【集中培优】浙江省温州市近5年各区九年级上册精选期末压轴真题集中训练卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 【集中培优】浙江省温州市近5年各区九年级上册精选期末压轴真题集中训练卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-20 14:51:38 | ||
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文档简介
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【集中培优】浙江省温州市近5年各区九年级上册期末压轴真题集中训练卷
一．选择题
1．公元三世纪中期，我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法，所谓“割圆术”，是通过不断倍增圆内接正多边形的边数，间接求出圆面积和周长的方法．如图，在半径为2的圆内作两个正方形，得到一个正八边形，则阴影部分的面积是（ ）
A． B． C．24﹣16 D．48﹣32
2．如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP，则DG的长是（ ）
A．6 B．2 C．7 D．4
3．我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形（如图），则阴影部分的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形．连结CD，若sin∠BCD，则tan∠CDB的值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在 ABCD中，∠A＝60°，AD＝2．以点A为圆心，AD为半径作，交边AB于点E，G是的中点，作GF∥BC交CD于点F，以点F为旋转中心，将线段FG按逆时针方向旋转90°至线段FG′，若点G′恰好落在边BC上，则AB的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，抛物线y＝﹣（x+m）2+5交x轴于点A，B，将该抛物线向右平移3个单位后，与原抛物线交于点C，则点C的纵坐标为（ ）
A． B． C．3 D．
7．如图一段抛物线y＝x2﹣3x（0≤x≤3），记为C1，它与x轴于点O和A1：将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕旋转180°得到C3，交x轴于A3，如此进行下去，若点P（2020，m）在某段抛物线上，则m的值为（ ）
A．0 B． C．2 D．﹣2
8．如图，点A，B的坐标分别为（0，8），（10，0），动点C，D分别在OA，OB上且CD＝8，以CD为直径作⊙P交AB于点E，F．动点C从点O向终点A的运动过程中，线段EF长的变化情况为（ ）
A．一直不变 B．一直变大
C．先变小再变大 D．先变大再变小
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连接CG交AB于点M，连接CE，CH．若CH＝2CE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线的图象与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3.5
11．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示，过点G作GD的垂线交AB于点I，若GIGD，则的值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，一个装有液体的锥形瓶轴截面是轴对称图形，底部BC＝20cm，当BC处于水平位置时，液面宽AD＝10cm，液体高度DE＝6cm，此时往瓶中再倒入一些液体，液面上升到宽GF＝6cm，则此时液体的高度FH为（ ）
A．9.6 B．9.2 C．8.4 D．7
二．填空题
13．【情境】图1是某庭院所砌的一堵带有月洞门的墙，其设计图（图2）是轴对称图形，对称轴GH交圆弧于点G，墙面ABCD为正方形，门洞上方匾额的中点M，N，P，Q分别是上方两个矩形对角线的交点．已知AB米，EF米，GH米，EK米．
【问题】月洞门所在圆的半径为 米，匾额的长与宽之比为 ．
14．如图，在一段笔直公路l的一侧有一块四边形场地ABCD，为了估测该场地的大小，在公路l上依次取E，F，G，已知AB⊥l于点E，DG⊥l于点G，点A，C，G和点D，C，F分别在同一直线上，在F点和G点观测时发现tan∠BFE，∠BFC＝90°，tan∠AGE，GF＝2EF＝4km，则该场地的边AB为 km，该场地的面积是 km2．
15．数学家菲尔贝特提出借助图形代替演算的观点，这类图形称为“诺模图”．如图是关于x，y，z三者关系的诺模图，它是由点O出发的三条射线a，b，c组成，每条射线上都有相同的刻度，且射线端点刻度为0，其中a和c，b和c都相交成60°角．在射线a和b上分别取点A和B，对应的刻度值是x和y．用直尺连结AB交射线c于点C，点C的刻度值就是z的值．
（1）若x＝75，y＝50，则z的值是 ；
（2）用x，y的代数式表示z，则z＝ ．
16．某户外遮阳棚如图1，其截面结构示意图如图2所示．支撑柱AB⊥地面，AB＝120cm，P是支撑柱AB上一动点，伞杆CP可绕着中点E旋转，CD＝CP＝40cm，斜拉杆AE可绕点A旋转，AECP．若∠APE＝30°，则BP＝ cm；伞展开长PD＝300cm，若A，C，D在同一条直线上，某时太阳光线恰好与地面垂直，则PD落到地面的阴影长为 cm．
17．如图1，一个菱形可以分割成八个全等的等边三角形，按图2所示的方式（不重叠无缝隙）摆放在矩形纸片ABCD内，顶点E，F，G，H，M，N均恰好落在矩形ABCD的边上，若菱形的边长为4，则FG的长为 ，BC的长为 ．
18．如图，正六边形ABCDEF的边长为2，点P在对角线AC上，∠EDP＝75°，PQ⊥EF于点Q，则PQ的长是 ；过点Q作QG∥ED交DP于点G，则△PQG的面积为 ．
19．如图，AB是半圆O的直径，D是半圆O上一点，C是的中点，连接AC交BD于点E，连接AD，若BE＝4DE，CE＝6，则AB的长为 ．
20．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，连接BC过点O作OF⊥BC于点F，若BD＝12cm，AE＝4cm，则OF的长度是 cm．
21．图甲是小张同学设计的带图案的花边作品，该作品由形如图乙的矩形图案设计拼接面成（不重叠，无缝隙）．图乙中，点E、F、G、H分别为矩形AB、BC、CD、DA的中点，若AB＝4，BC＝6，则图乙中阴影部分的面积为
．
22．图1是某游乐园的海盗船，A，B两位同学坐在海盗船上的示意图如图2，开始状态下OA＝OB，且A，B离地高度相等，水平距离AB为5米，当B同学摆动到最低位置B'时，他的高度下降了0.5米，A同学也随之旋转至A'的位置，此时，B同学离顶端O的距离OB'为 米，A同学的高度上升了 米．
23．如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝ cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 cm．
24．如图是一款上铺的收纳挂篮（如图1），其侧截面可看作直角梯形，现有一长方体形状的物体放置在该挂篮中，当物体如图2放置时，AB∥PQ．正方形DMEC为露出挂篮部分，此时S正方形DMEC＝400cm2，当物体如图3放置时，B'与Q重合，四边形为D′FNC′露出挂篮部分，此时S四边形D′C′NF＝200cm2，且D′FC′NMF，则D′到PQ的距离为 ．
25．如图1是安装“摩擦铰链”的平开窗，如图2，点C、D、E是窗框AB上的定点，AC＝5cm，CD＝8cm，DE＝26，BE＝13cm，转轴H、F分别是窗门底部MN和支架HE上的定点，且HF＝AC，滑点P在轨道CD上运动，当点P运动到点C时，窗户关闭（窗门底部MN与面框AB重合）：如图3，当窗户开到最大时，点P与D重合，此时∠PFE＝90°，PF＜EF，则PF＝ cm，此时点N到AB的距离为 cm．
三．解答题
26．综合与实践：设计公交车停靠站的扩建方案．
【素材1】：图1为某公交车停靠站，顶棚截面由若干段形状相同的抛物线拼接而成．图2为某段结构示意图，C1，C2皆为轴对称图形，且关于点M成中心对称，该段结构水平宽度为8米．
【素材2】：图3为停靠站部分截面示意图，两根长为2.5米的立柱M1N1，M2N2竖直立于地面并支撑在对称中心M1，M2处．小温将长为2.8米的竹竿AB竖直立于地面，当点A触碰到顶棚时，测得N2B为1米．
【素材3】：将顶棚扩建，要求截面为轴对称图形，且水平宽度为27米．计划在顶棚两个末端到地面之间加装垂直于地面的挡风板．
【任务】：
（1）确定中心：求图2中点M到该结构最低点的水平距离l；
（2）确定形状：在图3中建立合适的直角坐标系，求C1的函数表达式；
（3）确定高度：求挡风板的高度．
27．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，△ACD的外接圆⊙O交AB于点E，，过点C作CG⊥AD于点G，延长CG交AB于点F．
（1）求证：∠FAC＝∠ACG；
（2）求证：；
（3）若CF＝3FG，，求BD的长．
28．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，P是AB上一动点（不与A，B重合），点E在CD上，AP＝CE，以PE为直径的⊙O交AB于另一点F，设AP＝x．
（1）若点P在F的左侧，用含x的代数式表示PF的长．
（2）在（1）条件下，⊙O与BC相切时，求PF的长．
（3）如图2，O′是点O关于EF的对称点．
①若PO′所在的直线经过矩形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
②当点O′落在⊙O内时，直接写出x的取值范围．
29．如图，在⊙O中，直径AB＝10，弦BC＝6，点D在BC的延长线上，线段AD
交⊙O于点E，过点E作EF∥BC分别交⊙O，AB于点F，G，连结BF．
（1）求证：△ABD∽△FGB．
（2）当△FGB为等腰三角形时，求CD的长．
（3）当∠D＝45°时，求EG：FG的值．
30．根据素材解决问题．
设计货船通过圆形拱桥的方案
素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意图，测得水面宽AB＝16m，拱顶离水面的距离CD＝4m．
素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得EF＝3m，EH＝10m．因水深足够，货船可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式．
问题解决
任务1 确定桥拱半径 求圆形桥拱的半径
任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加多少吨货物才能通过？
31．如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝3，AB＝4，AD⊥BC于点D，射线CE平行AB交AD的延长线于点E，P是射线CE上一点（在点E的右侧），连结AP交BC于点F．
（1）求证：△ACE∽△BAC．
（2）若，求的值．
（3）以PF为直径的圆经过△BDE中的某一个顶点时，求所有满足条件的EP的长．
32．如图，在△ABC中，∠C＝90°，D为边BC上一点，DE⊥AB于点E，以DE为直径的⊙O分别交线段BD，AD于点F，G，连结EF，EG．
（1）求证：△DEF∽△ABC．
（2）若AC＝6，BC＝8，当DG与四边形DGEF其它三边中的一边相等时，求所有满足条件的BD的长．
（3）当AC＝BC时，连结OC交AD于点H，记△DOH的面积为S1，△ACH的面积为S2，若OC∥EG，则的值为 ．（在横线上直接写出答案）
33．如图，点A，B都在x轴上，过点A作x轴的垂线交抛物线y＝﹣x2+4x于点C，过点B作x轴的垂线交该抛物线于点D，点C，D都在第一象限，点D在点C的右侧，DE⊥AC于点E，连接CD，BE，CD∥EB．
（1）若OA＝2，求AB的长．
（2）若点A是线段OB的中点，求点E的坐标．
（3）根据（2）的条件，连接OD，动点P在线段OB上，作PQ⊥OD交OD于点Q．当△PDQ与△CDE相似时，求的值．
34．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边BC，AB上，AF＝BE＝2，连接DE，DF．动点M在EF上从点E向终点F匀速运动，同时，动点N在射线CD上从点C沿CD方向匀速运动，当点M运动到EF的中点时，点N恰好与点D重合，点M到达终点时，M，N同时停止运动．
（1）求EF的长．
（2）设CN＝x，EM＝y，求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围．
（3）连接MN，当MN与△DEF的一边平行时，求CN的长．
35．如图，抛物线yx2+2x+6交x轴于A，B两点（点A在点B的右侧），交y轴于点C，顶点为D，对称轴分别交x轴、线段AC于点E、F．
（1）求抛物线的对称轴及点A的坐标；
（2）连接AD，CD，求△ACD的面积；
（3）设动点P从点D出发，沿线段DE匀速向终点E运动，取△ACD一边的两端点和点P，若以这三点为顶点的三角形是等腰三角形，且P为顶角顶点，求所有满足条件的点P的坐标．
36．如图，在 ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠ABC＝60°．点P是边BC上一动点，作△PAB的外接圆⊙O交BD于E．
（1）如图1，当PB＝3时，求PA的长以及⊙O的半径；
（2）如图2，当∠APB＝2∠PBE时，求证：AE平分∠PAD；
（3）当AE与△ABD的某一条边垂直时，求所有满足条件的⊙O的半径．
37．如图，在矩形ABCD中，E为AD边中点，BE的中垂线分别交AB，BE，CD，BC的延长线于点F，H，G，N，延长FE交CD的延长线于点M．
（1）证明：△ABE∽△CNG．
（2）连接BG，当AB＝CN时，求∠EBG的度数．
（3）当BC＝CN时，求AD：AB的值．
38．如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合），△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．
（1）求证：∠ECG＝∠BDC．
（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中，
①连结EF，若BF时，求CE的长．
②当△CGE为等腰三角形时，求所有满足条件的CG的长．
直接写出答案CG为 ．
39．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB上一点，⊙O为△ACD的外接圆，BC交⊙O于点F，连结FD并延长至点E，使AE∥BC．
（1）当∠EAF＝70°时，求∠CDF的度数；
（2）若AC＝4，BC＝6，当△ACD为等腰三角形时，求CF的长；
（3）设，若△AEF的外心I恰好落在⊙O上，求k的值．
40．如图1，在菱形ABCD中，∠B为锐角，点P，H分别在边AD，CB上，且DP＝BH，在AB边上取点M，N（点N在BM之间）使AM＝5BN．点P从点D匀速运动到点A时，点Q恰好从点M匀速运动到点N，连结PQ，PH分别交对角线AC于E，F，记QM＝x，AP＝y，已知y＝﹣2x+12．
（1）①请判断PF与FH的大小关系，并说明理由；
②求AD，BN的长；
（2）如图2，连结QF，当四边形FQBH中有两边平行时，求AE：EC的值；
（3）若∠B＝60°，连结QH，求△FQH面积的最小值．
参考答案
一．选择题
1．【分析】如图，连接OA，OB．设AF＝EF＝EG＝BG＝x，则FGx．构建方程求出x，可得结论．
【解答】解：如图，连接OA，OB．设AF＝EF＝EG＝BG＝x，则FGx．
由对称性可知四个阴影部分是全等的等腰直角三角形，
∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∴2xx＝2，
∴x＝22，
∴阴影部分的面积＝4（2）×（22）＝24﹣16．
故选：C．
2．【分析】设正方形PFGH的边长是x，由条件得到x2+（x+2）2＝16，从而求出正方形PFGH的边长，得到正方形PCDE的边长，进一步求出PD，PG的长，即可求出DG的长．
【解答】解：作OK⊥PC于K，设正方形PFGH的边长是x，
∵四边形PCDE是正方形，
∴∠CPD＝45°，
∵∠OKP＝90°，
∴△KOP是等腰直角三角形，
∴PKOP＝1，
∴CK＝FK＝x+1，
∴PC＝CK+PK＝x+2，
∵两个正方形的面积之和为16，
∴x2+（x+2）2＝16，
∴x1或x1（舍），
∴PC＝x+21，PH＝x1，
∴PDPC，PGPH，
∴DG＝PD+PG＝2．
故选：B．
