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九年级数学几何模型压轴题中考真题汇编[解析版]

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九年级几何模型压轴题综合测试卷(word含答案)

九年级几何模型压轴题综合测试卷(word含答案)

九年级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．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC的边长为__________；问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．【答案】（17；（25【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△APP’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP2，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.（17（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．∴AP′=PC=1，BP=BP′2；连接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°；在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP5∵222+，即AP′2+PP′2=AP2；125∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠B PC=∠AP′B=135°．过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，∴∠EP′B=45°，∴EP′=BE=1，∴AE=2；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5；∴∠BPC=135°，正方形边长为5．点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形，等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.2．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．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．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，DA DC=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC 和GB在同一条直线上，点F为AB的中点，连接DF，EF，则DF和EF的数量关系与位置关系为：________； 数学思考（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由； 类比探索（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DF EF ；（2）3EF DF =，DF EF ,理由见解析;（3）①3EF DF =，DF EF ;②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【解析】 【分析】（1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析； （3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【详解】解：（1）3EF DF =，DFEF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =. 又点F 为AB 的中点， AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴.MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==. 设DM a =，2GB b =，120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===. tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，33DM FN a ==， 33MF NE b==， 又90DMF FNE ∠=∠=︒， DMF FNE ∴∽.MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒. 90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF .（2）3EF DF =，DFEF .理由如下：如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB=，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ， ∴四边形LCMF 为矩形， 90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒. GEB 为等边三角形， 60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘ ∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF △中，3tan 33DE DF F F E DF===∠； （3）①3EF DF =，DF EF .选择题图进行证明：如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠. //AD NB ∴.18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒， OCP OBE ∴∠=∠. DCE NBE ∴∠=∠. 又GEB 是等边三角形， GE BE ∴=，又AD BN CD ==，()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF∴⊥，60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF=，连接NB，DE，NE，NB与CD 交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF 和BNF中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC∴∠=∠=︒.60BOJ∴∠=︒，60JEC∠=︒.又OJB EJC∠=∠，OBE ECJ∴∠=∠.AD CD=，AD NB=，CD NB∴=.又GEB是等边三角形，CE BE∴=.()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.6．如图1，矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，以点E 直角顶点的直角三角形EFG 的两边EF ，EG 分别过点B ，C ，∠F＝30°.（1）求证：BE ＝CE（2）将△EFG 绕点E 按顺时针方向旋转，当旋转到EF 与AD 重合时停止转动.若EF ，EG 分别与AB ，BC 相交于点M ，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB ＝2，求△BMN 面积的最大值；③当旋转停止时，点B 恰好在FG 上（如图3），求sin∠EBG 的值.【答案】（1）详见解析；（262+ 【解析】【分析】（1）只要证明△BAE ≌△CDE 即可； （2）①利用（1）可知△EBC 是等腰直角三角形，根据ASA 即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH ⊥BG 于H ．设NG=m ，则BG=2m ，3m ，6m ．利用面积法求出EH ，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3，6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+=3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246mEHEB m+==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，7．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.8．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=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，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=12AE，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=12AF，∴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．二、初三数学 圆易错题压轴题（难）9．如图，∠ABC=45°，△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，顶点A 、D 分别在∠ABC 的两边BA 、BC 上滑动（不与点B 重合），△ADE 的外接圆交BC 于点F ，点D 在点F 的右侧，O 为圆心．（1）求证：△ABD ≌△AFE（2）若AB=42，82＜BE ≤413，求⊙O 的面积S 的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）16π＜S ≤40π【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD ，得出三角形全等；（2）利用△ABD ≌△AFE ，和已知条件得出BF 的长，利用勾股定理和2＜BE 13EF,DF 的取值范围，24S DE π=，所以利用二次函数的性质求出最值.试题解析：（1）连接EF ，∵△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，∴∠EAD=90°，∠AED=∠ADE=45°，∵AE AE = ，∴∠ADE=∠AFE=45°，∵∠ABD=45°，∴∠ABD=∠AFE ，∵AF AF =，∴∠AEF=∠ADB ，∵AE=AD ， ∴△ABD ≌△AFE ；（2）∵△ABD ≌△AFE ，∴BD=EF ，∠EAF=∠BAD ，∴∠BAF=∠EAD=90°，∵42AB = ，∴BF=42cos cos45AB ABF =∠=8， 设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8， ∵BE 2=EF 2+BF 2， 82＜BE ≤413 ， ∴128＜EF 2+82≤208，∴8＜EF ≤12，即8＜x ≤12，则()222844S DE x x ππ⎡⎤==+-⎣⎦=()2482x ππ-+， ∵2π＞0， ∴抛物线的开口向上，又∵对称轴为直线x=4，∴当8＜x ≤12时，S 随x 的增大而增大，∴16π＜S ≤40π．点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角，第二问的解题关键是根据第一问的结论计算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范围，所以在这个问题中要考虑勾股定理的问题，还要考虑圆的面积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.10．如图①，一个Rt △DEF 直角边DE 落在AB 上，点D 与点B 重合，过A 点作二射线AC 与斜边EF 平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P 从A 点出发，沿射线AC 方向以每秒2个单位的速度运动，Q 为AP 中点，设运动时间为t 秒（t ＞0）•（1）当t=5时，连接QE ，PF ，判断四边形PQEF 的形状；（2）如图②，若在点P 运动时，Rt △DEF 同时沿着BA 方向以每秒1个单位的速度运动，当D 点到A 点时，两个运动都停止，M 为EF 中点，解答下列问题：①当D 、M 、Q 三点在同一直线上时，求运动时间t ；②运动中，是否存在以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．【解析】试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，∵t=5，∴AP=2×5=10．∵点Q是AP的中点，∴AQ=PQ=5．∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，∴EF==5，∴PQ=EF=5．∵AC∥EF，∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．又∵∠QHA=∠FDE=90°，∴△AHQ∽△EDF，∴．∵AQ=EF=5，∴AH=ED=4．∵AE=12-4=8，∴HE=8-4=4，∴AH=EH，∴AQ=EQ，∴PQ=EQ，∴平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．∵EF∥AC，∴△DEM∽△DAQ，∴，∴，解得t=；②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图③，则有∠HQD=∠HDQ=45°，∴QH=DH．∵△AHQ∽△EDF（已证），∴，∴，∴QH=，AH=，∴DH=QH=．∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，∴++t=12，∴t=5；Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图④，同理可得DH=QH=，AH=．∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t，∴-+t=12，∴t=10．综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．11．已知圆O的半径长为2，点A、B、C为圆O上三点，弦BC=AO，点D为BC的中点，(1)如图，连接AC、OD，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD；(2)如图，当点B为AC的中点时，求点A、D之间的距离：(3)如果AD的延长线与圆O交于点E，以O为圆心，AD为半径的圆与以BC为直径的圆相切，求弦AE的长．【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =；（3）33133122or +- 【解析】【分析】 （1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值.（2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.【详解】(1)如图1：连接OB 、OC.∵BC=AO∴OB=OC=BC∴△OBC 是等边三角形∴∠BOC=60°∵点D 是BC 的中点∴∠BOD=1302BOC ∠=︒ ∵OA=OC∴OAC OCA ∠=∠=α∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2：连接OB 、OC 、OD.由（1）可得：△OBC 是等边三角形，∠BOD=1302BOC ∠=︒ ∵OB=2，∴OD=OB∙cos 30︒=3∵B 为AC 的中点，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得：AD=227AO OD +=（3）①如图3.圆O 与圆D 相内切时：连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE∵BC 是直径，D 是BC 的中点∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点由（2）可得：3D 的半径为1∴31设AF=x在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即)2222331x x -=-- 解得：331x += ∴AE=3312AF 2=②如图4.圆O 与圆D 相外切时：连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE∵BC 是直径，D 是BC 的中点∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点由（2）可得：OD=3，圆D 的半径为1∴AD=31-在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=--+解得：331x -= ∴AE=3312AF -=【点睛】本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.12．如图，点A 在直线l 上，点Q 沿着直线l 以3厘米/秒的速度由点A 向右运动，以AQ 为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 34，点C 在点Q 右侧，CQ=1厘米，过点C 作直线m⊥l，过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使DF=13CD ，以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF ．设运动时间为t 秒．（1）直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ；（2）当0＜t ＜1时，求矩形DEGF 的最大面积；（3）点Q 在整个运动过程中，当矩形DEGF 为正方形时，求t 的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3． 【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可.试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.13．已知：AB 为⊙O 直径，弦CD ⊥AB ，垂足为H ，点E 为⊙O 上一点，AE BE =，BE 与CD 交于点F ．（1）如图1，求证：BH ＝FH ；（2）如图2，过点F 作FG ⊥BE ，分别交AC 、AB 于点G 、N ，连接EG ，求证：EB ＝EG ； （3）如图3，在（2）的条件下，延长EG 交⊙O 于M ，连接CM 、BG ，若ON ＝1，△CMG 的面积为6，求线段BG 的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）210 ．【解析】【分析】（1）连接AE ，根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解；（2）根据题意，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、，通过证明Rt CGQ Rt CBS ∆≅∆，CBE CGE ∆≅∆即可得解；（3）根据题意，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN ，设CAB α∠＝，证明()CMG CNG AAS ∆≅∆，再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.【详解】解：（1）如下图，连接AE∵AB 为直径∴90AEB =︒∠∵AE BE =∴AE BE =∴45B ∠=︒又∵CD AB ⊥于H ∴45HFB ∠=︒∴HF HB =；（2）如下图，过点C 作CQ FG CS FB ⊥⊥，，连接CE BC 、AB 为直径，∴90ACB QCS ∠=∠=︒∴GCQ BCS ∠=∠∴()Rt CGQ Rt CBS AAS ∆≅∆∴CG CB =同理()CBE CGE SAS ∆≅∆∴EG EB =；（3）如下图，过点G 作GT CD ⊥于T ，连接CN设CAB α∠=由（2）知：CM CB =∴CM CB =∵HB HF =∴45HBF HFB ∠=∠=︒∵GF BE ⊥∴45NFH NH BH CN BC ∠=︒∴=∴=，，∴CM CB CN ==则：2MEB α∠=902AEG α∠=︒-∴45EAG EGA α∠=∠=︒+∴45M MGC α∠=∠=︒+∴()CMG CNG AAS ∆≅∆∵CMG ∆面积为6∴6CAN GAN S S -=设2122BH NH x OA OB x AN x ====+=+，，则()CGT BCH AAS ∆≅∆∴C BH x ==∴6AN CH AN TH ⋅-⋅=∴1(22)62x CT +⋅= 解得：2x =∵2BC BH BA =⋅∴2210BC =⨯，则25BC ＝∴2210BG BC ＝＝．【点睛】本题主要考查了圆和三角形的综合问题，熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.14．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22DP 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tanEF EPEBFEB 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）2222DP mAO=+=+，8BP AB AP m=-=-（2）情况1：与AC相切时，Rt AOH∆中，∵30A∠=︒∴2AO OH=∴22mm+=解得4m=情况2：与BC相切时，Rt BON∆中，∵60B∠=︒∴3cos2ONBOB==即3282mm=-解得348m=（3）①在Rt EFG ∆中，∵30EFG A ∠=∠=︒，90EGF ∠=︒， ∴3cos30cos302FG 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 ==∴1511222m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B1133233AF AE EF AD PE =-=-==, 2532CF CP ==， 故1212235311353F 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，222222535752BF BC F C ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭, 所以点F 所经过的路径长是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.15．如图①②，在平面直角坐标系中，边长为2的等边CDE ∆恰好与坐标系中的OAB ∆重合，现将CDE ∆绕边AB 的中点(G G 点也是DE 的中点），按顺时针方向旋转180︒到△1C DE 的位置．（1）求1C 点的坐标；（2）求经过三点O 、A 、1C 的抛物线的解析式；（3）如图③，G 是以AB 为直径的圆，过B 点作G 的切线与x 轴相交于点F ，求切线BF 的解析式；（4）抛物线上是否存在一点M ，使得:16:3AMF OAB S S ∆∆=．若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）13)C ；（2）23333y x x =-；（3）32333y x =+；（4）1283834,,2,33M M ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭． 【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出．（2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求出．（3）借助切线的性质定理，直角三角形的性质，求出F ，B 的坐标即可求出解析式．（4）当M 在x 轴上方或下方，分两种情况讨论．【详解】解：（1）将等边CDE ∆绕边AB 的中点G 按顺时针方向旋转180︒到△1C DE ， 则有，四边形'OAC B 是菱形，所以1C 的横坐标为3，根据等边CDE ∆的边长是2，利用等边三角形的性质可得1C ；（2）抛物线过原点(0,0)O ，设抛物线解析式为2y ax bx =+，把(2,0)A，C '代入，得42093a b a b +=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得3a =，b = ∴抛物线解析式为2y x x =-；（3）90ABF ∠=︒，60BAF ∠=︒，30AFB ∴∠=︒，又2AB =，4AF ∴=，2OF ∴=，(2,0)F ∴-， 设直线BF 的解析式为y kx b =+，把B ，(2,0)F -代入，得20k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，解得3k =3b =， ∴直线BF的解析式为y x =+； （4）①当M 在x轴上方时，存在2()M x ，211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=⨯⨯⨯=， 得2280x x --=，解得14x =，22x =-，当14x =时，244y ，。

【中考复习001】2021年九年级中考数学试题真题汇编：函数几何综合压轴题(解析版)(全国通用)

【中考复习001】2021年九年级中考数学试题真题汇编：函数几何综合压轴题(解析版)(全国通用)

2021年九年级中考数学试题真题汇编：函数几何综合压轴题1．（14分）（2020•浙江台州）用各种盛水容器可以制作精致的家用流水景观（如图1）．科学原理：如图2，始终盛满水的圆体水桶水面离地面的高度为H（单位：cm），如果在离水面竖直距离为h（单位：cm）的地方开大小合适的小孔，那么从小孔射出水的射程（水流落地点离小孔的水平距离）s（单位：cm）与h的关系为s2＝4h（H﹣h）．应用思考：现用高度为20cm的圆柱体望料水瓶做相关研究，水瓶直立地面，通过连注水保证它始终盛满水，在离水面竖直距高hcm处开一个小孔．（1）写出s2与h的关系式；并求出当h为何值时，射程s有最大值，最大射程是多少？（2）在侧面开两个小孔，这两个小孔离水面的竖直距离分别为a，b，要使两孔射出水的射程相同，求a，b之间的关系式；（3）如果想通过垫高塑料水瓶，使射出水的最大射程增加16cm，求整高的高度及小孔离水面的竖直距离．【解答】解：（1）∵s2＝4h（H﹣h），∴当H＝20时，s2＝4h（20﹣h）＝﹣4（h﹣10）2+400，∴当h＝10时，s2有最大值400，∴当h＝10时，s有最大值20cm．∴当h为何值时，射程s有最大值，最大射程是20cm；（2）∵s2＝4h（20﹣h），设存在a，b，使两孔射出水的射程相同，则有：4a（20﹣a）＝4b（20﹣b），∴20a﹣a2＝20b﹣b2，∴a2﹣b2＝20a﹣20b，∴（a+b）（a﹣b）＝20（a﹣b），∴（a﹣b）（a+b﹣20）＝0，∴a﹣b＝0，或a+b﹣20＝0，∴a＝b或a+b＝20；（3）设垫高的高度为m，则s2＝4h（20+m﹣h）＝﹣4（20+m）2，∴当h时，s max＝20+m＝20+16，∴m＝16，此时h18．∴垫高的高度为16cm，小孔离水面的竖直距离为18cm．2．（12分）（2020•湖北荆门）如图，抛物线L：y x2x﹣3与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．（1）求直线AB的解析式及抛物线顶点坐标；（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，PC交AB于点D，求PD+BD的最大值，并求出此时点P的坐标；（3）如图2，将抛物线L：y x2x﹣3向右平移得到抛物线L'，直线AB与抛物线L'交于M，N两点，若点A是线段MN的中点，求抛物线L'的解析式．【解答】解：（1）∵抛物线L：y x2x﹣3与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，∴点A（4，0），点B（0，﹣3），设直线AB解析式为：y＝kx﹣3，∴0＝4k﹣3，∴k，∴直线AB解析式为：y x﹣3，∵y x2x﹣3（x）2，∴抛物线顶点坐标为（，）；（2）∵点A（4，0），点B（0，﹣3），∴OA＝4，OB＝3，∴AB5，设点P（x，x2x﹣3）（x＜4），则点D（x，x﹣3），∴BD x，PD＝（x﹣3）﹣（x2x﹣3）x2+2x，∴PD+BD x2+2x x（x）2，∵x＜4，0，∴当x时，PD+BD有最大值为，此时，点P（，）；（3）设平移后的抛物线L'解析式为y（x﹣m）2，联立方程组可得：，∴x2﹣2（m）x+m20，设点M（x1，y1），点N（x2，y2），∵直线AB与抛物线L'交于M，N两点，∴x1，x2是方程x2﹣2（m）x+m20的两根，∴x1+x2＝2（m），∵点A是MN的中点，∴x1+x2＝8，∴2（m）＝8，∴m，∴平移后的抛物线L'解析式为y（x）2x2x．3．（12分）（2020•山东东营）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．（1）观察猜想．图1中，线段NM、NP的数量关系是NM＝NP，∠MNP的大小为60°．（2）探究证明把△ADE绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP 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AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，∴MN BD，PN CE，MN∥AB，PN∥AC，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，∴∠MNE+∠ENP＝∠ABE+∠AEB，∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，∴∠MNP＝60°，故答案为：NM＝NP；60°；（2）△MNP是等边三角形．理由如下：由旋转可得，∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．∴MN BD，PN CE，MN∥BD，PN∥CE，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠NBP+∠ECB，∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，∴∠MNP＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，∴△MNP是等边三角形；（3）根据题意得，BD≤AB+AD，即BD≤4，∴MN≤2，∴△MNP的面积，∴△MNP的面积的最大值为．4．（10分）（2020•广西）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+1与直线l2：x＝﹣2相交于点D，点A是直线l2上的动点，过点A作AB⊥l1于点B，点C的坐标为（0，3），连接AC，BC．设点A的纵坐标为t，△ABC的面积为s．（1）当t＝2时，请直接写出点B的坐标；（2）s关于t的函数解析式为s，其图象如图2所示，结合图1、2的信息，求出a与b的值；（3）在l2上是否存在点A，使得△ABC是直角三角形？若存在，请求出此时点A的坐标和△ABC的面积；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）如图1，连接AG，当t＝2时，A（﹣2，2），在y＝x+1中，当x＝0时，y＝1，∴G（0，1），∵AB⊥l1，∴∠ABG＝90°，∴AB2+BG2＝AG2，即（x+2）2+（x+1﹣2）2+x2+（x+1﹣1）2＝（﹣2）2+（2﹣1）2，解得：x1＝0（舍），x2，∴B（，）；（2）如图2可知：当t＝7时，s＝4，把（7，4）代入s中得：7b4，解得：b＝﹣1，如图3，过B作BH∥y轴，交AC于H，由（1）知：当t＝2时，A（﹣2，2），B（，），设AC的解析式为：y＝kx+b，则，解得，∴AC的解析式为：y x+3，∴H（，），∴BH，∴s，把（2，）代入s＝a（t+1）（t﹣5）得：a（2+1）（2﹣5），解得：a；（3）存在，设B（x，x+1），分两种情况：①当∠CAB＝90°时，如图4，∵AB⊥l1，∴AC∥l1，∵l1：y＝x+1，C（0，3），∴AC：y＝x+3，∴A（﹣2，1），∵D（﹣2，﹣1），在Rt△ABD中，AB2+BD2＝AD2，即（x+2）2+（x+1﹣1）2+（x+2）2+（x+1+1）2＝22，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2（舍），∴B（﹣1，0），即B在x轴上，∴AB，AC2，∴S△ABC2；②当∠ACB＝90°时，如图5，∵∠ABD＝90°，∠ADB＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AB＝BD，∵A（﹣2，t），D（﹣2，﹣1），∴（x+2）2+（x+1﹣t）2＝（x+2）2+（x+1+1）2，（x+1﹣t）2＝（x+2）2，x+1﹣t＝x+2或x+1﹣t＝﹣x﹣2，解得：t＝﹣1（舍）或t＝2x+3，Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，即（﹣2）2+（t﹣3）2+x2+（x+1﹣3）2＝（x+2）2+（x+1﹣t）2，把t＝2x+3代入得：x2﹣3x＝0，解得：x＝0或3，当x＝3时，如图5，则t＝2×3+3＝9，∴A（﹣2，9），B（3，4），∴AC2，BC，∴S△ABC10；当t＝0时，如图6，此时，A（﹣2，3），AC＝2，BC＝2，∴S△ABC2．5．（12分）（2020•浙江湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c （c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A（点A在对称轴左侧），点B在AC的延长线上，连结OA，OB，DA和DB．（1）如图1，当AC∥x轴时，①已知点A的坐标是（﹣2，1），求抛物线的解析式；②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．（2）如图2，若b＝﹣2，，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）①∵AC∥x轴，点A（﹣2，1），∴C（0，1），将点A（﹣2，1），C（0，1）代入抛物线解析式中，得，∴，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，∵AC∥x轴，∴EF＝OC＝c，∵点D是抛物线的顶点坐标，∴D（，c），∴DF＝DE﹣EF＝c c，∵四边形AOBD是平行四边形，∴AD＝DO，AD∥OB，∴∠DAF＝∠OBC，∵∠AFD＝∠BCO＝90°，∴△AFD≌△BCO（AAS），∴DF＝OC，∴c，即b2＝4c；（2）如图2，∵b＝﹣2．∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，∴顶点坐标D（﹣1，c+1），假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，设点A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO，∵四边形AOBD是平行四边形，∴AD＝BO，AD∥OB，∴∠DAF＝∠OBC，∴△AFD≌△BCO（AAS），∴AF＝BC，DF＝OC，过点A作AM⊥y轴于M，交DE于N，∴DE∥CO，∴△ANF∽△AMC，∴，∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1，∴，∴，∴点A的纵坐标为﹣（）2﹣2×（）+c＝c c，∵AM∥x轴，∴点M的坐标为（0，c），N（﹣1，c），∴CM＝c﹣（c），∵点D的坐标为（﹣1，c+1），∴DN＝（c+1）﹣（c），∵DF＝OC＝c，∴FN＝DN﹣DF c，∵，∴，∴c，∴c，∴点A纵坐标为，∴A（，），∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．6．（2020•辽宁锦州）在平面直角坐标系中，抛物线y x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）如图，直线y与抛物线交于A，D两点，与直线BC交于点E．若M（m，0）是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．①当点F在直线AD上方的抛物线上，且S△EFG S△OEG时，求m的值；②在平面内是否在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，∴y（x+3）（x﹣4）；（2）①如图1，∵B（4，0），C（0，4），∴设BC的解析式为：y＝kx+b，则，解得，∴BC的解析式为：y＝﹣x+4，∴﹣x+4，解得：x＝1，∴E（1，3），∵M（m，0），且MH⊥x轴，∴G（m，），F（m，），∵S△EFG S△OEG，∴，[（）﹣（）]（1﹣m），解得：m1，m2＝﹣2；②存在，由①知：E（1，3），∵四边形EFHP是正方形，∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，∵M（m，0），且MH⊥x轴，∴H（m，﹣m+4），F（m，），分两种情况：i）当﹣3≤m＜1时，如图2，点F在EP的左侧，∴FH＝（﹣m+4）﹣（），∵EF＝FH，∴，解得：m1（舍），m2，∴H（，），∴P（1，），ii）当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，同理得m﹣1，解得：m1，m2（舍），同理得P（1，）；综上，点P的坐标为：或．7．（11分）（2020•河南）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为等腰直角三角形，连接BD，可求出的值为；（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．【解答】解：（1）∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，∴△ABB'是等边三角形，∴∠BB'A＝60°，∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，∵AB'＝AB＝AD，∴∠AB'D＝∠ADB'，∴∠AB'D75°，∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，∵DE⊥B'E，∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，∴△DEB'是等腰直角三角形．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BDC＝45°，∴，同理，∴，∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，∴BDB'＝∠EDC，∴△BDB'∽△CDE，∴．故答案为：等腰直角三角形，．（2）①两结论仍然成立．证明：连接BD，∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，∴∠AB'B＝90°，∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，∴∠AB'D＝135°，∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°45°，∵DE⊥BB'，∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，∴△DEB'是等腰直角三角形，∴，∵四边形ABCD是正方形，∴，∠BDC＝45°，∴，∵∠EDB'＝∠BDC，∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，即∠B'DB＝∠EDC，∴△B'DB∽△EDC，∴．②3或1．若CD为平行四边形的对角线，点B'在以A为圆心，AB为半径的圆上，取CD的中点．连接BO交⊙A于点B'，过点D作DE⊥BB'交BB'的延长线于点E，由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，∴B'D B'E，由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'CE．∴1111＝3．若CD为平行四边形的一边，如图3，点E与点A重合，∴1．综合以上可得3或1．8．（14分）（2020•四川绵阳）如图，在矩形ABCD中，对角线相交于点O，⊙M为△BCD 的内切圆，切点分别为N，P，Q，DN＝4，BN＝6．（1）求BC，CD；（2）点H从点A出发，沿线段AD向点D以每秒3个单位长度的速度运动，当点H运动到点D时停止，过点H作HI∥BD交AC于点I，设运动时间为t秒．①将△AHI沿AC翻折得△AH′I，是否存在时刻t，使点H′恰好落在边BC上？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由；②若点F为线段CD上的动点，当△OFH为正三角形时，求t的值．【解答】解：（1）∵⊙M为△BCD的内切圆，切点分别为N，P，Q，DN＝4，BN＝6，∴BP＝BN＝6，DQ＝DN＝4，CP＝CQ，BD＝BN+DN＝10，设CP＝CQ＝a，则BC＝6+a，CD＝4+a，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴BC2+CD2＝BD2，即（6+a）2+（4+a）2＝102，解得：a＝2，∴BC＝6+2＝8，CD＝4+2＝6；（2）①存在时刻t s，使点H′恰好落在边BC上；理由如下：如图1所示：由折叠的性质得：∠AH'I＝∠AHI，AH'＝AH＝3t，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，AD∥BC，∠BCD＝90°，OA＝OC AC，OB＝OD BD，AC＝BD，∴AC＝BD10，OA＝OD＝5，∴∠ADO＝∠OAD，∵HI∥BD，∴∠AHI＝∠ADO，∴∠AH'I＝∠AHI＝∠ADO＝∠OAD＝∠ACH'，∴△AIH'∽△AH'C，∴，∴AH'2＝AI×AC，∵HI∥BD，∴△AIH∽△AOD，∴，即，解得：AI t，∴（3t）2t×10，解得：t，即存在时刻t s，使点H′恰好落在边BC上；②作PH⊥OH于H，交OF的延长线于P，作OM⊥AD于M，PN⊥AD于N，如图2所示：则OM∥CD∥PN，∠OMH＝∠HNP＝90°，OM是△ACD的中位线，∴OM CD＝3，∵△OFH是等边三角形，∴OF＝FH，∠OHF＝∠HOF＝60°，∴∠FHP＝∠HPO＝30°，∴FH＝FP＝OF，HP OH，∴DF是梯形OMNP的中位线，∴DN＝DM＝4，∵∠MHO+∠MOH＝∠MHO+∠NHP＝90°，∴∠MOH＝∠NHP，∴△OMH∽△HNP，∴，∴HN OM＝3，∴DH＝HN﹣DN＝34，∴AH＝AD﹣DH＝12﹣3，∴t4，即当△OFH为正三角形时，t的值为（4）s．9．（12分）（2020•内蒙古包头）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y x2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y x+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．（1）求b的值及点M的坐标；（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，求证：∠ADM﹣∠ACM＝45°；（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G．当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】（1）解：对于抛物线y x2﹣2x，令y＝0，得到x2﹣2x＝0，解得x＝0或6，∴A（6，0），∵直线y x+b经过点A，∴0＝﹣3+b，∴b＝3，∵y x2﹣2x（x﹣3）2﹣3，∴M（3，﹣3）．（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式y x+n．∵平移后的直线经过M（3，﹣3），∴﹣3n，∴n，∴平移后的直线的解析式为y x，过点D（2，0）作DH⊥MC于H，则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，由，解得，∴H（1，﹣2），∵D（2，0），M（3，﹣3），∴DH，HM，∴DH＝HM．∴∠DMC＝45°，∵∠ADM＝∠DMC+∠ACM，∴∠ADM﹣∠ACM＝45°．（3）解：如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．∵∠BEF＝2∠BAO，∠BEF＝∠BAO+∠EF A，∴∠EF A＝∠BAO，∵∠EF A＝∠GFH，tan∠BAO，∴tan∠GFH＝tan∠EFK，∵GH∥EK，∴，设GH＝4k，EK＝3k，则OH＝HG＝4k，FH＝8k，FK＝AK＝6k，∴OF＝AF＝12k＝3，∴k，∴OF＝3，FK＝AK，EK，∴OK，∴E（，）．10．（13分）（2020•湖北孝感）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+4ax+4a﹣6（a ＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D．（1）当a＝6时，直接写出点A，B，C，D的坐标：A（﹣3，0），B（﹣1，0），C（0，18），D（﹣2，﹣6）；（2）如图1，直线DC交x轴于点E，若tan∠AED，求a的值和CE的长；（3）如图2，在（2）的条件下，若点N为OC的中点，动点P在第三象限的抛物线上，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，交AN于点F；过点F作FH⊥DE，垂足为H．设点P 的横坐标为t，记f＝FP+FH．①用含t的代数式表示f；②设﹣5＜t≤m（m＜0），求f的最大值．【解答】解：（1）当a＝6时，抛物线的表达式为：y＝6x2+24x+18，令y＝0，则x＝﹣1或﹣3；当x＝0时，y＝18，函数的对称轴为x＝﹣2，故点A、B、C、D的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；故答案为：（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，18）、（﹣2，﹣6）；（2）y＝ax2+4ax+4a﹣6，令x＝0，则y＝4a﹣6，则点C（0，4a﹣6），函数的对称轴为x＝﹣2，故点D的坐标为（﹣2，﹣6），由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y＝2ax+4a﹣6，令y＝0，则x2，故点E（2，0），则OE2，tan∠AED，解得：a，故点C、E的坐标分别为（0，）、（，0），则CE；（3）①如图，作PF与ED的延长线交于点J，由（2）知，抛物线的表达式为：y x2x，故点A、C的坐标分别为（﹣5，0）、（0，），则点N（0，），由点A、N的坐标得，直线AN的表达式为：y x；设点P（t，t2t），则点F（t，t）；则PF t2﹣3t，由点E（，0）、C的坐标得，直线CE的表达式为：y x，则点J（t，t），故FJ t，∵FH⊥DE，JF∥y轴，故∠FHJ＝∠EOC＝90°，∠FJH＝∠ECO，∴△FJH∽△ECO，故，则FH，f＝PF+FH t2﹣3t（﹣t+1）t2﹣4t；②f t2﹣4t（t+3）2（﹣5＜t≤m且m＜0）；∴当﹣5＜m＜﹣3时，f max m2﹣4m；当﹣3≤m＜0时，f max．11．（12分）（2020•四川达州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A、B两点的抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于另一点C （﹣1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在一点P，使S△P AB＝S△OAB？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）点M为直线AB下方抛物线上一点，点N为y轴上一点，当△MAB的面积最大时，求MN ON的最小值．【解答】解：（1）∵直线y x﹣2与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴点A（4，0），点B（0，﹣2），设抛物线解析式为：y＝a（x+1）（x﹣4），∴﹣2＝﹣4a，∴a，∴抛物线解析式为：y（x+1）（x﹣4）x2x﹣2；（2）如图，当点P在直线AB上方时，过点O作OP∥AB，交抛物线与点P，∵OP∥AB，∴△ABP和△ABP是等底等高的两个三角形，∴S△P AB＝S△ABO，∵OP∥AB，∴直线PO的解析式为y x，联立方程组可得，解得：或，∴点P（2+2，1）或（2﹣2，1）；当点P''在直线AB下方时，在OB的延长线上截取BE＝OB＝2，过点E作EP''∥AB，交抛物线于点P''，∴AB∥EP''∥OP，OB＝BE，∴S△ABP''＝S△ABO，∵EP''∥AB，且过点E（0，﹣4），∴直线EP''解析式为y x﹣4，联立方程组可得，解得，∴点P''（2，﹣3），综上所述：点P坐标为（2+2，1）或（2﹣2，1）或（2，﹣3）；（3）如图2，过点M作MF⊥AC，交AB于F，设点M（m，m2m﹣2），则点F（m，m﹣2），∴MF m﹣2﹣（m2m﹣2）（m﹣2）2+2，∴△MAB的面积4×[（m﹣2）2+2]＝﹣（m﹣2）2+4，∴当m＝2时，△MAB的面积有最大值，∴点M（2，﹣3），如图3，过点O作∠KOB＝30°，过点N作KN⊥OK于K点，过点M作MR⊥OK于R，延长MF交直线KO于Q，∵∠KOB＝30°，KN⊥OK，∴KN ON，∴MN ON＝MN+KN，∴当点M，点N，点K三点共线，且垂直于OK时，MN ON有最小值，即最小值为MP，∵∠KOB＝30°，∴直线OK解析式为y x，当x＝2时，点Q（2，2），∴QM＝23，∵OB∥QM，∴∠PQM＝∠PON＝30°，∴PM QM，∴MN ON的最小值为．12．（12分）（2020•山东威海）发现规律（1）如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．求∠BFC的度数．（2）已知：△ABC与△ADE的位置如图②所示，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC 交于点H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度数．应用结论（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点M的坐标为（3，0），N 为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，OK．求线段OK长度的最小值．【解答】解：（1）如图①，∵△ABC，△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°＝∠ABC＝∠ACB，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，∵∠ABD+∠EBC＝∠ABC＝60°，∴∠ACE+∠EBC＝60°，∴∠BFC＝180°﹣∠EBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；（2）如图②，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE，∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，∴∠BFC＝∠BAC，∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，∴∠BFC+α+β＝180°，∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，∴MN＝NK，∠MNK＝60°，∴△MNK是等边三角形，∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，∴OK＝NQ，MO＝MQ，∴△MOQ是等边三角形，∴∠QOM＝60°，∴∠NOQ＝30°，∵OK＝NQ，∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得：当QN⊥y轴时，NQ有最小值，此时，QN⊥y轴，∠NOQ＝30°，∴NQ OQ，∴线段OK长度的最小值为．。

