上海中考数学压轴题及解析分类汇编

专题训练125．如图9，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.半径为1的圆A与边AB相交于点D，与边AC相交于点E，连结DE并延长，与线段BC的延长线交于点P.（1）当∠B＝30°时，连结AP，若△AEP与△BDP相似，求CE的长；（2）若CE=2，BD=BC，求∠BPD的正切值；（3）若1tan3BPD∠=，设CE=x，△ABC的周长为y，求y关于x的函数关系式.图9 图10(备用)参考答案：（1）解：∵∠B＝30°∠ACB＝90°∴∠BAC＝60°∵AD=AE ∴∠AED＝60°=∠CEP ∴∠EPC＝30°∴三角形BDP为等腰三角形∵△AEP与△BDP相似∴∠EAP=∠EPA=∠DBP=∠DPB=30°∴AE=EP=1∴在RT△ECP中，EC=12EP=12（2）过点D作DQ⊥AC于点Q，且设AQ=a，BD=x ∵AE=1,EC=2∴QC=3-a∵∠ACB＝90°∴△ADQ与△ABC相似∴AD AQ AB AC=即113ax=+，∴31 ax=+∵在RT△ADQ中2222328111x x DQ AD AQx x+-⎛⎫=-=-=⎪++⎝⎭∵DQ AD BC AB=∴228111x x x x x +-+=+ 解之得x=4，即BC=4 过点C 作CF//DP∴△ADE 与△AFC 相似，∴AE ADAC AF=，即AF=AC ，即DF=EC=2, ∴BF=DF=2∵△BFC 与△BDP 相似 ∴2142BF BC BD BP ===，即：BC=CP=4 ∴tan ∠BPD=2142EC CP ==(3)过D 点作DQ ⊥AC 于点Q ，则△DQE 与△PCE 相似,设AQ=a ，则QE=1-a ∴QE DQEC CP =且1tan 3BPD ∠= ∴()31DQ a =-∵在Rt △ADQ 中，据勾股定理得：222AD AQ DQ =+ 即：()222131a a =+-⎡⎤⎣⎦，解之得41()5a a ==舍去 ∵△ADQ 与△ABC 相似∴445155AD DQ AQ AB BC AC x x====++ ∴5533,44x xAB BC ++==∴三角形ABC 的周长553313344x xy AB BC AC x x ++=++=+++=+ 即：33y x =+，其中x>0专题训练21．如图，在平面直角坐标系中，二次函数26y ax x c =++的图像经过点()4,0A 、()1,0B -，与y 轴交于点C ，点D 在线段OC 上，=OD t ，点E 在第二象限，∠=90ADE ，1=2tan DAE ∠，EF OD ⊥，垂足为F ．（1）求这个二次函数的解析式；（2）求线段EF 、OF 的长（用含t 的代数式表示）； （3）当∠ECA =∠OAC 时，求t 的值．参考答案：解：（1）二次函数y=ax 2+6x+c 的图象经过点A （4，0）、B （﹣1，0），∴，解得。

上海中考数学压轴题专题21 函数综合（相切）教学重难点1.掌握用待定系数法求解函数的解析式；2.培养学生能根据题目中的条件画出大致需要的图形；3.培养学生分析问题、解决问题的综合能力。

【备注】本部分为知识点回顾总结，时间大概为5分钟左右，注意让学生多画图回顾。

函数基础知识点梳理：x函数综合题目考点分析：1.求解函数解析式，以二次函数为主；2.求解相关点的坐标，二次函数中一般考察求对称轴、顶点坐标；3以函数为背景，考察相似、等腰、相切、平行四边形、面积等相关知识点；该类题型综合性很强，需要及时画图观察。

1.（2019静安区二模）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=2，AB=BC=CD=6．动点P在射线BA上，以BP为半径的⊙P交边BC于点E（点E与点C不重合），联结PE、PC．设BP= x，PC= y．（1）求证：PE∥DC；（2）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；（3）联结PD，当∠PDC=∠B时，以D为圆心半径为R的⊙D与⊙P相交，求R的取值范围．【整体分析】（1）根据梯形的性质得到∠B=∠DCB，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠PEB，根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．推出四边形ADGF是矩形，PH∥AF，求得BF=FG=GC=2，根据勾股定理得到AF===，根据平行线分线段成比例定理得到PH=，13BH x=，求得163CH x=-，根据勾股定理即可得到结论；（3）作EM∥PD交DC于M．推出四边形PDME是平行四边形．得到PE=DM=x，即MC=6-x，根据相似三角形的性质得到PD=EC=1218655-=，根据相切两圆的性质即可得到结论．【满分解答】证明：（1）∵梯形ABCD，AB=CD，∴∠B=∠DCB．∵PB=PE，∴∠B=∠PEB，∴∠DCB=∠PEB，∴PE∥CD．（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G.∵梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC，DG⊥BC，PH⊥BC，∴四边形ADGF是矩形，PH∥AF．∵AD=2，BC=DC=6，∴BF=FG=GC=2．在Rt△ABF中，AF===﹒∵PH∥AF，∴PH BP BHAF AB BF==62x BH==．∴PH=，13 BH x=．∴163 CH x=-．在Rt△PHC中，PC=∴y=(09)y x=<<．（3）作EM∥PD交DC于M．∵PE∥DC，∴四边形PDME是平行四边形．∴PE=DM=x ，即 MC=6-x ． PD=ME ，∠PDC=∠EMC ， 又∵∠PDC=∠B ，∠B=∠DCB ， ∴∠DCB =∠EMC =∠PBE =∠PEB ． ∴△PBE ∽△ECM ．∴PB BE EC MC =，即232663xx x x =--．整理方程，解得：185x =． 即BE 125=．∴PD=EC=1218655-=． 当两圆外切时，PD=P r R +，即0R =（舍去）； 当两圆内切时，PD=P r R -，即10R =（舍去），2365R =； 即两圆相交时，3605R <<． 【点睛】此题考查圆的综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．2.（2018徐汇区二模）如图，在中，，,点是边上一动点（不与点重合），以长为半径的与边的另一个交点为，过点作于点.当与边相切时，求的半径；联结交于点，设的长为，的长为，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围； 在的条件下，当以长为直径的与相交于边上的点时，求相交所得的公共弦的长.【整体分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=，则sinC=，sinC= ==，即可求解；（2）PD∥BE，则＝，即：，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=4，即可求解．【满分解答】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=，则sinC=，sinC===，解得：R=；（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=，设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，则BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4，AB=4，则：tan∠CAB=2BP==，DA=x，则BD=4-x，如下图所示，PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，tanβ=2，则cosβ=，sinβ=，EB=BDcosβ=（4-x）×=4-x，∴PD∥BE，∴＝，即：，整理得：y=；（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q时弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA=90°，∴EP ∥BD ，由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形， ∴AG=EP=BD ， ∴AB=DB+AD=AG+AD=4，设圆的半径为r ，在△ADG 中， AD=2rcosβ=，DG=，AG=2r ，+2r=4，解得：2r=，则：DG==10-2，相交所得的公共弦的长为10-2．【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关lyxOC A B2.其它条件：直线l 过点()2,0A -，⊙B 和直线l 相切。

上海十年中考数学压轴题解析2001年上海市数学中考27．已知在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＜BC ，且AD ＝5，AB ＝DC ＝2． （1）如图8，P 为AD 上的一点，满足∠BPC ＝∠A ．图8①求证；△ABP ∽△DPC ②求AP 的长．（2）如果点P 在AD 边上移动（点P 与点A 、D 不重合），且满足∠BPE ＝∠A ，PE 交直线BC 于点E ，同时交直线DC 于点Q ，那么①当点Q 在线段DC 的延长线上时，设AP ＝x ，CQ ＝y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域； ②当CE ＝1时，写出AP 的长（不必写出解题过程）．27．（1）①证明：∵∠ABP ＝180°－∠A －∠APB ，∠DPC ＝180°－∠BPC －∠APB ，∠BPC ＝∠A ，∴∠ABP ＝∠DPC ．∵在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝CD ，∴∠A ＝∠D ．∴△ABP ∽△DPC ．②解：设AP ＝x ，则DP ＝5－x ，由△ABP ∽△DPC ，得DCPD AP AB =，即252xx -=，解得x 1＝1，x 2＝4，则AP 的长为1或4．（2）①解：类似（1）①，易得△ABP ∽△DPQ ，∴DQ AP PD AB =．即y xx +=-252，得225212-+-=x x y ，1＜x ＜4． ②AP ＝2或AP ＝3－5．（题27是一道涉及动量与变量的考题，其中（1）可看作（2）的特例，故（2）的推断与证明均可借鉴（1）的思路．这是一种从模仿到创造的过程，模仿即借鉴、套用，创造即灵活变化，这是中学生学数学应具备的一种基本素质，世上的万事万物总有着千丝万缕的联系，也有着质的区别，模仿的关键是发现联系，创造的关键是发现区别，并找到应付新问题的途径．）上海市2002年中等学校高中阶段招生文化考试27．操作：将一把三角尺放在边长为1的正方形ABCD 上，并使它的直角顶点P 在对角线AC 上滑动，直角的一边始终经过点B ，另一边与射线DC 相交于点Q ．图1 图2 图3探究：设A 、P 两点间的距离为x ．（1）当点Q 在边CD 上时，线段PQ 与线段PB 之间有怎样的大小关系？试证明你观察得到结论；（2）当点Q 在边CD 上时，设四边形PBCQ 的面积为y ，求y 与x 之间的函数解析式，并写出函数的定义域； （3）当点P 在线段AC 上滑动时，△PCQ 是否可能成为等腰三角形？如果可能，指出所有能使△PCQ 成为等腰三角形的点Q 的位置，并求出相应的x 的值；如果不可能，试说明理由． 五、（本大题只有1题，满分12分，（1）、（2）、（3）题均为4分） 27．图1 图2 图3（1）解：PQ ＝PB ……………………（1分）证明如下：过点P 作MN ∥BC ，分别交AB 于点M ，交CD 于点N ，那么四边形AMND 和四边形BCNM 都是矩形，△AMP 和△CNP 都是等腰直角三角形（如图1）．∴ NP ＝NC ＝MB ． ……………………（1分） ∵ ∠BPQ ＝90°，∴ ∠QPN ＋∠BPM ＝90°．而∠BPM ＋∠PBM ＝90°，∴ ∠QPN ＝∠PBM ． ……………………（1分） 又∵ ∠QNP ＝∠PMB ＝90°，∴ △QNP ≌△PMB ． ……………………（1分） ∴ PQ ＝PB ． （2）解法一由（1）△QNP ≌△PMB ．得NQ ＝MP ． ∵ AP ＝x ，∴ AM ＝MP ＝NQ ＝DN ＝x 22，BM ＝PN ＝CN ＝1－x 22， ∴ CQ ＝CD －DQ ＝1－2·x 22＝1－x 2．得S △PBC ＝21BC ·BM ＝21×1×（1－x 22）＝21－42x ． ………………（1分） S △PCQ ＝21CQ ·PN ＝21×（1－x 2）（1－x 22）＝21－x 423＋21x 2 （1分） S 四边形PBCQ ＝S △PBC ＋S △PCQ ＝21x 2－x 2＋1． 即 y ＝21x 2－x 2＋1（0≤x ＜22）． ……………………（1分，1分）解法二作PT ⊥BC ，T 为垂足（如图2），那么四边形PTCN 为正方形． ∴ PT ＝CB ＝PN ．又∠PNQ ＝∠PTB ＝90°，PB ＝PQ ，∴△PBT ≌△PQN ．S 四边形PBCQ ＝S △四边形PBT ＋S 四边形PTCQ ＝S 四边形PTCQ ＋S △PQN ＝S 正方形PTCN …（2分）＝CN 2＝（1－x 22）2＝21x 2－x 2＋1∴ y ＝21x 2－x 2＋1（0≤x ＜22）． ……………………（1分）（3）△PCQ 可能成为等腰三角形①当点P 与点A 重合，点Q 与点D 重合，这时PQ ＝QC ，△PCQ 是等腰三角形， 此时x ＝0 ……………………（1分） ②当点Q 在边DC 的延长线上，且CP ＝CQ 时，△PCQ 是等腰三角形（如图3） ……………………（1分） 解法一 此时，QN ＝PM ＝x 22，CP ＝2－x ，CN ＝22CP ＝1－x 22． ∴CQ ＝QN －CN ＝x 22－（1－x 22）＝x 2－1． 当2－x ＝x 2－1时，得x ＝1． ……………………（1分） 解法二 此时∠CPQ ＝21∠PCN ＝22.5°，∠APB ＝90°－22.5°＝67.5°， ∠ABP ＝180°－（45°＋67.5°）＝67.5°，得∠APB ＝∠ABP ，∴ AP ＝AB ＝1，∴ x ＝1． ……………………（1分）上海市2003年初中毕业高中招生统一考试27.如图，在正方形ABCD中，AB＝1，弧AC是点B为圆心，AB长为半径的圆的一段弧。

