初中数学中考复习 专题54图形的相似（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题54图形的相似（2）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共233页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题54图形的相似（2）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·河北中考真题）在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（ ）

A．四边形 B．四边形
C．四边形 D．四边形
【答案】A
【解析】
【分析】
以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
【详解】
解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．
故选：A

【点睛】
此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
2．（2020·山西中考真题）泰勒斯是古希腊时期的思想家，科学家，哲学家，他最早提出了命题的证明．泰勒斯曾通过测量同一时刻标杆的影长，标杆的高度。金字塔的影长，推算出金字塔的高度。这种测量原理，就是我们所学的（ ）

A．图形的平移 B．图形的旋转 C．图形的轴对称 D．图形的相似
【答案】D
【解析】
【分析】
根据在同一时刻的太阳光下物体的影长和物体的实际高度成比例即可判断；
【详解】
根据题意画出如下图形：可以得到，则
即为金字塔的高度，即为标杆的高度，通过测量影长即可求出金字塔的高度

故选：D.
【点睛】
本题主要考查将实际问题数学化，根据实际情况画出图形即可求解.
3．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在矩形中，，，点E在边上，，垂足为F．若，则线段的长为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
证明△AFD∽△EBA，得到，求出AF，即可求出AE，从而可得EF.
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=3，BC=AD=10，AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAF，
∴△AFD∽△EBA，
∴，
∵DF=6，
∴AF=，
∴，
∴AE=5，
∴EF=AF-AE=8-5=3.
故选B.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法.
4．（2020·天津中考真题）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
本题可通过旋转的性质得出△ABC与△DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项．
【详解】
由已知得：△ABC△DEC，则AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A选项错误；
∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，
故△AEF△ABC，则，
假设BC=EF，则有AE=AB，
由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；
假设∠AEF=∠D，则∠CED=∠AEF=∠D，
故△CED为等腰直角三角形，即△ABC为等腰直角三角形，
因为题干信息△ABC未说明其三角形性质，故假设∠AEF=∠D不一定成立，故C选项错误；
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°．
又∵∠A=∠D，
∴∠B+∠D=90°．
故AB⊥DF，D选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用．
5．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（ ）

A．21 B．28 C．34 D．42
【答案】C
【解析】
【分析】

根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，AB=CD，
∴△ABE∽△DFE，
∴，
∵，
∴AE=6，AB=8，
∴AD=AE+DE=6+3=9，
∴的周长为：（8+9）×2=34．
故选：C．
【点睛】

此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．
6．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，在中，，以点O为圆心，2为半径的圆与交于点C，过点C作交于点D，点P是边上的动点．当最小时，的长为（ ）

A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
延长CO交于点E，连接EP，交AO于点P，则PC+PD的值最小，利用平行线份线段成比例分别求出CD，PO的长即可．
【详解】
延长CO交于点E，连接ED，交AO于点P，如图，

∵CD⊥OB，
∴∠DCB=90°,
又，
∴∠DCB=∠AOB，
∴CD//AO
∴
∵OC=2，OB=4，
∴BC=2,
∴，解得，CD=；
∵CD//AO，
∴，即，解得，PO=
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了轴对称---最短距离问题，同时考查了平行线分线段成比例，掌握轴对称性质和平行线分线段成比例定理是解题的关键．
7．（2020·湖北荆门?中考真题）在平面直角坐标系中，的直角顶点B在y轴上，点A的坐标为，将沿直线翻折，得到，过作垂直于交y轴于点C，则点C的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出OA，然后证明△∽△即可得出答案．
【详解】
由题意可得AB=1，OB=，
∵△ABC为直角三角形，
∴OA=2，
由翻折性质可得=1，=，=2，∠=90°，
∵∠+∠=90°，∠+∠=90°，
∴∠=∠，
∵⊥，∠=90°，
∴△∽△，
∴，即
∴OC=4，
∴点C的坐标为（0，-4），
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，证明△∽△是解题关键．
8．（2020·四川内江?中考真题）如图，在中，D、E分别是AB和AC的中点，，则（　 　）

A．30 B．25 C．22．5 D．20
【答案】D
【解析】
【分析】
首先判断出△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积．
【详解】
解：根据题意，点D和点E分别是AB和AC的中点，则DE∥BC且DE=BC，故可以判断出△ADE∽△ABC,根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可知：=1：4，则：=3：4，题中已知，故可得=5，=20
故本题选择D
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是得出DE是中位线，从而判断△ADE∽△ABC，然后掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解本题．
9．（2020·甘肃天水?中考真题）如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆测量建筑物的高度，已知标杆高，测得，，则建筑物的高是(　　　)

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求得AC，再说明△ABE∽△ACD，最后根据相似三角形的性质列方程解答即可．
【详解】
解：∵，
∴AC=1.2m+12.8m=14m
∵标杆和建筑物CD均垂直于地面
∴BE//CD
∴△ABE∽△ACD
∴,即,解得CD=17.5m．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，正确判定相似三角形并利用相似三角形的性质列方程计算是解答本题的关键．
10．（2020·湖北中考真题）如图，菱形的顶点分别在反比例函数和的图象上，若，则（ ）

A． B．3 C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
据对称性可知，反比例函数，的图象是中心对称图形，菱形是中心对称图形，推出菱形ABCD的对角线AC与BD的交点即为原点O．如图：作CM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N．连接OD，OC．证明，利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】
解：根据对称性可知，反比例函数，的图象是中心对称图形，
菱形是中心对称图形，
∴菱形ABCD的对角线AC与BD的交点即为原点O，
如图：作CM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N．连接OD，OC．
∵DO⊥OC，
∴∠COM+∠DON=90°，∠DON+∠ODN=90°，
∴∠COM=∠ODN，
∵∠CMO=∠DNO=90°，
∴，

菱形ABCD的对角线AC与BD的交点即为原点O,,





故选B．

【点睛】
本题考查反比例函数的图象与性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
11．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）如图，A，B是双曲线上的两个点，过点A作AC⊥x轴，交OB于点D，垂足为C，若△ODC的面积为1，D为OB的中点，则k的值为（ ）

A． B．2 C．4 D．8
【答案】D
【解析】
【分析】
过点B作轴，易得，得到，即可求解k的值．
【详解】
解：如图，过点B作轴，设，则，

∵轴，轴，
∴，
∴，
∵D为OB的中点，
∴，
∴，
即，解得，
∴k的值为8，
故选：D．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质、反比例函数图象上点的坐标，解题的关键是作出辅助线，得到两个相似的三角形．
12．（2020·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点A和点是线段上一点，过点C作轴，垂足为D，轴，垂足为E，．若双曲线经过点C，则k的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由直线求出OA，OB的长，设出C(x，)，证明，得出CE，CD的长，进而得出结论．
【详解】
解：对于，当时，；当时，，
，
，
设，
根据题意知，四边形ODCE是矩形，
，

轴，轴，
，
，
，
，
，



解得：
经检验，是原方程的根，


∵点C在反比例函数的图象上，
，即，
故选：A．
【点睛】
本题考查了反比例函数综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质以及待定系数法求函数的解析式等，难度适中，正确求得C的坐标是关键，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
13．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，交双曲线于点A，且，若矩形的面积是8，且轴，则k的值是(　　　)

A．18 B．50 C．12 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
过点A和点C分别作x轴的垂线，垂足为E和F，得到△OAE∽△OCF，设点A（m，n），求出AB和BC，利用矩形ABCD的面积为8求出mn，即k值.
【详解】
解：过点A和点C分别作x轴的垂线，垂足为E和F，
∴AE∥CF，
∴△OAE∽△OCF，
∵OC：OA=5：3，
∴OF：OE=CF：AE=5：3，
设点A（m，n），则mn=k，
∴OE=m，AE=n，
∴OF=，CF=，
∴AB=OF-OE=，BC=CF-AE=，
∵矩形ABCD的面积为8，
∴AB·BC=×=8，
∴mn=18=k，
故选A.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，反比例函数表达式，矩形的性质，解题的关键是利用相似三角形的性质表示出线段的长.
14．（2020·湖北孝感?中考真题）如图，点在正方形的边上，将绕点顺时针旋转到的位置，连接，过点作的垂线，垂足为点，与交于点．若，，则的长为（ ）

A． B． C．4 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可．
【详解】
解：∵，
∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形
∴CD=BC=5
设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°
∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°
∴∠HFG=∠BAG
∴△ABG∽△CEF
∴ ,即，解得x=
∴CE=CD-DE=5-=．
故答案为B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．


二、填空题
15．（2020·湖南湘潭?中考真题）若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据比例的基本性质变形，代入求职即可；
【详解】
由可设，，k是非零整数，
则．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了比的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．
16．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，且，则的值为_________________．

【答案】
【解析】
【分析】
设AB=a，根据得到△ABC∽△ADE，得到对应线段成比例即可求出AB,再根据相似比的定义即可求解．
【详解】
∵
∴△ABC∽△ADE，
∴
设AB=a,则DE=10-a
故
解得a1=2,a2=8
∵
∴AB=2，
故
故答案为：2．
【点睛】
此题主要考查相似三角形的性质与判定，解题的关键是熟知得到对应线段成比例．
17．（2020·湖南娄底?中考真题）若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据比例的基本性质进行化简，代入求职即可．
【详解】
由可得，，
代入．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了比例的基本性质化简，准确观察分析是解题的关键．
18．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】

由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】

∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，
∴PD=8，
∵AB∥DQ，
∴，即
解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，
．
故答案为：
【点睛】

本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
19．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在中，，点E在边上．将沿直线翻折，点A落在点处，连接，交于点F．若，，则__________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC=3x，根据△A′EF∽△BCF，得到.
【详解】
解：∵，，
∴，设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，
∵，
∴∠AEA′=90°，A′E∥BC，
由于折叠，
∴∠A′EB=∠AEB=（360-90）÷2=135°，且△A′EF∽△BCF，
∴∠BEC=45°，即△BCE为等腰直角三角形，
∴EC=3x，
∴AE=AC-EC=x=A′E，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，三角函数，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是根据折叠得出△BCE为等腰直角三角形.
20．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，点A是双曲线上一动点，连接，作，且使，当点A在双曲线上运动时，点B在双曲线上移动，则k的值为___________．

【答案】﹣9
【解析】
【分析】
首先根据反比例函数的比例系数k的几何意义求得△AOC的面积，然后证明△OAC∽△BOD，根据相似三角形的面积的性质求得△BOD的面积，依据反比例函数的比例系数k的几何意义即可求解．
【详解】
解：如图作AC⊥x轴于点C，作BD⊥x轴于点D．
∵
∴=
∵点A是双曲线上
∴S△OAC=
∵∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°，
又∵直角△AOC中，∠AOC+∠CAO=90°，
∴∠BOD=∠OAC，
又∵∠ACO=∠BDO=90°，
∴△OAC∽△BOD，
∴=
∴
∴=9
∵函数图像位于第四象限
∴ｋ＝﹣9
故答案为：﹣9

【点睛】
本题考查了反比例函数k的几何意义，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线，证明△OAC∽△BOD是解题关键．
21．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，矩形中，点G，E分别在边上，连接，将和分别沿折叠，使点B，C恰好落在上的同一点，记为点F．若，则_______．


【答案】
【解析】
【分析】
根据折叠的性质结合勾股定理求得GE，BC=AD=8，证得Rt△EGFRt△EAG，求得，再利用勾股定理得到DE的长，即可求解．
【详解】
矩形中，GC=4，CE =3，∠C=90，
∴GE=，

根据折叠的性质：BG=GF，GF=GC=4，CE=EF=3，∠AGB=∠AGF，∠EGC=∠EGF，∠GFE =∠C=90，
∴BG=GF=GC=4，
∴BC=AD=8，
∵∠AGB+∠AGF+∠EGC+∠EGF=180，
∴∠AGE=90，
∴Rt△EGFRt△EAG，
∴，即，
∴，
∴DE=，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数的知识等，利用勾股定理和相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．
22．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，矩形的顶点A、C分别在x轴、y轴上，，将绕点O顺时针旋转，点B落在y轴上的点D处，得到，交于点G，若反比例函数的图象经过点G，则k的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意证明△AOB≌△EOD，△COG∽△EOD，根据相似三角形的性质求出CG的长度，即可求解．
【详解】
解： 由B（-2，1）可得，AB=OC=1，OA=2，OB=
由旋转可得：△AOB≌△EOD，∠E=∠OAB=90°，
∴OE=OA=2，DE=AB=1，
∵∠COG=∠EOD，∠GCO=∠E=90°，
∴△COG∽△EOD，
∴，即，
解得：CG=，
∴点G（，1），
代入可得：k=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质和反比例函数，解题的关键是利用相似三角形的性质求出OG的长度．
23．（2020·上海中考真题）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB=1.6米，BD=1米，BE=0.2米，那么井深AC为____米．

【答案】7米．
【解析】
【分析】
根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】
解：∵BD⊥AB，AC⊥AB，
∴BDAC，
∴△ACE∽△DBE，
∴，
∴，
∴AC=7(米)，
故答案为：7(米) ．
【点睛】
本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形，掌握相似三角形的判定及性质是解决此类题的关键．
24．（2020·四川宜宾?中考真题）在直角三角形ABC中，是AB的中点，BE平分交AC于点E连接CD交BE于点O，若，则OE的长是________．

【答案】
【解析】
【分析】
过E点作EG⊥AB于G点，根据三角形面积公式求出CE=EG=3，延长CD交过B作BF⊥BC于F，可得△ACD≌△BFD，得到BF=8,再根据△CEO∽△FBO，找到比例关系得到EO=BE，再求出BE即可求解．
【详解】
过E点作EG⊥AB于G点，
∵BE平分
∴CE=EG,
设CE=EG=x,
∵,
∴AB=
∵S△ABC= S△ABE+S△BCE，
故
即
解得x=3
∴CE=3,
延长CD交过B作BF⊥BC于F，
∵D是AB中点
∴AD=BD
又AC∥BF
∴∠A=∠DBF,由∠ADC=∠DBF
∴△ACD≌△BFD，
∴BF=AC=8,
∵AC∥BF
∴△CEO∽△FBO，
∴
∴EO=BE=×=，
故答案为：．

