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备战2021年中考数学专题练——专题九 图形的初步认识与三角形试卷
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专题九 图形的初步认识与三角形
一、单选题
1.（2019九上·如皋期末）如图，在平面直角坐标系中， 经过三点 ， ， ，点D是 上一动点，则点D到弦OB的距离的最大值是
A. 6 B. 8 C. 9 D. 10
2.（2020九下·丹阳开学考）如图， 为半圆 的直径， 交 于 ， 为 延长线上一动点， 为 中点， ，交半径 于 ，连 .下列结论：① ；② ；③ ；④ 为定值.其中正确结论的个数为（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3.（2019·上海模拟）如图，已知Rt△ABC ， AC=8，AB=4，以点B为圆心作圆，当⊙B与线段AC只有一个交点时，则⊙B的半径的取值范围是（ ）
A. rB = B. 4 < rB ≤ C. rB = 或4 < rB ≤ D. rB为任意实数
4.（2020九上·龙岩期末）若弦AB，CD是⊙O的两条平行弦，⊙O的半径为13，AB=10，CD=24，则AB，CD之间的距离为（ ）
A. 7 B. 17 C. 5或12 D. 7或17
5.（2019·道外模拟）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且AB⊥AC．若AD＝5，AB＝3，则对角线BD的长为（ ）
A. B. 2 C. 9 D. 8
6.如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝ ，AC＝2，BD＝4，则AE的长为( )
A. B. C. D.
7.“奔跑吧，兄弟！”节目组，预设计一个新的游戏：“奔跑”路线需经A、B、C、D四地．如图，其中A、B、C三地在同一直线上，D地在A地北偏东30°方向、在C地北偏西45°方向．C地在A地北偏东75°方向．且BD=BC=30m．从A地到D地的距离是（ ）
A. 30 m B. 20 m C. 30 m D. 15 m
8.（2020·武汉模拟）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=30°，以B为圆心，BC的长为半径圆弧，交AC于点D，连接BD，则∠ABD=（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
9.（2019·云梦模拟）如图，在 中， ， ， 为 角平分线的交点，若 的面积为20，则 的面积为是（ ）
A. 12 B. 15 C. 16 D. 18
10.（2019·许昌模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点D是AC的中点，连接BD，按以下步骤作图：①分别以B，D为圆心，大于 BD的长为半径作弧，两弧相交于点P和点Q；②作直线PQ交AB于点E，交BC于点F，则BF=（ ）
A. B. 1 C. D.
11.（2020·长兴模拟）如图，AB为☉O的直径，P为弦BC上的点，∠ABC=30°，过点P作PD⊥OP交☉O于点D，过点D作DE∥AB交AB的延长线于点E.若点C恰好是 的中点，BE=6，则PC的长是（ ）
A. -8 B. -3 C. 2 D. 12-
12.（2019九下·深圳月考）如图，△ABC内接于圆O，∠BOC=120°，AD为圆O的直径．AD交BC于P点且PB=1，PC=2，则AC的长为( )
A. B. C. 3 D. 2
13.如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，点P是BC边上的动点，过点P作PD⊥AB于点D，PE⊥AC于点E，则PD＋PE的长是( )
A. 4.8 B. 4.8或3.8 C. 3.8 D. 5
14.（2020·宁波模拟）如图所示，二次函数 的图象与x轴负半轴相交与A、B两点， 是二次函数 图象上的一点，且 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
15.（2020·绍兴模拟）已知△ABC的两条中线的长分别为5、10，若第三条中线的长也是整数，则第三条中线长的最大值（ ）
A. 7 B. 8 C. 14 D. 15
16.（2019·海门模拟）如图，已知△ABC为等边三角形，AB＝2，点D为边AB上一点，过点D作DE∥AC，交BC于E点；过E点作EF⊥DE，交AB的延长线于F点.设AD＝x，△DEF的面积为y，则能大致反映y与x函数关系的图象是（ ）
A. B. C. D.
17.（2019九下·江都月考）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，其中∠ABC=∠AED=90°，CD与BE、AE分别交于点P、M.对于下列结论：①△CAM∽△DEM；②CD=2BE；③MP•MD=MA•ME；④2CB2=CP•CM.其中正确的是（ ）
A. ①② B. ①②③ C. ①②③④ D. ①③④
18.（2019·武汉模拟）O为等边△ABC所在平面内一点，若△OAB、△OBC、△OAC都为等腰三角形，则这样的点O一共有（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 10
19.（2018九下·龙岩期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝ S△FGH；④AG+DF＝FG ． 则下列结论正确有( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③
20.（2019·高台模拟）如图，AB与⊙O相切于点C，OA＝OB，⊙O的直径为6cm，AB＝6 cm，则阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
21.（2019·青浦模拟）我们把满足某种条件的所有点组成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹，如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝12，动点P从点A开始沿射线AC方向以1个单位秒的速度向点C运动，动点Q从点C开始沿射线CB方向以2个单位/秒的速度向点运动，P、Q两点分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，在整个运动过程中，线段PQ的中点M运动的轨迹长为__．
22.（2019九下·鞍山月考）如图放置的 都是边长为1的等边三角形，点 在 轴上，点 都在直线 上，则点 的坐标是________.
23.（2019九上·宜兴月考）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，点D在⊙O上，∠ADC=53o ， 则∠BAC的度数等于________.
24.（2020九上·鞍山期末）如图，在⊙O中，AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，CD⊥AB于点M，若AB＝CM＝4，则⊙O的半径为________．
25.（2020九上·醴陵期末）如图，AB//CD， ，E为BC上一点，且 ．若 ， ， ，则DE的长为________．
26.（2019·道外模拟）如图，两个圆都以 为圆心，大圆的弦 与小圆相切于点 ，若 ，则圆环的面积为________.
27.（2019·和平模拟）的半径为1， ，将射线 绕点P旋转 度（ ）得到射线 ，若直线 恰好与 相切，则 的值为________.
28.（2019·抚顺模拟）已知点I是△ABC的内心，∠BIC＝130°，则∠BAC的度数是________度.
29.（2019·营口模拟）如图，两同心圆的圆心为O，大圆的弦AB切小圆于P，两圆的半径分别为2和1，若用阴影部分围成一个圆锥，则该圆锥的底面半径为________.
30.（2019九上·兴化月考）在半径为5cm的圆中，有一点P满足OP＝3cm，则过点P的最短弦长为________cm．
31.（2020九上·奉化期末）如图，已知等边△ABC的边长为4，BD⊥AB，且BD= ，连结AB，CD并延长交于点E，则线段BE的长度为________ 。
32.（2019九上·宜兴月考）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4 ，点D是AC边上一动点，连接BD，以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为________.
33.（2019九上·越城月考）如图,点O是半径为3的圆形纸片的圆心,将这个圆形纸片按下列顺序折叠,使弧AB和弧BC都经过圆心O,则阴影部分的面积为________
34.（2020九下·镇平月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点D是AB的中点，点E在AC上，将△ADE沿DE翻折，使点A落在点A′处，当A′D与△ABC的一边平行时，A′B＝________.
