中考数学专题22 图形的变化（学案含解析）

这是一份中考数学专题22 图形的变化（学案含解析），共106页。学案主要包含了问题发现，类比探究，归纳总结等内容，欢迎下载使用。

中考数学一轮复习学案
22 图形的变化

中考命题说明



考点
课标要求
考查角度
1
图形的
平移
①通过具体实例认识平移，探索它的基本性质，理解对应点连线平行且相等的性质；②能按要求作出简单平面图形平移后的图形．利用平移进行图案设计，认识和欣赏平移在现实生活中的应用．
常以选择题、填空题的形式考查图形平移的概念和性质，以解答题的形式考查平移作图和相关计算．
2
图形的
轴对称
①通过具体实例认识轴对称，探索它的基本性质，理解对应点所连的线段被对称轴垂直平分的性质；②能够作出简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形；探索简单图形之间的轴对称关系，并能指出对称轴；③探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的轴对称性及其相关性质．能利用轴对称进行图案设计．
常以选择题、填空题的形式考查轴对称图形的概念和性质，以解答题的形式考查轴对称作图和相关的推理计算．
3
图形的
旋转
①通过具体实例认识旋转，了解中心对称的概念，探索它的基本性质，理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质；②能够按要求作出简单平面图形旋转后的图形；③探索图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）．灵活运用轴对称、平移和旋转的组合进行图案设计．
多以选择题、填空题、解答题的形式考查图形的旋转、中心对称的概念和性质，有时将图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转综合起来考查．
4
图形的
相似
①了解比例的基本性质，了解线段的比、成比例线段，通过建筑、艺术上的实例了解黄金分割；②通过具体实例认识图形的相似，探索相似图形的性质，知道相似多边形的对应角相等，对应边成比例，面积的比等于对应边比的平方；③了解两个三角形相似的概念，探索两个三角形相似的条件；④通过典型实例观察和认识现实生活中物体的相似，利用图形的相似解决一些实际问题．
常以选择题、填空题、解答题的形式考查比例的基本性质、相似图形的性质和判定，近年来部分地市常结合函数、三角形、四边形等知识以综合题的形式考查．
5
图形的
位似
了解图形的位似，能够利用位似将一个图形放大或缩小．
常以选择题、填空题、作图题的形式考查图形的位似，一般为低中档题．

知识点1：图形的平移


知识点梳理

1．平移的定义：把一个图形整体沿某一方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，图形的这种移动叫做平移变换，简称平移．
2．平移的性质：
（1）平移不改变图形的大小和形状，平移前后的图形全等，但图形上的每个点都沿同一方向进行了移动．
（2）图形平移后，对应线段相等且平行，对应角相等，且对应角的两边分别平行，方向相同．
（3）连接各组对应点的线段平行（或在同一直线上）且相等．
3. 确定一个平移运动的条件是：平移的方向和距离．
4. 平移的规则：图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离．
5. 画平移图形：必须找出平移方向和距离，其依据是平移的性质．
典型例题

【例1】（2022•怀化）如图，△ABC沿BC方向平移得到△DEF，已知BC＝5，EC＝2，则平移的距离是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】平移的性质
【分析】利用平移的性质，找对应点，对应点间的距离就是平移的距离．
【解答】解：点B平移后对应点是点E．
∴线段BE就是平移距离，
∵已知BC＝5，EC＝2，
∴BE＝BC－EC＝5－2＝3．
故选：C．
【点评】考查图形平移性质，关键找到平移前后的对应点．
【例2】（2022•台州）如图，△ABC的边BC长为4 cm．将△ABC平移2 cm得到△，且，则阴影部分的面积为 cm2．

【考点】平移的性质
【分析】根据平移的性质得出阴影部分的面积等于四边形的面积解答即可．
【解答】解：由平移可知，阴影部分的面积等于四边形的面积，
故答案为：8．
【点评】本题考查了四边形的面积公式和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
知识点2：图形的轴对称


知识点梳理

1. 轴对称的定义：把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，这条直线叫做对称轴，折叠后重合的点是对应点，叫做对称点．
2．图形轴对称的性质：
（1）轴对称图形变换不改变图形的 形状 和 大小 ，只改变图形的 位置 ．关于某条直线对称的两个图形是全等形，对应线段、对应角相等．
（2）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是对应点连线的垂直平分线．
（3）两个图形关于某直线对称，如果它们的对应线段或延长线相交，那么交点在对称轴上．
3．轴对称的判定：如果两个图形的对应点连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称．
4．轴对称图形的定义：把一个图形沿着某条直线折叠，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴．
5. 轴对称与轴对称图形的区别与联系：
（1）轴对称图形和图形的轴对称之间的的区别是：轴对称图形是一个具有特殊性质的图形，而图形的轴对称是说两个图形之间的位置关系．
（2）两者之间的联系是：若把轴对称的两个图形视为一个整体，则它就是一个轴对称图形；若把轴对称图形在对称轴两旁的部分视为两个图形，则这两个图形就形成轴对称的位置关系．
典型例题

【例3】（3分）（2021•天津4/25）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形
【分析】利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【例4】（3分）（2021•江西6/23）如图是用七巧板拼接成的一个轴对称图形（忽略拼接线）小亮改变①的位置，将①分别摆放在图中左，下，右的位置（摆放时无缝隙不重叠），还能拼接成不同轴对称图形的个数为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】七巧板；利用轴对称设计图案．
【分析】能拼剪为等腰梯形，等腰直角三角形，矩形，由此即可判断．
【解答】解：观察图象可知，能拼接成不同轴对称图形的个数为3个．

故选：B．
【点评】本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是理解轴对称图形的性质，属于中考常考题型．
知识点3： 图形的旋转


知识点梳理

1. 旋转的定义：把一个图形绕某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转，其中O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．
2．旋转的性质：
（1）对应点到旋转中心的距离相等．
（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
3. 中心对称的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
4. 中心对称的性质：
（1）关于中心对称的两个图形是全等形．
（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等．
5. 中心对称的判定：如果两个图形的对应点连线都经过某一点，并且被这一点平分，那么这两个图形关于这一点对称．
6. 中心对称图形的定义：把一个图形绕某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
7. 中心对称与中心对称图形区别与联系：
（1）中心对称与中心对称图形的区别：中心对称是两个图形的位置关系，必须涉及两个图形，中心对称图形是指一个图形；中心对称是指其中一个图形沿对称中心旋转180°后，两个图形重合；中心对称图形是指该图形绕对称中心旋转180°，与原图形重合．
（2）中心对称与中心对称图形的联系：如果把两个成中心对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是中心对称图形；如果把中心对称图形看成以对称中心为分点的两个图形，那么这两个图形成中心对称．
8. 中心对称与轴对称的区别与联系：
（1）中心对称与轴对称的区别：中心对称有一个对称中心——点；图形绕中心旋转180°，旋转后与另一个图形重合．轴对称有一条对称轴——直线．图形沿直线翻折180°，翻折后与另一个图形重合．
（2）中心对称与轴对称的联系：如果一个轴对称图形有两条互相垂直的对称轴，那么它必是中心对称图形，这两条对称轴的交点就是它的对称中心，但中心对称图形不一定是轴对称图形．
典型例题

【例5】（3分）（2021•天津11/25）如图，在△ABC中，∠BAC=120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）

A．∠ABC=∠ADC B．CB=CD C．DE+DC=BC D．AB∥CD
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质
【分析】由旋转的性质得出CD =CA，∠EDC=∠CAB =120°，则可得出结论．
【解答】解：由旋转的性质得出CD =CA，∠EDC=∠CAB =120°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC=60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴∠DAC=60°，
∴∠BAD=60°=∠ADC，
∴AB∥CD，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
【例6】（3分）（2021•吉林12/26）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（4，0），连接AB，若将△ABO绕点B顺时针旋转90°，得到△A'BO'，则点A'的坐标为 .

