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河南省洛阳市洛宁县培英中学2022年春九年级数学中考复习优生辅导综合作业题（附答案）
一．选择题
1．如图，△ABC内接于⊙O，且OB⊥OC，则∠A的度数是（　　）
A．90° B．50° C．45° D．30°
2．如图，正方形OABC在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），将正方形OABC绕点O顺时针旋转45°，得到正方形OA′B′C′，则点C′的坐标为（　　）
A．（，） B．（﹣，） C．（，） D．（2，2）
3．下列四种垃圾分类回收标识中，是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC于点E，点F是CD边上一点（不与点D重合）．点P为DE上一动点，PE＜PD，将∠DPF绕点P逆时针旋转90°后，角的两边交射线DA于H，G两点，有下列结论：①DH＝DE；②DP＝DG；③DG+DF＝DP；④DP DE＝DH DC，其中一定正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
5．如图，在矩形ABCD中，点E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②DF＝DC；③S△DCF＝4S△DEF；④tan∠CAD＝．其中正确结论的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
二．填空题
6．如图，在△ABC中，若DE∥BC，＝，DE＝4，则BC的长是　 　．
7．如图，从楼AB的A处测得对面楼CD的顶部C的仰角为37°，底部D的俯角为45°，两楼的水平距离BD为24m，那么楼CD的高度约为　 　m．（结果精确到1m，参考数据：sin37°≈0.6；cos37°≈0.8；tan37°≈0.75）
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是　 　．
9．如图，△ABC的面积为S．点P1，P2，P3，…，Pn﹣1是边BC的n等分点（n≥3，且n为整数），点M，N分别在边AB，AC上，且＝＝，连接MP1，MP2，MP3，…，MPn﹣1，连接NB，NP1，NP2，…，NPn﹣1，线段MP1与NB相交于点D1，线段MP2与NP1相交于点D2，线段MP3与NP2相交于点D3，…，线段MPn﹣1与NPn﹣2相交于点Dn﹣1，则△ND1P1，△ND2P2，△ND3P3，…，△NDn﹣1Pn﹣1的面积和是　 　．（用含有S与n的式子表示）
10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE（其中点B恰好落在AC延长线上点D处，点C落在点E处），连接BD，则四边形AEDB的面积为　 　．
11．如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，∠A＝2∠BDC，BD交AC边于点E，且AE＝4，则BE DE＝　 　．
三．解答题（共27小题）
12．如图，AB为⊙O直径，AC为⊙O的弦，过⊙O外的点D作DE⊥OA于点E，交AC于点F，连接DC并延长交AB的延长线于点P，且∠D＝2∠A，作CH⊥AB于点H．
（1）判断直线DC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若HB＝2，cosD＝，请求出AC的长．
13．如图，OF是∠MON的平分线，点A在射线OM上，P，Q是直线ON上的两动点，点Q在点P的右侧，且PQ＝OA，作线段OQ的垂直平分线，分别交直线OF、ON于点B、点C，连接AB、PB．
（1）如图1，当P、Q两点都在射线ON上时，请直接写出线段AB与PB的数量关系；
（2）如图2，当P、Q两点都在射线ON的反向延长线上时，线段AB，PB是否还存在（1）中的数量关系？若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，∠MON＝60°，连接AP，设＝k，当P和Q两点都在射线ON上移动时，k是否存在最小值？若存在，请直接写出k的最小值；若不存在，请说明理由．
14．在菱形ABCD中，点E为对角线BD上一点，点F，G在直线BC上，且BE＝EG，∠AEF＝∠BEG．
（1）如图1，求证：△ABE≌△FGE；
（2）如图2，当∠ABC＝120°时，求证：AB＝BE+BF；
（3）如图3，当∠ABC＝90°，点F在线段BC上时，线段AB，BE，BF的数量关系如何？（请直接写出你猜想的结论）
15．如图，在△ABC中，以BC为直径的⊙O交AC于点E，过点E作EF⊥AB于点F，延长EF交CB的延长线于点G，且∠ABG＝2∠C．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若sin∠EGC＝，⊙O的半径是3，求AF的长．