35.（2019·瑶海模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝8cm，点P为边AC上一点，且AP＝5cm．点Q为边AB上的任意一点（不与点A，B重合），若点A关于直线PQ的对称点A'恰好落在△ABC的边上，则AQ的长为________cm．
三、解答题
36.（2020九下·凤县月考）如图，在 中，∠C=90°，∠CAB=30°，以AB为边向外作等边 过E点作ED⊥AB，垂足为点D.
求证: AC=DE.
37.（2019·青浦模拟）如图，一座古塔AH的高为33米，AH⊥直线l ， 某校九年级数学兴趣小组为了测得该古塔塔刹AB的高，在直线l上选取了点D ， 在D处测得点A的仰角为26.6°，测得点B的仰角为22.8°，求该古塔塔刹AB的高．（精确到0.1米）(参考数据：sin26.6°＝0.45，cos26.6°＝0.89，tan26.6°＝0.5，sin22.8°＝0.39，cos22.8°＝092，tan22.8°＝0.42)
38.（2020九上·兴安盟期末）如图，BF为⊙O的直径，直线AC交⊙O于A、B两点，点D在⊙O上，BD平分∠OBC，DE⊥AC于点E．求证：直线DE是⊙O的切线.
39.（2020·武汉模拟）如图，在 中， 于D，C是BE上一点， ，且点C在AE的垂直平分线上，若 的周长为22cm，求DE的长．
40.（2019·合肥模拟）合肥地铁一号线与地铁二号线在A站交汇，且两条地铁线互相垂直如图所示，学校P到地铁一号线B站的距离PB＝2km，到地铁二号线C站的距离PC为4km，PB与一号线的夹角为30°，PC与二号线的夹角为60°．求学校P到A站的距离（结果保留根号）
41.（2019·北京模拟）在△ABC中，∠ABC＝120°，线段AC绕点A逆时针旋转60°得到线段AD，连接CD，BD交AC于P．
（1）若∠BAC＝α，直接写出∠BCD的度数（用含α的代数式表示）；
（2）求AB，BC，BD之间的数量关系；
（3）当α＝30°时，直接写出AC，BD的关系．
42.（2020·武汉模拟）如图所示，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：直线BF是 的切线；
（2）若 ， ，求 ．
43.（2019·上海模拟）已知：如图，在△ABC中，AB = 4，BC = 5，点P在边AC上，且 ，联结BP ， 以BP为一边作△BPQ（点B、P、Q按逆时针排列），点G是△BPQ的重心，联结BG ， ∠PBG =∠BCA ， ∠QBG =∠BAC ， 联结CQ并延长，交边AB于点M ． 设PC = x ， ．
（1）求 的值；
（2）求y关于x的函数关系式．
44.（2020九下·碑林月考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作一条直线分别交DA，BC的延长线于点E，F，连接BE，DF.
（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；
（2）若EF⊥AB，垂足为M， ，AE＝2，求菱形ABCD的边长.
45.（2020九上·玉环期末）如图， 中， ， ， 平分 ，交 轴于点 ，点 是 轴上一点， 经过点 、 ，与 轴交于点 ，过点 作 ，垂足为 ， 的延长线交 轴于点 ，
（1）求证： 为 的切线；
（2）求 的半径.
46.（2019·重庆模拟）如图，边长为a的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割成四个小矩形，EF与GH交于点P，连接AF、AH、FH.
（1）如图1，若a＝1，AE＝AG＝ ，求FH的值；
（2）如图2，若∠FAH＝45°，证明：AG+AE＝FH；
（3）若Rt△GBF的周长l＝a，求矩形EPHD的面积S与l的关系（只写结果，不写过程）.
47.（2020九上·诸暨期末）定义：已知点 是三角形边上的一点（顶点除外），若它到三角形一条边的距离等于它到三角形的一个顶点的距离，则我们把点 叫做该三角形的等距点.
（1）如图1： 中， ， ， ， 在斜边 上，且点 是 的等距点，试求 的长；
（2）如图2， 中， ，点 在边 上， ， 为 中点，且 .
①求证： 的外接圆圆心是 的等距点；②求 的值.
48.（2019九上·泰山期末）如图1,在平面直角坐标系中,直线 与抛物线 交于 两点，其中 , .该抛物线与 轴交于点 ,与 轴交于另一点 .
（1）求 的值及该抛物线的解析式;
（2）如图2.若点 为线段 上的一动点(不与 重合).分别以 、 为斜边,在直线 的同侧作等腰直角△ 和等腰直角△ ,连接 ,试确定△ 面积最大时 点的坐标.
（3）如图3.连接 、 ,在线段 上是否存在点 ,使得以 为顶点的三角形与△ 相似,若存在,请直接写出点 的坐标;若不存在,请说明理由.
49.（2019·武汉模拟）在△ABC中，D是CB延长线上一点，∠BAD＝∠BAC．
（1）如图，求证： ；
（2）如图，在AD上有一点E，∠EBA＝∠ACB＝120°．若AC＝2BC＝2，求DE的长；
（3）如图，若AB＝AC＝2BC＝4，BE⊥AB交AD于点E，直接写出△BDE的面积．
50.（2020九下·襄城月考）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1 ， 旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1 ， AC1与BD1交于点P.
（1）如图1，若四边形ABCD是正方形.
①求证：△AOC1≌△BOD1.
②请直接写出AC1 与BD1的位置关系.
（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC＝5，BD＝7，设AC1＝kBD1.判断AC1与BD1的位置关系，说明理由，并求出k的值.
（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC＝5，BD＝10，连接DD1 ， 设AC1＝kBD1.请直接写出k的值和AC12+（kDD1）2的值.
答案解析部分
一、单选题
1. C
【解答】如图，连接AB，
，
AB为直径，此时 ，
当直线CD垂直AB时，此时此时点D到弦OB的距离的最大为PD.
，
，
又 是AB的中点，
是 的中位线.
，此时 .
故答案为：C.
【分析】先求出圆的直径，当点D在所在直线垂直OB时，此时点D到弦OB的距离的最大，求出此时的值即可.
2. D
【解答】解：①∵点 是 的中点， ，∴ 是 的垂直平分线，
∵ 是半 的直径， ，∴ 是 的垂直平分线，
∴点 是 的外心，
∵ ，∴ ，
∴ ，故①正确；②连接AC，如图1，∵ 是半 的直径，∴ ，
∴点 和点 在以点 为圆心的同一个圆上，∴ ，故②正确；
③连接BE，如图2，由①知点 是 的外心，∴ ，故③正确；④如图1，在直角 中， ，
∴ ，
∴ 为定值，是 半径的 倍，故④正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得 是 的垂直平分线， 是 的垂直平分线，可得点 是 的外心，根据圆周角定理可得∠AEP=2∠ABC，进而可判断①；连接AC，如图1，根据圆周角定理的推论并结合①的结论可得点 和点 在以点 为圆心的同一个圆上，于是可判断②；连接BE，如图2，由①知点 是 的外心，然后根据圆周角定理即可判断③；如图1，在直角 中，利用锐角三角函数和③的结论可得 ，然后将 进行整理变形即得结论，进而可判断④，于是可得答案.
