中考数学真题演练之轴对称专题解析版 69页

‎2019年中考数学真题演练之轴对称专题（解析版）‎ ‎1.  （1）问题提出 如图1，点A为线段BC外一动点，且 ，填空：当点A位于________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为________ (用含 的式子表示 )． ‎ ‎（2）问题探究 点A为线段BC外一动点，且 ，如图2所示，分别以 为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接 ，找出图中与BE相等的线段，请说明理由，并直接写出线段BE长的最大值． ‎ ‎（3）问题解决： ①如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，点P为线段AB外一动点，且 ，求线段AM长的最大值及此时点P的坐标． 如图4，在四边形ABCD中， ，若对角线 于点D，请直接写出对角线AC的最大值． ‎ ‎2.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P是△ABC内一点，且∠PAC+∠PCA= ，连接PB，试探究PA、PB、PC满足的等量关系． ‎ ‎（1）当α=60°时，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，连接PP′，如图1所示．由△ABP≌△ACP′可以证得△APP′是等边三角形，再由∠PAC+∠PCA=30°可得∠APC的大小为________度，进而得到△CPP′是直角三角形，这样可以得到PA、PB、PC满足的等量关系为________； ‎ ‎（2）如图2，当α=120°时，参考（1）中的方法，探究PA、PB、PC满足的等量关系，并给出证明； ‎ ‎（3）PA、PB、PC满足的等量关系为________． ‎ ‎3.如图，抛物线y=ax2﹣5ax﹣4交x轴于A，B两点（点A位于点B的左侧），交y轴于点C，过点C作CD∥AB，交抛物线于点D，连接AC、AD，AD交y轴于点E，且AC=CD，过点A作射线AF交y轴于点F，AB平分∠EAF． ‎ ‎（1）此抛物线的对称轴是________； ‎ ‎（2）求该抛物线的解析式； ‎ ‎（3）若点P是抛物线位于第四象限图象上一动点，求△APF面积S△APF的最大值，以及此时点P的坐标； ‎ ‎（4）点M是线段AB上一点（不与点A，B重合），点N是线段AD上一点（不与点A，D重合），则两线段长度之和：MN+MD的最小值是________． ‎ ‎4.已知四边形ABCD是矩形，连接AC，点E是边CB延长线上一点，CA=CE，连接AE，F是线段AE的中点， ‎ ‎（1）如图1，当AD=DC时，连接CF交AB于M，求证：BM=BE； ‎ ‎（2）如图2，连接BD交AC于O，连接DF分别交AB、AC于G、H，连接GC，若∠FDB=30°，S四边形GBOH= ，求线段GC的长． ‎ ‎5.如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC.延长BC到点D，使CD＝CA，连接AD交⊙O于点E. ‎ ‎（1）求证：△ABE≌△CDE； ‎ ‎（2）填空： ①当∠ABC的度数为________时，四边形AOCE是菱形； ②若AE＝6，BE=8，则EF的长为________. ‎ ‎6.如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y=﹣2x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C，过点A作AB⊥x轴，垂足为点A，过点C作CB⊥y轴，垂足为点C，两条垂线相交于点B． ‎ ‎（1）线段AB，BC，AC的长分别为AB=________，BC=________，AC=________； ‎ ‎（2）折叠图1中的△ABC，使点A与点C重合，再将折叠后的图形展开，折痕DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，如图2． 请从下列A、B两题中任选一题作答，我选择哪题． A：①求线段AD的长； ②在y轴上，是否存在点P，使得△APD为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由． B：①求线段DE的长； ②在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． ‎ ‎7.如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB. ‎ ‎（1）求证：PC是⊙O的切线； ‎ ‎（2）求证：BC= AB； ‎ ‎（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN MC的值. ‎ ‎8.如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题： ‎ ‎（1）求证：△BEF∽△DCB； ‎ ‎（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2 ， 求t的值； ‎ ‎（3）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由． ‎ ‎9.