中考数学真题模拟压轴题（含详细解析）

这是一份中考数学真题模拟压轴题（含详细解析），共49页。
2．如图，已知公路l上A，B两点之间的距离为20米，点B在C的南偏西30°的方向上，A在C的南偏西60°方向上，则点C到公路l的距离为 米．
3．如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行302km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，则A，C两港之间的距离为 km．
4．如图，码头A在码头B的正东方向，它们之间的距离为10海里．一货船由码头A出发，沿北偏东45°方向航行到达小岛C处，此时测得码头B在南偏西60°方向，那么码头A与小岛C的距离是 海里（结果保留根号）．
5．如图，在一次夏令营活动中，小明同学从营地A出发，要到A地的北偏东60°方向的C处，他先沿正东方向走了200米到达B地，再沿北偏东30°方向走，恰能到达目的地C处，那么，由此可知C地到B地的距离BC的长为 米．
6．如图，在锐角三角形ABC中，∠ABC＝30°，延长AC到点D，使CD＝AC，点E在AB上，AE＝2，F是BC上不与点B，C重合的点，连接EF并延长到点G，使FG＝EF，连接DG并延长交BC于点H，当∠CHD＝30°时，CF＝ ．
7．如图，已知DE∥BC，CD和BE相交于点O，S△DOE：S△COB＝9：25，则AEEC= ．
8．如图，长方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上．已知△ABC的边BC长120cm，高AH为40cm，且长方形DEFG的长DG是宽DE的2倍，那么DE的长度是 cm．
9．如图，P是△ABC边BC上一点，且BPPC=32，PA⊥BA，若AB＝6，AC=241，则BC＝ ．
二．解答题（共11小题）
10．如图，点E在正方形ABCD的AD边上（不与点A，D重合），连接EC，将△DEC沿EC翻折，使点D落在点F处，作射线DF交CE于点M，交AB于点N，连接BF．
（1）求证：△ADN≌△DCE；
（2）过点A作AH∥BF交射线DN于点H．
①求∠AHF的度数；
②直接写出线段AH与FM之间的数量关系．
11．矩形ABCD中，AD＝2AB，点E、F分别在BC、DC上，∠EAF＝45°，过点F作FG∥BC，交AE于点G．过点A作AH⊥AE交CD的延长线于点H．
（1）如图1，①求证：DH＝2BE；②求证：FG＝2BE+DF；
（2）如图2，连接DE交AF于点P，AB＝3．
①设DF＝x，FG＝y，用含x的式子表示y；
②若FG＝5，求DP的长．
12．△ABC中，CA＝CB，以BC为边作四边形BCDE（B，C，D，E四点按顺时针排列），BE⊥BC，CD∥BE，DE∥BC，对角线BD，CE交于点O，连接AO交BC于点F．
（1）如图，当∠ACB＝60°时：
①求证：四边形BCDE是矩形；
②求证：AF⊥BC，BF＝CF；
（2）当∠ACB＝120°，AC=23时，延长AB到点M，使BM＝AB，连接OM．
①若△BOM是以BM为直角边的直角三角形，请直接写出OM的长；
②若OM=52，请直接写出BE的长．
13．如图1，E为正方形ABCD对角线BD上一点（不与B，D重合），F为DE中点，作EG⊥BC于G，连接AF，FG．
（1）直接写出线段AF与FG的数量关系和位置关系，不必证明；
（2）将△BEG绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）．
①如图2，若0°＜α＜45°，（1）中的结论是否还成立，若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
②如图3，若45°＜α＜90°，连接AE且满足AE⊥EG，直接用等式表示线段EA，AF，EG之间的数量关系，不必证明．
14．在综合与实践课上老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动．
（1）操作判断：
在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部的点M处，把纸片展平，过M作EF∥BC交AB、CD、BP于点E、F、N，连接PM并延长交CD于点Q，连接BQ，如图①，当E为AB中点时，求证△PMN是等边三角形．
（2）迁移探究：
如图②，若BE＝5，且ME•MF＝10，求正方形ABCD的边长．
如图③，若MNBc=1n(n＞1)，直接写出CQBC的值为 ．
15．如图，二次函数y＝x2+bx+c（b，c为常数）图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），顶点为C，点D的坐标为（0，﹣1），连接BD，CD，BC．
（1）求二次函数表达式；
（2）如图1，求证：△BDC是等腰直角三角形；
（3）如图2，M，N分别是线段BC，CD上的动点，且BM+DN＝CD，求BN+DM的最小值．
16．如图，在菱形ABCD中，∠ABC为锐角，E是对角线AC上的一个动点(0＜AE＜12AC)，连接BE，DE．
（1）如图1，求证：△BCE≌△DCE；
（2）如图2，在AB左侧作∠ABP＝∠CBE，延长DE分别交AB，BP于点F，G．
①当BF＝4，cs∠CBE=23时，求FG的长；
②如图3，在BC上截取BM＝BF，连接FM交BE于点H，连接DM交对角线AC于点N，求证：四边形MNEH是平行四边形．
17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x﹣m）（x+1）（其中m＞0），交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴负半轴于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）如图1，若在x轴上方的抛物线上存在一点D，使得∠ACO＝∠BCD，当AB＝4时，求点D的坐标；
（3）如图2，平面上一点E（m，2），过点E作任意一条直线交抛物线于P、Q两点，连接AP、AQ，分别交y轴于M、N两点，则OM与ON的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
18．【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，直线AB交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（﹣3，0），BC垂直于AB且BC＝15，求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ=13，若存在，求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
19．如图1，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，EF∥BD，且EF交AC于点M．
（1）求证：EM＝FM；
（2）如图2，过点M作MN⊥EF交BC于点N，连接NF，若∠BNM＝2∠EFN，∠FNC＝50°，∠ADC＝45°，FN＝8．
①求BN的长；
②若AE=32，求S△AEMS四边形MODF．
20．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，连接BC，以BC，CD为邻边作▱BCDF，连接CF与AB交于点H，AE=4，CD=46．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）求⊙O的半径；
