数学九年级上册 几何模型压轴题达标检测(Word版 含解析)

数学九年级上册 几何模型压轴题达标检测（Word 版 含解析）
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．
【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝
492． 【解析】 【分析】
（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12
PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；
（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12
PM BD =，12
PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；
（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．
【详解】
解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，
//PN BD ∴，12
PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，
//PM CE ∴，12
PM CE =， AB AC =，AD AE =，
BD CE ∴=，
PM PN ∴=，
//PN BD ，
DPN ADC ∴∠=∠，
//PM CE ，
DPM DCA ∴∠=∠，
90BAC ∠=︒，
90ADC ACD ∴∠+∠=︒，
90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，
PM PN ∴⊥，
故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；
（2）PMN ∆是等腰直角三角形．
由旋转知，BAD CAE ∠=∠，
AB AC =，AD AE =，
()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，
ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12
PM CE =， PM PN ∴=，
PMN ∴∆是等腰三角形，
同（1）的方法得，//PM CE ，
DPM DCE ∴∠=∠，
同（1）的方法得，//PN BD ，
PNC DBC ∴∠=∠，
DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，
MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠
BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠
ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，
90BAC ∠=︒，
90ACB ABC ∴∠+∠=︒，
90MPN ∴∠=︒，
PMN ∴∆是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，
MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，
//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，
MN ∴最大AM AN =+，
连接AM ，AN ，
在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，
22AM ∴=
在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =
22522MN ∴=最大，
222111149(72)22242
PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12
PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，
∴点D 在BA 的延长线上，
14BD AB AD ∴=+=，
7PM ∴=，
2211497222
PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】
此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出
12PM CE =，12
PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．
2．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(
478，91-8+)，
F 1(，，
G 2，F 2，) 【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
131t -4+=，2t -4
=，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-13-66t 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 +=，231-305t = 由图可知：①当131305t +=如图1所示： 此时H （513054，39305-4） ，C （305-21-4，35305-4
+）
∵点G为DH中点，点F为BC中点
∴G1（47305
+
，
91305
-
+
），F1（
305-21
-，
33305
-
+
）
由图可知：当
231-305
t-
=如图2所示：
此时H（51-305
4
，
39-305
-
4
），C（
30521
4
+
，
35-305
-
4
）
∵点G为DH中点，点F为BC中点
∴G2（47-305
，
91-305
-），F2（
30521
+
，
33-305
-）（14分）
∴综上所述：G1（47305
8
+
，
91305
-
8
+
），F1（
305-21
-
8
，
33305
-
4
+
）
G2（47-305
8
，
91-305
-
8
），F2（
30521
8
+
，
33-305
-
4
）。

【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。

3．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6．
（1）如图1，若将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接AD，则△ABD的面积为．
（2）如图2，点P为CA延长线上一个动点，连接BP，以P为直角顶点，BP为直角边作等腰直角△BPQ，连接AQ，求证：AB⊥AQ；
（3）如图3，点E，F为线段BC上两点，且∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，点M是线段AF上一个动点，点N是线段AC上一个动点，是否存在点M，N，使CM+NM的值最小，若存在，求出最小值：若不存在，说明理由．
【答案】（1）36；（2）详见解析；（3）存在，最小值为3．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得到△ABD是等腰直角三角形，求得AD＝2BC＝12，根据三角形的面积公式即可得到结论；
（2）如图2，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，根据等腰直角三角形的性质，得到PQ ＝PB，∠BPQ＝90°，根据全等三角形的性质得到PH＝BC，QH＝CP，求得CP＝AH，得到∠HAQ＝45°，于是得到∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，即可得到结论；
（3）根据已知条件得到∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，求得∠EAC＝30°，如图3，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，求得AD＝AC＝6，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AD，
∴AD＝2BC＝12，
∴△ABD的面积＝1
2
AD•BC＝
1
2
12×6＝36，
故答案为：36；
（2）如图，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，
∴∠H＝∠C＝90°，
∵△BPQ是等腰直角三角形，
∴PQ＝PB，∠BPQ＝90°，
∴∠HPQ+∠BPC＝∠QPH+∠PQH＝90°，
∴∠PQH＝∠BPC，
