黑龍江哈爾濱市香坊區(qū)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題

黑龍江哈爾濱市香坊區(qū)2023-2024學(xué)年九年級上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、選擇題（每題3分，共計30分）1．若點A(1，3)是反比例函數(shù)y=kA．3 B．?3 C．32 D．2．下列圖形中，只是中心對稱圖形的是（）A． B．C． D．3．將拋物線y=xA．y=(x?3)2+4C．y=(x+3)2?44．如圖是用5個相同的立方體搭成的幾何體，其俯視圖是（）A． B．C． D．5．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，sinA=34A．5 B．5 C．4 D．76．在一個不透明的袋子中有2個紅球，3個綠球和4個藍(lán)球，它們只有顏色上的區(qū)別，若從袋子里隨機(jī)取出一球，則取出這個球是綠球的概率為（）A．25 B．15 C．137．如圖，△ABC為鈍角三角形，將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)120°得到△AB′C′，連接BB′，若AC′∥BB′，則∠CAB′的度數(shù)為（）A．45° B．60° C．70° D．90°8．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC，BD為對角線，BD經(jīng)過圓心O．若A．40° B．50° C．60° D．70°9．如圖，已知DE∥BC，EF∥AB，則下列比例中錯誤的是（）A．EFAB=CECA B．CECA=10．如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸交于點(4，0)，其對稱軸為直線x=1，結(jié)合圖象給出下列結(jié)論：①abc<0；②b2?4ac>0A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題（每題3分，共計30分）11．在平面直角坐標(biāo)系中，點A(2，?3)關(guān)于原點對稱的點B的坐標(biāo)為12．已知二次函數(shù)y=(x?2)2+413．若點A(?1，a)，B(2，b)在反比例函數(shù)y=kx(k<0)14．如圖，設(shè)在小孔口O前24cm處有一支長21cm的蠟燭AB，AB經(jīng)小孔O形成的像A'B'，恰好照在距小孔O后面16cm處的屏幕上，則像A'15．如圖，PA是⊙O的切線，切點為A，PO的延長線交⊙O于點B，若∠P=40°，則∠B的度數(shù)為.16．如圖，AC是操場上直立的一個旗桿，旗桿AC上有一點B，用測角儀（測角儀的高度忽略不計）測得地面上的D點到B點的仰角∠BDC=45°，到A點的仰角∠ADC=60°，若BC=3米，則旗桿的高度AC=米.17．某學(xué)習(xí)小組由1名男生和3名女生組成，在一次合作學(xué)習(xí)中，若隨機(jī)抽取2保同學(xué)匯報展示，則抽到1名男生和1名女生的概率為.18．一個扇形的圓心角為120°，弧長為4πcm，則此扇形的面積是.19．在矩形ABCD中，點E在直線BC上，BE=2CE，若AB=2，AD=3，則∠DAE的正切值為.20．如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D是AB上一點，過點D作DE∥BC交AC于E，將△ADE繞A點順時針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，若5BD=4CE，AB=8，則線段BC的長為.三、解答題（共計60分）21．先化簡，再求代數(shù)式x+2x÷(x?x22．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，△ABC的各頂點坐標(biāo)分別為A(?1，1)，B(?2，（1）畫出△ABC關(guān)于原點中心對稱的圖形△A（2）將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△A2B（3）連接B2A123．如圖，某座山的主峰觀景平臺高450米，登山者需由山底A處先步行300米到達(dá)B處，再由B處乘坐登山纜車到達(dá)觀景平臺D處.已知點A，B，C，D，E，F(xiàn)在同一平面內(nèi)，∠DFA=90°，BE⊥DF于E，山坡AB的坡角為30°，纜車行駛路線BD與水平面的夾角為53°（換乘登山纜車的時間忽略不計）.（1）求登山纜車上升的高度DE；（2）若小明步行速度為30m/min，登山纜車的速度為60m/min，求小明從山底A處到達(dá)山頂D處大約需要多少分鐘（結(jié)果精確到0.1min）.（參考數(shù)據(jù)：sin24．如圖，OA、OB、OC都是⊙O的半徑，∠ACB=2∠BAC.（1）求證：∠AOB=2∠BOC；（2）若AB=8，BC=25，求⊙O25．把邊長為44cm的正方形硬紙板（如圖1），在四個頂點處分別剪掉一個小正方形，折成一個長方體形的無蓋盒子（如圖2），折紙厚度忽略不計.圖1圖2（1）要使折成的盒子的底面積為576cm（2）折成的長方體盒子側(cè)面積（四個側(cè)面的面積之和）有沒有最大值？如果沒有，說明理由：如果有，求出這個最大值，并求出此時剪掉的正方形邊長.26．菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，∠ABC=60°，點F為BO上一點，點E為AD上一點，連接EF，將線段FE繞點F順時針旋轉(zhuǎn)60°得到對應(yīng)線段FG，連接DG.圖1圖2圖3圖4（1）當(dāng)點A與點E重合時：①如圖1，點G落在對角線BD上，則線段GF、GD之間的數(shù)量關(guān)系為_▲_；②如圖2，點G不落在對角線BD上，則①問中結(jié)論是否成立，為什么？（2）當(dāng)點A與點E不重合時：①如圖3，點G不落在對角線BD上，則（1）問中結(jié)論，_▲_；（填“成立”或“不成立”）②如圖4，在①的條件下，延長FG交CD于點M，交OC于點N，若DF=2BF，ON=1，CM：DE=5：27．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，拋物線y=ax2+bx?3交x軸負(fù)半軸于點A，交x軸正半軸于點B(3，0)，交y軸于點C，直線y=12（1）如圖1，求拋物線解析式；（2）如圖2，P為拋物線第四象限上一點，連接PA、PB，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為，△PAB的面積為S，求S與之間的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量的取值范圍；（3）如圖3，在（2）的條件下，過點P作PH⊥AD交y軸于點F，垂足為點H，G為拋物線第二象限上一點，連接FG，∠PAB+∠GFO=135°，過點P作PE⊥x軸交AD于點E，若HE：DE=4：5，求

