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浙江省历年（2019-2024）中考数学真题压轴解答题汇编（1）
一、综合题
1．（2023·台州）【问题背景】
“刻漏”是我国古代的一种利用水流计时的工具．综合实践小组准备用甲、乙两个透明的竖直放置的容器和一根带节流阀（控制水的流速大小）的软管制作简易计时装置．
【实验操作】
综合实践小组设计了如下的实验：先在甲容器里加满水，此时水面高度为30cm，开始放水后每隔10min观察一次甲容器中的水面高度，获得的数据如下表：
流水时间t/min 0 10 20 30 40
水面高度h/cm（观察值） 30 29 28.1 27 25.8
任务1 分别计算表中每隔10min水面高度观察值的变化量．
【建立模型】
小组讨论发现：“，”是初始状态下的准确数据，水面高度值的变化不均匀，但可以用一次函数近似地刻画水面高度h与流水时间t的关系．
任务2 利用时，；时，这两组数据求水面高度h与流水时间t的函数解析式．
【反思优化】
经检验，发现有两组表中观察值不满足任务2中求出的函数解析式，存在偏差．小组决定优化函数解析式，减少偏差．通过查阅资料后知道：t为表中数据时，根据解析式求出所对应的函数值，计算这些函数值与对应h的观察值之差的平方和，记为w；w越小，偏差越小．
任务3 ⑴计算任务2得到的函数解析式的w值．
⑵请确定经过的一次函数解析式，使得w的值最小．
【设计刻度】
得到优化的函数解析式后，综合实践小组决定在甲容器外壁设计刻度，通过刻度直接读取时间．
任务4 请你简要写出时间刻度的设计方案．
【答案】解：任务1：变化量分别为，；；
；；
任务2：设，
∵时，，时，；
∴
∴水面高度h与流水时间t的函数解析式为．
任务3：（1）将t=30代入h=-0.1t+30得h=27，
将t=40代入h=-0.1t+30得h=26，
∴
；
（2）设，则当t=10时，h=10k+30，当t=20时，h=20k+30，当t=30时，h=30k+30，当t=40时，h=40k+30，
．
当时，w最小．
∴优化后的函数解析式为．
任务4：时间刻度方案要点：
①时间刻度的0刻度在水位最高处；
②刻度从上向下均匀变大；
③每0.102cm表示1min（1cm表示时间约为9.8min）．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）任务1：根据统计表提供的数据，利用有理数的减法直接算出表中每隔10min水面高度观察值的变化量；
（2）任务2：利用待定系数法可直接求出h关于t的函数解析式；
（3）任务3：①分别将t=30与t=40代入任务2所求的函数解析式算出对应的h的值，进而根据“反思优化”提供的计算方法算出w的值；
②设经过（0，30）的一次函数解析式为h=kt+30，分别用含k的式子表示出t=10、t=20、t=30、
t=40时对应的h的值，进而根据w的计算方法建立出w关于k的函数解析式，根据函数性质，求出当w最小时的k的值，从而即可求出优化后的函数解析式；
（4）任务4：根据优化后的函数解析式及水面的高度随时间的变化而减小，从而可得设计方案及要点.
2．（2023·衢州）如图1，点为矩形ABCD的对称中心，，点为AD边上一点，连结EO并延长，交BC于点.四边形ABFE与关于EF所在直线成轴对称，线段交AD边于点。
（1）求证：.
（2）当时，求AE的长.
（3）令AE=a，DG=b.
①求证：(4-a)(4-b)=4.
②如图2，连结，分别交于点H，K.记四边形OKGH的面积为，的面积为.当时，求的值.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
.
由轴对称可知∠BFE=∠B'FE，
∴∠DEF=∠GFE，
∴GE=GF；
（2）【方法一】解，如图，过点G作GP⊥BC于点P，则.
点O为矩形ABCD的对称中心.
.
设，则.
在Rt中，.
解得
【方法二】解：如图，延长FG，CD交于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△MGD∽△MFC，
∴，
点O为矩形ABCD的对称中心，.
设，则.
在Rt中，，
（3）证明：①【方法一】证明：如图，过点O作OQ⊥AD于点Q，连结OG，OA，OD
.
点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，
∴O为EF中点，，
【方法二】解：如图，过点G作GM⊥BC于点M，
则.
，
.
又，
在Rt中，，
，
化简得：ab-4（a+b）+12=0，即（4-a）（4-b）=4.
②如图，连结，
四边形ABFE与关于EF所在直线成轴对称，
，
点O为矩形ABCD的对弥中心，EF过点，
.
同理.
由(1)可知，
，即.
又，
.
又.
.
，即，
.
，
.
.
.
.
，
.
由①可知当时，，可得，
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，由平行线性质得∠DEF=∠BFE，由折叠得∠BFE=∠B'FE，则∠DEF=∠GFE，由对角对等边即可得出GE=GF；
（2）方法一：过点G作GP⊥BC于点P，则CP=GD，由矩形的对称性可得CF=AE，设DG=x，进而用含x的式子表示出GF、FP，在Rt△GPF中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，从而即可解决此题；方法二：延长FG，CD交于点M，易得△MGD∽△MFC，由相似三角形对应边成比例可得MC=2DC=8，MF=2GF，设DG=x，进而用含x的式子表示出MF、CF，在Rt△CMF中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，从而即可解决此题；
（3）①方法一：过点O作OQ⊥AD于点Q，连结OG，OA，OD，根据矩形的对称性可得O为EF中点，OQ=AB=2，证出△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例及线段的和差可得结论；方法二：过点G作GM⊥BC于点M，用含a、b的式子表示出FM、GF、在RtGFM中，利用勾股定理建立方程可得出结论；
②连接B'D、OG，由对称性可得B'F=BF，BF=DE，则B'F=DE，同理OD=OB'，从而用SSS判断出△ODG≌△OB'G，得∠ODG=∠OB'G，由ASA判断出△B'HG≌△DKG，得B'H=DK，HG=KG，从而由SSS判断出△OHG≌△OKG，得S1=2S△DGK，判断出EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EFG∽△DB'G'，由相似三角形对应边成比例可得，，，进而根据①可得a=1时，b=，从而算出EG的长，此题就得解了.
3．（2022·嘉兴）小东在做九上课本123页习题：“1： 也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1： ．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．
（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．
（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造△DPE，使得△DPE∽△CPB．
①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．
②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．
【答案】（1）解：赞同，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=CB，
∴2AC2=AB2，即AC：AB=1：，
又∵以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，
∴AC=AP，
∴AP：AB=1：，
∴P为线段AB的“趣点”.
（2）解：①∵△DPE∽△CPB，∠B=∠CAB=45°，
∴∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，
∵AP=AC，
∴∠APC=（180°-∠CAP）÷2=（180°-45°）÷2=67.5°，
∴∠DPE=∠CPB=180°-∠APC=180°-67.5°=112.5°，
∴∠CPE=∠DPE-∠APC=112.5°-67.5°=45°；
②∵点D为线段AC的“趣点”，且CD＜AD，AC=AP，
∴CD：AC=CD：AP=1：，
∵AC：AB=1：，∠A为公共角，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠DPA=∠CBA=45°，∠ADP=∠ACB=90°，DP∥CB，
∴∠CPD=∠PCB=∠APC-∠DPA=67.5°-45°=22.5°，
又∵△DPE∽△CPB，
∴∠PDE=∠PCB=22.5°，
∴∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=90°-22.5°=67.5°，
∴MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=2×22.5°=45°，
又∵E=∠B=45°，
∴∠MPE=∠E=45°，
∴MP：ME=1：，
∴MN：ME=1：，
点N是ME的“趣点”.
【知识点】余角、补角及其性质；平行线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形性质得2AC2=AB2，即AC：AB=1：，又AC=AP，从而得到AP：AB=1：，因此可判断P为线段AB的“趣点”；
（2）①由相似性质及等腰直角三角形性质可得∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，再由等腰三角形性质可得∠APC=67.5°，从而得到∠DPE=112.5°，再由∠CPE=∠DPE-∠APC，即可求解；
②根据点D为线段AC的“趣点”，CD＜AD及AC=AP，则CD：AC=CD：AP=1：，可证出△ADP∽△ACB，再由由相似性质和平行线性质得∠CPD=∠PCB=22.5°，又△DPE∽△CPB，从而得到∠PDE=∠PCB=22.5°，由平行线性质和角互余关系求出∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=67.5°，进而得到MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=45°，由等腰直角三角形性质得MN：ME=1：，即可得到点N是ME的“趣点”.
4．（2023·宁波）如图1，锐角内接于，D为的中点，连接并延长交于点E，连接，过C作的垂线交于点F，点G在上，连接，若平分且．
（1）求的度数．
（2）①求证：．
②若，求的值，
（3）如图2，当点O恰好在上且时，求的长．
【答案】（1）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：∵为中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②解：设， ，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴，
∴（负根舍去）；
（3）解：如图，设的半径为，连接交于，过作于，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，而，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，（负根舍去），
∴．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用角平分线的定义可证得∠GBC=∠EBC，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠EBC=∠EAC=∠GBC，再根据∠ACF=90°，可求出∠BGC的度数.
（2）①利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得DG=DB=DC，利用等腰三角形的性质可得到∠DGC=∠BCG，由此可证得∠AFG=∠DGC，利用等角对等边可得到CF=CG，即可证得△GBC≌△CAF，利用全等三角形的性质可证得结论；②设CG=CF=x，CD=BD=CD=a，再证明△GCD∽△GFC，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于a，x的方程，解方程可得到CG2和BG2的值；然后利用锐角三角函数的定义可求出tan∠GBC的值.
（3）设圆O的半径为r，连接OC交AE于点N，过点O作PM⊥BE于点M，利用等边对等角可证得∠CBE=∠OBC=∠OCB，可得到OC∥BE，即可证得△EBD≌△NCD，利用全等三角形的性质可得到BE=CN，再证明∠GOC=∠OBM，可得到△COG≌△OBM，利用全等三角形的性质可求出BM的长；然后证明△GON∽△GBE，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于r的方程，解方程求出r的值，即可求出AC的长.
