成都七中育才学校学道分校数学圆 几何综合单元复习练习(Word版 含答案)

成都七中育才学校学道分校数学圆 几何综合单元复习练习(Word 版
含答案)
一、初三数学 圆易错题压轴题（难）
1．如图，在直角体系中,直线AB 交x 轴于点A(5,0),交y 轴于点B,AO 是⊙M 的直径,其半圆交AB 于点C,且AC=3.取BO 的中点D,连接CD 、MD 和OC ． （1）求证：CD 是⊙M 的切线；
（2）二次函数的图象经过点D 、M 、A,其对称轴上有一动点P,连接PD 、PM,求△PDM 的周长最小时点P 的坐标；
（3）在（2）的条件下,当△PDM 的周长最小时,抛物线上是否存在点Q ，使S △PDM =6S △QA M ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（1）证明：连接CM ，
∵OA 为⊙M 直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°． ∵D 为OB 中点，∴DC=DO ．∴∠DCO=∠DOC ． ∵MO=MC ，∴∠MCO=∠MOC ． ∴
．
又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线． （2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．
∴545(x )x 5)12152-
=--（，∴，解得10
OD 3
=
． 又∵D 为OB 中点，∴
1552
+∴D 点坐标为（0，154)．
连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有
解得．
∴直线AD 为
．
∵二次函数的图象过M （5
6
，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=
154
． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=15
4
交于点P ， ∴PD+PM 为最小．
又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=15
4
的交点． 当x=
15
4时，45y (x )x 5)152
=
--（． ∴P 点的坐标为（15
4，56
）． （3）存在． ∵
，5
y a(x )x 5)2
=--（
又由（2）知D （0，154)，P （15
4，56
）， ∴由
，得
，解得y Q =±
103
．
∵二次函数的图像过M(0，5
6
)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，
又∵该图象过点D （0，15
4
)，∴，解得a=
512
． ∴二次函数解析式为
．
又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103
． ∴当y Q =103
时，，解得x=
1552-或x=1552
+；
当y Q =5
12
-
时，，解得x=
15
4
．
∴点Q 的坐标为（15524
-，103)，或（15524+，10
3)，或（154，512-）．
【解析】
试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．
（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OB
tan OAC AC OA
∠=
=，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标． （3）根据PDM DAM PAM S S S ∆∆∆=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析
式即可求得横坐标．
2．在圆O 中，C 是弦AB 上的一点，联结OC 并延长，交劣弧AB 于点D ，联结AO 、BO 、 AD 、BD ．已知圆O 的半径长为5，弦AB 的长为8．
（1）如图1，当点D 是弧AB 的中点时，求CD 的长；
（2）如图2，设AC=x ，
ACO OBD
S
S
=y ，求y 关于x 的函数解析式并写出定义域；
（3）若四边形AOBD 是梯形，求AD 的长．
【答案】（1）2；（2）2825
x x x -+（0＜x ＜8）;（3）AD=145或6．
【解析】 【分析】
(1)根据垂径定理和勾股定理可求出OC 的长.
(2)分别作OH ⊥AB ，DG ⊥AB ，用含x 的代数式表示△ACO 和△BOD 的面积，便可得出函数解析式.
