最新数学初三九年级上册 压轴解答题测试卷(含答案解析)

最新数学初三九年级上册压轴解答题测试卷（含答案解析）
一、压轴题
1．已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点
A、B(不与P，Q重合)，连接AP、BP. 若∠APQ=∠BPQ.
(1)如图1，当∠APQ=45°，AP=1，BP=22时，求⊙O的半径；
(2)如图2，选接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上(不与P、M重合)，连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN=90°，探究直线AB与ON的位置关系，并证明.
2．阅读理解：
如图，在纸面上画出了直线l与⊙O，直线l与⊙O相离，P为直线l上一动点，过点P作⊙O的切线PM，切点为M，连接OM、OP，当△OPM的面积最小时，称△OPM为直线l与⊙O的“最美三角形”．
解决问题：
（1）如图1，⊙A的半径为1，A(0，2) ，分别过x轴上B、O、C三点作⊙A的切线BM、OP、CQ，切点分别是M、P、Q，下列三角形中，是x轴与⊙A的“最美三角形”的是．(填序号)
①ABM；②AOP；③ACQ
（2）如图2，⊙A的半径为1，A(0，2)，直线y=kx（k≠0）与⊙A的“最美三角形”的面积
为1
2
，求k的值．
（3）点B在x轴上，以B3为半径画⊙B，若直线3与⊙B的“最美三3
B的横坐标
B
x的取值范围．
3．在平面直角坐标系xOy中，对于任意三点A，B，C，给出如下定义：
若矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A，B，C三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A，B，C的外延矩形．点A，B，C的所有外延矩形中，面积最小的矩形称为点A，B，C的最佳外延矩形．例如，图中的矩形，，都是点A，B，C的外延矩形，矩形是点A，B，C的最佳外延矩形．
（1）如图1，已知A（－2，0），B（4，3），C（0，）．
①若，则点A，B，C的最佳外延矩形的面积为；
②若点A，B，C的最佳外延矩形的面积为24，则的值为；
（2）如图2，已知点M（6，0），N（0，8）．P（，）是抛物线
上一点，求点M，N，P的最佳外延矩形面积的最小值，以及此时点P的横坐标的取值范围；
（3）如图3，已知点D（1，1）．E（，）是函数的图象上一点，矩形
OFEG是点O，D，E的一个面积最小的最佳外延矩形，⊙H是矩形OFEG的外接圆，请直接写出⊙H的半径r的取值范围．
4．如图，在平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣1
3
x+2与x轴交于点B，与y轴交于点A，
以AB为斜边作等腰直角△ABC，使点C落在第一象限，过点C作CD⊥AB于点D，作
CE⊥x轴于点E，连接ED并延长交y轴于点F．
（1）如图（1），点P为线段EF上一点，点Q为x轴上一点，求AP+PQ的最小值．（2）将直线l进行平移，记平移后的直线为l1，若直线l1与直线AC相交于点M，与y轴相交于点N，是否存在这样的点M、点N，使得△CMN为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
5．问题发现：
（1）如图①，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，E是AB上点（点E 不与A、B重合），将射线OE绕点O逆时针旋转90°，所得射线与BC交于点F，则四边形OEBF的面积为．
问题探究：
（2）如图②，线段BQ＝10，C为BQ上点，在BQ上方作四边形ABCD，使∠ABC＝∠ADC ＝90°，且AD＝CD，连接DQ，求DQ的最小值；
问题解决：
（3）“绿水青山就是金山银山”，某市在生态治理活动中新建了一处南山植物园，图③
为南山植物园花卉展示区的部分平面示意图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD，AC＝600米．其中AB、BD、BC为观赏小路，设计人员考虑到为分散人流和便观赏，提出三条小路的长度和要取得最大，试求AB+BD+BC的最大值．
6．如图，已知矩形ABCD中，BC=2cm，AB=23cm，点E在边AB上，点F在边AD上，点E由A向B运动，连结EC、EF，在运动的过程中，始终保持EC⊥EF，△EFG为等边三角形．
（1）求证△AEF∽△BCE；
（2）设BE的长为xcm，AF的长为ycm，求y与x的函数关系式，并写出线段AF长的范围；
（3）若点H是EG的中点，试说明A、E、H、F四点在同一个圆上，并求在点E由A到B 运动过程中，点H移动的距离．
7．如图，Rt△ABC，CA⊥BC，AC＝4，在AB边上取一点D，使AD＝BC，作AD的垂直平分线，交AC边于点F，交以AB为直径的⊙O于G，H，设BC＝x．
（1）求证：四边形AGDH为菱形；
（2）若EF＝y，求y关于x的函数关系式；
（3）连结OF，CG．
①若△AOF为等腰三角形，求⊙O的面积；
②若BC＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．
8．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，0是BC边上一点，以O为圆心的半圆与AB边相切于
点D，与BC边交于点E、F，连接OD，已知BD=3，tan∠BOD=3
4
，CF=8
3
．
（1）求⊙O的半径OD；
（2）求证：AC是⊙O的切线；（3）求图中两阴影部分面积的和．
9．如图，在正方形ABCD 中，P 是边BC 上的一动点（不与点B ，C 重合），点B 关于直线AP 的对称点为E ，连接AE ，连接DE 并延长交射线AP 于点F ，连接BF
（1）若BAP α∠=，直接写出ADF ∠的大小（用含α的式子表示）. （2）求证：BF DF ⊥.