5．（2022·杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积
（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：EK=2EH；
②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．
求证： =4sin2α-1．
【答案】（1）解：由题意，得AE=BE=2，
∵AE=2BF，
∴BF=1，
由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，
∴正方形EFGH的面积为5.
（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=90°，
∴∠KEA+∠FEB=90°，
∴∠KEA=∠CEFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴ =2．
∴EK=2EF=2EH．
②解：由①得HK=GF，
又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ．
∴△KHI的面积为S1．
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴ =4sin2α，
∴ =4sin2α-1．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合
【解析】【分析】（1）当点E与点M重合时，可求出AE，BE的长，利用AE=2BF，可求出BF的长；然后利用勾股定理求出EF2，即可得到正方形EFGH的面积.
（2）①利用已知和正方形的性质可证得∠KAE=∠B=90°，∠KEA+∠FEB=90°，利用余角的性质可证得∠KEA=∠CEFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△KEA∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可证得结论；
②由①得HK=GF，利用AAS证明△KHI≌△FGJ；然后证明△KHI∽△KAE，由此可证得 =4sin2α，即可证得结论.
6．（2022·台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h（单位： m）．如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形 DEFG ，其水平宽度DE=3m，竖直高度为EF的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l 的距离OD为d（单位：m）．
（1）若h=1.5，EF=0.5m；
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程 OC；
②求下边缘抛物线与x 轴的正半轴交点B的坐标；
③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求d的取值范围；
（2）若 EF=1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
【答案】（1）解：①由题意可知点A（2，2）是上边缘抛物线的顶点，
∴设y=a（x-2）2+2，
∵抛物线过点（0，1.5）
∴4a+2=1.5
解之：
∴抛物线的解析式为，
当y=0时
解之：x1=6，x2=-2（舍去）
∴喷出水的最大射程OC为6m.
②∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴点（0，1.5）的对称点为（4，1.5）
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到，
∴点B（2，0）
③∵EF=0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
当y=0.5时
解之：（舍去），
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5
∴；
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x=0时，y=1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤，
∵DE=3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为
在看下边缘抛物线，喷出的说能浇灌到绿化带底部的条件为OB≤d，
∴d的最小值为2，
∴d的取值范围为2≤d≤.
（2）解：当喷水口高度最低时，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D，F恰好分别在两条抛物线上，
设点
∴
解之：m=2.5，
∴点D的纵坐标为，
∴=0
解之：
∴h的最小值为.
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）①利用已知条件可知点A为上边抛物线的顶点坐标，因此设y=a（x-2）2+2，将点（0，1.5）代入函数解析式，可求出a的值，可得到抛物线的解析式；由y=0求出对应的x的值，可得到喷出水的最大射程OC的长；②抛物线的对称轴为直线x=2，可得到点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），由此可得到下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到，即可得到点B的坐标；③利用EF的长，可得到点F的纵坐标，将y=0.5代入函数解析式，可求出对应的x的值，利用二次函数的性质可知当x＞2时，y随x的增大而减小，由此可得到当2≤x≤6时，要使y≥0.5时的x的取值范围及当0≤x≤6时，要使y≥0.5的x的取值范围；根据DE=3，可求出灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带时的d的最大值；在看下边缘抛物线，喷出的说能浇灌到绿化带底部的条件为OB≤d，可得到d的最小值，综上所述可得到d的取值范围.
（2）当喷水口高度最低时，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D，F恰好分别在两条抛物线上，利用函数解析式设处点D，F的坐标，再根据EF=1，可得到关于m的方程，解方程求出m的值；再求出点D的纵坐标，由此可得到关于h的值，可得到h的最小值.
7．（2023·丽水）如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C，D是的三等分点，直径CE交AB于点F，连结AD交CF于点G，连结AC，过点C的切线交BA的延长线于点H．
（1）求证：AD∥HC；
（2）若=2，求tan∠FAG的值；
（3）连结BC交AD于点N．若⊙O的半径为5．
下面三个问题，依次按照易、中、难排列，对应的分值为2分、3分、4分，请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答。
①若OF=，求BC的长；
②若AH=，求△ANB的局长：
③若HF·AB=88．求△BHC的面积.
【答案】（1）证明：∵点C，D是的三等分点，
∴
由CE是⊙O的直径可得CE⊥AD，
∵HC是⊙O的切线．
∴HC⊥CE．
∴AD∥HC．
（2）解：如图1．连结AO，
∵，
∴∠BAD=∠CAD．
由CE⊥AD易证△CAG≌△FAG．
∴CG=FG．
设CG=a，则FG=a，
∵=2，
∴OG=2a，AO=CO=3a．
在Rt△AOG中由勾股定理得AO2=AG2+OG2，
∴(3a)2=AG2+(2a)2，
∴AG=a，
∴tan∠FAG=
（3）解：①如图1，连结OA，
∵OF=，OC=OA=5．
∴CF=
∴CG=FG=
∴OG=，
∴AG=．
∵CE⊥AD．
∴AD=2AG=
∵．
∴．
∴BC=AD=
②如图2，连结CD，
∵AD∥HC，FG=GC．
∴AH=AF．
∵∠HCF=90．
∴AC=AH=AF=．
设CG=x，则FG=x，OG=5-x，
由勾股定理得AG2=AO2-OG2=AC2-CG2，
即25-(5-x)2=10-x2，解得x=1，
∴AG=3，AD=6．
∵，
∴∠DAC=∠BCD．
∵∠CDN=∠ADC，
∴△CND∽△ACD，
∴
∴ND=
∴AN=
∵∠BAD=∠DAC．∠ABN=∠ADC．
∴△ANB∽△ACD．
∴C△AND=C△ACD×=(6+2)×=
③如图3．
过点O作OM⊥AB于点M，则AM=MB=AB．
设CG=x．则FG=x，OG=5-x，OF=5-2x.
由勾股定理得AG2=AO2-OG2=25-(5-x)2，
AF2=AG2+FG2=10x-x2+x2=10x，
∵AD∥HC，FG=GC．
∴AH=AF=HF，
∴AG=HC．
∴AF·AM=HF·AB=HF·AB=×88=22，
∵∠AGF=∠OMF=90°，∠AFG=∠OFM，
∴△AFG∽△OFM．
∴
∴AF·FM=OF·GF，
∴AF∴AM=AF
∴(AF+FM)=AF2+AF·FM=AF2+OF·GF=22，
可得方程10x+x(5-2x)=22．解得x1=2．x2=5.5(舍去)，
∴CG=FG=2．
∴OG=3．
∴AG=4．
∴HC=8．AH=AF=，
∴S△CMA=8，
∵AD∥HC．
∴∠CAD=∠ACH．
∴，
∴∠B=∠CAD，
∴∠B=∠ACH，
∵∠H=∠H．
∴△CHA∽△BHC∴S△BHC=8×()2=
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接AO，利用等弧所对圆周角相等可证得BAD=∠CAD，同时可证得△CAG≌△FAG，利用全等三角形的性质可证得CG=FG；设CG=FG=a，利用已知可表示出OG，AO的长，利用勾股定理可得到方程，解方程求出AG的长，然后利用锐角三角函数的定义可求出tan∠FAG的值.
（2）①连接AO，可得到CF，FG，OG的长，利用勾股定理求出AG的长，利用垂径定理求出AD的长；再证明BC=AD，可得到BC的长；②连接CD，利用平行线等分线段，可知AH=AF，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得到AC=AH=AF，设CG=x，可表示出FG，OG的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AG，AD的长；再利用圆周角定理证明∠DAC=∠BCD，可推出△CND∽△ACD，利用全等三角形的性质可求出ND的长，即可得到AN的长；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ANB∽△ACD，利用相似三角形的性质可求出△ANB的周长；③过点O作OM⊥AB于点M，设CG=x=FG，可表示出OG，OF的长，利用勾股定理可表示出AF2=AG2+FG2，再证明△AFG∽△OFM，利用相似三角形的性质可证得AF·FM=OF·GF=AF2+OF·GF=22，据此可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CG，FG，OGAG的长，即可求出AH的长；利用相似三角形的判定定理可证得△CHA∽△BHC，利用相似三角形的性质可求出△BHC的面积.
8．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
（1）求证：.
（2）若．
①求菱形的面积.
②求的值.
（3）若，当的大小发生变化时（），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC，
∵ 平分 交 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ （∠ABC＋∠CBE）＝ ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ ，
∴AC＝2OC＝8，
∴ ，
即菱形 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG AC，
∴ ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴ ，
∵AB CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴ ，
∴CH＝ AC＝ ，
∴OH＝OC－CH＝4－ ＝ ，
∴tan∠BDE＝ ；
（3）解：如图3，过点G作GT BC交AE于点T，此时ET＝ ．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴ ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴ ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT BC，
∴GT AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴ ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ ，为定值，
此时ET＝ AE＝ （AB＋BE）＝ ．
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
9．（2023·嘉兴）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．
（1）复习回顾：求的长．
（2）探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．
①当点G是的中点时，求证：；
②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；
③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．
【答案】（1）解：连接OA，
∵的直径CD垂直弦AB于点E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①连接DG，
∵点G是的中点，
∴，
∴，
∵的直径CD垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，
∵的直径CD垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③当时，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
当时，
在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OA，由题意易得该圆的直径为5，由线段的和差得出OE=3，由垂径定理可得AB=2AE，在Rt△AOE中，利用勾股定理可算出AE的长，从而此题得解；
（2）①连接DG，由等弧所对的圆周角相等得∠GAF=∠D，由垂直定义及直径所对的圆周角是直角得∠CGD=∠CEF=90°，然后根据同角的余角相等得∠GAF=∠F，从而根据等量代换可得结论；
②首先在Rt△ACE中，利用勾股定理算出AC的长，由垂径定理得弧AC=BC，再由等弧所对的圆周角相等得∠CAF=∠CGA，再加上公共角∠ACF=∠GCA，由有两组角对应相等的两个三角形相似可判断出△CAF∽△CGA，由相似三角形对应边成比例可建立方程求出结论；
③分类讨论：当CF=CD=10时，首先在Rt△CEF中，利用勾股定理算出EF的长，由圆内接四边形的性质及同角的补角相等得∠FGB=∠FAC，再结合公共角∠GFB=∠AFC，由有两组角对应相等的两个三角形相似可判断出△FBG∽△FCA，由相似三角形对应边成比例可建立方程求出BG的长；当DF=CD=10时，首先在Rt△CEF中，利用勾股定理算出CF的长，在Rt△DEF中，利用勾股定理算出EF的长，同理可证明出△FBG∽△FCA，由相似三角形对应边成比例可建立方程求出BG的长，综上即可得出答案.
