【10年压轴题】2016-2025年深圳市选择、填空、解答题中考真题汇编卷

【10年压轴题】2016-2025年深圳市选择、填空、解答题中考真题汇编卷 一．选择题（共10小题） 1．（2025•深圳）如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合，EF为折痕，则的值为（　　） A． B． C． D． 2．（2024•深圳）如图，为了测量某电子厂的高度，小明用高1.8m的测量仪EF测得顶端A的仰角为45°，小军在小明的前面5m处用高1.5m的测量仪CD测得顶端A的仰角为53°，则电子厂AB的高度为（　　） （参考数据：，， A．22.7m B．22.4m C．21.2m D．23.0m 3．（2023•深圳）如图1，在Rt△ABC中，动点P从A点运动到B点再到C点后停止，速度为2单位/s，其中BP长与运动时间t（单位：s）的关系如图2，则AC的长为（　　） A． B． C．17 D．5 4．（2022•深圳）已知三角形ABE为直角三角形，∠ABE＝90°，DE为圆的直径，BC为圆O切线，C为切点，CA＝CD，则△ABC和△CDE面积之比为（　　） A．1：3 B．1：2 C．：2 D．（1）：1 5．（2021•深圳）在正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中点，在BC延长线上取点F使EF＝ED，过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G，交CD于点N，以下结论中：①tan∠GFB；②NM＝NC；③；④S四边形GBEM．正确的个数是（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 6．（2020•深圳）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H．给出以下结论： ①EF⊥BG； ②GE＝GF； ③△GDK和△GKH的面积相等； ④当点F与点C重合时，∠DEF＝75°， 其中正确的结论共有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（2019•深圳）如图，已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为4，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（　　） ①△BEC≌△AFC；②△ECF为等边三角形；③∠AGE＝∠AFC；④若AF＝1，则． A．1 B．2 C．3 D．4 8．（2018•深圳）如图，A、B是函数y上两点，P为一动点，作PB∥y轴，PA∥x轴，下列说法正确的是（　　） ①△AOP≌△BOP；②S△AOP＝S△BOP；③若OA＝OB，则OP平分∠AOB；④若S△BOP＝4，则S△ABP＝16 A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 9．（2017•深圳）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2＝OE•OP；③S△AOD＝S四边形OECF；④当BP＝1时，tan∠OAE，其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 10．（2016•深圳）如图，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论： ①AC＝FG；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC， 其中正确的结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 二．填空题（共10小题） 11．（2025•深圳）如图，以矩形ABCD的B点为圆心，BC的长为半径作⊙B，交AB于点F，点E为AD上一点，连接CE，将线段CE绕点E顺时针旋转90°至EG，点G落在⊙B上，且点F为EG中点．若AF＝1，AE＝3，则CD的长为　 　 ． 12．（2024•深圳）如图，在△ABC中，AB＝BC，tan∠B，D为BC上一点，若满足CDBD，过D作DE⊥AD交AC延长线于点E，则 　 　 ． 13．（2023•深圳）如图，在△ABC中，AB＝AC，tanB，点D为BC上一动点，连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，GE＜DG，且AG：CG＝3：1，则　 　 ． 14．（2022•深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，连接CE，以CE为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠FBD＝45°，则AF长为 　 　 ． 15．（2021•深圳）如图，在△ABC中，D，E分别为BC，AC上的点，将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，连接BF，CF，∠BFC＝90°，若EF∥AB，AB＝4，EF＝10，则AE的长为 　 　 ． 16．（2020•深圳）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB，，则　 　 ． 17．（2019•深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，C（0，﹣3），CD＝3AD，点A在反比例函数y图象上，且y轴平分∠ACB，求k＝　 　 ． 18．（2018•深圳）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，BE平分∠ABC，AD、BE相交于点F，且AF＝4，EF，则AC＝ 　 　 ． 19．（2017•深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt△MPN，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝　 　 ． 20．（2016•深圳）如图，四边形ABCO是平行四边形，OA＝2，AB＝6，点C在x轴的负半轴上，将▱ABCO绕点A逆时针旋转得到▱ADEF，AD经过点O，点F恰好落在x轴的正半轴上，若点D在反比例函数y（x＜0）的图象上，则k的值为　 　 ． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•深圳）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　 　 ；②AC2　 　 AD•BC．（填“＞”，“＜”或“＝”） 【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由． 22．（2024•深圳）【定义】 如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”． 如图1，在▱ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则▱ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点． 