中考数学复习《三角形探究问题》专项测试卷(带答案)

第页中考数学复习《三角形探究问题》专项测试卷(带答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________1．如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴相交于点C．连接AC，BC，A（﹣3，0），C（0，），且当x=﹣4和x=2时二次函数的函数值y相等．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．①当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；②抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B、N、Q为顶点的三角形与△A0C相似？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．③当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，得到△PMN．并记△PMN与△AOC的重叠部分的面积为S．求S与t的函数关系式．2．探究问题：（1）阅读理解：①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离；②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB•CD+BC•DA=AC•BD．此为托勒密定理；（2）知识迁移：①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC=PA；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在上任取一点P′，连接P′A、P′B、P′C、P′D．易知P′A+P′B+P′C=P′A+（P′B+P′C）=P′A+_________；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段_________的长度即为△ABC的费马距离．（3）知识应用：我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．3．我们在解决数学问题时，经常采用“转化”（或“化归”）的思想方法，把待解决的问题，通过某种转化过程，归结到一类已解决或比较容易解决的问题．譬如，在学习了一元一次方程的解法以后，进一步研究二元一次方程组的解法时，我们通常采用“消元”的方法，把二元一次方程组转化为一元一次方程；再譬如，在学习了三角形内角和定理以后，进一步研究多边形的内角和问题时，我们通常借助添加辅助线，把多边形转化为三角形，从而解决问题．问题提出：如何把一个正方形分割成n（n≥9）个小正方形？为解决上面问题，我们先来研究两种简单的“基本分割法”．基本分割法1：如图①，把一个正方形分割成4个小正方形，即在原来1个正方形的基础上增加了3个正方形．基本分割法2：如图②，把一个正方形分割成6个小正方形，即在原来1个正方形的基础上增加了5个正方形．问题解决：有了上述两种“基本分割法”后，我们就可以把一个正方形分割成n（n≥9）个小正方形．（1）把一个正方形分割成9个小正方形．一种方法：如图③，把图①中的任意1个小正方形按“基本分割法2”进行分割，就可增加5个小正方形，从而分割成4+5=9（个）小正方形．另一种方法：如图④，把图②中的任意1个小正方形按“基本分割法1”进行分割，就可增加3个小正方形，从而分割成6+3=9（个）小正方形．（2）把一个正方形分割成10个小正方形．方法：如图⑤，把图①中的任意2个小正方形按“基本分割法1”进行分割，就可增加3×2个小正方形，从而分割成4+3×2=10（个）小正方形．（3）请你参照上述分割方法，把图⑥给出的正方形分割成11个小正方形（用钢笔或圆珠笔画出草图即可，不用说明分割方法）（4）把一个正方形分割成n（n≥9）个小正方形．方法：通过“基本分割法1”、“基本分割法2”或其组合把一个正方形分割成9个、10个和11个小正方形，再在此基础上每使用1次“基本分割法1”，就可增加3个小正方形，从而把一个正方形分割成12个、13个、14个小正方形，依此类推，即可把一个正方形分割成n（n≥9）个小正方形．从上面的分法可以看出，解决问题的关键就是找到两种基本分割法，然后通过这两种基本分割法或其组合把正方形分割成n（n≥9）个小正方形．类比应用：仿照上面的方法，我们可以把一个正三角形分割成n（n≥9）个小正三角形．（1）基本分割法1：把一个正三角形分割成4个小正三角形（请你在图a中画出草图）；（2）基本分割法2：把一个正三角形分割成6个小正三角形（请你在图b中画出草图）；（3）分别把图c、图d和图e中的正三角形分割成9个、10个和11个小正三角形（用钢笔或圆珠笔画出草图即可，不用说明分割方法）；（4）请你写出把一个正三角形分割成n（n≥9）个小正三角形的分割方法（只写出分割方法，不用画图）．4．【老题重现】求证：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离和等于一腰上的高．已知：△ABC中，AB=AC，点P是BC边上任意一点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，CD是AB边上的高线．求证：PE+PF=CD证明：连接AP，∵S△ABP+S△ACP=S△ABC∴∵AB=AC∴PE+PF=CD【变式应用】请利用“类比”和“化归”两种方法解答下面问题：求证：等边三角形内上任意一点到三边的距离和等于一边上的高．已知：点P是等边△ABC内任意一点，PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，AH是BC边上的高线．求证：PD+PE+PF=AH证明：方法（一）类比：通过类比上题的思路和方法，模仿上题的“面积法”解决本题．连接AP，BP，CP方法（二）化归：如图，通过MN在等边△ABC中构造符合“老题”规律的等边△AMN，化“新题”为“老题”，直接利用“老题重现”的结论解决问题．过点P作MN∥BC，交AB于M，交AC于N，交AH于G．【提炼运用】已知：点P是等边△ABC内任意一点，设到三边的距离分别为a、b、c，且使得以a、b、c为边能够构成三角形．请在图中画出满足条件的点P一切可能的位置，并对这些位置加以说明．5．在平面直角坐标系中，图①和图②中的各三角形顶点均在网格图的格点上，根据所给信息解答下列问题：（1）动手操作，探究结论：在图①中，△ABO的三个顶点的坐标分别是A（2，4）、B（4，0）、O（0，0），将△ABO的三个顶点的横坐标都加上2，纵坐标不变，分别得到点A’、B’、O’，依次连接A’、B’、O’各点，画出△A’B’O’，并说明△A’B’O’与△ABO在大小、形状、位置上有什么关系？（2）仔细观察，探究规律：在图②中，第一次将△OAB变换成△OA1B1，第二次将△OA1B1变换成△OA2B2，第三次将△OA2B2变换成△OA3B3，已知A（1，4），A1（2，4），A2（4，4），A3（8，4），B（2，0），B1（4，0）B2（8，0），B3（16，0）…①按此图形变化规律，写出△OA4B4的顶点坐标A4_________，B4_________；②通过计算得出△OA4B4的面积是△OAB面积的_________倍；③通过上述变化规律，请你猜想出△OAnBn的面积是△OAB面积的多少倍？6．