10．（2022·绍兴）如图，在矩形 ABCD中，AB=6，BC=8，动点 E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A， D关于直线 BE的对称点分别为M，N，连结MN ．
（1）如图，当E在边AD上且 DE=2时，求 ∠AEM的度数．
（2）当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
（3）当直线MN恰好经过点 C 时，求DE的长．
【答案】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°．
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM＝90°
（2）解：如图1，∵AB=6，AD=8，
∴BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝ ，
得EN＝ ，
∴DE＝EN＝ ．
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
∴△BMN≌△DCB，
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD．
（3）解：①情况1：如图2，当E在边AD上时，由直线MN过点C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝ ．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，
∴△BCM≌△CED，
∴DE＝MC＝ ．
②情形2：如图3，点E在边CD上时，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝ ，CN＝8- ．
由∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴△BMC∽△CNE，
∴ ，
∴EN ，
∴DE＝EN＝ ．
综上所述，DE的长为 或 ．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可知AD=8，由DE的长求出AE的长，可证得AE=AB，利用等边对等角可证得∠AEB＝∠ABE＝45°，再利用轴对称的性质可得到∠BEM的度数，从而可求出∠AEM的度数.
（2）利用勾股定理求出BD的长，当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，即可求出CN的长；利用对称性可知∠ENC＝∠BDC，利用解直角三角形求出EN的长，即可得到DE的长；利用对称性可知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，可推出△BMN≌△DCB，利用全等三角形的性质可证得∠DBC=∠BNM，由此可证得结论.
（3）分情况讨论：当E在边AD上时，由直线MN过点C，利用勾股定理求出MC的长；再证明△BCM≌△CED，利用全等三角形的对应边相等，可求出DE的长；点E在边CD上时，利用BM，BC的长，可得到MC，CN的长；再证明△BMC∽△CNE，利用相似三角形的对应边成比例可求出EN的长，即可得到DE的长；综上所述可得到DE的长.
11．（2023·绍兴）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），∠为锐角，且.
（1）如图1，求边上的高的长.
（2）是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点.
①如图2，当点落在射线上时，求的长.
②当当是直角三角形时，求的长.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=10，
在Rt△BCH中，；
（2）解：①如图1，作CH⊥BA于点H，
在Rt△BCH中，由勾股定理得.
作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，则，
.
，
.
由旋转知PC'=PC，
∴△PQC'≌△CHP，
∴PQ=CH=8，
设，则.
∴C'Q∥CH，
∴△C'QA∽△CHA，
，
即，
∴；
②由旋转得△PCD≌△P'C'D'，CD=C'D'，CD⊥C'D'，
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB，
情况一：当以C'为直角顶点时，如图2.
∴C'落在线段BA延长线上，
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC=8，
∴BP=6；
情况二：当以A为直角顶点时，如图3.
设C'D'与射线BA的交点为T，
作CH⊥AB于点H.
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'=90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'=90°，
.
又，
，
.
设，则，
.
，
，
，
∴AT2=TD'·C'T
，
化简得，
解得，
.
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意.
综上所述，或.
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对边相等得AD=BC=10，进而在Rt△BCH中，由∠B的正弦函数可求出CH的长；
（2）①作CH⊥BA于点H，在Rt△BCH中，由勾股定理算出BH=6，作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，由同角的余角相等得∠PC'Q=∠CPH，由旋转知PC'=PC，由AAS判断出△PQC'≌△CHP，得PQ=CH=8，设BP=x，用含x的式子分别表示出C'Q、QA，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得C'Q∥CH，由平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似得△C'QA∽△CHA，由相似三角形对应边成比例建立方程求出x的值，从而得出BP的长；
②由旋转得△PCD≌△P'C'D'，CD=C'D'，CD⊥C'D'，由平行线的性质得C'D'⊥AB，然后分类讨论：情况一：当以C'为直角顶点时，如图2，易得C'落在线段BA延长线上，结合PC⊥PC'可得PC⊥AB，根据（1）的结论可得BP=6；情况二：当以A为直角顶点时，如图3，设C'D'与射线BA的交点为T，作CH⊥AB于点H，由同角的余角相等得∠CPH=∠PC'T，从而用AAS判断出△CPH≌△PC'T，得C'T=PH，PT=CH=8，设C'T=PH=t，则AP=6-t，然后判断出△ATD'∽△C'TA，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出t的值；情况三：当以D'为直角顶点时，点P落在BA的延长线上，不符合题意，综上即可得出答案.
12．（2023·温州）如图1，AB为半圆的直径，为BA延长线上一点，CD切半圆于点，交CD延长线于点，交半圆于点，已知.如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点作于点.设.
（1）求CE的长和关于的函数表达式.
（2）当，且长度分别等于，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值.
（3）延长交半圆于点，当时，求的长.
【答案】（1）解：如图1，连接OD.
∵CD切半圆O于点D，
∴OD⊥CE，即∠ODC=90°，
∵OA=，AC=1，
∴OC=，
在Rt△OCD中，由勾股定理得CD=2，
∵BE⊥CE，OD⊥CE，
∴OD∥BE，
，即
∴CE=；
如图2，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴∠AFB=∠E=90°，
∴AF∥CE，
又∵MN∥CB，
∴四边形APMC是平行四边形，
，
∵MN∥BC，
∴△MNE∽△CBE，
∴，
∴，
；
（2）解：三边之比为3∶4∶5
可分为三种情况：
①当PH∶PN=3∶5时，PN=PH，
∴，
解得x=，
；
②当PH∶PN=4∶5时，PN=PH，
∴，
解得x=，
；
③当PH∶PN=3∶4时，PN=PH，
∴，
解得x=，
；
（3）解：如图3，连结AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，
∴，
∴∠QAB=∠BQG，
∵AH=x
∴，
解得x=
即MN的长为.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接OD，由切线的性质得OD⊥CE，在Rt△OCD中，由勾股定理算出CD的长，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得OD∥BE，由平行线分线段成比例定理建立方程可求出CE的长；由直径所对的圆周角是直角得∠AFB=90°，由同位角相等，两直线平行，推出AF∥CE，进而由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，得四边形APMC是平行四边形，由平行四边形的性质、∠1的正弦函数及等角的同名三角函数值相等得，由平行于三角形一边的直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△MNE∽△CBE，进而由相似三角形对应边成比例建立方程可得y关于x的函数解析式；
（2）分类讨论：①当PH∶PN=3∶5时，PN=PH，②当PH∶PN=4∶5时，PN=PH，③当PH∶PN=3∶4时，PN=PH，分别列出方程，求解即可用含x的式子表示出a；
（3）连结AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，由平行线间的距离相等得QG=PH=x，由同角的余角相等得∠QAB=∠BQG，进而根据线段的和差用含x的式子表示出HG、AG，由等角的同名三角函数值相等得，据此表示出BG，然后根据AB=AG+BG建立方程可求出x的值，最后将x的值代入（1）所求的函数解析式算出对应的y的值，从而得出MN的长.
13．（2023·舟山）已知，AB是半径为1的的弦，的另一条弦CD满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．
（1）在图1中用尺规作出弦CD与点H（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）连结AD，猜想，当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出AD的长度，
（3）如图2，延长AH至点F，使得，连结CF，的平分线CP交AD的延长线于点P，点M为AP的中点，连结HM，若．求证：．
【答案】（1）解：作图如图．
（2）解： 连接AD、DO并延长，交圆于点E，连接AE、AC，过O作OF⊥AB于点F，ON⊥CD于点N，则四边形OFHN为矩形，
∵AB=CD，AB⊥CD，
∴OF=ON，
∴四边形OFHN为正方形，
∴FH=NH，
∴AF+FH=CN+NH，即AH=CH，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴∠C=45°，
∴∠E=∠C=45°.
∵∠EAD=90°，
∴∠ADE=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AE=AD，
∴AD=DEsin∠E=，故AD的值不发生变化，为定值.
（3）证明：延长CD、FP，交点为G，
∵HF=AH，
∴点H为AF的中点，
∴MH为△APF的中位线，
∴MH∥PF，MH=PF.
∵PD=AD，PM=AM，
∴MD=PD.
∵MH∥PF，
∴∠MHD=∠PGD，
∴△MDH∽△PDG，
∴MH：GP=MD：PD=1：2，
∴GP=2MH=PF.
作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连接GN、FN，
∵CP为∠HCF的平分线，
∴∠GCP=∠FCP，
∴GN=NF，
∴△GPN≌△FPN，
∴∠GPN=∠FPN=90°.
∵MH∥PF，
∴MH⊥CP.