【应用】 （1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　 　 ；AB＝　 　 ； （2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5． ①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上； （不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母） ②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长． 23．（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F， ①求证：△ABE≌△FCB； ②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　 　 ． （2）如图2，在菱形ABCD中，cosA，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值． （3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝7时，请直接写出AG的长． 24．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG； （2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长． （3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交直线BC于点P，求PC的长． 25．（2021•深圳）在正方形ABCD中，等腰直角△AEF，∠AFE＝90°，连接CE，H为CE中点，连接BH、BF、HF，发现和∠HBF为定值． （1）①　 　 ； ②∠HBF＝　 　 ； ③小明为了证明①②，连接AC交BD于O，连接OH，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②． （2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，k，∠BDA＝∠EAF＝θ（0°＜θ＜90°）． 求①　 　 ；（用k的代数式表示） ②　 　 ．（用k、θ的代数式表示） 26．（2020•深圳）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴的交点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D． （1）求该抛物线的解析式； （2）连接AD，DC，CB，将△OBC沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到△O'B'C'，点O、B、C的对应点分别为点O'、B'、C'，设平移时间为t秒，当点O'与点A重合时停止移动．记△O'B'C'与四边形AOCD重合部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式； （3）如图2，过该抛物线上任意一点M（m，n）向直线l：y作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME﹣MF？若存在，请求出F的坐标；若不存在，请说明理由． 27．（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD． （1）求证：直线OD是⊙E的切线； （2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG； ①当tan∠ACF时，求所有F点的坐标　 　 （直接写出）； ②求的最大值． 28．（2018•深圳）已知抛物线，顶点为A，且经过点，点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，直线AB与x轴相交于点M，y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM＝∠MAF，求△POE的面积； （3）如图2，点Q是折线A﹣B﹣C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1，若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标． 29．（2017•深圳）如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（4，0），交y轴于点C； （1）求抛物线的解析式（用一般式表示）； （2）点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABCS△ABD？若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由； （3）将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长． 30．（2016•深圳）如图，抛物线y＝ax2+2x﹣3与x轴交于A、B两点，且B（1，0） （1）求抛物线的解析式和点A的坐标； （2）如图1，点P是直线y＝x上的动点，当直线y＝x平分∠APB时，求点P的坐标； （3）如图2，已知直线yx分别与x轴、y轴交于C、F两点，点Q是直线CF下方的抛物线上的一个动点，过点Q作y轴的平行线，交直线CF于点D，点E在线段CD的延长线上，连接QE．问：以QD为腰的等腰△QDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由． 【10年压轴题】2016-2025年深圳市选择、填空、解答题中考真题汇编卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C B B C D B C D 一．选择题（共10小题） 1．（2025•深圳）如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合，EF为折痕，则的值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°，OA＝OC， 由折叠可得， AO⊥EF，AG＝GO，∠EOA＝∠EAO＝45°，∠FOA＝∠FAO＝45°，AE＝OE，AF＝FO， ∴AE∥OF，AF∥OE，∠EOF＝90°， ∴四边形AEOF是正方形， ∴EF＝AO，GO＝AGOA， ∴CG＝CO+OG， ∴， 故选：D． 2．（2024•深圳）如图，为了测量某电子厂的高度，小明用高1.8m的测量仪EF测得顶端A的仰角为45°，小军在小明的前面5m处用高1.5m的测量仪CD测得顶端A的仰角为53°，则电子厂AB的高度为（　　） （参考数据：，， A．22.7m B．22.4m C．21.2m D．23.0m 【解答】解：由题意得：EF＝BM＝1.8m，CD＝BN＝1.5m，DF＝5m，EM＝BF，BD＝CN，EM⊥AB，CN⊥AB， 设BD＝CN＝x m， ∴EM＝BF＝DF+BD＝（x+5）m， 在Rt△AEM中，∠AEM＝45°， ∴AM＝EM•tan45°＝（x+5）m， 在Rt△ACN中，∠ACN＝53°， ∴AN＝CN•tan53°x（m）， ∵AM+BM＝AN+BN＝AB， ∴x+5+1.8x+1.5， 解得：x＝15.9， ∴ANx＝21.2（m）， ∴AB＝AN+BN＝21.2+1.5＝22.7（m）， ∴电子厂AB的高度约为22.7m， 故选：A． 3．（2023•深圳）如图1，在Rt△ABC中，动点P从A点运动到B点再到C点后停止，速度为2单位/s，其中BP长与运动时间t（单位：s）的关系如图2，则AC的长为（　　） A． B． C．17 D．