专题28第5章相似三角形之旋转相似备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）【有答案】

28第5章相似三角形之旋转相似一、单选题1．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，∠ADC＝45°，把△ADC沿AD对折，使点C落在C′的位置，C′D交AB于点Q，则的值为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据折叠得到对应线段相等，对应角相等，根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半，可得出AD＝DC＝BD，AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，进而求出∠C、∠B的度数，求出其他角的度数，可得AQ＝AC，将转化为，再由相似三角形和等腰直角三角形的边角关系得出答案．【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E，∵∠ADC＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，即AE＝DE＝AD，在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，∴AD＝CD＝BD，由折叠得：AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，∴∠CDC′＝45°+45°＝90°，∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°＝∠C′AD，∴∠B＝90°﹣∠C＝∠CAE＝22.5°，∠BQD＝90°﹣∠B＝∠C′QA＝67.5°，∴AC′＝AQ＝AC，由△AEC∽△BDQ得：＝，∴＝＝＝＝．故选：A．【点睛】考查直角三角形的性质，折叠轴对称的性质，以及等腰三角形与相似三角形的性质和判定等知识，合理的转化是解决问题的关键．2．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，给出下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④S△ABF：S四边形CDEF＝2：5，其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【解析】①根据四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，可得∠ABC=∠AFB=90°，又∠BAF=∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；

②根据点E是AD边的中点，以及AD∥BC，得出△AEF∽△CBF，根据相似三角形对应边成比例，可得CF=2AF，故②正确；

③过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；

④根据△AEF∽△CBF得到EF与BF的比值，以及AF与AC的比值，据此求出S△AEF=S△ABF，S△ABF=S矩形ABCD，可得S四边形CDEF=S△ACD-S△AEF=S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF=S△ABF，故④正确．【解答】如图，过D作DM∥BE交AC于N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∵BE⊥AC于点F，∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正确；∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴＝，∵AE＝AD＝BC，∴＝，∴CF＝2AF，故②正确，∵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，∴DF＝DC，故③正确；∵△AEF∽△CBF，∴＝＝，∴S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S矩形ABCD，∴S△AEF＝S矩形ABCD，又∵S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝S矩形ABCD﹣S矩形ABCD＝S矩形ABCD，∴S△ABF：S四边形CDEF＝2：5，故④正确；故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．二、填空题3．已知正方形DEFG的顶点F在正方形ABCD的一边AD的延长线上，连结AG，CE交于点H，若，，则CH的长为________.