【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定、角平分线的性质及相似三角形的判定与性质．
25．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图，为半⊙O的直径，，是半圆上的三等分点，，与半⊙O相切于点，点为上一动点（不与点，重合），直线交于点，于点，延长交于点，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）
①；②的长为；③；④；⑤为定值．

【答案】②⑤
【解析】
【分析】
①先根据圆的切线的性质可得，再根据半圆上的三等分点可得，然后根据圆周角定理可得，最后假设，根据角的和差、三角形的外角性质可得，这与点为上一动点相矛盾，由此即可得；
②根据弧长公式即可得；
③先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差即可得；
④先根据三角形的外角性质可得，从而可得对应角与不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】
如图，连接OP
与半⊙O相切于点

是半圆上的三等分点


是等边三角形
由圆周角定理得：
假设，则


又点为上一动点
不是一个定值，与相矛盾
即PB与PD不一定相等，结论①错误


则的长为，结论②正确
是等边三角形，

，则结论③错误
，即对应角与不可能相等
与不相似，则结论④错误
在和中，

，即
又是等边三角形，


即为定值，结论⑤正确
综上，结论正确的是②⑤
故答案为：②⑤．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．
26．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在中，，M是的中点，点D在上，，，垂足分别为E，F，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有___________．（只填序号）

【答案】①②③④⑤⑥
【解析】
【分析】
证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EF=EM，可判断③，同时得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE=EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE=CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM=CM，AE=CF，可判断⑥.
【详解】
解：∵∠ACB=90°，
∴∠BCF+∠ACE=90°，
∵∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
又∵∠BFD=90°=∠AEC，AC=BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF=CE，故①正确；
由全等可得：AE=CF，BF=CE，
∴AE-CE=CF=CE=EF，连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，
∴∠DBF=∠DCM，又BM=CM，BF=CE，
∴△BFM≌△CEM，
∴FM=EM，∠BMF=∠CME，
∵∠BMC=90°，
∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴EF=EM=，故③正确，
∠MEF=∠MFE=45°，∵∠AEC=90°，
∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，
设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，
∴△DFM≌△NEM，
∴DF=EN，DM=MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DN=DM，而∠DEA=90°，
∴，故④正确；
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°，∠ADE=67.5°，
∵∠DEM=45°，
∴∠EMD=67.5°，即DE=EM，
∵AE=AE，∠AED=∠AEC，∠DAE=∠CAE，
∴△ADE≌△ACE，
∴DE=CE，
∵△MEF为等腰直角三角形，
∴EF=，
∴，故⑤正确；
∵∠CDM=∠ADE，∠CMD=∠AED=90°，
∴△CDM∽ADE，
∴，
∵BM=CM，AE=CF，
∴，
∴，故⑥正确；
故答案为：①②③④⑤⑥.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，找到全等三角形说明角相等和线段相等.
27．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，在中，，，，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得，以EC、EF为邻边构造，连接EG，则EG的最小值为________．

【答案】9．
【解析】
【分析】

连接FC，作DM//FC，得△DEM∽△FEO，△DMN∽△CON，进一步得出DM=，EO=，过C作CH⊥AB于H，可求出CH=，根据题意，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，故可得EN=CH=，代入EO=求出EO即可得到结论．
【详解】

解：连接FC，交EG于点O，过点D作DM//FC，交EG于点M，如图所示，

∵
∴
∵DM//FC，
∴△DEM∽△FEO，
∴，
∵DM//FC，
∴△DMN∽△CON，
∴,
∵四边形ECGF是平行四边形，
∴CO=FO，
∴
∴,
∴,
过点C作CH⊥AB于点H，
在Rt△CBH，∠B=60︒，BC=8，
∴CH=BCsin60︒=4，
根据题意得，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，
∴EN=CH=4，
∴EO=,
∴EG=2EO=9．
故答案为：9．
【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，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，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
28．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，四边形是边长为2的正方形，点E是边上一动点（不与点B，C重合），，且交正方形外角的平分线于点F，交于点G，连接，有下列结论：
①；
②；
③；
④的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是_____________．（把正确结论的序号都填上）

【答案】①②③
【解析】
【分析】
证明∠BAE=∠CEG，结合∠B=∠BCD可证明△ABE∽△ECG，可判断①；在BA上截取BM=BE，证明△AME≌△ECF，可判断②；可得△AEF为等腰直角三角形，证明∠BAE+∠DAF=45°，结合∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，可判断③；设BE=x，则BM=x，AM=AB-BM=2-x，根据△AME≌△ECF，求出△AME面积的最大值即可判断④.
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEG=90°，又∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CEG，
∴△ABE∽△ECG，故①正确；
在BA上截取BM=BE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°，BA=BC，
∴△BEM为等腰直角三角形，
∴∠BME=45°，
∴∠AME=135°，
∵BA-BM=BC-BE，
∴AM=CE，
∵CF为正方形外角平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°=∠AME，
∵∠BAE=∠FEC，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF，故②正确；
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠EAF=∠EFA=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
而∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，
∴，故③正确；
设BE=x，则BM=x，AM=AB-BM=2-x，
S△AME=•x•（2-x）=，
当x=1时，S△AME有最大值，
而△AME≌△ECF，
∴S△AME=S△CEF，
∴S△CEF有最大值，所以④错误；
综上：正确结论的序号是：①②③.
故答案为：①②③.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的性质，二次函数的最值，解题的关键是添加辅助线，灵活运用全等三角形的知识解决线段的问题.
29．（2020·湖北孝感?中考真题）如图，已知菱形的对角线相交于坐标原点，四个顶点分别在双曲线和上，．平行于轴的直线与两双曲线分别交于点，，连接，，则的面积为______．

【答案】
【解析】
【分析】
先作轴于点G，作轴于点H，证明，利用，同时设出点A的坐标，表示出OH，BH的长度，求出k的值，设直线EF的解析式为，表示点E，F的坐标，求出EF的长度，可求得的面积．
【详解】
作轴于点G，作轴于点H，如图所示：

∵即
∴
∴
设点A的坐标为
则
∴
∴
∵的图象在第二，四象限
∴
设直线EF的解析式为：
则
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数与几何图形的综合，快速找到相似三角形求出k的值，是解题的关键．
30．（2020·上海中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．
【答案】＜AO＜．
【解析】
【分析】
根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．
【详解】
解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，

则OE⊥AD，∴OE//CD，
∴△AOE∽△ACD，
∴，
∴，
∴AO=；
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，

则OF⊥BC，∴OF//AB，
∴△COF∽△CAB，
∴，
∴，
∴OC=，
∴AO=，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．
故答案为：＜AO＜．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
31．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在中，，点在反比例函数（，）的图象上，点，在轴上，，延长交轴于点，连接，若的面积等于1，则的值为_________．

【答案】3
【解析】
【分析】
作AE⊥BC于E，连接OA，根据等腰三角形的性质得出OC=CE，根据相似三角形的性质求得S△CEA=1，进而根据题意求得S△AOE=，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值．
【详解】
解：作AE⊥BC于E，连接OA，

∵AB=AC，
∴CE=BE，
∵OC=OB，
∴OC=CE，
∵AE∥OD，
∴△COD∽△CEA，
∴，
∵，OC=OB，
∴，
∴，
∵OC=CE，
∴，
∴，
∵()，
∴，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
32．（2020·山西中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】
如解图，过点作于，

∵，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴∽
∴
∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，
∴，
则，
∵且，
∴∽，
∴，
即，
解得，
∴．
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
33．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．

【答案】7
【解析】
【分析】
过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】
解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，
∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，
当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，
∴BE+BD=3BE=，
∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，
∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，
∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，
即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，
∵AB∥CD，
∴△PBE∽△PCD，
∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，
∴BC=2×=6，
∴，
解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，
∴a+b=3+4=7，
故答案为：7.

【点睛】
本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
34．（2020·湖北随州?中考真题）如图，已知矩形中，，，点，分别在边，上，沿着折叠矩形，使点，分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合），过点作于点，连接，给出下列判断：①；②折痕的长度的取值范围为；③当四边形为正方形时，为的中点；④若，则折叠后重叠部分的面积为．其中正确的是_____．（写出所有正确判断的序号）.

【答案】①②③④
【解析】
【分析】
由题意，逐一判定，①由折叠的性质以及等腰三角形三线合一的性质即可判定；②根据题意点在线段上（不与两端点重合），假设F分别在C、D两点，即可得出其取值范围；③由相似三角形、正方形的性质以及勾股定理构建方程，即可判定；④由相似三角形以及勾股定理，得出梯形MEFN的面积和△MEO的面积，即可得解；
【详解】

由折叠性质，得，BG=FG，BN=FN
∴BF⊥MN
∵∠BIH=∠MIG，
∴∠HBI=∠GMI
∵∠MHN=∠BCF=90°
∴
故①结论正确；
假设F与C重合时，MN取得最小值，即为3；
假设F与D重合时，MN取得最大值，
∵
∴
∵MH=3，BC=4，
∴
∵点在线段上（不与两端点重合）
∴折痕的长度的取值范围为
故②结论正确；
∵四边形为正方形
∴MH=HC=3
∴BH=1
∵
∴
令，则，
∴
∴
∴，（不符合题意，舍去）
∴，即为的中点
故③结论正确；
④∵，AB=CD=3
∴DF=1，CF=2
∴
∴BG=GF=
∵
∴
∴HN=
∵△FGN∽△MHN
∴GN=
∴
∴
∴BH=BC-HN-NC=4--=1
∵∠EMO=∠CNF，∠MEO=∠NCF=90°
∴△MEO∽△NCF
∴
∴EO=
∴折叠后重叠部分的面积为：

故④结论正确；
故答案为：①②③④.
【点睛】
此题主要考查矩形的折叠性质以及相似三角形的综合运用，熟练掌握，即可解题.
35．（2020·湖南长沙?中考真题）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动，（点P与M，N不重合）平分，交PM于点E，交PQ于点F．
(1) ___________________．
(2)若，则___________________．

【答案】1 1
【解析】
【分析】
(1)过E作于G，可得，根据圆周角的性质可得，又平分，根据角平分线的性质可得；由， ，，且，根据“等角的余角相等”可得 ，再根据等腰三角形的性质“等角对等边”可得，即有；由，，可得，从而可得在中有，将、、代入可得，，既而可求得的值．(2) 由得，又，根据等腰三角形的性质可得平分，即，从而可求得．
【详解】
(1)如图所示，过E作于G，则，

∵MN为半圆的直径，
∴，
又∵平分，,
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
又∵，
∴，
∴,
又∵，
∴．
∵，，
∴，
∴在中，,
又∵,
∴，
∴将，，代入得，,
∴，
即．
(2)∵，
∴，
又∵，
∴平分，即,
∴，
故答案为：(1) ；(2) ．
【点睛】
本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例的性质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得，，再通过平行线分线段成比例的性质得到，进行等量代换和化简后即可得解；(2)中解题的关键是利用等腰三角形的性质得到，即可得解．

三、解答题
36．（2020·湖南长沙?中考真题）在矩形ABCD中，E为上的一点，把沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：
（2）若，求EC的长；
（3）若，记，求的值．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）只要证明∠B=∠C=90°，∠BAF=∠EFC即可；
（2）因为△AFE是△ADE翻折得到的，得到AF=AD=4，根据勾股定理可得BF的长，从而得到CF的长，根据△ABF∽△FCE，得到，从而求出EC的长；
（3）根据△ABF∽△FCE，得到∠CEF=∠BAF=，所以tan+tan=，设CE=1，DE=x，可得到AE，AB，AD的长，根据△ABF∽△FCE，得到，将求出的值代入化简会得到关于x的一元二次方程，解之即可求出x的值，然后可求出CE，CF，EF，AF的值，代入tan+tan=即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
∴∠AFB+∠BAF=90°，
∵△AFE是△ADE翻折得到的，
∴∠AFE=∠D=90°，
∴∠AFB+∠CFE=90°，
∴∠BAF=∠CFE，
∴△ABF∽△FCE．
（2）解：∵△AFE是△ADE翻折得到的，
∴AF=AD=4，
∴BF=，
∴CF=BC-BF=AD-BF=2，
由（1）得△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴EC=．
（3）

解：由（1）得△ABF∽△FCE，
∴∠CEF=∠BAF=，
∴tan+tan=，
设CE=1，DE=x，
∵，
∴AE=DE+2EC=x+2，AB=CD=x+1，AD=
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x2-4x+4=0，
解得x=2，
∴CE=1，CF=，EF=x=2，AF= AD==，
∴tan+tan==．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会运用方程的思想思考问题．
37．（2020·湖北随州?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，其图象与轴交于点和点，与轴交于点．

（1）直接写出抛物线的解析式和的度数；
（2）动点，同时从点出发，点以每秒3个单位的速度在线段上运动，点以每秒个单位的速度在线段上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为秒，连接，再将线段绕点顺时针旋转，设点落在点的位置，若点恰好落在抛物线上，求的值及此时点的坐标；
（3）在（2）的条件下，设为抛物线上一动点，为轴上一动点，当以点，，为顶点的三角形与相似时，请直接写出点及其对应的点的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）
【答案】（1），；（2）t=，D点坐标为； （3）；；； ；； ；； ； ；； ．
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的对称轴以及点B坐标可求出抛物线表达式；
（2）过点N作于E，过点D作于F，证明，得到，从而得到点D坐标，代入抛物线表达式，求出t值即可；
（3）设点P（m，），当点P在y轴右侧，点Q在y轴正半轴，过点P作PR⊥y轴于点R，过点D作DS⊥x轴于点S，根据△CPQ∽△MDB，得到，从而求出m值，再证明△CPQ∽△MDB，求出CQ长度，从而得到点Q坐标，同理可求出其余点P和点Q坐标.
【详解】
解：（1）∵抛物线的对称轴为直线，
∴，则b=-3a，
∵抛物线经过点B（4，0），
∴16a+4b+1=0，将b=-3a代入，
解得：a=，b=，
抛物线的解析式为：，
令y=0，解得：x=4或-1，
令x=0，则y=1，
∴A（-1，0），C（0，1），
∴tan∠CAO=,
∴；
（2）由（1）易知，
过点N作于E，过点D作于F，
∵∠DMN=90°，
∴∠NME+∠DMF=90°，又∠NME+∠ENM=90°，
∴∠DMF=∠ENM，