∴△PQH≌△BPC（AAS），
∴PH＝BC，QH＝CP，
∵AC＝BC，
∴PH＝AC，
∴CP＝AH，
∴QH＝AH，
∴∠HAQ＝45°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴AB⊥AQ；
（3）如图，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，
∵∠CAF ＝∠EAF ＝∠BAE ，∠BAC ＝45°，
∴∠CAF ＝∠EAF ＝∠BAE ＝15°，
∴∠EAC ＝30°，
则此时，CM +NM 的值最小，且最小值＝DN ，
∵点C 和点D 关于AF 对称，
∴AD ＝AC ＝6，
∵∠AND ＝90°，
∴DN ＝12AD ＝12
⨯6＝3， ∴CM +NM 最小值为3．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．综合与探究：
如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，过点C 作CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．
（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；
（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ．
①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；
②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；
③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．
【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-++；（2）①143
m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭
． 【解析】
【分析】
（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C 的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；
（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；
②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ︒∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可．
【详解】
解：（1）4=OA ，2OB =，
∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，
线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，
AB BC ∴=，90ABC ︒∠=，
90ABO DBC ︒∴∠+∠=，
在Rt AOB 中，90ABO OAB ︒∴∠+∠=，
=OAB DBC ∴∠∠，
CD x ⊥轴于点D ，
90BDC ︒∴∠=，
90AOB BDC ︒∴∠=∠=．
AB BC =，
ABO BCD ∴△≌△，
2CD OB ∴==，4BD OA ==， 6OB BD ∴+=，
∴点C 的坐标为(6,2)，
∵抛物线2
3y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，
236182c a c =⎧∴⎨++=⎩， 解得，122
a c ⎧
=-⎪⎨⎪=⎩，
∴抛物线的表达式为2
1322
y x x =-
++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+， ∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ， ∴62
4k b b +=⎧⎨
=⎩
，
解得，134
k b ⎧
=-
⎪⎨⎪=⎩，即143y x =-+，
∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：1
43
m -+，
故答案为：143
m -+．
②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，
OM m ∴=，1
43
GM m =-+，
AB BC =，BG AC ⊥， AG CG ∴=，
90AOB GMH CDH ︒∠=∠=∠=，
OA GM CD ∴，
1OM AG
MD GC
∴
==， 1
32OM MD OD ∴===，
3m ∴=，1433
m -+=，
∴点G 为(3,3)，
设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，20
33k b k b +=⎧⎨
+=⎩
，
3
6
k b =⎧∴⎨=-⎩，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，
∴得2
132362
x x x -
++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去）， ∴点F 的坐标为(4,6)，
过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，
4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，
在Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得25AF FC ==， 同理可得25AB BC ==，
AB BC CF FA ∴===， ∴四边形ABCF 为菱形，
90ABC ︒∠=， ∴菱形ABCF 为正方形；
③∵直线AC ：1
43
y x =-+与x 轴交于点H ， ∴1
403
x -
+=， 解得，x ＝12， ∴(12,0)H ，
∴2
2
2
(64)(26)20FC =-+-=，2
2
2
(126)(02)40CH =-+-=， 设点N 坐标为(,)s t ，
∴2
2
2
(4)(6)FN s t =-+-，2
2
2
(12)(0)NH s t =-+-， 第一种情况：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，
∴2222
(4)(6)20(12)40s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩
，
解得，11425265s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，226
2s t =⎧⎨=⎩（即点C ），
∴4226,55N ⎛⎫
⎪⎝⎭
； 第二种情况：若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，
∴2222
(4)(6)40(12)20
s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩， 解得，11385
45s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，22104s t =⎧⎨=⎩，
∴384,55N ⎛⎫
⎪⎝⎭
或(10,4)N ， 综上所述，以F ，H ，N 为顶点的三角形与△FHC 全等时，点N 坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫
⎪⎝
⎭或384,55⎛⎫
⎪⎝⎭
． 【点睛】
本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．
5．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC ＝∠DAE ，AB ＝AC ，AD ＝AE ，则BD ＝CE , (1)在图1中证明小胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题： (2)如图2，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，求证：AD+CD ＝BD ；
(3)如图3，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝m°，点E 为△ABC 外一点，点D 为BC 中点，∠EBC ＝∠ACF ，ED ⊥FD ，求∠EAF 的度数（用含有m 的式子表示）．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =
1
2
m°.
