深圳布吉智民实验学校初中部数学几何模型压轴题(篇)(Word版 含解析)

深圳布吉智民实验学校初中部数学几何模型压轴题（篇）（Word版
含解析）
一、初三数学旋转易错题压轴题（难）
1．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；
(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；
（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；
（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
【详解】
解：（1）证明：如图：
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴△FCB和△BEF都为直角三角形．
∵点P是BF的中点，
∴CP＝1
2BF，EP＝
1
2
BF，
∴PC＝PE．
（2）PC＝PE理由如下：
如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴EH//CB，
∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，
∵点P是BF的中点，
∴PF＝PB，
∴△CBP≌△HFP(AAS)，
∴PC＝PH，
∵∠AEF＝90°，
∴在Rt△CEH中，EP＝1
2
CH，
∴PC＝PE．
（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，
∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，
在△DAF和△EAF中，
DAF,
,
,
EAF
FDA FEA
AF AF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAF≌△EAF(AAS)，
∴AD＝AE，
在△DAP≌△EAP中，
,
,
,
AD AE
DAP EAP
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAP≌△EAP (SAS)，
∴PD＝PF，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD//BC//PM，
∴DM FP
MC PB
=，
∵点P是BF的中点，
∴DM＝MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC＝PD，
又∵PD＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．
2．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．
3．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，=，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 DA DC
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 ∴∠=∠，33
DF 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
DE 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60NED BEC ∠=∠=︒.
DEN ∴是等边三角形.
又DF FN =，
DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.
tan 3E 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 ∴.
120NOC ADC ∴∠=∠=︒.
60BOJ ∴∠=︒，60JEC ∠=︒.
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60NED 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.
4．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.
5．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．
（1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长；
（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．
【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354
5
（，）
【解析】
试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则
∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则
O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求
出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作
P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，
∴AB==5，
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，
∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；
(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，
∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣
∠HBO′=30°，
∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为
（）；
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，
∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，
则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，
∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P
（，0），
∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，
∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，
∴P′点的坐标为（，）．
考点：几何变换综合题
6．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到
C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）①存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝3，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；
②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意；
当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴t＝2；
当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，
又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，
而∠BDC＞0°，
∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴t＝14，
综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
7．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为
（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16
x
（x＞0）的图象交边AB于点D．
（1）用m的代数式表示BD的长；
（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD
①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；
②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．
【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5
【解析】
【分析】
（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；
（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣1
2
（m﹣8）2+24，即可得
出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】
解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB⊥x轴上，
∵点B（4，m），
∴点D的横坐标为4，
∵点D在反比例函数y＝16
x
上，
∴D（4，4），
∴BD＝m﹣4；
（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，
由（1）知，D（4，4），
∴S△PBD＝1
2
（m﹣4）（m﹣4）＝
1
2
（m﹣4）2，
∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣1
2
（m﹣4）2＝﹣
1
2
（m﹣8）2+24，
∴抛物线的对称轴为m＝8，
∵a＜0，5≤m≤7，
∴m＝7时，S取到最大值；
②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，
∴∠DPG+∠PDG＝90°，
由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，
∴∠DPG+∠EPF＝90°，
∴∠PDG＝∠EPF，
∴△PDG ≌△EPF （AAS ）， ∴DG ＝PF ， ∵DG ＝AF ＝m ﹣4， ∴P （m ，m ﹣4）， ∵点P 在反比例函数y ＝16x
， ∴m （m ﹣4）＝16，
∴m ＝2+25或m ＝2﹣25（舍）．
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．
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；3
4
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 2==PBE
12S
PE BM 22
=
⋅⋅=，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，22DE 213=-=
CE 23∴=，
故答案为23．
()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 PC 1==，
AG EF 1==，G F 90∠∠==， PA PE 2∴==
PBE
12S
PE BM BM 22
∴=
⋅⋅=， ∴当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，
BM PB ≤，PB AB PA ≤+，
PB 22∴≤，
BM 22∴≤
BM ∴的最大值为22+ PBE ∴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．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）3605
R <<
【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1
63
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1218
655
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 ∴=
，1
3
BH x =， 1
63
CH x ∴=-，
在Rt PHC 中，22PC PH CH =
+
22221
(
)(6)33
y x x ∴=+-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
2
3
26
6
3
x
x
x
x
=
-
-
，
解得：
18
5
x=，
即
12
5
BE=，
1218
6
55
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)，
2
36
5
R=；
即两圆相交时，
36
5
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.
