专题08浙江省各地市期中考试试卷简答题压轴题选练-【好题汇编】备战2024-2025学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（浙江专用）

专题08 浙江省各地市期中考试试卷简答题压轴题选练 1．（2023秋•余姚市校级期中）定义：四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”． 理解： （1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留作图痕迹，找出2个即可）； （2）如图2，在四边形ABCD中，AD≠CD，∠ABC＝70°，∠ADC＝145°，对角线BD平分∠ABC．那么BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由； 运用： （3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFG＝60°，FH平分∠EFG．连接EG，若△EFG的面积为，求FH的长． 2．（2023秋•余姚市校级期中）如图，射线OP⊥射线OQ，A、C在射线OQ上，B在射线OP上，连结AB，BC．若OA＝3，OB：OC＝3：4，设OB＝3t．过点A，B，C的圆交AB的垂线BD于点D，连结AD，直线AD，CB交于点E． （1）求sin∠ADB． （2）连结CD，记△BCD的面积为S． ①求S关于t的函数表达式； ②当S△CED﹣S△AEB＝10时，求此时t的值． （3）点A关于直线BC的对称点为A′，若A′落在△BDE内部（不包括边界）时，请直接写出t的取值范围． 3．（2023秋•浙江期中）如图，已知直线y＝x+与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点C（0，﹣），交x轴正半轴于D点，抛物线的顶点为M． （1）求抛物线的解析式及点M的坐标； （2）设点P为直线AB下方的抛物线上一动点，当△PAB的面积最大时，求此时△PAB的面积及点P的坐标； （3）点Q为x轴上一动点，点N是抛物线上一点，当△QMN∽△MAD（点Q与点M对应），求Q点坐标． 4．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB与点E，已知AB＝10，AE＝8，点P为线段AE上任意一点，（点P不与A、E重合），连接CP并延长与⊙O交于点Q，连接QD、PD、AD． （1）求CD的长； （2）∠ADP与∠ADQ满足什么关系？并说明理由； （3）若∠PCE＝45°，求CP2+PQ2的值． 5．（2023秋•西湖区校级期中）在二次函数y＝x2﹣2tx+3（t＞0）中． （1）若函数图象的顶点在x轴上，求t的值． （2）若点（t，s）在抛物线上，令q＝t+s，求证：． （3）如果A（m﹣2，a），B（4，b），C（m，a）都在这个二次函数图象上，且a＜b＜3，求m的取值范围． 6．（2023秋•新昌县校级期中）定义：如图1，在．△ABC中，把AB绕点A按逆时针方向旋转α（0°＜α＜180°）并延长一倍得到AB′，把AC绕点A按顺时针方向旋转β，并延长一倍得到AC′，连结B′C′．当α+β＝180°时，称△AB′C′为△ABC的“倍旋三角形”，△AB′C′的边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“倍旋中线”． （1）如图①，当∠BAC＝90°，BC＝2时，“倍旋中线”AD的长为 　 　； （2）如图②，当△AB′C′为等边三角形时，“倍旋三角形”AD与BC的数量关系为 　 　． （3）在图③中，当△ABC为任意三角形时，猜想“倍旋中线”AD与BC的数量关系，并给予证明． 7．（2023秋•西湖区校级期中）如图，AB为⊙O直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD中点，连接CD，CA． （1）求证：∠ABD＝2∠BDC； （2）过点C作CE⊥AB于H，交AD于E，求证：EA＝EC； （3）在（2）的条件下，若OH＝5，AD＝24，求线段DE的长 8．（2023秋•秀洲区校级期中）综合与实践 问题提出 某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD＝，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系． 初步感知 （1）如图1，当点P由点C运动到点B时， ①当t＝1时，S＝　 　； ②S关于t的函数解析式为 　 　． （2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长． 延伸探究 （3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等． ①t1+t2＝　 　； ②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积． 9．（2023秋•慈溪市校级期中）如图1，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结OC，过点B作AC的垂线，交⊙O于点D，交OC于点M，交AC于点E，连结AD． （1）若∠D＝α，请用含α的代数式表示∠OCA． （2）如图2． ①求证：CE2＝EM•EB； ②若BM＝5，DM＝4，求的值． （3）如图3，连结CD，若，，求y关于x的函数表达式． 10．（2023秋•慈溪市校级期中）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D为BC上一点，连结AD，E为AD上一点，连结CE，若∠BAD＝∠ACE，CD＝CE，求证：△ABD∽△CAE． 【尝试应用】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为OC上一点，连结BE，∠CBE＝∠DCO，BE＝DO，若BD＝12，OE＝5，求AC的长． 【拓展提升】 （3）如图3，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为BC中点，F为DC上一点，连结OE、AF，∠AEO＝∠CAF，若，AC＝6，求菱形ABCD的边长． 11．（2023秋•余姚市校级期中）定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做余等三角形．如图1，在△ABC和△DEF中，若∠A+∠E＝∠B+∠D＝90°，且AB＝DE，则△ABC和△DEF是余等三角形． （1）图2，等腰直角△ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB上任意一点（不与点 A、B重合），则图中△　 　和△　 　是余等三角形，并求证：AD2+BD2＝2CD2． （2）图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，且AD2+BC2＝100， ①求证：△ABC和△ADC是余等三角形． ②图4，连接BD交AC于点I，连接OI，E为AI上一点，连接EO并延长交BI于点F，若∠ADB＝67.5°，IE＝IF，设OI＝x，S△EIF＝y，求y关于x的函数关系式． 12．（2023秋•余姚市校级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是AD边上一点，点P为BC边上一点，PE交AC于点F，已知∠PEA＝∠CED，设∠DCE＝α，DE＝m． （1）请直接写出∠PEC＝　 　，∠EPC＝　 　，PC＝　 　（用α或m相关的代数式表示）； （2）作FG⊥CE分别交CE、CD于H、G（如图2），求CG的长； （3）连结DH，若AB＝1，求DH的最小值； （4）在（3）的条件下，请直接写出DH的最小值时，S△EFH＝　 　． 13．（2023秋•拱墅区校级期中）已知钝角三角形ABC内接于⊙O，E、D分别为AC、BC的中点，连接DE． （1）如图1，当点A、D、O在同一条直线上时，求证：DE＝AC． （2）如图2，当A、D、O不在同一条直线上时，取AO的中点F，连接FD交AC于点G，当AB+AC＝2AG时． ①求证：△DEG是等腰三角形； ②如图3，连OD并延长交⊙O于点H，连接AH．求证：AH∥FG． 14．（2023秋•杭州期中）课题学习： 【证明体验】 （1）如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，求证：AD•BC＝AP•BP． 【思考探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝β时，上述结论是否依然成立？说明理由． 【拓展延伸】 （3）请利用（1）（2）获得的经验解决问题： 如图3，在△ABC中，，∠B＝45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD＝45°，若，求CD的长． 15．（2023秋•萧山区校级期中）综合与实践 定义：将宽与长的比值为（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形． （1）概念理解： 当n＝1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长（CD）的比值是 　 　． （2）操作验证： 用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））： 第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE； 第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG； 第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK． 试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形． （3）方法迁移： 用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注． （4）探究发现： 小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由． 16．（2023秋•镇海区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，1），B是x轴正半轴上一动点，以AB为直径画⊙C交x轴于点D，连结AO，过点A作AE⊥AO交⊙C于点E，连结BE，DE． （1）求∠DBE的度数； （2）求证：△ADE∽△OAB； （3）如图2，连结CE，过点C作CF⊥BE于点F，过点F作FG∥CE交DE的延长线于点G，设点B的横坐标为t． ①用含t的代数式表示DE2； ②记S＝DE•EG，求S关于t的函数表达式． 17．