3．【分析】根据正多边形与圆的对称性、垂径定理以及正多边形与圆的计算，可求出∠AOD＝120°，∠BOC＝90°，由直角三角形的边角关系求出OM、AM、BM，根据三角形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD，过点O作OM⊥AD，垂足为M，
由圆的对称性可知，点A、点D是⊙O的三等分点，四边形BCFE是正方形，
∴∠AOD360°＝120°，∠BOC360°＝90°，
在Rt△AOM中，OA＝2，∠AOM＝60°，
∴OMOA＝1，AMOA，
在Rt△BOM中，∠BOM＝45°，OM＝1，
∴BM＝OM＝1，
∴AB＝AM﹣BM1，
∴8个阴影三角形的面积和为：（1）（1）×8＝16﹣8，
故选：C．
4．【分析】过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，可得△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，根据sin∠BCE，设BE＝3a，BC＝5a，得CE4a，过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，设AC＝x，AB＝y，然后利用勾股定理和三角形的面积可得a，进而利用锐角三角函数即可解决问题．
【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
∴△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，
∵sin∠BCD，
∴sin∠BCE，
设BE＝3a，BC＝5a，
∴CE4a，
过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，
∴BF＝CG，
设AC＝x，AB＝y，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得
AB2﹣AC2＝BC2，
∴y2﹣x2＝25a2，
∵S△ABCAB CFAC BC，
∴y CF＝5ax，
∴CF，
在Rt△BCF中，根据勾股定理，得
BFaa，
∴BF＝CGa，
在正方形ABDH中，AB＝BD＝y，
在Rt△BDE中，根据勾股定理，得
DE，
∴CD＝CE+ED＝4，
∵S△CBDCD BEBD CG，
∴CD BE＝BD CG，
∴（4）×3＝ya，
∴a，
∴tan∠CDB＝tan∠EDB．
故选：D．
5．【分析】连接AG，过点D作DT⊥AB于T，过点G作GN⊥AB于N，交CD于M．想办法求出DM，FM，CF，可得结论．
【解答】解：连接AG，过点D作DT⊥AB于T，过点G作GN⊥AB于N，交CD于M．
在Rt△ADT中，AD＝2，∠DAT＝60°，
∴AT＝AD cos60°＝1，DTAT，
∵，
∴∠DAG＝∠GAB＝30°，
在Rt△AGN中，GNAG＝1，ANGN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵DT⊥AB，
∴DT⊥CD，
∴∠DTN＝∠MNT＝∠TDM＝90°，
∴DT＝MN，DM＝TN＝AN﹣AT1，
∴GM＝MN﹣GN1，
∵AD∥FG，
∴∠ADF+∠DFG＝180°，
∵∠ADC＝180°﹣∠DAB＝120°，
∴∠GFM＝60°，
∴FM1，
∴FG＝FG′＝2FM＝2，
∵∠C＝∠DAB＝60°，
∴CF，
∴AB＝CD＝DM+FM+CF1+12，
故选：D．
6．【分析】将抛物线y＝﹣（x+m）2+5向右平移3个单位后得到y＝﹣（x+m﹣3）2+5，然后联立组成方程组求解即可．
【解答】解：将抛物线y＝﹣（x+m）2+5向右平移3个单位后得到y＝﹣（x+m﹣3）2+5，
根据题意得：，
解得：，
∴交点C的坐标为（，），
故选：B．
7．【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点A1的坐标，结合旋转的性质可得出点A2的坐标，观察图形可知：图象上点以6（横坐标）为周期变化，结合2020＝336×6+4可知点P的纵坐标和当x＝4时的纵坐标相等，由旋转的性质结合二次函数图象上点的坐标特征，即可求出m的值，此题得解．
【解答】解：当y＝0时，x2﹣3x＝0，
解得：x1＝0，x2＝3，
∴点A1的坐标为（3，0）．
由旋转的性质，可知：点A2的坐标为（6，0）．
∵2020＝336×6+4，
∴当x＝4时，y＝m．
由图象可知：当x＝2时的y值与当x＝4时的y值互为相反数，
∴m＝﹣（2×2﹣3×2）＝2．
故选：C．
8．【分析】如图，连接OP，PF，作PH⊥AB于H．点P的运动轨迹是以O为圆心、OP为半径的⊙O，易知EF＝2FH＝2，观察图形可知PH的值由大变小再变大，推出EF的值由小变大再变小．
【解答】解：如图，连接OP，PF，作PH⊥AB于H．
∵CD＝8，∠COD＝90°，
∴OPCD＝4，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心OP为半径的⊙O，
∵PH⊥EF，
∴EH＝FH，
∴EF＝2FH＝2，
观察图形可知PH的值由大变小再变大，
∴EF的值由小变大再变小，
故选：D．
9．【分析】过C作CN⊥AB于N，判定△ACE∽△BCH，即可得到；设AC＝a，再根据勾股定理以及面积法即可得到AB与CN的长，进而得出AN的长；再根据△CNM∽△GBM，即可得到MN和BM的长，进而得出答案．
【解答】解：如图所示，过C作CN⊥AB于N，
由题可得，∠CAE＝∠CBH＝90°，∠ACE＝∠BCH＝45°，
∴△ACE∽△BCH，
∴，
设AC＝a，则BC＝2a，ABa，CNa，
Rt△ACN中，ANa，
∴BNaaa，
∵∠CNM＝∠GBM＝90°，∠CMN＝∠GMB，
∴△CNM∽△GBM，
∴，
∴MNBNa，BMNBa，
∴AM＝AN+MNa，
∴，
故选：B．
10．【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，求出直线y＝﹣x与抛物线的交点，即可推出点M坐标，由此即可解决问题．
【解答】解：∵△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，
由，
解得或（舍弃），
∴点M坐标为（2，﹣2），
如图1中，作MN⊥AB于N，
∵MP＝MB，NM⊥PB，
∴PN＝NB＝1，
∴OP＝1，AP＝3，
∴当AP＝3时圆心在抛物线上．
故选：A．
11．【分析】设AF＝BG＝DE＝CH＝a，DH＝BF＝AE＝CG＝b，由相似三角形的性质可求a＝2b，由正方形的面积公式可求解．
【解答】解：如图，过点I作IN⊥BG于N，
设AF＝BG＝DE＝CH＝a，DH＝BF＝AE＝CG＝b，
则HG＝EH＝a﹣b，
∵∠FGH＝∠IGD＝90°，
∴∠DGH＝∠IGF，
又∵∠ING＝∠GHD＝90°，
∴△DHG∽△ING，
∴，
∵GIGD，
∴INDHb，GNGH（a﹣b），
∴BN＝a（a﹣b）ba，
∵∠ABF＝∠IBN，∠AFB＝∠INB＝90°，
∴△AFB∽△INB，
∴，
∴，
∴a＝2b，
∴S正方形EFGH＝HG2＝（a﹣b）2＝b2，
∵S正方形ABCD＝AD2＝AE2+DE2＝5b2，
∴，
故选：A．
12．【分析】根据等腰三角形的性质可得CE＝（20﹣10）÷2＝5（cm），CH＝（20﹣6）÷2＝7（cm），再根据△CDE∽△CFH解答即可．
【解答】解：由题意得，CE＝（20﹣10）÷2＝5（cm），CH＝（20﹣6）÷2＝7（cm），
在△CDE和△CFH中，
∵∠C＝∠C，∠CED＝∠CHF＝90°，
∴△CDE∽△CFH，
∴，
即，
解得FH＝8.4（cm）．
故选：C．
二．填空题
13．【分析】如图，设圆心为O，连接OK，根据轴对称图形的性质可得KIEF，OI＝GH﹣GO﹣EK，再根据勾股定理即可求解；利用△PLQ∽△RSC的对应边成比例得出，分别求出CS，RS即可求解．
【解答】解：如图，设圆心为O，连接OK，
由轴对称图形的性质可得KIEF，OI＝GH﹣GO﹣EKr，
在Rt△KOI中，r2＝（r）2+（）2，
解得r；
根据矩形的性质可得△PLQ∽△RSC，
∴，即，
根据题意可得AD，AE＝FB（），
∴CS，RS，
∴，
∴，
∵匾额的长为2PL，宽为2QL，
∴匾额的长与宽之比为，
故答案为：，7：3．
14．【分析】根据题目中的数据，利用锐角三角函数可以求得AB的长，再根据题意，作出合适的辅助线，求出BE、EF、BF、FC、FG、DG的长，然后根据S四边形ABCD＝S梯形AEGD﹣S△BEF﹣S△BFC﹣S△DFG，代入数据计算即可．
【解答】解：∵GF＝2EF＝4km，EG＝EF+FG，
∴EF＝2km，EG＝6km，
∵tan∠BFE，tan∠AGE，∠AEG＝90°，∠BEF＝90°，
∴AE＝4km，BE＝1km，
∴BF（km），AB＝AE﹣BE＝4﹣1＝3（km），
∵∠BFC＝90°，∠DGF＝90°，
∴∠BFE+∠DFG＝90°，∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠BFE＝∠FDG，
∴tan∠FDG，
∴DG8（km），
作CM⊥AB交AB于点M，作CN⊥EG交EG于点N，如图所示，
则ME＝CN，MC＝EN，
∵MC∥EG，tan∠AGE，
∴tan∠ACM，
设AM＝2a，则MC＝3a，ME＝4﹣2a，
∵CN⊥EG，DG⊥EG，tan∠BFE，∠BFE＝∠FDG，CN＝ME＝4﹣2a，
∴∠FDG＝∠FCN，
∴，
∴FN＝2﹣a，
∴GN＝FG﹣FN＝4﹣（2﹣a）＝2+a，
∵tan∠CGN，
∴，
解得a＝1，
∴CN＝2km，FN＝1km，
∴FC（km），
∴S四边形ABCD＝S梯形AEGD﹣S△BEF﹣S△BFC﹣S△DFG16.5（km2），
故答案为：3，16.5．
15．【分析】在a上取点D，在b上取点E，使OD＝OC＝OE，连接CD，CE，根据a和c，b和c都相交成60°角，可得△COD，△COE都是等边三角形，∠AOB＝120°，即可证明△ABO∽△CBE，可得，
（1）当x＝75，y＝50时，，解得z＝30；
（2）由得：z．
【解答】解：在a上取点D，在b上取点E，使OD＝OC＝OE，连接CD，CE，如图：
∵a和c，b和c都相交成60°角，
∴△COD，△COE都是等边三角形，∠AOB＝120°，
∴∠CEO＝60°，∠BAO＝60°﹣∠ABO，OD＝OC＝OE＝z，
∴∠BCE＝60°﹣∠CBE＝∠BAO，
∵∠ABO＝∠CBE，
∴△ABO∽△CBE，
∴，即，
（1）当x＝75，y＝50时，
，
解得z＝30，
故答案为：30；
（2）由得：z，
故答案为：．
16．【分析】（1）先过点E作EF⊥AP构造出含30度角的直角三角形，利用其性质得到线段长度，再利用等腰三角形的性质得到AP，最后根据图象利用AB﹣AP即可求解；
（2）首先根据题意画图，明确求出AD即所得，设出AC长度，利用两个直角形的公共边，结合勾股定理列出方程求解，最后利用线段相加即可解决．
【解答】解（1）如图，过点E作EF⊥AP，垂足为F，
∵E是PC的中点，
∴PE＝ECPC＝20cm，
又∵AEPC，
∴AE＝PE＝CE＝20cm，
在Rt△PEF中，∠APE＝30°，PE＝20cm，
∴PF＝PE cos∠APE
＝20
＝30（cm），
∵AE＝PE，EF⊥AB，
∴AP＝2PF＝60cm，
∴BP＝AB﹣AP
＝12060
＝60（cm）．
（2）由题意可知，当A、C、D三点共线时，此时AC⊥AP，
如图所示：过点D作DF⊥地面，交地面水平线为F，
∵∠DAP＝∠B＝∠DFB＝90°，
∴四边形ABFD为矩形，
∴AD＝BF，
设AC＝x，
在Rt△ACP和Rt△PDA中，
∴CP2﹣AC2＝DP2﹣DA2，
∴，
解得x，
∴BF＝AD＝AC+CD（cm），
∴当太阳光线恰好与地面垂直，则PD落在地面上的阴影为cm．
故答案为：；．
17．【分析】连接FN交EK于点O，过点O作PQ⊥BC于点P，交AD于点Q，证明四边形ABPQ是矩形，四边形ENKF是菱形，利用勾股定理求出FG的长；然后根据S△OFGOP FGOF OG，求出OP，由△GOP∽△GEB，求出BE，再证明△ANE≌△CGH，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接FN交EK于点O，过点O作PQ⊥BC于点P，交AD于点Q，
∴∠QPB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴四边形ABPQ是矩形，
∴AB＝QP，
∵△ENK和△EFK都是全等的等边三角形，
∴∠EFK＝∠ENK＝60°，EF＝FK＝NK＝EN＝EK＝2，
∴四边形ENKF是菱形，
∴NF⊥EK，OE＝OKEK＝1，OF＝ONFN，∠EFN∠EFK＝30°，
∴OF，
∵OG＝OK+KG＝1+4＝5，
∴FG2，
∵S△OFGOP FGOF OG，
∴2OP＝5，
∴OP，
∴AB＝PQ＝2OP，
∵OP∥BE，
∴△GOP∽△GEB，
∴，
∴，
∴BE，
∴AE＝AB﹣BE，
∴AN，
∵BF，
∵AD∥BC，EN∥GH，
∴∠ANE＝∠CGH，
在△ANE和△CGH中，
，
∴△ANE≌△CGH（AAS），
∴CG＝AN，
∴BC＝BF+FG+CG2．
故答案为：2；．
18．【分析】如图1中，过点E作EJ⊥AC于J，过点D作DK⊥EJ于K，过点Q作QM⊥EJ于M，过点P作PN⊥QM于N，则四边形PNMJ是矩形，四边形DKJC是矩形，设PQ＝m．用两种方法求出EJ，构建方程求出m，即可解决问题．
【解答】解：如图1中，过点E作EJ⊥AC于J，过点D作DK⊥EJ于K，过点Q作QM⊥EJ于M，过点P作PN⊥QM于N，则四边形PNMJ是矩形，四边形DKJC是矩形，设PQ＝m．
∵∠DEF＝∠EDC＝120°，∠EDP＝75°，
∴∠PDC＝45°，
∵∠DCP＝90°，
∴∠CDP＝∠CPD＝45°，
∴CP＝CD＝2，
∵PQ⊥EF，
∴∠PQE＝90°，
∴∠DPQ＝360°﹣75°﹣120°﹣90°＝75°，
∵∠DPN＝45°，
∴∠QPN＝30°，
∴NQm，PN＝MJm，
在Rt△DEM中，∠EDM＝30°，DE＝2，
∴EK＝1，
∵EM+PN＝3，
∴PNm，
∵DK＝CJ，
∴MN＝PJ＝2，
∴QMm+2，
∵∠EQM＝30°，
∴EMQM（m+2），
∴3（m+2）m，
∴m＝21，
∴PQ＝21，
如图2中，过点G作GH⊥PQ于H．
∵QG∥DE，
∴∠QGP＝∠EDP＝75°，
∵∠QPG＝75°，
∴∠QGP＝∠QPG，
∴GQ＝QP，∠GQP＝30°，
∴GHQG，
∴S△PQG PQ GH（21）．
故答案为：21，．
19．【分析】如图，连接OC交BD于K．设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝2.5k，EK＝1.5k，由AD∥CK，推出AE：EC＝DE：EK，可得AE＝4，由△ECK∽△EBC，推出EC2＝EK EB，求出k即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OC交BD于K，连接BC．
∵，
∴OC⊥BD，
∵BE＝4DE，
∴可以假设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝2.5k，EK＝1.5k，
∵AB是直径，
∴∠ADK＝∠DKC＝∠ACB＝90°，
∴AD∥CK，
∴AE：EC＝DE：EK，
∴AE：6＝k：1.5k，
∴AE＝4，
∵△ECK∽△EBC，
∴EC2＝EK EB，
∴36＝1.5k×4k，
∵k＞0，
∴k，
∴BC2，
∴AB4．
故答案为4．
20．【分析】连接OB，根据垂径定理求出BE，根据勾股定理求出OB，再根据勾股定理计算即可．
【解答】解：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC，
∴BEBD＝6cm，
在Rt△OEB中，OB2＝OE2+BE2，即OB2＝（OB﹣4）2+62，
解得，OB，
则EC＝AC﹣AE＝9，
BC3，
∵OF⊥BC，
∴CFBC，
∴OF（cm），
故答案为．
21．【分析】因为S阴＝S菱形PHQF﹣2S△HTN，想办法求出菱形PHQF的面积，△HTN的面积即可解决问题．
【解答】解：如图，设FM＝HN＝a．
由题意点E、F、G、H分别为矩形AB、BC、CD、DA的中点，可得四边形HQFP是菱形，它的面积S矩形ABCD4×6＝6，
∵FM∥BJ，CF＝FB，
∴CM＝MJ，
∴BJ＝2FM＝2a，
∵EJ∥AN，AE＝EB，
∴BJ＝JN＝2a，
∵S△HBC 6 4＝12，HJBH，
∴S△HCJ12，
∵TN∥CJ，
∴△HTN∽△HCJ，
∴（）2，
∴S△HTN，
∴S阴＝S菱形PHQF﹣2S△HTN＝6，
故答案为．
22．【分析】由题意可得在三角形OAC为直角三角形，设OA＝OB＝OB'＝x，则根据勾股定理得方程：，解得x；过点A'作A'D⊥OB'于点D，设B'D＝m，则ODm，在直角三角形OA'D中，可得：AD2＝OA'2﹣OD2，在直角三角形A'DB'中，由勾股定理有AD2＝A'B'2﹣B'D2，从而可建立方程，解出m的值，最后A同学的高度上升的高度即为DC＝OC﹣OD可求．
【解答】解：设AB与OB'交于点C，由题意可得OB'⊥AB，