5 【解答】解：由图象可知：t＝0时，点P与点A重合， ∴AB＝15， ∴点P从点A运动到点B所需的时间为15÷2＝7.5（s）； ∴点P从点B运动到点C的时间为11.5﹣7.5＝4（s）， ∴BC＝2×4＝8； 在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC＝17； 故选C． 4．（2022•深圳）已知三角形ABE为直角三角形，∠ABE＝90°，DE为圆的直径，BC为圆O切线，C为切点，CA＝CD，则△ABC和△CDE面积之比为（　　） A．1：3 B．1：2 C．：2 D．（1）：1 【解答】解：解法一：如图，连接OC， ∵BC是⊙O的切线，OC为半径， ∴OC⊥BC， 即∠OCB＝90°， ∴∠COD+∠OBC＝90°， 又∵∠ABE＝90°，即∠ABC+∠OBC＝90°， ∴∠ABC＝∠COD， ∵DE是⊙O的直径， ∴∠DCE＝90°，即∠OCE+∠OCD＝90°， 又∠A+∠E＝90°，而∠E＝∠OCE， ∴∠A＝∠OCD， 在△ABC和△COD中， ， ∴△ABC≌△COD（AAS）， 又∵EO＝DO， ∴S△COD＝S△COES△DCE， ∴S△ABCS△DCE， 即△ABC和△CDE面积之比为1：2； 解法二：如图，连接OC，过点B作BF⊥AC， ∵BC是⊙O的切线，OC为半径， ∴OC⊥BC， 即∠OCB＝90°， ∴∠OCD+∠BCD＝90°， 又∵∠ABE＝90°，即∠ABC+∠BCD＝90°， ∴∠ACB＝∠COD， ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC， 又∵∠A+∠E＝90°＝∠ODC+∠E， ∴∠A＝∠ACB， ∴AB＝BC， ∴AFACCD， ∵△ABF∽△DEC， ∴， ∴△ABC和△CDE面积之比（AC•BF）：（CD•EC） ＝BF：EC ＝1：2． 故选：B． 5．（2021•深圳）在正方形ABCD中，AB＝2，E是BC的中点，在BC延长线上取点F使EF＝ED，过点F作FG⊥ED交ED于点M，交AB于点G，交CD于点N，以下结论中：①tan∠GFB；②NM＝NC；③；④S四边形GBEM．正确的个数是（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∵AB＝2，点E是BC边的中点， ∴CE＝1， ∵∠DNM＝∠FNC， ∵FG⊥DE， ∴∠DMN＝90°， ∴∠DMN＝∠NCF＝90°，∠GFB＝∠EDC， tan∠GFB＝tan∠EDC，①正确； ②∵∠DMN＝∠NCF＝90°，∠MND＝∠FNC， ∴∠MDN＝∠CFN ∵∠ECD＝∠EMF，EF＝ED，∠MDN＝∠CFN ∴△DEC≌△FEM（AAS） ∴EM＝EC， ∴DM＝FC， ∠MDN＝∠CFN，∠MND＝∠FNC，DM＝FC， ∴△DMN≌△FCN（AAS）， ∴MN＝NC，故②正确； ③∵BE＝EC，ME＝EC， ∴BE＝ME， 在Rt△GBE和Rt△GME中，BE＝ME，GE＝GE， ∴Rt△GBE≌Rt△GME（HL）， ∴∠BEG＝∠MEG， ∵ME＝EC，∠EMC＝∠ECM， ∵∠EMC+∠ECM＝∠BEG+∠MEG， ∴∠GEB＝∠MCE， ∴MC∥GE， ∴， ∵EF＝DE， CF＝EF﹣EC1， ∴，故③错误； ④由上述可知：BE＝EC＝1，CF1， ∴BF1， ∵tanF＝tan∠EDC， ∴GBBF， ∴S四边形GBEM．故④正确， 故选：B． 6．（2020•深圳）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H．给出以下结论： ①EF⊥BG； ②GE＝GF； ③△GDK和△GKH的面积相等； ④当点F与点C重合时，∠DEF＝75°， 其中正确的结论共有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【解答】解：如图，连接BE，设EF与BG交于点O， ∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处， ∴EF垂直平分BG， ∴EF⊥BG，BO＝GO，BE＝EG，BF＝FG，故①正确， ∵AD∥BC， ∴∠EGO＝∠FBO， 又∵∠EOG＝∠BOF， ∴△BOF≌△GOE（ASA）， ∴BF＝EG， ∴BF＝EG＝GF，故②正确， ∵BE＝EG＝BF＝FG， ∴四边形BEGF是菱形， ∴∠BEF＝∠GEF， 当点F与点C重合时，则BF＝BC＝BE＝12， ∵sin∠AEB， ∴∠AEB＝30°， ∴∠DEF＝75°，故④正确， ∵BG平分∠EGF， ∴DG≠GH， 由角平分线定理，， ∵DK≠KH， ∴S△GDK≠S△GKH， 故③错误； 故选：C． 7．（2019•深圳）如图，已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为4，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（　　） ①△BEC≌△AFC；②△ECF为等边三角形；③∠AGE＝∠AFC；④若AF＝1，则． A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：①∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD， ∴∠B+∠BCD＝180°， ∵∠BCD＝120°， ∴∠B＝60°， ∴△ABC，△ACD是等边三角形， ∴∠B＝∠CAF＝60°， ∵BE＝AF，BC＝AC， ∴△BEC≌△AFC （SAS），正确； ②∵△BEC≌△AFC， ∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF， ∵∠BCE+∠ECA＝∠BCA＝60°， ∴∠ACF+∠ECA＝60°， ∴△CEF是等边三角形， 故②正确； ③∵∠AGE＝∠CAF+∠AFG＝60°+∠AFG； ∠AFC＝∠CFG+∠AFG＝60°+∠AFG， ∴∠AGE＝∠AFC， 故③正确； ④过点E作EM∥BC交AC于点M， 易证△AEM是等边三角形，则EM＝AE＝3， ∵AF∥EM， ∴则． 故④正确， 故①②③④都正确． 故选：D． 8．（2018•深圳）如图，A、B是函数y上两点，P为一动点，作PB∥y轴，PA∥x轴，下列说法正确的是（　　） ①△AOP≌△BOP；②S△AOP＝S△BOP；③若OA＝OB，则OP平分∠AOB；④若S△BOP＝4，则S△ABP＝16 A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【解答】解：∵点P是动点， ∴BP与AP不一定相等， ∴△BOP与△AOP不一定全等，故①不正确； 设P（m，n）， ∴BP∥y轴， ∴B（m，）， ∴BP＝|n|， ∴S△BOP|n|×m|12﹣mn| ∵PA∥x轴， ∴A（，n）， ∴AP＝|m|， ∴S△AOP|m|×n|12﹣mn|， ∴S△AOP＝S△BOP，故②正确； 如图，过点P作PF⊥OA于F，PE⊥OB于E， ∴S△AOPOA×PF，S△BOPOB×PE， ∵S△AOP＝S△BOP， ∴OB×PE＝OA×PF， ∵OA＝OB， ∴PE＝PF， ∵PE⊥OB，PF⊥OA， ∴OP是∠AOB的平分线，故③正确； 如图1，延长BP交x轴于N，延长AP交y轴于M， ∴AM⊥y轴，BN⊥x轴， ∴四边形OMPN是矩形， ∵点A，B在双曲线y上， ∴S△AMO＝S△BNO＝6， ∵S△BOP＝4， ∴S△PMO＝S△PNO＝2， ∴S矩形OMPN＝4， ∴mn＝4， ∴m， ∴BP＝|n|＝|3n﹣n|＝2|n|，AP＝|m|， ∴S△APBAP×BP2|n|8，故④错误； ∴正确的有②③， 故选：B． 9．