备战中考数学 圆与相似 培优易错试卷练习(含答案)及答案

备战中考数学圆与相似培优易错试卷练习(含答案)及答案
一、相似
1．如图，抛物线与x轴交于两点A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C（0，2），动点D沿△ABC的边AB以每秒2个单位长度的速度由起点A向终点B 运动，过点D作x轴的垂线，交△ABC的另一边于点E，将△ADE沿DE折叠，使点A落在点F处，设点D的运动时间为t秒．
（1）求抛物线的解析式和对称轴；
（2）是否存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（3）设四边形DECO的面积为s，求s关于t的函数表达式．
【答案】（1）解：把A（﹣4，0），B（1，0），点C（0，2）代入
得：，解得：，
∴抛物线的解析式为：，
对称轴为：直线x=﹣；
（2）解：存在，∵AD=2t，
∴DF=AD=2t，
∴OF=4﹣4t，
∴D（2t﹣4，0），
∵直线AC的解析式为：，∴E（2t﹣4，t），
∵△EFC为直角三角形，分三种情况讨论：
①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，
∴，即，解得：t= ；
②当∠FEC=90°，
∴∠AEF=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴DE= AF，即t=2t，
∴t=0，（舍去），
③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，即（42+22）+[22+（4t﹣4）2]=（4t）2，解得：t= ，∴存在某一时刻t，使得△EFC为直角三角形，此时，t= 或；
（3）解：∵B（1，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+2，
当D在y轴的左侧时，S= （DE+OC）•OD= （t+2）•（4﹣2t）=﹣t2+4 （0＜t＜2）；
当D在y轴的右侧时，如图2，
∵OD=4t﹣4，DE=﹣8t+10，S= （DE+OC）•OD= （﹣8t+10+2）•（4t﹣4），即
（2＜t＜）．
综上所述：
【解析】【分析】（1）（1）利用待定系数法，将点A、B、C的坐标代入函数解析式，建立方程组求解即可。

（2）根据题意分别求出AD、DF、OF的长，表示出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，表示出点E的坐标，再分三种情况讨论△EFC为直角三角形：①当∠EFC=90°，则△DEF∽△OFC，根据相似三角形的性质，列出关于t的方程求解即可；
②∠FEC=90°，∠AEF=90°，△AEF是等腰直角三角形求出t的值即可；③当∠ACF=90°，则AC2+CF2=AF2，建立关于t的方程求解即可，从而可得出答案。

（3）求得直线BC的解析式为：y=-2x+2，当D在y轴的左侧时，当D在y轴的右侧时，如图2，根据梯形的面积公式即可得到结论。

2．阅读下列材料，完成任务：
自相似图形
定义：若某个图形可分割为若干个都与它相似的图形，则称这个图形是自相似图形．例如：正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，连接EG，HF交于点O，易知分割成的四个四边形AEOH、EBFO、OFCG、HOGD均为正方形，且与原正方形相似，故正方形是自相似图形．
任务：
（1）图1中正方形ABCD分割成的四个小正方形中，每个正方形与原正方形的相似比为________；
（2）如图2，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，小明发现△ABC也是“自相似图形”，他的思路是：过点C作CD⊥AB于点D，则CD将△ABC分割成2个与它自己相似的小直角三角形．已知△ACD∽△ABC，则△ACD与△ABC的相似比为________；
（3）现有一个矩形ABCD是自相似图形，其中长AD=a，宽AB=b（a＞b）．
请从下列A、B两题中任选一条作答．
A：①如图3﹣1，若将矩形ABCD纵向分割成两个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；
②如图3﹣2若将矩形ABCD纵向分割成n个全等矩形，且与原矩形都相似，则a=________（用含n，b的式子表示）；
B：①如图4﹣1，若将矩形ABCD先纵向分割出2个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成3个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含b的式子表示）；
②如图4﹣2，若将矩形ABCD先纵向分割出m个全等矩形，再将剩余的部分横向分割成n 个全等矩形，且分割得到的矩形与原矩形都相似，则a=________（用含m，n，b的式子表示）．
【答案】（1）
（2）
（3）；；或；或
【解析】【解答】（解：（1）∵点H是AD的中点，
∴AH= AD，
∵正方形AEOH∽正方形ABCD，
∴相似比为： == ；
故答案为：；
