中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)《三角形探究問題》專項測試卷(帶答案)

第頁中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)《三角形探究問題》專項測試卷(帶答案)學(xué)校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________1．如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸相交于點C．連接AC，BC，A（﹣3，0），C（0，），且當x=﹣4和x=2時二次函數(shù)的函數(shù)值y相等．（1）求拋物線的解析式；（2）若點M、N同時從B點出發(fā)，均以每秒1個單位長度的速度分別沿BA、BC邊運動，其中一個點到達終點時，另一點也隨之停止運動．①當運動時間為t秒時，連接MN，將△BMN沿MN翻折，B點恰好落在AC邊上的P處，求t的值及點P的坐標；②拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得以B、N、Q為頂點的三角形與△A0C相似？如果存在，請直接寫出點Q的坐標；如果不存在，請說明理由．③當運動時間為t秒時，連接MN，將△BMN沿MN翻折，得到△PMN．并記△PMN與△AOC的重疊部分的面積為S．求S與t的函數(shù)關(guān)系式．2．探究問題：（1）閱讀理解：①如圖（A），在已知△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離；②如圖（B），若四邊形ABCD的四個頂點在同一圓上，則有AB?CD+BC?DA=AC?BD．此為托勒密定理；（2）知識遷移：①請你利用托勒密定理，解決如下問題：如圖（C），已知點P為等邊△ABC外接圓的上任意一點．求證：PB+PC=PA；②根據(jù)（2）①的結(jié)論，我們有如下探尋△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的費馬點和費馬距離的方法：第一步：如圖（D），在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓；第二步：在上任取一點P′，連接P′A、P′B、P′C、P′D．易知P′A+P′B+P′C=P′A+（P′B+P′C）=P′A+_________；第三步：請你根據(jù)（1）①中定義，在圖（D）中找出△ABC的費馬點P，并請指出線段_________的長度即為△ABC的費馬距離．（3）知識應(yīng)用：我國西南地區(qū)出現(xiàn)了罕見的持續(xù)干旱現(xiàn)象，許多村莊出現(xiàn)了人、畜飲水困難，為解決老百姓的飲水問題，解放軍某部來到云南某地打井取水．已知三村莊A、B、C構(gòu)成了如圖（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），現(xiàn)選取一點P打水井，使從水井P到三村莊A、B、C所鋪設(shè)的輸水管總長度最小，求輸水管總長度的最小值．3．我們在解決數(shù)學(xué)問題時，經(jīng)常采用“轉(zhuǎn)化”（或“化歸”）的思想方法，把待解決的問題，通過某種轉(zhuǎn)化過程，歸結(jié)到一類已解決或比較容易解決的問題．譬如，在學(xué)習(xí)了一元一次方程的解法以后，進一步研究二元一次方程組的解法時，我們通常采用“消元”的方法，把二元一次方程組轉(zhuǎn)化為一元一次方程；再譬如，在學(xué)習(xí)了三角形內(nèi)角和定理以后，進一步研究多邊形的內(nèi)角和問題時，我們通常借助添加輔助線，把多邊形轉(zhuǎn)化為三角形，從而解決問題．問題提出：如何把一個正方形分割成n（n≥9）個小正方形？為解決上面問題，我們先來研究兩種簡單的“基本分割法”．基本分割法1：如圖①，把一個正方形分割成4個小正方形，即在原來1個正方形的基礎(chǔ)上增加了3個正方形．基本分割法2：如圖②，把一個正方形分割成6個小正方形，即在原來1個正方形的基礎(chǔ)上增加了5個正方形．問題解決：有了上述兩種“基本分割法”后，我們就可以把一個正方形分割成n（n≥9）個小正方形．（1）把一個正方形分割成9個小正方形．一種方法：如圖③，把圖①中的任意1個小正方形按“基本分割法2”進行分割，就可增加5個小正方形，從而分割成4+5=9（個）小正方形．另一種方法：如圖④，把圖②中的任意1個小正方形按“基本分割法1”進行分割，就可增加3個小正方形，從而分割成6+3=9（個）小正方形．（2）把一個正方形分割成10個小正方形．方法：如圖⑤，把圖①中的任意2個小正方形按“基本分割法1”進行分割，就可增加3×2個小正方形，從而分割成4+3×2=10（個）小正方形．（3）請你參照上述分割方法，把圖⑥給出的正方形分割成11個小正方形（用鋼筆或圓珠筆畫出草圖即可，不用說明分割方法）（4）把一個正方形分割成n（n≥9）個小正方形．方法：通過“基本分割法1”、“基本分割法2”或其組合把一個正方形分割成9個、10個和11個小正方形，再在此基礎(chǔ)上每使用1次“基本分割法1”，就可增加3個小正方形，從而把一個正方形分割成12個、13個、14個小正方形，依此類推，即可把一個正方形分割成n（n≥9）個小正方形．從上面的分法可以看出，解決問題的關(guān)鍵就是找到兩種基本分割法，然后通過這兩種基本分割法或其組合把正方形分割成n（n≥9）個小正方形．類比應(yīng)用：仿照上面的方法，我們可以把一個正三角形分割成n（n≥9）個小正三角形．（1）基本分割法1：把一個正三角形分割成4個小正三角形（請你在圖a中畫出草圖）；（2）基本分割法2：把一個正三角形分割成6個小正三角形（請你在圖b中畫出草圖）；（3）分別把圖c、圖d和圖e中的正三角形分割成9個、10個和11個小正三角形（用鋼筆或圓珠筆畫出草圖即可，不用說明分割方法）；（4）請你寫出把一個正三角形分割成n（n≥9）個小正三角形的分割方法（只寫出分割方法，不用畫圖）．4．【老題重現(xiàn)】求證：等腰三角形底邊上任意一點到兩腰的距離和等于一腰上的高．已知：△ABC中，AB=AC，點P是BC邊上任意一點，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，CD是AB邊上的高線．求證：PE+PF=CD證明：連接AP，∵S△ABP+S△ACP=S△ABC∴∵AB=AC∴PE+PF=CD【變式應(yīng)用】請利用“類比”和“化歸”兩種方法解答下面問題：求證：等邊三角形內(nèi)上任意一點到三邊的距離和等于一邊上的高．已知：點P是等邊△ABC內(nèi)任意一點，PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，AH是BC邊上的高線．求證：PD+PE+PF=AH證明：方法（一）類比：通過類比上題的思路和方法，模仿上題的“面積法”解決本題．連接AP，BP，CP方法（二）化歸：如圖，通過MN在等邊△ABC中構(gòu)造符合“老題”規(guī)律的等邊△AMN，化“新題”為“老題”，直接利用“老題重現(xiàn)”的結(jié)論解決問題．過點P作MN∥BC，交AB于M，交AC于N，交AH于G．【提煉運用】已知：點P是等邊△ABC內(nèi)任意一點，設(shè)到三邊的距離分別為a、b、c，且使得以a、b、c為邊能夠構(gòu)成三角形．請在圖中畫出滿足條件的點P一切可能的位置，并對這些位置加以說明．5．在平面直角坐標系中，圖①和圖②中的各三角形頂點均在網(wǎng)格圖的格點上，根據(jù)所給信息解答下列問題：（1）動手操作，探究結(jié)論：在圖①中，△ABO的三個頂點的坐標分別是A（2，4）、B（4，0）、O（0，0），將△ABO的三個頂點的橫坐標都加上2，縱坐標不變，分別得到點A’、B’、O’，依次連接A’、B’、O’各點，畫出△A’B’O’，并說明△A’B’O’與△ABO在大小、形狀、位置上有什么關(guān)系？