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】因為A（1.3）是反比例函數(shù)y=kx（k≠0）上的點，所以k=xy=1×3=3.

2．【答案】D【解析】【解答】解：對于A選項，圖形為非中心對稱圖形，故A選項不符合題意，

對于B選項，為軸對稱圖形不是中心對稱圖形，故B選項不符合題意，

對于C選項，圖形為非中心對稱圖形，C選項不符合題意，

對于D選項，為中心對稱圖形，符合題意.

故答案為：D.

【分析】把一個平面圖形，沿著某一條直線折疊，直線兩旁的部分能完全重合的平面圖形就是軸對稱圖形；把一個平面圖形，繞著某一點旋轉(zhuǎn)180°后，能與自身重合的圖形就是中心對稱圖形，根據(jù)定義即可逐個判斷得出答案.3．【答案】A【解析】【解答】解：將拋物線y=x2向右平移3個單位，再向上平移4個單位，得到的拋物線的函數(shù)表達(dá)式為：故答案為：A.【分析】二次函數(shù)y=ax2+bx+c向左平移m（m>0）個單位長度，得到的新二次函數(shù)的解析式為y=a(x+m)2+b(x+m)+c；二次函數(shù)y=ax2+bx+c向右平移m（m>0）個單位長度，得到的新二次函數(shù)的解析式為y=a(x-m)2+b(x-m)+c；二次函數(shù)y=ax2+bx+c向上平移m（m>0）個單位長度，得到的新二次函數(shù)的解析式為y=ax2+bx+c+m；二次函數(shù)y=ax2+bx+c向下平移m（m>0）個單位長度，得到的新二次函數(shù)的解析式為y=ax2+bx+c-m.4．【答案】B【解析】【解答】解：其俯視圖如下：故答案為：B．

