAS)，
∴DF=NF，
∴DF+FG=FG+NF=NG=BD=AC，
∵AC= 2，
∴FD+FG= 2；
(3)解：如图，延长DH交BC于点R，
∵BC=2AB=2，
∴AB=CD=1，
∴AC= AD2+CD2= 4+1= 5，
∴S△ACD=12×AD×CD=12×AC×DH，
∴2×1= 5×DH，
∴DH=2 55，
∵tan∠ACD=CDAD=CHDH=12，
∴CH=12DH= 55，
由(2)可得△CDF≌△CNF，
∴CD=CN=1，
∴BN=CN=1，
∵四边形BDGN是平行四边形，
∴DG=BN=CN=1，
∵∠GMD=∠NMC，∠NCM=∠GDM=90°，
∴△CMN≌△DMG(AAS)，
∴DM=CM=12，
∵∠ACB=∠CDH，
∴tan∠CDR=tan∠ACB，
即CRCD=ABBC=12，
∴CR=12，
∴DR= DC2+CR2= 1+14= 52，
∵∠DCE=∠DEC=45°，
∴DE=DC=1．
∵AD/​/BC，
∴△EDF∽△CRF，
∴CRDE=CFEF=RFDF=12，
∴DF=23DR= 53，
∵S△DFC=12DF⋅CH=12× 53× 55=16，
∵CM=DM，
∴S△CFM=12S△DFC=112．
【解析】(1)根据矩形的性质证明∠DHC=90°，即可解决问题；
(2)设AC与BD的交点为O，延长GF交BC于点N，先证明四边形BDGN是平行四边形，再证明△CDF≌△CNF(AAS)，可得DF=NF，进而可以解决问题；
(3)延长DH交BC于点R，证明△CMN≌△DMG(AAS)，再证明△EDF∽△CRF，利用三角形面积和勾股定理即可解决问题．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，综合性较强，解题关键是熟练掌握以上知识点．
38.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC=3，OB=OD=12BD=4，
∴AB= AO2+OB2= 32+42=5，
∵AF=AO=3，
∴BF=AB+AF=5+3=8，
∵BD=8，
∴BF=BD，
∵线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，
∴EF=ED，
在△BEF和△BED中，
BE=BEBF=BDEF=ED,
∴△BEF≌△BED(SSS)；
②解：设OE=x，则AE=3-x，
过点E作EM⊥AB于点M，
∵△BEF≌△BED，
∴∠FBE=∠DBE，∠F=∠EDB，
∵OE⊥OB，
∴OE=EM=x，
在Rt△BEO和Rt△BEM中
OE=EMBE=BE
∴Rt△BEO≌Rt△BEM(HL)，
∴OB=BM=4，
∴AM=1，
∵AM2+EM2=AE2，
∴12+x2=(3-x)2，
∴x=43，
∴OE=43，
∴tanF=tan∠EDO=OEOD=434=13；
(2)解：∵AC⊥BD，OB=OD，
∴BE=ED，
又∵线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，
∴EF=DE，
∴BE=EF，
∴∠F=∠ABE，
∵AE=AF，
∴∠F=∠AEF，
∴∠AEF=∠ABE，
∵∠F=∠F，
∴△AEF∽△EBF，
∴EFBF=AFEF，
∴EF2=BF⋅AF，
又∵DE2=OE2+OD2，
∴BF⋅AF=OE2+OD2，
设AE=y，
∴y(y+5)=(3-y)2+42，
∴y=2511，
∴AE=2511．
【解析】(1)①由菱形的性质得出OA=OC=12AC=3，OB=OD=12BD=4，求出AB=5，证出BF=BD，由旋转的性质得出EF=ED，根据SSS可证明△BEF≌△BED；
②设OE=x，则AE=3-x，过点E作EM⊥AB于点M，由全等三角形的性质得出∠FBE=∠DBE，∠F=∠EDB，由勾股定理求出OE，则可得出答案；
(2)证明△AEF∽△EBF，由相似三角形的性质得出EFBF=AFEF，得出BF⋅AF=OE2+OD2，设AE=y，则y(y+5)=(3-y)2+42，解方程可求出答案．