， ，
（AAS），
，
由题意得：，，，
，
，
，
，又，
故可解得：t=或0（舍），
经检验，当t=时，点均未到达终点，符合题意，
此时D点坐标为；

（3）由（2）可知：D，t=时，M（，0），B（4，0），C（0，1），
设点P（m，），
如图，当点P在y轴右侧，点Q在y轴正半轴，
过点P作PR⊥y轴于点R，过点D作DS⊥x轴于点S，
则PR=m，DS=，
若△CPQ∽△MDB，
∴，则，
，解得：m=0（舍）或1或5（舍），
故点P的坐标为：，
∵△CPQ∽△MDB，
∴，
当点P时，，解得：CQ=，，
∴点Q坐标为（0，），
；

同理可得：点P和点Q的坐标为：
；；
；；
；；；；；；.
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图像和性质，二次函数表达式，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质，难度较大，计算量较大，解题时注意结合函数图像，找出符合条件的情形.
38．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．
【解析】
【分析】
(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
(3) 如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】
解：(1)连接OA，如下图1所示：

∵AB=AC，
∴=，
∴OA⊥BC，
∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAO，
∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．

①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，
∴8∠ABD=180°，
∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，
∴10∠ABD=180°，
∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．

则==，且BC=2BH，
∴==，
设OB=OA=4a，OH=3a．
则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，
∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，
∴a2=，
∴BH=，
∴BC=2BH=．
故答案为：．
【点睛】
本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
39．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线过点B且与直线相交于另一点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标；
（3）点在x轴的正半轴上，点是y轴正半轴上的一动点，且满足．
①求m与n之间的函数关系式；
②当m在什么范围时，符合条件的N点的个数有2个？
【答案】（1）；（2）或（3，）或（-2，-3）；（3）①；②0＜m＜
【解析】
【分析】
（1）利用一次函数求出A和B的坐标，结合点C坐标，求出二次函数表达式；
（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，当点P在x轴下方时，AP与y轴交于点Q，求出AQ表达式，联立二次函数，可得交点坐标，即为点P；
（3）①过点C作CD⊥x轴于点D，证明△MNO∽△NCD，可得，整理可得结果；
②作以MC为直径的圆E，根据圆E与线段OD的交点个数来判断M的位置，即可得到m的取值范围.
【详解】
解：（1）∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令x=0，则y=2，令y=0，则x=4，
∴A（4，0），B（0，2），
∵抛物线经过B（0，2），，
∴，解得：，
∴抛物线的表达式为：；
（2）当点P在x轴上方时，点P与点C重合，满足，
∵，
∴，
当点P在x轴下方时，如图，AP与y轴交于点Q，
∵，
∴B，Q关于x轴对称，
∴Q（0，-2），又A（4，0），
设直线AQ的表达式为y=px+q，代入，
，解得：，
∴直线AQ的表达式为：，联立得：
，解得：x=3或-2，
∴点P的坐标为（3，）或（-2，-3），
综上，当时，点P的坐标为：或（3，）或（-2，-3）；

（3）①如图，∠MNC=90°，过点C作CD⊥x轴于点D，
∴∠MNO+∠CND=90°，
∵∠OMN+∠MNO=90°，
∴∠CND=∠OMN,又∠MON=∠CDN=90°，
∴△MNO∽△NCD，
∴，即，
整理得：；

②如图，∵∠MNC=90°，
以MC为直径画圆E，
∵，
∴点N在线段OD上（不含O和D），即圆E与线段OD有两个交点（不含O和D），
∵点M在y轴正半轴，
当圆E与线段OD相切时，
有NE=MC，即NE2=MC2，
∵M（0，m），，
∴E（，），
∴=，
解得：m=，

当点M与点O重合时，如图，
此时圆E与线段OD（不含O和D）有一个交点，

∴当0＜m＜时，圆E与线段OD有两个交点，
故m的取值范围是：0＜m＜.
【点睛】
本题是二次函数综合，考查了求二次函数表达式，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，一次函数表达式，难度较大，解题时要充分理解题意，结合图像解决问题.
40．（2020·湖北咸宁?中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．
求证：四边形是对余四边形；

探究：
（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.
【详解】
解：（1）∵四边形是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形是对余四边形；

（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：，则，
同理，△ACD∽△GCE，得：，则，
△BCD∽△GCF，得：，
可得：，
而，
∴，
∴，
∴，
∵AB=BC=AC，
∴.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
41．（2020·河南中考真题）将正方形的边绕点逆时针旋转至 ，记旋转角为．连接，过点作垂直于直线，垂足为点，连接，
如图1，当时，的形状为 ，连接，可求出的值为 ；



当且时，
①中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．


【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．
【解析】
【分析】

（1）根据题意，证明是等边三角形，得，计算出，根据，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；
（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出，结合，可得为等腰直角三角形；证明，可得的值；
②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．
【详解】

（1）由题知°，°，
∴°，且为等边三角形
∴°，
∴
∵
∴°
∴°
∴为等腰直角三角形
连接BD，如图所示

∵°
∴即
∵
∴
∴
故答案为：等腰直角三角形，
（2）①两个结论仍然成立
连接BD，如图所示：


∵，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵四边形为正方形
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴结论不变，依然成立
②若以点为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论
第一种：以CD为边时，则，此时点在线段BA的延长线上，
如图所示：

此时点E与点A重合，
∴，得；
②当以CD为对角线时，如图所示：

此时点F为CD中点，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
综上：的值为3或1．
【点睛】

本题考查了正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键．
42．（2020·湖北省直辖县级单位?中考真题）在平行四边形中，E为的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列画图，不写画法，保留画图痕迹．

（1）如图1，在上找出一点M，使点M是的中点；
（2）如图2，在上找出一点N，使点N是的一个三等分点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接对角线AC,BD，再连接E与对角线的交点，与BC的交点即为M点；
（2）连接CE交BD即为N点，根据相似三角形的性质可得,于是DN=BD．
【详解】
解：（1）如图1，点M即为所求；
（2）如图2，点N即为所求．

【点睛】
此题主要考查平行四边形与相似三角形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的特点．
43．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD=CA，且．


（1）求证：是⊙O的切线．
（2）分别过A、B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E、F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：．
【答案】(1)见解析；(2)见解析．
【解析】
【分析】
(1)连接OC，∠CAD=∠D=30°，由OC=OA，进而得到∠OCA=∠CAD=30°，由三角形外角定理得到∠COD=∠A+∠OCA=60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD=90°即可证明；
(2)证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE=CG，CF=CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．
【详解】
解：(1)连接OC，如下图所示：


∵CA=CD，且∠D=30°，
∴ ∠CAD=∠D=30°，
∵ OA=OC，
∴ ∠CAD=∠ACO=30°，
∴∠COD=∠CAD+∠ACO=30°+30°=60°，
∴∠OCD=180°-∠D-∠COD=180°-30°-60°=90°，
∴ OC⊥CD，
∴ CD是⊙O的切线．
(2)连接BC，如下图所示：


∵∠COB=60°，且OC=OB，
∴△OCB为等边三角形，∠CBG=60°，
又CG⊥AD，∴∠CGB=90°，
∴∠GCB=∠CGB-∠CBG=30°，
又∠GCD=60°，
∴CB是∠GCD的角平分线，且BF⊥CD，BG⊥CG，
∴BF=BG，
又BC=BC，
∴△BCG≌△BCF，
∴CF=CG.
∵∠D=30°，AE⊥ED，∠E=90°，
∴∠EAD=60°，
又∠CAD=30°，
∴AC是∠EAG的角平分线，且CE⊥AE，CG⊥AB
∴CE=CG，
∵∠E=∠BFC=90°，∠EAC=30°=∠BCF，
∴△AEC∽△CFB，
∴，即，
又，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质等，属于中考常考题型，熟练掌握切线性质、角平分线性质是解决此题的关键.
44．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图，在中，，平分交于点，过点和点的圆，圆心在线段上，交于点，交于点．

（1）判断与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）与相切．证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用角平分线的定义证明结合等腰三角形的性质证明从而证明结合可得答案；
（2）连接，先利用勾股定理求解的长，再证明 利用相似三角形的性质列方程组求解即可得到答案．
【详解】
解：（1）与相切．
理由如下：
如图，连接，
平分，







在上，
是的切线．
（2）连接
为的直径，

，，












解得：
所以：的长为：

【点睛】
本题考查的切线的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
45．（2020·湖南湘潭?中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边的重心为点，求与的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知的重心为点，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形中，点是的中点，连接交对角线于点．
①若正方形的边长为4，求的长度；
②若，求正方形的面积．
【答案】（1），；（2）都是定值，，；（3）①；②12．
【解析】
【分析】
（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM 即可.
【详解】
（1）连接DE，如图，

∵点O是的重心，
，是，C边上的中线，
为，边上的中点，
为的中位线，
，，
，
，
，
，，

；
（2）由（1）可知，是定值；
是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
，，


为CD的中点，



，即；
②，且
∴，
，
，
，
，
又

∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】
本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
46．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，菱形的顶点的坐标为．

（1）求过点的反比例函数的解析式；
（2）连接，过点作交轴于点，求直线的解析式．
【答案】（1）反比例函数解析式为；（2）直线的解析式为．
【解析】
【分析】

（1）由A的坐标求出菱形的边长，利用菱形的性质确定出B的坐标，利用待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（2）利用相似三角形的性质得出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD解析式即可．
【详解】

过点A作轴，过B作轴，垂足分别为E，F，如图，


，，

∵四边形OABC是菱形，
，轴，
，
，
，
设过B点的反比例函数解析式为
把B点坐标代入得，k=32,
所以，反比例函数解析式为；
（2），
，
，
，
，
又，
，
，
，
解得，，


设BD所在直线解析式为，
把，分别代入，得：

解得，
∴直线的解析式为．
【点睛】

此题考查了待定系数法求反比例函数解析式与一次函数解析式，一次函数、反比例函数的性质，以及一次函数与反比例函数的交点，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
47．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，为的直径，四边形内接于，对角线，交于点，的切线交的延长线于点，切点为，且．

（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】

（1）利用同弧所对的圆周角相等可得，由得，根据等角对等边可得结论；
（2）先证明，，由ASA证明，得，；再求，，再证明得，利用可得结论.
【详解】

解：（1）在中，∵与都是所对的圆周角，
∴，
∵，
∴．
∴．

（2）∵是的切线，是的直径，
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴．
∵
∴，
∴，．
在中，∵，，
∴，即．
∵，
∴．
在中，，
∴．
∵，且，
∴，
∴，即．
∵与都是所对的圆周角，
∴．
在中，，
∴，即．
【点睛】

本题考查了切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地识别图形是解题的关键．
48．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，四边形是矩形，是边上一点，点在的延长线上，且．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若，，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）40
【解析】
【分析】

（1）直接利用矩形的性质结合BE=CF,可得，进而得出答案；
（2）在中利用勾股定理可计算，再由求出得，进而求出AD长，由即可求解．
【详解】

解：（1）∵四边形是矩形，
∴，．
∵，
∴，即．
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）如图，连接，

∵四边形是矩形
∴
在中，，，
∴由勾股定理得，，即．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴即，解得．
由（1）得四边形是平行四边形，
又∵，高，
∴．
【点睛】

本题主要考查了矩形和平行四边形的性质以及判定，相似三角形的判定和性质、勾股定理，熟练运用勾股定理和相似三角形性质求线段长是解题的关键．
49．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，是⊙O的直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．

（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【解析】
【分析】

（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】

（1）连接AE，OE，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AC是圆⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，
∵D为AC的中点，
∴DE=DC=DA，
∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
∵∠DAE+∠OAE=90°，
∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，
∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，
∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，
∴∠B=∠CAE，
∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，
∴，
∴⊙O的半径OA=．
【点睛】

本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
50．（2020·北京中考真题）如图，为的直径，为延长线上一点，是的切线，为切点，于点，交于点．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据平行线的性质得到∠AOF＝∠B，根据切线的性质得到∠CDO＝90°，等量代换即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到OE＝BD＝×8＝4，设OD＝x，OC＝3x，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）连接OD，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴∠AOF＝∠B，
∵CD是⊙O的切线，D为切点，
∴∠CDO＝90°，
∴∠CDA＋∠ADO＝∠ADO＋∠BDO＝90°，
∴∠CDA＝∠BDO，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∴∠AOF＝∠ADC；
（2）∵OF∥BD，AO＝OB，
∴AE＝DE，
∴OE＝BD＝×8＝4，
∵sinC＝＝，
∴设OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴，
∴，
∴OF＝6，
∴EF＝OF−OE＝6−4＝2．
【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
51．（2020·福建中考真题）已知直线交轴于点，交轴于点，二次函数的图象过两点，交轴于另一点，，且对于该二次函数图象上的任意两点，，当时，总有．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若直线，求证：当时，；
（3）为线段上不与端点重合的点，直线过点且交直线于点，求与面积之和的最小值．
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）先根据坐标轴上点的坐标特征由一次函数的表达式求出A，B两点的坐标，再根据BC=4，得出点C的坐标，最后利用待定系数法可求二次函数的表达式；
（2）利用反证法证明即可；
（3）先求出q的值，利用，得出，设，然后用含t的式子表示出的面积，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】
解：（1）对于，
当时，，所以；
当时，，，所以，
又因为，所以或，
若抛物线过，则当时，随的增大而减少，不符合题意，舍去．
若抛物线过，则当时，必有随的增大而增大，符合题意．
故可设二次函数的表达式为，
依题意，二次函数的图象过，两点，
所以，解得
所求二次函数的表达式为．
（2）当时，直线与直线不重合，
假设和不平行，则和必相交，设交点为，
由得，
解得，与已知矛盾，所以与不相交，
所以．
（3）如图，