【分析】根據(jù)三視圖的定義求解即可。5．【答案】D【解析】【解答】解：如下圖所示：在Rt?ACB中，∠C=90°，sinA=BCAB=34，又因為BC=3，，所以可得：AB=4，則由勾股定理可得：AC=A6．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題意從一個不透明的袋子中有2個紅球，3個綠球和4個藍(lán)球的袋子中隨機(jī)取出一球共有9種結(jié)果，取出這個球是綠球的結(jié)果有3種結(jié)果，故取出這個球是綠球的概率為P=39=17．【答案】D【解析】【解答】解：∵將△ABC繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)l20°得到△AB′C′，∴∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，∴∠AB′B=12∵AC′∥BB′，∴∠C′AB′=∠AB′B=30°，∴∠CAB′=∠CAC′﹣∠C′AB′=120°﹣30°=90°．故選D．【分析】先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAB′=∠CAC′=120°，AB=AB′，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)易得∠AB′B=30°，再根據(jù)平行線的性質(zhì)由AC′∥BB′得∠C′AB′=∠AB′B=30°，然后利用∠CAB′=∠CAC′﹣∠C′AB′進(jìn)行計算．8．【答案】B【解析】【解答】解：∵BD為直徑，

∴∠BAD=90°，

∵∠BAC=40°，

∴∠CAD=∠BAD-∠BAC=90°-40°=50°，

∴∠DBC=∠CAD=50°.

故答案為：B.

【分析】由直徑所對的圓周角是直角，可得∠BAD=90°，從而得出∠CAD=∠BAD-∠BAC=50°，利用同弧所對的圓周角相等即可求解.9．【答案】C【解析】【解答】解：對于A選項：∵EF∥AB，∴?CEF??CAB，則EFAB=CECA，故A選項正確，對于B選項：由A選項知：?CEF??CAB，，則CECA=CFCB，故B選項正確，對于C選項：∵DE∥BC，

∴?ADE??ABC，則DEBC=AEAC，故C選項錯誤，對于D選項：由C選項知：?ADE??ABC，則

ADAB=10．【答案】C【解析】【解答】解：∵拋物線開口向上，∴a>0，又∵拋物線的稱軸為直線x=1，∴x=-b2a=1即b=-2a<0，根據(jù)拋物線的圖像可知拋物線與y軸的交點在y軸的負(fù)半軸，則c<0，故abc>0，即①錯誤，根據(jù)拋物線的圖像知拋物線與x軸存在兩個交點，∴b2?4ac>0，故②正確，由上知b=-2a，則2a+b=0，故③正確，∵拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)與x軸交于點(4，0)，其對稱軸為直線x=1，∴拋物線與x軸的另外一個交點為：(-2，0)將其代入拋物線的解析式可得：4a?2b+c=0，

故④正確，綜上所述正確的結(jié)論共有3個.

故答案為：C.11．【答案】(?2，【解析】【解答】解：根據(jù)在平面直角坐標(biāo)系中，某點關(guān)于原點對稱點只需將其坐標(biāo)都變?yōu)橄喾磾?shù)即可，∴點A(2，?3)關(guān)于原點對稱的點B的坐標(biāo)為(?2，3).

故答案為：12．【答案】(2【解析】【解答】解：二次函數(shù)y=(x?2)2+4的頂點坐標(biāo)為(2，4).

故答案為：(2，4)13．【答案】b<a???????【解析】【解答】解：∵點A(?1，a)，B(2，b)在反比例函數(shù)y=kx(k<0)，∴a=k-1=-k>0，b=k214．【答案】14【解析】【解答】解：根據(jù)題意可得：△OAB?△OA'B'，且?OAB、?OA'B'，的高分別為BE、EF，故A'B'AB=EF15．【答案】25【解析】【解答】解：如下圖所示：連結(jié)OA，∵，PA是⊙O的切線，∴∠OAP=90°，又∵∠P=40°，

∴∠AOP=180°-∠P-∠OAP=180°-90°-40°=50°，則∠B=12∠OAP=25°.

故答案為：25.

