（浙江专用）中考数学二轮提升练习重点03 中考数学选填压轴题训练（2份，原卷版+解析版）

这是一份（浙江专用）中考数学二轮提升练习重点03 中考数学选填压轴题训练（2份，原卷版+解析版），文件包含浙江专用中考数学二轮提升练习重点03中考数学选填压轴题训练原卷版doc、浙江专用中考数学二轮提升练习重点03中考数学选填压轴题训练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。
A．若|x1﹣x2|≤|x3﹣x2|，则y2≥y3≥y1
B．若|x1﹣x2|≥|x3﹣x2|，则y2≥y3≥y1
C．若y1＞y3≥y2，则|x1﹣x2|＜|x2﹣x3|
D．若y1＞y3≥y2，则|x1﹣x2|＞|x2﹣x3|
【分析】由抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x＝1，从而可得点B为顶点，由a＞0抛物线开口向上可判断A，B选项，由点到对称轴的距离与函数值的关系可判断C，D．
【解答】解：∵y＝ax2﹣6ax+c，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝3，
把x＝3代入y2＝﹣9a+c，得y＝﹣9a+c，
∴B（x2，y2）为抛物线顶点，x2＝3，
当a＞0时，抛物线开口向上，y2为函数最小值，
∴选项A，B不符合题意．
若y1＞y3≥y2，则抛物线开口向上，距离对称轴越近的点的纵坐标越小，
∴|x1﹣x2|＞|x2﹣x3|，选项C不符合题意，选项D符合题意．
故选：D．
2．（2022•包头模拟）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，3），B（2，1），若抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是（ ）
A．﹣＜a≤﹣或a≥1B．a≥﹣或a＜﹣
C．≤a≤1且a≠0D．a≤﹣或a≥1
【分析】分两种情况讨论：当a＞0时，，求出a的取值范围；当a＜0时，求出直线AB的解析式，联立方程组，由判别式Δ＝+4a＞0和函数经过点（﹣2，3）结合求出a的取值范围．
【解答】解：当a＞0时，x＝﹣2时y≥3，x＝2时，y≥1，
∴，
解得a≥1，
当a＜0时，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+2，
联立方程组，
∴ax2﹣x﹣1＝0，
∴Δ＝+4a＞0，
∴a＞﹣，
∴﹣＜a＜0，
当x＝﹣2时，y＝4a+4+1＝3，
∴a＝﹣，此时抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）与线段AB有两个不同的交点，
∴﹣＜a≤﹣，
综上所述：a≥1或﹣＜a≤﹣时，抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）与线段AB有两个不同的交点，
故选：A．
3．（2023•南浔区一模）如图，点P是Rt△ABC斜边AB上的动点，点D、E分别在AC、BC边上，连结PD、PE，若AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，则当PD+PE取得最小值时AP的长是（ ）
A．18B．C．D．
【分析】连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．证明△CDE∽△CAB，得出∠CDE＝∠A，DE∥AB，由csA＝cs∠CDE，得出＝，求出AG＝．证明PG是△FDE的中位线，得出PG＝DE＝5，那么AP＝AG+PG＝．
【解答】解：如图，连接DE，过点D作DG⊥AB于G，延长DG到F，使FG＝DG，连接EF，交AB于P，则PD+PE＝PF+PE＝EF，此时PD+PE取得最小值．
∵AC＝24，BC＝18，CD＝8，CE＝6，∠C＝90°，
∴DE＝＝＝10，＝＝，
∴△CDE∽△CAB，
∴∠CDE＝∠A，
∴DE∥AB，
∵csA＝cs∠CDE，
∴＝，即＝，
∴AG＝．
∵PG∥DE，FG＝DG，
∴PG是△FDE的中位线，
∴PG＝DE＝5，
∴AP＝AG+PG＝+5＝．
故选：B．
4．（2022•鹿城区校级三模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，连结HF交DE于点M．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】延长CB，DE，交于点N，设AH＝1，AE＝2，依据△ADE∽△BNE，即可得出BN＝1.5；再根据△DHM∽△NFM，即可得到的值．
【解答】解：如图所示，延长CB，DE，交于点N，设AH＝1，AE＝2，
∵正方形ABCD由四个全等的直角三角形拼接而成，
∴BE＝1，DH＝BF＝2，
∵AD∥BN，
∴△ADE∽△BNE，
∴＝，即＝，
∴BN＝1.5，
∵DH∥NF，
∴△DHM∽△NFM，
∴＝＝＝，
故选：C．
5．（2021•宁波一模）如图，是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面积分别为S1，S2，S3，若知道图中阴影部分面积，且不分别求S1，S2，S3的值，一定能求出（ ）
A．S1+2S3B．S3﹣S1C．S1+S2+S3D．S1+S3﹣2S2
【分析】根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，利用勾股定理解答即可．
【解答】解：设阴影面积为a，八个全等的直角三角形中一个的面积为x，
则S2﹣S1＝4x，S3﹣a﹣S1＝8x，
∴S3﹣a﹣S1＝2（S2﹣S1），
∴S3﹣a﹣S1＝2S2﹣2S1，
∴S3﹣S1﹣2S2+2S1＝a，
∴S3+S1﹣2S2＝a，
由于a已知，故S3+S1﹣2S2已知，
即可求出S3+S1﹣2S2，
故选：D．
6．（2020•浙江自主招生）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以AB为一边向三角形外作正方形ABEF，正方形的中心为O，且OC＝4，那么BC的长等于（ ）
A．3B．5C．2D．
【分析】以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，设B（x，0），可得O点坐标为（，），根据勾股定理即可求出BC边的长．
【解答】解：
如图，作EQ⊥x轴，以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，则A（0，3）．