（ 2 ）在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，根据勾股定理得，AB=5，∴△ACD与△ABC相似的相似比为：，
故答案为：；
（ 3 ）A、①∵矩形ABEF∽矩形FECD，
∴AF：AB=AB：AD，
即 a：b=b：a，
∴a= b；
故答案为：
②每个小矩形都是全等的，则其边长为b和 a，
则b： a=a：b，
∴a= b；
故答案为：
B、①如图2，
由①②可知纵向2块矩形全等，横向3块矩形也全等，
∴DN= b，
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD： b=a：b，
解得FD= a，
∴AF=a﹣ a= a，
∴AG= = = a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 a：b=b：a
得：a= b；
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD： b=b：a
解得FD= ，
∴AF=a﹣ = ，
∴AG= = ，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即：b=b：a，
得：a= b；
故答案为：或；
②如图3，
由①②可知纵向m块矩形全等，横向n块矩形也全等，
∴DN= b，
Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，
∵矩形FMND∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AD：AB，
即FD： b=a：b，
解得FD= a，
∴AF=a﹣ a，
∴AG= = = a，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即 a：b=b：a
得：a= b；
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，
∵矩形DFMN∽矩形ABCD，
∴FD：DN=AB：AD
即FD： b=b：a
解得FD= ，
∴AF=a﹣，
∴AG= = ，
∵矩形GABH∽矩形ABCD，
∴AG：AB=AB：AD
即：b=b：a，
得：a= b；
故答案为： b或 b．
【分析】由题意可知，用相似多边形的性质即可求解。

相似多边形的性质是;相似多边形的对应边的比相等。

相似多边形的对应边的比等于相似比。

（1）由题意知，小正方形的边长等于大正方形的边长的一半，所以其相似比为；
（2）在直角三角形BC中，由勾股定理易得AB=5，而CD AB，所以用面积法可求得CD=，所以相似比===;
（3）A、①由题意可得,解得;
②同理可得; ，解得，；
B、①最小的矩形的长和宽与大矩形的场和宽的对应方式有两种，所以分两种情况来解：Ⅰ、当FM是矩形DFMN的长时，由题意可得成比例线段，,,解得FD=,则
AF的长也可用含a的代数式表示，而AG=GF=AF，再根据矩形GABH∽矩形ABCD，得到相对应的比例式即可求得a=b;
Ⅱ、当DF是矩形DFMN的长时，同理可得a=b;
②同①中的两种情况类似。

3．在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点。

（1）若点N在BC之间时，如图：
①求证：∠NPQ＝∠PQN；
②请问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；
（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠ADQ＝90°，
AB//CD，∴∠APM＝∠DQM，∵M是AD边的中点，∴AM＝DM，
在△APM和△DQM中，，∴△APM≌△DQM（AAS），∴PM＝QM，∵MN⊥PQ，∴MN是线段PQ的垂直平分线，∴PN＝QN，∴∠NPQ＝∠PQN
② 是定值
理由：如图，过点M作ME⊥BC于点E，
∴∠MEN＝∠MEB＝∠AME＝90°，
∴四边形ABEM是矩形，∠MEN＝∠MAP，∴AB＝EM，
∵MN⊥PQ，∴∠PMN＝90°，∴∠PMN＝∠AME，
∴∠PMN－∠PME＝∠AME－∠PME，∴∠EMN＝∠AMP，∴△AMP∽△EMN，
∴，∴，∵AD＝12，M是AD边的中点，∴AM＝ AD＝6，
∵AB＝8，∴；
（2）解：分点N在BC之间和点N在BC延长线上两种情况
（ⅰ）当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，
∴∠BFS＝∠CGT＝90°，BS＝ PN，CT＝ QN，
∵PN＝QN，S△PBN＝S△NCQ，∴BF＝CG，BS＝CT
在Rt△BFS和Rt△CGT中，，∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），∴∠BSF＝∠CTG，
∴∠BNP＝∠BSF＝∠CTG＝∠CQN，
在△PBN和△NCQ中，，∴△PBN≌△NCQ（AAS），∴BN＝CQ，BP＝CN，
∵AP＝AB－BP＝8－CN，又∵CN＝BC－BN＝12－CQ，∴AP＝CQ－4