【考点】旋转的性质
【分析】作AC⊥x轴于点C，由旋转的性质可得BC=A'O'=OA=3，A'C=O'B=OB=4，进而求解．
【解答】解：作AC⊥x轴于点C，

由旋转可得∠O'=90°，O'B⊥x轴，
∴四边形O'BCA'为矩形，
∴BC=A'O'=OA=3，A'C=O'B=OB=4，
∴点A'坐标为（7，4）．
故答案为：（7，4）．
【点评】本题考查平面直角坐标系与图形旋转的性质，解题关键是通过添加辅助线求解．
【例7】（6分）（2021•江西16/23）已知正方形ABCD的边长为4个单位长度，点E是CD的中点，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将直线AC绕着正方形ABCD的中心顺时针旋转45°；
（2）在图2中，将直线AC向上平移1个单位长度．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；作图﹣平移变换；作图﹣旋转变换．
【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质即可作出图形；
（2）根据平移的性质即可作出图形．
【解答】解：（1）如图1，直线l即为所求；


（2）如图2中，直线a即为所求．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，作图﹣平移变换，正方形的性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质和平移的性质．
【例8】（3分）（2021•山西2/23）为推动世界冰雪运动的发展，我国将于2022年举办北京冬奥会，在此之前进行了冬奥会会标的征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】轴对称图形；中心对称图形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
知识点4：坐标系中对称点的特征


知识点梳理

1. 关于x轴对称的点的特征：两个点关于x轴对称时，它们的坐标中，x相等，y的符号相反，即点P（x，y）关于x轴的对称点为P′（x，-y）.
2. 关于y轴对称的点的特征：两个点关于y轴对称时，它们的坐标中，y相等，x的符号相反，即点P（x，y）关于y轴的对称点为P′（-x，y）.
3. 关于原点对称的点的特征：两个点关于原点对称时，它们的坐标的符号相反，即点P（x，y）关于原点的对称点为P′（-x，-y）.
典型例题

【例9】（3分）（2020•广东3/25）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（ ）
A．（-3，2） B．（-2，3） C．（2，-3） D．（3，-2）
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标
【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答即可．
【解答】解：点（3，2）关于x轴对称的点的坐标为（3，-2）．
故选：D．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
【例10】（3分）（2019·河南省10/23）如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（　　）

A．（10，3） B．（﹣3，10） C．（10，﹣3） D．（3，﹣10）
【考点】规律型：点的坐标；坐标与图形变化﹣旋转．
【分析】先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×17+2，所以第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．
【解答】解：∵A（﹣3，4），B（3，4），
∴AB＝3+3＝6，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB＝6，
∴D（﹣3，10），
∵70＝4×17+2，
∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，
∴点D的坐标为（3，﹣10）．
故选：D．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
知识点5： 相似三角形


知识点梳理

1．比例的有关概念和性质：
（1）线段的比：在同一 单位长度 下，两条线段的长度之比，叫做两条线段的比．
（2）表示两个比相等的式子叫作比例式，简称比例．
（3）第四比例项：若或a:b=c:d，那么d叫作a、b、c的第四比例项．
（4）比例中项：若或a:b=b:c，b叫作a，c的比例中项．
（5）成比例线段：在四条线段中，如果其中两条线段的比等于 另外两条线段 的比，那么这四条线段叫做成比例线段．
（6）比例的基本性质：．
（7）合比性质：．
（8）等比性质：．
（9）黄金分割：若线段AB上的一点P，把线段AB分成AP、BP两部分，并且使，即较长线段（AP）是原线段AB与较短线段（BP）的比例中项，就叫作把这条线段黄金分割．即AP2=AB·BP，．一条线段的黄金分割点有两个．
（10）平行线分线段成比例定理：
①三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
②平行于三角形一边截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例．
③如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边．
④平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形三边对应成比例．
2．相似三角形：
（1）定义：如果两个三角形的对应角 相等 ，对应边 成比例 ，那么这两个三角形叫做相似三角形．
相似比：相似三角形的对应边的比，叫做两个相似三角形的相似比．
（2）相似三角形的性质：
①对应角相等．
②对应边 成比例 ．
③对应高、对应中线、对应角平分线的比都等于相似比．
④周长之比等于 相似比 ．
⑤面积之比等于相似比的平方．
（3）相似三角形的判定：
①平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所截得的三角形与原三角形相似．
②两角对应相等，两三角形相似．
③两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似．
④三边对应成比例，两三角形相似．
⑤两个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似．
⑥直角三角形中被斜边上的高分成的两个三角形都与原三角形相似．
3．相似多边形的性质：
（1）相似多边形对应角相等，对应边成比例．
（2）相似多边形周长之比等于相似比，面积之比等于相似比的平方．
4．图形的位似：
（1）定义：如果两个多边形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，这样的图形叫做位似图形．这个点叫做位似中心．
（2）性质：位似图形上任意一对对应点到位似中心的距离之比等于位似比．
典型例题

【例11】（3分）（2021•云南12/23）如图，在△ABC中，点D，E分别是BC，AC的中点，AD与BE相交于点F．若BF=6，则BE的长是 ．

【考点】平行线分线段成比例；三角形中位线定理
【分析】由题意可知，DE是△ABC的中位线，则DE∥AB，且，可得，代入BF的长，可求出EF的长，进而求出BE的长．
【解答】解：如图，
在△ABC中，点D，E分别是BC，AC的中点，
∴DE∥AB，且，
∴，
∵BF=6，
∴EF=3．
∴BE=BF+EF=9．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查三角形中位线，平行线分线段成比例等知识，熟练掌握相关知识是解题基础．
【例12】（3分）（2021•山西15/23）如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点，且AD=3BD，连接CD并取CD的中点E，连接BE，若∠ACD=∠BED=45°，且，则AB的长为 ．

【考点】三角形中位线定理；勾股定理；相似三角形的判定与性质；角平分线的性质
【分析】取AD中点F，连接EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H，设BD=a，由三角形中位线定理可得，EF∥AC，，通过证明四边形DGEH是正方形，可得，DH∥EF，通过证明△BDH∽△BFE，可得，可求BH的长，在Rt△DHB中，利用勾股定理可求BD的长，即可求解．
【解答】解：如图，取AD中点F，连接EF，过点D作DG⊥EF于G，DH⊥BE于H，

设BD=a，
∴AD=3BD=3a，AB=4a，
∵点E为CD中点，点F为AD中点，，
∴，EF∥AC，，
∴∠FED=∠ACD =45°，
∵∠BED =45°，
∴∠FED=∠BED，∠FEB =90°，
∵DG⊥EF，DH⊥BE，
∴四边形DGEH是矩形，DG=DH，
∴四边形DGEH是正方形，
∴，DH∥EF，
∴DG=DH=3，
∵DH∥EF，
∴△BDH∽△BFE，
∴，
∴，
∴BH=2，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的定理，角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
【例13】（3分）（2021•河北8/26）图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝（　　）

A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【考点】相似三角形的应用．
【分析】高脚杯前后的两个三角形相似．根据相似三角形的判定和性质即可得出结果．
【解答】解：如图：过O作OM⊥CD，垂足为M，过O作ON⊥AB，垂足为N，

∵CD∥AB，
∴△CDO∽ABO，即相似比为，
∴，
∵OM＝15﹣7＝8，ON＝11﹣7＝4，
∴，
∴，
AB＝3，
故选：C．
【点评】本题考查相似三角形的应用，解本题的关键熟练掌握相似三角形的判定与性质．
【例14】（4分）（2021•重庆A卷4/26）如图，△ABC与△DEF位似，点O是它们的位似中心，其中OE=2OB，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）

A．1:2 B．1:4 C．1:3 D．1:9
【考点】位似变换
【分析】根据位似图形的概念得到BC∥EF，进而证明△OBC∽△OEF，根据相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，
∴△ABC∽△DEF，BC∥EF，
∴△OBC∽△OEF，
∴，即△ABC与△DEF的相似比为1:2，
∴△ABC与△DEF的周长之比为1:2，
故选：A．
【点评】本题考查的是位似图形的概念和性质、相似三角形的性质，掌握位似图形的对应边平行是解题的关键．
【例15】（8分）（2021•陕西24/26）如图，AB是⊙O的直径，点E、F在⊙O上，且，连接OE、AF，过点B作⊙O的切线，分别与OE、AF的延长线交于点C、D．
（1）求证：∠COB＝∠A；
（2）若AB＝6，CB＝4，求线段FD的长．

【考点】圆周角定理；切线的性质．
【分析】（1）取的中点M，连接OM、OF，利用圆心角定理得到∠COB=∠BOF，利用圆周角定理得到∠A=∠BOF，从而得到结论；
（2）连接BF，如图，先根据切线的性质得到∠OBC＝∠ABD＝90°，则可判断△OBC∽△ABD，利用相似比求出BD＝8，则利用勾股定理可计算出AD＝10，接着利用圆周角定理得∠AFB＝90°，则可判断Rt△DBF∽Rt△DAB，然后利用相似比可计算出DF的长．
【解答】（1）证明：取的中点M，连接OM、OF，

∵，
∴，
∴∠COB=∠BOF，
∵∠A=∠BOF，
∴∠COB＝∠A；
（2）解：连接BF，如图，

∵CD为⊙O的切线，
∴AB⊥CD，
∴∠OBC＝∠ABD＝90°，
∵∠COB＝∠A，
∴△OBC∽△ABD，
∴，即，解得BD＝8，
在Rt△ABD中，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∵∠BDF＝∠ADB，
∴Rt△DBF∽Rt△DAB，
∴，即，解得DF=．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理相似三角形的判定与性质．
【例16】（14分）（2021•安徽23/23）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，点E在边BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：△ABF≌△EAD；
（2）如图2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）先根据题意得出AB＝AE，DE＝DC，再证四边形ADCF是平行四边形，得出AF＝CD，进而得出AF＝DE，再由平行线性质得∠AED＝∠BAF，进而证得结论；
（2）先证明△EAD∽△CFE，得，根据四边形ADCF是平行四边形，得AD＝CF，AF＝CD，进而可得，求得CF＝6，，再利用△ABE∽△DEC，求得答案；
（3）如图3，延长BM、ED交于点G，先证明△ABE∽△DCE，得出，设CE＝1，BE＝x，DC＝DE＝a，则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，可得EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），再利用△ABF∽△EGF，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，

∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠BCD，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠ABC＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠DEC＝∠BCD，
∴DE＝DC，
∵CF∥AD，AE∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AF＝CD，
∴AF＝DE，
在△ABF和△EAD中，
，
∴△ABF≌△EAD（SAS）；
（2）如图2，

