第I卷（選擇題）
一、單選題
1．如圖，在矩形中，，，為矩形對角線的交點，以為圓心，1為半徑作，為上的一個動點，連接，，則面積的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2．如圖，在等邊中，，點是以為圓心，半徑為3的圓上一動點，連接，為上一點，，連接，則線段的最大值與最小值之積為（ ）
A．27B．26C．25D．24
3．如圖， 正方形ABCD中，△繞點A逆時針轉(zhuǎn)到，，分別交對角線BD于點E，F(xiàn)，若AE=4，則的值為（ ）
A．8B．12C．16D．20
4．如圖，四邊形ABCD中，對角線，且，，各邊中點分別為、、、，順次連接得到四邊形，再取各邊中點、、、，順次連接得到四邊形，……，依此類推，這樣得到四邊形，則四邊形的面積為（ ）
A．B．C．D．不確定
5．如圖，菱形ABCD和菱形ECGF的邊長分別為4和2，∠B＝120°，則圖中陰影部分的面積是（ ）
A．3B．2C．4D．3
6．古希臘數(shù)學(xué)家發(fā)現(xiàn)“黃金三角形”很美。頂角為的等腰三角形，稱為“黃金三角形”，如圖所示，中，，，其中，又稱為黃金比率，是著名的數(shù)學(xué)常數(shù)。作的平分線，交于，得到黃金三角形；作交于，交于，得到黃金三角形；作交于，交于，得到黃金三角形；依此類推，我們可以得到無窮無盡的黃金三角形。若的長為1，那么的長為（ ）．
A．B．C．D．
7．如圖，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E為AB上一點，以AE為直徑作⊙O與BC相切于點D，若AE＝5，AC＝4，則BE的長為
A．B．C．3D．1
第II卷（非選擇題）
二、解答題
8．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點D為AB上一點．
（1）如圖1，若CD⊥AB，求證：AC2=AD·AB；
（2）如圖2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且，求的值；
（3）如圖3，若AC=BC，點H在CD上，CH=3DH，則tan∠ACH的值為________．
9．如圖，在中，的平分線AD交BC于點E，交的外接圓于點D．過點D作的切線DF，連接BD．
（1）求證：．
（2）若，．
①當(dāng)時，求線段的長為_____________．
②當(dāng)四邊形OCDB為平行四邊形時，的半徑等于_____________．
10．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線的最高點為點，將左移1個單位，上移1個單位得到拋物線，點P為的頂點．
（1）求拋物線C的解析式；
（2）若過點D的直線l與拋物線只有一個交點，求直線l的解析式；
（3）直線與拋物線交于D、B兩點，交y軸于點A，連接，過點B作于點C，點Q為上之間的一個動點，連接交于點E，連接并延長交于點F，試說明：為定值．
11．如圖，延長的直徑，交直線于點，且，．射線自出發(fā)繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為；同時，線段從出發(fā)繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為，直線與射線交于點，與直線交于點，其中，且．
（1）當(dāng)時，的長為__________；
（2）當(dāng)時，求旋轉(zhuǎn)角，并證明射線是的切線；
（3）當(dāng)時，求線段的長度；
（4）直接寫出線段的最大值．
12．在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝120°，點E是AB的中點，點F在邊BC上，連接DE，EF．
（1）取AD中點G，連接EF，EG．DE與FG交于點H．
①如圖1，當(dāng)點F與點B重合時，求證：△EGH∽△DBH．
②如圖2，當(dāng)∠EDF＝2∠GED時，求線段EF的長．
（2）連接AF，如圖3，當(dāng)∠DEF＝∠BAF時，求BF的長．
13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸正半軸交于點A（4，0），與y軸交于點B（0，2），點C在該拋物線上且在第一象限．
（1）求該拋物線的表達式；
（2）將該拋物線向下平移m個單位，使得點C落在線段AB上的點D處，當(dāng)AD＝3BD時，求m的值；
（3）聯(lián)結(jié)BC，當(dāng)∠CBA＝2∠BAO時，求點C的坐標(biāo)．
14．問題背景
在中，，，，點、分別是邊、上的動點，設(shè)，兩點之間的距離為，、兩點之間的距離為．
初步思考
（1）如圖1，過點作的垂線，垂足為，連結(jié)、．當(dāng)時，________；
深入探究
（2）如圖2，若于，以，為鄰邊作平行四邊形，當(dāng)時，是否存在，使得平行四邊形的頂點恰好落在的邊上？若存在，請求出的值，若不存在，請說明理由．
拓展延伸
（3）如圖3，連接、交于點，若，且滿足，判斷是否為定值？若是，請求出的值；若不是，請說明理由．
15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如果拋物線上存在一點A，使點A關(guān)于坐標(biāo)原點O的對稱點也在這條拋物線上，那么我們把這條拋物線叫做回歸拋物線，點A叫做這條拋物線的回歸點．
（1）已知點M在拋物線上，且點M的橫坐標(biāo)為2，試判斷拋物線是否為回歸拋物線，并說明理由；
（2）已知點C為回歸拋物線的頂點，如果點C是這條拋物線的回歸點，求這條拋物線的表達式；
（3）在（2）的條件下，所求得的拋物線的對稱軸與x軸交于點D．連接CO并延長，交該拋物線于點E．點F是射線CD上一點，如果，求點F的坐標(biāo)．
16．如圖，點是正方形中延長線上一點，對角線相交于點，連接，分別交于點，過點作的垂線，垂足為點，交線段于．
（1）若 ，求的大?。?br>（2）求證：．
（3）若正方形的邊長為1，，求的長．
17．如圖，在△ABC中，BD、CE是△ABC的高，連接DE．
（1）求證：△ADB∽△AEC；
（2）若sin∠BAC=，BC=，求DE的長．
18．已知：正方形，等腰直角三角板的直角頂點落在正方形的頂點處，使三角板繞點旋轉(zhuǎn)．
（1）當(dāng)三角板旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；
（2）在（1）的條件下，若，求的度數(shù)；
（3）若，點是邊的中點，連結(jié)，與交于點，當(dāng)三角板的邊與邊重合時（如圖2），若，求的長．
19．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，C，F(xiàn)，G三點在一直線上，連接AF并延長交邊CD于點M．
（1）求證：△MFC∽△MCA；
（2）求證△ACF∽△ABE；
（3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的邊長．
20．如圖，在△ABC中，∠ACB =90°，AB=10， AC=8，CD是邊AB的中線．動點P從點C出發(fā)，以每秒5個單位長度的速度沿折線CD-DB向終點B運動．過點P作PQ⊥AC于點Q，以PQ為邊作矩形PQMN，使點C、N始終在PQ的異側(cè)，且．設(shè)矩形PQMN與△ACD重疊部分圖形的面積是S，點P的運動時間為（t>0）．
（1）當(dāng)點P在邊CD上時，用含的代數(shù)式表示PQ的長．
（2）當(dāng)點N落在邊AD上時，求t的值．
（3）當(dāng)點P在CD上時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（4）連結(jié)DQ，當(dāng)直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分時，直接寫出的值．
21．如圖，中，點分別是的中點，與點．
（1）求證：；
（2）求的大??；
（3）若，求的面積．
22．如圖，拋物線與x軸正半軸交于點A，與y軸交于點B．
（1）求直線的解析式及拋物線頂點坐標(biāo)；
（2）如圖1，點P為第四象限且在對稱軸右側(cè)拋物線上一動點，過點P作軸，垂足為C，交于點D，求的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，將拋物線向右平移得到拋物線，直線與拋物線交于M，N兩點，若點A是線段的中點，求拋物線的解析式．
23．（閱讀理解）小白同學(xué)遇到這樣一個問題：△ABC中，D是BC的中點，E是AB上一點，延長DE、AC交于點F，DE=EF，AB=5，求AE的長．小白的想法是：過點E作EH∥BC交AC于H，再通過相似三角形的性質(zhì)得到AE、BE的比，從而得出AE的長，請你按照小白的思路完成解答．
（解決問題）請借助小白的解題經(jīng)驗，完成下面問題：△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D，E為AB邊上一點，AE=AD，H、Q為BC上兩點，CQ=DH，DQ=mDH，G為AC上一點，連接EQ交HG、AD于F、P，∠EFG+∠EAD=180°，猜想并驗證EP與GH的數(shù)量關(guān)系．
24．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．動點M，N從點C同時出發(fā)，均以每秒1cm的速度分別沿CA、CB向終點A，B移動，同時動點P從點B出發(fā)，以每秒2cm的速度沿BA向終點A移動，連接PM，PN，設(shè)移動時間為t（單位：秒，0＜t＜2.5）．
（1）當(dāng)t為何值時，以A，P，M為頂點的三角形與△ABC相似？
（2）是否存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，請說明理由．
25．如圖，點A在x軸正半軸上，點B在y軸正半軸上，OA＝OB，點C的坐標(biāo)為（﹣1，0），OA：OC＝3：1，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A、B、C，頂點為D．
（1）求a、b、c的值；
（2）若直線y＝x+n與x軸交于點E，與y軸交于點F．
①當(dāng)n＝﹣1時，求∠BAF﹣∠BAD的值；
②若直線EF上有點H，使∠AHC＝90°，求n的取值范圍．
26．如圖，點A在線段EB上，且EA＝AB，以AB直徑作⊙O，過點E作射線EM交⊙O于D、C兩點，且．過點B作BF⊥EM，垂足為點F．
（1）求證：CD?CB＝2CF?EA；
（2）求tan∠CBF的值．
27．已知二次函數(shù)與軸交于，兩點，且在的左邊，．
（1）若．
①求，兩點的坐標(biāo)（用含的代數(shù)式表示）；
②連接，，若在，，所圍成區(qū)域內(nèi)（含邊界），橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點的個數(shù)為個，求的取值范圍．
（2）若拋物線過點，以為圓心，為半徑作圓，請判斷直線與⊙A的位置關(guān)系，并說明理由．
28．我們定義：對角線垂直的凸四邊形叫做“準(zhǔn)箏形”．如圖 1，四邊形 ABCD 中，AC⊥BD，則四邊形 ABCD 是“準(zhǔn)箏形”．
（1）“三條邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形”是 命題；（填“真” 或“假”）
（2）如圖 1，在準(zhǔn)箏形 ABCD 中，AD＝3，AB＝2，BC＝4，求 CD的長．
（3）如圖 2， 在準(zhǔn)箏形 ABCD 中，AC 與 BD 交于點 O，點 P 在線段 AD 上，AP＝2，且 AD＝3， AO =，在 BD 上存在移動的線段EF，E 在 F 的左側(cè)，且 EF＝1，使四邊形 AEFP 周長最小，求此時OE 的長度．
29．已知為直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，點A、C在x軸上，點B坐標(biāo)為(3，m)（m>0），線段AB與y軸相交于點D，以P(1，0)為頂點的拋物線過點B、D．
（1）求點A的坐標(biāo)（用m表示）；
（2）求拋物線的解析式；
（3）設(shè)點Q為拋物線上點P至點B之間的一動點，連結(jié)PQ并延長交BC于點E，連結(jié)BQ并延長交AC于點F，試證明：FC(AC+EC)為定值．
30．已知在?ABCD，AB＝2，BC＝10，∠B＝60°，E是邊BC上的動點，以AE為一邊作?AEFG，且使得直線FG經(jīng)過點D．
（1）如圖1，EF與AD相交于H，若H是EF的中點．
①求證：GF＝DF；
②若GF⊥CD，求GD的長；
（2）如圖2，設(shè)AE＝x，AG＝y(tǒng)，當(dāng)點E在邊BC上移動時，始終保持∠AEF＝45°，
①求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求函數(shù)y的取值范圍；
②連接ED，當(dāng)△AED是直角三角形時，求DF的值．
31．如圖，AB，CD為的兩條平行弦，過點A作的切線，交DC的延長線于點H，若H，O，B在同一條直線上，OH交于點M，過點O作AM的平行線，與AB，CD分別相交于點E，F(xiàn)．
（1）求證：；
（2）若，，求的長．
32．如圖，已知一次函數(shù)y＝3x＋3與y軸交于A，與x軸交于點B，直線AC與正半軸交于點C，且AC＝BC，
（1）求直線AC的解析式；
（2）點D為線段AC上一點，點E為線段CD的中點，過點E作x軸的平行線交直線AB于點F，連接DF并延長交x軸于點G，求證；AD＝BG；
（3）在（2）的條件下，若∠AFD＝2∠BAO，求點D坐標(biāo)．
33．如圖，在矩形中，，，，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為；同時，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，連接，設(shè)運動時間為比，請解答下列問題：
（1）當(dāng)為何值時，？
（2）設(shè)四邊形的面積為，求與的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻，使，，三點在同一直線上？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
34．如圖，在中，．點從點出發(fā)，沿以每秒個單位的速度運動．點從點出發(fā)，沿以每秒個單位的速度運動，點到達點時，兩點同時停止運動．點不與點重合時，以為鄰邊作．設(shè)點的運動時間為秒．
（1）用含的代數(shù)式表示的長；
（2）當(dāng)點落在邊上時，求的值；
（3）當(dāng)點在邊上時，設(shè)與重疊部分圖形面積為求與之間的函數(shù)關(guān)系式.