【分析】本題主要考查切線的性質(zhì)及圓心角與圓周角的關(guān)系，連結(jié)OA根據(jù)題意可得∠OAP=90°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和可得：16．【答案】3【解析】【解答】解：∵在Rt?BCD中，∠BDC=45°，BC=3，∴CD=BC=3，又∴在Rt?ACD中，∠ADC=60°，∴tan∠ADC=tan60°=ACCD，即AC=tan60°CD=33.

故答案為：317．【答案】1【解析】【解答】解：將某學(xué)習(xí)小組由1名男生和3名女分別編號為a、b、c、d，則隨機(jī)抽取2保同學(xué)匯報展示的結(jié)果為a，b、a，c、a，d、b，c、b，d18．【答案】12π【解析】【解答】解：設(shè)該扇形的半徑為r，根據(jù)弧長與圓心角的關(guān)系可得：2×120°×πr360°=4π，解得：r=6cm，根據(jù)扇形的面積公式可得：S=120°×πr2360°=120°×π×36360°19．【答案】1或1【解析】【解答】解：①當(dāng)點E在BC邊上時，如下圖所示：∵四邊形ABCD為矩形，且AB=2，AD=3，

∴CD=AB=2，BC=AD=3，∠C=∠B=90°，AD∕∕BC，則∠DAE=∠AEB，又∵BE=2CE，∴BE=2，CE=1，∴tan∠DAE=tan∠AEB=ABBE=1；

②當(dāng)點E在BC的延長線上時，如下圖所示：∵四邊形ABCD為矩形，且AB=2，AD=3，

∴CD=AB=2，BC=AD=3，∠C=∠B=90°，AD∕∕BC，則∠DAE=∠AEB，又∵BE=2CE，∴BE=6，∴tan∠DAE=tan∠AEB=ABBE=26=13；20．【答案】6【解析】【解答】解：在圖1中∵DE∥BC，∴△ADE～△ABC，則AEAC=ADAB，即ADAE=ABAC，又在圖2中，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，故

△BAD～△CAE，又5BD=4CE，則ABAC=BDCE=45，又因為∠ABC=90°，AB=8，∴AC=54AB=54×8=10，21．【答案】原式====∵x=∴原式=【解析】【分析】本題主要考查因式分解、分式的化簡運(yùn)算、特殊三角函數(shù)值、分母有理化等知識，根據(jù)分式的通分和因式分解對分式進(jìn)行化簡可得：原式=x+2x÷(22．【答案】（1）解：見解析；

?????（2）解：見解析；

??（3）解：根據(jù)網(wǎng)格格點知點B2-2，1，點A11，-1【解析】【解答】解：（1）將圖形的對稱變?yōu)辄c的對稱，根據(jù)關(guān)于原點對稱橫縱坐標(biāo)均變?yōu)橄喾磾?shù)，找到△ABC的頂點A、B、C對應(yīng)點A1、B1、C1，然后連結(jié)成圖形即可；

（2）利用網(wǎng)格特點和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)畫出點A、B、C的對應(yīng)點A2、B223．【答案】（1）解：如圖，過B點作BC⊥AF于C，

∴∠BCF=90°∵BE⊥DF，∴∠BEF=90°，∵∠DFA=90°，∴四邊形BEFC是矩形，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=300m，∴EF=BC=1∵DF=450m∴DE=DF?EF=450?150=300m答：登山纜車上升的高度DE=300m；（2）解：在Rt△BDE中，∠DEB=90°，∠DBE=53°，DE=300，BD=∴從山底A處到達(dá)山頂D處大約需要：300答：從山底A處到達(dá)山頂D處大約需要16【解析】【分析】本題主要考查矩形的判定及性質(zhì)、含30°直角三角形的性質(zhì)、正弦三角函數(shù)的運(yùn)用.

