2023年中考数学一轮复习：相似（含解析）

2023年中考数学一轮复习：相似一、单选题1．如图，在中，，，与交于，下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．42．如图，在正方形网格上，与△ABC相似的三角形是（）A．△AFD B．△FED C．△AED D．不能确定3．如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AD⊥CB，两两相似的三角形对数为（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题4．如图，在中，，，点是的中点，连接，将沿射线方向平移，在此过程中，的边与的边、分别交于点、，当的面积是面积的时，则△BCD平移的距离是.5．已知＝2，那么＝．6．如图，点E在正方形ABCD的边BC上，BE＝2CE，点G为垂足，若FG＝2，则DG=．三、综合题7．如图，在平行四边形ABCD中，P是AB上一点（不与点A，B重合），CP＝CD，过点P作PQ⊥CP，交AD于点Q连接CQ，∠BPC＝∠AQP.（1） 求证：四边形ABCD是矩形；

（2） 当AP＝3，AD＝9时，求AQ和CQ的长.

8．已知：如图，在半径为的中，是两条直径，为的中点，的延长线交于点，且，连接（1）求证：（2）求的长；9．如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连结EB、ED，延长BE交AD于点F.（1）求证：∠BEC=∠DEC；（2）当CE=CD时，求证：.10．如图，中，，为上的一点，以为直径的交于，连接交于，交于，连接，．（1）求证：与相切；（2）若，，则的直径；（3）若，，求（用的代数式表示）．11．如图，在△ABC中，AD是角平分线，点E，点F分别在线段AB，AD上，且∠EFD＝∠BDF．（1）求证：△AFE∽△ADC．（2）若，，且∠AFE＝∠C，探索BE和DF之间的数量关系．12．（教材呈现）下图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．例2如图：在中，D、E分别是边、的中点，、相交于点G．求证：．证明：连接．（1）请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．（2）（结论应用）如图②，在中，D、F分别是边、的中点，、相交于点G，GEAC交于点E，GHAB交于点H，则与的面积的比值为．13．如图，A（0，2），B（7，3），P（m，0）.（1）当PA＋PB的值最小时，m＝.（2）若∠APB＝90°，求：m的值.（3）已知线段AP的中垂线交AP于C，若D（m，n）在AB的中垂线上，则m、n之间的函数关系为.14．如图，一次函数y＝kx+b（k、b为常数，k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，且与反比例函数y＝（m为常数且m≠0）的图象在第二象限交于点C，CD⊥x轴，垂足为D，若OB＝2OA＝3OD＝6.（1）求一次函数与反比例函数的解析式；（2）求两个函数图象的另一个交点E的坐标；（3）请观察图象，直接写出不等式kx+b≥的解集.15．如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，∠AED＝∠B，线段AG分别交线段DE，BC于点F，G，且＝．（1）求证：△ADF∽△ACG；（2）若＝，求的值．16．如图，点E是四边形ABCD的对角线BD上一点，且∠BAC＝∠BDC＝∠DAE.①试说明BE·AD＝CD·AE；17．如图，为的直径，、是的两条弦，是的切线，且交于点D.（1）求证：.（2）若的半径为8，，求弦的长.18．在△ABC中，AB=AC，在BC上取点E，连结AE并延长至点D，使得∠D=∠C．（1）求证:△ABE∽△ADB．（2）若DE=1，AE=5，求AC的长.19．如图，抛物线y＝ax2+x+c与x轴交于点A（6，0），C（﹣2，0），与y轴交于点B，抛物线的顶点为D，对称轴交AB于点E，交x轴于点F．（1）求抛物线的解析式；（2）P是抛物线上对称轴左侧一点，连接EP，若tan∠BEP＝，求点P的坐标；（3）M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，试判断是否存在这样的点N，使得以点B，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．20．如图1，内接于,AD是直径，的平分线交BD于H，交于点C，连接DC并延长，交AB的延长线于点E.