中考数学考前必刷题型突破方案(安徽专版)中考考前压轴必刷60题特训(原卷版+解析)

这是一份中考数学考前必刷题型突破方案(安徽专版)中考考前压轴必刷60题特训(原卷版+解析)，共167页。试卷主要包含了的图象，之间满足如图所示关系，的图象经过点F，交AB于点G，的函数图象如图，两点，与y轴交于点C等内容，欢迎下载使用。

1．（2023•滁州二模）如图，已知△ABC，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，且DE＝4．将∠C沿GM折叠，使点C与点恰好重合，下列结论：①DM＝4，②点E到AC的距离为3，③EM＝5，④四边形CGEM是菱形．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．（2022•合肥一模）如图，AD∥BC，AC与BD交于点O，过点O作EF∥AD，分别交AB，CD于点E，F，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
二．填空题（共2小题）
3．（2023•定远县模拟）如图所示，正方形纸片ABCD的边长为2，点E为AD边上不与端点重合的一动点，将纸片沿过BE的直线折叠点A的落点记为F，连接CF、DF，若△CDF是以CF为腰的等腰三角形，则AE＝ ．
4．（2023•庐阳区一模）正方形纸片ABCD中，E，F分别是AB、CB上的点，且AE＝CF，CE交AF于M．若E为AB中点，则＝ ；若∠CMF＝60°，则＝ ．
三．解答题（共56小题）
5．（2023•定远县校级模拟）如图1，在长方形ABCD中，AB＝12cm，BC＝10cm，点P从A出发，沿A→B→C→D的路线运动，到D停止；点Q从D点出发，沿D→C→B→A路线运动，到A点停止．若P、Q两点同时出发，速度分别为每秒1cm、2cm，a秒时P、Q两点同时改变速度，分别变为每秒2cm、cm（P、Q两点速度改变后一直保持此速度，直到停止），如图2是△APD的面积s（cm2）和运动时间x（秒）的图象．
（1）求出a值；
（2）设点P已行的路程为y1（cm），点Q还剩的路程为y2（cm），请分别求出改变速度后，y1、y2和运动时间x（秒）的关系式；
（3）求P、Q两点都在BC边上，x为何值时P、Q两点相距3cm？
6．（2023•合肥一模）某校八年级（1）班共有学生50人，据统计原来每人每年用于购买饮料的平均支出是a元．经测算和市场调查，若该班学生集体改饮某品牌的桶装纯净水，则年总费用由两部分组成，一部分是购买纯净水的费用，另一部分是其它费用780元，其中，纯净水的销售价x（元/桶）与年购买总量y（桶）之间满足如图所示关系．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）若该班每年需要纯净水380桶，且a为120时，请你根据提供的信息分析一下：该班学生集体改饮桶装纯净水与个人买饮料，哪一种花钱更少？
（3）求该班每年购买纯净水费用的最大值，并指出当a至少为多少时，该班学生集体改饮桶装纯净水更合算．
7．（2023•萧县一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为（8，4），OA，OC分别落在x轴和y轴上，将△OAB绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到△ODE，OD与CB相交于点F，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点F，交AB于点G．
（1）求k的值．
（2）连接FG，则图中是否存在与△FBG相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由．
（3）点M在直线OD上，N是平面内一点，当四边形GFMN是正方形时，请直接写出点N的坐标．
8．（2023•庐阳区校级模拟）今年我国多个省市遭受严重干旱，受旱灾的影响，4月份，我市某蔬菜价格呈上升趋势，其前四周每周的平均销售价格变化如表：
（1）请观察题中的表格，用所学过的一次函数、反比例函数或二次函数的有关知识直接写出4月份y与x的函数关系式；
（2）进入5月，由于本地蔬菜的上市，此种蔬菜的平均销售价格y（元/千克）从5月第1周的2.8元/千克下降至第2周的2.4元/千克，且y与周数x的变化情况满足二次函数y＝﹣x2+bx+c，请求出5月份y与x的函数关系式；
（3）若4月份此种蔬菜的进价m（元/千克）与周数x所满足的函数关系为m＝x+1.2，5月份此种蔬菜的进价m（元/千克）与周数x所满足的函数关系为m＝﹣x+2．试问4月份与5月份分别在哪一周销售此种蔬菜一千克的利润最大？且最大利润分别是多少？
9．（2023•怀远县校级模拟）某工厂在生产过程中要消耗大量电能，消耗每千度电产生利润与电价是一次函数关系，经过测算，工厂每千度电产生利润y（元/千度））与电价x（元/千度）的函数图象如图：
（1）当电价为600元/千度时，工厂消耗每千度电产生利润是多少？
（2）为了实现节能减排目标，有关部门规定，该厂电价x（元/千度）与每天用电量m（千度）的函数关系为x＝10m+500，为了获得最大利润，工厂每天应安排使用多少度电？工厂每天消耗电产生利润最大是多少元？
（3）由于地方供电部门对用电量的限制，规定该工厂每天的用电量40≤m≤70，请估算该工厂每天消耗电产生利润的取值范围．
10．（2023•安徽模拟）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，M是抛物线顶点，△CBM的外接圆与x轴的另一交点为D，与y轴的另一交点为E．
①求tan∠CBE；
②若点N是第一象限内抛物线上的一个动点，在射线AN上是否存在点P，使得△ACP与△BCE相似？如果存在，请求出点P的坐标；
（3）点Q是抛物线对称轴上一动点，若∠AQC为锐角，且tan∠AQC＞1，请直接写出点Q纵坐标的取值范围．
11．（2023•蜀山区校级一模）已知：经过点A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）．
（1）求函数的解析式；
（2）平移抛物线使得新顶点为点P（m，n）．
①当m＞0时，若S△OPB＝3，且在直线x＝k的右侧，两函数值y都随x的增大而增大，求k的取值范围；
②点P在原抛物线上，新抛物线与y轴交于点Q，当∠BPQ＝120°时，求点P的坐标．
12．（2023•定远县校级一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求PE+PF的最大值；
②若∠PCB＝3∠OCB，求m的值．
13．（2023•黄山一模）如图，国家会展中心大门的截面图是由抛物线ADB和矩形OABC构成．矩形OABC的边米，OC＝9米，以OC所在的直线为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，抛物线顶点D的坐标为．
（1）求此抛物线对应的函数表达式；
（2）近期需对大门进行粉刷，工人师傅搭建一木板OM，点M正好在抛物线上，支撑MN⊥x轴，ON＝7.5米，点E是OM上方抛物线上一动点，且点E的横坐标为m，过点E作x轴的垂线，交OM于点F．
①求EF的最大值．
②某工人师傅站在木板OM上，他能刷到的最大垂直高度是米，求他不能刷到大门顶部的对应点的横坐标的范围．
14．（2023•安徽模拟）如图1，抛物线与x轴交于A，B．两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，直线y＝kx+b经过点A，C．
（1）求直线AC的解析式；
（2）点P为直线AC上方抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥AC于点D，过点P作PE∥AC交x轴于点E，求PD+AE的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）问PD+AE取得最大值的情况下，将该抛物线沿射线AC方向平移个单位后得到新抛物线，点M为新抛物线对称轴上一点，在新抛物线上确定一点N，使得以点P，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点M的坐标，并写出求解点M的坐标的其中一种情况的过程．
15．（2023•瑶海区一模）在平面直角坐标系中，点A（1，m），点B（3，n）在抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k上，设抛物线与y轴的交点坐标为C（0，c）．
（1）当c＝2，m＝n时，求抛物线的表达式；
（2）若c＜n＜m，求h的取值范围；
（3）连接OA，OB，AB，当k＝4，﹣2＜h＜2时，△AOB的面积是否有最大值，若有请求出最大值；若没有请说明理由．
16．（2023•太和县一模）如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为A（4，0），B（0，﹣4），线段AB和线段CD关于直线x＝1对称（点A，B分别与点C，D对应）．
（1）求C，D两点的坐标
（2）以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A，B，C，D四点
①求代数式ac+b的值．
②若P是抛物线AB之间的一个动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，与直线AB分别相交于N，M两点，设点P的横坐标为m，记线段MN的长为W，求W关于m的函数解析式，并求W的最大值．
17．（2023•包河区校级一模）如图1，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P为抛物线上一动点．
①如图2，过点C作x轴的平行线与抛物线交于另一点D，连接BC，BD．当S△PBC＝2S△DBC时，求点P的坐标；
②如图3，若点P在直线BC上方的抛物线上，连接OP与BC交于点E，求的最大值．
18．（2023•怀远县二模）如图，在平面直角坐标系中，点A（m，2）（m≠0）在抛物线y＝x2﹣2kx+2上，点B（2，n）也在此抛物线上，点C的坐标为（m，n），直线l过点（0，1﹣k），平行于x轴．设△ABC在直线l上方部分图形的面积为S．
（1）当k＝2时，tan∠ABC＝ ，当k＝3时，tan∠ABC＝ ．
（2）根据（1）的结果，猜想当k＞1时，tan∠ABC的值，并加以证明．
（3）求S与k的函数关系式．
19．（2023•庐阳区校级一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3过点A（﹣1，0），B（3，0），且与y轴交于点C，点E是抛物线对称轴与直线BC的交点
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：BE＝2CE；
（3）若点P是第四象限内抛物线上的一动点，设点P的横坐标为x，以点B、E、P为顶点的△BEP的面积为S，求S关于x的函数关系式，并求S的最大值．
20．（2022•安徽）如图1，隧道截面由抛物线的一部分AED和矩形ABCD构成，矩形的一边BC为12米，另一边AB为2米．以BC所在的直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，规定一个单位长度代表1米．E（0，8）是抛物线的顶点．
（1）求此抛物线对应的函数表达式；
（2）在隧道截面内（含边界）修建“”型或“”型栅栏，如图2、图3中粗线段所示，点P1，P4在x轴上，MN与矩形P1P2P3P4的一边平行且相等．栅栏总长l为图中粗线段P1P2，P2P3，P3P4，MN长度之和，请解决以下问题：
（ⅰ）修建一个“”型栅栏，如图2，点P2，P3在抛物线AED上．设点P1的横坐标为m（0＜m≤6），求栅栏总长l与m之间的函数表达式和l的最大值；
（ⅱ）现修建一个总长为18的栅栏，有如图3所示的“”型和“”型两种设计方案，请你从中选择一种，求出该方案下矩形P1P2P3P4面积的最大值，及取最大值时点P1的横坐标的取值范围（P1在P4右侧）．
21．（2023•蚌山区校级二模）在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE．
（1）如图1，若点D在BC边上，AC，BE相交于F点．
①求证：BD＝CE；
②若AF＝DF，AB＝5，BC＝6，求BD的长．
（2）如图2，若∠BAC＝90°，M为BE的中点，连接AM，求证：AM⊥CD．
22．（2023•怀远县校级模拟）在△ABC和△EDC中，∠ACB＝∠ECD＝90°，BC＝k•AC，CD＝k•CE．
（1）如图1，当k＝1时，探索AE与BD的关系；
（2）如图2，当k≠1时，请探索AE与BD的关系，并证明；
（3）如图3，在（2）的条件下，分别在BD、AE上取点M、N，使得BD＝m•MD，AE＝m•NE，试探索CN与CM的关系，并证明．
23．（2023•安徽模拟）在Rt△ACB和Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，CD＝CE．
（1）如图1，连接AE，BD，试写出AE与BD之间的关系： ；
（2）如图2，若点F，G分别是AB，DE的中点，连接FG，AE，求证：AE＝FG；
（3）如图3，连接AD，BE，点N为BE的中点，连接CN，求证：CN＝AD，CN⊥AD．
24．（2023•杜集区校级模拟）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．
（1）如图1，若AD＝AM，∠DAM＝120°．
①求证：BD＝CM；
②若∠CMD＝90°，求的值；
（2）如图2，点E为线段CD上一点，且CE＝1，AB＝2，∠DAE＝60°，求DE的长．
25．（2023•瑶海区模拟）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB＝4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM＝2DQ．
26．（2023•庐阳区一模）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．
（1）求∠AFC的大小；
（2）过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．
①求证：DG∥CF；
②连接OD，若OD⊥DG，求sinα的值．
27．（2023•安徽一模）如图1，在菱形ABCD中，点P为射线AC上的一点，连接DP，过点P作PM，使得∠DPM+∠BAD＝180°，PM与射线BC交于点M，以PD，PM为邻边作平行四边形DPMN．
（1）求证：四边形DPMN为菱形；
（2）如图2，∠BAD＝90°，连接CN，猜想CN与AP之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当点P在AC的延长线上时，如图3，AB＝3，，求PN的长度．
28．（2023•蚌山区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，AD⊥CD，边BC上的点E满足AB＝AE且DC＝DE，CH为△CDE的一条高线．
（1）若AE∥CD，求证：
①AD＝CH，
②BH⊥AE；
（2）如图2，点F在线段CH上且BF＝CF，求证：四边形ABFD为平行四边形．
29．（2023•合肥一模）如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB＝AC＝BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB＝MN．
（1）求证：BN平分∠ABE；
（2）连接DN，若BD＝1，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
（3）如图②，若点F为为AB的中点，连接FN、FM，求的值．
30．（2023•定远县一模）如图，△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝20，D为BC边中点，ED⊥FD．
（1）如图1，当E，F分别在△ABC的边AB和AC上时，
①求证：DE＝DF
②在∠EDF绕点D旋转的过程中，四边形AEDF的面积是否发生改变？若没有变化，求出四边形AEDF的面积；若有变化，请说明理由．
（2）如图2，当E，F分别在△ABC的边AB、AC的延长线上时，
①探索DE和DF之间的数量关系；
②设BE长为x，四边形AFED的面积为S，请探究S与x的关系式．
31．（2023•金安区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠DCB，点E为BC上一点，且DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF＝BF．
（1）求证：△ADE≌△FCD；
（2）如图（2），连接DB交AE于点G．
①若AG＝DC．求证：BC平分∠DBF；
②若DB∥CF，求的值．
32．（2023•定远县模拟）如图，在△ACB和△ABD中，∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC＝2，AB＝BD，P为AC上一点（不与点A、C重合），连接PB，作PB⊥BQ交AD于点Q．
（1）求证：PB＝BQ；
（2）求证：AP+AQ＝2BC；
（3）如图2，若P为AC的中点，连接CQ分别交BP、AB于点E、F，求的值．
33．（2023•定远县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD中心在原点，且顶点A的坐标为（1，1）．动点P、Q分别从点A、B同时出发，绕着正方形的边按顺时针方向运动，当P点回到A点时两点同时停止运动，运动时间为t秒．连接OP、OQ，线段OP、OQ与正方形的边围成的面积较小部分的图形记为M．
（1）请写出B、C、D点的坐标；
（2）若P、Q的速度均为1个单位长度/秒，试判断在运动过程中，M的面积是否发生变化，如果不变求出该值，如果变化说明理由；
（3）若P点速度为2个单位长度/秒，Q点为1个单位长度/秒，当M的面积为时，求t的
值．
34．（2023•南谯区校级一模）如图，在四边形OABC中，OA＝OC，∠OAB＝∠OCB＝90°，∠AOC＝120°．过点O作∠DOE＝60°，两边OD，OE分别与边BC，AB所在直线相交于点D，E，连接DE．
（1）AB与BC的数量关系是 ．
（2）如图1，当点D，E分别在边BC，AB上时，可得出结论AE+CD＝DE，请证明这个结论．（提示：将△AOE绕点O逆时针旋转120°）
（3）如图2，当点D，E分别在边BC，AB的延长线上时，（2）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段AE，CD，DE之间的数量关系．
35．（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
36．（2022•安徽）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA的延长线上一点，连接CD．
（1）如图1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的长；
（2）如图2，若DC与⊙O相切，E为OA上一点，且∠ACD＝∠ACE．求证：CE⊥AB．
37．（2023•蚌山区模拟）如图，在△ABC中，O是内心，点E，F都在大边BC上，已知BF＝BA，CE＝CA．
（1）求证：O是△AEF的外心；
（2）若∠B＝40°，∠C＝30°，求∠EOF的大小．
38．（2023•滁州二模）如图1，已知等边△ABC的边长为1，D、E、F分别是AB、BC、AC边上的点（均不与点A、B、C重合），记△DEF的周长为p．
（1）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上的中点，则p＝ ；
（2）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上任意点，则p的取值范围是 ．
小亮和小明对第（2）问中的最小值进行了讨论，小亮先提出了自己的想法：将△ABC以AC边为轴翻折一次得△AB1C，再将△AB1C以B1C为轴翻折一次得△A1B1C，如图2所示．则由轴对称的性质可知，DF+FE1+E1D2＝p，根据两点之间线段最短，可得p≥DD2．老师听了后说：“你的想法很好，但DD2的长度会因点D的位置变化而变化，所以还得不出我们想要的结果．”小明接过老师的话说：“那我们继续再翻折3次就可以了”．请参考他们的想法，写出你的答案．
39．（2023•定远县校级模拟）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是单位1，△ABC的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C，求线段BC旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
40．（2023•合肥二模）问题背景：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，在△AEF中，∠AEF＝90°，，连接BF，M是BF中点，连接EM和DM，在△AEF绕点A旋转过程中，线段EM和DM之间存在怎样的数量关系？
观察发现：
（1）为了探究线段EM和DM之间的数量关系，可先将图形位置特殊化，将△AEF绕点A旋转，使AE与AB重合，如图2，易知EM和DM之间的数量关系为 ；
操作证明：
（2）继续将△AEF绕点A旋转，使AE与AD重合时，如图3，（1）中线段EM和DM之间的数量关系仍然成立，请加以证明．
问题解决：
（3）根据上述探究的经验，我们回到一般情况，如图1，在其他条件不变的情况下，上述的结论还成立吗？请说明你的理由．
41．（2023•黄山一模）如图，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上一点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针旋转60°得到线段CQ，连接QB．
（1）求证：AP＝BQ；
（2）连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，
①试猜想BC和BQ的数量关系，并证明；
②若，求PB的长．
42．（2023•庐江县模拟）（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB．
①求证：AP＝BQ；
②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，AC＝，求PB的长；
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝45°，将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，连接CD，若AC＝1，BC＝3，求CD长．
43．（2023•蜀山区模拟）在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC，对角线AC、BD相交于点E，过点C作CF垂直于BD，垂足为F，
