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2022年备考浙教版中考数学题型专项训练 图形的变换解答题专练附答案
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这是一份2022年备考浙教版中考数学题型专项训练 图形的变换解答题专练附答案，共66页。试卷主要包含了综合题等内容，欢迎下载使用。
备考浙教版中考数学题型专项训练 图形的变换解答题专练
一、综合题
1．已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（α＜90°），CD⊥AB于点D，点E是AC边上一动点（不与点C重合），EF⊥BC于点F，EF与CD交于点G．
（1）当E点与A点重合时，如图1，若α=45°，猜想CF与EG的数量关系．
（2）当E点与A点不重合时，
①若α=45°，如图2，第（1）题中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
②若α≠45°，如图3，请直接写出的值（用含有α的三角函数表示）．
2．已知直角三角形ABC中，，，，动点P从点A出发，以每秒3个单位的速度沿折线向终点C运动，且不与的顶点重合，点D为边AB的中点，当点P不与点D重合时，过点P作线段PD的垂线与的一边交于点Q，构造，设点P的运动时间为t（）．
（1）线段BC的长为 ．
（2）点P在线段AB上运动时，用t表示线段PD的长．
（3）点P在线段AB上运动，当是以DQ为腰的等腰三角形时，求t的值．
（4）当点P经过点D后，作点Q关于PD的对称点为，当时，直接写出t的值．
3．如图，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，AC=BC，DE=DF．边AB，EF的中点重合于点O，连接BF，CD．
（1）如图①，当FE⊥AB时，易证BF=CD（不需证明）；
当△DEF绕点O旋转到如图②位置时，猜想BF与CD之间的数量关系，并证明；
（2）当△ABC与△DEF均为等边三角形时，其他条件不变，如图③，猜想BF与CD之间的数量关系，直接写出你的猜想，不需证明．
4．数学兴趣小组在学习平行四边形的性质后，开始进一步的探索．他们将平行四边形沿着它的一条对角线翻折，发现其中还有很多结论：如图①，在平行四边形ABCD中，，将沿AC翻折至，连接．
（1）【发现与证明】发现△AB′C与平行四边形ABCD重叠部分的图形始终是____；
A．等腰三角形； B．等边三角形； C．直角三角形
（2）【应用与探究】求证：．
如图②，在平行四边形ABCD中，已知，将沿AC翻折至，连接．若，，则 °， ．
5．如图1，在□ABCD中，AB=，AD=2，△A'BD与△ABD关于BD对称，A'B交边CD于点E.
（1）求证：△A'DE≌△CBE.
（2）延长A'C到点F，使得A'C=CF，连结BF.
①若BF⊥A'F，求A'C的长.
②如图2，若∠F=∠A'BD，记四边形ABED的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1－S2的值.（直接写出答案即可）
6．矩形中，、交于点O，（k为常数）．作，、分别与、边相交于点E、F，连接，
（1）发现问题：如图1，若，猜想： ；
（2）类比探究：如图2，，探究线段，之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长．
7．已知：正方形中，，将绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、（或它们的延长线）于点M、N．
（1）如图1，当绕点A旋转到时，有．当绕点A旋转到时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
（2）当绕点A旋转到如图3的位置时，线段和之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
8．阅读资料：如图1，在平面之间坐标系中，，两点的坐标分别为，，由勾股定理得，所以，两点间的距离为．我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系中，为圆上任意一点，则到原点的距离的平方为，当的半径为时，的方程可写为：．
问题拓展：如果圆心坐标为，半径为，那么的方程可以写为．
综合应用：如图3，与轴相切于原点，点坐标为，是上一点，连接，使，作，垂足为，延长交轴于点，连接．
（1）求证是的切线；
（2）是否存在到四点，，，距离都相等的点？若存在，求点坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，说明理由．
9．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）、B（3，0）．
（1）求抛物线的函数表达式：
（2）设抛物线的顶点为D，与y轴相交与点C，连接AC、CD、BC、BD，请你判断∠ACO与∠DBC的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，连接AD，与BC相交于点E，点G是抛物线上一动点，在对称轴上是否存在点F，使得∠EFG=90°，且tan∠FEG=如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
10．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在射线BC上（不与点B、点C重合），将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，作射线BA与射线CE，两射线交于点F．
（1）若点D在线段BC上，如图1，请直接写出CD与EF的关系．
（2）若点D在线段BC的延长线上，如图2，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接DE，G为DE的中点，连接GF，若tan∠AEC＝，AB＝，求GF的长．
11．如图，AD是△ABC的角平分线，，以AC上一点O为圆心，作过点A和点D的⊙O，与AC交于另一点E，连接DE
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径
12．如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知OA＝OC，OB＝OD，过点O作EF⊥BD，分别交AB、DC于点E，F，连接DE，BF，AF．
（1）求证：四边形DEBF是菱形；
（2）设ADEF，AD+AB＝12，BD＝4，求AF的长．
13．如图1，在中，，AB是的直径，交AC于点D，过点D的直线交BC于点E，交AB的延长线于点P，PD是的切线．
（1）求证：；
（2）若，，求图中阴影部分的周长和面积；
（3）如图2，，连接DM，交AB于点N，若，求的值．
14．如图，△ABC内接于⊙O（∠ACB＞90°），连接OA，OC．记∠BAC＝α，∠BCO＝β，∠BAO＝γ．
（1）探究α与β之间的数量关系，并证明．
（2）设OC与AB交于点D，⊙O半径为1，
①若β＝γ+45°，AD＝2OD，求由线段BD，CD，弧BC围成的图形面积S．
②若α+2γ＝90°，设sinα＝k，用含k的代数式表示线段OD的长．
15．如图1，某学校开展“交通安全日”活动．在活动中，交警叔叔向同学们展示了大货车盲区的分布情况，并提醒大家：坐在驾驶室的司机根本看不到在盲区中的同学们，所以一定要远离大货车的盲区，保护自身安全．小刚所在的学习小组为了更好的分析大货车盲区的问题，将图1用平面图形进行表示，并标注了测量出的数据，如图2．在图2中大货车的形状为矩形，而盲区1为梯形，盲区2、盲区3为直角三角形，盲区4为正方形．
请你帮助小刚的学习小组解决下面的问题：
（1）盲区1的面积约是 m2；盲区2的面积约是 m2；（≈1.4，≈1.7，sin25°≈0.4，cos25°≈0.9，tan25°≈0.5，结果保留整数）
（2）如果以大货车的中心A点为圆心，覆盖所有盲区的半径最小的圆为大货车的危险区域，请在图2中画出大货车的危险区域．
16．如图，⊙O的弦AC与BD互相垂直于点E，OA交ED于点F．
（1）如图（1），求证：∠BAC＝∠OAD；
（2）如图（2），当AC＝CD时，求证：AB＝BF；
（3）如图（3），在（2）的条件下，点P，Q在CD上，点P为CQ中点，∠POQ＝∠OFD，DF＝EC，DQ＝6，求AB的长．
17．在中，，以点D为圆心，适当的长度为半径画弧，分别交边AD、CD于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点K，作射线DK，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．
（1）如图1，当时，连接AP，线段AP和线段AC的数量关系为 ；
（2）如图2，当时，过点B作于点F，连接AF，请求出∠FAC的度数，以及AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）当时，连接AP，若，请直接写出线段AP与线段DG的比值．
18．定义：四边形ABCD中，AB=AC，∠BDC=∠BAC，则称四边形ABCD为半角四边形，边BC称为半对边.
（1）如图①，若四边形ABCD为半角四边形，且BC为半对边，设∠DBC=α，用含有α的代数式表示∠ACD；
（2）如图②，等腰△ABC，AB=AC，点D为其内部一点，∠ABD=∠ACD，连结AD，作△ACD的外接圆⊙O，BD的延长线交⊙O于点E，连结EA，EC，求证：四边形ABCE为半角四边形；
（3）如图③，在（2）的条件下，延长BA交⊙O于点F，连结EF，EF∥BC.
①求证：BC=CE；
②若AD=3，BC=6，求四边形ADEF的面积.
19． 如图
（1）【基础巩固】如图①，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若BD=3，CD=1，求AB2-AC2的值；
（2）【尝试应用】如图②，点C在△ABD的边BD上，满足AB=AC，求证：AD2-AC2=BD·CD；
（3）【拓展提高】如图③，已知点D为Rt△ABC斜边上一点，过点D作AB的垂线，交AC于点E，点G在CE的中垂线上，连结AG，若CG=BD，求证：求证：AG＝（AD+AB）．
20．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.
（1）操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转．当点D恰好落在BC边上时，填空：
①线段DE与AC的位置关系是 ；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2．则S1与S2的数量关系是 ．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜想．
21．如图
（1）如图1，为等腰直角三角形，，求证：.
（2）如图2，在（1）的条件下，连结，，求的长.
（3）如图3，在中，，分别在直角边，上，，，求.
22．如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°.
（1）如图1，连接BE，CD，BE的延长线交AC于点F，交CD于点P，求证：BP⊥CD；
（2）如图2，把△ADE绕点A顺时针旋转，当点D落在AB上时，连接BE，CD，CD的延长线交BE于点P，若BC＝6，AD＝3，求△PDE的面积.
23．如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E在直线AB上，连结DE，过点A作AF⊥DE交直线BC于点F，以AE、AF为邻边作平行四边形AEGF.直线DG交直线AB于点H.
（1）当点E在线段AB上时，求证：△ABF ∽△DAE.
（2）当AE=2时，求EH的长.
（3）在点E的运动过程中，是否存在某一位置，使得△EGH为等腰三角形.若存在，求AE的长.
24．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容.
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程.
结论应用：在 ▱ ABCD中，对角线AC、BD、交于点O，E为边BC的中点，AE、BD交于点F.
（1）如图②，若为正方形，且，则的长为_ .
（2）如图③，连结交于点，若四边形的面积为，则的面积为_ .
25．如图，是的外接圆，点在上，连结，，，过点作的平行线交于点.
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，若，，，求；
（3）如图3，为的内心，若在线段上，，，当最大时，求出的半径.
