一、單選題
1．（2023·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，以其三邊為邊在的同側(cè)作三個(gè)正方形，點(diǎn)在上，與交于點(diǎn)與交于點(diǎn)．若，則的值是（ ）

A．B．C．D．
2．（2020·浙江舟山·統(tǒng)考中考真題）已知二次函數(shù)，當(dāng)時(shí)，則下列說法正確的是( )
A．當(dāng)時(shí)，有最小值
B．當(dāng)時(shí)，有最大值
C．當(dāng)時(shí)，無最小值
D．當(dāng)時(shí)，有最大值
二、填空題
3．（2021·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）已知與在同一平面內(nèi)，點(diǎn)C，D不重合，，，，則CD長為 ．
4．（2023·浙江湖州·統(tǒng)考中考真題）如圖，標(biāo)號為①，②，③，④的四個(gè)直角三角形和標(biāo)號為⑤的正方形恰好拼成對角互補(bǔ)的四邊形，相鄰圖形之間互不重疊也無縫隙，①和②分別是等腰和等腰，③和④分別是和，⑤是正方形，直角頂點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在邊上．
（1）若，，則的長是 cm．
（2）若，則的值是 ．
5．（2023·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）下面是勾股定理的一種證明方法：圖1所示紙片中，，四邊形，是正方形．過點(diǎn)，將紙片分別沿與平行、垂直兩個(gè)方向剪裁成四部分，并與正方形，拼成圖2．

（1）若，的面積為16，則紙片Ⅲ的面積為 ．
（2）若，則 ．
6．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）一副三角板和中，．將它們疊合在一起，邊與重合，與相交于點(diǎn)G（如圖1），此時(shí)線段的長是 ，現(xiàn)將繞點(diǎn)按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)（如圖2），邊與相交于點(diǎn)H，連結(jié)，在旋轉(zhuǎn)到的過程中，線段掃過的面積是 ．

7．（2022·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，，點(diǎn)在射線上的動(dòng)點(diǎn)，連接，作，，動(dòng)點(diǎn)在延長線上，，連接，，當(dāng)，時(shí)，的長是 ．
8．（2022·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）圖1是光伏發(fā)電場景，其示意圖如圖2，為吸熱塔，在地平線上的點(diǎn)B，處各安裝定日鏡（介紹見圖3）．繞各中心點(diǎn)旋轉(zhuǎn)鏡面，使過中心點(diǎn)的太陽光線經(jīng)鏡面反射后到達(dá)吸熱器點(diǎn)F處．已知，在點(diǎn)A觀測點(diǎn)F的仰角為．
（1）點(diǎn)F的高度為 m．
（2）設(shè)，則與的數(shù)量關(guān)系是 ．
9．（2021·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）圖1是某折疊式靠背椅實(shí)物圖，圖2是椅子打開時(shí)的側(cè)面示意圖，椅面CE與地面平行，支撐桿AD，BC可繞連接點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng)，且，椅面底部有一根可以繞點(diǎn)H轉(zhuǎn)動(dòng)的連桿HD，點(diǎn)H是CD的中點(diǎn)，F(xiàn)A，EB均與地面垂直，測得，，．
（1）椅面CE的長度為 cm．
（2）如圖3，椅子折疊時(shí)，連桿HD繞著支點(diǎn)H帶動(dòng)支撐桿AD，BC轉(zhuǎn)動(dòng)合攏，椅面和連桿夾角的度數(shù)達(dá)到最小值時(shí)，A，B兩點(diǎn)間的距離為 cm（結(jié)果精確到0.1cm）．（參考數(shù)據(jù)：，，）
10．（2021·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，點(diǎn)E在邊上，與關(guān)于直線對稱，點(diǎn)B的對稱點(diǎn)F在邊上，G為中點(diǎn)，連結(jié)分別與交于M，N兩點(diǎn)，若，，則的長為 ，的值為 ．
11．（2020·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖是小明畫的卡通圖形，每個(gè)正六邊形的邊長都相等，相鄰兩正六邊形的邊重合，點(diǎn)A，B，C均為正六邊形的頂點(diǎn)，AB與地面BC所成的銳角為β，則tanβ的值是 ．
12．（2019·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）圖1是一種折疊式晾衣架．晾衣時(shí)，該晾衣架左右晾衣臂張開后示意圖如圖2所示，兩支腳OC＝OD＝10分米，展開角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．當(dāng)∠AOC＝90°時(shí)，點(diǎn)A離地面的距離AM為 分米；當(dāng)OB從水平狀態(tài)旋轉(zhuǎn)到OB′（在CO延長線上）時(shí)，點(diǎn)E繞點(diǎn)F隨之旋轉(zhuǎn)至OB′上的點(diǎn)E′處，則B′E′﹣BE為 分米．
13．（2018·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）小明發(fā)現(xiàn)相機(jī)快門打開過程中，光圈大小變化如圖1所示，于是他繪制了如圖2所示的圖形．圖2中留個(gè)形狀大小都相同的四邊形圍成一個(gè)圓的內(nèi)接六邊形和一個(gè)小正六邊形，若PQ所在的直線經(jīng)過點(diǎn)M，PB=5cm，小正六邊形的面積為cm2，則該圓的半徑為 cm．
三、解答題
14．（2021·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，，點(diǎn)E是邊AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F是對角線BD上一動(dòng)點(diǎn)，．連結(jié)EF，作點(diǎn)D關(guān)于直線EF的對稱點(diǎn)P．
（1）若，求DF的長．
（2）若，求DF的長．
（3）直線PE交BD于點(diǎn)Q，若是銳角三角形，求DF長的取值范圍．
15．（2020·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）【性質(zhì)探究】
如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AE平分∠BAC，交BC于點(diǎn)E．作DF⊥AE于點(diǎn)H，分別交AB，AC于點(diǎn)F，G．
（1）判斷△AFG的形狀并說明理由．
（2）求證：BF=2OG．
【遷移應(yīng)用】
（3）記△DGO的面積為S1，△DBF的面積為S2，當(dāng)時(shí)，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射線AB于點(diǎn)F，【性質(zhì)探究】中的其余條件不變，連結(jié)EF，當(dāng)△BEF的面積為矩形ABCD面積的時(shí)，請直接寫出tan∠BAE的值．
16．（2019·浙江湖州·中考真題）如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形是矩形點(diǎn)分別在軸和軸的正半軸上，連結(jié)，，，是的中點(diǎn).
(1)求OC的長和點(diǎn)的坐標(biāo)；
(2)如圖2，是線段上的點(diǎn)，，點(diǎn)是線段上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，經(jīng)過三點(diǎn)的拋物線交軸的正半軸于點(diǎn)，連結(jié)交于點(diǎn)
①將沿所在的直線翻折，若點(diǎn)恰好落在上，求此時(shí)的長和點(diǎn)的坐標(biāo)；
②以線段為邊，在所在直線的右上方作等邊，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)也隨之運(yùn)動(dòng)，請直接寫出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑的長.
17．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平行四邊形中（頂點(diǎn)按逆時(shí)針方向排列），為銳角，且．