（3）连接CF ，用等式表示线段AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并证明. 10．已知抛物线y ＝﹣
14
x 2
+bx +c 经过点A （4，3），顶点为B ，对称轴是直线x ＝2．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点B 的坐标；
（2）如图1，抛物线与y 轴交于点C ，连接AC ，过A 作AD ⊥x 轴于点D ，E 是线段AC 上的动点（点E 不与A ，C 两点重合）；
（i ）若直线BE 将四边形ACOD 分成面积比为1：3的两部分，求点E 的坐标； （ii ）如图2，连接DE ，作矩形DEFG ，在点E 的运动过程中，是否存在点G 落在y 轴上的同时点F 恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE 的长；若不存在，请说明理由． 11．抛物线G ：2
y ax c =+与x 轴交于A 、B 两点，与y 交于C （0，-1），且AB =4OC ．
（1）直接写出抛物线G 的解析式： ；
（2）如图1，点D （-1，m ）在抛物线G 上，点P 是抛物线G 上一个动点，且在直线OD
的下方，过点P 作x 轴的平行线交直线OD 于点Q ，当线段PQ 取最大值时，求点P 的坐标；
（3）如图2，点M 在y 轴左侧的抛物线G 上，将点M 先向右平移4个单位后再向下平移，使得到的对应点N 也落在y 轴左侧的抛物线G 上，若S △CMN =2，求点M 的坐标．
12．如图1，ABC ∆是⊙O 的内接等腰三角形，点D 是弧AC 上异于,A C 的一个动点，射线AD 交底边BC 所在的直线于点E ，连结BD 交AC 于点F . （1）求证：ADB CDE ∠=∠；
（2）若7BD =，3CD =，①求AD DE •的值；②如图2，若AC BD ⊥，求
tan ACB ∠；
（3）若5
tan 2
CDE ∠=
，记AD x =，ABC ∆面积和DBC ∆面积的差为y ，直接写出y 关于x 的函数关系式.
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一、压轴题
1．(1) ☉O 的半径是3
2
；(2)AB ∥ON ，证明见解析. 【解析】 【分析】
(1) 连接AB ，根据题意可AB 为直径，再用勾股定理即可． (2) 连接OA , OB ,
OQ ,根据圆周角定理可得Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∠=∠∠=∠，从而证出
OC AB ⊥,
延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠，再根据三角形内角和定理求得OQN ∠=90︒得证. 【详解】 解：(1)连接AB ，
在☉0中，
o APQ BPQ 45∠=∠=， o APB APQ BPQ 90∴∠=∠+∠=
AB ∴是☉0的直径.
Rt APB ∴∆在中，22AB AP BP =+AB=3∴
∴☉0的半径是
32
(2)AB//ON
证明：连接OA , OB , OQ , 在☉0中,
AQ AQ =, BQ BQ =,
Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∴∠=∠∠=∠.
又
APQ BPQ ∠=∠,
AOQ BOQ ∴∠=∠.
在AOB ∆中，OA OB =, AOQ BOQ ∠=∠,
OC AB ∴⊥,即o OCA 90∠=
连接OQ ，交AB 于点C 在☉0中，OP OQ =
OPN OQP.∴∠=∠
延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠
o NOP 2OPN 90∴∠+∠=,
又:o NOP NOQ QOR 180∠+∠+∠=，
NOQ 90O ∴∠=
NOQ OCA 180O ∴∠+∠= .