已知：如图，直线l：经过点M（0，），一组抛物线的顶点B1（1，y1），B2（2，y2），B3（3，y3），L，Bn（n，yn）（n为正整数）依次是直线l上的点，这组抛物线与x轴正半轴的交点依次是：A1（x1，0），A2（x2，0），A3（x3，0），L，An+1（xn+1，0）（n为正整数），设x1=d（0＜d＜1）．（1）求b的值；（2）若，求经过点A1、B1、A2的抛物线的解析式；（3）定义：若抛物线的顶点与x轴的两个交点构成的三角形是直角三角形，则这种抛物线就称为：“美丽抛物线”．探究：当d（0＜d＜1）的大小变化时，这组抛物线中是否存在美丽抛物线？若存在，请你求出相应的d的值．参考公式：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（﹣，），对称轴x=﹣．7．如图（*），四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．请你认真阅读下面关于这个图的探究片段，完成所提出的问题．（1）探究1：小强看到图（*）后，很快发现AE=EF，这需要证明AE和EF所在的两个三角形全等，但△ABE和△ECF显然不全等（一个是直角三角形，一个是钝角三角形），考虑到点E是边BC的中点，因此可以选取AB的中点M，连接EM后尝试着去证△AEM≌EFC就行了，随即小强写出了如下的证明过程：证明：如图1，取AB的中点M，连接EM．∵∠AEF=90°∴∠FEC+∠AEB=90°又∵∠EAM+∠AEB=90°∴∠EAM=∠FEC∵点E，M分别为正方形的边BC和AB的中点∴AM=EC又可知△BME是等腰直角三角形∴∠AME=135°又∵CF是正方形外角的平分线∴∠ECF=135°∴△AEM≌△EFC（ASA）∴AE=EF（2）探究2：小强继续探索，如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，发现AE=EF仍然成立，请你证明这一结论．（3）探究3：小强进一步还想试试，如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请你完成证明过程给小强看，若不成立请你说明理由．8．阅读材料：如图，△ABC中，AB=AC，P为底边BC上任意一点，点P到两腰的距离分别为r1，r2，腰上的高为h，连接AP，则S△ARP+S△ACP=S△ABC，即：AB•r1+AC•r2=AC•h，∴r1+r2=h（定值）．（1）理解与应用：如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E为对角线BD上的一点，且BE=BC，F为CE上一点，FM⊥BC于M，FN⊥BD于N，试利用上述结论求出FM+FN的长．（2）类比与推理：如果把“等腰三角形”改成“等边三角形”，那么P的位置可以由“在底边上任一点”放宽为“在三角形内任一点”，即：已知等边△ABC内任意一点P到各边的距离分别为r1，r2，r3，等边△ABC的高为h，试证明r1+r2+r3=h（定值）．（3）拓展与延伸：若正n边形A1A2…An，内部任意一点P到各边的距离为r1r2…rn，请问r1+r2+…+rn是否为定值？如果是，请合理猜测出这个定值．9．【阅读理解】：若一条直线l把一个图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线l叫做这个图形的等积直线．如图①，直线l经过三角形ABC的顶点A和边BC的中点N，易知直线l将△ABC分成两个面积相等的图形，则称直线l为△ABC的等积直线．根据上述内容解决以下问题：（1）如图②，在矩形ABCD中，直线l经过AD、BC边的中点M、N，请你判断直线l是否为该矩形的等积直线．_________（填“是”或“否”）并在图②中再画出一条该矩形的等积直线；（不必写作法，保留作图痕迹）（2）如图③，在梯形ABCD中，直线l经过AD、BC边的中点M、N，请你判断直线l是否为该梯形的等积直线．_________；（填“是”或“否”）（3）在图③中，过MN的中点O任做一条直线PQ分别交AD，BC于点P，Q（如图④），猜想PQ是否为该梯形的等积直线，若“是”请证明，若“不是”请说明理由；【探索应用】：李大爷家有一块五边形的土地如图⑤，已知∠A、∠B、∠C都是直角，AB∥CD，BC∥AE，现决定画一条线把五边形土地分为两块，其中一块地用来改种核桃树，要求两块地面积相同，请你帮李大爷画出这条线，并判断这样的直线有多少条（保留作图痕迹，不必说明理由）．10．如图一，已知点P是边长为a的等边△ABC内任意一点，点P到三边的距离PD、PE、PF的长分别记为h1，h2，h3，则h1，h2，h3之间有什么关系呢？分析：连接PA、PB、PC，则△ABC被分割成三个三角形，根据：S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，即：，可得．问题1：若点P是边长为a的等边△ABC外一点（如图二所示位置），点P到三边的距离PD、PE、PF的长分别记为h1，h2，h3．探索h1，h2，h3之间有什么关系呢？并证明你的结论；问题2：如图三，正方形ABCD的边长为a，点P是BC边上任意一点（可与B、C重合），B、C、D三点到射线AP的距离分别是h1，h2，h3，设h1+h2+h3=y，线段AP=x，求y与x的函数关系式，并求y的最大值与最小值．11．加试题：如图，四边形OABC为直角梯形，A（4，0），B（3，3），点M从点O出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点随之停止运动．过点N作NP垂直于X轴于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒．（1）一个动点到达终点时，另一个动点的坐标是_________；（2）使线段AQ，QM，MA能围成三角形的t的取值范围是_________；（3）求△AQM的面积S与运动时间t（秒）的函数关系式；（4）是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由．12．已知：直角梯形OABC中，BC∥OA，∠AOC=90°，以AB为直径的圆M交OC于D、E，连接AD、BD、BE．（1）在不添加其他字母和线的前提下，直接写出图1中的两对相似三角形．_________，_________；（2）直角梯形OABC中，以O为坐标原点，A在x轴正半轴上建立直角坐标系（如图2），若抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）经过点A、B、D，且B为抛物线的顶点．①写出顶点B的坐标（用a的代数式表示）_________；②求抛物线的解析式；③在x轴下方的抛物线上是否存在这样的点P：过点P做PN⊥x轴于N，使得△PAN与△OAD相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．13．如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，它们的斜边长为2，若△AFG绕点旋转，AF、AG与边BC的交点分别为点D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合）．（1）请在图1中找出两对相似而不全等的三角形，并选择其中一对进行证明；（2）△ABC的斜边BC所在的直线为x轴，BC边上的高所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系（如图2）．