（3）求CF的长．
参考答案与试题解析
一．填空题（共9小题）
1．如图，小明家A在学校B的正东方向，相距2km，体育馆C在小明家的北偏东30°方向，在学校的北偏东53.8°方向，则小明家与体育馆的距离AC为 2.9 km（精确到0.1km）．（参考数据：3≈1.73，sin53.8°＝cs36.2°≈0.81，cs53.8°＝sin36.2°≈0.59，tan53.8°≈1.37，tan36.2°≈0.73）
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】2.9．
【分析】过点C作CD⊥BA于点D，设AC＝x km，先解Rt△ADC表示出CD、AD，再解Rt△BDC表示出BD，最后根据BD﹣AD＝AB列出方程即可求解．
【解答】解：如图，过点C作CD⊥BA于点D，则∠BDC＝90°，
由题意得，∠CBD＝90°﹣53.8°＝36.2°，∠CAD＝90°﹣30°＝60°，
设AC＝x km，
∴CD=AC⋅sin∠CAD=32x km，AD=AC⋅cs∠CAD=12x km，
在Rt△BDC，BD=CDtan∠CBD≈1.18x km，
∵BD﹣AD＝AB，
∴1.18x−12x=2，
∴0.68x＝2，
∴x≈2.9，
∴小明家与体育馆的距离AC约为2.9km，
故答案为：2.9．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，掌握解直角三角形是解题的关键．
2．如图，已知公路l上A，B两点之间的距离为20米，点B在C的南偏西30°的方向上，A在C的南偏西60°方向上，则点C到公路l的距离为 103 米．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】103．
【分析】过点C作CD⊥公路l于点D，证∠ACB＝∠CAB＝30°，得AB＝BC＝20米，再在Rt△BCD中，根据CD＝BCsin∠CBD计算求得CD的长即可．
【解答】解：如图，过点C作CD⊥公路l于点D，
则∠ADC＝90°，∠BCD＝30°，∠ACD＝60°，AB＝20米，
∴∠ACB＝∠ACD﹣∠BCD＝60°﹣30°＝30°，∠CAD＝90°﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠ACB＝∠CAD，
∴BC＝AB＝20米，
在Rt△BCD中，cs∠BCD=CDBC，
∴CD＝BC•cs∠BCD＝20×32=103（米），
故答案为：103．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用、等腰三角形的判定等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解决问题的关键．
3．如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行302km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，则A，C两港之间的距离为 （30+103） km．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（30+103）．
【分析】过B作BE⊥AC于E，过C作CF∥AD，证出∠ACB＝60°，由题意得∠CAB＝65°﹣20°＝45°，AB＝302km，解直角三角形求出AE、CE的长，即可得到答案．
【解答】解：如图，过B作BE⊥AC于E，过C作CF∥AD，
则CF∥AD∥BG，∠AEB＝∠CEB＝90°，
∴∠ACF＝∠CAD＝20°，∠BCF＝∠CBG＝40°，
∴∠ACB＝20°+40°＝60°，
由题意得，∠CAB＝65°﹣20°＝45°，AB＝302km，
在Rt△ABE中，∵∠ABE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵AB＝302km，
∴AE＝BE=22AB＝30（km），
在Rt△CBE中，∵∠ACB＝60°，tan∠ACB=BECE，
∴CE=BEtan60°=303=103（km），
∴AC＝AE+CE＝30+103（km），
∴A，C两港之间的距离为（30+103）km，
故答案为：（30+103）．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握解直角三角形，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
4．如图，码头A在码头B的正东方向，它们之间的距离为10海里．一货船由码头A出发，沿北偏东45°方向航行到达小岛C处，此时测得码头B在南偏西60°方向，那么码头A与小岛C的距离是 （56+52） 海里（结果保留根号）．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（56+52）．
【分析】过C作CD⊥BA于D，证△ACD是等腰直角三角形，得CD＝AD，AC=2CD，设CD＝AD＝x海里，则AC=2x海里，再由锐角三角函数定义得BD=3CD=3x（海里），然后由BD＝AD+AB得3x＝x+10，解得：x＝53+5，即可解决问题．
【解答】解：过C作CD⊥BA于D，如图：
则∠CDB＝90°，
由题意得：∠BCD＝60°，∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD＝AD，AC=2CD，
设CD＝AD＝x海里，则AC=2x海里，
在Rt△BCD中，tan∠BCD=BDCD=tan60°=3，
∴BD=3CD=3x（海里），
∵BD＝AD+AB，
∴3x＝x+10，
解得：x＝53+5，
∴2x=2×（53+5）＝56+52，
即AC＝（56+52）海里，
故答案为：（56+52）．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
5．如图，在一次夏令营活动中，小明同学从营地A出发，要到A地的北偏东60°方向的C处，他先沿正东方向走了200米到达B地，再沿北偏东30°方向走，恰能到达目的地C处，那么，由此可知C地到B地的距离BC的长为 200 米．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】200．
【分析】先求出∠BAC，再由三角形的内角和定理求出∠C，从而得到∠BAC＝∠C，然后由等角对等边可得BC＝AB＝200米．
【解答】解：∵B在A的正东方，C在A地的北偏东 60°方向，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∵C在B地的北偏东30°方向，
∴∠ABC＝90°+30°＝120°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝180°﹣30°﹣120°＝30°，
∴∠BAC＝∠C，
∴BC＝AB＝200米，
即C地到B地的距离BC的长为200米．
故答案为：200．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题以及等腰三角形的判定，熟练掌握方向角的定义，求出∠BAC＝∠C是解题的关键．
6．如图，在锐角三角形ABC中，∠ABC＝30°，延长AC到点D，使CD＝AC，点E在AB上，AE＝2，F是BC上不与点B，C重合的点，连接EF并延长到点G，使FG＝EF，连接DG并延长交BC于点H，当∠CHD＝30°时，CF＝ 3 ．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】3．