AB//ON ∴ 【点睛】
本题考查了圆周角定理，勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，是一道综合题，灵活运用相关知识是解题的关键． 2．（1）②；（2）±1；（3）23-＜B x ＜3或73-＜B x ＜23-- 【解析】 【分析】
（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．
（2）本题根据k 的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF ，利用勾股定理求解AF ，进一步确定∠AOF 度数，最后利用勾股定理确定点F 的坐标，利用待定系数法求k ．
（3）本题根据⊙B 在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB 的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND ，△BMN 为媒介计算BD 长度，最后与OD 相减求解点B 的横坐标范围． 【详解】
（1）如下图所示：
∵PM 是⊙O 的切线， ∴∠PMO=90°，
当⊙O 的半径OM 是定值时，22PM OP OM =-
∵1=2
PMO
S
PM OM ••， ∴要使PMO △面积最小，则PM 最小，即OP 最小即可，当OP ⊥l 时，OP 最小，符合最美三角形定义．
故在图1三个三角形中，因为AO ⊥x 轴，故△AOP 为⊙A 与x 轴的最美三角形． 故选：②．
（2）①当k ＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM ⊥x 轴，如下所示：
按题意可得：△AEF 是直线y=kx 与⊙A 的最美三角形，故△AEF 为直角三角形且AF ⊥OF ． 则由已知可得：111=1222
AEF
S
AE EF EF ••=⨯⨯=，故EF=1． 在△AEF 中，根据勾股定理得：22AF AE ==．
∵A(0,2)，即OA=2，
∴在直角△AFO 中，22=2OF OA AF AF -==， ∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，
故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)， 将F 点代入y=kx 可得：1k =-． ②当k ＞0时，同理可得k=1． 故综上：1k =±．
（3）记直线33y x =+与x 、y 轴的交点为点D 、C ，则(3,0)D -，(0,3)C ， ①当⊙B 在直线CD 右侧时，如下图所示：
在直角△COD 中，有3OC =，3OD =tan 3OC
ODC OD
∠=
=ODC=60°． ∵△BMN 是直线33y x =+与⊙B 的最美三角形， ∴MN ⊥BM ，BN ⊥CD ，即∠BND=90°，
在直角△BDN 中，sin BN
BDN BD
∠=， 故23
=
=sin sin 60?3
BN BN BD BN BDN =∠．
∵⊙B 的半径为3， ∴3BM =．
当直线CD 与⊙B 相切时，3BN BM ==，
因为直线CD 与⊙B 相离，故BN ＞3，此时BD ＞2，所以OB=BD-OD ＞23-． 由已知得：113=3222BMN
S
MN BM MN MN ••=••=＜3
2
，故MN ＜1． 在直角△BMN 中，2223BN MN BM MN =+=+＜1+3=2，此时可利用勾股定理算得BD ＜
43，OB BD OD =- ＜433- =3， 则23-＜B x ＜
3
． ②当⊙B 在直线CD 左侧时，同理可得：73-＜B x
＜23--． 故综上：23-＜B x ＜33或733
-＜B x ＜23--． 【点睛】
本题考查圆与直线的综合问题，属于创新题目，此类型题目解题关键在于了解题干所给示例，涉及动点问题时必须分类讨论，保证不重不漏，题目若出现最值问题，需要利用转化思想将面积或周长最值转化为线段最值以降低解题难度，求解几何线段时勾股定理极为常见．
3．（1）①18；②t=4或t=－1；（2）48；
，或
；（3）
【解析】
试题分析：（1）根据给出的新定义进行求解；（2）过M 点作轴的垂线与过N 点垂直于轴的直线交于点Q ，则当点P 位于矩形OMQN 内部或边界时，矩形OMQN 是点M ，N ，P 的最佳外延矩形，且面积最小；根据当y=0是y=8时求出x 的值得到取值范围；（3）根据最佳外延矩形求出半径的取值范围.
试题解析：（1）①18； ②t=4或t=－1； （2）如图，过M 点作轴的垂线与过N 点垂直于
轴的直线交于点Q ，则当点P 位于矩
形OMQN 内部或边界时，矩形OMQN 是点M ，N ，P 的最佳外延矩形，且面积最小．
∵S 矩形OMQN ＝OM·ON ＝6×8＝48， ∴点M ，N ，P 的最佳外延矩形面积的最小值为48． 抛物线
与轴交于点T （0，5）． 令，有， 解得：x=－1（舍去），或x=5．
令y=8，有
，解得x=1，或x=3．∴，或． （3）． 考点：新定义的理解、二次函数的应用、圆的性质.
