【2020赢在中考】数学二轮专题解读与强化训练专题
07 开放型问题
开放探究型问题的内涵：所谓开放探究型问题是指已知条件、解题依据、解题方法、问题结论这四项要素中，缺少解题要素两个或两个以上，需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的条件或结论或方法．
常规题的结论往往是唯一确定的，而多数开放探究题的结论是不确定或不是唯一的，它是给学生有自由思考的余地和充分展示思想的广阔空间；
1.特点是：（1）条件多余需选择，条件不足需补充.（2）答案不固定.（3）问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的结论或条件或方法
2.类型：（1）条件开放型；（2）结论开放型；
解决此类问题的方法，可以不拘形式，有时需要发现问题的结论，有时需要尽可能多地找出解决问题的方法，有时则需要指出解题的思路等． 对于开放探究型问题，需要通过观察、比较、分析、综合及猜想，展开发散性思维，充分运用已学过的数学知识和数学方法，经过归纳、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．在解开放探究题时，常通过确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题．
(一)条件开放题
条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求．
（二）结论开放题
给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．
考向一 条件开放性问题
例1．（2019年山东省临沂市）如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM＝DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是（ ）
A．OM＝AC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，矩形的判定
【思路点拨】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．
【解题过程】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM＝AC，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：A．
【名师点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
考向二 结论开放性问题
例2．（2019年广西贵港市）我们定义一种新函数：形如y＝|ax2+bx+c|（a≠0，且b2﹣4ac＞0）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：①图象与坐标轴的交点为（﹣1，0），（3，0）和（0，3），②图象具有对称性，对称轴是直线x＝1，③当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，④当x＝﹣1或x＝3时，函数的最小值是0，⑤当x＝1时，函数的最大值是4．其中正确结论的个数是 ．
【考点】二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，二次函数的最值，抛物线与x轴的交点
【思路点拨】由（﹣1，0），（3，0）和（0，3）坐标都满足函数y＝|x2﹣2x﹣3|，∴①是正确的，从图象可以看出图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线x＝1，②也是正确的，
根据函数的图象和性质，发现当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，因此③也是正确的，函数图象的最低点就是与x轴的两个交点，根据y＝0，求出相应的x的值为x＝﹣1或x＝3，因此④也是正确的，从图象上看，当x＜﹣1或x＞3，函数值要大于当x＝1时的y＝|x2﹣2x﹣3|＝4，因此⑤时不正确的，逐个判断之后，可得出答案．
【解题过程】①∵（﹣1，0），（3，0）和（0，3）坐标都满足函数y＝|x2﹣2x﹣3|，∴①是正确的，
②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线x＝1，因此②也是正确的，
③根据函数的图象和性质，发现当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，因此③也是正确的，
④函数图象的最低点就是与x轴的两个交点，根据y＝0，求出相应的x的值为x＝﹣1或x＝3，因此④也是正确的，
⑤从图象上看，当x＜﹣1或x＞3，函数值要大于当x＝1时的y＝|x2﹣2x﹣3|＝4，因此⑤时不正确的，
故答案是：4
【名师点睛】理解“鹊桥”函数y＝|ax2+bx+c|的意义，掌握“鹊桥”函数与y＝|ax2+bx+c|与二次函数y＝ax2+bx+c之间的关系，两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键，二次函数y＝ax2+bx+c与x轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握．
例3.（2019年湖北省十堰市）如图1，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B，E，且A，D，E三点在同一直线上．
（1）填空：∠CDE＝ （用含α的代数式表示），
（2）如图2，若α＝60°，请补全图形，再过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论，
（3）若α＝90°，AC＝5，且点G满足∠AGB＝90°，BG＝6，直接写出点C到AG的距离．
【考点】几何变换综合题
【思路点拨】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝α，即可求解，
（2）由旋转的性质可得AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°，可证△CDE是等边三角形，由等边三角形的性质可得DF＝EF＝，即可求解，
（3）分点G在AB的上方和AB的下方两种情况讨论，利用勾股定理可求解．
【解题过程】（1）∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE
∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝α
∴CD＝CE
∴∠CDE＝
故答案为：
（2）AE＝BE+CF
理由如下：如图，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE
∴△ACD≌△BCE
∴AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°
∴△CDE是等边三角形，且CF⊥DE
∴DF＝EF＝
∵AE＝AD+DF+EF
∴AE＝BE+CF
（3）如图，当点G在AB上方时，过点C作CE⊥AG于点E，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，AB＝10
∵∠ACB＝90°＝∠AGB
∴点C，点G，点B，点A四点共圆
∴∠AGC＝∠ABC＝45°，且CE⊥AG
∴∠AGC＝∠ECG＝45°
∴CE＝GE
∵AB＝10，GB＝6，∠AGB＝90°
∴AG＝＝8
∵AC2＝AE2+CE2，
∴（5）2＝（8﹣CE）2+CE2，
∴CE＝7（不合题意舍去），CE＝1
若点G在AB的下方，过点C作CF⊥AG，
同理可得：CF＝7
∴点C到AG的距离为1或7．
【名师点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
选择题
1.（2019年广西河池市）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，点F在DE延长线上，添加一个条件使四边形ADFC为平行四边形，则这个条件是（ ）
A．∠B＝∠F B．∠B＝∠BCF C．AC＝CF D．AD＝CF
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定
2.（2019年江苏省南京 ）如图，△A′B′C′是由△ABC经过平移得到的，△A′B′C′还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．②④ D．③④
3.（2019年黑龙江省齐齐哈尔、黑河市）如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象分析下列结论：①；②；③当时，随的增大而增大；④一元二次方程的两根分别为，；⑤；⑥若，为方程的两个根，则且，其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