16．四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．
（1）如图1，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，AE＝1；
①求点F到AD的距离；
②求BF的长；
（3）若BF＝3，请直接写出此时AE的长．
17．如图，某市文化节期间，在景观湖中央搭建了一个舞台C，在岸边搭建了三个看台A，B，D，其中A，C，D三点在同一条直线上，看台A，B到舞台C的距离相等，测得∠A＝30°，∠D＝45°，AB＝60m，小明、小丽分别在B，D看台观看演出，请分别求出小明、小丽与舞台C的距离．（结果保留根号）
18．如图，△ABC中，∠BAC为钝角，∠B＝45°，点P是边BC延长线上一点，以点C为顶点，CP为边，在射线BP下方作∠PCF＝∠B．
（1）在射线CF上取点E，连接AE交线段BC于点D．
①如图1，若AD＝DE，请直接写出线段AB与CE的数量关系和位置关系；
②如图2，若AD＝DE，判断线段AB与CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图3，反向延长射线CF，交射线BA于点C′，将∠PCF沿CC′方向平移，使顶点C落在点C′处，记平移后的∠PCF为∠P′C′F′，将∠P′C′F′绕点C′顺时针旋转角α（0°＜α＜45°），C′F′交线段BC于点M，C′P′交射线BP于点N，请直接写出线段BM，MN与CN之间的数量关系．
19．如图，AB是某景区内高10m的观景台，CD是与AB底部相平的一座雕像（含底座），在观景台顶A处测得雕像顶C点的仰角为30°，从观景台底部B处向雕像方向水平前进6m到达点E，在E处测得雕像顶C点的仰角为60°，已知雕像底座DF高8m，求雕像CF的高．（结果保留根号）
20．如图，以△ABC的边AC为直径的⊙O交AB边于点M，交BC边于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延长线于点P，∠BCP＝∠BAN．
（1）求证：△ABC为等腰三角形．
（2）求证：AM CP＝AN CB．
21．已知，在△ABC中，点D在AB上，点E是BC延长线上一点，且AD＝CE，连接DE交AC于点F．
（1）猜想证明：如图1，在△ABC中，若AB＝BC，学生们发现：DF＝EF．下面是两位学生的证明思路：
思路1：过点D作DG∥BC，交AC于点G，可证△DFG≌△EFC得出结论；
思路2：过点E作EH∥AB，交AC的延长线于点H，可证△ADF≌△HEF得出结论；
…
请你参考上面的思路，证明DF＝EF（只用一种方法证明即可）．
（2）类比探究：在（1）的条件下（如图1），过点D作DM⊥AC于点M，试探究线段AM，MF，FC之间满足的数量关系，并证明你的结论．
（3）延伸拓展：如图2，在△ABC中，若AB＝AC，∠ABC＝2∠BAC，＝m，请你用尺规作图在图2中作出AD的垂直平分线交AC于点N（不写作法，只保留作图痕迹），并用含m的代数式直接表示的值．
22．如图，建筑物C在观测点A的北偏东65°方向上，从观测点A出发向南偏东40°方向走了130m到达观测点B，此时测得建筑物C在观测点B的北偏东20°方向上，求观测点B与建筑物C之间的距离．（结果精确到0.1m．参考数据：≈1.73）
23．如图，△ACE，△ACD均为直角三角形，∠ACE＝90°，∠ADC＝90°，AE与CD相交于点P，以CD为直径的⊙O恰好经过点E，并与AC，AE分别交于点B和点F．
（1）求证：∠ADF＝∠EAC．
（2）若PC＝PA，PF＝1，求AF的长．
24．如图，∠MBN＝90°，点C是∠MBN平分线上的一点，过点C分别作AC⊥BC，CE⊥BN，垂足分别为点C，E，AC＝4，点P为线段BE上的一点（点P不与点B、E重合），连接CP，以CP为直角边，点P为直角顶点，作等腰直角三角形CPD，点D落在BC左侧．
（1）求证：＝；
（2）连接BD，请你判断AC与BD的位置关系，并说明理由；
（3）设PE＝x，△PBD的面积为S，求S与x之间的函数关系式．
25．如图1，抛物线y＝ax2+bx+4过A（2，0）、B（4，0）两点，交y轴于点C，过点C作x轴的平行线与抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m（m＞4）．
（1）求该抛物线的表达式和∠ACB的正切值；
（2）如图2，若∠ACP＝45°，求m的值；
（3）如图3，过点A、P的直线与y轴交于点N，过点P作PM⊥CD，垂足为M，直线MN与x轴交于点Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．
26．如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t＝2时，线段PQ的中点坐标为　 　；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD＝∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
