广东省历年（2019-2023年）中考数学真题分类汇编12 相似

广东省历年（2019-2023年）中考数学真题分类汇编12相似一、选择题1．我国著名数学家华罗庚曾为普及优选法作出重要贡献，优选法中有一种0.618法应用了（）A．黄金分割数 B．平均数 C．众数 D．中位数2．在正方形ABCD中，AB=2，点E是BC边的中点，连接DE，延长EC至点F，使得EF=DE，过点F作FG⊥DE，分别交CD、AB于N、G两点，连接CM、EG、EN，下列正确的是（）①tan∠GFB=12；②MN=NC；③CMEGA．4 B．3 C．2 D．1 第2题图 第3题图3．已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为4，BE=AF，∠BAD=120°，则下列结论：①△BCE≌△ACF②△CEF为正三角形③∠AGE=∠BEC④若AF=1，则EG=3FG正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．44．如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（）A．EH=HG B．四边形EFGH是平行四边形C．AC⊥BD D．ΔABO的面积是ΔEFO的面积的2倍 第4题图 第6题图5．在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的点A在函数y=1x(x>0)的图象上，点C在函数y=−4x(x<0)的图象上，若点A．(12，2) B．(22，6．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB=6，BC=8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（）A．485 B．325 C．2457．如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB=2，以EB为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM、AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB、AM交于点N、K.则下列结论：①ΔANH≅ΔGNF；②∠AFN=∠HFG；③FN=2NK；④SΔAFN A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题8．边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为． 第8题图 第9题图9．如图，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，tan∠ACB=12,BO10．如图，正方形ABCD中，ΔABC绕点A逆时针旋转到ΔAB′C′，AB′，AC′分别交对角线BD于点 第10题图 第11题图11．如图，在△ABC中，AB=AC，tanB=34，点D为BC上一动点，连接AD，将△ABD沿AD翻折得到△ADE，DE交AC于点G，GE<DG，且AG：CG=312．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）△HGD≌△HEC；（3）S△AHG：S△DHC=9∶16三、解答题13．如图，边长为1的正方形ABCD中，点E为AD的中点．连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，BF交AC于点G，求CG的长．四、综合题14．如图，在单位长度为1的网格中，点O，A，B均在格点上，OA=3，AB=2，以O为圆心，OA为半径画圆，请按下列步骤完成作图，并回答问题：①过点A作切线AC，且AC=4（点C在A的上方）；②连接OC，交⊙O于点D；③连接BD，与AC交于点E．（1）求证：BD为⊙O的切线；（2）求AE的长度．15．如图，AB为⊙O的弦，D，C为ACB的三等分点，AC//BE．（1）求证：∠A=∠E；（2）若BC=3，BE=5，求CE的长．16．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且AEAG=ABAD=17．如图，抛物线y=3+36x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A，B分别位于原点的左、右两侧，BO=3AO=3，过点B的直线与y轴正半轴和抛物线的交点分别为（1）求b，c的值；（2）求直线BD的函数解析式；（3）点P在抛物线的对称轴上且在x轴下方，点Q在射线BA上，当ΔABD与ΔBPQ相似时，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．18．如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠DAB=90°，AB是⊙O的直径，CO平分∠BCD．（1）求证：直线CD与⊙O相切；（2）如图2，记（1）中的切点为E，P为优弧AE上一点，AD=1，BC=2.求tan∠APE19．如图，在ΔABC中，点D是边AB上的一点.（1）请用尺规作图法，在ΔABC内，求作∠ADE，使∠ADE=∠B，DE交AC于E；（不要求写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）的条件下，若ADDB=2，求20．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点P（-1，2），AB⊥x轴于点E，正比例函数y=mx的图像与反比例函数y=n−3（1）求m，n的值与点A的坐标；（2）求证：ΔCPD∽ΔAEO（3）求sin∠CDB的值21．综合运用如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，如图2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转，旋转角为α(0°<α<45°)，AB交直线y=x于点E，BC交y轴于点F．（1）当旋转角∠COF为多少度时，OE=OF；（直接写出结果，不要求写解答过程）（2）若点A(4，（3）如图3，对角线AC交y轴于点M，交直线y=x于点N，连接FN，将△OFN与△OCF的面积分别记为S1与S2，设S=S1−S222．如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，AB=2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF=AE，且CF、DE相交于点G（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；（2）当CG=2时，求AE的长；（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．23．在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b(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=4x图象的一个交点为（1）求m的值；（2）若PA=2AB，求k的值．24．在正方形ABCD中，等腰直角△AEF，∠AFE=90°，连接CE，H为CE中点，连接BH、BF、HF，发现BFBH和∠HBF（1）①BFBH=▲；②∠HBF=③小明为了证明①②，连接AC交BD于O，连接OH，证明了OHAF和BABO的关系，请你按他的思路证明（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，BDAD=EAFA=k求①FDHD=（用②FHHD=（用k、25．探究：是否存在一个新矩形，使其周长和面积为原矩形的2倍、12倍、k（1）若该矩形为正方形，是否存在一个正方形，使其周长和面积都为边长为2的正方形的2倍？（填“存在”或“不存在”）．（2）继续探究，是否存在一个矩形，使其周长和面积都为长为3，宽为2的矩形的2倍？同学们有以下思路：①设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=10，xy=12，联立x+y=10xy=12得x根据此方法，请你探究是否存在一个矩形，使其周长和面积都为原矩形的12②如图也可用反比例函数与一次函数证明l1：y=−x+10，l2：a．是否存在一个新矩形为原矩形周长和面积的2倍？b．请探究是否有一新矩形周长和面积为原矩形的12c．请直接写出当结论成立时k的取值范围.26．如图，点B是反比例函数y=8x（x>0）图象上一点，过点B分别向坐标轴作垂线，垂足为A，C，反比例函数y=kx（x>0）的图象经过OB的中点M，与AB，BC分别相交于点D，E．连接DE并延长交x轴于点F，点G与点O关于点C对称，连接（1）填空：k=；（2）求ΔBDF的面积；（3）求证：四边形BDFG为平行四边形．27．已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B(-3，0），C(-3，8)，以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交圆E于点D，连接OD．（1）求证：直线OD是圆E的切线；（2）点F为x轴上任意一点，连接CF交□E于点G，连接BG：当tan∠FCA=17，求所有F点的坐标28．如图，等边ΔABC中，AB=6，点D在BC上，BD=4，点E为边AC上一动点（不与点C重合），ΔCDE关于DE的轴对称图形为ΔFDE.（1）当点F在AC上时，求证：DF//AB；（2）设ΔACD的面积为S1，ΔABF的面积为S2，记S=S1-S2，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由；（3）当B，F，E三点共线时。求AE的长。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：我国著名数学家华罗庚曾为普及优选法作出重要贡献，优选法中有一种0.618法应用了黄金分割数.