如图，△ABC是边长为2的正三角形，点D在△ABC内部，且满足DB=DC，DB⊥DC，点E在边AC上，延长ED交线段AB于点H． ‎ ‎（1）若ED=EC请直接写出∠BAD=________，∠AEH=________，∠AHE=________． ‎ ‎（2）若ED=EC，求EH的长； ‎ ‎（3）若AE=x，AH=y，请利用S△AEH=S△AED+S△AHD ， 求y关于x的函数关系式，并求自变量x的取值范围． ‎ ‎10.已知：如图①，在平行四边形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD．以AD为斜边在平行四边形AB CD的内部作Rt△AED，∠EAD=30°，∠AED=90°． ‎ ‎（1）求△AED的周长； ‎ ‎（2）若△ AED以每秒2个单位长度的速度沿DC向右平行移动，得到△AE0D0 ， 当A0D0与BC重合时停止移动，设运动时间为t秒，△A0E0D0与△BDC重叠的面积为S，请直接写出 S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围； ‎ ‎（3）如图②，在（2）中，当△AED停止移动后得到△BEC，将△BEC绕点C按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°），在旋转过程中，B的对应点为B1 ， E的对应点为E1 ， 设直线B1E1与直线BE交于点P、与直线CB交于点Q．是否存在这样的α，使△BPQ为等腰三角形？若存在，求出α的度数；若不存在，请说明理由． ‎ ‎11.如图，抛物线y=ax2+bx(a≠0)的图象过原点O和点A(1， )，且与x轴交于点B，△AOB的面积为 。       ‎ ‎（1）求抛物线的解析式； ‎ ‎（2）若抛物线的对称轴上存在一点M，使△AOM的周长最小，求M点的坐标； ‎ ‎（3）点F是x轴上一动点，过F作x轴的垂线，交直线AB于点E，交抛物线于点P，且PE= ，直接写出点E的坐标(写出符合条件的两个点即可)。 ‎ ‎12.正方形ABCD和正方形CEFG如图1所示,其中B、C、E在一条直线上,O是AF的中点,连接OD、OG ‎ ‎（1）探究OD与OG的位置关系 的值;(写出结论不用证明) ‎ ‎（2）如图2所示,将正方形ABCD和正方形CEFG改为菱形ABCD和菱形CEFG,且∠ABC=∠DCE=120°,探究OD与OG的位置关系,及 的比值; ‎ ‎（3）拓展探索:把图1中的正方形CEFG绕C顺时针旋转小于90°的角后,其他条件均不变,问第1问中的两个结论是否发生变化?(写出结论不用证明) ‎ ‎13.如图，在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，D为AB延长线上一点，点E在BC边上，且BE=BD，连接AE、DE、DC． ‎ ‎（1）求证：△ABE≌△CBD； ‎ ‎（2）若∠CAE=30°，求∠ACD的度数． ‎ ‎14.如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）． ‎ ‎（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式； ‎ ‎（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率； ‎ ‎（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的 ？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由． ‎ ‎15.如图，已知抛物线 过点A 和B ，过点A作直线AC//x轴，交y轴与点C。 ‎ ‎（1）求抛物线的解析式； ‎ ‎（2）在抛物线上取一点P，过点P作直线AC的垂线，垂足为D，连接OA，使得以A，D，P为顶点的三角形与△AOC相似，求出对应点P的坐标； ‎ ‎（3）抛物线上是否存在点Q，使得 ?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。 ‎ ‎16.如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．‎ ‎（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法） ‎ ‎（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE； ②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。 ‎ ‎17.如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．‎ ‎（1）求∠A+∠C的度数。 ‎ ‎（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由。 ‎ ‎（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足 ，求点E运动路径的长度。 ‎ ‎18.     ‎ ‎（1）【发现】如图①，已知等边 ，将直角三角形的 角顶点 任意放在 边上（点 不与点 、 重合），使两边分别交线段 、 于点 、 .‎ ‎ ①若 ， ， ，则 ________； ②求证： .________ ‎ ‎（2）【思考】若将图①中的三角板的顶点 在 边上移动，保持三角板与 、 的两个交点 、 都存在，连接 ，如图②所示.