4．（1）AP +PQ 的最小值为4；（2）存在，M 点坐标为(﹣12，﹣4)或(12，8)．
【解析】
【分析】
（1）由直线解析式易求AB 两点坐标，利用等腰直角△ABC 构造K 字形全等易得OE ＝CE ＝4，C 点坐标为（4，4）DB ＝∠CEB ＝90︒，可知B 、C 、D 、E 四点共圆，由等腰直角△ABC 可知∠CBD ＝45︒，同弧所对圆周角相等可知∠CED ＝45︒，所以∠OEF ＝45︒，CE 、OE 是关于EF 对称，作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于Q ，AK ⊥EC 于K ．把AP +PQ 的最小值问题转化为垂线段最短解决问题．
（2）由直线l 与直线AC 成45︒可知∠AMN ＝45︒，由直线AC 解析式可设M 点坐标为
（x ，122
x +），N 在y 轴上，可设N （0，y ）构造K 字形全等即可求出M 点坐标． 【详解】
解：（1）过A 点作AK ⊥CE ，
在等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90︒，AC ＝BC ，
∵CE ⊥x 轴，
∴∠ACK +∠ECB ＝90︒，∠ECB +∠CBE ＝90︒，
∴∠ACK ＝∠CBE
在△AKC 和△CEB 中，
AKC CEB ACK CBE AC CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
△AKC ≌△CEB （AAS ）
∴AK ＝CE ，CK ＝BE ，
∵四边形AOEK 是矩形，
∴AO ＝EK ＝BE ，
由直线l：y＝﹣1
3
x+2与x轴交于点B，与y轴交于点A，可知A点坐标为（0，2），B
（6，0）
∴E点坐标为（4，0），C点坐标为（4，4），
∵∠CDB＝∠CEB＝90︒，
∴B、C、D、E四点共圆，
∵CD CD
=，∠CBA＝45︒，
∴∠CED＝45︒，
∴FE平分∠CEO，
过P点作PH⊥CE于H，作PG⊥OE于G，过A点作AK⊥EC于K．∴PH＝PQ，
∵PA+PQ＝PA+PH≥AK＝OE，
∴OE＝4，
∴AP+PQ≥4，
∴AP+PQ的最小值为4．
（2）∵A点坐标为（0，2），C点坐标为（4，4），
设直线AC解析式为：y＝kx+b
把（0，2），（4，4）代入得
2
44
b
k b
=
⎧
⎨
=+⎩
解得
1
2
2 k
b
⎧
=⎪
⎨
⎪=⎩
∴直线AC解析式为：y＝1
2
2
x+，
设M点坐标为（x，1
2
2
x+），N坐标为（0，y）．
∵MN∥AB，∠CAB＝45︒，
∴∠CMN＝45︒，
△CMN为等腰直角三角形有两种情况：
Ⅰ．如解图2﹣1，∠MNC＝90︒，MN＝CN．
同（1）理过N点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）理得：SN＝CR，MS ＝NR．
∴
4
1
24
2
x y
x y
-=-
⎧
⎪
⎨
+-=
⎪⎩
，解得：
12
8
x
y
=-
⎧
⎨
=-
⎩
，
∴M点坐标为（﹣12，﹣4）
Ⅱ．如解图2﹣2，∠MNC＝90︒，MN＝CN．
过C点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）得：MS＝CF，CS＝FN．
∴
44
1
244
2
x y
x
-=-
⎧
⎪
⎨
+-=
⎪⎩
，解得：
12
12
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴M点坐标为（12，8）
综上所述：使得△CMN为等腰直角三角形得M点坐标为（﹣12，﹣4）或（12，8）．
【点睛】
本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是中用转化的思想思考问题，学会添加常用辅助线，在平面直角坐标系中构造K字形全等三角形求点坐标解决问题，属于中考压轴题．
5．（1）4；（2）2；（3）6002+1）．
【解析】
【分析】
（1）如图①中，证明△EOB≌△FOC即可解决问题；
（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．利用四点共圆，证明∠DBQ＝∠DAC＝45°，再根据垂线段最短即可解决问题．
（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，首先证明AB+BC+BD＝（2+1）BD，当BD最大时，AB+BC+BD的值最大．
【详解】
解：（1）如图①中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠EOF＝∠BOC，
∴∠EOB＝∠FOC，
∴△EOB≌△FOC（SAS），
∴S△EOB＝S△OFC，
∴S四边形OEBF＝S△OBC＝1
4
•S正方形ABCD＝4，
故答案为：4；
（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．
∵∠ABD＝∠ADC＝90°，AO＝OC，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠DBC＝∠DAC，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠DBQ＝45°，
根据垂线段最短可知，当QD⊥BD时，QD的值最短，DQ的最小值＝
2
2
BQ＝2．
（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，
∵∠ABC +∠ADC ＝180°，
∴∠BCD +∠BAD ＝∠EAD +BAD ＝180°，
∴B ，A ，E 三点共线，
∵DE ＝DB ，∠EDB ＝90°，
∴BE 2BD ，
∴AB +BC ＝AB +AE ＝BE 2BD ，
∴BC +BC +BD 2+1）BD ，
∴当BD 最大时，AB +BC +BD 的值最大，
∵A ，B ，C ，D 四点共圆，
∴当BD 为直径时，BD 的值最大，
∵∠ADC ＝90°，
∴AC 是直径，