2020年上海市16区中考数学二模汇编专题13 二次函数（解答题24题压轴题）1. （2020闵行二模）2.（2020松江二模）3.（2020宝山二模）4.（2020奉贤二模）5.（2020金山二模）6.（2020静安二模）7.（2020嘉定二模）8.（2020长宁二模）9.（2020崇明二模） 10.（2020浦东二模） 11.（2020徐汇二模） 12.（2020青浦二模） 13.（2020虹口二模） 14（2020杨浦二模） 15（2020黄浦二模） 16.（2020普陀二模）1.（2020闵行二模）在平面直角坐标系xOy 中，我们把以抛物线2y x 上的动点A 为顶点的抛物线叫做这条抛物线的“子抛物线”．如图，已知某条“子抛物线”的二次项系数为32，且与y 轴交于点C ．设点A 的横坐标为m （m ＞0），过点A 作y 轴的垂线交y 轴于点B ．（1）当m=1时，求这条“子抛物线”的解析式； （2）用含m 的代数式表示∠ACB 的余切值； （3）如果∠OAC=135°，求m 的值．2.（2020松江二模） 如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线与x 轴和y 轴的正半轴分别交于A 、B 两点，且OA=OB ，又抛物线的顶点为M ，联结AB 、AM . （1）求这条抛物线的表达式和点M 的坐标； （2）求的值；（3）如果Q 是线段OB 上一点，满足∠MAQ=45°，求点Q 的坐标.23y x bx =-++sin BAM ∠3.（2020宝山二模）如图6，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线()2230y ax ax a a =--<与x 轴交于A B 、两点（点A 在点B 的左侧），经过点A 的直线:l y kx b =+与y 轴负半轴交于点C ，与抛物线的另一个交点为D ，且4CD AC =.（1）直接写出点A 的坐标，并求直线l 的函数表达式（其中k b 、用含a 的式子表示） （2）点E 是直线l 上方的抛物线上的动点，若ACE ∆的面积的最大值为54，求a 的值； （3）设P 是抛物线的对称轴上的一点，点Q 在抛物线上，当以点A D P Q 、、、为顶点的四边形为矩形时，请直接写出点P 的坐标.4.（2020奉贤二模） 如图7，在平面直角坐标系中，抛物线2yx bx 经过点A (2，0)．直线xOy122y x =-与x 轴交于点B ，与y 轴交于点C ． （1）求这条抛物线的表达式和顶点的坐标； （2）将抛物线2y x bx 向右平移，使平移后的抛物线经过点B ，求平移后抛物线的表达式；（3）将抛物线2yx bx 向下平移，使平移后的抛物线交y 轴于点D ，交线段BC 于点P 、Q ，（点P 在点Q 右侧），平移后抛物线的顶点为M ，如果DP ∥x 轴，求∠MCP 的正弦值．5.（2020金山二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图），已知抛物线2y x bx c =-++经过点A （3，0）和点B （0，3），其顶点为C ．（1）求抛物线的解析式和顶点C 的坐标；（2）我们把坐标为（n ，m ）的点叫做坐标为（m ，n ）的点的反射点，已知点M 在这条抛物线上，它的反射点在抛物线的对称轴上，求点M 的坐标；（3）点P 是抛物线在第一象限部分上的一点，如果∠POA =∠ACB ，求点P 的坐标．6.（2020静安二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图9），已知抛物线c bx x y ++-=221（其中b 、c 是常数）经过点A （-2，-2）与点B （0，4），顶点为M ． （1）求该抛物线的表达式与点M 的坐标；（2）平移这条抛物线，得到的新抛物线与y 轴交于点C （点C 在点B 的下方），且△BCM 的面积为3．新抛物线的对称轴l 经过点A ，直线l 与x 轴交于点D ．①求点A 随抛物线平移后的对应点坐标；②点E 、G 在新抛物线上，且关于直线l 对称，如果正方形DEFG 的顶点F 在第二象限内，求点F 的坐标．7.（2020嘉定二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图7），已知经过点)0,3(-A 的抛物线322-+=ax ax y与y 轴交于点C ，点B 与点A 关于该抛物线的对称轴对称，D 为该抛物线的顶点. （1）直接写出该抛物线的对称轴以及点B 的坐标、点C 的坐标、点D 的坐标； （2）联结AD 、DC 、CB ，求四边形ABCD 的面积；（3）联结AC .如果点E 在该抛物线上，过点E 作x 轴的垂线， 垂足为H ，线段EH 交线段AC 于点F.当FH EF 2=时，求点E 的坐标.8（2020长宁二模）如图7，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线n mx x y ++=2经过点)2-2(，A ，对称轴是直线1=x ，顶点为点B ，抛物线与y 轴交于点C .（1）求抛物线的表达式和点B 的坐标；（2）将上述抛物线向下平移1个单位， 平移后的抛物线与x 轴正半轴交于点D ，求BCD ∆的面积； （3）如果点P 在原抛物线上，且在对称轴的右侧，联结BP 交线段OA 于点Q ，51=PQ BQ ，求点P 的坐标.y x-3-3-2-2-1-11AO19.（2020崇明二模）已知抛物线24y ax bx =+-经过点(1,0),(4,0)A B -，与y 轴交于点C ，点D 是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC BC CD BD 、、、．（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴； （2）当4BCD AOC S S ∆∆=时，求点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，如果点E 是x 轴上一点，点F 是抛物线上一点，当以点A D E F 、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点E 的坐标．10.（2020浦东二模）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于点A 和点B （点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点(0,3)C ，对称轴是直线1x =．（1）求抛物线的表达式；（2）直线MN 平行于x 轴，与抛物线交于M 、N 两点（点M 在点N 的左侧），且34MN AB =，点C 关于直线MN 的对称点为E ，求线段OE 的长；（3）点P 是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP 、EP ，EP 交线段BC 于点F ，当:1:2CPF CEF S S =△△时，求点P 的坐标．11.（2020徐汇二模） .如图，已知直线22y x =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，矩形ACBE 的顶点B 在第一象限的反比例函数my x=图像上，过点B 作BF ⊥OC ，垂足为F ，设OF=t ．（1）求∠ACO 的正切值；（2）求点B 的坐标（用含t 的式子表示）； （3）已知直线22y x =+与反比例函数my x=图像都经过第一象限的点D ，联结DE ，如果DE x ⊥轴，求m 的值．12.（2020青浦二模）如图7，在平面直角坐标系xOy 中，二次函数243y a x a x =-+ 的图像与x 轴正半轴交于点A 、B ，与y 轴相交于点C ，顶点为D ，且tan 3∠=CAO ．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P 是对称轴右侧抛物线上的点，联结CP ，交对称轴于点F ，当:2:3CDFFDPS S=时，求点P 的坐标；（3）在（2）的条件下，将△PCD 沿直线MN 翻折，当点P 恰好与点O 重合时，折痕MN 交轴于点M ，交轴于点N ，求OM ON的值．x y13. （2020•虹口区二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝ax 2+bx +3经过点A （﹣1，0）和点B （3，0），该抛物线对称轴上的点P 在x 轴上方，线段PB 绕着点P 逆时针旋转90°至PC （点B 对应点C ），点C 恰好落在抛物线上．（1）求抛物线的表达式并写出抛物线的对称轴； （2）求点P 的坐标；（3）点Q 在抛物线上，联结AC ，如果∠QAC ＝∠ABC ，求点Q 的坐标．14（2020杨浦二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝ax 2+bx +4经过点A （-3，0）和点B （3，2），与y 轴相交于点C .（1）求这条抛物线的表达式；（2）点P 是抛物线在第一象限内一点，联结AP ，如果点C 关于直线AP 的对称点D 恰好落在x 轴上，求直线AP 的截距；（3）在第（2）小题的条件下，如果点E 是y 轴正半轴上一点，点F 是直线AP 上一点．当△EAO 与△EAFyx DO CBAyxDO CBA全等时，求点E 的纵坐标．15（2020黄浦二模）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y＝21x 2+bx+c 经过点A （﹣4，0）和B （2，6），其顶点为D ．（1）求此抛物线的表达式； （2）求△ABD 的面积；（3）设C 为该抛物线上一点，且位于第二象限，过点C 作CH ⊥x 轴，垂足为点H ，如果△OCH 与△ABD 相似，求点C 的坐标．16.（2020普陀二模）2020年上海市16区中考数学二模汇编专题13 二次函数（解答题24题压轴题）2.（2020闵行二模） 2.（2020松江二模）3.（2020宝山二模）4.（2020奉贤二模）5.（2020金山二模）6.（2020静安二模）7.（2020嘉定二模）8.（2020长宁二模）9.（2020崇明二模） 10.（2020浦东二模） 11.（2020徐汇二模） 12.（2020青浦二模）13.（2020虹口二模） 14（2020杨浦二模） 15（2020黄浦二模） 16.（2020普陀二模）1.（2020闵行二模）在平面直角坐标系xOy中，我们把以抛物线2y x上的动点A为顶点的抛物线叫做这条抛物线的“子抛物线”．如图，已知某条“子抛物线”的二次项系数为32，且与y轴交于点C．设点A的横坐标为m（m＞0），过点A作y轴的垂线交y轴于点B．（1）当m=1时，求这条“子抛物线”的解析式；（2）用含m的代数式表示∠ACB的余切值；（3）如果∠OAC=135°，求m的值．【分析】（1）先求出m=1时点A的坐标，进而可得到这条“子抛物线”的解析式；（2）先根据A点坐标求出“子抛物线”的解析式和AB,OB的长度，然后令x = 0求出y值即可得到C点坐标，进而可求出BC的长度，最后利用cotBCACBAB∠=即可求解；（3）过O点作OD⊥CA的延长线于点D，过点D作y轴的平行线分别交BA的延长线于点E，交x轴于点F, 首先证明△AED≌△DFO，则有AE=DF，DE=OF，设AE=n，那么DF=n，BE= m + n=OF=ED，通过OB=EF得到22m m n=+，然后再通过cotDEADEAE∠=得到32m nmn+=，将两个关于m,n的方程联立即可求出m 的值．【详解】解：（1）∵点A 在2y x 上，点A 的横坐标为m ，∴A （m ，m 2），当m =1时，21m = ，∴A （1，1），∴这条“子抛物线”的解析式为23(1)12y x =-+． （2）由A （m ，m 2），且AB ⊥y 轴，可得AB =m ，OB = m 2．∴“子抛物线”的解析式为223()2y x m m =-+． 令x = 0，252y m =， ∴点C 的坐标（0，252m ），252OC m =， ∴232BC OC OB m =-=． 在Rt △ABC 中，2332cot 2m BC ACB m AB m ∠===．（3）如图，过O 点作OD ⊥CA 的延长线于点D ，过点D 作y 轴的平行线分别交BA 的延长线于点E ，交x 轴于点F ．∵∠OAC=135°，∴∠OAD=45°．又∵OD ⊥CA ，90ADO ∴=︒∴∠AOD=∠OAD=45°，∴AD=OD ，90,90EAD ADE ODF ADE ∠+∠=︒∠+∠=︒ ，EAD ODF ∴∠=∠．90DEA DFO ∠=∠=︒，∴△AED ≌△DFO ，∴AE=DF ，DE=OF ．设AE=n ，那么DF=n ，BE= m + n=OF=ED ．又∵OB=EF ，∴22m m n =+．又//EF OC ∴，∴∠BCA=∠ADE ， ∴3cot 2DE m n ADE m AE n +∠===． 解方程组2232m m n m n m n⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，得12m =，213m =-（舍去） ， m 的值为2．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，锐角三角函数的应用，子抛物线的定义，掌握全等三角形的判定及性质，锐角三角函数的定义是解题的关键．2.（2020松江二模） 如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线与x 轴和y 轴的正半轴分别交于A 、B 两点，且OA=OB ，又抛物线的顶点为M ，联结AB 、AM .（1）求这条抛物线的表达式和点M 的坐标；（2）求的值；（3）如果Q 是线段OB 上一点，满足∠MAQ=45°，求点Q 的坐标.23y x bx =-++sin BAM ∠解：（1）∵抛物线23y x bx =-++与y 轴交于B 点令x=0得y=3,∴B (0,3) ………………………………………………………………1分∵AO=BO,∴A (3,0) …………………………………………………………………1分把A (3,0)代入23y x bx =-++,得9330b -++=解得b=2,∴这条抛物线的表达式y =-x 2+2x +3 ………………………………………1分顶点M (1,4) ……………………………………………………………………………1分（2）∵ A (3,0)，B (0,3) M (1,4)，∴22BM =,218AB =,220AM =∴∠MBC =90°………………………………………………………………………2分 ∴210sin =1025BM BAM AM ∠==………………………………………………………2分 （3）∵OA=OB,∴∠OAB =45°∵∠MAQ=45°,∴∠BAM=∠OAQ ………………………………………………1分由(2)得10sin 10BAM ∠=,∴10sin 10OAQ ∠= ∴1tan 3OAQ ∠= ……………………………………………………………………1分 ∴133OQ OQ OA ==,∴1OQ = …………………………………………………………1分 ∴Q (0,1) ………………………………………………………………………………1分(3)另解∵OA=OB,∴∠OAB =45°∵∠MAQ=45°,∴∠BAM=∠OAQ ………………… ………………………………1分由（2）可知1tan 3BAM ∠=,∴1tan 3OAQ ∠= ……………………………………1分∴133OQ OQ OA ==,∴1OQ = ……………………………………………………………1分 ∴Q (0,1) ………………………………………………………………………………1分3.（2020宝山二模）如图6，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线()2230y ax ax a a =--<与x 轴交于A B 、两点（点A 在点B 的左侧），经过点A 的直线:l y kx b =+与y 轴负半轴交于点C ，与抛物线的另一个交点为D ，且4CD AC =.（1）直接写出点A 的坐标，并求直线l 的函数表达式（其中k b 、用含a 的式子表示）（2）点E 是直线l 上方的抛物线上的动点，若ACE ∆的面积的最大值为54，求a 的值； （3）设P 是抛物线的对称轴上的一点，点Q 在抛物线上，当以点A D P Q 、、、为顶点的四边形为矩形时，请直接写出点P 的坐标.【解答】解：（1）当y ＝ax 2﹣2ax ﹣3a ＝a （x +1）（x ﹣3），得A （﹣1，0），B （3，0），∵直线l ：y ＝kx +b 过A （﹣1，0），∴0＝﹣k +b ，即k ＝b ，∴直线l ：y ＝kx +k ，∵抛物线与直线l 交于点A ，D ，∴ax 2﹣2ax ﹣3a ＝kx +k ，即ax 2﹣（2a +k ）x ﹣3a ﹣k ＝0，∵CD ＝4AC ，∴点D的横坐标为4，∴﹣3−ka=−1×4，∴k＝a，∴直线l的函数表达式为y＝ax+a；（2）如图1，过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），则F（x，ax+a），EF＝ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a＝ax2﹣3ax﹣4a，∴S△ACE＝S△AFE﹣S△CEF=12（ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）−12（ax2﹣3ax﹣4a）x=12（ax2﹣3ax﹣4a）=12a（x−32）2−258a，∴△ACE的面积的最大值═258 a，∵△ACE的面积的最大值为5 4，∴−258a=54，解得a=−2 5；（3）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴D（4，5a），∵抛物线的对称轴为直线x＝1，设P（1，m），①如图2，若AD是矩形ADPQ的一条边，则易得Q（﹣4，21a），∴m＝21a+5a＝26a，则P（1，26a），∵四边形ADPQ是矩形，∴∠ADP＝90°，∴AD2+PD2＝AP2，∴52+（5a）2+32+（26a﹣5a）2＝22+（26a）2，即a2=1 7，∵a＜0，∴a=−√7 7∴P（1，−26√7 7）；②如图3，若AD是矩形APDQ的对角线，则易得Q （2，﹣3a ），∴m ＝5a ﹣（﹣3a ）＝8a ，则P （1，8a ），∵四边形APDQ 是矩形，∴∠APD ＝90°，∴AP 2+PD 2＝AD 2，∴（﹣1﹣1）2+（8a ）2+（1﹣4）2+（8a ﹣5a ）2＝52+（5a ）2，即a 2=14，∵a ＜0，∴a =−12，∴P （1，﹣4），综上所述，点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形能成为矩形，点P （1，−26√77）或（1，﹣4）．4.（2020奉贤二模）如图7，在平面直角坐标系中，抛物线2y x bx 经过点A (2，0)．直线122y x =-与x 轴交于点B ，与y 轴交于点C ． （1）求这条抛物线的表达式和顶点的坐标；（2）将抛物线2y x bx 向右平移，使平移后的抛物线经过点B ，求平移后抛物线的表达式；xOy（3）将抛物线2y x bx 向下平移，使平移后的抛物线交y 轴于点D ，交线段BC 于点P 、Q ，（点P 在点Q 右侧），平移后抛物线的顶点为M ，如果DP ∥x 轴，求∠MCP 的正弦值．解：（1）由题意，抛物线2yx bx 经过点A (2，0)， 得042b ， 解得 2b ···················································································· （2分） ∴抛物线的表达式是22y x x =-. ··················································································· （1分） 它的顶点C 的坐标是（1，-1）. ························································································· （1分）（2）∵直线122y x =-与x 轴交于点B ， ∴点B 的坐标是(4，0) . ···························· （1分） ①将抛物线22y x x =-向右平移2个单位，使得点A 与点B 重合，此时平移后的抛物线表达式是231（）y x =--. ································································ （2分） ②将抛物线22y x x =-向右平移4个单位，使得点O 与点B 重合，此时平移后的抛物线表达式是251（）y x =--. ································································ （1分） （3）设向下平移后的抛物线表达式是：22y x x n =-+，得点D （0，n ）.∵DP ∥x 轴，∴点D 、P 关于抛物线的对称轴直线1x对称，∴P （2，n ）.∵点P 在直线BC 上，∴12212n =⨯-=-. ∴平移后的抛物线表达式是：222y x x =--. ································································ （2分） ∴新抛物线的顶点M 的坐标是（1，-2）. ······································································· （1分）B CA xyo∴MC //OB ，∴∠MCP =∠OBC ．在Rt △OBC 中，sin OC OBC BC ， 由题意得：OC =2，25BC， ∴5sin sin 25MCP OBC . ·············································································· （1分） 即∠MCP 的正弦值是5. 5.（2020金山二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图），已知抛物线2y x bx c =-++经过点A （3，0）和点B （0，3），其顶点为C ．（1）求抛物线的解析式和顶点C 的坐标；（2）我们把坐标为（n ，m ）的点叫做坐标为（m ，n ）的点的反射点，已知点M 在这条抛物线上，它的反射点在抛物线的对称轴上，求点M 的坐标；（3）点P 是抛物线在第一象限部分上的一点，如果∠POA =∠ACB ，求点P 的坐标．解：（1），抛物线2y x bx c =-++经过点A （3，0）和点B （0，3），，23303b c c ⎧-++=⎨=⎩,--------------------------------------------------------------------------------（1分） ，b =2，c =3，抛物线的解析式为223y x x =-++，--------------------------------------（2分） 顶点C 的坐标为（1，4）.---------------------------------------------------------------------------（1分）（2）设点M 的坐标为（t ，223t t -++），点M 的反射点为（223t t -++，t ），------------------------------------------------------------（1分） 由抛物线的对称轴为直线x =1，得223=1t t -++，----------------------------------------（1分）解得：1t 2=1t ，∴M 的坐标为（1）或（1-，1）.--------（2分） （3）过点P 作PH ，x 轴，垂足为点H ，由A （3，0）、点B （0，3）、点C （1，4），得AB=AC =BC ，，222AB BC AC +=，∴∠ABC =90°，tan 3AB ACB BC ∠===，----（1分） ∵∠POA =∠ACB ，∴tan 3POH ∠=，∵∠PHO =90°，∴tan 3PHPOH OH∠==， 设PH =3s ，OH =s ，由点P 在第一象限得点P 的坐标是（s ，3s ）,∴2233s s s -++=--------------------------------------------------------------------------（1分）解得11=2s -+，21=2s --（不合题意，舍去），∴1=2s -+，--（1分）点P ）.-----------------------------------------------（1分）6.（2020静安二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图9），已知抛物线c bx x y ++-=221（其中b 、c 是常数）经过点A （-2，-2）与点B （0，4），顶点为M ． （1）求该抛物线的表达式与点M 的坐标；（2）平移这条抛物线，得到的新抛物线与y 轴交于点C （点C 在点B 的下方），且△BCM 的面积为3．新抛物线的对称轴l 经过点A ，直线l 与x 轴交于点D ．①求点A 随抛物线平移后的对应点坐标；②点E 、G 在新抛物线上，且关于直线l 对称，如果正方形DEFG 的顶点F 在第二象限内，求点F 的坐标．.解：（1）将A （-2，-2）、B （0，4）代入c bx x y ++-=221得，21(2)22200 4.b c c ⎧-⨯--+=-⎪⎨⎪++=⎩，·············································································· （2分） 解得⎩⎨⎧==.42c b ，∴该抛物线的表达式为：42212++-=x x y ； ···················································· （1分） 顶点M 的坐标是：（2，6）． ···················································································· （1分） （2）①∵平移后抛物线的对称轴经过点A （-2，-2），∴可设平移后的抛物线表达式为：k x y ++-=2)221（． ····································· （1分） ∴C （0，-2+ k ）．∴32)]2(4[21221=⋅+--=⋅=∆k BC S BCM ，························································· （1分） 解得k=3． ∴3)2212++-=x y （． ······································································· （1分）即原抛物线向左平移4个单位，向下平移3个单位可以得到新的抛物线．∴点A 对应点的坐标为（-6，-5）． ········································································· （1分） ②设EG 与DF 的交点为H ． 在正方形DEFG 中，EG ⊥DF ，EG =DF =2EH =2DH ．∵点E 、G 是这条抛物线上的一对对称点，∴EG //x 轴． ∴DF ⊥x 轴，由此可设F （-2，2a ）．∵点F 在第二象限内，∴a >0．∴EG =DF =2EH =2DH =2a ．不妨设点E 在点G 的右侧，那么E （-2 +a ，a ）． ··················································· （1分） 将点E 代入3)2212++-=x y （得：a a =+-3212． ············································· （1分） 解得171-=a ，172--=a （不合题意，舍去）．········································· （1分）∴F （-2，272-）． ································································································ （1分）7.（2020嘉定二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图7），已知经过点)0,3(-A 的抛物线322-+=ax ax y 与y 轴交于点C ，点B 与点A 关于该抛物线的对称轴对称，D 为该抛物线的顶点. （1）直接写出该抛物线的对称轴以及点B 的坐标、点C 的坐标、点D 的坐标； （2）联结AD 、DC 、CB ，求四边形ABCD 的面积；（3）联结AC .如果点E 在该抛物线上，过点E 作x 轴的垂线， 垂足为H ，线段EH 交线段AC 于点F.当FH EF 2=时，求点E 的坐标.解：（1）该抛物线的对称轴为直线1-=x ······································································ 1分点B 的坐标为（1，0）. ················································································· 1分 点C 的坐标为（0，-3）. ················································································ 1分 点D 的坐标为（-1，-4）. ··············································································· 1分（2）过点D 作AB DM ⊥，垂足为M ，易得：1=OM ，4=DM ，2=AM ，1=OB .4422121=⨯⨯=⋅=DM AM S ADM △， ·································································· 1分 271432121=⨯+=⋅+=）（（梯形OM )DM OC S OCDM ， ············································ 1分 23312121=⨯⨯=⋅=OC OB S OBC △， ······································································ 1分 所以923274=++=++=OBC OCDM ADM ABCD S S S S △梯形△四边形 ································ 1分 y x-3-3-2-2-1-11AO1（3）设直线AC 的表达式为b kx y +=，∵)0,3(-A ，)3,0(-C 在直线b kx y +=上，∴⎩⎨⎧-=+-=330b b k .解得⎩⎨⎧-=-=31b k ，故直线AC 的表达式为3--=x y . ····························· 1分方法1.∵点F 在直线3--=x y 上，所以可设)3,(--x x F .∵AB EH ⊥，点F 在线段EH 上，且HF EF 2=，可得)93,(--x x E . ································ 1分 ∵)93,(--x x E 在抛物线322-+=x x y 上，∴32932-+=--x x x . ································· 1分 整理，得 0652=++x x .解得 21-=x ，32-=x (不符合题意，应舍去).8（2020长宁二模）如图7，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线n mx x y ++=2经过点)2-2(，A ，对称轴是直线1=x ，顶点为点B ，抛物线与y 轴交于点C .（1）求抛物线的表达式和点B 的坐标；（2）将上述抛物线向下平移1个单位， 平移后的抛物线与x 轴正半轴交于点D ，求BCD ∆的面积； （3）如果点P 在原抛物线上，且在对称轴的右侧，联结BP 交线段OA 于点Q ，51=PQ BQ ，求点P 的坐标.x解：（1） 抛物线n mx x y ++=2经过点)2,2(-A ，对称轴是直线1=x∴42212m n m ++=-⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得22m n =-⎧⎨=-⎩ （2分）∴抛物线的解析式为222y x x =--，顶点B 的坐标是(1,3)- （2分） （2）抛物线222y x x =--与y 轴交于点），（2-0C 平移后的抛物线表达式为： 223y x x =-- ，点D 的坐标是(3,0) （2分） 过点B 做y BH ⊥轴，垂足为点H ∴=S S S BCD BCH COD BHOD S ∆∆∆--梯形1111=(13)31123=22222⨯+⨯-⨯⨯-⨯⨯ （2分） （3）∵直线OA 经过点00O （，）、)2,2(-A ，∴直线OA 的表达式为：y x =- 设对称轴与直线OA 相交于点E ，则11E （，-） ∵ (1,3)B - ∴2BE = （1分） 过点P 作PF//BE ，交直线OA 于点F设点）（22,2--t t t P 1t >（），则）（t t F -, ∴22PF t t =-- （1分） ∵ PF//BE ∴15BE BQ PF PQ == ∴22125t t =-- ∴2120t t --= ∴3t =- （舍去）或4t = （1分） ∴)6,4(P （1分）9.（2020崇明二模）已知抛物线24y ax bx =+-经过点(1,0),(4,0)A B -，与y 轴交于点C ，点D 是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC BC CD BD 、、、．（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴； （2）当4BCD AOC S S ∆∆=时，求点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，如果点E 是x 轴上一点，点F 是抛物线上一点，当以点A D E F 、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点E 的坐标．【整体分析】（1）根据点A ，B 的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，即可写出对称轴；（2）连接OD ，求出C 点坐标，根据A 、B 、C 点坐标求出8BCD S ∆=，设2(,34)D x x x --，根据=16OCD OBD OBC BCD OCDB S S S S S ∆∆∆∆=++=四边形，列出关于x 的方程，解方程即可求出D 点坐标；（3）分两种情形：如图2中，当AE 为平行四边形的边时，根据DF=AE=1，求解即可．如图3中，当AE ，DF 是平行四边形的对角线时，根据点F 的纵坐标为6，求出点F 的坐标，再根据中点坐标公式求解即可． 【满分解答】（1）∵24y ax bx =+-经过点(1,0),(4,0)A B -，4016440a b a b --=⎧∴⎨+-=⎩，13a b =⎧∴⎨=-⎩， ，，，，，，，，，234y x x =--， 对称轴为直线32x =． （2）连接OD ，，，，，234y x x =--经过点C ，(0,4)C ∴-， (10),(4,0)A B -，， 1,4OA OB OC ∴===，又90AOC BOC ∠=∠=︒，11142,44822AOC BOC S S ∆∆∴=⨯⨯==⨯⨯=，4BCD AOC S S ∆∆=， 8BCD S ∆∴=，设2(,34)D x x x --， ，，D 在第四象限，20340x x x ∴>--<，， OCD OBD OCDB S S S ∆∆∴=+四边形=21144(34)22x x x ⨯+⨯-++ =2288x x -++，88=16OBC BCD OCDB S S S ∆∆=+=+四边形，228816x x∴-++=，122x x∴==，(2,6)D∴-．（3）如图2中，当AE为平行四边形的边时，∵DF∥AE，D（2，-6）∴F（1，-6），∴DF=1，∴AE=1，∴E（0，0），或E′（-2，0）．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，∵点D与点F到x轴的距离相等，∴点F 的纵坐标为6， 当y=6时，6=x 2-3x-4， 解得x=-2或5，∴F（-2，6）或（5，6）， 设E （n ，0），则有12222n -+-+=或21522n -++=， 解得n=1或8，∴E（1，0）或（8，0），综上所述，满足条件的点E 的坐标为（0，0）或（1，0）或（8，0）或（-2，0）．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．10.（2020浦东二模）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于点A 和点B （点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点(0,3)C ，对称轴是直线1x =．（1）求抛物线的表达式；（2）直线MN 平行于x 轴，与抛物线交于M 、N 两点（点M 在点N 的左侧），且34MN AB =，点C 关于直线MN 的对称点为E ，求线段OE 的长；（3）点P 是该抛物线上一点，且在第一象限内，联结CP 、EP ，EP 交线段BC 于点F ，当:1:2CPF CEF S S =△△时，求点P 的坐标．【整体分析】（1）根据抛物线与y 轴交于点(0,3)C 可得出c 的值，然后由对称轴是直线1x =可得出b 的值，从而可求出抛物线的解析式；（2）令y=0得出关于x 的一元二次方程，求出x ，可得出点A 、B 的坐标，从而得到AB 的长，再求出MN 的长，根据抛物线的对称性求出点M 的横坐标，再代入抛物线解析式求出点M 的纵坐标，再根据点的对称可求出OE 的长；（3）过点E 作x 轴的平行线EH ，分别过点F ，P 作EH 的垂线，垂足分别为G ，Q ，则FG ∥PQ ，先证明△EGF ∽△EQP ，可得E E QF EG FG EP PQ ==，设点F 的坐标为（a ，-a+3），则EG=a ，FG=-a+3-12=-a+52，可用含a 的式子表示P 点的坐标，根据P 在抛物线的图象上，可得关于a 的方程，把a 的值代入P 点坐标，可得答案． 【满分解答】解：（1）将点C （0，3）代入2y x bx c =-++得c=3， 又抛物线的对称轴为直线x=1， ∴-2b-=1，解得b=2， ∴抛物线的表达式为y=-x 2+2x+3；（2）如图，令y=0，则-x 2+2x+3=0，解得x 1=-1，x 2=3， ∴点A （-1，0），B （3，0），∴AB=3-（-1）=4， ∵34MN AB =，∴MN=34×4=3， 根据二次函数的对称性，点M 的横坐标为31122-=-， 代入二次函数表达式得，y=22()3211724⎛⎫--⨯-++= ⎪⎝⎭， ∴点M 的坐标为17,24⎛⎫-⎪⎝⎭，。

