2020年中考数学二轮复习重难题型突破类型五图形面积问题

文 家 。汉 族 ，东 晋 浔阳 柴桑 人 （今 江西 九江 ） 。曾 做过 几 年小 官， 后辞 官 回家 ，从 此 隐居 ，田 园生 活 是陶 渊明 诗 的主 要题 材， 相 关作 品有 《饮 酒 》 、 《 归 园 田 居 》 、 《 桃花 源 记 》 、 《 五 柳先 生 传 》 、 《 归 去来 兮 辞 》 等 。
专题12 面积比例分析-2020年中考数 学二次函数压轴题核心凝
无
游
氛
，
天
高
风
景
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。
7、翩翩新 来燕，双双入我庐 ，先巢故尚在，相 将还旧居。
8
、
吁
嗟
身
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于
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若
浮
烟
。
9、 陶渊 明（ 约 365年 —427年 ），字 元亮， （又 一说名 潜，字 渊明 ）号五 柳先生 ，私 谥“靖 节”， 东晋 末期南 朝宋初 期诗 人、文 学家、 辞赋 家、散
40、学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子
1
0
、
倚
南
窗
以
寄
傲
，
审
容
膝
之
易
安
。
谢谢！
36、自己的鞋子，自己知道紧在哪里。——西班牙
37、我们唯一不会改正的缺点是软弱。——拉罗什福科
xiexie! 38、我这个人走得很慢，但是我从不后退。——亚伯拉罕·林肯
39、勿问成功的秘诀为何，且尽全力做你应该做的事吧。——美华纳

3．（2019·江苏省中考真题）将边长为 的正方形 绕点 按顺时针方向旋转到 的位置（如图），使得点 落在对角线 上， 与 相交于点 ，则 ＝_________.（结果保留根号）
【答案】
【解析】
【分析】
先根据正方形的性质得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋转的性质得CF= ，根据正方形的性质得∠CFE=45°，则可判断△DFH为等腰直角三角形，从而计算CF-CD即可．
Rt△AOF∽Rt△ADC，则 ，求出AF=5，即可得出结果．
【详解】
解：连接 交 于点 ，如图所示：
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
，
∵折叠矩形使 与 重合时， ， ，
∴ ， ，
∴则Rt△AOF∽Rt△ADC
∴ ，即： ，
解得： ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质，证明三角形相似是解题的关键．
∴H（1，0），
∴BH= =4，
∴ = ．
故选：B．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH、CF的长是解题的关键．
5．（2019·山西省中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=6cm，连接BD，将△ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为________cm.

2020年中考必考经典（江苏版）专题24二次函数与图形面积的最值及定值压轴问题【方法指导】面积是平面几何中一个重要的概念，关联着平面图形中的重要元素边与角，由动点而生成的面积问题，是抛物线与直线形结合的觉形式，常见的面积问题有规则的图形的面积（如直角三角形、平行四边形、菱形、矩形的面积计算问题）以及不规则的图形的面积计算，解决不规则的图形的面积问题是中考压轴题常考的题型，此类问题计算量较大。

有时也要根据题目的动点问题产生解的不确定性或多样性。

解决动点产生的面积问题，常用到的知识和方法有：（1）如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用面积公式．（2）三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．（3）同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相等． （4）同底三角形的面积比等于高的比． （5）同高三角形的面积比等于底的比．【题型剖析】【类型1】二次函数与面积最值问题【例1】如图，抛物线与轴相交于，两点（点在点的左侧），与轴相交于点．为抛物线上一点，横坐标为，且． （1）求此抛物线的解析式；（2）当点位于轴下方时，求面积的最大值；（3）设此抛物线在点与点之间部分（含点和点最高点与最低点的纵坐标之差为． ①求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围； ②当时，直接写出的面积．2(1)y x k =-+x A B A B y(0,3)C -P m 0m >P x ABP ∆C P C )P h h m m 9h =BCP ∆【分析】（1）将点代入即可；（2）易求，，抛物线顶点为，当位于抛物线顶点时，的面积有最大值；（3）①当时，；当时，；当时，；②当时若，此时△，无解；若，则，则，的面积；【解析】解：（1）将点代入，得，； （2）令，或， ，，；抛物线顶点为，当位于抛物线顶点时，的面积有最大值， ；（3）①当时，；当时，；当时，；(0,3)C -2(1)y x k =-+(1,0)A -(3,0)B (1,4)-P ABP ∆)01m <223(23)2h m m m m =----=-+12m <3(4)1h =---=2m >2223(4)21h m m m m =----=-+9h =229m m -+=0<m 2219m m -+=4m =(4,5)P BCP ∆1118451(41)36222=⨯⨯-⨯⨯-⨯+⨯=(0,3)C -2(1)y x k =-+4k =-22(1)423y x x x ∴=--=--0y =1x =-3x =(1,0)A ∴-(3,0)B 4AB ∴=(1,4)-P ABP ∆14482S =⨯⨯=01m <223(23)2h m m m m =----=-+12m <3(4)1h =---=2m >2223(4)21h m m m m =----=-+②当时若，此时△，无解； 若，则， ，，，的面积；【点评】本题考查二次函数的图象及性质，是二次函数综合题；熟练掌握二次函数的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．【变式训练】如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点、，点坐标为．（1）求该抛物线的解析式；（2）抛物线的顶点为，在轴上找一点，使最小，并求出点的坐标； （3）点是线段上的动点，过点作，交于点，连接．当的面积最大时，求点的坐标；【分析】（1）把、两点坐标代入抛物线解析式可求得、的值，可求得抛物线解析； （2）可求得点关于轴的对称点的坐标，连接交轴于点，再求得直线的解析式，可求得点坐标；（3）过点作轴于点，设，可表示出、，再证明，可表示出，可得出关于的解析式，再根据二次函数的性质可求得点的坐标； （4）分、和三种情况，分别根据等腰三角形的性质求得点的坐标，进一步求得点坐标即可． 【解析】解：9h =229m m -+=0<m 2219m m -+=4m =(4,5)P ∴(3,0)B (0,3)C -BCP ∴∆1118451(41)36222=⨯⨯-⨯⨯-⨯+⨯=22(0)y ax ax c a =-+≠y (0,4)C x A B A (4,0)N x K CK KN +K Q AB Q //QE AC BC E CQ CQE ∆Q A C a c C x C 'C N 'x K C K 'K E EG x ⊥G (,0)Q m AB BQ BQE BAC ∆≅∆EG CQE ∆m Q DO DF =FO FD =OD OF =F P（1）抛物线经过点，， ，解得，抛物线解析式为；（2）由（1）可求得抛物线顶点为，如图1，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则点即为所求，设直线的解析式为，把、点坐标代入可得，解得，直线的解析式为，令，解得， 点的坐标为，； （3）设点，过点作轴于点，如图2，由，得，，(0,4)C (4,0)A ∴416840c a a =⎧⎨-+=⎩124a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩∴2142y x x =-++9(1,)2N C x (0,4)C '-C N 'x KK C N 'y kx b =+C 'N 924k b b ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩1724k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴C N '1742y x =-0y =817x =∴K 8(170)(,0)Q m E EG x ⊥G 21402x x -++=12x =-24x =点的坐标为，，，又， ，，即，解得； ．又，当时，有最大值3，此时；【类型2】二次函数与面积定值问题【例2】抛物线与轴交于，两点，顶点为，对称轴交轴于点，点为抛物线对称轴上的一动点（点不与，重合）．过点作直线的垂线交于点，交轴于点． （1）求抛物线的解析式；（2）当的面积为5时，求点的坐标；（3）当为等腰三角形时，请直接写出点的坐标．【分析】（1）函数的表达式为：，即可求解；（2）确定、的表达式，联立求得点，，，即可求解；（3）分当、、三种情况，分别求解即可．