初中数学中考复习 专题55图形的相似（3）-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55图形的相似（3）-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212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55图形的相似（3）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（　　）

A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【详解】
解：设投影三角尺的对应边长为xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,
∴8：x＝2：5,
解得x＝20.
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了位似变换的应用.
2．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，△ABO的顶点A在函数y＝（x＞0）的图象上，∠ABO＝90°，过AO边的三等分点M、N分别作x轴的平行线交AB于点P、Q．若四边形MNQP的面积为3，则k的值为（　　）

A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】D
【解析】
【分析】
由得到相似三角形，利用相似三角形的性质得到三角形之间的面积关系，利用反比例函数系数的几何意义可得答案．
【详解】
解：


四边形MNQP的面积为3，







故选D．
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定与性质，反比例函数系数的几何意义，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2020·浙江嘉兴?中考真题）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（　　）

A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
【答案】B
【解析】
【分析】
根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
【详解】
解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【点睛】
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
4．（2020·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，以原点为位似中心，在原点的同侧画，使与成位似图形，且相似比为2：1，则线段DF的长度为（ ）

A． B．2 C．4 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把A、C的横纵坐标都乘以2得到D、F的坐标，然后利用两点间的距离公式计算线段DF的长．
【详解】
解：∵以原点为位似中心，在原点的同侧画△DEF，使△DEF与△ABC成位似图形，且相似比为2：1，
而A（1，2），C（3，1），
∴D（2，4），F（6，2），
∴DF＝=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
5．（2020·四川成都?中考真题）如图，直线，直线和被，，所截，，，，则的长为（ ）


A．2 B．3 C．4 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入已知线段得长度求解即可．
【详解】
解：∵直线l1∥l2∥l3，
∴.
∵AB=5，BC=6，EF=4，
∴.
∴DE=.
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解此题的关键．
6．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若AB=CE，且△DFE的面积为1，则BC的长为（ ）

A． B．5 C． D．10
【答案】A
【解析】
【分析】
利用D为AB的中点，DE//BC，证明DE是中位线，求得的面积，利用相似三角形的性质求解的面积，由勾股定理可得答案．
【详解】
解：是AB的中点，
是的中位线，











故选A．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③ C．①② D．②③
【答案】C
【解析】
【分析】
先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出,求出PG＝，再根据勾股定理求得EG＝，即△AEG的周长为8，判断出②正确；先求出DG＝，进而求出DG2+BE2＝，在求出EG2=≠，判断出③错误，即可得出结论．
【详解】
解：如图，在正方形ABCD中,AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4,∠B＝∠BAD＝90°,
∴∠HAD＝90°,
∵HF∥AD,
∴∠H＝90°,
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°,
∴∠AFH＝∠HAF.
∵AF＝,
∴AH＝HF＝1＝BE.
∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC,
∴△EHF≌△CBE（SAS）,
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE,
∵∠BCE+∠BEC＝90°,
∴HEF+∠BEC＝90°,
∴∠FEC＝90°,
∴△CEF是等腰直角三角形,
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4,
∴EC2＝BE2+BC2＝17,
∴S△ECF＝EF•EC＝EC2＝,故①正确:
过点F作FQ⊥BC于Q,交AD于P,
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD,
∴四边形APFH是矩形,
∵AH＝HF,
∴矩形AHFP是正方形,
∴AP＝PH＝AH＝1,
同理：四边形ABQP是矩形,
∴PQ＝AB＝4,BQ＝AP1,FQ＝FP+PQ＝5,CQ＝BC﹣BQ＝3,
∵AD∥BC,
∴△FPG∽△FQC,
∴,
∴,
∴PG＝,
∴AG＝AP+PG＝,
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝,
∴△AEG的周长为AG+EG+AE＝=8，故②正确；
∵AD＝4，
∴DG＝AD﹣AG＝,
∴DG2+BE2＝+1＝,
∵EG2＝（）2＝≠,
∴EG2≠DG2+BE2,故③错误,
∴正确的有①②,
故选:C.

【点睛】
本题主要考查了三角形的综合应用,结合了全等三角形,勾股定理,三角形相似等知识点解题.
8．（2020·贵州铜仁?中考真题）已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（　　）
A．3 B．2 C．4 D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据相似三角形的周长比等于相似比解答．
【详解】
解：∵△FHB和△EAD的周长分别为30和15，
∴△FHB和△EAD的周长比为2：1，
∵△FHB∽△EAD，
∴，
即＝2，
解得，EA＝3，
故选：A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质进行解题．
9．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】
解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
10．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，
②AP＝FP，
③AE＝AO，
④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，
⑤CE•EF＝EQ•DE．
其中正确的结论有（　　）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【解析】
【分析】
①正确:证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可得出答案；
②正确：利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；
③正确：设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；
④错误：通过计算正方形ABCD的面积为48；
⑤正确：利用相似三角形的性质证明即可.
【详解】
①正确：如图，连接OE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵BE=EC，
∴∠EOB=∠EOC=45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正确；
②正确：如图，连接AF，

∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP＝45°，
∴∠PAF=∠PFA＝45°，
∴PA=PF，故②正确；
③正确：设BE=EC=a，则AE＝a，OA＝OC＝OB＝OD＝a，
∴，即AE＝AO，故③正确；
④错误：根据对称性可知，，
∴==2，
∵OB=OD，BE=EC，
∴CD=2OE，OE⊥CD，
∴ ， ，
∴， ，
∴，
∴，故④错误；
⑤正确：∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴，
∴，
∴EQ=PE，
∴CE•EF=EQ•DE，故⑤正确；
综上所诉一共有4个正确，故选：B．
【点睛】
本题主要考查了三角形外角性质、四点共圆问题、全等与相似三角形的综合运用，熟练掌握相关概念与方法是解题关键.
11．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在中，为斜边的中线，过点D作于点E，延长至点F，使，连接，点G在线段上，连接，且．下列结论：①；②四边形是平行四边形；③；④．其中正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质知DA=DB=DC，根据等腰三角形的性质结合菱形的判定定理可证得四边形ADCF为菱形，继而推出四边形DBCF为平行四边形，可判断①②；利用邻补角的性质结合已知可证得∠CFE =∠FGE，即可判断③；由③的结论可证得△FEG△FCD，推出，即可判断④．
【详解】
∵在中，为斜边的中线，
∴DA=DB=DC，
∵于点E，且，
∴AE=EC，
∴四边形ADCF为菱形，
∴FC∥BD，FC=AD=BD，
∴四边形DBCF为平行四边形，故②正确；
∴DF=BC，
∴DE=BC，故①正确；
∵四边形ADCE为菱形，

∴CF=CD，
∴∠CFE=∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC=180，而∠FGE+∠EGC=180，
∴∠CDE=∠FGE，∠CFE =∠FGE，
∴EF=EG，故③正确；
∵∠CDF=∠FGE，∠CFD=∠EFG，
∴△FEG△FCD，
∴，即，
∴，
∴BC =DF，故④正确；
综上，①②③④都正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．
12．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图，在中，点D在BC上，连接AD，点E在AC上，过点E作，交AD于点F，过点E作，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据由平行线易得△AEF∽△ACD，△CEG∽△CAB，再根据相似三角形的性质和平行线分线段成比例定理逐个判断即可．
【详解】
解：∵，
∴△AEF∽△ACD，
∴，故选项A错误；
∴，
∵，
∴△CEG∽△CAB，
∴，
∴，故选项B错误；，故选项D错误；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故选项正确C．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质和判定，能得出正确的比例式是解此题的关键．
13．（2020·四川泸州?中考真题）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.
【详解】
解：过点A作AF⊥BC，
∵AB=AC，
∴BF=BC=2，
在Rt,AF=，
∵D是边的两个“黄金分割”点，
∴即，
解得CD=，
同理BE=，
∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，
∴DE=CD-CE=4-8，
∴S△ABC===，
故选：A.

【点睛】
本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。
14．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（ ）

A．14 B．15
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．
【详解】
解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J，
∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形，
∴∠ACE＝∠BCH＝45°，
∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°，
∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°，
∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上，
∵DE∥AI∥BH，
∴∠CEP＝∠CHQ，
∵∠ECP＝∠QCH，
∴△ECP∽△HCQ，
∴，
∵PQ＝15，
∴PC＝5，CQ＝10，
∵EC:CH＝1:2，
∴AC:BC＝1:2，
设AC＝a，则BC＝2a，
∵PQ⊥CR，CR⊥AB，
∴CQ∥AB，
∵AC∥BQ，CQ∥AB，
∴四边形ABQC为平行四边形，
∴AB＝CQ＝10，
∵，
∴，
∴（舍负）
∴，，
∵，
∴，
∵JR＝AF＝AB＝10，
∴CR＝CJ＋JR＝14，
故选：A．

【点睛】
本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
15．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：

①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【解析】
【分析】
①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；
②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；
④作点D关于直线的对称点D1，连接D D1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，此时四边形的周长为：，其值最小，再由D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，可得的最小值，即可得解．
【详解】
解：①∵线段在边上运动，，
∴,
∴与不可能相等，
则①错误；
②设，
∵，，
∴，即，
假设与相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，
∴解得的或符合题意，
即与可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，

设，
由，，得，即，
∴，
∵∠B=60°，
∴，
∵，∠A =60°，
∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，
则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，连接D D1，与相交于点Q，再将D1Q沿着向B端平移个单位长度，即平移个单位长度，得到D2P，与相交于点P，连接PC，
∴D1Q=DQ=D2P，，且∠AD1D2=120°，
此时四边形的周长为：，其值最小，

∴∠D1AD2=30°，∠D2A D=90°，，
∴根据股股定理可得，，
∴四边形的周长为：,
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】
本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．


二、填空题
16．（2020·贵州黔东南?中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____．

【答案】
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CD＝AB，
∴△ABP∽△EDP，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∵PQ⊥BC，
∴PQ∥CD，
∴△BPQ∽△DBC，
∴＝＝，
∵CD＝2，
∴PQ＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定和性质证明△ABP∽△EDP得到＝是解题的关键．
17．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为_______米，BC为_______米．

【答案】
【解析】
【分析】
过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．
【详解】
解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，
∴四边形BGEF、BHPF是矩形，
∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，
∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，
∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，
∴AG=BG=EF=15，
∴，GE=BF=PH=10，
∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，
∴∠BCH=45°，∴BH=CH，

设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，
∵∠1=∠2，∠AEF=∠CPM=90°，
∴△AEF∽△CPM，
∴，即，解得：x=20，
即BH=CH=20，
∴．
∴米，米．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．（2020·浙江杭州?中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．

【答案】2 ﹣1
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，
∴，
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴，即
∴
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：2，．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质、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，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
19．（2020·浙江中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形．如图，已知Rt△ABC是6×6网格图形中的格点三角形，则该图中所有与Rt△ABC相似的格点三角形中．面积最大的三角形的斜边长是_____．

【答案】5
【解析】
【分析】
根据相似三角形的性质确定两直角边的比值为1：2，以及6×6网格图形中，最长线段为6，进行尝试，可确定、、为边的这样一组三角形满足条件．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，AC=1，BC=2，
∴AB=，AC：BC=1：2，
∴与Rt△ABC相似的格点三角形的两直角边的比值为1：2，

若该三角形最短边长为4，则另一直角边长为8，但在6×6网格图形中，最长线段为6，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为8的线段，故最短直角边长应小于4，在图中尝试，可画出DE=，EF=2，DF=5的三角形，
∵===，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠DEF=∠C=90°，
∴此时△DEF的面积为：×2÷2=10，△DEF为面积最大的三角形，其斜边长为：5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了作图-应用与设计、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
20．（2020·山东济宁?中考真题）如图,在四边形ABCD中，以AB为直径的半圆O经过点C,D．AC与BD相交于点E，CD2=CE·CA,分别延长AB,DC相交于点P，PB=BO，CD=2．则BO的长是_________．

【答案】4
【解析】
【分析】
连结OC，设⊙O的半径为r，由DC2=CE•CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，利用等腰三角形的判定得BC=DC，证明OC∥AD，利用平行线分线段成比例定理得到，则，然后证明，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值即可．
【详解】
解：连结，如图，设的半径为，
，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
即OB=4.
故答案为：4.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．
21．（2020·四川乐山?中考真题）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.
【详解】
连接CE，设CD=2x，
在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，
∴∠D=60º，AD=4x，AC=，
BC==x，AB=x，
∵点E为AD的中点，
∴CE=AE=DE==2x，
∴ΔCED为等边三角形，
∴∠CED=60º，
∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，
∴∠CED=∠BAD，
∴AB∥CE，
∴，
在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º
∴AF平分∠BAE，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.