∴BD ＝AC 时，AB +BC +BD 的值最大，最大值＝6002+1）．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．（1）详见解析；（2）21y 32x x =-,302AF ≤≤；(3)3. 【解析】
【分析】
（1）由∠A =∠B =90°，∠AFE =∠BEC ，得△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BCE 得AF AE BE BC =，232
y x x =，即2132y x x =-+，然后求函数最值；（3）连接FH ，取EF 的中点M ，证MA =ME =MF =MH ，则A 、E 、H 、F 在同一圆上；连接AH ，证∠EFH =30°由A 、E 、H 、F 在同一圆上，得∠EAH =∠EFH =30°，线段AH 即为H 移动的路径，在直角三角形ABH 中，
3602
AH sin AB =︒=，可进一步求AH. 【详解】
解：（1）在矩形ABCD 中，∠A =∠B =90°， ∴∠AEF +∠AFE =90°，
∵EF ⊥CE ，
∴∠AEF +∠BEC =90°，
∴∠AFE =∠BEC ，
∴△AEF ∽△BCE ；
（2）由（1）△AEF ∽BEC 得
AF AE BE BC =，232
y x x -=， ∴2132y x x =-
+， ∵2132y x x =-
+=213(3)22x --+， 当3x =时，y 有最大值为32
， ∴302
AF ≤≤； （3）如图1，连接FH ，取EF 的中点M ，
在等边三角形EFG 中，∵点H 是EG 的中点，
∴∠EHF =90°，
∴ME =MF =MH ，
在直角三角形AEF 中，MA =ME =MF ，
∴MA =ME =MF =MH ，
则A 、E 、H 、F 在同一圆上；
如图2，连接AH ，
∵△EFG 为等边三角形，H 为EG 中点，∴∠EFH =30°
∵A 、E 、H 、F 在同一圆上∴∠EAH =∠EFH =30°，
如图2所示的线段AH 即为H 移动的路径，
在直角三角形ABH 中，
3602
AH sin AB =︒=， ∵AB =23
∴AH =3，
所以点H移动的距离为3．
【点睛】
此题主要考查圆的综合问题，会证明三角形相似，会分析四点共圆，会运用二次函数分析最值，会分析最短轨迹并解直角三角形是得分的关键．
7．（1）证明见解析；（2）y＝1
8
x2（x＞0）；（3）①
16
3
π或8π或
（
）π；②
【解析】
【分析】
（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；
（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得AE EF
AC BC
=解决问题；
（3）①分三种情形分别求解即可解决问题；
②只要证明△CFG∽△HFA，可得GF
AF
=
CG
AH
，求出相应的线段即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，
∵AB是直径，AB⊥GH，
∴EG＝EH，
∴DG＝DH，
∴AG＝DG＝DH＝AH，
∴四边形AGDH是菱形．
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠ACB＝90°，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AE EF AC BC
=，
∴1
2
4
x y
x
=
，
∴y＝1
8
x2（x＞0）．
（3）①解：如图1中，连接DF．
∵GH 垂直平分线段AD ，
∴FA ＝FD ，
∴当点D 与O 重合时，△AOF 是等腰三角形，此时AB ＝2BC ，∠CAB ＝30°，
∴AB ＝83， ∴⊙O 的面积为163
π． 如图2中，当AF ＝AO 时，
∵AB 22AC BC +216x +
∴OA 216x +， ∵AF 22EF AE +22
21182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 216x +22
21182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
解得x ＝4（负根已经舍弃），
∴AB ＝2
∴⊙O 的面积为8π．
如图2﹣1中，当点C与点F重合时，设AE＝x，则BC＝AD＝2x，AB＝2
164x
+，
∵△ACE∽△ABC，
∴AC2＝AE•AB，
∴16＝x•2
164x
+，
解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃），
∴AB2＝16+4x2＝817+8，
∴⊙O的面积＝π•1
4
•AB2＝（217+2）π
综上所述，满足条件的⊙O的面积为16
3
π或8π或（217+2）π；
②如图3中，连接CG．
∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，∴AB＝5，
∴OH＝OA＝5
2，
∴AE＝3
2，
∴OE＝OA﹣AE＝1，
∴EG＝EH
2
5
1
2
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
21
2
，
∵EF＝1
8
x2＝
9
8
，
∴FG
＝
2
﹣
9
8
，AF
15
8
，AH
，
∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，∴△CFG∽△HFA，
∴GF CG AF AH
=，
∴
9 28
15
8
-
=
∴CG
，
＝
．
故答案为
【点睛】
本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
8．（1）OD=4,
（2）证明过程见详解
（3）50
4 3
π
-
【解析】【分析】
（1）根据AB与圆O相切,在Rt△OBD中运用tan∠BOD=3
4
,即可求出OD的长,
（2）作辅助线证明四边形ADOG是矩形,得DO∥AC,sin∠OCG=3
5
,在Rt△OCG中,求出OG
的长等于半径即可解题,
（3）利用S阴影=S Rt△BAC-S正方形ADOG-1
4
S圆O,求出AC长度即可解题.
