第4章相似三角形-优选提升题（浙教版中考真题精选）-浙江省2023-2024学年上学期九年级数学期

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第4章相似三角形-优选提升题（浙教版中考真题精选）-浙江省2023-2024学年上学期九年级数学期末培优单元练习一、单选题 1．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在中，是边上的点（不与点，重合）．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出（） A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．的面积 2．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（） A． B． C．2 D．1 3．（2020·浙江温州·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为（） A．14 B．15 C． D． 4．（2022·浙江衢州·统考中考真题）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（） A． B． C． D． 5．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片，其中，，，，，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（） A． B． C．10 D． 6．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图是一张矩形纸片，点E为中点，点F在上，把该纸片沿折叠，点A，B的对应点分别为与相交于点G，的延长线过点C．若，则的值为（） A． B． C． D． 7．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（） A． B． C．4 D． 8．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，．分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线分别交，于点．以为圆心，长为半径画弧，交于点，连结．则下列说法错误的是（） A． B． C． D．二、填空题 9．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则（结果用含的代数式表示）． 10．（2023·浙江温州·统考中考真题）图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图2)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域(点，，，在圆上，点，在上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为．若点，，在同一直线上，，，则题字区域的面积为． 11．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，点A，B分别在函数图象的两支上（A在第一象限），连接AB交x轴于点C．点D，E在函数图象上，轴，轴，连接．若，的面积为9，四边形的面积为14，则的值为，a的值为． 12．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，四边形OABC为矩形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B，D都在函数的图象上，BE⊥x轴于点E．若DC的延长线交x轴于点F，当矩形OABC的面积为时，的值为，点F的坐标为． 13．（2021·浙江金华·统考中考真题）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知，．（1）ED的长为．（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到（如图2），点P的对应点为，与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜反射后，在MN上的光点为．若，则的长为． 14．（2019·浙江湖州·中考真题）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”. 由边长为的正方形可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型(其中点分别与图2中的点重合，点在边上)，则“拼搏兔”所在正方形的边长是 . 15．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在中，边在轴上，边交轴于点．反比例函数的图象恰好经过点，与边交于点．若，，，则= ． 16．（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B= 度；的值等于． 17．（2021·浙江衢州·统考中考真题）将一副三角板如图放置在平面直角坐标系中，顶点A与原点O重合，AB在x轴正半轴上，且，点E在AD上，，将这副三角板整体向右平移个单位，C，E两点同时落在反比例函数的图象上． 18．（2021·浙江丽水·统考中考真题）小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己．已知图1正方形纸片的边长为4，图2中，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即之间的距离是．三、解答题 19．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 20．（2021·浙江·统考中考真题）已知在平面直角坐标系中，点是反比例函数图象上的一个动点，连结的延长线交反比例函数的图象于点，过点作轴于点．（1）如图1，过点作轴于点，连结． ①若，求证：四边形是平行四边形； ②连结，若，求的面积．（2）如图2，过点作，交反比例函数的图象于点，连结．试探究：对于确定的实数，动点在运动过程中，的面积是否会发生变化？请说明理由． 21．