2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：相似(含解析)

这是一份2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：相似(含解析)，共52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。
2023年内蒙古九年级数学中考模拟题分项选编：相似

一、单选题
1．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠BAC的平分线交BD于E，交BC于F，BH⊥AF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、GF，以下结论：①ΔOAE≅ΔOBG；②四边形BEGF是菱形；③BE=CG；④=−1；⑤SΔPBC：SΔAFC=1：2，其中正确的有（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）如图，在矩形中，，以点为圆心，以不大于长为半径作弧，分别交边，于点，，再分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线分别交，于点，；分别以点，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线交于点，则长为（    ）

A． B． C． D．
3．（2023·内蒙古包头·二模）如图，是的中线，是上一点，的延长线交于，记的面积为，的面积为，则的值为（    ）
  
A． B． C． D．
4．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）如图，在中，，于点．点是上两点，且，，若，．则的值为（　　）

A． B． C． D．
5．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）下列命题：（1）一个三角形的各边长扩大为原来的9倍，这个三角形的面积也扩大为原来的9倍（2）相等的圆心角所对的弦相等（3）对角线相等且互相垂直的四边形是正方形（4）经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，其中真命题的个数有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
6．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，D、E分别是的边、上的点，且，若，则的值为（　　）

A． B． C． D．
7．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在x轴上，边在y轴上，点B的坐标为，将矩形沿对角线折叠，使点B落在D点的位置，且交y轴交于点E，则点D的坐标是（   ）

A．（） B．（，2） C．（） D．
8．（2023·内蒙古通辽·统考一模）如图，已知．
（1）以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交于点M，交于点N．
（2）分别以M，N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点P．
（3）作射线交于点D．
（4）分别以A，D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点．
（5）作直线，交，分别于点E，F．
依据以上作图，若，，，则的长是（ ）

A． B．1 C． D．4
9．（2023·内蒙古通辽·统考一模）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
10．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，与位似，点O是它们的位似中心，且位似比为1∶2，则与的周长之比是（    ）

A．1∶2 B．1∶4 C．1∶3 D．1∶9

二、填空题
11．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）如图，点在反比例函数的图象上，点在轴负半轴上，直线交轴于点，若，的面积为，则的值为_________．
  
12．（2023·内蒙古包头·二模）如图，在中，，以的中点为圆心，分别与，相切于两点，则的长为________．
  
13．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，直线交x轴于点A、交y轴于点B，点C在反比例函数的图象上，且，连接交反比例函数图象于点D，若，则k的值为___________．

14．（2023·内蒙古包头·二模）如图，在中，．以点为圆心，为半径作圆弧，与交于，再分别以为圆心，大于的长为半径作圆弧交于点，作直线，交于，则的长度为________．
  
15．（2023·内蒙古包头·二模）如图，已知是等边三角形，点分别在边上，且，连接并延长至点，使，连接，连接并延长交于点．若，则________．
  
16．（2023·内蒙古包头·统考一模）如图，在矩形中，，E为边的中点，将绕点E顺时针旋转，点D对应点为C，点A的对应点为F，过点E作交BC于点M，交于点N，现有下列结论：
①；②；③；④点N为的中点，其中正确的结论为_____．

17．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在矩形中，E为边上一点，将沿折叠，使点A的对应点F恰好落在边上，连接交于点G．若，则的长度为___

18．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在中，，，，点是边上的一点，过点作，交于点，作的平分线交于点，连接．若的面积是2，则的值是______．

19．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在矩形中，是边上一点，且，与相交于点，若的面积是，则的面积是______．
  

三、解答题
20．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）如图，在中，，以AC为直径作交BC于点D，过点D作，垂足为E，延长BA交于点F．

(1)求证：DE是的切线
(2)若，求的半径．
21．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）已知，为上一点，过点的切线交弦的延长线于点．
  
