專題46四邊形（5）-2020年全國中考數(shù)學(xué)真題分項匯編（第02期全國通用）【有答案】

專題46四邊形（5）（全國一年）學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、解答題1．（2020·江蘇淮安?中考真題）（初步嘗試）（1）如圖①，在三角形紙片中，，將折疊，使點與點重合，折痕為，則與的數(shù)量關(guān)系為；（思考說理）（2）如圖②，在三角形紙片中，，，將折疊，使點與點重合，折痕為，求的值．（拓展延伸）（3）如圖③，在三角形紙片中，，，，將沿過頂點的直線折疊，使點落在邊上的點處，折痕為．①求線段的長；②若點是邊的中點，點為線段上的一個動點，將沿折疊得到，點的對應(yīng)點為點，與交于點，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）①；②．【解析】【分析】（1）先根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，再根據(jù)平行線的判定可得，然后根據(jù)三角形中位線的判定與性質(zhì)即可得；（2）先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可求出BM的長，最后根據(jù)線段的和差可得AM的長，由此即可得出答案；（3）①先根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)等腰三角形的定義可得，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得BM、AM、CM的長，最后代入求解即可得；②先根據(jù)折疊的性質(zhì)、線段的和差求出，的長，設(shè)，從而可得，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，然后根據(jù)x的取值范圍即可得．【詳解】（1），理由如下：由折疊的性質(zhì)得：是的中位線點M是AB的中點則故答案為：；（2）由折疊的性質(zhì)得：，即在和中，，即解得；（3）①由折疊的性質(zhì)得：，即在和中，，即解得解得；②如圖，由折疊的性質(zhì)可知，，，點O是邊的中點設(shè)，則點為線段上的一個動點，其中當(dāng)點P與點重合時，；當(dāng)點P與點O重合時，，即在和中，則．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、三角形的中位線定理、等腰三角形的定義、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，較難的是題（3）②，正確設(shè)立未知數(shù)，并找出兩個相似三角形是解題關(guān)鍵．2．（2020·湖北黃岡?中考真題）已知拋物線與x軸交于點，點，與y軸交于點，頂點為點D．（1）求拋物線的解析式；（2）若過點C的直線交線段AB于點E，且，求直線CE的解析式（3）若點P在拋物線上，點Q在x軸上，當(dāng)以點D、C、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標；（4）已知點，在拋物線對稱軸上找一點F，使的值最小此時，在拋物線上是否存在一點K，使的值最小，若存在，求出點K的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）點P的坐標為；（4）存在，點K的坐標為【解析】【分析】（1）由于點A、B為拋物線與x軸的交點，可設(shè)兩點式求解；也可將A、B、C的坐標直接代入解析式中利用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)兩個三角形的高相等，則由面積比得出，求出AE,根據(jù)點A坐標可解得點E坐標,進而求得直線CE的解析式；（3）分兩種情況討論①當(dāng)四邊形為平行四邊形時；②當(dāng)四邊形為平行四邊形時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和點的坐標位置關(guān)系得出縱坐標的關(guān)系式，分別代入坐標數(shù)值，解方程即可解答；（4）根據(jù)拋物線的對稱性，AF=BF，則HF+AF=HF+BF，當(dāng)H、F、B共線時，HF+AF值最小，求出此時點F的坐標，設(shè)，由勾股定理和拋物線方程得，過點K作直線SK，使軸，且點的縱坐標為，則點S的坐標為，此時，,∴KF+KG=KS+KG,當(dāng)S、K、G共線且平行y軸時，KF+KG值最小，由點G坐標解得，代入拋物線方程中解得，即為所求K的坐標．【詳解】解：（1）方法1：設(shè)拋物線的解析式為將點代入解析式中，則有．∴拋物線的解析式為．方法二：∵經(jīng)過三點拋物線的解析式為，將代入解析式中，則有，解得：，∴拋物線的解析式為．（2），．．．．的坐標為．又點的坐標為．直線的解析式為．（3）．∴頂點D的坐標為．①當(dāng)四邊形為平行四邊形時，由DQ∥CP，DQ=CP得：，即．．令，則．．∴點P的坐標為．②當(dāng)四邊形為平行四邊形時，由CQ∥DP，CQ=DP得：，即．令，則．．∴點P的坐標為．∴綜合得：點P的坐標為（4）∵點A或點B關(guān)于對稱軸對稱∴連接與直線交點即為F點．∵點H的坐標為，點的坐標為，∴直線BH的解析式為：．令，則．當(dāng)點F的坐標為時，的值最?。?1分設(shè)拋物線上存在一點，使得的值最小．則由勾股定理可得：．又∵點K在拋物線上，代入上式中，．如圖，過點K作直線SK，使軸，且點的縱坐標為．∴點S的坐標為．則．（兩處絕對值化簡或者不化簡者正確．）．當(dāng)且僅當(dāng)三點在一條直線上，且該直線干行于y軸，的值最?。帧唿cG的坐標為，，將其代入拋物線解析式中可得：．∴當(dāng)點K的坐標為時，最?。军c睛】本題主要考查了二次函數(shù)與幾何圖形的綜合，涉及待定系數(shù)法、平行四邊形的性質(zhì)、、三角形面積、求線段和的最小值（即將軍飲馬模型）等知識，解答的關(guān)鍵是認真審題，找出相關(guān)條件，運用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，對相關(guān)信息進行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．3．（2020·湖北咸寧?中考真題）定義：有一組對角互余的四邊形叫做對余四邊形．理解：（1）若四邊形是對余四邊形，則與的度數(shù)之和為______；證明：（2）如圖1，是的直徑，點在上，，相交于點D．求證：四邊形是對余四邊形；探究：（3）如圖2，在對余四邊形中，，，探究線段，和之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并說明理由．【答案】（1）90°或270°；（2）見解析；（3），理由見解析【解析】【分析】（1）分當(dāng)∠A和∠C互余時，當(dāng)∠B和∠D互余時，兩種情況求解；（2）連接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圓周角定理證明∠C+∠A=90°即可；（3）作△ABD的外接圓O，分別延長AC，BC，DC，交圓O于E，F(xiàn)，G，連接DF，DE，EF，先證明GF是圓O的直徑，得到，再證明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，從而得出，根據(jù)△ABC為等邊三角形可得AB=AC=BC，從而得到.【詳解】解：（1）∵四邊形是對余四邊形，當(dāng)∠A和∠C互余時，∠A+∠C=90°，當(dāng)∠B與∠D互余時，∠B+∠D=90°，則∠A+∠C=360°-90°=270°，故答案為：90°或270°；（2）如圖，連接BO，可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，而∠BON+∠BOM=180°，∴2∠C+2∠A=180°，∴∠C+∠A=90°，∴四邊形是對余四邊形；（3）∵四邊形ABCD為對于四邊形，∠ABC=60°，∴∠ADC=30°，如圖，作△ABD的外接圓O，分別延長AC，BC，DC，交圓O于E，F(xiàn)，G，連接DF，DE，EF，則∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，∴GF是圓O的直徑，∵AB=BC，∴△ABC為等邊三角形，∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，∴△ABC∽△FEC，得：，則，同理，△ACD∽△GCE，得：，則，△BCD∽△GCF，得：，可得：，而，∴，∴，∴，∵AB=BC=AC，∴.【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的新定義問題，圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，多邊形內(nèi)角和，解題的關(guān)鍵是理解對余四邊形的概念，結(jié)合所學(xué)知識求證.4．（2020·北京中考真題）在中，，，是的中點．為直線上一動點，連接，過點作，交直線于點，連接．（1）如圖1，當(dāng)是線段的中點時，設(shè)，，求的長（用含的式子表示）；（2）當(dāng)點在線段的延長線上時，依題意補全圖2，用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)；(2)，證明見解析【解析】【分析】(1)由三角形中位線定理得到，，再在Rt△DEF中由勾股定理即可求解；(2)先證明，由此得到DF是GE的垂直平分線，進而EF=FG，最后在Rt△BFG中由勾股定理即可求得．【詳解】解：(1)∵是的中點，是線段的中點，∴為的中位線∴∵∴∵∴∴四邊形為矩形．