中考数学试卷一、单项选择题（共12分）1.如图，以A、B、C为顶点的三角形与以D、E、F为顶点的三角形相似，则这两个三角形的相似比为（）A．2:1B．3:1C．4:3D．3:22．已知m3=n4，那么下列式子中一定成立的是（）A．4m=3n B．3m=4n C．m=4n D．mn=123．在正方形网格中，△ABC的位置如图所示，则tanB的值为（）A．1B．√22C．√3D．√334．如图，一个等边三角形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等，当这个圆按箭头方向从某一位置沿等边三角形的三边做无滑动旋转，直至回到原出发位置时，则这个圆共转了（）A．4圈B．3圈C．5圈D．3.5圈二、填空题（共24分）5．如图，矩形EFGO的两边在坐标轴上，点O为平面直角坐标系的原点，以y轴上的某一点为位似中心，作位似图形ABCD，且点B、F的坐标分别为（-4,4）、（2,1）则位似中心的坐标为（）。

(x<0)图象上的点，过点6．如图，在平面直角坐标系中，点A是函数y=kxA作y轴的垂线交y轴于点B，点C在x轴上，若△ABC的面积为1，则k的值为（）。

三、解答题7.如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连线为边的三角形称为“格点三角形”，图中的△ABC是格点三角形．在建立平面直角坐标系后，点B的坐标为（﹣1，﹣1）。

（1）把△ABC向左平移8格后得到△A1B1C1，画出△A1B1C1的图形并写出点B1的坐标；（2）把△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°后得到△A2B2C，画出△A2B2C 的图形并写出点B2的坐标；（3）把△ABC以点A为位似中心放大，使放大前后对应边长的比为1：2，画出△AB3C3的图形。

8．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，M是BC的中点，DE⊥AM于点E。

(1)求证：△ADE∽△MAB；(2)求DE的长。

9.如图，把正方形ABCD绕点A，按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG 与BC交于点H．求证：HG＝HB．10.已知△ABC和△DEF中，有ABDE =BCEF=CAFD=23，且△DEF和△ABC的周长之差为15厘米，求△ABC和△DEF的周长。