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
39.【答案】∠ECA=∠ACB
【解析】(1)①证明：∵BD平分∠ABC，∠ABC=120°，
∴∠ABD=∠CBD=60°，
∵BA=BE，BF=BG，
∴△ABF≌△EBG(SAS)，
∴∠BAF=∠BEG，
又∵∠AFB=∠EFH，
∴∠ABD=∠EHF=60°；
②证明：∵△ABF≌△EBG，
∴AF=EG，
∵H为EG中点，
∴EH=HG=12EG=12AF，
∵∠BEG=∠FEH，∠EHF=∠DBC=60°，
∴△EFH∽△EGB，
∴EFEG=EHBE，
∴AF2=2EF⋅EB；
(2)解：如图，连接AE，
设∠ACE=x，∠ACB=y，
则∠BCE=x+y，
∵AB=BE，∠ABD=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∵AB=BE，∠ABD=∠CBD=60°，BD=BC，
∴△ABD≌△EBC(SAS)，
∴∠ADB=∠BCE=x+y，
∵∠AEB=∠DBC=60°，
∴AE/​/BC，
∴∠EAC=∠BCA=y，
∴∠FAB=60°-y，
∵AC平分∠DAB，
∴∠FAB=60°-y=∠DAC，
∴∠DAE=60°-y-y=60°-2y，
∵∠AEB=∠DAE+∠ADE，
∴60°=x+y+60°-2y，
∴x=y，
即∠ECA=∠ACB，
故答案为：∠ECA=∠ACB．
(1)①由“SAS”可证△ABF≌△EBG，可得∠BAF=∠BEG，即可求解；
②通过证明△EFH∽△EGB，可得EFEG=EHBE，可得结论；
(2)由“SAS”可证△ABD≌△EBC，可得∠ADB=∠BCE=x+y，由角的数量关系可求解．
本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
40.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，AD=BC=6，
∵AE=DF=32，
∴EF=AD-AE=DF=3，
∵BM=CM=3，
∴EF=CM=3，
∵∠NFE=∠NMC，∠ENF=∠CNM，
∴△ENF≌△CNM(AAS)，
∴EN=NC；
②解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AD//BC，DC=AB=5，AD=BC=6，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AGDC=AEDE，
∵AE=32，
∴DE=92，
∴92AG=5×32，
∴AG=53；
(2)解：连接CF．
∵AB=AC，AB=DC，
∴AC=DC，
∴∠CAD=∠CDA，
∵AE=DF，
∴△AEC≌△DFC(SAS)，
∴CE=CF，
∴∠CFE=∠CEF，
∵∠EHG=∠EFG+∠CEF，
∴∠EHG=∠EFG+∠CFE=∠CFG，
∴EH//CF，
∴GHHF=GEEC，
∵HF=2GH，
∴GEEC=12，
∵AB/​/CD，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AEDE=GECE，
∴AEDE=12，
∴DE=2AE，
设AE=x，则DE=2x，
∵AD=6，
∴x+2x=6，
∴x=2，
即AE=2，
∴DF=2，
∴EF=AD-AE-DF=2．
【解析】(1)①根据平行四边形的性质和全等三角形的判定定理解答即可；
②根据相似三角形的判定定理解答即可；
(2)连接CF，通过相似三角形的判定定理和方程思想解答即可．
本题主要考查了四边形的相关知识，熟练掌握相似三角形的判定定理和性质定理，等腰三角形的性质定理，全等三角形的判定定理是解答本题关键．温馨提示：
本卷共40题，题目均选自2023年安徽省各地市三模真题。
本卷共分为四部分，解答题留有足够答题空间，试题部分可直接打印出来练习。
本卷难度较大，适合基础较好的同学。
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