中考数学一轮复习 专题练习 压轴题 浙教版

中考数学一轮复习 专题练习 压轴题 浙教版

压轴题（1）‎ ‎ 班级 姓名 学号 ‎ 一、选择题 ‎1.在△ABC中，AB＝10，AC＝2，BC边上的高AD＝6，则另一边BC等于( )‎ A．10　 　　B．‎8　‎ 　　C．6或10　　 　D．8或10‎ ‎2.若x0是方程ax2+2x+c=0（a≠0）的一个根，设M=1﹣ac，N=（ax0+1）2，则M与N的大小关系正确的为（　　）‎ A．M＞N B．M=N C．M＜N D．不确定 ‎3.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB的平分线交BC于D，DE是AB的垂直平分线，垂足为E．若BC=3，则DE的长为（　　）‎ A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ ‎4.如图，AD是△ABC的中线，∠ADC=45°，把△ADC沿着直线AD对折，点C落在点E的位置．如果BC=6，那么线段BE的长度为（　　）‎ A．6 B．‎6 ‎C．2 D．3‎ ‎5.二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）和正比例函数y=x的图象如图所示，则方程ax2+（b﹣）x+c=0（a≠0）的两根之和（　　）‎ A．大于0 B．等于‎0 C．小于0 D．不能确定 ‎6.如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝．其中正确的结论有( )‎ A.4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎7.如图，在Rt△AOB中，两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后得到△A′O′B．若反比例函数的图象恰好经过斜边A′B的中点C，S△ABO=4，tan∠BAO=2，则k的值为（　　）‎ A．3 B．‎4 C．6 D．8‎ ‎8.有3个正方形如图所示放置，阴影部分的面积依次记为S1，S2，则S1：S2等于（　　）‎ A．1： B．1：‎2 C．2：3 D．4：9‎ ‎9.如图，用黑白两种颜色的菱形纸片，按黑色纸片数逐渐增加1的规律拼成下列图案，若第n个图案中有2017个白色纸片，则n的值为（　　）‎ A．671 B．‎672 C．673 D．674‎ ‎10.如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：‎ ‎①‎4ac＜b2；‎ ‎②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3；‎ ‎③‎3a+c＞0‎ ‎④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3‎ ‎⑤当x＜0时，y随x增大而增大 其中结论正确的个数是（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 二、填空题 ‎11.如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＞AB，点D在BC上，以AC为对角线的所有平行四边形ADCE中，DE的最小值是_____________．‎ ‎12.如图，直线y＝x＋b与直线y＝kx＋6交于点P(3，5)，则关于x的不等式x＋b＞kx＋6的解集是_____________．‎ ‎13.在矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∠BED的角平分线EF与DC交于点F，若AB=9，DF=2FC，则BC=　 　．（结果保留根号）‎ ‎14.如图，已知点A（1，2）是反比例函数y=图象上的一点，连接AO并延长交双曲线的另一分支于点B，点P是x轴上一动点；若△PAB是等腰三角形，则点P的坐标是　 　．‎ ‎15.如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为　 　．‎ 三、解答题 ‎16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．‎ ‎（1）求证：AC是⊙O的切线；‎ ‎（2）若OB=10，CD=8，求BE的长．‎ ‎17.某段工程建设中，甲队单独完成这项工程需要150天，甲队单独施工30天后增加乙队，两队又共同工作了15天，共完成总工程的．‎ ‎（1）求乙队单独完成这项工程需要多少天？‎ ‎（2）为了加快工程进度，甲、乙两队各自提高工作效率，提高后乙队的工作效率是，甲队的工作效率是乙队的m倍（1≤m≤2），若两队合作40天完成剩余的工程，请写出a关于m的函数关系式，并求出乙队的最大工作效率是原来的几倍？‎ ‎18.已知在关于x的分式方程①和一元二次方程（2﹣k）x2+3mx+（3﹣k）n=0②中，k、m、n均为实数，方程①的根为非负数．‎ ‎（1）求k的取值范围；‎ ‎（2）当方程②有两个整数根x1、x2，k为整数，且k=m+2，n=1时，求方程②的整数根；‎ ‎（3）当方程②有两个实数根x1、x2，满足x1（x1﹣k）+x2（x2﹣k）=（x1﹣k）（x2﹣k），且k为负整数时，试判断|m|≤2是否成立？请说明理由．‎ ‎19.如图，直线y=﹣x+2与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．‎ ‎（1）求点A，点B的坐标；‎ ‎（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；‎ ‎（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．‎ ‎（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．‎ ‎20.阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．