2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题26 图形的相似与位似(含解析)

2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题26 图形的相似与位似(含解析)

图形的相似与位似一.选择题 ‎1.（2020•河南省•3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　）‎ A．（，2） B．（2，2） C．（，2） D．（4，2）‎ ‎【分析】根据已知条件得到AC＝6，OC＝2，OB＝7，求得BC＝9，根据正方形的性质得到DE＝OC＝OE＝2，求得O′E′＝O′C′＝2，根据相似三角形的性质得到BO′＝3，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：如图，设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，‎ ‎∵顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0），‎ ‎∴AC＝6，OC＝2，OB＝7，‎ ‎∴BC＝9，‎ ‎∵四边形OCDE是正方形，‎ ‎∴DE＝OC＝OE＝2，‎ ‎∴O′E′＝O′C′＝2，‎ ‎∵E′O′⊥BC，‎ ‎∴∠BO′E′＝∠BCA＝90°，‎ ‎∴E′O′∥AC，‎ ‎∴△BO′E′∽△BCA，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴BO′＝3，‎ ‎∴OC′＝7﹣2﹣3＝2，‎ ‎∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为（2，2），‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎2.（2020•贵州省铜仁市•4分）已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（　　）‎ A．3 B．2 C．4 D．5‎ ‎【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比解答．‎ ‎【解答】解：∵△FHB和△EAD的周长分别为30和15，‎ ‎∴△FHB和△EAD的周长比为2：1，‎ ‎∵△FHB∽△EAD，‎ ‎∴＝2，即＝2，‎ 解得，EA＝3，‎ 故选：A．‎ ‎3.（2020•黑龙江省哈尔滨市•3分）如图，在△ABC中，点D在BC边上，连接AD，点E在AC边上，过点E作EF∥BC，交AD于点F，过点E作EG∥AB，交BC于点G，则下列式子一定正确的是（　　）‎ A．＝ B．＝ C．＝ D．＝‎ ‎【分析】根据平行线分线段成比例性质进行解答便可．‎ ‎【解答】解：∵EF∥BC，‎ ‎∴，‎ ‎∵EG∥AB，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例性质，关键是熟记定理，找准对应线段．‎ ‎4.（2020•黑龙江省牡丹江市•3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝10，点E在BC边上，DF⊥AE，垂足为F．若DF＝6，则线段EF的长为（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【分析】证明△AFD∽△EBA，得到，求出AF，即可求出AE，从而可得EF．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝10，AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB＝∠DAF，‎ ‎∴△AFD∽△EBA，‎ ‎∴，‎ ‎∵DF＝6，‎ ‎∴AF＝，‎ ‎∴，‎ ‎∴AE＝5，‎ ‎∴EF＝AF﹣AE＝8﹣5＝3．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．‎ ‎5.（2020•河北省•3分）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是（　　）‎ A．四边形NPMQ B．四边形NPMR C．四边形NHMQ D．四边形NHMR ‎【分析】由以点O为位似中心，确定出点C对应点M，设网格中每个小方格的边长为1，则OC＝，OM＝2，OD＝，OB＝，OA＝，OR＝，OQ＝2，OP＝2，OH＝3，ON＝2，由＝2，得点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：∵以点O为位似中心，‎ ‎∴点C对应点M，‎ 设网格中每个小方格的边长为1，‎ 则OC＝＝，OM＝＝2，OD＝，OB＝＝，OA＝＝，OR＝＝，OQ＝2，OP＝＝2，OH＝＝3，ON＝＝2，‎ ‎∵＝＝2，‎ ‎∴点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，‎ ‎∴以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了位似变换、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握位似中心，找出点C对应点M是解题的关键．‎ ‎6 (2020•江苏省无锡市•3分)如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：‎ ‎①CP与QD可能相等；②△AQD与△BCP可能相似；‎ ‎③四边形PCDQ面积的最大值为；④四边形PCDQ周长的最小值为3+．‎ 其中，正确结论的序号为(　　)‎ A．①④ B．②④ C．①③ D．②③‎ ‎【分析】①利用图象法判断即可．‎ ‎②当∠ADQ＝∠CPB时，△ADQ∽△BPC．‎ ‎③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝×32－×x××－×3×(3－x－)×＝+x，当x取最大值时，可得结论．‎ ‎④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，此时四边形P′CD′Q′的周长最小．求出CF的长即可判断．‎ ‎【解答】解：①利用图象法可知PC＞DQ，故①错误．‎ ‎②∵∠A＝∠B＝60°，∴当∠ADQ＝∠CPB时，△ADQ∽△BPC，故②正确．‎ ‎③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝×32－×x××－×3×(3－x－)×＝+x，∵x的最大值为3－＝，∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，最大值＝，故③正确，‎ 如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，此时四边形P′CD′Q′的周长最小．‎ 过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．‎ 由题意，DD′＝2AD•sin60°＝，HJ＝DD′＝，CJ＝，FH＝－－＝，‎ ‎∴CH＝CJ+HJ＝，∴CF＝＝＝，‎ ‎∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3+，故④错误，故选：D．‎ ‎【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ ‎7.（2020•广东省广州市•3分）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．‎ ‎【详解】∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 同理可证，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．‎ ‎8.（2020•广西省玉林市•3分）一个三角形木架三边长分别是75cm，100cm，120cm，现要再做一个与其相似的三角形木架，而只有长为60cm和120cm的两根木条．要求以其中一根为一边，从另一根截下两段作为另两边（允许有余料），则不同的截法有（　　）‎ A．一种 B．两种 C．三种 D．四种 ‎【分析】分类讨论：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，则长120cm 的木条不能作为一边，设从120cm的一根上截下的两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），易得长60cm的木条不能与75cm的一边对应，所以当长60cm的木条与100cm的一边对应时有＝＝；当长60cm的木条与120cm的一边对应时有＝＝，然后分别利用比例的性质计算出两种情况下得x和y的值．‎ ‎【解答】解：长120cm的木条与三角形木架的最长边相等，要满足两边之和大于第三边，则长120cm的木条不能作为一边，‎ 设从120cm的木条上截下两段长分别为xcm，ycm（x+y≤120），‎ 由于长60cm的木条不能与75cm的一边对应，否则x、y有大于120cm，‎ 当长60cm的木条与100cm的一边对应，则＝＝，‎ 解得：x＝45，y＝72；‎ 当长60cm的木条与120cm的一边对应，则＝＝，‎ 解得：x＝37.5，y＝50．‎ 答：有两种不同的截法：把120cm的木条截成45cm、72cm两段或把120cm的木条截成37.5cm、50cm两段．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的应用：通常构建三角形相似，然后利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等进行几何计算．‎ ‎9.‎ ‎10.‎ 二.填空题 ‎ ‎1.‎ ‎（2020•广东省深圳市•3分）如图，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，，，则=　　　　.‎ ‎【考点】三角形形似 ‎【答案】‎ ‎【解析】过B点作BE//AD交AC于点E，则BE⊥AD，△ADO∽△EBO，‎ ‎∴，由可得CE=2BE=4AE，‎ ‎∴‎ ‎2.（2020•广东省广州市•3分）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．‎ ‎【详解】解：在正方形中，，‎ ‎∵绕点逆时针旋转到，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 故答案为：16．‎ ‎【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．