因为直线过，所以，
又因为直线，所以，即，
所以，，
所以，所以，
设，则，
，
所以，
所以


所以当时，的最小值为．
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质、相似三角形的性质与判定、三角形面积等基础知识，注意函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想及分类与整合思想的运用．
52．（2020·福建中考真题）如图，为线段外一点．

（1）求作四边形，使得，且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的四边形中，，相交于点，，的中点分别为，求证：三点在同一条直线上．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）按要求进行尺规作图即可；
(2)通过证明角度之间的大小关系，得到，即可说明三点在同一条直线上．
【详解】
解：（1）

则四边形就是所求作的四边形．
（2）∵，∴，，
∴，∴．
∵分别为，的中点，
∴，，∴．
连接，，又∵，
∴，∴，
∵点在上∴，∴，
∴三点在同一条直线上．

【点睛】
本题考查尺规作图、平行线的判定与性质、相似三角形的性质与判定等基础知识，考查推理能力、空间观念与几何直观，考查化归与转化思想．
53．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点，与过点的切线互相垂直，垂足为．

（1）求证：平分；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据圆的切线的性质可得，再根据平行线的判定与性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据角平分线的定义即可得证；
（2）如图（见解析），先根据角的和差、等量代换可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，设，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出x的值，最后根据正弦三角函数的定义即可得．
【详解】
（1）如图，连接OD
由圆的切线的性质得：



又


则平分；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：





在和中，


设，则，且
在和中，

，即
解得或（不符题意，舍去）
经检验，是所列分式方程的解

则在中，
故的值为．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、正弦三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
54．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，，点O在上，以为半径的半圆O交于点D，交于点E，过点D作半圆O的切线，交于点F．

（1）求证：；
（2）若，，，求半圆O的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据切线的性质得到∠BDF+∠ADO=90°，再结合∠ADO=∠OAD，推出∠BDF=∠B，即可；
（2）过F作FG⊥BD于G，先利用三角函数求出BG=DG，再过点O作OH⊥AD于H，在△AOH中，求出AO即可.
【详解】
解：（1）连接OD，
∵DF和半圆相切，
∴OD⊥DF，
∴∠BDF+∠ADO=90°，
∵∠ADO=∠OAD，
∴∠OAD+∠BDF=90°，又∠C=90°，
∴∠OAD+∠B=90°，
∴∠BDF=∠B，
∴BF=DF；
（2）过F作FG⊥BD于G，则GF垂直平分BD，
∵，
∴BF=DF=2，
∵，，∠C=90°，
∴AB=，
∴cos∠B==，
∴，解得：BG==DG，
∴AD=AB-BD=，
过点O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH=AD=，
∵cos∠BAC=，
∴AO=，
即半圆O的半径长为.

【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确寻找相似三角形，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
55．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，为的直径，为的切线，M是上一点，过点M的直线与交于点B，D两点，与交于点E，连接．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）的半径为2.5．
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质得到，可得，再根据等腰三角形的性质与角度等量替换得到，故可证明；
（2）解法1，先连接BC,证明，得到EM=6，根据勾股定理求出AE，再根据列出比例式求出直径，故可求出；解法2，连接CD，同理得到，根据勾股定理求出AE，设，根据等腰三角形的性质得到CD=CE=x,再利用Rt△ACD列出方程故可求出x,再得到直径即可求解．
【详解】
（1）证明：∵为的切线，为的直径，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴．

（2）方法1：解：如图，连接，

∵为直径，∴，
∴，而，
∴，
又：，
∴，
∴，
∵，，∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴的半径为2.5．
方法2：解：如图，连接CD，

∵，∴，
又∵，
∴，
∴，
∵为直径，∴，
∴，
而，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，则，
在中，
，∴，解得
∴，
∴的半径为2.5．
【点睛】
此题主要考查切线的综合运用，解题的关键是熟知切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质．
56．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知：如图，AB是的直径，点为上一点，点D是上一点，连接并延长至点C，使与AE交于点F．

（1）求证：是的切线；
（2）若平分，求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
【分析】

（1）利用为直径，得出，利用得出，从而得出，进而得出结论；
（2）证出即可得出结论．
【详解】

证明：（1）为直径，
，
在中，，
又，
，
，即,
，
又为的直径，
是的切线；
（2）平分，
，
又，
，
又，
，
，
．
【点睛】

本题考查了切线的判定，同弧所对的圆周角相等，三角形相似的判定和性质；证明切线有两种情况（1）有交点，作半径，证垂直；（2）无交点，作垂直，证半径．
57．（2020·上海中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．
(2) 由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．
∵DF=BE，
∴△CDF≌△CBE(SAS)，
∴∠DCF=∠BCE．
∵CDBH，
∴∠H=∠DCF，
∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，
∴△BEC∽△BCH．
(2)∵BE2=AB•AE，
∴=，
∵AGBC，
∴=，
∴=，
∵DF=BE，BC=AB，
∴BE=AG=DF，
即AG=DF．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
58．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别相交于、两点，与双曲线的一个交点为，且．

（1）求点的坐标；
（2）当时，求和的值．
【答案】(1) (3，0)；(2) ，
【解析】
【分析】
(1)令中即可求出点A的坐标；
(2)过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，证明△BCM∽△BAO，利用和OA=3进而求出CM的长，再由求出CN的长，进而求出点C坐标即可求解．
【详解】
解：(1)由题意得：令中，
即，解得，
∴点A的坐标为(3，0)，
故答案为(3,0) ．
(2) 过C点作y轴的垂线交y轴于M点，作x轴的垂线交x轴于N点，如下图所示：

显然，CMOA，∴∠BCM=∠BAO，且∠ABO=∠CBO，
∴△BCM∽△BAO，
∴，代入数据：
即：，∴=1，
又
即：，∴，
∴C点的坐标为(1，2)，
故反比例函数的，
再将点C(1,2)代入一次函数中，
即，解得，
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的图像及性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握其图像性质是解决此题的关键．
59．（2020·湖北省直辖县级单位?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O交于点D，过点D的直线交于点F，交的延长线于点E，且．

（1）求证：是⊙O的切线；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）10
【解析】
【分析】
（1）连接，，由是直径可得到，然后通过题中角的关系可推出，即可得证；
（2）通过，得到，然后设，列分式方程即可解得，从而得到的长．
【详解】
（1）证明：如图，连接，，

∵是直径，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
又是的半径，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
设，∵，，
∴，，，．
∴．
解得．
经检验是所列分式方程的解．
∴．
【分析】
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
60．（2020·湖北中考真题）如图，为半圆O的直径，C为半圆O上一点，与过点C的切线垂直，垂足为D，交半圆O于点E．

（1）求证：平分；
（2）若，试判断以为顶点的四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析；(2)菱形，证明过程见解析
【解析】
【分析】
(1)连接OC，由切线的性质可知∠COD=∠D=180°，进而得到OC∥AD，得到∠DAC=∠ACO，再由OC=OA得到∠ACO=∠OAC，进而得到∠DAC=∠OAC即可证明；
(2) 连接EC、BC、EO，过C点作CH⊥AB于H点，先证明∠DCE=∠CAE，进而得到△DCE∽△DAC，再由AE=2DE结合三角函数求出∠EAC=30°，最后证明△EAO和△ECO均为等边三角形即可求解．
【详解】
解：(1)证明：连接OC，如下图所示：

∵CD为圆O的切线，∴∠OCD=90°，
∴∠D+∠OCD=180°，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠ACO，
又OC=OA，
∴∠ACO=∠OAC，
∴∠DAC=∠OAC，
∴ AC平分∠DAB．
(2) 四边形EAOC为菱形，理由如下：
连接EC、BC、EO，过C点作CH⊥AB于H点，如下图所示，

由圆内接四边形对角互补可知，∠B+∠AEC=180°，
又∠AEC+∠DEC=180°，
∴∠DEC=∠B，
又∠B+∠CAB=90°，
∠DEC+∠DCE=90°，
∴∠CAB=∠DCE，
又∠CAB=∠CAE，
∴∠DCE=∠CAE，且∠D=∠D，
∴△DCE∽△DAC，
设DE=x，则AE=2x，AD=AE+DE=3x，
∴，∴，
∴，
在Rt△ACD中，，
∴∠DAC=30°，
∴∠DAO=2∠DAC=60°，且OA=OE，
∴△OAE为等边三角形，
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：∠EOC=2∠EAC=60°，
∴△EOC为等边三角形，
∴EA=AO=OE=EC=CO，
即EA=AO=OC=CE，
∴四边形EAOC为菱形．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、三角函数、菱形的判定等知识点，属于综合题，熟练掌握其性质和定理是解决本题的关键．
61．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，已知AB是圆O的直径，点C是圆上异于A，B的一点，连接BC并延长至点D，使得，连接AD交于点E，连接BE．
（1）求证：是等腰三角形；
（2）连接OC并延长，与B以为切点的切线交于点F，若，求的长．

【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】

（1）根据直径所对圆周角是直角及三线合一性质求解即可；
（2）根据等腰三角形的性质和切线的性质证明，可得，即可求出DE．
【详解】

（1）证明：因为AB是圆O的直径，
所以，
，
，
所以点C是BD的中点，
所以AB=AD，
所以三角形ABD是等腰三角形．
（2）因为三角形ABD是等腰三角形，
，
，
，
因为BF是切线，
所以，
因为AB是直径，
所以，
，
，
，
，
．
【点睛】

本题主要考查了圆的综合应用，准确运用相似三角形的性质是解题的关键．
62．（2020·湖南娄底?中考真题）如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，过D作的垂线，垂足为E．

（1）求证：与相切；
（2）若，求的长；
（3）请用线段、表示的长，并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3），理由详见解析
【解析】
【分析】

（1）连，据题意得，根据平分线的性质，得，证明，再根据可得结果；
（2）根据为的直径可得，证出，得到，代入数值求解即可；
（3）由得，根据，得到，，联立即可得到结果；
【详解】

解：（1）连，据题意得，
，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴与相切．

（2）为的直径可得：，
据（1）且，
∴在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（3）．
由得，
∵，
∴，
，
，
由得，
∴．
【点睛】

本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形相似的知识点进行求解是解题的关键．
63．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，在中，，平分交于点D，O为上一点，经过点A、D的分别交、于点E、F．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的半径；
（3）求证：．
【答案】（1）见解析（2）8（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AD为角平分线得到一对角相等，再由等边对等角得到一对角相等，等量代换得到内错角相等，进而得到OD与AC平行，得到OD与BC垂直，即可得证；
（2）连接EF，设圆的半径为r，由sinB的值，利用锐角三角函数定义即可求出r的值；
（3）先判断出∠AEF＝∠B．再判断出∠AEF＝∠ADF，进而得出∠B＝∠ADF，进而判断出△ABD∽△ADF，即可得出结论．
【详解】
（1）如图，连接OD，则OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∴∠ODB＝∠C＝90°，
∵点D在⊙O上，
∴BC是⊙O的切线；
（2）由（1）知，OD⊥BC，
∴∠BDO＝90°，
设⊙O的半径为R，则OA＝OD＝OE＝R，
∵BE＝8，
∴OB＝BE＋OE＝8＋R，
在Rt△BDO中，sinB＝，
∴sinB＝＝，
∴R＝5;
(3) 连接OD，DF，EF，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠AFE＝90°＝∠C，
∴EF∥BC，
∴∠B＝∠AEF，
∵∠AEF＝∠ADF，
∴∠B＝∠ADF，
由（1）知，∠BAD＝∠DAF，
∴△ABD∽△ADF，
∴，
∴AD2＝AB•AF．

【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求出圆的半径是解本题的关键．
64．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，的直径交弦(不是直径)于点P，且．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
连接AC和BD，证明△PAC∽△PDB，得到，再根据得到，从而得到PC=PD，根据垂径定理得出结果.
【详解】
解：连接AC和BD，
在△PAC和△PBD中，
∠A=∠D，∠C=∠B，
∴△PAC∽△PDB，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴PC=PD，
∵AB为直径，
∴AB⊥CD.

