中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)訓(xùn)練第05講 一線三垂直模型構(gòu)造全等三角形（解析版）

第05講一線三垂直模型構(gòu)造全等三角形【應(yīng)對方法與策略】一線三垂直問題，通常問題中有一線段繞某一點旋轉(zhuǎn)900，或者問題中有矩形或正方形的情況下考慮，作輔助線，構(gòu)造全等三角形形或相似三角形，建立數(shù)量關(guān)系使問題得到解決?！局R總結(jié)】過等腰直角三角形的直角頂點或者正方形直角頂點的一條直線。過等腰直角三角形的另外兩個頂點作該直線的垂線段，會有兩個三角形全等（AAS）常見的兩種圖形：圖1圖2【多題一解】1．（2022?鹿城區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D在BC邊上，點E在AC邊上，連接AD，DE．已知∠1＝∠2，AD＝DE．（1）求證：△ABD≌△DCE；（2）若BD＝3，CD＝5，求AE的長．【分析】（1）根據(jù)AAS可證明△ABD≌△DCE；（2）得出AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，求出AC＝5，則AE可求出．【解答】（1）證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△ABD與△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（AAS）；（2）解：∵△ABD≌△DCE，∴AB＝DC＝5，CE＝BD＝3，∵AC＝AB，∴AC＝5，∴AE＝AB﹣EC＝5﹣3＝2．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．2．（2022?東港區(qū)校級一模）感知：數(shù)學(xué)課上，老師給出了一個模型：如圖1，點A在直線DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像這種一條直線上的三個頂點含有三個相等的角的模型我們把它稱為“一線三等角“模型．應(yīng)用：（1）如圖2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點C，過A作AD⊥ED于點D，過B作BE⊥ED于點E．求證：△BEC≌△CDA．（2）如圖3，在△ABC中，D是BC上一點，∠CAD＝90°，AC＝AD，∠DBA＝∠DAB，AB＝2，求點C到AB邊的距離．（3）如圖4，在?ABCD中，E為邊BC上的一點，F(xiàn)為邊AB上的一點．若∠DEF＝∠B，AB＝10，BE＝6，求的值．【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)得出∠ACD＝∠EBC，可證明△BEC≌△CDA（AAS）；（2）過點D作DF⊥AB于點F，過點C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點E，證明△CAE≌△ADF（AAS），由全等三角形的性質(zhì)可得出CE＝AF＝，則可得出答案；（3）過點D作DM＝DC交BC的延長線于點M，證明△BFE∽△MED，由相似三角形的性質(zhì)可得出答案．【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD＝180°，∴∠BCE+∠ACD＝180°，∵AD⊥ED，BE⊥ED，∴∠BEC＝∠CDA＝90°，∠EBC+∠BCE＝90°，∴∠ACD＝∠EBC，在△BEC和△CDA中，，∴△BEC≌△CDA（AAS）；（2）解：過點D作DF⊥AB于點F，過點C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點E，∵∠DBA＝∠DAB，∴AD＝BD，∴AF＝BF＝AB＝，∵∠CAD＝90°，∴∠DAF+∠CAE＝90°，∵∠DAF+∠ADF＝90°，∴∠CAE＝∠ADF，在△CAE和△ADF中，，∴△CAE≌△ADF（AAS），∴CE＝AF＝，即點C到AB的距離為；（3）解：過點D作DM＝DC交BC的延長線于點M，∴∠DCM＝∠M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DM＝CD＝AB＝10，AB∥CD，∴∠B＝∠DCM＝∠M，∵∠FEC＝∠DEF+∠DEC＝∠B+∠BFE，∠B＝∠DEF，∴∠DEC＝∠BFE，∴△BFE∽△MED，∴．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022?齊齊哈爾三模）綜合與實踐數(shù)學(xué)實踐課堂上，張老師帶領(lǐng)學(xué)生們從一道題入手，開始研究，并對此題做適當(dāng)變式，嘗試舉一反三，開闊學(xué)生思維．