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习(word版

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习(word版

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习（word 版一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，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AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】【分析】 （1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//PN BD ，PNC DBC ∴∠=∠，DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．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．3．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（175，3）；（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，CD=22AD AC=4，∴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=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（5-342）=303344-，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（5+342）=303344+．30334-S30334+【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．4．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE 交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值2，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．5．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．6．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF2221-3，在Rt△ABF中，BF22AB AF-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=12EC=612．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=12BD，∴△GFH的周长=3GF=32BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2（a+b），最小值为32（a﹣b）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，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=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，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=12AE，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=12AF，∴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．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，DBE EAFBDE AEFED EF∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△EDB≌△FEA（AAS），∴BD=AE，EB=AF，∵BE=AB+AE，∴AF=AB+BD，即AB，DB，AF之间的数量关系是：AF=AB+BD．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图①，一个Rt△DEF直角边DE落在AB 上，点D 与点B重合，过A点作二射线AC 与斜边EF平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P从A点出发，沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动，Q为AP中点，设运动时间为t秒（t＞0）•（1）当t=5时，连接QE，PF，判断四边形PQEF的形状；（2）如图②，若在点P运动时，Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题：①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．【解析】试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，∵t=5，∴AP=2×5=10．∵点Q是AP的中点，∴AQ=PQ=5．∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，∴EF==5，∴PQ=EF=5．∵AC∥EF，∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．又∵∠QHA=∠FDE=90°，∴△AHQ∽△EDF，∴．∵AQ=EF=5，∴AH=ED=4．∵AE=12-4=8，∴HE=8-4=4，∴AH=EH，∴AQ=EQ，∴PQ=EQ，∴平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．∵EF∥AC，∴△DEM∽△DAQ，∴，∴，解得t=；②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图③，则有∠HQD=∠HDQ=45°，∴QH=DH．∵△AHQ∽△EDF（已证），∴，∴，∴QH=，AH=，∴DH=QH=．∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，∴++t=12，∴t=5；Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图④，同理可得DH=QH=，AH=． ∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t ， ∴-+t=12，∴t=10．综上所述：当t 为5秒或10秒时，以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切．考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．10．已知圆O 的半径长为2，点A 、B 、C 为圆O 上三点，弦BC=AO ，点D 为BC 的中点，(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ； (2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =3331331+- 【解析】 【分析】（1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值. （2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解. 【详解】(1)如图1：连接OB 、OC. ∵BC=AO ∴OB=OC=BC∴△OBC 是等边三角形 ∴∠BOC=60°∵点D是BC的中点∴∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OA=OC∴OAC OCA∠=∠=α∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2：连接OB、OC、OD.由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OB=2，∴OD=OB∙cos30︒=3∵B为AC的中点，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得：AD=227AO OD+=（3）①如图3.圆O 与圆D 相内切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：OD=3，圆D 的半径为1 ∴AD=31+ 设AF=x在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-+-解得：331x +=∴AE=3312AF 2+=②如图4.圆O 与圆D 相外切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：3D 的半径为1 ∴31 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=- 解得：331x -=∴AE=331 2AF2-=【点睛】本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.11．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D在线段AB上，AD=2．点P，Q以相同的速度从D点同时出发，点P沿DB方向运动，点Q沿DA方向到点A后立刻以原速返回向点B运动．以PQ为直径构造⊙O，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，当P运动到点B时，Q 也停止运动，设DP=m．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m的代数式表示）（2）当线段FG长度达到最大时，求m的值；（3）在点P，Q整个运动过程中，①当m为何值时，⊙O与△ABC的一边相切？②直接写出点F所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m，m﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10433与△ABC的边相切．②点F 1136572【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos302FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大， 易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯=== 3tan30(2)EP AP m =⋅=+ 533(2)m =+ ∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin60OB ON ==4310AO ∴=- 4312AP ∴=-432123m ∴+=-， 4310m ∴=-， 综上所述,当m =1或4或4310-时，O 与△ABC 的边相切。

九年级数学几何模型压轴题专题练习(解析版)

九年级数学几何模型压轴题专题练习(解析版)

九年级数学几何模型压轴题专题练习（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1.如图 1,在 Rt∆ΛSC 中，Z4 = 90o, AB=AC f点 D, E 分别在边 AB, AC 上，AD=AE f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AADF绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接BD, CE,判断APMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把AADF绕点A在平面内自由旋转，若AD=4, AB=IO f请直接写出APMN面积的最人值.【答案】（I）PM=PΛ∕, PM丄PN；（2） APMN是等腰直角三角形.理由见解析；（3）49 S A.PMN⅜⅛大=.【解析】【分析】（1）由已知易得加=C利用三角形的中位线得出PM = ；CE , PN = ；BD,即可2 2得出数量关系，再利用三角形的中位线得出PM//CE得出ZDPM = ZDc4,最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出MBQ三AACE,得出皮） = CE,同（1）的方法得出PM=-BD i2PN = LBD t即可得出PM = PN,同（1）的方法由2ZMPN = ZDCE+ ZDCB+ ZDBC= ZACB+ ZABC ,即可得出结论；（3〉方法1：先判断出MN最人时，APMN的面积最大，进而求出AN, AM,即可得出MN最）＜=AM + AN,最后用面积公式即可得出结论.方法2：先判断出BD最大时，WMN的面积最大，而Br）最人是AB + AD = 14,即可得出结论.【详解】解：（1）•••点P, N是BC, CD的中点，.∙.PN□BD, PN = -BD,2•••点P, M是CD，DE的中点，..PM//CE9 PM=丄CE ,2∙.∙AB=AC, AD=AE^:.BD = CE ,:.PM = PN,-PN//BD f.∙. ZDPN = ZADC,'：PMIlCE.:.ZDPM = ZDCA,∙.∙ ZfiAC = 90。

九年级几何模型压轴题专题练习(解析版)

九年级几何模型压轴题专题练习(解析版)

九年级几何模型压轴题专题练习（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即180ADG ADF∠+∠=︒，即180B D∠+∠=︒；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22AB AC+，如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ． 则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ， ∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAD ≌△EAD ， ∴DF=DE ， 设DE=x ，则DF=x ， ∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，由勾股定理得：222DF BF BD =+，22(3)1x x =-+，解得：x=53， 即DE=53． 【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．2．已知抛物线y=ax 2+bx-3a-5经过点A(2，5) （1）求出a 和b 之间的数量关系．（2）已知抛物线的顶点为D 点，直线AD 与y 轴交于(0，-7) ①求出此时抛物线的解析式；②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间，连接BD 绕点B 逆时针旋转90°，得到线段BC ，连接AB 、AC ，将AB 绕点B 顺时针旋转90°，得到线段BH ．截取BC 的中点F 和DH 的中点G ．当点D 、点H 、点C 三点共线时，分别求出点F 和点G 的坐标．【答案】（1）a+2b=10；（2）①y= 2x 2+4x-11，②G 1(478，91-8+)，F 1(，，G 2，F 2，) 【解析】 【分析】（1）把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系；（2）①求出直线AD 的解析式，与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组，根据直线与抛物线有两个交点，结合韦达定理求出a ，b ，即可求出解析式；②作AI ⊥y 轴于点I ，HJ ⊥y 轴于点J.设B （0，t ），根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标，应含t 式子表示直线AD 的解析式，根据D 、H 、C 三点共线，把点C 坐标代入求出131t -4+=，2t -4=，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题单元测试卷(解析版)

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题单元测试卷(解析版)

人教版九年级上册数学几何模型压轴题单元测试卷（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即180ADG ADF∠+∠=︒，即180B D∠+∠=︒；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22AB AC+，如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD 和△EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAD ≌△EAD ，∴DF=DE ，设DE=x ，则DF=x ，∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：222DF BF BD =+，22(3)1x x =-+， 解得：x=53， 即DE=53． 【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．2．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＝12BF，EP＝12BF，∴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＝12CH，∴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,,,EAFFDA FEAAF AF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAF≌△EAF(AAS)，∴AD＝AE，在△DAP≌△EAP中，,,,AD AEDAP EAPAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAP≌△EAP (SAS)，∴PD＝PF，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD//BC//PM，∴DM FPMC 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．3．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22=最小值322=． 【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+12AF922=当点F在AC延长线上时，CE有最小值，图形如下：同理，CE=EF－CF322 =【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．4．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．5．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 =12m°. 【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=12m°. 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=12m°． 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．6．（1）发现如图，点A 为线段BC 外一动点，且BC a =，AB b =.填空：当点A 位于____________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a ，b 的式子表示）（2）应用点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE .①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE 长的最大值.（3）拓展如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,0，点B 的坐标为()5,0，点P 为线段AB 外一动点，且2PA =，PM PB =，90BPM ∠=︒，求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】（1）CB 的延长线上，a+b ；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE 的最大值是4;（3）AM 的最大值是，点P 的坐标为（）【解析】【分析】（1）根据点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，即可得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD ≌△EAB ，根据全等三角形的性质得到CD=BE ；②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM ，将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，得到△APN 是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）∵点A 为线段BC 外一动点，且BC=a ，AB=b ，∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b ， 故答案为CB 的延长线上，a+b ；（2）①CD=BE ，理由：∵△ABD 与△ACE 是等边三角形，∴AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ，即∠CAD=∠EAB ，在△CAD 与△EAB 中，AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAD ≌△EAB ，∴CD=BE ；②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，由（1）知，当线段CD 的长取得最大值时，点D 在CB 的延长线上，∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；（3）∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，则△APN 是等腰直角三角形，∴PN=PA=2，BN=AM，∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），∴OA=2，OB=5，∴AB=3，∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值=AB+AN，∵AN=2AP=22，∴最大值为22+3；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴2，∴22，∴P（22）．【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．7．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB2F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数表达式；（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3． 【解析】【分析】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．【详解】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12-， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+． （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩， 消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩， 解得2＜m ＜22，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22．（3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m 17﹣3173（舍弃），∴m 17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m=6或m=17﹣3时，四边形PMP′N是正方形．8．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF ，∵△BCE 绕点C 顺时针旋转60°至△ACF ， ∴∠ECF=60°，BE=AF ，EC=CF ，BC=AC ， ∴△CEF 是等边三角形，∴EF=EC ，又∵ED=EC ，∴ED=EF ，∵AB=AC ，BC=AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF ，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF ；∵ED=EC ，∴∠ECD=∠EDC ，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ， 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ， ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ， ∴∠BDE=∠AEF ，在△EDB 和△FEA 中，DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），∴BD=AE ，EB=AF ，∵BE=AB+AE ，∴AF=AB+BD ，即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：AF=AB+BD．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图所示，CD为⊙O的直径，点B在⊙O上，连接BC、BD，过点B的切线AE与CD 的延长线交于点A，OE//BD，交BC于点F，交AB于点E.（1）求证：∠E=∠C；（2）若⊙O的半径为3，AD=2，试求AE的长；（3）在（2）的条件下，求△ABC的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）48 5.【解析】试题分析：（1）连接OB，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：∠E=∠C；（2）根据题意求出AB的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.试题解析：（1）如解图，连接OB，∵CD为⊙O的直径，∴∠CBD＝∠CBO＋∠OBD＝90°，∵AB是⊙O的切线，∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，∴∠ABD＝∠CBO.∵OB、OC是⊙O的半径，∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，∴∠E＝∠C；（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，∴AO＝5，∴AB＝4.∵BD∥OE，∴＝，∴＝，∴BE ＝6，AE =6+4=10 （3）S △AOE ==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得S △ABC =S △AOE ==10．如图，在△ABC 中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D 在线段AB 上，AD=2．点P ，Q 以相同的速度从D 点同时出发，点P 沿DB 方向运动，点Q 沿DA 方向到点A 后立刻以原速返回向点B 运动．以PQ 为直径构造⊙O ，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 ，当P 运动到点B 时，Q 也停止运动，设DP=m ．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m 的代数式表示） （2）当线段FG 长度达到最大时，求m 的值； （3）在点P ，Q 整个运动过程中，①当m 为何值时，⊙O 与△ABC 的一边相切？ ②直接写出点F 所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10433与△ABC 的边相切．②点F 1136572【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2.(2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大， 易知此时53553102AC BC EP AB ⨯⨯===，3tan30(2)EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)23m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin60OB ON ==4310AO ∴=- 4312AP ∴=-43212m ∴+= 3103m ∴=-综上所述,当m =1或4或4310O 与△ABC 的边相切。

几何最值问题-2023年中考数学压轴题专项训练(全国通用)(解析版)

几何最值问题-2023年中考数学压轴题专项训练(全国通用)(解析版)

12023年中考数学压轴题专项训练1.几何最值问题一、压轴题速练1一、单选题1(2023·山东烟台·模拟预测)如图，在矩形ABCD 中，AB =8，AD =4，点E 是矩形ABCD 内部一动点，且∠BEC =90°，点P 是AB 边上一动点，连接PD 、PE ，则PD +PE 的最小值为()A.8 B.45 C.10 D.45-2【答案】A【分析】根据∠BEC =90°得到点的运动轨迹，利用“将军饮马”模型将PE 进行转化即可求解．【详解】解：如图，设点O 为BC 的中点，由题意可知，点E 在以BC 为直径的半圆O 上运动，作半圆O 关于AB 的对称图形(半圆O ')，点E 的对称点为E 1，连接O 'E 1,则PE =PE 1，∴当点D 、P 、E 1、O '共线时，PD +PE 的值最小，最小值为DE 1的长，如图所示，在Rt △DCO '中，CD =8，CO '=6，∴DO '=82+62=10，又∵O 'E 1=2，∴DE 1=DO '-O 'E 1=8，即PD +PE 的最小值为8，故选：A ．【点睛】本题考查线段和最短问题、轴对称的性质、勾股定理及圆周角定理，利用“将军饮马”模型将PE 进行转化时解题的关键．2(2023·安徽黄山·校考模拟预测)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y =32x 2-32x -3的图象与x 轴交于点A ，C 两点，与y 轴交于点B ，对称轴与x 轴交于点D ，若P 为y 轴上的一个动点，连接PD ，则12PB +PD 的最小值为()2A.334B.32C.3D.543【答案】A【分析】作射线BA ，作PE ⊥BA 于E ，作DF ⊥BA 于F ，交y 轴于P ，可求得∠ABO =30°，从而得出PE =12PB ，进而得出PD +12PB =PD +EP ，进一步得出结果．【详解】解：如图，作射线BA ，作PE ⊥BA 于E ，作DF ⊥BA 于F ，交y 轴于P ，抛物线的对称轴为直线x =--322×32=12，∴OD =12，当x =0时，y =-3，∴OB =3，当y =0时，32x 2-32x -3=0，∴x 1=-1，x 2=2，∴A (-1,0)，∴OA =1，∵tan ∠ABO =OA OB =13=33，∴∠ABO =30°，∴PE =12PB ，∴12PB +PD =PD +PE ≥DF ，当点P 在P 时，PD +PE 最小，最大值等于DF ，在Rt △ADF 中，∠DAF =90°-∠ABO =60°，AD =OD +PA =12+1=32，∴DF =AD ⋅sin ∠DAE =32×32-334，∴12PB +PD 最小=DF =334，故选：A ．【点睛】本题以二次函数为背景，考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，解直角三角形等知识，解决问题的关键是用三角函数构造12PB ．3(2023秋·浙江金华·九年级统考期末)如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 是正方形ABCD 内的动点，点P 是BC 边上的动点，且∠EAB =∠EBC ．连结AE ，BE ，PD ，PE ，则PD +PE 的最小值为()3A.213-2B.45-2C.43-2D.215-2【答案】A【分析】先证明∠AEB =90°，即可得点E 在以AB 为直径的半圆上移动，设AB 的中点为O ，作正方形ABCD 关于直线BC 对称的正方形CFGB ，则点D 的对应点是F ，连接FO 交BC 于P ，交半圆O 于E ，根据对称性有：PD =PF ，则有：PE +PD =PE +PF ，则线段EF 的长即为PE +PD 的长度最小值，问题随之得解．【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =90°，∴∠ABE +∠EBC =90°，∵∠EAB =∠EBC ，∴∠EAB +∠EBA =90°，∴∠AEB =90°，∴点E 在以AB 为直径的半圆上移动，如图，设AB 的中点为O ，作正方形ABCD 关于直线BC 对称的正方形CFGB ，则点D 的对应点是F ，连接FO 交BC 于P ，交半圆O 于E ，根据对称性有：PD =PF ，则有：PE +PD =PE +PF ，则线段EF 的长即为PE +PD 的长度最小值，E∵∠G =90°，FG =BG =AB =4，∴OG =6，OA =OB =OE =2，∴OF =FG 2+OG 2=213，∴EF =OF -OE =213-2，故PE +PD 的长度最小值为213-2，故选：A ．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，正方形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线，得出点E 的运动路线是解题的关键．4(2022秋·安徽池州·九年级统考期末)如图，Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =4，BC =3，点P 为AC 边上的动点，过点P 作PD ⊥AB 于点D ，则PB +PD 的最小值为()4 A.154 B.245 C.5 D.203【答案】B【分析】作点B 关于AC 的对称点B ，过点B 作B D ⊥AB 于点D ，交AC 于点P ，点P 即为所求作的点，此时PB +PD 有最小值，连接AB ，根据对称性的性质，可知：BP =B P ，△ABC ≅△AB C ，根据S △ABB =S △ABC +S △AB C =2S △ABC ，即可求出PB +PD 的最小值．【详解】解：如下图，作点B 关于AC 的对称点B ，过点B 作B D ⊥AB 于点D ，交AC 于点P ，连接AB ，点P 即为所求作的点，此时PB +PD 有最小值，根据对称性的性质，可知：BP =B P ，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°,AC =4,BC =3，∴AB =AC 2+BC 2=5，根据对称性的性质，可知：△ABC ≅△AB C ，∴S △ABB =S △ABC +S △ABC =2S △ABC ，即12×AB ⋅B D =2×12BC ⋅AC ，∴5B D =24，∴B D =245，故选：B ．【点睛】本题考查了轴对称一最短路线问题，解题的关键是掌握轴对称的性质．5(2023秋·甘肃定西·八年级校考期末)如图所示，在△ABC 中，∠ABC =68°，BD 平分∠ABC ，P 为线段BD 上一动点，Q 为 边AB 上一动点，当AP +PQ 的值最小时，∠APB 的度数是()A.118°B.125°C.136°D.124°【答案】D【分析】先在BC 上截取BE =BQ ，连接PE ，证明△PBQ ≌△PBE SAS ，得出PE =PQ ，说明AP +PQ =AP +PE ，找出当A 、P 、E 在同一直线上，且AE ⊥BC 时，AP +PE 最小，即AP +PQ 最小，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，交BD 于点P ，根据三角形外角的性质可得答案．【详解】解：在BC 上截取BE =BQ ，连接PE ，如图：∵BD 平分∠ABC ，∠ABC =68°，∴∠ABD =∠CBD =12∠ABC =34°，∵BP =BP ，∴△PBQ ≌△PBE SAS ，∴PE =PQ ，∴AP +PQ =AP +PE ，∴当A 、P 、E 在同一直线上，且AE ⊥BC 时，AP +PE 最小，即AP +PQ最小，过点A作AE ⊥BC 于点E ，交BD 于点P ，如图：∵∠AEB =90°，∠CBD =34°，∴∠APB =∠AEB +∠CBD =124°．故选：D ．5【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，三角形内角和定理与三角形的外角的性质，解题的关键是找出使AP +PQ 最小时点P 的位置．6(2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末)如图，E 为正方形ABCD 边AD 上一点，AE =1，DE =3，P 为对角线BD 上一个动点，则PA +PE 的最小值为()A.5B.42C.210D.10【答案】A【分析】连接EC 交BD 于P 点，根据“两点之间线段最短”，可知PA +PE 的最小值即为线段EC 的长，求出EC 的长即可.【详解】连接EC ，交BD 于P 点∵四边形ABCD 为正方形∴A 点和C 点关于BD 对称∴PA =PC∴PA +PE =PC +PE =EC根据“两点之间线段最短”，可知PA +PE 的最小值即为线段EC 的长.∵AE =1，DE =3∴AD =4∴DC =4∴CE =DE 2+CD 2=32+42=5∴PA +PE 的最小值为5故选：A【点睛】本题主要考查了正方形的性质和两点之间线段最短，这是一个将军饮马模型.熟练掌握正方形的性质并且能够识别出将军饮马模型是解题的关键.7(2023春·湖南张家界·八年级统考期中)如图，正方形ABCD 的边长为4，点M 在DC 上，且DM =1，N 是AC 上一动点，则DN +MN 的最小值为()A.4B.42C.25D.5【答案】D【分析】由正方形的对称性可知点B 与D 关于直线AC 对称，连接BM 交AC 于N ′，N ′即为所求在Rt △BCM 中利用勾股定理即可求出BM 的长即可．【详解】∵四边形ABCD 是正方形，∴点B 与D 关于直线AC 对称，6连接BD ，BM 交AC 于N ′，连接DN ′，∴当B 、N 、M 共线时，DN +MN 有最小值，则BM 的长即为DN +MN 的最小值，∴AC 是线段BD 的垂直平分线，又∵CD =4，DM =1∴CM =CD -DM =4-1=3，在Rt △BCM 中，BM =CM 2+BC 2=32+42=5故DN +MN 的最小值是5．故选：D ．【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，先作出D 关于直线AC 的对称点，由轴对称及正方形的性质判断出D 的对称点是点B 是解答此题的关键．8(2022秋·浙江杭州·九年级杭州外国语学校校考开学考试)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y =-x 2+bx +3的图像与x 轴交于A 、C 两点，与x 轴交于点C (3,0)，若P 是x 轴上一动点，点D 的坐标为(0,-1)，连接PD ，则2PD +PC 的最小值是()A.4B.2+22C.22D.32+232【答案】A【分析】过点P 作PJ ⊥BC 于J ，过点D 作DH ⊥BC 于H ，根据2PD +PC =2PD +22PC =2PD +PJ ，求出DP +PJ 的最小值即可解决问题．【详解】解：连接BC ，过点P 作PJ ⊥BC 于J ，过点D 作DH ⊥BC 于H ．∵二次函数y =-x 2+bx +3的图像与x 轴交于点C (3,0)，∴b =2，∴二次函数的解析式为y =-x 2+2x +3，令y =0，-x 2+2x +3=0，解得x =-1或3，∴A (-1，0)，令x =0，y =3，∴B (0，3)，∴OB =OC =3，∵∠BOC =90°，∴∠OBC =∠OCB =45°，∵D(0，-1)，∴OD =1，BD =4，∵DH ⊥BC ，∴∠DHB =90°，设DH =x ，则BH =x ,∵DH 2+BH 2=BD 2，7∴x =22，∴DH =22，∵PJ ⊥CB ，∴∠PJC =90°，∴PJ =22PC ，∴2PD +PC =2PD +22PC =2PD +PJ ，∵DP +PJ ≥DH ，∴DP +PJ ≥22，∴DP +PJ 的最小值为22，∴2PD +PC 的最小值为4．故选：A ．【点睛】本题考查了二次函数的相关性质，以及等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，得到∠OBC =∠OCB =45°，PJ =22PC 是解题的关键．9(2022·山东泰安·统考中考真题)如图，四边形ABCD 为矩形，AB =3，BC =4．点P 是线段BC 上一动点，点M 为线段AP 上一点．∠ADM =∠BAP ，则BM 的最小值为()A.52 B.125 C.13-32 D.13-2【答案】D【分析】证明∠AMD =90°，得出点M 在O 点为圆心，以AO 为半径的圆上，从而计算出答案．【详解】设AD 的中点为O ，以O 点为圆心，AO 为半径画圆∵四边形ABCD 为矩形∴∠BAP +∠MAD =90°∵∠ADM =∠BAP∴∠MAD +∠ADM =90°∴∠AMD =90°∴点M 在O 点为圆心，以AO 为半径的圆上连接OB 交圆O 与点N∵点B 为圆O 外一点∴当直线BM 过圆心O 时，BM 最短∵BO 2=AB 2+AO 2，AO =12AD =2∴BO 2=9+4=13∴BO =13∵BN =BO -AO =13-2故选：D ．【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．810(2022·河南·校联考三模)如图1，正方形ABCD 中，点E 是BC 的中点，点P 是对角线AC 上的一个动点，设AP =x ，PB +PE =y ，当点P 从A 向点C 运动时，y 与x 的函数关系如图2所示，其中点M 是函数图象的最低点，则点M 的坐标是()A.42，35B.22,35C.35,22D.35,42【答案】A【分析】根据图像，当P 与C 重合时，PB +PE =9即CB +CE =9，从而确定正方形的边长为6，根据将军饮马河原理，连接DE 交AC 于点G ，当点P 与点G 重合时，PE +PB 最小，且为DE 的长即点M 的纵坐标，利用相似三角形，计算AG 的长即为横坐标．【详解】如图，根据图像，当P 与C 重合时，PB +PE =9即CB +CE =9，∵点E 是BC 的中点，∴BC =6，连接DE 交AC 于点G ，当点P 与点G 重合时，PE +PB 最小，且为DE 的长即点M 的纵坐标，∵四边形ABCD 是正方形，AB =6，∴CE ∥AD ，AC =62+62=62，DE =62+32=35，∴△CGE ∽△AGD ，∴CG AG =CE AD =12，∴AC AG=32，∴AG =42，故点M 的坐标为(42，35)，故A 正确．故选：A ．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，函数图像信息的获取，将军饮马河原理，熟练掌握正方形的性质，灵活运用三角形相似，构造将军饮马河模型求解是解题的关键．2二、填空题11(2023春·江苏宿迁·九年级校联考阶段练习)如图，矩形ABCD ，AB =4，BC =8，E 为AB 中点，F 为直线BC 上动点，B 、G 关于EF 对称，连接AG ，点P 为平面上的动点，满足∠APB =12∠AGB ，则DP 的最小值．【答案】210-22【分析】由题意可知，∠AGB =90°，可得∠APB =12∠AGB =45°，可知点P 在以AB 为弦，圆周角∠APB =45°的9圆上，(要使DP 最小，则点P 要靠近蒂点D ，即点P 在AB 的右侧)，设圆心为O ，连接OA ，OB ，OE ，OP ，OD ，过点O 作OQ ⊥AD ，可知△AOB 为等腰直角三角形，求得OA =22AB =22=OP ，AQ =OQ =22OA =2，QD =AD -AQ =6，OD =OQ 2+QD 2=210，再由三角形三边关系可得：DP ≥OD -OP =210-22，当点P 在线段OD 上时去等号，即可求得DP 的最小值．【详解】解：∵B 、G 关于EF 对称，∴BH =GH ，且EF ⊥BG∵E 为AB 中点，则EH 为△ABG 的中位线，∴EH ∥AG ，∴∠AGB =90°，∵∠APB =12∠AGB ，即∠APB =12∠AGB =45°，∴点P 在以AB 为弦，圆周角∠APB =45°的圆上，(要使DP 最小，则点P 要靠近蒂点D ，即点P 在AB 的右侧)设圆心为O ，连接OA ，OB ，OE ，OP ，OD ，过点O 作OQ ⊥AD ，则OA =OB =OP ，∵∠APB =45°，∴∠AOB =90°，则△AOB 为等腰直角三角形，∴OA =22AB =22=OP ，又∵E 为AB 中点，∴OE ⊥AB ，OE =12AB =AE =BE ，又∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD =90°，AD =BC =8，∴四边形AEOQ 是正方形，∴AQ =OQ =22OA =2，QD =AD -AQ =6，∴OD =OQ 2+QD 2=210，由三角形三边关系可得：DP ≥OD-OP =210-22，当点P 在线段OD 上时去等号，∴DP 的最小值为210-22，故答案为：210-22．【点睛】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，隐形圆，三角形三边关系，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，根据∠APB =12∠AGB =45°得知点P 在以AB 为弦，圆周角∠APB =45°的圆上是解决问题的关键．12(2023春·江苏连云港·八年级期中)如图，在边长为8的正方形ABCD 中，点G 是BC 边的中点，E 、F 分别是AD 和CD 边上的点，则四边形BEFG 周长的最小值为．【答案】2410【分析】作点G 关于CD 的对称点G ，作点B 关于AD 的对称点B ，连接B G ，根据两点之间线段最短即可解决问题．【详解】作点G 关于CD 的对称点G ，作点B 关于AD 的对称点B ，连接B G∵EB =EB ,FG =FG ，∴BE +EF +FG +BG =B E +EF +FG +BG ，∵EB +EF +FG ≥B G ，∴四边形BEFG 的周长的最小值=BG +B G ，∵正方形ABCD 的边长为8∴BG =4，BB =16，BG =12，∴B G =162+122=20，∴四边形BEFG 的周长的最小值为=4+20=24．故答案为：24．【点睛】本题考查轴对称求线段和的最短问题，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．13(2022·湖南湘潭·校考模拟预测)如图，菱形草地ABCD 中，沿对角线修建60米和80米两条道路AC <BD ，M 、N 分别是草地边BC 、CD 的中点，在线段BD 上有一个流动饮水点P ，若要使PM +PN 的距离最短，则最短距离是米．【答案】50【分析】作M 关于BD 的对称点Q ，连接NQ ，交BD 于P ，连接MP ，当P 点与P 重合时，MP +NP =MP +NP =NQ 的值最小，根据菱形的性质和勾股定理求出BC 长，即可得出答案．【详解】解：作M 关于BD 的对称点Q ，连接NQ ，交BD 于P ，连接MP ，当P 点与P 重合时，MP +NP =MP +NP =NQ 的值最小，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，∠QBP =∠MBP ，即Q 在AB 上，∵MQ ⊥BD ，∴AC ∥MQ ，∴M 为BC 中点，∴Q 为AB 中点，∵N 为CD 中点，四边形ABCD 是菱形，∴BQ ∥CD ，BQ =CN ，∴四边形BQNC 是平行四边形，∴NQ =BC ，设AC 与BD 的交点为点O ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD，OC =12AC =30米，OB =12BD =40米，∴BC =OB 2+OC 2=50米，∴PM +PN 的最小值是50米．故答案为：50．11【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P 的位置．14(2023春·江苏·九年级校考阶段练习)如图，正方形ABCD 的边长为4，⊙B 的半径为2，P 为⊙B 上的动点，则2PC -PD 的最大值是．【答案】2【分析】解法1，如图：以PD 为斜边构造等腰直角三角形△PDM ，连接MC ，BD ，连接PM 、DM ，推得2PC -PD=2PC -22PD =2PC -PM ，因为PC -PM ≤MC ，求出MC 即可求出答案．解法2：如图：连接BD 、BP 、PC ，在BD 上做点M ，使BM BP =24，连接MP ，证明△BMP ∼△BPD ，在BC 上做点N ，使BN BP=12，连接NP ，证明△BNP ∼△BPC ，接着推导出2PC -PD =22MN ，最后证明△BMN ∼△BCD ，即可求解．【详解】解法1如图：以PD 为斜边构造等腰直角三角形△PDM ，连接MC ，BD ，∴∠PDM =45，DM =PM =22PD ，∵四边形ABCD 正方形∴∠BDC =45°，DB DC=2又∵∠PDM =∠PDB +MDB ，∠BDC =∠MDB +MDC∴∠PDB =∠MDC在△BPD 与△MPC 中∠PDB =∠MDC ，DB DC=DP DM =2∴△BPD ∼△MPC∴PB MC=2∵BP =2∴MC =2∵2PC -PD =2PC-22PD =2PC -PM ∵PC -PM ≤MC ∴2PC -PD =2PC -PM ≤2MC =2故答案为：2．解法2如图：连接BD 、BP 、PC根据题意正方形ABCD 的边长为4，⊙B 的半径为2∴BP =2，BD =BC 2+CD 2=42+42=42∵BP BD =242=2412在BD 上做点M ，使BM BP=24，则BM =22，连接MP 在△BMP 与△BPD 中∠MBP =∠PBD ，BP BD =BM BP∴△BMP ∼△BPD∴PM PD =24，则PD =22PM ∵BP BC =24=12在BC 上做点N ，使BN BP=12，则BN =1，连接NP 在△BNP 与△BPC 中∠NBP =∠PBC ，BN BP =BP PC∴△BNP ∼△BPC∴PN PC=12，则PC =2PN ∴如图所示连接NM ∴2PC -PD =2×2PN -22PM =22PN -PM ∵PN -PM ≤NM ∴2PC -PD =22PN -PM ≤22NM在△BMN 与△BCD 中∠NBM=∠DBC ，BM BC =224=28，BN BD =142=28∴BM BC=BN BD ∴△BMN ∼△BCD∴MN CD=28∵CD =4∴MN =22∴22MN =22×22=2∴2PC -PD ≤22NM =2故答案为：2．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形，勾股定理等知识，难度较大，熟悉以上知识点运用是解题关键．15(2023秋·广东广州·九年级统考期末)如图，四边形ABCD 中，AB ∥CD ，AC ⊥BC ，∠DAB =60°，AD =CD =4，点M 是四边形ABCD 内的一个动点，满足∠AMD =90°，则△MBC 面积的最小值为．【答案】63-4【分析】取AD 的中点O ，连接OM ，过点M 作ME ⊥BC 交BC 的延长线于点E ，过点O 作OF ⊥BC 于F ，交CD 于G ，则OM +ME ≥OF ，通过计算得出当O ,M ,E 三点共线时，ME 有最小值，求出最小值即可．【详解】解：如图，取AD 的中点O ，连接OM ，过点M 作ME ⊥BC 交BC 的延长线于点E ，过点O 作OF ⊥BC 于F ，交CD 于G ，则13OM +ME ≥OF ，∵AB ∥CD ，∠DAB =60°，AD =CD =4，∴∠ADC =120°，∵AD =CD ，∴∠DAC =30°，∴∠CAB =30°，∵AC ⊥BC ，∴∠ACB =90°∴∠B =90°-30°=60°，∴∠B =∠DAB ，∴四边形ABCD 为等腰梯形，∴BC =AD =4，∵∠AMD =90°，AD =4，OA =OD ，∴OM =12AD =2，∴点M 在以点O 为圆心，2为半径的圆上，∵AB ∥CD ，∴∠GCF =∠B =60°，∴∠DGO =∠CGF =30°，∵OF ⊥BC ，AC ⊥BC ，∴∠DOG =∠DAC =30°=∠DGO ，∴DG =DO =2，∴OG =2OD ⋅cos30°=23，GF =3，OF =33，∴ME ≥OF -OM =33-2，∴当O ,M ,E 三点共线时，ME 有最小值33-2，∴△MBC 面积的最小值为=12×4×33-2 =63-4．【点睛】本题考查了解直角三角形、隐圆、直角三角形的性质等知识点，点M 位置的确定是解题关键．16(2023春·全国·八年级专题练习)如图，在等边△ABC 中，BD ⊥AC 于D ，AD =3cm ．点P ,Q 分别为AB,AD 上的两个定点且BP =AQ =1cm ，点M 为线段BD 上一动点，连接PM ,QM ，则PM +QM 的最小值为cm ．【答案】5【分析】如图所示，作点P 关于BD 的对称点P ，且点P 在BC 上，则PM +QM =P M+QM ，当P ,M ,Q 在同一条直线上时，有最小值，证明四边形PP QA 是平行四边形，P Q =AP =AB -BP ，由此即可求解．【详解】解：如图所示，作点P 关于BD 的对称点P ，∵△ABC 是等边三角形，BD ⊥AC ，∴∠ABD =∠DBC =12∠ABC =12×60°=30°，14∴点P 在BC 上，∴P M =PM ，则PM +QM =P M +QM ，当P ,M ,Q 在同一条直线上时，有最小值，∵点P 关于BD 的对称点P ，∠ABD =∠DBC =30°，∴PP ⊥BM ，BP =BP =1cm ，∴∠BP P =60°，∴△BPP 是等边三角形，即∠BP P =∠C =60°，∴PP ∥AC ，且PP =AQ =1cm ，∴四边形PP QA 是平行四边形，∴P Q =AP =AB -BP ，在Rt △ABD 中，∠ABD =30°，AD =3，∴AB =2AD =2×3=6，∴AP =P Q =P M +QM =PM +QM =AB -BP =6-1=5，故答案为：5．【点睛】本题主要考查动点与等边三角形，对称-最短路径，平行四边形的判定和性质的综合，理解并掌握等边三角形得性质，对称-最短路径的计算方法，平行四边形的判定和性质是解题的关键．17(2022秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习)如图，在周长为12的菱形ABCD 中，DE =1，DF =2，若P 为对角线AC 上一动点，则EP +FP 的最小值为．【答案】3【分析】作F 点关于BD 的对称点F ，连接EF 交BD 于点P ，则PF =PF ，由两点之间线段最短可知当E 、P 、F 在一条直线上时，EP +FP 有最小值，然后求得EF 的长度即可．【详解】解：作F 点关于BD 的对称点F ，则PF =PF ，连接EF '交BD 于点P ．∴EP +FP =EP +F P ．由两点之间线段最短可知：当E 、P 、F '在一条直线上时，EP +FP 的值最小，此时EP +FP =EP +F P =EF ．∵四边形ABCD 为菱形，周长为12，∴AB =BC =CD =DA =3，AB ∥CD ，∵AF =2，AE =1，∴DF =AE =1，∴四边形AEF D 是平行四边形，∴EF =AD =3．∴EP +FP 的最小值为3．故答案为：3．【点睛】本题主要考查的是菱形的性质、轴对称--路径最短问题，明确当E 、P 、F 在一条直线上时EP +FP 有最小值是解题的关键．18(2023春·上海·八年级专题练习)如图，直线y =x +4与x 轴，y 轴分别交于A和B ，点C 、D 分别为线段AB 、OB 的中点，P 为OA 上一动点，当PC +PD 的值最小时，点P 的坐标为．15【答案】(-1,0)【分析】直线y =x +4与x 轴，y 轴分别交于A 和B ，可求出点A ，B 的坐标，点C 、D 分别为线段AB 、OB 的中点，可求出点C 、D 的坐标，作点C 关于x 轴的对称点C ，连接C D 与x 轴的交点就是所求点P 的坐标．【详解】解：直线y =x +4与x 轴，y 轴分别交于A 和B ，∴当y =0，x =-4，即A (-4,0)；当x =0，y =4，即B (0,4)，∵点C 、D 分别为线段AB 、OB 的中点，∴C (-2,2)，D (0,2)，如图所示，过点C 关于x 轴的对称点C，∴C (-2,-2)，∴直线C D 的解析式为：y =2x +2，当y =0，x =-1，即P (-1,0)，故答案为：(-1,0)．【点睛】本题主要考查一次函数与最短线段的综合，掌握对称中最短线段的解题方法是解题的关键．19(2023秋·黑龙江鸡西·九年级统考期末)如图，抛物线y =x 2-4x +3与x 轴分别交于A ,B两点(点A 在点B 的左侧)，与y 轴交于点C ，在其对称轴上有一动点M ，连接MA ,MC ,AC ，则△MAC 周长的最小值是．【答案】32+10【分析】根据“将军饮马”模型，先求出A 1,0 ,B 3,0 ,C 0,3 ，由二次函数对称性，A ,B 关于对称轴对称，从而C △MAC =CA +CM +MA =CA +CM +MB ，AC =OA 2+OC 2=10，则△MAC 周长的最小值就是CM +MB 的最小值，根据两点之间线段最短即可得到CM +MB 的最小值为C ,M ,B 三点共线时线段CB 长，从而得到CB =OC 2+OB 2=32，即可得到答案．【详解】解：∵抛物线y =x 2-4x +3与x 轴分别交于A ,B 两点(点A 在点B 的左侧)，与y 轴交于点C ，16∴当y =0时，0=x 2-4x +3解得x =1或x =3，即A 1,0 ,B 3,0 ；当x =0时，y =3，即C 0,3 ，由二次函数对称性，A ,B 关于对称轴对称，即MA =MB ，∴C △MAC =CA +CM +MA =CA +CM +MB ，∵AC =OA 2+OC 2=10，∴△MAC 周长的最小值就是CM +MB 的最小值，根据两点之间线段最短即可得到CM +MB 的最小值为C ,M ,B 三点共线时线段CB 长，∵CB =OC 2+OB 2=32，∴△MAC 周长的最小值为CA +CB =32+10，故答案为：32+10．【点睛】本题考查动点最值问题与二次函数综合，涉及“将军饮马”模型求最值、二次函数图像与性质、解一元二次方程、勾股定理求线段长等知识，熟练掌握动点最值的常见模型是解决问题的关键．20(2023秋·浙江温州·九年级校考期末)如图所示，∠ACB =60°，半径为2的圆O 内切于∠ACB．P 为圆O 上一动点，过点P 作PM 、PN 分别垂直于∠ACB 的两边，垂足为M 、N ，则PM +2PN 的取值范围为．【答案】6-23≤PM +2PN ≤6+23【分析】根据题意，本题属于动点最值问题-“阿氏圆”模型，首先作MH ⊥NP 于H ，作MF ⊥BC 于F ，如图所示，通过代换，将PM +2PN 转化为PN +12PM =PN +HP =NH ，得到当MP 与⊙O 相切时，MF 取得最大值和最小值，分两种情况，作出图形，数形结合解直角三角形即可得到相应最值，进而得到取值范围．【详解】解：作MH ⊥NP 于H ，作MF ⊥BC 于F ，如图所示：∵PM ⊥AC ，PN ⊥CB ，∴∠PMC =∠PNC =90°，∴∠MPN =360°-∠PMC -∠PNC -∠C =120°，∴∠MPH =180°-∠MPN =60°，∴HP =PM ⋅cos ∠MPH =PM ⋅cos60°=12PM ，∴PN +12PM =PN +HP =NH ，∵MF =NH ，∴当MP 与⊙O 相切时，MF 取得最大和最小，①连接OP ，OG ，OC ，如图1所示：可得：四边形OPMG 是正方形，∴MG =OP =2，在Rt △COG 中，CG =OG ⋅tan60°=23，∴CM =CG +GM =2+23，在Rt △CMF 中，MF =CM ⋅sin60°=3+3，∴HN =MF =3+3，即PM +2PN =212PM +PN =2HN =6+23；②连接OP ，OG ，OC ，如图2所示：可得：四边形OPMG 是正方形，17∴MG =OP =2，由上同理可知：在Rt △COG 中，CG =OG ⋅tan60°=23，∴CM =CG -GM =23-2，在Rt △CMF 中，MF =CM ⋅sin60°=3-3，∴HN =MF =3-3，即PM +2PN =212PM +PN =2HN =6-23，∴6-23≤PM +2PN ≤6+23．故答案为：6-23≤PM +2PN ≤6+23．【点睛】本题考查动点最值模型-“阿氏圆”，难度较大，掌握解决动点最值问题的方法，熟记相关几何知识，尤其是圆的相关知识是解决问题的关键．3三、解答题21(2022春·江苏·九年级专题练习)综合与探究如图，已知抛物线y =ax 2+bx +4经过A -1,0 ，B 4,0 两点，交y 轴于点C ．(1)求抛物线的解析式，连接BC ，并求出直线BC 的解析式；(2)请在抛物线的对称轴上找一点P ，使AP +PC 的值最小，此时点P 的坐标是；(3)点Q 在第一象限的抛物线上，连接CQ ，BQ ，求出△BCQ 面积的最大值．【答案】(1)y =-x 2+3x +4；y =-x +4(2)32,52(3)8【分析】(1)将A -1,0 ，B 4,0 两点，代入抛物线解析式，可得到抛物线解析式，从而得到C 0,4 ，再设直线BC 的解析式为y =kx +b k ≠0 ，把点B 、C 的坐标代入，即可求解；(2)连接BC ，PB ，根据题意可得A 、B 关于抛物线的对称轴直线x =32对称，从而得到当P 在直线AB 上三点共线时，AP +CP 的值最小，把x =32代入直线BC 的解析式，即可求解；(3)过Q 作QD ⊥x 轴，交BC 于D ，设Q d ,-d 2+3d +4 ，其中0≤d ≤4，则D d ,-d +4 ，可得QD =-d 2+4d ，从而得到S ΔBCQ =12OB ×QD =-2d -2 2+8，即可求解；【详解】(1)解：(1)∵抛物线y =ax 2+bx +4经过A -1,0 ，B 4,0 两点，∴a -b +4=016a +4b +4=0，解得：a =-1b =3 ，18∴抛物线的解析式为y =-x 2+3x +4；∵抛物线与y 轴的交点为C ，∴C 0,4 ，设直线BC 的解析式为y =kx +b k ≠0 ，把点B 、C 的坐标代入得：4k +b =0b =4 ，解得：k =-1b =4 ，∴直线BC 的解析式为y =-x +4；(2)如图，连接BC ，PB ，∵y =-x 2+3x +4=-x -32 2+74，∴抛物线的对称轴为直线x =32，根据题意得：A 、B 关于抛物线的对称轴直线x =32对称，∴AP =BP ，∴AP +CP =BP +CP ≥BC ，即当P 在直线AB 上时，AP +CP 的值最小，∴当x =32时，y =-32+4=52，∴P 32,52 ，故答案是：32,52 ；(3)过Q 作QD ⊥x 轴，交BC 于D ，设Q d ,-d 2+3d +4 ，其中0≤d ≤4，则D d ,-d +4 ，∴QD =-d 2+3d +4 --d +4 =-d 2+4d ，∵B 4,0 ，∴OB =4，∴S ΔBCQ =12OB ×QD =-2d 2+8d =-2d -2 2+8，当d =2时，S ΔBCQ 取最大值，最大值为8，∴△BCQ 的最大面积为8；【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，利用数形结合思想和分类讨论思想是解题的关键．22(2023秋·江苏淮安·八年级统考期末)如图1，直线AB :y =-x +6分别与x ,y 轴交于A ,B 两点，过点B 的直线交x 轴负半轴于点C -3,0 ．(1)请直接写出直线BC 的关系式：(2)在直线BC 上是否存在点D，使得S △ABD =S △AOD 若存在，求出点D 坐标：若不存请说明理由；(3)如图2，D 11,0 ，P 为x 轴正半轴上的一动点，以P 为直角顶点、BP 为腰在第一象限内作等腰直角三角形△BPQ ，连接QA ,QD ．请直接写出QB -QD 的最大值：．19【答案】(1)y =2x +6(2)当D 185,665 或D -185,-65时，S △ABD =S △AOD (3)37【分析】(1)根据直线AB 与y 轴的交点，可求出点B 的坐标，再用待定系数法即可求解；(2)设D (a ,2a +6)，分别用含a 的式子表示出出S △AOD ,S △ABD ，由此即可求解；(3)△BPQ 是等腰直角三角形，设P (m ,0)(m >0)，可表示出QB ，再证Rt △BOP ≌Rt △PTQ (AAS )，如图所示，当点B ,R ,Q 在一条直线上时，QB -QD 的值最大，最大值为BR 的值，可求得点R 的坐标，根据勾股定理即可求解．【详解】(1)解：∵直线AB :y =-x +6分别与x ,y 轴交于A ,B 两点，令x =0，则y =6，∴B (0,6)，且C -3,0 ，设直线BC 的解析式为y =kx +b ，∴b =6-3k +b =0，解得，k =2b =6 ，∴直线BC 的解析式为y =2x +6，故答案为：y =2x +6．(2)解：由(1)可知直线BC 的解析式为y =2x +6，直线AB 的解析式为y =-x +6，∴A (6,0),B (0,6),C (-3,0)，∴OA =6,BO =6,OC =3，如图所示，点D 在直线BC 上，过点D 作DE ⊥x 轴于E ，∴设D (a ,2a +6)，E (a ,0)，∴S △ABC =12AC ·OB =12×(6+3)×6=27，S △ADC =12AC ·DE =12×(6+3)×a =92a ，S △AOD =12OA ·DE =12×6×a =3a ，∴S △ABD =S △ABC -S △ADC =27-92a ，若S △ABD =S △AOD ，则27-92a =3a ，当a >0时，27-92a =3a ，解得，a =185，即D 185,665 ；当a <0时，27+92a =-3a ，解得，a =-185，即D -185,-65 ；综上所述，当D 185,665 或D -185,-65时，S △ABD =S △AOD ．(3)解：已知A (6,0),B (0,6),D (11,0)，设P (m ,0)(m >0)，∴在Rt △BOP 中，OB =6,OP =m ，∵△BPQ 是等腰直角三角形，∠BPQ =90°，∴BP =QP ；如图所示，过点Q 作QT ⊥x 轴于T ，20在Rt △BOP ,Rt △PTQ 中，∠BOP =∠PTQ =90°，∠BPO +∠QPA =∠QPA +∠PQT =90°，∴∠BPO =∠PQT ，∴∠BPO =∠PQT∠BOP =∠PTQ BP =QP，∴Rt △BOP ≌Rt △PTQ (AAS )，∴OP =TQ =m ，OB =PT =6，∴AT =OP +PT -OA =m +6-6=m ，∴AT =QT ，且QT ⊥x 轴，∴△ATQ 是等腰直角三角形，∠QAT =45°，则点Q 的轨迹在射线AQ 上，如图所示，作点D 关于直线AQ 的对称点R，连接QR ,BR ,AR ，A (6,0)，B (0,6)，D (11,0)，∵△ATQ 是等腰直角三角形，即∠QAT =45°，根据对称性质，∴∠QAR =45°，∴RA ⊥x 轴，且△DQA ≌△RQA ，∴AR =AD =11-6=5，则R (6,5)，如图所示，当点B ,R ,Q 在一条直线上时，QB -QD 的值最大，最大值为BR 的值；∴由勾股定理得：BR =62+(6-5)2=37，故答案为：37．【点睛】本题主要考查一次函数，几何的综合，掌握待定系数法求解析式，将军饮马问题，等腰直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．23(2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习)△ABC 中，∠B =60°．(1)如图1，若AC >BC ，CD 平分∠ACB 交AB 于点D ，且AD =3BD ．证明：∠A =30°；(2)如图2，若AC <BC ，取AC 中点E ，将CE 绕点C 逆时针旋转60°至CF ，连接BF 并延长至G ，使BF =FG ，猜想线段AB 、BC 、CG 之间存在的数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，若AC =BC ，P 为平面内一点，将△ABP 沿直线AB 翻折至△ABQ ，当3AQ +2BQ +13CQ 取得最小值时，直接写出BPCQ的值．【答案】(1)见解析(2)BC =AB +CG ，理由见解析(3)213+33913【分析】(1)过点D 分别作BC ，AC 的垂线，垂足为E ，F ，易得DE =DF ，由∠B =60°，可得DE =DF =32BD ，由AD =3BD ，求得sin A =DE AD=12，可证得∠A =30°；(2)延长BA ，使得BH =BC ，连接EH ，CH ，易证△BCH 为等边三角形，进而可证△BCF ≌△HCE SAS ，可得BF =HE ，∠BFC =∠HEC ，可知∠AEH =∠CFG ，易证得△AEH ≌△CFG SAS ，可得AH =CG ，由BC =BH =AB +AH =AB +CG 可得结论；(3)由题意可知△ABC 是等边三角形，如图，作CM ⊥CA ，且CM =32CA ，作CN ⊥CQ ，且CN =32CQ ，可得CM CA=CN CQ =32，QN =CQ 2+CN 2=132CQ ，可知△ACQ ∽△MCN ，可得MN =32AQ ，由3AQ +2BQ +13CQ =232AQ +BQ +132CQ =2MN +BQ +QN ≥2BM 可知点Q ，N 都在线段BM 上时，3AQ +2BQ+13CQ 有最小值，过点C 作CR ⊥BM ，过点M 作MT ⊥BC 交BC 延长线于T ，可得CR =CQ ⋅sin ∠CQN =313CQ ，QR =CQ ⋅cos ∠CQN =213CQ ，可证△CBR ∽△MBT ，得BR CR =BT MT ，设BC =a 由等边三角形的性质，可得CM =32a ，进而可得CT =CM ⋅cos30°=334a ，MT =CM ⋅sin30°=34a ，结合BR CR=BTMT 可得：BQ +213CQ 313CQ =a +334a 34a ，可得BQ CQ =213+33913，由翻折可知，BP =BQ ，可求得BP CQ的值．【详解】(1)证明：过点D 分别作BC ，AC 的垂线，垂足为E ，F ，∵CD 平分∠ACB ，DE ⊥BC ，DF ⊥AC ，∴DE =DF ，又∵∠B =60°，∴DE =BD ⋅sin60°=32BD ，则DE =DF =32BD ，又∵AD =3BD ，∴sin A =DE AD =32BD3BD=12，∴∠A =30°；(2)BC =AB +CG ，理由如下：延长BA ，使得BH =BC ，连接EH ，CH ，∵∠ABC =60°，BH =BC ，∴△BCH 为等边三角形，∴CB =CH ，∠BCH =60°，∵CE 绕点C 逆时针旋转60°至CF ，∴CE =CF ，∠ECF =60°，则∠BCH -∠ACB =∠ECF -∠ACB ，∴∠ECH =∠FCB ，∴△BCF ≌△HCE SAS ，∴BF =HE ，∠BFC =∠HEC ，则∠AEH =∠CFG ，∵BF =FG ，∴BF =HE =FG ，又∵E 为AC 中点，∴AE =CE =CF ，∴△AEH ≌△CFG SAS ，∴AH =CG ，∴BC =BH =AB +AH =AB +CG ；(3)∵∠ABC =60°，AC =BC ，∴△ABC 是等边三角形，如图，作CM ⊥CA ，且CM =32CA ，作CN ⊥CQ ，且CN =32CQ ，则CM CA=CN CQ =32，QN =CQ 2+CN 2=132CQ ，∴sin ∠CQN =CN QN =313，cos ∠CQN =CQ QN =213，则∠ACM =∠QCN =90°，∴∠ACM -∠ACN =∠QCN -∠ACN ，则∠ACQ =∠MCN∴△ACQ ∽△MCN ，∴MN AQ =CM CA=32，即：MN =32AQ ，∴3AQ +2BQ +13CQ =232AQ +BQ +132CQ =2MN +BQ +QN ≥2BM即：点Q ，N 都在线段BM 上时，3AQ +2BQ +13CQ 有最小值，如下图，过点C 作CR ⊥BM ，过点M 作MT ⊥BC 交BC 延长线于T ，则∠BRC =∠BTM =90°，CR =CQ ⋅sin ∠CQN =313CQ ，QR =CQ ⋅cos ∠CQN =213CQ ，又∵∠CBR =∠MBT ，∴△CBR ∽△MBT ，∴BR CR=BT MT ，∵△ABC 是等边三角形，设BC =a ∴∠ACB =60°，AC =BC =a ，则CM =32a ，∵∠ACM =90°，∴∠MCT =30°，则CT =CM ⋅cos30°=334a ，MT =CM ⋅sin30°=34a ，则由BR CR=BT MT 可得：BQ +213CQ 313CQ =a +334a34a ，整理得：133BQ CQ +23=4+333，得BQ CQ=213+33913，由翻折可知，BP =BQ ，∴BP CQ =BQ CQ=213+33913．【点睛】本题属于几何综合，考查了解直角三角形，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，旋转的性质以及费马点问题，掌握费马点问题的解决方法，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解决问题的关键．24(2023春·江苏·八年级专题练习)定义：既相等又垂直的两条线段称为“等垂线段”，如图1，在Rt △ABC 中，∠A =90°，AB =AC ，点D 、E 分别在边AB 、AC 上，AD =AE ，连接DE 、DC ，点M 、P 、N 分别为DE 、DC 、BC 的中点，且连接PM 、PN ．(1)观察猜想线段PM 与PN 填(“是”或“不是”)“等垂线段”．(2)△ADE 绕点A 按逆时针方向旋转到图2所示的位置，连接BD ，CE ，试判断PM 与PN 是否为“等垂线段”，并说明理由．(3)拓展延伸把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若DE =2，BC =4，请直接写出PM 与PN 的积的最大值．。