(1)如圖1，求邊上的高的長．
(2)是邊上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)同時(shí)繞點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得點(diǎn)．
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)落在射線上時(shí)，求的長．
②當(dāng)是直角三角形時(shí)，求的長．
18．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）根據(jù)背景素材，探索解決問題．
注：測量時(shí)，以答題紙上的圖上距離為準(zhǔn)，并精確到1．
19．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖1，銳角內(nèi)接于，D為的中點(diǎn)，連接并延長交于點(diǎn)E，連接，過C作的垂線交于點(diǎn)F，點(diǎn)G在上，連接，若平分且．

(1)求的度數(shù)．
(2)①求證：．
②若，求的值，
(3)如圖2，當(dāng)點(diǎn)O恰好在上且時(shí)，求的長．
20．（2023·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線與軸，軸分別交于點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)在直線上，與軸的交點(diǎn)為，其中點(diǎn)的坐標(biāo)為．直線與直線相交于點(diǎn)．

(1)如圖2，若拋物線經(jīng)過原點(diǎn)．
①求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式；②求的值．
(2)連接與能否相等？若能，求符合條件的點(diǎn)的橫坐標(biāo)；若不能，試說明理由．
21．（2022·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=5，BD為對角線.點(diǎn)E是邊AB延長線上的任意一點(diǎn)，連結(jié)交于點(diǎn)，平分交于點(diǎn)G．
(1)求證：.
(2)若．
①求菱形的面積.
②求的值.
(3)若，當(dāng)?shù)拇笮“l(fā)生變化時(shí)（），在上找一點(diǎn)，使為定值，說明理由并求出的值．
22．（2022·浙江湖州·統(tǒng)考中考真題）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，．記△ABC的面積為S．
(1)如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為，正方形BGFC的面積為．
①若，，求S的值；
②延長EA交GB的延長線于點(diǎn)N，連結(jié)FN，交BC于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：．
(2)如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為，等邊三角形CBE的面積為．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點(diǎn)C在△ABF內(nèi)），連結(jié)EF，CF．若EF⊥CF，試探索與S之間的等量關(guān)系，并說明理由．
23．（2022·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）
(1)如圖1，在中，D，E，F(xiàn)分別為上的點(diǎn)，交于點(diǎn)G，求證：．
(2)如圖2，在（1）的條件下，連接．若，求的值．
(3)如圖3，在中，與交于點(diǎn)O，E為上一點(diǎn)，交于點(diǎn)G，交于點(diǎn)F．若平分，求的長．
24．（2022·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿邊，向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，，關(guān)于直線的對稱點(diǎn)分別為，，連結(jié)．
(1)如圖，當(dāng)在邊上且時(shí)，求的度數(shù)．
(2)當(dāng)在延長線上時(shí)，求的長，并判斷直線與直線的位置關(guān)系，說明理由．
(3)當(dāng)直線恰好經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，求的長．
測算發(fā)射塔的高度
背
景
素
材
某興趣小組在一幢樓房窗口測算遠(yuǎn)處小山坡上發(fā)射塔的高度（如圖1）．他們通過自制的測傾儀（如圖2）在，，三個(gè)位置觀測，測傾儀上的示數(shù)如圖3所示．



