2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题21 全等三角形(含解析) 56页

全等三角形 ‎ 一.选择题 ‎1. （2020•湖南省怀化市•3分）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，DE⊥AC，垂足为点E，若BD＝3，则DE的长为（　　）‎ A．3 B． C．2 D．6‎ ‎【分析】根据角平分线的性质即可求得．‎ ‎【解答】解：∵∠B＝90°，‎ ‎∴DB⊥AB，‎ 又∵AD平分∠BAC，DE⊥AC，‎ ‎∴由角平分线的性质得DE＝BE＝3，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质定理是解题关键 ‎2.（2020•贵州省铜仁市•4分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC.EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（　　）‎ A．①②③ B．①③ C．①② D．②③‎ ‎【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；‎ 先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG＝，再根据勾股定理求得EG＝，即△AEG的周长为8，判断出②正确；‎ 先求出DG＝，进而求出DG2+BE2＝，在求出EG2≠，判断出③错误，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠HAD＝90°，‎ ‎∵HF∥AD，‎ ‎∴∠H＝90°，‎ ‎∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，‎ ‎∴∠AFH＝∠HAF．‎ ‎∵AF＝，‎ ‎∴AH＝HF＝1＝BE．‎ ‎∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，‎ ‎∴△EHF≌△CBE（SAS），‎ ‎∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，‎ ‎∵∠BCE+∠BEC＝90°，‎ ‎∴HEF+∠BEC＝90°，‎ ‎∴∠FEC＝90°，‎ ‎∴△CEF是等腰直角三角形，‎ 在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，‎ ‎∴EC2＝BE2+BC2＝17，‎ ‎∴S△ECF＝EF•EC＝EC2＝，故①正确；‎ 过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，‎ ‎∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，‎ ‎∴四边形APFH是矩形，‎ ‎∵AH＝HF，‎ ‎∴矩形AHFP是正方形，‎ ‎∴AP＝PH＝AH＝1，‎ 同理：四边形ABQP是矩形，‎ ‎∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△FPG∽△FQC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴PG＝，‎ ‎∴AG＝AP+PG＝，‎ 在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝＝，‎ ‎∴△AEG的周长为AG+EG+AE＝++3＝8，故②正确；‎ ‎∵AD＝4，‎ ‎∴DG＝AD﹣AG＝，‎ ‎∴DG2+BE2＝+1＝，‎ ‎∵EG2＝（）2＝≠，‎ ‎∴EG2≠DG2+BE2，故③错误，‎ ‎∴正确的有①②，‎ 故选：C．‎ 二.填空题 ‎1 （2020•湖南省怀化市•3分）如图，在△ABC和△ADC中，AB＝AD，BC＝DC，∠B＝130°，则∠D＝　130　°．‎ ‎【分析】根据全等三角形的判定定理得出△ABC≌△ADC，根据全等三角形的性质得出∠D＝∠B，代入求出即可．‎ ‎【解答】证明：∵在△ADC和△ABC中 ‎，‎ ‎∴△ABC≌△ADC（SSS），‎ ‎∴∠D＝∠B，‎ ‎∵∠B＝130°，‎ ‎∴∠D＝130°，‎ 故答案为：130．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解此题的关键．‎ ‎2.（2020•河南省•3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为　1　．‎ ‎【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设DF，CE交于O，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，‎ ‎∵点E，F分别是边AB，BC的中点，‎ ‎∴BE＝CF，‎ ‎∴△CBE≌△DCF（SAS），‎ ‎∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，‎ ‎∵∠CDF+∠CFD＝90°，‎ ‎∴∠BCE+∠CFD＝90°，‎ ‎∴∠COF＝90°，‎ ‎∴DF⊥CE，‎ ‎∴CE＝DF＝＝，‎ ‎∵点G，H分别是EC，FD的中点，‎ ‎∴CG＝FH＝，‎ ‎∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，‎ ‎∴CF2＝OF•DF，‎ ‎∴OF＝＝＝，‎ ‎∴OH＝，OD＝，‎ ‎∵OC2＝OF•OD，‎ ‎∴OC＝＝，‎ ‎∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，‎ ‎∴HG＝＝＝1，‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题考查了射影定理，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎3.（2020•贵州省贵阳市•4分）如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，点O是圆心，点D，E分别在边AC，AB上，若DA＝EB，则∠DOE的度数是　120　度．‎ ‎【分析】连接OA，OB，根据已知条件得到∠AOB＝120°，根据等腰三角形的性质得到∠OAB＝∠OBA＝30°，根据全等三角形的性质得到∠DOA＝∠BOE，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：连接OA，OB，‎ ‎∵△ABC是⊙O的内接正三角形，‎ ‎∴∠AOB＝120°，‎ ‎∵OA＝OB，‎ ‎∴∠OAB＝∠OBA＝30°，‎ ‎∵∠CAB＝60°，‎ ‎∴∠OAD＝30°，‎ ‎∴∠OAD＝∠OBE，‎ ‎∵AD＝BE，‎ ‎∴△OAD≌△OBE（SAS），‎ ‎∴∠DOA＝∠BOE，‎ ‎∴∠DOE＝∠DOA+∠AOE＝∠AOB＝∠AOE+∠BOD＝120°，‎ 故答案为：120．‎ ‎【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．‎ ‎4 （2020•湖南省湘潭市·3分）如图，点P是∠AOC的角平分线上一点，PD⊥OA，垂足为点D，且PD＝3，点M是射线OC上一动点，则PM的最小值为　3　．‎ ‎【分析】根据垂线段最短可知当PM⊥OC时，PM最小，再根据角的平分线的性质，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：根据垂线段最短可知：当PM⊥OC时，PM最小，‎ 当PM⊥OC时，‎ 又∵OP平分∠AOC，PD⊥OA，PD＝3，‎ ‎∴PM＝PD＝3，‎ 故答案为：3．‎ ‎【点评】本题考查了垂线段最短、角平分线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．‎ ‎5（2020•黑龙江省齐齐哈尔市•3分）如图，已知在△ABD和△ABC中，∠DAB＝∠CAB，点 A.B.E在同一条直线上，若使△ABD≌△ABC，则还需添加的一个条件是　AD＝AC（∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等）　．