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【贵州卷】备战2026年中考数学真题变式阶梯训练第23~25题（含答案解析）
一、原题23
1．如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，．
（1）点与的位置关系是　 　，线段与线段的数量关系是　 　；
（2）过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若的半径为，求的长．
二、变式1基础
2． 如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，∠DOE＝120°，∠EOF＝150°．
（1）求△ABC的三个内角的大小；
（2）设⊙O的直径为d，证明：d＝AB+AC-BC．
3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB上的一点，以BD为直径的半圆与BC相交于点F，且AC切于点E.
（1）求证：.
（2）若∠A=30°，AB=6，求CF的长.
4．如图， 已知 是 的直径，直线 是 的切线， 切点为 ， 垂足为 ． 连结 ．
（1） 求证： 平分 ．
（2） 若 ， 求 的半径．
三、变式2巩固
5．如图，内接于，过点作的切线，交直径的延长线于点．
（1）写出图中一个与相等的角；
（2）求证：；
（3）若，求的半径．
6．我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图所示，AB是的直径，直线是的切线，为切点.P，Q是圆上两点（不与点重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP，AQ交直线于点C，D.
（1）如图甲所示，当，的长为时，求BC的长.
（2）如图乙所示，当，时，求的值.
（3）如图丙所示，当，时，连结BP，PQ，请直接写出的值.
7． 如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足．
（1）求证：平分；
（2）证明：；
（3）若射线与相切于点A，，，求的值．
四、变式3提高
8．如图，在中，，，以点C为圆心，为半径作圆.点D为边AB上的动点，DP，DQ分别切圆C于点P，点Q，连接PQ，分别交AC和BC于点E，F，取PQ的中点M.
（1）当时，求劣弧PQ的度数；
（2）当时，求AD的长；
（3）连接CM，BM.
①证明：.
②在点D的运动过程中，BM是否存在最小值？若存在，直接写出BM的值；若不存在，请说明理由.
9．如图1，是的直径，点为圆上一动点（不与点，重合），过点的切线交的延长线于点，过点作于点.
（1）证明：；
（2）令.
①求的最大值；
②若，求的值.
（3）如图2，点为上一点（，分别位于直径异侧），，若，求的值.
10．如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD，AD=EC
（1） 证明：四边形AEBD是菱形.
（2）如图2，O是AB上一点，且E、A、D三点均在⊙O上，连接OD，CD与⊙O相切与点D，
①求= .
②若AB = 4，求⊙O的半径.
（3） 在(1)的条件下，用尺规作图过D作交BC于F . (保留作图痕迹，不用说明做法)
五、原题24
11．钱塘江涌潮为世界一大自然奇观，它是天体引力和地球自转的离心作用，加上钱塘江州湾喇叭口的特殊地形所造成的特大涌潮．某日钱塘江的观测信息如下：
×年×月×日 天气：阴 能见度：1.8千米
11：40时，甲地“交叉潮”形成，潮水匀速奔向乙地；
12：10时，潮头到达乙地，形成“一线潮”，开始均匀加速，继续奔向丙地；
12：35时，潮头到达丙地，遇到堤坝阻挡后回头，形成“回头潮”．
按上述信息，小红将“交叉潮”形成后潮头与乙地之间的距离s（单位：千米）与时间t（单位：分钟）的函数关系用图3表示．其中，“11：40时，甲地‘交叉潮’的潮头离乙地12千米”记为点A（0，12），点B的坐标为（m，0），曲线BC可用二次函数：（b，c是常数）刻画．
（1）求m的值，并求出潮头从甲地到乙地的速度．
（2）11：59时，小红骑单车从乙地出发，沿江边公路以0.48千米/分钟的速度往甲地方向行驶，问她几分钟后与潮头相遇？
（3）小红与潮头相遇后，立即调转车头，沿江边公路按潮头速度与潮头并行，但潮头过乙地后均匀加速，而单车的最高速度为0.48千米/分钟，小红逐渐落后．求潮头从开始加速到刚好超过小红时离乙地的距离．（潮水加速阶段的速度，是加速前的速度）
六、变式1（基础）
12．某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同．如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式为 ．
（1）求雕塑高OA．
（2）求落水点C，D之间的距离．
（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，OE＝10m，EF＝1.8m，EF⊥OD．问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明．
13．某校初三年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高，当球出手后水平距离为时到达最大高度，设篮球运行的轨迹为抛物线，建立如图的平面直角坐标系．
（1）求出抛物线的解析式；
（2）若队员与篮圈中心的水平距离为，篮圈距地面，问此球能否准确投中？
14．急刹车时，停车距离是指骑车人从意识到应当刹车到车辆停下来所走的距离，记作ym；反应距离是指骑车人意识到应当刹车到实施刹车所走的距离，记作d1m；刹车距离是指骑车人实施刹车到车辆停下来所走的距离，记作d2m，已知y＝d1+d2，d1与骑行速度成正比，d2与骑行速度的平方成正比．当骑行速度为13km/h时，反应距离为2.6m，刹车距离为1m．
（1）若骑行速度为26km/h，则d1＝　 　 m，d2＝　 　 m；
（2）设骑行速度为xkm/h，求y关于x的函数表达式；
（3）当刹车距离为2m时，停车距离为多少？（精确到0.1m，参考数据：，，）
七、变式2（巩固）
15．根据以下素材，探索完成任务
设计弹弹珠游戏
素材1：某班级组织趣味弹弹珠游戏，设计如下：(1)距离水平地面米处有一带弹簧的装置；(2)每次将弹簧向左挤压相同距离，松手后弹珠从点水平飞出，研究路径时弹珠直径可忽略，如图1. 图1
素材2：某班进行试玩，发现：当弹珠从点飞出后形成的路径是抛物线的一半，并正好从挡板1的顶部经过，此时带弹簧的装置距离水平地面的高度米，挡板1至点距离为0.6米，挡板1的高度为0.4米，如图2. 图2
素材3：弹珠游戏装置变化，如图3：(1)在距离点0.8米处新增长度为0.2米的挡板2，挡板1与挡板2之间记为区域I：(2)在距离点1米处新增长度为0.1米的挡板3，挡板2与挡板3之间记为区域II. 图3
问题解决
任务1：确定弹珠路径.请在图2中以点为原点建立直角坐标系，并求出弹珠飞出路径对应的抛物线解析式.