在直角三角形OAC中，设OA＝OB＝OB'＝x，
根据勾股定理得方程：
，解得：x．
过点A'作A'D⊥OB'于点D，
设B'D＝m，则ODm，
在直角三角形OA'D中，由勾股定理有：
AD2＝OA'2﹣OD2，
在直角三角形A'DB'中，由勾股定理有：
AD2＝A'B'2﹣B'D2＝25﹣m2，
∴25﹣m2，
解得：m，
即B'D，
∴DC＝OC﹣OD＝（）﹣（）．
故答案为：，．
23．【分析】如图2，延长NM，则NM过点D，由三角形中位线定理可得MG的长度，如图3，过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，在Rt△CDF中，CF2，知tan∠CDF，故tan∠MPF，可得PG，PF＝PG+GF，由△CDF∽△KFP，得，即可得压杆MN到底座AB的距离为cm．
【解答】解：如图2，延长NM，则NM过点D，
∵四边形EFGH是矩形，
∴HG∥EF，即MG∥DF，
∵G是PF中点，
∴MG是△PDF的中位线，
∴MGDF8＝4（cm），
如图3，过点P作PK⊥AB于K，
∵MN∥AB，
∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK，
∵∠DFP＝∠DCF＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°，
∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，
在Rt△CDF中，CF2，
∴tan∠CDF，
∴tan∠MPF，即，
∴，
解得PG，
∴PF＝PG+GF2，
∵∠CDF＝∠PFK，∠DCF＝90°＝∠PKF，
∴△CDF∽△KFP，
∴，即，
解得PK（cm），
∴压杆MN到底座AB的距离为cm，
故答案为：4，．
24．【分析】过点N作NG⊥A′D′于G，过点D′作D′H⊥PQ于H，交MN于T，过点A′作A′K⊥D′H于K，利用正方形面积和梯形面积求得：C′D′＝CD＝A′Q＝20cm，C′N＝8cm，D′F＝12cm，MF＝C′N＝8cm，运用勾股定理求得FN＝4，再根据△D′FT∽△NFG，△A′FM∽△NFG，即可求得答案．
【解答】解：∵S正方形DMEC＝400cm2，
∴CD＝DM＝AB＝20cm，
∴C′D′＝CD＝A′Q＝20cm，
∵S四边形D′C′NF＝200cm2，D′FC′N，
∴（D′F+C′N）×C′D′＝200，
即C′N×20＝200，
∴C′N＝8cm，
∴D′F＝12cm，
∴MF＝C′N＝8cm，
过点N作NG⊥A′D′于G，过点D′作D′H⊥PQ于H，交MN于T，
过点A′作A′K⊥D′H于K，
则D′G＝C′N＝8cm，FG＝4cm，NG＝20cm，
∴FN4，
∵∠NFG＝∠D′FT，∠D′TF＝∠NGF＝90°，
∴△D′FT∽△NFG，
∴，即，
∴D′T，
∵∠NFG＝∠A′FM，∠NGF＝∠M＝90°，
∴△A′FM∽△NFG，
∴，即，
∴A′M＝40，A′F＝8，
∵∠M＝∠P＝∠FA′Q＝90°，
∴∠MA′F+∠QA′P＝∠QA′P+∠A′QP＝90°，
∴∠MA′F＝∠A′QP，
∴△A′FM∽△QA′P，
∴，即，
∴A′P，
∵四边形A′PHK、A′KTM为矩形，
∴TK＝A′M＝40，KH＝A′P，
∴D′H＝D′T+TK+KH4040，
故答案为：40．
25．【分析】根据题意，由勾股定理得到DF＝10cm，再利用等角三角函数也相等列出关系式计算出点N到AB的距离即可．
【解答】解：由题意可知：MD+DF+FE＝AE，AC＝MD＝HF＝5cm，
∴DF+FE＝CE＝34cm，
设DF＝x cm，则FE＝（34﹣x）cm，
∵∠DFE＝90°，
DF2+FE2＝DE2即x2+（34﹣x）2＝262，
解得：x＝10，
∴DF＝10cm即PF＝10cm．
∴EF＝34﹣x＝24cm，MN＝AB＝5+8+26+13＝52cm，
过点N作NG⊥AB，垂足为G，延长NM交AB于点J，
∵HF∥MD，
∴∠MDJ＝∠FEP，即tan∠MDJ＝tan∠FEP
∵MD＝5cm，
∴MJcm．
∴NJ＝MJ+MNcm，
∵∠JNG＝∠DEF，
∴cos∠JNG＝cos∠DEF，
∴NG．
故答案为：10；．
三．解答题
26．【分析】（1）根据轴对称性图形的性质和抛物线的对称性可得中点M到该结构最低点的水平距离为8÷2÷2＝2（米）；
（2）以M2点为原点建立坐标系，设抛物线C1的解析式为y＝a（x﹣2）2+h，将（0，0），（1，0.3）代入，即可求函数的解析式；
（3）分两种情况讨论：①当x＝1.5+2＝3.5时，y＝0.175，则h＝2.5+0.275＝3.125（米）；②当x＝2.5﹣2＝0.5时，y＝0.625，h＝2.5+0.625＝3.125（米）．
【解答】解：（1）∵C1，C2皆为轴对称图形，且关于点M成中心对称，水平宽度为8米，
∴8÷2÷2＝2（米），
∴中点M到该结构最低点的水平距离l为2米；
（2）以M2点为原点，如图建立平面直角坐标系，
∵C1过点（0，0），（1，0.3），对称轴为直线x＝2，
∴设抛物线C1的解析式为y＝a（x﹣2）2+h，
将（0，0），（1，0.3）代入，
∴，
解得，
∴抛物线C1的解析式为y＝﹣0.1（x﹣2）2+0.4；
（3）方法一：27﹣8×3＝3（米），3÷2＝1.5（米），
①如图，
当x＝1.5+2＝3.5时，y＝﹣0.1×（3.5﹣2）2+0.4＝0.175，
∴h＝2.5+0.175＝2.675（米）；
②如图，
当x＝1.5﹣2＝﹣0.5时，y＝0.1×（0.5+2）2﹣0.4＝﹣0.175，
∴h＝2.5+（﹣0.175）＝2.325（米）；
综上所述：挡风板的高度为2.675米或2.325米．
方法二：由图形为轴对称图形可知，图形必由若干个图2结构和一个C1或者C2构成：
4+8×3＝28，28﹣27＝1，1÷2＝0.5米，
只需将x＝0.5以及x＝﹣0.5相应代入C1、C2即可，
y0.1（0.5﹣2）2+0.4＝0.175米，
∴h＝2.5+y＝2.675米，
y0.1（﹣0.5+2）2﹣0.4＝﹣0.175米，
∴h＝2.5+y＝2.325（米）；
综上所述：挡风板的高度为2.675米或2.325米．
27．【分析】（1）由余角的性质可得∠ADC＝∠ACG，由圆周角定理可得∠FAC＝∠ADC，即可求解；
（2）通过证明△AGC∽△BCA，可得；
（3）由勾股定理可求FG，AG的长，通过证明△AGC∽△CGD，可得，可求DG的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵DA是直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵CG⊥AD，
∴∠AGC＝90°，
∴∠CAD+∠ACG＝90°，
∴∠ADC＝∠ACG，
∵，
∴∠FAC＝∠ADC，
∴∠FAC＝∠ACG；
（2）证明：∵∠FAC＝∠ACG，∠ACB＝∠AGC＝90°，
∴△AGC∽△BCA，
∴；
（3）解：∵∠FAC＝∠FCA，
∴AF＝CF，
∵CF＝3FG，
∴CG＝2FG，AF＝FC＝3FG，
∴AG2FG，
∵AC2＝AG2+GC2，
∴12＝8FG2+4FG2，
∴FG＝1（负值舍去），
∴AG＝2，CG＝2，
∵，
∴，
∴BC＝2，
∵∠ADC＝∠ACG，∠AGC＝∠DGC，
∴△AGC∽△CGD，
∴，
∴2×2＝2GD，
∴GD，
∴CD，
∴BD＝BC﹣CD．
28．【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角可得EF⊥AB，再证得四边形BCEF是矩形，得出BF＝CE＝x，即可得出答案；
（2）如图1，连接OG交EF于H，由切线性质可得OG⊥BC，利用三角形中位线定理和勾股定理即可求得答案；
（3）①分两种情况：当PO′所在直线经过点C时，当PO′所在直线经过点D时，分别建立方程求解即可；
②分两种情况：当点O′在点O右侧时，当点O′在点O左侧时，分别求得x的值即可得出答案．
【解答】解：（1）由题意得：AB＝4，CE＝AP＝x，
∵PE是⊙O的直径，
∴EF⊥AB，即∠PFE＝∠BFE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠B＝∠C＝∠BFE＝90°，
∴四边形BCEF是矩形，
∴BF＝CE＝x，
∴PF＝AB﹣AP﹣BF＝4﹣x﹣x＝4﹣2x．
（2）在（1）条件下，⊙O与BC相切于G，如图1，连接OG交EF于H，
则OG⊥BC，
∵EF∥BC，
∴OH⊥EF，
∴OH是△PEF的中位线，
∴OHPF（4﹣2x）＝2﹣x，
∵HG＝BF＝x，
∴OG＝OH+GH＝2﹣x+x＝2，
∴PE＝2OG＝4，EF＝BC＝3，
在Rt△PEF中，PF．
（3）①当PO′所在直线经过点C时，如图2，
由题意得，OO′CE，OO′＝PF，
∴PFCE，即4﹣2xx，
解得：x；
当PO′所在直线经过点D时，如图3，
此时，PF＝2x﹣4，DE＝4﹣x，
OO′DE，OO′＝PF，
∴PFDE，即2x﹣4（4﹣x），
解得：x，
综上所述，PO′所在直线经过矩形ABCD的一个顶点时，x或．
②当点O′落在⊙O内时，x的取值范围为x．
当点O′在点O右侧时，如图4，
∵OE＝2OM＝PF，EFPF，
∴3（4﹣2x），
解得：x；
当点O′在点O左侧时，如图5，
同理可得：EFPF，
∴3（2x﹣4），
解得：x；
综上所述，当点O′落在⊙O内时，x的取值范围为x．
29．【分析】（1）可证明△AGE∽△ABD，△AGE∽△FGB，进而得出结论；
（2）可讨论△ABD是等腰三角形，分为BD＝AB，AD＝AB和AD＝BD；当BD＝AB＝10时，易得CD＝4，当AD＝AB时，连接AC，可得CD＝BC＝6，当AD＝BD时，连接OD，可证明△ABC∽△DBO，进而得出结果；
（3）连接BE和AC，可求得CD和AD，DE，AE，进而根据△AGE∽△ABD，求得EG和AG，BG的长，根据△ABD∽△FGB可求得FG，进而得出结果．
【解答】（1）证明：∵EF∥BD，
∴∠AGE＝∠ABD，∠AEC＝∠D，
∴△AGE∽△ABD，
∵∠AEF＝∠ABF，∠F＝∠BAE，
∴△AGE∽△FGB，
∴△ABD∽△FGB；
（2）解：由①得，
△ABD∽△FGB，
∵△FGB是等腰三角形，
∴△ABD是等腰三角形，
如图1，
当AB＝AD时，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴CD＝BC＝6，
如图2，
当AD＝BD时，连接OD，AC，
∵OA＝OB，
∴DO⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠BOD，AC8，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△DBO，
∴，
∴，
∴BD，
∴CD＝BD﹣BC，
当BD＝AB＝10时，CD＝BD﹣BC＝10﹣6＝4，
综上所述：CD＝6或或4；
（3）解：如图，
连接BE，AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BED＝∠AEB＝90°，∠ACD＝∠ACB＝90°，
∴CD＝AC tanD＝AC＝8，AD8，
∴BD＝BC+CD＝14，
∴DE＝BD cosD＝14 cos45°＝7，
∴AE＝AD﹣DE＝8，
由（1）知，
△AGE∽△ABD，△ABD∽△FGB；
∴，，
∴，
∴EG，AG，
∴BG＝AB﹣AG＝10，，
∴FG，
∴．
30．【分析】任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，设桥拱的半径为r m，则OD＝（r﹣4）m，由勾股定理，垂径定理，列出关于半径的方程，即可解决问题；
任务2，由勾股定理得到货船不能通过圆形桥拱，通过计算，即可得到需要增加的货物的吨数．
【解答】解：任务1，设圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连接AO，如图，
设桥拱的半径为r m，则OD＝（r﹣4）m，
∵OC⊥AB，
∴m，
∵OD2+AD2＝OA2，
∴（r﹣4）2+82＝r2，
∴r＝10，
∴圆形拱桥的半径为10m．
任务2，根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，至少要增加吨的货物才能通过．理由：
当EH是⊙O的弦时，EH与OC的交点为M，连接OE，OH，如图，
∵四边形EFGH为矩形，
∴EH∥FG，
∵OC⊥AB，
∴OM⊥EH．
∴，
∴m，
∵OD＝6m，
∴，
∴根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，
∴船在水面部分可以下降的高度m．
∵，
∴吨，
∴至少要增加吨的货物才能通过．
31．【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠CEA＝∠ACB，可证明结论；
（2）由（1）得△ACE∽△BAC，得，则CE，EP，从而得出CP的长，再利用△CFP∽△BFA，可得；
（3）分以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点D或E或B，分别画出图形，利用相似三角形的判定与性质进行解题．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠CAB+∠ACE＝180°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠ACE＝90°，
∴∠ACB+∠ECD＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠CDE＝90°，
∴∠AEC+∠ECD＝90°，
∴∠CEA＝∠ACB，
∴△ACE∽△BAC；
（2）解：由（1）得△ACE∽△BAC，
∴，
∴，
∴CE，
∵，
∴EP，
∴CP＝CE+EP＝6，
∵CP∥AB，
∴△CFP∽△BFA，
∴；
（3）解：当以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点D时，
AP与AE重合，点P与点E重合，不符合题意，
当以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点E时，
连接EF，则∠PEF＝90°，
∵∠PCA＝90°，
∴EF∥AC，
∴△PEF∽△PCA，
∴，
∵∠FCE＝∠CBA，
∴tan∠FCE＝tan∠CBA，
∵tan∠FCE，tan，
∴，
∴EF，
由（1）知，CE，
∵PC＝PE+CE＝PE，，
∴，
∴PE；
以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点B时，
连接BP，
则∠FBP＝90°，BP⊥BC，
∵AE⊥BC，
∴BP∥AE，
∵EP∥AB，
∴四边形EABP是平行四边形，
∴EP＝AB＝4，
综上所述，满足条件的EP的长为4或．
32．【分析】（1）可证∠EDF＝∠BAC，∠EFD＝∠C＝90°，从而命题得证；
（2）分为三种情形讨论：当DG＝DF时，转化为BD＝AD求解，当EG＝DG时，解斜三角形ABD：已知∠B，∠BAD＝45°，AB＝10，当DG＝EF，可推出四边形EFDG是矩形，此时∠ADB＝90°，此时点D和点C重合，从而得出结果．
【解答】（1）证明：∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∴∠EDF+∠B＝90°，
∵∠＝90°，
∴∠B+∠BAC＝90°，
∴∠EDF＝∠BAC，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DFE＝90°，
∴∠EFD＝∠C，
∴△DEF∽△ABC；
（2）当DG＝DF时，，
∴∠FED＝∠DEG，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠EFD＝∠EGD＝90°，
∴∠EDF＝∠EDA，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠BED＝90°，
∴∠B＝∠BAD，
∴AD＝BD，
在Rt△ACD中，
∵CD2+AC2＝AD2，
∴（8﹣BD）2+62＝BD2，
∴BD，
当DG＝EG时，
∵∠EGD＝90°，
∴∠EDG＝∠DEG＝45°，
∵∠AED＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠EDG＝45°，
∴DE＝AE，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠ACB＝90°，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
∴BE
∵BE+AE＝10，
∴，
∴DE，
∴，
∴BD，
当DG＝EF时，
∴，
∴∠EDF＝∠DEG，
∵∠EFD＝∠EGD＝90°，
∴∠FED＝∠EDG，
∴EF∥DG，
∴四边形EFDG是平行四边形，
∴ EFDG是矩形，
∴∠FDG＝90°，