（2）仔細觀察，探究規(guī)律：在圖②中，第一次將△OAB變換成△OA1B1，第二次將△OA1B1變換成△OA2B2，第三次將△OA2B2變換成△OA3B3，已知A（1，4），A1（2，4），A2（4，4），A3（8，4），B（2，0），B1（4，0）B2（8，0），B3（16，0）…①按此圖形變化規(guī)律，寫出△OA4B4的頂點坐標A4_________，B4_________；②通過計算得出△OA4B4的面積是△OAB面積的_________倍；③通過上述變化規(guī)律，請你猜想出△OAnBn的面積是△OAB面積的多少倍？6．已知：如圖，直線l：經(jīng)過點M（0，），一組拋物線的頂點B1（1，y1），B2（2，y2），B3（3，y3），L，Bn（n，yn）（n為正整數(shù)）依次是直線l上的點，這組拋物線與x軸正半軸的交點依次是：A1（x1，0），A2（x2，0），A3（x3，0），L，An+1（xn+1，0）（n為正整數(shù)），設(shè)x1=d（0＜d＜1）．（1）求b的值；（2）若，求經(jīng)過點A1、B1、A2的拋物線的解析式；（3）定義：若拋物線的頂點與x軸的兩個交點構(gòu)成的三角形是直角三角形，則這種拋物線就稱為：“美麗拋物線”．探究：當d（0＜d＜1）的大小變化時，這組拋物線中是否存在美麗拋物線？若存在，請你求出相應(yīng)的d的值．參考公式：拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點坐標為（﹣，），對稱軸x=﹣．7．如圖（*），四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分線CF于點F．請你認真閱讀下面關(guān)于這個圖的探究片段，完成所提出的問題．（1）探究1：小強看到圖（*）后，很快發(fā)現(xiàn)AE=EF，這需要證明AE和EF所在的兩個三角形全等，但△ABE和△ECF顯然不全等（一個是直角三角形，一個是鈍角三角形），考慮到點E是邊BC的中點，因此可以選取AB的中點M，連接EM后嘗試著去證△AEM≌EFC就行了，隨即小強寫出了如下的證明過程：證明：如圖1，取AB的中點M，連接EM．∵∠AEF=90°∴∠FEC+∠AEB=90°又∵∠EAM+∠AEB=90°∴∠EAM=∠FEC∵點E，M分別為正方形的邊BC和AB的中點∴AM=EC又可知△BME是等腰直角三角形∴∠AME=135°又∵CF是正方形外角的平分線∴∠ECF=135°∴△AEM≌△EFC（ASA）∴AE=EF（2）探究2：小強繼續(xù)探索，如圖2，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC上的任意一點”，其余條件不變，發(fā)現(xiàn)AE=EF仍然成立，請你證明這一結(jié)論．（3）探究3：小強進一步還想試試，如圖3，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC延長線上的一點”，其余條件仍不變，那么結(jié)論AE=EF是否成立呢？若成立請你完成證明過程給小強看，若不成立請你說明理由．8．閱讀材料：如圖，△ABC中，AB=AC，P為底邊BC上任意一點，點P到兩腰的距離分別為r1，r2，腰上的高為h，連接AP，則S△ARP+S△ACP=S△ABC，即：AB?r1+AC?r2=AC?h，∴r1+r2=h（定值）．（1）理解與應(yīng)用：如圖，在邊長為3的正方形ABCD中，點E為對角線BD上的一點，且BE=BC，F(xiàn)為CE上一點，F(xiàn)M⊥BC于M，F(xiàn)N⊥BD于N，試利用上述結(jié)論求出FM+FN的長．（2）類比與推理：如果把“等腰三角形”改成“等邊三角形”，那么P的位置可以由“在底邊上任一點”放寬為“在三角形內(nèi)任一點”，即：已知等邊△ABC內(nèi)任意一點P到各邊的距離分別為r1，r2，r3，等邊△ABC的高為h，試證明r1+r2+r3=h（定值）．（3）拓展與延伸：若正n邊形A1A2…An，內(nèi)部任意一點P到各邊的距離為r1r2…rn，請問r1+r2+…+rn是否為定值？如果是，請合理猜測出這個定值．9．【閱讀理解】：若一條直線l把一個圖形分成面積相等的兩個圖形，則稱這樣的直線l叫做這個圖形的等積直線．如圖①，直線l經(jīng)過三角形ABC的頂點A和邊BC的中點N，易知直線l將△ABC分成兩個面積相等的圖形，則稱直線l為△ABC的等積直線．根據(jù)上述內(nèi)容解決以下問題：（1）如圖②，在矩形ABCD中，直線l經(jīng)過AD、BC邊的中點M、N，請你判斷直線l是否為該矩形的等積直線．_________（填“是”或“否”）并在圖②中再畫出一條該矩形的等積直線；（不必寫作法，保留作圖痕跡）（2）如圖③，在梯形ABCD中，直線l經(jīng)過AD、BC邊的中點M、N，請你判斷直線l是否為該梯形的等積直線．_________；（填“是”或“否”）（3）在圖③中，過MN的中點O任做一條直線PQ分別交AD，BC于點P，Q（如圖④），猜想PQ是否為該梯形的等積直線，若“是”請證明，若“不是”請說明理由；【探索應(yīng)用】：李大爺家有一塊五邊形的土地如圖⑤，已知∠A、∠B、∠C都是直角，AB∥CD，BC∥AE，現(xiàn)決定畫一條線把五邊形土地分為兩塊，其中一塊地用來改種核桃樹，要求兩塊地面積相同，請你幫李大爺畫出這條線，并判斷這樣的直線有多少條（保留作圖痕跡，不必說明理由）．10．如圖一，已知點P是邊長為a的等邊△ABC內(nèi)任意一點，點P到三邊的距離PD、PE、PF的長分別記為h1，h2，h3，則h1，h2，h3之間有什么關(guān)系呢？分析：連接PA、PB、PC，則△ABC被分割成三個三角形，根據(jù)：S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC，即：，可得．問題1：若點P是邊長為a的等邊△ABC外一點（如圖二所示位置），點P到三邊的距離PD、PE、PF的長分別記為h1，h2，h3．探索h1，h2，h3之間有什么關(guān)系呢？并證明你的結(jié)論；問題2：如圖三，正方形ABCD的邊長為a，點P是BC邊上任意一點（可與B、C重合），B、C、D三點到射線AP的距離分別是h1，h2，h3，設(shè)h1+h2+h3=y，線段AP=x，求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并求y的最大值與最小值．11．加試題：如圖，四邊形OABC為直角梯形，A（4，0），B（3，3），點M從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度向點A運動，同時點N從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點C運動，其中一個動點到達終點時，另一個動點隨之停止運動．過點N作NP垂直于X軸于點P，連接AC交NP于點Q，連接MQ，設(shè)運動時間為t秒．（1）一個動點到達終點時，另一個動點的坐標是_________；（2）使線段AQ，QM，MA能圍成三角形的t的取值范圍是_________；（3）求△AQM的面積S與運動時間t（秒）的函數(shù)關(guān)系式；（4）是否存在點M，使得△AQM為直角三角形？若存在，求出點M的坐標，若不存在，說明理由．12．已知：直角梯形OABC中，BC∥OA，∠AOC=90°，以AB為直徑的圓M交OC于D、E，連接AD、BD、BE．（1）在不添加其他字母和線的前提下，直接寫出圖1中的兩對相似三角形．_________，_________；（2）直角梯形OABC中，以O(shè)為坐標原點，A在x軸正半軸上建立直角坐標系（如圖2），若拋物線y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）經(jīng)過點A、B、D，且B為拋物線的頂點．