2025届中考数学查缺补漏解答题 练习（含答案）【上海专用】

这是一份2025届中考数学查缺补漏解答题 练习（含答案）【上海专用】，共120页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．计算：．
2．计算：．
3．计算：．
4．计算：
5．计算：．
6．计算：．
7．计算：．
8．计算：
9．计算：．
10．计算：．
11．解方程组：．
12．解方程组：
13．解方程组．
14．解方程组
15．解方程组：
16．解方程组：
17．解方程组：．
18．解方程组：
19．解方程组：
20．解方程组：．
21．如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点两点，与x轴、y轴分别交于两点，且点A的坐标为．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式．
(2)求的面积．
22．如图，点A、B在第一象限的反比例函数图像上，AB的延长线与y轴交于点C，已知点A、B的横坐标分别为6、2，AB=．
（1）求∠ACO的余弦值；
（2）求这个反比例函数的解析式．
23．如图，在平面直角坐标系中，经过原点的直线与双曲线交于点，点在射线上，点的坐标为．
(1)求直线的表达式；
(2)如果，求点的坐标．
24．如图，一次函数的图象与x轴交于点，与反比例函数（k为常数，）的图象在第一象限的部分交于点．
(1)求m，n，k的值；
(2)若C是反比例函数的图象在第一象限部分上的点，且的面积小于的面积，直接写出点C的横坐标a的取值范围．
25．如图，一次函数的图象与反比例函数第一象限的图象交于点，与x轴，y轴分别交于点A，B．
(1)求m的值及反比例函数的解析式；
(2)将线段沿x轴向右平移得到，当点在反比例函数图象上时，请直接写出四边形的面积．
26．已知一次函数与反比例函数的图象交于，B两点
(1)求反比例函数解析式
(2)将在平面内沿某个方向平移得到其中点、、的对应点分别是、、，若、同时在反比例函数的图象上，求点的坐标．
27．如图，已知直线与轴交于点A，与y轴交于点C，矩形的顶点B在第一象限的反比例函数图像上，过点B作，垂足为F，设．
(1)求的正切值；
(2)已知直线与反比例函数图像都经过第一象限的点D，连接，若轴，求m的值．
28．已知一次函数的图像与反比例函数的图像相交于，两点，与轴交于点．
(1)求一次函数解析式；
(2)设点关于轴的对称点为点，求的面积．
29．如图，已知一次函数图像与反比例函数图像交于点．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)已知点在点右侧的反比例函数图像上，过点作轴的垂线，垂足为，如果，求点的坐标．
30．如图，一次函数图像在反比例函数图像相交于点和点，与轴交于点．点在反比例函数图像上，过点作轴的垂线交一次函数图像于点．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)求的面积．
31．如图，在中，，是上一点，和关于点对称，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，求四边形是菱形时的长．
32．如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
33．如图，在矩形中，对角线、交于点，的平分线分别交、于点、，交的延长线于点，为的中点，连结、，分别交、于点、．
(1)求证：；
(2)探究与的关系，并说明理由；
(3)若，，求的长．
34．在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，当P为的中点，，时，求的长；
(3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由．
35．如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接．
求证：
(1)；
(2)四边形为平行四边形．
36．如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
(1)求证：．
(2)若为中点，且，求长．
(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
37．翻折是一种常见的图形操作，观察翻折前后的图形能探究和发现数学结论，经过量化分析和演绎推理能证明数学结论．
点是矩形的边上一点，把沿直线翻折，使得点落在点处．
(1)如图1，当点与点A重合时，交于点，判断与的数量关系，说明理由；
(2)如图2，当点恰好是与的交点，且时，求的长．
38．在矩形中连接，过点D作的垂线交于E，于F．
(1)证明：；
(2)若，，连接，求的值．
39．如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，点在边上，且．

(1)求的长；
(2)求的值．
40．如图，点位于矩形对角线上，过点分别作矩形两邻边的平行线交矩形四边于点、、、，点是线段上一点，线段与于点．求证：
(1)矩形与矩形的面积相等；
(2)．
41．如图，在矩形ABCD中，点E是边AB的中点，△EBC沿直线EC翻折，使B点落在矩形ABCD内部的点P处，联结AP并延长AP交CD于点F，联结BP交CE于点Q．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）如果PA＝PE，求证：△APB≌△EPC．
42．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，DC⊥BC，且∠B=45°，AD=DC=1，点M为边BC上一动点，联结AM并延长交射线DC于点F，作∠FAE=45°交射线BC于点E、交边DCN于点N，联结EF．
（1）当CM：CB=1：4时，求CF的长．
（2）设CM=x，CE=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
（3）当△ABM∽△EFN时，求CM的长．
43．(1)如图1，已知点P在正三角形ABC的边BC上，以AP为边作正三角形APQ，连接CQ．
①求证：△ABP≌△ACQ；
②若AB＝6，点D是AQ的中点，直接写出当点P由点B运动到点C时，点D运动路线的长．
(2)已知，△EFG中，EF＝EG＝13，FG＝10．如图2，把△EFG绕点E旋转到△EF＇G＇的位置，点M是边EF＇与边FG的交点，点N在边EG＇上且EN＝EM，连接GN．求点E到直线GN的距离．
44．如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，连接、．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)已知点在上，连接，如果，，求证：四边形是平行四边形．
45．已知：如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝CD，点E、F分别在边BC、CD上，且BE＝DF＝AD，联结DE，联结AF、BF分别与DE交于点G、P．
（1）求证：AB＝BF；
（2）如果BE＝2EC，求证：DG＝GE．
46．已知中，，点在边上，．
(1)如图1，当，时，求的长；
(2)点是边上一点，满足．
①如图2，当时，求的值；
②当是等腰三角形时，求的余弦值．
47．如图：在四边形中，对角线平分，且，点在线段上且，连接并延长交于点，连接并延长交于点．
(1)求证：；
(2)求证：．
48．如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由．
49．如图，在中，，过点C作于点F，交于点M，且，连接，使，连接．
(1)求证：；
(2)试判断的形状，并说明理由．
50．如图1，在边长为6的正方形中，E是边的动点，以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F，连接并延长交于点G，连接、．
(1)求证：；
(2)如图2，与相交于点H，连接并延长交于点K，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由．
51．已知一抛物线．
(1)在图所示的平面直角坐标系中画出该抛物线的图像，并根据图像写出y与x的变化关系；
(2)将该抛物线向左平移．设原抛物线与x轴交于点（A在B左侧），与y轴交于点C．点D为点C在新抛物线上的对应点，且点D落在一反比例函数图像上．若新抛物线经过原点，求直线与此反比例函数的另一个交点．
52．在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)如图，该抛物线上有三个点、、，轴，，，与抛物线的对称轴交于点（点在对称轴的左侧）．
①如果点到抛物线对称轴的距离为，请用含的代数式表示点的横坐标；
②求点的横坐标．