（2017•深圳）如图，正方形ABCD的边长是3，BP＝CQ，连接AQ，DP交于点O，并分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE，下列结论：①AQ⊥DP；②OA2＝OE•OP；③S△AOD＝S四边形OECF；④当BP＝1时，tan∠OAE，其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°， ∵BP＝CQ， ∴AP＝BQ， 在△DAP与△ABQ中，， ∴△DAP≌△ABQ， ∴∠P＝∠Q， ∵∠Q+∠QAB＝90°， ∴∠P+∠QAB＝90°， ∴∠AOP＝90°， ∴AQ⊥DP； 故①正确； ∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO+∠P＝∠ADO+∠DAO＝90°， ∴∠DAO＝∠P， ∴△DAO∽△APO， ∴， ∴AO2＝OD•OP， ∵AE＞AB， ∴AE＞AD， ∴OD≠OE， ∴OA2≠OE•OP；故②错误； 在△CQF与△BPE中， ∴△CQF≌△BPE， ∴CF＝BE， ∴DF＝CE， 在△ADF与△DCE中，， ∴△ADF≌△DCE， ∴S△ADF﹣S△DFO＝S△DCE﹣S△DOF， 即S△AOD＝S四边形OECF；故③正确； ∵BP＝1，AB＝3， ∴AP＝4， ∵△PBE∽△PAD， ∴， ∴BE，∴QE， ∵△QOE∽△PAD， ∴， ∴QO，OE， ∴AO＝5﹣QO， ∴tan∠OAE，故④正确， 故选：C． 10．（2016•深圳）如图，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论： ①AC＝FG；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC， 其中正确的结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：∵四边形ADEF为正方形， ∴∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF， ∴∠CAD+∠FAG＝90°， ∵FG⊥CA， ∴∠GAF+∠AFG＝90°， ∴∠CAD＝∠AFG， 在△FGA和△ACD中，， ∴△FGA≌△ACD（AAS）， ∴AC＝FG，①正确； ∵BC＝AC， ∴FG＝BC， ∵∠ACB＝90°，FG⊥CA， ∴FG∥BC， ∴四边形CBFG是矩形， ∴∠CBF＝90°，S△FABFB•FGS四边形CBFG，②正确； ∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°， ∴∠ABC＝∠ABF＝45°，③正确； ∵四边形ADEF为正方形， ∴∠ADE＝∠QBD＝∠E＝90°， ∴∠ADC+∠QDB＝90°， ∵∠QDB+∠DQB＝90°， ∴∠FQE＝∠DQB＝∠ADC， ∵∠E＝∠C＝90°， ∴△ACD∽△FEQ， ∴AC：AD＝FE：FQ， ∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，④正确； 或：AD2表示正方形的面积；连接AQ，FQ×AC＝FQ×BC＝FQ×GF＝△AFQ面积的2倍（FQ为底，GF为高）＝△AFQ面积的2倍（AF为底，AD为高）＝正方形的面积，所以结论4是对的； 故选：D． 二．填空题（共10小题） 11．（2025•深圳）如图，以矩形ABCD的B点为圆心，BC的长为半径作⊙B，交AB于点F，点E为AD上一点，连接CE，将线段CE绕点E顺时针旋转90°至EG，点G落在⊙B上，且点F为EG中点．若AF＝1，AE＝3，则CD的长为　6　 ． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°； 在Rt△AEF中，AE＝3，AF＝1，∠A＝90， ∴， ∵点F是EG的中点， ∴， 由旋转得，，∠CEG＝90°， ∴∠AEF+∠CED＝90°， 又∵∠CED+∠DCE＝90°， ∴∠AEF＝∠DCE， 又∵∠D＝∠A＝90°， ∴△EAF∽△CDE， ∴， ∵AE＝3，AF＝1， ∴， 即CD＝3DE，设DE＝m，则CD＝3m， 在Rt△CDE中，DE2+CD2＝CE2， ∴， 解得x＝2 （负值舍去）， ∴CD＝3×2＝6． 故答案为：6． 12．（2024•深圳）如图，在△ABC中，AB＝BC，tan∠B，D为BC上一点，若满足CDBD，过D作DE⊥AD交AC延长线于点E，则 　　 ． 【解答】解：如图，过点A作AH⊥CB于点H，作CM⊥AD于点M， ∵AB＝BC，， 设BD＝8a，则CD＝5a， ∴BC＝AB＝BD+CD＝13a， ∵tanB， ∴AH＝5a，BH＝12a， ∴DH＝BH﹣BD＝4a，CH＝a， 在Rt△ACH中，ACa， 在Rt△ADH中，ADa， ∴cos∠ADC， ∴DM＝CD•cos∠ADCa， ∴AM＝AD﹣DMa， ∴． 故答案为：． 13．（2023•深圳）如图，在△ABC中，AB＝AC，tanB，点D为BC上一动点，连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，GE＜DG，且AG：CG＝3：1，则　　 ． 【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，过点A作AH⊥DE于点H， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 根据折叠的性质可知，∠B＝∠E，AF＝AH，AB＝AE，BF＝EH， ∴∠E＝∠C， 设CG＝a，则AG＝3a， ∴AB＝AC＝AE＝4a， 在Rt△ABF中，tanB， ∴BFAF， ∴， 解得：或AF（舍去）， ∴AH＝AF，BF＝EH， 在Rt△AGH中，GH， ∴EG＝EH﹣GH， ∵∠AGE＝∠DGC，∠E＝∠C， ∴△AEG∽△DCG， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 14．（2022•深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，连接CE，以CE为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠FBD＝45°，则AF长为 　　 ． 【解答】解：将线段BD绕点D顺时针旋转90°，得到线段HD，连接BH，延长HE交BC于G， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴∠HBD＝45°， ∵∠FBD＝45°， ∴点B、F、H共线， 又∵△EDC是等腰直角三角形， ∴HD＝BD，∠EDH＝∠CDB，ED＝CD， ∴△EDH≌△CDB（SAS）， ∴EH＝CB＝5，∠DHE＝∠CBD， ∴∠BGH＝∠BDH＝90°， ∴HE∥AB， ∴△ABF∽△EHF， ∴， ∵AE＝2， ∴， ∴AF， 故答案为：． 15．（2021•深圳）如图，在△ABC中，D，E分别为BC，AC上的点，将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，连接BF，CF，∠BFC＝90°，若EF∥AB，AB＝4，EF＝10，则AE的长为 　10﹣4　 ． 【解答】解：方法一、如图，延长ED交FC于G，延长BA，DE交于点M， ∵将△CDE沿DE折叠，得到△FDE， ∴EF＝EC，DF＝DC，∠FED＝∠CED， ∴EG⊥CF， 又∵∠BFC＝90°， ∴BF∥EG， ∵AB∥EF， ∴四边形BFEM是平行四边形， ∴BM＝EF＝10， ∴AM＝BM﹣AB＝10﹣4， ∵AB∥EF， ∴∠M＝∠FED， ∴∠M＝∠CED＝∠AEM， ∴AE＝AM＝10﹣4， 方法二、延长CA和FB相交于点H， ∵折叠， ∴EF＝EC， ∴∠EFC＝∠ECF， 又∵∠BFC＝90°， ∴∠H＝∠EFH， ∴EF＝EC＝HE＝10， ∵AB∥EF， ∴∠ABH＝∠EFH＝∠H， ∴AB＝AH＝4， ∴AE＝HE﹣AH＝10﹣4． 