又∵CQ＝CD+DQ，DQ＝AP，∴AP＝4+AP（舍去），∴此种情况不成立；
（ⅱ）当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，
同理可得，△PBN≌△NCQ，∴PB＝NC，BN＝CQ，
∵AP＝DQ，∵AP+8＝DQ+CD＝CQ＝BC+CN＝12+BP，
∴AP－BP＝4 ①，∵AP+BP＝AB＝8②，①+②得：2AP＝12，∴AP＝6．
【解析】【分析】（1）①由矩形的性质用角角边易证△APM≌△DQM，可得PM＝QM，已知MN⊥PQ，由线段的垂直平分线的定义可得MN是线段PQ的垂直平分线，再根据线段的垂直平分线的性质可得PN＝QN，由等边对等角可得∠NPQ＝∠PQN；
②过点M作ME⊥BC于点E，由矩形的性质跟据有两个角对应相等的两个三角形相似易证
△AMP∽△EMN，可得比例式，结合已知条件易求得为定值；
（2）根据MN⊥PQ交射线BC于N点可知分两种情况：①当点N在BC之间时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△NCQ可求解；
②当点N在BC延长线上时，如图，作BF⊥PN于点F，CG⊥QN于点G，再分别作Rt△PBN和Rt△NCQ的中线BS、CT，通过证△PBN≌△NCQ可求解。

4．如图，抛物线经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运
动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为
（2）解：∵ =﹣（x2﹣2x+1）+ =﹣（x﹣1）2+8，
∴点B的坐标为（1，8）．
设直线BC的解析式为y=kx+m，
则，
解得：，
所以直线BC的解析式为y=﹣2x+10．
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD=8，CD=5﹣1=4．
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴，
即，
解得：PM= t，
∴OE=1+ t．
∴ME=-2(1+ t)+10=8-t．．
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE=NM+ME=8﹣t+ t=8﹣ t．
①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），
若点N在抛物线上，
则﹣（1+ t﹣1）2+8=8﹣ t，
整理得，t（t﹣4）=0，
解得t1=0（舍去），t2=4，
所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．理由如下：
∵PM= t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD=NE=8﹣ t．
∵直线BC的解析式为y=﹣2x+10，
∴﹣2x+10=8﹣ t，
解得：x= t+1，
∴QR= t+1﹣1= t．
又∵EC=CD﹣DE=4﹣ t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，
即 t=4﹣ t，
解得：t= ，
此时点P在BD上
所以，当t= 时，四边形ECRQ为平行四边形
【解析】【分析】（1）用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+ ，得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣2x+10．根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PM∥CD，根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角
形相似得出△BPM∽△BDC，根据相似三角形对应边成比例得出B P ∶B D = P M ∶C D ，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，从而得出关于t的方程，求解得出答案。

5．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．
（1）求直线l的解析式；
（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；
（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y= x2+ x﹣2，
∴当y=0时，得x1=1，x2=﹣4，当x=0时，y=﹣2，
∵抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，
，得，
即直线l的函数解析式为y=
（2）解：直线ED与x轴交于点F，如右图1所示，
由（1）可得，
AO=4，OC=2，∠AOC=90°，
∴AC=2 ，
∴OD= ，
∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，
∴△AOD∽△ACO，
∴，
即，得AD= ，
