您的位置：360文档中心› 人教版九年级上册数学 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

合集下载

九年级数学上册上册数学压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

九年级数学上册上册数学压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

九年级数学上册上册数学压轴题（培优篇）（Word版含解析）一、压轴题1．已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B(不与P，Q重合)，连接AP、BP. 若∠APQ=∠BPQ.(1)如图1，当∠APQ=45°，AP=1，BP=22时，求⊙O的半径；(2)如图2，选接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上(不与P、M重合)，连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN=90°，探究直线AB与ON的位置关系，并证明.2．如图①，A（﹣5，0），OA＝OC，点B、C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0）．（1）求B、C坐标；（2）求证：BA⊥AC；（3）如图②，将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，连接DC，问：∠BDC的角平分线DE，是否过一定点？若是，请求出该点的坐标；若不是，请说明理由．3．如图，在平面直角坐标系中，直线1l：162y x=-+分别与x轴、y轴交于点B、C，且与直线2l：12y x=交于点A.（1）分别求出点A、B、C的坐标；△的面积为12，求直线CD的函数表达式；（2）若D是线段OA上的点，且COD（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内里否存在点Q，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.4．如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上（不与点A，B重合）的任一点，点C，D为⊙O 上的两点．若∠APD＝∠BPC，则称∠DPC为直径AB的“回旋角”．（1）若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠DPC是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；（2）猜想回旋角”∠DPC的度数与弧CD的度数的关系，给出证明（提示：延长CP交⊙O 于点E）；（3）若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+133，直接写出AP的长．5．如图1，Rt△ABC两直角边的边长为AC＝3，BC＝4．（1）如图2，⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点X，与边BC相切于点Y．请你在图2中作出并标明⊙O的圆心（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）（2）P是这个Rt△ABC上和其内部的动点，以P为圆心的⊙P与Rt△ABC的两条边相切．设⊙P的面积为S，你认为能否确定S的最大值？若能，请你求出S的最大值；若不能，请你说明不能确定S的最大值的理由．6．问题发现：（1）如图①，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，E是AB上点（点E 不与A、B重合），将射线OE绕点O逆时针旋转90°，所得射线与BC交于点F，则四边形OEBF的面积为．问题探究：（2）如图②，线段BQ ＝10，C 为BQ 上点，在BQ 上方作四边形ABCD ，使∠ABC ＝∠ADC ＝90°，且AD ＝CD ，连接DQ ，求DQ 的最小值；问题解决：（3）“绿水青山就是金山银山”，某市在生态治理活动中新建了一处南山植物园，图③为南山植物园花卉展示区的部分平面示意图，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，AD ＝CD ，AC ＝600米．其中AB 、BD 、BC 为观赏小路，设计人员考虑到为分散人流和便观赏，提出三条小路的长度和要取得最大，试求AB +BD +BC 的最大值．7．如图，在矩形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，连接AC 、EC 、EF 、FC ，且EC EF ⊥.（1）求证：AEF BCE ∽；（2）若23AC =，求AB 的长；（3）在（2）的条件下，求出ABC 的外接圆圆心与CEF △的外接圆圆心之间的距离？8．在长方形ABCD 中，AB ＝5cm ，BC ＝6cm ，点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，与此同时，点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动．如果P 、Q 分别从A 、B 同时出发，当点Q 运动到点C 时，两点停止运动．设运动时间为t 秒．（1）填空：______＝______，______＝______（用含t 的代数式表示）；（2）当t 为何值时，PQ 的长度等于5cm ？（3）是否存在t 的值，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ？若存在，请求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．9．如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，以点B 为圆心，BC 的长为半径画弧，交线段AB 于点D ，以点A 为圆心，AD 长为半径画弧，交线段AC 于点E ，连结CD .（1）若28A ∠=︒，求ACD ∠的度数；（2）设BC a =，AC b =；①线段AD 的长度是方程2220x ax b +-=的一个根吗？说明理由.②若线段AD EC =，求a b的值. 10．如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，4AC =，3BC =.点P 从点A 出发，沿着A C B →→运动，速度为1个单位/s ，在点P 运动的过程中，以P 为圆心的圆始终与斜边AB 相切,设⊙P 的面积为S ，点P 的运动时间为t （s ）（07t <<）.（1）当47t <<时，BP = ；（用含t 的式子表示）（2）求S 与t 的函数表达式；（3）在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，直接写出t 的值.11．如图，抛物线2y x bx c =-++与x 轴的两个交点分别为(1,0)A ，(30)B ，．抛物线的对称轴和x 轴交于点M ．（1）求这条抛物线对应函数的表达式；（2）若P 点在该抛物线上，求当PAB △的面积为8时，求点P 的坐标．（3）点G 是抛物线上一个动点，点E 从点B 出发，沿x 轴的负半轴运动，速度为每秒1个单位，同时点F 由点M 出发，沿对称轴向下运动，速度为每秒2个单位，设运动的时间为t ．①若点G 到AE 和MF 距离相等，直接写出点G 的坐标．②点C 是抛物线的对称轴上的一个动点，以FG 和FC 为边做矩形FGDC ，直接写出点E 恰好为矩形FGDC 的对角线交点时t 的值．12．如图，正方形ABCD 中，点O 是线段AD 的中点，连接OC ，点P 是线段OC 上的动点，连接AP 并延长交CD 于点E ，连接DP 并延长交AB 或BC 于点F ，（1）如图①，当点F 与点B 重合时，DE DC等于多少；（2）如图②，当点F 是线段AB 的中点时，求DE DC 的值； （3）如图③，若DE CF =，求DE DC的值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．(1) ☉O 的半径是32；(2)AB ∥ON ，证明见解析. 【解析】【分析】(1) 连接AB ，根据题意可AB 为直径，再用勾股定理即可．(2) 连接OA , OB , OQ ,根据圆周角定理可得Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∠=∠∠=∠，从而证出OC AB ⊥,延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠，再根据三角形内角和定理求得OQN ∠=90︒得证.【详解】解：(1)连接AB ，在☉0中，o APQ BPQ 45∠=∠=，o APB APQ BPQ 90∴∠=∠+∠=AB ∴是☉0的直径.Rt APB ∴∆在中，22AB AP BP =+AB=3∴∴☉0的半径是32(2)AB//ON证明：连接OA , OB , OQ ,在☉0中, AQ AQ =, BQ BQ =,Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∴∠=∠∠=∠.又APQ BPQ ∠=∠,AOQ BOQ ∴∠=∠.在AOB ∆中，OA OB =, AOQ BOQ ∠=∠,OC AB ∴⊥,即o OCA 90∠=连接OQ ，交AB 于点C在☉0中，OP OQ =OPN OQP.∴∠=∠延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠o NOP 2OPN 90∴∠+∠=,又:o NOP NOQ QOR 180∠+∠+∠=，NOQ 90O ∴∠=NOQ OCA 180O ∴∠+∠= .AB//ON ∴【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，是一道综合题，灵活运用相关知识是解题的关键．2．（1）点B （3，4），点C （﹣3，﹣4）；（2）证明见解析；（3）定点（4，3）；理由见解析．【解析】【分析】（1）由中心对称的性质可得OB＝OC＝5，点C（﹣a，﹣a﹣1），由两点距离公式可求a 的值，即可求解；（2）由两点距离公式可求AB，AC，BC的长，利用勾股定理的逆定理可求解；（3）由旋转的性质可得DO＝BO＝CO，可得△BCD是直角三角形，以BC为直径，作⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，由圆周角定理和角平分线的性质可得∠HBC＝∠CDE ＝45°＝∠BDE＝∠BCH，可证CH＝BH，∠BHC＝90°，由两点距离公式可求解．【详解】解：（1）∵A（﹣5，0），OA＝OC，∴OA＝OC＝5，∵点B、C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0），∴OB＝OC＝5，点C（﹣a，﹣a﹣1），∴5∴a＝3，∴点B（3，4），∴点C（﹣3，﹣4）；（2）∵点B（3，4），点C（﹣3，﹣4），点A（﹣5，0），∴BC＝10，AB＝，AC＝∵BC2＝100，AB2+AC2＝80+20＝100，∴BC2＝AB2+AC2，∴∠BAC＝90°，∴AB⊥AC；（3）过定点，理由如下：∵将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，∴CO＝DO，又∵CO＝BO，∴DO＝BO＝CO，∴△BCD是直角三角形，∴∠BDC＝90°，如图②，以BC为直径，作⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，∵DE平分∠BDC，∴∠BDE＝∠CDE＝45°，∴∠HBC＝∠CDE＝45°＝∠BDE＝∠BCH，∴CH＝BH，∠BHC＝90°，∵BC＝10，∴BH＝CH＝2，OH＝OB＝OC＝5，设点H（x，y），∵点H在第四象限，∴x＜0，y＞0，∴x2+y2＝25，（x﹣3）2+（y﹣4）2＝50，∴x＝4，y＝3，∴点H（4，﹣3），∴∠BDC的角平分线DE过定点H（4，3）．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了中心对称的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，圆的有关知识，勾股定理的逆定理，两点距离公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．3．(1)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q点坐标为：(-3，3)或22)或(6，6).【解析】【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q，使以O、C、P、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP1Q1C为菱形时，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；②当四边形OP2CQ2为菱形时；③当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.【详解】解：(1)由题意得16212y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得63 xy=⎧⎨=⎩∴A(6，3)在y=-162x+中，当y=0时，x=12，∴B(12，0)当x=0时，y=6，∴C(0，6).(2)∵点D在线段OA上，∴设D(x，12x) (0≤x≤6)∵S△COD=12∴12×6x=12x=4∴D(4，2)，设直线CD的表达式为y=kx+b，把(10，6)与D(4，2)代入得624bk b=⎧⎨=+⎩解得16 kb=-⎧⎨=⎩直线CD的表达式为y=-x+6(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP1Q1C为菱形时OC==OP1，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形，此时Q1P1=OP1=OC=6，即Q:（6，6）；②当四边形OP2CQ2为菱形时，OP2=CP2，由C坐标为（0，6），得到Q2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ2解析式y=-x中，得：x=-3，此时Q2（-3，3）；③当四边形0Q3P3C为菱形时，OC=CP3，则有OQ3=OC=CP3=P3Q3=6，设坐标为（x，-x+6），∵OC=CP3∴x2+x2= CP32= OC2=62解得，P的坐标为，)此时Q3).综上，点Q的坐标是(-3，3)或，)或(6，6).【点睛】本题是一次函数、勾股定理、特殊的平行四边形的综合应用，是一道压轴题，在考试中第一问必须作答，二三问可以根据自己的情况进行取舍.4．（1）∠DPC是直径AB的回旋角，理由见解析；（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，证明见解析；（3）3或23．【解析】【分析】（1）由∠BPC＝∠DPC＝60°结合平角＝180°，即可求出∠APD＝60°＝∠BPC，进而可说明∠DPC是直径AB的回旋角；（2）延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE，由“回旋角”的定义结合对顶角相等，可得出∠APE＝∠APD，由圆的对称性可得出∠E＝∠D，由等腰三角形的性质可得出∠E＝∠C，进而可得出∠D＝∠C，利用三角形内角和定理可得出∠COD＝∠CPD，即“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数；（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC，利用（2）的方法可得出点P，D，F在同一条直线上，由直径AB的“回旋角”为120°，可得出∠APD＝∠BPC＝30°，进而可得出∠CPF＝60°，即△PFC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得出∠CFD＝60°．连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD＝120°，根据等腰三角形的性质可得出CD＝2DG，∠DOG＝12∠COD＝60°，结合圆的直径为26可得出CD＝PCD的周长为DF＝24，过点O作OH⊥DF于点H，在Rt△OHD和在Rt△OHD中，通过解直角三角形可得出OH，OP的值，再根据AP＝OA﹣OP可求出AP的值；②当点P在半径OB上时，用①的方法，可得：BP＝3，再根据AP＝AB﹣BP可求出AP的值．综上即可得出结论．【详解】（1）∵∠BPC＝∠DPC＝60°，∴∠APD＝180°﹣∠BPC﹣∠DPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠APD＝∠BPC，∴∠DPC是直径AB的回旋角．（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，理由如下：如图2，延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE．∵∠CPB＝∠APE，∠APD＝∠CPB，∴∠APE＝∠APD．∵圆是轴对称图形，∴∠E＝∠D．∵OE＝OC，∴∠E＝∠C，∴∠D＝∠C．由三角形内角和定理，可知：∠COD＝∠CPD，∴“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数．（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC．同（2）的方法可得：点P，D，F在同一条直线上．∵直径AB的“回旋角”为120°，∴∠APD＝∠BPC＝30°，∴∠CPF＝60°，∴△PFC是等边三角形，∴∠CFD＝60°．连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD＝120°，∴CD＝2DG，∠DOG＝12∠COD＝60°，∵AB=26，∴OC=13，∴133 CG=∴CD＝2×1332＝133∵△PCD的周长为24+133，∴PD+PC+CD＝24+133，∴PD+PC＝DF＝24．过点O作OH⊥DF于点H，则DH＝FH＝12DF＝12．在Rt△OHD中，OH222213125OD DH--=,在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，∴OP＝2OH＝10，∴AP＝OA﹣OP＝13﹣10＝3；②当点P在半径OB上时，同①的方法，可得：BP＝3，∴AP＝AB﹣BP＝26﹣3＝23．综上所述，AP的长为：3或23．【点睛】此题是圆的综合题，考查圆的对称性质，直角三角形、等腰三角形与圆的结合，（3）是此题的难点，线段AP的长度由点P所在的位置决定，因此必须分情况讨论.5．(1)作图见解析；（2）49 .【解析】试题分析：（1）作出∠B的角平分线BD，再过X作OX⊥AB，交BD于点O，则O点即为⊙O的圆心；（2）由于⊙P与△ABC哪两条边相切不能确定，故应分⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切；⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时；⊙P与Rt△ABC的边BC和AC相切时三种情况进行讨论．