（2023秋•镇海区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线，一个以点D为顶点的60°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N． （1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF； （2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立； （3）若CD＝3，，求CN的长． 18．（2023秋•奉化区校级期中）阅读材料：某个学习小组成员发现：在等腰△ABC中，AD平分∠BAC， ∵AB＝AC，BD＝CD，∴＝． 他们猜想：在任意△ABC中，一个内角角平分线分对边所成的两条线段与这个内角的两边对应成比例． 【证明猜想】如图1所示，在△ABC中，AD平分∠BAC，求证：＝． 丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明； 思思认为，可以通过比较△ABD和△ACD面积的角度来证明． （1）请你从上面的方法中选择一种进行证明． 【尝试应用】（2）如图2，⊙O是Rt△ABC的外接圆，点E是⊙O上一点（与B不重合），且AB＝AE，连结AE，并延长AE、BC交于点D，H为AE的中点，连结BH交AC于点G，求的值． 【拓展提高】（3）如图3，在（2）的条件下，延长BH交⊙O于点F，若BE＝EF，GH＝x，求⊙O的直径（用x的代数式表示）． 19．（2023秋•西湖区期中）已知：菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，点E是线段AO上一个动点，连接ED，把线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在BA的延长线上． （1）如图1，当AF＝AO时， ①求证：△BEF≌△BED； ②求tan∠F的值； （2）如图2，当AF＝AE时，求AE的长． 20．（2023秋•浙江校级期中）抛物线与x轴交于A、B（A在B的左边），B（3，0）与y轴负半轴交于C，且OC＝OB． （1）求a、c的值； （2）将抛物线向左平移一个单位后得抛物线y2，交x轴于A、B，交y轴于C，点P为抛物线y2位于第四象限上的一点，连PA交y轴于M，连PB交y轴于N，求的值； （3）如图3，直线y＝kx+k﹣1交抛物线y2于E、F两点，分别过E、F且与抛物线只有唯一公共点的两条直线交于Q，求证：点Q在一条定直线上． 21．（2023秋•余杭区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F． （1）求证：△DBC是等腰三角形． （2）若DA＝DF． ①求证：BC2＝DC•BF． ②若⊙O的半径为5，BC＝6，求的值． 22．（2023秋•东阳市期中）【模型呈现：材料阅读】 如图1，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD交于点F，对于上述问题，存在结论（不用证明）： （1）△BCD≌△ACE． （2）△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成． 【模型改编：问题解决] 点A，D在直线CE的同侧，AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，直线AE，BD交于F，如图1：点B在直线CE上， ①求证：△BCD∽△ACE． ②求∠AFB的度数． 如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度． ③补全图形，则∠AFB的度数为 　 　． ④若将“∠BAC＝∠DEC＝50°”改为“∠BAC＝∠DEC＝m°”，则∠AFB的度数为 　 　．（直接写结论） 【模型拓广：问题延伸] （3）如图3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝2，AD＝ED＝2，DG＝6，连接AG，BF，求的值． 23．（2023秋•滨江区校级期中）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E． （1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE； （2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF． ①求证：EB＝EG； ②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值． 24．（2023秋•金华期中）我们定义：若点P在一次函数y＝ax+b（a≠0）图象上，点Q在反比例函数图象上，且满足点P与点Q关于y轴对称，则称二次函数y＝ax2+bx+c为一次函数y＝ax+b与反比例函数的“衍生函数”，点P称为“基点”，点Q称为“靶点”． （1）若二次函数y＝2x2+6x+8是一次函数y＝ax+b与反比例函数的“衍生函数”，则a＝　 　，b＝　 　，c＝　 　． （2）直接写出一次函数y＝x+b和反比例函数的“衍生函数”的表达式，若该“衍生函数”的顶点在x轴上，且“基点”P的横坐标为4，求出“靶点”Q的坐标； （3）若一次函数y＝ax+b（a＞b＞0）和反比例函数的“衍生函数”经过点（2，5）．试判断一次函数y＝ax+b图象上“基点”的个数，并说明理由． 25．（2023秋•瑞安市期中）阅读素材，完成任务． 测试机器人行走路径 素材一 图1是某校科技兴趣小组设计的一个可以帮助餐厅上菜的机器人，该机器人能根据指令要求进行旋转和行走．如图2﹣4为机器人所走的路径．机器人从起点出发，连续执行如下指令：机器人先向前直行bn（表示第n次行走的路程），再逆时针旋转α（0°＜α≤90°），直到第一次回到起点后停止．记机器人共行走的路程为l，所走路径形成的封闭图形的面积为S． 素材二 如图2，当每次直行路程均为1（即bn＝1），α＝60°时，机器人的运动路径为A→B→C→D→E→F→A，机器人共走的路程l＝6，由图2图3易得所走路径形成的封闭图形的面积为． 素材三 如图4，若α＝60°，机器人执行六次指令后回到起点处停止． 解决问题 任务 固定变量 探索变量 探索内容 任务一 直行路程bn，bn＝1 旋转角度α与路程l α 30° 45° 72° l 任务二 旋转角度α 直行路程bn． 若α＝60°，b1＝2，b2＝4，b3＝1.5，b4＝3，求b5与b6的值． 任务三 旋转适角度α，路程l 路径形成的封闭图形面积S． 若α＝60°，l＝20，b1＝2，b2＝4，请直接写出b3与b4之间的数量关系，并求出当S最大时b4的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 浙江省各地市期中考试试卷简答题压轴题选练 1．（2023秋•余姚市校级期中）定义：四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”． 理解： （1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请用无刻度的直尺在网格中画出点D（保留作图痕迹，找出2个即可）； （2）如图2，在四边形ABCD中，AD≠CD，∠ABC＝70°，∠ADC＝145°，对角线BD平分∠ABC．那么BD是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由； 运用： （3）如图3，已知FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFG＝60°，FH平分∠EFG．连接EG，若△EFG的面积为，求FH的长． 【分析】（1）根据“相似对角线”的定义，可知AC为△ACD的直角边，且两条直角边之比为，则可找出符合要求的点D； （2）由角平分线的定义得∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝35°，则∠BDC＝∠BAD，从而得出△BDC∽△BAD，即可证明结论； （3）作EM⊥FG于点M，根据相似三角形的性质可得FH2＝EF•FG，再利用含30°角的直角三角形的性质得EM＝EF，从而得出GF•EF＝16，即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1所示（答案不唯一）： （2）BD是四边形ABCD的“相似对角线”，理由如下： ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝35°， ∴∠BAD+∠ADB＝145°， ∵∠ADC＝145°， ∴∠BDC＝∠BAD， ∴△BDC∽△BAD， ∴BD是四边形ABCD的“相似对角线”； （3）如图3，作EM⊥FG于点M， ∵”∠EFG＝60°，FH平分∠EFG， ∴∠EFH＝∠HFG＝30°． 又∵FH是四边形EFGH的“相似对角线”， ∴＝， ∴FH2＝EF•FG， ∵∠EFG＝60°，即∠EFM＝60°， ∴EM＝EF， ∵×FG×EM＝5， ∴×FG×EF＝5， ∴FG•EF＝20， ∴FH＝2． 2．（2023秋•余姚市校级期中）如图，射线OP⊥射线OQ，A、C在射线OQ上，B在射线OP上，连结AB，BC．若OA＝3，OB：OC＝3：4，设OB＝3t．过点A，B，C的圆交AB的垂线BD于点D，连结AD，直线AD，CB交于点E． （1）求sin∠ADB． （2）连结CD，记△BCD的面积为S． ①求S关于t的函数表达式； ②当S△CED﹣S△AEB＝10时，求此时t的值． （3）点A关于直线BC的对称点为A′，若A′落在△BDE内部（不包括边界）时，请直接写出t的取值范围． 【分析】（1）利用勾股定理可求得BC＝5t，利用同弧所对的圆周角相等和直角三角形的边角关系通过计算sin∠OCB即可； （2）①利用勾股定理求出AB的长，利用（1）②的结论，可得BD，AD的长，由题意可得AD为圆的直径，则∠ACD＝90°；利用勾股定理求得CD的长．利用CD∥OB，可得△CBD中CD边上的高等于OC，利用三角形的面积公式即可求得结论； ②将已知条件转化为S△ACD﹣S△ACB＝2，利用三角形的面积公式代入得到关于t的方程，解方程即可求得结论； （3）利用分类讨论的思想分：①当点A的对称点A′落在DE上时，②当点A的对称点A′落在DB上时，利用轴对称的性质可得AC＝BA或AC＝CD，进而得到关于t的方程，从而求得当点A落在边界上的t值，由题意可得结论． 【解答】解：（1）①∵OB：OC＝3：4，OB＝3t， ∴OC＝4t． ∵射线OP⊥射线OQ， ∴BC＝＝5t． 在Rt△OBC中， sin∠OCB＝． ∵∠ADB＝∠ACB， ∴sin∠ADB＝sin∠ACB＝； （2）①∵AB⊥BD，tan∠ADB＝， ∴． ∴设AB＝3k，则BD＝4k， ∴AD＝＝5k． 