∵EF⊥x轴，∠ADC=90°，
∴EF∥OC，
∴△ADF∽△ACO，
∴，
解得，AF= ，DF= ，
∴OF=4﹣ = ，
∴m=﹣，
当m=﹣时，y= ×（- ）2+ ×（﹣）﹣2=﹣，
∴EF= ，
∴DE=EF﹣FD=
（3）解：存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，
理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如右图2所示，
∵点A（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∴OA=4，OB=1，OC=2，
∴tan∠OAC= ，tan∠OCB= ，AC=2 ，∴∠OAC=∠OCB，
∵∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，∠GAM=∠OAC﹣∠BAG，
∴∠BAP=∠GAM，
∵点G（0，﹣1），AC=2 ，OA=4，
∴OG=1，GC=1，
∴AG= ，，即，解得，GM= ，
∴AM= = = ，
∴tan∠GAM= = ，
∴tan∠PAN= ，
设点P的坐标为（n， n2+ n﹣2），
∴AN=4+n，PN= n2+ n﹣2，
∴，
解得，n1= ，n2=﹣4（舍去），
当n= 时， n2+ n﹣2= ，
∴点P的坐标为（，），
即存在点P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG
【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。

（2）直线ED与x轴交于点F，在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长，再证明△AOD∽△ACO，利用相似三角形的性质求出AD的长，再由EF∥OC得出对应线段成比例求出OF的长，可得出m的值，然后求出EF的长，根据DE=EF﹣FD，可求出答案。

（3）存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，根据点A、B、C的坐标，利用锐角三角函数的定义求出AC、AG的长，再利用同一个三角形的面积相等，求出GM的长，利用勾股定理求出AM的长，从而求出tan∠PAN的值，然后设点P的坐标，求出AN、PN，再根据tan∠PAN的值建立方程求出n的值，就可得出点P的坐标。

6．如图，在平面直角坐标系中，点A（－5，0），以OA为半径作半圆，点C是第一象限内圆周上一动点，连结AC、BC，并延长BC至点D，使CD＝BC，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线AC于点E、F，点E为垂足，连结OF.
（1）当∠BAC＝30º时，求△ABC的面积；
（2）当DE＝8时，求线段EF的长；
（3）在点C运动过程中，是否存在以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=30°，
∴BC= AB=5，
∴AC= ，
∴S△ABC= AC⋅BC=
（2）解：连接AD，
∵∠ACB=90°，CD=BC，
∴AD=AB=10，
∵DE⊥AB，
∴AE= =6，
∴BE=AB−AE=4，
∴DE=2BE，
∵∠AFE+∠FAE=90°，∠DBE+∠FAE=90°，
∴∠AFE=∠DBE，
∵∠AEF=∠DEB=90°，
∴△AEF∽△DEB，
∴ =2，
∴EF= AE= ×6=3
（3）解：连接EC，设E(x，0)，
当的度数为60°时，点E恰好与原点O重合；
①0°< 的度数<60°时，点E在O、B之间，∠EOF>∠BAC=∠D，
又∵∠OEF=∠ACB=90°，由相似知∠EOF=∠EBD，此时有△EOF∽△EBD，
∴，
∵EC是Rt△BDE斜边的中线，
∴CE=CB，
∴∠CEB=∠CBE，
∴∠EOF=∠CEB，
∴OF∥CE，
∴△AOF∽△AEC
∴，
∴，即，
解得x= ，因为x>0，
∴x= ；
②60°< 的度数<90°时，点E在O点的左侧，
若∠EOF=∠B，则OF∥BD，
∴OF= BC= BD，
∴即解得x= ，
若∠EOF=∠BAC，则x=− ，
综上点E的坐标为( ，0) ；（，0）；（−，0）.
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求得∠ACB=90°，根据30°的直角三角形的性质求得BC，进而根据勾股定理求得AC，然后根据三角形面积公式即可求得；（2）连接AD，由垂直平分线的性质得AD=AB=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求AE，依题意证明△AEF∽△DEB，利用相似比求EF；（3）当以点E、O、F为顶点的三角形与△ABC相似时，分为两种情况：①当交点E在O，B之间时；②当点E在O点的左侧时；分别求E点坐标.
7．如图，以AB为直径的⊙O外接于△ABC，过A点的切线AP与BC的延长线交于点P，∠APB的平分线分别交AB，AC于点D，E，其中AE，BD（AE＜BD）的长是一元二次方程x2﹣5x+6=0的两个实数根.