设B（x，0），由于O点为以AB一边向三角形外作正方形ABEF的中心，
∴AB＝BE，∠ABE＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBQ＝90°，
∴∠BAC＝∠EBQ，
在△ABC和△BEQ中，
∴△ACB≌△BQE（AAS），
∴AC＝BQ＝3，BC＝EQ，
设BC＝EQ＝x，
∴O为AE中点，
∴OM为梯形ACQE的中位线，
∴OM＝，
又∵CM＝CQ＝，
∴O点坐标为（，），
根据题意得：OC＝4＝，
解得x＝5，则BC＝5．
故选：B．
7．（2023•宁波模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，AD＝CD，过D作DE⊥AB于点E，交AC于点F，连结AC．DF＝5，．当点P为下面半圆弧的中点时，连接CP交BD于H，则AH的长为（ ）
A．B．C．D．12
【分析】连接AH，如图，根据直径所对的圆周角为直角可得∠ADB＝∠ACB＝90°，再运用同弧（等弧）所对的圆周角相等可得出∠DAC＝∠ABD，再利用同角的余角相等可推出∠ADE＝∠DAC，进而得出AF＝DF＝5，利用三角函数可求得EF＝3，由勾股定理可求得：AE＝4，AD＝4，再根据三角形的内心判定和性质可得出∠AHD＝45°，运用等腰直角三角形性质即可求得答案．
【解答】解：连接AH，如图，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
而∠DCA＝∠ABD，
∴∠DAC＝∠ABD，
∵DE⊥AB，
∴∠ABD+∠BDE＝90°，
而∠ADE+∠BDE＝90°，
∴∠ABD＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠DAC，
∴AF＝DF＝5，
在Rt△AEF和Rt△ABC中，
∵sin∠CAB＝＝＝，
∴EF＝3，
∴AE＝＝4，DE＝5+3＝8，
∴AD＝＝4，
∵P为下面半圆弧的中点，
∴＝，
∴∠ACP＝∠BCP，
∴点H是△ABC的内心，
∴BH平分∠BAC，
∴∠BAH＝∠BAC，
∵∠ADB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠AHD＝∠BAH+∠ABD＝（∠BAC+∠ABC）＝45°，
∵∠ADB＝90°，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴AH＝AD＝×4＝4．
故选：A．
8．（2022秋•海曙区校级期中）如图，正方形ABCD中，E为BC的中点，CG⊥DE于G，延长BG交CD于点F，延长CG交BD于点H，交AB于N．下列结论：
①DE＝CN；
②；
③S△DEC＝3S△BNH；
④∠BGN＝45°；
⑤．
其中正确结论的个数有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】①根据题目已知△NBC≌△ECD，可以判断①正确；
②证明△NBH∽△CDH可以判断②正确；
③过点H作AD的平行线，根据线段比例关系，得出面积比可以判断③正确；
④过点B作两条垂线，利用三角形全等可以判断④正确；
⑤连接NE，结合勾股定理和相似可以求出BG、BF的长，判断⑤正确．
【解答】解：①在正方形ABCD中，∠NBC＝∠ECD＝90°，
∴BC＝CD，∠BCN+∠GCD＝90°，
∵CG⊥DE，
∴∠CDG+∠GCD＝90°，
∴∠BCN＝∠CDG，
∴△NBC≌△ECD（ASA），
∴DE＝CN，
故①正确；
②在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴△NBH∽△CDH，
∴，
∵△NBC≌△ECD（ASA），E为BC的中点，四边形ABCD是正方形，
∴NB＝BC＝CD，
∴＝，
∴＝，
故②正确；
③如下图所示，过H点作IJ∥AD，
∵△NBH∽△CDH，
∴IJ＝HJ，
∴HI＝IJ＝DC，
∴S△DEC＝EC•DC，S△BNH＝BN•HI＝EC×DC＝×（×EC•DC），
∴S△DEC＝3 S△BNH，
故③正确；
④过点B作BP⊥CN于点P，BQ⊥DG交DE的延长线上于点Q，
∴∠BPC＝∠BQD＝∠PGQ＝90°，
∴四边形PBQG是矩形，
∴∠PBQ＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠NBP＝∠QBE，
由①得△NBC≌△ECD，
∴EC＝BN，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC，
∴BE＝BN，
∵∠BPN＝∠BQE＝90°，
∴△BPN≌△BQE（AAS），
∴BP＝BQ，
∴四边形PBQG是正方形，
∴∠BGE＝45°，
故④正确；
⑤如图所示，连接NE，
设BN＝x，则BE＝EC＝x，BC＝2x，
∵CG⊥DE，∠NBC＝90°，
∴CN＝＝＝x，
EN＝＝＝x，
由△ECN面积可得CN•GE＝EC•BN，
∴GE＝x，
∴GN＝＝x，
∴GN+GE＝x+x＝x，
∴GC＝CN﹣GN＝xx＝x，
∵AB∥CD，
∴△NGB∽△CGF，
∴＝，
∴BG＝FG，
∴BG＝BF，FC＝BN＝x，
∴BG＝×x＝x，
∴GN+GE＝BG，
故⑤正确；
故选：D．
9．（2022•柯城区二模）如图，正方形ABCD的顶点B在x轴上，点A，点C在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）图象上．若直线BC的函数表达式为y＝x﹣4，则反比例函数表达式为（ ）
A．y＝B．y＝C．y＝D．y＝
【分析】解方程求得B（8，0），G（0，﹣4），得到OB＝8，OG＝4，过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝90°，根据全等三角形的性质得到AE＝BF，BE＝CF，根据相似三角形的性质得到＝，设CF＝a，BF＝2a，根据反比例函数图象上点的坐标特征即可得到结论．
【解答】解：在y＝x﹣4中，令y＝0，则x＝8，
令x＝0，则y＝﹣4，
∴B（8，0），G（0，﹣4），
∴OB＝8，OG＝4，
过A作AE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠EAB+∠ABE＝∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△AEB与△BFC中，
，
∴△AEB≌△BFC（AAS），
∴AE＝BF，BE＝CF，