∴，∴，∴，∴．故答案為：．(2)過點作的平行線交延長線于點，連接，如下圖所示：∵，∴，，∵是的中點，∴，∴，∴，，∵，∴是線段的垂直平分線，∴，∵，，∴，在中，，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了三角形中位線定理、勾股定理、三角形全等的性質(zhì)和判定等，屬于中考?？碱}型，熟練掌握其性質(zhì)是解決此類題的關(guān)鍵．5．（2020·山東青島?中考真題）已知：如圖，在四邊形和中，，，點在上，，，，延長交于點，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為；同時，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，過點作于點，交于點．設(shè)運動時間為．解答下列問題：（1）當(dāng)為何值時，點在線段的垂直平分線上？（2）連接，作于點，當(dāng)四邊形為矩形時，求的值；（3）連接，，設(shè)四邊形的面積為，求與的函數(shù)關(guān)系式；（4）點在運動過程中，是否存在某一時刻，使點在的平分線上？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）t=；（2）t=3;（3）S與t的函數(shù)關(guān)系式為；（4）存在，t=,【解析】【分析】（1）要使點M在線段CQ的垂直平分線上，只需證CM=MQ即可；（2）由矩形性質(zhì)得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推導(dǎo)出PH、QN，進而得關(guān)于t的方程，解之即可；（3）分別用t表示出梯形GHFM的面積、△QHF的面積、△CMQ的面積，即可得到S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）延長AC交EF與T，證得AT⊥EF，要使點P在∠AFE的平分線上，只需PT=PH，分別用t表示PT、PH，代入得關(guān)于t的方程，解之即可．【詳解】（1）當(dāng)=時，點在線段的垂直平分線上，理由為：由題意，CE=2，CM∥BF，∴即：，解得：CM=，要使點在線段的垂直平分線上，只需QM=CM=，∴t=；（2）如圖，∵，，，∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=，在Rt△APH中，AP=2t，∴PH=AP·sin∠PAH=，在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，在Rt△QNF中，QF=10-t-=，∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，四邊形為矩形，∴PH=QN，∴=，解得：t=3；（3）如圖，過Q作QN⊥AF于N，由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，∴BH=GC=8-，∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，∴===，∴S與t的函數(shù)關(guān)系式為：；（4）存在，t=．證明：如圖，延長AC交EF于T，∵AB=BF,BC=BF,，∴△ABC≌△EBF，∴∠BAC=∠BEF，∵∠EFB+∠BEF=90o，∴∠BAC+∠EFB=90o，∴∠ATE=90o即PT⊥EF，要使點在的平分線上，只需PH=PT，在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，CT=CE·sin∠BEF=，PT=10+-2t=，又PH=，=，解得：t=．【點睛】本題屬于四邊形的綜合題，考查了解直角三角形、銳角三角函數(shù)、垂直平分線、角平分線、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、多邊形的面積等知識、解答的關(guān)鍵是認真審題，分析相關(guān)知識，利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，是中考?？碱}型．6．（2020·天津中考真題）將一個直角三角形紙片放置在平面直角坐標系中，點，點，點B在第一象限，，，點P在邊上（點P不與點重合）．（1）如圖①，當(dāng)時，求點P的坐標；（2）折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過點P，并與x軸的正半軸相交于點Q，且，點O的對應(yīng)點為，設(shè)．①如圖②，若折疊后與重疊部分為四邊形，分別與邊相交于點，試用含有t的式子表示的長，并直接寫出t的取值范圍；②若折疊后與重疊部分的面積為S，當(dāng)時，求S的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】（1）點P的坐標為；（2）①，t的取值范圍是；②．【解析】【分析】（1）過點P作軸，則，因為，，可得，進而得，由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可得，進而用勾股定理可得，點P的坐標即求出；（2）①由折疊知，，所以，；再根據(jù)，即可根據(jù)菱形的定義“四條邊相等的四邊形是菱形”可證四邊形為菱形，所以，可得；根據(jù)點A的坐標可知，加之，從而有；而在中，，又因為，所以得，由和的取值范圍可得t的范圍是；②由①知，為等邊三角形，由（1）四邊形為菱形，所以,三角形DCQ為直角三角形，∠Q=60°，從而，,進而可得，又已知t的取值范圍是，即可得．【詳解】解：（1）如圖，過點P作軸，垂足為H，則．，．．在中，，，．點P的坐標為．（2）①由折疊知，，，．又，．四邊形為菱形．．可得．點，．有．在中，．，，其中t的取值范圍是．②由①知，為等邊三角形，∵四邊形為菱形，∴,三角形DCQ為直角三角形，∠Q=60°，∴，,∴，∵，∴．，【點睛】本題主要考查了折疊問題，菱形的判定與性質(zhì)，求不規(guī)則四邊形的面積等知識．7．（2020·黑龍江牡丹江?中考真題）如圖，已知直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，線段的長是方程的一個根，．請解答下列問題：（1）求點A，B的坐標；（2）直線交x軸負半軸于點E，交y軸正半軸于點F，交直線于點C．若C是的中點，，反比例函數(shù)圖象的一支經(jīng)過點C，求k的值；（3）在（2）的條件下，過點C作，垂足為D，點M在直線上，點N在直線上．坐標平面內(nèi)是否存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形？若存在，請寫出點P的個數(shù)，并直接寫出其中兩個點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）A（9，0），B（0，）；（2）-18；（3）存在5個，（9，12）或（9，-12）或（1，0）或（-7，4）或（-15，0）.【解析】【分析】（1）解一元二次方程，得到點A的坐標，再根據(jù)可得點B坐標；（2）利用待定系數(shù)法求出直線AB的表達式，根據(jù)點C是EF的中點，得到點C橫坐標，代入可得點C坐標，根據(jù)點C在反比例函數(shù)圖像上求出k值；（3）畫出圖形，可得點P共有5個位置，分別求解即可.【詳解】解：（1）∵線段的長是方程的一個根，解得：x=9或-2（舍），而點A在x軸正半軸，∴A（9，0），∵，∴B（0，）；（2）∵，∴E（-6，0），設(shè)直線AB的表達式為y=kx+b，將A和B代入，得：，解得：，∴AB的表達式為：，∵點C是EF的中點，∴點C的橫坐標為-3，代入AB中，y=6，則C（-3，6），∵反比例函數(shù)經(jīng)過點C，則k=-3×6=-18；（3）存在點P，使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形，如圖，共有5種情況，在四邊形DM1P1N1中，M1和點A重合，∴M1（9，0），此時P1（9，12）；在四邊形DP3BN3中，點B和M重合，可知M在直線y=x+3上，聯(lián)立：，解得：，∴M（1，4），∴P3（1，0），同理可得：P2（9，-12），P4（-7，4），P5（-15，0）.故存在點P使以D，M，N，P為頂點的四邊形是正方形，點P的坐標為P1（9，12），P2（9，-12），P3（1，0），P4（-7，4），P5（-15，0）.【點睛】本題考查了解一元二次方程，一次函數(shù)表達式，正方形的性質(zhì)，反比例函數(shù)表達式，難度較大，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖像畫出符合條件的正方形.8．（2020·貴州貴陽?中考真題）如圖，四邊形是正方形，點為對角線的中點．（1）問題解決：如圖①，連接，分別取，的中點，，連接，則與的數(shù)量關(guān)系是_____，位置關(guān)系是____；（2）問題探究：如圖②，是將圖①中的繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到的三角形，連接，點，分別為，的中點，連接，．判斷的形狀，并證明你的結(jié)論；（3）拓展延伸：如圖③，是將圖①中的繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到的三角形，連接，點，分別為，的中點，連接，．若正方形的邊長為1，求的面積．【答案】（1），；（2）的形狀是等腰直角三角形，理由見解析；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可得PQ為△BOC的中位線，再根據(jù)中位線的性質(zhì)即可求解；（2）連接并延長交于點，根據(jù)題意證出，為等腰直角三角形，也為等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；（3）延長交邊于點，連接，．