‎ ‎3. （2020•湖南省郴州•3分）在平面直角坐标系中，将以点为位似中心，为位似比作位似变换，得到．已知，则点的坐标是__________．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用位似图形的性质进而得出对应点坐标即可．‎ ‎【详解】解：∵将△AOB以点O为位似中心，为位似比作位似变换，得到△A1OB1，A（2，3），‎ ‎∴点A1的坐标是：，‎ 即A1．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．‎ ‎4. (2020•江苏省无锡市•2分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，点D，E分别在边AB，AC上，且DB＝2AD，AE＝3EC，连接BE，CD，相交于点O，则△ABO面积最大值为　　．‎ ‎【分析】过点D作DF∥AE，根据平行线分线段成比例定理可得则＝＝，根据已知 ‎＝，可得DO＝2OC，C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝8，即可求出此时△ABO的最大面积．‎ ‎【解答】解：如图，过点D作DF∥AE，‎ 则＝＝，∵＝，∴DF＝2EC，∴DO＝2OC，∴DO＝DC，‎ ‎∴S△ADO＝S△ADC，S△BDO＝S△BDC，∴S△ABO＝S△ABC，‎ ‎∵∠ACB＝90°，∴C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，‎ 当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝8，‎ 此时△ABO的面积最大为：×4＝．故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握平行线分线段成比例定理．‎ ‎5. （2020•江苏省常州市•2分）如图，在△ABC中，∠B＝45°，AB＝6，D.E分别是AB.AC的中点，连接DE，在直线DE和直线BC上分别取点F、G，连接BF、DG．若BF＝3DG，且直线BF与直线DG互相垂直，则BG的长为　4或2　．‎ ‎【分析】如图，过点B作BT⊥BF交ED的延长线于T，过点B作BH⊥DT于H，证明四边形DGBT是平行四边形，求出DH，TH即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图，过点B作BT⊥BF交ED的延长线于T，过点B作BH⊥DT于H．‎ ‎∵DG⊥BF，BT⊥BF，‎ ‎∴DG∥BT，‎ ‎∵AD＝DB，AE＝EC，‎ ‎∴DE∥BC，‎ ‎∴四边形DGBT是平行四边形，‎ ‎∴BG＝DT，DG＝BT，∠BDH＝∠ABC＝45°，‎ ‎∵AD＝DB＝3，‎ ‎∴BH＝DH＝3，‎ ‎∵∠TBF＝∠BHF＝90°，‎ ‎∴∠TBH+∠FBH＝90°，∠FBH+∠F＝90°，‎ ‎∴∠TBH＝∠F，‎ ‎∴tan∠F＝tan∠TBH＝＝＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴TH＝1，‎ ‎∴DT＝TH+DH＝1+3＝4，‎ ‎∴BG＝4．‎ 当点F在ED的延长线上时，同法可得DT＝BG＝3﹣1＝2．‎ 故答案为4或2．‎ ‎【点评】本题考查相似三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．‎ ‎（2020•湖南省湘潭市·3分）若，则＝　　．‎ ‎【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可．‎ ‎【解答】解：由可设y＝3k，x＝7k，k是非零整数，‎ 则．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考查了比的基本性质，准确利用性质变形是解题的关键．‎ ‎6. （2020•江苏省苏州市•3分）如图，在中，已知，，垂足为，．若是的中点，则_________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据“两边对应成比例，夹角相等的两个三角形相似”证明△ADB∽△EDC，得，由AB=2则可求出结论．‎ ‎【详解】‎ 为的中点，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 故答案为：1．‎ ‎【点睛】此题主要考查了三角形相似的判定与性质，得出是解答此题的关键．‎ ‎7（2020•江苏省苏州市•3分）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．‎ ‎【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，‎ ‎∴∠DCE＝∠CAO，‎ ‎∵∠BCA＝2∠CAO，‎ ‎∴∠BCA＝2∠DCE，‎ ‎∴∠DCE＝∠DCB，‎ ‎∵CD⊥y轴，‎ ‎∴∠CDE＝∠CDB＝90°，‎ 又∵CD＝CD，‎ ‎∴CDE≌CDB（ASA），‎ ‎∴DE＝DB，‎ ‎∵B（0，4），C（3，n），‎ ‎∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，‎ ‎∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，‎ ‎∴OE＝OD－DE ‎＝n－（4－n）‎ ‎＝2n－4，‎ ‎∵A（－4，0），‎ ‎∴AO＝4，‎ ‎∵CD∥AO，‎ ‎∴AOE∽CDE，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ 故答案：．‎ ‎【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．‎ ‎8. (2020•江苏省盐城市•3分)如图，BC∥DE，且BC＜DE，AD＝BC＝4，AB+DE＝10．则的值为　2　．‎ ‎【分析】由平行线得三角形相似，得出AB•DE，进而求得AB，DE ‎，再由相似三角形求得结果．‎ ‎【解答】解：∵BC∥DE，∴△ADE∽△ABC，∴＝，即＝，‎ ‎∴AB•DE＝16，∵AB+DE＝10，∴AB＝2，DE＝8，∴，故答案为：2．‎ ‎【点评】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，关键是由相似三角形求得AB.DE的值．‎ ‎9. (2020•江苏省扬州市•3分)如图，在□ABCD中，∠B＝60°，AB＝10，BC＝8，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得DF＝DE，以EC.EF为邻边构造□EFGC，连接EG，则EG的最小值为　9　．‎ ‎【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得到BD和EF的比值，再根据三角形相似和最短距离，即可得到EG的最小值，本题得以解决．‎ ‎【解答】解：作CH⊥AB于点H，∵在□ABCD中，∠B＝60°，BC＝8，∴CH＝4，‎ ‎∵四边形ECGF是平行四边形，∴EF∥CG，∴△EOD∽△GOC，∴＝，‎ ‎∵DF＝DE，∴，∴，∴，‎ ‎∴当EO取得最小值时，EG即可取得最小值，当EO⊥CD时，EO取得最小值，‎ ‎∴CH＝EO，∴EO＝4，∴GO＝5，∴EG的最小值是，故答案为9．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的性质、三角形的相似、垂线段最短，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．‎ ‎10.‎ 三.解答题 ‎1. （2020•湖北武汉•10分）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；‎ 尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，求的值；‎ 拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接写出AD的长．‎ ‎【分析】问题背景 由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论；‎ 尝试应用 连接EC，证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可证明△ADF∽△ECF，得出＝3，则可求出答案．‎ 拓展创新 过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，证明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性质得出，证明△BDM∽△CDA，得出，求出BM＝6，由勾股定理求出AM，最后由直角三角形的性质可求出AD的长．‎ ‎【解答】问题背景 证明：∵△ABC∽△ADE，‎ ‎∴，∠BAC＝∠DAE，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAE，，‎ ‎∴△ABD∽△ACE；‎ 尝试应用 解：如图1，连接EC，‎ ‎∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，‎ ‎∴△ABC∽△ADE，‎ 由（1）知△ABD∽△ACE，‎ ‎∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，‎ 在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝3．‎ ‎∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，‎ ‎∴△ADF∽△ECF，‎ ‎∴＝3．‎ 拓展创新 解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，‎ ‎∵∠BAD＝30°，‎ ‎∴∠DAM＝60°，‎ ‎∴∠AMD＝30°，‎ ‎∴∠AMD＝∠DBC，‎ 又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，‎ ‎∴△BDC∽△MDA，‎ ‎∴，‎ 又∠BDC＝∠ADM，‎ ‎∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠ADC，‎ 即∠BDM＝∠CDA，‎ ‎∴△BDM∽△CDA，‎ ‎∴，‎ ‎∵AC＝2，‎ ‎∴BM＝2＝6，‎ ‎∴AM＝＝＝2，‎ ‎∴AD＝．