在Rt△OBC中， AB＝＝＝3． ∴BD＝4，AD＝5． ∵∠ABD＝90°， ∴AD是圆的直径． ∴∠ACD＝90°． ∵AC＝OC﹣OA＝4t﹣3， ∴CD＝＝3t+4． ∵∠ACD＝90°，∠AOB＝90°， ∴CD∥OB． ∴S＝×CD×OC＝×4t×（3t+4）＝6t2+8t． ②∵△CED与△AEB的面积差为2， ∴S△CED﹣S△AEB＝2． ∴（S△CED+S△ACE）﹣（S△AEB+S△ACE）＝2． 即：S△ACD﹣S△ACB＝2． ∴•AC•CD﹣•AC•OB＝2． ∴（4t﹣3）（3t+4）﹣（4t﹣3）×3t＝4． 解得：t＝1． ∴当△CED与△AEB的面积差为2，此时t的值为1． （3）t的取值范围：＜t＜7．理由： ①当点A的对称点A′落在DE上时，如图， 则AD⊥BC． ∵AD是圆的直径， ∴AD平分BC， 即AD是BC的垂直平分线． ∴AC＝BA． ∴4t﹣3＝3． 解得：t＝0或． ∵t＞0， ∴t＝． ②当点A的对称点A′落在DB上时，如图， 则BC垂直平分AA′， ∴BA＝BA′． ∵BC⊥AA′， ∴∠ABC＝∠DBC． ∴． ∴AC＝CD． ∴4t﹣3＝3t+4． 解得：t＝7． ∵A′落在△BDE内部（不包括边界）， ∴t的取值范围：＜t＜7． 3．（2023秋•浙江期中）如图，已知直线y＝x+与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点C（0，﹣），交x轴正半轴于D点，抛物线的顶点为M． （1）求抛物线的解析式及点M的坐标； （2）设点P为直线AB下方的抛物线上一动点，当△PAB的面积最大时，求此时△PAB的面积及点P的坐标； （3）点Q为x轴上一动点，点N是抛物线上一点，当△QMN∽△MAD（点Q与点M对应），求Q点坐标． 【分析】（1）将点B代入直线解析式求出m的值，再代入点A、B、C即可求出抛物线的解析式． （2）过点P作y轴的平行线交直线AB与点H，设点P的坐标，表示线段PH的长度，表示△PAB的面积，利用二次函数求最值问题配方即可． （3）先证出△MAD为等腰直角三角形，再构造″K″字形求点Q的坐标即可． 【解答】解：（1）把点B（4，m）代入y＝+中，得m＝， ∴B（4，）， 把点A（﹣1，0）、B（4，）、C（0，﹣）代入抛物线中， 解得 ∴抛物线的解析式为y＝﹣x﹣， ∵y＝﹣x﹣＝（x﹣1）2﹣2， ∴点M的坐标为（1，﹣2）． （2）∵点P为直线AB下方抛物线上一动点， ∴﹣1＜x＜4， 如图1所示，过点P作y轴的平行线交AB于点H， 设点P的坐标为（m，m2﹣m﹣），则点H（m，）， S△PAB＝HP•（xB﹣xA）＝（﹣m2+m+2）＝﹣（m﹣）2+， 当m＝时，S最大，最大为，此时点P（，﹣）． （3）如图2所示， 令y＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3， ∴D（3，0）， ∵M（1，﹣2），A（﹣1，0）， ∴△AMD为等腰直角三角形， 设点N的坐标为（n，n2﹣n﹣）， ∵△QEN≌△MFQ（AAS）， ∴FQ＝EN＝2，MF＝EQ＝n2﹣n﹣， ∴n2﹣n﹣+1＝n+2， 解得n＝5或﹣1（舍）， ∴点Q的坐标为（7，0）， 同理，可知另一个点Q的坐标为（﹣5，0）， 当Q（1，0）时，△QMN∽△MAD， 综上所示：点Q的坐标为（7，0）或（﹣5，0）或（1，0）． 4．（2023秋•拱墅区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB与点E，已知AB＝10，AE＝8，点P为线段AE上任意一点，（点P不与A、E重合），连接CP并延长与⊙O交于点Q，连接QD、PD、AD． （1）求CD的长； （2）∠ADP与∠ADQ满足什么关系？并说明理由； （3）若∠PCE＝45°，求CP2+PQ2的值． 【分析】（1）如图所示，连接OD，根据线段的和差关系求出OE＝3，由垂径定理得到CD＝2DE，∠OED＝90°，在Rt△OED中利用勾股定理求解即可； （2）连接AC，由图可知∠ACQ＝∠ADQ，由垂径定理可得 AC＝AD，PC＝PD，再根据全等三角形的判定与性质可得结论； （3）如图所示，过点O作OH⊥CQ，连接OC，由（1）得CE＝DE＝4，OE＝3，由垂径定理得到CH＝QH，先证明PE＝CE＝4，得到OP＝PE﹣OE＝1，同理可得PH＝OH，则，在Rt△OCH中，由勾股定理得，，即可得到． 【解答】解：（1）如图所示，连接OD， ∵直径AB＝10，AE＝8， ∴BE＝2， ∴OE＝5﹣2＝3， ∵AB⊥CD， ∴CD＝2DE＝2CE，∠OED＝90°， 在Rt△OED中，由勾股定理得PD2＝PE2+ED2， ∴， ∴CD＝2ED＝8； （2）∠ADP＝∠ADQ，理由如下： 如图所示，连接AC， ∵， ∴∠ACQ＝∠ADQ， ∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD， ∴CE＝DE，即AB是CD的垂直平分线， ∴AC＝AD，PC＝PD， ∵AP＝AP， ∴△ACP≌△ADP（SSS）， ∴∠ACP＝∠ADP， ∴∠ADP＝∠ADQ； （3）如图所示，过点O作OH⊥CQ，连接OC， 由（1）得CE＝DE＝4，OE＝3， ∴CH＝QH， ∵AB⊥CD，∠PCE＝45°， ∴∠CPE＝90°﹣∠PCE＝45°＝∠PCE， ∴PE＝CE＝4， ∴OP＝PE﹣OE＝1， ∵OH⊥PH， ∴同理可得PH＝OH， ∴， 在Rt△OCH中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 5．（2023秋•西湖区校级期中）在二次函数y＝x2﹣2tx+3（t＞0）中． （1）若函数图象的顶点在x轴上，求t的值． （2）若点（t，s）在抛物线上，令q＝t+s，求证：． （3）如果A（m﹣2，a），B（4，b），C（m，a）都在这个二次函数图象上，且a＜b＜3，求m的取值范围． 【分析】（1）根据顶点在x轴上，顶点的纵坐标是0，求出即可； （2）把点（t，s）代入解析式得到s＝t2﹣2t2+3＝﹣t2+3，由q＝t+s得到q＝﹣t2+t+3＝﹣（t﹣）2+，根据二次函数的性质即可证得结论； （3）根据A（m﹣2，a），C（m，a）都在这个二次函数的图象上，可得二次函数y＝x2﹣2tx+3的对称轴直线x＝t即为直线x＝＝m﹣1，由t＞0，得m＞1，因m﹣2＜m，知A在对称轴左侧，C在对称轴右侧，抛物线y＝x2﹣2tx+3与y轴交点为（0，3），其关于对称轴直线x＝m﹣1的对称点为（2m﹣2，3），由b＜3，知4＜2m﹣2，m＞3；①当A（m﹣2，a），B（4，b）都在对称轴左侧时，y随x的增大而减小，有4＜m﹣2，可得m满足的条件为m＞6；②当A（m﹣2，a）在对称轴左侧，B（4，b）在对称轴右侧时，B（4，b）到对称轴直线x＝m﹣1距离大于A（m﹣2，a）到对称轴直线x＝m﹣1的距离，故4﹣（m﹣1）＞m﹣1﹣（m﹣2），得：m＜4，m满足的条件是3＜m＜4． 【解答】（1）解：根据题意得：＝＝0， 解得t＝或﹣， ∵t＞0， ∴t的值为； （2）证明：∵点（t，s）在抛物线y＝x2﹣2tx+3（t＞0）上， ∴s＝t2﹣2t2+3＝﹣t2+3， ∴q＝t+s＝﹣t2+t+3， ∴q＝﹣t2+t+3＝﹣（t﹣）2+， ∵﹣1＜0， ∴q有最大值， ∴． （3）∵A（m﹣2，a），C（m，a）都在这个二次函数的图象上， ∴二次函数y＝x2﹣2tx+3的对称轴直线x＝t即为直线x＝＝m﹣1， ∴t＝m﹣1， ∵t＞0， ∴m﹣1＞0， 解得m＞1， ∵m﹣2＜m， ∴A在对称轴左侧，C在对称轴右侧， 在y＝x2﹣2tx+3中，令x＝0得y＝3， ∴抛物线y＝x2﹣2tx+3与y轴交点为（0，3）， ∴（0，3）关于对称轴直线x＝m﹣1的对称点为（2m﹣2，3）， ∵b＜3， ∴4＜2m﹣2， 解得m＞3； ①当A（m﹣2，a），B（4，b）都在对称轴左侧时， ∵y随x的增大而减小，且a＜b， ∴4＜m﹣2， 解得m＞6， 此时m满足的条件为m＞6； ②当A（m﹣2，a）在对称轴左侧，B（4，b）在对称轴右侧时， ∵a＜b， ∴B（4，b）到对称轴直线x＝m﹣1距离大于A（m﹣2，a）到对称轴直线x＝m﹣1的距离， ∴4﹣（m﹣1）＞m﹣1﹣（m﹣2）， 解得：m＜4， 此时m满足的条件是3＜m＜4， 综上所述，3＜m＜4或m＞6． 6．（2023秋•新昌县校级期中）定义：如图1，在．△ABC中，把AB绕点A按逆时针方向旋转α（0°＜α＜180°）并延长一倍得到AB′，把AC绕点A按顺时针方向旋转β，并延长一倍得到AC′，连结B′C′．当α+β＝180°时，称△AB′C′为△ABC的“倍旋三角形”，△AB′C′的边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“倍旋中线”． （1）如图①，当∠BAC＝90°，BC＝2时，“倍旋中线”AD的长为 　2　； （2）如图②，当△AB′C′为等边三角形时，“倍旋三角形”AD与BC的数量关系为 　AD＝BC　． （3）在图③中，当△ABC为任意三角形时，猜想“倍旋中线”AD与BC的数量关系，并给予证明． 【分析】（1）如图1，首先证明△AB′C′∽△ABC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题； （2）如图2，过点A作AD′⊥BC，证△AB′D∽△BAD′，根据易得结论． （3）延长AD到M，使得DM＝AD，连接B′M，C′M证四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC∽△AB′M得AM＝2BC，故可得结论． 【解答】解：（1）如图1， ∵∠BAC＝90°，∠α+∠β＝180°， ∴∠B′AC′＝90°， ∵， ∴△AB′C′∽△ABC， ∴， ∵BC＝2， ∴B′C′＝4， ∵D是B′C′的中点， ∴AD＝B′C′＝2； 故答案为：2． （2）如图2， ∵∠α+∠β＝180°，∠B′AC′＝60°， ∴∠BAC＝120°， 根据“倍旋中线”知△ABC等腰三角形， 过A作AD′⊥BC，垂足为D′， ∴∠BAD′＝60°，∠AD′B＝90°，BC＝2BD′， ∵D是等边三角形AB′C′的边B′C′的中点， ∴∠ADB′＝90° 且∠AB′D＝60°， ∴△ABD′∽△B′AD， ∴， ∴AD＝2BD′＝BC， 故答案为：AD＝BC． （3）结论：AD＝BC， 理由：如图，延长AD到M，使得DM＝AD，连接B′M，C′M， ∵B′D＝DC′，AD＝DM， ∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′＝B′M＝2AC，∠B′AC′+∠AB′M＝180°， ∵∠BAC+∠B′AC′＝180°， ∴∠BAC＝∠AB′M， ∵AB′＝2AB， ∴△BAC∽△AB′M， ∴AM＝2BC， ∴AD＝BC． 7．