在边BC上找一点D使BD=CE，求出点D的坐标，并通过计算验证BD2+CE2=DE2；（3）在旋转过程中，（2）中的等量关系BD2+CE2=DE2是否始终成立？若成立请证明你的结论；若不成立，请说明理由．14．阅读理解题：已知：如图，△ABC中，AB=AC，P是底边BC上的任一点（不与B、C重合），CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．求证：CD=PE+PF．在解答这个问题时，小明与小颖的思路方法分别如下：小明的思路方法是：过点P作PG⊥CD于G（如图1），则可证得四边形PEDG是矩形，也可证得△PCG≌△CPF，从而得到PE=DG，PF=CG，因此得CD=PE+PF．小颖的思路方法是：连接PA（如图2），则S△ABC=S△PAB+S△PAC，再由三角形的面积公式便可证得CD=PE+PF．由此得到结论：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高．阅读上面的材料，然后解答下面的问题：（1）针对小明或小颖的思路方法，请选择俩人中的一种方法把证明过程补充完整（2）如图3，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=60°，AB=AD=CD=2，E是BC上任意一点，EM⊥BD于M，EN⊥AC于N，试利用上述结论求EM+EN的值．15．课堂上，老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转，在旋转中发现图形的形状和大小不变，但位置发生了变化．当△AOB旋转90°时，得到∠A1OB1．已知A（4，2），B（3，0）．（1）△A1OB1的面积是_________；A1点的坐标为（_________）；B1点的坐标为（_________）；（2）课后，小玲和小惠对该问题继续进行探究，将图②中△AOB绕AO的中点C（2，1）逆时针旋转90°得到△A′O′B′，设O′B′交OA于D，O′A′交x轴于E．此时A′，O′和B′的坐标分别为（1，3），（3，﹣1）和（3，2），且O′B′经过B点．在刚才的旋转过程中，小玲和小惠发现旋转中的三角形与△AOB重叠部分的面积不断变小，旋转到90°时重叠部分的面积（即四边形CEBD的面积）最小，求四边形CEBD的面积；（3）在（2）的条件下，△AOB外接圆的半径等于_________．16．如图，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6．动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C﹣D﹣A向点A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD，与折线A﹣C﹣B的交点为Q．点M运动的时间为t（秒）．（1）当AM=0.5时，求线段QM的长；（2）点M在线段AB上运动时，是否可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形？若可以，请直接写出t的值（不需解题步骤）；若不可以，请说明理由．（3）若△PCQ的面积为y，请求y关于出t的函数关系式及自变量的取值范围．17．阅读材料：如图，△ABC中，AB=AC，P为底边BC上任意一点，点P到两腰的距离分别为r1，r2，腰上的高为h，连接AP，则S△ABP+S△ACP=S△ABC，即：，∴r1+r2=h（定值）．（1）类比与推理如果把“等腰三角形”改成“等边三角形”，那么P的位置可以由“在底边上任一点”放宽为“在三角形内任一点”，即：已知等边△ABC内任意一点P到各边的距离分别为r1，r2，r3，等边△ABC的高为h，试证明r1+r2+r3=h（定值）．（2）理解与应用△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，BC=6，△ABC内部是否存在一点O，点O到各边的距离相等？_________（填“存在”或“不存在”），若存在，请直接写出这个距离r的值，r=_________．若不存在，请说明理由．18．刘卫同学在一次课外活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，见图①、②．图①中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm；图②中，∠D=90°，∠E=45°，DE=4cm．图③是刘卫同学所做的一个实验：他将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动．在移动过程中，D、E两点始终在AC边上（移动开始时点D与点A重合）．（1）在△DEF沿AC方向移动的过程中，刘卫同学发现：F、C两点间的距离逐渐_________．（填“不变”、“变大”或“变小”）（2）刘卫同学经过进一步地研究，编制了如下问题：问题①：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，F、C的连线与AB平行？问题②：当△DEF移动至什么位置，即AD的长为多少时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形？问题③：在△DEF的移动过程中，是否存在某个位置，使得∠FCD=15°？如果存在，求出AD的长度；如果不存在，请说明理由．请你分别完成上述三个问题的解答过程．19．定理：图1，如果∠ADB=∠ACB，那么四边形ABCD有外接圆，也叫做A，B，C，D四点共圆．（注：本定理不需要证明）（1）图2，△ABC中，AC=BC，点E，F分别在线段AC，BC上运动（不与端点重合），而且CE=BF，O是△ABC的外心（外接圆的圆心，它到三角形三个顶点距离相等），试证明C，E，O，F四点共圆．（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）如果将问题2中的点C“分离”成两个点，那么就有：（2）图3，在凸四边形ABCD中，AD=BC，点E，F分别在线段AD，BC上运动（不与端点重合），而且DE=BF，直线AC，BD相交于点P，直线EF，BD相交于点Q，直线EF，AC相交于点R．当点E，F分别在线段AD，BC上运动（不与端点重合）时，探究△PQR的外接圆是否经过除点P外的另一个定点？如果是，请给出证明，并指出是哪个定点；如果不是，请说明理由．20．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABOD为直角梯形，AD∥OB，∠BOD=90°，OB=16，OD=12，AD=21，动点P从点D出发，在线段DA上以每秒2个单位的速度向点A运动，到达A点后即停止，动点Q从点B出发，沿折线B﹣O﹣D以每秒1个单位的速度向点D运动，到达点D后停止，点P、Q同时出发，BD与PQ相交于点M，设运动的时间为t秒．（1）求过A、B、D三点的抛物线的解析式；（2）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（3）是否存在时间t，使△BMQ为直角三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．（4）当t为何值时？以B、P、Q三点为顶点的三角形的等腰三角形？21．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A，B坐标分别为（8，4），（0，4），线段CD在于x轴上，CD=3，点C从原点出发沿x轴正方向以每秒1个单位长度向右平移，点D随着点C同时同速同方向运动，过点D作x轴的垂线交线段AB于点E，交OA于点G，连接CE交OA于点F．