【详解】
解：（1）∵AB与圆O相切,∴OD⊥AB,
在R t△OBD中,BD=3,tan∠BOD=BD
OD
=
3
4
,
∴OD=4,
（2）过点O作OG垂直AC于点G,∵∠A=90°，AB与圆O相切,
∴四边形ADOG是矩形,
∴DO∥AC,
∴∠BOD=∠OCG,
∵tan∠BOD=BD
OD
=
3
4
,
∴sin∠OCG=3 5 ,
∵CF=8
3
,OF=4,
∴OG=OGsin∠OCG=4=r,
∴AC是⊙O的切线
（3）由前两问可知,四边形ADOG是边长为4的正方形,扇形DOE和扇形GOF的面积之和是四分之一圆的面积,
在R t△ABC中,tan∠C=3
4
,AB=4+3=7,
∴AC=
AB
tan C
∠
=
7
3
4
=
28
3
,
∴S
阴影=S Rt△BAC-S正方形ADOG-1
4
S圆O=2
1281
7444
234
π
⨯⨯-⨯-=
50
4
3
π
-
【点睛】
本题考查了三角函数的应用和直线与圆的位置关系,中等难度,熟悉三角函数并熟练应用是解题关键.
9．（1）45°+α；（2）证明见解析；（3）2BF+CF.
【解析】
【分析】
（1）过点A作AG⊥DF于G，由轴对称性质和正方形的性质可得AE=AD，∠BAP=∠EAF，
根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠EAG=∠DAG，即可得∠FAG=1
2
∠BAD=45°，
∠DAG+∠BAP=45°，根据直角三角形两锐角互余的性质即可得答案；
（2）由（1）可得∠FAG=1
2
∠BAD=45°，由AG⊥PD可得∠APG=45°，根据轴对称的性质可
得∠BPA=∠APG=45°，可得∠BFD=90°，即可证明BF⊥DF；
（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，由∠BFD=∠BCD=90°可得B、F、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得∠FBC=∠FDC，∠DFC=∠DBC=45°，根据平行线的性质可得∠FDC=∠DCH，根据角的和差关系可得∠ABF=∠BCH，由轴对称性质可得BF=EF，可得△BEF是等腰直角三角形，即可得∠BEF=45°，BE=2BF，即可证明∠BEF=∠DFC，可得BH//FC，即可证明四边形EFCH是平行四边形，可得EH=FC，EF=CH，利用等量代换可得CH=BF，利用SAS可证明△ABF≌△BCH，可得AF=BH，即可得AF、BF、CF的数量关系.【详解】
（1）过点A作AG⊥DF于G，
∵点B关于直线AF的对称点为E，四边形ABCD是正方形，
∴AE=AB，AB=AD=DC=BC，∠BAF=∠EAF，
∴AE=AD，
∵AG⊥FD，
∴∠EAG=∠DAG，
∴∠BAF+∠DAG=∠EAF+∠EAG，
∵∠BAF+∠DAG+∠EAF+∠EAG=∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAG=∠GAF=45°，
∴∠DAG=45°-α，
∴∠ADF=90°-∠DAG=45°+α.
（2）由（1）得∠GAF=45°，
∵AG⊥FD，
∴∠AFG=45°，
∵点E、B关于直线AF对称，
∴∠AFB=∠AFE=45°，
∴∠BFG=90°，
∴BF⊥DF.
（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，
∵∠BFD=∠BCD=90°，
∴B、F、C、D四点共圆，
∴∠FDC=∠FBC，∠DFC=∠DBC=45°，
∵CH//FD，
∴∠DCH=∠FDC，
∴∠FBC=∠DCH，
∵∠
ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABC+∠FBC=∠BCD+∠DCH，即∠ABF=∠BCH，∵点E、B关于直线AF对称，
∴BF=EF，
∵∠BFE=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=45°，BE=2BF，
∴∠BEF=∠DFC，
∴FC//BH，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=FC，CH=BF，
在△ABF和△BCH中，
AB BC
ABF BCH BF CH
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴AF=BH=BE+EH=2BF+CF.
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、圆周角定理、四点共圆的判定及全等三角形的判定与性质，正确得出B、F、C、D四点共圆并熟练掌握圆周角定理及轴对称的性质是解题关键.