（2023秋•西湖区校级期中）如图，AB为⊙O直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD中点，连接CD，CA． （1）求证：∠ABD＝2∠BDC； （2）过点C作CE⊥AB于H，交AD于E，求证：EA＝EC； （3）在（2）的条件下，若OH＝5，AD＝24，求线段DE的长 【分析】（1）如图1，设∠BDC＝α，∠DAC＝β，根据圆周角定理得到∠CAB＝∠BDC＝α，连接AD，由AB为⊙O直径，得到∠ADB＝90°，根据余角的性质即可得到结论； （2）根据已知条件得到∠ACE＝∠ADC，等量代换得到∠ACE＝∠CAE，于是得到结论； （3）如图2，连接OC，根据圆周角定理得到∠COB＝2∠CAB，等量代换得到∠COB＝∠ABD，根据相似三角形的性质得到OH＝5，根据勾股定理得到AB＝＝26，由相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）如图1，设∠BDC＝α，∠DAC＝β， 则∠CAB＝∠BDC＝α， ∵点C为弧ABD中点， ∴＝， ∴∠ADC＝∠DAC＝β， ∴∠DAB＝β﹣α， 连接AD， ∵AB为⊙O直径， ∴∠ADB＝90°， ∴α+β＝90°， ∴β＝90°﹣α， ∴∠ABD＝90°﹣∠DAB＝90°﹣（β﹣α）， ∴∠ABD＝2α， ∴∠ABD＝2∠BDC； （2）∵CE⊥AB， ∴∠ACE+∠CAB＝∠ADC+∠BDC＝90°， ∵∠CAB＝∠CDB， ∴∠ACE＝∠ADC， ∵∠CAE＝∠ADC， ∴∠ACE＝∠CAE， ∴AE＝CE； （3）如图2，连接OC， ∴∠COB＝2∠CAB， ∵∠ABD＝2∠BDC，∠BDC＝∠CAB， ∴∠COB＝∠ABD， ∵∠OHC＝∠ADB＝90°， ∴△OCH∽△ABD， ∴， ∵OH＝5， ∴BD＝10， ∴AB＝＝26， ∴AO＝13， ∴AH＝18， ∵△AHE∽△ADB， ∴，即＝， ∴AE＝， ∴DE＝． 8．（2023秋•秀洲区校级期中）综合与实践 问题提出 某兴趣小组开展综合实践活动：在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，CD＝，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF．设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，探究S与t的关系． 初步感知 （1）如图1，当点P由点C运动到点B时， ①当t＝1时，S＝　3　； ②S关于t的函数解析式为 　S＝t2+2（0＜t≤2）　． （2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象．请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段AB的长． 延伸探究 （3）若存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等． ①t1+t2＝　4　； ②当t3＝4t1时，求正方形DPEF的面积． 【分析】（1）①当t＝1时，CP＝1，运用勾股定理即可求得答案； ②由题意得CP＝t，运用勾股定理可得S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（）2＝t2+2； （2）观察图象可得当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18，抛物线的顶点坐标为（4，2），由勾股定理可得BC＝＝2，AD＝3，即M（2，6），设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，即可求得S＝t2﹣8t+18，再利用勾股定理即可求得线段AB的长； （3）①方法一：根据抛物线的对称性可得当2＜S＜6时，点P1与P2关于直线t＝2对称，点P2与P3关于直线t＝4对称，可得答案；方法二：过点D作DH⊥AB于点H，可证得△ADH∽△ABC，得出＝＝，可求得DH＝，AH＝4，根据存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等，可得DP1＝DP2＝DP3，再证得Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL），可得CP1＝HP2，列出等式即可； ②方法一：由t1+t2＝4，t2+t3＝8，可得t3﹣t1＝4，与t3＝4t1联立即可求得答案；方法二：证明Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL），得出P3H＝CP1，建立方程求解即可得出答案． 【解答】解：（1）①当t＝1时，CP＝1， 又∵∠C＝90°，CD＝， ∴S＝DP2＝CP2+CD2＝12+（）2＝3． 故答案为：3； ②当点P由点C运动到点B时，CP＝t， ∵∠C＝90°，CD＝， ∴S＝DP2＝CP2+CD2＝t2+（）2＝t2+2． 故答案为：S＝t2+2（0＜t≤2）； （2）由图2可得：当点P运动到点B处时，PD2＝BD2＝6，当点P运动到点A处时，PD2＝AD2＝18， 抛物线的顶点坐标为（4，2）， ∴BC＝＝＝2，AD＝＝3， ∴M（2，6）， 设S＝a（t﹣4）2+2，将M（2，6）代入，得4a+2＝6， 解得：a＝1， ∴S＝（t﹣4）2+2＝t2﹣8t+18， ∴AC＝AD+CD＝3+＝4， 在Rt△ABC中，AB＝＝＝6， ∴抛物线的解析式为S＝t2﹣8t+18（2≤t≤8）； （3）①方法一：由（1）（2）可得S＝，图象如图所示： ∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等， ∴2＜S＜6， ∴点P1与P2关于直线t＝2对称，点P2与P3关于直线t＝4对称， ∴（t1+t2）＝2，（t2+t3）＝4， ∴t1+t2＝4，t2+t3＝8． 故答案为：4； 方法二：如图，则∠AHD＝90°＝∠C， ∵∠DAH＝∠BAC， ∴△ADH∽△ABC， ∴＝＝，即＝＝， ∴DH＝，AH＝4， ∴BH＝2，DH＝CD， ∵存在3个时刻t1，t2，t3（t1＜t2＜t3）对应的正方形DPEF的面积均相等， ∴DP1＝DP2＝DP3， ∴CP1＝t1，P2H＝4﹣t2， 在Rt△CDP1和Rt△HDP2中， ， ∴Rt△CDP1≌Rt△HDP2（HL）， ∴CP1＝HP2， ∴t1＝4﹣t2， ∴t1+t2＝4． 故答案为：4； ②方法一：由①知：t1+t2＝4，t2+t3＝8， ∴t3﹣t1＝4， ∵t3＝4t1， ∴t1＝， ∴S＝（）2+2＝． 方法二：∵DP3＝DP1，DH＝DC，∠DHP3＝∠C＝90°， ∴Rt△DHP3≌Rt△DCP1（HL）， ∴P3H＝CP1， ∵P3H＝t3﹣4， ∴t3﹣4＝t1， ∵t3＝4t1， ∴t1＝， ∴S＝（）2+2＝． 9．（2023秋•慈溪市校级期中）如图1，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，连结OC，过点B作AC的垂线，交⊙O于点D，交OC于点M，交AC于点E，连结AD． （1）若∠D＝α，请用含α的代数式表示∠OCA． （2）如图2． ①求证：CE2＝EM•EB； ②若BM＝5，DM＝4，求的值． （3）如图3，连结CD，若，，求y关于x的函数表达式． 【分析】（1）连接OA，OB，证明△AOB≌△AOC（SSS），得出∠OAB＝∠OAC＝，根据圆周角定理得出∠OAC＝90°﹣α，根据OA＝OC，得出∠OCA＝∠OAC，即可求解； （2）①证明△CEM∽△BEC，根据相似三角形的性质即可得证；②连接AO并延长交BD于点N，连接CN，CD，证明△AEN≌△AED（ASA），进一步求解DE，由（2）知，CE2＝EM•EB，再求解CE，即可求解． （3）设BM＝a，DM＝ax，由②得BN＝CN＝CD＝DM＝ax，求得MN＝a﹣ax，由②知：EN＝ED，从而求得，由②知：OC∥AD，得出，进一步求得函数关系式． 【解答】（1）解：如图，连接OA，OB， 在△AOB与△AOC中， ， ∴△AOB≌△AOC（SSS）， ∴∠OAB＝∠OAC＝， ∵， ∴∠ACB＝∠D＝α， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝α， ∴∠BAC＝180°﹣2α， ∴∠OAC＝90°﹣α， ∵OA＝OC， ∴∠OCA＝∠OAC＝90°﹣α； （2）①证明：∵BD⊥AC， ∴∠BEC＝90°， ∴∠CBE＝90°﹣∠ACB＝90°﹣α， ∴∠OCA＝∠CBE， ∵∠CEM＝∠CEB， ∴△CEM∽△BEC， ∴， ∴CE2＝EM•EB； ②解：如图，连接AO并延长交BD于点N，连接CN，CD， ∵AB＝AC，∠OAB＝∠OAC， ∴AO垂直平分BC， ∴BN＝CN， ∵∠OCA＝∠CBE＝∠DAC， ∴OC∥AD， ∴∠DMC＝∠ADB＝∠ACB， ∵， ∴∠BAC＝∠CDM， ∴∠DCM＝∠ABC， ∴∠DCM＝∠DMC， ∴CD＝DM＝4， ∵AC⊥BD， ∴∠AED＝∠AEN， ∵∠OAC＝∠DAC，AE＝AE， ∴△AEN≌△AED（ASA）， ∴EN＝ED， ∴AC垂直平分DN， ∴CN＝CD＝4， ∴BN＝CN＝4， ∴MN＝BM﹣BN＝5﹣4＝1， 由EN＝DE得： MN+EM＝DM﹣EM， ∴1+EM＝4﹣EM， ∴EM＝1.5， ∴EB＝BM+EM＝5+1.5＝6.5， DE＝DM﹣EM＝4﹣1.5＝2.5， 由（2）知，， ∴（负值已舍）， ∴； （3）解：如图3，∵， 设BM＝a，则DM＝ax， 由②得BN＝CN＝CD＝DM＝ax， ∴MN＝BM﹣BN＝a﹣ax， 由②知：EN＝ED， ∴MN+EM＝DM﹣EM， ∴， ∴，BD＝BM+DM＝a+ax， ∴， 由②知：OC∥AD， ∴△AED∽△CEM； ∴， ∴， ∴． 10．（2023秋•慈溪市校级期中）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，D为BC上一点，连结AD，E为AD上一点，连结CE，若∠BAD＝∠ACE，CD＝CE，求证：△ABD∽△CAE． 【尝试应用】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为OC上一点，连结BE，∠CBE＝∠DCO，BE＝DO，若BD＝12，OE＝5，求AC的长． 【拓展提升】 （3）如图3，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为BC中点，F为DC上一点，连结OE、AF，∠AEO＝∠CAF，若，AC＝6，求菱形ABCD的边长． 【分析】（1）可证得∠CDE＝∠CED，从而∠ADB＝∠CEA，进一步得出结论； （2）可证得∠BEO＝∠BOE，从而得出∠BEC＝∠COD，进而得出△BEC∽△COD，从而，设OC＝x，则CE＝OC﹣OE＝x﹣5，从而得出，从而求得x的值，进一步得出结果； （3）延长AG，BC，交于点G，可得出△CGF∽△DAF，从而，进而表示出CG，可证得△AOE∽△GCA，从而，进而求得t的值，进一步得出结果． 