(1)如图1，当弦为直径时，直接写出与的数量关系_________；
(2)如图2，当为非直径时，（1）中结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由；
(3)如图2，已知，，求的长．
22．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）抛物线与轴交于点，对称轴为直线，平行于轴的直线与抛物线交于、两点，点在对称轴左侧，．

(1)求此抛物线的解析式；
(2)求的面积；
(3)点在轴上，直线将面积分成两部分，请直接写出点坐标．
23．（2023·内蒙古鄂尔多斯·三模）如图，抛物线与轴交于点、两点，与轴交点，连接，．抛物线的对称轴交轴于点，交于点，顶点为．

(1)求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上存在一点P，使与相似，求点P的坐标；
(3)已知点G是抛物线上的一点，连接，若，求点G的坐标．
24．（2023·内蒙古包头·二模）（1）发现：如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：；
（2）探究：如图②，在矩形中，为边上一点，且，．将沿翻折到处，延长交边于点，延长交边于点，且，求的长．
（3）拓展：如图③，在菱形中，为边上的一点且，．将沿翻折得到，与交于且，直线交直线于点，求的长．
  
25．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）（1）如图①在内，，，D是内一点，将绕点B顺时针旋转，点C恰好与点A重合．D旋转到点E，连接、，判断与的位置关系，并说明理由．
（2）在（1）的条件下，如图②，当，延长交于点F，若，时，求的长．
（3）如图③，在和中，，，连接、填空：
①线段与的数量关系是______________；
②当时，点E到的距离的长为2，则线段的长为__________．

26．（2023·内蒙古通辽·统考一模）如图，二次函数的图象与x轴交于，，两点，与y轴交于点C．

(1)求二次函数的解析式．
(2)点是第二象限抛物线上一动点，过点P作轴于点Q．若，求m的值．
(3)点M为抛物线上一动点，点N为x轴上一动点，是否存在以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
27．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，为的真径，是的弦，的切线与的延长线交于点E，且

(1)求证：；
(2)若，，求的直径．
28．（2023·内蒙古包头·模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．

(1)如图1，在“对角互余四边形” 中，，，求四边形的面积．
(2)如图2，在四边形中，连接，，点O是外接圆的圆心，连接，．求证：四边形是“对角互余四边形”；
(3)在（2）的条件下，如图3，已知，连接，求的值．（结果用带有a，b的代数式表示）
29．（2023·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，B两点坐标分别是，，连接．

(1)求抛物线的表达式；
(2)将沿所在直线折叠，得到，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上？若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
(3)若点P是抛物线位于第二象限图象上的一动点，连接交于点Q，连接BP，的面积记为，的面积记为，求的值最大时点P的坐标．
30．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，是的外接圆，为的直径，点为上一点，交的延长线于点，与交于点，连接，若．

