28第5章相似三角形之旋轉(zhuǎn)相似一、單選題1．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中線，∠ADC＝45°，把△ADC沿AD對折，使點C落在C′的位置，C′D交AB于點Q，則的值為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】根據(jù)折疊得到對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等，根據(jù)直角三角形的斜邊中線等于斜邊一半，可得出AD＝DC＝BD，AC＝AC′，∠ADC＝∠ADC′＝45°，CD＝C′D，進(jìn)而求出∠C、∠B的度數(shù)，求出其他角的度數(shù)，可得AQ＝AC，將轉(zhuǎn)化為，再由相似三角形和等腰直角三角形的邊角關(guān)系得出答案．【解答】解：如圖，過點A作AE⊥BC，垂足為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的中線，∴AD＝CD＝BD，由折疊得：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：＝，∴＝＝＝＝．故選：A．【點睛】考查直角三角形的性質(zhì)，折疊軸對稱的性質(zhì)，以及等腰三角形與相似三角形的性質(zhì)和判定等知識，合理的轉(zhuǎn)化是解決問題的關(guān)鍵．2．如圖，在矩形ABCD中，E是AD邊的中點，BE⊥AC于點F，連接DF，給出下列四個結(jié)論：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④S△ABF：S四邊形CDEF＝2：5，其中正確的結(jié)論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【解析】①根據(jù)四邊形ABCD是矩形，BE⊥AC，可得∠ABC=∠AFB=90°，又∠BAF=∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正確；

②根據(jù)點E是AD邊的中點，以及AD∥BC，得出△AEF∽△CBF，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例，可得CF=2AF，故②正確；

③過D作DM∥BE交AC于N，得到四邊形BMDE是平行四邊形，求出BM=DE=BC，得到CN=NF，根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)可得結(jié)論，故③正確；

④根據(jù)△AEF∽△CBF得到EF與BF的比值，以及AF與AC的比值，據(jù)此求出S△AEF=S△ABF，S△ABF=S矩形ABCD，可得S四邊形CDEF=S△ACD-S△AEF=S矩形ABCD，即可得到S四邊形CDEF=S△ABF，故④正確．【解答】如圖，過D作DM∥BE交AC于N，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∵BE⊥AC于點F，∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，∴△AEF∽△CAB，故①正確；∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴＝，∵AE＝AD＝BC，∴＝，∴CF＝2AF，故②正確，∵DE∥BM，BE∥DM，∴四邊形BMDE是平行四邊形，∴BM＝DE＝BC，∴BM＝CM，∴CN＝NF，∵BE⊥AC于點F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF＝DC，故③正確；∵△AEF∽△CBF，∴＝＝，∴S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S矩形ABCD，∴S△AEF＝S矩形ABCD，又∵S四邊形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF＝S矩形ABCD﹣S矩形ABCD＝S矩形ABCD，∴S△ABF：S四邊形CDEF＝2：5，故④正確；故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，圖形面積的計算，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．二、填空題3．已知正方形DEFG的頂點F在正方形ABCD的一邊AD的延長線上，連結(jié)AG，CE交于點H，若，，則CH的長為________.【答案】【解析】連接EG，與DF交于N，設(shè)CD和AH交于M，證明△ANG∽ADM，得到，從而求出DM的長，再通過勾股定理算出AM的長，通過證明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，從而說明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的長.【解答】解：連接EG，與DF交于N，設(shè)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=.【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，綜合性較強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是找到合適的全等三角形和相似三角形，通過其性質(zhì)計算出CH的長.4．如圖，已知四邊形ABCD與四邊形CFGE都是矩形，點E在CD上，點H為AG的中點，，，，，則DH的長為______．