郑州市第十一中学数学几何模型压轴题达标检测卷(Word版 含解析)

郑州市第十一中学数学几何模型压轴题达标检测卷（Word 版 含解
析）
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．已知抛物线y=ax 2+bx-3a-5经过点A(2，5)
（1）求出a 和b 之间的数量关系．
（2）已知抛物线的顶点为D 点，直线AD 与y 轴交于(0，-7)
①求出此时抛物线的解析式；
②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间，连接BD 绕点B 逆时针旋转90°，得到线段BC ，连接AB 、AC ，将AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ．截取BC 的中点F 和DH 的中点G ．当点D 、点H 、点C 三点共线时，分别求出点F 和点G 的坐标．
【答案】（1）a+2b=10；（2）①y= 2x 2+4x-11，②G 1，)，
F 1(-8，33-4+)，
G 2(8，-8
)，F 2(218，-4) 【解析】
【分析】
（1）把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系；
（2）①求出直线AD 的解析式，与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组，根据直线与抛物线有两个交点，结合韦达定理求出a ，b ，即可求出解析式；
②作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ），根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标，应含t 式子表示直线AD 的解析式，根据D 、H 、C 三点共线，把点C 坐标代入求出
1t =，2t =，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。

【详解】
解：（1）把A （2,5）代入y=ax 2+bx-3a-5得4a+2b-3a-5=5
∴a+2b=10
∴a 和b 之间的数量关系是a+2b=10
（2）①设直线AD 的解析式为y=kx+c
∵直线AD 与y 轴交于（0，-7），A （2,5）
∴2k c 5{c -7+==解得k 6{c -7
==即直线AD 的解析式为y=6x-7 联立抛物线y=ax 2+bx-3a-5与直线AD ：y=6x-7 得2y ax +bx-3a-5{y 6x-7
== 消去y 得ax 2+（b-6）x-3a+2=0
∵抛物线与直线AD 有两个交点
∴由韦达定理可得：x A +x D =b-6
-
a =2a 2a +，x A x D =-3a 2a + ∵A （2,5）∴x A =2即x D =
2a -22a +∵x D =b -2a =a-104a ∴2a -22a +=a-104a 解得a=2∴b=10-a 2
= 4 ∴此时抛物线的解析式为y= 2x 2+4x-11
②如图所示：作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ）
∵A （2，5），∴AI=2，BJ=5-t
∵AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH
∴AB=BH ，∠ABH=90°，∠AIB=∠BJH=90° ∵∠IAB+∠IBA=90°，∠ABH+∠IBA+∠JBH=180°
∴∠IBA+∠JBH=90°即∠IAB=∠JBH
∴△AJB ≌△BJH 即AI=BJ=2，BI=IH=5-t
∴H （5-t ，t-2）
∵D （-1，-13）∴y B -y D =t+13
同理可得：C （t+13，t-1）
设DH 的解析式为y=k 1x+b 1
∴1111-k b -13{5-t k b t-2+=+=（）解得11t 11k 6-t {t 11b -13-t-6
+=+= 即直线AD 的解析式为t 1111y x-13-66
t t t ++=
-- ∵D 、H 、C 三点共线
∴把C （t+13，t-1）代入AD t 1111y x-13-66t t t ++=--得：t 1111t-1t 13-13-66t t t ++=+--（） 整理得2t 2+31t+82=0解得131305t -
4+=，231-305t -4= 由图可知：①当131305t -
4+=如图1所示： 此时H （51305+，39305-+） ，C （305-21-，35305-+） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点
∴G 1（473058+，91305-8+） ，F 1（305-21-8，33305-4
+） 由图可知：当231-305t -
=如图2所示： 此时H （51-305，39-305-） ，C （30521+，35-305-） ∵点G 为DH 中点，点F 为BC 中点
∴G 2（47-305，91-305-） ，F 2（30521+，33-305-） （14分） ∴综上所述：G 1（
47305+，91305-+） ，F 1（305-21-，33305-+） G 2（47-305，91-305-） ，F 2（30521+，33-305-）。

【点睛】
本题为含参数的二次函数问题，综合性强，难度较大，解题关键在于根据旋转性质，用含参数式子分别表示点的坐标，函数关系式，结合韦达定理，分类讨论求解。

2．已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，
20
3
AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E
关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值；（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF为A BF
''，在旋转过程中，设A F''所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD 交于点Q，若△DPQ为等腰三角形，请直接写出此时DQ的长．
【答案】（1）4；3（2）3或16
3
（3）
2512525
31010
3243
-
、、
10
3
【解析】
【分析】
（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD的长，由等面积法求解AE，由勾股定理求解BE即可，
（2）利用对称与平移的性质得到：AB ∥A′B′，∠4
＝∠1，BF ＝B′F′＝3．当点F′落在AB 上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD 上时，证明△B′F′D 为等腰三角形，从而可得答案，
（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，证明A′Q ＝A′B ，利用勾股定理求解',,F Q BQ 从而求解DQ ，②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，证明点A′落在BC 边上，利用勾股定理求解,BQ 从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，证明∠A′QB ＝∠A′BQ ，利用勾股定理求解,BQ ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，证明BQ ＝BA′，从而可得答案．
【详解】
解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203AD =
， 由勾股定理得：222025533BD ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭
． 11,22
ABD S BD AE AB AD =⋅=⋅． 25
3
2053 4.AB AD AE BD ⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4，
由勾股定理得：BE ＝3．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称的性质可知，∠1＝∠2．
由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．
①当点F′落在AB 上时，
∵AB ∥A′B′，
∴∠3＝∠4，
∴∠3＝∠2，
∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3；
②当点F′落在AD 上时，
∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2， ∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，
,AB AD ⊥
∴ A′B′⊥AD ，
'''',B F D B DF ∴∠=∠
∴△B′F′D 为等腰三角形，
∴B′D ＝B′F′＝3，
2516333
BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =． （3）DQ 的长度分别为2512525310103243
-
-、、或103． 在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：
①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ，
∴ ∠2＝2∠Q ，
∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠Q ，
∴A′Q ＝A′B ＝5，
∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．
在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=．
253103
DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ，
∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上．
∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，
∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．
在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ +=
即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258
BQ =， 25251253824
DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，
∴ ∠3＝∠4．
∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒
∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012
∴∠=︒-∠． 149012
A Q
B ∴∠'∠︒∠＝＝﹣， 118019012
A BQ A Q
B ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣， ∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5，
∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．
在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ +=，
25103
DQ BD BQ ∴=-= ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，
∴ ∠2＝∠3．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠4，
∴BQ ＝BA′＝5，
2510533
DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243-、、103．
【点睛】
本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．
3．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．
（1）求证：AC垂直平分EF；
（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；
（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明
∠DPQ=90°，即可得出结论；
（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，
∵BE=DF，
∴CE=CF，
∴AC垂直平分EF；
（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：
∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，
∴PD=AF=PA，
∴∠DAP=∠ADP，
∵AC垂直平分EF，
∴∠AQF=90°，
∴PQ=AF=PA，
∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，
∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，
∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，
∴△PDQ是等腰直角三角形；
（3）成立；理由如下：
∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，
∴PD=AF=PA，
∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，
∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，
∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，
∴PQ=AF=AP=PF，
∴PD=PQ=AP=PF，
∴点A、F、Q、P四点共圆，
∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，
∴△PDQ是等腰直角三角形．
考点：四边形综合题．
4．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．
（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．
（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，
AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．
（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别
交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且
∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；
求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．
【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.
【解析】
试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，
FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明
△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，
△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．
试题解析：(1)特例发现，如图：
∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，
∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，
∴FQ=AG，∴PE=FQ；
(2)延伸拓展，如图：
∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，
∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，
△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，
∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；
(3)深入探究,如图2，
在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，
∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，
△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，
∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；
(4)应用推广,如图3，
在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，
∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，
∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，
∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为
△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．
考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.
5．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．
（1）点C的坐标为（，）；
（2）若二次函数的图象经过点C．
①求二次函数的关系式；
②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]
③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．
(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，
∴.解得
∴二次函数的关系式为
②当-1≤x≤4时，≤y≤8；
③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，
i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直
角三角形，过点作⊥轴，
∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，
∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,
∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；
ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证
△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△
是以AB为直角边的等腰直角三角形．
【解析】
(1)根据旋转的性质得出C点坐标；
（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；
③分二种情况进行讨论.
6．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．
①求证：四边形BFDE是菱形；
②直接写出∠EBF的度数；
(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH
与FH之间满足的关系，并说明理由；
(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.