任务2：确定移动方案.要想让弹珠飞出后落入区域I内，该弹簧装置向上移动的距离要满足什么条件？
任务3：灵活变通.根据同学们的实际游戏情况，上下移动装置很难精准将弹珠落入固定区域内，希望作出调整.现做出如下改动，在任务1的基础上，先将装置向上移动0.3米，再通过左右移动三块挡板(区域I和区域II的宽度不改变)，让弹珠落入得分更高的区域II内，请计算挡板3横坐标的取值范围。
16．综合实践：怎样才能命中篮筐．
活动背景：学校组织班级间篮球比赛，九年级2班小玟发现自己投篮命中率较低，特请本班数学兴趣小组同学拍摄自己投篮图片（图1），并测量相应的数据进行研究．
模型建立：如图2所示，以小玟的起跳点为坐标原点，水平方向为轴，竖直方向为轴建立平面直角坐标系；篮球运动轨迹可以看作是抛物线的一部分．
信息整理：
素材1：篮球（P）出手时离地面的高度为米，篮筐中心离地面的高度米，篮球出手位置与篮筐中心的水平距离米，篮球距地面的最大高度米，此时离篮球出手位置的水平距离米．
素材2：当篮球（P）恰好经过篮筐中心点时，我们称此次进球为“空心球”；由于篮球的直径大约是篮筐直径的一半，因此当篮球到达篮筐中心的水平位置时，篮球的高度（米）满足时，篮球即可命中篮筐；篮球运动轨迹抛物线的开口大小由投篮方向和出手速度决定，小玟在投篮过程中始终保持投篮方向和出手速度不变．
解决问题：在初次投篮时，数学兴趣小组同学测得相关数据为：米，米，米，米．
（1）小玟初次投篮时______命中篮筐；（填写：“能”或“不能”）
（2）该班数学兴趣小组同学对小玟的初次投篮数据进行研究后，让小玟同学在原来位置向前走了米后再次投篮，发现此次正好投进一个“空心球”，求的值（保留根号）．
（3）在比赛过程中，小玟在离篮筐中心的水平距离5米处开始起跳投篮，若保持初次投篮时的出手高度，小玟此次能否命中篮筐？如果不能，那么要想命中篮筐，则的取值范围是多少？
17．弹力球游戏规则：弹力球抛出后与地面接触一次，弹起降落，若落入筐中，则游戏成功．弹力球着地前后的运动路径可近似看成形状相同的两条抛物线．在如图所示的平面直角坐标系中，x（单位：m）是弹力球距抛出点的水平距离，y（单位；m）是弹力球距地面的高度．甲站在原点处，从离地面的点A处抛出弹力球，弹力球在点B处着地后弹起．已知弹力球第一次着地前抛物线的函数解析式为．
（1）求a的值及的长．
（2）若弹力球在点B处着地后弹起的最大高度比着地前抛物线的最大高度低．
①求弹力球第一次着地后弹起降落形成的抛物线的函数解析式．
②如图，如果在地面上摆放一个底面半径为，高的圆柱形筐，此时筐的最左端与原点的水平距离为．若要使得游戏成功，则d的取值范围是________．
八、变式3（提高）
18．根据以下素材，探索完成任务．
如何确定防守方案？
素材1 鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），足球的飞行轨迹可看成抛物线．攻球员位于，守门员位于点，的延长线与球门线交于点，且点，均在足球轨迹正下方，已知，．
素材2 通过鹰眼系统监测，足球飞行的水平速度为水平距离（水平距离=水平速度×时间）与离地高度的鹰眼数据如右表． 守门员的最大防守高度为．守门员在攻球员射门瞬间就作出防守反应，当守门员位于足球正下方时，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度视为防守成功． …912151821……5…
问题解决
任务1 确定运动轨迹 求关于的函数表达式．
任务2 探究防守方案 若守门员选择原地接球，能否防守成功？若成功，请求出守门员接住球时，球的高度；若不成功，请通过计算说明理由．
任务3 拟定执行计划 求守门员选择面对足球后退，计算成功防守的最小速度．
19．为了增加趣味性，万岁山旅游城把传统的抛绣球项目进行改良，他们定制了一种器械，类似中国古代一种投石器，为了解发射平台高度对绣球飞行轨迹的影响，我们可以设定不同的发射平台高度，并分别记录绣球在不同水平距离上的飞行高度. 分析不同发射平台高度下绣球的飞行轨迹. 通过比较不同高度下绣球的飞行高度和飞行距离，我们可以得出发射平台高度对绣球运动轨迹的具体影响. 从而有目的地调整发射高度，通过实验发现绣球运动轨迹是抛物线的一部分，并且在离发射点水平距离18米处达到距地面最大高度18米；在离发射点水平距离6米处，距地面高度10米.
问题解决：
（1）任务1：确定函数表达式. 设绣球离发射点水平距离为x，距地面高度为y. 求出y关于x的函数表达式；
（2）任务2：探究飞行距离，当绣球从地面发出到落地（高度为0m）时，飞行的水平距离是多少；
（3）任务3：如图，工作人员在水平地面上设置一个高度可以变化的发射平台PQ，当弹射口高度变化时，绣球被弹出后的飞行轨迹形状不变，可视为抛物线上下平移得到，点P、A、B在一条直线上，已知，，游客小李站在线段AB（包括点A、B）上，为了确保他能抢到绣球，求发射台PQ的变化范围.
20．【项目式学习】
【项目主题】如何调整电梯球、落叶球的发球方向.
【项目素材】
素材一，如图1是某足球场的一部分，球门宽，高，小梅站在A处向门柱一侧发球，点A正对门柱（即），，足球运动的路线是抛物线的一部分．
素材二，如图，当足球运动到最高点Q时，高度为，即，此时水平距离，以点A为原点，直线为x轴，建立平面直角坐标系．
【项目任务】
任务一：足球运动的高度与水平距离之间的函数关系式，此时足球能否入网？
任务二：改变发球方向，发球时起点不变，运动路线的形状不变，足球是否能打到远角E处再入网？
上述任务1、任务2中球落在门柱边线视同球入网；根据以上素材，探索完成任务.
九、原题25
21．如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
（1）【问题解决】
如图①，若点与线段的中点重合，则　 　度，线段与线段的位置关系是　 　；
（2）【问题探究】
如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
十、变式1[基础]
22．如图，在菱形ABCD中，，作，连结BD.
（1）求菱形ABCD的面积；
（2）求BD的长.
23． 如图，AC是菱形ABCD的对角线，的平分线交边CD于点E.