【答案】【解析】连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，证明△ANG∽ADM，得到，从而求出DM的长，再通过勾股定理算出AM的长，通过证明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，从而说明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的长.【解答】解：连接EG，与DF交于N，设CD和AH交于M，∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN，∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°，∴△ANG∽ADM，∴，∵，∴DF=EG=2,∴DN=NG=1，∵AD=AB=3，∴，解得：DM=，∴MC=，AM=，∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG，∴∠ADG=∠EDC，在△ADG和△CDE中，，∴△ADG≌△CDE（SAS），∴∠DAG=∠DCE，∵∠AMD=∠CMH，∴∠ADM=∠CHM=90°，∴△ADM∽△CHM，∴，即，解得：CH=.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，综合性较强，解题的关键是找到合适的全等三角形和相似三角形，通过其性质计算出CH的长.4．如图，已知四边形ABCD与四边形CFGE都是矩形，点E在CD上，点H为AG的中点，，，，，则DH的长为______．【答案】【解析】延长GE交AB于点M，作于首先求出AG、AH，由ADN∽，得，求出DN、AN，HN，在中利用勾股定理即可解决问题．【解答】延长GE交AB于点M，作于N．四边形ABCD与四边形CFGE都是矩形，四边形BFGM是矩形，，，，，点H为AG的中点，，，，，∽，，，，，，在中，．故答案为．【点睛】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．5．如图，在△ABC中，AB＝5，D为边AB上－动点，以CD为一边作正方形CDEF，当点D从点B运动到点A时，点E运动的路径长为_________．【答案】5【解析】如图，构造等腰Rt△CBG，∠CBG=90°，则由△CGE∽△CBD，得GE=BD，即可求得点E运动的路径长．【解答】如图：作GB⊥BC于B，取GB=BC，当点D与点B重合时，则点E与点G重合，∴∠CBG=90°，∴CG=BC，∠GCB=45，∵四边形CDEF是正方形，∴CE=DC，∠ECD=45，∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG=45，∴∠BCD=∠GCE，且，∴△CGE∽△CBD，∴，即GE=BD，∵BD=5，∴点E运动的路径长为GE=BD=5．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．6．已知正方形的边长为12，、分别在边、上，将沿折叠，使得点落在正方形内部（不含边界）的点处，的延长线交于点．若点在正方形的对称轴上，且满足，则折痕的长为______________．【答案】或【解析】根据得到点是的中点，再分两种情况讨论，①如答案图l，当点在对角线上时，过点作于点，过点作交的延长线于点，则四边形为矩形；利用相似三角形的性质即可求出EF；②答案如图2．当点在的中垂线上时，为的中点，过点作于点，过点作交的延长线于点，得到，，同①即可求出EF．【解答】解：∵，∴点是的中点，又∵点在正方形的对称轴上，∴分以下两种情况讨论：①如答案图l，当点在对角线上时，过点作于点，过点作交的延长线于点，则四边形为矩形，∵在正方形中，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，由折叠可知，∴，∴，设，，则，∴，∵，∴，解得，∴，∴；②如答案图2．当点在的中垂线上时，为的中点，过点作于点，过点作交的延长线于点，则，，∴，同理①可得，综上所述，折痕的长为或．【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称变换，相似三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．三、解答题7．如图，在中，，，，为边上一点，连接，作交于点，连接．猜想线段与之间的数量关系，并证明．【答案】，见解析【解析】过点作交于点，通过证明，可得，即在中，，故，即．【解答】解：．证明：如图，过点作交于点，则，，，，，，，，，，，，，，，在中，，，即．【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，掌握相似三角形的性质以及判定定理、正切的性质是解题的关键．8．已知中点分别在边、边上，连接点、点在直线同侧，连接且．