九年级上册数学 几何模型压轴题单元练习(Word版 含答案)

九年级上册数学 几何模型压轴题单元练习（Word 版 含答案）
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．
（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；
（2）证明：DF BQ QF +=；
（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．
【解析】
【分析】
（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；
（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；
（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明
()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．
【详解】
（1）∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，
∵BP BQ =，
∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，
∴45BPQ ∠=︒，
∴135APQ ∠=︒
∵CE 平分DCM ∠，
∴45DCE ECM ∠=∠=︒，
∴135QCE ∠=︒，
∴135APQ QCE ∠=∠=︒，
∵AQ QE ⊥，
∴90AQB CQE ∠+∠=︒．
∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．
∴BAQ CQE ∠=∠．
∴()APQ QCE ASA ∆≌．
（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．
∴QA QE =．
∵90AQE ∠=︒，
∴AQE ∆是等腰直角三角形，
∴45QAE ∠=︒．
∴45DAF QAB ∠+∠=︒，
如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，
其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，
则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，
∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．
∴QF QF BQ DF '==+．
（3）连结AC ，若QF CE ，
则45FQC ECM ∠=∠=︒．
∴QCF ∆是等腰直角三角形，
∴2CF CQ x ==-，
∴DF BQ x ==．
∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，
∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．
∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，
∴AC 垂直平分QF ，
∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，
∴22FQ BQ x ==．
在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=．
解这个方程，得1222x =-+， 2222x =--（舍去）．
当222x =-+时，QF CE ．
此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==
， ∴()
2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()
222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．
2．综合与实践
问题情境
在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1， MN 是过点A 的直线，点C 为直线MN 外一点，连接AC ，作∠ACD=60°，使AC=DC ，在MN 上取一点B ，使∠DBN=60°．
观察发现
（1）根据图1中的数据，猜想线段AB 、DB 、CB 之间满足的数量关系是 ；
（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB 所在的直线以点C 为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN 交于点E ，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE ，并根据此方法写出证明过程；
实践探究
（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C 绕点A 逆时针旋转，他们发现当旋转到图2
和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：
在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；
在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；
提出问题
（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.
【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】
【分析】
（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB
（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；
（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；
（4）过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明
△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在
Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.
【详解】
综合与实践
（1）AB+DB=CB
（2）线段CE如图所示.
证明：∵∠ECB=∠ACD=60º，
∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，
∴∠2=∠1.
∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º，
∴∠ABD+∠ACD=180º，
∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180º.
∵∠CAB+∠4=180º，
∴∠4=∠3.
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB（ASA）
∴EA=BD，EC=BC.
又∵∠ECB=60°，
∴△ECB为等边三角形,
∴EB=CB.
而EB=EA+AB=DB+AB,
∴CB=DB+AB.
（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；
（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60º
∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA
即∠ECA=∠BCD
∵∠DBN=120º
∴∠DBA=60º
又∵∠AFB=∠DFC
∴∠EAF=∠BDC
又∵AC=DC
∴△ACE≌△DCB（ASA）
∴BC=EC
∴△ECB为等边三角形
∴∠CEB=60º
∵BC⊥CD
∴∠ECA=∠BCD=90º
∴在Rt△AEC中，∠CAE=30º
∵BC=2，EC=BC
∴AC=EC·tan60º= 23
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.
3．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；
（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出
∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.
（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.
（3）根据和求解即可.
试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.
∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.
∴∠BAE=∠DAG..
∴△ABE≌△ADG（SAS）.
∴BE=DG..
（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.
（3）如图3，连接GB、GE.
由已知α=45°，可知∠BAE=45°.
又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.
∵，∴GE =8.
∴.
过点B作BH⊥AE于点H.
∵AB=2，∴. ∴..
设点G到BE的距离为h.
∴.
∴.
∴点G到BE的距离为.
考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．
4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：
操作发现
（1）某小组做了有一个角是120 的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，
DA DC =，让两个三角形如图①放置，点C 和点G 重合，点D ，点E 在AB 的同侧，AC 和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________； 数学思考
（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；
类比探索
（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；
②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.