【答案】【解析】延長GE交AB于點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決問題．【解答】延長GE交AB于點M，作于N．四邊形ABCD與四邊形CFGE都是矩形，四邊形BFGM是矩形，，，，，點H為AG的中點，，，，，∽，，，，，，在中，．故答案為．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．5．如圖，在△ABC中，AB＝5，D為邊AB上－動點，以CD為一邊作正方形CDEF，當(dāng)點D從點B運動到點A時，點E運動的路徑長為_________．【答案】5【解析】如圖，構(gòu)造等腰Rt△CBG，∠CBG=90°，則由△CGE∽△CBD，得GE=BD，即可求得點E運動的路徑長．【解答】如圖：作GB⊥BC于B，取GB=BC，當(dāng)點D與點B重合時，則點E與點G重合，∴∠CBG=90°，∴CG=BC，∠GCB=45，∵四邊形CDEF是正方形，∴CE=DC，∠ECD=45，∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG=45，∴∠BCD=∠GCE，且，∴△CGE∽△CBD，∴，即GE=BD，∵BD=5，∴點E運動的路徑長為GE=BD=5．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．6．已知正方形的邊長為12，、分別在邊、上，將沿折疊，使得點落在正方形內(nèi)部（不含邊界）的點處，的延長線交于點．若點在正方形的對稱軸上，且滿足，則折痕的長為______________．【答案】或【解析】根據(jù)得到點是的中點，再分兩種情況討論，①如答案圖l，當(dāng)點在對角線上時，過點作于點，過點作交的延長線于點，則四邊形為矩形；利用相似三角形的性質(zhì)即可求出EF；②答案如圖2．當(dāng)點在的中垂線上時，為的中點，過點作于點，過點作交的延長線于點，得到，，同①即可求出EF．【解答】解：∵，∴點是的中點，又∵點在正方形的對稱軸上，∴分以下兩種情況討論：①如答案圖l，當(dāng)點在對角線上時，過點作于點，過點作交的延長線于點，則四邊形為矩形，∵在正方形中，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，由折疊可知，∴，∴，設(shè)，，則，∴，∵，∴，解得，∴，∴；②如答案圖2．當(dāng)點在的中垂線上時，為的中點，過點作于點，過點作交的延長線于點，則，，∴，同理①可得，綜上所述，折痕的長為或．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，軸對稱變換，相似三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．三、解答題7．如圖，在中，，，，為邊上一點，連接，作交于點，連接．猜想線段與之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】，見解析【解析】過點作交于點，通過證明，可得，即在中，，故，即．【解答】解：．證明：如圖，過點作交于點，則，，，，，，，，，，，，，，，在中，，，即．【點睛】本題考查了相似三角形的綜合問題，掌握相似三角形的性質(zhì)以及判定定理、正切的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．已知中點分別在邊、邊上，連接點、點在直線同側(cè)，連接且．（1）點與點重合時，①如圖1，時，和的數(shù)量關(guān)系是；位置關(guān)系是；②如圖2，時，猜想和的關(guān)系，并說明理由；（2）時，③如圖3，時，若求的長度；④如圖4，時，點分別為和的中點，若，直接寫出的最小值．【答案】（1）①AE=FC；AE⊥FC；②AE=2FC；AE⊥FC；理由見解析；（2）③FC=6；④MN的最小值為．【解析】（1）①利用SAS證出△ABE≌△CDF，從而證出AE=FC，∠A=∠DCF，然后證出∠ACF=90°即可得出結(jié)論；②根據(jù)相似三角形的判定證出△ABE∽△CDF，從而得出∠A=∠DCF，，然后證出∠ACF=90°即可得出結(jié)論；（2）③作GD⊥BC于點D，交AC于點G；作GH⊥AB于點H，交AB于點H；DM⊥AC，利用SAS證出△EDG≌△FDC，從而得出EG=FC，令DC=a，BD=2a，根據(jù)三角形的面積公式即可求出a值，從而求出結(jié)論；④連接MD和MC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DM=CM=，從而得出點M的運動軌跡為是CD的垂直平分線的一部分，作CD的垂直平分線MH交BC于H，然后證出四邊形NMHG為平行四邊形，從而求出結(jié)論．【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故答案為：AE=FC；AE⊥FC；②證明：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于點D，交AC于點G；作GH⊥AB于點H，交AB于點H；DM⊥AC．∴四邊形BDGH為矩形∴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=6④∵，AB=10∴BC=5∵∴CD=由③易證∠ECF=90°在Rt△EDF和Rt△ECF中，點M為EF的中點，連接MD和MC∴DM=CM=∴點M的運動軌跡為是CD的垂直平分線的一部分，作CD的垂直平分線MH交BC于H∴當(dāng)NM⊥MH時，MN的最小，易知MN∥BC，MH∥AB，CH==取BC的中點G，連接NG，則CG==∴NG為△ABC的中位線∴NG∥AB∴MH∥NG∴四邊形NMHG為平行四邊形∴此時MN=GH=CG－CH=即MN的最小值為．