03-专题三 几何综合题(第22题)-【一战成名新中考】2026安徽中考数学·二轮复习·专项分类提升练

专题三儿何综合题（第22题） 类型①以全等三角形为核心(2025.22,2022.22,2018.23) 例1多解法[2025安徽22题12分]已知点A'在正方形ABCD内，点E在边AD上，BE是线段AA'的 垂直平分线，连接A'E,A'B. (1)如图①，若BA'的延长线经过点D,AE=1,求AB的长； 思路分析：易证△ABE≌△A'BE,△A'DE是等腰直角三角形 A B 例1题图① (2)如图②，点F是A4'的延长线与CD的交点，连接CA', (i)求证：∠CA'F=45°； 思路分析： 证法1： ∠A4'G=LAM'B+∠C'B=2（180-LAB)+(180-∠CB): 证法2： 利用隐圆，由圆内接四边形外角等于内对角可知∠CA'F=45° y A B 例1题图② 42 专项分类提升练·安徽数学 一战成名新中考 (i)如图③，设AF,BE相交于点G,连接CG,DG,DA',若CG=CB,判断△A'DG的形状，并说明 理由。 思路分析： 作CN⊥BG交BG于点M,交AB于点N,利用中位线性质可得BN 解法1 )AB,易证△ABE≌△BCY,△MDM'≌△BAG,进而即可证明 △A'DG的形状： 作CN⊥BG交AB于点N】 ∠AA'D=90°， 十字全等+平行线等分线段得 解法2 an∠ABE- 2 1 则A'D= AA'=A'G=△A'DG为等腰直角三角形； 2 延长BA'交CD于点M,倒角得∠DCA'=∠GCA',则△CDA'≌ 解法3 △CGA'→A'DG为等腰直角三角形 例1题图③ 专项分类提升练·安徽数学 43 ©针对训练 1.[2022安徽22题12分]已知四边形ABCD中，BC=CD,连接BD,过点C作BD的垂线交AB于点E,连 接DE. (1)如图①，若DE∥BC,求证：四边形BCDE是菱形： (2)如图②，连接AC,设BD,AC相交于点F,DE垂直平分线段AC. (i)求∠CED的大小： (ii)若AF=AE,求证：BE=CF. D 图① 图② 第1题图 2.[2025芜湖三模]如图①，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，作DF⊥AE交BC于点F,交AE于点G. (1)求证：△ADE≌△DCF; (2)如图②，作∠GAH=45°，交BC边于点H,交DF的延长线于点I,连接EH. (i)求证：BH+CF=EH: (ii)若CF=4,FH=1,求IH的长 G B 图① 图② 第2题图 44 专项分类提升练·安徽数学 一战成名新中考 类型②以相似三角形为核心(2023.22,2019.23) 例2多解法[2023安徽22题12分]在Rt△ABC中，M是斜边AB的中点，将线段MA绕点M旋转至 MD的位置，点D在直线AB外，连接AD,BD. (1)如图①，求∠ADB的大小： 思路分析： 利用等腰三角形性质，三角形内角和求解 解法1 ∠MAD=∠MDA ∠ADB=∠MDA+∠MDB ∠MDB=∠MBD 利用圆的性质求解 解法2 点A,D,B在以AB为直径的⊙M上，直径所对的圆周角 为90° M 例2题图① (2)已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD,DE∥AB. (i)如图②，连接CD,求证：BD=CD: 思路分析： 利用中点，证明线段相等 证法1 MD∥AC D为BF的中点 M为AB的中，点) 利用线段垂直平分线的性质，证明线段相等 MD∥AC 证法2 ∠ACB=90° →MD垂直平分BC M为AB的中点 根据四，点共圆，利用圆周角与弦之间的关系，证明线段相等 证法3 ∠ACB=90°) →A,B,D,C四点共圆 ∠ADB=90°) 例2题图② 专项分类提升练·安徽数学 45 (ii)如图③，连接BE,若AC=8,BC=6,求tan∠ABE的值. 