期末复习（压轴题60题）-2024-2025学年九年级数学上学期期末考点大串讲（华东师大版）

期末复习（压轴题60题） 一、单选题 1．如图，在矩形纸片中，，点E在上，将沿折叠，点C恰落在边上的点F处；点G在上，将沿折叠，点A恰落在线段上的点H处．下列结论：①；②；③；④．正确的是（   ） A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④ 2．如图，在正方形中，，为中点，为上的一点，且，，连接，延长交于点，交于点，则以下结论：①；②；③；④；⑤中，正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 3．如图，已知正方形，E为的中点，F是边上的一个动点，连接，将沿折叠得到，延长交于点M，连接．下列结论：①是直角三角形；②；③当点M与点C重合时，；④平分正方形的面积；⑤．其中结论正确的个数有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 4．如图，已知正方形为的中点，是边上的一个动点，连接将沿折叠得，延长交于，现在有如下5个结论：①定是直角三角形；②；③当与重合时，有；④平分正方形的面积．在以上结论中，正确的有（　　） A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④ 5．如图，矩形的边，的长是关于的一元二次方程的两个根，且．将矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，与交于点，连接，则下列结论正确的个数有（    ） ①②③④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，在等腰中，，，，点D是边上一动点，连接，以为直径的圆交于点E，则线段长度的最小值为（   ） A． B． C． D． 7．如图，已知二次函数（，，是常数，）的图像顶点为，且经过点．以下结论：①；②；③；④若且时，则；⑤对于任意实数，总有中，错误的有（    ）．    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．将抛物线向左平移个单位长度后得到新抛物线，若新抛物线与直线有两个交点，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，点O是正方形的中心，，在中，，过点D，分别交于点G，M，连接，．若，则的值为 ． 10．如图，点A在双曲线上，连接，作，交双曲线于点B，连接．若，则k的值为 ． 11．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点在第一象限，点在轴的正半轴上，四边形是平行四边形，点是边的中点，点均在反比例函数的图象上，点的横坐标为，点的纵坐标为，则平行四边形的面积为 ． 12．如图，是的角平分线，，，，点，分别是，上的动点，当有最小值时，则的长是 ． 13．如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ． 14．如图，在矩形中，，，连接，点E，F分别在边，上，连接，分别交于点M，N．若，，则的长为 ． 15．如图，在中，，边上有一点，使，点是线段的延长线上的一点，连接，，且，若，，则的长为 ．    16．如图，点为的对角线上一点，连接并延长至点，使得，连接，若，，，，则的面积为 ． 17．如图，中，，，，D是线段上一个动点，以为边在外作等边，若是的中点，连结，当取最小值时，的周长为 ． 18．如图， 四边形为矩形，，点E在边上，从点D运动到点C，运动速度为每秒2个单位，点F从点A开始沿射线方向运动，运动速度为每秒3个单位，当点E停止时，点F也随之停止．连接和交于点G，直线交直线于点 M，则的最小值为 ． 19．如图，在半圆中，直径，是半圆上一点，将弧沿弦折叠交于，点是弧的中点．连接，则的最小值为 ． 20．如图，是的直径，、是的切线，P是上一动点，若，，，则的面积的最小值是 ． 【答案】4 21．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于两点（在的左侧），点关于抛物线对称轴的对称点为点，动点在轴上，点在以点为圆心，半径为1的圆上，则的最小值是 ． 22．如图，为圆的直径，，为圆上的点，连接，连接，并延长交于点，且，连接．下列说法正确的是 ． ①；②；③；④若，，的值为． 三、解答题 23．解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为①，解得． 当时，；当时，； 原方程有四个根：． (1)①中填写的方程是_______，在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想． (2)已知实数满足，求的值； (3)解方程：． 24．【问题探究】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别为和上的点，连接，交于点O，若．求证：； 【类比迁移】 （2）如图2，在矩形中，，点E为边上一点，点F为对角线上一点，连接，交于点O，若，，求的值； 【拓展应用】 （3）如图3，在矩形中，，点E为边上一点，点F为边上一点，若平分，且，求的长． 25．阅读下面材料． 小明遇到这样一个问题： 如图，在四边形中，，，，，求的长． 小明发现，延长与相交于点，通过构造．经过推理和计算能够使问题得到解决（如图）．解决下列问题： (1)请直接写出的长为_______； (2)请你用其他与小明的发现不一样的方法来求得的长． (3)参考小明思考问题的方法，解决问题：如图，在四边形中，，，，，求的长． 26．已知中，，平分，，．点、分别是边、上的点（点不与点、重合），且，、相交于点． (1)求的长； (2)如图1，如果，求的值； (3)如果是以为腰的等腰三角形，求长． 27．[问题提出] 点E是菱形边上一点，是等腰三角形，，，（），交边于点G，H，连接．探究与的数量关系． [问题探究] （1）如图1，当时，求的度数； （2）如图2，当时，的度数_____；当时，求与之间的数量关系． [问题拓展] 当时，若，，则_____． 28．某数学兴趣小组在学习完“，，角的三角函数值”这一节课后，做了如下探究：如图1，中，，，，延长至点D，使．根据，，得出，，，，又∵，，∴，则求出，同时还求出． (1)如图1，根据以上的思路和数据，得出________°，________．（写出最后结果） (2)如图2，中，，，请你参考兴趣小组的思路，求的值． (3)如图3，某工程队在施工过程中，要对一个三角形区域进行勘探．已知，，，请帮助他们求出的面积． 29．如图，在平行四边形中，点在边上，交于点，． (1)求证：； (2)如果． ①求的长； ②若，求的长． 30．类比是探索发现的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 学习再现： 设一元二次方程的两个根分别为和， 那么， 比较系数得，． 类比推广： （）设的三个根分别为，，，求的值． 问题解决： （）若的三个根分别为，，，则的值是______． 拓展提升： （）已知实数满足，且，求正数的最小值． 31．如图，在锐角中，，过点作于点，过点作于点，与相交于点，连接．的平分线交于点，连接交于点． (1)求证：； (2)试探究线段之间的数量关系； (3)若，求的长． 32．在中，，于点M，D是线段上的动点（不与点B，C，M重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段． (1)如图1，若点E在线段上且，时，求的长； (2)如图2，若D在线段上，在射线上存在点F满足，连接，请证明：； (3)如图3，若，过M作直线交边于点N，再作点N关于的对称点，点P是直线MN上一动点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，连接，点H为的中点，连接，当取得最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值． 33．如图1，已知四边形是菱形，G是线段上任意一点时，联结交于点F，过点F作交于点H，可以证明结论成立（不必证明）． (1)探究：如图2，上述条件，若点G在的延长线上，其他条件不变时，结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由． (2)计算：若菱形中，，点G在直线上，且，联结交所在的直线于点F，过点F作交所在直线于点H，求与的长． (3)发现：通过上述过程，你发现G在直线上，结论是否仍然成立？为什么？ 34．（1）如图1，与都是等腰直角三角形，且，求证：． （2）如图2，在中，，，，点是射线上一动点，连接绕点逆时针旋转，得到连接，： ①求证：； ②若，，求的长； （3）如图3，菱形中，，点是线段上一动点，连接，以为边在直线的左侧作菱形，使得，线段交线段与点，若，求（用含有的式子表示）    35．已知直线：分别与轴，轴交于，两点，直线：与轴交于点，于直线交于点． (1)如图1，点的横坐标为4，若点是：上一动点， ①求直线的函数表达式； ②连接，若的面积为4，求的坐标； (2)如图2，点是线段上一点，，在线段上取点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点恰好在直线上，且，在平面内是否存在一点，使得四边形为正方形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 36．阅读与计算，请阅读以下材料，完成相应的任务． 材料：三角形的内角平分线定理：如图1，在中，平分，交于点，则．下面是这个定理的部分证明过程． 证明：如图2，过作，交的延长线于点． (1)【思路说明】请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)【直接应用】如图3，中，是中点，是的平分线，交于．若，，求线段的长； (3)【拓展延伸】如图4，中，平分，的延长线交外角角平分线于点．若，，求的长． 37．【问题呈现】 (1)如图1，和都是等边三角形，连接，．求证：． (2)【类比探究】如图2，和都是等腰直角三角形，．连接，．则________． (3)【拓展提升】如图3，和都是直角三角形，，且．连接，． ①求的值； ②延长交于点，交于点．若，，求的长． 38．【问题引入】如图1，等边，D为BC边上一点，E为AC边上一个点；且，求证：． 【模型运用】如图2，在中，，D为AC边上一点，连接BD且，已知，求CD的值． 【能力提升】如图3，在中，D为AC边上一点，连接BD且，，且，直接写出的值． 39．【问题呈现】 和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系． （1）如图1，当时，直接写出，的位置关系： ． （2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． 【拓展应用】 （3）当，，时，将绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求的长． 40．已知四边形和四边形都是正方形．    (1)如图1，当点G在对角线上时，________BE； (2)将正方形绕着点C顺时针旋转；（） ①当正方形旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立，请说明理由； ②在正方形绕着点C顺时针旋转的过程中，当三点共线时，直线与射线相交于点H，若，，请直接写出线段的长． 41．【问题背景】如图1，在四边形中，，连接，，探究线段、、之间的数量关系． 小明同学的想法是：过点作，交延长线于点，则是等腰直角三角形，可通过证明，得到对应边、对应角相等，最终借助特殊三角形得出结论：，请根据小明的思路，完成以下证明过程： （1）求证：． 【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，若，，点是的中点，求的长． 【拓展探究】（3）如图3，在四边形中，，连接，，若，，则当BD最大时，则的面积为______． 42．已知菱形中，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接． (1)若点F在边上，且，过点C按如图所示作并交于点 ①证明：； ②猜想的形状并说明理由． (2)若菱形边长为4，当为等腰三角形时，求的长． 43．如图，在中，点在边上，点、点在边上，且，． (1)求证：； (2)如果，，，求的值． 44．如图，二次函数的图象与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为． (1)求点的坐标； (2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围． 45．在中，，，为平面内的一点． (1)如图1，当点在边上时，，且，求的长； (2)如图2，当点在的外部，且满足，求证：； (3)如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值． 