（1）求证：PA•BD=PB•AE；
（2）在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形？若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：∵PD平分∠APB，
∴∠APE=∠BPD，
∵AP与⊙O相切，
∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，
∴∠EAP=∠B，
∴△PAE∽△PBD，
∴，
∴PA•BD=PB•AE
（2）解：如图，过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G，
∵PD平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，
∴AD=DF，
∵∠EAP=∠B，
∴∠APC=∠BAC，
易证：DF∥AC，
∴∠BDF=∠BAC，
由于AE，BD（AE＜BD）的长是x2﹣5x+6=0的两个实数根，
解得：AE=2，BD=3，
∴由（1）可知：，
∴cos∠APC= ，
∴cos∠BDF=cos∠APC= ，
∴，
∴DF=2，
∴DF=AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∵AD=DF，
∴四边形ADFE是菱形，此时点F即为M点，
∵cos∠BAC=cos∠APC= ，
∴sin∠BAC= ，
∴，
∴DG= ，
∴菱形ADME的面积为：DG•AE=2× = .
【解析】【分析】（1）易证∠APE=∠BPD，∠EAP=∠B，从而可知△PAE∽△PBD，利用相似三角形的性质即可求出答案.（2）过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G，易求得
AE=2，BD=3，由（1）可知：，从而可知cos∠BDF=cos∠BAC=cos∠APC= ，从而可求出AD和DG的长度，进而证明四边形ADFE是菱形，此时F点即为M点，利用平行四边形的面积即可求出菱形ADFE的面积.
8．【问题】
如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB.∠EDF=90°，点D 在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系.
（1）【探究发现】如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D 移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程；
（2）【数学思考】如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程；（3）【拓展引申】如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过
多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4，请你直接写出BQ的最大值.
【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=BC
∴∠CAB=∠CBA=45°
∵CD∥AB
∴∠CBA=∠DCB=45°，且BD⊥CD
∴∠DCB=∠DBC=45°
∴DB=DC
即DB=DP
（2）解：∵DG⊥CD，∠DCB=45°
∴∠DCG=∠DGC=45°
∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∵∠BDP=∠CDG=90°
∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∴△CDP≌△GDB（ASA）
∴DB=DP
（3）解：如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，
∵MH⊥MN，
∴∠AMH+∠NMB=90°
∵CD∥AB，∠CDB=90°
∴∠DBM=90°
∴∠NMB+∠MNB=90°
∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=∠CBN=45°
∴△AMH≌△BNQ（ASA）
∴AH=BQ
∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴AB=4 ，AC-AH=BC-BQ
∴CH=CQ
∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB
∴HQ∥AB
∴∠HQM=∠QMB
∵∠ACB=∠HMQ=90°
∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，
∴∠HCM=∠HQM
∴∠HCM=∠QMB，且∠A=∠CBA=45°
∴△ACM∽△BMQ
∴
∴
∴BQ= +2
∴AM=2 时，BQ有最大值为2.
【解析】【分析】（1）DB=DP，理由如下：根据等腰直角三角形的性质得出∠CAB=∠CBA=45°，根据二直线平行，内错角相等得出∠CBA=∠DCB=45°，根据三角形的内角和得出∠DCB=∠DBC=45°，最后根据等角对等边得出 DB=DC ，即DB=DP；
（2）利用ASA判断出△CDP≌△GDB ，再根据全等三角形的对应边相等得出DB=DP；（3）如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，利用ASA判断出△AMH≌△BNQ 根据全等三角形的对应边相等得出AH=BQ，进而判断出点H，点M，点Q，点C四点共圆，根据圆周角定理得出∠HCM=∠HQM ，然后判断出△ACM∽△BMQ ，
根据相似三角形的对应边成比例得出,根据比例式及偶数次幂的非负性即可得出求出答案.
二、圆的综合
9．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正
=上半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x
=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x
（1）求边OA在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；
∆的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明（3）设MBN
你的结论.