（1） 若，求的度数；
（2） 仅用一把无刻度的直尺，在边AD上找点F，使DF=DE.（保留必要作图痕迹，不需说明理由）
24． 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明：四边形ADCF是菱形；
（3）若AB＝6，AC＝8，求菱形ADCF的面积．
十一、变式2[巩固]
25．如图，已知，，D为上一点，构造菱形，点E在线段上，G为上一点，，连接交于点H．
（1）求证：．
（2）当G为的中点，，时，求的长．
（3）若，求证：．
26．有一只拉杆式旅行箱（图1），其侧面示意图如图2所示，已知箱体长，拉杆的伸长距离最大时可达，点、、在同一条直线上，在箱体底端装有圆形的滚筒，与水平地面切于点，在拉杆伸长至最大的情况下，当点距离水平地面时，点到水平面的距离为，设AF∥MN．
（1）求的半径长；
（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，某人将手自然下垂在端拉旅行箱时，为，，求此时拉杆的伸长距离．（精确到，参考数据：，，）
27．如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点，连结并延长，交BC于点F.四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G.
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）设，.求代数式的值.
十二、变式3[提高]
28．综合与探究
【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动，已知菱形纸片ABCD，∠BCD=60°
【成果展示】
（1）第一小组：如图1，连接AC，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在对角线AC上的点P处，折痕分别交AB，AD于点F，E.判断四边形AFPE的形状，并加以证明.
（2）第二小组：将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交AD于点E，EP交CD于点G.
①判断DG和PG的数量关系，并加以证明.
②将菱形纸片ABCD沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中BP交CD于点M.若M恰好是CD的中点，且AB=4，请直接写出线段AE的长　 　.
（3）【深入探究】
在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为E'，点P的对应点为P'），当P'E'与CD所在的直线垂直时，且BC=4，请直接写出点P'.到直线CD的距离　 　.
29． 如图1， 在菱形ABCD中，E是AC上一点，， 连结DE， 过点B作交AC于点F.
（1） 求证： ；
（2） 如图2， 连结BE， DF， 求证： 四边形DEBF是菱形；
（3） 如图3， 在(2)的条件下， 延长DE交AB于点G， 连结FG， .
①探究FG与DF的数量关系， 并说明理由；
②若， 且FG=3， 求菱形ABCD的边长.
30．在四边形ABCD中，对角线BD上有一点E，连接AE，CE，F是射线AD上一点，连接EF，且EF＝AE，以EC，EF为边作平行四边形CEFH．
（1）如图1，若四边形ABCD是菱形．
①求证：四边形CEFH是菱形；
②若∠BAD＝60°，连接CF，则CF与AE是否相等？请说明理由．
（2）如图2，若四边形ABCD是正方形．
①CF与AE的关系是（　　）
CF＝AECF＝AECF＝1.5AECF＝2AE
②已知AD＝6，DF＝2，连接DH，则DH的长为　 　．
答案解析部分
1．【答案】（1）在线段上；
（2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下：
连接，
∵为的切线交的延长线于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形.
（3）解：如图，过作于，
∵的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】（1）解：∵是直角，
∴为直径，
∵为圆心，
∴在线段上；
∵为的中点，
∴，
∴；
故答案为：在线段上；.
【分析】（1）依据圆周角定理（圆周角对直径 ）确定是直径，点在上；利用弧中点性质得.
（2）通过作辅助线（连接 ），利用切线性质（切线垂直于半径 ）、等腰三角形性质（ ）及等角的余角相等，推导，证得等腰三角形 .
（3）作，结合勾股定理求，利用面积法求，再通过勾股定理依次求、、，最后由得结果 .
2．【答案】（1）解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，
∴AB⊥OD，BC⊥OE，CA⊥OF，
∴∠ODB＝∠OEB＝∠OEC＝∠OFC＝90°，
∵∠DOE＝120°，∠EOF＝150°，
∴∠B＝360°-∠ODB-∠OEB-∠DOE＝60°，∠C＝360°-∠OEC-∠OFC-∠EOF＝30°，
∴∠A＝180°-∠B-∠C＝90°，
∴∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．
（2）证明：∵AD＝AF，BD＝BE，CF＝CE，
∴BD+CF＝BE+CE＝BC，
∵AB+AC＝AD+BD+CF+AF＝2AF+BC，
∴2AF＝AB+AC-BC，
∵∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴OD＝AF，
∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，
∴d＝2OD＝2AF，
∴d＝AB+AC-BC．
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理；多边形的内角和公式
【解析】【分析】（1）由内切圆的性质得∠ODB＝∠OEB＝∠OEC＝∠OFC＝90°，再根据四边形的内角和为360°和三角形的内角和为180°即可求解；
（2）由切线长定理得AD＝AF，BD＝BE，CF＝CE，则BD+CF＝BE+CE＝BC，进而得出2AF＝AB+AC-BC，由（1）易证四边形ADOF是矩形求得0D=AF，结合已知条件即可得出结论.
3．【答案】（1）证明：
∵BD为直径，
∴∠DFB=90°.
∵∠ACB=90°，
∴AC//DF.
∵ AC切于点E ，
∴OE⊥AC，
∴DF⊥EO.
∴.
（2）设AD=x，连结DE，BE，
∵AB=6，
∴BD=6-x，
∴OD=OE=.
∴AO=AD+OD=.
∵∠A=30°，
∴OE=AO=.
∴=，解得x=2.
∴OD=.
∵∠A=30°，DF//AC，
∴∠GDO=30°，
∵DF⊥EO，
∴OG=1.
∵∠DFB=90°，
∴∠GFC=90°，
∵OE⊥AC，
∴∠GEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴四边形EGFC是矩形.
∴CF=EG=OE-OG=1.
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角，说明∠DFB=90°，结合∠ACB=90°，可说明AC//DF，再结合切线，可说明OE⊥AC，再根据平行线的性质，可说明DF⊥EO，从而有结论成立；
（2）设AD=x，在Rt△AOE中结合30度角用x表示出OE，由OE为半径，又可用x表示出OE，列关于x的方程求解，求得x，从而可求得OE，结合30度角求出OG，再证明四边形EGFC为矩形，从而可得CF=EG，利用EG=OE-OG求解.