46．【问题情境】 已知是的直径，点在弧上（不含点A，B），把沿对折，点A的对应点C恰好落在上． 【特例探究】 （1）当在上方而C在下方时（如图①），判断与的位置关系，证明你的结论； 【拓展探究】 （2）当，C都在上方时（如图②），过C点作于点D，且是的切线，求证：． 47．阅读下列材料，然后解答问题． 经过正四边形（即正方形）各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形． 如图，正方形内接于，的面积为，正方形的面积为．以圆心为顶点作，使．将绕点旋转，、分别与交于点、，分别与正方形的边交于点、．设由、、及正方形的边围成的图形（阴影部分）的面积为． (1)当经过点（如图）且的半径为时，求的值（结果保留）； (2)当于时（如图），求、、之间的关系为： (用含、的代数式表示)； (3)当旋转到任意位置时（如图），则（2）中的结论仍然成立吗：请说明理由． 48．如图，以为直径的中，点C为上一点，连接，，延长至点M，使得，作交于点D，交的延长线于点N． (1)求证：直线为的切线； (2)如图2，若点D是的中点，连接，，求证：四边形为菱形； (3)在（2）的条件下，若，求的长． 49．综合与探究 若直线与轴交于点，与轴交于点，二次函数的图象经过点，点，且与轴交于点． (1)求二次函数的解析式； (2)点在抛物线上，若，则点的横坐标为______； (3)若点为直线下方抛物线上一点，连接，，当四边形的面积最大值时，求点的坐标； (4)在（3）的条件下，在轴上，是否存在点使的面积与的面积相等，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 50．在四边形中，经过点A，B，C，不经过点D． (1)如图①，若，求证：是的切线； (2)如图②，，连接，与，分别交于点E，F，连接． ①求证； ②若，，求的长． 51．【建立模型】（1）如图1，点B是线段上的一点，，，，垂足分别为C，B，D，．求证：； 【类比迁移】（2）如图2，一次函数的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段绕点B逆时针旋转得到，直线交x轴于点D． ①求点C的坐标； ②求直线的解析式； 【拓展延伸】（3）如图3，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点，连接，抛物线上是否存在点M，使得，若存在，求出点M的横坐标． 52．如图，已知抛物线的顶点为，与y轴相交于点，对称轴为直线l，点M是线段的中点． (1)求抛物线的表达式； (2)写出点M的坐标并求直线的表达式； (3)设动点P，Q分别在抛物线和对称轴l上，当以A，P，Q，M为顶点的四边形是平行四边形时，求P，Q两点的坐标． 53．如图，E是正方形边上不与B，C重合的一动点，将绕点E顺时针旋转得到，连接交于G，交于H，连接． 【知识技能】（1）找出图中与相等的角，并证明你的结论： 【数学理解】（2）①若．求面积的最大值． ②若，，则正方形的边长为______． 【拓展探索】（3）求证：． 54．如图，在中，，E、F分别是上的点，的外接圆交于点Q、D； (1)如图甲所示，若D为的中点，求证：． (2)在第（1）题的条件下，请回答下列问题： ①如图乙所示，连接，交于点H，，若为等腰三角形，求的长； ②如图乙所示，与的面积之比是，且，求与的面积之比．（直接写出答案） 55．如图①，二次函数的图象交轴于点和点，交轴于点． 　　　　　 (1)填空：______，_______； (2)如图②，已知点在抛物线上运动，连接、、，若，求点的坐标； (3)如图③，若点是抛物线位于第三象限图象上的一动点，连接交于点．连接，若的面积记为，的面积记为，则是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由． 56．已知二次函数 (1)若点在抛物线上 ①求抛物线的对称轴； ②若该二次函数与坐标轴有三个交点，则的取值范围； (2)已知点，，若抛物线与线段只有一个公共点，结合函数图象，求的取值范围． 57．正方形和正方形的边长分别为和，将正方形绕点逆时针旋转，连接，相交于点． (1)如图1，在旋转过程中，线段和有何数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接、，取线段中点为点，线段中点为点，连接交于，交于点，证明：； (3)如图3，在正方形旋转的过程中，连接，若点是的内心，求点到的最大距离． 58．某水果店购入一批进价为10元/千克的水果进行销售，经调查发现：销售单价不低于进价且不超过30元/千克时，日销售量（千克）与销售单价（元）是一次函数关系，如下表． 销售单价 20 22 24 销售量 32 28 24 (1)求与的函数表达式． (2)当销售单价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大利润是多少？ (3)若为了尽快销售完这批水果，水果店决定降价销售，每千克降价元，该店经调查发现当取值在一定范围内时，销售利润会随着售价的增加而增加，求的取值范围． 59．如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连接交于点，连接，过点的切线交的延长线于点． (1)求证：； (2)连结交于点，若的半径为 ①若，求的周长； ②若，求的面积． 60．如图，的两条弦，垂足为，点在上，平分，连接，分别交于于． (1)求证：； (2)求证：是的中点； (3)连接，若的半径为2，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习（压轴题60题） 一、单选题 1．如图，在矩形纸片中，，点E在上，将沿折叠，点C恰落在边上的点F处；点G在上，将沿折叠，点A恰落在线段上的点H处．下列结论：①；②；③；④．正确的是（   ） A．①②③ B．①②③④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】由矩形的性质得，由折叠得，则，可判断①正确，由，得，则，可判断②正确，利用勾股定理及折叠性质计算出相应边长度，再利用面积公式即可得到③正确，利用边长关系即可得到④正确． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴， ∴由折叠得，， ∴，故①正确； ∵，点F在上，点H在上， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵根据折叠可知：，， ∴在中，， ∴，， 设， ∴，即，解得：， ∴， ∴， 设， ∴，即，解得：， ∴， ∴， ∴，故③正确； ∵，， ∴，故④正确． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、相似三角形的判定、三角形的面积公式等知识，求得及是解题的关键． 2．如图，在正方形中，，为中点，为上的一点，且，，连接，延长交于点，交于点，则以下结论：①；②；③；④；⑤中，正确的有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，将绕点逆时针旋转得到，连接线段，证明和，即可判断出①②③正确；过作，交于，交于，构造相似三角形即可判断出④错误，⑤正确，据此即可求解，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，连接线段，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ ，， ∵， ∴点共线， ∵， ∴， ∴， 即， ∵ ， ， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵， ， ∴， 在中，，即， 故②正确； ∵，是中点， ∴， 设，则，， 在中，， 即， 解得， ∴， 故③正确； ∵，，， ∴， ∴， 过作，交于，交于， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故④错误； 由②知， ∴， ∴ 设，则，， ∴， 过作，过作，则， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴，故⑤正确； 综上，正确的有个， 故选：． 3．如图，已知正方形，E为的中点，F是边上的一个动点，连接，将沿折叠得到，延长交于点M，连接．下列结论：①是直角三角形；②；③当点M与点C重合时，；④平分正方形的面积；⑤．其中结论正确的个数有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】由折叠的性质可得，根据全等三角形的性质可得，由平角的性质可求，故①和②正确；通过证明，根据相似三角形的性质可得，故⑤正确；如图1，设，则，通过证明，可得，可求，可得故③正确；当点F与点D重合时，直线不平分正方形的面积，故④错误，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ， E为的中点， ， 由翻折可知：， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形， 故①和②正确； ， ， ， 又， ， ， 又， ， 故⑤正确； 如图1，当点M与点C重合时， 设，则， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， 故③正确； 如图2， 当点F与点D重合时，直线不平分正方形的面积，故④错误， 综上所述，正确的有①②③⑤, 故选：C． 【点睛】本题考查了翻折的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 4．如图，已知正方形为的中点，是边上的一个动点，连接将沿折叠得，延长交于，现在有如下5个结论：①定是直角三角形；②；③当与重合时，有；④平分正方形的面积．在以上结论中，正确的有（　　） A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④ 【答案】C 【分析】由折叠的性质可得，，，由“”可证，可得，由平角的性质可求，故①和②正确；如图1，设．则，通过证明，可得，可求，可得，故③正确；取一种特殊情况，即当点与点重合时，直线不平分正方形的面积，故④错误，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ， 为的中点， ， 由翻折可知：，，， ， ，， ， ， ， ， 是直角三角形，故①②正确； 如图1中，当与重合时， 设．则， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，故③正确， 如图2中， 当点与点重合时，显然直线不平分正方形的面积，故④错误； 综上所述，正确的有：①②③， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等知识，利用相似三角形的性质求线段的关系是解题的关键． 5．如图，矩形的边，的长是关于的一元二次方程的两个根，且．将矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，与交于点，连接，则下列结论正确的个数有（    ） ①②③④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的基本性质，全等三角形证明及性质，相似三角形的证明，能够找到三角形全等以及相似的两个三角形是本题解题关键．先解方程得到，，通过折叠性质先证得，即可判断②，再通过勾股定理算出，即可判断①，全等中得到角相等，即可判断④，连接与交于点，利用等面积法可求出判断③． 【详解】解：∵矩形的边，的长是关于的一元二次方程的两个根， 解方程，得到，， ∴，， ∵矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，与交于点， ∴，，，，， 在与中，，，， ∴，故②正确； ∴，， 设，则， 在直角三角形中，， ∴，解得， ∴， ∴，故①错误； ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，故④正确； 如图，连接与交于点， ∵与关于轴对称， ∴，， ∴， ∴， ∴，故③错误； 正确的结论有②④． 故选：B． 6．如图，在等腰中，，，，点D是边上一动点，连接，以为直径的圆交于点E，则线段长度的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，取的中点M，连接，根据圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，线段最短原理解答即可． 【详解】解：连接， ∵为直径的圆交于点E， ∴， 取的中点M，连接， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当三点共线时，取得最小值， ∴最小值为：， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，线段最短原理，熟练掌握圆的性质，特殊角的三角函数值，勾股定理是解题的关键． 