（2021·浙江丽水·统考中考真题）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．（1）当时， ①求证：； ②连结，若，求的值；（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形． 22．（2020·浙江温州·统考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知，当Q为BF中点时，．（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由；（2）求DE，BF的长；（3）若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系；②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值． 23．（2023·浙江湖州·统考中考真题）【特例感知】（1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：．【变式求异】（2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值．【拓展应用】（3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）． 24．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点． (1)求证：； (2)当时，求的长； (3)令，． ①求证：； ②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值． 25．（2023·浙江衢州·统考中考真题）视力表中蕴含着很多数学知识，如：每个“E”形图都是正方形结构，同一行的“E”是全等图形且对应着同一个视力值，不同的检测距离需要不同的视力表．素材1 国际通用的视力表以5米为检测距离，任选视力表中7个视力值n，测得对应行的“E”形图边长b（mm），在平面直角坐标系中描点如图1．探究1 检测距离为5米时，归纳n与b的关系式，并求视力值1.2所对应行的“E”形图边长．素材2 图2为视网膜成像示意图，在检测视力时，眼睛能看清最小“E”形图所成的角叫做分辨视角，视力值与分辨视角（分）的对应关系近似满足．探究2 当时，属于正常视力，根据函数增减性写出对应的分辨视角的范围．素材3 如图3，当确定时，在A处用边长为的I号“E”测得的视力与在B处用边长为的Ⅱ号“E”测得的视力相同．探究3 若检测距离为3米，求视力值1.2所对应行的“E”形图边长． 26．（2023·浙江·统考中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，． (1)复习回顾：求的长． (2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F． ①当点G是的中点时，求证：； ②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由； ③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长． 27．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接． (1)若，求的长． (2)求证：． (3)若，猜想的度数，并证明你的结论． 28．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知． (1)线段与垂直吗？请说明理由． (2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值． 29．（2021·浙江衢州·统考中考真题）【推理】如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．【运用】（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．【拓展】（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）． 30．（2021·浙江宁波·统考中考真题）【证明体验】（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．【思考探究】（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．【拓展延伸】（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长． 31．（2020·浙江宁波·统考中考真题）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径． ①求∠AED的度数； ②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积． 32．（2020·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c(c＞0)的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A(点A在对称轴左侧)，点B在AC的延长线上，连结OA，OB，DA和DB． (1)如图1，当AC∥x轴时， ①已知点A的坐标是(﹣2，1)，求抛物线的解析式； ②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c． (2)如图2，若b＝﹣2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案： 1．D 【分析】如图所示，连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解．【详解】解：如图所示，连接， ∵，， ∴，，，． ∴，． ∴． ∵，， ∴， ∴． ∴．又∵， ∴． ∴． ∵ ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是掌握相似三角形的性质与判定，平行线的判定和性质，等面积转换． 2．