‎ 问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线经过B、C两点，顶点D在正方形内部．‎ ‎（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线；‎ ‎（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；‎ ‎（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？‎ ‎21.如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；‎ ‎（2）求证：△ABC是直角三角形；‎ ‎（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎22.已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．‎ ‎（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；‎ ‎（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；‎ ‎（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．‎ ‎23.在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是(0，4)、（－1，0），将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′．‎ ‎(1)若抛物线过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；‎ ‎(2)点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA ‎′的面积最大？最大面积是多少？并求出此时M的坐标；‎ ‎(3)若P为抛物线上的一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为(1，0)，当P、N、B、Q 构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．‎ ‎24.如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．‎ ‎ (1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．‎ ‎ (2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.‎ ‎ ①求证：BD⊥CF；‎ ‎ ②当AB＝2，AD＝3时，求线段DH的长．‎ 答案详解 一、选择题 ‎【考点】一元二次方程的解．‎ ‎【分析】把x0代入方程ax2+2x+c=0得ax02+2x0=﹣c，作差法比较可得．‎ ‎【解答】解：∵x0是方程ax2+2x+c=0（a≠0）的一个根，‎ ‎∴ax02+2x0+c=0，即ax02+2x0=﹣c，‎ 则N﹣M=（ax0+1）2﹣（1﹣ac）‎ ‎=a2x02+2ax0+1﹣1+ac ‎=a（ax02+2x0）+ac ‎=﹣ac+ac ‎=0，‎ ‎∴M=N，‎ 故选：B．‎ ‎3.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠CAB的平分线交BC于D，DE是AB的垂直平分线，垂足为E．若BC=3，则DE的长为（　　）‎ A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ ‎【分析】由角平分线和线段垂直平分线的性质可求得∠B=∠CAD=∠DAB=30°，‎ ‎【解答】解：∵DE垂直平分AB，‎ ‎∴DA=DB，‎ ‎∴∠B=∠DAB，‎ ‎∵AD平分∠CAB，‎ ‎∴∠CAD=∠DAB，‎ ‎∵∠C=90°，‎ ‎∴3∠CAD=90°，‎ ‎∴∠CAD=30°，‎ ‎∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，CD⊥AC，‎ ‎∴CD=DE=BD，‎ ‎∵BC=3，‎ ‎∴CD=DE=1，‎ 故选A．‎ ‎4.如图，AD是△ABC的中线，∠ADC=45°，把△ADC沿着直线AD对折，点C落在点E的位置．如果BC=6，那么线段BE的长度为（　　）‎ A．6 B．‎6 ‎C．2 D．3‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】根据折叠的性质判定△EDB是等腰直角三角形，然后再求BE．‎ ‎【解答】解：根据折叠的性质知，CD=ED，∠CDA=∠ADE=45°，‎ ‎∴∠CDE=∠BDE=90°，‎ ‎∵BD=CD，BC=6，‎ ‎∴BD=ED=3，‎ 即△EDB是等腰直角三角形，‎ ‎∴BE=BD=×3=3，‎ 故选D．‎ ‎5.二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）和正比例函数y=x的图象如图所示，则方程ax2+（b﹣）x+c=0（a≠0）的两根之和（　　）‎ A．大于0 B．等于‎0 C．小于0 D．不能确定 ‎【考点】抛物线与x轴的交点．‎ ‎【分析】设ax2+bx+c=0（a≠0）的两根为x1，x2，由二次函数的图象可知x1+x2＞0，a＞0，设方程ax2+（b﹣）x+c=0（a≠0）的两根为a，b再根据根与系数的关系即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设ax2+bx+c=0（a≠0）的两根为x1，x2，‎ ‎∵由二次函数的图象可知x1+x2＞0，a＞0，‎ ‎∴﹣＞0．‎ 设方程ax2+（b﹣）x+c=0（a≠0）的两根为a，b，则a+b=﹣=﹣+，‎ ‎∵a＞0，‎ ‎∴＞0，‎ ‎∴a+b＞0．‎ 故选C．