专题2021年上海各区分类汇编-24题专题一二次函数与角度问题【知识梳理】【历年真题】1．（2020秋•闵行区期末）在平面直角坐标系xOy中，如果抛物线y＝ax2+bx+c上存在一点A，使点A关于坐标原点O的对称点A′也在这条抛物线上，那么我们把这条抛物线叫做回归抛物线，点A叫做这条抛物线的回归点．（1）已知点M在抛物线y＝﹣x2+2x+4上，且点M的横坐标为2，试判断抛物线y＝﹣x2+2x+4是否为回归抛物线，并说明理由；（2）已知点C为回归抛物线y＝﹣x2﹣2x+c的顶点，如果点C是这条抛物线的回归点，求这条抛物线的表达式；（3）在（2）的条件下，所求得的抛物线的对称轴与x轴交于点D．联结CO并延长，交该抛物线于点E，点F是射线CD上一点，如果∠CFE＝∠DEC，求点F的坐标．2．（2020秋•长宁区期末）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）点D是抛物线上的点，且位于线段BC上方，联结CD．①如果点D的横坐标为2．求cot∠DCB的值；②如果∠DCB＝2∠CBO，求点D的坐标．3．（2020秋•青浦区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣4，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标；（2）如果点D的坐标为（﹣8，0），联结AC、DC，求∠ACD的正切值；（3）在（2）的条件下，点P为抛物线上一点，当∠OCD＝∠CAP时，求点P的坐标．4．（2020秋•虹口区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B两点．（1）当该抛物线经过点C时，求该抛物线的表达式；（2）在（1）题的条件下，点P为该抛物线上一点，且位于第三象限，当∠PBC＝∠ACB时，求点P的坐标；（3）如果抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D位于△BOC内，求a的取值范围．5．（2020秋•松江区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（2，0）和B（﹣1，﹣1），与y轴交于点C．（1）求这个抛物线的表达式；（2）如果点P是抛物线位于第二象限上一点，PC交x轴于点D，23 PDDC ．①求P点坐标；②点Q在x轴上，如果∠QCA＝∠PCB，求点Q的坐标．6．（2020秋•奉贤区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣12x2+bx+c与x轴正半轴交于点A（4，0），与y轴交于点B（0，2），点C在该抛物线上且在第一象限．（1）求该抛物线的表达式；（2）将该抛物线向下平移m个单位，使得点C落在线段AB上的点D处，当AD＝3BD时，求m的值；（3）连接BC，当∠CBA＝2∠BAO时，求点C的坐标．专题二二次函数与相似三角形【知识梳理】【历年真题】1．（2020秋•崇明区期末）如图，已知对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（1，0）．（1）求点B的坐标及抛物线的表达式；（2）记抛物线的顶点为P，对称轴与线段BC的交点为Q，将线段PQ绕点Q，按顺时针方向旋转120°，请判断旋转后点P的对应点P′是否还在抛物线上，并说明理由；（3）在x轴上是否存在点M，使△MOC与△BCP相似？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点M的坐标【不必书写求解过程】．2．（2020秋•黄浦区期末）如图，平面直角坐标系内直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，点C是线段OB的中点．（1）求直线AC的表达式；（2）若抛物线y＝ax2+bx+c经过点C，且其顶点位于线段OA上（不含端点O、A）．①用含b的代数式表示a，并写出1b c的取值范围；②设该抛物线与直线y＝x+4在第一象限内的交点为点D，试问：△DBC与△DAC能否相似？如果能，请求此时抛物线的表达式；如果不能，请说明理由．3．（2020秋•浦东新区期末）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（2，4）、B（5，0）和O（0，0）．（1）求二次函数的解析式；（2）联结AO，过点B作BC⊥AO于点C，与该二次函数图象的对称轴交于点P，联结AP，求∠BAP的余切值；（3）在（2）的条件下，点M在经过点A且与x轴垂直的直线上，当△AMO与△ABP相似时，求点M的坐标．4．（2020秋•普陀区期末）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+bx+1与y轴交于点A，顶点B的坐标为（2，﹣1）．（1）直接写出点A的坐标，并求抛物线的表达式；（2）设点C在x轴上，且∠CAB＝90°，直线AC与抛物线的另一个交点为点D．①求点C、D的坐标；②将抛物线y＝ax2+bx+1沿着射线BD的方向平移；平移后的抛物线顶点仍在线段BD上；点A的对应点为点P．设线段AB与x轴的交点为点Q，如果△ADP与△CBQ相似，求点P的坐标．专题三二次函数与其他【知识梳理】【历年真题】1．（2020秋•嘉定区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣1，2），点B（1，6），点C（1，4），如果抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）恰好经过这三个点之中的两个点．（1）试推断抛物线y＝ax2+bx+3经过点A、B、C之中的哪两个点？简述理由；（2）求常数a与b的值；（3）将抛物线y＝ax2+bx+3先沿与y轴平行的方向向下平移2个单位长度，再与沿x轴平行的方向向右平移t（t ＞0）个单位长度，如果所得到的新抛物线经过点C（1，4），设这个新抛物线的顶点是D，试探究△ABD的形状．2．（2020秋•金山区期末）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣34x+2与直线y＝12x﹣3相交于点A，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过点A．（1）求点A的坐标；（2）若抛物线y＝ax2+bx﹣1向上平移两个单位后，经过点（1，﹣2），求抛物线y＝ax2+bx﹣1的表达式；（3）若抛物线y＝a'x2+b'x+c（a'＜0）与y＝ax2+bx﹣1关于x轴对称，且这两条抛物线的顶点分别是点P'与点P，当S△OPP′＝3时，求抛物线y＝ax2+bx﹣1的表达式．3．（2020秋•徐汇区期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+a+4（a＜0）的大致图象如图所示，这个函数图象的顶点为点D．（1）求该函数图象的开口方向、对称轴及点D的坐标；（2）设该函数图象与y轴正半轴交于点C，与x轴正半轴交于点B，图象的对称轴与x轴交于点A，如果DC⊥BC，1tan 3DBC ∠=，求该二次函数的解析式；（3）在（2）的条件下，设点M 在第一象限该函数的图象上，且点M 的横坐标为t （t ＞1），如果△ACM 的面积是258，求点M 的坐标．4．（2020秋•静安区期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝﹣x +m （m ＞0）与x 轴、y 轴分别交于点A ，B ，抛物线y ＝ax 2+bx +4（a ≠0）经过点A ，且与y 轴相交于点C ，∠OCA ＝∠OAB ．（1）求直线AB 的表达式；（2）如果点D 在线段AB 的延长线上，且AD ＝AC ，求经过点D 的抛物线y ＝ax 2+bx +4的表达式；（3）如果抛物线y ＝ax 2+bx +4的对称轴与线段AB 、AC 分别相交于点E ，F ，且EF ＝1，求此抛物线的顶点坐标．5．（2020秋•杨浦区期末）已知在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣（x ﹣m ）2+4与y轴交于点B ，与x 轴交于点C 、D （点C 在点D 左侧），顶点A 在第一象限，异于顶点A 的点P （1，n ）在该抛物线上．（1）如果点P 与点C 重合，求线段AP 的长；（2）如果抛物线经过原点，点Q是抛物线上一点，tan∠OPQ＝3，求点Q的坐标；（3）如果直线PB与x轴的负半轴相交，求m的取值范围．专题四二次函数与平行四边形【知识梳理】【历年真题】1．（2020秋•宝山区期末）已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过A（4，0），B（﹣1，3）两点，抛物线的对称轴与x轴交于点C，点D与点B关于抛物线的对称轴对称，联结BC、BD．（1）求该抛物线的表达式以及对称轴；（2）点E在线段BC上，当∠CED＝∠OBD时，求点E的坐标；（3）点M在对称轴上，点N在抛物线上，当以点O、A、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，求这个平行四边形的面积．专题2021年上海各区分类汇编-24题专题一二次函数与角度问题【历年真题】1．（2020秋•闵行区期末）在平面直角坐标系xOy中，如果抛物线y＝ax2+bx+c上存在一点A，使点A关于坐标原点O的对称点A′也在这条抛物线上，那么我们把这条抛物线叫做回归抛物线，点A叫做这条抛物线的回归点．（1）已知点M在抛物线y＝﹣x2+2x+4上，且点M的横坐标为2，试判断抛物线y＝﹣x2+2x+4是否为回归抛物线，并说明理由；（2）已知点C为回归抛物线y＝﹣x2﹣2x+c的顶点，如果点C是这条抛物线的回归点，求这条抛物线的表达式；（3）在（2）的条件下，所求得的抛物线的对称轴与x轴交于点D．联结CO并延长，交该抛物线于点E，点F是射线CD上一点，如果∠CFE＝∠DEC，求点F的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】二次函数图象及其性质；图形的相似；推理能力；应用意识．【分析】（1）先求出点M坐标，M'的坐标，代入解析式可求解；（2）先求出点C坐标，C'的坐标，利用回归点的定义可求解；（3）通过证明△CEF∽△CDE，可得CF CECE CD，可求CF＝10，即可求解．【解答】解：（1）抛物线y＝﹣x2+2x+4是回归抛物线，理由如下：∵点M在抛物线y＝﹣x2+2x+4上，∴y＝﹣4+4+4＝4，∴点M（2，4），∴点M关于坐标原点O的对称点M'（﹣2，﹣4），当x＝﹣2时，y＝﹣4﹣4+4＝﹣4，∴点M'在抛物线上，∴抛物线y＝﹣x2+2x+4是回归抛物线；（2）∵点C为回归抛物线y＝﹣x2﹣2x+c的顶点，∴点C（﹣1，c+1），∴点C关于原点O的对称点C'（1，﹣c﹣1），∵点C是这条抛物线的回归点，∴﹣c﹣1＝﹣1﹣2+c，∴c＝1，∴抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+1；（3）∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+1，∴对称点为x＝﹣1，∴点D（﹣1，0），点C（﹣1，2），∴直线CO解析式为y＝﹣2x，联立方程组2212y x xy x⎧=--+⎨=-⎩，∴1212xy=⎧⎨=-⎩，2212xy=-⎧⎨=⎩，点E（1，﹣2），在△CEF和△CDE中，∠CFE＝∠CED，∠FCE＝∠ECD，∴△CEF∽△CDE，∴CF CECE CD=，∴CE2＝CD•CF，∴（﹣1﹣1）2+（2+2）2＝2CF，∴CF＝10，∴F（﹣1，﹣8）．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，理解新定义并运用是解题的关键．2．（2020秋•长宁区期末）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）点D是抛物线上的点，且位于线段BC上方，联结CD．①如果点D的横坐标为2．求cot∠DCB的值；②如果∠DCB＝2∠CBO，求点D的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】综合题；推理能力．【分析】（1）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，解方程组，即可得出结论；（2）①先求出点D坐标，进而求出BC，CD，DB，判断出△BDC是直角三角形，即可得出结论；②构造出等腰三角形，利用对称性求出点F的坐标，进而求出直线CF的解析式，进而联立抛物线解析式，解方程组，即可得出结论．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+2经过点A（﹣3，﹣6）、B（6，0），∴932636620a ba b-+=-⎧⎨++=⎩，∴1353ab⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴抛物线的表达式为y＝﹣13x2+53x+2；（2）①如图1，由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣13x2+53x+2，当x＝0时，y＝2，∴C（0，2），当x＝2时，y＝﹣13×4+53×2+2＝4，∴D（2，4），∵B（6，0），∴CD2＝（2﹣0）2+（4﹣2）2＝8，BC2＝（6﹣0）2+（0﹣2）2＝40，DB2＝（6﹣2）2+（0﹣4）2＝32，∴CD2+BC2＝DB2，∴△BCD是直角三角形，∠BDC＝90°，在Rt△BDC中，CD＝，BD＝，∴cot∠DCB＝12 CDBD==；②如图2，过点C作CE∥x轴，则∠BCE＝∠CBO，∵∠DCB＝2∠CBO，∴∠DCE＝∠BCE，过点B作BE⊥CE，并延长交CD的延长线于F，∵C（0，2），B（6，0），∴F（6，4），设直线CF的解析式为y＝kx+2，∴6k+2＝4，∴k＝1 3，∴直线CF的解析式为y＝13x+2①，∵抛物线的解析式为y＝﹣13x2+53x+2②，联立①②，解得2xy=⎧⎨=⎩或4103xy=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴D（4，10 3）．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，构造出等腰三角形是解本题的关键．3．（2020秋•青浦区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于点A（﹣4，0）和点B（2，0），与y轴交于点C．（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标；（2）如果点D的坐标为（﹣8，0），联结AC、DC，求∠ACD的正切值；（3）在（2）的条件下，点P为抛物线上一点，当∠OCD＝∠CAP时，求点P的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】二次函数的应用；图形的相似；解直角三角形及其应用；应用意识．【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；（2）过D作DE⊥AC交CA延长线于E，通过证明∴△EAD∽△OAC，由相似三角形的性质可求ED＝2，EC＝，即可求解；（3）由角的数量关系可求∠ACP ＝∠BAP ，由锐角三角函数可求解．【解答】解：（1）将点A （﹣4，0）和点B （2，0）代入抛物线y ＝ax 2+bx ﹣4，可得164404240a ab --=⎧⎨+-=⎩，解得：12a =，1b =∴抛物线的解析式为2142y x x =+-，当x ＝0时，y ＝﹣4，∴C （0，﹣4）；（2）如图1，过D 作DE ⊥AC 交CA 延长线于E ，∵C （0，﹣4），点A （﹣4，0），∴OA ＝OC ＝4，∴AC ＝，∵∠EAD ＝∠OAC ，∠DEA ＝∠COA ，∴△EAD ∽△OAC ，∴DE EA DA CO OA CA ===，∴44DE EA ==∴DE =EA =，∴EC ＝，∴DE 1tan ACD==EC 3∠；（3）如图2，过点P 作PF ⊥x 轴于F ，设21(,4)2P t t t +-，∵∠OCD ＝∠CAP ，∴∠OCA +∠ACD ＝∠CAB +∠BAP ，∴45°+∠ACD＝45°+∠BAP，∴∠ACD＝∠BAP，∴1 tan BAP=tan ACD=3∠∠，∴tan∠BAP＝21t+t-4PF12==AF t+43，∴83t 或t＝﹣4（舍去），∴820 (,) 39 P．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．4．（2020秋•虹口区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3），抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B两点．（1）当该抛物线经过点C时，求该抛物线的表达式；（2）在（1）题的条件下，点P为该抛物线上一点，且位于第三象限，当∠PBC＝∠ACB时，求点P的坐标；（3）如果抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D位于△BOC内，求a的取值范围．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；应用意识．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）（x+1），将点C的坐标代入求得a的值，可得抛物线的解析式；（2）先根据点B和C的坐标证明△OCB是等腰直角三角形，得∠OBC＝∠OCB＝45°，根据等式的性质得：∠OAC ＝∠PBO，利用三角函数列式可得OE的长，利用待定系数法求PB的解析式，联立抛物线和直线PB的解析式组成方程组可得点P的坐标即可；（3）先确定抛物线的对称轴，计算边界点D的坐标和对应a的值，根据图形可知：符合条件的a一定是负数，从而得解．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）（x+1）．将点C的坐标（0，3）代入得：﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）如图1，设PB交y轴于点E，∵C（0，3），B（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠COB＝90°，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，又∵∠ACB＝∠PCB，∴∠ACB﹣∠OCB＝∠PBC﹣∠OBC，即∠OCA＝∠PBO，∴tan∠OCA＝tan∠PBO，即OA OE OC OB=，∴133OE=，∴OE＝1，∵点P在第三象限，∴E（0，﹣1），设PB的解析式为：y＝kx+b（k≠0），把E（0，﹣1）和B（3，0）代入得：130bk b=-⎧⎨+=⎩，解得：131kb⎧=⎪⎨⎪=-⎩，∴PB的解析式为：y＝13x﹣1，则223113y x xb x⎧=-++⎪⎨=-⎪⎩，解得：113xy=⎧⎨=⎩或2243139xy⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴P（﹣43，﹣139）；（3）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A、B两点，∴对称轴是：直线x＝312-＝1，∵B（3，0）、C（0，3），同理得BC的解析式为：y＝﹣x+3，当x＝1时，y＝2，当顶点D（1，2）时，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）（x+1），把顶点D（1，2）代入得：a＝﹣1 2，∴抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D位于△BOC内，a的取值范围是﹣12＜a＜0．【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，三角函数，对称的性质，二次函数的性质等知识，熟知利用方程组的解确定两函数的交点坐标是本题的关键．5．（2020秋•松江区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（2，0）和B（﹣1，﹣1），与y轴交于点C．（1）求这个抛物线的表达式；（2）如果点P是抛物线位于第二象限上一点，PC交x轴于点D，23 PDDC=．①求P点坐标；②点Q在x轴上，如果∠QCA＝∠PCB，求点Q的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】二次函数的应用；图形的全等；图形的相似；应用意识．【分析】（1）由待定系数法可求解析式；（2）①过点P作PE⊥x轴于E，由平行线分线段成比例可求PE的长，代入解析式可求解；②分两种情况讨论，利用全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2经过点A（2，0）和B（﹣1，﹣1），∴120422a ba b-=--⎧⎨=+-⎩，解得：2313ab⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴抛物线解析式为：y＝23x2﹣13x﹣2；（2）①如图1，过点P作PE⊥x轴于E，∵抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴交于点C，∴点C（0，﹣2），∴OC＝2，∵PE∥OC，∴23PE PDOC DC==＝EDDO，∴PE＝43，∴43＝23x2﹣13x﹣2，∴x＝﹣2或x＝52（不合题意舍去），∴点P（﹣2，4 3）；②如图2，过点B作BH⊥CO于H，由①可知DO＝＝，∵B（﹣1，﹣1），点C（0，﹣2），A（2，0）∴OA＝OC＝2，BH＝CH＝1，∴∠BCH＝45°＝∠OCA，∴∠BCA＝90°，当点Q在线段AO上时，∵∠QCA＝∠PCB，∴∠DCO＝∠QCO，又∵CO＝CO，∠DOC＝∠QOC＝90°，∴△DOC≌△QOC（ASA），∴DO＝QO＝6 5，∴点Q坐标为（65，0），当点Q'在射线OA上时，∵∠Q'CA＝∠PCB，∴∠DCQ'＝90°，∴∠CDO +∠DQ 'C ＝90°，∠DCO +∠CDO ＝90°，∴∠DQ 'C ＝∠DCO ，又∵∠DOC ＝∠Q 'OC ＝90°，∴△DOC ∽△COQ '，∴'DO CO OC Q O=，∴4＝65×Q 'O ，∴Q 'O ＝103，∴点Q '（103，0），综上所述：点Q 坐标为（65，0）或（103，0）．【点评】本题二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些知识解决问题是解题的关键．6．（2020秋•奉贤区期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣12x 2+bx +c 与x 轴正半轴交于点A （4，0），与y 轴交于点B （0，2），点C 在该抛物线上且在第一象限．（1）求该抛物线的表达式；（2）将该抛物线向下平移m 个单位，使得点C 落在线段AB 上的点D 处，当AD ＝3BD 时，求m 的值；（3）连接BC ，当∠CBA ＝2∠BAO 时，求点C的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；应用意识．【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式即可；（2）如图1，过点D 作DG ⊥x 轴于G ，利用平行证明△ADG ∽△ABO ，列比例式可以计算OG 和DG 的长，从而得D （1，32），最后由平移的性质可得m 的值；（3）如图2，作辅助线，构建等腰△ABF ，确定点F 的坐标，计算BF 的解析式，联立抛物线和BF 的解析式，方程组的一个解就是点C 的坐标．【解答】解：（1）把点A （4，0）和点B （0，2）代入抛物线y ＝﹣12x 2+bx +c 中得：1-16+4b+c=02c=2⎧⨯⎪⎨⎪⎩，解得：3b=-2c=2⎧⎪⎨⎪⎩，∴抛物线的解析式为：y＝﹣12x2+32x+2；（2）如图1，过点D作DG⊥x轴于G，∴DG∥OB，∴△ADG∽△ABO，∴AD DG AG AB OB OA==，∵AD＝3BD，∴AG＝3OG，∵A（4，0），B（0，2），∴OA＝4，OB＝2，∴OG＝1，DG＝3 2，∵D（1，3 2），由平移得：点C的横坐标为1，当x＝1时，y＝﹣12×1+32×1+2＝3，∴m＝3﹣32＝32；（3）∵∠CBA＝2∠BAO，点C在该抛物线上且在第一象限，∴点C在AB的上方，如图2，过A作AF⊥x轴于A，交BC的延长线于点F，过B作BE⊥AF于点E，∴BE∥OA，∴∠BAO＝∠ABE，∵∠CBA＝2∠BAO＝∠ABE+∠EBF，∴∠FBE＝∠ABE，∵∠BEF＝∠AEB＝90°，∴∠F＝∠BAF，∴AB＝BF，∴AE＝EF＝OB＝2，∴F（4，4），设BF的解析式为：y＝kx+n，则402k nn+=⎧⎨=⎩，解得：122kn⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴BF的解析式为：y＝12x+2，∴212213222y xy x x⎧=+⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩，解得2xy=⎧⎨=⎩或23xy=⎧⎨=⎩，∴C（2，3）．【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求抛物线和一次函数的解析式；灵活应用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形的性质；会利用数形结合的思想解决数学问题．专题二二次函数与相似三角形【历年真题】1．（2020秋•崇明区期末）如图，已知对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为（1，0）．（1）求点B的坐标及抛物线的表达式；（2）记抛物线的顶点为P，对称轴与线段BC的交点为Q，将线段PQ绕点Q，按顺时针方向旋转120°，请判断旋转后点P的对应点P′是否还在抛物线上，并说明理由；（3）在x轴上是否存在点M，使△MOC与△BCP相似？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点M的坐标【不必书写求解过程】．【考点】二次函数综合题．【专题】代数几何综合题；推理能力．【分析】（1）构建方程组求解即可．（2）如图1中，过点P′作P′H⊥PQ于H．求出点P′的坐标，即可判断．（3）首先证明∠PCB＝90°，由PC：BC＝1：3，推出OM：OC＝1：3或OC：OM＝1：3，推出OM＝1或9，由此即可解决问题．【解答】解：（1）由题意，3012a bba++=⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得12ab=-⎧⎨=-⎩，∴抛物线的解析式y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝1或﹣3，∴B（﹣3，0）．（2）点P′在抛物线上，理由：如图1中，过点P′作P′H⊥PQ于H．∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴顶点P（﹣1，4），∵B（﹣3，0），C（0，3），∴直线BC的解析式为y＝x+3，∵PQ∥y轴，∴Q（﹣1，2），∴PQ＝2，在Rt△P′QH中，∠P′HQ＝90°，∠P′QH＝180°﹣120°＝60°，P′Q＝PQ＝2，∴PH＝P′Q•sin60PH＝P′Q•cos60°＝1，∴P1，1），当x﹣1时，y1）2﹣2﹣1）+3＝1，∴点P′在抛物线上．（3）存在．如图2中，连接PB，PC．∵B（﹣3，0），P（﹣1，4），C（0，3），∴BC＝，PC，PB＝∴PB2＝PC2+CB2，∴∠PCB＝90°，PC：BC＝：＝1：3，当MO：OC＝1：3或OC：MO＝1：3时，△COM与△BCP相似，∴OM＝1或9，∴满足条件的点M的坐标为（1，0）或（﹣1，0）或（9，0）或（﹣9，0）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．2．（2020秋•黄浦区期末）如图，平面直角坐标系内直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，点C是线段OB的中点．（1）求直线AC的表达式；（2）若抛物线y＝ax2+bx+c经过点C，且其顶点位于线段OA上（不含端点O、A）．①用含b的代数式表示a，并写出1b c的取值范围；②设该抛物线与直线y＝x+4在第一象限内的交点为点D，试问：△DBC与△DAC能否相似？如果能，请求此时抛物线的表达式；如果不能，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】代数几何综合题；推理能力．【分析】（1）求出A，C两点坐标，利用待定系数法解决问题即可．（2）①根据顶点的纵坐标为0，对称轴在线段OA上，构建方程与不等式即可解决问题．②能相似．利用相似三角形的性质构建方程，求出点D的坐标，再利用待定系数法解决问题即可．【解答】解：（1）∵直线y＝x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，∴A（﹣4，0），B（0，4），∴OA＝OB＝4，∵BC＝OC＝2，∴C（0，2），设直线AC的解析式为y＝mx+n，则有240n m n =⎧⎨-+=⎩，解得122m n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线AC 的解析式为y ＝12x +2．（2）①由题意，2240402c b ac b a ⎧⎪=⎪-=⎨⎪⎪-<-<⎩，∴a ＝18b 2，1＞1b＞0．②能相似．如图，在Rt △AOC 中，∠AOC ＝90°，OA ＝4，OC ＝2，∴AC＝2，∵△△DBC 与△DAC 相似，∠CDB ＝∠ADC ，∴当∠BCD ＝∠DAC 时，△DCB ∽△DAC ，∴55DC CB DA AC ===，∵点D 在直线y ＝x +4上，∴可以假设D （t ，t +4），5=，解得t ＝1或﹣32（舍弃），经检验，t ＝1是方程的根，∴D （1，5），∵抛物线y ＝ax 2+bx +2经过D （1，5），∴a +b +2＝5，∴a +b ＝3，∵a ＝18b 2，∴3﹣b ＝18b 2，∴b 2+8b ﹣24＝0，∴b ＝﹣4﹣，∴a ＝7﹣∴抛物线的解析式为y ＝（7﹣x 2+（﹣x +2．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考压轴题．3．（2020秋•浦东新区期末）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（2，4）、B（5，0）和O（0，0）．（1）求二次函数的解析式；（2）联结AO，过点B作BC⊥AO于点C，与该二次函数图象的对称轴交于点P，联结AP，求∠BAP的余切值；（3）在（2）的条件下，点M在经过点A且与x轴垂直的直线上，当△AMO与△ABP相似时，求点M的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】综合题；推理能力．【分析】（1）利用待定系数法，即可得出结论；（2）先判断出OB＝AB，进而判断出△OBP≌△ABP，得出∠BOP＝∠BAP，再求出直线BC的解析式，求出点P 的坐标，构造直角三角形，即可得出结论；（3）先判断出∠OAE＝∠OBC，进而得出OM＝AM或OA＝OM，即可得出结论．【解答】解：（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点B（5，0）和O（0，0），∴设二次函数的解析式为y＝ax（x﹣5），将点A（2，4）代入y＝ax（x﹣5）中，得4＝a×2（2﹣5），∴a＝﹣2 3，∴二次函数的解析式为y＝﹣23x（x﹣5）＝﹣23x2+103x；（2）如图1，连接OP，∵A（2，4）、B（5，0）和O（0，0），∴OB＝5，AB5，∴OB＝AB，∵BC⊥OA，∴BC是OA的垂直平分线，∴AP＝OP，∵BP＝BP∴△OBP≌△ABP（SSS），∴∠BOP＝∠BAP，∵AC＝OC，A（2，4），∴点C（1，2），∴直线BC的解析式为y＝﹣12x+52，由（1）知，二次函数的解析式为y＝﹣23x2+103x，∴对称轴为直线x＝52，∴P（52，54），∴OD＝52，PD＝54，∴cot∠BAP＝cot∠BOP＝ODPD＝2；（3）∵BC⊥OA，AE⊥OB，∴∠ACB＝∠AEB＝90°，∵∠AMC＝∠BME，∴∠OAE＝∠OBC，∵点P在抛物线的对称轴上，∴OP＝PB，∴△BOP是等腰三角形，∵△AMO与△ABP相似，∴△AMO与△OBP相似，∴OM＝AM或OA＝OM，设M（2，m），当OM＝AM时，OM＝AM＝4﹣m，在Rt△OEM中，EM＝m，根据勾股定理得，OM2﹣EM2＝OE2，∴（4﹣m）2﹣m2＝4，∴m＝3 2，当OA＝OM时，AE＝M'E，∴M'（2，﹣4）即满足条件的点M的坐标为（2，32）或（2，﹣4）．4．（2020秋•普陀区期末）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+bx+1与y轴交于点A，顶点B的坐标为（2，﹣1）．（1）直接写出点A的坐标，并求抛物线的表达式；（2）设点C在x轴上，且∠CAB＝90°，直线AC与抛物线的另一个交点为点D．①求点C、D的坐标；②将抛物线y＝ax2+bx+1沿着射线BD的方向平移；平移后的抛物线顶点仍在线段BD上；点A的对应点为点P．设线段AB与x轴的交点为点Q，如果△ADP与△CBQ相似，求点P的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；应用意识．【分析】（1）先令x＝0可得y＝1，得点A的坐标，根据抛物线的顶点B（2，﹣1），利用待定系数法可得抛物线的表达式；（2）①根据点A和B的坐标得∠BAO＝45°，所以∠CAO＝45°，可知△ACO是等腰直角三角形，可得C的坐标，从而得AC的解析式，联立方程组可得直线AC与抛物线的交点D的坐标；②先证明∠PAD＝∠ADB＝∠BCQ，设P（m，2m+1），根据平移后B的对称点B'在线段BD上可知0≤m≤4，如果△ADP与△CBQ相似，存在两种情况：AP ADCQ BC=或AP ADBC CQ=，列方程可得结论．【解答】解：（1）当x ＝0时，y ＝1，∴A （0，1），设抛物线的解析式为：y ＝a （x ﹣2）2﹣1，把A （0，1）代入得：1＝a （0﹣2）2﹣1，∴a＝，∴抛物线的表达式为：y ＝（x ﹣2）2﹣1；（2）①如图1，∵A （0，1），B （2，﹣1），∴∠BAO ＝45°，∵∠CAB ＝90°，∴∠CAO ＝45°，∴OC ＝OA ＝1，∴C （﹣1，0），设AC 的解析式为：y ＝kx +m ，则01k m m -+=⎧⎨=⎩，解得：11k m =⎧⎨=⎩，∴AC 的解析式为：y ＝x +1，则211(2)12y x y x =+⎧⎪⎨=--⎪⎩，解得：1101x y =⎧⎨=⎩或2267x y =⎧⎨=⎩，∴D （6，7）；②∵A （0，1），B （2，﹣1），同理得直线AB 的解析式为：y ＝﹣x +1，∴Q （1，0），∴CQ ＝2，BC=∵D （6，7），A （0，1），∴AD=AB=如图2，同理得：直线BD 的解析式为：y ＝2x ﹣5，由平移得：AP ∥BD ，则直线AP 的解析式为：y ＝2x +1，∴∠PAD ＝∠ADB ，∵tan ∠BCQ ＝13AB AD=＝tan ∠ADB ，∴∠PAD ＝∠BCQ ，设抛物线平移后的顶点为B '，P （m ，2m +1），则AP 5m ，B '（m +2，2m ﹣1），∵抛物线y ＝ax 2+bx +1沿着射线BD 的方向平移；平移后的抛物线顶点仍在线段BD 上，∴0≤m ≤4，如果△ADP 与△CBQ 相似，有以下两种情况：i ）当AP AD CQ BC =时，即562210m =，解得：m ＝2.4，∴P （2.4，5.8）；ii ）当AP AD BC CQ =562210m=，解得：m ＝6（不符合题意，舍去），综上，P （2.4，5.8）．【点评】本题是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，两点的距离公式，相似三角形的性质和判定，平移的性质等知识，解题时，注意数形结合，使抽象的问题变得具体化，降低了解题的难度．专题三二次函数与其他【历年真题】1．（2020秋•嘉定区期末）在平面直角坐标系xOy 中，已知点A （﹣1，2），点B （1，6），点C （1，4），如果抛物线y ＝ax 2+bx +3（a ≠0）恰好经过这三个点之中的两个点．（1）试推断抛物线y ＝ax 2+bx +3经过点A 、B 、C 之中的哪两个点？简述理由；（2）求常数a与b的值；（3）将抛物线y＝ax2+bx+3先沿与y轴平行的方向向下平移2个单位长度，再与沿x轴平行的方向向右平移t（t ＞0）个单位长度，如果所得到的新抛物线经过点C（1，4），设这个新抛物线的顶点是D，试探究△ABD的形状．【考点】二次函数综合题．【专题】综合题；推理能力．【分析】（1）先求出抛物线必经过点E（0，3），再判断出BC∥y轴，再判断出点A、E、C在同一条直线上，即可得出结论；（2）将点A，B坐标代入抛物线解析式中，即可得而出结论；（3）先用t表示出新抛物线的解析式，再将点C坐标代入，即可得出新抛物线的解析式，最后求出AB，AD，BD 即可得出结论．【解答】解：（1）抛物线与y轴的交点记作点E，针对于抛物线y＝ax2+bx+3，当x＝0时，y＝3，∴抛物线与y轴的交点E的坐标为（0，3），∵点B（1，6），点C（1，4），∴BC∥y轴，∴抛物线y＝ax2+bx+3经过点B、C两点中其中的一点，而点A（﹣1，2），E（0，3），C（1，4），∴点A，E，C从左到右，横坐标依次增加1，纵坐标也依次增加1，∴点A，E，C再同一条直线上，∴点C不在物线y＝ax2+bx+3上，即抛物线y＝ax2+bx+3经过点A、B、C之中的A、B两个点；（2）将点A（﹣1，2）、B（1，6）代入抛物线y＝ax2+bx+3中，得3236 a ba b-+=⎧⎨++=⎩，∴12ab=⎧⎨=⎩，即a，b的值分别为1，2；（3）由（2）知，a＝1，b＝2，∴抛物线的解析式为y＝x2+2x+3＝（x+1）2+2，由平移得，平移后新抛物线的解析式为y＝（x+1﹣t）2+2﹣2，即新抛物线的解析式为y＝（x+1﹣t）2，∵抛物线经过点C（1，4），∴4＝（1+1﹣t）2，∴t＝0（舍）或t＝4，∴新抛物线的解析式为y＝（x﹣3）2，∴顶点D（3，0），∵点A（﹣1，2）、B（1，6），∴AB＝AD＝BD＝∴AB＝AD，AB2+AD2＝20+20＝40＝BD2，∴△ABD是等腰直角三角形．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平移的规律，两点间的距离公式，等腰直角三角形的判定，判断出抛物线必经过点E是解本题的关键．2．（2020秋•金山区期末）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣34x+2与直线y＝12x﹣3相交于点A，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过点A．（1）求点A的坐标；（2）若抛物线y＝ax2+bx﹣1向上平移两个单位后，经过点（1，﹣2），求抛物线y＝ax2+bx﹣1的表达式；（3）若抛物线y＝a'x2+b'x+c（a'＜0）与y＝ax2+bx﹣1关于x轴对称，且这两条抛物线的顶点分别是点P'与点P，当S△OPP′＝3时，求抛物线y＝ax2+bx﹣1的表达式．【考点】二次函数综合题．【专题】代数几何综合题；二次函数图象及其性质；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．【分析】（1）联立两直线解析式，解二元一次方程组即可得出答案；（2）由抛物线经过点A可得出b＝﹣4a，由平移的性质可得出答案；（3）求出顶点P的坐标为（2，﹣4a﹣1），由轴对称的性质可得出P'的坐标，求出PP'的长，根据三角形的面积公式可得出方程，解方程可得出答案．【解答】解：（1）∵直线y＝﹣34x+2与直线y＝12x﹣3相交于点A，∴324132y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，解得：41xy=⎧⎨=-⎩；∴点A的坐标为（4，﹣1）．（2）∵抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）经过点A（4，﹣1），∴16a+4b﹣1＝﹣1，即b＝﹣4a，∴y＝ax2﹣4ax﹣1，∴平移后的抛物线的表达式是y ＝ax 2﹣4ax +1，∴﹣2＝a ﹣4a +1，解得：a ＝1，∴抛物线y ＝ax 2+bx ﹣1的表达式是：y ＝x 2﹣4x ﹣1．（3）如图，∵y ＝ax 2﹣4ax ﹣1＝a （x ﹣2）2﹣4a ﹣1，∴P （2，﹣4a ﹣1），∵抛物线y ＝a 'x 2+b 'x +c （a '＜0）与y ＝ax 2﹣4ax ﹣1关于x 轴对称，∴P '（2，4a +1），∵a '＜0，∴a ＞0，∴P 'P ＝8a +2，又∵OD ＝2，S △OPP '＝12×OD ×PP '，∴12(82)32a ⨯⨯+=，解得：a ＝18，∴抛物线y ＝ax 2+bx ﹣1的表达式是y ＝21182x x -x ﹣1．【点评】本题是二次函数综合题，考查了求两直线的交点坐标，二次函数的性质，待定系数法，平移的性质，轴对称的性质，三角形的面积公式，利用参数列出方程是本题的关键．3．（2020秋•徐汇区期末）已知二次函数y ＝ax 2﹣2ax +a +4（a ＜0）的大致图象如图所示，这个函数图象的顶点为点D ．（1）求该函数图象的开口方向、对称轴及点D 的坐标；（2）设该函数图象与y 轴正半轴交于点C ，与x 轴正半轴交于点B ，图象的对称轴与x 轴交于点A ，如果DC ⊥BC ，1tan 3DBC ∠=，求该二次函数的解析式；（3）在（2）的条件下，设点M 在第一象限该函数的图象上，且点M 的横坐标为t （t ＞1），如果△ACM 的面积是258，求点M 的坐标．。