7．如图，已知二次函数（，，是常数，）的图像顶点为，且经过点．以下结论：①；②；③；④若且时，则；⑤对于任意实数，总有中，错误的有（    ）．    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据该二次函数图像的顶点坐标及开口方向，易得，即可判断结论①；由二次函数图像的对称性，可知该二次函数图像经过点，可知当时，可有，可判断结论②；首先将点代入二次函数，整理可得，再将点代入二次函数，整理可得，结合，可得，可判断结论③；结合，可得，结合，可得，可判断结论④；根据该二次函数图像顶点为，且开口向下，可得对于任意实数，总有，整理可得，即可判断结论⑤． 【详解】解：∵二次函数的图像顶点为，且开口向下， ∴，且对称轴为直线， ∴，故结论①正确； ∵二次函数的对称轴为直线，且经过点， ∴点关于直线的对称点为， ∴当时，可有，故结论②错误； 将点代入二次函数， 可得， ∵， ∴，整理可得， 将点代入二次函数， 可得， 将，代入， 可得， 由图像可知，， ∴，解得，故结论③错误； ∵， 则有， 整理可得， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，故结论④正确； 根据题意，二次函数（，，是常数，）的图像顶点为，且该函数图像开口向下， ∴对于任意实数，总有， 即，故结论⑤错误． 综上所述，结论正确的有①④，共计2个． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与性质、平方差公式的应用等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 8．将抛物线向左平移个单位长度后得到新抛物线，若新抛物线与直线有两个交点，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，根据解析式可得抛物线的对称轴是直线，再向左平移个单位长度后得到新抛物线的对称轴是直线，根据直线与新抛物线有两个交点，，得出，结合抛物线开口向下，则抛物线上的点离对称轴越近函数值越大，从而的离新抛物线的对称轴比离新抛物线的对称轴远，即的中点在对称轴的左侧，进而即可求解． 【详解】解：由题意， 抛物线的对称轴是直线， 向左平移个单位长度后得到新抛物线的对称轴是直线， 直线与新抛物线有两个交点，， ，， ， ， 又∵，则抛物线开口向下， 抛物线上的点离对称轴越近函数值越大， 的离新抛物线的对称轴比离新抛物线的对称轴远， 的中点在对称轴的左侧， ， ， 又∵， ． 故选：D． 第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 二、填空题 9．如图，点O是正方形的中心，，在中，，过点D，分别交于点G，M，连接，．若，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】连接，过点作于点H，运用勾股定理求得，再证明利用相似三角形的性质求出、，再证明，通过性质得出 ，推出，然后由勾股定理求出、，最后运用直角三角形的性质以及三角形中位线的性质求得即可解答． 【详解】解：如图，连接，过点作于点H， ∵ ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴，， ∴，解得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线的性质等知识点，正确添加常用辅助线面构造全等三角形是解题的关键． 10．如图，点A在双曲线上，连接，作，交双曲线于点B，连接．若，则k的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理，反比例函数系数的几何意义，利用条件构造三角形相似是解题的关键．过作轴于点，过作轴于点，由条件证得，从而得出，即可得到，解方程求得的值． 【详解】解：， ， ， 可设， ， ， 过作轴于点，过作轴于点， ；， ， ， ，且， ， ， ， 解得， 故答案为：． 11．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点在第一象限，点在轴的正半轴上，四边形是平行四边形，点是边的中点，点均在反比例函数的图象上，点的横坐标为，点的纵坐标为，则平行四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，反比例函数的几何应用，相似三角形的判定和性质，如图，过点作轴于，过点作轴于，利用平行四边形的性质可得，进而可得，，反比例函数解析式为，再根据可得，即得，，得到，最后根据平行四边形的面积公式计算即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作轴于，过点作轴于，则， ∵四边形是平行四边形， ∴轴，，， ∵点的纵坐标为， ∴点的纵坐标为， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， 把代入得，， ∴, ∴反比例函数解析式为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 把代入得，， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积， 故答案为：． 12．如图，是的角平分线，，，，点，分别是，上的动点，当有最小值时，则的长是 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了轴对称确定最短路线问题、轴对称的性质、直角三角形的性质等知识点，正确画出图形成为解题的关键． 如图，作点N关于AD的对称点，连接，根据轴对称确定最短路线问题，的长度即为的最小值，再过点C作于E，则当点和点重合时，为最小值；然后再根据直角三角形的性质求得的长，进而求得的长，最后再根据线段的和差即可解答． 【详解】解：如图，作点N关于AD的对称点，连接， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴点在边上， 过点C作于E， ∴当点和点重合时，为最小值， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的角平分线，点N关于AD的对称点， ∴， ∴． 故答案为3． 13．如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，，则 ． 【答案】 【分析】连接，过E作于F，设，，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得，，，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到，，证明，利用相似三角形的性质和勾股定理得到；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明得到，进而得到关于的一元二次方程，进而求解即可． 【详解】解：连接，过E作于F，设，，    ∵，为中点， ∴，又， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，则，又， ∴， ∴，， ∴， 则； ∵是的一条角平分线， ∴，又， ∴， ∴， ∴，则， ∴，即， 解得，即． 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键． 14．如图，在矩形中，，，连接，点E，F分别在边，上，连接，分别交于点M，N．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，根据矩形的性质和勾股定理求出，证明，求出，再证明，，，对应边成比例即可解决问题． 【详解】解：在矩形中，， ∴， ∵， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， 由勾股定理得：， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 15．如图，在中，，边上有一点，使，点是线段的延长线上的一点，连接，，且，若，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作交于，设，则， ，由勾股定理得到：，即可求出的长，由等腰直角三角形的性质求出的长，由平行线等分线段定理得到的长，由，得到，代入有关数据即可求出的长． 【详解】解：过作交于，    设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴（舍去负值）， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，关键是由勾股定理求出CD的长；通过作辅助线构造相似三角形． 16．如图，点为的对角线上一点，连接并延长至点，使得，连接，若，，，，则的面积为 ． 【答案】72 【分析】连接交于点O，过点作于点H，过点C作于点T，设交点为G，由平行四边形的性质结合，推出是的中位线，根据三角形中位线的性质求出，进而求出，推出，进而推出，易证，即可求出，，解直角三角形求出，再利用勾股定理求出，进而求出，最后根据，求出，即可解答． 【详解】解：连接交于点O，过点作于点H，过点C作于点T，设交点为G， ∵四边形是平行四边形， ∴，点是的中点， ∵， ∴点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，股股定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键． 17．如图，中，，，，D是线段上一个动点，以为边在外作等边，若是的中点，连结，当取最小值时，的周长为 ． 【答案】/ 【分析】连接， 过点分别作于，于，先确定点在的角平分线上，当时，最小，且点在上，利用直角三角形的性质和勾股定理求出，进而得出，即可得，，再由四边形是矩形可得，，得到，最后利用勾股定理求出即可求解． 【详解】解：连接， 过点分别作于，于，则， ∵是等边三角形，是的中点， ∴，平分，即点在的角平分线上， 当时，最小，且点在上， 在中，，，， ∴， 根据勾股定理得，， ∵平分，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴的周长， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，确定时最小是解题的关键． 18．如图， 四边形为矩形，，点E在边上，从点D运动到点C，运动速度为每秒2个单位，点F从点A开始沿射线方向运动，运动速度为每秒3个单位，当点E停止时，点F也随之停止．连接和交于点G，直线交直线于点 M，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图1，设运动时间为秒，则，由，，证明，可求，如图1，记的中点为，则在以为直径的上运动，由题意知，、均为的切线，如图1，作的切线，交于，切点为，由题意知，的最小值为，由切线长定理可知，，，设，则，，由勾股定理得，，即，计算求解即可． 【详解】解：如图1， ∵矩形， ∴，，， 设运动时间为秒，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图1，记的中点为， ∴在以为直径的上运动， 由题意知，、均为的切线， 如图1，作的切线，交于，切点为， 由题意知，的最小值为， 由切线长定理可知，，， 设，则，， 由勾股定理得，，即， 解得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，的圆周角所对的弦为直径，切线长定理，勾股定理等知识．明确线段最小值的情况是解题的关键． 19．如图，在半圆中，直径，是半圆上一点，将弧沿弦折叠交于，点是弧的中点．连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆的相关知识点的应用，勾股定理，图形折叠及三角形三边关系；图形折叠及三角形三边关系的性质是解题关键．连接，，由三角形任意两边之差小于第三边得，当、、共线时最小，设的弧度为，求出的弧度为，设所在圆圆心为F，连接，由勾股定理求出后再减去即可． 【详解】解：如图，连接，， 由三角形任意两边之差小于第三边得，当、、共线时最小， 设的弧度为， 的弧度为：， ， 的弧度为：， 由折叠得，的弧度为， 的弧度为：， 点为弧中点， 的弧度为：， 的弧度为：， 即所对圆心角为， 设所在圆圆心为F，连接， 则； ， 半径为3，， ， ． 故答案为：． 20．如图，是的直径，、是的切线，P是上一动点，若，，，则的面积的最小值是 ． 【答案】4 【分析】根据题意知当P到的距离最小时的面积最小，过P作，交于点E，交于点F，可知当与相切时，P到的距离最短，连接并延长交于点Q，过O作，交于点G，交于点H，则有可知为梯形的中位线，为梯形的中位线，可求得，过D作于点M，则，，则有，根据切线长定理可知，，求得，则和，结合平行线的性质得，可求得，利用面积公式即可． 