【点睛】
本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，垂径定理，解题的关键是证明△PAC∽△PDB，得到.
65．（2020·青海中考真题）如图，已知AB是的直径，直线BC与相切于点B，过点A作AD//OC交于点D，连接CD．
（1）求证：CD是的切线．
（2）若，直径，求线段BC的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，又根据平行线的性质可得，从而可得，再根据圆的切线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据勾股定理可得BD的长，然后根据相似三角形的判定与性质即可得．
【详解】
（1）如图，连接OD，则




直线BC与相切于点B

在和中，


又是的半径
是的切线；
（2）如图，连接BD
由圆周角定理得：
，
，
在和中，

，即
解得．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
66．（2020·山东菏泽?中考真题）如图1，四边形的对角线，相交于点，，．

图1 图2
（1）过点作交于点，求证：；
（2）如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
【详解】
解：（1）连接CE，

∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，

由（1）得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD是平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE（SAS），
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的判定和性质，考查等腰三角形的判定与性质综合，熟练掌握各图形的性质并灵活运用是解题的关键．
67．（2020·湖南怀化?中考真题）如图所示，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，点M为抛物线的顶点．

（1）求点C及顶点M的坐标．
（2）若点N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接求面积的最大值及此时点N的坐标．
（3）若点D是抛物线对称轴上的动点，点G是抛物线上的动点，是否存在以点B、C、D、G为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．
（4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) (0,-3)，(1,-4)；(2) ，()；(3) G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；(4) P点坐标存在，为或．
【解析】
【分析】
(1)令抛物线解析式中x=0即可求出C点坐标，由公式即可求出顶点M坐标；
(2)如下图所示，过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N()，求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据即可求解；
(3)设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；
(4)连接AC，由CE=CB可知∠B=∠E，求出MC的解析式，设P(x,-x-3)，然后根据△PEO相似△ABC，分成和讨论即可求解.
【详解】
解：(1)令中x=0，此时y=-3，故C点坐标为(0,-3)，
又二次函数的顶点坐标为，代入数据解得M点坐标为，
故答案为：C点坐标为(0，-3)， M点坐标为(1，-4)；
(2) 过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，连接BN，CN，如下图所示：

令中y=0，解得B(3,0)，A(-1,0)，
设直线BC的解析式为：，代入C(0,-3)，B(3,0)，
∴，解得，即直线BC的解析式为：，
设N点坐标为()，故Q点坐标为，其中，
则

，其中分别表示Q,C,B三点的横坐标，
且，，
故，其中，
当时，有最大值为，
此时N的坐标为()，
故答案为：有最大值为，N的坐标为()；
(3) 设D点坐标为(1,t)，G点坐标为()，且B(3,0)，C(0,-3)
分类讨论：
情况①：当DG为对角线时，则另一对角线是BC，由中点坐标公式可知：
线段DG的中点坐标为，即，
线段BC的中点坐标为，即，
此时DG的中点与BC的中点为同一个点，
故，解得，
检验此时四边形DCGB为平行四边形，此时G坐标为(2，-3)；
情况②：当DB为对角线时，则另一对角线是GC，由中点坐标公式可知：
线段DB的中点坐标为，即，
线段GC的中点坐标为，即，
此时DB的中点与GC的中点为同一个点，
故，解得，
检验此时四边形DCBG为平行四边形，此时G坐标为(4，5)；
情况③：当DC为对角线时，则另一对角线是GB，由中点坐标公式可知：
线段DC的中点坐标为，即，
线段GB的中点坐标为，即，
此时DB的中点与GC的中点为同一个点，
故，解得，
检验此时四边形DGCB为平行四边形，此时G坐标为(-2，1)；
综上所述，G点坐标存在，为(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；
(4) 连接AC，OP，如下图所示，

设MC的解析式为：y=kx+m，代入C(0,-3)，M(1，-4)
即，解得
∴MC的解析式为：，令，求得E点坐标为(-3,0)，
∴OE=OB=3，且OC=OC，
∴CE=CB，即∠B=∠E，
设P(x,-x-3)，又∵P点在线段EC上，∴-3 则，，
由题意知：△PEO相似△ABC，
分类讨论：
情况①：
∴，解得，满足-3 情况②：
∴，解得，满足-3 综上所述，P点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了二次函数的图像和性质、平行四边形的存在性问题、相似三角形的性质和判定等，综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题.
68．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图1，在矩形中，，动点，分别从点，点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边上沿，的方向运动，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点运动的时间为，连接，过点作，与边相交于点，连接．
（1）如图2，当时，延长交边于点．求证：；
（2）在（1）的条件下，试探究线段三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当时，延长交边于点，连接，若平分，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】

（1）先根据运动速度和时间求出，再根据勾股定理可得，从而可得，然后根据矩形的性质可得，从而可得，，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）如图（见解析），连接FQ，先根据（1）三角形全等的性质可得，再根据垂直平分线的判定与性质可得，然后根据勾股定理、等量代换即可得证；
（3）先根据角平分线的性质得出，再根据直角三角形全等的判定定理与性质得出，然后根据等腰三角形的三线合一得出，又分别在和中，利用余弦三角函数可求出t的值，从而可得CP、AP的长，最后根据平行线分线段成比例定理即可得．
【详解】

（1）由题意得：
四边形ABCD是矩形

，



在和中，

；
（2），证明如下：
如图，连接FQ
由（1）已证：


PQ是线段EF的垂直平分线

在中，由勾股定理得：
则；

（3）如图，设FQ与AC的交点为点O
由题意得：，，
平分，
（角平分线的性质）
是等腰三角形
在和中，

，即是的角平分线
（等腰三角形的三线合一）
在中，
在中，，即
解得

，即

故的值为．

【点睛】

本题考查了三角形全等的判定定理与性质、矩形的性质、余弦三角函数、平行线分线段成比例定理等知识点，较难的是题（3），熟练利用三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的三线合一是解题关键．
69．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，是⊙O的直径，E，C是上两点，且，连接，，过点C作交的延长线于点D．

（1）判定直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）直线DC与⊙O相切，理由见解析（2）-
【解析】
【分析】
（1）连接OC，如图，由圆周角的的定理推论得到∠EAC＝∠OAC，加上∠ACO＝∠OAC，则∠ACO＝∠DAC，于是可判断OC∥AD，则根据平行线的性质得到OC⊥CD，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法可判断DC是⊙O的切线；
（2）连接OE、BC，作CH⊥AB于H，如图，先利用角平分线的性质得到CH＝CD＝，求出△ACH的面积，再根据三角形全等的判定和性质得出△ADC的面积=△ACHD的面积，再利用S阴影=S梯形OCDE-S扇形OCE=S△ACD-S扇形OCE= S△ACH-S扇形OCE，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）直线DC与⊙O相切．
理由如下：连接OC，如图，

∵
∴∠EAC＝∠OAC
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠OAC，
∴∠ACO＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵CD⊥AE，
∴OC⊥CD，
∴DC是⊙O的切线；
（2）连接OC、OE、CB，过C作CH⊥AB于H，

∵CH⊥AB，CD⊥AE
∴∠ADC=∠AHC，
∵∠EAC＝∠OAC，AC=AC
∴△ADC≌△AHC
∴CH=，AH=AD，
∵∠CAH+∠ACH=∠BCH+∠ACH=90°
∴∠CAH=∠BCH，
又∵∠CHA=∠BHC，
∴△CAH∽△BCH
∴
∴
∴AH=3或1（舍去1）
∴BH= 1
∴S△ACH=
在Rt△CHB中，BH=1，HC=
∴∠BCH=30°=∠CAB
∴∠COB=∠EOC=60°
∴S阴影=S梯形OCDE-S扇形OCE=S△ACD-S扇形OCE= S△ACH-S扇形OCE=-=-
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质、扇形的面积公式及三角形的面积公式，正确作出辅助线是解题的关键，求阴影部分面积时要注意转化思想的应用．
70．（2020·湖北襄阳?中考真题）在中，，．点D在边上，且，交边于点F，连接．

（1）特例发现：如图1，当时，①求证：；②推断：_________．；
（2）探究证明：如图2，当时，请探究的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作的垂线，交于点P，交于点K，若，求的长．
【答案】（1）①证明见解析，② ；（2）为定值，证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①利用已知条件证明即可得到结论，②先证明利用相似三角形的性质再证明结合相似三角形的性质可得答案；
（2）由（1）中②的解题思路可得结论；
（3）设 则 利用等腰直角三角形的性质分别表示： 由表示 再证明利用相似三角形的性质建立方程求解，即可得到答案．
【详解】
证明：（1）①






②推断：
理由如下：













（2）为定值，
理由如下：
由（1）得：








（3） ，
设 则













，
解得：


【点睛】
本题考查的是三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，更重要的是考查学生的学习探究的能力，掌握以上知识是解题的关键．
71．（2020·江西中考真题）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．

【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）
【解析】
【分析】

（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】

（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案为．

【点睛】

（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
72．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为P．已知．请解答下列问题：

（1）求抛物线的解析式，并直接写出点P的坐标；
（2）抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接，的垂直平分线交直线于点M，则线段的长为__________．
注：抛物线的对称轴是直线，顶点坐标是．
【答案】（1），（-1，-4）；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意证明△PMN∽△PAE，根据比例的性质求出PM，结合PE即可求出EM.
【详解】
解：（1）∵抛物线经过，代入，
，解得：，
∴抛物线表达式为：=，
顶点P的坐标为（-1，-4）；
（2）∵直线PE为抛物线对称轴，
∴E（-1，0），
∵B（1，0），
∴A（-3，0），
∴AP=，
∵MN垂直平分AP，
∴AN=NP=，∠PNM=90°，
∵∠APE=∠MPN，
∴△PMN∽△PAE，
∴，即，
解得：PM=，
∴EM=PE-PM=4-=，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了二次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，待定系数法求二次函数表达式，解题的关键是根据题意找出相似三角形.
73．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在和中，D、分别是AB、上一点，．

（1）当时，求证： 证明的途径可以用如框图表示，请填写其中的空格　

（2）当时，判断与是否相似，并说明理由
【答案】（1），；（2）相似，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据证得△△，推出，再证明结论；
（2）作DE∥BC，∥，利用三边对应成比例证得△，再推出，证得，即可证明△△．
【详解】
（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴△△，
∴，
∵，
∴△△，
故答案为：，；
（2）如图，过点D、分别作DE∥BC，∥，
DE交AC于点E，交于点，

∵DE∥BC，
∴△△，
∴，
同理：，
又，
∴，
∴，
同理：，
∴，
即，
∴，
又，
∴，
∴△△，
∴，
∵DE∥BC，
∴，
同理：，
∴，
又，
∴△△．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，比例的性质，正确作出辅助线是解答第2问的关键．
74．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．直线经过B、C两点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线及x轴分别交于点D、M．，垂足为N．设．
①点P在抛物线上运动，若P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）．请直接写出符合条件的m的值；
②当点P在直线下方的抛物线上运动时，是否存在一点P，使与相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）-2，，1；（3）存在，（3，-2）
【解析】
【分析】
（1）根据直线经过B、C两点求出B、C两点的坐标，将B、C坐标代入抛物线可得答案；
（2）①由题意得P（m，），D（m，）；根据P、D、M三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点列式计算即可求得m的值；
②先证明，得出，再根据与相似得出，则，可得出，求出点P的纵坐标，代入抛物线，即可求得点P的横坐标．
【详解】
解：（1）由直线经过B、C两点得B（4，0），C（0，-2）
将B、C坐标代入抛物线得
，解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）①∵，垂足为N．
∴P（m，），D（m，），
分以下几种情况：

M是PD的中点时，MD=PM，即0-（）=
解得，（舍去）；

P是MD的中点时，MD=2MP，即=2（）
解得，（舍去）；

D是MP的中点时，2MD=MP，即=2（）
解得，（舍去）；
∴符合条件的m的值有-2，，1；

②∵抛物线的解析式为：，
∴A（-1，0），B（4，0），C（0，-2）
∴AO=1，CO=2，BO=4，
∴，又=90°，
∴，
∴，
∵与相似
∴，
∴，
∴ ，
∴点P的纵坐标是-2，代入抛物线，得

解得：（舍去），，
∴点P的坐标为：（3，-2）
【点睛】
本题考查二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定和性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
75．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图所示：与的边相切于点C，与、分别交于点D、E，．是的直径．连接，过C作交于G，连接、，与交于点F．

（1）求证：直线与相切；
（2）求证：；
（3）若时，过A作交于M、N两点（M在线段上），求的长．
【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3) 10+．
【解析】
【分析】

(1)由两组平行条件推出∠DEO=∠BOE,即可利用SAS证明△BOE≌△BOC,进而推出AB是圆的切线;
(2)将DG与OE的交点作为H,根据直角的性质得出AE//DF,可得△AEC∽△DFC,得出,再根据圆周角定理求出∠ECD=∠EDF,再由一组公共角可得△FED∽△DEC,得出,进而推出,即;
(3)先根据题意算出EC,再根据勾股定理得出直径CD,从而得出半径,再利用(2)中的比例条件将AC算出来,延长BO到I,连接ON,根据垂径定理可得OI垂直AN,即可利用勾股定理分别求出AI和IN,即可得出AN．
【详解】

(1)∵DE//OB，∴∠BOC=∠EDC，
∵CG//OE，∴∠DEO=∠BOE，
又∵∠DEO=∠EDC，∴∠DEO=∠BOE，
由题意得：EO=CO，BO=BO，
∴△BOE≌△BOC(SAS),
∴∠BEO=∠BCO=90°,
∴AB是⊙O的切线．
(2)

如图所示DG与OE交点作为H点,
∵EO//GC,
∴∠EHD=∠DGC=90°,
又由(1)所知∠AEO=90°,
∴AE//DF,
∴△AEC∽△DFC,
∴,
由圆周角定理可知∠EDG=∠ECG,∠EOD=2∠ECD,
∵DO//GC,
∴∠EOD=∠GCD=∠GCE+∠ECD,
∴∠ECD=∠GCE=∠EDF,
又∵∠FED=∠DEC,
∴△FED∽△DEC,
∴,
∴,即．
(3)

∵,与∠ACE相等角的tan值都相同．
∴ED=6,则EC=12,
根据勾股定理可得．
∴EO=DO=CO=．
由(2)可得,
在Rt△AEO中,可得,即,
∴,
解得AE=,则AC=,AO=．
连接ON,延长BO交MN于点I,根据垂径定理可知OI⊥MN,
∵AN//CE,∴∠CAN=∠ACE．
在Rt△AIO中,可得,即,
解得OI=5,则AI=10,
在Rt△OIN中, ,即,
解得IN=．
∴AN=AI+IN=10+．
【点睛】

本题考查圆的综合知识及相似全等,关键在于根据条件结合知识点,特别是辅助线的做法要迎合题目给出的条件．
76．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，顶点为D，连接与抛物线的对称轴l交于点E．

（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接，当时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【解析】
【分析】

（1）直接将和点代入，解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F，设，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN=EM，MN=NE，NE=EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【详解】

（1）抛物线过点和点


抛物线解析式为：
（2）当时，

直线BC解析式为：


过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F
设



即



（3）
为等腰直角三角形
抛物线的对称轴为
点E的横坐标为3
又点E在直线BC上
点E的纵坐标为5

设
①当MN=EM，,时

解得或（舍去）
此时点M的坐标为

②当ME=EN，时

解得：或（舍去）
此时点M的坐标为


③当MN=EN，时
连接CM，易知当N为C关于对称轴l的对称点时，，
此时四边形CMNE为正方形




解得：（舍去）
此时点M的坐标为

在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【点睛】

本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．
77．（2020·江苏扬州?中考真题）如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且，OC平分，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．