【分析】连接AG，取AG中点M，连接CM、MF，作MN⊥CF于点N，根据中位线定理得CM∥DH，MF∥AB，MF=12AE=1，则有∠MCF＝∠MFC＝30°，由等腰三角形的判定得CM＝MF＝1，通过30°角所对直角边是斜边的一半得出MN=12MF=12，最后由勾股定理即可求解．
【解答】解：连接AG，取AG中点M，连接CM、MF，作MN⊥CF于点N，
∵CD＝AC，FG＝EF，
∴CM∥DH，MF∥AB，MF=12AE=1，
∴∠MCF＝∠DCH＝30°，∠MFC＝∠ABC＝30°，
∴∠MCF＝∠MFC＝30°，
∴CM＝MF＝1，
∴CN=FN=12CF，
∵MN⊥CF，
∴MN=12MF=12，
∴MF2＝MN2+NF2，
∴12=(12)2+NF2，
∴1=14+NF2，
∴MF=12，NF=32，
∴CF=3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了中位线定理，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
7．如图，已知DE∥BC，CD和BE相交于点O，S△DOE：S△COB＝9：25，则AEEC= 3：2 ．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】3：2．
【分析】由DE∥BC，证明△DOE∽△COB，则S△DOES△COB=(DEBC)2=925，得DEBC=35，再由△ADE∽△ABC，得AEAC=DEBC=35，即可求得AE：EC＝3：2．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△DOE∽△COB，
∴S△DOES△COB=(DEBC)2，
∵S△DOES△COB=925，
∴(DEBC)2=925，
∴DEBC=35，
∵△ADE∽△ABC，
∴AEAC=DEBC=35，
∴AE：EC＝3：2，
故答案为：3：2．
【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质，由S△DOE：S△COB＝9：25，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求得DEBC=35是解题的关键．
8．如图，长方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上．已知△ABC的边BC长120cm，高AH为40cm，且长方形DEFG的长DG是宽DE的2倍，那么DE的长度是 24 cm．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】24．
【分析】设AH交DG于点L，由长方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上，AH是△ABC的高，得∠ALD＝∠AHB＝90°，则AL⊥DG，四边形DEHL是矩形，所以DE＝LH，可证明△ADG∽△ABC，得ALAH=DGBC，则40−DE40=2DE120，求得DE＝24cm，于是得到问题的答案．
【解答】解：设AH交DG于点L，
∵长方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、AC上，
∴DG∥BC，∠DEC＝∠EDG＝90°，
∴AH是△ABC的高，
∴AH⊥BC，
∴∠ALD＝∠AHB＝90°，
∴AL⊥DG，四边形DEHL是矩形，
∴DE＝LH，
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ABC，
∴ALAH=DGBC，
∵BC＝120cm，AH＝40cm，DG＝2DE，
∴AL＝40﹣LH＝40﹣DE，
∴40−DE40=2DE120，
解得DE＝24，
∴DE的长度是24cm，
故答案为：24．
【点评】此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△ADG∽△ABC是解题的关键．
9．如图，P是△ABC边BC上一点，且BPPC=32，PA⊥BA，若AB＝6，AC=241，则BC＝ 513 ．
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】513．
【分析】作EC⊥AP交AP的延长线于点E，则AB∥EC，∠PAB＝∠E＝90°，所以△APB∽△CPE，则APEP=ABEC=BPPC=32，因为AB＝6，AC=241，所以EC=23AB＝4，求得AE=AC2−EC2=15，则AP=35AE＝9，EP=25AE＝6，所以BP=AB2+AP2=313，PC=EC2+EP2=213，则BC=513，于是得到问题的答案．
【解答】解：作EC⊥AP交AP的延长线于点E，
∵PA⊥AB，BPPC=32，
∴AB∥EC，∠PAB＝∠E＝90°，
∴△APB∽△CPE，
∴APEP=ABEC=BPPC=32，
∵AB＝6，AC=241，
∴EC=23AB=23×3＝4，
∴AE=AC2−EC2=(241)2−42=15，
∴AP=32+3AE=35AE=35×15＝9，EP=22+3AE=25AE=25×15＝6，
∴BP=AB2+AP2=62+92=313，PC=EC2+EP2=42+62=213，
∴BC＝BP+PC=313+213=513，
故答案为：513．
【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
二．解答题（共11小题）
10．如图，点E在正方形ABCD的AD边上（不与点A，D重合），连接EC，将△DEC沿EC翻折，使点D落在点F处，作射线DF交CE于点M，交AB于点N，连接BF．
（1）求证：△ADN≌△DCE；
（2）过点A作AH∥BF交射线DN于点H．
①求∠AHF的度数；
②直接写出线段AH与FM之间的数量关系．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）①45°；
②AH=2FM．
【分析】（1）在△ADN与△DCE中找对应的边和角相等；
（2）①猜想∠AHF＝45°，根据AH∥BF，只要说明∠BFN＝45°，再寻求角角关系；
②由∠BFN＝45°猜想△BHF是等腰直角三角形，正方形中也可构造等腰直角三角形，利用手拉手模型证明三角形相似．
【解答】（1）证明：∵△DEC沿EC翻折，点D落在点F处，
∴EF＝ED，CF＝CD，
∴CE垂直平分DF，
∴在Rt△EMD中，∠DEM+∠EDM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠DAB＝90°，AD＝DC，
∴在Rt△ECD中，∠DEC+∠ECD＝90°，
∴∠EDM＝∠ECD，
∴△ADN≌△DCE（ASA）．
（2）解：①由翻折知，CD＝CF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCB＝90°，
∴CD＝CF＝CB，
∴∠CDF＝∠CFD，∠CFB＝∠CBF，
∴∠DCF＝180°﹣（∠CDF+∠CFD）＝180°﹣2∠CFD，∠FCB＝180°﹣（∠CFB+∠CBF）＝180°﹣2∠CFB，
∵∠DCF+∠FCB＝∠DCB＝90°，
∴180°﹣2∠CFD+180°﹣2∠CFB＝90°，
∴∠CFD+∠CFB＝135°，