【解析】
分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；
（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明
△ABD≌△CBE即可解决问题；
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=
1
2
m°.
详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AD AE
DAB EAC
AB AC
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=EC．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE，∠BDC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC，
∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG，
∴∠EAF=∠FAG=1
2 m°．
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
6．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．
（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时
①证明：△BFC是等腰三角形；
②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；
（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．
【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.
【解析】
【详解】
分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据
∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和
△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．
详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．
②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：
∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=1
2
BE=BF，
∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，
∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，
又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，
∴CF=DF且CF⊥DF．
（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：
如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，
又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，
∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，
∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，
又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°
=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°
=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，
而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，
∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，
∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，
∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，
∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．
点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．
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）2
142
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 =1
2
-
，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()22142
124
2y 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)4280
20280m 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2
142
y 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
()2
1242
y x m =
--，
由()22
1421242y 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21
42
y x =-+上，
∴()2
12242
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2
142y x =-+中，()212242
m 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．已知ABC ∆是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．
(1).如图，猜想ADE ∆是_______三角形；（直接写出结果） (2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论； (3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）
②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=；②最小值为423+ 【解析】 【分析】
（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可； （3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =，根据垂线段最短解答． 【详解】
解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，
ADE ∴∆是等边三角形， 故答案为等边三角形； （2）AC CD CE +=，
证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，
ABC ∆是等边三角形
60AB AC BC BAC ∴∠︒＝＝，＝，
60BAC DAE ∴∠∠︒＝＝，
BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝，
在ABD ∆和ACE ∆中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ABD ACE SAS ∴∆∆≌（）
BD CE ∴=，
CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；
（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=，
当点D 在线段BC 上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，
90AEC ∴∠︒＝，
ABD ACE ∆∆≌，
9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，
30BAD ∴∠︒＝，
122
BD AB ∴＝＝， 当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，
30AEC ∴∠︒＝，
ABD ACE ∆∆≌，
3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，
90BAD ∴∠︒＝，
28BD AB ∴＝＝，
BD ∴为2或8时，30DEC ∠︒＝；
②点D 在运动过程中，DEC ∆
的周长存在最小值，最小值为4+
理由如下：
ABD ACE ∆∆≌，
CE BD ∴＝，
则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++＝＝＝，
当CE 最小时，DEC ∆的周长最小，
ADE ∆为等边三角形，
DE AD ∴=， AD
的最小值为
DEC ∴∆
的周长的最小值为4+
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
二、初三数学圆易错题压轴题（难）
9．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．
⑴当t为何值时，线段CD的长为4；
⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；
⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？
【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．
【解析】
试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；
（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切
时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当
OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；
（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．
（1）过点C作CF⊥AD于点F，
在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，
∴∠ABO=30°，
由题意得：BC=2t，AD=t，
∵CE⊥BO，
∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，
∵CF⊥AD，AO⊥BO，
∴四边形CFOE是矩形，
∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，
在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，
∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，
解得：t=，t=4，
∵0＜t＜4，
∴当t=时，线段CD的长是4；
（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），
∵AD∥CE，AD=CE=t
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴DE∥AB
∴∠GEO=30°，
∴OG=OE=（4-t）
当线段DE与⊙O相切时，则OG=，
∴当（4-t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点．∴当 4-＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；
（3）当⊙C与⊙O外切时，t=；
当⊙C与⊙O内切时，t=；
∴当t=或秒时，两圆相切．
考点：圆的综合题．
10．如图，∠ABC=45°，△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，顶点A 、D 分别在∠ABC 的两边BA 、BC 上滑动（不与点B 重合），△ADE 的外接圆交BC 于点F ，点D 在点F 的右侧，O 为圆心．
（1）求证：△ABD ≌△AFE （2）若AB=42，82＜BE ≤413，求⊙O 的面积S 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析（2）16π＜S ≤40π
【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD ，得出三角形全等；（2）利用△ABD ≌△AFE ，和已知条件得出BF 的长，利用勾股定理和2＜BE 13EF,DF 的取值范围，
24S DE π=，所以利用二次函数的性质求出最值.