(3)分OB ∥AD 和OA ∥BD 两种情况讨论. 【详解】
解：（1）∵OD 过圆心，点D 是弧AB 的中点，AB=8，
∴OD ⊥AB ，AC=
1
2
AB=4， 在Rt △AOC 中，∵∠ACO=90°，AO=5， ∴
，
∴OD=5， ∴CD=OD ﹣OC=2；
（2）如图2，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为点H ， 则由（1）可得AH=4，OH=3， ∵AC=x ， ∴CH=|x ﹣4|，
在Rt △HOC 中，∵∠CHO=90°，AO=5，
∴
∴CD=OD ﹣OC=5
过点DG ⊥AB 于G ， ∵OH ⊥AB ， ∴DG ∥OH ， ∴△OCH ∽△DCG ， ∴
OH OC
DG CD
=， ∴DG=OH CD OC
⋅
35， ∴S △ACO =
12AC ×OH=12x ×3=32
x ， S △BOD =12BC （OH +DG ）=12（8
﹣x ）×（3
35）=3
2
（8﹣
x ）
∴y=
ACO OBD
S S
=
()32
3582x x -
（0＜x ＜8）
（3）①当OB ∥AD 时，如图3，
过点A 作AE ⊥OB 交BO 延长线于点E ，过点O 作OF ⊥AD ，垂足为点F ， 则OF=AE ， ∴S=
12AB•O H=1
2
OB•AE ，
AE=
AB OH OB ⋅=24
5
=OF ， 在Rt △AOF 中，∠AFO=90°，AO=5，
∴AF=
2
2
AO OF -=
7
5
∵OF 过圆心，OF ⊥AD ，
∴AD=2AF=
145
． ②当OA ∥BD 时，如图4，过点B 作BM ⊥OA 交AO 延长线于点M ，过点D 作DG ⊥AO ，垂足为点G ，
则由①的方法可得DG=BM=
245
， 在Rt △GOD 中，∠DGO=90°，DO=5，
∴GO=22DO DG -=75，AG=AO ﹣GO=185
， 在Rt △GAD 中，∠DGA=90°，
∴AD=
22AG DG +=6
综上得AD=
14
5
或6．
故答案为（1）2；（2）y=()
282558x x x x -+-（0＜x ＜8）;（3）AD=14
5或6．
【点睛】
本题是考查圆、三角形、梯形相关知识，难度大，综合性很强.
3．如图①，一个Rt △DEF 直角边DE 落在AB 上，点D 与点B 重合，过A 点作二射线AC 与斜边EF 平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P 从A 点出发，沿射线AC 方向以每秒2个单位的速度运动，Q 为AP 中点，设运动时间为t 秒（t ＞0）• （1）当t=5时，连接QE ，PF ，判断四边形PQEF 的形状；
（2）如图②，若在点P 运动时，Rt △DEF 同时沿着BA 方向以每秒1个单位的速度运动，当D 点到A 点时，两个运动都停止，M 为EF 中点，解答下列问题： ①当D 、M 、Q 三点在同一直线上时，求运动时间t ；
②运动中，是否存在以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切？若存在，
求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．
【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．
【解析】
试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；
②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．
试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．
理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，
∵t=5，∴AP=2×5=10．
∵点Q是AP的中点，
∴AQ=PQ=5．
∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，
∴EF==5，
∴PQ=EF=5．
∵AC∥EF，
∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．
又∵∠QHA=∠FDE=90°，
∴△AHQ∽△EDF，
∴．
∵AQ=EF=5，
∴AH=ED=4．
∵AE=12-4=8，
∴HE=8-4=4，
∴AH=EH，
∴AQ=EQ，
∴PQ=EQ，
∴平行四边形EFPQ是菱形；
（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，
此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．
∵EF∥AC，
∴△DEM∽△DAQ，
∴，
∴，
解得t=；
②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，
过点Q作QH⊥AB于H，如图③，
则有∠HQD=∠HDQ=45°，
∴QH=DH．
∵△AHQ∽△EDF（已证），
∴，
∴，
∴QH=，AH=，
∴DH=QH=．
∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，
∴++t=12，
∴t=5；
Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，
过点Q作QH⊥AB于H，如图④，
同理可得DH=QH=，AH=．
∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，
∴-+t=12，
∴t=10．
综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．
考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．
4．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==
5．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．
（1）求证：MN是⊙O的切线．
（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．
①求证：FD＝FG．
②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1
【解析】
【分析】
（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得
∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；
（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°；
∵∠MAC＝∠ABC，
∴∠MAC+∠CAB＝90°，即MA⊥AB，
∴MN是⊙O的切线；
（2）①证明：∵D是弧AC的中点，
∴∠DBC＝∠ABD，
∵AB是直径，
∴∠CBG+∠CGB＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDG+∠ABD＝90°，
∵∠DBC＝∠ABD，
∴∠FDG＝∠CGB＝∠FGD，
∴FD＝FG；
②解：连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．
∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，
∴DE ＝DH ，