∴∠BFN＝180°﹣135°＝45°，
∵AH∥BF，
∴∠AHF＝∠BFN＝45°．
②连接HB，BD，
∵∠AHD＝∠ABD＝45°，
∴A、H、B、D四点共圆，
∴∠BHD＝∠BAD＝90°，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴∠HBF＝45°，
∵∠ABD＝45°，
∴∠HBF＝∠ABD，
∴∠HBA＝∠FBD，
∵BFHB=BDAB=2，
∴△BHA∽△BFD，
∴DFAH=2，
∴2FMAH=2，
∴AH=2FM．
【点评】本题考查了三角形全等的判断，平行线的性质，三角形相似等知识点，关键要善于联想，大胆猜测，向熟知的题型上靠．
11．矩形ABCD中，AD＝2AB，点E、F分别在BC、DC上，∠EAF＝45°，过点F作FG∥BC，交AE于点G．过点A作AH⊥AE交CD的延长线于点H．
（1）如图1，①求证：DH＝2BE；②求证：FG＝2BE+DF；
（2）如图2，连接DE交AF于点P，AB＝3．
①设DF＝x，FG＝y，用含x的式子表示y；
②若FG＝5，求DP的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①见解析；②见解析；
（2）①y=x2+36x+6；②DP=2133．
【分析】（1）①证明三角形△ABE∽△ADH，利用相似三角形的性质即可求证；
②连接GH，由∠HAG+∠GFH＝180°得到A、G、F、H四点共圆，根据圆周角定理可得∠GAF＝∠GHF＝45°，于是得到△FGH为等腰直角三角形，进而得到FG＝FH，再由线段之间的关系等量替换即可证明；
（2）①延长FG，交AB与点M，根据题意易得AD＝BC＝MF＝6，AM＝x，MG＝6﹣y，BE=y−x2，根据平行线分线段成比例的性质可得AMAB=MGBE，代入整理即可求解；
②延长FG，交AB与点M，DE交FG于点Q，若FG＝5，根据（2）①所求式子求得DF＝2，于是AM＝2，CF＝1，BE=32，CE=92，根据平行线分线段成比例的性质得FQCE=DFCD，求出FQ＝3，利用勾股定理求出DQ=13，再利用平行线分线段成比例的性质得到PQDP=FQAD，代入计算即可求解．
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠ABE＝∠ADH＝90°，
∵AH⊥AE，
∴∠EAF+∠FAD+∠DAH＝90°，
∵∠EAF+∠FAD+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠DAH，
∴△ABE∽△ADH，
∴BEDH=ABAD=12，
∴DH＝2BE；
②如图，连接GH，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，
∵FG∥BC，
∴∠GFH＝90°，
∴∠HAG+∠GFH＝180°，
∴A、G、F、H四点共圆，
∴∠GAF＝∠GHF＝45°，
∴△FGH为等腰直角三角形，
∴FG＝FH，
∴FG＝DH+DF＝2BE+DF；
（2）解：①如图，延长FG，交AB与点M，
则四边形AMFD为矩形，
∵AB＝3，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝MF＝6，
设DF＝x，FG＝y，
∴AM＝x，MG＝MF﹣FG＝6﹣y，
由（1）②知，FG＝2BE+DF，
∴BE=y−x2，
∵MG∥BE，
∴AMAB=MGBE，即x3=6−yy−x2，
∴y=x2+36x+6；
②如图，延长FG，交AB与点M，DE交FG于点Q，
若FG＝5，则x2+36x+6=5，
解得x1＝2，x2＝3，
经检验，x1＝2，x2＝3是原分式方程的解，
∵DF＝x＜3，
∴x＝2，
∴DF＝AM＝2，CF＝1，BE=32，CE=92，
∵QF∥CE，
∴FQCE=DFCD，即FQ92=23，
∴FQ＝3，
在Rt△DFQ中，DQ=DF2+FQ2=22+32=13，
∴PQ=13−DP，
∵FQ∥AD，
∴PQDP=FQAD，即13−DPDP=36，
∴DP=2133．
【点评】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理、平行线的性质，本题考查学生的逻辑推理能力和计算能力，本题有一定难度，灵活运用所学知识是解题关键．
12．△ABC中，CA＝CB，以BC为边作四边形BCDE（B，C，D，E四点按顺时针排列），BE⊥BC，CD∥BE，DE∥BC，对角线BD，CE交于点O，连接AO交BC于点F．
（1）如图，当∠ACB＝60°时：
①求证：四边形BCDE是矩形；
②求证：AF⊥BC，BF＝CF；
（2）当∠ACB＝120°，AC=23时，延长AB到点M，使BM＝AB，连接OM．
①若△BOM是以BM为直角边的直角三角形，请直接写出OM的长；
②若OM=52，请直接写出BE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①答案见解答过程；②答案见解答过程；
（2）①43；②6−22．
【分析】（1）①由CD∥BE，DE∥BC可判定四边形BCDE为平行四边形，再根据BE⊥BC可得出结论；
②先根据矩形的性质得OC＝OB，进而判定△ABC为等边三角形，然后证△AOC和△AOB全等得∠CAO＝∠BAO，据此再根据等边三角形的性质可得出结论；
（2）当∠OBM＝90°时，过点C作CT⊥AB于T，证△OBC为等边三角形得OC＝BC＝2√3，则OA＝OC+AC=43，再证在△MOB和△AOB全等即可得出OM的长；
②过点C作CT⊥BC于T，过点O作ON⊥BC于N，过点M作MN⊥ON于H，设MH交BE于G，先求出BN=3，在Rt△BCT中，AC＝BC=23，∠ACB＝120°，CT⊥AB，BM＝AB＝6，BG＝3，MG=33，再证明四边形BGHN为矩形得HG＝BN=3，NH＝BG＝3，则MH＝MG+HG=43，进而得OH=2，则ON＝NH﹣OH=3−2，再根据三角形中位线定理可得BE的长．
【解答】（1）①证明：∵CD∥BE，DE∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
又∵BE⊥BC，
∴∠CBE＝90°，
∴平行四边形BCDE为矩形；
②解：由（1）可知：四边形BCDE为矩形，
∴OC＝OB，
在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴CA＝BA，
在△AOC和△AOB中，
CA=BAOC=OBAO=AO，
∴△AOC≌△AOB（SSS），
∴∠CAO＝∠BAO，
即：AO为等边△ABC的角平分线，
∴AF⊥BC，BF＝CF；
（2）①解：OM=43，理由如下：
∵对角线BD，CE交于点O，连接AO交BC于点F，当∠OBM＝90°时，过点C作CT⊥AB于T，
此时点F与点C重合，依题意如图所示
在△ABC中，AC＝BC=23，∠ACB＝120°，
∴∠A＝∠ABC=12（180°﹣∠ACB）＝30°，AT＝BT，
∵∠OBM＝90°，
∴∠OBM＝∠OBA＝90°，
∴∠OBC＝∠OBA﹣ABC＝60°，∠BOC＝∠OBA﹣∠A＝60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴OC＝BC=23，
∴OA＝OC+AC=43，
在△MOB和△AOB中，
BM=AB∠OBM=∠OBA=90°OB=OB，
∴△MOB≌△AOB（SAS），
∴OM＝OA=43；
②解：BE的长为：6−22．理由如下：
∵对角线BD，CE交于点O，连接AO交BC于点F，依题意得，如图2所示：