∴B (2,0)-6AB =2BQ m =+//QE AC BQE BAC ∴∆∆∽∴EG BQ CO BA =246EG m +=243m EG +=2211241281()(2)(4)(1)32233333CQE CBQ EBQ m S S S CO EG BQ m m m m ∆∆∆+∴=-=-=+-=-++=--+24m -∴1m =CQE S ∆(1,0)Q 229y x bx c =-++x (1,0)A -(5,0)B C xD P CD P C D C PB PBE xF PCF ∆P PCF ∆P 2(1)(5)9y x x =+-PB CE 2(23mF -0)112(2)(22)5223PCF mS PC DF m ∆=⨯⨯=---=CP CF =CP PF =CP PF =【解析】解：（1）函数的表达式为：；（2）抛物线的对称轴为，则点， 设点，将点、的坐标代入一次函数表达式：并解得： 函数的表达式为：，，故直线表达式中的值为， 将点的坐标代入一次函数表达式， 同理可得直线的表达式为：， 解得：， 故点，， ，解得：或， 故点或；（3）由（2）确定的点的坐标得：，，， ①当时，即：，解得：或舍去）， ②当时，同理可得：， ③当时，同理可得：（舍去， 故点或或或 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【变式训练】已知抛物线经过点和点，与轴交于点，点为第二象限内抛物线上的动点．（1）抛物线的解析式为 ，抛物线的顶点坐标为 ；（2）如图1，连接交于点，当时，请求出点的坐标；222810(1)(5)9999y x x x x =+-=-++2x =(2,2)C (2,)P m P B y sx t =+PB 1533my mx =-+CE PE ⊥CE k 3mC CE 36(2)y x m m=+-223mx =-2(23mF -0)112(2|)(22)5223PCF mS PC DF m ∆=⨯⨯=---=5m =3-(2,3)P -(2,5)F 22(2)CP m =-222()43m CF =+2222()3mPF m =+CP CF =222(2)()43m m -=+0m =36(05CP PF=m CF PF =2m =±2)36(2,)5P (2,2)-23y ax bx =++(1,0)A (3,0)B -y C POP BC D :1:2CPD BPD S S ∆∆=D（3）如图2，点的坐标为，点为轴负半轴上的一点，，连接，若，请求出点的坐标；（4）如图3，是否存在点，使四边形的面积为8？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）函数的表达式为：，即可求解；（2），则，即可求解； （3），，则，故，即可求解； （4）利用，即可求解．【解析】解：（1）函数的表达式为：，即：，解得：，故抛物线的表达式为：①，顶点坐标为； （2）， ， ，， ，则点；（3）如图2，设直线交轴于点，E (0,1)-G x 15OGE ∠=︒PE 2PEG OGE ∠=∠P P BOCPP 2(1)(3)(23)y a x x a x x =-+=+-:1:2CPD BPD S S ∆∆=2233BD BC ==⨯15OGE ∠=︒230PEG OGE ∠=∠=︒45OHE ∠=︒1OH OE ==8OBC PBC BOCP S S S ∆∆=+=四边形2(1)(3)(23)y a x x a x x =-+=+-33a -=1a =-223y x x =--+⋯(1,4)-OB OC =45CBO ∴∠=︒:1:2CPD BPD S S ∆∆=2233BD BC ∴==⨯=sin 2D y BD CBO =∠=(1,2)D -PE x H，， ， ，则直线的表达式为：②， 联立①②并解得：（舍去正值）， 故点； （4）不存在，理由：连接，过点作轴的平行线交于点， 直线的表达式为：，设点，点，则，整理得：， 解得：△，故方程无解， 则不存在满足条件的点．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、一元二次方程应用、图象的面积计算等，难度不大．【类型3】二次函数与等面积问题【例3】如图，二次函数的图象与轴交于点、，与轴交于点，点的坐标为，点为的中点，点在抛物线上．（1） 2 ；（2）若点在第一象限，过点作轴，垂足为，与、分别交于点、．是否存在这样的点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，15OGE ∠=︒230PEG OGE ∠=∠=︒45OHE ∴∠=︒1OH OE ∴==HE 1y x =--⋯x =P BC P y BC H BC 3y x =+2(,23)P x x x --+(,3)H x x +()211332333822OBC PBC BOCP S S S x x x ∆∆=+=⨯⨯+--+--⨯=四边形23970x x ++=0<P 23y x bx =-++x A B y C A (1,0)-D OC P b =P P PH x ⊥H PH BC BD M N P PM MN NH ==P请说明理由；（3）若点的横坐标小于3，过点作，垂足为，直线与轴交于点，且，求点的坐标．【分析】（1）把点坐标代入二次函数解析式即求得的值．（2）求点、、坐标，求直线、解析式．设点横坐标为，则能用表示点、、、的坐标，进而用含的式子表示、、的长．以为等量关系列得关于的方程，求得的值合理（满足在第一象限），故存在满足条件的点，且求得点坐标．（3）过点作轴于，交直线于，根据同角的余角相等易证，所以，即在中，在中，，进而得，．设点横坐标为，可用表示、，即得到用表示、．又由易得．要对点位置进行分类讨论得到与的关系，即列得关于的方程．求得的值要注意是否符合各种情况下的取值范围．【解析】解：（1）二次函数的图象与轴交于点解得： 故答案为：2．（2）存在满足条件呢的点，使得．二次函数解析式为P P PQ BD ⊥Q PQ x R 2PQB QRB S S ∆∆=P A b B C D BC BD P t t P M N H t PM MN NH PM MN =t t P P P P PF x ⊥F BD E EPQ OBD ∠=∠cos cos EPQ OBD ∠=∠=Rt PQE ∆cos PQ EPQ PE ∠==Rt PFR ∆cos PF RPF PR ∠==PQ =PR P t t PE PF t PQ PR 2PQB QRB S S ∆∆=2PQ QR =P PQ PR t t t 23y x bx =-++x (1,0)A -130b ∴--+=2b =P PM MN NH ==223y x x =-++当时，当时， 解得：， ，直线的解析式为点为的中点，直线的解析式为， 设，，则，，，，解得：，（舍去） ，的坐标为，，使得．（3）过点作轴于，交直线于 ，，于点，轴于点0x =3y =(0,3)C ∴0y=2230x x-++=11x =-23x =(1,0)A ∴-(3,0)B ∴BC 3y x =-+D OC 3(0,)2D ∴∴BD 1322y x =-+(P t 223)(03)t t t -++<<(,3)M t t -+13(,)22N t t -+(,0)H t 2223(3)3PM t t t t t ∴=-++--+=-+13133()2222MN t x t =-+--+=-+1322NH t =-+MN NH ∴=PM MN =213322t t t ∴-+=-+112t =23t =1(2P ∴15)4P ∴1(215)4PM MN NH ==P PF x ⊥F BD E 3OB =32OD =90BOD ∠=︒BD ∴=cos OB OBD BD ∴∠==PQ BD ⊥Q PF x ⊥F 90PQE BQR PFR ∴∠=∠=∠=︒90PRF OBD PRF EPQ ∴∠+∠=∠+∠=︒，即 在中， 在中， ，，设直线与抛物线交于点，解得：（即点横坐标），点横坐标为 设，，则，①若，则点在直线上方，如图2，，，即解得：，（舍去）②若，则点在轴上方、直线下方，如图3，此时，，即不成立． ③若，则点在轴下方，如图4，，，即 EPQ OBD ∴∠=∠cos cos EPQ OBD ∠=∠=Rt PQE∆cos PQ EPQ PE ∠==PQ ∴=Rt PFR∆cos PF RPF PR ∠==PR ∴==2PQB QRB S S ∆∆=12PQB S BQ PQ ∆=12QRB S BQ QR ∆=2PQ QR ∴=BD G 2132322x x x -+=-++13x =B 212x =-∴G 12-(P t 223)(3)t t t -++<13(,)22E t t -+2|23|PF t t ∴=-++221353|23()|||2222PE t t t t t =-++--+=-++132t -<<P BD 223PF t t ∴=-++25322PE t t =-++2PQ QR=23PQ PR ∴=∴253PF =65PE PF =22536()5(23)22t t t t ∴-++=-++12t =23t =(2,3)P ∴112t -<<-P x BD PQ QR <2PQB QRB S S ∆∆=1t <-P x 22(23)23PF t t t t ∴=--++=--221353(23)2222PE t t t t t =-+--++=--2PQ QR =2PQ PR ∴=∴52PF =25PE PF =解得：，（舍去），综上所述，点坐标为或，．【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，同角的余角相等，三角函数的应用．第（3）题解题过程容易受第（2）题影响而没有分类讨论点的位置，要通过图象发现每种情况下相同的和不同的解题思路．【变式训练】如图，抛物线的图象过点、、．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点，使得的周长最小，若存在，请求出点的坐标及的周长；若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，在轴上方的抛物线上是否存在点（不与点重合），使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．