九年级数学上册 几何模型压轴题综合测试卷(word含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题综合测试卷（word含答案）
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．已知如图1，在ABC 中，90ABC ∠=︒，BC AB =，点D 在AC 上，DF AC ⊥交BC 于F ，点E 是AF 的中点．
（1）写出线段ED 与线段EB 的关系并证明；
（2）如图2，将CDF 绕点C 逆时针旋转()
090a α︒<<︒，其它条件不变，线段ED 与线段EB 的关系是否变化，写出你的结论并证明；
（3）将CDF 绕点C 逆时针旋转一周，如果6BC =，32CF =，直接写出线段CE 的范围．
【答案】（1）ED EB =，DE BE ⊥，证明见解析；（2）结论不变，理由见解析；（3）最大值92=
最小值32= 【解析】
【分析】
（1）在Rt △ADF 中，可得DE=AE=EF ，在Rt △ABF 中，可得BE=EF=EA ，得证ED=EB ；然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°，可推导得出∠DEB=90°； （2）如下图，先证四边形MFBA 是平行四边形，再证△DCB ≌△DFM ，从而推导出△DMB 是等腰直角三角形，最后得出结论；
（3）如下图，当点F 在AC 上时，CE 有最大值；当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值．
【详解】
（1）∵DF⊥AC，点E是AF的中点
∴DE=AE=EF，∠EDF=∠DFE
∵∠ABC=90°，点E是AF的中点
∴BE=AE=EF，∠EFB=∠EBF
∴DE=EB
∵AB=BC，
∴∠DAB=45°
∴在四边形ABFD中，∠DFB=360°－90°－45°－90°=135°
∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°－2∠EFD+180°－2∠EFB=360°－2(∠EFD+∠EFB)
=360°－2×135°=90°
∴DE⊥EB
（2）如下图，延长BE至点M处，使得ME=EB，连接MA、ME、MF、MD、FB、DB，延长MF交CB于点H
∵ME=EB，点E是AF的中点
∴四边形MFBA是平行四边形
∴MF∥AB，MF=AB
∴∠MHB=180°－∠ABC=90°
∵∠DCA=∠FCB=a
∴∠DCB=45°+a，∠CFH=90°－a
∵∠DCF=45°，∠CDF=90°
∴∠DFC=45°，△DCF是等腰直角三角形
∴∠DFM=180°－∠DFC－∠CFH=45°+a
∴∠DCB=∠DFM
∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形
∴DC=DF，BC=AB=MF
∴△DCB≌△DFM(SAS)
∴∠MDF=∠BDC，DB=DM
∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°
∴△DMB是等腰直角三角形
∵点E是MB的中点
∴DE=EB，DE⊥EB
（3）当点F在AC上时，CF有最大值，图形如下：
∵BC=6，∴在等腰直角△ABC中，AC=62
∵CF=32，∴AF=32
∴CE=CF+FE=CF+1
2AF92
=
当点F在AC延长线上时，CE有最小值，图形如下：
同理，CE=EF－CF
32 =
【点睛】
本题考查三角形的旋转变换，用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，解题关
键是构造并证明△BDM是等腰直角三角形．
3．(1)观察猜想
如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；
(2)拓展探究
将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.