过点C作CT⊥AB于T，过点O作ON⊥BC于N，过点M作MH⊥直线ON于H，交BE于G，
在Rt△BCT中，AC＝BC=23，∠ACB＝120°，CT⊥AB，
∴∠BCT=12∠ACB＝60°，AB＝2BT，
∴∠CBT＝30°，
∴CT=12BC=3，
由勾股定理得：BT=BC2−CT2=3，
∴BM＝AB＝2BT＝6，
由（1）可知：四边形BCDE为矩形，
∴OB＝OC＝OE，
∴BN＝CN=12BC=3，
∵BE⊥BC，∠CBT＝30°，
∴∠MBG＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
在Rt△BMG中，∠BMG＝90°﹣∠MBG＝30°，
∴BG=12BM＝3，
由勾股定理得：MG=BM2−BG2=33，
∵ON⊥BC，BE⊥BC，MH⊥ON，
∴四边形BGHN为矩形，
∴HG＝BN＝√3，NH＝BG＝3，
∴MH＝MG+HG=33+3=43，
在Rt△OHM中，OM=52，MH=43，
由勾股定理得：OH=OM2−MH2=2，
∴ON＝NH﹣OH=3−2，
∴BE＝2ON=6−22．
综上所述：BE的长6−22．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定及性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等，解答（1）的关键是熟练掌握矩形的判定，全等三角形的判定方法，理解等边三角形边上的中线、高、顶角的平分线重合；解答（2）的关键是理解在直角三角形中，30°的角所对的边等于斜边的一半；灵活运用勾股定理进行计算．
13．如图1，E为正方形ABCD对角线BD上一点（不与B，D重合），F为DE中点，作EG⊥BC于G，连接AF，FG．
（1）直接写出线段AF与FG的数量关系和位置关系，不必证明；
（2）将△BEG绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°）．
①如图2，若0°＜α＜45°，（1）中的结论是否还成立，若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；
②如图3，若45°＜α＜90°，连接AE且满足AE⊥EG，直接用等式表示线段EA，AF，EG之间的数量关系，不必证明．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）AF＝FG，AF⊥FG；
（2）①（1）中的结论成立，证明见解析；②EA2+EG2＝2AF2．
【分析】（1）如图1，延长GF到M，使FM＝GF，连接AG，AM，DM，分别证明△DFM≌△EFG（SAS）和△ABG≌△ADM（SAS），得到AG＝AM，∠GAM＝90°，则△AGM是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）①如图2，延长GF到M，使FM＝GF，连接AG，AM，DM，同（1）中方法，分别证明△DFM≌△EFG（SAS）和△ABG≌△ADM（SAS），得到AG＝AM，∠GAM＝90°，则△AGM是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得结论；
②如图3，延长GF到M，使FM＝GF，连接AG，AM，DM，同①中方法，可证得AF＝FG，AF⊥FG，利用勾股定理可得关系式．
【解答】解：（1）AF＝FG，AF⊥FG．
理由：如图1，延长GF到M，使FM＝GF，连接AG，AM，DM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，∠CBD＝45°，
∵F为DE中点，
∴DF＝EF，
又∵∠DFM＝∠EFG，
∴△DFM≌△EFG（SAS），
∴∠FMD＝∠FGE，DM＝EG，
∴EG∥DM，
∵EG⊥BC，∠CBD＝45°，
∴EG∥CD，∠GEB＝∠GBE＝45°，
∴BG＝EG＝DM，C、D、M共线，则∠ADM＝∠ADC＝90°，
在△ABG和△ADM中，
AB=AD∠ABG=∠ADMBG=DM，
∴△ABG≌△ADM（SAS），
∴AG＝AM，∠BAG＝∠DAM，
∴∠GAM＝∠GAD+∠DAM＝∠GAD+∠BAG＝∠BAD＝90°，
则△AGM是等腰直角三角形，又FM＝GF，
∴AF＝FG，AF⊥FG；
（2）①（1）中的结论，即AF＝FG，AF⊥FG．
证明：如图2，延长GF到M，使FM＝GF，连接AG，AM，DM，
同（1），∵DF＝EF，∠DFM＝∠EFG，FM＝GF，
∴△DFM≌△EFG（SAS），
∴∠FMD＝∠FGE，DM＝EG，
∴EG∥DM，
∵△BEG绕点B逆时针旋转α，结合（1）中的EG∥DM，
∴DM绕点D逆时针旋转α，则∠ADM＝∠ABG＝90°﹣α，
∴在△ABG和△ADM中，
AB=AD∠ABG=∠ADMBG=DM，
∴△ABG≌△ADM（SAS），
∴AG＝AM，∠BAG＝∠DAM，
∴∠GAM＝∠GAD+∠DAM＝∠GAD+∠BAG＝∠BAD＝90°，
则△AGM是等腰直角三角形，又FM＝GF，
∴AF＝FG，AF⊥FG；
②如图3，延长GF到M，使FM＝GF，连接AG，AM，DM，
同①中方法，可证得AF＝FG，AF⊥FG，
∴AG2＝AF2+FG2＝2AF2，
∵AE⊥EG，
∴∠AEG＝90°，
∴AG2＝EA+EG2，
∴EA2+EG2＝2AF2．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转性质、勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形，结合等腰直角三角形的性质探究线段之间的关系是解答的关键．
14．在综合与实践课上老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动．
（1）操作判断：
在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部的点M处，把纸片展平，过M作EF∥BC交AB、CD、BP于点E、F、N，连接PM并延长交CD于点Q，连接BQ，如图①，当E为AB中点时，求证△PMN是等边三角形．
（2）迁移探究：
如图②，若BE＝5，且ME•MF＝10，求正方形ABCD的边长．
如图③，若MNBc=1n(n＞1)，直接写出CQBC的值为 n−1n+1 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）正方形ABCD的边长为35；n−1n+1．
【分析】（1）由折叠的性质可得∠APB＝∠MPB，∠A＝∠BMP＝90°，利用平行线的性质得∠APN＝∠PNM，进而得∠MPN＝∠PNM，MN＝MP，再利用直角三角形中线的性质可得PN=12BP＝MN，即可证明△PMN为等边三角形；
（2）证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ，可得MQ＝CQ，证明△MFQ∽△BEM，可得MFBE=FQME，从而求得FQ＝2，MQ＝CQ＝3，再利用勾股定理求得MF的长，再算出EM的长，即可求出正方形ABCD的边长；
设MN＝a，根据题意可得BC＝na，PA＝PM＝MN＝a，PD＝（n﹣1）a，设CQ＝x，则DQ＝na﹣x，根据S四边形ABMP+S四边形BCQM+S△PDQ＝S正方形ABCD，可得2S△ABP+2S△BCQ+S△PDQ＝S正方形ABCD，再代入计算解出x即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