∵∠BOG＝∠BFC＝90°，∠OBG＝∠CBF，
∴△OBG∽△FBC，
∴＝，
∴设CF＝a，BF＝2a，
∴AE＝2a，BE＝a，
∴A（8﹣a，2a），C（8+2a，a），
∵点A，点C在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）图象上，
∴2a（8﹣a）＝a（8+2a），
∴a＝2，a＝0（不合题意舍去），
∴A（6，4），
∴k＝4×6＝24，
∴反比例函数表达式为y＝，
故选：D．
10．（2022•惠城区一模）如图，四边形OABC是平行四边形，对角线OB在y轴上，位于第一象限的点A和第二象限的点C分别在双曲线y＝和y＝的一支上，分别过点A，C作x轴的垂线垂足分别为M和N，则有以下的结论：①ON＝OM；②△OMA≌△ONC；③阴影部分面积是（k1+k2）；④四边形OABC是菱形，则图中曲线关于y轴对称，其中正确的结论是（ ）
A．①②④B．②③C．①③④D．①④
【分析】先判断出CE＝ON，AD＝OM，再判断出CE＝AD，即可判断出①正确；由于四边形OABC是平行四边形，所以OA不一定等于OC，即可得出②错误；先求出三角形COM的面积，再求出三角形AOM的面积求和即可判断出③错误，根据菱形的性质判断出OB⊥AC，OB与AC互相平分即可得出④正确．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥y轴于D，过点C作CE⊥y轴E，
∵AM⊥x轴，CM⊥x轴，OB⊥MN，
∴∠AMO＝∠DOM＝∠ADO＝∠CNO＝∠EON＝∠CEO＝90°，
∴四边形ONCE和四边形OMAD是矩形，
∴ON＝CE，OM＝AD，
∵OB是▱OABC的对角线，
∴△BOC≌△OBA，
∴S△BOC＝S△OBA，
∵S△BOC＝OB×CE，S△BOA＝OB×AD，
∴CE＝AD，
∴ON＝OM，故①正确；
在Rt△CON和Rt△AOM中，ON＝OM，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA与OC不一定相等，
∴△CON与△AOM不一定全等，故②错误；
∵第二象限的点C在双曲线y＝上，
∴S△CON＝|k2|＝﹣k2，
∵第一象限的点A在双曲线y＝上，
S△AOM＝|k1|＝k1，
∴S阴影＝S△CON+S△AOM＝﹣k2+k1＝（k1﹣k2），
故③错误；
∵四边形OABC是菱形，
∴AC⊥OB，AC与OB互相平分，
∴点A和点C的纵坐标相等，点A与点C的横坐标互为相反数，
∴点A与点C关于y轴对称，
∴k2＝﹣k1，即：四边形是菱形，则图中曲线关于y轴对称，故④正确，
∴正确的有①④，
故选：D．
二．填空题（共20小题）
11．（2022•鹿城区校级三模）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，∠AOB＝90°，OA＝OB＝1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tanα＝3，此时身高为1米的小朋友（MN＝1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN＝1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B'恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 米．
【分析】证明BM＝MP，从而求得MP的值，过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，在Rt△OB′M中，由勾股定理求得B′M，在Rt△B′CN中，解直角三角形求得CN，再由平行线分线段成比例性质的推论得，便可求得DE，问题便可得以解决．
【解答】解：∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝45°，
∴MP＝MB，
∵OM＝QN＝1.2m，OB＝1.5m，
∴MP＝MB＝1.5﹣1.2＝0.3（m），
过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，
则B′F＝OM＝QN＝1.2（m），
∴FO＝B′M＝（m），
∴B′N＝B′M+MN＝1.9（m），AF＝OA﹣FO＝0.6（m），
∵B′C∥BN，
∴∠B′CN＝∠α，
∴tan∠B′CN＝，
∴B′D＝CN＝（m），
∵DE∥AF，
∴，即
∴DE＝≈1.3（m），
即当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度约为1.3m．
故答案为：0.3；1.3．
12．（2012•东营）在平面直角坐标系xOy中，点A1，A2，A3，…和B1，B2，B3，…分别在直线y＝kx+b和x轴上．△OA1B1，△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果A1（1，1），A2（），那么点An的纵坐标是 ．
【分析】利用待定系数法求一次函数解析式求出直线的解析式，再求出直线与x轴、y轴的交点坐标，求出直线与x轴的夹角的正切值，分别过等腰直角三角形的直角顶点向x轴作垂线，然后根据等腰直角三角形斜边上的高线与中线重合并且等于斜边的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜边上的高线，即可得到各点的纵坐标的规律．
【解答】解：∵A1（1，1），A2（，）在直线y＝kx+b上，
∴，
解得，
∴直线解析式为y＝x+，
如图，设直线与x轴、y轴的交点坐标分别为N、M，
当x＝0时，y＝，
当y＝0时，x+＝0，解得x＝﹣4，
∴点M、N的坐标分别为M（0，），N（﹣4，0），
∴tan∠MNO＝＝＝，
作A1C1⊥x轴于点C1，A2C2⊥x轴于点C2，A3C3⊥x轴于点C3，
∵A1（1，1），A2（，），
∴OB2＝OB1+B1B2＝2×1+2×＝2+3＝5，
tan∠MNO＝＝＝，
∵△B2A3B3是等腰直角三角形，
∴A3C3＝B2C3，
∴A3C3＝＝（）2，
同理可求，第四个等腰直角三角形A4C4＝＝（）3，
依此类推，点An的纵坐标是（）n﹣1．
故答案为：（）n﹣1．
13．（2023•宁波模拟）如图，矩形ABCD中，BC＝9，点E为BC上一点，将△ABE沿着AE翻折得到△AFE，恰有∠FEC＝2∠FCE，且CF＝6，则EF的长为 ，cs∠FCB的值为 ．