‎ ‎6.如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF ‎，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝．其中正确的结论有( )‎ A.4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【知识点】特殊平行四边形——矩形的性质、相似三角形——相似三角形的判定与性质、锐角三角函数——锐角三角函数值的求法 ‎【答案】B.‎ ‎【解析】∵矩形ABCD中，∴AD∥BC.∴△AEF∽△CAB….......................①正确；‎ ‎∵△AEF∽△CAB，∴＝＝，∴CF＝2AF……………………………②正确；‎ 过点D作DH⊥AC于点H.易证△ABF≌△CDH(AAS).∴AF＝CH.‎ ‎∵EF∥DH,∴＝ ＝1.∴AF＝FH.∴FH＝CH.‎ ‎∴DH垂直平分CF.∴DF＝DC. ……………………………………………③正确；‎ 设EF＝1，则BF＝2.∵△ABF∽△EAF.∴＝.∴AF＝＝＝.‎ ‎∴tan∠ABF＝＝.∵∠CAD＝∠ABF，∴tan∠CAD＝tan∠ABF＝.…………④错误.‎ 故选择B.‎ ‎7.如图，在Rt△AOB中，两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，将△AOB绕点B逆时针旋转90°后得到△A′O′B．若反比例函数的图象恰好经过斜边A′B的中点C，S△ABO=4，tan∠BAO=2，则k的值为（　　）‎ A．3 B．‎4 C．6 D．8‎ ‎【分析】先根据S△ABO=4，tan∠BAO=2求出AO、BO的长度，再根据点C为斜边A′B的中点，求出点C的坐标，点C的横纵坐标之积即为k值．‎ ‎【解答】解：设点C坐标为（x，y），作CD⊥BO′交边BO′于点D，‎ ‎∵tan∠BAO=2，‎ ‎∴=2，‎ ‎∵S△ABO=•AO•BO=4，‎ ‎∴AO=2，BO=4，‎ ‎∵△ABO≌△A′O′B，‎ ‎∴AO=A′0′=2，BO=BO′=4，‎ ‎∵点C为斜边A′B的中点，CD⊥BO′，‎ ‎∴CD=A′0′=1，BD=BO′=2，‎ ‎∴x=BO﹣CD=4﹣1=3，y=BD=2，‎ ‎∴k=x•y=3•2=6．‎ 故选C．．‎ ‎8.有3个正方形如图所示放置，阴影部分的面积依次记为S1，S2，则S1：S2等于（　　）‎ A．1： B．1：‎2 C．2：3 D．4：9‎ ‎【考点】正方形的性质．‎ ‎【分析】设小正方形的边长为x，再根据相似的性质求出S1、S2与正方形面积的关系，然后进行计算即可得出答案．‎ ‎【解答】解：设小正方形的边长为x，根据图形可得：‎ ‎∵=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴S1=S正方形ABCD，‎ ‎∴S1=x2，‎ ‎∵=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴S2=S正方形ABCD，‎ ‎∴S2=x2，‎ ‎∴S1：S2=x2： x2=4：9；‎ 故选D．‎ ‎9.如图，用黑白两种颜色的菱形纸片，按黑色纸片数逐渐增加1的规律拼成下列图案，若第n个图案中有2017个白色纸片，则n的值为（　　）‎ A．671 B．‎672 C．673 D．674‎ ‎【分析】将已知三个图案中白色纸片数拆分，得出规律：每增加一个黑色纸片时，相应增加3个白色纸片；据此可得第n个图案中白色纸片数，从而可得关于n的方程，解方程可得．‎ ‎【解答】解：∵第1个图案中白色纸片有4=1+1×3张；‎ 第2个图案中白色纸片有7=1+2×3张；‎ 第3个图案中白色纸片有10=1+3×3张；‎ ‎…‎ ‎∴第n个图案中白色纸片有1+n×3=3n+1（张），‎ 根据题意得：3n+1=2017，‎ 解得：n=672，‎ 故选：B．‎ ‎10.如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：‎ ‎①‎4ac＜b2；‎ ‎②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3；‎ ‎③‎3a+c＞0‎ ‎④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3‎ ‎⑤当x＜0时，y随x增大而增大 其中结论正确的个数是（　　）‎ A．4个B．3个C．2个D．1个 ‎【考点】二次函数图象与系数的关系．‎ ‎【分析】利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交点坐标为（3，0），则可对②进行判断；由对称轴方程得到b=﹣‎2a，然后根据x=﹣1时函数值为负数可得到‎3a+c＜0，则可对③进行判断；根据抛物线在x轴上方所对应的自变量的范围可对④进行判断；根据二次函数的性质对⑤进行判断．‎ ‎【解答】解：∵抛物线与x轴有2个交点，‎ ‎∴b2﹣‎4ac＞0，所以①正确；‎ ‎∵抛物线的对称轴为直线x=1，‎ 而点（﹣1，0）关于直线x=1的对称点的坐标为（3，0），‎ ‎∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3，所以②正确；‎ ‎∵x=﹣=1，即b=﹣‎2a，‎ 而x=﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，‎ ‎∴a+‎2a+c＜0，所以③错误；‎ ‎∵抛物线与x轴的两点坐标为（﹣1，0），（3，0），‎ ‎∴当﹣1＜x＜3时，y＞0，所以④错误；‎ ‎∵抛物线的对称轴为直线x=1，‎ ‎∴当x＜1时，y随x增大而增大，所以⑤正确．‎ 故选B．‎ 二、填空题 ‎11.如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＞AB，点D在BC上，以AC为对角线的所有平行四边形ADCE中，DE的最小值是_____________．