證出四邊形是矩形，為等腰直角三角形，，再證出為等腰直角三角形，根據(jù)圖形的性質(zhì)和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的長度，即可計算出的面積．【詳解】解：（1）∵點P和點Q分別為，的中點，∴PQ為△BOC的中位線，∵四邊形是正方形，∴AC⊥BO，∴，；故答案為：，；（2）的形狀是等腰直角三角形．理由如下：連接并延長交于點，由正方形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)可得，∠，是等腰直角三角形，，．∴，．又∵點是的中點，∴．∴．∴，．∴，∴．∴為等腰直角三角形．∴，．∴也為等腰直角三角形．又∵點為的中點，∴，且．∴的形狀是等腰直角三角形．（3）延長交邊于點，連接，．∵四邊形是正方形，是對角線，∴．由旋轉(zhuǎn)得，四邊形是矩形，∴，．∴為等腰直角三角形．∵點是的中點，∴，，．∴．∴，．∴．∴．∴為等腰直角三角形．∵是的中點，∴，．∵，∴，，∴．∴．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)、三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理，根據(jù)題意作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．9．（2020·江西中考真題）某數(shù)學(xué)課外活動小組在學(xué)習(xí)了勾股定理之后，針對圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側(cè)作多邊形，它們的面積，，之間的關(guān)系問題”進行了以下探究：類比探究（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為斜邊向外側(cè)作，，，若，則面積，，之間的關(guān)系式為；推廣驗證（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作任意，，，滿足，，則（1）中所得關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請證明你的結(jié)論；若不成立，請說明理由；拓展應(yīng)用（3）如圖4，在五邊形中，，，，，點在上，，，求五邊形的面積．【答案】（1）；（2）結(jié)論成立，證明看解析；（3）【解析】【分析】（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因為，則有∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，找到從而找到面積之間的關(guān)系；（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長平方的比，列出等式，從而找到面積之間的關(guān)系；（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉(zhuǎn)換為熟悉的三角形，過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，由此可知，，即可計算出，根據(jù)△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有，由（2）結(jié)論有，最后即可計算出四邊形ABCD的面積．【詳解】（1）∵△ABC是直角三角形，∴，∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（2）成立，理由如下：∵△ABC是直角三角形，∴，∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，∴∽∽，∴，，∴∴得證．（3）過點A作AHBP于點H，連接PD，BD，∵，，∴，，∵，∴，∴PH=AH=，∴，，∴，∵，ED=2，∴，，∴，∵，∴△ABP∽△EDP，∴，，∴，，∴，，∵，∴∵，∴∵∴△ABP∽△EDP∽△CBD∴故最后答案為．【點睛】（1）（2）主要考查了相似三角形的性質(zhì)，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長的平方，根據(jù)此性質(zhì)找到面積與邊長的關(guān)系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計算以及（2）的結(jié)論，其中合理正確利用前面得出的結(jié)論是解題的關(guān)鍵．10．（2020·黑龍江中考真題）如圖①，在中，，，點、分別在、邊上，，連接、、，點、、分別是、、的中點，連接、、．（1）與的數(shù)量關(guān)系是______．（2）將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到圖②和圖③的位置，判斷與有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出你的猜想，并利用圖②或圖③進行證明．【答案】（1）；（2）圖（2）：，圖（3）：，理由見解析．【解析】【分析】（1）先證明AD=BE，根據(jù)中位線定理證明△PMN為等腰直角三角形，得到，再進行代換即可；（2）：如圖（2）連接，延長交于，交于，先證明，得到，AD=BE，，根據(jù)中位線定理證明△PMN為等腰直角三角形，得到，再進行代換即可．【詳解】解：（1）∵中，，，∴∠BAC=∠ABC=45°∵，，∴AD=BE，∵點、、分別是、、的中點，∴PM，PN分別為△ABE，△BAD中位線，∴PM∥BE,PM=BE,PN∥AC,PN=AD,∴PM=PN,∠APM=∠BPN=45°，∴∠PMN=90°，∴△PMN為等腰直角三角形，∴，∴，即；（2）圖（2）：圖（3）：證明：如圖（2）連接，延長交于，交于，，，，，，，，，，，、、分別是、、的中點，，，，，，，是等腰直角三角形，，．【點睛】本題考查了等腰直角三角形性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，中位線定理等知識，綜合性較強，解題關(guān)鍵理解運用好中位線性質(zhì)．11．（2020·河南中考真題）將正方形的邊繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，記旋轉(zhuǎn)角為．連接，過點作垂直于直線，垂足為點，連接，如圖1，當(dāng)時，的形狀為，連接，可求出的值為；

當(dāng)且時，①中的兩個結(jié)論是否仍然成立?如果成立，請僅就圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；②當(dāng)以點為頂點的四邊形是平行四邊形時，請直接寫出的值．

【答案】（1）等腰直角三角形，；（2）①結(jié)論不變，理由見解析；②3或1．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，證明是等邊三角形，得，計算出，根據(jù)，可得為等腰直角三角形；證明，可得的值；（2）①連接BD，通過正方形性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)，表示出，結(jié)合，可得為等腰直角三角形；證明，可得的值；②分為以CD為邊和CD為對角線兩種情況進行討論即可．【詳解】（1）由題知°，°，∴°，且為等邊三角形∴°，∴∵∴°∴°∴為等腰直角三角形連接BD，如圖所示∵°∴即∵∴∴故答案為：等腰直角三角形，（2）①兩個結(jié)論仍然成立連接BD，如圖所示：

∵，∴∵∴∴∵∴∴是等腰直角三角形∴∵四邊形為正方形∴∴∵∴∴∴∴結(jié)論不變，依然成立②若以點為頂點的四邊形是平行四邊形時，分兩種情況討論第一種：以CD為邊時，則，此時點在線段BA的延長線上，如圖所示：此時點E與點A重合，∴，得；②當(dāng)以CD為對角線時，如圖所示：此時點F為CD中點，∵∴∵∴∴∴∴∴綜上：的值為3或1．【點睛】本題考查了正方形與旋轉(zhuǎn)綜合性問題，能準確的確定相似三角形，是解決本題的關(guān)鍵．12．（2020·湖南衡陽?中考真題）如圖1，平面直角坐標系中，等腰的底邊在軸上，，頂點在的正半軸上，，一動點從出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿向左運動，到達的中點停止．另一動點從點出發(fā)，以相同的速度沿向左運動，到達點停止．已知點、同時出發(fā)，以為邊作正方形，使正方形和在的同側(cè)．設(shè)運動的時間為秒（）．（1）當(dāng)點落在邊上時，求的值；（2）設(shè)正方形與重疊面積為，請問是存在值，使得？若存在，求出值；若不存在，請說明理由；（3）如圖2，取的中點，連結(jié)，當(dāng)點、開始運動時，點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度沿運動，到達點停止運動．請問在點的整個運動過程中，點可能在正方形內(nèi)（含邊界）嗎？如果可能，求出點在正方形內(nèi)（含邊界）的時長；若不可能，請說明理由．