【解答】（1）证明：∵CD＝CE， ∴∠CDE＝∠CED， ∴180°﹣∠CDE＝180°﹣∠CED， ∴∠ADB＝∠CEA， ∵∠BAD＝∠ACE， ∴△ABD∽△CAE． （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴， ∴BE＝DO＝BO＝6． ∴∠BEO＝∠BOE， ∴180°﹣∠BEO＝180°﹣∠BOE， ∴∠BEC＝∠COD． ∵∠CBE＝∠DCO， ∴△BEC∽△COD， ∴， 设OC＝x，则CE＝OC﹣OE＝x﹣5， ∴， ∴x1＝9，x2＝﹣4（舍去）， ∴OC＝9， ∴AC＝2OC＝18； （3）解：如图， 延长AG，BC，交于点G． ∵， ∴设DF＝5t，FC＝3t，则CD＝8t， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝8t，AD∥BC，，AC⊥BD， ∴△CGF∽△DAF， ∴， 即， ∴． 在Rt△BOC中， ∵E为BC的中点， ∴OE＝CE＝BC＝4t． ∴∠COE＝∠ACE， ∴∠AOE＝∠ACG， ∵∠AEO＝∠CAF， ∴△AOE∽△GCA， ∴， 即， ∴t1＝，t2＝﹣（舍去）， ∴， 即菱形ABCD的边长为． 11．（2023秋•余姚市校级期中）定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做余等三角形．如图1，在△ABC和△DEF中，若∠A+∠E＝∠B+∠D＝90°，且AB＝DE，则△ABC和△DEF是余等三角形． （1）图2，等腰直角△ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是AB上任意一点（不与点 A、B重合），则图中△　ACD　和△　BCD　是余等三角形，并求证：AD2+BD2＝2CD2． （2）图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，⊙O的半径为5，且AD2+BC2＝100， ①求证：△ABC和△ADC是余等三角形． ②图4，连接BD交AC于点I，连接OI，E为AI上一点，连接EO并延长交BI于点F，若∠ADB＝67.5°，IE＝IF，设OI＝x，S△EIF＝y，求y关于x的函数关系式． 【分析】（1）由△ABC是等腰直角三角形，根据余等三角形定义，可得△ACD和△BCD是余等三角形，过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F，证明△ADE和△BDF是等腰直角三角形，得DE＝，DF＝，CE＝，Rt△DCE中，用勾股定理即可得AD2+BD2＝2CD2； （2）①连接DO并延长交⊙O于E，连接AE、CE，根据AD2+BC2＝100，可得AE＝BC，从而△AEC≌△CBA，可得∠EAC＝∠BCA，∠BCA+∠CAD＝90°，同理可得：∠BAC+∠ACD＝90°，而AC＝AC，根据余等三角形，可知△ABC和△ADC是余等三角形； ②连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N，证明△EFI是等腰直角三角形，△MOF是等腰直角三角形，可得∠AEO＝∠BFO＝135°，由∠ADB＝67.5°，有∠AOB＝2∠ADB＝135°，∠AOE＝45°﹣∠BOF＝∠OBF，从而△AOE≌△OBF，得OE＝BF，设OE＝BF＝a，OM＝FM＝b，则ON＝MI＝a，OF＝AE＝b，在Rt△OIM中，（a）2+b2＝x2得a2+2b2＝2x2，在Rt△OBM中，（a+b）2+b2＝52，得a2+2b2+2ab＝25，故2ab＝25﹣2x2，而y＝EI•FI＝（a+b）2＝（a2+2b2）+ab＝x2+＝． 【解答】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A+∠B＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，AC＝BC， ∴△ACD和△BCD是余等三角形， 过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F，如图： ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A＝∠B＝45°， ∴△ADE和△BDF是等腰直角三角形， ∴DE＝，DF＝， ∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°， ∴四边形CEDF是矩形， ∴CE＝DF＝， Rt△DCE中，DE2+CE2＝CD2， ∴（）2+（）2＝CD2， ∴AD2+BD2＝2CD2； 故答案为：ACD，BCD； （2）①连接DO并延长交⊙O于E，连接AE、CE，如图： ∵DE是⊙O直径， ∴∠EAD＝90°， 在Rt△EAD中，AD2+AE2＝DE2＝100， ∵AD2+BC2＝100， ∴AE＝BC， ∴∠ACE＝∠BAC， ∵∠AEC＝∠CBA，AC＝AC， ∴△AEC≌△CBA（AAS）， ∴∠EAC＝∠BCA， ∵∠EAC+∠CAD＝90°， ∴∠BCA+∠CAD＝90°， 同理可得：∠BAC+∠ACD＝90°， 而AC＝AC， ∴△ABC和△ADC是余等三角形； ②连接OA、OB，过O作OM⊥BD于M，过O作ON⊥AC于N，如图： 由①知：∠BAC+∠ACD＝90°， 又∠ACD＝∠ABD， ∴∠BAC+∠ABD＝90°， ∴AC⊥BD， ∵IE＝IF， ∴△EFI是等腰直角三角形， ∵OM⊥BD， ∴△MOF是等腰直角三角形， ∴OM＝FM， ∵△EFI是等腰直角三角形， ∴∠AEO＝∠BFO＝135°， ∵∠ADB＝67.5°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝135°， ∴∠AOE＝45°﹣∠BOF＝∠OBF， 且OA＝OB， ∴△AOE≌△OBF（AAS）， ∴OE＝BF， 设OE＝BF＝a，OM＝FM＝b，则ON＝MI＝a，OF＝AE＝b， 在Rt△OIM中，（a）2+b2＝x2，化简得a2+2b2＝2x2， 在Rt△OBM中，（a+b）2+b2＝52，化简得a2+2b2+2ab＝25， ∴2ab＝25﹣2x2， ∴y＝EI•FI＝（a+b）2＝（a2+2b2）+ab＝x2+＝． 12．（2023秋•余姚市校级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是AD边上一点，点P为BC边上一点，PE交AC于点F，已知∠PEA＝∠CED，设∠DCE＝α，DE＝m． （1）请直接写出∠PEC＝　2α　，∠EPC＝　90°﹣α　，PC＝　2m　（用α或m相关的代数式表示）； （2）作FG⊥CE分别交CE、CD于H、G（如图2），求CG的长； （3）连结DH，若AB＝1，求DH的最小值； （4）在（3）的条件下，请直接写出DH的最小值时，S△EFH＝　5﹣　． 【分析】（1）由正方形的性质和三角形内角和定理得出∠CED＝90°﹣α，再由平角定义即可得出∠PEC＝2α，然后由平行线的性质得出∠EPC＝∠PEA＝∠CED＝90°﹣α，过点E作EM⊥CP于M，则四边形CDEM为矩形，得出DE＝CM，证明△CEP是等腰三角形，由等腰三角形的性质得出CM＝PM，即可得出PC＝2CM＝2DE＝2m； （2）证明△CGF≌△CPF（AAS），即可得出CG＝CP＝2m； （3）证△CHG∽△CDE，得＝，由（2）得：CG＝2m＝2DE，再证△HEA∽△AEC，得∠AHE＝∠CAE＝45°，然后证点H是在以B为圆心，BC为半径的弧上，则当B、H、D三点共线时，DH最小，即可求解； （4）DH的最小时，BH＝BC，则∠BCH＝（180°﹣45°）＝67.5°，证△CHG∽△CDE，得＝，则HG＝＝＝，再由（3）得：EH＝，然后求出EH＝，即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，∠BDC＝∠D＝90°， ∴∠CED＝90°﹣∠DCE＝90°﹣α， ∵∠PEA＝∠CED， ∴∠PEC＝180°﹣2∠CED＝180°﹣2×（90°﹣α）＝2α， ∵AD∥BC， ∴∠EPC＝∠PEA＝∠CED＝90°﹣α， 过点E作EM⊥CP于M，如图1所示： 则四边形CDEM为矩形， ∴DE＝CM， ∵AD∥BC， ∴∠ECP＝∠CED，∠EPC＝∠PEA， ∵∠PEA＝∠CED， ∴∠ECP＝∠EPC， ∴△CEP是等腰三角形， ∵EM⊥CP， ∴CM＝PM， ∴PC＝2CM＝2DE＝2m， 故答案为：2α，90°﹣α，2m； （2）∵FG⊥CE， ∴∠DCE+∠CGF＝90°， ∵∠DCE+∠CED＝90°， ∴∠CGF＝∠CED， ∵∠CPF＝∠CED， ∴∠CGF＝∠CPF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠GCF＝∠PCF＝45°， ∵CF＝CF， ∴△CGF≌△CPF（AAS）， ∴CG＝CP＝2m； （3）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，AC＝BD＝AB＝， 连接AH，如图3所示： ∵∠GCH＝∠ECD，∠CHG＝∠CDE＝90°， ∴△CHG∽△CDE， ∴＝， 由（2）得：CG＝2m＝2DE， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE＝＝， ∴＝， ∴CH＝， ∴EH＝CE﹣CH＝﹣＝，AE＝AD﹣DE＝1﹣m， ∴＝＝， ∵＝， ∴＝， ∵∠HEA＝∠AEC， ∴△HEA∽△AEC， ∴∠AHE＝∠CAE＝45°， ∴∠AHC＝135°， ∴点H是在以B为圆心，BC为半径的弧上， ∴当B、H、D三点共线时，DH最小， 此时，DH＝BD﹣BH＝AC﹣BC＝﹣1； （4）如图4所示： DH的最小时，BH＝BC， ∴∠BCH＝（180°﹣45°）＝67.5°， ∴∠HCG＝90°﹣67.5°＝22.5°， 由（1）得：∠PEC＝2∠ECD＝45°， ∴△EFH是等腰直角三角形，∠ACE＝45°﹣∠HCG＝45°﹣22.5°＝22.5°， ∵CH⊥FG， ∴CF＝CG，FH＝HG＝EH， ∵△CHG∽△CDE， ∴＝， ∴HG＝＝＝， 由（3）得：EH＝， ∴＝， 解得：m＝﹣1， ∴EH＝， ∴S△EFH＝EH2＝×（）2＝5﹣， 故答案为：5﹣． 13．（2023秋•拱墅区校级期中）已知钝角三角形ABC内接于⊙O，E、D分别为AC、BC的中点，连接DE． （1）如图1，当点A、D、O在同一条直线上时，求证：DE＝AC． （2）如图2，当A、D、O不在同一条直线上时，取AO的中点F，连接FD交AC于点G，当AB+AC＝2AG时． ①求证：△DEG是等腰三角形； ②如图3，连OD并延长交⊙O于点H，连接AH．求证：AH∥FG． 