试题解析：（1）如图所示：①以B为圆心，以任意长为半径画圆，分别交BC、AB于点G、H；②分别以G、H为圆心，以大于23GH为半径画圆，两圆相交于D，连接BD；③过X作OX⊥AB，交直线BD于点O，则点O即为⊙O的圆心．（2）①当⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切时，由角平分线的性质可知，动点P是∠ABC的平分线BM上的点，如图1，在∠ABC的平分线BM上任意确定点P1（不为∠ABC 的顶点）∵OX=BOsin∠ABM，P1Z=BPsin∠ABM，当BP1＞BO时，P1Z＞OX即P与B的距离越大，⊙P 的面积越大，这时，BM与AC的交点P是符合题意的、BP长度最大的点；如图2，∵∠BPA＞90°，过点P作PE⊥AB，垂足为E，则E在边AB上，∴以P为圆心、PC为半径作圆，则⊙P与CB相切于C，与边AB相切于E，即这时⊙P是符合题意的圆，时⊙P的面积就是S的最大值，∵AC=1，BC=2，∴AB=5，设PC=x，则PA=AC-PC=1-x在直角△APE中，PA2=PE2+AE2，∴（1-x）2=x2+（5-2）2，∴x=25-4；②如图3，同理可得：当⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时，设PC=y，则（2-y）2=y2+（5-1）2，∴y=51 ；③如图4，同理可得，当⊙P与Rt△ABC的边BC和AC相切时，设PF=z，∵△APF∽△PBE，∴PF：BE=AF：PE，∴，∴z=49．由①、②、③可知，4 9＞512＞∴z＞y＞x，∴⊙P的面积S的最大值为π．考点:1. 切线的性质；2.角平分线的性质；3.勾股定理；4.作图—复杂作图．6．（1）4；（2）52；（3）600（2+1）．【解析】【分析】（1）如图①中，证明△EOB≌△FOC即可解决问题；（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．利用四点共圆，证明∠DBQ＝∠DAC＝45°，再根据垂线段最短即可解决问题．（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，首先证明AB+BC+BD＝（2+1）BD，当BD最大时，AB+BC+BD的值最大．【详解】解：（1）如图①中，∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠EOF＝∠BOC，∴∠EOB＝∠FOC，∴△EOB≌△FOC（SAS），∴S△EOB＝S△OFC，∴S四边形OEBF＝S△OBC＝14•S正方形ABCD＝4，故答案为：4；（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．∵∠ABD＝∠ADC＝90°，AO＝OC，∴OA＝OC＝OB＝OD，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠DBC＝∠DAC，∵DA＝DC，∠ADC＝90°，∴∠DAC＝∠DCA＝45°，∴∠DBQ＝45°，根据垂线段最短可知，当QD⊥BD时，QD的值最短，DQ的最小值＝22BQ＝52．（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠BCD+∠BAD＝∠EAD+BAD＝180°，∴B，A，E三点共线，∵DE＝DB，∠EDB＝90°，∴BE2BD，∴AB+BC＝AB+AE＝BE2BD，∴BC+BC+BD2+1）BD，∴当BD最大时，AB+BC+BD的值最大，∵A，B，C，D四点共圆，∴当BD为直径时，BD的值最大，∵∠ADC＝90°，∴AC是直径，∴BD ＝AC 时，AB +BC +BD 的值最大，最大值＝600+1）．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．7．（1）详见解析；（2）3）12【解析】【分析】（1）由矩形的性质得到90EAF CBE ∠=∠=︒，再根据同角的余角相等，得到AFE BEC =∠∠，即可证明相似；（2）根据矩形的性质和相似三角形的性质，得到222AB BC =，再利用勾股定理，即可求出AB 的长度；（3）分别找出两个三角形外接圆的圆心M 、N ，利用三角形中位线定理，即可求出MN 的长度.【详解】（1）证明：在矩形ABCD 中，有90EAF CBE ∠=∠=︒，∴90AEF AFE ∠+∠=︒，∵EC EF ⊥，∴90FEC ∠=︒，∴90AEF BEC ∠+∠=︒，∴AFE BEC =∠∠，∴AEF BCE ∽；（2）在矩形ABCD 中，有AD=BC ，∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点，∴22,2AB AE BE AD AF ===；∵AEF BCE ∽， ∴AE AF BC BE=， ∴222AB BC =，在Rt △ABC 中，由勾股定理得，222AB BC AC +=， ∴221122AB AB +=，解得：AB =（3）如图：∵△ABC 是直角三角形，∴△ABC 的外接圆的圆心在AC 中点M 处，同理，△CEF 的外接圆的圆心在CF 的中点N 处，∴线段MN 为△ACF 的中位线， ∴1124MN AF AD ==， 由（2）知，22222AB BC AD ==， ∴2AD AB =， ∴22122882MN AB ===. 【点睛】本题考查了求三角形外接圆的圆心距，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形中位线定理，解题的关键是熟练利用所学性质进行证明和求解.8．（1）BQ ,2tcm ,PB ,()5t cm -；（2）当t ＝0秒或2秒时，PQ 的长度等于5cm ；（3）存在t ＝1秒，能够使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．理由见解析.【解析】【分析】（1）根据点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，与此同时，点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动，可以求得BQ ,PB .（2）用含t 的代数式分别表示PB 和BQ 的值，运用勾股定理求得PQ 为22(5)(2)t t -+＝25据此求出t 值.（3）根据题干信息使得五边形APQCD 的面积等于226cm 的t 值存在，利用长方形ABCD 的面积减去PBQ △的面积即可，有PBQ △的面积为4，由此求得t 值.【详解】解：（1）点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动，故BQ 为2tcm ,点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，AB ＝5cm ，故PB 为()5t cm -.（2）由题意得：22(5)(2)t t -+＝25，解得：1t ＝0，2t ＝2；当t ＝0秒或2秒时，PQ 的长度等于5cm ；（3）存在t ＝1秒，能够使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．理由如下：长方形ABCD 的面积是：56⨯＝()230cm ，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ，则PBQ △的面积为3026-＝()24cm ，()15242t t -⨯⨯=， 解得：1t ＝4（不合题意舍去），2t ＝1．即当t ＝1秒时，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．【点睛】本题结合长方形考查动点问题，其本质运用代数式求值，利用含t 的代数式表示各自线段的直接，根据题干数量关系即可确立等量关系式，从而求出t 值.9．（1）ACD ∠＝31︒；（2）①是；②34a b =. 【解析】【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠B ，根据等腰三角形的性质求出∠BCD ，计算即可； （2）①根据勾股定理求出AD ，利用求根公式解方程，比较即可；②根据勾股定理列出算式，计算即可．【详解】（1）在ABC ∆中，90ACB ∠=︒.∴90B A ∠=︒-∠ 9028=︒-︒62=︒，∵BC BD =， ∴1802B BCD BDC ︒-∠∠=∠= 180622︒-︒= 59=︒.∴DCA ACB BCD ∠=∠-∠9059=︒-︒31=︒.（2）①BD BC a ==，∴AD AB BD =-AB a =-.在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，AB ==∵2220x ax b +-=，∴x =a =-a AB =-±.∴线段AD 的长度是方程2220x ax b +-=的一个根.②∵AE AD =，又∵AD EC =， ∴2b AE EC ==， ∴2b AD =. 在Rt ABC ∆中，222AB AC BC =+， ∴2222b a b a ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭， 22224b a ab b a ++=+， ∴234b ab =. ∵0b >， ∴34b a =， ∴34a b =. 【点睛】本题考查的是勾股定理、一元二次方程的解法，掌握一元二次方程的求根公式、勾股定理是解题的关键．10．（1）7-t （2）()()()22904;25{1674725t t S t t ππ<≤=-<<（3）516,23t t == 【解析】【分析】（1）先判断出点P 在BC 上，即可得出结论；（2）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：利用相似三角形的性质得出比例式建立方程求解即可得出结论；（3）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：借助（2）求出的圆P 的半径等于PC ，建立方程求解即可得出结论．【详解】（1）∵AC =4，BC =3，∴AC +BC =7．∵4＜t ＜7，∴点P 在边BC 上，∴BP =7﹣t ．故答案为：7﹣t ；（2）在Rt △ABC 中，AC =4，BC =3，根据勾股定理得：AB =5，由运动知，AP =t ，分两种情况讨论：①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，如图1，记⊙P 与边AB 的切点为H ，连接PH ，∴∠AHP =90°=∠ACB ．∵∠A =∠A ，∴△APH ∽△ACB ，∴PH AP BC AB =，∴35PH t =，∴PH 35=t ，∴S 925=πt 2； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，如图，记⊙P 与边AB 的切点为G ，连接PG ，∴∠BGP =90°=∠C ．∵∠B =∠B ，∴△BGP ∽△BCA ，∴PG BP AC AB =，∴745PG t -=，∴PG 45=（7﹣t ），∴S 1625=π（7﹣t ）2． 综上所述：S 22904251674725t t t t ππ⎧≤⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩（＜）（）（＜＜）； （3）分两种情况讨论：①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，由（2）知，⊙P 的半径PH 35=t ． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边BC 相切，∴PC =PH ．∵PC =4﹣t ，∴4﹣t 35=t ，∴t 52=秒； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，由（2）知，⊙P 的半径PG 45=（7﹣t ）． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边AC 相切，∴PC =PG ．∵PC =t ﹣4，∴t ﹣445=（7﹣t ），∴t 163=秒． 综上所述：在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，t 的值为52秒或163秒．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解答本题的关键．11．（1）243y x x =-+-；（2）点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）；（3）①G 的坐标．3551()22，3551(---5515(22-，5515(22--+；②513t +=或513t -= 【解析】【分析】（1）将A 、B 两点坐标代入抛物线解析式，可确定抛物线解析式；（2）根据A 、B 两点坐标得AB=3-1=2，由三角形面积公式求P 点纵坐标的绝对值，得出P 点纵坐标的两个值，代入抛物线解析式求P 点横坐标；（3）①根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴右侧；当点G 在对称轴左侧；结合图像，分别求出点G 的坐标即可；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴左侧；当点G 在对称轴右侧；结合图像，分别列出方程，求出t 的值即可．【详解】解：（1）把点(1,0)A ，(3,0)B 代入抛物线2y x bx c =-++上，求得：4b =，3c =-，∴243y x x =-+-；（2）依题意，得312AB =-=，设P 点坐标为(,)a n ，当0n >时，则8n =，故2–438x x +-=，即24110x x ++=，∴441111644280∆=-⨯⨯=-=-<2（-）， 方程24110x x -++=无实数根；当0n <时，则8n =-故2438x x -+-=-，即2450x x -+-=，解得：11x =-，25x =所求点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）．（3）①分两种情况当点G 在对称轴右侧，设点G D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -，∵点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -﹐当点D 的坐标为(,2)m m -，有2243m m m -=-+-，解得：1352m +=，2352m -=（不符题意舍去）， 此时点D 的坐标为：3551(,)+-． 当点D 的坐标为(,2)m m -时，有 2243m m m -=-+-，解得：1552m +=，255m -=（不符题意舍去）， 此时点D 的坐标为：5515(,)22+--． 当点G 在对称轴左侧，设点D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -﹐因为点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -，分别代入解析式可求出点D 的坐标分别为：3551(,)22---，5515(,)22--+． 综上所述点D 的坐标为：3551(,)22+-﹐5515(,)22+--，3551(,)22---，5515(,)22--+． ②分两种情况当点G 在对称轴左侧，此时有1EN t =-，2NF t =﹐因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：15134t +=，25134t -=（不合题意舍去）． 当点G 在对称轴右侧，此时有1EN t =-，2NF t =，因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：1513t +=（不合题意舍去），2513t -=． 综上所述：513t +=或513t -=． 【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角形面积公式的运用．关键是熟练掌握求二次函数解析式的方法，掌握三角形的高与P 点纵坐标的关系，注意运用数形结合和分类讨论的思想进行解题．12．（1）12；（2）tan EAD ∠=13；（3）51DE CD -=． 【解析】【分析】（1）先证明△ADP ≌△CDP ，得到∠DAP=∠DCP ，再证明△ADE ≌△CDO ，得到DE=DO ，根据O 是AD 的中点，AD=CD ，即可得到答案；（2）先证明△AFD ≌△DOC ，得到∠AFD=∠DOC ，进而得到∠OPD=90°，即可得到△OPD ∽△FAD ，根据对应边成比例得到DP OD AD DF =,设AF=OD=x ，则AD=2x ，DF=5x ，得到DP=255x ，求出PF=355x ，再证明△DEP ∽△FAP ，得到23DE AF =，根据AF=12CD ，即可得到答案；（3）先证明△FCD ≌△EDA ，得到∠EAD=∠FDC ，进而得到∠EPD=∠APD=90°，根据直角三角形的性质可得OP=OD=12AD ，设OD=OP=x ，则CD=2x ，OC=5x ，可得PC=OC-OP=5x x -，根据△DPO ∽△FPC ，得到514OD FC +=，进而得到5151CF CD -==+，即可得到结论. 【详解】（1）如图①中，∵四边形ABCD 是正方形，PDA PDC ∴∠=∠， DP DP =，DA DC =，PDA ∴≌()PDC SAS ，DAE DCO ∴∠=∠，90ADE CDO ∠=∠=︒，AD CD =，ADE ∴≌()CDO ASA ，OD DE ∴=，AO OD ∴=，CE DE ∴=，12DE DC ∴=． （2）如图②中，连接OF ．设OA OD a ==．AF FB =，OA OD =，AB AD =，AF OD ∴=，AD DC =，90FAD ODC ∠=∠=︒，FAD ∴≌()ODC SAS ，FDA OCD ∴∠=∠， 90FDA CDP ∠=∠=︒，∴ 90OCD CDP ∠=∠=︒，90CPD ∴∠=︒，90FAO FPO ∠=∠=︒，∴A ，F ，P ，O 四点共圆，PAO PFO ∴∠=∠，1tan 2OP OPD PD∠==， 5OP ∴=，25PD =， 5DF a =，355PF a ∴=， 1tan tan 3OP PFO PAO PF ∴∠=∠==， tan EAD ∴∠= 13DE DE AD CD ==． （3）如图③中，连接EF ．设CF DE y ==，EC x =．CF DE =，90FCD EDA ∠=∠=︒，CD DA =，∴ FCD ≌EDA ()SAS ，CDF EAD ∴∠=∠，90CDF ADP ∠=∠=︒，∴ 90DAE ADP ∠+∠=︒，∴ 90APD ∠=︒，OA OD =，∴ OP OA OD ==，∴ OAP OPA CPE ∠=∠=∠，90ECF EPF ∠=∠=︒，∴E ，C ，F ，P 四点共圆，∴ CFE EPC ∠=∠， ∴ CFE DCF ∠=∠，ECF DCF ∠=∠，∴ FCE ∽DCF ，∴ 2·CF CE CD =，∴ ()2y x x y =+，∴ 220y xy x --=，∴ 15y x +=15x -（舍弃）， ∴ 15y x +=，∴ DE y CD x y ===+． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，求根公式法解一元二次方程，锐角三角函数及四点共圆等知识，用到的知识点较多，难度较大，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．。