（只填一个即可）‎ ‎【分析】利用全等三角形的判定方法添加条件．‎ ‎【解答】解：∵∠DAB＝∠CAB，AB＝AB，‎ ‎∴当添加AD＝AC时，可根据“SAS”判断△ABD≌△ABC；‎ 当添加∠D＝∠C时，可根据“AAS”判断△ABD≌△ABC；‎ 当添加∠ABD＝∠ABC时，可根据“ASA”判断△ABD≌△ABC．‎ 故答案为AD＝AC（∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等）．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．‎ ‎6（2020年辽宁省辽阳市）15．（3分）如图，在△ABC中，M，N分别是AB和AC的中点，连接MN，点E是CN的中点，连接ME并延长，交BC的延长线于点D．若BC＝4，则CD的长为　2　．‎ ‎【分析】依据三角形中位线定理，即可得到MN＝BC＝2，MN∥BC，依据△MNE≌△DCE（AAS），即可得到CD＝MN＝2．‎ ‎【解答】解：∵M，N分别是AB和AC的中点，‎ ‎∴MN是△ABC的中位线，‎ ‎∴MN＝BC＝2，MN∥BC，‎ ‎∴∠NME＝∠D，∠MNE＝∠DCE，‎ ‎∵点E是CN的中点，‎ ‎∴NE＝CE，‎ ‎∴△MNE≌△DCE（AAS），‎ ‎∴CD＝MN＝2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题主要考查了三角形中位线定理以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．‎ ‎7（2020•江苏省苏州市•3分）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．‎ ‎【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，‎ ‎∴∠DCE＝∠CAO，‎ ‎∵∠BCA＝2∠CAO，‎ ‎∴∠BCA＝2∠DCE，‎ ‎∴∠DCE＝∠DCB，‎ ‎∵CD⊥y轴，‎ ‎∴∠CDE＝∠CDB＝90°，‎ 又∵CD＝CD，‎ ‎∴CDE≌CDB（ASA），‎ ‎∴DE＝DB，‎ ‎∵B（0，4），C（3，n），‎ ‎∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，‎ ‎∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，‎ ‎∴OE＝OD－DE ‎＝n－（4－n）‎ ‎＝2n－4，‎ ‎∵A（－4，0），‎ ‎∴AO＝4，‎ ‎∵CD∥AO，‎ ‎∴AOE∽CDE，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ 故答案：．‎ ‎【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．‎ ‎ ‎ 三.解答题 ‎1. (2020•江苏省无锡市•8分)如图，已知AB∥CD，AB＝CD，BE＝CF．‎ 求证：(1)△ABF≌△DCE；‎ ‎(2)AF∥DE．‎ ‎【分析】(1)先由平行线的性质得∠B＝∠C，从而利用SAS判定△ABF≌△DCE；‎ ‎(2)根据全等三角形的性质得∠AFB＝∠DEC，由等角的补角相等可得∠AFE＝∠DEF，再由平行线的判定可得结论．‎ ‎【解答】证明：(1)∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，‎ ‎∵BE＝CF，∴BE－EF＝CF－EF，即BF＝CE，‎ 在△ABF和△DCE中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△ABF≌△DCE(SAS)；‎ ‎(2)∵△ABF≌△DCE，∴∠AFB＝∠DEC，∴∠AFE＝∠DEF，∴AF∥DE．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，这属于几何基础知识的考查，难度不大．‎ ‎2. (2020•江苏省徐州市•8分)如图，AC⊥BC，DC⊥EC，AC＝BC，DC＝EC，AE与BD交于点F．‎ ‎(1)求证：AE＝BD；‎ ‎(2)求∠AFD的度数．‎ ‎【分析】(1)先证明∠ACE＝∠BCD，再证明△DCB≌△ECA便可得AE＝BD；‎ ‎(2)由全等三角形得∠A＝∠B，由∠ANC＝∠BNF，∠A+∠ANC＝90°推出∠B+∠BNF＝90°，可得∠AFD＝90．‎ ‎【解答】解：(1)∵AC⊥BC，DC⊥EC，∴∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，‎ 在△ACE和△BCD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACE≌△BCD(SAS)，∴AE＝BD；‎ ‎(2)∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠ANC＝90°，∵△ACE≌△BCD，∴∠A＝∠B，‎ ‎∵∠ANC＝∠BNF，∴∠B+∠BNF＝∠A+∠ANC＝90°，∴∠AFD＝∠B+∠BNF＝90°．‎ ‎【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形外角定理，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎3. （2020•河南省•9分）我们学习过利用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的．人们根据实际需要，发明了一种简易操作工具﹣﹣三分角器．图1是它的示意图，其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上，且AB的长度与半圆的半径相等；DB与AC垂直于点B，DB足够长．‎ 使用方法如图2所示，若要把∠MEN三等分，只需适当放置三分角器，使DB经过∠MEN的顶点E，点A落在边EM上，半圆O与另一边EN恰好相切，切点为F，则EB，EO就把∠MEN三等分了．‎ 为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．‎ 已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，EB⊥AC，垂足为点B，　AB＝OB，EN切半圆O于F　．‎ 求证：　EB，EO就把∠MEN三等分　．‎ ‎【分析】根据垂直的定义得到∠ABE＝∠OBE＝90°，根据全等三角形的性质得到∠1＝∠2，根据切线的性质得到∠2＝∠3，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，EB⊥AC，垂足为点B，AB＝OB，EN切半圆O于F．‎ 求证：EB，EO就把∠MEN三等分，‎ 证明：∵EB⊥AC，‎ ‎∴∠ABE＝∠OBE＝90°，‎ ‎∵AB＝OB，BE＝BE，‎ ‎∴△ABE≌△OBE（SAS），‎ ‎∴∠1＝∠2，‎ ‎∵BE⊥OB，‎ ‎∴BE是⊙E的切线，‎ ‎∵EN切半圆O于F，‎ ‎∴∠2＝∠3，‎ ‎∴∠1＝∠2＝∠3，‎ ‎∴EB，EO就把∠MEN三等分．‎ 故答案为：AB＝OB，EN切半圆O于F；EB，EO就把∠MEN三等分．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎4（2020•河南省•10分）小亮在学习中遇到这样一个问题：‎ 如图，点D是上一动点，线段BC＝8cm，点A是线段BC的中点，过点C作CF∥BD，交DA的延长线于点F．当△DCF为等腰三角形时，求线段BD的长度．‎ 小亮分析发现，此问题很难通过常规的推理计算彻底解决，于是尝试结合学习函数的经验研究此问题．