（1）求证：；
（2）如图2，若，求的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）先由三角形外角得出∠BOD=∠DAO+∠ODA，然后根据OA=OD，OC平分∠BOD得出∠DAO=∠ODA，∠COD=∠COB，可得∠COD=∠ODA，即可证明；
（2）先证明△BOG≌△DOG，得出∠ADB=∠OGB=90°，然后证明△AFO∽△AED，得出∠AOD=∠ADB=90°，，根据勾股定理得出AD=2，即可求出答案；
（3）先设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG==，BC===CD，然后得出四边形ABCD的周长=4+2x+4，令=t≥0，即x=2-t2，可得四边形ABCD的周长=-2（t-1）2+10，得出x=2-t2=1，即AD=2，然后证明△ADF≌△COF，得出DF=OF=OD=1，根据△ADO是等边三角形，得出∠DAE=30°，可得，求出DE=，即可得出答案．
【详解】
（1）由三角形外角可得∠BOD=∠DAO+∠ODA，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ODA，
∵OC平分∠BOD，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COD=∠ODA，
∴OC∥AD；
（2）∵OC平分，
∴∠COD=∠COB，
在△BOG与△DOG中，
∴△BOG≌△DOG，
∴∠BGO=∠DGO=90°，
∵AD∥OC，
∴∠ADB=∠OGB=90°，∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∵DE=DF，
∴∠DFE=∠DEF，
∵∠DFE=∠AFO，
∴∠AFO=∠DEF，
∴△AFO∽△AED，
∴∠AOD=∠ADB=90°，，
∵OA=OD=2，
∴根据勾股定理可得AD=2，
∴=；
（3）∵OA=OB，OC∥AD，
∴根据三角形中位线可设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG==，
∴BC===CD，
∴四边形ABCD的周长=AB+AD+DC+BC
=4+2x+2
=4+2x+4
令=t≥0，即x=2-t2，
∴四边形ABCD的周长=4+2x+4
=4+2（2-t2）+4t
=-2t2+4t+8
=-2（t-1）2+10，
当t=1时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为10，
此时x=2-t2=1，
∴AD=2，
∵OC∥AD，
∴∠ADF=∠COF，∠DAF=∠OCF，
∵AD=OC=2，
∴△ADF≌△COF
∴DF=OF=OD=1，
∵AD=OC=OA=OD，
∴△ADO是等边三角形，
由（2）可知∠DAF=∠OAF，∠ADE=90°，
∴在Rt△ADE中，∠DAE=30°，
∴，
∴DE=，
∴=．
【点睛】
本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，锐角三角函数，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的性质，涉及的知识点比较复杂，综合性较强，灵活运用这些知识点是解题关键．
78．（2020·湖北武汉?中考真题）问题背景：如图（1），已知，求证：；
尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；
拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．

【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．
【解析】
【分析】
问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；
尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；
拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．
【详解】
问题背景：∵，
∴∠BAC=∠DAE， ，
∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴；
尝试应用：连接CE，

∵，，
∴，
∴，
∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
由于，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
又∵
∴，
∴；
拓展创新：
如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，

∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，
∴∠ADE=∠ABC，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴，
∴，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】
本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
79．（2020·河北中考真题）如图1和图2，在中，，，．点在边上，点，分别在，上，且．点从点出发沿折线匀速移动，到达点时停止；而点在边上随移动，且始终保持．

（1）当点在上时，求点与点的最短距离；
（2）若点在上，且将的面积分成上下4：5两部分时，求的长；
（3）设点移动的路程为，当及时，分别求点到直线的距离（用含的式子表示）；
（4）在点处设计并安装一扫描器，按定角扫描区域（含边界），扫描器随点从到再到共用时36秒．若，请直接写出点被扫描到的总时长．
【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；（4）
【解析】
【分析】
（1）根据当点在上时，PA⊥BC时PA最小，即可求出答案；
（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，证明△APQ∽△ABC，可得，根据=可得 ，可得，求出AB=5，即可解出MP；
（3）先讨论当0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，求解即可，再讨论当3≤x≤9时，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，根据d=CP·sinC即可得出答案；
（4）先求出移动的速度==，然后先求出从Q平移到K耗时，再求出不能被扫描的时间段即可求出时间．
【详解】
（1）当点在上时，PA⊥BC时PA最小，
∵AB=AC，△ABC为等腰三角形，
∴PAmin=tanC·=×4=3；
（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，

S上=S△APQ，
S下=S四边形BPQC，
∵，
∴PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴，
∴，
当=时，，
∴，
AE=·，
根据勾股定理可得AB=5，
∴，
解得MP=；
（3）当0≤x≤3时，P在BM上运动，
P到AC的距离：d=PQ·sinC，
由（2）可知sinC=，
∴d=PQ，
∵AP=x+2，
∴，
∴PQ=，
∴d==，
当3≤x≤9时，P在BN上运动，
BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，
d=CP·sinC=（11-x）=-x+，
综上；
（4）AM=2 移动的速度==，
①从Q平移到K，耗时：=1秒，
②P在BC上时，K与Q重合时
CQ=CK=5-=，
∵∠APQ+∠QPC=∠B+∠BAP，
∴∠QPC=∠BAP，
又∵∠B=∠C，
∴△ABP∽△PCQ，
设BP=y，CP=8-y，
，即，
整理得y2-8y=，
（y-4）2=，
解得y1=，y2=，
÷=10秒，
÷=22秒，
∴点被扫描到的总时长36-（22-10）-1=23秒．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，一次函数的应用，结合知识点灵活运用是解题关键．
80．（2020·湖北孝感?中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，顶点为点．
（1）当时，直接写出点，，，的坐标：
______，______，______，______；
（2）如图1，直线交轴于点，若，求的值和的长；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点为的中点，动点在第三象限的抛物线上，过点作轴的垂线，垂足为，交于点；过点作，垂足为．设点的横坐标为，记．
①用含的代数式表示；
②设，求的最大值．

【答案】（1），，，；（2）；；（3）①；②．
【解析】
【分析】

（1）求出时，x的值可得点A、B的坐标，求出时，y的值可得点C的坐标，将二次函数的解析式化为顶点式即可得点D的坐标；
（2）先求出顶点D的坐标，从而可得DK、OK的长，再利用正切三角函数可得EK、OE、OC的长，从而可得出点C的坐标，然后将点C的坐标代入二次函数的解析式可得a的值，利用勾股定理可求出CE的长；
（3）①如图，先利用待定系数法求出直线AN的解析式，从而可得点F的坐标，由此可得出PF的长，再利用待定系数法求出直线CE的解析式，从而可得点J的坐标，由此可得出FJ的长，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得FH的长，最后根据的定义即可得；
②先将的表达式化为顶点式，从而得出其增减性，再利用二次函数的性质即可得．
【详解】

（1）当时，
当时，，解得或
则点A的坐标为，点B的坐标为
当时，
则点C的坐标为
将化成顶点式为
则点D的坐标为
故答案为：，，，；
（2）如图，作轴于点
将化成顶点式为
则顶点D的坐标为
∴，
在中，，即
解得

在中，，即
解得
，
将点代入得：
解得；

（3）①如图，作与的延长线交于点
由（2）可知，，
∴
当时，，解得或
∴，
为OC的中点
∴
设直线AN的解析式为
将点，代入得：，解得
则直线AN的解析式为
∵
∴
∴
由（2）知，
，
设直线CE的解析式为
将点，代入得：，解得
则直线CE的解析式为
∴
∴
∵，轴
∴，
∴
∴，即
解得
∴
即；
②将化成顶点式为
由二次函数的性质可知，当时，随t的增大而增大；当时，随t的增大而减小


因此，分以下两种情况：
当时
在内，随t的增大而增大
则当时，取得最大值，最大值为
又当时，

当时
在内，随t的增大而增大；在内，随t的增大而减小
则当时，取得最大值，最大值为
综上，的最大值为．

【点睛】

本题考查了利用待定系数法求二次函数的表达式、二次函数的图象与性质、正切三角函数、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）①，通过作辅助线，构造相似三角形求出的长是解题关键．
81．（2020·湖北孝感?中考真题）已知内接于，，的平分线与交于点，与交于点，连接并延长与过点的切线交于点，记．
（1）如图1，若，
①直接写出的值为______；
②当的半径为2时，直接写出图中阴影部分的面积为______；
（2）如图2，若，且，，求的长．

【答案】（1）①； ② ；（2）5
【解析】
【分析】
（1）①连接AD，连接AO并延长交BC于H点，根据题意先证明△ABC是等边三角形，再得到∠AFD为直角，利用含30°的直角三角形即可求解；②根据割补法即可求解阴影部分面积；
（2）连接，连接并延长交于点，连接，根据题意先证明，得到，再求出，根据，得到，即可求出BD，从而求出BE的长．
【详解】
解：（1）①，
∴△ABC是等边三角形，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABC=30°，
∵∠BDC=∠BAC=60°
∴∠BCD=180°-∠DBC-∠BDC=90°
∴BD是直径，
∴∠BAD=90°，CD=AD

连接AO并延长交BC于H点，
∵AO=BO
∴∠BAH=∠ABO=30°，
∴∠AHB=180°-∠BAH-∠ABC=90°
∴AH⊥BC
∵AF是的切线
∴AF⊥AH
∴四边形AHCF是矩形
∴AF⊥CF
∵∠ADB=∠BDC=60°
∴∠ADF=180°-∠ADB-∠BDC=60°
∴∠FAD=90°-∠ADF=30°
∴；
②∵半径为2，
∴AO=OD=2，
∵∠DBC=30°，
∴CD=BD=2=AD，
∴DF=AD=1,
∴AF=,
∵∠AOB=180°-2∠ABO=120°，
∴∠AOD=180°-∠AOB=60°，
∴﹔
故答案为：①； ②；

（2）如图，连接，连接并延长交于点，连接，则，
∴．
∵与相切，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
∵四边形内接于，
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴．
又∵公共，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，公共，
∴．
∴，即，
∴．
∴．

【点睛】
此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知切线的性质、等边三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
82．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．

（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；
（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．
【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为； ；（3）．
【解析】
【分析】
（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；
（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；
（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．
【详解】
（1）在中，
令，则，解得，
∴．
令，则，∴．
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为．
，
∴抛物线顶点坐标为
（2）如图，过点D作轴于E，则．
∵，
∴，
设点P的坐标为，
则点D的坐标为，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函数的性质可知：
当时，的最大值为．
，
∴．

（3）设平移后抛物线的解析式，

联立，
∴，
整理，得：，
设，则是方程的两根，
∴．
而A为的中点，∴，
∴，解得：．
∴抛物线的解析式．
【点睛】
本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
83．（2020·江苏淮安?中考真题）（初步尝试）
（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为 ；

（思考说理）
（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．

（拓展延伸）
（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①求线段的长；
②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）①；②．
【解析】
【分析】
（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；
（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；
②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．
【详解】
（1），理由如下：
由折叠的性质得：



是的中位线
点M是AB的中点
则
故答案为：；
（2）

由折叠的性质得：
，即
在和中，

，即
解得

；
（3）①由折叠的性质得：
，即


在和中，

，即
解得



解得；
②如图，由折叠的性质可知，，，

点O是边的中点


设，则
点为线段上的一个动点
，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，


，即
在和中，




则．

【点睛】
本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．
84．（2020·上海中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，，∠DAB=90°，AB=8，CD=5，BC=3．
（1）求梯形ABCD的面积；
（2）联结BD，求∠DBC的正切值．

【答案】（1）39；（2）．
【解析】
【分析】
(1)过C作CE⊥AB于E，推出四边形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=5，根据勾股定理得到，即可求出梯形的面积；
(2) 过C作CH⊥BD于H，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求解．
【详解】
解：(1)过C作CE⊥AB于E，如下图所示：

∵ABDC，∠DAB=90°，∴∠D=90°，
∴∠A=∠D=∠AEC=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AD=CE，AE=CD=5，
∴BE=AB﹣AE=3．
∵BC=3，∴CE==6，
∴梯形ABCD的面积=×(5+8)×6=39，
故答案为：39．
(2)过C作CH⊥BD于H，如下图所示：

∵CDAB，∴∠CDB=∠ABD．
∵∠CHD=∠A=90°，
∴△CDH∽△DBA，∴，
∵BD===10，
∴，∴CH=3，
∴BH===6，
∴∠DBC的正切值===．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了直角梯形，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
85．（2020·湖北宜昌?中考真题）菱形的对角线相交于点O，，点G是射线上一个动点，过点G作交射线于点E，以为邻边作矩形．


（1）如图1，当点F在线段上时，求证：；
（2）若延长与边交于点H，将沿直线翻折180°得到．
①如图2，当点M在上时，求证：四边形为正方形：
②如图3，当为定值时，设，k为大于0的常数，当且仅当时，点M在矩形的外部，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）证明四边形ECFG，DGEF是平行四边形即可得到结论；
（2）①由折叠得可证明，，再证明 可得GO=EO，再由四边形EOGF为矩形则可证明结论；
②由四边形ABCD为菱形以及折叠可得，当且仅当时，M点在矩形EOGF的外部，时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，设，求得，过点D作于点N，证明求得，在中运用勾股定理列出方程求解即可.
【详解】
（1）证明：如图，四边形EOGF为矩形，

，，，，
，
四边形ECFG，DGEF是平行四边形，
，，
；
（2）如图，

证明：由折叠得，
，，
，，
四边形ABCD为菱形，
，
，
，
，
，
，
，，
，点M在GE上，
，
，
四边形EOGF为矩形，
矩形EOGF为正方形；
（3）如图，

四边形ABCD为菱形，
，
，
，
，
，
，
（m为定值），
，
点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，
当且仅当时，M点在矩形EOGF的外部，
时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，
设，
，，，
，，
，
过点D作于点N，
，又，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
（负值舍去），
，
．
【点睛】
本题考查四边形的综合问题，涉及矩形和菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．
86．（2020·湖南邵阳?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边与x轴、y轴的交点分别为，抛物线过B，C两点，动点M从点D开始以每秒5个单位长度的速度沿的方向运动到达C点后停止运动．动点N从点O以每秒4个单位长度的速度沿方向运动，到达C点后，立即返回，向方向运动，到达O点后，又立即返回，依此在线段上反复运动，当点M停止运动时，点N也停止运动，设运动时间为．