【答案】（1）t=1；（2）存在，，理由見解析；（3）可能，或或理由見解析【解析】【分析】（1）用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，根據(jù)題意用t表示出點H的坐標，代入求解即可；（2）根據(jù)已知，當(dāng)點F運動到點O停止運動前，重疊最大面積是邊長為1的正方形的面積，即不存在t，使重疊面積為，故t﹥4,用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，求出點H落在BC邊上時的t值，求出此時重疊面積為﹤，進一步求出重疊面積關(guān)于t的表達式，代入解t的方程即可解得t值；（3）由已知求得點D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,結(jié)合圖形分情況討論即可得出符合條件的時長．【詳解】（1）由題意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，設(shè)直線AC的函數(shù)解析式為y=kx+b，將點A、C坐標代入，得：，解得：，∴直線AC的函數(shù)解析式為，當(dāng)點落在邊上時，點E(3-t，0)，點H（3-t，1），將點H代入，得：，解得：t=1；（2）存在，，使得．根據(jù)已知，當(dāng)點F運動到點O停止運動前，重疊最大面積是邊長為1的正方形的面積，即不存在t，使重疊面積為，故t﹥4，設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=mx+n，將點A、B坐標代入，得：，解得：，∴直線AC的函數(shù)解析式為，當(dāng)t﹥4時，點E（3-t，0）點H（3-t，t-3），G(0，t-3)，當(dāng)點H落在AB邊上時，將點H代入，得：，解得：；此時重疊的面積為，∵﹤，∴﹤t﹤5，如圖1，設(shè)GH交AB于S，EH交AB于T,將y=t-3代入得：，解得：x=2t-10，∴點S(2t-10，t-3)，將x=3-t代入得：，∴點T，∴AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET=，,所以重疊面積S==4--=，由=得：，﹥5(舍去)，∴；（3）可能，≤t≤1或t=4．∵點D為AC的中點，且OA=2,OC=4，∴點D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,易知M點在水平方向以每秒是4個單位的速度運動；當(dāng)0﹤t﹤時，M在線段OD上，H未到達D點，所以M與正方形不相遇；當(dāng)﹤t﹤1時，+÷（1+4）=秒，∴時M與正方形相遇，經(jīng)過1÷（1+4）=秒后，M點不在正方行內(nèi)部，則；當(dāng)t=1時，由（1）知，點F運動到原E點處，M點到達C處；當(dāng)1≤t≤2時，當(dāng)t=1+1÷（4-1）=秒時，點M追上G點，經(jīng)過1÷（4-1）=秒，點都在正方形內(nèi)（含邊界），當(dāng)t=2時，點M運動返回到點O處停止運動，當(dāng)t=3時，點E運動返回到點O處,當(dāng)t=4時，點F運動返回到點O處,當(dāng)時，點都在正方形內(nèi)（含邊界），綜上，當(dāng)或或時，點可能在正方形內(nèi)（含邊界）．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與幾何圖形的綜合，涉及求一次函數(shù)的解析式、正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、不規(guī)則圖形的面積、解一元二次方程等知識，解答的關(guān)鍵是認真審題，提取相關(guān)信息，利用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，進而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．13．（2020·湖南岳陽?中考真題）如圖1，在矩形中，，動點，分別從點，點同時以每秒1個單位長度的速度出發(fā)，且分別在邊上沿，的方向運動，當(dāng)點運動到點時，兩點同時停止運動，設(shè)點運動的時間為，連接，過點作，與邊相交于點，連接．（1）如圖2，當(dāng)時，延長交邊于點．求證：；（2）在（1）的條件下，試探究線段三者之間的等量關(guān)系，并加以證明；（3）如圖3，當(dāng)時，延長交邊于點，連接，若平分，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2），證明見解析；（3）．【解析】【分析】（1）先根據(jù)運動速度和時間求出，再根據(jù)勾股定理可得，從而可得，然后根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，從而可得，，最后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)即可得證；（2）如圖（見解析），連接FQ，先根據(jù)（1）三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)垂直平分線的判定與性質(zhì)可得，然后根據(jù)勾股定理、等量代換即可得證；（3）先根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出，再根據(jù)直角三角形全等的判定定理與性質(zhì)得出，然后根據(jù)等腰三角形的三線合一得出，又分別在和中，利用余弦三角函數(shù)可求出t的值，從而可得CP、AP的長，最后根據(jù)平行線分線段成比例定理即可得．【詳解】（1）由題意得：四邊形ABCD是矩形，在和中，；（2），證明如下：如圖，連接FQ由（1）已證：PQ是線段EF的垂直平分線在中，由勾股定理得：則；（3）如圖，設(shè)FQ與AC的交點為點O由題意得：，，平分，（角平分線的性質(zhì)）是等腰三角形在和中，，即是的角平分線（等腰三角形的三線合一）在中，在中，，即解得，即故的值為．【點睛】本題考查了三角形全等的判定定理與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、余弦三角函數(shù)、平行線分線段成比例定理等知識點，較難的是題（3），熟練利用三角形全等的判定定理與性質(zhì)、等腰三角形的三線合一是解題關(guān)鍵．14．（2020·湖南懷化?中考真題）如圖所示，拋物線與x軸相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，點M為拋物線的頂點．（1）求點C及頂點M的坐標．（2）若點N是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點，連接求面積的最大值及此時點N的坐標．（3）若點D是拋物線對稱軸上的動點，點G是拋物線上的動點，是否存在以點B、C、D、G為頂點的四邊形是平行四邊形．若存在，求出點G的坐標；若不存在，試說明理由．（4）直線CM交x軸于點E，若點P是線段EM上的一個動點，是否存在以點P、E、O為頂點的三角形與相似．若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(0,-3)，(1,-4)；(2)，()；(3)G點坐標存在，為(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；(4)P點坐標存在，為或．【解析】【分析】(1)令拋物線解析式中x=0即可求出C點坐標，由公式即可求出頂點M坐標；(2)如下圖所示，過N點作x軸的垂線交直線BC于Q點，設(shè)N()，求出BC解析式，進而得到Q點坐標，最后根據(jù)即可求解；(3)設(shè)D點坐標為(1,t)，G點坐標為()，然后分成①DG是對角線；②DB是對角線；③DC是對角線時三種情況進行討論即可求解；(4)連接AC，由CE=CB可知∠B=∠E，求出MC的解析式，設(shè)P(x,-x-3)，然后根據(jù)△PEO相似△ABC，分成和討論即可求解.【詳解】解：(1)令中x=0，此時y=-3，故C點坐標為(0,-3)，又二次函數(shù)的頂點坐標為，代入數(shù)據(jù)解得M點坐標為，故答案為：C點坐標為(0，-3)，M點坐標為(1，-4)；(2)過N點作x軸的垂線交直線BC于Q點，連接BN，CN，如下圖所示：令中y=0，解得B(3,0)，A(-1,0)，設(shè)直線BC的解析式為：，代入C(0,-3)，B(3,0)，∴，解得，即直線BC的解析式為：，設(shè)N點坐標為()，故Q點坐標為，其中，則，其中分別表示Q,C,B三點的橫坐標，且，，故，其中，當(dāng)時，有最大值為，此時N的坐標為()，故答案為：有最大值為，N的坐標為()；(3)設(shè)D點坐標為(1,t)，G點坐標為()，且B(3,0)，C(0,-3)分類討論：情況①：當(dāng)DG為對角線時，則另一對角線是BC，由中點坐標公式可知：線段DG的中點坐標為，即，線段BC的中點坐標為，即，此時DG的中點與BC的中點為同一個點，故，解得，檢驗此時四邊形DCGB為平行四邊形，此時G坐標為(2，-3)；情況②：當(dāng)DB為對角線時，則另一對角線是GC，由中點坐標公式可知：線段DB的中點坐標為，即，線段GC的中點坐標為，即，此時DB的中點與GC的中點為同一個點，故，解得，檢驗此時四邊形DCBG為平行四邊形，此時G坐標為(4，5)；情況③：當(dāng)DC為對角線時，則另一對角線是GB，由中點坐標公式可知：線段DC的中點坐標為，即，線段GB的中點坐標為，即，此時DB的中點與GC的中點為同一個點，故，解得，檢驗此時四邊形DGCB為平行四邊形，此時G坐標為(-2，1)；綜上所述，G點坐標存在，為(2，-3)或(4，5)或(-2，1)；(4)連接AC，OP，如下圖所示，設(shè)MC的解析式為：y=kx+m，代入C(0,-3)，M(1，-4)即，解得∴MC的解析式為：，令，求得E點坐標為(-3,0)，∴OE=OB=3，且OC=OC，∴CE=CB，即∠B=∠E，設(shè)P(x,-x-3)，又∵P點在線段EC上，∴-3<x<0，則，，由題意知：△PEO相似△ABC，分類討論：情況①：∴，解得，滿足-3<x<0，此時P的坐標為；情況②：∴，解得，滿足-3<x<0，此時P的坐標為．