(1)求证：是的切线．
(2)若，，求的半径．

参考答案：
1．C
【分析】证明△AHG≌△AHB（ASA），得出AF是线段BG的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质和正方形的性质即可得出②正确；设OA=OB=OC=a，由菱形和正方形的性质得出OA=OB，证出∠OAE=∠OBG，由ASA证明△OAE≌△OBG，可得出①正确；求出OG=OE=a-b，由平行线分线段成比例定理可得出④正确；证明△EAB≌△GBC（ASA），得出BE=CG，可得出③正确；证明△FAB≌△PBC（ASA），得出BF=CP，则三角形的面积公式，可得出⑤错误；即可得出结论．
【详解】解：∵AF是∠BAC的平分线，
∴∠GAH=∠BAH，
∵BH⊥AF，
∴∠AHG=∠AHB=90°，
在△AHG和△AHB中，
，
∴△AHG≌△AHB（ASA），
∴GH=BH，
∴AF是线段BG的垂直平分线，
∴EG=EB，FG=FB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAF=∠CAF=×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°，
∴∠BEF=∠BAF+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°-∠BAF=67.5°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴EB=FB，
∴EG=EB=FB=FG，
∴四边形BEGF是菱形；②正确；
设OA=OB=OC=a，菱形BEGF的边长为b，
∵四边形BEGF是菱形，
∴GF∥OB，
∴∠CGF=∠COB=90°，
∴∠GFC=∠GCF=45°，
∴CG=GF=b，∠CGF=90°，
∴CF=GF=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，
∵BH⊥AF，
∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，
∴∠OAE=∠OBG，
在△OAE和△OBG中，
，
∴△OAE≌△OBG（ASA），①正确；
∴OG=OE=a-b，
∴△GOE是等腰直角三角形，
∴GE=OG，
∴b=（a-b），
整理得a=b，
∴AC=2a=（2+）b，AG=AC-CG=（1+）b，
∵四边形ABCD是正方形，
∴PC∥AB，
∴=1+，
∵△OAE≌△OBG，
∴AE=BG，
∴=1+，
∴=-1，④正确；
∵∠OAE=∠OBG，∠CAB=∠DBC=45°，
∴∠EAB=∠GBC，
在△EAB和△GBC中，
，
∴△EAB≌△GBC（ASA），
∴BE=CG，③正确；
在△FAB和△PBC中，
，
∴△FAB≌△PBC（ASA），
∴BF=CP，
∴，⑤错误；
综上所述，正确的有4个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
2．A
【分析】由作图步骤可知是的角平分线，是的垂直平分线，则，利用勾股定理可得，因为，所以，则，即，解得，所以．
【详解】由题意可知：是的角平分线，是的垂直平分线，
∵四边形是矩形，
∴，，，
，
，，
则，
AD∥BQ，

，即，解得，
．
故选：A
【点睛】本题主要考查了角平分线、垂直平分线的作图方法、矩形的性质、相似三角形判定和性质、勾股定理，解题的关键是掌握角平分线、垂直平分线的作图方法以及找准相似三角形进行线段计算．
3．A
【分析】过点D作交于点G，易证，则，再证明，则，即可得出结论．
【详解】解：过点D作交于点G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
∴，
设，则，
∵是的中线，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
∴，
∴，则，
∴，
∴，
故选：A．
  
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造相似三角形，掌握相似三角形面积比等于相似比的平方．
4．D
【分析】根据，，，可得是等腰直角三角形，根据勾股定理可算出的长，如图所示，是的外角，是的外角，由此可证，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，

∵，，，
∴是等腰直角三角形，且，，
∴在中，，，
∴，，
∴，
已知，是的外角，是的外角，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
∴代入得，，解得，，（舍去），
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形，相似三角形的综合，掌握等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．D
【分析】利用平行公理、正方形的判定方法、相似三角形的性质、弦与圆心角的关系判定即可．
【详解】解∶一个三角形的各边长扩大为原来的9倍，这个三角形的面积也扩大为原来的81倍,故（1）是假命题；
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故（2）是假命题；
对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，故（3）是假命题；
经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，故（4）是真命题；共有1个真命题，
故选∶ D．
【点睛】本题考查了平行公理、正方形的判定方法、相似三角形的性质、弦与圆心角的关系以及命题与定理∶判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．
6．C
【分析】由已知条件易求得，由可证，，可得的值，再利用相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了等高的两个三角形的面积之间的关系和相似三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键．
7．D
【分析】过D作于F，根据折叠可以证明，然后利用全等三角形的性质得到，设，那么，利用勾股定理即可求出m，然后利用已知条件可以证明，而，接着利用相似三角形的性质即可求出、的长度，也就求出了点D的坐标．
【详解】如图，过D作于F，

∵点B的坐标为，
∴，
根据折叠可知，
而
∴，
∴，
设，那么，
在中，，
∴，  
解得，
∵，
∴，
∴
而，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴D的坐标为，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了图形的折叠问题，也考查了坐标与图形的性质，解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它们的性质即可解决问题．
8．C
【分析】连接，则，根据相似三角形对应边成比例即可得出结果
【详解】如图，连接
垂直平分
,
平分





