2023年九年級數(shù)學中考復習《中考壓軸解答題》專題提升訓練（含解析）

2022-2023學年九年級數(shù)學中考復習《中考壓軸解答題》專題提升訓練（附答案）1．如圖，AB是⊙O的直徑，點F在⊙O上，∠BAF的平分線AE交⊙O于點E，過點E作ED⊥AF，交AF的延長線于點D，延長DE、AB相交于點C．（1）判斷CD與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）若⊙O的半徑為5，tan∠EAD＝，求AE的長．2．如圖，點C是以AB為直徑的⊙O上一點，過點A作⊙O的切線交BC延長線于點D，取AD中點E，連接EC并延長交AB延長線于點F．（1）試判斷EF與⊙O的位置關系，并說明理由；（2）若CF＝12，BF＝8，求tanD．3．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AE⊥CB的延長線于點E，連結AC，BD，AB平分∠EBD，（1）求證：AC＝AD．（2）當B為的中點，BC＝3BE，AD＝6時，求CD的長．4．如圖，已知AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的點，D為中點，且DE⊥AC于點E，連結CD．（1）求證：DE是圓O的切線；（2）若圓O的半徑為5，且CD＝6，求AC．5．如圖，AB是半圓⊙O的直徑，C為半圓上一點，CE⊥AB，垂足為E，F(xiàn)為AB延長線上一點，且∠FCB＝∠ECB．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）若EB＝3，BF＝6，求圖中陰影部分的面積．6．如圖，以?ABCD的邊BC為直徑的⊙O交對角線AC于點E，交CD于點F．連接BF．過點E作EG⊥CD于點G，EG是⊙O的切線．（1）求證：?ABCD是菱形；（2）已知EG＝2，DG＝1．求CF的長．7．已知，在△ABC中，AB＝AC，以AC為直徑的⊙O交BC于點D．（1）如圖1，求證：BD＝CD；（2）如圖2，點E在上，連接CE并延長至點F，連接AF交⊙O于點G，若＝，求證：∠BAC＝2∠F；（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BF，若CF＝5，BF＝8，求△ACF的面積．8．已知∠MPN的兩邊分別與⊙O相切于點A，B，⊙O的半徑為r．（1）如圖1，點C在點A，B之間的優(yōu)弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度數(shù)；（2）如圖2，點C在圓上運動，當PC最大時，∠APB的度數(shù)應為多少時，四邊形APBC為菱形？請說明理由；（3）若PC交⊙O于點D，求第（2）問中對應的陰影部分的周長（用含r的式子表示）．9．感知：如圖1，AD平分∠BAC，∠B+∠C＝180°，∠B＝90°．易知：DB＝DC．（不需證明）探究：如圖2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°．求證：DB＝DC．應用：如圖3，四邊形ABDC中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC，DE⊥AB，若BE＝a，則AB﹣AC的值為.（用a的代數(shù)式表示）10．定義：我們把一組對邊平行另一組對邊相等且不平行的四邊形叫做等腰梯形．【性質(zhì)初探】如圖1，已知，?ABCD，∠B＝80°，點E是邊AD上一點，連結CE，四邊形ABCE恰為等腰梯形．求∠BCE的度數(shù)；【性質(zhì)再探】如圖2，已知四邊形ABCD是矩形，以BC為一邊作等腰梯形BCEF，BF＝CE，連結BE、CF．求證：BE＝CF；【拓展應用】如圖3，?ABCD的對角線AC、BD交于點O，AB＝2，∠ABC＝45°，過點O作AC的垂線交BC的延長線于點G，連結DG．若∠CDG＝90°，求BC的長．11．如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9cm，BC＝12cm．在Rt△DEF中，∠DFE＝90°，EF＝6cm，DF＝8cm，E、F兩點在BC邊上，DE，DF兩邊分別與AB邊交于G，H兩點．現(xiàn)固定△ABC不動，△DEF從點F與點B重合的位置出發(fā)，沿BC以1cm/s的速度向點C運動，點P從點F出發(fā)，在折線FD﹣DE上以2cm/s的速度向點E運動．△DEF與點P同時出發(fā)，當點E到達點C時，點C時，△DEF與點P同時停止運動．設運動的時間是t（單位：s），t＞0．（1）當t＝2時，PH＝cm，DG＝cm；（2）t＝秒時點P與點G重合？（3）t為多少秒時△PDG為等腰三角形？請說明理由；（4）直接寫出△PDB的面積（可用含t的代數(shù)式表示）．12．（1）問題探究：如圖1，在正方形ABCD中，點E，Q分別在邊BC、AB上，DQ⊥AE于點O，點G，F(xiàn)分別在邊CD、AB上，GF⊥AE．①判斷DQ與AE的數(shù)量關系：DQAE；②推斷：的值為；（無需證明）（2）類比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，＝k（k為常數(shù)）．將矩形ABCD沿GF折疊，使點A落在BC邊上的點E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點H，連接AE交GF于點O．試探究GF與AE之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）拓展應用：如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，點M、N分別在邊BC、AB上，求的值．