53．如图，直线交y轴于点A，交抛物线于点，抛物线经过点，交y轴于点D，点P是抛物线上的动点，作交所在直线于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当为等腰直角三角形时，求：P点坐标；
(3)在（2）的条件下，连接，将沿直线翻折，直接写出翻折后点E的对称点坐标．
54．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线关于直线对称，且经过点和点，横坐标为4的点在此抛物线上．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)联结、、，求的值；
(3)如果点P在对称轴右方的抛物线上，且，过点P作轴，垂足为Q，请说明，并求点P的坐标．
55．在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和点，其顶点为C．

(1)求抛物线的解析式和顶点C的坐标；
(2)求的正切值；
(3)点P在第一象限的抛物线上，且，求点P的坐标．
56．如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A、与y轴交于点B，抛物线经过点A、B．

(1)求抛物线的表达式；
(2)P是抛物线上一点，且位于直线上方，过点P作轴、轴，分别交直线点M、N．
①当时，求点P的坐标；
②连接交于点C，当点C是的中点时，直接写出的值．
57．如图，已知抛物线经过点和，与x轴的另一个交点为点A．
(1)求抛物线的解析式及点A的坐标；
(2)将该抛物线向右平移m个单位，点C移到点D，点A移到点E，若，求m的值；
(3)在（2）的条件下，设新抛物线的顶点为G，新抛物线在对称轴右侧的部分与x轴交于点F， 求点C到直线的距离．
58．在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点为A，与y轴相交于点B，异于顶点A的点在该抛物线上．

(1)如图，点B的坐标为
①求点A的坐标和n的值；
②将抛物线向上平移后的新抛物线与x轴的一个交点为D，顶点A移至点，如果四边形为平行四边形，求平移后新抛物线的表达式；
(2)直线与y轴相交于点E，如果且点B在线段上，求m的值．
59．已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点．
(1)求抛物线解析式；
(2)已知点坐标，点为抛物线上一动点，且在对称轴右侧，以为圆心，为半径画圆交轴于，两点（在左侧），求弦长；
(3)在（2）的条件下，若与相似，求点坐标．
60．已知平面直角坐标系，抛物线：与轴交于点和点，与轴交于点，把抛物线向下平移得到抛物线，设抛物线的顶点为，与轴交于点，直线与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)当点与点重合时，求平移的距离；
(3)连接，如果与互补，求点的坐标．
61．如图，在⊙O中，两条弦AC，BD垂直相交于点E，等腰△CFG内接于⊙O，FH为⊙O直径，且AB＝6，CD＝8．
（1）求⊙O的半径；
（2）若CF＝CG＝9，求图中四边形CFGH的面积．
62．如图，已知AD既是△ABC的中线，又是角平分线，请判断：
（1）△ABC的形状；
（2）AD是否过△ABC外接圆的圆心O，⊙O是否是△ABC的外接圆，并证明你的结论．
63．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝5，BC＝8，sinB＝．
（1）求边AC的长；
（2）求⊙O的半径长．
64．已知菱形的边长为1，，等边两边分别交、于E，F．
(1)如图1，若点、分别是边、的中点，求证：菱形对角线、的交点即为等边的外心；
(2)如图2，当E，F分别是边、的中点时，过等边的外心点O的一直线交边于M，边于G，边的延长线于N，求：的值；
(3)如图3，若点E，F始终在边，上移动，等边外心为P，求：的度数．
65．如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，，点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足．设，．
(1)求：y关于x的函数表达式及其定义域
(2)如图2，过点作于点，连接，．
①当为直角三角形时，求的值；
②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值．
66．某款“不倒翁”的主视图如图1，它由半圆和等边组成，直径，半圆的中点为点，为桌面，半圆与相切于点，拨动“不倒翁”后它在桌面上做无滑动的滚动．
(1)如图1，，请直接写出的长为______（结果保留根号）；
(2)如图2，当时，连接，
①直接写出的度数，并求点C到桌面的距离（结果保留根号）
②当或垂直于时“不倒翁”开始折返，直接写出从滚动到（图2-图3）过程中，点在上移动的距离．
67．如图，在中，，，，动点从点出发，沿着方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点从点方向出发，沿着方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为秒，以为圆心，长为半径的与、的另一个交点分别为、，连接、．

(1)若是等腰三角形，求的值；
(2)若与线段只有一个公共点，请直接写出的取值范围．
68．新定义：如果一个三角形中有两个内角，满足，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．
(1)若是“近直角三角形”，，，则______度；
(2)如图1，在中，，，．若是的平分线，在边上是否存在点（异于点），使得是“近直角三角形”？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，在中，，点为边上一点，以为直径的圆交于点，连接交于点，若为“近直角三角形”，且，，求的值．
69．如图，过圆外一点P作圆O的切线交圆与A，在圆上一点B（不与A重合），，点D在优弧上运动，连接与圆的另一个交点为C．
(1)证明：是圆O的切线；
(2)若点D是优弧的中点，且，求；
(3)记，，求：y关于x的解析式及其与x轴夹角的正切值．
70．在中，于点D，P是边上（与点A，C不重合）的动点，连接PB交于点M，过C，P，M三点作交的延长线于点N，连接．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，若与相切，求此时的半径r；
(3)在点P的运动过程中，设线段长为y，圆半径为r，求y关于r的函数解析式及其定义域
参考答案
1．
【分析】先化简绝对值，计算二次根式的乘方运算，有理数的乘法运算，再合并即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查的是化简绝对值，二次根式的乘方运算，实数的混合运算，掌握实数的混合运算的运算法则是解本题的关键．
2．
【分析】直接利用二次根式的乘法运算法则以及负整数指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，进而得出答案．
【详解】
解：原式＝﹣57+|﹣8|

＝﹣51．
【点睛】
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
3．
【分析】先化简绝对值、计算负整数指数幂、零指数幂，再进行实数混合运算即可．
【详解】解：
【点睛】此题考查了实数的混合运算，涉及负整数指数幂、零指数幂及绝对值的计算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
4．
【分析】根据立方根、负整数指数幂及二次根式的运算可进行求解．
【详解】解：原式
．
【点睛】本题主要考查立方根、负整数指数幂及二次根式的运算，熟练掌握立方根、负整数指数幂及二次根式的运算是解题的关键．
5．
【分析】原式先计算乘方运算，再算加减运算即可得到结果．
【详解】解：
．
【点睛】此题考查了实数的运算，绝对值、零指数幂、熟练掌握运算法则是解本题的关键．
6．
【分析】根据化简绝对值，负整数指数幂，二次根式的乘法，零次幂进行计算即可求解．
【详解】解：原式＝
【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握化简绝对值，负整数指数幂，二次根式的乘法，零次幂是解题的关键．
7．
【分析】原式分别根据绝对值的代数意义，零指数幂的运算法则以及立方根的意义化简各项后，再计算乘法，最后计算加法即可．
【详解】解：
=
=
=
【点睛】本题主要考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
8．
【分析】分别计算有理数的乘方、绝对值、二次根式及零指数幂，再进行加减即可．
【详解】解：原式．
【点睛】本题考查有理数的乘方，绝对值和二次根式的化简及零指数幂的性质，属于基础题，正确运算是解题的关键．要熟练掌握：任何一个不等于零的数的零次幂都等于1，．
9．