綜上所述，P點的坐標為或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)、平行四邊形的存在性問題、相似三角形的性質(zhì)和判定等，綜合性較強，具有一定的難度，熟練掌握二次函數(shù)的圖形和性質(zhì)，學(xué)會用代數(shù)的方法求解幾何問題.15．（2020·山東菏澤?中考真題）如圖1，四邊形的對角線，相交于點，，．圖1圖2（1）過點作交于點，求證：；（2）如圖2，將沿翻折得到．①求證：；②若，求證：．【答案】（１）見解析；（２）①見解析；②見解析．【解析】【分析】（1）連接CE，根據(jù)全等證得AE=CD，進而AECD為平行四邊形，由進行等邊代換，即可得到；（2）①過A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，連接CE，，得，利用翻折的性質(zhì)得到，即可證明；②證△BEF≌△CDE，從而得，進而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可證明．【詳解】解：（1）連接CE，∵，∴，∵，，，∴△OAE≌△OCD，∴AE=CD，∴四邊形AECD為平行四邊形，∴AE=CD，OE=OD，∵，∴CD=BE，∴；（2）①過A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，連接CE，由（1）得，，∴，由翻折的性質(zhì)得，∴，∴，∴；②∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴，，∴，∵，∴EF=DE，∵四邊形AECD是平行四邊形，∴CD=AE=BE，∵AF∥CD，∴，∵EF=DE，CD=BE，，∴△BEF≌△CDE（SAS），∴，∵，∴∠CED=∠BCD，又∵∠BDC=∠CDE，∴△BCD∽△CDE，∴，即，∵DE=2OD，∴．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)以及平行四邊形的判定和性質(zhì)，考查等腰三角形的判定與性質(zhì)綜合，熟練掌握各圖形的性質(zhì)并靈活運用是解題的關(guān)鍵．16．（2020·山東臨沂?中考真題）已知的半徑為，的半徑為，以為圓心，以的長為半徑畫弧，再以線段的中點P為圓心，以的長為半徑畫弧，兩弧交于點A，連接，，交于點B，過點B作的平行線交于點C．（1）求證：是的切線；（2）若，，，求陰影部分的面積．【答案】（1）見解析；（2）【解析】【分析】（1）過點O2作O2D⊥BC，交BC于點D，根據(jù)作圖過程可得AP=O1P=O2P，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和證明AO2⊥AO1，再根據(jù)BC∥AO2，證明四邊形ABDO2為矩形，得到O2D=，點D在圓O2上，可得結(jié)論；（2）證明△AO1O2∽△BO1C，求出O1C，利用△BO1C的面積減去扇形BO1E的面積即可.【詳解】解：（1）由作圖過程可得：AP=O1P=O2P=O1O2，AO1=AB+BO1=，∴∠PAO1=PO1A，∠PAO2=∠PO2A，AB=，而∠PAO1+∠PO1A+∠PAO2+∠PO2A=180°，∴∠PAO1+∠PAO2=90°，即AO2⊥AO1，∵BC∥AO2，∴O1B⊥BC，即BC與圓O1相切，過點O2作O2D⊥BC，交BC于點D，可知四邊形ABDO2為矩形，∴AB=O2D=，而圓O2的半徑為，∴點D在圓O2上，即BC是的切線；（2）∵AO2∥BC，∴△AO1O2∽△BO1C，∴，∵，，，即AO1==3，BO1=2，∴，∴O1C=4，∵BO1⊥BC，∴cos∠BO1C=，∴∠BO1C=60°，∴BC=，∴S陰影=-==【點睛】本題考查了尺規(guī)作圖的原理，切線的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，扇形面積，相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊對等角，知識點較多，解題的關(guān)鍵是根據(jù)作圖過程得到相應(yīng)的線段關(guān)系.17．（2020·山東臨沂?中考真題）如圖，菱形的邊長為1，，點E是邊上任意一點（端點除外），線段的垂直平分線交，分別于點F，G，，的中點分別為M，N．（1）求證：；（2）求的最小值；（3）當(dāng)點E在上運動時，的大小是否變化？為什么？【答案】（1）見解析；（2）；（3）不變，理由見解析.【解析】【分析】（1）連接CF，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和菱形的對稱性得到CF=EF和CF=AF即可得證；（2）連接AC，根據(jù)菱形對稱性得到AF+CF最小值為AC，再根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MN+NG的最小值為AC的一半，即可求解；（3）延長EF，交DC于H，利用外角的性質(zhì)證明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，從而推斷出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，從而可求出∠ABF=∠CEF=30°，即可證明.【詳解】解：（1）連接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF=EF，∵四邊形ABCD為菱形，∴A和C關(guān)于對角線BD對稱，∴CF=AF，∴AF=EF；（2）連接AC，∵M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，∴MN=AF，NG=CF，即MN+NG=（AF+CF），當(dāng)點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，AF+CF最小，即此時MN+NG最小，∵菱形ABCD邊長為1，∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，AC=AB=1，即MN+NG的最小值為；（3）不變，理由是：延長EF，交DC于H，∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，∵點F在菱形ABCD對角線BD上，根據(jù)菱形的對稱性可得：∠AFD=∠CFD=∠AFC，∵AF=CF=EF，∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，∴∠ABF=∠CEF，∵∠ABC=60°，∴∠ABF=∠CEF=30°，為定值.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，最短路徑，等邊三角形的判定和性質(zhì)，中位線定理，難度一般，題中線段較多，需要理清線段之間的關(guān)系．18．（2020·黑龍江哈爾濱?中考真題）已知，在平面直角坐標系中，點為坐標原點，直線與軸的正半軸交于點A，與軸的負半軸交于點B，，過點A作軸的垂線與過點O的直線相交于點C，直線OC的解析式為，過點C作軸，垂足為．（1）如圖1，求直線的解析式；（2）如圖2，點N在線段上，連接ON，點P在線段ON上，過P點作軸，垂足為D，交OC于點E，若，求的值；（3）如圖3，在（2）的條件下，點F為線段AB上一點，連接OF，過點F作OF的垂線交線段AC于點Q，連接BQ，過點F作軸的平行線交BQ于點G，連接PF交軸于點H，連接EH，若，求點P的坐標．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）根據(jù)題意求出A，B的坐標即可求出直線AB的解析式；（2）求出N（3,9），以及ON的解析式為y=3x，設(shè)P（a，3a），表達出PE及OD即可解答；（3）如圖，設(shè)直線GF交CA延長線于點R，交y軸于點S，過點F作FT⊥x軸于點T，先證明四邊形OSRA為矩形，再通過邊角關(guān)系證明△OFS≌△FQR，得到SF=QR，進而證明△BSG≌△QRG，得到SG=RG=6，設(shè)FR=m，根據(jù)，以及在Rt△GQR中利用勾股定理求出m的值，得到FS=8，AR=4，證明四邊形OSFT為矩形，得到OT=FS=8，根據(jù)∠DHE=∠DPH，利用正切函數(shù)的定義得到，從而得到DH=，根據(jù)∠PHD=∠FHT，得到HT=2，再根據(jù)OT=OD+DH+HT，列出關(guān)于a的方程即可求出a的值，從而得到點P的坐標．