（4）連結(jié)，當(dāng)射線平分面積時，直接寫出的值．
35．在中，，OA平分交BC于點O，以O(shè)為圓心，OC長為半徑作圓交BC于點D．
（1）如圖1，求證：AB為的切線；
（2）如圖2，AB與相切于點E，連接CE交OA于點F．
①試判斷線段OA與CE的關(guān)系，并說明理由．
②若，求的值．
36．如圖，在ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線，∠ABC的平分線 BM交AE于點M，點O在AB上，以點O為圓心，OB的長為半徑的圓經(jīng)過點M，交BC于點G，交 AB于點F．
（1）求證：AE為⊙O的切線．
（2）若BC=8，AC=12時，求⊙O的半徑和線段BG的長．
37．如圖，點是的內(nèi)心，的延長線和的外接圓相交于點，交于．
（1）若，，求的度數(shù)；
（2）求證：；
（3）若，，，求的長．
38．如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，P為BA延長線上一點，連接CA、CD、AD，且∠PCA＝∠ADC，CE⊥AB于E，并延長交AD于F．
（1）求證：PC為⊙O的切線；
（2）求證：；
（3）若，，求PA的長．
三、填空題
39．如圖，在中，平分在延長線上，且，若，，則的長為_____．
40．如圖，在中，，正方形的頂點分別在的邊上，在邊上，則正方形的邊長等于_______．
41．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E 、F在邊BC，CD上運動，且滿足BE=CF，連接AE，BF交于點G，連接CG，則CG的最小值為 ________ ；當(dāng)CG取最小值時，CE的長為 _________
42．如圖，在中，，點在邊上，，點在上，，垂足為，若，，則線段的長為__________．
43．如圖，在等邊三角形的邊上各取一點P，Q，使，相交于點O，若，，則的長為_______，的長為_______．
44．如圖，正方形ABCD中，BC=2，點M是邊AB的中點，連接DM，DM與AC交于點P，點F為DM中點，點E為DC上的動點．當(dāng)∠DFE=45°時，則DE= _____ ．
45．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，則DF的長是______．
46．如圖，點A與點B關(guān)于原點對稱，點C在第四象限，∠ACB＝90°，點D是x軸正半軸上一點，AC平分∠BAD，E是AD的中點，反比例函數(shù)(k0)的圖象經(jīng)過點A，E．若△ACE的面積為6，則k的值為______．
47．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D是AC的中點，點E在BC上，分別連接BD、AE交于點F．若∠BFE＝45°，則CE＝_____．
48．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4，BC＝，點D是BC的中點，點E是邊AB上一動點，沿DE所在直線把△BDE翻折到△B'DE的位置，B'D交AB于點F．若△AB'F為直角三角形，則AE的長為_____．
49．如圖，在中，，，，，垂足為，為的中點，與交于點，則的長為_______．
50．如圖，在中，依次取的中點的中點的中點的中點，．．．．．．，并連接，．．．．若的面積是則的面積是____________．
專題19 母子型相似解題方法專練
第I卷（選擇題）
一、單選題
1．如圖，在矩形中，，，為矩形對角線的交點，以為圓心，1為半徑作，為上的一個動點，連接，，則面積的最大值是（ ）
A．B．C．D．
2．如圖，在等邊中，，點是以為圓心，半徑為3的圓上一動點，連接，為上一點，，連接，則線段的最大值與最小值之積為（ ）
A．27B．26C．25D．24
3．如圖， 正方形ABCD中，△繞點A逆時針轉(zhuǎn)到，，分別交對角線BD于點E，F(xiàn)，若AE=4，則的值為（ ）
A．8B．12C．16D．20
4．如圖，四邊形ABCD中，對角線，且，，各邊中點分別為、、、，順次連接得到四邊形，再取各邊中點、、、，順次連接得到四邊形，……，依此類推，這樣得到四邊形，則四邊形的面積為（ ）
A．B．C．D．不確定
5．如圖，菱形ABCD和菱形ECGF的邊長分別為4和2，∠B＝120°，則圖中陰影部分的面積是（ ）
A．3B．2C．4D．3
6．古希臘數(shù)學(xué)家發(fā)現(xiàn)“黃金三角形”很美。頂角為的等腰三角形，稱為“黃金三角形”，如圖所示，中，，，其中，又稱為黃金比率，是著名的數(shù)學(xué)常數(shù)。作的平分線，交于，得到黃金三角形；作交于，交于，得到黃金三角形；作交于，交于，得到黃金三角形；依此類推，我們可以得到無窮無盡的黃金三角形。若的長為1，那么的長為（ ）．
A．B．C．D．
7．如圖，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E為AB上一點，以AE為直徑作⊙O與BC相切于點D，若AE＝5，AC＝4，則BE的長為
A．B．C．3D．1
第II卷（非選擇題）
二、解答題
8．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點D為AB上一點．
（1）如圖1，若CD⊥AB，求證：AC2=AD·AB；
（2）如圖2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且，求的值；
（3）如圖3，若AC=BC，點H在CD上，CH=3DH，則tan∠ACH的值為________．
9．如圖，在中，的平分線AD交BC于點E，交的外接圓于點D．過點D作的切線DF，連接BD．
（1）求證：．
（2）若，．
①當(dāng)時，求線段的長為_____________．
②當(dāng)四邊形OCDB為平行四邊形時，的半徑等于_____________．
10．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線的最高點為點，將左移1個單位，上移1個單位得到拋物線，點P為的頂點．
（1）求拋物線C的解析式；
（2）若過點D的直線l與拋物線只有一個交點，求直線l的解析式；
（3）直線與拋物線交于D、B兩點，交y軸于點A，連接，過點B作于點C，點Q為上之間的一個動點，連接交于點E，連接并延長交于點F，試說明：為定值．
11．如圖，延長的直徑，交直線于點，且，．射線自出發(fā)繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為；同時，線段從出發(fā)繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為，直線與射線交于點，與直線交于點，其中，且．
（1）當(dāng)時，的長為__________；
（2）當(dāng)時，求旋轉(zhuǎn)角，并證明射線是的切線；
（3）當(dāng)時，求線段的長度；
（4）直接寫出線段的最大值．
12．在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝120°，點E是AB的中點，點F在邊BC上，連接DE，EF．
（1）取AD中點G，連接EF，EG．DE與FG交于點H．
①如圖1，當(dāng)點F與點B重合時，求證：△EGH∽△DBH．
②如圖2，當(dāng)∠EDF＝2∠GED時，求線段EF的長．
（2）連接AF，如圖3，當(dāng)∠DEF＝∠BAF時，求BF的長．
13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸正半軸交于點A（4，0），與y軸交于點B（0，2），點C在該拋物線上且在第一象限．
（1）求該拋物線的表達式；
（2）將該拋物線向下平移m個單位，使得點C落在線段AB上的點D處，當(dāng)AD＝3BD時，求m的值；
（3）聯(lián)結(jié)BC，當(dāng)∠CBA＝2∠BAO時，求點C的坐標(biāo)．
14．問題背景
在中，，，，點、分別是邊、上的動點，設(shè)，兩點之間的距離為，、兩點之間的距離為．
初步思考
（1）如圖1，過點作的垂線，垂足為，連結(jié)、．當(dāng)時，________；
深入探究
（2）如圖2，若于，以，為鄰邊作平行四邊形，當(dāng)時，是否存在，使得平行四邊形的頂點恰好落在的邊上？若存在，請求出的值，若不存在，請說明理由．
拓展延伸
（3）如圖3，連接、交于點，若，且滿足，判斷是否為定值？若是，請求出的值；若不是，請說明理由．
15．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如果拋物線上存在一點A，使點A關(guān)于坐標(biāo)原點O的對稱點也在這條拋物線上，那么我們把這條拋物線叫做回歸拋物線，點A叫做這條拋物線的回歸點．
（1）已知點M在拋物線上，且點M的橫坐標(biāo)為2，試判斷拋物線是否為回歸拋物線，并說明理由；
（2）已知點C為回歸拋物線的頂點，如果點C是這條拋物線的回歸點，求這條拋物線的表達式；
（3）在（2）的條件下，所求得的拋物線的對稱軸與x軸交于點D．連接CO并延長，交該拋物線于點E．點F是射線CD上一點，如果，求點F的坐標(biāo)．
16．如圖，點是正方形中延長線上一點，對角線相交于點，連接，分別交于點，過點作的垂線，垂足為點，交線段于．
（1）若 ，求的大小．
（2）求證：．
（3）若正方形的邊長為1，，求的長．
17．如圖，在△ABC中，BD、CE是△ABC的高，連接DE．
（1）求證：△ADB∽△AEC；
（2）若sin∠BAC=，BC=，求DE的長．
18．已知：正方形，等腰直角三角板的直角頂點落在正方形的頂點處，使三角板繞點旋轉(zhuǎn)．
（1）當(dāng)三角板旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；
（2）在（1）的條件下，若，求的度數(shù)；
（3）若，點是邊的中點，連結(jié)，與交于點，當(dāng)三角板的邊與邊重合時（如圖2），若，求的長．
19．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，C，F(xiàn)，G三點在一直線上，連接AF并延長交邊CD于點M．
（1）求證：△MFC∽△MCA；
（2）求證△ACF∽△ABE；
（3）若DM=1，CM=2，求正方形AEFG的邊長．
20．如圖，在△ABC中，∠ACB =90°，AB=10， AC=8，CD是邊AB的中線．動點P從點C出發(fā)，以每秒5個單位長度的速度沿折線CD-DB向終點B運動．過點P作PQ⊥AC于點Q，以PQ為邊作矩形PQMN，使點C、N始終在PQ的異側(cè)，且．設(shè)矩形PQMN與△ACD重疊部分圖形的面積是S，點P的運動時間為（t>0）．
（1）當(dāng)點P在邊CD上時，用含的代數(shù)式表示PQ的長．
（2）當(dāng)點N落在邊AD上時，求t的值．
（3）當(dāng)點P在CD上時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（4）連結(jié)DQ，當(dāng)直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分時，直接寫出的值．
21．如圖，中，點分別是的中點，與點．
（1）求證：；
（2）求的大小；
（3）若，求的面積．
22．如圖，拋物線與x軸正半軸交于點A，與y軸交于點B．
（1）求直線的解析式及拋物線頂點坐標(biāo)；
（2）如圖1，點P為第四象限且在對稱軸右側(cè)拋物線上一動點，過點P作軸，垂足為C，交于點D，求的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)；
（3）如圖2，將拋物線向右平移得到拋物線，直線與拋物線交于M，N兩點，若點A是線段的中點，求拋物線的解析式．
23．（閱讀理解）小白同學(xué)遇到這樣一個問題：△ABC中，D是BC的中點，E是AB上一點，延長DE、AC交于點F，DE=EF，AB=5，求AE的長．小白的想法是：過點E作EH∥BC交AC于H，再通過相似三角形的性質(zhì)得到AE、BE的比，從而得出AE的長，請你按照小白的思路完成解答．
（解決問題）請借助小白的解題經(jīng)驗，完成下面問題：△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D，E為AB邊上一點，AE=AD，H、Q為BC上兩點，CQ=DH，DQ=mDH，G為AC上一點，連接EQ交HG、AD于F、P，∠EFG+∠EAD=180°，猜想并驗證EP與GH的數(shù)量關(guān)系．
24．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．動點M，N從點C同時出發(fā)，均以每秒1cm的速度分別沿CA、CB向終點A，B移動，同時動點P從點B出發(fā)，以每秒2cm的速度沿BA向終點A移動，連接PM，PN，設(shè)移動時間為t（單位：秒，0＜t＜2.5）．
（1）當(dāng)t為何值時，以A，P，M為頂點的三角形與△ABC相似？
（2）是否存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，請說明理由．
25．如圖，點A在x軸正半軸上，點B在y軸正半軸上，OA＝OB，點C的坐標(biāo)為（﹣1，0），OA：OC＝3：1，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A、B、C，頂點為D．
（1）求a、b、c的值；
（2）若直線y＝x+n與x軸交于點E，與y軸交于點F．
①當(dāng)n＝﹣1時，求∠BAF﹣∠BAD的值；
②若直線EF上有點H，使∠AHC＝90°，求n的取值范圍．
26．如圖，點A在線段EB上，且EA＝AB，以AB直徑作⊙O，過點E作射線EM交⊙O于D、C兩點，且．過點B作BF⊥EM，垂足為點F．
（1）求證：CD?CB＝2CF?EA；
（2）求tan∠CBF的值．
27．已知二次函數(shù)與軸交于，兩點，且在的左邊，．
（1）若．
①求，兩點的坐標(biāo)（用含的代數(shù)式表示）；
②連接，，若在，，所圍成區(qū)域內(nèi)（含邊界），橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點的個數(shù)為個，求的取值范圍．
（2）若拋物線過點，以為圓心，為半徑作圓，請判斷直線與⊙A的位置關(guān)系，并說明理由．
28．我們定義：對角線垂直的凸四邊形叫做“準(zhǔn)箏形”．如圖 1，四邊形 ABCD 中，AC⊥BD，則四邊形 ABCD 是“準(zhǔn)箏形”．
（1）“三條邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形”是 命題；（填“真” 或“假”）
（2）如圖 1，在準(zhǔn)箏形 ABCD 中，AD＝3，AB＝2，BC＝4，求 CD的長．
（3）如圖 2， 在準(zhǔn)箏形 ABCD 中，AC 與 BD 交于點 O，點 P 在線段 AD 上，AP＝2，且 AD＝3， AO =，在 BD 上存在移動的線段EF，E 在 F 的左側(cè)，且 EF＝1，使四邊形 AEFP 周長最小，求此時OE 的長度．
29．已知為直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，點A、C在x軸上，點B坐標(biāo)為(3，m)（m>0），線段AB與y軸相交于點D，以P(1，0)為頂點的拋物線過點B、D．
（1）求點A的坐標(biāo)（用m表示）；
（2）求拋物線的解析式；
（3）設(shè)點Q為拋物線上點P至點B之間的一動點，連結(jié)PQ并延長交BC于點E，連結(jié)BQ并延長交AC于點F，試證明：FC(AC+EC)為定值．
30．已知在?ABCD，AB＝2，BC＝10，∠B＝60°，E是邊BC上的動點，以AE為一邊作?AEFG，且使得直線FG經(jīng)過點D．
（1）如圖1，EF與AD相交于H，若H是EF的中點．
①求證：GF＝DF；
②若GF⊥CD，求GD的長；
（2）如圖2，設(shè)AE＝x，AG＝y(tǒng)，當(dāng)點E在邊BC上移動時，始終保持∠AEF＝45°，
①求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求函數(shù)y的取值范圍；
②連接ED，當(dāng)△AED是直角三角形時，求DF的值．
31．如圖，AB，CD為的兩條平行弦，過點A作的切線，交DC的延長線于點H，若H，O，B在同一條直線上，OH交于點M，過點O作AM的平行線，與AB，CD分別相交于點E，F(xiàn)．
（1）求證：；
（2）若，，求的長．
32．如圖，已知一次函數(shù)y＝3x＋3與y軸交于A，與x軸交于點B，直線AC與正半軸交于點C，且AC＝BC，
（1）求直線AC的解析式；
（2）點D為線段AC上一點，點E為線段CD的中點，過點E作x軸的平行線交直線AB于點F，連接DF并延長交x軸于點G，求證；AD＝BG；
（3）在（2）的條件下，若∠AFD＝2∠BAO，求點D坐標(biāo)．
33．如圖，在矩形中，，，，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為；同時，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，連接，設(shè)運動時間為比，請解答下列問題：
（1）當(dāng)為何值時，？
（2）設(shè)四邊形的面積為，求與的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻，使，，三點在同一直線上？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
34．如圖，在中，．點從點出發(fā)，沿以每秒個單位的速度運動．點從點出發(fā)，沿以每秒個單位的速度運動，點到達點時，兩點同時停止運動．點不與點重合時，以為鄰邊作．設(shè)點的運動時間為秒．
（1）用含的代數(shù)式表示的長；
（2）當(dāng)點落在邊上時，求的值；
（3）當(dāng)點在邊上時，設(shè)與重疊部分圖形面積為求與之間的函數(shù)關(guān)系式.