A 【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：是以为腰的等腰直角三角形，，，，，，，点四点共圆，在以为直径的圆上，如图，连接，由圆周角定理得：，，，，，在和中，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，正确判断出点四点共圆，在以为直径的圆上是解题关键． 3．A 【分析】方法一：连接EC，CH，设AB交CR于点J，先证得△ECP∽△HCQ，可得，进而可求得CQ＝10，AC:BC＝1:2，由此可设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．方法二：设AB交CR于点M，先证得，可得、，进而可求得PC＝5，CQ＝10，设AC＝a，则BC＝2a，利用AC∥BQ，CQ∥AB，可证得四边形ABQC为平行四边形，由此可得AB＝CQ＝10，再根据勾股定理求得，，利用等积法求得，进而可求得CR的长．【详解】方法一：解：如图，连接EC，CH，设AB交CR于点J， ∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形， ∴∠ACE＝∠BCH＝45°， ∵∠ACB＝90°，∠BCI＝90°， ∴∠ACE＋∠ACB＋∠BCH＝180°，∠ACB＋∠BCI＝180°， ∴点E、C、H在同一直线上，点A、C、I在同一直线上， ∵DE∥AI∥BH， ∴∠CEP＝∠CHQ， ∵∠ECP＝∠QCH， ∴△ECP∽△HCQ， ∴， ∵PQ＝15， ∴PC＝5，CQ＝10， ∵EC:CH＝1:2， ∴AC:BC＝1:2，设AC＝a，则BC＝2a， ∵PQ⊥CR，CR⊥AB， ∴CQ∥AB， ∵AC∥BQ，CQ∥AB， ∴四边形ABQC为平行四边形， ∴AB＝CQ＝10， ∵， ∴， ∴（舍负） ∴，， ∵， ∴， ∵JR＝AF＝AB＝10， ∴CR＝CJ＋JR＝14，故选：A．方法二： ∵四边形ACDE，四边形BCIH都是正方形 ∵PQ＝15， ∴PC＝5，CQ＝10 设，则在Rt△ABC中，∠ACB＝90° 由勾股定理得由等面积法得设与交于点J ∵四边形ABGF是正方形 PQ⊥CR，CR⊥AB，∠ACB＝90° ∴CQAB，ACBQ，四边形AMRF是矩形 ∴四边形ABQC为平行四边形， ∴ 故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定及性质、平行四边形的判定及性质、勾股定理的应用及等面积法，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键． 4．B 【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，，，，又，，，，，，整理得：，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 5．A 【分析】根据题意，画出相应的图形，然后利用相似三角形的性质和分类讨论的方法，求出剪掉的两个直角三角形的斜边长，然后即可判断哪个选项符合题意．【详解】解：当△DFE∽△ECB时，如图， ∴，设DF=x，CE=y， ∴，解得：， ∴，故B选项不符合题意； ∴，故选项D不符合题意；如图，当△DCF∽△FEB时， ∴，设FC=m，FD=n， ∴，解得：， ∴FD=10，故选项C不符合题意；，故选项A符合题意；故选：A 【点睛】本题考查相似三角形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论的方法解答． 6．A 【分析】令BF=2x，CG=3x，FG=y，易证，得出，进而得出y=3x，则AE=4x，AD=8x，过点E作EH⊥BC于点H，根据勾股定理得出EH=x，最后求出的值．【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H，又四边形ABCD为矩形， ∴∠A=∠B=∠D=∠BCD=90°，AD=BC， ∴四边形ABHE和四边形CDEH为矩形， ∴AB=EH，ED=CH， ∵， ∴令BF=2x，CG=3x，FG=y，则CF=3x+y，，，由题意，得，又为公共角， ∴， ∴，则，整理，得，解得x=-y（舍去），y=3x， ∴AD=BC=5x+y=8x，EG=3x，HG=x，在Rt△EGH中EH2+HG2=EG2，则EH2+x2=(3x)2，解得EH=x， EH=-x(舍)， ∴AB=x， ∴．故选：A．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理求边长等知识，借助于相似三角形找到y=3x的关系式是解决问题的关键． 7．D 【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得，∠BED=45°，进而得到，，，再证得△BEF∽△ABG，可得，然后根据勾股定理，即可求解．【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，在中，∠BDE=90°，， ∴，∠BED=45°， ∵点A在边的中点上， ∴AD=AE=1， ∴， ∴， ∵∠BED=45°， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵∠ABC=∠F=90°， ∴EF∥AB， ∴∠BEF=∠ABG， ∴△BEF∽△ABG， ∴，即，解得：， ∴， ∴．故选：D 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 8．C 【分析】根据线段垂直平分线的判定与性质即可判断选项A；先根据等腰三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质可得，由此即可判断选项B；先假设可得，再根据角的和差可得，从而可得，由此即可判断选项C；先根据等腰三角形的判定可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质可得，最后根据等量代换即可判断选项D．【详解】解：由题意可知，垂直平分，，，则选项A正确；，，，，，，，，，，则选项B正确；假设，，又，，，与矛盾，则假设不成立，选项C错误；，，，在和中，，，，即，，则选项D正确；故选：C．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握判定定理与性质是解题关键． 9．【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明，推出，即可求出的值．