以下是中国学科吧（jsfw8.com）为您推荐的2013年部分地区中考数学几何综合型问题试题(附答案)，希望本篇文章对您学习有所帮助。
2013年部分地区中考数学几何综合型问题试题(附答案)
7.(2019贵州六盘水，7，3分)下列命题为真命题的是(▲)
A.平面内任意三个点确定一个圆
B.五边形的内角和为540°
C.如果a>b,则ac2>bc2
D.如果两条直线被第三条直线所截那么所截得的同位角相等
分析：根据命题的定义：对一件事情做出判断的语句叫命题.正确的命题叫真命题，据此即对四个选项进行分析即可回答.
解答：解：A、平面内任意三点确定一个圆是一个假命题，，如三点在一条直线上，不能构成圆，故本选项错误;
B、五边形的内角和为540°，故本选项正确;
C、如果则，如果c=0,结论不成立，故本选项错误;
D、如果两条直线被第三条直线所截，那么所得的同位角相等.没有平行线，故本选项错误;
故选B.
点评：此题考查了命题的定义，包括真命题和假命题.
13.(2019贵州省毕节市，13，3分)下列命题是假命题的是()
A.同弧或等弧所对的圆周角相等B.平分弦的直径垂直于弦
C.两条平行线间的距离处处相等D.正方形的两条对角线互相垂直平分
解析：分析是否为假命题，可以举出反例;也可以分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案.
解答：解：A、错误，同弧或等弧所对的圆周角相等或互补，是假命题;B、平分弦的直径垂直于弦是正确的，是真命题;C、两条平行线间的距离处处相等是正确的，是真命题;D、正方形的两条对角线互相垂直平分是正确的，是真命题.故选A.
点评：主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.
31.(2019年四川省巴中市,31,12)如图12，在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO为矩形，AB=16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB=43,点E、F分别是线段AD、AC上的动点(点E不与点A、D重合)，且∠CEF=∠ACB.
(1)求AC的长和点D的坐标;
(2)说明△AEF与△DCE相似;
(3)当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标.
【解析】①∵四边形ABCO为矩形,∴∠B=900
tan∠ACB=43,在Rt△ACB中，设BC=3k,AB=4k,由勾
股定理，AC=5K,∵AB=4k=16,∴k=4,
∴AC=20,OA=BC==3k=12,
∴点A的坐标为(-12，0)，
而点D与点A关于y轴对称,∴点D的坐标为(12，0)
②由：∠CDE=∠EAF,∠AEF
=∠DCE，得出△AEF∽△DCE
③分类讨论：
当CE=EF时，则△AEF∽△DCE，
∴AE=CD，即AO+OE=CD
设E(x,0),有12+x=20,∴x=8
此时，点E的坐标为(8.0)
当EF=FC时，∠FCE=∠FEC=∠ACB,
∴tan∠FCG=tan∠ACB=43,
作FG⊥CE于G,在Rt△FCG中，设CE=6a,则CG=3a
FG=4a,于是CF=5a,
∵△AEF∽△DCE
∴CE2=CF•AC,即36a2=5a•20,a=259
∴CE=259×6=503.在Rt△CEO中，OE=CE2-OC2=143∴E(143,0)
当CE=CF时，E与D重合与题目矛盾。
【答案】①AC=20,D(12.0)②由：∠CDE=∠EAF,∠AEF=∠DCE，得出△AEF∽△DCE③E(8.0)或E(143,0)
【点评】本题难度比较大，综合考查了解直角三角形，勾股定理、相似三角形的条件、矩形又一次展现了数形结合思想的必要性。
25.(本题满分12分)如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE.
已知tan∠CBE=，A(3，0)，D(-1，0)，E(0，3).
(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标;
(2)求证：CB是△ABE外接圆的切线;
(3)试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由;
(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0
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【解析】(1)解：由题意，设抛物线解析式为y=a(x-3)(x+1).
将E(0，3)代入上式，解得：a=-1.
∴y=-x2+2x+3.
则点B(1，4).…………………………………………………………………………………2分
(2)如图6，证明：过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4).
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE==3.
在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==.
∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°.
∴AB是△ABE外接圆的直径.………………………………………………………………3分
在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE.
在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°.
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB.
∴CB是△ABE外接圆的切线.………………………………………………………………5分
(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，-).&hellip
;……………………………………………………8分
(4)解：设直线AB的解析式为y=kx+b.
将A(3，0)，B(1，4)代入，得解得
∴y=-2x+6.
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F(，3).…………9分
情况一：如图7，当0
则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L.
由△AHD∽△FHM，得.即.解得HK=2t.
∴S阴=S△MND-S△GNA-S△HAD=×3×3-(3-t)2-t•2t=-t2+3t.…………11分
情况二：如图8，当
∴S阴=S△IQA-S△VQA=×(3-t)×2(3-t)-(3-t)2=(3-t)2=t2-3t+.
综上所述：s=……………………………………………………12分
【答案】(1)y=-x2+2x+3，B(1，4);
(2)证明：如图，过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4).
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE==3.
在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==.
∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°.
∴AB是△ABE外接圆的直径.………………………………………………………………3分
在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE.
在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°.
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB.
∴CB是△ABE外接圆的切线.
(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，-).
(4)s=
【点评】本题以平面直角坐标系为背景，综合考察了二次函数、直线与圆的位置关系、锐角三角函数、三角形相似、勾股定理、待定系数法、分类讨论等知识，而且是中考的压轴题。知识点丰富全面，考查了学生综合运用知识、分类讨论思想来解决问题的能力。第1小题常规题，利用待定系数法求二次函数的解析式，难度较低;第2小题是利用勾股定理、锐角三角函数、90°的圆周角所对的弦是直径、等量代换等证明圆的切线，综合性较强，难度中等;第3小题，考察了分类讨论思想，在坐标轴上找点，构造寻找相似三角形，难度中等;第4小题，利用分类讨论思想、二次函数、和差法计算阴影部分面积，是压轴题的最后一题，将中下层面的学生拒之题外，难度较大.
23.(2019河南，23，11分)如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于A，B两点，点A在轴上，点B的纵坐标为3.点P是直线AB下方的抛物线上一动点(不与A，B重合)，过点P作轴的垂线交直线AB与点C，作PD⊥AB于点D
(1)求及的值
(2)设点P的横坐标为
①用含的代数式表示线段PD的长，
并求出线段PD长的最大值;
②连接PB，线段PC把△PBD分成
两个三角形，是否存在适合的值，
使这两个三角形的面积之比为9:10?