【点睛】
本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.
22．（2020·山东德州?中考真题）在平面直角坐标系中，点A的坐标是，以原点O为位似中心，把线段OA放大为原来的2倍，点A的对应点为．若点恰在某一反比例函数图象上，则该反比例函数的解析式为________．
【答案】
【解析】
【分析】
直接利用位似图形的性质以及结合A点坐标直接得出点A′的坐标．利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式．
【详解】
∵以原点O为位似中心，将线段OA放大为原来的2倍，得到OA'，A（-2，1），
∴点A的对应点A′的坐标是：（-4，2）或（4，-2）．
设反比例函数的解析式为()，
∴，
∴反比例函数的解析式为：．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了位似变换、坐标与图形的性质以及待定系数法求反比例函数的解析式，正确把握位似图形的性质是解题关键．
23．（2020·江苏无锡?中考真题）二次函数的图像过点，且与轴交于点，点在该抛物线的对称轴上，若是以为直角边的直角三角形，则点的坐标为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】
先求出点B的坐标和抛物线的对称轴，然后分两种情况讨论：当∠ABM=90°时，如图1，过点M作MF⊥y轴于点F，易证△BFM∽△AOB，然后根据相似三角形的性质可求得BF的长，进而可得点M坐标；当∠BAM=90°时，辅助线的作法如图2，同样根据△BAE∽△AMH求出AH的长，继而可得点M坐标．
【详解】
解：对，当x=0时，y=3，∴点B坐标为（0，3），
抛物线的对称轴是直线：，
当∠ABM=90°时，如图1，过点M作MF⊥y轴于点F，则，
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又∠MFB=∠BOA=90°，
∴△BFM∽△AOB，
∴，即，解得：BF=3，
∴OF=6，
∴点M的坐标是（，6）；

当∠BAM=90°时，如图2，过点A作EH⊥x轴，过点M作MH⊥EH于点H，过点B作BE⊥EH于点E，则，
同上面的方法可得△BAE∽△AMH，
∴，即，解得：AH=9，
∴点M的坐标是（，﹣9）；

综上，点M的坐标是或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了抛物线与y轴的交点和对称轴、直角三角形的性质以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确分类、熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
24．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在矩形中，是上的一点，连接,将△进行翻折，恰好使点落在的中点处，在上取一点，以点为圆心，的长为半径作半圆与相切于点;若,则图中阴影部分的面积为 ____ ．


【答案】.
【解析】
【分析】

连接OG，证明△DOG∽△DFC，得出，设OG=OF=r，进而求出圆的半径，再证明△OFQ为等边三角形，则可由扇形的面积公式和三角形的面积公式求出答案．
【详解】

解：连接OG，过O点作OH⊥BC于H点，设圆O与BC交于Q点，如下图所示：

设圆的半径为r，
∵CD是圆的切线，
∴OG⊥CD，
∴△DOG∽△DFC，
∴，由翻折前后对应的线段相等可得DF=DA=4，
∵F是BC的中点，∴CF=BF=2，代入数据：
∴，
∴，
∴，
∴，
∴∠ODG=30°，∴∠DFC=60°，
且OF=OQ，∴△OFQ是等边三角形，
∴∠DOQ=180°-60°=120°，
同理△OGQ也为等边三角形，
∴OH=，且S扇形OGQ=S扇形OQF
∴

.
故答案为：.
【点睛】

本题考查了扇形面积的计算，切线的性质，翻折变换，熟练掌握基本图形的性质是解题的关键．
25．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．
【详解】
解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，

∴∠DCE＝∠CAO，
∵∠BCA＝2∠CAO，
∴∠BCA＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵CD⊥y轴，
∴∠CDE＝∠CDB＝90°，
又∵CD＝CD，
∴CDE≌CDB（ASA），
∴DE＝DB，
∵B（0，4），C（3，n），
∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，
∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，
∴OE＝OD－DE
＝n－（4－n）
＝2n－4，
∵A（－4，0），
∴AO＝4，
∵CD∥AO，
∴AOE∽CDE，
∴ ，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】
本题综合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以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
26．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在中，已知，，垂足为，．若是的中点，则_________．

【答案】1
【解析】
【分析】
根据“两边对应成比例，夹角相等的两个三角形相似”证明△ADB∽△EDC，得，由AB=2则可求出结论．
【详解】


为的中点，
，
∴，
，






故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了三角形相似的判定与性质，得出是解答此题的关键．
27．（2020·黑龙江绥化?中考真题）在平面直角坐标系中，和的相似比等于，并且是关于原点O的位似图形，若点A的坐标为，则其对应点的坐标是________．
【答案】（4，8）或（﹣4，﹣8）
【解析】
【分析】
根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得答案．
【详解】
解：在同一象限内，
∵ABC与是以原点O为位似中心的位似图形，其中相似比等于，A坐标为（2，4），
∴则点的坐标为：（4，8），
不在同一象限内，
∵ABC与是以原点O为位似中心的位似图形，其中相似比等于，A坐标为（2，4），
∴则点A′的坐标为：（﹣4，﹣8），
故答案为：（4，8）或（﹣4，﹣8）．
【点睛】
此题考查了位似图形的性质，此题比较简单，注意在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
28．（2020·山东临沂?中考真题）如图，在中，D，E为边的三等分点，，H为与的交点．若，则___________．

【答案】1
【解析】
【分析】
利用平行线分线段成比例得到EF=2,再利用中位线得到DH的长即可.
【详解】
解:∵D，E为边的三等分点，，
∴EF:DG:AC=1:2:3
∵AC=6,
∴EF=2,
由中位线定理得到,在△AEF中,DH平行且等于
故答案是:1
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理的应用和中位线的性质,熟悉平行线之间的性质是解题关键.
29．（2020·四川广元?中考真题）如图，内接于于点H，若，的半径为7，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
作直径AD，连接BD，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，∠D＝∠C，证明△ABD∽△AHC，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】
解：作直径AD，连接BD，
∵AD为直径，
∴∠ABD＝90°，又AH⊥BC，
∴∠ABD＝∠AHC，
由圆周角定理得，∠D＝∠C，
∴△ABD∽△AHC，
∴，即，
解得，AB＝，
故答案为：．

【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆和外心的概念和性质，掌握圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
30．（2020·新疆中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=2，若D是BC边上的动点，则2AD+DC的最小值为_____．

【答案】6
【解析】
【分析】
取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，证明此时D为BC的中点，证明CD=2DF，从而可得答案．
【详解】
解：如图，

取AC的中点F，过F作于G，延长FG至E，使EG=FG，连接AE交BC于D，则 此时最短，


过A作于H，则由








为BC的中点，




即的最小值为6．
故答案为：6．

【点睛】
本题考查的是利用轴对称求最小值问题，考查了锐角三角函数，三角形的相似的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
31．（2020·浙江中考真题）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点B在x轴的正半轴上，点A在第一象限，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过OA的中点C．交AB于点D，连结CD．若△ACD的面积是2，则k的值是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
作辅助线，构建直角三角形，利用反比例函数k的几何意义得到S△OCE=S△OBD=k，根据OA的中点C，利用△OCE∽△OAB得到面积比为1：4，代入可得结论．
【详解】
解：连接OD，过C作CE∥AB，交x轴于E，

∵∠ABO＝90°，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过OA的中点C，
∴S△COE＝S△BOD＝，S△ACD＝S△OCD＝2，
∵CE∥AB，
∴△OCE∽△OAB，
∴，
∴4S△OCE＝S△OAB，
∴4×k＝2+2+k，
∴k＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．
32．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点、分别是、的中点，、交于点，的中点为，连接、．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有________．（请填上所有正确结论的序号）

【答案】①④
【解析】
【分析】
证明△ADF≌△DCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到∠DGF=90°，可判断①，再利用三角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断②；再证明∠HDF=∠HFD=∠BAG，求出AG，DH，HF，可判定，可判断④；通过AB≠AG，得到∠ABG和∠AGB不相等，则∠AGB≠∠DHF，可判断③.
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，
∵E和F分别为BC和CD中点，
∴DF=EC=2，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC=90°，
∴∠EDC+∠AFD =90°，
∴∠DGF=90°，即DE⊥AF，故①正确；
∵AD=4，DF=CD=2，
∴AF=，
∴DG=AD×DF÷AF=，故②错误；
∵H为AF中点，
∴HD=HF=AF=，
∴∠HDF=∠HFD，
∵AB∥DC，
∴∠HDF=∠HFD=∠BAG，
∵AG=，AB=4，
∴，
∴，故④正确；
∴∠ABG=∠DHF，而AB≠AG，
则∠ABG和∠AGB不相等，
故∠AGB≠∠DHF，
故HD与BG不平行，故③错误；
故答案为：①④.
【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，勾股定理，三角形的高，直角三角形斜边中线定理，知识点较多，有一定难度，解题时注意利用线段关系计算相应线段的长.
33．（2020·山东德州?中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的处，再将绕点E顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点F．交AB于点G，连接有如下结论：①的长度是；②弧的长度是；③；④．上述结论中，所有正确的序号是________．

【答案】①②④
【解析】
【分析】
①先根据图形反折变换的性质以及勾股定理得出的长，再根据勾股定理求出EF的长，即可求解；
②利用特殊角的三角函数求得，从而求得，根据弧长公式即可求解；
③由于不是等边三角形，得出，从而说明和不是全等三角形；
④先利用“HL”证得，求得，再求得，从而推出．
【详解】
①在矩形ABCD中，，
∵△ADE翻折后与△AD′E重合，
∴AD′=AD，D′E=DE，，
∴四边形ADED′是正方形，
∴AD′=AD=D′E=DE=，
∴AE=，
将绕点E顺时针旋转，得到，
∴，==，，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②由①得，
在中，，
，
∴，
∴，
∴弧的长度是，故②正确；
③在中，，，
∴不是等边三角形，
∴，
∴和不是全等三角形，故③错误；
④在和中，，公共，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
又，
∴，故④正确；
综上，①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了图形的翻折变换，特殊角的三角函数，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，弧长公式的应用，勾股定理的应用，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
34．（2020·四川成都?中考真题）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．

【答案】
【解析】
【分析】

连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】

解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；

设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，

∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．

【点睛】

本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
35．（2020·四川泸州?中考真题）如图，在矩形中，分别为边，的中点，与，分别交于点M，N．已知，，则的长为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，证明△BEG∽△BAF，求出EG的长，再证明△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，得出，，再求出BG=GF=BF=，从而求出NG和MG，可得MN的长.
【详解】
解：过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，
由题意可知：EH∥BC，
∴△BEG∽△BAF，
∴，
∵AB=4，BC=6，点E为AB中点，F为AD中点，
∴BE=2，AF=3，
∴，
∴EG=，
∵EH∥BC，
∴△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，
∴，,
∴，，
即，，
∴，，
∵E为AB中点，EH∥BC，
∴G为BF中点，
∴BG=GF=BF=，
∴NG==，MG=BG=，
∴MN=NG+MG=，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是添加辅助线EH，得到相似三角形.
36．（2020·四川广元?中考真题）如图所示，均为等边三角形，边长分别为，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）
① ② ③为等边三角形 ④ ⑤CM平分