‎ ‎【知识点】直线射线和线段——垂线段最短、图形的相似——平行线分线段成比例定理、平行四边形——平行四边形的性质、‎ ‎【答案】4.‎ ‎【解析】根据“垂线段最短”，可知：当OD⊥BC时，OD最短，DE的值最小.‎ 当OD⊥BC时，OD∥AB.∴＝＝1.∴OD是△ABC的中位线.∴OD＝AB＝2.∴DE的最小值＝2OD＝4.‎ ‎12.如图，直线y＝x＋b与直线y＝kx＋6交于点P(3，5)，则关于x的不等式x＋b＞kx＋6的解集是_____________．‎ ‎【知识点】一次函数——一次函数与一元一次不等式 ‎【答案】x＞3.‎ ‎【解析】由图象得到直线y＝x＋b与直线y＝kx＋6的交点P(3，5)，在点P(3，5)的右侧，直线y＝x＋b落在直线y＝kx＋6的上方，该部分对应的x的取值范围为x＞3,即不等式x＋b＞kx＋6的解集是x＞3．‎ ‎13.在矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∠BED的角平分线EF与DC交于点F，若AB=9，DF=2FC，则BC=　　．（结果保留根号）‎ ‎【考点】矩形的性质；等腰三角形的判定；相似三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG=BC+CG进行计算即可．‎ ‎【解答】解：延长EF和BC，交于点G ‎∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，‎ ‎∴∠ABE=∠AEB=45°，‎ ‎∴AB=AE=9，‎ ‎∴直角三角形ABE中，BE==，‎ 又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，‎ ‎∴∠BEG=∠DEF ‎∵AD∥BC ‎∴∠G=∠DEF ‎∴∠BEG=∠G ‎∴BG=BE=‎ 由∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFC，可得△EFD∽△GFC ‎∴‎ 设CG=x，DE=2x，则AD=9+2x=BC ‎∵BG=BC+CG ‎∴=9+2x+x 解得x=‎ ‎∴BC=9+2（﹣3）=‎ 故答案为：‎ ‎14.如图，已知点A（1，2）是反比例函数y=图象上的一点，连接AO并延长交双曲线的另一分支于点B，点P是x轴上一动点；若△PAB是等腰三角形，则点P的坐标是　（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0）　．‎ ‎【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】由对称性可知O为AB的中点，则当△PAB为等腰三角形时只能有PA=AB或PB=AB，设P点坐标为（x，0），可分别表示出PA和PB，从而可得到关与x的方程，可求得x，可求得P点坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎∵反比例函数y=图象关于原点对称，‎ ‎∴A、B两点关于O对称，‎ ‎∴O为AB的中点，且B（﹣1，﹣2），‎ ‎∴当△PAB为等腰三角形时有PA=AB或PB=AB，‎ 设P点坐标为（x，0），‎ ‎∵A（1，2），B（﹣1，﹣2），‎ ‎∴AB==2，PA=，PB=，‎ 当PA=AB时，则有=2，解得x=﹣3或5，此时P点坐标为（﹣3，0）或（5，0）；‎ 当PB=AB时，则有=2，解得x=3或﹣5，此时P点坐标为（3，0）或（﹣5，0）；‎ 综上可知P点的坐标为（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0），‎ 故答案为：（﹣3，0）或（5，0）或（3，0）或（﹣5，0）．‎ ‎15.如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为　（﹣，）　．‎ ‎【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质．‎ ‎【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得Bn的坐标，然后根据矩形的性质即可求得对角线交点的坐标．‎ ‎【解答】解：∵在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，‎ ‎∴矩形A1OC1B1与矩形AOCB是位似图形，点B与点B1是对应点，‎ ‎∵OA=2，OC=1．‎ ‎∵点B的坐标为（﹣2，1），‎ ‎∴点B1的坐标为（﹣2×，1×），‎ ‎∵将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，‎ ‎∴B2（﹣2××，1××），‎ ‎∴Bn（﹣2×，1×），‎ ‎∵矩形AnOCnBn的对角线交点（﹣2××，1××），即（﹣，），‎ 故答案为：（﹣，）．‎ 三、解答题 ‎16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．‎ ‎（1）求证：AC是⊙O的切线；‎ ‎（2）若OB=10，CD=8，求BE的长．‎ ‎【考点】切线的判定．‎ ‎【专题】计算题；与圆有关的位置关系．‎ ‎【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB=OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直径，即可得证；‎ ‎（2）由OD与BC平行得到三角形OAD与三角形BAC相似，由相似得比例求出OA的长，进而确定出AB的长，连接EF，过O作OG垂直于BC，利用勾股定理求出BG的长，由BG+GC求出BC的长，再由三角形BEF与三角形BAC相似，由相似得比例求出BE的长即可．