【详解】解：点和点关于直线对称，，，．，，点和点关于直线对称，，又，，，，，点和点关于直线对称，，，，，在和中，，．在中，，，，，，，，，，．，，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明． 10． 5 【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得，连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，依题意，， ∵过左侧的三个端点作圆，，又， ∴在上，连接，则为半径， ∵，在中， ∴ 解得：；连接，取的中点，连接，交于点，连接，， ∵， ∴， ∴， ∵点，，在同一直线上， ∴， ∴，又， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵，设，则在中，即整理得即解得：或 ∴题字区域的面积为故答案为：；．【点睛】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键． 11． 12 9 【分析】如图，延长，交于点，与轴交于点，而轴，轴，可得，的面积是5，设，，则，，，利用面积可得，，由，，可得，可得③，再利用方程思想解题即可．【详解】解：如图，延长，交于点，与轴交于点，而轴，轴， ∴， ∵的面积为9，四边形的面积为14， ∴的面积是5，设，， ∴，， ∴，，，， ∴，，整理得：，， ∵，， ∴， ∴， ∴，则③，把③代入②得：， ∴，即④，把③代入①得：⑤，把④代入⑤得：；故答案为：12；9 【点睛】本题考查的是反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例的应用，坐标与图形面积，熟练的利用方程思想解题是关键． 12．（，0）【分析】连接OD，作DG⊥x轴，设点B（b，），D（a，），根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系，进而在直角三角形BOD中，根据勾股定理列出方程，进而求得B，D的坐标，进一步可求得结果．【详解】解：如图，作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，设点B（b，），D（a，），由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC， ∴∠OBC=∠BOD，BC=OD， ∴OI=BI， ∴DI=CI， ∴， ∵∠CID=∠BIO， ∴△CDI∽△BOI， ∴∠CDI=∠BOI， ∴CD∥OB， ∴S△BOD=S△AOB=S矩形AOCB=， ∵S△BOE=S△DOG=|k|=3，S四边形BOGD=S△BOD+S△DOG=S梯形BEGD+S△BOE， ∴S梯形BEGD=S△BOD=， ∴ (+)•（a-b）=， ∴2a2-3ab-2b2=0， ∴（a-2b）•（2a+b）=0， ∴a=2b，a=-（舍去）， ∴D（2b，），即：（2b，），在Rt△BOD中，由勾股定理得， OD2+BD2=OB2， ∴[（2b）2+（）2]+[（2b-b）2+（-）2]=b2+（）2， ∴b=， ∴B（，2），D（2，）， ∵直线OB的解析式为：y=2x， ∴直线DF的解析式为：y=2x-3，当y=0时，2x-3=0， ∴x=， ∴F（，0）， ∵OE=，OF=， ∴EF=OF-OE=， ∴，故答案为：，（，0）．【点睛】本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“k”的几何含义，勾股定理，一次函数及其图象性质，分解因式等知识，解决问题的关键是变形等式，进行分解因式． 13． 13 【分析】（1）由题意，证明△ABP∽△EDP，根据相似三角形的性质，即可求出ED的长度；（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，由勾股定理D′B，可证△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．△AHP′∽△E′FP′，，解得x=1.5．【详解】解：（1）由题意， ∵， ∴， ∵从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E． ∴， ∴△ABP∽△EDP， ∴，即， ∴；故答案为：13．（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x, 在Rt△BDN中， ∵BD=12，DD′=5，由勾股定理D′B=， ∵∠AHB=∠ABD=∠E′FN=∠BDD′=90°， ∴∠ABH+∠DBD′=∠DBD′+∠DD′B=+∠E′D′F, ∴∠ABH=∠BD′D=∠E′D′F, ∴△ABH∽△BD′D∽△E′D′F, ∴，， ∴,， ∴， ∵从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′． ∴， ∴△AHP′∽△E′FP′，HP′=HB+BP=2.5+4=6.5，P′D′=BD′-BP′=13-4=9， P′F= P′D′-FD′=9-， ∴即，解得x=1.5，经检验x=1.5是方程的解， EE′=DE-DE′=13-1.5=11.5=．故答案为．【点睛】本题考查相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，掌握相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，利用相似三角形的性质构造方程是解题关键． 14．【分析】如图3中，连接CE交MN于O，先利用相似求出OM、ON的长，再利用勾股定理解决问题即可．【详解】如图3，连结交于. 观察图1、图2可知，，. 图3 ∴， ∴， ∴. 在中，，同理可求得， ∴，即“拼搏兔”所在正方形的边长是. 故答案为4 【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 15．【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，设点的坐标为，则，先根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，又根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，，再根据反比例函数的解析式可得，从而可得，然后根据即可得出答案．