22532()5(23)22t t t t ∴--=--143t =-23t =4(3P ∴-13)9-P (2,3)4(3-13)9-P 2y ax bx c =++(1,0)A -(3,0)B (0,3)C P PAC ∆P PAC ∆x M C PAM PAC S S ∆∆=M【分析】（1）由于条件给出抛物线与轴的交点、，故可设交点式，把点代入即求得的值，减小计算量．（2）由于点、关于对称轴：直线对称，故有，则，所以当、、在同一直线上时，最小．利用点、、的坐标求、的长，求直线解析式，把代入即求得点纵坐标．（3）由可得，当两三角形以为底时，高相等，即点和点到直线距离相等．若点在点上方，则有．由点、坐标求直线解析式，即得到直线解析式．把直线解析式与抛物线解析式联立方程组即求得点坐标．若点在点下方，则此时所在的直线到直线的距离等于第一种情况时到的距离，故可用平移的方法来求此时点所在直线的解析式． 【解析】解：（1）抛物线与轴交于点、可设交点式把点代入得：抛物线解析式为（2）在抛物线的对称轴上存在一点，使得的周长最小． 如图1，连接、点在抛物线对称轴直线上，点、关于对称轴对称x (1,0)A -(3,0)B (1)(3)y a x x =+-C a A B 1x =PA PB =PAC C AC PC PA AC PC PB ∆=++=++C P B PAC C AC CB ∆=+A B C AC CB BC 1x =P PAM PAC S S ∆∆=PA C M PA M P //CM PA A P AP CM CM M M P M PA CM PA M x (1,0)A -(3,0)B ∴(1)(3)y a x x =+-(0,3)C 33a -=1a ∴=-2(1)(3)23y x x x x ∴=-+-=-++∴223y x x =-++P PAC ∆PB BC P 1x =A B PA PB ∴=当、、在同一直线上时，最小 、、， 最小设直线解析式为把点代入得：，解得：直线点使．（3）存在满足条件的点，使得．当以为底时，两三角形等高点和点到直线距离相等①若点在点上方，如图2，，，设直线解析式为 解得：直线直线解析式为：解得：（即点， 点坐标为②若点在点下方，如图3，则点所在的直线，且直线到的距离等于直线到的距离直线向下平移2个单位得即为直线的解析式解得：点在轴上方PAC C AC PC PA AC PC PB ∆∴=++=++C P B PC PB CB +=(1,0)A -(3,0)B (0,3)C AC ∴=BC ==PAC C AC CB ∆∴=+=BC 3y kx =+B 330k +=1k =-∴:3BC y x =-+132P y ∴=-+=∴(1,2)P PAC ∆M PAM PAC S S ∆∆=PAM PAC S S ∆∆=∴PA ∴C M PA M P //CM PA ∴(1,0)A -(1,2)P AP y px d =+∴02p d p d -+=⎧⎨+=⎩11p d =⎧⎨=⎩∴:1AP y x =+∴CM 3y x =+2323y x y x x =+⎧⎨=-++⎩1103x y =⎧⎨=⎩)C 2214x y =⎧⎨=⎩∴M (1,4)M P M //l PA l PA 3y x =+PA ∴:1AP y x =+1y x =-l 2123y x y x x =-⎧⎨=-++⎩11x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩22x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩M x点坐标为综上所述，点坐标为或时，．【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式，轴对称的最短路径问题，勾股定理，平行线间距离处处相等，一元二次方程的解法．其中第（3）题利用等底等高面积相等可知点和点到直线距离相等，即点所在的直线与直线平行，有这样的直线有两条，需要分类讨论． 【类型4】二次函数与面积数量关系【例4】如图，已知二次函数的图象与轴交于、两点，为顶点，其中点的坐标为，点的坐标为． （1）求该二次函数的表达式；（2）点是线段上的一点，过点作轴的垂线，垂足为，且，求点的坐标．（3）试问在该二次函数图象上是否存在点，使得的面积是的面积的？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）依题意，利用二次函数的顶点式即可求解；0y ∴>∴M M (1,4)PAM PAC S S ∆∆=C M PA M PA x A B D B (5,0)D (1,3)E BD E x F ED EF =E G ADG ∆BDG ∆35G（2）可通过点，点求出线段所在的直线关系式，点在线段上，即可设点的坐标，利用点与点的关系公式，通过即可求解；（3）先求线段所在的直线解析式，当点在轴的上方时，过点作直线的垂线，交点垂足为，即可求与的高，利用三角形面积公式即可求．当点在轴的下方时，由，所以当与的高相等时，即存在点使得，此时，的直线经过原点，设直线的解析式为，求得与抛物线的交点即可．【解析】解：（1）依题意，设二次函数的解析式为将点代入得，得 二次函数的表达式为： （2）依题意，点，点，设直线的解析式为， 代入得，解得线段所在的直线为， 设点的坐标为：，，，整理得， 解得，（舍去） 故点的纵坐标为点的坐标为 （3）存在点， 当点在轴的上方时，B D BD E BD E EF ED =AD G x G :3490AD x y -+=(,)Q x y ADG ∆BDG ∆G x :3:5AO OB =ADG ∆BDG ∆G :3:5ADG BDG S S ∆∆=DG DG y kx =2(1)3y a x =-+B 20(51)3a =-+316a =-∴23(1)316y x =--+(5,0)B (1,3)D BD y kx b =+053k b k b =+⎧⎨=+⎩34154k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴BD 31544y x =-+E 315(,)44x x -+222315(1)(3)44ED x x ∴=-+-+-22315()44EF x =-+ED EF =222315315(1)(3)()4444x x x ∴-+-+-=-+225250x x +-=152x =25x =-E 3515154248y =-⨯+=∴E 515(,)28G G x设点的坐标为，点的坐标为，对称轴点的坐标为，设所在的直线解析式为，代入得，解得．直线的解析式为 的距离为5，过点作直线的垂线，交点垂足为， 得，化简得 由上式整理得，点到的距离为：， 由（2）知直线的解析式为：，的距离为5，同理得点至的距离为：， ， 整理得 点在二次函数上， 代入得， 整理得，G (,)m n B (5,0)1x =∴A (3,0)-∴AD y kx b =+033k b k b =-+⎧⎨=+⎩3494k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴AD 3944y x =+AD ∴G :3490AD x y -+=(,)Q x y 3()143490y n x m x y -⎧=-⎪-⎨⎪-+=⎩22222(34)[()()](349)x m y n m n +-+-=-+||GQ ∴==∴G AD 1349||5m n d -+=BD 31544y x =-+BD ∴∴G BD 23415||5m n d +-=∴121349321341552ADG BDGAD d S m n S m n BD d ∆∆-+===+-632900m n -+=G 23(1)316n m ∴=--+23632[(1)3]90016m m ---++=2660(1)0m m m m -=⇒-=解得，（舍去） 此时点的坐标为 当点在轴下方时，如图2所示，当与的高相等时，存在点使得，此时，的直线经过原点，设直线的解析式为， 将点代入得， 故，则有 整理得，， 得（舍去）， 当时，， 故点为， 综上所述，点的坐标为或．【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．【变式训练】如图抛物线经过点，点，且．（1）求抛物线的解析式及其对称轴；（2）点、在直线上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形10m =21m =G 45(0,)16G x :3:5AO OB =∴ADG ∆BDG ∆G :3:5ADG BDG S S ∆∆=DG DG y kx =D 3k =3y x =233(1)316y x y x =⎧⎪⎨=--+⎪⎩(1)(15)0x x -+=11x =215x =-15x =-45y =-G (15,45)--G 45(0,)16(15,45)--2y ax bx c =++(1,0)A -(0,3)C OB OC =D E 1x =1DE =D E ACDE的周长的最小值．（3）点为抛物线上一点，连接，直线把四边形的面积分为两部分，求点的坐标．【分析】（1），则点，则抛物线的表达式为：，即可求解；（2），则当、、三点共线时，最小，周长也最小，即可求解；（3），即可求解．【解析】解：（1），点，则抛物线的表达式为：，故，解得：，故抛物线的表达式为：①，函数的对称轴为：；（2）的周长，其中、是常数， 故最小时，周长最小，取点关于函数对称点，则， 取点，则，故：，则当、、三点共线时，最小，周长也最小，四边形的周长的最小值；P CP CP CBPA 3:5P OB OC =(3,0)B 22(1)(3)(23)23y a x x a x x ax ax a =+-=--=--CD AE A D DC +='+'A 'D C 'CD AE A D DC +='+'11:():():22PCB PCA C P C P S S EB y y AE y y BE AE ∆∆=⨯-⨯-=OB OC =∴(3,0)B 22(1)(3)(23)23y a x x a x x ax ax a =+-=--=--33a -=1a =-223y x x =-++⋯1x =ACDE AC DE CD AE =+++AC 1DE =CD AE +C (2,3)C 'CD C D ='(1,1)A '-A D AE '=CD AE A D DC +='+'A 'D C 'CD AE A D DC +='+'ACDE 111AC DE CD AE A D DC A C =+++=+'+'+''（3）如图，设直线交轴于点，直线把四边形的面积分为两部分，又，则，或， 则或， 即：点的坐标为，或，，将点、的坐标代入一次函数表达式：， 解得：或，故直线的表达式为：或② 联立①②并解得：或8（不合题意值已舍去）， 故点的坐标为或．