问点 是否存在某一位置，使 平分 且 平分 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由. ‎ ‎（3）【探索】如图③，在等腰 中， ，点 为 边的中点，将三角形透明纸板的一个顶点放在点 处（其中 ），使两条边分别交边 、 于点 、 （点 、 均不与 的顶点重合），连接 .设 ，则 与 的周长之比为________（用含 的表达式表示）.‎ ‎19.如图，AB、AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，PC、AB的延长线交于点F. ‎ ‎（1）求证：PC是⊙O的切线； ‎ ‎（2）若∠ABC=600,AB=10,求线段CF的长， ‎ ‎20.如图：在 中，BC=2,AB=AC，点D为AC上的动点，且 .‎ ‎（1）求AB的长度； ‎ ‎（2）求AD·AE的值； ‎ ‎（3）过A点作AH⊥BD，求证：BH=CD+DH. ‎ ‎21.在平面直角坐标系 中，已知抛物线的顶点坐标为 ，且经过点 .如图，直线 与抛物线交于点 两点，直线 为 .‎ ‎（1）求抛物线的解析式； ‎ ‎（2）在 上是否存在一点 ，使 取得最小值？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由. ‎ ‎（3）已知 为平面内一定点， 为抛物线上一动点，且点 到直线 的距离与点 到点 的距离总是相等，求定点 的坐标. ‎ ‎22.如图，抛物线y=ax2﹣5ax+c与坐标轴分别交于点A，C，E三点，其中A（﹣3，0），C（0，4），点B在x轴上，AC=BC，过点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC 上的动点，且CM=BN，连接MN，AM，AN． ‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点D的坐标； ‎ ‎（2）当△CMN是直角三角形时，求点M的坐标； ‎ ‎（3）试求出AM+AN的最小值． ‎ ‎23.综合与实践 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 【实践操作】 如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B′落在矩形ABCD所在平面内，B'C和AD相交于点E，连接B′D． ‎ ‎（1）【解决问题】在图1中， ①B′D和AC的位置关系为________； ②将△AEC剪下后展开，得到的图形是________； ‎ ‎（2）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由； ‎ ‎（3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为________； ‎ ‎（4）【拓展应用】在图2中，若∠B=30°，AB=4 ，当△AB′D恰好为直角三角形时，BC的长度为________． ‎ ‎24.如图， 是 的内接三角形，点 在 上，点 在弦 上（ 不与 重合），且四边形 为菱形.‎ ‎（1）   求证： ； ‎ ‎（2）   求证： ； ‎ ‎（3）已知 的半径为3.①若 ，求 的长； ②当 为何值时， 的值最大？ ‎ ‎25.如图， 中，AB=AC, ,点D，E分别在AB,BC上， ,点F为DE的延长线与AC的延长线的交点. ‎ ‎（1）求证：DE=EF ‎ ‎（2）判断BD和CF的数量关系，并说明理由； ‎ ‎（3）若 , ,求BD的长。 ‎ ‎26.如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E，点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F. ‎ ‎（1）求证：CM=EM； ‎ ‎（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小； ‎ ‎（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM. ‎ ‎27.已知:在四边形ABCD中,对角线AC、BD相交于点E，且AC⊥BD,作BF⊥CD垂足为点F,BF与AC交于点G.∠BGE=∠ADE. ‎ ‎（1）如图1,求证:AD=CD； ‎ ‎（2）如图2,BH是△ABE的中线,若AE=2DE,DE=EG,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图2中四个三角形,使写出的每个三角形的面积都等于△ADE面积的2倍. ‎ 参考答案及解析 ‎1.【答案】（1）CB的延长线上； （2）解： ， 理由：∵ 与 是等边三角形， ∴ ， ∴ ， 即 ， 在 与 中， ， ∴ ≌ ， ∴ ； ②∵线段BE长的最大值 线段CD的最大值， ∴由 知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上， ∴最大值为 （3）解：①如图5，连接BM，将 绕着点P顺时针旋转 得到 ，连接AN，则 是等腰直角三角形， ∴ ， ∵ 的坐标为 ，点B的坐标为 ， ∴ ， ∴ ， ∴线段AM长的最大值 线段BN长的最大值， ∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值， 最大值 ， ∵ ， ∴最大值为 ； ‎ ‎ 如图6，过P作 轴于E， ∵ 是等腰直角三角形， ∴ ， ∴ ， ∴   ②如下图7，以BC为边作等边三角形△BCM，连接DM， ∵ ， ∴ ∵ ， ∴ ≌ ， ∴ ， ‎ ‎∴欲求AC的最大值，只要求出DM的最大值即可， ∵ 定值， ， ∴点D在以BC为直径的 上运动， 由图象可知，当点D在BC上方，DM⊥BC时，DM的值最大，最大值=等腰直角△BDC斜边上的高+等边△BCM的高， ∵BC= ， ∴DM最大= ， ∴AC最大= ‎ ‎【考点】三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的外接圆与外心 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1）∵点A为线段BC外一动点，且 ， ∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为 ， 故答案为：CB的延长线上， ； 【分析】（1）由三角形三边关系定理可知，三角形任意两边之和大于第三边，当点A在CB的延长线上时，两边之和等于第三边，所以当点A在CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为a+b; （2）根据等边三角形的性质用边角边易证得△CAD≌△EAB，则BE=CD；由（1）中的结论可得BE的最大值=AB+AE； （3）①根据已知条件PM=PB可将△APM绕着点P顺时针旋转90度 得到△PBN，连接AN，BM，由旋转的性质可求解； ②由题意可作辅助线，以BC为边作等边三角形△BCM，连接DM，并作出三角形BCD的外接圆，用边角边易证得△ABC≌△DBM，则AC=DM，要求AC的最大值，只要求出DM的最大值即可，由圆的性质可知，当DM过圆心时，DM最大，即由图象可知，当点D在BC上方，DM⊥BC时，DM的值最大，且最大值=等腰直角△BDC斜边上的高+等边△BCM的高。‎ ‎2.【答案】（1）150；PA2+PC2=PB2 （2）解：如图2，作将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACP′，连接PP′， 作AD⊥PP′于D， ‎ ‎ 由旋转变换的性质可知，∠PAP′=120°，P′C=PB， ∴∠APP′=30°， ∵∵∠PAC+∠PCA= =60°， ∴∠APC=120°， ∴∠P′PC=90°， ∴PP′2+PC2=P′C2 ， ∵∠APP′=30°， ∴PD= PA， ∴PP′= PA， ∴3PA2+PC2=PB2 （3）4PA2sin2 +PC2=PB2 ‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，图形的旋转，旋转的性质 ‎ ‎【解析】【解答】（1）∵△ABP≌△ACP′， ∴AP=AP′， 由旋转变换的性质可知，∠PAP′=60°，P′C=PB， ∴△PAP′为等边三角形， ∴∠APP′=60°， ∵∠PAC+∠PCA= =30°， ∴∠APC=150°， ∴∠P′PC=90°， ∴PP′2+PC2=P′C2 ， ∴PA2+PC2=PB2 ， 故答案为：150，PA2+PC2=PB2； （ 3 ）如图2，与（2）的方法类似， ‎ 作将△ABP绕点A逆时针旋转α得到△ACP′，连接PP′， 作AD⊥PP′于D， 由旋转变换的性质可知，∠PAP′=α，P′C=PB， ∴∠APP′=90°﹣ ， ∵∵∠PAC+∠PCA= ， ∴∠APC=180°﹣ ， ∴∠P′PC=（180°﹣ ）﹣（90°﹣ ）=90°， ∴PP′2+PC2=P′C2 ， ∵∠APP′=90°﹣ ， ∴PD=PA•cos（90°﹣ ）=PA•sin ， ∴PP′=2PA•sin ， ∴4PA2sin2 +PC2=PB2 ， 故答案为：4PA2sin2 +PC2=PB2 ． 【分析】（1）由三角形内角和定理可求得∠APC的大小；由勾股定理可以得到PA、PB、PC满足的等量关系为PA2+PC2=PB2； （2）由（1）中的方法可作辅助线，作将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACP′，连接PP′，过点A作AD⊥PP′于D，结合已知条件易得三角形P′PC是直角三角形，则由勾股定理可得PP′2+PC2=P′C2 ， 解直角三角形APD可得AP与PD的关系，即可得AP与PP′的关系，代入PP′2+PC2=P′C2，即可求解； （3）当α为任意角时，与（2）的方法类似，作将△ABP绕点A逆时针旋转α得到△ACP′，连接PP′，过点A作AD⊥PP′于D，结合已知条件易得三角形P′PC是直角三角形，则由勾股定理可得PP′2+PC2=P′C2 ， 解直角三角形APD可得AP与PD的关系，即可得AP与PP′的关系，代入PP′2+PC2=P′C2，即可求解。‎ ‎3.