请将下面的探究过程补充完整：‎ ‎（1）根据点D在上的不同位置，画出相应的图形，测量线段BD，CD，FD的长度，得到下表的几组对应值． ‎ BD/cm ‎0‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ ‎8.0‎ CD/cm ‎8.0‎ ‎7.7‎ ‎7.2‎ ‎6.6‎ ‎5.9‎ a ‎3.9‎ ‎2.4‎ ‎0‎ FD/cm ‎8.0‎ ‎7.4‎ ‎6.9‎ ‎6.5‎ ‎6.1‎ ‎6.0‎ ‎6.2‎ ‎6.7‎ ‎8.0‎ 操作中发现：‎ ‎①“当点D为的中点时，BD＝5.0cm”．则上表中a的值是　5　；‎ ‎②“线段CF的长度无需测量即可得到”．请简要说明理由．‎ ‎（2）将线段BD的长度作为自变量x，CD和FD的长度都是x的函数，分别记为yCD和yFD，并在平面直角坐标系xOy中画出了函数yFD的图象，如图所示．请在同一坐标系中画出函数yCD的图象；‎ ‎（3）继续在同一坐标系中画出所需的函数图象，并结合图象直接写出：当△DCF为等腰三角形时，线段BD长度的近似值（结果保留一位小数）．‎ ‎【分析】（1）①由＝可求BD＝CD＝a＝5cm；‎ ‎②由“AAS”可证△BAD≌△CAF，可得BD＝CF，即可求解；‎ ‎（2）由题意可画出函数图象；‎ ‎（3）结合图象可求解．‎ ‎【解答】解：（1）∵点D为的中点，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴BD＝CD＝a＝5cm，‎ 故答案为：5；‎ ‎（2）∵点A是线段BC的中点，‎ ‎∴AB＝AC，‎ ‎∵CF∥BD，‎ ‎∴∠F＝∠BDA，‎ 又∵∠BAD＝∠CAF，‎ ‎∴△BAD≌△CAF（AAS），‎ ‎∴BD＝CF，‎ ‎∴线段CF的长度无需测量即可得到；‎ ‎（3）由题意可得：‎ ‎（4）由题意画出函数yCF的图象；‎ 由图象可得：BD＝3.8cm或5cm或6.2cm时，△DCF为等腰三角形．‎ ‎【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，动点问题的函数图象探究题，也考查了函数图象的画法，解题关键是数形结合．‎ ‎5.（2020•贵州省铜仁市•10分）如图，∠B＝∠E，BF＝EC，AC∥DF．求证：△ABC≌△DEF．‎ ‎【分析】首先利用平行线的性质得出∠ACB＝∠DFE，进而利用全等三角形的判定定理ASA，进而得出答案．‎ ‎【解答】证明：∵AC∥DF，‎ ‎∴∠ACB＝∠DFE，‎ ‎∵BF＝CE，‎ ‎∴BC＝EF，‎ 在△ABC和△DEF中，，‎ ‎∴△ABC≌△DEF（ASA）．‎ ‎6.（2020•贵州省遵义市•12分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．‎ ‎（1）求证：EF=DE；‎ ‎（2）当AF=2时，求GE的长．‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ ‎【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；推理能力．‎ ‎【分析】（1）要证明EF=DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；‎ ‎（2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．‎ ‎【解答】‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，‎ ‎∴∠ECM=45°，‎ ‎∵MN∥BC，∠BCM=90°，‎ ‎∴∠NMC+∠BCM=180°，∠MNB+∠B=180°，‎ ‎∴∠NMC=90°，∠MNB=90°，‎ ‎∴∠MEC=∠MCE=45°，∠DME=∠ENF=90°，‎ ‎∴MC=ME，‎ ‎∵CD=MN，‎ ‎∴DM=EN，‎ ‎∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM=90°，‎ ‎∴∠DEF=90°，‎ ‎∴∠DEM+∠FEN=90°，‎ ‎∴∠EDM=∠FEN，‎ 在△DME和△ENF中，‎ ‎，‎ ‎∴△DME≌△ENF（ASA），‎ ‎∴EF=DE；‎ ‎（2）由（1）知，△DME≌△ENF，‎ ‎∴ME=NF，‎ ‎∵四边形MNBC是矩形，‎ ‎∴MC=BN，‎ 又∵ME=MC，AB=4，AF=2，‎ ‎∴BN=MC=NF=1，‎ ‎∵∠EMC=90°，‎ ‎∴CE=，‎ ‎∵AF∥CD，‎ ‎∴△DGC∽△FGA，‎ ‎∠B=90°，‎ ‎∵AC=AG+GC，‎ ‎7（2020•河北省•9分）如图，点O为AB中点，分别延长OA到点C，OB到点D，使OC＝OD．以点O为圆心，分别以OA，OC为半径在CD上方作两个半圆．点P为小半圆上任一点（不与点A，B重合），连接OP并延长交大半圆于点E，连接AE，CP．‎ ‎（1）①求证：△AOE≌△POC；‎ ‎②写出∠l，∠2和∠C三者间的数量关系，并说明理由．‎ ‎（2）若OC＝2OA＝2，当∠C最大时，直接指出CP与小半圆的位置关系，并求此时S扇形EOD（答案保留π）．‎ ‎【分析】（1）①利用公共角相等，根据SAS证明三角形全等便可；‎ ‎②由全等三角形得∠C＝∠E，再利用三角形外角性质得结论；‎ ‎（2）当CP与小半圆O相切时，∠C最大，求出∠DOE便可根据扇形的面积公式求得结果．‎ ‎【解答】解：（1）①在△AOE和△POC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOE≌△POC（SAS）；‎ ‎②∵△AOE≌△POC，‎ ‎∴∠E＝∠C，‎ ‎∵∠1+∠E＝∠2，‎ ‎∴∠1+∠C＝∠2；‎ ‎（2）当∠C最大时，CP与小半圆相切，‎ 如图，‎ ‎∵OC＝2OA＝2，‎ ‎∴OC＝2OP，‎ ‎∵CP与小半圆相切，‎ ‎∴∠OPC＝90°，‎ ‎∴∠OCP＝30°，‎ ‎∴∠DOE＝∠OPC+∠OCP＝120°，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，直角三角形的性质，扇形的面积计算，关键在于掌握各个定理，灵活运用这些性质解题．‎ ‎8（2020•黑龙江省哈尔滨市•8分）已知：在△ABC中，AB＝AC，点D.点E在边BC上，BD＝CE，连接AD.AE．‎ ‎（1）如图1，求证：AD＝AE；‎ ‎（2）如图2，当∠DAE＝∠C＝45°时，过点B作BF∥AC交AD的延长线于点F，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个等腰三角形，使写出的每个等腰三角形的顶角都等于45°．‎ ‎【分析】（1）根据SAS可证△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质即可求解；‎ ‎（2）根据等腰三角形的判定即可求解．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AB＝AC，‎ ‎∵∠B＝∠C，‎ 在△ABD和△ACE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABD≌△ACE（SAS），‎ ‎∴AD＝AE；‎ ‎（2）∵AD＝AE，‎ ‎∴∠ADE＝∠AED，‎ ‎∵BF∥AC，‎ ‎∴∠FDB＝∠C＝45°，‎ ‎∵∠ABC＝∠C＝∠DAE＝45°，∠BDF＝∠ADE，‎ ‎∴∠F＝∠BDF，∠BEA＝∠BAE，∠CDA＝∠CAD，‎ ‎∴满足条件的等腰三角形有：△ABE，△ACD，△DAE，△DBF．‎ ‎【点评】考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，关键是熟练掌握它们的性质与定理．‎ ‎9.（2020•湖北省黄冈市•6分）已知：如图，在▱ABCD中，点O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E，求证：AD＝CE．‎ ‎【分析】只要证明△AOD≌△EOC（ASA）即可解决问题；‎ ‎【解答】证明：∵O是CD的中点，‎ ‎∴OD＝CO，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，‎ ‎∴∠D＝∠OCE，‎ 在△ADO和△ECO中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOD≌△EOC（ASA），‎ ‎∴AD＝CE．