【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，设点的坐标为，则，，，，，轴，轴，，，，即，，又轴，轴，，，，即，解得，，将代入反比例函数得：，，，由得：，，，，解得，即，故答案为：．【点睛】本题考查了反比例函数的几何应用、相似三角形的判定与性质，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键． 16． 36 【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE=∠DEA，证出∠BEC=∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO=∠BCO，设∠ECO=∠OCB=∠B=x，证出∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，∠CEB=2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．【详解】解：∵AD=DE， ∴∠DAE=∠DEA， ∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE， ∴∠BEC=∠BCE， ∵将该圆形纸片沿直线CO对折， ∴∠ECO=∠BCO，又∵OB=OC， ∴∠OCB=∠B，设∠ECO=∠OCB=∠B=x， ∴∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x， ∴∠CEB=2x， ∵∠BEC+∠BCE+∠B=180°， ∴x+2x+2x=180°， ∴x=36°， ∴∠B=36°； ∵∠ECO=∠B，∠CEO=∠CEB， ∴△CEO∽△BEC， ∴， ∴CE2=EO•BE，设EO=x，EC=OC=OB=a， ∴a2=x（x+a），解得，x=a（负值舍去）， ∴OE=a， ∴AE=OA-OE=a-a=a， ∵∠AED=∠BEC，∠DAE=∠BCE， ∴△BCE∽△DAE， ∴， ∴．故答案为：36，．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 17．【分析】分别求出，，假设向右平移了m个单位，将平移后的店代入中，列出方程进行求解即可．【详解】过E作EN⊥DB, 过C作CM⊥BD， ∴，由三角板及，可知，BD=12，CM=BM=DB=6， ∴ ， ∵，， ∴EN//OB， ∵ ∴， ∴．设将这副三角板整体向右平移m个单位，C，E两点同时落在反比例函数的图象上． ∵，， ∴平移后，， ∴， ∴，解得．经检验：是原方程的根，且符合题意，故答案为：．【点睛】本题考查了特殊三角形以及平移规律，平行线分线段成比例，反比例函数的性质，掌握平移规律，反比例函数的性质是解题的关键． 18．【分析】先根据图1求EQ与CD之间的距离，再求出BQ，即可得到之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ．【详解】解：过点E作EQ⊥BM，则根据图1图形EQ与CD之间的距离= 由勾股定理得：，解得：；，解得： ∵ ∴ ∵EQ⊥BM， ∴ ∴ ∴之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ 故答案为．【点睛】本题考查了平行线间的距离、勾股定理、平行线所分得线段对应成比例相关知识点，能利用数形结合法找到需要的数据是解答此题的关键． 19．(1)见解析 (2)或5 (3)或或或【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；（2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可；（3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵FGBC， ∴， ∴， ∴△AFG是等腰三角形， ∴．（2）解：记中点为点O． ①当点E在上时，如图2，过点A作于点M， ∵在中，， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②当点E在上时，如图3，过点A作于点N．同理，，， ∴． ∴或5．（3）解：过点A作于点M，作于点N． ①当点E在线段上时，．设，则， ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4，． ∵， ∴， ∴， ∴，解得，经检验，是方程的根， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，解得，经检验，是方程的根， ∴． ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5，． ∵， ∴， ∴， ∴，此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴，解得，经检验，是方程的根， ∴． ②当点E在线段上时，，如图6，． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴，解得，经检验，是方程的根， ∵， ∴不合题意，舍去； ③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J，在中，．， ∴， ∴， ∵， ∴，符合题意，此时，． ④当点E在线段上时，， ∵， ∴与不相似．综上所述，s满足的条件为：或或或．【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键． 20．（1）①证明见解析，②1；（2）不改变，见解析【分析】（1）①计算得出，利用平行四边形的判定方法即可证明结论； ②证明，利用反比例函数的几何意义求得，即可求解；（2）点的坐标为，点的坐标为，可知四边形是平行四边形，由，利用相似三角形的性质得到关于的一元二次方程，利用三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）①证明：设点的坐标为，则当时，点的坐标为，，轴，， ∴四边形是平行四边形； ②解：过点作轴于点，轴，，，， ∴当时，则，即．；（2）解不改变．