經(jīng)討論，只需選擇其中兩個(gè)合適的位置，通過測量、換算就能計(jì)算發(fā)射塔的高度．
問題解決
任務(wù)1
分析規(guī)劃
選擇兩個(gè)觀測位置：點(diǎn)_________和點(diǎn)_________
獲取數(shù)據(jù)
寫出所選位置觀測角的正切值，并量出觀測點(diǎn)之間的圖上距離．
任務(wù)2
推理計(jì)算
計(jì)算發(fā)射塔的圖上高度．
任務(wù)3
換算高度
樓房實(shí)際寬度為米，請通過測量換算發(fā)射塔的實(shí)際高度．
參考答案：
1．B
【分析】設(shè)，正方形的邊長為，證明，先后求得，，，利用三角形面積公式求得，證明，求得，，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是正方形，且，
設(shè)，則，
∵四邊形是正方形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
同理，即，
∴，
同理，
∴，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
2．B
【分析】①當(dāng)b﹣a＝1時(shí)，先判斷出四邊形BCDE是矩形，得出BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，進(jìn)而得出AC＝n﹣m，即tan∠ABC＝n﹣m，再判斷出0°≤∠ABC＜90°，即可得出n﹣m的范圍；
②當(dāng)n﹣m＝1時(shí)，同①的方法得出NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，進(jìn)而得出MH＝n﹣m＝1，而tan∠MHN＝，再判斷出45°≤∠MNH＜90°，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：①當(dāng)b﹣a＝1時(shí)，如圖1，過點(diǎn)B作BC⊥AD于C，
∴∠BCD＝90°，
∵∠ADE＝∠BED＝90°，
∴∠ADO＝∠BCD＝∠BED＝90°，
∴四邊形BCDE是矩形，
∴BC＝DE＝b﹣a＝1，CD＝BE＝m，
∴AC＝AD﹣CD＝n﹣m，
在Rt△ACB中，tan∠ABC＝＝n﹣m，
∵點(diǎn)A，B在拋物線y＝x2上，
∴0°≤∠ABC＜90°，
∴tan∠ABC≥0，
∴n﹣m≥0，
即n﹣m無最大值，有最小值，最小值為0，故選項(xiàng)C，D都錯(cuò)誤；
②當(dāng)n﹣m＝1時(shí)，如圖2，過點(diǎn)N作NH⊥MQ于H，
同①的方法得，NH＝PQ＝b﹣a，HQ＝PN＝m，
∴MH＝MQ﹣HQ＝n﹣m＝1，
在Rt△MHQ中，tan∠MNH＝=，
∵點(diǎn)M，N在拋物線y＝x2上，
∴m≥0，
當(dāng)m＝0時(shí)，n＝1，
∴點(diǎn)N（0，0），M（1，1），
∴NH＝1，
此時(shí)，∠MNH＝45°，
∴45°≤∠MNH＜90°，
∴tan∠MNH≥1，
∴≥1，
當(dāng)a,b異號時(shí)，且m=0,n=1時(shí)，a,b的差距是最大的情況，
此時(shí)b-a=2,
∴b﹣a無最小值，有最大值，最大值為2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
故選：B．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，確定出∠MNH的范圍是解本題的關(guān)鍵．
3．，，
【分析】首先確定滿足題意的兩個(gè)三角形的形狀，再通過組合得到四種不同的結(jié)果，每種結(jié)果分別求解，共得到四種不同的取值；圖2、圖3、圖4均可通過過A點(diǎn)向BC作垂線，構(gòu)造直角三角形，利用直角三角形的性質(zhì)可求出相應(yīng)線段的長，與CD關(guān)聯(lián)即可求出CD的長；圖5則是要過D點(diǎn)向BC作垂線，構(gòu)造直角三角形，解直角三角形即可求解．
【詳解】解：如圖1，滿足條件的△ABC 與△ABD的形狀為如下兩種情況，點(diǎn)C，D不重合，則它們兩兩組合，形成了如圖2、圖3、圖4、圖5共四種情況；
如圖2，，此時(shí)，，由題可知：
，
∴是等邊三角形，
∴；
過A點(diǎn)作AE⊥BC，垂足為E點(diǎn)，
在中，∵，
∴,
;
在中，;
∴；
（同理可得到圖4和圖5中的，，．）
∴．
如圖3，，此時(shí)，，由題可知：
，
∴是等邊三角形，
∴；
過A點(diǎn)作AM⊥BC，垂足為M，
在中，∵，
∴,
;
在中，;
（同理可得到圖4和圖5中的，，．）
∴CD=；
如圖4，由上可知：；
如圖5，過D點(diǎn)作DN⊥BC，垂足為N點(diǎn)；
∵，
∴，
∴在中，,
；
∵,
∴在中，;
綜上可得：CD的長為，，．
故答案為：，，．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了對幾何圖形的分類討論問題，內(nèi)容涉及到勾股定理、直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、解直角三角形、等邊三角形等知識，考查了學(xué)生對相關(guān)概念與性質(zhì)的理解與應(yīng)用，本題對綜合分析能力要求較高，屬于填空題中的壓軸題，涉及到了分類討論與數(shù)形結(jié)合的思想等．
4． 4 3
【分析】（1）將和用表示出來，再代入，即可求出的長；
（2）由已知條件可以證明，從而得到，設(shè)，，，用x和k的式子表示出，再利用列方程，解出x，從而求出的值．
【詳解】解：（1）∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
即，
即，
∵，
∴，
故答案為：4；
（2）設(shè)，
∵，
∴可設(shè)，，
∵四邊形是正方形，
∴，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
，
∵四邊形對角互補(bǔ)，
∴，
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
整理得：，
解得，（舍去），
∴．
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)定義，一元二次方程的解法等，弄清圖中線段間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
5． 9 /
【分析】（1）在圖1中，過作于，由，可得，，故，而的面積為16，即可得紙片Ⅲ的面積為；
（2）標(biāo)識字母如圖，設(shè)，證明，可得，由，有，即，可得或，而，，即可得到答案．
【詳解】（1）在圖1中，過作于，如圖：