【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2．
【解析】
【分析】
（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．
②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．
（2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．
（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）①证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴∠EDO＝∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
EDO FBO
OD OB
EOD BOF
∠∠
⎧
⎪
⎨
⎪∠∠
⎩
＝
＝
＝
，
∴△DOE≌△BOF，
∴EO＝OF，∵OB＝OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，OB＝OD，
∴EB＝ED，
∴四边形EBFD是菱形．
②∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠EBD，
∵EB＝ED，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴∠ABD＝2∠ADB，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，
∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，
∴∠EBF＝60°．
（2）结论：IH＝3FH．
理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．
∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，
∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，
∴∠JDH＝∠FGH，
在△DHJ和△GHF中，
DHG GHF
DH GH
JDH FGH
∠∠
⎧
⎪
⎨
⎪∠∠
⎩
＝
＝
＝
，
∴△DHJ≌△GHF，
∴DJ＝FG，JH＝HF，
∴EJ＝BG＝EM＝BI，
∴BE＝IM＝BF，
∵∠MEJ＝∠B＝60°，
∴△MEJ是等边三角形，
∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°
在△BIF和△MJI中，
BI MJ
B M
BF IM
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△BIF≌△MJI，
∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，
∴IH⊥JF，
∵∠BFI+∠BIF＝120°，
∴∠MIJ+∠BIF＝120°，
∴∠JIF＝60°，
∴△JIF是等边三角形，
在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，
∴∠FIH＝30°，
∴IH＝3FH．
（3）结论：EG2＝AG2+CE2．
理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∵∠FAD+∠DEF＝90°，
∴AFED四点共圆，
∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠EDC＝45°，
∵∠ADF＝∠CDM，
∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，
在△DEM和△DEG中，
DE DE
EDG EDM
DG DM
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△DEG≌△DEM，
∴GE＝EM，
∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，
∴∠ECM＝90°
∴EC2+CM2＝EM2，
∵EG＝EM，AG＝CM，
∴GE2＝AG2+CE2．
【点睛】
考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.
7．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB2F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数表达式；
（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）2142
y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3． 【解析】
【分析】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A （220）代入可得a =12
-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩
，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出
PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得
M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．
【详解】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12
-
， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+． （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()21242
y x m =--，
由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
， 消去y 得到222280x mx m -+-= ，
由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩
， 解得2＜m ＜22，
∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22．
（3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．
理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．
由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得
PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142
y x =-+上，∴()212242
m m -=-
++，解得m 17﹣3173（舍弃），∴m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．
情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），
把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），
∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．
综上所述：m=6或m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．
8．（问题提出）
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF
试证明：AB=DB+AF
（类比探究）
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．
【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．
【详解】
（1）证明：DE=CE=CF，△BCE
由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，
∵∠DBE=120°，
∴∠EAF=∠DBE，
又∵A，E，C，F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=DC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
∴△EDB≌FEA，
∴BD=AF，AB=AE+BF，
∴AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，
∴BD=AE， EB=AF，
∴BD=FA+AB．
即AB=BD-AF．
（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
如图③，
，
ED=EC=CF ，
∵△BCE 绕点C 顺时针旋转60°至△ACF ，
∴∠ECF=60°，BE=AF ，EC=CF ，BC=AC ，
∴△CEF 是等边三角形，
∴EF=EC ，
又∵ED=EC ，
∴ED=EF ，
∵AB=AC ，BC=AC ，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF ，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC
=180°-60°-60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF ；
∵ED=EC ，
∴∠ECD=∠EDC ，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ，
又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ，
∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，
∴∠BDE=∠AEF ，
在△EDB 和△FEA 中，
DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），
∴BD=AE ，EB=AF ，
∵BE=AB+AE ，
∴AF=AB+BD ，
即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：
AF=AB+BD ．
考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，
二、初三数学 圆易错题压轴题（难）
9．如图，二次函数y=x 2-2mx+8m 的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边且OA≠OB ),交y 轴于点C ，且经过点（m ，9m ）,⊙E 过A 、B 、C 三点。

（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求点E 的坐标；
（3）过抛物线上一点P （点P 不与B 、C 重合）作PQ ⊥x 轴于点Q ，是否存在这样的点P 使△PBQ 和△BOC 相似？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，说明理由
【答案】（1）y=x 2+2x-8（2）（-1，-72）（3）（-8，40），（-154，-1316），（-174，-2516
） 【解析】
分析：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+=，解这个方程可求出m 的值；
（2）分别令y =0和x =0，求出OA ，OB ，O C 及AB 的长，过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，AE ,设OF =GE =a ,根据AE CE = ，列方过程求出a 的值，从而求出点E 的坐标；
（3）设点P (a , a 2+2a -8)， 则228,2PQ a a BQ a =+-=-，然后分PBQ ∽CBO 时
和PBQ ∽BCO 时两种情况，列比例式求出a 的值，从而求出点P 的坐标.