13．如圖，點P是正方形ABCD內(nèi)的一點，連接CP，將線段CP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段CQ，連接BP，DQ（1）如圖a，求證：△BCP≌△DCQ；（2）如圖，延長BP交直線DQ于點E．①如圖b，求證：BE⊥DQ；②如圖c，若△BCP為等邊三角形，判斷△DEP的形狀，并說明理由，（3）填空：若正方形ABCD的邊長為10，DE＝2，PB＝PC，則線段PB的長為．14．【問題情境】（1）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G分別是BC，AB，CD上的點，F(xiàn)G⊥AE于點Q．求證：AE＝FG．【嘗試應用】（2）如圖2，正方形網(wǎng)格中，點A，B，C，D為格點，AB交CD于點O．求tan∠AOC的值；【拓展提升】（3）如圖3，點P是線段AB上的動點，分別以AP，BP為邊在AB的同側作正方形APCD與正方形PBEF，連接DE分別交線段BC，PC于點M，N．①求∠DMC的度數(shù)；②連接AC交DE于點H，直接寫出的值．15．【操作與發(fā)現(xiàn)】如圖①，在正方形ABCD中，點N，M分別在邊BC、CD上．連接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，將△AMD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到△ABE．易證：△ANM≌△ANE，從而可得：DM+BN＝MN．（1）【實踐探究】在圖①條件下，若CN＝6，CM＝8，則正方形ABCD的邊長是．（2）如圖②，在正方形ABCD中，點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN＝，求證：M是CD的中點．（3）【拓展】如圖③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，則DM的長是．16．在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，將△COD繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△C1OD1，旋轉(zhuǎn)角為θ（0°＜θ＜90°），連接AC1、BD1，AC1與BD1交于點P．（1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形．①求證：△AOC1≌△BOD1．②請直接寫出AC1與BD1的位置關系．（2）如圖2，若四邊形ABCD是菱形，AC＝5，BD＝7，設AC1＝kBD1．判斷AC1與BD1的位置關系，說明理由，并求出k的值．（3）如圖3，若四邊形ABCD是平行四邊形，AC＝5，BD＝10，連接DD1，設AC1＝kBD1．請直接寫出k的值和AC12+（kDD1）2的值．17．如圖，已知拋物線y＝mx2+4x+n與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．直線y＝x﹣3經(jīng)過B，C兩點．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）拋物線的頂點為M，在該拋物線的對稱軸l上是否存在點P，使得以C，M，P為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由．18．如圖一，在平面直角坐標系中，拋物線的頂點為D（2，8），與x軸交于兩點A，B（A在B的左側），與y軸交于點C．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）如圖二，連接AD，BC，點P是線段BC上方拋物線上的一個動點，過點P作PQ∥AD交CB于點Q，PQ的最大值及此時點P的坐標；（3）將該拋物線關于直線x＝1對稱得到新拋物線y1，點E是原拋物線y和新拋物線y1的交點，F(xiàn)是原拋物線對稱軸上一點，G為新拋物線上一點，若以E、F、A、G為頂點的四邊形是平行四邊形，請直接寫出點F的坐標．19．拋物線y＝ax2+x﹣6與x軸交于A（t，0），B（8，0）兩點，與y軸交于點C，直線y＝kx﹣6經(jīng)過點B．點P在拋物線上，設點P的橫坐標為m．（1）求拋物線的表達式和t，k的值；（2）如圖1，連接AC，AP，PC，若△APC是以CP為斜邊的直角三角形，求點P的坐標；（3）如圖2，若點P在直線BC上方的拋物線上，過點P作PQ⊥BC，垂足為Q，求CQ+PQ的最大值．20．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A，B兩點（點B在點A的右邊），點A坐標為（1，0），拋物線與y軸交于點C，S△ABC＝3．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）點P（x，y）是拋物線上一動點，且x＞3．作PN⊥BC于N，設PN＝d，求d與x的函數(shù)關系式；（3）在（2）的條件下，過點A作PC的平行線交y軸于點F，連接BF，在直線AF上取點E，連接PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，請直接寫出P點坐標．參考答案1．