4．【答案】（1）证明： 连结 ， 如图 1 ．
直线 是 的切线， 切点为 ，
．
又 ， 垂足为 ，
．
，
平分 ．
（2）解：连结 ， 如图 2 ．
是 的直径， ．
又 ， 由 (1) 得 ，
．
在 Rt 中， ．
，
在 Rt 中， ，
的半径为 ．
【知识点】圆周角定理；切线的性质；解直角三角形；角平分线的概念；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)连接OC，由切线的性质得到OC⊥DC，进而得到OC∥AE，根据平行线的性质和等腰三角形的性质即可证得结论；
(2)连接BC，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，再利用(1)的结论可，从而求出BC的长，然后再利用勾股定理求出AB的长，即可解答.
5．【答案】（1）解：∵，
∴；
连接，如图所示，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
是的切线，
，即∠OBA+∠ABE=90°，
∵是直径，
，即∠OBA+∠OBD=90°，
∴∠ABE=∠OBD=∠ADB；
∴ 与相等的角有∠ACB或∠ABE.
（2）证明：由（1）可得，
（3）解：由（1）得：，
∴△AEB∽△BED，
∴.
∵，
∴，
∴ED=8.
∴AD=DE－AE=8－2=6，
∵AD为直径，
∴OA=OD=3，即的半径为3cm．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）连接，由同弧所对的圆周角相等得到，由切线的性质可得∠OBA+∠ABE=90°，由直径所对的圆周角是直角得到∠OBA+∠OBD=90°，再结合等腰三角形的性质即可得∠ABE=∠OBD=∠ADB；结论可得.
（2）根据（1）所求即可证明结论；
（3）证明△AEB∽△BED，可得.代入数据求得ED的长，继而即可得的半径．
（1）解：如图所示，连接
∵，
∴，
∵，
，
是的切线，
，
∵是直径，
，
；
（2）由（1）可得，
（3）解：是的切线，
，
在中，，
根据勾股定理即可得到，
，
，
的半径为．
6．【答案】（1）解：如图甲所示，连结OP，设∠BOP的度数为n.
∵，BP长为，
∴，即.
∴.
∵直线l是☉O的切线，∴∠ABC=90°.
∴BC=AB×tan∠BAC=6×tan30°=6×
（2）解：如图乙所示，连结BQ，过点C作CF⊥AD于点F，
∵AB为直径，∴∠BQA=90°.
∵=，∴∠BAC=∠DAC.
∵CF⊥AD，AB⊥BC，∴CF=CB.
∵∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°，
∴∠FCD=∠BAQ
（3）解：如图，连结BQ，
∵AB⊥BC，BQ⊥AD，
∴∠ABQ=90°-∠QBD=∠ADC，
∵∠ABQ=∠APQ，
∴∠APQ=∠ADC
∵∠PAQ=∠DAC，
∴△APQ∽△ADC，
∴①，
∵∠ABC=90°=∠APB，∠BAC=∠PAB，
∴△APB∽△ABC，
∴②，由BC=CD，将①②两式相除得，
∵，
∴
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算；直角三角形的性质；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】(1)根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出BC的长；
(2)根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC，再根据角平分线的性质定理推出CF=CB，利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ，通过等量转化和余弦值可求出答案；
(3)连结BQ，证明△APQ∽△ADC，得①，证明△APB∽△ABC，得②，由BC=CD，将①②两式相除得，从而可得的值.
7．【答案】（1）证明：∵DE为 E外接圆 的直径，
∴∠DAE=90°，
∴∠EAM+∠BAD=∠EAC+∠DAC=90°，
∵∠CAE=∠MAE，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）证明：连接 AO，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解： 射线BM与相切于点A
，
由（2）知，，
，
，
∴设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；解一元二次方程的其他方法
【解析】【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠DAE=90°，再利用余角结合已知条件计算得到∠BAD=∠CAD，解答即可；
（2）连接 AO，根据等边对等角得到再根据角度的和差运算得到，即可根据AA判定，再根据相似三角形的性质解答即可；
（3）由切线的性质和相似的性质设，表示出OD，OB建立方程计算即可得到，利用勾股定理可得AC，再利用余角的性质计算得到，再根据正切的定义计算即可解答.
8．【答案】（1）解：如图，连接CP、CQ.
∵DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，
∴∠CPD=∠CQD=90°，
∵∠PDQ=60°，
∴∠PCQ=360°-∠PDQ-∠CPD-∠CQD=120°，
∴劣弧PQ为120°；
（2）解：连接CD，过点D作DG⊥BC于点G，如图所示：
∵DP、DQ分别切圆C于点P、点Q，
∴DP=DQ，
∵CP=CQ，
∴C，D在线段PQ的垂直平分线上，
∴CD⊥PQ，
∵CE=CF，
∴CD平分∠ECF，
∵DG⊥BC，∠A=90°，
∴AD=AG，
∵AB=3，AC=5，
，
，
，
，即，
解得：；
（3）解：①连接CD，CP，CQ，如图所示：
根据解析（2）可知：CD垂直平分PQ，
点M为PQ的中点，
点M在CD上，
，
，
，
，
，
；
②BM的最小值为4.
【知识点】切线的性质；圆-动点问题；相似三角形的性质-对应角；多边形的内角和公式；等积变换
【解析】【解答】解：（3）②BM的最小值为4，理由如下：
由①可得，C、D、M三点共线，且，
∴，
.∵，
∴，
∴，
∴，
根据①可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
解得：，
∴ CE为定值，
∵，
∴ 点M在以CE为直径的圆上运动，
取CE的中点H，当B、M、H三点共线时，BM最短，
∵，
∴
BM＝BH-MH=4，
即BM的最小值为4.
【分析】（1）根据切线的性质以及四边形的内角和360°，即可求出劣弧PQ的度数；
（2）根据切线的性质得出DP=DQ，根据垂直平分线特点得出CE=CF、CD平分∠ECF，从而推出AD=AG，然后利用勾股定理求出BC的长度，最后利用等面积公式即可求出AD的长；
（3）①证明出，即可得出，变形即可得出证明结果；
②同样利用相似三角形，得出，并结合①的结论可以求出CE的长度，此时即有当B、M、H三点共线时，BM最短，求出AH的长度，利用勾股定理即可求出BH的长度，BM的长度即可求出。
9．【答案】（1）∵是的切线，是的直径，∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
又∵
∴，
（2）解；①∵，∵
∴，即，
设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∴，即的最大值为；
②∵，
∴
∵
∴
由①可得，则
∴
∴
设，则
∴
解得：
∴
（3）解：如图，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则
∵，
∴
∴
∴
设，，同（2）可得
∴
∴
∴，
又∵，
∴

【知识点】切线的性质；相似三角形的判定；求正切值
【解析】【分析】本题主要对正切的定义，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆心角的性质等知识点进行考查；
（1）根据题意是的切线，是的直径，所以有，，进而得到，根据角的计算可得，，进而得到；
（2）①根据题意有，可得，所以即，设，，则，因为，可证明可得到，进而根据，所以最大值为；
②根据，，可得，根据①中计算可知，设，则，所以，解得，所以．
（3）根据题意是的直径，可推出，，可证进一步得出，设，根据得出，设，，同（2）解题思路可得，得出，所以．
（1）∵是的切线，是的直径，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
又∵
∴，
（2）解；①∵，
∵
∴，即，
设，，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴
∴
∵，即
∴
∴
∴，即的最大值为；
②∵，
∴
∵
∴
由①可得，则
∴
∴
设，则
∴
解得：
∴
（3）解：如图，连接
∵是的直径，
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则
∵，
∴
∴
∴
设，，同（2）可得
∴
∴
∴，
又∵，
∴
10．【答案】（1）证明：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形
又∵，且D为AB中点
∴
∴平行四边形ADCE为菱形.