‎ ‎【点评】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎2.（2020•湖南省常德•8分）如图，已知AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，D是AB上的一点，DE⊥AB于D，DE交BC于F，且EF＝EC．‎ ‎（1）求证：EC是⊙O的切线；‎ ‎（2）若BD＝4，BC＝8，圆的半径OB＝5，求切线EC的长．‎ ‎【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得∠OCB+∠ECF＝90°，可证EC是⊙O的切线；‎ ‎（2）由勾股定理可求AC＝6，由锐角三角函数可求BF＝5，可求CF ‎＝3，通过证明△OAC∽△ECF，可得，可求解．‎ ‎【解答】解：（1）连接OC，‎ ‎∵OC＝OB，‎ ‎∴∠OBC＝∠OCB，‎ ‎∵DE⊥AB，‎ ‎∴∠OBC+∠DFB＝90°，‎ ‎∵EF＝EC，‎ ‎∴∠ECF＝∠EFC＝∠DFB，‎ ‎∴∠OCB+∠ECF＝90°，‎ ‎∴OC⊥CE，‎ ‎∴EC是⊙O的切线；‎ ‎（2）∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∵OB＝5，‎ ‎∴AB＝10，‎ ‎∴AC＝＝＝6，‎ ‎∵cos∠ABC＝，‎ ‎∴，‎ ‎∴BF＝5，‎ ‎∴CF＝BC﹣BF＝3，‎ ‎∵∠ABC+∠A＝90°，∠ABC+∠BFD＝90°，‎ ‎∴∠BFD＝∠A，‎ ‎∴∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，‎ ‎∵OA＝OC，‎ ‎∴∠OCA＝∠A＝∠BFD＝∠ECF＝∠EFC，‎ ‎∴△OAC∽△ECF，‎ ‎∴，‎ ‎∴EC＝＝＝．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆的有关性质，切线的判定和性质，锐角三角函数等知识，证明△OAC∽△ECF是本题的关键．‎ ‎3(2020•江苏省泰州市•10分)如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，P为BC边上的动点(与B.C不重合)，PD∥AB，交AC于点D，连接AP，设CP＝x，△ADP的面积为S．‎ ‎(1)用含x的代数式表示AD的长；‎ ‎(2)求S与x的函数表达式，并求当S随x增大而减小时x的取值范围．‎ ‎【分析】(1)由平行线分线段成比例定理，用x表示CD，进而求得结果；‎ ‎(2)根据三角形的面积公式列出函数解析式，再根据函数性质求出S随x增大而减小时x的取值范围．‎ ‎【解答】解：(1)∵PD∥AB，∴=，∵AC＝3，BC＝4，CP＝x，∴=，‎ ‎∴CD＝，∴AD＝AC－CD＝3－，即AD＝－+3；‎ ‎(2)根据题意得，S＝AD·CP==，∴当x≥2时，S随x的增大而减小，∵0＜x＜4，∴当S随x增大而减小时x的取值范围为2≤x＜4．‎ ‎【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例性质，列出一次函数解析式，列二次函数解析式，二次函数的性质，三角形的面积，关键是正确列出函数解析式．‎ ‎4. (2020•江苏省徐州市•10分)我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果＝‎ ‎，那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为．‎ ‎(1)在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为　(10)　cm；‎ ‎(2)如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明：G是AB的黄金分割点；‎ ‎(3)如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E(AE＞DE)，连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时，E，F恰好分别是AD，AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．‎ ‎【分析】(1)由黄金分割点的概念可得出答案；‎ ‎(2)延长EA，CG交于点M，由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，得出∠EMC＝∠ECM，则EM＝EC，根据勾股定理求出CE的长，由锐角三角函数的定义可出tan∠BCG＝，即，则可得出答案；‎ ‎(3)证明△ABE≌△BCF(ASA)，由全等三角形的性质得出BF＝AE，证明△AEF∽△BPF，得出，则可得出答案．‎ ‎【解答】解：(1)∵点B为线段AC的黄金分割点，AC＝20cm，‎ ‎∴AB＝×20＝(10－10)cm．故答案为：(10－10)．‎ ‎(2)延长EA，CG交于点M，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，∴DM∥BC，∴∠EMC＝∠BCG，‎ 由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，∴∠EMC＝∠ECM，∴EM＝EC，‎ ‎∵DE＝10，DC＝20，∴EC＝＝＝10，∴EM＝10，‎ ‎∴DM＝10+10，∴tan∠DMC＝＝．‎ ‎∴tan∠BCG＝，即，∴，∴G是AB的黄金分割点；‎ ‎(3)当BP＝BC时，满足题意．‎ 理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAE＝∠CBF＝90°，‎ ‎∵BE⊥CF，∴∠ABE+∠CBF＝90°，又∵∠BCF+∠BFC＝90°，∴∠BCF＝∠ABE，‎ ‎∴△ABE≌△BCF(ASA)，∴BF＝AE，∵AD∥CP，∴△AEF∽△BPF，∴，‎ 当E.F恰好分别是AD.AB的黄金分割点时，∵AE＞DE，∴，‎ ‎∵BF＝AE，AB＝BC，∴，∴，∴BP＝BC．‎ ‎【点评】本题是相似形综合题，考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，黄金分割点的定义，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎5（2020•湖南省长沙市·9分）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．‎ ‎（1）求证：△ABF∽△FCE；‎ ‎（2）若AB＝2，AD＝4，求EC的长；‎ ‎（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠FAE＝β，求tanα+tanβ的值．‎ ‎【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．‎ ‎（2）设EC＝x，证明△ABF∽△FCE，可得＝，由此即可解决问题．‎ ‎（3）首先证明tanα+tanβ＝+＝+＝＝，设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，解直角三角形求出a，b之间的关系即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，‎ 由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，‎ ‎∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，‎ ‎∴∠AFB＝∠FEC，‎ ‎∴△ABF∽△FCE．‎ ‎（2）设EC＝x，‎ 由翻折可知，AD＝AF＝4，‎ ‎∴BF＝＝＝2，‎ ‎∴CF＝BC﹣BF＝2，‎ ‎∵△ABF∽△FCE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴x＝，‎ ‎∴EC＝．‎ ‎（3）∵△ABF∽△FCE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴tanα+tanβ＝+＝+＝＝，‎ 设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，‎ ‎∴AE＝DE+2CE＝x+2（a﹣x）＝2a﹣x，‎ ‎∵AD＝AF＝b，DE＝EF＝x，∠B＝∠C＝∠D＝90°，‎ ‎∴BF＝，CF＝＝，‎ ‎∵AD2+DE2＝AE2，‎ ‎∴b2+x2＝（2a﹣x）2，‎ ‎∴a2﹣ax＝b2，‎ ‎∵△ABF∽△FCE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴a2﹣ax＝•，‎ ‎∴b2＝•，‎ 整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，‎ ‎∴（4a2﹣3b2）2＝0，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴tanα+tanβ＝＝．‎ ‎【点评】本题属于相似三角形综合题，考查了矩形的性质翻折变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎6. （2020•湖南省长沙市·9分）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．‎ ‎（1）求证：△ABF∽△FCE；‎ ‎（2）若AB＝2，AD＝4，求EC的长；‎ ‎（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠FAE＝β，求tanα+tanβ的值．‎ ‎【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．‎ ‎（2）设EC＝x，证明△ABF∽△FCE，可得＝，由此即可解决问题．‎ ‎（3）首先证明tanα+tanβ＝+＝+＝＝，设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，解直角三角形求出a，b之间的关系即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，‎ 由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，‎ ‎∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，‎ ‎∴∠AFB＝∠FEC，‎ ‎∴△ABF∽△FCE．