设运动时间为t，当E点到达A点时，停止所有运动．（1）求线段CE的长；（2）记S为Rt△CDE与△ABO的重叠部分面积，试写出S关于t函数关系式及t的取值范围；（3）如图2，连接DF，①当t取何值时，以C，F，D为顶点的三角形为等腰三角形？②直接写出△CDF的外接圆与OA相切时t的值．22．已知抛物线y=ax2+bx+c经过P（，3），E（，0）及原点O（0，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）过P点作平行于x轴的直线PC交y轴于C点，在抛物线对称轴右侧且位于直线PC下方的抛物线上，任取一点Q，过点Q作直线QA平行于y轴交x轴于A点，交直线PC于B点，直线QA与直线PC及两坐标轴围成矩形OABC（如图）．是否存在点Q，使得△OPC与△PQB相似？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如果符合（2）中的Q点在x轴的上方，连接OQ，矩形OABC内的四个三角形△OPC，△PQB，△OQP，△OQA之间存在怎样的关系，为什么？23．如图1，在平面直角坐标系中有一个Rt△OAC，点A（3，4），点C（3，0）将其沿直线AC翻折，翻折后图形为△BAC．动点P从点O出发，沿折线0⇒A⇒B的方向以每秒2个单位的速度向B运动，同时动点Q从点B出发，在线段BO上以每秒1个单位的速度向点O运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．（1）设△OPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（2）如图2，固定△OAC，将△ACB绕点C逆时针旋转，旋转后得到的三角形为△A′CB′设A′B′与AC交于点D当∠BCB′=∠CAB时，求线段CD的长；（3）如图3，在△ACB绕点C逆时针旋转的过程中，若设A′C所在直线与OA所在直线的交点为E，是否存在点E使△ACE为等腰三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．24．已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，CD=8，BC=12，∠ACB=30°，E为BC边上一点，以BE为边作正三角形BEF，使正三角形BEF和梯形ABCD在BC的同侧．（l）当正三角形BEF的顶点F恰好落在对角线AC上时，求BE的长；（2）将（1）问中的正三角形BEF沿BC向右平移，记平移中的正三角形BEF为正三角形B′E′F′，当点E与点C重合时停止平移．设平移的距离为x，正三角形B′E′F′的边B′E′和E′F′分别与AC交于点M和点N，连接，DM，DN：①设正三角形B′E′F′与△ADC重叠部分的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围，求当DN取得最小值时，求出S的值；②是否存在这样的x，使三角形DMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．25．如图1，是边长分别为4和3的两个等边三角形纸片ABC和CD′E′叠放在一起．（1）操作：固定△ABC，将△CD′E′绕点C顺时针旋转得到△CDE，连接AD、BE，如图2．探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？试说明理由；（2）操作：固定△ABC，若将△CD′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连接AD、BE，CE的延长线交AB于点F，在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位长的速度平移，平移后的△CDE设为△PQR，如图3．探究：在图3中，除△ABC和△CDE外，还有哪个三角形是等腰三角形？写出你的结论并说明理由；（3）探究：如图4，在（2）的条件下，将△PQR的顶点P移动至F点，求此时QH的长度．26．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）交x轴于A、B两点，交y轴于C点，A点在B点的左侧，已知B点坐标为（8、0），tan∠ABC=，△ABC的面积为8，（1）求：抛物线的解析式；（2）若动直线EF（EF∥x轴），从C点开始，以每秒1个长度单位的速度向X轴方向平移，与x轴重合时结束，并且分别交y轴、线段CB于E、F两点．动点P同时从B点出发在线段OB上以每秒2个长度单位的速度向原点O运动，运动到O点结束，连接FP，设运动时间为t秒，是否存在t的值，使以P、B、F为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）在（2）的条件下，设AC与EF交于点M，求当t为何值时，M、P、A、F所围成的图形是平行四边形、等腰梯形和等腰直角三角形？27．在平面直角坐标系中，有一个矩形ABCD，四个顶点的坐标分别为：A（4，0）、B（4，2）、C（8，2）、D（8，0），并且有两个动点P和Q．P从原点O出发，沿x轴正方向运动；Q从A点出发，沿折线A﹣B﹣C﹣D方向在矩形的边上运动，且两点的运动速度均为每秒2个单位．当Q到达D点时，P也随之停止．设运动的时间为x．（1）分别求出当x=1和x=3时，对应的△OPQ的面积；（2）设△OPQ的面积为y，分别求出不同时段，y关于x的函数解析式，注明自变量的取值范围．并求出在整个运动过程中，△OPQ的面积的最大值；（3）在P、Q运动过程中，是否存在两个时刻x1和x2，使得构成相应的△OP1Q1和△OP2Q2相似？若存在，直接写出这两个时刻，并证明两个三角形相似；若不存在，请说明理由．28．如图，在等腰梯形ABCE中，BC∥AE且AB=BC，以点E为坐标原点建立平面直角坐标系，若将梯形ABCD沿AC折叠，使点B恰好落在x轴上点D位置，过C、D两点的直线与y轴交于点F．（1）试判断四边形ABCD是怎样的特殊四边形，并说明你的理由；（2）如果∠BAE=60°，AB=2cm，那么在y轴上是否存在一点P，使以P、D、F为顶点的三角形构成等腰三角形，若存在，请求出所有可能的P点坐标，若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，若将△EDF沿x轴正方向以1cm/s的速度平移到点E与点A重合时为止，设△EDF在平移过程中与△ECA重合部分的面积为S，平移的时间为x秒，试求出S与x之间的函数关系式及自变量范围，并求出何时S有最大值，最大值是多少？29．如图，直线y=﹣x+3分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，设运动时间为t秒．（1）直接填出两点的坐标：A：_________，B：_________；（2）过点P作直线截△ABO，使截得的三角形与△ABO相似，若当P在某一位置时，满足条件的直线共有4条，t的取值范围是_________；（3）如图，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设以C为顶点的抛物线y=（x+m）2+n与直线AB的另一交点为D，①用含t的代数式分别表示m=_________，n=_________；②随着点P运动，CD的长是否为定值？若是，请求出CD长；若不是，说明理由；③设△COD的OC边上的高为h，请直接写出当t为何值时，h的值最大？30．