【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析
【解析】
试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA 在旋转过程中所扫过的面积； （2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM 的度数； （3）利用全等把△MBN 的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．
试题解析：（1）∵A 点第一次落在直线y=x 上时停止旋转，直线y=x 与y 轴的夹角是45°，
∴OA 旋转了45°．
∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602
ππ
⨯=．
（2）∵MN ∥AC ，
∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°． ∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ． 又∵BA=BC ，∴AM=CN ．
又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ．
∴∠AOM=∠CON=
12（∠AOC-∠MON ）=1
2
（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°． （3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 证明：延长BA 交y 轴于E 点，
则∠AOE=45°-∠AOM ，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM ， ∴∠AOE=∠CON ．
又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ． ∴△OAE ≌△OCN ． ∴OE=ON ，AE=CN ．
又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ， ∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ． ∴MN=AM+CN ，
∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4． ∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 考点：旋转的性质.
10．阅读下列材料：
如图1，⊙O 1和⊙O 2外切于点C ，AB 是⊙O 1和⊙O 2外公切线，A 、B 为切点， 求证：AC ⊥BC
证明：过点C 作⊙O 1和⊙O 2的内公切线交AB 于D ， ∵DA 、DC 是⊙O 1的切线 ∴DA=DC ． ∴∠DAC=∠DCA ． 同理∠DCB=∠DBC ．
又∵∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°， ∴∠DCA+∠DCB=90°． 即AC ⊥BC ．
根据上述材料，解答下列问题：
（1）在以上的证明过程中使用了哪些定理？请写出两个定理的名称或内容； （2）以AB 所在直线为x 轴，过点C 且垂直于AB 的直线为y 轴建立直角坐标系（如图2），已知A 、B 两点的坐标为（﹣4，0），（1，0），求经过A 、B 、C 三点的抛物线y=ax 2+bx+c 的函数解析式；
（3）根据（2）中所确定的抛物线，试判断这条抛物线的顶点是否落在两圆的连心O 1O 2上，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）213
222
y x x =+- ；（3）见解析 【解析】
试题分析：（1）由切线长相等可知用了切线长定理；由三角形的内角和是180°，可知用了三角形内角和定理；
（2）先根据勾股定理求出C 点坐标，再用待定系数法即可求出经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式；
（3）过C 作两圆的公切线，交AB 于点D ，由切线长定理可求出D 点坐标，根据,C D 两点的坐标可求出过,C D 两点直线的解析式，根据过一点且互相垂直的两条直线解析式的关系可求出过两圆圆心的直线解析式，再把抛物线的顶点坐标代入直线的解析式看是否适合即可．
试题解析：(1)DA 、DC 是1O e 的切线， ∴DA =DC .应用的是切线长定理；
180DAC DCA DCB DBC ∠+∠+∠+∠=o ，应用的是三角形内角和定理.
(2)设C 点坐标为(0,y ),则222AB AC BC =+， 即()
()2
2
22241
41y y --=-+++，
即2
25172y =+,解得y =2(舍去)或y =−2.
故C 点坐标为(0,−2)，
设经过、、A B C 三点的抛物线的函数解析式为2
y ax bx c ，
=++
则
1640
2,
a b c
a b c
c
-+=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪=-
⎩
解得
1
2
3
2
2
a
b
c
⎧
=
⎪
⎪
⎪
=
⎨
⎪
=-
⎪
⎪⎩
，
故所求二次函数的解析式为2
13
2.
22
y x x
=+-
(3)过C作两圆的公切线CD交AB于D,则AD=BD=CD,由A(−4,0),B(1,0)可知
3
(,0)
2
D-，
设过CD两点的直线为y=kx+b,则
3
2
2
k b
b
⎧
-+=
⎪
⎨
⎪=-
⎩，
解得
4
3
2
k
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=-
⎩，
故此一次函数的解析式为
4
2
3
y x
=--，
∵过
12
,
O O的直线必过C点且与直线
4
2
3
y x
=--垂直，
故过
12
,
O O的直线的解析式为
3
2
4
y x
=-，
由(2)中所求抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为
325
(,)
28
--，
代入直线解析式得
3325
2,
428
⎛⎫
⨯--=-
⎪
⎝⎭
故这条抛物线的顶点落在两圆的连心12
O O上.