10．（1）y＝﹣1
4
x2+x+3，顶点B的坐标为（2，4）；（2）（i）点E的坐标为（
8
5
，3）
或（12
5
，3）；（ii）存在；当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的
长为4
3
．
【解析】【分析】
（1）由题意得出
2
1
441,
4
3,
1
2
4
b c
b
⎧
-⨯++=
⎪
⎪
⎨-=
⎪⎛⎫
⨯-
⎪ ⎪
⎝⎭
⎩
，解得
1,
3,
b
c
=
⎧
⎨
=
⎩
，得出抛物线的函数表达式为：y＝
﹣1
4
x2+x+3＝﹣
1
4
（x﹣2）2+4，即可得出顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）求出C（0，3），设点E的坐标为（m，3），求出直线BE的函数表达式为：y
＝
1
2
m
-
-
x+
46
2
m
m
-
-
，则点M的坐标为（4m﹣6，0），由题意得出OC＝3，AC＝4，OM＝
4m﹣6，CE＝m，则S矩形ACOD＝12，S梯形ECOM＝1518
2
m-
，分两种情况求出m的值即可；
（ii）过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，设点F的坐标为：（a，﹣1
4
a2+a+3），则NF＝
3﹣（﹣1
4
a2+a+3）＝
1
4
a2﹣a，NC＝﹣a，证△EFN≌△DGO（ASA），得出NE＝OD＝AC＝
4，则AE＝NC＝﹣a，证△ENF∽△DAE，得出NF NE
AE AD
=，求出a＝﹣
4
3
或0，当a＝0
时，点E与点A重合，舍去，得出AE＝NC＝﹣a＝4
3
，即可得出结论．
【详解】
（1）∵抛物线y＝﹣1
4
x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，
∴
2
1
441, 4
3,
1
2
4
b c
b
⎧
-⨯++=⎪
⎪
⎨-=
⎪⎛⎫
⨯-
⎪ ⎪
⎝⎭
⎩
解得
1,
3, b
c
=⎧
⎨
=⎩
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣1
4
x2+x+3，
∵y＝﹣1
4
x2+x+3＝﹣
1
4
（x﹣2）2+4，
∴顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）∵y＝﹣1
4
x2+x+3，
∴x＝0时，y＝3，
则C点的坐标为（0，3），
∵A（4，3），
∴AC∥OD，
∵AD⊥x，
∴四边形ACOD是矩形，
设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y＝kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示：
则
24,
3, k n
mk n
+=⎧
⎨
+=⎩
解得：
1
,
2
46
,
2
k
m
m
n
m
-
⎧
=
⎪⎪-
⎨
-
⎪=
⎪-
⎩
，
∴直线BE的函数表达式为：y＝
1
2
m
-
-
x+
46
2
m
m
-
-
，
令：y＝
1
2
m
-
-
x+
46
2
m
m
-
-
＝0，则x＝4m﹣6，
∴点M的坐标为（4m﹣6，0），
∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，
∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，
∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，
∴S矩形ACOD＝OC•AC＝3×4＝12，
S梯形ECOM＝1
2
（OM+EC）•OC＝
1
2
（4m﹣6+m）×3＝
1518
2
m-
，
分两种情况：
①S ECOM
S ACOD
梯形
矩形
＝
1
4
，即
1518
2
12
m-
＝
1
4
，
解得：m＝8
5
，
∴点E的坐标为：（8
5
，3）；
②S ECOM
S ACOD
梯形
矩形
＝
3
4
，即
1518
2
12
m-
＝
3
4
，
解得：m＝12
5
，
∴点E的坐标为：（12
5
，3）；
综上所述，点E的坐标为：（8
5
，3）或（
12
5
，3）；
（ii）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，
过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示：
设点F的坐标为：（a，﹣1
4
a2+a+3），
则NF＝3﹣（﹣1
4
a2+a+3）＝
1
4
a2﹣a，NC＝﹣a，
∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，
∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，
∵NF∥CG，
∴∠EMC＝∠EFN，
∴∠EFN＝∠DGO，
在△EFN和△DGO中，∠NEF=∠ODG，EF=DG,∠EFN=∠DGO，∴△EFN≌△DGO（ASA），
∴NE＝OD＝AC＝4，
∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，
∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，
∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，
∴∠EFN＝∠DEA，
∴△ENF∽△DAE，
∴NE NF
AD AE
=，即
4
3
＝
2
1
4
a a
a
-
-
，
整理得：3
4
a2+a＝0，
解得：a＝﹣4
3
或0，
当a＝0时，点E与点A重合，∴a＝0舍去，
∴AE＝NC＝﹣a＝4
3
，
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为4
3
．
【点睛】
本题是二次函数综合题目，考查了二次函数解析式的求法、二次函数的性质、一次函数解析式的求法、坐标与图形性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、梯形面积公式等知识；本题综合性强，属于中考压轴题型． 11．（1）2114y x =-；（2）点P 37