理由如下：过点作轴于点与轴交于点，设点的坐标为，点的坐标为，则，OH=b，由题意，可知四边形是平行四边形， ∴OG=AE=a，∠HPG=∠OEG=∠EOA，且∠PHG=∠OEA=90°， ∴，，即， ∴，，解得，异号，，，． ∴对于确定的实数，动点在运动过程中，的面积不会发生变化．．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 21．（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．【分析】（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．【详解】（1）①证明：在菱形中，，，，， ∴（ASA）， ∴． ②解：如图1，连结．由①知，，．在菱形中，， ∴，设，则．， ∴， ∴， ∴．（2）解：在菱形中，，，，同理，， ∴．是等腰三角形有三种情况： ①如图2，当时，，，，，． ②如图3，当时，，，， ∴． ③如图4，当时，，，，．综上所述，当或2或时，是等腰三角形．【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长． 22．（1），理由见解析；（2）；（3）①；② 【分析】（1）推出∠AED=∠ABF，即可得出DE∥BF；（2）求出DE=12，MN=10，把代入，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；（3）①连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得，,当DP=DF时，求出，得到BQ＞BE； ②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y=0，则x=10；（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求得；（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则，根据勾股定理得 ,则，；由图可知，PQ不可能过点B．【详解】解：（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：如图1所示： ∵∠A=∠C=90°， ∴∠ADC+∠ABC=360°-（∠A+∠C）=180°， ∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC， ∵∠ADE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠ABF， ∴DE∥BF；（2）令x=0，得y=12， ∴DE=12，令y=0，得x=10， ∴MN=10，把代入，解得：x=6，即NQ=6， ∴QM=10-6=4， ∵Q是BF中点， ∴FQ=QB， ∵BM=2FN， ∴FN+6=4+2FN，解得：FN=2， ∴BM=4， ∴BF=FN+MN+MB=16；（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示： ∵FM=2+10=12=DE，DE∥BF， ∴四边形DFME是平行四边形， ∴DF=EM， ∵AD=6，DE=12，∠A=90°， ∴∠DEA=30°， ∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°， ∴∠ADE=60°， ∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°， ∴∠DFM=∠DEM=120°， ∴∠MEB=180°-120°-30°=30°， ∴∠MEB=∠FBE=30°， ∴∠EHB=180°-30°-30°-30°=90°，DF=EM=BM=4，， ∴EH=4+2=6，由勾股定理得：， ∴ ，当DP=DF时，，解得：，，， BQ＞BE； ②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示： y=0，则x=10；（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示： ∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，， CD=8+4=12， ∵FQ∥DP， ∴△CFQ∽△CDP， ∴ ， ∴ ，解得：；（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示： ∵PE∥BQ， ∴△APE∽△AQB， ∴ ，根据勾股定理得： , ∴ ，，解得：；由图可知，PQ不可能过点B；综上所述，当x=10或或时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 23．（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据证明即可；（2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出；（3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出．【详解】（1）证明：在正方形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴．（2）如图1，作于点N，如图所示： ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；（3）∵，， ∴， ∴． ∵， ∴，如图2，作于点N， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 24．(1)见解析 (2) (3)①见解析；② 【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答；（2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答； ②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答．