九年级数学几何模型压轴题综合测试卷(word含答案)

九年级数学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．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2
y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与OAB ∆的边分别交于M ，N 两点，将AMN ∆以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '∆． 设点P 的纵坐标为m ．
①当A MN '∆在OAB ∆内部时，求m 的取值范围；
②是否存在点P ，使'
56
A MN OA
B S S ∆'∆=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】()21y x 22x =-++；（2）①433m <<；②存在，满足m 的值为619-或639-． 【解析】
【分析】
（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；
（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；
②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值．
【详解】
解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，
∴∠ADO=∠BEO=90°，
∵将OA 绕点O 逆时针旋转90︒后得到OB ，
∴OA=OB ，∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，
∴∠AOD=∠BOE ，
∴△AOD ≌△BOE ，
∴AD=BE ，OD=OE ，
∵顶点A 为（1，3），
∴AD=BE=1，OD=OE=3，
∴点B 的坐标为（3，1-），
设抛物线的解析式为2
(1)3=-+y a x ，
把点B 代入，得 2(31)31a -+=-，
∴1a =-，
∴抛物线的解析式为2
(1)3y x =--+，
即222y x x =-++；
（2）①∵P 是线段AC 上一动点，
∴3m <，
∵当A MN '∆在OAB ∆内部时，
当点'A 恰好与点C 重合时，如图：
∵点B 为（3，1-），
∴直线OB 的解析式为13y x =-
， 令1x =，则13
y =-， ∴点C 的坐标为（1，1
3-），
∴AC=1103()33
--=
， ∵P 为AC 的中点，
∴AP=1105233⨯=， ∴54333
m =-=， ∴m 的取值范围是
433m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：
∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），
∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3），
∴'3A P m =-，18'(23)233
A C m m =-+=-， 设直接OA 为y ax =，直线A
B 为y kx b =+，
分别把点A ，点B 代入计算，得
直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+， 令y m =，
则点M 的横坐标为3m ，点N 的横坐标为52m --， ∴5552326
m m MN m -=-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224A MN S MN A P m m m m ∆=
•=•-•-=-+； '138'3(2)34223
OA B S A C m m ∆=••=•-=-； 又∵'56A MN OA B S S ∆'∆=
， ∴255155(34)12246
m m m -+=⨯-， 解得：619m =-或619m =+（舍去）；
当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：
把y m =代入13y x =-
，则3x m ， ∴5553222m MN m m -=+=+-，18'(23)233
A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424A MN S MN A P m m m m ∆=
•=•+•-=-++， '138'3(2)43223
OA B S A C m m ∆=••=•-=-， ∵'56A MN OA B S S ∆'∆=
，
∴255155(43)4246
m m m -++=⨯-， 解得：6393m -=
或6393m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-或6393
m -=
． 【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P 的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．
2．综合与探究：
如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，过点C 作CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．
（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；
（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ．
①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；
②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；
③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．
【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-++；（2）①143
m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或4226,55⎛⎫ ⎪⎝⎭或384,55⎛⎫ ⎪⎝⎭
． 【解析】
【分析】
（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C 的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；
（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；
②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ︒∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可．
【详解】
解：（1）4=OA ，2OB =，
∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，
线段AB 绕点B 顺时针旋转90︒得到线段BC ，
AB BC ∴=，90ABC ︒∠=，
90ABO DBC ︒∴∠+∠=，
在Rt AOB 中，90ABO OAB ︒∴∠+∠=，
=OAB DBC ∴∠∠，
CD x ⊥轴于点D ，
90BDC ︒∴∠=，
90AOB BDC ︒∴∠=∠=．
AB BC =，
ABO BCD ∴△≌△，
2CD OB ∴==，4BD OA ==，
6OB BD ∴+=，
∴点C 的坐标为(6,2)，
∵抛物线2
3y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ， 236182
c a c =⎧∴⎨++=⎩， 解得，122
a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的表达式为21322
y x x =-++；
（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，
∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ，
∴624
k b b +=⎧⎨=⎩， 解得，134
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，即143y x =-+， ∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：1
43
m -+， 故答案为：1
43
m -+．
②过点G 作GM x ⊥轴于点M ， OM m ∴=，143
GM m =-+， AB BC =，BG AC ⊥，
AG CG ∴=，
90AOB GMH CDH ︒∠=∠=∠=，
OA GM
CD ∴， 1OM AG MD GC
∴==， 132
OM MD OD ∴===， 3m ∴=，1
433
m -+=，
∴点G 为(3,3)， 设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，2033k b k b +=⎧⎨+=⎩
， 36
k b =⎧∴⎨=-⎩，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，
∴得2132362
x x x -++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去），
∴点F 的坐标为(4,6)，
过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，
4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，
在
Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得25AF FC ==， 同理可得25AB BC ==，
AB BC CF FA ∴===，
∴四边形ABCF 为菱形，
90ABC ︒∠=，
∴菱形ABCF 为正方形；
③∵直线AC ：143
y x =-+与x 轴交于点H ， ∴1403
x -
+=， 解得，x ＝12，
∴(12,0)H ， ∴222(64)(26)20FC =-+-=，222
(126)(02)40CH =-+-=，
设点N 坐标为(,)s t ，
∴222(4)(6)FN s t =-+-，222(12)(0)NH s t =-+-，
第一种情况：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ， ∴2222(4)(6)20(12)40