【知识点】正方形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SSS；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）作线段AB的垂直平分线，与AB交于点E，以E为圆心，OE长为半径画弧，交AB于点H，然后以H为圆心，HB、HA为半径画弧，交圆于点C、D，再连接CD即可；
（2）连接AD、DO并延长，交圆于点E，连接AE、AC，过O作OF⊥AB于点F，ON⊥CD于点N，则四边形OFHN为矩形，由题意可得OF=ON，推出四边形OFHN为正方形，得到FH=NH，则AH=CH，推出△ACH为等腰直角三角形，得到∠C=45°，由圆周角定理可得∠E=∠C=45°，进而得到△ADE为等腰直角三角形，则AD=DEsin∠E，据此求解；
（3）延长CD、FP，交点为G，易得MH为△APF的中位线，则MH∥PF，MH=PF，结合已知条件可得MD=PD，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△MDH∽△PDG，由相似三角形的性质可得GP=2MH=PF，作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连接GN、FN，利用SSS证明△GPN≌△FPN，得到∠GPN=∠FPN=90°，据此证明.
14．（2023·杭州）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．
（1）若，求的长．
（2）求证：．
（3）若，猜想的度数，并证明你的结论．
【答案】（1）解：直径AB垂直弦CD，
，
，
，
，
，
由圆周角定理得，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：AB是的直径，
，
在△ACB和△CEB中，
，
，
，
，
由（1）知，
，
又，
；
（3）解：，证明如下：
如图，连接OC，
，
，
直径AB垂直弦CD，
∴弧BC=弧BD，
，
设，，
则，
，
，
又，
，
，，
，
，
∠COG=2∠CAE=2
，
，
在和中，
，
，
即，
，
．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由同角的余角相等得∠DAE=∠DCF，由同弧所对的圆周角相等得∠DAE=∠BCD，则∠BCD=∠FCD，从而用ASA判断出△BCE≌△GCE，由全等三角形的对应角相等得GE=BE=1；
（2）由直径所对的圆周角相等得∠ACB=90°，从而可用有两组角对应相等的两个三角形相似得△ACB∽△CEB，由相似三角形对应边成比例可得BC2=BA·BE，进而根据BE=BG，AB=2BO，可得结论；
（3）连接OC，由等边对等角得∠FOG=∠FGO，由垂径定理得弧BC=弧BD，由圆周角定理得∠DAE=∠CAE，设∠DAE=∠CAE=，∠FOG=∠FGO=，则∠FCD=∠BCD=∠DAE=，由等边对等角得∠OCA=∠OAC=，根据角的和差得∠OCF=90°-3，由直角三角形两锐角互余及对顶角相等得，由角的和差及圆周角定理得∠COF=180°-，结合邻补角定义得∠COF=∠AOF，从而用SAS判断出△COF≌△AOF，得∠OCF=∠OAF，据此建立方程可求出的值，从而此题得解.
15．（2022·湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，a>b．记△ABC的面积为S．
（1）如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1，正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9，S2=16，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：S2-S1=2S．
（2）如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为S1，等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索S2-S1与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明：①∵S1=9，S2=16，
∴b=3，a=4，
∵∠ACB=90°，
∴S=ab=×3×4=6，
②由题意，得∠FAN=∠ANB=90°，
∵FH⊥AB，
∴∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，
∴△FAN∽△ANB，
∴，
∴，
整理，得ab+b2=a2，
∴2S+S1=S2，
即S2-S1=2S．
（2）解：S2-S1=S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形，
∴AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，
∴△ABC≌△FBE（SAS），
∴AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，
∴∠FEC=30°，
∵EF⊥CF，CE=BC=a，
∴=cos30°=，
∴b=a，
∴S=ab=a2，
由题意，得S1=b2，S2=a2，
∴S2-S1=a2- b2= a2，
∴S2-S1=S.
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①由正方形的面积分别求出Rt△ACB的两条直角边，再利用三角形的面积公式，代入数据计算即可求出S的值；②由∠FAN=∠ANB=90°，∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，证得△FAN∽△ANB，由相似三角形对应比成比例可得，整理得ab+b2=a2，即得2S+S1=S2，，进而求证结论成立；
（2）S2-S1=S. 由等边三角形性质得AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，利用“SAS”定理证出△ABC≌△FBE，即得AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，则∠FEC=30°，从而得=，推出b=a，进而得到S=ab=a2，又S1=b2，S2=a2，则S2-S1= a2，即可证明结论成立.
16．（2023·金华）如图，直线与轴，轴分别交于点A，B，抛物线的顶点在直线AB上，与轴的交点为C，D，其中点的坐标为.直线BC与直线PD相交于点.
（1）如图2，若抛物线经过原点.
①求该抛物线的函数表达式；②求的值.
（2）连结与能否相等？若能，求符合条件的点的横坐标；若不能，试说明理由.
【答案】（1）解：①∵点O（0，0），点C（2，0），
顶点P的横坐标为1，
当时，，
点P的坐标是；
设抛物线的函数表达式为，把（0，0）代入，得
，解得.
该抛物线的函数表达式为，
即；
②如图1，过点E作EH⊥OC于点H，
∵直线 与y轴交于点B，
∴点B（0，）
设直线BC为，把C（2，0）代入，得
，解得，
直线BC为.
同理，直线OP为
由解得
∴
.
，
；
（2）解：设点P的坐标为，则点D的坐标为.
∵直线 与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（-2，0），B（0，），
∴AB=3；
①如图2-1，当t＞2时，存在∠CPE=∠BAO.
记，则.
为的外角，
.
，
.
.
.
过点P作PF⊥x轴于点F，则，
，
，解得.
点P的横坐标为6；
②如图2-2，当0＜t≤2时，存在∠CPE=∠BAO.
记.
为的外角，
.
.
.
过点P作PF⊥x轴于点F，则.
∴，
，解得.
点P的横坐标为；
③如图2-3，当-2＜t≤0时，存在∠CPE=∠BAO.记.
.
过点P作PF⊥x轴于点F，则.
在Rt中，，
，解得.
点P的横坐标为；
④如图2-4，当t≤-2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠BAO=.
过点P作PF⊥x轴于点F，则.
，，
，解得.
点P的横坐标为.
综上，点P的横坐标为.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）①根据抛物线的对称性易得顶点P的横坐标为1，将x=1代入直线AB的解析式算出对应的y的值，可得顶点P的坐标是，从而设抛物线的函数表达式为，把（0，0）代入算出a的值，可得抛物线的解析式；
②过点E作EH⊥OC于点H，根据直线与y轴交点的坐标特点易得点B（0，），利用待定系数法分别求出直线BC及OP的解析式，联立两直线解析式组成的方程组求解，可求出其交点，进而根据平行线分线段比比例定理可求解 的值 ；
（2）根据函数图象上点的坐标特点及抛物线的对称性，设点P的坐标为，则点D的坐标为，根据直线与x轴交点的坐标特点易得点A（-2，0），B（0，），由两点间的距离公式算出AB=3；然后分类讨论：①如图2-1，当t＞2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠CPE=∠BAO=，∠APC=，则∠APD=，由三角形外角定义得∠PCD=，由抛物线的对称性及等边对等角得∠PCD=∠PDC=，则∠APD=∠ADP=，由等角对等边得出AP=AD=2t，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=t+2，由∠BAO的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标；②如图2-2，当0＜t≤2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠CPE=∠BAD=，∠APD=，由三角形外角定义得∠PDC=，由抛物线的对称性及等边对等角得∠PCD=∠PDC=，则∠APC=∠ACP=，，由等角对等边得出AP=AC=4，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=t+2，由∠BAO的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标；③如图2-3，当-2＜t≤0时，存在∠CPE=∠BAO，记∠BAO=，根据抛物线的对称性、等边对等角及三角形外角性质得∠PDC=∠PCD=∠CPE=，进而再根据三角形外角性质得∠APD=∠BAO-∠PDC=，则∠APD=∠PDA，由等角对等边得AD=AP=-2t，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=t+2，由∠BAO的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标；④如图2-4，当t≤-2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠BAO=，根据抛物线的对称性、等边对等角及三角形外角性质得∠PDC=∠PCD=∠CPE=，进而再根据三角形外角性质得∠APC=∠BAO-∠PCD=，则∠APC=∠PCA，由等角对等边得CA=AP=4，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=-t-2，由∠PAF的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标，综上即可得出答案.
17．（2024·浙江）如图，在圆内接四边形中，，，延长至点，使，延长至点，连结，使．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：①；
②．
【答案】（1）解：∵CD是直径，
∴∠DBC=90°，
∵A四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=180°-60°=120°，
∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=120°-90°=30°.
（2）①证明：①如图，延长AB，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBM＝∠ADC，
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM，
∴EF∥BC；
②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，则DG∥BC∥EF，
∵DG∥BC，
∴，
∴BD＝CG，
∵四边形BCGD是圆内接四边形，
∴∠GDE＝∠ACG，
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC，
∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS），
∴EF＝CG，
∴EF＝BD．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠DBC=90°，再利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠ABC的度数；再根据∠ABD=∠ABC-∠DBC，代入计算可求出结果.
（2）①延长AB至M，利用圆内接四边形的性质可证得∠CBM＝∠ADC=∠AFE，利用平行线的判定定理可证得结论；②②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接CG，AG，则DG∥BC∥EF，可证得，利用圆心角、弧、弦的关系定理可证得BD=CG，利用圆内接四边形的对角互补及同弧所对的圆周角相等，可推出∠AFE＝∠AGC，利用AAS证明△AEF≌△ACG，利用全等三角形的性质可证得EF=CG，据此可证得结论.