（1）点与点重合时，①如图1，时，和的数量关系是；位置关系是；②如图2，时，猜想和的关系，并说明理由；（2）时，③如图3，时，若求的长度；④如图4，时，点分别为和的中点，若，直接写出的最小值．【答案】（1）①AE=FC；AE⊥FC；②AE=2FC；AE⊥FC；理由见解析；（2）③FC=6；④MN的最小值为．【解析】（1）①利用SAS证出△ABE≌△CDF，从而证出AE=FC，∠A=∠DCF，然后证出∠ACF=90°即可得出结论；②根据相似三角形的判定证出△ABE∽△CDF，从而得出∠A=∠DCF，，然后证出∠ACF=90°即可得出结论；（2）③作GD⊥BC于点D，交AC于点G；作GH⊥AB于点H，交AB于点H；DM⊥AC，利用SAS证出△EDG≌△FDC，从而得出EG=FC，令DC=a，BD=2a，根据三角形的面积公式即可求出a值，从而求出结论；④连接MD和MC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=CM=，从而得出点M的运动轨迹为是CD的垂直平分线的一部分，作CD的垂直平分线MH交BC于H，然后证出四边形NMHG为平行四边形，从而求出结论．【解答】（1）①解：∵∴∠ABC=∠EDF=90°，∠A＋∠BCA=90°∴∠ABE＋∠EDC=∠CDF＋∠EDC∴∠ABE=∠CDF∵∴AB=CB，DE=DF∴△ABE≌△CDF∴AE=FC，∠A=∠DCF∴∠DCF＋∠BCA=90°∴∠ACF=90°∴AE⊥FC故答案为：AE=FC；AE⊥FC；②证明：AE=2FC；AE⊥FC∵DF⊥DE∴∠EDF=∠ABC=90°∴∠ABE=∠CDF·∵∴△ABE∽△CDF∴∠A=∠DCF，∵∠A+∠ACB=90°∴∠DCF+∠ACB=90°∴∠ACF=90°；即FC⊥AE·（2）③解：作GD⊥BC于点D，交AC于点G；作GH⊥AB于点H，交AB于点H；DM⊥AC．∴四边形BDGH为矩形∴DB=HG∵∠ABC=90°，∴∠A=∠HGA=∠ACB=45°∴DC=DG∵DE⊥DF∴∠EDG=∠FDC∴△EDG≌△FDC（SAS）∴EG=FC∵BD=2CD∴令DC=a，BD=2a∴AG=∴EG=，MD=·∵∴解得，（舍）∴FC=EG=6④∵，AB=10∴BC=5∵∴CD=由③易证∠ECF=90°在Rt△EDF和Rt△ECF中，点M为EF的中点，连接MD和MC∴DM=CM=∴点M的运动轨迹为是CD的垂直平分线的一部分，作CD的垂直平分线MH交BC于H∴当NM⊥MH时，MN的最小，易知MN∥BC，MH∥AB，CH==取BC的中点G，连接NG，则CG==∴NG为△ABC的中位线∴NG∥AB∴MH∥NG∴四边形NMHG为平行四边形∴此时MN=GH=CG－CH=即MN的最小值为．【点睛】本题主要考查几何变换综合题、相似三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质，解题关键是熟练掌握三角形的中位线的性质、相似三角形的判定及性质和全等三角形的判定及性质．9．如图1，点O为正方形ABCD的中心，E为AB边上一点，F为BC边上一点，△EBF的周长等于BC的长.（1）求∠EOF的度数.（2）连接OA、OC（如图2）.求证：△AOE∽△CFO.（3）若OE=OF，求的值.【答案】（1）45°；（2）证明见解析；（3）【解析】(1).在BC上取一点G，使得CG=BE，连接OB、OC、OG，然后证明△OBE和△OCG全等，从而得出∠BOE＝∠COG，∠BEO＝∠CGO，OE＝OG，根据三角形的周长得出EF=GF，从而得出△FOE和△GOF全等，得出∠EOF的度数；(2)、连接OA，根据点O为正方形ABCD的中心得出∠OAE=∠FCO=45°，结合∠BOE=∠COG得出∠AEO=∠COF，从而得出三角形相似；(3)、根据相似得出线段比，根据相似比求出AE和CO的关系，CF和AO的关系，从而得出答案．【解答】解：(1).如图，在BC上取一点G，使得CG=BE，连接OB、OC、OG.∵点O为正方形ABCD的中心，∴OB=OC，∠BOC＝90°，∠OBE＝∠OCG＝45°．∴△OBE≌△OCG（SAS）.∴∠BOE＝∠COG，∠BEO＝∠CGO，OE＝OG.∴∠EOG＝90°，∵△BEF的周长等于BC的长，∴EF＝GF.∴△EOF≌△GOF（SSS）.∴∠EOF＝∠GOF＝45°．(2).连接OA．∵点O为正方形ABCD的中心，∴∠OAE＝∠FCO＝45°．∵∠BOE＝∠COG，∠AEO＝∠BOE＋∠OBE＝∠BOE＋45°，∠COF＝∠COG＋∠GOF＝∠COG＋45°．∴∠AEO＝∠COF，且∠OAE＝∠FCO．∴△AOE∽△CFO．(3).∵△AOE∽△CFO，∴＝＝．即AE＝×CO，CF＝AO÷．∵OE＝OF，∴＝．∴AE＝CO，CF＝AO．∴＝．点睛：本题主要考查的是正方形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质，综合性非常强，难度较大．熟练掌握正方形的性质是解决这个问题的关键．10．在和中，，，与在同一条直线上，点与点重合，，如图为将绕点顺时针旋转后的图形，连接，，若，求和的面积．