‎ ‎（2）设EC＝x，‎ 由翻折可知，AD＝AF＝4，‎ ‎∴BF＝＝＝2，‎ ‎∴CF＝BC﹣BF＝2，‎ ‎∵△ABF∽△FCE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴x＝，‎ ‎∴EC＝．‎ ‎（3）∵△ABF∽△FCE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴tanα+tanβ＝+＝+＝＝，‎ 设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，‎ ‎∴AE＝DE+2CE＝x+2（a﹣x）＝2a﹣x，‎ ‎∵AD＝AF＝b，DE＝EF＝x，∠B＝∠C＝∠D＝90°，‎ ‎∴BF＝，CF＝＝，‎ ‎∵AD2+DE2＝AE2，‎ ‎∴b2+x2＝（2a﹣x）2，‎ ‎∴a2﹣ax＝b2，‎ ‎∵△ABF∽△FCE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴a2﹣ax＝•，‎ ‎∴b2＝•，‎ 整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，‎ ‎∴（4a2﹣3b2）2＝0，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴tanα+tanβ＝＝．‎ ‎【点评】本题属于相似三角形综合题，考查了矩形的性质翻折变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎7. （2020•湖南省长沙市·10分）如图，半径为4的⊙O中，弦AB的长度为4，点C是劣弧上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE.OD.OE．‎ ‎（1）求∠AOB的度数；‎ ‎（2）当点C沿着劣弧从点A开始，逆时针运动到点B时，求△ODE的外心P所经过的路径的长度；‎ ‎（3）分别记△ODE，△CDE的面积为S1，S2，当S12﹣S22＝21时，求弦AC的长度．‎ ‎【分析】（1）如图1中，过点O作OH⊥AB于H．利用等腰三角形的性质求出∠AOH即可．‎ ‎（2）连接OC，证明O，D，C，F四点共圆，OC的中点即为△ODE外接圆的圆心，再利用弧长公式计算即可．‎ ‎（3）如图3中，若AC＜BC，连接OC交AB于J，过点O作OH⊥AB于H，过点C作CK⊥AB于K．证明△CDE∽△CAB，推出＝（）2＝，推出S△ABC＝4S2，因为S△ADO＝S△ODC，S△OBE＝S△OEC，推出S四边形ODCE＝S四边形OACB，可得S1+S2＝（4S2+4）＝2S2+2，推出S1＝S2+2，因为S12﹣S22＝21，可得S22+4S2+12﹣S22＝21，推出S2＝，利用三角形的面积公式求出CK，解直角三角形求出AK即可解决问题．若AC＞BC时，同法可得AC＝+，‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，过点O作OH⊥AB于H．‎ ‎∵OA＝OB＝4，OH⊥AB，‎ ‎∴AH＝HB＝AB＝2，∠AOH＝∠BOH，‎ ‎∴sin∠AOH＝＝，‎ ‎∴∠AOH＝60°，‎ ‎∴∠AOB＝2∠AOH＝120°．‎ ‎（2）如图2中，连接OC．‎ ‎∵OA＝OC＝OB，AD＝DC，CE＝EB，‎ ‎∴OD⊥AC，OE⊥CB，‎ ‎∴∠ODC＝∠OEC＝90°，‎ ‎∴∠ODC+∠OEC＝180°，‎ ‎∴O，D，C，E四点共圆，‎ ‎∴OC是直径，‎ ‎∴OC的中点P是△OED的外接圆的圆心，‎ ‎∴OP＝OC＝2，‎ ‎∴点P的运动路径的长＝＝．‎ ‎（3）如图3中，若AC＜BC，连接OC交AB于J，过点O作OH⊥AB于H，过点C作CK⊥AB于K．‎ ‎∵AD＝CD，CE＝EB，‎ ‎∴DE∥AB，AB＝2DE，‎ ‎∴△CDE∽△CAB，‎ ‎∴＝（）2＝，‎ ‎∴S△ABC＝4S2，‎ ‎∵S△ADO＝S△ODC，S△OBE＝S△OEC，‎ ‎∴S四边形ODCE＝S四边形OACB，‎ ‎∴S1+S2＝（4S2+4）＝2S2+2，‎ ‎∴S1＝S2+2，‎ ‎∵S12﹣S22＝21，‎ ‎∴S22+4S2+12﹣S22＝21，‎ ‎∴S2＝，‎ ‎∴S△ABC＝3＝×AB×CK，‎ ‎∴CK＝，‎ ‎∵OH⊥AB，CK⊥AB，‎ ‎∴OH∥CK，‎ ‎∴△CKJ∽△OHJ，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴CJ＝×4＝，OJ＝×4＝，‎ ‎∴JK＝＝＝，JH＝＝＝，‎ ‎∴KH＝，‎ ‎∴AK＝AH﹣KH＝2﹣，‎ ‎∴AC＝＝＝＝﹣．‎ 若AC＞BC时，同法可得AC＝+，‎ 综上所述，AC的长为﹣或+．‎ ‎【点评】本题属于圆综合题，考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎8.（2020•河南省•11分）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．‎ ‎（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为　等腰直角三角形　，连接BD，可求出的值为　　；‎ ‎（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，‎ ‎①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；‎ ‎②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．‎ ‎【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AB'，∠BAB'＝60°，证得△ABB'是等边三角形，可得出△DEB'是等腰直角三角形．证明△BDB'∽△CDE，得出．‎ ‎（2）①得出∠EDB'＝∠EB'D＝45°，则△DEB'是等腰直角三角形，得出，证明△B'DB∽△EDC，由相似三角形的性质可得出．‎ ‎②分两种情况画出图形，由平行四边形的性质可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，‎ ‎∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，‎ ‎∴△ABB'是等边三角形，‎ ‎∴∠BB'A＝60°，‎ ‎∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，‎ ‎∵AB'＝AB＝AD，‎ ‎∴∠AB'D＝∠ADB'，‎ ‎∴∠AB'D＝＝75°，‎ ‎∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，‎ ‎∵DE⊥B'E，‎ ‎∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，‎ ‎∴△DEB'是等腰直角三角形．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BDC＝45°，‎ ‎∴，‎ 同理，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，‎ ‎∴BDB'＝∠EDC，‎ ‎∴△BDB'∽△CDE，‎ ‎∴．‎ 故答案为：等腰直角三角形，．‎ ‎（2）①两结论仍然成立．‎ 证明：连接BD，‎ ‎∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，‎ ‎∴∠AB'B＝90°﹣，‎ ‎∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，‎ ‎∴∠AB'D＝135°﹣，‎ ‎∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°﹣＝45°，‎ ‎∵DE⊥BB'，‎ ‎∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，‎ ‎∴△DEB'是等腰直角三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴，∠BDC＝45°，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠EDB'＝∠BDC，‎ ‎∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，‎ 即∠B'DB＝∠EDC，‎ ‎∴△B'DB∽△EDC，‎ ‎∴．‎ ‎②＝3或1．‎ 若CD为平行四边形的对角线，‎ 点B'在以A为圆心，AB为半径的圆上，取CD的中点．连接BO交⊙A于点B'，‎ 过点D作DE⊥BB'交BB'的延长线于点E，‎ 由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，‎ ‎∴B'D＝B'E，‎ 由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'＝CE．‎ ‎∴＝+1＝+1＝+1＝+1＝3．‎ 若CD为平行四边形的一边，如图3，‎ 点E与点A重合，‎ ‎∴＝1．‎ 综合以上可得＝3或1．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎9.（2020•贵州省贵阳市•10分）如图，四边形ABCD是矩形，E是BC边上一点，点F在BC的延长线上，且CF＝BE．‎ ‎（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）连接ED，若∠AED＝90°，AB＝4，BE＝2，求四边形AEFD的面积．‎ ‎【分析】（1）先根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，然后证明AD＝EF可判断四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）连接DE，如图，先利用勾股定理计算出AE＝2，再证明△ABE∽△DEA，利用相似比求出AD，然后根据平行四边形的面积公式计算．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC，AD＝BC，‎ ‎∵BE＝CF，‎ ‎∴BE+EC＝EC+EF，即BC＝EF，‎ ‎∴AD＝EF，‎ ‎∴四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）解：连接DE，如图，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B＝90°，‎ 在Rt△ABE中，AE＝＝2，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB＝∠EAD，‎ ‎∵∠B＝∠AED＝90°，‎ ‎∴△ABE∽△DEA，‎ ‎∴AE：AD＝BE：AE，‎ ‎∴AD＝＝10，‎ ‎∴四边形AEFD的面积＝AB×AD＝2×10＝20．