九年级数学几何模型压轴题单元测试题(Word版 含解析)

九年级数学几何模型压轴题单元测试题（Word 版 含解析）
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．如图1，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC
上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_________，位置关系是_________；
（2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，
CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出
PMN 面积的最大值．
【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）492
【解析】 【分析】
（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN 与PM 等于DE 或CE 的一半，又△ABC 为等腰直角三角形，AD=AE ，所以得PN=PM ，且互相垂直；
（2）由旋转可推出BAD CAE ∆∆≌，再利用PM 与PN 皆为中位线，得到PM=PN ，再利用角度间关系推导出垂直即可；
（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM ，且PM ⊥PN ，利用三角形面积公式求解即可． 【详解】
（1）PM PN =，PM PN ⊥；
已知点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，根据三角形的中位线定理可得
12PM EC =
，1
2
PN BD =，//PM EC ，//PN BD 根据平行线性质可得DPM DCE ∠=∠，NPD ADC ∠=∠ 在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，AD AE = 可得BD EC =，90DCE ADC ∠+∠=︒ 即得PM PN =，PM PN ⊥
故答案为：PM PN =；PM PN ⊥． （2）等腰直角三角形，理由如下： 由旋转可得BAD CAE ∠=∠， 又AB AC =，AD AE = ∴BAD CAE ∆∆≌
∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠， ∵点M ，P 分别为DE ，DC 的中点 ∴PM 是DCE ∆的中位线 ∴1
2
PM CE =
，且//PM CE ， 同理可证1
2
PN BD =
，且//PN BD ∴PM PN =，MPD ECD ∠=∠，PNC DBC ∠=∠， ∴MPD ECD ACD ACE ACD ABD ∠=∠=∠+∠=∠+∠，
DPN PNC PCN DBC PCN ∠=∠+∠=∠+∠，
∴
90MPN MPD DPN ACD ABD DBC PCN ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒，
即PMN ∆为等腰直角三角形．
（3）把ADE ∆绕点A 旋转的如图的位置，
此时1()72PN AD AB =
+=，1
()72
PM AE AC =+= 且PN 、PM 的值最长，由（2）可知PM PN =，PM PN ⊥ 所以PMN ∆面积最大值为149
7722
⨯⨯=． 【点睛】
本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．
2．在△AOB 中，C ，D 分别是OA ，OB 边上的点，将△OCD 绕点O 顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；
②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想
∠AEB=θ是否成立？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）成立，理由见解析
【解析】
试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出
OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式
，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相
等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，
∴OC=OD，
∴OC′=OD′，
在△AOC′和△BOD′中，，
∴△AOC′≌△BOD′（SAS），
∴AC′=BD′；
②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，
∴∠OBD′+∠BFE=90°，
∴∠BEA=90°，
∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵CD∥AB，
∴，
∴，
∴，
又∠AOC′=∠BOD′，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，
∴∠AEB=∠AOB=θ．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
3．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.
（1）求边DA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(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；
（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.
【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA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，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.
（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.
∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.
（2）∵MN∥AC，∴,.
∴.∴.
又∵，∴.
又∵,∴.
∴.∴.
∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为.
(3)不变化，证明如下：
如图，延长BA交DE轴于H点，则
，，
∴.
又∵.∴．
∴．
又∵, ,∴．
∴.∴.
∴.
∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.
考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.
4．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．
（1）点C的坐标为（，）；
（2）若二次函数的图象经过点C．
①求二次函数的关系式；
②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]
③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．
(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，
∴.解得
∴二次函数的关系式为
②当-1≤x≤4时，≤y≤8；
③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，
i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直
角三角形，过点作⊥轴，
∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，
∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,
∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；
ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证
△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△
是以AB为直角边的等腰直角三角形．
【解析】
(1)根据旋转的性质得出C点坐标；
（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；
③分二种情况进行讨论.