且CF＝DF．
（1）求证：△ACD∽△BCF；
（2）如图2，连接AF，点P、M、N分别为线段AB、AF、DF的中点，连接PM、MN、PN．
①求证：∠PMN＝135°；
②若AD＝2，求△PMN的面积．
44．（2023•怀远县校级二模）如图1，D是△ABC的BC边上的中点，过点D的一条直线交AC于F，交BA的延长线于E，AG∥BC交EF于G，我们可以证明EG•DC＝ED•AG成立（不要求考生证明）．
（1）如图2，若将图1中的过点D的一条直线交AC于F，改为交CA的延长线于F，交BA的延长线于E，改为交BA于E，其它条件不变，则EG•DC＝ED•AG还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说出理由；
（2）根据图2，请你找出EG、FD、ED、FG四条线段之间的关系，并给出证明；
（3）如图3，若将图1中的过点D的一条直线交AC于F，改为交CA的反向延长线于F，交BA的延长线于E，改为交BA于E，其它条件不变，则（2）得到的结论是否成立？
45．（2023•蚌山区校级二模）如图，AB为半圆O的直径，四边形ABCD为平行四边形，E为的中点，BF平分∠ABC，交AE于点F．
（1）求证：BE＝EF；
（2）若AB＝10，，求AD的长．
46．（2023•庐阳区模拟）如图①，△ABC是等腰直角三角形，在两腰AB、AC外侧作两个等边三角形ABD和ACE，AM和AN分别是等边三角形ABD和ACE的角平分线，连接CM、BN，CM与AB交于点P．
（1）求证：CM＝BN；
（2）如图②，点F为角平分线AN上一点，且∠CPF＝30°，求证：△APF∽△AMC；
（3）在（2）的条件下，求的值．
47．（2023•明光市一模）如图1，在正方形ABCD中，E是AD上一点，作DF⊥CE，垂足为点P，交AB于点F．
（1）求证：DF＝CE；
（2）如图2，延长DF交CB的延长线于点G；
①如果E是AD的中点，求的值；
②如果，求PH的长度．
48．（2023•庐阳区校级一模）【初步尝试】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为AB、AD边上的点且DE⊥CF，求证：DE＝CF．
（2）【思考探究】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，点E为BC中点，点F为AE上一点，连接CF、DF且CF＝CD，求DF的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．直接写出的值．
49．（2023•庐阳区校级二模）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为BC延长线上一点，∠BAC＝∠ADB．
（1）求证：AD＝BD；
（2）作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为点E，F，DF交AC于点G．
①如图2，当AC平分∠BAD时，求的值；
②如图3，连接DE交AC于点H，当EH＝HD，CD＝2时，求AD的长．
50．（2023•合肥模拟）如图1，BD为四边形ABCD的对角线，△BDE与△BDA关于直线BD对称，BE经过CD的中点F，连接CE，∠CBE＝∠CDE+∠DCE．
（1）求证：∠BED＝∠BCE；
（2）若BF＝CE+EF，求证：DE•BE＝CE•BC；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接AC交BD于点O，若OB＝2，求OD的长．
51．（2023•涡阳县模拟）如图，△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，D为边BC上一动点（不与B、C重合），CD和AD的垂直平分线交于点E，连接AD、AE、DE和CE，ED与AC相交于点F，设∠CAE＝a．
（1）请用含a的代数式表示∠CED的度数；
（2）求证：△ABC∽△AED；
（3）若a＝30°，求EF：BD的值．
52．（2023•花山区一模）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝DF，AE、AF分别与BD交于点G、H，过点G作GN⊥AF，垂足为M，交AD于点N．
（1）求证：AH＝GN；
（2）若∠EAF＝45°，求证：；
（3）如图2，过点G作GQ⊥AD，垂足为Q，交AF于点P．若GM＝4MN，求的值．
53．（2023•凤台县校级一模）已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，D为AB边上一点（不与A、B重合），以CD为底作等腰△CDE，使A、E位于CD两侧，且∠DCE＝∠A．
（1）如图1，若∠B＝25°，求∠E的度数；
（2）如图2，若CA＝CD，DE交BC于F点，求的值；
（3）如图1，连接BE，求证：DE＝BE．
54．（2023•蜀山区校级一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，则CE＝DF”．
某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：
（1）【问题探究】如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想＝ ；
（2）【知识迁移】如图3，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想的值，并证明你的猜想；
（3）【拓展应用】如图4，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，求的值．
55．（2023•太和县一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D是线段AB上的一点，连接CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD，CA于点E，F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连接DF．
（1）求证：；
（2）若D是AB的中点，求的值．
（3）若，求的值．
56．（2023•定远县校级模拟）在△ABC中，AB＝AC，P是BC边上一点，PD∥AB，交AC于点D．
（1）如图1，连接PA，若∠APD＝∠B．
①求证：AB2＝PA•BC；
②过点D作DF⊥PA于F，求的值；
（2）如图2，过P作PG∥AC，交AB于点G，点Q为△ABC外一点，且P，Q关于直线DG对称，连接QA，QC，求证：∠B+∠Q＝180°．
57．（2023•蚌埠模拟）[基础巩固]
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，求证：AC2＝AD•AB．
[尝试应用]
（2）如图②，在矩形ABCD中，AD＝2，点F在AB上，FB＝2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长．
[拓展提高]
（3）如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，△DCE与△DFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连结GC交DF于点M，GC∥FE，若AD＝2，求GM的长．
58．（2023•五河县一模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC．
（1）如图1，AB＝AC，点E为AB上一点，∠BEC＝∠ACD．
①求证：AB•BC＝AD•BE；
②连接BD交CE于F，试探究CF与CE的数量关系，并证明；
（2）如图2，若AB≠AC，点M在CD上，cs∠DAC＝cs∠BMA＝，AC＝CD＝3MC，AD•BC＝12，直接写出BC的长．
59．（2023•定远县校级一模）如图，小明在M处用高1米（DM＝1米）的测角仪测得旗杆AB的顶端B的仰角为30°，再向旗杆方向前进10米到F处，又测得旗杆顶端B的仰角为60°，请求出旗杆AB的高．
60．（2023•五河县一模）南中国海是中国固有领海，我渔政船经常在此海域执勤巡察．一天我渔政船停在小岛A北偏西37°方向的B处，观察A岛周边海域．据测算，渔政船距A岛的距离AB长为10海里．此时位于A岛正西方向C处的我渔船遭到某国军舰的袭扰，船长发现在其北偏东50°的方向上有我方渔政船，便发出紧急求救信号．渔政船接警后，立即沿BC航线以每小时30海里的速度前往救助，问渔政船大约需多少分钟能到达渔船所在的C处？（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，sin40°≈0.64，cs40°≈0.77）
周数x
1
2
3
4
价格y（元/千克）
2
2.2
2.4
2.6
中考考前压轴必刷60题
一．选择题（共2小题）
1．（2023•滁州二模）如图，已知△ABC，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，且DE＝4．将∠C沿GM折叠，使点C与点恰好重合，下列结论：①DM＝4，②点E到AC的距离为3，③EM＝5，④四边形CGEM是菱形．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据等腰三角形的性质得到BD＝DC＝BC＝8，如图，过点E作EF⊥AB于点F，EH⊥AC于点H，根据角平分线的性质得到EH＝EF，EF＝ED，求得EH＝ED＝4，故②错误；由折叠性质得到EM＝MC，DM+MC＝DM+EM＝CD＝8，设DM＝x，则EM＝8﹣x，根据勾股定理得到EM＝MC＝5，故③正确；得到DM＝DC﹣CM＝3，故①错误；连接CE，由内心可知CE平分∠ACD，求得∠GCE＝∠ECD，由折叠可知CM＝EM，根据平行线的性质得到∠EMG＝∠CGM，求得∠CGGM＝∠CMG，根据菱形的判定定理得到四边形CGEM是菱形；故④正确．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，BC＝16，AD⊥BC，
∴BD＝DC＝BC＝8，
如图，过点E作EF⊥AB于点F，EH⊥AC于点H，
∵AD⊥BC，AB＝AC，
∴AE平分∠BAC，
∴EH＝EF，
∵BE是∠ABD的角平分线，
∵ED⊥BC，EF⊥AB，
∴EF＝ED，
∴EH＝ED＝4，故②错误；
由折叠性质可得：EM＝MC，DM+MC＝DM+EM＝CD＝8，
设DM＝x，则EM＝8﹣x，
Rt△EDM中，EM2＝DM2+DE2，
∴（8﹣x）2＝42+x2，
解得：x＝3，
∴EM＝MC＝5，故③正确；
∴DM＝DC﹣CM＝3，故①错误；
连接CE，由内心可知CE平分∠ACD，
∴∠GCE＝∠ECD，
由折叠可知CM＝EM，
∴∠MEC＝∠ECM，
∴∠MEC＝∠GCE，
∴EM∥AC，
∴∠EMG＝∠CGM，
∴∠CGM＝∠CMG，
∴CM＝CG，
∴EM＝CM＝CG＝EG，
∴四边形CGEM是菱形；故④正确，
故选：B．
【点评】本题考查解翻折变换（折叠问题），等腰三角形的性质，角平分线的性质，菱形的判定，掌握相关性质定理，正确添加辅助线是解题的关键．
2．（2022•合肥一模）如图，AD∥BC，AC与BD交于点O，过点O作EF∥AD，分别交AB，CD于点E，F，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据相似三角形的判定与性质，平行公理，平行线分线段成比例定理进行判断即可．
【解答】解：∵AD∥BC，EF∥AD，
∴AD∥BC∥EF，
∴＝，故A选项正确，不符合题意；
∵AD∥BC∥EF，
∴△CFO∽△CDA，△AOE∽△ACB，
∴＝①，＝②，
①+②得+＝+＝＝1，
∴+＝1，
∵AD∥BC，
∴＝，
∵＝，＝，
∴＝，
∴EO＝FO，
∴+＝＝，故B，C选项正确，不符合题意；
∵OE＝OF，
∴OE＝OF＝EF，
∵EF∥AD，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵EF∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵≠，
∴≠．故D选项错误，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行公理，平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定与性质，平行公理，平行线分线段成比例定理．
二．填空题（共2小题）
3．（2023•定远县模拟）如图所示，正方形纸片ABCD的边长为2，点E为AD边上不与端点重合的一动点，将纸片沿过BE的直线折叠点A的落点记为F，连接CF、DF，若△CDF是以CF为腰的等腰三角形，则AE＝ 或4﹣2 ．
【分析】分两种情况：①当FC＝FD时，如图3，作辅助线，构建直角三角形，利用30°角的特殊三角函数值求得AE的长；
②当FC＝DC时，如图4，作辅助线，构建直角三角形，设未知数，根据勾股定理列方程可求得AE的长．
【解答】解：当△CDF是以CF为腰的等腰三角形时，分两种情况：
①当FC＝FD时，如图，过F作FM⊥AB于M，交CD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴FN⊥CD，
∵FC＝FD，
∴MN是正方形的对称轴，
如图，连接AF，
∴FA＝FB＝2，
∵AB＝2，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF＝60°，
由折叠得：∠ABE＝∠EBF＝ABF＝30°，
∴AE＝tan30°•AB＝×2＝；
②当FC＝DC时，如图，过F作FG⊥AD，交AD于G，交BC于H，
∵AD∥BC，
∴GH⊥BC，
∵AB＝BF，AB＝CD，
∴BF＝FC，
∴BH＝CH＝1，
由勾股定理得：FH＝＝＝，
∵∠A＝∠ABC＝∠BHG＝90°，
∴四边形ABGH为矩形，
∴GH＝AB＝2，AG＝BH＝1，
∴FG＝GH﹣FH＝2﹣，
设AE＝x，则EF＝x，EG＝AG﹣AE＝1﹣x，
由勾股定理得：x2＝（1﹣x）2+（2﹣）2，
∴x＝4﹣2，
∴AE＝4﹣2，
综上所述，AE的长为或4﹣2．
故答案为：或4﹣2．
【点评】本题考查了矩形、等腰三角形的性质和判定、折叠的性质，本题构建直角三角形，利用勾股定理列方程是关键，属于中考常考题型．
4．（2023•庐阳区一模）正方形纸片ABCD中，E，F分别是AB、CB上的点，且AE＝CF，CE交AF于M．若E为AB中点，则＝ 2 ；若∠CMF＝60°，则＝ 2 ．
【分析】（1）连接BD，根据相似三角形计算即可；
（2）把60°的角放到直角三角形中，所以过C作CN⊥AM所在直线，利用角平分线的性质求解即可．
【解答】解：（1）连接BD，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠MEB＝∠MCD，∠MBE＝∠MDC，
∴△MCD∽△MEB，
∴，
∵E为AB中点，
∴；
（2）过点C作CN⊥AF，交AF的延长线于点N，如图2，
在Rt△CMN中，∠CMF＝60°，
∵sin60°＝，cs60°＝，
∴，，
即CM＝2MN，
∵AE＝CF，BA＝BC，
∴BA﹣AE＝BC﹣CF，
即BE＝BF，
∴Rt△ABF≌Rt△CBE（SAS），
∴∠FAB＝∠ECB，
∵∠AME＝∠CMF，AE＝CF，
∴△AME∽△CMF（AAS），
∴EM＝FM，
∵∠AFB＝∠CFN，∠B＝∠N＝90°
∴∠FAB＝∠FCN，
∴∠MCF＝∠NCF，
∴，
∵，
∴，
∵＝，
MF＝EM，
∴
＝
＝2+2×
＝2+2×
＝2+．
故答案为：2；2+．
【点评】本题考查的是正方形的综合题，解题的关键是从题中找到作出正确的辅助线CN．
三．解答题（共56小题）
5．（2023•定远县校级模拟）如图1，在长方形ABCD中，AB＝12cm，BC＝10cm，点P从A出发，沿A→B→C→D的路线运动，到D停止；点Q从D点出发，沿D→C→B→A路线运动，到A点停止．若P、Q两点同时出发，速度分别为每秒1cm、2cm，a秒时P、Q两点同时改变速度，分别变为每秒2cm、cm（P、Q两点速度改变后一直保持此速度，直到停止），如图2是△APD的面积s（cm2）和运动时间x（秒）的图象．
（1）求出a值；
（2）设点P已行的路程为y1（cm），点Q还剩的路程为y2（cm），请分别求出改变速度后，y1、y2和运动时间x（秒）的关系式；
（3）求P、Q两点都在BC边上，x为何值时P、Q两点相距3cm？
【分析】（1）根据图象变化确定a秒时，P点位置，利用面积求a；
（2）P、Q两点的函数关系式都是在运动6秒的基础上得到的，因此注意在总时间内减去6秒．
（3）以（2）为基础可知，两个点相距3cm分为相遇前相距或相遇后相距，因此由（2）可列方程．
【解答】解：（1）由图象可知，当点P在BC上运动时，△APD的面积保持不变，
则a秒时，点P在边AB上，则
∴AP＝6
则a＝6
（2）由（1）6秒后点P变速，则点P已行的路程为y1＝6+2（x﹣6）＝2x﹣6
∵Q点路程总长为34cm，第6秒时已经走12cm，点Q还剩的路程为y2＝34﹣12﹣＝
（3）当P、Q两点相遇前相距3cm时，
﹣（2x﹣6）＝3
解得x＝10
当P、Q两点相遇后相距3cm时
（2x﹣6）﹣（）＝3
解得x＝，
∴当x＝10或时，P、Q两点相距3cm
【点评】本题是双动点问题，解答时应注意分析图象的变化与动点运动位置之间的关系．列函数关系式时，要考虑到时间x的连续性才能直接列出函数关系式．
6．（2023•合肥一模）某校八年级（1）班共有学生50人，据统计原来每人每年用于购买饮料的平均支出是a元．经测算和市场调查，若该班学生集体改饮某品牌的桶装纯净水，则年总费用由两部分组成，一部分是购买纯净水的费用，另一部分是其它费用780元，其中，纯净水的销售价x（元/桶）与年购买总量y（桶）之间满足如图所示关系．
（1）求y与x的函数关系式；
（2）若该班每年需要纯净水380桶，且a为120时，请你根据提供的信息分析一下：该班学生集体改饮桶装纯净水与个人买饮料，哪一种花钱更少？
（3）求该班每年购买纯净水费用的最大值，并指出当a至少为多少时，该班学生集体改饮桶装纯净水更合算．
【分析】（1）设y＝kx+b，根据题意得出k，b的值即可求出y与x的函数关系式．
（2）分别计算出买饮料每年总费用以及饮用桶装纯净水的总费用比较可得．
（3）设该班每年购买纯净水的费用为W元，解出二次函数求出W的最大值可求解．
【解答】解：（1）设y＝kx+b，
∵x＝4时，y＝400；x＝5时，y＝320．
∴，
解之，得，
∴y与x的函数关系式为y＝﹣80x+720．
（2）该班学生买饮料每年总费用为50×120＝6000（元），
当y＝380时，380＝﹣80x+720，得x＝4.25．
该班学生集体饮用桶装纯净水的每年总费用为380×4.25+780＝2395（元）．
显然，从经济上看饮用桶装纯净水花钱少．
（3）设该班每年购买纯净水的费用为W元，则
W＝xy＝x（﹣80x+720）＝﹣80（x﹣）2+1620，
∴当x＝时，W最大值＝1620，
要使饮用桶装纯净水对学生一定合算，
则50a≥W最大值+780，
即50a≥1620+780，
解之，得a≥48元．
所以a至少为48元时班级饮用桶装纯净水对学生一定合算，
由此看出，饮用桶装纯净水不仅能省钱，而且能养成勤俭节约的好习惯．
【点评】本题要注意利用一次函数的特点，列出方程组，求出未知数的值从而求得其解析式以及运用二次函数解决实际问题的能力．
7．（2023•萧县一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为（8，4），OA，OC分别落在x轴和y轴上，将△OAB绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到△ODE，OD与CB相交于点F，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点F，交AB于点G．
（1）求k的值．
（2）连接FG，则图中是否存在与△FBG相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由．
（3）点M在直线OD上，N是平面内一点，当四边形GFMN是正方形时，请直接写出点N的坐标．
【分析】（1）证明△COF∽△AOB，则＝，求得：点F的坐标为（2，4），即可求解；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．证△OAB∽△BFG：，＝，即可求解．
（3）分两种情形：当点M在点F的上方时，当点M在点F的下方时，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（8，4），
∴∠OCB＝∠OAB＝∠ABC＝90°，OC＝AB＝4，OA＝BC＝8，
∵△ODE是△OAB旋转得到的，即：△ODE≌△OAB，
∴∠COF＝∠AOB，
∴△COF∽△AOB，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝2，
∴点F的坐标为（2，4），
∵y＝（x＞0）的图象经过点F，
∴4＝，得k＝8；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．
下面对△OAB∽△BFG进行证明：
∵点G在AB上，
∴点G的横坐标为4，
对于y＝，当x＝4，得y＝，
∴点G的坐标为（4，），
∴AG＝，
∵BC＝OA＝4，CF＝1，AB＝2，
∴BF＝BC﹣CF＝3，
BG＝AB﹣AG＝．
∴，＝．
∴，
∵∠OAB＝∠FBG＝90°，
∴△OAB∽△FBG；
（3）由（2）可知△OCF∽△BFG，
∴∠OFC＝∠FGB，
∵∠BFG+∠FGB＝90°，
∴∠CFO+∠BFG＝90°，
∴∠OFG＝90°，
∴当FM＝FG时，可得四边形GFMN是正方形．
当点M在点F的上方时，M（5，10），N（11，7）．
当点M在点F的下方时，M（﹣1，﹣2），N（5，﹣5），
综上所述，满足条件的点N的坐标为（11，7）或（5，﹣5）．
【点评】本题考查的是反函数综合运用，涉及到三角形相似、等腰三角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
8．（2023•庐阳区校级模拟）今年我国多个省市遭受严重干旱，受旱灾的影响，4月份，我市某蔬菜价格呈上升趋势，其前四周每周的平均销售价格变化如表：
（1）请观察题中的表格，用所学过的一次函数、反比例函数或二次函数的有关知识直接写出4月份y与x的函数关系式；
（2）进入5月，由于本地蔬菜的上市，此种蔬菜的平均销售价格y（元/千克）从5月第1周的2.8元/千克下降至第2周的2.4元/千克，且y与周数x的变化情况满足二次函数y＝﹣x2+bx+c，请求出5月份y与x的函数关系式；
（3）若4月份此种蔬菜的进价m（元/千克）与周数x所满足的函数关系为m＝x+1.2，5月份此种蔬菜的进价m（元/千克）与周数x所满足的函数关系为m＝﹣x+2．试问4月份与5月份分别在哪一周销售此种蔬菜一千克的利润最大？且最大利润分别是多少？
【分析】（1）从表格看出，x每增加1，y就增加0.2，由此可确定是一次函数关系式，继而代入两点可得出解析式；
（2）把x＝1，y＝2.8和x＝2，y＝2.4，分别代入y＝﹣x2+bx+c可求b、c的值，确定二次函数解析式；