在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，
DH DE BD BD =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），
∴BE ＝BH ，
∵D 是弧AC 的中点，
∴AD ＝DC ，
在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，
DE DH AD CD =⎧⎨=⎩
， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．
∴AE ＝CH ．
∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，
∴AE ＝1．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．
6．已知：ABC 内接于O ，过点B 作O 的切线，交CA 的延长线于点D ，连接OB ．
（1）如图1，求证：DAB DBC ∠=∠；
（2）如图2，过点D 作DM AB ⊥于点M ，连接AO ，交BC 于点N ，
BM AM AD =+，求证：BN CN =；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E 为O 上一点，过点E 的切线交DB 的延长线于点
P ，连接CE ，交AO 的延长线于点Q ，连接PQ ，PQ OQ ⊥，点F 为AN 上一点，连接CF ，若90DCF CDB ∠+∠=︒，tan 2ECF ∠=，
12ON OQ =，10PQ OQ +=求CF 的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）10=CF
【解析】
【分析】
（1）延长BO 交O 于G ，连接CG ，根据切线的性质可得可证∠DBC ＋∠CBG=90°，然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG ＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ，从而证出结论；
（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH ，根据垂直平分线性质可得DH=AD ，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C ，可得AB=AC ，再根据垂直平分线的判定可得AO 垂直平分BC ，从而证出结论；
（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，证出tan ∠BGE=tan ∠ECF=2，然后利用AAS 证出△CFN ≌△BON ，可设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r ，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE 为正方形，利用r 和a 表示出各线段，最后根据10PQ OQ +=a 和CF ．
【详解】
解：（1）延长BO 交O 于G ，连接CG
∵BD 是O 的切线
∴∠OBD=90°
∴∠DBC ＋∠CBG=90°
∵BG 为直径
∴∠BCG=90°
∴∠CBG ＋∠G=90°
∴∠DBC=∠G
∵四边形ABGC 为
O 的内接四边形
∴∠DAB=∠G
∴∠DAB=∠DBC
（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH
∴DM 垂直平分AH
∴DH=AD
∴∠DHA=∠DAH
∵BM AM AD =+，=+BM MH BH
∴AD=BH
∴DH=BH
∴∠HDB=∠HBD
∴∠DHA=∠HDB ＋∠HBD=2∠HBD
由（1）知∠DAB=∠DBC
∴∠DHA=∠DAB=∠DBC
∴∠DBC =2∠HBD
∵∠DBC =∠HBD ＋∠ABC
∴∠HBD=∠ABC ，∠DBC=2∠ABC
∴∠DAB=2∠ABC
∵∠DAB=∠ABC ＋∠C
∴∠ABC=∠C
∴AB=AC
∴点A 在BC 的垂直平分线上
∵点O 也在BC 的垂直平分线上
∴AO 垂直平分BC
∴BN CN =
（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，
∵90DCF CDB ∠+∠=︒
∴∠DMC=90°
∵∠OBD=90°
∴∠DMC=∠OBD
∴CF ∥OB
∴∠BGE=∠ECF ，∠CFN=∠BON ，
∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2
由（2）知OA 垂直平分BC
∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN
∴△CFN ≌△BON
∴CF=BO ，ON=FN ，设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r
∵12
ON OQ = ∴OQ=2a
∵CF ∥OB
∴△QGO ∽△QCF
∴
=OG QO CF QF 即2122
==++OG a r a a a ∴OG=12
r 过点O 作OE ′⊥BG ，交PE 于E ′
∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE
∴点E ′与点E 重合
∴∠EOG=90°
∴∠BOE=90°
∵PB 和PE 是圆O 的切线
∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r
∴四边形OBPE 为正方形
∴∠BOE=90°，PE=OB=r
∴∠BCE=12
∠BOE==45° ∴△NQC 为等腰直角三角形
∴NC=NQ=3a ，
∴BC=2NC=6a
在Rt △CFN 中，
=
∵PQ OQ ⊥
∴PQ ∥BC
∴∠PQE=∠BCG
∵PE ∥BG
∴∠PEQ=∠BGC
∴△PQE ∽△BCG ∴=PQ PE BC BG
即12
6=+PQ r r a r 解得：PQ=4a
∵PQ OQ +=
∴4a ＋
2a=解得：
∴
=10
【点睛】
此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键．
7．如图，PA ，PB 分别与
O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．
（1）如图1，求证：//PF AD ； （2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5
ABD ∠=，求PH 的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
257
【解析】
【分析】 （1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到
2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；
（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得
APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；
（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由
45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==延长EO 交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得257
PH =.