（1）過B點作BC⊥AF于C，根據(jù)題意可證得四邊形BEFC是矩形，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=300m，可得EF=BC=12AB=150m，進(jìn)而即可求解；

（2）根據(jù)正弦函數(shù)的定義可得：在Rt△BDE中，∠DEB=90°，∠DBE=53°，DE=30024．【答案】（1）證明：∵AB=∴∠AOB=2∠ACB∵BC=∴∠BOC=2∠BAC，∵∠ACB=2∠BAC∴∠BOC=∠ACB∴∠AOB=2∠BOC???????（2）解：∵AB=8，作半徑OM⊥AB于D，交圓O于點M，連接BM，

∴AM?=BM∴∠AOM=∠BOM，∴∠AOB=2∠BOM，∵∠AOB=2∠BOC，∴∠BOM=∠BOC，∵BC=25，∴BM=BC=2∴Rt△BDM中，DM=設(shè)圓O的半徑OM=OB=r，∴OD=OM?DM=r?2，∴Rt△BOD中，OB2=OD解得r=5，∴⊙O的半徑為5【解析】【分析】本題主要考查圓周角、圓心角、圓弧三者之間的關(guān)系、垂徑定理、勾股定理得運(yùn)用，（1）根據(jù)等弧對等角及圓心角與圓周角的關(guān)系可得：∠AOB=2∠ACB，∠BOC=2∠BAC，再根據(jù)已知條件：∠ACB=2∠BAC，得到∠BOC=∠ACB進(jìn)而證明結(jié)論；

（2）作半徑OM⊥AB于D，交圓O于點M，連接BM，根據(jù)垂徑定理可得：AM?=BM?，AD=BD=4，∠AOM=∠BOM，再根據(jù)圓心角與圓周的關(guān)系可得：∠BOM=∠BOC，再利用勾股定理可得：DM=BM225．【答案】（1）解：設(shè)剪掉的正方形的邊長為xcm.則(44?2x)2即22?x=±12，解得x1x∴剪掉的正方形的邊長為10cm；（2）解：側(cè)面積有最大值.設(shè)剪掉的小正方形的邊長為tcm，盒子的側(cè)面積為ycm則y與的函數(shù)關(guān)系為：y=4(44?2t)t，即y=?8t即y=?8(t?11)∵二次項系數(shù)為?8<0，自變量的取值范圍為：0<t<22∴當(dāng)t=11時，y有最大值，y即當(dāng)剪掉的正方形的邊長為11cm時，長方形盒子的側(cè)面積最大為968c【解析】【分析】本題主要考查一元二次方程的實際運(yùn)用、二次函數(shù)的實際運(yùn)用，（1）根據(jù)把邊長為44cm的正方形硬紙板，在四個頂點處分別剪掉一個小正方形后底面為邊長為44-2xcm的正方形，再根據(jù)底面正方形的面積為576cm2建立一元二次方程，解出x即可求解；

（2）設(shè)剪掉的小正方形的邊長為tcm，盒子的側(cè)面積為ycm26．【答案】（1）解：①GF=GD，證明如下：∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=12∠ADC=30°，又∵將線段FE繞點F順時針旋轉(zhuǎn)60°得到對應(yīng)線段FG，∴EF=FG，∠EFD=60°，

則∠FED=90°，且∠ADB=30°，故DF=2EF，∴EF=GF+GD=2FG，則GF=GD②GF=GD仍成立，理由如下：如圖連接CG、AG，∵ABCD為菱形，∴AB=BC=AD=CD，∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∴AC=CD，∠BAC=60°，∵AF=FG，∠AFG=60°，∴△AFG為等邊三角形，∴∠FAG=60°，AF=AG=FG，∴∠BAF=∠CAG，∴△ABF?△ACG，∴∠ABO=∠ACG=30°，∵ABCD為菱形，∴AB∥CD，AC平分∠BCD，∴∠ACD=∠BAC=60°，∴∠GCD=∠ACD?∠ACG=60°?30°=30°，∴∠ACG=∠DCG，又∵AC=CD，CG=CG，∴△ACG?△DCG，∴GD=GA，又∵AG=GF，∴GF=GD???????（2）解：①成立，證明如下：