（4）連結(jié)，當(dāng)射線平分面積時，直接寫出的值．
35．在中，，OA平分交BC于點O，以O(shè)為圓心，OC長為半徑作圓交BC于點D．
（1）如圖1，求證：AB為的切線；
（2）如圖2，AB與相切于點E，連接CE交OA于點F．
①試判斷線段OA與CE的關(guān)系，并說明理由．
②若，求的值．
36．如圖，在ABC中，AB=AC，AE是∠BAC的平分線，∠ABC的平分線 BM交AE于點M，點O在AB上，以點O為圓心，OB的長為半徑的圓經(jīng)過點M，交BC于點G，交 AB于點F．
（1）求證：AE為⊙O的切線．
（2）若BC=8，AC=12時，求⊙O的半徑和線段BG的長．
37．如圖，點是的內(nèi)心，的延長線和的外接圓相交于點，交于．
（1）若，，求的度數(shù)；
（2）求證：；
（3）若，，，求的長．
38．如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，P為BA延長線上一點，連接CA、CD、AD，且∠PCA＝∠ADC，CE⊥AB于E，并延長交AD于F．
（1）求證：PC為⊙O的切線；
（2）求證：；
（3）若，，求PA的長．
三、填空題
39．如圖，在中，平分在延長線上，且，若，，則的長為_____．
40．如圖，在中，，正方形的頂點分別在的邊上，在邊上，則正方形的邊長等于_______．
41．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E 、F在邊BC，CD上運動，且滿足BE=CF，連接AE，BF交于點G，連接CG，則CG的最小值為 ________ ；當(dāng)CG取最小值時，CE的長為 _________
42．如圖，在中，，點在邊上，，點在上，，垂足為，若，，則線段的長為__________．
43．如圖，在等邊三角形的邊上各取一點P，Q，使，相交于點O，若，，則的長為_______，的長為_______．
44．如圖，正方形ABCD中，BC=2，點M是邊AB的中點，連接DM，DM與AC交于點P，點F為DM中點，點E為DC上的動點．當(dāng)∠DFE=45°時，則DE= _____ ．
45．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，則DF的長是______．
46．如圖，點A與點B關(guān)于原點對稱，點C在第四象限，∠ACB＝90°，點D是x軸正半軸上一點，AC平分∠BAD，E是AD的中點，反比例函數(shù)(k0)的圖象經(jīng)過點A，E．若△ACE的面積為6，則k的值為______．
47．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，D是AC的中點，點E在BC上，分別連接BD、AE交于點F．若∠BFE＝45°，則CE＝_____．
48．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4，BC＝，點D是BC的中點，點E是邊AB上一動點，沿DE所在直線把△BDE翻折到△B'DE的位置，B'D交AB于點F．若△AB'F為直角三角形，則AE的長為_____．
49．如圖，在中，，，，，垂足為，為的中點，與交于點，則的長為_______．
50．如圖，在中，依次取的中點的中點的中點的中點，．．．．．．，并連接，．．．．若的面積是則的面積是____________．
參考答案
1．C
分析：
當(dāng)點移動到過點的直線平行于且與相切時，面積的最大，由于為切點，得出垂直于切線，進而得出，根據(jù)勾股定理先求得的長，進而求得的長，根據(jù)，求得的長，從而求得的長，最后根據(jù)三角形的面積公式即可求得．
【詳解】
解：當(dāng)點移動到過點的直線平行于且與相切時，面積的最大，如圖，
過的直線是的切線，
垂直于切線，
延長交于，則，
在矩形中，，，
，
，
，，
，
，
，，，
，
，
的最大面積，
故選：C．
【點睛】
本題考查了圓的切線的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用以及三角形相似的判定和性質(zhì)，本題的關(guān)鍵是判斷出處于什么位置時面積最大．
2．A
分析：
過作于，在上截取，連結(jié)，；先證明，然后運用相似三角形的性質(zhì)和已知條件得到；再根據(jù)圖形得到，即當(dāng)且僅當(dāng)，，三點共線時，取得最大值為最小值；然后求得最大值和最小值并相乘即可．
【詳解】
解：如圖：過作于，在上截取，連結(jié)，，
是等邊三角形，，，
，，
，．
，，
．
，
，
，
，
，
，
，
．
∴當(dāng)且僅當(dāng)，，三點共線時，取得最大值為最小值，
∴的最大值為，的最小值為，
∴的最大值與最小值之積為．
故答案為A．
【點睛】
本題主要考查了點與圓的位置關(guān)系、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用以及相似三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線并靈活應(yīng)用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵．
3．C
分析：
根據(jù)正方形性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得到∠BAC和∠EAF和∠ADB都等于45°，再加上公共角得到△AEF與△DEA相似，得到對應(yīng)邊成比例即可得到結(jié)果．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠ADB=45°，
∵把△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到，
∴∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠EAF=∠ADB=45°，
∵∠AEF=∠DEA，
∴△AEF∽△DEA，
∴，
∴EF·ED=AE2，
∵AE=4，
∴EF·ED=16，
故選：C．
【點睛】
本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，找出相關(guān)的相似三角形是解題的關(guān)鍵．
4．B
分析：
根據(jù)三角形的面積公式，可以求得四邊形ABCD的面積是16；根據(jù)三角形的中位線定理，得A1B1∥AC，A1B1AC，則△BA1B1∽△BAC，得△BA1B1和△BAC的面積比是相似比的平方，即 ，因此四邊形A1B1C1D1的面積是四邊形ABCD的面積的 ，依此類推可得四邊形AnBn?nDn的面積．
【詳解】
解：∵四邊形A1B1C1D1的四個頂點A1、B1、C1、D1分別為AB、BC、CD、DA的中點，
∴A1B1∥AC，A1B1AC，
∴△BA1B1∽△BAC．
∴△BA1B1和△BAC的面積比是相似比的平方，即．
即S△ABC，同理可證：S△ADC，
S△ABD，S△CB1C1S△BDC，
∴S四邊形ABCD，
同法可證，
又四邊形ABCD的對角線AC＝8，BD＝4，AC⊥BD，
∴四邊形ABCD的面積是16．
∴四邊形AnBn?nDn的面積．
故選：B．
【點睛】
此題綜合運用了三角形的中位線定理、相似三角形的判定及性質(zhì)．注意：對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半．
5．D
分析：
設(shè)AG交CE于點H，通過得出，即可得出EH的長，將陰影部分的面積分為和的和，分別求出兩個菱形的高即可．
【詳解】
如圖，設(shè)AG交CE于點H，
∵菱形ABCD的邊AB∥CD，
∴，
∴CH：AB＝GC：GB，
即，
解得，
所以，EH＝CE﹣CH＝
∵∠B＝120°，
∴∠BCD＝∠FEC＝180°﹣120°＝60°，
∴點B到CD的距離為，
點F到CE的距離為，
∴陰影部分的面積＝S△AEH+S△GEH
＝
故選：D．
【點睛】
本題考查菱形與相似三角形的性質(zhì)，將陰影部分的面積拆分成兩部分來解是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．
6．B
分析：
根據(jù)平分，結(jié)合題意，通過證明并利用相似比關(guān)系計算得到，再由平行線性質(zhì)，推導(dǎo)得，，計算得到，同理得，根據(jù)規(guī)律推導(dǎo)，即可得到答案．
【詳解】
∵中，，
∴
∵平分
∴
∴，
設(shè)，
∴
∵的長為1
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
又∵
∴,
∴
∴，
∴，
∵
∴
∴
同理得：
……
∴
故選B．
【點睛】
本題考查了相似三角形、分式方程、角平分線、等腰三角形的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形、分式方程、角平分線、等腰三角形的性質(zhì)，從而完成求解．
7．A
分析：
連接ED并延長交AC的延長線于點F，連接OD，如圖，利用切線的性質(zhì)得OD⊥BC，則OD∥AC，根據(jù)相似三角形的判定方法得到△BOD∽△BAC，然后利用相似比計算BE的長．
【詳解】
連接ED并延長交AC的延長線于點F，連接OD，如圖，
∵⊙O與BC相切于點D，
∴OD⊥BC，
∵∠ACB＝90°，
∴OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴，即，
∴BE＝．
故選：A．
【點睛】
本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．若出現(xiàn)圓的切線，必連過切點的半徑，構(gòu)造定理圖，得出垂直關(guān)系．靈活運用相似比進行幾何運算．
8．（1）見解析；（2）；（3）
分析：
（1）證出，證明∽，得出，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)，則（），同（1）得，則，在中，，過作于，易證，求出，再由平行線分線段成比例定理即可得出答案；
（3）過點作于，設(shè)，則（），，證明∽，得出，，求出，證明是等腰直角三角形，得出，由勾股定理得出，由三角函數(shù)定義即可得出答案．
【詳解】
（1）證明：∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴設(shè)，則（），
∵，，
同（1）得：，
∴，
在中，，
過作于，如圖2所示：
則，
在中，，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：過點作于，如圖3所示：
∵，
∴設(shè)，則（），
∴，
∵，，
∴，
∴
又∵，
∴∽，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案為：．
【點睛】
本題是相似形綜合題,主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)定義、平行線分線段成比例定理等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質(zhì),證明三角形相似是解題的關(guān)鍵。
9．（1）證明見解析；（2）①；②．
分析：
（1）根據(jù)題目已知信息，連接連接DO并延長交于點G，連接BG，那么可以得到，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等，得到，從而得證．（2）①根據(jù)同弧以及題目所給信息可得，那么說明是等腰三角形，再根據(jù)，從而證明和都為等腰三角形，以及，再依據(jù)線段的相等關(guān)系，可得BD的長度．②首先根據(jù)題意可得，那么證明和是等邊三角形，從而得到，也就得到，，由于半徑與BC的倍數(shù)的關(guān)系，就對BC構(gòu)造直角三角形，所以過點C作AB的垂線交于點M，再利用邊角關(guān)系以及勾股定理列出式子，從而得到半徑的長度．
【詳解】
解：（1）連接DO并延長交于點G，連接BG，
∴根據(jù)圓的性質(zhì)：，
由題意可得：FD是的切線，
∴，
∴，即，
∵與所對的弧都為，
∴，
∴．
（2）①由題意得：，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
∵AD是的角平分線，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形且，
∴，得，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案為：．
②由第一問可知，，
∴，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，
∴，
∴和是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，，
過點C作AB的垂線交于點M，
則，
∴，，
∴
∴．
故答案為：．
【點睛】
本題主要考查切線的性質(zhì)，同弧或等弧所對的圓周角相等，相似三角形的判定和性質(zhì)，特殊三角形的判定及性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，掌握圓的相關(guān)性質(zhì)以及對題目已知條件的利用再融合計算線段長度的方法是做題關(guān)鍵．
10．（1）；（2）；（3）見解析
分析：
（1）利用拋物線的頂點坐標(biāo)公式，求出a、b；
（2）利用拋物線的平移性質(zhì)得出拋物線C2的解析式，設(shè)出直線AB的解析式，聯(lián)立兩函數(shù)解析式得出一元二次方程，用△=0求出k的值，即可得到結(jié)論；
（3）由QM∥CE，得△PQM∽△PEC，利用相似比得FC，已知AC=4，再計算FC?（AC+EC）為定值．
【詳解】
解：（1）∵拋物線的最高點為點，
∴，
∴，
∴拋物線，
（2）由（1）知，拋物線，
∵將向左移1個單位，上移1一個單位得到拋物線，
∴①，
設(shè)過點的直線的解析式為，