数学九年级上册 几何模型压轴题章末练习卷(Word版 含解析)

数学九年级上册 几何模型压轴题章末练习卷(Word版 含解析)

数学九年级上册几何模型压轴题章末练习卷（Word版含解析）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．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．3．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．4．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222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．【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．5．(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＝．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 DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ，∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ，∴∠ECM ＝90°∴EC 2+CM 2＝EM 2，∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，∴GE 2＝AG 2+CE 2．【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．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．8．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】()1如图1，过点D作BC 的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出ABC≌BDE，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A作AF BC⊥与F，过点D作DE BC⊥的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC2=，由条件可以得出AFB≌BED就可以得出BF DE=，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D作DE CB⊥交CB 的延长线于E，BED ACB90∠∠∴==，由旋转知，AB AD=，ABD90∠=，ABC DBE90∠∠∴+=，A ABC90∠∠+=，A DBE∠∠∴=，在ABC和BDE中，ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴≌()BDE AASBC DE a∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()2BCD的面积为21a2，理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90∠∠∴==，线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE，AB BD∴=，ABD90∠=，ABC DBE90∠∠∴+=，A ABC90∠∠+=，A DBE∠∠∴=，在ABC和BDE中，ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴≌()BDE AAS，BC DE a∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()3如图3，过点A作AF BC⊥与F，过点D作DE BC⊥的延长线于点E，AFB E90∠∠∴==，11BF BC a22==，FAB ABF90∠∠∴+=，ABD90∠=，ABF DBE90∠∠∴+=，FAB EBD∠∠∴=，线段BD是由线段AB旋转得到的，AB BD∴=，在AFB和BED中，AFB E FAB EBDAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB∴≌()BED AAS，1BF DE a2∴==，2BCD1111S BC DE a a a2224=⋅=⋅⋅=，BCD∴的面积为21a4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.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=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．10．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10﹣433时，⊙O 与△ABC 的边相切．②点F 的运动路径的长为1136+572． 【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, 43sin603OB ON ==， 4310AO ∴=-， 43123AP ∴=-， 432123m ∴+=-， 4310m ∴=-， 综上所述,当m =1或4或4310-时，O 与△ABC 的边相切。