1 / 1浙江省历年（2019-2024）中考数学真题压轴解答题汇编（1）
一、综合题
1．（2023·台州）【问题背景】
“刻漏”是我国古代的一种利用水流计时的工具．综合实践小组准备用甲、乙两个透明的竖直放置的容器和一根带节流阀（控制水的流速大小）的软管制作简易计时装置．
【实验操作】
综合实践小组设计了如下的实验：先在甲容器里加满水，此时水面高度为30cm，开始放水后每隔10min观察一次甲容器中的水面高度，获得的数据如下表：
流水时间t/min 0 10 20 30 40
水面高度h/cm（观察值） 30 29 28.1 27 25.8
任务1 分别计算表中每隔10min水面高度观察值的变化量．
【建立模型】
小组讨论发现：“，”是初始状态下的准确数据，水面高度值的变化不均匀，但可以用一次函数近似地刻画水面高度h与流水时间t的关系．
任务2 利用时，；时，这两组数据求水面高度h与流水时间t的函数解析式．
【反思优化】
经检验，发现有两组表中观察值不满足任务2中求出的函数解析式，存在偏差．小组决定优化函数解析式，减少偏差．通过查阅资料后知道：t为表中数据时，根据解析式求出所对应的函数值，计算这些函数值与对应h的观察值之差的平方和，记为w；w越小，偏差越小．
任务3 ⑴计算任务2得到的函数解析式的w值．
⑵请确定经过的一次函数解析式，使得w的值最小．
【设计刻度】
得到优化的函数解析式后，综合实践小组决定在甲容器外壁设计刻度，通过刻度直接读取时间．
任务4 请你简要写出时间刻度的设计方案．
2．（2023·衢州）如图1，点为矩形ABCD的对称中心，，点为AD边上一点，连结EO并延长，交BC于点.四边形ABFE与关于EF所在直线成轴对称，线段交AD边于点。
（1）求证：.
（2）当时，求AE的长.
（3）令AE=a，DG=b.
①求证：(4-a)(4-b)=4.
②如图2，连结，分别交于点H，K.记四边形OKGH的面积为，的面积为.当时，求的值.
3．（2022·嘉兴）小东在做九上课本123页习题：“1： 也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1： ．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”．
（1）你赞同他的作法吗？请说明理由．
（2）小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造△DPE，使得△DPE∽△CPB．
①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数．
②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由．
4．（2023·宁波）如图1，锐角内接于，D为的中点，连接并延长交于点E，连接，过C作的垂线交于点F，点G在上，连接，若平分且．
（1）求的度数．
（2）①求证：．
②若，求的值，
（3）如图2，当点O恰好在上且时，求的长．
5．（2022·杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积
（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：EK=2EH；
②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．
求证： =4sin2α-1．
6．（2022·台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h（单位： m）．如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形 DEFG ，其水平宽度DE=3m，竖直高度为EF的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l 的距离OD为d（单位：m）．
（1）若h=1.5，EF=0.5m；
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程 OC；
②求下边缘抛物线与x 轴的正半轴交点B的坐标；
③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求d的取值范围；
（2）若 EF=1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
7．（2023·丽水）如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C，D是的三等分点，直径CE交AB于点F，连结AD交CF于点G，连结AC，过点C的切线交BA的延长线于点H．
（1）求证：AD∥HC；
（2）若=2，求tan∠FAG的值；
（3）连结BC交AD于点N．若⊙O的半径为5．
下面三个问题，依次按照易、中、难排列，对应的分值为2分、3分、4分，请根据自己的认知水平，选择其中一道问题进行解答。
①若OF=，求BC的长；
②若AH=，求△ANB的局长：
③若HF·AB=88．求△BHC的面积.
8．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
（1）求证：.
（2）若．
①求菱形的面积.
②求的值.
（3）若，当的大小发生变化时（），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
9．（2023·嘉兴）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，．
（1）复习回顾：求的长．
（2）探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F．
①当点G是的中点时，求证：；
②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由；
③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长．
10．（2022·绍兴）如图，在矩形 ABCD中，AB=6，BC=8，动点 E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A， D关于直线 BE的对称点分别为M，N，连结MN ．
（1）如图，当E在边AD上且 DE=2时，求 ∠AEM的度数．
（2）当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
（3）当直线MN恰好经过点 C 时，求DE的长．
11．（2023·绍兴）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），∠为锐角，且.
（1）如图1，求边上的高的长.
（2）是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点.
①如图2，当点落在射线上时，求的长.
②当当是直角三角形时，求的长.
12．（2023·温州）如图1，AB为半圆的直径，为BA延长线上一点，CD切半圆于点，交CD延长线于点，交半圆于点，已知.如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点作于点.设.
（1）求CE的长和关于的函数表达式.
（2）当，且长度分别等于，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值.
（3）延长交半圆于点，当时，求的长.
13．（2023·舟山）已知，AB是半径为1的的弦，的另一条弦CD满足，且于点H（其中点H在圆内，且）．
（1）在图1中用尺规作出弦CD与点H（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）连结AD，猜想，当弦AB的长度发生变化时，线段AD的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出AD的长度，
（3）如图2，延长AH至点F，使得，连结CF，的平分线CP交AD的延长线于点P，点M为AP的中点，连结HM，若．求证：．
14．（2023·杭州）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．
（1）若，求的长．
（2）求证：．
（3）若，猜想的度数，并证明你的结论．
15．（2022·湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，a>b．记△ABC的面积为S．
（1）如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S1，正方形BGFC的面积为S2．
①若S1=9，S2=16，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：S2-S1=2S．
（2）如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为S1，等边三角形CBE的面积为S2．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索S2-S1与S之间的等量关系，并说明理由．
16．（2023·金华）如图，直线与轴，轴分别交于点A，B，抛物线的顶点在直线AB上，与轴的交点为C，D，其中点的坐标为.直线BC与直线PD相交于点.
（1）如图2，若抛物线经过原点.
①求该抛物线的函数表达式；②求的值.
（2）连结与能否相等？若能，求符合条件的点的横坐标；若不能，试说明理由.
17．（2024·浙江）如图，在圆内接四边形中，，，延长至点，使，延长至点，连结，使．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：①；
②．
答案解析部分
1．【答案】解：任务1：变化量分别为，；；
；；
任务2：设，
∵时，，时，；
∴
∴水面高度h与流水时间t的函数解析式为．
任务3：（1）将t=30代入h=-0.1t+30得h=27，
将t=40代入h=-0.1t+30得h=26，
∴
；
（2）设，则当t=10时，h=10k+30，当t=20时，h=20k+30，当t=30时，h=30k+30，当t=40时，h=40k+30，
．
当时，w最小．
∴优化后的函数解析式为．
任务4：时间刻度方案要点：
①时间刻度的0刻度在水位最高处；
②刻度从上向下均匀变大；
③每0.102cm表示1min（1cm表示时间约为9.8min）．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）任务1：根据统计表提供的数据，利用有理数的减法直接算出表中每隔10min水面高度观察值的变化量；
（2）任务2：利用待定系数法可直接求出h关于t的函数解析式；
（3）任务3：①分别将t=30与t=40代入任务2所求的函数解析式算出对应的h的值，进而根据“反思优化”提供的计算方法算出w的值；
②设经过（0，30）的一次函数解析式为h=kt+30，分别用含k的式子表示出t=10、t=20、t=30、
t=40时对应的h的值，进而根据w的计算方法建立出w关于k的函数解析式，根据函数性质，求出当w最小时的k的值，从而即可求出优化后的函数解析式；
（4）任务4：根据优化后的函数解析式及水面的高度随时间的变化而减小，从而可得设计方案及要点.
2．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
.
由轴对称可知∠BFE=∠B'FE，
∴∠DEF=∠GFE，
∴GE=GF；
（2）【方法一】解，如图，过点G作GP⊥BC于点P，则.
点O为矩形ABCD的对称中心.
.
设，则.
在Rt中，.
解得
【方法二】解：如图，延长FG，CD交于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△MGD∽△MFC，
∴，
点O为矩形ABCD的对称中心，.
设，则.
在Rt中，，
（3）证明：①【方法一】证明：如图，过点O作OQ⊥AD于点Q，连结OG，OA，OD
.
点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，
∴O为EF中点，，
【方法二】解：如图，过点G作GM⊥BC于点M，
则.
，
.
又，
在Rt中，，
，
化简得：ab-4（a+b）+12=0，即（4-a）（4-b）=4.
②如图，连结，
四边形ABFE与关于EF所在直线成轴对称，
，
点O为矩形ABCD的对弥中心，EF过点，
.
同理.
由(1)可知，
，即.
又，
.
又.
.
，即，
.
，
.
.
.
.
，
.
由①可知当时，，可得，
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由矩形性质得AD∥BC，由平行线性质得∠DEF=∠BFE，由折叠得∠BFE=∠B'FE，则∠DEF=∠GFE，由对角对等边即可得出GE=GF；
（2）方法一：过点G作GP⊥BC于点P，则CP=GD，由矩形的对称性可得CF=AE，设DG=x，进而用含x的式子表示出GF、FP，在Rt△GPF中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，从而即可解决此题；方法二：延长FG，CD交于点M，易得△MGD∽△MFC，由相似三角形对应边成比例可得MC=2DC=8，MF=2GF，设DG=x，进而用含x的式子表示出MF、CF，在Rt△CMF中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，从而即可解决此题；
（3）①方法一：过点O作OQ⊥AD于点Q，连结OG，OA，OD，根据矩形的对称性可得O为EF中点，OQ=AB=2，证出△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例及线段的和差可得结论；方法二：过点G作GM⊥BC于点M，用含a、b的式子表示出FM、GF、在RtGFM中，利用勾股定理建立方程可得出结论；
②连接B'D、OG，由对称性可得B'F=BF，BF=DE，则B'F=DE，同理OD=OB'，从而用SSS判断出△ODG≌△OB'G，得∠ODG=∠OB'G，由ASA判断出△B'HG≌△DKG，得B'H=DK，HG=KG，从而由SSS判断出△OHG≌△OKG，得S1=2S△DGK，判断出EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EFG∽△DB'G'，由相似三角形对应边成比例可得，，，进而根据①可得a=1时，b=，从而算出EG的长，此题就得解了.
3．【答案】（1）解：赞同，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=CB，
∴2AC2=AB2，即AC：AB=1：，
又∵以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，
∴AC=AP，
∴AP：AB=1：，
∴P为线段AB的“趣点”.