∴，
∴，
∴過點的直線的解析式為：②，
∵拋物線與過點D的直線只有一個交點，
∴聯(lián)立①②解得，
，
∴，
∴，
∴過點D的直線的解析式為，
（3）如圖，
∵直線與拋物線交于點D、B兩點，且，
∴，
∴直線的解析式為③，
∴，
∵拋物線，
∴頂點，
∴軸，
∵④，
聯(lián)立③④得，，
過點Q作于點M，過點Q作于點N，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
設(shè)點Q的坐標(biāo)為，
則，
，
，
，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即為定值8．
【點睛】
本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征和二次函數(shù)的性質(zhì)；理解坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，會解一元二次方程；相似三角形的判定與性質(zhì)解決數(shù)學(xué)問題．
11．（1）；（2）30°；見解析；（3）或；（4）．
分析：
（1）先求出圓的半徑，再根據(jù)弧長公式計算即可．
（2）先利用直角三角形兩銳角互余計算∠BAC的度數(shù)，再利用同弧所對的圓周角是圓心角的一半計算即可．作垂直，證明OQ是半徑，則射線是的切線
（3）分類討論，當(dāng)點在右側(cè)時，當(dāng)點在左側(cè)時，利用銳角三角函數(shù)表示出AT、AF計算出DF．再利用角角相似得得出的長．
（4）根據(jù)圓外一點到圓上的最遠距離是、、點三點共線時得出的最大值．
【詳解】
解：（1）∵∠BOC=2，
∴∠BOC=40°
；
（2）①解：當(dāng)時，，
∵，∴，
∵，即，
∴．
②證明：過點作于點（如圖2），
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是的切線．
（3）情況1：當(dāng)點在右側(cè)時：
過點作于點（如圖2），
設(shè)，由可得，，
又∵，即，∴．
∴，∴，
∴，
，
又，
∴，
∴，即，
∴．
情況2：當(dāng)點在左側(cè)時：
過點作的延長線于點（如圖3），
設(shè)，由，
同理可得，，
∴，
∴．
類比情況1，
得，
，
又，
即，
∴．
（4）∵當(dāng)點在右側(cè)時，，
當(dāng)點在左側(cè)時，，
∴點在以為弦，圓心角為的上運動
∴當(dāng)、、三點共線，且點在線段上時，最大，
此時，，，
∴最大值為．
【點睛】
本題考查圓周角定理、切線的證明、銳角三角函數(shù)、相似三角形、利用分類討論思想是難點．圓外一點到圓上的最值問題是中考的?？寄Ｐ停?br>12．（1）見解析；（2）2；（3）．
分析：
（1）利用三角形中位線定理，得到平行線，得到∠GEH=∠BDH，∠EGH=∠DBH，得證△EGH∽△DBH；
（2）連接BD，根據(jù)EG是中位線，∠EDF＝2∠GED，可證明∠ADE=∠CDF，根據(jù)菱形的性質(zhì)，可得△ADE≌△CDF，得AE=CF=2,得BE=BF，再根據(jù)∠B=60°證明△BEF是等邊三角形，即可得EF=BE=2；
（3）延長線段DE交BC延長線于N，過E點作EK⊥BC，垂足為K，根據(jù)△EFM∽△AFE，設(shè)相似比，繼而得出，再由列方程求出k和BF即可．
【詳解】
解：（1）∵點E是AB的中點，AD中點G，
∴EG//BD，
∴∠GEH=∠BDH，∠EGH=∠DBH，
∴△EGH∽△DBH；
（2）如解（2）圖，連接BD，
由（1）EG//BD，
∴∠GED=∠EDB，
∵∠EDF=2∠GED，
∴∠EDF=2∠EDB=∠EDB+∠FDB，
∴∠EDB=∠FDB，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB，∠DAE=∠DCF，AD=DC，
∴∠ADB-∠EDB =∠CDB-∠FDB，即∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE=CF=2,
∴BE=BF=2，
∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝120°，
∴∠B＝60°，
∴△BEF是等邊三角形，
∴EF=BE=2；
（3）如解（3）圖，延長線段DE交BC延長線于N，過E點作EK⊥BC，垂足為K，
∵在四邊形ABCD是菱形中，，
∴△ADE∽△BNE，
∴，
∴，，
∵,,
∴在中，，
∵∠DEF＝∠BAF，∠AFE＝∠EFM,
∴△EFM∽△AFE，
設(shè)相似比，，
則 ，，，
∴，
∵，
∴，，
∵
∴
∴，
∴，
整理得，
∴，（舍去），
將代入并整理得：，
解得．
【點睛】
本題綜合考查了全等三角形、相似三角形的性質(zhì)和判定、菱形的性質(zhì)、三角形中位線等知識，解題關(guān)鍵是利用全等三角形或相似三角形求出線段之間的關(guān)系，本題設(shè)參數(shù)解方程是難點，要求有較強的計算能力．
13．（1）y＝﹣x2+x+2；（2）；（3）C（2，3）
分析：
（1）利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式即可；
（2）如圖1，過點D作DG⊥x軸于G，利用平行證明△ADG∽△ABO，列比例式可以計算OG和DG的長，從而得D（1，），最后由平移的性質(zhì)可得m的值；
（3）如圖2，作輔助線，構(gòu)建等腰△ABF，確定點F的坐標(biāo)，計算BF的解析式，聯(lián)立拋物線和BF的解析式，方程組的一個解就是點C的坐標(biāo)．
【詳解】
解：（1）把點A（4，0）和點B（0，2）代入拋物線y＝﹣x2+bx+c中得：
，
解得：，
∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+2；
（2）如圖1，過點D作DG⊥x軸于G，
∴DG∥OB，
∴△ADG∽△ABO，
∴，
∵AD＝3BD，
∴AG＝3OG，
∵A（4，0），B（0，2），
∴OA＝4，OB＝2，
∴OG＝1，DG＝，
∵D（1，），
由平移得：點C的橫坐標(biāo)為1，
當(dāng)x＝1時，y＝﹣×1+×1+2＝3，
∴m＝3﹣＝；
（3）∵∠CBA＝2∠BAO，點C在該拋物線上且在第一象限，
∴點C在AB的上方，
如圖2，過A作AF⊥x軸于A，交BC的延長線于點F，過B作BE⊥AF于點E，
∴BE∥OA，
∴∠BAO＝∠ABE，
∵∠CBA＝2∠BAO＝∠ABE+∠EBF，
∴∠FBE＝∠ABE，
∵∠BEF＝∠AEB＝90°，
∴∠F＝∠BAF，
∴AB＝BF，
∴AE＝EF＝OB＝2，
∴F（4，4），
設(shè)BF的解析式為：y＝kx+n，
則，
解得：，
∴BF的解析式為：y＝x+2，
∴，
解得或，
∴C（2，3）．
【點睛】
本題考查了二次函數(shù)的綜合題，包括二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征、二次函數(shù)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)；解題關(guān)鍵是會利用待定系數(shù)法求拋物線和一次函數(shù)的解析式；靈活應(yīng)用相似比表示線段之間的關(guān)系；理解坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)；會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決數(shù)學(xué)問題．
14．（1）；（2）存在，或；（3）a的值為定值，a=．
分析：
（1）利用勾股定理可求出AB長，再由題意易證明，得出，代入數(shù)據(jù)，解出x即可．
（2）分兩種情況討論①當(dāng)G點落在AC邊上時，作交AC于點H，由（1）結(jié)論，可求出DE長度，進而求出AE長度，利用三角形等面積法即可求出EH長度，即為y的值．②當(dāng)G點在AB上時，顯而易見A點與G點重合，由題意可知，由平行線分線段成比例即可求出CF的長，即為y的值．
（3）作且，連接GF、AG．所以四邊形為平行四邊形，題干等式即為，則，從而證明，繼而證明．由，得，結(jié)合勾股定理所以，即求出a的值為．
【詳解】
（1）在中，，
由題意可知，，．
∴，
∴，
又∵AD=AC-CD=16-x，
∴，
解得．
故答案為：．
（2）假設(shè)存在y，使平行四邊形EFDG的頂點落在的邊上．
①當(dāng)G點落在AC邊上時．如圖，作交AC于點H，
由（1）可知，
∵x=6，AD=16-6=10,
∴，
∴，
在中,
∵，
∴．
∵點G在AC上
∴
∴
∴四邊形EFCH為矩形，
∴FC=EH=，
即y=．
②當(dāng)G點在AB上時，可知G點與A點重合才能使平行四邊形EFDG成立．如圖，
∵，
∴，即，
解得y=．
所以存在y，y的值為或．
（3）作，且，所以四邊形為平行四邊形，
，
即，
則，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
根據(jù)勾股定理可知．
∴．
【點睛】
本題考查三角形相似的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、平行線的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形，綜合性強，比較難．畫出輔助線是解題的關(guān)鍵．
15．（1）拋物線是回歸拋物線；理由見解析；（2）；（3）
分析：
（1）先求出點M的坐標(biāo)，再求出點M關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)，最后代入二次函數(shù)，根據(jù)回歸拋物線的定義即可得出答案；
（2）先求出點C關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)，再將的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式，即可求出的值，從而得出拋物線的表達式；
（3）先求出拋物線的對稱軸，再根據(jù)題意求出點C和點D的坐標(biāo)；根據(jù)直線OC與拋物線的交點為E求出點E的坐標(biāo)；從而求出CD、CE的值；然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)求出CF的值，即可求出點F的坐標(biāo)．
【詳解】
解：（1）M橫坐標(biāo)為2，
M縱坐標(biāo)為4，
則．
關(guān)于原點O的對稱點為；
當(dāng)時，．
所以在拋物線上；
因此拋物線是回歸拋物線；
（2）關(guān)于原點O的對稱點為，
又因為點C是這條拋物線的回歸點，
因此在拋物線上；
∴，解得
∴
（3）由（2）可知，對稱軸為，
拋物線的對稱軸與x軸交于點D，
點D的坐標(biāo)為（-1,0），
由（2）知，，
點C的坐標(biāo)為（-1,2），
設(shè)OC所在直線解析式為：，
將，代入得
，
解得：，
OC所在直線解析式為，
，
解得或，
點E的坐標(biāo)為（1，-2），
即，，，
在和中：
，
，
．
，
，
，
∴．
【點睛】
本題考查了新定義函數(shù)、求一次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)，將新定義的函數(shù)與一次函數(shù)及二次函數(shù)相結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
16．（1）25°；（2）證明見詳解；（3）
分析：
（1）由正方形性質(zhì)得到∠DBP的度數(shù)，利用外角性質(zhì)得到∠GEB的度數(shù)，再由直角三角形兩銳角互余，即可得到∠GBE的度數(shù)；
（2）連接CE，證△ECF與△EPC，可得EC的平方與EF和EP的關(guān)系，再根據(jù)正方形性質(zhì)得到EA=EC，即可得到結(jié)論；
（3）利用三角函數(shù)值求出DM的長，再利用△ABG和△ABP相似求出AG長，證明四邊形ACPD是平行四邊形可得∠DPA與∠GAH相等，則它們的三角函數(shù)值相等，通過∠GAH的正切值即可得到HG的長；
【詳解】
（1）∵四邊形是正方形，是正方形的對角線，
∴，
∵中，
∴，
∵，
∴；
（2）如圖所示，連接，
∵四邊形是正方形，
∴關(guān)于對稱，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）∵正方形的邊長為1，
∴，又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
連接，
∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，過點作于，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即的長為．
【點睛】
本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)值、平行四邊形的性質(zhì)和判定等知識點，正確添加輔助線，確定相似三角形是解題的關(guān)鍵．
17．（1）詳見解析；（2）6
分析：
（1）證明∠ADB=∠AEC=即可證得結(jié)論；
（2）依據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可得到，再根據(jù)∠DAE=∠BAC，推出△ADE∽△ABC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到DE的長.
【詳解】
（1）∵BD、CE是△ABC的高，
∴∠ADB=∠AEC=，
∵∠A=∠A，
∴△ADB∽△AEC；
（2）∵△ADB∽△AEC，
∴，即，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵sin∠BAC=，
∴，
∴Rt△ACE中，，
∴，
∴DE=6.