‎ ‎【解答】（1）证明：连接OD，‎ ‎∵BD为∠ABC平分线，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ ‎∵OB=OD，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∴∠2=∠3，‎ ‎∴OD∥BC，‎ ‎∵∠C=90°，‎ ‎∴∠ODA=90°，‎ 则AC为圆O的切线；‎ ‎（2）解：过O作OG⊥BC，‎ ‎∴四边形ODCG为矩形，‎ ‎∴GC=OD=OB=10，OG=CD=8，‎ 在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG=6，‎ ‎∴BC=BG+GC=6+10=16，‎ ‎∵OD∥BC，‎ ‎∴△AOD∽△ABC，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得：OA=，‎ ‎∴AB=+10=，‎ 连接EF，‎ ‎∵BF为圆的直径，‎ ‎∴∠BEF=90°，‎ ‎∴∠BEF=∠C=90°，‎ ‎∴EF∥AC，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得：BE=12．‎ ‎17.某段工程建设中，甲队单独完成这项工程需要150天，甲队单独施工30天后增加乙队，两队又共同工作了15天，共完成总工程的．‎ ‎（1）求乙队单独完成这项工程需要多少天？‎ ‎（2）为了加快工程进度，甲、乙两队各自提高工作效率，提高后乙队的工作效率是，甲队的工作效率是乙队的m倍（1≤m≤2），若两队合作40天完成剩余的工程，请写出a关于m的函数关系式，并求出乙队的最大工作效率是原来的几倍？‎ ‎【考点】一次函数的应用；分式方程的应用．‎ ‎【分析】（1）设乙队单独完成这项工程需要x天，根据题意得方程即可得到结论；‎ ‎（2）根据题意得（+）×40=，即可得到a=‎60m+60，根据一次函数的性质得到=，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）设乙队单独完成这项工程需要x天，‎ 根据题意得×（30+15）+×15=，‎ 解得：x=450，‎ 经检验x=450是方程的根，‎ 答：乙队单独完成这项工程需要450天；‎ ‎（2）根据题意得（+）×40=，‎ ‎∴a=‎60m+60，‎ ‎∵60＞0，‎ ‎∴a随m的增大增大，‎ ‎∴当m=1时，最大，‎ ‎∴=，‎ ‎∴÷=7.5倍，‎ 答：乙队的最大工作效率是原来的7.5倍 ‎18.已知在关于x的分式方程①和一元二次方程（2﹣k）x2+3mx+（3﹣k）n=0②中，k、m、n均为实数，方程①的根为非负数．‎ ‎（1）求k的取值范围；‎ ‎（2）当方程②有两个整数根x1、x2，k为整数，且k=m+2，n=1时，求方程②的整数根；‎ ‎（3）当方程②有两个实数根x1、x2，满足x1（x1﹣k）+x2（x2﹣k）=（x1﹣k）（x2﹣k），且k为负整数时，试判断|m|≤2是否成立？请说明理由．‎ ‎【分析】（1）先解出分式方程①的解，根据分式的意义和方程①的根为非负数得出k的取值；‎ ‎（2）先把k=m+2，n=1代入方程②化简，由方程②有两个整数实根得△是完全平方数，列等式得出关于m的等式，由根与系数的关系和两个整数根x1、x2得出m=1和﹣1，分别代入方程后解出即可．‎ ‎（3）根据（1）中k的取值和k为负整数得出k=﹣1，化简已知所给的等式，并将两根和与积代入计算求出m的值，做出判断．‎ ‎【解答】解：（1）∵关于x的分式方程的根为非负数，‎ ‎∴x≥0且x≠1，‎ 又∵x=≥0，且≠1，‎ ‎∴解得k≥﹣1且k≠1，‎ 又∵一元二次方程（2﹣k）x2+3mx+（3﹣k）n=0中2﹣k≠0，‎ ‎∴k≠2，‎ 综上可得：k≥﹣1且k≠1且k≠2；‎ ‎（2）∵一元二次方程（2﹣k）x2+3mx+（3﹣k）n=0有两个整数根x1、x2，且k=m+2，n=1时，‎ ‎∴把k=m+2，n=1代入原方程得：﹣mx2+3mx+（1﹣m）=0，即：mx2﹣3mx+m﹣1=0，‎ ‎∴△≥0，即△=（﹣‎3m）2﹣‎4m（m﹣1），且m≠0，‎ ‎∴△=‎9m2‎﹣‎4m（m﹣1）=m（‎5m+4），‎ ‎∵x1、x2是整数，k、m都是整数，‎ ‎∵x1+x2=3，x1•x2==1﹣，‎ ‎∴1﹣为整数，‎ ‎∴m=1或﹣1，‎ ‎∴把m=1代入方程mx2﹣3mx+m﹣1=0得：x2﹣3x+1﹣1=0，‎ x2﹣3x=0，‎ x（x﹣3）=0，‎ x1=0，x2=3；‎ 把m=﹣1代入方程mx2﹣3mx+m﹣1=0得：﹣x2+3x﹣2=0，‎ x2﹣3x+2=0，‎ ‎（x﹣1）（x﹣2）=0，‎ x1=1，x2=2；‎ ‎（3）|m|≤2不成立，理由是：‎ 由（1）知：k≥﹣1且k≠1且k≠2，‎ ‎∵k是负整数，‎ ‎∴k=﹣1，‎ ‎（2﹣k）x2+3mx+（3﹣k）n=0且方程有两个实数根x1、x2，‎ ‎∴x1+x2=﹣==﹣m，x1x2==，‎ x1（x1﹣k）+x2（x2﹣k）=（x1﹣k）（x2﹣k），‎ x12﹣x1k+x22﹣x2k=x1x2﹣x1k﹣x2k+k2，‎ x12+x22═x1x2+k2，‎ ‎（x1+x2）2﹣2x1x2﹣x1x2=k2，‎ ‎（x1+x2）2﹣3x1x2=k2，‎ ‎（﹣m）2﹣3×=（﹣1）2，‎ m2﹣4=1，‎ m2=5，‎ m=±，‎ ‎∴|m|≤2不成立．‎ ‎19.如图，直线y=﹣x+2与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．‎ ‎（1）求点A，点B的坐标；‎ ‎（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；‎ ‎（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．