【答案】（1）x= （2）解：当x=0时，y=ax2﹣5ax﹣4=﹣4，则C（0，﹣4）； ∵CD∥x轴， ∴点C与点D关于直线x= 对称， ‎ ‎∴D（5，﹣4），CD=5， ∵AC=CD， ∴AC=5， 在Rt△AOC中，OA= =3， ∴A（﹣3，0）， 把A（﹣3，0）代入y=ax2﹣5ax﹣4得9a+15a﹣4=0，解得a= ， ∴抛物线解析式为y= x2﹣ x﹣4； （3）解：作PQ∥y轴交AF于Q，如图1， 当y=0时，  x2﹣ x﹣4=0，解得x1=﹣3，x2=8，则P（8，0）， 设直线AD的解析式为y=kx+b， 把A（﹣3，0），D（5，﹣4）代入得 ，解得 ， ∴直线AD的解析式为y=﹣ x﹣ ， 当x=0时，y=﹣ x﹣ =﹣ ，则E（0，﹣ ）， ∵AB平分∠EAF，AO⊥EF， ∴OF=OE= ， ∴F（0， ）， 易得直线AF的解析式为y= x+ ， 设P（x，  x2﹣ x﹣4）（0＜x＜8），则Q（x，  x+ ）， ∴PQ= x+ ﹣（ x2﹣ x﹣4）=﹣ x2+ x+ ， ‎ ‎∴S△APF=S△PAQ﹣S△PFQ= •3•PQ=﹣ x2+2x+ =﹣ （x﹣4）2+ ， 当x=4时，S△APF的最大值为 ，此时P点坐标为（4，﹣ ）； （4）. ‎ ‎【考点】二次函数图像与坐标轴的交点问题，轴对称的应用-最短距离问题，二次函数的实际应用-动态几何问题，二次函数y=a（x-h）^2+k的性质 ‎ ‎【解析】【解答】（1）抛物线的对称轴为直线x=﹣ = ；（4）作DQ⊥AF于Q，交x轴于M，作MN⊥AD于N，EH⊥AF于H，如图2， ∵AB平分∠EAF， ∴MQ=MN， ∴MN+MD=DQ， ∴此时MN+MD的值最小， ∵A（﹣3，0），E（0，﹣ ），D（5，﹣4）， ∴AE= = ，AD= =4 ， ∵ OA•EF= •EH•AF， ∴EH= = ， ∵EH∥DQ， ∴ ，即 = ， ∴DQ= ， ‎ 即MN+MD的最小值是 ． 故答案为直线x= ； ． 【分析】（1）抛物线的对称轴:x=-，将a、b的值代入即可求解； （2）因为抛物线交y轴于点C，所以易得点C（0，-4），由题意知点C与点D关于直线x=对称，由轴对称的性质可求得点D的坐标；再由AC=CD即可求得点A的坐标，然后用待定系数法可求得抛物线的解析式； （3）作PQ∥y轴交AF于Q，由题意已知点E、F关于y轴对称，用待定系数法可求得直线AD的解析式，AD交y轴于点E，则点E的坐标可求，由轴对称的性质可求得点F的坐标，用待定系数法可求得直线AF的解析式，由辅助线的作法可知，点P、Q的横坐标相同，设点P的横坐标为x，则点P、Q的纵坐标可用含x 的代数式表示，△APF面积=△APQ面积-△PFQ面积，代入可得关于x的二次函数，配成顶点式即可求解； （4）作DQ⊥AF于Q，交x轴于M，作MN⊥AD于N，EH⊥AF于H，由角平分线的性质可得MQ=MN，根据两点之间线段最短可得DQ是最短线段，DQ=DM+MQ=DM+MN；用平行线分线段成比例定理可求得最小值。‎ ‎4.【答案】（1）解：如图1，∵AC=EC，F是AE的中点， ∴CF⊥AE， ∴∠AFC=90°， ∵四边形ABCD是矩形，AD=DC， ∴矩形ABCD为正方形， ∴AB=BC，∠ABC=90°， ∴∠AFC=∠ABC， ∵∠AMF=∠BMC， ∴∠EAB=∠MCB， ∵∠ABE=∠ABC=90°， ∴△AEB≌△CMB， ∴BE=BM      （2）解：如图2，连接BF并延长交直线AD于M， ‎ ‎ ∵F是AE的中点， ∴AF=EF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AC=BD， ∴∠M=∠FBE， ∵∠AFM=∠EFB， ∴△AMF≌△EBF， ∴FM=BF，AM=BE， ∵AD=BC， ∴AD+AM=BC+BE， 即DM=CE， ∵AC=CE， ∴EC=DM=AC=BD， ∴△DMB是等腰三角形，  ∵F是BM的中点， ∴DF平分∠BDM， ∵∠BDF=30°， ∴∠BDM=60°， ∴△BDM是等边三角形， ∴∠M=60°， 在Rt△BCD中，∠BDC=90°﹣60°=30°，  ∴∠DBC=60°， ∵OB=OC， ∴∠DBC=∠OCB=60°， ‎ ‎∴△ACE为等边三角形， 在△OHD中，∠HOD=∠BOC=60°， ∴∠OHD=90°， 设OH=x，则OD=2x，BD=4x，BC=2x， ∴DH= x，AH=x，DC=AB=2 x， Rt△ABC中，∠ACE=60°， ∴∠BAC=30°， ∴cos30°= ， AG= ， ∴BG=AB﹣AG=2 x﹣ = ， ∴S四边形GBOH=S△DGB﹣S△OHD ， = BG•AD﹣ OH•DH， = • •2x﹣ •x• x= ， 解得：x2=9， x=±3， ∴BC=2x=6， BG= ×3=4 ， 由勾股定理得：CG= = =2 ． ‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，矩形的性质 ‎ ‎【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一得出∴∠AFC=90°，根据一组邻边相等的矩形是正方形得出矩形ABCD为正方形，根据正方形的性质得出AB=BC，∠ABC=90°，根据等角的余角相等得出∠EAB=∠MCB，然后利用ASA判断出△AEB≌△CMB，根据全等三角形对应边相等得出结论； （2）如图2，连接BF并延长交直线AD于M，  根据中点的定义得出AF=EF，根据矩形的性质得出AD∥BC，AC=BD，根据平行线的性质得出∠M=∠FBE，然后利用AAS判断出△AMF≌△EBF，得FM=BF，AM=BE，再证明△DMB是等腰三角形，由三线合一得：DF平分∠BDM，根据∠FDB=30°得△BDM是等边三角形；由此△ACE为等边三角形，△OHD为直角三角形，设未知数：OH=x，则OD=2x，BD=4x，‎ BC=2x，进而表示出DH,AH,DC,AB,根据锐角三角函数表示出AG,BG,根据S四边形GBOH=S△DGB-S△OHD ， 列方程得出BC的长，BG的长，最后由勾股定理得出CG的长。  ‎ ‎5.