【點睛】
此題考查相似三角形的判定及性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，解此類問題中通過相似三角形的對應(yīng)邊的比值的變化得出其他兩個三角形相似是解題的關(guān)鍵.
18．（1）；證明見詳解 （2）135° （3）
分析：
（1）由正方形性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)即可判定△ADF和△CDE全等，即可得到結(jié)果；
（2）先設(shè)DE，再通過勾股定理逆定理判定三角形是直角三角形，即可得到結(jié)論；
（3）證明△MAO和△DCO全等，得到對應(yīng)邊成比例即可得到OD和OM的比，再求出DM的長，再求出OD的長，再求出DF的長，證明△DFN和△DCO相似，即可得到DN長．
【詳解】
解：（1），
在正方形和等腰直角三角形中，
，，，
∴，∴，
∴
（2）設(shè)，∵
∴，，∴，
∵，，即
∴為直角三角形，∴
∴
（3）∵是的中點，∴，
∵，∴，∴，
在中，，，
∴，∴，
∵，∴，
∵，，∴，
∴，即，
∴．
【點睛】
本題考查正方形，等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理和勾股定理逆定理，判定三角形是直角三角形是解題的關(guān)鍵．
19．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）．
分析：
（1）由正方形的性質(zhì)得，進而根據(jù)對頂角的性質(zhì)得，再結(jié)合公共角，根據(jù)相似三角形的判定得結(jié)論；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得，再證明其夾角相等，便可證明；
（3）由已知條件求得正方形的邊長，進而由勾股定理求得的長度，再由，求得，進而求得正方形的對角線長，便可求得其邊長．
【詳解】
解：（1）四邊形是正方形，四邊形是正方形，
，
，
，
，
；
（2）四邊形是正方形，
，，
，
同理可得，
，
，
，
；
（3），，
，
，
，
，即，
，
，
，
即正方形的邊長為．
【點睛】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，關(guān)鍵是掌握相似模型及證明方法和正方形性質(zhì)．
20．（1）；（2）；（3）；（4）或或或
分析：
（1）證明△ABC∽△CPQ，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．
（2）如圖2，當(dāng)點N落在邊AD上時，根據(jù)AM+MQ+CQ=8，構(gòu)建方程即可解決問題．
（3）分三種情形：①如圖1中，當(dāng)0＜t≤時，重疊部分是矩形PQMN．②如圖3-1，當(dāng)＜t≤1時，重疊部分是五邊形PQMKJ，根據(jù)S=S矩形PQMN-S△NKJ，求解即可．③如圖3-2中，當(dāng)1＜t≤2時，重疊部分是五邊形KQMJD，根據(jù)S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ，求解即可．
（4）分四種情形：①如圖4-1中，設(shè)DQ交MN于J，當(dāng)MJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
②如圖4-2中，設(shè)DQ交PN于J，當(dāng)PJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
③如圖4-3中，設(shè)DQ交PN于J，當(dāng)PJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
④如圖4-4中，設(shè)DQ交MN于J，當(dāng)MJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
【詳解】
解：（1）如圖1中，
在△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，
由勾股定理，得AB2=AC2+BC2．
∴BC=6．
∵CD是邊AB的中線，
∴CD=AD=5．
∴∠ACD=∠CAD．
∵∠CQP=∠ACB，
∴△ABC∽△CPQ．
∴，
∴
∴PQ=3t．
（2）如圖2，當(dāng)點N落在邊AD上時，
∵AM+MQ+CQ=8
∴4t+2t+4t=8．
解得t=．
（3）如圖1中，當(dāng)0＜t≤時，重疊部分是矩形PQMN，S=6t2．
如圖3-1，當(dāng)＜t≤1時，重疊部分是五邊形PQMKJ，S=S矩形PQMN-S△NKJ=6t2-×（10t-8）（10t-8）=-t2+60t-24．
如圖3-2中，當(dāng)1＜t≤2時，重疊部分是五邊形KQMJD，S=S△ADC-S△CQK-S△AMJ=12-?（6-3t）（8-4t）-×2t×2t×=-t2+24t-12，
綜上所述，．
（4）①如圖4-1中，設(shè)DQ交MN于J，當(dāng)MJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
作DK⊥AC于K．
∵PQ=MN=3t，MJ=2JM，
∴MJ=MQ=2t，
∴∠DQK=45°，
∵DK∥BC，AD=DB，
∴AK=KC，
∴DK=KQ=BC=3，
∴CQ=1，
∴4t=1，
∴t=．
②如圖4-2中，設(shè)DQ交PN于J，當(dāng)PJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
∵PJ∥CQ，
∴，
∴，
∴t=
③如圖4-3中，設(shè)DQ交PN于J，當(dāng)PJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
∵PJ∥AQ，
∴，
∴ ，
∴t=
④如圖4-4中，設(shè)DQ交MN于J，當(dāng)MJ=2JN時，直線DQ將矩形PQMN分成面積比為1：2的兩部分．
同法可證MQ=MJ=2t，
∴∠AQD=45°，由①可知CQ=1，
∴8-4t=1，
∴t=，
綜上所述，滿足條件的t的值為，，，．
【點睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，解直角三角形，平行線分線段成比例定理，多邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
21．（1）證明見解析；（2）；（3）2．
分析：
（1）先根據(jù)相似三角形的判定可得，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得證；
（2）先根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)相似三角形的判定可得，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，最后根據(jù)角的和差即可得；
（3）設(shè)，從而可得，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)、勾股定理可得，從而可得，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可求出a的值，最后根據(jù)直角三角形的面積公式即可得．
【詳解】
（1），
，
在和中，，
，
，
；
（2），
是等腰直角三角形，
，
由（1）可知，，
，
點E是AC的中點，
，
，
在和中，，
，
，
又，
，
；
（3）設(shè)，
是等腰直角三角形，
，
點分別是的中點，
，
在中，，
，
由（1）知，，
，即，
解得，
在中，，
，
在和中，，
，
，即，
解得，
又，
，
解得，
，
則的面積為．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
22．（1）直線的解析式為，拋物線頂點坐標(biāo)為；（2）當(dāng)時，的最大值為； ；（3）．
分析：
（1）先根據(jù)函數(shù)關(guān)系式求出A、B兩點的坐標(biāo)，設(shè)直線的解析式為，利用待定系數(shù)法求出AB的解析式，將二次函數(shù)解析式配方為頂點式即可求得頂點坐標(biāo)；
（2）過點D作軸于E，則．求得AB=5，設(shè)點P的坐標(biāo)為，則點D的坐標(biāo)為，ED=x，證明，由相似三角形的性質(zhì)求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得點P的坐標(biāo)；
（3）設(shè)平移后拋物線的解析式，將L′的解析式和直線AB聯(lián)立，得到關(guān)于x的方程，設(shè)，則是方程的兩根，得到，點A為的中點，，可求得m的值，即可求得L′的函數(shù)解析式．
【詳解】
（1）在中，
令，則，解得，
∴．
令，則，∴．
設(shè)直線的解析式為，則，解得：，
∴直線的解析式為．
，
∴拋物線頂點坐標(biāo)為
（2）如圖，過點D作軸于E，則．
∵，
∴，
設(shè)點P的坐標(biāo)為，
則點D的坐標(biāo)為，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
而，
∴，
∵，，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知：
當(dāng)時，的最大值為．
，
∴．
（3）設(shè)平移后拋物線的解析式，
聯(lián)立，
∴，
整理，得：，
設(shè)，則是方程的兩根，
∴．
而A為的中點，∴，
∴，解得：．
∴拋物線的解析式．
【點睛】
本題考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)．
23．；=．
分析：
閱讀理解：作平行線，證明△FEH∽△FDC和△AEH∽△ABC，列比例式并根據(jù)DE=EF、BD=DC，可得結(jié)論；
解決問題：如圖2，作平行線，證明△CDM∽△CHG，得，設(shè)DH=CQ=x，則DQ=mx，再證明△AEP≌△ADM，得EP=DM，代入可得結(jié)論．
【詳解】
解：【閱讀理解】
如圖1，過點E作EH∥BC交AC于H，
∴∠FEH=∠FDC，∠FHE=∠C，
∴△FEH∽△FDC，
∴，
∵DE=EF，
∴，
∵BD=DC，
∴，
同理得：△AEH∽△ABC，
∴，
∵AB=5，
∴AE=；
【解決問題】
猜想：，
理由是：如圖2，過D作DM∥GH，交AC于M，
∴∠CMD=∠CGH，∠CDM=∠CHG，
∴△CDM∽△CHG，
∴，
設(shè)DH=CQ=x，則DQ=mx，
∴=，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAP=∠DAM，
∵∠EFG+∠EAD=180°，
∴∠AEP+∠ANF=180°，
∵GH∥DM，
∴∠ADM+∠DNG=∠ADM+∠ANF=180°，
∴∠ADM=∠AFP，
∵AE=AD，
∴△AEP≌△ADM，
∴EP=DM，
∴．
【點睛】
本題考查了三角形綜合題，涉及到了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識點，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．
24．（1）；（2）當(dāng)時，四邊形APNC的面積S有最小值，其最小值是．
分析：
根據(jù)勾股定理求得AB=5cm．
（1）分△AMP∽△ABC和△APM∽△ABC兩種情況討論：利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例來求t的值．
（2）如圖，過點P作PH⊥BC于點H，構(gòu)造平行線PH∥AC，由平行線分線段成比例求得以t表示的PH的值；然后根據(jù)“S=S△ABC﹣S△BPH”列出S與t的關(guān)系式，則由二次函數(shù)最值的求法即可得到S的最小值．
【詳解】
解：∵如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．
∴根據(jù)勾股定理，得．
（1）以A，P，M為頂點的三角形與△ABC相似，分兩種情況：
①當(dāng)△AMP∽△ABC時，，即，解得；
②當(dāng)△APM∽△ABC時，，即，解得t=0（不合題意，舍去）．
綜上所述，當(dāng)時，以A、P、M為頂點的三角形與△ABC相似．
（2）存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值．理由如下：
假設(shè)存在某一時刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值．
如圖，過點P作PH⊥BC于點H．則PH∥AC，
∴，
即．
∴．
∴
．
∵，
∴S有最小值．
當(dāng)時，S最小值=．
答：當(dāng)時，四邊形APNC的面積S有最小值，其最小值是．
25．（1）a=-1，b=2，c=3；（2）①∠BAF﹣∠BAD＝45°；②n的取值范圍≤n≤．
分析：
（1）根據(jù)已知條件得到點A、B、C的坐標(biāo)，代入拋物線y＝ax2+bx+c中即可求解；
（2）①根據(jù)已知條件求得點F、點D坐標(biāo)，進而求得AB、BD、AD的長，由勾股定理可知為直角三角形，然后證明△OAF∽△BAD，即∠OAF＝∠BAD，根據(jù)等角轉(zhuǎn)換即可求解；
②根據(jù)已知條件直線EF上有點H，使∠AHC＝90°，則以AC為直徑的圓⊙G與直線EF有公共點，當(dāng)直線EF在x下方與⊙G相切時，△EGK∽△EFO，即，設(shè)E（﹣3n，0），F(xiàn)（0，n），n＜0，根據(jù)相似比可求出n的值，當(dāng)直線EF在x下方與⊙G相切時，△EGK∽△EFO，同理可得n的值，綜上即可得到n的取值范圍．
【詳解】
（1）∵點C的坐標(biāo)為（﹣1，0），OA：OC＝3：1，
∴A（（3，0），
∵OA＝OB，
∴B（0，3），
把A、B、C三點都代入二次函數(shù)的解析式得，
，
解得， ；
（2）∵n＝﹣1，
∴y＝x+n＝x﹣1，
∴F（0，﹣1）
∴OF＝1，
由（1）知，拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
∵A（3，0），B（0，3），
∴OA＝3，AB＝，BD＝，AD＝，
∴BD2+AB2＝AD2，
∴∠ABD＝∠AOF＝90°，
∵，，
∴，
∴△OAF∽△BAD，
∴∠OAF＝∠BAD，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∴∠BAF﹣∠BAD＝∠OAB+∠OAF﹣∠BAD＝45°；
②直線EF上有點H，使∠AHC＝90°，則以AC為直徑的圓⊙G與直線EF有公共點，