故答案为：A

【分析】利用黄金分割的定义，可得答案.2．【答案】B【解析】【解答】①tan∠GFB=tan∠EDC=②∵∠DMN=∠NCF=90°，∠MND=∠CNF，∴∠MDN=∠CFN，∵∠ECD=∠EMF，EF=ED，∠MDN=∠CFN，∴△DEC≌△FEM（SAS），∴EM=EC，∴DM=FC，∵∠MDN=∠CFN，∠MND=∠CNF，DM=FC，∴△DMN≌△FCN（AAS），∴MN=NC，故②正确；③∵BE=EC，ME=EC，∴BE=ME，∵在Rt△GBE和Rt△GME中：BE=ME，GE=GE，∴Rt△GBE≌Rt△GME（HL），∴∠BEG=∠MEG，∵ME=EC，∴∠EMC=∠ECM，又∵∠EMC+∠ECM=∠BEG+∠MEG，∴∠GEB=∠MCE，∴MC//GE，∴CMEG∵EF=DE=EC2∴CMEG=CF④由上述可知：BE=EC=1，CF=5−1，∴∵tan∠F=tan∠EDC=GB∴S四边形GBEM=2S故选B．【分析】①先证出∠GFB=∠EDC，得出tan∠GFB=tan∠EDC=ECCD=12，即可判断①正确；

②先证出△DEC≌△FEM，得出EM=EC，从而得出DM=FC，进而证出△DMN≌△FCN，得出MN=NC，即可判断②正确；

③先证出MC∥GE，得出CMEG=CFEF，再求出EF，CF的长，得出CM3．【答案】D【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，

∴∠B=∠DAC=∠BAC=∠BCA=60°，AB=BC=AC，

∵BE=AF，

∴△BCE≌△ACF（SAS），故①正确；

∴CF=CE，∠BCE=∠ACF，

∵∠ACF=∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠BCA=60°，

∴△CEF为正三角形.故②正确；

∵∠AGE=∠GAF+∠AFG=60°+∠AFG=∠AFC，

∴AGE=∠BEC故③正确；

∵AF=1，∴BE=1，

∴AE=4-1=3

过点E作EH∥BC交AC于点H.