同理可知
四边形是平行四边形
又
平行四边形是菱形



又


，

解得：

故选C
【点睛】本题考查了由已知作图分析角平分线的性质，垂直平分线的性质，相似三角形，菱形的性质与判定，熟知上述各类图形的判定或性质是解题的基础，寻找未知量与已知量之间的等量关系是关键．
9．C
【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．
10．A
【分析】根据位似图形是相似图形，位似比等于相似比，相似三角形的周长比等于相似比即可求解．
【详解】解：∵与位似
∴
∵与的位似比是1:2
∴与的相似比是1:2
∴与的周长比是1:2
故选：A．
【点睛】本题考查了位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质和相似三角形的性质．
11．4
【分析】根据三角形的面积公式可得，进而求出答案．
【详解】解：如图，过点作轴，垂足为，
  
∵，，
∴，
∴，
而，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查反比例函数系数的几何意义，平行线段成比例，解题的关键是掌握反比例函数系数的几何意义，求出的面积．
12．/
【分析】连接，，先根据切线性质和正方形的判定证明四边形是正方形，得到，，，再根据平行线分线段成比例得到，然后利用勾股定理求得，进而得到，利用弧长公式求解即可．
【详解】解：连接，，
  
∵分别与，相切于两点，
∴，又，，
∴四边形是正方形，
∴，，，又为的中点，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查弧长公式、切线性质、平行线分线段成比例、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握切线性质，证得是解答的关键．
13．4
【分析】过点C作轴于点E，过点D作轴于点F，可得∽，设，，可得，结合，可得，由点C、点D都在反比例函数的图象上，可求，从而可得点的坐标，则k的值即可求解．
【详解】解：如图，过点C作轴于点E，过点D作轴于点F，
则，

∵，
∴
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴∽，
∴．
∵直线交x轴于点A、交y轴于点B，
令，得；令，得，
∴，，
∴，，
∴，
即；
设，，
则，
∴，
∴，
∵，，
∴，即EF=2OF，
∴，
∵，
∴，
所以，
∴，
∵点C、点D都在反比例函数的图象上，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∴．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，解题的关键是作出辅助线，利用数形结合的思想求出点点C、点D的坐标．
14．
【分析】由作图可得，，，垂直平分，根据相似三角形的性质，即可得到的长．
【详解】解：如图所示，设交于点，
  
由作图可得，，垂直平分，
，，，
，
，
，
，，
∽，
，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了尺规作图—作线段的垂直平分线，相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，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．
15．
【分析】如图，延长、交于点，由是等边三角形，可知， ，由，可得，证、是等边三角形，则，，证明，则，即，证明，则，解得，证明，则，进而可得结果．
【详解】解：如图，延长、交于点，
  
∵是等边三角形，
∴， ，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，解得，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
16．①③/③①
【分析】证明，可得，推出垂直平分线段，可得，由此即可一一判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，故①正确，
不妨设，则，
∴，显然不一定成立，故②错误，
∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
∵，
∴＝，
∵，
∴，故③正确，
不妨设，
则，
∴ ，这个显然不可能，故④错误，
故答案为①③；
【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、矩形的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
17．
【分析】由折叠的性质可知垂直平分，证明，得出即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得：，
∴垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】此题考查了三角形相似、折叠的性质，解题的关键是综合运用三角形的相似和折叠的性质．
18．
【分析】先根据勾股定理得出，根据的面积是2，求出点到的距离为，根据的面积，求出点到的距离为，即可得出点到的距离为，根据相似三角形的判定与性质，得出，求出，，根据等角对等边求出，即可求出，即可得出最后结果．
【详解】解：在中，由勾股定理得，，
∵的面积是2，
∴点到的距离为，
在中，点到的距离为，
∴点到的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形高的有关计算，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，解题的关键是求出点到的距离为，点到的距离为．
19．27
【分析】根据矩形的性质，很容易证明∽，相似三角形之比等于对应边比的平方，即可求出的面积．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
∽，
，，
：：，
：：，即：：，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，综合性比较强，学生要灵活应用．掌握相似三角形的面积比是相似比的平方是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)13