5．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＝16
x
，
∴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．
6．（操作发现）
（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接
AF，EF．
①求∠EAF的度数；
②DE与EF相等吗？请说明理由；
（类比探究）
（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：
①∠EAF的度数；
②线段AE，ED，DB之间的数量关系．
【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2
【解析】
试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出
∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；
（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．
试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．
在△ACF和△BCD中，
∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；
②DE=EF．理由如下：
∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；
（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，
∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，
∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；
②AE2+DB2=DE2，理由如下：
∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，
AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．
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．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．
(1)求证：△CBG≌△CDG；
(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；
(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．
【解析】
试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．
（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，
∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．
（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．
（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，
∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．
在Rt△CDG和Rt△CBG中，
，
∴△CDG≌△CBG（HL）；
（2）解：∵△CDG≌△CBG，
∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．
在Rt△CHO和Rt△CHD中，
∵，
∴△CHO≌△CHD（HL），
∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，
∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，
∴HG=HD+DG=HO+BG；
（3）解：四边形AEBD可为矩形．
如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．
∵DG=BG，
∴DG=AG=EG=BG ，即平行四边形AEBD 对角线相等，则其为矩形， ∴当G 点为AB 中点时，四边形AEBD 为矩形． ∵四边形DAEB 为矩形， ∴AG=EG=BG=DG ． ∵AB=6， ∴AG=BG=3．
设H 点的坐标为（x ，0），则HO=x ∵OH=DH ，BG=DG ， ∴HD=x ，DG=3． 在Rt △HGA 中，
∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x ， ∴（x+3）2=32+（6﹣x ）2，解得x=2． ∴H 点的坐标为（2，0）．
考点：几何变换综合题．
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，
AF ===，
//PH AF ，
PH BP BH
AF AB BF
∴
==
62x BH ==，
PH ∴=
，1
3
BH x =， 1
63
CH x ∴=-，
在Rt PHC
中，PC =
y ∴=
9)y 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
232663
x
x x x =--， 解得：18
5x =，
即12
5
BE =，
1218
655
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)，236
5
R =； 即两圆相交时，3605
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．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．
11．如图，△ABC内接于⊙O，点D在AB边上，CD与OB交于点E，∠ACD＝∠OBC；
（1）如图1，求证：CD⊥AB；
（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；
（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5
【解析】
【分析】
（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；
（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三
角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；
（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由
∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得
BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=3
5
，所以可得AC=2CK，CK=BC•sin∠OBC=
24
5
得
AC=48 5
.
【详解】
解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2
延长BO交⊙O于F，连接CF．
∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°
∴∠1+∠F＝90°，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠A＝∠F
又∵∠1＝∠2，
∴∠2+∠A＝90°，
∴∠3＝90°，
∴CD⊥AB
（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4
延长BO交AC于K
∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，
∴∠A＝∠5，
∵∠A+∠2＝90°，
∴∠5+∠2＝90°，
∴∠6＝90°
∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，
∴∠6＝∠7，
又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2
∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，
∴BO平分∠ABC
（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN
∵OH⊥CN，OF⊥BC
∴CH＝NH，BF＝CF
∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN
∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC
∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM
∴∠OEH＝∠EHM
设EM、OE交于点P
∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°∴∠EOH＝∠OHP
∴OP＝PH
∵∠ADC＝∠OHC＝90°
∴AD∥OH
∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP
∴PM＝PB
∴PM+PH＝PB+OP
∴HM＝OB＝5
在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4
∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5
∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°
∴∠AKB+∠CKB＝90°∴OK⊥AC
AC＝2CK，CK＝BC•sin∠OBC＝24 5
∴AC＝48 5
【点睛】
此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．
12．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D．
（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）；
①求此抛物线的函数解析式；
②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值；
（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b取何值，点D的坐标均不改变．
【答案】（1）①y=x2-x-4；②△BDM的面积有最大值为36；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB为直径，根据垂径定理可得OD=OC，即可得到D（0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD的解
析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；
（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得
∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得
OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．
试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，
解得．
∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；
②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．
∵A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），
∴OA=2，OB=8，OC=4，
∴AB=10，AC=2，BC=4，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠ACB=90°，
∴AB为直径．
∵CD⊥AB，
∴OD=OC，
∴D（0，4）．
设直线BD的解析式为y=mx+n．
∵B（8，0），D（0，4），
∴，
解得，
∴直线BD的解析式为y=-x+4．
设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），
∴ME=（-x+4）-（x2-x-4）=-x2+x+8，
∴S△BDM=S△DEM+S△BEM
=ME（x E-x D）+ME（x B-x E）=ME（x B-x D）
=（-x2+x+8）×8=-x2+4x+32=-（x-2）2+36．
∵0＜x＜8，
∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；
（2）连接AD、BC，如图2．
若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，
则C（0，-4），OC=4．
设点A（x1，0），B（x2，0），
则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，
∴OA•OB=-x1•x2=-（-4）=4．
∵A、D、B、C四点共圆，
∴∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，
∴△ADO∽△CBO，
∴，
∴OC•OD=OA•OB=4，
∴4OD=4，
∴OD=1，
∴D（0，1），
∴无论b取何值，点D的坐标均不改变．
考点：圆的综合题
13．如图1，△ABC内接于⊙O，直径AD交BC于点E，延长AD至点F，使DF＝2OD，连
接FC并延长交过点A的切线于点G，且满足AG∥BC，连接OC，若cos∠BAC＝1
3
，BC＝
8．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）求⊙O的半径OC；
（3）如图2，⊙O的弦AH经过半径OC的中点F，连结BH交弦CD于点M，连结FM，试求出FM的长和△AOF的面积．
【答案】（1）见解析；（2）3233
2
2
32
【解析】【分析】
（1）由DF=2OD，得到OF=3OD=3OC，求得
1
3
OE OC
OC OF
==，推出△COE∽△FOE，根据相
似三角形的性质得到∠OCF=∠DEC=90°，于是得到CF是⊙O的切线；
（2）利用三角函数值，设OE=x，OC=3x，得到CE=3，根据勾股定理即可得到答案；（3）连接BD，根据圆周角定理得到角相等，然后证明△AOF∽△BDM，由相似三角形的性质，得到FM为中位线，即可求出FM的长度，由相似三角形的性质，以及中线分三角形的面积为两半，即可求出面积.