10．已知：
图1 图2 图3
（1）初步思考：
如图1，在PCB
∆中，已知2
PB=，BC=4，N为BC上一点且1
BN=，试说明：1
2
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1
2
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12PD 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，22(23)537+=，
∴12
PD PC PD PG DG -=-≤， 当点P 在DG 的延长线上时，12PD PC -
的值最大， ∴最大值为：37DG =
【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．
11．已知ABD △内接于圆O ，点C 为弧BD 上一点，连接BC AC AC 、，交BD 于点E ，CED ABC ∠=∠．
（1）如图1，求证：弧AB=弧AD；
⊥于点F，交圆O点G，连接AG交BD于点H，且（2）如图2，过B作BF AC
∠的度数；
222
=+，求CAG
EH BE DH
（3）如图3，在（2）的条件下，圆O上一点M与点C关于BD对称，连接ME，交
∥交AD于点Q，交BD的延长线于点R，AB于点N，点P为弧AD上一点，PQ BG
=，ANE的周长为20，52
AQ BN
DR=，求圆O半径．
【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=62
【解析】
【分析】
（1）证∠ABD=∠ACB可得；
（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合，证△ALE≌△AHE，利用勾股定理逆定理推导角度；
（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD.先证△AEN≌△QUD，再证△NVE≌△RKU，可得到
NV=KR=DK，进而求得OB的长.
【详解】
（1）∵∠CED是△BEC的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA
∵∠ABC=∠ABD+∠EBC
又∵∠CED=∠ABC
∴∠ABD=∠ACB
∴弧AB=弧AD
（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合
∵△ALB是△AHD旋转所得
∴∠ABL=∠ADB，AL=AH
设∠CAG=a，则∠CBG=a
∵BG⊥AC
∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a
∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a
∴∠LAE=∠EAH=a
∵LA=AH，AE=AE
∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH
∵HD=LB，222
EH BE DH
=+
∴△LBE为直角三角形
∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°
∴∠CAG=45°
（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD
由（2）得∠BAD=90°
∴点O在BD上
设∠R=n，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n
∴∠AEN=2n
∵SQ⊥AC
∴∠TAS=∠AQS=∠DQR，AN=QD
∵QU=AE
∴△AEN≌△QUD
∴∠QUD=∠AEN=2n
∴UD=UR=NE，
∵△ANE的周长为20
∴QD+QR=20
在△DQR中，QD=7
∵∠ENR=∠UDK=∠R=n
∴△NVE≌△RKU
∴NV=KR=DK=
2 2
∴BN=5
∴22r
=
【点睛】
本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形
12．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．
(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH
的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：
(3)如图2．以CF 为直径作
O ． ①当
O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH
的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．
【答案】（1）
12DH BH =，13GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514
DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】
【分析】
（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH
的值，由重心和中位线的性质求得16
=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S
，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据
O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得
DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时
DH BH 满足的条件． 【详解】
解：（1）∵DE 是ABC 的中位线，
∴,D E 分别是,AC AB 的中点，//DE BC ，
又∵点F 是BC 的中点，
∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心，
:1:2DH BH ∴=，即
12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13
=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ，