4.（2019年天津市）二次函数（是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如下表：
…
0
1
2
…
…
…
且当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②和3是关于的方程的两个根；③．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5.（2019年广东省）如图，正方形的边长为4，延长至使，以为边在上方作正方形，延长交于，连接、，为的中点，连接分别与、交于点、.则下列结论：①；②；③；④.其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6.（2019年四川省广元市）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E．使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB＝1，有下列结论：①BE＝DE，②CE+DE＝EF，③S△DEC＝﹣，④＝2﹣1．则其中正确的结论有（ ）
A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④
7.（2019年湖北省江汉油田、潜江、仙桃、天门市）如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E，连接BD．下列结论：①CD是⊙O的切线，②CO⊥DB，③△EDA∽△EBD，④ED?BC＝BO?BE．其中正确结论的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
填空题
8.（2019年黑龙江省伊春市）如图，在四边形中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件_____，使四边形是平行四边形．
9.（2019年湖南省邵阳市）如图，已知AD＝AE，请你添加一个条件，使得△ADC≌△AEB，你添加的条件是 ．（不添加任何字母和辅助线）
10.（2019年北京市）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形，
②存在无数个四边形MNPQ是矩形，
③存在无数个四边形MNPQ是菱形，
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
11.（2019年湖北省荆门市）抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）的顶点为P，且抛物线经过点A（﹣1，0），B（m，0），C（﹣2，n）（1＜m＜3，n＜0），下列结论：
①abc＞0，
②3a+c＜0，
③a（m﹣1）+2b＞0，
④a＝﹣1时，存在点P使△PAB为直角三角形．
其中正确结论的序号为 ．
12.（2019年广东省广州市）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM=45°，点F在射线AM上，且，CF与AD相交于点G，连接EC，EF，EG，则下列结论：①∠ECF=45°；②的周长为；③ ；④的面积的最大值.其中正确的结论是____.（填写所有正确结论的序号）
13.（2019年湖南省长沙市）如图，函数y＝（k为常数，k＞0）的图象与过原点的O的直线相交于A，B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴，y轴于C，D两点，连接BM分别交x轴，y轴于点E，F．现有以下四个结论：
①△ODM与△OCA的面积相等，②若BM⊥AM于点M，则∠MBA＝30°，③若M点的横坐标为1，△OAM为等边三角形，则k＝2+，④若MF＝MB，则MD＝2MA．
其中正确的结论的序号是 ．（只填序号）
14.（2019年山东省滨州市（a卷））如图，?ABCD的对角线AC，BD交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，连接OE．下列结论：①EO⊥AC，②S△AOD＝4S△OCF，③AC：BD＝：7，④FB2＝OF?DF．其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）
15.（2019年湖南省岳阳市）如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
①AM平分∠CAB，
②AM2＝AC?AB，
③若AB＝4，∠APE＝30°，则的长为，
④若AC＝3，BD＝1，则有CM＝DM＝．
16.（2019年四川省宜宾市）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A、C、E在同一直线上，AD与BE、BC分别交于点F、M，BE与CD交于点N．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
①AM＝BN，②△ABF≌△DNF，③∠FMC+∠FNC＝180°，④＝
解答题
17.（2019年浙江省嘉兴市）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．
18.（2018年江苏省常州市）如图，把△ABC沿BC翻折得△DBC．
（1）连接AD，则BC与AD的位置关系是 ．
（2）不在原图中添加字母和线段，只加一个条件使四边形ABDC是平行四边形，写出添加的条件，并说明理由．
19.（2019年湖北省荆州市）如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），连接AF，DE（如图②）．
（1）在图②中，∠AOF＝ ，（用含α的式子表示）
（2）在图②中猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论．
20.（2019年山东省威海市）（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，井证明你的结论．
【探究2】
如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ．
（3）拓展猜想
如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ．
【2020赢在中考】数学二轮专题解读与强化训练专题
07 开放型问题
开放探究型问题的内涵：所谓开放探究型问题是指已知条件、解题依据、解题方法、问题结论这四项要素中，缺少解题要素两个或两个以上，需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的条件或结论或方法．
常规题的结论往往是唯一确定的，而多数开放探究题的结论是不确定或不是唯一的，它是给学生有自由思考的余地和充分展示思想的广阔空间；
1.特点是：（1）条件多余需选择，条件不足需补充.（2）答案不固定.（3）问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的结论或条件或方法
2.类型：（1）条件开放型；（2）结论开放型；
解决此类问题的方法，可以不拘形式，有时需要发现问题的结论，有时需要尽可能多地找出解决问题的方法，有时则需要指出解题的思路等． 对于开放探究型问题，需要通过观察、比较、分析、综合及猜想，展开发散性思维，充分运用已学过的数学知识和数学方法，经过归纳、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．在解开放探究题时，常通过确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题．
(一)条件开放题
条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，逆向追索，逐步探求．
（二）结论开放题
给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．
考向一 条件开放性问题
例1．（2019年山东省临沂市）如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM＝DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是（ ）
A．OM＝AC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，矩形的判定
【思路点拨】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．
【解题过程】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM＝AC，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：A．
【名师点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
考向二 结论开放性问题