【答案】（1）3EF DF =，DF
EF ； （2）3EF DF =，DF
EF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DF
EF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.
【解析】
【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；
（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；
②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF
EF 始终成立. 【详解】
解：（1）3EF DF =，DF EF ；
如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，
AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =.
又点F 为AB 的中点，
AF BF ∴=.
()12
MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.
设DM a =，2GB b =，
120ADC ∠=︒，DA DC =，
3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.
tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.
在DMF 和FNE 中，
33DM FN a
==， 33MF NE b
==， 又
90DMF FNE ∠=∠=︒，
DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，
90DFM NFE ∴∠+∠=︒.
90DFE ∴∠=︒.
3EF DF ∴=且DF
EF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：
如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，
CF BF ∴=.
又CE EB
=，
EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，
∴四边形LCMF 为矩形，
90DFE ∴∠=︒.
DF EF ∴⊥，//AC EF .
DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.
GEB 为等边三角形，
60ECB ∴∠=︒.
∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘ ∴D ，C ，E 三点共线.
30DCA DEF ∴∠=∠=︒.
∴在Rt DEF △中，3tan 3
3DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DF
EF .
选择题图进行证明：
如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，
在ADF 和BNF 中，
AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
()SAS ADF BNF ∴≅.
AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.
//AD NB ∴.
18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.
又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒，
OCP OBE ∴∠=∠.
DCE NBE ∴∠=∠.
又GEB 是等边三角形，
GE BE ∴=，
又AD BN CD ==，
()
SAS
DCE NBE
∴≅.
DE NE
∴=，BEN CED
∠=∠.
BEN BED CED BED
∴∠+∠=∠+∠，
即60
NED BEC
∠=∠=︒.
DEN
∴是等边三角形.
又DF FN
=，
DF EF
∴⊥，60
FDE
∠=︒.
tan3
E E
F DF DF
FD
∴∠
=⋅=.
或选择图进行证明，证明如下：
如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF
=，
连接NB，DE，NE，NB与CD 交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF 和BNF中，
AF BF
AFD BFN
DF NF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
()
SAS
ADF BNF
∴≅.
AD NB
∴=，ADF BNF
∠=∠.
//
AD NB
∴.
120
NOC ADC
∴∠=∠=︒.
60
BOJ
∴∠=︒，60
JEC
∠=︒.
又OJB EJC
∠=∠，
OBE ECJ
∴∠=∠.
AD CD
=，AD NB
=，
CD NB
∴=.
又GEB是等边三角形，
CE BE
∴=.
()
SAS
DCE NBE
∴≅.
DE NE
∴=，BEN CED
∠=∠.
BEN BED CED BED
∴∠-∠=∠-∠，
即60
NED BEC
∠=∠=︒.
DEN
∴是等边三角形.
又DF FN
=，
DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.
tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.
②旋转过程中3EF DF =，DF
EF 始终成立.
【点睛】
本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.
错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.