‎ ‎（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）在直线y=﹣x+2中，分别令y=0和x=0，容易求得A、B两点坐标；‎ ‎（2）由OA、OB的长可求得∠ABO=30°，用t可表示出BE，EF，和BF的长，由勾股定理可求得AB的长，从而可用t表示出AF的长；‎ ‎（3）利用菱形的性质可求得t的值，则可求得AF=AG的长，可得到=，可判定△AFG与△AGB相似；‎ ‎（4）若△AGF为直角三角形时，由条件可知只能是∠FAG=90°，又∠AFG=∠OAF=60°，由（2）可知AF=4﹣2t，EF=t，又由二次函数的对称性可得到EG=2OA=4，从而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到关于t的方程，可求得t的值，进一步可求得E点坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在直线y=﹣x+2中，‎ 令y=0可得0=﹣x+2，解得x=2，‎ 令x=0可得y=2，‎ ‎∴A为（2，0），B为（0，2）；‎ ‎（2）由（1）可知OA=2，OB=2，‎ ‎∴tan∠ABO==，‎ ‎∴∠ABO=30°，‎ ‎∵运动时间为t秒，‎ ‎∴BE=t，‎ ‎∵EF∥x轴，‎ ‎∴在Rt△BEF中，EF=BE•tan∠ABO=BE=t，BF=2EF=2t，‎ 在Rt△ABO中，OA=2，OB=2，‎ ‎∴AB=4，‎ ‎∴AF=4﹣2t；‎ ‎（3）相似．理由如下：‎ 当四边形ADEF为菱形时，则有EF=AF，‎ 即t=4﹣2t，解得t=，‎ ‎∴AF=4﹣2t=4﹣=，OE=OB﹣BE=2﹣×=，‎ 如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，‎ 则四边形OEGH为矩形，‎ ‎∴GH=OE=，‎ 又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，‎ ‎∴OA=AH=2，‎ 在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=（）2+22=，‎ 又AF•AB=×4=，‎ ‎∴AF•AB=AG2，即=，且∠FAG=∠GAB，‎ ‎∴△AFG∽△AGB；‎ ‎（4）存在，‎ ‎∵EG∥x轴，‎ ‎∴∠GFA=∠BAO=60°，‎ 又G点不能在抛物线的对称轴上，‎ ‎∴∠FGA≠90°，‎ ‎∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG=90°，‎ 又∠FGA=30°，‎ ‎∴FG=2AF，‎ ‎∵EF=t，EG=4，‎ ‎∴FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，‎ ‎∴4﹣t=2（4﹣2t），‎ 解得t=，‎ 即当t的值为秒时，△AGF为直角三角形，此时OE=OB﹣BE=2﹣t=2﹣×=，‎ ‎∴E点坐标为（0，），‎ ‎∵抛物线的顶点为A，‎ ‎∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2，‎ 把E点坐标代入可得=‎4a，解得a=，‎ ‎∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2，‎ 即y=x2﹣x+．‎ ‎20.阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．‎ 问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线经过B、C两点，顶点D在正方形内部．‎ ‎（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线；‎ ‎（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；‎ ‎（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？‎ ‎【分析】（1）根据特征线直接求出点D的特征线；‎ ‎（2）由点D的一条特征线和正方形的性质求出点D的坐标，从而求出抛物线解析式；‎ ‎（2）分平行于x轴和y轴两种情况，由折叠的性质计算即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵点D（m，n），‎ ‎∴点D（m，n）的特征线是x=m，y=n，y=x+n﹣m，y=﹣x+m+n；‎ ‎（2）点D有一条特征线是y=x+1，‎ ‎∴n﹣m=1，‎ ‎∴n=m+1‎ ‎∵抛物线解析式为，‎ ‎∴y=（x﹣m）2+m+1，‎ ‎∵四边形OABC是正方形，且D点为正方形的对称轴，D（m，n），‎ ‎∴B（‎2m，‎2m），‎ ‎∴（‎2m﹣m）2+n=‎2m，将n=m+1带入得到m=2，n=3；‎ ‎∴D（2，3），‎ ‎∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2+3‎ ‎（3）如图，当点A′在平行于y轴的D点的特征线时，‎ 根据题意可得，D（2，3），‎ ‎∴OA′=OA=4，OM=2，‎ ‎∴∠A′OM=60°，‎ ‎∴∠A′OP=∠AOP=30°，‎ ‎∴MN==，‎ ‎∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=．‎ 乳头，当点A′在平行于x轴的D点的特征线时，‎ ‎∵顶点落在OP上，‎ ‎∴A′与D重合，‎ ‎∴A′（2，3），‎ 设P（4，c）（c＞0），‎ 由折叠有，PD=PA，‎ ‎∴=c，‎ ‎∴c=，‎ ‎∴P（4，）‎ ‎∴直线OP解析式为y=，‎ ‎∴N（2，），‎ ‎∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣=，‎ 即：抛物线向下平移或距离，其顶点落在OP上．‎ ‎21.如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；‎ ‎（2）求证：△ABC是直角三角形；‎ ‎（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】二次函数综合题．