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级数学上册几何模型压轴题易错题（Word版含答案）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．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．（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.4．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.（3）根据和求解即可.试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG（SAS）.∴BE=DG..（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.（3）如图3，连接GB、GE.由已知α=45°，可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵，∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2，∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．5．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.6．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.7．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.8．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图，在直角体系中,直线AB交x轴于点A(5,0),交y轴于点B,AO是⊙M的直径,其半圆交AB于点C,且AC=3.取BO的中点D,连接CD、MD和OC．（1）求证：CD是⊙M的切线；（2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求△PDM的周长最小时点P的坐标；（3）在（2）的条件下,当△PDM的周长最小时,抛物线上是否存在点Q，使S△PDM=6S△QAM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）证明：连接CM，∵OA 为⊙M直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°．∵D为OB中点，∴DC=DO．∴∠DCO=∠DOC．∵MO=MC，∴∠MCO=∠MOC．∴．又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线． （2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．∴545(x )x 5)12152-=--（，∴，解得10OD 3=． 又∵D 为OB 中点，∴15524+．∴D 点坐标为（0，154)．连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有解得．∴直线AD 为．∵二次函数的图象过M （56，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=154． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=154交于点P ， ∴PD+PM 为最小．又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=154的交点． 当x=154时，45y (x )x 5)152=--（． ∴P 点的坐标为（154，56）． （3）存在． ∵，5y a(x )x 5)2=--（又由（2）知D （0，154)，P （154，56）， ∴由，得，解得y Q =±103．∵二次函数的图像过M(0，56)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，又∵该图象过点D （0，154)，∴，解得a=512．∴二次函数解析式为．又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103． ∴当y Q =103时，，解得x=15524-或x=15524+；当y Q =512-时，，解得x=154． ∴点Q 的坐标为（15524-，103)，或（15524+，103)，或（154，512-）．【解析】试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OBtan OAC AC OA∠==，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标． （3）根据PDM DAM PAM S S S ∆∆∆=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标．10．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.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=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．12．在平面直角坐标系xOy 中，⊙C 的半径为r (r ＞1)，点P 是圆内与圆心C 不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．(1)当⊙O的半径为2时①点M(32，0)⊙O的“完美点”，点(﹣3，﹣12)⊙O的“完美点”；(填“是”或者“不是”)②若⊙O的“完美点”P在直线y＝34x上，求PO的长及点P的坐标；(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(45，35)或(﹣45，﹣35)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解：(1)①∵点M(32，0)，∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，∴|MA﹣MB|＝|(32+2)﹣(2﹣32)|＝3≠2，∴点M不是⊙O的“完美点”，同理：点(﹣32，﹣12)是⊙O的“完美点”．故答案为不是，是．②如图1，根据题意，|PA﹣PB|＝2，∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，∴OP＝1．若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，∵点P在直线y＝34x上，OP＝1，∴43,55 OQ PQ==．∴P(43,55)．若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣45，﹣35)．综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43,55)或（43,55--）)．(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．∴CP＝1．∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(12，0)，∴OF＝12，OD＝1，∵CE∥OF，∴△DOF∽△DEC，∴OD OF DE CE=，∴112 DE=，∴DE＝2，∴OE＝3，t的最大值为3，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．同理可得t的最小值为﹣1．综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.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﹣BG533，求ED的值．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝1339．【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=53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 ＝3，所以BG ＝2x CG ＝3x ＝所以BC =，所以BD ＝BC ＝3， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ，所以△DEB ∽△DBC ， 所以BDB DC DE D =，因为CD ＝2CG ＝所以DE＝21339DBCD．【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．如图，∠ACL＝90°，AC＝4，动点B在射线CL，CH⊥AB于点H，以H为圆心，HB为半径作圆交射线BA于点D，交直线CD于点F，交直线BC于点E．设BC＝m．（1）当∠A＝30°时，求∠CDB的度数；（2）当m＝2时，求BE的长度；（3）在点B的整个运动过程中，①当BC＝3CE时，求出所有符合条件的m的值．②连接EH，FH，当tan∠FHE＝512时，直接写出△FHD与△EFH面积比．【答案】（1）60°；（2）45；（3）①m＝2或226【解析】【分析】（1）根据题意由HB＝HD，CH⊥BD可知：CH是BD的中垂线，再由∠A＝30°得：∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）由题意可知当m＝2时，由勾股定理可得：AB＝5cos∠ABC 5，过点H作HK⊥BC于点K，利用垂径定理可得结论；（3））①要分两种情况：I．当点E在C右侧时，II．当点E在C左侧时；根据相似三角形性质和勾股定理即可求得结论；②根据题意先证明EF∥BD，根据平行线间距离相等可得：△FHD与△EFH高相等，面积比等于底之比，再由tan∠FHE＝512可求得DHEF的值即可．【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵HB＝HD，CH⊥BD，∴CH是BD的中垂线，∴CB＝CD，∴∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）如图1，过点H作HK⊥BC于点K，当m＝2时，BC＝2，∴AB＝22AC BC＝25，∴cos∠ABC＝BCAB ＝5，∴BH＝BC•cos∠ABC＝25，∴BK＝BH•cos∠ABC＝25，∴BE＝2BK＝45；（3）①分两种情况：I．当点E在C右侧时，如图2，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE＝m，∴CE＝13m，BE＝23m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝23，∴DE＝23AC＝83，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：2281m33⎛⎫⎛⎫⎪⎭⎝+⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝22；II．当点E在C左侧时，如图3，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE，∴CE＝13m，BE＝32m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝32，∴DE＝32AC＝6，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：62+21m3⎛⎫⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝2；综上所述，①当BC＝3CE时，m＝2或2．②如图4，过F作FG⊥HE于点G，∵CH ⊥AB ，HB ＝HD ，∴CB ＝CD ，∴∠CBD ＝∠CDB ，∴DFE BEF =，即DF EF BE EF +=+，∴DF BE =，∴EF ∥BD ，∴FHD EFH S S ＝DH EF， ∵在Rt △FHG 中，FG HG ＝tan ∠FHE ＝512， 设FG ＝5k ，HG ＝12k ，则FH 22FG HG +22(5)(12)k k +＝13k ，∴DH ＝HE ＝FH ＝13k ，EG ＝HE ﹣HG ＝13k ﹣12k ＝k ，∴EF 22FG EG +22(5)k k +26k ，∴FHD EFH SS ＝26k 26． 【点睛】本题考查的是圆的几何综合题，主要考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形判定及性质，解直角三角形知识等；综合性较强，有一定难度，解题要求对所学知识点熟练掌握和运用数形结合思维分析．15．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：(3)如图2．以CF 为直径作O ． ①当O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．【答案】（1）12DH BH =，13GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】【分析】（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH的值，由重心和中位线的性质求得16=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时DH BH 满足的条件． 【详解】解：（1）∵DE 是ABC 的中位线，∴,D E 分别是,AC AB 的中点，//DE BC ，又∵点F 是BC 的中点，∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心，:1:2DH BH ∴=，即12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ，∴DG 为ACF 的中位线，G 为AF 的中点，12∴=GF AF ，111236∴=-=-=GH GF HF AF AF AF ， 在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，22221068BC AB AC ∴=-=-=，则142==CF BC ， 222264213AF AC CF ∴=+=+=，11321363∴=⨯=GH ； （2）∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等，∴S 四边形DCFH +DGH S=S 四边形BEGH +DGH S ， 即S 梯形DCFG =DEB S ，∵6AC =，8BC =，DE 是ABC 的中位线，∴3CD =，4DE =，∵1143622=⋅⋅=⨯⨯=DEB S DE CD ， 设2CF a =，∵DG 为ACF 的中位线， ∴12==DG CF a ， 则S 梯形DCFG ()3(2)622+⋅==+=DG CF CD a a ， 解得：43a =， 823∴==CF a ； （3）①证明：如图2，连结、CH OH ，CF 为O 的直径，O 经过点H ，90∴∠=︒FHC ，。