专题2020年上海各区分类汇编-25题专题一动点函数下的相似三角形【知识梳理】【历年真题】1．（2019秋•奉贤区期末）如图，已知平行四边形ABCD中，AD AB＝5，tan A＝2，点E在射线AD上，过点E作EF⊥AD，垂足为点E，交射线AB于点F，交射线CB于点G，联结CE、CF，设AE＝m．（1）当点E在边AD上时，①求△CEF的面积；（用含m的代数式表示）②当S△DCE＝4S△BFG时，求AE：ED的值；（2）当点E在边AD的延长线上时，如果△AEF与△CFG相似，求m的值．2．（2019秋•杨浦区期末）已知在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，点P是直线AB上任意一点，联结PC．在∠PCD内部作射线CQ与对角线BD交于点Q（与B、D不重合），且∠PCQ＝30°．（1）如图，当点P在边AB上时，如果BP＝3，求线段PC的长；（2）当点P在射线BA上时，设BP＝x，CQ＝y，求y关于x的函数解析式及定义域；（3）联结PQ，直线PQ与直线BC交于点E，如果△QCE与△BCP相似，求线段BP的长．专题二动点函数背景下的面积问题【知识梳理】【历年真题】1．（2019秋•黄浦区期末）如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，点D 与点B 分别位于直线AC 的两侧，且AD ＝AC ，联结BD 、CD ，BD 交直线AC 于点E ．（1）当∠CAD ＝90°时，求线段AE 的长．（2）过点A 作AH ⊥CD ，垂足为点H ，直线AH 交BD 于点F ，①当∠CAD ＜120°时，设AE ＝x ，y ＝BCE AEFS S ∆∆（其中S △BCE 表示△BCE 的面积，S △AEF 表示△AEF 的面积），求y 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围；②当BCE AEFS S ∆∆＝7时，请直接写出线段AE 的长．2．（2019秋•松江区期末）已知tan∠MON＝2，矩形ABCD的边AB在射线OM上，AD＝2，AB＝m，CF⊥ON，垂足为点F．（1）如图（1），作AE⊥ON，垂足为点E，当m＝2时，求线段EF的长度．（2）如图（2），联结OC，当m＝2，且CD平分∠FCO时，求∠COF的正弦值；（3）如图（3），当△AFD与△CDF相似时，求m的值．专题三动点函数背景下的等腰三角形【知识梳理】【历年真题】1．（2019秋•浦东新区期末）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D为AB边上一动点（点D与点A、B不重合），联结CD，过点D作DE⊥DC交边BC于点E．（1）如图，当ED＝EB时，求AD的长；（2）设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数解析式并写出函数定义域；（3）把△BCD沿直线CD翻折得△CDB'，联结AB'，当△CAB'是等腰三角形时，直接写出AD的长．2．（2019秋•青浦区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝BD＝10，CD＝4，AD＝6．点P是线段BD上的动点，点E、Q分别是线段DA、BD上的点，且DE＝DQ＝BP，联结EP、EQ．（1）求证：EQ∥DC；（2）当BP＞BQ时，如果△EPQ是以EQ为腰的等腰三角形，求线段BP的长；（3）当BP＝m（0＜m＜5）时，求∠PEQ的正切值．（用含m的式子表示）3．（2019秋•闵行区期末）已知：如图，在Rt△ABC和Rt△ACD中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∠ADC＝90°，CD＝2，（点A、B分别在直线CD的左右两侧），射线CD交边AB于点E，点G是Rt△ABC的重心，射线CG交边AB于点F，AD＝x，CE＝y．（1）求证：∠DAB＝∠DCF；（2）当点E在边CD上时，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；（3）如果△CDG是以CG为腰的等腰三角形，试求AD的长．4．（2019秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC边上的一个动点（点D不与点B、点C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F．（1）求证：AB•CE＝BD•CD；（2）当DF平分∠ADC时，求AE的长；（3）当△AEF是等腰三角形时，求BD的长．5．（2019秋•宝山区期末）如图，OC是△ABC中AB边的中线，∠ABC＝36°，点D为OC上一点，如果OD＝k⋅OC，过D作DE∥CA交于BA点E，点M是DE的中点，将△ODE绕点O顺时针旋转α度（其中0°＜α＜180°）后，射线OM交直线BC于点N．（1）如果△ABC的面积为26，求△ODE的面积（用k的代数式表示）；（2）当N和B不重合时，请探究∠ONB的度数y与旋转角α的度数之间的函数关系式；（3）写出当△ONB为等腰三角形时，旋转角α的度数．专题四动点函数背景下的线段问题【知识梳理】【历年真题】1．（2019秋•虹口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，sin∠ABC＝3 5，点D为射线BC上一点，联结AD，过点B作BE⊥AD分别交射线AD、AC于点E、F，联结DF，过点A作AG∥BD，交直线BE于点G．（1）当点D在BC的延长线上时，如果CD＝2，求tan∠FBC；＝y，求y关于x的函数关系式（不需要写函数的定义域）；（2）当点D在BC的延长线上时，设AG＝x，S△DAF（3）如果AG＝8，求DE的长．2．（2019秋•静安区期末）已知：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边BC、DC上，AB2＝BE•DC，DE：EC＝3：1，F是边AC上的一点，DF与AE交于点G．（1）找出图中与△ACD相似的三角形，并说明理由；（2）当DF平分∠ADC时，求DG：DF的值；（3）如图2，当∠BAC＝90°，且DF⊥AE时，求DG：DF的值．专题四动点函数背景下四边形【知识梳理】【历年真题】1．（2019秋•长宁、金山区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P、Q分别在边AC、射线CB上，且AP＝CQ，过点P作PM⊥AB，垂足为点M，联结PQ，以PM、PQ为邻边作平行四边形PQNM，设AP＝x，平行四边形PQNM的面积为y．（1）当平行四边形PQNM为矩形时，求∠PQM的正切值；（2）当点N在△ABC内，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（3）当过点P且平行于BC的直线经过平行四边形PQNM一边的中点时，直接写出x的值．2．（2019秋•嘉定区期末）已知：点P在△ABC内，且满足∠APB＝∠APC（如图），∠APB+∠BAC＝180°．（1）求证：△PAB∽△PCA；（2）如果∠APB＝120°，∠ABC＝90°，求PCPB的值；（3）如果∠BAC＝45°，且△ABC是等腰三角形，试求tan∠PBC的值．3．（2019秋•徐汇区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D是边AB上的动点（点D不与点AB重合），点G在边AB的延长线上，∠CDE＝∠A，∠GBE＝∠ABC，DE与边BC交于点F．（1）求cos A的值；（2）当∠A＝2∠ACD时，求AD的长；（3）点D在边AB上运动的过程中，AD：BE的值是否会发生变化？如果不变化，请求AD：BE的值；如果变化，请说明理由．4．(2019秋•普陀区期末)如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠C=90°，AD=2，BC=5，DC=3，点E在边BC上，tan∠AEC=3，点M是射线DC上一个动点(不与点D、C重合)，联结BM交射线AE于点N，设DM=x，AN=y．(1)求BE的长；(2)当动点M在线段DC上时，试求y与x之间的函数解析式,并写出函数的定义域；(3)当动点M运动时，直线BM与直线AE的夹角等于45°，请直接写出这时线段DM的长．专题2020年上海各区分类汇编-25题专题一动点函数下的相似三角形【历年真题】1．（2019秋•奉贤区期末）如图，已知平行四边形ABCD 中，AD AB ＝5，tan A ＝2，点E 在射线AD 上，过点E 作EF ⊥AD ，垂足为点E ，交射线AB 于点F ，交射线CB 于点G ，联结CE 、CF ，设AE ＝m ．（1）当点E 在边AD 上时，①求△CEF 的面积；（用含m 的代数式表示）②当S △DCE ＝4S △BFG 时，求AE ：ED 的值；（2）当点E 在边AD 的延长线上时，如果△AEF 与△CFG 相似，求m 的值．【考点】相似形综合题．【专题】综合题；运算能力；推理能力．【分析】（1）①先根据三角函数表示出EF ，再用勾股定理表示出AF ，再判断出△AEF ∽△BGF ，得出比例式表示出CG ，即可得出结论；②先表示出FG ，再用S △DCE ＝4S △BFG 建立方程求出m ，即可得出结论；（2）分两种情况：①当△AEF ∽△CGF 时，得出∠AFE ＝∠CFG ，进而得出BG ＝12BC ＝52，FG ＝BG tan ∠CBFBF ＝52，进而得出AF ＝AB +BF ＝5+52＝152，最后判断出△BGF ∽△AEF ，得出比例式建立方程求解即可得出结论；②当△AEF ∽△CGF 时，先判断出∠AFC ＝90°，进而得出CF ＝2BF ，再根据勾股定理得，求出BF ＝1，得出AF ＝AB +BF ＝6，同理：BG ＝，再判断出△BGF ∽△AEF ，得出比例式建立方程求解即可得出结论．【解答】解：（1）①∵EF ⊥AD ，∴∠AEF ＝90°，在Rt △AEF 中，tan A ＝2，AE ＝m ，∴EF ＝AE tan A ＝2m ，根据勾股定理得，AF ，∵AB ＝5，∴BF ＝5，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴BC ＝AD AD ∥BC ，∴∠G ＝∠AEF ＝90°，∴△AEF ∽△BGF ，∴AE AFBG BF =，∴m BG =，∴BG m ，∴CG ＝BC +BG ＝m ＝m ，∴S △CEF ＝12EF •CG ＝12•2m •（m ）＝m ﹣m 2；②由①知，△AEF ∽△BGF ，∴BF FG AF EF =，∴FG ＝BFAF •EF •2m ＝2m ），∴EG ＝EF +FG ＝2m +2﹣m ）＝∴S △CDE ＝12DE •EG ＝12（m ）•5，S △BFG ＝12BG •FG ＝12m ）•2m ﹣m ）2，S △DCE ＝4S △BFG 时，∴5＝4m ）2，∴m m ＝354，∴DE ＝AD ﹣AE ﹣4＝4，∴AE ：ED ＝354：54＝3，即：AE ：ED 的值为3；（2）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴BC ＝AD ，AD ∥BC ，∵EF ⊥AD ，∴EF ⊥BC ，∴∠AEF ＝∠CGF ＝90°，∵△AEF 与△CFG 相似，∴①当△AEF ∽△CGF 时，如图1，∴∠AFE ＝∠CFG ，∵EF ⊥BC ，∴BG ＝12BC ＝52，∵AD ∥BC ，∴∠CBF ＝∠A ，∵tan A ＝2，∴tan ∠CBF ＝2，在Rt △BGF 中，FG ＝BG tan ∠CBF根据勾股定理得，BF 52，∴AF ＝AB +BF ＝5+52＝152，∵BC∥AD，∴△BGF∽△AEF，∴BG BFAE AF=，∴，∴m ＝35 2；②当△AEF∽△CGF时，如图2，∴∠EAF＝∠GFC，∵∠EAF+∠AFE＝90°，∴∠GFC+∠AFE＝90°，∴∠AFC＝90°，∵AD∥BC，∴∠CBF＝∠A，∴tan∠CBF＝tan A＝2，在Rt△BFC中，CF＝BF•∠CBF＝2BF，根据勾股定理得，BF2+CF2＝BC2，∴BF2+4BF2）2，∴BF＝1，∴AF＝AB+BF＝6，在Rt△BGF中，同理：BG ＝5 5，∵AD∥BC，∴△BGF∽△AEF，∴AE AFBG BF=6155=，∴m ＝655．即：如果△AEF与△CFG相似，m 的值为35 2或．【点评】此题是相似形综合题，主要考查了平行四边形的性质，锐角三角函数，三角形的面积公式，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．2．（2019秋•杨浦区期末）已知在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，点P是直线AB上任意一点，联结PC．在∠PCD内部作射线CQ与对角线BD交于点Q（与B、D不重合），且∠PCQ＝30°．（1）如图，当点P在边AB上时，如果BP＝3，求线段PC的长；（2）当点P在射线BA上时，设BP＝x，CQ＝y，求y关于x的函数解析式及定义域；（3）联结PQ ，直线PQ 与直线BC 交于点E ，如果△QCE 与△BCP 相似，求线段BP 的长．【考点】相似形综合题．【专题】几何综合题；应用意识．【分析】（1）如图1中，作PH ⊥BC 于H ．解直角三角形求出BH ，PH ，在Rt △PCH 中，理由勾股定理即可解决问题．（2）如图1中，作PH ⊥BC 于H ，连接PQ ，设PC 交BD 于O ．证明△POQ ∽△BOC ，推出∠OPQ ＝∠OBC ＝30°＝∠PCQ ，推出PQ ＝CQ ＝y ，推出PC ，在Rt △PHB 中，BH ＝12x ，PH ＝2x ，根据PC 2＝PH 2+CH 2，可得结论．（3）分两种情形：①如图2中，若直线QP 交直线BC 于B 点左侧于E ．②如图3中，若直线QP 交直线BC 于C 点右侧于E ．分别求解即可．【解答】解：（1）如图1中，作PH ⊥BC 于H ．∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ＝4，AD ∥BC ，∴∠A +∠ABC ＝180°，∵∠A ＝120°，∴∠PBH ＝60°，∵PB ＝3，∠PHB ＝90°，∴BH ＝PB •cos60°＝32，PH ＝PB •sin60°＝332，∴CH ＝BC ﹣BH ＝4﹣32＝52，∴PC =．（2）如图1中，作PH ⊥BC 于H ，连接PQ ，设PC 交BD 于O ．∵四边形ABCD 是菱形，∴∠ABD ＝∠CBD ＝30°，∵∠PCQ ＝30°，∴∠PBO ＝∠QCO ，∵∠POB＝∠QOC，∴△POB∽△QOC，∴PO BOQO CO=，∴PO QOBO CO=，∵∠POQ＝∠BOC，∴△POQ∽△BOC，∴∠OPQ＝∠OBC＝30°＝∠PCQ，∴PQ＝CQ＝y，∴PC y，在Rt△PHB中，BH＝12x，PH＝32x，∵PC2＝PH2+CH2，∴3y2＝（2x）2+（4﹣12x）2，∴y＝3（0≤x＜8）．（3）①如图2中，若直线QP交直线BC于B点左侧于E．此时∠CQE＝120°，∵∠PBC＝60°，∴△PBC中，不存在角与∠CQE相等，此时△QCE与△BCP不可能相似．②如图3中，若直线QP交直线BC于C点右侧于E．则∠CQE＝∠B＝QBC+∠QCP＝60°＝∠CBP，∵∠PCB＞∠E，∴只可能∠BCP＝∠QCE＝75°，作CF⊥AB于F，则BF＝2，CF＝PCF＝45°，∴PF＝CF＝，此时PB＝2+2，③如图4中，当点P在AB的延长线上时，∵△QCE 与△BCP 相似，∴∠CQE ＝∠CBP ＝120°，∴∠QCE ＝∠PCB ＝15°，作CF ⊥AB 于F ．∵∠FCB ＝30°，∴∠FCP ＝45°，∴BF ＝12BC ＝2，CF ＝PF ＝23∴PB ＝3﹣2．综上所述，满足条件的PB 的值为3或232．【点评】本题考查相似形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．专题二动点函数背景下的面积问题【历年真题】1．（2019秋•黄浦区期末）如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，点D 与点B 分别位于直线AC 的两侧，且AD ＝AC ，联结BD 、CD ，BD 交直线AC 于点E ．（1）当∠CAD ＝90°时，求线段AE 的长．（2）过点A 作AH ⊥CD ，垂足为点H ，直线AH 交BD 于点F ，①当∠CAD ＜120°时，设AE ＝x ，y ＝BCE AEFS S ∆∆（其中S △BCE 表示△BCE 的面积，S △AEF 表示△AEF 的面积），求y 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围；②当BCE AEFS S ∆∆＝7时，请直接写出线段AE的长．【考点】三角形综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．【分析】（1）过点E 作EG ⊥BC ，垂足为点G ．AE ＝x ，则EC ＝2﹣x ．根据BG ＝EG 构建方程求出x 即可解决问题．（2）①证明△AEF ∽△BEC ，可得22BCE AEF S BE S AE∆∆=，由此构建关系式即可解决问题．②分两种情形：当∠CAD ＜120°时，当120°＜∠CAD ＜180°时，分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）∵△ABC 是等边三角形，∴AB ＝BC ＝AC ＝2，∠BAC ＝∠ABC ＝∠ACB ＝60°．∵AD ＝AC ，∴AD ＝AB ，∴∠ABD ＝∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB +∠BAC +∠CAD ＝180°，∠CAD ＝90°，∠ABD ＝15°，∴∠EBC ＝45°．过点E 作EG ⊥BC ，垂足为点G．设AE ＝x ，则EC ＝2﹣x ．在Rt △CGE 中，∠ACB ＝60°，∴3sin ACB=)2EG EC x =- ∠，1cos ACB=12CG EC x =- ∠，∴BG ＝2﹣CG ＝1+12x ，在Rt △BGE 中，∠EBC ＝45°，∴131)22x x +=-，解得4x =-．所以线段AE的长是4-．（2）①设∠ABD ＝α，则∠BDA ＝α，∠DAC ＝∠BAD ﹣∠BAC ＝120°﹣2α．∵AD ＝AC ，AH ⊥CD ，∴1CAF=DAC=60-2α ∠∠，又∵∠AEF ＝60°+α，∴∠AFE ＝60°，∴∠AFE ＝∠ACB ，又∵∠AEF ＝∠BEC ，∴△AEF ∽△BEC ，∴22BCE AEF S BE S AE∆∆=，由（1）得在Rt △CGE 中，BG ＝1+12x，EG )2x =-，∴BE 2＝BG 2+EG 2＝x 2﹣2x +4，∴2224x x y x-+=（0＜x ＜2）．②当∠CAD ＜120°时，y ＝7，则有7＝2224x x x-+，整理得3x 2+x ﹣2＝0，解得x ＝23或﹣1（舍弃），2AE=3．当120°＜∠CAD ＜180°时，同法可得22+24x x y x +=当y＝7时，7＝22+24x xx，整理得3x2﹣x﹣2＝0，解得x＝﹣23（舍弃）或1，∴AE＝1．【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．2．（2019秋•松江区期末）已知tan∠MON＝2，矩形ABCD的边AB在射线OM上，AD＝2，AB＝m，CF⊥ON，垂足为点F．（1）如图（1），作AE⊥ON，垂足为点E，当m＝2时，求线段EF的长度．（2）如图（2），联结OC，当m＝2，且CD平分∠FCO时，求∠COF的正弦值；（3）如图（3），当△AFD与△CDF相似时，求m的值．【考点】相似形综合题．【专题】分类讨论；图形的相似；推理能力．【分析】（1）如图1，延长FC交OM于点G，证∠BCG＝∠MON，在Rt△AOE中，设OE＝a，可求得OA，OG，OF的长，则EF＝OF﹣OE＝65 5；（2）如图2，延长FC交OM于点G，由（1）得CG＝5，推出CO＝CG＝5，在Rt△COB中，由勾股定理求出a的值，得出OF的长，可求出cos∠COF的值，进一步推出sin∠COF的值；（3）需分情况讨论：当D在∠MON内部时，△FDA∽△FDC时，此时CD＝AD＝2，m＝2；当△FDA∽△CDF 时，延长CD交ON于点Q，过F作FP⊥CQ于P，可利用三角函数求出m的值；当D在∠MON外部时，可利用相似的性质等求出m的值．【解答】解：（1）如图1，延长FC交OM于点G，∵∠BCG+∠CGB＝90°，∠MON+∠CGB＝90°，∴∠BCG＝∠MON，则tan∠BCG＝tan∠MON＝2，∴BG＝2BC＝4，CG＝，在Rt△AOE中，设OE＝a，由tan∠MON＝2，可得OA a，则OG+6，OF＝OG＝a+，∴EF＝OF﹣OE＝65 5；（2）如图2，延长FC交OM于点G，由（1）得CG＝∵CD平分∠FCO，∴∠FCD＝∠DCO，∵CD∥OM，∴∠FCD＝∠CGO，∠DCO＝∠COG，∴∠CGO＝∠COG，∴CO＝CG＝在Rt△COB中，由BC2+BO2＝OC2，得22++2）2＝（2，解得a1＝﹣655（舍去），a2＝255，∴OF＝a+5＝5，cos∠COF＝45 OFOC=，∴sin∠COF＝3 5；（3）当D在∠MON内部时，①如图3﹣1，△FDA∽△FDC时，此时CD＝AD＝2，∴m＝2；②当△FDA∽△CDF时，如图3﹣2，延长CD交ON于点Q，过F作FP⊥CQ于P，则∠FDC＝∠FDA＝135°，∴∠FDP＝45°，∵PC＝FP•tan∠PFC＝FP•tan∠MON＝2FP＝2DP＝CD+DP，∴FP＝PD＝CD＝m，∴FD m，∵△FDA∽△CDF，∴FD CD DA FD=，∴FD==，∴m＝1；当D在∠MON外部时，∠ADF＞90°，∠DFC＞90°，∴∠ADF ＝∠DFC ，∴∠DFI ＝∠FDI ，ID ＝IF ，①如图3﹣3，△FDA ∽△DFC 时，此时△FDA ≌△DFC ，∴CF ＝AD ＝2，∵∠DAF ＝∠FCD ＝∠FHD ，∴A 、O 重合，延长BC 交ON 于R ，∴FR ＝2CF ＝4，CR ＝BR ＝，∴m ＝CD ＝AB ＝12BR ＝；②如图3﹣4，△FDA ∽△CFD 时，设CF ＝（t ＞0），延长BC 交ON 于R ，过F 作FS ⊥CD 于S ，∵△DFC ≌△FDH ，∴DH ＝FC ，∴ID ＝IF ＝12CF ，∴IS ＝t ，FS ＝2t ，CS ＝4t ，DS ）t ，DH ＝FC ＝，∵△FDA ∽△CFD ，∴AD DF DF FC=，∴DF 2＝AD •FC ＝2DH ＝t ，∵DF 2＝DS 2+FS 2，∴＝4t 2+）2t 2，解得t 1＝512-，t 2＝0（舍去），∴DH ＝t ＝52＝AD ，矛盾，综上所述：m ＝1或m ＝2，或m ＝【点评】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是注意分类讨论思想的运用．专题三动点函数背景下的等腰三角形【历年真题】1．（2019秋•浦东新区期末）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D为AB边上一动点（点D与点A、B不重合），联结CD，过点D作DE⊥DC交边BC于点E．（1）如图，当ED＝EB时，求AD的长；（2）设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数解析式并写出函数定义域；（3）把△BCD沿直线CD翻折得△CDB'，联结AB'，当△CAB'是等腰三角形时，直接写出AD的长．【考点】几何变换综合题．【专题】几何综合题；应用意识．【分析】（1）证明∠ACD＝∠EDB＝∠B，推出tan∠ACD＝tan∠B，可得AD ACAC AB=，由此构建方程即可解决问题．（2）如图1中，作EH⊥BD于H．证明△ACD∽△HDE，推出AC ADDH EH=，由此构建关系式即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，设CB′交AB于K，作AE⊥CK于E，DM⊥CB′于M，DN⊥BC于N．利用角平分线的性质定理求出BD即可．②如图3﹣2中，当CB′交BA的延长线于K时，同法可得BD．【解答】解：（1）∵ED＝EB，∴∠EDB＝∠B，∵CD⊥DE，∴∠CDE＝∠A＝90°，∵∠ACD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠EDH＝90°，∴∠ACD＝∠EDB＝∠B，∴tan∠ACD＝tan∠B，∴AD ACAC AB=，∴334AD=，∴94AD=．