2021-2022学年最新鲁教版(五四制)九年级数学下册第五章圆同步练习练习题(精选含解析)

鲁教版（五四制）九年级数学下册第五章圆同步练习
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I 卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、若正方形的边长为4，则它的外接圆的半径为（ ）
A ．
B ．4
C ．
D ．2
2、斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线”，它可以通过分别以1，1，2，3，5，…为半径，依次作圆心角为90°的扇形弧线画出来（如图）．第1步中扇形的半径是1cm ，按如图所示的方法依次画，第8步所画扇形的弧长为（ ）
A ．4π
B ．212π
C ．17π
D ．552
π 3、如图，点A 、B 、C 是O 上的点，且90ACB ∠=︒，6AC =，8BC =，ACB ∠的平分线交O 于
D ，下列4个判断：①O 的半径为5；②CD 的长为BC 弦所在直线上存在3个不同的点
E ，使得CDE △是等腰三角形；④在BC 弦所在直线上存在2个不同的点
F ，使得CDF 是直角三角形；正确判断的个数有（ ）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
4、如图，在平面直角坐标系中，()0,3A -，()2,1B -，()2,3C ．则△ABC 的外心坐标为
（ ）
A ．()0,0
B ．()1,1-
C ．()2,1--
D ．()2,1-
5、在ABC 中，∠B ＝45°，AB ＝6；①AC =4；②AC ＝8；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC 的长唯一．可以选取的是（ ）
A ．①
B ．②
C ．③
D ．①或③
6、如图，是某个几何体的三视图，则该几何体的全面积为（ ）
A ．20π
B ．24π
C ．28π
D ．32π
7、如图，PA 、PB 是O 的切线，A 、B 为切点，点C 在O 上，且55ACB ∠=︒，则APB ∠的度数为（ ）
A ．55°
B ．65°
C ．70°
D ．90°
8、如图，一把直尺，60°的直角三角板和一个量角器如图摆放，A 为60°角与刻度尺交点，刻度尺上数字为4，点B 为量角器与刻度尺的接触点，刻度为7，则该量角器的直径是（ ）
A ．3
B ．
C ．6
D ．9、以O 为中心点的量角器与直角三角板ABC 按如图方式摆放，量角器的0刻度线与斜边AB 重合．点D 为斜边AB 上一点，作射线CD 交弧AB 于点
E ，如果点E 所对应的读数为50︒，那么BDE ∠的大小为（ ）
A ．100︒
B ．110︒
C ．115︒
D ．130︒
10、如图，点M 、N 分别是正方形ABCD 的边BC 、CD 上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN ＝45°，
连接EN 、FM 相交于点O ，以下结论：①MN ＝BM +DN ；②BE 2+DF 2＝EF 2；③BC 2＝BF •DE ；④OM （ ）
A ．①②③
B ．①②④
C ．②③④
D ．①②③④
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，四边形ABCD 是圆的内接四边形，120D ∠=︒，则B 的度数等于________．
2、若圆锥的高为4，底圆半径为3，则这个圆锥的侧面积为_____．（用含π的结果表示）
3、如图，一个边长是1的等边三角形ABC ，将它沿直线l 作顺时针方向滚动，求滚动100次，B 点所经过的路程____________．（结果保留π）
4、在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，直线l 经过△ABC 的内心O ，过点C 作CD ⊥l ，垂足为D ，连接AD ，则AD 的最小值是=____．