若存在，直接写出值;若不存在，说明理由.
23.解析：(1)根据题意知，点A纵坐标为0，求出横坐标，点B纵坐标为3，也可求出横坐标，将A、B两点坐标代人求出，设直线与轴交于点，则，∵∥轴，∴.能求∠ACP的正弦;(2)①在Rt△PCD中，用m表示出PC，结合上面求出的值，表示出PD的长;②分别过点D,B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F，G，利用△PCD与△PCB公共边PC，分别用m表示出它们的高DF，BG，在Rt△PDF中，又
∴
当时.解得
当时，解得
解：(1)由，得到∴
由，得到∴
∵经过两点，
∴
设直线与轴交于点，则
∵∥轴，∴.
∴
(2)由(1)可知抛物线的解析式为
∴
在Rt△PCD中，
∵∴当时，有最大值
②存在满足条件的值，
点评：本题是一道函数与几何问题的综合题，先根据一次函数与抛物线的交点坐标求出函数的解析式，然后利用图象上面点的坐标来表示图形中线段的长，图形的面积等问题，再建立方程，或根据二次函数的性质求最值.
27.(2019江苏苏州，27，8分)如图，已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为x(2
(1)当x=时，求弦PA、PB的长度;
(2)当x为何值时，PD•CD的值最大?最大值是多少?
分析：(1)由直线l与圆相切于点A，且AB为圆的直径，根据切线的性质得到AB垂直于直线l，又PC垂直于直线l，根据垂直于同一条直线的两直线平行，得到AB与PC平行，根据两直线平行内错角相等得到一对内错角相等，再由一对直角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出三角形PCA与三角形PAB相似，由相似得比例，将PC及直径AB的长代入求出PA的长，在直角三角形PAB中，由AB及PA的长，利用勾股定理即可求出PB的长;
(2)过O作OE垂直于PD，与PD交于点E，由垂径定理得到E为PD的中点，再由三个角为直角的四边形为矩形得到OACE为矩形，根据矩形的对边相等，可得出EC=OA=2，用PC﹣EC的长表示出PE，根据PD=2PE表示出PD，再由PC﹣PD表示出CD，代入所求的式子中，整理后得到关于x的二次函数，配方后根据自变量x的范围，利用二次函数的性质即可求出所求式子的最大值及此时x的取值.
解答：解：(1)∵⊙O与直线l相切于点A，且AB为⊙O的直径，
∴AB⊥l，又∵PC⊥l，
∴AB∥PC，
∴∠CPA=∠PAB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB=90°，又PC⊥l，
∴∠PCA=∠APB=90°，
∴△PCA∽△APB，
∴=，即PA2=PC•AB，
∵PC=，AB=4，
∴PA==，
∴Rt△APB中，AB=4，PA=，
由勾股定理得：PB==;
(2)过O作OE⊥PD，垂足为E，
∵PD是⊙O的弦，OE⊥PD，
∴PE=ED，
又∠CEO=∠ECA=∠OAC=90°，
∴四边形OACE为矩形，
∴CE=OA=2，又PC=x，
∴PE=ED=PC﹣CE=x﹣2，
∴CD=PC﹣PD=x﹣2(x﹣2)=4﹣x，
∴PD•CD=2(x﹣2)•(4﹣x)=﹣2x2+12x﹣16=﹣2(x﹣3)2+2，
∵2
∴当x=3时，PD•CD的值最大，最大值是2.
点评：此题考查了切线的性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键.
(2019•哈尔滨，题号28分值10)28.(本题10分)
已知：在△ABC中，∠ACB=900，点P是线段AC上一点，过点A作AB的垂线，交BP的延长线于点M，MN⊥AC于点N，PQ⊥AB于点Q，A0=MN.
(1)如图l，求证：PC=AN;
(2)如图2，点E是MN上一点，连接EP并延长交BC于点K，点D是AB上一点，连接DK，∠DKE=∠ABC，EF⊥PM于点H，交BC延长线于点F，若NP=2，PC=3，CK：CF=2：3，求DQ的长.
【解析】本题是对三角形全等、相似、勾股定理、三角函数的综合考查.
(1)先证明△AQP≌△MNA，得AN=PQ，PA=AM，再利用等角的余角相等证∠ABP=∠CBP，结合角平分线性质说明PQ=PC，从而PQ=AN得证;
(2)NP=2，PC=3，结合(1)中结论易知AN=3，AP=AM=5，由勾股定理可计算MN=AQ=5
通过△PNM∽△PBC可得BC=6，则BP可求;
设CK=2m,CF=3m,通过△PNE∽△PKC，NE、EM可用m表示，由sin∠PBC=sin∠EMH=，可将EH、FH用m表示;
作ER垂直BF于R，有tan∠BPC=tan∠EFR=2可求RF值，在RT△REP中勾股定理计算EF，可求m值，进而CK、BK可计算;
计算tan∠PKC=tan∠BDK=1，tan∠ABC=，作KG垂直BA于G，设KG=4n,则BG=3n,BK=5n=3,n值可得解，BD=7n，DQ=AB-BD-AQ可解.
【答案】证明：(1)∵MA⊥AM，MN⊥AP，∠BAM=∠ANM=90°，∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°，∴∠PAQ=∠AMN.∵∠PQA=∠ANM=90°，AQ=MN，∴△APQ≌△MNA，∴AN=PQ，AM=AP，∴∠AMN=∠APN，又因为∠APM=∠BPC，∠BPC+∠PBC=90°，∠AMB+∠ABM=90°。∴∠ABM=∠PBC，又PQ⊥AB，PC⊥BC，∴PQ=PC，∴AN=PC;
(2)∵NP=2，PC=5，∴由(1)知PA=NC=5，AC=8，∴AM=AP=5，∴AQ=MN=4.
设CK=2m,CF=3m.∵MN∥BF，∴△PNM∽△PBC，△PNE∽△PKC，
∴，∴BC=6，NE=，∴BF=6+3m,ME=4-,BP=3,
∴sin∠PBC=sin∠EMH==,∵EF⊥PM，∴FH=BFsin∠PBC=(6+3m)，EH=EMsin∠EMH=(4-).