故答案为：10﹣4． 16．（2020•深圳）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB，，则　　 ． 【解答】解：如图，过点D作DM∥BC，交CA的延长线于点M，延长BA交DM于点N， ∵DM∥BC， ∴△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM， ∴tan∠ACB，， 又∵∠ABC＝∠DAC＝90°， ∴∠BAC+∠NAD＝90°， ∵∠BAC+∠BCA＝90°， ∴∠NAD＝∠BCA， ∴△ABC∽△DAN， ∴， 设BC＝4a， 由得，DM＝3a， ∴AB＝2a，DNa，ANa， ∴NB＝AB+AN＝2aaa， ∴． 故答案为：． 17．（2019•深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，C（0，﹣3），CD＝3AD，点A在反比例函数y图象上，且y轴平分∠ACB，求k＝　　 ． 【解答】解：过A作AE⊥x轴，垂足为E， ∵C（0，﹣3）， ∴OC＝3， ∵∠AED＝∠COD＝90°，∠ADE＝∠CDO ∴△ADE∽△CDO， ∴， ∴AE＝1； 又∵y轴平分∠ACB，CO⊥BD， ∴BO＝OD， ∵∠ABC＝90°， ∴∠OCD＝∠DAE＝∠ABE， ∴△ABE∽△DCO， ∴ 设DE＝n，则BO＝OD＝3n，BE＝7n， ∴， ∴n ∴OE＝4n ∴A（，1） ∴k． 故答案为：． 18．（2018•深圳）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，BE平分∠ABC，AD、BE相交于点F，且AF＝4，EF，则AC＝ 　　 ． 【解答】解：如图，过点E作EG⊥AD于G，连接CF， ∵AD，BE是分别是∠BAC和∠ABC的平分线， ∴∠CAD＝∠BAD，∠CBE＝∠ABE， ∵∠ACB＝90°， ∴2（∠BAD+∠ABE）＝90°， ∴∠BAD+∠ABE＝45°， ∴∠EFG＝∠BAD+∠ABE＝45°， 在Rt△EFG中，EF， ∴FG＝EG＝1， ∵AF＝4， ∴AG＝AF﹣FG＝3，根据勾股定理得，AE， ∵AD平分∠CAB，BE平分∠ABC， ∴CF是∠ACB的平分线， ∴∠ACF＝45°＝∠AFE， ∵∠CAF＝∠FAE， ∴△AEF∽△AFC， ∴， ∴AC， 故答案为． 19．（2017•深圳）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt△MPN，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝　3　 ． 【解答】解：如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R． ∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°， ∴四边形PQBR是矩形， ∴∠QPR＝90°＝∠MPN， ∴∠QPE＝∠RPF， ∴△QPE∽△RPF， ∴2， ∴PQ＝2PR＝2BQ， ∵PQ∥BC， ∴AQ：QP：AP＝AB：BC：AC＝3：4：5，设PQ＝4x，则AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x， ∴2x+3x＝3， ∴x， ∴AP＝5x＝3． 故答案为3． 20．（2016•深圳）如图，四边形ABCO是平行四边形，OA＝2，AB＝6，点C在x轴的负半轴上，将▱ABCO绕点A逆时针旋转得到▱ADEF，AD经过点O，点F恰好落在x轴的正半轴上，若点D在反比例函数y（x＜0）的图象上，则k的值为　4　 ． 【解答】解：如图所示：过点D作DM⊥x轴于点M， 由题意可得：∠BAO＝∠OAF，AO＝AF，AB∥OC， 则∠BAO＝∠AOF＝∠AFO＝∠OAF， 故∠AOF＝60°＝∠DOM， ∵OD＝AD﹣OA＝AB﹣OA＝6﹣2＝4， ∴MO＝2，MD＝2， ∴D（﹣2，﹣2）， ∴k＝﹣2×（﹣2）＝4． 故答案为：4． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•深圳）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　平行　 ；②AC2　＝　 AD•BC．（填“＞”，“＜”或“＝”） 【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由． 【解答】【问题解决】解：①∵AB＝AC，DA＝DC，∠BAC＝∠ADC， ∴，， ∴∠DAC＝∠ACB， ∴AD∥BC； ②∵∠DAC＝∠ACB，∠BAC＝∠ADC， ∴△ABC∽△DAC， ∴， ∴AC2＝BC•CD， ∵CD＝AD， ∴AC2＝BC•AD； 故答案为：①平行；②＝； 【方法应用】①证明：∵△ADE为△ABC旋转得到， ∴AB＝AD， 令∠B＝α，则∠ADB＝α，∠BAD＝180°﹣2α， ∴∠ADE＝∠B＝a， 由旋转得，DE＝BC，AE＝AC， 又∵AC＝BC， ∴EA＝ED， ∴∠DAE＝∠ADE＝α， ∴∠E＝180°﹣2α， ∴∠E＝∠BAD， ∴四边形ABDE为双等四边形； ②解：作AH⊥BC于点H， ∴AB＝5， ∴BH＝3，AH＝4， 设CH＝x，则AC＝BC＝x+3， 在Rt△AHC中，CH2+AH2＝AC2， 即x2+42＝（x+3）2， 解得：， ∴，， 第一种情况：若∠ACB＝∠D＝∠CAD，CA＝CD时，CD＝AC； 第二种情况：若∠ACB＝∠D＝∠ACD，AD＝AC时， ∴AD＝AC， 作AM⊥CD于点M， ∴CM＝DM， ∴， ∴CMAC， ∴； 第三种情况：若∠D＝∠ACB，DA＝DC时，如图， ∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB＝∠ABC， ∴△CAB∽△DAC， ∴， ∴， ∴； 综上所述：满足条件时，或或． 22．（2024•深圳）【定义】 如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”． 如图1，在▱ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则▱ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点． 【应用】 （1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　1　 ；AB＝　　 ； （2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5． ①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上； （不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母） ②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长． 【解答】解：（1）由题可知，， ∵AF∥BC， ∴△AEF∽△CEB， ∴， ∵CE＝2， ∴AE＝1， ∵， ∴， ∴； 故答案为：1；； （2），证明如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD， ∴△AED∽△FEB， ∴2， 设BE＝x，则DE＝2x， ∴AB＝BD＝3x， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）①第一种情况：如图①． 