例2．（2019年广西贵港市）我们定义一种新函数：形如y＝|ax2+bx+c|（a≠0，且b2﹣4ac＞0）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：①图象与坐标轴的交点为（﹣1，0），（3，0）和（0，3），②图象具有对称性，对称轴是直线x＝1，③当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，④当x＝﹣1或x＝3时，函数的最小值是0，⑤当x＝1时，函数的最大值是4．其中正确结论的个数是 ．
【考点】二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，二次函数的最值，抛物线与x轴的交点
【思路点拨】由（﹣1，0），（3，0）和（0，3）坐标都满足函数y＝|x2﹣2x﹣3|，∴①是正确的，从图象可以看出图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线x＝1，②也是正确的，
根据函数的图象和性质，发现当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，因此③也是正确的，函数图象的最低点就是与x轴的两个交点，根据y＝0，求出相应的x的值为x＝﹣1或x＝3，因此④也是正确的，从图象上看，当x＜﹣1或x＞3，函数值要大于当x＝1时的y＝|x2﹣2x﹣3|＝4，因此⑤时不正确的，逐个判断之后，可得出答案．
【解题过程】①∵（﹣1，0），（3，0）和（0，3）坐标都满足函数y＝|x2﹣2x﹣3|，∴①是正确的，
②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线x＝1，因此②也是正确的，
③根据函数的图象和性质，发现当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，因此③也是正确的，
④函数图象的最低点就是与x轴的两个交点，根据y＝0，求出相应的x的值为x＝﹣1或x＝3，因此④也是正确的，
⑤从图象上看，当x＜﹣1或x＞3，函数值要大于当x＝1时的y＝|x2﹣2x﹣3|＝4，因此⑤时不正确的，
故答案是：4
【名师点睛】理解“鹊桥”函数y＝|ax2+bx+c|的意义，掌握“鹊桥”函数与y＝|ax2+bx+c|与二次函数y＝ax2+bx+c之间的关系，两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键，二次函数y＝ax2+bx+c与x轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握．
例3.（2019年湖北省十堰市）如图1，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B，E，且A，D，E三点在同一直线上．
（1）填空：∠CDE＝ （用含α的代数式表示），
（2）如图2，若α＝60°，请补全图形，再过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论，
（3）若α＝90°，AC＝5，且点G满足∠AGB＝90°，BG＝6，直接写出点C到AG的距离．
【考点】几何变换综合题
【思路点拨】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝α，即可求解，
（2）由旋转的性质可得AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°，可证△CDE是等边三角形，由等边三角形的性质可得DF＝EF＝，即可求解，
（3）分点G在AB的上方和AB的下方两种情况讨论，利用勾股定理可求解．
【解题过程】（1）∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE
∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝α
∴CD＝CE
∴∠CDE＝
故答案为：
（2）AE＝BE+CF
理由如下：如图，
∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE
∴△ACD≌△BCE
∴AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°
∴△CDE是等边三角形，且CF⊥DE
∴DF＝EF＝
∵AE＝AD+DF+EF
∴AE＝BE+CF
（3）如图，当点G在AB上方时，过点C作CE⊥AG于点E，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，AB＝10
∵∠ACB＝90°＝∠AGB
∴点C，点G，点B，点A四点共圆
∴∠AGC＝∠ABC＝45°，且CE⊥AG
∴∠AGC＝∠ECG＝45°
∴CE＝GE
∵AB＝10，GB＝6，∠AGB＝90°
∴AG＝＝8
∵AC2＝AE2+CE2，
∴（5）2＝（8﹣CE）2+CE2，
∴CE＝7（不合题意舍去），CE＝1
若点G在AB的下方，过点C作CF⊥AG，
同理可得：CF＝7
∴点C到AG的距离为1或7．
【名师点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
选择题
1.（2019年广西河池市）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，点F在DE延长线上，添加一个条件使四边形ADFC为平行四边形，则这个条件是（ ）
A．∠B＝∠F B．∠B＝∠BCF C．AC＝CF D．AD＝CF
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定
【思路点拨】利用三角形中位线定理得到DEAC，结合平行四边形的判定定理进行选择．
【解题过程】∵在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DEAC．
A、根据∠B＝∠F不能判定AC∥DF，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
B、根据∠B＝∠BCF可以判定CF∥AB，即CF∥AD，由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得到四边形ADFC为平行四边形，故本选项正确．
C、根据AC＝CF不能判定AC∥DF，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
D、根据AD＝CF，FD∥AC不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
故选：B．
【名师点睛】本题三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
2.（2019年江苏省南京 ）如图，△A′B′C′是由△ABC经过平移得到的，△A′B′C′还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：①1次旋转；②1次旋转和1次轴对称；③2次旋转；④2次轴对称．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．②④ D．③④
【考点】旋转变换，轴对称变换
【思路点拨】依据旋转变换以及轴对称变换，即可使△ABC与△A'B'C'重合．
【解题过程】先将△ABC绕着B'C的中点旋转180°，再将所得的三角形绕着B'C'的中点旋转180°，即可得到△A'B'C'；
先将△ABC沿着C'C的垂直平分线翻折，再将所得的三角形沿着C''C'的垂直平分线翻折，即可得到△A'B'C'；
故选：D．
【名师点睛】本题主要考查了几何变换的类型，在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角．
3.（2019年黑龙江省齐齐哈尔、黑河市）如图，抛物线与轴交于点，其对称轴为直线，结合图象分析下列结论：①；②；③当时，随的增大而增大；④一元二次方程的两根分别为，；⑤；⑥若，为方程的两个根，则且，其中正确的结论有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【考点】二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象与一元二次方程的关系
【思路点拨】利用二次函数图象与系数的关系，结合图象依次对各结论进行判断．
【解题过程】抛物线与轴交于点，其对称轴为直线
抛物线与轴交于点和，且
由图象知：，，
故结论①正确；
抛物线与x轴交于点
故结论②正确；
当时，y随x的增大而增大；当时，随的增大而减小
结论③错误；
，
抛物线与轴交于点和
的两根是和
，
即为：，解得，；
故结论④正确；
当时，
故结论⑤正确；
抛物线与轴交于点和，
，为方程的两个根
，为方程的两个根
，为函数与直线的两个交点的横坐标
结合图象得：且
故结论⑥成立；
故选：C．
【名师点睛】本题主要考查二次函数的性质，关键在于二次函数的系数所表示的意义，以及与一元二次方程的关系,这是二次函数的重点知识.