作ER垂直BF于R，则ER=NC=5.
∵∠RFE+∠REF=∠RFE+∠PBC=90°，∴∠REF=∠PBC，∴tan∠BPC=tan∠EFR==2，∴RF=，∴EF=，∴m=,∴CK=3，BK=3.
∵∠PKC+∠DKE=∠ABC+∠BDK，∠DKE=∠ABC，∴∠BDK=∠PKC.
∵tan∠PKC=1，∴tan∠BDK=1，作KG⊥BA于G，∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=，
∴设KG=4n,则BG=3n,GD=4n,∴BK=5n=3,n=，∴BD=7n=.
∵AB=10，AQ=4，∴BQ=6，∴DQ=BQ-BD=.
【点评】本题第二问的难点在于如何巧妙添加辅助线、如何反复利用相似、同角(等角)的三角函数表示其他相关线段并列方程求解.
由MN∥BF推到三角形相似、结合CK：CF=2:3设定参数表示其他线段是本题的突破口，同角(等角)的三角函数值相等、勾股定理是解答本题的重要工具.
解答此类题目的宗旨是根据已知条件表示能表示的所有线段，寻找各线段之间的关系，建立起联系，逐步推进达到求解的目的.
23.(2019四川达州，23，12分)(12分)如图1，在直角坐标系中，已知点A(0，2)、点B(-2，0)，过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE.
(1)填空：点D的坐标为()，点E的坐标为().
(2)若抛物线经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式.
(3)若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在轴上时，正方形和抛物线均停止运动.
①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为，求关于平移时间(秒)的函数关系式，并写出相应自变量的取值范围.
②运动停止时，求抛物线的顶点坐标.
解析：对于(1)，可知OC=1，过D作DF垂直y轴，则△OBC≌△FCD，则FC=OB=2，DF=OC=1，故点D坐标为(-1，3)，同理可得E点坐标为(-3，2);对于(2)，可用待定系数法，求出抛物线的解析式;对于(3)，可考虑当点D、B、E运动到y轴上时是三种情况，在这三个时间段内分别讨论，能做到不混淆、不重、不漏;求抛物线的顶点坐标，可以先求出点E平移到y轴后的坐标，从而可确定抛物线是如何平移，即可求出抛物线平移后的顶点坐标。
答案：(1)D(-1，3)、E(-3，2)(2分)
(2)抛物线经过(0，2)、(-1，3)、(-3，2)，则
……………………………………………………………….(3分)
解得
∴……………………&hell
ip;……………………………….(4分)
(3)①当点D运动到y轴上时，t=.
当0
设D′C′交y轴于点F
∵tan∠BCO==2,又∵∠BCO=∠FCC′
∴tan∠FCC′=2,即=2
∵CC′=t,∴FC′=2t.
∴S△CC′F=CC′•FC′=t×t=5t2…………………………………(5分)
当点B运动到点C时，t=1.当
设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H.
在Rt△BOC中，BC=
∴GH=,∴CH=GH=
∵CC′=t,∴HC′=t-,∴GD′=t-
∴S梯形CC′D′G=(t-+t)=5t-……………………………(7分)
当点E运动到y轴上时，t=.
当1
设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N
∵CC′=t，B′C′=,
∴CB′=t-,∴B′N=2CB′=t-
∵B′E′=,∴E′N=B′E′-B′N=-t
∴E′M=E′N=(-t)
∴S△MNE′=(-t)•(-t)=5t2-15t+
∴S五边形B′C′D′MN=S正方形B′C′D′E′-S△MNE′=(5t2-15t+)=-5t2+15t-
综上所述，S与x的函数关系式为：
当0
当
当1
②当点E运动到点E′时，运动停止.如下图所示
∵∠CB′E′=∠BOC=90°，∠BCO=∠B′CE′
∴△BOC∽△E′B′C
∴
∵OB=2，B′E′=BC=
∴
∴CE′=
∴OE′=OC+CE′=1+=
∴E′(0，)…………………………………………………………………..(10分)
由点E(-3，2)运动到点E′(0，),可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位.
∵=
∴原抛物线顶点坐标为(，)……………………………………………(11分)
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为(，)…………………………(12分)
点评：本题以直角坐标系内的正方形为基本图形，设计出正方形沿着某条直线平移的运动型问题，考查了三角形全等、三角形相似的判定及其性质，图形的平移及其性质等知识点，考察了待定系数法、数形结合方法，分类思想方法，具体有较强的综合性和一定的区分度。
28.(2019江苏苏州，28，12分)如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合，在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG，GH的长分别为4cm，3cm，设正方形移动时间为x(s)，线段GP的长为y(cm)，其中0≤x≤2.5.
(1)试求出y关于x的函数关系式，并求当y=3时相应x的值;
(2)记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2.试说明S1﹣S2是常数;
(3)当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.
分析：(1)根据题意表示出AG、GD的长度，再由△GCD∽△APG，利用对应边成比例可解出x的值.
(2)利用(1)得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可.
(3)延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度.
解答：解：(1)∵CG∥AP，
∴△GCD∽△APG，
∴=，
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，
∴GD=3﹣x，AG=4﹣x，
∴=，即y=，
∴y关于x的函数关系式为y=，
当y=3时，=3，解得x=2.5，
经检验的x=2.5是分式方程的根.
故x的值为2.5;
(2)∵S1=GP•GD=••(3﹣x)=，
S2=GD•CD=(3﹣x)1=，
∴S1﹣S2=﹣=即为常数;
(3)延长PD交AC于点Q.
∵正方形ABCD中，AC为对角线，
∴∠CAD=45°，
∵PQ⊥AC，
∴∠ADQ=45°，
∴∠GDP=∠ADQ=45°.
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP，
∴3﹣x=，
化简得：x2﹣5x+5=0.
解得：x=，
∵0≤x≤2.5，
∴x=，
在Rt△DGP中，PD==(3﹣x)=.
点评：此题考查了正方形的性质、等腰三角形
的性质及解直角三角形的知识，解答本题的关键是用移动的时间表示出有关线段的长度，然后运用所学知识进行求解.