11．（1）问题背景
如图①，BC是⊙O的直径，点A在⊙O上，AB=AC，P为BmC上一动点（不与B，C重2PA=PB+PC．
小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB，AP，AC，且AB=AC，这就为旋转作了铺垫．于是，小明同学有如下思考过程：
第一步：将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
第二步：证明Q，B，P三点共线，进而原题得证．
请你根据小明同学的思考过程完成证明过程．
（2）类比迁移
如图②，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=AC，AB⊥AC，垂足为A，求OC的最小值．
（3）拓展延伸
如图③，⊙O的半径为3，点A，B在⊙O上，C为⊙O内一点，AB=4
3
AC，AB⊥AC，垂足
为A，则OC的最小值为．
【答案】（1）证明见解析；（2）OC最小值是32﹣3；（3）3
2
．
【解析】
试题分析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①），只要证明△APQ 是等腰直角三角形即可解决问题；
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点O顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，在△BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；
（3）如图③构造相似三角形即可解决问题．作AQ⊥OA，使得AQ=4
3
OA，连接OQ，
BQ，OB．由△QAB∽OAC，推出BQ=4
3
OC，当BQ最小时，OC最小；
试题解析：（1）将△PAC绕着点A顺时针旋转90°至△QAB（如图①）；
∵BC是直径，∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°，
由旋转可得∠QBA=∠PCA，∠ACB=∠APB=45°，PC=QB，
∵∠PCA+∠PBA=180°，∴∠QBA+∠PBA=180°，∴Q，B，P三点共线，
∴∠QAB+∠BAP=∠BAP+∠PAC=90°，∴QP2=AP2+AQ2=2AP2，
∴2AP=QB+BP=PC+PB，∴2．
（2）如图②中，连接OA，将△OAC绕点A顺时针旋转90°至△QAB，连接OB，OQ，
∵AB ⊥AC,∴∠BAC=90°,
由旋转可得 QB=OC ，AQ=OA ，∠QAB=∠OAC ，∴∠QAB+∠BAO=∠BAO+∠OAC=90°， ∴在Rt △OAQ 中，OQ=32，AO=3 ，∴在△OQB 中，BQ≥OQ ﹣OB=32﹣3 ， 即OC 最小值是32﹣3；
（3）如图③中，作AQ ⊥OA ，使得AQ=
4
3
OA ，连接OQ ，BQ ，OB ．
∵∠QAO=∠BAC=90°，∠QAB=∠OAC ，∵QA AB OA AC =4
3
， ∴△QAB ∽OAC ，∴BQ=
4
3
OC ， 当BQ 最小时，OC 最小，易知OA=3，AQ=4，OQ=5，BQ≥OQ ﹣OB ，∴OQ≥2，] ∴BQ 的最小值为2， ∴OC 的最小值为34×2=32
， 故答案为
32
． 【点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.
12．如图1，等边△ABC 的边长为3，分别以顶点B 、A 、C 为圆心，BA 长为半径作¶AC 、
¶CB
、¶BA ，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l 为对称轴的交点．
（1）如图2，将这个图形的顶点A 与线段MN 作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A 与端点N 重合，则线段MN 的长为 ；
（2）如图3，将这个图形的顶点A 与等边△DEF 的顶点D 重合，且AB ⊥DE ，DE =2π，将它
沿等边△DEF 的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；
（3）如图4，将这个图形的顶点B 与⊙O 的圆心O 重合，⊙O 的半径为3，将它沿⊙O 的圆周作无滑动的滚动，当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为 （请用含n 的式子表示）
【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3． 【解析】
试题分析：（1）先求出¶AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论； （2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；
（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．
试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，
¶¶¶AC BC AB ==，∴¶¶AC BC
l l ==¶AB l =603180
π⨯=π，∴线段MN 的长为¶¶¶AC BC AB
l l l ++=3π．故答案为3π； （2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，
由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =
2
1203360
π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；
（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，
AD =12AC =3
2
，∴OI =AI =
3
2
30AD cos DAI cos ∠=︒
3∴当它第1次回到起始位置时，点I
所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n 33π．故答案为3π．
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出¶AC 的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I 第一次回到起点时，I 的路径，是一道中等难度的题目．
13．如图，已知AB 是⊙O 的直径，P 是BA 延长线上一点，PC 切⊙O 于点C ，CD ⊥AB ，垂足为D ．
（1）求证：∠PCA ＝∠ABC ；
（2）过点A 作AE ∥PC 交⊙O 于点E ，交CD 于点F ，交BC 于点M ，若∠CAB ＝2∠B ，CF 3 【答案】（1）详见解析；（2633π-.