5、如图，以△ABC 的顶点B 为圆心，BA 长为半径画弧，交BC 于点D ，连接AD ．若∠B ＝40°，∠C ＝36°，则∠DAC 的大小为_____度．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，PA 切O 于点A ，PC 交O 于C ，D 两点，且与直径AB 交于点Q ．
(1)求证：AQ BQ CQ DQ ⋅=⋅；
(2)若2CQ =，3QD =， 1.5BQ =，求线段PD 的长．
2、如图1，等腰△ABC 内接于⊙O ，AC ＝BC ，CD ⊥AB 于点D ，F 为弧AB 上的一个动点，连接CF 交AB 于点G ，P 为射线AB 上的一个动点，连接PF ，AF ．
(1)求证：CF •CG ＝CA 2；
(2)如图1，若PG ＝PF ，求证：PF 为⊙O 的切线；
(3)在（2）的条件下，如图2，连接PC ，若∠FAP ＝∠PCB ，AB ＝CD ＝4，求11BG BP
-的值． 3、如图，在平面直角坐标系内，ABC 三个顶点的坐标分别为()1,2A -，()4,1B -，()3,3C -（正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度）．
(1)若111A B C △与ABC 关于原点O 成中心对称，则点1A 的坐标为______；
(2)以坐标原点O 为旋转中心，将ABC 逆时针旋转90°，得到222A B C △，则点2A 的坐标为______；
(3)求出（2）中线段AC 扫过的面积．
4、如图，AB 是ΘO 的直径，弦AD 平分∠BAC ，过点D 作DE ⊥AC ，垂足为E ．
(1)判断DE 所在直线与ΘO 的位置关系，并说明理由；
(2)若AE ＝4，ED ＝2，求ΘO 的半径．
5、在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，D 为抛物线顶点．
(1)连接AD ，交y 轴于点E ，P 是抛物线上的一个动点．
①如图一，点P 是第一象限的抛物线上的一点，连接PD 交x 轴于F ，连接,EF AP ，若
3ADP DEF S S =△△，求点P 的坐标．
②如图二，点P 在第四象限的抛物线上，连接AP 、BE 交于点G ，若ABG BGP
S w S =△△，则w 有最大值还是最小值？w 的最值是多少？
(2)如图三，点P 是第四象限抛物线上的一点，过A 、B 、P 三点作圆N ，过点P 作PM x ⊥轴，垂足为I ，交圆N 于点M ，点P 在运动过程中，线段MI 是否变化？若有变化，求出MI 的取值范围；若不变，求出其定值．
(3)点Q 是抛物线对称轴上一动点，连接OQ 、AQ ，设AOQ 外接圆圆心为H ，当sin OQA ∠的值最大时，请直接写出点H 的坐标．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【解析】
【分析】
根据圆内接正多边形的性质可得正方形的中心即圆心，进而可知正方形的对角线即为圆的直径，根据勾股定理求得正方形对角线的长度即可求得它的外接圆的半径．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
AC BD的交点O即为它的外接圆的圆心，
∴,
==
AB BC
4
∴=
AC
∴=
OA
故选C
【点睛】
本题考查了圆内接正多边形的性质，勾股定理，理解正方形的对角线即为圆的直径是解题的关键．
2、B
【解析】
【分析】
根据题意找出半径的变化规律，进而求出第8步所画扇形的半径，根据弧长公式计算，得到答案．【详解】
解：斐波那契数列为1，1，2，3，5，…
第6步半径为3+5=8（cm）；
第7步半径为5+8=13（cm）；
第8步半径为8+13=21（cm）；
由题意得：第8步所画扇形的半径21cm，
∴第8步所画扇形的弧长＝902121
1802
π
π
⨯
=（cm），
故选：B．
【点睛】
本题考查的是弧长的计算、数字的变化规律，根据题意找出半径的变化规律是解题的关键．
3、C
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AB即可判断①正确；如图1中，过点D作DM⊥CA交CA的延长线于点M，DN⊥BC 于N．证明四边形CMDN是正方形，求出CM，可得结论②正确；利用图形法，即可判断③错误；利用图形法即可判断④正确．
【详解】
解：如图1中，连接AB
.