27．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0）、B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值；
（3）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在，请说明理由．
28．如图1，抛物线y1＝ax2﹣x+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，），抛物线y1的顶点为G，GM⊥x轴于点M．将抛物线y1平移后得到顶点为B且对称轴为直线l的抛物线y2．
（1）求抛物线y2的解析式；
（2）如图2，在直线l上是否存在点T，使△TAC是等腰三角形？若存在，请求出所有点T的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点P为抛物线y1上一动点，过点P作y轴的平行线交抛物线y2于点Q，点Q关于直线l的对称点为R，若以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，求直线PR的解析式．
29．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝2OB，tan∠ABC＝2，点B的坐标为（1，0）．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A、B两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方抛物线上的一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE＝DE．
①求点P的坐标；
②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．
30．如图①，已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象经过点A（0，3）、B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一．选择题
1．解：∵OB⊥OC，
∴∠BOC＝90°，
∴∠A＝∠BOC＝45°．
故选：C．
2．解：∵点A的坐标为（2，0），
∴正方形OABC的边长为2，
∵正方形OABC绕点O顺时针旋转45°，得到正方形OA′B′C′，
∴点C′在第一象限的平分线上，
∴点C′的横坐标为2×＝，
纵坐标为为2×＝，
∴点C′的坐标为（，）．
故选：A．
3．解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，故本选项正确．
故选：D．
4．解：∵∠GPF＝∠HPD＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠GPH＝∠FPD，
∵DE平分∠ADC，
∴∠PDF＝∠ADP＝45°，
∴△HPD为等腰直角三角形，
∴∠DHP＝∠PDF＝45°，
在△HPG和△DPF中，
∵，
∴△HPG≌△DPF（ASA），
∴PG＝PF；
∵△HPD为等腰直角三角形，
∴HD＝DP，HG＝DF，
∴HD＝HG+DG＝DF+DG，
∴DG+DF＝DP；故③正确，
∵DP DE＝DH DE，DC＝DE，
∴DP DE＝DH DC，故④正确，
由此即可判断选项D正确，
故选：D．
5．解：如图，过D作DM∥BE交AC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，S△DCF＝4S△DEF
∵BE⊥AC于点F，
∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，
∴△AEF∽△CAB，故①正确；
②∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE＝BC，
∴BM＝CM，
∴CN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DM垂直平分CF，
∴DF＝DC，故②正确；
③∵点E是AD边的中点，
∴S△DEF＝S△ADF，
∵△AEF∽△CBF，
∴AF：CF＝AE：BC＝，
∴S△CDF＝2S△ADF＝4S△DEF，
故③正确；
④设AE＝a，AB＝b，则AD＝2a，
由△BAE∽△ADC，有 ＝，即b＝a，
∴tan∠CAD＝＝＝．故④正确；
故选：A．
二．填空题
6．解：∵DE∥BC，
∴＝，
又∵＝，
∴＝，
∴＝，
∴BC＝10cm．
故答案为：10cm．
7．解：在Rt△ACE中，
∵AE＝24，∠CAE＝37°，
∴CE＝AE tan37°≈24×0.75＝18，
在Rt△AED中，
∵∠EAD＝45°，