【點睛】本題主要考查幾何變換綜合題、相似三角形的判定及性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練掌握三角形的中位線的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)．9．如圖1，點O為正方形ABCD的中心，E為AB邊上一點，F(xiàn)為BC邊上一點，△EBF的周長等于BC的長.（1）求∠EOF的度數(shù).（2）連接OA、OC（如圖2）.求證：△AOE∽△CFO.（3）若OE=OF，求的值.【答案】（1）45°；（2）證明見解析；（3）【解析】(1).在BC上取一點G，使得CG=BE，連接OB、OC、OG，然后證明△OBE和△OCG全等，從而得出∠BOE＝∠COG，∠BEO＝∠CGO，OE＝OG，根據(jù)三角形的周長得出EF=GF，從而得出△FOE和△GOF全等，得出∠EOF的度數(shù)；(2)、連接OA，根據(jù)點O為正方形ABCD的中心得出∠OAE=∠FCO=45°，結(jié)合∠BOE=∠COG得出∠AEO=∠COF，從而得出三角形相似；(3)、根據(jù)相似得出線段比，根據(jù)相似比求出AE和CO的關(guān)系，CF和AO的關(guān)系，從而得出答案．【解答】解：(1).如圖，在BC上取一點G，使得CG=BE，連接OB、OC、OG.∵點O為正方形ABCD的中心，∴OB=OC，∠BOC＝90°，∠OBE＝∠OCG＝45°．∴△OBE≌△OCG（SAS）.∴∠BOE＝∠COG，∠BEO＝∠CGO，OE＝OG.∴∠EOG＝90°，∵△BEF的周長等于BC的長，∴EF＝GF.∴△EOF≌△GOF（SSS）.∴∠EOF＝∠GOF＝45°．(2).連接OA．∵點O為正方形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．∴＝．點睛：本題主要考查的是正方形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、三角形相似的判定與性質(zhì)，綜合性非常強(qiáng)，難度較大．熟練掌握正方形的性質(zhì)是解決這個問題的關(guān)鍵．10．在和中，，，與在同一條直線上，點與點重合，，如圖為將繞點順時針旋轉(zhuǎn)后的圖形，連接，，若，求和的面積．【答案】和的面積分別為2和．【解析】過點D作DMBC于點M，根據(jù)30°所對直角邊為斜邊一半，分別求出BC、DC的長度，且證BDC∽AEC，在DMC中，可得DM=1，即BDC的面積可求，且，即AEC的面積可求．【解答】解：如圖所示，過點D作DMBC于點M，∵AC=2，，∴，又∵，，∴在BAC和DEC中，，，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知，，，∴BDC∽AEC，故，在DMC中，，，∴，∴，∵BDC∽AEC，∴，∴，∴BDC和AEC的面積分別為2和．【點睛】本題主要考察了含30°角的直角三角形、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于證明BDC∽AEC，且相似三角形的面積之比為邊長之比的平方．11．問題背景：如圖（1），已知，求證：；嘗試應(yīng)用：如圖（2），在和中，，，與相交于點．點在邊上，，求的值；拓展創(chuàng)新：如圖（3），是內(nèi)一點，，，，，直接寫出的長．【答案】問題背景：見詳解；嘗試應(yīng)用：3；拓展創(chuàng)新：．【解析】問題背景：通過得到，，再找到相等的角，從而可證；嘗試應(yīng)用：連接CE，通過可以證得，得到，然后去證，，通過對應(yīng)邊成比例即可得到答案；拓展創(chuàng)新：在AD的右側(cè)作∠DAE=∠BAC，AE交BD延長線于E，連接CE，通過，，然后利用對應(yīng)邊成比例即可得到答案．【解答】問題背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；嘗試應(yīng)用：連接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展創(chuàng)新：如圖，在AD的右側(cè)作∠DAE=∠BAC，AE交BD延長線于E，連接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，設(shè)CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴【點睛】本題考查了相似三角形的綜合問題，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．12．在中，，CD是中線，，一個以點D為頂點的45°角繞點D旋轉(zhuǎn)，使角的兩邊分別與AC、BC的延長線相交，交點分別為點E、F，DF與AE交于點M，DE與BC交于點N．（1）如圖1，若，求證：；（2）如圖2，在繞點D旋轉(zhuǎn)的過程中，試證明恒成立；（3）若，，求DN的長．【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）【解析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠BCD＝∠ACD＝45°，∠BCE＝∠ACF＝90°，于是得到∠DCE＝∠DCF＝135°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可的結(jié)論；