①寫出頂點B的坐標（用a的代數(shù)式表示）_________；②求拋物線的解析式；③在x軸下方的拋物線上是否存在這樣的點P：過點P做PN⊥x軸于N，使得△PAN與△OAD相似？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．13．如圖1，在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰直角三角形ABC和AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC=∠AGF=90°，它們的斜邊長為2，若△AFG繞點旋轉(zhuǎn)，AF、AG與邊BC的交點分別為點D、E（點D不與點B重合，點E不與點C重合）．（1）請在圖1中找出兩對相似而不全等的三角形，并選擇其中一對進行證明；（2）△ABC的斜邊BC所在的直線為x軸，BC邊上的高所在的直線為y軸，建立平面直角坐標系（如圖2）．在邊BC上找一點D使BD=CE，求出點D的坐標，并通過計算驗證BD2+CE2=DE2；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，（2）中的等量關(guān)系BD2+CE2=DE2是否始終成立？若成立請證明你的結(jié)論；若不成立，請說明理由．14．閱讀理解題：已知：如圖，△ABC中，AB=AC，P是底邊BC上的任一點（不與B、C重合），CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．求證：CD=PE+PF．在解答這個問題時，小明與小穎的思路方法分別如下：小明的思路方法是：過點P作PG⊥CD于G（如圖1），則可證得四邊形PEDG是矩形，也可證得△PCG≌△CPF，從而得到PE=DG，PF=CG，因此得CD=PE+PF．小穎的思路方法是：連接PA（如圖2），則S△ABC=S△PAB+S△PAC，再由三角形的面積公式便可證得CD=PE+PF．由此得到結(jié)論：等腰三角形底邊上任意一點到兩腰的距離之和等于一腰上的高．閱讀上面的材料，然后解答下面的問題：（1）針對小明或小穎的思路方法，請選擇倆人中的一種方法把證明過程補充完整（2）如圖3，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=60°，AB=AD=CD=2，E是BC上任意一點，EM⊥BD于M，EN⊥AC于N，試利用上述結(jié)論求EM+EN的值．15．課堂上，老師將圖①中△AOB繞O點逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)中發(fā)現(xiàn)圖形的形狀和大小不變，但位置發(fā)生了變化．當△AOB旋轉(zhuǎn)90°時，得到∠A1OB1．已知A（4，2），B（3，0）．（1）△A1OB1的面積是_________；A1點的坐標為（_________）；B1點的坐標為（_________）；（2）課后，小玲和小惠對該問題繼續(xù)進行探究，將圖②中△AOB繞AO的中點C（2，1）逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A′O′B′，設(shè)O′B′交OA于D，O′A′交x軸于E．此時A′，O′和B′的坐標分別為（1，3），（3，﹣1）和（3，2），且O′B′經(jīng)過B點．在剛才的旋轉(zhuǎn)過程中，小玲和小惠發(fā)現(xiàn)旋轉(zhuǎn)中的三角形與△AOB重疊部分的面積不斷變小，旋轉(zhuǎn)到90°時重疊部分的面積（即四邊形CEBD的面積）最小，求四邊形CEBD的面積；（3）在（2）的條件下，△AOB外接圓的半徑等于_________．16．如圖，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6．動點M以每秒1個單位長的速度，從點A沿線段AB向點B運動；同時點P以相同的速度，從點C沿折線C﹣D﹣A向點A運動．當點M到達點B時，兩點同時停止運動．過點M作直線l∥AD，與折線A﹣C﹣B的交點為Q．點M運動的時間為t（秒）．（1）當AM=0.5時，求線段QM的長；（2）點M在線段AB上運動時，是否可以使得以C、P、Q為頂點的三角形為直角三角形？若可以，請直接寫出t的值（不需解題步驟）；若不可以，請說明理由．（3）若△PCQ的面積為y，請求y關(guān)于出t的函數(shù)關(guān)系式及自變量的取值范圍．17．閱讀材料：如圖，△ABC中，AB=AC，P為底邊BC上任意一點，點P到兩腰的距離分別為r1，r2，腰上的高為h，連接AP，則S△ABP+S△ACP=S△ABC，即：，∴r1+r2=h（定值）．（1）類比與推理如果把“等腰三角形”改成“等邊三角形”，那么P的位置可以由“在底邊上任一點”放寬為“在三角形內(nèi)任一點”，即：已知等邊△ABC內(nèi)任意一點P到各邊的距離分別為r1，r2，r3，等邊△ABC的高為h，試證明r1+r2+r3=h（定值）．（2）理解與應(yīng)用△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，BC=6，△ABC內(nèi)部是否存在一點O，點O到各邊的距離相等？_________（填“存在”或“不存在”），若存在，請直接寫出這個距離r的值，r=_________．若不存在，請說明理由．18．劉衛(wèi)同學(xué)在一次課外活動中，用硬紙片做了兩個直角三角形，見圖①、②．圖①中，∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm；圖②中，∠D=90°，∠E=45°，DE=4cm．圖③是劉衛(wèi)同學(xué)所做的一個實驗：他將△DEF的直角邊DE與△ABC的斜邊AC重合在一起，并將△DEF沿AC方向移動．在移動過程中，D、E兩點始終在AC邊上（移動開始時點D與點A重合）．（1）在△DEF沿AC方向移動的過程中，劉衛(wèi)同學(xué)發(fā)現(xiàn)：F、C兩點間的距離逐漸_________．（填“不變”、“變大”或“變小”）（2）劉衛(wèi)同學(xué)經(jīng)過進一步地研究，編制了如下問題：問題①：當△DEF移動至什么位置，即AD的長為多少時，F(xiàn)、C的連線與AB平行？問題②：當△DEF移動至什么位置，即AD的長為多少時，以線段AD、FC、BC的長度為三邊長的三角形是直角三角形？問題③：在△DEF的移動過程中，是否存在某個位置，使得∠FCD=15°？如果存在，求出AD的長度；如果不存在，請說明理由．請你分別完成上述三個問題的解答過程．19．定理：圖1，如果∠ADB=∠ACB，那么四邊形ABCD有外接圓，也叫做A，B，C，D四點共圓．（注：本定理不需要證明）（1）圖2，△ABC中，AC=BC，點E，F(xiàn)分別在線段AC，BC上運動（不與端點重合），而且CE=BF，O是△ABC的外心（外接圓的圓心，它到三角形三個頂點距離相等），試證明C，E，O，F(xiàn)四點共圓．（注：可以使用上述定理，也可以采用其他方法）如果將問題2中的點C“分離”成兩個點，那么就有：（2）圖3，在凸四邊形ABCD中，AD=BC，點E，F(xiàn)分別在線段AD，BC上運動（不與端點重合），而且DE=BF，直線AC，BD相交于點P，直線EF，BD相交于點Q，直線EF，AC相交于點R．當點E，F(xiàn)分別在線段AD，BC上運動（不與端點重合）時，探究△PQR的外接圓是否經(jīng)過除點P外的另一個定點？如果是，請給出證明，并指出是哪個定點；如果不是，請說明理由．20．