（1）求证：；（2）若，求的值（3）如图2，连接CB并延长，交DA的延长线于点F，若，求的面积.21．若一次函数的图象与x轴，y轴分别交于A，C两点，点B的坐标为，二次函数的图象过A，B，C三点，如图（1）（1）求二次函数的表达式；（2）如图（1），过点C作轴交抛物线于点D，点E在抛物线上（y轴左侧），若恰好平分．求直线的表达式；（3）如图（2），若点P在抛物线上（点P在y轴右侧），连接交于点F，连接，．①当时，求点P的坐标；②求m的最大值．22．如图，四边形ABCD为边长等于7的菱形，其中∠B=60°，点E在对角线AC上，且AE=1，点F在射线CB上运动，连接EF，作∠FEG=60°，交DC延长线于点G.（1）当点F与B点重合时，试判断△EFG的形状，并说明理由；（2）以点B为原点，BC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，当CF=10时，平面内是否存在一点M，使得以点M、E、F、G为顶点的四边形与菱形ABCD相似？若存在，求M的坐标，若不存在，说明理由；（3）记点F关于直线AB的轴对称点为点N，若点N落在∠EDC的内部（不含边界），求CF的取值范围.23．如图，点在以为直径的上，平分交于点，交于点，过点作的切线交的延长线于点.（1）求证：；（2）若，，求的长.24．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与y轴交于点A，与x轴交于点B，BO=2OA.点N在线段OB上，过点N作NM⊥AB于M.当动点D从点A匀速运动到点M时，动点E恰好从点B匀速运动到点O；当点D运动到线段AM中点时，动点E恰好运动到点N.设，，且.（1）求线段OA的长；（2）求线段BM的长；（3）连接DE，当△DEB的面积最大时，直接写出x的值.25．如图,直线AB与坐标轴分别交于点A、点B,且OA、OB的长分别为方程x2－6x+8=0的两个根（OA＜OB）,点C在y轴上,且OA︰AC=2︰5,直线CD垂直于直线AB于点P,交x轴于点D．（1）求出点A、点B的坐标.（2）请求出直线CD的解析式.（3）若点M为坐标平面内任意一点,在坐标平面内是否存在这样的点M,使以点B、P、D、M为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点M的坐标；若不存在,请说明理由.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：∵∴∵∴∴，故②不符合题意；∵∴∴，故①不符合题意；∴，故③符合题意；∵∴∴设和的和边上的高为，则有：，故④符合题意，所以，正确的结论有2个，故答案为：B．【分析】证明可对②进行判断，证明可对①③④进行判断2．【答案】A【解析】【解答】解：∵AF＝4，DF＝4，AD＝4，AB＝2，BC＝2，AC＝2，∴，∴△AFD∽△ABC．故答案为：A．【分析】先求出，再求解即可。3．【答案】B【解析】【解答】解：∵AD⊥CB，∴∠ADC＝∠BDA＝90°，∴∠BAC＝∠ADC＝90°又∵∠C＝∠C，∴△ADC∽△BAC，同理：△ADB∽△CAB，∴△ADC∽△BAC∽△BDA.故答案为：B.【分析】根据垂直的概念可得∠ADC＝∠BDA＝90°，根据同角的余角相等可得∠B=∠DAC，∠C=∠BAD，然后根据相似三角形的判定定理进行解答即可.4．【答案】【解析】【解答】解：∵D是AB的中点，∴，∵△AEF的面积是Rt△ABC面积的，∴△AEF的面积是△ADC面积的，∵EF∥CD，∴△AEF∽△ADC，∴，即，∴AF＝，∴CF＝，△BCD平移的距离是，故答案为：.【分析】根据三角形中线把三角形的面积分成相等的两部分可得，从而得出△AEF的面积是△ADC面积的，根据平行于三角形一边的直线截其他两边，所截的三角形与原三角形相似可证△AEF∽△ADC，利用相似三角形的性质可求出AF的长，由CF=AC-AF，求出CF的长即可.5．【答案】【解析】【解答】∵，∴，∴．故答案为：．【分析】先求出，再代入计算求解即可。6．【答案】【解析】【解答】在正方形ABCD中：AD=AB=BC=CD∠DAB=∠B=∠C=∠ADC=90°∴∠1+∠3=90°∵DF⊥AE∴∠DGE=∠DAF=90°∴∠2+∠3=90°又∠1+∠3=90°∴∠2=∠1在△ADF和△BAE中∴△ADF≌△BAE（ASA）∴AF=BE∵BE=2CE设CE=x，则BE=2x，BC=3x，AF=2x，BF=x∵∠1=∠2，∠AGF=∠B=90°∴△AGF∽△ABE∴∴∴AE=2x²在Rt△ABE中，AB²+BE²=AE²∴（3x）²+（2x）²=（2x²）²∴∴∵x≠0∴（舍去负数）在△AGF∽△ABE中∴∴FG=2∴DG=DF-GF=