（3）根据一次函数，二次函数的性质及自变量的取值范围，求最大利润；
【解答】解：（1）通过观察可见四月份周数y与x 的符合一次函数关系式，设这个关系式为：y＝kx+b，
则，
解得：，
∴4月份y与x 的函数关系式为y＝0.2x+1.8；
（2）将（1，2.8）（2，2.4）代入y＝﹣x2+bx+c．
可得：
解之：
即y＝x2x+3.1．
（3）4月份此种蔬菜利润可表示为：W1＝y﹣m＝（0.2x+1.8）﹣（x+1.2），即：W1＝﹣0.05x+0.6；
由函数解析式可知，四月份的利润随周数的增大而减小，所以应在第一周的利润最大，最大为：W＝﹣0.05×1+0.6＝0.55（元/千克），
5月份此种蔬菜利润可表示为：W2＝y﹣m＝（x2x+3.1）﹣（﹣x+2），
即：W2＝x2﹣x+1.1
由函数解析式可知，五月份的利润随周数变化符合二次函数且对称轴为：x＝﹣＝﹣，
即在第1至4周的利润随周数的增大而减小，所以应在第一周的利润最大，最大为：W＝﹣+1.1＝1（元/千克）．
【点评】本题考查了一次函数、二次函数解析式求法及二次函数的实际应用，解答本题的关键是求出两函数关系式，将实际问题转化为数学计算，有一定难度．
9．（2023•怀远县校级模拟）某工厂在生产过程中要消耗大量电能，消耗每千度电产生利润与电价是一次函数关系，经过测算，工厂每千度电产生利润y（元/千度））与电价x（元/千度）的函数图象如图：
（1）当电价为600元/千度时，工厂消耗每千度电产生利润是多少？
（2）为了实现节能减排目标，有关部门规定，该厂电价x（元/千度）与每天用电量m（千度）的函数关系为x＝10m+500，为了获得最大利润，工厂每天应安排使用多少度电？工厂每天消耗电产生利润最大是多少元？
（3）由于地方供电部门对用电量的限制，规定该工厂每天的用电量40≤m≤70，请估算该工厂每天消耗电产生利润的取值范围．
【分析】（1）设y＝kx+b，将（0，300），（500，200）代入可求得一次函数解析式，把x＝600代入函数解析式可得利润的值；
（2）每天的利润＝每天用电量×每千度电产生利润，从而可得，得到利润的最大值即可．
（3）根据（2）的函数关系式，结合m的取值范围即可得出利润的取值范围．
【解答】解：（1）工厂每千度电产生利润y（元/千度）与电价x（元/千度）的函数解析式为：y＝kx+b（k、b是常数，且k≠0）．
将点（0，300），（500，200）代入可得：，
解得：
故y＝﹣x+300（x≥0）．
当电价x＝600元/千度时，该工厂消耗每千度电产生利润y＝﹣×600+300＝180（元/千度）．
答：工厂消耗每千度电产生利润是180元/千度．
（2）设工厂每天消耗电产生利润为w元，由题意得：W＝my＝m（﹣x+300）＝m[﹣（10m+500）+300]＝﹣2（m﹣50）2+5000，
当m＝50时，w取得最大，w最大＝5000，
即当工厂每天使用50千度电时，工厂每天电产生利润为5000元．
（3）由（2）可得w＝﹣2（m﹣50）2+5000，
当m＝50时，利润取得最大，最大为5000元，当m＝70时，利润取得最小，最小为4200元．
故该工厂每天消耗电产生利润的取值范围为4200元～5000元．
【点评】本题考查二次函数及一次函数的应用；得到总利润的等量关系是解决本题的关键；注意利用配方法解决二次函数的最值问题．
10．（2023•安徽模拟）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图2，M是抛物线顶点，△CBM的外接圆与x轴的另一交点为D，与y轴的另一交点为E．
①求tan∠CBE；
②若点N是第一象限内抛物线上的一个动点，在射线AN上是否存在点P，使得△ACP与△BCE相似？如果存在，请求出点P的坐标；
（3）点Q是抛物线对称轴上一动点，若∠AQC为锐角，且tan∠AQC＞1，请直接写出点Q纵坐标的取值范围．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式；
（2）①利用配方法可得抛物线顶点M（1，4），过点M作MF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥BC于点G，连接EM，由△BCO和△MCF是等腰直角三角形，可推出∠BCM＝90°，得出BM是△CBM的外接圆的直径，由勾股定理可得BM＝2，设E（0，y），利用BE2+EM2＝BM2，建立方程求解即可得出y＝1，即E（0，1），再运用三角函数定义即可求得答案；
②由于点N是第一象限内抛物线上时，∠CAN＜90°，而∠BEC＞90°，故∠CAN≠∠BEC，分两种情况：当∠CAN＝∠CBE时，△ACP∽△BCE或△APC∽△BCE，当∠CAN＝∠BCE时，△ACP∽△BCE或△APC∽△BCE，分别求出点P的坐标即可；
（3）作△ABC的外接圆⊙O′，交抛物线的对称轴直线x＝1于点F、G，由点A、B关于直线x＝1对称，可知圆心O′在直线x＝1上，设O′（1，c），F（1，m），G（1，n），运用勾股定理可求得O′（1，1），圆的半径为，进而得出F（1，1﹣），G（1，1+），在O′G上取点T（1，p），连接AT、CT，使∠ATC＝90°，过点C作CK⊥O′G于点K，设FG与x轴交于点L，可证得△CTK∽△TAL，得出＝，即＝，求得p＝1或2，再运用三角函数定义即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）①∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线顶点M（1，4），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
又B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴△BCO是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，BC＝OB＝3，
如图，过点M作MF⊥y轴于点F，过点E作EG⊥BC于点G，连接EM，
则∠MFC＝∠CGE＝∠BGE＝90°，
∵CF＝MF＝1，
∴△MCF是等腰直角三角形，
∴∠MCF＝45°，CM＝CF＝，
∴∠BCM＝180°﹣∠MCF﹣∠BCO＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴BM为△CBM的外接圆的直径，
在Rt△CBM中，BM＝＝＝2，
设E（0，y），则OE＝y，EF＝4﹣y，
在Rt△BEO中，BE2＝OE2+OB2＝y2+9
在Rt△EMF中，EM2＝FM2+EF2＝1+（4﹣y）2，
∵∠BEM＝90°，
∴BE2+EM2＝BM2，即y2+9+1+（4﹣y）2＝（2）2，
解得：y1＝1，y2＝3（舍去），
∴E（0，1），
∴CE＝3﹣1＝2，
∵∠CGE＝90°，∠ECG＝45°，
∴CG＝EG＝CE＝×2＝，
∴BG＝BC﹣CG＝3﹣＝2，
∴tan∠CBE＝＝＝；
②存在．
在Rt△ACO中，AC＝＝＝，
在Rt△EBO中，BE＝＝＝，
当∠CAN＝∠CBE时，△ACP∽△BCE或△APC∽△BCE，如图，
则＝或＝，
若＝，即＝，
∴AP＝，
在△ACO和△EBO中，
，
∴△ACO≌△EBO（SAS），
∴∠CAO＝∠BEO，
即∠CAN+∠NAO＝∠CBE+∠BCO，
∵∠CAN＝∠CBE，
∴∠NAO＝∠BCO＝45°，
∵∠EAO＝45°，
∴射线AN经过点E，
设AN的解析式为y＝kx+d，则，
解得：，
∴AN的解析式为y＝x+1，
设P（t，t+1），
则（t+1）＝，
解得：t＝，
∴P（，）；
若＝，即＝，
∴AP＝3，
同理可得P（2，3）；
当∠CAN＝∠BCE时，△ACP∽△BCE或△APC∽△BCE，如图，设AN交y轴于点F，
则＝或＝，
即＝或＝，
∴AP＝或3，
∵∠CAN+∠NAO＝∠CBE+∠BCE，
∴∠NAO＝∠CBE，
∴tan∠NAO＝tan∠CBE＝，
∴＝，
∴OF＝OA＝，
∴F（0，），
设AN的解析式为y＝k′x+d′，则，
解得：，
∴AN的解析式为y＝x+，
设P（t，t+），则AP＝＝（t+1），
∴（t+1）＝或（t+1）＝3，
解得：t＝或5，
当t＝时，t+＝×+＝，
∴P（，）；
当t＝5时，t+＝×5+＝3，
∴P（5，3）；
∵∠BEC＞90°，当点N是第一象限内抛物线上时，∠CAN＜90°，
∴∠CAN≠∠BEC，
综上所述，点P的坐标为（，）或P（2，3）或（，）或（5，3）；
（3）如图，作△ABC的外接圆⊙O′，交抛物线的对称轴直线x＝1于点F、G，
∵＝，
∴∠AFC＝∠AGC＝∠ABC＝45°，
∵点A、B关于直线x＝1对称，
∴圆心O′在直线x＝1上，
设O′（1，c），F（1，m），G（1，n），
∵∠AO′C＝2∠ABC＝90°，O′A＝O′C，
∴△O′AC是等腰直角三角形，
∴O′A＝AC＝×＝，
∴22+c2＝5，
解得：c＝1或c＝﹣1（舍去），
∴O′（1，1），
∵O′F＝O′G＝，
∴1﹣m＝，n﹣1＝，
解得：m＝1﹣，n＝1+，
∴F（1，1﹣），G（1，1+），
在O′G上取点T（1，p），连接AT、CT，使∠ATC＝90°，过点C作CK⊥O′G于点K，设FG与x轴交于点L，
则TL＝p，KT＝3﹣p，CK＝1，AL＝2，
∵∠CKO′＝∠ALT＝∠ATC＝90°，
∴∠ATL+∠CTK＝∠ATL+∠TAL＝90°，
∴∠CTK＝∠TAL，
∴△CTK∽△TAL，
∴＝，即＝，
解得：p＝1或2，
∵点Q是抛物线对称轴上一动点，若∠AQC为锐角，且tan∠AQC＞1，
∴锐角∠AQC＞45°，
设点Q的纵坐标为yQ，
∴1﹣＜yQ＜1或2＜yQ＜1+．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形外接圆，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质圆的性质，圆周角定理等，涉及知识点较多，难度较大，熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识，运用分类讨论思想和方程思想是解题关键．
11．（2023•蜀山区校级一模）已知：经过点A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）．
（1）求函数的解析式；
（2）平移抛物线使得新顶点为点P（m，n）．
①当m＞0时，若S△OPB＝3，且在直线x＝k的右侧，两函数值y都随x的增大而增大，求k的取值范围；
②点P在原抛物线上，新抛物线与y轴交于点Q，当∠BPQ＝120°时，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法可得二次函数的解析式；
（2）①根据三角形的面积公式可得m＝2，并由两函数值y都随x的增大而增大，可得结论；
②利用两点的距离公式计算PQ2和PB2，得PQ＝PB，计算∠PBD＝30°，作辅助线构建30°角的直角三角形，根据性质列方程可解答．
【解答】解：（1）把点A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）代入中得：
，解得：，
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣3；
（2）①抛物线y＝x2﹣3的顶点坐标为（0，﹣3），即点B是原抛物线的顶点，
∵平移抛物线使得新顶点为点P（m，n），m＞0，
∴抛物线向右平移了m个单位，
∵S△OPB＝3，
∴×3×m＝3，
∴m＝2，
∵在直线x＝k的右侧，两函数值y都随x的增大而增大，
∴k≥2；
②把点P的坐标（m，n）代入y＝x2﹣3中得：n＝m2﹣3，
∴P（m，m2﹣3），
∵平移抛物线使得新顶点为点P（m，n），
∴y＝（x﹣m）2+n＝x2﹣mx+m2﹣3，
∴Q（0，m2﹣3），
∵B（0，﹣3），
∴PQ2＝m2+（m2﹣3﹣m2+3）2＝m2+m4，
BP2＝m2+（m2﹣3+3）2＝m2+m4，
∴BP＝PQ，
过点P作PD⊥y轴于D，则PD＝|m|，
∵∠BPQ＝120°，
∴∠PQB＝∠PBD＝30°，
∴PB＝2PD，
∴PB2＝4PD2，
∴m2+m4＝4m2，
∴m1＝0（舍），m2＝2，m3＝﹣2，
∴P（2，3）或（﹣2，3）．
【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，涉及到平移的性质，配方法，解直角三角形，两点的距离，等腰三角形的性质，三角形的面积的计算等，其中（2）利用两点的距离公式计算PB＝PQ是解本题的关键．
12．（2023•定远县校级一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求PE+PF的最大值；
②若∠PCB＝3∠OCB，求m的值．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）①运用待定系数法求得直线AC解析式y＝﹣x﹣3，应用平行线性质及三角函数定义可求得PE＝PF，再根据点P的横坐标为m，表示出PE+PF＝﹣2（m+）2+，运用二次函数最值即可得到答案；
②作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，0），连接B′C，过点B′作B′D⊥B′C交CP于D，过点D作DE⊥x轴于E，通过构造等角，运用三角函数定义求得点D坐标，再应用待定系数法求得直线CD解析式，联立方程组求解即可求得点P的坐标，即可求得m．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3经过点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C．
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3；
（2）①在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，得y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线AC解析式y＝kx+n，∵A（﹣3，0）、C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线AC解析式y＝﹣x﹣3，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴tan∠ACO＝＝＝1，
∴∠ACO＝45°，
∵点P为该抛物线上一点，且点P的横坐标为m，
∴P（m，m2+2m﹣3），
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴F（m，﹣m﹣3），∠PFE＝∠ACO＝45°，∠EPF＝90°，
∴＝tan∠PFE＝tan45°＝1，
∴PE＝PF＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，
∴PE+PF＝2（﹣m2﹣3m）＝﹣2（m+）2+，
∵﹣2＜0，
∴当m＝﹣时，PE+PF的最大值＝；
②作点B关于y轴的对称点B′（﹣1，0），连接B′C，过点B′作B′D⊥B′C交CP于D，过点D作DE⊥x轴于E，
∵∠PCB＝3∠OCB，
∴∠PCO＝2∠OCB，
∵OB＝OB′，OC⊥BB′，
∴tan∠OCB＝＝，tan∠OCB′＝＝，
∴tan∠OCB＝tan∠OCB′，
∴∠OCB＝∠OCB′，
∴∠PCB′＝∠OCB，
∴tan∠PCB′＝tan∠OCB＝，即＝，
∵B′C＝＝＝，
∴B′D＝，
∵∠CB′D＝∠B′ED＝90°，
∴∠DB′E+∠CB′O＝90°，
∵∠OCB+∠CB′O＝90°，
∴∠DB′E＝∠OCB，
∴sin∠DB′E＝sin∠OCB＝＝＝，cs∠DB′E＝cs∠OCB＝＝＝，
∴＝，＝，
∴DE＝B′D＝×＝，B′E＝B′D＝×＝1，
∴OE＝OB′+B′E＝1+1＝2，
∴D（﹣2，），
设直线CD解析式为y＝k1x+b1，
则：，解得：，
∴直线CD解析式为y＝x﹣3，
联立方程组：，解得：（舍去），；
∴m＝．
【点评】本题是一道二次函数的综合运用的试题，考查了运用待定系数法求函数的解析式．直角三角形的性质，三角函数定义的应用，函数的最值，二次函数顶点式的运用，解题关键是正确添加辅助线构造全等三角形或相似三角形或等角．
13．（2023•黄山一模）如图，国家会展中心大门的截面图是由抛物线ADB和矩形OABC构成．矩形OABC的边米，OC＝9米，以OC所在的直线为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，抛物线顶点D的坐标为．
（1）求此抛物线对应的函数表达式；
（2）近期需对大门进行粉刷，工人师傅搭建一木板OM，点M正好在抛物线上，支撑MN⊥x轴，ON＝7.5米，点E是OM上方抛物线上一动点，且点E的横坐标为m，过点E作x轴的垂线，交OM于点F．
①求EF的最大值．
②某工人师傅站在木板OM上，他能刷到的最大垂直高度是米，求他不能刷到大门顶部的对应点的横坐标的范围．
【分析】（1）利用待定系数法即可求出函数表达式；
（2）①先求出点M坐标为，再求出直线OM的解析式为，进而求出EF＝＝，根据二次函数性质即可求出当时，EF有最大值；
②根据师傅能刷到的最大垂直高度是米，得到当时，他就不能刷到大门顶部，令，得到，解得，结合二次函数性质即可得到他不能刷到大门顶部的对应点的横坐标m的范围是．
【解答】解：（1）由题意知，抛物线顶点D的坐标为，
设抛物线的表达式为，
将点代入抛物线解析式得，
解得，
∴抛物线对应的函数的表达式为；
（2）①将x＝7.5代入中，得y＝3，
∴点，∴设直线OM的解析式为y＝kx（k≠0），
将点代入得，
∴，
∴直线OM的解析式为，
∴＝＝，∵，
∴当时，EF有最大值，为；
②∵师傅能刷到的最大垂直高度是米，
∴当时，他就不能刷到大门顶部，
令，即，
解得，
又∵EF是关于m的二次函数，且图象开口向下，
∴他不能刷到大门顶部的对应点的横坐标m的范围是．
【点评】本题主要考查的是二次函数的实际应用，同时考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质、应用等知识，熟知二次函数的性质并灵活应用是解题关键．
14．（2023•安徽模拟）如图1，抛物线与x轴交于A，B．两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，直线y＝kx+b经过点A，C．
（1）求直线AC的解析式；
（2）点P为直线AC上方抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥AC于点D，过点P作PE∥AC交x轴于点E，求PD+AE的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）问PD+AE取得最大值的情况下，将该抛物线沿射线AC方向平移个单位后得到新抛物线，点M为新抛物线对称轴上一点，在新抛物线上确定一点N，使得以点P，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点M的坐标，并写出求解点M的坐标的其中一种情况的过程．
【分析】（1）由得C（0，4），A（﹣3，0），B（2，0），再用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+4；
（2）过P作PH⊥x轴于H，交AC于G，连接PE，设P（m，﹣m2﹣m+4），可得PG＝﹣m2﹣m+4﹣（m+4）＝﹣m2﹣2m，PH＝﹣m2﹣m+4，根据△PDG∽△AOC，可得PD＝，而△PHE∽△COA，可得EH＝，故AE＝EH﹣AH＝﹣﹣m，从而PD+AE＝﹣﹣m＝﹣（m+）2+，根据二次函数性质可得答案；
（3）由A（﹣3，0），C（0，4），知将抛物线y＝﹣x2﹣x+4沿射线AC方向平移个单位，相当于向右平移2个单位，再向上平移个单位，故新抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+，设N（p，﹣p2+2p+），M（，t），分三种情况：①若MN，PC为对角线，则MN，PC的中点重合，，②以NP，MC为对角线，；③以NC，PM为对角线，，分别解方程组可得答案．
【解答】解：（1）在中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
在中，令y＝0得x＝﹣3或x＝2，
∴A（﹣3，0），B（2，0），
设直线AC解析式为y＝kx+4，
∴﹣3k+4＝0，
解得k＝，
∴直线AC的解析式为y＝x+4；
（2）过P作PH⊥x轴于H，交AC于G，连接PE，如图：
∵C（0，4），A（﹣3，0），
∴OC＝4，OA＝3，
∴AC＝＝5，
设P（m，﹣m2﹣m+4），则G（m，m+4），
∴PG＝﹣m2﹣m+4﹣（m+4）＝﹣m2﹣2m，PH＝﹣m2﹣m+4，
∵∠PGD＝∠ACO，∠PDD＝90°＝∠AOC，
∴△PDG∽△AOC，
∴＝，即＝，
∴PD＝，
∵PE∥AC，
∴∠PEH＝∠CAO，
∵∠PHE＝90°＝∠AOC，
∴△PHE∽△COA，
∴＝，即＝，
∴EH＝，
∴AE＝EH﹣AH＝﹣（m+3）＝﹣﹣m，
∴PD+AE＝﹣﹣m＝﹣（m+）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝﹣时，PD+AE的最小值为，
此时P（﹣，），
∴PD+AE的最大值为，此时点P的坐标是（﹣，）；
（3）∵A（﹣3，0），C（0，4），
∴将抛物线y＝﹣x2﹣x+4沿射线AC方向平移个单位，相当于向右平移2个单位，再向上平移个单位，
∴新抛物线解析式为y＝﹣（x﹣2）2﹣（x﹣2）+4+＝﹣x2+2x+，
∴新抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝，
设N（p，﹣p2+2p+），M（，t），
而P（﹣，），C（0，4），
①若MN，PC为对角线，则MN，PC的中点重合，
∴，
解得，
∴M（，）；
②以NP，MC为对角线，同理得：
，
解得，
∴M（，）；
③以NC，PM为对角线，同理得：
，
解得；
∴M（，）；
综上所述，M的坐标为（，）或（，）或（，）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形判定与性质，平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
15．（2023•瑶海区一模）在平面直角坐标系中，点A（1，m），点B（3，n）在抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k上，设抛物线与y轴的交点坐标为C（0，c）．
（1）当c＝2，m＝n时，求抛物线的表达式；
（2）若c＜n＜m，求h的取值范围；
（3）连接OA，OB，AB，当k＝4，﹣2＜h＜2时，△AOB的面积是否有最大值，若有请求出最大值；若没有请说明理由．
【分析】（1）当c＝2时，﹣h2+k＝2①，而m＝n，有h＝2，即可得k＝6，故抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+2；
（2）由已知得m＝﹣（1﹣h）2+k，n＝﹣（3﹣h）2+k，c＝﹣h2+k，根据c＜n＜m，有﹣h2+k＜﹣（3﹣h）2+k＜﹣（1﹣h）2+k，可解得＜h＜2；