(3)解决问题
若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．
【答案】（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，
连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝
【解析】
解：（1）BG＝AE．
（2）成立．
如图②，连接AD．
∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．
∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．
∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．
∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．
（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]
因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．
若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．
在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．
∴AF＝．
即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．
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．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；
（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．
①求证△ADB≌△AOB；
②求点H的坐标．
（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（17
5
，3）；（3）
30334
-
≤S≤30334
+
．
【解析】
【分析】
（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；
（2）①根据HL证明即可；
②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；
【详解】
（1）如图①中，
∵A（5，0），B（0，3），
∴OA=5，OB=3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD=AO=5，
在Rt△ADC中，CD22
AD AC
-，
∴BD=BC-CD=1，
∴D（1，3）．
（2）①如图②中，
由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，
∵点D在线段BE上，
∴∠ADB=90°，
由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．
②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，
∴∠CBA=∠OAB，
∴∠BAD=∠CBA，
∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，
在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，
∴m2=32+（5-m）2，
∴m=17
5
，
∴BH=17
5
，
∴H（17
5
，3）．
（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值
=1
2
•DE•DK=
1
2
×3×（5-
34）=30334
-，
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积
=1
2
×D′E′×KD′=
1
2
×3×（
3430334
+
综上所述，30334
4
-
≤S≤
30334
4
+．
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
6．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 55
（，）
【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
7．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．
(1)求证：DE⊥AG；
(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形
，如图2．
①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．
【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°
【解析】
分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；
（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．
详解：如图1，延长ED交AG于点H，
点O是正方形ABCD两对角线的交点，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
即；
在旋转过程中，成为直角有两种情况：
Ⅰ由增大到过程中，当时，
，
在中，sin∠AGO=，
，
，
，
，
即；
Ⅱ由增大到过程中，当时，
同理可求，
．
综上所述，当时，或．如图3，
当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，
正方形ABCD的边长为1，
，
，
， ，
，
，
此时
．
点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.
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 ∴∠︒＝，
1
22
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．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），（-15
4，-1316），（-174
，-25
16
） 【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2
28,2PQ 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：2
28y 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11
6322
AG AB =
=⨯= ，
设
，则
， 在Rt AGE ∆中，，
在
中，
()2
22218CE EF CF a =+=+-，
∵AE CE = ，
∴()2
2918a a +=+- ，
解得：7
2a =
， ∴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．如图①，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝10，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作⊙O ，过C 作CE 切⊙O 于E ，交AB 于F ．
（1）若⊙O 半径为2，求线段CE 的长；
（2）若AF ＝BF ，求⊙O 的半径；
（3）如图②，若CE ＝CB ，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离．
【答案】（1）CE ＝2；（2）⊙O 的半径为3；（3）G 、E 两点之间的距离为9.6
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得；
（2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到
OE OC BC BA =，即8610r r -= 解得即可；
（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，GB GE AB AC
=，即
12108
GE =，解得即可. 【详解】 解：（1）如图①，连接OE ，
∵CE 切⊙O 于E ，
∴∠OEC ＝90°，
∵AC ＝8，⊙O 的半径为2，
∴OC ＝6，OE ＝2，
∴CE ＝2242OC OE -= ；
（2）设⊙O 的半径为r ，