【分析】先证明△AGF∽△ABE，再利用相似三角形的性质可得，设CE=x，则BE=2x，BC=3x，AF=2x，BF=x，再利用勾股定理可得（3x）²+（2x）²=（2x²）²，求出x的值，然后证明△AGF∽△ABE，可得，最后将数据代入计算即可。7．【答案】（1）证明：∵PQ⊥CP，

∴∠QPC=90°，

∴∠APQ+∠BPC=90°，

∵∠BPC＝∠AQP，

∴∠APQ+∠AQP=90°，

∴∠A=180°-（∠APQ+∠AQP）=180°-90°=90°，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴四边形ABCD是矩形.（2）解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D=90°，AD=BC=9

在Rt△CDQ和Rt△CPQ中

∴Rt△CDQ≌Rt△CPQ（HL）

∴DQ=QP

设AQ=x，则DQ=PQ=9-x

在Rt△APQ中，

AQ2+AP2=PQ2

∴x2+32=（9-x）2

解之：x=4.

∴AQ=4，QD=9-4=5;

∵∠A=∠B，∠BPC＝∠AQP

∴△APQ∽△BCP

∴即

解之：BP=12

∴AB=CD=AP+BP=3+12=15

在Rt△CDQ中

.【解析】【分析】（1）利用垂直的定义及同角的余角相等，可得∠APQ+∠BPC=90°，再证明∠APQ+∠AQP=90°，利用三角形的内角和定理证明∠A=90°；然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证得结论.

（2）利用已知条件可证得Rt△CDQ≌Rt△CPQ，利用全等三角形的性质可得到DQ=PQ，设AQ=x，在Rt△APQ中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AQ，DQ的长；再证明△APQ∽△BCP，利用相似三角形的对应边成比例，可求出BP的长，从而可得到CD的长；然后在Rt△CDQ中，利用勾股定理求出CQ的长.8．【答案】（1）证明:连接，如图，由图可知：∠B和∠ACM是所对应的圆周角，∴∠B=∠ACM在△AMC和△EMB中，．（2）解：是的直径，，，且为正数，为的中点，，∵．由题意知、∴．【解析】【分析】（1）连接AC、EB，利用圆周角的性质得到∠B=∠ACM，再利用对顶角相等，证明相似即可；

（2）根据圆周角定理，结合勾股定理，可以推出ECerruti长度，根据已知条件推出AM、BM的长度，然后结合（1）的结论，很容易就可以求出EM的长度。9．【答案】（1）证明：四边形是正方形，，且.又是公共边，，；（2）证明：如图所示：连结，，.，，.，.四边形是正方形，..又是公共角，，，即.【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，根据SAS即可证得：△BEC≌△DEC，得出对应角相等即可；

（2）先证明△FDE∽△FBD，根据相似三角形的对应边的比相等，即可得出结论.10．【答案】（1）证明：，，，，，，，即，，与相切（2）（3）解：为的直径，，，又，，，，，，，，，又，，，．【解析】【解答】（2）解：，，，，，，，，的直径为，故答案为：．【分析】（1）先求出∠EBC=∠FDB，再求出，即可作答；