【答案】（1）证明：∵AB=AC，CD=CA，∴∠ABC=∠ACB，AB=CD． ∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ECD=∠BAE，∠CED=∠ABC． ∵∠ABC=∠ACB=∠AEB，∴∠CED=∠AEB，∴△ABE≌△CDE（AAS） （2）60；‎ ‎【考点】全等三角形的性质，等边三角形的判定与性质，圆的综合题，相似三角形的判定与性质 ‎ ‎【解析】【解答】解：（2）①当∠ABC的度数为60°时，四边形AOCE是菱形； 理由是：连接AO、OC． ∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC+∠AEC=180°． ∵∠ABC=60，∴∠AEC=120°=∠AOC． ∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°． ∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°． ∵∠ACB=∠CAD+∠D． ∵AC=CD，∴∠CAD=∠D=30°，∴∠ACE=180°﹣120°﹣30°=30°，∴∠OAE=∠OCE=60°，∴四边形AOCE是平行四边形． ∵OA=OC，∴▱AOCE是菱形； ②由（1）得：△ABE≌△CDE，∴BE=DE=8，AE=CE=6，∴∠D=∠EBC． ∵∠CED=∠ABC=∠ACB，∴△ECD∽△CFB，∴ = ． ∵∠AFE=∠BFC，∠AEB=∠FCB，∴△AEF∽△BCF，∴ = ，∴EF= = ． 故答案为：①60°；② ． 【分析】（1）由题意易证∠ABC=∠ACB，AB=CD；再由四点共圆和已证可得∠ABC=∠ACB=∠AEB，∠CED=∠AEB，则利用AAS可证得结论； ‎ ‎（2）①连接AO、CO.宪政△ABC是等边三角形，再证明四边形AOCE是平行四边形，又AO=CO可得结论； ②先证△ECD∽△CFB，可得EC：ED=CF：BC=6:8；再证△AEF∽△BCF，则AE：EF=BC：CF，从而求出EF.‎ ‎6.【答案】（1）8；4；4 ； （2）选A．①由（1）知，BC=4，AB=8，由折叠知，CD=AD．在Rt△BCD中，BD=AB﹣AD=8﹣AD，根据勾股定理得，CD2=BC2+BD2 ， 即：AD2=16+（8﹣AD）2 ， ∴AD=5； ②由①知，D（4，5），设P（0，y）．∵A（4，0），∴AP2=16+y2 ， DP2=16+（y﹣5）2 ． ∵△APD为等腰三角形，∴分三种情况讨论： Ⅰ、AP=AD，∴16+y2=25，∴y=±3，∴P（0，3）或（0，﹣3）； Ⅱ、AP=DP，∴16+y2=16+（y﹣5）2 ， ∴y= ，∴P（0， ）； Ⅲ、AD=DP，25=16+（y﹣5）2 ， ∴y=2或8，∴P（0，2）或（0，8）． 综上所述：P（0，3）或（0，﹣3）或P（0， ）或P（0，2）或（0，8）． 选B．①由A①知，AD=5，由折叠知，AE= AC=2 ，DE⊥AC于E．在Rt△ADE中，DE= = ； ②∵以点A，P，C为顶点的三角形与△ABC全等，∴△APC≌△ABC，或△CPA≌△ABC，∴∠APC=∠ABC=90°．∵四边形OABC是矩形，∴△ACO≌△CAB，此时，符合条件，点P和点O重合，即：P（0，0）； 如图3，过点O作ON⊥AC于N， 易证，△AON∽△ACO，∴ ，∴ ，∴AN= ，过点N作NH⊥OA，∴NH∥OA，∴△ANH∽△ACO，∴ ，∴ ，∴NH= ，AH= ，∴OH= ，∴N ‎（），而点P2与点O关于AC对称，∴P2（ ），同理：点B关于AC的对称点P1 ， 同上的方法得，P1（﹣ ）． 综上所述：满足条件的点P的坐标为：（0，0），（ ），（﹣ ）． ‎ ‎【考点】矩形的判定与性质，轴对称的性质，翻折变换（折叠问题），一次函数图像与坐标轴交点问题 ‎ ‎【解析】【解答】解：（1）∵一次函数y=﹣2x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C， ∴A（4，0），C（0，8）， ∴OA=4，OC=8． ∵AB⊥x轴，CB⊥y轴，∠AOC=90°， ∴四边形OABC是矩形， ∴AB=OC=8，BC=OA=4． 在Rt△ABC中，根据勾股定理得AC==， 故答案为：8，4，；【分析】（1）因为一次函数y=﹣2x+8的图象与x轴，y轴分别交于点A，点C两点，所以A（4，0），C（0，8），则OA=4，OC=8；根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形OABC是矩形，由矩形的性质可得AB=OC=8，BC=OA=4．在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AC==4; （2）若选A，①利用折叠的性质可得出BD=8-AD，利用勾股定理即可得出结论； ②分三种情况利用方程的思想可得出结论； 若选B，①利用折叠的性质可得出AE，利用勾股定理可得出结论；②先判断出∠APC=90°，再分情况讨论计算即可。‎ ‎7.【答案】（1）证明：∵OA=OC，∴∠A=∠ACO， 又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，∴∠A=∠ACO=∠PCB， 又∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°， 即OC⊥CP， ∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线 （2）证明：∵AC=PC，∴∠A=∠P，∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P． 