思路分析： 利用勾股定理，三角函数求解 过，点E作EH⊥AB于点H AE=5 解法1 sin∠CAB= BC EH tan∠ABE= EH AB AE BH BH=AB-AH 利用相似求解，过，点E作EH⊥AB于点H 解法2 △AHE∽△ACB) tan∠ABE=EH BH=AB-AH BH 利用四点共圆，圆周角、孤、弦之间的关系求解 延长BE交⊙M于点F,连接AF ∠F=∠ACB 解法3 E AF-tanL FAE=tan LCBE tan LABE-AF AF2+EF=AE 例2题图③ 46 专项分类提升练·安徽数学 一战成名新中考 @针对训练 3.[2025合肥中科大附中一模]如图①，四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,OA=OC,OB=OD+CD. (I)在图①中，过点A作AE∥DC交BD于点E,求证：BE=AE; (2)如图②，将△ABD沿AB翻折得到△ABD', (i)求证：D'B∥DC; (ii)若AD'∥BC,OD=1,求CD的长 D ⊙ 图① 图② 第3题图 4.[2025马鞍山二模]如图，在口ABCD中，E,F分别是边AD,AB上的动点. (I)已知∠A=90,BG1EF交ABCD的一边于点G,an∠EGF=2 3 (i)如图①，若点G在CD边上，求证：3AF=2DE; (ii)如图②，若点G在BC边上，且AF=3,AE=8,求BF的长； ②如图③，若∠A90,点G在边BC上，且LFEG=LBAD,若北，北求 米E的值 G G D E 图① 图② 图③ 第4题图 专项分类提升练·安徽数学 47 类型3全等、相似三角形综合型(2024.22,2021.23,2020.23,2017.23,2016.23,2015.23) 例3多解法)[2024安徽22题12分]如图①，口ABCD的对角线AC与BD交于点O,点M,N分别在 边AD,BC上，且AM=CN,点E,F分别是BD与AW,CM的交点. (1)求证：0E=0F; 思路分析：易证四边形AWCM为平行四边形 ∠OAE=∠OCF 证法1 利用“平行线型”全等证线段相等OA=OC △AOE兰△COF ∠AOE=∠COF ∠BEN=∠DFM 证法2 利用AAS全等证线段相等→∠EBN=∠FDM △EBN≌△FDM BN=DM 例3题图① (2)连接BM交AC于点H.连接HE,HF: (i)如图②，若HE∥AB,求证：HF∥AD: 思路分析：利用对应线段成比例证明线段平行一00F →HF∥AD AH FD 例3题图② 48 专项分类提升练·安徽数学 一战成名新中考 (们如图3，若口A0D为支形，且N0=24M,∠BF=60求S的值 思路分析：利用平行线型相似，得出线段关系，进而求出线段比值→ △AHM△CHB,OA=2OHAC △BNE△DAE,OB=5OEBD M B 例3题图③ @针对训练 5.[2025合肥一模]如图①，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，且BE=CF,点O是对角线 AC,BD的交点，连接AE,BF交于点G,BF,AC交于点H. (1)求证：AE=BF; (2)如图②，连接0G,0F,GC. (i)若OG=BE,求证：0OF∥GC: (ii)若AB=6,BE=2,求线段OG的长 图① 图② 第5题图 专项分类提升练·安徽数学 49 6.多解法一成名原创如图①，在正方形ABCD中，E为BC延长线上一点，连接DE,M为DE的中 点，连接AM,BM分别交CD于点F,G (1)求证：AM=BM: (2)如图②，K为BC的中点，连接KF. (i)若CE=CF=2,求CK的长； (ii)若∠AFK=∠MFC,求tanE的值. D M M 图① 图② 第6题图 50 专项分类提升练·安徽数学7x2AE=2,解得AE=22, AD=VZAE=√2×22=4：(2)过 点A作AF⊥x轴，垂足为F, 四边形OABC是平行四边形，. 