23(2019深圳市23，19分)如图9—①，平在面直角从标系中，直线的位置随的不同取值而变化。
(1)已知⊙M的圆心坐标为(4，2)，半径为2
当时，直线经过圆心M;
当时，直线与⊙M相切;
(2)若把⊙M换成矩形，如图9—②，其三个顶点的坐标分别为：。设直线扫过矩形的面积为，当由小到大变化时，请求出与的函数关系式。
【解析】：(1)若直线经过圆心，则点M在直线上，将M(4，2)代入直线解析式中，即可求出的值;(2)当直线与⊙M相切时，构造直角三角形，得用相似或解直角三角形的方法，可求的值，注意分类。(3)直线在运动中，扫过知形之前，扫过的面积为0，直线扫过矩形时，扫过的图形分别为三角形，直角梯形，五边形、矩形，故可分5种情况，求出与的函数关系式，是典型的分段函数。
【解答】：(1);
如图9—3，易求，则，又∥
则，
由于，
则，
设则，有，
，,
,故，
代入，求得，类似可求
(2)如图9—4①当时，直线不扫过知形，此时
②时，直线扫过矩形的面积为三角形的面积，由于直线与轴的交点为意，故
③当时，直线扫过矩形的面积为
直角梯形的面积，此时与DC交点为
④当时，直线扫地矩形的面积为五边形，
此时直线与DC的交点为则
⑤当时，直线扫过矩形的面积即为矩形的面积，故
综上，
【点评】：本题主要考查分段函数和分类计论思想。分类时要做到不重不漏，各种情况要仔细分析，计算量大。各种情况根据图形的特点，用面积公式求解。
23.(2019广东汕头，23，12分)如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8.把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G;E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合.
(1)求证：△ABG≌△C′DG;
(2)求tan∠ABG的值;
(3)求EF的长.
分析：(1)根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论;
(2)由(1)可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8﹣x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，进而得出tan∠ABG的值;
(3)由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠ABG即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结论.
解答：(1)证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，
∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，
∴∠ABG=∠ADE，
在：△ABG≌△C′DG中，
∵，
∴△ABG≌△C′DG;
(2)解：∵由(1)可知△ABG≌△C′DG，
∴GD=GB，
∴AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8﹣x，
在Rt△ABG中，
∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=(8﹣x)2，解得x=，
∴tan∠ABG===;
(3)解：∵△AEF是△DEF翻折而成，
∴EF垂直平分AD，
∴HD=AD=4，
∴tan∠ABG=tan∠ADE=，
∴EH=HD×=4×=，
∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，
∴HF是△ABD的中位线，
∴HF=AB=×6=3，
∴EF=EH+HF=+3=.
点评：本题考查的是翻折变换、全等三角形的判定与性质、矩形的性质及解直角三角形，熟知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是解答此题的关键.
25.(2019山西，25，12分)问题情境：将一副直角三角板(Rt△ABC和Rt△DEF)按图1所示的方式摆放，其中∠ACB=90°，CA=CB，∠FDE=90°，O是AB的中点，点D与点O重合，DF⊥AC于点M，DE⊥BC于点N，试判断线段OM与ON的数量关系，并说明理由.
探究展示：小宇同学展示出如下正确的解法：
解：OM=ON，证明如下：
连接CO，则CO是AB边上中线，
∵CA=CB，∴CO是∠ACB的角平分线.(依据1)
∵OM⊥AC，ON⊥BC，∴OM=ON.(依据2)
反思交流：
(1)上述证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：
依据2：
(2)你有与小宇不同的思考方法吗?请写出你的证明过程.
拓展延伸：
(3)将图1中的Rt△DEF沿着射线BA的方向平移至如图2所示的位置，使点D落在BA的延长线上，FD的延长线与CA的延长线垂直相交于点M，BC的延长线与DE垂直相交于点N，连接OM、ON，试判断线段OM、ON的数量关系与位置关系，并写出证明过程.
【解析】(1)解：故答案为：等腰三角形三线合一(或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合)，角平分线上的点到角的两边距离相等.
(2)证明：∵CA=CB，
∴∠A=∠B，
∵O是AB的中点，
∴OA=OB.
∵DF⊥AC，DE⊥BC，
∴∠AMO=∠BNO=90°，
∵在△OMA和△ONB中
，
∴△OMA≌△ONB(AAS)，
∴OM=ON.
(3)解：OM=ON，OM⊥ON.理由如下：
连接CO，则CO是AB边上的中线.
∵∠ACB=90°，
∴OC=AB=OB，
又∵CA=CB，
∴∠CAB=∠B=45，∠1=∠2=45°，∠AOC=∠BOC=90°，
∴∠2=∠B，
∵BN⊥DE，
∴∠BND=90°，
又∵∠B=45°，
∴∠3=45°，
∴∠3=∠B，
∴DN=NB.
∵∠ACB=90°，∴∠NCM=90°.又∵BN⊥DE，∴∠DNC=90°
&t
here4;四边形DMCN是矩形，
∴DN=MC，
∴MC=NB，
∴△MOC≌△NOB(SAS)，
∴OM=ON，∠MOC=∠NOB，
∴∠MOC﹣∠CON=∠NOB﹣∠CON，
即∠MON=∠BOC=90°，
∴OM⊥ON.
【答案】(1)解：故答案为：等腰三角形三线合一(或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合)，角平分线上的点到角的两边距离相等.
(2)证明过程省略.
(3)解：OM=ON，OM⊥ON.理由见解析.
【点评】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质等初数中常见的几何知识点.对考生的综合能力有一定的要求，故是选拔考生较好的能力题.难度较大.
23.(本题满分10分)
(2019山东东营，23，10分)(1)如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE.求证：CE=CF;
(2)如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE=45°，请你利用(1)的结论证明：GE=BE+GD.
(3)运用(1)(2)解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC(BC>AD)，∠B=90°，AB=BC，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，DE=10,求直角梯形ABCD的面积.
【解析】(1)利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF(SAS)，即CE=CF.(2)延长AD至F，使DF=BE.连接CF.借助(1)的全等得出∠BCE=∠DCF，∴∠GCF=∠BCE+∠DCG=90°-∠GCE=45°，即∠GCF=∠GCE，又因为CE=CF，CG=CG，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF，∴GE=DF+GD=BE+GD.(3)过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形).再设AB=x，利用(1)、(2)的结论，在Rt△AED中利用勾股定理可求出x.