∴EHBC=AEAB，即EH4=34，∴EH=3，

∵故答案为：D.【分析】根据菱形的性质，可得∠B=∠FAC=60°，BC=AC，根据“SAS”可证△BCE≌△ACF，据此判断①；利用全等三角形的对应边相等，对应角相等，可得CF=CE，∠BCE=∠ACF，从而可得∠ECF=∠BCA=60°，即证△CEF为正三角形，据此判断②；由∠AGE=∠GAF+∠AFG=60°，+∠AFG=∠AFC，据此判断③；过点E作EH∥BC交AC于点H.利用平行线分线段成比例，可求出EH=3，从而可得FGEG=4．【答案】B【解析】【解答】解：因为E、H为OA、OD的中点，所以，EH＝12AD＝2，同理，HG＝EH∥AD，EH＝12FG∥BC，FG＝12因为平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，所以，EH＝FG，且EH∥FG，所以，四边形EFGH是平行四边形，B符合题意。AC与BD不一定垂直，C不符合题意；由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是△EFO的面积的4倍，D不符合题意；故答案为：B.

【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得出结果。5．【答案】A【解析】【解答】解：过C点作CE⊥x轴，过A点作AF⊥x轴，∵点A在函数y=1x(x>0)的图象上，点C∴S△OCE=2，∵CE⊥x轴，∴∠CEO=90°，∠OCE+∠COE=90°，∵在矩形OABC中，∠AOC=90°，∴∠AOF+∠COE=90°，∴∠OCE=∠AOF，∴△OCE∼△AOF，∴CEOF∴CE=2OF，OE=2AF，设点A坐标为(x，1x)，则点B连接AC、BO交于点P，则P为AC、BO的中点，∴x+(−2解得：x1=1∴点A坐标为(1故答案为：A．【分析】先证明△OCE∼△AOF，再求出x1=16．【答案】C【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°∵AB=6，BC=8∴AD=BC=8，DC=AB=6∴AC=AB2∴OA=1∵OE⊥AC，∴∠AOE=90°∴∠AOE=∠ADC，又∠CAD=∠DAC，∴△AOE∼△ADC，∴AO∴5∴AE=254，∴DE=7同理可证，△DEF∼△DBA，∴DE∴7∴EF=21∴OE+EF=15故答案为：C．【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明△AOE∼△ADC得到OE的长，再证明△DEF∼△DBA可得到EF的长，从而可得到结论．7．【答案】C【解析】【解答】∵四边形ABCD、BEFG是正方形，∴∠BAD=∠C=∠E=∠EFB=∠BGF=90°，AD//BC，∴四边形CEFM是矩形，∠AGF=180°-∠BGF=90°∴FM=EC，CM=EF=2，FM//EC，∴AD//FM，DM=2，∵H为AD中点，AD=4，∴AH=2，∵FG=2，∴AH=FG，∵∠NAH=∠NGF，∠ANH=∠GNF，∴△ANH≌△GNF(AAS)，故①符合题意；∴∠NFG=∠AHN，NH=FN，AN=NG，∵AF>FG，∴AF≠AH，∴∠AFN≠∠AHN，即∠AFN≠∠HFG，故②不符合题意；∵EC=BC+BE=4+2=6，∴FM=6，∵AD//FM，∴△AHK∽△MFK，∴FKKH∴FK=3HK，∵FH=FK+KH，FN=NH，FN+NH=FH，∴FN=2NK，故③符合题意；∵AN=NG，AG=AB-BG=4-2=2，∴AN=1，∴S△ANF=12AN·FG=12×1×2=1∴S△ANF：S△AMD=1：4，故④符合题意，故答案为：C.