【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
①根据等边三角形的性质得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，则∠ACE＝60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，则AD＝BE；
②过E作,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；
③由等边三角形的判定得出△CMN是等边三角形；
④证明△DMC∽△DBA，求出CM长；
⑤证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.
【详解】
解：连接MC，FG，过点E作EN⊥BD，垂足为N，
①∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE＝120°，
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；①正确；
②∵△CDE都是等边三角形，且边长为3cm.
∴CN=cm，EN=cm.
∵BC=5cm.
∴，②正确；
③∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△ACG和△BCF中，
∴△ACG≌△BCF（ASA），
∴CG＝CF
而∠GCF＝60°，
∴△CMN是等边三角形，③正确；
⑤∵∠EMD＝∠MBD＋∠MDB＝∠MAC＋∠MDB＝60°＝∠FCG，
∴M、F、C、G四点共圆，
∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，
∴∠BMC＝∠DMC，
∴CM平分∠BMD，⑤正确；
④∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA
∴△DMC∽△DBA
∴
∴
∴CM=.④错误.
故答案为：①②③⑤.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
37．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在中，，，点，分别在边，上，且，连接，，相交于点，则面积最大值为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
作DG∥AC，交BE于点G，得到，进而得到，求出面积最大值，问题得解．
【详解】
解：如图1，作DG∥AC，交BE于点G，
∴，

∵ ,
∴
∵
∴
∴
∵AB=4，
∴
∴若面积最大，则面积最大，
如图2，当点△ABC为等腰直角三角形时，面积最大，为，
∴ 面积最大值为


故答案为：
【点睛】
本题考查了三角形面积最大问题，相似等知识点，通过OD与CD关系将求面积转化为求面积是解题关键

三、解答题
38．（2020·四川广元?中考真题）如图，直线分别与x轴，y轴交于点A，B两点，点C为OB的中点，抛物线经过A，C两点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D是直线AB下方的抛物线上的一点，且的面积为，求点D的坐标；
（3）点P为抛物线上一点，若是以AB为直角边的直角三角形，求点P到抛物线的对称轴的距离．
【答案】（1）；（2）（2，-3）；（3）或或.
【解析】
【分析】
（1）由直线解析式求出A、B坐标，然后得出C点坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）过点D作DE⊥x轴，交直线AB于点E，设D（m，），利用S△ABD==得出方程，解出m值即可；
（3）分点A是直角顶点和点B是直角顶点，结合图像，表示出△ABP三边长度，利用勾股定理得出方程，求解即可.
【详解】
解：（1）直线中，
令x=0，则y=10，令y=0，则x=5，
∴A（5，0），B（0，10），
∵点C是OB中点，
∴C（0，5），将A和C代入抛物线中，
，解得：，
∴抛物线表达式为：；
（2）联立：，
解得：或，
∴直线AB与抛物线交于点（-1，12）和（5，0），
∵点D是直线AB下方抛物线上的一点， 设D（m，），
∴-1＜m＜5，
过点D作DE⊥x轴，交直线AB于点E，
∴E（m，-2m+10），
∴DE==，
∴S△ABD===，
解得：m=2，
∴点D的坐标为（2，-3）；

（3）抛物线表达式为：，
∵△APB是以AB为直角边的直角三角形，
设点P（n，），∵A（5，0），B（0，10），
∴AP2=，BP2=，AB2=125，
当点A为直角顶点时，
BP2= AB2+ AP2，
解得：n=或5（舍），

当点B为直角顶点时，
AP2= AB2+ BP2，
解得：n=或，

而抛物线对称轴为直线x=3，
则3-=，-3=，3-=，
综上：点P到抛物线对称轴的距离为：或或.
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数图象上坐标点的特征，待定系数法求二次函数解析式，三角形面积的铅垂高表示法，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的判定与性质等重要知识点，综合性强，难度较大．
39．（2020·四川广元?中考真题）在中，，OA平分交BC于点O，以O为圆心，OC长为半径作圆交BC于点D．

（1）如图1，求证：AB为的切线；
（2）如图2，AB与相切于点E，连接CE交OA于点F．
①试判断线段OA与CE的关系，并说明理由．
②若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①OA垂直平分CE，理由见解析；②
【解析】
【分析】
（1）过点O作OG⊥AB，垂足为G，利用角平分线的性质定理可得OG=OC，即可证明；
（2）①利用切线长定理，证明OE=OC，结合OE=OC，再利用垂直平分线的判定定理可得结论；
②根据求出OF和CF，再证明△OCF∽△OAC，求出AC，再证明△BEO∽△BCA，得到，设BO=x，BE=y，可得关于x和y的二元一次方程组，求解可得BO和BE，从而可得结果.
【详解】
解：（1）如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵OA平分交BC于点O，
∴OG=OC，
∴点G在上，
即AB与相切；

（2）①OA垂直平分CE，理由是：
连接OE，
∵AB与相切于点E，AC与相切于点C，
∴AE=AC，
∵OE=OC，
∴OA垂直平分CE；
②∵，
则FC=2OF，在△OCF中，
，
解得：OF=，则CF=，
由①得：OA⊥CE，
则∠OCF+∠COF=90°，又∠OCF+∠ACF=90°，
∴∠COF=∠ACF，而∠CFO=∠ACO=90°，
∴△OCF∽△OAC，
∴，即，
解得：AC=6，
∵AB与圆O切于点E，
∴∠BEO=90°，AC=AE=6，而∠B=∠B，
∴△BEO∽△BCA，
∴，设BO=x，BE=y，
则，
可得：，
解得：，即BO=5，BE=4，
∴tanB==.

【点睛】
本题考查了圆的综合，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二元一次方程组的应用，有一定难度，解题要合理选择相似三角形得出结论.
40．（2020·湖南株洲?中考真题）如图所示，二次函数的图像（记为抛物线）与y轴交于点C，与x轴分别交于点A、B，点A、B的横坐标分别记为，，且．

（1）若，，且过点，求该二次函数的表达式；
（2）若关于x的一元二次方程的判别式．求证：当时，二次函数的图像与x轴没有交点．
（3）若，点P的坐标为，过点P作直线l垂直于y轴，且抛物线的顶点在直线l上，连接OP、AP、BP，PA的延长线与抛物线交于点D，若，求的最小值．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意，把，，点，代入解析式，即可求出解析式；
（2）利用根的判别式进行判断，即可得到结论；
（3）根据二次函数的性质，得到，结合根与系数的关系，得到，然后证明，得到，然后得到，利用二次根式的性质即可得到答案．
【详解】
解：（1）由题意得：，
∵函数过点，
∴，
∴，
∴．
（2）由题意，一元二次方程的判别式．
∴，
∴，
在函数中，

∵，
∴，
即函数图象与x轴没有交点．
（3）因为函数顶点在直线l上，则有，
即①
∵，
∴，
即，
∴，
由①得：②
∵，
∴
∵，
∴，
则．
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
由②得：，
∴，
∴当时，．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识进行解题．
41．（2020·山东临沂?中考真题）已知的半径为，的半径为，以为圆心，以的长为半径画弧，再以线段的中点P为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点A，连接，，交于点B，过点B作的平行线交于点C．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，根据作图过程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性质和三角形内角和证明AO2⊥AO1，再根据BC∥AO2，证明四边形ABDO2为矩形，得到O2D=，点D在圆O2上，可得结论；
（2）证明△AO1O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C的面积减去扇形BO1E的面积即可.
【详解】
解：（1）由作图过程可得：
AP=O1P=O2P=O1O2，AO1=AB+BO1=，
∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=，
而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2+∠PO2A=180°，
∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，
∵BC∥AO2，
∴O1B⊥BC，即BC与圆O1相切，
过点O2作O2D⊥BC，交BC于点D，
可知四边形ABDO2为矩形，
∴AB=O2D=，而圆O2的半径为，
∴点D在圆O2上，
即BC是的切线；

（2）∵AO2∥BC，
∴△AO1O2∽△BO1C，
∴，
∵，，，
即AO1==3，BO1=2，
∴，
∴O1C=4，
∵BO1⊥BC，
∴cos∠BO1C=，
∴∠BO1C=60°，
∴BC=，
∴S阴影=-
=
=
【点睛】
本题考查了尺规作图的原理，切线的判定和性质，矩形的判定和性质，扇形面积，相似三角形的判定和性质，等边对等角，知识点较多，解题的关键是根据作图过程得到相应的线段关系.
42．（2020·安徽中考真题）如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点
求证：；
若，求的长；
如图2，连接，求证：．


【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】

（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
【详解】

（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90º，
∴∠E+∠ABD=90º，
∴∠EGB=90º，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90º，
∴∠DAG+∠DAH=90º，
∴∠EAG=90º，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．

【点睛】

本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
43．（2020·四川成都?中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
（1）求抛物线的函数表达式
（2）如图1，点为第四象限抛物线上一点，连接，交于点，连接，记的面积为，的面积为，求的最大值；

（3）如图2，连接，，过点作直线，点，分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点，，使．若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）存在，或
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点作轴于点，交于点，过点作轴交的延长线于点，则可得△AEK∽△DEF，继而可得，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由可得，设点，进而可得，从而可得，再利用二次函数的性质即可求得答案；
（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线的表达式为．设点的坐标为，然后分点在直线右侧，点在直线左侧两种情况分别进行讨论即可．
【详解】
（1）∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．
∴，
∴，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）过点作轴于点，交于点，过点作轴交的延长线于点．
则DG//AK，
∴△AEK∽△DEF，
∴，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将、代入则有：，
解得，
∴直线的表达式为，
当x=-1时，，
即K（-1，），
∴．
∵．
∴
设点，则F点坐标为（m，），
∴．
∴，
当时，有最大值．

（3）∵，，．
∴AC=，BC=，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵过点作直线，直线的表达式为，
∴直线的表达式为．
设点的坐标为．
①当点在直线右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵NB=t-4，PN=，
∴，
∴QM=，PM=，
∴MN=+，，
∴点的坐标为．
将点的坐标为代入，得
，
解得：，t2=0（舍去），
此时点的坐标为．

②当点在直线左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵NB=4-t，PN=，
∴，
∴QM=，PM=，
∴MN=+，，
∴点的坐标为．
将点的坐标为代入，得
，
解得：，<0（舍去），
此时点的坐标为．

【点睛】
本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．
44．（2020·四川南充?中考真题）如图，边长为1的正方形ABCD中，点K在AD上，连接BK，过点A，C作BK的垂线，垂足分别为M，N，点O是正方形ABCD的中心，连接OM，ON．
（1）求证：AM=BN；
（2）请判断△OMN的形状，并说明理由；
（3）若点K在线段AD上运动（不包括端点），设AK=x，△OMN的面积为y，求y关于x的函数关系式（写出x的范围）；若点K在射线AD上运动，且△OMN的面积为，请直接写出AK长．

【答案】（1）详见解析；（2）是等腰直角三角形，理由详见解析；（3），长为或3．
【解析】
【分析】
（1）由“AAS”可证△ABM≌△BCN，可得AM＝BN；
（2）连接OB，由“SAS”可证△AOM≌△BON，可得MO＝NO，∠AOM＝∠BON，由余角的性质可得∠MON＝90°，可得结论；
（3）由勾股定理可求BK的值，由，四边形ABCD是正方形，可得：，，则可求得，由三角形面积公式可求得；点K在射线AD上运动，分两种情况：当点K在线段AD上时和当点K在线段AD的延长线时分别求解即可得到结果．
【详解】
解：（1）证明：
∵
∴
又∵
∴
∴
又
∴≌（AAS）
∴
（2）是等腰直角三角形
理由如下：连接，