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了平行四边形的判定和矩形的性质．‎ ‎10.（2020•贵州省贵阳市•10分）如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，⊙O的切线AF交BD的延长线于点F，切点为A，且∠CAD＝∠ABD．‎ ‎（1）求证：AD＝CD；‎ ‎（2）若AB＝4，BF＝5，求sin∠BDC的值．‎ ‎【分析】（1）根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD，进而得∠ACD＝∠CAD，便可由等腰三角形判定定理得AD＝CD；‎ ‎（2）证明△ADF≌△ADE，得AE＝AF，DE＝DF，由勾股定理求得AF，由三角形面积公式求得AD，进而求得DE，BE，再证明△BEC∽△AED，得BC，进而求得sin∠BAC便可．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵∠CAD＝∠ABD，‎ 又∵∠ABD＝∠ACD，‎ ‎∴∠ACD＝∠CAD，‎ ‎∴AD＝CD；‎ ‎（2）∵AF是⊙O的切线，‎ ‎∴∠FAB＝90°，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝∠ADB＝∠ADF＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠BAD＝∠BAD+∠FAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD＝∠FAD，‎ ‎∵∠ABD＝∠CAD，‎ ‎∴∠FAD＝∠EAD，‎ ‎∵AD＝AD，‎ ‎∴△ADF≌△ADE（ASA），‎ ‎∴AF＝AE，DF＝DE，‎ ‎∵AB＝4，BF＝5，‎ ‎∴AF＝，‎ ‎∴AE＝AF＝3，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴DE＝，‎ ‎∴BE＝BF﹣2DE＝，‎ ‎∵∠AED＝∠BEC，∠ADE＝∠BCE＝90°，‎ ‎∴△BEC∽△AED，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDC＝∠BAC，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形的应用，勾股定理，关键是证明三角形全等与相似．‎ ‎11（2020•贵州省铜仁市•12分）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．‎ ‎（1）求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AD＝8，＝，求CD的长．‎ ‎【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；‎ ‎（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OC，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∵CE⊥AB，‎ ‎∴∠CEB＝90°，‎ ‎∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，‎ ‎∴∠A＝∠ECB，‎ ‎∵∠BCE＝∠BCD，‎ ‎∴∠A＝∠BCD，‎ ‎∵OC＝OA，‎ ‎∴∠A＝∠ACO，‎ ‎∴∠ACO＝∠BCD，‎ ‎∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，‎ ‎∴∠DCO＝90°，‎ ‎∴CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）解：∵∠A＝∠BCE，‎ ‎∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝，‎ 设BC＝k，AC＝2k，‎ ‎∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，‎ ‎∴△ACD∽△CBD，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∵AD＝8，‎ ‎∴CD＝4．‎ ‎12.（2020•贵州省遵义市•10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF=1，BF=2，求BD的长度．‎ ‎【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO=∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E=90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE=90°，由切线的判定定理得出答案；‎ ‎（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB=90°，再由OF=1，BF=2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．‎ ‎【解答】解：（1）连接OD，如图：‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠OAD=∠ADO，‎ ‎∵AD平分∠CAB，‎ ‎∴∠DAE=∠OAD，‎ ‎∴∠ADO=∠DAE，‎ ‎∴OD∥AE，‎ ‎∵DE∥BC，‎ ‎∴∠E=90°，‎ ‎∴∠ODE=180°-∠E=90°，‎ ‎∴DE是⊙O的切线；‎ ‎（2）∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，‎ ‎∵OF=1，BF=2，‎ ‎∴OB=3，‎ ‎∴AF=4，BA=6．‎ ‎∵DF⊥AB，‎ ‎∴∠DFB=90°，‎ ‎∴∠ADB=∠DFB，‎ 又∵∠DBF=∠ABD，‎ ‎∴△DBF∽△ABD，‎ ‎∴，‎ ‎∴BD2=BF•BA=2×6=12．‎ ‎∴BD=2．‎ ‎13（2020•河北省•12分）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC＝．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B．‎ ‎（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；‎ ‎（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；‎ ‎（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；‎ ‎（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝，请直接写出点K被扫描到的总时长．‎ ‎【分析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．‎ ‎（2）利用相似三角形的性质求解即可．‎ ‎（3）分两种情形：当0≤x≤3时，当3＜x≤9时，分别画出图形求解即可．‎ ‎（4）求出CK的长度，以及CQ的最大值，利用路程与速度的关系求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．‎ ‎∵AB＝AC，AH⊥BC，‎ ‎∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，‎ ‎∴tan∠B＝tan∠C＝＝，‎ ‎∴AH＝3，AB＝AC＝＝＝5．‎ ‎∴当点P在BC上时，点P到A的最短距离为3．‎ ‎（2）如图1中，∵∠APQ＝∠B，‎ ‎∴PQ∥BC，‎ ‎∴△APQ∽△ABC，‎ ‎∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5，‎ ‎∴＝（）2＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴AP＝，‎ ‎∴PM＝AP＝AM＝﹣2＝．‎ ‎（3）当0≤x≤3时，如图1﹣1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J．‎ ‎∵PQ∥BC，‎ ‎∴＝，∠AQP＝∠C，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴PQ＝（x+2），‎ ‎∵sin∠AQP＝sin∠C＝，‎ ‎∴PJ＝PQ•sin∠AQP＝（x+2）．‎ 当3≤x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．‎ 同法可得PJ＝PC•sin∠C＝（11﹣x）．‎ ‎（4）由题意点P的运动速度＝＝单位长度/秒．‎ 当3＜x≤9时，设CQ＝y．‎ ‎∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，‎ ‎∴∠BAP＝∠CPQ，‎ ‎∵∠B＝∠C，‎ ‎∴△ABP∽△PCQ，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴y＝﹣（x﹣7）2+，‎ ‎∵﹣＜0，‎ ‎∴x＝7时，y有最大值，最大值＝，‎ ‎∵AK＝，‎ ‎∴CK＝5﹣＝＜‎ 当y＝时，＝﹣（x﹣7）2+，‎ 解得x＝7±，‎ ‎∴点K被扫描到的总时长＝（+6﹣3）÷＝23秒．‎ 方法二：①点P在AB上的时候，有11/4个单位长度都能扫描到点K；‎ ‎②在BN阶段，当x在3～5.5（即7﹣1.5）的过程，是能扫到K点的，在5.5～8.5（即7+1.5）的过程是扫不到点K的，但在8.5～9（即点M到N全部的路程）能扫到点K．所以扫到的时间是[（9﹣8.5）+（5.5﹣3）+]÷＝23（秒）．‎ ‎【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会构建二次函数解决CQ的最值问题，属于中考压轴题．‎ ‎14.（2020•广东省深圳市•8分）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D.