数学九年级上册 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

数学九年级上册 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

数学九年级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，四边形ABCD为正方形，△AEF为等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接FC，G 为FC的中点，连接GD，ED．（1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系．（2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】【分析】（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．【详解】解：（1）结论：DE＝2DG．理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，∵∠AEF＝∠B＝90°，∴EF∥CM，∴∠CMG＝∠FEG，∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，∴△CMG≌△FEG（AAS），∴EF＝CM，GM＝GE，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DCM≌△DAE（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，∴△EGD是等腰直角三角形，∴DE＝2DG．（2）如图2中，结论成立．理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，∴△CGM≌△FGE（SAS），∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，∴CM∥ER，∴∠DCM＝∠ERC，∵∠AER+∠ADR＝180°，∴∠EAD+∠ERD＝180°，∵∠ERD+∠ERC＝180°，∴∠DCM＝∠EAD，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DAE≌△DCM（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∵EG＝GM，∴DG＝EG＝GM，∴△EDG是等腰直角三角形，∴DE ＝2DG ．（3）①如图3﹣1中，当E ，F ，C 共线时，在Rt △ADC 中，AC ＝22AD CD +＝2255+＝52，在Rt △AEC 中，EC ＝22A AE C -＝22(52)1-＝7，∴CF ＝CE ﹣EF ＝6，∴CG ＝12CF ＝3， ∵∠DGC ＝90°， ∴DG ＝22CD CG -＝2253-＝4，∴DE ＝2DG ＝42．②如图3﹣3中，当E ，F ，C 共线时，同法可得DE ＝32．综上所述，DE 的长为2或2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．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．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）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，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．【答案】（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝53．【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G 在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD ＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）∵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，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共线，∵∠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＝DF+DG＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：如图2，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°，∴C、D、G在一条直线上，与①同理得，∠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：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC22AB AC+4，如图3，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 ADFAD EADAF AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝53，即DE＝53．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．4．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）25125253243-、、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：253BD ==． 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．5．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=12，3DA=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=12BC．（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=6，3，∴2222++39．=(3)6DN PD【点睛】本题考查四边形综合题．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.7．两块等腰直角三角板△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．（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=DE2．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．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．10．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D．（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）；①求此抛物线的函数解析式；②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值；（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b取何值，点D的坐标均不改变．【答案】（1）①y=x2-x-4；②△BDM的面积有最大值为36；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB为直径，根据垂径定理可得OD=OC，即可得到D（0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD的解析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，解得．∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．∵A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10，AC=2，BC=4，∴AB2=AC2+BC2，∴∠ACB=90°，∴AB为直径．∵CD⊥AB，∴OD=OC，∴D（0，4）．设直线BD的解析式为y=mx+n．∵B（8，0），D（0，4），∴，解得，∴直线BD的解析式为y=-x+4．设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），∴ME=（-x+4）-（x2-x-4）=-x2+x+8，∴S△BDM=S△DEM+S△BEM=ME（x E-x D）+ME（x B-x E）=ME（x B-x D）=（-x2+x+8）×8=-x2+4x+32=-（x-2）2+36．∵0＜x＜8，∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，则C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，∴OA•OB=-x1•x2=-（-4）=4．∵A、D、B、C四点共圆，∴∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，∴△ADO∽△CBO，∴，∴OC•OD=OA•OB=4，∴4OD=4，∴OD=1，∴D（0，1），∴无论b取何值，点D的坐标均不改变．考点：圆的综合题11．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O1和⊙O2，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，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，分别连结O1A、O1B、O2A、O2B和AB．(1)如图②，当∠AO1B=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）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．13．已知ABD △内接于圆O ，点C 为弧BD 上一点，连接BC AC AC 、，交BD 于点E ，CED ABC ∠=∠．（1）如图1，求证：弧AB =弧AD ；（2）如图2，过B 作BF AC ⊥于点F ，交圆O 点G ，连接AG 交BD 于点H ，且222EH BE DH =+，求CAG ∠的度数；（3）如图3，在（2）的条件下，圆O 上一点M 与点C 关于BD 对称，连接ME ，交AB 于点N ，点P 为弧AD 上一点，PQ BG ∥交AD 于点Q ，交BD 的延长线于点R ，AQ BN =，ANE 的周长为20，52DR =O 半径．【答案】（1）见解析；（2）∠CAG=45°；（3）r=62【解析】【分析】（1）证∠ABD=∠ACB可得；（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合，证△ALE≌△AHE，利用勾股定理逆定理推导角度；（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD.先证△AEN≌△QUD，再证△NVE≌△RKU，可得到NV=KR=DK，进而求得OB的长.【详解】（1）∵∠CED是△BEC的外角，∴∠CED=∠EBC+∠BCA∵∠ABC=∠ABD+∠EBC又∵∠CED=∠ABC∴∠ABD=∠ACB∴弧AB=弧AD（2）如下图，△AHD绕点A旋转至△ALE处，使得点D与点B重合∵△ALB是△AHD旋转所得∴∠ABL=∠ADB，AL=AH设∠CAG=a，则∠CBG=a∵BG⊥AC∴∠BCA=90°-a，∴∠ADB=∠ABD=90°-a∴在△BAD中，BAE+∠HAD=180-a-(90°-a)-(90°-a)=a∴∠LAE=∠EAH=a∵LA=AH，AE=AE∴△ALE≌△AHE，∴LE=EH∵HD=LB，222=+EH BE DH∴△LBE为直角三角形∴∠LBE=(90°-a)+(90°-a)=90°，解得：a=45°∴∠CAG=45°（3）如下图，延长QR交AB于点T，分别过点N、Q作BD的垂线，交于点V，I，取QU=AE，过点U作UK垂直BD由（2）得∠BAD=90°∴点O 在BD 上设∠R=n ，则∠SER=∠BEC=∠MEB=90°-n∴∠AEN=2n∵SQ ⊥AC∴∠TAS=∠AQS=∠DQR ，AN=QD∵QU=AE∴△AEN ≌△QUD∴∠QUD=∠AEN=2n∴UD=UR=NE ，∵△ANE 的周长为20∴QD+QR=20在△DQR 中，QD=7∵∠ENR=∠UDK=∠R=n∴△NVE ≌△RKU∴NV=KR=DK=22∴BN=5∴22r =【点睛】本题考查了圆的证明，涉及到全等、旋转和勾股定理，解题关键是结合图形特点，适当构造全等三角形14．如图，PA ，PB 分别与O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．（1）如图1，求证：//PF AD ；（2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5ABD ∠=，求PH 的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）257 【解析】【分析】（1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==.延长EO 交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得257PH =. 【详解】 （1）连接OA 、OB∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径，∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，∴90OAP OBP ∠=∠=︒，∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒，∵AB AB =，∴2AOB ADB ∠=∠，∴2180P ADB ∠+∠=︒，∵2180P PEB ∠+∠=︒，∴ADB PEB ∠=∠，∴//PF AD（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K∵90APB ∠=︒，∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒， ∴45PEB ∠=︒，∵PA 、PB 为圆O 的切线，∴PA PB =，∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，∴PE PK = ，∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，∴APE BPK ∠=∠，∴APE BPK ∆∆≌，∴45K AEP ∠=∠=︒，∴AEP PEB ∠=∠，∴PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM∵45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，∴DE AE =，∵OA 、OD 为半径，∴OA OD =，∵OE OE =，∴DEO AEO ∆∆≌， ∴1452AEO OED AED ∠=∠=∠=︒， ∴90OEP ∠=︒，∵AM 为圆O 的直径，∴90ADM ∠=︒，∵弧AD =弧AD ，∴ABD AMD ∠=∠，在Rt ADM ∆中，8AD =，4sin 5AMD ∠=，则10AM =， ∴5OA OB ==，由题易证四边形OAPB 为正方形，∴对角线AB 垂直平分OP ，AB OP =，∵H 在AB 上，∴OH PH =，在Rt OAP ∆中，OP ==延长EO 交AD 于K ，∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，∴4DK KE ==，3OK =，1OE =∴在Rt OEP ∆中，7PE ==在Rt OEH ∆中，222OH OE EH =+∵OH PH =，7EH PE HP PH =-=-∴()22217PH PH =+- ∴257PH =． 【点睛】 本题考查了圆的综合题，圆的性质，等腰三角形的性质，相交弦定理，正弦定理，勾股定理，灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键．15．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：(3)如图2．以CF 为直径作O ． ①当O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH 的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．【答案】（1）12DH BH =，133GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】【分析】（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH 的值，由重心和中位线的性质求得16=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时DH BH 满足的条件． 【详解】解：（1）∵DE 是ABC 的中位线，∴,D E 分别是,AC AB 的中点，//DE BC ，又∵点F 是BC 的中点，∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心， :1:2DH BH ∴=，即12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ，。

九年级上册几何模型压轴题单元复习练习(Word版 含答案)

九年级上册几何模型压轴题单元复习练习(Word版 含答案)