易证∠BCD=∠AOF,∴.△BCD 0 ≌△AOF,∴.AF=BD=√2，点D 第7题解图 的纵坐标是32，设点A(m,√2)，则D(m-22,32),.k =√2m=(m-22)·32,解得m=32,.k=32x√2=6. 8(02:(26【等折10)联立，解得1或 （y=1. y=x, {-合去之A(1,),点A,B是0c的三等分息 B2,2.c(3.3),在y（0中，当=2时y 当=3时y了2.宁.B3,分m=2 1 号=写营m-号号-0(2)设风a ,c.则m,5am=a石e mn- m 34m+）-(a）=6,0=(m-02+( 1 -0F=mt0-(a-04(。0e40n 1 )小(n 1、 0E2=4(m2+ n6 9(子(2)厅【解标1() 如解图，连接AC,AC与BD交于 点0，AB=5,BD=8,D0=B PiO 1 B0=2BD=4,·A0= C √AB-B0=3,.tan∠ABD= 第9题解图 40-3 B04:(2)当点P与点0重 合时，6-42.点P不可能在线段0D上，当点卫 在BO上时，设BP=x,则DP=BD-BP=8-x,OP=DP-DO =8-x-4=4-x,在Rt△AP0中，AP2=A0+0P2=32+(4- x)2,DP=√2AP,.(8-x)2=2[32+(4-x)2],解得x1= √14，x2=-√14（不合题意，舍去），.BP=√4. 10()专：(2)5【解析1()如解图，AF1DE,∠1+ ∠2=∠2+∠3=90°，∴.∠1=∠3，∴.△ABF∽△DAE,又 yA=80=0旅治号：（2)知解图延长E CB交于M,设AE=x,:△ABF△DAE,AEAD5, BF AB 4 则BF=专，易知∠MR=∠MFI,:∠MEB=LABn= ∠MFH,∠MHF=LAHE=90°，.△AEH∽△MFH,÷H EH n2WF=2,BM=9D/n.△AE AE 1 30 参考答案与重难 ∽△BME,∴ 即x=10 BEB78x63x+25x-200=0,解 AE AD 5 4 得x1=5,,= 3 (舍)，∴AE=5. A H B 第10题解图 1(1)片：(2)55-5【解析11)如解图①，连接B,由 题意可知，∠BCF=∠BFC,EF=CE=6,:AD∥BC,. ∠HGF=∠BCF,.·∠BFC=∠HFG,∴.∠IGF=∠HFG. .HG=HF,易证△BCE≌△CDG,.CE=DG,设DH=x, 则GH=HF=6-x,在Rt△FHE和Rt△DHE中，(6-x)2+ 6=+4,解得片0m=片：(2)如解图②.取C 的中点O,连接OM,A0,∠BMC=90°，0为BC的中 点M0=2BC=5,点M在以0为圆心，0C长为半 径的圆上运动，：0A=√AB+0B=√10+5=5V5,AM ≥A0-0M=5V5-5,.当点0，M,A三点共线时，AM取得 最小值，AM的最小值为5√5-5. /M 图① 图② 第11题解图 专题三几何综合题（第22题） 例1(1)解：BE是线段A4'的垂直平分线， ..A'E=AE=1,BA'=BA, BE=BE. ∴.△ABE≌△A'BE(SSS), ∠BAE=∠BA'E=90°，∠EA'D=90°， :四边形ABCD是正方形， ∠ADB=45°， ·△A'DE是等腰直角三角形， ∴.A'D=A'E=1, .DE=√2，.AD=DE+AE=√2+1， .∴.AB=AD=√2+1： (2)(i)证明：证法1：由题意知，BA=BA'=BC ∴.∠BAA'=∠BA'A,∠BCA'=∠BA'C, (180°-∠AB4')+ 1 ∠AM'C=∠AA'B+∠CA'B= 2(180°-∠CBA')=180-45°=1350， .∠CA'F=180°-∠AA'C=45°： 证法2：如解图心，：BA=BA=BC, 点A,A',C在以点B为圆心，BA长为半径的圆上，在 优弧AC上取点M,则∠AMC=∠ABC=45, 题解析·安徽数学 ..