（2）解：①30°
②设半径为r
∵
∴
∵
∴
解得：
（3）解：方法不唯一(图1作BC中垂线，图2作内错角相等，图3作角分线+等腰出平行)：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；切线的性质；作图-平行线；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ADCE为菱形.∴
∴
又∵
∴
∴
∵CD切于D
∴
∴
∴
【分析】(1)由，可知四边形ADCE为平行四边形，结合BD=AD可得ADCE为菱形；
(2)①结合菱形性质和切线的性质知∠COD=2∠CAD=2∠OCD，再由直角三角形两锐角互余可得∠ACD的度数；
②设半径为r，得OC=4-r，根据30角所对直角边等于斜边的一半，即可r的值；
(3)可作BC的中垂线，也可作内错角相等，还可作作角分线+等腰出平行.
11．【答案】（1）解：∵到经过的时间是30分钟，
∴点，即，
∴潮头从甲地到乙地的速度为（千米/分钟）．
（2）解：∵潮头的速度为0.4千米/分钟，
时，潮头已前进（千米）．
此时潮头与乙地之间的距离为（千米）．
设小红出发x分钟后与潮头相遇．
依题意，得，
解得，
∴小红5分钟后与潮头相遇．
（3）解：把点，代入，
得，
解得，，
∴．
又∴，
∴．
当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分钟，即时，
，
解得，
则当时，，
即潮头从开始加速到刚好超过小红时离乙地的距离为千米．
【知识点】一元一次方程的其他应用；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的其他应用
【解析】【分析】（1）由图可得点，即，再根据速度=路程÷时间即可求出答案.
（2）设小红出发x分钟后与潮头相遇，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
（3）根据待定系数法将点B，C坐标代入解析式可得，则，再将v=0.48代入解析式，可得t值，再将t值代入解析式即可求出答案.
（1）解：∵到经过的时间是30分钟，
∴点，即，
∴潮头从甲地到乙地的速度为（千米/分钟）．
（2）解：∵潮头的速度为0.4千米/分钟，
时，潮头已前进（千米）．
此时潮头与乙地之间的距离为（千米）．
设小红出发x分钟后与潮头相遇．
依题意，得，
解得，
∴小红5分钟后与潮头相遇．
（3）解：把点，代入，
得，
解得，，
∴．
又∴，
∴．
当潮头的速度达到单车最高速度0.48千米/分钟，即时，
，
解得，
则当时，，
即潮头从开始加速到刚好超过小红时离乙地的距离为千米．
12．【答案】（1）解：当x=0时，
=-+6
=；
（2）解：当，
解得x=11或-1（舍去），
∴OD=11，
∴CD=2OD=22；
(3)
（3）解：顶部F不会碰到水柱。
理由如下，
∵OE=10，
∴x=10，
∴，
∴不会碰到水柱.
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】(1)令x=0，求出抛物线与y轴的交点坐标，即可解答；
(2)先令y=0，求出抛物线与x轴的交点坐标，得出OD长，则可求出CD长；
(3)求出x=10时的函数值，再和1.8作比较，即可解答.
13．【答案】（1）解：根据题意，将球出手点、最高点和篮圈的位置标点如下：
则，，
∴设二次函数解析式为，
则将点A代入可得，16a+4=，
解得：a=，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：此球能否准确投中，
理由：根据题意可知，点C的坐标为（7，3），
将x=7代入得，，
∴点C在抛物线上，
∴此球一定能投中.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）将代入抛物线解析式求得的值，进而即可得出答案．
（1）解：根据题意，球出手点、最高点和篮圈的坐标分别为：
，，
设二次函数解析式为，
将点代入可得：，
解得：，
抛物线解析式为：；
（2）解：将点坐标代入抛物线解析式得：
，
左边右边，
即点在抛物线上，
此球一定能投中．
14．【答案】（1）5.2；4
（2）解：设骑行速度为xkm/h，
∵d1=0.2x，
∴
（3）解：当刹车距离为2m时，则
解之：（取正值）
∴
答：当刹车距离为2m时，停车距离为5.7m
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）∵ d1与骑行速度成正比，d2与骑行速度的平方成正比．
∴设d1=kx，d2=mx2，
∵当骑行速度为13km/h时，反应距离为2.6m，刹车距离为1m．
∴2.6=1.3k、1=132m
解之：k=0.2，m=
∴d1=0.2x，
骑行速度为26km/h，
∴d1=0.2×26=5.2m，
故答案为：5.2；4
【分析】（1）利用正比例函数的定义设d1=kx，d2=mx2，利用已知可求出两函数解析式，再根据骑行速度为26km/h，分别求出d1、d2的值.
（2）由（1）可知d1、d2与x的函数解析式，再根据y＝d1+d2，代入可得到y与x的函数解析式.
（3）根据刹车距离为2m可求出符合题意的x的值，再将x的值代入y关于x的函数解析式，可求出y的值，即可求解.