【詳解】解：（1）∵CM⊥y軸，OM=9，∴當(dāng)y=9時，，解得：x=12，∴C（12,9），∵CA⊥x軸，則A（12,0），∴OB=OA=12，則B（0，-12），設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，∴，解得：，∴；（2）由題意可得，∠CMO=∠OAC=∠MOA=90°，∴四邊形MOAC為矩形，∴MC=OA=12，∵NC=OM，∴NC=9，則MN=MC-NC=3，∴N（3,9）設(shè)直線ON的解析式為，將N（3，9）代入得：，解得：，∴y=3x，設(shè)P（a，3a）∵PD⊥x軸交OC于點E，交x軸于點D，∴，，∴PE=，OD=a，∴；（3）如圖，設(shè)直線GF交CA延長線于點R，交y軸于點S，過點F作FT⊥x軸于點T，∵GF∥x軸，∴∠OSR=∠MOA=90°，∠CAO=∠R=90°，∠BOA=∠BSG=90°，∠OAB=∠AFR，∴∠OSR=∠R=∠AOS=∠BSG=90°，則四邊形OSRA為矩形，∴OS=AR，SR=OA=12，∵OA=OB，∴∠OBA=∠OAB=45°，∴∠FAR=90°-∠AFR=45°，∴∠FAR=∠AFR，∴FR=AR=OS，∵QF⊥OF，∴∠OFQ=90°，∴∠OFS+∠QFR=90°，∵∠SOF+∠OFS=90°，∴∠SOF=∠QFR，∴△OFS≌△FQR，∴SF=QR，∵∠SFB=∠AFR=45°，∴∠SBF=∠SFB，∴BS=SF=QR，∵∠SGB=∠RGQ，∴△BSG≌△QRG，∴SG=RG=6，設(shè)FR=m，則AR=m，∴QR=SF=12-m，∴AF=，∵，∴GQ=，∵QG2=GR2+QR2，即，解得：m=4，∴FS=8，AR=4，∵∠OAB=∠FAR，F(xiàn)T⊥OA，F(xiàn)R⊥AR，∴FT=FR=AR=4，∠OTF=90°，∴四邊形OSFT為矩形，∴OT=FS=8，∵∠DHE=∠DPH，∴tan∠DHE=tan∠DPH，∴，由（2）可知，DE=，PD=3a，∴，解得：DH=，∴tan∠PHD=，∵∠PHD=∠FHT，∴tan∠FHT=，∴HT=2，∵OT=OD+DH+HT，∴，∴a=，∴【點睛】本題考查了一次函數(shù)與幾何綜合問題，涉及了一次函數(shù)解析式的求法，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義等知識點，第（3）問難度較大，解題的關(guān)鍵是正確做出輔助線，熟悉幾何的基本知識，綜合運用全等三角形以及銳角三角函數(shù)的概念進行解答．19．（2020·安徽中考真題）如圖1．已知四邊形是矩形．點在的延長線上．與相交于點，與相交于點求證：；若，求的長；如圖2，連接，求證：．【答案】（1）見解析；（2）；（3）見解析【解析】【分析】（1）由矩形的形及已知證得△EAF≌△DAB，則有∠E=∠ADB，進而證得∠EGB=90o即可證得結(jié)論；（2）設(shè)AE=x，利用矩形性質(zhì)知AF∥BC，則有，進而得到x的方程，解之即可；（3）在EF上截取EH=DG，進而證明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，則證得△HAG為等腰直角三角形，即可得證結(jié)論．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠EAD=90o，AO=BC，AD∥BC，在△EAF和△DAB，，∴△EAF≌△DAB(SAS)，∴∠E=∠BDA，∵∠BDA+∠ABD=90o，∴∠E+∠ABD=90o，∴∠EGB=90o，∴BG⊥EC；（2）設(shè)AE=x，則EB=1+x，BC=AD=AE=x，∵AF∥BC，∠E=∠E，∴△EAF∽△EBC，∴，又AF=AB=1，∴即，解得：，（舍去）即AE=；（3）在EG上截取EH=DG，連接AH，在△EAH和△DAG，，∴△EAH≌△DAG(SAS)，∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，∵∠EAH+∠DAH=90o，∴∠DAG+∠DAH=90o，∴∠EAG=90o，∴△GAH是等腰直角三角形，∴即，∴GH=AG，∵GH=EG-EH=EG-DG，∴．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、直角定義、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程等知識，涉及知識面廣，解答的關(guān)鍵是認真審題，提取相關(guān)信息，利用截長補短等解題方法確定解題思路，進而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．20．（2020·四川南充?中考真題）如圖，邊長為1的正方形ABCD中，點K在AD上，連接BK，過點A，C作BK的垂線，垂足分別為M，N，點O是正方形ABCD的中心，連接OM，ON．（1）求證：AM=BN；（2）請判斷△OMN的形狀，并說明理由；（3）若點K在線段AD上運動（不包括端點），設(shè)AK=x，△OMN的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式（寫出x的范圍）；若點K在射線AD上運動，且△OMN的面積為，請直接寫出AK長．【答案】（1）詳見解析；（2）是等腰直角三角形，理由詳見解析；（3），長為或3．【解析】【分析】（1）由“AAS”可證△ABM≌△BCN，可得AM＝BN；（2）連接OB，由“SAS”可證△AOM≌△BON，可得MO＝NO，∠AOM＝∠BON，由余角的性質(zhì)可得∠MON＝90°，可得結(jié)論；（3）由勾股定理可求BK的值，由，四邊形ABCD是正方形，可得：，，則可求得，由三角形面積公式可求得；點K在射線AD上運動，分兩種情況：當(dāng)點K在線段AD上時和當(dāng)點K在線段AD的延長線時分別求解即可得到結(jié)果．【詳解】解：（1）證明：∵∴又∵∴∴又∴≌（AAS）∴（2）是等腰直角三角形理由如下：連接，∵為正方形的中心∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，∵∠MAB＝∠CBM，∴，即∵∴≌（SAS）∴，∵∵∠AON+∠BON＝90°，∴∠AON+∠AOM＝90°，∴∴是等腰直角三角形．（3）在中，由，四邊形ABCD是正方形，可得：，∴，∴，得：∴，得：∴∴即：當(dāng)點K在線段AD上時，則，解得：x1＝3（不合題意舍去），，當(dāng)點K在線段AD的延長線時，同理可求得∴，解得：x1＝3，（不合題意舍去），綜上所述：長為或3時，△OMN的面積為．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解分式方程等知識點，能熟練應(yīng)用相關(guān)性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．21．（2020·四川甘孜?中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，直線分別交x軸、y軸于A，B兩點，經(jīng)過A，B兩點的拋物線與x軸的正半軸相交于點．（1）求拋物線的解析式；（2）若P為線段AB上一點，，求AP的長；（3）在（2）的條件下，設(shè)M是y軸上一點，試問：拋物線上是否存在點N，使得以A，P，M，N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，點N的坐標為(，3)或(，)【解析】【分析】（1）利用直線與y軸的交點求得點B的坐標，然后把點B、C的坐標代入，即可求解；（2）先求得點A的坐標，證得△PAO△CAB，利用對應(yīng)邊成比例即可求解；（3）分點N在AB的上方或下方兩種情況進行討論，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，利用三角形全等，即可求解．【詳解】（1）令，則，∴點B的坐標為(0，3)，拋物線經(jīng)過點B(0，3)，C(1，0)，∴，解得，∴拋物線的解析式為：；（2）令，則，解得：，∴點A的坐標為(，0)，∴OA=3，OB=3，OC=1，，∵，且，∴△PAO△CAB，∴，即，∴；（3）存在，過點P作PD⊥x軸于點D，∵OA=3，OB=3，∠AOB=，∴∠BAO=∠ABO=，∴△PAD為等腰直角三角形，∵，∴PD=AD=2，∴點P的坐標為(，2)，當(dāng)N在AB的上方時，過點N作NE⊥y軸于點E，如圖，∵四邊形APMN為平行四邊形，∴NM∥AP，NM=AP=，∴∠NME=∠ABO=，∴△NME為等腰直角三角形，∴Rt△NMERt△APD，∴NE=AD=2，當(dāng)時，，∴點N的坐標為(，3)，當(dāng)N在AB的下方時，過點N作NF⊥y軸于點F，如圖，同理可得：Rt△NMFRt△APD，∴NF=AD=2，當(dāng)時，，∴點N的坐標為(，)，綜上，點N的坐標為(，3)或(，)．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求二次函數(shù)與一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識點．正確作出圖形是解題的關(guān)鍵．22．（2020·黑龍江綏化?中考真題）如圖，在正方形中，，點G在邊上，連接，作于點E，于點F，連接、，設(shè)，，．（1）求證：；（2）求證：；（3）若點G從點B沿邊運動至點C停止，求點E，F(xiàn)所經(jīng)過的路徑與邊圍成的圖形的面積．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）點E，F(xiàn)所經(jīng)過的路徑與邊AB所圍成圖形的面積為4．【解析】【分析】（1）證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；（2）證明，根據(jù)正方形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)證明；（3）根據(jù)所圍成的圖形是△AOB，求出它的面積即可.【詳解】（1）證明：在正方形中，，．∵，∴．∴．∵，∴．在和中，∴．∴．（2）在和中，．∴．由①可知，∴．∴．由①可知，，∴．∴．∵，，∴．∴．∴.（3）∵．∴∴當(dāng)點G從點B沿邊運動至點C停止時，點E經(jīng)過的路徑是以為直徑，圓心角為90°的圓弧，同理可得點F經(jīng)過的路徑，兩弧交于正方形的中心點O．（如圖所示）∵∴所圍成圖形的面積【點睛】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．23．（2020·重慶中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，已知拋物線與直線AB相交于A，B兩點，其中，．