中考数学二轮培优训练第05讲 一线三垂直模型构造全等三角形（2份，原卷版+解析版）

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一线三垂直问题，通常问题中有一线段绕某一点旋转900，或者问题中有矩形或正方形的情况下考虑，作辅助线，构造全等三角形形或相似三角形，建立数量关系使问题得到解决。
【知识总结】
过等腰直角三角形的直角顶点或者正方形直角顶点的一条直线。
过等腰直角三角形的另外两个顶点作该直线的垂线段，会有两个三角形全等（AAS）
常见的两种图形：

图1 图2
【多题一解】
1．（2022•鹿城区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC边上，点E在AC边上，连接AD，DE．已知∠1＝∠2，AD＝DE．
（1）求证：△ABD≌△DCE；
（2）若BD＝3，CD＝5，求AE的长．
【分析】（1）根据AAS可证明△ABD≌△DCE；
（2）得出AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，求出AC＝5，则AE可求出．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（2）解：∵△ABD≌△DCE，
∴AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，
∵AC＝AB，
∴AC＝5，
∴AE＝AB﹣EC＝5﹣3＝2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
2．（2022•东港区校级一模）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．
应用：（1）如图2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
（2）如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD＝90°，AC＝AD，∠DBA＝∠DAB，AB＝2，求点C到AB边的距离．
（3）如图4，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF＝∠B，AB＝10，BE＝6，求的值．
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ACD＝∠EBC，可证明△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，证明△CAE≌△ADF（AAS），由全等三角形的性质可得出CE＝AF＝，则可得出答案；
（3）过点D作DM＝DC交BC的延长线于点M，证明△BFE∽△MED，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD＝180°，
∴∠BCE+∠ACD＝180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，∠EBC+∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，
∵∠DBA＝∠DAB，
∴AD＝BD，
∴AF＝BF＝AB＝，
∵∠CAD＝90°，
∴∠DAF+∠CAE＝90°，
∵∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠CAE＝∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
，
∴△CAE≌△ADF（AAS），
∴CE＝AF＝，
即点C到AB的距离为；
（3）解：过点D作DM＝DC交BC的延长线于点M，
∴∠DCM＝∠M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DM＝CD＝AB＝10，AB∥CD，
∴∠B＝∠DCM＝∠M，
∵∠FEC＝∠DEF+∠DEC＝∠B+∠BFE，∠B＝∠DEF，
∴∠DEC＝∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022•齐齐哈尔三模）综合与实践
数学实践课堂上，张老师带领学生们从一道题入手，开始研究，并对此题做适当变式，尝试举一反三，开阔学生思维．
（1）原型题：如图1，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，AP＝PC，AP⊥PC，则△ABP≌△ PDC ，请你说明理由．
（2）利用结论，直接应用：
如图2，四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，边长分别为a、b、c，A、B、N、E、F五点在同一条直线上，则△CBN≌△ NEH ，c＝ （用含a、b的式子表示）．
如图3，四边形ABCD中，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝2，CD＝4，以BC上一点O为圆心的圆经过A、D两点，且∠AOD＝90°，则圆心O到弦AD的距离为 ．