（2）先证明三角形相似求出，再代值计算求解即可；

（3）先求出∠FDB=∠DCF，再证明三角形相似，最后求解即可。11．【答案】（1）证明：∵AD为∠BAC的平分线，∴∠BAD=∠DAC，∵∠EFD=∠BDF，∴180°-∠EFD=180°-∠BDF，∴∠AFE=∠ADC，又∵∠BAD=∠DAC，∴△AFE∽△ADC；（2）解：由（1）得，△AFE∽△ADC，∴∠AEF=∠C，∵∠AFE=∠C，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，∵，∴，∴，∵，∴，∴EB=2FD．【解析】【分析】（1）由角平分线的性质得出∠BAD=∠DAC，再根据∠EFD=∠BDF得出∠AFE=∠ADC，进而根据两角分别相等的三角形相似可证；（2）由（1）中的相似及∠AFE=∠C得出∠AEF=∠AFE，进而根据等角对等边得出AE=AF，再根据及△AFE∽△ADC得出，再由，得出，即可得到结果．12．【答案】（1）解：连接DE，如图①，∵D、E分别为BC、BA的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，DE=AC，∴△DEG∽△ACG，∴，∴，即；（2）【解析】【解答】解：（2）∵D、F分别是边BC、AB的中点，∴，BD=CD，∵GE∥AC，∴△DEG∽△DCA，∴，∴，同理：，∴．

【分析】（1）根据中位线的性质先证明△DEG∽△ACG，再利用相似的性质可得，再化简可得，即可得到；

（2）先证明△DEG∽△DCA，再利用相似的性质可得，再根据相似三角形的面积之比为相似比的平方可得，同理可得，最后计算即可得到。13．【答案】（1）（2）解：过点B作BC⊥x轴于C，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，即，，，∴或（3）【解析】【解答】解：（1）取A点的对称点，设，代入，（7，3）得，解得：，∴令，则，∴，即，（3）如图，连接AB，过点D作DE⊥AB于E，连接AD、DP、DB，∵D在AP的中垂线上，∴，∵，D（m，n），∴DPy轴，∴，∵A（0，2），B（7，3），∴，∴，，，在Rt△ADE中，，∴，整理得：.【分析】（1）取A点关于x轴的对称点A′（0，-2），利用待定系数法求出直线A′B的解析式，令y=0，求出x的值，据此可得m的值；

（2）过点B作BC⊥x轴于C，根据同角的余角相等可得∠1=∠B，证明△AOP∽△PCB，由相似三角形的性质可得m的值；

（3）连接AB，过点D作DE⊥AB于E，连接AD、DP、DB，由线段垂直平分线的性质可得AD=PD，易得DP=n=AD，根据中点坐标公式可得点E的坐标，利用两点间距离公式表示出AE2、AD2、DE2，然后在Rt△ADE中，应用勾股定理进行解答.14．【答案】（1）解：∵OB＝2OA＝3OD＝6，∴OB＝6，OA＝3，OD＝2，∵CD⊥OA，∴DC∥OB，∴∴∴CD＝10，∴点C坐标（﹣2，10），∵B（0，6），A（3，0），∴b=63k+b∴一次函数为y＝﹣2x+6.∵反比例函数y＝经过点C（﹣2，10），∴m＝﹣20，∴反比例函数解析式为y＝﹣.（2）解：由y=-2x+6y=-20x∴E的坐标为（5，﹣4）.（3）x≤﹣2或0＜x≤5【解析】【解答】解：（3）由图象可知kx+b≥的解集：x≤﹣2或0＜x≤5.【分析】（1）利用OB＝2OA＝3OD＝6，可分别求出OA，OD的长；再证明DC∥OB，利用平行线分线段成比例，可求出CD的长，可得到点C的坐标；将点B，A的坐标代入一次函数解析式，可得到关于k，b的方程组，解方程组求出k，b的长，可得到一次函数解析式；再将点C的坐标代入反比例函数解析式，可求出m的值，可得到反比例函数解析式；（2）将两函数解析式联立方程组，解方程组求出其解，可得到点E的坐标；