（2）解：①∵△DPE∽△CPB，∠B=∠CAB=45°，
∴∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，
∵AP=AC，
∴∠APC=（180°-∠CAP）÷2=（180°-45°）÷2=67.5°，
∴∠DPE=∠CPB=180°-∠APC=180°-67.5°=112.5°，
∴∠CPE=∠DPE-∠APC=112.5°-67.5°=45°；
②∵点D为线段AC的“趣点”，且CD＜AD，AC=AP，
∴CD：AC=CD：AP=1：，
∵AC：AB=1：，∠A为公共角，
∴△ADP∽△ACB，
∴∠DPA=∠CBA=45°，∠ADP=∠ACB=90°，DP∥CB，
∴∠CPD=∠PCB=∠APC-∠DPA=67.5°-45°=22.5°，
又∵△DPE∽△CPB，
∴∠PDE=∠PCB=22.5°，
∴∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=90°-22.5°=67.5°，
∴MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=2×22.5°=45°，
又∵E=∠B=45°，
∴∠MPE=∠E=45°，
∴MP：ME=1：，
∴MN：ME=1：，
点N是ME的“趣点”.
【知识点】余角、补角及其性质；平行线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）由等腰直角三角形性质得2AC2=AB2，即AC：AB=1：，又AC=AP，从而得到AP：AB=1：，因此可判断P为线段AB的“趣点”；
（2）①由相似性质及等腰直角三角形性质可得∠E=∠B=45°，∠DPE=∠CPB，再由等腰三角形性质可得∠APC=67.5°，从而得到∠DPE=112.5°，再由∠CPE=∠DPE-∠APC，即可求解；
②根据点D为线段AC的“趣点”，CD＜AD及AC=AP，则CD：AC=CD：AP=1：，可证出△ADP∽△ACB，再由由相似性质和平行线性质得∠CPD=∠PCB=22.5°，又△DPE∽△CPB，从而得到∠PDE=∠PCB=22.5°，由平行线性质和角互余关系求出∠MNC=∠MDP=∠MPD=22.5°，∠MCD=∠MDC=67.5°，进而得到MD=MP=MC=MN，∠PME=2∠MDP=45°，由等腰直角三角形性质得MN：ME=1：，即可得到点N是ME的“趣点”.
4．【答案】（1）解：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①证明：∵为中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②解：设， ，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，即，
∴，
∴，
∴（负根舍去）；
（3）解：如图，设的半径为，连接交于，过作于，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，而，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，（负根舍去），
∴．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）利用角平分线的定义可证得∠GBC=∠EBC，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠EBC=∠EAC=∠GBC，再根据∠ACF=90°，可求出∠BGC的度数.
（2）①利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得DG=DB=DC，利用等腰三角形的性质可得到∠DGC=∠BCG，由此可证得∠AFG=∠DGC，利用等角对等边可得到CF=CG，即可证得△GBC≌△CAF，利用全等三角形的性质可证得结论；②设CG=CF=x，CD=BD=CD=a，再证明△GCD∽△GFC，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于a，x的方程，解方程可得到CG2和BG2的值；然后利用锐角三角函数的定义可求出tan∠GBC的值.
（3）设圆O的半径为r，连接OC交AE于点N，过点O作PM⊥BE于点M，利用等边对等角可证得∠CBE=∠OBC=∠OCB，可得到OC∥BE，即可证得△EBD≌△NCD，利用全等三角形的性质可得到BE=CN，再证明∠GOC=∠OBM，可得到△COG≌△OBM，利用全等三角形的性质可求出BM的长；然后证明△GON∽△GBE，利用相似三角形的对应边成比例，可得到关于r的方程，解方程求出r的值，即可求出AC的长.
5．【答案】（1）解：由题意，得AE=BE=2，
∵AE=2BF，
∴BF=1，
由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，
∴正方形EFGH的面积为5.
（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=90°，
∴∠KEA+∠FEB=90°，
∴∠KEA=∠CEFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴ =2．
∴EK=2EF=2EH．
②解：由①得HK=GF，
又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ．
∴△KHI的面积为S1．
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴ =4sin2α，
∴ =4sin2α-1．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合
【解析】【分析】（1）当点E与点M重合时，可求出AE，BE的长，利用AE=2BF，可求出BF的长；然后利用勾股定理求出EF2，即可得到正方形EFGH的面积.
（2）①利用已知和正方形的性质可证得∠KAE=∠B=90°，∠KEA+∠FEB=90°，利用余角的性质可证得∠KEA=∠CEFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△KEA∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可证得结论；
②由①得HK=GF，利用AAS证明△KHI≌△FGJ；然后证明△KHI∽△KAE，由此可证得 =4sin2α，即可证得结论.
6．【答案】（1）解：①由题意可知点A（2，2）是上边缘抛物线的顶点，
∴设y=a（x-2）2+2，
∵抛物线过点（0，1.5）
∴4a+2=1.5
解之：
∴抛物线的解析式为，
当y=0时
解之：x1=6，x2=-2（舍去）
∴喷出水的最大射程OC为6m.
②∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴点（0，1.5）的对称点为（4，1.5）
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到，
∴点B（2，0）
③∵EF=0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
当y=0.5时
解之：（舍去），
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5
∴；
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x=0时，y=1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤，
∵DE=3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为
在看下边缘抛物线，喷出的说能浇灌到绿化带底部的条件为OB≤d，
∴d的最小值为2，
∴d的取值范围为2≤d≤.
（2）解：当喷水口高度最低时，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D，F恰好分别在两条抛物线上，
设点
∴
解之：m=2.5，
∴点D的纵坐标为，
∴=0
解之：
∴h的最小值为.
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）①利用已知条件可知点A为上边抛物线的顶点坐标，因此设y=a（x-2）2+2，将点（0，1.5）代入函数解析式，可求出a的值，可得到抛物线的解析式；由y=0求出对应的x的值，可得到喷出水的最大射程OC的长；②抛物线的对称轴为直线x=2，可得到点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），由此可得到下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到，即可得到点B的坐标；③利用EF的长，可得到点F的纵坐标，将y=0.5代入函数解析式，可求出对应的x的值，利用二次函数的性质可知当x＞2时，y随x的增大而减小，由此可得到当2≤x≤6时，要使y≥0.5时的x的取值范围及当0≤x≤6时，要使y≥0.5的x的取值范围；根据DE=3，可求出灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带时的d的最大值；在看下边缘抛物线，喷出的说能浇灌到绿化带底部的条件为OB≤d，可得到d的最小值，综上所述可得到d的取值范围.
（2）当喷水口高度最低时，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D，F恰好分别在两条抛物线上，利用函数解析式设处点D，F的坐标，再根据EF=1，可得到关于m的方程，解方程求出m的值；再求出点D的纵坐标，由此可得到关于h的值，可得到h的最小值.
7．【答案】（1）证明：∵点C，D是的三等分点，
∴
由CE是⊙O的直径可得CE⊥AD，
∵HC是⊙O的切线．
∴HC⊥CE．
∴AD∥HC．
（2）解：如图1．连结AO，
∵，
∴∠BAD=∠CAD．
由CE⊥AD易证△CAG≌△FAG．
∴CG=FG．
设CG=a，则FG=a，
∵=2，
∴OG=2a，AO=CO=3a．
在Rt△AOG中由勾股定理得AO2=AG2+OG2，
∴(3a)2=AG2+(2a)2，
∴AG=a，
∴tan∠FAG=
（3）解：①如图1，连结OA，
∵OF=，OC=OA=5．
∴CF=
∴CG=FG=
∴OG=，
∴AG=．
∵CE⊥AD．
∴AD=2AG=
∵．
∴．
∴BC=AD=
②如图2，连结CD，
∵AD∥HC，FG=GC．
∴AH=AF．
∵∠HCF=90．
∴AC=AH=AF=．
设CG=x，则FG=x，OG=5-x，
由勾股定理得AG2=AO2-OG2=AC2-CG2，
即25-(5-x)2=10-x2，解得x=1，
∴AG=3，AD=6．
∵，
∴∠DAC=∠BCD．
∵∠CDN=∠ADC，
∴△CND∽△ACD，
∴
∴ND=
∴AN=
∵∠BAD=∠DAC．∠ABN=∠ADC．
∴△ANB∽△ACD．
∴C△AND=C△ACD×=(6+2)×=
③如图3．
过点O作OM⊥AB于点M，则AM=MB=AB．
设CG=x．则FG=x，OG=5-x，OF=5-2x.
由勾股定理得AG2=AO2-OG2=25-(5-x)2，
AF2=AG2+FG2=10x-x2+x2=10x，
∵AD∥HC，FG=GC．
∴AH=AF=HF，
∴AG=HC．
∴AF·AM=HF·AB=HF·AB=×88=22，
∵∠AGF=∠OMF=90°，∠AFG=∠OFM，
∴△AFG∽△OFM．
∴
∴AF·FM=OF·GF，
∴AF∴AM=AF
∴(AF+FM)=AF2+AF·FM=AF2+OF·GF=22，
可得方程10x+x(5-2x)=22．解得x1=2．x2=5.5(舍去)，
∴CG=FG=2．
∴OG=3．
∴AG=4．
∴HC=8．AH=AF=，
∴S△CMA=8，
∵AD∥HC．
∴∠CAD=∠ACH．
∴，
∴∠B=∠CAD，
∴∠B=∠ACH，
∵∠H=∠H．
∴△CHA∽△BHC∴S△BHC=8×()2=
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接AO，利用等弧所对圆周角相等可证得BAD=∠CAD，同时可证得△CAG≌△FAG，利用全等三角形的性质可证得CG=FG；设CG=FG=a，利用已知可表示出OG，AO的长，利用勾股定理可得到方程，解方程求出AG的长，然后利用锐角三角函数的定义可求出tan∠FAG的值.