∵∠ACB=90°，
∴AB是直径，
∴2222
AB AC BC，
6810
∴⊙O的半径为5．故①正确，
如图1中，连接AD，BD，过点D作DM⊥CA交CA的延长线于点M，DN⊥BC于N．∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∴AD BD
，
∴AD=BD，
∵∠M=∠DNC=90°，CD=CD，
∴△CDM≌△CDN（AAS），
∴CM=CN．DM=DN，
∵∠M=∠DNB=90°，DA=DB，
∴Rt△DMA≌Rt△DNB（HL），
∴AM=BN，
∵∠M=∠MAN=∠DNC=90°，
∴四边形CMDN是矩形，
∴四边形CMDN是正方形，
∴CD，
∵AC+CB=CM-AM+CN+BN=2CM=14，
∴CM=7，
∴CD，故②正确，
如图2中，满足条件的点E有4个，故③错误，
如图3中，满足条件的点F有2个，故④正确，
∴正确的结论是①②④，共3个
故选：C．
本题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
4、D
【解析】
【分析】
由BC 两点的坐标可以得到直线BC ∥y 轴，则直线BC 的垂直平分线为直线y =1，再由外心的定义可知△ABC 外心的纵坐标为1，则设△ABC 的外心为P （a ，-1），利用两点距离公式和外心的性质得到()()()222
22222131621148PA a a PB a a a =++=+==-++=-+，由此求解即可． 【详解】
解：∵B 点坐标为（2，-1），C 点坐标为（2， 3），
∴直线BC ∥y 轴，
∴直线BC 的垂直平分线为直线y =1，
∵外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，
∴△ABC 外心的纵坐标为1，
设△ABC 的外心为P （a ，1），
∴()()()222
22222131621148PA a a PB a a a =++=+==-++=-+，
∴221648a a a +=-+，
解得2a =-，
∴△ABC 外心的坐标为（-2， 1），
故选D ．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，外心的性质与定义，两点距离公式，解题的关键在于能够熟知外心是三角形三边垂直平分线的交点．
5、B
【解析】
【分析】
作AD⊥BC于D，求出AD的长，根据直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
解：作AD⊥BC于D，
∵∠B＝45°，AB＝6；
∴AD DB
==
设三角形ABC1的外接圆为O，连接OA、OC1，
∵∠B＝45°，
∴∠O＝90°，
∵外接圆半径为4，
AC=
∴
1
∵468
<<
∴以点A为圆心，AC为半径画圆，如图所示，当AC=4时，圆A与射线BD没有交点；
当AC=8时，圆A与射线BD只有一个交点；当AC= A与射线BD有两个交点；
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和射线与圆的交点，解题关键是求出AC 长和点A 到BC 的距离．
6、C
【解析】
【分析】
由三视图可知该几何体为圆锥加圆柱，底面是直径为4的圆，即可求出该几何体的全面积．
【详解】
解：由图示可知，圆锥的高为4，圆柱的高为4， 442，
∴圆锥的侧面积为：248rl πππ=⨯⨯=， 底面圆的面积为：24r ππ=，
圆柱的侧面积为：2πr×4=16π，
∴该几何体的全面积为：8π+4π+16π=28π．
故选：C．
【点睛】
本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，求解立体图形的表面积，解题的关键是根据几何体的三视图得出该几何体的结构特征．
7、C
【解析】
【分析】
根据切线的性质，可得∠OAP=∠OBP=90°，再根据圆周角定理可得∠AOB=110°，最后根据四边形内角和等于360°，即可求解．
【详解】
解：∵PA、PB是O的切线，A、B为切点，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠AOB=2∠ACB，55
∠=︒，
ACB
∴∠AOB=110°，
∴∠APB=360°-∠OBP-∠OAP-∠AOB=70°．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和定理，熟练掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键．