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，其中（1），通过确定点点来求最小值，是本题的难点．【达标检测】1．如图，已知抛物线与轴交于点和点，交轴于点，过点作轴，交抛物线于点． （1）求抛物线的解析式；（2）若直线与线段、分别交于、两点，过点作轴于点，过点作轴于点，求矩形的最大面积；（3）若直线将四边形分成左、右两个部分，面积分别为，，且，求的值．CP x E CP CBPA 3:511:():():22PCB PCA C P C P S S EB y y AE y y BE AE ∆∆=⨯-⨯-=:BE AE 3:5=5:352AE =32E 3(20)1(20)E C 3y kx =+6k =-2-CP 23y x =-+63y x =-+⋯4x =P (4,5)-(8,45)-A '23y ax bx =+-x (3,0)A -(1,0)B y C C //CD x D (30)y m m =-<<AD BD G H G EG x ⊥E H HF x ⊥F GEFH 1y kx =+ABCD 1S 2S 12:4:5S S =k【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；（2）方法1、先利用待定系数法求出直线，的解析式，进而求出，的坐标，进而求出，即可得出结论；方法2、利用相似三角形的对应边上的高的比等于相似比，即可求出，即可得出结论； （3）先求出四边形的面积，分两种情况讨论计算即可．【解析】解：（1）抛物线与轴交于点和点，，，抛物线的解析式为；（2）方法1、由（1）知，抛物线的解析式为，， ， 或，，和点，直线的解析式为，直线的解析式为，直线与线段、分别交于、两点， ，，，AD BD G H GH GH ADNM 23y ax bx =+-x (3,0)A -(1,0)B ∴933030a b a b --=⎧⎨+-=⎩∴12a b =⎧⎨=⎩∴223y x x =+-223y x x =+-(0,3)C ∴-2233x x ∴+-=-0x ∴=2x =-(2,3)D ∴--(3,0)A -(1,0)B ∴AD 39y x =--BD 1y x =-(30)y m m =-<<AD BD G H 1(33G m ∴--)m (1,)H m m +，，，矩形的最大面积为3．方法2、由（1）知，抛物线的解析式为，， ， 或，，和点，如图1，过点作轴于，交于， ，直线与线段、分别交于、两点， ，， ， ，，，矩形的最大面积为3．（3），，，，， ，，，141(3)433GH m m m ∴=+---=+()22444343()33332GEFH S m m m m m ⎛⎫∴=-+=-+=-++ ⎪⎝⎭矩形32m ∴=-GEFH 223y x x =+-(0,3)C ∴-2233x x ∴+-=-0x ∴=2x =-(2,3)D ∴--(3,0)A -(1,0)B D DM x ⊥M GH N 3DN m ∴=+(30)y m m =-<<AD BD G H DGH DAB ∴∆∆∽∴DN GHDM AB =∴334m GH+=443GH m ∴=+()22444343()33332GEFH S m m m m m ⎛⎫∴=-+=-+=-++ ⎪⎝⎭矩形32m ∴=-GEFH (3,0)A -(1,0)B 4AB ∴=(0,3)C -(2,3)D --2CD ∴=()134292ABCD S ∴=⨯+=四边形12:4:5S S =，如图，当直线与相交时，设直线与线段相交于，与线段相交于， ，，，，，，，， 当点与点重合时，直线的解析式为， ，，，直线和线段相交时， 直线不能和线段相交，即：，2．如图，抛物线过点，矩形的边在线段上（点在点的左边），点，在抛物线上．设，当时，． （1）求抛物线的函数表达式．（2）当为何值时，矩形的周长有最大值？最大值是多少？（3）保持时的矩形不动，向右平移抛物线．当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点，，且直线平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．14S ∴=1y kx =+CD 1y kx =+AB M CD N 1(M k ∴-0)4(N k -3)-13AM k ∴=-+42DN k =-+1114(32)342S k k ∴=-+-+⨯=157k ∴=N D MN 21y x =+1(2M ∴-0)15(3)22AM ∴=---=∴MN AD 151534224AMN S ∆=⨯⨯=<最大∴1y kx =+AD 157k=2(0)y ax bx a =+<(10,0)E ABCD AB OE AB C D (,0)A t 2t =4AD =t ABCD 2t =ABCD G H GH【分析】（1）由点的坐标设抛物线的交点式，再把点的坐标代入计算可得； （2）由抛物线的对称性得，据此知，再由时，根据矩形的周长公式列出函数解析式，配方成顶点式即可得；（3）由得出点、、、及对角线交点的坐标，由直线平分矩形的面积知直线必过点，根据知线段平移后得到的线段是，由线段的中点平移后的对应点是知是中位线，据此可得． 【解析】解：（1）设抛物线解析式为， 当时，，点的坐标为，将点坐标代入解析式得，解得：， 抛物线的函数表达式为；（2）由抛物线的对称性得， ，当时，，矩形的周长，， 当时，矩形的周长有最大值，最大值为；E D (2,4)BE OA t ==102AB t =-x t =21542AD t t =-+2t =A B C D P GH GH P //AB CD OD GH OD Q P PQ OBD ∆(10)y ax x =-2t =4AD =∴D (2,4)∴D 164a -=14a =-21542y x x =-+BE OA t ==102AB t ∴=-x t =21542AD t t =-+∴ABCD 2()AB AD =+2152[(102)()]42t t t =-+-+21202t t =-++2141(1)22t =--+102-<∴1t =ABCD 412（3）如图，当时，点、、、的坐标分别为、、、，矩形对角线的交点的坐标为，当平移后的抛物线过点时，点的坐标为，此时不能将矩形面积平分； 当平移后的抛物线过点时，点的坐标为，此时也不能将矩形面积平分；当，中有一点落在线段或上时，直线不可能将矩形面积平分；当点，分别落在线段，上时，直线过点，必平分矩形的面积． ，线段平移后得到线段．线段的中点平移后的对应点是．，由平移知， 是的中位线， ，所以抛物线向右平移的距离是4个单位．3．已知：如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，该抛物线的顶点为．（1）求点、、的坐标． （2）求直线的函数解析式． （3）试说明：．（4）在抛物线上是否存在点，使直线把分成面积相等的两部分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．2t =A B C D (2,0)(8,0)(8,4)(2,4)∴ABCD P (5,2)A H (4,4)GH C G (6,0)GH ∴G H AD BC GH G H AB DC GH P ABCD //AB CD ∴OD GH ∴OD Q P DP PB ∴=//PQ OB PQ ∴ODB ∆142PQ OB ∴==223y x x =--x A B y C M A B C BM 90CBM CMB ∠+∠=︒P CP BCM ∆P【分析】（1）根据题意可以直接可求点、、的坐标； （2）用待定系数法可求解析式；（3）根据两点距离公式可求，，的长度，根据勾股定理的逆定理可得，即可证：；（4）根据题意可求线段中点坐标，即可求直线解析式，且点在抛物线上，可列方程，即可求点坐标．【解析】解：（1）抛物线与轴交于、两点，点，点抛物线与轴交于点当时， 点坐标为（2）抛物线点设直线的解析式：过点，解得：，直线的解析式：（3）点，点，点A B C BM BC CM 90BCM ∠=︒90CBM CMB ∠+∠=︒BM CP P P 223y x x =--x A B 2023x x ∴=--13x ∴=21x =-∴(1,0)A -(3,0)B 223y x x =--y C ∴0x =3y =-∴C (0,3)-2223(1)4y x x x =--=--∴(1,4)M -BM y kx b =+(3,0)B (1,4)M -∴403k b k b -=+⎧⎨=+⎩2k =6b =-∴BM 26y x =-(1,4)M -(3,0)B (0,3)C -BC ∴=， ．．（4）如图：设直线与的交点为直线把分成面积相等的两部分和是等高的两个三角形即点是的中点 点，点点坐标为设直线的解析式为解得：， 直线解析式 点是直线与抛物线的交点BM=CM =2220BC CM +=220BM =222BC CM BM ∴+=90BCM ∴∠=︒90CBM CMB ∴∠+∠=︒CP BMF CP BCM ∆CMF BCF S S ∆∆∴=CMF ∆BCF ∆FM BF ∴=F BM (3,0)B (1,4)M -∴F (2,2)-CP y mx n =+∴322n m n =-⎧⎨-=+⎩12m =3n =-∴CP 132y x =-P CP 223y x x =--∴213232x x x -=--解得：（不合题意舍去）， 当时， 点坐标为，4．