（3）弱化条件，变化引申：
如图4，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME＝∠A＝∠B＝45°，且DM交AC于点F，ME交BC于点G，连接FG，则△AMF与△BGM的关系为： △AMF∽△BGM ，若，AF＝3，则FG＝ ．
【分析】（1）先证明∠BAP＝∠CPD，根据AAS定理可证明△ABP≌△PDC．
（2）先证明△CBN≌△NEH，再利用勾股定理说明a、b、c间关系；根据AAS证明△AOB≌△ODC，则有OB＝CD＝4；再根据勾股定理求得OA．可证明三角形AOD是等腰直角三角形，则可得出答案．
（3）利用三角形外角可得∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，进而证得△AMF∽△BGM，再由∠A＝∠B＝45°，可得出△ABC是等腰直角三角形，根据M为线段AB的中点，可得AM＝BM＝AB＝×4＝2，运用相似三角形性质和勾股定理即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABP＝∠PDC＝90°，
∴∠BAP+∠APB＝90°，
∵AP⊥PC，
∴∠CPD+∠APB＝90°，
∴∠BAP＝∠CPD，
在△ABP和△PDC中，
，
∴△ABP≌△PDC（AAS）；
故答案为：PDC．
（2）证明：∵四边形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，边长分别为a、b、c，
∴∠CBN＝∠NEH＝∠CNH＝90°，CN＝NH＝c，BC＝a，EH＝b，
∵∠BCN+∠BNC＝∠ENH+∠BNC＝90°，
∴∠BCN＝∠ENH，
在△CBN和△NEH中，
，
∴△CBN≌△NEH（AAS），
∴BN＝EH＝b，
在Rt△CBN中，CN2＝BC2+BN2，
∴c2＝a2+b2，
∵a、b、c均为正数，
∴c＝，
故答案为：NEH，．
如图3，∵AB∥DC，AB⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAO+∠AOB＝90°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠COD+∠AOB＝90°，
∴∠BAO＝∠COD，
∵以点O为圆心的圆经过A、D两点，
∴OA＝OD，
∴△AOB≌△ODC（AAS），
∴AB＝OC＝2，OB＝CD＝4，
在Rt△AOB中，OA＝＝＝2，
∴OD＝OA＝2，
∵∠AOD＝90°，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴AD＝AB＝×2＝2，∠OAD＝∠ODA＝45°，
过点O作OH⊥AD于点H，
根据垂径定理可得：AH＝DH，
∵OH＝AD，
∴OH＝，
故答案为：．
（3）∵∠AFM＝∠DME+∠E（外角定理），
∠DME＝∠A＝∠B（已知），
∴∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，
∴△AMF∽△BGM，
∵∠DME＝∠A＝∠B＝45°
∴AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵M为线段AB的中点，
∴AM＝BM＝AB＝×4＝2，
∵△AMF∽△BGM，
∴＝，
∴BG＝＝＝，
又∵AC＝BC＝4cs45°＝4，
∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝，CF＝AC﹣AF＝4﹣3＝1，
在Rt△FCG中，由勾股定理得：
FG＝＝＝．
【点评】本题是有关圆的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆的性质等，此题难度适中，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质是解题关键．
4．（2022•湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
（1）特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC＝，分别求出线段BD、CE和DE的长；
（2）规律探究：
（Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α（0＜α＜45°），请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α（45°＜α＜90°），与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（3）尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．
【分析】（1）易证△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的三边关系可得出BD，DE和CE的长即可．
（2）（Ⅰ）易证∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，进而解答即可；