∵CF∥AD，
∴∠EAD＝∠CFE，
∵∠ECF＝∠AED，
∴△EAD∽△CFE，
∴，
由（1）知：四边形ADCF是平行四边形，
∴AD＝CF，AF＝CD，
∵AB＝9，CD＝5，
∴AE＝9，DE＝5，
∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，
∴，
∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，
∴，
∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，即，
∴BE＝6；
（3）如图3，延长BM、ED交于点G，

∵△ABE，△DCE均为等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴，
设CE＝1，BE＝x，DC＝DE＝a，
则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，
∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），
∵AB∥DG，
∴∠ABG＝∠G
∵AD的中点M，
∴AM＝DM，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴△AMB≌△DMG（AAS），
∴DG＝AB＝ax，
∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），
∴，
∵AB∥DG（即AB∥EG），
∴△ABF∽△EGF，
∴，即，
∴x2﹣2x﹣1＝0，
解得： 或（舍去），
∴．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形判定和性质和相似三角形的判定和性质等相关知识，正确添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
巩固训练

1.（5分）（2021•新疆2/23）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2.（3分）（2021•陕西2/26）下列图形中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3.（10分）（2021•通辽25/26）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将△MON绕点顺时针旋转．
①如图2，当点恰好在边上时，求证：；
②当点，，在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．

4.（11分）（2021•鄂尔多斯24/24）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．

（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，，，点是上的一点，，，将△ABM绕点旋转后得到△ACN，连接，则　　．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形中，，，于点，于点，点、分别是、上的点，且，求△APQ的周长．（结果用表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形，，，，，，求四边形的面积．
5.（4分）（2021•上海18/25）定义：平面上一点到图形最短距离为，如图，，正方形边长为2，为正方形中心，当正方形绕旋转时，则的取值范围为 　　．

6.（2分）（2021•青海15/25）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合．若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120°，则图中阴影部分的面积之和为 　4　cm2．

7.（8分）（2021•安徽16/23）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．

8.（9分）（2021•江西22/23）二次函数y＝x2﹣2mx的图象交x轴于原点O及点A．
感知特例
（1）当m＝1时，如图1，抛物线L：y＝x2﹣2x上的点B，O，C，A，D分别关于点A中心对称的点为B′，O′，C′，A′，D′，如表：
…
B（﹣1，3）
O（0，0）
C（1，﹣1）
A（ 　2　，　0　）
D（3，3）
…
…
B'（5，﹣3）
O′（4，0）
C'（3，1）
A′（2，0）
D'（1，﹣3）
…
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为L'．

形成概念
我们发现形如（1）中的图象L'上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称，则称L'是L的“孔像抛物线”．例如，当m＝﹣2时，图2中的抛物线L'是抛物线L的“孔像抛物线”．

探究问题
（2）①当m＝﹣1时，若抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小，则x的取值范围为 　﹣3≤x≤﹣1　；
②在同一平面直角坐标系中，当m取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数y＝x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是 　　（填“y＝ax2+bx+c”或“y＝ax2+bx”或“y＝ax2+c”或“y＝ax2”，其中abc≠0）；
③若二次函数y＝x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y＝m有且只有三个交点，求m的值．
9.（3分）（2021•赤峰3/26）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
10.（4分）（2021•安徽8/23）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（　　）

A． B． C． D．
11.（12分）（2021•包头26/26）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与轴正半轴交于点，点是抛物线上一动点．
（1）如图1，当，，且时，
①求点的坐标；
②若点，在该抛物线上，连接，，是线段上一动点（点与点，不重合），过点作，交轴于点，线段与是否相等？请说明理由；
（2）如图2，该抛物线的对称轴交轴于点，点在对称轴上，当，，且直线交轴的负半轴于点时，过点作轴的垂线，交直线于点，为轴上一点，点的坐标为，连接．若，求证：射线平分．

12.（4分）（2021•上海16/25）如图所示，已知在梯形中，AD∥BC，，则　　．

13.（7分）（2021•北京27/28）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．
（1）比较∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；
（2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．

14.（10分）（2021•福建22/25）如图，已知线段，，垂足为．
（1）求作四边形，使得点，分别在射线，上，且，，CD∥AB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）设，分别为（1）中四边形的边，的中点，求证：直线，，相交于同一点．

15.（10分）（2021•陕西26/26）问题提出
（1）如图1，在□ABCD中，∠A＝45°，AB＝8，AD＝6，E是AD的中点，点F在DC上，且DF＝5，求四边形ABFE的面积．（结果保留根号）
问题解决
（2）某市进行河滩治理，优化美化人居生态环境．如图2所示，现规划在河畔的一处滩地上规划一个五边形河畔公园ABCDE．按设计要求，要在五边形河畔公园ABCDE内挖一个四边形人工湖OPMN，使点O、P、M、N分别在边BC、CD、AE、AB上，且满足BO＝2AN＝2CP，AM＝OC．已知五边形ABCDE中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝800m，BC＝1200m，CD＝600m，AE＝900m．为满足人工湖周边各功能场所及绿化用地需要，想让人工湖面积尽可能小．请问，是否存在符合设计要求的面积最小的四边形人工湖OPMN？若存在，求四边形OPMN面积的最小值及这时点N到点A的距离；若不存在，请说明理由．

16.（10分）（2021•青海23/25）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过D作MN⊥AC于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN于G．
（1）求证：△BGD∽△DMA；
（2）求证：直线MN是⊙O的切线．

17.（3分）（2021•鄂尔多斯9/24）如图，在Rt△ABC中，，，，将边沿折叠，使点落在上的点处，再将边沿折叠，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点、，则线段的长为（ ）

A． B． C． D．
18.（3分）（2021•包头11/26）如图，在△ABC中，，△DBC和△ABC关于直线对称，连接，与相交于点，过点作，垂足为，相交于点，若，，则的值为（ ）

A． B． C． D．
19.（3分）（2021•包头17/26）如图，在Rt△ABC中，，过点作，垂足为，且，连接，与相交于点，过点作，垂足为．若，则的长为 　　．

20.（3分）（2021•通辽16/26）如图，是⊙O的弦，，点是⊙O上的一个动点，且，若点，分别是，的中点，则图中阴影部分面积的最大值是 　　．

21.（3分）（2021•赤峰18/26）如图，正方形的边长为，点是的中点，连接与对角线交于点，连接并延长，交于点，连接交于点，连接．以下结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是 　①②④　．

22.（10分）（2021•包头24/26）如图，在锐角三角形中，是边上的高，以为直径的⊙O交于点，交于点，过点作，垂足为，交于点，交于点，连接，，．
（1）求证：；
（2）若，，，求的长．

23.（12分）（2021•包头25/26）如图，已知△ABC是等边三角形，是△ABC内部的一点，连接，．
（1）如图1，以为直径的半圆交于点，交于点，当点在上时，连接，在边的下方作，，连接，求的度数；
（2）如图2，是边上一点，且，当时，连接并延长，交于点，若，求证：；
（3）如图3，是边上一点，当时，连接．若，，，△ABC的面积为，△BCP的面积为，求的值（用含的代数式表示）．

24.（10分）（2021•呼和浩特23/24）已知是⊙O的任意一条直径．
（1）用图1，求证：⊙O是以直径所在直线为对称轴的轴对称图形；
（2）已知⊙O的面积为，直线与⊙O相切于点，过点作，垂足为，如图2．
求证：①；
②改变图2中切点的位置，使得线段时，．

25.（14分）（2021•赤峰26/26）数学课上，有这样一道探究题．
如图，已知△ABC中，，，，点为平面内不与点、重合的任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得线段，连接、点、分别为、的中点，设直线与直线相交所成的较小角为，探究的值和的度数与、、的关系．
请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：
（1）填空：
【问题发现】
小明研究了时，如图1，求出了的值和的度数分别为　　，　　；
小红研究了时，如图2，求出了的值和的度数分别为　　，　　；
【类比探究】
他们又共同研究了时，如图3，也求出了的值和的度数；
【归纳总结】
最后他们终于共同探究得出规律：　　（用含、的式子表示）；　　（用含的式子表示）．
（2）求出时的值和的度数．


26.（11分）（2021•鄂尔多斯23/24）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点．
（1）求，，三点的坐标；
（2）连接，直线与该抛物线交于点，与交于点，连接．当时，求线段的长；
（3）点在轴上，点在直线上，点为抛物线对称轴上一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

27.（3分）（2021•广东10/25）设为坐标原点，点、为抛物线上的两个动点，且．连接点、，过作于点，则点到轴距离的最大值（ ）
A． B． C． D．1
28.（3分）（2021•西藏11/27）如图．在平面直角坐标系中，△AOB的面积为，垂直轴于点，与双曲线相交于点，且．则的值为（ ）

A． B． C．3 D．
29.（3分）（2021•河南9/23）如图，□OABC的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将△绕点顺时针旋转得到△，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）

A．， B．， C．， D．，
30.（4分）（2021•海南15/22）如图，△ABC的顶点、的坐标分别是、，且，，则顶点的坐标是 　　．

31.（4分）（2021•海南16/22）如图，在矩形中，，，将此矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，则的长为 　6　，的长为 　　．