如图1，抛物线与相交于点、，与分别交轴于点、，且为线段的中点． （1）求的值； （2）若，求的面积；（3）抛物线的对称轴为，顶点为，在（2）的条件下：①点为抛物线对称轴上一动点，当的周长最小时，求点的坐标；②如图2，点在抛物线上点与点之间运动，四边形的面积是否存在最大值？若存在，求出面积的最大值和点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由两抛物线解析式可分别用和表示出、两点的坐标，利用为的中点可得到和之间的关系式；（2）由抛物线解析式可先求得点坐标，过作轴于点，可证得，由相似三角形的性质可得到关于的方程，可求得和的长，可求得的面积； （3）①连接与的交点即为满足条件的点，可求得的解析式，则可求得点坐标；②设出点坐标，则可表示出的面积，过点作轴的平行线交直线于点，可先求得的解析式，则可表示出的长，进一步可表示出的面积，则可表示出四边形的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，及点的坐标．10x =252x =52x =255723424y =-⨯-=-∴P 5(27)4-21:C y x ax =+22:C y x bx =-+O C 1C 2C x B A B AO abOC AC ⊥OAC ∆2C l M P 2C l PAC ∆P E 2C O M OBCEE a b A B B OA a b C C CD x ⊥D OCD CAD ∆∆∽a OA CD OAC ∆OC l P OC P E EOB ∆E x BC N BC EN EBC ∆OBCE E【解析】解：（1）在中，当时，，，，，在中，当时，，，，，为的中点，，； （2）联立两抛物线解析式可得，消去整理可得，解得，，当时，，，过作轴于点，如图1，，， ，， ，即，2y x ax =+0y =20x ax +=10x =2x a =-(,0)B a ∴-2y x bx =-+0y =20x bx -+=10x =2x b =(,0)A b ∴B OA 2b a ∴=-∴12a b =-222y x ax y x ax ⎧=+⎨=--⎩y 2230x ax +=10x =232x a =-32x a =-234y a =∴233(,)24C a a -C CD x ⊥D ∴3(,0)2D a -90OCA ∠=︒OCD CAD ∴∆∆∽∴CD ODAD CD=2CD AD OD ∴=22313()()422a a a =--（舍去），（舍去），， （3）①抛物线， 其对称轴， 点关于的对称点为，， 则为直线与的交点， 设的解析式为，，得， 的解析式为， 当，； ②设，，， 则，而，，设直线的解析式为， 由，解得， 直线的解析式为，过点作轴的平行线交直线于点，如图2，10a ∴=2a =3a =∴2OA a =-=2314CD a ==∴12323OACS OA CD ∆==22:C y x x =-∴2:l x =A 2l (0,0)O C P OC 2l OC y kx=∴1=k OC ∴y =x=23y =∴2)3P 223(,)E m m m -+(E m 223)(0)m m -+2214)23OBE S m m ∆=-=+B C BC y kx b =+10b b ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩2k b ==-∴BC 2y =-E x BC N则，即， ，，， 当，当， ，． 5．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求该抛物线的解析式；（2）直线与该抛物线在第四象限内交于点，与线段交于点，与轴交于点，且． ①求的值；②连接，，线段与线段交于点，与是否全等？请说明理由； （3）直线与该抛物线的交点为，（点在点的左侧），点关于轴22m -+-243x m =+224133EN m m m ∴=++-=+∴2213111(236EBC S m m m ∆=-+=+2222413362OBE EBC OBCE S S S m m m m ∆∆⎛⎫⎛∴=+=+++=+ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭四边形230m∴m =S =最大m =2354y =-+=∴5)4E S 最大232y x bx c =++x (1,0)A -(2,0)B y C y x n =-+D BC E x F 4BE EC =n AC CD AC DF G AGF ∆CGD ∆(0)y m m =>M N M N M y的对称点为点，点的坐标为．若四边形的面积为．求点到的距离的值．【分析】（1）根据抛物线与轴交于，两点，可得抛物线的解析式；（2）①过点作轴于，则，根据平行线分线段成比例定理，可得，设点的坐标为，则，，根据，可得，再根据直线的解析式为，即可得到，，把的坐标代入直线，可得的值；②根据，，可得，再根据点的坐标为，点的坐标为，可得轴，，再根据，，即可判定；（3）根据轴对称的性质得出，进而判定四边形是平行四边形，再根据四边形的面积为，求得，再根据点的坐标为，，得到，中，运用勾股定理可得，最后根据，即可得到【解析】解：（1）抛物线与轴交于，两点， ，解得，该抛物线的解析式；（2）①如图，过点作轴于，则，， M 'H (1,0)OM NH '53H OM 'd 232y x bx c =++x (1,0)A -(2,0)B E EE x '⊥E '//EE OC '4BE OE ''=E (,)x y OE x '=4BE x '=2OB =25x =BC 332y x =-2(5E 12)5-E y x n =-+n (2,0)F -(1,0)A -1AF =D (1,3)-C (0,3)-//CD x 1CD =AFG CDG ∠=∠FAG DCG ∠=∠AGF CGD ∆≅∆1OH M N '==OM NH 'OM NH '5353OP =M 4(3-5)343PM '=Rt OPM '∆OM '=53OM d '⨯=d =232y x bx c =++x (1,0)A -(2,0)B ∴302620b c b c ⎧-+=⎪⎨⎪++=⎩323b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩∴233322y x x =--E EE x '⊥E '//EE OC '∴BE BEOE CE'='，，设点的坐标为，则，， ，，即，， 抛物线与轴交于点， ，设直线的解析式为， ，， ，解得，直线的解析式为， 当时，， ，，把的坐标代入直线，可得，解得；②与全等．理由如下： 直线的解析式为，当时，，，， ， ，，由解得，， 4BE EC =4BE OE ''∴=E (,)x y OE x '=4BE x '=(2,0)B 2OB ∴=42x x +=25x ∴=233322y x x =--y C (0,3)C ∴-BC y kx b '=+(2,0)B (0,3)C -∴203k b b '+=⎧⎨'=-⎩323k b ⎧=⎪⎨⎪'=-⎩∴BC 332y x =-25x =125y =-2(5E ∴12)5-E y x n =-+21255n -+=-2n =-AGF ∆CGD ∆EF 2y x =--∴0y =2x =-(2,0)F ∴-2OF =(1,0)A -1OA ∴=211AF ∴=-=2333222y x x y x ⎧=--⎪⎨⎪=--⎩112343x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩2213x y =⎧⎨=-⎩点在第四象限，点的坐标为，点的坐标为， 轴，，，， ；（3）抛物线的对称轴为，直线与该抛物线的交点为，， 点、关于直线对称， 设，则， 点关于轴的对称点为点， ，点在直线上，轴，， ， ，四边形是平行四边形，设直线与轴交于点， 四边形的面积为， ，即， ， 当时，解得，，点的坐标为，，，，即，中，， D ∴D (1,3)-C (0,3)-//CD x ∴1CD =AFG CDG ∴∠=∠FAG DCG ∠=∠AGF CGD ∴∆≅∆122b x a =-=(0)y m m =>M N ∴M N 12x =(,)N t m (1,)M t m -M y M '(1,)M t m '∴-∴M 'y m =//M N x '∴(1)1M N t t '∴=--=(1,0)H 1OH M N '∴==∴OM NH 'y m =y P OM NH '53513OH OP m ∴⨯=⨯=53m =53OP ∴=23353223x x --=143x =-273x =∴M 4(3-5)34(3M '∴5)343PM '=Rt OPM '∴∆OM '四边形的面积为， ， ．6．如图，已知二次函数的图象经过点，与轴交于点．在轴上有一动点，，过点作轴的垂线交直线于点，交该二次函数图象于点．（1）求的值和直线的解析式；（2）过点作于点，设，的面积分别为，，若，求的值；（3）点是该二次函数图象上位于第一象限的动点，点是线段上的动点，当四边形是平行四边形，且周长取最大值时，求点的坐标．【分析】（1）把点坐标代入可求，应用待定系数法可求直线的解析式；（2）用表示、，易证，，得到与的数量关系可以构造方程；OM NH '5353OM d '∴⨯=41d ∴=23(2)34y ax a x =--+(4,0)A y B x(C m 0)(04)m <<C x AB E D a AB D DF AB ⊥F ACE ∆DEF ∆1S 2S 124S S =m H G AB DEGH DEGHG A 23(2)34y ax a x =--+a AB m DE AC DEF AEC ∆∆∽124S S =DE AE（3）用表示，由平行四边形性质，可得，之间数量关系，利用相似用表示，表示周长，利用函数性质求出周长最大时的值，可得值，进而求点坐标．【解析】解：（1）把点代入，得解得 函数解析式为： 设直线解析式为 把，代入 解得直线解析式为：（2）由已知，点坐标为点坐标为轴，n GH DE GH =m n GM EG DEGH m n G (4,0)A 2304(2)434a a =--⨯+34a =-∴239344y x x =-++AB y kx b =+(4,0)A (0,3)B 043k bb =+⎧⎨=⎩343k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩∴AB 334y x =-+D 239(,3)44m m m -++E 3(,3)4m m -+4AC m ∴=-223933(3)(3)34444DE m m m m m =-++--+=-+//EC y ∴43AC AO EC OB ==5(4)4AE m ∴=-90DFA DCA ∠=∠=︒FBD CEA ∠=∠DEF AEC ∴∆∆∽124S S =解得，（舍去） 故值为（3）如图，过点做于点，设点的横坐标为，由（2）同理四边形是平行四边形整理得：，即由已知周长时，最大．2AE DE ∴=∴253(4)2(3)44m m m -=-+156m =24m =m 56G GM DC ⊥M Gn 2334DE m m =-+2334HG n n =-+DEGH 22333344m m n n ∴-+=-+3()[()3]04n m n m -+-=m n ≠4m n ∴+=4n m =-42MG n m m ∴=-=-EMG BOA ∆∆∽∴43MG EM =5(42)4EG m ∴=-DEGH ∴223532[3(42)]10442L m m m m m =-++-=-++302a =-<113232()2b m a ∴=-=-=⨯-L。