（Ⅱ）易证∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，进而解答即可；
（3）根据题意可证明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的长，根据S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出结论．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．
【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，三角形的面积；证明三角形全等是解题的关键．
5．（2022•沈河区校级开学）在△ABC中，AB＝AC．
（1）在图（a）中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，∠ADE＝∠B＝60°．求证：BD•CD＝AB•CE．
（2）在图（b）中，∠ADE＝∠B＝60°，EF⊥AD于点F，若CD＝2BD，求的值．
（3）在图（c）中，∠ADB＝∠ABC＝45°，DB、AC交于点E，若AD＝2，CE＝，请直接写出BE的长度．
【分析】（1）利用三角形的内角和和平角的定义判断出∠BAD＝∠CDE，进而判断出△ABD∽△DCE，即可得出结论；
（2）设BD＝x，则CD＝2x，AB＝BC＝3x，由（1）知，△ABD∽△DCE，进而判断出AD＝DE，在Rt△DFE中，用含30度角的直角三角形的性质得出DF＝DE，即可求出答案；
（3）作∠BCG＝∠ABD，CG边交BE于G，判断出△ABD∽△BCG，得出，再借助BC＝AB，求出BG＝4，再判断出△CEG∽△BEC，得出，即可求出BE的值．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠BAD+∠ADB＝120°
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠EDC＝120°，
∴∠DAB＝∠EDC，
又∵∠B＝∠C＝60°，
∴△ABD∽△DCE，
∴＝，
∴BD•CD＝AB•CE；
（2）解：设BC＝x，
∵CD＝2BD，
∴CD＝2x，
∴BC＝BD+CD＝3x，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝3x，
由（1）知，△ABD∽△DCE，
∴＝，
∴＝＝，
∴AD＝DE，
∵EF⊥AD，
∴∠DFE＝90°，
在Rt△DFE中，∠DEF＝90°﹣∠ADE＝30°，
∴DF＝DE，
∴AF＝AD﹣DF＝DE﹣DE＝DE，
∴＝＝2；
（3）如图（c），
作∠BCG＝∠ABD，CG边交BE于G，
在△ABD中，∠ADB＝45°，
∴∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB＝135°，
∵∠ABD+∠CBG＝180°﹣∠ABC＝135°，
∴∠BAD＝∠CBG，
∴△ABD∽△BCG，
∴，
在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝90°，
∴BC＝AB，
∵AD＝2，
∴，
∴BG＝4，
∵△ABD∽△BCG，
∴∠BGC＝ADB＝45°，
∴∠CGE＝135°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝135°＝∠CGE，
∵∠CEG＝∠BEC，
∴△CEG∽△BEC，
∴，
∵CE＝，EG＝BE﹣BG＝BE﹣4，
∴，
∴BE＝5．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键．
6．（2022•信阳模拟）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE＝BD+CE ；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）可得，△BDA≌△AEC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．
7．（2021•平房区二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线AB与y轴交于点A，与x轴交于点B，OA＝2，△AOB的面积为2．
（1）如图1，求直线AB的解析式．
（2）如图2，线段OA上有一点C，直线BC为y＝kx﹣2k（k＜0），AD⊥y轴，将BC绕点B顺时针旋转90°，交AD于点D，求点D的坐标．（用含k的式子表示）
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OD，交直线BC于点E，若3∠ABC﹣∠BDO＝45°，求点E的坐标．
【分析】（1）利用△ABC的面积为2，求出OB的长度，得到B的坐标，用待定系数法求AB的解析式；
（2）利用∠CBD＝90°，过D作DH⊥x轴于H，证明△COB≌△BHD，得到BH＝CO，DH＝OB＝2，由直线CB解析式，求得C的坐标，从而得到BH长度，再证明四边形AODH为矩形，得到D的坐标；