九年级上册几何模型压轴题单元复习练习(Word版含答案)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．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．3．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.【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，BN=EN=3m，EB=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，BN=EN=3m，EB=6m．∴3（3m，∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH，∴EH=3?(13)m m+3+3m，在Rt△EBH中，sin∠EBH=3+36226EHEB 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，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 22 +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 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 ODAOG DOEOG 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=OAOG'=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 ，∴OG′=OG=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．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB 90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AASBC DE a∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=，ABD 90∠=，ABF DBE 90∠∠∴+=，FAB EBD ∠∠∴=，线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=，在AFB 和BED 中，AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， AFB ∴≌()BED AAS ，1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=， BCD ∴的面积为21a 4． 【点睛】 本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.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；（2）612-；（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=12EC61-．（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．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△A EB′≌△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 AE AD AB DB 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=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，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，cot6023EO 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 =++，∴a =∴()()133y 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．10．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＜BE 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=2cos cos45AB ABF =∠=8， 设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8，∵BE 2=EF 2+BF 2， 2BE ≤13，∴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.11．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 BH AF AB BF∴==6242x BH ==， 223PH x ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-， 在Rt PHC 中，22PC PH CH =+y ∴=9)y x =<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=，又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠，DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===．PBE ∴∽ECM ，PB BE EC MC ∴=，即232663x x xx =--， 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.12．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 ＝42；（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13．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D．（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）；①求此抛物线的函数解析式；②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值；（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b取何值，点D的坐标均不改变．【答案】（1）①y=x2-x-4；②△BDM的面积有最大值为36；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB为直径，根据垂径定理可得OD=OC，即可得到D（0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD的解析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，解得．∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．∵A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10，AC=2，BC=4，∴AB2=AC2+BC2，∴∠ACB=90°，∴AB为直径．∵CD⊥AB，∴OD=OC，∴D（0，4）．设直线BD的解析式为y=mx+n．∵B（8，0），D（0，4），∴，解得，∴直线BD的解析式为y=-x+4．设M （x ，x 2-x-4），则E （x ，-x+4），∴ME=（-x+4）-（x 2-x-4）=-x 2+x+8，∴S △BDM =S △DEM +S △BEM=ME （x E -x D ）+ME （x B -x E ）=ME （x B -x D ）=（-x 2+x+8）×8=-x 2+4x+32=-（x-2）2+36．∵0＜x ＜8，∴当x=2时，△BDM 的面积有最大值为36；（2）连接AD 、BC ，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x 2+bx-4，则C （0，-4），OC=4．设点A （x 1，0），B （x 2，0），则OA=-x 1，OB=x 2，且x 1、x 2是方程x 2+bx-4=0的两根，∴OA•OB=-x 1•x 2=-（-4）=4．∵A 、D 、B 、C 四点共圆，∴∠ADC=∠ABC ，∠DAB=∠DCB ，∴△ADO ∽△CBO ，∴，∴OC•OD=OA•OB=4，∴4OD=4，∴OD=1，∴D （0，1），∴无论b 取何值，点D 的坐标均不改变．考点：圆的综合题14．AB 是O 直径，,C D 分别是上下半圆上一点，且弧BC =弧BD ，连接,AC BC ，连接CD 交AB 于E ，（1）如图(1)求证：90AEC ∠=︒；（2）如图(2)F 是弧AD 一点，点,M N 分别是弧AC 和弧FD 的中点，连接FD ，连接MN 分别交AC ，FD 于,P Q 两点，求证：MPC NQD ∠=∠（3）如图(3)在(2)问条件下，MN 交AB 于G ，交BF 于L ，过点G 作GH MN ⊥交AF 于H ，连接BH ，若,6,BG HF AG ABH ==∆的面积等于8，求线段MN 的长度【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2410MN =． 【解析】【分析】（1）由垂径定理即可证明； （2）利用等弧所对的圆周角相等和三角形外角性质即可得到结论；（3）由∠MPC=∠NQD 可得：∠BGL=∠BLG ，BL=BG ，作BR ⊥MN ，GT ⊥AF ，HK ⊥AB ，证明：GH 平分∠AGT ，利用相似三角形性质和角平分线性质求得△AGT 三边关系，再求出HK 与GH ，OS ⊥MN ，再利用相似三角形性质求出OS ，利用勾股定理求MN 即可．【详解】解：()1证明：∵BC BD =，AB 为直径，∴AB ⊥CD∴∠AEC=90°；()2连接,OM ON ，∵点M 是弧AC 的中点，点N 是弧DF 的中点，∴AM CM =，FN DN =，∴,OM AC ON FD ⊥⊥，∵OM=ON ，∴M N ∠=∠，∵90M MPC N NQB ∠+∠=∠+∠=︒，MPC NQD ∴∠=∠；()3如图3，过G 作GT ⊥AF 于T ，过H 作HK ⊥AB 于K ，过B 作BR ⊥MN 于R ，过O 作OS ⊥MN 于S ，连接OM ，设BG=m ，∵△ABH 的面积等于8，AG=6∴HK=166m +， ∵BC BD =，∴∠BAC=∠BFD ，由（2）得∠MPC=∠NQD∴∠AGM=∠FLN∴∠BGL=∠BLG∴BL=BG ，∵BR ⊥MN∴∠ABR=∠FBR∵GH ⊥MN∴GH ∥BR∴∠AGH=∠ABR∵AB 是直径，GT ⊥AF∴∠AFB=∠ATG=90°∴GT ∥BF ，又∵GH ∥BR∴∠TGH=∠FBR∴∠AGH=∠TGH ，又∵HK ⊥AG ，HT ⊥GT ，∴HT=HK=166m +， ∵FH=BG=m ， ∴FT=16(8)(2)66m m m m m +--=++，∵GT ∥BF ， ∴AT AG FT BG =， ∴6(8)(2)(6)m m AT m m +-=+，616m AH m -=，48(6)(38)m KG TG m m ==+-， ∵222AT TG AG +=，代入解得：m=4；∴AB=10，OM=5，GK=245，HK=85，OG=1 ∴GH=810， ∵OS ⊥MN∴∠OSG=∠GKH=90°，GH ∥OS∴∠HGK=∠GOS∴△HGK ∽△GOS ，∴OS GK OG GH=， ∴310OS =， ∴222410MG OM OG =-=， ∴2410MN =； 【点睛】 本题考查了圆的性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形判定和性质，勾股定理等，综合性较强，尤其是第（3）问难度很大，计算量大，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，运用数形结合的思想进行解题．15．如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点（不与A 、B 重合），D 为的AC 中点，过点D 作弦DE ⊥AB 于F ，P 是BA 延长线上一点，且∠PEA ＝∠B ．（1）求证：PE 是⊙O 的切线；（2）连接CA 与DE 相交于点G ，CA 的延长线交PE 于H ，求证：HE ＝HG ；（3）若tan∠P＝512，试求AHAG的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1310 AHAG=．【解析】【分析】（1）连接OE，由圆周角定理证得∠EAB+∠B＝90°，可得出∠OAE＝∠AEO，则∠PEA+∠AEO＝90°，即∠PEO＝90°，则结论得证；（2）连接OD，证得∠AOD＝∠AGF，∠B＝∠AEF，可得出∠PEF＝2∠B，∠AOD＝2∠B，可证得∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，则结论得证；（3）可得出tan∠P＝tan∠ODF＝512OFDF=，设OF＝5x，则DF＝12x，求出AE，BE，得出23AEBE=，证明△PEA∽△PBE，得出23PAPE=，过点H作HK⊥PA于点K，证明∠P＝∠PAH，得出PH＝AH，设HK＝5a，PK＝12a，得出PH＝13a，可得出AH＝13a，AG＝10a，则可得出答案．【详解】解：（1）证明：如图1，连接OE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠EAB+∠B＝90°，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AEO，∴∠B+∠AEO＝90°，∵∠PEA＝∠B，∴∠PEA+∠AEO＝90°，∴∠PEO＝90°，又∵OE为半径，∴PE是⊙O的切线；（2）如图2，连接OD，∵D为AC的中点，∴OD⊥AC，设垂足为M，∴∠AMO＝90°，∵DE⊥AB，∴∠AFD＝90°，∴∠AOD+∠OAM＝∠OAM+∠AGF＝90°，∴∠AOD＝∠AGF，∵∠AEB＝∠EFB＝90°，∴∠B＝∠AEF，∵∠PEA＝∠B，∴∠PEF＝2∠B，∵DE⊥AB，∴AE AD=，∴∠AOD＝2∠B，∴∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，∴HE＝HG；（3）解：如图3，∵∠PEF＝∠AOD，∠PFE＝∠DFO，∴∠P＝∠ODF，∴tan∠P＝tan∠ODF＝512 OFDF=，设OF＝5x，则DF＝12x，∴OD22OF DF+13x，∴BF＝OF+OB＝5x+13x＝18x，AF＝OA﹣OF＝13x﹣5x＝8x，∵DE⊥OA，∴EF ＝DF ＝12x ，∴AE ，BE ，∵∠PEA ＝∠B ，∠EPA ＝∠BPE ，∴△PEA ∽△PBE ，∴23PA AE PE BE ===， ∵∠P+∠PEF ＝∠FAG+∠AGF ＝90°，∴∠HEG ＝∠HGE ，∴∠P ＝∠FAG ，又∵∠FAG ＝∠PAH ，∴∠P ＝∠PAH ，∴PH ＝AH ，过点H 作HK ⊥PA 于点K ，∴PK ＝AK ， ∴13PK PE =， ∵tan ∠P ＝512， 设HK ＝5a ，PK ＝12a ，∴PH ＝13a ，∴AH ＝13a ，PE ＝36a ，∴HE ＝HG ＝36a ﹣13a ＝23a ，∴AG ＝GH ﹣AH ＝23a ﹣13a ＝10a ， ∴13131010AH a AG a ==． 【点睛】 本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相似三角形的判定定和性质定理及方程思想是解题的关键．16．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5FK DB BE ==，求AB ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）185AB=．【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BCPEBPS DP BDS 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 OFGO 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,tan223αα==2555,BG AB∴==557535,,4124r a OG a OH a===//FH DE97HO OFGO OK∴==99518516OF 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．。