3. C
【解答】解：作CD⊥AB于D，如图，
在Rt△ABC中，BC＝ ，
∵ BD•AC＝ AB•BC，
∴CD＝
当⊙C与AB相切时，r＝2 ；
当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，4＜r≤4 ．，
综上所述，当r＝2 或4＜r≤4
故答案为：C．
【分析】作BD⊥AC于D，如图，利用勾股定理计算出BC＝4 ，再利用面积法计算出BD＝2 ，讨论：当⊙B与AC相切时得到r＝2 ；当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，BA＜r≤CB．
4. D
【解答】解：①当AB、CD在圆心两侧时；
过O作OE⊥AB交AB于E点，过O作OF⊥CD交CD于F点，连接OA、OC，如图所示：
∵半径r=13，弦AB∥CD，且AB=24，CD=10
∴OA=OC=13，AE=EB=12，CF=FD=5，E、F、O在一条直线上
∴EF为AB、CD之间的距离
在Rt△OEA中，由勾股定理可得：
OE2=OA2-AE2
∴OE= =5
在Rt△OFC中，由勾股定理可得：
OF2=OC2-CF2
∴OF= =12
∴EF=OE+OF=17
AB与CD的距离为17；
②当AB、CD在圆心同侧时；
同①可得：OE=5，OF=12；
则AB与CD的距离为：OF-OE=7；
故答案为：17或7．
【分析】过O作OE⊥AB交AB于E点，过O作OF⊥CD交CD于F点，连接OA、OC，由题意可得：OA=OC=13，AE=EB=12，CF=FD=5，E、F、O在一条直线上，EF为AB、CD之间的距离，再分别解Rt△OEA、Rt△OFC，即可得OE、OF的长，然后分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况求得AB与CD的距离．
5. B
【解答】∵ 的对角线AC与BD相交于点O
∴
∵
∴
∴
∴
∴ ，
故答案为：B．
【分析】根据勾股定理求得AC的长度，再由平行四边形的性质即可求得BO的长度进而即可求解.
6. D
【解答】∵四边形ABCD是平行四边形, AC＝2，BD＝4，
∴AO＝OC＝1，BO＝OD＝2，
又∵AB＝ ，
∴AB2＋AO2＝BO2 ，
∴∠BAC＝90°，
∵在Rt△BAC中，BC＝ ＝=,
∵ S△ABC＝ AB·AC＝ BC·AE，
∴AE＝＝ ＝ .
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的对角线互相平分可得AO、OC、BO和OD的长，于是由勾股定理的逆定理可证∠BAC为直角，于是BC的长可求，然后根据三角形的面积公式即可求出AE的长.
7. D
【解答】解：过点D作DH垂直于AC，垂足为H，
由题意可知∠DAC=75°﹣30°=45°．
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DBC=60°，BD=BC=CD=30m，
∴DH= ×30=15 ，
∴AD= DH=15 m．
故从A地到D地的距离是15 m．
故答案为：D．
【分析】过点D作DH垂直于AC，垂足为H，求出∠DAC的度数，即可判断△BCD是等边三角形，再利用三角函数求出AB的长，从而得到AB+BC+CD的长。
8. B
【解答】∵AB=AC，∠A=30°，
∴∠ABC=∠ACB= （180°﹣∠A）= （180°﹣30°）=75°.
∵以B为圆心，BC的长为半径圆弧，交AC于点D，
∴BC=BD.
∴∠CBD=180°﹣2∠ACB=180°﹣2×75°=30°
∴∠ABD=∠ABC﹣∠CBD=75°﹣30°=45°．
故答案为：B．
【分析】根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC=∠ACB，再求出∠CBD，然后根据∠ABD=∠ABC﹣∠CBD计算即可得解.
9. B
【解答】∵点O是三条角平分线的交点，
∴点O到AB，AC的距离相等，
∴△AOB、△AOC面积的比=AB：AC=8：6=4：3．
∵△ABO的面积为20，
∴△ACO的面积为15．
故答案为：B．
【分析】由角平分线的性质可得，点O到AB，BC，AC的距离相等，则△AOB、△BOC、△AOC面积的比实际为AB，BC，AC三边的比．
10. C
【解答】连结DF，由作法得EF垂直平分BD，则BF=DF，
∵点D是AC的中点，
∴CD= AC=2，
设BF=x，则DF=x，CF=3-x，
在Rt△DCF中，22+（3-x）2=x2 ， 解得x= ，
即BF= .
故答案为：C.
【分析】连结DF，利用基本作图得到EF垂直平分BD，则BF=DF，设BF=x，则DF=x，CF=3-x，然后在Rt△DCF中利用勾股定理得到22+（3-x）2=x2 ， 然后解方程即可.
11. A
【解答】解：如图，连接OD ， 交CB于点F ， 连接BD ，
∵，
∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∴∠ABD＝60°，
∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴OD⊥FB，
∴OF＝DF，
∴BF∥DE，
∴OB＝BE＝6
∴CF＝FB＝OB•cos30°＝6×＝3，
在Rt△POD中，OF＝DF，
∴PF＝DO＝3，
∴CP＝CF﹣PF＝3﹣3．
故答案为：B ．
【分析】首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案．
12. A
【解答】延长CO交⊙O于E，连接BE，
∵CE是⊙O的直径，
∴∠EBC=90°，
∵∠BOC=120°
∴∠BAC= ∠BOC=60°
∴∠BEC=∠BAC=60°，
∴∠ECB=30°，
∴CE=2BE，
∵PB=1，PC=2，
则BC=3，
，
∴CE= ，
则OA=OD= ，
∵ , ，
∴ ，
又∵∠OCP=∠BCE，
∴△OCP∽△BCE，
∴∠POC=∠PBE=90°，
∴AC2=OA2+OC2=6，
∴AC= .
故答案为：A．
【分析】延长CO交⊙O于E，连接BE，由CE是⊙O的直径，推出∠EBC=90°，根据含30°直角三角形定理可求得BC，CE，进而求得OA=OD= ，通过计算证得 ，由相似三角形的判定证得△OCP∽△BCE，即可证得∠POC=∠PBE=90°，根据勾股定理即可求得结论．
13. A
【解答】解：如下图，过点A作AF⊥BC于点F，连接AP，
∵在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，
∴BF=4，
∴在△ABF中，，
∵，
∴，
∴，
即：PD+PE=4.8.
故答案为：A.
【分析】过点A作AF⊥BC于点F，连接AP，根据等腰三角形三线合一的性质和勾股定理可得AF的长，由图形得， 代入数值解答即可. 本题运用了转化思想，将一个三角形的面积转化为两个三角形的面积的和是解题的关键.
14. B
【解答】解：过点Q作QC⊥AB于点C，
∵AQ⊥BQ
∴AC2+QC2+QB2+QC2=AQ2+BQ2=AB2 ，
设ax2+bx+c=0的两根分别为x1与x2 ，
依题意有(x1−n)2++(x2−n)2+=(x1−x2)2 ，
化简得：n2−n(x1+x2)++x1x2=0.
有n2+n++=0，
∴an2+bn+c=−a.
∵(n,)是图象上的一点，
∴an2+bn+c=，
∴−a=，
∴a=−2.