根据折叠的性质可得：∠APB＝∠MPB，∠A＝∠BMP＝90°，
∵EF∥BC，
∴EF∥AD，
∴∠APN＝∠PNM，
∴∠MPN＝∠PNM，
∴MN＝MP，
∵点E为AB的中点，EN∥AP，
∴点N为BP的中点，PN=12BP，
∴MN=12BP，
∴PN＝MN＝MP，
∴△PMN为等边三角形；
（2）由折叠的性质可知，BM＝AB＝BC，
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中，
BM=BCQB=QB，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），
∴MQ＝CQ，
∵EF∥BC，
∴四边形EBCF为矩形，
∴BE＝CF＝5，BC＝EF，∠MFQ＝∠BEM＝90°，
∴∠FMQ+∠FQM＝90°，
∵∠BMQ＝90°，
∴∠FMQ+∠EMB＝90°，
∴∠FQM＝∠EMB，
∴△MFQ∽△BEM，
∴MFNE=FQEM，
∴BE•FQ＝MF•EM，
∵ME•MF＝10，
∴BE•FQ＝10，
∴5FQ＝10，即FQ＝2，
∴CQ＝CF﹣FQ＝5﹣2＝3，
∴MQ＝CQ＝3，
在Rt△MFQ中，MF=MQ2−FQ2=32−22=5，
∴ME=105=25，
∴EF＝ME+MF＝2＝35，
∴BC＝EF＝35，即正方形ABCD的边长为35；
设MN＝a，
∵若MNBC=1n，
∴BC＝n•MN＝na，
∴PA＝PM＝MN＝a，PD＝（n﹣1）a，
设CQ＝x，则DQ＝na﹣x，
∵S四边形ABMP+S四边形BCQM+S△PDQ＝S正方形ABCD，
∴2S△ABP+2S△BCQ+S△PDQ＝S正方形ABCD，
∴2×12a•na+2×12na•x+12（n﹣1）a•（na﹣x）＝（na）2，
整理得：na+nx+x＝n2a，
∴x=n−1n+1⋅na，
∴CQ=n−1n+1⋅n，
∴CQBC=n−1n+1⋅nana=n−1n+1．
故答案为：n−1n+1．
【点评】本题是四边形综合题，考查正方形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、面积转化法，灵活运用所学知识是解题的关键．
15．如图，二次函数y＝x2+bx+c（b，c为常数）图象与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），顶点为C，点D的坐标为（0，﹣1），连接BD，CD，BC．
（1）求二次函数表达式；
（2）如图1，求证：△BDC是等腰直角三角形；
（3）如图2，M，N分别是线段BC，CD上的动点，且BM+DN＝CD，求BN+DM的最小值．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；图形的全等；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；
（2）证明见解答；
（3）30．
【分析】（1）由题意得：y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；
（2）由点B、C、D的坐标得，BC2＝20，BD2＝10，CD2＝10，即可求解；
（3）作CT⊥BC使CT＝BD＝CD，则∠DCT＝45°＝∠DBM，证明△BMD≌△CNT（SAS），则BN+DM＝BN+NT，故当B、N、T共线时，BN+DM＝BN+NT＝BT最小，即可求解．
【解答】（1）解：由题意得：y＝（x+1）（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3；
（2）证明：由抛物线的表达式知，点C（1，﹣4），
由点B、C、D的坐标得，BC2＝20，BD2＝10，CD2＝10，
即CB2＝BD2+CD2且BD＝CD，
则△BDC是等腰直角三角形；
（3）解：作CT⊥BC使CT＝BD＝CD，则∠DCT＝45°＝∠DBM，
∵BM+DN＝CD，DN+CN＝CD，则CN＝BM，
∵∠DCT＝45°＝∠DBM，
∴△BMD≌△CNT（SAS），
则NT＝DM，
则BN+DM＝BN+NT，
故当B、N、T共线时，BN+DM＝BN+NT＝BT最小，
由作图过程得，∠BCT＝90°，
过点C作x轴的平行线交过点B和y轴的平行线于点G，交过点T和y轴的平行线于点H，
∵∠TCH+∠BCG＝90°，∠BCG+∠CBG＝90°，
∴∠TCH＝∠BCG，
则△CTH∽△BGC，
∵BC=2BD=2CT，则上述两个三角形的相似比为22，
由点C（1，﹣4）、B的坐标知，BG＝4，CG＝2，
则TH=2，CH＝22，
则点T（1﹣22，﹣4+2），
由点B、T的坐标得，BT=30，
即BN+DM的最小值为30．
【点评】本题为二次函数综合运用，涉及到三角形全等和相似，正确作出辅助线证明三角形全等是解题的关键．
16．如图，在菱形ABCD中，∠ABC为锐角，E是对角线AC上的一个动点(0＜AE＜12AC)，连接BE，DE．
（1）如图1，求证：△BCE≌△DCE；
（2）如图2，在AB左侧作∠ABP＝∠CBE，延长DE分别交AB，BP于点F，G．
①当BF＝4，cs∠CBE=23时，求FG的长；
②如图3，在BC上截取BM＝BF，连接FM交BE于点H，连接DM交对角线AC于点N，求证：四边形MNEH是平行四边形．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明见解析（2）①FG＝3；②证明见解析．
【分析】（1）根据菱形的性质利用SAS即可求证；
（2）根据全等三角形的性质和菱形的性质可得∠CBE＝∠CDE＝∠ABP＝∠BFG，即得BG＝FG，过点G作GH⊥BF于H，由cs∠ABP=23求出BG即可求解；
（3）延长BC至Q，证明△FBM∽△ABC得∠BMF＝∠BCA，即得MF∥AC，再由△DAF≌△DCM（SAS）和△ABE≌△ADE（SAS）可得∠EBC＝∠DMC，即得BE∥DM，即可求证．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，∠BCE＝∠DCE，
又∵CE＝CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS）；
（2）解：①∵△BCE≌△DCE，
∴∠CBE＝∠CDE，
∵∠ABP＝∠CBE，
∴∠CBE＝∠CDE＝∠ABP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠BFG＝∠CDE，
∴∠ABP＝∠BFG，
∴BG＝FG，
过点G作GH⊥BF于H，则BH=FH=12BF=2，∠BHG＝90°，
∵cs∠CBE=23，
∴cs∠ABP=23，
∴BHBG=23，即2BG=23，
∴BG＝3，
∴FG＝3；
②延长BC至Q，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BA＝BC＝CD＝AD，∠DAF＝∠DCM，AB∥DC，
∵BM＝BF，
∴BFBA=BMBC，AF＝CM，
又∵∠FBM＝∠ABC，
∴△FBM∽△ABC，
∴∠BMF＝∠BCA，
∴MF∥AC，即MH∥EN，
在△DAF和△DCM中，
AD=CD∠DAF=∠DCMAF=CM，
∴△DAF≌△DCM（SAS），
∴∠ADF＝∠CDM，
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABE＝∠CDM，
∵AB∥CD，
∴∠ABC＝∠DCQ，
∴∠ABE+∠EBC＝∠CDM+∠DMC，
∴∠EBC＝∠DMC，
