2023年九年级数学中考复习《中考压轴解答题》专题提升训练（含解析）

2022-2023学年九年级数学中考复习《中考压轴解答题》专题提升训练（附答案）1．如图，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，∠BAF的平分线AE交⊙O于点E，过点E作ED⊥AF，交AF的延长线于点D，延长DE、AB相交于点C．（1）判断CD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径为5，tan∠EAD＝，求AE的长．2．如图，点C是以AB为直径的⊙O上一点，过点A作⊙O的切线交BC延长线于点D，取AD中点E，连接EC并延长交AB延长线于点F．（1）试判断EF与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若CF＝12，BF＝8，求tanD．3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AE⊥CB的延长线于点E，连结AC，BD，AB平分∠EBD，（1）求证：AC＝AD．（2）当B为的中点，BC＝3BE，AD＝6时，求CD的长．4．如图，已知AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点，D为中点，且DE⊥AC于点E，连结CD．（1）求证：DE是圆O的切线；（2）若圆O的半径为5，且CD＝6，求AC．5．如图，AB是半圆⊙O的直径，C为半圆上一点，CE⊥AB，垂足为E，F为AB延长线上一点，且∠FCB＝∠ECB．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）若EB＝3，BF＝6，求图中阴影部分的面积．6．如图，以▱ABCD的边BC为直径的⊙O交对角线AC于点E，交CD于点F．连接BF．过点E作EG⊥CD于点G，EG是⊙O的切线．（1）求证：▱ABCD是菱形；（2）已知EG＝2，DG＝1．求CF的长．7．已知，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的⊙O交BC于点D．（1）如图1，求证：BD＝CD；（2）如图2，点E在上，连接CE并延长至点F，连接AF交⊙O于点G，若＝，求证：∠BAC＝2∠F；（3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，若CF＝5，BF＝8，求△ACF的面积．8．已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数；（2）如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，∠APB的度数应为多少时，四边形APBC为菱形？请说明理由；（3）若PC交⊙O于点D，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）．9．感知：如图1，AD平分∠BAC，∠B+∠C＝180°，∠B＝90°．易知：DB＝DC．（不需证明）探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°．求证：DB＝DC．应用：如图3，四边形ABDC中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC，DE⊥AB，若BE＝a，则AB﹣AC的值为.（用a的代数式表示）10．定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形．【性质初探】如图1，已知，▱ABCD，∠B＝80°，点E是边AD上一点，连结CE，四边形ABCE恰为等腰梯形．求∠BCE的度数；【性质再探】如图2，已知四边形ABCD是矩形，以BC为一边作等腰梯形BCEF，BF＝CE，连结BE、CF．求证：BE＝CF；【拓展应用】如图3，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB＝2，∠ABC＝45°，过点O作AC的垂线交BC的延长线于点G，连结DG．若∠CDG＝90°，求BC的长．11．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9cm，BC＝12cm．在Rt△DEF中，∠DFE＝90°，EF＝6cm，DF＝8cm，E、F两点在BC边上，DE，DF两边分别与AB边交于G，H两点．现固定△ABC不动，△DEF从点F与点B重合的位置出发，沿BC以1cm/s的速度向点C运动，点P从点F出发，在折线FD﹣DE上以2cm/s的速度向点E运动．△DEF与点P同时出发，当点E到达点C时，点C时，△DEF与点P同时停止运动．设运动的时间是t（单位：s），t＞0．（1）当t＝2时，PH＝cm，DG＝cm；（2）t＝秒时点P与点G重合？（3）t为多少秒时△PDG为等腰三角形？请说明理由；（4）直接写出△PDB的面积（可用含t的代数式表示）．12．（1）问题探究：如图1，在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC、AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD、AB上，GF⊥AE．①判断DQ与AE的数量关系：DQAE；②推断：的值为；（无需证明）（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值．13．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ（1）如图a，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图，延长BP交直线DQ于点E．