4.（2019年天津市）二次函数（是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如下表：
…
0
1
2
…
…
…
且当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②和3是关于的方程的两个根；③．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】二次函数的综合题
【思路点拨】首先确定对称轴，然后根据二次函数的图像和性质逐一进行分析即可求解．
【解题过程】∵由表格可知当x=0和x=1时的函数值相等都为-2
∴抛物线的对称轴是：x=-=；
∴a、b异号，且b=-a；
∵当x=0时y=c=-2
∴c
∴abc0，故①正确；
∵根据抛物线的对称性可得当x=-2和x=3时的函数值相等都为t
∴和3是关于的方程的两个根；故②正确；
∵b=-a，c=-2
∴二次函数解析式：
∵当时，与其对应的函数值．
∴，∴a；
∵当x=-1和x=2时的函数值分别为m和n，
∴m=n=2a-2，
∴m+n=4a-4；故③错误
故选：C．
【名师点睛】本题考查了二次函数的综合题型，主要利用了二次函数图象与系数的关系，二次函数的对称性，二次函数与一元二次方程等知识点，要会利用数形结合的思想，根据给定自变量与函数值的值结合二次函数的性质逐条分析给定的结论是关键．
5.（2019年广东省）如图，正方形的边长为4，延长至使，以为边在上方作正方形，延长交于，连接、，为的中点，连接分别与、交于点、.则下列结论：①；②；③；④.其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质
【思路点拨】由正方形的性质可得∠BAD=∠C=∠E=∠EFB=∠BGF=90°，AD//BC，继而可得四边形CEFM是矩形，∠AGF=90°，由此可得AH=FG，再根据∠NAH=∠NGF，∠ANH=∠GNF，可得△ANH≌△GNF(AAS)，由此可判断①正确；由AF≠AH，判断出∠AFN≠∠AHN，即∠AFN≠∠HFG，由此可判断②错误；证明△AHK∽△MFK，根据相似三角形的性质可对③进行判断；分别求出S△ANF、S△AMD的值即可对④作出判断.
【解题过程】∵四边形ABCD、BEFG是正方形，
∴∠BAD=∠C=∠E=∠EFB=∠BGF=90°，AD//BC，
∴四边形CEFM是矩形，∠AGF=180°-∠BGF=90°
∴FM=EC，CM=EF=2，FM//EC，
∴AD//FM，DM=2，
∵H为AD中点，AD=4，
∴AH=2，
∵FG=2，
∴AH=FG，
∵∠NAH=∠NGF，∠ANH=∠GNF，
∴△ANH≌△GNF(AAS)，故①正确；
∴∠NFG=∠AHN，NH=FN，AN=NG，
∵AF>FG，
∴AF≠AH，
∴∠AFN≠∠AHN，即∠AFN≠∠HFG，故②错误；
∵EC=BC+BE=4+2=6，
∴FM=6，
∵AD//FM，
∴△AHK∽△MFK，
∴，
∴FK=3HK，
∵FH=FK+KH，FN=NH，FN+NH=FH，
∴FN=2NK，故③正确；
∵AN=NG，AG=AB-BG=4-2=2，
∴AN=1，
∴S△ANF=，S△AMD=，
∴S△ANF：S△AMD=1：4，故④正确，
故选 C.
【名师点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关内容是解题的关键.注意数形结合思想的应用.