连接BC并延长，交AD的延长线于点E ‎（1）求证：AE=AB ‎（2）若AB=10，BC=6，求CD的长 ‎【考点】圆的证明与计算 ‎【解析】‎ 解：（1）证：连接OC ‎∵CD与相切于C点 ‎∴OC⊥CD 又∵CD⊥AE ‎∴OC//AE ‎∴‎ ‎∵OC=OB ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴AE=AB ‎（2）连接AC ‎∵AB为的直径 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵AB=AE，AC⊥BE ‎∴EC=BC=6‎ ‎∵，‎ ‎∴△EDC∽△ECA ‎∴‎ ‎∴‎ ‎15.（2020•广东省深圳市•9分）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），‎ 发现BE=DG且BE⊥DG。‎ 小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：‎ ‎（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如 若不能，请说明理由：‎ ‎（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；‎ ‎（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG。小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值 背景图 图3‎ 图2‎ 图1‎ ‎【考点】手拉手，相似，勾股 ‎【解析】‎ 解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形 ‎∴AB=AD，‎ ‎∵四边形AEFG为正方形 ‎∴AE=AG，‎ ‎∴‎ 在△EAB和△GAD中有：‎ ‎∴△EAB≌△GAD ‎∴BE=DG ‎(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。‎ 证明：∵四边形ABCD菱形 ‎∴AB=AD ‎∵四边形AEFG为正方形 ‎∴AE=AG ‎∵∠EAG=∠BAD ‎∴‎ ‎∴‎ 在△EAB和△GAD中有：‎ ‎∴△EAB≌△GAD ‎∴BE=DG ‎(3)连接EB，BD，设BE和GD相交于点H ‎∵四边形AEFG和ABCD为矩形 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴△EAB∽△GAD ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎16.（2020•广东省•8分）如题22图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠DAB=90°，AB是⊙O的直径，CO平分∠BCD．‎ ‎（1）求证：直线CD与⊙O相切；‎ ‎（2）如题22﹣2图，记（1）中的切点为E，P为优弧上一点，AD=1，BC=2，求tan∠APE的值．‎ E ‎【答案】‎ （1） 证明：过点O作OE⊥CD交于点E ‎∵AD∥BC，∠DAB=90°‎ ‎∴∠OBC=90°即OB⊥BC ‎∵OE⊥CD，OB⊥BC，CO平分∠BCD ‎∴OB=OE ‎∵AB是⊙O的直径 ‎∴OE是⊙O的半径 ‎∴直线CD与⊙O相切 ‎（2）连接OD.OE ‎∵由（1）得，直线CD.AD.BC与⊙O相切 ‎∴由切线长定理可得AD=DE=1，BC=CE=3，‎ ‎∠ADO=∠EDO，∠BCO=∠ECO ‎∴∠AOD=∠EOD，CD=3‎ ‎∵= ‎∴∠APE=∠AOE=∠AOD ‎∵AD∥BC ‎∴∠ADE+∠BCE=180°‎ ‎∴∠EDO+∠ECO=90°即∠DOC=90°‎ ‎∵OE⊥DC，∠ODE=∠CDO ‎∴△ODE∽△CDO ‎∴即 ‎∴OD=‎ ‎∵在Rt△AOD中，AO=‎ ‎∴tan∠AOD==‎ ‎∴tan∠APE=‎ ‎【解析】无切点作垂直证半径，切线长定理，直角三角形的判定，相似三角形的运用、辅助线的作法 ‎【考点】切线的判定、切线长定理、圆周角定理、相似三角形、三角函数 ‎17.（2020•广东省•10分）如题25图，抛物线y=与x轴交于点A.B，点A.B分别位于原点的左、右两侧，BO=3AO=3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为C.D，BC=CD．‎ ‎（1）求B.c的值；‎ ‎（2）求直线BD的直线解析式；‎ ‎（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上．当△ABD与△BPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．‎ ‎【答案】‎ 解：（1）由题意得A（-1，0），B（3，0），代入抛物线解析式得 ‎，解得 ‎（2）过点D作DE⊥x轴交于点E ‎∵OC∥OC，BC=CD，OB=3‎ ‎∴‎ ‎∴OE=‎ ‎∴点D的横坐标为xD=-‎ ‎∵点D是射线BC与抛物线的交点 ‎∴把xD=-代入抛物线解析式得yD=+1‎ ‎∴D(-，+1)‎ 设直线BD解析式为y=kx+m，将B（3，0）、D(-，+1)代入 ‎，解得 ‎∴直线BD的直线解析式为y=‎ ‎（3）由题意得tan∠ABD=，tan∠ADB=1‎ 由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n＜0，Q（x，0）且x＜3‎ ‎①当△PBQ∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=，解得-n=‎ tan∠PQB=tan∠ADB，即=1，解得x=‎ ‎②当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ADB即=1，解得-n=2‎ tan∠QPB=tan∠ABD，即=，解得x=‎ ‎③当△PQB∽△DAB时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=，解得-n=‎ tan∠PQM=tan∠DAE，即=，解得x=‎ ‎④当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即=1，解得-n=2‎ tan∠PQM=tan∠DAE，即=，解得x=‎ 综上所述，Q1（，0）、Q2（，0）、Q3（，0）、Q4（，0）‎ ‎【解析】分类讨论不重不漏，计算能力要求高 ‎【考点】一次函数、二次函数、平面直角坐标系、相似三角形、三角函数、分类讨论、二次根式计算 http://www.czsx.com.cn ‎18（2020•贵州省安顺市•10分）如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，⊙O的切线AF交BD的延长线于点F，切点为A，且∠CAD＝∠ABD．‎ ‎（1）求证：AD＝CD；‎ ‎（2）若AB＝4，BF＝5，求sin∠BDC的值．‎ ‎【分析】（1）根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD，进而得∠ACD＝∠CAD，便可由等腰三角形判定定理得AD＝CD；‎ ‎（2）证明△ADF≌△ADE，得AE＝AF，DE＝DF，由勾股定理求得AF，由三角形面积公式求得AD，进而求得DE，BE，再证明△BEC∽△AED，得BC，进而求得sin∠BAC便可．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵∠CAD＝∠ABD，‎ 又∵∠ABD＝∠ACD，‎ ‎∴∠ACD＝∠CAD，‎ ‎∴AD＝CD；‎ ‎（2）∵AF是⊙O的切线，‎ ‎∴∠FAB＝90°，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝∠ADB＝∠ADF＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠BAD＝∠BAD+∠FAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD＝∠FAD，‎ ‎∵∠ABD＝∠CAD，‎ ‎∴∠FAD＝∠EAD，‎ ‎∵AD＝AD，‎ ‎∴△ADF≌△ADE（ASA），‎ ‎∴AF＝AE，DF＝DE，‎ ‎∵AB＝4，BF＝5，‎ ‎∴AF＝，‎ ‎∴AE＝AF＝3，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴DE＝，‎ ‎∴BE＝BF﹣2DE＝，‎ ‎∵∠AED＝∠BEC，∠ADE＝∠BCE＝90°，‎ ‎∴△BEC∽△AED，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDC＝∠BAC，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形的应用，勾股定理，关键是证明三角形全等与相似．‎ ‎19.（2020•广东省广州市•7分）如图，平面直角坐标系中，的边在 轴上，对角线，交于点，函数的图象经过点和点．‎ ‎（1）求的值和点的坐标；‎ ‎（2）求的周长．‎ ‎【答案】（1）k=12，M（6，2）；（2）28‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点A（3，4）代入中求出k值，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，证明△MEC∽△ADC，得到，求出ME=2，代入即可求出点M的坐标；‎ ‎（2）根据勾股定理求出OA=5，根据点A.M的坐标求出DE，即可得到OC的长度，由此求出答案.‎ ‎【详解】（1）将点A（3，4）代入中，得k=，‎ ‎∵四边形OABC是平行四边形，‎ ‎∴MA=MC，‎ 作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，‎ ‎∴ME∥AD，‎ ‎∴△MEC∽△ADC，‎ ‎∴，‎ ‎∴ME=2，‎ 将y=2代入中，得x=6，‎ ‎∴点M的坐标为（6，2）；‎ ‎（2）∵A（3，4），‎ ‎∴OD=3，AD=4，‎ ‎∴，‎ ‎∵A（3，4），M（6，2），‎ ‎∴DE=6-3=3，‎ ‎∴CD=2DE=6，‎ ‎∴OC=3+6=9，‎ ‎∴的周长=2(OA+OC)=28.‎ ‎【点睛】此题考查平行四边形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求函数图象上点的坐标，勾股定理，相似三角形的判定及性质.‎ ‎20（2020•贵州省安顺市•10分）如图，四边形ABCD是矩形，E是BC边上一点，点F在BC的延长线上，且CF＝BE．‎ ‎（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）连接ED，若∠AED＝90°，AB＝4，BE＝2，求四边形AEFD的面积．