人教版九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]

人教版九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]

人教版九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学 圆易错题压轴题（难）1．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），（-154，-1316），（-174，-2516） 【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228,2PQ 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：228y 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116322AG AB ==⨯= ，设，则， 在Rt AGE ∆中，，在中，()222218CE EF CF a =+=+-，∵AE CE = ，∴()22918a a +=+- ，解得：72a =， ∴712E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，； （3）设点()2,28a a a P +-，则228,2PQ a a BQ a =+-=-， a.当PBQ ∆∽CBO ∆时，PQ COBQ OB =，即228822a a a +-=-， 解得：10a =（舍去）；22a =（舍去）；38a =- ，∴()18,40P - ；b.当PBQ ∆∽BCO ∆时，PQ BOBQ CO =，即228228a 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.2．如图，以A （0，3）为圆心的圆与x 轴相切于坐标原点O ，与y 轴相交于点B ，弦BD 的延长线交x 轴的负半轴于点E ，且∠BEO ＝60°，AD 的延长线交x 轴于点C ．（1）分别求点E 、C 的坐标；（2）求经过A 、C 两点，且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式； （3）设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ，试判断以M 点为圆心，ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系，并说明理由．【答案】（1）点C 的坐标为（－3，0）（2）234333y x x =++3）⊙M 与⊙A 外切 【解析】试题分析：（1）已知了A 点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE 中，根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标，同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标；（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C ，A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）两圆应该外切，由于直线DE ∥OB ，因此∠MED=∠ABD ，由于AB=AD ，那么∠ADB=∠ABD ，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ，即ME=MD ，因此两圆的圆心距AM=ME+AD ，即两圆的半径和，因此两圆外切.试题解析：（1）在Rt△EOB 中，cot602EO OB =⋅︒==， ∴点E 的坐标为（－2，0）．在Rt△COA 中，tan tan603OC OA CAO OA =⋅∠=⋅︒==， ∴点C 的坐标为（－3，0）．（2）∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F （－1，0）， 点C 与点F （－1，0）都在抛物线上．设()()13y a x x =++，用(0A 代入得()()0103a =++，∴3a =．∴)()13y x x =++，即2y x =++ （3）⊙M 与⊙A 外切，证明如下： ∵ME ∥y 轴，∴MED B ∠=∠．∵B BDA MDE ∠=∠=∠， ∴MED MDE ∠=∠． ∴ME MD =．∵MA MD AD ME AD =+=+， ∴⊙M 与⊙A 外切．3．在△ABC 中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M 是AB 上的动点（不与A ，B 重合），过M 点作MN∥BC 交AC 于点N ．（1）如图1，把△AMN 沿直线MN 折叠得到△PMN，设AM=x ． i ．若点P 正好在边BC 上，求x 的值；ii ．在M 的运动过程中，记△MNP 与梯形BCNM 重合的面积为y ，试求y 关于x 的函数关系式，并求y 的最大值．（2）如图2，以MN 为直径作⊙O，并在⊙O 内作内接矩形AMQN ．试判断直线BC 与⊙O 的位置关系，并说明理由．【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．【解析】试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．试题解析：（1）i．如图1，由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，又MN∥BC，∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，∴∠B=∠BPM，∴AM=PM=BM，∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．ii．以下分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，∴AN=，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，∴，②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由（2）知ME=MB=4-x，∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，∴，∴S△PEF=（x-2）2，∴y=S△PMN-S△PEF=，∵当0＜x≤2时，y=x2，∴易知y最大=，又∵当2＜x＜4时，y=，∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．在Rt△ABC中，BC==5；由（1）知△AMN∽△ABC，∴，即，∴MN=x∴OD=x，过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA，∴，∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4∴x=，∴当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．考点：圆的综合题．4．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=35，所以可得AC=2CK，CK=BC•sin∠OBC=245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⊥ACAC＝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．5．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，过点A作直线MN，且∠MAC＝∠ABC．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°；∵∠MAC＝∠ABC，∴∠MAC+∠CAB＝90°，即MA⊥AB，∴MN是⊙O的切线；（2）①证明：∵D 是弧AC 的中点，∴∠DBC ＝∠ABD ，∵AB 是直径，∴∠CBG+∠CGB ＝90°，∵DE ⊥AB ，∴∠FDG+∠ABD ＝90°，∵∠DBC ＝∠ABD ，∴∠FDG ＝∠CGB ＝∠FGD ，∴FD ＝FG ；②解：连接AD 、CD ，作DH ⊥BC ，交BC 的延长线于H 点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DE BD BD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），∴BE ＝BH ，∵D 是弧AC 的中点，∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DH AD CD=⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，∴AE ＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．6．我们把“有两条边和其中一边的对角对应相等的两个三角形”叫做“同族三角形”，如图1，在△ABC和△ABD中，AB=AB，AC=AD，∠B=∠B，则△ABC和△ABD是“同族三角形”．（1）如图2，四边形ABCD内接于圆，点C是弧BD的中点，求证：△ABC和△ACD是同族三角形；（2）如图3，△ABC内接于⊙O，⊙O的半径为32，AB=6，∠BAC=30°，求AC的长；（3）如图3，在（2）的条件下，若点D在⊙O上，△ADC与△ABC是非全等的同族三角形，AD＞CD，求ADCD的值．【答案】（1）详见解析；（2）33+3；（3）ADCD=62+或62．【解析】【分析】(1）由点C是弧BD的中点，根据弧与弦的关系，易得BC=CD，∠BAC=∠DAC，又由公共边AC，可证得：△ABC和△ACD是同族三角形；(2）首先连接0A，OB，作点B作BE⊥AC于点E，易得△AOB是等腰直角三角形，继而求得答案；(3)分别从当CD=CB时与当CD=AB时进行分析求解即可求得答案．【详解】（1）证明：∵点C是弧BD的中点，即BC CD=，∴BC=CD，∠BAC=∠DAC，∵AC=AC，∴△ABC和△ACD是同族三角形.（2）解：如图1，连接OA，OB，作点B作BE⊥AC于点E，∵2，AB=6，∴OA2+OB2=AB2，∴△AOB是等腰直角三角形，且∠AOB=90°，∴∠C=∠AOB=45°，∵∠BAC=30°，∴BE=AB=3， ∴AE=22AB BE -=33，∵CE=BE=3，∴AC=AE+CE=33+3.（3）解：∵∠B=180°﹣∠BAC ﹣∠ACB=180°﹣30°﹣45°=105°，∴∠ADC=180°﹣∠B=75°， 如图2，当CD=CB 时，∠DAC=∠BAC=30°，∴∠ACD=75°，∴AD=AC=33+3，CD=BC=2BE=32， ∴AD 333CD 32+==62+； 如图3，当CD=AB 时，过点D 作DF ⊥AC ，交AC 于点F ，则∠DAC=∠ACB=45°，∴∠ACD=180°﹣∠DAC ﹣∠ADC=60°，∴33 ∴2DF=36∴AD 36CD 6==62综上所述：AD CD =622或62 【点睛】本题考查圆的综合应用问题，综合运用弧与弦的关系，等腰三角形的性质结合图形作辅助线进行分析证明以及求解，难度较大.7．（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 上一动点，连接AE ，以AE 为直角边作Rt △AEF ，∠EAF ＝90°，tan ∠AEF ＝13，试探究四边形ADCF 的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．【答案】（1）作图见解析；（2）PQ 长最短是1.2；（3）四边形ADCF 面积最大值是813132+，最小值是813132-． 【解析】【分析】（1）连接线段OP 交⊙C 于A ，点A 即为所求；（2）过C 作CP ⊥AB 于Q ，P ，交⊙C 于Q ，这时PQ 最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；（3）△ACF 的面积有最大和最小值，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ，证明△FAG ～△EAD ，进而证明点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，①当F 在F 1时，△ACF 面积最小，分别求出△ACD 的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF 的面积的最小值；②当F 在F 2时，四边形ADCF 的面积有最大值，在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF 的面积的最大值．【详解】解：（1）连接线段OP 交⊙C 于A ，点A 即为所求，如图1所示；（2）过C 作CP ⊥AB 于Q ，P ，交⊙C 于Q ，这时PQ 最短．理由：分别在线段AB ，⊙C 上任取点P '，点Q '，连接P '，Q '，CQ '，如图2，由于CP ⊥AB ，根据垂线段最短，CP ≤CQ '+P 'Q '，∴CO +PQ ≤CQ '+P 'Q '，又∵CQ ＝CQ '，∴PQ ＜P 'Q '，即PQ 最短．在Rt △ABC 中22228610AB AC BC =+=+=，1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•， ∴68 4.810AC BC CP AB •⨯===， ∴PQ ＝CP ﹣CQ ＝6.8﹣3.6＝1.2， ∴22226 4.8 3.6BP BC CP -=-=．当P 在点B 左侧3.6米处时，PQ 长最短是1.2．（3）△ACF 的面积有最大和最小值．如图3，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ．∵∠EAF ＝90°，1tan 3AEF ∠=， ∴13AF AE = ∵AB ＝6，AG ＝GB ，∴AC ＝GB ＝3，又∵AD ＝9， ∴3193AG AD ==， ∴DAF AE AG A = ∵∠BAD ＝∠B ＝∠EAF ＝90°，∴∠FAG ＝∠EAD ，∴△FAG ～△EAD ， ∴13FG AF DE AE ==， ∵DE ＝3，∴FG ＝1，∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，连接AC ，则△ACD 的面积＝692722CD AD ⨯=⨯=， 过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，①当F 在F 1时，△ACF 面积最小．理由：由（2）知，当F 在F 1时，F 1H 最短，这时△ACF 的边AC 上的高最小，所以△ACF 面积有最小值， 在Rt △ABC 中，222269313AC AB BC =+=+=∴313sin 313BC BAC AC ∠=== 在Rt △ACH 中，313913sin 3GH AG BAC =•∠== ∴119131F H GH GF =-=-， ∴△ACF 面积有最小值是：11191327313313(1)22AC F H -•=⨯-=； ∴四边形ADCF 面积最小值是：27313813132722--+=； ②当F 在F 2时，F 2H 最大理由：在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，连接PG ，则四边形GHMN 是矩形，∴GH ＝MN ，在Rt △GNP 中，∠NGF 2＝90°，∴PG ＞PN ， 又∵F 2G ＝PG ，∴F 2G +GH ＞PN +MN ，即F 2H ＞PM ， ∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高，∴面积有最大值， ∵229131F H GH GF =+=+， ∴△ACF 面积有最大值是21191327313313(1)22AC F H +•=⨯+=； ∴四边形ADCF 面积最大值是27313813132722+++=综上所述，四边形ADCF 面积最大值是813132+，最小值是813132-． 【点睛】 本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．8．如图，在梯形ABCD 中，AD//BC ，AB=CD=AD=5，cos 45B =，点O 是边BC 上的动点，以OB 为半径的O 与射线BA 和边BC 分别交于点E 和点M ，联结AM ，作∠CMN=∠BAM ，射线MN 与边AD 、射线CD 分别交于点F 、N ．（1）当点E 为边AB 的中点时，求DF 的长；（2）分别联结AN 、MD ，当AN//MD 时，求MN 的长；（3）将O 绕着点M 旋转180°得到'O ，如果以点N 为圆心的N 与'O 都内切，求O 的半径长．【答案】（1）DF 的长为158；（2）MN 的长为5；（3）O 的半径长为258． 【解析】【分析】（1）作EH BM ⊥于H ，根据中位线定理得出四边形BMFA 是平行四边形，从而利用cos 45B =解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求FD 即可；（2）先证AMB CNM ∠=∠，再证MAD CNM ∠=∠，从而证明AFM NFD ∆~∆，得到AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=，再通过平行证明AFN DFM ∆~∆，从而得到AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=，通过两式相乘得出AF NF =再根据平行得出NF DF =， 从而得出答案．（3）通过图形得出MN 垂直平分'OO ,从而得出90BAM CMN ∠=∠=︒，再利用cos 45B =解三角函数即可得出答案． 【详解】 （1）如图，作EH BM ⊥于H ：∵E 为AB 中点，45,cos 5AB AD DC B ==== ∴52AE BE ==∴cos 45BH B BE == ∴2BH = ∴2253222EH ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设半径为r ，在Rt OEH ∆中： ()222322r r ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 解得：2516r =∵,E O 分别为,BA BM 中点 ∴BAM BEO OBE ∠=∠=∠又∵CMN BAM ∠=∠∴CMN OBE ∠=∠∴//MF AB∴四边形BMFA 是平行四边形∴2528AF BM r === ∴2515588FD AD AF =-=-= （2）如图：连接MD AN ，∵,B C BAM CMN ∠=∠∠=∠ ∴AMB CNM ∠=∠又∵AMB MAD ∠=∠∴MAD CNM ∠=∠又∵AFM NFD ∠=∠∴AFM NFD ∆~∆∴AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=① 又∵//MD AN∴AFN DFM ∆~∆ ∴AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=② 由①⨯②得; 22AF NF AF NF =⇒= ∴NF DF =∴5MN AD ==故MN 的长为5；（3）作如图：∵圆O 与圆'O 外切且均与圆N 内切 设圆N 半径为R ，圆O 半径为r ∴'=NO R r NO -=∴N 在'OO 的中垂线上∴MN 垂直平分'OO∴90NMC ∠=︒∵90BAM CMN ∠=∠=︒ ∴A 点在圆上∴54cos 5AB B BM BM === 解得：254BM =O的半径长为25 8【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，掌握相似之间的关系转化以及相关线段角度的关系转化是解题关键．9．已知点A为⊙O外一点，连接AO，交⊙O于点P，AO=6．点B为⊙O上一点，连接BP，过点A作CA⊥AO，交BP延长线于点C，AC=AB．（1）判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由．（2）若3 PB的长．（3）若在⊙O上存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，则⊙O的半径r的取值范围是___________．【答案】（1）AB与⊙O相切，理由见解析；（2）43PB=3656r≤<【解析】【分析】（1）连接OB，有∠OPB=∠OBP，又AC=AB，则∠C=∠ABP，利用∠CAP=90°，即可得到结论成立；（2）由AB=AC，利用勾股定理先求出半径，作OH⊥BP与H，利用相似三角形的判定和性质，即可求出PB的长度；（3）根据题意得出OE=12AC=122216r2-22162r r-≤，即可求出取值范围．【详解】解：（1）连接OB，如图：∵OP=OB ，∴∠OPB=∠OBP=∠APC ，∵AC=AB ，∴∠C=∠ABP ，∵AC ⊥AO ，∴∠CAP=90°，∴∠C+∠APC=90°，∴∠ABP+∠OBP=90°，即OB ⊥AB ，∴AB 为切线；（2）∵AB=AC∴22AB AC =，∴2222CP AP OA OB -=-，设半径为r ，则2222(43)(6)6r r --=-解得：r=2；作OH ⊥BP 与H ，则△ACP ∽△HOP ，∴PH OP AP CP=，即443PH = ∴33PH =,∴4323PB PH ==； （3）如图，作出线段AC 的垂直平分线MN ，作OE ⊥MN ，∴四边形AOEM 是矩形，∴OE=AM=12AC=1222162r - 又∵圆O 与直线MN 有交点，∴22162r r -， 2262r r -≤，∴22364r r -≤， ∴65r ≥ 又∵圆O 与直线AC 相离，∴r ＜6，656r ≤<． 【点睛】此题主要考查了圆的综合以及切线的判定与性质和勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，得出EO 与AB 的关系进而求出r 取值范围是解题关键．10．在平面直角坐标系xOy 中，对于两个点A ，B 和图形ω，如果在图形ω上存在点P ，Q （P ，Q 可以重合），使得AP ＝2BQ ，那么称点A 与点B 是图形ω的一对“倍点”． 已知⊙O 的半径为1，点B （0，3）．（1）①点B 到⊙O 的最大值，最小值；②在A 1（5，0），A 2（0，10），A 322）这三个点中，与点B 是⊙O 的一对“倍点”的是 ；（2）在直线y 3=x +b 上存在点A 与点B 是⊙O 的一对“倍点”，求b 的取值范围； （3）正方形MNST 的顶点M （m ，1），N （m +1，1），若正方形上的所有点与点B 都是⊙O 的一对“倍点”，直接写出m 的取值范围．【答案】（1）①点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2；②A 1；（2）b -≤≤；（3）3≤m ≤1或≤m ≤﹣4【解析】【分析】（1）①根据点与圆的位置关系求解即可；②先求出123,,A A A 三个点到⊙O 的最大值与最小值，再根据“倍点”的定义求解即可； （2）如图1（见解析），过点O 作OD l ⊥，先求428BQ ≤≤，再求出直线:l y x b =+上的点到⊙O 的最小值，只要这个最小值小于等于8即可满足题意，然后求解即可；（3）根据正方形的位置，可分20,01,1,2m m m m -≤<≤≤><-四种情况，分别求出每种情况下，正方形最近顶点、最远顶点到⊙O 的最大值与最小值，然后根据“倍点”的定义列出不等式组求解即可.【详解】（1）①点B 到⊙O 的最大值是314BO r +=+=点B 到⊙O 的最小值是312BO r -=-=；②1A 到⊙O 的最大值6，最小值4；2A 到⊙O 的最大值11，最小值9；3A 到⊙O 的最大值3，最小值1由（1）知，点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2因此，在⊙O 上存在点P ，Q ，使得12A P BQ =，则1A 与B 是⊙O 的一对“倍点”故答案为1A ；（2）∵点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2428BQ ∴≤≤如图1，过点O 作OD l ⊥由直线:l y x b =+的解析式可知：60,DCO OC b ∠=︒=由直角三角形的性质可得：1,2CD b OD ===则点D 到⊙O 1-，即直线:l y b =+上的点到⊙O 的最小值为1-要使直线:3l y x b =+上存在点A 与点B 是⊙O 的一对“倍点”18-≤解得：b ≤b -≤≤；（3）由（2）知，428BQ ≤≤依题意，需分20,01,1,2m m m m -≤<≤≤><-四种情况讨论：①当20m -≤<时，顶点(1,1)N m +到⊙O14<，此时顶点N 不符题意②当01m ≤≤时，顶点(,1)M m 到⊙O14<，此时顶点M 不符题意③当1m ，如图2，正方形MNST 处于1号正方形位置时则顶点S 和T 的坐标为(1,0),(,0)S m T m +此时，点T 到⊙O 的最小值为1m -，最大值为1m +；点N 到⊙O的最小值为11则1418m +≥⎧≤，解得：31m ≤≤ 当正方形MNST 处于2号正方形位置时则顶点S 和T 的坐标为(1,2),(,2)S m T m +此时，点M 到⊙O1-1；点S 到⊙O 的最小11则1418≥≤，解得：1m ≤≤或1m ≤≤- 故当1m 时，m的取值范围为31m ≤≤④当2m <-时，正方形MNST 处于3号正方形位置时则顶点S 和T 的坐标为(1,0),(,0)S m T m +此时，点S 到⊙O 的最小值为2m --，最大值为m -；点M 到⊙O的最小值为11则418m -≥⎧⎪≤，解得：4m -≤≤- 当正方形MNST 处于4号正方形位置时则顶点S 和T 的坐标为(1,2),(,2)S m T m +此时，点N 到⊙O11；点T 到⊙O11则1418≥≤，解得：1m ≤≤--1m ≤≤（舍去） 故当2m <-时，m的取值范围为4m ≤≤-综上，m的取值范围为31m ≤≤或4m ≤≤-.【点睛】本题考查了直线与圆的的位置关系、点与圆的位置关系、正方形的性质，较难的是（3），根据点与圆的位置关系分四种情况讨论是解题关键.。