∴AE＝ED＝24，
∴DC＝CE+DE≈18+24＝42．
故楼DC的高度大约为42m．
8．解：连接AG，
由旋转变换的性质可知，∠ABG＝∠CBE，BA＝BG＝5，BC＝BE，
由勾股定理得，CG＝＝4，
∴DG＝DC﹣CG＝1，
则AG＝＝，
∵＝，∠ABG＝∠CBE，
∴△ABG∽△CBE，
∴＝＝，
解得，CE＝，
故答案为：．
9．解：连接MN，设BN交MP1于D1，MP2交NP1于D2，MP3交NP2于D3
∵＝＝，
∴MN∥BC，
∴＝＝，
∵点P1，P2，P3，…，Pn﹣1是边BC的n等分点，
∴MN＝BP1＝P1P2＝P2P3，
∴四边形MNP1B，四边形MNP2P1，四边形MNP3P2都是平行四边形，
易知S△ABN＝ S，S△BCN＝ S，S△MNB＝ S，
∴＝＝＝ S
∴S阴＝S△NBC﹣（n﹣1） ﹣＝ S﹣（n﹣1） S﹣S＝ S，
故答案为 S．
10．解：∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转，使点C落在E处，点B恰好落在AC延长线上点D处，
∴AD＝AB＝5，
∴CD＝AD﹣AC＝1，
∴四边形AEDB的面积为，
故答案为：．
11．解：延长CA到F，使得AF＝AB，连接BF，
则∠F＝∠ABF＝∠BAC，
∵∠BAC＝2∠BDC，
∴∠F＝∠BDC，
∵∠FEB＝∠DEC，
∴△FEB∽△DEC，
∴，
∵AE＝4，AB＝AC＝6，
∴EF＝10，CE＝2，
∴，
∴BE DE＝20，
故答案为：20．
三．解答题
12．解：（1）连接OC，
∵∠COB＝2∠A，∠D＝2∠A
∴∠COB＝∠D，
∵DE⊥AP，
∴∠DEP＝90°，
在Rt△DEP中，∠DEP＝90°，
∴∠P+∠D＝90°
∴∠P+∠COB＝90°，
∴∠OCP＝90°，
∴半径OC⊥DC，
∴DC与⊙O相切
（2）由（1）可知：∠OCP＝90°，∠COP＝∠D，
∴cos∠COP＝cos∠D＝，
∵CH⊥OP
∴∠CHO＝90°，
设⊙O的半径为r，
则OH＝r﹣2
在Rt△CHO中，
cos∠HOC＝＝＝
∴r＝5
∴OH＝5﹣2＝3
∴由勾股定理可知：CH＝4，
∴AH＝AB﹣HB＝10﹣2＝8
在Rt△AHC中，∠CHA＝90°，
∴由勾股定理可知：AC＝4
13．解：（1）连接：AB＝PB．
理由：如图1中，连接BQ．
∵BC垂直平分OQ，
∴BO＝BQ，
∴∠BOQ＝∠BQO，
∵OF平分∠MON，
∴∠AOB＝∠BQO，
∵OA＝PQ，
∴△AOB≌△PQB，
∴AB＝PB．
（2）存在，
理由：如图2中，连接BQ．
∵BC垂直平分OQ，
∴BO＝BQ，
∴∠BOQ＝∠BQO，
∵OF平分∠MON，∠BOQ＝∠FON，
∴∠AOF＝∠FON＝∠BQC，
∴∠BQP＝∠AOB，
∵OA＝PQ，
∴△AOB≌△PQB，
∴AB＝PB．
（3）连接BQ．
易证△ABO≌△PBQ，
∴∠OAB＝∠BPQ，AB＝PB，
∵∠OPB+∠BPQ＝180°，
∴∠OAB+∠OPB＝180°，∠AOP+∠ABP＝180°，
∵∠MON＝60°，
∴∠ABP＝120°，
∵BA＝BP，
∴∠BAP＝∠BPA＝30°，
∵BO＝BQ，
∴∠BOQ＝∠BQO＝30°，
∴△ABP∽△OBQ，
∴＝，
∵∠AOB＝30°，
∴当BA⊥OM时，的值最小，最小值为0.5，
∴k＝0.5．
14．解：（1）∵BD是菱形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵BE＝EG，
∴∠CBD＝∠BGE，
∵∠AEF＝∠BEG，
∴∠AEB＝∠FEG，
在△ABE和△FGE中，，
∴△ABE≌△FGE（ASA）；
（2）∵BD是菱形ABCD的对角线，
∴∠CBD＝∠ABC＝60°，
∵BE＝EG，
∴△BEG是等边三角形，
∴BE＝BG，
由（1）知，△ABE≌△FGE，
∴AB＝FG＝BF+BG＝BF+BE；
（3）结论：AB+BF＝BE．
理由：∵∠ABC＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵BE＝EG，
∴∠G＝∠CBE＝45°＝∠ABD，
∵∠AEF＝∠BEG，
∴∠AEB＝∠FEG，
在△ABE和△FGE中，，
∴△ABE≌△FGE（ASA），
∴AB＝FG，
∵AB＝BC＝BF+FC，FG＝CF+CG，
∴BF＝CG，
∴BG＝BC+CG＝AB+BF，
∵∠CBG＝∠G＝45°，
∴∠BEG＝90°，
∴BG＝BE，
∴AB+BF＝BE．
15．解：（1）如图，连接EO，则OE＝OC，
∴∠EOG＝2∠C，
∵∠ABG＝2∠C，
∴∠EOG＝∠ABG，
∴AB∥EO，
∵EF⊥AB，
∴EF⊥OE，
又∵OE是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）∵∠ABG＝2∠C，∠ABG＝∠C+∠A，
∴∠A＝∠C，
∴BA＝BC＝6，
在Rt△OEG中，∵sin∠EGO＝，
∴OG＝＝＝5，
∴BG＝OG﹣OB＝2，