在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝10，AC ＝8，
∴BC 22AB A C -＝6，
∵AF ＝BF ，
∴AF ＝CF ＝BF ，
∴∠ACF ＝∠CAF ，
∵CE 切⊙O 于E ，
∴∠OEC ＝90°，
∴∠OEC ＝∠ACB ，
∴△OEC ∽△BCA ，
∴
OE OC BC BA =，即8610
r r -= 解得r ＝3，
∴⊙O 的半径为3；
（3）如图②，连接BG ，OE ，设EG 交AC 于点M ，
由对称性可知，CB＝CG，
∵CE＝CG，
∴∠EGC＝∠GEC，
∵CE切⊙O于E，
∴∠GEC+∠OEG＝90°，
∵∠EGC+∠GMC＝90°，
∴∠OEG＝∠GMC，
∵∠GMC＝∠OME，
∴∠OEG＝∠OME，
∴OM＝OE，
∴点M和点D重合，
∴G、D、E三点在同一直线上，
连接AE、BE，
∵AD是直径，
∴∠AED＝90°，即∠AEG＝90°，
又CE＝CB＝CG，
∴∠BEG＝90°，
∴∠AEB＝∠AEG+∠BEG＝180°，
∴A、E、B三点在同一条直线上，∴E、F两点重合，
∵∠GEB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，∴△GBE∽△ABC，
∴GB GE
AB AC
=，即
12
108
GE
=
∴GE＝9.6，
故G、E两点之间的距离为9.6．
【点睛】
本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G、D、E三点共线以及A、E、B三点在同一条直线上是解题的关
11．在直角坐标系中，⊙C过原点O，交x轴于点A（2，0），交y轴于点B（0，）．
（1）求圆心C的坐标．
（2）抛物线y=ax2+bx+c过O，A两点，且顶点在正比例函数y=-的图象上，求抛物线的解析式．
（3）过圆心C作平行于x轴的直线DE，交⊙C于D，E两点，试判断D，E两点是否在（2）中的抛物线上．
（4）若（2）中的抛物线上存在点P（x0，y0），满足∠APB为钝角，求x0的取值范围．
【答案】（1）圆心C的坐标为（1，）；
（2）抛物线的解析式为y=x2﹣x；
（3）点D、E均在抛物线上；
（4）﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
【解析】
试题分析：（1）如图线段AB是圆C的直径，因为点A、B的坐标已知，根据平行线的性质即可求得点C的坐标；
（2）因为抛物线过点A、O，所以可求得对称轴，即可求得与直线y=﹣x的交点，即是二次函数的顶点坐标，利用顶点式或者一般式，采用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（3）因为DE∥x轴，且过点C，所以可得D、E的纵坐标为，求得直径AB的长，可得D、E的横坐标，代入解析式即可判断；
（4）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
试题分析：（1）∵⊙C经过原点O
∴AB为⊙C的直径
∴C为AB的中点
过点C作CH垂直x轴于点H，则有CH=OB=，OH=OA=1
∴圆心C的坐标为（1，）．
（2）∵抛物线过O、A两点，
∴抛物线的对称轴为x=1，
∵抛物线的顶点在直线y=﹣x上，
∴顶点坐标为（1，﹣）．
把这三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得，
解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．
（3）∵OA=2，OB=2，
∴AB==4，即⊙C的半径r=2，
∴D（3，），E（﹣1，），
代入y=x2﹣x检验，知点D、E均在抛物线上．
（4）∵AB为直径，
∴当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，
∴﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
考点：二次函数综合题．
12．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x 轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（−4，0）处．
（1）求直线AB的解析式；
（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
1
3
2
y x
=-+（2）d=5t （3）故当 t=
8
5
，或8
15
，时，QR=EF，N（-
6，6）或（2，2）．【解析】
试题分析：（1）由C
（0，8），D （-4，0），可求得OC ，OD 的长，然后设OB=a ，则BC=8-a ，在Rt △BOD 中，由勾股定理可得方程：（8-
a ）2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标，然后由三角函数的求得点A 的坐标，再利用待定系数法求得直线AB 的解析式；
（2）在Rt △AOB 中，由勾股定理可求得AB 的长，继而求得∠BAO 的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR ，则可求得d 与t 的函数关系式；
（3）首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，易证得四边形NTOS 是正方形，然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解;
试题解析：
（1）∵C （0，8），D （-4，0），
∴OC=8，OD=4，
设OB=a ，则BC=8-a ，
由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ，
在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2，
则（8-a ）2=a 2+42，
解得：a=3，
则OB=3，
则B （0，3），
tan ∠ODB=34
OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=
34
OA OC = ， 则OA=6，
则A （6，0），
设直线AB 的解析式为：y=kx+b ， 则60{3k b b +== ，解得：1{23
k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-
12
x +3； （2）如图所示：
在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，
则AB=22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OA cos BAO AB
∠==， 在Rt △PQA 中，9045APQ AP t ∠=︒=，，
则AQ=
10cos AP t BAO
=∠ , ∵PR ∥AC ，
∴∠APR=∠CAB ， 由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ，
∴∠BAO=∠APR ，
∴PR=AR ，
∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，
∴∠PQA=∠QPR ，
∴RP=RQ ，
∴RQ=AR ，
∴QR=
12
AQ=5t, 即d=5t; （3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，
∵EF=QR ，
∴NS=NT ，
∴四边形NTOS 是正方形，
则TQ=TR=
1522
QR t = ， ∴1115151022224
NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（） ， 分两种情况，
若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），
点N 在直线132y x =-
+ 上， 则132
n n -=-+ ， 解得：n=-6，
故N （-6，6），NT=6，
即1564t = ， 解得：85t = ; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ），
可得：132
n n =-
+ , 解得：n=2，
故N （2，2），NT=2， 即
1524
t =, 解得：t=815
∴当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

点睛：此题考查了折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用。

13．如图，在Rt △ABC 中，∠B=90°，∠BAC 的平分线交BC 于点D ，以D 为圆心，D 长为半径作作⊙D ．
⑴求证：AC 是⊙D 的切线.