15．【答案】解：任务1：根据题意，得：抛物线的顶点 对称轴为直线
∴设此抛物线为 即 ，
∵此抛物线经过挡板1顶部，
∴即过点 代入
解得：
∴此抛物线的解析式为
任务2：∵该弹簧装置向上移动，
∴设
∵想让弹珠飞出后落入区域I内，且挡板
∴把 代入
解得：
∵把挡板 代入
解得：
任务3：∵装置向上移动0.3米，
∴得
∴当 时， 解得： (负值舍去)，
∵区域I和区域II的宽度不改变，
∴此时挡板1的横坐标为
不会被挡板1挡住，
∵当 时，
解得： (负值舍去)，
∵挡板2的横坐标为
.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】任务1：设此抛物线的解析式为 ，由题意得顶点 对称轴为直线 且经过 分别代入，即可求解；
任务2：设抛物线为 把 分别代入，即可求解；
任务3：根据题意，得知 可得 通过挡板2的高度 解得其横坐标为 因区域I和区域II的宽度不改变，推出挡板1的横坐标和纵坐标，得抛物线不被挡板1挡住，将挡板3的高度 代入抛物线，得横坐标，结合区域II的宽度即可求解.
16．【答案】（1）不能
（2）解：向前走了米后抛物线的解析式为：，
经过点，
，
，
解得：（不合题意，舍去），，
答：的值为；
（3）解： 不能命中篮筐，理由如下：
由题意得：小玫在离篮筐中心的水平距离5米处开始起跳投篮时，抛物线的解析式为：，
当时，，
不能命中篮筐；
设改变出手点的高度后的抛物线的解析式为：，
当时，，
，
解得：，
出手点的坐标为，
，
．
不能，的取值范围是
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】（1）解：由题意得：小玫初次投篮时抛物线的顶点坐标为：，
设，
经过点，
，
解得：，
，
当时，，
时，篮球命中篮筐，
小玫初次投篮时不能命中篮筐．
故答案为：不能；
【分析】（1）易得小玫初次投篮时抛物线的顶点坐标为(3，4)，点P(0，2.2)，用顶点式表示出抛物线的解析式，进而把点的坐标代入可得的值，从而得到抛物线的解析式；然后将x=6代入所求函数解析式算出对应函数值，把该函数值与所给篮球到达篮筐中心的水平位置时篮球的高度范围比较，即可判断能否命中篮筐；
（2）根据抛物线平移规律“左加右减”设出向右平移后的抛物线解析式，把代入可得的值；
（3）根据抛物线平移规律“左加右减”判断出运动后的抛物线解析式，取，得到的值即可判断是否命中篮筐；判断出提高出手高度后的抛物线解析式，取，得到对应的的值，进而根据的取值范围得到的值，取，得到的值，即可判断的取值范围．
（1）解：由题意得：小玫初次投篮时抛物线的顶点坐标为：，
设，
经过点，
，
解得：，
，
当时，，
时，篮球命中篮筐，
小玫初次投篮时不能命中篮筐．
故答案为：不能；
（2）解：向前走了米后抛物线的解析式为：，
经过点，
，
，
解得：（不合题意，舍去），，
答：的值为；
（3）解：由题意得：小玫在离篮筐中心的水平距离5米处开始起跳投篮时，抛物线的解析式为：，
当时，，
不能命中篮筐；
设改变出手点的高度后的抛物线的解析式为：，
当时，，
，
解得：，
出手点的坐标为，
，
．
17．【答案】（1）解：∵点是抛物线的起点，
∴，
解得，
则，
当时，，
解得， (不合，舍去)，
∴点的横坐标为；
∴.
（2）解：由（）知，点的横坐标为5；
∵两条抛物线形状相同，弹力球在点B处着地后弹起的最大高度比着地前抛物线的最大高度低．
∴，
设弹力球第一次着地后弹起降落形成的抛物线解析式为，
将点代入该解析式，得，
解得，，
∵，
∴不合，舍去，
∴，
∴ 弹力球第一次着地后的弹起降落形成抛物线解析式为；
．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】（2）令中，则，
解得，，
∵，
∴不合，舍去，
∴，
∴弹力球第二次落地点距离原点米，
∵筐的最左端与原点的水平距离为．在地面上摆放一个底面半径为，高的圆柱形筐，
当代入，
得
解得或，
∵时，y随x的增大而增大，时，y随x的增大而减小，
∴由题意可知，
解得：
∴要使得游戏成功，则d的取值范围是．
故答案为：．
【分析】（1）将点A的坐标代入解析式求出a的值，再将y=0代入解析式求出x的值，从而可得OB的长；
（2）①设弹力球第一次着地后弹起降落形成的抛物线解析式为，将点B（5，0）代入解析式求出h的值即可；
②将y=0.6代入解析式求出x的值，再利用二次函数的性质分析求解即可.
（1）解：∵点是抛物线的起点，
∴，
解得，
则，
当时，，
解得， (不合，舍去)，
∴点的横坐标为；
∴；
（2）解：由（）知，点的横坐标为5；
∵两条抛物线形状相同，弹力球在点B处着地后弹起的最大高度比着地前抛物线的最大高度低．
∴，
设弹力球第一次着地后弹起降落形成的抛物线解析式为，
将点代入该解析式，得，
解得，，
∵，
∴不合，舍去，
∴，
∴ 弹力球第一次着地后的弹起降落形成抛物线解析式为；
令中，则，
解得，，
∵，
∴不合，舍去，
∴，
∴弹力球第二次落地点距离原点米，
∵筐的最左端与原点的水平距离为．在地面上摆放一个底面半径为，高的圆柱形筐，
当代入，
得
解得或，
∵时，y随x的增大而增大，时，y随x的增大而减小，
∴由题意可知，
解得：
∴要使得游戏成功，则d的取值范围是．
故答案为：．
18．【答案】任务一：
解：任务1：由表格中的数据可知当和当时，h的值相同，
∴该抛物线的对称轴为直线，
∴该抛物线的顶点坐标为，
设该抛物线解析式为，
把代入中得：，
解得，
∴h关于s的函数表达式为；
任务二：
任务2：若守门员选择原地接球，不能防守成功，理由如下：
在中，当时，，
∵，
∴若守门员选择原地接球，不能防守成功；
任务三
：当守门员刚好接到球时，则，
把代入中得：，
解得，
∴此时球的飞行时间为，
∴守门员选择面对足球后退，能够防守成功，那么运动员在内肯定要到达能够刚好接球的位置，即守门员在内的路程要大于等于，
∴守门员的速度要大于等于，
∴守门员的最小速度为．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】（1）根据题意把解析式设为顶点式，再利用待定系数法求解即可；
（2）计算出当时h的值即可得到答案；
（3）当守门员刚好接到球时，则，求出此高度下s的值，进而求出球运动的时间，进而求出守门员运动的最小路程，即可求出最小速度．
19．【答案】（1）解：依题意，得抛物线的顶点坐标为(18，18)，设抛物线解析式为 把(6，10)代入解析式得： 解得
∴抛物线解析式为
（2）解：令，则，解得，（舍），
答：水平距离为36m；
（3）解：设抛物线向上平移m个单位，则平移后的抛物线解析式为，
∵，，
∴ 当抛物线经过（37，0）时，，
解得
当抛物线经过（38，0）时，，解得
∴ 发射台PQ的变化范围为：解得.