∴BE∥DM，
即HE∥MN，
∵MH∥EN，
∴四边形MNEH是平行四边形．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝（x﹣m）（x+1）（其中m＞0），交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴负半轴于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）如图1，若在x轴上方的抛物线上存在一点D，使得∠ACO＝∠BCD，当AB＝4时，求点D的坐标；
（3）如图2，平面上一点E（m，2），过点E作任意一条直线交抛物线于P、Q两点，连接AP、AQ，分别交y轴于M、N两点，则OM与ON的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；图形的全等；图形的相似；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）令y＝（x﹣m）（x+1）＝0，即可求解；
（2）过A作AK⊥AC交CD于点K，作KH⊥x轴于点H，证明△OAC≌△HKA，可得K，用待定系数法求出直线CD的解析式，与抛物线联立解交点即可得出D的坐标；
（3）由题意，可得A（﹣1，0），B（m，0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），因为直线PQ过点E（m，2），可得其解析式为y＝ax+2﹣am，与抛物线联立并消去y，得：x2+（1﹣m﹣a）x+am﹣m+2＝0，所以x1+x2＝a+m﹣1，x1•x2＝am﹣m﹣2，作PS⊥x轴于点S，作QT⊥x轴于点T，证明△AMO∽△APS，可得OM＝x1﹣m，同理ON＝﹣（x2﹣m），代入计算OM•ON，即可得出OM•ON是一个定值．
【解答】解：（1）对于y＝（x﹣m）（x+1）①，
令y＝（x﹣m）（x+1）＝0，
解得：x＝1或﹣m，
则点A（﹣1，0）；
（2）当AB＝4时，则点B（3，0），
则抛物线的表达式为：y＝（x﹣3）（x+1）＝x2﹣2x﹣3，
则点C（0，﹣3），
过A作AK⊥AC交CD于点K，作KH⊥x轴于点H，
∵∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠DCO＝∠BCD+∠DCO，即∠ACD＝∠BCO，
∵OB＝OC＝3，
∵∠ACD＝∠BCO＝45°，
∴AC＝AK，
∵∠AOC＝∠KHA＝90°，∠ACO＝90°﹣∠OAC＝∠KAH，
∴△OAC≌△HKA（AAS），
∴AH＝CO＝3，KH＝OA＝1，
∴K（2，1），
设直线CD的解析式为y＝kx﹣3，
∴2k﹣3＝1，
∴k＝2，
∴直线CD的解析式为y＝2x﹣3，
联立y=x2−2x−3y=2x−3，
解得x＝0（舍去），或x＝4，
∴D（4，5）；
（3）是定值，为2，理由：
∵y＝x2﹣（m﹣1）x﹣m，
当y＝0时，x2﹣（m﹣1）x﹣m＝0，
解得x＝﹣1或x＝m，
∴A（﹣1，0），B（m，0），
∵过点E（m，2）作一直线交抛物线于P、Q两点，
设直线PQ的解析式为y＝ax+b，P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴2＝am+b，b＝2﹣am，
∴直线PQ的解析式为y＝ax+2﹣am②，
联立①②得：x2+（1﹣m﹣a）x+am﹣m﹣2＝0，
∴x1+x2＝a+m﹣1，x1•x2＝am﹣m﹣2，
如图，作PS⊥x轴于点S，作QT⊥x轴于点T，
则△AMO∽△APS，
∴MOAO=PSAS，即MOA=(x1+1)(x1−m)x1+1，
∴OM＝x1﹣m，
同理，ON＝﹣（x2﹣m），
∴OM•ON＝﹣（x1﹣m）（x2﹣m）＝﹣[x1•x2﹣m（x1+x2）+m2]＝﹣[am﹣m﹣2﹣m（a+m﹣1）+m2]＝2，为定值．
【点评】本题是二次函数综合题，考查二次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，根和系数的关系等．解决（3）问的关键的是通过相似三角形用坐标表示出线段OM，ON的长．
18．【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分别为C，B，D，AB＝BE．求证：△ACB≌△BDE；
【类比迁移】（2）如图2，直线AB交y轴于点A（0，4），交x轴于点B（﹣3，0），BC垂直于AB且BC＝15，求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，已知点Q（0，﹣1），连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tan∠MBQ=13，若存在，求出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；分类讨论；图形的全等；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）y=−13x+4；
（3）存在，点M的横坐标为：−1413或−411．
【分析】（1）在△ACB和△BDE中，∠ACB＝∠BDE，∠A＝∠EBD，AB＝BE，即可求解；
（2）证明Rt△ABO∽Rt△BCM，得到BM＝12，CM＝9，进而求解；
（3）先求得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4），分两种情况：当点M在x轴上方时，当点M在x轴下方时，分别构造直角三角形，利用相似三角形的判定和性质即可求得直线BM上特殊点的坐标，运用待定系数法求得直线BM的解析式，联立方程组求解即可得出点M的坐标．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，
∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD，
在△ACB和△BDE中，
∵∠ACB＝∠BDE，∠A＝∠EBD，AB＝BE，
∴△ACB≌△BDE（AAS）；
（2）作CM⊥x轴于点M，
∵∠CBM+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBM＝∠BAO，
∴Rt△ABO∽Rt△BCM，
则ABBC=OABM=BOCM，即515=4BM=3CM，
解得：BM＝12，CM＝9，
则点C（﹣15，9），
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=−13x+4；
（3）存在，理由：
解：抛物线上存在点M，使得tan∠MBQ=13．
∵抛物线y＝x2﹣3x﹣4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，
当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），
当x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
当点M在x轴上方时，如图，过点Q作QL∥BM，过点B作BF⊥BQ，交BL与于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，
则∠BOQ＝∠QBF＝∠BGF＝90°，∠BQF＝∠MBQ，
∴∠OBG+∠OQB＝90°，∠OBG+∠FBG＝90°，
∴∠OQB＝∠FBG，
∴△OBG∽△GFB，
∴FGOB=BGOQ=BFBG，