解：（1）連接OE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∵AE平分∠BAF，∴∠OAE＝∠DAE，∴∠OEA＝∠EAD，∴OE∥AD，∵ED⊥AF，∴OE⊥DE，OA是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）連接BE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°＝∠D，又∠DAE＝∠BAE，∴△ADE∽△AEB，∴＝＝，∵tan∠EAD＝，∴＝＝，則AE＝2BE，又AB＝10，在△ABE中，AE2+BE2＝AB2，即（2BE）2+BE2＝102，解得：BE＝2，則AE＝4．2．解：（1）EF是⊙O的切線，理由如下：連接OC，AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°＝∠ACD，又∴E是AD的中點，∴CE＝ED＝EA，∴∠EAC＝∠ACE，又∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AD是⊙的切線，AB是直徑，∴∠EAB＝90°＝∠EAC+∠OAC，∴∠ACE+∠OCA＝90°，即OC⊥EF，∴EF是⊙O的切線；（2）解法一：設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：連接AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°＝∠ACD，∵AD是⊙O的切線，∴∠DAB＝90°，∴∠D＝∠CAB，∵∠BCF＝∠CAB，∠F＝∠F，∴△CBF∽△ACF，∴＝＝＝，∴tanD＝tan∠CAB＝＝．3．（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)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：過A作AF⊥CD于F，∵B為的中點，∴AB＝BC，∵BC＝3BE，∴AB＝3BE，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADF＝∠ABE，∵∠AFD＝∠AEB＝90°，∴△ABE∽△ADF，∴＝＝，∵AD＝6，∴DF＝2，∵AC＝AD，∴CD＝2DF＝4．4．（1）證明：連接OD、OC，∵D為中點，∴∠BOD＝∠COD＝∠BOC，又∵∠BAC＝∠BOC，∴∠BAC＝∠BOD，∴OD∥AE，∴DE⊥AC，∴OD⊥DE，∵OD是半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：連接BD，∵D為中點，∴BD＝CD＝6，∵AB是⊙O的直徑，∴∠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）證明：連接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的切線；（2）解：∵∠OCF＝∠OEC＝90°，∠FOC＝∠COE，∴△OCE∽△OFC，∴＝，即＝，解得：OB＝6，∴cos∠COF＝＝＝，∴∠COF＝60°，∴CF＝OF?sin∠COF＝6，∴陰影部分的面積＝×6×6﹣＝18﹣6π．6．（1）證明：如圖，連接OE，∵EG是⊙O的切線，∴OE⊥EG，∵EG⊥CD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OE∥CD∥AB，∴∠CEO＝∠CAB，∵OC＝OE，∴∠CEO＝∠ECO，∴∠ACB＝∠CAB，∴AB＝BC，∴?ABCD是菱形；（2）如圖，連接BD，由（1）得，OE∥CD，OC＝OB，∴AE＝CE，∴CE：AC＝1：2，∴點E是AC的中點，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD經(jīng)過點E，∵BC是⊙O的直徑，∴BF⊥CD，∵EG⊥CD，∴EG∥BF，∴△DGE∽△DFB，∴DG：DF＝GE：BF＝DE：BD＝1：2，∴DF＝2，BF＝4，在Rt△BFC中，設CF＝x，則BC＝x+2，由勾股定理得，x2+42＝（x+2）2，解得：x＝3，∴CF＝3．7．（1）證明：如圖1，連接AD，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD；（2）證明：如圖2，連接AD，CG，∵AC是⊙O的直徑，∴∠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：如圖3，取CF的中點H，連接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）如圖1，連接OA，OB，∵PA，PB為⊙O的切線，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∵∠APB+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°，∴∠APB+∠AOB＝180°，∵∠APB＝80°，∴∠AOB＝100°，∴∠ACB＝50°；（2）如圖2，當∠APB＝60°時，四邊形APBC是菱形，連接OA，OB，由（1）可知，∠AOB+∠APB＝180°，∵∠APB＝60°，∴∠AOB＝120°，∴∠ACB＝60°＝∠APB，∵點C運動到PC距離最大，∴PC經(jīng)過圓心，∵PA，PB為⊙O的切線，∴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，∴四邊形APBC是菱形；（3）∵⊙O的半徑為r，∴OA＝r，OP＝2r，∴AP＝r，PD＝r，∵∠AOP＝90°﹣∠APO＝60°，∴的長度＝＝，∴陰影部分的周長＝r+r+r＝（+1+）r．9．