中考数学一轮复习 专题练习 压轴题 浙教版

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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=.‎
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