∵∠C＝90°，
∴此时点D和C重合，
∴BD＝8，
综上所述：BD或或8；
（3）如图
作OV⊥BC于V，
∴∠OVC＝90°，
C∥EG，∠EGD＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴∠DAC+∠ACH＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCV+∠ACH＝90°，
∴∠OCV＝∠DAC，
∵∠ONC＝∠ACD＝90°，
∴△OCV∽△DAC，
∴，
设CD＝a，AC＝BC＝b，
在等腰直角三角形BDE中，
DE，
∴OD，
在等腰直角三角形DOV中，
OV＝DV，
∴VC＝VD+CD，
∴，
∴b＝3a，
∴AC＝3a，OV，
∴tan∠OCV＝tan∠DAC，
∴sin∠OVC＝sin∠DAC，
cos∠OVC＝cos∠DAC，
∵S△COD，
∴DH＝a sin∠OCVa，
CHa，AH，
∴S△CDH，
S△ACH，
∴S△DOH，
∴，
故答案为：．
33．【分析】（1）先证明四边形BDCE是平行四边形，得出A（2，0），将x＝2代入y＝﹣x2+4x，得C（2，4），根据DB＝AE＝2，建立方程求解即可；
（2）设OA＝t，则OB＝2t，可得C（t，﹣t2+4t），D（2t，﹣4t2+8t），由DB＝AE＝CE，建立方程求解，可得出答案；
（3）如图，连接OD，PD，过点P作PQ⊥OD于点Q，分两种情况进行讨论：①若△PQD∽△DEC，②若△PQD∽△CED，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AC⊥x轴，BD⊥x轴，
∴AC∥BD，
∵CD∥EB，
∴四边形BDCE是平行四边形，
∴DB＝AE，
∴AE＝CE，
∵OA＝2，
∴A（2，0），
当x＝2时，y＝﹣x2+4x＝﹣22+4×2＝4，
∴C（2，4），
∴AC＝4，AE＝2，DB＝AE＝2，
令y＝2，得﹣x2+4x＝2，
解得：x1＝2（舍去），x2＝2，
∴D（2，2），B（2，0），
∴AB＝22；
（2）设OA＝t，则OB＝2t，
∴C（t，﹣t2+4t），D（2t，﹣4t2+8t），
∵DB＝AE＝CE，
∴﹣t2+4t＝2（﹣4t2+8t），
∴t1，t2＝0（不符合题意，舍去），
∴﹣4t2+8t＝﹣4×（）2+8，
∴E（，）；
（3）如图，连接OD，PD，过点P作PQ⊥OD于点Q，
在（2）的条件下：C（，），D（，），
①若△PQD∽△DEC，
则：，
而tan∠DOB：，
∴：：；
②若△PQD∽△CED，
则：，
而，
∴：：2，
综上所述，的值为或2．
34．【分析】（1）在Rt△BEF中，利用勾股定理即可解决问题．
（2）根据速度比相等构建关系式解决问题即可．
（3）分两种情形如图3﹣1中，当MN∥DF，延长FE交DC的延长线于H．如图3﹣2中，当MN∥DE，分别利用平行线分线段成比例定理构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∵AF＝BE＝2，
∴BF＝6﹣2＝4，
∴EF2．
（2）由题意：，
∴
∴yx（0≤x≤12）．
（3）如图3﹣1中，延长FE交DC的延长线于H．
∵BF∥CH，
∴△EFB∽△EHC，
∴，
∴，
∴EH＝6，CH＝12，
当MN∥DF时，，
∴，
∵yx，
解得x．
如图3﹣2中，当MN∥DE时，，
∴，
∵yx，
解得x＝12，
综上所述，满足条件的CN的值为或12．
35．【分析】（1）令y＝0，得到x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，则A（6，0），由对称轴公式计算即可；
（2）求出直线AC的解析式，求出F（2，4），则S△ACDDF×OA可求出答案；
（3）分三种情况，当AC，CD和AD分别为底边时，画出图形，可由等腰三角形的性质求出顶点P的坐标即可．
【解答】解：（1）对于抛物线yx2+2x+6令y＝0，得到x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，
∴B（﹣2，0），A（6，0），
令x＝0，得到y＝6，
∴C（0，6），
∴抛物线的对称轴x2，A（6，0）．
（2）∵yx2+2x+68，
∴抛物线的顶点坐标D（2，8），
设直线AC的解析式为y＝kx+6，
∴0＝6k+6，
∴k＝﹣1，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
∴F（2，4），
∴DF＝4，
∴S△ACDDF OA4×6＝12；
（3）如图1，过点O作OM⊥AC交DE于点P，交AC于点M，
∵A（6，0），C（0，6），
∴OA＝OC＝6，
∴CM＝AM，
∴CP＝AP，
此时AC为等腰三角形ACP的底边，
∴OE＝PE＝2．
∴P（2，2），
如图2，过点C作CP⊥DE于点P，
∵OC＝6，DE＝8，
∴PD＝DE﹣PE＝2，
∴PD＝PC，
此时△PCD是以CD为底边的等腰直角三角形，
∴P（2，6），
如图3，作AD的垂直平分线交DE于点P，
则PD＝PA，
设PD＝x，则PE＝8﹣x，在Rt△PAE中，PE2+AE2＝PA2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴PE＝8﹣5＝3，
∴P（2，3），
综合以上可得点P的坐标为（2，2）或（2，6）或（2，3）．
36．【分析】（1）过点A作BP的垂线，作直径AM，先在Rt△ABH中求出BH，AH的长，再在Rt△AHP中用勾股定理求出AP的长，在Rt△AMP中通过锐角三角函数求出直径AM的长，即求出半径的值；
（2）证∠APB＝∠PAD＝2∠PAE，即可推出结论；
（3）分三种情况：当AE⊥BD时，AB是⊙O的直径，可直接求出半径；当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，通过证△BFE∽△DAE，求出BE的长，再证△OBE是等边三角形，即得到半径的值；当AE⊥AB时，过点D作BC的垂线，通过证△BPE∽△BND，求出PE，AE的长，再利用勾股定理求出直径BE的长，即可得到半径的值．
【解答】解：（1）如图1，过点A作BP的垂线，垂足为H，作直径AM，连接MP，
在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，
∴∠BAH＝30°，
∴BHAB＝2，AH＝AB sin60°＝2，
∴HP＝BP﹣BH＝1，
∴在Rt△AHP中，
AP，
∵AB是直径，
∴∠APM＝90°，
在Rt△AMP中，∠M＝∠ABP＝60°，
∴AM，
∴⊙O的半径为，
即PA的长为，⊙O的半径为；
（2）当∠APB＝2∠PBE时，
∵∠PBE＝∠PAE，
∴∠APB＝2∠PAE，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠APB＝∠PAD，
∴∠PAD＝2∠PAE，
∴∠PAE＝∠DAE，
∴AE平分∠PAD；
（3）①如图3﹣1，当AE⊥BD时，∠AEB＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴rAB＝2；
②如图3﹣2，当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，
∵AD∥BC，
∴AF⊥BC，△BFE∽△DAE，
∴，
在Rt△ABF中，∠ABF＝60°，
∴AF＝AB sin60°＝2，BFAB＝2，
∴，
∴EF，
在Rt△BFE中，
BE，
∵∠BOE＝2∠BAE＝60°，OB＝OE，
∴△OBE是等边三角形，
∴r；
③当AE⊥AB时，∠BAE＝90°，
∴AE为⊙O的直径，
∴∠BPE＝90°，
如图3﹣3，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点N，延长PE交AD于点Q，
在Rt△DCN中，∠DCN＝60°，DC＝4，
∴DN＝DC sin60°＝2，CNCD＝2，
∴PQ＝DN＝2，
设QE＝x，则PE＝2x，
在Rt△AEQ中，∠QAE＝∠BAD﹣∠BAE＝30°，
∴AE＝2QE＝2x，
∵PE∥DN，
∴△BPE∽△BND，
∴，
∴，
∴BP＝10x，
在Rt△ABE与Rt△BPE中，
AB2+AE2＝BP2+PE2，
∴16+4x2＝（10x）2+（2x）2，
解得，x1＝6（舍），x2，
∴AE＝2，
∴BE2，
∴r，
∴⊙O的半径为2或或．
37．【分析】（1）由垂直定义得∠HFB+∠HBF＝90°．由矩形性质及相似三角形的判定可得结论；
（2）连接EG，根据相似三角形性质及中点定义得EG＝BG．由HL得Rt△DEG≌Rt△CGB，然后根据全等三角形的性质及等腰三角形的性质可得答案；
（3）连接EN交CD于点P，由中点定义得，根据相似三角形的判定与性质得．设DE＝a，则BC＝CN＝2a，EN＝BN＝BC+CN＝4a，最后根据比例线段可得答案．
【解答】解：（1）∵BE⊥FN，
∴∠BHF＝90°，
∴∠HFB+∠HBF＝90°．
在矩形ABCD中，∠ABC＝∠A＝∠BCD＝90°，
∴∠HFB+∠N＝90°，∠NCG＝90°，
∴∠HBF＝∠N，∠A＝∠NCG，
∴△ABE∽△CNG．
（2）如图1，连接EG，
∵△ABE∽△CNG，
∴AB＝CN，
∴△ABE≌△CNG，
∴AE＝CG，
∵E为AD边中点，
∴DE＝AE＝CG．
∵FN是BE的中垂线，
∴EG＝BG．
∵∠D＝∠BCD＝90°，
∴Rt△DEG≌Rt△CGB（HL），
∴∠DGE＝∠CBG．
∵∠CBG+∠CGB＝90°，
∴∠DGE+∠CGB＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴∠EBG＝45°．
（3）法1：如图2，连接EN交CD于点P，
∵FN是BE的中垂线，
∴EN＝BN，
∵E为AD边中点，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△CNP，
∴．
设DE＝a，则BC＝CN＝2a，EN＝BN＝BC+CN＝4a，
∴，
∴，
∴，
∴．
法2：（略解）由△CNG∽△BNF得．
易证得△MED≌△FEA，
∴DM＝AF，ME＝FE．
设CG＝a，则ME＝FE＝BF＝2a，MF＝MG＝4a，
∴CM＝5a，
∵MC+BF＝7a，即2AB＝7a，
∴，，
∴，
∴，
∴．
法3：（如图，略解）作GK⊥AB于点K，
易证得△MFG∽△GFB，
∴，
∴．
设FK＝BK＝a，则EF＝BF＝2a，，
在Rt△GKF中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
38．【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；
（2）根据勾股定理求得BD＝10，
①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝90°，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC＝sin∠CBD，得出，根据勾股定理得到CF＝6，即可求得CE的长；
②分三种情况讨论，由等腰三角形的性质及相似三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD．
∴∠ABD＝∠BDC，
∵∠ABD＝∠ECG，
∴∠ECG＝∠BDC．
（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∴BD10，
如图1，连接EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°，
∵∠EFC＝∠CBD．
∴sin∠EFC＝sin∠CBD，
∴，
∴CF6，
∴CE．
②分三种情况：Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC．
∴E与D重合，CG＝DG，
∴G为BD的中点，
∴CGBD＝5．
Ⅱ、当GE＝CE时，
∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，
∴CG＝CD＝6．
Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，
∴∠GEC＝∠EGC＝∠BFC＝∠GCD，
∴CD＝DG＝6，
∴BG＝BF＝4，
∴FC4，
∵BF∥CD，
∴△FBG∽△CDG，
∴，
∴，
∴CG，
综上所述，CG的长为5或6或．
故答案为：5或6或．
39．【分析】（1）根据平行线的性质得∠AFC＝∠EAF＝70°，由圆周角定理得∠AFC＝∠ADC＝70°，∠ADF＝90°，即可得出答案；
（2）分三种情况：①AD＝CD时，②AC＝AD时，③AC＝CD时，根据相似三角形的判定和性质分别求解即可；
（3）连接AI、FI，连接DO并延长交⊙O于G，连接CG，根据AF是⊙O的直径，△AEF的外心I恰好落在⊙O上得出∠AIF＝90°，由圆周角定理得∠AEF∠AIF＝45°，根据平行线的性质以及直角三角形的性质可得∠CAB＝∠CGD＝45°，可得出△DCG是等腰直角三角形，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AE∥BC，∠EAF＝70°，
∴∠AFC＝∠EAF＝70°，
∵∠ACB＝90°，
∴AF是⊙O的直径，
∴∠ADF＝90°，
∴∠ADC＝∠AFC＝70°，
∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝90°﹣70°＝20°；
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，
∴AB2，
当△ACD为等腰三角形时，分三种情况：
①AD＝CD时，
∵AD＝CD，
∴∠CAD＝∠ACD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠B＝∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠BCD，
∴CD＝BD，
∵AD＝CD，
∴AD＝BDAB，
∵∠B＝∠B，∠ACB＝∠FDB＝90°，
∴△ACB∽△FDB，
∴，即，
∴BF，
∴CF＝BC﹣BF＝6；
②AC＝AD时，
∵AC＝AD＝4，
∴∠ADC＝∠ACD，BD＝24，
∵∠ACB＝∠ADF＝90°，
∴∠ADC+∠CDF＝∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠CDF＝∠BCD，
∴CF＝DF，
∵∠B＝∠B，∠ACB＝∠FDB＝90°，
∴△ACB∽△FDB，
∴，即，
∴DF，
∴CF＝DF；
③AC＝CD时，
∵AC＝CD＝4，
∴∠ADC＝∠CAD，
∵∠ACB＝∠ADF＝90°，
∴∠ADC+∠CDF＝∠CAD+∠B＝90°，
∴∠CDF＝∠B，
∵∠DCF＝∠BCD，
∴△DCF∽△BCD，
∴，即，
∴CF；
综上，CF的长为或或；
（3）连接AI、FI，连接DO并延长交⊙O于G，连接CG，
∵AF是⊙O的直径，△AEF的外心I恰好落在⊙O上，
∴∠AIF＝90°，
∴∠AEF∠AIF＝45°，
∵AE∥BC，
∴∠EFB＝∠AEF＝45°，
∵∠BDF＝90°，
∴∠B＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∴∠CGD＝45°，
∵GD是⊙O的直径，
∴∠DCG＝90°，DG＝AF，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵k，
∴k．
40．【分析】（1）①根据菱形的性质和全等三角形的判定证得△PDF≌△HBF，再根据全等三角形的性质即可解答；
②根据题意，分别令x＝0，y＝0即可求解；
（2）分BF∥QH和FQ∥BH两种情况讨论解答即可；
（3）连接QH．过点F作FK⊥BC于点K，FJ⊥AB于点J，过点Q作QT⊥BC于T．则S△FQH＝S△ABC﹣S△QBH﹣S△AQF﹣S△CFH，由二次函数求最值的方法求解即可．
【解答】解：（1）①结论：PF＝PH．理由如下：
∵ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵PD＝BH，
∴∠PAF＝∠FCH，AP＝CH，
又∵∠AFP＝∠HFC，
∴△AFP≌△HFC（AAS），
∴PF＝FH；
②当x＝0代入y＝﹣2x+12得y＝12，即AD＝12，
当y＝0代入y＝﹣2x+12，得x＝6，即MN＝6，
∵AM＝5BN，AB＝AD＝12，
∴5BN+BN+6＝12，
∴BN＝1；
（2）①当FQ∥BH时，如图2，
∵AF＝FC，
∴AQ＝QB，
∴QF是△ABC的中位线，
∴AQ＝6，而AM＝5，
∴MQ＝1，
∴x＝1，y＝10，
∴AP＝10，QF＝6，
∵AP∥QF，
∴△AEP∽△QEF，
∴AE：EF＝10：6＝5：3，
∴AE：EC＝5：11；
②当FH∥BQ时，如图2，
∵AP∥BC，
∴ABHP是平行四边形，
∴12﹣y＝y，y＝6 代入得x＝3，
∴AQ＝8，
∵PF＝6，△AQE∽△PFE，