（1）原型題：如圖1，AB⊥BD于點B，CD⊥BD于點D，P是BD上一點，AP＝PC，AP⊥PC，則△ABP≌△PDC，請你說明理由．（2）利用結(jié)論，直接應(yīng)用：如圖2，四邊形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，邊長分別為a、b、c，A、B、N、E、F五點在同一條直線上，則△CBN≌△NEH，c＝（用含a、b的式子表示）．如圖3，四邊形ABCD中，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝2，CD＝4，以BC上一點O為圓心的圓經(jīng)過A、D兩點，且∠AOD＝90°，則圓心O到弦AD的距離為．（3）弱化條件，變化引申：如圖4，M為線段AB的中點，AE與BD交于點C，∠DME＝∠A＝∠B＝45°，且DM交AC于點F，ME交BC于點G，連接FG，則△AMF與△BGM的關(guān)系為：△AMF∽△BGM，若，AF＝3，則FG＝．【分析】（1）先證明∠BAP＝∠CPD，根據(jù)AAS定理可證明△ABP≌△PDC．（2）先證明△CBN≌△NEH，再利用勾股定理說明a、b、c間關(guān)系；根據(jù)AAS證明△AOB≌△ODC，則有OB＝CD＝4；再根據(jù)勾股定理求得OA．可證明三角形AOD是等腰直角三角形，則可得出答案．（3）利用三角形外角可得∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，進而證得△AMF∽△BGM，再由∠A＝∠B＝45°，可得出△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)M為線段AB的中點，可得AM＝BM＝AB＝×4＝2，運用相似三角形性質(zhì)和勾股定理即可求得答案．【解答】（1）證明：∵AB⊥BD，CD⊥BD，∴∠ABP＝∠PDC＝90°，∴∠BAP+∠APB＝90°，∵AP⊥PC，∴∠CPD+∠APB＝90°，∴∠BAP＝∠CPD，在△ABP和△PDC中，，∴△ABP≌△PDC（AAS）；故答案為：PDC．（2）證明：∵四邊形ABCD、EFGH、NHMC都是正方形，邊長分別為a、b、c，∴∠CBN＝∠NEH＝∠CNH＝90°，CN＝NH＝c，BC＝a，EH＝b，∵∠BCN+∠BNC＝∠ENH+∠BNC＝90°，∴∠BCN＝∠ENH，在△CBN和△NEH中，，∴△CBN≌△NEH（AAS），∴BN＝EH＝b，在Rt△CBN中，CN2＝BC2+BN2，∴c2＝a2+b2，∵a、b、c均為正數(shù)，∴c＝，故答案為：NEH，．如圖3，∵AB∥DC，AB⊥BC，∴∠B＝∠C＝90°，∴∠BAO+∠AOB＝90°，∵∠AOD＝90°，∴∠COD+∠AOB＝90°，∴∠BAO＝∠COD，∵以點O為圓心的圓經(jīng)過A、D兩點，∴OA＝OD，∴△AOB≌△ODC（AAS），∴AB＝OC＝2，OB＝CD＝4，在Rt△AOB中，OA＝＝＝2，∴OD＝OA＝2，∵∠AOD＝90°，∴△AOD是等腰直角三角形，∴AD＝AB＝×2＝2，∠OAD＝∠ODA＝45°，過點O作OH⊥AD于點H，根據(jù)垂徑定理可得：AH＝DH，∵OH＝AD，∴OH＝，故答案為：．（3）∵∠AFM＝∠DME+∠E（外角定理），∠DME＝∠A＝∠B（已知），∴∠AFM＝∠DME+∠E＝∠A+∠E＝∠BMG，∠A＝∠B，∴△AMF∽△BGM，∵∠DME＝∠A＝∠B＝45°∴AC＝BC，∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵M為線段AB的中點，∴AM＝BM＝AB＝×4＝2，∵△AMF∽△BGM，∴＝，∴BG＝＝＝，又∵AC＝BC＝4cos45°＝4，∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝，CF＝AC﹣AF＝4﹣3＝1，在Rt△FCG中，由勾股定理得：FG＝＝＝．【點評】本題是有關(guān)圓的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，圓的性質(zhì)等，此題難度適中，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)以及相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．4．（2022?湘潭）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直線l經(jīng)過點A，過點B、C分別作l的垂線，垂足分別為點D、E．