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）點P為直線AB下方拋物線上的任意一點，連接PA，PB，求面積的最大值；（3）將該拋物線向右平移2個單位長度得到拋物線，平移后的拋物線與原拋物線相交于點C，點D為原拋物線對稱軸上的一點，在平面直角坐標系中是否存在點E，使以點B，C，D，E為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）面積最大值為；（3）存在，【解析】【分析】（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；（2）設(shè)，求得解析式，過點P作x軸得垂線與直線AB交于點F，設(shè)點，則，，即可求解；（3）分BC為菱形的邊、菱形的的對角線兩種情況，分別求解即可．【詳解】解：（1）∵拋物線過，∴∴∴（2）設(shè)，將點代入∴過點P作x軸得垂線與直線AB交于點F設(shè)點，則由鉛垂定理可得∴面積最大值為（3）（3）拋物線的表達式為：y＝x2＋4x?1＝（x＋2）2?5，則平移后的拋物線表達式為：y＝x2?5，聯(lián)立上述兩式并解得：，故點C（?1，?4）；設(shè)點D（?2，m）、點E（s，t），而點B、C的坐標分別為（0，?1）、（?1，?4）；①當(dāng)BC為菱形的邊時，點C向右平移1個單位向上平移3個單位得到B，同樣D（E）向右平移1個單位向上平移3個單位得到E（D），即?2＋1＝s且m＋3＝t①或?2?1＝s且m?3＝t②，當(dāng)點D在E的下方時，則BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，當(dāng)點D在E的上方時，則BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，聯(lián)立①③并解得：s＝?1，t＝2或?4（舍去?4），故點E（?1，2）；聯(lián)立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故點E（-3，-4＋）或（-3，-4?）；②當(dāng)BC為菱形的的對角線時，則由中點公式得：?1＝s?2且?4?1＝m＋t⑤，此時，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，聯(lián)立⑤⑥并解得：s＝1，t＝?3，故點E（1，?3），綜上，點E的坐標為：（?1，2）或或或（1，?3）．∴存在，【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、圖形的平移、面積的計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．24．（2020·江蘇連云港?中考真題）（1）如圖1，點為矩形對角線上一點，過點作，分別交、于點、．若，，的面積為，的面積為，則________；（2）如圖2，點為內(nèi)一點（點不在上），點、、、分別為各邊的中點．設(shè)四邊形的面積為，四邊形的面積為（其中），求的面積（用含、的代數(shù)式表示）；（3）如圖3，點為內(nèi)一點（點不在上）過點作，，與各邊分別相交于點、、、．設(shè)四邊形的面積為，四邊形的面積為（其中），求的面積（用含、的代數(shù)式表示）；（4）如圖4，點、、、把四等分．請你在圓內(nèi)選一點（點不在、上），設(shè)、、圍成的封閉圖形的面積為，、、圍成的封閉圖形的面積為，的面積為，的面積為．根據(jù)你選的點的位置，直接寫出一個含有、、、的等式（寫出一種情況即可）．【答案】（1）12；（2）；（3）；（4）答案不唯一【解析】【分析】（1）過P點作AB的平行線MN，根據(jù)S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN從而得到，S矩形AEPM=S矩形CFPN進而得到與的關(guān)系，從而求出結(jié)果.（2）連接、，設(shè)，，根據(jù)圖形得到，求出，，最終求出結(jié)果.（3）易知，，導(dǎo)出，再由的關(guān)系，即可可求解.（4）連接ABCD的得到正方形，根據(jù)（3）的方法，進行分割可找到面積之間的關(guān)系.【詳解】（1）過P點作AB∥MN，∵S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN，又∵∴∴（2）如圖，連接、，在中，因為點E是中點，可設(shè)，同理，，所以，．所以，所以，所以．．（3）易證四邊形、四邊形是平行四邊形．所以，．所以，．（4）答案不唯一，如：如圖1或圖2，此時；如圖3或圖4，此時．25．（2020·山東德州?中考真題）問題探究：小紅遇到這樣一個問題：如圖1，中，，，AD是中線，求AD的取值范圍．她的做法是：延長AD到E，使，連接BE，證明，經(jīng)過推理和計算使問題得到解決．請回答：（1）小紅證明的判定定理是：__________________________________________；（2）AD的取值范圍是________________________；方法運用：（3）如圖2，AD是的中線，在AD上取一點F，連結(jié)BF并延長交AC于點E，使，求證：．（4）如圖3，在矩形ABCD中，，在BD上取一點F，以BF為斜邊作，且，點G是DF的中點，連接EG，CG，求證：．【答案】（1）；（2）；（3）見解析；（4）見解析【解析】【分析】（1）利用三角形的中線與輔助線條件，直接證明，從而可得證明全等的依據(jù)；（2）利用全等三角形的性質(zhì)得到求解的范圍，從而可得答案；（3）延長至點，使，證明，利用全等三角形的性質(zhì)與，證明，得到，從而可得答案；（4）延長至點使，連接、、，證明，得到，利用銳角三角函數(shù)證明，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)可得是直角三角形，從而可得答案．【詳解】解：（1）如圖，AD是中線，在與中，故答案為：（2）故答案為：（3）證明：延長至點，使，∵是的中線∴在和中∴，∴，又∵，∵，∴，又∵，∴∴，又∵∴（4）證明：延長至點使，連接、、∵G為的中點∴在和中∴∴在中，∵，∴又矩形中，∴，∴，∴，又，∴，∴，又為的外角，∴，即，∵，∴，∴，即，在和中，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵G為的中點，∴，即．【點睛】本題考查的是倍長中線法證明三角形全等，同時考查全等三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．26．（2020·四川遂寧?中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A（1，0），B（3，0），C（0，6）三點．（1）求拋物線的解析式．（2）拋物線的頂點M與對稱軸l上的點N關(guān)于x軸對稱，直線AN交拋物線于點D，直線BE交AD于點E，若直線BE將△ABD的面積分為1：2兩部分，求點E的坐標．（3）P為拋物線上的一動點，Q為對稱軸上動點，拋物線上是否存在一點P，使A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）y=x2﹣8x+6；（2）點E(2，2)或(3，4)；（3）存在，當(dāng)點P坐標為(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)時，使A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形【解析】【分析】（1）設(shè)拋物線解析式為：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，把點C坐標代入解析式，可求解；（2）先求出點M，點N坐標，利用待定系數(shù)法可求AD解析式，聯(lián)立方程組可求點D坐標，可求S△ABD＝×2×6＝6，設(shè)點E(m，2m﹣2)，分兩種情況討論，利用三角形面積公式可求解；（3）分兩種情況討論，利用平行四邊形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象經(jīng)過A(1，0)，B(3，0)，∴設(shè)拋物線解析式為：y＝a(x﹣1)(x﹣3)，∵拋物線y＝a(x﹣1)(x﹣3)(a≠0)的圖象經(jīng)過點C(0，6)，∴6＝a(0﹣1)(0﹣3)，∴a＝2，∴拋物線解析式為：y＝2(x﹣1)(x﹣3)＝2x2﹣8x+6；（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2(x﹣2)2﹣2，∴頂點M的坐標為(2，﹣2)，∵拋物線的頂點M與對稱軸l上的點N關(guān)于x軸對稱，∴點N(2，2)，設(shè)直線AN解析式為：y＝kx+b，由題意可得：，解得：，∴直線AN解析式為：y＝2x﹣2，聯(lián)立方程組得：，解得：，，∴點D（4，6），∴S△ABD＝×2×6＝6，設(shè)點E(m，2m﹣2)，∵直線BE將△ABD的面積分為1：2兩部分，∴S△ABE＝S△ABD＝2或S△ABE＝S△ABD＝4，∴×2×(2m﹣2)＝2或×2×(2m﹣2)＝4，∴m＝2或3，∴點E(2，2)或(3，4)；（3）若AD為平行四邊形的邊，∵以A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，∴AD＝PQ，∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，∴點P坐標為(5，16)或(﹣1，16)；若AD為平行四邊形的對角線，∵以A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，∴AD與PQ互相平分，∴，∴xP＝3，∴點P坐標為(3，0)，綜上所述：當(dāng)點P坐標為(5，16)或(﹣1，16)或(3，0)時，使A、D、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求解析式，一次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．