第二种情况：如图②． 第三种情况：如图③． ②若按照上图①作图，即如图④， 由题意可知，∠ACB＝∠ACP，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ACB＝∠PAC， ∴∠PAC＝∠PCA， ∴△PAC是等腰三角形； 过P作PH⊥AC于H，则AH＝HC， ∵BE＝5，CE＝2AE＝12， ∴B′E＝BE＝5，AE＝6， ∴， ∴EH＝AH﹣AE＝9﹣6＝3， ∵PH⊥AC，BE⊥AC， ∴△CPH∽△CB′E， ∴， 即， ∴； 若按照上图②作图，即如图⑤， 延长CA、DF交于点G， 同理可得△PGC是等腰三角形， 连接PA， ∵GF∥BC， ∴△GAF∽△CAB， ∴， ∴AG＝AC， ∴PA⊥AC； 同理△CPA∽△CB′E， ∵AE＝6，EC＝12，B'E＝BE＝5， ∴， 即， ∴； 若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE（不符合题意），即如图⑥， 故答案为：或． 23．（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F， ①求证：△ABE≌△FCB； ②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　20　 ． （2）如图2，在菱形ABCD中，cosA，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值． （3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝7时，请直接写出AG的长． 【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A＝∠ABC＝90°， ∴∠ABE+∠CBF＝90°， 又∵CF⊥BC， ∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°， ∴∠FCB＝∠ABE， 又∵BC＝BE， ∴△ABE≌△FCB（AAS）； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°， ∴△ABE∽△FCB． ∴， 又∵S矩形ABCD＝AB•CD＝20， ∴BE•CF＝AB•BC＝20， （2）∵在菱形ABCD中，， ∴AD∥BC，AB＝BC，则∠CBE＝∠A， ∵CE⊥AB，∠CEB＝90°， ∴， ∴， ∴， ∵EF⊥AD，CE⊥AB， ∴∠AFE＝∠BEC＝90°， 又∵∠CBE＝∠A， ∴△AFE∽△BEC， ∴， ∴EF•BC＝AE•CEAB×CES菱形ABCD24＝32； （3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作 EH⊥DM于点H， ∵平行四边形ABCD中，AB＝6，CE＝2， ∴CD＝AB＝6， DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4， ∵DM∥FC， ∴△EDM∽△ECF， ∴， 2， ∴S△MGE＝2S△EFG＝EF•EG＝7， 在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°， 则 ，， ∴， ∴MG＝7， ∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE， ∴tan∠MEH＝tan∠HGE， ∵， ∴HE2＝HM•HG， 设AG＝a，则GD＝AD﹣AG＝5﹣a， GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a， （2）2＝a（7﹣a）， 解得：a＝3或a＝4， 即AG＝3或AG＝4， ②当G点在AB边上时，如图所示， 连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形， 设AG＝x，则 DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x， ∵GN∥CM， ∴△ENG∽△ECM， ∴， ∴， ∴， ∵EF•， ∴， 过点E作EH⊥BC于点H， 在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°， ∴，CH＝1， ∴， 则 ， ∴， ∴，， ∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M， ∴tan∠FEH＝tan∠M， 即 ， ∴EH2＝FH•HM， 即 ， 解得： x2＝8 （舍去）， 即 ； ③当G点在BC边上时，如图所示， 过点B作BT⊥DC于点T， 在Rt△BTC 中，， ， ， EF•EG＝7， ∴， ∵， ∴G点不可能在BC边上， ④当G点在CD上时，EF⊥GE，不符合相交，舍去， 综上所述，AG的长为3或4或 ． 24．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG； （2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长． （3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交直线BC于点P，求PC的长． 【解答】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°， ∴∠BFG＝90°＝∠C， ∵AB＝BC＝BF，BG＝BG， ∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）； （2）解：延长BH，AD交于Q，如图： 设FH＝HC＝x， 在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2， ∴82+x2＝（6+x）2， 解得x， ∴DH＝DC﹣HC， ∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG， ∴△BFG∽△BCH， ∴，即， ∴BG，FG， ∵EQ∥GB，DQ∥CB， ∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB， ∴，即， ∴DQ， 设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m， ∴EQ＝DE+DQ＝8﹣mm， ∵△EFQ∽△GFB， ∴，即， 解得m， ∴AE的长为； 方法2：连接GH，如图： ∵CH＝FH，GH＝GH， ∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL）， ∴CG＝FG， 设CG＝FG＝x，则BG＝8﹣x， 在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2， ∴62+x2＝（8﹣x）2， 解得x， ∴BG＝BC﹣x， ∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB， ∴EG＝BG， ∴EF＝EG﹣FG； ∴AE； （3）解：方法一： （Ⅰ）当DEDC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图： 设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x， ∵CP∥DQ， ∴△CPE∽△QDE， ∴2， ∴CP＝2x， ∵△ADE沿AE翻折得到△AFE， ∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE， ∴AE是△AQF的角平分线， ∴，即①， ∵∠D＝60°， ∴DHDQx，HE＝DE﹣DH＝2x，HQDHx， 在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2， ∴（2x）2+（x）2＝y2②， 联立①②可解得x， ∴CP＝2x； （Ⅱ）当CEDC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图： 设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则AQ'＝6+x'， 同理∠Q'AE＝∠EAF， ∴，即， 由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（x'）2+（x'+4）2＝y'2， 可解得x'， ∴CPx'， 综上所述，CP的长为或． 