∴DG 为ACF 的中位线，G 为AF 的中点，
12
∴=GF AF ， 111236∴=-=
-=GH GF HF AF AF AF ， 在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，
8BC ∴===， 则142
==CF BC ，
AF ∴=
1
63
∴=⨯=GH ； （2）∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等，
∴S 四边形DCFH +DGH S
=S 四边形BEGH +DGH S ， 即S 梯形DCFG =DEB S ，
∵6AC =，8BC =，DE 是ABC 的中位线，
∴3CD =，4DE =， ∵1143622
=
⋅⋅=⨯⨯=DEB S DE CD ， 设2CF a =，∵DG 为ACF 的中位线， ∴12
==DG CF a ， 则S 梯形DCFG ()3(2)622+⋅=
=+=DG CF CD a a ， 解得：43
a =， 823
∴==CF a ； （3）①证明：如图2，连结、CH OH ，
CF 为O 的直径，O 经过点H ，
90∴∠=︒FHC ，
∴90∠=∠=︒AHC FHC ，AHC 为直角三角形，
D 为AC 的中点，
12
∴==DH AC CD ， ∠∠∴=DCH DHC ．
又OC OH =，
∴∠=∠OCH OHC ，
∴∠+=∠+OCH DCH OHC DHC ，即90∠=∠=︒DHO ACB ，
∴BH BD ⊥，即BD 是O 的切线；
②如图3-1，当O 与DE 相切时，O 与线段DE 有且只有一个交点，
设O 的半径为r ，圆心O 到DE 的距离为d ，
∴当r=d 时，
O 与DE 相切， ∵//DE CF ，90ACB ∠=︒，3CD =，
∴两平行线、DE CF 之间的距离为3CD =，
∴3r =，
则6CF =，18
62,32=-=-==
=BF BC CF DG CF ， 由//DE CF 得：DGH BFH ，
32
DH DG BH BF ∴==； 如图3-2，当O 经过点E 时，连接OE 、OG ，
设O 的半径为r ，即==OE OC r ，
∵G 为AF 的中点，O 为CF 的中点，
∴//OG CD ，
∴四边形COGD 为平行四边形，
又∵90ACB ∠=︒，
∴四边形COGD 为矩形，
∴90∠=︒DGO ，则90∠=︒OGE ，OGE 为直角三角形，
∴=3=OG CD ，==DG OC r ，
则4=-=-GE DE DG r ，
由勾股定理得：222+=OG GE OE ，即222
3(4)+-=r r ， 解得：258
r =
，则258==OE OC ，2524==CF r 257258,448∴=-=-===BF BC CF DG OC ，
由//DE BC 得：DGH BFH ，
25
2514
874
∴===DH DG BH BF ， 则当2514
DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点；
综上所述，当
3
2
DH
BH
=或
25
14
DH
BH
>时，O与线段DE有且只有一个交点．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线的性质与判定、中位线的性质等知识，解题的关键是灵活添加常用的辅助线，属于中考压轴题．
13．（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
+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 =•∠== ∴11913113
F 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：273138131327--+
=； 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，
∵22913113F 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273138131327+++=； 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．
14．如图，在ABC ∆中，90C ∠=︒，30CAB ∠=︒，10AB =，点D 在线段AB 上，2AD =．点P 从D 点出发，沿DB 方向运动，以DP 为直径作O ，当P 运动到点B 时停止运动，设DP m =．
（1）AO =___________，BP =___________．（用m 的代数式表示）
（2）当m 为何值时，O 与ABC ∆的一边相切？
（3）在点P 整个运动过程中，过点P 作
O 的切线交折线AC CB -于点E ，将线段EP 绕点E 顺时针旋转60︒得到EF ，过F 作FG EP ⊥于G ．
①当线段FG 长度达到最大时，求m 的值；
②直接写出点F 所经过的路径长是________．（结果保留根号）
【答案】（1）22m AO =+
，8BP m =-；（2）4m =或32348m =；（3）①1121153762
【解析】
【分析】
（1）观察图中AO和
DP的数量关系可得2
2
DP
AO=
+，而BP AB AP
=-，将
DP m
=代入即可.
（2）O与ABC
∆的一边相切有两种情况，先与AC相切，再与BC相切；两种情况的解答方法都是连接圆心与切点，构造直角三角形，根据条件所给的特殊角的三角函数解答.（3）①根据旋转的性质可得PF PE
=，在Rt EFG
∆中根据三角函数可得
cos30
FG PE︒
=⋅，故当E点与C点重合，PE取得最大值时，FG有最大值，解之即可.
②明显以E点与C点重合前后为节点，点F的运动轨迹分两部分，第一部分为从P开始运动到E点与C点重合，即图中的12
F F，根据
1212
F F AC AF CF
=--求解；第二部分，根据tan
EF EP
EBF
EB EB
∠==为定值可知其轨迹为图中的
2
F B，在
2
Rt F BC中用勾股定理求解即可.
【详解】
（1）22
22
DP m
AO=+=+，8
BP AB AP m
=-=-
（2）情况1：与AC相切时，
Rt AOH
∆中，∵30
A
∠=︒
∴2
AO OH
=
∴2
2
m
m
+=解得4
m=
情况2：与BC相切时，
Rt BON
∆中，∵60
B
∠=︒
∴
3
cos
2
ON
B
OB
==即
3
2
8
2
m
m
=
-
解得348
m=。