故答案为：B.
【分析】由AQ⊥BQ，利用勾股定理和Q、A、B点坐标列式，结合根与系数的关系，推得关系式an2+bn+c=−a，由于(n,)是图像上的点，则可得出an2+bn+c=−a，两式联立即可求出a值.
15. C
【解答】如图，角A、B、C对应的中点分别是D、E、F，且三条中线交点是O，将OD延长到G，使OD=DG，连接BG，设BE=5,CF=10，AD则为第三条中线长
∵角A、B、C对应的中点分别是D、E、F，且三条中线交点是O
∴ ，
∵OD=DG
∴
∴
∴
∴
∵第三条中线的长也是整数
∴第三条中线长的最大值为14
故答案为：C．
【分析】如图，角A、B、C对应的中点分别是D、E、F，且三条中线交点是O，将OD延长到G，使OD=DG，连接BG，设BE=5,CF=10，AD则为第三条中线长，根据三角形的三边关系和中线的性质列出不等式组，即可求出第三条中线长的最大值．
16. A
【解答】∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠B=60°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF=90°，
∴∠F=90°﹣∠EDC=30°；
∵∠ACB=60°，∠EDC=60°，
∴△EDC是等边三角形.
∴ED=DC=2﹣x，
∵∠DEF=90°，∠F=30°，
∴EF= ED= （2﹣x）.
∴y= ED•EF= （2﹣x）• （2﹣x），
即y= （x﹣2）2 ， （x＜2），
【分析】根据平行线的性质可得∠EDC=∠B=60°，根据三角形内角和定理即可求得∠F=30°，然后证得△EDC是等边三角形，从而求得ED=DC=2﹣x，再根据直角三角形的性质求得EF，最后根据三角形的面积公式求得y与x函数关系式，根据函数关系式即可判定.
17. D
【解答】∵在BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，∠ABC=∠AED=90°，
∴∠BAC=45°，∠EAD=45°，
∴∠CAE=180°-45°-45°=90°，
即∠CAM=∠DEM=90°，
∵∠CMA=∠DME，
∴△CAM∽△DEM，故①正确；
由已知：AC= AB，AD= AE，
∴ ，
∵∠BAC=∠EAD
∴∠BAE=∠CAD
∴△BAE∽△CAD，
∴ ，即 ，即CD= BE，故②错误；
∵△BAE∽△CAD
∴∠BEA=∠CDA
∵∠PME=∠AMD
∴△PME∽△AMD
∴ ，
∴MP•MD=MA•ME，故③正确；
由②MP•MD=MA•ME
∠PMA=∠DME
∴△PMA∽△EMD
∴∠APD=∠AED=90°
∵∠CAE=180°-∠BAC-∠EAD=90°
∴△CAP∽△CMA
∴AC2=CP•CM
∵AC= AB，
∴2CB2=CP•CM，故④正确；
即正确的为：①③④，
故答案为：D.
【分析】①求出∠CAM=∠DEM=90°，根据相似三角形的判定推出即可；②求出△BAE∽△CAD，得出比例式，把AC= AB代入，即可求出答案；③通过等积式倒推可知，证明△PME∽△AMD即可；④2CB2转化为AC2 ， 证明△ACP∽△MCA，问题可证.
18. D
【解答】在等边△ABC中，三条边上的高交于点O，
由于等边三角形是轴对称图形，三条高所在的直线也是对称轴，也是边的中垂线，点O到三个顶点的距离相等，△ADB，△BOC，△AOC是等腰三角形，则点O是满足题中要求的点，
高与顶角的两条边成的锐角为30°，以点A为圆心，AB为半径，做圆，延长AO交圆于点E，
由于点E在对称轴AE上，有EC＝EB，AE＝AC＝AB，△ECB，△AEC，△ABE都是等腰三角形，点E也是满足题中要求的点，
作AD⊥AE交圆于点D，则有AC＝AD，AD＝AB，即△DAB，△ADC是等腰三角形，点D也是满足题中要求的点，同理，作AF⊥AE交圆于点F，则点F也是满足题中要求的点；
同理，以点B为圆心，AB为半径，做圆，
以点C为圆心，AB为半径，做圆，都可以分别得到同样性质的三个点满足题中要求，
于是共有10个点能使点与三角形中的任意两个顶点所组成的三角形都是等腰三角形．
故答案为：D．
【分析】由于等边三角形是轴对称图形，三条高所在的直线也是对称轴，也是边的中垂线，根据等腰三角形的性质进行解答即可.
19. B
【解答】解：
∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，
∴∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，
在Rt△ABF中，∵AB=6，BF=10，
∴ ，
∴DF=AD-AF=10-8=2，
设EF=x，则CE=x，DE=CD-CE=6-x，
在Rt△DEF中，∵DE2+DF2=EF2 ，
∴（6-x）2+22=x2 ， 解得 ，
∴ ，
∵△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，
∴∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，
∴ ，所以①符合题意；
HF=BF-BH=10-6=4，
设AG=y，则GH=y，GF=8-y，
在Rt△HGF中，∵GH2+HF2=GF2 ，
∴y2+42=（8-y）2 ， 解得y=3，
∴AG=GH=3，GF=5，
∵∠A=∠D，
，
，
∴ ，
∴△ABG与△DEF不相似，所以②不符合题意；
∵ ，
所以③符合题意；
∵AG+DF=3+2=5，而GF=5，
∴AG+DF=GF，所以④符合题意．
故答案为B．
【分析】由折叠性质得∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，则在Rt△ABF中利用勾股定理可计算出AF=8，所以DF=AD-AF=2，设EF=x，则CE=x，DE=CD-CE=6-x，在Rt△DEF中利用勾股定理得（6-x）2+22=x2 ， 解得 ，即 ；再利用折叠性质得∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，易得∠2+∠3=45°，于是可对①进行判断；设AG=y，则GH=y，GF=8-y，在Rt△HGF中利用勾股定理得到y2+42=（8-y）2 ， 解得y=3，则AG=GH=3，GF=5，由于∠A=∠D和 ，可判断△ABG与△DEF不相似，则可对②进行判断；根据三角形面积公式可对③进行判断；利用AG=3，GF=5，DF=2可对④进行判断．
20. C
【解答】如图，连接OC，则OC= =3，
∵AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，即∠ACO=90°，
∵OA=OB，AB=6 ，
∴AC= AB=3 ，∠A=∠B，
在Rt△AOC中，tan∠A= ，
∴∠A=30°，
∴∠AOB=180°-∠A-∠B=120°，
∴S阴影=S△AOB-S扇形ODE= = ，
故答案为：C.
【分析】如图，连接OC，由切线的性质可得∠ACO=90°，根据OA=OB，AB=6 ，可得AC=3 ，∠A=∠B，在Rt△AOC中，可求得∠A=30°，继而可得∠AOB=120°，根据S阴影=S△AOB-S扇形ODE进行计算即可得.
二、填空题
21.