【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF.∴CE=CF.
(2)证明：如图2，延长AD至F，使DF=BE.连接CF.
由(1)知△CBE≌△CDF，∴∠BCE=∠DCF.
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD,即∠ECF=∠BCD=90°，
又∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°.
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG.∴GE=GF,∴GE=DF+GD=BE+GD.
(3)如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G.在直角梯形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠A=∠B=90°，又∠CGA=90°，AB=BC，
∴四边形ABCD为正方形.∴AG=BC.已知∠DCE=45°，
根据(1)(2)可知，ED=BE+DG.
所以10=4+DG，即DG=6.设AB=x，则AE=x-4，AD=x-6,在Rt△AED中，∵，即.解这个方程，得：x=12，或x=-2(舍去).∴AB=12.所以梯形ABCD的面积为S=
【点评】本题是一道几何综合题，内容涉及三角形的全等、图形的旋转以及勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力.本题的设计由浅入深，循序渐进，考虑到学生的个体差异.
专项八几何综合型问题(42)
23.(湖南株洲市8,23题)(本题满分8分)如图，在△ABC中，∠C=90°,BC=5米,AC=12米。M点在线段CA上，从C向A运动，速度为1米/秒;同时N点在线段AB上，从A向B运动，速度为2米/秒。运动时间为t秒。
(1)、当t为何值时，∠AMN=∠ANM?
(2)、当t为何值时，△AMN的面积最大?并求出这个最大值。
【解析】(1)当两角相等可知，AM=AN，列出方程求出t的值，(2)面积的最值问题是利用二次函数的最值问题，根据题意写出三角形的面积与t的函数关系式，根据自变量的取值及二次函数的性质求出最值.
【解】(1)、依题意有……1分
……2分
解得：t=4秒，即为所求。……3分
(2)、
解法一：如图作……4分
……6分
……8分21世纪教育网
解法二：
……4分
……6分
……8分
【点评】求最大面积、最大利润等问题，一定要考虑到函数关系式的应用，特别是二次函数的应用。
19.(2019四川省南充市，19，8分)矩形ABCD中，AB=2AD,E为AD的中点，EF⊥EC交AB于点F，连接FC.
(1)求证：△AEF∽△DCE;
(2)求tan∠ECF的值.
解析：(1)由四边形ABCD是矩形，EF⊥EC，易得∠A=∠D=90°，∠AFE=∠DEC，由有两组角对应相等的两个三角形相似，即可判定△AEF∽△DCE;
(2)由△AEF∽△DCE，根据相似三角形的对应边成比例，可得，又由矩形ABCD中，AB=2AD，E为AD的中点，tan∠ECF=，即可求得答案.
答案：解：(1)在矩形ABCD中，∠A=∠D=900.
∵EF⊥EC，∴∠FEC=900.∴∠FEA+∠CED=900.
∵∠FEA+∠EAF=900.∴∠EAF=∠CED.
∴⊿AEF∽⊿DCE.
(2)∵AB=2AD，E为AD的中点,
∴.
∵⊿AEF∽⊿DCE.∴.
在中，.
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及锐角三角函数的定义.此题难度适中，在根据题意无法直接求得三角形中边的长短时，可考虑利用三角形的相似关系，通过对应边的比例相等的特点，结合题中的线段间倍数关系，推得某角的三角函数值。解题时还要注意数形结合思想的应用。
24.(2019浙江省嘉兴市，24，14分)在平面直角坐标系xOy中,点P是抛物线y=上的动点(点P在笫一象限内).连结OP,过点O作OP的垂线交抛物线于另一点Q.连结PQ,交y轴于点M.作PA⊥x轴于点A,QB⊥x轴于点B.设点P的横坐标为m.
(1)如图①,当m=时,
①求线段OP的长和tan∠POM的值;
②在y轴上找一点C,使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形,求点C的坐标;
(2)如图②,连结AM、BM,分别与OP、OQ相交于点D、E。
①用含m的代数式表示点Q的坐标;
②求证:四边
形ODME是矩形。
【解析】(1)①欲求线段OP的长,需要先求得点P的坐标,把P点的横坐标m代入,可得;由PA⊥x轴,得PA∥MO,∴tan∠POM=tan∠OPA=.
②欲求点C的坐标,需要先求得点Q的坐标.设Q(n,),由题意可得,进而得
Q(,),∴OQ=.以OQ为腰,分别讨论当OQ=OC和OQ=CQ时,点C的坐标即可.
(2)①由P点的横坐标为m,利用相似三角形的性质可推得点Q(,).②先利用待定系数法求得直线PQ的函数解析式,进而得点M的坐标.利用相似三角形的判定证得△QBO∽△MOA,进而证得Q0∥MA.同理可证:EM∥OD.又∵∠EOD=90°.所以四边形ODME是矩形。
【答案】(1)①把m=代入,y=2.∴P(,2),∴OP=.
∵PA⊥x轴,∴PA∥MO.
∴tan∠POM=tan∠OPA==.
②设Q(n,),∵tan∠QOB=tan∠PON,∴.
∴,∴Q(,),∴OQ=.
当OQ=OC时,则,;
当OQ=CQ时,则.
综上所述,所求点C的坐标为:,,.
(2)①∵P(m,),设Q(n,).∵△APO∽△BOQ,∴.∴,得
∴Q(,).
②设直线PO的廨析式为:y=kx+b,把P(m,)、Q(,)代入得:
解得b=1,∴M(0,1)
∵,∠QBO=∠MOA=90°,,∴△QBO∽△MOA.
∴∠MAO=∠QOB,∴QO∥MA.
同理可证:EM∥OD.
又∵∠EOD=90°,∴四边形ODME是矩形。
【点评】本题是一道几何代数综合题,主要考查了一次函数,二次函数,勾股定理,相似三角形的性质与判定,矩形的判定及方程思想,分类讨论,特殊到一般的数学思想等的综合应用.
解题的关键:灵活应用所学,求出关键点P、Q、M点的坐标.
(1)中,①运用了勾股定理,平行线的性质,锐角三角函数的意义;②运用了方程思想,分类讨论的思想.(2)中相似三角形的性质与判定,,矩形的判定.
26.(2019湖北襄阳，26，13分)如图12，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处，分别以OC、OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点.
(1)求AD的长及抛物线的解析式;
(2)一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ADE相似?