∵为正方形的中心
∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，
∵∠MAB＝∠CBM，
∴，即
∵
∴≌（SAS）
∴，
∵
∵∠AON+∠BON＝90°，
∴∠AON+∠AOM＝90°，
∴
∴是等腰直角三角形．
（3）在中，
由，四边形ABCD是正方形，
可得：，
∴，
∴，得：
∴，得：
∴
∴
即：
当点K在线段AD上时，则，
解得：x1＝3（不合题意舍去），，
当点K在线段AD的延长线时，同理可求得
∴，
解得：x1＝3，（不合题意舍去），
综上所述：长为或3时，△OMN的面积为．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解分式方程等知识点，能熟练应用相关性质是本题的关键．
45．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线与x轴的正半轴相交于点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若P为线段AB上一点，，求AP的长；
（3）在（2）的条件下，设M是y轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点N的坐标为(，3) 或(，)
【解析】
【分析】
（1）利用直线与y轴的交点求得点B的坐标，然后把点B、C的坐标代入，即可求解；
（2）先求得点A的坐标，证得△PAO△CAB，利用对应边成比例即可求解；
（3）分点N在AB的上方或下方两种情况进行讨论，根据平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，利用三角形全等，即可求解．
【详解】
（1）令，则，
∴点B的坐标为(0，3)，
抛物线经过点B (0，3)，C (1，0)，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）令，则，
解得：，
∴点A的坐标为(，0)，
∴OA=3，OB=3，OC=1，
，
∵，且，
∴△PAO△CAB，
∴，即，
∴；
（3）存在，
过点P作PD⊥x轴于点D，
∵OA=3，OB=3，∠AOB=，
∴∠BAO=∠ABO=，
∴△PAD为等腰直角三角形，
∵，
∴PD=AD=2，
∴点P的坐标为(，2)，
当N在AB的上方时，过点N作NE⊥y轴于点E，如图，

∵四边形APMN为平行四边形，
∴NM∥AP，NM=AP=，
∴∠NME=∠ABO=，
∴△NME为等腰直角三角形，
∴Rt△NMERt△APD，
∴NE=AD=2，
当时，，
∴点N的坐标为(，3)，
当N在AB的下方时，过点N作NF⊥y轴于点F，如图，

同理可得：Rt△NMFRt△APD，
∴NF=AD=2，
当时，，
∴点N的坐标为(，)，
综上，点N的坐标为(，3) 或(，) ．
【点睛】
本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点．正确作出图形是解题的关键．
46．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，在正方形中，，点G在边上，连接，作于点E，于点F，连接、，设，，．

（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点G从点B沿边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边围成的图形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）点E，F所经过的路径与边AB所围成图形的面积为4．
【解析】
【分析】
（1）证明，根据全等三角形的性质可得出结论；
（2）证明，根据正方形的性质、相似三角形的性质证明；
（3）根据所围成的图形是△AOB，求出它的面积即可.
【详解】
（1）证明：在正方形中，，
．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
在和中，

∴．
∴．

（2）在和中，．
∴．
由①可知，
∴．
∴．
由①可知，，
∴．∴．
∵，，
∴．
∴．
∴.
（3）∵．
∴
∴当点G从点B沿边运动至点C停止时，点E经过的路径是以为直径，圆心角为90°的圆弧，同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O．（如图所示）

∵
∴所围成图形的面积
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
47．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图1，抛物线与抛物线相交y轴于点C，抛物线与x轴交于A、B两点（点B在点A的右侧），直线交x轴负半轴于点N，交y轴于点M，且．

（1）求抛物线的解析式与k的值；
（2）抛物线的对称轴交x轴于点D，连接，在x轴上方的对称轴上找一点E，使以点A，D，E为顶点的三角形与相似，求出的长；
（3）如图2，过抛物线上的动点G作轴于点H，交直线于点Q，若点是点Q关于直线的对称点，是否存在点G（不与点C重合），使点落在y轴上？若存在，请直接写出点G的横坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），k的值为；（2）的长为或10；（3）存在，点G的横坐标为或或或．
【解析】
【分析】

（1）根据抛物线可求得点C的坐标，代入即可求得t的值，由，求得点N的坐标，进而求得k的值；
（2）因为∠AOC=∠EDA=90°已确定，所以分两种情况讨论△BDA与△AOC相似，通过对应边的比相等可求出DE的长；
（3）先根据题意画出图形，通过轴对称的性质等证明四边形QMQ'G为菱形，分别用字母表示出Q，G的坐标，分两种情况讨论求出GQ'的长度，利用三角函数可求出点G的横坐标．
【详解】

（1）当时，，
∴点C的坐标为 (0，4)，
∵点C (0，4)在抛物线的图象上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∵C (0，4)，，
∴，
∴点N的坐标为 (，0)，
∵直线过N (，0)，
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为，k的值为；
（2）连接，

令，则,
解得，
∴点A的坐标为 (，0)，点B的坐标为 (4，0)，
∴抛物线的对称轴为直线．
∴点A的坐标为 (，0)，
∵C (0，4)，
∴，，，
①当时，
，
∴，
∴；
②当时，
，
∴，
∴，
综上，的长为或10；
（3）如图，点是点Q关于直线的对称点，且点在y轴上时，
由轴对称性质可知，，，，

∵轴，∴轴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
作轴于点P，
设，
则，
∴，
，
∵，
∴，
令，则，令，则，
∴直线与坐标轴的交点分别为M (0，3)，N(，0)，
∴OM=3，ON=4，
在中，，
∴，
∴，
解得，，，，
经检验，，，都是所列方程的解，
综上，点G的横坐标为或或或．
【点睛】

本题是二次函数与几何的综合题，考查了用待定系数法求解析式，三角形相似的判定和性质，轴对称的性质及三角函数等，解题关键是能够根据题意画出图形及灵活运用分类讨论的思想解题．
48．（2020·四川自贡?中考真题）如图，⊙是△的外接圆，为直径，点是⊙外一点，且，连接交于点，延长交⊙于点．
⑴.证明：=；
⑵.若，证明：是⊙的切线；
⑶.在⑵的条件下，连接交⊙于点,连接;若，求的长．

【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接CO，易证△PCO≌△PAO，得PO为∠APC的角平分线，根据条件证出F为优弧中点，即可证明=；
（2）因为AB是直径，所以∠ACB=90°，由tan∠ABC=可求得∠ABC的正弦和余弦，设⊙O的半径为r，则AB=2r，根据三角函数表示出BC，AC的长度，由勾股定理表示出OD的长度，易得PA=PC=，，PO=PD+OD=3r，由可得PA⊥OA，即可证明是⊙的切线；
（3）连接AE，过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，由（2）可得，，PB=，证出△PEA∽△PAB，可得，证出四边形BCDH是矩形，得BH=CD=，在Rt△BPH和Rt△PEN中表示出sin∠BPH，可得 ，，ND=PD-PN=，在Rt△NED中，DE=，代入r=3即可
【详解】
解：（1）证明：如图，连接CO，
在△PCO和△PAO中，

∴△PCO≌△PAO（SSS），
∴∠CPO=∠APO，即PO为∠APC的角平分线，
∵PA=PC，
∴CD=AD，PF⊥AC，
∵AC为⊙O的弦，PF过圆心O，
∴F为优弧中点，
∴=，
（2）证明：∵AB是⊙O的直径，且弦AB所对圆周角为∠ACB，
∴∠ACB=90°，
∵tan∠ABC=，
∴sin∠ABC=，cos∠ABC=，
设⊙O的半径为r，则AB=2r，
∴BC=ABcos∠ABC=，AC=ABsin∠ABC=，
∴，
∵PA=PC=AB，
∴PA=PC=，
∴，
∴PO=PD+OD=3r，
∴，即PA⊥OA，
又∵OA是⊙O半径，
∴PA是⊙O的切线；
（3）由（2）可得，
∴，
在Rt△PBA中，，连接AE，可得∠AEB=90°，
∴∠PEA=∠PAB=90°，又∠APE=∠APB，
∴△PEA∽△PAB，
∴，
∴，
过E作EN⊥PD于N，过B作BH⊥PF于H，如图所示，
∴∠BCD=∠CDF=∠BHD=90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴BH=CD=，
在Rt△BPH中，sin∠BPH=，
在Rt△PEN中，sin∠BPH=，∴，
∴，
∴ND=PD-PN=，
在Rt△NED中，DE=，
∵，
∴DE=．

【点睛】
此题考查了圆的综合应用，用到的知识点是矩形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
49．（2020·江苏连云港?中考真题）在平面直角坐标系中，把与轴交点相同的二次函数图像称为“共根抛物线”．如图，抛物线的顶点为，交轴于点、（点在点左侧），交轴于点．抛物线与是“共根抛物线”，其顶点为．

（1）若抛物线经过点，求对应的函数表达式；
（2）当的值最大时，求点的坐标；
（3）设点是抛物线上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若与相似，求其“共根抛物线”的顶点的坐标．
【答案】（1）；（2）点；（3）或或或
【解析】
【分析】
（1）由“共根抛物线”定义可知抛物线经过抛物线与x轴交点，故根据抛物线可求AB两点坐标进而由交点式设为，将点代入，即可求出解；
（2）由抛物线对称性可知PA=PB，∴，根据三角形两边之差小于第三边可知当当、、三点共线时，的值最大，而P点在对称轴为上，由此求出点P坐标；
（3）根据点ABC坐标可证明△ABC为直角三角形，与相似，分两种情况讨论：当、时，分别利用对应边成比例求解即可．
【详解】
解：（1）当时，，解得，．
∴、、．
由题意得，设对应的函数表达式为，
又∵经过点，
∴，
∴．
∴对应的函数表达式为．
（2）∵、与轴交点均为、，
∴、的对称轴都是直线．
∴点在直线上．
∴．
如图1，当、、三点共线时，的值最大，
此时点为直线与直线的交点．
由、可求得，直线对应的函数表达式为．
∴点．

（3）由题意可得，，，，
因为在中，，故．
由，得顶点．
因为的顶点P在直线上，点Q在上，
∴不可能是直角．
第一种情况：当时，
①如图2，当时，则得．
设，则，
∴．
由得，解得．
∵时，点Q与点P重合，不符合题意，
∴舍去，此时．
②如图3，当时，则得．
设，则．
∴．
由得，解得（舍），此时．
第二种情况：当时，
①如图4，当时，则得．

过Q作交对称轴于点M，∴．
∴．由图2可知，
∴．
∴，又，代入得．
∵点，
∴点．
②如图5，当时，则．

过Q作交对称轴于点M，
∴，则．
由图3可知，，
∴，，
∴．
又，代入得．
∵点，
∴点，
综上所述，或或或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，关键是根据待定系数法求解析式，二次函数图象上点的坐标特征，以及相似三角形的性质解答．
50．（2020·山东德州?中考真题）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，中，，，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使，连接BE，证明，经过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明的判定定理是：__________________________________________；
（2）AD的取值范围是________________________；
方法运用：
（3）如图2，AD是的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使，求证：．
（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析
【解析】
【分析】

（1）利用三角形的中线与辅助线条件，直接证明，从而可得证明全等的依据；
（2）利用全等三角形的性质得到求解的范围，从而可得答案；
（3）延长至点，使，证明，利用全等三角形的性质与，证明，得到，从而可得答案；
（4）延长至点使，连接、、，证明，得到，利用锐角三角函数证明，再证明，利用相似三角形的性质可得是直角三角形，从而可得答案．
【详解】

解：（1）如图，AD是中线，

在与中，



故答案为：
（2）





故答案为：
（3）证明：延长至点，使，
∵是的中线
∴
在和中

∴，
∴，
又∵，
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
又∵
∴

（4）证明：延长至点使，连接、、
∵G为的中点
∴
在和中

∴
∴
在中，∵，
∴
又矩形中，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
又为的外角，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
即，
在和中，

∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵G为的中点，
∴，
即．

【点睛】

本题考查的是倍长中线法证明三角形全等，同时考查全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的性质，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
51．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB边上的一点，以AD为直径的⊙O交BC于点E，交AC于点F，过点C作CG⊥AB交AB于点G，交AE于点H，过点E的弦EP交AB于点Q（EP不是直径），点Q为弦EP的中点，连结BP，BP恰好为⊙O的切线．

（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）求证：＝．
（3）若sin∠ABC═，AC＝15，求四边形CHQE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）45
【解析】
【分析】
（1）连接OE，OP，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝BE，根据全等三角形的性质得到∠BEO＝∠BPO，根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
（2）根据平行线和等腰三角形的性质即可得到结论．
（3）根据垂径定理得到EP⊥AB，根据平行线和等腰三角形的性质得到∠CAE＝∠EAO，根据全等三角形的性质得到CE＝QE，推出四边形CHQE是菱形，解直角三角形得到CG＝＝12，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OE，OP，
∵PE⊥AB，点Q为弦EP的中点，
∴AB垂直平分EP，
∴PB＝BE，
∵OE＝OP，OB＝OB，
∴△BEO≌△BPO（SSS），
∴∠BEO＝∠BPO，
∵BP为⊙O的切线，
∴∠BPO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BEO＝∠ACB＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∴．
（3）解：∵AD为的⊙O直径，点Q为弦EP的中点，
∴EP⊥AB，
∵CG⊥AB，
∴CG∥EP，
∵∠ACB＝∠BEO＝90°，
∴AC∥OE，
∴∠CAE＝∠AEO，
∵OA＝OE，
∴∠EAQ＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠EAO，
∵∠ACE＝∠AQE＝90°，AE＝AE，
∴△ACE≌△AQE（AAS），
∴CE＝QE，
∵∠AEC+∠CAE＝∠EAQ+∠AHG＝90°，
∴∠CEH＝∠AHG，
∵∠AHG＝∠CHE，
∴∠CHE＝∠CEH，
∴CH＝CE，
∴CH＝EQ，
∴四边形CHQE是平行四边形，
∵CH＝CE，
∴四边形CHQE是菱形，
∵sin∠ABC═sin∠ACG═＝，
∵AC＝15，
∴AG＝9，
∴CG＝＝12，
∵△ACE≌△AQE，
∴AQ＝AC＝15，
∴QG＝6，
∵HQ2＝HG2+QG2，
∴HQ2＝（12﹣HQ）2+62，
解得：HQ＝，
∴CH＝HQ＝，
∴四边形CHQE的面积＝CH•GQ＝×6＝45．

【点睛】
此题考查了圆的综合问题，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想应用．
52．（2020·山东聊城?中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．

（1）求出二次函数和所在直线的表达式；
（2）在动直线移动的过程中，试求使四边形为平行四边形的点的坐标；
（3）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）存在，点的坐标是．
【解析】
【分析】
（1）将，代入，解出a，b得值即可；求出C点坐标，将C，B代入线段所在直线的表达式，求解即可；
（2）根据题意只要，四边形即为平行四边形，先求出点D坐标，然后求出DE，设点的横坐标为，则，，得出，根据，得，求解即可；
（3）由（2）知，，根据与有共同的顶点，且在的内部，只有当时，，利用勾股定理，可得
，，根据，即，解出t值，即可得出答案．
【详解】
解：（1）由题意，将，代入，
得，
解得，
∴二次函数的表达式，
当时，，得点，又点，
设线段所在直线的表达式，
∴，解得，
∴所在直线的表达式；
（2）∵轴，轴，
∴，

只要，此时四边形即为平行四边形，
由二次函数，
得点，
将代入，即，得点，
∴，
设点的横坐标为，则，，

由，得，
解之，得（不合题意舍去），，
当时，，
∴；
（3）由（2）知，，
∴，

又与有共同的顶点，且在的内部，
∴，
∴只有当时，，
由，，，
利用勾股定理，可得，，
由（2）以及勾股定理知，，
，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴点的坐标是．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用知识点是解题关键．
53．（2020·浙江衢州?中考真题）（性质探究）
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF=2OG．
（迁移应用）
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．
（拓展延伸）
（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．

【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或
【解析】
【分析】
（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF=∠AHG=90°，
∵AH=AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF=AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．

∵AF=AG，
∴∠AFG=∠AGF，
∵∠AGF=∠OGL，
∴∠OGL=∠OLG，
∴OG=OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=2OD，
∴BF=2OL，
∴BF=2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，

∵∠DAK=∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，
又∵BF=2OG，，
∴，设CD=2x，AC=3x，则AD= ，
∴．
（4）解：设OG=a，AG=k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k+2a，AC=2（k+a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴，
由题意：=AD•（k+2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2+4ka，
∴k=2a，
∴AD= ，
∴BE= = ，AB=4a，
∴tan∠BAE= ．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．

∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴ ，
由题意：=AD•（k﹣2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2﹣4ka，
∴k= ，
∴AD= ，
∴，AB= ，
∴tan∠BAE= ，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点睛】
本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．
54．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知，当Q为BF中点时，．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由；
（2）求DE，BF的长；
（3）若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系；②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．

【答案】（1），理由见解析；（2） ；（3）①；②
【解析】
【分析】
（1）推出∠AED=∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE=12，MN=10，把代入，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得 ，,当DP=DF时 ，求出 ，得到BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y=0，则x=10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求得 ；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则 ，根据勾股定理得 ,则 ， ；由图可知，PQ不可能过点B．
【详解】
解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：

∵∠A=∠C=90°，
∴∠ADC+∠ABC=360°-（∠A+∠C）=180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，


∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x=0，得y=12，
∴DE=12，
令y=0，得x=10，
∴MN=10，
把代入，
解得：x=6，即NQ=6，
∴QM=10-6=4，
∵Q是BF中点，
∴FQ=QB，
∵BM=2FN，
∴FN+6=4+2FN，
解得：FN=2，
∴BM=4，
∴BF=FN+MN+MB=16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：

∵FM=2+10=12=DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF=EM，
∵AD=6，DE=12，∠A=90°，
∴∠DEA=30°，
∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，
∴∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，
∴∠DFM=∠DEM=120°，
∴∠MEB=180°-120°-30°=30°，
∴∠MEB=∠FBE=30°，
∴∠EHB=180°-30°-30°-30°=90°，DF=EM=BM=4，
，
∴EH=4+2=6，
由勾股定理得： ，
∴ ，
当DP=DF时， ，
解得： ，
，
，
BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：

y=0，则x=10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：

∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，
，
CD=8+4=12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴ ，
∴ ，
解得： ；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：

∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴ ，
根据勾股定理得： ,
∴ ，
，
解得： ；
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x=10或或时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
55．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
为⊙的直径，

∵DE∥BC，
∴∠E＝ 90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；

（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理，切线的判定，同时考查了相似三角形的判定与性质．（1）中判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”，有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”；（2）中能得△DBF∽△ABD是解题关键．
56．（2020·贵州黔西?中考真题）古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”．请研究如下美丽的圆．如图，线段AB是⊙O的直径，延长AB至点C，使BC＝OB，点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，点P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），连接CD，PE，PC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）小明在研究的过程中发现是一个确定的值．回答这个确定的值是多少？并对小明发现的结论加以证明．

【答案】（1）见解析；（2），解析
【解析】
【分析】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．（1）连接OD，DB，由已知可得DE垂直平分OB，于是DB＝DO，而OB＝OD，所以DB＝DO＝OB，即△ODB是等边三角形，于是∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性质及三角形的外角性质可得∠CDB＝30°，从而可得∠ODC＝90°，所以OD⊥CD，所以CD是⊙O的切线；（2）连接OP，由已知条件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用“两组边成比例，夹角相等”证明△OEP∽△OPC，最后由相似三角形的对应边成比例得到结论．
【详解】
解：（1）如答图，连接OD，DB，∵点E是线段OB的中点，DE⊥AB交⊙O于点D，∴DE垂直平分OB，∴DB＝DO．∵DO＝OB，∴DB＝DO＝OB，∴△ODB是等边三角形，∴∠BDO＝∠DBO＝60°．∵BC＝OB＝BD，且∠DBE为△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO．∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°．∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线；

（2）这个确定的值是．
证明：如答图，连接OP，∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝．

【点睛】
本题考查了切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
57．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，＝，求CD的长．

【答案】（1）见解析；（2）4
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴＝＝，
∵AD＝8，
∴CD＝4．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
58．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．
（1）求证：EF＝DE；
（2）当AF＝2时，求GE的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质以及EF⊥DE，证明△DME≌△ENF即可；
（2）根据勾股定理计算出DF，根据平行线的性质得到，计算出DG，FG的值，利用特殊角的锐角三角函数计算出DE的值，最后证明△DGE∽△AGF，利用相似比列出方程即可求出GE的值．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，且MN∥BC，
∴四边形ANMD是矩形，∠BAC=45°，
∴∠ANM=∠DMN=90°，EN=AN=DM，
∴∠DEM+∠EDM=90°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEM+∠FEN=90°，
∴∠EDM=∠FEN，
∴在△DME与△ENF中
∠DME=∠ENF=90°，DM=EN，∠EDM=∠FEN，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴EF＝DE；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠DAB=90°，
∴DF=，
∴，即，解得：DG=，
∴FG=DF-DG=，
又∵DE=EF，EF⊥DE，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠EDF=45°，DE=EF=，
∴∠GAF=∠GDE=45°，
又∵∠DGE=∠AGF，
∴△DGE∽△AGF，
∴，即，解得：，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质以及相似三角形的性质及判定，第（1）问的解题关键是证明△DME≌△ENF，第（2）问的解题关键是通过相似三角形的性质列出方程．
59．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，连接AE，∠DAE的平分线AG与CD边交于点G，与BC的延长线交于点F．设＝λ（λ＞0）．
（1）若AB＝2，λ＝1，求线段CF的长．
（2）连接EG，若EG⊥AF，
①求证：点G为CD边的中点．
②求λ的值．

【答案】（1）﹣1；（2）①见解析；②λ＝
【解析】
【分析】
（1）根据AB＝2，λ＝1，可以得到BE、CE的长，然后根据正方形的性质，可以得到AE的长，再根据平行线的性质和角平分线的性质，可以得到EF的长，从而可以得到线段CF的长；
（2）①要证明点G为CD边的中点，只要证明△ADG≌△FGC即可，然后根据题目中的条件，可以得到△ADG≌△FGC的条件，从而可以证明结论成立；
②根据题意和三角形相似，可以得到CE和EB的比值，从而可以得到λ的值．
【详解】
解：（1）∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAG＝∠F，
又∵AG平分∠DAE，
∴∠DAG＝∠EAG，
∴∠EAG＝∠F，
∴EA＝EF，
∵AB＝2，∠B＝90°，点E为BC的中点，
∴BE＝EC＝1，
∴AE＝＝，
∴EF＝，
∴CF＝EF﹣EC＝﹣1；
（2）①证明：∵EA＝EF，EG⊥AF，
∴AG＝FG，
在△ADG和△FCG中
，
∴△ADG≌△FCG（AAS），
∴DG＝CG，
即点G为CD的中点；
②设CD＝2a，则CG＝a，
由①知，CF＝DA＝2a，
∵EG⊥AF，∠GDF＝90°，
∴∠EGC+∠CGF＝90°，∠F+∠CGF＝90°，∠ECG＝∠GCF＝90°，
∴∠EGC＝∠F，
∴△EGC∽△GFC，
∴，
∵GC＝a，FC＝2a，
∴，
∴，
∴EC＝a，BE＝BC﹣EC＝2a﹣a＝a，
∴λ＝．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．
60．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，DE∥AC，EF∥AB．
（1）求证：△BDE∽△EFC．
（2）设，
①若BC＝12，求线段BE的长；
②若△EFC的面积是20，求△ABC的面积．