感知證明：如圖1，∵∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，∴∠C＝90°，∴∠B＝∠C，∵∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，∴△BAD≌△CAD（AAS），∴DB＝DC．探究證明：如圖2，延長AC到點F，使AF＝AB，連接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．應用解：如圖3，作DG⊥AC交AC的延長線于點G，連接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，故答案為：2a．10．【性質(zhì)初探】解：過點A作AG⊥BC交于G，過點E作EH⊥BC交于H，∵?ABCD，∴AE∥BC，∴AG＝EH，∵四邊形ABCE恰為等腰梯形，∵AB＝EC，∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），∴∠B＝∠ECH，∵∠B＝80°，∴∠BCE＝80°；【性質(zhì)再探】證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AE∥BC，∵四邊形BCEF是等腰梯形，∴BF＝CE，由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，∴△BFC≌△CEB（SAS），∴BE＝CF；【拓展應用】解：連接AC，過G點作GM⊥AD交延長線于點M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，∵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）當t＝2時，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），故答案為：；；（2）設當△DEF和點P運動的時間是t時，點P與點G重合，此時點P一定在DE邊上，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，則此時點P在DE邊上．∴t的值為時，點P與點G重合．故答案為：；（3）只有點P在DF邊上運動時，△PDE才能成為等腰三角形，且PD＝PE．（如圖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為時△PDE為等腰三角形；（4）當0＜t≤4時，點P在DF邊上運動，如圖1，S△PDB＝PD?BF＝（8﹣2t）?t＝﹣t2+4t；當4＜t≤6時，點P在DE邊上運動，如圖2，過點P作PS⊥BC于S，則tan∠PBF＝．可得PE＝DE﹣DP＝10﹣（2t﹣8）＝18﹣2t．此時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﹣．綜上所述，△PDB的面積為﹣t2+4t（0＜t≤4）或t2+t﹣（4＜t≤6）．12．解：（1）①證明：∵四邊形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．故答案為：＝．②結論：＝1．理由：∵DQ⊥AE，F(xiàn)G⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案為：1．（2）結論：＝k．理由：如圖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°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴＝k．（3）如圖3，過點D作EF⊥BC，交BC的延長線于點F，過點A作AE⊥EF，連接AC，∵∠ABC＝90°，AE⊥EF，EF⊥BC，∴四邊形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（不合題意，舍去），CF＝3，∴BF＝BC+CF＝8，由（2）的結論可知：．13．解：（1）證明：如圖a，∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°，∴∠BCP＝∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；（2）①如圖b，∵△BCP≌△DCQ，∴∠CBF＝∠EDF，又∵∠BFC＝∠DFE，∴∠DEF＝∠BCF＝90°，∴BE⊥DQ；②如圖c，∵△BCP為等邊三角形，∴∠BCP＝60°，∴∠PCD＝30°，又∵CP＝CD，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∵∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°，∴∠EPD＝45°，∠EDP＝45°，∴△DEP為等腰直角三角形；（3）如圖b，由∠CBF＝∠EDF，∠DEF＝∠BCF，可得△DEF∽△BCF，∴＝，即＝，設DF＝x，則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＝；如圖d，延長BE、CD，交于點F，由∠CBF＝∠CDQ＝∠EDF，∠DEF＝∠BCF，可得△DEF∽△BCF，∴＝，即＝，設DF＝x，則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＝．故答案為：或．14．