(3)点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出点M与点N的坐标(不写求解过程);若不存在，请说明理由.
【解析】(1)根据折叠前后的相等线段，先在Rt△OEC中求出OE长，再在Rt△ADE中运用勾股定理构建方程求AD.然后将O，D，C三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c求出a，b，c即可.(2)分别用含t的代数式表示CQ和CP的长，再利用相似三角形产生的相似比构建含t的方程，解之即得.(3)从两定点C，E形成的边CE为平行四边形的边和对角线两个角度分析求解.
【答案】解：(1)∵四边形ABCO为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10.
由题意得，△BDC≌△EDC.
∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD.
由勾股定理易得EO=6.
∴AE=10-6=4.
设AD=x，则BD=DE=8-x，由勾股定理，得x2+42=(8-x)2.
解之得，x=3，∴AD=3.
∵抛物线y=ax2+bx+c过点O(0，0)，∴c=0.
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D(3，10)，C(8，0)，
∴解之得
∴抛物线的解析式为：y=-x2+x.
(2)∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，
∴∠DEA=∠OCE.
由(1)可得AD=3，AE=4，DE=5.
而CQ=t，EP=2t，PC=10-2t.
当∠PQC=∠DAE=90°时，△ADE∽△QPC，
∴=，即=，解得t=.
当∠QPC=∠DAE=90°时，△ADE∽△PQC，
∴=，即=，解得t=.
∴当t=或时，以P，Q，C为顶点的三角形与△ADE相似.
(3)存在.M1(-4，-32)，N1(4，-38).
M2(12，-32)，N2(4，-26).
M3(4，)，N3(4，-).
【点评】本题是一道直线形坐标几何问题，综合考查轴对称，全等三角形，矩形的性质，相似三角形，勾股定理与方程，平行四边形等方面的知识.重点考查学生综合运用数学知识解决综合问题的能力，以及运用方程思想，数形结合思想和分类讨论的思想解决问题的能力.本题入口较宽，第(1)问就是教材习题，能保证大部分考生得分，具有公平性;第(2)问属于动态探究问题，根据相似三角形产生的相似比建立含t的方程是求解关键.第(3)问情况有三种，所要求的点有六个，如何条理清晰的进行分类得出点的位置是解题先决条件.这类问题通常是以两定点形成的边为突破口，把它当作边和对角线分别思
23.(2019四川攀枝花，23，12分)(12分)如图9，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，顶点A、C、D均在坐标轴上，且AB=5，sinB=
(1)求过A、C、D三点的抛物线的解析式;
(2)记直线AB的解析式为，(1)中抛物线的解析式为，求当时，自变量的取值范围;
(3)设直线AB与(1)中抛物线的另一个交点为E，P点为抛物线上A、E两点之间的一个动点，当P点在何处时，△PAE的面积最大?并求出面积的最大值。
【解析】菱形的性质，求抛物线解析式，
三角形函数，三角形的面积的求法
【答案】解：
(1)∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CD=5，∠B=∠ADC
∴OC：CD=sin∠ADC
即OC=4
在Rt△OCD中，OD=3
OA=AD–OD=2
∴D(3，0)，A(–2，0)，C(0，4)，B(–5，4)
设抛物线解析式为y=a(x–3)(x+2)
将C(0，4)代入，得a=–
y=–(x–3)(x+2)=–x2+x+4
(2)把A(–2，0)和B(–5，4)代入
解得∴
解得x1=5,x2=–2，
∴–2
(3
)作AF∥y轴，EF∥x轴，连结PF
xB=5,yB=∴E(5，)A(–2，0)
设P(m,–m2+m+4)
AF=，EF=7，
S△PAE=S△AFP+S△EFP–S△AFE=AF(xP–xA)+EF(yP–yE)–AF×EF
=
==
∴当m=，即P(，)时△PAE有最大值为。
【点评】(1)本题重点考查了菱形的性质，以及利用三角函数求线段长度和点的坐标。利用坐标求抛物线解析式。
(2)求出直线与抛物线的两交点坐标，并结合图像解答问题。
(3)求三角形面积的方法有很多种，此种方法利用割补法求出三角形面积关于m的函数关系式，并求最大值。
24.(2019四川攀枝花，24，12分)(12分)如图10所示，在形状和大小不确定的△ABC中，BC=6，E、F分别是AB、AC的中点，P在EF或EF的延长线上，BP交CE于D，Q在CE上且BQ平分∠CBP，设BP=，PE=.
(1)当时，求的值;
(2)当CQ=CE时，求与之间的函数关系式;
(3)①当CQ=CE时，求与之间的函数关系式;
②当CQ=CE(为不小于2的常数)时，求直接与之间的函数关系式。
【解析】平行、角平分线、等腰三角形、相似、对应边成比例
【答案】
解：
(1)∵E、F是AB、AC中点
∴EF∥BC，EF=0.5BC=3
∴EP==1
∵EF∥BC
∴△DPE∽△DBC
∴EP：BC=1：6
∴=1：36
(2)延长BQ交射线EF于点G
∵EF∥BC
∴∠G=∠GBC
又∵∠GBC=∠GBP
∴∠G=∠GBP
∴PG=BP=y
即EG=x+y
∵EF∥BC
∴△QEG∽△QCB
∴EQ：QC=EG：BC=1
x+y=6
y=–x+6
(3)
①同(2)中
△QEG∽△QCB
EQ：QC=EG：BC=2
x+y=2×6
y=–x+12
②y=–x+6(n–1)
【点评】本题考查了角平分线和平行所形成的等腰三角形，以及平行有相似，利用相似三角形对应边成比例求解。
专项八几何综合型问题(42)
19.(2019四川省南充市，19，8分)矩形ABCD中，AB=2AD,E为AD的中点，EF⊥EC交AB于点F，连接FC.
(1)求证：△AEF∽△DCE;
(2)求tan∠ECF的值.
解析：(1)由四边形ABCD是矩形，EF⊥EC，易得∠A=∠D=90°，∠AFE=∠DEC，由有两组角对应相等的两个三角形相似，即可判定△AEF∽△DCE;
(2)由△AEF∽△DCE，根据相似三角形的对应边成比例，可得，又由矩形ABCD中，AB=2AD，E为AD的中点，tan∠ECF=，即可求得答案.