26．如图
（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝120°，则S△ABC＝ ；
（2）如图②，在△ABC中，AB的垂直平分线交BC于D，交AB于点M，AC的垂直平分线交BC于E，交AC于N，∠DAE＝20°，BC＝6，求∠BAC的度数及△ADE的周长；
（3）如图③，某农场主欲规划出一个如图所示的矩形田地ABCD，其中BC＝0.4km，点P在边AD上，E、F为BC边上两点（包括端点），在△PEF区域种植甲种农作物，其余区域种植乙种农作物，并沿△PEF的三边铺设围栏，围栏总长为0.6km（即△PEF的周长为0.6km），围栏PE与PF的夹角为60°（即∠EPF＝60°），为了尽可能多的种植农作物要求矩形ABCD的面积尽可能的大，请问能否设计出一个面积尽可能大又满足要求的矩形ABCD田地？若能，求出矩形ABCD面积的最大值；若不能，请说明理由．
27．如图
（1）问题提出：如图1，在△ABC中，D为BC上一点，且满足，则△ABC形状为 ．（请填写序号：①钝角三角形；②直角三角形；③锐角三角形）
（2）问题探究：如图2，四边形ABCD为的内接四边形，，，连接AC、BD，若，则对角线AC的长度为多少？
（3）问题解决：如图3，在四边形ABCD中，，，，以C为圆心，CB长为半径画，M为上的一动点，过点M作，，连接EF．已知，探究：线段EF是否存在最小长度？若存在，请求出EF的最小长度；若不存在，请说明理由．
28．将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按照如图①的方式叠放在一起（∠A = 30°，∠ABC = 60°，∠E = ∠EDC = 45°），且三角板ACB的位置保持不动.
（1）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转至图②，若∠ACE = 60°，求∠DCB的度数.
（2）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转，当旋转到ED∥AB时，求∠BCE的度数（请先在备用图上补全相应的图形）.
（3）当0° < ∠BCE < 180°且点E在直线BC的上方时，这两块三角尺是否存在一组边互相平行?若存在，请直接写出∠BCE所有可能的值；若不存在，请说明理由.
29．我们把三角形三边上的高产生的三个垂足组成的三角形称为该三角形的垂足三角形．
（1）如图1，△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝6，△DEF是△ABC的垂足三角形，求DE的长．
（2）如图2，圆内接三角形ABC中，AB＝AC＝x，BC＝6，△ABC的垂足三角形DEF的周长为y．
①求y与x的关系式；
②若△DEF的周长为 时，求⊙O的半径．
30．如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝2，过对角线BD上一点P作AB的垂线交AB于点F，交CD于点E，过点E作EG∥BD交BC于点G，连接FG交BD于点H，连接DF．
（1）求 的值．
（2）当四边形DFGE有一组邻边相等时，求BG的长．
（3）点B关于FG的对称点记为B'，若B'落在△EFG内部（不包含边界），求DP长度的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：
∵，
∴
∴
在和中
∴
∴
∵
∴即
（2）解：①成立
证明：如图，过点E作EM∥AB交BC于点M，交CD于点N
∵，
∴
又EM∥AB，∴
∴
∵
∴
∴
∴EG=MC
∵，
∴
∴
②
2．【答案】（1）8
（2）解：∵点D为边AB的中点，AB＝10
∴AD＝BD＝AB＝5
∵动点P从点A出发，以每秒3个单位的速度向B运动，
∴（秒），（秒）
当点P在AD上运动时，点P不与点A与点D重合时，即时，
PD＝AD－AP＝5－3t，
当点P在DB上运动时，点P不与点B与点D重合时，即时，
PD＝AP－AD＝3t－5，
∴
（3）解：当时
①当时，如图①：
∵，
∴，，
∴；
②当时，如图②：
∵
∴
∴Q与C重合
∵
∴
∵
∴，
∵AQ＝AC＝6
∴，
∴；
当时，不存在可能性；
所以综上，或．
（4）或或
3．【答案】（1）解：猜想，理由如下：
如图②，连接、，
与都是等腰直角三角形，，．边，的中点重合于点O，
，，，，
，，
．
在与中，
，
，
；
（2）
4．【答案】（1）A
（2）45；
5．【答案】（1）证明：在□ABCD 中，AD=BC，∠A=∠C
∵△A'BD 与△ABD 关于 BD 对称
∴AD=A'D，∠A=∠C’
∴A'D=BC，∠A'=∠C
又∵∠A'ED=∠CEB
∴△A'BD≌△ABD（AAS）.
（2）解：①若BF⊥A′F，∠F=90°，
∵△A’BD和△ABD关于BC对称，
∴A′B=AB=，
设A′C=CF=x，则A′F=2x，
在Rt△BCF和Rt△A′BF中
BF2=BC2-CF2=A′B2-A′F2，
∴22-x2=7-4x2
解之：x=1（x＞0），
∴A′C=1.
②由（1）可知△A′DE≌△CBE，
∴A′E=CE，DE=BE，
∴∠BA′F=∠A′CE=（180°-∠A′EC），
∠A′BD=∠BDE=（180°-∠BED），
∵∠A′EC=∠BED，
∴∠BA′F=∠A′BD=∠A′CE=∠BDE，
∴BD∥FA′，
∵∠F=∠A′BD，
∴∠F=∠A′CE=∠BA′F，
∴BF=BA′=，DC∥BF，
∵A′C=CF，
∴BC⊥A′F，
∴BC⊥BD，
AD∥BC，
∴BD⊥AD，
在Rt△ABD中，
,
∴
∵∠A′CE=∠F，∠CA′E=∠FA′B，
∴△CA′E∽△FA′B，
∴
∴A′E=BE，
∴CE=DE，
∴S△BCE=S△BDE，
∴S1-S2=S△ABD+S△BDE-S△BCE=S△ABD=，
6．【答案】（1）1
（2）解：结论：当k≠1时，OE＝k•OF．
理由：过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∴∠OME＝∠ONF＝∠ONB＝90°
∵∠MBN＝90°
∴四边形BMON是矩形
∴∠MON＝∠EOF＝90°
∴∠MON-∠EON=∠EOF-∠EON
即∠MOE＝∠NOF
又∵∠OME＝∠ONF
∴△OME∽△ONF
∴
∵AO＝OC，OM∥BC
∴AM＝MB
∴OM=BC，同法可证ON=AB
∴
∴OE＝k•OF；
（3）解：如图，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵，BC＝k•ABAB
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OD＝OB＝
∴AB2+5AB2＝96
∴AB＝
∴BC
∵CF＝OF，OB＝OC
∴∠FOC＝∠FCO＝∠OBC
又∵∠OCF＝∠BCO
∴△COF∽△CBO
∴
∴
∴CF＝
∴OF＝CF＝
∵OEOF，
∴OE＝，
∴．
7．【答案】（1）解：BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，
∴∠D=∠ABE，AE=AN，∠AEN=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠ABC=180°
∴E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）解：DN= MN+ BM．在线段DN上截取DQ=BM，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABC=∠ABM=∠BAD=90°
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∵∠BAQ+∠DAQ=90°，
∴∠MAQ=∠BAM+∠BAQ=90°，
又∵∠MAN=45°
∴∠QAN=∠MAN=45°．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
8．【答案】（1）证明：∵PO和PA都是的半径，
．
∴△POA是等腰三角形．
∵，
．
∵BP是△POB和△PAB的公共边，
．
．
与轴相切于原点，
．
．
是的切线．
（2）解：存在，当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．如下图所示，连接QO，QA，过点Q作QH⊥OB于H．
∵是线段的中点，，
．
∴当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．
，，
∴∠DPO+∠OBP=90°，∠POA+∠DPO=90°．
∴∠OBP=∠POA．
∵，
．
点坐标为，
．
∴．
∵点Q是线段BP的中点，
∴．
∵∠POB=90°，，
．
．
．
，．
．
∴点的坐标为．
．
∴以为圆心，以为半径的的方程为．
9．【答案】（1）解：将点代入得：
，
解得：，
所以抛物线解析式为；
（2）解：，
，
令，则，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
；
（3）解：存在点，使得，且，理由如下：
抛物线的对称轴为直线，
设直线的解析式为，得，
，
解得：，
设直线AD的解析式为，可得，
，
解得：，
，
联立方程组，
解得：，
，
设，
如图1，当G点在对称轴的右侧，F点在E点下方时，
过点F作MN⊥y轴，过E点作EM⊥x轴交MN于点M，过点G作GN⊥MN交于N点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍去），，
；
如图2，当G点对称轴的左侧，F点在E点下方时，
过E点作EK垂直对称轴交于点K，过点F作FH⊥y轴，过点G作GH⊥HF交于H，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：或（舍去），
；
如图3，当F点在E点上方时，此时G点在对称轴的右侧，
过点F作轴，过点E作EP⊥PQ交于点P，过点G作GQ⊥PQ交于点Q，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
，
综上可得：点的坐标为或或．
10．【答案】（1）解：CD＝EF，CD⊥EF，
（2）解：结论仍然成立，
理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC=∠ACB＝45°，
∵将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴CD⊥EF，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠BFC＝∠ABC，
∴BC＝CF，
∴CD＝EF；
（3）解：如图，过点A作AN⊥CE于点N，过点G作GH⊥CE于H，
∵，
∴BC＝CF＝2，
∵AN⊥CE，∠ACF＝45°，
∴AN＝CN＝1，
∵，
∴EN＝2，
∴EC＝CN+EN＝3，
∴EF＝EC﹣CF＝1＝CD，
∵GH⊥CE，∠ECD＝90°，
∴HG∥CD，
∴ ，且EG＝DG，
∴，，
∴
∴.