详解：（1）把(),9m m 代入解析式，得：22289m m m m -+=
解得：121,0m m =-=（舍去）
∴228y x x =+-
（2）由（1）可得：228y x x =+-，当0y =时，124,2x x =-=;
∵点A 在点B 的左边 ∴42OA OB ，== ，
∴6AB OA OB =+=，
当0x =时，8y =-，
∴8OC =
过点E 作EG x ⊥轴于点G ,EF y ⊥轴于点F ,连接CE ，
, 则116322
AG AB ==⨯= ，
设，则，
在Rt AGE ∆中，，
在中， ()222218CE EF CF a =+=+-，
∵AE CE = ，
∴()2
2918a a +=+- ， 解得：72
a = ， ∴712E ⎛
⎫-- ⎪⎝
⎭， ； （3）设点()2,28a a a P +-，
则2
28,2PQ a a BQ a =+-=-，
a.当PBQ ∆∽CBO ∆时， PQ CO BQ OB =，即228822
a a a +-=-， 解得：10a =（舍去）；
22a =（舍去）；38a =- ， ∴()18,40P - ；
b.当PBQ ∆∽BCO ∆时，
PQ BO BQ CO =，即228228
a a a +-=-， 解得：12a =（舍去），2154a =-
；3174a =- ， ∴21523,416P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭；31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭
， ； 综上所述，点P 的坐标为：()18,40P -，21523,416P ⎛⎫--
⎪⎝⎭，31725416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 点睛：本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数与坐标轴的交点，垂径定理，勾股定理，相似三角形的性质和分类讨论的数学思想，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系、相似三角形的性质是解答本题的关键.
10．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、PC ，设x BP =，PC y =.
（1）求证：PE //DC ；
（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的
D 与P 相交，求R 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）2
436(09)y x x x =
-+<<；（3）3605R << 【解析】
【分析】 ()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据平行线的判定定理即可得到结论；
()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到
22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到
223PH x =，13BH x =，求得163
CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218655
PD EC ==-
=，根据相切两圆的性质即可得到结论．
【详解】 ()1证明：梯形ABCD ，AB CD =，
B DCB ∠∠∴=，
PB PE =，
B PEB ∠∠∴=，
DCB PEB ∠∠∴=，
//PE CD ∴；
()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．
梯形ABCD 中，//AD BC ，
，BC DG ⊥，BC PH ⊥，
∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，
2AD =，6BC DC ==，
2BF FG GC ∴===，
在Rt ABF 中，
22226242AF AB BF =-=-=，
//PH AF ，
PH BP BH AF AB BF
∴==6242x BH ==， 223PH x ∴=，13
BH x =，
163CH x ∴=-， 在Rt
PHC 中，22PC PH CH =+，
22221()(6)33
y x x ∴=+-，即2436(09)y x x x =-+<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．
//PE DC ，
∴四边形PDME 是平行四边形．
PE DM x ∴==，即 6MC x =-，
PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=，
又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠，
DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===．
PBE ∴∽ECM ，
PB BE EC MC ∴=，即232663
x x x
x =--， 解得：185
x =， 即125
BE =， 1218655
PD EC ∴==-=， 当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)；
当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，2365R =
； 即两圆相交时，3605
R <<
． 【点睛】
本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.
11．已知圆O 的半径长为2，点A 、B 、C 为圆O 上三点，弦BC=AO ，点D 为BC 的中点，
(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ；
(2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：
(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．
【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =
；（3）331331or +- 【解析】
【分析】
（1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值.
（2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.
（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.
【详解】
(1)如图1：连接OB 、OC.
∵BC=AO
∴OB=OC=BC
∴△OBC 是等边三角形
∴∠BOC=60°
∵点D 是BC 的中点
∴∠BOD=
1302
BOC ∠=︒ ∵OA=OC
∴OAC OCA ∠=∠=α
∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α
(2)如图2：连接OB 、OC 、OD.