（1）證明：方法1，平移線段FG至BH交AE于點K，如圖1﹣1所示：由平移的性質(zhì)得：FG∥BH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，∴四邊形BFGH是平行四邊形，∴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：平移線段BC至FH交AE于點K，如圖1﹣2所示：則四邊形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，∴FH＝BC，∠FHG＝90°，∵四邊形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：將線段AB向右平移至FD處，使得點B與點D重合，連接CF，如圖2所示：∴∠AOC＝∠FDC，設正方形網(wǎng)格的邊長為單位1，則AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，F(xiàn)G＝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平移線段BC至DG處，連接GE，如圖3﹣1所示：則∠DMC＝∠GDE，四邊形DGBC是平行四邊形，∴DC＝GB，∵四邊形ADCP與四邊形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如圖3﹣2所示：∵AC為正方形ADCP的對角線，∴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：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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，則BN+DM＝10，設正方形ABCD的邊長為x，則BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，∴x﹣6+x﹣8＝10，解得：x＝12，即正方形ABCD的邊長是12；故答案為：12；（2）證明：設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的中點；（3）解：延長AB至P，使BP＝BN＝4，過P作BC的平行線交DC的延長線于Q，延長AN交PQ于E，連接EM，如圖③所示：則四邊形APQD是正方形，∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，設DM＝a，則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的長是8；故答案為：8．16．（1）①證明：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴OC＝OA＝OD＝OB，AC⊥BD，∴∠AOB＝∠COD＝90°，∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)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：如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，∴OC＝OA＝AC，OD＝OB＝BD，AC⊥BD，∴∠AOB＝∠COD＝90°，∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)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）如圖3，與（2）一樣可證明△AOC1∽△BOD1，∴＝＝＝，∴k＝；∵△COD繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△C1OD1，∴OD1＝OD，而OD＝OB，∴OD1＝OB＝OD，∴△BDD1為直角三角形，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，則y＝﹣3，∴C（0，﹣3），令y＝0，則x＝3，∴B（3，0），將C（0，﹣3），B（3，0）代入y＝mx2+4x+n中，∴，解得，∴y＝﹣x2+4x﹣3；（2）存在點P，使得以C，M，P為頂點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），對稱軸為直線x＝2，設P（2，t），∴MP＝|t﹣1|，MC＝2，CP＝，①當MP＝MC時，|t﹣1|＝2，∴t＝2+1或t＝﹣2+1，∴P（2，2+1）或（2，﹣2+1）；②當MP＝CP時，|t﹣1|＝，解得t＝﹣，∴P（2，﹣）；③當MC＝CP時，2＝，解得t＝1（舍）或t＝﹣7，∴P（2，﹣7）；綜上所述：P點坐標為（2，2+1）或（2，﹣2+1）或（2，﹣）或（2，﹣7）．18．解：（1）∵拋物線的頂點為D（2，8），∴﹣＝2，＝8，解得b＝2，c＝6，∴y＝﹣x2+2x+6；（2）令y＝0，則﹣x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或x＝6，∴A（﹣2，0），B（6，0），令x＝0，則y＝6，∴C（0，6），設直線AD的解析式為y＝kx+d，∴，解得，∴y＝2x+4，設直線BC的解析式為y＝k'x+d'，∴，解得，∴y＝﹣x+6，設P（t，﹣t2+2t+6），∵QP∥AD，∴直線QP的解析式為y＝2x﹣t2+6，當2x﹣t2+6＝﹣x+6時，x＝t2，∴Q（t2，6﹣t2），∴PQ＝|t2﹣t|，∵0＜t＜6，∴PQ＝（﹣t2+t）＝﹣（t﹣3）2+，當t＝3時，PQ有最大值，此時P（3，）；（3）D點關于直線x＝1的對稱點為（0，8），∴新拋物線y1＝﹣x2+8，當﹣x2+2x+6＝﹣x2+8時，x＝1，∴E（1，），∵y＝﹣x2+2x+6＝﹣（x﹣2）2+8，∴拋物線的對稱軸為直線x＝2，設