【分析】（1）先根据垂径定理证明AB＝AC，然后根据三角形的中位线解答即可； （2）①由中位线的性质和中点的定义可得AB＝2DE，AC＝2AE，从而得到AE+DE＝AG，由图知：AE+EG＝AG，可证DE＝EG； ②延长HO交⊙O于点N，连接OB，OC，BN，CN，由等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得∠EGD＝∠AED，由平行线的性质和圆内接四边形的性质可证：∠AED＝∠BNC，进而可证∠CAH＝∠EGD，利用平行线判定定理即可证得结论． 【解答】解：（1）证明：∵D是BC的中点，点A、D、O在同一条直线上， ∴OD⊥BC， ∴＝， ∴AB＝AC， ∵E、D分别为AC、BC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE＝AB， ∴DE＝AC． （2）①∵E、D分别为AC、BC的中点， ∴AB＝2DE，AC＝2AE， ∵AB+AC＝2AG， ∴2DE+2AE＝2AG， ∴DE+AE＝AG， ∵AE+EG＝AG， ∴DE＝EG， ∴△DEG是等腰三角形． ②延长HO交⊙O于点N，连接OB，OC，BN，CN， ∵DE＝EG， ∴∠EDG＝∠EGD， ∴∠AED＝∠EDG+∠EGD＝2∠EGD， ∴∠EGD＝∠AED， ∵DE∥AB， ∴∠BAC+∠AED＝180°， ∵∠BAC+∠BNC＝180°， ∴∠AED＝∠BNC， ∵HO⊥BC， ∴∠BOC＝2∠COH， ∵∠BOC＝2∠BNC， ∴∠COH＝∠BNC， ∵∠CAH＝∠COH＝∠BNC， ∴∠CAH＝∠EGD， ∴AH∥FG． 14．（2023秋•杭州期中）课题学习： 【证明体验】 （1）如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC＝∠A＝∠B＝90°，求证：AD•BC＝AP•BP． 【思考探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC＝∠A＝∠B＝β时，上述结论是否依然成立？说明理由． 【拓展延伸】 （3）请利用（1）（2）获得的经验解决问题： 如图3，在△ABC中，，∠B＝45°，以点A为直角顶点作等腰Rt△ADE．点D在BC上，点E在AC上，点F在BC上，且∠EFD＝45°，若，求CD的长． 【分析】（1）由∠DPC＝∠A＝∠B＝90°可得∠ADP＝∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题； （2）推导出△ADP∽△BPC，进而得到，推导出AD•BC＝AP•BP； （3）先证△ABD∽△DFE，求出DF＝4，再证△EFC∽△DEC，可求FC＝1，进而解答即可． 【解答】（1）证明：∵∠DPC＝∠A＝∠B＝90°， ∴∠ADP+∠APD＝90°， ∠BPC+∠APD＝90°， ∴∠ADP＝∠BPC， ∴△ADP∽△BPC， ∴， ∴AD•BC＝AP•BP； （2）解：上述结论依然成立；理由如下： ∵∠BPD＝∠DPC+∠BPC，∠BPD＝∠A+∠ADP， ∴∠DPC+∠BPC＝∠A+∠ADP， ∵∠DPC＝∠A＝∠B＝β， ∴∠BPC＝∠ADP， ∴△ADP∽△BPC， ∴， ∴AD•BC＝AP•BP； （3）解：∵∠EFD＝45°， ∴∠B＝∠ADE＝45°， ∴∠BAD＝∠EDF， ∴△ABD∽△DFE， ∴， ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴DE＝AD， ∵AB＝2， ∴DF＝4， ∵∠EFD＝45°，∠AED＝45°， ∴∠EFC＝∠DEC＝135°， ∴△EFC∽△DEC， ∴， ∵EC＝， ∴EC2＝FC•CD＝FC•（4+FC）， ∴5＝FC（4+FC）， ∴FC＝1， ∴CD＝5． 15．（2023秋•萧山区校级期中）综合与实践 定义：将宽与长的比值为（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形． （1）概念理解： 当n＝1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长（CD）的比值是 　　． （2）操作验证： 用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））： 第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE； 第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG； 第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK． 试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形． （3）方法迁移： 用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注． （4）探究发现： 小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由． 【分析】（1）将n＝1代入求得结果； （2）延长CG，交BA的延长线于点R，可证得△CDG∽△RAG，从而，可证得ER＝CE，进而设BE＝AE＝1，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，ER＝CE＝，进而得出，从而求得DG＝，进一步得出结论； （3）依次对折正方形纸片，折痕为MN；对折矩形ADMN，折痕为EF，将正方形展开；连接CE，折叠纸片，使CD落在CE上，点D落在H点，折痕为CG；过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．则矩形GDCK是2阶奇妙矩形； （4）延长CG，交BA的延长线于点R，设AD＝AB＝BC＝CD＝a，设BE＝b，则AE＝a﹣b，同理（2）求得ER＝CE＝，，从而得出AR＝﹣（a﹣b），进而DG＝﹣b，进而表示出四边形CDGK的周长和四边形AGHE的周长，进一步得出结果． 【解答】（1）解：当n＝1时，＝， 故答案为：； （2）证明：如图1， 延长CG，交BA的延长线于点R， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝90°， ∴∠R＝∠DCG，△CDG∽△RAG， ∴， 由折叠得， ∠GCH＝∠DCG， ∴∠R＝∠GCH， ∴ER＝CE， 设BE＝AE＝1，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，ER＝CE＝， ∴AR＝ER﹣AE＝， ∴， ∴DG＝， ∴， ∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形； （3）解：如图2， 第一步：对折正方形纸片，折痕为MN； 第二步：对折矩形MNCB，折痕为EF，将正方形展开； 第三步：连接CE，折叠纸片，使CD落在CE上，点D落在H点，折痕为CG； 第四步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK． 则矩形GDCK是2阶奇妙矩形； （4）解：如图3， 四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是定值，理由如下： 延长CG，交BA的延长线于点R， 设AD＝AB＝BC＝CD＝a，设BE＝b，则AE＝a﹣b， 同理（2）可得：ER＝CE＝，， ∴AR＝﹣（a﹣b）， ∴＝， ∴DG＝﹣b， ∴四边形CDGK的周长＝2（DG+CD）＝2（+a﹣b）， ∵EH＝CE﹣CH＝CE﹣CD＝﹣a， ∵四边形AGHE的周长＝EH+AE+AG+GH＝（﹣a）+（a﹣b）+AG+DG＝﹣a+a﹣b+a＝+（a﹣b）， ∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是． 16．（2023秋•镇海区校级期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，1），B是x轴正半轴上一动点，以AB为直径画⊙C交x轴于点D，连结AO，过点A作AE⊥AO交⊙C于点E，连结BE，DE． （1）求∠DBE的度数； （2）求证：△ADE∽△OAB； （3）如图2，连结CE，过点C作CF⊥BE于点F，过点F作FG∥CE交DE的延长线于点G，设点B的横坐标为t． ①用含t的代数式表示DE2； ②记S＝DE•EG，求S关于t的函数表达式． 【分析】（1）证明∠EAD＝90°+45°＝135°，则∠DBE+∠EAD＝180°，即可求解； （2）由∠AOB＝∠AOD+90°＝135°＝∠DAE，即可求解； （3）①由△ADE∽△OAB得到，即，即可求解； ②证明，BD2＝DE×DM＝（ED+EM）×DE＝DE2+DE×EM，故． 【解答】（1）解：由点A的坐标知，OD＝AD，则∠DAO＝45°＝∠AOD， ∵AE⊥AO， ∴∠EAO＝90°，则∠EAD＝90°+45°＝135°， 则∠DBE+∠EAD＝180°， ∴∠DBE的度数为45°； （2）证明：∵∠AOB＝∠AOD+90°＝135°， ∵∠DAE＝135°＝∠AOB， ∵∠ABO＝∠AED， ∴△ADE∽△OAB； （3）解：①∵△ADE∽△OAB， ∴， 由点A的坐标知，AD＝AO＝1，则， ∵点B的坐标为（t，0），则BD＝t+1，， ∴， 即， 则； ②过点B作BM∥GF交DG的延长线于点M，连接CD， ∵CF⊥EB，故点F是BE的中点， ∵GF∥MB，故GF是△EBM的中位线， 则EM＝2GE， 由（1）知∠EBD＝45°，则∠ECD＝90°， ∴∠DEC＝45°， ∵FC∥FG∥BM， ∴∠DEC＝∠DGF＝∠M＝45°＝∠MBD， ∵∠EDB＝∠MDB， ∴△DEB∽△DBM， ∴BD2＝DE×DM＝（ED+EM）×DE＝DE2+DE×EM， ∴． 17．（2023秋•镇海区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线，一个以点D为顶点的60°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N． （1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF； （2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立； （3）若CD＝3，，求CN的长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝60°，邻补角的定义得到∠BCE＝∠ACF＝60°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝120°，证明△DCE≌△DCF（SAS），根据全等三角形的性质即可的结论； （2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF； （3）过点D，E分别作DH⊥BC，EG⊥BC，垂足分别为H，G，利用含30度的直角三角形及勾股定理求出DH，EG，进而得到HG，证明△DNH∽△ENG，得到，即可求出HN，进而得出结果． 