①如图b，求证：BE⊥DQ；②如图c，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由，（3）填空：若正方形ABCD的边长为10，DE＝2，PB＝PC，则线段PB的长为．14．【问题情境】（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q．求证：AE＝FG．【尝试应用】（2）如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O．求tan∠AOC的值；【拓展提升】（3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N．①求∠DMC的度数；②连接AC交DE于点H，直接写出的值．15．【操作与发现】如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．（1）【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是．（2）如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN＝，求证：M是CD的中点．（3）【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是．16．在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P．（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．①求证：△AOC1≌△BOD1．②请直接写出AC1与BD1的位置关系．（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC＝5，BD＝7，设AC1＝kBD1．判断AC1与BD1的位置关系，说明理由，并求出k的值．（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC＝5，BD＝10，连接DD1，设AC1＝kBD1．请直接写出k的值和AC12+（kDD1）2的值．17．如图，已知抛物线y＝mx2+4x+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．直线y＝x﹣3经过B，C两点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）抛物线的顶点为M，在该抛物线的对称轴l上是否存在点P，使得以C，M，P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．18．如图一，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为D（2，8），与x轴交于两点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图二，连接AD，BC，点P是线段BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PQ∥AD交CB于点Q，PQ的最大值及此时点P的坐标；（3）将该抛物线关于直线x＝1对称得到新抛物线y1，点E是原抛物线y和新抛物线y1的交点，F是原抛物线对称轴上一点，G为新抛物线上一点，若以E、F、A、G为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点F的坐标．19．抛物线y＝ax2+x﹣6与x轴交于A（t，0），B（8，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝kx﹣6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．（1）求抛物线的表达式和t，k的值；（2）如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；（3）如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+PQ的最大值．20．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点B在点A的右边），点A坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C，S△ABC＝3．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P（x，y）是抛物线上一动点，且x＞3．作PN⊥BC于N，设PN＝d，求d与x的函数关系式；（3）在（2）的条件下，过点A作PC的平行线交y轴于点F，连接BF，在直线AF上取点E，连接PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，请直接写出P点坐标．参考答案1．解：（1）连接OE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∵AE平分∠BAF，∴∠OAE＝∠DAE，∴∠OEA＝∠EAD，∴OE∥AD，∵ED⊥AF，∴OE⊥DE，OA是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线；（2）连接BE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°＝∠D，又∠DAE＝∠BAE，∴△ADE∽△AEB，∴＝＝，∵tan∠EAD＝，∴＝＝，则AE＝2BE，又AB＝10，在△ABE中，AE2+BE2＝AB2，即（2BE）2+BE2＝102，解得：BE＝2，则AE＝4．2．