32.（6分）（2021•北京24/28）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）连接BO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC．若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长．

33.（8分）（2021•广东21/25）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，且与反比例函数图象的一个交点为．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
34.（8分）（2021•广东23/25）如图，边长为1的正方形中，点为的中点．连接，将△ABE沿折叠得到△FBE，交于点，求的长．

35.（8分）（2021•陕西25/26）已知抛物线y＝﹣x2+2x+8与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点B、C的坐标；
（2）设点C′与点C关于该抛物线的对称轴对称．在y轴上是否存在点P，使△PCC′与△POB相似，且PC与PO是对应边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
36.（10分）（2021•重庆A卷25/26）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，．直线交轴于点，是直线下方抛物线上的一个动点．过点作，垂足为，PE∥x轴，交于点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△PDE的周长取得最大值时，求点的坐标和△PDE周长的最大值；
（3）把抛物线平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点．是新抛物线上一点，是新抛物线对称轴上一点，直接写出所有使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来．

37.（9分）（2021•云南22/23）如图，是⊙O的直径，点是⊙O上异于、的点，连接、，点在的延长线上，且，点在的延长线上，且．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求的长．

38.（10分）（2021•上海25/25）如图，在四边形中，AD∥BC，，，是对角线的中点，联结并延长交边或边于点．
（1）当点在上，
①求证：△DAC∽△OBC；
②若，求的值；
（2）若，，求的长．

39.（3分）（2021•吉林13/26）如图，为了测量山坡的护坡石坝高，把一根长为的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿上长为时，它离地面的高度为，则坝高为 　2.7　．

40.（4分）（2021•重庆B卷4/26）如图，在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，若B（0，1），D（0，3），则△OAB与△OCD的相似比是（ ）

A． B． C． D．
巩固训练解析

1.（5分）（2021•新疆2/23）下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形
【分析】利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
2.（3分）（2021•陕西2/26）下列图形中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形．
【分析】利用轴对称图形的定义进行解答即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、是轴对称图形，故此选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
3.（10分）（2021•通辽25/26）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将△MON绕点顺时针旋转．
①如图2，当点恰好在边上时，求证：；
②当点，，在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．

【考点】几何变换综合题
【分析】（1）通过代换得对应角相等，再根据等腰直角三角形的性质得对应边相等，利用“SAS”证明△AOM≌△BON，即可得到；
（2）①连接，根据等腰直角三角形的性质，利用“SAS”证明△AOM≌△BON，得对应角相等，对应边相等，从而可证，再根据勾股定理，结合线段相等进行代换，即可证明结论成立；
②分点在线段上和点在线段上两种情况讨论，连接，设，根据勾股定理列出方程，求出的值，即可得到的长，的长就是的长．
【解答】（1）证明：，
，
即，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
，，
∴△AOM≌△BON（SAS），
；
（2）①证明：连接，

，
，
即，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
，，
∴△AOM≌△BON（SAS），
，，
，
，
∵△MON是等腰直角三角形，
，
；
②解：如图3，当点在线段上时，连接，设，

由（1）可知△AOM≌△BON，可得且，
在Rt△ABN中，，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，，，
，，
，
解得：，
，
如图4，当点，在线段上时，连接，设，

由（1）可知△AOM≌△BON，可得且，
在Rt△ABN中，，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，，，
，，
，
解得：，
，
综上所述，线段的长为或．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，勾股定理等知识点，抓住图形旋转中不变的量，巧妙构造直角三角形是解决问题的关键．
4.（11分）（2021•鄂尔多斯24/24）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．

（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，，，点是上的一点，，，将△ABM绕点旋转后得到△ACN，连接，则　　．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形中，，，于点，于点，点、分别是、上的点，且，求△APQ的周长．（结果用表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形，，，，，，求四边形的面积．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）如图①，先根据等腰直角三角形得两锐角为，由旋转得，，由勾股定理可得的长，最后根据△AMN是等腰直角三角形可得结论；
（2）如图②，延长到，使，连接，证明△CDQ≌△CBE（SAS）和△QCP≌△ECP（SAS），根据等量代换可得△APQ的周长；
（3）如图③，连接，由于，所以可将△BCD绕点顺时针方向旋转，得到△，连接，延长，作；易证△是等边三角形，△是等腰直角三角形，利用勾股定理计算，，根据面积差可得结论．
【解答】解：（1）如图①，

，，
，
由旋转得：，，，，
，△AMN是等腰直角三角形，
，
，
；
故答案为：；
（2）如图②，延长到，使，连接，

，，
，
，
在CDQ和△CBE中，
，
∴△CDQ≌△CBE（SAS），
，，
，
，
在△QCP和△ECP中，
，
∴△QCP≌△ECP（SAS），
，
∴△APQ的周长
；
（3）如图③，连接，由于，所以可将△BCD绕点顺时针方向旋转，得到△，

连接，延长，作于，
由旋转得：△BCD≌△，
，，，
，△是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
设等边三角形的高为，
则勾股定理得：，
．
【点评】本题是四边形的综合题，主要考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等，四边形和三角形面积计算等知识，关键是利用旋转的性质作辅助线，构建全等三角形来解决问题．
5.（4分）（2021•上海18/25）定义：平面上一点到图形最短距离为，如图，，正方形边长为2，为正方形中心，当正方形绕旋转时，则的取值范围为 　　．

【考点】正方形的性质；旋转的性质
【分析】由题意以及正方形的性质得过正方形各边的中点时，最大，过正方形的顶点时，最小，分别求出的值即可得出答案．
【解答】解：如图：设的中点是，过点时，点与边上所有点的连线中，最小，此时最大，过顶点时，点与边上所有点的连线中，最大，此时最小，

如图①：正方形边长为2，为正方形中心，
，，，
，
，
；
如图②：正方形边长为2，为正方形中心，
，，，
，
，
；
的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，旋转的性质，根据题意得出最大、最小时点的位置是解题的关键．
6.（2分）（2021•青海15/25）如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合．若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120°，则图中阴影部分的面积之和为 　4　cm2．

【考点】旋转对称图形．
【分析】由于∠AOB为120°，由三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，所以图中阴影部分的面积之和等于三个叶片的面积和的三分之一．
【解答】解：∵三个叶片组成，绕点O旋转120°后可以和自身重合，
而∠AOB为120°，
∴图中阴影部分的面积之和（4+4+4）＝4（cm2）．
故答案为4．
【点评】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．
7.（8分）（2021•安徽16/23）如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点（网格线的交点）上．
（1）将△ABC向右平移5个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）将（1）中的△A1B1C1绕点C1逆时针旋转90°得到△A2B2C1，画出△A2B2C1．

【考点】作图﹣平移变换；作图﹣旋转变换．
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1的对应点A2，B2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求作．
（2）如图，△A2B2C1即为所求作．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是熟练掌握平移变换或旋转变换的性质，属于中考常考题型．
8.（9分）（2021•江西22/23）二次函数y＝x2﹣2mx的图象交x轴于原点O及点A．
感知特例
（1）当m＝1时，如图1，抛物线L：y＝x2﹣2x上的点B，O，C，A，D分别关于点A中心对称的点为B′，O′，C′，A′，D′，如表：
…
B（﹣1，3）
O（0，0）
C（1，﹣1）
A（ 　2　，　0　）
D（3，3）
…
…
B'（5，﹣3）
O′（4，0）
C'（3，1）
A′（2，0）
D'（1，﹣3）
…
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为L'．

形成概念
我们发现形如（1）中的图象L'上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称，则称L'是L的“孔像抛物线”．例如，当m＝﹣2时，图2中的抛物线L'是抛物线L的“孔像抛物线”．

探究问题
（2）①当m＝﹣1时，若抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小，则x的取值范围为 　﹣3≤x≤﹣1　；
②在同一平面直角坐标系中，当m取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数y＝x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是 　　（填“y＝ax2+bx+c”或“y＝ax2+bx”或“y＝ax2+c”或“y＝ax2”，其中abc≠0）；
③若二次函数y＝x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y＝m有且只有三个交点，求m的值．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）①根据中点公式即可求得答案；
②根据题意先描点，再用平滑的曲线从左到右依次连接即可；
（2）①当m＝﹣1时，抛物线L：y＝x2+2x＝(x+1)2﹣1，当x≤﹣1时，L的函数值随着x的增大而减小，抛物线L′：y＝﹣x2﹣6x﹣8＝﹣(x+3)2+1，当x≥﹣3时，L′的函数值随着x的增大而减小，找出公共部分即可；
②先观察图1和图2，可以看出随着m的变化，二次函数y＝x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'对称性分布在y轴两侧，设这条抛物线解析式为y＝ax2，根据这条抛物线与二次函数y＝x2﹣2mx的所有“孔像抛物线”L'都有唯一交点，可知关于x的一元二次方程ax2＝﹣(x﹣3m)2+m2，有两个相等的实数根，求解即可；
③观察图1和图2，可知直线y＝m与抛物线y＝x2﹣2mx及“孔像抛物线”L'有且只有三个交点，即直线y＝m经过抛物线L的顶点或经过抛物线L′的顶点或经过公共点A，分别建立方程求解即可．
【解答】解：（1）①∵B（﹣1，3）、B'（5，﹣3）关于点A中心对称，
∴点A为BB′的中点，
设点A(m，n)，
∴，，
故答案为：（2，0）；
②所画图象如图1所示，