‎ ‎【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．‎ ‎10.（2020•湖北孝感•8分）如图，在▱ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足BE＝DF．连接EF，分别与BC，AD交于点G，H．‎ 求证：EG＝FH．‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD，∠ABC＝∠CDA，‎ ‎∴∠EBG＝∠FDH，∠E＝∠F，‎ 在△BEG与△DFH中，，‎ ‎∴△BEG≌△DFH（ASA），‎ ‎∴EG＝FH．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎11（2020•湖南省常德•10分）已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．‎ ‎（1）如图1，当D，B，F共线时，求证：‎ ‎①EB＝EP；‎ ‎②∠EFP＝30°；‎ ‎（2）如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．‎ ‎【分析】（1）①证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论；‎ ‎②根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP 的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°；‎ ‎（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．‎ ‎【解答】证明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，‎ ‎∴∠A＝90°﹣30°＝60°，‎ 同理∠EDF＝60°，‎ ‎∴∠A＝∠EDF＝60°，‎ ‎∴AC∥DE，‎ ‎∴∠DMB＝∠ACB＝90°，‎ ‎∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，AC∥DM，‎ ‎∴，‎ 即M是BC的中点，‎ ‎∵EP＝CE，即E是PC的中点，‎ ‎∴ED∥BP，‎ ‎∴∠CBP＝∠DMB＝90°，‎ ‎∴△CBP是直角三角形，‎ ‎∴BE＝PC＝EP；‎ ‎②∵∠ABC＝∠DFE＝30°，‎ ‎∴BC∥EF，‎ 由①知：∠CBP＝90°，‎ ‎∴BP⊥EF，‎ ‎∵EB＝EP，‎ ‎∴EF是线段BP的垂直平分线，‎ ‎∴PF＝BF，‎ ‎∴∠PFE＝∠BFE＝30°；‎ ‎（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，‎ ‎∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP，‎ ‎∴△QEP≌△DEC（SAS），‎ 则PQ＝DC＝DB，‎ ‎∵QE＝DE，∠DEF＝90°‎ ‎∴EF是DQ的垂直平分线，‎ ‎∴QF＝DF，‎ ‎∵CD＝AD，‎ ‎∴∠CDA＝∠A＝60°，‎ ‎∴∠CDB＝120°，‎ ‎∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP，‎ ‎∴△FQP≌△FDB（SAS），‎ ‎∴∠QFP＝∠BFD，‎ ‎∵EF是DQ的垂直平分线，‎ ‎∴∠QFE＝∠EFD＝30°，‎ ‎∴∠QFP+∠EFP＝30°，‎ ‎∴∠BFD+∠EFP＝30°．‎ ‎【点评】本题是三角形的综合题，考查了平行线分线段成比理、勾股定理、三角形全等的性质和判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，难度适中，属于中考常考题型.‎ ‎12.（2020•湖北孝感•8分）如图，在▱ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足BE＝DF．连接EF，分别与BC，AD交于点G，H．‎ 求证：EG＝FH．‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD，∠ABC＝∠CDA，‎ ‎∴∠EBG＝∠FDH，∠E＝∠F，‎ 在△BEG与△DFH中，，‎ ‎∴△BEG≌△DFH（ASA），‎ ‎∴EG＝FH．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎13（2020•湖南省常德•10分）已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．‎ ‎（1）如图1，当D，B，F共线时，求证：‎ ‎①EB＝EP；‎ ‎②∠EFP＝30°；‎ ‎（2）如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．‎ ‎【分析】（1）①证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论；‎ ‎②根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°；‎ ‎（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．‎ ‎【解答】证明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，‎ ‎∴∠A＝90°﹣30°＝60°，‎ 同理∠EDF＝60°，‎ ‎∴∠A＝∠EDF＝60°，‎ ‎∴AC∥DE，‎ ‎∴∠DMB＝∠ACB＝90°，‎ ‎∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，AC∥DM，‎ ‎∴，‎ 即M是BC的中点，‎ ‎∵EP＝CE，即E是PC的中点，‎ ‎∴ED∥BP，‎ ‎∴∠CBP＝∠DMB＝90°，‎ ‎∴△CBP是直角三角形，‎ ‎∴BE＝PC＝EP；‎ ‎②∵∠ABC＝∠DFE＝30°，‎ ‎∴BC∥EF，‎ 由①知：∠CBP＝90°，‎ ‎∴BP⊥EF，‎ ‎∵EB＝EP，‎ ‎∴EF是线段BP的垂直平分线，‎ ‎∴PF＝BF，‎ ‎∴∠PFE＝∠BFE＝30°；‎ ‎（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，‎ ‎∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP，‎ ‎∴△QEP≌△DEC（SAS），‎ 则PQ＝DC＝DB，‎ ‎∵QE＝DE，∠DEF＝90°‎ ‎∴EF是DQ的垂直平分线，‎ ‎∴QF＝DF，‎ ‎∵CD＝AD，‎ ‎∴∠CDA＝∠A＝60°，‎ ‎∴∠CDB＝120°，‎ ‎∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP，‎ ‎∴△FQP≌△FDB（SAS），‎ ‎∴∠QFP＝∠BFD，‎ ‎∵EF是DQ的垂直平分线，‎ ‎∴∠QFE＝∠EFD＝30°，‎ ‎∴∠QFP+∠EFP＝30°，‎ ‎∴∠BFD+∠EFP＝30°．‎ ‎【点评】本题是三角形的综合题，考查了平行线分线段成比理、勾股定理、三角形全等的性质和判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，难度适中，属于中考常考题型.‎ ‎14 （2020•江苏省常州市•8分）已知：如图，点A.B.C.D在一条直线上，EA∥FB，EA＝FB，AB＝CD．‎ ‎（1）求证：∠E＝∠F；‎ ‎（2）若∠A＝40°，∠D＝80°，求∠E的度数．‎ ‎【分析】（1）首先利用平行线的性质得出，∠A＝∠FBD，根据AB＝CD即可得出AC＝BD，进而得出△EAC≌△FBD解答即可；‎ ‎（2）根据全等三角形的性质和三角形内角和解答即可．‎ ‎【解答】证明：（1）∵EA∥FB，‎ ‎∴∠A＝∠FBD，‎ ‎∵AB＝CD，‎ ‎∴AB+BC＝CD+BC，‎ 即AC＝BD，‎ 在△EAC与△FBD中，‎ ‎，‎ ‎∴△EAC≌△FBD（SAS），‎ ‎∴∠E＝∠F；‎ ‎（2）∵△EAC≌△FBD，‎ ‎∴∠ECA＝∠D＝80°，‎ ‎∵∠A＝40°，‎ ‎∴∠E＝180°﹣40°﹣80°＝60°，‎ 答：∠E的度数为60°．