【详解】（1）证明：四边形为矩形，，，四边形与关于所在直线成轴对称，，，；（2）解：如图，过点作于，设设，则，，，四边形为矩形，，点为矩形的对称中心，，，在中，，可得方程，解得（此时，故舍去0），；（3）解：①证明：过点作于，连接，点为矩形的对称中心，，，，，，，，，即，，，； ②如图，连接，由题意可得, 点为矩形的对称中心，，同理可得，由（1）知，，即，，，，，，，，即，，，，，，，，，，，，，当时，由①可得，解得，，，．【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 25．探究检测距离为5米时，视力值1.2所对应行的“”形图边长为，视力值1.2所对应行的“”形图边长为；探究；探究3：检测距离为时，视力值1.2所对应行的“”形图边长为．【分析】探究1：由图象中的点的坐标规律得到与成反比例关系，由待定系数法可得，将代入得：；探究2：由，知在自变量的取值范围内，随着的增大而减小，故当时，，即可得；探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，可得，即可解得答案．【详解】探究由图象中的点的坐标规律得到与成反比例关系，设，将其中一点代入得：，解得：，，将其余各点一一代入验证，都符合关系式；将代入得：；答：检测距离为5米时，视力值1.2所对应行的“”形图边长为，视力值1.2所对应行的“”形图边长为；探究，在自变量的取值范围内，随着的增大而减小，当时，，，；探究3：由素材可知，当某人的视力确定时，其分辨视角也是确定的，由相似三角形性质可得，由探究1知，，解得，答：检测距离为时，视力值1.2所对应行的“”形图边长为．【点睛】本题考查反比例函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，相似三角形的性质等知识，解题的关键是读懂题意，能将生活中的问题转化为数学问题加以解决． 26．(1)； (2)①见解析；②；③的长为或．【分析】（1）先求得的直径为10，再利用垂径定理求得，在中，利用勾股定理即可求解；（2）①连接，由点G是的中点，推出，根据等角的余角相等即可证明结论成立； ②利用勾股定理求得，利用垂径定理得到，推出，证明，利用相似三角形的性质即可求解； ③分两种情况讨论，当和时，证明，利用相似三角形的性质求解即可. 【详解】（1）解：连接， ∵的直径垂直弦AB于点E，且，， ∴，， ∴，，在中，， ∴；（2）解：①连接， ∵点G是的中点， ∴， ∴， ∵的直径垂直弦AB于点E， ∴， ∴， ∴； ②∵，，， ∴， ∵的直径垂直弦AB于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴； ③当时，在中，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴；当时，在中，，在中，， ∴，同理， ∴，即， ∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 27．(1)1 (2)见解析 (3)，证明见解析【分析】（1）由垂径定理可得，结合可得，根据圆周角定理可得，进而可得，通过证明可得；（2）证明，根据对应边成比例可得，再根据，，可证；（3）设，，可证，，通过证明，进而可得，即，则．【详解】（1）解：直径垂直弦，，，，，，由圆周角定理得，，在和中，，，；（2）证明：是的直径，，在和中，，，，，由（1）知，，又，；（3）解：，证明如下：如图，连接，，，直径垂直弦，，，又，，，设，，则，，，又，，，，，，，，，在和中，，，即，，．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，特别是第3问，需要大胆猜想，再逐步论证． 28．(1)，见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明（），得到，进一步得到，由△CFH是等腰三角形，结论得证；（2）过点K作于点G．先证△AKG∽△ACB，得，证△KHG∽CHB可得，结论得证；（3）过点K作点G．求得，设，，则KG＝AG＝GB＝3a，则，勾股定理得，，由得，得，，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，，又∵， ∴（）， ∴．又∵， ∴． ∵ ∴△CFH是等腰三角形， ∴．（2）证明：如图1，过点K作于点G． ∵， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴， ∴， ∴．（3）解：如图2，过点K作点G． ∵点K为中点：由（2）得， ∴，设，，则， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴，又∵， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴．【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 29．（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．【详解】（1）如图，由折叠得到，，．又四边形ABCD是正方形，，，，又正方形，．（2）如图，连接，由（1）得，，由折叠得，，．四边形是正方形，，，又，，．，，，．，，（舍去）．（3）如图，连结HE，由已知可设，，可令， ①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，由折叠得，，又，，，又，，，，，，．，，，（舍去）． ②当点在点右边时，如图，同理得，，同理可得，可得，，，，（舍去）．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．． 30．（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；（2）先证明，得，进而即可求解；（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．【详解】解：（1）∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即平分；（2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴；（3）如图，在上取一点F，使得，连结． ∵平分， ∴ ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵，又∵， ∴ ∴， ∴， ∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键． 