【详解】解：由是固定的，所以当P到的距离最小时的面积最小，如图，过P作，交于点E，交于点F， 当与相切时，P到的距离最短，连接并延长交于点Q， 过O作，交于点G，交于点H， 则可知为梯形的中位线，为梯形的中位线， ∵，， ∴， 过D作于点M，则，， ∴， 由切线长定理可知，， ∴， ∴， ∴， 又∵，且， ∴， ∴， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查梯形的中位线、圆的性质、平行线的性质、勾股定理混合切线的性质等知识点，解题的关键是熟悉圆的性质和平行线的性质． 21．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于两点（在的左侧），点关于抛物线对称轴的对称点为点，动点在轴上，点在以点为圆心，半径为1的圆上，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了二次函数的性质、轴对称的性质、勾股定理，圆的基本性质，掌握以上基础知识，作出合适的辅助线是解本题的关键． 先求出，，，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接，由轴对称的性质可得：，，当、、在同一直线上时，最小，由勾股定理可得，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：在中，当时，，当时，， 解得，， ，， ， 抛物线的对称轴为直线， 点关于抛物线对称轴的对称点为点， ， 如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于，连接， 由轴对称的性质可得：，， 当、、在同一直线上时，最小，此时， ，， ， 的最小值为， 故答案为：． 22．如图，为圆的直径，，为圆上的点，连接，连接，并延长交于点，且，连接．下列说法正确的是 ． ①；②；③；④若，，的值为． 【答案】①②④ 【分析】由平行线的性质得到，再根据圆的内接四边形的性质得到，进而得到，由等腰三角形的性质得到，推出，先证明，得到，进而得到，根据，证，得到，即可得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ， ∵点为圆上的点， ∴， ∵， ，故①正确； ， ， ， ，故②正确； 的度数无法确定，故③错误； ∵， ， ， ， ， ， ， ∵， ， ， ， ， ，故④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，圆的内接四边形，相似三角形的判定与性质等知识是解决问题的关键． 三、解答题 23．解方程，这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，那么，于是原方程可变为①，解得． 当时，；当时，； 原方程有四个根：． (1)①中填写的方程是_______，在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到降次的目的，体现了数学的转化思想． (2)已知实数满足，求的值； (3)解方程：． 【答案】(1) (2)5 (3) 【分析】本题主要考查了换元法解方程．熟练掌握换元法解可化为一元二次方程的方程，是解题的关键． （1）设，则可化为； （2）原方程可化为，设，则，解得，可得或（舍去），的值为5； （3）设，则化为，解得，得（无实数根），或，解得． 【详解】（1）解：设， 那么， 于是方程可变为， 故答案为：； （2）解：∵， ∴， 设， 则， 解得， ∴或， ∴或（实数范围内无意义，舍去）， 故的值为5． （3）解：设，则可化为， 解得， ∴， ∴（无实数根）， 或， ∴， 解得． 24．【问题探究】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别为和上的点，连接，交于点O，若．求证：； 【类比迁移】 （2）如图2，在矩形中，，点E为边上一点，点F为对角线上一点，连接，交于点O，若，，求的值； 【拓展应用】 （3）如图3，在矩形中，，点E为边上一点，点F为边上一点，若平分，且，求的长． 【答案】（1）见解析（2）（3） 【分析】（1）根据，利用同角的余角相等得出，再根据即可证出， （2）作于点，由，得到，设，则，，，由，得到，，，由，得到，求出，，同理，，得到，，即可求解， （3）作于H，交于G，则，，结合（2）的结论得到，求出长，利用勾股定理解题即可． 本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键是：连接辅助线，熟练掌握相关性质定理． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ， ， 即，， ， 又， ， 在和中 ， ． ． （2）作于点， ∴， ∴， 在矩形中，， ∴， 设，则，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， （3）作于H，交于G， 平分，且， ，， ∵，， ∴， ， ， 过点，交于点M， 则四边形是平行四边形，， ∵， ∴ ∴， ，，， ． 25．阅读下面材料． 小明遇到这样一个问题： 如图，在四边形中，，，，，求的长． 小明发现，延长与相交于点，通过构造．经过推理和计算能够使问题得到解决（如图）．解决下列问题： (1)请直接写出的长为_______； (2)请你用其他与小明的发现不一样的方法来求得的长． (3)参考小明思考问题的方法，解决问题：如图，在四边形中，，，，，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)． 【分析】（1）延长与相交于点，解直角三角形，得出的长，那么，再解直角三角形，即可求出； （2）过点作于，交于，过作于顶，由，，，得四边形是矩形，，从而，，，进而利用解直角三角形即可求得，，从而即可得解； （3）延长与相交于点．由，得出，那么，．设，则 ，，．在中，由 ，得出，求出，那么 ，，，再利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）解：如图，延长与相交于点， ∵，， ∴．， ∴ ， ∴ ． 在中， ∵，， ， ∴． 故答案为：； （2）解：如图，过点作于，交于，过作于顶， ∵，，， ∴四边形是矩形，， ∴，，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解：如图，延长与相交于点． ∵， ∴， ∴，． 设，则 ，，． 在中，． ∵， ∴，即， ∴． 经检验是所列方程的解，且符合题意， ∴ ，，， ∴ ． 【点睛】本题考查的是解直角三角形，度直角三角形的性质，等角对等边，矩形的判定及性质，勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 26．已知中，，平分，，．点、分别是边、上的点（点不与点、重合），且，、相交于点． (1)求的长； (2)如图1，如果，求的值； (3)如果是以为腰的等腰三角形，求长． 【答案】(1)15 (2) (3)为或 【分析】（1）证明，可得，即可求解； （2）由（1）可得，再证明，可得，从而得到，过作交于，可得，同理，即可求解； （3）分两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：，平分， ， ， 又， ， ， ， ， ； （2）解：由（1）知，， ， ， ， ， ， ，， 又， ， ， ， ， 过作交于，如图： ， ， 同理，， ； （3）解：①当时， ， ， ， ， ， ， ， ， 由（2）知，， ， ， ， ，． ②当时，在上截取，连接， ，； ， ， ，， ， ． 综上，若是以为腰的等腰三角形，则为或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形对应边成比例是解题关键． 27．[问题提出] 点E是菱形边上一点，是等腰三角形，，，（），交边于点G，H，连接．探究与的数量关系． [问题探究] （1）如图1，当时，求的度数； （2）如图2，当时，的度数_____；当时，求与之间的数量关系． [问题拓展] 当时，若，，则_____． 【答案】[问题探究]（1）；（2），；[问题拓展] 【分析】[问题探究]：（1）在上截取，使，连接，先证明得到，再由正方形的性质得到，，则，可得到，则，进而得到； （2）在上截取，使，连接．证明，得到，利用即可求解． [问题拓展]：延长至，使，连接，，证明，设，则，，在中，根据勾股定理，得，再代入计算即可． 【详解】[问题探究]：（1）解：在上截取，使，连接． ， ， ． ， ． ． ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ， ， ∴ ； （2）解：如图，在上截取，使，连接． ∵， ， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ； 当时， ∵， ∴， ∴， ， 即； [问题拓展] 解：由（1）中结论：是等腰直角三角形，则， ∴， 如图所示，延长至，使，连接，， ∵菱形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵是等腰三角形，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中， ∴，解得，即， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故的长为． 【点睛】此题考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合运用以上知识点，作出正确的辅助线是解题的关键． 28．某数学兴趣小组在学习完“，，角的三角函数值”这一节课后，做了如下探究：如图1，中，，，，延长至点D，使．根据，，得出，，，，又∵，，∴，则求出，同时还求出． (1)如图1，根据以上的思路和数据，得出________°，________．（写出最后结果） (2)如图2，中，，，请你参考兴趣小组的思路，求的值． (3)如图3，某工程队在施工过程中，要对一个三角形区域进行勘探．已知，，，请帮助他们求出的面积． 【答案】(1)75， (2) (3)平方千米 【分析】（1）由直角三角形的性质及锐角三角函数的定义可得出答案； （2）延长到I，使，设，由勾股定理得：，，，则可得出答案； （3）过点H作，垂足为O，求出和，由三角形的面积可得出答案． 【详解】（1）解：∵，， ， ． 故答案为：75，； （2）解：延长到I，使，设， ∵，， ∴， ∴，由勾股定理得：， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：过点H作，垂足为O，如图所示： 由兴趣小组的结论，可得， 由题意可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， 由第（2）问可知，， ∴， ∴， ∴的面积 【点睛】本题是三角形综合题，考查了勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 29．如图，在平行四边形中，点在边上，交于点，． (1)求证：； (2)如果． ①求的长； ②若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题考查了平行四边形性质，相似三角形性质与判定，平行线分线段成比例，解题的关键是根据平行四边形得到相似三角形的条件． （1）根据平行四边形的性质，知道，，结合，先证明，然后根据相似三角形对应边成比例，得证； （2）①先证明，得到，再证明，得到，解得的长度，最后利用即可求得的长度； ②通过平行线分线段成比例，，算得的长度，再通过，得到，从而算得的长度． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， ， ． ，即； （2）解：①， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ，， ， ， ， 解得：（舍去负值）， ； ②， ， ， ， ， ， ，， ， ． 30．类比是探索发现的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 学习再现： 设一元二次方程的两个根分别为和， 那么， 比较系数得，． 类比推广： （）设的三个根分别为，，，求的值． 问题解决： （）若的三个根分别为，，，则的值是______． 拓展提升： （）已知实数满足，且，求正数的最小值． 【答案】（）；（）；（） 【分析】（）根据学习材料得，据此即可求解； （）结合（）的结果，再根据即可求解； （）由题意可得，，进而得是方程的两根，由和可得，即得，进而可得，据此即可求解； 本题考查了一元二次方程根和系数的关键，一元二次方程根的判别式，多项式的乘法运算，掌握一元二次方程中根与系数的关系以及多项式乘以多项式的运算法则是解题的关键． 【详解】解：（）根据学习材料提示得， ， ， ， ∴，， ∴的值为； （）∵的三个根分别为，，， 又∵，， ∴，， ∴， 故答案为：； （）∵，， ∴，， ∵是方程的两根， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴正数的最小值为． 