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）令y=0，解方程求出x的值即可；
（3）设出平移后的解析式， 再把(37，0)， (38，0)分别代入解析式，结合题意求出PQ的取值范围.
20．【答案】任务一：解：由题意知，抛物线的顶点坐标为即，
设抛物线的解析式为，
将代入得，，
解得，，
∴抛物线的解析式为，
当时，即，
∴，
∴足球不能落网；
任务二：解：∵运动路线的形状不变，
∴以为原点，所在的直线为轴，抛物线的表达式为；
∵，，，
由勾股定理得，，
当时，，
∴能打到远角E处再入网．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【分析】任务一：由题意知，抛物线的顶点坐标为即，设抛物线的解析式为，根据待定系数法将代入，可求，进而可得抛物线的解析式为，当时，即，可求，然后作答即可；
任务二：由运动路线的形状不变，以为原点，所在的直线为轴，抛物线的表达式为；由勾股定理得，，当时，，即可求出答案.
21．【答案】（1）30；
（2）解：如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【知识点】等边三角形的性质；菱形的性质；相似三角形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
故答案为：30；.
【分析】（1）利用菱形性质（邻边相等 ）和等边三角形判定（ ），结合中线性质得角度和垂直关系.
（2）通过旋转构造等边三角形和全等关系，结合角度计算推导直角三角形，利用角性质得线段倍数关系.
（3）分在线段、两种情况，利用相似三角形（， ），结合线段比例和已知条件计算.
22．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=10，
∵DH⊥AB，sin∠A=
∴，
∴DH=×10=8，
∴S菱形ABCD=AB×DH=10×8=80；
（2）解：由（1）得：DH=8，∠AHD=90°，
∴AH==6，
∴BH=AB-AH=10-6=4，
∴BD==.
【知识点】勾股定理；菱形的性质；已知正弦值求边长
【解析】【分析】（1）由菱形的四条边相等可得AD=AB，根据锐角三角函数sin∠A=可得关于DH的方程，解方程求出DH的值，然后根据菱形的面积=底×高可求解；
（2）在Rt△ADH中，用勾股定理求得AH的值，根据线段的和差BH=AB-AH求出BH的值，在Rt△BDH中，用勾股定理可求解.
23．【答案】（1）解：四边形 ABCD 为菱形，
，
，
平分 ，，
，
.
（2）解：作图如下：
点 F 就是所求作的点.
【知识点】菱形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】(1)结合角平分的概念和菱形的性质可得∠D的度数；
(2)连接BD，则AE与BD的交点即为∠ACD角平分线的交点，连接点C与交点并延长即可得点F.
24．【答案】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEB中，
∴△AEF≌△DEB（AAS）；
（2）证明：如图，
由（1）知，△AFE≌△DBE，
∴AF＝DB，
∵AD为BC边上的中线，
∴DB＝DC，
∴AF＝CD，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BC＝CD，
∴平行四边形ADCF是菱形；
（3）解：∵D是BC的中点，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝AB AC＝×6×8＝24．
【知识点】三角形的面积；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质得∠AFE＝∠DBE，利用中点定义得AE＝DE，然后可利用AAS证明 △AEF≌△DEB；
（2）利用全等三角形的性质和中点定义可得AF＝CD，结合AF//CD可证得四边形ADCF是平行四边形，再由直角三角形斜边中线的性质得AD=CD，进而根据一组邻边相等得平行四边形时菱形即可得到结论；
（3）利用菱形的对称性得S菱形ADCF＝2S△ADC，再利用等底同高三角形面积相等得2S△ADC＝S△ABC，计算△ABC的面积即可得到菱形ADCF的面积．
25．【答案】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∴
∵G为的中点，
∴AD=2AG，
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴．
（3）解：作于点M，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）先证明，根据全等三角形的性质得到，等边对等角，得到，即可得证；
（2）证明，根据相似三角形的性质得到，根据G为的中点，，，求出的值，根据，以及线段的和差关系求出的长即可；
（3）先证明，根据相似三角形的性质得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到，然后利用等腰三角形三线合一得到，再根据线段之间的和差关系得出．
（1）解：在菱形中，，，
∴，
又∵，
∴．
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）∵，，
∴，
∴，
又∵G为的中点，，，
，
∴．
又∵，，
∴．
（3）∵，
∴，
作于点M，则：，
∴．
又∵，
∴，
∴，即．
26．【答案】解：（1）作于点，交于点
则，.
设圆形滚轮的半径的长是.
则，即，
解得：.
则圆形滚轮的半径的长是；
（2）在中，.
则
∴AC==80(cm)
∴.
【知识点】相似三角形的判定；解直角三角形；解直角三角形的其他实际应用；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）作于点，交于点，则，根据相似三角形判定定理可得，设圆形滚轮的半径的长是，根据相似三角形性质可得，再代值计算即可求出答案.
（2）根据正弦定义可得AC，再根据边之间的关系即可求出答案.
27．【答案】（1）证明： ∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过作于， 如图：
设， 则，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
，
∵点为矩形的对称中心，
，
，
在中，
，
解得(此时大于， 舍去)或
，
∴的长为；
（3）解：过作于， 连接， 如图：
∵点为矩形的对称中心，过点，
∴为中点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
即，
∴，
∵，
，
，，
∴．

【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由矩形的对边平行得AD∥BC，由二直线平行，内错角相等得∠GEF=∠BFE，由轴对称性质得∠BFE=∠B'FE，由等量代换得∠GEF=∠GFE，由等角对等边即可得出结论；
（2）过G作GH⊥BC于H， 设DG=x，则AE=2x，GE=8-3x=GF，由三个内角是直角的四边形是矩形得四边形GHCD是矩形，由矩形的对边相等得GH=CD=AB=4，CH=GD=x，根据矩形的中心对称性可得CF=AE=2x，则FH=x，在Rt△GHF中，根据勾股定理列方程求出x的值，进而即可得出AE的长；
（3）过O作OQ⊥AD于Q， 连接OA、OD、OG， 由矩形的对称性可得O为EF的中点，OA=OD，OQ=AB=2，由等腰三角形的三线合一得OG⊥EF，由同角的余角相等得∠GOQ=∠QEO，从而用“两组角对应相等的两个三角形相似”得△GOQ∽△OEQ，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得AQ=DQ=AD=4，进而根据线段的和差表示出EQ、GQ， 即可得出答案．
28．【答案】（1）解：四边形AFPE是菱形，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CB，AD//BC，
∴∠BAC=∠BCA，∠BCA=∠CAD，
∴∠ BAC=∠ CAD，
如图，设AP与EF交于点O.