（2）如图1中，作EH⊥BD于H．在Rt△ACB中，∵∠A＝90°，AC＝3，AB＝4，∴BC=5，∵BE＝y，∴EH＝35y，BH＝45y，DH＝AB﹣AD﹣BH＝4﹣x﹣45y，∵∠A＝∠DHE＝90°，∠ACD＝∠EDH，∴△ACD∽△HDE，∴AC AD=DH EH，∴3x=434-x-55y y，∴220594x xyx-=+（0＜x＜4）．（3）①如图3﹣1中，设CB′交AB于K，作AE⊥CK于E，DM⊥CB′于M，DN⊥BC于N∵AC ＝AB ′＝3，AE ⊥CB ′，∴CE ＝'EB ='12CB ＝52，∴AE 22225113()22AC CE -=-，由△ACE ∽△KCA ，可得AK ＝3115，CK ＝185，∴BK ＝AB ﹣AK ＝4﹣3115，∵∠DCK ＝∠DCB ，DM ⊥CM ，DN ⊥CB ，∴DM ＝DN ，∴181185215252CDK CDB CK DM S DK CK S DB CB BC DN ∆∆===== ，∴BD ＝2543BK ＝10043151143，∴AD ＝AB ﹣BD ＝4﹣（10043151143）＝7242151143．②如图3﹣2中，当CB ′交BA 的延长线于K 时，同法可得BD ＝2543BK ＝10043151143，∴AD ＝AB ﹣BD ＝7242﹣151143．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．2．（2019秋•青浦区期末）如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝BD ＝10，CD ＝4，AD＝6．点P 是线段BD 上的动点，点E 、Q 分别是线段DA 、BD 上的点，且DE ＝DQ ＝BP ，联结EP 、EQ ．（1）求证：EQ ∥DC ；（2）当BP ＞BQ 时，如果△EPQ 是以EQ 为腰的等腰三角形，求线段BP 的长；（3）当BP ＝m （0＜m ＜5）时，求∠PEQ 的正切值．（用含m 的式子表示）【考点】相似形综合题．【专题】综合题；运算能力；推理能力．【分析】（1）先利用两边对应成比例，夹角相等，判断出△DEQ ∽△BCD ，得出∠DQE ＝∠BDC ，即可得出结论；（2）先用△DEQ ∽△BCD ，得出比例式表示出EQ ，再分两种情况，建立方程求解，即可得出结论；（3）先判得出△PHQ ∽△BGD ，得出PH PQ HQ BG BD GD ==，进而表示出HQ ＝1025m -，PH ＝26(102)5m -，即可得出结论．【解答】解：（1）∵AD ∥BC ，∴∠EDQ ＝∠DBC ，∵DE ＝DQ ，BD ＝BC ，∴1DE DQ =，BD BC ＝1，∴DE BD DQ BC=，∴△DEQ ∽△BCD ，∴∠DQE ＝∠BDC ，∴EQ ∥CD ；（2）设BP ＝x ，则DQ ＝x ，QP ＝2x ﹣10，∵△DEQ∽△BCD，∴EQ QDDC BC=，∴410EQ x=，∴EQ＝25x，∵△EPQ是以EQ为腰的等腰三角形，∴Ⅰ、当EQ＝EP时，∴∠EQP＝∠EPQ，∵DE＝DQ，∴∠EQP＝∠QED，∴∠EPQ＝∠QED，∴△EQP∽△DEQ，∴，∴EQ2＝DE•QP，∴（25x）2＝（2x﹣10）•x，解得，x＝0（舍）或x＝12523＜6，即：BP＝12523，Ⅱ、当QE＝QP时，25x＝2x﹣10，解得，x＝254＞6，此种情况不存在，即：BP＝125 23；（3）如图，过点P作PH⊥EQ，交EQ的延长线于点H，过点B作BG⊥DC，垂足为点G，∵BD＝BC，BG⊥DC，∴DG＝2，BG＝，∵BP＝DQ＝m，∴PQ＝10﹣2m，∵EQ∥DC，∴∠PQH＝∠BDG，∵∠PHQ＝∠BGD＝90°，∴△PHQ∽△BGD，∴PH PQ HQBG BD GD==102102m HQ-==，∴HQ＝1025m-，PH＝2)5m-，∴EH＝102255m m-+＝2，∴tan∠PEQ＝PHEH＝2)5m-12⨯＝﹣5m．【点评】此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，锐角三角函数，用方程的思想解决问题是解本题的关键．3．（2019秋•闵行区期末）已知：如图，在Rt△ABC和Rt△ACD中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∠ADC＝90°，CD＝2，（点A、B分别在直线CD的左右两侧），射线CD交边AB于点E，点G是Rt△ABC的重心，射线CG交边AB于点F，AD＝x，CE＝y．（1）求证：∠DAB＝∠DCF；（2）当点E在边CD上时，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；（3）如果△CDG是以CG为腰的等腰三角形，试求AD的长．【考点】相似形综合题．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】（1）由点G是Rt△ABC的重心，证明CF⊥AB，即∠AFC＝90°，利用外角的性质即可证明结论；（2）过点B作BH⊥CD于点H，先证△CAD≌△BCH，得出BH＝CD＝2，CH＝AD＝x，DH＝2﹣x，再证△ADE ∽△BHE，利用合比性质即可求出结论；（3）分两种情况讨论，当GC＝GD时，如图2﹣1，取AC的中点M，联结MD，可证AD＝CH＝12CD=1；当CG＝CD时，如图2﹣2，可由重心分别求出CF，AC，CD的长，可由勾股定理求出AD的长．【解答】（1）证明：∵点G是Rt△ABC的重心，∴CF是Rt△ABC的中线，又∵在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴CF⊥AB，即∠AFC＝90°，∵∠DEF＝∠ADE+∠DAE＝∠EFC+∠ECF，且∠ADE＝∠EFC＝90°，∴∠DAB＝∠DCF；（2）解：如图1，过点B作BH⊥CD于点H，则∠CBH+∠BCH＝90°，又∵∠BCH+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠CBH，又∵∠ADC＝∠CHB＝90°，AC＝CB，∴△CAD≌△BCH，∴BH＝CD＝2，CH＝AD＝x，DH＝2﹣x，∵∠ADC＝∠CHB＝∠BHD＝90°，∴AD∥BH，∴△ADE∽△BHE，∴AD DEBH EH=，∴2x DEEH=，∴22x DE EH DHEH EH++==，∴4-2xEH=x+2，∴2424(02)22x xy CE CH HE x xx x-+==+=+=<≤++；（3）解：当GC＝GD时，如图2﹣1，取AC的中点M，联结MD，那么MD＝MC，联结MG，MG⊥CD，且直线MG经过点B，那么BH与MG共线，又CH ＝AD ，那么AD ＝CH ＝12CD =1；当CG ＝CD 时，如图2﹣2，即CG ＝2，点G 为△ABC 的重心，∴332CF CG ==，∴AB ＝2CF ＝6，∴22AC AB ==，∴AD ==；综上所述，AD ＝1【点评】本题考查了函数，相似三角形的判定与性质，重心的性质等，解题关键是熟练掌握重心的性质．4．（2019秋•崇明区期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝10，BC ＝16，点D 为BC 边上的一个动点（点D 不与点B 、点C 重合）．以D 为顶点作∠ADE ＝∠B ，射线DE 交AC 边于点E ，过点A 作AF ⊥AD 交射线DE 于点F ．（1）求证：AB •CE ＝BD •CD ；（2）当DF 平分∠ADC 时，求AE 的长；（3）当△AEF 是等腰三角形时，求BD 的长．【考点】相似形综合题．【专题】几何综合题；图形的相似；推理能力．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B ＝∠C ，根据三角形的外角性质得到∠BAD ＝∠CDE ，得到△BAD ∽△CDE ，根据相似三角形的性质证明结论；（2）证明DF ∥AB ，根据平行线的性质得到AE BD AC BC =，证明△BDA ∽△BAC ，根据相似三角形的性质列式计算，得到答案；（3）分点F 在DE 的延长线上、点F 在线段DE 上两种情况，根据等腰三角形的性质计算即可．【解答】（1）证明：∵AB ＝AC ，∴∠B ＝∠C ，∠ADC ＝∠BAD +∠B ，∠ADE ＝∠B ，∴∠BAD ＝∠CDE ，又∠B ＝∠C ，∴△BAD ∽△CDE ，∴AB BD CD CE=，即AB •CE ＝BD •CD ；（2）解：∵DF 平分∠ADC ，∴∠ADE ＝∠CDE ，∵∠CDE ＝∠BAD ，∴∠ADE ＝∠BAD ，∴DF ∥AB ，∴AE BD AC BC=，∵∠BAD ＝∠ADE ＝∠B ，∴∠BAD ＝∠C ，又∠B ＝∠B ，∴△BDA ∽△BAC ，∴BD BA BA BC =，即101016BD =解得，254BD =，∴2541016AE =，解得，AE ＝12532；（3）解：作AH ⊥BC 于H ，∵AB ＝AC ，AH ⊥BC ，∴BH ＝HC ＝12BC ＝8，由勾股定理得，AH 22221086AB BH -=-=，∴tan B ＝AH BH ＝34，∴tan ∠ADF ＝AF AD ＝34，设AF ＝3x ，则AD ＝4x ，由勾股定理得，DF 22AD AF +＝5x ，∵△BAD ∽△CDE ，∴AD AB DE CD =，当点F在DE的延长线上，FA＝FE时，DE＝5x﹣3x＝2x，∴1042xCD x=，解得，CD＝5，∴BD＝BC﹣CD＝11，当EA＝EF时，DE＝EF＝2.5x，∴1042.5xCD x=，解得，CD＝254，∴BD＝BC﹣CD＝39 4；当AE＝AF＝3x时，DE＝75x，∴10475xCD x=，解得，CD＝72，∴BD＝BC﹣CD＝252；当点F在线段DE上时，∠AFE为钝角，∴只有FA＝FE＝3x，则DE＝8x，∴1048x CD x=，解得，CD＝20＞16，不合题意，∴△AEF是等腰三角形时，BD的长为11或394或252．【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．5．（2019秋•宝山区期末）如图，OC是△ABC中AB边的中线，∠ABC＝36°，点D为OC上一点，如果OD＝k⋅OC，过D作DE∥CA交于BA点E，点M是DE的中点，将△ODE绕点O顺时针旋转α度（其中0°＜α＜180°）后，射线OM交直线BC于点N．（1）如果△ABC的面积为26，求△ODE的面积（用k的代数式表示）；（2）当N和B不重合时，请探究∠ONB的度数y与旋转角α的度数之间的函数关系式；（3）写出当△ONB为等腰三角形时，旋转角α的度数．【考点】几何变换综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．【分析】（1）通过证明△ODE ∽△OCA ，可得2()DEO OAC S OD S OC∆∆=，即可求解；（2）通过证明△OEM ∽△BAC ，可得∠EOM ＝∠ABC ＝36°，分两种情况讨论可求解；（3）分四种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．【解答】解：（1）∵OC 是△ABC 中AB 边的中线，△ABC 的面积为26，∴S △OAC ＝13，∵DE ∥AC ，∴△ODE ∽△OCA ，∠OEM ＝∠OAC ，∴2()DEO OAC S OD S OC∆∆=，且OD ＝k ⋅OC ，∴S △ODE ＝13k 2，（2）∵△ODE ∽△OCA ，∴OE OD DE k OA OC AC ===，∵OC 是△ABC 中AB 边的中线，点M 是DE 的中点，∴AB ＝2AO ，EM ＝12DE ，∴2OE k EM AB AC==，且∠OEM ＝∠OAC ，∴△OEM ∽△BAC ，∴∠EOM ＝∠ABC ＝36°，如图2，当0＜α＜144°时，∵∠AON ＝∠B +∠ONB ，∴∠AOE +∠EOM ＝∠B +∠ONB ∴y ＝α如图3，当144°＜α＜180°时，∵∠BON ＝∠EOM ﹣∠BOE ＝36°﹣（180°﹣α）∴∠NOB ＝α﹣144°，∵∠BNO ＝∠ABC ﹣∠NOB ＝36°﹣（α﹣144°）＝180°﹣α；（3）当0＜α＜144°时，若OB＝ON，则∠ABC＝∠BNO＝36°＝α，若OB＝BN，则∠ONB＝180362-＝72°＝α，若ON＝BN，则∠ABC＝∠BON＝36°，∴∠ONB＝180°﹣2×36°＝108°＝α，当144°＜α＜180°时，若OB＝BN，则∠N＝∠NOB＝18°＝180°﹣α，∴α＝162°．【点评】本题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰三角形的性质等知识，证明△OEM∽△BAC是本题的关键．专题四动点函数背景下的线段问题【历年真题】1．（2019秋•虹口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，sin∠ABC＝3 5，点D为射线BC上一点，联结AD，过点B作BE⊥AD分别交射线AD、AC于点E、F，联结DF，过点A作AG∥BD，交直线BE于点G．（1）当点D在BC的延长线上时，如果CD＝2，求tan∠FBC；（2）当点D在BC的延长线上时，设AG＝x，S△DAF＝y，求y关于x的函数关系式（不需要写函数的定义域）；（3）如果AG＝8，求DE的长．【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力；应用意识．【分析】（1）求出AC＝3，可得∠DAC＝∠FBC，则tan∠FBC＝tan∠DAC＝23 DCAC=；（2）由条件可得∠AGF＝∠CBF，可得AF CFAG BC=，可用x表示CF和AF的长，求出CD，则S△DAF＝12AF CD，可用x表示结果；（3）分两种情况，①当点D 在BC 的延长线上时，②当点D 在BC 的边上时，可求出AE 长AD 的长，则DE ＝AD ﹣AE 可求出．【解答】解：（1）∵∠ACB ＝90°，BC ＝4，sin ∠ABC ＝35，∴设AC ＝3x ，AB ＝5x ，∴（3x ）2+16＝（5x ）2，∴x ＝1，即AC ＝3，∵BE ⊥AD ，∴∠AEF ＝90°，∵∠AFE ＝∠CFB ，∴∠DAC ＝∠FBC ，∴tan ∠FBC ＝tan ∠DAC ＝23DC AC =；（2）∵AG ∥BD ，∴∠AGF ＝∠CBF ，∴tan ∠AGF ＝tan ∠CBF ，∴AF CF AG BC =，AG AF BC CF =，∴34x CF CF-=，∴124CF x =+．∴12334AF CF x =-=-+＝34x x+．∵∠EAF ＝∠CBF ，∴CD CF AC BC =，∴94CD x =+，∴S △DAF ＝12AF CD ＝2193272442(4)x x x x x ⨯⨯=+++；（3）①当点D 在BC 的延长线上时，如图1，∵AG ＝8，BC ＝4，AG ∥BD ，∴21AG AF BC CF ==，∴AF ＝2CF ，∵AC ＝3，∴AF ＝2，CF ＝1，∴CF 1tan AGE=tan CBF==BC 4∠∠，∴AE 1=GE 4，设AE ＝x ，GE ＝4x ，∴x 2+16x 2＝82，解得x ＝，即AE ．同理tan ∠DAC ＝tan ∠CBF ，∴DC 1=AC 4，∴DC ＝34，∴AD∴DE AD AE=-=②当点D在BC的边上时，如图2，∵AG∥BD，AG＝8，BC＝4，∴8241AG AFBC CF===．∴AF＝6，∵∠EAF＝∠CBF＝∠ABC，∴cos∠EAF＝cos∠ABC，∴654AE=，∴245AE=，同理AC BCAD AB=，∴345AD=，∴154AD=．∴DE＝AE﹣AD＝241521 5420-=．综合以上可得DE的长为191768或2120．【点评】本题是三角形综合题，考查了勾股定理，平行线的性质，三角形的面积，锐角三角函数等知识，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．2．（2019秋•静安区期末）已知：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边BC、DC上，AB2＝BE•DC，DE：EC＝3：1，F是边AC上的一点，DF与AE交于点G．（1）找出图中与△ACD相似的三角形，并说明理由；（2）当DF平分∠ADC时，求DG：DF的值；（3）如图2，当∠BAC＝90°，且DF⊥AE时，求DG：DF的值．【考点】相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．【分析】（1）根据相似三角形的判定定理进行判定即可；（2）由相似三角形的性质即可得出答案；（3）由等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质即可得出答案．【解答】解：（1）与△ACD 相似的三角形有：△ABE 、△ADE ，理由如下：∵AB 2＝BE •DC ，∴BE AB AB DC=，∵AB ＝AC ，∴∠B ＝∠C ，BE AC AB DC =，∴△ABE ∽△DCA ．∵△ABE ∽△DCA ，∴∠AED ＝∠DAC ．∵∠AED ＝∠C +∠EAC ，∠DAC ＝∠DAE +∠EAC ，∴∠DAE ＝∠C ．∴△ADE ∽△CDA ；（2）∵△ADE ∽△CDA ，又∵DF 平分∠ADC ，∴DG DE AD DF AD CD==，设CE ＝a ，则DE ＝3CE ＝3a ，CD ＝4a ，∴34a AD AD a=，解得：AD ＝23a ，∴23342DG AD a DF CD a ===；（3）∵∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，∴∠B ＝∠C ＝45°，∴∠DAE ＝∠C ＝45°∵DG ⊥AE ，∴∠DAG ＝∠ADF ＝45°，∴AG ＝DG ＝22AD ＝22×236a ，∴EG 2222(3)(6)3DE DG a a -=-a ，∴AE ＝AG +EG ＝（63）a ，∵∠AED ＝∠DAC ，∴△ADE ∽△DFA ，∴AD AE DF AD=，∴22AD AE ==a ，∴24DG DF +==．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．专题四动点函数背景下四边形【历年真题】1．（2019秋•长宁、金山区期末）如图，已知在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，点P 、Q 分别在边AC 、射线CB 上，且AP ＝CQ ，过点P 作PM ⊥AB ，垂足为点M ，联结PQ ，以PM 、PQ 为邻边作平行四边形PQNM ，设AP ＝x ，平行四边形PQNM 的面积为y ．（1）当平行四边形PQNM 为矩形时，求∠PQM 的正切值；（2）当点N 在△ABC 内，求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域；（3）当过点P 且平行于BC 的直线经过平行四边形PQNM 一边的中点时，直接写出x 的值．【考点】四边形综合题．【专题】几何综合题；应用意识．【分析】（1）当四边形PQMN 是矩形时，PQ ∥AB ．根据tan ∠PQM ＝PM PQ求解即可．（2）如图1中，延长QN 交AB 于K ．求出MK ，PM ，根据y ＝PM •MK 求解即可．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当平分MN 时，D 为MN 的中点，作NE ∥BC 交PQ 于E ，作NH ⊥CB 交CB 的延长线于H ，EG ⊥BC 于G ．根据EG ＝12PC 构建方程求解．②如图3﹣2中，当平分NQ 时，D 是NQ 的中点，作DH ⊥CB 交CB 的延长线于H ．根据PC ＝GH 构建方程求解即可．【解答】解：（1）在Rt △ACB 中，∵∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，∴AB ＝＝10，当四边形PQMN是矩形时，PQ∥AB．∴tan∠PQM＝PMPQ=3955253PACQ=．（2）如图1中，延长QN交AB于K．由题意BQ＝6﹣x，QN＝PM＝35x，AM＝45x，KQ＝45BQ＝2445x-，BK＝35BQ＝1835x-，∴MK＝AB﹣AM﹣BK＝325x-，∵QN＜QK，∴35x＜2445x-，∴x＜247，∴y＝PM•MK＝296325x x-（0＜x＜247）．（3）①如图3﹣1中，当平分MN时，D为MN的中点，作NE∥BC交PQ于E，作NH⊥CB交CB的延长线于H，EG⊥BC于G．∵PD∥BC，EN∥BC，∴PD∥NE，∵PE∥DN，∴四边形PDNE是平行四边形，∴PE＝DN，∵DN＝DM，PQ＝MN，∴PE＝EQ，∵EG∥PC，∴CG＝GQ，∴EG＝12PC，∵四边形EGHN是矩形，∴NH＝EG＝35NQ＝35PM＝925x，PC＝8﹣x，∴925x＝12•（8﹣x），解得x＝20043．②如图3﹣2中，当平分NQ时，D是NQ的中点，作DH⊥CB交CB的延长线于H．∵DH＝PC，∴8﹣x＝12•925x，解得x＝40059，综上所述，满足条件x的值为20043或40059．【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．2．（2019秋•嘉定区期末）已知：点P在△ABC内，且满足∠APB＝∠APC（如图），∠APB+∠BAC＝180°．（1）求证：△PAB∽△PCA；（2）如果∠APB＝120°，∠ABC＝90°，求PCPB的值；（3）如果∠BAC＝45°，且△ABC是等腰三角形，试求tan∠PBC的值．【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等腰三角形的性质．【专题】图形的相似；应用意识．【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．（2）证明△PAB∽△PCA，利用相似三角形的性质解决问题即可．（3）分三种情形：AB＝AC，AB＝BC，AC＝BC分别求解即可解决问题．【解答】证明：（1）∵∠ABP +∠BAP +∠APB ＝180°，∠APB +∠BAC ＝180°，∴∠ABP +∠BAP +∠APB ＝∠APB +∠BAC ，即∠ABP +∠BAP +∠APB ＝∠APB +∠BAP +∠CAP ，∴∠ABP ＝∠CAP ，又∵∠APB ＝∠APC ，∴△PAB ∽△PCA ．（2）如图1中，∵∠APB +∠BAC ＝180°，∠APB ＝120°，∴∠BAC ＝60°，在△ABC 中，∵∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴，又∵△PAB ∽△PCA ，∴12PB PA AB PA PC AC ===，∴14PB PB PA PC PA PC == ，即4PC PB =．（3）∵∠BAC ＝45°，∠APB +∠BAC ＝180°，∠APB ＝∠APC ，∴∠APB ＝∠APC ＝135°．∴∠BPC ＝360°﹣∠APB ﹣∠APC ＝360°﹣135°﹣135°＝90°，∵△PCA ∽△PAB ，∴PA PC AC PB PA AB==，∴163．①如图2中，当△ABC 是等腰三角形，且AB ＝AC 时，2tan PBC=()=1PC AC PB AB =∠．②如图3中，当△ABC 是等腰三角形，且AB ＝BC 时，∠ACB ＝∠BAC ＝45°，∠ABC ＝90°，易得2AC AB ，∴2tan PBC=()=2PC AC PB AB=∠．③如图10﹣4，当△ABC 是等腰三角形，且AC ＝BC 时，∠ABC ＝∠BAC ＝45°，∠ACB ＝90°，易得2=2AC AB ，∴21tan PBC=()=2PC AC PB AB =∠．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．3．（2019秋•徐汇区期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，点D 是边AB 上的动点（点D 不与点AB 重合），点G 在边AB 的延长线上，∠CDE ＝∠A ，∠GBE ＝∠ABC ，DE 与边BC 交于点F ．（1）求cos A 的值；（2）当∠A ＝2∠ACD 时，求AD 的长；（3）点D 在边AB 上运动的过程中，AD ：BE 的值是否会发生变化？如果不变化，请求AD ：BE 的值；如果变化，请说明理由．【考点】三角形综合题．。