‎ ‎【分析】（1）先根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，然后证明AD＝EF可判断四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）连接DE，如图，先利用勾股定理计算出AE＝2，再证明△ABE∽△DEA，利用相似比求出AD，然后根据平行四边形的面积公式计算．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC，AD＝BC，‎ ‎∵BE＝CF，‎ ‎∴BE+EC＝EC+EF，即BC＝EF，‎ ‎∴AD＝EF，‎ ‎∴四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）解：连接DE，如图，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B＝90°，‎ 在Rt△ABE中，AE＝＝2，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB＝∠EAD，‎ ‎∵∠B＝∠AED＝90°，‎ ‎∴△ABE∽△DEA，‎ ‎∴AE：AD＝BE：AE，‎ ‎∴AD＝＝10，‎ ‎∴四边形AEFD的面积＝AB×AD＝2×10＝20．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了平行四边形的判定和矩形的性质．‎ ‎21. （2020•湖南省湘潭市·10分）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．‎ ‎（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．‎ ‎（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值；如果不是，请说明理由．‎ ‎（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．‎ ‎①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；‎ ‎②若S△CME＝1，求正方形ABCD的面积．‎ ‎【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；‎ ‎（2）根据（1）的证明可求解；‎ ‎（3）①证明△CME∽△ABM，得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；‎ ‎②分别求出S△BMC和S△ABM即可求得正方形ABCD的面积．‎ ‎【解答】解：（1）连接DE，如图，‎ ‎∵点O是△ABC的重心，‎ ‎∴AD，BE是BC，AC边上的中线，‎ ‎∴D，E为BC，AC边上的中点，‎ ‎∴DE为△ABC的中位线，‎ ‎∴DE∥AB，DE＝AB，‎ ‎∴△ODE∽△OAB，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵AB＝2，BD＝1，∠ADB＝90°，‎ ‎∴AD＝，OD＝，‎ ‎∴，＝；‎ ‎（2）由（1）可知，，是定值；‎ 点O到BC的距离和点A到BC的距离之比为1：3，‎ 则△OBC和△ABC的面积之比等于点O到BC的距离和点A到BC的距离之比，‎ 故＝，是定值；‎ ‎（3）①∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴CD∥AB，AB＝BC＝CD＝4，‎ ‎∴△CME～△AMB，‎ ‎∴，‎ ‎∵E为CD的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即；‎ ‎②∴S△CME＝1，且，‎ ‎∴S△BMC＝2，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴S△AMB＝4，‎ ‎∴S△ABC＝S△BMC+S△ABM＝2+4＝6，‎ 又S△ADC＝S△ABC，‎ ‎∴S△ADC＝6，‎ ‎∴正方形ABCD的面积为：6+6＝12．‎ ‎【点评】本题是一道相似形综合题目，主要考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．‎ ‎22（2020•江苏省苏州市•8分）如图，在矩形中，是的中点，，垂足为．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，求的长．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据矩形的性质可得，，．再根据“两直线平行，内错角相等”可得，再由垂直的定义可得．从而得出，再根据“有两组角对应相等的两个三角形相似”可得出结论；‎ 根据中点的定义可求出BE=2，然后根据勾股定理求出AE= .再根据相似三角形的性质求解即可.‎ ‎【详解】证明：（1）∵四边形是矩形，‎ ‎∴，．‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 解：（2）∵，‎ ‎∴．‎ ‎∵，是的中点，‎ ‎∴．‎ ‎∴在中，．‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点晴】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.‎ ‎23. （2020•江苏省连云港市•12分）在平面直角坐标系xOy中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线L1：y＝x2﹣x﹣2的顶点为D，交x轴于点A.B（点A在点B左侧），交y轴于点C．抛物线L2与L1是“共根抛物线”，其顶点为P．‎ ‎（1）若抛物线L2经过点（2，﹣12），求L2对应的函数表达式；‎ ‎（2）当BP﹣CP的值最大时，求点P的坐标；‎ ‎（3）设点Q是抛物线L1上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若△DPQ与△ABC相似，求其“共根抛物线”L2的顶点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），利用待定系数法求出a即可解决问题．‎ ‎（2）由题意BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，此时点P为直线AC与直线x＝的交点．‎ ‎（3）由题意，顶点D（，﹣），∠PDQ不可能是直角，第一种情形：当∠DPQ＝90°时，①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时．②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时．第二种情形：当∠DQP＝90°．①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时．②当△DPQ∽△ABC时，分别求解即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣1或4，‎ ‎∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2），‎ 由题意设抛物线L2的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4），‎ 把（2，﹣12）代入y＝a（x+1）（x﹣4），‎ ‎﹣12＝﹣6a，‎ 解得a＝2，‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝2（x+1）（x﹣4）＝2x2﹣6x﹣8．‎ ‎（2）∵抛物线L2与L1是“共根抛物线”，A（﹣1，0），B（4，0），‎ ‎∴抛物线L1，L2的对称轴是直线x＝，‎ ‎∴点P在直线x＝上，‎ ‎∴BP＝AP，如图1中，当A，C，P共线时，BP﹣PC的值最大，‎ 此时点P为直线AC与直线x＝的交点，‎ ‎∵直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣2，‎ ‎∴P（，﹣5）‎ ‎（3）由题意，AB＝5，CB＝2，CA＝，‎ ‎∴AB2＝BC2+AC2，‎ ‎∴∠ACB＝90°，CB＝2CA，‎ ‎∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，‎ ‎∴顶点D（，﹣），‎ 由题意，∠PDQ不可能是直角，‎ 第一种情形：当∠DPQ＝90°时，‎ ‎①如图3﹣1中，当△QDP∽△ABC时，＝＝，‎ 设Q（x，x2﹣x﹣2），则P（，x2﹣x﹣2），‎ ‎∴DP＝x2﹣x﹣2﹣（﹣）＝x2﹣x+，QP＝x﹣，‎ ‎∵PD＝2QP，‎ ‎∴2x﹣3＝x2﹣x+，解得x＝或（舍弃），‎ ‎∴P（，）．‎ ‎②如图3﹣2中，当△DQP∽△ABC时，同法可得QO＝2PD，‎ x﹣＝x2﹣3x+，‎ 解得x＝或（舍弃），‎ ‎∴P（，﹣）．‎ 第二种情形：当∠DQP＝90°．‎ ‎①如图3﹣3中，当△PDQ∽△ABC时，＝＝，‎ 过点Q作QM⊥PD于M．则△QDM∽△PDQ，‎ ‎∴＝＝，由图3﹣1可知，M（，），Q（，），‎ ‎∴MD＝8，MQ＝4，‎ ‎∴DQ＝4，‎ 由＝，可得PD＝10，‎ ‎∵D（，﹣）‎ ‎∴P（，）．‎ ‎②当△DPQ∽△ABC时，过点Q作QM⊥PD于M．‎ 同法可得M（，﹣），Q（，﹣），‎ ‎∴DM＝，QM＝1，QD＝，‎ 由＝，可得PD＝，‎ ‎∴P（，﹣）．‎ ‎【点评】本题属于二次函数综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎24. （2020•江苏省苏州市•10分）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿 竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．‎ ‎（3）求四边形的面积．‎ ‎【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意可得，，由此可求得的值；‎ ‎（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；‎ ‎（3）先证明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根据四边形的面积即可求得答案．‎ ‎【详解】解：（1）由题可得：，．‎ ‎∴．‎ ‎（2）当时，线段的长度最大．