s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩， 解得，11425265s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，2262s t =⎧⎨=⎩（即点C ）， ∴4226,55N ⎛⎫ ⎪⎝⎭
； 第二种情况：若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，
∴2222(4)(6)40(12)20
s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩， 解得，1138545s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，22104s t =⎧⎨=⎩，
∴
384
,
55
N
⎛⎫
⎪
⎝⎭
或(10,4)
N，
综上所述，以F，H，N为顶点的三角形与△FHC全等时，点N坐标为(10,4)或
4226
,
55⎛⎫ ⎪⎝⎭
或
384
,
55
⎛⎫ ⎪⎝⎭
．
【点睛】
本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．
3．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．
4．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；
（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出
∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.
（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.
（3）根据和求解即可.
试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.
∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.
∴∠BAE=∠DAG..
∴△ABE≌△ADG（SAS）.
∴BE=DG..
（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.
（3）如图3，连接GB、GE.
由已知α=45°，可知∠BAE=45°.
又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.
∵，∴GE =8.
∴.
过点B作BH⊥AE于点H.
∵AB=2，∴. ∴..
设点G到BE的距离为h.
∴.
∴.
∴点G到BE的距离为.
考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．
5．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知
△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出
CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2
考点：四边形综合题
6．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE,
(1)在图1中证明小胖的发现；
借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：
(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；
(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =1
2 m°.
【解析】
分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC，只要证明△DAB≌△EAC即可；
（2）如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．首先证明△BDE是等边三角形，再证明△ABD≌△CBE即可解决问题；
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．想办法证明△AFE≌△AFG，可得∠EAF=∠FAG=
1
2
m°.
详（1）证明：如图1中，
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AD AE
DAB EAC
AB AC
⎧
⎪
∠∠
⎨
⎪
⎩
＝
＝
＝
，
∴△DAB≌△EAC，
∴BD=EC．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE，∠BDC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到
M，使得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，
∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，
∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG，
∴∠EAF=∠FAG=1
2 m°．
点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．
7．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是；
结论2：DM、MN的位置关系是；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出
MN∥AE，MN=1
2
AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=
1
2
AF，从而得到DM，MN数量
相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，
AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，
∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN=1
2
AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又
∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的
中点，∴DM=1
2
AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，
同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.
考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．
8．（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AE 2+AF 2=EF 2，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°； ②AE 2+DB 2=DE 2，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，AE 2+AF 2=EF 2，又∵AF =DB ，∴AE 2+DB 2=DE 2．
二、初三数学 圆易错题压轴题（难）
9．已知：
图1 图2 图3 （1）初步思考：
如图1， 在PCB ∆中，已知2PB =，BC=4，N 为BC 上一点且1BN =，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1
2
PD 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1
2
PG PC =，当D 、P 、G 共线时，1
2
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1
2
PG PC =，当点P 在DG 的延长线上时，1
2
PD PC -的值最大，即可得到答案. 【详解】
（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===， ∴2
4,4PB BN BC =⋅=， ∴2PB BN BC =⋅， ∴
BN BP
BP BC
=， ∵B B ∠=∠， ∴BPN BCP ∆∆∽， ∴
1
2
PN BN PC BP ==， ∴1
2
PN PC =
； （2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，
∵
24
2,212
PB 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．
10．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°，②2+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 ，2 ∴()2
22(12)1x x +=+ ，解得2+1 ∴当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.
11．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 =，
22221068BC AB AC ∴=-=-=，
则142
==CF BC ， 222264213AF AC CF ∴=+=+=，
11321363
∴=⨯=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 =，1862,32=-=-==
=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2223(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32DH BH =或2514
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．
12．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22
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
cos30FG 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12F F ，根据1212F 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2F B ，在2Rt F BC 中用勾股定理求解即可.