【答案】和的面积分别为2和．【解析】过点D作DMBC于点M，根据30°所对直角边为斜边一半，分别求出BC、DC的长度，且证BDC∽AEC，在DMC中，可得DM=1，即BDC的面积可求，且，即AEC的面积可求．【解答】解：如图所示，过点D作DMBC于点M，∵AC=2，，∴，又∵，，∴在BAC和DEC中，，，由旋转性质知，，，∴BDC∽AEC，故，在DMC中，，，∴，∴，∵BDC∽AEC，∴，∴，∴BDC和AEC的面积分别为2和．【点睛】本题主要考察了含30°角的直角三角形、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键在于证明BDC∽AEC，且相似三角形的面积之比为边长之比的平方．11．问题背景：如图（1），已知，求证：；尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．【解析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．【解答】问题背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；尝试应用：连接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展创新：如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．12．在中，，CD是中线，，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AE交于点M，DE与BC交于点N．（1）如图1，若，求证：；（2）如图2，在绕点D旋转的过程中，试证明恒成立；（3）若，，求DN的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根据全等三角形的性质即可的结论；

（2）证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2＝CE•CF；（3）如图，过D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，当CD＝2，时，求得，再推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到，求出GN，再根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：∵，，CD是中线，∴，，∴．在与中，，∴．∴；（2）证明：∵，∴∵，∴．∴．∴，即．（3）如图，过D作于点G，则，．当，时，由，得．在中，．∵，，∴．∴，∴．∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．13．△ABE内接于⊙O，C在劣弧AB上，连CO交AB于D，连BO，∠COB＝∠E．（1）如图1，求证：CO⊥AB；（2）如图2，BO平分∠ABE，求证：AB＝BE；（3）如图3，在(2)条件下，点P在OC延长线上，连PB，ET⊥AB于T，∠P＝2∠AET，ET＝18，OP＝25，求⊙O半径的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）⊙O半径的长是．【解析】（1）连接CE、OA，根据圆周角定理可得∠CEB=COB，根据∠COB＝∠AEB可得∠COA=∠COB，根据等腰三角形“三线合一”的性质即可得结论；（2）过点O作OF⊥BE于F，根据角平分线的性质可得OD=OF，根据垂径定理可得BD=AB，BF=BE，根据勾股定理可得BD=BF，进而可得结论；（3）根据等腰三角形的性质可得∠AEB=∠EAB，根据直角三角形两锐角互余的性质可得∠DBO=∠AET，根据∠P＝2∠AET可得∠P=∠ABE，进而可得∠POB=∠PBO，即可证明OP=PB，由∠ETB=∠PDB=90°可证明△BET∽△PBD，根据相似三角形的性质可求出BD的长，进而根据勾股定理即可求出PD的长，根据线段的和差关系可得OD的长，利用勾股定理求出OB的长即可得答案．【解答】（1）如图，连接CE、OA，∵∠COB和∠CEB分别是所对的圆心角和圆周角，∴∠CEB=COB，∵∠COB＝∠AEB，∴∠CEB=∠AEB，∴∠COA=∠COB，∵OA=OB，∴OC⊥AB．（2）如图，过点O作OF⊥BE于F，∵OB平分∠ABE，OD⊥AB，OF⊥BE，∴OD=OF，BD=AB，BF=BE，∵BD=，BF=，∴BD=BF，∴AB=BE．（3）∵AB=BE，∴∠AEB=∠EAB，∵∠COB=∠AEB，∴∠COB=∠BAE，∵ET⊥AB，OC⊥AB，∴∠BAE+∠AET=∠COB+∠DBO，∴∠DBO=∠AET，∵OB平分∠ABE，∴∠ABE=2∠DBO=2∠AET，∵∠P=2∠AET，∴∠P=∠ABE，∴∠AEB=∠OBO，∵∠AEB=∠EAB，∴∠POB=∠PBO，∴OP=PB，∵∠ETB=∠PDB=90°，∴△BET∽△PBD，∴，∵ET=18，OP=25，∴2BD2=18×25，解得：BD=15，（负值舍去）∴PD==20，∴OD=OP-PD=5，∴OB==，即⊙O半径的长是．