‎ ‎【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质等知识，解题时注意：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．根据已知得出△EAC≌△FBD是解题关键．‎ ‎15. （2020•湖南省长沙市·6分）人教版初中数学教科书八年级上册第48页告诉我们一种作已知角的平分线的方法：‎ 已知：∠AOB．‎ 求作：∠AOB的平分线．‎ 作法：（1）以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N．‎ ‎（2）分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点C．‎ ‎（3）画射线OC，射线OC即为所求（如图）．‎ 请你根据提供的材料完成下面问题．‎ ‎（1）这种作已知角的平分线的方法的依据是　①　．（填序号）‎ ‎①SSS②SAS③AAS④ASA ‎（2）请你证明OC为∠AOB的平分线．‎ ‎【分析】（1）直接利用角平分线的作法得出基本依据；‎ ‎（2）直接利用全等三角形的判定与与性质得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）这种作已知角的平分线的方法的依据是①SSS．‎ 故答案为：①‎ ‎（2）由基本作图方法可得：OM＝ON，OC＝OC，MC＝NC，‎ 则在△OMC和△ONC中，‎ ‎，‎ ‎∴△OMC≌△ONC（SSS），‎ ‎∴∠AOC＝∠BOC，‎ 即OC为∠AOB的平分线．‎ ‎【点评】此题主要考查了应用设计与作图，正确掌握全等三角形的判定方法是解题关键．‎ ‎16. （2020•江苏省常州市•8分）如图1，点B在线段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．‎ ‎（1）点F到直线CA的距离是　1　；‎ ‎（2）固定△ABC，将△CEF绕点C按顺时针方向旋转30°，使得CF与CA重合，并停止旋转．‎ ‎①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为　　；‎ ‎②如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OE＝OB时，求OF的长．‎ ‎【分析】（1）如图1中，作FD⊥AC于D．证明△ABC≌△CDF（AAS）可得结论．‎ ‎（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．根据S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF计算即可．‎ ‎（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．在Rt△EOH中，利用勾股定理构建方程求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，作FD⊥AC于D，‎ ‎∵Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．‎ ‎∴∠ACB＝60°，∠FCE＝∠BAC＝30°，AC＝CF，‎ ‎∴∠ACF＝30°，‎ ‎∴∠BAC＝∠FCD，‎ 在△ABC和△CDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABC≌△CDF（AAS），‎ ‎∴FD＝BC＝1，‎ 故答案为1；‎ ‎（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．‎ S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH＝﹣＝．‎ 故答案为．‎ ‎（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．‎ 在Rt△ECF中，∵EF＝1，∠ECF＝30°，EH⊥CF，‎ ‎∴EC＝EF＝，EH＝，CH＝EH＝，‎ 在Rt△BOC中，OC＝＝，‎ ‎∴OH＝CH﹣OC＝﹣，‎ 在Rt△EOH中，则有x2＝（）2+（﹣）2，‎ 解得x＝或﹣（不合题意舍弃），‎ ‎∴OC＝＝，‎ ‎∵CF＝2EF＝2，‎ ‎∴OF＝CF﹣OC＝2﹣＝．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解直角三角形，全等三角形的性质，扇形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎17. （2020•江苏省常州市•10分）如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，抛物线过点C（1，0），且顶点为D，连接AC.BC.BD.CD．‎ ‎（1）填空：b＝　﹣4　；‎ ‎（2）点P是抛物线上一点，点P的横坐标大于1，直线PC交直线BD于点Q．若∠CQD＝∠ACB，求点P的坐标；‎ ‎（3）点E在直线AC上，点E关于直线BD对称的点为F，点F关于直线BC对称的点为G，连接AG．当点F在x轴上时，直接写出AG的长．‎ ‎【分析】（1）将点C坐标代入解析式可求解；‎ ‎（2）分两种情况讨论，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，可得点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，可得∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE＝，∠BCF＝45°，由勾股定理逆定理可得∠BCD＝90°，可求∠ACE＝∠DBC，可得∠ACB＝∠CFD，可得点F与点Q重合，即可求点P坐标；‎ 当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，先求直线BD解析式，点F坐标，由中点坐标公式可求点Q坐标，求出CQ解析式，联立方程组，可求点P坐标；‎ ‎（3）设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，先求出∠CNH＝45°，由轴对称的性质可得EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，由“AAS”可证△EMN≌△NKF，可得EM＝NK＝，MN＝KF，可求CF＝6，由轴对称的性质可得点G坐标，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+3的图象过点C（1，0），‎ ‎∴0＝1+b+3，‎ ‎∴b＝﹣4，‎ 故答案为：﹣4；‎ ‎（2）∵b＝4，‎ ‎∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3‎ ‎∵抛物线y＝x2﹣4x+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，‎ ‎∴点A（0，3），3＝x2﹣4x，‎ ‎∴x1＝0（舍去），x2＝4，‎ ‎∴点B（4，3），‎ ‎∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，‎ ‎∴顶点D坐标（2，﹣1），‎ 如图1，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，‎ ‎∵点A（0，3），点B（4，3），点C（1，0），CE⊥AB，‎ ‎∴点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，‎ ‎∴∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE＝，‎ ‎∴∠BCF＝45°，‎ ‎∵点B（4，3），点C（1，0），点D（2，﹣1），‎ ‎∴BC＝＝3，CD＝＝，BD＝＝2，‎ ‎∵BC2+CD2＝20＝BD2，‎ ‎∴∠BCD＝90°，‎ ‎∴tan∠DBC＝＝＝＝tan∠ACE，‎ ‎∴∠ACE＝∠DBC，‎ ‎∴∠ACE+∠ECB＝∠DBC+∠BCF，‎ ‎∴∠ACB＝∠CFD，‎ 又∵∠CQD＝∠ACB，‎ ‎∴点F与点Q重合，‎ ‎∴点P是直线CF与抛物线的交点，‎ ‎∴0＝x2﹣4x+3，‎ ‎∴x1＝1，x2＝3，‎ ‎∴点P（3，0）；‎ 当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH ‎，连接CQ交抛物线于点P，‎ ‎∵CH⊥DB，HF＝QH，‎ ‎∴CF＝CQ，‎ ‎∴∠CFD＝∠CQD，‎ ‎∴∠CQD＝∠ACB，‎ ‎∵CH⊥BD，‎ ‎∵点B（4，3），点D（2，﹣1），‎ ‎∴直线BD解析式为：y＝2x﹣5，‎ ‎∴点F（，0），‎ ‎∴直线CH解析式为：y＝﹣x+，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴点H坐标为（，﹣），‎ ‎∵FH＝QH，‎ ‎∴点Q（，﹣），‎ ‎∴直线CQ解析式为：y＝﹣x+，‎ 联立方程组，‎ 解得：或，‎ ‎∴点P（，﹣）；‎ 综上所述：点P的坐标为（3，0）或（，﹣）；‎ ‎（3）如图，设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，‎ ‎∵点A（0，3），点C（1，0），‎ ‎∴直线AC解析式为：y＝﹣3x+3，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴点N坐标为（，﹣），‎ ‎∵点H坐标为（，﹣），‎ ‎∴CH2＝（﹣1）2+（）2＝，HN2＝（﹣）2+（﹣+）2＝，‎ ‎∴CH＝HN，‎ ‎∴∠CNH＝45°，‎ ‎∵点E关于直线BD对称的点为F，‎ ‎∴EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，‎ ‎∴∠ENF＝90°，‎ ‎∴∠ENM+∠FNM＝90°，‎ 又∵∠ENM+∠MEN＝90°，‎ ‎∴∠MEN＝∠FNM，‎ ‎∴△EMN≌△NKF（AAS）‎ ‎∴EM＝NK＝，MN＝KF，‎ ‎∴点E的横坐标为﹣，‎ ‎∴点E（﹣，），‎ ‎∴MN＝＝KF，‎ ‎∴CF＝+﹣1＝6，‎ ‎∵点F关于直线BC对称的点为G，‎ ‎∴FC＝CG＝6，∠BCF＝∠GCB＝45°，‎ ‎∴∠GCF＝90°，‎ ‎∴点G（1，6），‎ ‎∴AG＝＝．‎ ‎【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，综合性强，求出∠CNH＝45°是本题的关键．‎ ‎18. （2020•江苏省淮安市•14分）如图①，二次函数y＝﹣x2+bx+4的图象与直线l交于A（﹣1，2）、B（3，n）两点．点P是x轴上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线1于点M，交该二次函数的图象于点N，设点P的横坐标为m．‎ ‎（1）b＝　1　，n＝　﹣2　；‎ ‎（2）若点N在点M的上方，且MN＝3，求m的值；‎ ‎（3）将直线AB向上平移4个单位长度，分别与x轴、y轴交于点C.D（如图②）．‎ ‎①记△NBC的面积为S1，△NAC的面积为S2，是否存在m，使得点N在直线AC的上方，且满足S1﹣S2＝6？若存在，求出m及相应的S1，S2的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎②当m＞﹣1时，将线段MA绕点M顺时针旋转90°得到线段MF，连接FB.FC.OA．‎ 若∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，直接写出直线OF与该二次函数图象交点的横坐标．‎ ‎【分析】（1）将点A坐标代入二次函数解析式中，求出b，进而得出二次函数解析式，再将点B坐标代入二次函数中，即可求出n的值；‎ ‎（2）先表示出点M，N的坐标，进而用MN＝3建立方程求解，即可得出结论；‎ ‎（3）①先求出点C坐标，进而求出直线AC的解析式，再求出直线BC的解析式，进而表示出S1，S2，最后用S1﹣S2＝6建立方程求出m的值；‎ ‎②先判断出CF∥OA，进而求出直线CF的解析式，再利用三垂线构造出△AQM≌△MSF，得出FS＝MQ，进而建立方程求出点F的坐标，即可求出直线OF的解析式，最后联立二次函数解析式，解方程组即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）将点A（﹣1，2）代入二次函数y＝﹣x2+bx+4中，得﹣1﹣b+4＝2，‎ ‎∴b＝1，‎ ‎∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，‎ 将点B（3，n）代入二次函数y＝﹣x2+x+4中，得n＝﹣9+3+4＝﹣2，‎ 故答案为：1，﹣2；‎ ‎（2）设直线AB的解析式为y＝kx+a，由（1）知，点B（3，﹣2），‎ ‎∵A（﹣1，2），‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，‎ 由（1）知，二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4，‎ ‎∵点P（m，0），‎ ‎∴M（m，﹣m+1），N（m，﹣m2+m+4），‎ ‎∵点N在点M的上方，且MN＝3，‎ ‎∴﹣m2+m+4﹣（﹣m+1）＝3，‎ ‎∴m＝0或m＝2；‎ ‎（3）①如图1，由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，‎ ‎∴直线CD的解析式为y＝﹣x+1+4＝﹣x+5，‎ 令y＝0，则﹣x+5＝0，‎ ‎∴x＝5，‎ ‎∴C（5，0），‎ ‎∵A（﹣1，2），B（3，﹣2），‎ ‎∴直线AC的解析式为y＝﹣x+，直线BC的解析式为y＝x﹣5，‎ 过点N作y轴的平行线交AC于K，交BC于H，∵点P（m，0），‎ ‎∴N（m，﹣m2+m+4），K（m，﹣m+），H（m，m﹣5），‎ ‎∴NK＝﹣m2+m+4+m﹣＝﹣m2+m+，NH＝﹣m2+9，‎ ‎∴S2＝S△NAC＝NK×（xC﹣xA）＝（﹣m2+m+）×6＝﹣3m2+4m+7，‎ S1＝S△NBC＝NH×（xC﹣xB）＝﹣m2+9，‎ ‎∵S1﹣S2＝6，‎ ‎∴﹣m2+9﹣（﹣3m2+4m+7）＝6，‎ ‎∴m＝1+（由于点N在直线AC上方，所以，舍去）或m＝1﹣；‎ ‎∴S2＝﹣3m2+4m+7＝﹣3（1﹣）2+4（1﹣）+7＝2﹣1，‎ S1＝﹣m2+9＝﹣（1﹣）2+9＝2+5；‎ ‎②如图2，‎ 记直线AB与x轴，y轴的交点为I，L，‎ 由（2）知，直线AB的解析式为y＝﹣x+1，‎ ‎∴I（1，0），L（0，1），‎ ‎∴OL＝OI，‎ ‎∴∠ALD＝∠OLI＝45°，‎ ‎∴∠AOD+∠OAB＝45°，‎ 过点B作BG∥OA，‎ ‎∴∠ABG＝∠OAB，‎ ‎∴∠AOD+∠ABG＝45°，‎ ‎∵∠FBA＝∠ABG+∠FBG，∠FBA+∠AOD﹣∠BFC＝45°，‎ ‎∴∠ABG+∠FBG+∠AOD﹣∠BFC＝45°，‎ ‎∴∠FBG＝∠BFC，‎ ‎∴BG∥CF，‎ ‎∴OA∥CF，‎ ‎∵A（﹣1，2），‎ ‎∴直线OA的解析式为y＝﹣2x，‎ ‎∵C（5，0），‎ ‎∴直线CF的解析式为y＝﹣2x+10，‎ 过点A，F分别作过点M平行于x轴的直线的垂线，交于点Q，S，‎ ‎∵∠AQM＝∠MSF＝90°，‎ ‎∵点M在直线AB上，m＞﹣1，‎ ‎∴M（m，﹣m+1），‎ ‎∴A（﹣1，2），‎ ‎∴MQ＝m+1，‎ 设点F（n，﹣2n+10），‎ ‎∴FS＝﹣2n+10+m﹣1＝﹣2n+m+9，‎ 由旋转知，AM＝MF，∠AMF＝90°，‎ ‎∴∠MAQ+∠AMQ＝90°＝∠AMQ+∠FMS，‎ ‎∴∠MAQ＝∠FMS，‎ ‎∴△AQM≌△MSF（AAS），‎ ‎∴FS＝MQ，‎ ‎∴﹣2n+m+9＝m+1，‎ ‎∴n＝4，‎ ‎∴F（4，2），‎ ‎∴直线OF的解析式为y＝x①，‎ ‎∵二次函数的解析式为y＝﹣x2+x+4②，‎ 联立①②解得，或，‎ ‎∴直线OF与该二次函数图象交点的横坐标为或．‎ ‎【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形面积的计算方法，全等三角形的判定和性质，解方程组，构造出全等三角形是解本题的关键．