如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABOD為直角梯形，AD∥OB，∠BOD=90°，OB=16，OD=12，AD=21，動點P從點D出發(fā)，在線段DA上以每秒2個單位的速度向點A運動，到達A點后即停止，動點Q從點B出發(fā)，沿折線B﹣O﹣D以每秒1個單位的速度向點D運動，到達點D后停止，點P、Q同時出發(fā)，BD與PQ相交于點M，設(shè)運動的時間為t秒．（1）求過A、B、D三點的拋物線的解析式；（2）設(shè)△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（3）是否存在時間t，使△BMQ為直角三角形？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．（4）當t為何值時？以B、P、Q三點為頂點的三角形的等腰三角形？21．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，點A，B坐標分別為（8，4），（0，4），線段CD在于x軸上，CD=3，點C從原點出發(fā)沿x軸正方向以每秒1個單位長度向右平移，點D隨著點C同時同速同方向運動，過點D作x軸的垂線交線段AB于點E，交OA于點G，連接CE交OA于點F．設(shè)運動時間為t，當E點到達A點時，停止所有運動．（1）求線段CE的長；（2）記S為Rt△CDE與△ABO的重疊部分面積，試寫出S關(guān)于t函數(shù)關(guān)系式及t的取值范圍；（3）如圖2，連接DF，①當t取何值時，以C，F(xiàn)，D為頂點的三角形為等腰三角形？②直接寫出△CDF的外接圓與OA相切時t的值．22．已知拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過P（，3），E（，0）及原點O（0，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）過P點作平行于x軸的直線PC交y軸于C點，在拋物線對稱軸右側(cè)且位于直線PC下方的拋物線上，任取一點Q，過點Q作直線QA平行于y軸交x軸于A點，交直線PC于B點，直線QA與直線PC及兩坐標軸圍成矩形OABC（如圖）．是否存在點Q，使得△OPC與△PQB相似？若存在，求出Q點的坐標；若不存在，請說明理由；（3）如果符合（2）中的Q點在x軸的上方，連接OQ，矩形OABC內(nèi)的四個三角形△OPC，△PQB，△OQP，△OQA之間存在怎樣的關(guān)系，為什么？23．如圖1，在平面直角坐標系中有一個Rt△OAC，點A（3，4），點C（3，0）將其沿直線AC翻折，翻折后圖形為△BAC．動點P從點O出發(fā)，沿折線0?A?B的方向以每秒2個單位的速度向B運動，同時動點Q從點B出發(fā)，在線段BO上以每秒1個單位的速度向點O運動，當其中一個點到達終點時，另一點也隨之停止運動．設(shè)運動的時間為t（秒）．（1）設(shè)△OPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；（2）如圖2，固定△OAC，將△ACB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)后得到的三角形為△A′CB′設(shè)A′B′與AC交于點D當∠BCB′=∠CAB時，求線段CD的長；（3）如圖3，在△ACB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)的過程中，若設(shè)A′C所在直線與OA所在直線的交點為E，是否存在點E使△ACE為等腰三角形？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．24．已知：如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，CD=8，BC=12，∠ACB=30°，E為BC邊上一點，以BE為邊作正三角形BEF，使正三角形BEF和梯形ABCD在BC的同側(cè)．（l）當正三角形BEF的頂點F恰好落在對角線AC上時，求BE的長；（2）將（1）問中的正三角形BEF沿BC向右平移，記平移中的正三角形BEF為正三角形B′E′F′，當點E與點C重合時停止平移．設(shè)平移的距離為x，正三角形B′E′F′的邊B′E′和E′F′分別與AC交于點M和點N，連接，DM，DN：①設(shè)正三角形B′E′F′與△ADC重疊部分的面積為S，求S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍，求當DN取得最小值時，求出S的值；②是否存在這樣的x，使三角形DMN是直角三角形？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由．25．如圖1，是邊長分別為4和3的兩個等邊三角形紙片ABC和CD′E′疊放在一起．（1）操作：固定△ABC，將△CD′E′繞點C順時針旋轉(zhuǎn)得到△CDE，連接AD、BE，如圖2．探究：在圖2中，線段BE與AD之間有怎樣的大小關(guān)系？試說明理由；（2）操作：固定△ABC，若將△CD′E′繞點C順時針旋轉(zhuǎn)30°得到△CDE，連接AD、BE，CE的延長線交AB于點F，在線段CF上沿著CF方向以每秒1個單位長的速度平移，平移后的△CDE設(shè)為△PQR，如圖3．探究：在圖3中，除△ABC和△CDE外，還有哪個三角形是等腰三角形？寫出你的結(jié)論并說明理由；（3）探究：如圖4，在（2）的條件下，將△PQR的頂點P移動至F點，求此時QH的長度．26．如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a＞0）交x軸于A、B兩點，交y軸于C點，A點在B點的左側(cè)，已知B點坐標為（8、0），tan∠ABC=，△ABC的面積為8，（1）求：拋物線的解析式；（2）若動直線EF（EF∥x軸），從C點開始，以每秒1個長度單位的速度向X軸方向平移，與x軸重合時結(jié)束，并且分別交y軸、線段CB于E、F兩點．動點P同時從B點出發(fā)在線段OB上以每秒2個長度單位的速度向原點O運動，運動到O點結(jié)束，連接FP，設(shè)運動時間為t秒，是否存在t的值，使以P、B、F為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．（3）在（2）的條件下，設(shè)AC與EF交于點M，求當t為何值時，M、P、A、F所圍成的圖形是平行四邊形、等腰梯形和等腰直角三角形？27．在平面直角坐標系中，有一個矩形ABCD，四個頂點的坐標分別為：A（4，0）、B（4，2）、C（8，2）、D（8，0），并且有兩個動點P和Q．P從原點O出發(fā)，沿x軸正方向運動；Q從A點出發(fā)，沿折線A﹣B﹣C﹣D方向在矩形的邊上運動，且兩點的運動速度均為每秒2個單位．當Q到達D點時，P也隨之停止．設(shè)運動的時間為x．（1）分別求出當x=1和x=3時，對應(yīng)的△OPQ的面積；（2）設(shè)△OPQ的面積為y，分別求出不同時段，y關(guān)于x的函數(shù)解析式，注明自變量的取值范圍．并求出在整個運動過程中，△OPQ的面積的最大值；（3）在P、Q運動過程中，是否存在兩個時刻x1和x2，使得構(gòu)成相應(yīng)的△OP1Q1和△OP2Q2相似？若存在，直接寫出這兩個時刻，并證明兩個三角形相似；若不存在，請說明理由．28．如圖，在等腰梯形ABCE中，BC∥AE且AB=BC，以點E為坐標原點建立平面直角坐標系，若將梯形ABCD沿AC折疊，使點B恰好落在x軸上點D位置，過C、D兩點的直線與y軸交于點F．