6.（2019年四川省广元市）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E．使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB＝1，有下列结论：①BE＝DE，②CE+DE＝EF，③S△DEC＝﹣，④＝2﹣1．则其中正确的结论有（ ）
A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．①③④
【考点】全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【思路点拨】①由正方形的性质可以得出AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，通过证明△ABE≌△ADE，就可以得出BE＝DE，
②在EF上取一点G，使EG＝EC，连结CG，再通过条件证明△DEC≌△FGC就可以得出CE+DE＝EF，
③过B作BM⊥AC交于M，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式即可求出高DM，根据三角形的面积公式即可求得S△DEC＝﹣，
④解直角三角形求得DE，根据等边三角形性质得到CG＝CE，然后通过证得△DEH∽△CGH，求得＝＝+1．
证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝∠ACD＝45°．
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE，故①正确，
②在EF上取一点G，使EG＝EC，连结CG，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
∴∠CBE＝∠CDE，
∵BC＝CF，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠CBE＝∠CDE＝∠F．
∵∠CDE＝15°，
∴∠CBE＝15°，
∴∠CEG＝60°．
∵CE＝GE，
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE＝60°，CE＝GC，
∴∠GCF＝45°，
∴∠ECD＝GCF．
在△DEC和△FGC中，
，
∴△DEC≌△FGC（SAS），
∴DE＝GF．
∵EF＝EG+GF，
∴EF＝CE+ED，故②正确，
③过D作DM⊥AC交于M，
根据勾股定理求出AC＝，
由面积公式得：AD×DC＝AC×DM，
∴DM＝，
∵∠DCA＝45°，∠AED＝60°，
∴CM＝，EM＝，
∴CE＝CM﹣EM＝﹣
∴S△DEC＝CE×DM＝﹣，故③正确，
④在Rt△DEM中，DE＝2ME＝，
∵△ECG是等边三角形，
∴CG＝CE＝﹣，
∵∠DEF＝∠EGC＝60°，
∴DE∥CG，
∴△DEH∽△CGH，
∴＝＝＝+1，故④错误，
综上，正确的结论有①②③，
故选：A．
【名师点睛】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行证明是解此题的关键．
7.（2019年湖北省江汉油田、潜江、仙桃、天门市）如图，AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E，连接BD．下列结论：①CD是⊙O的切线，②CO⊥DB，③△EDA∽△EBD，④ED?BC＝BO?BE．其中正确结论的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【考点】圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【思路点拨】由切线的性质得∠CBO＝90°，首先连接OD，易证得△COD≌△COB（SAS），然后由全等三角形的对应角相等，求得∠CDO＝90°，即可证得直线CD是⊙O的切线，根据全等三角形的性质得到CD＝CB，根据线段垂直平分线的判定定理得到即CO⊥DB，故②正确，根据余角的性质得到∠ADE＝∠BDO，等量代换得到∠EDA＝∠DBE，根据相似三角形的判定定理得到△EDA∽△EBD，故③正确，根据相似三角形的性质得到，于是得到ED?BC＝BO?BE，故④正确．
【解题过程】连结DO．
∵AB为⊙O的直径，BC为⊙O的切线，
∴∠CBO＝90°，
∵AD∥OC，
∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD．
又∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠COD＝∠COB．
在△COD和△COB中，，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠CDO＝∠CBO＝90°．
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线，故①正确，
∵△COD≌△COB，
∴CD＝CB，
∵OD＝OB，
∴CO垂直平分DB，
即CO⊥DB，故②正确，
∵AB为⊙O的直径，DC为⊙O的切线，
∴∠EDO＝∠ADB＝90°，
∴∠EDA+∠ADO＝∠BDO+∠ADO＝90°，
∴∠ADE＝∠BDO，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∴∠EDA＝∠DBE，
∵∠E＝∠E，
∴△EDA∽△EBD，故③正确，
∵∠EDO＝∠EBC＝90°，
∠E＝∠E，
∴△EOD∽△ECB，
∴，
∵OD＝OB，
∴ED?BC＝BO?BE，故④正确，
故选：A．
【名师点睛】本题主要考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用是解答此题的关键．
填空题
8.（2019年黑龙江省伊春市）如图，在四边形中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件_____，使四边形是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定
【思路点拨】可再添加一个条件AD∥BC，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，四边形ABCD是平行四边形．
【解题过程】根据平行四边形的判定，可再添加一个条件：．
故答案为：（答案不唯一）．
【名师点睛】此题考查平行四边形的判定，解题关键在于掌握判定法则
9.（2019年湖南省邵阳市）如图，已知AD＝AE，请你添加一个条件，使得△ADC≌△AEB，你添加的条件是 ．（不添加任何字母和辅助线）
【考点】全等三角形的判定
【思路点拨】根据图形可知证明△ADC≌△AEB已经具备了一个公共角和一对相等边，因此可以利用ASA、SAS、AAS证明两三角形全等．
【解题过程】∵∠A＝∠A，AD＝AE，
∴可以添加AB＝AC，此时满足SAS，
添加条件∠ADC＝∠AEB，此时满足ASA，
添加条件∠ABE＝∠ACD，此时满足AAS，
故答案为AB＝AC或∠ADC＝∠AEB或∠ABE＝∠ACD，
【名师点睛】本题考查了全等三角形的判定，是一道开放题，解题的关键是牢记全等三角形的判定方法．
10.（2019年北京市）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形，
②存在无数个四边形MNPQ是矩形，
③存在无数个四边形MNPQ是菱形，
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【考点】平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定