（1）特例體驗：如圖①，若直線l∥BC，AB＝AC＝，分別求出線段BD、CE和DE的長；（2）規(guī)律探究：（Ⅰ）如圖②，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45°），請?zhí)骄烤€段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（Ⅱ）如圖③，若直線l從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉(zhuǎn)α（45°＜α＜90°），與線段BC相交于點H，請再探線段BD、CE和DE的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（3）嘗試應(yīng)用：在圖③中，延長線段BD交線段AC于點F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．【分析】（1）易證△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的三邊關(guān)系可得出BD，DE和CE的長即可．（2）（Ⅰ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進而解答即可；（Ⅱ）易證∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，進而解答即可；（3）根據(jù)題意可證明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的長，根據(jù)S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出結(jié)論．【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵l∥BC，∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，∴AD＝BD，AE＝CE，∵AB＝AC＝，∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，∴DE＝2；（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE．（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，，∴△ABD≌△CAE（AAS）；∴CE＝AD，BD＝AE，∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE∵∠BAC＝∠ADB＝90°，∴△ABD∽△FBA，∴AB：FB＝BD：AB，∵CE＝3，DE＝1，∴AE＝BD＝4，∴AB＝5．∴BF＝．∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．【點評】本題是三角形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角形的面積；證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．5．（2022?沈河區(qū)校級開學(xué)）在△ABC中，AB＝AC．（1）在圖（a）中，D為BC邊上一點，E為AC邊上一點，∠ADE＝∠B＝60°．求證：BD?CD＝AB?CE．（2）在圖（b）中，∠ADE＝∠B＝60°，EF⊥AD于點F，若CD＝2BD，求的值．（3）在圖（c）中，∠ADB＝∠ABC＝45°，DB、AC交于點E，若AD＝2，CE＝，請直接寫出BE的長度．【分析】（1）利用三角形的內(nèi)角和和平角的定義判斷出∠BAD＝∠CDE，進而判斷出△ABD∽△DCE，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)BD＝x，則CD＝2x，AB＝BC＝3x，由（1）知，△ABD∽△DCE，進而判斷出AD＝DE，在Rt△DFE中，用含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出DF＝DE，即可求出答案；（3）作∠BCG＝∠ABD，CG邊交BE于G，判斷出△ABD∽△BCG，得出，再借助BC＝AB，求出BG＝4，再判斷出△CEG∽△BEC，得出，即可求出BE的值．【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BAD+∠ADB＝120°∵∠ADE＝60°，∴∠ADB+∠EDC＝120°，∴∠DAB＝∠EDC，又∵∠B＝∠C＝60°，∴△ABD∽△DCE，∴＝，∴BD?CD＝AB?CE；（2）解：設(shè)BC＝x，∵CD＝2BD，∴CD＝2x，∴BC＝BD+CD＝3x，∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝BC＝3x，由（1）知，△ABD∽△DCE，∴＝，∴＝＝，∴AD＝DE，∵EF⊥AD，∴∠DFE＝90°，在Rt△DFE中，∠DEF＝90°﹣∠ADE＝30°，∴DF＝DE，∴AF＝AD﹣DF＝