解：（1）EF是⊙O的切线，理由如下：连接OC，AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°＝∠ACD，又∴E是AD的中点，∴CE＝ED＝EA，∴∠EAC＝∠ACE，又∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AD是⊙的切线，AB是直径，∴∠EAB＝90°＝∠EAC+∠OAC，∴∠ACE+∠OCA＝90°，即OC⊥EF，∴EF是⊙O的切线；（2）解法一：设OC＝x＝OB，在Rt△OFC中，由勾股定理得，OC2+FC2＝OF2，即x2+122＝（8+x）2，解得x＝5，即OC＝5，∴AB＝2OC＝10，∴tanF＝＝＝＝，∴AE＝，∴DE＝2AE＝15，在Rt△ABD中，tanD＝＝＝．解法二：连接AC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°＝∠ACD，∵AD是⊙O的切线，∴∠DAB＝90°，∴∠D＝∠CAB，∵∠BCF＝∠CAB，∠F＝∠F，∴△CBF∽△ACF，∴＝＝＝，∴tanD＝tan∠CAB＝＝．3．（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∵∠ABE+∠ABC＝180°，∴∠ABE＝∠ADC，∵AB平分∠DBE，∴∠ABE＝∠DBA，∴∠ADC＝∠DBA，∵∠ACD＝∠DBA，∴∠ADC＝∠ACD，∴AC＝AD；（2）解：过A作AF⊥CD于F，∵B为的中点，∴AB＝BC，∵BC＝3BE，∴AB＝3BE，∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠ADF＝∠ABE，∵∠AFD＝∠AEB＝90°，∴△ABE∽△ADF，∴＝＝，∵AD＝6，∴DF＝2，∵AC＝AD，∴CD＝2DF＝4．4．（1）证明：连接OD、OC，∵D为中点，∴∠BOD＝∠COD＝∠BOC，又∵∠BAC＝∠BOC，∴∠BAC＝∠BOD，∴OD∥AE，∴DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD是半径，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BD，∵D为中点，∴BD＝CD＝6，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，在Rt△ABD中，AD＝＝8，∵∠DCE＝∠B，∴sinB＝＝＝＝sin∠DCE＝＝，∴DE＝，∴CE＝＝，在Rt△ADE中，由勾股定理得，DE2+AE2＝AD2，即（）2+（AC+）2＝82，∴AC＝．5．（1）证明：连接OC，∵CE⊥AB，∴∠CEB＝90°，∴∠ECB+∠CBE＝90°，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠CBE，∴∠OCB+∠ECB＝90°，∵∠FCB＝∠ECB∴∠FCB+∠OCB＝90°，∴∠OCF＝90°，∴CF是⊙O的切线；（2）解：∵∠OCF＝∠OEC＝90°，∠FOC＝∠COE，∴△OCE∽△OFC，∴＝，即＝，解得：OB＝6，∴cos∠COF＝＝＝，∴∠COF＝60°，∴CF＝OF•sin∠COF＝6，∴阴影部分的面积＝×6×6﹣＝18﹣6π．6．（1）证明：如图，连接OE，∵EG是⊙O的切线，∴OE⊥EG，∵EG⊥CD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OE∥CD∥AB，∴∠CEO＝∠CAB，∵OC＝OE，∴∠CEO＝∠ECO，∴∠ACB＝∠CAB，∴AB＝BC，∴▱ABCD是菱形；（2）如图，连接BD，由（1）得，OE∥CD，OC＝OB，∴AE＝CE，∴CE：AC＝1：2，∴点E是AC的中点，∵四边形ABCD是菱形，∴BD经过点E，∵BC是⊙O的直径，∴BF⊥CD，∵EG⊥CD，∴EG∥BF，∴△DGE∽△DFB，∴DG：DF＝GE：BF＝DE：BD＝1：2，∴DF＝2，BF＝4，在Rt△BFC中，设CF＝x，则BC＝x+2，由勾股定理得，x2+42＝（x+2）2，解得：x＝3，∴CF＝3．7．（1）证明：如图1，连接AD，∵AC是⊙O的直径，∴∠ADC＝90°，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD；（2）证明：如图2，连接AD，CG，∵AC是⊙O的直径，∴∠CGF＝∠AGC＝90°，∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠CGF，∵＝，∴∠DCG＝∠ACE，∴∠DCG﹣∠ACG＝∠ACE﹣∠ACG，∴∠ACD＝∠FCG，∴∠F＝∠CAD，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠BAC＝2∠DAC，∴∠BAC＝2∠F；（3）解：如图3，取CF的中点H，连接DH，GH，DG，由（1）知：BD＝CD，∴DH＝＝4，∵∠CGF＝90°，CH＝FH，∴GH＝FH＝＝，∠GFC+∠GCF＝90°，∴∠FGH＝∠GFC，∴∠FGH+∠GCF＝90°，∵＝，∴∠AGD＝∠ACD，由（2）知：∠DAC＝∠GFC，∴∠AGD＝∠GFC，∴∠FGH+∠AGD＝90°，∴∠DGH＝90°，∴DG＝＝＝，∵＝，∴∠CDG＝∠CAF，由（2）知：∠DCG＝∠ACE，∴△CDG∽△CAF，∴，∴CG•AF＝CF•DG＝5×＝，∴，∴S△ACF＝．8．