方法二： （Ⅰ）当DEDC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于K，如图： ∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°， ∴△ABC，△ADC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC， ∴∠PCK＝60°， ∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE， ∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2， ∴∠AFC＝∠ACF， ∴∠PFC＝∠PCF， ∴PF＝PC， 设PF＝PC＝2m， 在Rt△PCK中，CK＝m，PKm， ∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m， 在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2， ∴（4﹣m）2+（m）2＝（2+2m）2， 解得m， ∴PC＝2m； （Ⅱ）当CEDC＝2时，连接CF，过P作PT⊥CD交DC延长线于T，如图： 同（Ⅰ）可证AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE， ∴∠ACF＝∠AFC， ∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC， ∴PC＝PF， 设PC＝PF＝2n， 在Rt△PCT中， CT＝n，PTn， ∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n， 在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2， ∴（n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2， 解得n， ∴PC＝2n， 综上所述，CP的长为或． 25．（2021•深圳）在正方形ABCD中，等腰直角△AEF，∠AFE＝90°，连接CE，H为CE中点，连接BH、BF、HF，发现和∠HBF为定值． （1）①　　 ； ②∠HBF＝　45°　 ； ③小明为了证明①②，连接AC交BD于O，连接OH，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②． （2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，k，∠BDA＝∠EAF＝θ（0°＜θ＜90°）． 求①　　 ；（用k的代数式表示） ②　　 ．（用k、θ的代数式表示） 【解答】解：①；②45°； ③由正方形的性质得：，O为AC的中点， 又∵H为CE的中点， ∴OH∥AE，OH， ∵△AEF是等腰直角三角形， ∴AE， ∴， ∵OH∥AE， ∴∠COH＝∠CAE， ∴∠BOH＝∠BAF， ∴△BOH∽△BAF， ∴， ∴∠HBF＝∠HBO+∠DBF＝∠DBA＝45°； （2）①如图2，连接AC交BD于点O，连接OH， 由（1）中③问同理可证：△DOH∽△DAF， ∴， ②由①知：△DOH∽△DAF， ∴∠HDO＝∠FDA， ∴∠HDF＝∠BDA＝θ， 在△HDF中，， 设DF＝2t，HD＝kt， 作HM⊥DF于M， ∴HM＝DH×sinθ＝ktsinθ，DM＝ktcosθ， ∴MF＝DF﹣DM＝（2﹣kcosθ）t， 在Rt△HMF中，由勾股定理得： HF， ∴． 26．（2020•深圳）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴的交点A（﹣3，0）和B（1，0），与y轴交于点C，顶点为D． （1）求该抛物线的解析式； （2）连接AD，DC，CB，将△OBC沿x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到△O'B'C'，点O、B、C的对应点分别为点O'、B'、C'，设平移时间为t秒，当点O'与点A重合时停止移动．记△O'B'C'与四边形AOCD重合部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式； （3）如图2，过该抛物线上任意一点M（m，n）向直线l：y作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME﹣MF？若存在，请求出F的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点A（﹣3，0），B（1，0）， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3； （2）①0＜t＜1时，如图1，若B'C'与y轴交于点F， ∵OO'＝t，OB'＝1﹣t， ∴OF＝3OB'＝3﹣3t， ∴S（C'O'+OF）×OO'（3+3﹣3t）×t3t， ②1≤t时，S； ③t≤3时，如图2，C′O′与AD交于点Q，B′C′与AD交于点P，过点P作PH⊥C′O′于H， ∵AO＝3，O'O＝t， ∴AO'＝3﹣t，O'Q＝6﹣2t， ∴C'Q＝2t﹣3， ∵QH＝2PH，C'H＝3PH， ∴PHC'Q（2t﹣3）， ∴S（2t﹣3）， ∴S， 综合以上可得：S． （3）令F（﹣1，t），则MF，MEn， ∵ME﹣MF， ∴MF＝ME， ∴， ∴m2+2m+1+t2﹣2nt． ∵n＝﹣m2﹣2m+3， ∴m2+2m﹣3＝﹣n， ∴3﹣n+1+t2﹣2nt， ∴t2﹣2nt0． 当t时，上式对于任意n恒成立， ∴存在F（﹣1，）． 27．（2019•深圳）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD． （1）求证：直线OD是⊙E的切线； （2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG； ①当tan∠ACF时，求所有F点的坐标　，F2（5，0）　 （直接写出）； ②求的最大值． 