（1）求抛物线的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）当点M，N同时开始运动时，若以点M，D，C为顶点的三角形与以点B，O，N为顶点的三角形相似，求t的值；
（4）过点D与x轴平行的直线，交抛物线的对称轴于点Q，将线段沿过点B的直线翻折，点A的对称点为，求的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）或；（4）．
【解析】
【分析】
（1）将代入计算即可；
（2）作于点E，证明，可得CE，DE长度，进而得到点D的坐标；
（3）分为点Ｍ在AD，BC上两种情况讨论，当点M在AD上时，分为和两种情况讨论；当点M在BC上时，分为和两种情况讨论；
（4）作点D关于x轴的对称F，连接QF，可得的最小值；连接BQ减去可得的最小值，综上可得的最小值．
【详解】
（1）将代入得
，解得
∴抛物线的解析式为：
（2）作于点E
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴

（3）若点M在DA上运动时，
当，则，即不成立，舍去
当，则，即，解得：
若点M在BC上运动时，
当，则，即
∴
当时，
∴，解得（舍去）
当时，
∴，无解；
当，则，即
∴
当时，
∴，解得（舍去）
当时，
∴，解得
综上所示：当时，；时
（4）作点D关于x轴的对称点F，连接QF交x轴于点N
∵点D，
∴点
由得对称轴为
∴点
∴

∴
故的最小值为．

【点睛】
本题考查了二次函数与几何图形的综合，涉及相似三角形的性质与判定，最短路径问题的计算，熟知以上知识的应用是解题的关键．
87．（2020·广东中考真题）如图，点是反比例函数（）图象上一点，过点分别向坐标轴作垂线，垂足为，，反比例函数（）的图象经过的中点，与，分别相交于点，．连接并延长交轴于点，点与点关于点对称，连接，．

（1）填空：_________；
（2）求的面积；
（3）求证：四边形为平行四边形．
【答案】（1）2 （2）3 （3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意设点B的坐标为（x，），得出点M的坐标为（，），代入反比例函数（），即可得出k；
（2）连接，根据反比例函数系数k的性质可得，，可得，根据，可得点到的距离等于点到距离，由此可得出答案；
（3）设，，可得，，根据，可得，同理，可得，，证明，可得，根据，得出，根据，关于对称，可得，，，可得，再根据，即可证明是平行四边形．
【详解】
解：（1）∵点B在上，
∴设点B的坐标为（x，），
∴OB中点M的坐标为（，），
∵点M在反比例函数（），
∴k=·=2，
故答案为：2；
（2）连接，则，
，
∵，
∴，
∵，
∴点到的距离等于点到距离，
∴；
（3）设，，
，，
又∵，
∴，
同理，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，关于对称，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴是平行四边形．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定，平行线的性质，灵活运用知识点是解题关键．
88．（2020·广东中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，点，分别位于原点的左、右两侧，，过点的直线与轴正半轴和抛物线的交点分别为，，．

（1）求，的值；
（2）求直线的函数解析式；
（3）点在抛物线的对称轴上且在轴下方，点在射线上，当与相似时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．
【答案】（1）； （2） （3），，，
【解析】
【分析】
（1）根据，得出，，将A，B代入得出关于b，c的二元一次方程组求解即可；
（2）根据二次函数是，，，得出的横坐标为，代入抛物线解析式求出，设得解析式为：，将B，D代入求解即可；
（3）由题意得tan∠ABD=，tan∠ADB=1，由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n<0，Q（x，0）且x<3，分①当△PBQ∽△ABD时，②当△PQB∽△ABD时，③当△PQB∽△DAB时，④当△PQB∽△ABD时四种情况讨论即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，
∴将A，B代入得，
解得，
∴，；
（2）∵二次函数是，，，
∴的横坐标为，
代入抛物线解析式得


∴，
设得解析式为：
将B，D代入得，
解得，
∴直线的解析式为；
（3）由题意得tan∠ABD=，tan∠ADB=1，
由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n<0，Q（x，0）且x<3，
①当△PBQ∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=，
解得n=，
tan∠PQB=tan∠ADB即，
解得x=1-，
此时Q的坐标为（1-，0）；
②当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ADB即=1，
解得n=-2，
tan∠QPB=tan∠ABD即=，
解得x=1-，
此时Q的坐标为（1-，0）；
③当△PQB∽△DAB时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=，
解得n=，
tan∠PQM=tan∠DAE即，
解得x=-1，
此时Q的坐标为（-1，0）；
④当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=1，
解得n=-2，
tan∠PQM=tan∠DAE即，
解得x=5-，
Q的坐标为（5-，0）；
综上：Q的坐标可能为，，，．
【点睛】
本题考查了二次函数，一次函数，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，掌握知识点灵活运用是解题关键．
89．（2020·广东中考真题）如图1，在四边形中，，，是的直径，平分．

（1）求证：直线与相切；
（2）如图2，记（1）中的切点为，为优弧上一点，，.求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）如图（见解析），先根据平行线的性质得出，再根据角平分线的性质可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得，，再根据圆的切线的判定、切线长定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，设，从而可得，又根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后根据正切三角函数的定义即可得．
【详解】
（1）如图，过点作于点
∵，
∴，即
又∵平分，
∴
即OE是的半径
∴直线与相切；

（2）如图，连接，延长交延长线于点
由圆周角定理得：，
是的直径，，
AD、BC都是的切线
由切线长定理得：
∵
∴
在和中，
∴
∴
设，则


在和中，

，即
解得
在中，
则．

【点睛】
本题考查了圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、正切三角函数等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
90．（2020·四川内江?中考真题）如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：；
（2）若，求的值；
（3）求证：．

【答案】(1)见解析；(2) ；(3)见解析
【解析】
【分析】
(1)由旋转知△PBQ为等腰直角三角形，得到PB=QB，∠PBQ=90°，进而证明△APB≌△CQB即可；
(2)设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，又△ABC为等腰直角三角形，所以BC=，PQ=，再证明△BQE∽△BCQ，由此求出BE，进而求出CE:BC的值；
(3)在CE上截取CG，并使CG=FA，证明△PFA≌△QGC，进而得到PF=QG，然后再证明∠QGE=∠QEG即可得到QG=EQ，进而求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵BP绕点B顺时针旋转到BQ，
∴BP=BQ，∠PBQ=90°，
∴∠ABC-∠PBC=∠PBQ-∠PBC,
∴∠ABP=∠CBQ，
在△APB和△CQB中，
，
∴△APB≌△CQB(SAS)，
∴AP=CQ．
(2) 设AP=x，则AC=4x，PC=3x，由(1)知CQ=AP=x，
△ABC为等腰直角三角形，∴BC=，
在Rt△PCQ中，由勾股定理有：，
且△PBQ为等腰直角三角形，
∴，
又∠BCQ=∠BAP=45°，∠BQE=45°，
∴∠BCQ=∠BQE=45°，且∠CBQ=∠CBQ，
∴△BQE∽△BCQ，
∴，代入数据：，
∴BE=，∴CE=BC-BE=，
∴，
故答案为：．
(3) 在CE上截取CG，并使CG=FA，如图所示：

∵∠FAP=∠GCQ=45°，
且由(1)知AP=CQ，且截取CG=FA，
故有△PFA≌△QGC(SAS)，
∴PF=QG，∠PFA=∠CGQ，
又∵∠DFP=180°-∠PFA，∠QGE=180°-∠CGQ，
∴∠DFP=∠QGE，
∵DABC，
∴∠DFP=∠CEQ，
∴∠QGE=∠CEQ，
∴△QGE为等腰三角形，
∴GQ=QE，
故PF=QE．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定和性质、相似三角形判定和性质的综合，具有一定的综合性，本题第(3)问关键是能想到在CE上截取CG，并使CG=FA这条辅助线．
91．（2020·四川内江?中考真题）如图，抛物线经过A（-1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当的面积为3时，求点D的坐标；
（3）过点D作，垂足为点E，是否存在点D，使得中的某个角等于的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）（3，2）或（1，3）；（3）存在，2或．
【解析】
【分析】
（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据三角形面积公式可求与BC平行的经过点D的y轴上点M的坐标，再根据待定系数法可求DM的解析式，再联立抛物线可求点D的坐标；
（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式组成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
【详解】
解答：解：（1）将A（−1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2＋bx＋c得：
，
解得：
故抛物线的解析式为．
（2）如图2，过点D作DM∥BC，交y轴于点M，设点M的坐标为（0，m），使得△BCM的面积为3，

CM=3×2÷4＝1.5，
则m＝2＋1.5＝，
M（0，）
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y＝− x＋2，
∴DM的解析式为y＝− x＋，
联立抛物线解析式，
解得，．
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．
（3）分两种情况考虑：
①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，如图3所示．

∵OC＝OF，OB⊥CF，
∴∠ABC＝∠ABF，
∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，
∴∠DCB＝∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，−2），
∴直线BF的解析式为y＝x−2，
∴直线CD的解析式为y＝x＋2．
联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：，
解得：（舍去），，
∴点D的坐标为（2，3）；
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．

∵∠OCH＝90°−∠OHC，∠OBF＝90°−∠BHN，
∠OHC＝∠BHN，
∴∠OCH＝∠OBF．
在△OCH与△OBF中
，
∴△OCH∽△OBF，
∴，即，
∴OH＝1，H（1，0）．
设直线CN的解析式为y＝kx＋n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），
∴，解得，
∴直线CN的解析式为y＝−2x＋2．
连接直线BF及直线CN成方程组得：
，
解得：，
∴点N的坐标为（）．
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y＝− x＋2．
∵NP⊥BC，且点N（），
∴直线NP的解析式为y＝2x−．
联立直线BC及直线NP成方程组得：
，
解得：，
∴点Q的坐标为（）．
∵点N（），点N，P关于BC对称，
∴点P的坐标为（）．
∵点C（0，2），P（），
∴直线CP的解析式为y＝x＋2．
将y＝x＋2代入整理，得：11x2−29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2＝，
∴点D的横坐标为．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）根据三角形面积公式和待定系数法求出点D的坐标；（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况求出点D的横坐标．
92．（2020·江苏徐州?中考真题）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果．那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为．

（1）在图①中，若，则的长为_____；
（2）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明是的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由黄金比值直接计算即可；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；
（3）当PB=BC时，证得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,则有BF=AE，设BF=x，则AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可证得结论．
【详解】
（1）AB=×20=（）(cm)，
故答案为：；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠D=90º，
由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，
在Rt△CDE中，CE=，
∴EH=，
在Rt△GHE中，
在Rt△GAE中，,
∴，
解得：x=，
即，
∴是的黄金分割点；

（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点．
理由：∵，
∴∠BCF+∠CBE=90º，又∠CBE+∠ABE=90º，
∴∠ABE=∠BCF，
∵∠A=∠ABC=90º，AB=BC，
∴△BAE≌△CBF（ASA），
∴AE=BF，
设AE=BF=x，则AF=a-x，
∵AD∥BC即AE∥PB，
∴即，
∴，
解得：或(舍去)，
即BF=AE=，
∴，
∴、分别是、的黄金分割点．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
93．（2020·湖北省直辖县级单位?中考真题）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后把纸片展平．第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，点B落在点处，得到折痕，交于点M，交于点N，再把纸片展平．

问题解决：
（1）如图1，填空：四边形的形状是_____________________；
（2）如图2，线段与是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2，若，求的值．
【答案】（1）正方形；（2），见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）有一组邻边相等且一个角为直角的平行四边形是正方形；
（2）连接，由（1）问的结论可知，，又因为矩形纸片沿过点E的直线折叠，可知折叠前后对应角以及对应边相等，有，，，可以证明和全等，得到，从而有；
（3）由，有；由折叠知，，可以计算出；用勾股定理计算出DF的长度，再证明得出等量关系，从而得到的值．
【详解】
（1）解：∵ABCD是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形
∵矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处
∴
∴
∵
∴四边形的形状是正方形
故最后答案为：四边形的形状是正方形；
（2）
理由如下：如图，连接，由（1）知：
∵四边形是矩形，
∴
由折叠知：
∴
又，
∴
∴
∴

（3）∵，∴
由折叠知：，∴
∵
∴
设，则
在中，由勾股定理得：
解得：，即
如图，延长交于点G，则
∴
∴
∴
∵，∴
∴
【点睛】
（1）本问主要考查了正方形的定义，即有一组邻边相等且一个角为直角的平行四边形是正方形，其中明确折叠前后对应边、对应角相等是解题的关键；
（2）本问利用了正方形的性质以及折叠前后对应边、对应角相等来证明三角形全等，再根据角相等则边相等即可做题，其中知道角相等则边相等的思想是解题的关键；
（3）本问考查了全等三角形、相似三角形的性质、角相等则正切值相等以及勾股定理的应用，其中知道三角形相似则对应边成比例是解题的关键．
94．（2020·湖北中考真题）已知抛物线过点和，与x轴交于另一点B，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；
（2）如图1，E为线段上方的抛物线上一点，，垂足为F，轴，垂足为M，交于点G．当时，求的面积；
（3）如图2，与的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1），；（2）；（3）存在，,
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求出a的值即可得到解析式，进而得到顶点D坐标；
（2）先求出BC的解析式，再设直线EF的解析式为,设点E的坐标为，联立方程求出点F，G的坐标，根据列出关于m的方程并求解，然后求得G的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；
（3）过点A作AN⊥HB，先求得直线BD，AN的解析式，得到H，N的坐标，进而得到，设点，过点P作PRx轴于点R，在x轴上作点S使得RS=PR，证明，根据相似三角形对应边成比例得到关于n的方程，求得后即可得到点P的坐标．
【详解】
（1）把点A（-1，0），C（0，3）代入中，
，
解得，
，
当时，y=4，