∴AE：EF＝4：3，
∴AE：EC＝4：10＝2：5；
（3）连接QH．过点F作FK⊥BC于点K，FJ⊥AB于点J，过点Q作QT⊥BC于T．
由题意，CH＝AP＝﹣2x+12，BQ＝7﹣x，AQ＝5+x，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC＝12，
∴FA＝FC＝6，
∴QT（7﹣x），FJ＝FK6＝3，
∵S△FQH＝S△ABC﹣S△BQH﹣S△AQF﹣S△FCH
＝362x（7﹣x）（﹣2x+12）×3（5+x）×3
（x﹣2）2，
∵0，
∴x＝2时，△FQH的面积最小，最小值为．
【集中培优】浙江省温州市近5年各区九年级上册期末压轴真题集中训练卷
一．选择题
1．公元三世纪中期，我国魏晋时期的数学家刘徽创立了“割圆术”，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法，所谓“割圆术”，是通过不断倍增圆内接正多边形的边数，间接求出圆面积和周长的方法．如图，在半径为2的圆内作两个正方形，得到一个正八边形，则阴影部分的面积是（ ）
A． B． C．24﹣16 D．48﹣32
2．如图，点P在⊙O的直径AB上，作正方形PCDE和正方形PFGH，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在⊙O上，若两个正方形的面积之和为16，OP，则DG的长是（ ）
A．6 B．2 C．7 D．4
3．我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”，现将半径为2的圆十二等分构造出2个矩形和1个正方形（如图），则阴影部分的面积是（ ）
A．1 B． C． D．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形．连结CD，若sin∠BCD，则tan∠CDB的值为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在 ABCD中，∠A＝60°，AD＝2．以点A为圆心，AD为半径作，交边AB于点E，G是的中点，作GF∥BC交CD于点F，以点F为旋转中心，将线段FG按逆时针方向旋转90°至线段FG′，若点G′恰好落在边BC上，则AB的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，抛物线y＝﹣（x+m）2+5交x轴于点A，B，将该抛物线向右平移3个单位后，与原抛物线交于点C，则点C的纵坐标为（ ）
A． B． C．3 D．
7．如图一段抛物线y＝x2﹣3x（0≤x≤3），记为C1，它与x轴于点O和A1：将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕旋转180°得到C3，交x轴于A3，如此进行下去，若点P（2020，m）在某段抛物线上，则m的值为（ ）
A．0 B． C．2 D．﹣2
8．如图，点A，B的坐标分别为（0，8），（10，0），动点C，D分别在OA，OB上且CD＝8，以CD为直径作⊙P交AB于点E，F．动点C从点O向终点A的运动过程中，线段EF长的变化情况为（ ）
A．一直不变 B．一直变大
C．先变小再变大 D．先变大再变小
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连接CG交AB于点M，连接CE，CH．若CH＝2CE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线的图象与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3.5
11．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示，过点G作GD的垂线交AB于点I，若GIGD，则的值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，一个装有液体的锥形瓶轴截面是轴对称图形，底部BC＝20cm，当BC处于水平位置时，液面宽AD＝10cm，液体高度DE＝6cm，此时往瓶中再倒入一些液体，液面上升到宽GF＝6cm，则此时液体的高度FH为（ ）
A．9.6 B．9.2 C．8.4 D．7
二．填空题
13．【情境】图1是某庭院所砌的一堵带有月洞门的墙，其设计图（图2）是轴对称图形，对称轴GH交圆弧于点G，墙面ABCD为正方形，门洞上方匾额的中点M，N，P，Q分别是上方两个矩形对角线的交点．已知AB米，EF米，GH米，EK米．
【问题】月洞门所在圆的半径为 米，匾额的长与宽之比为 ．
14．如图，在一段笔直公路l的一侧有一块四边形场地ABCD，为了估测该场地的大小，在公路l上依次取E，F，G，已知AB⊥l于点E，DG⊥l于点G，点A，C，G和点D，C，F分别在同一直线上，在F点和G点观测时发现tan∠BFE，∠BFC＝90°，tan∠AGE，GF＝2EF＝4km，则该场地的边AB为 km，该场地的面积是 km2．
15．数学家菲尔贝特提出借助图形代替演算的观点，这类图形称为“诺模图”．如图是关于x，y，z三者关系的诺模图，它是由点O出发的三条射线a，b，c组成，每条射线上都有相同的刻度，且射线端点刻度为0，其中a和c，b和c都相交成60°角．在射线a和b上分别取点A和B，对应的刻度值是x和y．用直尺连结AB交射线c于点C，点C的刻度值就是z的值．
（1）若x＝75，y＝50，则z的值是 ；
（2）用x，y的代数式表示z，则z＝ ．
16．某户外遮阳棚如图1，其截面结构示意图如图2所示．支撑柱AB⊥地面，AB＝120cm，P是支撑柱AB上一动点，伞杆CP可绕着中点E旋转，CD＝CP＝40cm，斜拉杆AE可绕点A旋转，AECP．若∠APE＝30°，则BP＝ cm；伞展开长PD＝300cm，若A，C，D在同一条直线上，某时太阳光线恰好与地面垂直，则PD落到地面的阴影长为 cm．
17．如图1，一个菱形可以分割成八个全等的等边三角形，按图2所示的方式（不重叠无缝隙）摆放在矩形纸片ABCD内，顶点E，F，G，H，M，N均恰好落在矩形ABCD的边上，若菱形的边长为4，则FG的长为 ，BC的长为 ．
18．如图，正六边形ABCDEF的边长为2，点P在对角线AC上，∠EDP＝75°，PQ⊥EF于点Q，则PQ的长是 ；过点Q作QG∥ED交DP于点G，则△PQG的面积为 ．
19．如图，AB是半圆O的直径，D是半圆O上一点，C是的中点，连接AC交BD于点E，连接AD，若BE＝4DE，CE＝6，则AB的长为 ．
20．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC于点E，连接BC过点O作OF⊥BC于点F，若BD＝12cm，AE＝4cm，则OF的长度是 cm．
21．图甲是小张同学设计的带图案的花边作品，该作品由形如图乙的矩形图案设计拼接面成（不重叠，无缝隙）．图乙中，点E、F、G、H分别为矩形AB、BC、CD、DA的中点，若AB＝4，BC＝6，则图乙中阴影部分的面积为
．
22．图1是某游乐园的海盗船，A，B两位同学坐在海盗船上的示意图如图2，开始状态下OA＝OB，且A，B离地高度相等，水平距离AB为5米，当B同学摆动到最低位置B'时，他的高度下降了0.5米，A同学也随之旋转至A'的位置，此时，B同学离顶端O的距离OB'为 米，A同学的高度上升了 米．
23．如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝ cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 cm．
24．如图是一款上铺的收纳挂篮（如图1），其侧截面可看作直角梯形，现有一长方体形状的物体放置在该挂篮中，当物体如图2放置时，AB∥PQ．正方形DMEC为露出挂篮部分，此时S正方形DMEC＝400cm2，当物体如图3放置时，B'与Q重合，四边形为D′FNC′露出挂篮部分，此时S四边形D′C′NF＝200cm2，且D′FC′NMF，则D′到PQ的距离为 ．
25．如图1是安装“摩擦铰链”的平开窗，如图2，点C、D、E是窗框AB上的定点，AC＝5cm，CD＝8cm，DE＝26，BE＝13cm，转轴H、F分别是窗门底部MN和支架HE上的定点，且HF＝AC，滑点P在轨道CD上运动，当点P运动到点C时，窗户关闭（窗门底部MN与面框AB重合）：如图3，当窗户开到最大时，点P与D重合，此时∠PFE＝90°，PF＜EF，则PF＝ cm，此时点N到AB的距离为 cm．
三．解答题
26．综合与实践：设计公交车停靠站的扩建方案．
【素材1】：图1为某公交车停靠站，顶棚截面由若干段形状相同的抛物线拼接而成．图2为某段结构示意图，C1，C2皆为轴对称图形，且关于点M成中心对称，该段结构水平宽度为8米．
【素材2】：图3为停靠站部分截面示意图，两根长为2.5米的立柱M1N1，M2N2竖直立于地面并支撑在对称中心M1，M2处．小温将长为2.8米的竹竿AB竖直立于地面，当点A触碰到顶棚时，测得N2B为1米．
【素材3】：将顶棚扩建，要求截面为轴对称图形，且水平宽度为27米．计划在顶棚两个末端到地面之间加装垂直于地面的挡风板．
【任务】：
（1）确定中心：求图2中点M到该结构最低点的水平距离l；
（2）确定形状：在图3中建立合适的直角坐标系，求C1的函数表达式；
（3）确定高度：求挡风板的高度．
27．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在BC边上，△ACD的外接圆⊙O交AB于点E，，过点C作CG⊥AD于点G，延长CG交AB于点F．
（1）求证：∠FAC＝∠ACG；
（2）求证：；
（3）若CF＝3FG，，求BD的长．
28．如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，P是AB上一动点（不与A，B重合），点E在CD上，AP＝CE，以PE为直径的⊙O交AB于另一点F，设AP＝x．
（1）若点P在F的左侧，用含x的代数式表示PF的长．
（2）在（1）条件下，⊙O与BC相切时，求PF的长．
（3）如图2，O′是点O关于EF的对称点．
①若PO′所在的直线经过矩形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
②当点O′落在⊙O内时，直接写出x的取值范围．
29．如图，在⊙O中，直径AB＝10，弦BC＝6，点D在BC的延长线上，线段AD
交⊙O于点E，过点E作EF∥BC分别交⊙O，AB于点F，G，连结BF．
（1）求证：△ABD∽△FGB．
（2）当△FGB为等腰三角形时，求CD的长．
（3）当∠D＝45°时，求EG：FG的值．
30．根据素材解决问题．
设计货船通过圆形拱桥的方案
素材1 图1中有一座圆拱石桥，图2是其圆形桥拱的示意图，测得水面宽AB＝16m，拱顶离水面的距离CD＝4m．
素材2 如图3，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形EFGH，测得EF＝3m，EH＝10m．因水深足够，货船可以根据需要运载货物．据调查，船身下降的高度y（米）与货船增加的载重量x（吨）满足函数关系式．
问题解决
任务1 确定桥拱半径 求圆形桥拱的半径
任务2 拟定设计方案 根据图3状态，货船能否通过圆形拱桥？若能，最多还能卸载多少吨货物？若不能，至少要增加多少吨货物才能通过？
31．如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝3，AB＝4，AD⊥BC于点D，射线CE平行AB交AD的延长线于点E，P是射线CE上一点（在点E的右侧），连结AP交BC于点F．
（1）求证：△ACE∽△BAC．
（2）若，求的值．
（3）以PF为直径的圆经过△BDE中的某一个顶点时，求所有满足条件的EP的长．
32．如图，在△ABC中，∠C＝90°，D为边BC上一点，DE⊥AB于点E，以DE为直径的⊙O分别交线段BD，AD于点F，G，连结EF，EG．
（1）求证：△DEF∽△ABC．
（2）若AC＝6，BC＝8，当DG与四边形DGEF其它三边中的一边相等时，求所有满足条件的BD的长．
（3）当AC＝BC时，连结OC交AD于点H，记△DOH的面积为S1，△ACH的面积为S2，若OC∥EG，则的值为 ．（在横线上直接写出答案）
33．如图，点A，B都在x轴上，过点A作x轴的垂线交抛物线y＝﹣x2+4x于点C，过点B作x轴的垂线交该抛物线于点D，点C，D都在第一象限，点D在点C的右侧，DE⊥AC于点E，连接CD，BE，CD∥EB．
（1）若OA＝2，求AB的长．
（2）若点A是线段OB的中点，求点E的坐标．
（3）根据（2）的条件，连接OD，动点P在线段OB上，作PQ⊥OD交OD于点Q．当△PDQ与△CDE相似时，求的值．
34．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边BC，AB上，AF＝BE＝2，连接DE，DF．动点M在EF上从点E向终点F匀速运动，同时，动点N在射线CD上从点C沿CD方向匀速运动，当点M运动到EF的中点时，点N恰好与点D重合，点M到达终点时，M，N同时停止运动．
（1）求EF的长．
（2）设CN＝x，EM＝y，求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围．
（3）连接MN，当MN与△DEF的一边平行时，求CN的长．
35．如图，抛物线yx2+2x+6交x轴于A，B两点（点A在点B的右侧），交y轴于点C，顶点为D，对称轴分别交x轴、线段AC于点E、F．
（1）求抛物线的对称轴及点A的坐标；
（2）连接AD，CD，求△ACD的面积；
（3）设动点P从点D出发，沿线段DE匀速向终点E运动，取△ACD一边的两端点和点P，若以这三点为顶点的三角形是等腰三角形，且P为顶角顶点，求所有满足条件的点P的坐标．
36．如图，在 ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠ABC＝60°．点P是边BC上一动点，作△PAB的外接圆⊙O交BD于E．
（1）如图1，当PB＝3时，求PA的长以及⊙O的半径；
（2）如图2，当∠APB＝2∠PBE时，求证：AE平分∠PAD；
（3）当AE与△ABD的某一条边垂直时，求所有满足条件的⊙O的半径．
37．如图，在矩形ABCD中，E为AD边中点，BE的中垂线分别交AB，BE，CD，BC的延长线于点F，H，G，N，延长FE交CD的延长线于点M．
（1）证明：△ABE∽△CNG．
（2）连接BG，当AB＝CN时，求∠EBG的度数．
（3）当BC＝CN时，求AD：AB的值．
38．如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合），△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．
（1）求证：∠ECG＝∠BDC．
（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中，
①连结EF，若BF时，求CE的长．
②当△CGE为等腰三角形时，求所有满足条件的CG的长．
直接写出答案CG为 ．
39．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB上一点，⊙O为△ACD的外接圆，BC交⊙O于点F，连结FD并延长至点E，使AE∥BC．
（1）当∠EAF＝70°时，求∠CDF的度数；
（2）若AC＝4，BC＝6，当△ACD为等腰三角形时，求CF的长；
（3）设，若△AEF的外心I恰好落在⊙O上，求k的值．
40．如图1，在菱形ABCD中，∠B为锐角，点P，H分别在边AD，CB上，且DP＝BH，在AB边上取点M，N（点N在BM之间）使AM＝5BN．点P从点D匀速运动到点A时，点Q恰好从点M匀速运动到点N，连结PQ，PH分别交对角线AC于E，F，记QM＝x，AP＝y，已知y＝﹣2x+12．
（1）①请判断PF与FH的大小关系，并说明理由；
②求AD，BN的长；
（2）如图2，连结QF，当四边形FQBH中有两边平行时，求AE：EC的值；
（3）若∠B＝60°，连结QH，求△FQH面积的最小值．
参考答案
一．选择题
1．【分析】如图，连接OA，OB．设AF＝EF＝EG＝BG＝x，则FGx．构建方程求出x，可得结论．
【解答】解：如图，连接OA，OB．设AF＝EF＝EG＝BG＝x，则FGx．
由对称性可知四个阴影部分是全等的等腰直角三角形，
∵△AOB是等腰直角三角形，OA＝OB＝2，
∴AB＝2，
∴2xx＝2，
∴x＝22，
∴阴影部分的面积＝4（2）×（22）＝24﹣16．
故选：C．
2．【分析】设正方形PFGH的边长是x，由条件得到x2+（x+2）2＝16，从而求出正方形PFGH的边长，得到正方形PCDE的边长，进一步求出PD，PG的长，即可求出DG的长．
【解答】解：作OK⊥PC于K，设正方形PFGH的边长是x，
∵四边形PCDE是正方形，
∴∠CPD＝45°，
∵∠OKP＝90°，
∴△KOP是等腰直角三角形，
∴PKOP＝1，
∴CK＝FK＝x+1，
∴PC＝CK+PK＝x+2，
∵两个正方形的面积之和为16，
∴x2+（x+2）2＝16，
∴x1或x1（舍），
∴PC＝x+21，PH＝x1，
∴PDPC，PGPH，