DE﹣DE＝DE，∴＝＝2；（3）如圖（c），作∠BCG＝∠ABD，CG邊交BE于G，在△ABD中，∠ADB＝45°，∴∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB＝135°，∵∠ABD+∠CBG＝180°﹣∠ABC＝135°，∴∠BAD＝∠CBG，∴△ABD∽△BCG，∴，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴∠BAC＝90°，∴BC＝AB，∵AD＝2，∴，∴BG＝4，∵△ABD∽△BCG，∴∠BGC＝ADB＝45°，∴∠CGE＝135°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCE＝135°＝∠CGE，∵∠CEG＝∠BEC，∴△CEG∽△BEC，∴，∵CE＝，EG＝BE﹣BG＝BE﹣4，∴，∴BE＝5．【點評】此題是相似形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出相似三角形是解本題的關(guān)鍵．6．（2022?信陽模擬）在直線m上依次取互不重合的三個點D，A，E，在直線m上方有AB＝AC，且滿足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．（1）如圖1，當(dāng)α＝90°時，猜想線段DE，BD，CE之間的數(shù)量關(guān)系是DE＝BD+CE；（2）如圖2，當(dāng)0＜α＜180時，問題（1）中結(jié)論是否仍然成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由；（3）拓展與應(yīng)用：如圖3，當(dāng)α＝120°時，點F為∠BAC平分線上的一點，且AB＝AF，分別連接FB，F(xiàn)D，F(xiàn)E，F(xiàn)C，試判斷△DEF的形狀，并說明理由．【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，進而得到∠DBA＝∠EAC，然后結(jié)合AB＝AC得證△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，進而得到∠DBA＝∠EAC，然后結(jié)合AB＝AC得證△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；（3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后結(jié)合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等邊三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后結(jié)合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，從而得到∠FAD＝∠FCE，故可證△FAD≌△FCE，從而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得證△DEF是等邊三角形．【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴AD＝CE，BD＝AE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE，故答案為：DE＝BD+CE．（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠EAC，∵AB＝AC，∴△DBA≌△EAC（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AD+AE＝BD+CE；（3）△DEF是等邊三角形，理由如下，∵α＝120°，AF平分∠BAC，∴∠BAF＝∠CAF＝60°，∵AB＝AF＝AC，∴△ABF和△ACF是等邊三角形，∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，同（2）可得，△BDA≌△AEC，∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，∴∠FAD＝∠FCE，∴△FAD≌△FCE（SAS），∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，∴△DEF是等邊三角形．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用一線三等角模型證明三角形全等．7．（2021?平房區(qū)二模）在平面直角坐標系中，O為坐標原點，直線AB與y軸交于點A，與x軸交于點B，OA＝2，△AOB的面積為2．（1）如圖1，求直線AB的解析式．