【思路点拨】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解题过程】①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故当MQ∥PN，PQ∥MN，四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形，故正确，
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形，故正确，
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形，故正确，
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形与任意矩形ABCD矛盾，故错误，
故答案为：①②③．
【名师点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
11.（2019年湖北省荆门市）抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）的顶点为P，且抛物线经过点A（﹣1，0），B（m，0），C（﹣2，n）（1＜m＜3，n＜0），下列结论：
①abc＞0，
②3a+c＜0，
③a（m﹣1）+2b＞0，
④a＝﹣1时，存在点P使△PAB为直角三角形．
其中正确结论的序号为 ．
【考点】二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征
【思路点拨】由已知可以确定a＜0，b＞0，c＝b﹣a＞0，
①abc＜0，
②当x＝3时，y＜0，即9a+3b+c＝9a+3（a+c）+c＝12a+4c＝4（3a+c）＜0，
③a（m﹣1）+2b＝﹣b+2b＝b＞0，
④a＝﹣1时，P（，b+1+），则△PAB为等腰直角三角形，b+1+＝+1，求出k＝﹣2不合题意，
【解题过程】将A（﹣1，0），B（m，0），C（﹣2，n）代入解析式y＝ax2+bx+c，
∴对称轴x＝，
∴﹣＝m﹣1，
∵1＜m＜3，
∴ab＜0，
∵n＜0，
∴a＜0，
∴b＞0，
∵a﹣b+c＝0，
∴c＝b﹣a＞0
①abc＜0，错误，
②当x＝3时，y＜0，
∴9a+3b+c＝9a+3（a+c）+c＝12a+4c＝4（3a+c）＜0，②正确，
③a（m﹣1）+2b＝﹣b+2b＝b＞0，③正确，
④a＝﹣1时，y＝﹣x2+bx+c，
∴P（，b+1+），
若△PAB为直角三角形，则△PAB为等腰直角三角形，
∴AP的直线解析式的k＝1，
∴b+1+＝+1，
∴b＝﹣2，
∵b＞0，
∴不存在点P使△PAB为直角三角形．
④错误，
故答案为②③，
【名师点睛】本题考查二次函数的图象及性质，能够熟练掌握二次函数的图象，根据给出的点判断函数系数a，b，c的取值情况是解题的关键．
12.（2019年广东省广州市）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM=45°，点F在射线AM上，且，CF与AD相交于点G，连接EC，EF，EG，则下列结论：①∠ECF=45°；②的周长为；③ ；④的面积的最大值.其中正确的结论是____.（填写所有正确结论的序号）
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用
【思路点拨】①正确．如图1中，在BC上截取BH=BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS），即可解决问题；
②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS），即可解决问题；
④正确．设BE=x，则AE=a-x，AF=，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
【解题过程】如图1，在BC上截取BH=BE，连接EH．
∵BE=BH，∠EBH=90°，
∴EH=BE，
∵AF=BE，
∴AF=EH，
∵∠DAM=∠EHB=45°，∠BAD=90°，
∴∠FAE=∠EHC=135°，
∵BA=BC，BE=BH，
∴AE=HC，∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF=EC，∠AEF=∠ECH，
∵∠ECH+∠CEB=90°，
∴∠AEF+∠CEB=90°，
∴∠FEC=90°，
∴∠ECF=∠EFC=45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH=BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB=∠DCH，
∴∠ECH=∠BCD=90°，
∴∠ECG=∠GCH=45°，
∵CG=CG，CE=CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG=GH，
∵GH=DG+DH，DH=BE，
∴EG=BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长=AE+EG+AG=AG+GH=AD+DH+AE=AE+EB+AD=AB+AD=2a，故②错误，
设BE=x，则AE=a-x，AF=，
∴，
∴当时，的面积有最大值，最大值是，④正确；
故答案为：①④.
【名师点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
13.（2019年湖南省长沙市）如图，函数y＝（k为常数，k＞0）的图象与过原点的O的直线相交于A，B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴，y轴于C，D两点，连接BM分别交x轴，y轴于点E，F．现有以下四个结论：
①△ODM与△OCA的面积相等，②若BM⊥AM于点M，则∠MBA＝30°，③若M点的横坐标为1，△OAM为等边三角形，则k＝2+，④若MF＝MB，则MD＝2MA．
其中正确的结论的序号是 ．（只填序号）
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题，平行线分线段成比例定理
【思路点拨】①设点A（m，），M（n，），构建一次函数求出C，D坐标，利用三角形的面积公式计算即可判断．
②△OMA不一定是等边三角形，故结论不一定成立．
③设M（1，k），由△OAM为等边三角形，推出OA＝OM＝AM，可得1+k2＝m2+，推出m＝k，根据OM＝AM，构建方程求出k即可判断．
④如图，作MK∥OD交OA于K．利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
【解题过程】①设点A（m，），M（n，），
则直线AC的解析式为y＝﹣x++，
∴C（m+n，0），D（0，），
∴S△ODM＝n×＝，S△OCA＝（m+n）×＝，
∴△ODM与△OCA的面积相等，故①正确，
∵反比例函数与正比例函数关于原点对称，
∴O是AB的中点，
∵BM⊥AM，
∴OM＝OA，
∴k＝mn，
∴A（m，n），M（n，m），
∴AM＝（n﹣m），OM＝，
∴AM不一定等于OM，
∴∠BAM不一定是60°，
∴∠MBA不一定是30°．故②错误，
∵M点的横坐标为1，
∴可以假设M（1，k），
∵△OAM为等边三角形，
∴OA＝OM＝AM，
1+k2＝m2+，
∵m＞0，k＞0，
∴m＝k，
∵OM＝AM，
∴（1﹣m）2+＝1+k2，
∴k2﹣4k+1＝0，
∴k＝2，
∵m＞1，
∴k＝2+，故③正确，
如图，作MK∥OD交OA于K．
∵OF∥MK，
∴＝＝，
∴＝，
∵OA＝OB，
∴＝，
∴＝，
∵KM∥OD，
∴＝＝2，
∴DM＝2AM，故④正确．
故答案为①③④．