∠CA'F=∠AMC=45°： 0 A 例1题解图① (i)解：解法1：△A'DG是等腰直角三角形，理由如下： 如解图②，作CN⊥BG交BG于点D M,交AB于点N, .CN⊥BG,CG=CB ∴.M为BG的中点， .AA'⊥BE,∴.CN∥AF, .MN是△ABG的中位线. A 子a. 例1题解图② ·.∠ABE=90°-∠CBG=∠BCN,∠BAE=∠CBN=90°， AB=BC, ∴.△ABE≌△BCN, 1 1 六AE=BN=2AB=2AD, .E为AD的中点， .·AG=GA', .EG∥A'D,.∠DA'G=∠EGA=90°、 同理可证△ADA'兰△BAG. .A'D=AG=A'G. .△A'DG是等腰直角三角形 :解法2,3思路见正文思路分析 1.(1)证明：如解图，设CE与BD 交于点0， .·CB=CD,CE⊥BD,∴.DO=BO .·DE∥BC.∠DEO=∠BCO. .∠DOE=∠BOC. 第1题解图 .△DOE≌△BOC,.DE=BC .四边形BCDE是平行四边形， CD=CB,.四边形BCDE是菱形： (2)(i)解：.DE垂直平分AC, ∴.AE=EC且DE⊥AC,∴.∠AED=∠CED, 又·CD=CB且CE⊥BD,.CE垂直平分DB,.DE=BE, .∠DEC=∠BEC,∴.∠AED=∠CED=∠BEC, 六∠CED=3×180°=60°； (i)证明：由(i)得AE=EC,∠AEC=2∠CED=120°， ∴.∠ACE=30°， 同理可得，在△DEB中，∠EBD=30°， ∴.∠ACE=∠ABF=30°， I∠ACE=∠ABF, 在△ACE与△ABF中，了∠CAE=∠BAF, AE=AF. ∴.△ACE≌△ABF,∴.AC=AB, 又.AE=AF,∴.AB-AE=AC-AF,即BE=CF 2.(1)证明：：在正方形ABCD中，DF⊥AE, .∠DAE+∠AED=∠CDF+∠AED=90°， 参考答案与重难题 一战成名新中考 ∴.∠DAE=∠CDF I∠DAE=∠CDF, 在△ADE和△DCF中 AD=DC, (∠ADE=∠DCF=90°， .△ADE≌△DCF(ASA): (2)(i)证明：如解图，延长CB到点 P使BP=DE,连接AP, 则AB=AD,∠ABP=∠ABC=∠ADE ·.△ADE≌△ABP(SAS), .∠DAE=∠BAP,AE=AP 又.∠GAH=45°， ∴.∠DAE+∠BAH=∠BAP+∠BAIH 第2题解图 =∠PAH=45°， 又.AH=AH,.∴.△EAH≌△PAH(SAS) .EH=PH=PB+BH=DE+BH. 由(1)易得DE=CF,∴.BH+CF=EH: (i)解：设BH=x,由(i)可知，EH=x+4. .·CF=4,HF=1,CE=x+1. 在Rt△EHC中，C+CE2=E, 5 即52+(x+1)2=(x+4)2,解得x= 31 则BC=AD=x+5 29在△4DE中，A=,√+（产 AG AD ,'cOs∠DAE= ADAE1 ..AG= 网 .∠AGI=90°，∠LAG=45°， △AG1是等腰直角三角形， -万4G四 在Rt△ABH中，AH= 51 例2(1)解：解法1：：M是AB的中点， .MA=MB,由旋转的性质得MA=MD=MB ∴∠MAD=∠MDA,∠MDB=∠MBD, .·∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD=18O°， .∠ADB=∠MDA+∠MDB=90°，即∠ADB的大小 为90°： 解法2：M是AB的中点，.MA=MB,由旋转性质得 MA=MD=MB. 点A,D,B在以AB为直径的⊙M上，如解图①， :∠ADB=90°： 图① 图② 例2题解图 (2)(i)证明：.ME⊥AD,∠ADB=90°，∴.MEBD 析·安徽数学 31 :DE∥AB,∴.