【解答】0（1）证明：∵∠ACB＝120°，AC＝BC，CD是中线， ∴CD是∠ACB的角平分线， ∴， ∵∠BCE＝180°﹣∠ACB＝60°，∠ACF＝180°﹣∠ACB＝60°， ∴∠DCE＝∠DCB+∠BCE＝120°，∠DCF＝∠DCA+∠ACF＝120°， ∴∠DCE＝∠DCF＝120°， 在△DCE与△DCF中， ， ∴△DCE≌△DCF（SAS）， ∴DE＝DF； （2）证明：∵∠DCE＝∠DCF＝120°， ∴∠E+∠CDE＝180°﹣∠DCE＝60°， ∵∠EDF＝∠CDF+∠CDE＝60°， ∴∠E＝∠CDF， ∴∠F＝∠CDE， ∴△CDF∽△CED， ∴，即CD2＝CE•CF； （3）解：如图2，过点D，E分别作DH⊥BC，EG⊥BC，垂足分别为H，G， ∵CD＝3，，由（2）知CD2＝CE•CF， ∴， ∵∠DCH＝60°，∠DHC＝90°，∠BCE＝60°，∠CGE＝90°， ∴∠CDH＝30°，∠CEG＝30°， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵DH⊥BC，EG⊥BC， ∴DH∥EG， ∴△DNH∽△ENG， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴CN＝CH+HN＝+＝． 18．（2023秋•奉化区校级期中）阅读材料：某个学习小组成员发现：在等腰△ABC中，AD平分∠BAC， ∵AB＝AC，BD＝CD，∴＝． 他们猜想：在任意△ABC中，一个内角角平分线分对边所成的两条线段与这个内角的两边对应成比例． 【证明猜想】如图1所示，在△ABC中，AD平分∠BAC，求证：＝． 丹丹认为，可以通过构造相似三角形的方法来证明； 思思认为，可以通过比较△ABD和△ACD面积的角度来证明． （1）请你从上面的方法中选择一种进行证明． 【尝试应用】（2）如图2，⊙O是Rt△ABC的外接圆，点E是⊙O上一点（与B不重合），且AB＝AE，连结AE，并延长AE、BC交于点D，H为AE的中点，连结BH交AC于点G，求的值． 【拓展提高】（3）如图3，在（2）的条件下，延长BH交⊙O于点F，若BE＝EF，GH＝x，求⊙O的直径（用x的代数式表示）． 【分析】【证明猜想】（1）过D作DP⊥AB于P，作DQ⊥AC于Q，可得＝，由AD平分∠BAC，DP⊥AB于P，作DQ⊥AC于Q，有DP＝DQ，又得＝，即可证明＝； 【尝试应用】（2）根据AB＝AE，可证＝，AC平分∠BAH，即知＝，而H为AE中点，即得＝； 【拓展提高】（3）连接AF、CE，由GH＝x，可得BG＝2x，BH＝3x，根据BE＝EF，有∠BAE＝∠EBH，从而△AEB∽△BEH，即得＝＝，又AB＝AE，AE＝2HE，可得BE＝BH＝3x，HE＝x，AE＝3x，而AB＝AE，AC平分∠BAE，知BM＝EM＝x，∠AME＝90°，即得AM＝＝x，再证△ACE∽△AEM，得＝，即得AC＝x，可得答案． 【解答】解：【证明猜想】（1）选思思的方法，用面积证明如下： 过D作DP⊥AB于P，作DQ⊥AC于Q，如图： ∵D在边BC上， ∴＝， ∵AD平分∠BAC，DP⊥AB于P，作DQ⊥AC于Q， ∴DP＝DQ， ∴＝＝， ∴＝； 【尝试应用】（2）∵AB＝AE， ∴＝， ∵⊙O是Rt△ABC的外接圆， ∴AC是⊙O的直径， ∴＝， ∴∠BAC＝∠EAC，即AC平分∠BAH， ∴＝， ∵H为AE中点， ∴AH＝AE＝AB， ∴＝， ∴＝； 【拓展提高】（3）连接AF、CE，如图： ∵GH＝x，由（2）知＝， ∴BG＝2x，BH＝3x， ∵BE＝EF， ∴∠BAE＝∠EBH， ∵∠AEB＝∠BEH， ∴△AEB∽△BEH， ∴＝＝， ∵AB＝AE，AE＝2HE， ∴BE＝BH＝3x， ∴＝，解得HE＝x， ∴AE＝3x， ∵AB＝AE，AC平分∠BAE， ∴BM＝EM＝x，∠AME＝90°， ∴AM＝＝x， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠AEC＝90°＝∠AME， 又∠CAE＝∠EAM， ∴△ACE∽△AEM， ∴＝，即＝， ∴AC＝x， 答：⊙O的直径是x． 19．（2023秋•西湖区期中）已知：菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，点E是线段AO上一个动点，连接ED，把线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在BA的延长线上． （1）如图1，当AF＝AO时， ①求证：△BEF≌△BED； ②求tan∠F的值； （2）如图2，当AF＝AE时，求AE的长． 【分析】（1）①由菱形的性质得出OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝4，求出AB＝5，证出BF＝BD，由旋转的性质得出EF＝ED，根据SSS可证明△BEF≌△BED； ②设OE＝x，则AE＝3﹣x，过点E作EM⊥AB于点M，由全等三角形的性质得出∠FBE＝∠DBE，∠F＝∠EDB，由勾股定理求出OE，则可得出答案； （2）证明△AEF∽△EBF，由相似三角形的性质得出，得出BF•AF＝OE2+OD2，设AE＝y，则y（y+5）＝（3﹣y）2+42，解方程可求出答案． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝4， ∴AB＝＝＝5， ∵AF＝AO＝3， ∴BF＝AB+AF＝5+3＝8， ∵BD＝8， ∴BF＝BD， ∵线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转， ∴EF＝ED， 在△BEF和△BED中， ， ∴△BEF≌△BED（SSS）； ②解：设OE＝x，则AE＝3﹣x， 过点E作EM⊥AB于点M， ∵△BEF≌△BED， ∴∠FBE＝∠DBE，∠F＝∠EDB， ∵OE⊥OB， ∴OE＝OM＝x， ∵BE＝BE， ∴Rt△BEO≌Rt△BEM（HL）， ∴OB＝BM＝4， ∴AM＝1， ∵AM2+EM2＝AE2， ∴12+x2＝（3﹣x）2， ∴x＝， ∴OE＝， ∴tanF＝tan∠EDO＝； （2）解：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴BE＝ED， 又∵线段ED以点E为旋转中心逆时针旋转， ∴EF＝DE， ∴BE＝EF， ∴∠F＝∠ABE， ∵AE＝AF， ∴∠F＝∠AEF， ∴∠AEF＝∠ABE， ∵∠F＝∠F， ∴△AEF∽△EBF， ∴， ∴EF2＝BF•AF， 又∵DE2＝OE2+OD2， ∴BF•AF＝OE2+OD2， 设AE＝y， ∴y（y+5）＝（3﹣y）2+42， ∴y＝， ∴AE＝． 20．（2022•安徽三模）抛物线与x轴交于A、B（A在B的左边），B（3，0）与y轴负半轴交于C，且OC＝OB． （1）求a、c的值； （2）将抛物线向左平移一个单位后得抛物线y2，交x轴于A、B，交y轴于C，点P为抛物线y2位于第四象限上的一点，连PA交y轴于M，连PB交y轴于N，求的值； （3）如图3，直线y＝kx+k﹣1交抛物线y2于E、F两点，分别过E、F且与抛物线只有唯一公共点的两条直线交于Q，求证：点Q在一条定直线上． 【分析】（1）根据点B的坐标求出点C的坐标，再把点B和点C的坐标代入解析式即可解答； （2）由平移得出抛物线y2的解析式，得出点A，B，C的坐标；设点P的横坐标为t，可求出直线AP和直线BP的解析式，分别求出点M和点N的坐标，进而求出OM和ON的长，由此即可得出结论； （3）分别设出点E和点F的横坐标，表示过点E和点F的直线，根据两个函数有一个交点，求出直线EQ和直线FQ所在的直线解析式，联立求出点Q的坐标，最后根据根与系数的关系可消去参数，得出结论． 【解答】解：（1）∵B（3，0），OC＝OB， ∴OC＝OB＝3， ∴C（0，﹣3）， 把点B和点C的坐标代入抛物线， ∴，解得． ∴a＝1，c＝﹣3． （2）由（1）知y1＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4， ∴将抛物线向左平移一个单位后得抛物线y2＝x2﹣4， 令x＝0，则y＝﹣4，令y＝0，则x＝±2， ∴C（0，﹣4），A（﹣2，0），B（2，0）， 设点P的横坐标为t， ∴P（t，t2﹣4）， 设直线AP的解析式为：y＝kx+b， ∴，解得， ∴直线AP：y＝（t﹣2）x+2（t﹣2）， 同理可得直线BP：y＝（t+2）x﹣2（t+2）． ∴M（0，2（t﹣2）），N（0，﹣2（t+2））， ∴OM＝﹣2（t﹣2），ON＝2（t+2）， ∴OM+ON＝8， ∴＝＝2． （3）分别设E和点F的横坐标为m，n， ∴E（m，m2﹣4），F（n，n2﹣4）． 令y＝kx+k﹣1＝x2﹣4， 整理得x2﹣kx﹣k﹣3＝0， ∴m+n＝k，mn＝﹣k﹣3． 设过点E与抛物线只有唯一公共点的直线为：y＝k′（x﹣m）+m2﹣4， 设过点F与抛物线只有唯一公共点的直线为：y＝k′′（x﹣n）+n2﹣4， 令k′（x﹣m）+m2﹣4＝x2﹣4，整理得x2﹣k′x+k′m﹣m2＝0， 由题意可知，Δ＝k′2﹣4（k′m﹣m2）＝0，整理得k′＝2m． 同理可得k′′＝2n． ∴过点E与抛物线只有唯一公共点的直线为：y＝2m（x﹣m）+m2﹣4＝2mx﹣m2﹣4， 过点F与抛物线只有唯一公共点的直线为：y＝2n（x﹣n）+n2﹣4＝2nx﹣n2﹣4， 令2mx﹣m2﹣4＝2nx﹣n2﹣4，解得x＝， ∴Q（，mn﹣4），即Q（，﹣k﹣7）， 令x＝，y＝﹣k﹣7，消去k可得y＝﹣2x﹣7． 即点Q在定直线：y＝﹣2x﹣7上运动． 21．（2023秋•余杭区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＞90°，△ABC的外角∠EAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC，DB交AC于点F． （1）求证：△DBC是等腰三角形． （2）若DA＝DF． ①求证：BC2＝DC•BF． ②若⊙O的半径为5，BC＝6，求的值． 