（3）利用两函数图象的交点E和点C的横坐标，找出一次函数图象在反比例函数图象上方部分及交点的自变量的取值可得到kx+b≥的解集.15．【答案】（1）证明：∵∠AED＝∠B，∠DAE＝∠CAB，∴△AED∽△ABC，∴∠ADF＝∠C，又∵，∴△ADF∽△ACG（2）解：∵△ADF∽△ACG，∴，∵＝，∴，∴．【解析】【分析】（1）根据相似三角形的判定定理证出△AED∽△ABC，从而得出∠ADF＝∠C，再根据相似三角形的判定定理即可证出结论；（2）根据（1）中相似可得，结合已知条件即可求出，从而求出结论．16．【答案】证明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAE=∠DAE+∠CAE，即∠DAC=∠BAE，∵∠AEB=∠ADB+∠DAE，∠ADC=∠ADB+∠BDC，又∵∠DAE=∠BDC，∴∠AEB=∠ADC，∴△BEA∽△CDA，∴=，即BE·AD=CD·AE；②根据图形特点，猜想可能等于哪两条线段的比?并证明你的猜想，（只须写出有线段的一组即可）解：猜想=或（），由△BEA∽△CDA可知，=，即=，又∵∠DAE=∠BAC，∴△BAC∽△EAD，∴=或（）.【解析】【分析】①通过证明∠AEB=∠ADC，∠DAC=∠BAE，得出△BEA∽△CDA，即可得出结论；

②证明△BAC∽△EAD，即可得出结论。17．【答案】（1）证明：连接，∵是的切线，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴（2）解：在中，，∴，在中，，∵为的直径，∴，∵，，∴，∴，即，解得【解析】【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE=90°，根据等腰三角形的性质可得∠OCA=∠OAC，根据同角的余角相等可得∠ECD=∠ODA，由对顶角的性质可得∠ODA=∠EDC，据此解答；