在Rt△FGB中，∵sin∠EGO＝，
∴BF＝BGsin∠EGO＝2×＝，
则AF＝AB﹣BF＝6﹣＝．
16．解：（1）作FH⊥AB于H，如图1所示：
则∠FHE＝90°，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴AD＝CD＝4，EF＝CE，∠ADC＝∠DAH＝∠BAD＝∠CEF＝90°，
∴∠FEH＝∠CED，
在△EFH和△ECD中，
，
∴△EFH≌△ECD（AAS），
∴FH＝CD＝4，AH＝AD＝4，
∴BH＝AB+AH＝8，
∴BF＝＝＝4；
（2）过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，如图2所示：
则FM＝AH，AM＝FH，
①∵AD＝4，AE＝1，
∴DE＝3，
同（1）得：△EFH≌△CED（AAS），
∴FH＝DE＝3，EH＝CD＝4，
即点F到AD的距离为3；
②∴BM＝AB+AM＝4+3＝7，FM＝AE+EH＝5，
∴BF＝＝＝；
（3）分三种情况：
①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD于点H，交BC于K．如图3所示：
同（1）得：△EFH≌△CED，
∴FH＝DE＝AE+4，EH＝CD＝4，
∴FK＝8+AE，
在Rt△BFK中，BK＝AH＝EH﹣AE＝4﹣AE，
由勾股定理得：（4﹣AE）2+（8+AE）2＝（3）2，
解得：AE＝1或AE＝﹣5（舍去），
∴AE＝1；
②当点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长线于K，如图4所示：
同（1）得：△EFH≌△CED，
∴FH＝DE＝AE﹣4，EH＝CD＝4，
∴FK＝FH+HK＝AE﹣4+4＝AE，
在Rt△BFK中，BK＝AH＝AE﹣AD＝AE﹣4，
由勾股定理得：（AE﹣4）2+AE2＝（3）2，
解得：AE＝2+或2﹣（舍去）．
③当点E在AD上时，可得：（8﹣AE）2+（4+AE）2＝90，
解得AE＝5或﹣1，
5＞4不符合题意．
综上所述：AE的长为1或2+．
17．解：如图作BH⊥AD于H．，CE⊥AB于E．
∵CA＝CB，CE⊥AB，
∴AE＝EB＝30，
∴tan30°＝，
∴CE＝10，AC＝CB＝2CE＝20，
在Rt△CBH中，CH＝BC＝10，BH＝CH＝30，
在Rt△BHD中，∵∠D＝45°，
∴BH＝DH＝30，
∴DC＝DH+CH＝30+10，
答：小明、小丽与舞台C的距离分别为20m和（30+10）m．
18．解：（1）①结论：AB＝CE，AB⊥CE．
理由：如图1中，作EH∥BA交BP于H．
∵AB∥EH，
∴∠B＝∠DHE，
∵AD＝DE，∠BDA＝∠EDH，
∴△BDA≌△HDE，
∴AB＝EH，∠B＝∠EHC＝45°
∵∠PCF＝∠B＝∠CHE，
∴EC＝EH，
∴AB＝CE，∠ECH＝∠EHC＝45°，
∴∠CEH＝90°，
∴CE⊥EH，
∵AB∥EH，
∴AB⊥CE．
②结论：AB＝CE，AB⊥EC．
理由：如图2中，作EH∥BA交BP于H．
∵BA∥EH，
∴△ABD∽△EHD，
∴＝＝，
∴AB＝EH，
∵∠PCF＝∠B＝∠CHE，
∴EC＝EH，
∴AB＝EC，∠ECH＝∠EHC＝45°，
∵∠B＝∠PCF＝∠CHE＝45°，
∴∠CEH＝90°，
∴CE⊥EH，∵AB∥EH，
∴AB⊥EC
（2）结论：MN2＝BM2+CN2．
理由：如图3中，
∵∠B＝∠PCF＝∠BCC′＝45°，
∴△BCC′是等腰直角三角形，
将△C′BM绕点C′逆时针旋转90°得到△C′CG，连接GN．
∵∠C′CG＝∠B＝45°，
∴∠GCB＝∠C′CG+∠C′CB＝90°，
∴∠GCN＝90°，
∵∠MC′G＝90°，∠MC′N＝45°，
∴∠NC′M＝∠NC′G，
∵C′M＝C′G，C′N＝C′N，
∴△C′MN≌△C′GN，
∴MN＝GN，
在Rt△GCN中，∵GN2＝CG2+CN2，CG＝BM，MN＝GN，
∴MN2＝BM2+CN2．
19．解：如图，作AH⊥CD于H，设CH＝x，则AH＝BD＝x．
在Rt△ECD中，tan60°＝，
∴＝，
解得x＝5+3，
∴CD＝15+3，
∴CF＝CD﹣DF＝15+3﹣8＝（7+3）（m）．
20．（1）证明：∵AC为⊙O直径，
∴∠ANC＝90°，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠BCP＝∠CAN，
∵∠BCP＝∠BAN，
∴∠BAN＝∠CAN，
∴AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形；
（2）∵△ABC为等腰三角形，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠PBC+∠ABC＝∠AMN+∠ACN＝180°，
∴∠PBC＝∠AMN，
由（1）知∠BCP＝∠BAN，
∴△BPC∽△MNA，