(,)216
-；（3）(222,222M --+ 【解析】 【分析】
（1）根据题意得到AB=4，根据函数对称轴x=0，得到OA=OB=2，得到A 、B 坐标，代入函数解析式即可求解；
（2）首先求得直线OD 解析式，然后设P （2
1,14
t t -），得到PQ 关于t 的解析式，然后求出顶点式即可求解； （3）设点21,
14M m m ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，然后求得直线CM 的解析式，得到EM 的表达式，然后根据CMN
CNE
MNE
S
S
S
=+即可求解．
【详解】
（1）∵AB =4OC ，且C （0，-1） ∴AB=4
∴OA=OB=2，即A 点坐标()2,0-，B 点坐标()2,0 代入A 点坐标得2021a =- 解得14
a =
∴G 的解析式为2
114
y x =- 故答案为2
114
y x =
-
（2）当1x =-时，34
y =-,即：点D 为（31,4--）
∴直线OD 为：34
y x = 设P （21,
14t t -），则Q 为（22141
,1334
t t --），则： 22214141325
()()33333212
PQ t t t t t =--=-++=--+
∴当3
2t =
时，PQ 取得最大值2512，此时点P 位37(,)216
- （3）设点21,
14M m m ⎛
⎫- ⎪⎝
⎭，则N ()214,414m m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭
∵C 点坐标为(0,1)-
∴可设直线CM 为1y kx =-，带入M 点坐标得：1
4
k m = ∴直线CM 为1
14
y mx =
- 过点N 作NE y ∥轴交CM 于点E ，则E 点为()14,
414m m m ⎛⎫++- ⎪⎝
⎭
∴4EN m =-- ∵()()1
2
CMN
CNE MNE
C N N M S S
S
x x x x EN ⎡⎤=+=
-+-•⎣⎦ ∴
()()1
04=22
m m ---
∴2440m m +-=
解得：12m =--，22m =-+（舍去）
∴M (2--+ 【点睛】
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数综合应用，是二次函数部分的压轴题，题目较难，应画出示意图，然后进行讨论分析．
12．(1)证明见解析；（2）①21（3）2
1029
y x = 【解析】 【分析】
()1由圆内接四边形性质知ABC CDE ∠∠=，由AB AC =知ABC ACB ∠∠=，从而
得ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠===；
()2①由BAD DCE ∠∠=，ADB CDE ∠∠=可证
ADB ∽CDE.从而得
AD DB
CD DE
=； ②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，证MAF ≌DAF 得MF DF =，据此知
BM CM CD 3===
，MF DF 2==，求得CF ==定义可得答案；
()3证
ABD ∽AEB 得2AB AD AE.=⋅证ABD ∽CED 得BD CD AD DE.⋅=⋅从而
得2ABC BCD
111
S
S
AB AC sin BAC BD CD sin BDC x sin BAC 222
∠∠∠-=
⋅⋅-⋅⋅=，再
由5
tan ABC tan CDE 2
∠∠==，可设BM 2a =，知AM 5a =，AB =，由面积法可得BN
=，即20
sin BAC 29
∠=，据此得出答案． 【详解】 解：()
1四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，
ABC 180ADC CDE ∠∠∠∴=-=．
AB AC =，
ABC ACB ∠∠∴=．
ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠∴===；
()2①
四边形ABCD 内接于圆，
BAD 180BCD DCE ∠∠∠∴=-=．
又ADB CDE ∠∠=，
ADB ∴∽CDE ．
AD DB
CD DE
∴
=， AD DE BD CD 7321∴⋅=⋅=⨯=；
②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，
AM 平分BAC ∠， AM BC ∴⊥，
CAD CBD 90ACB MAF ∠∠∠∠∴==-=．
MAF ∴≌()DAF ASA ．
MF DF ∴=，即AC 是线段MD 的中垂线． BM CM CD 3∴===， MF DF 2∴==，
在Rt CDF 中，2222CF CD DF 325=--=，
BF tan ACB 5CF 5
∠∴=
== ()3BAD EAB ∠∠=，ADB ACB ABE ∠∠∠==，
ABD ∴∽AEB ，
AB AD AE AB
∴=，即2AB AD AE =⋅． CDE ADB ∠∠=，DCE BAD ∠∠=
ABD ∴∽CED ， BD AD DE CD ∴=，即BD CD AD DE ⋅=⋅． ABC BCD
11
S
S
AB AC sin BAC BD CD sin BDC 22
∠∠-=
⋅⋅-⋅⋅, ()1
sin BAC AD AE AD DE 2∠=⋅-⋅. 21
x sin BAC 2
∠=，
又5tan ABC tan CDE 2
∠∠==， 如图2，设BM 2a =，则AM 5a =，AB 29a =
， 由面积法可得BN 29=，即20sin BAC 29
∠=， 22ABC BCD 12010S S x x 22929y ∴-==⨯=． 【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、相似三角形和全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三角函数的应用等知识点．。