四边形EMBD是平行四边形 .DE=BM,.·M是斜边AB的中点，.AM=BM=DE, 四边形EAMD是平行四边形， :EM⊥AD,.平行四边形EAMD是菱形. 证法1：如解图②，延长BD,AC相交于点F, M为AB的中点，MD∥AF,.D为BF的中点 BD=F,在n△BcF中，CD= 2 BF...BD=CD: 证法2：如解图3，连接1C, .MD∥AC,∠ACB=90°，.MD⊥BC 在Rt△ACB中，M为AB的中点，.MC=MB ∴.MD垂直平分BC,.∴.BD=CD: 图③ 图④ 例2题解图 证法3：如解图④，由(1)知，∠ACB=∠ADB=90° A,C,D,B在以AB为直径的⊙M上， .四边形EAMD是菱形， ∴.∠BAD=∠CAD, m=C⑦BD=CD: (ii)解：如解图⑤，过点E作EH⊥AB于点H,则∠EHA= ∠EHB=90° 在Rt△ABC中，AB=√AC+BC=√82+6=10， 由(i)知，四边形EAMD是菱形 解法1：：M是AB的中点， 六AE=AM=1 =5, sin∠C4B=BC-6=3EH AB 10 5AE .EHl-=5x 3 3, AH=√AE2-Er=√52-3=4， .BH=AB-AH=10-4=6, ÷an∠ABE=EI3.1 BH 62 图5 图⑥ 例2题解图 解法2：M是AB的中点， 1 ∴.AE=AM= 2AB=5. .·∠EAH=∠BAC,∠AHE=∠ACB=90° .△AHE∽△ACB EH AH AE5 1 BC ACB102EH=3.AH=4. :BH=AB-AH=10-4=6, 32 参考答案与重 EH 3 1 ∴.tan∠ABE B6=2 解法3：M是AB的中点，AE=AM=2B=5, ∴CE=3. :.·∠ACB=∠ADB=90°，M是斜边AB的中点， .点A,C,D,B在以点M为圆心，AB为直径的⊙M上 如解图⑥，延长BE交⊙M于点F,连接AF,则∠F= ∠ACB=90°， 在Rt△BCE中，BE=√BC2+CE2=3N5, tan∠CBE=CE1 BC 2 ∠FAC=∠CBF, 在△AF中，am∠FME部=m∠GBE=分 .AF=2EF AF2+EF2=AE2,.(2EF)2+EF2=52,解得EF=V5 (负值已舍去)，.AF=25,BF=BE+EF=4V5, 在R△ABF中，an∠ABE=BF2 AF 1 3.(1)证明：AE∥DC,∴.△A0E∽△COD, AE0E_04-1, CD ODOC ∴.AE=CD,OE=OD OB=OD+CD...OE+BE=0E+AE. ∴.BE=AE: (2)(i)证明：如解图，过点A作AF∥ D' DC交BD于点E,交BC于点F, 由(1)知，BE=AE,∴.∠ABE=∠BAE, .·△ABD'是将△ABD翻折得到的， .∠ABE=∠ABD', .∠ABD'=∠BAE, 第3题解图 .D'B∥AF,.D'B∥DC: (ii)解：由(2)(i)知，AFD'B,D'ABC, .四边形AFBD'是平行四边形， .∠D'=∠BFA, ·∠D'=∠BDA,.∠BDA=∠BFA, 又∠AED=∠BEF,.△AED△BEF, 品器崇祭 AFDC,∴.△BEF∽△BDC, E-EF即DE BD AF-BD “BDD,即EF-CD DE CD' 由(1)知，0E=0D,.OE=0D=1,∴.DE=2 由(1)同理可得BE=AE=CD. ∴.BD=BE+DE=CD+2, CD_CD+2,解得CD=1+5(负值已舍去). 2 CD 4(D()证明：GLEF,m∠EGF-子 ∠FEG=90CE3 EF 2 ∴.∠AEF+∠DEG=90°， .·∠A=90°， .∠AFE+∠AEF=90° ∴.∠AFE=∠DEG,.·∠EDG=∠A=90° .