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质及勾股定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；垂直于弦的直径平分弦，并且平分这条弦所对的两条弧；如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角分别对应相等，那么这两个三角形相似；熟练掌握相关定理是解题关键．14．如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，C，F，G三点在一直线上，连接AF并延长交边CD于点M．（1）求证：△MFC∽△MCA；（2）求的值，（3）若DM＝1，CM＝2，求正方形AEFG的边长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【解析】（1）由正方形的性质得∠ACD=∠AFG=45°，进而根据对顶角的性质得∠CFM=∠ACM，再结合公共角，根据相似三角形的判定得结论；（2）根据正方形的性质得，再证明其夹角相等，便可证明△ACF∽△ABE，由相似三角形的性质得出结果；（3）由已知条件求得正方形ABCD的边长，进而由勾股定理求得AM的长度，再由△MFC∽△MCA，求得FM，进而求得正方形AEFG的对角线长，便可求得其边长．【解答】（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是正方形，∴∠ACD=∠AFG=45°，∵∠CFM=∠AFG，∴∠CFM=∠ACM=45°，∵∠CMF=∠AMC，∴△MFC∽△MCA；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠BAC=45°，∴AC=AB，同理可得AF=，∴，∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠CAF+∠CAE=∠BAE+∠CAE=45°，∴∠CAF=∠BAE，∴△ACF∽△ABE，∴；（3）∵DM=1，CM=2，∴AD=CD=1+2=3，∴AM=，∵△MFC∽△MCA，∴，即，∴FM=，∴AF=AM﹣FM=，∴AF=，即正方形AEFG的边长为．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，关键是综合应用这些知识解决问题．15．如图1，若点P是△ABC内一点，且有∠PBC=∠PCA=∠PAB，则称点P是△ABC的“等角点”（1）如图1，∠ABC=70°，则∠APB=（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，点P是△ABC的“等角点”，若∠BAC=45°①求的值；②求tan∠PBC的值；【答案】（1）；（2）①；②．【解析】（1）结合题意，可得，结合∠ABC=70°，即可计算得；（2）①由∠BAC=45°，∠ACB=90°，可得,；结合点P是△ABC的“等角点”，得，从而得到，通过相似比即可得到答案；②由（2）①可知，相似比可得CP和AP的关系，通过证明，得；将CP、AP关系式代入到三角函数，从而完成求解．【解答】（1）∵∠PBC=∠PCA=∠PAB∴∵∠ABC=70°∴∴（2）①∵∠BAC=45°，∠ACB=90°∴∠ABC=45°∴,∵点P是△ABC的“等角点”∴∠PBC=∠PAB∴∴∴②由（2）①得∴∵∠ACB=90°∴∵∠PBC=∠PCA∴∴，即∴∴．【点睛】本题考查了相似三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、直角三角形、三角函数的性质，从而完成求解．16．如图，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，点D在边AC上（不与点A、C重合）连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作于点E，连结CK，EK，CE，将△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90度)(1)如图1．