∵GT⊥OD，過點M作MH⊥AC，∴∠FTG=90°，∠MHC=∠OHM=90°，

∵EF=FG，∠EFG=60°，∴△EFG為等邊三角形，

∵菱形ABCD，OB=OD，OA=OC，∠ABO=∠CBO=30°，∠ADO=∠CDO=30°，AC⊥BD，

∴∠BOC=∠BOA=90°

設(shè)BF=2a，DF=2BF=4a，BD=6a，OB=OD=3a，OF=a，

在△ABO中，tan30°=AOOB，

∴AO=OB×tan30°=3a，

在△AOF中，tan∠AFO=AOOF=3aa=3，

∴∠AFO=60°，

∴∠EFG=∠AFO，

∴∠AFE=∠DFG，∠FAD=180°?∠AFD?∠ADF=90°，

∴∠FAD=∠FTG=90°，F(xiàn)E=FG，

∴△FAE?△FTG，

∴FA=FT，AE=TG，∠FAO=90°?∠AFO=30°，

∴AF=2FO=2a②連接AF，EG，過點G作GT⊥OD于點T，過M做MH⊥OC于點H，

∴∠FTG=90°，∠MHC=∠OHM=90°，∵AF=FG，∠AFG=60°，∴△AFG為等邊三角形，∵菱形ABCD，OB=OD，OA=OC，∠ABO=∠CBO=30°，∠ADO=∠CDO=30°，AC⊥BD，∴∠BOC=∠BOA=90°，設(shè)BF=2a，DF=2BF=4a，BD=6a，OB=OD=3a，OF=a，在△ABO中，tan30°=∴AO=OB×tan在△AOF中，tan∠AFO=∴∠AFO=60°，∴∠EFG=∠AFO，∴∠AFE=∠DFG，∠FAD=180°?∠AFD?∠ADF=90°，∴∠FAD=∠FTG=90°，F(xiàn)E=FG，∴△FAE?△FTG，∴FA=FT，AE=TG，∠FAO=90°?∠AFO=30°，∴AF=2FO=2a，∴FT=2a，∴OF=OT=a，∠BOC=∠BTG=90°，∴OC∥GT，∴△FON～△FTG，∴FOFT∴TG=2，∴AE=TG=2，設(shè)CM=5k，則DE=8k，AD=8k+2，AO=4k+1=CO，∴CN=4k，F(xiàn)O=33(4k+1)，CH=12在△NMH中，tan∠HNM=32在△FNO中，tan∠FNO=OFON，∴5在△NMH中，MN=M∴MN=【解析】【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)及選擇的性質(zhì)，（1）①根據(jù)菱形的的性質(zhì)可得∠ADB=30°.EF=FG，∠EFD=60°，再根據(jù)∠EFD=60°，再根據(jù)30°的直角三角形的性質(zhì)即可求解；②連接CG、AG，根據(jù)菱形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△ABC為等邊三角形，

進(jìn)而得到△AFG為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)利用SAS可證明△ABF?△ACG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可以得到∠ABO=∠ACG=30°，再運(yùn)用菱形的性質(zhì)及角的和差關(guān)系得到∠ACG=∠DCG，進(jìn)而可以根據(jù)SAS證明△ACG?△DCG，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及等量代換即可求解；

（2）①過點M作MH⊥AC，根據(jù)菱形的性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)可得∠BOC=∠BOA=90°，設(shè)BF=2a，DF=2BF=4a，BD=6a，OB=OD=3a，OF=a，然后利用解直角三角形運(yùn)用正切三角函數(shù)及角的和差關(guān)系可證得△FAE?△FTG，運(yùn)用全等三角形的性質(zhì)可得FT=2a，進(jìn)而得到DT=DF-FT=2a=FT，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)即可得證；

②運(yùn)用①的方法和結(jié)論得到OC∥GT，進(jìn)而證明△FON～△FTG，再根據(jù)相似的性質(zhì)得到AE=TG=2，設(shè)CM=5k，則DE=8k，AD=8k+2，AO=4k+1=CO，運(yùn)用解直角三角形和勾股定理即可求