∵tan∠BQF=BFBQ=13，
∴FG4=BG1=13，
∴FG=43，BG=13，
∴F（133，−43），
由点F、Q的坐标得，直线FQ的解析式为y=−113x﹣1，
∵BM∥QF，
∴设直线BM的解析式为y=−113x+d，把B（4，0）代入，得−413+d＝0，
解得：d=413，
∴直线BM的解析式为y=−113x+413，
联立上式和抛物线的表达式得：−113x+413=x2﹣3x﹣4，
解得：x＝4（舍去）或−1413；
当点M在x轴下方时，如图，过点Q作QE⊥BQ，交BM于点E，过点E作EF⊥y轴于点F，
则∠QFE＝∠BOQ＝∠BQF＝90°，
∵tan∠MBQ=13，
∴FQBQ=tan∠MBQ=13，
∴EQ=13BQ=173，
∵∠OBQ+∠BQO＝90°，∠BQO+∠EQF＝90°，
∴∠OBQ＝∠EQF，
∴△QEF∽△BQO，
同理可得：EF=13，QF=43，
∴OF＝OQ+QF＝1+43=73，
∴E（13，−73）；
由点B、E的坐标得，直线BM的解析式为y=711x−2811，
联立上式和抛物线的表达式得711x−2811=x2﹣3x﹣4，
解得：x＝4（舍去）或−411，
综上，存在，点M的横坐标为：−1413或−411．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理，直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转变换的性质，二次函数的图象及性质，熟练掌握三角形相似的判定及性质，直角三角形的性质，直角三角形的三角函数值，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题的关键．
19．如图1，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，EF∥BD，且EF交AC于点M．
（1）求证：EM＝FM；
（2）如图2，过点M作MN⊥EF交BC于点N，连接NF，若∠BNM＝2∠EFN，∠FNC＝50°，∠ADC＝45°，FN＝8．
①求BN的长；
②若AE=32，求S△AEMS四边形MODF．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①4+43；
②940．
【分析】（1）由平行线分线段成比例定理得出MFOD=AMOA=EMOB，由平行四边形的性质得出OB＝OD，则可得出结论；
（2）①连接EN，延长FN到P，则∠BNP＝∠FNC＝50°，由（1）知：ME＝MF且MN⊥EF，得出NF＝NE＝8，求出∠BNE＝30°，过点E作EH⊥BC交BC于点H，由直角三角形的性质可得出答案；
②证出AEBE=AFFD=34，则S△AFMS△ADO=949，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵EF∥BD，
∴MFOD=AMOA=EMOB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴FM＝EM；
（2）解：①连接EN，延长FN到P，则∠BNP＝∠FNC＝50°，
由（1）知：ME＝MF，
又∵MN⊥EF，
∴NF＝NE＝8，
∴∠NFE＝∠NEF，∠FNM＝∠ENM，
∵∠PNE＝∠PFM+∠NEF＝2∠EFN，∠BNM＝2∠EFN，
∴∠PNE＝∠BNM，
∴∠PNB＝∠FNM＝∠FNC＝50°，
∴∠BNE＝30°，
过点E作EH⊥BC交BC于点H，
在Rt△ENH中，∠BNE＝30°，EN＝8，
∴EH=12EN＝4，NH=43，
∵∠ABC＝∠ADC＝45°，
∴EH＝BH＝4，
∴BN=BH+NH=4+43；
②由①知：BH＝EH，∠ABC＝45°，
∴BE=42，
∵AE=32，
∴AEBE=AFFD=34，
∴S△AFMS△ADO=949，
∴S△AFMS四边形MODF=940，
∵EM＝FM，
∴S△AEM＝S△AFM，
∴S△AEMS四边形MODF=940．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
20．如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，连接BC，以BC，CD为邻边作▱BCDF，连接CF与AB交于点H，AE=4，CD=46．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）求⊙O的半径；
（3）求CF的长．
【考点】圆的综合题．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）5；
（3）67．
【分析】（1）由平行四边形的性质得BF∥CD，进而由CD⊥AB可得BF⊥AB，即可求证；
（2）连接OC，设OC＝OA＝x，则OE＝x﹣4，在Rt△CEO中利用勾股定理解答即可求解；
（3）过点F作FM⊥CD交CD的延长线于点M，证明△FDM≌△BCE（AAS），可得FM＝BE＝6，DM=CE=26，即得CM=CD+DM=66，再根据勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形BCDF是平行四边形，
∴BF∥CD，
∵CD⊥AB，
∴BF⊥AB，
∵AB是⊙O的直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，
设OC＝OA＝x，则OE＝x﹣4，
∵CD⊥AB，
∴CE=DE=12CD=26，∠CEO＝90°，
∴CE2+OE2＝OC2，
即(26)2+(x−4)2=x2，
∴24+x2﹣8x+16＝x2，
8x＝40，
解得：x＝5，
∴⊙O的半径为5；
（3）解：过点F作FM⊥CD交CD的延长线于点M，
∵CD⊥AB，FM⊥CD，
∴∠M＝∠BEC＝90°，
∵四边形BCDF是平行四边形，
∴FD＝BC，FD∥BC，
∴∠FDM＝∠BCE，
∴△FDM≌△BCE（AAS），
∴FM＝BE，DM=CE=26，
∴CM=CD+DM=46+26=66，
∵⊙O的半径为5，
∴AB＝10，
∴BE＝AB﹣AE＝10﹣4＝6，
∴FM＝6，
∴CF=CM2+FM2=(66)2+62=216+36=252=67．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，切线的判定，垂径定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
考点卡片
1．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
2．四边形综合题
涉及到的知识点比较多，主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形，经常与二次函数和圆一起出现，综合性比较强．
3．圆的综合题
考查的知识点比较多，一般考查垂径定理、圆周角定理、切线长定理、扇形的面积和弧长，经常与四边形一起，难度比较大．
4．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
5．解直角三角形的应用-方向角问题
（1）在辨别方向角问题中：一般是以第一个方向为始边向另一个方向旋转相应度数．
（2）在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．
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