8、D
【解析】
如图所示，连接OA ，OB ，OC ，利用切线定理可知△AOC 与△AOB 为直角三角形，进而可证明Rt △AOC ≌Rt△AOB ，根据三角板的角度可算出∠OAB 的度数，借助三角函数求出OB 的长度．
【详解】
解：如图所示，连接OA ，OB ，OC ，
∵三角板的顶角为60°，
∴∠CAB =120°，
∵AC ，AB ，与扇形分别交于一点，
∴AC ，AB 是扇形O 所在圆的切线，
∴OC ⊥AC ，OB ⊥AB ，
在Rt △AOC 与Rt △AOB 中，
()OC OB OA OA ⎧=⎪⎨=⎪⎩
同圆的半径相等 ∴Rt △AOC ≌Rt △AOB ，
∴∠OAC =∠OAB =60°，
由题可知AB =7－4=3，
∴OB =AB •tan60°=，
∴直径为2⨯
故选：D ．
本题考查，圆的切线定理，全等三角形的判定，三角函数，在图中构造适合的辅助线是解决本题的关键．
9、B
【解析】
【分析】
由圆周角定理得出25ACE ∠=︒，进而得出65BCE ∠=︒，再由外角的性质得出BDE BCE CBD ∠=∠+∠，代入计算即可得出答案．
【详解】
解：如图，连接OE ，
点E 所对应的读数为50︒，
50AOE ∴∠=︒， AB 为直径，90ACB ∠=︒，
∴点C 在O 上，
11502522
ACE AOE ∴∠=∠=⨯︒=︒， 902565BCE ∴∠=︒-︒=︒，
BDE ∠是BDC ∆的外角，
6545110BDE BCE DBC ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，
故选：B ．
本题考查了圆周角定理，解题的关键是运用圆周角定理得出AOE ∠与ACE ∠的关系．
10、A
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得AM '=AM ，BM =DM '，∠BAM =∠DAM '，∠MAM '=90°，∠ABM =∠ADM '=90°，由“SAS ”可证△AMN ≌△AM ′N ，可得MN =NM ′，可得MN =BM +DN ，故①正确；由“SAS ”可证△AEF ≌△AED '，可得EF =D 'E ，由勾股定理可得BE 2+DF 2=EF 2；故②正确；通过证明△DAE ∽△BFA ，可得DE AD AB BF =，可证BC 2=DE •BF ，故③正确；通过证明点A ，点B ，点M ，点F 四点共圆，∠ABM =∠AFM =90°，
∠AMF =∠ABF =45°，∠BAM =∠BFM ，可证MO EO ，由∠BAM ≠∠DAN ，可得OE ≠OF ，故④错误，即可求解．
【详解】
解：将△ABM 绕点A 逆时针旋转90°，得到△ADM ′，将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ABD '，
∴AM '=AM ，BM =DM '，∠BAM =∠DAM '，∠MAM '=90°，∠ABM =∠ADM '=90°，
∴∠ADM '+∠ADC =180°，
∴点M '在直线CD 上，
∵∠MAN =45°，
∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，
∴∠M′AN=∠MAN=45°，
又∵AN=AN，AM=AM'，
∴△AMN≌△AM′N（SAS），
∴MN=NM′，
∴M′N=M′D+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；故①正确；
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，
∴∠D'BE=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，
∴∠D'AE=∠EAF=45°，
又∵AE=AE，AF=AD'，
∴△AEF≌△AED'（SAS），
∴EF=D'E，
∵D'E2=BE2+D'B2，
∴BE2+DF2=EF2；故②正确；
∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，
又∵∠ABF=∠ADE=45°，
∴△DAE∽△BFA，
∴DE AD AB BF
，
又∵AB=AD=BC，
∴BC2=DE•BF，故③正确；
∵∠FBM=∠FAM=45°，
∴点A，点B，点M，点F四点共圆，
∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，