（1）試判斷四邊形ABCD是怎樣的特殊四邊形，并說明你的理由；（2）如果∠BAE=60°，AB=2cm，那么在y軸上是否存在一點P，使以P、D、F為頂點的三角形構(gòu)成等腰三角形，若存在，請求出所有可能的P點坐標，若不存在，請說明理由；（3）在（2）的條件下，若將△EDF沿x軸正方向以1cm/s的速度平移到點E與點A重合時為止，設(shè)△EDF在平移過程中與△ECA重合部分的面積為S，平移的時間為x秒，試求出S與x之間的函數(shù)關(guān)系式及自變量范圍，并求出何時S有最大值，最大值是多少？29．如圖，直線y=﹣x+3分別交x軸、y軸于A、B兩點，線段OA上有一動點P由原點O向點A運動，速度為每秒1個單位長度，設(shè)運動時間為t秒．（1）直接填出兩點的坐標：A：_________，B：_________；（2）過點P作直線截△ABO，使截得的三角形與△ABO相似，若當P在某一位置時，滿足條件的直線共有4條，t的取值范圍是_________；（3）如圖，過點P作x軸的垂線交直線AB于點C，設(shè)以C為頂點的拋物線y=（x+m）2+n與直線AB的另一交點為D，①用含t的代數(shù)式分別表示m=_________，n=_________；②隨著點P運動，CD的長是否為定值？若是，請求出CD長；若不是，說明理由；③設(shè)△COD的OC邊上的高為h，請直接寫出當t為何值時，h的值最大？30．將一張矩形紙片沿對角線剪開（如圖1），得到兩張三角形紙片△ABC、△DEF（如圖2），量得他們的斜邊長為6cm，較小銳角為30°，再將這兩張三角紙片擺成如圖3的形狀，且點A、C、E、F在同一條直線上，點C與點E重合．△ABC保持不動，OB為△ABC的中線．現(xiàn)對△DEF紙片進行如下操作時遇到了三個問題，請你幫助解決．（1）將圖3中的△DEF沿CA向右平移，直到兩個三角形完全重合為止．設(shè)平移距離CE為x（即CE的長），求平移過程中，△DEF與△BOC重疊部分的面積S與x的函數(shù)關(guān)系式，以及自變量的取值范圍；（2）△DEF平移到E與O重合時（如圖4），將△DEF繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中△DEF的斜邊EF交△ABC的BC邊于G，求點C、O、G構(gòu)成等腰三角形時，△OCG的面積；（3）在（2）的旋轉(zhuǎn)過程中，△DEF的邊EF、DE分別交線段BC于點G、H（不與端點重合）．求旋轉(zhuǎn)角∠COG為多少度時，線段BH、GH、CG之間滿足GH2+BH2=CG2，請說明理由．參考答案1.解：（1）∵當x=﹣4和x=2時二次函數(shù)的函數(shù)值y相等，∴拋物線對稱軸：x=﹣=﹣1，即b=2a；由C（0，）得：c=；將A（﹣3，0）代入y=ax2+2ax+（a≠0）中，得：9a﹣6a+=0，a=﹣∴拋物線的解析式：y=﹣x2﹣x+．（2）由（1）的拋物線解析式知：A（﹣3，0）、B（1，0）、C（0，），則：OA=3，OB=1，OC=，即OC2=OA?OB，又OC⊥AB，則△ABC是直角三角形，且∠CAB=30°，∠ABC=60°；①△BMN中，BM=BN=t，∠NBM=60°，即△BNM是等邊三角形；由于△PMN由△BMNA翻轉(zhuǎn)所得，所以△PMN也是等邊三角形，四邊形PNBM是菱形；∴PN∥AB（如題干圖），得：=，代入數(shù)據(jù)，有：，解得：t=；由tan∠CAO=、C（0，）得，直線AC：y=x+；當y=t?sin60°=時，x+=，x=﹣1即P（﹣1，）；綜上，B點恰好落在AC邊上的P處時，t=，P（﹣1，）．②∵△AOC是一個含30°角的直角三角形，∴若以B、N、Q為頂點的三角形與△A0C相似，那么△BNQ也必須是一個含30°角的直角三角形．分三種情況討論：Ⅰ、∠QNB=90°、∠BQN=30°（如②﹣Ⅰ圖）；∵∠ABC=∠Q1BN=60°，∴點Q1在x軸上，即Q1（﹣1，0）；Ⅱ、∠QBN=90°、∠BQN=30°（如②﹣Ⅱ圖）；此時BQ2∥AC，設(shè)直線BQ2：y=x+b，代入B（1，0），得：b=﹣∴直線BQ2：y=x﹣，Q2（﹣1，﹣）；Ⅲ、∠QNB=90°、∠QBN=30°（如②﹣Ⅲ圖）；此時N、C重合，點Q3應(yīng)在①的P點處，由①的計算結(jié)果知：Q3C=?sin60°=，而BC=2，即∠CQ3B=60°，符合條件；即Q3（﹣1，）；綜上，符合條件的Q點的坐標為：Q1（﹣1，0）、Q2（﹣1，﹣）、Q3（﹣1，）．③當點P落在y軸上時，=，即=，解得：t=；當點M、O重合時，t=OB=1；當點P落在AC上時，由①知，t=；Ⅰ、當0＜t≤時，△PMN和△AOC不重合，即S=0；Ⅱ、當＜t≤1時（如③﹣Ⅱ圖），由=可求得：GN=1﹣，PG=PN﹣GN=t﹣（1﹣）=﹣1；S=S△PGH=×（﹣1）×（﹣1）=（﹣1）2；Ⅲ、當1＜t≤時（如③﹣Ⅲ圖）；由Ⅱ知，GN=1﹣，GH=GN=（1﹣），S△GHN=×（1﹣）×（1﹣）=t2﹣t+；S=S△PMN﹣S△GHN=S△BMN﹣S△GHN=×t×t﹣（t2﹣t+）=t2+t﹣；Ⅳ、當＜t≤2時（如③﹣Ⅳ圖）；同上，可求得S△PDE=（t﹣2）2=t2﹣3t+2、S△GHN=t2﹣t+、S△PMN=t2，S=S△PMN﹣S△PDE﹣S△GHN=﹣t2+t﹣；綜上，S=2．（2）①證明：由托勒密定理可知PB?AC+PC?AB=PA?BC∵△ABC是等邊三角形∴AB=AC=BC，∴PB+PC=PA，②P′D、AD，（3）解：如圖，以BC為邊長在△ABC的外部作等邊△BCD，連接AD，則知線段AD的長即為△ABC的費馬距離．∵△BCD為等邊三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，∴AD===5（km），∴從水井P到三村莊A、B、C所鋪設(shè)的輸水管總長度的最小值為5km．3．解：（1）把一個正方形分割成11個小正方形：（2分）（2）把一個正三角形分割成4個小正三角形：（3分）（3）一個正三角形分割成6個小正三角形：（5分）（4）把一個正三角形分割成9個、10個和11個小正三角形：（8分）把一個正三角形分割成n（n≥9）個小正三角形的分割方法：通過“基本分割法1”、“基本分割法2”或其組合，把一個正三角形分割成9個、10個和11個小正三角形，再在此基礎(chǔ)上每使用1次“基本分割法1”，就可增加3個小正三角形，從而把一個正三角形分割成12個、13個、14個小正三角形，依此類推，即可把一個正三角形分割成n（n≥9）個小正三角形．（10分）4．證明：連接AP，∵S△ABP+S△ACP=S△ABC∴∵AB=AC∴PE+PF=CD【變式應(yīng)用】請利用“類比”和“化歸”兩種方法解答下面問題：求證：等邊三角形內(nèi)上任意一點到三邊的距離和等于一邊上的高．已知：點P是等邊△ABC內(nèi)任意一點，PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于F，AH是BC邊上的高線．求證：PD+PE+PF=AH證明：方法（一）類比：通過類比上題的思路和方法，模仿上題的“面積法”解決本題．連接AP，BP，CP方法（二）化歸：如圖，通過MN在等邊△ABC中構(gòu)造符合“老題”規(guī)律的等邊△AMN，化“新題”為“老題”，直接利用“老題重現(xiàn)”的結(jié)論解決問題．過點P作MN∥BC，交AB于M，交AC于N，交AH于G．【提煉運用】已知：點P是等邊△ABC內(nèi)任意一點，設(shè)到三邊的距離分別為a、b、c，且使得以a、b、c為邊能夠構(gòu)成三角形．請在圖中畫出滿足條件的點P一切可能的位置，并對這些位置加以說明．5．解答：解：（1）如圖，△A′B′O′與△ABO的形狀，大小完全相同，△A′B′O′可以看作將△ABO向右平移2個單位得到的；（2）①8×2=16，16×2=32，∴A4（16，4）、B4（32，0），②∵△OA4B4與△OAB的高都是4，OB4=16×2=32，OB=2，∴S△OA4B4=×32×4=64，S△OAB=×2×4=4，64÷4=16，∴△OA4B4的面積是△OAB面積的16倍；③根據(jù)規(guī)律，后一個三角形的底邊是前一個三角形底邊的2倍，高相等都是4，∴OBn=2n+1，S△OAnBn=×2n+1×4=2n+2，S△OAB=×2×4=4，2n+2÷4=2n，∴△OAnBn的面積是△OAB面積的2n倍．