（3）过A作AD∥y轴交OB于D，由点A（1，m），点B（3，n）在抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k上，k＝4，知A（1，﹣h2+2h+3），B（3，﹣h2+6h﹣5），设直线OB解析式为y＝px，用待定系数法得直线OB解析式为y＝（﹣h2+2h﹣）x，即得D（1，﹣h2+2h﹣），AD＝﹣h2+，可得S△AOB＝AD•|xB|＝﹣h2+7，根据二次函数性质可得答案．
【解答】解：（1）当c＝2时，C的坐标为（0，2），
∴﹣h2+k＝2①，
∵点A（1，m），点B（3，n）在抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k上，m＝n，
∴抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k的对称轴为直线x＝＝2，
∴h＝2，
把h＝2代入①得k＝6，
∴y＝﹣（x﹣2）2+6＝﹣x2+4x+2，
∴当c＝2，m＝n时，抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x+2；
（2）∵点A（1，m），点B（3，n）在抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k上，抛物线与y轴的交点坐标为C（0，c），
∴m＝﹣（1﹣h）2+k，n＝﹣（3﹣h）2+k，c＝﹣h2+k，
∵c＜n＜m，
∴﹣h2+k＜﹣（3﹣h）2+k＜﹣（1﹣h）2+k，
变形整理得0＜﹣9+6h＜﹣1+2h，
解得＜h＜2；
（3）△AOB的面积有最大值，理由如下：
过A作AD∥y轴交OB于D，如图：
∵点A（1，m），点B（3，n）在抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k上，k＝4，
∴m＝﹣（1﹣h）2+4＝﹣h2+2h+3，n＝﹣（3﹣h）2+4＝﹣h2+6h﹣5，
∴A（1，﹣h2+2h+3），B（3，﹣h2+6h﹣5），
∵﹣2＜h＜2，
∴B在A下方，
设直线OB解析式为y＝px，将B（3，﹣h2+6h﹣5）代入得：
3p＝﹣h2+6h﹣5，
解得p＝﹣h2+2h﹣，
∴直线OB解析式为y＝（﹣h2+2h﹣）x，
在y＝（﹣h2+2h﹣）x中，令x＝1得y＝﹣h2+2h﹣，
∴D（1，﹣h2+2h﹣），
∵B在A下方，
∴D在A下方，
∴AD＝﹣h2+2h+3﹣（﹣h2+2h﹣）＝﹣h2+，
∴S△AOB＝AD•|xB|＝×（﹣h2+）×3＝﹣h2+7，
∴当h＝0时，S△AOB取最大值，最大值为7，
∴AOB的面积有最大值，最大值是7．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，三角形面积等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
16．（2023•太和县一模）如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为A（4，0），B（0，﹣4），线段AB和线段CD关于直线x＝1对称（点A，B分别与点C，D对应）．
（1）求C，D两点的坐标
（2）以直线x＝1为对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A，B，C，D四点
①求代数式ac+b的值．
②若P是抛物线AB之间的一个动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，与直线AB分别相交于N，M两点，设点P的横坐标为m，记线段MN的长为W，求W关于m的函数解析式，并求W的最大值．
【分析】（1）根据点的对称性即可求解；
（2）①设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+m，将点A，B坐标代入，求出解析式，得到a，b，c的值计算即可；
②求出直线AB的解析式，得到点P，M，N的坐标，求出PM＝PN，△PMN是等腰直角三角形，即可得到函数解析式及最值．
【解答】解：（1）∵A（4，0），B（0，﹣4），线段AB和线段CD关于直线x＝1对称，
∴C（﹣2，0），D（2，﹣4）；
（2）①设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+m，将点A，B坐标代入，
∴解得，
∴抛物线的解析式为，
∴，
∴；
②设直线AB的解析式为y＝kx+n，
∴解得，
∴y＝x﹣4，
∵点P的横坐标为m，
∴，，
∴，，
∴PM＝PN，△PMN是等腰直角三角形，
∴，
∴当m＝2时，W有最大值，即．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了对称的性质，待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的判定和性质，函数的最值，正确掌握各知识点是解题的关键．
17．（2023•包河区校级一模）如图1，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P为抛物线上一动点．
①如图2，过点C作x轴的平行线与抛物线交于另一点D，连接BC，BD．当S△PBC＝2S△DBC时，求点P的坐标；
②如图3，若点P在直线BC上方的抛物线上，连接OP与BC交于点E，求的最大值．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），代入解析式即可得到答案；
（2）①根据S△PBC＝2S△DBC得到点P到直线BC的距离是点D到直线BC距离的2倍，求出直线BC的解析式，过点D作BC的平行线与y轴交于点M，设直线MD的解析式为：y＝﹣x+m，根据C点坐标求出点D（2，3），直线解出MD的解析式y＝﹣x+5，根据平移规律即可得到答案；
②过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，设点P（x，﹣x2+2x+3），则点Q（x，﹣x+3），根据平行得到△OCE∽△PQE，表示出，利用函数的性质即可得到答案．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得：，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）①∵S△PBC＝2S△DBC，
∴点P到直线BC的距离是点D到直线BC距离的2倍，
令x＝0，则y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C（0，3），
∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
如图，过点D作BC的平行线与y轴交于点M，
设直线MD的解析式为：y＝﹣x+m，
∵CD∥x轴，C（0，3），
∴D（2，3），
∵D（2，3）在直线y＝﹣x+m上，
∴﹣2+m＝3，
∴m＝5，
∴直线MD的解析式为：y＝﹣x+5，
∴直线MD可看作是将直线BC向上平移2个单位得到，将直线BC向下平移4个单位得到直线l：y＝﹣x﹣1，则它与抛物线的交点就是满足条件的点P，
（将直线BC向上平移4个单位得到直线y＝﹣x+7，它与抛物线没有交点）
令﹣x2+2x+3＝﹣x﹣1，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
当x1＝﹣1时，y1＝0；当x2＝4时，y2＝﹣5，
∴点P的坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）；
②如图，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则点Q（x，﹣x+3），
∴PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∵PQ∥y轴，
∴△OCE∽△PQE，
∴，
∴，
∴的最大值为．
【点评】本题考查二次函数综合问题，主要有待定系数法求解析式，动点围成三角形面积问题及线段问题，解题的关键是根据题意列出函数根据函数性质求解．
18．（2023•怀远县二模）如图，在平面直角坐标系中，点A（m，2）（m≠0）在抛物线y＝x2﹣2kx+2上，点B（2，n）也在此抛物线上，点C的坐标为（m，n），直线l过点（0，1﹣k），平行于x轴．设△ABC在直线l上方部分图形的面积为S．
（1）当k＝2时，tan∠ABC＝ 2 ，当k＝3时，tan∠ABC＝ 2 ．
（2）根据（1）的结果，猜想当k＞1时，tan∠ABC的值，并加以证明．
（3）求S与k的函数关系式．
【分析】先用k将A，B，C的坐标用k表示，再判断出∠ACB＝90°，
（1）先算出AC，BC，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即可得出结论；
（3）先分点A再点C上方和下方两种情况，每一种情况再分直线l把△ABC分割成两部分和△ABC全部在直线l上方或下方，讨论计算．
【解答】解：∵点A在抛物线y＝x2﹣2kx+2上，
∴m2﹣2km+2＝2，
∵m≠0，
∴m＝2k，
∴A（2k，2），
∵B（2，n）在抛物线y＝x2﹣2kx+2上，
∴n＝6﹣4k，
∴B（2，6﹣4k），
∴C（2k，6﹣4k），
∴AC∥y轴，BC∥x轴，
∴∠ACB＝90°，
（1）当k＝2时，A（4，2），B（2，﹣2），C（4，﹣2），
∴AC＝4，BC＝2，
在Rt△ABC中，tan∠ABC＝＝2，
当k＝3时，A（6，2），B（2，﹣6），C（6，﹣6），
∴AC＝8，BC＝4，
在Rt△ABC中，tan∠ABC＝＝2，
故答案为：2，2；
（2）当k＞1时，tan∠ABC＝2，
理由：当k＞1时，
∵A（2k，2），B（2，6﹣4k），C（2k，6﹣4k），
∴AC＝2﹣（6﹣4k）＝4k﹣4＝4（k﹣1），BC＝2k﹣2＝2（k﹣1）
在Rt△ABC中，tan∠ABC＝＝2，
（3）①当点A在点C上方时，
∴6﹣4k＜2，
∴k＞1，
Ⅰ、当6﹣4k＜1﹣k时，
∴k＜，
即：1＜k＜，此时，直线l与△ABC的边AB，AC的交点记为D，E，
∴E（2k，1﹣k），
∴AE＝2﹣（1﹣k）＝k+1，
由（2）知，tan∠ABC＝2，
∴DE＝（k+1），
∴S＝×（k+1）×（k+1）＝（k+1）2；
Ⅱ、当k≥时，S＝S△ABC＝（2k﹣2）×4（k﹣1）＝4（k﹣1）2；
②当点A在点C下方时，
∴6﹣4k＞2，
∴k＜1，
Ⅰ、当6﹣4k＜1﹣k时，
∴k＞，此种情况不存在；
Ⅱ、当6﹣4k≥1﹣k时，∴k≤，
即：k＜1，
当1﹣k＞2时，
∴k＜﹣1，即：k＜﹣1时，
同①的方法得，S＝4（k﹣1）2﹣（k+1）2＝k2﹣k+，
当1﹣k≤2时，∴k≥﹣1，
即：﹣1≤k＜1，
∴S＝S△ABC＝4（k﹣1）2．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了直角三角形的判定和性质，锐角三角函数的意义，三角形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键，也是难点．
19．（2023•庐阳区校级一模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3过点A（﹣1，0），B（3，0），且与y轴交于点C，点E是抛物线对称轴与直线BC的交点
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：BE＝2CE；
（3）若点P是第四象限内抛物线上的一动点，设点P的横坐标为x，以点B、E、P为顶点的△BEP的面积为S，求S关于x的函数关系式，并求S的最大值．
【分析】（1）将点A、B坐标代入y＝ax2+bx﹣3列方程求出a、b即可得；
（2）由OD＝1、BD＝2且DE∥OC，利用平行线分线段成比例定理可得＝＝2；
（3）利用待定系数法求得直线BC解析式，从而求得点E的坐标，作PF⊥y轴于点F，EG⊥y轴于点G，设点P（x，x2﹣2x﹣3）（0＜x＜3），根据△BEP的面积为S＝S梯形BOFP﹣S梯形BOGE﹣S梯形EGFP列出函数解析式，配方成顶点式可得答案．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
得：，
解得：，
则抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
则OD＝1、BD＝2，
∵DE∥OC，
∴＝＝2，即BE＝2CE；
（3）∵点B（3，0）、C（0，﹣3），
∴设直线BC解析式为y＝mx+n，
则，
解得：，
∴y＝x﹣3；
当x＝1时，y＝﹣2，
∴E（1，﹣2），
如图，作PF⊥y轴于点F，EG⊥y轴于点G，
设点P（x，x2﹣2x﹣3）（0＜x＜3），
则△BEP的面积为S＝S梯形BOFP﹣S梯形BOGE﹣S梯形EGFP
＝×（x+3）（﹣x2+2x+3）﹣×（1+3）×2﹣×（1+x）（﹣x2+2x+3﹣2）
＝﹣x2+3x
＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，S取得最大值，最大值为．
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式、平行线分线段成比例定义及割补法求三角形的面积．
20．（2022•安徽）如图1，隧道截面由抛物线的一部分AED和矩形ABCD构成，矩形的一边BC为12米，另一边AB为2米．以BC所在的直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，规定一个单位长度代表1米．E（0，8）是抛物线的顶点．
（1）求此抛物线对应的函数表达式；
（2）在隧道截面内（含边界）修建“”型或“”型栅栏，如图2、图3中粗线段所示，点P1，P4在x轴上，MN与矩形P1P2P3P4的一边平行且相等．栅栏总长l为图中粗线段P1P2，P2P3，P3P4，MN长度之和，请解决以下问题：
（ⅰ）修建一个“”型栅栏，如图2，点P2，P3在抛物线AED上．设点P1的横坐标为m（0＜m≤6），求栅栏总长l与m之间的函数表达式和l的最大值；
（ⅱ）现修建一个总长为18的栅栏，有如图3所示的“”型和“”型两种设计方案，请你从中选择一种，求出该方案下矩形P1P2P3P4面积的最大值，及取最大值时点P1的横坐标的取值范围（P1在P4右侧）．
【分析】（1）通过分析A点坐标，利用待定系数法求函数解析式；
（2）（ⅰ）结合矩形性质分析得出P2的坐标为（m，﹣m2+8），然后列出函数关系式，利用二次函数的性质分析最值；
（ⅱ）设P2P1＝n，分别表示出方案一和方案二的矩形面积，利用二次函数的性质分析最值，从而利用数形结合思想确定取值范围．
【解答】解：（1）由题意可得：A（﹣6，2），D（6，2），
又∵E（0，8）是抛物线的顶点，
设抛物线对应的函数表达式为y＝ax2+8，将A（﹣6，2）代入，
（﹣6）2a+8＝2，
解得：a＝﹣，
∴抛物线对应的函数表达式为y＝﹣x2+8；
（2）（ⅰ）∵点P1的横坐标为m（0＜m≤6），且四边形P1P2P3P4为矩形，点P2，P3在抛物线AED上，
∴P2的坐标为（m，﹣m2+8），
∴P1P2＝P3P4＝MN＝﹣m2+8，P2P3＝2m，
∴l＝3（﹣m2+8）+2m＝﹣m2+2m+24＝﹣（m﹣2）2+26，
∵﹣＜0，
∴当m＝2时，l有最大值为26，
即栅栏总长l与m之间的函数表达式为l＝﹣m2+2m+24，l的最大值为26；
（ⅱ）方案一：设P2P1＝n，则P2P3＝18﹣3n，
∴矩形P1P2P3P4面积为（18﹣3n）n＝﹣3n2+18n＝﹣3（n﹣3）2+27，
∵﹣3＜0，
∴当n＝3时，矩形面积有最大值为27，
此时P2P1＝3，P2P3＝9，
令﹣x2+8＝3，
解得：x＝±，
∴此时P1的横坐标的取值范围为﹣+9≤x≤，
方案二：设P2P1＝n，则P2P3＝＝9﹣n，
∴矩形P1P2P3P4面积为（9﹣n）n＝﹣n2+9n＝﹣（n﹣）2+，
∵﹣1＜0，
∴当n＝时，矩形面积有最大值为，
此时P2P1＝，P2P3＝，
令﹣x2+8＝，
解得：x＝±，
∴此时P1的横坐标的取值范围为﹣+≤x≤．
【点评】本题考查二次函数的应用，掌握待定系数法求函数解析式，准确识图，确定关键点的坐标，利用数形结合思想解题是关键．
21．（2023•蚌山区校级二模）在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，连接CE．
（1）如图1，若点D在BC边上，AC，BE相交于F点．
①求证：BD＝CE；
②若AF＝DF，AB＝5，BC＝6，求BD的长．
（2）如图2，若∠BAC＝90°，M为BE的中点，连接AM，求证：AM⊥CD．
【分析】（1）①利用“SAS”证明△DAB≌△EAC，由全等三角形的性质即可证明BD＝CE；
②设BD＝x，则CD＝AD＝6﹣x，证明△ABD∽△DCF，列比例式，表示DF和CF的长，根据AC＝5，列方程可解答；
（2）如图2，将△ACD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，延长DC交EF于点G，DG，AE交于点H，则△ADC≌△AEF，再根据三角形的中位线定理可得结论．
【解答】（1）①证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD＝CE；
②解：∵AB＝AC，AD＝AE，
∴∠B＝∠ACB，∠ADE＝∠AED，
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠B＝∠ADE，
∵∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵∠B＝∠DCF，
∴△ABD∽△DCF，
∵AF＝DF，
∴∠ADF＝∠DAF，
∵∠ADF＝∠B＝∠ACD，
∴∠ACD＝∠DAF，
∴AD＝CD，
设BD＝x，则CD＝AD＝6﹣x，
∵△ABD∽△DCF，
∴＝＝，即＝＝，
∴CF＝，DF＝，
∵DF+CF＝AC＝AB＝5，
∴+＝5，
解得：x＝，
∴BD＝；
（2）证明：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，
如图2，将△ACD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，延长DC交EF于点G，DG，AE交于点H，
∴△ADC≌△AEF，
∴∠ADC＝∠AEF，即∠ADH＝∠AEF，
∵∠GHE＝∠AHD，
∴∠HGE＝∠DAE＝90°，
∴CD⊥EF，
∵M是BE的中点，AF＝AC＝AB，
∴AM∥EF，
∴AM⊥CD．
【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，旋转的性质，直角三角形两锐角互余等知识，解题关键是证明△DAB≌△EAC，熟练运用全等三角形的性质解决问题．
22．（2023•怀远县校级模拟）在△ABC和△EDC中，∠ACB＝∠ECD＝90°，BC＝k•AC，CD＝k•CE．
（1）如图1，当k＝1时，探索AE与BD的关系；
（2）如图2，当k≠1时，请探索AE与BD的关系，并证明；
（3）如图3，在（2）的条件下，分别在BD、AE上取点M、N，使得BD＝m•MD，AE＝m•NE，试探索CN与CM的关系，并证明．
【分析】（1）取k＝1时，BC＝AC，CD＝CE．由∠BCD+∠BCE＝∠ACE+∠BCE＝90°，得知∠BCD＝∠ACE，从而证明△ACE≌△BCD（SAS）；然后根据全等三角形的对应变相等，对应角相等求得AE＝BD，∠CAE＝∠CBD；最后延长AE交BD于点G构建三角形ABG，根据三角形的内角和求得∠AGB＝90°，即AE⊥BD；
（2）当k≠1时，BC＝k•AC，CD＝k•CE．求得＝＝k，由∠BCD+∠BCE＝∠ACE+∠BCE＝90°，得知∠BCD＝∠ACE，从而证明△ACE∽△BCD；然后根据相似三角形的对应变相等，对应角相等求得AE＝BD，∠CAE＝∠CBD；最后延长AE交BD于点G构建三角形ABG，根据三角形的内角和求得∠AGB＝90°，即AE⊥BD；
（3）在（2）的基础上，求得△ACE∽△BCD，又BD＝m•MD，AE＝m•NE，所以＝，∠CDB＝∠CEA，从而证明△CNE∽△CMD，然后根据相似三角形的对应角相等求得∠BCM＝∠ACN，所以∠NCM＝∠BCN+∠ACE＝∠ACB＝90°，即∠NCM＝90°．
【解答】解：（1）当k＝1时，结论：AG⊥BD，即AE⊥BD．
理由：∵∠BCD+∠BCE＝∠ACE+∠BCE＝90°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS）；
∴AE＝BD（对应边相等），
∠CAE＝∠CBD（对应角相等）；
如图1中，延长AE交BD于点G．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠BAC＝90°；
在△ABG中，
∠ABG+∠BAG＝∠ABC+∠BAG+∠CBD＝∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴AG⊥BD，即AE⊥BD；
（2）当k≠1时，结论：AG⊥BD，即AE⊥BD．
理由：∵BC＝k•AC，CD＝k•CE，
∴＝＝k，
在△ACE与△BCD中，
∠BCD+∠BCE＝∠ACE+∠BCE＝90°，
∴∠BCD＝∠ACE，
∴△ACE∽△BCD，
∴∠CAE＝∠CBD（对应角相等）；
如图2中，延长AE交BD于点G．
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠BAC＝90°；
在△ABG中，
∠ABG+∠BAG＝∠ABC+∠BAG+∠CBD＝∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴AG⊥BD，即AE⊥BD；
（3）结论：CN⊥CM．
理由：如图3中，∵△ACE∽△BCD（SAS），
∴∠CDB＝∠CEA（相似三角形的对应角相等），
∴＝（相似三角形的对应边成比例）；
又∵BD＝m•MD，AE＝m•NE，
∴＝，
∴＝；
在△CNE和△CMD中，
＝，∠CDB＝∠CEA，
∴△CNE∽△CMD，
∴∠MCD＝∠NCE；
∴∠BCM＝∠ACN，
∴∠NCM＝∠BCN+∠ACE＝∠ACB＝90°，即∠NCM＝90°，
∴CN⊥CM．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．解答此题时，关键是根据全等三角形或相似三角形的对应角相等求得∠AGB＝90°，∠NCM＝90°．从而证明AE⊥BD，CN⊥CM．
23．（2023•安徽模拟）在Rt△ACB和Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝BC，CD＝CE．
（1）如图1，连接AE，BD，试写出AE与BD之间的关系： AE＝BD，AE⊥BD ；
（2）如图2，若点F，G分别是AB，DE的中点，连接FG，AE，求证：AE＝FG；
（3）如图3，连接AD，BE，点N为BE的中点，连接CN，求证：CN＝AD，CN⊥AD．
【分析】（1）结论：AE＝BE，AE⊥BD．如图1中，设AE交BC于点O，AE交BD于点T．证明△ACE≌△BCD（SAS），推出AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，可得结论；