同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，
∴∠EOM=45°=∠EMO，
∴EO=EM，
∴MO，
∵∠BAM≠∠DAN，
∴∠BFM≠∠DEN，
∴EO≠FO，
∴OM FO，故④错误，
故选：A．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题
1、60°##60度
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的对角互补即可完成．
【详解】
∵四边形ABCD 是圆的内接四边形
∴∠B +∠D =180°
∵∠D =120°
∴180********B D ∠=︒-∠=︒-︒=︒
故答案为：60°
【点睛】
本题考查了圆内接四边形的性质，掌握此性质是关键．
2、15π
【解析】
【分析】
利用勾股定理易得圆锥的母线长，进而利用圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【详解】
解：∵圆锥的高为4，底圆半径为3，
=5，
∴圆锥的侧面积为π×3×5＝15π．
【点睛】
此题考查了勾股定理，圆锥侧面积计算公式，熟记勾股定理及圆锥侧面积计算公式是解题的关键．
3、2443
π 【解析】
如图找规律，路程为24ππ3333
+⨯计算求解即可．
【详解】
解：如图118060120BCB ∠=︒-︒=︒，1120π12π1803BB ⨯⨯==
120B B =，232π3B B =，342π3
B B =，450B B = 滚动100次，B 点经过的路程为
112233445...BB B B B B B B B B +++++
22222π0ππ0ππ0 (33333)
=++++++++ 244πππ (333)
=+++ 24ππ3333=
+⨯ 244π3
= 故答案为：244π3
．
【点睛】
本题考查了弧长．解题的关键在于找出滚动过程中的规律．
4、【解析】
先利用切线长定理求得OC D运动到线段QA上时，AD取得最小值，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：⊙O与Rt△ABC三边的切点分别为E、F、G，连接OE、OF、OG、OC，
∵⊙O是Rt△ABC内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴CE=CF，BE=BG，AF=AG，则四边形OECF是正方形，AB，
设正方形OECF的边长为x，则BE=BG=3-x，AF=AG=4-x，
依题意得：3-x+4-x=5，
解得：x=1，
∴OC
=
∵CD⊥l，即∠CDO=90°，
∴点D在以OC为直径的⊙Q上，
连接QA ，过点Q 作QP ⊥AC 于点P ，
当点D 运动到线段QA 上时，AD 取得最小值，
∴CP =QP =12，AP =AC -CP =72，⊙Q 的半径为QD
∴QA =
∴AD 的最小值为AQ -QD =
故答案为：
【点睛】
本题考查了内心的性质，切线长定理，圆周角定理，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
5、34
【解析】
【分析】
先根据同圆的半径相等可得AB BD =，再根据等腰三角形的性质可得70BAD BDA ∠=∠=︒，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】
解：由同圆的半径相等得：AB BD =，
11(180)(18040)7022
BAD BDA B ∴∠=∠=︒-∠=⨯︒-︒=︒， 36C ∠=︒，
34DAC BDA C ∴∠=∠-∠=︒，
故答案为：34．
【点睛】
本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握同圆的半径相等是解题关键．
三、解答题
1、 (1)证明见解析
(2)线段PD 的长为7.
【解析】
【分析】
（1）连接AC ，由同弧所对的圆周角相等得到∠ABC =∠ADC ，再由∠BQC =∠DQA ，可证△BQC ∽△DQA ，由相似三角形的对应边成比例即可得证；
（2）由切线性质得到∠BAP =∠BAD +∠PAD =90°，由直径所对的圆周角为90°，得
∠ABD +∠BAD =90°，∠PAD =∠ABD =∠ACD ，从而△PDA ∽△PAC ，由相似三角形的性质得到
AP 2=PD ·PC ，即AP 2=PD ·（PD +5）在Rt △APQ 中，由勾股定理得P 2+AQ 2=PQ 2，即可求解.