6．解：（1）∵M（0，）在y=x+b上，∴=×0+b∴b=．（3分）（2）由（1）得：y=x+，（4分）∵B1（1，y1）在l上，∴當x=1時，y1=×1+=，∴B1（1，）．（5分）∴設(shè)拋物線表達式為：y=a（x﹣1）2+（a≠0），（6分）又∵d=，∴A1（，0），∴a=﹣．∴經(jīng)過點A1、B1、A2的拋物線的解析式為：y=﹣（x﹣1）2+．（8分）（3）存在美麗拋物線．（9分）由拋物線的對稱性可知，所構(gòu)成的直角三角形必是以拋物線頂點為直角頂點的等腰直角三角形，∴此等腰直角三角形斜邊上的高等于斜邊的一半．又∵0＜d＜1，∴等腰直角三角形斜邊的長小于2．∴等腰直角三角形斜邊上的高必小于1，即拋物線的頂點的縱坐標必小于1．（10分）∵當x=1時，y1=×1+=＜1，當x=2時，y2=×2+=＜1，當x=3時，y3=×3+=1＞1，∴美麗拋物線的頂點只有B1、B2．（11分）①若B1為頂點，由B1（1，），則d=1﹣=；（12分）②若B2為頂點，由B1（2，），則d=1﹣[（2﹣）﹣1]=，綜上所述，d的值為或時，存在美麗拋物線．（13分）7．解答：（2）探究2，證明：在AB上截取AM=EC，連接ME，由（1）知∠EAM=∠FEC，∵AM=EC，AB=BC，∴BM=BE，∴∠BME=45°，∴∠AME=∠ECF=135°，∵∠AEF=90°，∴∠FEC+∠AEB=90°，又∵∠EAM+∠AEB=90°，∴∠EAM=∠FEC，在△AEM和△EFC中，，∴△AEM≌△EFC（ASA），∴AE=EF；（3）探究3：成立，證明：延長BA到M，使AM=CE，連接ME，∴BM=BE，∴∠BME=45°，∴∠BME=∠ECF，又∵AD∥BE，∴∠DAE=∠BEA，又∵∠MAD=∠AEF=90°，∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF，即∠MAE=∠CEF，在△MAE和△CEF中，，∴△MAE≌△CEF（ASA），∴AE=EF．8．解：（1）過E點作EH⊥BC，垂足為H，連接BF，∵BE=BC=3，∠EBH=45°，∴EH=，∵S△BFE+S△BCF=S△BEC，∴BE×FN+BC×FM=BC×EH，∵BE=BC，∴FN+FM=EH=．（2）連接PA，PB，PC，∵S△PBC+S△PAC+S△PAB=S△ABC，∴BC?r1+AC?r2+AB?r3=BC?h，∵BC=AC=AB，∴r1+r2+r3=h．（3）設(shè)n邊形的邊心距為r，則：r1+r2+…+rn=nr（定值）．9．解：（1）是；如圖所示，直線m即為所求作的另一等積直線；（說明：只要所畫直線過MN的中點且與AD、BC或AB、CD相交即可．）（2）是；（3）是；證明：∵O是MN的中點，∴MO=NO，在梯形ABCD中，AD∥BC，∴∠PMO=∠QNO，在△POM和△QON中，∵，∴△POM≌△QON（ASA），∴S△POM=S△QON，又∵MN是等積直線，∴PQ也是等積直線；探索應(yīng)用：如圖所示，過點O且與線段AE、BC相交的直線均為所求的等積直線，所以有無數(shù)條等積直線．（說明：過點D作DF∥BC交AB于點F，點G、H、L分別是AE、DF、BC的中點，取線段GH的中點M，線段HL的中點N，過點M、N的直線即為所求的直線m．設(shè)等積直線m被AE、BC所截線段的中點為O，由（2）（3）可知過點O且與線段AE、BC相交的直線均為所求的等積直線，所以有無數(shù)條等積直線．）10．解：問題1：h1+h2﹣h3=（2分）理由：連接PA、PB、PC∵PE⊥BC，PD⊥BA，且△ABC是邊長為a的等邊三角形∴S△PAB=，S△PBC=∴S四邊形ABCP=S△PAB+S△PBC=+（2分）又∵S四邊形ABCP=S△APC+S△ABC=（1分）∴+=即：h1+h2﹣h3=；（1分）問題2：連接DP、AC易求：S△APB+S△ADP+S△ACP=（2分）易證：S△DCP=S△ACP（同底等高）（2分）而S正方形ABCD=S△APB+S△ADP+S△DCP∴∴y=（a≤x≤a）（2分）∵2a2＞0∴y隨x的增大而減少∴當x=a時，y最小=a，當x=a時，y最大=2a．（2分）11解：（1）∵點M從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度向點A運動，同時點N從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向點C運動，其中一個動點到達終點時，另一個動點隨之停止運動．∴當M移動到A處時，NB=2，∴動點N的坐標是：（1，3）；（2）∵AC交NP于點Q，∴線段AQ，QM，MA要圍成三角形，∴t的取值范圍是：0＜t＜2；（3）S△AMQ=AM?PQ=（4﹣2t）（1+t）=﹣t2+t+2．（4）存在使△AQM為直角三角形的點M．∵∠AOC=90°，OA=OC，∴∠OAC=45°即點A不可能為Rt△AQM的直角頂點．①當點Q為直角頂點時．（如圖①）∵∠MQA=90°，∠MAQ=45°∴MQ=QA∵QP⊥AM，∴AP=MP=PQ，即，∴則M（1，0）．②當點M為直角頂點時．（如圖②）∵∠QMA=90°，∠MAQ=45°，∴MQ=MA即4﹣2t=t+1，∴t=1，則M（2，0）．綜上所述：點M的坐標為（1，0）或（2，0）．12．解：（1）△OAD∽△CDB，△ADB∽△ECB；（4分）（2）①（1，﹣4a）（5分）②∵△OAD∽△CDB∴（6分）∵ax2﹣2ax﹣3a=0，可得A（3，0）（8分）又∵OC=﹣4a，OD=﹣3a，CD=﹣a，CB=1，∴∴a2=1，∵a＜0，∴a=﹣1；故拋物線的解析式為：y=﹣x2+2x+3（10分）③存在，（11分）設(shè)P（x，﹣x2+2x+3）∵△PAN與△OAD相似，且△OAD為等腰三角形∴PN=AN當x＜0（x＜﹣1）時，﹣x+3=﹣（﹣x2+2x+3），x1=﹣2，x2=3（舍去），∴P（﹣2，﹣5）（13分）當x＞0（x＞3）時，x﹣3=﹣（﹣x2+2x+3），x1=0，x2=3；（都不合題意舍去）符合條件的點P為（﹣2，﹣5）．（14分）13解：（1）△ABE∽△DAE，△ABE∽△DCA．∵∠BAE=∠BAD+45°，∠CDA=∠BAD+45°，∴∠BAE=∠CDA．又∠B=∠C=45°，∴△ABE∽△DCA．（2）∵BD=CE，∴BE=CD．∵AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，∴△ABE≌△ACD．∴AD=AE．∵△BAE∽△CDA，∴CD=AB=，易得CO=1．∴OD=﹣1，那么點D的坐標為（1﹣，0）．∵BD=2﹣，CE=2﹣，DE=2﹣2BD=2﹣2，∴BD2+CE2=DE2．（3）成立．證明：將△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△ABH的位置，則CE=HB，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋轉(zhuǎn)角∠EAH=90°．連接HD，在△EAD和△HAD中，∵AE=AH，∠HAD=∠EAH﹣∠FAG=45°=∠EAD，AD=AD，∴△EAD≌△HAD．∴DH=DE．又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°，∴BD2+CE2=DH2即BD2+CE2=DE2．14．解：（1）證明：小明的思路方法：過點P作PG⊥CD于G（如圖1），∵CD⊥AB于D，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F．∴四邊形PEDG是矩形，∴PE=DG∵△ABC中，AB=AC，∴△PCG≌△CPF，∴PF=CG，∴CD=PE+PF．