【分析】先算算术平方根，零指数幂，负整数指数幂以及平方运算，再算加减法，即可求解．
【详解】解：原式=
=．
【点睛】本题主要考查实数的混合运算，掌握算术平方根，零指数幂，负整数指数幂以及平方运算法则，是解的关键．
10．0．
【分析】第一项根据零指数幂计算，第二项根据绝对值的意义计算，第三项进行立方根运算，第四项进行有理数的乘方运算，最后进行加减运算即可．
【详解】解：原式=1+3-3+(-1)
=0．
【点睛】本题考查了实数的运算，包括零指数幂、绝对值的意义，求一个数的立方根，有理数的乘方运算．正确化简各数是解题的关键．
11．或或
【分析】本题考查了解二元二次方程组，先整理方程组，再利用代入消元法求解方程即可；熟练掌握运算法则是解本题的关键．
【详解】解：方程组整理得，
②代入①得：，即，
解得：或，
将代入②得：，
解得：或，
即或；
将代入②得：，
解得：，
即；
综上，方程组的解为：或或．
12．，
【分析】本题考查了二元二次方程组的解法；其基本思想是用代入法消元；由第一个方程变形得，再代入第二个方程中，求得x的值，即可求得y的值，从而求解．
【详解】解：：
由①得：；
把③代入②中，
整理得：，
解得：，
把上述值代入③中，得：，
故方程组的解为：，．
13．或
【分析】本题主要考查了解二元一次方程组，先由①得到，再把代入②中得到关于y的一元二次方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：
由①得：，
把代入②得：，
整理得，
解得或，
当时，，
当时，
∴原方程组的解为或．
14．，，，
【分析】本题主要考查解高次方程，关键在于对原方程组的两个方程进行化简，重新组合．
首先对原方程组进行化简，然后分别重新组合，成为4个方程组，最后解这两个方程组即可．
【详解】解：
方程①可变形为．
得或．
方程②可变形为．
得或．
因此，原方程组可组成以下四个二元一次方程组：
，，，．
分别解这四个方程组，
得原方程组的解是，，，．
15．或．
【分析】本题考查了解高次方程组，能把高次方程组转化成二元一次方程组是解题的关键．
由方程②得③或④，再由①③和①④组成两个方程组，再求出方程组的解即可．
【详解】解：
由方程②得，
∴或，即③或④，
∴原方程组为或，
解得或，
答：方程组的解为或．
16．，
【分析】本题考查了解二元二次方程组，熟练掌握和运用解二元二次方程组的方法是解决本题的关键．
首先把第二个方程分解因式，得到两个二元一次方程，再组合成二个二元一次方程组，分别解方程组即可．
【详解】解：
由②得：
或
所以原方程组可化为两个二元一次方程组：
或
分别解这两个方程组，得原方程组的解是
，
17．，，，
【分析】本题考查了二元二次方程组的解法等知识．先将方程①变形为或，分别与方程②组成方程组，利用代入法即可求解．
【详解】解：
由方程①得，得到 或．
将它们与方程②分别组成方程组，得
（Ⅰ） 或（Ⅱ）
解方程组（Ⅰ），得 ，；
解方程组（Ⅱ），得 ，；
所以原方程组的解是，，，．
18．
【分析】本题考查了代入消元法解方程及二元二次方程的解法，熟练掌握代入消元法，运算过程中细心即可．
由第一个方程得到，再代入第二个方程中，解一元二次方程方程即可求出，再回代第一个方程中即可求出．
【详解】解：由题意：，
由方程①得到：，
将③代入方程②中：得到：，
进一步整理为：，
解得，
把代入方程③中，解得，
故方程组的解为：．
19．，
【分析】本题考查了二元二次方程组解法，解题关键是通过因式分解将二元一次方程组转化为两个二元一次方程组解答．
因式分解组中的方程②，得到两个二元一次方程，再代入①即可解方程组．
【详解】解：由②得：，
即或，
把代入①得，；
把代入①得，；
∴方程组的解为：，．
20．或
【分析】本题考查的是二元二次方程的解法，掌握解法步骤是解本题的关键，先把方程组化为或，再解二元一次方程组即可．
【详解】解：，
由②得：，
∴，
∴或，
∴或，
解得：或．
21．(1)
(2)8
【分析】本题考查了待定系数法求表达式，以及一次函数与反比例函数的综合运用．
（1）将点A坐标代入一次函数，即可求出b，将点A代入反比例函数，即可求出表达式了．
（2）两个函数表达式建立方程，即可求出点A、B的坐标，在根据一次函数求出点C的坐标，即可求解的面积．
【详解】（1）解：（1）把代入得：．
解得：．
∴一次函数的表达式为．
把代入得：．
解得：．
∴反比例函数的表达式为．
（2）解：连接，如图所示．
由，
解得：．
∴．
在上，当时，
解得：．
∴．
∴．
∴．
∴．
22．（1）；（2）．
【分析】（1）如图，分别过点A、B作AD⊥y轴，BE⊥x轴，可证∠ACO=∠ABH，由点A、B的横坐标分别为6、2，可得AH=4，再由勾股定理可求得BH，即可求解∠ACO的余弦值；
（2）设反比例函数的解析式为，根据点A、B在第一象限的反比例函数图像上,则点A（6，），B（2，），由BH=2可得，求出k值，此题即可得解．
【详解】解：（1）如图，分别过点A、B作AD⊥y轴，BE⊥x轴，垂足分别为D、E，AD、BE相交于点H．
∵BE∥y轴，
∴∠ACO=∠ABH，∠AHB=∠ADC=90°．
∵点A、B的横坐标分别为6、2，
∴AH=4．
在Rt△ABH中，∵BH=．
∴．
（2）设反比例函数的解析式为，
设点A（6，），则B（2，），
∴，
∴，
∴反比例函数解析式为．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象与性质及求锐角的三角函数值，掌握反比例函数的图象与性质并能结合反比例函数图象上的点的坐标特点求出函数表达式与角的三角函数值是解题的关键．
23．(1)；
(2)．
【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数的综合运用、锐角三角函数．解决本题的关键是运用待定系数法求出正比例函数的解析式，根据的正确值和正比例函数的解析式求出点的坐标．
根据点在双曲线上，可以求出，把点的坐标代入正比例函数中求出的值即可得到直线的表达式；
因为直线的解析式为，设点的坐标为，根据，可得关于的分式方程，解方程求出即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：点在双曲线上，
把代入，
可得：，
点的坐标为，
设直线的表达式为（），
把，代入，
可得：，
直线的表达式为；
（2）解：如下图所示，过点作轴，垂足为点，
设点的坐标为，
可得：，，
在中，，
，
解得：，
经检验，是分式方程的解，
，
可得点的坐标为．
24．(1)，，
(2)
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
（1）把点坐标代入求出，得到直线解析式，再把点坐标代入直线解析式求出，把点坐标代入反比例函数解析式求出值即可；
（2）根据题意，列出不等式，解答即可．
【详解】（1）解：把点坐标代入得：，
解得，
直线解析式为，
把点坐标代入直线解析式得，
解得，
把点坐标代入反比例函数解析式得：，
解得，
（2）∵
反比例函数解析式为，
的面积小于的面积，
，即，
点在反比例函数图象上，且在第一象限，
，
．
25．(1)，
(2)8
【分析】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，平行四边形的面积，求得平移的距离是解题的关键．
（1）由一次函数的解析式求得点的坐标，代入，利用待定系数法即可求得反比例函数的解析式；
（2）求得，把代入反比例函数的解析式即可求得，然后利用平行四边形的面积公式即可求得四边形的面积．
【详解】（1）解：一次函数的图象与反比例函数第一象限的图象交于点，
，
，
，
，
反比例函数的解析式为；
（2）解：令，则，
把代入，解得，
，
由题意可知，四边形是平行四边形，
四边形的面积．
26．(1)
(2)点的坐标为
【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数的解析式，平移的性质，数形结合是解题的关键．
将点代入，可得点的坐标，再将点A的坐标代入反比例函数，从而得出答案；
由平行四边形和反比例函数的对称性可知与，A与关于原点对称，即可求得，根据、的坐标得到平移的距离，从而求得点的坐标．
【详解】（1）解：将点代入得，，
解得，
，
反比例函数的图象经过点A，
，
反比例函数解析式；
（2）列方程组，
解得或，
，
由题意可知，，
四边形是平行四边形，
由反比例函数与平行四边形是中心对称图形可知，与，A与关于原点对称，
，
点向右平移个单位，向下平移个单位得到点，
点的坐标为．
27．(1)
(2)
【分析】本题考查一次函数与反比例函数与四边形的综合题目，难度中等，与全等综合转化相关的线段与角度是解题关键．
（1）根据一次函数解析式算出点的坐标即可求算；
（2）作轴，根据矩形的性质得出，从而表示出的坐标，再根据条件表示的坐标，再根据均在反比例图象上从而算出．
【详解】（1）解：∵直线与轴交于点A，与轴交于点C，
∴，
∴；
（2）解：如图，作轴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的横坐标为，