∴＝，即AM CP＝AN CB．
21．解：（1）思路1：如图1﹣1中，过点D作DG∥BC，交AC于点G．
∵BA＝BC，
∴∠A＝∠BCA，
∵DG∥BC，
∴∠DGA＝∠BCA，∠DGF＝∠ECF，
∴∠A＝∠DGA，
∴DA＝DG，
∵AD＝CE，
∴DG＝CE，
∵∠DFG＝∠CFE，
∴△DFG≌△EFC，
∴DF＝EF．
思路2：如图1﹣2中，过点E作EH∥AB，交AC的延长线于点H．
∵BA＝BC，
∴∠A＝∠BCA，
∵EH∥AB，
∴∠A＝∠H，∠ECH＝∠BCA，
∴∠H＝∠ECH，
∴EC＝EH，
∵AD＝CE，
∴AD＝EH，
∵∠AFD＝∠EFH，
∴△DFA≌△EFH，
∴DF＝EF．
（2）结论：FM＝AM+FC．
理由：如图2中，
由思路1可知：DA＝DG，△DFG≌△EFC，
∵DM⊥AG，
∴AM＝MG，FG＝FC，
∵FM＝FG+GM，
∴FM＝AM+FC．
（3）AD的垂直平分线交AC于点N，如图3中所示．
连接DN．作DG∥CE交AC于G．设DG＝a，BC＝b，则AB＝BC＝mb，AD＝AG＝ma，
∵∠ABC＝2∠BAC，设∠BAC＝x，则∠B＝∠ACB＝2x，
∴5x＝180°，
∴x＝36°，
∴∠A＝36°，
∵NA＝ND，
∴∠A＝∠ADN＝36°，
∵∠ADG＝∠B＝72°，
∴∠NDG＝∠A＝36°，∵∠DGN＝∠AGD，
∴△GDN∽△GAD，
∴DG2＝GN GA，
易知DG＝DN＝AN＝a，
∴a2＝（ma﹣a） ma，
∴m2a﹣ma﹣a＝0，
∵DG∥CE，
∴△DGF△ECF，
∴DG：EC＝FG：FC＝DG：DA＝1：m，
∵CG＝mb﹣ma，
∴FG＝m（b﹣a），
∴FN＝GN+FG＝ma﹣a+m（b﹣a）＝＝，
∴＝＝．
22．解：如图，过A作AD⊥BC于D．
根据题意，得∠ABC＝40°+20°＝60°，AB＝130m．
在Rt△ADB中，∵∠DAB＝30°，
∴DB＝AB＝×130＝65m，AD＝BD＝65m．
∵∠BAC＝180°﹣65°﹣40°＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣60°﹣75°＝45°．
在Rt△ADC中，∵tanC＝＝1，
∴CD＝AD＝65m，
∴BC＝BD+CD＝65+65≈177.5m．
故观测点B与建筑物C之间的距离约为177.5m．
23．（1）证明：∵∠ADC＝90°，∠ACE＝90°，
∴∠ADF+∠FDC＝90°，∠EAC+∠CEF＝90°，
∵∠FDC＝∠CEF，
∴∠ADF＝∠EAC；
（2）连接FC，
∵CD是圆O的直径，
∴∠DFC＝90°，
∴∠FDC+∠FCD＝90°，
∵∠ADF+∠FDC＝90°，∠ADF＝∠EAC，
∴∠FCD＝∠EAC，
即∠FCP＝CAP，
∵∠FPC＝∠CPA，
∴△FPC∽△CPA，
∴，
∵PC＝PA，PF＝1，
∴，
解得，PA＝，
∴AF＝PA﹣PF＝，
即AF＝．
24．（1）证明：∵∠MBN＝90°，点C是∠MBN平分线上的一点，
∴∠CBE＝45°，
又CE⊥BN，
∴∠BCE＝45°，
∴BE＝CE，
∴△BCE是等腰直角三角形．
又∵△CPD是等腰直角三角形，
∴△CPD∽△CEB，
∴＝，
∴＝；
（2）解：AC∥BD，理由如下：
∵∠PCE+∠BCP＝∠DCB+∠BCP＝45°，
∴∠PCE＝∠DCB．
由（1）知，＝，
∴△EPC∽△BDC，
∴∠PEC＝∠DBC．
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠DBC＝180°，
∴AC∥BD；
（3）解：如图所示，过点P作PF⊥BD．交DB的延长线于点F．
∵AC＝4，△ABC与△BEC都是等腰直角三角形，
∴BC＝4，BE＝CE＝4．
由（2）知，△EPC∽△BDC，
∴＝．即＝，
∴DB＝x．
∵∠PBF＝∠CBF﹣∠CBP＝90°﹣45°＝45°，即BP＝BE﹣PE＝4﹣x，
∴PF＝BP sin∠PBF＝（4﹣x）×＝2﹣x，
∴S＝DB PF＝×x×（2﹣x）＝﹣x2+2x，即：S＝﹣x2+2x．
25．解：（1）将点A（2，0）和点B（4，0）分别代入y＝ax2+bx+4，得，
解得：．
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣3x+4．
过点B作BG⊥CA，交CA的延长线于点G（如图1所示），则∠G＝90°．
∵∠COA＝∠G＝90°，∠CAO＝∠BAG，
∴△GAB∽△OAC．
∴＝＝＝2．
∴BG＝2AG．
在Rt△ABG中，∵BG2+AG2＝AB2，
∴（2AG）2+AG2＝22．解得：AG＝．
∴BG＝，CG＝AC+AG＝2+＝．
在Rt△BCG中，tan∠ACB＝＝．
（2）如图2①，方法一：过点P作PE⊥CD于点E，
∵∠ACP＝∠BCD＝45°，
∴∠ACB＝∠PCE，
∴tan∠PCE＝，
则＝，即＝，
解得m＝或m＝0（舍）；
方法二：如图2②，过点B作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．