5．在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG ≌△AEF ；
(2)若直线EF 与AB ，AD 的延长线分别交于点M ，N(如图②)，求证：EF 2=ME 2+NF 2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF ，BE ，DF 之间的数量关系.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF 2=2BE 2+2DF 2
.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG ，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG ≌△AEF ； （2）将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ，连结GM ．由（1）知
△AEG ≌△AEF ，则EG=EF ．再由△BME 、△DNF 、△CEF 均为等腰直角三角形，得出CE=CF ，BE=BM ，NF=DF ，然后证明∠GME=90°，MG=NF ，利用勾股定理得出
EG 2=ME 2+MG 2，等量代换即可证明EF 2=ME 2+NF 2；
（3）将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ，根据旋转的性质可以得到
△ADF ≌△ABG ，则DF=BG ，再证明△AEG ≌△AEF ，得出EG=EF ，由EG=BG+BE ，等量代换得到EF=BE+DF ．
试题解析：（1）∵△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°，得到△ABG ，
∴AF=AG ，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE 与△AFE 中，
， ∴△AGE ≌△AFE （SAS ）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2
考点：四边形综合题
6．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：
（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；
（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；
（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．
【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．
【解析】
【分析】
（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到
EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；
（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证
△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．
【详解】
（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：
∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，
∴△EAH≌△GAQ，
∴EH=QG，HA=AQ，
∵FA⊥AD，
∴PQ=PH．
在Rt△EPH中，
∵EP2+EH2=PH2，
∴EP2+GQ2=PQ2；
（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，
∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，
∴△EAH≌△GAQ，
∴EH=QG，HA=AQ，
∵PA⊥AD，
∴PQ=PH．
在Rt△EPH中，
∵EP2+EH2=PH2，
∴EP2+GQ2=PH2．
在Rt△PFQ中，
∵PF2+FQ2=PQ2，
∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．
（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.
7．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．
【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是
FH=FG，FH⊥FG．
【解析】
试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，
FG∥BE，即可推出答案；
（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：
（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，
∴BE=AD，
∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=
1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，FG∥BE，
∴FH=FG，
∵AD⊥BE，
∴FH⊥FG，
故答案为相等，垂直．
（2）答：成立，
证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，
∴△ACD≌△BCE
∴AD=BE，
由（1）知：FH=
1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，FG∥BE，∴FH=FG，FH⊥FG，
∴（1）中的猜想还成立．
（3）答：成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．
连接AD，BE，两线交于Z，AD交BC于X，
同（1）可证
∴FH=
1
2
AD，FH∥AD，FG=
1
2
BE，FG∥BE，
∵三角形ECD、ACB是等腰直角三角形，
∴CE=CD，AC=BC，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中
AC BC
ACD BCE
CE CD
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠EBC=∠DAC，
∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB，
∴∠DXB+∠EBC=90°，
∴∠EZA=180°﹣90°=90°，
即AD ⊥BE ，
∵FH ∥AD ，FG ∥BE ，
∴FH ⊥FG ，
即FH=FG ，FH ⊥FG ，
结论是FH=FG ，FH ⊥FG.
【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．
8．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．
()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______；
()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，
①求证：ACD ≌CAE ；
②直接写出线段DH 的长度为______．
()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，
BEP 的面
积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．
【答案】（1）23；（2）①见解析；34
②
；（3）存在，PBE 的面积的最大值为21，
理由见解析 【解析】
【分析】 ()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题；
()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；
②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题；
()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：
PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE ==
PBE 1S PE BM 2=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题；
【详解】
()1四边形ABCD 是矩形，
AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，
矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，
AE AB 2∴==，
在Rt ADE 中，DE ==
CE 2∴=，
故答案为2．
()2①当点E 落在线段CF 上，
AEC ADC 90∠∠∴==，
在Rt ADC 和Rt AEC 中，
{AC CA
CD AE ==， Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ； ACD ②≌CAE ，
ACD CAE ∠∠∴=，
AH HC ∴=，设AH HC m ==，
在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，
2221(2m)m ∴+-=，
5m 4
∴=， 53DH 244∴=-
=， 故答案为34
； ()3存在．理由如下：
如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ，
由题意：PF PC1
==，
AG EF1
==，G F90
∠∠
==，PA PE2
∴==，
PBE 12
S PE BM BM
22
∴=⋅⋅=，
∴当BM的值最大时，PBE的面积最大，
BM PB
≤，PB AB PA
≤+，
PB22
∴≤+，
BM22
∴≤+，
BM
∴的最大值为22
+，
PBE
∴的面积的最大值为21
+．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
二、初三数学圆易错题压轴题（难）
9．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，
()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，
(1)求的值；
(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；
(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．
【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．
【解析】
试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；
（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；
（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．
试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过
（0，0）和（，）两点，
∴抛物线的一般式为：y=ax2，
∴=a（）2，
解得：a=±，
∵图象开口向上，∴a=，
∴抛物线解析式为：y=x2，
故a=，b=c=0；
（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，
又∵y=x2，则r=，
化简得：r=＞x2，
∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；
（3）设P（a，a2），∵PA=，
作PH⊥MN于H，则PM=PN=，
又∵PH=a2，
则MH=NH==2，
故MN=4，
∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），
又∵A（0，2），∴AM=，AN=，
当AM=AN时，=，
解得：a=0，
当AM=MN时，=4，
解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；
当AN=MN时，=4，
解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；
综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．
考点：二次函数综合题．
10．如图所示，CD为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接BC、BD，过点B的切线AE与CD 的延长线交于点A，OE//BD，交BC于点F，交AB于点E.