【解答】以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系：
依题意，可知0≤t≤6，当t＝0时，点M1的坐标为（4，0）；
当t＝6时，点M2的坐标为（1，6），
设直线M1M2的解析式为y＝kx+b ，
∴ ，
解得： ，
∴直线M1M2的解析式为y＝﹣2x+8．
设动点运动的时间为t秒，
则有点Q（0，2t），P（8﹣t ， 0），
∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为（ ，t），
把x＝ 代入y＝﹣2x+8，得y＝﹣2× +8＝t ，
∴点M3在M1M2直线上，
过点M2作M2N⊥x轴于点N ， 则M2N＝6，M1N＝3，
∴M1M2＝3 ，
∴线段PQ中点M所经过的路径长为3 个单位长度．
故答案为3 ．
【分析】先以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，由题意知0≤t≤6，求得t＝0及t＝6时M的坐标，得到直线M1M2的解析式为y＝﹣2x+8．过点M2作M2N⊥x轴于点N ， 则M2N＝6，M1N＝3，M1M2＝3 ，线段PQ中点M所经过的路径长为3 个单位长度．
22. ( )
【解答】过B1向x轴作垂线B1C，垂足为C，
由题意可得：A（1，0），AO∥A1B1 ， ∠OB1C=30°，
∴CB1=OB1cos30°= ，
∴B1的横坐标为： ，则B1的纵坐标为： ，
∴点B1 ， B2 ， B3 ， …都在直线y= x上，
∴B1（ ， ），
∴ （ ， ），
同理可得出：
A2（2， ），
…
An（1+ ， ）.
∴A2019( )，
故答案为( )）
【分析】根据题意得出直线BB1的解析式为：y= x，进而得出B，B1 ， B2 ， B3坐标，进而得出坐标变化规律，进而得出答案.
23. 37°
【解答】解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ADC=53°，
∴∠ABC=53°，
∴∠BAC=180°-90°-53°=37°，故答案为37°.
【分析】根据直径所对的圆周角等于90°可得∠ACB=90°，再根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等可得∠ABC=53°，然后再计算出∠BAC的度数即可.
24. 2.5
【解答】解：连接OA，如图所示：
∵CD是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴AM＝ AB＝2，∠OMA＝90°，
设OC＝OA＝x，则OM＝4﹣x，
根据勾股定理得：AM2+OM2＝OA2 ，
即22+（4﹣x）2＝x2 ，
解得：x＝2.5；
故答案为：2.5．
【分析】连接OA，由垂径定理得出AM＝ AB＝2，设OC＝OA＝x，则OM＝4﹣x，由勾股定理得出AM2+OM2＝OA2 ， 得出方程，解方程即可．
25.
【解答】∵AB//CD， ，
∴∠C=90°
∠BAE+∠AEB=90°
∵
∴∠DEC+∠AEB=90°
∴∠BAE=∠DEC
∴△ABE∽△ECD
∴
∴在Rt△ECD中
【分析】先根据同角的余角相等可得：∠AEB=∠EDC，利用两角相等证明三角形相似；根据△ABE∽△ECD，列比例式可得结论,利用勾股定理求解即可.
26.
【解答】如图所示，连接OA，OC，
∵弦AB与小圆相切，
∴OC⊥AB，
∴C为AB的中点，
∴AC＝BC＝ AB＝3，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：OA2−OC2＝AC2＝9，
则形成圆环的面积为πOA2−πOC2＝π（OA2−OC2）＝9π，
故答案为：9π．
【分析】由小圆与AB相切，利用切线的性质得到OC垂直于AB，利用垂径定理得到C为AB中点，求出AC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出OA2−OC2的值，由大圆面积减去小圆面积求出圆环面积即可．
27. 30或90
【解答】如图，
①当PN在∠OPM的内部时，设切点为D，连接OD，则∠ODP=90°；
Rt△OPD中，OP=2OD，
∴∠OPD=30°；
∴∠MPN=60°-30°=30°；
②当PN在∠OPM的外部时；
同①，可求得∠ODP=30°；
此时∠MPN=60°+30°=90°；
故旋转角α的度数为30°或90°，
故答案为:30或90．
【分析】当PN与⊙O相切时，可连接圆心与切点，通过构建的直角三角形，求出 OPN的度数，然后再根据PN的不同位置分类讨论．
28. 80
【解答】解：如图，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠IBC＝ ∠ABC，∠ICB＝ ∠ACB,
∵△IBC中，∠BIC＝130°,
∴∠IBC+∠ICB＝180°﹣∠BIC＝50°,
∴∠ABC+∠ACB＝100°,
∴∠BAC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝80°.
故答案为：80.
【分析】由点I是△ABC的内心，得∠IBC＝ ∠ABC，∠ICB＝ ∠ACB，由∠BIC＝130°，得∠IBC+∠ICB=50°，即可得到答案.
29.
【解答】连接OP，
则OP⊥AB，AB＝2AP，
∴AB＝2AP＝2× ＝2 ，
∴sin∠AOP＝ ，
∴∠AOP＝60°，
∴∠AOB＝2∠AOP＝120°，
∴优弧AB的长为 ＝ π，
∴圆锥的底面半径为 π÷2π＝ ，
故答案为： .
【分析】利用相应的三角函数可求得∠AOB的度数，进而可求优弧AB的长度，除以2π即为圆锥的底面半径.
30. 8
【解答】如图，过点P最短弦为与直径垂直的弦AB，连接OA，
∵CD⊥AB于点P，
∴AB=2AP，∠APO=90°，
在Rt△AOP中，AP= =4cm，
∴AB=8cm.
∴过点P的最短弦为8cm.
故答案为：8.
【分析】首先根据题意作图，然后根据题意与图可知最短弦为与直径垂直的弦AB，由垂径定理即可求得AB=2AP，然后在Rt△AOP中，利用勾股定理即可求得AP的长，则可求得答案．
31. 1
【解答】解：如图，过C作CF⊥AB，
∵△ABC为等边三角形，
∴BF=AB=2，
CF=，
∵BD⊥AB，CF⊥AB，
∴BD∥FC，
∴EB：EF=BD：FC，即EB：（EB+2）=∶2=1:3，
解得EB=1.
故答案为：1.
【分析】过C作CF⊥AB，结合等边三角形的性质，利用勾股定理求出BF和CF的长度，再由两直线同时垂直一条直线则此两直线平行，可得BD平行CF，然后根据平行线分线段成比例的性质列式可求BE的长度.
32. ﹣2
【解答】连结AE，如图1，
∵∠BAC=90°,AB=AC,BC= ，
∴AB=AC=4，
∵AD为直径，
∴∠AED=90°，
∴∠AEB=90°，
∴点E在以AB为直径的O上，
∵O的半径为2，
∴当点O、E. C共线时,CE最小,如图2
在Rt△AOC中，∵OA=2，AC=4，
∴OC= ，
∴CE=OC−OE=2 ﹣2，
即线段CE长度的最小值为2 ﹣2.
故答案为:2 ﹣2.
【分析】连结AE，如图1，先根据等腰直角三角形的性质得到AB=AC=4，再根据圆周角定理，由AD为直径得到∠AED=90°，接着由∠AEB=90°得到点E在以AB为直径的 O上，于是当点O、E、C共线时，CE最小，如图2，在Rt△AOC中利用勾股定理计算出OC=2 ，从而得到CE的最小值为2 ﹣2.