【答案】（1）见解析；（2）①BE＝4；②45
【解析】
【分析】
（1）由平行线的性质得出∠DEB＝∠FCE，∠DBE＝∠FEC，即可得出结论；
（2）①由平行线的性质得出＝＝，即可得出结果；
②先求出＝，易证△EFC∽△BAC，由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠DEB＝∠FCE，
∵EF∥AB，
∴∠DBE＝∠FEC，
∴△BDE∽△EFC；
（2）解：①∵EF∥AB，
∴＝＝，
∵EC＝BC﹣BE＝12﹣BE，
∴＝，
解得：BE＝4；
②∵＝，
∴＝，
∵EF∥AB，
∴△EFC∽△BAC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S△ABC＝S△EFC＝×20＝45．
【点睛】
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理与性质．
61．（2020·浙江宁波?中考真题）（基础巩固）
（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．

（尝试应用）
（2）如图2，在▱ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的长．

（拓展提高）
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD，AE＝2，DF＝5，求菱形ABCD的边长．

【答案】（1）见解析；（2）AD＝；（3）5﹣2
【解析】
【分析】
（1）根据题意证明△ADC∽△ACB，即可得到结论；
（2）根据现有条件推出△BFE∽△BCF，再根据相似三角形的性质推断，即可得到答案；
（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，先证明四边形AEGC为平行四边形，再证△EDF∽△EGD，可得，根据EG＝AC＝2EF，可得DE＝EF，再根据，可推出DG＝DF=5，即可求出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2＝AD•AB；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，
又∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C，
又∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2＝BE•BC，
∴BC＝＝=，
∴AD＝；
（3）如图，分别延长EF，DC相交于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，∠BAC＝∠BAD，
∵AC∥EF，
∴四边形AEGC为平行四边形，
∴AC＝EG，CG＝AE，∠EAC＝∠G，
∵∠EDF＝∠BAD，
∴∠EDF＝∠BAC，
∴∠EDF＝∠G，
又∵∠DEF＝∠GED，
∴△EDF∽△EGD，
∴，
∴DE2＝EF•EG，
又∵EG＝AC＝2EF，
∴DE2＝2EF2，
∴DE＝EF，
又∵，
∴DG＝DF=5，
∴DC＝DG﹣CG＝5﹣2．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质和判定，菱形的性质，平行四边形的性质和证明，证明三角形相似是解题关键．
62．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．

【答案】
【解析】
【分析】

连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】

解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，

∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点睛】

考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
63．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的直径，点是上一点，的平分线交于点，过点作交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；
（2）过点作于点，连接．若，，求的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【详解】
解：（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°−∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；

（2）因为直径，则
∵，
∴OB=3
∴，
∵∠ADB=∠DFB=90°, ∠B=∠B
∴△DBF∽△ABD
∴
∴
所以．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握圆的切线的判定及圆中的相关计算是解题的关键．
64．（2020·浙江衢州?中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB=10，AC=6，连结OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD=∠CBA．
（2）求OE的长．

【答案】（1）见解析；（2）1.4
【解析】
【分析】
（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可；
（2）证明△AEC∽△BCA，推出，求出EC即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵AE=DE，OC是半径，
∴，
∴∠CAD=∠CBA；
（2）解：如图：

∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵AE=DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CE=3.6，
∵OC=AB=5，
∴OE=OC﹣EC=5﹣3.6=1.4．
【点睛】
本题考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，证明△AEC∽△BCA是解题关键．
65．（2020·湖南中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，D是AB上的一点，DE⊥AB于D，DE交BC于F，且EF＝EC．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，BC＝8，圆的半径OB＝5，求切线EC的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠OCB+∠ECF＝90°，可证EC是⊙O的切线；
（2）由勾股定理可求AC＝6，由锐角三角函数可求BF＝5，可求CF＝3，通过证明△OAC∽△ECF，可得，可求解．
【详解】
解：（1）连接OC，

∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵DE⊥AB，
∴∠OBC+∠DFB＝90°，
∵EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC＝∠DFB，
∴∠OCB+∠ECF＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OB＝5，
∴AB＝10，
∴AC＝＝＝6，
∵cos∠ABC＝，
∴，
∴BF＝5，
∴CF＝BC﹣BF＝3，
∵∠ABC+∠A＝90°，∠ABC+∠BFD＝90°，
∴∠BFD＝∠A，
∴∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，
∴△OAC∽△ECF，
∴，
∴EC＝＝＝．
【点睛】
此题主要考查切线的判定与性质与相似三角形综合，解题的关键是熟知切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
66．（2020·山东济宁?中考真题）如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．
(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；
（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.
【详解】
解：（1）∵△PCD∽△ABP，
∴∠CPD=∠BAP，
故作∠CPD=∠BAP即可，
如图，即为所作图形，

（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，
∴∠BAP =∠ABC，
∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，
即∠CPD =∠ABC，
∴PD∥AB.
【点睛】
本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.
67．（2020·四川乐山?中考真题）如图，是矩形的边上的一点，于点，，，．求的长度．


【答案】．
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质、勾股定理求出，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．
【详解】
∵四边形是矩形，
∴，
∵
∴
∵，
，
∴
在和中，
∴
∴，即
解得
即的长度为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
68．（2020·山东枣庄?中考真题）如图，在中，，以AB为直径的分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且．

（1）求证：BF是的切线；
（2）若的直径为4，，求．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°；
（2）过点C作于点H，求得AC、BF的长度，证出，根据相似三角形的性质求得CH、HF的长度，根据求得BH的长度，代入求解即可．
【详解】
（1）

（1）证明：如图，连接AE．
∵AB是的直径，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，即．
∵AB是的直径，
∴直线BF是的切线．
（2）解：过点C作于点H．
∵，的直径为4，
∴．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∴，．
∴．
∴．

【点睛】
本题考查了圆的综合题：切线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、直角所对的圆周角是直角、解直角三角形等知识点．
69．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在中，，以的边为直径作，交于点，过点作，垂足为点．

（1）试证明是的切线；
（2）若的半径为5，，求此时的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，，证出是等腰三角形，结合图形得出是的中位线，因为， ，证出即可得出是的切线；
（2）由（1）可得，，，在中，由勾股定理求得BD的长度，证出，根据相似三角形对应边成比例可求得DE的长．
【详解】
（1）证明：连接，，

∵为的直径，
∴，
又∵，是等腰三角形，
∴又是边上的中线，
∴是的中位线，
∴，
又，
∴，
∴是的切线．
（2）由（1）知，是边上的中线，
得．
∵的半径为5，
∴．
在中，
∵，
∴．
在和中，∵，，
∴，
∴，
即，解得．
【点睛】
本题考查了圆的切线判定定理以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线判定以及相似三角形的判定是解题的关键．
70．（2020·四川攀枝花?中考真题）三角形三条边上的中线交于一点，这个点叫三角形的重心．如图是的重心．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
过点D作DH∥AB交CE于H，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BE=2DH，从而得到AE=2DH，再根据△AEG和△DHG相似，利用相似三角形对应边成比例列出比例式计算即可得证．
【详解】
解：过点D作DH∥AB，交CE于点H，
∵AD是△ABC的中线，
∴点D是BC的中点，
∴DH是△BCE的中位线，
∴BE=2DH，DH∥AB，
∵CE是△BCE的中线，
∴AE=BE，
∴AE=2DH，
∵DH∥AB，
∴△AEG∽△DHG，
∴，
∴AG=2GD，
即AD=3GD.

【点睛】
本题考查了三角形的重心定理的证明，作辅助线构造成三角形的中位线和相似三角形是解题的关键，也是本题的难点．
71．（2020·山东德州?中考真题）如图，点C在以AB为直径的上，点D是半圆AB的中点，连接AC，BC，AD，BD，过点D作交CB的延长线于点H．

（1）求证：直线DH是的切线；
（2）若，，求AD，BH的长．
【答案】（1）见解析；（2），
【解析】
【分析】

（1）连接，先根据是的直径，D是半圆的中点，得出，再根据，得出，即可证明；
（2）连接，先证明是等腰直角三角形，求出AD的长，再根据AB，BC的长求出AC，根据四边形是圆内接四边形，推出，证明，得出，即可求出答案．
【详解】

证明：（1）连接，

∵是的直径，D是半圆的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）连接，

∵是的直径，
∴，
又D是半圆的中点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴在中，
∵四边形是圆内接四边形，
∵，
∵，
∴，
由（1）知∠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得．
【点睛】

本题考查了切线的判定，圆的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，灵活运用知识点是解题关键．
72．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，过的圆心，交于点、，是的切线，点是切点，已知，．

（1）求证：；
（2）求的周长．
【答案】（1）见解析；（2）的周长为
【解析】
【分析】

（1）由切线的性质可得，由外角的性质可得，由等腰三角形的性质，可得，可得结论；
（2）由直角三角形的性质可得，，即可求解．
【详解】

证明：（1）是的切线，
，
，
，
，
，
，
；
（2），，，
，，
，，
，
，
的周长．
【点睛】

本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
73．（2020·四川达州?中考真题）如图，在梯形中，，，，．P为线段上的一动点，且和B、C不重合，连接，过点P作交射线于点E．
聪聪根据学习函数的经验，对这个问题进行了研究：
（1）通过推理，他发现，请你帮他完成证明．
（2）利用几何画板，他改变的长度，运动点P，得到不同位置时，、的长度的对应值：
当时，得表1：

…
1
2
3
4
5
…

…
0.83
1.33
1.50
1.33
0.83
…


当时，得表2：

…
1
2
3
4
5
6
7
…

…
1.17
2.00
2.50
2.67
2.50
2.00
1.17
…


这说明，点P在线段上运动时，要保证点E总在线段上，的长度应有一定的限制．

①填空：根据函数的定义，我们可以确定，在和的长度这两个变量中，_____的长度为自变量，_____的长度为因变量；
②设，当点P在线段上运动时，点E总在线段上，求m的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）①BP，CE；②0＜m≤
【解析】
【分析】

（1）由同角的余角相等可得∠APB＝∠CEP，又因为∠B＝∠C＝90°，即可证得相似；
（2）①由题意可得随着P点的变化，CE的长度在变化，即可判断自变量和因变量；
②设BP的长度为xcm，CE的长度为ycm，由△ABP∽△PCE，利用对应边成比例求出y与x的函数关系式，利用二次函数性质，求出其最大值，列不等式确定m的取值范围；
【详解】

解：（1）证明：∵，
∴∠APE＝90°，
∵∠APB＋∠CPE＝90°，∠CEP＋∠CPE＝90°，
∴∠APB＝∠CEP，
又∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABP∽△PCE；
（2）①由题意可得随着P点的变化，CE的长度在变化，所以BP的长度为自变量，CE的长度为因变量；
故答案为：BP，CE；
②设BP的长度为xcm，CE的长度为ycm，
∵△ABP∽△PCE，
∴，即，
∴y＝
＝，
∴当x＝时，y取得最大值，最大值为，
∵点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，
∴≤2，
解得m≤，
∴m的取值范围为：0＜m≤．
【点睛】

本题考察了代数几何综合题、相似三角形的判定与性质、梯形的性质、二次函数最值等知识点，所涉及考点众多，有一定的难度．注意第（2）问中求m取值范围时二次函数性质的应用．
74．（2020·山东泰安?中考真题）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，与恰好为对顶角，，连接，，点F是线段上一点．