（2）首先由勾股定理可得OE，进而求得OD，然后在Rt△OAD中，应用勾股定理求出AD的值，证明△AOD∽△ACB，接下来根据相似三角形的性质就可求得AC的值.18．【答案】（1）∵AB=AC，∴∠1=∠C，∵∠D=∠C，∴∠1=∠D，又∵∠2=∠2，∴△ABE∽△ADB；（2）由（1）得△ABE∽△ADB，∴，即，∴，∴AC=AB=.【解析】【分析】（1）首先证明∠1=∠D，根据∠2=∠2可得△ABE∽△ADB；（2）根据△ABE∽△ADB，推出，求出AB的长即可解决问题．19．【答案】（1）解：将点A（6，0），C（﹣2，0）代入y＝ax2+x+c，则有，∴，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3（2）解：由题可求B（0，3），D（2，4），设直线AB的解析式为y＝k1x+b1，将A（6，0），B（0，3）代入可得，∴，∴y＝﹣x+3，设直线CD的解析式为y＝k2x+b2，将C（﹣2，0），D（2，4）代入可得，∴，∴y＝x+2，∵抛物线的对称轴为x＝2，∴E（2，2），∴tan∠BAO＝，∵tan∠BEP＝，∴∠BEP＝∠BAO，①如图1：过点E作EQ∥x轴交抛物线于点P1，交y轴于点Q，当y＝2时，﹣x2+x+3＝2，解得x＝2﹣2或x＝2+2（舍），∴P1（2﹣2，2）；②在①中，点Q坐标为（0，2），作点Q关于AB的对称点Q'，连接BQ'，EQ'，则BQ'＝BQ＝1，EQ'＝EQ＝2，过点Q'作Q'H⊥y轴于点H，过点E作EG⊥Q'H于点G，∵∠BQ'E＝90°，∴∠BQ'H＝90°﹣∠GQ'E＝∠Q'EG，∵∠BHQ'＝∠Q'GE＝90°，∴△BHQ'∽△Q'GE，∴，∴设BH＝m，则Q'G＝2m，GE＝m+3﹣2＝m+1，HQ'＝（m+1），∵HQ'+Q'G＝HG＝2，∴（m+1）+2m＝2，∴m＝，∴HO＝，HQ'＝，∴Q'（，），易得直线EQ'的解析式为y＝﹣x+，解方程组，解得或（舍），∴P2（，）；综上所述：点P的坐标为（2﹣2，2）或（，）（3）存在，满足条件的N点坐标为（4，3）或（﹣4，﹣5）或（2，1+2）或（﹣2，1﹣2）．【解析】【解答】解：（3）∵M是直线CD上一点，N是抛物线上一点，设M（m，m+2），N（x，﹣x2+x+3），已知B（0，3），E（2，2），①当BE∥MN时，BN的中点为（），ME的中点为（，），∴，∴x＝±4，∴N（4，3）或N（﹣4，﹣5）；②当BM∥NE时，BE的中点为（1，），MN的中点为（），∴＝1，，∴x＝±2，∴N（2，1+2）或N（﹣2，1﹣2）；综上所述：满足条件的N点坐标为（4，3）或（﹣4，﹣5）或（2，1+2）或（﹣2，1﹣2）．【分析】（1）将点A（6，0），C（﹣2，0）代入y＝ax2+x+c即可求解析式；（2）求出直线AB、CD的解析式，点E的坐标（2，2），由已知可得∠BEP＝∠BAO，分两种情况求P点坐标：①过点E作EQ∥x轴交抛物线于点P1，交y轴于点Q，当y＝2时求P1点坐标；②作点Q关于AB的对称点Q'，连接BQ'，EQ'，过点Q'作Q'H⊥y轴于点H，过点E作EG⊥Q'H于点G，可以证明△BHQ'∽△Q'GE，得到，设BH＝m，则Q'G＝2m，GE＝m+1，HQ'＝（m+1），由HQ'+Q'G＝HG＝2，求出m＝，可求Q'（，），直线EQ'的解析式为y＝﹣x+，联立方程组并解答，即可求P点坐标；（3）由平行四边形对角线互相平分，分两种情况求解：①BE∥MN时，BN的中点与EM的中点重合；②当BM∥NE时，BE的中点与MN的中点重合；建立关系式求出N点坐标．20．【答案】（1）证明：∵AD是的直径∵AC平分在△ACD和△ACE中，∵∠ACD=∠ACE，AC=AC，∠DAC=∠EAC∴△ACD≌△ACE（ASA）（2）解：如图，连接OC交BD于G，，设，则，OC=AD=∴OC垂直平分BD又∵O为AD的中点∴OG为△ABD的中位线∴OC∥AB，OG=，CG=（3）解：如图，连接OC交BD于G，由（2）可知：OC∥AB，OG=AB∴∠BHA=∠GCH在△BHA和△GHC中，∵∠BHA=∠GCH，AH=CH，∠BHA=∠GHC∴设，则又，∴，∵AD是的直径又【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得，然后利用ASA判定△ACD≌△ACE即可推出AE=AD；（2）连接OC交BD于G，设，根据垂径定理的推论可得出OC垂直平分BD，进而推出OG为中位线，再判定，利用对应边成比例即可求出的值；（3）连接OC交BD于G，由（2）可知：OC∥AB，OG=AB，然后利用ASA判定△BHA≌△GHC，设，则，再判定，利用对应边成比例求出m的值，进而得到AB和AD的长，再用勾股定理求出BD，可求出△BED的面积，由C为DE的中点可得△BEC为△BED面积的一半，即可得出答案.21．【答案】（1）解：令，得．令时，．∴．∵抛物线过点，∴．则，将代入得解得∴二次函数表达式为．（2）解：设交于点M．∵，∴，．∵，∴．∴．∵平分，∴．又∵，∴．∴．由条件得：．∴．∴．∴．∵，∴直线解析式为．（3）解：①，∴．过点P作交于点N，则．∴．∵，∴．∵直线的表达式为，设，∴．∴．∴，则，解得．∴点或．②由①得：．∴．∴m有最大值，．【解析】【分析】（1）根据一次函数的解析式求出，在利用待定系数法求出二次函数的表达式；