如圖，當(dāng)直線EF在x下方與⊙G相切時，則△EGK∽△EFO，
∴，
∵A（3，0），C（﹣1，0），
∴GK＝AC＝2，G（1，0），
∵直線y＝x+n與x軸交于點E，與y軸交于點F．
∴E（﹣3n，0），F(xiàn)（0，n），n＜0，
∴OF＝﹣n，EF＝n，
∴ ，
解得，n＝或0（舍）；
經(jīng)檢驗，n＝是該方程的根，
如圖，當(dāng)直線EF在x下方與⊙G相切時，則△EGK∽△EFO，
∴，
∵A（3，0），C（﹣1，0），
∴GK＝AC＝2，G（1，0），
∵直線y＝x+n與x軸交于點E，與y軸交于點F．
∴E（-3n，0），F(xiàn)（0，n），n>0，
∴OF＝n，EF＝n，
，
解得，n＝或0（舍）；
經(jīng)檢驗，n＝是該方程的根，
∴若直線EF上有點H，使∠AHC＝90°，則n的取值范圍≤n≤．
【點睛】
本題主要考查了二次函數(shù)與圖形的綜合應(yīng)用，涉及求二次函數(shù)解析式、相似三角形的性質(zhì)與判定、圖形運動問題等，根據(jù)題意找到相似三角形并靈活運用相似比是解題關(guān)鍵．
26．（1）見解析；（2）tan∠CBF＝．
分析：
（1）連接BD，根據(jù)圓周角定理，由AB為直徑得到∠ADB＝90°，再根據(jù)題意即可證明△ABD∽△CBF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出AD?CB＝CF?AB，最后根據(jù)等量代換即可得證；
（2）連接OD，過O作OH⊥CD于點H，設(shè)⊙O的半徑為r，CD＝x，則CH＝DH＝x，根據(jù)易證△EOD∽△EBC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，再根據(jù)題意及等量代換即可求得ED＝2CD＝2x，根據(jù)勾股定理可表示出OH，根據(jù)BF⊥EM得出平行，即可HF、CF，再根據(jù)勾股定理求得BF，最后根據(jù)an∠CBF＝代入即可得出答案．
【詳解】
（1）連接BD，如圖1，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∵BF⊥EM，
∴∠BFC＝90°，
∴∠ADB＝∠CFB＝90°，
∵∠BCF＝∠BAD，
∴△ABD∽△CBF，
∴，
∴AD?CB＝CF?AB，
∵AD＝CD，AE＝AB，
∴CD?CB＝CF?2AE，
即CD?CB＝2CF?EA；
（2）連接OD，過O作OH⊥CD于點H，設(shè)⊙O的半徑為r，CD＝x，如圖2，則CH＝DH＝x，
∵，
∴∠AOD＝∠ABC，
∴OD∥BC，
∴△EOD∽△EBC，
∴，
∵EA＝AB＝OA＝OB＝r，
∴，
∴，
∴BC＝，
ED＝EC，
∴ED＝2CD＝2x，
∴OH＝，
∵BF⊥EM，
∴OH∥BF，
∴，
∴HF＝EH＝，
∴CF＝HF﹣CH＝，
∴BF＝，
∵EF2+BF2＝EB2，
∴，
∴r2＝2x2，
∴BF＝，
∴tan∠CBF＝．
【點睛】
本題考查了圓周角定理、相似三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理、求角的正切，添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．
27．（1）①，，②；（2）相交，理由見解析
分析：
(1)①令中即可求出A、B兩點的坐標(biāo)；
②先判斷橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點只能在區(qū)域的邊界上，并且線段AB上有三個，然后再根據(jù)條件列出不等式，進而求得m的取值范圍；
(2) 設(shè)對稱軸與坐標(biāo)軸交點為點，則且軸，過作，交直線于點，將AB、BP分別用a的代數(shù)式表示，證明，進而求出AN的長與圓的半徑2比較大小即可求解．
【詳解】
解：(1)①，，
令，則，
，
，，
，，
又在的左邊，
，，
故答案為，；
②記，，所圍成的區(qū)域（含邊界）為區(qū)域，落在區(qū)域的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的個數(shù)有個，如下圖所示：
，，
區(qū)域的內(nèi)部（不含邊界）沒有橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點
個橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點都在區(qū)域的邊界上
的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)
其余個點都在線段上，
又，
線段上有一個橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都為整數(shù)的點，
線段上還有個整點且，兩點要么同為整數(shù)，要么不同為整數(shù)，
，
解得，
故答案為；
(2)直線與相交，理由如下：
拋物線對稱軸為
又拋物線過點
點為該拋物線的頂點，
，，
得即，
，
令，則，，
，，
，，
設(shè)對稱軸與坐標(biāo)軸交點為點，則且軸，
過作，交直線于點，如下圖所示：
，
又，
，
，
，
直線與相交，
故答案為：相交．
【點睛】
本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的性質(zhì)和判定，直線與圓的位置關(guān)系等知識點，題目綜合性比較強，具有一定的難度，其中第(2)求直線與圓的位置關(guān)系時，只需要求出圓心到該直線的距離，然后與圓的半徑比較大小即可．
28．（1）真；（2）；（3）
分析：
（1）先根據(jù)在準(zhǔn)箏形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，設(shè)AC與BD交于點O，得出OA=OC，OB=OD，推出四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)AD=CD，即可證明四邊形ABCD是菱形，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)AC與BD交于點O，根據(jù)AC⊥BD，得到AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，可得AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，根據(jù)AD=3，АВ=2，BC=4，即可求出CD；
（3）過P作PG⊥AO于G，過A作AM//EF且AM=EF，作M點關(guān)于OD的對稱點N，連接MN交OD于H，交PG于R，連接PN交OD于F，先證明四邊形AEFM是平行四邊形，得到AE=MF，根據(jù)M、N關(guān)于OD對稱，得出MF=NF，推出當(dāng)且僅當(dāng)N、F、P三點共線時，AE+PF取得最小值，根據(jù)AP=2，EF=1，得出當(dāng)AE+PE取得最小值時，四邊形AEFP周長取得最小值，然后證明四邊形AOHM是矩形，得出АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=，根據(jù)在Rt△AOD中，OA=，AD=3，PG⊥OA，求出AG=AP=1，PG=AG=，PR=PG-GR=PG-AM=-1，RN=HN+HR=2，證明△NHF∽△NRP，得出==，求出HF=PR==，根據(jù)OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，即可得出OЕ．
【詳解】
解：（1）三條邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形是真命題，
，
在準(zhǔn)箏形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，
設(shè)AC與BD交于點O，
∴OA=OC，OB=OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AD=CD，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴三邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形，
故答案為：真；
（2）設(shè)AC與BD交于點O，
∵AC⊥BD，
∴AB2=AO2+BO2，
AD2=AO2+DO2，
CD2=CO2+DO2，
BC2=OB2+OC2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∵AD=3，АВ=2，BC=4，
∴22+CD2=32+42，
∴CD=，
∴CD的長為；
（3）過P作PG⊥AO于G，
過A作AM//EF且AM=EF，
作M點關(guān)于OD的對稱點N，連接MN交OD于H，
交PG于R，連接PN交OD于F，
∵AM//EF，AM=EF，
∴四邊形AEFM是平行四邊形，
∴AE=MF，
∵M、N關(guān)于OD對稱，
∴MF=NF，
∴AE+PF=MF+PF=NF+PF≥PN，
∴當(dāng)且僅當(dāng)N、F、P三點共線時，AE+PF取得最小值，
∵AP=2，EF=1，
∴當(dāng)AE+PE取得最小值時，四邊形AEFP周長取得最小值，
∵AM//OD，ОA//MН，∠AOD=90°，
∴四邊形AOHM是矩形，
∴АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=，
在Rt△AOD中，OA=，AD=3，
∴∠ADO=30°，
∵PG⊥OA，
∴PG∥OD，
∴∠APG=∠ADO=30°，
∴AG=AP=1，PG=AG=，
∴PR=PG-GR=PG-AM=-1，
∵HR=-1=，
∴RN=HN+HR=2，
∵PG//OD，
∴△NHF∽△NRP，
∴==，
∴HF=PR==，
∵OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，
∴OЕ=HF=，
故四邊形AEFP周長最小時，OE的長度為．
【點睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，掌握這些知識點靈活運用是解題關(guān)鍵．
29．（1）(3﹣m，0)；（2）；（3）見解析
分析：
（1）AO=AC?OC=m?3，用線段的長度表示點A的坐標(biāo)；
（2）是等腰直角三角形，因此也是等腰直角三角形，即可得到OD=OA，則D(0，m?3)，又由P(1，0)為拋物線頂點，用待定系數(shù)法設(shè)頂點式，計算求解即可；
（3）過點Q作QM⊥AC與點M，過點Q作QN⊥BC與點N，設(shè)點Q的坐標(biāo)為，運用相似比求出FC，EC長的表達式，而AC=m，代入即可．
【詳解】
解：（1）由B (3，m)可知OC=3，BC=m，
∴AC=BC=m，OA=m﹣3，
∴點A的坐標(biāo)為(3﹣m，0)
（2）∵∠ODA=∠OAD=45°
∴OD=OA= m﹣3，則點D的坐標(biāo)是(0，m﹣3)
又拋物線的頂點為P(1，0)，且過B、D兩點，所以可設(shè)拋物線的解析式為：
得：

∴拋物線的解析式為：
（3）證明：過點Q作QM⊥AC與點M，過點Q作QN⊥BC與點N，設(shè)點Q的坐標(biāo)為，則
∵QM∥CE
∴△PQM∽△PEC
則
∵QN∥FC
∴△BQN∽△BFC則

又∵AC=m=4
∴
即為定值8
【點睛】
本題主要考查了點的坐標(biāo)，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，合理做出輔助線，運用相似三角形的性質(zhì)求出線段的長度是解題的關(guān)鍵．
30．（1）①見解析；②12；（2）① ；②7或
分析：
（1）①根據(jù)四邊形AEFG是平行四邊形以及H是EF的中點，可以得出HF是△DAG的中位線，進而可得GF＝DF；
②通過證明AB⊥AE，解Rt△ABE求得AE，便可進一步求得結(jié)果；
（2）①如圖2中，過點A作AK⊥DG于K，過點E作EJ⊥AD于J，過點A作AH⊥BC于H．構(gòu)造相似三角形解決問題即可；
②分當(dāng)∠EAD＝90°和∠AED＝90°兩種情形分別求解即可．
【詳解】
（1）①證明：如圖1中，
∵四邊形AEFG是平行四邊形，
∴AG∥EF，AG=EF，
∵H是EF的中點，
∴HF=EF=AG，
∴HF是△DAG的中位線，
∴GF＝DF．
②如圖1中，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形AEFG是平行四邊形，
∴AB∥CD，AE∥GF，
∵GF⊥CD，
∴AB⊥AE，
∴∠B＝60°，AB＝，
∴GF＝AE＝AB?tanB＝＝6，
∴GD＝2GF＝12；
（2）①如圖2中，過點A作AK⊥DG于K，過點E作EJ⊥AD于J，過點A作AH⊥BC于H．
∵四邊形AGFE是平行四邊形，
∴AE∥DG，∠G＝∠AEF＝45°，
∵AK⊥DG，
∴AK⊥AE，
∵EJ⊥AD，
∴∠AKD＝∠AJE＝∠EAK＝90°，
∴∠EAJ+∠KAD＝90°，∠KAD+∠ADK＝90°，
∴∠EAJ＝∠ADK，
∴△EJA∽△AKD，
∴，
在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝，∠B＝60°，
∴AH＝AB?sin60°＝3，
在Rt△AGK中，∵∠AKG＝90°，∠G＝45°，AG＝y(tǒng)，
∴AK＝KG＝y(tǒng)，
∴，
∴，
如圖2﹣1中，
∵∠G＝45°，AD＝BC＝10，
∴點G的運動軌跡的弧，當(dāng)∠ADG最小時，AG的值最小，
當(dāng)點E與C重合時，∠ADG＝∠DAC最小，AG的值最小，
在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，AH＝3，CH＝10﹣，
∴，
∴
∵AE的最小值為3，
∴AG 的最大值為，
∴．
②如圖3﹣1中，當(dāng)∠EAD＝90°時，可知AE＝FG＝3，DG＝AD＝10，DF＝DG﹣FG＝7．
如圖3﹣2中，當(dāng)∠AED＝90°時，過點E作EJ⊥AD于J，設(shè)AJ＝x，則DJ＝10﹣x，
∵EJ⊥AD，∠AED＝90°，
∴∠AJE＝∠EJD＝90°，
∴∠EAJ+∠AEJ＝90°，∠AEJ+∠DEJ＝90°，
∴∠EAJ＝∠DEJ，
∴△EJA∽△DJE，可得EJ2＝AJ?DJ，
∴x（10﹣x）＝9，
解得x＝1或9（舍棄），
∴AJ＝1，DJ＝9，
∴，
∵AE∥DG，
∴∠EDG＝180°﹣90°＝90°，
∵∠AEF＝∠DEF＝45°，
∴DF＝DE＝，
綜上所述，滿足條件的DF的值為7或．
【點睛】
本題考查平行四邊形的性質(zhì)、求反比例函數(shù)解析式、相似三角形等知識，綜合性較強，難度較大.解題時需注意根據(jù)不同情況進行分類討論，避免漏解.