∴DG＝PD+PG＝2．
故选：B．
3．【分析】根据正多边形与圆的对称性、垂径定理以及正多边形与圆的计算，可求出∠AOD＝120°，∠BOC＝90°，由直角三角形的边角关系求出OM、AM、BM，根据三角形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD，过点O作OM⊥AD，垂足为M，
由圆的对称性可知，点A、点D是⊙O的三等分点，四边形BCFE是正方形，
∴∠AOD360°＝120°，∠BOC360°＝90°，
在Rt△AOM中，OA＝2，∠AOM＝60°，
∴OMOA＝1，AMOA，
在Rt△BOM中，∠BOM＝45°，OM＝1，
∴BM＝OM＝1，
∴AB＝AM﹣BM1，
∴8个阴影三角形的面积和为：（1）（1）×8＝16﹣8，
故选：C．
4．【分析】过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，可得△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，根据sin∠BCE，设BE＝3a，BC＝5a，得CE4a，过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，设AC＝x，AB＝y，然后利用勾股定理和三角形的面积可得a，进而利用锐角三角函数即可解决问题．
【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
∴△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，
∵sin∠BCD，
∴sin∠BCE，
设BE＝3a，BC＝5a，
∴CE4a，
过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，
∴BF＝CG，
设AC＝x，AB＝y，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得
AB2﹣AC2＝BC2，
∴y2﹣x2＝25a2，
∵S△ABCAB CFAC BC，
∴y CF＝5ax，
∴CF，
在Rt△BCF中，根据勾股定理，得
BFaa，
∴BF＝CGa，
在正方形ABDH中，AB＝BD＝y，
在Rt△BDE中，根据勾股定理，得
DE，
∴CD＝CE+ED＝4，
∵S△CBDCD BEBD CG，
∴CD BE＝BD CG，
∴（4）×3＝ya，
∴a，
∴tan∠CDB＝tan∠EDB．
故选：D．
5．【分析】连接AG，过点D作DT⊥AB于T，过点G作GN⊥AB于N，交CD于M．想办法求出DM，FM，CF，可得结论．
【解答】解：连接AG，过点D作DT⊥AB于T，过点G作GN⊥AB于N，交CD于M．
在Rt△ADT中，AD＝2，∠DAT＝60°，
∴AT＝AD cos60°＝1，DTAT，
∵，
∴∠DAG＝∠GAB＝30°，
在Rt△AGN中，GNAG＝1，ANGN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵DT⊥AB，
∴DT⊥CD，
∴∠DTN＝∠MNT＝∠TDM＝90°，
∴DT＝MN，DM＝TN＝AN﹣AT1，
∴GM＝MN﹣GN1，
∵AD∥FG，
∴∠ADF+∠DFG＝180°，
∵∠ADC＝180°﹣∠DAB＝120°，
∴∠GFM＝60°，
∴FM1，
∴FG＝FG′＝2FM＝2，
∵∠C＝∠DAB＝60°，
∴CF，
∴AB＝CD＝DM+FM+CF1+12，
故选：D．
6．【分析】将抛物线y＝﹣（x+m）2+5向右平移3个单位后得到y＝﹣（x+m﹣3）2+5，然后联立组成方程组求解即可．
【解答】解：将抛物线y＝﹣（x+m）2+5向右平移3个单位后得到y＝﹣（x+m﹣3）2+5，
根据题意得：，
解得：，
∴交点C的坐标为（，），
故选：B．
7．【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点A1的坐标，结合旋转的性质可得出点A2的坐标，观察图形可知：图象上点以6（横坐标）为周期变化，结合2020＝336×6+4可知点P的纵坐标和当x＝4时的纵坐标相等，由旋转的性质结合二次函数图象上点的坐标特征，即可求出m的值，此题得解．
【解答】解：当y＝0时，x2﹣3x＝0，
解得：x1＝0，x2＝3，
∴点A1的坐标为（3，0）．
由旋转的性质，可知：点A2的坐标为（6，0）．
∵2020＝336×6+4，
∴当x＝4时，y＝m．
由图象可知：当x＝2时的y值与当x＝4时的y值互为相反数，
∴m＝﹣（2×2﹣3×2）＝2．
故选：C．
8．【分析】如图，连接OP，PF，作PH⊥AB于H．点P的运动轨迹是以O为圆心、OP为半径的⊙O，易知EF＝2FH＝2，观察图形可知PH的值由大变小再变大，推出EF的值由小变大再变小．
【解答】解：如图，连接OP，PF，作PH⊥AB于H．
∵CD＝8，∠COD＝90°，
∴OPCD＝4，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心OP为半径的⊙O，
∵PH⊥EF，
∴EH＝FH，
∴EF＝2FH＝2，
观察图形可知PH的值由大变小再变大，
∴EF的值由小变大再变小，
故选：D．
9．【分析】过C作CN⊥AB于N，判定△ACE∽△BCH，即可得到；设AC＝a，再根据勾股定理以及面积法即可得到AB与CN的长，进而得出AN的长；再根据△CNM∽△GBM，即可得到MN和BM的长，进而得出答案．
【解答】解：如图所示，过C作CN⊥AB于N，
由题可得，∠CAE＝∠CBH＝90°，∠ACE＝∠BCH＝45°，
∴△ACE∽△BCH，
∴，
设AC＝a，则BC＝2a，ABa，CNa，
Rt△ACN中，ANa，
∴BNaaa，
∵∠CNM＝∠GBM＝90°，∠CMN＝∠GMB，
∴△CNM∽△GBM，
∴，
∴MNBNa，BMNBa，
∴AM＝AN+MNa，
∴，
故选：B．
10．【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，求出直线y＝﹣x与抛物线的交点，即可推出点M坐标，由此即可解决问题．
【解答】解：∵△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，
由，
解得或（舍弃），
∴点M坐标为（2，﹣2），
如图1中，作MN⊥AB于N，
∵MP＝MB，NM⊥PB，
∴PN＝NB＝1，
∴OP＝1，AP＝3，
∴当AP＝3时圆心在抛物线上．
故选：A．
11．【分析】设AF＝BG＝DE＝CH＝a，DH＝BF＝AE＝CG＝b，由相似三角形的性质可求a＝2b，由正方形的面积公式可求解．
【解答】解：如图，过点I作IN⊥BG于N，
设AF＝BG＝DE＝CH＝a，DH＝BF＝AE＝CG＝b，
则HG＝EH＝a﹣b，
∵∠FGH＝∠IGD＝90°，
∴∠DGH＝∠IGF，
又∵∠ING＝∠GHD＝90°，
∴△DHG∽△ING，
∴，
∵GIGD，
∴INDHb，GNGH（a﹣b），
∴BN＝a（a﹣b）ba，
∵∠ABF＝∠IBN，∠AFB＝∠INB＝90°，
∴△AFB∽△INB，
∴，
∴，
∴a＝2b，
∴S正方形EFGH＝HG2＝（a﹣b）2＝b2，
∵S正方形ABCD＝AD2＝AE2+DE2＝5b2，
∴，
故选：A．
12．【分析】根据等腰三角形的性质可得CE＝（20﹣10）÷2＝5（cm），CH＝（20﹣6）÷2＝7（cm），再根据△CDE∽△CFH解答即可．
【解答】解：由题意得，CE＝（20﹣10）÷2＝5（cm），CH＝（20﹣6）÷2＝7（cm），
在△CDE和△CFH中，
∵∠C＝∠C，∠CED＝∠CHF＝90°，
∴△CDE∽△CFH，
∴，
即，
解得FH＝8.4（cm）．
故选：C．
二．填空题
13．【分析】如图，设圆心为O，连接OK，根据轴对称图形的性质可得KIEF，OI＝GH﹣GO﹣EK，再根据勾股定理即可求解；利用△PLQ∽△RSC的对应边成比例得出，分别求出CS，RS即可求解．
【解答】解：如图，设圆心为O，连接OK，
由轴对称图形的性质可得KIEF，OI＝GH﹣GO﹣EKr，
在Rt△KOI中，r2＝（r）2+（）2，
解得r；
根据矩形的性质可得△PLQ∽△RSC，
∴，即，
根据题意可得AD，AE＝FB（），
∴CS，RS，
∴，
∴，
∵匾额的长为2PL，宽为2QL，
∴匾额的长与宽之比为，
故答案为：，7：3．
14．【分析】根据题目中的数据，利用锐角三角函数可以求得AB的长，再根据题意，作出合适的辅助线，求出BE、EF、BF、FC、FG、DG的长，然后根据S四边形ABCD＝S梯形AEGD﹣S△BEF﹣S△BFC﹣S△DFG，代入数据计算即可．
【解答】解：∵GF＝2EF＝4km，EG＝EF+FG，
∴EF＝2km，EG＝6km，
∵tan∠BFE，tan∠AGE，∠AEG＝90°，∠BEF＝90°，
∴AE＝4km，BE＝1km，
∴BF（km），AB＝AE﹣BE＝4﹣1＝3（km），
∵∠BFC＝90°，∠DGF＝90°，
∴∠BFE+∠DFG＝90°，∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠BFE＝∠FDG，
∴tan∠FDG，
∴DG8（km），
作CM⊥AB交AB于点M，作CN⊥EG交EG于点N，如图所示，
则ME＝CN，MC＝EN，
∵MC∥EG，tan∠AGE，
∴tan∠ACM，
设AM＝2a，则MC＝3a，ME＝4﹣2a，
∵CN⊥EG，DG⊥EG，tan∠BFE，∠BFE＝∠FDG，CN＝ME＝4﹣2a，
∴∠FDG＝∠FCN，
∴，
∴FN＝2﹣a，
∴GN＝FG﹣FN＝4﹣（2﹣a）＝2+a，
∵tan∠CGN，
∴，
解得a＝1，
∴CN＝2km，FN＝1km，
∴FC（km），
∴S四边形ABCD＝S梯形AEGD﹣S△BEF﹣S△BFC﹣S△DFG16.5（km2），
故答案为：3，16.5．
15．【分析】在a上取点D，在b上取点E，使OD＝OC＝OE，连接CD，CE，根据a和c，b和c都相交成60°角，可得△COD，△COE都是等边三角形，∠AOB＝120°，即可证明△ABO∽△CBE，可得，
（1）当x＝75，y＝50时，，解得z＝30；
（2）由得：z．
【解答】解：在a上取点D，在b上取点E，使OD＝OC＝OE，连接CD，CE，如图：
∵a和c，b和c都相交成60°角，
∴△COD，△COE都是等边三角形，∠AOB＝120°，
∴∠CEO＝60°，∠BAO＝60°﹣∠ABO，OD＝OC＝OE＝z，
∴∠BCE＝60°﹣∠CBE＝∠BAO，
∵∠ABO＝∠CBE，
∴△ABO∽△CBE，
∴，即，
（1）当x＝75，y＝50时，
，
解得z＝30，
故答案为：30；
（2）由得：z，
故答案为：．
16．【分析】（1）先过点E作EF⊥AP构造出含30度角的直角三角形，利用其性质得到线段长度，再利用等腰三角形的性质得到AP，最后根据图象利用AB﹣AP即可求解；
（2）首先根据题意画图，明确求出AD即所得，设出AC长度，利用两个直角形的公共边，结合勾股定理列出方程求解，最后利用线段相加即可解决．
【解答】解（1）如图，过点E作EF⊥AP，垂足为F，
∵E是PC的中点，
∴PE＝ECPC＝20cm，
又∵AEPC，
∴AE＝PE＝CE＝20cm，
在Rt△PEF中，∠APE＝30°，PE＝20cm，
∴PF＝PE cos∠APE
＝20
＝30（cm），
∵AE＝PE，EF⊥AB，
∴AP＝2PF＝60cm，
∴BP＝AB﹣AP
＝12060
＝60（cm）．
（2）由题意可知，当A、C、D三点共线时，此时AC⊥AP，
如图所示：过点D作DF⊥地面，交地面水平线为F，
∵∠DAP＝∠B＝∠DFB＝90°，
∴四边形ABFD为矩形，
∴AD＝BF，
设AC＝x，
在Rt△ACP和Rt△PDA中，
∴CP2﹣AC2＝DP2﹣DA2，
∴，
解得x，
∴BF＝AD＝AC+CD（cm），
∴当太阳光线恰好与地面垂直，则PD落在地面上的阴影为cm．
故答案为：；．
17．【分析】连接FN交EK于点O，过点O作PQ⊥BC于点P，交AD于点Q，证明四边形ABPQ是矩形，四边形ENKF是菱形，利用勾股定理求出FG的长；然后根据S△OFGOP FGOF OG，求出OP，由△GOP∽△GEB，求出BE，再证明△ANE≌△CGH，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接FN交EK于点O，过点O作PQ⊥BC于点P，交AD于点Q，
∴∠QPB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴四边形ABPQ是矩形，
∴AB＝QP，
∵△ENK和△EFK都是全等的等边三角形，
∴∠EFK＝∠ENK＝60°，EF＝FK＝NK＝EN＝EK＝2，
∴四边形ENKF是菱形，
∴NF⊥EK，OE＝OKEK＝1，OF＝ONFN，∠EFN∠EFK＝30°，
∴OF，
∵OG＝OK+KG＝1+4＝5，
∴FG2，
∵S△OFGOP FGOF OG，
∴2OP＝5，
∴OP，
∴AB＝PQ＝2OP，
∵OP∥BE，
∴△GOP∽△GEB，
∴，
∴，
∴BE，
∴AE＝AB﹣BE，
∴AN，
∵BF，
∵AD∥BC，EN∥GH，
∴∠ANE＝∠CGH，
在△ANE和△CGH中，
，
∴△ANE≌△CGH（AAS），
∴CG＝AN，
∴BC＝BF+FG+CG2．
故答案为：2；．
18．【分析】如图1中，过点E作EJ⊥AC于J，过点D作DK⊥EJ于K，过点Q作QM⊥EJ于M，过点P作PN⊥QM于N，则四边形PNMJ是矩形，四边形DKJC是矩形，设PQ＝m．用两种方法求出EJ，构建方程求出m，即可解决问题．
【解答】解：如图1中，过点E作EJ⊥AC于J，过点D作DK⊥EJ于K，过点Q作QM⊥EJ于M，过点P作PN⊥QM于N，则四边形PNMJ是矩形，四边形DKJC是矩形，设PQ＝m．
∵∠DEF＝∠EDC＝120°，∠EDP＝75°，
∴∠PDC＝45°，
∵∠DCP＝90°，
∴∠CDP＝∠CPD＝45°，
∴CP＝CD＝2，
∵PQ⊥EF，
∴∠PQE＝90°，
∴∠DPQ＝360°﹣75°﹣120°﹣90°＝75°，
∵∠DPN＝45°，
∴∠QPN＝30°，
∴NQm，PN＝MJm，
在Rt△DEM中，∠EDM＝30°，DE＝2，
∴EK＝1，
∵EM+PN＝3，
∴PNm，
∵DK＝CJ，
∴MN＝PJ＝2，
∴QMm+2，
∵∠EQM＝30°，
∴EMQM（m+2），
∴3（m+2）m，
∴m＝21，
∴PQ＝21，
如图2中，过点G作GH⊥PQ于H．
∵QG∥DE，
∴∠QGP＝∠EDP＝75°，
∵∠QPG＝75°，
∴∠QGP＝∠QPG，
∴GQ＝QP，∠GQP＝30°，
∴GHQG，
∴S△PQG PQ GH（21）．
故答案为：21，．
19．【分析】如图，连接OC交BD于K．设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝2.5k，EK＝1.5k，由AD∥CK，推出AE：EC＝DE：EK，可得AE＝4，由△ECK∽△EBC，推出EC2＝EK EB，求出k即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OC交BD于K，连接BC．
∵，
∴OC⊥BD，
∵BE＝4DE，
∴可以假设DE＝k．BE＝4k，则DK＝BK＝2.5k，EK＝1.5k，
∵AB是直径，
∴∠ADK＝∠DKC＝∠ACB＝90°，
∴AD∥CK，
∴AE：EC＝DE：EK，
∴AE：6＝k：1.5k，
∴AE＝4，
∵△ECK∽△EBC，
∴EC2＝EK EB，
∴36＝1.5k×4k，
∵k＞0，
∴k，
∴BC2，
∴AB4．
故答案为4．
20．【分析】连接OB，根据垂径定理求出BE，根据勾股定理求出OB，再根据勾股定理计算即可．
【解答】解：连接OB，
∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AC，
∴BEBD＝6cm，
在Rt△OEB中，OB2＝OE2+BE2，即OB2＝（OB﹣4）2+62，
解得，OB，
则EC＝AC﹣AE＝9，
BC3，
∵OF⊥BC，
∴CFBC，
∴OF（cm），
故答案为．
21．【分析】因为S阴＝S菱形PHQF﹣2S△HTN，想办法求出菱形PHQF的面积，△HTN的面积即可解决问题．
【解答】解：如图，设FM＝HN＝a．
由题意点E、F、G、H分别为矩形AB、BC、CD、DA的中点，可得四边形HQFP是菱形，它的面积S矩形ABCD4×6＝6，
∵FM∥BJ，CF＝FB，
∴CM＝MJ，
∴BJ＝2FM＝2a，
∵EJ∥AN，AE＝EB，
∴BJ＝JN＝2a，
∵S△HBC 6 4＝12，HJBH，
∴S△HCJ12，
∵TN∥CJ，
∴△HTN∽△HCJ，
∴（）2，
∴S△HTN，
∴S阴＝S菱形PHQF﹣2S△HTN＝6，
故答案为．
22．【分析】由题意可得在三角形OAC为直角三角形，设OA＝OB＝OB'＝x，则根据勾股定理得方程：，解得x；过点A'作A'D⊥OB'于点D，设B'D＝m，则ODm，在直角三角形OA'D中，可得：AD2＝OA'2﹣OD2，在直角三角形A'DB'中，由勾股定理有AD2＝A'B'2﹣B'D2，从而可建立方程，解出m的值，最后A同学的高度上升的高度即为DC＝OC﹣OD可求．