，
，
，
，即，
，
，
，即，
，
，
的面積為16，
，
，
，
紙片Ⅲ的面積為；
故答案為：9；
（2）如圖：

，
，
設(shè)，則，，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
解得或，
當(dāng)時(shí)，，這情況不符合題意，舍去；
當(dāng)時(shí)，，
而，，
．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)與判定，涉及正方形性質(zhì)及應(yīng)用，全等三角形性質(zhì)與判定，銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是掌握三角形相似的判定定理．
6．
【分析】如圖1，過點(diǎn)G作于H，根據(jù)含直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)得出，，然后由可求出的長，進(jìn)而可得線段的長；如圖2，將繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，與交于，連接，，是旋轉(zhuǎn)到的過程中任意位置，作于N，過點(diǎn)B作交的延長線于M，首先證明是等邊三角形，點(diǎn)在直線上，然后可得線段掃過的面積是弓形的面積加上的面積，求出和，然后根據(jù)線段掃過的面積列式計(jì)算即可．
【詳解】解：如圖1，過點(diǎn)G作于H，

∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴；
如圖2，將繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，與交于，連接，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，
∴是等邊三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即垂直平分，
∵是等腰直角三角形，
∴點(diǎn)在直線上，
連接，是旋轉(zhuǎn)到的過程中任意位置，
則線段掃過的面積是弓形的面積加上的面積，
∵，
∴，
∴，
作于N，則，
∴，
過點(diǎn)B作交的延長線于M，則，
∵，，
∴，
∴，
∴線段掃過的面積，
，
，
，
故答案為：，．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，含直角三角形的性質(zhì)，二次根式的運(yùn)算，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，扇形的面積計(jì)算等知識，作出圖形，證明點(diǎn)在直線上是本題的突破點(diǎn)，靈活運(yùn)用各知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
7．
【分析】過點(diǎn)C作CN⊥BE于N，過點(diǎn)D作DM⊥CN延長線于M，連接EM，設(shè)BN=x，則CN =3x，由△ACN≌△CDM可得AN=CM=10+x，CN=DM=3x，由點(diǎn)C、M、D、E四點(diǎn)共圓可得△NME是等腰直角三角形，于是NE=10-2x，由勾股定理求得AC可得CE，在Rt△CNE中由勾股定理建立方程求得x，進(jìn)而可得BE；
【詳解】解：如圖，過點(diǎn)C作CN⊥BE于N，過點(diǎn)D作DM⊥CN延長線于M，連接EM，
設(shè)BN=x，則CN=BN?tan∠CBN=3x，
∵△CAD，△ECD都是等腰直角三角形，
∴CA=CD，EC=ED，∠EDC=45°，
∠CAN+∠ACN=90°，∠DCM+∠ACN=90°，則∠CAN=∠DCM，
在△ACN和△CDM中：∠CAN=∠DCM，∠ANC=∠CMD=90°，AC=CD，
∴△ACN≌△CDM（AAS），
∴AN=CM=10+x，CN=DM=3x，
∵∠CMD=∠CED=90°，
∴點(diǎn)C、M、D、E四點(diǎn)共圓，
∴∠CME=∠CDE=45°，
∵∠ENM=90°，
∴△NME是等腰直角三角形，
∴NE=NM=CM-CN=10-2x，
Rt△ANC中，AC=，
Rt△ECD中，CD=AC，CE=CD，
Rt△CNE中，CE2=CN2+NE2，
∴，
，
，
x=5（舍去）或x=，
∵BE=BN+NE=x+10-2x=10-x，
∴BE=；
故答案為：；
【點(diǎn)睛】本題考查了三角函數(shù)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程等知識；此題綜合性較強(qiáng)，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．
8． 9
【分析】（1）過點(diǎn)A作AG⊥EF，垂足為G，證明四邊形ABEG是矩形，解直角三角形AFG，確定FG，EG的長度即可．
（2）根據(jù)光的反射原理畫出光路圖，清楚光線是平行線，運(yùn)用解直角三角形思想，平行線的性質(zhì)求解即可．
【詳解】（1）過點(diǎn)A作AG⊥EF，垂足為G．
∵∠ABE=∠BEG=∠EGA=90°，
∴四邊形ABEG是矩形，
∴EG=AB=1m，AG=EB=8m，
∵∠AFG=45°，
∴FG=AG=EB=8m，
∴EF=FG+EG=9(m)．
故答案為：9；
（2）．理由如下：
∵∠E=∠EG=∠EG=90°，
∴四邊形EG是矩形，
∴EG==1m，G=E=，
∴tan∠FG=，
∴∠FG=60°，∠FG=30°，
根據(jù)光的反射原理，不妨設(shè)∠FAN=2m，∠FM=2n，
∵ 光線是平行的，
∴AN∥M，
∴∠GAN=∠GM，
∴45°+2m=30°+2n，
解得n-m=7.5°，
根據(jù)光路圖，得，
∴，
故，
故答案為： ．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，矩形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，光的反射原理，熟練掌握解直角三角形，靈活運(yùn)用光的反射原理是解題的關(guān)鍵．
9． 40 12.5
【分析】（1）過點(diǎn)C作CM垂直AF，垂足為M，，列比例求出CM長度，則CE=AB-CM；（2）根據(jù)圖2可得，對應(yīng)袋圖3中求出CD長度，列比例求AB即可．
【詳解】解：（1）過點(diǎn)C作CM垂直AF，垂足為M，
∵椅面CE與地面平行，
∴，
∴，
解得：CM=8cm，
∴CE=AB-CM=48-8=40cm；
故答案為：40；
（2）在圖2中，
∵，椅面CE與地面平行，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵H是CD的中點(diǎn)，
∴，
∵椅面CE與地面平行，
∴，
∴，
圖3中，過H點(diǎn)作CD的垂線，垂足為N，
因?yàn)?，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案為：12.5．
【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識點(diǎn)，找到對應(yīng)相似三角形并正確列出比例是解決本題的關(guān)鍵．
10． 2
【分析】由與關(guān)于直線對稱，矩形證明再證明 可得 再求解 即可得的長； 先證明 可得： 設(shè) 則 再列方程，求解 即可得到答案．
【詳解】解： 與關(guān)于直線對稱，矩形