【解答】解：（1）证明：如图1，连接DE，BD， ∵BC为圆的直径， ∴∠BDC＝90°， ∴∠BDA＝90° ∵OA＝OB ∴OD＝OB＝OA ∴∠OBD＝∠ODB ∵EB＝ED ∴∠EBD＝∠EDB ∴∠EBD+∠OBD＝∠EDB+∠ODB 即：∠EBO＝∠EDO ∵CB⊥x轴 ∴∠EBO＝90° ∴∠EDO＝90° ∵点D在⊙E上 ∴直线OD为⊙E的切线． （2）①如图2，当F位于AB上时，过F作F1N⊥AC于N， ∵F1N⊥AC ∴∠ANF1＝∠ABC＝90° ∴△ANF∽△ABC ∴ ∵AB＝6，BC＝8， ∴AC10，即AB：BC：AC＝6：8：10＝3：4：5 ∴设AN＝3k，则NF1＝4k，AF1＝5k ∴CN＝CA﹣AN＝10﹣3k ∴tan∠ACF，解得：k ∴ 即F1（，0） 如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M， ∵△AMF2∽△ABC ∴设AM＝3k，则MF2＝4k，AF2＝5k ∴CM＝CA+AM＝10+3k ∴tan∠ACF 解得： ∴AF2＝5k＝2 OF2＝3+2＝5 即F2（5，0） 故答案为：F1（，0），F2（5，0）． ②方法1：如图4，过G作GH⊥BC于H， ∵CB为直径， ∴∠BHG＝∠CBF＝∠BGC＝90°， ∴∠CBG+∠BCG＝∠BFC+∠BCG＝90°， ∴∠CBG＝∠BFC， ∴△BGH∽△FCB， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值为． 方法2：设∠BCG＝α，则sinα，cosα， ∴sinαcosα ∵（sinα﹣cosα）2≥0，即：sin2α+cos2α≥2sinαcosα ∵sin2α+cos2α＝1， ∴sinαcosα，即 ∴的最大值． 28．（2018•深圳）已知抛物线，顶点为A，且经过点，点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，直线AB与x轴相交于点M，y轴相交于点E，抛物线与y轴相交于点F，在直线AB上有一点P，若∠OPM＝∠MAF，求△POE的面积； （3）如图2，点Q是折线A﹣B﹣C上一点，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，直线QN与直线EN相交于点N，连接QE，将△QEN沿QE翻折得到△QEN1，若点N1落在x轴上，请直接写出Q点的坐标． 【解答】解：（1）把点代入， 解得：a＝1， ∴抛物线的解析式为：； （2）由知A（，﹣2）， 设直线AB解析式为：y＝kx+b，代入点A，B的坐标， 得：， 解得：， ∴直线AB的解析式为：y＝﹣2x﹣1， 易求E（0，﹣1），，， 若∠OPM＝∠MAF， ∴OP∥AF， ∴△OPE∽△FAE， ∴， ∴， 设点P（t，﹣2t﹣1），则， 解得，， ∵△POE的面积•OE•|t|， ∴△POE的面积为或． （3）若点Q在AB上运动，如图1， 设Q（a，﹣2a﹣1），则NE＝﹣a、QN＝﹣2a， 由翻折知QN′＝QN＝﹣2a、N′E＝NE＝﹣a， 由∠QN′E＝∠N＝90°易知△QRN′∽△N′SE， ∴，即2， ∴QR＝2、ES， 由NE+ES＝NS＝QR可得﹣a2， 解得：a， ∴Q（，）； 若点Q在BC上运动，且Q在y轴左侧，如图2， 设NE＝a，则N′E＝a， 易知RN′＝2、SN′＝1、QN′＝QN＝3， ∴QR、SEa， 在Rt△SEN′中，（a）2+12＝a2， 解得：a， ∴Q（，2）； 若点Q在BC上运动，且点Q在y轴右侧，如图3， 设NE＝a，则N′E＝a， 易知RN′＝2、SN′＝1、QN′＝QN＝3， ∴QR、SEa， 在Rt△SEN′中，（a）2+12＝a2， 解得：a， ∴Q（，2）． 综上，点Q的坐标为（，）或（，2）或（，2）． 29．（2017•深圳）如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（4，0），交y轴于点C； （1）求抛物线的解析式（用一般式表示）； （2）点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABCS△ABD？若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由； （3）将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长． 【解答】解： （1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣1，0），B（4，0）， ∴，解得， ∴抛物线解析式为yx2x+2； （2）由题意可知C（0，2），A（﹣1，0），B（4，0）， ∴AB＝5，OC＝2， ∴S△ABCAB•OC5×2＝5， ∵S△ABCS△ABD， ∴S△ABD5， 设D（x，y）， ∴AB•|y|5|y|，解得|y|＝3， 当y＝3时，由x2x+2＝3，解得x＝1或x＝2，此时D点坐标为（1，3）或（2，3）； 当y＝﹣3时，由x2x+2＝﹣3，解得x＝﹣2（舍去）或x＝5，此时D点坐标为（5，﹣3）； 综上可知存在满足条件的点D，其坐标为（1，3）或（2，3）或（5，﹣3）； （3）∵AO＝1，OC＝2，OB＝4，AB＝5， ∴AC，BC2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC为直角三角形，即BC⊥AC， 如图，设直线AC与直线BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M， 由题意可知∠FBC＝45°， ∴∠CFB＝45°， ∴CF＝BC＝2， ∴，即，解得OM＝2，，即，解得FM＝6， ∴F（2，6），且B（4，0）， 设直线BE解析式为y＝kx+m，则可得，解得， ∴直线BE解析式为y＝﹣3x+12， 联立直线BE和抛物线解析式可得，解得或， ∴E（5，﹣3）， ∴BE． 30．（2016•深圳）如图，抛物线y＝ax2+2x﹣3与x轴交于A、B两点，且B（1，0） （1）求抛物线的解析式和点A的坐标； （2）如图1，点P是直线y＝x上的动点，当直线y＝x平分∠APB时，求点P的坐标； （3）如图2，已知直线yx分别与x轴、y轴交于C、F两点，点Q是直线CF下方的抛物线上的一个动点，过点Q作y轴的平行线，交直线CF于点D，点E在线段CD的延长线上，连接QE．问：以QD为腰的等腰△QDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由． 【解答】解： （1）把B（1，0）代入y＝ax2+2x﹣3， 可得a+2﹣3＝0，解得a＝1， ∴抛物线解析式为y＝x2+2x﹣3， 令y＝0，可得x2+2x﹣3＝0，解得x＝1或x＝﹣3， ∴A点坐标为（﹣3，0）； （2）若y＝x平分∠APB，则∠APO＝∠BPO， 如图1，若P点在x轴上方，PA与y轴交于点B′， 由于点P在直线y＝x上，可知∠POB＝∠POB′＝45°， 在△BPO和△B′PO中 ， ∴△BPO≌△B′PO（ASA）， ∴BO＝B′O＝1， 设直线AP解析式为y＝kx+b，把A、B′两点坐标代入可得 ，解得， ∴直线AP解析式为yx+1， 联立，解得， ∴P点坐标为（，）； 若P点在x轴下方时，同理可得△BOP≌△B′OP， ∴∠BPO＝∠B′PO， 又∠B′PO在∠APO的内部， ∴∠APO≠∠BPO，即此时没有满足条件的P点， 综上可知P点坐标为（，）； （3）如图2，作QH⊥CF，交CF于点H，设抛物线交y轴于点M． ∵CF为yx， ∴可求得C（，0），F（0，）， ∴tan∠OFC， ∵DQ∥y轴， ∴∠QDH＝∠MFD＝∠OFC， ∴tan∠HDQ， 不妨设DQ＝t，DHt，HQt， ∵△QDE是以DQ为腰的等腰三角形， ∴若DQ＝DE，则S△DEQDE•HQt×tt2， 若DQ＝QE，则S△DEQDE•HQ2DH•HQttt2， ∵t2t2， ∴当DQ＝QE时△DEQ的面积比DQ＝DE时大． 设Q点坐标为（x，x2+2x﹣3），则D（x，x）， ∵Q点在直线CF的下方， ∴DQ＝tx（x2+2x﹣3）＝﹣x2x， 当x时，tmax＝3， ∴（S△DEQ）maxt2， 即以QD为腰的等腰三角形的面积最大值为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$