‎ ‎【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；‎ ‎（2）分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，结合A、B、C三点的坐标可求得∠ABO=∠CBO=45°，可证得结论；‎ ‎（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得=或=，可求得N点的坐标．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）∵顶点坐标为（1，1），‎ ‎∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，‎ 又抛物线过原点，‎ ‎∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，‎ ‎∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，‎ 即y=﹣x2+2x，‎ 联立抛物线和直线解析式可得，解得或，‎ ‎∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；‎ ‎（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，‎ 则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，‎ ‎∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，‎ ‎∴△ABC是直角三角形；‎ ‎（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），‎ ‎∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，‎ 由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=，BC=3，‎ ‎∵MN⊥x轴于点N ‎∴∠ABC=∠MNO=90°，‎ ‎∴当△ABC和△MNO相似时有=或=，‎ ‎①当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=|x|，‎ ‎∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，‎ ‎∴x≠0，‎ ‎∴|﹣x+2|=，即﹣x+2=±，解得x=或x=，‎ 此时N点坐标为（，0）或（，0）；‎ ‎②当=时，则有=，即|x||﹣x+2|=3|x|，‎ ‎∴|﹣x+2|=3，即﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，‎ 此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），‎ 综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．‎ ‎22.已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．‎ ‎（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；‎ ‎（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；‎ ‎（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．‎ ‎（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．‎ ‎（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•cos30°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）解：结论AE=EF=AF．‎ 理由：如图1中，连接AC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，‎ ‎∴△ABC，△ADC是等边三角形，‎ ‎∴∠BAC=∠DAC=60°‎ ‎∵BE=EC，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，‎ ‎∵∠EAF=60°，‎ ‎∴∠CAF=∠DAF=30°，‎ ‎∴AF⊥CD，‎ ‎∴AE=AF（菱形的高相等），‎ ‎∴△AEF是等边三角形，‎ ‎∴AE=EF=AF．‎ ‎（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE，‎ 在△BAE和△CAF中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAE≌△CAF，‎ ‎∴BE=CF．‎ ‎（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，‎ ‎∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，‎ ‎∴∠AEB=45°，‎ 在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，‎ ‎∴BG=2，AG=2，‎ 在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，‎ ‎∴AG=GE=2，‎ ‎∴EB=EG﹣BG=2﹣2，‎ ‎∵△AEB≌△AFC，‎ ‎∴AE=AF，EB=CF=2﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，‎ ‎∵∠EAF=60°，AE=AF，‎ ‎∴△AEF是等边三角形，‎ ‎∴∠AEF=∠AFE=60°‎ ‎∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，‎ ‎∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，‎ 在RT△EFH中，∠CEF=15°，‎ ‎∴∠EFH=75°，‎ ‎∵∠AFE=60°，‎ ‎∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，‎ ‎∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，‎ 在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2﹣2，‎ ‎∴FH=CF•cos30°=（2﹣2）•=3﹣．