中考数学几何压轴题(有关三角形、四边形)的综合专题(含答案解析)

中考数学几何压轴题(有关三角形、四边形)的综合专题(含答案解析)

中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△，可推证△CEF是三角形，从而求得∠DCE＝．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．3、（2019秋•锦江区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．4、（2019•镇平县三模）如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为；∠EFC的度数为；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．5、（2017春•西城区校级期末）如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．7、（1）如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．9、（2018•大东区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于时，线段BC的长取得最大值，且最大值为（用含b，c的式子表示）（直接填空）.模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，请直接写出你的结论，并画出论证过程中需要添加的辅助线．17、在△ABC中，∠BAC＝60°，点D、E分别在边AC、AB上，AD＝AE，连接CE、BD相交于点F，且∠BEC＝∠ADF，连接AF．（1）如图1，连接ED，求证：∠ABD＝∠CED；（2）如图2，求证：EF+FD＝AF；（3）如图3，取BC的中点G，连接AG交BD于点H，若∠GAC＝3∠ABD，BH＝7，求△ABH的面积．18、点D，E分别在△ABC的边AC，BD上，BD，CE交于点F，连接AF，∠F AE＝∠F AD，FE＝FD．（1）如图1，若∠AEF＝∠ADF，求证：AE＝AD；（2）如图2，若∠AEF≠∠ADF，FB平分∠ABC，求∠BAC的度数；（3）在（2）的条件下，如图3，点G在BE上，∠CFG＝∠AFB若AG＝6，△ABC的周长为20，求BC长．中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题参考答案1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．证明：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°，∵CG平分∠ACB，∴∠ACG＝∠BCG＝45°，∴∠A＝∠BCG，在△BCG和△CAF中，∵，∴△BCG≌△CAF（ASA），∴CF＝BG；（2）如图2，∵PC∥AG，∴∠PCA＝∠CAG，∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，∴△ACG≌△BCG，∴∠CAG＝∠CBE，∵∠PCG＝∠PCA+∠ACG＝∠CAG+45°＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠GCB+∠CBE＝∠CBE+45°，∴∠PCG＝∠PGC，∴PC＝PG，∵PB＝BG+PG，BG＝CF，∴PB＝CF+CP；（3）解法一：如图3，过E作EM⊥AG，交AG于M，∵S△AEG＝AG•EM＝3，由（2）得：△ACG≌△BCG，∴BG＝AG＝6，∴×6×EM＝3，EM＝，设∠FCH＝x°，则∠GAC＝2x°，∴∠ACF＝∠EBC＝∠GAC＝2x°，∵∠ACH＝45°，∴2x+x＝45，x＝15，∴∠ACF＝∠GAC＝30°，在Rt△AEM中，AE＝2EM＝2，AM＝＝3，∴M是AG的中点，∴AE＝EG＝2，∴BE＝BG+EG＝6+2，在Rt△ECB中，∠EBC＝30°，∴CE＝BE＝3+，∴AC＝AE+EC＝2+3+＝3+3．解法二：同理得：∠CAG＝30°，AG＝BG＝6，如图4，过G作GM⊥AC于M，在Rt△AGM中，GM＝3，AM＝＝＝3，∵∠ACG＝45°，∠MGC＝90°，∴GM＝CM＝3，∴AC＝AM+CM＝3+3．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ADB，可推证△CEF是等腰直角三角形，从而求得∠DCE＝135°．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．解：[问题初探]如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝135°，故答案为：ADB，等腰直角，135；[继续探究]如图3，过点E作EF⊥BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝45°；[拓展延伸]如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°当点D在射线BC上时，由[问题初探]知，∠BCM＝135°，∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，当点D在线段CB的延长线上时，由[继续探究]知，∠BCE＝45°，∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝45°＝∠BCE，∴BE＝CE，∴BE最小＝BC＝，即：BE的最小值为．3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．证明：（1）如图1，过点D作DE⊥AB，∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，∠ACB＝90°，∴DC＝DE，∵∠A＝30°，DE⊥AB，∴AD＝2DE，∴AD＝2DC；（2）如图2，过点M作ME∥BD，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝30°，∵BM平分∠CBD，∴∠CBM＝15°＝∠DBM，∵ME∥BD，∴∠MEC＝∠CBD＝30°，∠EMB＝∠DBM＝∠MBE，∴ME＝BE，∵∠MEC＝30°，∠C＝90°∴CE＝MC＝，ME＝2MC＝2＝BE，∴BC＝+2，∵∠CBD＝30°，∠C＝90°，∴BC＝CD，∴CD＝1+，∴DM＝，∴△DBM的面积＝××（+2）＝1+；（3）若点N在CD上时，AD＝DG+DN，理由如下：如图3所示：延长ED使得DW＝DN，连接NW，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，∵DN＝DW，且∠WDN＝60°∴△WDN是等边三角形，∴NW＝DN，∠W＝∠WND＝∠BNG＝∠BDN＝60°，∴∠WNG＝∠BND，在△WGN和△DBN中，∴△WGN≌△DBN（SAS），∴BD＝WG＝DG+DN，∴AD＝DG+DN．（3）若点N在AD上时，AD＝DG﹣DN，理由如下：如图4，延长BD至H，使得DH＝DN，连接HN，由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．∵DE⊥AB于点E．∴∠2＝∠3＝60°．∴∠4＝∠5＝60°．∴△NDH是等边三角形．∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．∴∠H＝∠2．∵∠BNG＝60°，∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．即∠DNG＝∠HNB．在△DNG和△HNB中，∴△DNG≌△HNB（ASA）．∴DG＝HB．∵HB＝HD+DB＝ND+AD，∴DG＝ND+AD．∴AD＝DG﹣ND．4、如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为EF＝CF；∠EFC的度数为120°；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．解：（1）如图1中，∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，∵∠BCD＝90°，BF＝DF，∴FE＝FB＝FD＝CF，∴∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，∴∠EFC＝∠EFD+∠CFD＝∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB＝2（∠FBE+∠FBC）＝2∠ABC＝120°，故答案为：EF＝CF，120°．（2）结论成立．理由：如图2中，取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，ED，EN，FN．∵BM＝MA，BF＝FD，∴MF∥AD，MF＝AD，∵AN＝ND，∴MF＝AN，MF∥AN，∴四边形MFNA是平行四边形，∴NF＝AM，∠FMA＝∠ANF，在Rt△ADE中，∵AN＝ND，∠AED＝90°，∴EN＝AD＝AN＝ND，同理CM＝AB＝AM＝MB，在△AEN和△ACM中，∠AEN＝∠EAN，∠MCA＝∠MAC，∵∠MAC＝∠EAN，∴∠AMC＝∠ANE，又∵∠FMA＝∠ANF，∴∠ENF＝∠FMC，在△MFC和△NEF中，，∴△MFC≌△NEF（SAS），∴FE＝FC，∠NFE＝∠MCF，∵NF∥AB，∴∠NFD＝∠ABD，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝60°，△BMC是等边三角形，∠MCB＝60°∴∠EFC＝∠EFN+∠NFD+∠DFC＝∠MCF+∠ABD+∠FBC+∠FCB＝∠ABC+∠MCB＝60°+60°＝120°．（3）如图3中，作EH⊥AB于H．在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，BC＝3，∴AB＝2BC＝6，在Rt△AED中，∠DAE＝30°，AD＝2，∴DE＝AD＝1，在Rt△DEH中，∵∠EDH＝60°，DE＝1，∴EH＝ED•sin60°＝，DH＝ED•cos60°＝，在Rt△EHG中，EG＝＝．5、如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．解：（1）BC＝2BD，理由：如图2，连接CD，由旋转可得，CP＝DP，∠CPD＝60°，∴△CDP是等边三角形，∴∠CDP＝60°＝∠PCD，又∵P是AB的中点，AB＝AC，∠A＝60°，∴等边三角形ABC中，∠PCB＝30°，CP⊥AB，∴∠BCD＝30°，即BC平分∠PCD，∴BC垂直平分PD，∴∠BDC＝∠BPC＝90°，∴Rt△BCD中，BC＝2BD．（2）如图3，取BC中点F，连接PF，∵∠A＝90°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵P是AB的中点，F是BC的中点，∴PF是△ABC的中位线，∴PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB＝45°，∠BPF＝∠A＝90°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，BP＝PF，∵∠DPC＝∠BPF＝90°，∴∠BPD＝∠FPC，又∵PD＝PC，∴△BDP≌△FCP，∴BD＝CF，∵BC＝BF+FC，∴BC＝BD+BP．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．【发现问题】解：延长CA到M，作∠MAC的平分线AN，在AN上截取AD＝AC，连接CD，即可得到等腰直角△ACD；连接BD、CE，如图1所示：∵△ABE与△ACD都是等腰直角三角形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE，【拓展探究】解：BD＝CE；理由如下：∵四边形AEFB与四边形ACGD都是正方形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；【解决问题】解：以AB为边向外作等边三角形ABE，连接CE，如图3所示：则∠BAE＝60°，BE＝AB＝AE＝8，∵AD＝CD，∠ADC＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠CAD＝60°，AC＝AD，∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；当C、B、E三点共线时，CE最大＝BC+BE＝15+8＝23，∴BD的最大值为23．7、如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为a+b（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．（1）解：∵点C为线段AB外一动点，且AC＝b，AB＝a，∴当点C位于BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为AC+AB＝a+b，（2）①证明：如图2中，∵△ACD与△BCE是等边三角形，∴CD＝AC，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△CAD与△EAB中，，∴△CAD≌△EAB（SAS），∴AE＝BD．②∵线段AE长的最大值＝线段BD的最大值，由（1）知，当线段BD的长取得最大值时，点D在BA的延长线上，∴最大值为AD+AB＝3+10＝13；（3）如图3中，连接BN，∵将△AMN绕着点M顺时针旋转90°得到△PBM，连接AP，则△APM是等腰直角三角形，∴MA＝MP＝2，BP＝AN，∴P A＝2，∵AB＝6，∴线段AN长的最大值＝线段BP长的最大值，∴当P在线段BA的延长线时，线段BP取得最大值最大值＝AB+AP＝6+2．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠F AD＝∠EAF；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．解：（1）∠BAE+∠F AD＝∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．故答案为：∠BAE+∠F AD＝∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF＝180°﹣∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ADC＝∠ABE，又∵AB＝AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠F AE＝∠F AG，∵∠F AE+∠F AG+∠GAE＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，即2∠F AE+∠DAB＝360°，∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．9、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．解：（1）CP＝BQ，理由：如图1，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°⊅∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（2）CP＝BQ，理由：如图2，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（3）如图3，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝，∴BC＝AC•tan∠A＝，过点O作OH⊥BC，∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AB，∵O是AB中点，∴CH＝BC＝，OH＝AC＝，∵∠BPQ＝45°，∠OHP＝90°，∴∠BPQ＝∠PQH，∴PH＝OH＝，∴CP＝PH﹣CH＝﹣＝，连接BQ，同（1）的方法得，BQ＝CP＝．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为b+c（用含b，c的式子表示）（直接填空）模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为5．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．解：当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，最大值为b+c，故答案为：线段BA的延长线上；b+c；模型应用：（1）证明：∵△ACD、△BCE都是等边三角形，∴CD＝CA＝AD，CB＝CE，∠ACD＝60°，∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△DCB和△ACE中，，∴△DCB≌△ACE（SAS）∴BD＝AE；（2）当点D位于线段BA的延长线上时，线段BD的长取得最大值，最大值为AB+AD＝AB+AC＝3+2＝5，∵AE＝BD，∴线段AE长的最大值为5，模型拓展：取AB的中点G，连接OG、CG，在Rt△AOB中，G为AB的中点，∴OG＝AB＝4，在Rt△CAG中，CG＝＝＝5，当点O、G、C在同一条直线上时，OC最大，最大值为4+5＝9．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．（1）证明：如图1中，∵BE⊥AD于E，∴∠AEF＝∠BCF＝90°，∵∠AFE＝∠CFB，∴∠DAC＝∠CBF，∵BC＝CA，∴△BCF≌△ACD，∴BF＝AD．（2）结论：BD＝2CF．理由：如图2中，作EH⊥AC于H．∵∠AHE＝∠ACD＝∠DAE＝90°，∴∠DAC+∠ADC＝90°，∠DAC+∠EAH＝90°，∴∠DAC＝∠AEH，∵AD＝AE，∴△ACD≌△EHA，∴CD＝AH，EH＝AC＝BC，∵CB＝CA，∴BD＝CH，∵∠EHF＝∠BCF＝90°，∠EFH＝∠BFC，EH＝BC，∴△EHF≌△BCF，∴FH＝CF，∴BD＝CH＝2CF．（3）如图3中，同法可证BD＝2CM．∵AC＝3CM，设CM＝a，则AC＝CB＝3a，BD＝2a，∴＝＝．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．（1）①证明：如图1中，∵AB＝AC，∠ABC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵AD⊥BN，∴∠ADB＝90°，∵∠MBN＝30°，∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，∴∠1＝∠2②证明：如图2中，在Rt△BFD中，∵∠FBD＝30°，∴BF＝2DF，∵BF＝2AF，∴BF＝AD，∵∠BAE＝∠FBC，AB＝BC，∴△BFC≌△ADB，∴∠BFC＝∠ADB＝90°，∴BF⊥CF（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．∵∠BFE＝∠2+∠BAF，∠CFE＝∠4+∠1，∴∠CFB＝∠2+∠4+∠BAC，∵∠BFE＝∠BAC＝2∠EFC，∴∠1+∠4＝∠2+∠4∴∠1＝∠2，∵AB＝AC，∴△ABK≌CAF，∴∠3＝∠4，S△ABK＝S△AFC，∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE＝∠AKB，∠BAC＝2∠CEF，∴∠KAF＝∠1+∠3＝∠AKF，∴AF＝FK＝BK，∴S△ABK＝S△AFK，∴＝2．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．（1）解：如图1中，在AB上取一点M，使得BM＝ME，连接ME．在Rt△ABE中，∵OB＝OE，∴BE＝2OA＝2，∵MB＝ME，∴∠MBE＝∠MEB＝15°，∴∠AME＝∠MBE+∠MEB＝30°，设AE＝x，则ME＝BM＝2x，AM＝x，∵AB2+AE2＝BE2，∴（2x+x）2+x2＝22，∴x＝（负根已经舍弃），∴AB＝AC＝（2+）•，∴BC＝AB＝+1．方法二：作EH⊥BC于H，求出BH，CH即可解决问题．（2）证明：如图2中，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M．∵BE⊥AP，∴∠AHB＝90°，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAH+∠P AC＝90°，∴∠ABE＝∠P AC，在△ABE和△CAP中，，∴△ABE≌△CAP，∴AE＝CP＝CF，∠AEB＝∠P，在△DCF和△DCP中，，∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC＝∠P，∴∠GFE＝∠GEF，∴GE＝GF，∵GM⊥EF，∴FM＝ME，∵AE＝CF，∴AF＝CE，∴AM＝CM，在△GAH和△GAM中，，∴△AGH≌△AGM，∴AH＝AM＝CM＝AC（3）解：结论：AG＝EF．理由：如图3中，作CM⊥AC交AD的延长线于M，连接PG交AC于点O．由（2）可知△ACM≌△BAE，△CDF≌△CDM，∴∠AEB＝∠M＝∠GEF，∠M＝∠CFD＝∠GFE，AE＝CM＝CF，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF，∵△EFP是由△EFG翻折得到，∴EG＝EP＝GF＝PF，∴四边形EGFP是菱形，∴PG⊥AC，OE＝OF，∵AE＝CF，∴AO＝OC，∵AB∥OP，∴BP＝PC，∵PF∥BE，∴EF＝CF＝AE，∵PB＝PC，AO＝OC，∴PO＝OG＝AB，∴AB＝PG，AB∥PG，∴四边形ABPG是平行四边形，∴AG∥BC，∴∠GAO＝∠ACB＝45°，设EO＝OF＝a，则OA＝OG＝3a，AG＝3a，∴＝＝，∴AG＝EF14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．解：（1）∵E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，∴AD＝CD，∵∠ACB＝90°，∴BC∥DE，∴AD＝BD，∴CD＝BD，∴AB＝2CD；（2）如图2，连接CH，∵点E是AC的中点，∴AE＝CE，∵DE⊥AC，∴CH＝AH，∴∠ACH＝∠CAH，∵∠ACB＝90°，∴∠B+∠BAC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠BAC+∠ACF＝90°，∴∠ACF＝∠B，∴∠HCG＝∠ACH+∠ACF＝∠CAH+∠B，∠AHG＝2∠B∴在四边形AHGF中，∠AFG+∠FGH+∠AHG+∠F AH＝360°，∴∠FGH＝360°﹣（∠AFG+∠AHG+∠F AH）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+∠BAC）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+90°﹣∠B）＝360°﹣（180°+∠B+∠CAH）＝180°﹣（∠B+∠CAH），∵∠CGH＝180°﹣∠FGH＝∠B+∠CAH＝∠HCG，∴CH＝GH，∵CH＝AH，∴AH＝GH；（3）如图3，由（1）知，DE∥BC，∴∠B＝∠ADE，在△BFC和△DEA中，，∴△BFC≌△DEA，∴BC＝AD，∵AD＝BD＝CD，∴BC＝BD＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠B＝60°，在Rt△ABC中，AC＝6，∴BC＝2，AB＝4，∵CF⊥BD，∴DF＝，CF＝3，∵∠BAC＝30°，∴∠ADE＝60°，∵∠EDG＝90°，∠FDG＝30°，在Rt△DFG中，DF＝，∴FG＝1，DG＝2，∴CG＝CF﹣FG＝2过点H作HN⊥CF，由（2）知，CH＝GH，∴NG＝CG＝1，∴FN＝NG+FG＝2，过点H作HM⊥AB，∴∠FMH＝∠NFM＝∠HNF＝90°，∴四边形NFMH是矩形，∴HM＝FN＝2，在Rt△DMH中，∠ADE＝60°，HM＝2，∴DH＝，在Rt△HDG中，根据勾股定理得，HG＝＝．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）（1）证明：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠B＝45°，∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∴∠DCB＝45°，∵∠ECF＝∠DCB+∠1＝45°+∠1，∠EFC＝∠B+∠2＝45°+∠2，∠1＝∠2，∴∠ECF＝∠EFC，∴CE＝EF，∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴∠CDE＝∠EGF＝90°，在△CDE和△EGF中，，∴△CDE≌△EGF（AAS）；（2）证明：由（1）得：CE＝EF，∠A＝∠B，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE＝∠1，∵∠1＝∠2，∴∠ACE＝∠2，在△ACE和△BEF中，，∴△ACE≌△BEF（AAS），∴AE＝BF；（3）AE＝BF，作EH⊥BC与H，如图3所示：设DE＝x，根据题意得：BE＝DE＝x，AD＝BD＝2x，CD＝AD＝2x，AE＝3x，根据勾股定理得：BC＝AC＝2x，∵∠ABC＝45°，EH⊥BC，∴BH＝x，∴CH＝BC﹣BH＝x，∵EC＝EF，∴FH＝CH＝x，∴BF＝x﹣x＝x，∴＝，∴AE＝．16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线。

九年级上册数学 几何模型压轴题中考真题汇编[解析版]

九年级上册数学 几何模型压轴题中考真题汇编[解析版]