（2）①连接AO，可得到CF，FG，OG的长，利用勾股定理求出AG的长，利用垂径定理求出AD的长；再证明BC=AD，可得到BC的长；②连接CD，利用平行线等分线段，可知AH=AF，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得到AC=AH=AF，设CG=x，可表示出FG，OG的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AG，AD的长；再利用圆周角定理证明∠DAC=∠BCD，可推出△CND∽△ACD，利用全等三角形的性质可求出ND的长，即可得到AN的长；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ANB∽△ACD，利用相似三角形的性质可求出△ANB的周长；③过点O作OM⊥AB于点M，设CG=x=FG，可表示出OG，OF的长，利用勾股定理可表示出AF2=AG2+FG2，再证明△AFG∽△OFM，利用相似三角形的性质可证得AF·FM=OF·GF=AF2+OF·GF=22，据此可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CG，FG，OGAG的长，即可求出AH的长；利用相似三角形的判定定理可证得△CHA∽△BHC，利用相似三角形的性质可求出△BHC的面积.
8．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC，
∵ 平分 交 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ （∠ABC＋∠CBE）＝ ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ ，
∴AC＝2OC＝8，
∴ ，
即菱形 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG AC，
∴ ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴ ，
∵AB CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴ ，
∴CH＝ AC＝ ，
∴OH＝OC－CH＝4－ ＝ ，
∴tan∠BDE＝ ；
（3）解：如图3，过点G作GT BC交AE于点T，此时ET＝ ．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴ ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴ ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT BC，
∴GT AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴ ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ ，为定值，
此时ET＝ AE＝ （AB＋BE）＝ ．
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
9．【答案】（1）解：连接OA，
∵的直径CD垂直弦AB于点E，且，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴；
（2）解：①连接DG，
∵点G是的中点，
∴，
∴，
∵的直径CD垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∴；
②∵，，，
∴，
∵的直径CD垂直弦AB于点E，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
③当时，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴；
当时，
在中，，
在中，，
∴，
同理，
∴，即，
∴；
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OA，由题意易得该圆的直径为5，由线段的和差得出OE=3，由垂径定理可得AB=2AE，在Rt△AOE中，利用勾股定理可算出AE的长，从而此题得解；
（2）①连接DG，由等弧所对的圆周角相等得∠GAF=∠D，由垂直定义及直径所对的圆周角是直角得∠CGD=∠CEF=90°，然后根据同角的余角相等得∠GAF=∠F，从而根据等量代换可得结论；
②首先在Rt△ACE中，利用勾股定理算出AC的长，由垂径定理得弧AC=BC，再由等弧所对的圆周角相等得∠CAF=∠CGA，再加上公共角∠ACF=∠GCA，由有两组角对应相等的两个三角形相似可判断出△CAF∽△CGA，由相似三角形对应边成比例可建立方程求出结论；
③分类讨论：当CF=CD=10时，首先在Rt△CEF中，利用勾股定理算出EF的长，由圆内接四边形的性质及同角的补角相等得∠FGB=∠FAC，再结合公共角∠GFB=∠AFC，由有两组角对应相等的两个三角形相似可判断出△FBG∽△FCA，由相似三角形对应边成比例可建立方程求出BG的长；当DF=CD=10时，首先在Rt△CEF中，利用勾股定理算出CF的长，在Rt△DEF中，利用勾股定理算出EF的长，同理可证明出△FBG∽△FCA，由相似三角形对应边成比例可建立方程求出BG的长，综上即可得出答案.
10．【答案】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°．
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM＝90°
（2）解：如图1，∵AB=6，AD=8，
∴BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝ ，
得EN＝ ，
∴DE＝EN＝ ．
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
∴△BMN≌△DCB，
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD．
（3）解：①情况1：如图2，当E在边AD上时，由直线MN过点C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝ ．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，
∴△BCM≌△CED，
∴DE＝MC＝ ．
②情形2：如图3，点E在边CD上时，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝ ，CN＝8- ．
由∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴△BMC∽△CNE，
∴ ，
∴EN ，
∴DE＝EN＝ ．
综上所述，DE的长为 或 ．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可知AD=8，由DE的长求出AE的长，可证得AE=AB，利用等边对等角可证得∠AEB＝∠ABE＝45°，再利用轴对称的性质可得到∠BEM的度数，从而可求出∠AEM的度数.
（2）利用勾股定理求出BD的长，当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，即可求出CN的长；利用对称性可知∠ENC＝∠BDC，利用解直角三角形求出EN的长，即可得到DE的长；利用对称性可知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，可推出△BMN≌△DCB，利用全等三角形的性质可证得∠DBC=∠BNM，由此可证得结论.
（3）分情况讨论：当E在边AD上时，由直线MN过点C，利用勾股定理求出MC的长；再证明△BCM≌△CED，利用全等三角形的对应边相等，可求出DE的长；点E在边CD上时，利用BM，BC的长，可得到MC，CN的长；再证明△BMC∽△CNE，利用相似三角形的对应边成比例可求出EN的长，即可得到DE的长；综上所述可得到DE的长.
11．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=10，
在Rt△BCH中，；
（2）解：①如图1，作CH⊥BA于点H，
在Rt△BCH中，由勾股定理得.
作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，则，
.
，
.
由旋转知PC'=PC，
∴△PQC'≌△CHP，
∴PQ=CH=8，
设，则.
∴C'Q∥CH，
∴△C'QA∽△CHA，
，
即，
∴；
②由旋转得△PCD≌△P'C'D'，CD=C'D'，CD⊥C'D'，
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB，
情况一：当以C'为直角顶点时，如图2.
∴C'落在线段BA延长线上，
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC=8，
∴BP=6；
情况二：当以A为直角顶点时，如图3.
设C'D'与射线BA的交点为T，
作CH⊥AB于点H.
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'=90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'=90°，
.
又，
，
.
设，则，
.
，
，
，
∴AT2=TD'·C'T
，
化简得，
解得，
.
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意.
综上所述，或.
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对边相等得AD=BC=10，进而在Rt△BCH中，由∠B的正弦函数可求出CH的长；
（2）①作CH⊥BA于点H，在Rt△BCH中，由勾股定理算出BH=6，作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，由同角的余角相等得∠PC'Q=∠CPH，由旋转知PC'=PC，由AAS判断出△PQC'≌△CHP，得PQ=CH=8，设BP=x，用含x的式子分别表示出C'Q、QA，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得C'Q∥CH，由平行于三角形一边的直线，截其它两边的延长线，所截的三角形与原三角形相似得△C'QA∽△CHA，由相似三角形对应边成比例建立方程求出x的值，从而得出BP的长；
②由旋转得△PCD≌△P'C'D'，CD=C'D'，CD⊥C'D'，由平行线的性质得C'D'⊥AB，然后分类讨论：情况一：当以C'为直角顶点时，如图2，易得C'落在线段BA延长线上，结合PC⊥PC'可得PC⊥AB，根据（1）的结论可得BP=6；情况二：当以A为直角顶点时，如图3，设C'D'与射线BA的交点为T，作CH⊥AB于点H，由同角的余角相等得∠CPH=∠PC'T，从而用AAS判断出△CPH≌△PC'T，得C'T=PH，PT=CH=8，设C'T=PH=t，则AP=6-t，然后判断出△ATD'∽△C'TA，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出t的值；情况三：当以D'为直角顶点时，点P落在BA的延长线上，不符合题意，综上即可得出答案.
12．【答案】（1）解：如图1，连接OD.
∵CD切半圆O于点D，
∴OD⊥CE，即∠ODC=90°，
∵OA=，AC=1，
∴OC=，
在Rt△OCD中，由勾股定理得CD=2，
∵BE⊥CE，OD⊥CE，
∴OD∥BE，
，即
∴CE=；
如图2，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠AFB=90°，
∴∠AFB=∠E=90°，
∴AF∥CE，
又∵MN∥CB，
∴四边形APMC是平行四边形，
，
∵MN∥BC，
∴△MNE∽△CBE，
∴，
∴，
；
（2）解：三边之比为3∶4∶5
可分为三种情况：
①当PH∶PN=3∶5时，PN=PH，
∴，
解得x=，
；
②当PH∶PN=4∶5时，PN=PH，
∴，
解得x=，
；
③当PH∶PN=3∶4时，PN=PH，
∴，
解得x=，
；
（3）解：如图3，连结AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，
∴，
∴∠QAB=∠BQG，
∵AH=x
∴，
解得x=
即MN的长为.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接OD，由切线的性质得OD⊥CE，在Rt△OCD中，由勾股定理算出CD的长，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得OD∥BE，由平行线分线段成比例定理建立方程可求出CE的长；由直径所对的圆周角是直角得∠AFB=90°，由同位角相等，两直线平行，推出AF∥CE，进而由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，得四边形APMC是平行四边形，由平行四边形的性质、∠1的正弦函数及等角的同名三角函数值相等得，由平行于三角形一边的直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△MNE∽△CBE，进而由相似三角形对应边成比例建立方程可得y关于x的函数解析式；
（2）分类讨论：①当PH∶PN=3∶5时，PN=PH，②当PH∶PN=4∶5时，PN=PH，③当PH∶PN=3∶4时，PN=PH，分别列出方程，求解即可用含x的式子表示出a；
（3）连结AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，由平行线间的距离相等得QG=PH=x，由同角的余角相等得∠QAB=∠BQG，进而根据线段的和差用含x的式子表示出HG、AG，由等角的同名三角函数值相等得，据此表示出BG，然后根据AB=AG+BG建立方程可求出x的值，最后将x的值代入（1）所求的函数解析式算出对应的y的值，从而得出MN的长.
13．【答案】（1）解：作图如图．
（2）解： 连接AD、DO并延长，交圆于点E，连接AE、AC，过O作OF⊥AB于点F，ON⊥CD于点N，则四边形OFHN为矩形，
∵AB=CD，AB⊥CD，
∴OF=ON，
∴四边形OFHN为正方形，
∴FH=NH，
∴AF+FH=CN+NH，即AH=CH，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴∠C=45°，
∴∠E=∠C=45°.
∵∠EAD=90°，
∴∠ADE=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AE=AD，
∴AD=DEsin∠E=，故AD的值不发生变化，为定值.