解：（1）如图1，连接OA，OB，∵PA，PB为⊙O的切线，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∵∠APB+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°，∴∠APB+∠AOB＝180°，∵∠APB＝80°，∴∠AOB＝100°，∴∠ACB＝50°；（2）如图2，当∠APB＝60°时，四边形APBC是菱形，连接OA，OB，由（1）可知，∠AOB+∠APB＝180°，∵∠APB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠ACB＝60°＝∠APB，∵点C运动到PC距离最大，∴PC经过圆心，∵PA，PB为⊙O的切线，∴PA＝PB，∠APC＝∠BPC＝30°，又∵PC＝PC，∴△APC≌△BPC（SAS），∴∠ACP＝∠BCP＝30°，AC＝BC，∴∠APC＝∠ACP＝30°，∴AP＝AC，∴AP＝AC＝PB＝BC，∴四边形APBC是菱形；（3）∵⊙O的半径为r，∴OA＝r，OP＝2r，∴AP＝r，PD＝r，∵∠AOP＝90°﹣∠APO＝60°，∴的长度＝＝，∴阴影部分的周长＝r+r+r＝（+1+）r．9．感知证明：如图1，∵∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，∴∠C＝90°，∴∠B＝∠C，∵∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，∴△BAD≌△CAD（AAS），∴DB＝DC．探究证明：如图2，延长AC到点F，使AF＝AB，连接DF，∵∠FAD＝∠BAD，AD＝AD，∴△FAD≌△BAD（SAS），∴∠F＝∠ABD，DF＝DB，∵∠ABD+∠ACD＝180°，∴∠F+∠ACD＝180°，∵∠DCF+∠ACD＝180°，∴∠F＝∠DCF，∴DF＝DC，∴DB＝DC．应用解：如图3，作DG⊥AC交AC的延长线于点G，连接AD，∵DE⊥AB，∠B＝45°，∴∠BED＝∠G＝∠AED＝90°，∠EDB＝∠B＝45°，∴DE＝BE＝a，∵∠ACD＝135°，∴∠GCD＝45°，∵∠B＝∠GCD，DB＝DC，∴△BED≌△CGD（AAS），∴DE＝DG，CG＝BE＝a，∵AD＝AD，∴Rt△AED≌Rt△AGD（HL），∴AE＝AG＝AC+a，∴AC＝AE﹣a，∴AB﹣AC＝AB﹣（AE﹣a）＝AB﹣AE+a＝BE+a＝2a，故答案为：2a．10．【性质初探】解：过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，∵▱ABCD，∴AE∥BC，∴AG＝EH，∵四边形ABCE恰为等腰梯形，∵AB＝EC，∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），∴∠B＝∠ECH，∵∠B＝80°，∴∠BCE＝80°；【性质再探】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥BC，∵四边形BCEF是等腰梯形，∴BF＝CE，由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，∴△BFC≌△CEB（SAS），∴BE＝CF；【拓展应用】解：连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点，∵GO⊥AC，∴AC＝CG，∵AB∥CD，∠ABC＝45°，∴∠DCG＝45°，∴∠CDG＝90°，∴CD＝DG，∴BA＝DG＝2，∵∠CDG＝90°，∴CG＝2，∴AG＝2，∵∠ADC＝∠DCG＝45°，∴∠CDM＝135°，∴∠GDM＝45°，∴GM＝DM＝，在Rt△AGM中，（2）2＝（AD+）2+（）2，∴AD＝﹣，∴BC＝﹣．11．解：（1）当t＝2时，BF＝2cm，PF＝4cm，BE＝8cm．∵∠C＝90°，∠DFE＝90°，∴∠C+∠DFE＝180°．∴AC∥DF．∴△BHF∽△BAC．∴BF：BC＝HF：AC，即2：12＝HF：9．∴HF＝．∴PH＝4﹣＝．∵tanB＝＝＝，tanD＝，∴∠B＝∠D，∴∠BGE＝90°，∴△BEG∽△BAC，∴＝，即＝，解得，EG＝（cm），∴DG＝10﹣EG＝（cm），故答案为：；；（2）设当△DEF和点P运动的时间是t时，点P与点G重合，此时点P一定在DE边上，DP＝DG．由（1）知，∠B＝∠D．又∵∠D+∠DEB＝90°，∴∠B+∠DEB＝90°，∴∠DGH＝∠BFH＝90°．∴FH＝BF•tanB＝t，DH＝DF﹣FH＝8﹣t，DG＝DH•cosD＝（8﹣t）•＝﹣t+，∵DP+DF＝2t，∴DP＝2t﹣8．由DP＝DG得，2t﹣8＝﹣t+，解得t＝，∵4＜＜6，则此时点P在DE边上．∴t的值为时，点P与点G重合．故答案为：；（3）只有点P在DF边上运动时，△PDE才能成为等腰三角形，且PD＝PE．（如图1）∵BF＝t，PF＝2t，DF＝8，∴PD＝DF﹣PF＝8﹣2t．在Rt△PEF中，PE2＝PF2+EF2＝4t2+36＝PD2．即4t2+36＝（8﹣2t）2．解得t＝．∴t为时△PDE为等腰三角形；（4）当0＜t≤4时，点P在DF边上运动，如图1，S△PDB＝PD•BF＝（8﹣2t）•t＝﹣t2+4t；当4＜t≤6时，点P在DE边上运动，如图2，过点P作PS⊥BC于S，则tan∠PBF＝．可得PE＝DE﹣DP＝10﹣（2t﹣8）＝18﹣2t．此时PS＝PE•cos∠EPS＝PE•cosD＝•（18﹣2t）＝﹣t+，S△PDB＝S△DEB﹣S△BPE＝BE•DF﹣BE•PS＝×（6+t）×8﹣×（6+t）（﹣t+）＝t2+t﹣．综上所述，△PDB的面积为﹣t2+4t（0＜t≤4）或t2+t﹣（4＜t≤6）．12．解：（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DH，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．故答案为：＝．②结论：＝1．理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案为：1．（2）结论：＝k．理由：如图2，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴＝k．