矩形


為的中點(diǎn)，



如圖， 四邊形都是矩形，





設(shè) 則

解得：
經(jīng)檢驗(yàn)：是原方程的根，但不合題意，舍去，


故答案為：
【點(diǎn)睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，分式方程的解法，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
11．
【分析】作AT//BC，過點(diǎn)B作BH⊥AT于H，設(shè)正六邊形的邊長為a，則正六邊形的半徑為a，邊心距=a，然后再.求出BH、AH即可解答．
【詳解】解：如圖，作AT//BC，過點(diǎn)B作BH⊥AT于H，設(shè)正六邊形的邊長為a，則正六邊形的半徑為a，邊心距=a
觀察圖像可知：
所以tanβ＝．
故答案為．
【點(diǎn)睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)和解直角三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于正確添加常用輔助線、構(gòu)造直角三角形求解．
12． 4
【分析】如圖，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，F(xiàn)K⊥OB于K，F(xiàn)J⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分別求出BE，B′E′即可．
【詳解】解：如圖，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，F(xiàn)K⊥OB于K，F(xiàn)J⊥OC于J．
∵AM⊥CD，
∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，
∴四邊形OQMP是矩形，
∴QM＝OP，
∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，
∴△COD是等邊三角形，
∵OP⊥CD，
∴∠COP＝∠COD＝30°，
∴QM＝OP＝OC?cs30°＝5（分米），
∵∠AOC＝∠QOP＝90°，
∴∠AOQ＝∠COP＝30°，
∴AQ＝OA＝5（分米），
∴AM＝AQ＋MQ＝5＋5．
∵OB∥CD，
∴∠BOD＝∠ODC＝60°
在Rt△OFK中，KO＝OF?cs60°＝2（分米），F(xiàn)K＝OF?sin60°＝2（分米），
在Rt△PKE中，EK＝＝2（分米），
∴BE＝10?2?2＝（8?2）（分米），
在Rt△OFJ中，OJ＝OF?cs60°＝2（分米），F(xiàn)J＝2（分米），
在Rt△FJE′中，E′J＝＝2，
∴B′E′＝10?（2?2）＝12?2，
∴B′E′?BE＝4．
故答案為5＋5，4．
【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
13．8
【分析】設(shè)兩個(gè)正六邊形的中心為O，連接OP,OB,過點(diǎn)O作OG⊥PM于點(diǎn)G，OH⊥AB于點(diǎn)H，如圖所示：很容易證出三角形PMN是一個(gè)等邊三角形，邊長PM的長，，而且面積等于小正六邊形的面積的， 故三角形PMN的面積很容易被求出，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)及等腰三角形的三線和一可以得出PG的長，進(jìn)而得出OG的長，,在Rt△OPG中，根據(jù)勾股定理得 OP的長，設(shè)OB為x，，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)及等腰三角形的三線和一可以得出BH，OH的長，進(jìn)而得出PH的長，在Rt△PHO中，根據(jù)勾股定理得關(guān)于x的方程，求解得出x的值，從而得出答案．
【詳解】解: 設(shè)兩個(gè)正六邊形的中心為O，連接OP,OB,過點(diǎn)O作OG⊥PM于點(diǎn)G，OH⊥AB于點(diǎn)H，如圖所示：
很容易證出三角形PMN是一個(gè)等邊三角形，邊長PM=,而且面積等于小正六邊形的面積的，
故三角形PMN的面積為cm2，
∵OG⊥PM，且O是正六邊形的中心，
∴PG=PM=
∴OG=
在Rt△OPG中，根據(jù)勾股定理得 ：OP2=OG2+PG2,即=OP2
∴OP=7cm，
設(shè)OB為x，
∵OH⊥AB，且O是正六邊形的中心，
∴BH=X,OH=，
∴PH=5-x，
在Rt△PHO中，根據(jù)勾股定理得OP2=PH2+OH2,即
解得：x1=8,x2=-3（舍）
故該圓的半徑為8cm．
故答案為8．
【點(diǎn)睛】本題以相機(jī)快門為背景，從中抽象出數(shù)學(xué)模型，綜合考查了多邊形、圓、三角形及解三角形等相關(guān)知識，突出考查數(shù)學(xué)的應(yīng)用意識和解決問題的能力．試題通過將快門的光圈變化這個(gè)動(dòng)態(tài)的實(shí)際問題化為靜態(tài)的數(shù)學(xué)問題，讓每個(gè)學(xué)生都能參與到實(shí)際問題數(shù)學(xué)化的過程中，鼓勵(lì)學(xué)生用數(shù)學(xué)的眼光觀察世界；在運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解決問題的過程中，關(guān)注思想方法，側(cè)重對問題的分析，將復(fù)雜的圖形轉(zhuǎn)化為三角形或四邊形解決，引導(dǎo)學(xué)生用數(shù)學(xué)的語言表達(dá)世界，用數(shù)學(xué)的思維解決問題．
14．（1）3；（2）2或6；（3）或
【分析】（1）根據(jù)已知條件可求出，在Rt△EFD中即可求出DF
（2）作點(diǎn)D關(guān)于直線EF的對稱點(diǎn)P，P分兩種情況當(dāng)P在BD下方時(shí)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求出DF，P在BD上方時(shí)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求出DF；
（3）作點(diǎn)D關(guān)于直線EF的對稱點(diǎn)P，P分兩種情況①P在BD下方時(shí)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求出DF，當(dāng)PE⊥BD時(shí)DF最小，當(dāng)PE⊥AD時(shí)，DF最大，②P在BD上方時(shí)根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求出DF，當(dāng)PE⊥BD時(shí)DF最小，當(dāng)PE⊥AD時(shí)，DF最大，；
【詳解】解：（1）如圖1，矩形ABCD中，
，
，，
，
點(diǎn)E是AD中點(diǎn)，
，
，
∴△EFD為直角三角形，
∵，
∴
．
（2）第一種情況，如圖2，
，
由對稱性可得，EF平分，
，
∴是等腰三角形，過點(diǎn)F作FM⊥ED
DM=EM= ，
∵在Rt△DMF中，，
∴．
第二種情況，如圖3，
延長PE交BD于M
∵
∴∠EMD=90°
∵
∴
∴，
∵點(diǎn)D關(guān)于直線EF的對稱點(diǎn)P
∴FE垂直平分PD交PD于H
∴∠HED=60°，∠HDE=30°
∴∠HDF=60°
∴∠EFD=30°
∴是等腰三角形，
∴FE垂直平分DF
∵在Rt△DME中，，
∴
∵．
∴．
綜上：DF的長為2或6.
（3）∵是銳角三角形
∴當(dāng)PE⊥BD時(shí)DF最小，當(dāng)PE⊥AD時(shí)，DF最大
由（2）可得當(dāng)時(shí)，
（如圖2）或6（如圖3）．
當(dāng)時(shí)，
第①種情況，如圖4，