【分析】连接BF，过点F作FG⊥BC于点G，根据折叠性质可知BE＝EF，则∠FBE＝∠BFE，由三角形外角性质得∠FEC＝∠FBE+∠BFE＝2∠FBE，进而得到△FBC为等腰三角形，则BG＝CG＝，cs∠FCB＝，再根据勾股定理求出FG2＝，设BE＝EF＝x，则EG＝，根据勾股定理列出方程，求解即可．
【解答】解：连接BF，过点F作FG⊥BC于点G，如图，
根据折叠的性质可知，BE＝EF，
∴∠FBE＝∠BFE，
∵∠FEC＝∠FBE+∠BFE＝2∠FBE，
又∵∠FEC＝2∠FCE，
∴∠FBE＝∠FCE，即△FBC为等腰三角形，
∵FG⊥BC，BC＝9，
∴BG＝CG＝＝，
在Rt△FCG中，CF＝6，
cs∠FCB＝，
由勾股定理得FG2＝CF2﹣CG2，
∴，
设BE＝EF＝x，则EG＝BG﹣BE＝，
在Rt△FEG中，由勾股定理得EF2＝EG2+FG2，
即，
解得：x＝4，
∴EF＝4．
故答案为：4，．
14．（2023•宁波模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，点E、F分别是边AB，BC边上的点（E、F不与端点重合），且EF∥AC．将△BEF沿直线EF折叠，点B的对应点为点M，延长EM交AC于点G，若以M、G、F为顶点的三角形与△BEF相似，则BF的长 ．
【分析】连接并延长BM，BM交EF于点I，BM的延长线交AC于点H，根据轴对称的性质得EF垂直平分BM，∠GMF＝∠EMF＝∠EBF＝90°，MF＝BF，由EF∥AC得∠BIF＝∠MIF＝∠BHC＝90°，所以BH⊥AC，由∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，得AC＝＝10，则×10BH＝×6×8＝S△ABC，求得BH＝，再分两种情况讨论，一是△MGF∽△BEF，且∠MFG＝∠BFE，可推导出MH＝BF，MI＝BI＝BF，则3×BF＝，得BF＝；二是△GMF∽△BEF，且∠MGF＝∠BFE，可推导出MH＝BF，则2×BF+BF＝，得BF＝．
另一种解法是，证明∠A＝∠EGA，则EA＝EG，当△MGF∽△BEF，且∠MFG＝∠BFE时，可推导出EA＝EG＝2EB，则EB＝2，BF＝；当△GMF∽△BEF，且∠MGF＝∠BFE时，可推导出GM＝MF＝BF，EM＝EB＝BF，则EA＝EG＝BF，所以BF+BF＝6，则BF＝．
【解答】解法一：连接并延长BM，BM交EF于点I，BM的延长线交AC于点H，
∵将△BEF沿直线EF折叠，点B的对应点为点M，
∴EF垂直平分BM，∠GMF＝∠EMF＝∠EBF＝90°，MF＝BF，
∵EF∥AC，
∴∠BIF＝∠MIF＝∠BHC＝90°，
∴BH⊥AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝＝10，
∴×10BH＝×6×8＝S△ABC，
∴BH＝，
当△MGF∽△BEF，且∠MFG＝∠BFE时，如图1，
∵△BEF≌△MEF，
∴△MGF∽△MEF，
∴＝＝1，
∴GM＝EM＝EB，
∵∠BFE＝∠C，
∴GM＝EB＝BF•tan∠BFE＝BF•tanC＝BF×＝BF，
∵∠GMH＝90°﹣∠FMI＝∠MFE＝∠BFE＝∠C，
∴MH＝GM•cs∠GMH＝GM•csC＝BF×＝BF×＝BF，
∵MI＝BI＝BF•sin∠BFE＝BF•sinC＝BF×＝BF，
∴3×BF＝，
∴BF＝；
当△GMF∽△BEF，且∠MGF＝∠BFE时，如图2，
∵＝tan∠MGF＝tan∠BFE＝tanC＝，
∴GM＝MF＝BF，
∴MH＝GM•cs∠GMH＝GM•csC＝BF×＝BF，
∴2×BF+BF＝，
∴BF＝，
综上所述，BF的长为或，
故答案为：或．
解法二：当△MGF∽△BEF，且∠MFG＝∠BFE时，如图1，
由折叠得△BEF≌△MEF，EB＝EM，∠BEF＝∠MEF，
∴△MGF∽△MEF，
∴＝＝1，
∴GM＝EM＝EB，
∴EG＝2EM＝2EB，
∵EF∥AC，
∴∠BEF＝∠A，∠MEF＝∠EGA，∠BFE＝∠C，
∴∠A＝∠EGA，
∴EA＝EG＝2EB，
∴EB+2EB＝6，
∴EB＝2，
∴BF＝EB•tan∠BEF＝EB•tanA＝2×＝；
当△GMF∽△BEF，且∠MGF＝∠BFE时，如图2，
∵＝tan∠MGF＝tan∠BFE＝＝tanC＝＝＝，MF＝BF，
∴GM＝MF＝BF，EM＝EB＝BF，
∴EA＝EG＝BF+BF＝BF，
∴BF+BF＝6，
∴BF＝，
综上所述，BF的长为或，
故答案为：或．
15．（2023•金东区一模）如图1为某小区出入口栅栏道闸，BE，CF为栅栏道闸的转动杆，上面有10根等间距的竖杆，未抬起时与地面保持水平，竖杆竖直地面，在道闸抬起时最大旋转角度为70°，MN为门墙，BE＝CF＝3.1m，AD＝1.2m，AB＝CD＝0.2m，转动杆外端E，F距离杆GH与门墙MN均为0.1m，左侧9根竖杆底部离地面均为0.1m．（sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
（1）如图2，当道闸转动30°抬起时，第五根竖杆的底端P到地面的距离为 ；
（2）现有一辆货车进小区装货，已知货车宽2.2m，货车进出需保持与门墙0.2m的安全距离，该货车安全进出小区的离地高度不得超过 m．
|
【分析】（1）连接DN，延长QP交DN于点T，过点C作CS⊥QT，垂足为S，根据题意可得：CD＝ST＝0.2m，QP＝0.1m，CQ＝1.5m，然后在Rt△CQS中，利用含30度角的直角三角形的性质可得QS＝0.75m，从而可求出PT的长，即可解答；
（2）当∠LCK＝70°，货车安全进出小区的离地高度可达到最高，根据题意得：CD＝KR＝0.2m，DR＝CK＝0.8m，然后在Rt△CKL中，利用锐角三角函数的定义求出LK的长，最后利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：（1）如图：连接DN，延长QP交DN于点T，过点C作CS⊥QT，垂足为S，
由题意得：CD＝ST＝0.2m，QP＝0.2﹣0.1＝0.1（m），CQ＝5×＝1.5（m），
在Rt△CQS中，∠QCS＝30°，
∴QS＝CQ＝0.75（m），
∴PT＝QS+ST﹣QP＝0.75+0.2﹣0.1＝0.85（m），
∴当道闸转动30°抬起时，第五根竖杆的底端P到地面的距离为0.85m，
故答案为：0.85m；
（2）如图：当∠LCK＝70°，货车安全进出小区的离地高度可达到最高，
由题意得：CD＝KR＝0.2m，DR＝CK＝3.1+0.1﹣（2.2+0.2）＝0.8（m），
在Rt△CKL中，LK＝CK•tan70°≈0.8×2.75＝2.2（m），
∴货车安全进出小区的离地高度最高＝LK+KR﹣0.1＝2.2+0.2﹣0.1＝2.3（m），