（2）①当m＝﹣1时，抛物线L：y＝x2+2x＝(x+1)2﹣1，对称轴为直线x＝﹣1，开口向上，当x≤﹣1时，L的函数值随着x的增大而减小，
抛物线L′：y＝﹣x2﹣6x﹣8＝﹣(x+3)2+1，对称轴为直线x＝﹣3，开口向下，当x≥﹣3时，L′的函数值随着x的增大而减小，
∴当﹣3≤x≤﹣1时，抛物线L与它的“孔像抛物线”L'的函数值都随着x的增大而减小，
故答案为：﹣3≤x≤﹣1；
②设这条抛物线解析式为y＝ax2，
∵二次函数y＝x2﹣2mx的“孔像抛物线”L'为：y＝﹣(x﹣3m)2+m2，
∴关于x的一元二次方程ax2＝﹣(x﹣3m)2+m2，有两个相等的实数根，
整理得：（a+1）x2﹣6mx+8m2＝0，
∴＝(﹣6m)2﹣4•(a+1)•8m2＝0，
∴(4﹣32a)m2＝0，
∵m≠0，
∴4﹣32a＝0，
∴，
∴这条抛物线的解析式为，
故答案为：；
③抛物线L：y＝x2﹣2mx＝(x﹣m)2﹣m2，顶点坐标为M（m，﹣m2），
其“孔像抛物线”L'为：y＝﹣(x﹣3m)2+m2，顶点坐标为N（3m，m2），
抛物线L与其“孔像抛物线”L'有一个公共点A(2m，0)，
∴二次函数y＝x2﹣2mx及它的“孔像抛物线”与直线y＝m有且只有三个交点时，有三种情况：
①直线y＝m经过M（m，﹣m2），
∴m＝﹣m2，
解得：m＝﹣1或m＝0（舍去），
②直线y＝m经过N（3m，m2），
∴m＝m2，
解得：m＝1或m＝0(舍去)，
③直线y＝m经过A(2m，0)，
∴m＝0，
综上所述，m＝±1或0．
【点评】本题是关于二次函数综合题，主要考查了二次函数图象和性质，中心对称性质及应用，二次函数与一元二次方程的关系，一元二次方程根的判别式，新定义理解及应用等，解题关键是理解题意，运用数形结合思想和分类讨论思想、方程思想思考解决问题．
9.（3分）（2021•赤峰3/26）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】轴对称图形；中心对称图形
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
10.（4分）（2021•安徽8/23）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（　　）

A． B． C． D．
【考点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；中心对称．
【分析】证明△BEF是等边三角形，求出EF，同法可证△DGH，△EOH，△OFG都是等边三角形，求出EH，GF，FG即可．
【解答】解：如图，连接BD，AC．

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠BAO＝∠DAO＝60°，BD⊥AC，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA=AB=1，OB=OA=，
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°，
在△BEO和△BFO中，
，
∴△BEO≌△BFO（AAS），
∴OE＝OF，BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF＝BE＝×＝，
同法可证，△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形，
∴EF＝GH＝，EH＝FG＝，
∴四边形EFGH的周长=，
故选：A．
【点评】本题考查中心对称，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，属于中考常考题型．
11.（12分）（2021•包头26/26）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与轴正半轴交于点，点是抛物线上一动点．
（1）如图1，当，，且时，
①求点的坐标；
②若点，在该抛物线上，连接，，是线段上一动点（点与点，不重合），过点作，交轴于点，线段与是否相等？请说明理由；
（2）如图2，该抛物线的对称轴交轴于点，点在对称轴上，当，，且直线交轴的负半轴于点时，过点作轴的垂线，交直线于点，为轴上一点，点的坐标为，连接．若，求证：射线平分．

【考点】二次函数综合题
【分析】（1）①将点坐标代入抛物线中得出，再联立，求解即可得出结论；
②先求出点的坐标，进而求出直线的解析式，求出直线与轴的交点的坐标，判断出，再判断出，即可得出结论；
（2）先判断出点是的中点，进而求出点的坐标，进而求出直线的解析式，进而求出，，再用勾股定理求出，最后用面积法求出，进而判断出，即可得出结论．
【解答】解（1）①点在抛物线上，
（Ⅰ），
（Ⅱ），
联立（Ⅰ）（Ⅱ）解得，（舍去）或，
；
②，理由：
如图1，延长交轴于，

点，在该抛物线上，
，
，，
由①知，，
直线的解析式为，
令，则，
，
，
，
，
，
，
∵，
，，
，
，
，
；
（2）如图2，过点作轴于，

抛物线，
，
令，则，
或，
，
轴，
点的横坐标为4，
由图知，，，
，
，
，
是梯形的中位线，
的横坐标为3，
点在抛物线上，
点的纵坐标为，
，
点，
直线的解析式为，
令，则，
，
，，
，
令，则，
记直线与轴的交点为，
，
，
，
，
，
根据勾股定理得，，
过点作于，
，
，
，，
平分，
即射线平分．
【点评】此题时二次函数综合题，主要考查了待定系数法，解方程组，平行线的性质，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，角平分线的判定．判断出是解本题的关键．
12.（4分）（2021•上海16/25）如图所示，已知在梯形中，AD∥BC，，则　　．

【考点】三角形的面积
【分析】过作于，过作于，由四边形是矩形，可得，，根据AD∥BC，可得，，即可得到．
【解答】解：过作于，过作于，如图：

∵AD∥BC，，，
四边形是矩形，，
∵，
，
，
∵AD∥BC，
，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查三角形的面积，涉及基本的相似三角形判定与性质，掌握同（等底三角形面积比等于高之比，同（等高的三角形面积比等于底之比是解题的关键．
13.（7分）（2021•北京27/28）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，M为BC的中点，点D在MC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，连接BE，DE．
（1）比较∠BAE与∠CAD的大小；用等式表示线段BE，BM，MD之间的数量关系，并证明；
（2）过点M作AB的垂线，交DE于点N，用等式表示线段NE与ND的数量关系，并证明．

【考点】全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
【分析】（1）由∠DAE＝∠BAC可得∠BAE＝∠CAD，然后SAS证△ABE≌△ACD即可；
（2）作EH⊥AB交BC于H，可证△BEF≌△BHF得BF＝BH，再证MH＝MD，再借助MN∥HF，由平行线分线段成比例即可证出．
【解答】解：（1）∵∠DAE＝∠BAC＝α，
∴∠DAE﹣∠BAD＝∠BAC﹣∠BAD，
即∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS），
∴BE＝CD，
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM，
∴BE+MD＝BM；
（2）如图，作EH⊥AB交BC于H，

由（1）△ABE≌△ACD得：∠ABE＝∠ACD，
∵∠ACD＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠ABD，
在△BEF和△BHF中，
，
∴△BEF≌△BHF（ASA），
∴BF＝BH，
由（1）知：BE+MD＝BM，
∴MH＝MD，
∵MN∥HF，
∴，
∴EN＝DN．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的对称性等知识，作EH⊥AB构造出全等三角形是解题的关键．
14.（10分）（2021•福建22/25）如图，已知线段，，垂足为．
（1）求作四边形，使得点，分别在射线，上，且，，CD∥AB；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）设，分别为（1）中四边形的边，的中点，求证：直线，，相交于同一点．

【考点】平行线的性质；作图—复杂作图；平行线分线段成比例；等边三角形的性质
【分析】（1）先截取，再分别以、为圆心，为半径画弧，两弧交于点，然后过点作的垂线得到；
（2）证明：设交于，交于，利用平行线分线段成比例定理得到，，则，于是可判断点与点重合．
【解答】（1）解：如图，四边形为所作；

（2）证明：设交于，交于，
∵DQ∥AP，
，
∵DC∥AB，
，
，分别为边，的中点，
，，
，
，
点与点重合，
直线，，相交于同一点．
【点评】本题考查了作图—复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行线分线段成比例定理．
15.（10分）（2021•陕西26/26）问题提出
（1）如图1，在□ABCD中，∠A＝45°，AB＝8，AD＝6，E是AD的中点，点F在DC上，且DF＝5，求四边形ABFE的面积．（结果保留根号）
问题解决
（2）某市进行河滩治理，优化美化人居生态环境．如图2所示，现规划在河畔的一处滩地上规划一个五边形河畔公园ABCDE．按设计要求，要在五边形河畔公园ABCDE内挖一个四边形人工湖OPMN，使点O、P、M、N分别在边BC、CD、AE、AB上，且满足BO＝2AN＝2CP，AM＝OC．已知五边形ABCDE中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝800m，BC＝1200m，CD＝600m，AE＝900m．为满足人工湖周边各功能场所及绿化用地需要，想让人工湖面积尽可能小．请问，是否存在符合设计要求的面积最小的四边形人工湖OPMN？若存在，求四边形OPMN面积的最小值及这时点N到点A的距离；若不存在，请说明理由．