（2）如圖2，線段OA上有一點C，直線BC為y＝kx﹣2k（k＜0），AD⊥y軸，將BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°，交AD于點D，求點D的坐標．（用含k的式子表示）（3）如圖3，在（2）的條件下，連接OD，交直線BC于點E，若3∠ABC﹣∠BDO＝45°，求點E的坐標．【分析】（1）利用△ABC的面積為2，求出OB的長度，得到B的坐標，用待定系數(shù)法求AB的解析式；（2）利用∠CBD＝90°，過D作DH⊥x軸于H，證明△COB≌△BHD，得到BH＝CO，DH＝OB＝2，由直線CB解析式，求得C的坐標，從而得到BH長度，再證明四邊形AODH為矩形，得到D的坐標；（3）利用∠CAD+∠CBD＝180°，得到A，C，B，D四點共圓，則∠CDB＝∠OAB＝45°，∠ABC＝∠ADC，又3∠ABC﹣∠OBD＝45°，轉(zhuǎn)化得到∠AOD＝2∠ADC，在AD上取一點M，使MD＝MC，構(gòu)造出∠AMC＝2∠ADC，利用兩個角的正切值相等，列出關(guān)于參數(shù)的方程，求出參數(shù)k，再利用直線CB和直線OD相交，列出二元一次方程組，求得交點E的坐標．【解答】解：（1）∵OA＝2，∴A（0，2），∵S△AOB＝2，∴，∴OB＝2，∴B（2，0），設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+2，代入點B（2，0），得2k+2＝0，∴k＝﹣1，∴直線AB的解析式為：y＝﹣x+2；（2）如圖1，過D作DH⊥x軸于H，∵DA⊥y軸，∴∠DAO＝∠AOB＝∠DHO＝90°，∴四邊形DAOH為矩形，∴DH＝AO＝OB＝2，由題可得，∠CBD＝90°，∴∠CBO+∠BDH＝90°，又∵∠OCB+∠CBO＝90°，∴∠CBO＝∠BDH，在△CBO與△BDH中，，∴△CBO≌△BDH（ASA），∴CO＝BH，令x＝0，則y＝kx﹣2k＝﹣2k，∴C（0，﹣2k），∴BH＝CO＝﹣2k，∴OH＝OB+BH＝2﹣2k，∴D（2﹣2k，2）；（3）如圖2，連接CD，取CD中點N，連接AN，BN，則在Rr△ACD中，AN＝CN＝DN，同理，BN＝CN＝DN，∴AN＝CN＝DN＝BN，∴A，C，B，D四點共圓，∴∠ABC＝∠ADC，∠CDB＝∠OAB，∵OA＝OB，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∵3∠ABC﹣∠BDO＝45°，∴3∠ADC﹣（∠BDC﹣∠CDO）＝45°，∴3∠ADC﹣45°+∠CDO＝45°，∴3∠ADC+∠CDO＝90°，∴2∠ADC+∠ADO＝90°，又∠AOD+∠ADO＝90°，∴∠AOD＝2∠ADC，在AD上取一點M，使MD＝MC，則∠MDC＝∠ADC，∴∠AMC＝2∠ADC＝∠AOD，∴tan∠AMC＝tan∠AOD，∴，AM＝x，則MC＝MD＝2﹣2k﹣x，AC＝OA﹣OC＝2+2k，∵MC2＝AM2+AC2，∴（2﹣2k﹣x）2＝x2+（2+2k）2，∴，∴，解得，k＝，∴直線BC解析式為：，D（），則直線OD解析式為：，聯(lián)立，解得，∴E（）．【點評】本題考查了一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及到待定系數(shù)法，一線三等角模型構(gòu)造全等，四點共圓，三角函數(shù)，交點坐標的求法，其中轉(zhuǎn)化角的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．【一題多解】1．（2022?泰州）如圖①，矩形ABCD與以EF為直徑的半圓O在直線l的上方，線段AB與點E、F都在直線l上，且AB＝7，EF＝10，BC＞5．點B以1個單位/秒的速度從點E處出發(fā)，沿射線EF方向運動，矩形ABCD隨之運動，運動時間為t秒．（1）如圖②，當(dāng)t＝2.5時，求半圓O在矩形ABCD內(nèi)的弧的長度；（2）在點B運動的過程中，當(dāng)AD、BC都與半圓O相交時，設(shè)這兩個交點為G、H．連接OG、OH，若∠GOH為直角，求此時t的值．【分析】（1）通過判定△MEO為等邊三角形，然后根據(jù)弧長公式求解；（2）通過判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性質(zhì)分析求解．【解答】解：（1）設(shè)BC與⊙O交于點M，當(dāng)t＝2.5時，BE＝2.5，∵EF＝10，∴OE＝EF＝5，∴OB＝2.5，∴EB＝OB，在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∴ME＝MO，又∵MO＝EO，∴ME＝EO＝MO，∴△MOE是等邊三角形，∴∠EOM＝60°，∴＝＝，即半圓O在矩形ABCD內(nèi)的弧的長度為；（2）連接GO，HO，∵∠GOH＝90°，∴∠AOG+∠BOH＝90°，∵∠AGO+∠AOG＝90°，∴∠AGO＝∠BOH，在△AGO和△OBH中，，∴△AGO≌△BOH（AAS），∴OB＝AG＝t﹣5，∵AB＝7，∴AE＝t﹣7，∴AO＝5﹣（t﹣7）＝12﹣t，在Rt△AGO中，AG2+AO2＝OG2，∴（t﹣5）2+（12﹣t）2＝52，解得：t1＝8，t2＝9，即t的值為8或9．