将一张矩形纸片沿对角线剪开（如图1），得到两张三角形纸片△ABC、△DEF（如图2），量得他们的斜边长为6cm，较小锐角为30°，再将这两张三角纸片摆成如图3的形状，且点A、C、E、F在同一条直线上，点C与点E重合．△ABC保持不动，OB为△ABC的中线．现对△DEF纸片进行如下操作时遇到了三个问题，请你帮助解决．（1）将图3中的△DEF沿CA向右平移，直到两个三角形完全重合为止．设平移距离CE为x（即CE的长），求平移过程中，△DEF与△BOC重叠部分的面积S与x的函数关系式，以及自变量的取值范围；（2）△DEF平移到E与O重合时（如图4），将△DEF绕点O顺时针旋转，旋转过程中△DEF的斜边EF交△ABC的BC边于G，求点C、O、G构成等腰三角形时，△OCG的面积；（3）在（2）的旋转过程中，△DEF的边EF、DE分别交线段BC于点G、H（不与端点重合）．求旋转角∠COG为多少度时，线段BH、GH、CG之间满足GH2+BH2=CG2，请说明理由．参考答案1.解：（1）∵当x=﹣4和x=2时二次函数的函数值y相等，∴抛物线对称轴：x=﹣=﹣1，即b=2a；由C（0，）得：c=；将A（﹣3，0）代入y=ax2+2ax+（a≠0）中，得：9a﹣6a+=0，a=﹣∴抛物线的解析式：y=﹣x2﹣x+．（2）由（1）的抛物线解析式知：A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，），则：OA=3，OB=1，OC=，即OC2=OA•OB，又OC⊥AB，则△ABC是直角三角形，且∠CAB=30°，∠ABC=60°；①△BMN中，BM=BN=t，∠NBM=60°，即△BNM是等边三角形；由于△PMN由△BMNA翻转所得，所以△PMN也是等边三角形，四边形PNBM是菱形；∴PN∥AB（如题干图），得：=，代入数据，有：，解得：t=；由tan∠CAO=、C（0，）得，直线AC：y=x+；当y=t•sin60°=时，x+=，x=﹣1即P（﹣1，）；综上，B点恰好落在AC边上的P处时，t=，P（﹣1，）．②∵△AOC是一个含30°角的直角三角形，∴若以B、N、Q为顶点的三角形与△A0C相似，那么△BNQ也必须是一个含30°角的直角三角形．分三种情况讨论：Ⅰ、∠QNB=90°、∠BQN=30°（如②﹣Ⅰ图）；∵∠ABC=∠Q1BN=60°，∴点Q1在x轴上，即Q1（﹣1，0）；Ⅱ、∠QBN=90°、∠BQN=30°（如②﹣Ⅱ图）；此时BQ2∥AC，设直线BQ2：y=x+b，代入B（1，0），得：b=﹣∴直线BQ2：y=x﹣，Q2（﹣1，﹣）；Ⅲ、∠QNB=90°、∠QBN=30°（如②﹣Ⅲ图）；此时N、C重合，点Q3应在①的P点处，由①的计算结果知：Q3C=•sin60°=，而BC=2，即∠CQ3B=60°，符合条件；即Q3（﹣1，）；综上，符合条件的Q点的坐标为：Q1（﹣1，0）、Q2（﹣1，﹣）、Q3（﹣1，）．③当点P落在y轴上时，=，即=，解得：t=；当点M、O重合时，t=OB=1；当点P落在AC上时，由①知，t=；Ⅰ、当0＜t≤时，△PMN和△AOC不重合，即S=0；Ⅱ、当＜t≤1时（如③﹣Ⅱ图），由=可求得：GN=1﹣，PG=PN﹣GN=t﹣（1﹣）=﹣1；S=S△PGH=×（﹣1）×（﹣1）=（﹣1）2；Ⅲ、当1＜t≤时（如③﹣Ⅲ图）；由Ⅱ知，GN=1﹣，GH=GN=（1﹣），S△GHN=×（1﹣）×（1﹣）=t2﹣t+；S=S△PMN﹣S△GHN=S△BMN﹣S△GHN=×t×t﹣（t2﹣t+）=t2+t﹣；Ⅳ、当＜t≤2时（如③﹣Ⅳ图）；同上，可求得S△PDE=（t﹣2）2=t2﹣3t+2、S△GHN=t2﹣t+、S△PMN=t2，S=S△PMN﹣S△PDE﹣S△GHN=﹣t2+t﹣；综上，S=2．（2）①证明：由托勒密定理可知PB•AC+PC•AB=PA•BC∵△ABC是等边三角形∴AB=AC=BC，∴PB+PC=PA，②P′D、AD，（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离．∵△BCD为等边三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，∴AD===5（km），∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km．3．解：（1）把一个正方形分割成11个小正方形：（2分）（2）把一个正三角形分割成4个小正三角形：（3分）（3）一个正三角形分割成6个小正三角形：（5分）（4）把一个正三角形分割成9个、10个和11个小正三角形：（8分）把一个正三角形分割成n（n≥9）个小正三角形的分割方法：通过“基本分割法1”、“基本分割法2”或其组合，把一个正三角形分割成9个、10个和11个小正三角形，再在此基础上每使用1次“基本分割法1”，就可增加3个小正三角形，从而把一个正三角形分割成12个、13个、14个小正三角形，依此类推，即可把一个正三角形分割成n（n≥9）个小正三角形．（10分）4．证明：连接AP，∵S△ABP+S△ACP=S△ABC∴∵AB=AC∴PE+PF=CD【变式应用】请利用“类比”和“化归”两种方法解答下面问题：求证：等边三角形内上任意一点到三边的距离和等于一边上的高．已知：点P是等边△ABC内任意一点，PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，AH是BC边上的高线．求证：PD+PE+PF=AH证明：方法（一）类比：通过类比上题的思路和方法，模仿上题的“面积法”解决本题．连接AP，BP，CP方法（二）化归：如图，通过MN在等边△ABC中构造符合“老题”规律的等边△AMN，化“新题”为“老题”，直接利用“老题重现”的结论解决问题．过点P作MN∥BC，交AB于M，交AC于N，交AH于G．【提炼运用】已知：点P是等边△ABC内任意一点，设到三边的距离分别为a、b、c，且使得以a、b、c为边能够构成三角形．请在图中画出满足条件的点P一切可能的位置，并对这些位置加以说明．5．解答：解：（1）如图，△A′B′O′与△ABO的形状，大小完全相同，△A′B′O′可以看作将△ABO向右平移2个单位得到的；（2）①8×2=16，16×2=32，∴A4（16，4）、B4（32，0），②∵△OA4B4与△OAB的高都是4，OB4=16×2=32，OB=2，∴S△OA4B4=×32×4=64，S△OAB=×2×4=4，64÷4=16，∴△OA4B4的面积是△OAB面积的16倍；③根据规律，后一个三角形的底边是前一个三角形底边的2倍，高相等都是4，∴OBn=2n+1，S△OAnBn=×2n+1×4=2n+2，S△OAB=×2×4=4，2n+2÷4=2n，∴△OAnBn的面积是△OAB面积的2n倍．6．解：（1）∵M（0，）在y=x+b上，∴=×0+b∴b=．（3分）（2）由（1）得：y=x+，（4分）∵B1（1，y1）在l上，∴当x=1时，y1=×1+=，∴B1（1，）．（5分）∴设抛物线表达式为：y=a（x﹣1）2+（a≠0），（6分）又∵d=，∴A1（，0），∴a=﹣．∴经过点A1、B1、A2的抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）2+．（8分）（3）存在美丽抛物线．（9分）由抛物线的对称性可知，所构成的直角三角形必是以抛物线顶点为直角顶点的等腰直角三角形，∴此等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半．又∵0＜d＜1，∴等腰直角三角形斜边的长小于2．∴等腰直角三角形斜边上的高必小于1，即抛物线的顶点的纵坐标必小于1．