∴该货车安全进出小区的离地高度不得超过2.3m，
故答案为：2.3．
16．（2023•鹿城区一模）一款闭门器按如图1所示安装，支点A，C分别固定在门框和门板上，门宽OD＝52cm，摇臂AB＝18cm，连杆BC＝24cm，闭门器工作时，摇臂、连杆和OC长度均固定不变．如图2，当门闭合时，，则AC的长为 cm．如图3，门板绕点O旋转，当∠B＝90°时，点D到门框的距离DK＝48cm，则OC的长为
cm．
【分析】如图2，过点A作AE⊥BC于点E，根据锐角三角函数的定义可AE的长度，然后根据勾股定理即可求出AC的长度．如图3，连接AC，过点C作CE⊥AK于点E，由勾股定理可分别求出AC、OK的长度，然后利用相似三角形的性质可设OE＝5x（cm），CE＝12x（cm），OC＝13x（cm），再根据勾股定理列出方程即可求出x的值．
【解答】解：如图2，过点A作AE⊥BC于点E，
在Rt△AEB中，
sinB＝，
∴AE＝AB•sinB＝18×＝6（cm），
由勾股定理可知：BE＝＝12（cm），
∴CE＝CB﹣BE＝24﹣12＝12（cm），
在Rt△ACE中，
由勾股定理可知：AC＝＝18cm（cm）．
如图3，连接AC，过点C作CE⊥AK于点E，
在Rt△KOD中，
KO＝＝20（cm），
∵∠DKO＝∠CEO＝90°，
∴DK∥CE，
∴△CEO∽△DKE，
∴＝＝，
故设OE＝5x（cm），CE＝12x（cm），OC＝13x（cm），
∴OA＝OC+AC＝（13x+18）（cm），
∴EA＝OE+OA＝（18x+18）（cm），
在Rt△ABC中，
由勾股定理可知：AC＝＝30（cm），
在Rt△ACE中，
由勾股定理可知：（12x）2+（18x+18）2＝302，
解得：x＝﹣2（舍去）或x＝，
∴OC＝13x＝8（cm），
故答案为：18，8．
17．（2019•宁波）如图，过原点的直线与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于A，B两点，点A在第一象限．点C在x轴正半轴上，连接AC交反比例函数图象于点D．AE为∠BAC的平分线，过点B作AE的垂线，垂足为E，连接DE．若AC＝3DC，△ADE的面积为8，则k的值为 ．
【分析】连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF；由AB经过原点，则A与B关于原点对称，再由BE⊥AE，AE为∠BAC的平分线，
可得AD∥OE，进而可得S△ACE＝S△AOC；设点A（m，），由已知条件AC＝3DC，DH∥AF，可得3DH＝AF，则点D（3m，），证明△DHC∽△AGD，得到S△HDC＝S△ADG，所以S△AOC＝S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC＝k++＝12；即可求解；
【解答】解：连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF，
∵过原点的直线与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于A，B两点，
∴A与B关于原点对称，
∴O是AB的中点，
∵BE⊥AE，
∴OE＝OA，
∴∠OAE＝∠AEO，
∵AE为∠BAC的平分线，
∴∠DAE＝∠AEO，
∴AD∥OE，
∴S△ACE＝S△AOC，
∵AC＝3DC，△ADE的面积为8，
∴S△ACE＝S△AOC＝12，
设点A（m，），
∵AC＝3DC，DH∥AF，
∴3DH＝AF，
∴D（3m，），
∵CH∥GD，AG∥DH，
∴△DHC∽△AGD，
∴S△HDC＝S△ADG，
∵S△AOC＝S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC＝k+（DH+AF）×FH+S△HDC＝k+×2m+＝k++＝12，
∴2k＝12，
∴k＝6；
故答案为6；
（另解）连接OE，由题意可知OE∥AC，
∴S△OAD＝S△EAD＝8，
易知△OAD的面积＝梯形AFHD的面积，
设A的纵坐标为3a，则D的纵坐标为a，
∴（3a+a）（﹣）＝16，
解得k＝6．
18．（2022•永康市模拟）图1是修正带实物图，图2是其示意图，使用时⊙B上的白色修正物随透明条（载体）传送到点O处进行修正，留下来的透明条传到⊙A收集．即透明条的运动路径为：M→C→O→P→N．假设O，P，A，B在同一直线上，BC＝3cm，AC＝4cm，AC⊥BC，tan∠ACO＝，P为OA中点．

（1）点B到OC的距离为 cm．
（2）若⊙A的半径为1cm，当留下的透明条从点O出发，第一次传送到⊙A上某点，且点B到该点距离最小时，最多可以擦除的长度为 cm．
【分析】（1）过点B作BH⊥OC交OC的延长线于H，判断出∠CBH＝∠ACO，进而得出BH＝3CH，
最后根据勾股定理即可求出答案；
（2）过点A作AF⊥OC于F，同（1）的方法求出AF＝，CF＝，再判断出AF∥BH，进而求出OA＝4，再求出PN＝，∠PAN＝60°，最后判断出则点E到点B的距离最小，即可求出答案．
【解答】解：如图（2），
（1）过点B作BH⊥OC交OC的延长线于H，
∴∠H＝90°，
∴∠BCH+∠CBH＝90°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCH＝90°，
∴∠CBH＝∠ACO，
∵tan∠ACO＝，
∴tan∠CBH＝，
在Rt△BHC中，BC＝3，tan∠CBH＝＝，
∴BH＝3CH，
根据勾股定理得，BH2+CH2＝BC2，
∴9CH2+CH2＝9，
∴CH＝，
∴BH＝，
∴点B到OC的距离为，
故答案为：；
（2）过点A作AF⊥OC于F，
在Rt△ACF中，AC＝4，tan∠ACO＝＝，
∴CF＝3AF，根据勾股定理得，AF2+CF2＝AC2，
∴AF2+9AF2＝16，
∴AF＝，
∴CF＝，
在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵AF⊥OC，BH⊥OC，AF∥BH，
∴，
∴，
∴OA＝4，
∵点P是OA的中点，
∴OP＝AP＝2，
由题意得，PN切⊙A于N，连接AN，
∴∠ANP＝90°，
在Rt△ANP中，AN＝1，
根据勾股定理得，PN＝，cs∠PAN＝＝，
∴∠PAN＝60°，
记线段AB与⊙A的交点为E，则点E到点B的距离最小，
∴∠EAN＝120°，
∴＝＝π，
∴当点B到该点距离最小时，最多可以擦除的长度为OP+PN+＝（2++π）cm，
故答案为：（2++π）．