27．（2020·四川攀枝花?中考真題）實驗學(xué)校某班開展數(shù)學(xué)“綜合與實踐”測量活動．有兩座垂直于水平地面且高度不一的圓柱，兩座圓柱后面有一斜坡，且圓柱底部到坡腳水平線的距離皆為．王詩嬑觀測到高度矮圓柱的影子落在地面上，其長為；而高圓柱的部分影子落在坡上，如圖所示．已知落在地面上的影子皆與坡腳水平線互相垂直，并視太陽光為平行光，測得斜坡坡度，在不計圓柱厚度與影子寬度的情況下，請解答下列問題：（1）若王詩嬑的身高為，且此刻她的影子完全落在地面上，則影子長為多少？（2）猜想：此刻高圓柱和它的影子與斜坡的某個橫截面一定同在一個垂直于地面的平面內(nèi)．請直接回答這個猜想是否正確？（3）若同一時間量得高圓柱落在坡面上的影子長為，則高圓柱的高度為多少？【答案】（1）120cm；（2）正確；（3）280cm【解析】【分析】（1）根據(jù)同一時刻，物長與影從成正比，構(gòu)建方程即可解決問題．（2）根據(jù)落在地面上的影子皆與坡腳水平線互相垂直，并視太陽光為平行光，結(jié)合橫截面分析可得；（3）過點F作FG⊥CE于點G，設(shè)FG=4m，CG=3m，利用勾股定理求出CG和FG，得到BG，過點F作FH⊥AB于點H，再根據(jù)同一時刻身高與影長的比例，求出AH的長度，即可得到AB.【詳解】解：（1）設(shè)王詩嬑的影長為xcm，由題意可得：，解得：x=120，經(jīng)檢驗：x=120是分式方程的解，王詩嬑的的影子長為120cm；（2）正確，因為高圓柱在地面的影子與MN垂直，所以太陽光的光線與MN垂直，則在斜坡上的影子也與MN垂直，則過斜坡上的影子的橫截面與MN垂直，而橫截面與地面垂直，高圓柱也與地面垂直，∴高圓柱和它的影子與斜坡的某個橫截面一定同在一個垂直于地面的平面內(nèi)；（3）如圖，AB為高圓柱，AF為太陽光，△CDE為斜坡，CF為圓柱在斜坡上的影子，過點F作FG⊥CE于點G，由題意可得：BC=100，CF=100，∵斜坡坡度，∴，∴設(shè)FG=4m，CG=3m，在△CFG中，，解得：m=20，∴CG=60，F(xiàn)G=80，∴BG=BC+CG=160，過點F作FH⊥AB于點H，∵同一時刻，90cm矮圓柱的影子落在地面上，其長為72cm，F(xiàn)G⊥BE，AB⊥BE，F(xiàn)H⊥AB，可知四邊形HBGF為矩形，∴，∴AH==200，∴AB=AH+BH=AH+FG=200+80=280，故高圓柱的高度為280cm.【點睛】本題考查了解分式方程，解直角三角形，平行投影，矩形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解實際物體與影長之間的關(guān)系解決問題，屬于中考?？碱}型．28．（2020·山東聊城?中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖象與軸交于點，，與軸交于點，拋物線的頂點為，其對稱軸與線段交于點，垂直于軸的動直線分別交拋物線和線段于點和點，動直線在拋物線的對稱軸的右側(cè)（不含對稱軸）沿軸正方向移動到點．（1）求出二次函數(shù)和所在直線的表達式；（2）在動直線移動的過程中，試求使四邊形為平行四邊形的點的坐標；（3）連接，，在動直線移動的過程中，拋物線上是否存在點，使得以點，，為頂點的三角形與相似，如果存在，求出點的坐標，如果不存在，請說明理由．【答案】（1），；（2）；（3）存在，點的坐標是．【解析】【分析】（1）將，代入，解出a，b得值即可；求出C點坐標，將C，B代入線段所在直線的表達式，求解即可；（2）根據(jù)題意只要，四邊形即為平行四邊形，先求出點D坐標，然后求出DE，設(shè)點的橫坐標為，則，，得出，根據(jù)，得，求解即可；（3）由（2）知，，根據(jù)與有共同的頂點，且在的內(nèi)部，只有當(dāng)時，，利用勾股定理，可得，，根據(jù)，即，解出t值，即可得出答案．【詳解】解：（1）由題意，將，代入，得，解得，∴二次函數(shù)的表達式，當(dāng)時，，得點，又點，設(shè)線段所在直線的表達式，∴，解得，∴所在直線的表達式；（2）∵軸，軸，∴，只要，此時四邊形即為平行四邊形，由二次函數(shù)，得點，將代入，即，得點，∴，設(shè)點的橫坐標為，則，，由，得，解之，得（不合題意舍去），，當(dāng)時，，∴；（3）由（2）知，，∴，又與有共同的頂點，且在的內(nèi)部，∴，∴只有當(dāng)時，，由，，，利用勾股定理，可得，，由（2）以及勾股定理知，，，∴，即，∵，∴，∴，當(dāng)時，，∴點的坐標是．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，靈活運用知識點是解題關(guān)鍵．29．（2020·四川樂山?中考真題）點是平行四邊形的對角線所在直線上的一個動點（點不與點、重合），分別過點、向直線作垂線，垂足分別為點、．點為的中點．（1）如圖1，當(dāng)點與點重合時，線段和的關(guān)系是；（2）當(dāng)點運動到如圖2所示的位置時，請在圖中補全圖形并通過證明判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？（3）如圖3，點在線段的延長線上運動，當(dāng)時，試探究線段、、之間的關(guān)系．【答案】（1）；（2）補圖見解析，仍然成立，證明見解析；（3），證明見解析【解析】【分析】（1）證明△AOE≌△COF即可得出結(jié)論；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出結(jié)論；（3）FC＋AE＝OE，理由是：作輔助線，構(gòu)建全等三角形，與（2）類似，同理得，得出，，再根據(jù)，，推出，即可得證．【詳解】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF；（2）補全圖形如圖所示，仍然成立，證明如下：延長交于點，∵，∴，∴，∵點為的中點，∴，又∵，∴，∴，∵，∴；（3）當(dāng)點在線段的延長線上時，線段、、之間的關(guān)系為，證明如下：延長交的延長線于點，如圖所示，由（2）可知，∴，，又∵，，∴，∴．【點睛】本題考查了平行四邊形、全等三角形的性質(zhì)和判定以及等腰三角形的性質(zhì)和判定，以構(gòu)建全等三角形和證明三角形全等這突破口，利用平行四邊形的對角線互相平分得全等的邊相等的條件，從而使問題得以解決．30．（2020·山東濟寧?中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=AC，點E、F、G分別在邊BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，點H是線段AF上一動點(與點A不重合)．(1)求證:△AEH≌△AGH；(2)當(dāng)AB=12，BE=4時：①求△DGH周長的最小值；②若點O是AC的中點，是否存在直線OH將△ACE分成三角形和四邊形兩部分，其中三角形的面積與四邊形的面積比為1:3．若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）見解析；（2）①；②存在，或【解析】【分析】（1）證明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再結(jié)合角平分線，即可利用SAS證明△AEH≌△AGH；（2）①根據(jù)題意可得點E和點G關(guān)于AF對稱，從而連接ED，與AF交于點H，連接HG，得到△DGH周長最小時即為DE+DG，構(gòu)造三角形DCM進行求解即可；②分當(dāng)OH與AE相交時，當(dāng)OH與CE相交時兩種情況分別討論，結(jié)合中位線，三角形面積進行求解即可.【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，∵BE=CG，AB=AC，∴△ABE≌△ACG，∴AE=AG，∵AF平分∠EAG，∴∠EAH=∠GAH，∵AH=AH，∴△AEH≌△AGH；（2）①如圖，連接ED，與AF交于點H，連接HG，∵點H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，∴點E和點G關(guān)于AF對稱，∴此時△DGH的周長最小，過點D作DM⊥BC，交BC的延長線于點M，由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，∴CM=CD=6，∴DM=，∵AB=12=BC，BE=4，∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，∴DE==DH+EH=DH+HG，∴DH+HG+DG=∴△DGH周長的最小值為；②當(dāng)OH與AE相交時，如圖，AE與OH交于點N，可知S△AON：S四邊形HNEF=1:3，即S△AON：S△AEC=1:4，∵O是AC中點，∴N為AE中點，此時ON∥EC，∴，當(dāng)OH與EC相交時，如圖，EC與OH交于點N，同理S△NOC：S四邊形ONEA=1:3，∴S△NOC：S△AEC=1:4，∵O為AC中點，∴N為EC中點，則ON∥AE，∴，∵BE=4，AB=12，∴EC=8，EN=4，過點G作GP⊥BC，交BNC延長線于點P，∵∠BCD=120°，∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，∴CG=2CP，∵CG=BE=4，∴CP=2，GP=，∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，設(shè)EF=FG=x，則FC=8-x，F(xiàn)P=10-x，在△FGP中，，解得：