33. 3π
【解答】如图，作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO，
∵OD= AO，
∴∠OAD=30°，
∴∠AOB=2∠AOD=120°，
同理∠BOC=120°，
∴∠AOC=120°，
∴阴影部分的面积=S扇形AOC = =3π.
故答案为：3π.
【分析】作OD⊥AB于点D，连接AO,BO,CO，求出∠OAD=30°，得到∠AOB=120°，进而求得∠AOC=120°，从而得到阴影面积为圆面积的 ，再利用面积公式求解
34. 或
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，
由勾股定理，得： ，
∵点D是AB的中点，
∴AD=BD=5；
①当 ∥AC时，如图，
由折叠的性质，得： ，
∵ ∥AC，点D是AB的中点，
∴点K是BC的中点，
∴ ， ，
∴ ，
在Rt△ 中，由勾股定理，得：
；
②当 ∥BC时，如图：过 作 ⊥BC于点G.
由折叠的性质，得 ，
∵ ∥BC，点D是AB的中点，
∴点F是AC的中点，
∴ ， ，
∴ ，
易得四边形 是矩形，
∴ ， ，
在Rt△ 中，由勾股定理得：
.
故答案为： 或 .
【分析】根据题意，先求出AB的长度，由折叠后，A′D与△ABC的一边平行时，可分为两种情况进行分析：①当 ∥AC时；②当 ∥BC时；利用折叠的性质，矩形的性质，中位线定理，以及勾股定理，分别求出两种情况 的长度，即可得到答案.
35. 或4
【解答】在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝8cm，
∴BC＝6cm，
①若点A'落在BC上，如图：
点A关于直线PQ的对称点A'，
∵点A关于直线PQ的对称点A'，
∴A'Q＝AQ，AP＝A'P，
∵AP＝5，
∴PC＝3，A'C＝4，A'B＝2，
∴A'A＝4 ，
作A'H垂直AB，由勾股定理可得：
，
设AQ＝AQ'＝x，BH＝y，
∴ ，
解得： ，
故AQ的长为 ．
②若点A'落在AB上，如图：
∵点A关于直线PQ的对称点A'，
∴PQ⊥AB，
∴△APQ～△ABC，
∴ ，
∴ ，
∴AQ＝4．
综上所述：若点A关于直线PQ的对称点A'恰好落在△ABC的边上，则AQ的长为 或4cm．
故答案为 或4．
【分析】由对称可知AP=A'P，AQ=A'Q，由勾股定理可计算A'C，A'P，作A'H⊥AB构造直角三角形，用勾股定理列方程组即可计算AQ的长．
三、解答题
36. 解：∵∠ABC=90°-∠CAB=90°-30°=60°，
∴∠ABC=∠DAE，
∵△ABE为等边三角形，
∴AE=AB，
在△ACB和△ADE中，
∵
∴△ACB≌△ADE（AAS）,
∴AC=DE.
【分析】根据余角的性质，结合等边三角形的性质可得∠ABC=∠DAE，AE=AB，利用角角边定理证明三角形△ACB和△ADE全等，则对应边AC和DE相等.
37. 解：∵AH⊥直线l ，
∴∠AHD＝90°，
在Rt△ADH中，tan∠ADH＝ ，
∴DH＝ ，
在Rt△BDH中，tan∠BDH＝ ，
∴DH＝
∴ ，
解得：AB≈5.3m ，
答：该古塔塔刹AB的高为5.3m ．
【分析】根据垂直的定义得到∠AHD＝90°，在Rt△ADH中，根据三角函数的定义得到DH＝ ，在Rt△BDH中，根据三角函数的定义得到DH＝ ，列方程即可得到结论．
38. 证明：如图所示，连接OD，
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD
∵BD平分∠OBC
∴∠OBD=∠DBE
∴∠ODB=∠DBE
∴OD∥AC
∵DE⊥AC
∴OD⊥DE
∵OD是⊙O的半径
∴直线DE是⊙O的切线
【分析】连接OD，证得∠ODB=∠DBE，即可得到OD∥AC，由DE⊥AC得到OD⊥DE，即可得到直线DE是⊙O的切线.
39. 解： ， ，
，
在AE的垂直平分线上，
，
的周长是22cm，
，
，
．
【分析】根据线段垂直平分线性质得出 ，根据三角形的周长得出 ，求出 即可．
40. 解：过点P作PD⊥AB于点D，过点P作PE⊥AC于点E，
∵∠PBD＝30°，PB＝2，
∴PD＝1，
∵∠PCE＝60°，PC＝4，
∴CE＝2，
∴由勾股定理可知：PE＝2 ，
易证：四边形PDAE是矩形，
∴PD＝AE＝1，
∴由勾股定理可知：PA＝
【分析】过点P作PD⊥AB于点D，过点P作PE⊥AC于点E，得到PD＝1，CE＝2，再由勾股定理PE＝2 ，在证明四边形PDAE是矩形，即可解答
四、综合题
41. （1）∠BCD＝120°﹣α
（2）解：BD＝AB+BC．
如图1，延长BA使AE＝BC，连接DE．
由（1）知△ADC是等边三角形，
∴AD＝CD．
∵∠DAB+∠DCB＝∠DAB+∠DAE＝180°，
∴∠DCB＝∠DAE．
∴△ADE≌△CDB（SAS）．
∴BD＝BE．
∴BD＝AB+BC．
（3）AC＝
【解答】解：（1）∵线段AC绕点A逆时针旋转60°得到线段AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAC+∠BCA＝60°，
∴∠BCD＝∠ACD+∠BCA＝60°+60°﹣α＝120°﹣α，
即∠BCD＝120°﹣α．
位置关系是：AC⊥BD于点P．理由如下：
∵∠BAC＝30°，∠ABC＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴AB＝BC，
∵AD＝DC，
∴BD垂直平分AC，
∴∠ABD＝60°，∠DAB＝90°，
∴ ，
∴ ．
【分析】（1）证△ACD是等边三角形，由三角形内角和可得出结论；（2）如图1，延长BA使AE＝BC，连接DE．可证△ADE≌△CDB，得出BD＝AB+BC；（3）如图2，当α＝30°时，AB＝BC，AD＝CD，则BD垂直平分AC，可得AC＝ ．
42. （1）证明：连接AE，如图，
为直径，
，
，
，
，AE平分 ，
，
，
，
，
，
即 ，
，
直线BF是 的切线；
（2）解：在 中， ，
，
，
．
【分析】（1）连接AE，如图，先根据圆周角定理得到 ，再根据等腰三角形的性质得 ， ，从而得到 ，然后证明 ，于是根据切线的判定定理得到结论；（2）在 中，利用勾股定理得到 ，然后利用余弦的定义得到 ，从而得到 的值．
43. （1）解：如图2，延长BG ， 交边PQ于点D ，
由点G是△BPQ的重心，可知PD = DQ ，
延长BD至点E ， 使DE = BD ， 联结PE ．
∵ PD = DQ ， DE = BD ， ∠PDE =∠QDB ，
∴ △PDE≌△QDB
∴ PE = BQ ， ∠PED =∠QBD ．
∵ ∠QBG =∠BAC ， ∴ ∠PED =∠BAC ．
又∵ ∠PBG =∠BCA ， ∴ △BPE∽△CBA ．
∴
∴
（2）解：如图3，延长AB至点F ， 使BF = AB ， 联结QF ， 过点Q作QH∥AC ， 交边AB于点H ．
∵ ， ，∴
∵∠PBQ =∠BAC+∠BCA ， ∠CBF =∠BAC+∠BCA ，
∴ ∠PBQ =∠CBF
∴ ∠PBC =∠QBF
∴ △PBC∽△QBF
∴ ∠BCP =∠BFQ ，
∵ HQ∥AC ， ∴ ∠BHQ =∠BAC ．
∴ △FQH∽△CBA
∴
∴ ，即
∴
∵ HQ∥AC ， ∴ ，即
∴ y关于x的函数关系式为 .