（3）如图3，过点D作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，过点A作AE⊥EF，连接AC，∵∠ABC＝90°，AE⊥EF，EF⊥BC，∴四边形ABFE是矩形，∴∠E＝∠F＝90°，AE＝BF，EF＝AB＝10，∵AD＝AB，BC＝CD，AC＝AC，∴△ACD≌△ACB（SSS），∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠ADE+∠CDF＝90°，且∠ADE+∠EAD＝90°，∴∠EAD＝∠CDF，且∠E＝∠F＝90°，∴△ADE∽△DCF，∴，∴AE＝2DF，DE＝2CF，∵DC2＝CF2+DF2，∴25＝CF2+（10﹣2CF）2，∴CF＝5（不合题意，舍去），CF＝3，∴BF＝BC+CF＝8，由（2）的结论可知：．13．解：（1）证明：如图a，∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°，∴∠BCP＝∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；（2）①如图b，∵△BCP≌△DCQ，∴∠CBF＝∠EDF，又∵∠BFC＝∠DFE，∴∠DEF＝∠BCF＝90°，∴BE⊥DQ；②如图c，∵△BCP为等边三角形，∴∠BCP＝60°，∴∠PCD＝30°，又∵CP＝CD，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∵∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°，∴∠EPD＝45°，∠EDP＝45°，∴△DEP为等腰直角三角形；（3）如图b，由∠CBF＝∠EDF，∠DEF＝∠BCF，可得△DEF∽△BCF，∴＝，即＝，设DF＝x，则BF＝5x，CF＝10﹣x，∵Rt△BCF中，BF2＝BC2+CF2，∴（5x）2＝102+（10﹣x）2，解得x1＝，x2＝﹣（舍去），∴BF＝5x＝，∵PB＝PC，∴∠PBC＝∠PCB，又∵∠PBC+∠PFC＝∠PCB+∠PCF＝90°，∴∠PFC＝∠PCF，∴PF＝PC，∴BP＝PF＝BF＝；如图d，延长BE、CD，交于点F，由∠CBF＝∠CDQ＝∠EDF，∠DEF＝∠BCF，可得△DEF∽△BCF，∴＝，即＝，设DF＝x，则BF＝5x，CF＝10+x，∵Rt△BCF中，BF2＝BC2+CF2，∴（5x）2＝102+（10+x）2，解得x1＝﹣（舍去），x2＝，∴BF＝5x＝，∵PB＝PC，∴∠PBC＝∠PCB，又∵∠PBC+∠PFC＝∠PCB+∠PCF＝90°，∴∠PFC＝∠PCF，∴PF＝PC，∴BP＝PF＝BF＝．故答案为：或．14．（1）证明：方法1，平移线段FG至BH交AE于点K，如图1﹣1所示：由平移的性质得：FG∥BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，∴四边形BFGH是平行四边形，∴BH＝FG，∵FG⊥AE，∴BH⊥AE，∴∠BKE＝90°，∴∠KBE+∠BEK＝90°，∵∠BEK+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBH，在△ABE和△BCH中，，∴△ABE≌△BCH（ASA），∴AE＝BH，∴AE＝FG；方法2：平移线段BC至FH交AE于点K，如图1﹣2所示：则四边形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，∴FH＝BC，∠FHG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝90°，∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，∵FG⊥AE，∴∠HFG+∠AKF＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠HFG，在△ABE和△FHG中，，∴△ABE≌△FHG（ASA），∴AE＝FG；（2）解：将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图2所示：∴∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，由勾股定理可得：CF＝＝＝，CD＝＝＝2，DF＝＝＝5，∵（）2+（2）2＝52，∴CF2+CD2＝DF2，∴∠FCD＝90°，∴tan∠AOC＝tan∠FDC＝＝＝；（3）解：①平移线段BC至DG处，连接GE，如图3﹣1所示：则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，∴DC＝GB，∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°∴DC＝AD＝AP＝GB，∴AG＝BP＝BE，在△AGD和△BEG中，，∴△AGD≌△BEG（SAS），∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，∴∠EGD＝90°，∴∠GDE＝∠GED＝45°，∴∠DMC＝∠GDE＝45°；②如图3﹣2所示：∵AC为正方形ADCP的对角线，∴AD＝CD，∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴AC＝AD，∵∠HCM＝∠BCA，∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC，∴△ADH∽△ACB，∴＝＝＝．15．