【详解】
解：（1）∵DF＝2OD，
∴OF＝3OD＝3OC，
∴
1
3 OE OC
OC OF
==，
∵∠COE＝∠FOC，
∴△COE∽△FOE，
∴∠OCF＝∠DEC＝90°，∴CF是⊙O的切线；（2）∵∠COD＝∠BAC，
∴cos∠BAC＝cos∠COE＝
1
3 OE
OC
=，
∴设OE＝x，OC＝3x，∵BC＝8，
∴CE＝4，
∵CE⊥AD，
∴OE 2+CE 2＝OC 2，
∴x 2+42＝9x 2，
∴x ＝2（负值已舍去），
∴OC ＝3x ＝32，
∴⊙O 的半径OC 为32；
（3）如图，连结BD ，
由圆周角定理，则∠OAF=∠DBM ，2AOF ADC ∠=∠，
∵BC ⊥AD ，
∴AC AB =，
∴∠ADC=∠ADB ，
∴2AOF ADC BDM ∠=∠=∠，
∴△AOF ∽△BDM ；
∵点F 是OC 的中点， ∴AO ：OF=BD ：DM=2，
又∵BD=DC ， ∴DM=CM ，
∴FM 为中位线，
∴322
， ∴S △AOF : S △BDM =(326 2 34=
； ∵111118(322)4222222
BDM BCD S S BC DE ∆∆==⨯•=⨯⨯⨯= ∴S △AOF =3424=32 【点睛】
本题考查了圆的综合问题，圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理求边长，以及三角形中线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的定理和性质，运用属性结合的思想进行解题.
14．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．
15．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
6∴=⨯=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．
16．阅读材料：“最值问题”是数学中的一类较具挑战性的问题．其实，数学史上也有不少相关的故事，如下即为其中较为经典的一则：海伦是古希腊精通数学、物理的学者，相传有位将军曾向他请教一个问题﹣﹣如图1，从A点出发，到笔直的河岸l去饮马，然后再去B地，走什么样的路线最短呢？海伦轻松地给出了答案：作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交l于点P，则PA+PB＝A′B的值最小．
解答问题：
（1）如图2，⊙O的半径为2，点A、B、C在⊙O上，OA⊥OB，∠AOC＝60°，P是OB上一动点，求PA+PC的最小值；
（2）如图3，已知菱形ABCD的边长为6，∠DAB＝60°．将此菱形放置于平面直角坐标系中，各顶点恰好在坐标轴上．现有一动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度，沿A→C 的方向，向点C运动．当到达点C后，立即以相同的速度返回，返回途中，当运动到x轴上某一点M时，立即以每秒1个单位的速度，沿M→B的方向，向点B运动．当到达点B 时，整个运动停止．
①为使点P能在最短的时间内到达点B处，则点M的位置应如何确定？
②在①的条件下，设点P的运动时间为t（s），△PAB的面积为S，在整个运动过程中，试求S与t之间的函数关系式，并指出自变量t的取值范围．
【答案】（1）PA+PC的最小值是32）①点M30）时，用时最少；②S与t之间的函数关系式是当3t3S＝3﹣3t；当0＜t3S ＝3t．当3t3S＝﹣3t3
【解析】
【分析】
（1）延长AO交圆O于M，连接CM交OB于P，连接AC，AP+PC＝PC+PM＝CM最小；（2）①根据运动速度不同以及运动距离，得出当PB⊥AB时，点P能在最短的时间内到达点B处；
②根据三角形的面积公式求出从A到C时，s与t的关系式和从C3，0）以及到B。