【分析】（1）连接OD，只要证明OD⊥DE即可；
（2）连接CF，证OD是△ABC的中位线，得CF=2DE，再证DE是△FBC的中位线，得CF=2DE,设AE=2x，DE=3k，则CF=6k，BE=EF=AE+AF=2k+10，AC=BA=EF+AE=4k+10，然后在Rt△ACF中，由勾股定理，得 (4k+10)2=102+(6k)2，
解得：k=4，从而求得AC=4k+10=4×4+10=26，即可求得的半径OA长，即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD；

∵OD=OC，
∴∠C=∠ODC，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠ODC，
∴ODAB，
∴∠ODE=∠DEB；
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ODE=90°，
即DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：连接CF，

由（1）知OD⊥DE，
∵DE⊥AB，
∴ODAB，
∵OA=OC，
∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，
∵AC是的直径，
∴∠CFA=90°，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠CFA=∠BED=90°，
∴DECF，
∴
∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，
∴CF=2DE,
∵，
∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，
∵AF=10，
∴BE=EF=AE+AF=2k+10，
∴AC=BA=EF+AE=4k+10，
在Rt△ACF中，由勾股定理，得
AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，
解得：k=4，
∴AC=4k+10=4×4+10=26，
∴OA=13,
即的半径为13．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，证OD是△ABC的中位线， DE是△FBC的中位线是解题的关键．
21．(1)；
(2)成立，理由见解析；
(3)．

【分析】（1）连接，由等边对等角得，再由切线的性质及直径所对的圆周角是直角得，，从而即可得解；
（2）延长交于点，连接，由切线的性质得，再由直径所对的圆周角是直角得，从而得，再根据等角的余角相等及圆周角定理即可得证；
（3）证明，利用相似三角形的性质即可得解．
【详解】（1）解：连接，
  
∵，
∴，
∵切于点，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故答案为；
（2）解：成立，理由如下：
延长交于点，连接，
  
∵切于点，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
（3）解：∵，，
∴，
由（2）得，
∵，
∴，
∴即，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等边对等角、相似三角形的判定及性质、切线的性质以及等角的余角相等，熟练掌握圆周角定理、等边对等角、相似三角形的判定及性质以及切线的性质是解题的关键．
22．(1)
(2)
(3)的坐标为或．

【分析】（1）由对称轴直线，以及点坐标确定出与的值，即可求出抛物线解析式；
（2），对称轴为直线，可得的横坐标为，点的横坐标为，进而代入解析式，得出，，根据，进而根据三角形的面积公式即可求解；
（3）由抛物线的对称轴及的长，确定出与的横坐标，代入抛物线解析式求出纵坐标，确定出与坐标，利用待定系数法求出直线解析式，作出直线，与交于点，过作轴，与轴交于点，与轴交于点，由已知面积之比求出的长，确定出横坐标，代入直线解析式求出纵坐标，确定出坐标，再利用待定系数法求出直线解析式，即可确定出的坐标．
【详解】（1）由题意得：，，
解得：，，
则此抛物线的解析式为；
（2）解：∵，对称轴为直线，
∴的横坐标为，点的横坐标为，
将代入，，解得：，则,
将代入，，解得：，则,
∵
∴到的距离为，
∴的面积为
（3）设直线解析式为，
把坐标代入得：，即，
作出直线，与交于点，过作轴，与轴交于点，与轴交于点，
  
可得，
，
点在轴上，直线将面积分成：两部分，
：：或：：，即：：或：：，
，
或，
当时，把代入直线解析式得：，
此时，直线解析式为，令，得到，即；
当时，把代入直线解析式得：，
此时，直线解析式为，令，得到，此时，
综上，的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数性质，二次函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的判定与性质等，有一定的难度，熟练掌握待定系数法和相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
23．(1)y＝﹣x2+x+2，M
(2)P的坐标为或或或
(3)点G的坐标为(3，2)或