若a=45，则的形状为__________________；(2)在（1)的条件下，若将图1中的三角形ADE绕点A旋转，使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示，求证：；(3)若三角形ADE绕点A旋转至图3位置时，使得D，E，B三点共线，点K仍为线段BD的中点，请你直接写出BE，AE，CK三者之间的数量关系（用含a的三角函数表示）【答案】（1）等腰直角三角形；（2）见解析；（3）BE-AE=2CK；【解析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质及等腰直角三角形的性质证明EK=KC，∠EKC=90°即可；（2）在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BF于Q，结合等腰直角三角形的性质利用SAS可证△AEC≌△BGC，由全等三角形对应边、对应角相等的性质易证△ECG是等腰直角三角形，由直角三角形斜边中线的性质可得CK=EK=KG，等量代换可得结论.（3）在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BE于Q，根据等角的余角相等可得∠CAE=∠CBG，由tanα的表示可得，易证△CAE∽△CBG，由直角三角形斜边中线的性质等量代换可得结论.【解答】（1）等腰直角三角形；理由：如图1中，∵∠A=45°，∠ACB=90°，∴∠A=∠CBA=45°，∴CA=CB，∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∵DK=KB，∴EK=KB=DK=BD，∴∠KEB=∠KBE，∴∠EKD=∠KBE+∠KEB=2∠KBE，∵∠DCB=90°，DK=KB，∴CK=KB=KD=BD，∴∠KCB=∠KBC，EK=KC，∴∠DKC=∠KBC+∠KCB=2∠KBC，∴∠EKC=∠EKD+∠DKC=2（∠KBE+∠KBC）=2∠ABC=90°，∴△ECK是等腰直角三角形．（2）证明：如图2中，在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BF于Q．∵∠α=45°，DE⊥AE，∴∠AED=90°，∠DAE=45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴DE=AE=BG，∵∠1+∠3=∠2+∠4=90°，∠1=∠2，∴∠3=∠4，∵AC=BC，∴△AEC≌△BGC（SAS），∴CE=CG，∠5=∠BCG，∴∠ECG=∠ACB=90°，∴△ECG是等腰直角三角形，∵KD=KB，DE=BG，∴KE=KG，∴CK=EK=KG，∴BE－AE=BE－BG=EG=EK＋KG=2CK．（3）解：结论：BE-AE•tanα=2CK．理由：如图3中，在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BE于Q．∵DE⊥AE，∠ACB=90°，∴∠CAE+∠EQA=90°,∠CBG+∠CQB=90°∵∠EQA=∠CQB，∴∠CAE=∠CBG，在Rt△ACB中，tanα=，在Rt△ADE中，tanα=，∴，DE=AE·tanα∴△CAE∽△CBG，∴∠ACE=∠BCG，∴∠ECG=∠ACB=90°，∵KD=KB，DE=BG，∴KE=KG，∴EG=2CK，∵BE－BG=EG=2CK，∴BE－DE=2CK，∴BE－AE•tanα=2CK．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等，灵活的利用等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键.17．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，过点A作AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D作BC的平行线分别交AC、AB的延长线于点E、F，DG⊥AB于点G，连接BD．(1)求证：△AED∽△DGB；(2)求证：EF是⊙O的切线；(3)若，OA＝4，求劣弧的长度(结果保留π)．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）先证∠ACB=∠ADB=90°，再由平行得，由垂直得，再根据角度转换得，即可证明△AED∽△DGB；（2）连接，证明，即可证明，从而解决本题；（3）先证∽，得到，再根据OA=4，然后求出，从而求出弧长.【解答】（1）∵AB为直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，∵，∴，∵DG⊥AB，∴，∴∵，∴∵AD平分∠BAC，∴∠EAD=∠DAG，∴∴∽（2）连接，∵，，∴，∴，∵，∴，∴EF是⊙O的切线；（3）∵，∴，∵，∴，∴∽，∴，∵OA=4，∴AB=8，∴，∴，，∴，∴，∴.【点睛】本题是对圆知识的综合考查，熟练掌握圆及相似三角形的性质定理是解决本题的关键.18．如图1，抛物线y＝a（x+2）（x﹣6）（a＞0）与x轴交于C，D两点（点C在点D的左边），与y轴负半轴交于点A．（1）若△ACD的面积为16．①求抛物线解析式；②S为线段OD上一点，过S作x轴的垂线，交抛物线于点P，将线段SC，SP绕点S顺时针旋转任意相同的角到SC1，SP1的位置，使点C，P的对应点C1，P1都在x轴上方，C1C与P1S交于点M，P1P与x轴交于点N．求的最大值；（2）如图2，直线y＝x﹣12a与x轴交于点B，点M在抛物线上，且满足∠MAB＝75°的点M有且只有两个，求a的取值范围．【答案】（1）①，②t＝0时，最大值为2；（2）【解析】（1）①由题意，令y=0，解得C（-2，0），D（6，0）得CD=8，令x=0，解得y=-12a，且a>0，A（0，-12a），即OA=12a，由S△ACD==48a=16，解得：a＝，所求抛物线的解析式为y＝(x+2)(x−6)=x2−x−4；