（2）证明连接CG，CF．证明△ACE∽△BCG，推出＝＝，可得结论；
（3）延长CN到T，使得CN＝NT，连接ET，BT．证明△DCA≌△CET（SAS），推出DA＝CT，∠DAC＝∠CTE，可得结论．
【解答】（1）解：结论：AE＝BE，AE⊥BD．
理由：如图1中，设AE交BC于点O，AE交BD于点T．
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD，
∵∠CAO+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOT，
∴∠CBD+∠NOT＝90°，
∴∠ATB＝90°，
∴AE⊥BD．
故答案为：AE＝BD，AE⊥BD；
（2）证明：连接CG，CF．
∵△ACB，△DCE都是等腰直角三角形，AF＝FB，DG＝GE，
∴∠BCF＝∠ACF＝45°，∠GCE＝∠GCD＝45°，
∴∠GCF＝∠BCF+∠ECB+∠GCE＝90°+∠ECB，
∵∠ACE＝90°+∠ECB，
∴∠ACE＝∠FCG，
∵＝＝，
∴△ACE∽△BCG，
∴＝＝，
∴AE＝FG；
（3）证明：延长CN到T，使得CN＝NT，连接ET，BT．
∵CN＝NT，EN＝NB，
∴四边形BCET是平行四边形，
∴BC＝ET，BC∥ET，
∴∠BCE+∠CET＝180°，
∵∠DCA+∠BCE＝180°，
∴∠DCA＝∠CET，
∵CD＝CE，CA＝CB＝ET，
∴△DCA≌△CET（SAS），
∴DA＝CT，∠DAC＝∠CTE，
∵CN＝CT，
∴CN＝AD，
∵BC∥ET，
∴∠BCT＝∠ETC，
∵∠ACK+∠BCT＝90°，
∴∠DAC+∠ACK＝90°，
∴∠AKC＝90°，
∴CT⊥AD．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
24．（2023•杜集区校级模拟）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点D为BC边上一点．
（1）如图1，若AD＝AM，∠DAM＝120°．
①求证：BD＝CM；
②若∠CMD＝90°，求的值；
（2）如图2，点E为线段CD上一点，且CE＝1，AB＝2，∠DAE＝60°，求DE的长．
【分析】（1）①利用SAS证明△ABD≌△ACM可得结论；
②由①知：△ABD≌△ACM，得∠ACM＝∠B＝30°，根据直角三角形含30°角的性质可得CD＝2BD，从而得结论；
（2）介绍两种解法：
解法一：如图2，过点E作EG⊥AC于G，过A作AF⊥BC于F，证明△ADF∽△AEG，列比例式可得DF的长，由勾股定理可得EF的长，相加可得结论；
解法二：如图3，作辅助线构建全等三角形，由（1）同理得△ABD≌△ACM，设CQ＝x，则CM＝2x，QM＝x，证明△ADE≌△AME（SAS），得EM＝DE＝5﹣2x，最后利用勾股定理列方程可解答．
【解答】（1）①证明：如图1，
∵∠BAC＝∠DAM＝120°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAM﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAM，
∵AB＝AC，AD＝AM，
∴△ABD≌△ACM（SAS），
∴BD＝CM；
②解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACD＝30°，
由①知：△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°，
∴∠DCM＝60°，
∵∠CMD＝90°，
∴∠CDM＝30°，
∴CM＝CD，
∵BD＝CM，
∴＝；
（2）解：解法一：如图2，过点E作EG⊥AC于G，过A作AF⊥BC于F，
Rt△CEG中，∠C＝30°，CE＝1，
∴EG＝CE＝，CG＝，
∵AC＝AB＝2，
∴AG＝AC﹣CG＝2﹣＝，
∵AF⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
∴AF＝AC＝，
∵∠DAE＝∠FAC＝60°，
∴∠DAF＝∠EAG，
∵∠AFD＝∠AGE＝90°，
∴△ADF∽△AEG，
∴，即＝，
∴DF＝，
由勾股定理得：AE2＝AF2+EF2＝AG2+EG2，
∴，
解得：EF＝2或﹣2（舍），
∴DE＝DF+EF＝+2＝；
解法二：如图3，线段AD绕点A逆时针旋转120°到AM，连接CM，EM，过M作MQ⊥BC于Q，
由（1）同理得△ABD≌△ACM，
∴∠ACM＝∠B＝30°＝∠ACB，∠BAD＝∠CAM，
∴∠MCQ＝60°，
Rt△QMC中，CQ＝CM，
由图2知：AB＝2，AF＝，
由勾股定理得得：BF＝CF＝3，
∵CE＝1，
∴BE＝3+3﹣1＝5，
设CQ＝x，则CM＝BD＝2x，QM＝x，
∴EQ＝x﹣1，
∵∠DAE＝60°，∠BAC＝120°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠EAC+∠CAM＝60°，
∴∠DAE＝∠EAM，
∵AD＝AM，AE＝AE，
∴△ADE≌△AME（SAS），
∴EM＝DE＝5﹣2x，
由勾股定理得：EM2＝EQ2+QM2，
∴（x）2+（x﹣1）2＝（5﹣2x）2，
解得：x＝，
∴DE＝5﹣2x＝．
【点评】本题是三角形的综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解本题的关键．
25．（2023•瑶海区模拟）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB＝4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM＝2DQ．
【分析】（1）如图1，连接对角线BD，先证明△ABD是等边三角形，根据E是AB的中点，由等腰三角形三线合一得：DE⊥AB，利用勾股定理依次求DE和EC的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△ADH是等边三角形，再由△AMN是等边三角形，得条件证明△ANH≌△AMD（SAS），则HN＝DM，根据DQ是△CHN的中位线，得HN＝2DQ，由等量代换可得结论．
【解答】解：（1）如图1，连接BD，则BD平分∠ABC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AD＝4，
∵E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
由勾股定理得：DE＝＝2，
∵DC∥AB，
∴∠EDC＝∠DEA＝90°，
在Rt△DEC中，DC＝4，
EC＝＝＝2；
（2）如图2，延长CD至H，使CD＝DH，连接NH、AH，
∵AD＝CD，
∴AD＝DH，
∵CD∥AB，
∴∠HDA＝∠BAD＝60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴AH＝AD，∠HAD＝60°，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM＝AN，∠NAM＝60°，
∴∠HAN+∠NAG＝∠NAG+∠DAM，
∴∠HAN＝∠DAM，
在△ANH和△AMD中，
∵，
∴△ANH≌△AMD（SAS），
∴HN＝DM，
∵D是CH的中点，Q是NC的中点，
∴DQ是△CHN的中位线，
∴HN＝2DQ，
∴DM＝2DQ．
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线、三角形全等的性质和判定、等边三角形的性质和判定，本题证明△ANH≌△AMD是关键，并与三角形中位线相结合，解决问题；第二问有难度，注意辅助线的构建．
26．（2023•庐阳区一模）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．
（1）求∠AFC的大小；
（2）过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．
①求证：DG∥CF；
②连接OD，若OD⊥DG，求sinα的值．
【分析】（1）由轴对称的性质可得AB＝BF，BE⊥AF，可求∠CBF＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可求解；
（2）①通过证明点A，点D，点G，点C四点共圆，可得∠AGD＝∠ACD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠AFB＝90°﹣α，可得∠CFG＝45°＝∠DGA，可证DG∥CF；
②先证明△ODG和△CFG均为等腰直角三角形，可得：DO＝DG，FG＝CG，再证明△DAO≌△DCG（SAS），可得AO＝CG，再由对称可得AO＝OF，进而推出AF＝2DF，利用勾股定理可得AD＝DF，再利用三角函数定义即可求得答案．
【解答】（1）解：如图1，连接BF，
∵点A关于直线BE的对称点为点F，
∴AB＝BF，BE⊥AF，
∴∠ABE＝∠EBF＝α，
∴∠BFA＝90°﹣α，∠CBF＝90°﹣2α，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∴BF＝BC，
∴∠BFC＝＝＝45°+α，
∴∠AFC＝∠BFA+∠BFC＝90°﹣α+45°+α＝135°；
（2）①证明：如图2，连接AC，BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，
∵CG⊥AF，
∴∠CGA＝∠ADC＝90°，
∴点A，点D，点G，点C四点共圆，
∴∠AGD＝∠ACD＝45°，
由（1）知∠AFC＝135°，
∴∠CFG＝45°＝∠DGA，
∴DG∥CF；
②解：如图3，连接BF，DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠BAD＝∠ADC＝90°，
由①知：∠AGD＝∠CFG＝45°，
∵OD⊥DG，CG⊥FG，
∴∠ODG＝∠CGF＝90°，
∴△ODG和△CFG均为等腰直角三角形，
∴DO＝DG，FG＝CG，
∵∠ADO+∠OAC＝∠CDG+∠OAC＝90°，
∴∠ADO＝∠CDG，
∵DA＝DC，
∴△DAO≌△DCG（SAS），
∴AO＝CG，
∵点A关于直线BE的对称点为点F，
∴AO＝OF，
∴AO＝OF＝FG，
∴DF⊥OG，DF＝OF＝AF，
∴∠AFD＝90°，AF＝2DF，
在Rt△ADF中，AD＝＝＝DF，
∵∠ABE+∠BAO＝∠DAF+∠BAO＝90°，
∴∠DAF＝∠ABE＝α，
∴sinα＝sin∠DAF＝＝＝．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数定义，圆的有关知识，等腰直角三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27．（2023•安徽一模）如图1，在菱形ABCD中，点P为射线AC上的一点，连接DP，过点P作PM，使得∠DPM+∠BAD＝180°，PM与射线BC交于点M，以PD，PM为邻边作平行四边形DPMN．
（1）求证：四边形DPMN为菱形；
（2）如图2，∠BAD＝90°，连接CN，猜想CN与AP之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当点P在AC的延长线上时，如图3，AB＝3，，求PN的长度．
【分析】（1）延长DN交BC于点H，作AD的延长线AQ，连接BP，利用菱形的性质、平行四边形的性质以及平行线的性质证明∠PDC＝∠QDH＝∠DHB＝∠PMB，证明△CPD≌△CPB得出∠CBP＝∠CDP＝∠PMB，DP＝BP，利用等边对等角得出PM＝PB＝PD，最后利用菱形的判定即可得证；
（2）先判定菱形ABCD，DPMN是正方形，可得AD＝CD，PD＝ND，∠ADP＝∠CDN，证明△ADP≌△CDN即可得出结论；
（3）类似（2）证明△ADP≌△CDN，得出∠APD＝∠CND，AP＝CN，利用三角形内角和定理可求∠PCN＝90°，然后利用勾股定理求出AC，进而求出AP，CN，最后在Rt△PCN利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：延长DN交BC于点H，作AD的延长线AQ，连接BP，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，CD＝CB，∠ACD＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠QDC，∠QDH＝∠DHB，
∵四边形PMND是平行四边形，
∴PM∥DN，
∴∠DPM+∠PDN＝180°，∠PMB＝∠DHB，
又∠DPM+∠BAD＝180°，
∴∠PDN＝∠BAD＝∠QDC，
∴∠PDN+∠NDC＝∠QDC+∠NDC，即∠PDC＝∠QDH，
又∠PMB＝∠DHB，∠QDH＝∠DHB，
∴∠PDC＝∠PMB，
∵CD＝CB，∠ACD＝∠ACB，CP＝CP，
∴△CPD≌△CPB（SAS），
∴∠CBP＝∠CDP＝∠PMB，DP＝BP，
∴PM＝PB＝PD，
∴平行四边形PMND是菱形；
（2）解：CN＝AP，理由如下：
如图2中，当∠BAD＝90°时，菱形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°
由（1）可知∠PDN＝∠BAD＝90°，则菱形PMND也是正方形，
∴∠ADC＝∠PDN＝90°，AD＝CD，PD＝ND，
∴∠ADP＝∠CDN，
∴△ADP≌△CDN（SAS），
∴AP＝CN；
（3）解：如图3中，由（2）可知∠ADC＝∠PDN＝90°，AD＝CD，PD＝ND，
∴∠ADP＝∠CDN，
∴△ADP≌△CDN（SAS），
∴∠APD＝∠CND，AP＝CN，
∵∠DNC+∠PNC+∠DPN＝180°﹣∠PDN＝90°，
∴∠APD+∠PNC+∠DPN＝90°，
∴∠PCN＝90°，
∵正方形ABCD的边AB＝3，
∴，
又，
∴，
∴．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
28．（2023•蚌山区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，AD⊥CD，边BC上的点E满足AB＝AE且DC＝DE，CH为△CDE的一条高线．
（1）若AE∥CD，求证：
①AD＝CH，
②BH⊥AE；
（2）如图2，点F在线段CH上且BF＝CF，求证：四边形ABFD为平行四边形．
【分析】（1）①证明△ADE≌△HCD，从而得出结论；
②证明DH＝AE＝AB，AB∥DE，从而得出四边形ABHD是平行四边形，从而得出BH∥AD，进而得出结论；
（2）射线DA上截取DG＝CF，作EM⊥CD于M，可证得EM∥AD，可证得∠FBC＝∠FCB＝∠CEM，从而得出EM∥BF，从而BF∥AD，从而得出四边形GBFD是平行四边形，从而BG＝DF，可证明△GED≌△FDC，从而得出EG＝DF，从而BG＝GE，从而得出点G和点A重合，从而得出结论．
【解答】证明：（1）①∵AE∥CD，
∴∠CDH＝∠AED，
∵AD⊥CD，
∴AD⊥AE，
∵CH⊥DE，
∴∠DAE＝∠CHD＝90°，
∵CD＝DE，
∴△ADE≌△HCD（AAS），
∴AD＝CH；
②∵AE∥CD，
∴∠DCE＝∠AEB，
∵AB＝AE，DE＝DC，
∴∠ABE＝∠AEB，∠DEC＝∠DCE，
∴∠DEC＝∠ABE，
∴DE∥AB，
由①得：△ADE≌△HCD，
∴DH＝AE，
∴DH＝AB，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴BH∥AD，
∵AE⊥AD，
∴BH⊥AE；
（2）如图，
射线DA上截取DG＝CF，作EM⊥CD于M，
∵AD⊥CD，CH⊥DE，
∴∠ADC＝∠CHD＝90°，EM∥AD，
∴∠GDE+∠CDE＝90°，∠DCF+∠CDE＝90°，
∴∠GDE＝∠DCF，
∵DE＝DC，
∴△GED≌△FDC（SAS），
∴DF＝GE，
∵DE＝DC，
∴∠DAC＝∠DCE，
∵∠CHE＝∠EMC＝90°，
∴∠ECH＝∠CEM，
∵BF＝CF，
∴∠FBC＝∠FCE，
∴∠FBC＝∠CEM，
∴EM∥BF，
∴AD∥BF，
∴四边形GBFD是平行四边形，
∴BG＝DF，
∴BG＝GE，
∴点G和点A重合，
∴四边形ABFD是平行四边形．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
29．（2023•合肥一模）如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB＝AC＝BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB＝MN．
（1）求证：BN平分∠ABE；
（2）连接DN，若BD＝1，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
（3）如图②，若点F为为AB的中点，连接FN、FM，求的值．
【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，由等腰三角形三线合一知AM⊥BC，从而根据∠MAB+∠ABC＝∠EBC+∠ACB知∠MAB＝∠EBC，再由△MBN为等腰直角三角形知∠EBC+∠NBE＝∠MAB+∠ABN＝∠MNB＝45°可得证；
（2）设BM＝CM＝MN＝a，知DN＝BC＝2a，证△ABN≌△DBN得AN＝DN＝2a，Rt△ABM中利用勾股定理可得a的值，从而得出答案；
（3）F是AB的中点知MF＝AF＝BF及∠FMN＝∠MAB＝∠CBD，再由，即，得△MFN∽△BDC，即可得证．
【解答】（1）证明：如图①，∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵M是BC的中点，
∴AM⊥BC，
在Rt△ABM中，∠MAB+∠ABC＝90°，
在Rt△CBE中，∠EBC+∠ACB＝90°，
∴∠MAB＝∠EBC，
∵MB＝MN，
∴△MBN是等腰直角三角形，
∴∠MNB＝∠MBN＝45°，
∵∠EBC+∠NBE＝∠MAB+∠ABN＝∠MNB＝45°，
∴∠NBE＝∠ABN，即BN平分∠ABE；
（2）解：设BM＝CM＝MN＝a，
∵四边形DNBC是平行四边形，
∴DN＝BC＝2a，
在△ABN和△DBN中，
∵，
∴△ABN≌△DBN（SAS），
∴AN＝DN＝2a，
在Rt△ABM中，由AM2+MB2＝AB2，可得：（2a+a）2+a2＝1，
解得：a＝±（负值舍去），
∴BC＝2a＝；
（3）解：∵F是AB的中点，
∴在Rt△MAB中，MF＝AF＝BF，
∴∠MAB＝∠FMN，
∵∠MAB＝∠CBD，
∴∠FMN＝∠CBD，
∵，即，
∴△MFN∽△BDC，
∴＝＝．
【点评】本题属于四边形的综合题，解题的关键是掌握等腰三角形三线合一的性质、直角三角形和平行四边形的性质及全等三角形与相似三角形的判定与性质等知识点．
30．（2023•定远县一模）如图，△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝20，D为BC边中点，ED⊥FD．
（1）如图1，当E，F分别在△ABC的边AB和AC上时，
①求证：DE＝DF
②在∠EDF绕点D旋转的过程中，四边形AEDF的面积是否发生改变？若没有变化，求出四边形AEDF的面积；若有变化，请说明理由．
（2）如图2，当E，F分别在△ABC的边AB、AC的延长线上时，
①探索DE和DF之间的数量关系；
②设BE长为x，四边形AFED的面积为S，请探究S与x的关系式．
【分析】（1）①连接AD，根据等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠CAD＝∠C＝∠B，AD＝CD＝BD，再由ED⊥FD，可得到∠ADE＝∠CDF，从而可证得△ADE≌△CDF，即可；②根据△ADE≌△CDF，可得S△EDA＝S△FDC，从而得到S四边形AEDF＝S△ACD，再求出S△ACD，即可求解；
（2）①由（1）得∠BAD＝∠DBA＝45°，可得到∠DAF＝∠DBE，再由∠ADF＝∠BDE，可得到△ADF≌△BDE，即可；②过点D作DH⊥AB于点H，根据△ADF≌△BDE，可得AF＝BE＝x，从而得到AE＝x+20，再根据S＝S△AEF+S△ADE，即可求解．
【解答】（1）①证明：如图，连接AD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝20，D为BC中点，
∴AD是∠BAC的平分线，∠B＝∠C＝45°，
∴∠BAD＝∠CAD＝45°，∠ADC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠C＝∠B，
∴AD＝CD＝BD，
∵ED⊥FD，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE＝DF；
②解：在∠EDF绕着点D旋转的过程中，四边形AEDF的面积不发生改变，此时四边形AEDF的面积为25，
∵△ADE≌△CDF，
∴S△EDA＝S△FDC，
∴S四边形AEDF＝S△ACD，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝20，
∴，
∴，，
在∠EDF绕着点D旋转的过程中，四边形AEDF的面积不发生改变，此时四边形AEDF的面积为100；
（2）解：①由（1）得∠BAD＝∠DBA＝45°，
∴∠DAF＝90°+45°＝135°，∠DBE＝180°﹣45°＝135°，DA＝DB，
∴∠DAF＝∠DBE，
∵∠ADF+∠BDF＝∠BDE+∠BDF＝90°，
∴∠ADF＝∠BDE，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴DF＝DE，
②如图，过点D作DH⊥AB于点H，
∵△ADF≌△BDE，
∴AF＝BE＝x，
∴AE＝x+20，
∵∠ADB＝90°，DA＝DB，
∴∠ADH＝∠BDH＝∠BAD＝∠ABD＝45°，
∴DH＝BH＝AH＝10，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
31．（2023•金安区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠DCB，点E为BC上一点，且DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF＝BF．
（1）求证：△ADE≌△FCD；
（2）如图（2），连接DB交AE于点G．
①若AG＝DC．求证：BC平分∠DBF；
②若DB∥CF，求的值．
【分析】（1）先证DE＝CD，再证四边形ABFD是平行四边形，则AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，然后证∠ABF＝∠DCF，则∠ADE＝∠FCD，由SAS即可得出结论；
（2）①连接CG，先证四边形AGCD是平行四边形，得CG∥AD，CG＝AD，再证四边形BFCG是平行四边形，然后证平行四边形BFCG是菱形，即可得出结论；