（2）證得△CDF∽△CED，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，即CD2＝CE?CF；（3）如圖，過D作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN＝∠ECN＝90°，CG＝DG，當(dāng)CD＝2，時，求得，再推出△CEN∽△GDN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，求出GN，再根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵，，CD是中線，∴，，∴．在與中，，∴．∴；（2）證明：∵，∴∵，∴．∴．∴，即．（3）如圖，過D作于點G，則，．當(dāng)，時，由，得．在中，．∵，，∴．∴，∴．∴．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．13．△ABE內(nèi)接于⊙O，C在劣弧AB上，連CO交AB于D，連BO，∠COB＝∠E．（1）如圖1，求證：CO⊥AB；（2）如圖2，BO平分∠ABE，求證：AB＝BE；（3）如圖3，在(2)條件下，點P在OC延長線上，連PB，ET⊥AB于T，∠P＝2∠AET，ET＝18，OP＝25，求⊙O半徑的長．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）⊙O半徑的長是．【解析】（1）連接CE、OA，根據(jù)圓周角定理可得∠CEB=COB，根據(jù)∠COB＝∠AEB可得∠COA=∠COB，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)即可得結(jié)論；（2）過點O作OF⊥BE于F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得OD=OF，根據(jù)垂徑定理可得BD=AB，BF=BE，根據(jù)勾股定理可得BD=BF，進(jìn)而可得結(jié)論；（3）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEB=∠EAB，根據(jù)直角三角形兩銳角互余的性質(zhì)可得∠DBO=∠AET，根據(jù)∠P＝2∠AET可得∠P=∠ABE，進(jìn)而可得∠POB=∠PBO，即可證明OP=PB，由∠ETB=∠PDB=90°可證明△BET∽△PBD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出BD的長，進(jìn)而根據(jù)勾股定理即可求出PD的長，根據(jù)線段的和差關(guān)系可得OD的長，利用勾股定理求出OB的長即可得答案．【解答】（1）如圖，連接CE、OA，∵∠COB和∠CEB分別是所對的圓心角和圓周角，∴∠CEB=COB，∵∠COB＝∠AEB，∴∠CEB=∠AEB，∴∠COA=∠COB，∵OA=OB，∴OC⊥AB．（2）如圖，過點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，（負(fù)值舍去）∴PD==20，∴OD=OP-PD=5，∴OB==，即⊙O半徑的長是．【點睛】本題考查圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理，在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半；垂直于弦的直徑平分弦，并且平分這條弦所對的兩條弧；如果一個三角形的兩個角與另一個三角形的兩個角分別對應(yīng)相等，那么這兩個三角形相似；熟練掌握相關(guān)定理是解題關(guān)鍵．14．如圖，四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，C，F(xiàn)，G三點在一直線上，連接AF并延長交邊CD于點M．（1）求證：△MFC∽△MCA；（2）求的值，（3）若DM＝1，CM＝2，求正方形AEFG的邊長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）．【解析】（1）由正方形的性質(zhì)得∠ACD=∠AFG=45°，進(jìn)而根據(jù)對頂角的性質(zhì)得∠CFM=∠ACM，再結(jié)合公共角，根據(jù)相似三角形的判定得結(jié)論；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得，再證明其夾角相等，便可證明△ACF∽△ABE，由相似三角形的性質(zhì)得出結(jié)果；（3）由已知條件求得正方形ABCD的邊長，進(jìn)而由勾股定理求得AM的長度，再由△MFC∽△MCA，求得FM，進(jìn)而求得正方形AEFG的對角線長，便可求得其邊長．【解答】（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴∠ACD=∠AFG=45°，∵∠CFM=∠AFG，∴∠CFM=∠ACM=45°，∵∠CMF=∠AMC，∴△MFC∽△MCA；（2）∵四邊形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的邊長為．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是綜合應(yīng)用這些知識解決問題．15．如圖1，若點P是△ABC內(nèi)一點，且有∠PBC=∠PCA=∠PAB，則稱點P是△ABC的“等角點”（1）如圖1，∠ABC=70°，則∠APB=（2）如圖2，在△ABC中，∠ACB=90°，點P是△ABC的“等角點”，若∠BAC=45°①求的值；②求tan∠PBC的值；【答案】（1）；（2）①；②．