【分析】（1）将、代入，用待定系数法即可得抛物线的解析式为，化为顶点式可得顶点坐标；
（2）由得，即知，设，，则，①，即得，即，可得，或，，②，得，即，可得，或，；
（3）过作交抛物线于，作关于的对称点，连接交于，过作轴于，连接并延长交抛物线于，由，知，是满足条件的点，即得，根据，可求，，根据，可求，，即得，，而、关于对称，故是的中点，，直线与抛物线交点是满足条件的点，可得，，直线为，由即得，．
【详解】（1）将、代入得：
，解得，
抛物线的解析式为，
，
顶点的坐标为，；
（2）如图：

在中，令得，
，
而，
，
抛物线对称轴为直线，设，，
，
当与相似，分两种情况：
①，此时，且可知，
，即，
或，
，或，；
②，此时，且可知，
，即，
或，
，或，，
综上所述，的坐标为，或，或，或，；
（3）过作交抛物线于，作关于的对称点，连接交于，过作轴于，连接并延长交抛物线于，如图：

，
，是满足条件的点，
，、关于直线对称，
，
，
，，
，
而，，
，
，即，
，
，
又，，
，
，即，
，，
，
，，
、关于对称，
是的中点，，
直线与抛物线交点是满足条件的点，
而，
，，
设直线为，
则，
解得，
直线为，
由得（舍去）或，
，，
综上所述，若，点的坐标为或，．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数图象上点坐标的特征、相似三角形的判定及性质、对称变换等知识，解题的关键是求出关于的对称点的坐标．
．
24．（1）见解析；（2）的长为；（3）
【分析】（1）根据折叠的性质和正方形的性质可得，，，推得，，根据全等三角形的判定即可证明；
（2）设，根据勾股定理可求得，推得，根据相似三角形的判定和性质可得，求得，，根据平行线的性质可得，，求得，即可求得；
（3）过点作于，根据折叠的性质可得，，根据相似三角形的判定和性质可得，求得，根据特殊角的锐角三角函数可求得，，，根据勾股定理即可可得．
【详解】（1）证明：∵将沿翻折到处，四边形是正方形
∴，，
∴，
在和中，

∴
（2）解：如图：
  
设
在中，
∴
解得
∴
∵，
∴
∴
即
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴的长为；
（3）解：如图，过点作于
  
∵沿翻折得到，
∴，
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵
在中，
∴，
∴
在中，
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，特殊角的锐角三角函数，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
25．（1），理由见解析（2）；（3）①；②
【分析】（1）由旋转的性质得到，进一步证明即可证明；
（2）要求的长，根据矩形的判定定理可得四边形是矩形，则，在中根据勾股定理可求得的长，根据，，即可求解；
（3）①要求线段与的数量关系，根据两边对应成比例且夹角相等可得，再根据相似三角形的性质即可求解；②要求线段的长，在中求出的长，再根据即可求解．
【详解】解：（1），理由如下：
由旋转的性质可得
∵，
∴，
∴．
（2）解：设与交于点，
由旋转的性质可知，，
∵，
∴，即．
∵，
∴．
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴；

（3）①∵，，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

②∵在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
26．(1)
(2)
(3)存在，或或或

【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）由，知当时，，即可得，然后求解即可；
（3）设，，又，，，分三种情况：①若，为对角线，则，的中点重合，可得，②若，为对角线，则，的中点重合，可得，③若，为对角线，则，的中点重合，可得，分别解方程组可得答案．
【详解】（1）解：把，代入得：
，
解得，
∴二次函数的解析式为；
（2）解∶ 如图：