【分析】（1）由题意易得∠BCD+∠BAD＝180°，则有∠EAD＝∠BCD，进而可得∠EAD＝∠DAC，则∠BCD＝∠CBD，然后问题可求证； （2）①由题意易证△DAF∽△DBC，则有∠ADF＝∠BDC，进而可得∠DFA＝∠DCB，再由相似三角形的判定得出△FBC∽△BCD，利用其性质即可证明； ②连接DO交BC于G，由题意易得D、O都在中垂线上，即D、O、G共线，进而可得DO⊥BC且BG＝GC＝3，则有DG＝4+OD＝9，由①得，根据相似三角形的性质得出，再由相似三角形的判定得出△AFD∽△BFC，利用其性质即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠BCD+∠BAD＝180°， ∵∠DAB+∠EAD＝180°， ∴∠EAD＝∠BCD， ∴∠CAD＝∠CBD， ∵AD平分∠EAC， ∴∠EAD＝∠DAC， ∴∠BCD＝∠CBD， ∴DB＝DC， ∴△DBC是等腰三角形； （2）①证明：∵DA＝DF， ∴∠DAF＝∠DFA， ∴∠DAF＝∠DFA＝∠CBD＝∠BCD， ∴△DAF∽△DBC， ∴∠ADF＝∠BDC， ∴∠DFA＝∠DCB， ∵∠DBC＝∠FBC， ∴△FBC∽△BCD， ∴， ∴BC2＝BD⋅BF， ∵DB＝DC， ∴BC2＝DC⋅BF； ②解：连接DO交BC于G， ∵BD＝DC，OB＝OC， ∴D、O都在中垂线上，即D、O、G共线， ∴DO⊥BC且BG＝GC＝3， ∵OB＝5， ∴在Rt△BOG中，OG＝4， ∴DG＝4+OD＝9， ∴在Rt△BDG中，， ∵△FBC∽△BCD， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵∠DAC＝∠DBC，∠DFA＝∠BFC， ∴△AFD∽△BFC， ∴， ∴． 22．（2023秋•东阳市期中）【模型呈现：材料阅读】 如图1，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD交于点F，对于上述问题，存在结论（不用证明）： （1）△BCD≌△ACE． （2）△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成． 【模型改编：问题解决] 点A，D在直线CE的同侧，AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，直线AE，BD交于F，如图1：点B在直线CE上， ①求证：△BCD∽△ACE． ②求∠AFB的度数． 如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度． ③补全图形，则∠AFB的度数为 　114°　． ④若将“∠BAC＝∠DEC＝50°”改为“∠BAC＝∠DEC＝m°”，则∠AFB的度数为 　90°+　．（直接写结论） 【模型拓广：问题延伸] （3）如图3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝2，AD＝ED＝2，DG＝6，连接AG，BF，求的值． 【分析】【模型改编：问题解决】 ①先证△ABC∽△DCE，得，再根据∠BCD＝∠ACE＝114°，即可证△BCD∽△ACE； ②由△BCD∽△ACE可得，∠DBC＝∠EAC，即可得∠AFB＝∠ACB＝66°； ③连接AE并延长交BD于F，由△BCD∽△ACE可得，∠CEF＝∠BDC，由∠AFB＝∠BDC+∠CDE+∠DEF，得∠AFB＝∠CDE+∠CED＝48°+66°＝114°； ④同理③得∠AFB＝CDE+∠CED＝m°+（180°﹣m°）÷2＝90°+； 【模型拓广：问题延伸】 （3）连接BD、DF，证△ABD∽△GFD，得∠ADB＝∠GDF，即∠BDF＝∠ADG，再求出BD＝2，DF＝2，根据比例关系证△BDF∽△ADG，即可得出的值． 【解答】解：【模型改编：问题解决】 ①证明：∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°， ∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣50°）÷2＝65°，∠EDC＝∠ECD＝（180°﹣50°）÷2＝65°， ∴△ABC∽△EDC， ∴， ∵∠ACE＝180°﹣∠ACB＝115°，∠BCD＝180°﹣∠ECD＝115°， ∴△BCD∽△ACE； ②由①知，△BCD∽△ACE， ∴∠DBC＝∠EAC， ∴∠AFB＝∠DBC+∠CEA＝∠EAC+∠CEA＝∠ACB＝65°； ③补图如下： 由△BCD∽△ACE可得，∠CEF＝∠BDC， ∵∠AFB＝∠BDC+∠CDE+∠DEF＝∠CEF+∠CDE+∠DEF＝∠CED+∠CDE＝50°+65°＝115°， 故答案为：115°； ④旋转角是①种情况时，∠AFC＝m°， 旋转角是②种情况时， 同理③可得∠AFB＝∠CED+∠CDE＝m°+（180°﹣m°）÷2＝90°+， 故答案为：90°+； 【模型拓广：问题延伸】 （3）连接BD、DF， ∵在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝1，AD＝ED＝，DG＝3， ∴＝， 又∵∠BAD＝∠DGF＝90°， ∴△ADB∽△GDF， ∴∠ADB＝∠GDF，＝， ∵∠ADG＝∠GDF+∠ADF，∠BDF＝∠ADB+∠ADF， ∴∠ADG＝∠BDF， ∴△BDF∽△ADG， ∴＝， ∵AD＝，AB＝1， ∴BD＝＝2， ∴＝＝＝， 故答案为：． 23．（2023秋•滨江区校级期中）如图，在△ABC中，D在边AC上，圆O为锐角△BCD的外接圆，连结CO并延长交AB于点E． （1）若∠DBC＝α，请用含α的代数式表示∠DCE； （2）如图2，作BF⊥AC，垂足为F，BF与CE交于点G，已知∠ABD＝∠CBF． ①求证：EB＝EG； ②若CE＝5，AC＝8，求FG+FB的值． 【分析】（1）根据圆周角定理即可解决问题； （2）①结合（1）利用三角形内角和定理即可解决问题； ②作EM⊥BF，EN⊥AC，证明四边形EMFN为矩形，再根据线段的和差即可解决问题． 【解答】（1）解：如图，连结OD， ∵∠DOC＝2∠DBC＝2α， 又∵OD＝OC， ∴∠DCE＝90°﹣α； （2）①证明：∵∠ABD＝∠CBF， ∴∠EBG＝∠ABD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC， 设∠DBC＝α， 由（1）得：∠DCE＝90°﹣α， ∵BF⊥AC， ∴∠FGC＝∠BGE＝α， ∴∠EBG＝∠EGB， ∴EB＝EG； ②解：如图，作EM⊥BF于点M，EN⊥AC于点N， 由①得：∠EBG＝α，∠ACE＝90°﹣α， ∵BF⊥AC ∴∠A＝90°﹣α， ∴AE＝CE＝5， ∵EN⊥AC，AC＝8， ∴CN＝4， ∴EN＝3， ∵EM⊥BF，NF⊥BF，EN⊥AC， ∴四边形EMFN为矩形， ∴EN＝MF＝3， ∵EB＝EG，EM⊥BG， ∴BM＝GM， ∴FG+FB＝FM﹣MG+FM+BM＝2FM＝6． 24．（2023秋•金华期中）我们定义：若点P在一次函数y＝ax+b（a≠0）图象上，点Q在反比例函数图象上，且满足点P与点Q关于y轴对称，则称二次函数y＝ax2+bx+c为一次函数y＝ax+b与反比例函数的“衍生函数”，点P称为“基点”，点Q称为“靶点”． （1）若二次函数y＝2x2+6x+8是一次函数y＝ax+b与反比例函数的“衍生函数”，则a＝　2　，b＝　6　，c＝　8　． （2）直接写出一次函数y＝x+b和反比例函数的“衍生函数”的表达式，若该“衍生函数”的顶点在x轴上，且“基点”P的横坐标为4，求出“靶点”Q的坐标； （3）若一次函数y＝ax+b（a＞b＞0）和反比例函数的“衍生函数”经过点（2，5）．试判断一次函数y＝ax+b图象上“基点”的个数，并说明理由． 【分析】（1）由定义直接求解即可； （2）由题意先求出4c＝b2，则可求P（4，4+b），再求P点关于y轴的对称点Q，将所求Q点代入反比例函数中，求出b的值即可求得最终结果； （3）题意可知“衍生函数”为y＝ax2+bx﹣5，将点（2，5）代入，再由题意可求，设“靶点”设Q（x，y），则P（﹣x，y），则ax2﹣bx﹣5＝0，通过判断△，即可证明． 【解答】解：（1）由定义可知，a＝2，b＝6，c＝8， 故答案为：2，6，8； （2）由题意可知，“衍生函数”为y＝x2+bx+c， ∵顶点在x轴上， ∴4c＝b2， ∴一次函数为y＝x+b， ∵“基点”P的横坐标为4， ∴P（4，4+b）， ∵点P与点Q关于y轴对称， ∴Q（﹣4，4+b）， ∵反比例函数为， ∴c＝﹣16﹣4b， ∴b2＝﹣16﹣4b， 解得b＝﹣8， ∴“靶点”的坐标（﹣4，﹣4）； （3）点P有两个基点． 理由如下： 证明：由题意可知“衍生函数”为y＝ax2+bx﹣5， ∵经过点（2，5），代入可得4a+2b﹣5＝5， ∴2a+b＝5， ∴b＝5﹣2a， ∵点P、Q关于y轴对称， 设Q（x，y），则P（﹣x，y）且xy＝﹣5， 把P（﹣x，y）代入y＝ax+b得y＝﹣ax+b， y＝﹣ax+b两边乘以x得， xy＝﹣ax2+bx， ﹣5＝﹣ax2+bx， 即ax2﹣bx﹣5＝0， ∵a＞0， ∴Δ＝b2+20a＞0， ∴方程有两个不同的实数根， ∴一次函数y＝ax+b图象上存在两个不同的基点． 25．（2023秋•瑞安市期中）阅读素材，完成任务． 测试机器人行走路径 素材一 图1是某校科技兴趣小组设计的一个可以帮助餐厅上菜的机器人，该机器人能根据指令要求进行旋转和行走．如图2﹣4为机器人所走的路径．机器人从起点出发，连续执行如下指令：机器人先向前直行bn（表示第n次行走的路程），再逆时针旋转α（0°＜α≤90°），直到第一次回到起点后停止．记机器人共行走的路程为l，所走路径形成的封闭图形的面积为S． 素材二 如图2，当每次直行路程均为1（即bn＝1），α＝60°时，机器人的运动路径为A→B→C→D→E→F→A，机器人共走的路程l＝6，由图2图3易得所走路径形成的封闭图形的面积为． 素材三 如图4，若α＝60°，机器人执行六次指令后回到起点处停止． 解决问题 任务 固定变量 探索变量 探索内容 任务一 直行路程bn，bn＝1 旋转角度α与路程l α 30° 45° 72° l 任务二 旋转角度α 直行路程bn． 若α＝60°，b1＝2，b2＝4，b3＝1.5，b4＝3，求b5与b6的值． 任务三 旋转适角度α，路程l 路径形成的封闭图形面积S． 若α＝60°，l＝20，b1＝2，b2＝4，请直接写出b3与b4之间的数量关系，并求出当S最大时b4的值． 【分析】任务一：根据题目给出的条件，完成填表即可．任务二：首先构造四个等边三角形，利用等边三角形的面积结合已知条件分别求出即可．任务三：构造等边△GHI，表示出GI的长度，根据等边三角形的面积得出函数关系式，利用二次函数最值求出即可． 【解答】解：任务一： ， 任务二： 如图构造所示的三角形：△ABC，△AHH，△DBE，△GFC， ∵α＝60°， ∴△ABC，△AHH，△DBE，△GFC 都为等边三角形， ∴CG＝b2＝4，AH＝b4＝3， ∴AC＝AH+b3+CG＝4+1.5+3＝8.5，则 AB＝AC＝BC＝8.5， ∵b1＝2，b2＝4， ∴EF＝2，CF＝4， ∴b6＝BE＝BC﹣EF﹣CF＝8.5﹣2﹣4＝2.5， ∴b5＝DI＝AB﹣AI﹣BD＝8.5﹣3﹣2.5＝3， ∴b5+b6＝2.5+3＝5.5， 任务三： 构造等边△GHI， ∴GI＝b3+b4+4，b6＝b3+b4﹣2，b5＝6﹣b4， ∵l＝20， ∴2+4+b3+b4+6﹣b4+b3+b4﹣2＝20， ∴2b3+b4＝10， ∴， ∵等边三角形边长为a，高为h， 则， ∴．等边三角形面积＝， ∴， ∴2+． ∴当S最大时，b4＝3． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$