应用“全角夹半角”可得AK＝OA+HK．
设K（4，h），则BK＝h，HK＝HB﹣KB＝4﹣h，AK＝OA+HK＝2+（4﹣h）＝6﹣h．
在Rt△ABK中，由勾股定理，得AB2+BK2＝AK2．
∴22+h2＝（6﹣h）2．解得h＝．
∴点K（4，）．
设直线CK的解析式为y＝hx+4．
将点K（4，）代入上式，得＝4h+4．解得h＝﹣．
∴直线CK的解析式为y＝﹣x+4．
设点P的坐标为（x，y），则x是方程x2﹣3x+4＝﹣x+4的一个解．
将方程整理，得3x2﹣16x＝0．
解得x1＝，x2＝0（不合题意，舍去）．
将x1＝代入y＝﹣x+4，得y＝．
∴点P的坐标为（，），
故点P的横坐标m的值为．
（3）四边形ADMQ是平行四边形．理由如下：
∵CD∥x轴，
∴yC＝yD＝4．
将y＝4代入y＝x2﹣3x+4，得4＝x2﹣3x+4．
解得x1＝0，x2＝6．
∴点D（6，4）．
根据题意，得P（m，m2﹣3m+4），M（m，4），H（m，0）．
∴PH＝m2﹣3m+4，OH＝m，AH＝m﹣2，MH＝4．
①当4＜m＜6时，DM＝6﹣m，
如图3，
∵△OAN∽△HAP，
∴＝．
∴＝．
∴ON＝＝＝m﹣4．
∵△ONQ∽△HMQ，
∴＝．
∴＝．
∴＝．
∴OQ＝m﹣4．
∴AQ＝OA﹣OQ＝2﹣（m﹣4）＝6﹣m．
∴AQ＝DM＝6﹣m．
又∵AQ∥DM，
∴四边形ADMQ是平行四边形．
②当m＞6时，同理可得：四边形ADMQ是平行四边形．
综上，四边形ADMQ是平行四边形．
26．解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，
当t＝2时，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（，），即（，2）；
故答案为：（，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°，
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时，，
∴，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t﹣）＝0，
t1＝3（舍），t2＝，
②当△PAQ∽△CBQ时，，
∴，
t2﹣9t+9＝0，
t＝，
∵＞3，
∴t＝不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是或；
（3）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
，解得：，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x﹣）2﹣，
∴顶点K（，﹣），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE＝∠MKQ，
如图2，∠MQD＝∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE＝，
即，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y＝﹣x+4，
则，
x2﹣3x+2＝﹣x+4，
解得：x1＝3（舍），x2＝﹣，
∴D（﹣，）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM＝∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y＝x，
则，
x2﹣3x+2＝x，
解得：x1＝3（舍），x2＝，
∴D（，）；
综上所述，点D的坐标为：D（﹣，）或（，）．
27．解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），
∴，
解得，
所以二次函数的解析式为：y＝，
（2）由A（﹣4，0），E（0，﹣2），可求AE所在直线解析式为y＝，
过点D作DG⊥x轴于G，交AE于点F，交x轴于点G，过点E作EH⊥DF，垂足为H，如图
设D（m，），则点F（m，），
∴DF＝﹣（）＝，
∴S△ADE＝S△ADF+S△EDF＝×DF×AG+DF×EH
＝×DF×（AG+EH）
＝×4×DF
＝2×（）
＝，
∴当m＝时，△ADE的面积取得最大值为．
（3）y＝的对称轴为x＝﹣1，
设P（﹣1，n），又E（0，﹣2），A（﹣4，0），
可求PA2＝9+n2，PE2＝1+（n+2）2，AE2＝16+4＝20，
当PA2＝PE2时，9+n2＝1+（n+2）2，
解得，n＝1，此时P（﹣1，1）；
当PA2＝AE2时，9+n2＝20，
解得，n＝，此时点P坐标为（﹣1，）；
当PE2＝AE2时，1+（n+2）2＝20，
解得，n＝﹣2，此时点P坐标为：（﹣1，﹣2）．
综上所述，
P点的坐标为：（﹣1，1），（﹣1，），（﹣1，﹣2）．
28．解：（1）由已知，c＝，