又∵轴，在上，
∴，
∵,均在反比例上：
∴，
解得：，
∵四边形是矩形，
∴舍去，
∴，
∴．
28．(1)
(2)的面积为15
【分析】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，关于轴对称的点的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
（1）由反比例函数的解析式求出点A、B两点坐标，利用待定系数法即可求出一次函数的解析式；
（2）利用一次函数的解析式求出点C坐标，根据对称的性质得出点D 坐标，利用即可求得结论．
【详解】（1）解：∵一次函数的图像与反比例函数的图像相交于，两点，
∴，，
∴，
将和代入得
，解得
∴一次函数的解析式为：；
（2）如图，当时，，
∴，
∵，关于轴的对称，
∴，
∴，
∴
29．(1)；
(2)．
【分析】（）求出点坐标，再利用待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（）设，则，根据三角形面积公式可得分式方程，解方程即可求解；
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求反比例函数解析式，利用待定系数法求出反比例函数解析式是解题的关键．
【详解】（1）解：∵一次函数图象 与反比例函数图象交于点，
∴，
∴，
∴，
∴反比例函数解析式为；
（2）解：如图，
设，则
∴，
∴，
整理得，，
解得，
经检验，是原方程的解，符合题意，
∴．
30．(1)反比例函数为，一次函数解析式
(2)
【分析】此题考查了反比例函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定反比例函数和一次函数解析式，三角形面积．
（）利用待定系数法求解即可；
（）先分别求出、、的坐标，进而利用三角形面积公式解答即可．
【详解】（1）解：设反比例函数为，
把点代入得，，
∴反比例函数为，
把点，点代入，得
，，
∴，，
∴点，点，
设一次函数解析式，
把点，点代入得
，
解得，
∴一次函数解析式；
（2）∵一次函数解析式，
∴
把点代入，得，
∴，
∴点，
∵轴，
∴点的横坐标为，
把代入得，
∴
∴，
∴
31．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）由中心对称的性质证明，即可证明；
（2）利用勾股定理求出，再利用面积法求出，利用勾股定理求即可．
【详解】（1）证明：∵和关于点对称，
，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：连接，
∵和关于点对称，四边形是平行四边形；
∴三点共线，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
32．(1)
(2)见解析
(3)存在，最小值，最大值
【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答；
（2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形中，，
∴，，，
∵点E在的中点
∴，
∴，，
∵点B、E、F在同一直线上，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图：过B作交于H，

∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴．
（3）解：存在，的最小值，最大值．
如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则
设．
∵四边形和四边形都是矩形，
，
∴，
∴，
∵，
，
，即，
，
∴在中，，
即，
当时，y有最小值为．
，
∴当时，y有最大值为，
∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最大值．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
33．(1)见解析
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定解答即可；
（2）利用证明，可得出，，结合三角形内角和与对顶角的性质可得出；
（3）利用勾股定理和等腰直角三角形的性质可求出，，的长度，证明，利用相似三角形的性质求出的长度，证明，得出，即可求解．
【详解】（1）证明∶∵四边形是矩形，
∴，，，，，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，，理由：
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵F是的中点，
∴，，，
∴，
又，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，明确题意，正确的识别图形是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)
(3)，见解析
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到；
（2）根据，求得的长度，从而得出长度；
（3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
四边形是矩形，
，
，
，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
，
，
，
；
（2）解：四边形是矩形，
，，，
为中点，
，
设，
，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
，即，
，
，
．
（3）解：如图，延长，交于一点，连接，
，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
，直线，
，
，
，
，
是等腰三角形，
，
为中点，
设，
，
为中点，
，
，，
，
，，
，
，
在中，，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，即．
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键．
35．(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明；
（）由（）得，，即可得到，，进而即可求证；
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠可得，，，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：由（）知，，
∴，，
∴四边形为平行四边形．
36．(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；
（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．
【详解】（1）解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵为中点，
∴，
设，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
（3）解：如图：延长交于一点M，连接
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴直线
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵为中点，
∴设，
∴，
∵为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
37．(1)，理由见解析
(2)
【分析】本题主要考查了翻折变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握折叠的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由证得，再根据全等三角形的性质即可证明结论；
（2）设的长为x，由折叠得，再求出，然后证得到，最后代入数据计算即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：设的长为x，由折叠得，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：（不合题意，舍去），
∴的长为．
38．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质．
（1）由矩形的性质得，再由垂直得，由角的等量代换推出，即可得出结论；
（2）先证明得，进而得，再由平行得，，最后由可得答案．
【详解】（1）证明：∵是矩形，
∴，