【分析】根据全等三角形的判定定理（AAS）和相似三角形的性质以及三角形的面积表示方法，可进行判断。8．【答案】15【解析】【解答】解：如图，

∵边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，

∴DE=CD=10，BC=6，AB=4，∠D=∠ACH=∠ABG=90°，

∴BE∥CF∥BG，

∴△ABG∽△ACF∽△ADE，

∴ABAC=BGCF，ABAD=BGDE，

∴44+6=BGCF，44+6+10=9．【答案】3【解析】【解答】解：过B点作BE//AD交AC于点E，∠DAC=90°,∴BE⊥AD，∴△ADO∽△EBO，∴AO∵∴AO∴AO=3OE,由tan∠ACB=∴∴CE=2BE,∵∠ABC=90°,BE⊥AC,∴∠ABE+∠CBE=90°=∠CBE+∠ACB,∴∠ABE=∠ACB,∴∴BE=2AE,∴CE=2BE=4AE,∴S=设OE=a,则AO=3a,∴AE=AO+OE=4a,CE=16a,OC=OE+CE=17a.S故答案为：3【分析】过B点作BE//AD交AC于点E，证明△ADO∽△EBO，得到AO=3OE,再证明∠ABE=∠ACB,利用tan∠ACB=BECE10．【答案】16【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，∠BAC=∠ADB=45°，∵ΔABC绕点A逆时针旋转到ΔAB∴∠B∴∠EAF=∠ADE=45°，∵∠AEF=∠AED，∴△AEF∼△DEA，∴AEDE∴EF•ED=AE故答案为：16．【分析】根据正方形及旋转的性质可以证明△AEF∼△DEA，利用相似的性质即可得出答案．11．【答案】49【解析】【解答】解：过点A作AM⊥DE于点M，

由折叠可得AE=AB，又AB=AC，

∴AB=AC=AE，

设AB=AC=AE=20，

∵AG∶CG=3∶1，

∴AG=15，CG=5，

由折叠知：∠E=∠B，

∴tanB=tanE=AMEM=34，

设AM=3x，EM=4x，

在Rt△AME中，由勾股定理得AM2+ME2=AE2，

即（3x）2+（4x）2=202，

解得x=4，

∴AM=12，EM=16，

在Rt△AMG中，由勾股定理得AM2+MG2=AG2，

即122+MG2=152，

解得MG=9，

∴GE=ME-MG=7，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

又∠B=∠E，

∴∠C=∠E，

又∠AGE=∠DGC，

∴△AEG∽△DCG，

∴AGDG=GECG，即15DG=75

12．【答案】（1）（3）（4）【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=4，∠DAF=∠ABE=90°．又∵AF=BE=3，∴△DAF≌△ABE．∴∠AFD=∠BEA．∵∠BEA+∠BAE=90°，∴∠AFD+∠BAE=90°，∴∠AHF=90°，∴AH⊥FK，∴FH=KH，即H是FK的中点；故结论（1）符合题意；（2）过点H作MN//AB交BC于N，交AD于M，由（1）得AH⊥FK，则12∵DF=A∴AH=12∵四边形ABCD是正方形，MN//AB，∴∠DAB=∠ABC=∠AMN=90°．∴四边形ABNM是矩形．∴MN=AB=4，AM=BN．∵AG=BE，∴AG−AM=BE−BN．即MG=NE．∵AD//BC，∴∠MAH=∠AEB．∵∠ABE=∠AMN=90°，∴△MAH∼△BEA．∴AHAE即125解得MH=48则NH=4−MH=52∵tan∠MGH=MHMG∵MG=NE，MH≠NH，∴MGMH∴∠MGH≠∠HEN．∴∠DGH≠∠CEH．∴△HGD与△HEC不全等，故结论（2）不符合题意；（3）∵△MAH∼△BEA，∴AHAE即125解得AM=36由（2）得S△AHG=1∴S△AHG（4）由（1）得，H是FK的中点，∴DK=DF−2FH．由勾股定理得FH=A∴DK=5−2×9故答案为：（1）（3）（4）．【分析】利用勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，对每个结论一一判断求解即可。13．【答案】解：延长BF交CD于H连EH，∵△FBE由△ABE沿BE折叠得到，∴EA=EF，∠EFB=∠EAB=90°，∵E为AD中点，正方形ABCD边长为1，∴EA=ED=1∴ED=EF=1∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠EFB=∠EFH=90°，在Rt△EDH和Rt△EFH中，ED=EFEH=EH∴Rt△EDH≌Rt△EFH(HL)，∴∠DEH=∠FEH，又∵∠AEB=∠FEB，∴∠DEH+∠AEB=90°，∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠ABE=∠DEH，∴△DHE∽△AEB，∴DHDE∴DH=1∴CH=CD−DH=1−1∵CH∥AB，∴△HGC∽△BGA，∴CGAG∴CG=3∵AB=1，CB=1，∠CBA=90°，∴AC=2∴CG=3∴CG=3【解析】【分析】根据题意，延长BF交CD于H，连接EH，通过证明Rt△EDH≌Rt△EFH(HL)，△HGC∽△BGA得到CH=34，再由△HGC∽△BGA得到CG=14．【答案】（1）证明：如图，