（10分）∵当x=1时，y1=×1+=＜1，当x=2时，y2=×2+=＜1，当x=3时，y3=×3+=1＞1，∴美丽抛物线的顶点只有B1、B2．（11分）①若B1为顶点，由B1（1，），则d=1﹣=；（12分）②若B2为顶点，由B1（2，），则d=1﹣[（2﹣）﹣1]=，综上所述，d的值为或时，存在美丽抛物线．（13分）7．解答：（2）探究2，证明：在AB上截取AM=EC，连接ME，由（1）知∠EAM=∠FEC，∵AM=EC，AB=BC，∴BM=BE，∴∠BME=45°，∴∠AME=∠ECF=135°，∵∠AEF=90°，∴∠FEC+∠AEB=90°，又∵∠EAM+∠AEB=90°，∴∠EAM=∠FEC，在△AEM和△EFC中，，∴△AEM≌△EFC（ASA），∴AE=EF；（3）探究3：成立，证明：延长BA到M，使AM=CE，连接ME，∴BM=BE，∴∠BME=45°，∴∠BME=∠ECF，又∵AD∥BE，∴∠DAE=∠BEA，又∵∠MAD=∠AEF=90°，∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF，即∠MAE=∠CEF，在△MAE和△CEF中，，∴△MAE≌△CEF（ASA），∴AE=EF．8．解：（1）过E点作EH⊥BC，垂足为H，连接BF，∵BE=BC=3，∠EBH=45°，∴EH=，∵S△BFE+S△BCF=S△BEC，∴BE×FN+BC×FM=BC×EH，∵BE=BC，∴FN+FM=EH=．（2）连接PA，PB，PC，∵S△PBC+S△PAC+S△PAB=S△ABC，∴BC•r1+AC•r2+AB•r3=BC•h，∵BC=AC=AB，∴r1+r2+r3=h．（3）设n边形的边心距为r，则：r1+r2+…+rn=nr（定值）．9．解：（1）是；如图所示，直线m即为所求作的另一等积直线；（说明：只要所画直线过MN的中点且与AD、BC或AB、CD相交即可．）（2）是；（3）是；证明：∵O是MN的中点，∴MO=NO，在梯形ABCD中，AD∥BC，∴∠PMO=∠QNO，在△POM和△QON中，∵，∴△POM≌△QON（ASA），∴S△POM=S△QON，又∵MN是等积直线，∴PQ也是等积直线；探索应用：如图所示，过点O且与线段AE、BC相交的直线均为所求的等积直线，所以有无数条等积直线．（说明：过点D作DF∥BC交AB于点F，点G、H、L分别是AE、DF、BC的中点，取线段GH的中点M，线段HL的中点N，过点M、N的直线即为所求的直线m．设等积直线m被AE、BC所截线段的中点为O，由（2）（3）可知过点O且与线段AE、BC相交的直线均为所求的等积直线，所以有无数条等积直线．）10．解：问题1：h1+h2﹣h3=（2分）理由：连接PA、PB、PC∵PE⊥BC，PD⊥BA，且△ABC是边长为a的等边三角形∴S△PAB=，S△PBC=∴S四边形ABCP=S△PAB+S△PBC=+（2分）又∵S四边形ABCP=S△APC+S△ABC=（1分）∴+=即：h1+h2﹣h3=；（1分）问题2：连接DP、AC易求：S△APB+S△ADP+S△ACP=（2分）易证：S△DCP=S△ACP（同底等高）（2分）而S正方形ABCD=S△APB+S△ADP+S△DCP∴∴y=（a≤x≤a）（2分）∵2a2＞0∴y随x的增大而减少∴当x=a时，y最小=a，当x=a时，y最大=2a．（2分）11解：（1）∵点M从点O出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点随之停止运动．∴当M移动到A处时，NB=2，∴动点N的坐标是：（1，3）；（2）∵AC交NP于点Q，∴线段AQ，QM，MA要围成三角形，∴t的取值范围是：0＜t＜2；（3）S△AMQ=AM•PQ=（4﹣2t）（1+t）=﹣t2+t+2．（4）存在使△AQM为直角三角形的点M．∵∠AOC=90°，OA=OC，∴∠OAC=45°即点A不可能为Rt△AQM的直角顶点．①当点Q为直角顶点时．（如图①）∵∠MQA=90°，∠MAQ=45°∴MQ=QA∵QP⊥AM，∴AP=MP=PQ，即，∴则M（1，0）．②当点M为直角顶点时．（如图②）∵∠QMA=90°，∠MAQ=45°，∴MQ=MA即4﹣2t=t+1，∴t=1，则M（2，0）．综上所述：点M的坐标为（1，0）或（2，0）．12．解：（1）△OAD∽△CDB，△ADB∽△ECB；（4分）（2）①（1，﹣4a）（5分）②∵△OAD∽△CDB∴（6分）∵ax2﹣2ax﹣3a=0，可得A（3，0）（8分）又∵OC=﹣4a，OD=﹣3a，CD=﹣a，CB=1，∴∴a2=1，∵a＜0，∴a=﹣1；故抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3（10分）③存在，（11分）设P（x，﹣x2+2x+3）∵△PAN与△OAD相似，且△OAD为等腰三角形∴PN=AN当x＜0（x＜﹣1）时，﹣x+3=﹣（﹣x2+2x+3），x1=﹣2，x2=3（舍去），∴P（﹣2，﹣5）（13分）当x＞0（x＞3）时，x﹣3=﹣（﹣x2+2x+3），x1=0，x2=3；（都不合题意舍去）符合条件的点P为（﹣2，﹣5）．（14分）13解：（1）△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA．∵∠BAE=∠BAD+45°，∠CDA=∠BAD+45°，∴∠BAE=∠CDA．又∠B=∠C=45°，∴△ABE∽△DCA．（2）∵BD=CE，∴BE=CD．∵AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，∴△ABE≌△ACD．∴AD=AE．∵△BAE∽△CDA，∴CD=AB=，易得CO=1．∴OD=﹣1，那么点D的坐标为（1﹣，0）．∵BD=2﹣，CE=2﹣，DE=2﹣2BD=2﹣2，∴BD2+CE2=DE2．（3）成立．证明：将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，则CE=HB，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋转角∠EAH=90°．连接HD，在△EAD和△HAD中，∵AE=AH，∠HAD=∠EAH﹣∠FAG=45°=∠EAD，AD=AD，∴△EAD≌△HAD．∴DH=DE．又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°，∴BD2+CE2=DH2即BD2+CE2=DE2．14．解：（1）证明：小明的思路方法：过点P作PG⊥CD于G（如图1），∵CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．∴四边形PEDG是矩形，∴PE=DG∵△ABC中，AB=AC，∴△PCG≌△CPF，∴PF=CG，∴CD=PE+PF．（2）设AC、BD交于O，∵梯形ABCD中，AB=CD∴梯形ABCD是等腰梯形∴∠DCB=∠ABC=60°∵AD∥BC∴∠ADC=180﹣∠BCD=120°，∠ADB=∠DBC∵AD=AB∴∠ABD=∠ADB∴∠DBC=∠ABD=∠ABC=30°∴∠BDC=180°﹣∠BCD﹣∠DBC=90°同理可得：∠ACB=30°∴∠ACB=∠DBC∴OB=OC由结论可得：EM+EN=CD=2．15．解：（1）3，A1（﹣2，4），B1（0，3）；（2）作CG⊥BD于G，CH⊥x轴于H，∵B'，B的横坐标相等，∴B'B⊥x轴，∴四边形CHBG为矩形．∵C（2，1），B（3，0）∴CG=1，∴G（3，1），∴GB=1，∴CG=CH=1，∴矩形CHBG为正方形．