【解答】解：设AB与OB'交于点C，由题意可得OB'⊥AB，
在直角三角形OAC中，设OA＝OB＝OB'＝x，
根据勾股定理得方程：
，解得：x．
过点A'作A'D⊥OB'于点D，
设B'D＝m，则ODm，
在直角三角形OA'D中，由勾股定理有：
AD2＝OA'2﹣OD2，
在直角三角形A'DB'中，由勾股定理有：
AD2＝A'B'2﹣B'D2＝25﹣m2，
∴25﹣m2，
解得：m，
即B'D，
∴DC＝OC﹣OD＝（）﹣（）．
故答案为：，．
23．【分析】如图2，延长NM，则NM过点D，由三角形中位线定理可得MG的长度，如图3，过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，在Rt△CDF中，CF2，知tan∠CDF，故tan∠MPF，可得PG，PF＝PG+GF，由△CDF∽△KFP，得，即可得压杆MN到底座AB的距离为cm．
【解答】解：如图2，延长NM，则NM过点D，
∵四边形EFGH是矩形，
∴HG∥EF，即MG∥DF，
∵G是PF中点，
∴MG是△PDF的中位线，
∴MGDF8＝4（cm），
如图3，过点P作PK⊥AB于K，
∵MN∥AB，
∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK，
∵∠DFP＝∠DCF＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°，
∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，
在Rt△CDF中，CF2，
∴tan∠CDF，
∴tan∠MPF，即，
∴，
解得PG，
∴PF＝PG+GF2，
∵∠CDF＝∠PFK，∠DCF＝90°＝∠PKF，
∴△CDF∽△KFP，
∴，即，
解得PK（cm），
∴压杆MN到底座AB的距离为cm，
故答案为：4，．
24．【分析】过点N作NG⊥A′D′于G，过点D′作D′H⊥PQ于H，交MN于T，过点A′作A′K⊥D′H于K，利用正方形面积和梯形面积求得：C′D′＝CD＝A′Q＝20cm，C′N＝8cm，D′F＝12cm，MF＝C′N＝8cm，运用勾股定理求得FN＝4，再根据△D′FT∽△NFG，△A′FM∽△NFG，即可求得答案．
【解答】解：∵S正方形DMEC＝400cm2，
∴CD＝DM＝AB＝20cm，
∴C′D′＝CD＝A′Q＝20cm，
∵S四边形D′C′NF＝200cm2，D′FC′N，
∴（D′F+C′N）×C′D′＝200，
即C′N×20＝200，
∴C′N＝8cm，
∴D′F＝12cm，
∴MF＝C′N＝8cm，
过点N作NG⊥A′D′于G，过点D′作D′H⊥PQ于H，交MN于T，
过点A′作A′K⊥D′H于K，
则D′G＝C′N＝8cm，FG＝4cm，NG＝20cm，
∴FN4，
∵∠NFG＝∠D′FT，∠D′TF＝∠NGF＝90°，
∴△D′FT∽△NFG，
∴，即，
∴D′T，
∵∠NFG＝∠A′FM，∠NGF＝∠M＝90°，
∴△A′FM∽△NFG，
∴，即，
∴A′M＝40，A′F＝8，
∵∠M＝∠P＝∠FA′Q＝90°，
∴∠MA′F+∠QA′P＝∠QA′P+∠A′QP＝90°，
∴∠MA′F＝∠A′QP，
∴△A′FM∽△QA′P，
∴，即，
∴A′P，
∵四边形A′PHK、A′KTM为矩形，
∴TK＝A′M＝40，KH＝A′P，
∴D′H＝D′T+TK+KH4040，
故答案为：40．
25．【分析】根据题意，由勾股定理得到DF＝10cm，再利用等角三角函数也相等列出关系式计算出点N到AB的距离即可．
【解答】解：由题意可知：MD+DF+FE＝AE，AC＝MD＝HF＝5cm，
∴DF+FE＝CE＝34cm，
设DF＝x cm，则FE＝（34﹣x）cm，
∵∠DFE＝90°，
DF2+FE2＝DE2即x2+（34﹣x）2＝262，
解得：x＝10，
∴DF＝10cm即PF＝10cm．
∴EF＝34﹣x＝24cm，MN＝AB＝5+8+26+13＝52cm，
过点N作NG⊥AB，垂足为G，延长NM交AB于点J，
∵HF∥MD，
∴∠MDJ＝∠FEP，即tan∠MDJ＝tan∠FEP
∵MD＝5cm，
∴MJcm．
∴NJ＝MJ+MNcm，
∵∠JNG＝∠DEF，
∴cos∠JNG＝cos∠DEF，
∴NG．
故答案为：10；．
三．解答题
26．【分析】（1）根据轴对称性图形的性质和抛物线的对称性可得中点M到该结构最低点的水平距离为8÷2÷2＝2（米）；
（2）以M2点为原点建立坐标系，设抛物线C1的解析式为y＝a（x﹣2）2+h，将（0，0），（1，0.3）代入，即可求函数的解析式；
（3）分两种情况讨论：①当x＝1.5+2＝3.5时，y＝0.175，则h＝2.5+0.275＝3.125（米）；②当x＝2.5﹣2＝0.5时，y＝0.625，h＝2.5+0.625＝3.125（米）．
【解答】解：（1）∵C1，C2皆为轴对称图形，且关于点M成中心对称，水平宽度为8米，
∴8÷2÷2＝2（米），
∴中点M到该结构最低点的水平距离l为2米；
（2）以M2点为原点，如图建立平面直角坐标系，
∵C1过点（0，0），（1，0.3），对称轴为直线x＝2，
∴设抛物线C1的解析式为y＝a（x﹣2）2+h，
将（0，0），（1，0.3）代入，
∴，
解得，
∴抛物线C1的解析式为y＝﹣0.1（x﹣2）2+0.4；
（3）方法一：27﹣8×3＝3（米），3÷2＝1.5（米），
①如图，
当x＝1.5+2＝3.5时，y＝﹣0.1×（3.5﹣2）2+0.4＝0.175，
∴h＝2.5+0.175＝2.675（米）；
②如图，
当x＝1.5﹣2＝﹣0.5时，y＝0.1×（0.5+2）2﹣0.4＝﹣0.175，
∴h＝2.5+（﹣0.175）＝2.325（米）；
综上所述：挡风板的高度为2.675米或2.325米．
方法二：由图形为轴对称图形可知，图形必由若干个图2结构和一个C1或者C2构成：
4+8×3＝28，28﹣27＝1，1÷2＝0.5米，
只需将x＝0.5以及x＝﹣0.5相应代入C1、C2即可，
y0.1（0.5﹣2）2+0.4＝0.175米，
∴h＝2.5+y＝2.675米，
y0.1（﹣0.5+2）2﹣0.4＝﹣0.175米，
∴h＝2.5+y＝2.325（米）；
综上所述：挡风板的高度为2.675米或2.325米．
27．【分析】（1）由余角的性质可得∠ADC＝∠ACG，由圆周角定理可得∠FAC＝∠ADC，即可求解；
（2）通过证明△AGC∽△BCA，可得；
（3）由勾股定理可求FG，AG的长，通过证明△AGC∽△CGD，可得，可求DG的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵DA是直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵CG⊥AD，
∴∠AGC＝90°，
∴∠CAD+∠ACG＝90°，
∴∠ADC＝∠ACG，
∵，
∴∠FAC＝∠ADC，
∴∠FAC＝∠ACG；
（2）证明：∵∠FAC＝∠ACG，∠ACB＝∠AGC＝90°，
∴△AGC∽△BCA，
∴；
（3）解：∵∠FAC＝∠FCA，
∴AF＝CF，
∵CF＝3FG，
∴CG＝2FG，AF＝FC＝3FG，
∴AG2FG，
∵AC2＝AG2+GC2，
∴12＝8FG2+4FG2，
∴FG＝1（负值舍去），
∴AG＝2，CG＝2，
∵，
∴，
∴BC＝2，
∵∠ADC＝∠ACG，∠AGC＝∠DGC，
∴△AGC∽△CGD，
∴，
∴2×2＝2GD，
∴GD，
∴CD，
∴BD＝BC﹣CD．
28．【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角可得EF⊥AB，再证得四边形BCEF是矩形，得出BF＝CE＝x，即可得出答案；
（2）如图1，连接OG交EF于H，由切线性质可得OG⊥BC，利用三角形中位线定理和勾股定理即可求得答案；
（3）①分两种情况：当PO′所在直线经过点C时，当PO′所在直线经过点D时，分别建立方程求解即可；
②分两种情况：当点O′在点O右侧时，当点O′在点O左侧时，分别求得x的值即可得出答案．
【解答】解：（1）由题意得：AB＝4，CE＝AP＝x，
∵PE是⊙O的直径，
∴EF⊥AB，即∠PFE＝∠BFE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠B＝∠C＝∠BFE＝90°，
∴四边形BCEF是矩形，
∴BF＝CE＝x，
∴PF＝AB﹣AP﹣BF＝4﹣x﹣x＝4﹣2x．
（2）在（1）条件下，⊙O与BC相切于G，如图1，连接OG交EF于H，
则OG⊥BC，
∵EF∥BC，
∴OH⊥EF，
∴OH是△PEF的中位线，
∴OHPF（4﹣2x）＝2﹣x，
∵HG＝BF＝x，
∴OG＝OH+GH＝2﹣x+x＝2，
∴PE＝2OG＝4，EF＝BC＝3，
在Rt△PEF中，PF．
（3）①当PO′所在直线经过点C时，如图2，
由题意得，OO′CE，OO′＝PF，
∴PFCE，即4﹣2xx，
解得：x；
当PO′所在直线经过点D时，如图3，
此时，PF＝2x﹣4，DE＝4﹣x，
OO′DE，OO′＝PF，
∴PFDE，即2x﹣4（4﹣x），
解得：x，
综上所述，PO′所在直线经过矩形ABCD的一个顶点时，x或．
②当点O′落在⊙O内时，x的取值范围为x．
当点O′在点O右侧时，如图4，
∵OE＝2OM＝PF，EFPF，
∴3（4﹣2x），
解得：x；
当点O′在点O左侧时，如图5，
同理可得：EFPF，
∴3（2x﹣4），
解得：x；
综上所述，当点O′落在⊙O内时，x的取值范围为x．
29．【分析】（1）可证明△AGE∽△ABD，△AGE∽△FGB，进而得出结论；
（2）可讨论△ABD是等腰三角形，分为BD＝AB，AD＝AB和AD＝BD；当BD＝AB＝10时，易得CD＝4，当AD＝AB时，连接AC，可得CD＝BC＝6，当AD＝BD时，连接OD，可证明△ABC∽△DBO，进而得出结果；
（3）连接BE和AC，可求得CD和AD，DE，AE，进而根据△AGE∽△ABD，求得EG和AG，BG的长，根据△ABD∽△FGB可求得FG，进而得出结果．
【解答】（1）证明：∵EF∥BD，
∴∠AGE＝∠ABD，∠AEC＝∠D，
∴△AGE∽△ABD，
∵∠AEF＝∠ABF，∠F＝∠BAE，
∴△AGE∽△FGB，
∴△ABD∽△FGB；
（2）解：由①得，
△ABD∽△FGB，
∵△FGB是等腰三角形，
∴△ABD是等腰三角形，
如图1，
当AB＝AD时，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴CD＝BC＝6，
如图2，
当AD＝BD时，连接OD，AC，
∵OA＝OB，
∴DO⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠BOD，AC8，
∵∠B＝∠B，
∴△ABC∽△DBO，
∴，
∴，
∴BD，
∴CD＝BD﹣BC，
当BD＝AB＝10时，CD＝BD﹣BC＝10﹣6＝4，
综上所述：CD＝6或或4；
（3）解：如图，
连接BE，AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BED＝∠AEB＝90°，∠ACD＝∠ACB＝90°，
∴CD＝AC tanD＝AC＝8，AD8，
∴BD＝BC+CD＝14，
∴DE＝BD cosD＝14 cos45°＝7，
∴AE＝AD﹣DE＝8，
由（1）知，
△AGE∽△ABD，△ABD∽△FGB；
∴，，
∴，
∴EG，AG，
∴BG＝AB﹣AG＝10，，
∴FG，
∴．
30．【分析】任务1，设 圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连结AO，设桥拱的半径为r m，则OD＝（r﹣4）m，由勾股定理，垂径定理，列出关于半径的方程，即可解决问题；
任务2，由勾股定理得到货船不能通过圆形桥拱，通过计算，即可得到需要增加的货物的吨数．
【解答】解：任务1，设圆心为点O，则点O在CD延长线上，延长CD，则CD经过点O，连接AO，如图，
设桥拱的半径为r m，则OD＝（r﹣4）m，
∵OC⊥AB，
∴m，
∵OD2+AD2＝OA2，
∴（r﹣4）2+82＝r2，
∴r＝10，
∴圆形拱桥的半径为10m．
任务2，根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，至少要增加吨的货物才能通过．理由：
当EH是⊙O的弦时，EH与OC的交点为M，连接OE，OH，如图，
∵四边形EFGH为矩形，
∴EH∥FG，
∵OC⊥AB，
∴OM⊥EH．
∴，
∴m，
∵OD＝6m，
∴，
∴根据图3状态，货船不能通过圆形桥拱，
∴船在水面部分可以下降的高度m．
∵，
∴吨，
∴至少要增加吨的货物才能通过．
31．【分析】（1）利用同角的余角相等可得∠CEA＝∠ACB，可证明结论；
（2）由（1）得△ACE∽△BAC，得，则CE，EP，从而得出CP的长，再利用△CFP∽△BFA，可得；
（3）分以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点D或E或B，分别画出图形，利用相似三角形的判定与性质进行解题．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠CAB+∠ACE＝180°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠ACE＝90°，
∴∠ACB+∠ECD＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠CDE＝90°，
∴∠AEC+∠ECD＝90°，
∴∠CEA＝∠ACB，
∴△ACE∽△BAC；
（2）解：由（1）得△ACE∽△BAC，
∴，
∴，
∴CE，
∵，
∴EP，
∴CP＝CE+EP＝6，
∵CP∥AB，
∴△CFP∽△BFA，
∴；
（3）解：当以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点D时，
AP与AE重合，点P与点E重合，不符合题意，
当以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点E时，
连接EF，则∠PEF＝90°，
∵∠PCA＝90°，
∴EF∥AC，
∴△PEF∽△PCA，
∴，
∵∠FCE＝∠CBA，
∴tan∠FCE＝tan∠CBA，
∵tan∠FCE，tan，
∴，
∴EF，
由（1）知，CE，
∵PC＝PE+CE＝PE，，
∴，
∴PE；
以PF为直径的圆经过△BDE中的一个顶点B时，
连接BP，
则∠FBP＝90°，BP⊥BC，
∵AE⊥BC，
∴BP∥AE，
∵EP∥AB，
∴四边形EABP是平行四边形，
∴EP＝AB＝4，
综上所述，满足条件的EP的长为4或．
32．【分析】（1）可证∠EDF＝∠BAC，∠EFD＝∠C＝90°，从而命题得证；
（2）分为三种情形讨论：当DG＝DF时，转化为BD＝AD求解，当EG＝DG时，解斜三角形ABD：已知∠B，∠BAD＝45°，AB＝10，当DG＝EF，可推出四边形EFDG是矩形，此时∠ADB＝90°，此时点D和点C重合，从而得出结果．
【解答】（1）证明：∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∴∠EDF+∠B＝90°，
∵∠＝90°，
∴∠B+∠BAC＝90°，
∴∠EDF＝∠BAC，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠DFE＝90°，
∴∠EFD＝∠C，
∴△DEF∽△ABC；
（2）当DG＝DF时，，
∴∠FED＝∠DEG，
∵DE是⊙O的直径，
∴∠EFD＝∠EGD＝90°，
∴∠EDF＝∠EDA，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠BED＝90°，
∴∠B＝∠BAD，
∴AD＝BD，
在Rt△ACD中，
∵CD2+AC2＝AD2，
∴（8﹣BD）2+62＝BD2，
∴BD，
当DG＝EG时，
∵∠EGD＝90°，
∴∠EDG＝∠DEG＝45°，
∵∠AED＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣∠EDG＝45°，
∴DE＝AE，
∵∠B＝∠B，∠BED＝∠ACB＝90°，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
∴BE
∵BE+AE＝10，
∴，
∴DE，
∴，
∴BD，
当DG＝EF时，
∴，
∴∠EDF＝∠DEG，
∵∠EFD＝∠EGD＝90°，
∴∠FED＝∠EDG，
∴EF∥DG，
∴四边形EFDG是平行四边形，
∴ EFDG是矩形，
∴∠FDG＝90°，
∵∠C＝90°，
∴此时点D和C重合，
∴BD＝8，
综上所述：BD或或8；
（3）如图
作OV⊥BC于V，
∴∠OVC＝90°，
C∥EG，∠EGD＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴∠DAC+∠ACH＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCV+∠ACH＝90°，