EF平分，，
過點(diǎn)F作于點(diǎn)M，
設(shè)，則，，
，
，，
．
第②種情況，如圖5，
EF平分，，
過點(diǎn)F作于點(diǎn)M，
設(shè)，則，，
，
，，
，DF最大值為8，
．
綜上：或．
【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，翻折對稱等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，畫出幾何示意圖，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．
15．（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或
【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．
（2）如圖2中，過點(diǎn)O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．首先證明OG=OL，再證明BF=2OL即可解決問題．
（3）如圖3中，過點(diǎn)D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．
（4）設(shè)OG=a，AG=k．分兩種情形：①如圖4中，連接EF，當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上時(shí)，點(diǎn)G在OA上．②如圖5中，當(dāng)點(diǎn)F在AB的延長線上時(shí)，點(diǎn)G在線段OC上，連接EF．分別求解即可解決問題．
【詳解】（1）解：如圖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）證明：如圖2中，過點(diǎn)O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．
∵AF=AG，
∴∠AFG=∠AGF，
∵∠AGF=∠OGL，
∴∠OGL=∠OLG，
∴OG=OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BD=2OD，
∴BF=2OL，
∴BF=2OG．
（3）解：如圖3中，過點(diǎn)D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，
∵∠DAK=∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1=?OG?DK，S2=?BF?AD，
又∵BF=2OG，，
∴，設(shè)CD=2x，AC=3x，則AD= ，
∴．
（4）解：設(shè)OG=a，AG=k．
①如圖4中，連接EF，當(dāng)點(diǎn)F在線段AB上時(shí)，點(diǎn)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，
∴，
∴，
∴，
由題意：=AD?（k+2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2+4ka，
∴k=2a，
∴AD= ，
∴BE= = ，AB=4a，
∴tan∠BAE= ．
②如圖5中，當(dāng)點(diǎn)F在AB的延長線上時(shí)，點(diǎn)G在線段OC上，連接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，
∴，
∴，
∴ ，
由題意：=AD?（k﹣2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2﹣4ka，
∴k= ，
∴AD= ，
∴，AB= ，
∴tan∠BAE= ，
綜上所述，tan∠BAE的值為或．
【點(diǎn)睛】本題是一道綜合題，主要涉及到等腰三角形的判定及其性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理、相似三角形的判定及其性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用所學(xué)到的相關(guān)知識．
16．(1) OC=，點(diǎn)的坐標(biāo)為；(2) ①點(diǎn)的坐標(biāo)為，②.
【分析】（1）由OA=3，tan∠OAC=，得OC= ，由四邊形OABC是矩形，得BC=OA=3，所以CD= BC= ，求得D（）；
（2）①由易知得ACB=∠OAC=30°，設(shè)將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點(diǎn)B恰好落在AC上的B'處，則DB'=DB=DC，∠BDF=∠B'DF，所以∠BDB'=60°，∠BDF=∠B'DF=30°，所以BF=BD?tan30°=，AF=BF=，因?yàn)椤螧FD=∠AEF，所以∠B=∠FAE=90°，因此△BFD≌△AFE，AE=BD=，點(diǎn)E的坐標(biāo)（ ，0）；
②動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)O時(shí)，求得此時(shí)拋物線解析式為y=，因此E（，0），直線DE： ，F(xiàn)1（3，）；當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，求得此時(shí)拋物線解析式為，所以E（6，0），直線DE：
，所以F2（3，）；所以點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)路徑的長為，即G運(yùn)動(dòng)路徑的長為 ．
【詳解】(1) ∵，
∴.
∵四邊形是矩形，
∴.
∵是的中點(diǎn)，
∴，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為.
(2) ①∵，
∴，
∴.
設(shè)將翻折后，點(diǎn)落在上的處，
則，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∵，
∴.
∴.
∴，∴點(diǎn)的坐標(biāo)為.
②動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)O時(shí)，
∵拋物線過點(diǎn)P（0，0）、
求得此時(shí)拋物線解析式為y=
∴E（，0），
∴直線DE： ，
∴F1（3，）；
當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，
∵拋物線過點(diǎn)
求得此時(shí)拋物線解析式為，
∴E（6，0），
∴直線DE：y=-
∴F2（3，）
∴點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)路徑的長為，
∵△DFG為等邊三角形，
∴G運(yùn)動(dòng)路徑的長為
【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、特殊三角函數(shù)以及三角形全等的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；
（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列出方程即可；
②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點(diǎn)；第二種：為直角頂點(diǎn)；第三種，為直角頂點(diǎn)，但此種情況不成立，故最終有兩個(gè)答案．
【詳解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如圖1，作于點(diǎn)，由（1）得，，則，
作交延長線于點(diǎn)，則，