（2）設(shè)AC、BD交于O，∵梯形ABCD中，AB=CD∴梯形ABCD是等腰梯形∴∠DCB=∠ABC=60°∵AD∥BC∴∠ADC=180﹣∠BCD=120°，∠ADB=∠DBC∵AD=AB∴∠ABD=∠ADB∴∠DBC=∠ABD=∠ABC=30°∴∠BDC=180°﹣∠BCD﹣∠DBC=90°同理可得：∠ACB=30°∴∠ACB=∠DBC∴OB=OC由結(jié)論可得：EM+EN=CD=2．15．解：（1）3，A1（﹣2，4），B1（0，3）；（2）作CG⊥BD于G，CH⊥x軸于H，∵B'，B的橫坐標相等，∴B'B⊥x軸，∴四邊形CHBG為矩形．∵C（2，1），B（3，0）∴CG=1，∴G（3，1），∴GB=1，∴CG=CH=1，∴矩形CHBG為正方形．∴∠HCG=90度．∵∠ECD=90°，∴∠HCE+∠ECG=∠GCD+∠ECG=90°∴∠HCE=∠GCD．在△HCE和△GCD中，∴△HCE≌△GCD．∴S四邊形CEBD=S正方形CHBG=1；（3）由垂徑定理知，△AOB的外接圓的圓心應(yīng)為OB與OA的中垂線的交點．OB的中垂線的解析式為x=，設(shè)OA的中垂線的解析式為y=kx+b，把點A′，O′的坐標代入得，解得，k=﹣2，b=5，即OA的中垂線的解析式為y=﹣2x+5，所以圓心的坐標為（，2），△AOB的外接圓的半徑==．16．解：（1）∵AB∥DC，∴Rt△AQM∽Rt△CAD．∴．即，∴QM=1．（2）∵根據(jù)題意可得當0≤t≤2時，以C、P、Q為頂點可以構(gòu)成三角形為直角三角形，故有兩種情況：①當∠CPQ=90°時，點P與點E重合，此時DE+CP=CD，即t+t=2，∴t=1，②當∠PQC=90°時，如備用圖1，此時Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴，由（1）知，EQ=EM﹣QM=4﹣2t，而PE=PC﹣CE=PC﹣（DC﹣DE）=t﹣（2﹣t）=2t﹣2，∴，∴；③當2＜t≤6時，可得CD=DP=2時，∠DCP=45°，可以使得以C、P、Q為頂點的三角形為直角三角形，此時t=4，綜上所述，t=1或或4；（3）如圖1，當0≤t≤2時，點P在線段CD上，設(shè)直線l交CD于點E由（1）可得．即，∴QM=2t．∴QE=4﹣2t．∴S△PQC=PC?QE=﹣t2+2t，即y=﹣t2+2t，當6≥t＞2時，如圖3，過點C作CF⊥AB交AB于點F，交PQ于點H．PA=DA﹣DP=4﹣（t﹣2）=6﹣t．由題意得，BF=AB﹣AF=4．∴CF=BF，∴∠CBF=45°，∴QM=MB=6﹣t，∴QM=PA．∴四邊形AMQP為矩形．∴PQ∥AB．CH⊥PQ，HF=AP=6﹣t∴CH=AD﹣HF=t﹣2，∴S△PQC=PQ?CH=，即y=，綜上所述y=﹣t2+2t（0≤t≤2），或y=（2＜t≤6）．17．證明：（1）連接AP，BP，CP．（2分）則S△ABP+S△BCP+S△ACP=S△ABC，（4分）即，（6分）∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC，∴r1+r2+r3=h（定值）；（8分）（2）存在．（10分）r=2．（12分）18．解：（1）變??；（2）問題①：∵∠B=90°，∠A=30°，BC=6cm∴AC=12∵∠FDE=90°，∠DEF=45°，DE=4cm∴DF=4cm連接FC，設(shè)FC∥AB∴∠FCD=∠A=30°∴在Rt△FDC中，DC=4cm∴AD=AC﹣DC=（12﹣4）cm∴AD=（12﹣4）cm時，F(xiàn)C∥AB；問題②：設(shè)AD=x，在Rt△FDC中，F(xiàn)C2=DC2+FD2=（12﹣x）2+16∵AC=12cm，DE=4cm，∴AD≤8cm，（I）當FC為斜邊時，由AD2+BC2=FC2得，x2+62=（12﹣x）2+16，x=；（II）當AD為斜邊時，由FC2+BC2=AD2得，（12﹣x）2+16+62=x2，x=＞8（不合題意舍去）；（III）當BC為斜邊時，由AD2+FC2=BC2得，x2+（12﹣x）2+16=36，x2﹣24x+160=0，方程無解，∴由（I）、（II）、（III）得，當x=cm時，以線段AD、FC、BC的長度為三邊長的三角形是直角三角形；另解：BC不能為斜邊，∵FC＞CD，∴FC+AD＞12∴FC、AD中至少有一條線段的長度大于6，∴BC不能為斜邊，∴由（I）、（II）、（III）得，當x=cm時，以線段AD、FC、BC的長度為三邊長的三角形是直角三角形；問題③：解法一：不存在這樣的位置，使得∠FCD=15°理由如下：假設(shè)∠FCD=15°∵∠EFC=30°作∠EFC的平分線，交AC于點P則∠EFP=∠CFP=15°，∠DFE+∠EFP=60°∴PD=4，PC=PF=2FD=8∴PC+PD=8+4＞12∴不存在這樣的位置，使得∠FCD=15°解法二：不存在這樣的位置，使得∠FCD=15°假設(shè)∠FCE=15°AD=x由∠FED=45°得∠EFC=30°作EH⊥FC，垂足為H．∴HE=EF=2cmCE=AC﹣AD﹣DE=（8﹣x）cm且FC2=（12﹣x）2+16∵∠FDC=∠EHC=90°∠DCF為公共角∴△CHE∽△CDF∴=又（）2=（）2=∴（）2=，即=整理后，得到方程x2﹣8x﹣32=0∴x1=4﹣4＜0（不符合題意，舍去）x2=4+4＞8（不符合題意，舍去）∴不存在這樣的位置，使得∠FCD=15°．19．證明：（1）∵OB=0C，∴∠OCB=∠OBC，又∵AC=BC，∴∠OCB=∠OCA，∴∠OBC=∠OCA，在△ECO與△FBO中，，∴△ECO≌△FBO，∴∠EOC=∠FOB，又∠AOC=∠BOC，∴∠EOF=∠COB，又∵EO=OF，∴∠OEF=∠OCF，∴C，E，O，F(xiàn)四點共圓；（2）由于是將問題2中的點C“分離”成兩個點，根據(jù)圖形變換的過程，猜測△PQR的外接圓一定經(jīng)過線段AC，BD垂直平分線的交點O．下面給予證明：顯然△ODA≌△OCB，∴∠OBF=∠ODE，∴△OBF≌△ODE，∴OE=OF且∠BOF=∠DOE，∴∠BOD=∠EOF，∴△EOF∽△BOD∽△COA，∴∠OBD=∠OEF=∠OCA，∴O，B，F(xiàn)，Q四點共圓，O，F(xiàn)，C，R四點也共圓，∴∠OFB=∠OQB=∠ORP，∴P，Q，O，R四點共圓，即當點E和F變動時，△PQR的外接圓經(jīng)過除點P外的另一個定點O．20．解：（1）∵AD∥OB，∠BOD=90°，OB=16，OD=12，AD=21，∴點A（﹣21，12），B（﹣16，0），D（0，12），設(shè)過點A、B、D的拋物線解析式為y=ax2+bx+c，則，解得，所以，拋物線的解析式為y=x2+x+12；（2）∵點P的運動速度是每秒2個單位，點Q的運動速度是每秒1個單位，∴點P到達點A的時間是21÷2=10.5秒，點Q到達點O的時間是16÷1=16秒，到達點D的時間是（16+12）÷=28秒，如圖，①點Q在BO上時，BQ=t，∵AD∥OB，∠BOD=90°，∴點P到BQ的距離等于OD的長度，∴△BPQ的面積為S=BQ?OD=t×12=6t（0＜t≤16）；②點Q在OD上時，點P已經(jīng)與點A重合，OQ=t﹣16，DQ=16+12﹣t=28﹣t，∴△BPQ的面積為S=S梯形ABOD﹣S△BOQ﹣S△ADQ，=×（16+21）×12﹣×（t﹣16）×16﹣×（28﹣t）×21，=222﹣8t+128﹣294+t，=t+56（16≤t≤28）；綜上，S=；（3）如圖，①PQ⊥BQ時，∵四邊形ABOD為直角梯形，AD∥OB，∠BOD=90°，∴四邊形PQOD是矩形，∴OQ=PD，∴BQ+OQ=BQ+PD=OB，即t+2t=16，解得t=（秒）；②PQ⊥BD時，∵∠BOD=90°，OB=16，OD=12，∴BD===20，∵AD∥OB，∴===2，∴BM=×20=，cos∠OBD==，解得t=（秒）；綜上，當t=或秒時，△BMQ為直角三角形；（4）如圖，①PB=PQ時，過點P作PE⊥BQ于E，則四邊形PEOD是矩形，∴BE=BQ=t，OE=PD=2t，∵BE+OE=OB，∴t+2t=16，解得t=（秒），②PB=BQ時，∵點P到BQ的距離為OD的長度是12，而點P到點A的時間是10.5秒，∴此時點P早已與到達點A與點A重合，過點P作PE⊥BQ于E，則PE=OD=12，BE=AD﹣OB=21﹣16=5，根據(jù)勾股定理，PB===13，∴BQ=PB=13，∴t=13÷1=13（秒），綜上，當t為或13秒時，以B、P、Q三點為頂點的三角形的等腰三角形．