探究发现：
（1）当点F为线段的中点时，连接（如图（2），小明经过探究，得到结论：．你认为此结论是否成立？_________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若，则点F为线段的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若，求的长．
【答案】（1）是；（2）结论成立，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通过AB=BD求出∠A=∠ADB，紧接着根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，据此进一步得出∠ADB=∠FDE，最终通过证明∠ADB+∠EDC=90°证明结论成立即可；
（2）根据垂直的性质可以得出90°，90°，从而可得，接着证明出，利用可知，从而推出，最后通过证明得出，据此加以分析即可证明结论；
（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，紧接着，继续通过勾股定理求出，最后进一步证明，再根据相似三角形性质得出，从而求出，最后进一步分析求解即可.
【详解】
（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，
∵∠ACB=∠ECD，
∴∠A=∠E，
∵AB=BD，
∴∠A=∠ADB，
在中，
∵F是斜边CE的中点，
∴FD=FE=FC，
∴∠E=∠FDE，
∵∠A=∠E，
∴∠ADB=∠FDE，
∵∠FDE+∠FDC=90°，
∴∠ADB+∠FDC=90°，
即∠FDB=90°，
∴BD⊥DF，结论成立，
故答案为：是；
（2）结论成立，理由如下：
∵，
∴90°，90°，
∴，
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
又90°，90°，，
∴，
∴．
∴．
∴F为的中点；
（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）可知，

∴，
又∵，
在中，，
∴，
在中，，
在与中，
∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质和相似三角形的性质及判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
75．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．

（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．
【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，，由此可求得的值；
（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；
（3）先证明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根据四边形的面积即可求得答案．
【详解】
解：（1）由题可得：，．
∴．
（2）当时，线段的长度最大．
如图，过作，垂足为，则．
∵平分，
∴，
∴，．
设线段的长为，
则，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴当时，线段的长度最大，最大为．
（3）∵，
∴是圆的直径．
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形．
∴

．
在中，．
∴四边形的面积



．
∴四边形的面积为．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
76．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在矩形中，是的中点，，垂足为．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
根据矩形的性质可得，，．再根据“两直线平行，内错角相等”可得，再由垂直的定义可得．从而得出，再根据“有两组角对应相等的两个三角形相似”可得出结论；
根据中点的定义可求出BE=2，然后根据勾股定理求出AE= .再根据相似三角形的性质求解即可.
【详解】
证明：（1）∵四边形是矩形，
∴，．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴．
解：（2）∵，
∴．
∵，是的中点，
∴．
∴在中，．
又∵，
∴，
∴．
【点晴】
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.
77．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，内接于，是直径，，与相交于点E，过点E作，垂足为F，过点O作，垂足为H，连接、．

（1）求证：直线与相切；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）的值是．
【解析】
【分析】

（1）连接OB，根据CD是直径得到，再根据圆周角以及已知条件得到，进而得到即可证明；
（2）先证明，再利用相似比以及已知条件即可解答．
【详解】

（1）连接．

∵是圆O的直径，
∴，
∴．
∵
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵是圆O半径，
∴直线与圆O相切．
（2）∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴的值是．
【点睛】

本题考查圆周角定理，切线的判定，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，正确寻找相似三角形解决问题．
78．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D．

（1）求证：；
（2）若，，求CD的长．
【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质，判断出AD∥OC，再应用平行线的性质，即可推得．
(2)连接BC，通过证明△ADC△ACB，可求出AD的长，再在Rt△ADC中，通过勾股定理可求出CD的长.
【详解】
解：（1）证明：如图，连接OC，
，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD．
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO．
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠DAC=∠CAB.
(2)如图，连接BC

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°.
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°.
∴∠ADC=∠ACB.
由（1）知∠DAC=∠CAB，
∴△ADC△ACB.
∴.
∵，,则可设AD=2x,AB=3x,x>0,
∴.
解得x=2.
∴AD=4.
在Rt△ADC中，由勾股定理，得CD==.
【点睛】
此题主要考查了切线的性质和应用，以及平行线的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：若出现圆的切线，必连过切点的半径，得出垂直关系．
79．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，中，，将绕点C顺时针旋转得到，点D落在线段AB上，连接BE．

（1）求证：DC平分；
（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由：
（3）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）BE⊥AB，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AC=CD，∠A=∠CDE，再由等腰三角形的性质得到∠A=∠ADC即可证明∠ADC=∠CDE；
（2）根据旋转的性质得到∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，从而得出∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，再根据∠ACB=90°即可得到∠ABE=90°；
（3）设BD=BE=a，根据勾股定理计算出AB=DE=，表达出AD，再证明△ACD∽△BCE，得到即可．
【详解】
解：（1）由旋转可知：AC=CD，∠A=∠CDE，
∴∠A=∠ADC，
∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE；
（2）BE⊥AB，
理由：由旋转可知，∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，
又∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABC=90°，
即∠ABE=90°，
∴BE⊥AB；
（3）∵∠ABE=90°，BD=BE，
∴设BD=BE=a，则，
又∵AB=DE，
∴AB=，则AD=，
由（2）可知，∠ACD=∠BCE，∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，
∴△ACD∽△BCE，
∴，
∴tan∠ABC=．
【点睛】
本题考查了旋转的综合应用以及相似三角形的性质与判定、锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，并熟记锐角三角函数的定义．
80．（2020·四川成都?中考真题）在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上点处．
（1）如图1，若，求的度数；

（2）如图2，当，且时，求的长；

（3）如图3，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，求出的值．

【答案】（1）15°；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到，再由折叠的性质可得到；
（2）由三等角证得，从而得，，再由勾股定理求出DE，则；
（3）过点作于点，可证得．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．
【详解】
（1）∵矩形，
∴，
由折叠的性质可知BF=BC=2AB，，
∴，
∴，
∴
（2）由题意可得，
，

∴
∴
∴，
∴
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴；
（3）过点作于点．
∴
又∵
∴．
∴．
∵，即
∴，
又∵BM平分，，
∴NG=AN，
∴，
∴
整理得：．

【点睛】
本题是一道矩形的折叠和相似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．
81．（2020·山东聊城?中考真题）如图，二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于点A(－1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E．垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2＋bx＋4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在移动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与DCE相似，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=-x2＋3x＋4，y=-x＋4；（2）；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法，利用A，B两点的坐标构建二元一次方程组求解二次函数的表达式，利用B，C两点的坐标确定直线BC的表达式；
（2）先求得DE的长，根据平行四边形的性质得到PF=DE，点P与点F的横坐标相同，故利用抛物线与直线的解析式表示它们的纵坐标，根据其差等于DE长构建一元二次方程求解；
（3）结合图形与已知条件，易于发现若两三角形相似，只可能存在△PCF∽△CDE一种情况．△CDE的三边均可求，（2）中已表示PF的长，再构建直角三角形或借助两点间距离公式，利用勾股定理表示出CF的长，这样根据比例式列方程求解，从而可判断点P是否存在，以及求解点P的值．
【详解】
（1）由题意，将A(-1．0)，B(4．0)代入，得
，解得，
∴二次函数的表达式为，
当时，y=4，
∴点C的坐标为(0，4)，又点B的坐标为(4，0)，
设线段BC所在直线的表达式为，
∴，解得，
∴BC所在直线的表达式为；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE=PF，此时四边形DEFP即为平行四边形．
由二次函数y=-+3+4=(-) 2+，得D的坐标为(，)，
将代入，即y=-+4=，得点E的坐标为(，)，
∴DE=-=，
设点P的横坐标为t，则P(t，-t2+3t+4)，F(t，-t+4)，
PF=-t2+3t+4-(-t+4)=-t2+4t，
由DE=PF，得-t2+4t=，
解之，得t1= (不合题意，舍去)，t2=，
当t=时，-t2+3t+4=-()2+3×+4=，
∴P的坐标为(，)；
（3）由（2）知，PF∥DE，
∴∠CED=∠CFP，
又∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有当∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE，

由D (，)，C(0，4)，E(，)，利用勾股定理，可得
CE=，DE=，
由（2）以及勾股定理知，PF=-t2+4t，F(t，-t+4)，
CF=，
∵△PCF∽△CDE，
∴，即，
∵t≠0，
∴()=3，
∴t=，
当t=时，-t2+3t+4=-()2+3×+4=．
∴点P的坐标是(，)．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是，学会用数形结合的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
82．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在ABC中，AB＝BC，以△ABC的边AB为直径作⊙O，交AC于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为点E．
（1）试证明DE是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，AC＝6，求此时DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）连接OD、BD，求出BD⊥AD，AD=DC，根据三角形的中位线得出OD∥BC，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；
（2）先利用勾股定理求出BD的长，证得Rt△CDE和Rt△ABD，利用对应边成比例即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD，BD，

∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AD，
又∵AB=BC，△ABC是等腰三角形，
∴AD=DC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
又DE⊥BC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，BD是AC边上的中线，AC=6，
得AD=CD=3，
∵⊙O的半径为5，
∴AB=10，
在Rt△ABD中，BD=，
∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
在Rt△CDE和Rt△ABD中，
∵∠DEC=∠ADB=90°，∠C=∠A，
∴Rt△CDE∽Rt△ABD，
∴，即，
解得：DE=3．
【点睛】
本题综合考查了切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质以及三角形中位线的判定与性质．解题的关键是熟练掌握和圆有关的各种性质定理，并且能够熟练运用．
83．（2020·湖南株洲?中考真题）AB是的直径，点C是上一点，连接AC、BC，直线MN过点C，满足．

（1）如图①，求证：直线MN是的切线；
（2）如图②，点D在线段BC上，过点D作于点H，直线DH交于点E、F，连接AF并延长交直线MN于点G，连接CE，且，若的半径为1，，求的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理的推论和直角三角形的性质可得，由可得，进一步即可推出，从而可得结论；
（2）如图②，由已知条件易求出AC的长，根据对顶角相等和圆周角定理可得∠1=∠3，根据余角的性质可得，进而可得∽，于是根据相似三角形的性质变形可得，进一步即可求出结果．
【详解】
解：（1）证明：连接OC，如图，
∵AB是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴MN是的切线；

（2）如图②，∵，即，∴，
∵∠2=∠3，∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∵，2
∴∠1+∠AGC=90°，
∵∠3+∠ECD=90°，
∴，
又∵，
∴∽，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等腰三角形的性质、解直角三角形、圆周角定理的推论以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用相似三角形的判定和性质是解题的关键．
84．（2020·北京中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，，可得，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得，求出OE，，求出OF，即可求出EF．
【详解】
（1）证明：连接OD，

∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，

在Rt△OCD中，，
∴，
∴，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴，
∴OE=4，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．
85．（2020·四川广元?中考真题）已知，O为对角线AC的中点，过O的一条直线交AD于点E，交BC于点F．

（1）求证：；
（2）若，的面积为2，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）16.
【解析】
【分析】

（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠EAO＝∠FCO，由ASA即可得出结论；
（2）由于，O为对角线AC的中点，得出△AEO∽△ADC，根据的面积为2，可得△ADC的面积，进而得到的面积．
【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
（2）∵=1：2，O为对角线AC的中点，
∴AO:AC=1:2，
∵∠EAO＝∠DAC，
∴△AEO∽△ADC，
∵的面积为2，
∴△ADC的面积为8，
∴的面积为16.
【点睛】

本题考查了平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形面积比，要熟练掌握全等三角形的判定和相似三角形的判定.
86．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值；
（3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标．

【答案】（1）y＝﹣2x2+4x+6；（2）S△PBC＝﹣3m2+9m（0＜m＜3）； ；（3）M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，﹣）
【解析】
【分析】

（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值；
（3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可．
【详解】

（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6，
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6．
（2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示．

当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6，
∴点C的坐标为（0，6）．
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6．
设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），
∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m，
∴，
∴当时，△PBC面积取最大值，最大值为 ．
∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，
∴0＜m＜3．
（3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D，

∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM，
∴△MCD∽△NCM，
若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△NCM相似，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a，
当 时，△COB∽△CDM∽△CMN，
∴ ，
解得，a＝1，
∴M（1，8），
此时，
∴N（0，），
当时，△COB∽△MDC∽△NMC，
∴ ，
解得 ，
∴M（，），
此时N（0，）．
如图3，当点M位于点C的下方，

过点M作ME⊥y轴于点E，
设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6），
∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a，
同理可得：或，△CMN与△OBC相似，
解得或a＝3，
∴M（，）或M（3，0），
此时N点坐标为，N（0，）或N（0，﹣）．
综合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），，N（0，）或M（3，0），N（0，﹣），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．
【点睛】