上海名师马学斌中考数学压轴题数学是中学生中考的一门重要科目，也是让很多学生头疼的科目之一。

为了帮助学生更好地备考数学，上海名师马学斌特别准备了一道中考数学压轴题。

本文将为大家详细解析这道题目，并提供解题思路和方法。

题目：已知函数f(x) = 2x^2 - 3x + 1，g(x) = x + 2，h(x) = f(g(x))，求h(3)的值。

解析：首先，我们需要明确题目中给出的函数f(x)、g(x)和h(x)的定义。

函数f(x) = 2x^2 - 3x + 1是一个二次函数，g(x) = x + 2是一个一次函数。

而h(x) = f(g(x))表示将g(x)的结果代入f(x)中，即先计算g(x)，再将结果代入f(x)中进行计算。

接下来，我们需要求解h(3)的值。

根据h(x)的定义，我们可以得到h(x) = f(g(x)) = f(x + 2)。

将x + 2代入f(x)中，得到h(x) = 2(x + 2)^2 -3(x + 2) + 1。

将x = 3代入h(x)的表达式中，即可求得h(3)的值。

计算过程如下：h(3) = 2(3 + 2)^2 - 3(3 + 2) + 1= 2(5)^2 - 3(5) + 1= 2(25) - 15 + 1= 50 - 15 + 1= 36因此，h(3)的值为36。