∵于点E，
∴，
∴，，
∴，即，
∴；
（2）解：如图，
∵，
∴，
由（1），
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴（负值舍去），
∵是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
39．(1)
(2)
【分析】（1）根据矩形的性质得，，利用勾股定理求得，即可得，结合等腰三角形的性质得即可；
（2）过点作垂足为，根据矩形的性质得和，则，即，求得，利用勾股定理求得，即可求得，再次利用解直角三角形即可求得．
【详解】（1）解：在矩形中，
，，
在中，，，
，
，
，
；
（2）解：过点作垂足为，如图，
在矩形中，
，，
，
，
∴，
，
∵，
，
在中，，，
，
∵
，
在中，，，
．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的性质和解直角三角形，解题的关键是熟悉矩形的性质和解直角三角形．
40．(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
（1）证明四边形，，，均为矩形，由矩形的性质可得，，，即可证明结论；
（2）证明，结合，可证明，进而可得，即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，同理可得，，为矩形，
∴，，，
∴，
∴；
（2）证明：如下图，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
41．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由折叠的性质得到BE＝PE，EC与PB垂直，根据E为AB中点，得到AE＝EB＝PE，利用三角形内一边上的中线等于这条边的一半的三角形为直角三角形，得到∠APB为90°，进而得到AF与EC平行，再由AE与FC平行，利用两对边平行的四边形为平行四边形即可得证；
（2）根据三角形AEP为等边三角形，得到三条边相等，三内角相等，再由折叠的性质及邻补角定义得到一对角相等，根据同角的余角相等得到一对角相等，再由AP＝EB，利用AAS即可得证．
【详解】证明：（1）由折叠得到EC垂直平分BP，
设EC与BP交于Q，
∴BQ＝PQ
∵E为AB的中点，
∴AE＝EB，
∴EQ为△ABP的中位线，
∴AF∥EC，
∵AE∥FC，
∴四边形AECF为平行四边形；
（2）∵AF∥EC，
∴∠APB＝∠EQB＝90°，
由翻折性质∠EPC＝∠EBC＝90°，∠PEC＝∠BEC，
∵E为直角△APB斜边AB的中点，且AP＝EP，
∴△AEP为等边三角形，∠BAP＝∠AEP＝60°，
∠CEP＝∠CEB＝＝60°，
在△ABP和△EPC中，
∠BAP=∠CEP
∠APB=∠EPC
AP=EP
∴△ABP≌△EPC（AAS）．
【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，折叠的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
42．(1) CF=1；（2）y=，0≤x≤1；（3）CM=2﹣．
【分析】（1）如图1中，作AH⊥BC于H．首先证明四边形AHCD是正方形，求出BC、MC的长，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题；
（2）在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2=12+（1+y）2，由△EAM∽△EBA，可得，推出AE2=EM•EB，由此构建函数关系式即可解决问题；
（3）如图2中，作AH⊥BC于H，联结MN，在HB上取一点G，使得HG=DN，联结AG．想办法证明CM=CN，MN=DN+HM即可解决问题；
【详解】解：（1）如图1中，作AH⊥BC于H．
∵CD⊥BC，AD∥BC，
∴∠BCD=∠D=∠AHC=90°，
∴四边形AHCD是矩形，
∵AD=DC=1，
∴四边形AHCD是正方形，
∴AH=CH=CD=1，
∵∠B=45°，
∴AH=BH=1，BC=2，
∵CM=BC=，CM∥AD，
∴=，
∴=，
∴CF=1．
（2）如图1中，在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2=12+（1+y）2，
∵∠AEM=∠AEB，∠EAM=∠B，
∴△EAM∽△EBA，
∴=，
∴AE2=EM•EB，
∴1+（1+y）2=（x+y）（y+2），
∴y=，
∵2﹣2x≥0，
∴0≤x≤1．
（3）如图2中，作AH⊥BC于H，联结MN，在HB上取一点G，使得HG=DN，联结AG．
则△ADN≌△AHG，△MAN≌△MAG，
∴MN=MG=HM+GH=HM+DN，
∵△ABM∽△EFN，
∴∠EFN=∠B=45°，
∴CF=CE，
∵四边形AHCD是正方形，
∴CH=CD=AH=AD，EH=DF，∠AHE=∠D=90°，
∴△AHE≌△ADF，
∴∠AEH=∠AFD，
∵∠AEH=∠DAN，∠AFD=∠HAM，
∴∠HAM=∠DAN，
∴△ADN≌△AHM，
∴DN=HM，设DN=HM=x，则MN=2x，CN=CM=x，
∴x+x=1，
∴x=﹣1，
∴CM=2﹣．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质.熟练运用平行线分线段成比例定理是解（1）的关键；证明△EAM∽△EBA是解（2）的关键；综合运用全等三角形的判定与性质是解（3）的关键.
43．(1)①证明见解析；②3；(2)12.
【分析】（1）①根据正三角形的性质知∠BAC=∠PAQ=60°，所以∠BAC-∠PAC=∠PAQ-∠PAC；然后再由等边三角形的边都相等知AB=AC，AP=AQ；从而根据全等三角形的判定定理SAS来证明△ABP≌△ACQ；
②如图：当点P由点B运动到点C时，点D运动路线为DD′，利用中位线定理即可解决问题．
（2）作辅助线“过点E作底边FG的垂线，点H为垂足”构建直角三角形，然后根据旋转的性质先证明△EFM≌△EGN（SAS）；最后求得∠ENG=∠EMF=90°、EM=12，即点E到直线GN的距离是12．
【详解】（1）①∵三角形ABC和三角形APQ是正三角形，
∴AB=AC，AP=AQ，∠BAC=∠PAQ，
∴∠BAC-∠PAC=∠PAQ-∠PAC，
∴∠BAP=∠CAQ，
∴△ABP≌△ACQ
②如图：当点P由点B运动到点C时，点D运动路线为DD′，
∵AD=CD，AD′=D′Q′，
∴DD′=CQ′=AB=3；
∴点D运动路线的长为3．
（2）过点E作底边FG的垂线，点H为垂足．
在△EFG中，易得EH=12．
类似（1）可证明△EFM≌△EGN，
∴∠EFM=∠EGN，
∵∠EFG=∠EGF，
∴∠EGF=∠EGN，
∴GE是∠FGN的角平分线，
∴点E到直线FG和GN的距离相等，
∴点E到直线GN的距离是12．
44．(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）先证明梯形是等腰梯形，再，即可证明；
（2）先证明，再证明，即可证明．
【详解】（1）证明 ∵，
∴梯形是等腰梯形
∴
∵
∴
∴
∴
∴
即是等腰三角形；
（2）证明：由（1）得
∴
∵
∴
∵四边形是等腰梯形
∴
∴
∴
∵，
∴
∴四边形是平行四边形．
45．（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）先证△BCF≌△DCE，再证四边形ABED是平行四边形，从而得AB＝DE＝BF．
（2）延长AF交BC延长线于点M，从而CM＝CF，又由AD∥BC可以得到，从而DG＝GE．
【详解】证明：（1）∵BC＝CD，BE＝DF，
∴CF＝CE，
在△BCF与△DCE中，
，
∴△BCF≌△DCE，
∴BF＝DE，
∵AD∥BC，BE＝AD，
∴四边形ABED是平行四边形；
∴AB＝DE，
∴AB＝BF．
（2）延长AF交BC延长线于点M，由DF＝AD，AD∥BC，则CM＝CF；
由（1）中△BCF≌△DCE，∴CF=CE
∴EM=BC=AD
∵AD∥BC，
∴，
又∵BE＝2EC，
∴，
∴DG＝GE．
【点睛】此题主要考查了平行线分线段成比例定理、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，根据已知得出△BCF≌△DCE是解题关键．
46．(1)
(2)
或
【分析】（1）由可求得，由勾股定理可求得，由可求得，在中，由勾股定理可得，由此即可求出的长；
（2）①设，则，，过点作，交延长线于点，由可得，结合，可证得，于是可得，则，进而可得，由等角对等边可得，过点作于点，由三线合一可得，由角平分线的性质可得，由勾股定理可得，则，由平行线分线段成比例定理可得，由两直线平行内错角相等可得，进而可得，由等角对等边可得，设，则，，整理得，则，由勾股定理可得，则，由此即可求出的值；
②过点作交延长线于点，然后分三种情况讨论：）当时；）当时；）当时；分别求解即可求出的余弦值．