2020年中考数学二轮专项冲刺复习——几何综合、压轴题1、（2019河南•中考第22题•10分）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．（1）观察猜想如图1，当α＝60°时，的值是1，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°．（2）类比探究如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．（3）解决问题当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．【考点】相似形综合题．【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△P AC，即可解决问题．（3）分两种情形：①如图3﹣1中，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如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．∵∠P AD＝∠CAB＝60°，∴∠CAP＝∠BAD，∵CA＝BA，P A＝DA，∴△CAP≌△BAD（SAS），∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，故答案为1，60°．（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．∵∠P AD＝∠CAB＝45°，∴∠P AC＝∠DAB，∵＝＝，∴△DAB∽△P AC，∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，∵∠EOC＝∠AOB，∴∠CEO＝∠OABB＝45°，∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．（3）如图3﹣1中，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°，∵∠P AO＝45°，∴∠P AO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EP A＝∠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，PD＝a，∴＝＝2﹣．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，∴PC＝a﹣a，∴＝＝2+．2、（2019陕西•中考第22题•9分）在图1，2，3中，已知ABCDY，120ABC∠=︒，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且120EAG∠=︒．（1）如图1，当点E与点B重合时，CEF∠=60︒；（2）如图2，连接AF．①填空：FAD∠EAB∠（填“>”，“<“，“=”)；②求证：点F在ABC∠的平分线上；（3）如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求BCAB的值．【考点】相似形综合题【分析】（1）根据菱形的性质计算；（2）①证明60DAB FAE∠=∠=︒，根据角的运算解答；②作FM BC⊥于M，FN BA⊥交BA的延长线于N，证明AFN EFM∆≅∆，根据全等三角形的性质得到FN FM=，根据角平分线的判定定理证明结论；（3）根据直角三角形的性质得到2GH AH=，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．【解答】解：（1）Q四边形AEFG是菱形，18060AEF EAG∴∠=︒-∠=︒，60CEF AEC AEF∴∠=∠-∠=︒，故答案为：60︒；（2）①Q四边形ABCD是平行四边形，18060DAB ABC ∴∠=︒-∠=︒，Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60FAE ∴∠=︒，FAD EAB ∴∠=∠，故答案为：=；②作FM BC ⊥于M ，FN BA ⊥交BA 的延长线于N ，则90FNB FMB ∠=∠=︒，60NFM ∴∠=︒，又60AFE ∠=︒，AFN EFM ∴∠=∠，EF EA =Q ，60FAE ∠=︒，AEF ∴∆为等边三角形，FA FE ∴=，在AFN ∆和EFM ∆中，AFN EFM FNA FME FA FE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AFN EFM AAS ∴∆≅∆，FN FM ∴=，又FM BC ⊥，FN BA ⊥，∴点F 在ABC ∠的平分线上；（3）Q 四边形AEFG 是菱形，120EAG ∠=︒，60AGF ∴∠=︒，30FGE AGE ∴∠=∠=︒，Q 四边形AEGH 为平行四边形，//GE AH ∴，30GAH AGE ∴∠=∠=︒，30H FGE ∠=∠=︒，90GAH ∴∠=︒，又30AGE ∠=︒，2GH AH ∴=，60DAB ∠=︒Q ，30H ∠=︒，30ADH ∴∠=︒，AD AH GE ∴==，Q 四边形ABEH 为平行四边形，BC AD ∴=，BC GE ∴=，Q 四边形ABEH 为平行四边形，30HAE EAB ∠=∠=︒，∴平行四边形ABEH 为菱形，AB AH HE ∴==，3GE AB ∴=， ∴3BC AB=．3、（2019上海•中考 第22题•10分）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形ABCD 表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖ADE 可以绕点A 逆时针方向旋转，当旋转角为60︒时，箱盖ADE 落在AD E ''的位置（如图2所示）．已知90AD =厘米，30DE =厘米，40EC =厘米．（1）求点D '到BC 的距离；（2）求E 、E '两点的距离．【考点】解直角三角形的应用；矩形的性质【分析】（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，利用旋转的性质可得出90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒，利用矩形的性质可得出90AFD BHD ∠'=∠'=︒，在Rt △AD F '中，通过解直角三角形可求出D F '的长，结合FH DC DE CE ==+及D H D F FH '='+可求出点D '到BC 的距离；（2）连接AE ，AE '，EE '，利用旋转的性质可得出AE AE '=，60EAE ∠'=︒，进而可得出AEE ∆'是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE AE '=，在Rt ADE ∆中，利用勾股定理可求出AE 的长度，结合EE AE '=可得出E 、E '两点的距离．【解答】解：（1）过点D '作D H BC '⊥，垂足为点H ，交AD 于点F ，如图3所示．由题意，得：90AD AD '==厘米，60DAD ∠'=︒．Q 四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，90∴∠'=∠'=︒．AFD BHD在Rt△AD F'中，sin90sin60453g厘米．D F AD DAD'='∠'=⨯︒=又40Q厘米，30DE=厘米，CE=∴==+=厘米，FH DC DE CE70∴'='+=+厘米．D H D F FH(45370)答：点D'到BC的距离为(45370)+厘米．（2）连接AE，AE'，EE'，如图4所示．由题意，得：AE AE'=，60∠'=︒，EAE∴∆'是等边三角形，AEE∴'=．EE AEQ四边形ABCD是矩形，90∴∠=︒．ADE在Rt ADEDE=厘米，AD=厘米，30∆中，90223010∴=+=厘米，AE AD DE∴'=厘米．EE3010答：E、E'两点的距离是3010厘米．4、（2019河南•中考第17题•9分）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是上不与点B，D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点G．（1）求证：△ADF≌△BDG；（2）填空：①若AB＝4，且点E是的中点，则DF的长为4﹣2；②取的中点H，当∠EAB的度数为30°时，四边形OBEH为菱形．