11．【答案】（1）证明：如图2，连接OD，由题意得，OD是的半径，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠OAD．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD．
∴∠BAD＝∠ODA，
∴．
∵AB⊥BC，
∴OD⊥BC．
∵OD是的半径，
∴BC是的切线．
（2）解：由题意得：AE是的直径，
∴∠ADE＝90°，
∵AB⊥BC，∠ABD＝90°．
∴∠ABD＝∠ADE，
由（1）知，∠BAD＝∠DAE，
∴△ABD∽△ADE．
∴，即，
解得：，
在Rt△ADE中，，即，
解得：，
∴的半径，
∴的半径为2．
12．【答案】（1）证明：，
∴四边形为平行四边形，
，
，
在和中，，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，过点作于点，
，
，
∴在中，，
，
，
解得，
，
，
，
，
，
在中，，
，
∵四边形是菱形，
，
，
，
则在中，．
13．【答案】（1）证明：如图1，连接OD．
∵PD是的切线，
∴．
∴．
∵AB是的直径，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）解：∵，，，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴△OBD为等边三角形．
∴，．
∵AB是的直径，
∴．
∴，．
又∵，
∴，，
．
∴阴影部分的周长为，
阴影部分的面积为
．
∴阴影部分周长为，面积为．
（3）解：如图2，连接OM，过点D作于点F．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则．
由勾股定理得．
由三角形的面积公式得．
∴．
∵，，
∴∠MON=∠DFN=90°，又∠ONM=∠FND，
∴．
∴．
又∵，，
∴．
即．
14．【答案】（1）解：α与β之间的数量关系为：α+β=90°．理由：
连接OB，如图，
∵∠BOC=2∠BAC，∠BAC=α，
∴∠BOC=2α．
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=β．
∴∠BOC+∠OCB+∠OBC=180°，
∴2α+2β=180°．
∴α+β=90°．
（2）解：①∵β=γ+45°，α+β=90°，
∴90°-α=γ+45°．
∴α+γ=45°．
∵∠BAC=α，∠BAO=γ，
∴∠OAC=∠BAC+∠BAO=45°．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=45°．
∴∠AOC=90°．
∵AD=2OD，
∴sin∠OAD=＝．
∴∠OAD=30°．
∴∠BAC=15°．
∴∠BOC=2∠BAC=30°．
∵OA=OD，
∴∠OBA=∠BAO=30°．
∴∠DOB=∠DBO=30°，
∴DO=DB．
过点D作DE⊥OB于点E，如图，
则OE=EB=OB=．
∵tan∠DOB=，
∴＝．
∴DE=．
∴S△DOB＝×OB•DE=．
∵S扇形OCB＝＝，
∴S=S扇形OCB-S△DBO=．
②∵α+2γ=90°，α+β=90°，
∴β=2γ．
延长AO，交圆O于点G，连接BG，如图，
∵∠BOG=2∠BAO=2γ，
∴∠BOG=∠OCB．
∵∠OBC=∠OCB，
∴∠BOG=∠OBC．
∴BC∥AG．
过点O作OF⊥BC于点F，则CF=BF=BC，∠COF=∠BOC=α．
∵sinα=k，sinα=，
∴CF=OC•sinα=k，
∴BC=2k．
设OD=x，则CD=OC-OD=1-x，
∵BC∥OA，
∴△DAO∽△DBC．
∴．
∴＝．
解得：x=．
∴OD=．
15．【答案】（1）5；4
（2）解：∵AC＝AD＝，
AH＝AG＝，
AM＝AN＝，
∴AC＝AD＞AH＝AG＞AM＝AN，
∴以A为圆心，AC长为半径所画的圆为大货车的危险区域．
如图所示．
16．【答案】（1）证明：如图1，延长AO交⊙O于M，连接DM，则AM是⊙O直径，
∴∠ADM＝90°，
∴∠AMD+∠MAD＝90°
∵AC⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAC+∠ABD＝90°，
∵∠ABD＝∠AMD，
∠AMD+∠MAD＝90°，
∴∠BAC＝∠MAD，
即∠BAC＝∠OAD；
（2）证明：如图2，
由（1）可得，∠BAC＝∠OAD，
∴∠BAC+∠CAO＝∠OAD+∠CAO，
∴∠BAF＝∠CAD，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ABF∽△ACD，
∴，
∵AC＝CD，
∴AB＝BF；
（3）解：连接OC、OD，在线CA上取Q1，使得CQ1＝DQ＝6，连接QQ1，OQ1，线段QQ1和线段O交于点P1，再过圆心O作OO1⊥AC于点O1，如图：
由（2）知：△ABF∽△ACD，
∴∠EFA＝∠CDA，
∵∠CDA＝∠EAD
∴∠EAD＝∠EFA，
又∵∠AEF＝∠DEA＝90°，
∴△EFA∽△EAD，
∴，
∵AC＝CD，EC＝DF，
∴AE＝AC﹣EC＝CD﹣EC＝CD﹣DF，
∵DE＝EF+DF，
∴，
∴（CD﹣DF）2＝EF（EF+DF）①，
∵∠CED＝90°，
∴CD2＝EC2+DE2＝DF2+（EF+DF）2，
∴（CD﹣DF）（CD+DF）＝（EF+DF）2②，
将②式除以①式得，
∵，，
∴，
∴2EF＝CD﹣DF，
∴，
∴，
∴
∴，
∴（5DF﹣3CD）•（DF+CD）＝0，
∵DF+CD＞0，
∴5DF﹣3CD＝0，
∴，
∴，
∴，
在Rt△AEF中
，
∵OO1⊥AC，
∴∠OO1A＝∠FEA＝90°，O1是AC的中点，
∴EF∥OO1，，
∴，即，
∴，
∴，
∵∠POQ＝∠OFD，∠OFD＝∠EFA，
∴∠POQ＝∠EFA，
∵∠EAF+∠EFA＝90°，∠EAF＝∠CAO，
∴∠CAO+∠POQ＝90°，
∵AC＝CD，
∴∠CAO＝∠OCA＝∠CDO＝∠OCD，
∴∠OCD+∠POQ＝90°，
∴∠COP+∠DOQ+∠CDO＝90°，
∵OC＝OD，∠OCA＝∠CDO，CQ1＝DQ＝6，
∴△OCQ1≌△ODQ（SAS），
∴OQ1＝OQ，∠DOQ＝∠COQ1，
∴∠COP+∠COQ1+∠CDO＝90°，
∴∠POQ1+∠OCD＝90°，
而∠OCD+∠POQ＝90°，
∴∠POQ＝∠POQ1，
∴P1Q1＝P1Q，
∵P为CQ中点，
∴P1P是△CQ1Q的中位线，
∴P1P∥CQ1，
∴∠POC＝∠OCQ1，
∴∠POC＝∠CAO＝∠OCA＝∠CDO＝∠OCD，
∴△OPC∽△DOC，
∴，
∵CD＝CQ+DQ＝2CP+6，
∴，
又，
∴，
解得CD＝16，
∴
∵∠BAC＝∠BDC，∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DCE，
∴，即，
∴AB＝8．
17．【答案】（1）AP=AC
（2）解：结论是2AF2=AB2+AD2
连结CF，
当时，平行四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC ,∠ADC=∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，即，
∵DK平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=，
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠CDE=∠ADE=45°，
∴AE=AD=BC，
∴∠FEB=∠AED=45°，
∵，
∴∠BFE=90°，∠FBE=90°-∠FEB=45°，
∴FE=FB，
∴∠FEA=180°-∠FEB=180°-45°=135°，∠FBC=∠FBE+∠ABC=45°+90°=135°
∴∠FEA=∠FBC，
在△FEA和△FBC中
∴△FEA≌△FBC（SAS），
∴∠AFE=∠CFB，AF=CF，
∴∠AFC=∠AFE+∠EFC=∠CFB+∠EFC=∠EFB=90°，
∴∠FAC=45°
在Rt△AFC中，
∴，
（3）
18．【答案】（1）解：设∠ABD=β，
∵AB=AC，∠DBC=α，
∴∠ABC= ∠ACB=α+β，
∴∠BAC=180°-2（α+β），∵四边形ABCD为半角四边形，BC为半对边，
∴∠BDC=∠BAC=90°-（α+β），
∴∠BCD=180°-∠BDC-∠DBC=180°-90°+（α+β）-α=90°+β，
∴∠ACD=∠BCD-∠ACB=90°+β-（α+β）=90°-α；
（2）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=ACB，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠DBC=∠DCB，
∴BD=CD，
又∵AD=AD，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴∠CAD=∠BAD=∠BAC，
又∵弧CD=弧DC，
∴∠DAC=∠DEC，
∴∠DEC=∠BAC，
∴∠BEC=∠BAC，
∴四边形ABCE为半角四边形；
（3）①证明：如图③，
设∠ABD=β，∠DBC=α，
∵AB=AC，
∴∠BAC=180°-2（α+β），
∴∠FEC=180°-2（α+β），
∵四边形ABCE为半角四边形，
∴∠BEC=∠BAC=[180°-2（α+β）]=90°-（α+β），
∴∠FEB=∠FEC-∠BEC=180°-2（α+β）-90°+（α+β）=90°-（α+β），
∴∠BEC=∠FEB，
又∵EF∥BC，
∴∠FEB=∠EBC，
∴∠BEC=∠EBC，
∴BC=CE；
②解：如图④，延长AD交BC于点H，过点E作EG垂直BF于点G，AC与BE交于点M，
由（2）可知：∠BEC=∠EBC，∠BEC=∠BAC，
设∠BEC=∠EBC=α，
∴∠BAC=2α，
又∵△ABD≌△ACD，
∴∠BAD=∠CAD=a，BD=DC，
∴∠DBC=∠DCB=α，
∵AB=AC，
∴AH⊥BC，BH=HC=BC=×6=3，
∵∠BHD=∠AHB=90°，∠DBH=∠BAH=α，
∴△BHD∽△AHB，
∴，
∴AH2-3AH-18=0，
解得：AH=6，
∴DH=3，
∴BD==3，AB=AC==3，
∵∠HCA=90°-α，由（1）中结论可得∠ACE=90°-α，BC=CE，
∴CA⊥BE，BM=ME，
∴易证△BHD∽△AHB，
∴，
即，
∴AM=，DM=，
∴DE=5，
∴S△ADE=AM·DE=××5=，
∵∠EGB=∠ABM，∠G=∠AMB，
∴△EGB∽△AMB，
∴，即，
∴EG=，BG=，
∵四边形FACE为圆内接四边形，
∴∠EFG=∠ACE=90°-α，
∴∠EFG=∠ACH，
∴△EGF∽△AHC，
∴，即，
∴GF=，
∴AF=BG-AB-GF=-3=，
∴S△AFE=AF·EG=××=4，
∴S四边形ADEF=S△AFE+S△ADE=4+=.