【考点】四边形综合题．
【分析】（1）过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H，先求出AH＝3，同理EG，最后用面积的差即可得出结论；
（2）分别延长AE与CD，交于点K，则四边形ABCK是矩形，设AN＝x米，则PC＝x米，BO＝2x米，BN＝（800﹣x）米，AM＝OC＝（1200﹣2x）米，MK＝2x米，PK＝（800﹣x）米，进而得出S四边形OPMN＝4（x﹣350）2+470000，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥CD交CD的延长线于H，

∴∠H＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝8，AB∥CD，
∴∠ADH＝∠BAD＝45°，
在Rt△ADH中，AD＝6，
∴AH＝AD•sinA＝6×sin45°＝3，
∵点E是AD的中点，
∴DEAD＝3，
同理EG，
∵DF＝5，
∴FC＝CD﹣DF＝3，
∴S四边形ABFE＝S□ABCD﹣S△DEF﹣S△BFC；
（2）存在，如图2，分别延长AE与CD，交于点K，则四边形ABCK是矩形，

∴AK＝BC＝1200米，AB＝CK＝800米，
设AN＝x米，则PC＝x米，BO＝2x米，BN＝（800﹣x）米，AM＝OC＝（1200﹣2x）米，
∴MK＝AK﹣AM＝1200﹣（1200﹣2x）＝2x米，PK＝CK﹣CP＝（800﹣x）米，
∴S四边形OPMN＝S矩形ABCK﹣S△AMN﹣S△BON﹣S△OCP﹣S△PKM
＝800×1200x（1200﹣2x）•2x（800﹣x）x（1200﹣2x）•2x（800﹣x）
＝4（x﹣350）2+470000，
∴当x＝350时，S四边形OPMN最小＝470000（平方米），
AM＝1200﹣2x＝1200﹣2×350＝500＜900，CP＝x＝350＜600，
∴符合设计要求的四边形OPMN面积的最小值为47000平方米，此时，点N到点A的距离为350米．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了锐角三角函数，矩形和三角形的面积公式，二次函数的性质，作出辅助线求出AH和EH是解本题的关键．
16.（10分）（2021•青海23/25）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过D作MN⊥AC于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN于G．
（1）求证：△BGD∽△DMA；
（2）求证：直线MN是⊙O的切线．

【考点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，得到∠DBG＝∠ADM，根据两角相等的两个三角形相似证明；
（2）证明OD是△ABC的中位线，得到OD∥AC，根据平行线的性质得到OD⊥MN，根据切线的判定定理证明．
【解答】证明：（1）∵MN⊥AC，BG⊥MN，
∴∠BGD＝∠DMA＝90°，
∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，
∴AD⊥BC，即∠ADC＝90°，
∴∠ADM+∠CDM＝90°，
∵∠DBG+∠BDG＝90°，∠CDM＝∠BDG，
∴∠DBG＝∠ADM，
∴△BGD∽△DMA；
（2）连接OD．

∴BO＝OA，BD＝DC，
∵OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
又∵MN⊥AC，
∴OD⊥MN，
∴直线MN是⊙O的切线．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定、切线的判定，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理是解题的关键．
17.（3分）（2021•鄂尔多斯9/24）如图，在Rt△ABC中，，，，将边沿折叠，使点落在上的点处，再将边沿折叠，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点、，则线段的长为（ ）

A． B． C． D．
【考点】翻折变换（折叠问题）
【分析】由翻折知：，由角的关系推导出，再通过，则，求得的长．
【解答】解：由两次翻折知：
，，，，
，
，
，
，
，
，，，
由勾股定理得：，
，
，
，
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折的性质、三角函数等知识，推导出是解题的关键．
18.（3分）（2021•包头11/26）如图，在△ABC中，，△DBC和△ABC关于直线对称，连接，与相交于点，过点作，垂足为，相交于点，若，，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【考点】轴对称的性质；菱形的判定与性质
【分析】由轴对称的性质可得，，可证四边形是菱形，由菱形的性质可得，，，，在Rt△BOD中，利用勾股定理可求的长，由锐角三角函数可求，的长，即可求解．
【解答】解：∵△DBC和△ABC关于直线对称，
，，
，
，
四边形是菱形，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，轴对称的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，求出的长是解题的关键．
19.（3分）（2021•包头17/26）如图，在Rt△ABC中，，过点作，垂足为，且，连接，与相交于点，过点作，垂足为．若，则的长为 　　．

【考点】相似三角形的判定与性质
【分析】由，，得，从而得△MAC∽△MBD，△CMN∽△CDB，由相似比，得到的长度．
【解答】解：，，，
∴，，
，，
∴△MAC∽△MBD，△CMN∽△CDB，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，旨在判断学生是否对两个常见的相似模型“型相似”和“8字型相似”能够灵活应用．这里的易错点是在得到第一对三角形的相似比时，学生容易直接使用在第二对相似三角形中，导致失分．
20.（3分）（2021•通辽16/26）如图，是⊙O的弦，，点是⊙O上的一个动点，且，若点，分别是，的中点，则图中阴影部分面积的最大值是 　　．

【考点】扇形面积的计算；圆周角定理
【分析】连接、、，根据圆周角定理得到，求出，，再根据三角形中位线性质得到MN∥AC，，然后根据三角形相似得到，故当△ABC的面积最大时，△MBN的面积最大，由、、在一条直线时，△ABC的面积最大，求得△ABC的最大值，进而即可求得△MBN的面积最大值，利用扇形的面积和三角形的面积求得弓形的面积，进而即可求得阴影部分的最大值．
【解答】解：连接、、，如图，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
点、分别是、的中点，
∴MN∥AC，，
∴△MBN ∽△ABC，
，
当△ABC的面积最大时，△MBN的面积最大，
、、在一条直线时，△ABC的面积最大，
∴△ABC的面积最大值为：，
∴△MBN的面积最大值为：，
，
此时，，
故答案为：．
【点评】本题考查了扇形的面积，圆周角定理，解直角三角形，三角形中位线定理，求得△ABC的面积最大值是解题的关键．
21.（3分）（2021•赤峰18/26）如图，正方形的边长为，点是的中点，连接与对角线交于点，连接并延长，交于点，连接交于点，连接．以下结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是 　①②④　．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质
【分析】由正方形的性质可得，，，，可证△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得，由余角的性质可得；由勾股定理可求的长，由面积法可求，由相似三角形的性质可求，可得的长，即可判断②；如图，过点作，由△ADM≌△DCH，可得，由垂直平分线的性质可得，即可判断④；由△MEA∽△HEG可求的长，即可判断③．
【解答】解：四边形是边长为的正方形，点是的中点，
，，，，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
，，
，，，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
，
，
又，
，
，
，故①正确；
，，
由勾股定理得，，
，
，
，，
∴△ECH∽△FCB，
，
，
，
，
，故②正确；
如图，过点作于点，

，，
由勾股定理得，，
，，
，
又，，
∴△ADM≌△DCH（AAS），
，，
，
又，
，故④正确；
，，
，
，
，，
，
，
∴△MEA∽△HEG，
，
，
，故③错误．
综上，正确的有：①②④．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，解题的关键是过点作于点，构造全等三角形得到．
22.（10分）（2021•包头24/26）如图，在锐角三角形中，是边上的高，以为直径的⊙O交于点，交于点，过点作，垂足为，交于点，交于点，连接，，．
（1）求证：；
（2）若，，，求的长．

【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理
【分析】（1）根据圆周角定理得出，再根据角之间的互余关系及等量代换推出，最后利用圆内接四边形的性质即可得证；
（2）作出辅助线，可得：△AHM∽△FOM，△AHM∽△ADB，根据相似三角形的性质得到三角形边之间的关系，最后根据勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：由题可知（同弧所对的圆周角相等），
，为圆的直径，
，，
，
，即，
四边形是圆的内接四边形，
，
．
（2）解：如图，连接，

是圆的直径，且是△ABC的高，，
，
∴△AHM∽△ADB，
，
，
，
，
，
，
在Rt△AHM与Rt△FOM中：（对顶角），
∴△AHM∽△FOM，
，
，
，
，解得，，
设，则，
在△AHM中有：，
即，解得，（舍去），
，
，
，
在Rt△AHF中，有：，
即，
解得，或（舍去），
故的长为．
【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理及相似三角形的判定与性质，此类题目可以从问题着手作辅助线，利用辅助线构造出相似三角形或直角三角形进行求解．
23.（12分）（2021•包头25/26）如图，已知△ABC是等边三角形，是△ABC内部的一点，连接，．
（1）如图1，以为直径的半圆交于点，交于点，当点在上时，连接，在边的下方作，，连接，求的度数；
（2）如图2，是边上一点，且，当时，连接并延长，交于点，若，求证：；
（3）如图3，是边上一点，当时，连接．若，，，△ABC的面积为，△BCP的面积为，求的值（用含的代数式表示）．

【考点】圆的综合题
【分析】（1）如图1，连接，先证明△BAP≌△BCD（SAS），进而可证明△BDP是等边三角形，由是⊙O的直径，可得，即可求出答案；
（2）如图2，连接交于，运用等边三角形性质可得，，由，可得，运用勾股定理可得，得出点是的中点，由，得出点是的中点，进而得出，△CEF∽△CBA，运用相似三角形性质即可证得结论；
（3）如图3，过点作于点，过点作于点，交于点，作于点，运用三角函数和勾股定理可求得，，再利用即可求出答案．
【解答】解：（1）如图1，连接，