（1）求证：∠E=∠C；
（2）若⊙O的半径为3，AD=2，试求AE的长；
（3）在（2）的条件下，求△ABC的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）48 5
.
【解析】
试题分析：（1）连接OB，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：
∠E=∠C；
（2）根据题意求出AB的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；
（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.
试题解析：（1）如解图，连接OB，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CBD＝∠CBO＋∠OBD＝90°，
∵AB是⊙O的切线，
∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，
∴∠ABD＝∠CBO.
∵OB、OC是⊙O的半径，
∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.
∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，
∴∠E＝∠C；
（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，
∴AO＝5，∴AB＝4.
∵BD∥OE，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝6，AE=6+4=10
（3）S △AOE==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得
S△ABC= S△AOE==
11．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB 于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.
（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.
（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.
（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.
【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82
+
【解析】
试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，
BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+⨯+⨯
==，二者相加即为点P的
关联图形的面积是12．
（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．
（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．
试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，
∵P是半圆O上的点，P在y轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC是正方形，
∴正方形的面积是4，
又∵BD⊥AB，BD=6，∴梯形OPDB的面积=()(26)2
8
22
OP DB OB
+⨯+⨯
==，
∴点P的关联图形的面积是12．
（2）判断△OCD是直角三角形．
证明：延长CP交BD于点F，则四边形ACFB为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，∴△OCD是直角三角形．
（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．
理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=
()(26)41622
AC DB AB +⨯+⨯==为定值， 要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小，
∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小，
连接OC ，设交半圆O 于点P ，
∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形， ∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=22，
∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．
∵CD=42，CP=222-，
∴△PCD 的面积=()(26)41622
AC DB AB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积
=16(842)842--=+．
考点：圆的综合题．
12．已知：
图1 图2 图3
（1）初步思考：
如图1， 在PCB ∆中，已知2PB =，BC=4，N 为BC 上一点且1BN =，试说明：12
PN PC = （2）问题提出：
如图2，已知正方形ABCD 的边长为4，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动点，求
12
PD PC +的最小值． （3）推广运用：
如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ﹦60°，圆B 的半径为2，点P 是圆B 上的一个动
点，求12
PD PC -的最大值． 【答案】（1）详见解析；（2）5；（3）最大值37DG =【解析】
【分析】
（1）利用两边成比例，夹角相等，证明BPN ∆∽BCP ∆，得到
PN BN PC BP =，即可得到结论成立；
（2）在BC 上取一点G ，使得BG=1，由△PBG ∽△CBP ，得到12PG PC =
，当D 、P 、G 共线时，12
PD PC +的值最小，即可得到答案； （3）在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，与（2）同理得到12PG PC =
，当点P 在DG 的延长线上时，12PD PC -
的值最大，即可得到答案. 【详解】
（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===，
∴24,4PB BN BC =⋅=，
∴2PB BN BC =⋅， ∴BN BP BP BC
=，
∵B B ∠=∠， ∴BPN BCP ∆∆∽， ∴12
PN BN PC BP ==， ∴12
PN PC =； （2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，
∵
242,212PB BC BG PB ====， ∴,PB BC PBG PBC BG PB
=∠=∠， ∴PBG CBP ∆∆∽，
∴12
PG BG PC PB ==， ∴12
PG PC =， ∴12
PD PC DP PG +=+； ∵DP PG DG +≥， ∴当D 、P 、G 共线时，12PD PC +
的值最小， ∴最小值为：22435DG =+=；
（3）如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，作DF ⊥BC 于F ，
与（2）同理，可证12
PG PC =， 在Rt △CDF 中，∠DCF=60°，CD=4，
∴DF=CD •sin60°=23CF=2，
在Rt△GDF中，DG=22
(23)537
+=，
∴
1
2
PD PC PD PG DG -=-≤，
当点P在DG的延长线上时，
1
2
PD PC
-的值最大，
∴最大值为：37
DG=.