（3）利用∠CAD+∠CBD＝180°，得到A，C，B，D四点共圆，则∠CDB＝∠OAB＝45°，∠ABC＝∠ADC，又3∠ABC﹣∠OBD＝45°，转化得到∠AOD＝2∠ADC，在AD上取一点M，使MD＝MC，构造出∠AMC＝2∠ADC，利用两个角的正切值相等，列出关于参数的方程，求出参数k，再利用直线CB和直线OD相交，列出二元一次方程组，求得交点E的坐标．
【解答】解：（1）∵OA＝2，
∴A（0，2），
∵S△AOB＝2，
∴，
∴OB＝2，
∴B（2，0），
设直线AB的解析式为：y＝kx+2，
代入点B（2，0），得2k+2＝0，
∴k＝﹣1，
∴直线AB的解析式为：
y＝﹣x+2；
（2）如图1，过D作DH⊥x轴于H，
∵DA⊥y轴，
∴∠DAO＝∠AOB＝∠DHO＝90°，
∴四边形DAOH为矩形，
∴DH＝AO＝OB＝2，
由题可得，∠CBD＝90°，
∴∠CBO+∠BDH＝90°，
又∵∠OCB+∠CBO＝90°，
∴∠CBO＝∠BDH，
在△CBO与△BDH中，
，
∴△CBO≌△BDH（ASA），
∴CO＝BH，
令x＝0，
则y＝kx﹣2k＝﹣2k，
∴C（0，﹣2k），
∴BH＝CO＝﹣2k，
∴OH＝OB+BH＝2﹣2k，
∴D（2﹣2k，2）；
（3）如图2，连接CD，取CD中点N，连接AN，BN，
则在Rr△ACD中，AN＝CN＝DN，
同理，BN＝CN＝DN，
∴AN＝CN＝DN＝BN，
∴A，C，B，D四点共圆，
∴∠ABC＝∠ADC，∠CDB＝∠OAB，
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∵3∠ABC﹣∠BDO＝45°，
∴3∠ADC﹣（∠BDC﹣∠CDO）＝45°，
∴3∠ADC﹣45°+∠CDO＝45°，
∴3∠ADC+∠CDO＝90°，
∴2∠ADC+∠ADO＝90°，
又∠AOD+∠ADO＝90°，
∴∠AOD＝2∠ADC，
在AD上取一点M，使MD＝MC，
则∠MDC＝∠ADC，
∴∠AMC＝2∠ADC＝∠AOD，
∴tan∠AMC＝tan∠AOD，
∴，
AM＝x，则MC＝MD＝2﹣2k﹣x，AC＝OA﹣OC＝2+2k，
∵MC2＝AM2+AC2，
∴（2﹣2k﹣x）2＝x2+（2+2k）2，
∴，
∴，
解得，k＝，
∴直线BC解析式为：，
D（），
则直线OD解析式为：，
联立，
解得，
∴E（）．
【点评】本题考查了一次函数的综合应用，涉及到待定系数法，一线三等角模型构造全等，四点共圆，三角函数，交点坐标的求法，其中转化角的关系是解决本题的关键．
【一题多解】
1．（2022•泰州）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB＝7，EF＝10，BC＞5．点B以1个单位/秒的速度从点E处出发，沿射线EF方向运动，矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒．
（1）如图②，当t＝2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；
（2）在点B运动的过程中，当AD、BC都与半圆O相交时，设这两个交点为G、H．连接OG、OH，若∠GOH为直角，求此时t的值．
【分析】（1）通过判定△MEO为等边三角形，然后根据弧长公式求解；
（2）通过判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性质分析求解．
【解答】解：（1）设BC与⊙O交于点M，
当t＝2.5时，BE＝2.5，
∵EF＝10，
∴OE＝EF＝5，
∴OB＝2.5，
∴EB＝OB，
在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴ME＝MO，
又∵MO＝EO，
∴ME＝EO＝MO，
∴△MOE是等边三角形，
∴∠EOM＝60°，
∴＝＝，
即半圆O在矩形ABCD内的弧的长度为；
（2）连接GO，HO，
∵∠GOH＝90°，
∴∠AOG+∠BOH＝90°，
∵∠AGO+∠AOG＝90°，
∴∠AGO＝∠BOH，
在△AGO和△OBH中，
，
∴△AGO≌△BOH（AAS），
∴OB＝AG＝t﹣5，
∵AB＝7，
∴AE＝t﹣7，
∴AO＝5﹣（t﹣7）＝12﹣t，
在Rt△AGO中，AG2+AO2＝OG2，
∴（t﹣5）2+（12﹣t）2＝52，
解得：t1＝8，t2＝9，
即t的值为8或9．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，弧长公式的计算，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定（一线三垂直模型），结合勾股定理列方程是解题关键．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，其中A（﹣2，0），tan∠ACO＝，D为抛物线顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，点E在线段BD上方抛物线上运动（不含端点B、D），求S△EDB的最大值及此时点E的坐标；