21．解：（1）∵在Rt△CDE中，CD=3，DE=4，∴CE===5；（2）如圖1，作FH⊥CD于H．∵AB∥OD，DE⊥OA，OB⊥OD，∴四邊形ODEB是矩形，∴BE=OD，∵OC=t，∴BE=OD=OC+CD=t+3，∴AE=AB﹣BE=8﹣（t+3）=5﹣t，∵AB∥OD，∴△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，∴==，==，又∵CF+EF=5，DG+EG=4，∴=，=，∴CF=t，EG=，∴EF=CE﹣CF=5﹣t，∵FH∥ED，∴=，即HD=?CD=（5﹣t），∴S=EG?HD=××（5﹣t）=（5﹣t）2，t的取值范圍為：0≤t≤5；（3）①由（2）知CF=t，（i）當CF=CD時，則t=3；（ii）如圖2，當CF=DF時，∵FH⊥CD，∴CH=CD，又∵FH∥DE，∴CF：CE=FH：DE，∴CF=CE=即t=；（iii）如圖3，當DF=CD時，如圖作DK⊥CF于K，則CK=CF=t，∵CK=CDcos∠DCE，∴t=3×，解得：t=；綜上，當t=3或或時，△CDF為等腰三角形；②∵點A，B坐標分別為（8，4），（0，4），∴AB=8，OB=4，∴OA===4，∵由（2）知HD=（5﹣t），∴OH=t+3﹣（5﹣t）=，∵∠A+∠AOB=∠AOD+∠AOB=90°，∴∠A=∠AOD，∴Rt△AOB∽Rt△OFH，∴=，=，解得OF=，∵當△CDF的外接圓與OA相切時，則OF為切線，OD為割線，∴OF2=OC?OD，即（）2=t（t+3），得t=．22．解：（1）由已知可得：解之得，a=﹣，b=，c=0．因而得，拋物線的解析式為：y=﹣x2+x．（2）存在．設(shè)Q點的坐標為（m，n），則，要使△OCP∽△PBQ，則有，即，解之得，m1=2，m2=．當m1=2時，n=2，所以得Q（2，2）要使△OCP∽△QPB，則有，即解之得，m1=3，m2=，當m=時，即為P點，當m1=3時，n=﹣3，所以得Q（3，﹣3）．故存在兩個Q點使得△OCP與△PBQ相似．Q點的坐標為（2，2），（3，﹣3）．（3）在Rt△OCP中，因為tan∠COP=．所以∠COP=30度．當Q點的坐標為（2，2）時，∠BPQ=∠COP=30度．所以∠OPQ=∠OCP=∠B=∠QAO=90度．因此，△OPC，△PQB，△OPQ，△OAQ都是直角三角形．又在Rt△OAQ中，因為tan∠QOA=．所以∠QOA=30度．即有∠POQ=∠QOA=∠QPB=∠COP=30度．所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA，又因為QP⊥OP，QA⊥OA，∠POQ=∠AOQ=30°，所以△OQA≌△OQP．23．解：（1）由題意知：OA=AB=5，OC=BC=3，OB=6；P從O→A→B，所用的總時間為：（5+5）÷2=5s；Q從B→O所用的總時間為：6÷1=6；因此t的取值范圍為：0≤t≤5；①當0≤t≤2.5時，點P在線段OA上；OP=2t，OQ=OB﹣BQ=6﹣t；∴S=×2t××（6﹣t）=﹣t2+t；②當2.5≤t≤5時，點P在線段AB上；OP=2t，BP=10﹣2t，OQ=6﹣t；∴S=×（10﹣2t）××（6﹣t）=t2﹣t+24；綜上可知：S=．（2）∵∠BCB′=∠CAB，∴∠DCB′=∠ABC=90°﹣∠CAB=90°﹣∠BCB′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠ABC=∠B′，即∠DCB′=∠B′；∴∠A′=∠A′CD=90°﹣∠DCB′=90°﹣∠B′，∴A′D=DB′=CD，即CD=A′B′=AB=2.5．（3）由A（3，4），可得直線OA：y=x；設(shè)點E（x，x），已知A（3，4），C（3，0）；∴AE2=（x﹣3）2+（x﹣4）2，CE2=（x﹣3）2+（x）2，AC=4；①當AE=CE時，AE2=CE2，則有：（x﹣3）2+（x﹣4）2=（x﹣3）2+（x）2，解得x=，∴E1（，2）；②當AE=AC時，AE2=AC2=16，則有：（x﹣3）2+（x﹣4）2=16，整理得：25x2﹣150x+81=0，解得：x=，x=；∴E2（，），E3（，）；③當CE=AC時，CE2=AC2=16，則有：（x﹣3）2+（x）2=16，整理得：25x2﹣54x﹣63=0，解得：x=﹣，x=3（舍去）；∴E4（﹣，﹣）；綜上可知：存在符合條件的E點：E1（，2），E2（，），E3（，），E4（﹣，﹣）．24．解：（1）如圖1，作FQ⊥BC于Q，DH⊥BC于H，∴∠FQC=∠DHC=90°．∵AD∥BC，∴∠DAC=∠6=30°．∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，∴∠3=60°．∵BC=12，∴AB=4，AC=8，∴DH=4．∵CD=8，∴cos∠7=，∴∠7=30°，∴∠DCH=60°，∴∠8=30°，∴∠8=∠DAC，∴AD=DC=8．∵△BEF是等邊三角形，∴∠1=∠4=60°，BF=BE=EF，∴∠2=∠5=30°，∴∠AFB=90°．∴∠5=∠6，∴EF=EC．在Rt△ABF中，由勾股定理，得AF=2，BF=6，∴BE=6．（2）①如圖2，作NG⊥BC于G，∴∠NGC=90°．∵∠F′B′C=60°，∠ACB=30°，∴∠B′MC=90°．∵BB′=x，∴B′C=12﹣x，CE′=12﹣6﹣x=6﹣x∴B′M=6﹣x，MC=6﹣x，E′N=6﹣x，∴GE′=3﹣x，GN=3﹣x，∴S=，S=﹣+9，（0≤x≤6），∵DN最小，∴DN⊥AC，在Rt△DNC中，由勾股定理，得DN=4，CN=4，在Rt△GNC中，由勾股定理，得GN=2，在Rt△GNE′中，由勾股定理，得GE′=2，E′N=4．∴CE′=4．∴BB′=12﹣4﹣6=2．∴S=﹣×4+9，=9﹣=②如圖3，當DN⊥AC于N時，作NG⊥BC于G，∴∠DNM=∠DNC=∠NGC=90°，在Rt△DNC中，由勾股定理，得DN=4，CN=4，在Rt△NGC中，由勾股定理，得NG=2，在RtNGE′中，由勾股定理，得GE′=2，NE′=4，∴CE′=4，∴x=12﹣6﹣4=2；如圖4，當DM⊥AC于M時，∴∠AMC=90°，在Rt△DMC中由勾股定理，得DM=3，MC=4．∵∠F′B′E′=60°，∠ACB=30°，∴∠B′MC=90°，在Rt△B′MC中，由勾股定理，得B′M=4，B′C=8，∴x=12﹣8=4；通過作圖為，當∠MDN=90°時，直角三角形DMN不存在．故x的值為：2或4．25．解：（1）BE=AD證明：由題意可得，BC=AC，CE=CD，∵∠BCE+∠ACE=60°∠ACE+∠ACD=60°∴∠BCE=∠ACD，∴△BCE≌△ACD，∴BE=AD．（2）△HQC為等腰三角形證明：因為∠FCB=30°，所以∠ACF=30°，又因為∠RQP=60°，所以∠QHC=∠HCQ=30°，所以△HQC為等腰三角形；（3）由題意得，AF=2，在Rt△AFG中，F(xiàn)G=，所以GR=3﹣，在Rt△GRH中，RH=2（3﹣），所以HQ=3﹣2（3﹣）=2﹣326．解：（1）在Rt△ABC中，∵B點坐標為（8、0），tan∠ABC=，∴OB=8，而tan∠ABC==，∴OC=4，∴C（0，4），又∵△ABC的面積為8，∴8=×4×AB，∴AB=4，即OA=OB﹣AB=8﹣4=4，∴A（4，0），依題意得，解之得：a=，b=﹣，c=4，