由（1）可得：△OBC 是等边三角形，∠BOD=
1302BOC ∠=︒ ∵OB=2，
∴OD=OB∙cos 30︒=3
∵B 为AC 的中点， ∴∠AOB=∠BOC=60°
∴∠AOD=90°
根据勾股定理得：AD=227AO OD +=
（3）①如图3.圆O 与圆D 相内切时：
连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE
∵BC 是直径，D 是BC 的中点
∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点
由（2）可得：3D 的半径为1
∴31
设AF=x
在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，
2222OA AF OD DF -=-
即)2222331x x -=-
- 解得：331x += ∴AE=3312AF +=
②如图4.圆O 与圆D 相外切时：
连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE
∵BC 是直径，D 是BC 的中点
∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点
由（2）可得：OD=3，圆D 的半径为1
∴AD=31-
在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，
2222OA AF OD DF -=-
即()2222331x x -=--+
解得：331x -= ∴AE=3312AF -=
【点睛】
本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.
12．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．
13．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
14．四边形ABCD内接于⊙O，AC为对角线，∠ACB＝∠ACD
（1）如图1，求证：AB＝AD；
（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）70
【解析】
【分析】
（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明
△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通
过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝5
2
CD，CD2＝
40
3
，由勾股定理可求
解．
【详解】
证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，
∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB
∴AD AB
∴AD＝AB；
（2）如图2，连接AE，
∵AE AE
∴∠ABE＝∠ADE
在△ABE和△ADF中
AB AD
ABE ADF
BE DF
∴△ABE≌△ADF（SAS）
∴∠BAE＝∠DAC
∴BE CD
∴BE＝DC
∵BE＝DF
∴DF＝DC；
（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，
∵DE＝BC，BE＝CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵四边形BEDC是圆内接四边形，
∴∠EBC+∠EDC＝180°，
∴∠EDC＝∠EBC＝90°，
∴EC是直径，
∴∠FGC＝∠EDC＝90°
∴∠FDN+∠MDC ＝90°，且∠MDC+∠MCD ＝90°，
∴∠FDN ＝∠MCD ，且∠FND ＝∠CMD ＝90°，DF ＝DC ，
∴△FDN ≌△DCM （AAS ）
∴FN ＝DM ，CM ＝DN ，
∵EG ＝GH ＝5，
∴∠GEH ＝∠GHE ，且∠GHE ＝∠DHC ，∠GEH ＝∠GDC ，
∴∠HDC ＝∠CHD ，
∴CH ＝CD ，且CM ⊥DH ，
∴DM ＝MH ＝FN ，
∵S △DFG ＝9， ∴
12DG×FN ＝9， ∴12
×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，
∴DM ＝2，DH ＝4，
∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，
∴△EGC ∽△DMC ， ∴52
EC
EG CD DM ， ∴EC ＝
52
CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ， ∴△GEH ∽△CHD ， ∴EG
EH CH DH
， ∴352
4CD CD
， ∴2403
CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，
∴
222254CD CD DE ， ∴22140
43DE ，
∴DE
∴BC
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．
15．如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点G，E是CD上一点，且BE＝DE，延长EB至点P，连接CP，使PC＝PE，延长BE与⊙O交于点F，连结BD，FD．
（1）连结BC，求证：△BCD≌△DFB；
（2）求证：PC是⊙O的切线；
（3）若tan F＝2
3
，AG﹣BG＝
5
3
3
，求ED的值．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝133
9
．
【解析】
【分析】
（1）由BE=DE可知∠CDB=∠FBD，而∠BFD=∠DCB，BD是公共边，结论显然成立．（2）连接OC，只需证明OC⊥PC即可．根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB，由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB，注意到AB⊥CD，于是
∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PEC=∠OCP，结论得证．
（3）由于∠BCD=∠F，于是tan∠BCD=tanF=2
3
=
BG
CG
，设BG=2x，则CG=3x．注意到AB是
直径，连接AC，则∠ACB是直角，由射影定理可知CG2=BG•AG，可得出AG的表达式（用
x表示），再根据53
求出x的值，从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出，
最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系算出ED的值．【详解】
解：（1）证明：因为BE＝DE，
所以∠FBD＝∠CDB，
在△BCD和△DFB中：
∠BCD＝∠DFB
∠CDB＝∠FBD
BD＝DB
所以△BCD≌△DFB（AAS）．
（2）证明：连接OC．。