（2）
令或x=3

设BC的解析式为
将点代入，得
，
解得，


设直线EF的解析式为,设点E的坐标为，
将点E坐标代入中，得，




把x=m代入



即
解得m=2或m=-3
∵点E是BC上方抛物线上的点
∴m=-3舍去
∴点



（3）过点A作AN⊥HB，
∵点

∵点，点




设，把（-1，0）代入，得b=









设点
过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS=PR
且点S的坐标为
若
在和中，





或




【点睛】
本题考查的是二次函数的综合，涉及到的知识点较多，运算较复杂，第3问的解题关键在于添加适当的辅助线，利用数形结合的思想列出方程求解．
95．（2020·山西中考真题）综合与探究
如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．直线与抛物线交于，两点，与轴交于点，点的坐标为．


（1）请直接写出，两点的坐标及直线的函数表达式；
（2）若点是抛物线上的点，点的横坐标为，过点作轴，垂足为．与直线交于点，当点是线段的三等分点时，求点的坐标；
（3）若点是轴上的点，且，求点的坐标．
【答案】（1），，直线的函数表达式为：；（2）当点是线段的三等分点时，点的坐标为或；（3）点的坐标为或．
【解析】
【分析】
（1）令可得两点的坐标，把的坐标代入一次函数解析式可得的解析式；
（2）根据题意画出图形，分别表示三点的坐标，求解的长度，分两种情况讨论即可得到答案；
（3）根据题意画出图形，分情况讨论：①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为．再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答案，②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为，再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答案．
【详解】
解：（1）令



，，
设直线的函数表达式为：，
把代入得：

解得：
直线的函数表达式为：．
（2）解：如图，根据题意可知，点与点的坐标分别为
，．

，
，
分两种情况：
①当时，得．
解得：，（舍去）
当时，．
点的坐标为
②当时，得．
解得：，（舍去）
当时，
点的坐标为．
当点是线段的三等分点时，点的坐标为或

（3）解：直线与轴交于点，
点坐标为．
分两种情况：
①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．
过点作直线，垂足为．则，
，
．

即
．
又，，

．

连接，点的坐标为，点的坐标为，
轴
．
，．
．
．
点的坐标为．
②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为，
则，
，．
．
即
．
又，，

．．
由①可知，．．
．
．

点的坐标为
点的坐标为或．

【点睛】
本题考查的是二次函数与轴的交点坐标，利用待定系数法求一次函数的解析式，平面直角坐标系中线段的长度的计算，同时考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，特别是分类讨论的数学思想，掌握以上知识是解题的关键．
96．（2020·内蒙古中考真题）如图，是的直径，半径，垂足为O，直线l为的切线，A是切点，D是上一点，的延长线交直线l于点是上一点，的延长线交于点G，连接，已知的半径为3，，．

（1）求的长；
（2）求的值及的长．
【答案】（1）AE=2；（2）CG=，cos∠CAG=
【解析】
【分析】

(1)过点E作EH⊥OC，交OC的延长线于点H，证明四边形AOHE是矩形得到EH=OA=3，求得，即可得到AE；
(2)先证明△ADE∽△OCD求得AD=1.2，OD=1.8，根据求得BF=2，CF=，连接BG，证明△AFC∽△GFB，得到，求得，即可得到CG=CF+GF=，设CO延长线交于点N，连接GN，则∠CNG=∠CAG，在Rt△CGN中，求得NG=，即可得到cos∠CAG=cos∠CNG=.
【详解】

(1)过点E作EH⊥OC，交OC的延长线于点H，
∵直线l为的切线，A是切点，
∴OA⊥AE，
∵OC⊥AB，
∴∠EHO=∠OAE=∠AOH=90°，
∴四边形AOHE是矩形，
∴EH=OA=3，AE=OH，
∵,
∴,
∴AE=OH=CH-OC=2；

(2)∵∠OAE=∠AOC=90°，
∴OC∥AE，
∴△ADE∽△OCD，
∴，
∴AD=1.2，OD=1.8，
∵，
∴BF=2，
∴OF=1，
∴AF=4，CF=，
连接BG，
∵∠ACF=∠B，∠AFC=∠GFB，
∴△AFC∽△GFB，
∴，
∴，
∴，
∴CG=CF+GF=，
设CO延长线交于点N，连接GN，则∠CNG=∠CAG，
在Rt△CGN中，∠CGN=90°，CN=6，CG=,
∴NG=，
∴cos∠CAG=cos∠CNG=.

【点睛】

此题考查矩形的判定定理及性质定理，勾股定理，圆切线的性质定理，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数解直角三角形，熟记各定理并熟练运用解题，正确连接辅助线是解此题的关键.
97．（2020·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线经过点A，与y轴交于点B，连接．
（1）求b的值及点M的坐标；
（2）将直线向下平移，得到过点M的直线，且与x轴负半轴交于点C，取点，连接，求证：：
（3）点E是线段上一动点，点F是线段上一动点，连接，线段的延长线与线段交于点G．当时，是否存在点E，使得？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

备用图
【答案】（1）b=3，M（3，-3）；（2）详见解析；（3）点E的坐标为（，）.
【解析】
【分析】
（1）将配方后可得顶点M的坐标，利用求出点A的坐标后代入即可求出b的值；
（2）先求出平移后的直线CM的解析式为y=-x，过点D作DH⊥直线y=-x，得到直线DH的解析式为y=2x-4，根据求出交点H（1，-2），分别求得DH=，DM=，根据sin∠DMH=得到∠DMH=45°，再利用外角与内角的关系得到结论；
（3）过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，先求出AB=，根据得到∠BAO=∠AFE，设GF=4a，则AE=EF=3a，证明△AEQ∽△ABO，求得AQ=a，AF=a，再证△FGP∽△AEQ，得到FP=a，OP=PG=，由此得到+a+a=6，求出a得到AQ=，将x=代入中，得y=，即可得到点E的坐标.
【详解】
（1）∵=，
∴顶点M的坐标为（3，-3）.
令中y=0，得x1=0，x2=6，
∴A（6,0），
将点A的坐标代入中，得-3+b=0，
∴b=3；
（2）∵由平移得来，
∴m=-，
∵过点M(3，-3),
∴，解得n=，
∴平移后的直线CM的解析式为y=-x.
过点D作DH⊥直线y=-x，
∴设直线DH的解析式为y=2x+k，将点D（2,0）的坐标代入，得4+k=0，
∴k=-4，
∴直线DH的解析式为y=2x-4.
解方程组，得，
∴H（1，-2）.
∵D(2，0)，H(1，-2)，
∴DH=，
∵M(3，-3)，D（2,0）,
∴DM=，
∴sin∠DMH=，
∴∠DMH=45°，
∵∠ACM+∠DMH=∠ADM，
∴；

（3）存在点E，
过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，
∵A(6，0)，B（0,3）,
∴AB=.
∵，∠BEF=∠BAO+∠AFE，
∴∠BAO=∠AFE，
∴AE=EF，
∵，
∴，
设GF=4a，则AE=EF=3a，
∵EQ⊥x轴，
∴EQ∥OB，
∴△AEQ∽△ABO，
∴，
∴，
∴AQ=a，
∴AF=a.
∵∠AFE=∠PFG，
∴△FGP∽△AEQ，
∴,
∴FP=a，
∴OP=PG=，
∴+a+a=6,
解得a=，
∴AQ=,
∴OQ=，
将x=代入中，得y=，
∴当时，存在点E，使得，此时点E的坐标为（，）.

【点睛】
此题考查了抛物线的性质，待定系数法求函数解析式，一次函数平移的性质，两个一次函数交点坐标与方程组的关系，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质定理，是一道抛物线的综合题，较难.
98．（2020·内蒙古中考真题）如图，在中，，，绕点C按顺时针方向旋转得到，与交于点D．
（1）如图，当时，过点B作，垂足为E，连接．

①求证：；
②求的值；
（2）如图，当时，过点D作，交于点N，交的延长线于点M，求的值．

【答案】（1）①见解析；②；（2）3
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转性质可知∠A=∠A´，根据平行线的性质可知∠ACA´=∠A´，得到∠A=∠ACA´，推出AD=CD，再由等角的余角相等可得∠BCD=∠CBD，推出CD=BD，最后推出结论；
②在Rt△BCE中，BC=2，可根据相似三角形的判定和性质求出BE、CE的长，过点E作EM⊥AC于M，则可求出EM，即可求得S△BEC、S△ACE、S△ABC、S△ABE，进而求得答案；
（2）根据勾股定理求出AB长，根据三角形面积相等求出CD，由相似三角形的判定可知△CDB∽△ADC，推出CD2=BD·AD，求得AD的值，根据平行线分线段成比例定理可知，求出CN，由B´C∥A得出的值，进而求得的值即可．
【详解】
（1）①∵绕点C按顺时针方向旋转得到，
∴∠A=∠A´，
∵
∴∠ACA´=∠A´，
∴∠ACA´=∠A，
∴AD=CD，
∵∠ACD+∠BCD=90°，∠A+∠ABC=90°
∴∠BCD=∠ABC
∴BD=CD
∴AD=BD，

②∵∠BCD=∠ABC=∠CEM，∠ACB=∠BEC=∠EMC=90°
∴△ACB∽△BEC∽△CME，BC=2，AC=4
∴
设CE=x，在Rt△CEB中，BE=2x，BC=2，
则
解得即，BE=
同理可得：EM=
∴S△BEC=
S△ACE=
S△ABC=
S△ABE= S△ABC-S△ACE-S△BEC=
∴=

（2）在Rt△ABC中，BC=2，AC=4，

则AB=
∴
解得：CD=
∵∠A=∠BCD，∠ADC=∠BDC
∴△ADC∽△BDC
∴CD2=BD·AD
即
解得：AD=
∵DM∥A´B´∴∠A´=∠CDM，∠A´CB´=∠DAN
∴△CDN∽△CA´B´
∴，即
∵∠ADC=∠A´CB´=90°
∴CN∥AB
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查是三角形旋转综合题，涉及到旋转的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、三角形的面积、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握并灵活运用这些知识是解题的关键．
99．（2020·内蒙古通辽?中考真题）中心为O的正六边形的半径为．点同时分别从两点出发，以的速度沿向终点运动，连接，设运动时间为．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）求矩形的面积与正六边形的面积之比．
【答案】（1）见解析；（2）2：3
【解析】
【分析】
（1）只要证明△ABP≌△DEQ（SAS），可得BP=EQ，同理PE=BQ，由此即可证明；
（2）过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD分别求出矩形的面积和正六边形的面积，从而得到结果.
【详解】
解：（1）证明：∵中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6cm，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠A=∠ABC=∠C=∠D=∠DEF=∠F，
∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，
∴AP=DQ=t，PF=QC=6-t，
在△ABP和△DEQ中，
，
∴△ABP≌△DEQ（SAS），
∴BP=EQ，同理可证PE=QB，
∴四边形PEQB是平行四边形；
（2）由（1）可知四边形PEQB是平行四边形
∴当∠BQE=90°时，四边形PEQB是矩形
过点B，点E作BN⊥CD，EM⊥CD，连接OC，OD，过点O作OH⊥CD
∴∠BNQ=∠QME=90°，
∴∠BQN+∠NBQ=90°，∠BQN+∠EQM=90°
∴∠NBQ=∠EQM
∴△NBQ∽△MQE
∴
又∵正六边形ABCDEF的半径为6，
∴正六边形ABCDEF的各边为6，∠BCQ=∠EDQ=120°
∴在Rt△BNC和Rt△EDM中，∠NBC=∠DEM=30°
∴NC=DM=，BN=EM=
∴，解得：
（舍去）
即当P与F重合，Q与C重合时，四边形PEQB是矩形
此时矩形PEQB的面积为
∵在正六边形ABCDEF中，∠COD=60°，OC=OD
∴△OCD是等边三角形，OC=OD=CD=6，OH=
S六边形ABCDEF=
=
=，
∴S矩形PBQE：S六边形ABCDEF=：=2：3

【点睛】
本题考查正多边形、平行四边形的判定和性质、矩形的性质与判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
100．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，且直线过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称．点P是线段上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线于点N．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以三点为顶点的三角形是直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）（2，0）；（3）存在，（0，12）或（0，-4）或（0，）或（0，）.
【解析】
【分析】
（1）根据直线求出点B和点D坐标，再根据C和D之间的关系求出点C坐标，最后运用待定系数法求出抛物线表达式；
（2）设点P坐标为（m，0），表示出M和N的坐标，再利用三角形面积求法得出S△BMD=，再求最值即可；
（3）分当∠QMN=90°时，当∠QNM=90°时，当∠MQN=90°时，三种情况，结合相似三角形的判定和性质，分别求解即可.
【详解】
解：（1）∵直线过点B，点B在x轴上，
令y=0，解得x=6，令x=0，解得y=-6，
∴B（6，0），D（0，-6），
∵点C和点D关于x轴对称，
∴C（0，6），
∵抛物线经过点B和点C，代入，
，解得：，
∴抛物线的表达式为：；
（2）设点P坐标为（m，0），
则点M坐标为（m，），点N坐标为（m，m-6），
∴MN=-m+6=，
∴S△BMD=S△MNB+S△MND
=
=
=-3（m-2）2+48
当m=2时，S△BMD最大=48，
此时点P的坐标为（2，0）；
（3）存在，
由（2）可得：M（2，12），N（2，-4），
设点Q的坐标为（0，n），
当∠QMN=90°时，即QM⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点M的纵坐标相等，
即Q（0，12）；

当∠QNM=90°时，即QN⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点N的纵坐标相等，
即Q（0，-4）；

当∠MQN=90°时，MQ⊥NQ，如图，
分别过点M和N作y轴的垂线，垂足为E和F，
∵∠MQN=90°，
∴∠MQE+∠NQF=90°，又∠MQE+∠QME=90°，
∴∠NQF=∠QME，
∴△MEQ∽△QFN，
∴，即，
解得：n=或，
∴点Q（0，）或（0，），

综上：点Q的坐标为（0，12）或（0，-4）或（0，）或（0，）.
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，二次函数的最值，解一元二次方程，解题时要注意数形结合，分类讨论思想的运用.