【點評】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，弧長公式的計算，勾股定理的應(yīng)用，掌握全等三角形的判定（一線三垂直模型），結(jié)合勾股定理列方程是解題關(guān)鍵．2．如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+x+c（a≠0）與x軸交于A、B兩點（A在B的左側(cè)），與y軸交于點C，其中A（﹣2，0），tan∠ACO＝，D為拋物線頂點．（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖1，點E在線段BD上方拋物線上運動（不含端點B、D），求S△EDB的最大值及此時點E的坐標；（3）如圖2，將拋物線水平向右平移，使得平移后的拋物線經(jīng)過點O，M為平移后的拋物線的對稱軸直線l上一動點，將線段AC沿直線BC平移，平移后的線段記為A′C′（線段A'C′始終在直線l左側(cè)），是否存在以A′、C′、M為頂點的等腰直角△A'C′M？若存在，請寫出滿足要求的所有點M的坐標，并寫出其中一種結(jié)果的求解過程，若不存在，請說明理由．【分析】（1）由點A得到OA＝2，結(jié)合tan∠ACO＝得到OC＝6，進而得到點C（0，6），將點A和點C代入y＝ax2+x+c求得a與c的值，得到拋物線的解析式；（2）先求得點B和點D的坐標，再求得直線BD的解析式，過點E作EF∥y軸交BD于點F，設(shè)點E的坐標，得到點F的坐標，得出EF的長，進而求得△BDE的面積，然后用二次函數(shù)的性質(zhì)求得△BDE的面積最大值和點E的坐標；（3）先求得平移后拋物線的解析式和直線BC的解析式，由線段AC沿著直線BC上移動，設(shè)點C'和點M的坐標，得到點A'的坐標，然后分情況討論，利用等腰直角三角形的性質(zhì)構(gòu)造全等三角形求得點M的坐標．【解答】解：（1）∵點A（﹣2，0），∴OA＝2，∵tan∠ACO＝＝，∴OC＝6，∴點C（0，6），將點A和點C代入y＝ax2+x+c得，，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+6．（2）∵y＝﹣x2+x+6＝﹣（x﹣3）2+，∴點D的坐標為（3，），當(dāng)y＝0時，﹣x2+x+6＝0，解得：x＝﹣2或x＝8，∴點B（8，0），設(shè)直線BD的解析式為y＝kx+b，則，解得：，∴直線BD的解析式為y＝﹣x+15，如圖1，過點E作EF∥y軸交BD于點F，設(shè)點E（x，﹣x2+x+6），則點F（x，﹣x+15），∴EF＝﹣x2+x+6﹣（﹣x+15）＝﹣x2+x﹣9，∵S△BDE＝S△FDE+S△BFE＝＝＝EF，∴S△BDE＝（﹣x2+x﹣9）＝﹣（x﹣）2+，∴當(dāng)x＝時，△BDE的面積最大值為，此時，點E的坐標為（，）；（3）∵拋物線向右平移后過點O，OA＝2，∴拋物線向右平移2個單位，∴平移后拋物線的對稱軸為x＝3+2＝5，設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，則，解得：，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+6，由線段AC沿著直線BC上移動，設(shè)點C'（x，﹣x+6），點M（5，m），則點A'的坐標為（x﹣2，﹣x），①當(dāng)∠C'A'M＝90°時，C'A'＝A'M，如圖2，過點A'作A'H⊥l于點H，過點C'作C'G⊥A'H于點G，則∠C'GA'＝∠A'HM＝90°，∠C'A'H+∠HA'M＝90°，∠C'A'G+∠A'C'G＝90°，∴∠HA'M＝∠A'C'G，∴△C'GA'≌△A'HM（AAS），∴A'G＝HM，C'G＝A'H，∵A'G＝2，HM＝﹣x﹣m，C'G＝6，A'H＝5﹣（x﹣2），∴2＝﹣x﹣m，且6＝5﹣（x﹣2），解得：x＝1，m＝﹣，∴點M（5，﹣）；②當(dāng)∠A'C'M＝90°時，C'A'＝C'M，如圖3，過點C'作C'Q⊥l于點Q，過點A'作A'P∥l，交QC'的延長線于點P，則∠C'PA'＝∠C'QM＝90°，∠PC'A'+∠QC'M＝90°，∠C'A'P+∠A'C'P＝90°，∴∠QC'M＝∠C'A'P，∴△QC'M≌△PA'C'（AAS），∴A'P＝QC'，QM＝PC'，∵A'P＝6，QC'＝5﹣x，QM＝﹣x+6﹣m，A'H＝2，∴6＝5﹣x，且﹣x+6﹣m＝2，解得：x＝﹣1，m＝，∴點M（5，）；③當(dāng)∠A'MC'＝90°時，A'M＝C'M，如圖4，過點C'作C'I⊥l于點I，過點A'作A'J∥l，則∠C'IM＝∠A'JM＝90°，∠JMA'+∠C'MI＝90°，∠C'MI+∠MC'I＝90°，∴∠JMA'＝∠MC'I，∴△A'MJ≌△MC'I（AAS），∴A'J＝MI，JM＝C'I，∵A'J＝5﹣x+2，JM＝m+，MI＝，C'I＝5﹣x，∴5﹣x+2＝，且m+＝5﹣x，解得：x＝3，m＝，∴點M（5，）．