(1)
证明：连接AC
∵∠ABC 和∠ADC 所对的圆弧都为AC ，
∴∠ABC =∠ADC ，
∵∠BQC =∠DQA ，
∴△BQC ∽△DQA ， ∴BQ CQ DQ AQ
=， ∴AQ BQ CQ DQ ⋅=⋅
(2)
解：由（1）知：AQ BQ CQ DQ ⋅=⋅，且2CQ =，3QD =， 1.5BQ =，
∴AQ =4，
∵PA 切O 于点A ，
∴∠BAP =∠BAD +∠PAD =90°，
∵AB 为直径，
∴∠BDA =90°，∠ABD +∠BAD =90°，
∴∠PAD =∠ABD =∠ACD ，
∵∠P =∠P ，
∴△PDA ∽△PAC ， ∴PD PA AP PC
=，即AP 2=PD ·PC ，即AP 2=PD ·（PD +5） 在Rt △APQ 中，AP 2+AQ 2=PQ 2，
∴PD ·（PD +5）+42=（PD +3）2，
解得：PD =7，
即线段PD 的长为7.
【点睛】
本题考查了圆的性质、勾股定理、相似三角形判定和性质等，解题关键正确添加辅助线构造相似三角形．
2、 (1)见解析
(2)见解析 (3)1115
BG BP -= 【解析】
【分析】
（1）先判断出∠CAG ＝∠CFA ，进而得出△CAG ∽△CFA ，即可得出结论；
（2）连接OF ，先判断出∠OFC ＋∠PGF ＝90°，再判断出∠PGF ＝∠PFG ，得出∠PFG ＋∠OFC ＝90°，即可得出结论；
（3）过点B 作BM ⊥PC 于M ，BN ⊥FC 于N ，先判断出BC 平分∠PCF ，得出BM ＝BN ，再利用面积法判断出
CG BG CP BP =，BG ＝x ，BP ＝y ，则DG ＝BD −BG ＝2−x ，DP ＝BD ＋BP ＝2＋y ，进而根据勾股定理得，CG 2＝x 2−4x ＋20，CP 2＝y 2＋4y ＋20，进而得出2222420420
x x x y y y -+=++，化简即可得出结论． (1)
证明：∵AC ＝BC ，
∴AC BC =，
∴∠CAG ＝∠CFA ，
∵∠ACG ＝∠FCA ，
∴△CAG ∽△CFA ，
∴CA CG CF CA
，
∴CA2＝CF•CG；
(2)
证明：如图1，连接OF，
∵OC＝OF，
∴∠OCF＝∠OFC；
∵CD⊥AB，
∴∠CDG＝90°，
∴∠OCF+∠CGD＝90°，∴∠OFC+∠CGD＝90°，∵∠CGD＝∠PGF，
∴∠OFC+∠PGF＝90°，∵PG＝PF，
∴∠PGF＝∠PFG，
∴∠PFG+∠OFC＝90°，∴OF⊥PF，
又OF为半径，
∴PF为为⊙O的切线；
(3)
解：如图2，过点B作BM⊥PC于M，BN⊥FC于N，
∵∠PCB＝∠FAP＝∠FCB，
∴BC平分∠PCF，
∴BM＝BN，
∴
1
2
1
2
CBG
CBP
CG AD
S
S BP AD
⋅
=
⋅
＝
CG
CP
，
∵
1
2
1
2
CBG
CBP
BG AD
S
S BP AD
⋅
=
⋅
＝
BG
BP
，
∴CG
CP
=
BG
BP
，
∵CD⊥AB，
∴BD＝AD＝1
2
AB＝2，
设BG＝x，BP＝y，
则DG＝BD﹣BG＝2﹣x，DP＝BD+BP＝2+y，
根据勾股定理得，CG2＝CD2+DG2＝42+（2﹣x）2＝x2﹣4x+20，CP2＝CD2+DP2＝42+（2+y）2＝y2+4y+20，
∴22
22
CG BG CP BP =， ∴2222420420
x x x y y y -+=++， ∴2222
420420y y x x y x ++-+=， ∴22
420420y x y x +-+=， ∴xy ＝5（y ﹣x ）， ∴15
y x xy -=， ∴1115
x y -=， ∴1115
BG BP -=． 【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线定理，判断出CG CP =BG BP
是解本题的关键． 3、 (1)()1,2-
(2)()2,1
(3)线段AC 扫过的面积为
134π 【解析】
【分析】
（1）根据关于原点成中心对称的性质“横、纵坐标互为相反数”，求解即可；
（2）根据旋转的有关性质，求解即可；
（3）根据扇形的面积计算公式求解即可．
(1)