【详解】（1）解：在中，，，
，
，
又，
，
在中，，，
∴；
（2）解：①，
设，则，，
如图，过点作，交延长线于点，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
如图，过点作于点，则可得，
又，
，
由勾股定理可得：，
，
，
，
，，
，
，
设，则，
，
整理，得：，
，
在中，，，
，
，
；
②，，，
，
如图，过点作交延长线于点，
分三种情况讨论：
）当时，
，
∴，
但不平行，故此种情况不存在；
）当时，
如图，过点作，垂足为，
，
又，
，
，
，
，
，
又，
，
，
由①可知：此时，
，
；
）当时，
同理可得：，
设，
如图，延长至点，使得，连接，
又，，
，
，
过P作于H，则，，
，
，
，
，，
又，
，
，
，
，
，
整理，得：，
解得：，
，
；
综上，或，
即：的余弦值为或．
【点睛】本题主要考查了已知正弦值求边长，相似三角形的判定与性质，等角对等边，三线合一，角平分线的性质定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理，两直线平行内错角相等，线段的和与差，直角三角形的两个锐角互余，等边对等角，三角形的内角和定理，同位角相等两直线平行，求角的余弦值，全等三角形的判定与性质，公式法解一元二次方程等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
47．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
（1）证明即可得到
（2）证明即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
∴．
48．(1)见解析
(2)是的切线，证明见解析
【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可；
（2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵与相切于点，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）是的切线，理由如下：
证明：由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
49．(1)见解析
(2)是等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）利用证明，即可推导出；
（2）根据平行四边形、平行线的性质先证，再利用证明，推出，进而得出，可知是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质等，解题的关键是熟练掌握上述性质或定理，逐步推导论证．
50．(1)见解析
(2)与的位置关系是相切，理由见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的切线的判定定理和性质定理，找出全等三角形是解题关键．
（1）根据正方形的性质和圆的切线的性质，可证，进而推出，利用“”即可证明；
（2）同（1）理可证：，推出，从而得出，证明，得到，进而得到，证明出是的切线，即可得解．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F，
，，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：与的位置关系是相切，理由如下：
四边形是正方形，
，
同（1）理可证：，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，即，
是半径，
是的切线．
51．(1)图像见详解，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小；
(2)或．
【分析】本题主要涉及二次函数的图像性质，函数图像的平移，反比例函数以及一次函数的相关知识．熟知相关知识点、解题时做到数形结合是正确解答此题的关键．
（1）先将二次函数化为顶点式，确定顶点坐标和对称轴．再列表，然后描点、连线，即可得图像，进而观察图像得出y与x的变化关系．
（2）先求出原抛物线与坐标轴的交点A，B，C的坐标，根据抛物线平移的性质射出平移后的抛物线表达式，利用新抛物线经过原点求出平移的距离．进而得到点D的坐标，再求出反比例函数表达式和直线的表达式，最后联立两个函数表达式，求出另一个交点．
【详解】（1）解：将抛物线化为顶点式：．
所以抛物线的顶点坐标为，
列表：
描点、连线，图像如下：
抛物线的对称轴为直线．
当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小；
（2）解：由（1）可知，抛物线与x轴交点，，与y轴交点．
设抛物线向左平移m个单位（），
则平移后的抛物线表达式为．
因为新抛物线经过原点，
所以．
即，
则．
当时，；
当时，．
点平移后得到点D，
当时，；
当时，．
设反比例函数表达式为，
当时，，
解得，
反比例函数表达式为．
当时，，
解得，
反比例函数表达式为．
当直线经过点，时，
设直线表达式为，
代入可得，
两式相减得，，
把代入得，
直线表达式为．
联立，
即，
解得，是D点横坐标，舍去，
当时，，
交点坐标为．
当直线经过点，时，
设直线表达式为，
代入可得，
两式相减得，，
把代入得，
直线表达式为．
联立，
即，
解得，是D点横坐标，舍去，
当时，，
交点坐标为．
综上所述，当时，直线与反比例函数的另一个交点为；
当时，直线与反比例函数的另一个交点为．
52．(1)
(2)①；②
【分析】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①连接，过点作直线，根据对称性结合直角三角形斜边上的中线推出为等边三角形，在中，求出的长，进而得到的长，即可得出点的横坐标；
②在中，利用锐角三角函数求出的值，进而求出点的横坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点，
∴，解得：，
∴；
（2）①∵，
∴对称轴为直线，
∵轴，
∴关于对称轴对称，
∵与抛物线的对称轴交于点，
∴为的中点，
连接，过点作直线，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵直线，且点到抛物线对称轴的距离为，
∴，
∴，
∴，
∴点的横坐标为：；
②设点到抛物线对称轴的距离为，则点的横坐标为，
∴点的纵坐标为：，
由①可知：点的横坐标为：，则：点的纵坐标为：，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴点的横坐标为：．
53．(1)
(2)或
(3)的对称点坐标为
【分析】（1）把代入即可得到结论；
（2）由求得，根据等腰直角三角形的性质得到，列方程即可得到结论；
（3）分为①当点在直线的上方时，②当点在直线的下方时，根据勾股定理和锐角三角形解答即可．
【详解】（1）解：把代入得，
，
，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：设，
在中，当时，，
∴，
∵，
∴轴，
∵，
∴，
∴，或，
∵为等腰直角三角形，且，
∴，
或，
解得：（不合题意，舍去），
或，
∴或；
（3）解：①当点在直线的上方时，如图1，设点关于直线的对称点为，过作于，
由（2）知，此时，，
，
，
，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴在中，，，解得：，
∴，
在中，，即，
解得：，
故点的纵坐标为，横坐标为，
；
②当点在直线的下方时，如图2，设点关于直线的对称点为，过作于，
由（2）知，此时，，
，
，
，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴在中，，，解得：，
∴，
在中，，即，
解得：，
故点的纵坐标为，横坐标为，
∴，
综上所述，的对称点坐标为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
54．(1)该抛物线的表达式为；
(2)
(3)点的坐标为．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）先证得是等腰直角三角形，可得，，过点作轴于，则，，，进而证得是等腰直角三角形，可得，，推出，再运用三角函数定义即可求得答案；
（3）连接，先证得，得出，即，设，则，可得，得出，代入抛物线解析式求得，即可求得答案．
【详解】（1）解：抛物线关于直线对称，
设抛物线的解析式为，把、代入，
得：，
解得：，
，
该抛物线的表达式为；
（2）解：在中，令，得，
，
、，
，
是等腰直角三角形，
，，
如图，过点作轴于，则，，，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
；