【点睛】
本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．
13．在△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．
（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．
i．若点P正好在边BC上，求x的值；
ii．在M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．
（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，
当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜
时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．
【解析】
试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；
ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2
②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．
（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．
试题解析：（1）i．如图1，
由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，
又MN∥BC，
∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，
∴∠B=∠BPM，
∴AM=PM=BM，
∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．
ii．以下分两种情况讨论：
①当0＜x≤2时，
∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴，
∴，
∴AN=，
△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，
∴，
②当2＜x＜4时，如图2，
设PM，PN分别交BC于E，F，
由（2）知ME=MB=4-x，
∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，
由题意知△PEF∽△ABC，
∴，
∴S△PEF=（x-2）2，
∴y=S△PMN-S△PEF=，
∵当0＜x≤2时，y=x2，
∴易知y最大=，
又∵当2＜x＜4时，y=，
∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，
综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，
设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．
在Rt△ABC中，BC==5；
由（1）知△AMN∽△ABC，
∴，即，
∴MN=x
∴OD=x，
过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，
在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，
∴△BMQ∽△BCA，
∴，
∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4
∴x=，
∴当x=时，⊙O与直线BC相切；
当x＜时，⊙O与直线BC相离；
x＞时，⊙O与直线BC相交．
考点：圆的综合题．
14．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O1和⊙O2，由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，分别连结O1A、O1B、O2A、O2B和AB．
(1)如图②，当∠AO1B=120°时，求两圆重叠部分图形的周长l；
(2)设∠AO1B的度数为x，两圆重叠部分图形的周长为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)在(2)中，当重叠部分图形的周长时，则线段O2A所在的直线与⊙O1有何位置关系？请说明理由.除此之外，它们是否还有其它的位置关系？如果有，请直接写出其它位置关系时的x的取值范
围.
【答案】（1）8
3
（2）（0≤x≤180）（3）O2A与⊙O1相切；当0≤x≤90和
0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交
【解析】
试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,
∴
解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B
∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2׈A=
(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,
∴重叠图形的周长, 即（0≤x≤180）
(3) 当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！
理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度
∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,
而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1相切．
还有如下位置关系：当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交
考点：直线与圆的位置关系
点评：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键，会求函数的解析式，本题难度比较大
15．（1）如图1，A是⊙O上一动点，P是⊙O外一点，在图中作出PA最小时的点A．（2）如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，以点C为圆心的⊙C的半径是3.6，Q是⊙C上一动点，在线段AB上确定点P的位置，使PQ的长最小，并求出其最小值．（3）如图3，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，以D为圆心，3为半径作⊙D，E为⊙D上一
动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝1
3
，试探究四边形
ADCF的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．
【答案】（1）作图见解析；（2）PQ长最短是1.2；（3）四边形ADCF面积最大值是
81313
+
，最小值是81313
-
．
【解析】
【分析】
（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求；
（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；
（3）△ACF的面积有最大和最小值，取AB的中点G，连接FG，DE，证明△FAG～△EAD，进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH 反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小，分别求出△ACD的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值；②当F在F2时，四边形ADCF的面积有最大值，在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值．【详解】
解：（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求，如图1所示；
（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短．
理由：分别在线段AB，⊙C上任取点P'，点Q'，连接P'，Q'，CQ'，如图2，。