【考点】圆的综合题．【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB＝∠AEB＝90°，再应用同角的余角相等可得∠DAF＝∠DBG，易得AD＝BD，△ADF≌△BDG得证；（2）作FH⊥AB，应用等弧所对的圆周角相等得∠BAE＝∠DAE，再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE＝OB，结合三角函数特殊值可得∠EAB＝30°．【解答】解：（1）证明：如图1，∵BA＝BC，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝45°∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠AEB＝90°，∴∠DAF+∠BGD＝∠DBG+∠BGD＝90°∴∠DAF＝∠DBG∵∠ABD+∠BAC＝90°∴∠ABD＝∠BAC＝45°∴AD＝BD∴△ADF≌△BDG（ASA）；（2）①如图2，过F作FH⊥AB于H，∵点E是的中点，∴∠BAE＝∠DAE∵FD⊥AD，FH⊥AB∴FH＝FD∵＝sin∠ABD＝sin45°＝，∴，即BF＝FD∵AB＝4，∴BD＝4cos45°＝2，即BF+FD＝2，（+1）FD＝2∴FD＝＝4﹣2故答案为．②连接OE，EH，∵点H是的中点，∴OH⊥AE，∵∠AEB＝90°∴BE⊥AE∴BE∥OH∵四边形OBEH为菱形，∴BE＝OH＝OB＝AB∴sin∠EAB＝＝∴∠EAB＝30°．故答案为：30°5、（2019河北•中考第23题•9分）如图，△ABC和△ADE中，AB＝AD＝6，BC＝DE，∠B＝∠D＝30°，边AD与边BC交于点P（不与点B，C重合），点B，E在AD异侧，I为△APC的内心．（1）求证：∠BAD＝∠CAE；（2）设AP＝x，请用含x的式子表示PD，并求PD的最大值；（3）当AB⊥AC时，∠AIC的取值范围为m°＜∠AIC＜n°，分别直接写出m，n的值．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由条件易证△ABC≌△ADE，得∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE．（2）PD＝AD﹣AP＝6﹣x，∵点P在线段BC上且不与B、C重合，∴AP的最小值即AP⊥BC时AP的长度，此时PD可得最大值．（3）I为△APC的内心，即I为△APC角平分线的交点，应用“三角形内角和等于180°“及角平分线定义即可表示出∠AIC，从而得到m，n的值．【解答】解：（1）在△ABC和△ADE中，（如图1）∴△ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC＝∠DAE即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE∴∠BAD＝∠CAE．（2）∵AD＝6，AP＝x，∴PD＝6﹣x当AD⊥BC时，AP＝AB＝3最小，即PD＝6﹣3＝3为PD的最大值．（3）如图2，设∠BAP＝α，则∠APC＝α+30°，∵AB⊥AC∴∠BAC＝90°，∠PCA＝60°，∠P AC＝90°﹣α，∵I为△APC的内心∴AI、CI分别平分∠P AC，∠PCA，∴∠IAC＝∠P AC，∠ICA＝∠PCA∴∠AIC＝180°﹣（∠IAC+∠ICA）＝180°﹣（∠P AC+∠PCA）＝180°﹣（90°﹣α+60°）＝α+105°∵0＜α＜90°，∴105°＜α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°，∴m＝105，n＝150．6、（2019海南•中考第21题•13分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．（1）求证：△PDE≌△QCE；（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．【考点】四边形综合题．【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE ＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△P AB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠P AF，从而得∠P AF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE（ASA）；（2）①∵PB＝PQ，∴∠PBQ＝∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE＝QE，∵EF∥BQ，∴PF＝BF，∴在Rt△P AB中，AF＝PF＝BF，∴∠APF＝∠P AF，∴∠P AF＝∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，∵CD＝1，E是CD中点，∴DE＝，在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝，即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．7、（2019福建•中考第21题•8分）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．（1）当点E恰好在AC上时，如图1，求∠ADE的大小；（2）若α＝60°时，点F是边AC中点，如图2，求证：四边形BEDF是平行四边形．【考点】平行四边形的判定；旋转的性质．【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠CAD，从而利用互余和计算出∠ADE的度数；（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AB ＝AC，则BF＝AB，再根据旋转的性质得到∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，从而得到DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，接着证明△CFD≌△ABC得到DF＝BC，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△DEC，点E恰好在AC上，∴CA＝CD，∠ECD＝∠BCA＝30°，∠DEC＝∠ABC＝90°，∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）证明：如图2，∵点F是边AC中点，∴BF＝AC，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，∴BF＝AB，∵△ABC绕点A顺时针旋转60得到△DEC，∴∠BCE＝∠ACD＝60°，CB＝CE，DE＝AB，∴DE＝BF，△ACD和△BCE为等边三角形，∴BE＝CB，∵点F为△ACD的边AC的中点，∴DF⊥AC，易证得△CFD≌△ABC，∴DF＝BC，∴DF＝BE，而BF＝DE，∴四边形BEDF是平行四边形．8、（2019北京•中考第20题•5分）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．（1）求证：AC⊥EF；（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tan G＝，求AO的长．【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；解直角三角形．【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；（2）由平行线的性质得出∠G＝∠ADO，由三角函数得出tan G＝tan∠ADO＝＝，得出OA＝OD，由BD ＝4，得出OD＝2，得出OA＝1．【解答】（1）证明：连接BD，如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，∵BE＝DF，∴AB：BE＝AD：DF，∴EF∥BD，∴AC⊥EF；（2）解：如图2所示：∵由（1）得：EF∥BD，∴∠G＝∠ADO，∴tan G＝tan∠ADO＝＝，∴OA＝OD，∵BD＝4，∴OD＝2，∴OA＝1．10、（2019北京•中考第27题•7分）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．【考点】三角形综合题．【分析】（1）根据题意画出图形．（2）由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°﹣∠OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP ＝180°﹣30°﹣∠OPM＝150°﹣∠OPM，得证．（3）根据题意画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP．此时加上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD．利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a．再设DM＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP+PC ＝2a+x，MQ＝DM+QD＝2a+2x．由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH＝MQ＝a+x，DH ＝MH﹣DM＝a，所以OH＝OD+DH＝a+a＝+1，求得a＝1，故OP＝2．证明过程则把推理过程反过来，以OP＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP．【解答】解：（1）如图1所示为所求．（2）设∠OPM＝α，∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN∴∠MPN＝150°，PM＝PN∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α∵∠AOB＝30°∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α∴∠OMP＝∠OPN（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°∵∠AOB＝30°，OP＝2∴PD＝OP＝1∴OD＝∵OH＝+1∴DH＝OH﹣OD＝1∵∠OMP＝∠OPN∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN即∠PMD＝∠NPC在△PDM与△NCP中∴△PDM≌△NCP（AAS）∴PD＝NC，DM＝CP设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH＝x+1∵点M关于点H的对称点为Q∴HQ＝MH＝x+1∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x∴OC＝DQ在△OCN与△QDP中∴△OCN≌△QDP（SAS）∴ON＝QP11、（2019北京•中考第28题•7分）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．【考点】圆的综合题．【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值．【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，连接DE，∵∠A＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，∴弧＝×2π＝π；（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG ⊥AC交FP于G，①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（1，1），F（，1），设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，∵OA＝OC，∠AOC＝90°∴∠ACO＝45°，∵DE∥OC∴∠AED＝∠ACO＝45°作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；∴m≤综上所述，m≤或m≥1．②如图4，设圆心P在AC上，∵P在DE中垂线上，∴P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，∴P（t，），∵DE∥BC∴∠ADE＝∠AOB＝90°∴AE＝＝＝，∵PD＝PE，∴∠AED＝∠PDE∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，∴∠DAE＝∠ADP∴AP＝PD＝PE＝AE由三角形中内弧定义知，PD≤PM∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，∵t＞0∴0＜t≤．12、（2019安徽•中考第20题•10分）如图，点E在ABCDY内部，//AF BE，//DF CE．（1）求证：BCE ADF∆≅∆；（2）设ABCDY的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求ST的值．【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【分析】（1）根据ASA 证明：BCE ADF ∆≅∆；（2）根据点E 在ABCD Y 内部，可知：12BEC AED ABCD S S S ∆∆+=Y ，可得结论． 【解答】解：（1）Q 四边形ABCD 是平行四边形，AD BC ∴=，//AD BC ，180ABC BAD ∴∠+∠=︒，//AF BE Q ，180EAB BAF ∴∠+∠=︒，CBE DAF ∴∠=∠，同理得BCE ADF ∠=∠，在BCE ∆和ADF ∆中，Q CBE DAF BC AD BCE ADF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()BCE ADF ASA ∴∆≅∆；（2）Q 点E 在ABCD Y 内部，12BEC AED ABCD S S S ∆∆∴+=Y ， 由（1）知：BCE ADF ∆≅∆，BCE ADF S S ∆∆∴=，12ADF AED BEC AED ABCD AEDF S S S S S S ∆∆∆∆∴=+=+=Y 四边形， ABCD QY 的面积为S ，四边形AEDF 的面积为T ， ∴212S S T S ==． 13、如图，矩形ABCD 中，点E 在边CD 上，将BCE ∆沿BE 折叠，点C 落在AD 边上的点F 处，过点F 作//FG CD 交BE 于点G ，连接CG ．（1）求证：四边形CEFG 是菱形；（2）若6AB =，10AD =，求四边形CEFG 的面积．【考点】LA：菱形的判定与性质；PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到BCE BFE∆≅∆，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．【解答】（1）证明：由题意可得，BCE BFE∆≅∆，BEC BEF∴∠=∠，FE CE=，//FG CEQ，FGE CEB∴∠=∠，FGE FEG∴∠=∠，FG FE∴=，FG EC∴=，∴四边形CEFG是平行四边形，又CE FE=Q，∴四边形CEFG是菱形；（2）Q矩形ABCD中，6AB=，10AD=，BC BF=，90BAF∴∠=︒，10AD BC BF===，8AF∴=，2DF∴=，设EF x=，则CE x=，6DE x=-，90FDE=︒Q，2222(6)x x∴+-=，解得，103x=，103CE∴=，∴四边形CEFG的面积是：1020233 CE DF=⨯=g．14、（2019成都•中考第27题•10分）如图1，在ABC∆中，20AB AC==，3tan4B=，点D为BC边上的动点（点D 不与点B ，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 ，连接CF ．（1）求证：ABD DCE ∆∆∽；（2）当//DE AB 时（如图2)，求AE 的长；（3）点D 在BC 边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF CF =？若存在，求出此时BD 的长；若不存在，请说明理由．【考点】SO ：相似形综合题【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．（2）解直角三角形求出BC ，由ABD CBA ∆∆∽，推出AB DB CB AB =，可得222025322AB DB CB ===，由//DE AB ，推出AE BD AC BC=，求出AE 即可． （3）点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =．作FH BC ⊥于H ，AM BC ⊥于M ，AN FH ⊥于N ．则90NHM AMH ANH ∠=∠=∠=︒，由AFN ADM ∆∆∽，可得3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==，推出3312944AN AM ==⨯=，推出1697CH CM MH CM AN =-=-=-=，再利用等腰三角形的性质，求出CD 即可解决问题．【解答】（1）证明：AB AC =Q ，B ACB ∴∠=∠，ADE CDE B BAD ∠+∠=∠+∠Q ，ADE B ∠=∠，BAD CDE ∴∠=∠，BAD DCE ∴∆∆∽．（2）解：如图2中，作AM BC ⊥于M ．在Rt ABM∆中，设4BM k=，则3tan434AM BM B k k ==⨯=g，由勾股定理，得到222AB AM BM=+，22220(3)(4)k k∴=+，4k∴=或4-（舍弃），AB AC=Q，AM BC⊥，22432BC BM k∴===g，//DE ABQ，BAD ADE∴∠=∠，ADE B∠=∠Q，B ACB∠=∠，BAD ACB∴∠=∠，ABD CBA∠=∠Q，ABD CBA∴∆∆∽，∴AB DBCB AB=，222025322ABDBCB∴===，//DE ABQ，∴AE BDAC BC=，252012523216AC BDAEBC⨯∴===g．（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF=．理由：作FH BC⊥于H，AM BC⊥于M，AN FH⊥于N．则90NHM AMH ANH∠=∠=∠=︒，∴四边形AMHN为矩形，90MAN∴∠=︒，MH AN=，AB AC=Q，AM BC⊥，11321622BM CM BC∴===⨯=，在Rt ABM ∆中，由勾股定理，得12AM ==， AN FH ⊥Q ，AM BC ⊥，90ANF AMD ∴∠=︒=∠，90DAF MAN ∠=︒=∠Q ，NAF MAD ∴∠=∠，AFN ADM ∴∆∆∽， ∴3tan tan 4AN AF ADF B AM AD ==∠==， 3312944AN AM ∴==⨯=， 1697CH CM MH CM AN ∴=-=-=-=， 当DF CF =时，由点D 不与点C 重合，可知DFC ∆为等腰三角形， FH DC ⊥Q ，214CD CH ∴==，321418BD BC CD ∴=-=-=，∴点D 在BC 边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF CF =，此时18BD =．。