（3）证明：如图，连接，
由（2）知是等腰直角三角形，
，
，
，
轴，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
点在对称轴右方的抛物线上，
，且，
解得：，
当时，，
点的坐标为．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质、解直角三角形等知识是解题关键．
55．(1)，
(2)3
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先根据两点坐标距离公式求得、、，然后可利用勾股定理的逆定理得到，进而利用正切定义求解即可；
（3）设点，，过P作轴于H，由求解m值即可求解．
【详解】（1）解：将点和点代入中，得
，解得，
∴抛物线的解析式为，
又∵，
∴顶点C的坐标为；
（2）解：∵、、，
∴，
，
，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴；
（3）解：由题意，设点，，
过P作轴于H，则，，，

∵，
∴，
∴，
解得，（舍去），
又，
∴满足条件的点P坐标为．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式、解直角三角形、勾股定理的逆定理、两点坐标距离公式、解一元二次方程等知识，解题的关键是理解题意，学会用数形结合和方程思想解决问题，是中考压轴题型．
56．(1)
(2)①②
【分析】（1）先根据题意求出点、的坐标，代入即可求得抛物线的表达式；
（2）①证明，可得，设点的横坐标为，则，又，，建立方程求解即可得出答案；
②连接交于点，先求出点的坐标，利用中点公式可求得，，再证明点是的中点，可得，建立方程求解即可得出答案．
【详解】（1）解： 直线与轴交于点、与轴交于点，
令，则，
令，则，
，，
抛物线经过点、，
，
，
抛物线的表达式为：；
（2）解：①是抛物线上一点，且位于直线上方，过点作轴、轴，
分别交直线于点、，
，，
，
，
，
设点的横坐标为，
则，，
，
，，
，，
，
，
，
解得，
；
②如图，连接交于点，

∵轴，，
点的纵坐标为，
令，则，
解得：，
，，
点是的中点，，
，，
由①知：，
又点是的中点，
，
，，
轴、轴，
，，，，
，，
，，
，
点是的中点，
，
，
解得：，
，
，
，
轴，
，
，
故的值为．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，中点公式的应用，难度不大，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
57．(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）利用等角的余角相等得到，即，列式计算即可求解；
（3）过点C作，垂足为点H．过点G作轴，垂足为点P．设直线与y轴交于点M，得到是等腰直角三角形，在中，解直角三角形即可求解．
【详解】（1）解：将点和代入，得
，解得：，
所以，；
当时，或．
∴点A的坐标为；
（2）解：由平移得，平移距离．
∴．
∵，．∴．
∴．
在中，；
在中，，
∴，，
∴，即；
（3）解：过点C作，垂足为点H．
过点G作轴，垂足为点P．设直线与y轴交于点M．
原抛物线向右平移个单位，得到．
∴，，．
，
∴是等腰直角三角形，．
在中，，．
∴．
在中，，
．
答：点C到直线的距离是．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、图形的平移等，其中（3）用解直角三角形的方法，推出是解本题的关键．
58．(1)①，；②
(2)
【分析】（1）①把代入得，即可求出答案；②根据平行四边形的性质得出，可知抛物线向上平移了7个单位，即可直接写出平移后的新抛物线的解析式；
（2）先求出，，，然后利用待定系数法求出直线的解析式，根据表示出直线的解析式，将代入，求出的值，再检验点B是否在线段上即可．
【详解】（1）解：①把代入，得：，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∴，
把代入，得：，
故答案是，；
②如图1，

∵四边形为平行四边形，，新抛物线与x轴的一个交点为D，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴抛物线向上平移后的新抛物线的解析式为；
（2）如图2，

∵，
∴，，，
设直线的解析式为，把代入，得：
，
∵，
∴可设直线的解析式为，把代入，得：
，
解得：，
当时，，，，
设直线的解析式为，把，代入，得：
，
解得：，
∴，
∴，
∵，
∴点B在线段上，符合题意；
当时，，，，
设直线的解析式为，把，代入，得：
，
解得：，
∴，
∴，
∵，
∴点B不在线段上，不符合题意，舍去；
故．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象平移，互相平行的两条一次函数图象间的关系是解题的关键，对求出的值进行检验是解题的难点和易错点．
59．(1)
(2)4
(3)
【分析】（1）根据题意，可设该抛物线解析为，将点代入并求得的值，即可获得答案；
（2）过点作轴于点，连接，设，易得，再根据垂径定理以及勾股定理可得求解即可；
（3）设，则，由，可得，代入数值并求解，即可获得答案．
【详解】（1）解：根据题意，可设该抛物线解析为，
将点代入，可得，
解得，
∴该抛物线解析为；
（2）如下图，过点作轴于点，连接，
设，则有，
∵，
∴，
∵以为圆心，为半径画圆交轴于，两点，
∴，
∵轴，
∴，
∴；
（3）如下图，
由（2）可知，，
∵，，
∴，，
设，则，
若，
则有，即，
解得（舍去），，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，结合题意正确作出图形，并熟练运用相关知识是解题关键．
60．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）将点、代入抛物线：上，得到关于，的二元一次方程组，求解即可；
（2）由抛物线顶点式知对称轴为，顶点，设平移的距离为，可得抛物线的表达式为，继而得到，
，最后由得，即可得解；
（3）连接，过点作轴于点，交的延长线于点，过点作于点，由平移的性质可证明四边形为平行四边形，得，继而得到，得到，在中，，得，继而得到，由，证明，得，则，可得解．
【详解】（1）解：∵点和点在抛物线：上，
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）∵抛物线：，，
∴对称轴为，顶点，
把抛物线向下平移得到抛物线，当点与点重合，设平移的距离为，设对称轴交轴于点，
∴抛物线的表达式为，
∴抛物线的顶点为，
∴，，
对于抛物线：，
当时，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴当点与点重合时，平移的距离是；
（3）连接，过点作轴于点，交的延长线于点，过点作于点，
∵，，，对称轴为，
∴，，，，四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵抛物线：与轴交于点和点，
当时，得，
解得：或，
∴，
∴，
∴，
∵把抛物线向下平移得到抛物线，抛物线的顶点为，
∴，
∵对称轴与轴平行，即，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵轴，
∴轴，
∴，，
∴，
∵与互补，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法确定函数解析式，二次函数的图像与性质，平移的性质，锐角三角函数，等边对等角，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点．掌握二次函数的图像与性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
61．（1）⊙O的半径为5；（2）S四边形CFGH
【分析】（1）作DM＝AB，连接CM．则，只要证明CM是圆的直径即可解决问题；
（2）设直径CM交FG于点N，设FN＝x，ON＝y，构建方程组求出x、y即可解决问题．
【详解】解：（1）如图作DM＝AB，连接CM．则，
∴，
∴∠ABD＝∠MDB，
∵∠ABD+∠BAE＝90°，∠BAE＝∠BDC，
∴∠MDB+∠BDC＝90°，
∴∠CDM＝90°，
∴CM是直径，
∴CM10，
∴⊙O的半径为5．
（2）∵FH是直径，
∴∠FCH＝90°，
∴CH，
设直径CM交FG于N，设FN＝x，ON＝y，
则有，
解得，
可得GH＝2ON，FG＝2FN，
∴S四边形CFGH＝S△CFH+S△FGH．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与圆心，等腰三角形的性质，圆的有关知识，解题的关键是学会添加辅助线，根据直角三角形的性质解决问题，难度适中．
62．证明见解析.