【详解】
（1）连接OA 、OB
∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径，
∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，
∴90OAP OBP ∠=∠=︒，
∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒，
∵AB AB =，
∴2AOB ADB ∠=∠，
∴2180P ADB ∠+∠=︒，
∵2180P PEB ∠+∠=︒，
∴ADB PEB ∠=∠，
∴//PF AD
（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K
∵90APB ∠=︒，
∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒，
∴45PEB ∠=︒，
∵PA 、PB 为圆O 的切线，
∴PA PB =，
∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，
∴PE PK = ，
∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，
∴APE BPK ∠=∠，
∴APE BPK ∆∆≌，
∴45K AEP ∠=∠=︒，
∴AEP PEB ∠=∠，
∴PE 平分AEB ∠；
（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM
∵45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，
∴DE AE =，
∵OA 、OD 为半径，
∴OA OD =，
∵OE OE =，
∴DEO AEO ∆∆≌，
∴1452AEO OED AED ∠=∠=
∠=︒， ∴90OEP ∠=︒，
∵AM 为圆O 的直径，
∴90ADM ∠=︒，
∵弧AD =弧AD ，
∴ABD AMD ∠=∠，
在Rt ADM ∆中，8AD =，4sin 5AMD ∠=
，则10AM =， ∴5OA OB ==，
由题易证四边形OAPB 为正方形，
∴对角线AB 垂直平分OP ，AB OP =，
∵H 在AB 上，
∴OH PH =，
在Rt OAP ∆中，252OP OA =
=
延长EO 交AD 于K ，
∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，
∴4DK KE ==，3OK =，1OE =
∴在Rt OEP ∆中，227PE OP OE =-=
在Rt OEH ∆中，222OH OE EH =+
∵OH PH =，7EH PE HP PH =-=-
∴()22217PH PH =+- ∴257
PH =
． 【点睛】
本题考查了圆的综合题，圆的性质，等腰三角形的性质，相交弦定理，正弦定理，勾股定理，灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键．
8．（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，
由于CP ⊥AB ，根据垂线段最短，CP ≤CQ '+P 'Q '，
∴CO +PQ ≤CQ '+P 'Q '，
又∵CQ ＝CQ '， ∴PQ ＜P 'Q '，即PQ 最短．
在Rt △ABC 中22228610AB AC BC =+=+=，1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•， ∴68 4.810
AC BC CP AB •⨯===， ∴PQ ＝CP ﹣CQ ＝6.8﹣3.6＝1.2，
∴22226 4.8 3.6BP BC CP -=-=．
当P 在点B 左侧3.6米处时，PQ 长最短是1.2．
（3）△ACF 的面积有最大和最小值．
如图3，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ．
∵∠EAF ＝90°，1tan 3AEF ∠=
， ∴13
AF AE = ∵AB ＝6，AG ＝GB ，
∴AC ＝GB ＝3，
又∵AD ＝9，
∴
3193AG AD ==， ∴D
AF AE AG A = ∵∠BAD ＝∠B ＝∠EAF ＝90°，
∴∠FAG ＝∠EAD ，