解：∵111A B C △与ABC 关于原点O 成中心对称，()1,2A -，∴点1A 的坐标为()1,2-．
故答案为：()1,2-；
(2)
解：如图，222A B C △即为所求，点2A 的坐标为()2,1．故答案为：()2,1；
(3)
解：∵
OA OC =
∴线段AC 扫过的面积=扇形2OCC 的面积-扇形2OAA 的面积
(22
90909513360360244
πππππ⨯⨯=-=-=． 【点睛】
此题考查了坐标与图形，涉及了中心对称和旋转变换以及扇形面积的计算，解题的关键是熟练掌握相关性质及基础知识．
4、 (1)相切，理由见解析 (2)52
【解析】
【分析】
（1）连接OD ，根据角平分线的性质与角的等量代换易得∠ODE ＝90°，而D 是圆上的一点；故可得直线DE 与⊙O 相切；
（2）连接BD ，根据勾股定理得到AD ＝ADB ＝90°，根据相似三角形的性质列方程得到AB ＝5，即可求解．
(1)
解：DE 所在直线与O 相切．
理由：连接OD ．
∵OA OD =，
∴OAD ODA ∠=∠．
∵AD 平分BAC ∠，
∴OAD DAC ．
∴ODA DAC ∠=∠．
∴OD AC ∥．
∴180ODE AED ∠+∠=︒．
∵DE AC ⊥，
∴90AED ∠=︒．
∴90ODE ∠=︒．
∴OD DE ⊥．
∵OD 是半径，
∴DE 所在直线与O 相切．
(2)
解：连接DB ．
∵AB 是O 的直径，
∴90ADB ∠=︒．
∴ADB AED ∠=∠．
又∵DAB EAD ∠=∠，
∴ADB AED ∽． ∴=AD AE AB AD
． ∵90AED ∠=︒，4AE =，2ED =，
∴
AD =
∴5AB =．
∴O 的半径为52
．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
5、
(1)①()12P ，②w 有最小值，w 的最值是
2425
(2)不变，1MI =
(3)12⎛- ⎝
或1,2
⎛- ⎝ 【解析】
【分析】 （1）①根据题意先求得,,,A B C D 各点的坐标，求得AD 的解析式，进而求得点E 的坐标，通过计算可得AE ED =，进而可得FAE FED S S =，由3ADP DEF S S =△△可得出2P OE y ==，依题意，设()()2,233P m m m m -->，解方程求解即可；
②根据已知条件设()()2,2303P m m m m --<<，求得直线AP 的解析式，直线BE 的解析式，联立即可
求得点G 的坐标，根据w 1212
G G P P ABy y y ABy ==28=383
m m -++，令2383z m m =-++，根据二次函数的性质求得z 的最大值，即可求得w 的最小值；
（2）根据题意过点N 作NR MP ⊥，依题意，点N 为ABP △的外心，N 为AB 垂直平分线上的点则点
N 在抛物线的对称轴1x =上，设()()2,2303P m m m m --<<，()1,N n ，()1,0A -，()3,0B ，根据
NA NP =建立方程，解得2222
m n m =--，进而求得1=M y ，即可求得1MI =； （3）作AOQ △的外心H ，作HG x ⊥轴，则12
AG GO ==，进而可得H 在AO 的垂直平分线上运动，根据题意当sin OQA ∠最大转为求当AH 取得最小值时，sin OQA ∠最大，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，即可求得，求得32AH =，勾股定理求得HG ，即可求得点H 的坐标，根据对称性求得另一个坐标． (1)
抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，D 为抛物线顶点． 令0x =，解得3y =-，则()0,3C -
令0y =，则2230x x --=，解得121,3x x =-=
则()()1,0,3,0A B -
()2
22314y x x x =--=--，则()1,4D -
①()()1,0,1,4A D --
设直线AD 的解析式为y kx b =+
则04
k b k b -+=⎧⎨+=-⎩ 解得22
k b =-⎧⎨=-⎩ 22y x ∴=--
令0x =，则2y =-，
()0,2E ∴-