又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，∴∠COB=∠CBO，∴BC=OC， ‎ ‎∴ （3）解：连接MA，MB， ∵点M是弧AB的中点，∴ 弧AM=弧BM，∴∠ACM=∠BCM， ∵∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM， ∵∠BMN=∠BMC，∴△MBN∽△MCB，∴ ，∴ BM2=MN⋅MC ， 又∵AB是⊙O的直径，弧AM=弧BM， ∴∠AMB=90°，AM=BM， ∵AB=4，∴ ， ∴ MN⋅MC=BM2=8 ． ‎ ‎【考点】等腰三角形的性质，圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质 ‎ ‎【解析】【分析】(1)根据等边对等角得出∠A=∠ACO，运用外角的性质和已知条件得出∠A=∠ACO=∠PCB，再根据直径所对的圆周角是直角得出∠PCB+∠OCB=90°，进而求解. （2）根据等边对等角得出∠A=∠P，再根据第一问中的结论求解即可， （3）连接MA，MB，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出∠ACM=∠ABM，∴∠BCM=∠ABM，证出△MBN∽△MCB，得出比例式进而求解即可.‎ ‎8.【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴ AD∥BC，   在 中，   ∵ 别是  的中点， ∴EF∥AD，   ∴  EF∥BC， ∴   ∴ （2）解：如图1，过点Q作 于 ， ‎ ‎ ∴QM∥BE， ∴       ∴   ∴ （舍）或 秒 （3）解：当点Q在DF上时，如图2，   ∴   ∴ . 当点Q在BF上时， ，如图3， ∴   ∴   时，如图4， ‎ ‎∴   ∴   时，如图5， ∴ ∴   综上所述，t=1或3或 或 秒时，△PQF是等腰三角形 ‎ ‎【考点】等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质 ‎ ‎【解析】【分析】（1）根据题中的已知条件可得△BEF和△DCB中的两角对应相等，从而可证△BEF∽△DCB；（2）过点Q作 QM⊥EF 于 M ，先根据相似三角形的预备定理可证△QMF ∽ △BEF；再由△QM F ∽ △BEF可用含t的代数式表示出QM的长；最后代入三角形的面积公式即可求出t的值。（3）由题意应分两种情况：（1）当点Q在DF上时，因为 ∠PFQ为钝角，所以只有PF = QF 。（2）当点Q在BF上时，因为没有指明腰和底，所以有 PF=QF；PQ = FQ；PQ = PF 三种情况，因此所求的t值有四种结果。‎ ‎9.【答案】（1）；； （2）解：如图，延长AD交BC于点F ∵△ABC是边长为2的正三角形， ∴BF=BC=1 ∴AF==， 在△BDC中，DB=DC，DB⊥DC， ‎ ‎∴DF=BC=1， ∴AD=AF−DF=−1， 由(1)得∠AEH=∠CAD=30∘， ∴DE=AD=−1， 由(1)得∠AHE=90∘,∠BAD=30∘， ∴DH=AD=(−1)， ∴∴EH=DH+DE=(−1)+−1=(−1)； 故答案为：(−1)； （3）解：如图作延长AD交BC与F，过点E作EG⊥AF，过点H作HM⊥AD，过点H作HN⊥AE， ∵AB=AC，BD=CD， ∴AF垂直平分BC ∵∠DAE=30∘， ∴EG=AE=x， ∵∠BAD=30∘， ∴HM=AH=y， ∴S△AHE=S△ADH+S△ADE=AD×HM+AD×EG=(−1)×y+(−1)×x=(x+y)， ∵∠BAC=60∘， ∴HN=y， ∴S△AHE=AE×HN=xy=xy， ∴(x+y)=xy， ‎ ‎∴y=， 当点E与C重合时，x最大是2， 当点H与点B重合时,x最小,y最大是2,此时x的值为()2=4−2， 即：y=(4−21，AC=a，则AB=ma，AE=ma-a，AF= ， 在Rt△AFC中，cos∠A= , 在Rt△BCG中，CG=6，cos∠G=cos∠A= , ∴BG=CG·cos∠G=6· =3m-3， BC2= ， 由（2）得 ， ∴ ，∴ ， 又∵ ，∴ ． ∴AB·AC=ma2=9m(3−m)=−9m2+27m．当m= 时，−9m2+27m的值最大．∵01，AC=a，与①同理求出BG（注意m,a的取值范围），BC的值，根据（2）中已证得的 ，将各线段的值代入即可得其中可得m与a的关系，不妨用m来表示出a，则AB·AC可表示为只含m的关系式，BG或BC的值求出m的取值范围，即可求m为何值时AB·AC为最大值．‎ ‎25.【答案】（1）证明：∵∠BAC=90°， ∴∠EAD+∠FAE=∠EDA+∠AFE=90°， ∵∠EAD=∠EDA， ∴AE=DE，∠FAE=∠AFE， ∴AE=EF=DE， ∴DE=EF （2）解：BD=CF，理由如下： 在BE边上取一点M，使得ME=CE，连接DM， ∵DE=EF，∠DEM=∠CEF， ∴△DEM≌△FEC (SAS)， ‎ ‎∴DM=CF，∠MDE=∠CFE， ∴DM//CF ∴∠BDM=∠BAC=90°， ∵AB=AC， ∴∠ABC=45°， ∴∠DMB=45°， ∴BD=DM， ∴BD=CF； （3）解：过点E作 交AD于点N， ∵AE=DE，EN⊥AD， ∴AN=DN， ∵AB=3，AE= ， ∴设BD=x>0，则有DN= ，DE=AE= ， ∵EN⊥AD，∠ABC=45°， ∴∠NEB=45°， ∴BN=EN=x+ = ， 在Rt△END中，DN2+NE2=DE2 ， 即（ ）2+（ ）2=（ ）2 ， ∴x=1， 即BD=1. ‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理 ‎ ‎【解析】【分析】（1）利用直角三角形的两锐角互余，可得出∠EAD+∠FAE=∠EDA+∠AFE=90°，可推出∠FAE=∠AFE，再由∠EAD=∠EDA，可证得AE=EF=DE，即可解答。 （2）在BE边上取一点M，使得ME=CE，连接DM，易证△DEM≌△FEC，得出DM=CF，∠MDE=∠CFE ‎，就可证得DM//CF ，再证明BD=DM，从而可证建立。 （3）过点E作 EN ⊥ AD 交AD于点N，利用等腰三角形的三线合一的性质，得出AN=DN，设BD=x>0，分别用含x的代数式表示出DN、ED、BN，再在Rt△END中，利用勾股定理建立关于x的方程，求解，就可求得答案。‎ ‎26.【答案】（1）解：∵M为BD中点， Rt△DCB中，MC= BD， Rt△DEB中，EM= BD， ∴MC=ME； （2）解：∵∠BAC=50°，∠ACB=90°， ∴∠ABC=90°-50°=40°， ∵CM=MB， ∴∠MCB=∠CBM， ∴∠CMD=∠MCB+∠CBM=2∠CBM， 同理，∠DME=2∠EBM， ∴∠CME=2∠CBA=80°， ∴∠EMF=180°-80°=100°； （3）解：∵△DAE≌△CEM，CM=EM， ∴AE=EM，DE=CM，∠CME=∠DEA=90°，∠ECM=∠ADE， ∵CM=EM，∴AE=ED，∴∠DAE=∠ADE=45°， ∴∠ABC=45°，∠ECM=45°， 又∵CM=ME= BD=DM， ∴DE=EM=DM， ∴△DEM是等边三角形， ∴∠EDM=60°， ∴∠MBE=30°， ∵CM=BM，∴∠BCM=∠CBM， ∵∠MCB+∠ACE=45°， ∠CBM+∠MBE=45°， ∴∠ACE=∠MBE=30°， ‎ ‎∴∠ACM=∠ACE+∠ECM=75°， 连接AM， ∵AE=EM=MB， ∴∠MEB=∠EBM=30°， ∠AME= ∠MEB=15°， ∵∠CME=90°， ∴∠CMA=90°-15°=75°=∠ACM， ∴AC=AM， ∵N为CM中点， ∴AN⊥CM， ∵CM⊥EM， ∴AN∥CM. ‎ ‎【考点】等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，直角三角形斜边上的中线 ‎ ‎【解析】【分析】（1）根据已知可证得△BCD和△BED是直角三角形，由M为BD中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得结论。 （2）根据已知求出∠ABC的度数，再根据等边对等角及三角形的外角的性质，可得出∠CMD=2∠CBM，∠DME=2∠EBM，就可求出∠CME的度数，然后根据平角的定义，可求出结果。 （3）根据全等三角形的性质及CM=EM，可证得∠ABC=45°，∠ECM=45°，证明△DEM是等边三角形，根据等边三角形的性质及等边对等角，求出∠ACM的度数，连接AM，根据AE=EM=MB，得出∠MEB=∠EBM=30°，就可求出∠AME的度数，再证明∠CMA=∠ACM，得出AC=AM，就可证得点N为CM的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，可证得AN⊥CM，由CM⊥EM，可证得结论。‎ ‎27.【答案】（1）证明:如图1∵AC⊥BD∴∠AED=∠DEC=∠BEG=90° ∴∠BGE+∠EBG=90° ∵BF⊥CD ∴∠BFD=90° ‎ ‎∴∠BDF+∠EBG=90° ∴∠BGE=∠BDF ∵∠BGE=∠ADE ∴∠ADE=∠BDF ∵DE=DE ∴△ADE≌△CDE ∴AD=CD （2）解：△ACD、△ABE、△BCE、△GBH ‎ ‎【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质 ‎ ‎【解析】【解答】（2）设DE=a， 则AE=2DE=2a，EG=DE=a， ∵S△ADE=AE·DE=·2a·a=a2, ∵BH是△ABE的中线， ∴AH=HE=a， ∵AD=CD、AC⊥BD， ∴CE=AE=2a， 则S△ADC=AC·DE=·（2a+2a）·a=2a2=2S△ADE; 在△ADE和△BGE中， ∵, ∴△ADE≌△BGE(ASA), ∴BE=AE=2a， ∴S△ABE=AE·BE=·(2a）·2a=2a2, S△ACE=CE·BE=·(2a）·2a=2a2, S△BHG=HG·BE=·(a+a)·2a=2a2, 综上，面积等于△ADE面积的2倍的三角形有△ACD、△ABE、△BCE、△GBH。【分析】（1）根据已知AC⊥BD，可证得∠AED=∠DEC=90°，根据直角三角形两锐角互余，得出∠EBG+∠BGE=90°，再根据垂直的定义及直角三角形两锐角互余，可得出∠EBG+∠BDF=90°，结合已知可证得∠ADE=∠BDF ‎，然后根据全等三角形的判定定理，证明△ADE≌△CDE，从而可证得结论。 （2）根据（1）△ADE≌△CDE，可得出△ADC的面积为△ADE面积的2倍；根据条件AE=2DE，可得出△ABE的面积为△ADE面积的2倍，根据轴对称图形，可得出△ABE≌△BCE；根据DE=EG，可得出△GHB的面积等于△ADE面积的2倍，综上所述，即可得出答案。‎