②先证△ABE∽△DEC，得＝，再由AB＝DF，得＝，进而证△BDE∽△CFE，得＝＝，则＝，然后求出＝，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠DCB，
∴∠DEC＝∠DCB，
∴DE＝CD，
∵DE∥AB，BF∥AD，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，
∵CF＝BF，
∴∠FBC＝∠FCB，AD＝CF，
∴∠ABC+∠FBC＝∠DCB+∠FCB，
即∠ABF＝∠DCF，
∴∠ADE＝∠FCD，
在△ADE和△FCD中，
，
∴△ADE≌△FCD（SAS）；
（2）①证明：如图2，连接CG，
由（1）得：△ADE≌△FCD，
∴∠DEA＝∠CDF，
∴AE∥CD，
∵AG＝DC，
∴四边形AGCD是平行四边形，
∴CG∥AD，CG＝AD，
∵AD＝BF，AD∥BF，
∴CG∥BF，CG＝BF，
∴四边形BFCG是平行四边形，
∵CF＝BF，
∴平行四边形BFCG是菱形，
∴BC平分∠DBF；
②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD，
∴∠AED＝∠FDC，
∵DE∥AB，
∴∠BAE＝∠AED，∠ABE＝∠DEC，
∴∠BAE＝∠FDC，
∴△ABE∽△DEC，
∴＝，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴AB＝DF，
∴＝，
由①可知，四边形BFCG是平行四边形，
∴BD∥FC，
∴△BDE∽△CFE，
∴＝＝，
∴＝，
∵DF＝DE+EF，
∴＝，
即DE2＝DE•EF+EF2，
两边除以DE2得：1＝+（）2，
解得：＝或＝（舍去），
∴＝＝．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
32．（2023•定远县模拟）如图，在△ACB和△ABD中，∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC＝2，AB＝BD，P为AC上一点（不与点A、C重合），连接PB，作PB⊥BQ交AD于点Q．
（1）求证：PB＝BQ；
（2）求证：AP+AQ＝2BC；
（3）如图2，若P为AC的中点，连接CQ分别交BP、AB于点E、F，求的值．
【分析】（1）只要证明△ABP≌△DBQ（ASA），即可解决问题．
（2）如图1中，作BG⊥AD于G．首先证明四边形ACBG是正方形，再利用直角三角形斜边中线的性质，证明AD＝2BC，结合全等三角形的性质即可证明．
（3）如图2中，作BG⊥AD于G，交CQ于H，连接AE．由△PCE∽△BHE，△ACF∽△BHF，推出＝＝，＝＝，＝，＝，设S△BEF＝2x，用x表示△BEF，四边形APEF的面积即可．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC，AB＝BD，
∴∠BAP＝∠D＝45°，
∵PB⊥BQ，
∴∠PBQ＝∠ABD＝90°，
∴∠ABP＝∠DBQ，
∵BA＝BD，
∴△ABP≌△DBQ（ASA），
∴PB＝BQ．
（2）证明：如图1中，作BG⊥AD于G．
∵△ACB，△ABD都是等腰直角三角形，
∴∠BAD＝∠BAC＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∵∠C＝∠AGB＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝CB，
∴四边形ACBG是正方形，
∴BC＝BG，
∵∠ABD＝90°，AB＝BD，BG⊥AD，
∴BG＝GA＝GD，
∴AD＝2BC，
∵△ABP≌△DBQ，
∴AP＝DQ，
∴AP+AQ＝AD＝2BC．
（3）解：如图2中，作BG⊥AD于G，交CQ于H，连接AE．
∵P为AC 中点，BG＝BC＝2
∴AP＝PC＝QD＝GQ＝BC＝1，AG＝BG＝2，
∵GQ∥BC，
∴△GHQ∽△BHC，
∴＝＝，
∴BH＝BG＝，
∵PC∥BH，
∴△PCE∽△BHE，△ACF∽△BHF，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，＝，设S△BEF＝2x
∴S△APE＝（3x+2x）＝x，
∴＝＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
33．（2023•定远县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD中心在原点，且顶点A的坐标为（1，1）．动点P、Q分别从点A、B同时出发，绕着正方形的边按顺时针方向运动，当P点回到A点时两点同时停止运动，运动时间为t秒．连接OP、OQ，线段OP、OQ与正方形的边围成的面积较小部分的图形记为M．
（1）请写出B、C、D点的坐标；
（2）若P、Q的速度均为1个单位长度/秒，试判断在运动过程中，M的面积是否发生变化，如果不变求出该值，如果变化说明理由；
（3）若P点速度为2个单位长度/秒，Q点为1个单位长度/秒，当M的面积为时，求t的
值．
【分析】（1）利用正方形的性质，骨科B、C、D的位置写出坐标即可；
（2）只要证明△OAP≌△OBQ，可得S△OAP＝S△OBQ，推出SM＝S△OAB＝S正方形ABCD＝1；
（3）分两种情形：①当点P在线段AB上，点Q在线段BC上时，②当点P、Q在CD上时，分别构建方程即可解决问题；
【解答】解：（1）由题意B（1，﹣1），C（﹣1，﹣1），D（﹣1，1）；
（2）M的面积不发生变化．
理由：如图，连接OA、OB．
∵四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，
∴OA＝OB，∠OAP＝∠OBQ＝45°，
∵AP＝BQ，
∴△OAP≌△OBQ，
∴S△OAP＝S△OBQ，
∴SM＝S△OAB＝S正方形ABCD＝1．
∴M的面积S是定值，定值为1．
（3）①当点P在线段AB上，点Q在线段BC上时，
由题意：•（2﹣2t）•1+•t•1＝，
解得t＝．
②当点P、Q在CD上时，
由题意：（2t﹣t﹣2）•1＝，
解得t＝，
综上所述，t＝或时，M的面积为．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
34．（2023•南谯区校级一模）如图，在四边形OABC中，OA＝OC，∠OAB＝∠OCB＝90°，∠AOC＝120°．过点O作∠DOE＝60°，两边OD，OE分别与边BC，AB所在直线相交于点D，E，连接DE．
（1）AB与BC的数量关系是 AB＝BC ．
（2）如图1，当点D，E分别在边BC，AB上时，可得出结论AE+CD＝DE，请证明这个结论．（提示：将△AOE绕点O逆时针旋转120°）
（3）如图2，当点D，E分别在边BC，AB的延长线上时，（2）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段AE，CD，DE之间的数量关系．
【分析】（1）证明Rt△OBC≌Rt△OBA（HL），可得结论；
（2）证明△OCD≌△OAT（SAS），推出CD＝AT，∠COD＝∠AOT，OD＝OT，再证明△OED≌△OET（SAS），可得结论；
（3）结论：DE＝AE＝CD．证明方法类似（2）．
【解答】（1）解：结论：AB＝BC．
理由：如图1中，连接OB．
在Rt△OBC和Rt△OBA中，
，
∴Rt△OBC≌Rt△OBA（HL），
∴AB＝BC．
故答案为：AB＝BC；
（2）证明：延长BA到T，使得AT＝CD．
在△OCD和△OAT中，
，
∴△OCD≌△OAT（SAS），
∴CD＝AT，∠COD＝∠AOT，OD＝OT，
∴∠AOC＝∠DOT，
∵∠AOC＝120°，∠DOE＝60°
∴∠DOE＝∠AOC＝∠DOT，
∴∠DOE＝∠EOT，
在△OED和△EOT中，
，
∴△OED≌△OET（SAS），
∴DE＝ET＝AE+AT＝AE+CD．
（3）解：结论：DE＝AE＝CD．
理由：在AE上截取AT，使得AT＝CD．
在△OCD和△OAT中，
，
∴△OCD≌△OAT（SAS），
∴CD＝AT，∠COD＝∠AOT，OD＝OT，
∴∠AOC＝∠DOT，
∵∠AOC＝120°，∠DOE＝60°
∴∠DOE＝∠AOC＝∠DOT，
∴∠DOE＝∠EOT，
在△OED和△EOT中，
，
∴△OED≌△OET（SAS），
∴DE＝ET＝AE﹣AT＝AE﹣CD．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会条件常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
35．（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【分析】（1）利用AAS证明△DOE≌△BOC，得DE＝BC，从而得出四边形BCDE是平行四边形，再根据CD＝CB，即可证明结论；
（2）（i）根据线段垂直平分线的性质得，AE＝EC，ED＝EB，则∠AED＝∠CED＝∠BEC，再根据平角的定义，可得答案；
（ii）利用AAS证明△ABF≌△ACE，可得AC＝AB，由AE＝AF，利用等式的性质，即可证明结论．
【解答】（1）证明：设CE与BD交于点O，
∵CB＝CD，CE⊥BD，
∴DO＝BO，
∵DE∥BC，
∴∠DEO＝∠BCO，
∵∠DOE＝∠BOC，
∴△DOE≌△BOC（AAS），
∴DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵CD＝CB，
∴平行四边形BCDE是菱形；
（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，
∴AE＝EC且DE⊥AC，
∴∠AED＝∠CED，
又∵CD＝CB且CE⊥BD，
∴CE垂直平分DB，
∴DE＝BE，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，
又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，
∴∠CED＝；
（ii）证明：由（i）得AE＝EC，
又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，
∴∠ACE＝30°，
同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，
∴∠ACE＝∠ABF＝30°，
在△ACE与△ABF中，
，
∴△ABF≌△ACE（AAS），
∴AC＝AB，
又∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
36．（2022•安徽）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为BA的延长线上一点，连接CD．
（1）如图1，若CO⊥AB，∠D＝30°，OA＝1，求AD的长；
（2）如图2，若DC与⊙O相切，E为OA上一点，且∠ACD＝∠ACE．求证：CE⊥AB．
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系可求出OD，进而求出AD；
（2）根据切线的性质可得OC⊥CD，再根据等腰三角形的性质可得∠OCA＝∠OAC，由各个角之间的关系以及等量代换可得答案．
【解答】解：（1）∵OA＝1＝OC，CO⊥AB，∠D＝30°，
∴OD＝•OC＝，
∴AD＝OD﹣OA＝﹣1；
（2）∵DC与⊙O相切，
∴OC⊥CD，
即∠ACD+∠OCA＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵∠ACD＝∠ACE，
∴∠OAC+∠ACE＝90°，
∴∠AEC＝90°，
即CE⊥AB．
【点评】本题考查切线的性质，直角三角形的边角关系以及等腰三角形的性质，掌握直角三角形的边角关系、等腰三角形的性质是解决问题的前提．
37．（2023•蚌山区模拟）如图，在△ABC中，O是内心，点E，F都在大边BC上，已知BF＝BA，CE＝CA．
（1）求证：O是△AEF的外心；
（2）若∠B＝40°，∠C＝30°，求∠EOF的大小．
【分析】（1）连接OA、OB、OC、OE、OF，证△ABO≌△FBO，推出OA＝OF，OA＝OF即可；
（2）根据三角形的内角和定理求出∠AFE＝90°﹣∠B，∠AEF＝90°﹣∠C，再根据三角形的内角和定理求出即可．
【解答】解：（1）证明：连接OA、OB、OC、OE、OF，
∵O是△ABC的内心，
∴∠OBA＝∠FBO，
在△ABO和△FBO中
∴△ABO≌△FBO（SAS），
∴OA＝OF，
同理OA＝OE，
∴OA＝OE＝OF，
∴O是△ABC的外心．
（2）∵O是△AEF的外心，
∴∠EOF＝2∠EAF，
在等腰三角形BO⊥AF，
∴∠AFE＝90°﹣∠B，
同理∠AEF＝90°﹣∠C，
∴∠EOF＝2∠EAF＝2（180°﹣∠AEF﹣∠AFE），
＝[180°﹣（90°﹣∠C）﹣（90°﹣∠B）＝2（∠B+∠C）＝70°，
答：∠EOF的度数是70°．
【点评】本题主要考查对三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
38．（2023•滁州二模）如图1，已知等边△ABC的边长为1，D、E、F分别是AB、BC、AC边上的点（均不与点A、B、C重合），记△DEF的周长为p．
（1）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上的中点，则p＝ ；
（2）若D、E、F分别是AB、BC、AC边上任意点，则p的取值范围是 ≤p＜3 ．
小亮和小明对第（2）问中的最小值进行了讨论，小亮先提出了自己的想法：将△ABC以AC边为轴翻折一次得△AB1C，再将△AB1C以B1C为轴翻折一次得△A1B1C，如图2所示．则由轴对称的性质可知，DF+FE1+E1D2＝p，根据两点之间线段最短，可得p≥DD2．老师听了后说：“你的想法很好，但DD2的长度会因点D的位置变化而变化，所以还得不出我们想要的结果．”小明接过老师的话说：“那我们继续再翻折3次就可以了”．请参考他们的想法，写出你的答案．
【分析】（1）根据三角形的中位线的性质即可求得答案；
（2）根据翻折变换的性质将△ABC翻折5次，再利用梯形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵等边△ABC的边长为1，
∴AB＝AC＝BC＝1，
∵D、E、F分别是AB、BC、AC边上的中点，
∴DE＝AC＝，EF＝AB＝，DF＝BC＝，
∴△DEF的周长为p＝++＝；
（2）
根据题意与由轴对称的性质可知，D2F2+F2E3+E3D4＝p，
∵D2，F2，E3D4分别是各边的中点时，D2、F2、E3、D4共线，
∴当D2与D4分别是A1B1与A2B2的中点时，p最小值为：（A1B2+A2B1）＝，
∵p＜AB+AC+BC＝3，
∴p的取值范围是：≤p＜3．
故答案为：（1），（2）≤p＜3．
【点评】此题考查了三角形与梯形中位线的性质，以及翻折变换的性质．此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想的应用．
39．（2023•定远县校级模拟）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是单位1，△ABC的三个顶点都在格点上，结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（2）将△ABC绕点C逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C，求线段BC旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【分析】（1）先根据关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点，再连接A1B1、A1C1和B1C1即可；
（2）通过构造直角三角形旋转，画出△ABC绕点C逆时针旋转90°后CA的对应线段CA2，CB的对应线段CB2，这样可得到△A2B2C，再利用勾股定理计算出BC，然后根据扇形面积公式计算线段BC旋转过程中扫过的面积．
【解答】解：（1）如图1，
（2）如图2，
BC＝＝，
所以BC扫过的面积S扇形＝＝π．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了扇形面积的计算．
40．（2023•合肥二模）问题背景：如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，在△AEF中，∠AEF＝90°，，连接BF，M是BF中点，连接EM和DM，在△AEF绕点A旋转过程中，线段EM和DM之间存在怎样的数量关系？
观察发现：
（1）为了探究线段EM和DM之间的数量关系，可先将图形位置特殊化，将△AEF绕点A旋转，使AE与AB重合，如图2，易知EM和DM之间的数量关系为 EM＝DM ；
操作证明：
（2）继续将△AEF绕点A旋转，使AE与AD重合时，如图3，（1）中线段EM和DM之间的数量关系仍然成立，请加以证明．
问题解决：
（3）根据上述探究的经验，我们回到一般情况，如图1，在其他条件不变的情况下，上述的结论还成立吗？请说明你的理由．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行证明即可；
（2）延长FE交AB于点G，根据等腰三角形的性质得出∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，证明△AEG≌△AEF（ASA），得出EG＝EF，AG＝AF，证明BG＝CF，根据中位线性质得出，，即可证明结论；
（3）延长FE到点N，使EN＝EF，连接AN，BN，CF，证明△AEN≌△AEF，得出AN＝AF，∠EAN＝∠EAF，证明△NAB≌△FAC（SAS），得出BN＝CF，根据中位线性质得出，，即可证明结论．
【解答】解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠BDF＝90°，
∵M为BF的中点，
∴，
∵∠AEF＝90°，
∴∠BEF＝180°﹣90°＝90°，
∵M为BF的中点，
∴，
∴EM＝DM．
故答案为：EM＝DM．
（2）证明：延长FE交AB于点G，如图所示：
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，BD＝CD，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEG＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AEG＝∠AEF，
∵AE＝AE，∠GAE＝∠FAE，
∴△AEG≌△AEF（ASA），
∴EG＝EF，AG＝AF，
∴AB﹣AG＝AC﹣AF，
即BG＝CF，
∵M为BF的中点，E为GF的中点，
∴，
同理得：，
∴EM＝DM．
（3）成立；理由如下：
延长FE到点N，使EN＝EF，连接AN，BN，CF，如图所示：
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEN＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AEN＝∠AEF，
∵AE＝AE，EN＝EF，
∴△AEN≌△AEF，
∴AN＝AF，∠EAN＝∠EAF，
∴，
∵，
∴∠NAF＝∠BAC，
∴∠NAF﹣∠BAF＝∠BAC﹣∠BAF，
即∠NAB＝∠FAC，
∵AB＝AC，AN＝AF，
∴△NAB≌△FAC（SAS），
∴BN＝CF，
∵M为BF的中点，E为NF的中点，
∴，
根据解析（2）可知，D为BC的中点，
∴，
∴EM＝DM．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线性质，解题的关键是作出辅助线构造全等三角形，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
41．（2023•黄山一模）如图，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上一点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针旋转60°得到线段CQ，连接QB．
（1）求证：AP＝BQ；
（2）连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，
①试猜想BC和BQ的数量关系，并证明；
②若，求PB的长．
【分析】（1）等边三角形的性质可得AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转得CP＝CQ，∠PCQ＝60°，则∠ACB＝∠PCQ＝60°，则∠ACP＝∠BCQ，△ACP≌△BCQ（SAS）；
（2）①连接PQ，旋转得CP＝CQ，∠PCQ＝60°，则△CPQ是等边三角形，PD⊥CQ，CD＝DQ，PD是CQ垂直平分线，即可得到BC＝BQ；
②由（1）得△ACP≌△BCQ，AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP．，求得CP＝4，在Rt△CDP，∠CPD＝30°，，∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，则∠BCQ＝45°，∠CBD＝∠BCQ，BD＝CD＝2，．
【解答】（1）证明：在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ＝60°，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，
即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ；
（2）猜想：①BC＝BQ．
证明：连接PQ，如图：
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴△CPQ是等边三角形，
∵PD⊥CQ，
∴CD＝DQ．
∴PD是CQ垂直平分线，
∵点B在PD上，
∴BC＝BQ；
②由（1）得△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP．
∴，
∵CA⊥AP，
∴∠CAP＝90°，
∴∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∴，
在Rt△CDP中，∠CPD＝90°﹣∠PCQ＝30°，
∴，
∵∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，
∴∠BCQ＝45°．
∵∠CDB＝90°，
∴∠CBD＝45°＝∠BCQ．
∴BD＝CD＝2，
∴．
【点评】此题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
42．（2023•庐江县模拟）（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点（不与点A重合），连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB．