（3）证明：延长CD、FP，交点为G，
∵HF=AH，
∴点H为AF的中点，
∴MH为△APF的中位线，
∴MH∥PF，MH=PF.
∵PD=AD，PM=AM，
∴MD=PD.
∵MH∥PF，
∴∠MHD=∠PGD，
∴△MDH∽△PDG，
∴MH：GP=MD：PD=1：2，
∴GP=2MH=PF.
作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连接GN、FN，
∵CP为∠HCF的平分线，
∴∠GCP=∠FCP，
∴GN=NF，
∴△GPN≌△FPN，
∴∠GPN=∠FPN=90°.
∵MH∥PF，
∴MH⊥CP.
【知识点】正方形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SSS；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）作线段AB的垂直平分线，与AB交于点E，以E为圆心，OE长为半径画弧，交AB于点H，然后以H为圆心，HB、HA为半径画弧，交圆于点C、D，再连接CD即可；
（2）连接AD、DO并延长，交圆于点E，连接AE、AC，过O作OF⊥AB于点F，ON⊥CD于点N，则四边形OFHN为矩形，由题意可得OF=ON，推出四边形OFHN为正方形，得到FH=NH，则AH=CH，推出△ACH为等腰直角三角形，得到∠C=45°，由圆周角定理可得∠E=∠C=45°，进而得到△ADE为等腰直角三角形，则AD=DEsin∠E，据此求解；
（3）延长CD、FP，交点为G，易得MH为△APF的中位线，则MH∥PF，MH=PF，结合已知条件可得MD=PD，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△MDH∽△PDG，由相似三角形的性质可得GP=2MH=PF，作△CFG的外接圆，延长CP交外接圆于点N，连接GN、FN，利用SSS证明△GPN≌△FPN，得到∠GPN=∠FPN=90°，据此证明.
14．【答案】（1）解：直径AB垂直弦CD，
，
，
，
，
，
由圆周角定理得，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：AB是的直径，
，
在△ACB和△CEB中，
，
，
，
，
由（1）知，
，
又，
；
（3）解：，证明如下：
如图，连接OC，
，
，
直径AB垂直弦CD，
∴弧BC=弧BD，
，
设，，
则，
，
，
又，
，
，，
，
，
∠COG=2∠CAE=2
，
，
在和中，
，
，
即，
，
．
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由同角的余角相等得∠DAE=∠DCF，由同弧所对的圆周角相等得∠DAE=∠BCD，则∠BCD=∠FCD，从而用ASA判断出△BCE≌△GCE，由全等三角形的对应角相等得GE=BE=1；
（2）由直径所对的圆周角相等得∠ACB=90°，从而可用有两组角对应相等的两个三角形相似得△ACB∽△CEB，由相似三角形对应边成比例可得BC2=BA·BE，进而根据BE=BG，AB=2BO，可得结论；
（3）连接OC，由等边对等角得∠FOG=∠FGO，由垂径定理得弧BC=弧BD，由圆周角定理得∠DAE=∠CAE，设∠DAE=∠CAE=，∠FOG=∠FGO=，则∠FCD=∠BCD=∠DAE=，由等边对等角得∠OCA=∠OAC=，根据角的和差得∠OCF=90°-3，由直角三角形两锐角互余及对顶角相等得，由角的和差及圆周角定理得∠COF=180°-，结合邻补角定义得∠COF=∠AOF，从而用SAS判断出△COF≌△AOF，得∠OCF=∠OAF，据此建立方程可求出的值，从而此题得解.
15．【答案】（1）证明：①∵S1=9，S2=16，
∴b=3，a=4，
∵∠ACB=90°，
∴S=ab=×3×4=6，
②由题意，得∠FAN=∠ANB=90°，
∵FH⊥AB，
∴∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，
∴△FAN∽△ANB，
∴，
∴，
整理，得ab+b2=a2，
∴2S+S1=S2，
即S2-S1=2S．
（2）解：S2-S1=S，理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形，
∴AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，
∴△ABC≌△FBE（SAS），
∴AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，
∴∠FEC=30°，
∵EF⊥CF，CE=BC=a，
∴=cos30°=，
∴b=a，
∴S=ab=a2，
由题意，得S1=b2，S2=a2，
∴S2-S1=a2- b2= a2，
∴S2-S1=S.
【知识点】等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①由正方形的面积分别求出Rt△ACB的两条直角边，再利用三角形的面积公式，代入数据计算即可求出S的值；②由∠FAN=∠ANB=90°，∠AFN=90°-∠FAH=∠NAB，证得△FAN∽△ANB，由相似三角形对应比成比例可得，整理得ab+b2=a2，即得2S+S1=S2，，进而求证结论成立；
（2）S2-S1=S. 由等边三角形性质得AB=FB，∠ABC=60°-∠FBC=∠FBE，CB=EB，利用“SAS”定理证出△ABC≌△FBE，即得AC=FE=b，∠FEB=∠ACB=90°，则∠FEC=30°，从而得=，推出b=a，进而得到S=ab=a2，又S1=b2，S2=a2，则S2-S1= a2，即可证明结论成立.
16．【答案】（1）解：①∵点O（0，0），点C（2，0），
顶点P的横坐标为1，
当时，，
点P的坐标是；
设抛物线的函数表达式为，把（0，0）代入，得
，解得.
该抛物线的函数表达式为，
即；
②如图1，过点E作EH⊥OC于点H，
∵直线 与y轴交于点B，
∴点B（0，）
设直线BC为，把C（2，0）代入，得
，解得，
直线BC为.
同理，直线OP为
由解得
∴
.
，
；
（2）解：设点P的坐标为，则点D的坐标为.
∵直线 与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A（-2，0），B（0，），
∴AB=3；
①如图2-1，当t＞2时，存在∠CPE=∠BAO.
记，则.
为的外角，
.
，
.
.
.
过点P作PF⊥x轴于点F，则，
，
，解得.
点P的横坐标为6；
②如图2-2，当0＜t≤2时，存在∠CPE=∠BAO.
记.
为的外角，
.
.
.
过点P作PF⊥x轴于点F，则.
∴，
，解得.
点P的横坐标为；
③如图2-3，当-2＜t≤0时，存在∠CPE=∠BAO.记.
.
过点P作PF⊥x轴于点F，则.
在Rt中，，
，解得.
点P的横坐标为；
④如图2-4，当t≤-2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠BAO=.
过点P作PF⊥x轴于点F，则.
，，
，解得.
点P的横坐标为.
综上，点P的横坐标为.
【知识点】等腰三角形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）①根据抛物线的对称性易得顶点P的横坐标为1，将x=1代入直线AB的解析式算出对应的y的值，可得顶点P的坐标是，从而设抛物线的函数表达式为，把（0，0）代入算出a的值，可得抛物线的解析式；
②过点E作EH⊥OC于点H，根据直线与y轴交点的坐标特点易得点B（0，），利用待定系数法分别求出直线BC及OP的解析式，联立两直线解析式组成的方程组求解，可求出其交点，进而根据平行线分线段比比例定理可求解 的值 ；
（2）根据函数图象上点的坐标特点及抛物线的对称性，设点P的坐标为，则点D的坐标为，根据直线与x轴交点的坐标特点易得点A（-2，0），B（0，），由两点间的距离公式算出AB=3；然后分类讨论：①如图2-1，当t＞2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠CPE=∠BAO=，∠APC=，则∠APD=，由三角形外角定义得∠PCD=，由抛物线的对称性及等边对等角得∠PCD=∠PDC=，则∠APD=∠ADP=，由等角对等边得出AP=AD=2t，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=t+2，由∠BAO的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标；②如图2-2，当0＜t≤2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠CPE=∠BAD=，∠APD=，由三角形外角定义得∠PDC=，由抛物线的对称性及等边对等角得∠PCD=∠PDC=，则∠APC=∠ACP=，，由等角对等边得出AP=AC=4，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=t+2，由∠BAO的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标；③如图2-3，当-2＜t≤0时，存在∠CPE=∠BAO，记∠BAO=，根据抛物线的对称性、等边对等角及三角形外角性质得∠PDC=∠PCD=∠CPE=，进而再根据三角形外角性质得∠APD=∠BAO-∠PDC=，则∠APD=∠PDA，由等角对等边得AD=AP=-2t，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=t+2，由∠BAO的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标；④如图2-4，当t≤-2时，存在∠CPE=∠BAO，记∠BAO=，根据抛物线的对称性、等边对等角及三角形外角性质得∠PDC=∠PCD=∠CPE=，进而再根据三角形外角性质得∠APC=∠BAO-∠PCD=，则∠APC=∠PCA，由等角对等边得CA=AP=4，过点P作PF⊥x轴于点F，则AF=-t-2，由∠PAF的余弦函数建立方程，求解可得t的值，即点P的横坐标，综上即可得出答案.
17．【答案】（1）解：∵CD是直径，
∴∠DBC=90°，
∵A四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=180°-60°=120°，
∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=120°-90°=30°.
（2）①证明：①如图，延长AB，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBM＝∠ADC，
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM，
∴EF∥BC；
②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，则DG∥BC∥EF，
∵DG∥BC，
∴，
∴BD＝CG，
∵四边形BCGD是圆内接四边形，
∴∠GDE＝∠ACG，
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC，
∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS），
∴EF＝CG，
∴EF＝BD．
【知识点】圆的综合题
【解析】【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠DBC=90°，再利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠ABC的度数；再根据∠ABD=∠ABC-∠DBC，代入计算可求出结果.
（2）①延长AB至M，利用圆内接四边形的性质可证得∠CBM＝∠ADC=∠AFE，利用平行线的判定定理可证得结论；②②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接CG，AG，则DG∥BC∥EF，可证得，利用圆心角、弧、弦的关系定理可证得BD=CG，利用圆内接四边形的对角互补及同弧所对的圆周角相等，可推出∠AFE＝∠AGC，利用AAS证明△AEF≌△ACG，利用全等三角形的性质可证得EF=CG，据此可证得结论.
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