31．（1）見解析；（2）
分析：
（1）證明EF⊥CD即可得到結(jié)論；
（2）證明得，由得到可求出，再由與可求得，結(jié)合條件可求得結(jié)論．
【詳解】
（1）證明：是的直徑，
，
，
，
，
，即
過圓心O，是的弦，
；
（2）連接AO，
是的切線，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
由①②解得，，，
，，
在中，
解③④得，
，且EF過圓心O，是弦，
，
，
．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，圓的有關(guān)知識，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造直角三角形是解答本題的關(guān)鍵．
32．（1）y＝﹣x＋3；（2）證明見解析；（3）D(1，)
分析：
（1）先求得A、B兩點的坐標(biāo)，設(shè)OC=x，則AC=BC=x+1，在Rt△AOC中，依據(jù)勾股定理可求得x的值，從而可求得點C的坐標(biāo)，最后，利用待定系數(shù)法求解即可；
（2）過點D作DH∥x軸，則∠HDF=∠BGF．由平行線分線段成比例定理可得到FG=DF，接下來，再證明△BGF≌△HDF，從而可得到HD=BG，然后再證明△ADH為等腰三角形，最后，通過等量代換可得到問題的答案；
（3）作輔助線，先求得AB、AH、CN的長，從而可證明△FAD∽△CAB，則△GAD為直角三角形，然后可求得OG的長，從而得到點G的坐標(biāo)，然后，再求得點D的坐標(biāo)即可．
【詳解】
解：（1）當(dāng)x＝0時，y＝3，
∴A(0，3)．
令y＝0得：3x＋3＝0，解得：x＝﹣1，
∴B(﹣1，0)．
設(shè)OC＝x，則AC＝BC＝x＋1．
在Rt△AOC中，由勾股定理可知：OA2＋OC2＝AC2，
即32＋x2＝（x＋1）2，
解得：x＝4，
∴C(4，0)．
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx＋b，則 ，
解得：，
∴直線AC的解析式為y＝﹣x＋3．
（2）如圖1所示：過點D作DH∥x軸，則∠HDF＝∠BGF．
∵HD∥EF∥CG，E為CD的中點，
∴F為DG的中點．
∴FG＝DF．
∵在△BGF和△HDF中，
，
∴△BGF≌△HDF（ASA）．
∴HD＝BG．
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠ABC．
∵HD∥CG，
∴∠AHD＝∠ABC，
∴∠HAD＝∠AHD．
∴AD＝DH，
∴AD＝BG．
（3）如圖2所示：連接AG，過點C作CH⊥AB，垂足為H，過D作DM⊥x軸于M，
在Rt△ABO中，依據(jù)勾股定理可知AB＝＝，
∵CB＝CA，CH⊥AB，
∴AH＝AB＝，∠BCA＝2∠ACH．
Rt△BCH中，依據(jù)勾股定理可知CH＝＝＝，
∵∠BAO＋∠ABO＝∠ABO＋∠BCH，
∴∠BAO＝∠BCH＝∠ACH，
∴∠BCA＝2∠BAO．
又∵∠AFD＝2∠BAO，
∴∠AFD＝∠BCA．
又∵∠FAD＝∠BAC，
∴△FAD∽△CAB，
∴AF＝DF．
又∵GF＝FD，
∴△GAD為直角三角形．
∴OG?OC＝OA2，
∴OG＝．
∴G(﹣，0)．
∴AD＝BG＝．
Rt△AOC中，OA＝3，OC＝4，
∴AC＝5，
∵DM∥OA，
∴，即，
OM＝1，
當(dāng)x＝1時，y＝﹣x＋3＝﹣＋3＝，
∴D(1，)．
【點睛】
本題主要考查的是一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，掌握本題的輔助線的作法是解題的關(guān)鍵．
33．（1）；（2）；（3）存在，
分析：
（1）利用矩形的性質(zhì)先求解，再利用平行線分線段成比例列方程求解即可；
（2）如圖②所示，過點作于點，先利用相似三角形的性質(zhì)得出BF，PF，再利用面積的和即可得出結(jié)論；
（3）如圖③所示，過點作于點，判斷出，得出PG=t，EG=t，再判斷出得出比例式建立方程求解即可得出結(jié)論．
【詳解】
解：（1）如圖①所示．
∵四邊形是矩形，∴．
∴，．
在中，，，
根據(jù)勾股定理，得：．
由題意，得，，
∴，．
∵，，，
∴．
∴．
∴．
∴．
（2）如圖②所示，過點作于點，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∴
．
（3）存在．理由如下：
如圖③所示，過點作于點，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴或（舍去）．
∴當(dāng)時，，，三點在同一直線上．
【點睛】
本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，幾何圖形面積的求法，同時考查一元二次方程的解法，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
34．（1）當(dāng)時，；當(dāng)時，；（2）；（3）當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；（4）或．
分析：
（1）點從點出發(fā)，沿運動，所以的長有兩種情況，分別表示即可；
（2）根據(jù)已知得到，所以，再利用得到關(guān)于t的方程求解即可；
（3）根據(jù)題意畫出圖形，求解即可；
（4）若射線平分面積，則線段AR的延長線經(jīng)過AB的中點，或者線段AR經(jīng)過AB的中點，畫出圖形即可求解．
【詳解】
（1）當(dāng)時，；
當(dāng)時，.
（2）此時狀態(tài)如圖：
∵四邊形APRQ是平行四邊形，
∴，且，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
當(dāng)時，，無解；
當(dāng)時，，解得．
（3）當(dāng)時，與重疊部分圖形為，過點Q作于點M，如圖：
∴，即
∴當(dāng)時， ，
當(dāng)時，；
當(dāng)時，與重疊部分圖形如圖，
∴當(dāng)時， ；
（4）若射線平分面積，則線段AR的延長線經(jīng)過AB的中點，或者線段AR經(jīng)過AB的中點，
①當(dāng)線段AR的延長線經(jīng)過AB的中點時，
可得，
②當(dāng)線段AR經(jīng)過AB的中點時，
可得，
綜上，或．
【點睛】
本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出每個狀態(tài)的圖形．
35．（1）見解析；（2）①OA垂直平分CE，理由見解析；②
分析：
（1）過點O作OG⊥AB，垂足為G，利用角平分線的性質(zhì)定理可得OG=OC，即可證明；
（2）①利用切線長定理，證明OE=OC，結(jié)合OE=OC，再利用垂直平分線的判定定理可得結(jié)論；
②根據(jù)求出OF和CF，再證明△OCF∽△OAC，求出AC，再證明△BEO∽△BCA，得到，設(shè)BO=x，BE=y，可得關(guān)于x和y的二元一次方程組，求解可得BO和BE，從而可得結(jié)果.
【詳解】
解：（1）如圖，過點O作OG⊥AB，垂足為G，
∵OA平分交BC于點O，
∴OG=OC，
∴點G在上，
即AB與相切；
（2）①OA垂直平分CE，理由是：
連接OE，
∵AB與相切于點E，AC與相切于點C，
∴AE=AC，
∵OE=OC，
∴OA垂直平分CE；
②∵，
則FC=2OF，在△OCF中，
，
解得：OF=，則CF=，
由①得：OA⊥CE，
則∠OCF+∠COF=90°，又∠OCF+∠ACF=90°，
∴∠COF=∠ACF，而∠CFO=∠ACO=90°，
∴△OCF∽△OAC，
∴，即，
解得：AC=6，
∵AB與圓O切于點E，
∴∠BEO=90°，AC=AE=6，而∠B=∠B，
∴△BEO∽△BCA，
∴，設(shè)BO=x，BE=y，
則，
可得：，
解得：，即BO=5，BE=4，
∴tanB==.
【點睛】
本題考查了圓的綜合，切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二元一次方程組的應(yīng)用，有一定難度，解題要合理選擇相似三角形得出結(jié)論.
36．（1）證明見解析；（2）半徑為3，BG=2
分析：
（1）連接OM，由AB=AC、AE平分∠BAC，得到AE⊥BC；利用角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，得到OM∥BC；再利用平行線的性質(zhì)得到AE⊥OM，即可證得AE為⊙O的切線．
（2）設(shè) ⊙O的半徑為R，根據(jù)OM∥BE，得到△OMA∽△BEA，利用相似三角形的性質(zhì)得到，即，解得R=3，從而求得 ⊙O的半徑；過點O作OH⊥BG于點H，則BG=2BH，根據(jù)∠OME=∠MEH=∠EHO=90°，得到四邊形OMEH是矩形，從而得到HE=OM=3和BH=1，證得結(jié)論BG=2BH=2．
【詳解】
（1）證明：如圖，連接OM，
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
∵OB=OM，
∴∠OBM=∠OMB，
∵BM平分∠ABC，
∴∠OBM=∠CBM，
∴∠OMB=∠CBM，
∴OM∥BC，
又∵AE⊥BC，
∴AE⊥OM，
∴AE是⊙O的切線；
（2）解：設(shè)⊙O的半徑為R，
∵BC=8，
∴BE=BC=4，
∵OM∥BE，
∴△OMA∽△BEA，
∴，
即，
解得：R=3，
∴⊙O的半徑為3；
如圖，過點O作OH⊥BG于點H，
則BG＝2BH，
∵∠OME＝∠MEH＝∠EHO＝90°，
∴四邊形OMEH是矩形，
∴HE＝OM＝3，
∴BH＝BE-HE=BC - HE =4-3=1，
∴BG＝2BH＝2.
【點睛】
本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、平行線的判定和性質(zhì)、圓的切線的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)、矩形的性質(zhì)與判定等知識，綜合的知識較多，熟練掌握上述基本知識是解題的關(guān)鍵．
37．（1）30°；（2）見解析；（3）
分析：
（1）由三角形的內(nèi)心定義和同弧所對的圓周角相等即可解答；
（2）連接BE，根據(jù)三角形的內(nèi)心定義和同弧所對的圓周角相等證得∠DBE＝∠BED，從而依據(jù)等角對等邊即可證得；
（3）利用已知和角平分線的性質(zhì)得，進而求得BF、CF的值，再證明△BDF∽△ACF和△DBF∽△DAB，利用相似三角形的性質(zhì)得到關(guān)于BD的方程，解之即可解答﹒
【詳解】
（1）∵，，
∴∠BAC=180o-∠ABC-∠C=60o，
∵E是內(nèi)心，
∴∠BAD＝∠CAD=∠BAC=30o，
由同弧所對的圓周角相等得：
∠CBD=∠CAD=30o；
（2）證明：連接BE，
∵E是內(nèi)心，
∴∠ABE＝∠CBE，∠BAD＝∠CAD．
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠CBD＝∠BAD，
∵∠BAD+∠ABE＝∠BED，∠CBE+∠CBD＝∠DBE，
∴∠DBE＝∠BED，
∴ DE＝DB；
（3）∵∠BAD＝∠CAD，AB=6，AC=4，BC=5
∴
∴ BF=3，CF=2
∵∠DBC＝∠DAC，∠BFD=∠AFC
∴ △BDF∽△ACF
∴，
∴，
∵∠BAD＝∠CAD=∠DBC，∠BDF=∠ADB
∴ △DBF∽△DAB
∴，
∴，
∴，又BD=DE，
∴．
【點睛】
本題考查了三角形的內(nèi)心定義、圓的外接圓、同弧所對的圓周角相等、相似三角形的判定與性質(zhì)，解答的關(guān)鍵是正確理解三角形的內(nèi)心定義，熟練掌握同弧所對的圓周角相等，進而創(chuàng)造三角形相似的條件，進行相關(guān)的證明或計算．
38．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）．
分析：
（1）如圖（見解析），先根據(jù)圓周角定理可得，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理可得，然后根據(jù)角的和差可得，最后根據(jù)圓的切線的判定即可得證；
（2）如圖（見解析），先根據(jù)圓周角定理可得，從而可得，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)即可得證；
（3）先根據(jù)圓周角定理、直角三角形的性質(zhì)可得，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，又根據(jù)圓周角定理、正切三角函數(shù)可得，然后設(shè)，由題（2）的結(jié)論可得，最后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，由此即可得出答案．
【詳解】
（1）如圖，連接OC
由圓周角定理得：，即
，即
又是⊙O的半徑
PC是⊙O的切線；
（2）如圖，連接BC
由圓周角定理得：
在和中，
即；
（3），即
由圓周角定理得：
又
在和中，
，即
或（不符題意，舍去）
，即
解得
，
設(shè)，則
由（2）可知，，即
又由（2）可知，
，即
解得或
經(jīng)檢驗，是所列方程的根，是所列方程的增根
故PA的長為．
【點睛】
本題考查了圓周角定理、圓的切線的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、正切三角函數(shù)等知識點，較難的是題（3），利用圓周角定理找出兩個相似三角形，從而求出AC的長是解題關(guān)鍵．
39．
分析：
通過證 ，得到求出BF=2，，，進而求出CF的長，進而得到∠BAD=∠DFC，從而證CFD∽CAB，得到，將證得邊的關(guān)系CA=6+CD以及其他各值代入即可得到答案．
【詳解】
解：∵BD平分∠ABC， DE=BD
∴∠ABD=∠DBC，∠AED=∠ABD
∴∠DBC=∠AED
如圖，在BC上取點，使BF=AE
則在與中，

∴
∴AE=BF=2，，
∴CF=BC-BF=8-2=6
∵∠BAD=，∠DFC=
∴∠BAD=∠DFC
又∵∠C=∠C
∴CFD∽CAB
∴
∵AB=AC
∴∠ABC=∠ACB