（3）如图2，将抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线经过点O，M为平移后的抛物线的对称轴直线l上一动点，将线段AC沿直线BC平移，平移后的线段记为A′C′（线段A'C′始终在直线l左侧），是否存在以A′、C′、M为顶点的等腰直角△A'C′M？若存在，请写出满足要求的所有点M的坐标，并写出其中一种结果的求解过程，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A得到OA＝2，结合tan∠ACO＝得到OC＝6，进而得到点C（0，6），将点A和点C代入y＝ax2+x+c求得a与c的值，得到抛物线的解析式；
（2）先求得点B和点D的坐标，再求得直线BD的解析式，过点E作EF∥y轴交BD于点F，设点E的坐标，得到点F的坐标，得出EF的长，进而求得△BDE的面积，然后用二次函数的性质求得△BDE的面积最大值和点E的坐标；
（3）先求得平移后抛物线的解析式和直线BC的解析式，由线段AC沿着直线BC上移动，设点C'和点M的坐标，得到点A'的坐标，然后分情况讨论，利用等腰直角三角形的性质构造全等三角形求得点M的坐标．
【解答】解：（1）∵点A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵tan∠ACO＝＝，
∴OC＝6，
∴点C（0，6），
将点A和点C代入y＝ax2+x+c得，
，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+6．
（2）∵y＝﹣x2+x+6＝﹣（x﹣3）2+，
∴点D的坐标为（3，），
当y＝0时，﹣x2+x+6＝0，
解得：x＝﹣2或x＝8，
∴点B（8，0），
设直线BD的解析式为y＝kx+b，则
，解得：，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+15，
如图1，过点E作EF∥y轴交BD于点F，
设点E（x，﹣x2+x+6），则点F（x，﹣x+15），
∴EF＝﹣x2+x+6﹣（﹣x+15）＝﹣x2+x﹣9，
∵S△BDE＝S△FDE+S△BFE＝＝＝EF，
∴S△BDE＝（﹣x2+x﹣9）＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，△BDE的面积最大值为，
此时，点E的坐标为（，）；
（3）∵抛物线向右平移后过点O，OA＝2，
∴抛物线向右平移2个单位，
∴平移后抛物线的对称轴为x＝3+2＝5，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，则
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+6，
由线段AC沿着直线BC上移动，设点C'（x，﹣x+6），点M（5，m），则点A'的坐标为（x﹣2，﹣x），
①当∠C'A'M＝90°时，C'A'＝A'M，如图2，
过点A'作A'H⊥l于点H，过点C'作C'G⊥A'H于点G，则∠C'GA'＝∠A'HM＝90°，∠C'A'H+∠HA'M＝90°，∠C'A'G+∠A'C'G＝90°，
∴∠HA'M＝∠A'C'G，
∴△C'GA'≌△A'HM（AAS），
∴A'G＝HM，C'G＝A'H，
∵A'G＝2，HM＝﹣x﹣m，C'G＝6，A'H＝5﹣（x﹣2），
∴2＝﹣x﹣m，且6＝5﹣（x﹣2），
解得：x＝1，m＝﹣，
∴点M（5，﹣）；
②当∠A'C'M＝90°时，C'A'＝C'M，如图3，
过点C'作C'Q⊥l于点Q，过点A'作A'P∥l，交QC'的延长线于点P，则∠C'PA'＝∠C'QM＝90°，∠PC'A'+∠QC'M＝90°，∠C'A'P+∠A'C'P＝90°，
∴∠QC'M＝∠C'A'P，
∴△QC'M≌△PA'C'（AAS），
∴A'P＝QC'，QM＝PC'，
∵A'P＝6，QC'＝5﹣x，QM＝﹣x+6﹣m，A'H＝2，
∴6＝5﹣x，且﹣x+6﹣m＝2，
解得：x＝﹣1，m＝，
∴点M（5，）；
③当∠A'MC'＝90°时，A'M＝C'M，如图4，
过点C'作C'I⊥l于点I，过点A'作A'J∥l，则∠C'IM＝∠A'JM＝90°，∠JMA'+∠C'MI＝90°，∠C'MI+∠MC'I＝90°，
∴∠JMA'＝∠MC'I，
∴△A'MJ≌△MC'I（AAS），
∴A'J＝MI，JM＝C'I，
∵A'J＝5﹣x+2，JM＝m+，MI＝，C'I＝5﹣x，
∴5﹣x+2＝，且m+＝5﹣x，
解得：x＝3，m＝，
∴点M（5，）．
综上，M点的坐标可能是：（5，）、（5，）、（5，﹣）．
【点评】本题考查二次函数代几综合问题，掌握二次函数中面积最值问题的解法及熟练使用一线三垂直的辅助线方法是解题关键．
3．（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；
（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得，解得，即可得出结论；
（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得m＝，即可解决问题；