∴△FAG ～△EAD ，
∴13
FG AF DE AE ==， ∵DE ＝3，
∴FG ＝1，
∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，
连接AC ，则△ACD 的面积＝692722
CD AD ⨯=⨯=， 过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，
①当F 在F 1时，△ACF 面积最小．理由：由（2）知，当F 在F 1时，F 1H 最短，这时△ACF 的边AC 上的高最小，所以△ACF 面积有最小值， 在Rt △ABC 中，222269313AC AB BC =
+=+=∴313sin 313BC BAC AC ∠=== 在Rt △ACH 中，313913sin 3GH AG BAC =•∠== ∴119131F H GH GF =-=-， ∴△ACF 面积有最小值是：11191327313313(1)22AC F H -•=⨯-=； ∴四边形ADCF 面积最小值是：27313813132722--+
=； ②当F 在F 2时，F 2H 最大理由：在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，连接PG ，则四边形GHMN 是矩形，
∴GH ＝MN ，
在Rt △GNP 中，∠NGF 2＝90°，
∴PG ＞PN ， 又∵F 2G ＝PG ，
∴F 2G +GH ＞PN +MN ，即F 2H ＞PM ， ∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高，
∴面积有最大值， ∵229131F H GH GF =+=+， ∴△ACF 面积有最大值是21191327313313(1)22AC F H +•=⨯+=； ∴四边形ADCF 面积最大值是27313813132722+++
=
综上所述，四边形ADCF 面积最大值是
813132
+，最小值是813132-． 【点睛】 本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
9．如图①②，在平面直角坐标系中，边长为2的等边CDE ∆恰好与坐标系中的OAB ∆重合，现将CDE ∆绕边AB 的中点(G G 点也是DE 的中点），按顺时针方向旋转180︒到△1C DE 的位置．
（1）求1C 点的坐标； （2）求经过三点O 、A 、1C 的抛物线的解析式；
（3）如图③，G 是以AB 为直径的圆，过B 点作G 的切线与x 轴相交于点F ，求切线BF 的解析式；
（4）抛物线上是否存在一点M ，使得:16:3AMF OAB S S ∆∆=．若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）13)C ；（2）23333y x x =-；（3）32333
y x =+；（4）1283834,,2,33M M ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝
⎭． 【解析】
【分析】
（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出．
（2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求出．
（3）借助切线的性质定理，直角三角形的性质，求出F ，B 的坐标即可求出解析式． （4）当M 在x 轴上方或下方，分两种情况讨论．
【详解】
解：（1）将等边CDE ∆绕边AB 的中点G 按顺时针方向旋转180︒到△1C DE ， 则有，四边形'OAC B 是菱形，所以1C 的横坐标为3，
根据等边CDE ∆的边长是2，
利用等边三角形的性质可得1C ；
（2）抛物线过原点(0,0)O ，设抛物线解析式为2y ax bx =+，
把(2,0)A
，C '
代入，得42093a b a b +=⎧⎪⎨+=⎪⎩
解得3
a =
，3b =- ∴
抛物线解析式为2y x x =
-；
（3）
90ABF ∠=︒，60BAF ∠=︒，
30AFB ∴∠=︒，
又2AB =，
4AF ∴=，
2OF ∴=， (2,0)F ∴-，
设直线BF 的解析式为y kx b =+，
把B ，(2,0)F -
代入，得20k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩
，