19．【答案】（1）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∴AB2=AD2+BD2，AC2=AD2+DC2，
∴AB2-AC2=BD2-DC2，
∵BD=3，CD=1，
∴AB2-AC2=9-1=8；
（2）证明：如图②，过点A作AE⊥BD于点E，
∵AB=AC，AE⊥BD，
∴BE=CE，
由（1）可知：AD2-AB2=DE2-BE2，
∴AD2-AC2=DE2-BE2=（BD-BE）2-BE2=（BD-BE-BE）（BD-BE+BE）=CD·BD；
（3）证明：如图③，连接EG，
∵点G在CE的中垂线上，
∴GE=GC，
由（2）可知：AG2-CG2=AC·AE，
∵ED⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ EAD=∠ACB=90°，
又∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ACB，
∴，即AE·AC=AD·AB，
∵CG=BD，
∴AG2-CG2=AG2-BD2=AC·AE=AD·AB，
∴AG2=BD2+AD·AB=（AB-AD）2+AD·AB=[（AB-AD）2+4AD·AB]=（AB+AD）2，
∴AG=（AB+AD）.
20．【答案】（1）AC=DC；S1=S2
（2）解：如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于 N，
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中， ，
∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
21．【答案】（1）证明：是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图2中，过点作于点.
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，，
，
设，则，
在中，，
，
解得或舍去），
；
（3）解：如图3中，过点作，在上截取使得，连接，，作的角平分线交的延长线于点.设，，.
，，，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
平分，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
整理得，
（负值已经舍去），
.
22．【答案】（1）证明：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE
＝90°.
∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAC﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，
即∠BAE＝∠DAC，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE+∠AFB＝∠ACD+∠CFP＝90°，
∴∠CPF＝90°，
∴BP⊥CD；
（2）解：在△ABE与△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，
∵∠PDB＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠CAB＝90°，
∴∠EPD＝90°，
∵BC＝6，AD＝3，
∴DE＝3，AB＝6，
∴BD＝6﹣3＝3，CD＝，
∵△BDP∽△CDA，
∴，
∴，
∴PD＝，PB＝
∴PE＝﹣＝，
∴△PDE的面积＝.
23．【答案】（1）证明：∵，
∴.
∵四边形ABCD为矩形，
∴，
∴.
又∵，
∴△ABF ∽△DAE；
（2）解：①当E在点A上方时，
由AB=2，得点E与B重合，如图，
∵△ABF∽△DAE，
∴，
∴，
∴.
∵四边形AEGF是平行四边形，，
∴GF=AB=CD=2，，
即在△GMF和△DMC中，，
∴△GMF≌△DMC(AAS)，
∴，
∴.
∵，
∴△MGF∽△MHE，
∴，即，
∴EH=；
②当E在点A下方时，如图，
∵FG=AE=CD=2，
∴G、A、D共线
此时，H与A重合，
∴HE=2.
综上可知，EH的长为或2；
（3）解：①当点H在点A的上方时，如图，△EGH为钝角三角形
由等腰△EGH得，GH=GE.
作GQ⊥BH于点Q，则HQ=EQ.
∴四边形BFGQ为矩形，
∴QB=GF=EA，
∴QE=AB=2，
∴HQ=EQ=2.
设AE=2t，
由（1）得，
∴，
∴GQ=BF=t.
∵QG//AD，
∴△HQG ∽△HAD
∴，即，
解得 (舍去）
∴AE=2t=；
②当点H在点A的下方时，
（ⅰ）若GH=GE，如图，作GQ⊥BE于点Q，则HQ=EQ.
∵AE=GF=BQ，
∴QE=AB=2，HQ=EQ=2.
设AE=2t，同理：GQ=BF=t
由，得，
解得(舍去）
∴AE=2t=；
（ⅱ）若HG=HE，如图，
∴∠2=∠1.
同理△ABF ∽△DAE，则，
∵AF=GE，AF∥GE，AF⊥DE，
∴GE⊥DE，，
∴△DGE是直角三角形，
∵∠2+∠3=90°，∠GDE+∠1=90°，
∴∠3=∠1，
∴tan∠3= tan∠GDE==，
∴=，
∴AE=2AD=8；
（ⅲ）若EG=EH，如图，
同理可求出tan∠HGE=2，
则tan∠AHD=tan∠GHQ=tan∠HGE=2，
∴.
设AE=2t，
同理可得：GQ=BF=t，EQ=AB=2，
由，得，解得，
∴ AE=2t=.
综上可知：AE=或8或.
24．【答案】（1）
（2）6
25．【答案】（1）证明：点在圆上，
，，
又，
，
；
（2）解：由（1）可得，
，
，
∴，
过点D作DH⊥BC于点H，如图所示：
∴，，
∴，
，
∴，
；
（3）解：由（2）得： ，
，
如图，作交CD于点F，
∴，
设，，，则有，
在Rt△BDF中，由勾股定理得：，
解得，，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：，
∴，
，
连接，
为的内心，
，，
，
，
，
当时，最大，
∴，
连接，交BC于点M，
∴OD⊥BC，，
∴，
设的半径为，则有，
∴
解得：，
∴圆的半径为.
26．【答案】（1）．
（2）解：∵DM是线段AB的中垂线，
∴AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD，
同理可得：AE＝CE，∠C＝∠CAE，
又∵∠B+∠BAD+∠C+∠CAE+∠DAE＝180°，∠DAE＝20°，
∴∠BAD+∠CAE＝80°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAE+∠CAE＝20°+80°＝100°，
△ADE的周长为：AD+DE+AE＝BD+DE+EC＝BC＝6．
（3）解：如图，延长FE至点M，使得EM＝PE，延长EF至点N，使得FN＝PF，
则有MN的长度等于△PEF的周长，即MN＝0.6，
连接PM，PN，
利用（2）中方法同理可求得∠MPN＝120°，
做出△PMN的外接圆⊙O，连接OP、OM、ON，
过点O作OG⊥MN于点G，延长OG交⊙O于点P'，过P点作PH⊥MN于点H，
则有∠MON＝2（180°﹣∠MPN）＝120°，
∴∠NOG＝∠MOG＝60°，NG＝MG＝0.3，
∴，
∴ON＝，
∵OG+PH≤OP，
∴PH≤OP﹣OG＝，
∴当P和P'重合时PH取得最大值，
∵PH＝AB，
∴当PH取得最大值时，矩形ABCD的面积最大，
∴（S矩形ABCD）max＝BC•PHmax＝，
即矩形ABCD面积最大值为km2．
27．【答案】（1）②
（2）解：如图1，连接OB，OD，过点O作．
∵，则AC为的直径，
∴．
又由，可得，
∴在等腰△OBD中，，，
∴，
∴．
（3）解：如图2，连接AM，取AM的中点O，连接OE，OF．
根据题意可知△AEM与△AFM均为直角三角形，
∴，故A、E、M、F四点在上，故．
由（2）可知，即要使EF最小，只需AM最小即可．
连接AC，MC，AC与的交点为，根据题意可知点M在上，且所对的圆心为C，故．
由，，可知，
∴当点M在点时，满足AM最小，进而可知EF最小．
连接BD，由，可知△BCD为等边三角形，故，即，
∴，，即．
在Rt△ACD中，，
∴，
∴．
28．【答案】（1）解：如图2中，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD，
∵∠ACE＝60°，
∴∠ECB＝∠ACD＝30°，
∴∠BCD＝∠ECB+∠ECD＝30°+90°＝120°；
（2）解：如图3中，
当DE∥AB时，延长BC交DE于M，
∴∠B＝∠DMC＝60°，
∵∠DMC＝∠E+∠MCE，∠E=45°，
∴∠MCE＝15°，
∴∠BCE＝165°，
当D′E′∥AB时，∠E′CB＝∠MCE＝15°，
∴当ED∥AB时，∠BCE的度数为165°或15°；
（3）解：∠BCE=30°或45°或120°或135°或165°
29．【答案】（1）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴D是BC的中点，又∠BEC是直角，
∴DE＝ BC＝3．
（2）解：①如图，连接CE，同理（1）可得DE＝BD＝DF＝3，
∴∠B＝∠BED＝∠ACB，
∴△BDE∽△BAC，
∴ ，
∴BE＝ ，
∴AE＝x﹣ ，
同理可得：AF＝x﹣ ，
∴AE＝AF，
∵AB＝AC，
∴△AEF∽△ABC，
∴ ，
∴EF＝6﹣ ，
∴y＝12﹣ ；
②当y＝ 时，x＝5，
如图，连接AD，
∵AB＝AC，
∴△ABC的外心O在线段AD上，连接BO，
设⊙O的半径为r，则32+（4﹣r）2＝r2，
∴r＝ ，
即⊙O的半径为 ．
30．【答案】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠ABC＝∠AFE，
∴EF∥BC，
∵EG∥BD，
∴四边形EPBG是平行四边形，
∴EP＝BG，
∴tan∠EDP＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝2；
（2）解：①如图1，当DE＝EG时，
设BG＝x，则DE＝EG＝2x，CE＝2﹣2x，CG＝1﹣x，
在Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，
∴（2﹣2x）2+（1﹣x）2＝（2x）2，
解得：x＝5﹣2 ，
∴BG＝5﹣2 ；
②如图1，当EG＝GF时，
∵CE＝BF，∠C＝∠ABC＝90°，
∴Rt△ECG≌Rt△FBG（HL），
∴BG＝CG＝ CB＝ ，
③如图1，当DF＝GF时，
设BG＝x，则AF＝DE＝2x，
∵DF2＝GF2，
∴DA2+AF2+BG2+BF2，
∴12+（2x）2＝（2﹣2x）2+x2，
解得：x＝4± ，
∵BG＜1，
∴BG＝4﹣ ；
④∵∠DEF＝90°，
∴DF＞DE，即DF＝DE不存在；
综上所述，BG的长为：5﹣2 或 或4﹣ ；
（3）解：当点B′落在边EG上时，如图2，
设BG＝x，B′F＝BF＝CE＝2﹣2x，
∵∠FB′G＝∠FBG＝90°，
∴∠EFB′＝∠CEG＝∠CDB，∠C＝∠EB′F＝90°，
∴△EFB′∽△BDC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：x＝1﹣ ，
∴DP＝ EP＝ ﹣1
当点B′落在边EF上，如图3，
∵BG＝B′G＝CE，
∴x＝2﹣2x，
解得：x＝ ，
∴DP＝ x＝ ，
综上所述， ﹣1＜DP＜ ．
备考浙教版中考数学题型专项训练 图形的变换解答题专练
一、综合题
1．已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=α（α＜90°），CD⊥AB于点D，点E是AC边上一动点（不与点C重合），EF⊥BC于点F，EF与CD交于点G．
（1）当E点与A点重合时，如图1，若α=45°，猜想CF与EG的数量关系．
（2）当E点与A点不重合时，
①若α=45°，如图2，第（1）题中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
②若α≠45°，如图3，请直接写出的值（用含有α的三角函数表示）．
2．已知直角三角形ABC中，，，，动点P从点A出发，以每秒3个单位的速度沿折线向终点C运动，且不与的顶点重合，点D为边AB的中点，当点P不与点D重合时，过点P作线段PD的垂线与的一边交于点Q，构造，设点P的运动时间为t（）．
（1）线段BC的长为 ．
（2）点P在线段AB上运动时，用t表示线段PD的长．
（3）点P在线段AB上运动，当是以DQ为腰的等腰三角形时，求t的值．
（4）当点P经过点D后，作点Q关于PD的对称点为，当时，直接写出t的值．
3．如图，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，AC=BC，DE=DF．边AB，EF的中点重合于点O，连接BF，CD．
（1）如图①，当FE⊥AB时，易证BF=CD（不需证明）；
当△DEF绕点O旋转到如图②位置时，猜想BF与CD之间的数量关系，并证明；
（2）当△ABC与△DEF均为等边三角形时，其他条件不变，如图③，猜想BF与CD之间的数量关系，直接写出你的猜想，不需证明．
4．数学兴趣小组在学习平行四边形的性质后，开始进一步的探索．他们将平行四边形沿着它的一条对角线翻折，发现其中还有很多结论：如图①，在平行四边形ABCD中，，将沿AC翻折至，连接．
（1）【发现与证明】发现△AB′C与平行四边形ABCD重叠部分的图形始终是____；
A．等腰三角形； B．等边三角形； C．直角三角形
（2）【应用与探究】求证：．
如图②，在平行四边形ABCD中，已知，将沿AC翻折至，连接．若，，则 °， ．
5．如图1，在□ABCD中，AB=，AD=2，△A'BD与△ABD关于BD对称，A'B交边CD于点E.