∴．
∵
∴．
由旋轉(zhuǎn)知，
∴．
設(shè)，則．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋轉(zhuǎn)得，，
又因?yàn)?，所以?br>情況一：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖2．

∵，
∴落在線段延長線上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情況二：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖3．

設(shè)與射線的交點(diǎn)為，
作于點(diǎn)．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
設(shè)，則，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化簡得，
解得，
∴．
情況三：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時(shí)，
點(diǎn)落在的延長線上，不符合題意．
綜上所述，或．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正弦的定義，全等的判定及性質(zhì)，相似的判定及性質(zhì)，理解記憶相關(guān)定義，判定，性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
18．規(guī)劃一：[任務(wù) 1]選擇點(diǎn)和點(diǎn)；，，，測得圖上；[任務(wù) 2]；[任務(wù) 3]發(fā)射塔的實(shí)際高度為米；規(guī)劃二：[任務(wù) 1]選擇點(diǎn)和點(diǎn)．[任務(wù) 2]；[任務(wù) 3]發(fā)射塔的實(shí)際高度為米；
【分析】規(guī)劃一：[任務(wù) 1]選擇點(diǎn)和點(diǎn),根據(jù)正切的定義求得三個(gè)角的正切值，測得圖上
[任務(wù) 2]如圖1，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，設(shè)．根據(jù)，，得出，．由，解得，根據(jù)，得出，即可求解；
[任務(wù)3 ]測得圖上，設(shè)發(fā)射塔的實(shí)際高度為米．由題意，得，解得，
規(guī)劃二：[任務(wù) 1]選擇點(diǎn)和點(diǎn)．根據(jù)正切的定義求得三個(gè)角的正切值，測得圖上；
[任務(wù) 2]如圖2，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交的延長線于點(diǎn)，則，設(shè)．根據(jù)，，得出，．根據(jù)，得出，然后根據(jù)，得出，進(jìn)而即可求解．
[任務(wù) 3]測得圖上，設(shè)發(fā)射塔的實(shí)際高度為米．由題意，得，解得，即可求解．
【詳解】解：有以下兩種規(guī)劃，任選一種作答即可．
規(guī)劃一：
[任務(wù) 1]選擇點(diǎn)和點(diǎn)．
，，，測得圖上．
[任務(wù) 2]如圖1，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

則，設(shè)．
∵，，
∴，．
∵，
∴
解得，
∴．
∵，
∴，
∴．
[任務(wù)3 ]測得圖上，設(shè)發(fā)射塔的實(shí)際高度為米．
由題意，得，解得，
∴發(fā)射塔的實(shí)際高度為米．
規(guī)劃二：
[任務(wù) 1]選擇點(diǎn)和點(diǎn)．
，，，測得圖上．
[任務(wù) 2]如圖2，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交的延長線于點(diǎn)，則，設(shè)．

∵，，
∴，．
∵，
∴，解得，
∴．
∵，∴，
∴．
[任務(wù) 3]測得圖上，設(shè)發(fā)射塔的實(shí)際高度為米．
由題意，得，解得．
∴發(fā)射塔的實(shí)際高度為米．
【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握三角函數(shù)關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
19．(1)
(2)①證明見解析；②；
(3)
【分析】（1）先證明，結(jié)合，，可得，從而可得答案；
（2）①證明，再證明，可得；②設(shè)， ，證明，可得，即，則，可得，從而可得答案；
（3）解法一：如圖，設(shè)的半徑為，連接交于，過作于，證明，，可得，證明，可得，，證明，，即，再解方程可得答案．
解法二：如圖，延長，分別交、于M、N，連接．先證，再證，則可得．根據(jù)等腰三角形三線合一，可得，由此可得．由，可得．再證．則可得，即，解出r的值，即可求出的長．
【詳解】（1）證明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①∵為中點(diǎn)，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②設(shè)， ，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴，
∴（負(fù)根舍去）；
（3）解法一：如圖，設(shè)的半徑為，連接交于，過作于，

∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，而，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，（負(fù)根舍去），
由（2）①知，
∴．
解法二： 如圖，延長，分別交、于M、N，連接，
，
．
又，
，
．
，
，
．
又，
，
．
又，
，．
，
．
，
，
，
，
即，
得，
解得：，（負(fù)根舍去），
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，垂徑定理的應(yīng)用，求解銳角的正切，本題的難度大，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
20．(1)①；②
(2)能，或或或．
【分析】（1）①先求頂點(diǎn)的坐標(biāo)，然后待定系數(shù)法求解析式即可求解；
②過點(diǎn)作于點(diǎn)．設(shè)直線為，把代入，得，解得，直線為．同理，直線為．聯(lián)立兩直線解析式得出，根據(jù)，由平行線分線段成比例即可求解；
（2）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則點(diǎn)的坐標(biāo)為．①如圖2-1，當(dāng)時(shí)，存在．記，則．過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．在中，，進(jìn)而得出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為6．②如圖2-2，當(dāng)時(shí)，存在．記．過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．在中，，得出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．③如圖，當(dāng)時(shí)，存在．記．過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．在中，，得出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．④如圖2-4，當(dāng)時(shí)，存在．記．過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．在中，，得出點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
【詳解】（1）解：①∵，
∴頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1．
∴當(dāng)時(shí)，，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)是．
設(shè)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為，把代入，
得，
解得．
∴該拋物線的函數(shù)表達(dá)式為，
即．
②如圖1，過點(diǎn)作于點(diǎn)．

設(shè)直線為，把代入，得，
解得，
∴直線為．
同理，直線為．
由
解得
∴．
∴．
∵，
∴．
（2）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則點(diǎn)的坐標(biāo)為．
①如圖，當(dāng)時(shí)，存在．
記，則．
∵為的外角，
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．
在中，，
∴，解得．
∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為6．

②如圖2-2，當(dāng)時(shí)，存在．
記．
∵為的外角，
∴．
∴
∴．
∴．
過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．
在中，，
∴，解得．
∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．

③如圖2-3，當(dāng)時(shí)，存在．記．

∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．
在中，，
∴，解得．
∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
④如圖2-4，當(dāng)時(shí)，存在．記．
∵，
∴．

∴．
∴．
過點(diǎn)作軸于點(diǎn)，則．
在中，，
∴，解得．
∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
綜上，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．
【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運(yùn)用，解直角三角形，平行線分線段成比例，熟練掌握以上知識，分類討論是解題的關(guān)鍵．
21．(1)見解析
(2)①24，②
(3)＝，理由見解析
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可證得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于點(diǎn)G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，進(jìn)一步即可得到答案；
（2）①連接AC交BD于點(diǎn)O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面積公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，則，再證明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定義得到答案；
（3）過點(diǎn)G作GTBC，交AE于點(diǎn)T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，則EG＝GH，再證△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，為定值，即可得到ET的值．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于點(diǎn)G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如圖1，連接AC交BD于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面積是24．
②如圖2，連接AC，分別交BD、DE于點(diǎn)O、H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）如圖3，過點(diǎn)G作GTBC交AE于點(diǎn)T，此時(shí)ET＝．
理由如下：由題（1）可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，為定值，
此時(shí)ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
22．(1)①6；②見解析
(2)，理由見解析
【分析】（1）①將面積用a，b的代數(shù)式表示出來，計(jì)算，即可
②利用AN公共邊，發(fā)現(xiàn)△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的關(guān)系式，化簡，變形，即可得結(jié)論
（2）等邊與等邊共頂點(diǎn)B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的對應(yīng)邊，對應(yīng)角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，從而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a與b的關(guān)系，從而得到結(jié)論
【詳解】（1）∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由題意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
（2），理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等邊三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由題意得：，
∴
∴
【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，相似，手拉手模型，代數(shù)運(yùn)算，本題難點(diǎn)是圖二中的相似和圖三中的手拉手全等
23．(1)證明見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）利用，證明，利用相似比即可證明此問；
（2）由（1）得，，得出是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小問的思路，延長交于點(diǎn)M，連接，作，垂足為N．構(gòu)造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的長．
【詳解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：由（1）得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）解：如圖，延長交于點(diǎn)M，連接，作，垂足為N．
在中，．
∵，
∴由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵平分，
∴，
∴．
∴．在中，．
∵，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)及判定、等腰三角形的性質(zhì)及判定、解特殊的直角三角形等知識，遵循構(gòu)第（1）、（2）小問的思路，構(gòu)造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解決本題的關(guān)鍵．
24．(1)∠AEM＝90°；
(2)DE＝；MN∥BD，證明見解析；
(3)DE的長為或．
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，從而得出答案；
（2）根據(jù)對稱性得，∠ENC＝∠BDC，則cs∠ENC＝，得EN＝，利用SSS證明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，則MN∥BD；
（3）當(dāng)點(diǎn)E在邊AD上時(shí)，若直線MN過點(diǎn)C，利用AAS證明△BCM≌△CED，得DE＝MC；當(dāng)點(diǎn)E在邊CD上時(shí)，證明△BMC∽△CNE，可得，從而解決問題．
【詳解】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由對稱性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
（2）如圖1，
∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵當(dāng)N落在BC延長線上時(shí)，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由對稱性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cs∠ENC＝，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝；
直線MN與直線BD的位置關(guān)系是MN∥BD．
由對稱性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情況1：如圖2，當(dāng)E在邊AD上時(shí)，直線MN過點(diǎn)C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝；
②情況2：如圖3，點(diǎn)E在邊CD上時(shí)，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN，
∴DE＝EN＝．
綜上所述，DE的長為或．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，根據(jù)題意畫出圖形，并運(yùn)用分類討論思想是解題的關(guān)鍵．

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