①求证：AP＝BQ；
②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PD⊥CQ，AC＝，求PB的长；
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝45°，将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，连接CD，若AC＝1，BC＝3，求CD长．
【分析】（1）①由“SAS”证得△ACP≌△BCQ（SAS）可得AP＝BQ；
②连接PQ，BQ，由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，可得△CPQ是等边三角形，根据PD⊥CQ，可知DP是CQ的垂直平分线，BC＝BQ，证明△ACP≌△BCQ（SAS），得AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，即得AC＝BC＝BQ＝AP＝，可得CP＝＝2，在Rt△CDP中，CD＝CP＝1，PD＝CD＝，由∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，可得∠CBD＝45°＝∠BCQ，故BD＝CD＝1，从而PB＝PD﹣BD＝﹣1；
（2）在AC的上方作等腰直角△ACE，使得∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，由△ACE是等腰直角三角形，AC＝1，可得CE＝AC＝，∠ACE＝45°，又∠ACB＝45°，知∠BCE＝90°，BE＝＝，证明△ABE≌△ADC（SAS），即得BE＝CD＝．
【解答】（1）①证明：AP＝BQ，理由如下：
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ，
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP＝BQ；
解：②连接PQ，BQ，如图：
由旋转可得，CP＝CQ，∠PCQ＝60°，
∴△CPQ是等边三角形．
∵PD⊥CQ，
∴CD＝DQ．
∴DP是CQ的垂直平分线，
∴BC＝BQ．
在等边△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠PCQ．
∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB，即∠ACP＝∠BCQ．
∵CP＝CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS）．
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°．
∴AC＝BC＝BQ＝AP＝．
∵∠CAP＝90°，
∴CP＝＝2．
在Rt△CDP中，∠CPD＝90°﹣∠PCQ＝30°，
∴CD＝CP＝1，PD＝CD＝．
∵∠CBQ＝∠CAP＝90°，BC＝BQ，
∴∠BCQ＝45°．
∵∠CDB＝90°，
∴∠CBD＝45°＝∠BCQ．
∴BD＝CD＝1．
∴PB＝PD﹣BD＝﹣1；
（2）解：将边AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AD，则∠CAE＝90°，AC＝AE，连接BE，如图：
∵△ACE是等腰直角三角形，AC＝1，
∴CE＝AC＝，∠ACE＝45°．
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°．
在Rt△BCE中，BE＝＝＝．
∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAD+∠DAE＝∠CAE+∠DAE．
即∠BAE＝∠DAC，
∵AB＝AD，AE＝AC，
∴△ABE≌△ADC（SAS）．
∴BE＝CD．
∴CD＝．
【点评】本题主要考查几何变换综合应用，涉及等边三角形性质及应用，全等三角形判定与性质，直角三角形判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
43．（2023•蜀山区模拟）在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC，对角线AC、BD相交于点E，过点C作CF垂直于BD，垂足为F，
且CF＝DF．
（1）求证：△ACD∽△BCF；
（2）如图2，连接AF，点P、M、N分别为线段AB、AF、DF的中点，连接PM、MN、PN．
①求证：∠PMN＝135°；
②若AD＝2，求△PMN的面积．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等，两三角形相似证明即可；
（2）①如图中，延长PM交AD于H，证明四边形MNDH是平行四边形，推出∠HMN＝∠ADB＝45°，推出∠PMN＝135°；
②如图，延长MN，作PG⊥MN交于点G，由△ACD∽△BCF，得出BF＝2，由PM为△ABF中位线，得出PM＝1，同理得出MN＝，再判断出△PMG为等腰直角三角形，得出PG＝，最后根据三角形面积公式即可求出面积．
【解答】（1）证明：∵△ABC、△CDF都是等腰直角三角形，
∴∠BCF＝45°+∠ECF，∠ACD＝45°+∠ECF，
∴∠ACD＝∠BCF，
∵BC：AC＝CF：CD＝1：，
∴BC：CF＝AC：CD，
∴△ACD∽△BCF；
（2）①证明：∵△ACD∽△BCF，
∴∠ADC＝∠BFC＝90°，
∵∠CDF＝45°，
∴∠ADB＝45°，
如图，作PM延长线，交AD于点H，
∵点P、M、N分别为线段AB、AF、DF的中点，
∴MH∥DN、MN∥DH，
∴四边形MNDH为平行四边形，
∴∠HMN＝∠ADB＝45°，
∴∠PMN＝135°；
②如图，作PG⊥NM，交NM延长线于点G，
∵△ACD∽△BCF，
∴，
∴BF＝＝2，
∵PM为△ABF中位线，
∴PM＝BF＝1，
同理MN＝AD＝，
又∵∠PMN＝135°，
∴∠PMG＝180°﹣135°＝45°，
∴PG＝＝，
∴S△PMN＝•MN•PG＝××＝．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题关键是正确寻找相似三角形解决问题．
44．（2023•怀远县校级二模）如图1，D是△ABC的BC边上的中点，过点D的一条直线交AC于F，交BA的延长线于E，AG∥BC交EF于G，我们可以证明EG•DC＝ED•AG成立（不要求考生证明）．
（1）如图2，若将图1中的过点D的一条直线交AC于F，改为交CA的延长线于F，交BA的延长线于E，改为交BA于E，其它条件不变，则EG•DC＝ED•AG还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说出理由；
（2）根据图2，请你找出EG、FD、ED、FG四条线段之间的关系，并给出证明；
（3）如图3，若将图1中的过点D的一条直线交AC于F，改为交CA的反向延长线于F，交BA的延长线于E，改为交BA于E，其它条件不变，则（2）得到的结论是否成立？
【分析】（1）由于BD＝DC，那么本题要证得实际是三角形EAG和EBD相似，因为AG∥BD由此可得证．
（2）本题要根据两组相似三角形来求解，根据AG∥DC，得出的相似三角形FGA和FDC，可得出FG：FD＝AG：DC，根据△EAG∽△BED可得出GE：ED＝AG：BD，由于BD＝CD，将相等值进行替换即可得出FG，FD，EG，ED的比例关系．
（3）成立，和（2）的证法完全一样．
【解答】解：（1）成立．
证明：∵AG∥BC，
∴△EAG∽△EBD．
∴EG：ED＝AG：BD．
即EG•BD＝ED•AG．
∵BD＝CD，
∴EG•CD＝ED•AG．
（2）FG•ED＝FD•EG．
证明：∵AG∥BC，
∴△FGA∽△FDC．
∴FG：FD＝AG：DC．
∵BD＝DC，
∴FG：FD＝AG：BD．
由（1），得EG：ED＝AG：BD．
∴FG：FD＝EG：ED，即FG•ED＝FD•EG．
（3）成立，证明过程同（2）．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，通过相似三角形得出线段成比例是解题的关键．
45．（2023•蚌山区校级二模）如图，AB为半圆O的直径，四边形ABCD为平行四边形，E为的中点，BF平分∠ABC，交AE于点F．
（1）求证：BE＝EF；
（2）若AB＝10，，求AD的长．
【分析】（1）连接AC，根据已知条件得出，∠CAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，根据三角形的外角的性质得出∠EFB＝45°，即可证明△BEF是等腰直角三角形，从而得证；
（2）设AE，BC交于点H，根据△BEF是等腰直角三角形，得出，勾股定理求得AE，得出，进而解Rt△ACH，Rt△EBH，即可求解．
【解答】（1）证明：连接AC，如图所示，
∵E为的中点，
∴，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵BF平分∠ABC，
∴∠CBF＝∠ABF，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，则∠CAB+∠CBA＝90°，
∴，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF；
（2）解：如图所示，设AE，BC交于点H，
∵△BEF是等腰直角三角形，，
∴，
在Rt△ABE中，AB＝10，
∴，
∴，
∵∠CAE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴CH＝3，
∴BC＝CH+HB＝3+5＝8．
【点评】本题考查了等弧所对的圆周角相等，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握以上知识是解题的关键．
46．（2023•庐阳区模拟）如图①，△ABC是等腰直角三角形，在两腰AB、AC外侧作两个等边三角形ABD和ACE，AM和AN分别是等边三角形ABD和ACE的角平分线，连接CM、BN，CM与AB交于点P．
（1）求证：CM＝BN；
（2）如图②，点F为角平分线AN上一点，且∠CPF＝30°，求证：△APF∽△AMC；
（3）在（2）的条件下，求的值．
【分析】（1）根据△ABC是等腰直角三角形，AM和AN分别是等边三角形ABD和ACE的角平分线，即可得到AB＝AC，∠BAC＝90°，∠BAM＝∠CAN＝30°，AM＝AN，进而得出△BAN≌△CAM，进而得到CM＝BN；
（2）依据∠APF＝∠AMC，∠MAC＝∠PAF＝120°，即可判定△APF∽△AMC；
（3）连接CF，依据A，F，C，P四点共圆，可得∠AFP+∠CFN＝90°，根据∠CFN+∠FCN＝90°，可得∠FCN＝∠AFP＝∠ACM．再根据∠FNC＝∠PAC＝90°，可得△PAC∽△FNC，进而得出＝＝2①；根据△APF∽△AMC，可得＝＝＝②，联立①②可得＝，进而得到＝＝＝＝．
【解答】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，AM和AN分别是等边三角形ABD和ACE的角平分线，
∴AB＝AC，∠BAC＝90°，∠BAM＝∠CAN＝30°，AM＝AN，
∴∠BAN＝∠CAM＝120°，
∴△BAN≌△CAM，
∴CM＝BN；
（2）∵∠APF＝∠APC﹣∠CPF＝∠APC﹣30°，∠AMC＝∠APC﹣∠MAB＝∠APC﹣30°，
∴∠APF＝∠AMC，
又∵∠MAC＝∠PAF＝120°，
∴△APF∽△AMC；
（3）如图②，连接CF，
∵△APF∽△AMC，
∴∠AFP＝∠ACM，
∴A，F，C，P四点共圆，
∴∠PFC＝∠PAC＝90°，
∴∠AFP+∠CFN＝90°，
∵∠CFN+∠FCN＝90°，
∴∠FCN＝∠AFP＝∠ACM．
又∵∠FNC＝∠PAC＝90°．
∴△PAC∽△FNC，
∴＝＝2①；
∵△APF∽△AMC，
∴＝＝＝②，
由①可得，FN＝AP；由②可得，AF＝AP，
∴＝＝．
∴＝＝＝＝．
【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
47．（2023•明光市一模）如图1，在正方形ABCD中，E是AD上一点，作DF⊥CE，垂足为点P，交AB于点F．
（1）求证：DF＝CE；
（2）如图2，延长DF交CB的延长线于点G；
①如果E是AD的中点，求的值；
②如果，求PH的长度．
【分析】（1）证明△ADF≌△DCE，从而得出结论；
（2）①可证明∴△ADF∽△BGF，△ADH∽△CGH，△DEP∽△GCP，从而，，，进一步得出结果；
②作HM⊥BC于M，作HN⊥AB，可证得△NHF∽△BGF，从而＝＝，设AN＝NH＝BM＝x，NF＝y，可表示出DE＝x+y，CG＝4x+4y，根据△DEP∽△GCP，，设PE＝a，则PC＝4a，由射影定理得：PD2＝PE•PC＝4a2，从而PD＝2a，进而得出F是AB的中点，E是AD的中点，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠CDP＝90°，
∵DF⊥CE，
∴∠CPD＝90°，
∴∠DCE+∠CDP＝90°，
∴∠ADF＝∠DCE，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DF＝CE；
（2）解：①由（1）得：△ADF≌△DCE，
∴AF＝DE，
∵点D是AD的中点，
∴DE＝AD＝，
∴AF＝，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△ADF∽△BGF，△ADH∽△CGH，△DEP∽△GCP，
∴，，，
∴，，
∴；
②如图，
作HM⊥BC于M，作HN⊥AB，
可得：AN＝NH＝BM，HM＝BN，NH∥BC，BF∥HM，
∴△NHF∽△BGF，
∴＝＝，
设AN＝NH＝BM＝x，NF＝y，
∴BG＝3x，BF＝3y，
∴CM＝HM＝BN＝NF+BF＝4y，
DE＝AF＝AN+NF＝x+y，
∴CG＝BG+BM+CM＝3x+x+4y＝4x+4y，
由①知：△DEP∽△GCP，
∴，
设PE＝a，则PC＝4a，
由射影定理得：PD2＝PE•PC＝4a2，
∴PD＝2a，
∴tan∠ADN＝，
∵AD＝AB，
∴，
∴F是AB的中点，E是AD的中点，
由①知：DF＝FG＝3，PH＝DH，
∴DH＝DF﹣FH＝3，
∴PH＝．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是弄清比例之间的数量关系．
48．（2023•庐阳区校级一模）【初步尝试】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为AB、AD边上的点且DE⊥CF，求证：DE＝CF．
（2）【思考探究】
如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，点E为BC中点，点F为AE上一点，连接CF、DF且CF＝CD，求DF的值．
（3）【拓展应用】
如图3，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝45°，，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．直接写出的值．
【分析】（1）可证明△ADE≌△DCF，进而得出结论；
（2）延长AE，交DC的延长于G，可证得△ABE≌△GCE，从而CG＝AB，进而得出CF＝CD＝CG，从而点D、F、G在以点C为圆心，CD为半径德圆上，∠DFG＝90°，进一步得出结果；
（3）过点C作CT⊥AD于T，作BG⊥CT于G，作GH∥CE，进而得出四边形CEHG是平行四边形，从而GH＝CE，可证明△GBH∽△BAF，从而，进而得出，设AB＝3，BC＝，可得出CG＝BG＝BC•cs∠CBG＝，进一步得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝CD，
∴∠ADE+∠AED＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
∴△ADE≌△DCF（AAS），
∴DE＝CF；
（2）解：如图1，
延长AE，交DC的延长于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠G，
∵∠AEB＝∠CEG，BE＝CE，
∴△ABE≌△GCE（AAS），
∴CG＝AB，
∵CF＝CD，
∴CF＝CD＝CG，
∴点D、F、G在以点C为圆心，CD为半径的圆上，
∴∠DFG＝90°，
∵BE＝BC＝1，AB＝3，
∴AE＝＝，
∴sinG＝sin∠BAE＝＝，
∴DF＝DG•sinG＝6×＝；
（3）解：如图2，
过点C作CT⊥AD于T，作BG⊥CT于G，作GH∥CE，
∴∠ATG＝∠ABG＝∠A＝90°，
∴四边形ABGT是矩形，
∴GT∥AB，
∴四边形CEHG是平行四边形，
∴GH＝CE，
∵GH∥CE，CE⊥BF，
∴GH⊥BF，
同理（1）可得：∠ABF＝∠BGH，
∵∠GBH＝∠BAF＝90°，
∴△GBH∽△BAF，
∴，
∴，
∵∠ABC＝45°，
∴∠CBG＝90°﹣∠ABC＝45°，
∵BC＝AB，
∴设AB＝3，BC＝，
∴CG＝BG＝BC•cs∠CBG＝，
∴．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
49．（2023•庐阳区校级二模）如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为BC延长线上一点，∠BAC＝∠ADB．
（1）求证：AD＝BD；
（2）作CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为点E，F，DF交AC于点G．
①如图2，当AC平分∠BAD时，求的值；
②如图3，连接DE交AC于点H，当EH＝HD，CD＝2时，求AD的长．
【分析】（1）欲证明AD＝DB，只要证明∠DAB＝∠B即可；
（2）①设AB＝AC＝CD＝a，BC＝b，证明△BAC∽△BDA，推出AB2＝BC•BD，可知a2﹣ab﹣b2＝0，即（）2﹣﹣1＝0，可得＝（负值已经舍去），即可解决问题；
②连接EG，BG，设BG交CE于点J．证明△AGB是等腰直角三角形，再证明GA＝GB＝GD，设CG＝x，则JG＝CG＝x，CJ＝BJ＝x，利用相似三角形的性质求出x，可得结论．
【解答】（1）证明：如图1中，∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠BAC+∠B+∠ACB＝180°，∠D+∠ABC+∠∠BAD＝180°，
又∵∠BAC＝∠D，
∴∠B＝∠BAD，
∴AD＝DB；
（2）解：①∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD＝∠ADB，
设AB＝AC＝CD＝a，BC＝b，
∵∠B＝∠B，
∴△BAC∽△BDA，
∴＝，
∴AB2＝BC•BD，
∴a2＝b（a+b），
∴a2﹣ab﹣b2＝0，
∴（）2﹣﹣1＝0，
∴＝（负值已经舍去），
∴＝＝，
∵CE⊥AB，DF⊥BC，
∴CE∥DF，
∴＝＝＝；
②连接EG，BG，设BG交CE于点J．
∵CE⊥AB．DF⊥AB，
∴CE∥DF，
∴∠HEC＝∠HDG，
∵EH＝DH，∠EHC＝∠DHG，
∴△EHC≌△DHG（AAS），
∴EC＝DG，
∵EC∥DG，
∴四边形ECDG是平行四边形，
∴EG∥CD，
∴∠AEG＝∠ABC，∠AGE＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠AEG＝∠AGE，
∴AE＝AG，
∴BE＝CG，
∵BC＝CB，
∴△EBC≌△GCB（SAS），
∴∠BEC＝∠CGB＝90°，
∵DA＝DB，DF⊥AB，
∴AF＝BF，
∴GA＝GB，
∴∠GAB＝∠GBA＝45°，
∵DA＝DB，
∴∠DAB＝∠DBA，
∴∠DAG＝∠DBG，
∵△EBC≌△GCB，
∴∠GBC＝∠ECB，
∵EC∥DF，
∴∠ECB＝∠BDF，
∵∠BDF＝∠ADF，
∴∠GBD＝∠GDB＝∠GAB＝∠GDA，
∴GA＝GB＝GD，
设CG＝x，
∵∠ACE＝∠CAE＝45°，∠CGJ＝90°，
∴∠CJG＝∠GCJ＝45°，
∴GJ＝CG＝x，CJ＝x，
∵∠JCB＝∠JBC，
∴JB＝CJ＝x
∴GA＝GB＝x+x，
∵∠DCG＝∠ACD，∠CDG＝∠CAD，
∴△DCG∽△ACD，
∴＝，
∴CD2＝CG•CA，
∴22＝x（2x+x），
解得x2＝4﹣2，
∵BC＝＝＝x＝＝2，
∴AD＝DB＝CD+BC＝2+2．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
50．（2023•合肥模拟）如图1，BD为四边形ABCD的对角线，△BDE与△BDA关于直线BD对称，BE经过CD的中点F，连接CE，∠CBE＝∠CDE+∠DCE．
（1）求证：∠BED＝∠BCE；
（2）若BF＝CE+EF，求证：DE•BE＝CE•BC；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接AC交BD于点O，若OB＝2，求OD的长．
【分析】（1）延长CE至点M，则∠DEM＝∠2+∠3，进而判断出∠DEM＝∠1，即可得出结论；
（2）在FB上截取FN＝EF，则四边形DNCE为平行四边形，进而得出DE＝CN，CN∥DE，得出∠4＝∠CNE，进而判断出△NEC∽△CEB，得出CE：BE＝CN：BC，即可得出结论；
（3）设CE＝a，EP＝b，得出BF＝a+b，BE＝a+2b，EN＝2EF＝2b，由△NEC∽△CEB得出CE：EN＝BE：CE，进而得出CE＝（）EF，进而得出CE：BE＝a：（a+2b）＝，再判断出AD∥BC，得出OD：OB＝AD：BC＝DE：BC，即可求出答案．
【解答】（1）证明：如图1，延长CE至点M，则∠DEM＝∠2+∠3，
∵∠l＝∠2+∠3，
∴∠DEM＝∠1，
∵∠BEM＝∠1+∠BCE＝∠4+∠DEM，
∴∠4＝∠BCE；
（2）证明：如图2，在FB上截取FN＝EF，连接DN，
∵CF＝DF，
∴四边形DNCE为平行四边形，
∴DE＝CN，CN∥DE，
∴∠4＝∠CNE，
∵∠4＝∠BCE，
∴∠CNE＝∠BCE，
∵∠CEN＝∠CEB，
∴△NEC∽△CEB，
∴CE：BE＝CN：BC，
∴CE•BC＝BE•CN，
∵DE＝CN，
∴DE•BE＝CE•BC；
（3）解：设CE＝a，EF＝b，
∴BF＝a+b，BE＝a+2b，EN＝2EF＝2b，
∵△NEC∽△CEB，
∴CE：EN＝BE：CE，
即CE2＝BE•EN，
即a2＝（a+2b）×2b，
∴a2﹣2ab﹣4b2＝0，
解得a＝（）b（负值舍去），
∴CE＝（）EF．
∴CE：BE＝a：（a+2b）＝，
∵BF＝EF+CE＝FN+BN，
又EF＝FN，
∴CE＝BN＝DN，
∴∠NBD＝∠BDN，
由折叠知：∠ABD＝∠NBD，
∴∠ABD＝∠BDN，
∴AB∥DN，
∵DN∥CE，
∴AB∥CE，
由折叠知：∠4＝∠BAD，
∴∠BCE＝∠BAD，
∵AB∥CE，
∴∠ABC+∠BCE＝180°，
∴AD∥BC，
∴OD：OB＝AD：BC＝DE：BC，
∵DE•BE＝CE•BC，
∴DE：BE＝CE：BE＝，
∴OD：OB＝，
∵OB＝2，