∠BAD=∠DFC
∴
∵
∴
∴DF=FC=6，則AD=DF =6
∴CA=6+CD
又∵CF=6，BC=8
∴
解得．
故答案為：．
【點睛】
本題考查的全等三角形判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識點，是中考綜合性題目，而且還要會解一元二次方程，用方程法解幾何問題．解答此題的關(guān)鍵是利用性質(zhì)找到邊與邊之間的關(guān)系．
40．
分析：
根據(jù)勾股定理求出BC長，再根據(jù)相似，設(shè)出BE，DE，F(xiàn)C長，列方程即可．
【詳解】
解：∵，
∴，
∵四邊形DEFG是正方形，
∴∠DEB=∠A=90°，
∠B=∠B，
∴△ABC∽△EBD，
∴，
即，
同理，，
設(shè)BE為3x，則DE為4x，F(xiàn)C為，
解得，，
DE=4×=，
故答案為：
【點睛】
本題考查了勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形建立正方形邊長與其他線段的關(guān)系，根據(jù)斜邊長設(shè)未知數(shù)列方程．
41．2-2； ；
分析：
在正方形中，易證，可得，則點的軌跡是以中點為圓心，為半徑的圓弧，因此當(dāng)、、在同一條直線上時，取最小值，根據(jù)勾股定理可得的最小值為，根據(jù)，則有可得，得到：，則，設(shè)，則，可得，又∵，，得，得到，解之得：，（不合題意，舍去），從而得到的長為．
【詳解】
解：如圖示：
在正方形中，
在和中，
，
，
∴
∵
∴
即有：
點的軌跡是以中點為圓心，為半徑的圓弧，
因此當(dāng)、、在同一條直線上時，取最小值，
∵,
∴
∴，
∴的最小值為，
∵
∴
∴
∴
∴,
設(shè)，則，
∴，
∴
又∵，，
∴
∴,
即：
解之得：，（不合題意，舍去），
∴，
故答案是：，．
【點睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)， 全等三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
42．
分析：
過A作AH⊥BC于H，根據(jù)已知條件得到∠ABE=∠ACB，求得∠ABE=∠DBE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=DE，AB=BD，設(shè)AB=BD=AC=x，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AH=8，過C作CG⊥AD交AD的延長線于G，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】
解：過A作AH⊥BC于H，
∵BF⊥AD，
∴∠ABE+∠BAD=90°，
∴∠BAD=90°-∠ABE，
∵∠BAD=90°-∠ACB，
∴∠ABE=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABE=∠ABD，
∴∠ABE=∠DBE，
∵∠AEB=∠DEB=90°，BE=BE，
∴△ABE≌△DBE（ASA），
∴AE=DE，AB=BD，
設(shè)AB=BD=AC=x，
∴BC=x+2，BH=CH=，DH=-2，
∵∠AHD=∠BED=90°，∠ADH=∠BDE，
∴△ADH∽△BDE，
∴，
∴，
∴x=10或x=-8（不符題意，舍去）,
∴AB=BD=AC=10，DH=4，
∴AH=8，
過C作CG⊥AD交AD的延長線于G，
∴∠G=∠AHD=90°，
∵∠ADH=∠CDG，
∴△ADH∽△CDG，
∴，
∴，
∴，，
∵EF⊥AD，DG⊥AD，
∴EF∥CG，
∴△AEF∽△AGC，
∴，
∴，
解得：EF=，
故答案為：．
【點睛】
本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
43．4
分析：
證明△ABP和△ACQ全等，得到∠CAQ和∠ABP相等，即可得到∠AOP為60° 角，再證△AOP相似于△BAP，通過對應(yīng)邊成比例即可求得AP長；過A作AG⊥OP，在Rt△AOG和Rt△APG中，通過勾股定理得到等式，求出OG長，即可得到結(jié)論．
【詳解】
∵在△AQC和△BAP中，
∴
∵
∴
過作的垂線與OP交于點G，在△中，
設(shè)OG=x，則AO=2x，
在Rt△AOG中，由勾股定理得AG2=AO2-OG2，即AG2=（2x）2-x2=3x2，
在Rt△APG中，由勾股定理得AG2=AP2-PG2，即AG2=42-（x-2）2，
∴3x2=42-（x-2）2解得x=，又x>0，∴x=，
，
故答案為：4，．
【點睛】
本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．
44．．
分析：
如圖，連接．首先求出、的長，證明，可得，即求出．
【詳解】
解：四邊形是正方形，
，，，
∵點M是邊AB的中點，
，
在中，，
，
，
∴，
，
∵點F為DM中點，
∴，
∵，
∴
∴
即有．
故答案是：．
【點睛】
本題考查正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題．
45．
分析：
取AD，BC的中點M，N，連接MN，交AF于H，延長CB至G，使BG＝MH，連接AG，先證出四邊形ABNM是正方形，利用SAS證出ABG≌AMH，再利用SAS證出AEG≌AEH，利用勾股定理求出MH，然后利用平行證出AHM∽AFD，列出比例式即可求出結(jié)論．
【詳解】
解：取AD，BC的中點M，N，連接MN，交AF于H，延長CB至G，使BG＝MH，連接AG，
∵點M，點N是AD，BC的中點，
∴AM＝MD＝BN＝NC＝4，
∵AD∥BC，
∴四邊形ABNM是平行四邊形，
∵AB＝AM＝4，
∴四邊形ABNM是菱形，
∵∠BAD＝90°，
∴四邊形ABNM是正方形，
∴MN＝AB＝BN＝4，∠AMH＝90°，
∵AB＝AM，∠ABG＝∠AMH＝90°，BG＝MH，
∴ABG≌AMH（SAS），
∴∠BAG＝∠MAH，AG＝AH，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAH+∠BAE＝45°，
∴∠GAB+∠BAE＝∠GAE＝∠EAH＝45°，
又∵AG＝AH，AE＝AE
∴AEG≌AEH（SAS）
∴EH＝GE，
∴EH＝2+MH，
在Rt HEN中，EH2＝NH2+NE2，
∴（2+MH）2＝（4﹣MH）2+4，
∴MH＝
∵MN∥CD，
∴AHM∽AFD，
∴
∴DF＝×＝，
故答案為：．
【點睛】
此題考查的是相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、正方形的判定及性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，此題難度較大，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、正方形的判定及性質(zhì)和矩形的性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．
46．8
分析：
連接OC，在RtABC中，點O是AB的中點，得到OC＝AB＝OA，根據(jù)角平分線的定義得到∠OAC＝∠EAC，得到∠OCA＝∠EAC，過A作AM⊥x軸于M，過D作DN⊥x軸于N，易得S梯形AMNC＝S△AOC，DAM∽DEN，得到S梯形AMNC＝S△AOC＝S△AEC＝6，求得S△AOD＝9，延長DA交y軸于P，易得DAM∽DPO，設(shè)EN＝a，則AM＝2a，推出S△DAM：S△AOM＝2：1，于是得到結(jié)論．
【詳解】
解：連接OC，在RtABC中，點O是AB的中點，
∴OC＝AB＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC是∠BAD的角平分線，
∴∠OAC＝∠EAC，
∴∠OCA＝∠EAC，
∴AE∥OC
∴S△AEC＝S△AOE，
過A作AM⊥x軸于M，過E作EN⊥x軸于N，
∵A、E都在反比例函數(shù)y＝的圖象上，
∴S△AOM＝S△EON，
∴S梯形AMNE＝S△AOE，
∵AM∥EN，
∴DAM∽DEN，
∵AE＝DE，S梯形AMNE＝S△AOE＝S△AEC＝6，
∴S△AOD＝12，
延長DA交y軸于P，易得DAM∽DPO，
設(shè)EN＝a，則AM＝2a，
∴ON＝，OM＝，
∴MN＝，DN＝，
∴DM：OM＝2：1，
∴S△DAM：S△AOM＝2：1，
∴S△AOM＝4，
∴k＝8．
故答案為：8．
【點睛】
本題考查反比例函數(shù)k的意義；借助直角三角形和角平分線，將ACE的面積轉(zhuǎn)化為AOC的面積是解題的關(guān)鍵．
47．．
分析：
過點A，B分別作BC，AC的平行線交于點K，則四邊形ACBK為矩形，過點A作AM∥DB交KB于點M，過點M作MN⊥AM交AE的延長線于點N，過點N作BC的平行線分別交AC，KB的延長線于點H，Q，則四邊形CHBQ為矩形，證明△AKM≌△MQN（AAS），得出KM＝NQ，MQ＝AK＝8，證明△ACE∽△AHN，可求出CE的長．
【詳解】
解：過點A，B分別作BC，AC的平行線交于點K，則四邊形ACBK為矩形，
過點A作AM∥DB交KB于點M，過點M作MN⊥AM交AE的延長線于點N，
過點N作BC的平行線分別交AC，KB的延長線于點H，Q，
則四邊形CHBQ為矩形，
∵∠BFE＝45°，AM∥BD，
∴∠BFE＝∠MAN＝45°，
∴△AMN為等腰直角三角形，
∴AM＝MN，
∵∠AMK+∠NMQ＝∠AMK+∠MAK＝90°，
∴∠NMQ＝∠MAK，
又∵∠AKM＝∠MQN＝90°，
∴△AKM≌△MQN（AAS），
∴KM＝NQ，MQ＝AK＝8，
∵D為AC的中點，AC＝6，
∴AD＝DC＝BM＝3，
∴MK＝NQ＝3，
∴BQ＝CH＝5，
∴HN＝HQ﹣NQ＝8﹣3＝5，
∵CE∥HN，
∴△ACE∽△AHN，
∴，
即，
∴CE＝，
故答案為：．
【點睛】
本題考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(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)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
48．6或 ．
分析：
當(dāng)∠AFB′＝90°時，證明△BDF∽△BAC，得到，即 ，求得BF＝3，設(shè)BE＝DE＝x，在Rt△EDF中，DE＝2EF，x＝2（ 3﹣x），解得x＝2，得到AE＝8﹣2＝6；當(dāng)∠AB′F＝90°時，作EH⊥AB′交AB′的延長線于H，設(shè)AE＝x，證明Rt△ADC≌Rt△ADB′（HL），求得∠EB′H＝60°，利用EH2+AH2＝AE2，得到[（8﹣x）]2+[4+（8﹣x）]2＝x2， 解得x＝.
【詳解】
解：①如圖1中，當(dāng)∠AFB′＝90°時，
在Rt△ABC中，∵∠B＝30°，AC＝4，
∴AB＝2AC＝8，
∵BD＝CD，
∴BD＝CD＝BC＝2，
由折疊的性質(zhì)得：∠BFD＝90°，B'E＝BE，
∴∠BDF＝60°，
∴∠EDB＝∠EDF＝30°，
∴∠B＝∠EDB＝30°，
∴BE＝DE＝B'E，
∵∠C＝∠BFD＝90°，∠DBF＝∠ABC＝90°，
∴△BDF∽△BAC，
∴，即 ，
解得：BF＝3，
設(shè)BE＝DE＝x，
在Rt△EDF中，DE＝2EF，
∴x＝2（ 3﹣x），
解得：x＝2，
∴AE＝8﹣2＝6；
②如圖2中，當(dāng)∠AB′F＝90°時，
作EH⊥AB′交AB′的延長線于H，設(shè)AE＝x，
∵AD＝AD，CD＝DB′，
∴Rt△ADC≌Rt△ADB′（HL），
∴AC＝AB′＝4，
∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，
∴∠EB′H＝60°，
在Rt△EHB′中，B′H＝B′E＝（8﹣x），EH＝B′H＝（8﹣x），
在Rt△AEH中，∵EH2+AH2＝AE2，
∴[（8﹣x）]2+[4+（8﹣x）]2＝x2，
解得：x＝，
綜上所述，滿足條件的AE的值為6或.
故答案為：6或 .
【點睛】
此題考查折疊的性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，利用分類討論是思想解答問題.
49．
分析：
過點F作FH⊥AC于H，則∽，設(shè)FH為x，由已知條件可得，利用相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)邊的比值相等即可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的長．
【詳解】
如解圖，過點作于，
∵，
∴，
∴，
∵，點是的中點，
∴，
∵，
∴∽
∴
∴，
設(shè)為，則，由勾股定理得，
又∵，
∴，
則，
∵且，
∴∽，
∴，
即，
解得，
∴．
∵
∴
∴
∴
故答案為：
【點睛】
本題考查了相似的判定和性質(zhì)、以及勾股定理的運用，解題的關(guān)鍵是作垂直，構(gòu)造相似三角形．
50．
分析：
由三角形中位線定理可知，D1D2是△ABC的中位線，且△BD1D2∽△BCA，其相似比為1:2，故△BD1D2面積是△BAC面積的；△BD2D3與△BD1D2高相等，△BD2D3的底是△BD1D2底的一半，故△BD2D3面積是△BD1D2面積的，以此類推，即可找出規(guī)律．
【詳解】
解：∵是的中點，是的中點，
∴D1D2是△ABC的中位線，
∴D1D2AC，
∴△BD1D2∽△BCA，其相似比為1:2，
故△BD1D2面積是△BAC面積的，且△ABC面積為1，故△BD1D2面積是，
又△BD2D3與△BD1D2高相等，△BD2D3的底是△BD1D2底的一半，
∴△BD2D3面積是△BD1D2面積的，即△BD2D3面積是，
……
由此可知，△BDnDn+1面積是△BDn-1Dn面積的，
∴的面積是．
故答案為：．
【點睛】
本題考查了三角形的中位線定理、相似三角形的性質(zhì)、找規(guī)律等知識點，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)及中位線的性質(zhì)是解決此類題的關(guān)鍵．

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