∵△ABC是等边三角形，
，，
在△BAP和△BCD中，
，
∴△BAP≌△BCD（SAS），
，，
，
，
即，
∴△BDP是等边三角形，
，
是的直径，
，
；
（2）如图2，连接交于，

∵△ABC是等边三角形，
，，
，
，，
，
，
，
，
，即点是的中点，
，
，，
，
，即点是的中点，
是△ABD的中位线，
，
∴△CEF∽△CBA，
，
；
（3）如图3，过点作于点，过点作于点，交于点，作于点，

由（2）得：，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点评】本题是关于圆的综合题，主要考查了等边三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，三角函数定义，圆的性质，三角形中位线定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积等，解题关键是正确添加辅助线构造全等三角形和直角三角形．
24.（10分）（2021•呼和浩特23/24）已知是⊙O的任意一条直径．
（1）用图1，求证：⊙O是以直径所在直线为对称轴的轴对称图形；
（2）已知⊙O的面积为，直线与⊙O相切于点，过点作，垂足为，如图2．
求证：①；
②改变图2中切点的位置，使得线段时，．

【考点】圆的综合题
【分析】（1）过点作，交于点，垂足为，由垂径定理得出△是等腰三角形，由轴对称的性质可得出结论；
（2）①求出，证明△ACB∽△CDB，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
②证明四边形是边长为2的正方形，由正方形的性质可得出结论．
【解答】（1）证明：如图，设是⊙O上点，以外任意一点，
过点作，交⊙O于点，垂足为，

若与圆心不重合，
连接，，
在△中，
，
∴△是等腰三角形，
又，
，
则是的垂直平分线，
若与圆心重合，显然是的垂直平分线，
这就是说，对于圆上任意一点，在圆上都有关于直线的对称点，因此⊙O是以直径所在直线为对称轴的轴对称图形；
（2）①证明：设⊙O半径为，
由可得，
，
连接，则，

是切点，连接，
，
，
，
，
而，
，
又，
∴△ACB∽△CDB，
，
，
；
②证明：由①证明可知，与切点的位置无关，

又，
，
又∵△OCB是等腰三角形，
与互相垂直平分，
又，
四边形是边长为2的正方形，
．
【点评】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，轴对称的性质，正方形的性质，垂直平分线的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
25.（14分）（2021•赤峰26/26）数学课上，有这样一道探究题．
如图，已知△ABC中，，，，点为平面内不与点、重合的任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得线段，连接、点、分别为、的中点，设直线与直线相交所成的较小角为，探究的值和的度数与、、的关系．
请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：
（1）填空：
【问题发现】
小明研究了时，如图1，求出了的值和的度数分别为　　，　　；
小红研究了时，如图2，求出了的值和的度数分别为　　，　　；
【类比探究】
他们又共同研究了时，如图3，也求出了的值和的度数；
【归纳总结】
最后他们终于共同探究得出规律：　　（用含、的式子表示）；　　（用含的式子表示）．
（2）求出时的值和的度数．


【考点】几何变换综合题
【分析】（1）当时，△ABC和△PDC都是等边三角形，可证△ACP∽△ECF，从而有，；
当时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，同理可证△ACP∽△ECF即可解决，依此可得出规律；
（2）当，可证，，从而有，由，可得△PCA∽△FCE即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，连接，，延长、交于点，

当时，△ABC和△PDC都是等边三角形，
，，，
、分别是、的中点，
，，
，
又，
∴△ACP∽△ECF，
，，
，
当时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，

，，，
、分别是、的中点，
，，
，
又，
∴△ACP∽△ECF，
，，
，
由此，可归纳出，；
（2）当，连接，，延长、交于点，

，为的中点，
，
，
同理可得：，
，
，
又，
∴△PCA∽△FCE，
，，
．
【点评】本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法不变，体会“变中不变”的思想．
26.（11分）（2021•鄂尔多斯23/24）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点．
（1）求，，三点的坐标；
（2）连接，直线与该抛物线交于点，与交于点，连接．当时，求线段的长；
（3）点在轴上，点在直线上，点为抛物线对称轴上一点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题
【分析】（1）令，得，可得，，令，得，可得；
（2）利用待定系数法求得直线的解析式为，根据题意得，，即可得出，利用△ACO∽△DOF，建立方程求解即可；
（3）分三种情况：对角线或为对角线或为对角线，①当为对角线时，，，可得出，根据，即可求出答案；②当为对角线时，，，设，则，，建立方程求解即可；③当对角线时，与互相垂直平分，设，则，，根据在直线上，即可求得答案．
【解答】解：（1）在中，令，得，
解得：，，
，，
令，得，
；
（2）设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
直线与该抛物线交于点，与交于点，

，，
，
设交轴于点，则，
，
，，
，，
，
，
，
∴△ACO∽△DOF，
，
，
，
解得：，
；
（3）存在，
如图2，

，
抛物线对称轴为直线，
以、、、为顶点的四边形是菱形，
分三种情况：对角线或为对角线或为对角线，
①当为对角线时，，，
点为直线与抛物线对称轴的交点，即，
，
，
，；
②当为对角线时，，，
设，则，，
，
解得：，
，
③当对角线时，与互相垂直平分，设，则，，
在直线上，
，
，
综上所述，点的坐标为：，，，．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点坐标，待定系数法，相似三角形的判定和性质，菱形性质等知识，第（2）问利用相似三角形性质建立方程求解是解题关键，第（3）问题运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
27.（3分）（2021•广东10/25）设为坐标原点，点、为抛物线上的两个动点，且．连接点、，过作于点，则点到轴距离的最大值（ ）
A． B． C． D．1
【考点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值
【分析】分别作、垂直于轴于点、，设，，由抛物线解析式可得，，作于，交轴于点，连接交轴于点，设点，易证△ADG∽△ABH，所以，即．可得．再证明△AEO∽△OFB，所以，即，可得．即得点为定点，坐标为，得．进而可推出点是在以为直径的圆上运动，则当点到轴距离为此圆的直径的一半，即时最大．
【解答】解：如图，分别作、垂直于轴于点、，

设，，由抛物线解析式为，
则，，
作于，交轴于点，连接交轴于点，
设点，
，
∴△ADG∽△ABH，
，即．
化简得：．
，
，
又，
，
又，
∴△AEO∽△OFB．
，
即，
化简得．
则，说明直线过定点，点坐标为．
，，
点是在以为直径的圆上运动，
当点到轴距离为时，点到轴距离的最大．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数结合动点问题背景下的最值求法，涉及相似三角形，圆周角定理，此题难度较大，关键是要找出点为定点，确定出点的轨迹为一段优弧，再求最值．
28.（3分）（2021•西藏11/27）如图．在平面直角坐标系中，△AOB的面积为，垂直轴于点，与双曲线相交于点，且．则的值为（ ）

A． B． C．3 D．
【考点】反比例函数系数的几何意义；相似三角形的判定与性质
【分析】过作轴于，可得△DOC∽△AOB，根据相似三角形的性质求出，由反比例函数系数的几何意义即可求得．
【解答】解：过作轴于，

，
，
轴，
∴CD∥AB，
∴△DOC∽△AOB，
，
，
，
双曲线在第二象限，
，
故选：A．
【点评】本题主要考查了反比例函数系数的几何意义，相似三角形的性质和判定，根据相似三角形的性质和判定求出是解决问题的关键．
29.（3分）（2021•河南9/23）如图，□OABC的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将△绕点顺时针旋转得到△，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）

A．， B．， C．， D．，
【考点】坐标与图形性质；旋转的性质；平行四边形的性质
【分析】延长交轴于点，延长，由题意的延长线经过点，利用点的坐标可求得线段，，的长，由题意：△≌△，可得对应部分相等；利用，平分，可得△为等腰三角形，可得，；利用△∽△，得到比例式可求线段，则点坐标可得．
【解答】解：延长交轴于点，延长，由题意的延长线经过点，如图，

，
，，
．
由题意：△≌△，
，，，，．
则，平分，
△为等腰三角形．
，．
，，
∴△∽△．
．
．
．
，．
故选：B．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，坐标与图形的性质，三角形相似的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度和利用线段的长度表示相应点的坐标是解题的关键．
30.（4分）（2021•海南15/22）如图，△ABC的顶点、的坐标分别是、，且，，则顶点的坐标是 　　．

【考点】坐标与图形性质；解直角三角形
【分析】过点作轴，交轴于点．只要求出、，则可求出顶点的坐标．
【解答】解：过点作轴，交轴于点．

、的坐标分别是、，
，，
．
，，
．
，，
．
，，
，．
，
顶点的坐标是．
故答案为：．
【点评】此题考查的是解直角三角形，利用点的坐标特点求得、的长是解决此题关键．
31.（4分）（2021•海南16/22）如图，在矩形中，，，将此矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，则的长为 　6　，的长为 　　．

【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】根据折叠的性质即可求得；连接，根据勾股定理求得，证得△BAE ≌△（AAS），，根据勾股定理列出关于线段的方程，解方程求得的长，即可求得，然后通过证得，根据相似三角形的性质即可求得．
【解答】解：四边形是矩形，
，
，
；
连接，