∵AC是圆O的切线，

∴AC⊥OA，

在Rt△AOC中，由勾股定理得OC=5，

在△AOC与△DOB中，

∵OC=OB=5，∠COA=∠BOD，OA=OD，

∴△AOC≌△DOB（SAS），

∴∠ODB=∠OAC=90°，

∴BD是圆O的切线；（2）解：∵△AOC≌△DOB，

∴AC=BD=4，

∵∠B=∠B，∠EAB=∠BDO，

∴△AEB∽△DOB，

∴ABBD=AEOD，

即24【解析】【分析】（1）由切线的性质得AC⊥OA，在Rt△AOC中，由勾股定理得OC=5，从而由SAS判断出△AOC≌△DOB，根据全等三角形的对应角相等得∠ODB=∠OAC=90°，从而根据切线的判定定理（垂直于半径外端点的直线是圆的切线），可得结论；

（2）根据全等三角形的对应边相等可得AC=BD=4，根据有两组角对应相等的两个三角形相似可得△AEB∽△DOB，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出AE的长.15．【答案】（1）证明：∵AC//BE∴∠ACD=∠E

∵D，C为ACB的三等分点

∴AD⌢=CB⌢

∴（2）解：∵∠A=∠D

由（1）得∠A=∠E

∴∠D=∠E

∴BD=BE=5

∵D，C为ACB的三等分点

∴BC⌢=CD⌢，

∴CD=BC=3，∠CBD=∠D

∴△CDB∽△BDE

∴DE=253，

【解析】【分析】(1)根据平行线的性质及圆周角定理求得角之间的关系；

（2）根据圆周角定理求出各个角之间的关系、各边之间的关系，再利用相似三角形的性质得出对应线段成比例，列出方程求解。16．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形∴AB=AD，∠DAB=∵四边形AEFG为正方形∴AE=AG，∠EAG=∴∠EAB=∠GAD在△EAB和△GAD中有：AE=AG∴△EAB≌△GAD∴BE=DG；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。证明：∵四边形ABCD菱形∴AB=AD∵四边形AEFG为正方形∴AE=AG∵∠EAG=∠BAD∴∠EAG+∠GAB=∠DAB+∠CAB∴∠EAB=∠GAD在△EAB和△GAD中有：AE=AG∴△EAB≌△GAD∴BE=DG；（3）连接EB，BD,设BE和GD相交于点H∵四边形AEFG和ABCD为矩形∴∠EAG=∠BAD=∴∠EAB=∠GAD∵AE∴△EAB∽△GAD∴∠AEB=∠AGD∴∠GHE=∠EAC=∴DBG2+DE∴BG【解析】【分析】（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可；（2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；（3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到∠GHE=∠EAC=9017．【答案】（1）∵BD=3AO=3，∴A(−1，0)，B(3，0)，∴将A，B代入y=3+36解得b=−1−3∴b=−1−33，（2）∵二次函数是y=(3+3)6x∴D的横坐标为−3代入抛物线解析式得y===∴D(−3设BD得解析式为：y=kx+b将B，D代入得3+1=−解得k=−3∴直线BD的解析式为y=−3（3）由题意得tan∠ABD=33由题意得抛物线的对称轴为直线x=1，设对称轴与x轴交点为M，P（1，n）且n<0，Q（x，0）且x<3，①当△PBQ∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即−n2=3解得n=23tan∠PQB=tan∠ADB即−n1−x解得x=1-23此时Q的坐标为（1-23②当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ADB即−n2解得n=-2，tan∠QPB=tan∠ABD即−n1−x=3解得x=1-23此时Q的坐标为（1-23③当△PQB∽△DAB时，tan∠PBQ=tan∠ABD即−n2=3解得n=23tan∠PQM=tan∠DAE即−nx−1解得x=43此时Q的坐标为（43④当△PQB∽△ABD时，tan∠PBQ=tan∠ABD即−n2解得n=-2，tan∠PQM=tan∠DAE即−nx−1解得x=5-23Q的坐标为（5-23综上：Q的坐标可能为(1−233,0)，(1−23【解析】【分析】（1）根据BD=3AO=3，得出A(−1，0)，B(3，0)，将A，B代入y=3+36x2+bx+c得出关于b，c的二元一次方程组求解即可；（2）根据二次函数是y=(3+3)6x2−(1+33)x−32−32，BC=3CD18．【答案】（1）如图，过点O作OE⊥CD于点E∵AD//BC，∠DAB=90°∴∠OBC=90°，即OB⊥CB又∵CO平分∠BCD，OE⊥CD∴OE=OB即OE是⊙O的半径∴直线CD与⊙O相切；（2）如图，连接BE，延长AE交BC延长线于点F由圆周角定理得：∠APE=∠ABE，∠AEB=90°∵AB是⊙O的直径，AB⊥AD，AB⊥BC∴AD、BC都是⊙O的切线由切线长定理得：CE=BC=2,DE=AD=1∵AD//BC∴∠DAE=∠CFE在△ADE和△FCE中，∠AED=∠FEC∴△ADE∼△FCE∴AE设AE=a(a>0)，则EF=2a∵∠BAE+∠ABE=∠FBE+∠ABE=90°∴∠BAE=∠FBE在△ABE和△BFE中，∠BAE=∠FBE∴△ABE∼△BFE∴BEEF解得BE=在Rt△ABE中，tan则tan∠APE=【解析】【分析】（1）先根据平行线的性质得出OB⊥CB，再根据角平分线的性质可得OE=OB，然后根据圆的切线的判定即可得证；（2）如图（见答案），先根据圆周角定理可得∠APE=∠ABE，∠AEB=90°，再根据圆的切线的判定、切线长定理可得CE=BC=2,DE=AD=1，然后根据相似三角形的判定与性质可得AEEF=DECE=12，设AE=a19．【答案】（1）解：如图所示；（2）解：∵∠ADE=∠B，∴DE//BC.∴AEEC【解析】【分析】（1）利用尺规，依次找到角的对应点，画出角即可。