此题考查二次函数综合题，综合考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最大值，相似三角形的判定与性质，以及渗透分类讨论思想．
87．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连接EF．
（1）设⊙O的半径为1，若∠BAC＝30°，求线段EF的长．
（2）连接BF，DF，设OB与EF交于点P，
①求证：PE＝PF．
②若DF＝EF，求∠BAC的度数．

【答案】（1）；（2）①见解析；②∠BAC＝45°
【解析】
【分析】
（1）解直角三角形求出AB，再证明∠AFB＝90°，利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
（2）①过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．想办法证明四边形OEHF是平行四边形可得结论．
②想办法证明FD＝FB，推出FO⊥BD，推出△AOB是等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC＝30°，OA＝1，
∴∠AOE＝60°，OE＝OA＝，AE＝EB＝OE＝，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∵OF＝FC，
∴BF⊥AC，
∴∠AFB＝90°，
∵AE＝EB，
∴EF＝AB＝．
（2）①证明：过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．
∵∠FGA＝∠ABC＝90°，
∴FG∥BC，
∴△OFH∽△OCB，
∴＝＝，
同理＝，
∴FH＝OE，
∵OE⊥AB．FH⊥AB，
∴OE∥FH，
∴四边形OEHF是平行四边形，
∴PE＝PF．
②∵OE∥FG∥BC，
∴＝＝1，
∴EG＝GB，
∴EF＝FB，
∵DF＝EF，
∴DF＝BF，
∵DO＝OB，
∴FO⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°．

【点睛】
本题考查了解直角三角形、直径的性质、等边三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，题目的综合性较强，添加辅助线较多，解题的关键是熟记并且灵活运用有关的性质定理．
88．（2020·浙江宁波?中考真题）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．

【答案】（1）∠E＝α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；②
【解析】
【分析】
（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】
解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，
（2）如图1，延长BC到点T，

∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，

∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG＝，
在Rt△ADE中，AE＝AD，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝，
∴ED＝AD＝，
∴CE＝CD+DE＝，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝CE＝，
∴DM＝DE﹣EM＝，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝，
∴S△DEF＝DE•FM＝．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
89．（2020·浙江台州?中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF，
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB=6，BC=m时，在线段CM正存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题（也可以利用圆内接四边形的性质直接证明）．
(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．
(3)证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ=BD=m，EF=m，由△ABC∽△CBM，可得BM=，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可.
【详解】
（1）证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°
∵∠EFB=∠EDB，∠EBF=∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，
∴∠BEF=90°，
∴△BEF是直角三角形．
(2) 证明：∵BC=BD，
∴∠BDC=∠BCD，
∵∠EFB=∠EDB，
∴∠EFB=∠BCD，
∵AC=AD，BC=BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC=90°，
∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，
∴∠BCD=∠CAB，
∴∠BFE=∠CAB，
∵∠ACB=∠FEB=90°，
∴△BEF∽△BCA．
(3) 设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：

∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ=JB，
∴AF=DF，
∴ FJ=
∴ EF=
∵ △ABC∽△CBM
∴ BC:MB=AB:BC
∴ BM=，
∵ △BEJ∽△BME，
∴ BE:BM=BJ:BE
∴ BE=，
∵ △BEF∽△BCA，
∴
即
解得(负根舍去).
故答案为：
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
90．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点为对角线上一动点（点与点、不重合），连接，作交射线于点，过点作分别交，于点、，作射线交射线于点

（1）求证：；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）GE的长为，
【解析】
【分析】
（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）分两种情况：①当点F在线段AB上时，②当点F在BA的延长线上时；均可根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC＋∠BCM＝180°，∠MNB＋∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM＋∠DEM＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEM＋∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴

（2）如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，

∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AC＝AG＋GC，
∴AG＝，CG＝，
∴GE＝GC−CE＝-=；
如图2所示，

同理可得，FN＝BN，
∵AF＝2，AB＝4，
∴AN＝1，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AF∥CD，
∴△GAF∽△GCD，
∴，
即，
解得，AG＝4，
∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，
∴AE＝，
∴GE＝GA＋AE＝5．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
91．（2020·浙江中考真题）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c(c＞0)的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A(点A在对称轴左侧)，点B在AC的延长线上，连结OA，OB，DA和DB．
(1)如图1，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是(﹣2，1)，求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．
(2)如图2，若b＝﹣2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)①y＝﹣x2﹣2x+1；②证明见解析；(2)存在这样的点A，A(﹣，)
【解析】
【分析】
(1)①由点A(﹣2，1)得到C(0，1)，利用待定系数法即可求解；
②作DE⊥x轴于E，交AB于点F，利用顶点坐标及点C的坐标求得DF＝，利用“AAS”证得△AFD≌△BCO，得到DF＝OC，即可证得结论；
(2)由题意知顶点坐标D(﹣1，c+1)，设点A(m，﹣m2﹣2m+c)，利用“AAS”证得△AFD≌△BCO，作如图的辅助线，证得△ANF∽△AMC，结合已知＝，求得，利用比例线段即可求解．
【详解】
(1)①∵AC∥x轴，点A(﹣2，1)，
∴C(0，1)，
将点A(﹣2，1)，C(0，1)代入抛物线解析式中，得：
，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；
②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，

∵AC∥x轴，
∴EF＝OC＝c，
∵点D是抛物线的顶点坐标，
∴D(，)，
∴DF＝DE﹣EF＝＝，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝OB，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∵∠AFD＝∠BCO＝90°，
∴△AFD≌△BCO(AAS)，
∴DF＝OC，
∴＝c，
即b2＝4c；
(2)如图2，

∵b＝﹣2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∴顶点坐标D(﹣1，c+1)，
假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，
设点A(m，﹣m2﹣2m+c)(m＜0)，
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，
∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∴△AFD≌△BCO(AAS)，
∴AF＝BC，DF＝OC，
过点A作AM⊥y轴于M，交DE于N，
∴DE∥CO，
∴△ANF∽△AMC，
∴＝，
∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1，
∴，
∴，
∴点A的纵坐标为﹣(﹣)2﹣2×(﹣)+c＝c﹣＜c，
∵AM∥x轴，
∴点M的坐标为(0，c﹣)，N(﹣1，c﹣)，
∴CM＝c﹣(c﹣)＝，
∵点D的坐标为(﹣1，c+1)，
∴DN＝(c+1)﹣(c﹣)＝，
∵DF＝OC＝c，
∴FN＝DN﹣DF＝﹣c，
∵＝，
∴，
∴c＝，
∴c﹣＝，
∴点A纵坐标为，
∴A(﹣，)，
∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数对称轴顶点坐标的公式，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等，求得D的坐标是解题的关键．
92．（2020·浙江中考真题）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2），4或3；（3）6≤a＜.
【解析】
【分析】

（1）根据等边三角形的性质，运用等边三角形内角都为60°以及三边相等进行求解．
（2）根据相似三角形的性质，运用对应边成比例以及勾股定理进行求解．
（3）根据三角函数以及三线合一性质，运用勾股定理以及比例关系进行求解．
【详解】

（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，

∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，

同法可证HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．

∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tanA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
【点睛】

本题考查等边三角形性质，勾股定理，相似三角形性质以及三角形函数的知识点，知识点的灵活运用，以及通过对图形的理解分析出结果的所以可能性是解决此类问题的关键所在．
93．（2020·湖南中考真题）如图，已知抛物线y＝ax2过点A（﹣3，）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知直线l过点A，M（，0）且与抛物线交于另一点B，与y轴交于点C，求证：MC2＝MA•MB；
（3）若点P，D分别是抛物线与直线l上的动点，以OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P点坐标．

【答案】（1）y＝x2；（2）见解析；（3）P（﹣1﹣，2+）或（﹣1+，2﹣）或（﹣2，1）．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）构建方程组确定点B的坐标，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（3）如图2中，设P（t，t2），根据PD＝CD构建方程求出t即可解决问题．
【详解】
解：（1）把点A（﹣3，）代入y＝ax2，
得到＝9a，
∴a＝，
∴抛物线的解析式为y＝x2．
（2）设直线l的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线l的解析式为y＝﹣x+，
令x＝0，得到y＝，
∴C（0，），
由，解得或，
∴B（1，），
如图1中，过点A作AA1⊥x轴于A1，过B作BB1⊥x轴于B1，则BB1∥OC∥AA1，

∴＝＝＝，＝＝＝，
∴＝，
即MC2＝MA•MB．
（3）如图2中，设P（t，t2）

∵OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，
∴PD∥OC，PD＝OC，
∴D（t，﹣t+），
∴|t2﹣（﹣t+）|＝，
整理得：t2+2t﹣6＝0或t2+2t＝0，
解得t＝﹣1﹣或﹣1＝或﹣2或0（舍弃），
∴P（﹣1﹣，2+）或（﹣1+，2﹣）或（﹣2，1）．
【点睛】
此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、平行线分线段成比例的性质．
94．（2020·浙江金华?中考真题）如图，在△ABC中，AB=，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．

【答案】（1）4;（2）①90°；②
【解析】
【分析】
（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=，证明△AEF∽△ACB，推出，由此求出AF即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，==4.

（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.

②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴＝，即＝，
∴AF＝,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝＝.

【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
95．（2020·浙江金华?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F， 已知OB=8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P， Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）48；（3）点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)
【解析】
【分析】
（1）结合正方形性质求得△ACE≌△ABD，从而得到AE=AD，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）连接DE，求出△ADE的面积即可解决问题．
（3）首先证明AK=3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形．③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形．分别利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】
（1）∵DF∥AE，EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵四边形ABOC是正方形，
∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴是菱形
（2）如图1，连结DE
∵S△ABD＝AB·BD＝， S△ODE＝OD·OE＝，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE＝64－2－8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48
（3）由图1，连结AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3

1）当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2、图3两种情况：
如图2，AG与PQ交于点H，

∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t
∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，
∴点N是OP中点，
∴HN是△OPQ的中位线，
∴ON＝PN＝8－t
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴＝＝ ，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN－NH＝8－3t.
∵PN＝3MH，
∴8－t =3(8－3t)，解得t＝2
∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12
∴点P的坐标为(12，0)
如图3，△APH的两直角边之比为1:3
过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M

∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，
∴△AMH∽△HNP，
∴＝＝，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM－AB＝3t－8，
∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24
又∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HI＝HN，
∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4
∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，
∴点P的坐标为(24，0)
2）当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4、图5两种情况：
如图4，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N

∵MH是△QAC的中位线，
∴HM＝＝4
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴＝＝，则PN＝＝，
∴OM＝
设HN＝t，则MQ＝3t
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－，解得t＝
∴OP＝MN＝4＋t＝，
∴点P的坐标为(，0)
如图5，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N

∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH，
∴△PMH∽△HNQ，
∴＝＝＝，则MH＝NQ＝
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+，解得 t＝
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝，
∴点P的坐标为(，0)
3）当AP为菱形对角线时，有图6一种情况：
如图6，△PQH的两直角边之比为1:3
过点H作HM⊥y轴于点M，交AB于点I，过点P作PN⊥HM于点N

∵HI∥x轴，点H为AP的中点，
∴AI＝IB＝4，
∴PN＝4
∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°，
∴△PNH∽△HMQ，
∴＝＝＝，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0)
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，(，0)，(，0)，(16，0)．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题，属于中考压轴题．
96．（2020·山东枣庄?中考真题）在中，，CD是中线，，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AE交于点M，DE与BC交于点N．

（1）如图1，若，求证：；
（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；
（3）若，，求DN的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；
（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；
（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵，，CD是中线，
∴，，
∴．
在与中，，
∴．
∴；
（2）证明：∵，
∴
∵，
∴．
∴．
∴，即．
（3）如图，过D作于点G，
则，．
当，时，
由，得．
在中，
．
∵，，
∴．
∴，
∴．
∴．

【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．