∴∠HCG=90度．∵∠ECD=90°，∴∠HCE+∠ECG=∠GCD+∠ECG=90°∴∠HCE=∠GCD．在△HCE和△GCD中，∴△HCE≌△GCD．∴S四边形CEBD=S正方形CHBG=1；（3）由垂径定理知，△AOB的外接圆的圆心应为OB与OA的中垂线的交点．OB的中垂线的解析式为x=，设OA的中垂线的解析式为y=kx+b，把点A′，O′的坐标代入得，解得，k=﹣2，b=5，即OA的中垂线的解析式为y=﹣2x+5，所以圆心的坐标为（，2），△AOB的外接圆的半径==．16．解：（1）∵AB∥DC，∴Rt△AQM∽Rt△CAD．∴．即，∴QM=1．（2）∵根据题意可得当0≤t≤2时，以C、P、Q为顶点可以构成三角形为直角三角形，故有两种情况：①当∠CPQ=90°时，点P与点E重合，此时DE+CP=CD，即t+t=2，∴t=1，②当∠PQC=90°时，如备用图1，此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴，由（1）知，EQ=EM﹣QM=4﹣2t，而PE=PC﹣CE=PC﹣（DC﹣DE）=t﹣（2﹣t）=2t﹣2，∴，∴；③当2＜t≤6时，可得CD=DP=2时，∠DCP=45°，可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，此时t=4，综上所述，t=1或或4；（3）如图1，当0≤t≤2时，点P在线段CD上，设直线l交CD于点E由（1）可得．即，∴QM=2t．∴QE=4﹣2t．∴S△PQC=PC•QE=﹣t2+2t，即y=﹣t2+2t，当6≥t＞2时，如图3，过点C作CF⊥AB交AB于点F，交PQ于点H．PA=DA﹣DP=4﹣（t﹣2）=6﹣t．由题意得，BF=AB﹣AF=4．∴CF=BF，∴∠CBF=45°，∴QM=MB=6﹣t，∴QM=PA．∴四边形AMQP为矩形．∴PQ∥AB．CH⊥PQ，HF=AP=6﹣t∴CH=AD﹣HF=t﹣2，∴S△PQC=PQ•CH=，即y=，综上所述y=﹣t2+2t（0≤t≤2），或y=（2＜t≤6）．17．证明：（1）连接AP，BP，CP．（2分）则S△ABP+S△BCP+S△ACP=S△ABC，（4分）即，（6分）∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC，∴r1+r2+r3=h（定值）；（8分）（2）存在．（10分）r=2．（12分）18．解：（1）变小；（2）问题①：∵∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm∴AC=12∵∠FDE=90°，∠DEF=45°，DE=4cm∴DF=4cm连接FC，设FC∥AB∴∠FCD=∠A=30°∴在Rt△FDC中，DC=4cm∴AD=AC﹣DC=（12﹣4）cm∴AD=（12﹣4）cm时，FC∥AB；问题②：设AD=x，在Rt△FDC中，FC2=DC2+FD2=（12﹣x）2+16∵AC=12cm，DE=4cm，∴AD≤8cm，（I）当FC为斜边时，由AD2+BC2=FC2得，x2+62=（12﹣x）2+16，x=；（II）当AD为斜边时，由FC2+BC2=AD2得，（12﹣x）2+16+62=x2，x=＞8（不合题意舍去）；（III）当BC为斜边时，由AD2+FC2=BC2得，x2+（12﹣x）2+16=36，x2﹣24x+160=0，方程无解，∴由（I）、（II）、（III）得，当x=cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形；另解：BC不能为斜边，∵FC＞CD，∴FC+AD＞12∴FC、AD中至少有一条线段的长度大于6，∴BC不能为斜边，∴由（I）、（II）、（III）得，当x=cm时，以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形；问题③：解法一：不存在这样的位置，使得∠FCD=15°理由如下：假设∠FCD=15°∵∠EFC=30°作∠EFC的平分线，交AC于点P则∠EFP=∠CFP=15°，∠DFE+∠EFP=60°∴PD=4，PC=PF=2FD=8∴PC+PD=8+4＞12∴不存在这样的位置，使得∠FCD=15°解法二：不存在这样的位置，使得∠FCD=15°假设∠FCE=15°AD=x由∠FED=45°得∠EFC=30°作EH⊥FC，垂足为H．∴HE=EF=2cmCE=AC﹣AD﹣DE=（8﹣x）cm且FC2=（12﹣x）2+16∵∠FDC=∠EHC=90°∠DCF为公共角∴△CHE∽△CDF∴=又（）2=（）2=∴（）2=，即=整理后，得到方程x2﹣8x﹣32=0∴x1=4﹣4＜0（不符合题意，舍去）x2=4+4＞8（不符合题意，舍去）∴不存在这样的位置，使得∠FCD=15°．19．证明：（1）∵OB=0C，∴∠OCB=∠OBC，又∵AC=BC，∴∠OCB=∠OCA，∴∠OBC=∠OCA，在△ECO与△FBO中，，∴△ECO≌△FBO，∴∠EOC=∠FOB，又∠AOC=∠BOC，∴∠EOF=∠COB，又∵EO=OF，∴∠OEF=∠OCF，∴C，E，O，F四点共圆；（2）由于是将问题2中的点C“分离”成两个点，根据图形变换的过程，猜测△PQR的外接圆一定经过线段AC，BD垂直平分线的交点O．下面给予证明：显然△ODA≌△OCB，∴∠OBF=∠ODE，∴△OBF≌△ODE，∴OE=OF且∠BOF=∠DOE，∴∠BOD=∠EOF，∴△EOF∽△BOD∽△COA，∴∠OBD=∠OEF=∠OCA，∴O，B，F，Q四点共圆，O，F，C，R四点也共圆，∴∠OFB=∠OQB=∠ORP，∴P，Q，O，R四点共圆，即当点E和F变动时，△PQR的外接圆经过除点P外的另一个定点O．20．解：（1）∵AD∥OB，∠BOD=90°，OB=16，OD=12，AD=21，∴点A（﹣21，12），B（﹣16，0），D（0，12），设过点A、B、D的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则，解得，所以，抛物线的解析式为y=x2+x+12；（2）∵点P的运动速度是每秒2个单位，点Q的运动速度是每秒1个单位，∴点P到达点A的时间是21÷2=10.5秒，点Q到达点O的时间是16÷1=16秒，到达点D的时间是（16+12）÷=28秒，如图，①点Q在BO上时，BQ=t，∵AD∥OB，∠BOD=90°，∴点P到BQ的距离等于OD的长度，∴△BPQ的面积为S=BQ•OD=t×12=6t（0＜t≤16）；②点Q在OD上时，点P已经与点A重合，OQ=t﹣16，DQ=16+12﹣t=28﹣t，∴△BPQ的面积为S=S梯形ABOD﹣S△BOQ﹣S△ADQ，=×（16+21）×12﹣×（t﹣16）×16﹣×（28﹣t）×21，=222﹣8t+128﹣294+t，=t+56（16≤t≤28）；综上，S=；（3）如图，①PQ⊥BQ时，∵四边形ABOD为直角梯形，AD∥OB，∠BOD=90°，∴四边形PQOD是矩形，∴OQ=PD，∴BQ+OQ=BQ+PD=OB，即t+2t=16，解得t=（秒）；②PQ⊥BD时，∵∠BOD=90°，OB=16，OD=12，∴BD===20，∵AD∥OB，∴===2，∴BM=×20=，cos∠OBD==，解得t=（秒）；综上，当t=或秒时，△BMQ为直角三角形；（4）如图，①PB=PQ时，过点P作PE⊥BQ于E，则四边形PEOD是矩形，∴BE=BQ=t，OE=PD=2t，∵BE+OE=OB，∴t+2t=16，解得t=（秒），②PB=BQ时，∵点P到BQ的距离为OD的长度是12，而点P到点A的时间是10.5秒，∴此时点P早已与到达点A与点A重合，过点P作PE⊥BQ于E，则PE=OD=12，BE=AD﹣OB=21﹣16=5，根据勾股定理，PB===13，∴BQ=PB=13，∴t=13÷1=13（秒），综上，当t为或13秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形的等腰三角形．