【分析】（1）延长BG，交边PQ于点D，延长BD至点E，使DE=BD，连接PE，先证出△PDE≌△QDB，得出PE=BQ，∠PED=∠QBD，再证出△BPE∽△CBA，得出 ，即可求出 .（2）延长AB至点F，使BF=AB，连接QF，过点Q作QH∥AC，交边AB于点H，可证出 ，再根据∠PBC=∠QBF，证出△PBC∽△QBF，得出∠BCP=∠BFQ， ，再根据 ，得出 ，从而求出 ，最后根据 得出 ，整理即可.
44. （1）证明：在菱形ABCD中，AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AEO和△CFO中， ，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF，
又∵OB＝OD，
∴四边形BFDE是平行四边形
（2）解：∵ ，
∴设OM＝x，BM＝2x，
∵EF⊥AB，
又∵AC⊥BD，
∴∠AOM＝∠OBM，
∴△AOM∽△OBM，
∴ ＝ ，
∴AM＝ ＝ x，
∵AD∥BC，
∴△AEM∽△BFM，
∴EM：FM＝AM：BM＝ x：2x＝ ，
∵△AEO≌△CFO，
∴AE＝CF，
∵AE∥BF，
∴△AEM∽△BFM，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴BF＝8，
∴BC＝6，
∴菱形ABCD的边长为6.
【分析】（1）根据菱形的性质得出 AD∥BC，OA＝OC，OB＝OD， 根据平行线的性质得出 ∠AEO＝∠CFO， 然后根据全等三角形的判定方法利用AAS判断出△AEO≌△CFO ，根据全等三角形的对应边相等得出OE=OF，最后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得出结论；
（2）首先判断出 △AOM∽△OBM， 根据相似三角形对应边成比例得出 ＝ ，由比例式即可表示出AM，再判断出 △AEM∽△BFM， 根据相似三角形对应边成比例得出 EM：FM＝AM：BM＝ x：2x＝ ， 再判断出 △AEM∽△BFM， 根据相似三角形对应边成比例即可求出BF的长，从而即可求出答案.
45. （1）证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 是 的切线.
（2）解：连接 ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的半径为5
【分析】(1)连接CP，根据等腰三角形的性质得到∠PAC=∠PCA，由角平分线的定义得到∠PAC=∠EAC，等量代换得到∠PCA=∠EAC，推出PC∥AE，于是得到结论；(2)连接PC，根据角平分线的定义得到∠BAC=∠OAC，根据等腰三角形的性质得到∠PCA=∠PAC，等量代换得到∠BAC=∠ACP，推出PC∥AB，根据相似三角形的性质即可得到结论.
46. （1）解：∵AE＝AG＝ ，AB＝AD＝1，
∴DE＝GB＝ ，
∵BC∥GH，BG∥CH，
∴CH＝GB＝ ，
∵DE∥CF，EF∥CD，
∴CF＝DE＝ ，
∴FH＝
（2）解：如图2，将△ADH绕点A顺时针旋转90°到△ABM的位置.
∵四边形ABCD是正方形，∠FAH＝45°，
∴∠BAF+∠HAD＝45°，
∴根据旋转的性质知，∠MAB＝∠BAF，
∴∠MAF＝∠FAH，
在△AMF与△AHF中，
，
∴△AMF≌△AHF（SAS）.
∴MF＝HF.
∵MF＝MB+BF＝HD+BF＝AG+AE，
∴AG+AE＝FH
（3）解：设BF＝x，GB＝y，则FC＝a﹣x，AG＝a﹣y，（0＜x＜a，0＜y＜a）
在Rt△GBF中，GF2＝BF2+BG2＝x2+y2
∵Rt△GBF的周长为a，
∴ ，
即
即
整理得 ，
∴矩形EPHD的面积
【分析】（1）由正方形的性质和矩形的性质可求CF＝CH＝ ，由勾股定理可求解；（2）将△ADH绕点A顺时针旋转90°后，可得△AFH≌△AFM然后可求得结论；（3）设BF＝x，GB＝y，根据线段之间的关系利用勾股定理求出xy的值，即可求矩形EPHD的面积S与l的关系.
47. （1）解：如图所示，作OF⊥BC于点F，作OE⊥AC于点E，
则△OBF∽△ABC，
∴
∵ ， ，由勾股定理可得AB=5，
设OB=x，则
∴ ，
∵点 是 的等距点，
若OB=OE，
∴
解得：
若OA=OF，OA=5-x
∴ ，解得
故OB的值为 或
（2）①证明：∵△CDP是直角三角形，所以取CD中点O，作出△CDP的外接圆，连接OP，OB
设圆O的半径为r，则DC=2r，
∵D是AC中点，
∴OA=3r
∴ ，
又∵PA=2PB，
∴AB=3PB
∴
∴
∴∠ODP=∠COB，∠OPD=∠POB
又∵∠ODP=∠OPD，
∴∠COB=∠POB，
在△CBO与△PBO中， ，
∴△CBO≌△PBO（SAS）
∴∠OCB=∠OPB=90°，
∴OP⊥AB，
即OP为点O到AB的距离，
又∵OP=OC，
∴△CPD的外接圆圆心O是△ABC的等距点
②由①可知，△OPA为直角三角形，且∠PDC=∠BOC，OC=OP=r
∵在Rt△OPA中，OA=3r,
∴ ，
∴
∴在Rt△ABC中，AC=4r， ，
∴ ，
∴
【分析】（1）根据三角形的等距点的定义得出OB=OE或OA=OF，利用相似三角形，表达出对应边，列出方程求解即可；（2）①由△CPD为直角三角形，作出外接圆，通过平行线分线段成比例得出DP∥OB，进而证明△CBO≌△PBO，最后推出OP为点O到AB的距离，从而证明点O是△ABC的等距点；（2）求 相当于求 ，由①可得△APO为直角三角，通过勾股定理计算出BC的长度，从而求出 .