【解析】 【分析】
（1）如图，连接OC ，利用圆的切线的性质和直径对应的圆周角是直角可得∠PCA=∠OCB ，利用等量代换可得∠PCA=∠ABC.
（2）先求出△OCA 是等边三角形，在利用三角形的等边对等角定理求出FA=FC 和CF=FM,然后分别求出AM 、AC 、MO 、CD 的值，分别求出0A E S ∆、BOE S 扇形 、ABM S ∆ 的值，利用
0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形，然后通过计算即可解答.
【详解】
解：（1）证明：连接OC ，如图，
∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC,
∴∠PCA+∠ACO=90º,
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠ACO+OCB=90º∴∠PCA=∠OCB,
∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB,
∴∠PCA=∠ABC；
（2）连接OE，如图，
∵△ACB中，∠ACB＝90º,∠CAB＝2∠B,
∴∠B＝30º,∠CAB＝60º,∴△OCA是等边三角形，∵CD⊥AB,∴∠ACD+∠CAD＝∠CAD＋∠ABC＝90º,∴∠ACD＝∠B＝30º,
∵PC∥AE,∴∠PCA＝∠CAE＝30º,∴FC=FA,
同理，CF＝FM,∴AM＝2CF=23,
Rt△ACM中，易得AC=23×
3
2
=3＝OC,
∵∠B＝∠CAE＝30º,∴∠AOC=∠COE=60º,∴∠EOB=60º,∴∠EAB=∠ABC=30º,∴MA=MB,连接OM,EG⊥AB交AB于G点，如图所示，
∵OA=OB,∴MO⊥AB,∴MO＝3∵△CDO≌△EDO(AAS)，
∴33
2
∴1
332
ABM S AB MO ∆=
⨯=, 同样，易求93
AOE S ∆=
， 260333602
BOE
S ππ
⨯==
扇形 ∴0A E ABM BOE S S S S ∆∆=+-阴影部分扇形=933633
332
ππ-+-=
. 【点睛】
本题考查了切线的性质、解直角三角形、扇形面积和识图的能力，综合性较强，有一定难度，熟练掌握定理并准确识图是解题的关键.
14．（问题情境）如图1，点E 是平行四边形ABCD 的边AD 上一点，连接BE 、CE ．
求证：BCE 1
S 2
=
V S 平行四边形ABCD ．（说明：S 表示面积） 请以“问题情境”为基础，继续下面的探究
（探究应用1）如图2，以平行四边形ABCD 的边AD 为直径作⊙O ，⊙O 与BC 边相切于点H ，与BD 相交于点M ．若AD ＝6，BD ＝y ，AM ＝x ，试求y 与x 之间的函数关系式． （探究应用2）如图3，在图1的基础上，点F 在CD 上，连接AF 、BF ，AF 与CE 相交于点G ，若AF ＝CE ，求证：BG 平分∠AGC ．
（迁移拓展）如图4，平行四边形ABCD 中，AB ：BC ＝4：3，∠ABC ＝120°，E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ：FC ＝2：1，过D 分别作DG ⊥AF 于G ，DH ⊥CE 于H ，请直接写出DG ：DH 的值．
【答案】【问题情境】见解析；【探究应用1】18
y x
=；【探究应用2】见解析；【迁移1927 【解析】 【分析】
（1）作EF ⊥BC 于F ，则S △BCE ＝
1
2
BC×EF ，S 平行四边形ABCD ＝BC×EF ，即可得出结论； （2）连接OH ，由切线的性质得出OH ⊥BC ，OH ＝
1
2
AD ＝3，求出平行四边形ABCD 的面。