21．解：（1）∵在Rt△CDE中，CD=3，DE=4，∴CE===5；（2）如图1，作FH⊥CD于H．∵AB∥OD，DE⊥OA，OB⊥OD，∴四边形ODEB是矩形，∴BE=OD，∵OC=t，∴BE=OD=OC+CD=t+3，∴AE=AB﹣BE=8﹣（t+3）=5﹣t，∵AB∥OD，∴△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，∴==，==，又∵CF+EF=5，DG+EG=4，∴=，=，∴CF=t，EG=，∴EF=CE﹣CF=5﹣t，∵FH∥ED，∴=，即HD=•CD=（5﹣t），∴S=EG•HD=××（5﹣t）=（5﹣t）2，t的取值范围为：0≤t≤5；（3）①由（2）知CF=t，（i）当CF=CD时，则t=3；（ii）如图2，当CF=DF时，∵FH⊥CD，∴CH=CD，又∵FH∥DE，∴CF：CE=FH：DE，∴CF=CE=即t=；（iii）如图3，当DF=CD时，如图作DK⊥CF于K，则CK=CF=t，∵CK=CDcos∠DCE，∴t=3×，解得：t=；综上，当t=3或或时，△CDF为等腰三角形；②∵点A，B坐标分别为（8，4），（0，4），∴AB=8，OB=4，∴OA===4，∵由（2）知HD=（5﹣t），∴OH=t+3﹣（5﹣t）=，∵∠A+∠AOB=∠AOD+∠AOB=90°，∴∠A=∠AOD，∴Rt△AOB∽Rt△OFH，∴=，=，解得OF=，∵当△CDF的外接圆与OA相切时，则OF为切线，OD为割线，∴OF2=OC•OD，即（）2=t（t+3），得t=．22．解：（1）由已知可得：解之得，a=﹣，b=，c=0．因而得，抛物线的解析式为：y=﹣x2+x．（2）存在．设Q点的坐标为（m，n），则，要使△OCP∽△PBQ，则有，即，解之得，m1=2，m2=．当m1=2时，n=2，所以得Q（2，2）要使△OCP∽△QPB，则有，即解之得，m1=3，m2=，当m=时，即为P点，当m1=3时，n=﹣3，所以得Q（3，﹣3）．故存在两个Q点使得△OCP与△PBQ相似．Q点的坐标为（2，2），（3，﹣3）．（3）在Rt△OCP中，因为tan∠COP=．所以∠COP=30度．当Q点的坐标为（2，2）时，∠BPQ=∠COP=30度．所以∠OPQ=∠OCP=∠B=∠QAO=90度．因此，△OPC，△PQB，△OPQ，△OAQ都是直角三角形．又在Rt△OAQ中，因为tan∠QOA=．所以∠QOA=30度．即有∠POQ=∠QOA=∠QPB=∠COP=30度．所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA，又因为QP⊥OP，QA⊥OA，∠POQ=∠AOQ=30°，所以△OQA≌△OQP．23．解：（1）由题意知：OA=AB=5，OC=BC=3，OB=6；P从O→A→B，所用的总时间为：（5+5）÷2=5s；Q从B→O所用的总时间为：6÷1=6；因此t的取值范围为：0≤t≤5；①当0≤t≤2.5时，点P在线段OA上；OP=2t，OQ=OB﹣BQ=6﹣t；∴S=×2t××（6﹣t）=﹣t2+t；②当2.5≤t≤5时，点P在线段AB上；OP=2t，BP=10﹣2t，OQ=6﹣t；∴S=×（10﹣2t）××（6﹣t）=t2﹣t+24；综上可知：S=．（2）∵∠BCB′=∠CAB，∴∠DCB′=∠ABC=90°﹣∠CAB=90°﹣∠BCB′，由旋转的性质知：∠ABC=∠B′，即∠DCB′=∠B′；∴∠A′=∠A′CD=90°﹣∠DCB′=90°﹣∠B′，∴A′D=DB′=CD，即CD=A′B′=AB=2.5．（3）由A（3，4），可得直线OA：y=x；设点E（x，x），已知A（3，4），C（3，0）；∴AE2=（x﹣3）2+（x﹣4）2，CE2=（x﹣3）2+（x）2，AC=4；①当AE=CE时，AE2=CE2，则有：（x﹣3）2+（x﹣4）2=（x﹣3）2+（x）2，解得x=，∴E1（，2）；②当AE=AC时，AE2=AC2=16，则有：（x﹣3）2+（x﹣4）2=16，整理得：25x2﹣150x+81=0，解得：x=，x=；∴E2（，），E3（，）；③当CE=AC时，CE2=AC2=16，则有：（x﹣3）2+（x）2=16，整理得：25x2﹣54x﹣63=0，解得：x=﹣，x=3（舍去）；∴E4（﹣，﹣）；综上可知：存在符合条件的E点：E1（，2），E2（，），E3（，），E4（﹣，﹣）．24．解：（1）如图1，作FQ⊥BC于Q，DH⊥BC于H，∴∠FQC=∠DHC=90°．∵AD∥BC，∴∠DAC=∠6=30°．∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，∴∠3=60°．∵BC=12，∴AB=4，AC=8，∴DH=4．∵CD=8，∴cos∠7=，∴∠7=30°，∴∠DCH=60°，∴∠8=30°，∴∠8=∠DAC，∴AD=DC=8．∵△BEF是等边三角形，∴∠1=∠4=60°，BF=BE=EF，∴∠2=∠5=30°，∴∠AFB=90°．∴∠5=∠6，∴EF=EC．在Rt△ABF中，由勾股定理，得AF=2，BF=6，∴BE=6．（2）①如图2，作NG⊥BC于G，∴∠NGC=90°．∵∠F′B′C=60°，∠ACB=30°，∴∠B′MC=90°．∵BB′=x，∴B′C=12﹣x，CE′=12﹣6﹣x=6﹣x∴B′M=6﹣x，MC=6﹣x，E′N=6﹣x，∴GE′=3﹣x，GN=3﹣x，∴S=，S=﹣+9，（0≤x≤6），∵DN最小，∴DN⊥AC，在Rt△DNC中，由勾股定理，得DN=4，CN=4，在Rt△GNC中，由勾股定理，得GN=2，在Rt△GNE′中，由勾股定理，得GE′=2，E′N=4．∴CE′=4．∴BB′=12﹣4﹣6=2．∴S=﹣×4+9，=9﹣=②如图3，当DN⊥AC于N时，作NG⊥BC于G，∴∠DNM=∠DNC=∠NGC=90°，在Rt△DNC中，由勾股定理，得DN=4，CN=4，在Rt△NGC中，由勾股定理，得NG=2，在RtNGE′中，由勾股定理，得GE′=2，NE′=4，∴CE′=4，∴x=12﹣6﹣4=2；如图4，当DM⊥AC于M时，∴∠AMC=90°，在Rt△DMC中由勾股定理，得DM=3，MC=4．∵∠F′B′E′=60°，∠ACB=30°，∴∠B′MC=90°，在Rt△B′MC中，由勾股定理，得B′M=4，B′C=8，∴x=12﹣8=4；通过作图为，当∠MDN=90°时，直角三角形DMN不存在．故x的值为：2或4．25．解：（1）BE=AD证明：由题意可得，BC=AC，CE=CD，∵∠BCE+∠ACE=60°∠ACE+∠ACD=60°∴∠BCE=∠ACD，∴△BCE≌△ACD，∴BE=AD．（2）△HQC为等腰三角形证明：因为∠FCB=30°，所以∠ACF=30°，又因为∠RQP=60°，所以∠QHC=∠HCQ=30°，所以△HQC为等腰三角形；（3）由题意得，AF=2，在Rt△AFG中，FG=，所以GR=3﹣，在Rt△GRH中，RH=2（3﹣），所以HQ=3﹣2（3﹣）=2﹣326．解：（1）在Rt△ABC中，∵B点坐标为（8、0），tan∠ABC=，∴OB=8，而tan∠ABC==，∴OC=4，∴C（0，4），又∵△ABC的面积为8，∴8=×4×AB，∴AB=4，即OA=OB﹣AB=8﹣4=4，∴A（4，0），依题意得，解之得：a=，b=﹣，c=4，