九年级上册数学几何模型压轴题中考真题汇编[解析版]一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．直线m∥n，点A、B分别在直线m，n上（点A在点B的右侧），点P在直线m上，AP＝13AB，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，连接AC交直线n于点E，连接PC，且ABE为等边三角形．（1）如图①，当点P在A的右侧时，请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是，AP 与EC的数量关系是．（2）如图②，当点P在A的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为93，求线段AC的长．【答案】（1）∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，见解析；（3）7 7【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；（2）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；（3）过点C作CD⊥m于D，根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形，求得PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，得到AC＝2t，根据平行线的性质得到∠CAD＝∠AEB＝60°，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：（1）∵△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；故答案为：∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，理由如下，∵△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；（3）过点C作CD⊥m于D，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴△PBC是等边三角形，∴3293∴PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，∴AC＝2t，∵m∥n，∴∠CAD＝∠AEB＝60°，∴AD＝12AC＝t，CD33，∵PD2+CD2＝PC2，∴（2t）2+3t2＝9，∴t＝377（负值舍去），∴AC＝2t 67．【点睛】本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点，解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系，类比推理即可得解．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′=∠OB D′，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．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.4．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62 4.【解析】【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3m，6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3，6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+=3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246mEHEB m+==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，5．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．22．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE ，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD ⊥BE ，∴AD=BE ，AD ⊥BE ．（3）如图3中，作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ， ∴PC=BE ，图3-1中，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值2， 图3-2中，当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值2， ∴22，即22【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．6．已知，如图：正方形ABCD，将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合，直角顶点F落在正方形的AB边上，Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，（点P与点F重合），如图1所示：（1）求证：EP2+GQ2=PQ2；（2）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（0°＜α≤90°），两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点，如图2所示：判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明理由；（3）若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α（90°＜α＜180°），两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点，并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系？按题意完善图3，请直接写出你的结论（不用证明）．【答案】（1）见解析；（2）PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【解析】【分析】（1）过点E作EH∥FG，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PQ=PH，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，由此可以得到EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，由此可证△EAH≌△GAQ，然后根据全等三角形的性质得到EH=QG，又PH=PQ，在Rt△EPH中，EP2+EH2=PH2，即EP2+GQ2=PH2，在Rt△PFQ中，PF2+FQ2=PQ2，故PF2+FQ2=EP2+GQ2；（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2，证明方法同上．【详解】（1）过点E作EH∥FG，连接AH、FH，如图所示：∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵FA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PQ2；（2）过点E作EH∥FG，交DA的延长线于点H，连接PQ、PH，∵EA=AG，∠HEA=∠AGQ，∠HAE=∠GAD，∴△EAH≌△GAQ，∴EH=QG，HA=AQ，∵PA⊥AD，∴PQ=PH．在Rt△EPH中，∵EP2+EH2=PH2，∴EP2+GQ2=PH2．在Rt△PFQ中，∵PF2+FQ2=PQ2，∴PF2+FQ2=EP2+GQ2．（3）四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键.7．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=42，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数表达式；（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）2142y x=-+；（2）2＜m＜223）m=6或m17﹣3．【解析】【分析】（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（20），设抛物线的解析式为24y ax=+，把A（220）代入可得a=12-，由此即可解决问题；（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为()21242y x m=--，由()221421242y xy x m⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，消去y得到222280x mx m-+-=，由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m mmm⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩，解不等式组即可解决问题；（3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得M（m+2，m﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），利用待定系数法即可解决问题．【详解】（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （22，0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （22，0）代入可得a =12-， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+． （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--， 由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩， 消去y 得到222280x mx m -+-= ，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩， 解得2＜m ＜22，∴满足条件的m 的取值范围为2＜m ＜22．（3）结论：四边形PMP ′N 能成为正方形．理由：1情形1，如图，作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，∴PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，∴M （m +2，m ﹣2），∵点M 在2142y x =-+上，∴()212242m m -=-++，解得m =17﹣3或﹣17﹣3（舍弃），∴m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ）， 把M （m ﹣2，2﹣m ）代入2142y x =-+中，()212242m m -=--+，解得m =6或0（舍弃），∴m =6时，四边形PMP ′N 是正方形．综上所述：m =6或m =17﹣3时，四边形PMP ′N 是正方形．8．已知，正方形ABCD 的边长为4，点E 是对角线BD 延长线上一点，AE=BD ．将△ABE 绕点A 顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB ′E ′，点B 、E 的对应点分别为B ′、E ′．（1）如图1，当α=30°时，求证：B ′C=DE ；（2）连接B ′E 、DE ′，当B ′E=DE ′时，请用图2求α的值；（3）如图3，点P 为AB 的中点，点Q 为线段B ′E ′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ 长度的取值范围为 ．【答案】（1）证明见解析（2）45°或22.5°（3）2-22+2【解析】【分析】（1）先由正方形的性质得到直角三角形AOE ，再经过简单计算求出角，判断出△ADE ≌△AB′C 即可；（2）先判断出△AEB′≌△AE′D ，再根据旋转角和图形，判断出∠BAB′=∠DAB′即可；（3）先判断出点Q 的位置，PQ 最小时和最大时的位置，进行计算即可．【详解】解：（1）如图1，连接AC，B′C，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，AC⊥BD，AC=BD=2OA，∠CAB=ADB=45°，∵AE=BD，∴AC=AE=2OA，在Rt△AOE中，∠AOE=90°，AE=2OA，∴∠E=30°，∴∠DAE=∠ADB-∠E=45°-30°=15°，由旋转有，AD=AB=AB′∠BAB′=30°，∴∠DAE=15°，在△ADE和△AB′C中，''AD ABDAE CABAE AC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE≌△AB′C，∴DE=B′C，（2）如图2，由旋转得，AB′=AB=AD，AE′=AE，在△AEB′和△AE′D中，''''AE AEAD ABDB DE=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△AEB′≌△AE′D，∴∠DAE′=∠EAB′，∴∠EAE′=∠DAB′，由旋转得，∠EAE′=∠BAB′，∴∠BAB′=∠DAB′，∵∠BAB′+∠DAB′=90°，∴α=∠BAB′=45°，或α=360°-90°-45°=225°；（3）如图3，∵正方形ABCD的边长为4，∴122，连接AC交BD于O，∴OA⊥BD，OA=12AC=122在旋转过程中，△ABE在旋转到边B'E'⊥AB于Q，此时PQ最小，由旋转知，△ABE≌△AB'E'，∴AQ=OA=12BD（全等三角形对应边上的高相等），∴PQ=AQ-AP=122-2在旋转过程中，△ABE在旋转到点E在BA的延长线时，点Q和点E'重合，∴2，∴2+2，故答案为2-2+2．．二、初三数学 圆易错题压轴题（难）9．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12108GE =，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 OCBC BA=，即8610r 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 GEAB AC=，即12108GE=∴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10．已知：在△ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，O为AB边上的一点，以O为圆心，OA长为半径作圆交AC于D点，过D作⊙O的切线交BC于E.（1）若O为AB的中点(如图1)，则ED与EC的大小关系为：ED EC（填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？（3）当⊙O过BC中点时（如图3），求CE长.【答案】（1）ED=EC；（2）成立；（3）3【解析】试题分析：（1）连接OD，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO，即可得到∠CDE=∠C，从而证得结论；（2）证法同（1）；（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.（1）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（2）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（3）CE=3.考点：圆的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．11．选做题：从甲乙两题中选作一题，如果两题都做，只以甲题计分题甲：已知矩形两邻边的长、是方程的两根.（1）求的取值范围；（2）当矩形的对角线长为时，求的值；（3）当为何值时，矩形变为正方形？题乙：如图，是直径，于点，交于点，且．（1）判断直线和的位置关系，并给出证明；（2）当，时，求的面积．【答案】题甲（1）（2）（3）题乙：（1）BD是切线；证明所以OB⊥BD，BD是切线（2）S=【解析】试题分析：题甲：（1）、是方程的两根，则其；由得（2）矩形两邻边的长、，矩形的对角线的平方=；矩形两邻边的长、是方程的两根，则；因为，所以；解得由得（3）矩形变为正方形，则a=b；、是方程的两根，所以方程有两个相等的实数根，即，由得题乙：（1）BD是切线；如图所示，是弧AC所对的圆周角，；因为，所以；于点，，所以，，在三角形OBD中，所以OB⊥BD；BD是切线（2），AB是圆的直径，所以OB=5；于点，交于点，F是BC的中点；，BF=4；在直角三角形OBF中由勾股定理得OF=；根据题意，，则，所以，从而，解得DF=，的面积=考点：直线与圆相切，相似三角形点评：本题考查直线与圆相切，相似三角形；解本题的关键是会判断直线与圆是否相切，能判定两个三角形相似12．四边形ABCD内接于⊙O，AC为对角线，∠ACB＝∠ACD（1）如图1，求证：AB＝AD；（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）70【解析】【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝52CD，CD2＝403，由勾股定理可求解．【详解】证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB∴AD AB∴AD＝AB；（2）如图2，连接AE，∵AE AE∴∠ABE＝∠ADE在△ABE和△ADF中AB ADABE ADFBE DF∴△ABE≌△ADF（SAS）∴∠BAE＝∠DAC∴BE CD∴BE＝DC∵BE＝DF∴DF＝DC；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，∵DE＝BC，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴∠EBC＝∠EDC，∵四边形BEDC是圆内接四边形，∴∠EBC+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠EBC＝90°，∴EC是直径，∴∠FGC＝∠EDC＝90°∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，∴∠FDN ＝∠MCD ，且∠FND ＝∠CMD ＝90°，DF ＝DC ， ∴△FDN ≌△DCM （AAS ） ∴FN ＝DM ，CM ＝DN ， ∵EG ＝GH ＝5，∴∠GEH ＝∠GHE ，且∠GHE ＝∠DHC ，∠GEH ＝∠GDC ， ∴∠HDC ＝∠CHD ， ∴CH ＝CD ，且CM ⊥DH ， ∴DM ＝MH ＝FN ， ∵S △DFG ＝9， ∴12DG×FN ＝9， ∴12×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，∴DM ＝2，DH ＝4，∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ， ∴△EGC ∽△DMC ， ∴52EC EG CDDM， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ，∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ， ∴△GEH ∽△CHD ， ∴EG EHCHDH， ∴3524CDCD， ∴2403CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2， ∴222254CD CD DE ，∴2214043DE ，∴DE∴BC 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．13．（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上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝13，试探究四边形ADCF的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．【答案】（1）作图见解析；（2）PQ长最短是1.2；（3）四边形ADCF面积最大值是81313+，最小值是81313-．【解析】【分析】（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求；（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；（3）△ACF的面积有最大和最小值，取AB的中点G，连接FG，DE，证明△FAG～△EAD，进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH 反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小，分别求出△ACD的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值；②当F在F2时，四边形ADCF的面积有最大值，在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值．【详解】解：（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求，如图1所示；（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短．理由：分别在线段AB ，⊙C 上任取点P '，点Q '，连接P '，Q '，CQ '，如图2，由于CP ⊥AB ，根据垂线段最短，CP ≤CQ '+P 'Q '， ∴CO +PQ ≤CQ '+P 'Q '， 又∵CQ ＝CQ '，∴PQ ＜P 'Q '，即PQ 最短． 在Rt △ABC 中22228610AB AC BC =+=+=，1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•， ∴684.810AC BC CP AB •⨯===， ∴PQ ＝CP ﹣CQ ＝6.8﹣3.6＝1.2，∴22226 4.8 3.6BP BC CP -=-=．当P 在点B 左侧3.6米处时，PQ 长最短是1.2． （3）△ACF 的面积有最大和最小值． 如图3，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ． ∵∠EAF ＝90°，1tan 3AEF ∠=， ∴13AF AE = ∵AB ＝6，AG ＝GB ， ∴AC ＝GB ＝3， 又∵AD ＝9， ∴3193AG AD ==， ∴DAF AE AGA = ∵∠BAD ＝∠B ＝∠EAF ＝90°， ∴∠FAG ＝∠EAD ， ∴△FAG ～△EAD ， ∴13FG AF DE AE ==， ∵DE ＝3， ∴FG ＝1，∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，连接AC ，则△ACD 的面积＝692722CD AD ⨯=⨯=， 过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，①当F 在F 1时，△ACF 面积最小．理由：由（2）知，当F 在F 1时，F 1H 最短，这时△ACF 的边AC 上的高最小，所以△ACF 面积有最小值， 在Rt △ABC 中，222269313AC AB BC =+=+=∴313sin 313BC BAC AC ∠===在Rt △ACH 中，313913sin 3GH AG BAC =•∠==∴119131F H GH GF =-=-， ∴△ACF 面积有最小值是：11191327313313(1)22AC F H -•=⨯-=； ∴四边形ADCF 面积最小值是：27313813132722--+=； ②当F 在F 2时，F 2H 最大理由：在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，连接PG ，则四边形GHMN 是矩形， ∴GH ＝MN ，在Rt △GNP 中，∠NGF 2＝90°， ∴PG ＞PN ， 又∵F 2G ＝PG ，∴F 2G +GH ＞PN +MN ，即F 2H ＞PM ， ∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高， ∴面积有最大值， ∵229131F H GH GF =+=+， ∴△ACF 面积有最大值是21191327313313(1)22AC F H +•=⨯+=； ∴四边形ADCF 面积最大值是27313813132722+++=综上所述，四边形ADCF 面积最大值是813132+，最小值是813132-． 【点睛】 本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．14．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22DP 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tanEF EPEBFEB 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）2222DP mAO=+=+，8BP AB AP m=-=-（2）情况1：与AC相切时，Rt AOH∆中，∵30A∠=︒∴2AO OH=∴22mm+=解得4m=情况2：与BC相切时，Rt BON∆中，∵60B∠=︒∴3cosONBOB==即32282mm=-解得32348m=-（3）①在Rt EFG ∆中，∵30EFG A ∠=∠=︒，90EGF ∠=︒， ∴3cos30cos302FG 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53553102AC BC EP AB ⨯⨯===． 在Rt EAP ∆中，∵30A ∠=︒∴1532AP EP ==∴1511222m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B1133233AF AE EF AD PE =-=-==, 253CF CP ==， 故1212235311353F 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所经过的路径长是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.15．在O 中，AB 为直径，CD 与AB 相较于点H ，弧AC=弧AD（1）如图1，求证：CD AB ⊥;（2）如图2，弧BC 上有一点E ，若弧CD=弧CE ，求证：3EBA ABD ∠=∠;（3）如图3，在（2）的条件下，点F 在上，连接,//FH FH DE ，延长FO 交DE 于点K ，若165,55FK DB BE ==，求AB ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1855AB =． 【解析】【分析】 （1）连接,OC OD ,根据AC AD = 得出COA DOA ∠=再根据OC OD =得出OCD ODC ∠=∠，从而得证；（2）连接,BC BD ,根据AC AD =得出,BC BD BA CD =⊥，CBA ABD ∠=∠，再根据CE CD =,得出CBE CBD ∠=∠,从而得出结论；（3）作,CM DB CN BE ⊥⊥，过点P 作,PT BE PS BD ⊥⊥，,5BE BP a DB a ===先证CDM CEN ∆≅∆，DM EN =，再证,CMB CNB BM BN ∆≅∆=，设DM b =，得出2b a =，再算出,CM CD 得出CPD ∆为等腰三角形，再根据BP 是角平分线利用角平分线定理得出BCP EBP S DP BD S PE BE∆==，从而算出,PE DE ,再根据三角函数值算出BG ,,,,AB r OG OH ，再根据//FH DE 得出HO OF GO OK=，从而计算AB ． 【详解】（1）连接OC ，CD因为AC AD =，所以COA DOA ∠=∠OC OD=，,OA CD CD AB∴⊥∴⊥;(2)连接BC，,BC BD BA CD=⊥所以AB平分CBD∠，设ABD ABCα∠=∠=2CBDα∴∠=CD CE∴=2CBE CBDα∴∠=∠=，3EBAα∴∠=3EBA ABD∴∠=∠．(3) 2,90EBC BPE PEBαα︒∠=∠=∠=-设,5BE BP a DB a===作,CM DB CN BE⊥⊥，可证：CDM CEN∆≅∆，DM EN=，再证：,CMB CNB BM BN∆≅∆=设,5,2DM EN b a b a b b a==+=-∴=在CBM∆中勾股4CM a=在CDM∆中勾股25CD a=得CPD∆为等腰三角形25DP DC a==因为BP为角平分线，过点P作,PT BE PS BD⊥⊥可证：5BCPEBPS DP BDS PE BE∆===2525,PE DE∴==14tan ,tan 223αα== 2555,32BG a AB a ∴== 557535,,4124r a OG a OH a === //FH DE97HO OF GO OK ∴== 995185,1655OF KF AB ===【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，考查了圆相关的性质以及与三角形综合，掌握相关的线段与角度转化是解题关键．16．如图，二次函数y ＝﹣56x 2+bx +c 与x 轴的一个交点A 的坐标为（﹣3，0），以点A 为圆心作圆A ，与该二次函数的图象相交于点B ，C ，点B ，C 的横坐标分别为﹣2，﹣5，连接AB ，AC ，并且满足AB ⊥AC ．（1）求该二次函数的关系式；（2）经过点B 作直线BD ⊥AB ，与x 轴交于点D ，与二次函数的图象交于点E ，连接AE ，请判断△ADE 的形状，并说明理由；（3）若直线y ＝kx +1与圆A 相切，请直接写出k 的值．【答案】（1）y ＝﹣56x 2﹣376x ﹣11；（2）△ADE 是等腰三角形，理由见解析；（3）k 的值为﹣12或2 【解析】【分析】（1）利用三垂线判断出()ACN BAM AAS ∆≅∆，进而得出(2,2)B --，(5,1)C --，最后将点B ，C 坐标代入抛物线解析式中即可得出结论；（2）先判断出ABM BDM ∆∆∽，得出点D 坐标，进而求出直线BD 的解析式，求出点E 坐标，即可得出结论；（3）分两种情况，Ⅰ、切点在x 轴上方，利用三垂线判断出()AQG FPG AAS ∆≅∆，得出AQ PF =，GQ PG =，设成点G 坐标，进而得出3AQ m =+，PF km =，PG m =-，1GQ km =+，即可得出结论；Ⅱ、切点在x 轴下方，同Ⅰ的方法即可得出结论．【详解】解：（1）如图1，过点B 作BM x ⊥轴于M ，过点C 作CN x ⊥轴于N ，90ANC BMA ∴∠=∠=︒，90ABM BAM ∴∠+∠=︒，AC AB ⊥，90CAN BAM ∴∠+∠=︒，ABM CAN ∴∠=∠，A 过点B ，C ，AC AB ∴=，()ACN BAM AAS ∴∆≅∆，2(3)1CN AM ∴==---=，3(5)2BM AN ==---=，(2,2)B ∴--，(5,1)C --，点B ，C 在抛物线上，∴54226525516b c b c ⎧-⨯-+=-⎪⎪⎨⎪-⨯-+=-⎪⎩， ∴37611b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴抛物线的解析式为25371166y x x =---，（2）ADE ∆是等腰三角形，理由如下：如图1，BD AB ⊥，90ABD ∴∠=︒，90ABM DBM ∴∠+∠=︒，过点B 作BM x ⊥轴于M ，90BMD AMB ∴∠=∠=︒，90BDM DBM ∴∠+∠=︒，ABM BDM ∴∠=∠，ABM BDM ∴∆∆∽，∴AM BM BM DM =， ∴122DM=， 4DM ∴=，2()2D ∴,，5AD ∴=，(2,2)B --，∴直线BD 的解析式为112y x =-， 联立，21125371166y x y x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=---⎪⎩， ∴22x y =-⎧⎨=-⎩（舍)或61x y =-⎧⎨=-⎩， (6,4)E ∴--，5AE ∴==，AD AE ∴=，ADE ∴∆是等腰三角形；（3）如图2，点(2,2)B --在A 上，AB ∴ 记直线1y kx =+与y 轴相交于F ，令0x =，则1y =，(0,1)F ∴，1OF ∴=，Ⅰ、当直线1y kx =+与A 的切点在x 轴上方时，记切点为G ，则AG AB ==90AGF ∠=︒，连接AF ，在Rt AOF ∆中，3OA =，1OF =，AF ∴=，在Rt AGF ∆中，根据勾股定理得，FG AG ===，如图2，过点G 作GP y ⊥轴于P ，过点G 作GQ x ⊥轴于Q ，90AQG FPG POQ ∴∠=∠=︒=∠，∴四边形POQG 是矩形，90PGQ ∴∠=︒， FG 是A 的切线，AGQ FGP ∴∠=∠，()AQG FPG AAS ∴∆≅∆，AQ PF ∴=，GQ PG =，设点(,1)G m km +，3AQ m ∴=+，PF km =，PG m =-，1GQ km =+，3m km ∴+=①，1km m +=-②，联立①②解得，212m k =-⎧⎪⎨=-⎪⎩， Ⅱ、当切点在x 轴下方时，同Ⅰ的方法得，2k =，即：直线1y kx =+与圆A 相切，k 的值为12-或2． 【点睛】此题是二次函数综合题，主考查了待定系数法，三垂线判定两三角形全等，解方程组，判断出FG AG =是解本题的关键．。

上海数学几何模型压轴题单元测试卷(解析版)

上海数学几何模型压轴题单元测试卷(解析版)

上海数学几何模型压轴题单元测试卷（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．如图一，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若161A EEC=-，求nm的值．（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB上有一点P，BP=2，点E是直线DC上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持BE nBG m=，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）56；（2）33；（3）存在，63【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；（2）由△BCE∽△BA2D2，推出222A DCE nCB A B m==，可得CE=2nm，由161A EEC=推出16A CEC=A126nm，推出BH=A126nm，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF 的长度为最小值；先证明△FDG∽△FME，得到3FGFFM FED==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度，即可得到PF的最小值.【详解】解：（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．∴AD=HA 1=n=1，在Rt △A 1HB 中，∵BA 1=BA=m=2，∴BA 1=2HA 1，∴∠ABA 1=30°，∴旋转角为30°，∵22125+=∴D 到点D 1所经过路径的长度3055π⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2， ∴222A D CE n CB A B m==， ∴2n CE m=， ∵161EA EC=， ∴16A C EC= ∴A 126n m， ∴BH=A 12226n m n m -=， ∴42226n m n m-=⋅， ∴m 4﹣m 2n 2=6n 4， ∴242416n n m m-=•， ∴33n m =（负根已舍去）． （3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；由（2）可知，33BE n BG m ==， ∵四边形BEFG 是矩形， ∴3FG FE = ∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，∴∠DFG=∠MFE ，∵DF ⊥PF ，即∠DFM=90°，∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，∴∠FDG=∠FME ，∴△FDG ∽△FME ， ∴3FG F FM FE D ==， ∵∠DFM=90°，tan 33FD FMD FM ∠==， ∴∠FDM=60°，∠FMD=30°， ∴3FM DM =； 在矩形ABCD 中，有33AD AB = 333=3AD =， ∵MN ⊥AB ，∴四边形ANMD 是矩形，∴MN=AD=3，∵∠NPM=∠DMF=30°，∴PM=2MN=6，∴NP=33AB =，∴DM=AN=BP=2，∴332322FM DM ==⨯=， ∴63PF PM MF =+=+；【点睛】本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.2．如图1，矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，以点E 直角顶点的直角三角形EFG 的两边EF ，EG 分别过点B ，C ，∠F＝30°.（1）求证：BE ＝CE（2）将△EFG 绕点E 按顺时针方向旋转，当旋转到EF 与AD 重合时停止转动.若EF ，EG 分别与AB ，BC 相交于点M ，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB ＝2，求△BMN 面积的最大值；③当旋转停止时，点B 恰好在FG 上（如图3），求sin∠EBG 的值.【答案】（1）详见解析；（262+ 【解析】【分析】（1）只要证明△BAE ≌△CDE 即可； （2）①利用（1）可知△EBC 是等腰直角三角形，根据ASA 即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH ⊥BG 于H ．设NG=m ，则BG=2m ，3m ，6m ．利用面积法求出EH ，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3，6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+=3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246mEHEB m+==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，3．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4．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α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）见解析；（2）①30°或150°，②AF'的长最大值为2 2+315α=．【解析】【分析】（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；②当旋转到A 、O 、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=22+2，此时α=315°．【详解】(1)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，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，90OA OD AOG DOE OG OE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况：(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=12OG=12OG′， ∴在Rt △OAG′中,sin ∠AG′O=OA OG '=12， ∴∠AG′O=30°，∵OA ⊥OD,OA ⊥AG′，∴OD ∥AG′,∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，即α=30°；(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°−30°=150°.综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴OA=OD=OC=OB=22，∵OG=2OD，∴2，∴OF′=2，∴AF′=AO+OF′=22+2，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°.【点睛】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数值的应用．5．（1）发现如图，点A为线段BC外一动点，且BC a=，AB b=.填空：当点A位于____________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a，b的式子表示）（2）应用点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE .①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE 长的最大值.（3）拓展如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()2,0，点B 的坐标为()5,0，点P 为线段AB 外一动点，且2PA =，PM PB =，90BPM ∠=︒，求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】（1）CB 的延长线上，a+b ；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE 的最大值是4;（3）AM 的最大值是2，点P 的坐标为（22）【解析】【分析】（1）根据点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，即可得到结论； （2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB ，AC=AE ，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD ≌△EAB ，根据全等三角形的性质得到CD=BE ；②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM ，将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ，连接AN ，得到△APN 是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为2+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）∵点A 为线段BC 外一动点，且BC=a ，AB=b ，∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b ，故答案为CB的延长线上，a+b；（2）①CD=BE，理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠CAD=∠EAB，在△CAD与△EAB中，AD ABCAD EABAC AE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△CAD≌△EAB，∴CD=BE；②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；（3）∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，∴PN=PA=2，BN=AM，∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），∴OA=2，OB=5，∴AB=3，∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值=AB+AN，∵22，∴最大值为2+3；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE=AE=2，∴OE=BO-AB-AE=5-3-2=2-2，∴P（2-2，2）．【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．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．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC ，∴ED=EF ，∵AB=AC ，BC=AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF ，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF ；∵ED=EC ，∴∠ECD=∠EDC ，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，∴∠BDE=∠AEF ，在△EDB 和△FEA 中，DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），∴BD=AE ，EB=AF ，∵BE=AB+AE ，∴AF=AB+BD ，即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：AF=AB+BD ．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，二、初三数学 圆易错题压轴题（难）9．如图，以A （0x 轴相切于坐标原点O ，与y 轴相交于点B ，弦BD 的延长线交x 轴的负半轴于点E ，且∠BEO ＝60°，AD 的延长线交x 轴于点C ．（1）分别求点E 、C 的坐标；（2）求经过A 、C 两点，且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式；（3）设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ，试判断以M 点为圆心，ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系，并说明理由．【答案】（1）点C 的坐标为（－3，0）（2）234333y x x =++3）⊙M 与⊙A 外切【解析】试题分析：（1）已知了A 点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE 中，根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标，同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标；（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C ，A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）两圆应该外切，由于直线DE ∥OB ，因此∠MED=∠ABD ，由于AB=AD ，那么∠ADB=∠ABD ，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ，即ME=MD ，因此两圆的圆心距AM=ME+AD ，即两圆的半径和，因此两圆外切.试题解析：（1）在Rt△EOB 中，3cot60232EO OB =⋅︒==， ∴点E 的坐标为（－2，0）．在Rt△COA 中，tan tan60333OC OA CAO OA =⋅∠=⋅︒==，∴点C 的坐标为（－3，0）．（2）∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F （－1，0），点C 与点F （－1，0）都在抛物线上．设()()13y a x x =++，用(03A ，代入得 ()()30103a =++， ∴33a =． ∴)()313y x x =++，即2343333y x x =++． （3）⊙M 与⊙A 外切，证明如下：∵ME ∥y 轴，∴MED B ∠=∠．∵B BDA MDE ∠=∠=∠，∴MED MDE ∠=∠．∴ME MD =．∵MA MD AD ME AD =+=+，∴⊙M 与⊙A 外切．10．已知：在△ABC 中，AB=6，BC=8，AC=10，O 为AB 边上的一点，以O 为圆心，OA 长为半径作圆交AC 于D 点，过D 作⊙O 的切线交BC 于E.（1）若O 为AB 的中点(如图1)，则ED 与EC 的大小关系为：ED EC （填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？（3）当⊙O 过BC 中点时（如图3），求CE 长.【答案】（1）ED=EC ；（2）成立；（3）3【解析】 试题分析：（1）连接OD ，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO ，即可得到∠CDE=∠C ，从而证得结论；（2）证法同（1）；（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.（1）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（2）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（3）CE=3.考点：圆的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．11．如图，点A 在直线l 上，点Q 沿着直线l 以3厘米/秒的速度由点A 向右运动，以AQ 为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 34，点C 在点Q 右侧，CQ=1厘米，过点C 作直线m⊥l，过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使DF=13CD ，以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF ．设运动时间为t 秒．（1）直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ；（2）当0＜t ＜1时，求矩形DEGF 的最大面积；（3）点Q 在整个运动过程中，当矩形DEGF 为正方形时，求t 的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3． 【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可.试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.12．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O 1和⊙O 2，由重合状态沿水平方向运动到互相外切过程中的三个位置，⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B 两点，分别连结O 1A 、O 1B 、O 2A 、O 2B 和AB ．(1)如图②，当∠AO 1B =120°时，求两圆重叠部分图形的周长l ；(2)设∠AO1B的度数为x，两圆重叠部分图形的周长为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；(3)在(2)中，当重叠部分图形的周长时，则线段O2A所在的直线与⊙O1有何位置关系？请说明理由.除此之外，它们是否还有其它的位置关系？如果有，请直接写出其它位置关系时的x的取值范围.【答案】（1）83（2）（0≤x≤180）（3）O2A与⊙O1相切；当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交【解析】试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO2B=∠AO1B=120°,∴解法二、∵O1A=O1B=O2A=O2B∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2׈A=(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,∴重叠图形的周长, 即（0≤x≤180）(3) 当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1相切．还有如下位置关系：当0≤x≤90和0≤x≤180时，线段O2A所在的直线与⊙O1相交考点：直线与圆的位置关系点评：本题主要考查直线与圆的位置关系，掌握判定直线与圆的位置关系是解本题的关键，会求函数的解析式，本题难度比较大13．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度数；（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO 于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）62【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB （SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．【详解】解：（1）如图1，∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），∴EF＝FN，∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，∴EA2+CF2＝EF2；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2＝EF2，∴12EA2+12CF2＝12EF2，∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH，即S△ABC＝S矩形BGKH，∴12S△ABC＝12S矩形BGKH，∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO，∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，∴S△BMH：S△BGM＝8：9，∵BM平分∠GBH，∴BG ：BH ＝9：8， 设BG ＝9k ，BH ＝8k ，∴CH ＝3+k ，∵AG ＝3，∴AE ＝32，∴CF ＝2（k+3），EF ＝2（8k ﹣3），∵EA 2+CF 2＝EF 2，∴222(32)[2(3)][2(83)]k k ++=-，整理得：7k 2﹣6k ﹣1＝0，解得：k 1＝﹣17（舍去），k 2＝1． ∴AB ＝12，∴AO ＝22AB ＝62， ∴⊙O 的半径为62．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．14．已知：ABC 内接于O ，过点B 作O 的切线，交CA 的延长线于点D ，连接OB ．（1）如图1，求证：DAB DBC ∠=∠；（2）如图2，过点D 作DM AB ⊥于点M ，连接AO ，交BC 于点N ，BM AM AD =+，求证：BN CN =；（3）如图3，在（2）的条件下，点E 为O 上一点，过点E 的切线交DB 的延长线于点P ，连接CE ，交AO 的延长线于点Q ，连接PQ ，PQ OQ ⊥，点F 为AN 上一点，连接CF ，若90DCF CDB ∠+∠=︒，tan 2ECF ∠=，12ON OQ =，610PQ OQ +=，求CF 的长． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）10=CF【解析】【分析】（1）延长BO 交O 于G ，连接CG ，根据切线的性质可得可证∠DBC ＋∠CBG=90°，然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG ＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G ，从而证出结论；（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH ，根据垂直平分线性质可得DH=AD ，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH ，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C ，可得AB=AC ，再根据垂直平分线的判定可得AO 垂直平分BC ，从而证出结论；（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，证出tan ∠BGE=tan ∠ECF=2，然后利用AAS 证出△CFN ≌△BON ，可设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r ，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE 为正方形，利用r 和a 表示出各线段，最后根据610PQ OQ +=，即可分别求出a 和CF ．【详解】解：（1）延长BO 交O 于G ，连接CG∵BD 是O 的切线∴∠OBD=90°∴∠DBC ＋∠CBG=90°∵BG 为直径∴∠BCG=90°∴∠CBG ＋∠G=90°∴∠DBC=∠G∵四边形ABGC 为O 的内接四边形∴∠DAB=∠G∴∠DAB=∠DBC（2）在MB 上截取一点H ，使AM=MH ，连接DH∴DM 垂直平分AH∴DH=AD∴∠DHA=∠DAH∵BM AM AD =+，=+BM MH BH∴AD=BH∴DH=BH∴∠HDB=∠HBD∴∠DHA=∠HDB ＋∠HBD=2∠HBD由（1）知∠DAB=∠DBC∴∠DHA=∠DAB=∠DBC∴∠DBC =2∠HBD∵∠DBC =∠HBD ＋∠ABC∴∠HBD=∠ABC ，∠DBC=2∠ABC∴∠DAB=2∠ABC∵∠DAB=∠ABC ＋∠C∴∠ABC=∠C∴AB=AC∴点A 在BC 的垂直平分线上∵点O 也在BC 的垂直平分线上∴AO 垂直平分BC∴BN CN =（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，∵90DCF CDB ∠+∠=︒∴∠DMC=90°∵∠OBD=90°∴∠DMC=∠OBD∴CF ∥OB∴∠BGE=∠ECF ，∠CFN=∠BON ，∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2由（2）知OA 垂直平分BC∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN∴△CFN ≌△BON∴CF=BO ，ON=FN ，设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r ∵12ON OQ = ∴OQ=2a∵CF ∥OB∴△QGO ∽△QCF∴=OG QO CF QF 即2122==++OG a r a a a ∴OG=12r 过点O 作OE ′⊥BG ，交PE 于E ′∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE∴点E ′与点E 重合∴∠EOG=90°∴∠BOE=90°∵PB 和PE 是圆O 的切线∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r ∴四边形OBPE 为正方形∴∠BOE=90°，PE=OB=r∴∠BCE=12∠BOE==45°∴△NQC为等腰直角三角形∴NC=NQ=3a，∴BC=2NC=6a在Rt△CFN中，CF=2210+=NC FN a∵PQ OQ⊥∴PQ∥BC∴∠PQE=∠BCG∵PE∥BG∴∠PEQ=∠BGC∴△PQE∽△BCG∴=PQ PEBC BG即126=+PQ rra r解得：PQ=4a∵610PQ OQ+=，∴4a＋2a=610解得：a=10∴CF=1010⨯=10【点睛】此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键．15．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22DP 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）2222DP m AO =+=+，8BP AB AP m =-=- （2）情况1：与AC 相切时，Rt AOH ∆中，∵30A ∠=︒ ∴2AO OH =∴22m m +=解得4m =情况2：与BC相切时，Rt BON ∆中，∵60B ∠=︒ ∴3cos 2ON B OB ==即32282mm =- 解得32348m =-（3）①在Rt EFG ∆中，∵30EFG A ∠=∠=︒，90EGF ∠=︒，∴3cos30cos30FG 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53553102AC BC EP AB ⨯===．在Rt EAP ∆中，∵30A ∠=︒∴1532AP EP ==∴1511222m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B1133233AF AE EF AD PE =-=-==, 253CF CP ==， 故1212235311353F 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.16．如图，二次函数y ＝﹣56x 2+bx +c 与x 轴的一个交点A 的坐标为（﹣3，0），以点A 为圆心作圆A ，与该二次函数的图象相交于点B ，C ，点B ，C 的横坐标分别为﹣2，﹣5，连接AB ，AC ，并且满足AB ⊥AC ．（1）求该二次函数的关系式；（2）经过点B 作直线BD ⊥AB ，与x 轴交于点D ，与二次函数的图象交于点E ，连接AE ，请判断△ADE 的形状，并说明理由；（3）若直线y ＝kx +1与圆A 相切，请直接写出k 的值．【答案】（1）y ＝﹣56x 2﹣376x ﹣11；（2）△ADE 是等腰三角形，理由见解析；（3）k 的值为﹣12或2 【解析】【分析】（1）利用三垂线判断出()ACN BAM AAS ∆≅∆，进而得出(2,2)B --，(5,1)C --，最后将点B ，C 坐标代入抛物线解析式中即可得出结论；（2）先判断出ABM BDM ∆∆∽，得出点D 坐标，进而求出直线BD 的解析式，求出点E 坐标，即可得出结论；（3）分两种情况，Ⅰ、切点在x 轴上方，利用三垂线判断出()AQG FPG AAS ∆≅∆，得出AQ PF =，GQ PG =，设成点G 坐标，进而得出3AQ m =+，PF km =，PG m =-，1GQ km =+，即可得出结论；Ⅱ、切点在x 轴下方，同Ⅰ的方法即可得出结论．【详解】解：（1）如图1，过点B 作BM x ⊥轴于M ，过点C 作CN x ⊥轴于N ，90ANC BMA ∴∠=∠=︒，90ABM BAM ∴∠+∠=︒，。

人教版九年级数学中考几何压轴题专题提升训练(含答案)

人教版九年级数学中考几何压轴题专题提升训练(含答案)