答案：解：(1)在矩形ABCD中，∠A=∠D=900.
∵EF⊥EC，∴∠FEC=900.∴∠FEA+∠CED=900.
∵∠FEA+∠EAF=900.∴∠EAF=∠CED.
∴⊿AEF∽⊿DCE.
(2)∵AB=2AD，E为AD的中点,
∴.
∵⊿AEF∽⊿DCE.∴.
在中，.
点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及锐角三角函数的定义.此题难度适中，在根据题意无法直接求得三角形中边的长短时，可考虑利用三角形的相似关系，通过对应边的比例相等的特点，结合题中的线段间倍数关系，推得某角的三角函数值。解题时还要注意数形结合思想的应用。
中国学科吧（jsfw8.com）
以下是中国学科吧（jsfw8.com）为您推荐的2013年部分地区中考数学几何综合型问题试题(附答案)，希望本篇文章对您学习有所帮助。
2013年部分地区中考数学几何综合型问题试题(附答案)
7.(2019贵州六盘水，7，3分)下列命题为真命题的是(▲)
A.平面内任意三个点确定一个圆
B.五边形的内角和为540°
C.如果a>b,则ac2>bc2
D.如果两条直线被第三条直线所截那么所截得的同位角相等
分析：根据命题的定义：对一件事情做出判断的语句叫命题.正确的命题叫真命题，据此即对四个选项进行分析即可回答.
解答：解：A、平面内任意三点确定一个圆是一个假命题，，如三点在一条直线上，不能构成圆，故本选项错误;
B、五边形的内角和为540°，故本选项正确;
C、如果则，如果c=0,结论不成立，故本选项错误;
D、如果两条直线被第三条直线所截，那么所得的同位角相等.没有平行线，故本选项错误;
故选B.
点评：此题考查了命题的定义，包括真命题和假命题.
13.(2019贵州省毕节市，13，3分)下列命题是假命题的是()
A.同弧或等弧所对的圆周角相等B.平分弦的直径垂直于弦
C.两条平行线间的距离处处相等D.正方形的两条对角线互相垂直平分
解析：分析是否为假命题，可以举出反例;也可以分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案.
解答：解：A、错误，同弧或等弧所对的圆周角相等或互补，是假命题;B、平分弦的直径垂直于弦是正确的，是真命题;C、两条平行线间的距离处处相等是正确的，是真命题;D、正方形的两条对角线互相垂直平分是正确的，是真命题.故选A.
点评：主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题.判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理.
31.(2019年四川省巴中市,31,12)如图12，在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴上，四边形ABCO为矩形，AB=16，点D与点A关于y轴对称，tan∠ACB=43,点E、F分别是线段AD、AC上的动点(点E不与点A、D重合)，且∠CEF=∠ACB.
(1)求AC的长和点D的坐标;
(2)说明△AEF与△DCE相似;
(3)当△EFC为等腰三角形时，求点E的坐标.
【解析】①∵四边形ABCO为矩形,∴∠B=900
tan∠ACB=43,在Rt△ACB中，设BC=3k,AB=4k,由勾
股定理，AC=5K,∵AB=4k=16,∴k=4,
∴AC=20,OA=BC==3k=12,
∴点A的坐标为(-12，0)，
而点D与点A关于y轴对称,&t
here4;点D的坐标为(12，0)
②由：∠CDE=∠EAF,∠AEF
=∠DCE，得出△AEF∽△DCE
③分类讨论：
当CE=EF时，则△AEF∽△DCE，
∴AE=CD，即AO+OE=CD
设E(x,0),有12+x=20,∴x=8
此时，点E的坐标为(8.0)
当EF=FC时，∠FCE=∠FEC=∠ACB,
∴tan∠FCG=tan∠ACB=43,
作FG⊥CE于G,在Rt△FCG中，设CE=6a,则CG=3a
FG=4a,于是CF=5a,
∵△AEF∽△DCE
∴CE2=CF•AC,即36a2=5a•20,a=259
∴CE=259×6=503.在Rt△CEO中，OE=CE2-OC2=143∴E(143,0)
当CE=CF时，E与D重合与题目矛盾。
【答案】①AC=20,D(12.0)②由：∠CDE=∠EAF,∠AEF=∠DCE，得出△AEF∽△DCE③E(8.0)或E(143,0)
【点评】本题难度比较大，综合考查了解直角三角形，勾股定理、相似三角形的条件、矩形又一次展现了数形结合思想的必要性。
25.(本题满分12分)如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE.
已知tan∠CBE=，A(3，0)，D(-1，0)，E(0，3).
(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标;
(2)求证：CB是△ABE外接圆的切线;
(3)试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由;
(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0
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【解析】(1)解：由题意，设抛物线解析式为y=a(x-3)(x+1).
将E(0，3)代入上式，解得：a=-1.
∴y=-x2+2x+3.
则点B(1，4).…………………………………………………………………………………2分
(2)如图6，证明：过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4).
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE==3.
在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==.
∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°.
∴AB是△ABE外接圆的直径.………………………………………………………………3分
在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE.
在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°.
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB.
∴CB是△ABE外接圆的切线.………………………………………………………………5分
(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，-).………………………………………………………8分
(4)解：设直线AB的解析式为y=kx+b.
将A(3，0)，B(1，4)代入，得解得
∴y=-2x+6.
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F(，3).…………9分
情况一：如图7，当0
则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L.
由△AHD∽△FHM，得.即.解得HK=2t.
∴S阴=S△MND-S△GNA-S△HAD=×3×3-(3-t)2-t•2t=-t2+3t.…………11分
情况二：如图8，当
∴S阴=S△IQA-S△VQA=×(3-t)×2(3-t)-(3-t)2=(3-t)2=t2-3t+.
综上所述：s=……………………………………………………12分
【答案】(1)y=-x2+2x+3，B(1，4);
(2)证明：如图，过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4).
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE==3.
在Rt△EMB中，EM=OM-OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==.
∴∠BEA=180°-∠1-∠MEB=90°.
∴AB是△ABE外接圆的直径.………………………………………………………………3分
在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE.
>
在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°.
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB.
∴CB是△ABE外接圆的切线.
(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，-).