‎ ‎∴点F到BC的距离为3﹣．‎ ‎23.在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是(0，4)、（－1，0），将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′．‎ ‎(1)若抛物线过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；‎ ‎(2)点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并求出此时M的坐标；‎ ‎(3)若P为抛物线上的一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为(1，0)，当P、N、B、Q 构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．‎ ‎【知识点】‎ 平行四边形——平行四边形的性质、旋转——旋转的性质、二次函数——确定二次函数的表达式（待定系数法）、函数与几何动态——运动产生的面积问题及运动产生的特殊四边形问题、分类讨论思想、实际问题与数学建模——函数模型 ‎【思路分析】（1）先由OA′＝OA得到点A′的坐标，再用点C、A、A′的坐标即可求此抛物线的解析式；（2）连接AA′, 过点M 作MN⊥x轴，交AA′于点N,把△AMA′分割为△AMN和△A′MN, △AMA′的面积＝△AMA′的面积＋△AMN的面积＝OA′•MN,设点M的横坐标为x，借助抛物线的解析式和AA′的解析式，建立MN的长关于x的函数关系式，再据此建立△AMA′的面积关于x的二次函数关系式，再求△AMA′面积的最大值以及此时M的坐标；（3）在P、N、B、Q 这四个点中，B、Q 这两个点是固定点，因此可以考虑将BQ作为边、将BQ作为对角线分别构造符合题意的图形，再求解.‎ ‎【解答】解：(1)∵YABOC绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′，点A的坐标是(0，4)，∴点A′的坐标为(4，0)，点B的坐标为(1，4).‎ ‎∵抛物线过点C，A，A′，设抛物线的函数解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0),可得：‎ . 解得：.∴抛物线的函数解析式为y＝－x2＋3x＋4.‎ ‎(2)连接AA′，设直线AA′的函数解析式为y＝kx＋b，可得 .解得：.‎ ‎∴直线AA'的函数解析式是y＝－x＋4.‎ 设M(x，－x2＋3x＋4)，‎ S△AMA′＝×4×[－x2＋3x＋4一(一x＋4)]＝一2x2＋8x＝一2(x－2)2＋8.‎ ‎∴x＝2时，△AMA′的面积最大S△AMA′＝8．‎ ‎∴M(2，6).‎ ‎(3)设P点的坐标为（x，－x2＋3x＋4），当P、N、B、Q构成平行四边形时，‎ ‎①当BQ为边时，PN∥BQ且PN＝BQ，‎ ‎∵BQ＝4，∴一x2＋3x＋4＝±4.‎ 当一x2＋3x＋4＝4时，x1＝0，x2＝3，即P1(0,4)，P2(3，4)；‎ 当一x2＋3x＋4＝一4时，x3＝，x4＝，即P3(,－4)，P4(，－4)；‎ ‎②当BQ为对角线时，PB∥x轴，即P1(0，4)，P2(3，4);‎ 当这个平行四边形为矩形时，即Pl(0，4)，P2(3，4)时，N1(0，0)，N2(3，0).‎ 综上所述，当P1(0，4)，P2(3，4)，P3(,－4)，P4(，－4)时，P、N、B、Q构成平行四边形；当这个平行四边形为矩形时，N1(0，0)，N2(3，0).‎ ‎24.如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．‎ ‎ (1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．‎ ‎ (2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.‎ ‎ ①求证：BD⊥CF；‎ ‎ ②当AB＝2，AD＝3时，求线段DH的长．‎ ‎【知识点】等腰三角形——等腰三角形的现性质、特殊的平行四边形——正方形的性质、旋转——旋转的特性、全等三角形——全等三角形的判判定和性质、相似三角形——相似三角形的判判定和性质 ‎【思路分析】（1）先用“SAS”证明△CAF≌△BAD,再用全等三角形的性质即可得BD＝CF成立；（2）利用△HFN与△AND的内角和以及它们的等角，得到∠NHF＝90°,即可得①的结论；（3）连接DF，延长AB，与DF交于点M，利用△BMD∽△FHD求解.‎ ‎【解答】(l)解：BD＝CF成立．‎ 证明：∵AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ;AF＝AD,△ABD≌△ACF,∴BD＝CF.‎ ‎(2)①证明：由(1)得，△ABD≌△ACF，∴∠HFN＝∠ADN，‎ 在△HFN与△ADN中，∵∠HFN＝∠AND，∠HNF＝∠AND,∴∠NHF＝∠NAD＝90°,‎ ‎∴HD⊥HF,即BD⊥CF.‎ ‎②解：如图，连接DF，延长AB，与DF交于点M.‎ 在△MAD中，∵∠MAD＝∠MDA＝45°，∴∠BMD＝90°.‎ 在Rt△BMD与Rt△FHD中，∵∠MDB＝∠HDF,∴△BMD∽△FHD.‎ ‎∴AB＝2，AD＝3，四边形ADEF是正方形，∴MA＝MD＝＝3.‎ ‎∴MB＝3－2＝1,DB＝＝.‎ ‎∵＝.∴＝.‎ ‎∴DH＝.‎