‎ ‎19. （2020•江苏省南京市•8分））如图，点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，∠B＝∠C，求证：BD＝CE．‎ ‎【分析】要证BD＝CE只要证明AD＝AE即可，而证明△ABE≌△ACD，则可得AD＝AE．‎ ‎【解答】证明：在△ABE与△ACD中 ‎，‎ ‎∴△ABE≌△ACD．‎ ‎∴AD＝AE．‎ ‎∴BD＝CE．‎ ‎【点评】考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．本题得出三角形全等后，再根据全等三角形的性质可得线段相等．‎ ‎20. （2020•江苏省连云港市•10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD.BC分别相交于点M、N．‎ ‎（1）求证：四边形BNDM是菱形；‎ ‎（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．‎ ‎【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；‎ ‎（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AD∥BC，‎ ‎∴∠DMO＝∠BNO，‎ ‎∵MN是对角线BD的垂直平分线，‎ ‎∴OB＝OD，MN⊥BD，‎ 在△MOD和△NOB中，，‎ ‎∴△MOD≌△NOB（AAS），‎ ‎∴OM＝ON，‎ ‎∵OB＝OD，‎ ‎∴四边形BNDM是平行四边形，‎ ‎∵MN⊥BD，‎ ‎∴四边形BNDM是菱形；‎ ‎（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，‎ ‎∴BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，‎ 在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM＝＝＝13，‎ ‎∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎21. （2020•江苏省苏州市•8分）问题1：如图①，在四边形中，，是上一点，，．‎ 求证：．‎ 问题2：如图②，在四边形中，，是上一点，，．求的值．‎ ‎【答案】问题1：见解析；问题2：‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 问题1：先根据AAS证明，可得，，由此即可证得结论；‎ 问题2：分别过点、作的垂线，垂足为、，由（1）可知，利用45°的三角函数值可得，，由此即可计算得到答案．‎ ‎【详解】问题1：证明：∵，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ 在和中，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎∴，，‎ ‎∴．‎ 问题2：如图，分别过点、作的垂线，垂足为、．‎ 由（1）可知，‎ 在和中，，‎ ‎∴，，‎ ‎，．‎ ‎∴，．‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、解直角三角形，作出正确的辅助线并能利用解直角三角形的相关知识是解决本题的关键．‎ ‎22.（2020•广东省深圳市•9分）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），‎ 发现BE=DG且BE⊥DG。‎ 小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：‎ ‎（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如 若不能，请说明理由：‎ ‎（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；‎ ‎（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG。小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值 背景图 图3‎ 图2‎ 图1‎ ‎【考点】手拉手，相似，勾股 ‎【解析】‎ 解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形 ‎∴AB=AD，‎ ‎∵四边形AEFG为正方形 ‎∴AE=AG，‎ ‎∴‎ 在△EAB和△GAD中有：‎ ‎∴△EAB≌△GAD ‎∴BE=DG ‎(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。‎ 证明：∵四边形ABCD菱形 ‎∴AB=AD ‎∵四边形AEFG为正方形 ‎∴AE=AG ‎∵∠EAG=∠BAD ‎∴‎ ‎∴‎ 在△EAB和△GAD中有：‎ ‎∴△EAB≌△GAD ‎∴BE=DG ‎(3)连接EB，BD，设BE和GD相交于点H ‎∵四边形AEFG和ABCD为矩形 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴△EAB∽△GAD ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴‎ www.czsx.com.cn ‎23（2020•广东省•6分）如题20图，在△ABC中，点D.E分别是AB.AC边上的点，BD=CE，∠ABE=∠ACD，BE与CD相交于点F．求证：△ABC是等腰三角形．‎ ‎【答案】‎ 证明：‎ ‎∵BD=CE，∠ABE=∠ACD，∠DFB=∠CFE ‎∴△BFDF≌△CFE（AAS）‎ ‎∴∠DBF=∠ECF ‎∵∠DBF+∠ABE=∠ECF+∠ACD ‎∴∠ABC=∠ACB ‎∴AB=AC ‎∴△ABC是等腰三角形 ‎【解析】等式的性质、等角对等边 ‎【考点】全等三角形的判定方法、等腰三角形的判定方法 ‎24（2020•贵州省安顺市•10分）如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，⊙O的切线AF交BD的延长线于点F，切点为A，且∠CAD＝∠ABD．‎ ‎（1）求证：AD＝CD；‎ ‎（2）若AB＝4，BF＝5，求sin∠BDC的值．‎ ‎【分析】（1）根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD，进而得∠ACD＝∠CAD，便可由等腰三角形判定定理得AD＝CD；‎ ‎（2）证明△ADF≌△ADE，得AE＝AF，DE＝DF，由勾股定理求得AF，由三角形面积公式求得AD，进而求得DE，BE，再证明△BEC∽△AED，得BC，进而求得sin∠BAC便可．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵∠CAD＝∠ABD，‎ 又∵∠ABD＝∠ACD，‎ ‎∴∠ACD＝∠CAD，‎ ‎∴AD＝CD；‎ ‎（2）∵AF是⊙O的切线，‎ ‎∴∠FAB＝90°，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝∠ADB＝∠ADF＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠BAD＝∠BAD+∠FAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD＝∠FAD，‎ ‎∵∠ABD＝∠CAD，‎ ‎∴∠FAD＝∠EAD，‎ ‎∵AD＝AD，‎ ‎∴△ADF≌△ADE（ASA），‎ ‎∴AF＝AE，DF＝DE，‎ ‎∵AB＝4，BF＝5，‎ ‎∴AF＝，‎ ‎∴AE＝AF＝3，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴DE＝，‎ ‎∴BE＝BF﹣2DE＝，‎ ‎∵∠AED＝∠BEC，∠ADE＝∠BCE＝90°，‎ ‎∴△BEC∽△AED，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDC＝∠BAC，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形的应用，勾股定理，关键是证明三角形全等与相似．