AE ED ∴====
AE ED ∴=
FAE FED S S ∴=
3
ADP DEF S S =△△
332APF ADP AFD A DEF DEF DEF DEF AEF FD S S S S S S S S S ∴=-=-=-==△△△△△ ,OE AF AF AF ⊥=，2P OE y ==
依题意，设()()2,233P m m m m -->
2232m m ∴--=
解得1211m m ==
()
1P ∴ ②点P 在第四象限的抛物线上，AP 、BE 交于点G ，如图，
设()()2,2303P m m m m --<<，()1,0A -
设直线AP 的解析式为y cx d =+
则2230m m cm d c d ⎧--=+⎨=-+⎩
03m <<
10m ∴+≠ 解得223313m m c m m d m ⎧--==-⎪+⎨⎪=-⎩
∴设直线AP 的解析式为()33y m x m =-+-
()()3,0,0,2B E -
设直线BE 的解析式为11y k x b =+
111
302k b b +=⎧⎨=-⎩ 11223b k =-⎧⎪⎨=⎪⎩
∴直线BE 的解析式为223
y x =- 联立()33223y m x m y x ⎧=-+-⎪⎨=-⎪⎩
解得()()3131183311m x m m y m ⎧-=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩
()83311
G m y m -∴=-
03m <<
30m ∴-≠ ∴ABG
BGP S w S =△△()()2183832231
1311
311
22G G P G P G AB y y m m m m y
y m m AB y AB y --⎛⎫===÷-++ ⎪---⎝⎭
- =28
383m m -++
令2383z m m =-++2
416
3333m ⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭2425
333m ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭
30-<
z ∴存在最大值，则w 存在最小值 当43m =时，z 存在最大值，最大值为25
3
则w 的最小值为824
25253
=
∴ w 有最小值，w 的最值是24
25
(2)
不变，1MI =，理由如下，
如图，过点N 作NR MP ⊥，依题意，点N 为ABP △的外心
N 为AB 垂直平分线上的点，即点N 在抛物线的对称轴1x =上， PM x ⊥，NR MP ⊥，
,MR PR NR x ∴=∥轴， ∴2
M P N y y y += 设()()2,2303P m m m m --<<，()1,N n ，()1,0A -，()3,0B ， N 为ABP △的外心，
NA NP ∴=，则22NA NP =
即()()()2
222211123n m m m n --+=-+---⎡⎤⎣⎦ 解得2222
m n m =--
2
M P N y y y += 1M y ∴=
即(),1M m
1MI ∴=
(3)
如图，作AOQ △的外心H ，作HG x ⊥轴，则1
2
AG GO ==
AH HO =
∴H 在AO 的垂直平分线上运动
依题意，当sin OQA ∠最大时，即OQA ∠最大时， H 是AOQ △的外心，
22AHO AHG OQA ∴∠=∠=∠，即当sin AHG ∠最大，sin OQA ∠最大 1122AG AO ==
sin sin OQA AHG ∠=∠AG
AH =12AH
= 则当AH 取得最小值时，sin OQA ∠最大
AH HQ =，
即当HQ ⊥直线x =1时，AH 取得最小值时，此时13122
HQ ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭ ∴32
AH =
在Rt AHG 中，HG ===1
2H ⎛∴- ⎝．
根据对称性，则存在1,2H ⎛- ⎝．
综上所述，12H ⎛- ⎝或1,2H ⎛- ⎝． 【点睛】
本题考查了三角形的外心，垂径定理，抛物线与三角形面积计算，二次函数的性质求最值问题，抛物线与圆综合，运用转化思想是解题的关键．。