中考数学二轮复习培优专题28相似三角形之旋转相似 (含答案)

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28第5章相似三角形之旋转相似

一、选择题
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=6
④∵，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+bx+c与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D，连接AB，BC，BD，CD．求证：△BCD∽△OBA；
（Ⅲ）对于（Ⅰ）中所求的函数y＝﹣x2+bx+c，
（1）当0≤x≤3时，求函数y的最大值和最小值；
（2）设函数y在t≤x≤t+1内的最大值为p，最小值为q，若p﹣q＝3，求t的值．

【答案】（I）m＝﹣1，n＝3，y＝﹣x2+2x+3；（II）见解析；（III）（1）y最大值＝4；y最小值＝0；（2）t＝﹣1或t＝2．
【解析】（I）首先解方程求得A、B两点的坐标，然后利用待定系数法确定二次函数的解析式即可；
（II）根据解方程直接写出点C的坐标，然后确定顶点D的坐标，根据两点的距离公式可得△BDC三边的长，根据勾股定理的逆定理可得∠DBC=90°，根据边长可得△AOB和△DBC两直角边的比相等，则两直角三角形相似；
（III）（1）确定抛物线的对称轴是x=1，根据增减性可知：x=1时，y有最大值，当x=3时，y有最小值；
（2）分5种情况：①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧；
②当t+1=1时；③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧；④当t=1时，⑤函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧；分别根据增减性可解答．
【解答】（I）∵m，n分别是方程x2﹣2x﹣3＝0的两个实数根，且m＜n，
用因式分解法解方程：（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∴m＝﹣1，n＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
把（﹣1，0），（0，3）代入得，，
解得，
∴函数解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（ II）证明：令y＝﹣x2+2x+3＝0，即x2﹣2x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴的交点为A（﹣1，0），C（3，0），
∴OA＝1，OC＝3，
∴对称轴为，顶点D（1，﹣1+2+3），即D（1，4），
∴，，，
∵CD2＝DB2+CB2，
∴△BCD是直角三角形，且∠DBC＝90°，
∴∠AOB＝∠DBC，
在Rt△AOB和Rt△DBC中，，，
∴，
∴△BCD∽△OBA；
（ III）抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为x＝1，顶点为D（1，4），
（1）在0≤x≤3范围内，
当x＝1时，y最大值＝4；当x＝3时，y最小值＝0；
（2）①当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的左侧，当x＝t时取得最小值q＝﹣t2+2t+3，最大值p＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即﹣2t+1＝3，解得t＝﹣1．
②当t+1＝1时，此时p＝4，q＝3，不合题意，舍去；
③当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线分别在对称轴的两侧，
此时p＝4，令p﹣q＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝3，即t2﹣2t﹣2＝0解得：t1＝1+（舍），t2＝1﹣（舍）；
或者p﹣q＝4﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，即（不合题意，舍去）；
④当t＝1时，此时p＝4，q＝3，不合题意，舍去；
⑤当函数y在t≤x≤t+1内的抛物线完全在对称轴的右侧，当x＝t时取得最大值p＝﹣t2+2t+3，最小值q＝﹣（t+1）2+2（t+1）+3，
令p﹣q＝﹣t2+2t+3﹣[﹣（t+1）2+2（t+1）+3]＝3，解得t＝2．
综上，t＝﹣1或t＝2．
【点睛】本题是二次函数的综合题型，考查利用待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的顶点公式，三角形相似的性质和判定，勾股定理的逆定理，最值问题等知识，解题时需注意运用分类讨论的思想解决问题．