解得3k =
3
b =， ∴直线BF
的解析式为y x =+； （4）①当M 在x
轴上方时，存在2()M x ，
211:[4)]:[216:322
AMF OAB S S ∆∆=⨯⨯⨯=， 得2280x x --=，解得14x =，22x =-，
当14x =
时，244y ， 当12x =-
时，2(2)(2)y =--=
1M ∴
，2(M -； ②当M 在x
轴下方时，不存在，设点2()M x x ，
213231:[4()]:[23]16:322
AMF OAB S S x x ∆∆=-⨯⨯-⨯⨯=， 得2280x x -+=，240b ac -<无解，
综上所述，存在点的坐标为183(4,
)M ，283(2,)M -． 【点睛】
此题主要考查了旋转，等边三角形的性质，菱形的判定和性质，以及待定系数法求解二次函数解析式和切线的性质定理等，能熟练应用相关性质，是解题的关键．
10．AB 是O 直径，,C D 分别是上下半圆上一点，且弧BC =弧BD ，连接,AC BC ，连接CD 交AB 于E ，
（1）如图(1)求证：90AEC ∠=︒；
（2）如图(2)F 是弧AD 一点，点,M N 分别是弧AC 和弧FD 的中点，连接FD ，连接MN 分别交AC ，FD 于,P Q 两点，求证：MPC NQD ∠=∠
（3）如图(3)在(2)问条件下，MN 交AB 于G ，交BF 于L ，过点G 作GH MN ⊥交AF 于H ，连接BH ，若,6,BG HF AG ABH ==∆的面积等于8，求线段MN 的长度
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24105
MN =
． 【解析】
【分析】
（1）由垂径定理即可证明； （2）利用等弧所对的圆周角相等和三角形外角性质即可得到结论；
（3）由∠MPC=∠NQD 可得：∠BGL=∠BLG ，BL=BG ，作BR ⊥MN ，GT ⊥AF ，HK ⊥AB ，证明：GH 平分∠AGT ，利用相似三角形性质和角平分线性质求得△AGT 三边关系，再求出HK 与GH ，OS ⊥MN ，再利用相似三角形性质求出OS ，利用勾股定理求MN 即可．
【详解】
解：()1证明：∵BC BD =，AB 为直径，
∴AB ⊥CD
∴∠AEC=90°；
()2连接,OM ON ，
∵点M 是弧AC 的中点，点N 是弧DF 的中点，
∴AM CM =，FN DN =，
∴,OM AC ON FD ⊥⊥，
∵OM=ON ，
∴M N ∠=∠，
∵90M MPC N NQB ∠+∠=∠+∠=︒，
MPC NQD ∴∠=∠；
()3如图3，过G 作GT ⊥AF 于T ，过H 作HK ⊥AB 于K ，过B 作BR ⊥MN 于R ，过O 作OS ⊥MN 于S ，连接OM ，设BG=m ，
∵△ABH 的面积等于8，AG=6
∴HK=166
m +， ∵BC BD =，
∴∠BAC=∠BFD ，由（2）得∠MPC=∠NQD
∴∠AGM=∠FLN
∴∠BGL=∠BLG
∴BL=BG ，
∵BR ⊥MN
∴∠ABR=∠FBR
∵GH ⊥MN
∴GH ∥BR
∴∠AGH=∠ABR
∵AB 是直径，GT ⊥AF
∴∠AFB=∠ATG=90°
∴GT ∥BF ，
又∵GH ∥BR
∴∠TGH=∠FBR
∴∠AGH=∠TGH ，
又∵HK ⊥AG ，HT ⊥GT ，
∴HT=HK=166
m +， ∵FH=BG=m ， ∴FT=16(8)(2)66m m m m m +--
=++， ∵GT ∥BF ， ∴AT AG FT BG
=， ∴6(8)(2)(6)m m AT m m +-=
+，616m AH m -=，48(6)(38)m KG TG m m ==+-， ∵222AT TG AG +=，
代入解得：m=4；
∴AB=10，OM=5，GK=
245，HK=85，OG=1
∴GH=5
， ∵OS ⊥MN
∴∠OSG=∠GKH=90°，GH ∥OS
∴∠HGK=∠GOS
∴△HGK ∽△GOS ， ∴OS GK OG GH
=，
∴OS =
∴MG =
∴MN =
【点睛】 本题考查了圆的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形判定和性质，勾股定理等，综合性较强，尤其是第（3）问难度很大，计算量大，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正
确作出辅助线，运用数形结合的思想进行解题．。