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

人教版九年级数学上册几何模型压轴题检测题（Word版含答案）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．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.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．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，=，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 DA DC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，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 =，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Rt DEF △中，3tan 3DE 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 ∠=︒.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∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF=，DF EF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.5．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由．()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】 【分析】()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论． 【详解】()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB90∠∠∴==，由旋转知，AB AD=，ABD90∠=，ABC DBE90∠∠∴+=，A ABC90∠∠+=，A DBE∠∠∴=，在ABC和BDE中，ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴≌()BDE AASBC DE a∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()2BCD的面积为21a2，理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90∠∠∴==，线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE，AB BD∴=，ABD90∠=，ABC DBE90∠∠∴+=，A ABC90∠∠+=，A DBE∠∠∴=，在ABC和BDE中，ACBBED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ， BC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅，2BCD 1S a 2∴=；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=，ABD 90∠=，ABF DBE 90∠∠∴+=，FAB EBD ∠∠∴=，线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=，在AFB 和BED 中， AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， AFB ∴≌()BED AAS ， 1BF DE a 2∴==， 2BCD1111SBC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=， BCD ∴的面积为21a 4．【点睛】 本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.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；（2）61；（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，∴AF=2221-=3，在Rt△ABF中，BF=22AB AF- =6，∴BD=CE=BF﹣DF=61-，∴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．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．在圆O 中，C 是弦AB 上的一点，联结OC 并延长，交劣弧AB 于点D ，联结AO 、BO 、 AD 、BD ．已知圆O 的半径长为5，弦AB 的长为8．（1）如图1，当点D 是弧AB 的中点时，求CD 的长；（2）如图2，设AC=x ，ACO OBD S S =y ，求y 关于x 的函数解析式并写出定义域；（3）若四边形AOBD 是梯形，求AD 的长．【答案】（1）2；（2）2825x x x -+（0＜x ＜8）;（3）AD=145或6． 【解析】【分析】(1)根据垂径定理和勾股定理可求出OC 的长.(2)分别作OH ⊥AB ，DG ⊥AB ，用含x 的代数式表示△ACO 和△BOD 的面积，便可得出函数解析式.(3)分OB ∥AD 和OA ∥BD 两种情况讨论.【详解】解：（1）∵OD 过圆心，点D 是弧AB 的中点，AB=8，∴OD ⊥AB ，AC=12AB=4， 在Rt △AOC 中，∵∠ACO=90°，AO=5，∴22AO AC -，∴OD=5，∴CD=OD ﹣OC=2；（2）如图2，过点O 作OH ⊥AB ，垂足为点H ，则由（1）可得AH=4，OH=3，∵AC=x ，∴CH=|x ﹣4|，在Rt △HOC 中，∵∠CHO=90°，AO=5，∴22HO HC +223|x 4|+-2825x x -+∴CD=OD ﹣OC=52825x x -+过点DG ⊥AB 于G ，∵OH ⊥AB ，∴DG ∥OH ，∴△OCH ∽△DCG ，∴OH OC DG CD=， ∴DG=OH CD OC ⋅35， ∴S △ACO =12AC ×OH=12x ×3=32x ， S △BOD =12BC （OH +DG ）=12（8﹣x ）×（335）=32（8﹣x ） ∴y=ACO OBD S S=()323582x x -=()58x -（0＜x ＜8） （3）①当OB ∥AD 时，如图3，过点A 作AE ⊥OB 交BO 延长线于点E ，过点O 作OF ⊥AD ，垂足为点F ，则OF=AE ，∴S=12AB•OH=12OB•AE ， AE=AB OH OB ⋅=245=OF ， 在Rt △AOF 中，∠AFO=90°，AO=5，∴75∵OF 过圆心，OF ⊥AD ， ∴AD=2AF=145． ②当OA ∥BD 时，如图4，过点B 作BM ⊥OA 交AO 延长线于点M ，过点D 作DG ⊥AO ，垂足为点G ，则由①的方法可得DG=BM=245， 在Rt △GOD 中，∠DGO=90°，DO=5，∴75，AG=AO ﹣GO=185， 在Rt △GAD 中，∠DGA=90°， ∴综上得AD=145或6．故答案为（1）2；（2）y=()282558x x x x -+-（0＜x ＜8）;（3）AD=145或6． 【点睛】本题是考查圆、三角形、梯形相关知识，难度大，综合性很强.10．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）485. 【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==11．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．12．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=622+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，∵OA=OB=32，AB=6，∴OA 2+OB 2=AB 2，∴△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°，∴DF=CD•sin60°=6×323 ∴2DF=36∴AD 36CD ==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.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，=∵PQ OQ ⊥∴PQ ∥BC∴∠PQE=∠BCG∵PE ∥BG∴∠PEQ=∠BGC∴△PQE ∽△BCG ∴=PQ PE BC BG即126=+PQ r r a r 解得：PQ=4a∵PQ OQ +=∴4a ＋2a=解得：∴=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，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，求ED 的值．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝1339．【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=53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 ＝3，所以BG ＝2x CG ＝3x ＝所以BC =，所以BD ＝BC ＝3， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ，所以△DEB ∽△DBC ， 所以BDB DC DE D =，因为CD ＝2CG ＝。

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．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。