，，，
，
，
，
在△BAE和△中
，
∴△BAE ≌△（AAS），
，，
，
由题意知：；
设，则，
由勾股定理得：
，
解得：，
，，
，
，
，
∴∥AE，
∵EF∥EC，
，
，
，
故答案为6，．
【点评】该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用全等三角形的性质、相似三角形的性质，勾股定理等几何知识点来解题．
32.（6分）（2021•北京24/28）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）连接BO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC．若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长．

【考点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【分析】（1）根据垂径定理得到，根据圆周角定理证明结论；
（2）根据勾股定理求出BE，根据垂径定理求出BC，根据圆周角定理得到∠BCG＝90°，根据勾股定理求出GC，证明△AFO∽△CFG，根据相似三角形的性质求出OF．
【解答】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，
∴，
∴∠BAD＝∠CAD；
（2）解：在Rt△BOE中，OB＝5，OE＝3，
∴BE，
∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，
∴BC＝2BE＝8，
∵BG是⊙O的直径，
∴∠BCG＝90°，
∴GC，
∵AD⊥BC，∠BCG＝90°，
∴AE∥GC，
∴△AFO∽△CFG，
∴，即，
解得：OF．

【点评】本题考查的是圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、垂径定理是解题的关键．
33.（8分）（2021•广东21/25）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，且与反比例函数图象的一个交点为．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【分析】（1）把代入反比例函数解析式即可求得；
（2）分两种情况，通过证得三角形相似，求得的长度，进而即可求得的值．
【解答】解：（1）为反比例函数图象上一点，
代入得，
；
（2）令，即，
，，，
令，，
，
，
由图象得，可分为以下两种情况：
①在轴正半轴时，，
，
过作轴交轴于点，

又，，
△△，
，
，
，
，
，
；
②在轴负半轴时，，过作轴，

，，，
△∽△，
，
，，
，
，
综上，或．
【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了反比例函数图象上点的坐标特征，三角形相似的判定和性质，求得的长度的解题的关键．
34.（8分）（2021•广东23/25）如图，边长为1的正方形中，点为的中点．连接，将△ABE沿折叠得到△FBE，交于点，求的长．

【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质
【分析】延长交于，连接．证明△EDH∽△BAE，推出，推出，，由，推出，可得结论．
【解答】解：延长交于，连接．

四边形是正方形，
∴AB∥CD，，，
，
由翻折的性质可知，，，，
点是的中点，
，
，
在Rt△EHD和Rt△EHF中，
，
∴Rt△EHD≌Rt△EHF（HL），
，
，
，
，
，
∴△EDH∽△BAE，
，
，，
∵CH∥AB，
，
．
【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是求出，，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
35.（8分）（2021•陕西25/26）已知抛物线y＝﹣x2+2x+8与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点B、C的坐标；
（2）设点C′与点C关于该抛物线的对称轴对称．在y轴上是否存在点P，使△PCC′与△POB相似，且PC与PO是对应边？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）直接根据解析式即可求出B，C的坐标；
（2）先设出P的坐标，根据相似三角形的性质列出方程，解出方程即可得到点P的坐标．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+2x+8，
取x＝0，得y＝8，
∴C（0，8），
取y＝0，得﹣x2+2x+8＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴B（4，0）；
（2）存在点P，设P（0，y），
∵CC'∥OB，且PC与PO是对应边，
∴，
即：，
解得：y1＝16，y2，
∴P（0，16）或P（0，）．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，要牢记抛物线和坐标轴的交点的计算公式，尤其是和x轴的交点一般是两个，要能根据抛物线的解析式求出来，还有相似三角形的性质在综合题型中经常出现，要熟记．
36.（10分）（2021•重庆A卷25/26）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，．直线交轴于点，是直线下方抛物线上的一个动点．过点作，垂足为，PE∥x轴，交于点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△PDE的周长取得最大值时，求点的坐标和△PDE周长的最大值；
（3）把抛物线平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点．是新抛物线上一点，是新抛物线对称轴上一点，直接写出所有使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来．

【考点】二次函数综合题
【分析】（1）利用待定系数法将，代入，即可求得答案；
（2）先运用待定系数法求出的函数表达式，设，其中，根据点在直线上，轴，可得出，再根据△PDE ∽△AOC，即可得到△PDE的周长，运用二次函数最值方法即可求出答案；
（3）分两种情况：①若是平行四边形的对角线，②若是平行四边形的边，分别进行讨论即可．
【解答】解：（1）抛物线经过，，
，
解得：，
该抛物线的函数表达式为；
（2）如图1，设直线的函数表达式为，

，，
，
解得：，
直线的函数表达式为，
令，得，
解得：，
，
设，其中，
点在直线上，PE∥x轴，
，
，
，，
，
，
∴△PDE ∽△AOC，
，，
，
∴△AOC的周长为，
令△PDE的周长为，则，
，
当时，△PDE周长取得最大值，最大值为．
此时，点的坐标为．
（3）如图2，满足条件的点坐标为，，．

由题意可知，平移后抛物线的函数表达式为，对称轴为直线，
①若是平行四边形的对角线，
当与互相平分时，四边形是平行四边形，
即经过的中点，
点的横坐标为2，
点的横坐标为2，
点的坐标为，
②若是平行四边形的边，
Ⅰ．当MN∥AB且时，四边形是平行四边形，
，，点的横坐标为2，
点的横坐标为，
点的坐标为；
Ⅱ．当MN∥AB且时，四边形是平行四边形，
，，点的横坐标为2，
点的横坐标为，
点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或或．
【点评】本题是二次函数有关的综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数图象和性质，三角形周长，平行四边形性质等，熟练掌握待定系数法、二次函数图象和性质及平行四边形性质等相关知识，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
37.（9分）（2021•云南22/23）如图，是⊙O的直径，点是⊙O上异于、的点，连接、，点在的延长线上，且，点在的延长线上，且．
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求的长．

【考点】切线的判定与性质；圆周角定理
【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质得出，由圆周角定理得出，证出，则可得出结论；
（2）设，，证明△DCO∽△DEB，由相似三角形的性质得出，求出的长，则可求出答案．
【解答】（1）证明：连接，

，
，
，
，
又是⊙O的直径，
，
，
，
即，
，
是半径，
是⊙O的切线；
（2）解：，且，
设，，
，
，
又，，
∴OC∥BE，
∴△DCO∽△DEB，
，
，
，
，
，
，
即的长为．
【点评】本题考查了圆周角定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定与相似三角形的判定和性质是解题的关键．
38.（10分）（2021•上海25/25）如图，在四边形中，AD∥BC，，，是对角线的中点，联结并延长交边或边于点．
（1）当点在上，
①求证：△DAC∽△OBC；
②若，求的值；
（2）若，，求的长．

【考点】相似形综合题
【分析】（1）①由等腰三角形的性质得出，由平行线的性质得出，由直角三角形的性质得出，根据相似三角形的判定定理可得出结论；
②得出．过点作于点，设，则，则可得出答案；
（2）①如图3，当点在上时，证明四边形是矩形．设，由勾股定理得出方程，解方程即可得出答案；
②如图4，当点在上时，设，则，设，由相似三角形的性质得出，证明△EOC∽△ECB，得出比例线段，可得出方程，解方程可得出答案．
【解答】（1）①证明：如图1，

，
．
∵AD∥BC，
．
是Rt△ABC斜边上的中线，
，
，
，
∴△DAC∽△OBC；
②解如图2，若，

在Rt△BCE中，，
．
过点作于点，
设，则，
在Rt△DCH中，，
，
，
；
（2）①如图3，当点在上时，

∵AD∥BC，
，，
是的中点，
，
∴△AOE≌△COB （AAS），
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形．
设，
，
，
，
，
在Rt△ACE和Rt△DCE中， ，，
，
解得，或 (舍去)．
．
②如图4，当点在上时，设，则，

设，
，
，
∵△DAC∽△OBC，
，
，
．
又，，
∴△EOC∽△ECB，
，
，
，
，
将代入，
整理得， ，
解得，或 （舍去）．
．
综合以上可得的长为或．
【点评】本题是相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
39.（3分）（2021•吉林13/26）如图，为了测量山坡的护坡石坝高，把一根长为的竹竿斜靠在石坝旁，量出竿上长为时，它离地面的高度为，则坝高为 　2.7　．

【考点】相似三角形的应用
【分析】根据DE∥CF，可得，进而得出即可．
【解答】解：如图，过作于，则DE∥CF，
，即，
解得，
故答案为：2.7．

【点评】本题考查了相似三角形应用，解决本题的关键是掌握相似三角形的性质．
40.（4分）（2021•重庆B卷4/26）如图，在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，若B（0，1），D（0，3），则△OAB与△OCD的相似比是（ ）

A． B． C． D．
【考点】位似变换；坐标与图形性质
【分析】根据信息，找到OB与OD的比值即可．
【解答】解：∵B（0，1），D（0，3）．
∴OB=1，OD=3．
∵△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD．
∴△OAB与△OCD的相似比是OB：OD=1:3．
故选：D．
【点评】本题考查位似变换、坐标与图形的性质．关键在于找到相似比就是对应边的比