【详解】 （1）2222
DP m AO =+
=+，8BP 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
ON
B
OB
==即
3
2
8
2
m
m
=
-
解得32348
m=-
（3）①
在Rt EFG
∆中，∵30
EFG A
∠=∠=︒，90
EGF
∠=︒，∴
3
cos30cos30
FG EF PE EP
︒︒
=⋅=⋅=，
∴当FG最大时即PE最大
当点E与点C重合时，PE的值最大．
易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===． 在Rt EAP ∆中，∵30A ∠=︒∴1532AP EP ==
∴1511222
m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B
1133233233
AF AE EF AD PE =-=-==, 253CF CP ==， 故1212235311353326F F AC AF CF =--=-=， 2F 到B 轨迹是线段理由如下：
∵60FEP ∠=︒，30PEB ∠=︒，∴90FEB ∠=︒． ∴tan EF EP EBF EB EB
∠==为定值， ∴点F 的第二段的轨迹是线段2BF ． 在2Rt F BC 中，2222225357522BF BC F C ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭
, 所以点F 1153762
【点睛】
本题是综合了圆的性质，直线与圆相切的条件，锐角三角函数，勾股定理以及旋转的性质等知识的动点动图问题，熟练掌握各个知识点是基础，充分理解题意并作图，化动为静是解答关键.
13．已知AB 是O 的一条弦，点C 在O 上，联结CO 并延长，交弦AB 于点D ，且CD CB =．
（1）如图1，如果BO 平分ABC ∠，求证：AB BC =；
（2）如图2，如果AO OB ⊥，求:AD DB 的值；
（3）延长线段AO 交弦BC 于点E ，如果EOB ∆是等腰三角形，且O 的半径长等于2，求弦BC 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
3（3）51+和22 【解析】
【分析】
（1）由题意利用弦心距即可求证结果，
（2）此题关键先求出AO ，做辅助线构造特殊三角形，并求证出∠AOD ，再根据平行线分线段成比例求出比值即可，
（3）分情况讨论两种情况：OE=BE 时或OB=BE 时两种情况，利用三角形相似即
△COE ~△CBO 找到相似比，利用相似比求解即可．
【详解】
（1）过点O 作OP ⊥AB ，垂足为点P ；OQ ⊥BC ，垂足为点Q ，
∵BO 平分∠ABC ，
∴OP=OQ ，
∵OP ，OQ 分别是弦AB 、BC 的弦心距，
∴AB= BC ；
（2）∵OA=OB ，
∴∠A=∠OBD ，
∵CD=CB ，
∴∠CDB =∠CBD ，
∴∠A+∠AOD =∠CBO +∠OBD ，
∴∠AOD =∠CBO ，
∵OC=OB ，
∴∠C =∠CBO ，
∴∠DOB =∠C +∠CBO = 2∠CBO = 2∠AOD ，
∵AO ⊥OB ，
∴∠ AOB =∠AOD +∠BOD =3∠AOD = 90°，
∴∠AOD=30°，
过点D 作DH ⊥AO ，垂足为点H ，
∴∠AHD=∠DHO=90°，
∴tan ∠AOD =HD OH ∵∠AHD=∠AOB=90°，
∴HD ‖OB ， ∴
D A
OB H AH O = ， ∵OA=OB ，
∴HD=AH ，
∵HD ‖OB ，
∴AH HD OH O AH DB H ===； （3）∵∠C=∠CBO ，
∴∠OEB =∠C+∠COE >∠CBO ，
∴OE≠OB ；
若OB = EB =2时，
∵∠C=∠C ，∠COE =∠AOD =∠CBO ，
∴△COE ~△CBO ， ∴
CO CE BC CO =， ∴222
BC BC =-， ∴2BC -2BC -4=0，
∴BC =舍去)或，
∴；
若OE = EB 时，
∵∠EOB =∠CBO ，
∵∠OEB =∠C+∠COE =2∠C =2∠CBO 且∠OEB +∠CBO +∠EOB = 180°，
∴4∠CBO=180°，∠CBO=45°，
∴∠OEB=90°，
∴cos ∠CBO=
2
EB OB =， ∵OB=2，
∴ ，
∵OE 过圆心，OE ⊥BC ，
∴．
【点睛】
此题考查圆的相关知识：圆心距及圆内三角形相似的相关知识，属于综合题型，难度较高．
14．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．。