（1）求证：△A'DE≌△CBE.
（2）延长A'C到点F，使得A'C=CF，连结BF.
①若BF⊥A'F，求A'C的长.
②如图2，若∠F=∠A'BD，记四边形ABED的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1－S2的值.（直接写出答案即可）
6．矩形中，、交于点O，（k为常数）．作，、分别与、边相交于点E、F，连接，
（1）发现问题：如图1，若，猜想： ；
（2）类比探究：如图2，，探究线段，之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，若，，，求的长．
7．已知：正方形中，，将绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、（或它们的延长线）于点M、N．
（1）如图1，当绕点A旋转到时，有．当绕点A旋转到时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
（2）当绕点A旋转到如图3的位置时，线段和之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
8．阅读资料：如图1，在平面之间坐标系中，，两点的坐标分别为，，由勾股定理得，所以，两点间的距离为．我们知道，圆可以看成到圆心距离等于半径的点的集合，如图2，在平面直角坐标系中，为圆上任意一点，则到原点的距离的平方为，当的半径为时，的方程可写为：．
问题拓展：如果圆心坐标为，半径为，那么的方程可以写为．
综合应用：如图3，与轴相切于原点，点坐标为，是上一点，连接，使，作，垂足为，延长交轴于点，连接．
（1）求证是的切线；
（2）是否存在到四点，，，距离都相等的点？若存在，求点坐标，并写出以为圆心，以为半径的的方程；若不存在，说明理由．
9．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）、B（3，0）．
（1）求抛物线的函数表达式：
（2）设抛物线的顶点为D，与y轴相交与点C，连接AC、CD、BC、BD，请你判断∠ACO与∠DBC的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，连接AD，与BC相交于点E，点G是抛物线上一动点，在对称轴上是否存在点F，使得∠EFG=90°，且tan∠FEG=如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
10．在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D在射线BC上（不与点B、点C重合），将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，作射线BA与射线CE，两射线交于点F．
（1）若点D在线段BC上，如图1，请直接写出CD与EF的关系．
（2）若点D在线段BC的延长线上，如图2，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接DE，G为DE的中点，连接GF，若tan∠AEC＝，AB＝，求GF的长．
11．如图，AD是△ABC的角平分线，，以AC上一点O为圆心，作过点A和点D的⊙O，与AC交于另一点E，连接DE
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径
12．如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知OA＝OC，OB＝OD，过点O作EF⊥BD，分别交AB、DC于点E，F，连接DE，BF，AF．
（1）求证：四边形DEBF是菱形；
（2）设ADEF，AD+AB＝12，BD＝4，求AF的长．
13．如图1，在中，，AB是的直径，交AC于点D，过点D的直线交BC于点E，交AB的延长线于点P，PD是的切线．
（1）求证：；
（2）若，，求图中阴影部分的周长和面积；
（3）如图2，，连接DM，交AB于点N，若，求的值．
14．如图，△ABC内接于⊙O（∠ACB＞90°），连接OA，OC．记∠BAC＝α，∠BCO＝β，∠BAO＝γ．
（1）探究α与β之间的数量关系，并证明．
（2）设OC与AB交于点D，⊙O半径为1，
①若β＝γ+45°，AD＝2OD，求由线段BD，CD，弧BC围成的图形面积S．
②若α+2γ＝90°，设sinα＝k，用含k的代数式表示线段OD的长．
15．如图1，某学校开展“交通安全日”活动．在活动中，交警叔叔向同学们展示了大货车盲区的分布情况，并提醒大家：坐在驾驶室的司机根本看不到在盲区中的同学们，所以一定要远离大货车的盲区，保护自身安全．小刚所在的学习小组为了更好的分析大货车盲区的问题，将图1用平面图形进行表示，并标注了测量出的数据，如图2．在图2中大货车的形状为矩形，而盲区1为梯形，盲区2、盲区3为直角三角形，盲区4为正方形．
请你帮助小刚的学习小组解决下面的问题：
（1）盲区1的面积约是 m2；盲区2的面积约是 m2；（≈1.4，≈1.7，sin25°≈0.4，cos25°≈0.9，tan25°≈0.5，结果保留整数）
（2）如果以大货车的中心A点为圆心，覆盖所有盲区的半径最小的圆为大货车的危险区域，请在图2中画出大货车的危险区域．
16．如图，⊙O的弦AC与BD互相垂直于点E，OA交ED于点F．
（1）如图（1），求证：∠BAC＝∠OAD；
（2）如图（2），当AC＝CD时，求证：AB＝BF；
（3）如图（3），在（2）的条件下，点P，Q在CD上，点P为CQ中点，∠POQ＝∠OFD，DF＝EC，DQ＝6，求AB的长．
17．在中，，以点D为圆心，适当的长度为半径画弧，分别交边AD、CD于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点K，作射线DK，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．
（1）如图1，当时，连接AP，线段AP和线段AC的数量关系为 ；
（2）如图2，当时，过点B作于点F，连接AF，请求出∠FAC的度数，以及AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）当时，连接AP，若，请直接写出线段AP与线段DG的比值．
18．定义：四边形ABCD中，AB=AC，∠BDC=∠BAC，则称四边形ABCD为半角四边形，边BC称为半对边.
（1）如图①，若四边形ABCD为半角四边形，且BC为半对边，设∠DBC=α，用含有α的代数式表示∠ACD；
（2）如图②，等腰△ABC，AB=AC，点D为其内部一点，∠ABD=∠ACD，连结AD，作△ACD的外接圆⊙O，BD的延长线交⊙O于点E，连结EA，EC，求证：四边形ABCE为半角四边形；
（3）如图③，在（2）的条件下，延长BA交⊙O于点F，连结EF，EF∥BC.
①求证：BC=CE；
②若AD=3，BC=6，求四边形ADEF的面积.
19． 如图
（1）【基础巩固】如图①，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若BD=3，CD=1，求AB2-AC2的值；
（2）【尝试应用】如图②，点C在△ABD的边BD上，满足AB=AC，求证：AD2-AC2=BD·CD；
（3）【拓展提高】如图③，已知点D为Rt△ABC斜边上一点，过点D作AB的垂线，交AC于点E，点G在CE的中垂线上，连结AG，若CG=BD，求证：求证：AG＝（AD+AB）．
20．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.
（1）操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转．当点D恰好落在BC边上时，填空：
①线段DE与AC的位置关系是 ；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2．则S1与S2的数量关系是 ．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC，CE边上的高，请你证明小明的猜想．
21．如图
（1）如图1，为等腰直角三角形，，求证：.
（2）如图2，在（1）的条件下，连结，，求的长.
（3）如图3，在中，，分别在直角边，上，，，求.
22．如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°.
（1）如图1，连接BE，CD，BE的延长线交AC于点F，交CD于点P，求证：BP⊥CD；
（2）如图2，把△ADE绕点A顺时针旋转，当点D落在AB上时，连接BE，CD，CD的延长线交BE于点P，若BC＝6，AD＝3，求△PDE的面积.
23．如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E在直线AB上，连结DE，过点A作AF⊥DE交直线BC于点F，以AE、AF为邻边作平行四边形AEGF.直线DG交直线AB于点H.
（1）当点E在线段AB上时，求证：△ABF ∽△DAE.
（2）当AE=2时，求EH的长.
（3）在点E的运动过程中，是否存在某一位置，使得△EGH为等腰三角形.若存在，求AE的长.
24．教材呈现：如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容.
请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程.
结论应用：在 ▱ ABCD中，对角线AC、BD、交于点O，E为边BC的中点，AE、BD交于点F.
（1）如图②，若为正方形，且，则的长为_ .
（2）如图③，连结交于点，若四边形的面积为，则的面积为_ .
25．如图，是的外接圆，点在上，连结，，，过点作的平行线交于点.
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，若，，，求；
（3）如图3，为的内心，若在线段上，，，当最大时，求出的半径.