②由于∠SP1P-∠SC1C=∠SCC1，且∠MSC=∠NSP1∴△MSC∽△NSP1得，设S（t，0）（0≤t≤6），则SP=(t+2)(t−6)，SC=t+2，可得t=0时，最大值为2；

（2）分两种情况讨论，①由直线y=x-12a与x轴交于点B得B（12a，0），OA=OB=12a，∠OAB=∠OBA=45°，当点N在y轴的左侧时，此时∠MAO=30°得直线AM的解析式为：得点M的横坐标为得②当点M在y轴的右侧时，过点B作x轴的垂线与①中直线AE关于AB的对称直线交于点F，易证：△EBA≌△FBA，得∠BAF=75°，BF=BE=，∠FBO=90°，得直线AF的解析式为：，点G横坐标为，点A关于抛物线对称轴x=2的对称点的坐标为：（4，-12a），则，得，因此满足∠MAB=75°的点M有且只有两个，则a的取值范围为：．【解答】解：（1）①由题意，令y＝0，解得x1＝﹣2，x2＝6∴C（﹣2，0），D（6，0）∴CD＝8．令x＝0，解得y＝﹣12a，且a＞0∴A（0，﹣12a），即OA＝12a∴S△ACD＝＝48a＝16，解得：所求抛物线的解析式为＝②由题意知，∠SP1P﹣∠SC1C＝∠SCC1，且∠MSC＝∠NSP1∴△MSC∽△NSP1∴设S（t，0）（0≤t≤6），则SP＝，SC＝t+2∴∵0≤t≤6∴t＝0时，最大值为2；（2）由题意，直线y＝x﹣12a与x轴交于点B得B（12a，0），OA＝OB＝12a，∠OAB＝∠OBA＝45°如图2当点M在y轴的左侧时，此时∠MAO＝30°设直线AM与x轴交于点E，则OE＝∴又∵A（0，﹣12a），∴直线AM的解析式为：由得：解得：∴点M的横坐标为∵②当点M在y轴的右侧时，过点B作x轴的垂线与①中直线AE关于AB的对称直线交于点F，易证：△EBA≌△FBA，得∠BAF＝75°，BF＝BE＝，∠FBO＝90°∴∴直线AF的解析式为：由，解得：∴点G横坐标为，点A关于抛物线对称轴x＝2的对称点的坐标为：（4，﹣12a），则，得，故要使满足∠MAB＝75°的点M有且只有两个，则a的取值范围为：．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与其他函数图象相结合的问题，解题过程中利用相似三角形的判定与性质、方程组、全等三角形的判定及性质的知识，关键是结合图形找出相应的关系，贯穿了数形结合思想的应用．19．已知，如图1，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，且，．（1）求抛物线解析式；（2）如图2，点是抛物线第一象限上一点，连接交轴于点，设点的横坐标为，线段长为，求与之间的函数关系式；（3）在（2）的条件下，过点作直线轴，在上取一点（点在第二象限），连接，使，连接并延长交轴于点，过点作于点，连接、、．若时，求值．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）先令代入抛物线的解析式中求得与轴交点的坐标，根据可得的坐标，从而得的坐标，利用待定系数法求抛物线解析式；（2）如图2，设，证明，列比例式可得结论；（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形和等腰直角三角形，先得，则是等腰直角三角形，得，由，得，求得，证明是等腰直角三角形，及，则，代入可得的值，并根据（2）中的点只在第一象限进行取舍．【解答】（1）如图1，当时，∴∴∵∴∴，把，代入抛物线中得：解得：∴抛物线的解析式为；（2）如图2，设过作轴于∵∴∴∴∴；（3）如图3，连接，延长交轴于由（2）知：，∴∴∴是等腰直角三角形∴，∵∴∴，，∵∴∵∴∵∴是等腰直角三角形∴，∴∴∴∴∵，∴∴∴，∵∴，不符合题意，舍去∴．【点睛】本题考查了利用待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定定理与性质、平行线分线段成比例定理、三角形全等的判定定理与性质等知识点，本题较难的是（3），通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键．20．如图，函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（m，0），B（0，n）两点，m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，且m＜n．（Ⅰ）求m，n的值以及函数的解析式；（Ⅱ）设抛物线y＝﹣x2