31．如图，在锐角中，，过点作于点，过点作于点，与相交于点，连接．的平分线交于点，连接交于点． (1)求证：； (2)试探究线段之间的数量关系； (3)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用，得到，利用等角的余角相等，即可得证； （2）过点作，交于点，证明，得到，进而推出线段，，之间的数量关系； （3）证明，得到，利用，求出的长，进而求出的长，过点作，垂足为，证明，求出的长，进而求出的长，利用平行线分线段成比例，求出的长，进而求出的长，作，交于点，得到，求出的长，再证明，求出的长． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作，交于点， 则：， ∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （3）解：由（2）知：， ∵， ∴， ∴， ∵的平分线交于点F， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 过点作，垂足为， 则：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 作，交于点， 则：， ∴，即：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即：， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，正确的添加辅助线证明三角形的全等和相似，是解题的关键． 32．在中，，于点M，D是线段上的动点（不与点B，C，M重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段． (1)如图1，若点E在线段上且，时，求的长； (2)如图2，若D在线段上，在射线上存在点F满足，连接，请证明：； (3)如图3，若，过M作直线交边于点N，再作点N关于的对称点，点P是直线MN上一动点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，连接，点H为的中点，连接，当取得最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，得到，在中，，证明，则，即可求出答案； （2）延长到点N，使得连接，证明，则由，即可证明结论； （3）证明点G在以点A为圆心，为半径的圆上，则当最大时，也最大，此时三点共线，设，则，得到，，，过点H作于点T，连接，则垂直平分，过点G作于点K，此时经过的中点，得到，，则，证明，则，，，在中，，即可求出答案． 【详解】（1）解：线段绕点D顺时针旋转得到线段． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图，延长到点N，使得连接， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， 由旋转可知， ∴ ∴， ∴ ∵， ∴； （3）根据翻折可知，， ∴点G在以点A为圆心，为半径的圆上，如图， ∵点H是的中点，点是的中点， ∴, ∴当最大时，也最大，此时三点共线， ∵， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∴， 如图，过点H作于点T，连接，则垂直平分，过点G作于点K， 此时经过的中点， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴ 【点睛】此题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识，综合性较强，题目难度较大． 33．如图1，已知四边形是菱形，G是线段上任意一点时，联结交于点F，过点F作交于点H，可以证明结论成立（不必证明）． (1)探究：如图2，上述条件，若点G在的延长线上，其他条件不变时，结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由． (2)计算：若菱形中，，点G在直线上，且，联结交所在的直线于点F，过点F作交所在直线于点H，求与的长． (3)发现：通过上述过程，你发现G在直线上，结论是否仍然成立？为什么？ 【答案】(1)结论成立，见解析； (2)； (3)G在直线CD上时，结论还成立，理由见解析 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理，得到两组比例关系，再通过等量代换即可求解； （2）根据题意判断点G在直线CD上分两种情况，针对每一种情况，都要利用菱形的性质，然后根据勾股定理计算BG的长，进一步利用平行线分线段成比例定理求得FH的值，再结合（1）中的结论可求得FG的长． （3）根据题干与（1）中的结论，证明当G在的延长线上时结论也成立即可得出结论． 【详解】（1）解：结论成立． 证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴ ． （2）解：∵G在直线上， ∴分两种情况讨论如下： ∵四边形是菱形， ∴ ①点G在的延长线上时，， 如图，过B作于点Q， 由于四边形ABCD是菱形，， ， ， ∴， ， 又由， ∴， ∵是等边三角形， ， ∴即， 解得． 由（1）知， ； ②点G在的延长线上时，，如图，过B作于Q， ∵四边形是菱形，， ． ， ∴， ． 又由， ∴， ∴， ， ， ， ∴， ， ． （3）解：成立； 理由：由题干与小题（1）知点G在线段或的延长线上时都成立， 当G在的延长线上时， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴ 成立． 结合上述过程，发现G在直线CD上时，结论还成立． 【点睛】此题考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例、勾股定理等知识．添加合适的辅助线和分类讨论是解题的关键． 34．（1）如图1，与都是等腰直角三角形，且，求证：． （2）如图2，在中，，，，点是射线上一动点，连接绕点逆时针旋转，得到连接，： ①求证：； ②若，，求的长； （3）如图3，菱形中，，点是线段上一动点，连接，以为边在直线的左侧作菱形，使得，线段交线段与点，若，求（用含有的式子表示）    【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）k 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得，，，进而得出，，然后根据相似三角形的判定即可得证； （2）①根据等腰直角三角形的性质可求，，，根据勾股定理可求出，进而求出，同理可求，，进而得出，，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得证； ②根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质求出，结合①中，可得出E、G重合，然后根据勾股定理求出即可； （3）根据菱形的性质可得是等边三角形，，等，结合可求出，根据三角形内角和定理可求出，证明，得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵与都是等腰直角三角形，且， ∴，，， ∴，， ∴； （2）①证明：设与相交于G，    ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵旋转， ∴，， 同理可求，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 由①知， ∴E、G重合， ∴； （3）∵菱形中，， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质等，明确题意，找出相似三角形是解题的关键． 35．已知直线：分别与轴，轴交于，两点，直线：与轴交于点，于直线交于点． (1)如图1，点的横坐标为4，若点是：上一动点， ①求直线的函数表达式； ②连接，若的面积为4，求的坐标； (2)如图2，点是线段上一点，，在线段上取点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点恰好在直线上，且，在平面内是否存在一点，使得四边形为正方形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①；②或 (2) 【分析】（1）①先求出D的坐标，然后把D的坐标代入求解即可； ②分点E在点D的左侧和右侧两种情况讨论即可； （2）过M作于E，过作于F，根据证明，，，求出直线的解析式为，设，可求，代入，可求出，进而求出，由，可得方程，求出方程的解，得出M、N的坐标，然后根据正方形的性质求解即可． 【详解】（1）解：①∵点的横坐标为4， ∴点的纵坐标为， ∴， 把代入，得， 解得， ∴直线的函数表达式为； ②对于，当时，， ∴， 对于，当时，， ∴， ∴， 设， 当点E在点D的左侧时， ∵的面积为4， ∴， ∴， 解得， ∴； 当点E在点D的右侧时， ∵的面积为4， ∴， ∴， 解得， ∴； 综上，E的坐标为或； （2）解：过M作于E，过作于F， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 设直线的解析式为， 则， 解得， ∴， 设， 则，， ∴， ∴， 代入，得， 解得， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， 解得（不符合题意，舍去），（不符合题意，舍去），， ∴，， 设， ∵四边形为正方形， ∴， 解得， ∴． 【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 36．阅读与计算，请阅读以下材料，完成相应的任务． 材料：三角形的内角平分线定理：如图1，在中，平分，交于点，则．下面是这个定理的部分证明过程． 证明：如图2，过作，交的延长线于点． (1)【思路说明】请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)【直接应用】如图3，中，是中点，是的平分线，交于．若，，求线段的长； (3)【拓展延伸】如图4，中，平分，的延长线交外角角平分线于点．若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 (3) 【分析】（1）根据平行线分线段成比例得出，进而根据等角对等边得出，等量代换，即可得证； （2）根据角平分线分线段成比例定理得出，得出根据是的中点，得到，根据，由平行线分线段成比例，即可求解； （3）作交于点，则，进而证明，即可得出，根据角平分线分线段成比例可得，则，代入数据，即可得出，即可求解． 【详解】（1）证明： ， ， ，， 平分， ， ， ， ， ； （2）解：平分，，， ， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ； （3）解：如图：作交于点， ，，， 平分， ， ， ， ． 平分， ， ， ，， ， 解得， 不符合题意，舍去， ． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，等边对等角，平行线的性质，平行线分线段成比例，熟练掌握平行线分线段成比例是解题的关键． 37．【问题呈现】 (1)如图1，和都是等边三角形，连接，．求证：． (2)【类比探究】如图2，和都是等腰直角三角形，．连接，．则________． (3)【拓展提升】如图3，和都是直角三角形，，且．连接，． ①求的值； ②延长交于点，交于点．若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①；② 【分析】(1)证明，从而得出结论； (2)证明，进而得出结果； (3)①先证明，再证得，进而得出结果；②根据题意求出，利用勾股定理求出，，，进而求出，在①的基础上得出，进而，证明，推出，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵和都是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：①∵，设， ∴． ∴， ， ∴， ∴， ∴； ②由①得：，，，则， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 38．【问题引入】如图1，等边，D为BC边上一点，E为AC边上一个点；且，求证：． 【模型运用】如图2，在中，，D为AC边上一点，连接BD且，已知，求CD的值． 【能力提升】如图3，在中，D为AC边上一点，连接BD且，，且，直接写出的值． 【答案】【问题引入】：见解析；【模型运用】：2；【能力提升】 【分析】由，可证得； 过点D作于E，设，则，进而表示出，，，根据勾股定理得，，再判断出，先得出AB，进而建立关于x的方程，即可得出答案； 过点A作于M，延长MB至G，使，判断出，得出，根据，设，则，进而表示层，进而表示出（舍去负值），即可得出答案． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； 【模型运用】解：如图2，过点D作于E， ∴， 设，则， 在中， ∴， ∴， ∴， 在中，根据勾股定理得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（舍去）或（舍去）或， ∴； 【能力提升】解：如图3． 过点A作于M，延长MB至G，使， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴（舍去负值）， ∴． 【点睛】此题事相似三角形综合题，主要考查了等边三角形性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键． 39．【问题呈现】 和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系． （1）如图1，当时，直接写出，的位置关系： ． （2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． 【拓展应用】 （3）当，，时，将绕点C旋转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求的长． 【答案】（1）；（2）当时，（1）中的结论还成立，理由见解析；（3）的长为或 【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论； （2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论； （3）分两种情况：当D在线段上时，同（2）知，，故，得，根据勾股定理得，解得；当E在线段上时，，解得． 【详解】解：（1）如图，延长交于， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴； （2）成立；理由如下：延长交于， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴； （3）当D在线段上时，如图： 同（2）可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得（舍去）； 当E在线段上时，如图： 同理可得， 解得（舍去）； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论． 40．已知四边形和四边形都是正方形．    (1)如图1，当点G在对角线上时，________BE； (2)将正方形绕着点C顺时针旋转；（） ①当正方形旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立，请说明理由； ②在正方形绕着点C顺时针旋转的过程中，当三点共线时，直线与射线相交于点H，若，，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)①成立，理由见解析；②或 【分析】（1）根据正方形的性质，平行线分线段成比例，推出，即可得证； （2）①证明∽，即可得证；②分点在之间，以及点在之间，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）四边形和四边形都是正方形， ， ， ， ， ． （2）①成立，理由如下： 四边形和四边形都是正方形， ， ， ∽， ， ． ②当点在之间，如图，    同①得∽， 四边形都是正方形， ， ， ， 三点共线， ， ， 三点共线， 四边形是正方形，， ，， 在中，， ， ， ，， ∽， ， ， ， 即 解得（舍去）或， ， 当点在之间，如图，    同理可得，，∽， ， ， ， ， 即 解得（舍去）或， ， 综上所述，或． 【点睛】本题考查正方形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握正方形的性质，证明三角形相似． 41．【问题背景】如图1，在四边形中，，连接，，探究线段、、之间的数量关系． 小明同学的想法是：过点作，交延长线于点，则是等腰直角三角形，可通过证明，得到对应边、对应角相等，最终借助特殊三角形得出结论：，请根据小明的思路，完成以下证明过程： （1）求证：． 【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，若，，点是的中点，求的长． 【拓展探究】（3）如图3，在四边形中，，连接，，若，，则当BD最大时，则的面积为______． 【答案】（1）①见详解；②见详解；（2）；（3） 【分析】（1）过点作，交延长线于点，易知和均为等腰直角三角形，进而可得，，，再证明，然后利用“”证明，根据全等三角形的性质可得，再证明，进而在和中，利用勾股定理可知，，即可证明结论； （2）过点作于点，过点作于点，首先解得，易知，和均为等腰直角三角形，进而确定，，由勾股定理可解得的长度，进一步确定，的值，然后理由勾股定理即可求得的值； （3）过点作，使得，连接，易知和为等腰直角三角形，结合（1）可知，故有，根据三角形三边关系可知，易得，当点共线时，取最大值，最大值为，然后证明，并利用勾股定理解得的值，进一步解得的长度，结合三角形面积公式即可获得答案． 【详解】解：（1）如图，过点作，交延长线于点， ∵，， ∴和均为等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴； （2）如图，过点作于点，过点作于点， 将，代入， 可得， 解得或（舍去） ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴和均为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图，过点作，使得，连接， 则为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， 结合（1）可知，， ∴， ∵， ∴， ∴如下图，当点共线时，取最大值，最大值为， ∴此时， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即当最大时，的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，难度较大，综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质是解题关键． 42．已知菱形中，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接． (1)若点F在边上，且，过点C按如图所示作并交于点 ①证明：； ②猜想的形状并说明理由． (2)若菱形边长为4，当为等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)①见解析；②等腰三角形，理由见解析 (2)或2 【分析】（1）①根据证明可得结论； ②证明，可知：是等腰三角形； （2）分两种情况： ①如图1，，过点作于，则； ②如图2，，根据等腰三角形的性质和勾股定理可解答． 【详解】（1）①证明：四边形是菱形， ，， ， ， ； ②解：是等腰三角形，理由如下： 四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 由①知：， ， ， 是等腰三角形； （2）解：分两种情况： ①如图1，当时，过点作于，则， 四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ， 中，， ， ， ； ②如图2，当时， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∵， ， ∵，，， ∴， ， ， ， ； 综上，的长为或2． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 43．如图，在中，点在边上，点、点在边上，且，． (1)求证：； (2)如果，，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）由平行线分线段成比例得到，即可得到，进而得到，即可证明，得到，即可求证； （）根据题意得，，即得，，即可得，进而可得，再由相似三角形的性质即可求解； 本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，平行线的判定，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 44．如图，二次函数的图象与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为． (1)求点的坐标； (2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围． 【答案】(1) (2)或或 【分析】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理． （1）令求得点的横坐标即可解答； （2）由题意可得抛物线的对称轴为，设，则；如图连接，则，进而可得切线长为边长的正方形的面积为；过点P作轴，垂足为H，可得；由题意可得，解得；然后再分当点M在点N的上方和下方两种情况解答即可． 【详解】（1）解：令，则有：，解得：或， ∴． （2）解：∵抛物线过 ∴抛物线的对称轴为， 设， ∵， ∴, 如图：连接，则， ∴， ∴切线为边长的正方形的面积为， 过点P作轴，垂足为H，则：， ∴ ∵， ∴，      假设过点,则有以下两种情况： ①如图1：当点M在点N的上方，即      ∴，解得：或， ∵ ∴； ②如图2：当点M在点N的下方，即    ∴，解得：， ∵ ∴； 综上，或． ∴当不经过点时，或或． 45．在中，，，为平面内的一点． (1)如图1，当点在边上时，，且，求的长； (2)如图2，当点在的外部，且满足，求证：； (3)如图3，，当、分别为、的中点时，把绕点顺时针旋转，设旋转角为，直线与的交点为，连接，直接写出旋转中面积的最大值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可； （2）过作，且，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可； （3）连接交于G，证明出，得到，然后证明出为直角三角形，点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，然后利用三角形中位线和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图，将沿折叠，得到，连接，    ∵， ∴， 将沿折叠，得到， ∴ ∴，，， ∴， ∴为等边三角形，为等腰直角三角形 ∴， ∴； （2）如图，过作，且，连接，    ∵ ∴， 又∵， ∴ ∴ 又∵， ∴，，即 ，， ∴ ∴； （3）如图3，连接交于G点 ∵绕A点旋转 ∴，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴为直角三角形 ∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N， 当时，点P到直线的距离最大， ∵ ∴A、P、B、C四点共圆 ∵， ∴N是的中点 ∵M是的中点 ∴ ∵， ∴， ∴， ∴ ， ∴点P到所在直线的距离的最大值为 ． ∴的面积最大值为． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线性质，四点共圆性质，勾股定理等知识，作出辅助线是解本题的关键． 46．【问题情境】 已知是的直径，点在弧上（不含点A，B），把沿对折，点A的对应点C恰好落在上． 【特例探究】 （1）当在上方而C在下方时（如图①），判断与的位置关系，证明你的结论； 【拓展探究】 （2）当，C都在上方时（如图②），过C点作于点D，且是的切线，求证：． 【答案】（1），证明见解析；（2）见解析． 【分析】（1）根据折叠的性质得，再根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理得到，所以，即可根据平行线的判定方法判断． （2）根据圆的切线定义可得，从而，即，根据，可得，可证是等边三角形，四边形是菱形，所以，从而，再根据所对的直角边为斜边的一半，可得，再根据，可得 【详解】解：（1）． 证明：由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）证明：∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∴， 由对折可知， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，圆周角定理，平行线的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质，所对的直角边为斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键． 