（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，点C（0，6），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），
∴，
解得：
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，
设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，
则∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，
解得：m＝，
把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，
∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（）；
（3）存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，
∴点D的坐标为（1，8），
分两种情况讨论：
①当CD为菱形的边时，
如图2，过C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD＝＝，
∴DQ＝CD＝，
∴Q点的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）；
②当CD为菱形的对角线时，
如图3，设点Q（1，m），P（0，n），
∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝＝，PC＝CQ，
∴8﹣m＝，
解得：m＝，
∴点Q的坐标为（1，）；
综上所述，点Q的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．
【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．
4．（2021•金华二模）如图，平面直角坐标系中，A（0，4），C（﹣4，0），D是OC中点，E是直线AD上的一动点，以OE为边作正方形OFGE（顺时针标记），连结FC交AE于点H．
（1）当D与E重合时，求直线FC解析式；
（2）在（1）的条件下，连结OH，求△AOH的面积；
（3）设E的横坐标为t，若△HFE与△OAD相似，请求出t的值．
【分析】（1）点求出点F的坐标，再利用待定系数法求解，即可求出答案；
（2）联立直线AD，CF的解析式求出点H的坐标，最后用三角形的面积公式求解，即可求出答案；
（3）先判断出CF⊥AD，进而得出直线CF是定直线，点H是定点，过点F作FN⊥x轴于N，过点E作EM⊥y轴于M，得出△OME≌△ONF（AAS），即EM＝FN，OM＝ON，进而判断出点E的横坐标和点F的纵坐标相等，点E的纵坐标和点F的横坐标互为相反数，最后分两种情况用相似三角形的性质得出比例式，建立方程求解，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵A（0，4），C（﹣4，0），
∴OA＝OC＝4，
∵D是OC的中点，
∴OD＝2，
当D与E重合时，如图1，
∵四边形OFGE是正方形，
∴OF＝OD＝2，
∴F（0，﹣2），
∴设直线CF的解析式为y＝kx﹣2，
将点C（﹣4，0）代入直线y＝kx﹣2中，得﹣4k﹣2＝0，
∴k＝﹣，
∴直线CF的解析式为y＝x﹣2；
（2）如图1，连接OH，
由（1）知，直线CF的解析式为y＝x﹣2①，OD＝2，
∴D（﹣2，0），
∵A（0，4），
∴直线AD的解析式为y＝2x+4②，
联立①②解得，，
∴H（﹣，﹣），
∴S△AOH＝OA•|xH|＝×4×＝；
（3）∵四边形OEGF是正方形，
∴OE＝OF，∠EOF＝90°＝∠AOD，
∴∠AOD+∠DOE＝∠EOF+∠DOE，
∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠ADO＝∠CDH，
∴∠CHD＝∠AOD＝90°，
∴CF⊥AD，
即直线CF是定直线，点H是定点，坐标为（﹣，﹣），
过点F作FN⊥x轴于N，过点E作EM⊥y轴于M，
则∠FNO＝∠EMO＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠EOM+∠FOM＝90°，
∵∠FON+∠FOM＝90°，
∴∠EOM＝∠FON，
∵OE＝OF，
∴△OME≌△ONF（AAS），
∴EM＝FN，OM＝ON，
∴点E的横坐标和点F的纵坐标相等，点E的纵坐标和点F的横坐标互为相反数，
∵E的横坐标为t，
∴E（t，2t+4），
∴F（﹣2t﹣4，t），
∵H（﹣，﹣），
∴EH＝＝|t+|，
FH＝＝|t+|，
∵△HFE与△OAD相似，且∠EHF＝∠AOD＝90°，
∴①当△EHF∽△AOD时，，
∴，
∴t＝﹣4或t＝﹣；
②当△EHF∽△DOA时，，
∴，
∴t＝或t＝﹣；
即t的值为﹣4或或或﹣．
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出CF⊥AE是解（3）的关键．