人教版九年级数学中考几何压轴题专题提升训练1．如图①，AB＝5，射线AM∥BN，点C在射线BN上，将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，点P，Q分别在射线AM、BN上，PQ∥AB．设AP＝x，QD＝y．若y关于x的函数图象（如图②）经过点E（9，2），则cos B的值等于（）A．B．C．D．2．如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，BE＜BC，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系如图②所示，则矩形ABCD的面积是（）A．96cm2B．84cm2C．72cm2D．56cm23．如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（）A．B．2C．2D．34．如图，在四边形ABCD中（AB＞CD），∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝3，BC＝，把Rt△ABC 沿着AC翻折得到Rt△AEC，若tan∠AED＝，则线段DE的长度（）A．B．C．D．5．如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：①CP与QD可能相等；②△AQD与△BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为；④四边形PCDQ周长的最小值为3+．其中，正确结论的序号为（）A．①④B．②④C．①③D．②③6．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（）A．B．C．D．7．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD 于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE＝GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF＝75°，其中正确的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个8．如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则BE的长度为（）A．1 B．C．D．29．如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于．10．如图，∠MON＝30°，在OM上截取OA1＝．过点A1作A1B1⊥OM，交ON于点B1，以点B1为圆心，B1O为半径画弧，交OM于点A2；过点A2作A2B2⊥OM，交ON于点B2，以点B2为圆心，B2O为半径画弧，交OM于点A3；按此规律，所得线段A20B20的长等于．11．在△ABC中，若AB＝6，∠ACB＝45°．则△ABC的面积的最大值为．12．如图，点C在线段AB上，且AC＝2BC，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE、BCFG，连接EC、EG，则tan∠CEG＝．13．如图，在▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝10，BC＝8，点E为边AB上的一个动点，连接ED 并延长至点F，使得DF＝DE，以EC、EF为邻边构造▱EFGC，连接EG，则EG的最小值为．14．如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙O与x轴的正半轴交于点A，点B是⊙O 上一动点，点C为弦AB的中点，直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，则△CDE 面积的最小值为．15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，点D，E分别在边AB，AC上，且DB＝2AD，AE＝3EC，连接BE，CD，相交于点O，则△ABO面积最大值为．16．如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，AB'，AC'分别交对角线BD 于点E，F，若AE＝4，则EF•ED的值为．17．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB＝，＝，则＝．18．有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝4，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为．19．四边形ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，连接DE，点F是射线BC上一动点（不与点B重合），连接AF，交DE于点G．（1）如图1，当点F是BC边的中点时，求证：△ABF≌△DAE；（2）如图2，当点F与点C重合时，求AG的长；（3）在点F运动的过程中，当线段BF为何值时，AG＝AE？请说明理由．20．矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求的值；（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．21．【了解概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．【理解运用】（1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC ＝AB，求sin∠CAD的值；（2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD 是否为对余四边形．证明你的结论；【拓展提升】（3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式．22．我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果＝，那么称点B为线段AC 的黄金分割点．它们的比值为．（1）在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为cm；（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明：G是AB的黄金分割点；（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．23．如图1，点B在线段CE上，Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．（1）点F到直线CA的距离是；（2）固定△ABC，将△CEF绕点C按顺时针方向旋转30°，使得CF与CA重合，并停止旋转．①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为；②如图2，在旋转过程中，线段CF与AB交于点O，当OE＝OB时，求OF的长．24．[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C 重合，折痕为MN，求的值；[拓展延伸]（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C 的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．①求线段AC的长；②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．25．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB、DC于点E、F，连接AF、CE．（1）若OE＝，求EF的长；（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．26．如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．（1）求证：OC∥AD；（2）如图2，若DE＝DF，求的值；（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值．27．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．（1）求证：四边形BNDM是菱形；（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．28．（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝；（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．29．如图，正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，△MBE为等边三角形，过点E作ME的垂线分别与边AD、BC相交于点F、G，点P、Q分别在线段EF、BC上运动，且满足∠PMQ ＝60°，连接PQ．（1）求证：△MEP≌△MBQ．（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．（3）设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．30．问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD ＝90°．求证：AB+CD＝BC．问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD ＝90°．求的值．31．如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，＝．（1）当＝＝时，求证△ABC∽△A'B'C'．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．（2）当＝＝时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．32．（1）如图①，点D在AB上，点E在AC上，AD＝AE，∠B＝∠C．求证：AB＝AC．（2）如图②，A为⊙O上一点，按以下步骤作图：①连接OA；②以点A为圆心，AO长为半径作弧，交⊙O于点B；③在射线OB上截取BC＝OA；④连接AC．若AC＝3，求⊙O的半径．33．如图，▱ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为的中点．（1）求证：四边形ABEO为菱形；（2）已知cos∠ABC＝，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．34．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，∠DCA＝∠B．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若DE⊥AB，垂足为E，DE交AC于点F，求证：△DCF是等腰三角形．35．如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P 从点A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左做匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速度沿ON竖直向上做匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接PC、QC．设运动时间为t（s），其中0＜t＜8．（1）求OP+OQ的值；（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．（3）求四边形OPCQ的面积．36．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形PADE的面积为S．（1）若DE＝，求S的值；（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．37．已知∠MPN的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，∠MPN＝80°，求∠ACB的度数；（2）如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，要使四边形APBC为菱形，∠APB的度数应为多少？请说明理由；（3）若PC交⊙O于点D，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）．38．如图，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧上运动（不与点A，B重合），连接DA，DB，DC．（1）求证：DC是∠ADB的平分线；（2）四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；（3）若点M，N分别在线段CA，CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定的位置，△DMN的周长有最小值t，随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最大值．39．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为D．连接BC并延长，交AD的延长线于点E．（1）求证：AE＝AB；（2）若AB＝10，BC＝6，求CD的长．40．背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、A、D 在同一条直线上），发现BE＝DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答：（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图1），还能得到BE＝DG吗？若能，请给出证明；若不能，请说明理由；（2）把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE ＝DG仍成立？请说明理由；（3）把背景中的正方形分别改写成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝4，AB ＝8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．参考答案1．解：∵AM∥BN，PQ∥AB，∴四边形ABQP是平行四边形，∴AP＝BQ＝x，由图②可得当x＝9时，y＝2，此时点Q在点D下方Q'处，且BQ'＝x＝9时，y＝2，如图①所示，∴BD＝BQ'﹣Q'D＝x﹣y＝7，∵将△ABC沿AC所在直线翻折，点B的对应点D落在射线BN上，∴BC＝CD＝BD＝，AC⊥BD，∴cos B＝＝＝，故选：D．2．解：从函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，过点E作EH⊥BC于H，由三角形面积公式得：y＝＝30，解得EH＝AB＝6，∴AE＝＝＝8（cm），由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，∴AD＝AE+DE＝8+4＝12（cm），∴矩形的面积为12×6＝72（cm2）．故选：C．3．解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHB中，∵∠ABC＝60°，AB＝2，∴BH＝1，AH＝，在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，∴AC＝＝＝，∵点D为BC中点，∴BD＝CD，在△BFD与△CKD中，，∴△BFD≌△CKD（AAS），∴BF＝CK，延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，在Rt△ACN中，AN＜AC，当直线l⊥AC时，最大值为，综上所述，AE+BF的最大值为．故选：A．4．解：方法一：如图，延长ED交AC于点M，过点M作MN⊥AE于点N，设MN＝x，∵tan∠AED＝，∴＝，∴NE＝2x，∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝，∴∠CAB＝30°，∴AC＝2，由翻折可知：∠EAC＝30°，∴AM＝2MN＝2x，∴AN＝MN＝3x，∵AE＝AB＝3，∴5x＝3，∴x＝，∴AN＝，MN＝，AM＝，∵AC＝2，∴CM＝AC﹣AM＝，∵MN＝，NE＝2x＝，∴EM＝＝，∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD∥AB，∴∠DCA＝30°，由翻折可知：∠ECA＝∠BCA＝60°，∴∠ECD＝30°，∴CD是∠ECM的角平分线，∴＝＝，∴＝，解得，ED＝．方法二：如图，过点D作DM⊥CE，由折叠可知：∠AEC＝∠B＝90°，∴AE∥DM，∴∠AED＝∠EDM，∴tan∠AED＝tan∠EDM＝，∵∠ACB＝60°，∠ECD＝30°，设EM＝m，由折叠性质可知，EC＝CB＝，∴CM＝﹣m，由翻折可知：∠ECA＝∠BCA＝60°，∴∠ECD＝30°，∴tan∠ECD＝＝，∴DM＝（﹣m）×＝1﹣m，∴tan∠EDM＝＝，即＝解得，m＝，∴DM＝，EM＝，在直角三角形EDM中，DE2＝DM2+EM2，解得，DE＝．故选：B．5．解：①利用图象法可知PC＞DQ，或通过计算可知DQ的最大值为，PC的最小值为，所以PC＞DQ，故①错误．②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，∵∠A＝∠B＝60°，∴当＝或＝时，△ADQ与△BPC相似，即或＝，解得x＝1或或，∴当AQ＝1或或时，两三角形相似，故②正确③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，∵x的最大值为3﹣＝，∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，最大值＝，故③正确，如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．由题意，DD′＝2AD•sin60°＝，HJ＝DD′＝，CJ＝，FH＝﹣﹣＝，∴CH＝CJ+HJ＝，∴CF＝＝＝，∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3+，故④错误，故选：D．6．解：∵AB＝6，BC＝8，∴矩形ABCD的面积为48，AC＝＝10，∴AO＝DO＝AC＝5，∵对角线AC，BD交于点O，∴△AOD的面积为12，∵EO⊥AO，EF⊥DO，∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12＝AO×EO+DO×EF，∴12＝×5×EO+×5×EF，∴5（EO+EF）＝24，∴EO+EF＝，故选：C．7．解：如图，连接BE，设EF与BG交于点O，∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，∴EF垂直平分BG，∴EF⊥BG，BO＝GO，BE＝EG，BF＝FG，故①正确，∵AD∥BC，∴∠EGO＝∠FBO，又∵∠EOG＝∠BOF，∴△BOF≌△GOE（ASA），∴BF＝EG，∴BF＝EG＝GF，故②正确，∵BE＝EG＝BF＝FG，∴四边形BEGF是菱形，∴∠BEF＝∠GEF，当点F与点C重合时，则BF＝BC＝BE＝12，∵sin∠AEB＝＝＝，∴∠AEB＝30°，∴∠DEF＝75°，故④正确，∵BG平分∠EGF，∴DG≠GH，由角平分线定理，，∵DK≠KH，∴S△GDK≠S△GKH，故③错误；故选：C．8．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A＝90°，∴∠EFD＝∠BEF＝60°，∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B'恰好落在AD边上，∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，∴B'E＝2AE，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，∴2（3﹣x）＝x，解得x＝2．故选：D．9．解：取AC的中点M，A1B1的中点N，连接PM，MQ，NQ，PN，∵将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，∴B1C1＝BC＝3，PN＝5，∵点P、Q分别是AB、A1C1的中点，∴NQ＝B1C1＝，∴5﹣≤PQ≤5+，即≤PQ≤，∴PQ的最小值等于，故答案为：．10．解：∵B1O＝B1A2，B1A1⊥OA2，∴OA1＝A1A2，∵B2A2⊥OM，B1A1⊥OM，∴B1A1∥B2A2，∴B1A1＝A2B2，∴A2B2＝2A1B1，同法可得A3B3＝2A2B2＝22•A1B1，…，由此规律可得A20B20＝219•A1B1，∵A1B1＝OA1•tan30°＝×＝1，∴A20B20＝219，故答案为219．11．解：作△ABC的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，∵弦AB已确定，∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，∵CM⊥AB，CM过O，∴AM＝BM（垂径定理），∴AC＝BC，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴OM＝AM＝AB＝＝3，∴OA＝＝3，∴CM＝OC+OM＝3+3，∴S△ABC＝AB•CM＝×6×（3+3）＝9+9．故答案为：9+9．12．解：连接CG，在正方形ACDE、BCFG中，∠ECA＝∠GCB＝45°，∴∠ECG＝90°，∵AC＝2BC，∴设AC＝2a，BC＝a，∴CE＝2a，CG＝a，∴tan∠CEG＝＝，故答案为：．13．解：作CH⊥AB于点H，∵在▱ABCD中，∠B＝60°，BC＝8，∴CH＝4，∵四边形ECGF是平行四边形，∴EF∥CG，∴△EOD∽△GOC，∴＝，∵DF＝DE，∴，∴，∴，∴当EO取得最小值时，EG即可取得最小值，当EO⊥CD时，EO取得最小值，∴CH＝EO，∴EO＝4，∴GO＝5，∴EG的最小值是，故答案为：9．14．解：如图，连接OB，取OA的中点M，连接CM，过点M作MN⊥DE于N．∵AC＝CB，AM＝OM，∴MC＝OB＝1，∴点C的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的⊙M，设⊙M交MN于C′．∵直线y＝x﹣3与x轴、y轴分别交于点D、E，∴D（4，0），E（0，﹣3），∴OD＝4，OE＝3，∴DE＝＝＝5，∵∠MDN＝∠ODE，∠MND＝∠DOE，∴△DNM∽△DOE，∴＝，∴＝，∴MN＝，当点C与C′重合时，△C′DE的面积最小，△C′DE的面积最小值＝×5×（﹣1）＝2，故答案为2．15．解：如图，过点D作DF∥AE，则＝＝，∵＝，∴DF＝2EC，∴DO＝2OC，∴DO＝DC，∴S△ADO＝S△ADC，S△BDO＝S△BDC，∴S△ABO＝S△ABC，∵∠ACB＝90°，∴C在以AB为直径的圆上，设圆心为G，当CG⊥AB时，△ABC的面积最大为：4×2＝4，此时△ABO的面积最大为：×4＝．故答案为：．16．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠ADB＝45°，∵把△ABC绕点A逆时针旋转到△AB'C'，∴∠EAF＝∠BAC＝45°，∵∠AEF＝∠DEA，∴△AEF∽△DEA，∴＝，∴EF•ED＝AE2，∵AE＝4，∴EF•ED的值为16，故答案为：16．17．解：如图，过点D作DM∥BC，交CA的延长线于点M，延长BA交DM于点N，∵DM∥BC，∴△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM，∴＝＝tan∠ACB＝，＝＝，又∵∠ABC＝∠DAC＝90°，∴∠BAC+∠NAD＝90°，∵∠BAC+∠BCA＝90°，∴∠NAD＝∠BCA，∴△ABC∽△DAN，∴＝＝，设BC＝4a，由＝＝得，DM＝3a，∴AB＝2a，DN＝a，AN＝a，∴NB＝AB+AN＝2a+a＝a，∴＝＝＝．故答案为：．18．解：如图，连接BE，BD．由题意BD＝＝2，∵∠MBN＝90°，MN＝4，EM＝NE，∴BE＝MN＝2，∴点E的运动轨迹是以B为圆心，2为半径的弧，∴当点E落在线段BD上时，DE的值最小，∴DE的最小值为2﹣2．（也可以用DE≥BD﹣BE，即DE≥2﹣2确定最小值）故答案为2﹣2．19．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠DAE＝90°，AB＝AD＝BC，∵点E，F分别是AB、BC的中点，∴AE＝AB，BF＝BC，∴AE＝BF，∴△ABF≌△DAE（SAS）；（2）在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝CD＝2，∴AC＝＝＝2，∵AB∥CD，∴△AGE∽△CGD，∴＝，即＝，∴AG＝；（3）当BF＝时，AG＝AE，理由如下：如图所示，设AF交CD于点M，若使AG＝AE＝1，则有∠1＝∠2，∵AB∥CD，∴∠1＝∠4，又∵∠2＝∠3，∴∠3＝∠4，∴DM＝MG，在Rt△ADM中，AM2﹣DM2＝AD2，即（DM+1）2﹣DM2＝22，解得DM＝，∴CM＝CD﹣DM＝2﹣＝，∵AB∥CD，∴△ABF∽△MCF，∴＝，即＝，∴BF＝，故当BF＝时，AG＝AE．20．解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴＝＝＝，∴＝＝．解法二：证明△ABP和△DAE相似，＝＝．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG ＝x，则BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴＝＝＝＝，∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得x＝（负值已经舍弃），∴BG＝4﹣＝，在Rt△EGP中，GP＝＝，∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴＝，∴＝，∴BF＝3．21．解：（1）过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F．∵AC＝AB，∴BE＝CE＝3，在Rt△AEB中，AE＝＝＝4，∵CF⊥AD，∴∠D+∠FCD＝90°，∵∠B+∠D＝90°，∴∠B＝∠DCF，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴△AEB∽△DFC，∴＝，∴＝，∴CF＝，∴sin∠CAD＝＝＝．（2）如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形．理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM．∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∴∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四边形ABCD是对余四边形．（3）如图③中，过点D作DH⊥x轴于H．∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠ACE＝∠ADE，∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，∴∠EAB＝∠ACE，∴∠EAB＝∠ADB，∵∠ABE＝∠DBA，∴△ABE∽△DBA，∴＝，∴＝，∴u＝，设D（x，t），∵四边形ABCD是对余四边形，可得BD2＝2CD2+AD2，∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，整理得（x+1）2＝4t﹣t2，在Rt△ADH中，AD＝＝＝2，∴u＝＝（0＜t＜4），即u＝（0＜t＜4）．22．解：（1）∵点B为线段AC的黄金分割点，AC＝20cm，∴AB＝×20＝（10﹣10）cm．故答案为：（10﹣10）．（2）延长EA，CG交于点M，∵四边形ABCD为正方形，∴DM∥BC，∴∠EMC＝∠BCG，由折叠的性质可知，∠ECM＝∠BCG，∴∠EMC＝∠ECM，∴EM＝EC，∵DE＝10，DC＝20，∴EC＝＝＝10，∴EM＝10，∴DM＝10+10，∴tan∠DMC＝＝．∴tan∠BCG＝，即，∵AB＝BC，∴，∴G是AB的黄金分割点；（3）当BP＝BC时，满足题意．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAE＝∠CBF＝90°，∵BE⊥CF，∴∠ABE+∠CFB＝90°，又∵∠BCF+∠BFC＝90°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BF＝AE，∵AD∥CP，∴△AEF∽△BPF，∴，当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，∵AE＞DE，∴，∵BF＝AE，AB＝BC，∴，∴，∴BP＝BC．23．解：（1）如图1中，作FD⊥AC于D，∵Rt△ABC≌Rt△CEF，∠ABC＝∠CEF＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1．∴∠ACB＝60°，∠FCE＝∠BAC＝30°，AC＝CF，∴∠ACF＝30°，∴∠BAC＝∠FCD，在△ABC和△CDF中，，∴△ABC≌△CDF（AAS），∴FD＝BC＝1，法二：∵∠ECF＝∠FCD＝30°，FD⊥CD，FE⊥CE，∴DF＝EF，∵EF＝BC＝1，∴DF＝1．故答案为1；（2）线段EF经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E落在CF上的点H处．S阴＝S△EFC+S扇形ACF﹣S扇形CEH﹣S△AHC＝S扇形ACF﹣S扇形ECH＝﹣＝．故答案为．（3）如图2中，过点E作EH⊥CF于H．设OB＝OE＝x．在Rt△ECF中，∵EF＝1，∠ECF＝30°，EH⊥CF，∴EC＝EF＝，EH＝，CH＝EH＝，在Rt△BOC中，OC＝＝，∴OH＝CH﹣OC＝﹣，在Rt△EOH中，则有x2＝（）2+（﹣）2，解得x＝或﹣（不合题意舍弃），∴OC＝＝，∵CF＝2EF＝2，∴OF＝CF﹣OC＝2﹣＝．解法二：作OG⊥EC于G，设OG＝x，则OC＝2x，CG＝x，在Rt△OBC中，利用勾股定理，构建方程，求出x，可得结论．24．解：（1）如图①中，∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，∴MN垂直平分线段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为AM＝BM．（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴＝，∴＝，∴BM＝，∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，∴＝＝．（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴＝＝∴＝，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴＝，∴AC＝．②如图③﹣1中，∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，∴△PFA′∽△MFC，∴＝，∵CM＝5，∴＝，∵点P在线段OB上运动，OA＝OC＝，AB′＝﹣6＝，∴≤PA′≤，∴≤≤．25．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AO＝CO，∴∠FCO＝∠EAO，又∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF＝，∴EF＝2OE＝3；（2）四边形AECF是菱形，理由：∵△AOE≌△COF，又∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，又∵EF⊥AC，∴四边形AECF是菱形．26．（1）证明：∵AO＝OD，∴∠OAD＝∠ADO，∵OC平分∠BOD，∴∠DOC＝∠COB，又∵∠DOC+∠COB＝∠OAD+∠ADO，∴∠ADO＝∠DOC，∴CO∥AD；（2）解：如图1，∵OA＝OB＝OD，∴∠ADB＝90°，设∠DAC＝α，则∠ACO＝∠DAC＝α．∵OA＝OD，DA∥OC，∴∠ODA＝∠OAD＝2α，∴∠DFE＝3α，∴∠DEF＝∠DFE＝3α，∴4α＝90°，∴α＝22.5°，∴∠DAO＝45°，∴△AOD和△ABD为等腰直角三角形，∴AD＝AO，∴，∵DE＝DF，∴∠DFE＝∠DEF，∵∠DFE＝∠AFO，∴∠AFO＝∠AED，又∠ADE＝∠AOF＝90°，∴△ADE∽△AOF，∴．（3）解：如图2，∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，∴△BOC≌△DOC（SAS），∴BC＝CD，设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m＝，∴OG＝2﹣，∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，∴G为BD的中点，又∵O为AB的中点，∴AD＝2OG＝4﹣，∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4﹣+4＝﹣+2x+8＝﹣+10，∵﹣＜0，∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．∴BC＝2，∴△BCO为等边三角形，∴∠BOC＝60°，∵OC∥AD，∴∠DAO＝∠COB＝60°，∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，∴∠AFD＝90°，∴，DF＝DA，∴．27．（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DMO＝∠BNO，∵MN是对角线BD的垂直平分线，∴OB＝OD，MN⊥BD，在△MOD和△NOB中，，∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM＝ON，∵OB＝OD，∴四边形BNDM是平行四边形，∵MN⊥BD，∴四边形BNDM是菱形；（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，∴BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM＝＝＝13，∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．28．解：（1）如图1中，过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC＝×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN ＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，∴S1＝S2＝6，∴S1+S2＝12，故答案为12．（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，∵点E是AB的中点，∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，∴S△ABD＝S平行四边形ABCD＝S1+S2，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，∴S△ABD＝S平行四边形ABCD＝（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）＝（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）＝（S2﹣S1）．（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．理由：设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD 的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，∴x﹣y＝S3﹣S4，∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S＝S3+S4．图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．29．证明：（1）∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，∴∠BMQ＝∠PME，又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，∴△MBQ≌△MEP（ASA）；（2）PF+GQ的值不变，理由如下：如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，∵ME＝MB，MG＝MG，∴Rt△MBG≌Rt△MEG（HL），∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，∴MB＝BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，∴GE＝，∠FGH＝60°，∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形，∴FH＝CD＝6，∵sin∠FGH＝＝＝，∴FG＝4，∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE，∴PE＝BQ＝BG+GQ，∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2+GQ+PF，∴GQ+PF＝2；（3）如图2，当点B'落在PQ上时，∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP，∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，∴△MBQ≌△MB'Q，∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°∴∠QME＝30°∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，如图3，当点B'落在MP上时，同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．30．证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，∴∠BAP+∠APB＝90°，∠APB+∠DPC＝90°，∴∠BAP＝∠DPC，又PA＝PD，∠B＝∠C＝90°，∴△BAP≌△CPD（AAS），∴BP＝CD，AB＝PC，∴BC＝BP+PC＝AB+CD；（2）如图2，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，由（1）可知，EF＝AE+DF，∵∠B＝∠C＝45°，AE⊥BC，DF⊥BC，∴∠B＝∠BAE＝45°，∠C＝∠CDF＝45°，∴BE＝AE，CF＝DF，AB＝AE，CD＝DF，∴BC＝BE+EF+CF＝2（AE+DF），∴＝＝．31．（1）证明：∵＝，∴＝，∵＝＝，∴＝＝，∴△ADC∽△A′D′C'，∴∠A＝∠A′，∵＝，∴△ABC∽△A′B′C′．故答案为：＝＝，∠A＝∠A′．（2）结论：∴△ABC∽△A′B′C′．理由：如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝，同理，＝＝，∵＝，∴＝，∴＝，同理，＝，∴＝，即＝，∴＝，∵＝＝，∴＝＝，∴△DCE∽△D′C′E′，∴∠CED＝∠C′E′D′，∵DE∥BC，∴∠CED+∠ACB＝180°，同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，∴∠ACB＝∠A′C′B′，∵＝，∴△ABC∽△A′B′C′．32．（1）证明：在△ABE和△ACD中，∴△ABE≌△ACD（AAS），∴AB＝AC；（2）解：连接AB，如图②，。

九年级几何模型压轴题单元测试卷 (word版,含解析)

九年级几何模型压轴题单元测试卷 (word版,含解析)

九年级几何模型压轴题单元测试卷（word版，含解析）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＝12BF，EP＝12BF，∴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＝12CH，∴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,,,EAFFDA FEAAF AF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAF≌△EAF(AAS)，∴AD＝AE，在△DAP≌△EAP中，,,,AD AEDAP EAPAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAP≌△EAP (SAS)，∴PD＝PF，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD//BC//PM，∴DM FPMC 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，在矩形ABCD中，AB＝5，203AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．（1）求AE和BE的长；（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，求出相应的m的值；（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF为A BF''，在旋转过程中，设A F''所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD 交于点Q，若△DPQ为等腰三角形，请直接写出此时DQ的长．【答案】（1）4；3（2）3或163（3）2512525310103243-、、103【解析】【分析】（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD的长，由等面积法求解AE，由勾股定理求解BE即可，（2）利用对称与平移的性质得到：AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝3．当点F′落在AB上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD上时，证明△B′F′D为等腰三角形，从而可得答案，（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，证明A′Q＝A′B，利用勾股定理求解',,F Q BQ从而求解DQ，②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，证明点A′落在BC边上，利用勾股定理求解,BQ从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，证明∠A′QB＝∠A′BQ，利用勾股定理求解,BQ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，证明BQ＝BA′，从而可得答案．【详解】解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203AD =， 由勾股定理得：222025533BD ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． 11,22ABD S BD AE AB AD =⋅=⋅． 2532053 4.AB AD AE BD ⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4，由勾股定理得：BE ＝3．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称的性质可知，∠1＝∠2．由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．①当点F′落在AB 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3；②当点F′落在AD 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，,AB AD ⊥∴ A′B′⊥AD ，'''',B F D B DF ∴∠=∠∴△B′F′D 为等腰三角形，∴B′D ＝B′F′＝3，2516333BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =．（3）DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103． 在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ，∴ ∠2＝2∠Q ，∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q ，∴A′Q ＝A′B ＝5， ∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=．253103DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ，∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ +=即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258BQ =， 25251253824DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，∴ ∠3＝∠4．∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012∴∠=︒-∠． 149012A QB ∴∠'∠︒∠＝＝﹣， 118019012A BQ A QB ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣， ∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ =+=，25103DQ BD BQ ∴=-=-； ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，∴ ∠2＝∠3．∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ ＝BA′＝5，2510533DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103．【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．3．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC中，把AB点A顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，13【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DA3AE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12 BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∵∠A+∠B=120°，∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CMDM，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12 BM∴DE=EM﹣DM∵DA∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12 BC∴tan∠CDF=CFCD，∴∠CDF=60°，∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，∴∠CBE=∠CFD，∵∠CBE=∠PCF，∴∠CFD=∠PCF=30°，∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，∴∠CPF=∠CDF=60°，在△FCP和△CFD中，CPF CDFPCF CFD CF CF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP≌△CFD(AAS)，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠APD=60°，∵∠BPF=∠CPF=90°﹣30°=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系； 在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313．【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.4．阅读下面材料：小炎遇到这样一个问题：如图1，点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，∠EAF=45°，连结EF ，则EF=BE+DF ，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB ，AD 是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE 绕着点A 逆时针旋转90°得到△ADG ，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，四边形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=90°点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF=45°．若∠B ，∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF ； （2）如图4，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC ，点D 、E 均在边BC 上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE 的长．【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴【解析】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．(1)∠B+∠D=180°（或互补）．(2)∵ AB=AC，∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．∵在△ABC中，∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．∴ EC2+CG2=EG2．在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．又∵AD=AG，AE=AE，∴△AEG≌△AED ．∴DE=EG．又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2．∴．考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．5．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.（1）求证：BE＝CE（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）①求证：△BEM≌△CEN；②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.【答案】（1）详见解析；（262【解析】【分析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3m，6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵E是AD中点，∴AE=DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE=CE．（2）①解：如图2中，由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC=∠ECB=45°，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠EBM=∠ECN=45°，∵∠MEN=∠BEC=90°，∴∠BEM=∠CEN，∵EB=EC，∴△BEM≌△CEN；②∵△BEM≌△CEN，∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，∴S△BMN=12•x（4-x）=-12（x-2）2+2，∵-12＜0，∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，3，6m．∴EG=m+3m=（1+3）m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+=3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+362246mEHEB m+==．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，6．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．7．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 =12 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=12m°.详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE，∴∠DAB=∠EAC，在△DAB和△EAC中，AD AEDAB EACAB 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=12 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．8．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．【解析】试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，即可推出答案；（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，∴BE=AD，∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，∵AD⊥BE，∴FH⊥FG，故答案为相等，垂直．（2）答：成立，证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，∴△ACD≌△BCE∴AD=BE，由（1）知：FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，FH⊥FG，∴（1）中的猜想还成立．（3）答：成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ．连接AD ，BE ，两线交于Z ，AD 交BC 于X ， 同（1）可证∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形，∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°，∴∠ACD=∠BCE ， 在△ACD 和△BCE 中AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ，∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ，∴∠DXB+∠EBC=90°，∴∠EZA=180°﹣90°=90°，即AD ⊥BE ，∵FH ∥AD ，FG ∥BE ，∴FH ⊥FG ，即FH=FG ，FH ⊥FG ，结论是FH=FG ，FH ⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．二、初三数学 圆易错题压轴题（难）9．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，()两点，点P 在抛物线上运动，以P 为圆心的⊙P 经过定点A (0，2)， (1)求的值；(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y=ax2，∴=a（）2，解得：a=±，∵图象开口向上，∴a=，∴抛物线解析式为：y=x2，故a=，b=c=0；（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，a2），∵PA=，作PH⊥MN于H，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN时，=，解得：a=0，当AM=MN时，=4，解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；当AN=MN时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．考点：二次函数综合题．10．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB 于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82+【解析】试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，二者相加即为点P的关联图形的面积是12．（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，∵P是半圆O上的点，P在y轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC是正方形，∴正方形的面积是4，又∵BD⊥AB，BD=6，∴梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，∴点P的关联图形的面积是12．（2）判断△OCD是直角三角形．证明：延长CP交BD于点F，则四边形ACFB为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，∴OC⊥CD，∴△OCD是直角三角形．（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==为定值， 要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小，∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小，连接OC ，设交半圆O 于点P ，∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形， ∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=22，∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．∵CD=42，CP=222-，∴△PCD 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积=16(842)842--=+．考点：圆的综合题．11．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：12PN 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12PD 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12PD 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12PG PC =，当D 、P 、G 共线时，12PD 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12PG PC =，当点P 在DG 的延长线上时，12PD PC -的值最大，即可得到答案. 【详解】（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===，∴24,4PB BN BC =⋅=，∴2PB BN BC =⋅， ∴BN BP BP BC=，∵B B ∠=∠， ∴BPN BCP ∆∆∽， ∴12PN BN PC BP ==， ∴12PN PC =； （2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，∵242,212PB BC BG PB ====， ∴,PB BC PBG PBC BG PB=∠=∠， ∴PBG CBP ∆∆∽，∴12PG BG PC PB ==， ∴12PG PC =， ∴12PD 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12PG PC =， 在Rt △CDF 中，∠DCF=60°，CD=4，∴DF=CD •sin60°=23CF=2，在Rt△GDF中，DG=22(23)537+=，∴12PD 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．12．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC．（1）求∠ADB的度数；（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO 于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）2【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB （SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．【详解】解：（1）如图1，∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），∴EF＝FN，∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，∴EA2+CF2＝EF2；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA 2+CF 2＝EF 2，∴12EA 2+12CF 2＝12EF 2， ∴S △AGE +S △CFH ＝S △EFK ，∴S △AGE +S △CFH +S 五边形BGEFH ＝S △EFK +S 五边形BGEFH ，即S △ABC ＝S 矩形BGKH ，∴12S △ABC ＝12S 矩形BGKH ， ∴S △GBH ＝S △ABO ＝S △CBO ，∴S △BGM ＝S 四边形COMH ，S △BMH ＝S 四边形AGMO ，∵S 四边形AGMO ：S 四边形CHMO ＝8：9，∴S △BMH ：S △BGM ＝8：9，∵BM 平分∠GBH ，∴BG ：BH ＝9：8，设BG ＝9k ，BH ＝8k ，∴CH ＝3+k ，∵AG ＝3，∴AE ＝2，∴CF 2（k+3），EF 2（8k ﹣3），∵EA 2+CF 2＝EF 2， ∴222(32)2(3)]2(83)]k k ++=-，整理得：7k 2﹣6k ﹣1＝0，解得：k 1＝﹣17（舍去），k 2＝1． ∴AB ＝12，∴AO ＝22AB ＝2， ∴⊙O 的半径为2．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．13．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）22mAO =+，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22DPAO =+，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 EPEBF 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）2222DP mAO=+=+，8BP AB AP m=-=-（2）情况1：与AC相切时，Rt AOH∆中，∵30A∠=︒∴2AO OH=∴22mm+=解得4m=情况2：与BC相切时，Rt BON∆中，∵60B∠=︒∴3cosONBOB==即3282mm=-解得32348m=-（3）①在Rt EFG∆中，∵30EFG A∠=∠=︒，90EGF∠=︒，∴3cos30cos30FG 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 == ∴1511222m DP ==-= （3）F 轨迹如图：从1F 到2F 到B1133233233AF 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 EPEBF 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.14．如图①②，在平面直角坐标系中，边长为2的等边CDE∆恰好与坐标系中的OAB∆重合，现将CDE∆绕边AB的中点(G G点也是DE的中点），按顺时针方向旋转180︒到△1C DE的位置．（1）求1C点的坐标；（2）求经过三点O、A、1C的抛物线的解析式；（3）如图③，G是以AB为直径的圆，过B点作G的切线与x轴相交于点F，求切线BF的解析式；（4）抛物线上是否存在一点M，使得:16:3AMF OABS S∆∆=．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）13)C；（2）23333y x x=-；（3）32333y x=+；（4）1283834,,2,33M M⎛⎫⎛-⎪⎪⎝⎭⎝⎭．【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出．（2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求出．（3）借助切线的性质定理，直角三角形的性质，求出F，B的坐标即可求出解析式．（4）当M在x轴上方或下方，分两种情况讨论．【详解】解：（1）将等边CDE∆绕边AB的中点G按顺时针方向旋转180︒到△1C DE，则有，四边形'OAC B是菱形，所以1C的横坐标为3，根据等边CDE∆的边长是2，利用等边三角形的性质可得13)C；（2）抛物线过原点(0,0)O，设抛物线解析式为2y ax bx=+，把(2,0)A，3)C'代入，得420933a ba b+=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得a =b =∴抛物线解析式为233y x x =-；（3）90ABF ∠=︒，60BAF ∠=︒，30AFB ∴∠=︒， 又2AB =， 4AF ∴=， 2OF ∴=， (2,0)F ∴-，设直线BF 的解析式为y kx b =+，把B ，(2,0)F -代入，得20k b k b ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，解得k =3b =，∴直线BF 的解析式为33y x =+；（4）①当M 在x 轴上方时，存在2()M x ，211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=⨯⨯⨯=，得2280x x --=，解得14x =，22x =-，当14x =时，244y ，当12x =-时，2(2)(2)y =--=1M ∴，2(M -；②当M 在x 轴下方时，不存在，设点2()M x x ，211:[4)]:[216:322AMF OAB S S ∆∆=-⨯⨯⨯=，得2280x x -+=，240b ac -<无解，综上所述，存在点的坐标为1M ，2(M -． 【点睛】此题主要考查了旋转，等边三角形的性质，菱形的判定和性质，以及待定系数法求解二次函数解析式和切线的性质定理等，能熟练应用相关性质，是解题的关键．15．如图，在梯形ABCD 中，AD//BC ，AB=CD=AD=5，cos 45B =，点O 是边BC 上的动点，以OB 为半径的O 与射线BA 和边BC 分别交于点E 和点M ，联结AM ，作∠CMN=∠BAM ，射线MN 与边AD 、射线CD 分别交于点F 、N ．（1）当点E 为边AB 的中点时，求DF 的长；（2）分别联结AN 、MD ，当AN//MD 时，求MN 的长； （3）将O 绕着点M 旋转180°得到'O ，如果以点N 为圆心的N 与'O 都内切，求O 的半径长．【答案】（1）DF 的长为158；（2）MN 的长为5；（3）O 的半径长为258． 【解析】 【分析】 （1）作EHBM ⊥于H ，根据中位线定理得出四边形BMFA 是平行四边形，从而利用cos 45B =解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求FD 即可；（2）先证AMB CNM ∠=∠，再证MAD CNM ∠=∠，从而证明AFM NFD ∆~∆，得到AF MFAF DF NF MF NF DF=⇒=，再通过平行证明AFN DFM ∆~∆，从而得到AF NFAF MF NF DF DF MF=⇒=，通过两式相乘得出AF NF =再根据平行得出NF DF =， 从而得出答案．（3）通过图形得出MN 垂直平分'OO ,从而得出90BAM CMN ∠=∠=︒，再利用cos 45B =解三角函数即可得出答案． 【详解】 （1）如图，作EHBM ⊥于H ：。