∴∠OCV＝∠DAC，
∵∠ONC＝∠ACD＝90°，
∴△OCV∽△DAC，
∴，
设CD＝a，AC＝BC＝b，
在等腰直角三角形BDE中，
DE，
∴OD，
在等腰直角三角形DOV中，
OV＝DV，
∴VC＝VD+CD，
∴，
∴b＝3a，
∴AC＝3a，OV，
∴tan∠OCV＝tan∠DAC，
∴sin∠OVC＝sin∠DAC，
cos∠OVC＝cos∠DAC，
∵S△COD，
∴DH＝a sin∠OCVa，
CHa，AH，
∴S△CDH，
S△ACH，
∴S△DOH，
∴，
故答案为：．
33．【分析】（1）先证明四边形BDCE是平行四边形，得出A（2，0），将x＝2代入y＝﹣x2+4x，得C（2，4），根据DB＝AE＝2，建立方程求解即可；
（2）设OA＝t，则OB＝2t，可得C（t，﹣t2+4t），D（2t，﹣4t2+8t），由DB＝AE＝CE，建立方程求解，可得出答案；
（3）如图，连接OD，PD，过点P作PQ⊥OD于点Q，分两种情况进行讨论：①若△PQD∽△DEC，②若△PQD∽△CED，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AC⊥x轴，BD⊥x轴，
∴AC∥BD，
∵CD∥EB，
∴四边形BDCE是平行四边形，
∴DB＝AE，
∴AE＝CE，
∵OA＝2，
∴A（2，0），
当x＝2时，y＝﹣x2+4x＝﹣22+4×2＝4，
∴C（2，4），
∴AC＝4，AE＝2，DB＝AE＝2，
令y＝2，得﹣x2+4x＝2，
解得：x1＝2（舍去），x2＝2，
∴D（2，2），B（2，0），
∴AB＝22；
（2）设OA＝t，则OB＝2t，
∴C（t，﹣t2+4t），D（2t，﹣4t2+8t），
∵DB＝AE＝CE，
∴﹣t2+4t＝2（﹣4t2+8t），
∴t1，t2＝0（不符合题意，舍去），
∴﹣4t2+8t＝﹣4×（）2+8，
∴E（，）；
（3）如图，连接OD，PD，过点P作PQ⊥OD于点Q，
在（2）的条件下：C（，），D（，），
①若△PQD∽△DEC，
则：，
而tan∠DOB：，
∴：：；
②若△PQD∽△CED，
则：，
而，
∴：：2，
综上所述，的值为或2．
34．【分析】（1）在Rt△BEF中，利用勾股定理即可解决问题．
（2）根据速度比相等构建关系式解决问题即可．
（3）分两种情形如图3﹣1中，当MN∥DF，延长FE交DC的延长线于H．如图3﹣2中，当MN∥DE，分别利用平行线分线段成比例定理构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∵AF＝BE＝2，
∴BF＝6﹣2＝4，
∴EF2．
（2）由题意：，
∴
∴yx（0≤x≤12）．
（3）如图3﹣1中，延长FE交DC的延长线于H．
∵BF∥CH，
∴△EFB∽△EHC，
∴，
∴，
∴EH＝6，CH＝12，
当MN∥DF时，，
∴，
∵yx，
解得x．
如图3﹣2中，当MN∥DE时，，
∴，
∵yx，
解得x＝12，
综上所述，满足条件的CN的值为或12．
35．【分析】（1）令y＝0，得到x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，则A（6，0），由对称轴公式计算即可；
（2）求出直线AC的解析式，求出F（2，4），则S△ACDDF×OA可求出答案；
（3）分三种情况，当AC，CD和AD分别为底边时，画出图形，可由等腰三角形的性质求出顶点P的坐标即可．
【解答】解：（1）对于抛物线yx2+2x+6令y＝0，得到x2+2x+6＝0，解得x＝﹣2或6，
∴B（﹣2，0），A（6，0），
令x＝0，得到y＝6，
∴C（0，6），
∴抛物线的对称轴x2，A（6，0）．
（2）∵yx2+2x+68，
∴抛物线的顶点坐标D（2，8），
设直线AC的解析式为y＝kx+6，
∴0＝6k+6，
∴k＝﹣1，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6，
∴F（2，4），
∴DF＝4，
∴S△ACDDF OA4×6＝12；
（3）如图1，过点O作OM⊥AC交DE于点P，交AC于点M，
∵A（6，0），C（0，6），
∴OA＝OC＝6，
∴CM＝AM，
∴CP＝AP，
此时AC为等腰三角形ACP的底边，
∴OE＝PE＝2．
∴P（2，2），
如图2，过点C作CP⊥DE于点P，
∵OC＝6，DE＝8，
∴PD＝DE﹣PE＝2，
∴PD＝PC，
此时△PCD是以CD为底边的等腰直角三角形，
∴P（2，6），
如图3，作AD的垂直平分线交DE于点P，
则PD＝PA，
设PD＝x，则PE＝8﹣x，在Rt△PAE中，PE2+AE2＝PA2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴PE＝8﹣5＝3，
∴P（2，3），
综合以上可得点P的坐标为（2，2）或（2，6）或（2，3）．
36．【分析】（1）过点A作BP的垂线，作直径AM，先在Rt△ABH中求出BH，AH的长，再在Rt△AHP中用勾股定理求出AP的长，在Rt△AMP中通过锐角三角函数求出直径AM的长，即求出半径的值；
（2）证∠APB＝∠PAD＝2∠PAE，即可推出结论；
（3）分三种情况：当AE⊥BD时，AB是⊙O的直径，可直接求出半径；当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，通过证△BFE∽△DAE，求出BE的长，再证△OBE是等边三角形，即得到半径的值；当AE⊥AB时，过点D作BC的垂线，通过证△BPE∽△BND，求出PE，AE的长，再利用勾股定理求出直径BE的长，即可得到半径的值．
【解答】解：（1）如图1，过点A作BP的垂线，垂足为H，作直径AM，连接MP，
在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，
∴∠BAH＝30°，
∴BHAB＝2，AH＝AB sin60°＝2，
∴HP＝BP﹣BH＝1，
∴在Rt△AHP中，
AP，
∵AB是直径，
∴∠APM＝90°，
在Rt△AMP中，∠M＝∠ABP＝60°，
∴AM，
∴⊙O的半径为，
即PA的长为，⊙O的半径为；
（2）当∠APB＝2∠PBE时，
∵∠PBE＝∠PAE，
∴∠APB＝2∠PAE，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠APB＝∠PAD，
∴∠PAD＝2∠PAE，
∴∠PAE＝∠DAE，
∴AE平分∠PAD；
（3）①如图3﹣1，当AE⊥BD时，∠AEB＝90°，
∴AB是⊙O的直径，
∴rAB＝2；
②如图3﹣2，当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，
∵AD∥BC，
∴AF⊥BC，△BFE∽△DAE，
∴，
在Rt△ABF中，∠ABF＝60°，
∴AF＝AB sin60°＝2，BFAB＝2，
∴，
∴EF，
在Rt△BFE中，
BE，
∵∠BOE＝2∠BAE＝60°，OB＝OE，
∴△OBE是等边三角形，
∴r；
③当AE⊥AB时，∠BAE＝90°，
∴AE为⊙O的直径，
∴∠BPE＝90°，
如图3﹣3，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点N，延长PE交AD于点Q，
在Rt△DCN中，∠DCN＝60°，DC＝4，
∴DN＝DC sin60°＝2，CNCD＝2，
∴PQ＝DN＝2，
设QE＝x，则PE＝2x，
在Rt△AEQ中，∠QAE＝∠BAD﹣∠BAE＝30°，
∴AE＝2QE＝2x，
∵PE∥DN，
∴△BPE∽△BND，
∴，
∴，
∴BP＝10x，
在Rt△ABE与Rt△BPE中，
AB2+AE2＝BP2+PE2，
∴16+4x2＝（10x）2+（2x）2，
解得，x1＝6（舍），x2，
∴AE＝2，
∴BE2，
∴r，
∴⊙O的半径为2或或．
37．【分析】（1）由垂直定义得∠HFB+∠HBF＝90°．由矩形性质及相似三角形的判定可得结论；
（2）连接EG，根据相似三角形性质及中点定义得EG＝BG．由HL得Rt△DEG≌Rt△CGB，然后根据全等三角形的性质及等腰三角形的性质可得答案；
（3）连接EN交CD于点P，由中点定义得，根据相似三角形的判定与性质得．设DE＝a，则BC＝CN＝2a，EN＝BN＝BC+CN＝4a，最后根据比例线段可得答案．
【解答】解：（1）∵BE⊥FN，
∴∠BHF＝90°，
∴∠HFB+∠HBF＝90°．
在矩形ABCD中，∠ABC＝∠A＝∠BCD＝90°，
∴∠HFB+∠N＝90°，∠NCG＝90°，
∴∠HBF＝∠N，∠A＝∠NCG，
∴△ABE∽△CNG．
（2）如图1，连接EG，
∵△ABE∽△CNG，
∴AB＝CN，
∴△ABE≌△CNG，
∴AE＝CG，
∵E为AD边中点，
∴DE＝AE＝CG．
∵FN是BE的中垂线，
∴EG＝BG．
∵∠D＝∠BCD＝90°，
∴Rt△DEG≌Rt△CGB（HL），
∴∠DGE＝∠CBG．
∵∠CBG+∠CGB＝90°，
∴∠DGE+∠CGB＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴∠EBG＝45°．
（3）法1：如图2，连接EN交CD于点P，
∵FN是BE的中垂线，
∴EN＝BN，
∵E为AD边中点，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△CNP，
∴．
设DE＝a，则BC＝CN＝2a，EN＝BN＝BC+CN＝4a，
∴，
∴，
∴，
∴．
法2：（略解）由△CNG∽△BNF得．
易证得△MED≌△FEA，
∴DM＝AF，ME＝FE．
设CG＝a，则ME＝FE＝BF＝2a，MF＝MG＝4a，
∴CM＝5a，
∵MC+BF＝7a，即2AB＝7a，
∴，，
∴，
∴，
∴．
法3：（如图，略解）作GK⊥AB于点K，
易证得△MFG∽△GFB，
∴，
∴．
设FK＝BK＝a，则EF＝BF＝2a，，
在Rt△GKF中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
38．【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；
（2）根据勾股定理求得BD＝10，
①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝90°，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC＝sin∠CBD，得出，根据勾股定理得到CF＝6，即可求得CE的长；
②分三种情况讨论，由等腰三角形的性质及相似三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD．
∴∠ABD＝∠BDC，
∵∠ABD＝∠ECG，
∴∠ECG＝∠BDC．
（2）解：①∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∴BD10，
如图1，连接EF，则∠CEF＝∠BCD＝90°，
∵∠EFC＝∠CBD．
∴sin∠EFC＝sin∠CBD，
∴，
∴CF6，
∴CE．
②分三种情况：Ⅰ、当EG＝CG时，∠GEC＝∠GCE＝∠ABD＝∠BDC．
∴E与D重合，CG＝DG，
∴G为BD的中点，
∴CGBD＝5．
Ⅱ、当GE＝CE时，
∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，
∴CG＝CD＝6．
Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，
∴∠GEC＝∠EGC＝∠BFC＝∠GCD，
∴CD＝DG＝6，
∴BG＝BF＝4，
∴FC4，
∵BF∥CD，
∴△FBG∽△CDG，
∴，
∴，
∴CG，
综上所述，CG的长为5或6或．
故答案为：5或6或．
39．【分析】（1）根据平行线的性质得∠AFC＝∠EAF＝70°，由圆周角定理得∠AFC＝∠ADC＝70°，∠ADF＝90°，即可得出答案；
（2）分三种情况：①AD＝CD时，②AC＝AD时，③AC＝CD时，根据相似三角形的判定和性质分别求解即可；
（3）连接AI、FI，连接DO并延长交⊙O于G，连接CG，根据AF是⊙O的直径，△AEF的外心I恰好落在⊙O上得出∠AIF＝90°，由圆周角定理得∠AEF∠AIF＝45°，根据平行线的性质以及直角三角形的性质可得∠CAB＝∠CGD＝45°，可得出△DCG是等腰直角三角形，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AE∥BC，∠EAF＝70°，
∴∠AFC＝∠EAF＝70°，
∵∠ACB＝90°，
∴AF是⊙O的直径，
∴∠ADF＝90°，
∴∠ADC＝∠AFC＝70°，
∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝90°﹣70°＝20°；
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，
∴AB2，
当△ACD为等腰三角形时，分三种情况：
①AD＝CD时，
∵AD＝CD，
∴∠CAD＝∠ACD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠B＝∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠BCD，
∴CD＝BD，
∵AD＝CD，
∴AD＝BDAB，
∵∠B＝∠B，∠ACB＝∠FDB＝90°，
∴△ACB∽△FDB，
∴，即，
∴BF，
∴CF＝BC﹣BF＝6；
②AC＝AD时，
∵AC＝AD＝4，
∴∠ADC＝∠ACD，BD＝24，
∵∠ACB＝∠ADF＝90°，
∴∠ADC+∠CDF＝∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠CDF＝∠BCD，
∴CF＝DF，
∵∠B＝∠B，∠ACB＝∠FDB＝90°，
∴△ACB∽△FDB，
∴，即，
∴DF，
∴CF＝DF；
③AC＝CD时，
∵AC＝CD＝4，
∴∠ADC＝∠CAD，
∵∠ACB＝∠ADF＝90°，
∴∠ADC+∠CDF＝∠CAD+∠B＝90°，
∴∠CDF＝∠B，
∵∠DCF＝∠BCD，
∴△DCF∽△BCD，
∴，即，
∴CF；
综上，CF的长为或或；
（3）连接AI、FI，连接DO并延长交⊙O于G，连接CG，
∵AF是⊙O的直径，△AEF的外心I恰好落在⊙O上，
∴∠AIF＝90°，
∴∠AEF∠AIF＝45°，
∵AE∥BC，
∴∠EFB＝∠AEF＝45°，
∵∠BDF＝90°，
∴∠B＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∴∠CGD＝45°，
∵GD是⊙O的直径，
∴∠DCG＝90°，DG＝AF，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵k，
∴k．
40．【分析】（1）①根据菱形的性质和全等三角形的判定证得△PDF≌△HBF，再根据全等三角形的性质即可解答；
②根据题意，分别令x＝0，y＝0即可求解；
（2）分BF∥QH和FQ∥BH两种情况讨论解答即可；
（3）连接QH．过点F作FK⊥BC于点K，FJ⊥AB于点J，过点Q作QT⊥BC于T．则S△FQH＝S△ABC﹣S△QBH﹣S△AQF﹣S△CFH，由二次函数求最值的方法求解即可．
【解答】解：（1）①结论：PF＝PH．理由如下：
∵ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵PD＝BH，
∴∠PAF＝∠FCH，AP＝CH，
又∵∠AFP＝∠HFC，
∴△AFP≌△HFC（AAS），
∴PF＝FH；
②当x＝0代入y＝﹣2x+12得y＝12，即AD＝12，
当y＝0代入y＝﹣2x+12，得x＝6，即MN＝6，
∵AM＝5BN，AB＝AD＝12，
∴5BN+BN+6＝12，
∴BN＝1；
（2）①当FQ∥BH时，如图2，
∵AF＝FC，
∴AQ＝QB，
∴QF是△ABC的中位线，
∴AQ＝6，而AM＝5，
∴MQ＝1，
∴x＝1，y＝10，
∴AP＝10，QF＝6，
∵AP∥QF，
∴△AEP∽△QEF，
∴AE：EF＝10：6＝5：3，
∴AE：EC＝5：11；
②当FH∥BQ时，如图2，
∵AP∥BC，
∴ABHP是平行四边形，
∴12﹣y＝y，y＝6 代入得x＝3，
∴AQ＝8，
∵PF＝6，△AQE∽△PFE，
∴AE：EF＝4：3，
∴AE：EC＝4：10＝2：5；
（3）连接QH．过点F作FK⊥BC于点K，FJ⊥AB于点J，过点Q作QT⊥BC于T．
由题意，CH＝AP＝﹣2x+12，BQ＝7﹣x，AQ＝5+x，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝BC＝12，
∴FA＝FC＝6，
∴QT（7﹣x），FJ＝FK6＝3，
∵S△FQH＝S△ABC﹣S△BQH﹣S△AQF﹣S△FCH
＝362x（7﹣x）（﹣2x+12）×3（5+x）×3
（x﹣2）2，
∵0，
∴x＝2时，△FQH的面积最小，最小值为．
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