△AEF∽△DGE, 难题解析·安微数学 AF EF2 六DEGE33Mf=2DE: (i)解：如解图①，过点G作GH LAD于点H, 易证△AEF∽△HGE. AF EF 2 ·E AE=8,AF=3, 能是=VEF:万 21 .GH=√GE-HE=12, ..AB=GH=12, .BF=AB-AF=12-3=9: B B 第4题解图① 第4题解图② (2)解：如解图②，在AD的延长线上找一点M,连接GM。 使GM=AB, 则四边形ABGM是等腰梯形，.∠A=∠M .·∠FEG=∠A,∠FEG+∠AEF+∠GEM=∠A+∠AEF+ ∠AFE=180°， .∴.∠AFE=∠GEM △AEF∽△MGE,GEMG EF AE 0地8专5 3 EF-AE AE TAD 15 CE MG AB A AD 28 5 例3(1)证明：：四边形ABCD为平行四边形， .·AD∥BC,AD=BC,OA=OC,OB=OD. .∴.AM∥CN,∠ADB=∠CBD .·AM=CN,.四边形AMCN是平行四边形，BN=MD .AN∥CM,∴.∠OAE=∠OCF, (LOAE=∠OCF 证法1：在△A0E与△C0F中，OA=OC, N∠AOE=∠COF .△AOE≌△C0F(ASA),∴.OE=OF; 证法2：：AN/CM,.LAEO=LCF0, '.∠BEN=∠DFIM. t∠BEN=∠DFM. 在△EBN与△FDM中， ∠EBN=∠FDM, BN=DM. ∴.△EBN≌△FDM(AAS),∴.EB=FD, OB-EB=OD-FD,OE=OF; (2)()证明：证法1：HEAB, OH OE AH BE OH OF OB=OD,OE-OF BE=DFAH-DH/AD: (ii)解：：□ABCD为菱形 ∴.AC⊥BD,又.OE=0F,∠EHF=60°， .∠EH0=∠Fl0=30°，∴.OH=√30E. .·AM∥BC,MD=2AM,.△AHM∽△CHB ○参考答案与重难题 一战成名新中考 CH-CB3 CH=OC+OH=3AM, AH AM 1 .CH=0A+OH=3(0A-0H)...0A=20H ∵BN∥AD,MD=2AM,AM=CN,.△BNE∽△DAE, 中85器号即395-0e, .3(0B-0E)=2(0D+0E)=2(0B+0E),.0B=50E AC0A20H_2×W30E_2W5 六BD0B50E50E5 5.(1)证明：四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°， (AB=BC 在△ABE和△BCF中，{∠ABC=∠BCF BE=CE ∴.△ABE≌△BCF(SAS),∴.AE=BF; (2)(i)证明：由(1)知，△ABE≌△BCF ∴.∠BAE=∠CBF, :∠BAE+∠AEB=90°，∴.∠CBF+∠AEB=90° .∠BGE=∠AGH=90°，.AE⊥BF. 易证∠AOB=∠ABC=90°. .·∠BAO=∠CAB, .△A0B△ABC,.AB=A0·AC, ,AE⊥BF,.∠AGB=∠ABE 又.∠BAG=∠EAB .△ABG∽△AEB,.AB2=AG·AE A0·AC=AG·AE,六AEAC AO AG .∠CAE=∠GA0O, .△OAG∽△EAC,.∠AG0=∠ACE=45°、 .∠0GH=∠FCH=45°， .∠OHG=∠FHC,OG=BE=CF ∴.△G0H≌△CFH(AAS), .∴OH=FH,GH=CH ∴.∠HOF=∠HFO,∠HGC=∠HCG. :∠OHF=∠CHG, .∠IOF=∠HCG,∴.OF∥GC; (i)解：.AB=6,BE=2,∠ABC=90° .BC=AB=6,AE=2√10. .CE=6-2=4, AC=2AB=62,÷A0=】AC=32 由(i)知△0AG∽△EAC,.AEEC, AO OG 竖心等 2√10 5 6.(1)证明：证法1：如解图①，连接MC, 在正方形ABCD中，∠ADC=∠BCD=∠DCE=90°，AD =BC, M为DE的中点 ∴.MD=MC,∴.∠MDC=∠MCD, ·.