26．如图
（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝120°，则S△ABC＝ ；
（2）如图②，在△ABC中，AB的垂直平分线交BC于D，交AB于点M，AC的垂直平分线交BC于E，交AC于N，∠DAE＝20°，BC＝6，求∠BAC的度数及△ADE的周长；
（3）如图③，某农场主欲规划出一个如图所示的矩形田地ABCD，其中BC＝0.4km，点P在边AD上，E、F为BC边上两点（包括端点），在△PEF区域种植甲种农作物，其余区域种植乙种农作物，并沿△PEF的三边铺设围栏，围栏总长为0.6km（即△PEF的周长为0.6km），围栏PE与PF的夹角为60°（即∠EPF＝60°），为了尽可能多的种植农作物要求矩形ABCD的面积尽可能的大，请问能否设计出一个面积尽可能大又满足要求的矩形ABCD田地？若能，求出矩形ABCD面积的最大值；若不能，请说明理由．
27．如图
（1）问题提出：如图1，在△ABC中，D为BC上一点，且满足，则△ABC形状为 ．（请填写序号：①钝角三角形；②直角三角形；③锐角三角形）
（2）问题探究：如图2，四边形ABCD为的内接四边形，，，连接AC、BD，若，则对角线AC的长度为多少？
（3）问题解决：如图3，在四边形ABCD中，，，，以C为圆心，CB长为半径画，M为上的一动点，过点M作，，连接EF．已知，探究：线段EF是否存在最小长度？若存在，请求出EF的最小长度；若不存在，请说明理由．
28．将一副三角板中的两块直角三角尺的直角顶点C按照如图①的方式叠放在一起（∠A = 30°，∠ABC = 60°，∠E = ∠EDC = 45°），且三角板ACB的位置保持不动.
（1）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转至图②，若∠ACE = 60°，求∠DCB的度数.
（2）将三角板DCE绕点C按顺时针方向旋转，当旋转到ED∥AB时，求∠BCE的度数（请先在备用图上补全相应的图形）.
（3）当0° < ∠BCE < 180°且点E在直线BC的上方时，这两块三角尺是否存在一组边互相平行?若存在，请直接写出∠BCE所有可能的值；若不存在，请说明理由.
29．我们把三角形三边上的高产生的三个垂足组成的三角形称为该三角形的垂足三角形．
（1）如图1，△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝6，△DEF是△ABC的垂足三角形，求DE的长．
（2）如图2，圆内接三角形ABC中，AB＝AC＝x，BC＝6，△ABC的垂足三角形DEF的周长为y．
①求y与x的关系式；
②若△DEF的周长为 时，求⊙O的半径．
30．如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝2，过对角线BD上一点P作AB的垂线交AB于点F，交CD于点E，过点E作EG∥BD交BC于点G，连接FG交BD于点H，连接DF．
（1）求 的值．
（2）当四边形DFGE有一组邻边相等时，求BG的长．
（3）点B关于FG的对称点记为B'，若B'落在△EFG内部（不包含边界），求DP长度的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：
∵，
∴
∴
在和中
∴
∴
∵
∴即
（2）解：①成立
证明：如图，过点E作EM∥AB交BC于点M，交CD于点N
∵，
∴
又EM∥AB，∴
∴
∵
∴
∴
∴EG=MC
∵，
∴
∴
②
2．【答案】（1）8
（2）解：∵点D为边AB的中点，AB＝10
∴AD＝BD＝AB＝5
∵动点P从点A出发，以每秒3个单位的速度向B运动，
∴（秒），（秒）
当点P在AD上运动时，点P不与点A与点D重合时，即时，
PD＝AD－AP＝5－3t，
当点P在DB上运动时，点P不与点B与点D重合时，即时，
PD＝AP－AD＝3t－5，
∴
（3）解：当时
①当时，如图①：
∵，
∴，，
∴；
②当时，如图②：
∵
∴
∴Q与C重合
∵
∴
∵
∴，
∵AQ＝AC＝6
∴，
∴；
当时，不存在可能性；
所以综上，或．
（4）或或
3．【答案】（1）解：猜想，理由如下：
如图②，连接、，
与都是等腰直角三角形，，．边，的中点重合于点O，
，，，，
，，
．
在与中，
，
，
；
（2）
4．【答案】（1）A
（2）45；
5．【答案】（1）证明：在□ABCD 中，AD=BC，∠A=∠C
∵△A'BD 与△ABD 关于 BD 对称
∴AD=A'D，∠A=∠C’
∴A'D=BC，∠A'=∠C
又∵∠A'ED=∠CEB
∴△A'BD≌△ABD（AAS）.
（2）解：①若BF⊥A′F，∠F=90°，
∵△A’BD和△ABD关于BC对称，
∴A′B=AB=，
设A′C=CF=x，则A′F=2x，
在Rt△BCF和Rt△A′BF中
BF2=BC2-CF2=A′B2-A′F2，
∴22-x2=7-4x2
解之：x=1（x＞0），
∴A′C=1.
②由（1）可知△A′DE≌△CBE，
∴A′E=CE，DE=BE，
∴∠BA′F=∠A′CE=（180°-∠A′EC），
∠A′BD=∠BDE=（180°-∠BED），
∵∠A′EC=∠BED，
∴∠BA′F=∠A′BD=∠A′CE=∠BDE，
∴BD∥FA′，
∵∠F=∠A′BD，
∴∠F=∠A′CE=∠BA′F，
∴BF=BA′=，DC∥BF，
∵A′C=CF，
∴BC⊥A′F，
∴BC⊥BD，
AD∥BC，
∴BD⊥AD，
在Rt△ABD中，
,
∴
∵∠A′CE=∠F，∠CA′E=∠FA′B，
∴△CA′E∽△FA′B，
∴
∴A′E=BE，
∴CE=DE，
∴S△BCE=S△BDE，
∴S1-S2=S△ABD+S△BDE-S△BCE=S△ABD=，
6．【答案】（1）1
（2）解：结论：当k≠1时，OE＝k•OF．
理由：过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∴∠OME＝∠ONF＝∠ONB＝90°
∵∠MBN＝90°
∴四边形BMON是矩形
∴∠MON＝∠EOF＝90°
∴∠MON-∠EON=∠EOF-∠EON
即∠MOE＝∠NOF
又∵∠OME＝∠ONF
∴△OME∽△ONF
∴
∵AO＝OC，OM∥BC
∴AM＝MB
∴OM=BC，同法可证ON=AB
∴
∴OE＝k•OF；
（3）解：如图，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵，BC＝k•ABAB
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OD＝OB＝
∴AB2+5AB2＝96
∴AB＝
∴BC
∵CF＝OF，OB＝OC
∴∠FOC＝∠FCO＝∠OBC
又∵∠OCF＝∠BCO
∴△COF∽△CBO
∴
∴
∴CF＝
∴OF＝CF＝
∵OEOF，
∴OE＝，
∴．
7．【答案】（1）解：BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，
∴∠D=∠ABE，AE=AN，∠AEN=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠ABC=180°
∴E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）解：DN= MN+ BM．在线段DN上截取DQ=BM，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABC=∠ABM=∠BAD=90°
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∵∠BAQ+∠DAQ=90°，
∴∠MAQ=∠BAM+∠BAQ=90°，
又∵∠MAN=45°
∴∠QAN=∠MAN=45°．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
8．【答案】（1）证明：∵PO和PA都是的半径，
．
∴△POA是等腰三角形．
∵，
．
∵BP是△POB和△PAB的公共边，
．
．
与轴相切于原点，
．
．
是的切线．
（2）解：存在，当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．如下图所示，连接QO，QA，过点Q作QH⊥OB于H．
∵是线段的中点，，
．
∴当点Q在线段BP的中点时，点Q到四点，，，距离都相等．
，，
∴∠DPO+∠OBP=90°，∠POA+∠DPO=90°．
∴∠OBP=∠POA．
∵，
．
点坐标为，
．
∴．
∵点Q是线段BP的中点，
∴．
∵∠POB=90°，，
．
．
．
，．
．
∴点的坐标为．
．
∴以为圆心，以为半径的的方程为．
9．【答案】（1）解：将点代入得：
，
解得：，
所以抛物线解析式为；
（2）解：，
，
令，则，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
；
（3）解：存在点，使得，且，理由如下：
抛物线的对称轴为直线，
设直线的解析式为，得，
，
解得：，
设直线AD的解析式为，可得，
，
解得：，
，
联立方程组，
解得：，
，
设，
如图1，当G点在对称轴的右侧，F点在E点下方时，
过点F作MN⊥y轴，过E点作EM⊥x轴交MN于点M，过点G作GN⊥MN交于N点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍去），，
；
如图2，当G点对称轴的左侧，F点在E点下方时，
过E点作EK垂直对称轴交于点K，过点F作FH⊥y轴，过点G作GH⊥HF交于H，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：或（舍去），
；
如图3，当F点在E点上方时，此时G点在对称轴的右侧，
过点F作轴，过点E作EP⊥PQ交于点P，过点G作GQ⊥PQ交于点Q，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
，
综上可得：点的坐标为或或．
10．【答案】（1）解：CD＝EF，CD⊥EF，
（2）解：结论仍然成立，
理由如下：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC=∠ACB＝45°，
∵将线段AD绕A逆时针旋转90°得到线段AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，且AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴CD⊥EF，
又∵∠ABC＝45°，
∴∠BFC＝∠ABC，
∴BC＝CF，
∴CD＝EF；
（3）解：如图，过点A作AN⊥CE于点N，过点G作GH⊥CE于H，
∵，
∴BC＝CF＝2，
∵AN⊥CE，∠ACF＝45°，
∴AN＝CN＝1，
∵，
∴EN＝2，
∴EC＝CN+EN＝3，
∴EF＝EC﹣CF＝1＝CD，
∵GH⊥CE，∠ECD＝90°，
∴HG∥CD，
∴ ，且EG＝DG，
∴，，
∴
∴.