试题解析：（1）连接EF ，
∵△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，
∴∠EAD=90°，∠AED=∠ADE=45°，
∵AE AE = ，
∴∠ADE=∠AFE=45°，
∵∠ABD=45°，
∴∠ABD=∠AFE ，
∵AF AF =，
∴∠AEF=∠ADB ，
∵AE=AD ，
∴△ABD ≌△AFE ；
（2）∵△ABD ≌△AFE ，
∴BD=EF ，∠EAF=∠BAD ，
∴∠BAF=∠EAD=90°，
∵42AB =，
∴BF=42cos cos45
AB ABF =∠=8，
设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8，
∵BE 2=EF 2+BF 2
， 82＜BE ≤413 ， ∴128＜EF 2+82≤208，
∴8＜EF ≤12，即8＜x ≤12， 则()222844S DE x x ππ⎡⎤=
=+-⎣⎦=()2482x ππ-+， ∵2
π＞0， ∴抛物线的开口向上，
又∵对称轴为直线x=4， ∴当8＜x ≤12时，S 随x 的增大而增大，
∴16π＜S ≤40π．
点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角，第二问的解题关键是根据第一问的结论计算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范围，所以在这个问题中要考虑勾股定理的问题，还要考虑圆的面积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.
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 =
3331331+- 【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=1
30 2
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=1
30 2
BOC
∠=︒
∵OB=2，
∴OD=OB∙cos30︒=3
∵B为AC的中点，
∴∠AOB=∠BOC=60°
∴∠AOD=90°
根据勾股定理得：227
AO 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：OD=3，圆D 的半径为1
∴AD=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 2
-=
【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．已知：在△ABC 中，AB=6，BC=8，AC=10，O 为AB 边上的一点，以O 为圆心，OA 长为半径作圆交AC 于D 点，过D 作⊙O 的切线交BC 于E.
（1）若O为AB的中点(如图1)，则ED与EC的大小关系为：ED EC（填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？
（3）当⊙O过BC中点时（如图3），求CE长.
【答案】（1）ED=EC；（2）成立；（3）3
【解析】
试题分析：（1）连接OD，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO，即可得到∠CDE=∠C，从而证得结论；
（2）证法同（1）；
（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.
（1）连接OD
∵DE为⊙O的切线
∴∠ODE=90°
∴∠CDE+∠ADO=90°
∵AB=6，BC=8，AC=10
∴∠ABC=90°
∴∠A+∠C=90°
∵AO=DO
∴∠A=∠ADO
∴∠CDE=∠C
∴ED=EC；
（2）连接OD
∵DE为⊙O的切线
∴∠ODE=90°
∴∠CDE+∠ADO=90°
∵AB=6，BC=8，AC=10
∴∠ABC=90°
∴∠A+∠C=90°
∵AO=DO
∴∠A=∠ADO
∴∠CDE=∠C
∴ED=EC；
（3）CE=3.