将B（1，0）代入，得：a﹣+＝0，
解得a＝﹣，
抛物线解析式为y1＝﹣，
∵抛物线y1平移后得到y2，且顶点为B（1，0），
∴y2＝﹣（x﹣1）2，
即y2＝﹣．
（2）存在，
如图1：
抛物线y2的对称轴l为x＝1，设T（1，t），
已知A（﹣3，0），C（0，），
过点T作TE⊥y轴于E，则
TC2＝TE2+CE2＝12+（）2＝t2﹣，
TA2＝TB2+AB2＝（1+3）2+t2＝t2+16，
AC2＝，
当TC＝AC时，t2﹣＝
解得：t1＝，t2＝；
当TA＝AC时，t2+16＝，无解；
当TA＝TC时，t2﹣＝t2+16，
解得t3＝﹣；
当点T坐标分别为（1，），（1，），（1，﹣）时，△TAC为等腰三角形．
（3）如图2：
设P（m，﹣），则Q（m，﹣）
∵Q、R关于x＝1对称
∴R（2﹣m，﹣），
①当点P在直线l左侧时，
PQ＝1﹣m，QR＝2﹣2m，
∵△PQR与△AMG全等，
∴当PQ＝GM且QR＝AM时，m＝0，
∴P（0，），即点P、C重合．
∴R（2，﹣），
由此求直线PR解析式为y＝﹣，
当PQ＝AM且QR＝GM时，无解；
②当点P在直线l右侧时，
同理：PQ＝m﹣1，QR＝2m﹣2，
则P（2，﹣），R（0，﹣），
PR解析式为：y＝﹣；
∴PR解析式为：y＝﹣或y＝﹣
29．解：（1）∵B（1，0），
∴OB＝1，
∵OC＝2OB＝2，
∴C（﹣2，0），
Rt△ABC中，tan∠ABC＝2，
∴，
∴，
∴AC＝6，
∴A（﹣2，6），
把A（﹣2，6）和B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）①∵A（﹣2，6），B（1，0），
易得AB的解析式为：y＝﹣2x+2，
设P（x，﹣x2﹣3x+4），则E（x，﹣2x+2），
∵PE＝DE，
∴﹣x2﹣3x+4﹣（﹣2x+2）＝（﹣2x+2），
x＝1（舍）或﹣1，
∴P（﹣1，6）；
②∵M在直线PD上，且P（﹣1，6），
设M（﹣1，y），
∴AM2＝（﹣1+2）2+（y﹣6）2＝1+（y﹣6）2，
BM2＝（1+1）2+y2＝4+y2，
AB2＝（1+2）2+62＝45，
分三种情况：
i）当∠AMB＝90°时，有AM2+BM2＝AB2，
∴1+（y﹣6）2+4+y2＝45，
解得：y＝3，
∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）；
ii）当∠ABM＝90°时，有AB2+BM2＝AM2，
∴45+4+y2＝1+（y﹣6）2，
y＝﹣1，
∴M（﹣1，﹣1），
iii）当∠BAM＝90°时，有AM2+AB2＝BM2，
∴1+（y﹣6）2+45＝4+y2，
y＝，
∴M（﹣1，）；
综上所述，点M的坐标为：∴M（﹣1，3+）或（﹣1，3﹣）或（﹣1，﹣1）或（﹣1，）．
30．解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，
由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），
把A（0，3）代入得：3＝3a，
a＝1，
∴抛物线的解析式；y＝x2﹣4x+3；
（2）如图2，∵△AOE的面积是定值，所以当△OEP面积最大时，四边形AOPE面积最大，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
易得OE的解析式为：y＝x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S四边形AOPE＝S△AOE+S△POE，
＝×3×3+PG AE，
＝+×3×（﹣m2+5m﹣3），
＝﹣+，
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝时，S有最大值是；
（3）分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∵△OPF是等腰直角三角形，且OP＝PF，
易得△OMP≌△PNF，
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m＝（舍）或，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，如图3，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1＝（舍）或m2＝，
∴P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m＝或（舍）；
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m＝或（舍）
P的坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．

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