（2）根据两线平行、两角相等，可得到对应的边成比例，得到比值。20．【答案】（1）解：∵正比例函数y=mx，反比例函数y=n−3x均经过点∴2=−m，2=n−3解得：m=−2，n=1.∴正比例函数y=−2x，反比例函数y=−2又正比例函数与反比例函数均是中心对称图形，则其两个交点也成中心对称点，∵P(−1，2)，∴A点的坐标是(1，−2)（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB∥CD，∴∠DCP=∠BAP，即∠DCP=∠OAE．∵AB⊥x轴，∴∠AEO=∠CPD=90°，∴△CPD∽△AEO（3）解：∵A点的坐标是(1，−2).∴AE=2，OE=1，∴AO=1∵ΔCPD∼ΔAEO，∴△CPD∽△AEO，∴sin∠CDB=【解析】【分析】（1）利用待定系数法，求出正比例函数与房比例函数的解析式，将其交点求出即可。

（2）根据菱形的性质，可判断两个三角形相似。

（3）利用勾股定理可求出AO的长度，利用相似三角形的性质，计算得到三角函数的值。21．【答案】（1）当旋转角∠COF为225度时，OE=OF.（2）过点A作AP⊥x轴，如图所示：∵A(∴AP=3，∴OA=5，∵正方形OABC，∴OC=OA=5，∠C=90°，∴∠C=∠APO=90°，∵∠AOP=∠COF，∴△OCF∽△OPA，∴OCOP=FC∴FC=15（3）∵正方形OABC，∴∠BCA=∠OCA=45°，∵直线y=x，∴∠FON=45°，∴∠BCA=∠FON=45°，∴O、C、F、N四点共圆，∴∠OCN=∠FON=45°，∴∠OFN=∠FON=45°，∴ΔFON为等腰直角三角形，∴FN=ON，∠FNO=90°，过点N作GQ⊥BC于点G，交OA于点Q，∵BC∥OA，∴GQ⊥OA，∵∠FNO=90°，∴∠1+∠2=90°，∵∠1+∠3=90°，∴∠2=∠3，∴△FGN≌△NQO∴GN=OQ，∵GQ⊥BC，∠FCO=∠COQ=90°，∴四边形COQG为矩形，∴CG=OQ，∴S1S2∴S=S∵∠OAC=45°，∴△AQN为等腰直角三角形，∴NQ=2∴S=N【解析】【解答】解：（1）解：∵正方形OABC，∴OA=OC，∵OE=OF，∴Rt△OCF≌Rt△OAE(∴∠COF=∠AOE，∵∠COF=∠AOG，∴∠AOG=∠AOE，∵AB交直线y=x于点E，∴∠EOG=45°，∴∠AOG=∠AOE=22.即∠COF=22.【分析】（1）利用正方形的性质可证得AO=OC，利用HL证明△OCF≌△OAE，利用全等三角形的性质可证得∠COF=∠AOE，由此可推出∠AOG=∠AOE；利用直线y=x与x轴的交角为45°，据此可求出∠COF的度数.