⑵设AC 与⊙D 切于点E ，DB=1，连接DE ，BF ，EF.
①当∠BAD= 时，四边形BDEF 为菱形；
②当AB= 时，△CDE 为等腰三角形.
【答案】（1）见解析；（2）①30°2+1
【解析】
【分析】
(1) 作DE ⊥AC 于M,由∠ABC=90°，进一步说明DM=DB ，即DB 是⊙D 的半径，即可完成证明；
（2）①先说明△BDF 是等边三角形，再运用直角三角形的内角和定理解答即可；②先说明DE=CE=BD=1，再设AB=x ，则AE=x ，分别表示出AC 、BC 、AB 的长，然后再运用 勾股定理
解答即可.
【详解】
⑴证明：如图：作DE⊥AC于M，
∵∠ABC=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，∴DE=DB.
∴DM是⊙D的半径，
∴AC是⊙D的切线；
⑵①如图：
∵四边形BDEF为菱形；
∴△BDF是等边三角形
∴∠ADB=60°
∴∠BAD=90°-60°=30°
∴当∠BAD=30°时，四边形BDEF为菱形；
②∵△CDE为等腰三角形.
∴DE=CE=BD=1，
∴2
设AB=x，则AE=x
∴在Rt△ABC中，AB=x，AC=1+x，BC=1+2
∴()2
22
(12)1
x x
++=+，解得x=2+1
∴当AB=2+1时，△CDE为等腰三角形.
【点睛】
本题考查的是切线的判定、菱形的性质和判定、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的灵活运用；熟练掌握切线的判定方法和灵活应该勾股定理是解答本题的关键.
14．在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r(r＞1)，点P是圆内与圆心C不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．
(1)当⊙O的半径为2时
①点M(3
2
，0)⊙O的“完美点”，点(﹣
3
，﹣
1
2
)⊙O的“完美点”；(填
“是”或者“不是”)
②若⊙O的“完美点”P在直线y＝3
4
x上，求PO的长及点P的坐标；
(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．
【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(4
5
，
3
5
)或(﹣
4
5
，﹣
3
5
)；(2)t的
取值范围为﹣1≤t≤3．
【解析】
【分析】
（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.
【详解】
解：(1)①∵点M(3
2
，0)，
∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，
∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，
∴|MA﹣MB|＝|(3
2
+2)﹣(2﹣
3
2
)|＝3≠2，
∴点M不是⊙O的“完美点”，
同理：点(﹣3
，﹣
1
2
)是⊙O的“完美点”．
故答案为不是，是．
②如图1，
根据题意，|PA﹣PB|＝2，
∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，
∴OP＝1．
若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，
∵点P在直线y＝3
4
x上，OP＝1，
∴
43
,
55 OQ PQ
==．
∴P(43
,
55
)．
若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣4
5
，﹣
3
5
)．
综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43
,
55
)或（
43
,
55
--）)．
(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，
∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．
∴CP＝1．
∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．
因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．
设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，
当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，
∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，
∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(1
2
，0)，
∴OF＝1
2
，OD＝1，
∵CE∥OF，
∴△DOF∽△DEC，
∴OD OF DE CE
=，
∴
11
2 DE
=，
∴DE＝2，
∴OE＝3，
t的最大值为3，
当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．
同理可得t的最小值为﹣1．
综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.
15．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2180
APB 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，OP =
=
延长EO 交AD 于K ，
∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，
∴4DK KE ==，3OK =，1OE =
∴在Rt OEP ∆中，7PE ==
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．
16．（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。