在中，令得，
∴，，
∵点是第二象限抛物线上一动点，
∴，
∵，
∴当时，，
此时，
解得（增根，舍去）或，
∴m的值是；
（3）解∶存在以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设，，又，，
①若，为对角线，则，的中点重合，
∴，
解得（M与C重合，舍去）或，
∴；
②若，为对角线，则，的中点重合，
∴，
解得（舍去）或，
∴，
③若，为对角线，则，的中点重合，
∴，
解得或，
∴或；
综上所述，N的坐标为或或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质与应用等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
27．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）如图所示，连接，由切线的性质得到，再根据等边对等角和三角形内角和定理得到，由圆周角定理得到，即可证明，则；
（2）利用勾股定理求出，证明，求出，则，再证明，得到，即，则．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，即，
∴，
∵，
∴
∵，
∵，
∴，
∴，
∴；

（2）解：如图所示，连接，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴的直径为．

【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
28．(1)9
(2)见解析
(3)

【分析】（1）作，使，且点E、A在直线异侧，连接，则，先由，根据勾股定理求得，再证明，得，作于点F，则，根据勾股定理求得，即可由求得四边形的面积是9；
（2）连接，则，所以，而，可推导出，则，即可证明四边形是“对角互余四边形”；
（3）在下方作，作于点G，连接，则先证明，，所以由，根据勾股定理得，由，得，则，所以，再证明，得，所以 ，则．
【详解】（1）解：如图1，作，使点，且点E、A在直线异侧，连接，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点F，则，
∴，
∵，
∴四边形的面积是9．
（2）证明：如图2，连接，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是“对角互余四边形”．
（3）解：如图3，在下方作，作于点G，连接，则
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的值为．

【点睛】此题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、新定义问题的求解等知识与方法，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
29．(1)
(2)点不在抛物线的对称轴上，理由见解析
(3)

【分析】（1）利用待定系数法可求得函数的表达式；
（2）抛物线的表达式为，可证明，继而可证，则将沿所在直线折叠，点D一定落在直线上，延长至D，使，过点D作轴交y轴于点E，可证，可得点D横坐标．则可判断D点是否在抛物线对称轴上；
（3）先求出过点、的直线解析式，分别过A、P作x轴的垂线，利用解析式，用同一个字母m表示出P，N的坐标，再证明，进而用m表示出的值，根据二次函数的性质可以确定出的最大值，进而可确定出此时的P点坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线过点，，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为．
（2）解：点不在抛物线的对称轴上，理由是：
∵抛物线的表达式为，

∴点坐标为．
∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴将沿所在直线折叠，点一定落在直线上，
延长至，使，过点作轴交轴于点．
又∵，
∴，
∴，则点横坐标为，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴点不在抛物线的对称轴上．
（3）解：设过点、的直线表达式为，
∵，，
∴，
解得：，
∴过点、的直线解析式为．
过点作轴的垂线交的延长线于点，
∵当时，，
∴点坐标为，
∴．
过点作轴的垂线交于点，

设点坐标为，则点坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴．
若分别以、为底计算和的面积（同高不等底），
则与的面积比为，即，
∴．
∵，
∴当时，的最大值为，此时点坐标为．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形面积的计算，二次函数中常见辅助线的作法，利用点的坐标表示线段的长度，确定函数最值，关键在于作出垂线段利于用点的坐标表示相关线段的长度．
30．(1)过程见解析
(2)3

【分析】（1）连接OE，先根据圆周角定理及已知条件得出∠ABC=∠BOE，进而得出，再由，根据平行线的性质得出∠FEO=∠ACB，然后根据直径所对的是直角，即可得出答案；
（2）先说明，再设的半径为r，并表示，，，然后根据对应边成比例得出，根据比例式求出半径即可．
【详解】（1）证明：连接OE．

∵，，
∴∠ABC=∠BOE，
∴，
∴∠OED=∠BCD．
∵，
∴∠FEC=∠ACE，
∴∠OED+∠FEC=∠BCD+∠ACE，
即∠FEO=∠ACB．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠FEO=90°，
∴．
∵EO是的半径，
∴EF是的切线．
（2）∵，
∴．
∵BF=2，．
设的半径为r，
∴，，．
∵，
∴，
解得，
∴的半径是3．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，解直角三角形，熟练掌握相关定理是解题的关键．