47．阅读下列材料，然后解答问题． 经过正四边形（即正方形）各顶点的圆叫做这个正四边形的外接圆，圆心是正四边形的对称中心，这个正四边形叫做这个圆的内接正四边形． 如图，正方形内接于，的面积为，正方形的面积为．以圆心为顶点作，使．将绕点旋转，、分别与交于点、，分别与正方形的边交于点、．设由、、及正方形的边围成的图形（阴影部分）的面积为． (1)当经过点（如图）且的半径为时，求的值（结果保留）； (2)当于时（如图），求、、之间的关系为： (用含、的代数式表示)； (3)当旋转到任意位置时（如图），则（2）中的结论仍然成立吗：请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)成立，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质可知，，则根据计算即可得出答案； （2）由正方形的性质可知四边形也是正方形，且其面积，则根据即可得出、、之间的关系； （3）由可得，过点作，，垂足分别为、，易证四边形为正方形，于是可得，，利用可证得，于是可得，进而可得，易证，则，然后根据即可得出结论． 【详解】（1）解：当经过点时，由正方形的性质可知： ，， ； （2）解：当于时，由正方形的性质可知： 四边形也是正方形，且其面积， ， 故答案为：； （3）解：（2）中的结论仍然成立，理由如下： ， ， 如图，过点作，，垂足分别为、， 易证四边形为正方形， ，， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 易证， ， ． 【点睛】本题主要考查了求扇形面积，三角形的面积公式，列代数式，正方形的判定与性质，等式的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 48．如图，以为直径的中，点C为上一点，连接，，延长至点M，使得，作交于点D，交的延长线于点N． (1)求证：直线为的切线； (2)如图2，若点D是的中点，连接，，求证：四边形为菱形； (3)在（2）的条件下，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据是的直径得到，根据得到，结合即可得到即可得到答案； （2）根据得到，从而得到，得到，根据点D是的中点得到从而得到，得到，根据得到，从而得到，即可得到，即可得到证明； （3）根据四边形为菱形得到，结合，得到是等边三角形即可得到，从而得到，结合角所对直角边等于斜边一半在中求出半径，在中即可求出； 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ， ∴直线为的切线； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形； （3）解：连接， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∵， ∴，， ∴，． 【点睛】本题考查圆的切线证明，菱形的判定与性质，直角三角形角所对直角边等于斜边一半，等边三角形的判定与性质，解题的关键是做出辅助线． 49．综合与探究 若直线与轴交于点，与轴交于点，二次函数的图象经过点，点，且与轴交于点． (1)求二次函数的解析式； (2)点在抛物线上，若，则点的横坐标为______； (3)若点为直线下方抛物线上一点，连接，，当四边形的面积最大值时，求点的坐标； (4)在（3）的条件下，在轴上，是否存在点使的面积与的面积相等，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)P的坐标为 (4)存在，点的坐标为或 【分析】（1）先根据一次函数求出点、的坐标，再利用待定系数法求解即可； （2）由，，可推出，分两种情况：当点在上方时，设直线交轴于点，当点在下方时，设直线交轴于点，根据含角的直角三角形的性质，一次函数与二次函数的交点即可求解； （3）过点作轴，交直线于点，由，可得当最大时，四边形的面积最大，设，则，得到，推出，即可求解； （4）由（3）知，最大为，设，则，推出，根据题意可得：，即可求解． 【详解】（1）解：在中，令，则，令，则，解得：， ，， 将，，代入中， 得：， 解得：， 二次函数的解析式为； （2） ，， ， ， 分两种情况： 当点在上方时，设直线交轴于点， ， ， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：，即， 解得：， ， 设直线的解析式为， 将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 将代入中， 得：， 解得：或（舍去）， 点的横坐标为； 当点在下方时，设直线交轴于点， ， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为， 将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 将代入中， 得：， 解得：或（舍去）， 点的横坐标为； 综上所述，点的横坐标为或， 故答案为：或； （3） ， 当最大时，四边形的面积最大， 如图，过点作轴，交直线于点， 设，则， ， ， 当时，最大，即四边形的面积最大， 此时P的坐标为； （4）存在， 由（3）知，最大为， 设， 则， ， 根据题意可得：， 解得：或， 点的坐标为或 存在点使的面积与的面积相等，点的坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，一次函数的图像与性质，勾股定理，三角形的面积，含角的直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用这些知识． 50．在四边形中，经过点A，B，C，不经过点D． (1)如图①，若，求证：是的切线； (2)如图②，，连接，与，分别交于点E，F，连接． ①求证； ②若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②6 【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，利用圆周角定理和等腰三角形的性质定理得到，利用全等三角形的判定与性质得到，则，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （2）①连接，利用等腰三角形的性质和圆周角定理得到，则，得到，利用线段垂直平分线的判定定理得到为的垂直平分线，结论可得； ②连接并延长，交于点，利用垂径定理的推论得到，，利用勾股定理求得，利用三角形的面积公式求得，利用勾股定理求得，再利用相似三角形的判定与性质求得． 【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，如图， 则为的直径， ， ， ∵， ∴， ∵ ． 在△和△中， ， ． ， ， ， ， 即， ， 为的半径， 是的切线； （2）解：①连接，如图， ， ． ， ， ， ， ， ， ， 点在的垂直平分线上， ， 点在的垂直平分线上， 为的垂直平分线， ； ②连接并延长，交于点，如图， ， ， 垂直平分， ，， ， ， ． ，， 为的垂直平分线， ． ， ， ． ． ，， ∴， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，圆的切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 51．【建立模型】（1）如图1，点B是线段上的一点，，，，垂足分别为C，B，D，．求证：； 【类比迁移】（2）如图2，一次函数的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段绕点B逆时针旋转得到，直线交x轴于点D． ①求点C的坐标； ②求直线的解析式； 【拓展延伸】（3）如图3，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点，连接，抛物线上是否存在点M，使得，若存在，求出点M的横坐标． 【答案】（1）证明见解答； （2）①；②； （3）存在，点M的横坐标为或． 【分析】（1）由余角的性质得，由即可得证； （2）①过点C作轴于点G， 同理可证，由全等三角形的性质得，，即可求解；②由待定系数法，即可求解； （3）①当点M在x轴上方时，过点Q作，过点B作，交与于点F，过点F作轴于点G，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，由正切函数得，可求，同理可求直线的解析式为，直线的解析式为，联立直线和抛物线的解析式，即可求解；②当点M在x轴下方时，过点Q作，交于点E，过点E作轴于点F，同理可求． 【详解】（1）证明：，，， ， ， ， ， 在和中， ， （）； （2）解：①∵一次函数的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B， ，， ，， 过点C作轴于点G，如图， 则， ， ∵线段绕点B逆时针旋转得到， ，， ， ， ， ，， ， ； ②设直线的解析式为，则有 ， 解得：， ∴直线的解析式为； （3）解：存在； ∵抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点， 当时，， 解得：，， ，， 当时，， ， ①当点M在x轴上方时， 如图，过点Q作，过点B作，交与于点F，过点F作轴于点G， 则， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 同理可求直线的解析式为， ， ∴设直线的解析式为，把代入， 得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立得， 解得：或， ； ②当点M在x轴下方时， 如图，过点Q作，交于点E，过点E作轴于点F， 则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； 同理可求直线的解析式为， 联立，得， 解得：或， ； 综上所述，抛物线上存在点M，使得，点M的横坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数与几何综合，待定系数法，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，正切函数等；掌握全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，正切函数，能根据题意构建相似三角形，并能熟练利用三角函数求解是解题的关键． 52．如图，已知抛物线的顶点为，与y轴相交于点，对称轴为直线l，点M是线段的中点． (1)求抛物线的表达式； (2)写出点M的坐标并求直线的表达式； (3)设动点P，Q分别在抛物线和对称轴l上，当以A，P，Q，M为顶点的四边形是平行四边形时，求P，Q两点的坐标． 【答案】(1) (2)； (3)或，或或 【分析】（1）设，将点B的坐标代入计算，即得答案； （2）先求出点的坐标，再设设直线的表达式为，将点A坐标代入计算，即得答案； （3）设点，点，分是平行四边形的一条边或对角线两种情况分别求解，第一种情况又分点Q在点A的上方或下方来讨论，根据平移规律即可求解，第二种情况可根据对角线互相平分列方程求解即可． 【详解】（1）解：设函数表达式为：， 将点B的坐标代入上式得, ， 解得：， 故抛物线的表达式为：； （2）解: 点M是线段的中点， ，， 则点， 设直线的表达式为：， 将点A坐标代入上式得：， 解得：， 故直线的表达式为：； （3）解：， 设点，点， ①当是平行四边形的一条边时，，， 当点Q在A的下方时， 点A向左平移2个单位、向下平移4个单位得到M， 同样点向左平移2个单位、向下平移4个单位得到， 即：，， 解得：，， 即点P的坐标为，点Q的坐标为； 当点Q在点A上方时，， 当时， 所以点P的坐标为，， 所以点Q的坐标为； ②当是平行四边形的对角线时， 由中点定理得：，， 解得：，， 故点P，Q的坐标分别为，； 综上，P、Q的坐标分别为或，或或． 【点睛】本题考查了二次函数与平行四边形问题，用待定系数法求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，线段中点的有关计算,分类讨论平行四边形四个顶点的位置是解题的关键． 53．如图，E是正方形边上不与B，C重合的一动点，将绕点E顺时针旋转得到，连接交于G，交于H，连接． 【知识技能】（1）找出图中与相等的角，并证明你的结论： 【数学理解】（2）①若．求面积的最大值． ②若，，则正方形的边长为______． 【拓展探索】（3）求证：． 【答案】（1），，证明见详解；（2）①面积的最大值是；②正方形的边长为；（3）见详解 【分析】（1）由正方形的性质得，，由旋转得，，则，，，所以；将绕点顺时针旋转得到，可证明，得，则，，所以； （2）①作交的延长线于点，可证明，得，则，设，则，所以，当时，，所以△面积的最大值是； ②设正方形的边长为，则，而，，所以，，，由勾股定理得，求得符合题意的值为，于是得到问题的答案； （3）作交于点，作交的延长线于点，则，，推导出，所以，则，所以，则，所以四边形是平行四边形，则，再证明，得，所以． 