（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，即∠EAM＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠MAN＝∠EAN，在△AMN和△AEN中，，∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN＝EN，∵EN＝BE+BN＝DM+BN，∴MN＝BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN＝＝＝10，则BN+DM＝10，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，∴x﹣6+x﹣8＝10，解得：x＝12，即正方形ABCD的边长是12；故答案为：12；（2）证明：设BN＝m，DM＝n，由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，∴tan∠BAN＝＝，∴AB＝3BN＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，整理得：3m＝2n，∴CM＝2n﹣n＝n，∴DM＝CM，即M是CD的中点；（3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：则四边形APQD是正方形，∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，设DM＝a，则MQ＝16﹣a，∵PQ∥BC，∴△ABN∽△APE，∴＝＝＝，∴PE＝BN＝，∴EQ＝PQ﹣PE＝16﹣＝，由（1）得：EM＝PE+DM＝+a，在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（16﹣a）2＝（+a）2，解得：a＝8，即DM的长是8；故答案为：8．16．（1）①证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OC＝OA＝OD＝OB，AC⊥BD，∴∠AOB＝∠COD＝90°，∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1＝OC，OD1＝OD，∠COC1＝∠DOD1，∴OC1＝OD1，∠AOC1＝∠BOD1＝90°+∠AOD1，在△AOC1和△BOD1中，∴△AOC1≌△BOD1（SAS）；②AC1⊥BD1；（2）AC1⊥BD1．理由如下：如图2，∵四边形ABCD是菱形，∴OC＝OA＝AC，OD＝OB＝BD，AC⊥BD，∴∠AOB＝∠COD＝90°，∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1＝OC，OD1＝OD，∠COC1＝∠DOD1，∴OC1＝OA，OD1＝OB，∠AOC1＝∠BOD1，∴，∴△AOC1∽△BOD1，∴∠OAC1＝∠OBD1，又∵∠AOB＝90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD1＝90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC1＝90°，∴∠APB＝90°∴AC1⊥BD1；∵△AOC1∽△BOD1，∴＝＝＝＝，∴k＝；（3）如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1，∴＝＝＝，∴k＝；∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OD1＝OD，而OD＝OB，∴OD1＝OB＝OD，∴△BDD1为直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12＝BD2＝100，∴（2AC1）2+DD12＝100，∴AC12+（kDD1）2＝25．17．解：（1）y＝x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，∴C（0，﹣3），令y＝0，则x＝3，∴B（3，0），将C（0，﹣3），B（3，0）代入y＝mx2+4x+n中，∴，解得，∴y＝﹣x2+4x﹣3；（2）存在点P，使得以C，M，P为顶点的三角形是等腰三角形，理由如下：∵y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，∴M（2，1），对称轴为直线x＝2，设P（2，t），∴MP＝|t﹣1|，MC＝2，CP＝，①当MP＝MC时，|t﹣1|＝2，∴t＝2+1或t＝﹣2+1，∴P（2，2+1）或（2，﹣2+1）；②当MP＝CP时，|t﹣1|＝，解得t＝﹣，∴P（2，﹣）；③当MC＝CP时，2＝，解得t＝1（舍）或t＝﹣7，∴P（2，﹣7）；综上所述：P点坐标为（2，2+1）或（2，﹣2+1）或（2，﹣）或（2，﹣7）．18．解：（1）∵抛物线的顶点为D（2，8），∴﹣＝2，＝8，解得b＝2，c＝6，∴y＝﹣x2+2x+6；（2）令y＝0，则﹣x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或x＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），令x＝0，则y＝6，∴C（0，6），设直线AD的解析式为y＝kx+d，∴，解得，∴y＝2x+4，设直线BC的解析式为y＝k'x+d'，∴，解得，∴y＝﹣x+6，设P（t，﹣t2+2t+6），∵QP∥AD，∴直线QP的解析式为y＝2x﹣t2+6，当2x﹣t2+6＝﹣x+6时，x＝t2，∴Q（t2，6﹣t2），∴PQ＝|t2﹣t|，∵0＜t＜6，∴PQ＝（﹣t2+t）＝﹣（t﹣3）2+，当t＝3时，PQ有最大值，此时P（3，）；（3）D点关于直线x＝1的对称点为（0，8），∴新抛物线y1＝﹣x2+8，当﹣x2+2x+6＝﹣x2+8时，x＝1，∴E（1，），∵y＝﹣x2+2x+6＝﹣（x﹣2）2+8，∴抛物线的对称轴为直线x＝2，设