根据折叠的性质可得AP⊥EF，
∴∠AOF=∠AOE=90°，
∵AO=AO，
∴△AFO≌△AEO(ASA)，
∴AF=AE，
根据折叠的性质可得AF=PF，AE=PE，
∴AF=PF=AE=PE
∴四边形AFPE是菱形.
（2）
（3）
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：(2)①GD=GP.
理由如下：
连接BD，DP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠C=60°，AB=AD，
∴△ABD是等边三角形.
∴BA=BD.
根据折叠的性质可得BA=BP，∠A=∠BPE=60°，
∴BP=BD.
∴∠BDP=∠BPD.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∴△BCD是等边三角形.
∴∠BDC=60°，
∴∠BDG=∠BPG=60°
∴∠BDP-∠BDG=∠BPD-∠BPG，
∴∠GDP=∠GPD，
∴GD=GP.
②∵AB=4，
∴AB=BC=CD=AD=BD=BP=4，
∵M恰合好是CD的中点，
∴，BM⊥CD，
∴∠GMP=90°，，
∴∠PGM=∠EGD=30°，
∴DG=PG=2PM，，
∴，
解得，
∴.
∵∠EGD=30°，∠ADC=120°
∴∠DEG=30°=∠EGD，
∴，
∴.
故答案为：.
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，
∵在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕BE剪开纸片，将纸片△BEP绕点B按逆时方向旋转，BC=4，
∴AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°
∵P'E'与CD所在的直线垂直，
∴P'E'⊥CD，P'E'⊥AB，
∴∠GBP'=30°，，
由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，
当N在D左边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
当N在D右边时，如图，
此时点P'到直线CD的距离，
综上，点P'到直线CD的距离.
故答案为：.
【分析】(1)根据菱形的性质，易证△AFO≌△AEO(ASA)，推出AF=PF=AE=PE，从而得解；
(2)①连接BD，DP，△ABD是等边三角形，再证△BCD是等边三角形，从而得解；
②由M恰好是CD的中点，得到，∠GMP= 90°，则∠PGM=∠EGD=∠DEG=30°=∠EGD，则DG=PG=2PM，，根据，求出，则，最后根据AE=AD-DE求解即可；
(3)设直线P'E'与直线CD交于点N，与直线AB交于点G，由(2)可得CD和AB之间的距离为，即，AB=BC=BP=BP'=4，∠A=∠BPE=∠BP'E'=60°，则，然后根据当N在D左边或右边分情况画出图形，求出点P'到直线CD的距离P'N的值即可.
29．【答案】（1）证明：因为四边形 ABCD 是菱形
所以 ， ，
所以 ，
因为 ， 所以
所以 ，
所以
所以
（2）解：连结BD交AC于点O，
因为，
所以
因为，
所以四边形DEBF是平行四边形，
因为四边形ABCD是菱形，所以，
所以平行四边形DEBF是菱形
（3）解：①FG=DF，理由如下：
因为CE=CD，所以，
因为，所以，
又因为，
所以，，
所以
所以，
又
所以，所以FG=EB，
所以DEBF是菱形，所以FG=EB=DF；
②连结BD交AC于点O， 则，
设EF=a，则AE=2a，
所以CE=CD=3a，
因为DEBF是菱形，
所以，所以，
因为，所以，
所以，（舍去）
所以菱形的边长为
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)利用，结合菱形的性质，根据AAS可判定，从而得证；
（2）连接BD，利用全等三角形的性质定理得到DE=BF，则四边形DEBF为平行四边形，利用菱形的性质得到EF⊥BD，再利用菱形的判定定理解答即可；
（3）①利用菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质得到AF=AD=AB，利用全等三角形的判定与性质得到BE=FG，再利用菱形的性质和等式的性质解答即可；
②连接BD，BD与EF交于点O，设设EF=a，则AE=2a，由菱形的性质可推得，，利用勾股定理列出方程求得a值，则结论可求．
30．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠CDB，AD＝CD．
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE．
∵EF＝AE，
∴CE＝EF．
∵四边形CEFH是平行四边形，
∴四边形CEFH是菱形．
②相等（或：是）
∵△ADE≌△CDE，
∴∠EAD＝∠ECD．
∵EF＝AE，
∴∠EAD＝∠EFD，
∴∠EFD＝∠ECD，
∴∠CEF＝∠CDF．
∵AB∥CD，∠BAD＝60°，
∴∠CDF＝∠BAD＝60°，
∴∠CEF＝60°．
∵CE＝EF，
∴△CEF是等边三角形，
∴CF＝EF＝AE．
（2）①B②或
【知识点】菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；四边形-动点问题；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】（2）①如图所示：
四边形ABCD是正方形
、
四点共圆
四边形EFHC是矩形
矩形EFHC是正方形
故应选B
② 如图1所示：当点F在AD上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
四边形EFHC是正方形
四边形ABCD和四边形EFHC都是正方形
如图2所示，当点F在AD的延长线上时，分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM.
同理：
综上所述，DH的值为或.
【分析】（1） ①由于菱形是轴对称图形，因此CE=AE、又EF=AE，则等量代换得CE=FE，则平行四边形CEFH是菱形；
②若 ∠BAD＝60° ，则由菱形的对边平行可得∠CDF＝∠BAD＝60°，由于菱形是轴对称图形，因此△ADE全等△CDE，即有∠EAD等于∠ECD；由于已知EF=EA，则∠EAD等于∠EFD，等量代换得∠ECD等于∠EFD，即D、E、C、F四点共圆，所以∠CEF＝60°，因为CE=EF、所以三角形CEF是等边三角形，即CF=AE；
（2）分别过点E、H作，垂足分别为N、M，连接DM，再分两种情况进行计算，即当点F在AD上时，此时AF＝4，由于AE＝FE，则NF等于AF的一半等于2，再利用正方形的性质可证明，由全等的性质可得MH等于NF等于2，再利用正方形的性质证明，可得，从而得为等腰直角三角形即可求得DH的长；当点F在AD的延长线上时，方法同上.
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