【解析】（1）結(jié)合題意，可得，結(jié)合∠ABC=70°，即可計算得；（2）①由∠BAC=45°，∠ACB=90°，可得,；結(jié)合點P是△ABC的“等角點”，得，從而得到，通過相似比即可得到答案；②由（2）①可知，相似比可得CP和AP的關(guān)系，通過證明，得；將CP、AP關(guān)系式代入到三角函數(shù)，從而完成求解．【解答】（1）∵∠PBC=∠PCA=∠PAB∴∵∠ABC=70°∴∴（2）①∵∠BAC=45°，∠ACB=90°∴∠ABC=45°∴,∵點P是△ABC的“等角點”∴∠PBC=∠PAB∴∴∴②由（2）①得∴∵∠ACB=90°∴∵∠PBC=∠PCA∴∴，即∴∴．【點睛】本題考查了相似三角形、三角函數(shù)的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形、直角三角形、三角函數(shù)的性質(zhì)，從而完成求解．16．如圖，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，點D在邊AC上（不與點A、C重合）連接BD，點K為線段BD的中點，過點D作于點E，連結(jié)CK，EK，CE，將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度（旋轉(zhuǎn)角小于90度)(1)如圖1．若a=45，則的形狀為__________________；(2)在（1)的條件下，若將圖1中的三角形ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，使得D，E，B三點共線，點K為線段BD的中點，如圖2所示，求證：；(3)若三角形ADE繞點A旋轉(zhuǎn)至圖3位置時，使得D，E，B三點共線，點K仍為線段BD的中點，請你直接寫出BE，AE，CK三者之間的數(shù)量關(guān)系（用含a的三角函數(shù)表示）【答案】（1）等腰直角三角形；（2）見解析；（3）BE-AE=2CK；【解析】（1）利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)證明EK=KC，∠EKC=90°即可；（2）在BD上截取BG=DE，連接CG，設(shè)AC交BF于Q，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)利用SAS可證△AEC≌△BGC，由全等三角形對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等的性質(zhì)易證△ECG是等腰直角三角形，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得CK=EK=KG，等量代換可得結(jié)論.（3）在BD上截取BG=DE，連接CG，設(shè)AC交BE于Q，根據(jù)等角的余角相等可得∠CAE=∠CBG，由tanα的表示可得，易證△CAE∽△CBG，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等量代換可得結(jié)論.【解答】（1）等腰直角三角形；理由：如圖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）證明：如圖2中，在BD上截取BG=DE，連接CG，設(shè)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：結(jié)論：BE-AE?tanα=2CK．理由：如圖3中，在BD上截取BG=DE，連接CG，設(shè)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．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等，靈活的利用等腰直角三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.17．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為⊙O的直徑，過點A作AD平分∠BAC交⊙O于點D，過點D作BC的平行線分別交AC、AB的延長線于點E、F，DG⊥AB于點G，連接BD．(1)求證：△AED∽△DGB；(2)求證：EF是⊙O的切線；(3)若，OA＝4，求劣弧的長度(結(jié)果保留π)．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【解析】（1）先證∠ACB=∠ADB=90°，再由平行得，由垂直得，再根據(jù)角度轉(zhuǎn)換得，即可證明△AED∽△DGB；（2）連接，證明，即可證明，從而解決本題；（3）先證∽，得到，再根據(jù)OA=4，然后求出，從而求出弧長.【解答】（1）∵AB為直徑，∴∠ACB=∠ADB=90°，∵，∴，∵DG⊥AB，∴，∴∵，∴∵AD平分∠BAC，∴∠EAD=∠DAG，∴∴∽（2）連接，∵，，∴，∴，∵，∴，∴EF是⊙O的切線；（3）∵，∴，∵，∴，∴∽，∴，∵OA=4，∴AB=8，∴，∴，，∴，∴，∴.【點睛】本題是對圓知識的綜合考查，熟練掌握圓及相似三角形的性質(zhì)定理是解決本題的關(guān)鍵.18．如圖1，拋物線y＝a（x+2）（x﹣6）（a＞0）與x軸交于C，D兩點（點C在點D的左邊），與y軸負(fù)半軸交于點A．（1）若△ACD的面積為16．①求拋物線解析式；②S為線段OD上一點，過S作x軸的垂線，交拋物線于點P，將線段SC，SP繞點S順時針旋轉(zhuǎn)任意相同的角到SC1，SP1的位置，使點C，P的對應(yīng)點C1，P1都在x軸上方，C1C與P1S交于點M，P1P與x軸交于點N．求的最大值；（2）如圖2，直線y＝x﹣12a與x軸交于點B，點M在拋物線上，且滿足∠MAB＝75°的點M有且只有兩個，求a的取值范圍．【答案】（1）①，②t＝0時，最大值為2；（2）【解析】（1）①由題意，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＝，所求拋物線的解析式為y＝(x+2)(x?6)=x2?x?4；