九年级数学上册几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

九年级数学上册几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

九年级数学上册几何模型压轴题（培优篇）（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 =，12PN 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∴12PM CE =，且//PM CE ， 同理可证12PN 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()72PM 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1497722⨯⨯=． 【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．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）①143m -+；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23y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ， 236182c a c =⎧∴⎨++=⎩， 解得，122a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的表达式为21322y 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 ，∴624k b b +=⎧⎨=⎩， 解得，134k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，即143y x =-+， ∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：143m -+， 故答案为：143m -+．②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，OM m ∴=，143GM m =-+， AB BC =，BG AC ⊥，AG CG ∴=，90AOB GMH CDH ︒∠=∠=∠=，OA GMCD ∴， 1OM AG MD GC∴==， 132OM MD OD ∴===， 3m ∴=，1433m -+=，∴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 +=⎧⎨+=⎩， 36k b =⎧∴⎨=-⎩，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，∴得2132362x 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 ：143y x =-+与x 轴交于点H ，∴1403x -+=， 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)40s 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)20s t s t ⎧-+-=⎨-+=⎩， 解得，1138545s t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，22104s t =⎧⎨=⎩， ∴384,55N ⎛⎫ ⎪⎝⎭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．(1)如图①，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，过点O 作直线EF ⊥BD ，交AD 于点E ，交BC 于点F ，连接BE 、DF ，且BE 平分∠ABD ．①求证：四边形BFDE 是菱形；②直接写出∠EBF 的度数；(2)把(1)中菱形BFDE 进行分离研究，如图②，点G 、I 分别在BF 、BE 边上，且BG=BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH 并延长，交ED 于点J ，连接IJ 、IH 、IF 、IG.试探究线段IH 与FH 之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH ＝3FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2．【解析】【分析】（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB＝ED，∴四边形EBFD是菱形．②∵BE平分∠ABD，∴∠ABE＝∠EBD，∵EB＝ED，∴∠EBD＝∠EDB，∴∠ABD＝2∠ADB，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，∴∠EBF＝60°．（2）结论：IH＝3FH．理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，∴∠JDH＝∠FGH，在△DHJ和△GHF中，DHG GHFDH GHJDH FGH∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△DHJ≌△GHF，∴DJ＝FG，JH＝HF，∴EJ＝BG＝EM＝BI，∴BE＝IM＝BF，∵∠MEJ＝∠B＝60°，∴△MEJ是等边三角形，∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°在△BIF和△MJI中，BI MJB MBF IM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF≌△MJI，∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，∴IH⊥JF，∵∠BFI+∠BIF＝120°，∴∠MIJ+∠BIF＝120°，∴∠JIF＝60°，∴△JIF是等边三角形，在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，∴∠FIH＝30°，∴IH＝3FH．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF＝90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠EDC＝45°，∵∠ADF＝∠CDM，∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE DEEDG EDMDG DM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DEG≌△DEM，∴GE＝EM，∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2，∵EG＝EM，AG＝CM，∴GE2＝AG2+CE2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.4．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．5．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 =12m°. 【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=12m°. 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=12 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．6．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=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，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=12AE，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=12AF，∴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．7．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．【解析】试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，即可推出答案；（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，∴BE=AD，∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，∵AD⊥BE，∴FH⊥FG，故答案为相等，垂直．（2）答：成立，证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，∴△ACD≌△BCE∴AD=BE，由（1）知：FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，FH⊥FG，∴（1）中的猜想还成立．（3）答：成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ． 连接AD ，BE ，两线交于Z ，AD 交BC 于X ， 同（1）可证∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形， ∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°， ∴∠ACD=∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ， ∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ， ∴∠DXB+∠EBC=90°， ∴∠EZA=180°﹣90°=90°， 即AD ⊥BE ， ∵FH ∥AD ，FG ∥BE ， ∴FH ⊥FG ， 即FH=FG ，FH ⊥FG ， 结论是FH=FG ，FH ⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．8．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.二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，(1)求的值；(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y=ax2，∴=a（）2，解得：a=±，∵图象开口向上，∴a=，∴抛物线解析式为：y=x2，故a=，b=c=0；（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，a2），∵PA=，作PH⊥MN于H，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN时，=，解得：a=0，当AM=MN时，=4，解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；当AN=MN时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2；综上所述，P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．考点：二次函数综合题．10．如图，矩形ABCD中，BC＝8，点F是AB边上一点（不与点B重合）△BCF的外接圆交对角线BD于点E，连结CF交BD于点G．（1）求证：∠ECG＝∠BDC．（2）当AB＝6时，在点F的整个运动过程中．①若BF＝22时，求CE的长．②当△CEG为等腰三角形时，求所有满足条件的BE的长．（3）过点E作△BCF外接圆的切线交AD于点P．若PE∥CF且CF＝6PE，记△DEP的面积为S1，△CDE的面积为S2，请直接写出12SS的值．【答案】（1）详见解析；（2182当BE为10，395或445时，△CEG为等腰三角形；（3）724.【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ABD＝∠BDC，根据圆周角定理得出∠ABD＝∠ECG，即可证得结论；（2）根据勾股定理求得BD＝10，①连接EF，根据圆周角定理得出∠CEF＝∠BCD＝90°，∠EFC＝∠CBD．即可得出sin∠EFC＝sin ∠CBD ，得出35CE CD CF BD ==，根据勾股定理得到CF ＝CE ； ②分三种情况讨论求得： 当EG ＝CG 时，根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可得到∠GEC ＝∠GCE ＝∠ABD ＝∠BDC ，从而证得E 、D 重合，即可得到BE ＝BD ＝10；当GE ＝CE 时，过点C 作CH ⊥BD 于点H ，即可得到∠EGC ＝∠ECG ＝∠ABD ＝∠GDC ，得到CG ＝CD ＝6．根据三角形面积公式求得CH ＝245，即可根据勾股定理求得GH ，进而求得HE ，即可求得BE ＝BH ＋HE ＝395； 当CG ＝CE 时，过点E 作EM ⊥CG 于点M ，由tan ∠ECM ＝43EM CM =．设EM ＝4k ，则CM ＝3k ，CG ＝CE ＝5k ．得出GM ＝2k ，tan ∠GEM ＝2142GM k EM k ==，即可得到tan ∠GCH ＝GH CH =12．求得HE ＝GH ＝125，即可得到BE ＝BH ＋HE ＝445； （3）连接OE 、EF 、AE 、EF ，先根据切线的性质和垂直平分线的性质得出EF ＝CE ，进而证得四边形ABCD 是正方形，进一步证得△ADE ≌△CDE ，通过证得△EHP ∽△FBC ，得出EH ＝16BF ，即可求得BF ＝6，根据勾股定理求得CF ＝10，得出PE ＝106，根据勾股定理求得PH ，进而求得PD ，然后根据三角形面积公式即可求得结果．【详解】（1）∵AB ∥CD ．∴∠ABD ＝∠BDC ，∵∠ABD ＝∠ECG ，∴∠ECG ＝∠BDC ．（2）解：①∵AB ＝CD ＝6，AD ＝BC ＝8，∴BD ＝10，如图1，连结EF ，则∠CEF ＝∠BCD ＝90°，∵∠EFC ＝∠CBD ．∴sin ∠EFC ＝sin ∠CBD ， ∴35CE CD CF BD ==∴CF∴CE ②Ⅰ、当EG ＝CG 时，∠GEC ＝∠GCE ＝∠ABD ＝∠BDC ．∴E 与D 重合，∴BE ＝BD ＝10．Ⅱ、如图2，当GE＝CE时，过点C作CH⊥BD于点H，∴∠EGC＝∠ECG＝∠ABD＝∠GDC，∴CG＝CD＝6．∵CH＝BC CD24 BD5⋅=，∴GH185 =，在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（245）2＝（x+185）2解得x＝75，∴BE＝BH+HE＝325+75＝395；Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．∵tan∠ECM＝43 EMCM=．设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．∴GM＝2k，tan∠GEM＝2142 GM kEM k==，∴tan∠GCH＝GHCH＝tan∠GEM＝12．∴HE＝GH＝12412 255⨯=，∴BE＝BH+HE＝321244 555+=，综上所述，当BE为10，395或445时，△CEG为等腰三角形；（3）解：∵∠ABC＝90°，∴FC是△BCF的外接圆的直径，设圆心为O，如图3，连接OE、EF、AE、EF，∵PE是切线，∴OE⊥PE，∵PE∥CF，∴OE⊥CF，∵OC＝OF，∴CE＝EF，∴△CEF是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，EF=2FC，∴∠ABD＝∠ECF＝45°，∴∠ADB＝∠BDC＝45°，∴AB＝AD＝8，∴四边形ABCD是正方形，∵PE∥FC，∴∠EGF＝∠PED，∴∠BGC＝∠PED，∴∠BCF＝∠DPE，作EH⊥AD于H，则EH＝DH，∵∠EHP＝∠FBC＝90°，∴△EHP∽△FBC，∴16 EH PEBF FC==，∴EH＝16 BF，∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，∴△ADE≌△CDE，∴AE＝CE，∴AE＝EF，∴AF＝2EH＝13 BF，∴13BF+BF＝8，∴BF＝6，∴EH＝DH＝1，CF10，∴PE＝16FC＝53，∴PH4 3 =，∴PD＝47133 +=，∴1277 3824S PDS AD===．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，圆周角定理、三角形的面积以及相似三角形的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．11．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB 于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82+【解析】试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，二者相加即为点P的关联图形的面积是12．（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，∵P 是半圆O 上的点，P 在y 轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC 是正方形，∴正方形的面积是4，又∵BD ⊥AB ，BD=6，∴梯形OPDB 的面积=()(26)2822OP DB OB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的面积是12．（2）判断△OCD 是直角三角形．证明：延长CP 交BD 于点F ，则四边形ACFB 为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，∴OC ⊥CD ，∴△OCD 是直角三角形．（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==为定值， 要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小，∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小，连接OC ，设交半圆O 于点P ， ∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形， ∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=2∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．∵CD=42CP=222，∴△PCD 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积=16(842)842--=+考点：圆的综合题．12．如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，45ABC ∠=︒，12BC cm =，半圆O 的直径12DE cm =．点E 与点C 重合，半圆O 以2/cm s 的速度从左向右移动，在运动过程中，点D 、E 始终在BC 所在的直线上．设运动时间为()x s ，半圆O 与ABC ∆的重叠部分的面积为()2S cm ．（1）当0x =时，设点M 是半圆O 上一点，点N 是线段AB 上一点，则MN 的最大值为_________；MN 的最小值为________．（2）在平移过程中，当点O 与BC 的中点重合时，求半圆O 与ABC ∆重叠部分的面积S ；（3）当x 为何值时，半圆O 与ABC ∆的边所在的直线相切？【答案】（1）24cm ，()926cm ；（2）2(189)cm π+；（3）0x =或6x =或932x =-【解析】【分析】（1）当N 与点B 重合，点M 与点D 重合时，MN 最大，此时121224()MN DB DE BC cm ==+=+=如图①，过点O 作ON AB ⊥于N ，与半圆交于点M ，此时MN 最小，MN ON OM =-，261218()92()OB OC CB cm ON BN cm =+=+====，所以926()MN ON OM cm =-=； （2）当点O 与BC 的中点重合时，如图②，点O 移动了12cm ，设半圆与AB 交于点H ，连接OH 、CH ，6OH OC OB ===，3602BOH HOC ∆阴影扇形（3）当半圆O 与直线AC 相切时，运动的距离为0或12，所以0x =（秒)或6（秒)；当半圆O 与直线AB 相切时，如图③，连接OH ，则OH AB ⊥，6OH =，262OB OH ==，1262OC BC OB =-=-，移动的距离为612621862()cm +-=-，运动时间为18629322x -==-（秒)． 【详解】解：解（1）当N 与点B 重合，点M 与点D 重合时，MN 最大，此时121224()MN DB DE BC cm ==+=+=如图①，过点O 作ON AB ⊥于N ，与半圆交于点M ，此时MN 最小，MN ON OM =-，45ABC ∠=︒，45NOB ∴∠=︒，在Rt ONB ∆中，61218()OB OC CB cm =+=+=292()ON BN OB cm ∴===， 926()MN ON OM cm ∴=-=-，故答案为24cm ，(926)cm -；（2）当点O 与BC 的中点重合时，如图②，点O 移动了12cm ，设半圆与AB 交于点H ，连接OH 、CH ．BC 为直径，90CHB ∴∠=︒，45ABC ∠=︒45HCB ∴∠=︒，HC HB ∴=，OH BC ∴⊥，6OH OC OB ===，3602BOH HOC ∆阴影扇形（3）当半圆O 与直线AC 相切时，运动的距离为0或12，0x ∴=（秒)或6（秒)；当半圆O 与直线AB 相切时，如图③，连接OH ，则OH AB ⊥，6OH =45B ∠=︒，90OHB ∠=︒，262OB OH ∴==，1262OC BC OB =-=-，移动的距离为612621862()cm +-=-，运动时间为1862932x -==-（秒)， 综上所述，当x 为0或6或932-时，半圆O 与ABC ∆的边所在的直线相切．【点睛】本题考查了圆综合知识，熟练掌握勾股定理以及圆切线定理是解题的关键．要注意分类讨论.13．如图，AB 为⊙O 的直径，CD ⊥AB 于点G ，E 是CD 上一点，且BE ＝DE ，延长EB 至点P ，连接CP ，使PC ＝PE ，延长BE 与⊙O 交于点F ，连结BD ，FD ．（1）连结BC ，求证：△BCD ≌△DFB ；（2）求证：PC 是⊙O 的切线；（3）若tan F ＝23，AG ﹣BG ＝533，求ED 的值．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE 133 【解析】【分析】（1）由BE=DE可知∠CDB=∠FBD，而∠BFD=∠DCB，BD是公共边，结论显然成立．（2）连接OC，只需证明OC⊥PC即可．根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB，由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB，注意到AB⊥CD，于是∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PEC=∠OCP，结论得证．（3）由于∠BCD=∠F，于是tan∠BCD=tanF=23=BGCG，设BG=2x，则CG=3x．注意到AB是直径，连接AC，则∠ACB是直角，由射影定理可知CG2=BG•AG，可得出AG的表达式（用x表示），再根据AG-BG=533求出x的值，从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出，最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系算出ED的值．【详解】解：（1）证明：因为BE＝DE，所以∠FBD＝∠CDB，在△BCD和△DFB中：∠BCD＝∠DFB∠CDB＝∠FBDBD＝DB所以△BCD≌△DFB（AAS）．（2）证明：连接OC．因为∠PEC＝∠EDB+∠EBD＝2∠EDB，∠COB＝2∠EDB，所以∠COB＝∠PEC，因为PE＝PC，所以∠PEC＝∠PCE，所以∠PCE＝∠COB，因为AB⊥CD于G，所以∠COB+∠OCG＝90°，所以∠OCG+∠PEC＝90°，即∠OCP＝90°，所以OC⊥PC，所以PC是圆O的切线．（3）因为直径AB⊥弦CD于G，所以BC＝BD，CG＝DG，所以∠BCD ＝∠BDC ，因为∠F ＝∠BCD ，tanF ＝23， 所以∠tan ∠BCD ＝23＝BG CG， 设BG ＝2x ，则CG ＝3x ．连接AC ，则∠ACB ＝90°，由射影定理可知：CG 2＝AG•BG ，所以AG ＝229922x C x G x G B ==，因为AG ﹣BG ，所以2392x x -=，解得x ，所以BG ＝2x CG ＝3x ＝所以BC =，所以BD ＝BC ， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ，所以△DEB ∽△DBC ， 所以BDB DC DE D =，因为CD ＝2CG ＝所以DE ＝2DB CD =． 【点睛】本题为圆的综合题，主要考查了垂径定理，圆心角与圆周角的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定、射影定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等重要知识点．第（1）、（2）问解答的关键是导角，难度不大，第（3）问解答的要点在于根据射影定理以及条件当中告诉的两个等量关系求出BG 、CG 、BC 、BD 、CD 的值，最后利用“共边子母型相似”（即△DEB ∽△DBC ）列比例方程求解ED ．14．（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，。

几何模型压轴题单元测试与练习(word解析版)

几何模型压轴题单元测试与练习(word解析版)

几何模型压轴题单元测试与练习（word解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6．（1）如图1，若将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接AD，则△ABD的面积为．（2）如图2，点P为CA延长线上一个动点，连接BP，以P为直角顶点，BP为直角边作等腰直角△BPQ，连接AQ，求证：AB⊥AQ；（3）如图3，点E，F为线段BC上两点，且∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，点M是线段AF上一个动点，点N是线段AC上一个动点，是否存在点M，N，使CM+NM的值最小，若存在，求出最小值：若不存在，说明理由．【答案】（1）36；（2）详见解析；（3）存在，最小值为3．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到△ABD是等腰直角三角形，求得AD＝2BC＝12，根据三角形的面积公式即可得到结论；（2）如图2，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，根据等腰直角三角形的性质，得到PQ ＝PB，∠BPQ＝90°，根据全等三角形的性质得到PH＝BC，QH＝CP，求得CP＝AH，得到∠HAQ＝45°，于是得到∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，即可得到结论；（3）根据已知条件得到∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，求得∠EAC＝30°，如图3，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，求得AD＝AC＝6，根据直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，∴△ABD是等腰直角三角形，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AD，∴AD＝2BC＝12，∴△ABD的面积＝12AD•BC＝1212×6＝36，故答案为：36；（2）如图，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，∴∠H＝∠C＝90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴PQ＝PB，∠BPQ＝90°，∴∠HPQ+∠BPC＝∠QPH+∠PQH＝90°，∴∠PQH＝∠BPC，∴△PQH≌△BPC（AAS），∴PH＝BC，QH＝CP，∵AC＝BC，∴PH＝AC，∴CP＝AH，∴QH＝AH，∴∠HAQ＝45°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴AB⊥AQ；（3）如图，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，∵∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，∠BAC＝45°，∴∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAC＝30°，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，∵点C和点D关于AF对称，∴AD＝AC＝6，∵∠AND＝90°，∴DN＝12AD＝126＝3，∴CM+NM最小值为3．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出作辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．特例感知：（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=23，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．【答案】（1）①12；②4；（2）AD=12BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，39．【解析】【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=12AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；（2）结论：AD=12BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；【详解】解：（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AB=AB′=AC′，∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD=12AB′=12BC，故答案为12．②如图3中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′，∵B′D=DC′，∴AD=12B′C′=12BC=4，故答案为4．（2）结论：AD=12 BC．理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′=B′M=AC，∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，∴△BAC≌△AB′M，∴BC=AM，∴AD=1BC．2（3）存在．理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．∵∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM=2，DM=4，∠M=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，∴EM=1BM=7，2∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵3CF=6，∴tan∠3∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD+∠BPC=180°，∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=3，∴PN=2222=(3)6DN PD++=39．【点睛】本题考查四边形综合题．3．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC中，把AB点A顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，313【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DA3AE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12 BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∵∠A+∠B=120°，∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CM3DM3，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM333，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12BM3∴DE=EM﹣DM333∵DA3∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12BC3∴tan∠CDF=CFCD=363，∴∠CDF=60°，∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，∴∠CBE=∠CFD，∵∠CBE=∠PCF，∴∠CFD=∠PCF=30°，∵∠CFD +∠CDF =90°，∠PCF +∠CPF =90°，∴∠CPF =∠CDF =60°，在△FCP 和△CFD 中，CPF CDF PCF CFD CF CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP ≌△CFD (AAS )，∴CD =PF ，∵CD ∥PF ，∴四边形CDPF 是矩形，∴∠CDP =90°，∴∠ADP =∠ADC ﹣∠CDP =60°，∴△ADP 是等边三角形，∴∠APD =60°，∵∠BPF =∠CPF =90°﹣30°=60°，∴∠BPC =120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系；在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313． 【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.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．综合与实践问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ，其中90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===.观案发现（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ，则HFG ∠=______度；操作证明（2）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，使点A C E 、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH FG =，请你帮助小明证明这个结论.探究发现（3）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，旋转角为()0180αα︒︒<<，DEC 在旋转的过程中，当直线FH 经过点C 时，如图③，请求出线段FG 的长.（4）在旋转过程中，在Rt ABC 和Rt CDE △中，始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD =；（4）AD BE ⊥【解析】【分析】（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆，进而通过中位线定理即可得到FH FG =；（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF 的长，再由BD BF DF =-即可求出BD 的长；（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥.【详解】（1）,,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒，BE AD ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，//,//HF AD FG BE ∴，AD BE ⊥，HF GF ∴⊥， 90HFG ∴∠=︒；（2）证明：如下图，连接AD BE ，，由旋转可知CE CD =，90ECD ACD ∠=∠=︒，又∵AC=BC ，()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，AD BE ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，11,22FH AD FG BE ∴==， FH FG ∴=；（3）解：由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆，，都是等腰直角三角形，2CD =1CF DF ∴==，2BC AC ==，223BF BC CF ∴=-=31BD BF DF ∴=-=，G 是BD 的中点，31DG -∴=31BD BF DF ∴=-=；（4）AD BE ⊥. 连接AD ，由（3）知，CF DE ⊥，∵ECD ∆是等腰直角三角形，∴F 是ED 中点，又∵H是AE中点，∴AD∥HF，∵HF⊥ED，∴AD BE.【点睛】本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系；（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.6．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH3；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．（2）IH3．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠EDO＝∠FBO，在△DOE和△BOF中，EDO FBOOD OBEOD BOF∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△DOE≌△BOF，∴EO＝OF，∵OB＝OD，∴四边形EBFD是平行四边形，∵EF⊥BD，OB＝OD，∴EB＝ED，∴四边形EBFD是菱形．②∵BE平分∠ABD，∴∠ABE＝∠EBD，∵EB＝ED，∴∠EBD＝∠EDB，∴∠ABD＝2∠ADB，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，∴∠EBF＝60°．（2）结论：IH＝3FH．理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，∴∠JDH＝∠FGH，在△DHJ和△GHF中，DHG GHFDH GHJDH FGH∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△DHJ≌△GHF，∴DJ＝FG，JH＝HF，∴EJ＝BG＝EM＝BI，∴BE＝IM＝BF，∵∠MEJ＝∠B＝60°，∴△MEJ是等边三角形，∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°在△BIF和△MJI中，BI MJB MBF IM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF≌△MJI，∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，∴IH⊥JF，∵∠BFI+∠BIF＝120°，∴∠MIJ+∠BIF＝120°，∴∠JIF＝60°，∴△JIF是等边三角形，在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，∴∠FIH＝30°，∴IH＝3FH．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF＝90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠EDC＝45°，∵∠ADF＝∠CDM，∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE DEEDG EDMDG DM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DEG≌△DEM，∴GE＝EM，∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2，∵EG＝EM，AG＝CM，∴GE2＝AG2+CE2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.7．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．22．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故22【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD ⊥BE ，∴AD=BE ，AD ⊥BE ．（3）如图3中，作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ， ∴PC=BE ，图3-1中，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE=5-32， 图3-2中，当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE=5+32， ∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．8．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______； ()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ； ②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）23；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为21，理由见解析 【解析】 【分析】()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题； ()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题； ()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE 2==PBE12SPE BM 22=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题； 【详解】()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，22DE 213=-=CE 23∴=，故答案为23．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CACD AE ==，Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ；ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m 4∴=， 53DH 244∴=-=， 故答案为34； ()3存在．理由如下：如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ，由题意：PF PC 1==，AG EF 1==，G F 90∠∠==， PA PE 2∴==PBE12SPE BM BM 22∴=⋅⋅=， ∴当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，BM PB ≤，PB AB PA ≤+，PB 22∴≤，BM 22∴≤BM ∴的最大值为22+ PBE ∴21．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82+【解析】试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，二者相加即为点P的关联图形的面积是12．（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，∵P是半圆O上的点，P在y轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC是正方形，∴正方形的面积是4，又∵BD⊥AB，BD=6，∴梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，∴点P的关联图形的面积是12．（2）判断△OCD是直角三角形．证明：延长CP交BD于点F，则四边形ACFB为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，∴OC ⊥CD ，∴△OCD 是直角三角形．（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==为定值，要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小， ∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小， 连接OC ，设交半圆O 于点P ，∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=22，∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．∵CD=42，CP=222-， ∴△PCD 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==，∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积=16(842)842--=+．考点：圆的综合题．10．如图，在△ABC 中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D 在线段AB 上，AD=2．点P ，Q 以相同的速度从D 点同时出发，点P 沿DB 方向运动，点Q 沿DA 方向到点A 后立刻以原速返回向点B 运动．以PQ 为直径构造⊙O ，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 ，当P 运动到点B 时，Q 也停止运动，设DP=m ．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m 的代数式表示） （2）当线段FG 长度达到最大时，求m 的值； （3）在点P ，Q 整个运动过程中，①当m 为何值时，⊙O 与△ABC 的一边相切？ ②直接写出点F 所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10433与△ABC 的边相切．②点F 1136572【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos302FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大， 易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===，3tan30(2)3EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin60OB ON ==4310AO ∴=- 4312AP ∴=-43212m ∴+= 3103m ∴=-综上所述,当m =1或4或4310O 与△ABC 的边相切。

人教版数学九年级上册 几何模型压轴题(篇)(Word版 含解析)

人教版数学九年级上册 几何模型压轴题(篇)(Word版 含解析)

人教版数学九年级上册几何模型压轴题（篇）（Word版含解析）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6．（1）如图1，若将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接AD，则△ABD的面积为．（2）如图2，点P为CA延长线上一个动点，连接BP，以P为直角顶点，BP为直角边作等腰直角△BPQ，连接AQ，求证：AB⊥AQ；（3）如图3，点E，F为线段BC上两点，且∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，点M是线段AF上一个动点，点N是线段AC上一个动点，是否存在点M，N，使CM+NM的值最小，若存在，求出最小值：若不存在，说明理由．【答案】（1）36；（2）详见解析；（3）存在，最小值为3．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到△ABD是等腰直角三角形，求得AD＝2BC＝12，根据三角形的面积公式即可得到结论；（2）如图2，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，根据等腰直角三角形的性质，得到PQ ＝PB，∠BPQ＝90°，根据全等三角形的性质得到PH＝BC，QH＝CP，求得CP＝AH，得到∠HAQ＝45°，于是得到∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，即可得到结论；（3）根据已知条件得到∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，求得∠EAC＝30°，如图3，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，求得AD＝AC＝6，根据直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，∴△ABD是等腰直角三角形，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AD，∴AD＝2BC＝12，∴△ABD的面积＝12AD•BC＝1212×6＝36，故答案为：36；（2）如图，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，∴∠H＝∠C＝90°，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴PQ＝PB，∠BPQ＝90°，∴∠HPQ+∠BPC＝∠QPH+∠PQH＝90°，∴∠PQH＝∠BPC，∴△PQH≌△BPC（AAS），∴PH＝BC，QH＝CP，∵AC＝BC，∴PH＝AC，∴CP＝AH，∴QH＝AH，∴∠HAQ＝45°，∵∠BAC＝45°，∴∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴AB⊥AQ；（3）如图，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，∵∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，∠BAC＝45°，∴∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAC＝30°，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，∵点C和点D关于AF对称，∴AD＝AC＝6，∵∠AND＝90°，∴DN＝12AD＝126＝3，∴CM+NM最小值为3．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出作辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．(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＝．3．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC的边长为__________；问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．【答案】（17；（25【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△APP’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP2，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.（17（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．∴AP′=PC=1，BP=BP′2；连接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°；在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=5，∵222+=，即AP′2+PP′2=AP2；125∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠B PC=∠AP′B=135°．过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，∴∠EP′B=45°，∴EP′=BE=1，∴AE=2；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5；∴∠BPC=135°，正方形边长为5．点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形，等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.4．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′≌△B OD′（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．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．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．22．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故22【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ，∵BC ⊥AD ，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF ，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ．∴AD=BE ，AD ⊥BE ．故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ．（2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE ，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BCACD BCECDCE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．7．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

九年级几何模型压轴题综合测试卷(word含答案)

九年级几何模型压轴题综合测试卷(word含答案)