綜上，M點的坐標可能是：（5，）、（5，）、（5，﹣）．【點評】本題考查二次函數(shù)代幾綜合問題，掌握二次函數(shù)中面積最值問題的解法及熟練使用一線三垂直的輔助線方法是解題關(guān)鍵．3．（2022?撫順縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，頂點為D．（1）求拋物線的解析式；（2）若在線段BC上存在一點M，使得∠BMO＝45°，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于點H，求點M的坐標；（3）點P是y軸上一動點，點Q是在對稱軸上一動點，是否存在點P，Q，使得以點P，Q，C，D為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）把點A（﹣1，0），B（3，0）代入拋物線解析式得，解得，即可得出結(jié)論；（2）由待定系數(shù)法得直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，設(shè)點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），過點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，證△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．則H（﹣2m+6，﹣m），再由點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得m＝，即可解決問題；（3）分兩種情況討論，①當(dāng)CD為菱形的邊時，②當(dāng)CD為菱形的對角線時，分別求出點Q的坐標即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣1，0），B（3，0）兩點，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，點C（0，6），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，∵直線BC經(jīng)過點B（3，0），C（0，6），∴，解得：∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，設(shè)點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如圖1，過點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，則∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵∠OMB＝45°，∴△MOH是等腰直角三角形，∴OM＝OH．∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，解得：m＝，把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，∴當(dāng)∠OMB＝45°時，點M的坐標為（）；（3）存在，理由如下：∵拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，頂點為D，∴點D的坐標為（1，8），分兩種情況討論：①當(dāng)CD為菱形的邊時，如圖2，過C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD＝＝，∴DQ＝CD＝，∴Q點的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）；②當(dāng)CD為菱形的對角線時，如圖3，設(shè)點Q（1，m），P（0，n），∵C（0，6），D（1，8），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（0，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ＝＝，PC＝CQ，∴8﹣m＝，解得：m＝，∴點Q的坐標為（1，）；綜上所述，點Q的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題目，考查了待定系數(shù)法求拋物線和直線的解析式、坐標與圖形性質(zhì)、全等三角形的