(4)s=
【点评】本题以平面直角坐标系为背景，综合考察了二次函数、直线与圆的位置关系、锐角三角函数、三角形相似、勾股定理、待定系数法、分类讨论等知识，而且是中考的压轴题。知识点丰富全面，考查了学生综合运用知识、分类讨论思想来解决问题的能力。第1小题常规题，利用待定系数法求二次函数的解析式，难度较低;第2小题是利用勾股定理、锐角三角函数、90°的圆周角所对的弦是直径、等量代换等证明圆的切线，综合性较强，难度中等;第3小题，考察了分类讨论思想，在坐标轴上找点，构造寻找相似三角形，难度中等;第4小题，利用分类讨论思想、二次函数、和差法计算阴影部分面积，是压轴题的最后一题，将中下层面的学生拒之题外，难度较大.
23.(2019河南，23，11分)如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于A，B两点，点A在轴上，点B的纵坐标为3.点P是直线AB下方的抛物线上一动点(不与A，B重合)，过点P作轴的垂线交直线AB与点C，作PD⊥AB于点D
(1)求及的值
(2)设点P的横坐标为
①用含的代数式表示线段PD的长，
并求出线段PD长的最大值;
②连接PB，线段PC把△PBD分成
两个三角形，是否存在适合的值，
使这两个三角形的面积之比为9:10?
若存在，直接写出值;若不存在，说明理由.
23.解析：(1)根据题意知，点A纵坐标为0，求出横坐标，点B纵坐标为3，也可求出横坐标，将A、B两点坐标代人求出，设直线与轴交于点，则，∵∥轴，∴.能求∠ACP的正弦;(2)①在Rt△PCD中，用m表示出PC，结合上面求出的值，表示出PD的长;②分别过点D,B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F，G，利用△PCD与△PCB公共边PC，分别用m表示出它们的高DF，BG，在Rt△PDF中，又
∴
当时.解得
当时，解得
解：(1)由，得到∴
由，得到∴
∵经过两点，
∴
设直线与轴交于点，则
∵∥轴，∴.
∴
(2)由(1)可知抛物线的解析式为
∴
在Rt△PCD中，
∵∴当时，有最大值
②存在满足条件的值，
点评：本题是一道函数与几何问题的综合题，先根据一次函数与抛物线的交点坐标求出函数的解析式，然后利用图象上面点的坐标来表示图形中线段的长，图形的面积等问题，再建立方程，或根据二次函数的性质求最值.
27.(2019江苏苏州，27，8分)如图，已知半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为x(2
(1)当x=时，求弦PA、PB的长度;
(2)当x为何值时，PD•CD的值最大?最大值是多少?
分析：(1)由直线l与圆相切于点A，且AB为圆的直径，根据切线的性质得到AB垂直于直线l，又PC垂直于直线l，根据垂直于同一条直线的两直线平行，得到AB与PC平行，根据两直线平行内错角相等得到一对内错角相等，再由一对直角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出三角形PCA与三角形PAB相似，由相似得比例，将PC及直径AB的长代入求出PA的长，在直角三角形PAB中，由AB及PA的长，利用勾股定理即可求出PB的长;
(2)过O作OE垂直于PD，与PD交于点E，由垂径定理得到E为PD的中点，再由三个角为直角的四边形为矩形得到OACE为矩形，根据矩形的对边相等，可得出EC=OA=2，用PC﹣EC的长表示出PE，根据PD=2PE表示出PD，再由PC﹣PD表示出CD，代入所求的式子中，整理后得到关于x的二次函数，配方后根据自变量x的范围，利用二次函数的性质即可求出所求式子的最大值及此时x的取值.
解答：解：(1)∵⊙O与直线l相切于点A，且AB为⊙O的直径，
∴AB⊥l，又∵PC⊥l，
∴AB∥PC，
∴∠CPA=∠PAB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB=90°，又PC⊥l，
∴∠PCA=∠APB=90°，
∴△PCA∽△APB，
∴=，即PA2=PC•AB，
∵PC=，AB=4，
∴PA==，
∴Rt△APB中，AB=4，PA=，
由勾股定理得：PB==;
(2)过O作OE⊥PD，垂足为E，
∵PD是⊙O的弦，OE⊥PD，
∴PE=ED，
又∠CEO=∠ECA=∠OAC=90°，
∴四边形OACE为矩形，
∴CE=OA=2，又PC=x，
∴PE=ED=PC﹣CE=x﹣2，
∴CD=PC﹣PD=x﹣2(x﹣2)=4﹣x，
∴PD•CD=2(x﹣2)•(4﹣x)=﹣2x2+12x﹣16=﹣2(x﹣3)2+2，
∵2
∴当x=3时，PD•CD的值最大，最大值是2.
点评：此题考查了切线的性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键.
(2019•哈尔滨，题号28分值10)28.(本题10分)
已知：在△ABC中，∠ACB=900，点P是线段AC上一点，过点A作AB的垂线，交BP的延长线于点M，MN⊥AC于点N，PQ⊥AB于点Q，A0=MN.
(1)如图l，求证：PC=AN;
(2)如图2，点E是MN上一点，连接EP并延长交BC于点K，点D是AB上一点，连接DK，∠DKE=∠ABC，EF⊥PM于点H，交BC延长线于点F，若NP=2，PC=3，CK：CF=2：3，求DQ的长.
【解析】本题是对三角形全等、相似、勾股定理、三角函数的综合考查.
(1)先证明△AQP≌△MNA，得AN=PQ，PA=AM，再利用等角的余角相等证∠ABP=∠CBP，结合角平分线性质说明PQ=PC，从而PQ=AN得证;
(2)NP=2，PC=3，结合(1)中结论易知AN=3，AP=AM=5，由勾股定理可计算MN=AQ=5
通过△PNM∽△PBC可得BC=6，则BP可求;
设CK=2m,CF=3m,通过△PNE∽△PKC，NE、EM可用m表示，由sin∠PBC=sin∠EMH=，可将EH、FH用m表示;
作ER垂直BF于R，有tan∠BPC=tan∠EFR=2可求RF值，在RT△REP中勾股定理计算EF，可求m值，进而CK、BK可计算;
计算tan∠PKC=tan∠BDK=1，tan∠ABC=，作KG垂直BA于G，设KG=4n,则BG=3n,BK=5n=3,n值可得解，BD=7n，DQ=AB-BD-AQ可解.
【答案】证明：(1)∵MA⊥