（2）过点A作AP⊥x轴于点P，利用点A的坐标和勾股定理求出OA的长，利用正方形的性质可得到OC的长，同时可证得∠C=∠APO=90°，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△OCF∽△OPA，利用相似三角形的对应边成比例可求出FC的长.

（3）利用正方形的性质可证得∠BCA=∠OCA=45°，利用直线y=x，可得到∠FON=45°，利用圆周角定理可证得点O，C，F，N四点共圆，利用圆周角定理可求出∠OCN=∠OFN=45°，可推出△FON是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可证得FN=ON，∠FNO=90°；过点N作GQ⊥BC于点G，交OA于点Q，可证得BC∥OA，利用平行线的性质和余角的性质可得到∠2=∠3，利用AAS证明△FGN≌△NQO，利用全等三角形的性质可证得GN=OQ，FG=QN；再证明四边形COQG是矩形，利用矩形的性质可证得GC=QO，CO=QG，利用三角形的面积公式可表示出S1，S2，可证得S=S1-S2=NQ2，利用勾股定理，可得到S与n的函数解析式.22．【答案】（1）证明：∵E为AB中点，∴AF=AE=1∴EF=AB．∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，CD=AB．∴EF=CD．∴四边形DFEC是平行四边形；（2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∴AD∥BC，AB=BC=CD=2．∴∠CBH=∠DAB=60°．∴∠BCH=30°．∴BH=1则由勾股定理得CH=B∵CD∥AB，∴△CDG∽△FEG．∴CDEF∵CD=CG=2，∴EF=FG．设AE=x，则EF=2x．∴FH=3+x，CF=2+2x．在Rt△CFH中，由勾股定理得：CH∴(3解得x1=4∴AE的长为4（3）解：如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，∴AB=AD，∠DCB=∠DAB=60°．∴△ABD为等边三角形．同理可证：△BCD为等边三角形．∴BD=AB=BC．∵CD∥AB，∴△AFG∼△MCG，△AEG∼△MDG．∴AFMC=AG∴AF∵AE=AF，∴MC=MD=1∴BM⊥CD．则由勾股定理得：BM=BAM=A当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段，当点E与A重合时，点G与点A重合，当点E与B重合时，点G为BD与AM的交点N，∴点G运动路径的长度为线段AN的长，∵CD∥AB，∴ANMN∴AN=2MN．∴点G运动路径的长度为AN=【解析】【分析】（1）先求出EF=AB，再求出CD//AB，CD=AB，最后利用平行四边形的判定方法证明求解即可；

（2）先求出BH=1，再证明△CDG∽△FEG，最后利用相似三角形的性质和勾股定理计算求解即可；

（3）先求出BD=AB=BC，再利用相似三角形的性质和勾股定理求解即可。23．【答案】（1）解：∵P为反比例函数y=4∴代入得m=4∴m=4．（2）解：令y=0，即kx+b=0，∴x=−bk，令x=0，y=b，∴B(0，b)，∵PA=2AB．由图象得，可分为以下两种情况，①B在y轴正半轴时，b>0，∵PA=2AB，过P作PH⊥x轴交x轴于点H，又B1O⊥A∴△A∴B1O=1即A1∴b=2，∴A1∴|−b②B在y轴负半轴时，b<0，过P作PQ⊥y轴，∵PQ⊥B∴△A∴A2∴A2B2∵b<0，∴b=−2，代入|∴k=6，综上，k=2或k=6．【解析】【分析】（1）把P点坐标代入反比例函数解析式即可求得；