‎ 如图，过作，垂足为，则．‎ ‎∵平分，‎ ‎∴，‎ ‎∴，．‎ 设线段的长为，‎ 则，，．‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得：．‎ ‎∴．‎ ‎∴当时，线段的长度最大，最大为．‎ ‎（3）∵，‎ ‎∴是圆的直径．‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴是等腰直角三角形．‎ ‎∴‎ ‎．‎ 在中，．‎ ‎∴四边形的面积 ‎．‎ ‎∴四边形的面积为．‎ ‎【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．‎ ‎25. （2020•江苏省南京市•9分）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D.D'分别是AB.A'B'上一点，＝．‎ ‎（1）当＝＝时，求证△ABC∽△A'B'C．‎ 证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．‎ ‎（2）当＝＝时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．‎ ‎（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）证明：∵＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵＝＝，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴△ADC∽△A′D′C，‎ ‎∴∠A＝∠A′，‎ ‎∵＝，‎ ‎∴△ABC∽△A′B′C′．‎ 故答案为：＝＝，∠A＝∠A′．‎ ‎（2）如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．‎ ‎∵DE∥BC，‎ ‎∴△ADE∽△ABC，‎ ‎∴＝＝，‎ 同理，＝＝，‎ ‎∵＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ 同理，＝，‎ ‎∴＝，即＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵＝＝，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴△DCE∽△D′C′E′，‎ ‎∴∠CED＝∠C′E′D′，‎ ‎∵DE∥BC，‎ ‎∴∠CED+∠ACB＝90°，‎ 同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，‎ ‎∴∠ACB＝∠A′B′C′，‎ ‎∵＝，‎ ‎∴△ABC∽△A′B′C′．‎ ‎【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎26. (2020•江苏省扬州市•12分)如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，与BD交于点G，AC分别与BD，OD交于点E，F．‎ ‎(1)求证：OC∥AD；‎ ‎(2)如图2，若DE＝DF，求的值；‎ ‎(3)当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值．‎ ‎ 【分析】(1)由等腰三角形的性质及角平分线的定义证得∠ADO＝∠DOC，则可得出结论；‎ ‎(2)过点E作EM∥FD交AD的延长线于点M，证得∠M＝∠ADF＝45°，由直角三角形的性质得出EM＝DE＝DF，证明△AME∽△ADF，得出；‎ ‎(3)设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2－m，由勾股定理得出4－(2－m)2＝x2－m2，解得：m＝，可用x表示四边形ABCD的周长，根据二次函数的性质可求出x＝2时，四边形ABCD有最大值，得出∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，由直角三角形的性质可得出答案．‎ ‎【解答】(1)证明：∵AO＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵OC平分∠BOD，∴∠DOC＝∠COB，‎ 又∵∠DOC+∠COB＝∠OAD+∠ADO，∴∠ADO＝∠DOC，∴CO∥AD；‎ ‎(2)解：如图1，过点E作EM∥FD交AD的延长线于点M，‎ 设∠DAC＝α，∵CO∥AD，∴∠ACO＝∠DAC＝α，‎ ‎∵AO＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝α，‎ ‎∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD＝2α，∵DE＝EF，∴∠DFE＝∠DEF＝3α，‎ ‎∵AO＝OB＝OD，∴∠ADB＝90°，∴∠DAE+∠AED＝90°，即4α＝90°，‎ ‎∴∠ADF＝2α＝45°，∴∠FDE＝45°，∴∠M＝∠ADF＝45°，∴EM＝DE＝DF，‎ ‎∵DF∥EM，∴△AME∽△ADF，∴；‎ ‎(3)解：如图2，‎ ‎∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC(SAS)，∴BC＝CD，‎ 设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2－m，‎ ‎∵OB2－OG2＝BC2－CG2，∴4－(2－m)2＝x2－m2，解得：m＝，∴OG＝2－，‎ ‎∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G为BD的中点，‎ 又∵O为AB的中点，∴AD＝2OG＝4－，‎ ‎∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4－+4‎ ‎＝－+2x+8＝－+10，‎ ‎∵－＜0，∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．∴BC＝2，‎ ‎∴△BCO为等边三角形，∴∠BOC＝60°，‎ ‎∵OC∥AD，∴∠DAC＝∠COB＝60°，∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，‎ ‎∴∠AFD＝90°，∴，DF＝DA，∴．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练运用这些图形的性质是解题的关键． ‎ ‎27（2020年德州市）24．（12分）问题探究：‎ 小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．‎ 请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是：　SAS　；‎ ‎（2）AD的取值范围是　1＜AD＜5　；‎ 方法运用：‎ ‎（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．‎ ‎（4）如图3，在矩形ABCD中，＝，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且＝，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．‎ ‎【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；‎ ‎（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；‎ ‎（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；‎ ‎（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵AD是中线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，‎ ‎∴△BED≌△CAD（SAS），‎ 故答案为：SAS；‎ ‎（2）∵△BED≌△CAD，‎ ‎∴AC＝BE＝4，‎ 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，‎ ‎∴2＜2AD＜10，‎ ‎∴1＜AD＜5，‎ 故答案为：1＜AD＜5；‎ ‎（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，‎ ‎∵AD是△ABC的中线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，‎ ‎∴△ADC≌△HDB（SAS），‎ ‎∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，‎ ‎∵AE＝EF，‎ ‎∴∠EAF＝∠AFE，‎ ‎∴∠H＝∠BFH，‎ ‎∴BF＝BH，‎ ‎∴AC＝BF；‎ ‎（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，‎ ‎∵点G是DF的中点，‎ ‎∴DG＝GF，‎ 又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，‎ ‎∴△NGF≌△CGD（SAS），‎ ‎∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，‎ ‎∵＝，＝，‎ ‎∴tan∠ADB＝，tan∠EBF＝，‎ ‎∴∠ADB＝∠EBF，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB＝∠DBC，‎ ‎∴∠EBF＝∠DBC，‎ ‎∴∠EBC＝2∠DBC，‎ ‎∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，‎ ‎∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，‎ ‎∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，‎ 又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，‎ ‎∴∠EFN＝2∠DBC，‎ ‎∴∠EBC＝∠EFN，‎ ‎∵＝，且CD＝NF，‎ ‎∴‎ ‎∴△BEC∽△FEN，‎ ‎∴∠BEC＝∠FEN，‎ ‎∴∠BEF＝∠NEC＝90°，‎ 又∵CG＝NG，‎ ‎∴EG＝NC，‎ ‎∴EG＝GC．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．‎