11．【答案】（1）证明：如图2，连接OD，由题意得，OD是的半径，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠OAD．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD．
∴∠BAD＝∠ODA，
∴．
∵AB⊥BC，
∴OD⊥BC．
∵OD是的半径，
∴BC是的切线．
（2）解：由题意得：AE是的直径，
∴∠ADE＝90°，
∵AB⊥BC，∠ABD＝90°．
∴∠ABD＝∠ADE，
由（1）知，∠BAD＝∠DAE，
∴△ABD∽△ADE．
∴，即，
解得：，
在Rt△ADE中，，即，
解得：，
∴的半径，
∴的半径为2．
12．【答案】（1）证明：，
∴四边形为平行四边形，
，
，
在和中，，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形．
（2）解：如图，过点作于点，
，
，
∴在中，，
，
，
解得，
，
，
，
，
，
在中，，
，
∵四边形是菱形，
，
，
，
则在中，．
13．【答案】（1）证明：如图1，连接OD．
∵PD是的切线，
∴．
∴．
∵AB是的直径，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）解：∵，，，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴△OBD为等边三角形．
∴，．
∵AB是的直径，
∴．
∴，．
又∵，
∴，，
．
∴阴影部分的周长为，
阴影部分的面积为
．
∴阴影部分周长为，面积为．
（3）解：如图2，连接OM，过点D作于点F．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则．
由勾股定理得．
由三角形的面积公式得．
∴．
∵，，
∴∠MON=∠DFN=90°，又∠ONM=∠FND，
∴．
∴．
又∵，，
∴．
即．
14．【答案】（1）解：α与β之间的数量关系为：α+β=90°．理由：
连接OB，如图，
∵∠BOC=2∠BAC，∠BAC=α，
∴∠BOC=2α．
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=β．
∴∠BOC+∠OCB+∠OBC=180°，
∴2α+2β=180°．
∴α+β=90°．
（2）解：①∵β=γ+45°，α+β=90°，
∴90°-α=γ+45°．
∴α+γ=45°．
∵∠BAC=α，∠BAO=γ，
∴∠OAC=∠BAC+∠BAO=45°．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=45°．
∴∠AOC=90°．
∵AD=2OD，
∴sin∠OAD=＝．
∴∠OAD=30°．
∴∠BAC=15°．
∴∠BOC=2∠BAC=30°．
∵OA=OD，
∴∠OBA=∠BAO=30°．
∴∠DOB=∠DBO=30°，
∴DO=DB．
过点D作DE⊥OB于点E，如图，
则OE=EB=OB=．
∵tan∠DOB=，
∴＝．
∴DE=．
∴S△DOB＝×OB•DE=．
∵S扇形OCB＝＝，
∴S=S扇形OCB-S△DBO=．
②∵α+2γ=90°，α+β=90°，
∴β=2γ．
延长AO，交圆O于点G，连接BG，如图，
∵∠BOG=2∠BAO=2γ，
∴∠BOG=∠OCB．
∵∠OBC=∠OCB，
∴∠BOG=∠OBC．
∴BC∥AG．
过点O作OF⊥BC于点F，则CF=BF=BC，∠COF=∠BOC=α．
∵sinα=k，sinα=，
∴CF=OC•sinα=k，
∴BC=2k．
设OD=x，则CD=OC-OD=1-x，
∵BC∥OA，
∴△DAO∽△DBC．
∴．
∴＝．
解得：x=．
∴OD=．
15．【答案】（1）5；4
（2）解：∵AC＝AD＝，
AH＝AG＝，
AM＝AN＝，
∴AC＝AD＞AH＝AG＞AM＝AN，
∴以A为圆心，AC长为半径所画的圆为大货车的危险区域．
如图所示．
16．【答案】（1）证明：如图1，延长AO交⊙O于M，连接DM，则AM是⊙O直径，
∴∠ADM＝90°，
∴∠AMD+∠MAD＝90°
∵AC⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAC+∠ABD＝90°，
∵∠ABD＝∠AMD，
∠AMD+∠MAD＝90°，
∴∠BAC＝∠MAD，
即∠BAC＝∠OAD；
（2）证明：如图2，
由（1）可得，∠BAC＝∠OAD，
∴∠BAC+∠CAO＝∠OAD+∠CAO，
∴∠BAF＝∠CAD，
∵∠ABD＝∠ACD，
∴△ABF∽△ACD，
∴，
∵AC＝CD，
∴AB＝BF；
（3）解：连接OC、OD，在线CA上取Q1，使得CQ1＝DQ＝6，连接QQ1，OQ1，线段QQ1和线段O交于点P1，再过圆心O作OO1⊥AC于点O1，如图：
由（2）知：△ABF∽△ACD，
∴∠EFA＝∠CDA，
∵∠CDA＝∠EAD
∴∠EAD＝∠EFA，
又∵∠AEF＝∠DEA＝90°，
∴△EFA∽△EAD，
∴，
∵AC＝CD，EC＝DF，
∴AE＝AC﹣EC＝CD﹣EC＝CD﹣DF，
∵DE＝EF+DF，
∴，
∴（CD﹣DF）2＝EF（EF+DF）①，
∵∠CED＝90°，
∴CD2＝EC2+DE2＝DF2+（EF+DF）2，
∴（CD﹣DF）（CD+DF）＝（EF+DF）2②，
将②式除以①式得，
∵，，
∴，
∴2EF＝CD﹣DF，
∴，
∴，
∴
∴，
∴（5DF﹣3CD）•（DF+CD）＝0，
∵DF+CD＞0，
∴5DF﹣3CD＝0，
∴，
∴，
∴，
在Rt△AEF中
，
∵OO1⊥AC，
∴∠OO1A＝∠FEA＝90°，O1是AC的中点，
∴EF∥OO1，，
∴，即，
∴，
∴，
∵∠POQ＝∠OFD，∠OFD＝∠EFA，
∴∠POQ＝∠EFA，
∵∠EAF+∠EFA＝90°，∠EAF＝∠CAO，
∴∠CAO+∠POQ＝90°，
∵AC＝CD，
∴∠CAO＝∠OCA＝∠CDO＝∠OCD，
∴∠OCD+∠POQ＝90°，
∴∠COP+∠DOQ+∠CDO＝90°，
∵OC＝OD，∠OCA＝∠CDO，CQ1＝DQ＝6，
∴△OCQ1≌△ODQ（SAS），
∴OQ1＝OQ，∠DOQ＝∠COQ1，
∴∠COP+∠COQ1+∠CDO＝90°，
∴∠POQ1+∠OCD＝90°，
而∠OCD+∠POQ＝90°，
∴∠POQ＝∠POQ1，
∴P1Q1＝P1Q，
∵P为CQ中点，
∴P1P是△CQ1Q的中位线，
∴P1P∥CQ1，
∴∠POC＝∠OCQ1，
∴∠POC＝∠CAO＝∠OCA＝∠CDO＝∠OCD，
∴△OPC∽△DOC，
∴，
∵CD＝CQ+DQ＝2CP+6，
∴，
又，
∴，
解得CD＝16，
∴
∵∠BAC＝∠BDC，∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DCE，
∴，即，
∴AB＝8．
17．【答案】（1）AP=AC
（2）解：结论是2AF2=AB2+AD2
连结CF，
当时，平行四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC ,∠ADC=∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，即，
∵DK平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=，
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠CDE=∠ADE=45°，
∴AE=AD=BC，
∴∠FEB=∠AED=45°，
∵，
∴∠BFE=90°，∠FBE=90°-∠FEB=45°，
∴FE=FB，
∴∠FEA=180°-∠FEB=180°-45°=135°，∠FBC=∠FBE+∠ABC=45°+90°=135°
∴∠FEA=∠FBC，
在△FEA和△FBC中
∴△FEA≌△FBC（SAS），
∴∠AFE=∠CFB，AF=CF，
∴∠AFC=∠AFE+∠EFC=∠CFB+∠EFC=∠EFB=90°，
∴∠FAC=45°
在Rt△AFC中，
∴，
（3）
18．【答案】（1）解：设∠ABD=β，
∵AB=AC，∠DBC=α，
∴∠ABC= ∠ACB=α+β，
∴∠BAC=180°-2（α+β），∵四边形ABCD为半角四边形，BC为半对边，
∴∠BDC=∠BAC=90°-（α+β），
∴∠BCD=180°-∠BDC-∠DBC=180°-90°+（α+β）-α=90°+β，
∴∠ACD=∠BCD-∠ACB=90°+β-（α+β）=90°-α；
（2）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=ACB，
∵∠ACD=∠ABD，
∴∠DBC=∠DCB，
∴BD=CD，
又∵AD=AD，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴∠CAD=∠BAD=∠BAC，
又∵弧CD=弧DC，
∴∠DAC=∠DEC，
∴∠DEC=∠BAC，
∴∠BEC=∠BAC，
∴四边形ABCE为半角四边形；
（3）①证明：如图③，
设∠ABD=β，∠DBC=α，
∵AB=AC，
∴∠BAC=180°-2（α+β），
∴∠FEC=180°-2（α+β），
∵四边形ABCE为半角四边形，
∴∠BEC=∠BAC=[180°-2（α+β）]=90°-（α+β），
∴∠FEB=∠FEC-∠BEC=180°-2（α+β）-90°+（α+β）=90°-（α+β），
∴∠BEC=∠FEB，
又∵EF∥BC，
∴∠FEB=∠EBC，
∴∠BEC=∠EBC，
∴BC=CE；
②解：如图④，延长AD交BC于点H，过点E作EG垂直BF于点G，AC与BE交于点M，
由（2）可知：∠BEC=∠EBC，∠BEC=∠BAC，
设∠BEC=∠EBC=α，
∴∠BAC=2α，
又∵△ABD≌△ACD，
∴∠BAD=∠CAD=a，BD=DC，
∴∠DBC=∠DCB=α，
∵AB=AC，
∴AH⊥BC，BH=HC=BC=×6=3，
∵∠BHD=∠AHB=90°，∠DBH=∠BAH=α，
∴△BHD∽△AHB，
∴，
∴AH2-3AH-18=0，
解得：AH=6，
∴DH=3，
∴BD==3，AB=AC==3，
∵∠HCA=90°-α，由（1）中结论可得∠ACE=90°-α，BC=CE，
∴CA⊥BE，BM=ME，
∴易证△BHD∽△AHB，
∴，
即，
∴AM=，DM=，
∴DE=5，
∴S△ADE=AM·DE=××5=，
∵∠EGB=∠ABM，∠G=∠AMB，
∴△EGB∽△AMB，
∴，即，
∴EG=，BG=，
∵四边形FACE为圆内接四边形，
∴∠EFG=∠ACE=90°-α，
∴∠EFG=∠ACH，
∴△EGF∽△AHC，
∴，即，
∴GF=，
∴AF=BG-AB-GF=-3=，
∴S△AFE=AF·EG=××=4，
∴S四边形ADEF=S△AFE+S△ADE=4+=.