（2）分两种情况，通过证得三角形相似，求得BO的长度，进而即可求得k的值。24．【答案】（1）解：①2；②45°；③证明：如图所示：由正方形性质得：ABBO=2又∵H为CE的中点，则OH//AE，OH=∴△AEF是等腰直角三角形∴AE=∴AF∵OH//AE∴∠COH=∠CAE，又∵∠CAE=∠DAF∴∠COH=∠DAF又∠BOC=∠BAD=90°∴∠BOH=∠BAF，又∵AF∴△BOH∽△BAF∴BFBH=∴∠HBF=∠HBO+∠DBF=∠FBA+∠DBF=∠DBA=45°（2）2k；【解析】【解答】解：（2）①如图，连接AC，交BD于点O，连接OH，

∵△BCD≌△DAB，

∴BC=AD，CD=AB，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∴OD=12BD，OA=OC，

∵H为CE的中点，

∴OH∥AE，OH=12AE，

∴∠HOC=∠EAC，

∵∠COD=∠BDA+∠DAC，∠BAD=∠EAF，

∴∠HOD=∠HOC+∠COD=∠EAC+∠EAF+∠DAC=∠DAF，

∵BDAD=AEAF=k，

∴AFOH=AF12AE=2k，ADOD=AD12BD=2k，

∴△DAF∽△DOH，

∴FDHD=ADOD=2k，

故答案为：2k；

②如图，过点H作HM⊥DF于点M，

∴∠HMD=∠HMF=90°，

∵△DAF∽△DOH，

∴∠HDO=∠ADF，

∴∠HDF=∠HOD+∠ODF=∠ADF+∠ODF=∠BDA=θ，

∴HM=OH·sinθ，DM=OH·cosθ，

∵FDHD=2k，

∴FD=2OHk，

∵HF2=HM2+MF2=HM2+（DF-DM）2，

=（OH·sinθ）2+（2OHk-OH·cosθ）2，

=k2-4kcosθ+4k2·DH2，

25．【答案】（1）不存在（2）解：a存在；∵x2−10x+12=0的判别式从图像来看，l1：y=−x+10，l2：b设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=52，xy=3，联立x+y=5因为Δ<0，此方程无解，故这样的新矩形不存在；从图像来看，l1：y=−x+10，l2：c.k⩾24设新矩形长和宽为x和y，则由题意x+y=5k，xy=6k，联立x+y=5kxy=6k得x2−5kx+6k=0，Δ=25【解析】【解答】解：（1）不存在，

因为两个正方形是相似图形，当它们的周长比为2时，则面积比必定是4，所以不存在；

【分析】（1）根据相似图形的性质，面积比是相似比即周长比的平方，即可得出这样的正方形不存在；（2）a、方法①：根据一元二次方程根的判别式△＞0，得出方程有两组正数解，即可得出这样的新矩形存在；

方法②：观察图象可知，一次函数y=-x+10与反比例函数y=12x在第一象限有两个交点，即可得出这样的新矩形存在；

b、方法①：设新矩形长和宽为x、y，列出方程组，得出一元二次方程，再根据一元二次方程根的判别式△＜0，得出方程无解，即可得出这样的新矩形不存在；

方法②：观察图象可知，一次函数y=-x+52与反比例函数y=3x在第一象限没有交点，即可得出这样的新矩形不存在；

26．【答案】（1）2（2）连接OD，则SΔAOD，∵SΔAOB∴SΔBOD∵OF//AB，∴点F到AB的距离等于点O到AB距离，∴SΔBDF（3）设B(xB,xB⋅y又∵yB∴xB同理yB∴BEEC=3∵AB//BC，∴ΔEBD∽ΔECF，∴CFBD∵OCBD∴OCCF∴O，G关于C对称，∴OC=CG，∴CG=4CF，∴FG=CG−CF=4OF−CF=3CF，又∵BD=3CF，∴BD=FG，又∵BD//FG，∴BDFG是平行四边形．【解析】【解答】（1）∵点B在y=8∴设点B的坐标为（x，8x∴OB中点M的坐标为（x2，4∵点M在反比例函数y=kx（∴k=x2·4故答案为：2；【分析】（1）根据题意设点B的坐标为（x，8x），得出点M的坐标为（x2，4x），代入反比例函数y=kx（x>0），即可得出k；（2）连接OD，根据反比例函数系数k的性质可得SΔAOD=|k|2=1，SΔAOB=|8|2=4，可得SΔBOD=4−1=3，根据OF//AB，可得点F到AB的距离等于点O到AB距离，由此可得出答案；（3）设