∴OD＝．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了三角形的外角的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，折叠的性质，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键．
51．（2023•涡阳县模拟）如图，△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，D为边BC上一动点（不与B、C重合），CD和AD的垂直平分线交于点E，连接AD、AE、DE和CE，ED与AC相交于点F，设∠CAE＝a．
（1）请用含a的代数式表示∠CED的度数；
（2）求证：△ABC∽△AED；
（3）若a＝30°，求EF：BD的值．
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质可得出AE＝DE，DE＝CE，由等腰三角形的性质得出结论；
（2）证出∠B＝∠AED＝90°，由相似三角形的判定可得出结论；
（3）设EF＝x，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得出AE＝x，BD＝x，则可得出答案．
【解答】（1）解：∵CD和AD的垂直平分线交于点E，
∴AE＝DE，DE＝CE，
∴AE＝CE，
∴∠ECA＝∠EAC＝α，
∵∠B＝90°，AB＝BC，
∴∠ACB＝45°，
∴∠DCE＝45°+α，
∴∠CDE＝∠DCE＝45°+α，
∴∠CED＝180°﹣2∠DCE＝90°﹣2α；
（2）证明：
∵AB＝BC，∠B＝90°，
∴∠3+∠DAC＝∠CAB＝∠ACB＝45°，
∵CD和AD的垂直平分线交于点E，
∴AE＝ED＝CE，
∴∠1＝∠2，∠1+∠BCA＝∠EDC，
∴∠CAB+∠2＝∠1+∠BCA，
即∠EDC＝∠BAE，
∵∠EDC+∠BDE＝180°，
∴∠BAE+∠BDE＝180°，
∵∠BAE+∠B+∠BDE+∠AED＝360°，
∴∠B+∠AED＝180°，
∵∠B＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴∠B＝∠AED＝90°，
∵AB：BC＝AE：ED＝1，
∴△ABC∽△AED；
（3）解：当α＝30°时，∠CED＝90°﹣60°＝30°，
∴∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝120°﹣30°＝90°，
∵AE＝ED，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∵DE＝CE，
∴∠CDE＝∠CED＝75°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠CDE＝60°，
设EF＝x，则AE＝x，
∴AD＝AE＝x，
∴BD＝x，
∴＝＝．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，证明△ABC∽△AED是解题的关键．
52．（2023•花山区一模）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝DF，AE、AF分别与BD交于点G、H，过点G作GN⊥AF，垂足为M，交AD于点N．
（1）求证：AH＝GN；
（2）若∠EAF＝45°，求证：；
（3）如图2，过点G作GQ⊥AD，垂足为Q，交AF于点P．若GM＝4MN，求的值．
【分析】（1）根据SAS证△ABE≌△ADF，得∠BAE＝∠DAF，再证∠GAN＝∠GNA得AG＝GN，又AG＝AH得证结论即可；
（2）连接AC，证△ABG∽△ACF即可得证结论；
（3）设AQ＝NQ＝a，MN＝b，则AN＝2a，GM＝4b，GN＝5b，证△GNO∽△ANM得＝，再证△APQ∽△GPM，根据线段比例关系即可得出的值．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，
∵GN⊥AF，
∴∠AMN＝90°，
∴∠MAN+∠MNA＝90°，
∵∠BAE+∠GAN＝∠BAD＝90°，
∴∠GAN＝∠GNA，
∴AG＝GN，
∵∠ABD+∠BAE＝∠ADB+∠DAF，
即∠AGH＝∠AHG，
∴AG＝AH，
∴AH＝GN；
（2）证明：连接AC，
在正方形ABCD中，∠BAC＝45°，∠EAF＝45°，
∴∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAG＝∠CAF，
在正方形ABCD中，∠ABG＝∠ACF＝45°，
∴△ABG∽△ACF，
∴＝，
∵AG＝AH，
∴＝；
（3）解：由（1）知，AG＝GN，
∵GQ⊥AD，
∴AQ＝NQ，∠AQG＝∠NQG，
设AQ＝NQ＝a，MN＝b，
∵GM＝4MN，
∴AN＝2a，GM＝4b，GN＝5b，
∵GN⊥AF，
∴∠AMG＝∠AMN＝90°，
∵∠GQN＝∠AMN＝90°，
又∵∠GNQ＝∠ANM，
∴△GNQ∽△ANM，
∴＝，
即＝，
∴＝，
∵∠GPM＝∠APQ，∠AQP＝∠GMP＝90°，
∴△APQ∽△GPM，
∴＝＝＝．
【点评】本题属于相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
53．（2023•凤台县校级一模）已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，D为AB边上一点（不与A、B重合），以CD为底作等腰△CDE，使A、E位于CD两侧，且∠DCE＝∠A．
（1）如图1，若∠B＝25°，求∠E的度数；
（2）如图2，若CA＝CD，DE交BC于F点，求的值；
（3）如图1，连接BE，求证：DE＝BE．
【分析】（1）可推出∠ECD＝∠EDC＝∠A＝65°，进而得出结果；
（2）作CG⊥AB于G，设AC＝a，则BC＝2a，可表示出AB，根据csA＝，可表示出AG，进而表示出BD，可推出△ECD∽△CAD，从而得出，从而表示出CE＝，可推出CE∥AB，从而得出，从而得出结果．
（3）以E为圆心，CE为半径作圆，交BD于B′，可推出∠ABC＝∠AB′C，进而得出点B在⊙E上，从而得出结果．
【解答】（1）解：∵∠ACB＝90°，∠B＝25°，
∴∠A＝90°﹣25°＝65°，
∵EC＝ED，
∴∠DCE＝∠EDC，
∵∠DCE＝∠A，
∴∠ECD＝∠DCE＝65°，
∴∠E＝180°﹣∠DCE﹣∠EDC＝180°﹣65°×2＝50°；
（2）解：如图1，
作CG⊥AB于G，
设AC＝a，则BC＝2a，
∴AB＝＝a，
∵csA＝，
∴，
∴AG＝，
∵AC＝CD，
∴AD＝2AG＝，∠CDA＝∠A，
∴BD＝AB﹣AD＝，
∵∠ECD＝∠DCE＝∠A，
∴∠ECD＝∠ADC，△ECD∽△CAD，
∴CE∥AB，
∴，，
∴CE＝，
∴＝；
（3）证明：如图2，
以E为圆心，CE为半径作圆，交BD于B′，
∴∠CED＝2∠AB′C，
设∠ABC＝α，则∠DCE＝∠CDE＝∠A＝90°﹣∠ABC＝90°﹣2α，
∴∠CED＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝2α＝2∠ABC，
∴∠ABC＝∠AB′C，
∴点B在⊙E，
∴BE＝DE．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是作辅助圆．
54．（2023•蜀山区校级一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF，则CE＝DF”．
某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：
（1）【问题探究】如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想＝ 1 ；
（2）【知识迁移】如图3，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，试猜想的值，并证明你的猜想；
（3）【拓展应用】如图4，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，求的值．
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，证明△ABM≌△ADN，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可；
（3）如图3中，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O．证明△CME∽△BAF，推出＝，可得结论．
【解答】解：（1）＝1，理由如下：
如图1，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∴AM＝HF，AN＝EG，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN，
∴△ABM≌△ADN（ASA），
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴＝1．
故答案为：1；
（2）如图2，过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在长方形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
∴△ABM∽△ADN，
∴＝，
∵AB＝m，BC＝AD＝n，
∴＝；
（3）如图3，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O．
∵CM⊥AB，
∴∠CME＝90°，
∴∠ECM+∠CEM＝90°，
∵CE⊥BF，
∴∠BOE＝90°，
∴∠CEM+∠ABF＝90°，
∴∠ECM＝∠ABF，
又∠FAB＝∠EMC＝90°，
∴△CME∽△BAF，
∴＝，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴＝＝sin60°＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
55．（2023•太和县一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D是线段AB上的一点，连接CD，过点B作BG⊥CD，分别交CD，CA于点E，F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连接DF．
（1）求证：；
（2）若D是AB的中点，求的值．
（3）若，求的值．
【分析】（1）先证明△AFG∽△CFB，再利用相似三角形的性质进行证明；
（2）先证明△CBD≌△BAG，求出，再利用相似三角形的性质即可求解；
（3）利用全等和相似进行线段之间的关系转化，先求出，再求出，即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，∠GAD＝90°，
∴AG∥BC，
∴△AFG∽△CFB，
∴，
∵AB＝BC，
∴；
（2）解：∵∠BCD+∠EBC＝∠EBC+∠ABG＝90°，
∴∠BCD＝∠ABG，
∵AB＝BC，∠CBD＝∠BAG＝90°，
∴△CBD≌△BAG（ASA），
∴AG＝BD，
∵D是AB的中点，
∴，
∴，
∴，
∵△AFG∽△CFB，
∴，
∴；
（3）解：∵∠BCD+∠EBC＝∠EBC+∠ABG＝90°，
∴∠BCD＝∠ABG，
∵AB＝BC，∠CBD＝∠BAG＝90°，
∴△CBD≌△BAG（ASA），
∴AG＝BD，
若，
∴，，即，
∵△AFG∽△CFB，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是发现全等三角形和相似三角形，能利用它们的性质进行线段之间的关系转化．
56．（2023•定远县校级模拟）在△ABC中，AB＝AC，P是BC边上一点，PD∥AB，交AC于点D．
（1）如图1，连接PA，若∠APD＝∠B．
①求证：AB2＝PA•BC；
②过点D作DF⊥PA于F，求的值；
（2）如图2，过P作PG∥AC，交AB于点G，点Q为△ABC外一点，且P，Q关于直线DG对称，连接QA，QC，求证：∠B+∠Q＝180°．
【分析】（1）①根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠C，结合已知条件得出△PAD∽△CAP，则，根据PD∥AB得出△CDP∽△CAB，则即，根据AB＝AC，即可得出结论；
②过点D作DE⊥PC于点E，根据三线合一得出PC＝2PE，证明△PFD≌△PED（AAS）得出PE＝PF，即可得出结论；
（2）连接GQ交AC于点M，连接QD并延长交BC于点N，连接PQ，证明四边形AGPD是平行四边形，证明△ADG≌△QGD（SSS），得出MD＝MG，进而得出MA＝MQ，根据等边对等角，以及三角形的外角的性质得出∠MAQ＝∠ADG，则AQ∥DG，进而根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得出，由∠DPC＝∠B，得出∠B+∠CQP＝90°，进而即可得证．
【解答】（1）①证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠APD＝∠B，
∴∠APD＝∠C，
∴∠PAD＝∠CAP，
∴△PAD∽△CAP，
∴，
∵PD∥AB，
∴△CDP～△CAB，
∴，
∴，
∴，
∵AB＝AC，
∴AB2＝PA•BC；
②解：如图所示，过点D作DE⊥PC于点E，
∵PD∥AB，
∴∠DPC＝∠B＝∠C，
∴DP＝DC，
∵DE⊥PC，
∴PC＝2PE，
∵∠APD＝∠B，
∴∠APD＝∠DPC，
∵DE⊥PC，DF⊥PA，
∴∠PFD＝∠PED＝90°，
在△PFD和△PED中，
，
∴△PFD≌△PED（AAS），
∴PE＝PF，
∴PC＝2PE，
∴；
（2）证明：连接GQ交AC于点M，连接QD并延长交BC于点N，连接PQ，
∵P，Q关于直线DG对称，
∴GQ＝GP，DQ＝DP，PQ⊥DG，
∵PD∥AB，PG∥AC，
∴四边形AGPD是平行四边形，
∴AD＝GQ，AG＝DQ，
在△ADG和△QGD中，
．，
∴△ADG≌△QGD（SSS），
∴∠ADG＝∠QGD，
∴MD＝MG，
∵AD＝GQ，
∴AD﹣MD＝GQ﹣MG，
即MA＝MQ，
∴∠MAQ＝∠MQA，
∵∠MAQ+∠MQA＝∠AMG＝∠QGD+∠ADG，
∴2∠MAQ＝2∠ADG，
∴∠MAQ＝∠ADG，
∴AQ∥DG，
∵PQ⊥DG，
∴PQ⊥AQ，
∴∠AQP＝90°，
∵DP＝DC，DP＝DQ，
∴∠DQC＝∠DCQ，∠DQP＝∠DPQ，∠DPC＝∠DCP＝，
∴∠CDN＝∠DQC+∠DCQ＝2∠DQC，∠PDN＝∠DQP+∠DPQ＝2∠DQP，
∴∠CDN+∠PDN＝2（∠DQC+∠DQP），∠CDP＝2∠CQP，
∴∠DPC＝，
∵∠DPC＝∠B，
∴∠B+∠CQP＝90°，
∵∠AQP＝90°，
∴∠B+∠CQP+∠AQP＝90°+90°，
即∠B+∠AQC＝180°．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，添加辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题的关键．
57．（2023•蚌埠模拟）[基础巩固]
（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，求证：AC2＝AD•AB．
[尝试应用]
（2）如图②，在矩形ABCD中，AD＝2，点F在AB上，FB＝2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长．
[拓展提高]
（3）如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，△DCE与△DFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连结GC交DF于点M，GC∥FE，若AD＝2，求GM的长．
【分析】（1）由∠ACD+∠BCD＝90°，∠DCB+∠B＝90°得到∠B＝∠CAD，再由∠A＝∠A，得到△CAD∽△BAC，从而得到，变形即可得到答案；
（2）由矩形的性质得，AB∥CD，从而得到△AFE∽△CDE，即，由（1）可得，DA2＝AE⋅AC，从而得到22＝AE⋅4AE，计算即可得到答案；
（3）由△DCE与△DFE关于直线DE对称，得△DFE≌△DCE，从而得到∠DFE＝∠DCE＝90°，DC＝DF，再通过证明△CDM≌△DFA得到CM＝DA＝2，由（1）可得，DG2＝GM⋅GC，设GM＝x，则CG＝GM+CM＝x+2，12＝x（x+2），解方程求出x的值即可．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠B＝90°，
∴∠B＝∠CAD，
∵∠A＝∠A，
∴△CAD∽△BAC，
∴，
∴AC2＝AD⋅AB；
（2）解：∵FB＝2AF，
∴AB＝AF+BF＝3AF，
在矩形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，∠ADC＝90°，
∴△AFE∽△CDE，
∴，
∴CE＝3AE，
∴AC＝4AE，
∵DF⊥AC，
由（1）可得，DA2＝AE⋅AC，
∴22＝AE⋅4AE，
∵AE＝1；
（3）解：在矩形ABCD中，∠BCD＝∠CDA＝∠A＝90°，
∴∠ADF+∠CDM＝90°，
∵△DCE与△DFE关于直线DE对称，
∴△DFE≌△DCE，
∴∠DFE＝∠DCE＝90°，DC＝DF，
∵GC∥FE，
∴DM⊥GC，
∴∠CDM+∠DCM＝90°，
∴∠ADF＝∠DCM，
∴△CDM≌△DFA（AAS），
∴CM＝DA＝2，
∵G是AD的中点，
∴DG＝GA＝1，
由（1）可得，DG2＝GM⋅GC，
设GM＝x，则CG＝GM+CM＝x+2，
∴12＝x（x+2），
解得，（舍去），
∴GM的长为．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质是解题的关键．
58．（2023•五河县一模）如图，四边形ABCD中，AD∥BC．
（1）如图1，AB＝AC，点E为AB上一点，∠BEC＝∠ACD．
①求证：AB•BC＝AD•BE；
②连接BD交CE于F，试探究CF与CE的数量关系，并证明；
（2）如图2，若AB≠AC，点M在CD上，cs∠DAC＝cs∠BMA＝，AC＝CD＝3MC，AD•BC＝12，直接写出BC的长．
【分析】（1）①证明△BEC∽△ACD可得结论．
②结论：CE＝2CF．利用相似三角形的性质证明CM＝BE，再证明△MCF≌△BEF（ASA），推出CF＝EF即可解决问题．
（2）如图2中，作CH⊥AD于H．证明△ABC∽△AMD，可得AC•DM＝BC•AD＝12，由AC＝CD＝3CM，推出6CM2＝12，推出CM＝，AC＝CD＝3，解直角三角形求出AD即可解决问题．
【解答】（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠CAD，
∵∠BEC＝∠ACD，
∴△BEC∽△ACD，
∴＝，
∴BC•AC＝AD•BE，
∵AB＝AC，
∴AB•BC＝AD•BE．
②解：结论：CE＝2CF．
理由：如图1中，作CM∥AB交BD于M，设BD交AC于N．
∵CM∥AB，
∴∠BAN＝∠MCN，∠CMN，
∴△MCN∽△ABN，
∴＝，
∵AD∥BC，
∴∠NAD＝∠NCB，∠AND＝∠CNB，
∴△CNB∽△AND，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∵AB＝AC，
∴CM＝BE，
∵CM∥BE，
∴∠CMF＝∠BEF，∠BEF＝∠MCF，
∴△MCF≌△BEF（ASA），
∴CF＝EF，
∴CE＝2CF．
（2）解：如图2中，作CH⊥AD于H．
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，
∵cs∠DAC＝cs∠BMA，
∴∠DAC＝∠AMB，
∴∠AMB＝∠ACB，
∴A，B，C，M四点共圆，
∴∠BAC＝∠BMC，
∵CA＝CD，
∴∠CAD＝∠D＝∠AMB，
∵∠AMC＝∠MAD+∠D＝∠BMA+∠BMC，
∴∠BMC＝∠MAD，
∴∠BAC＝∠MAD，
∵∠ACB＝∠AMB＝∠D，
∴△ABC∽△AMD，
∴＝，
∴AC•DM＝BC•AD＝12，
∵AC＝CD＝3CM，
∴6CM2＝12，
∵CM＞0，
∴CM＝，
∴AC＝CD＝3，
∵CH⊥AD，
∴AH＝DH，
∵cs∠CAH＝＝，
∴AH＝，
AD＝，
∵BC•AD＝12，
∴BC＝＝．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
59．（2023•定远县校级一模）如图，小明在M处用高1米（DM＝1米）的测角仪测得旗杆AB的顶端B的仰角为30°，再向旗杆方向前进10米到F处，又测得旗杆顶端B的仰角为60°，请求出旗杆AB的高．
【分析】求出∠CBD＝∠BDE，得到△BCD是等腰三角形，从而求出BC的长，然后在△BEC中，求出BE的长，然后求出AB 的长．
【解答】解：∵∠BDE＝30°，∠BCE＝60°，
∴∠CBD＝60°﹣∠BDE＝30°＝∠BDE，
∴BC＝CD＝10米，
在Rt△BCE中，sin∠BCD＝，
即BE＝BC•sin60°＝10×＝5米，
AB＝BE+AE＝（5+1）米．
答：旗杆AB的高度是（5+1）米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，会解直角三角形是解题的关键．
60．（2023•五河县一模）南中国海是中国固有领海，我渔政船经常在此海域执勤巡察．一天我渔政船停在小岛A北偏西37°方向的B处，观察A岛周边海域．据测算，渔政船距A岛的距离AB长为10海里．此时位于A岛正西方向C处的我渔船遭到某国军舰的袭扰，船长发现在其北偏东50°的方向上有我方渔政船，便发出紧急求救信号．渔政船接警后，立即沿BC航线以每小时30海里的速度前往救助，问渔政船大约需多少分钟能到达渔船所在的C处？（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，sin40°≈0.64，cs40°≈0.77）
【分析】首先B点作BD⊥AC，垂足为D，根据题意，得：∠ABD＝∠BAM＝37°，∠CBD＝∠BCN＝50°，然后分别在Rt△ABD与Rt△CBD中，利用余弦函数求得BD与BC的长，继而求得答案．
【解答】解：过B点作BD⊥AC，垂足为D．
根据题意，得：∠ABD＝∠BAM＝37°，∠CBD＝∠BCN＝50°，
在Rt△ABD中，
∵cs∠ABD＝，
∴cs37°＝≈0.80，
∴BD≈10×0.8＝8（海里），
在Rt△CBD中，
∵cs∠CBD＝，
∴cs50°＝≈0.64，
∴BC≈8÷0.64＝12.5（海里），
∴12.5÷30＝（小时），
∴×60＝25（分钟）．
答：渔政船约25分钟到达渔船所在的C处．
【点评】此题考查了方向角问题．此题难度适中，解题的关键是利用方向角构造直角三角形，然后解直角三角形，注意数形结合思想的应用．
周数x
1
2
3
4
价格y（元/千克）
2
2.2
2.4
2.6