‎ ‎25（2020•广东省广州市•6分）如图，，，．求的度数．‎ ‎【答案】75°.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三角形的内角和定理求出∠DCA=75°，再证明△ABC≌△ADC，即可得到答案.‎ ‎【详解】∵，，‎ ‎∴∠DCA=75°，‎ ‎∵，，AC=AC，‎ ‎∴△ABC≌△ADC，‎ ‎∴∠BCA=∠DCA=75°.‎ ‎【点睛】此题考查三角形的内角和定理，全等三角形的判定及性质，这是一道比较基础的三角形题.‎ ‎26（2020•贵州省安顺市•12分）如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．‎ ‎（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　PQ＝BO　，位置关系是　PQ⊥BO　；‎ ‎（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；‎ ‎（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．‎ ‎【分析】（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQ＝OC，则可得出结论；‎ ‎（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等腰直角三角形．同理△BPO'也为等腰直角三角形，则可得出结论；‎ ‎（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵点O为对角线AC的中点，‎ ‎∴BO⊥AC，BO＝CO，‎ ‎∵P为BC的中点，Q为BO的中点，‎ ‎∴PQ∥OC，PQ＝OC，‎ ‎∴PQ⊥BO，PQ＝BO；‎ 故答案为：PQ＝BO，PQ⊥BO．‎ ‎（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：‎ 连接O'P并延长交BC于点F，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝BC，∠ABC＝90°，‎ ‎∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，‎ ‎∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，‎ ‎∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，‎ 又∵点P是CE的中点，‎ ‎∴CP＝EP，‎ ‎∴△O'PE≌△FPC（AAS），‎ ‎∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，‎ ‎∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，‎ ‎∴BO'＝BF，‎ ‎∴△O'BF为等腰直角三角形．‎ ‎∴BP⊥O'F，O'P＝BP，‎ ‎∴△BPO'也为等腰直角三角形．‎ 又∵点Q为O'B的中点，‎ ‎∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，‎ ‎∴△PQB的形状是等腰直角三角形；‎ ‎（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，‎ ‎∴∠ECG＝45°，‎ 由旋转得，四边形O'ABG是矩形，‎ ‎∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，‎ ‎∴△EGC为等腰直角三角形．‎ ‎∵点P是CE的中点，‎ ‎∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，‎ ‎∴△O'GP≌△BCP（SAS），‎ ‎∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，‎ ‎∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，‎ ‎∴∠O'PB＝90°，‎ ‎∴△O'PB为等腰直角三角形，‎ ‎∵点Q是O'B的中点，‎ ‎∴PQ＝O'B＝BQ，PQ⊥O'B，‎ ‎∵AB＝1，‎ ‎∴O'A＝，‎ ‎∴O'B＝＝＝，‎ ‎∴BQ＝．‎ ‎∴S△PQB＝BQ•PQ＝×＝．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎27（2020•广西省玉林市•10分）如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且OA＝OB＝OC＝OD＝AB．‎ ‎（1）求证：四边形ABCD是正方形；‎ ‎（2）若H是边AB上一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，过点E分别作BC及AB延长线的垂线，垂足分别为F，G．设四边形BGEF的面积为s1，以HB，BC为邻边的矩形的面积为s2，且s1＝s2．当AB＝2时，求AH的长．‎ ‎【分析】（1）根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，求出AC＝BD，得出四边形是矩形，根据勾股定理的逆定理求出AC⊥BD，根据正方形的判定推出即可；‎ ‎（2）根据已知条件得到四边形BGEF是矩形，根据旋转的性质得到∠DHE＝90°，DH＝HE，根据全等三角形的性质得到AD＝HG，AH＝EG，推出矩形BGEF是正方形，设AH＝x，则BG＝EG＝x，根据题意列方程即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵OA＝OB＝OC＝OD，‎ ‎∴AC＝BD，‎ ‎∴平行四边形ABCD是矩形，‎ ‎∵OA＝OB＝OC＝OD＝AB，‎ ‎∴OA2+OB2＝AB2，‎ ‎∴∠AOB＝90°，‎ 即AC⊥BD，‎ ‎∴四边形ABCD是正方形；‎ ‎（2）解：∵EF⊥BC，EG⊥AG，‎ ‎∴∠G＝∠EFB＝∠FBG＝90°，‎ ‎∴四边形BGEF是矩形，‎ ‎∵将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，‎ ‎∴∠DHE＝90°，DH＝HE，‎ ‎∴∠ADH+∠AHD＝∠AHD+∠EHG＝90°，‎ ‎∴∠ADH＝∠EHG，‎ ‎∵∠DAH＝∠G＝90°，‎ ‎∴△ADH≌△GHE（AAS），‎ ‎∴AD＝HG，AH＝EG，‎ ‎∵AB＝AD，‎ ‎∴AB＝HG，‎ ‎∴AH＝BG，‎ ‎∴BG＝EG，‎ ‎∴矩形BGEF是正方形，‎ 设AH＝x，则BG＝EG＝x，‎ ‎∵s1＝s2．‎ ‎∴x2＝2（2﹣x），‎ 解得：x＝﹣1（负值舍去），‎ ‎∴AH＝﹣1．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎ ‎ ‎28（2020•江苏省淮安市•8分）如图，在▱ABCD中，点E.F分别在BC.AD上，AC与EF相交于点O，且AO＝CO．‎ ‎（1）求证：△AOF≌△COE；‎ ‎（2）连接AE.CF，则四边形AECF　是　（填“是”或“不是”）平行四边形．‎ ‎【分析】（1）由ASA证明△AOF≌△COE即可；‎ ‎（2）由全等三角形的性质得出FO＝EO，再由AO＝CO，即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，‎ ‎∴∠OAF＝∠OCE，‎ 在△AOF和△COE中，，‎ ‎∴△AOF≌△COE（ASA）‎ ‎（2）解：四边形AECF是平行四边形，理由如下：‎ 由（1）得：△AOF≌△COE，‎ ‎∴FO＝EO，‎ 又∵AO＝CO，‎ ‎∴四边形AECF是平行四边形；‎ 故答案为：是．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．‎