19．（2023•金华模拟）如图是一个矩形足球球场，AB为球门，CD⊥AB于点D，AB＝a米．某球员沿CD带球向球门AB进攻，在Q处准备射门．已知BD＝3a米，QD＝3a米，则tan∠AQB＝ ；已知对方门将伸开双臂后，可成功防守的范围大约为0.5a米；此时门将站在张角∠AQB内，双臂伸开MN且垂直于AQ进行防守，MN中点与AB距离 米时，刚好能成功防守．
【分析】如图，过点B作BH⊥AQ于H，计算BH和HQ的长，根据三角函数定理可得tan∠AQB＝；延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点O作OJ⊥JK于J，根据三角函数定义列比例式计算JN和NK的长，可得结论．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥AQ于H，
Rt△ADQ中，AD＝a+3a＝4a，DQ＝3a，
∴AQ＝5a，
Rt△ABH中，sinA＝＝，
∴＝＝，
∴BH＝a，
∴AH＝a，
∴HQ＝5a﹣a＝a，
∴tan∠AQB＝＝＝；
延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点O作OJ⊥JK于J，
Rt△MNQ中，MN＝0.5a＝a，
∴tan∠MQN＝＝，
∴MQ＝a，
∴NQ＝＝a，
∵BQ＝3a，
∴BN＝BQ﹣NQ＝3a﹣a＝a，
∵∠DBQ＝45°，
∴BK＝NK＝a，
∵BH∥EM，
∴∠ABH＝∠AEM，
∵∠AHB＝∠EKN＝90°，
∴∠A＝∠ENK＝∠ONJ，
∵cs∠ONJ＝＝csA＝，
∵O是MN的中点，
∴ON＝a，
∴NJ＝a，
∴JK＝JN+NK＝a+a＝a，
即MN中点与AB距离a米时，刚好能成功防守．
故答案为：，a．
20．（2023•金华模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移长度a（a＞0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的长为 ．
【分析】分两种情况：
①如图1，∠D'AB'＝90°，②如图2，∠AB'D'＝90°，分别作辅助线，构建相似三角形，证明三角形相似列比例式可得对应a的值．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，∠D'AB'＝90°，延长C'B'交AB于G，过点D'作D'H⊥AB，交BA的延长线于H，
∴∠H＝∠AGB'＝∠BGB'＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，
∵tan∠ABD＝，即，
设B'G＝3x，BG＝4x，
∴BB'＝a＝5x，
由平移得：DD'＝BB'＝5x，
∴D'H＝3+3x，AH＝BG＝4x，
∴AG＝AB＝BG＝4﹣4x，
∵∠D'AB'＝∠HAD'+∠BAB'＝90°，
∠AD'H+∠HAD'＝90°，
∴∠AD'H＝∠GAB'，
∵∠H＝∠AGB'＝90°，
∴△D'HA∽△AGB'，
∴，即＝，
∴x＝，
∴a＝5×＝；
②如图2，∠AB'D'＝90°，延长C'B'交AB于M，则C'M⊥AB，
∴∠AMB'＝90°，
由平移得：B'C'＝BC＝3，
同理设B'M＝3m，BM＝4m，则BB'＝a＝5m，
∴AM＝4﹣4m，
∵∠AB'M+∠D'B'C'＝90°，∠MAB'+∠AB'M＝90°，
∴∠D'B'C'＝∠MAB'，
∵∠C'＝∠AMB'＝90°，
∴△D'C'B'∽△B'MA，
∴，即，
∴m＝，
∴a＝5m＝5×＝；
综上，a的值是或．
21．（2023春•永康市月考）随着“科学运动、健康生活”的理念深入人心，跑步机已成为家居新宠，某品牌跑步机（如图1）的跑道可以旋转（如图2），图3为跑道CD绕点D旋转到DC位置时的侧面图，其中AE为显示屏，AF为扶手，点A，E，C在同一直线上，GH为可伸缩液压支撑杆，G、H的位置不变，GH的长度可变化．
（1）已知AB＝80cm，csB＝，∠EAB+∠B＝180°，则BC＝ cm；
（2）在（1）的条件下，若BG＝40cm，GH∥AB，∠B＝2∠DHG，且A、H、C恰好在同一直线上，则AD＝ cm．
【分析】（1）根据补角性质可得∠CAB＝∠B，作AM⊥BC，垂足为M，再根据三角函数及勾股定理可得BC的长；
（2）CI⊥AB于I，DJ∥BC于J，由等腰三角形性质及相似三角形的判定与性质得GH的长，最后根据平行四边形的判定与性质可得答案．
【解答】解：（1）∵点C在直线AE上，
∴∠EAB+∠CAB＝180°，
∵∠EAB+∠B＝180°，
∴∠CAB＝∠B，
∴AC＝BC，
如图，作AM⊥BC，垂足为M，
∴∠AMB＝∠AMC＝90°，
∵csB＝，AB＝80cm，
∴BM＝AB•cnB＝（cm），
∴AM＝＝（cm），
∵AC＝BC，
在直角三角形AMC中，CM2+AM2＝AC2，
∴（BC﹣BM）2+AM2＝AC2＝BC2，
∴BC＝120（cm）．
故答案为：120．
（2）作CI⊥AB于I，DJ∥BC于J，
∵△ABC是等腰三角形，
∴BI＝AI＝40cm，
∵AB∥GH且A、H、C三点共线，
∴△ABC∽△HGC，
∴，
∴GH＝GC＝（BC﹣BG）＝（cm），
∵DJ∥BC，
∴∠ADJ＝∠B＝2∠DHG，
∵AB∥GH，
∴∠ADH＝∠DHG，
∴∠ADJ＝∠ADC﹣∠ADH＝∠DHG，
∴DJ＝HJ，
∵AB∥GH，DJ∥BC，
∴四边形BGJD是平行四边形，
∴DJ＝BG＝40cm，
∴HJ＝40cm，
∴BD＝GJ＝GH﹣HJ＝﹣40＝（cm），
∴AD＝AB﹣BD＝80﹣＝（cm）．
故答案为：．
22．（2023•金华模拟）如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示，其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥BC，DF＝8厘米，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，tan∠PMG＝，且点D在NM的延长线上，则GF的长为 厘米；使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2厘米，则压杆MN到底座AB的距离为 厘米．
【分析】延长NM，则NM过点D，根据tan∠PMG＝和DF＝8可得GF的长；过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，利用勾股定理可得CF的长，最后利用三角函数可得答案．
【解答】解：如图2，延长NM，则NM过点D，