【名师点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，三角形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会构造平行线，利用平行线分线段成比例定理解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
14.（2019年山东省滨州市（a卷））如图，?ABCD的对角线AC，BD交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，连接OE．下列结论：①EO⊥AC，②S△AOD＝4S△OCF，③AC：BD＝：7，④FB2＝OF?DF．其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）
【考点】角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质
【思路点拨】①正确．只要证明EC＝EA＝BC，推出∠ACB＝90°，再利用三角形中位线定理即可判断．
②错误．想办法证明BF＝2OF，推出S△BOC＝3S△OCF即可判断．
③正确．设BC＝BE＝EC＝a，求出AC，BD即可判断．
④正确．求出BF，OF，DF（用a表示），通过计算证明即可．
【解题过程】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，OD＝OB，OA＝OC，
∴∠DCB+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DCB＝120°，
∵EC平分∠DCB，
∴∠ECB＝∠DCB＝60°，
∴∠EBC＝∠BCE＝∠CEB＝60°，
∴△ECB是等边三角形，
∴EB＝BC，
∵AB＝2BC，
∴EA＝EB＝EC，
∴∠ACB＝90°，
∵OA＝OC，EA＝EB，
∴OE∥BC，
∴∠AOE＝∠ACB＝90°，
∴EO⊥AC，故①正确，
∵OE∥BC，
∴△OEF∽△BCF，
∴＝＝，
∴OF＝OB，
∴S△AOD＝S△BOC＝3S△OCF，故②错误，
设BC＝BE＝EC＝a，则AB＝2a，AC＝a，OD＝OB＝＝a，
∴BD＝a，
∴AC：BD＝a：a＝：7，故③正确，
∵OF＝OB＝a，
∴BF＝a，
∴BF2＝a2，OF?DF＝a?（a+a）＝a2，
∴BF2＝OF?DF，故④正确，
故答案为①③④．
【名师点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，角平分线的定义，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于填空题中的压轴题．
15.（2019年湖南省岳阳市）如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
①AM平分∠CAB，
②AM2＝AC?AB，
③若AB＝4，∠APE＝30°，则的长为，
④若AC＝3，BD＝1，则有CM＝DM＝．
【考点】圆周角定理，切线的性质，弧长的计算，相似三角形的判定与性质
【思路点拨】连接OM，可证OM∥AC，得出∠CAM＝∠AMO，由OA＝OM可得∠OAM＝∠AMO，故①正确，证明△ACM∽△AMB，则可得出②正确，求出∠MOP＝60°，OB＝2，则用弧长公式可求出的长为，故③错误，由BD∥AC可得PB＝，则PB＝OB＝OA，得出∠OPM＝30°，则PM＝2，可得出CM＝DM＝DP＝，故④正确．
【解题过程】连接OM，
∵PE为⊙O的切线，
∴OM⊥PC，
∵AC⊥PC，
∴OM∥AC，
∴∠CAM＝∠AMO，
∵OA＝OM，
∠OAM＝∠AMO，
∴∠CAM＝∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AMB＝90°，
∵∠CAM＝∠MAB，∠ACM＝∠AMB，
∴△ACM∽△AMB，
∴，
∴AM2＝AC?AB，故②正确，
∵∠APE＝30°，
∴∠MOP＝∠OMP﹣∠APE＝90°﹣30°＝60°，
∵AB＝4，
∴OB＝2，
∴的长为，故③错误，
∵BD⊥PC，AC⊥PC，
∴BD∥AC，
∴，
∴PB＝，
∴，BD＝，
∴PB＝OB＝OA，
∴在Rt△OMP中，OM＝＝2，
∴∠OPM＝30°，
∴PM＝2，
∴CM＝DM＝DP＝，故④正确．
故答案为：①②④．
【名师点睛】本题考查圆知识的综合应用，涉及切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质、弧长公式、含30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
16.（2019年四川省宜宾市）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点A、C、E在同一直线上，AD与BE、BC分别交于点F、M，BE与CD交于点N．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
①AM＝BN，②△ABF≌△DNF，③∠FMC+∠FNC＝180°，④＝
【考点】全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质
【思路点拨】①根据等边三角形性质得出AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，求出∠BCE＝∠ACD，根据SAS推出两三角形全等即可，
②根据∠ABC＝60°＝∠BCD，求出AB∥CD，可推出△ABF∽△DNF，找不出全等的条件，
③根据角的关系可以求得∠AFB＝60°，可求得MFN＝120°，根据∠BCD＝60°可解题，
④根据CM＝CN，∠MCN＝60°，可求得∠CNM＝60°，可判定MN∥AE，可求得＝＝，可解题．
证明：①∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，
即∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，∠CAD＝∠CBE，
在△DMC和△ENC中，
，
∴△DMC≌△ENC（ASA），
∴DM＝EN，CM＝CN，
∴AD﹣DM＝BE﹣EN，即AM＝BN，
②∵∠ABC＝60°＝∠BCD，
∴AB∥CD，
∴∠BAF＝∠CDF，
∵∠AFB＝∠DFN，
∴△ABF∽△DNF，找不出全等的条件，
③∵∠AFB+∠ABF+∠BAF＝180°，∠FBC＝∠CAF，
∴∠AFB+∠ABC+∠BAC＝180°，
∴∠AFB＝60°，
∴∠MFN＝120°，
∵∠MCN＝60°，
∴∠FMC+∠FNC＝180°，
④∵CM＝CN，∠MCN＝60°，
∴△MCN是等边三角形，
∴∠MNC＝60°，
∵∠DCE＝60°，
∴MN∥AE，
∴＝＝，
∵CD＝CE，MN＝CN，
∴＝，
∴＝1﹣，
两边同时除MN得＝﹣，
∴＝．
故答案为①③④
【名师点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，考查了平行线的运用，考查了正三角形的判定，本题属于中档题．
解答题
17.（2019年浙江省嘉兴市）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．
【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的性质
【思路点拨】根据SAS即可证明△ABE≌△CDF可得AE＝CF．
【解题过程】添加的条件是BE＝DF（答案不唯一）．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
又∵BE＝DF（添加），
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF．
【名师点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