考点：圆的综合题
点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
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）83π（2）（0≤x ≤180） （3）O 2A 与⊙O 1相切；当0≤x ≤90和0≤x ≤180时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相交 【解析】
试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO 2B =∠AO 1B =120°,
∴
解法二、∵O 1A=O 1B=O 2A=O 2B
∴AO 1BO 2是菱形 ∴∠AO 2B =∠AO 1B =120° ∴l =2׈A
= (2)∵由（1）知，菱形AO 1BO 2中∠AO 2B =∠AO 1B=x 度,
∴重叠图形的周长
, 即（0≤x ≤180） (3) 当时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相切！
理由如下：∵
，由（2）可知：， 解之x =90度 ∴AO 1B =90°,因此菱形AO 1BO 2是正方形，∴O 1AO 2=90°,即O 2A ⊥O 1A ,
而O 1A 是⊙O 1的半径，且A 为半径之外端；∴O 2A 与⊙O 1相切．
还有如下位置关系：当0≤x ≤90和0≤x ≤180时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1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．如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，45ABC ∠=︒，12BC cm =，半圆O 的直径12DE cm =．点E 与点C 重合，半圆O 以2/cm s 的速度从左向右移动，在运动过程中，点D 、E 始终在BC 所在的直线上．设运动时间为()x s ，半圆O 与ABC ∆的重叠部分的面积为()2S cm ．
（1）当0x =时，设点M 是半圆O 上一点，点N 是线段AB 上一点，则MN 的最大值为_________；MN 的最小值为________．
（2）在平移过程中，当点O 与BC 的中点重合时，求半圆O 与ABC ∆重叠部分的面积S ；
（3）当x 为何值时，半圆O 与ABC ∆的边所在的直线相切？
【答案】（1）24cm ，()
926-cm ；（2）2(189)cm π+；（3）0x =或6x =或932x =-
【解析】
【分析】
（1）当N 与点B 重合，点M 与点D 重合时，MN 最大，此时
121224()MN DB DE BC cm ==+=+=如图①，过点O 作ON AB ⊥于N ，与半圆交于点M ，此时MN 最小，MN ON OM =-，
261218()92()OB OC CB cm ON BN OB cm =+=+===
=，所以926()MN ON OM cm =-=-； （2）当点O 与BC 的中点重合时，如图②，点O 移动了12cm ，设半圆与AB 交于点H ，连接OH 、CH ，6OH OC OB ===，
29016669183602
BOH HOC S S S ππ∆=+=⋅+⨯⨯=+阴影扇形； （3）当半圆O 与直线AC 相切时，运动的距离为0或12，所以0x =（秒)或6（秒)；当半圆O 与直线AB 相切时，如图③，连接OH ，则OH AB ⊥，6OH =，
262OB OH ==，1262OC BC OB =-=-，移动的距离为
612621862()cm +-=-，运动时间为1862932x -==-（秒)． 【详解】
解：解（1）当N 与点B 重合，点M 与点D 重合时，MN 最大，此时
121224()MN DB DE BC cm ==+=+=
如图①，过点O 作ON AB ⊥于N ，与半圆交于点M ，此时MN 最小，
MN ON OM =-，
45ABC ∠=︒，
45NOB ∴∠=︒，
在Rt ONB ∆中，61218()OB OC CB cm =+=+=
292()2
ON BN OB cm ∴===， 926()MN ON OM cm ∴=-=-，
故答案为24cm ，(926)cm -；
（2）当点O 与BC 的中点重合时，如图②，点O 移动了12cm ，
设半圆与AB 交于点H ，连接OH 、CH ．
BC 为直径，
90CHB ∴∠=︒，
45ABC ∠=︒
45HCB ∴∠=︒，
HC HB ∴=，
OH BC ∴⊥，6OH OC OB ===，
29016669183602
BOH HOC S S S ππ∆=+=⋅+⨯⨯=+阴影扇形； （3）当半圆O 与直线AC 相切时，运动的距离为0或12，
0x ∴=（秒)或6（秒)；
当半圆O 与直线AB 相切时，如图③，
连接OH ，则OH AB ⊥，6OH =
45B ∠=︒，90OHB ∠=︒，
262OB OH ∴=，
1262OC BC OB =-=-，
移动的距离为61221862()cm +-=-，
运动时间为1862932x -=-)， 综上所述，当x 为0或6或932-时，半圆O 与ABC ∆的边所在的直线相切．
【点睛】
本题考查了圆综合知识，熟练掌握勾股定理以及圆切线定理是解题的关键．要注意分类讨论.。