∵四边形EFGH是矩形，HG∥EF，
∴∠PMG＝∠PDF，
∴tan∠PDF＝tan∠PMG＝＝，
即＝，PF＝6，
∵PF＝6，
∴GF＝PF＝3（厘米）．
如图3，过点P作PK⊥AB于K，
∵MN∥AB，
∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK，
∵∠DFP＝∠DCF＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°，
∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，
由图2可得，PG＝3，tan∠PMG＝，
∴MG＝4，
Rt△DCF中，CF＝＝2，
∴tan∠CDF＝tan∠MPF＝＝，
∴PG＝，PF＝，
∵sin∠CDF＝sin∠PFK＝＝，
∴PK＝（1+）厘米．
故答案为：3；（1+）．
23．（2023•金华模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，点M是AC边的中点，点N是BC边上的任意一点，若点C关于直线MN的对称点C′恰好落在△ABC的中位线上，则CN的长为 ．
【分析】取BC、AB的中点H、G，连接MH、HG、MG．分三种情形：①如图1中，当点C′落在MH上时；②如图2中，当点C′落在GH上时；③如图3中，当点C′落在直线GM上时，分别求解即可解决问题；
【解答】解：取BC、AB的中点H、G，连接MH、HG、MG．
如图1中，当点C′落在MH上时，设NC＝NC′＝x，
由题意可知：MC＝MC′＝4，MH＝5，HC′＝1，HN＝3﹣x，
在Rt△HNC′中，∵HN2＝HC′2+NC′2，
∴（3﹣x）2＝x2+12，
解得x＝．
如图2中，当点C′落在GH上时，设NC＝NC′＝x，
在Rt△GMC′中，MG＝CH＝3，MC＝MC′＝4，
∴GC′＝，
∵∠NHC'＝∠C'GM＝90°，∠NC'M＝90°，
∴∠HNC'+∠HC'N＝∠GC'M+∠HC'N＝90°，
∴∠HNC'＝∠CGC'M，
∴△HNC′∽△GC′M，
∴＝，
∴＝，
∴x＝．
如图3中，当点C′落在直线GM上时，易证四边形MCNC′是正方形，可得CN＝CM＝2．
∴C'M＞GM，
此时点C′在中位线GM的延长线上，不符合题意．
综上所述，满足条件的线段CN的长为或．
故答案为：或．
24．（2023•南浔区一模）将一副三角板按如图方式放置在平面直角坐标系中，已知AB＝2，反比例函数y＝）的图象恰好经过顶点C，D，DB⊥x轴，则k的值为 ．
【分析】如图，过点C作CF⊥x轴于F，CE⊥DB于E．根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得AD＝2AB＝4，BD＝．再根据等腰三角形的性质“三线合一”求得BE＝，∠CEB＝90°，∠BCE＝45°，进而求得CE＝BE＝，那么BF＝CF＝．最后根据反比例函数图象上的点的坐标特点列出等式OB•BD＝（OB+BE）•CE，从而解决此题．
【解答】解：如图，过点C作CF⊥x轴于F，CE⊥DB于E．
由题意得，∠ABD＝90°，∠ADB＝30°，CD＝CB，∠DCB＝90°，∠CBD＝45°．
∵AB＝2，
∴AD＝2AB＝4．
∴BD＝．
∵CD＝CB，CE⊥BD，
∴BE＝，∠CEB＝90°，∠BCE＝＝45°．
∴∠EBC＝∠ECB．
∴CE＝BE＝．
∴BF＝CF＝．
设OB＝a．
∴OB•BD＝（OB+BE）•CE．
∴2a＝（a+）．
∴a＝．
∴k＝OB•BD＝＝6．
故答案为：6．
25．（2022•新疆）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心，将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若AQ•DP＝3，则BQ＝ ．
【分析】通过证明△BAQ∽△PFD，可得，即可求解．
【解答】解：如图，连接DQ，
∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，
∴DE＝DF，∠FDE＝90°，
∴∠DFE＝∠DEF＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°＝∠BAC，
∴∠DAC＝∠DFQ＝45°，
∴点A，点F，点Q，点D四点共圆，
∴∠BAQ＝∠FDQ＝45°，∠DAF＝∠DQF＝90°，∠AFD＝∠AQD，
∴DF＝DQ，
∵AD＝AB，∠BAC＝∠DAC＝45°，AQ＝AQ，
∴△ABQ≌△ADQ（SAS），
∴BQ＝QD，∠AQB＝∠AQD，
∵AB∥CD，
∴∠AFD＝∠FDC，
∴∠FDC＝∠AQB，
又∵∠BAC＝∠DFP＝45°，
∴△BAQ∽△PFD，
∴，
∴AQ•DP＝3＝BQ•DF，
∴3＝BQ•BQ，
∴BQ＝，
故答案为：．
26．（2021春•吴兴区期末）将反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象绕着原点O顺时针旋转45°得到新的双曲线图象C1（如图1所示），直线l⊥x轴，F为x轴上的一个定点．已知：图象C1上的任意一点P到F的距离与到直线l的距离之比为定值，记为e，即e＝，（e＞1）．
（1）如图1，若直线l经过点B（1，0），双曲线C1的解析式为y＝，且e＝2，则F点的坐标为 ；
（2）如图2，若直线l经过点B（1，0），双曲线C2的解析式为y＝，且F（5，0）．P为双曲线C2在第一象限内图象上的动点，连接PF，Q为线段PF上靠近点P的三等分点，连接HQ，在点P运动的过程中，当HQ＝HP时，点P的坐标为 ．
【分析】（1）令y＝0求出x的值，结合e＝2可得出点A的坐标，由点B的坐标及e＝2可求出AF的长度，将其代入OF＝OB+AB+AF中即可求出点F的坐标；
（2）（方法一）设点P的坐标为（x，），则点H的坐标为（1，），由Q为线段PF上靠近点P的三等分点，可得出点Q的坐标为（x+，），利用两点间的距离公式列方程解答即可；
（方法二）代入y＝0找出点A的坐标，结合点B，F的坐标可得出e＝3，进而可得出PF＝3PH＝3PQ，过点P作PM⊥HQ，垂足为M，作PN⊥x轴，垂足为N，通过解直角三角形可得出∠FPN＝30°，设点P的坐标为（m，），则PH＝m﹣1，PF＝3m﹣3，FN＝（m﹣1），由OF＝OB+BN+FN＝5可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】解（1）当y＝0时，＝0，
解得：x1＝2，x2＝﹣2（舍去），