18.（2018年江苏省常州市）如图，把△ABC沿BC翻折得△DBC．
（1）连接AD，则BC与AD的位置关系是 ．
（2）不在原图中添加字母和线段，只加一个条件使四边形ABDC是平行四边形，写出添加的条件，并说明理由．
【考点】折叠的性质，平行四边形的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质
【思路点拨】（1）先由折叠知，AB=BD，∠ACB=∠DBC，进而判断出△AOB≌△DOB，最后用平角的定义即可得出结论；
（2）由折叠得出∠ABC=∠DBC，∠ACB=∠DCB，再判断出∠ABC=∠ACB，进而得出∠ACB=∠DBC=∠ABC=∠DCB，最后用两边分别平行的四边形是平行四边形．
【解题过程】（1）如图，
连接AD交BC于O，
由折叠知，AB=BD，∠ACB=∠DBC，
∵BO=BO，
∴△ABO≌△DBO（SAS），
∴∠AOB=∠DOB，
∵∠AOB+∠DOB=180°，
∴∠AOB=∠DOB=90°，
∴BC⊥AD，
故答案为：BC⊥AD；
（2）添加的条件是AB=AC，
理由：由折叠知，∠ABC=∠DBC，∠ACB=∠DCB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=∠DBC=∠ABC=∠DCB，
∴AC∥BD，AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形．
【名师点睛】此题主要考查了折叠的性质，平行四边形的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ABO≌△DBO（SAS）是解本题的关键．
19.（2019年湖北省荆州市）如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），连接AF，DE（如图②）．
（1）在图②中，∠AOF＝ ，（用含α的式子表示）
（2）在图②中猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论．
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，正方形的性质，旋转的性质
【思路点拨】（1）如图2，利用旋转的性质得到∠DOF＝∠COE＝α，再根据正方形的性质得到∠AOD＝90°，从而得到∠AOF＝90°﹣α，
（2）如图②，利用正方形的性质得∠AOD＝∠COD＝90°，OA＝OD，再利用△OEF为等腰直角三角形得到OF＝OE，利用（1）的结论得到∠AOF＝∠DOE，则可证明△AOF≌△DOE，从而得到AF＝DE．
【解题过程】（1）如图2，
∵△OEF绕点O逆时针旋转α角，
∴∠DOF＝∠COE＝α，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AOD＝90°，
∴∠AOF＝90°﹣α，
故答案为90°﹣α，
（2）AF＝DE．
理由如下：
如图②，∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AOD＝∠COD＝90°，OA＝OD，
∵∠DOF＝∠COE＝α，
∴∠AOF＝∠DOE，
∵△OEF为等腰直角三角形，
∴OF＝OE，
在△AOF和△DOE中
，
∴△AOF≌△DOE（SAS），
∴AF＝DE．
【名师点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质和正方形的性质．
20.（2019年山东省威海市）（1）方法选择
如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD＝AD+CD．
小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…
小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…
请你选择一种方法证明．
（2）类比探究
【探究1】
如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，井证明你的结论．
【探究2】
如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ．
（3）拓展猜想
如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是 ．
【考点】圆的综合题
【思路点拨】（1）方法选择：根据等边三角形的性质得到∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DEMAD，连接AM，由圆周角定理得到∠ADB＝∠ACB＝60°，得到AM＝AD，根据全等三角形的性质得到BM＝CD，于是得到结论，
（2）类比探究：如图②，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，推出△ADM是等腰直角三角形，求得DM＝AD根据全等三角形的性质得到结论，
【探究2】如图③，根据圆周角定理和三角形的内角和得到∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠AMD＝30°，根据直角三角形的性质得到MD＝2AD，根据相似三角形的性质得到BM＝CD，于是得到结论，
（3）如图④，由BC是⊙O的直径，得到∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，求得∠MAD＝90°，根据相似三角形的性质得到BM＝CD，DM＝AD，于是得到结论．
【解题过程】（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
如图①，在BD上截取DEMAD，连接AM，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AM＝AD，
∵∠ABM＝∠ACD，
∵∠AMB＝∠ADC＝120°，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD，
（2）类比探究：如图②，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD，∠AMD＝45°，
∴DM＝AD，
∴∠AMB＝∠ADC＝135°，
∵∠ABM＝∠ACD，
∴△ABM≌△ACD（AAS），
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD，
【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴∠AMD＝30°，
∴MD＝2AD，
∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，
∴△ABM∽△ACD，
∴＝，
∴BM＝CD，
∴BD＝BM+DM＝CD+2AD，
故答案为：BD＝CD+2AD，
（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD，
理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
过A作AM⊥AD交BD于M，
∴∠MAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAC，
∴△ABM∽△ACD，
∴＝，
∴BM＝CD，
∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠NAD＝90°，
∴△ADM∽△ACB，
∴＝＝，
∴DM＝AD，
∴BD＝BM+DM＝CD+AD．
故答案为：BD＝CD+AD
【名师点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