48. （1）解：把A（m，0），B（4，n）代入y=x﹣1得：m=1，n=3，∴A（1，0），
B（4，3）．
∵y=﹣x2+bx+c经过点A与点B，∴ ，解得： ，则二次函数解析式为y=﹣x2+6x﹣5
（2）解：如图2，△APM与△DPN都为等腰直角三角形，∴∠APM=∠DPN=45°，∴∠MPN=90°，∴△MPN为直角三角形，令﹣x2+6x﹣5=0，得到x=1或x=5，∴D（5，0），即DP=5﹣1=4，设AP=m，则有DP=4﹣m，∴PM= m，PN= （4﹣m），∴S△MPN= PM•PN= × m× （4﹣m）=﹣ m2﹣m=﹣ （m﹣2）2+1，∴当m=2，即AP=2时，S△MPN最大，此时OP=3，即P（3，0）
（3）存在点 坐标为 或 .
【解答】（3）存在，易得直线CD解析式为y=x﹣5，设Q（x，x﹣5），由题意得：∠BAD=∠ADC=45°，分两种情况讨论：
①当△ABD∽△DAQ时， = ，即 = ，解得：AQ= ，由两点间的距离公式得：（x﹣1）2+（x﹣5）2= ，解得：x= ，此时Q（ ，﹣ ）；
②当△ABD∽△DQA时， =1，即AQ= ，∴（x﹣1）2+（x﹣5）2=10，解得：x=2，此时Q（2，﹣3）．
综上，点Q的坐标为（2，﹣3）或（ ，﹣ ）．
【分析】（1）把A与B坐标代入一次函数解析式求出m与n的值，确定出A与B坐标，代入二次函数解析式求出b与c的值即可；（2）由等腰直角△APM和等腰直角△DPN，得到∠MPN为直角，由两直角边乘积的一半表示出三角形MPN面积，利用二次函数性质确定出三角形面积最大时P的坐标即可；（3）存在，分两种情况，根据相似得比例，求出AQ的长，利用两点间的距离公式求出Q坐标即可．
49. （1）证明：如图1中，作BE⊥AD于E，BF⊥AC于F．
∵∠BAD＝∠BAC，BE⊥AD，BF⊥AC，
∴BE＝BF，
∴ ，
∴ ．
（2）解：如图2中，作AH⊥DC交DC的延长线于H．
在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，AC＝2，∠ACH＝60°，
∴CH＝1，AH＝ ，
在Rt△ABH中，AB＝ ，
∵∠EAB＝∠BAC，∠ABE＝∠ACB，
∴△EAB∽△BAC，
∴ ，
∴ ，
∴AE＝ ，EB＝ ，
∵∠ABD＝∠DBE+∠ABE＝∠ACB+∠BAC，∠ABE＝∠ACB，
∴∠DBE＝∠BAC，
∵∠BAC＝∠BAD，
∴∠DBE＝∠BAD，
∵∠D＝∠D，
∴△DEB∽△DBA，
∴ ，
∴ ，
∴DE＝ ．
（3）解：如图3中，作AH⊥BC于H，BM⊥AC于M，EF⊥BD于F．
∵AB＝AC＝4，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝1，
∴AH＝ ，
∵ •BC•AH＝ •AC•BM，
∴BM＝ ，AM＝ ,
∵∠BAE＝∠BAM，∠ABE＝∠AMB＝90°，
∴△ABE∽△AMB，
∴ ，
∴BE＝ ，
由△EFB∽△BHA，
∴ ，
∴ ，
EF＝ ，BF＝ ，
∵EF∥AH，
∴ ，
∴ ，
∴DF＝ ，
∴S△BDE＝ •BD•EF＝ ×（ ）× ＝ ．
【分析】（1）如图1中，作BE⊥AD于E，BF⊥AC于F．利用面积法证明即可．（2）如图2中，作AH⊥DC交DC的延长线于H．解直角三角形求出AB，再利用相似三角形的性质解决问题即可．（3）如图3中，作AH⊥BC于H，BM⊥AC于M，EF⊥BD于F．利用面积法求出BM，再利用相似三角形的性质求出BE，BF，EF，DF即可解决问题．
50. （1）证明：①如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC＝OA＝OD＝OB，AC⊥BD，
∴∠AOB＝∠COD＝90°，
∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1 ，
∴OC1＝OC，OD1＝OD，∠COC1＝∠DOD1 ，
∴OC1＝OD1 ， ∠AOC1＝∠BOD1＝90°+∠AOD1 ，
在△AOC1和△BOD1中
，
∴△AOC1≌△BOD1（SAS）；
②AC1⊥BD1；
∵∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1＝90°，
∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1＝90°，则∠APB＝90°
∴AC1⊥BD1；
（2）解：AC1⊥BD1.
理由如下：如图2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OC＝OA＝ AC，OD＝OB＝ BD，AC⊥BD，
∴∠AOB＝∠COD＝90°，
∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1 ，
∴OC1＝OC，OD1＝OD，∠COC1＝∠DOD1 ，
∴OC1＝OA，OD1＝OB，∠AOC1＝∠BOD1 ，
∴ ，
∴△AOC1∽△BOD1 ，
∴∠OAC1＝∠OBD1 ，
又∵∠AOB＝90°，
∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1＝90°，
∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1＝90°，
∴∠APB＝90°
∴AC1⊥BD1；
∵△AOC1∽△BOD1 ，
∴
∴k＝ ；
（3）解：如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1 ，
∴ ，
∴k＝ ；
∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1 ，
∴OD1＝OD，
而OD＝OB，
∴OD1＝OB＝OD，
∴△BDD1为直角三角形，
在Rt△BDD1中，
BD12+DD12＝BD2＝100，
∴（2AC1）2+DD12＝100，
∴AC12+（kDD1）2＝25.
【分析】（1）①如图1，根据正方形的性质得OC＝OA＝OD＝OB，AC⊥BD，则∠AOB＝∠COD＝90°，再根据旋转的性质得OC1＝OC，OD1＝OD，∠COC1＝∠DOD1 ， 则OC1＝OD1 ， 利用等角的补角相等得∠AOC1＝∠BOD1 ， 然后根据“SAS”可证明△AOC1≌△BOD1；②由∠AOB＝90°，则∠OAB+∠ABP+∠OBD1＝90°，所以∠OAB+∠ABP+∠OAC1＝90°，则∠APB＝90°所以AC1⊥BD1；（2）如图2，根据菱形的性质得OC＝OA＝ AC，OD＝OB＝ BD，AC⊥BD，则∠AOB＝∠COD＝90°，再根据旋转的性质得OC1＝OC，OD1＝OD，∠COC1＝∠DOD1 ， 则OC1＝OA，OD1＝OB，利用等角的补角相等得∠AOC1＝∠BOD1 ， 加上 ，根据相似三角形的判定方法得到△AOC1∽△BOD1 ， 得到∠OAC1＝∠OBD1 ， 由∠AOB＝90°得∠OAB+∠ABP+∠OBD1＝90°，则∠OAB+∠ABP+∠OAC1＝90°，则∠APB＝90°，所以AC1⊥BD1；然后根据相似比得到 ，所以k＝ ；（3）与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1 ， 则 ，所以k＝ ；根据旋转的性质得OD1＝OD，根据平行四边形的性质得OD＝OB，则OD1＝OB＝OD，于是可判断△BDD1为直角三角形，根据勾股定理得BD12+DD12＝BD2＝100，所以（2AC1）2+DD12＝100，于是有AC12+（kDD1）2＝25.