∴点A的坐标为（2，0）．
∵点B的坐标为（1，0），
∴AB＝1．
∵e＝2，
∴＝2，
∴AF＝2，
∴OF＝OB+AB+AF＝4，
∴F点的坐标为（4，0）．
故答案为：（4，0）．
（2）（方法一）设点P的坐标为（x，），则点H的坐标为（1，）．
∵点Q为线段PF上靠近点P的三等分点，点F的坐标为（5，0），
∴点Q的坐标为（x+，）．
∵点H的坐标为（1，），HQ＝HP，
∴（x+﹣1）2+（﹣）2＝[（x﹣1）]2，
化简得：15x2﹣48x+39＝0，
解得：x1＝，x2＝1（舍去），
∴点P的坐标为（，）．
（方法二）当y＝0时，＝0，
解得：x1＝2，x2＝﹣1（舍去），
∴点A的坐标为（2，0），
∴AF＝5﹣2＝3，AB＝2﹣1＝1，
∴e＝＝3＝，
∴PF＝3PH．
∵PF＝3PQ，
∴PH＝PQ．
在图2中，过点P作PM⊥HQ，垂足为M，作PN⊥x轴，垂足为N．
在Rt△HPM中，HM＝HP，
∴∠PHM＝30°，
∴∠PQM＝30°，∠HPQ＝120°．
∵PN⊥x轴，PH∥x轴，
∴∠HPN＝90°，
∴∠FPN＝30°．
设点P的坐标为（m，），则PH＝m﹣1，PF＝3m﹣3，FN＝PF•sin30°＝（m﹣1），
∴OF＝OB+BN+FN＝m﹣＝5，
解得：m＝，
∴点P的坐标为（，）．
故答案为：（，）．
27．（2023•五常市一模）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝∠ABC，tan∠ADC＝，延长AB、DC交于点P，若CD＝，PB＝3CD，则线段AD的长为 ．
【分析】作AM⊥PD于M，CN⊥PA于N，由条件可以证明△AMD≌△CNB得到AM＝CN，NB＝DM，于是推出△PCN≌△PAM得到PN＝PM，由tan∠ADC＝＝，令AM＝4x，MD＝3x，列出关于x的方程，求出x，即可解决问题．
【解答】解：作AM⊥PD于M，CN⊥PA于N，
∴∠AMD＝∠CNB＝90°，
∵AD＝BC，∠ADC＝∠ABC，
∴△AMD≌△CNB（AAS），
∴AM＝CN，NB＝DM，
∵∠APM＝∠CPN，∠PNC＝∠PMA＝90°，AM＝CN，
∴△PCN≌△PAM（AAS），
∴PN＝PM，
∵tan∠ADC＝＝，
∴令AM＝4x，MD＝3x，
∴CN＝AM＝4x，NB＝MD＝3x，
∵PB＝3CD＝3×＝，
∴PN＝PB+BN＝+3x，
∴PM＝PN＝+3x，
∵MC＝MD﹣CD＝3x﹣，
∴PC＝PM+MC＝6x+，
∵PC2＝PN2+CN2，
∴＝+（4x）2，
∴16x2+24x﹣55＝0，
∴x＝或x＝﹣（舍），
∵AD＝＝5x，
∴AD＝5×＝．
故答案为：．
28．（2023•瑞安市开学）如图，点A，B分别在第一，二象限的反比例函数图象y＝（k1＞0），y＝（k2＜0）上，点C在y轴负半轴上，连结AB，OA，AC，且AC交x轴于点E．已知AB＝2AC，CE＝2AE，且∠AOC＝135°．若AC⊥AB，且k，则k2的值为 ．
【分析】由∠AOC＝135°，则∠AOy＝45°，故设点A（m，m），由平行线分线段成比例求出点C（0，﹣2m），利用△BMA∽△ANC得到B的坐标，进而求解．
【解答】解：∵∠AOC＝135°，则∠AOy＝45°，
故设点A（m，m），
过点A作AT⊥y轴于点T，则OT＝m，
∵OE∥AT，CE＝2AE，即CE：AE＝2，
∴OC：OT＝2，故点C（0，﹣2m），
过点A作MN∥y轴交过点B与x轴的平行线于点M，交过点C与x轴的平行线于点N，
∵∠CAN+∠BAM＝90°，∠BAM+∠ABM＝90°，
∴∠CAN＝∠ABM，
∵∠BMA＝∠ANC＝90°，
∴△BMA∽△ANC，
∵AB＝2AC，
则△BMA和△ANC的相似比为2：1，
即BM＝2AN，AM＝2CN，
设点B（s，t），
则m﹣s＝2×（m+2m）且t﹣m＝2m，
解得：s＝﹣5m且t＝3m，
则k2＝st＝﹣15m2，
而k1＝m2，
∵k1+k2＝﹣，
即﹣15m2+m2＝﹣，
解得：m2＝，
则k2＝st＝﹣15×＝﹣，
故答案为：﹣．
29．（2023•瑞安市开学）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，延长小正方形的对角线EF交边AB于点G，且BG：AG＝2：3．在EG的延长线上取点H，使∠AHB＝90°，分别以AH，BH为边在△AHB的外侧构造正方形，图中构成的阴影部分的面积分别记为S1，S2，则S1：S2＝ ．若S1+S2＝39，则EH的长为 ．
【分析】如图，设小正方形EMFN的边长为x，可证得四边形AHBM是矩形，得出：BH＝AM，BH∥AM，利用△AEG∽△BHG，可得＝，可得AM＝BH＝2x，AE＝AH＝3x，可推出＝，再利用S1+S2＝39，可求得x2＝6，再运用勾股定理即可求得EH．
【解答】解：如图，设小正方形EMFN的边长为x，
则∠EFM＝∠FEM＝∠BFH＝∠BHF＝45°，
∵∠AHB＝90°，
∴∠AHE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAH＝90°，
∵∠AMB＝180°﹣∠EMF＝180°﹣90°＝90°，
∴∠AMB＝∠AHB＝∠MAH＝90°，
∴四边形AHBM是矩形，
∴BH＝AM，BH∥AM，
∴△AEG∽△BHG，
∴＝＝，
∴＝，
∴AM＝BH＝2x，
∴AE＝AM+EM＝2x+x＝3x，
∴AH＝AE＝3x，
∴＝＝＝＝，
∵S1+S2＝39，
∴×（3x）2+×（2x）2＝39，
∴x2＝6，
∴EH＝＝＝＝＝6．
故答案为：9：4，6．
30．（2023春•东西湖区校级月考）如图，Rt△CAD中，∠CAD＝90°，B是△CAD外面的一点，连接BD，BC，且BC＝12，BD＝9，sin∠ACD＝sin∠CBA＝，则AB的长为 ．
【分析】作AE⊥AB于点A，交BC于点E，连接DE，由，设AD＝3a，AE＝3b，则AC＝4a，AB＝4b，CD＝5a，BE＝5b，推出△BAC∽△EAD，求得，∠BED＝90°，在Rt△EBD中，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：作AE⊥AB于点A，交BC于点E，连接DE，
∴∠BAE＝∠DAC＝90°，
∴∠BAC＝∠EAD，
∵，即，
设AD＝3a，AE＝3b，则AC＝4a，AB＝4b，CD＝5a，BE＝5b，
∴，即，
∴△BAC∽△EAD，
∴，∠ABC＝∠AED，
∴，∠ABC+∠BEA＝∠AED+∠BEA＝90°，
即∠BED＝90°，
在Rt△EBD中，BE2+DE2＝BD2，即，
解得，
∴．
故答案为：．