②由于∠SP1P-∠SC1C=∠SCC1，且∠MSC=∠NSP1∴△MSC∽△NSP1得，設(shè)S（t，0）（0≤t≤6），則SP=(t+2)(t?6)，SC=t+2，可得t=0時，最大值為2；

（2）分兩種情況討論，①由直線y=x-12a與x軸交于點B得B（12a，0），OA=OB=12a，∠OAB=∠OBA=45°，當(dāng)點N在y軸的左側(cè)時，此時∠MAO=30°得直線AM的解析式為：得點M的橫坐標(biāo)為得②當(dāng)點M在y軸的右側(cè)時，過點B作x軸的垂線與①中直線AE關(guān)于AB的對稱直線交于點F，易證：△EBA≌△FBA，得∠BAF=75°，BF=BE=，∠FBO=90°，得直線AF的解析式為：，點G橫坐標(biāo)為，點A關(guān)于拋物線對稱軸x=2的對稱點的坐標(biāo)為：（4，-12a），則，得，因此滿足∠MAB=75°的點M有且只有兩個，則a的取值范圍為：．【解答】解：（1）①由題意，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：所求拋物線的解析式為＝②由題意知，∠SP1P﹣∠SC1C＝∠SCC1，且∠MSC＝∠NSP1∴△MSC∽△NSP1∴設(shè)S（t，0）（0≤t≤6），則SP＝，SC＝t+2∴∵0≤t≤6∴t＝0時，最大值為2；（2）由題意，直線y＝x﹣12a與x軸交于點B得B（12a，0），OA＝OB＝12a，∠OAB＝∠OBA＝45°如圖2當(dāng)點M在y軸的左側(cè)時，此時∠MAO＝30°設(shè)直線AM與x軸交于點E，則OE＝∴又∵A（0，﹣12a），∴直線AM的解析式為：由得：解得：∴點M的橫坐標(biāo)為∵②當(dāng)點M在y軸的右側(cè)時，過點B作x軸的垂線與①中直線AE關(guān)于AB的對稱直線交于點F，易證：△EBA≌△FBA，得∠BAF＝75°，BF＝BE＝，∠FBO＝90°∴∴直線AF的解析式為：由，解得：∴點G橫坐標(biāo)為，點A關(guān)于拋物線對稱軸x＝2的對稱點的坐標(biāo)為：（4，﹣12a），則，得，故要使?jié)M足∠MAB＝75°的點M有且只有兩個，則a的取值范圍為：．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與其他函數(shù)圖象相結(jié)合的問題，解題過程中利用相似三角形的判定與性質(zhì)、方程組、全等三角形的判定及性質(zhì)的知識，關(guān)鍵是結(jié)合圖形找出相應(yīng)的關(guān)系，貫穿了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．19．已知，如圖1，拋物線與軸交于點、，與軸交于點，且，．（1）求拋物線解析式；（2）如圖2，點是拋物線第一象限上一點，連接交軸于點，設(shè)點的橫坐標(biāo)為，線段長為，求與之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）在（2）的條件下，過點作直線軸，在上取一點（點在第二象限），連接，使，連接并延長交軸于點，過點作于點，連接、、．若時，求值．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）先令代入拋物線的解析式中求得與軸交點的坐標(biāo)，根據(jù)可得的坐標(biāo)，從而得的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；（2）如圖2，設(shè)，證明，列比例式可得結(jié)論；（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形和等腰直角三角形，先得，則是等腰直角三角形，得，由，得，求得，證明是等腰直角三角形，及，則，代入可得的值，并根據(jù)（2）中的點只在第一象限進(jìn)行取舍．【解答】（1）如圖1，當(dāng)時，∴∴∵∴∴，把，代入拋物線中得：解得：∴拋物線的解析式為；（2）如圖2，設(shè)過作軸于∵∴∴∴∴；（3）如圖3，連接，延長交軸于由（2）知：，∴∴∴是等腰直角三角形∴，∵∴∴，，∵∴∵∴∵∴是等腰直角三角形∴，∴∴∴∴∵，∴∴∴，∵∴，不符合題意，舍去∴．【點睛】本題考查了利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、相似三角形的判定定理與性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、三角形全等的判定定理與性質(zhì)等知識點，本題較難的是（3），通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題關(guān)鍵．20．如圖，函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（m，0），B（0，n）兩點，m，n分別是方程x2﹣2x﹣3＝0的兩個實數(shù)根，且m＜n．（Ⅰ）求m，n的值以及函數(shù)的解析式；（Ⅱ）設(shè)拋物線y＝﹣x2