九年级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．阅读材料并解答下列问题：如图1，把平面内一条数轴x 绕原点O 逆时针旋转角00)90(θ︒︒<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy规定：过点P 作y 轴的平行线，交x 轴于点A ，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点B ，若点A 在x 轴对应的实数为a ，点B 在y 轴对应的实数为b ，则称有序实数对(),a b 为点P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标．如图2，在平面斜坐标系xOy 中，已知60θ︒=，点P 的斜坐标是()3,6，点C 的斜坐标是()0,6.（1）连接OP ，求线段OP 的长；（2）将线段OP 绕点O 顺时针旋转60︒到OQ （点Q 与点P 对应），求点Q 的斜坐标； （3）若点D 是直线OP 上一动点，在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心，DC 长为半径作D ，当⊙D 与x 轴相切时，求点D 的斜坐标，【答案】（1）37OP =2）点Q 的斜坐标为（9，3-）；（3）点D 的斜坐标为：（32，3）或（6，12）． 【解析】【分析】 （1）过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，由平行线的性质，得∠PAC=60θ=︒，由AP=6，则AC=3，33PC =OP 的长度；（2）根据题意，过点Q 作QE ∥OC ，QF ∥OB ，连接BQ ，由旋转的性质，得到OP=OQ ，∠COP=∠BOQ ，则△COP ≌△BOQ ，则BQ=CP=3，∠OCP=∠OBQ=120°，然后得到△BEQ 是等边三角形，则BE=EQ=BQ=3，则OE=9，OF=3，即可得到点Q 的斜坐标；（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当OP 和CM 恰好是平行四边形OMPC 的对角线时，此时点D 是对角线的交点，求出点D 的坐标即可；②取OJ=JN=CJ ，构造直角三角形OCN，作∠CJN的角平分线，与直线OP相交与点D，然后由所学的性质，求出点D的坐标即可．【详解】解：（1）如图，过点P作PC⊥OA，垂足为C，连接OP，∵AP∥OB，∴∠PAC=60θ=︒，∵PC⊥OA，∴∠PCA=90°，∵点P的斜坐标是()3,6，∴OA=3，AP=6，∴1 cos602ACAP︒==，∴3AC=，∴226333PC=-=，336OC=+=，在Rt△OCP中，由勾股定理，得226(33)37OP=+=；（2）根据题意，过点Q作QE∥OC，QF∥OB，连接BQ，如图：由旋转的性质，得OP=OQ，∠POQ=60°，∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°，∴∠COP=∠BOQ，∵OB=OC=6，∴△COP≌△BOQ（SAS）；∴CP=BQ=3，∠OCP=∠OBQ=120°，∴∠EBQ=60°，∵EQ∥OC，∴∠BEQ=60°，∴△BEQ是等边三角形，∴BE=EQ=BQ=3，∴OE=6+3=9，OF=EQ=3，∵点Q在第四象限，∴点Q的斜坐标为（9，3 ）；（3）①取OM=PC=3，则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM，交点为D，如图：由平行四边形的性质，得CD=DM，OD=PD，∴点D为OP的中点，∵点P的坐标为（3，6），∴点D的坐标为（32，3）；②取OJ=JN=CJ，则△OCN是直角三角形，∵∠COJ=60°，∴△OCJ是等边三角形，∴∠CJN=120°，作∠CJN的角平分线，与直线OP相交于点D，作DN⊥x轴，连接CD，如图：∵CJ=JN ，∠CJD=∠NJD ，JP=JP ，∴△CJD ≌△NJD （SAS ），∴∠JCD=∠JND=90°，则由角平分线的性质定理，得CD=ND ；过点D 作DI ∥x 轴，连接DJ ，∵∠DJN=∠COJ=60°，∴OI ∥JD ，∴四边形OJDI 是平行四边形，∴ID=OJ=JN=OC=6，在Rt △JDN 中，∠JDN=30°，∴JD=2JN=12；∴点D 的斜坐标为（6，12）；综合上述，点D 的斜坐标为：（32，3）或（6，12）． 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D 的位置来解决问题，属于中考创新题型．注意运用分类讨论的思想进行解题．2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；（2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当2x =-+//QF CE ；AQF S ∆4=-+．【解析】【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，∴45BPQ ∠=︒，∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠，∴45DCE ECM ∠=∠=︒，∴135QCE ∠=︒，∴135APQ QCE ∠=∠=︒，∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒．∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．∴BAQ CQE ∠=∠．∴()APQ QCE ASA ∆≌．（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．∴QA QE =．∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形，∴45QAE ∠=︒．∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒．∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-，∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=．解这个方程，得1222x =-+ 2222x =--（舍去）．当222x =-+QF CE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．3．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC中，把AB点A顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，13【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DA3AE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12 BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CMDM，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12 BM∴DE=EM﹣DM∵DA∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12 BC∴tan∠CDF=CFCD=6，∴∠CDF=60°，∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，∴∠CBE=∠CFD，∵∠CBE=∠PCF，∴∠CFD=∠PCF=30°，∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，∴∠CPF=∠CDF=60°，在△FCP和△CFD中，CPF CDFPCF CFD CF CF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP≌△CFD(AAS)，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠APD=60°，∵∠BPF =∠CPF =90°﹣30°=60°，∴∠BPC =120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系；在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313． 【点睛】 本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.4．综合与实践问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ，其中90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===观案发现（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ，则HFG ∠=______度；操作证明（2）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，使点A C E 、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH FG =，请你帮助小明证明这个结论.探究发现（3）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，旋转角为()0180αα︒︒<<，DEC 在旋转的过程中，当直线FH 经过点C 时，如图③，请求出线段FG 的长.（4）在旋转过程中，在Rt ABC 和Rt CDE △中，始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD =-；（4）AD BE ⊥【解析】【分析】（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆，进而通过中位线定理即可得到FH FG =；（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF 的长，再由BD BF DF =-即可求出BD 的长；（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥.【详解】（1）,,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒，BE AD ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，//,//HF AD FG BE ∴，AD BE ⊥，HF GF ∴⊥，90HFG ∴∠=︒；（2）证明：如下图，连接AD BE ，，由旋转可知CE CD =，90ECD ACD ∠=∠=︒，又∵AC=BC ，()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，AD BE ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，11,22FH AD FG BE ∴==， FH FG ∴=；（3）解：由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆，，都是等腰直角三角形，2CD =1CF DF ∴==，2BC AC ==，BF ∴==1BD BF DF ∴=-=，G 是BD 的中点，DG ∴=1BD BF DF ∴=-=；（4）AD BE ⊥. 连接AD ，由（3）知，CF DE ⊥，∵ECD ∆是等腰直角三角形，∴F 是ED 中点，又∵H 是AE 中点，∴AD ∥HF ，∵HF ⊥ED ，∴AD BE ⊥.【点睛】本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系；（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.5．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC 和等边三角形GEB 纸片，DA DC =，让两个三角形如图①放置，点C 和点G 重合，点D ，点E 在AB 的同侧，AC 和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________；数学思考（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；类比探索（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DFEF ； （2）3EF DF =，DFEF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DFEF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【解析】【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立. 【详解】解：（1）3EF DF =，DF EF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形.AM MC ∴=，GN BN =.又点F 为AB 的中点，AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.设DM a =，2GB b =， 120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，333DM FN a==， 333MF NE b==， 又90DMF FNE ∠=∠=︒，DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB =，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，∴四边形LCMF 为矩形，90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形，60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在RtDEF △中，3tan 33DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DFEF .选择题图进行证明： 如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒，OCP OBE ∴∠=∠.DCE NBE ∴∠=∠.又GEB 是等边三角形，GE BE ∴=， 又AD BN CD ==，()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC ∠=∠=︒.DEN ∴是等边三角形.又DF FN =，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF 并延长到点N ，使得FN DF =，连接NB ，DE ，NE ，NB 与CD 交于点O ，EB 与CD 相交于点J ， 在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.120NOC ADC ∴∠=∠=︒.60BOJ ∴∠=︒，60JEC ∠=︒.又OJB EJC ∠=∠，OBE ECJ ∴∠=∠.AD CD =，AD NB =，CD NB ∴=. 又GEB 是等边三角形，CE BE ∴=.()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC ∠=∠=︒. DEN ∴是等边三角形.又DF FN =，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.6．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=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，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=12AE ，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=12AF ，∴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．7．在矩形ABCD 中，2AB =，1BC =，以点A 为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD ，旋转角为(0180)αα<<，得到矩形AEFG ，点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G ．()1如图①，当点E 落在DC 边上时，直写出线段EC 的长度为______；()2如图②，当点E 落在线段CF 上时，AE 与DC 相交于点H ，连接AC ，①求证：ACD ≌CAE ；②直接写出线段DH 的长度为______．()3如图③设点P 为边FG 的中点，连接PB ，PE ，在矩形ABCD 旋转过程中，BEP 的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．【答案】（1）2；（2）①见解析；34②；（3）存在，PBE 的面积的最大值为1，理由见解析 【解析】【分析】 ()1如图①中，在Rt ADE 中，利用勾股定理即可解决问题；()2①证明：如图②中，根据HL 即可证明ACD ≌CAE ；②如图②中，由ACD ≌CAE ，推出ACD CAE ∠∠=，推出AH HC =，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，根据222AD DH AH +=，构建方程即可解决问题； ()3存在.如图③中，连接PA ，作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意：PF PC 1==，由AG EF 1==，G F 90∠∠==，推出PA PE ==PBE 1S PE BM 22=⋅⋅=，推出当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，求出BM 的最大值即可解决问题；【详解】()1四边形ABCD 是矩形，AB CD 2∴==，BC AD 1==，D 90∠=，矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到，AE AB 2∴==，在Rt ADE 中，DE ==CE 2∴=，故答案为2．()2①当点E 落在线段CF 上，AEC ADC 90∠∠∴==，在Rt ADC 和Rt AEC 中，{AC CACD AE ==， Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ； ACD ②≌CAE ，ACD CAE ∠∠∴=，AH HC ∴=，设AH HC m ==，在Rt ADH 中，222AD DH AH +=，2221(2m)m ∴+-=，5m4∴=，53 DH244∴=-=，故答案为34；()3存在．理由如下：如图③中，连接PA，作BM PE⊥交PE的延长线于M，由题意：PF PC1==，AG EF1==，G F90∠∠==，PA PE2∴==PBE 12S PE BM BM22∴=⋅⋅=，∴当BM的值最大时，PBE的面积最大，BM PB≤，PB AB PA≤+，PB22∴≤，BM22∴≤BM∴的最大值为22+PBE∴21．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．8．已知，正方形ABCD的边长为4，点E是对角线BD延长线上一点，AE=BD．将△ABE绕点A顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′，点B、E的对应点分别为B′、E′．（1）如图1，当α=30°时，求证：B′C=DE；（2）连接B′E、DE′，当B′E=DE′时，请用图2求α的值；（3）如图3，点P为AB的中点，点Q为线段B′E′上任意一点，试探究，在此旋转过程中，线段PQ长度的取值范围为．【答案】（1）证明见解析（2）45°或22.5°（3）22-2≤PQ≤42+2【解析】【分析】（1）先由正方形的性质得到直角三角形AOE，再经过简单计算求出角，判断出△ADE≌△AB′C即可；（2）先判断出△AEB′≌△AE′D，再根据旋转角和图形，判断出∠BAB′=∠DAB′即可；（3）先判断出点Q的位置，PQ最小时和最大时的位置，进行计算即可．【详解】解：（1）如图1，连接AC，B′C，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，AC⊥BD，AC=BD=2OA，∠CAB=ADB=45°，∵AE=BD，∴AC=AE=2OA，在Rt△AOE中，∠AOE=90°，AE=2OA，∴∠E=30°，∴∠DAE=∠ADB-∠E=45°-30°=15°，由旋转有，AD=AB=AB′∠BAB′=30°，∴∠DAE=15°，在△ADE和△AB′C中，'' AD ABDAE CAB AE AC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE≌△AB′C，∴DE=B′C，（2）如图2，由旋转得，AB′=AB=AD，AE′=AE，在△AEB′和△AE′D中，''''AE AEAD ABDB DE=⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴△AEB′≌△AE′D，∴∠DAE′=∠EAB′，∴∠EAE′=∠DAB′，由旋转得，∠EAE′=∠BAB′，∴∠BAB′=∠DAB′，∵∠BAB′+∠DAB′=90°，∴α=∠BAB′=45°，或α=360°-90°-45°=225°；（3）如图3，∵正方形ABCD的边长为4，∴122，连接AC交BD于O，∴OA⊥BD，OA=12AC=12BD=22在旋转过程中，△ABE在旋转到边B'E'⊥AB于Q，此时PQ最小，由旋转知，△ABE≌△AB'E'，∴AQ=OA=12BD（全等三角形对应边上的高相等），∴PQ=AQ-AP=12BD-AP=22-2在旋转过程中，△ABE在旋转到点E在BA的延长线时，点Q和点E'重合，∴AE'=AE=42，∴PE'=AE'+AP=42+2，故答案为22-2≤PQ≤42+2．．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图，抛物线的对称轴为轴，且经过(0，0)，()两点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A(0，2)，(1)求的值；(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交；(3)设⊙P与轴相交于M，N(＜)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2或4﹣2．【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN 时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y=ax2，∴=a（）2，解得：a=±，∵图象开口向上，∴a=，∴抛物线解析式为：y=x2，故a=，b=c=0；（2）设P（x，y），⊙P的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，a2），∵PA=，作PH⊥MN于H，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），又∵A（0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN 时，=， 解得：a=0，当AM=MN 时，=4， 解得：a=2±2（负数舍去），则a 2=4+2； 当AN=MN 时，=4， 解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a 2=4﹣2； 综上所述，P 的纵坐标为0或4+2或4﹣2．考点：二次函数综合题．10．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：12PN 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12PD 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12PD 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12PG PC =，当D 、P 、G 共线时，12PD 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12PG PC =，当点P 在DG 的延长线上时，12PD PC -的值最大，即可得到答案. 【详解】（1）证明：∵2,1,4PB BN BC ===，∴24,4PB BN BC =⋅=，∴2PB BN BC =⋅，∴BN BP BP BC=， ∵B B ∠=∠，∴BPN BCP ∆∆∽，∴12PN BN PC BP ==， ∴12PN PC =； （2）解：如图，在BC 上取一点G ，使得BG=1，∵242,212PB BC BG PB ====， ∴,PB BC PBG PBC BG PB=∠=∠，∴PBG CBP ∆∆∽， ∴12PG BG PC PB ==， ∴12PG PC =， ∴12PD 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12PG PC =， 在Rt △CDF 中，∠DCF=60°，CD=4，∴DF=CD •sin60°=23CF=2，在Rt △GDF 中，22(23)537+=，∴12PD 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．11．如图，△ABC 内接于⊙O ，AB 是直径，过点A 作直线MN ，且∠MAC ＝∠ABC ．（1）求证：MN是⊙O的切线．（2）设D是弧AC的中点，连结BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．①求证：FD＝FG．②若BC＝3，AB＝5，试求AE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②AE＝1【解析】【分析】（1）由AB为直径知∠ACB＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°．由∠MAC＝∠ABC可证得∠MAC+∠CAB＝90°，则结论得证；（2）①证明∠BDE＝∠DGF即可．∠BDE＝90°﹣∠ABD；∠DGF＝∠CGB＝90°﹣∠CBD．因为D是弧AC的中点，所以∠ABD＝∠CBD．则问题得证；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．证明Rt△ADE≌Rt△CDH，可得AE＝CH．根据AB＝BH可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°；∵∠MAC＝∠ABC，∴∠MAC+∠CAB＝90°，即MA⊥AB，∴MN是⊙O的切线；（2）①证明：∵D是弧AC的中点，∴∠DBC＝∠ABD，∵AB是直径，∴∠CBG+∠CGB＝90°，∵DE⊥AB，∴∠FDG+∠ABD＝90°，∵∠DBC＝∠ABD，∴∠FDG＝∠CGB＝∠FGD，∴FD＝FG；②解：连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．∵∠DBC ＝∠ABD ，DH ⊥BC ，DE ⊥AB ，∴DE ＝DH ，在Rt △BDE 与Rt △BDH 中，DH DE BD BD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △BDE ≌Rt △BDH （HL ），∴BE ＝BH ，∵D 是弧AC 的中点，∴AD ＝DC ，在Rt △ADE 与Rt △CDH 中，DE DH AD CD =⎧⎨=⎩， ∴Rt △ADE ≌Rt △CDH （HL ）．∴AE ＝CH ．∴BE ＝AB ﹣AE ＝BC+CH ＝BH ，即5﹣AE ＝3+AE ，∴AE ＝1．【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，正确作出辅助线来构造全等三角形是解题的关键．12．四边形ABCD 的对角线交于点E ，有AE =EC ，BE =ED ，以AB 为直径的O 过点E ．（1）求证：四边形ABCD 是菱形．（2）若CD 的延长线与圆相切于点F ，已知直径AB =4．求阴影部分的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）513π-【解析】试题分析：（1）先由AE=EC 、BE=ED 可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于Q ，分别求出扇形BOE 、△AOE、半圆O 的面积，即可得出答案.试题解析：（1）AE =EC ，BE =ED∴ABCD 四边形为平行四边形∵90AB AEB ∠∴=︒是直径∴ABCD 平行四边形是菱形（2）连接OF ，过点D 作DP ,AB P E EQ AB ⊥⊥于过点作于QCF 切O 于点F∴90OFC ∠=︒∵ABCD 四边形是菱形，∴,90CD AB BOF OFD DPO ∠∠∠∴===︒∴FOPD DP OF ∴=四边形是矩形ABCD 四边形是菱形，AB AD ∴=∵11,3022OF AB DP AD DAB ∠=∴=∴=︒ ∴ABCD 四边形是菱形∴1152CAB DAB ∠=∠=︒ ∴180215150AOE ∠=︒-⨯︒=︒∴3090EOB EQO ∠∠=︒=︒ ∴112EQ OE == 21502360S 阴影π⨯∴=-1521123π⨯⨯=- 点睛：本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．13．如图，点A 在直线l 上，点Q 沿着直线l 以3厘米/秒的速度由点A 向右运动，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 34，点C 在点Q 右侧，CQ=1厘米，过点C 作直线m⊥l，过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使DF=13CD ，以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF ．设运动时间为t 秒．（1）直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ；（2）当0＜t ＜1时，求矩形DEGF 的最大面积；（3）点Q 在整个运动过程中，当矩形DEGF 为正方形时，求t 的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3． 【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可.试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.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。

人教版九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]

人教版九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]

人教版九年级上册数学 圆 几何综合中考真题汇编[解析版]一、初三数学 圆易错题压轴题（难）1．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）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605R <<【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163CH 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1218655PD 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，22226242AF AB BF =-=-=，//PH AF ，PH BP BHAF AB BF∴==6242x BH ==，223PH x ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-，在Rt PHC 中，22PC PH CH =+22221()(6)33y x x ∴=+-2436(09)y x x 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232663xx x x =--， 解得：185x =，即125BE =，1218655PD 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)，2365R =； 即两圆相交时，3605R <<． 【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.2．已知：在△ABC 中，AB=6，BC=8，AC=10，O 为AB 边上的一点，以O 为圆心，OA 长为半径作圆交AC 于D 点，过D 作⊙O 的切线交BC 于E.（1）若O 为AB 的中点(如图1)，则ED 与EC 的大小关系为：ED EC （填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？ （3）当⊙O 过BC 中点时（如图3），求CE 长. 【答案】（1）ED=EC ；（2）成立；（3）3 【解析】试题分析：（1）连接OD ，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO ，即可得到∠CDE=∠C ，从而证得结论；（2）证法同（1）；（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.（1）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（2）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（3）CE=3.考点：圆的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．3．在△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=3，M是AB上的动点（不与A，B重合），过M点作MN∥BC交AC于点N．（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．i．若点P正好在边BC上，求x的值；ii．在M的运动过程中，记△MNP与梯形BCNM重合的面积为y，试求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．【解析】试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．试题解析：（1）i．如图1，由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，又MN∥BC，∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，∴∠B=∠BPM，∴AM=PM=BM，∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．ii．以下分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，∴AN=，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，∴，②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由（2）知ME=MB=4-x，∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，∴，∴S△PEF=（x-2）2，∴y=S△PMN-S△PEF=，∵当0＜x≤2时，y=x2，∴易知y最大=，又∵当2＜x＜4时，y=，∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．在Rt△ABC中，BC==5；由（1）知△AMN∽△ABC，∴，即，∴MN=x∴OD=x，过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA，∴，∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4∴x=，∴当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．考点：圆的综合题．4．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=35，所以可得AC=2CK，CK=BC•sin∠OBC=245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⊥ACAC＝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．5．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）132y x=-+（2）d=5t （3）故当 t=85，或815，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=34OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=34OA 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{23k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-12x +3； （2）如图所示：在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，则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=12AQ=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=1522QR t = ， ∴1115151022224NT 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132n 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：132n n =-+ , 解得：n=2，故N （2，2），NT=2，即1524t =, 解得：t=815∴当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

(完整版)中考数学几何综合压轴题初三难题训练(真题附答案)

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中考数学几何综合压轴题初三难题训练1. （2015金华中考）如图，正方形 ABCD 和正三角形 AEF 都内接于eO , EF 与BC , CD 分别相交 于点G ， H ，则-EF 的值是（）GHA.——B. 2C. . 3D. 222.（2015遵义中考）将正方形 ABCD 绕点A 按逆时针方向旋转 30°，得正方形 AB 1GD 1，B^!交CD 于点E ， AB 3，则四边形A^ED 的内切圆半径为（）D ，E 分别是OA ，OB 的中点，则图中影阴部分的面积为 ___________ cm 2 .A. D.3. （2015遵义中考）如图，在圆心角为90°的扇形OAB 中，半径 OA 2cm ，C 为弧AB 的中点,6Di到E ，且有 EBD CAB • (1) 求证：BE 是eO 的切线；(2 )若BC 3 , AC 5，求圆的直径 AD 及切线BE 的长.5. (2016岳阳中考)数学活动 旋转变换(1) 如图①，在 VABC 中， ABC 130°，将VABC 绕点C 逆时针旋转500得到VABC ，连接 BB ，求ABB 的大小；(2) 如图②，在 VABC 中， ABC 150° , AB 3, BC 5，将VABC 绕点C 逆时针旋转 60° 得到VABC ，连接BB ，以A 为圆心，AB 长为半径作圆.(I)猜想：直线 BB 与e A 的位置关系，并证明你的结论； (H)连接AB ，求线段AB 的长度；(3)如图③，在 VABC 中， ABC 90° 180° , AB m , BC n ，将VABC 绕点 C 逆180°得到VABC ，连接AB 和BB ，以A 为圆心，AB 长为半与角 满足什么条件时，直线 BB 与e A 相切，请说明理由，并求此条件下线段AB 的长度(结果用角或角 的三角函数及字母 m , n 所组成的式子表示)时针旋转2角度0° 2径作圆，问：角6. (2016成都中考)如图，在RtVABC中，ABC 90°，以CB为半径作eC，交AC于点D，交AC 的延长线于点E，连接BD , BE .(1)求证：VABD s VAEB ;AB 4(2)当一—时，求tanE ；BC 3BE父于点F .(3 )在(2 )的条件下，作BAC的平分线，与7. （2016苏州中考）如图，在矩形ABCD中，AB 6cm , AD 8cm •点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQ BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为3cm/s，以O为圆心，0.8cm为半径作圆O,点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t （单位：s）（0 t 8）•3（1）如图，连接DQ，当DQ平分BDC时，t的值为.（2）如图，连接CM，若VCMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值；（3）请你继续连行探究，并解答下列问题：①证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧；②如图3,在运动过程中，当QM与圆O相切时，求t的值；并判断此时PM与圆O是否也相切？说明理由.8. （2015扬州中考）如图，已知 eO 的直径AB 12cm , AC 是eO 的弦，过点 延长线于点P ，连接BC •（1） 求证： PCA B ；（2） 已知 P 400 ,点Q 在优弧ABC 上，从点A 开始逆时针运动到点 重合），当VABQ 与VABC 的面积相等时，求动点 Q 所经过的弧长.C 作eO 的切线交BA 的C 停止（点Q 与点C 不9. （ 2015大庆中考）如图， 四边形ABCD 内接于eO ,ADPBC P 为BD 上一点，APB BAD . (1) 证明：AB CD ;(2) 证明：DP BD AD BC ； (3) 证明：BD 2 AB 2 AD BC .10. （2015武汉中考）如图，AB是eO的直径，ABT 4^ , AT AB •（1）求证：AT是eO的切线；（2）连接OT交e O于点C，连接AC，求tan TAC的值.11. （2016随州中考）如图，AB是eO的弦，点C为半径OA的中点，过点C作CD OA交弦AB 于点E，连接BD，且DE DB •（1）判断BD与eO的位置关系，并说明理由；5(2)若CD 15 , BE 10 , ta nA -，求eO 的直径.1212. (2015德州中考)如图，eO的半径为1 , A, P , B , C是eO上的四个点, APC CPB 60°•(1) 判断VABC的形状：；(2) 试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；(3) 当点P位于的什么位置时，四边形APBC的面积最大？求出最大面积.13. (2016淮安中考)问题背景：如图1，在四边形 ADBC 中， ACB形，所以CE . 2CD ，从而得出结论：AC BC . 2CD •(1) 简单应用：在图1中，若AC 2 , BC 2 2，则CD •(2) 如图3, AB 是eO 的直径，点 C 、D 在e 上，AD BD ，若AB 13, BC 12，求CD 的 长. (3) 拓展规律：如图 4 , ACB ADB 90° , AD BD ，若 AC m , BC n m n ，求 CD 的长(用含m , n 的代数式表示)1(4 )如图5 , ACB 90° , AC BC ,点P 为AB 的中点，若点E 满足AE 1AC ,3CE CA ，点Q 为AE 的中点，则线段 PQ 与AC 的数量关系是.ADB 90° , A D BD ，探究线段 AC,BC,CD 之间的数量关系•小吴同学探究此问题的思路是：将 VBCD 绕点D ，逆时针旋转 90°到 VAED 处，点 B,C 分别落在点 A,E 处(如图2)，易证点 C,A,E 在同一条直线上，并且VCDE 是等腰直角三角li14. (2015宜昌中考)如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC , BD相交于点E , F是边BA延长线上一点，连接EF，以EF为直径作eO，交边DC于D，G两点，AD分别与EF，GF交于I , H两占八、、♦(1)求FDE的度数；(2)试判断四边形FACD的形状，并证明你的结论；(3)当G为线段DC的中点时，(i)求证：FD FI ;(ii)设AC 2m, BD 2n，求eO的面积与菱形ABCD的面积之比.15. （2015株洲中考）已知AB是圆O的切线，切点为B，直线AO交圆O于C , D两点，CD 2 , DAB 30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q .（1）当点P运动到使Q , C两点重合时（如图1），求AP的长;（2）点P在运动过程中，有几个位置（几种情况）使VCQD的面积为丄?（直接写出答案）21（3）当使VCQD的面积为丄，且Q位于以CD为直径的的上半圆上，CQ QD时（如图2）,2求AP的长.第11页（共29页）第12页(共29页)第一部分 1.C【解析】如图，连接 AC 、BD 、OF ,其中AC 与EF 交于点I . QAO 是EAF 的角平分线,OAF 60o 2 30o .QOA OF ,OFA OAF 30° ,COF 60° ,BD CO 2 1 1 GH BD 2r r , 2 2竺3 3 .GH r作 DAB 1与 AB 1C 1的角平分线交于点 O ，过O 作OF AB 1 , 则 OAF 30° , AB 1O 4^ ,答案EF 3 o r 2 23r . QAO 2OI ,OI -r , CI 21 r r2 FI r sin60°GH CI 11 r , 22.B 【解析】设eO 的半径为r ,则 OF r ，第13页（共29页）故B i FOF 〔OA , 2 设B i Fx , 则AF ：丄3 x , 故 3 2 x 2 2 x 2 2x ,解得x3 -，负值舍去. 2 四边形AB iE D 的内切圆半径为宁-第二部分3. n 1二2 2 2 【解析】连接0C ，过C 点作CF OA 于F •Q 半径OA 2cm , C 为A B 的中点，D 、E 分别是OA 、OB 的中点, OD OE 1cm , OC 2cm , AOC 4^ •CF . 2 • 鸟白图形ACDS 扇形OACS VOCD 2 45 n 221 2 1 23601 n2 2 cm . 2 2Q S VODE 〔OD 2 1 OE cm 2 2S 阴影S 扇形OAB S 空白图形ACD S VODE90 n 221 2 1—n ------ —360 2 2 21 —n _! 12 cm . 2 2 2第三部分4. (1)如图，连接OB .第14页(共29页)QBD BC ,CAB BAD .Q EBD CAB ,BAD EBD .QAD 是eO 的直径，ABD 90o , OA BO .BAD ABO .EBD ABO .OBE EBD OBD ABD OBD ABD 90°.Q 点B 在e O 上，BE 是eO 的切线.(2)如图，设圆的半径为 R ，连接CD .QAD 为eO 的直径，ACCD 90° .QBC BD ,OB CD .OB PAC .QOA OD ,1 5 OF AC .2 2Q 四边形ACBD 是圆内接四边形,BDE ACB .Q DBE ACB ,VDBE s VCAB . DB DEAC BC .3DE 5 3 .DEQ OBE OFD 90 ,DF PBE .QR 0 ,R 3.QBE 是eO 的切线,5. (1)如图①中， QVA BC 是由VABC 旋转得到，ABC ABC 130°，CB CBCBB CBB ，Q BCB 50o ，CBB CB B 650，ABB ABC BB C 65° .(2 )(1)结论：直线 BB ，是e A 的切线. 理由：如图②中，150°,CB CB ,Q ABC ABC CBB CBB ,Q BCB 60° ,CBB CB B 60° ,ABB ABC BBC 90° .AB BB ,直线BB ，是e A 的切线.(H) Q 在 RtVABB 中，Q AB B 90° , BB BC 5 , AB AB 3,AB AB 2 BB 2 34 .(3 )如图③中，当 180°时，直线BB ，是e A 的切线 理由：Q ABC ABC ,CB CB ,OF OB ODOEBE JDE AE * 2 3 3\5 5 3 115(3)解法一：在 RtVABC 中, -AC 2 BG -AB 2 11BG 即 5x BG 4x 3x ，解得BG 2 2 12 x . 590°.AB BB ,直线BB ，是e A 的切线.在VCBB 中QCB CB n , BCB 2 ,BB 2 nsin ,在 RtVA BB 中,AB . BB 2 AB 2 ,m 2 4n 2si n 26. (1) QDE 为e C 的直径，DBE 90° . 又 Q ABC 90° ,DBE DBC 90° , CBE DBC 90° ,ABD CBE .又QCB CE ,CBE E , ABD E .又 Q BAD EAB ,VABD ^VAEB .(2 )由(1)知，VABD s VAEB 在 RtVDBE 中,BD 1 tanEBE 2CBB CBB ,Q BCB 2 ,CBB ABB CB B 180° 2-------------? 2ABC BBC90°180° 90°BD BE ABAEABQ - BC设 AB 4x ，贝U CE 在 RtVABC 中，AB CB 3x .5x ,AE AC CE 5x 3x 8x BD BE AB AE 4x8xQAF 是 BAC 的平分线, BF AB 4x 1 FHEF 2BG BE 32 2 12 8FH BG一x x3 3 5 5 1又 Qta nE2EH 2FH 16 x ,5AM AE EM24 x ・ 5 在 RtVAHF 中, 2 2 AH HF AF 1 2 3即 224 x5e C 的半径是3xQAF 平分 BAC ， FE AE 8x 2AE 于 H , 【解析】解法二：如图 2过点A 作EB 延长线的垂线，垂足为点在 VBAE 中，有 1 2 3 E 180°90° 90° , 4 2 E 45 ,VGAF 为等腰直角三角形8.5 L ，AFeC 的半径是NG BN a ，CG 3 a ，4 NC BC 9 a，4BH 9a， 5AB 3a ， AC AG 3a ，tan NAC NG AG sin NAC 10105a ，4 15 a，4 13由( 2) 可知, AE 8x , tanEAG AE 于点M ， 解法三:AE 于点G ，FM BAC 的平分线,QAF 是AE 10 .在 RtVDBE 中,设 BP 4t ，则 PQ 3t , BQ 5t .Q DQ 平分 BDC , QC CD , QP BD .CQ PQ 3t .QCQ 8 5t.3t 8 5t ，即 t 1.(2)如图，过点M 作ME BC 于点E .在 RtVAFM 中, FM AF sin NAC 2 卫互,AM 10 5 3 10 5 在 RtVEFM 中, EM FM tanE2 10 QBH a,5 EH 18 a, 5 DE 9 a ,2 DC 9 a ,4 AD 3 a,2 又QAE DE3 a 2 9 a2 9a,10 106DC 3.1087. (1)【解析】由题意可VBPQ s VBCD .DH AE10 ,a在 RtVABD 中，AB 6cm , AD 8cm ,BD 10cm .由 BPQ BCD , QBP DBC ，得 VPBQ ^VCBD .PB PQ BQBC CD BD .Q PB 4t ,PQ 3t , BQ 5t .Q MQ MC ,1 1 QE CE —QC - 8 5t2 2Q VMEQ s VDCB , EQ BCMQ BD1 -8 5t 23t40t 49(3)如图1，设QM 所在直线交CD 于点F . ① Q VQCF s VBCD , CF CDCQ CB CF 68 5t 8E15 -t , DF 4 又DO 3t , DO DF CF 6 ，即点O 始终在QM 所在直线的左侧.②如图，设MQ与eO相切时，切点我G，连接OG ,OG BCOF BD，0.88吗3t 10，4丄4t3当t -时，正方形PQMN的边长为3解法一：连接MO并延长交PQ于点贝U VMOG s VMHQ ,OG MGHQ MQ，260.815HQ4，HQ241328PH13 °HK14 213HK HQ .点O不在PMQ的平分线上，当QM1与eO相切时，PM与eO【解析】解法二：连接OM , OP ,Q SVMPQ SVMOQ S VPOQ S VPOM ，则VOGF s VBCD ,534 , QF-,FG3 5 .H，过点H作HK PM于点K不相切.OQ，设点O到MP的距离为h ,1 4 0.8 1 344142 h 8 .2 2 152h7 20.8 .15当QM与eO相切时，PM与eO不相切QAB是eO的直径，ACB 1 2 90o,又PC是eO的切线，PCO PCA 1 90°,2 PCA.又OC OB .2 B,PCA B .(2) Q P 40°,AOC 50°.QAB 12，AO 6 .AOQ 130°时，VABQ与VABC的面积相等,优弧ABQ所对的圆心角为230°时，VABQ与VABC的面积相等,13n31803180当BOQ 50°时，即9. (1) Q AD PBC ,ADB DBC ,AB DC ,AB CD .(2) Q APB BAD , BAD BCD 180° , APBBCD APD ,Q ADB CBD .VADPWDBC ,AD DPBD BC ，DP BD AD BC .QBD 2DE 2 BE 2, DE 2 CD 2 CE 2 ,2 BD 2CD 2 BE 2 CE 2AB 2 BE CE BE CEAB 2 AD BC.10. (1) QAB AT ,ATB B 45°.BAT 90° .AT 是eO 的切线.(2 )设eO 半径为r ，延长TO 交eO 于D ，连接AD .点Q 所经过的弧长 230 n 6 180 23 n3AAPD 180° , (3)如图，过点D 作DE BC 交BC 于E .QCD是直径，CAD BAT 90°.TAC OAD D . 又ATC DTA,VTAC s VTDA.TA TCTD AT .TA2TC TD , 即4r2 TC TC 2r 解得TC 5 1r.tan TAC tan DACADTCAT.5 1 r2r51211. (1)连接OB .QOB OA, DE DB ,A OBA, DEB ABD.QCD OA,A AEC A DEB 90°,OBA ABD 90°,OB BD ,BD是eO的切线；(2)如图，过点D作DG BE于G .QDE DB,1EG -BE 5,2GDE A,VACE s VDGE,QVACE s VDGE12. (1)等边三角形(2) PA PB PC .证明：如图，在PC上截取PD PA，连接AD .PA AD , PAD 60o.Q BAC 60o,PAB DAC .Q APC 60o,VPAD是等边三角形.Q ACE DGE 90°, AEC GED ,tan EDG tanAEGDG5—，即DG 12 .12在RtVEDG 中，DE .DG2 EG213. QCD 15, DECE 2 .13 ,ACDGCEGE，AC CE DGGE245e O的直径2OA 4AD96QAB AC ,VPAB 也VDAC .PB DC .QPD DC PC ,PA PB PC .(3)当点P 为A B 的中点时，四边形 APBC 面积最大.理由如下：如图，过点 P 作PE AB ，垂足为E , 过点C 作CF AB ，垂足为F ，四边形APBC 面积最大. Qe O 的半径为1,其内接正三角形的边长AB 31S 四边形APBC 匚 2 32 3 . 13. (1) CD 3(2)连接 AC 、BD 、AD ,Q AB 是eO 的直径，ADB ACB 90° ,Q A D B D ,AD BD ,将VBCD 绕点D ，逆时针旋转90°到VAED 处，如图3 ,EADDBC , Q DBCDAC 180° , EADDAC 180° , E 、A 、C 三点共线，Q AB 13,BC 12,由勾股定理可求得： AC 5 ,Q BC AE ,CE AE AC 17,2 AB PE ，S VABC 1AB CF . 2S 四边形APBC 1 — AB PE 2 Q 当点P 为A B 的中点时, CF . PE CF PC , PC 为eO 直径, Q S VPABQ EDA CDB ,EDA ADC CDB ADC ,即 EDCADB 90° ,Q CD ED , VEDC 是等腰直角三角形，CE 2CD ,17近 CD 2(3)以AB 为直径作eO ,连接OD 并延长交eO 于点D 1 , 连接D 1A ，D 1B ， D 1C ，如图D 1C又Q 0D 是eO 的直径,DCD 1 90o ,Q AC m ， BC n由勾股定理可求得: 2 2 DQ AB2 n22PQ = -^」AC • 614.( 1)QEF 为eO 的直径,FDE 90° .(2)四边形FACD 为平行四边形•理由如下:QABCD 为菱形，AB PCD , AC BD ,AEB 90° • 又 FDE 90o ,AC PFD •四边形FACD 为平行四边形.(3)(i )如图，连接GE •由(2)的证明过程可知： ACBC ■ 2D 1C ，ABm 2 2 Q D 1C 2 CD 2 2 D 1D 2CD m 2 n 2CD (4)Q 在RtVDEC 中，G 为CD 的中点,EG DG ,弧DG 弧EG ,1 2.又EF 为eO 的直径,FGE 90° ,FG EG .QG 为DC 中点，E 为AC 中点,GE 为VDAC 的中位线，EG PAD . FGADF l HDFHI 90o . 1 3 24 90o , 3 4 ,FD FI .(ii ) Q 菱形ABCD , AE CE m , BE DE nQ 四边形FACD 为平行四边形,FD AC 2m FIQ FD PAC , 3 8 .又34 7, 78 , EI EA m . 在 RtVFDE 中，FE 2 FD 2 DE 2 ,3m $ 2m $ n 2，解得，n 5m .2 3m9 2 1 S eo n 测，S 菱形ABCD — 2m 2n 2mn 2 4 2 S e O : S 菱形ABCD 9 n m 2:2 5m 2葺5. 4 4015. (1) QAB 是圆O 的切线，OBA 90o .2 5m 2 ,QRtVOBA中，CD 2, DAB 30°,OB 1 ,OB OC AC 1 .Q当点P , C运动到Q , C两点重合时,PC为圆O的切线，PCA 90°,Q DAB 30°, AC 1 ,AP -A/3•3(2)有4个位置使VCQD的面积为-•21【解析】由于CD的长度2，而S VCQD1, 故CD上的高的长度为-，从而如下图，我们可得到答案.2(3)过点Q作QN AD于点N，过点P作PM AD于点M •QNQCD是圆O的直径,CQD 90°• 易证VQCN s VDQN •QN CNDN QNQN2 CN DN .1x 2 x4解得X i 2 3, x22QCQ QD ,CNCNQN易证VPMC s VQNC .易得列空2 3MP QNCM 2 3 MP .在RtVAMP中易得AM 3MP , QAM CM AC 1,2,3 MP . 3MP 1 ,MP 3 14 ，薦1AP2MP21 2.又QCB CE,3 E .。

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AD AD FAD EAD AF AE
∴△FAD≌△EAD， ∴DF=DE， 设 DE=x，则 DF=x， ∵BD=1， ∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，
由勾股定理得： DF 2 BF 2 BD2 ， x2 (3 x)2 1 ，
如图，把△AEC 绕 A 点旋转到△AFB，使 AB 和 AC 重合，连接 DF． 则 AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE， ∵∠DAE=45°， ∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中
∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF=GF， ∵BE=DG， ∴EF=GF=BE+DF； （2）解：∠B+∠D=180°， 理由是：
如图，把△ABE 绕 A 点旋转到△ADG，使 AB 和 AD 重合， 则 AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG， ∵∠B+∠ADC=180°， ∴∠ADC+∠ADG=180°， ∴F、D、G 在一条直线上， 和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°， 在△EAF 和△GAF 中
（3）最大值 9 2 2
【解析】 【分析】
最小值 3 2 ． 2
（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
解得：x= 5 ， 3
即 DE= 5 ． 3
【点睛】 本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股 定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．
2．已知如图 1，在 ABC 中， ABC 90， 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；
∵把△ABE 绕点 A 逆时针旋转 90°至△ADG，使 AB 与 AD 重合， ∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG， ∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠DAG+∠DAF=45°， 即∠EAF=∠GAF=45°， 在△EAF 和△GAF 中
AF AF EAF GAF AE AG
AF AF EAF GAF AE AG
∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF=GF， ∵BE=DG， ∴EF=GF=BE+DF； 故答案为：∠B+∠D=180°；
（3）解：∵△ABC 中，AB=AC=2 2 ，∠BAC=90°， ∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC= AB2 AC2 =4，
九年级数学几何模型压轴题中考真题汇编[解析版]
一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
1．探究：如图①和②，在四边形 ABCD 中，AB=AD，∠BAD=90°，点 E、F 分别在 BC、CD
上，∠EAF=45°．
（1）如图①，若∠B、∠ADC 都是直角，把△ABE 绕点 A 逆时针旋转 90°至△ADG，使
ADG ADF 180，即 B D 180 ；
（3）先作辅助线，把△AEC 绕 A 点旋转到△AFB，使 AB 和 AC 重合，连接 DF，根据已知
条件证明△FAD≌△EAD，设 DE=x，则 DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再 Rt BDF 中根据勾股定
理即可求出 x 的值，即 DE 的长． 【详解】 （1）解：如图，
AB 与 AD 重合，则能得 EF=BE+DF，请写出推理过程；
（2）如图②，若∠B、∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足数量关系
时，仍有
EF=BE+DF；来自（3）拓展：如图③，在 ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC= 2 2 ，点 D、E 均在边 BC 上，且
∠DAE=45°．若 BD=1，求 DE 的长．
∵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：
【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3） 5 3
【解析】 【分析】 （1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到 EF=FG，即可得到答案； （2）先作辅助线，把△ABE 绕 A 点旋转到△ADG，使 AB 和 AD 重合，根据（1），要使 EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明 F、D、G 在一条直线上，即
（2）如图 2，将 CDF 绕点 C 逆时针旋转 0 a 90 ，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 BC 6 ， CF 3 2 ，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；
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