解题思路：解决这道题目的关键在于理解函数的定义和运算规则。

首先，我们要明确每个函数的定义，并根据定义进行计算。

其次，我们要注意函数的运算顺序，先计算g(x)，再将结果代入f(x)中进行计算。

最后，根据题目要求，将特定的值代入h(x)的表达式中，求得最终的结果。

解题方法：解决这道题目可以采用代入法和运算法两种方法。

代入法是将给定的值代入函数的表达式中进行计算，而运算法是根据函数的定义和运算规则进行逐步计算。

在本题中，我们采用了运算法的方法。

首先，我们根据h(x)的定义，将g(x)的表达式代入f(x)中，得到h(x) = f(g(x)) = f(x + 2)。

专题图形的旋转【知识梳理】【历年真题】1．（2021秋•普陀区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，AD是边BC上的高，将△ABC绕点C旋转，点B落在线段AD上的点E处，点A落在点F处，那么cos∠FAD ＝．2．（2021秋•静安区期末）如图，正方形ABCD中，将边BC绕着点C旋转，当点B落在边AD的垂直平分线上的点E处时，∠AEC的度数为．3．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，tan A＝512，将△ABC绕点A逆时针旋转90°后得△ADE，点B落在点D处，点C落在点E处，联结BE、CD，作∠CAD的平分线AN，交线段BE于点M，交线段CD于点N，那么AMAN的值为．4．（2021秋•嘉定区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AB=25D在边AC上，CD：AD＝1：3，联结BD，点E在线段BD上，如果∠BCE＝∠A，那么CE＝．5．（2021秋•松江区期末）如图，已知矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，E是边DC上一点，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△AD′E′，使得点D的对应点D'落在AE上，如果D′E′的延长线恰好经过点B，那么DE的长度等于．6、（2021秋•黄浦区期末17）如图，在△ABC中，AB=4，AC=5，将△ABC绕点A旋转,使点B落在AC边上的点D处，点C落在点E处，如果点E恰好在线段BD的延长线上，那么边BC的长等于．7．（2020秋•嘉定区期末）已知在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝10，sin A ＝55（如图），把△ABC 绕着点C 按顺时针方向旋转α°（0＜α＜360），将点A 、B 的对应点分别记为点A ′，B ′，如果△AA ′C 为直角三角形，那么点A 与点B '的距离为．8．（2020秋•闵行区期末）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝3，tan B ＝．将△ABC 绕着点A 顺时针旋转后，点B 恰好落在射线CA 上的点D 处，点C 落在点E 处，射线DE 与边AB 相交于点F ，那么BF ＝．9．（2020秋•静安区期末）在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝13，tan B ＝23（如图），将△ABC 绕点C 旋转后，点A 落在斜边AB 上的点A '，点B 落在点B '，A 'B '与边BC 相交于点D ，那么'CD A D 的值为．10．（2020秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC 中，∠B ＝45°，∠C ＝60°，将△ABC 绕点A 旋转，点B 、C 分别落在点B 1、C 1处，如果BB 1∥AC ，联结C 1B 1交边AB 于点D ，那么1BD B D 的值为．11．（2020秋•宝山区期末）在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，点E 、F 分别是边CA 、CB 的中点，已知点P 在线段EF 上，联结AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转90°得到线段DP ，如果点P 、D 、C 在同一直线上，那么tan ∠CAP ＝．12．（2020秋•奉贤区期末）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，CD 是△ABC 的角平分线，将Rt △ABC 绕点A 旋转，如果点C 落在射线CD 上，点B 落在点E 处，联结DE ，那么∠AED 的正切值为．13．（2019秋•奉贤区期末）如图，已知矩形ABCD （AB ＞BC ），将矩形ABCD 绕点B 顺时针旋转90°，点A 、D 分别落在点E 、F 处，连接DF ，如果点G 是DF 的中点，那么∠BEG 的正切值是．14．（2019秋•浦东新区期末）在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝2，BC ＝4，点D 、E 分别是边BC 、AB 的中点，将△BDE 绕着点B 旋转，点D 、E 旋转后的对应点分别为点D '、E '，当直线D 'E '经过点A 时，线段CD '的长为．15．（2019秋•长宁、金山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4点P在边BC上，联结AP，将△ABP绕着点A旋转，使得点P与边AC的中点M重合，点B的对应点是点B′，则BB′的长等于．16．（2019秋•松江区期末）如图，矩形ABCD中，AD＝1，AB＝k，将矩形ABCD绕着点B 顺时针旋转90°得到矩形A′BC′D′，联结AD′，分别交边CD，A′B于E、F，如果AE D′F，那么k＝．17．（2019秋•嘉定区期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos A＝35（如图），把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，将A、B的对应点分别记为点A'、B'．如果A'B'恰好经过点A，那么点A与点A'的距离为．18．（2019秋•徐汇区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转后得到矩形A'BC'D'，点A的对应点A'在对角线AC上，点C、D分别与点C'、D'对应，A′D'与边BC交于点E，那么BE的长是．19.（2019秋•普陀区期末）如图,在RtΔABC中，∠C=90°，AC=5，sinB=513，点P为边BC上一点，PC=3,将△ABC绕点P旋转得到△A'B'C'(点A，B、C分别与点A'、B'、C'对应).使B'C'∥AB，边A'C'与边AB交于点G，那么A'G 的长等于．专题图形的旋转【历年真题】1．（2021秋•普陀区期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝4，AD 是边BC 上的高，将△ABC 绕点C 旋转，点B 落在线段AD 上的点E 处，点A 落在点F 处，那么cos ∠FAD ＝21332-．【考点】旋转的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质；勾股定理．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】如图，过点F 作FG ⊥AD 于点G ，由旋转可知：CE ＝BC ＝4，CF ＝EF ＝AB ＝AC ＝5，利用三角函数可得∠ECD ＝60°，进而可得：DE ＝AF ＝EF ＝5，运用勾股定理可得AD ，AE ﹣，由等腰三角形性质可得AG ＝EG ＝21332-，再运用三角函数可得cos ∠FAD ＝AG AF ＝．【解答】解：如图，过点F 作FG ⊥AD 于点G ，∵将△ABC 绕点C 旋转，点B 落在线段AD 上的点E 处，点A 落在点F 处，∴CE ＝BC ＝4，CF ＝EF ＝AB ＝AC ＝5，∵AB ＝AC ，AD 是边BC 上的高，∴BD ＝CD ＝2，∴cos ∠ECD ＝2142CD CE ==，∴∠ECD ＝60°，∴DE ＝CE •sin ∠ECD ＝4×sin60°＝，∵∠ACF ＝∠ECD ＝60°，∴△ACF 是等边三角形，∴AF ＝EF ＝5，在Rt △ACD 中，AD ＝＝＝，∴AE ＝AD ﹣DE ﹣∵AF ＝EF ，FG ⊥AD ，∴AG ＝EG ＝21332-，∴cos ∠FAD ＝AG AF ＝＝2-，故答案为：2．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数定义，解题关键是要熟练运用等腰三角形性质．2．（2021秋•静安区期末）如图，正方形ABCD中，将边BC绕着点C旋转，当点B落在边AD的垂直平分线上的点E处时，∠AEC的度数为45°或135°．．【考点】旋转的性质；线段垂直平分线的性质；正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】分两种情况讨论，由旋转的性质和线段垂直平分线的性质可得△BEC是等边三角形，由等腰三角形的性质可求解．【解答】解：如图，当点E在BC的上方时，连接BE∵MN是AD的垂直平分线，四边形ABCD是正方形，∴MN垂直平分BC，∴BE＝EC，∵将边BC绕着点C旋转，∴BC＝CE，∴△BEC是等边三角形，∴∠EBC＝∠BEC＝60°，∴∠ABE＝30°，∵AB＝BC＝BE，∴∠AEB＝75°，∴∠AEC＝75°+60°＝135°；当点E'在BC的下方时，同理可得△BE'C是等边三角形，∴BC＝BE'，∠BE'C＝60°＝∠CBE'，∴∠ABE'＝150°，∵AB＝BC＝BE'，∴∠AE'B＝15°，∴∠AE'C＝45°，故答案为：45°或135°．【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．3．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，tan A＝512，将△ABC绕点A逆时针旋转90°后得△ADE，点B落在点D处，点C落在点E处，联结BE、CD，作∠CAD的平分线AN，交线段BE于点M，交线段CD于点N，那么AMAN的值为23．【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质．【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】先根据题目条件作出图象，由∠C＝90°和tan A＝512，设BC＝5k，AC＝12k，然后由旋转的性质得到AE ＝AC＝12k，ED＝BC＝5k，AB＝AD＝13k，以点C为原点、BC和AC所在直线分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系，则A（0，12k），B（﹣5k，0），E（12k，12k），D（12k，7k），过点N作NF⊥AC于点F，交BE于点P，NH ⊥AD于点H，得到NF＝NH，得到AMCAMDAC12k==AD13kSS△△，然后由高相等的两个三角形的面积之比为底边长之比得到CNDN的值，进而用含有k的式子表示点N的坐标，再求得直线BE的解析式，然后求得点P的坐标得到NP的长，最后通过△MAE∽△MNP得到AMNM的值，即可得到AMAN的值．【解答】方法一：解：由∠C＝90°和tan A＝512可设BC＝5k，AC＝12k，∴AB＝13k，由旋转得，AE＝AC＝12k，ED＝BC＝5k，AB＝AD＝13k，如图，以点C为原点，BC和AC所在直线分别为x轴和y轴，建立平面直角坐标系，则A（0，12k），B（﹣5k，0），∵旋转角为90°，∴E（12k，12k），D（12k，7k），过点N作NF⊥AC于点F，交BE于点P，作NH⊥AD于点H，∵AN平分∠CAD，∴NF＝NH，∴AMCAMDAC12k==AD13kSS△△，又∵△ANC 在边CN 上的高和△AND 在边DN 上的高相等，∴AMC AMD CN 12==DN 13S S △△，∴点N 的坐标为（144k 25，84k 25），设直线BE 的解析式为y ＝mx +n ，则-5mk+01212n km n k =⎧⎨+=⎩，解得：12m 176017k n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴直线BE 的解析式为y ＝1217x +6017k ，当y ＝8425k 时，1217x +6017k ＝8425k ，解得：x ＝﹣625k ，∴P （﹣625k ，8425k ），∴NP ＝144k 25﹣（﹣625k ）＝6k ，∵NF ⊥AC ，∠EAC ＝90°，∴AE ∥NP ，∴△MAE ∽△MNP ，∴126AM AE k MN NP k ==＝2，∴23AM AN =，方法二：解：由题可知，∠BAC ＝∠DAE ，∠CAM ＝∠MAD ，∴∠BAC +∠CAM ＝∠DAE +∠MAD ，∴∠BAN ＝∠NAE ，如图，延长AN ，交BC 的延长线于点F ，∵AE ∥BC ，∴∠EAN ＝∠AFC ，∴∠BAN ＝∠AFC ，∴BF ＝BA ，设BC ＝5，AC ＝12，AB ＝13，∴1213AE BF =，∴△AME ∽△FMB ，∴1213AM AE MF BF ==，∴1225AM AF =，延长AD 与BC 的延长线交于点H ，延长ED 与BH 交于点I ，∵DE ＝5，∴四边形ACIE 为正方形，∴DI ＝7，延长CD 与AE 延长线交于点G ，易证△EDG ∽△IDC ，∴EG DE CI DI =，即5127EG =，∴EG ＝607，∴AG ＝12+607＝1447，易知，△ANG ∽△FNC ，∴AN AG NF FC =，∵BF ＝13，BC ＝5，∴CF ＝8，∴14418787AN NF ==，∴1825AN NF =，∵1225AM NF =，∴122183AM AN ==，故答案为：23．【点评】本题考查了旋转的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、三角形的面积，解题的关键是通过旋转的性质建立平面直角坐标系．4.（2021秋•嘉定区期末）如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝2，D 在边AC 上，CD ：AD ＝1：3，联结BD ，点E 在线段BD 上，如果∠BCE ＝∠A ，那么CE ＝52．【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】图形的相似；运算能力．【分析】根据已知∠BCE ＝∠A ，想到构造这两个角所在的三角形相似，所以过点E 作EF ⊥BC ，垂足为F ，可得△ABC ∽△CEF ，进而可得CF ＝2EF ，然后设EF 为a ，则CF 为2a ，BF 为2﹣2a ，最后再证明A 字模型相似△BFE ∽△BCD ，从而解答即可．【解答】解：过点E 作EF ⊥BC ，垂足为F ，∵∠ACB ＝90°，BC ＝2，25AB =2222(25)24AC AB BC =-=-，∵CD ：AD ＝1：3，∴CD ＝1，∵∠BCE ＝∠A ，∠ACB ＝∠CFE ＝90°，∴△ABC ∽△CEF ，∴42AC CF BC EF ==＝2，∴设EF 为a ，则CF 为2a ，BF 为2﹣2a ，∵∠ACB ＝∠BFE ＝90°，∠CBD ＝∠FBE ，∴△BFE ∽△BCD ，∴BF EF BC CD =，∴2221a a -=，∴a ＝12，∴EF ＝12，CF ＝1，∴CE 22215()122EF CF +=+=，故答案为：52．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握A 字模型相似是解题的关键．5．（2021秋•松江区期末）如图，已知矩形ABCD 中，AD ＝3，AB ＝5，E 是边DC 上一点，将△ADE 绕点A 顺时针旋转得到△AD ′E ′，使得点D 的对应点D '落在AE 上，如果D ′E ′的延长线恰好经过点B ，那么DE 的长度等于94．【考点】旋转的性质；矩形的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【分析】如图，连接BE 、BE ′，根据矩形的性质和旋转变换的性质可得：AD ′＝AD ＝3，∠AD ′E ＝∠D ＝90°，利用勾股定理可得BD ′＝4，再运用面积法可得：AB •AD ＝AE •BD ′，求出AE ＝，再运用勾股定理即可求得答案．【解答】解：如图，连接BE 、BE ′，∵矩形ABCD 中，AD ＝3，AB ＝5，∴∠D ＝90°，由旋转知，△AD ′E ′≌△ADE ，∴AD′＝AD＝3，∠AD′E＝∠D＝90°，∵D′E′的延长线恰好经过点B，∴∠AD′B＝90°，在Rt△ABD′中，BD4==，∵AB•AD＝AE•BD′，∴AE＝'5315 44AB AD BD⨯==，在Rt△ADE中，DE94 =，方法二：∵△ADE∽△BDA，∴'' DE AD AD BD=∴334DE=∴DE＝94故答案为：9 4．【点评】本题考查了矩形的性质，旋转变换的性质，勾股定理，三角形面积等，解题关键是运用面积法求得AE．6、（2021秋•黄浦区期末17）如图，在△ABC中，AB=4，AC=5，将△ABC绕点A旋转,使点B落在AC边上的点D处，点C落在点E处，如果点E恰好在线段BD的延长线上，那么边BC【考点】旋转的性质；相似三角形的判定．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【分析】如图所示，连接CE，由旋转的性质可得：AD=AB=4，BC=DE，∠BCD=∠DEA，AE=AC=5，则CD=AC-AD=1，然后证明△BDC∽△ADE，得到BC DCAE DE=，即15BCBC=，则BC2=5，由此即可得到答案．【解答】解：如图所示，连接CE，由旋转的性质可得：AD=AB=4，BC=DE，∠BCD=∠DEA，AE=AC=5，∴CD=AC-AD=1又∵∠BDC=∠ADE∴△BDC∽△ADE，∴BC DCAE DE=，即15BCBC=，∴BC2=5，∴BC （负值已经舍去），【点评】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．7．（2020秋•嘉定区期末）已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，sin A＝55（如图），把△ABC绕着点C按顺时针方向旋转α°（0＜α＜360），将点A、B的对应点分别记为点A′，B′，如果△AA′C为直角三角形，那么点A与点B'的距离为【考点】旋转的性质；解直角三角形．【专题】分类讨论；平移、旋转与对称；几何直观．【分析】根据△AA′C为直角三角形，分两种情况：①当点B'在线段AC上时，△AA′C为直角三角形；②当点B'在线段AC的延长线上时，△AA′C为直角三角形，依据线段的和差关系进行计算即可得到点A与点B'的距离．【解答】解：分两种情况：①当点B'在线段AC上时，△AA′C为直角三角形，∵∠ACB＝90°，AB＝10，sin A＝5 5，∴BC＝AB×5＝10×5＝∴B'C＝AC=，∴AB'＝AC﹣B'C＝②当点B'在线段AC的延长线上时，△AA′C为直角三角形，同理可得，B'C＝AC＝，∴AB'＝AC+B'C＝综上所述，点A与点B'的距离为故答案为：【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数的应用，运用分类思想是本题的关键．8．（2020秋•闵行区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝3，tan B＝．将△ABC绕着点A顺时针旋转后，点B恰好落在射线CA上的点D处，点C落在点E处，射线DE与边AB相交于点F，那么BF＝3【考点】旋转的性质；解直角三角形．【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【分析】过点F作FG⊥AC于点G，由旋转的性质得出∠B＝∠D，得出tan∠B＝tan∠D＝12FGGD=，由平行线的性质得出∠B＝∠AFG，设AG＝x，则FG＝2x，则2132xx=+，求出AG＝1，则可得出答案．【解答】解：如图，过点F作FG⊥AC于点G，∵将△ABC 绕着点A 顺时针旋转后，点B 恰好落在射线CA 上的点D 处，∴∠B ＝∠D ，∴tan ∠B ＝tan ∠D ＝12FG GD =，∵∠ACB ＝∠FGA ＝90°，∴BC ∥FG ，∴∠B ＝∠AFG ，∴tan ∠B ＝tan ∠AFG ＝12AG FG =，设AG ＝x ，则FG ＝2x ，∴2132x x =+，解得x ＝1，∴AG ＝1，FG ＝2，∴AF 225FG AG +=∴BF ＝AB ﹣AF ＝35．故答案为：35【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．9．（2020秋•静安区期末）在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝13，tan B ＝23（如图），将△ABC 绕点C 旋转后，点A 落在斜边AB 上的点A '，点B 落在点B '，A 'B '与边BC 相交于点D ，那么'CD A D 的值为3135．【考点】旋转的性质；解直角三角形．【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观．【分析】过C 作CE ⊥AB 于E ，根据勾股定理和正切的定义得到AC ＝213，BC ＝313，根据三角形面积得到CE ＝6，再根据旋转的性质和相似三角形的判定与性质即可求解．【解答】解：过C 作CE ⊥AB 于E ，∵tan B ＝23，∴23AC BC =，设AC ＝2x ，则BC ＝3x ，在Rt △ABC 中，AB＝13，解得x＝AC ＝，BC ＝，S △ABC ＝12AC •BC ＝12AB •CE ，即12××312×13×CE ，解得CE ＝6，∵tan B ＝CE EB ＝23，∴EB ＝9，∵将△ABC 绕点C 旋转后，点A 落在斜边AB 上的点A '，点B 落在点B '，∴∠B ＝∠B ′，AC ＝AC ′，∵CE ⊥AB ，∴AE ′＝AE ＝AB ﹣BE ＝13﹣9＝4，∴A ′B ＝AB ﹣A ′E ＝9﹣4＝5，∵∠A ′DB ＝∠CDB ′，∴△A ′DB ∽△B ′DC ，∴'CD A D ＝''CB A B ＝'CB A B．．【点评】本题考查了勾股定理，解直角三角形，旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．10．（2020秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC 中，∠B ＝45°，∠C ＝60°，将△ABC 绕点A 旋转，点B 、C 分别落在点B 1、C 1处，如果BB 1∥AC ，联结C 1B 1交边AB 于点D ，那么1BD B D 的值为622．【考点】旋转的性质；平行线的性质．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【分析】由旋转的性质和等腰三角形的性质可求∠B1AB＝30°，由直角三角形的性质可求DB1＝DE，DB＝﹣DE，即可求解．【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB1于E，∵∠B＝45°，∠C＝60°，∴∠CAB＝75°，∵BB1∥AC，∴∠CAB＝∠ABB1＝75°，∵将△ABC绕点A旋转，∴AB＝AB1，∠AB1C1＝∠ABC＝45°，∴∠AB1B＝∠ABB1＝75°，∴∠B1AB＝30°，又∵DE⊥AB1，∠AB1C1＝45°，∴AD＝2DE，AE＝DE，DE＝B1E，∴AB1DE+DE＝AB，DB1DE，∴DB＝AB﹣ADDE﹣DE，∴1BDB D622=，故答案为：622．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．11．（2020秋•宝山区期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E、F分别是边CA、CB的中点，已知点P在线段EF上，联结AP，将线段AP绕点P逆时针旋转90°得到线段DP，如果点P、D、C在同一直线上，那么tan∠CAP﹣1．【考点】旋转的性质；解直角三角形；等腰直角三角形；三角形中位线定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】分两种情形：①当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．②当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．【解答】解：如图1，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°，∵∠PAO＝45°，∴∠PAO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA，∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，AP=PD ＝22a，∴PC＝a +22a，∴tan∠CAP＝22122a aCPAP+==；如图2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD ＝2 2 a，∴PC＝a ﹣22 a，∴tan∠CAP＝22122a aCPAP+==，∵点P在线段EF上，∴情形1，不满足条件，情形2满足条件，﹣1．【点评】本题考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．12．（2020秋•奉贤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD是△ABC的角平分线，将Rt△ABC绕点A旋转，如果点C落在射线CD上，点B落在点E处，联结DE，那么∠AED的正切值为3 7．【考点】旋转的性质；解直角三角形．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】设点C落在射线CD上的点C'处，由勾股定理可求AB＝5，由旋转的性质可得∠ACD＝∠AC'C＝45°＝∠DCB，∠EAB＝∠CAC'，由平行线分线段成比例可求AD的长，即可求解．【解答】解：如图，设点C落在射线CD上的点C'处，∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB=5，∵CD是△ABC的角平分线，∴∠ACD＝∠DCB＝45°，∵将Rt△ABC绕点A旋转，∴∠ACD＝∠AC'C＝45°＝∠DCB，∠EAB＝∠CAC'，∴∠CAC'＝90°＝∠EAB，∴AC'∥BC，∴'34AD ACDB BC==，∴AD＝157，∴tan∠AED＝37 ADAE=，故答案为：3 7．【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数，平行线的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．13．（2019秋•奉贤区期末）如图，已知矩形ABCD（AB＞BC），将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°，点A、D分别落在点E、F处，连接DF，如果点G是DF的中点，那么∠BEG的正切值是1．【考点】旋转的性质；矩形的性质．【专题】平移、旋转与对称；应用意识．【分析】连接BD，BF，EG．利用四点共圆证明∠BEG＝∠BFD＝45°即可．【解答】解：连接BD，BF，EG．由题意：BD＝BF，∠DBF＝90°，∵DG＝GF，∴BG⊥DF，∴∠BGF＝∠BEF＝90°，∴B，G，E，F四点共圆，∠BEG＝∠BFD＝45°，∴∠BEG的正切值是1．故答案为1．【点评】本题考查旋转变换，等腰直角三角形的判定和性质，四点共圆，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题，属于中考常考题型．14．（2019秋•浦东新区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，点D、E分别是边BC、AB的中点，将△BDE绕着点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别为点D'、E'，当直线D'E'经过点A时，线段CD'的长为【考点】三角形综合题．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；图形的相似；推理能力．【分析】分两种情况：①点A在E'D'的延长线上时；②点A在线段D'E'的延长线上时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可．【解答】解：如图1，当点A 在E 'D '的延长线上时，∵∠C ＝90°，AC ＝2，BC ＝4，∴AB ＝＝2，∵点D 、E 分别是边BC 、AB 的中点，∴DE ∥AC ，DE ＝12AC ＝1，BD ＝12BC ＝2，∴∠EDB ＝∠ACB ＝90°，∵将△BDE 绕着点B 旋转，∴∠BD 'E '＝∠BDE ＝90°，D 'E '＝DE ＝1，BD ＝BD '＝2，∵在Rt △ABC 和Rt △BAD '中，D 'B ＝AC ＝2，AB ＝BA ，∴Rt △ABC ≌Rt △BAD '（HL ），∴AD '＝BC ，且AC ＝D 'B ，∴四边形ACBD '是平行四边形，且∠ACB ＝90°，∴四边形ACBD '是矩形，∴CD '＝AB ＝如图2，当点A 在线段D 'E '的延长线上时，∵∠AD 'B ＝90°，∴AD '=＝4，∴AE '＝AD '﹣D 'E '＝3，∵将△BDE 绕着点B 旋转，∴∠ABC ＝∠E 'BD '，∵'12BE AB =＝BD BC ，∴△ABE '∽△CBD '，∴''AE AB CD BC=，∴'3254CD =，∴CD '故答案为：．【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．15．（2019秋•长宁、金山区期末）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝2，BC ＝4点P在边BC上，联结AP，将△ABP绕着点A旋转，使得点P与边AC的中点M重合，点B的对应点是点B′，则BB′的长等于5．【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．【分析】如图，延长AB'交BC于E，过点B'作B'D⊥AB于点D，由勾股定理可求AC的长，由旋转的性质可求AP＝AM，∠PAB＝∠CAE，AB＝AB'＝2，通过证明△ABP∽△CBA，可得∠PAB＝∠C，可得CE＝AE，由勾股定理可求CE，BE的长，由相似三角形的性质可求B'D，BD的长，即可求解．【解答】解：如图，延长AB'交BC于E，过点B'作B'D⊥AB于点D，∵∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，∴AC=＝∵点M是AC中点，∴AM∵将△ABP绕着点A旋转，使得点P与边AC的中点M重合，∴AP＝AM，∠PAB＝∠CAE，AB＝AB'＝2，∵AP2＝AB2+PB2，∴PB＝1，∵BAPB＝2＝BCAB，且∠ABP＝∠ABC＝90°，∴△ABP∽△CBA，∴∠PAB＝∠C，∴∠C＝∠CAE，∴CE＝AE，∵AE2＝AB2+BE2，∴CE2＝4+（4﹣CE）2，∴CE＝AE＝52，∴BE＝32，∵B'D∥BC，∴△AB'D∽△AEB，∴''AB AD B DAE AB BE==，∴'253222AD B D==，∴AD＝85，B'D＝65，∴BD＝25，∴BB'=2105，故答案为：2105．【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，求出CE 的长是本题的关键．16．（2019秋•松江区期末）如图，矩形ABCD 中，AD ＝1，AB ＝k ，将矩形ABCD 绕着点B顺时针旋转90°得到矩形A ′BC ′D ′，联结AD ′，分别交边CD ，A ′B 于E 、F ，如果AED ′F ，那么k【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．【分析】由矩形的性质和旋转的性质可求AD ＝A 'D '＝1，AB ＝A 'B ＝k ，∠A '＝∠DAB ＝90°＝∠DCB ＝∠ABC ，通过证明△ADE ∽△FA 'D '，可得''''AD DE AE A F A D D F ==，可求DE ，A 'F 的长，通过证明△A 'D 'F ∽△CEF ，由相似三角形的性质可求解．【解答】解：∵将矩形ABCD 绕着点B 顺时针旋转90°得到矩形A ′BC ′D ′，∴AD ＝A 'D '＝1，AB ＝A 'B ＝k ，∠A '＝∠DAB ＝90°＝∠DCB ＝∠ABC ，∴A 'D '∥BA ∥CD∴∠A 'D 'F ＝∠FEC ＝∠DEA ，且∠D ＝∠A '＝90°，∴△ADE ∽△FA 'D '，∴''''AD DE AE A F A D D F==，且AED ′F ，∴DEA 'D '，A 'FAD＝2，∵∠A '＝∠DCF ＝90°，∠A 'FD '＝∠EFC ，∴△A 'D 'F ∽△CEF ，∴'''EC FC A D A F =，∴''21222k k A D ---=∴k+1，+1．【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质求DE ，A 'F 的长是本题的关键．17．（2019秋•嘉定区期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos A＝35（如图），把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，将A、B的对应点分别记为点A'、B'．如果A'B'恰好经过点A，那么点A与点A'的距离为36 5．【考点】旋转的性质；解直角三角形．【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】如图，过点C作CE⊥A'B'，由锐角三角函数可求AC＝6，由旋转的性质可得AC＝A'C＝6，∠A'＝∠BAC，即可求A'E的长，由等腰三角形的性质可求AA'的长．【解答】解：如图，过点C作CE⊥A'B'，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos∠BAC＝35，∴AC＝6，∵把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，∴AC＝A'C＝6，∠A'＝∠BAC，∵cos∠A'＝cos∠BAC＝＝35，∴A'E＝185，∵AC＝A'C，CE⊥A'B'，∴AA'＝2A'E＝36 5，故答案我：36 5．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数的应用，求出A'E的长是本题的关键．18．（2019秋•徐汇区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转后得到矩形A'BC'D'，点A的对应点A'在对角线AC上，点C、D分别与点C'、D'对应，A′D'与边BC交于点E，那么BE的长是25 8．【考点】旋转的性质；相似三角形的性质；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．【分析】如图，过点B 作BF ⊥AC ，过点E 作EH ⊥AC ，由勾股定理可求AC ＝5，由面积法可求BF ＝125，由勾股定理可求AF ＝95，由旋转的性质可得AB ＝BA '，∠BAD ＝∠BA 'D '＝90°，可求CA '＝75，由等腰三角形的性质可求HC 的长，通过证明△EHC ∽△ABC ，可得EC BC HC AC =，可求EC 的长，即可求解．【解答】解：如图，过点B 作BF ⊥AC ，过点E 作EH ⊥AC，∵AB ＝3，AD ＝4，∠ABC ＝90°，∴AC ＝＝＝5，∵S △ABC ＝12AB ×BC ＝12AC ×BF ，∴3×4＝5BF ，∴BF ＝125∴AF 22144925AB BF -=-95，∵将矩形ABCD 绕着点B 顺时针旋转后得到矩形A 'BC 'D '，∴AB ＝BA '，∠BAD ＝∠BA 'D '＝90°，且BF ⊥AC ，∴∠BAC ＝∠BA 'A ，AF ＝A 'F ＝95，∠BA 'A +∠EA 'C ＝90°，∴A 'C ＝AC ﹣AA '＝75，∵∠BA 'A +∠EA 'C ＝90°，∠BAA '+∠ACB ＝90°，∴∠ACB ＝∠EA 'C ，∴A 'E ＝EC ，且EH ⊥AC ，∴A 'H ＝HC ＝12A 'C ＝710，∵∠ACB ＝∠ECH ，∠ABC ＝∠EHC ＝90°，∴△EHC ∽△ABC ，∴BC HC AC EC =∴74105EC =∴EC ＝78，∴BE ＝BC ﹣EC ＝4﹣78＝258，故答案为：258．【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，求出HC 的长是本题的关键．19.（2019秋•普陀区期末）如图,在RtΔABC 中，∠C=90°，AC=5，sinB=513，点P 为边BC 上一点，PC=3,将△ABC 绕点P 旋转得到△A'B'C'(点A ，B 、C 分别与点A'、B'、C'对应).使B'C'∥AB ，边A'C'与边AB 交于点G ，那么A'G 的长等于2013．【考点】旋转的性质;解直角三角形；平行线的判定，图形的旋转【专题】矩形菱形正方形；平移，旋转与对称；解直角一角形及其应用；应用意识。