19．【答案】（1）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∴AB2=AD2+BD2，AC2=AD2+DC2，
∴AB2-AC2=BD2-DC2，
∵BD=3，CD=1，
∴AB2-AC2=9-1=8；
（2）证明：如图②，过点A作AE⊥BD于点E，
∵AB=AC，AE⊥BD，
∴BE=CE，
由（1）可知：AD2-AB2=DE2-BE2，
∴AD2-AC2=DE2-BE2=（BD-BE）2-BE2=（BD-BE-BE）（BD-BE+BE）=CD·BD；
（3）证明：如图③，连接EG，
∵点G在CE的中垂线上，
∴GE=GC，
由（2）可知：AG2-CG2=AC·AE，
∵ED⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠ EAD=∠ACB=90°，
又∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ACB，
∴，即AE·AC=AD·AB，
∵CG=BD，
∴AG2-CG2=AG2-BD2=AC·AE=AD·AB，
∴AG2=BD2+AD·AB=（AB-AD）2+AD·AB=[（AB-AD）2+4AD·AB]=（AB+AD）2，
∴AG=（AB+AD）.
20．【答案】（1）AC=DC；S1=S2
（2）解：如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于 N，
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中， ，
∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
21．【答案】（1）证明：是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图2中，过点作于点.
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，，
，
设，则，
在中，，
，
解得或舍去），
；
（3）解：如图3中，过点作，在上截取使得，连接，，作的角平分线交的延长线于点.设，，.
，，，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
平分，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
整理得，
（负值已经舍去），
.
22．【答案】（1）证明：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE
＝90°.
∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAC﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，
即∠BAE＝∠DAC，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠ABE+∠AFB＝∠ACD+∠CFP＝90°，
∴∠CPF＝90°，
∴BP⊥CD；
（2）解：在△ABE与△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，
∵∠PDB＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠CAB＝90°，
∴∠EPD＝90°，
∵BC＝6，AD＝3，
∴DE＝3，AB＝6，
∴BD＝6﹣3＝3，CD＝，
∵△BDP∽△CDA，
∴，
∴，
∴PD＝，PB＝
∴PE＝﹣＝，
∴△PDE的面积＝.
23．【答案】（1）证明：∵，
∴.
∵四边形ABCD为矩形，
∴，
∴.
又∵，
∴△ABF ∽△DAE；
（2）解：①当E在点A上方时，
由AB=2，得点E与B重合，如图，
∵△ABF∽△DAE，
∴，
∴，
∴.
∵四边形AEGF是平行四边形，，
∴GF=AB=CD=2，，
即在△GMF和△DMC中，，
∴△GMF≌△DMC(AAS)，
∴，
∴.
∵，
∴△MGF∽△MHE，
∴，即，
∴EH=；
②当E在点A下方时，如图，
∵FG=AE=CD=2，
∴G、A、D共线
此时，H与A重合，
∴HE=2.
综上可知，EH的长为或2；
（3）解：①当点H在点A的上方时，如图，△EGH为钝角三角形
由等腰△EGH得，GH=GE.
作GQ⊥BH于点Q，则HQ=EQ.
∴四边形BFGQ为矩形，
∴QB=GF=EA，
∴QE=AB=2，
∴HQ=EQ=2.
设AE=2t，
由（1）得，
∴，
∴GQ=BF=t.
∵QG//AD，
∴△HQG ∽△HAD
∴，即，
解得 (舍去）
∴AE=2t=；
②当点H在点A的下方时，
（ⅰ）若GH=GE，如图，作GQ⊥BE于点Q，则HQ=EQ.
∵AE=GF=BQ，
∴QE=AB=2，HQ=EQ=2.
设AE=2t，同理：GQ=BF=t
由，得，
解得(舍去）
∴AE=2t=；
（ⅱ）若HG=HE，如图，
∴∠2=∠1.
同理△ABF ∽△DAE，则，
∵AF=GE，AF∥GE，AF⊥DE，
∴GE⊥DE，，
∴△DGE是直角三角形，
∵∠2+∠3=90°，∠GDE+∠1=90°，
∴∠3=∠1，
∴tan∠3= tan∠GDE==，
∴=，
∴AE=2AD=8；
（ⅲ）若EG=EH，如图，
同理可求出tan∠HGE=2，
则tan∠AHD=tan∠GHQ=tan∠HGE=2，
∴.
设AE=2t，
同理可得：GQ=BF=t，EQ=AB=2，
由，得，解得，
∴ AE=2t=.
综上可知：AE=或8或.
24．【答案】（1）
（2）6
25．【答案】（1）证明：点在圆上，
，，
又，
，
；
（2）解：由（1）可得，
，
，
∴，
过点D作DH⊥BC于点H，如图所示：
∴，，
∴，
，
∴，
；
（3）解：由（2）得： ，
，
如图，作交CD于点F，
∴，
设，，，则有，
在Rt△BDF中，由勾股定理得：，
解得，，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：，
∴，
，
连接，
为的内心，
，，
，
，
，
当时，最大，
∴，
连接，交BC于点M，
∴OD⊥BC，，
∴，
设的半径为，则有，
∴
解得：，
∴圆的半径为.
26．【答案】（1）．
（2）解：∵DM是线段AB的中垂线，
∴AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD，
同理可得：AE＝CE，∠C＝∠CAE，
又∵∠B+∠BAD+∠C+∠CAE+∠DAE＝180°，∠DAE＝20°，
∴∠BAD+∠CAE＝80°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠DAE+∠CAE＝20°+80°＝100°，
△ADE的周长为：AD+DE+AE＝BD+DE+EC＝BC＝6．
（3）解：如图，延长FE至点M，使得EM＝PE，延长EF至点N，使得FN＝PF，
则有MN的长度等于△PEF的周长，即MN＝0.6，
连接PM，PN，
利用（2）中方法同理可求得∠MPN＝120°，
做出△PMN的外接圆⊙O，连接OP、OM、ON，
过点O作OG⊥MN于点G，延长OG交⊙O于点P'，过P点作PH⊥MN于点H，
则有∠MON＝2（180°﹣∠MPN）＝120°，
∴∠NOG＝∠MOG＝60°，NG＝MG＝0.3，
∴，
∴ON＝，
∵OG+PH≤OP，
∴PH≤OP﹣OG＝，
∴当P和P'重合时PH取得最大值，
∵PH＝AB，
∴当PH取得最大值时，矩形ABCD的面积最大，
∴（S矩形ABCD）max＝BC•PHmax＝，
即矩形ABCD面积最大值为km2．
27．【答案】（1）②
（2）解：如图1，连接OB，OD，过点O作．
∵，则AC为的直径，
∴．
又由，可得，
∴在等腰△OBD中，，，
∴，
∴．
（3）解：如图2，连接AM，取AM的中点O，连接OE，OF．
根据题意可知△AEM与△AFM均为直角三角形，
∴，故A、E、M、F四点在上，故．
由（2）可知，即要使EF最小，只需AM最小即可．
连接AC，MC，AC与的交点为，根据题意可知点M在上，且所对的圆心为C，故．
由，，可知，
∴当点M在点时，满足AM最小，进而可知EF最小．
连接BD，由，可知△BCD为等边三角形，故，即，
∴，，即．
在Rt△ACD中，，
∴，
∴．
28．【答案】（1）解：如图2中，
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ECB＝∠ACD，
∵∠ACE＝60°，
∴∠ECB＝∠ACD＝30°，
∴∠BCD＝∠ECB+∠ECD＝30°+90°＝120°；
（2）解：如图3中，
当DE∥AB时，延长BC交DE于M，
∴∠B＝∠DMC＝60°，
∵∠DMC＝∠E+∠MCE，∠E=45°，
∴∠MCE＝15°，
∴∠BCE＝165°，
当D′E′∥AB时，∠E′CB＝∠MCE＝15°，
∴当ED∥AB时，∠BCE的度数为165°或15°；
（3）解：∠BCE=30°或45°或120°或135°或165°
29．【答案】（1）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴D是BC的中点，又∠BEC是直角，
∴DE＝ BC＝3．
（2）解：①如图，连接CE，同理（1）可得DE＝BD＝DF＝3，
∴∠B＝∠BED＝∠ACB，
∴△BDE∽△BAC，
∴ ，
∴BE＝ ，
∴AE＝x﹣ ，
同理可得：AF＝x﹣ ，
∴AE＝AF，
∵AB＝AC，
∴△AEF∽△ABC，
∴ ，
∴EF＝6﹣ ，
∴y＝12﹣ ；
②当y＝ 时，x＝5，
如图，连接AD，
∵AB＝AC，
∴△ABC的外心O在线段AD上，连接BO，
设⊙O的半径为r，则32+（4﹣r）2＝r2，
∴r＝ ，
即⊙O的半径为 ．
30．【答案】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠ABC＝∠AFE，
∴EF∥BC，
∵EG∥BD，
∴四边形EPBG是平行四边形，
∴EP＝BG，
∴tan∠EDP＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝2；
（2）解：①如图1，当DE＝EG时，
设BG＝x，则DE＝EG＝2x，CE＝2﹣2x，CG＝1﹣x，
在Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，
∴（2﹣2x）2+（1﹣x）2＝（2x）2，
解得：x＝5﹣2 ，
∴BG＝5﹣2 ；
②如图1，当EG＝GF时，
∵CE＝BF，∠C＝∠ABC＝90°，
∴Rt△ECG≌Rt△FBG（HL），
∴BG＝CG＝ CB＝ ，
③如图1，当DF＝GF时，
设BG＝x，则AF＝DE＝2x，
∵DF2＝GF2，
∴DA2+AF2+BG2+BF2，
∴12+（2x）2＝（2﹣2x）2+x2，
解得：x＝4± ，
∵BG＜1，
∴BG＝4﹣ ；
④∵∠DEF＝90°，
∴DF＞DE，即DF＝DE不存在；
综上所述，BG的长为：5﹣2 或 或4﹣ ；
（3）解：当点B′落在边EG上时，如图2，
设BG＝x，B′F＝BF＝CE＝2﹣2x，
∵∠FB′G＝∠FBG＝90°，
∴∠EFB′＝∠CEG＝∠CDB，∠C＝∠EB′F＝90°，
∴△EFB′∽△BDC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得：x＝1﹣ ，
∴DP＝ EP＝ ﹣1
当点B′落在边EF上，如图3，
∵BG＝B′G＝CE，
∴x＝2﹣2x，
解得：x＝ ，
∴DP＝ x＝ ，
综上所述， ﹣1＜DP＜ ．
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