（2）设交于点M．，，，．，根据角平分线的定义可得，可证，由条件得：，，，，由，可得直线解析式为；

（3）①根据，可得．过点P作交于点N，则，，，

，

根据直线的表达式为，设，，．，则，解得，点或．②由①得：，，根据二次函数的性质可得m的最大值。22．【答案】（1）解：为等边三角形；理由如下：如图：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，又∵∠B=60°，∴，∴，∵∠FEG=∠BCG=60°，∴B、G、C、E四点共圆∴∠BCE=∠BGE=60°，∴为等边三角形；（2）解：∵，∴F，E，C，G四点共圆，∴，∵由(1)得，∴∴，∴，即，又∵，∴△FEG为等边三角形，过点A作AP⊥x轴于点P，过点E作EQ⊥x轴于点Q，如图：在Rt△AOP中，∠AOP=60°，∴，∴，∴A的坐标为，，∴D的坐标为，又∵EQ⊥x轴，∴EQ∥AP，∴，∴，∴，，∴，∴E的坐标为，又∵点F的坐标为，∴，设直线CD的解析式为y=kx+b，将点C，点D代入，求得解析式为：，∴设G的坐标为，∵EG=EG，∴，解得a=5或a=12（不合题意舍去），∴G的坐标为，设M坐标为，①当EF为对角线时，，解得，∴M的坐标为，②当EG为对角线时，同理得M坐标为；③当FG为对角线时，同理得M坐标为，综上所述，M的坐标为，，；（3）解：作D，C，E关于的对称点，记，与的交点分别为，，与AB交于点M，∵CD与关于直线AB对称，∴CD∥，，，，∴，∴，且，即，又∵∴∥，∴，∴，又∵CM⊥AB，∠ABC=60°，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴所以的取值范围是.【解析】【分析】（1）由菱形的性质可得AB=BC，由∠B=60°可得∠BAC=∠BCA=∠ACD=∠CAD=∠D=60°，进而求得∠FCG的度数，由四点共圆可得∠BCE=∠BGE=60°，据此判断；

（2）易知F，E，C，G四点共圆，则∠2=∠3，∠1=∠4，由（1）得∩FCA=∠FCG=60°，进而求得∠ECG、∠GFE的度数，推出△FEG为等边三角形，过点A作AP⊥x轴于点P，过点E作EQ⊥x轴于点Q，求出∠OAP的度数，得到OP、AP的值，进而得到点A、D的坐标，证明△CQE∽△CPA，由相似三角形的性质求出QE、CQ、OQ的值，得到点E的坐标以及EF的值，求出直线CD的解析式，设G（a，），根据EG=EG可求出a的值，得到G的坐标，设M（m，n），然后分①EF为对角线，②EG为对角线，③FG为对角线进行求解；

（3）作D，C，E关于AB的对称点D′、C′、E′，记D′C′、D′E′与CB的交点分别为F1，F2，CC′与AB交于点M，由对称的性质可得CD∥D′C′，CD=D′C′，CM=C′M，∠ECD=∠D′C′E′=60°，证明△CBM∽△CF1C′，△D′C′E′∽△D′F1F2，求得CF1的值，推出CE=F1F2，据此求解.23．【答案】（1）证明：连接OD，如图，∵CD平分∠ACB，∴，∴∠AOD=∠BOD=90°，∵DF是⊙O的切线，∴∠ODF=90°∴∠ODF=∠BOD，∴DF∥AB.（2）解：过C作CM⊥AB于M，如图，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴AB=.∴，即，∴CM=2，∴，∴OM=OB-BM=，∵DF∥AB，∴∠OFD=∠COM，又∵∠ODF=∠CMO=90°，∴△DOF∽△MCO，∴，即，∴FD=.【解析】【分析】（1）连接OD，根据角平分线的概念以及圆周角定理可得，则∠AOD=∠BOD=90°，根据切线的性质可得∠ODF=90°，则∠ODF=∠BOD，然后根据平行线的判定定理进行证明；

（2）过C作CM⊥AB于M，根据圆周角