31．（1）∠E＝α；（2）见解析；（3）①∠AED＝45°；② 【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案； ②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．【详解】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，（2）如图1，延长BC到点T， ∵四边形FBCD内接于⊙O， ∴∠FDC+∠FBC＝180°，又∵∠FDE+∠FDC＝180°， ∴∠FDE＝∠FBC， ∵DF平分∠ADE， ∴∠ADF＝∠FDE， ∵∠ADF＝∠ABF， ∴∠ABF＝∠FBC， ∴BE是∠ABC的平分线， ∵， ∴∠ACD＝∠BFD， ∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°， ∴∠DCT＝∠BFD， ∴∠ACD＝∠DCT， ∴CE是△ABC的外角平分线， ∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．（3）①如图2，连接CF， ∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角， ∴∠BAC＝2∠BEC， ∵∠BFC＝∠BAC， ∴∠BFC＝2∠BEC， ∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE， ∴∠BEC＝∠FCE， ∵∠FCE＝∠FAD， ∴∠BEC＝∠FAD，又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD， ∴△FDE≌△FDA（AAS）， ∴DE＝DA， ∴∠AED＝∠DAE， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°， ∴∠AED+∠DAE＝90°， ∴∠AED＝∠DAE＝45°， ②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ABC＝90°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°， ∵∠AED＝45°， ∴∠AED＝∠FAC， ∵∠FED＝∠FAD， ∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD， ∴∠AEG＝∠CAD， ∵∠EGA＝∠ADC＝90°， ∴△EGA∽△ADC， ∴， ∵在Rt△ABG中，AG＝，在Rt△ADE中，AE＝AD， ∴，在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2， ∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2， ∴x＝， ∴ED＝AD＝， ∴CE＝CD+DE＝， ∵∠BEC＝∠FCE， ∴FC＝FE， ∵FM⊥CE， ∴EM＝CE＝， ∴DM＝DE﹣EM＝， ∵∠FDM＝45°， ∴FM＝DM＝， ∴S△DEF＝DE•FM＝．【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 32．(1)①y＝﹣x2﹣2x+1；②证明见解析；(2)存在这样的点A，A(﹣，) 【分析】(1)①由点A(﹣2，1)得到C(0，1)，利用待定系数法即可求解； ②作DE⊥x轴于E，交AB于点F，利用顶点坐标及点C的坐标求得DF＝，利用“AAS”证得△AFD≌△BCO，得到DF＝OC，即可证得结论； (2)由题意知顶点坐标D(﹣1，c+1)，设点A(m，﹣m2﹣2m+c)，利用“AAS”证得△AFD≌△BCO，作如图的辅助线，证得△ANF∽△AMC，结合已知＝，求得，利用比例线段即可求解．【详解】(1)①∵AC∥x轴，点A(﹣2，1)， ∴C(0，1)，将点A(﹣2，1)，C(0，1)代入抛物线解析式中，得：， ∴， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1； ②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F， ∵AC∥x轴， ∴EF＝OC＝c， ∵点D是抛物线的顶点坐标， ∴D(，)， ∴DF＝DE﹣EF＝＝， ∵四边形AOBD是平行四边形， ∴AD＝OB，AD∥OB， ∴∠DAF＝∠OBC， ∵∠AFD＝∠BCO＝90°， ∴△AFD≌△BCO(AAS)， ∴DF＝OC， ∴＝c，即b2＝4c； (2)如图2， ∵b＝﹣2． ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c， ∴顶点坐标D(﹣1，c+1)，假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，设点A(m，﹣m2﹣2m+c)(m＜0)，过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F， ∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO， ∵四边形AOBD是平行四边形， ∴AD＝BO，AD∥OB， ∴∠DAF＝∠OBC， ∴△AFD≌△BCO(AAS)， ∴AF＝BC，DF＝OC，过点A作AM⊥y轴于M，交DE于N， ∴DE∥CO， ∴△ANF∽△AMC， ∴＝， ∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1， ∴， ∴， ∴点A的纵坐标为﹣(﹣)2﹣2×(﹣)+c＝c﹣＜c， ∵AM∥x轴， ∴点M的坐标为(0，c﹣)，N(﹣1，c﹣)， ∴CM＝c﹣(c﹣)＝， ∵点D的坐标为(﹣1，c+1)， ∴DN＝(c+1)﹣(c﹣)＝， ∵DF＝OC＝c， ∴FN＝DN﹣DF＝﹣c， ∵＝， ∴， ∴c＝， ∴c﹣＝， ∴点A纵坐标为， ∴A(﹣，)， ∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数对称轴顶点坐标的公式，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等，求得D的坐标是解题的关键．