【详解】试题分析：（1）过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，根据HL定理可得出△BDE≌△CDF，进而得出结论；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质可知AD⊥BC，再由BD=CD，可知AD过圆心O，故可得出结论．
试题解析：（1）答：△ABC是等腰三角形．
证明：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F．
∵AD是角平分线，
∴DE=DF．
又∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在Rt△BDE与Rt△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（HL）．
∴∠B=∠C，
∴AB=AC，即△ABC是等腰三角形；
（2）答：AD过△ABC的外接圆圆心O，⊙O是△ABC的外接圆．
证明：∵AB=AC，AD是角平分线，
∴AD⊥BC，
又∵BD=CD，
∴AD过圆心O．
作边AB的中垂线交AD于点O，交AB于点M，则点O就是△ABC的外接圆圆心，
∴⊙O是△ABC的外接圆．
考点：1.三角形的外接圆与外心；2.全等三角形的判定与性质．
63．（1）AC＝5；（2）
【分析】（1）过点A作AH⊥BC于H，由锐角三角函数和勾股定理可求BH的长，由勾股定理可求AC的长；
（2）利用勾股定理列出方程，可求解．
【详解】解：（1）如图，过点A作AH⊥BC于H，
∵sinB＝＝，AB＝5，
∴AH＝3，
∴BH＝＝＝4，
∵CH＝BC﹣BH，
∴CH＝4，
∴AC＝＝＝5；
（2）如图2，连接OB，OC，AO，AO交BC于点E，
∵AB＝AC＝5，OC＝OB，
∴AO是BC的垂直平分线，
∴BE＝EC＝4，
∴AE＝＝＝3，
∵BO2＝BE2+OE2，
∴BO2＝16+（OB﹣3）2，
∴BO＝ ．
【点睛】本题考查了三角形外接圆和外心，圆的有关知识，勾股定理，锐角三角函数，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
64．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接、，由四边形是菱形，得出，平分，，又由、分别为、中点，证得，即可得证；
（2）连接、交于点，设，，则，易证，得出，，再通过，得出，进而求出的值；
（3）连接、，过点分别作于，于，求出的度数，又由点是等边的外心，易证，可得，即点在的平分线上，即点落在直线上，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接、，
四边形是菱形，
，平分，，，
，
又、分别为、中点，
，，，
，
点即为的外心．
（2）解：如图2，连接、交于点，设交于点，
设，，则，
，
，，
又由（1）知，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
即．
（3）解：如图3，分别连接、，过点分别作于，于，
，
，
，
点是等边的外心，
，，
，
，
，
，
点在的平分线上，即点落在直线上，
．
【点睛】此题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的外心的判定与性质，菱形的性质等知识．
65．(1)
(2)①的值为或；②
【分析】（1）连接，设半径为，利用，得，代入计算求得半圆的半径；再根据，用含的代数式表示的长，再计算求的长即可；
（2）①显然，所以分两种情形，当时，则四边形是矩形，当时，过点作于点，则四边形是矩形，分别根据图形可得答案；
②连接，，由对称可知，，利用三角函数表示出和的长度，从而解决问题．
【详解】（1）解：如图1，连接，设半径为，
切半圆于点，
，
，
，
，
，
，
解得，
半圆的半径为；
，
，，
，
，
；
（2）解：①显然，所以分两种情形，
当时，则四边形是矩形，
，
，
，
，
当时，过点作于点，如图，
则四边形是矩形，
∵，，
∴，
，，
，
，
，
，
，
由得：，
，
综上，的值为或；
②如图，连接，，由对称可知，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是半圆的直径，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键．
66．(1)
(2)①，；②
【分析】（1）如图1：连接，，先根据等边三角形及勾股定理求得，，，三点共线，，之间的距离为，最后根据线段的和差即可解答；
（2）①如图2：延长交于，过点C作，，先说明、可得，进而得到；再说明，最后根据角的和差即可解答；解可得，故，点C到桌面的距离为②根据①可得，进而从滚动到过程中经过的圆心角为，最后根据弧长公式即可解答．
【详解】（1）解：如图1：连接，，
等边，
，
，
半圆与相切于点，半圆的中点为点，
∴，，
，
∴，
，重合，，
∴
，，三点共线，，之间的距离为，
故答案为：；
（2）解：①如图2：延长交于，过点C作，，
等边，
，
，，
，
，
半圆的中点为点，为半径，
，
；
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
在中，，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴点C到桌面的距离为；
②如图：当时，
由①可得，
，
从滚动到过程中经过的圆心角为，
点在上移动的距离等于．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、勾股定理、弧长公式、切线的性质等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键．
67．(1)2或或
(2)或
【分析】（1）由题意知，，，则，，由是等腰三角形，可知分当，，三种情况求解即可；
（2）当与相切时，，即，则，即，可求，即当时，与线段只有一个公共点； 当时，此时重合，则，即，可求，由题意知，，即，可求，即当时，与线段只有一个公共点．
【详解】（1）解：由题意知，，，
∴，，
∵是等腰三角形，
∴分当，，三种情况求解；
当时，
依题意得，，
解得，；
当时，
∵为直径，
∴，即，
∴，
由勾股定理得，，
∴，即，
解得，，
∴，
解得，；
当时，如图1，连接，则，

∴，即，
解得，，
经检验是原分式方程的解；
综上所述，当是等腰三角形时，的值为2或或；
（2）解：当与相切时，，即，
∴，即，
解得，，
∴当时，与线段只有一个公共点；
当时，此时重合，
∴，即，
解得，，
由题意知，，即，
解得，
∴当时，与线段只有一个公共点；
综上所述，当或时，与线段只有一个公共点．
【点睛】本题考查了勾股定理，直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，余弦，切线的性质等知识．熟练掌握勾股定理，直径所对的圆周角为直角，等腰三角形的性质，余弦，切线的性质是解题的关键．
68．(1)20
(2)存在，
(3)的值为或
【分析】（1）不可能是或，当时，，，不成立；故，，，则
（2）由，则，即，即，解得：，即可求解
（3）①如图2所示，当时，设，则，则，即，解得：，即可求解；
②如图3所示，当时，，则，则（圆的半径），点是的中点，则，在中，，由三角函数可求解．
【详解】（1）解：不可能是或，
当时，，，不成立；
故，，，则，
故答案为20；
（2）存在，理由：
在边上是否存在点（异于点，使得是“近直角三角形”，
，，则，
则，
设，则，
∴，
∴，
∵，
则，
即，即，解得：，
则；
（3）①如图2所示，当时，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，则，则，
，
过点作于点，
设，则，
则，即，解得：；
，则，
则；
②如图3所示，当时，
过点作交于点，交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为的垂直平分线，
∴点是圆的圆心（的中垂线与直径的交点），
∴，
，，
，
∴，
则，
则，则（圆的半径），
∵点是的中点，G为中点，
∴，
在中，，
在中，，，，
，，
，
，
综上，的值为或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值，圆周角等知识．属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
69．(1)见解析
(2)
(3)，1
【分析】（1）连接，由切线的定义可得．证明，推出，即可证明是圆O的切线；
（2）先证垂直平分，经过圆心，通过证明得出，通过证明得出，设，，利用勾股定理解可得，进而解出，最后根据可得答案；
（3）由得出，由得出，进而可得，即，推出，再证，推出，结合，可得．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵为圆O的切线，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵为圆O的半径，
∴是圆O的切线；
（2）解：∵D是优弧的中点，
∴，
∵，
∴是的垂直平分线，且经过圆心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
如图，连接，
∵是圆O的切线
∴，
∵经过圆心，即为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
设，，
∴，，
∵，
∴在中，，
即，
整理得，
两边同时除以得：，
解得(负值舍去），
∴．
（3）解：由（2）知，
∴，
同理可证，
∴，
，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即y关于x的解析式是．
∴该解析式与x轴夹角的正切值．
【点睛】本题考查属于圆的综合题，考查切线的性质与判定，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，解一元二次方程等知识点，综合性较强，难度较大，解题的关键是利用圆的性质找出相似三角形．
70．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，根据圆内接四边形性质和同弧所对圆周角相等推出，再结合等腰三角形的性质推出，即可求证；
（2）连接并延长交于点H，连接，根据，推出，从而得到，证明，得到，再利用同一个三角形面积不变性求解出，在中，利用勾股定理求出，在中，利用勾股定理即可求出半径；
（3）连接，，，作，根据条件推出，利用垂径定理和圆周角定理推出，再利用三角函数即可求得线段MN和半径r之间的数量关系．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵
∴
∵圆内接四边形
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
（2）如图2，连接并延长交于点H，连接．
∵，，
∴，，
∵，
∴为的垂直平分线，即
又∵与相切，即
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵
∴
在中，
在中，，
即：，解得．
当与相切时，的半径r为．
（3）如答图3，连接，，，作，
∵
∴
∵，，
∴
∵
∴，，
又∵
∴
又∵
∴
∴，
即．
【点睛】本题考查了圆的综合题型，涉及到了等腰三角形的性质、垂直平分线的判定、圆周角定理、平行线的性质与判定、全等三角形的性质与判定、同一个三角形的面积不变性、三角函数等知识点，解题的关键是能够正确作出辅助线，熟练运用各知识点．
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