∠ADM=∠BCM. ∴.△ADM≌△BCM ∴.AM=BM; 第6题解图 解析·安徽数学 33 证法2：如解图②，过点M作MWH⊥AB于点H. 在正方形ABCD中，∠DAB=∠ABC=90°，AD∥BC .AD∥BC∥HM. .M为DE的中点。 .H为AB的中点， .MH为AB的垂直平分线. AM-BM: (2)解：(i)解法1：如解图③，延长AM交BE的延长线于 点P, 易证△ADM≌△PEM..AD=EP 设AD=x,则EP=x,DF=x-2,PC=2+x. MD/BP,△MDF△PcP,49 CF PC x-2x ·22+x解得x=5+1,名=-5+1（舍去）， 即BC=AD=5+1,CK=5+1 2: 图③ 图④ 第6题解图 解法2思路：如解图④，过点M作MN L CD于点N,连 接CM,设BC=,易得CG=x-2.GN=2-受，MN=1,证 △MNG∽△BCG即可求解： (i)如解图⑤，过点A作AH⊥KF于点H,连接AK,过点M 作MN⊥CE于点N 第6题解图⑤ .·∠AFK=∠MFC,∠AFD=∠MFC. .∠AFK=∠AFD 易证△ADF≌△AHF. ∴.AD=AH,HF=FD. 易证△ABK≌△AHK, .BK=KH BK=KC=KH=a,DF=FH=b. 在Rt△FKC中，KC2+FC2=KF2 六a2+(2a-b)2=(a+b),解得2=3 b-21 由(1)易得∠DAF=∠CBG, 易证△ADF≌△BCG. ∴.CG=DF=b. mac瓷物多行 .·M为DE的中点，MW∥CD. :N为CE的中点，CD2, MN 1 .∴BK=KC=CN=NE=MN. MN .tanE-NE-1. 34 参考答案与重入 专题四二次函数综合题（第23题） 类型1二次函数图象与性质的应用 24-1 1.解：(1)抛物线的对称轴为直线x=2 (2)y1<y2,理由：：a>0,对称轴为直线x=1, 抛物线开口向上，M(x1,y),N(2,2)都在对称轴 右侧， 当>1时，y随x的增大而增大，且x1<2, .y1<y3; (3):m<x1<m+1,m+1<x2<m+2, 2m+1 x+x:2m+3 x<,2<2<2 y1<y2,a>0, ∴.M(:1,y)距离对称轴更近，则MN的中点在对称轴的 右侧， 2m+1 1 ≥1，解得m≥2 2.解：(1)抛物线经过A(-1,0),B(3,0). 抛物线解析式为y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3; (2)把C(2,m)代入y=x2-2x-3中， 可得m=-3,故C(2,-3) 由待定系数法可得直线AC的解析式为y=-x-1, 设P(p,-p-1),则E(p,p2-2p-3), 放m=pn2=-04? 1 13 当p=2时，PE长度取最大值，此时P(2,之)： (3)存在点D,点D的坐标为(1,0)或(4+√7,0)或(4- √7,0)或(-3,0) 设F(t,2-2t-3),D(n,0) 当以点A,C,D,F为顶点的四边形是平行四边形时，分为 以下三类情况： ①当AC,DF为对角线时. 2-1=n+t, (0-3=t2-2t- 。解得t=0或2（舍去）， .n=1.故D(1,0): 3当0cF为对有线时6， 解得t=1+√7或1-√万 .n=4+√7或4-√7， 故D(4+√7,0)或(4-√7,0)： ③当AF,CD为对角线时， t-1=n+2, (t2-2t-3=-3 解得t=0或2（舍去）， ..n=-3,故D(-3,0). 综上，点D的坐标为(1,0)或(4+√7,0)或(4-√7,0)或 (-3,0). 3.解：(1)·抛物线经过A(0,-4),B(4,0), 代人yae,得e=4，得a方 （16a-4+c=0, （c=-4, 抛物线的解析试为y=了-4： (2)(i)A(0,-4),B(4,0), ∴.直线AB的解析式为y=x-4, 题解析·安徵数学