【详解】（1）解：，， 证明：四边形是正方形， ，， 将绕点顺时针旋转得到， ，， ，，， ； 如图1，将绕点顺时针旋转得到，则，， ， ， ，， ， ∴L、B、E三点在同一条直线上， 在和中， ， ∴， ， ，， ． （2）解：①如图1，作交的延长线于点，则， 在和中， ， ∴， ， ， 设， ， ， ， ， 当时，， ∴面积的最大值是． ②如图1，设正方形的边长为，则， ，， ，，， ， ， ， 解得，（不符合题意，舍去）， 正方形的边长为， 故答案为：． （3）证明：如图2，作交于点，作交的延长线于点，则， 由（2）得， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， ， 在和中， ， ∴， ， ，且， ． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． 54．如图，在中，，E、F分别是上的点，的外接圆交于点Q、D； (1)如图甲所示，若D为的中点，求证：． (2)在第（1）题的条件下，请回答下列问题： ①如图乙所示，连接，交于点H，，若为等腰三角形，求的长； ②如图乙所示，与的面积之比是，且，求与的面积之比．（直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)①或或；② 【分析】（1）连接，根据圆周角定理及直角三角形斜边的中线等于斜边一半解决问题即可； （2）①分三种情形：如图甲所示，当时，可证四边形是正方形；如图乙所示，时，； 如图丙所示，当时，点与点重合，点与点重合，分别求解即可解决问题； ②如图，作于，于，连接．证明，推出，，由平分，，，推出，可得四边形是正方形，推出，因为，设，，则，，再利用三角形的面积公式计算机可解决问题． 【详解】（1）证明：连接，如图， 在中， ∵， ∴， ∵点是斜边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：①如图甲所示，当时， ∵， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形， ∴，又点是的中点， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴； 如图乙所示，时，， ∵， ∴，， 即， ∴， ∵，， ∴， ∴，； 如图丙所示，当时，点与点重合，点与点重合，； 综上所述，满足条件的的值为0或2或； ②如图，作于，于，连接． ∵，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴，； ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵平分，，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， 设，，则，， ∴． 【点睛】本题属于圆综合题，考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的判定和性质，矩形与正方形的判定与性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于压轴题． 55．如图①，二次函数的图象交轴于点和点，交轴于点． 　　　　　 (1)填空：______，_______； (2)如图②，已知点在抛物线上运动，连接、、，若，求点的坐标； (3)如图③，若点是抛物线位于第三象限图象上的一动点，连接交于点．连接，若的面积记为，的面积记为，则是否存在最大值？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或 (3)存在最大值，此时 【分析】本题考查二次函数综合应用，待定系数法，三角形面积，相似三角形判定与性质； （1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）根据解析式得出，进而求得，根据得出，设，进而根据三角形面积公式列出方程，解方程即可求解； （3）过作轴交于，过作轴交延长线于，求出由，可知直线解析式为，可得，，设，则，求得，根据，得出，进而根据二次函数的性质，即可求解． 【详解】（1）解：把，代入得： 解得 故答案为：，； （2）由（1）知抛物线解析式为； 令得， 解得或， ， ， ， ， 设， 解得或， 或； （3）存在最大值， 如图所示，过作轴交于，过作轴交延长线于，则， 设直线的解析式为 解得 直线解析式为， 在中，令得， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，存在最大值， 此时， ． 56．已知二次函数 (1)若点在抛物线上 ①求抛物线的对称轴； ②若该二次函数与坐标轴有三个交点，则的取值范围； (2)已知点，，若抛物线与线段只有一个公共点，结合函数图象，求的取值范围． 【答案】(1)①；②且； (2)或 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，利用二次函数的性质解决问题是解题的关键． （1）①由点在抛物线上，可得，从而得出，可得抛物线的对称轴为直线；②由抛物线的图象与坐标轴有三个交点，可得，结合得出c的取值范围； （2）当时，，可得点A在抛物线图象的下方，根据抛物线与线段有一个公共点，得到点的纵坐标大于等于时的函数值，求出b的取值范围即可． 【详解】（1）解：① ∵点在抛物线上， ∴， ∴， ∴抛物线的对称轴为直线； ②∵抛物线的图象与坐标轴有三个交点， 当时，，即抛物线的图象与y轴交于点， ∴抛物线的图象与x轴有两个交点，即方程有两个不相等的实数根， ∴， ∵， ∴， 解得：且； （2）当时，， ∵， ∴点A在抛物线图象的下方， ∵抛物线与线段有一个公共点， ∴点的纵坐标大于等于时的函数值， ∵当时，， ∴， ∴， 令， 当时，或， ∵抛物线的开口向上， ∴当或时，， ∴的解集为：或， ∴当或时，抛物线与线段只有一个公共点． 57．正方形和正方形的边长分别为和，将正方形绕点逆时针旋转，连接，相交于点． (1)如图1，在旋转过程中，线段和有何数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接、，取线段中点为点，线段中点为点，连接交于，交于点，证明：； (3)如图3，在正方形旋转的过程中，连接，若点是的内心，求点到的最大距离． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）如图1中，证明，可得结论； （2）根据以及三角形内角和定理得出，根据中位线的性质得出，进而证明是等腰直角三角形，即可得出是等腰直角三角形，即可得证； （3）根据得出在以为直径的半圆上运动，根据内心的性质得出四边形是正方形，则 ，设，则，结合图形可得，即当取得最大值，当三点共线时取得等于号，取得最大值，此时，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：结论：，理由如下： 四边形，四边形都是正方形， ，，， ， 在和中， ， ∴， ； （2）解：如图所示，连接交于点，连接，设交于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ， ， ； ∵四边形为正方形， ∴是的中点； ∵线段中点为点，线段中点为点，是的中点， ∴，； ∵，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （3）解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接； ∵，则， ∴在以为直径的半圆上运动， ∵是的内心， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴ ， 设，则， ∵，即，即当等于半径时，取得最大值，取得最大值， ∴当三点共线时取得等于号，取得最大值， 此时， ∴， 解得：， ∴点到的最大距离为． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形的中位线的性质与判定，三角形内心的性质，直角所对的弦是直径，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 58．某水果店购入一批进价为10元/千克的水果进行销售，经调查发现：销售单价不低于进价且不超过30元/千克时，日销售量（千克）与销售单价（元）是一次函数关系，如下表． 销售单价 20 22 24 销售量 32 28 24 (1)求与的函数表达式． (2)当销售单价定为多少元时，所获日销售利润最大，最大利润是多少？ (3)若为了尽快销售完这批水果，水果店决定降价销售，每千克降价元，该店经调查发现当取值在一定范围内时，销售利润会随着售价的增加而增加，求的取值范围． 【答案】(1) (2)销售单价定为23元时，所获日销售利润最大，最大利润是338元 (3) 【分析】本题考查二次函数的应用，关键是根据题意找到关系式． （1）设，把，代入再计算即可； （2）设日销售利润为w元，结合单件利润乘以销售量等于总利润，再建立函数解析式求解即可； （3）结合单件利润乘以销售量等于总利润，得到，再根据在一定范围内时，销售利润会随着售价的增加而增加求解即可． 【详解】（1）解：设，由题意得， ， 解得：， ∴y与x的函数表达式为， 答：y与x的函数表达式为； （2）解：设日销售利润为w元，由题意得， ， ∵销售单价不低于进价且不超过30元/千克， ∴， ∴当时，w有最大值338元， 答：当销售单价定为23元时，所获日销售利润最大，最大利润是338元； （3）解：由题意得， ∴对称轴为直线， ∴当时销售利润会随着售价的增加而增加， ∵销售单价不低于进价且不超过30元/千克， ∴， ∵该店经调查发现当取值在一定范围内时，销售利润会随着售价的增加而增加， ∴当时销售利润会随着售价的增加而增加， 解得， ∵， ∴． 59．如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连接交于点，连接，过点的切线交的延长线于点． (1)求证：； (2)连结交于点，若的半径为 ①若，求的周长； ②若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；  ② 【分析】（）根据点是的三等分点，得出，根据是的直径，可得，根据切线的性质可得，即可证明； （）如图，连接，可证，得到，再根据平行线等分线段定理可得，进而由直角三角形的 性质可得，设，则，，利用勾股定理解得，则，，证明，，进而根据相似三角形的性质即可求解；②如图，过点作于点，则，设，则，，，证明 ，得出，则，得出，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵点是的三等分点， ∴， ∵是的直径 ， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴ （2）解：①如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， 设，则，， 由勾股定理得, 即, 解得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，过点作于点，则 ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，（不合，舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，弧弦圆心角的关系，垂径定理的推论，切线的性质，平行线的判定，直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 60．如图，的两条弦，垂足为，点在上，平分，连接，分别交于于． (1)求证：； (2)求证：是的中点； (3)连接，若的半径为2，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理求出，结合对顶角相等及三角形内角和定理求出，根据直角三角形的性质求出，根据“等角对等边”即可得证； （2）结合圆周角定理、三角形内角和定理求出，根据等腰三角形的性质求出为的中点； （3）连接，，，，为的中点，根据三角形中位线的判定与性质求．根据圆周角定理求出，进而推出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， 又， ， 又， ∴， ， ， ， ∵， ∴， ， ； （2）证明：连接， ，， ， ， 又， 为的中点． （3）解：如图，连接，，，， 由（1）知，， 为的中点， 由（2）得为的中点 是的中位线， ． ， ， 是等腰直角三角形， ． ， ， ． 【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、三角形中位线定理，等腰三角形的判定等知识，作出合理的辅助线并熟练运用圆周角定理、三角形中位线定理是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$