初三九年级上册数学压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

初三九年级上册数学压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

初三九年级上册数学压轴题（培优篇）（Word 版 含解析）一、压轴题1．已知，如图1，⊙O 是四边形ABCD 的外接圆，连接OC 交对角线BD 于点F ，延长AO 交BD 于点E ，OE=OF.（1）求证：BE=FD ；（2）如图2，若∠EOF=90°，BE=EF ，⊙O 的半径25AO =，求四边形ABCD 的面积； （3）如图3，若AD=BC ；①求证：22•AB CD BC BD +=；②若2•12AB CD AO ==，直接写出CD 的长. 2．在平面直角坐标系xOy 中，对于任意三点A ，B ，C ，给出如下定义：若矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A ，B ，C 三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A ，B ，C 的外延矩形．点A ，B ，C 的所有外延矩形中，面积最小的矩形称为点A ，B ，C 的最佳外延矩形．例如，图中的矩形，，都是点A ，B ，C 的外延矩形，矩形是点A ，B ，C 的最佳外延矩形．（1）如图1，已知A （－2，0），B （4，3），C （0，）． ①若，则点A ，B ，C 的最佳外延矩形的面积为 ；②若点A ，B ，C 的最佳外延矩形的面积为24，则的值为 ； （2）如图2，已知点M （6，0），N （0，8）．P （，）是抛物线上一点，求点M ，N ，P 的最佳外延矩形面积的最小值，以及此时点P 的横坐标的取值范围；（3）如图3，已知点D （1，1）．E （，）是函数的图象上一点，矩形OFEG 是点O ，D ，E 的一个面积最小的最佳外延矩形，⊙H 是矩形OFEG 的外接圆，请直接写出⊙H 的半径r 的取值范围．3．如图1，Rt △ABC 两直角边的边长为AC ＝3，BC ＝4．（1）如图2，⊙O 与Rt △ABC 的边AB 相切于点X ，与边BC 相切于点Y ．请你在图2中作出并标明⊙O 的圆心（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）（2）P 是这个Rt △ABC 上和其内部的动点，以P 为圆心的⊙P 与Rt △ABC 的两条边相切．设⊙P 的面积为S ，你认为能否确定S 的最大值？若能，请你求出S 的最大值；若不能，请你说明不能确定S 的最大值的理由．4．如图，点A 和动点P 在直线l 上，点P 关于点A 的对称点为Q ．以AQ 为边作Rt ABQ △，使90BAQ ∠=︒，:3:4AQ AB =，作ABQ △的外接圆O ．点C 在点P 右侧，4PC =，过点C 作直线m l ⊥，过点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32DF CD =，以DE 、DF 等邻边作矩形DEGF ，设3AQ x =（1）用关于x 的代数式表示BQ 、DF ．（2）当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，求AP 的长． （3）在点P 的整个运动过程中，当AP 为何值时，矩形DEGF 是正方形．5．如图，在平面直角坐标系中，直线l：y＝﹣13x+2与x轴交于点B，与y轴交于点A，以AB为斜边作等腰直角△ABC，使点C落在第一象限，过点C作CD⊥AB于点D，作CE⊥x轴于点E，连接ED并延长交y轴于点F．（1）如图（1），点P为线段EF上一点，点Q为x轴上一点，求AP+PQ的最小值．（2）将直线l进行平移，记平移后的直线为l1，若直线l1与直线AC相交于点M，与y轴相交于点N，是否存在这样的点M、点N，使得△CMN为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．6．如图, AB是⊙O的直径,点D、E在⊙O上,连接AE、ED、DA,连接BD并延长至点C,使得DAC AED∠=∠．（1）求证: AC是⊙O的切线；（2）若点E是BC的中点, AE与BC交于点F，①求证: CA CF=；②若⊙O的半径为3，BF=2,求AC的长．7．如图，已知矩形ABCD中，BC=2cm，AB3cm，点E在边AB上，点F在边AD上，点E由A向B运动，连结EC、EF，在运动的过程中，始终保持EC⊥EF，△EFG为等边三角形．（1）求证△AEF ∽△BCE ；（2）设BE 的长为xcm ，AF 的长为ycm ，求y 与x 的函数关系式，并写出线段AF 长的范围；（3）若点H 是EG 的中点，试说明A 、E 、H 、F 四点在同一个圆上，并求在点E 由A 到B 运动过程中，点H 移动的距离．8．如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，4AC =，3BC =.点P 从点A 出发，沿着A CB →→运动，速度为1个单位/s ，在点P 运动的过程中，以P 为圆心的圆始终与斜边AB 相切,设⊙P 的面积为S ，点P 的运动时间为t （s ）（07t <<）.（1）当47t <<时，BP = ；（用含t 的式子表示） （2）求S 与t 的函数表达式；（3）在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，直接写出t 的值.9．如图 1，抛物线21:4C y ax ax c =-+交x 轴正半轴于点()1,0,A B ，交y 轴正半轴于C ，且OB OC =．（1）求抛物线1C 的解析式；（2）在图2中，将抛物线1C 向右平移n 个单位后得到抛物线2C ，抛物线2C 与抛物线1C 在第一象限内交于一点P ，若CAP ∆的内心在CAB △内部，求n 的取值范围∠为锐角，且（3）在图3中，M为抛物线1C在第一象限内的一点，若MCBtan MCB∠＞，直接写出点M横坐标M x的取值范围___________310．如图1,已知菱形ABCD的边长为23，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点．点D 的坐标为(−3，3),抛物线y=ax2+b(a≠0)经过AB、CD两边的中点.(1)求这条抛物线的函数解析式；(2)将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移(如图2),过点B作BE⊥CD于点E,交抛物线于点F,连接DF.设菱形ABCD平移的时间为t秒(0<t<3．．．．．)①是否存在这样的t，使7FB?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；②连接FC,以点F为旋转中心,将△FEC按顺时针方向旋转180°,得△FE′C′,当△FE′C′落在x．轴与．．抛物线在．．．．)．时,求t的取值范围.(直接写出答案即可)．．．．．．．．．．．．(．包括边界．．．．x．轴上方的部分围成的图形中-为二次函数图像抛物线上两点，且抛物线的对称轴为直线11．已知点(4,0)、(2,3)x=．2（1）求抛物线的解析式；（2）将抛物线平移，使顶点与原点重合，已知点(,1)M m -，点A 、B 为抛物线上不重合的两点（B 在A 的左侧），且直线MA 与抛物线仅有一个公共点．①如图1，当点M 在y 轴上时，过点A 、B 分别作AP y ⊥轴于点P ，BQ x ⊥轴于点Q ．若APM △与BQO △ 相似， 求直线AB 的解析式；②如图2，当直线MB 与抛物线也只有一个公共点时，记A 、B 两点的横坐标分别为a 、b ．当点M 在y 轴上时，直接写出m am b--的值为 ；当点M 不在y 轴上时，求证：m am b--为一个定值，并求出这个值．12．如图，正方形ABCD 中，点O 是线段AD 的中点，连接OC ，点P 是线段OC 上的动点，连接AP 并延长交CD 于点E ，连接DP 并延长交AB 或BC 于点F ， （1）如图①，当点F 与点B 重合时，DEDC等于多少； （2）如图②，当点F 是线段AB 的中点时，求DEDC的值； （3）如图③，若DE CF =，求DEDC的值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）见详解；（2）5326【分析】（1）如图1中，作OH⊥BD于H．根据等腰三角形的性质以及垂径定理即可；（2）如图2中，作OH⊥BD于H，连接OB，求出AC，BD，根据S四边形ABCD=12•BD•AM+1 2•BD•CM=12•BD•AC即可求解；（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．利用等腰直角三角形的性质，完全平方公式等知识即可；②如图3中，连接OB，设DM=CM=x，想办法求出BC，DB，在Rt△BCM中，利用勾股定理构建方程即可．【详解】（1）证明：如图1中，作OH⊥BD于H．∵OE=OF，OH⊥EF，∴EH=HF，∵OH⊥BD，∴BH=HD，∴BE=DF；（2）解：如图2中，作OH⊥BD于H，连接OB．∵∠EOF=90°，OE=OF，OA=OC，∴∠OEF=∠OAC=45°，∴∠AME=90°，即AC⊥BD，连接OB．设OH=a，∴BE=2EH=2OH=2a，在Rt△BOH中，∵OH2+BH2=OB2，∴a2+（3a）2=（25）2，∴a=2或-2（舍弃），∴BD=BE+EF+DF=6a=62，在Rt△AOC中，AC=2AO=210，∴S四边形ABCD=12•BD•AM+12•BD•CM=12•BD•AC=12×210×62=125；（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．∵OE=OF，OA=OC，∴∠EOH=12∠EOF=12（∠EAC+∠ACO）=12×2∠OAC=∠OAC，∴AC∥OH，∴AC⊥BD，∵AD=BC，∴∠ABD=∠CAB=∠CDB=45°，∴2BM，2DM，CM=DM，∴AB•CD+BC222DM+BM2+CM2=（BM+DM）2=BD2；②如图3中，连接OB，设DM=CM=x，∵∠BOC=2∠BDC=90°，∴26，∵AB•CD+BC2=BD2，AB•CD=AO2=12，∴12+24=BD2，∴BD=6（负根已经舍弃），在Rt△BCM中，∵BC2=BM2+CM2，∴（6）2=（6-x）2+x2，∴3或3∴226．本题属于圆综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．2．（1）①18；②t=4或t=－1；（2）48；，或；（3）【解析】试题分析：（1）根据给出的新定义进行求解；（2）过M点作轴的垂线与过N点垂直于轴的直线交于点Q，则当点P位于矩形OMQN内部或边界时，矩形OMQN是点M，N，P的最佳外延矩形，且面积最小；根据当y=0是y=8时求出x的值得到取值范围；（3）根据最佳外延矩形求出半径的取值范围.试题解析：（1）①18；②t=4或t=－1；（2）如图，过M点作轴的垂线与过N点垂直于轴的直线交于点Q，则当点P位于矩形OMQN内部或边界时，矩形OMQN是点M，N，P的最佳外延矩形，且面积最小．∵S矩形OMQN＝OM·ON＝6×8＝48，∴点M，N，P的最佳外延矩形面积的最小值为48．抛物线与轴交于点T（0，5）．令，有，解得：x=－1（舍去），或x=5．令y=8，有，解得x=1，或x=3．∴，或．（3）．考点：新定义的理解、二次函数的应用、圆的性质.3．(1)作图见解析；（2）49 .【解析】试题分析：（1）作出∠B的角平分线BD，再过X作OX⊥AB，交BD于点O，则O点即为⊙O的圆心；（2）由于⊙P与△ABC哪两条边相切不能确定，故应分⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切；⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时；⊙P与Rt△ABC的边BC和AC相切时三种情况进行讨论．试题解析：（1）如图所示：①以B为圆心，以任意长为半径画圆，分别交BC、AB于点G、H；②分别以G、H为圆心，以大于23GH为半径画圆，两圆相交于D，连接BD；③过X作OX⊥AB，交直线BD于点O，则点O即为⊙O的圆心．（2）①当⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切时，由角平分线的性质可知，动点P是∠ABC的平分线BM上的点，如图1，在∠ABC的平分线BM上任意确定点P1（不为∠ABC 的顶点）∵OX=BOsin∠ABM，P1Z=BPsin∠ABM，当BP1＞BO时，P1Z＞OX即P与B的距离越大，⊙P 的面积越大，这时，BM与AC的交点P是符合题意的、BP长度最大的点；如图2，∵∠BPA＞90°，过点P作PE⊥AB，垂足为E，则E在边AB上，∴以P为圆心、PC为半径作圆，则⊙P与CB相切于C，与边AB相切于E，即这时⊙P是符合题意的圆，时⊙P的面积就是S的最大值，∵AC=1，BC=2，∴AB=5，设PC=x，则PA=AC-PC=1-x在直角△APE中，PA2=PE2+AE2，∴（1-x）2=x2+（5-2）2，∴x=25-4；②如图3，同理可得：当⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时，设PC=y，则（2-y）2=y2+5）2，∴51 ；③如图4，同理可得，当⊙P 与Rt △ABC 的边BC 和AC 相切时，设PF=z ，∵△APF ∽△PBE ，∴PF ：BE=AF ：PE ，∴， ∴z=49． 由①、②、③可知，49＞51-＞∴z ＞y ＞x ， ∴⊙P 的面积S 的最大值为π．考点:1. 切线的性质；2.角平分线的性质；3.勾股定理；4.作图—复杂作图．4．（1）（1）5BQ x =；3FD x =（2）9AP =（3）12AP =或65AP =或3AP = 【解析】【分析】（1）由:3:4AQ AB =、3AQ x =，易得4AB x =，由勾股定理得BQ ，再由中位线的性质得12AH BH AB ==，求得CD 、FD ； （2）利用（1）的结论，易得CQ 的长，作OM AQ ⊥于点M ，则//OM AB ，由垂径定理得32QM AM x ==，由矩形性质得OD MC =，利用矩形面积求得x ，得出结论； （3）点P 在A 点的右侧时，利用（1）、（2）的结论和正方形的性质得243x x +=，得AP ；点P 在A 点的左侧时，当点C 在Q 右侧，当407x <<时，473x x -=，解得x ，易得AP ；当4273x ≤<时，743x x -=，得AP ；当点C 在Q 的左侧时，即23x ≥，同理得AP ．【详解】解：（1）∵:3:4AQ AB =，3AQ x =∴4AB x =∴在Rt ABQ △中，225BQ AQ AB x =+= ∵OD m ⊥，m l ⊥ ∴//OD l∵OB OQ =∴122AH BH AB x === ∴2CD x =∴332FD CD x == （2）∵点P 关于点A 的对称点为Q∴3AP AQ x ==∵4PC =∴64CQ x =+过点O 作OM AQ ⊥于点M ，如图：∵90BAQ ∠=︒∴//OM AB∵O 是ABQ △的外接圆，90BAQ ∠=︒∴点O 是BQ 的中点 ∴1322QM AM AQ x === ∴3964422OD MC CQ QM x x ==-=+-=+ ∵1522OE BQ x == ∴9542422DE OD OE x x x =-=+-=+ ∴()32490DEGF S DF DE x x =⋅=⋅+=矩形∴13x =，25x =-（不合题意，舍去）∴39AP x ==∴当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，AP 的长为：9．（3）若矩形DEGF 是正方形，则DE DF = ①点P 在A 点的右侧时，如图：∴243x x +=∴4x =∴312AP x ==②点P 在A 点的左侧时I.当点C 在Q 右侧时i.当 407x <<时，如图：∵47DE x =-，3DF x =∴473x x -=∴25x = ∴635AP x x ==ii.当4273x ≤<时，如图：∵74DE x =-，3DF x =∴743x x -=∴1x =（不合题意，舍去）II. 当点C 在Q 的左侧时，即23x ≥，如图：∵74DE x =-，3DF x =∴743x x -=∴1x =∴33AP x ==∴综上所述，当12AP =或65AP =或3AP =时，矩形DEGF 是正方形． 故答案是：（1）5BQ x =；3FD x =（2）9AP =（3）12AP =或65AP =或3AP = 【点睛】 本题考查了分类讨论思想、矩形的性质、正方形的性质、圆的性质等，综合性强，难度大，正确的画出相应的图形可以更顺利地解决问题．5．（1）AP +PQ 的最小值为4；（2）存在，M 点坐标为(﹣12，﹣4)或(12，8)．【解析】【分析】（1）由直线解析式易求AB 两点坐标，利用等腰直角△ABC 构造K 字形全等易得OE ＝CE ＝4，C 点坐标为（4，4）DB ＝∠CEB ＝90︒，可知B 、C 、D 、E 四点共圆，由等腰直角△ABC可知∠CBD ＝45︒，同弧所对圆周角相等可知∠CED ＝45︒，所以∠OEF ＝45︒，CE 、OE 是关于EF 对称，作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于Q ，AK ⊥EC 于K ．把AP +PQ 的最小值问题转化为垂线段最短解决问题．（2）由直线l 与直线AC 成45︒可知∠AMN ＝45︒，由直线AC 解析式可设M 点坐标为（x ，122x +），N 在y 轴上，可设N （0，y ）构造K 字形全等即可求出M 点坐标． 【详解】解：（1）过A 点作AK ⊥CE ，在等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90︒，AC ＝BC ，∵CE ⊥x 轴，∴∠ACK +∠ECB ＝90︒，∠ECB +∠CBE ＝90︒，∴∠ACK ＝∠CBE在△AKC 和△CEB 中，AKC CEB ACK CBE AC CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△AKC ≌△CEB （AAS ）∴AK ＝CE ，CK ＝BE ，∵四边形AOEK 是矩形，∴AO ＝EK ＝BE ，由直线l ：y ＝﹣13x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，可知A 点坐标为（0，2），B （6，0）∴E 点坐标为（4，0），C 点坐标为（4，4），∵∠CDB ＝∠CEB ＝90︒，∴B 、C 、D 、E 四点共圆，∵CD CD =，∠CBA ＝45︒，∴∠CED ＝45︒，∴FE 平分∠CEO ，过P 点作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于G ，过A 点作AK ⊥EC 于K ．∴PH ＝PQ ，∵PA +PQ ＝PA +PH ≥AK ＝OE ，∴OE ＝4，∴AP +PQ ≥4，∴AP +PQ 的最小值为4．（2）∵A 点坐标为（0，2），C 点坐标为（4，4），设直线AC 解析式为：y ＝kx+b把（0，2），（4，4）代入得244bk b=⎧⎨=+⎩解得122 kb⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线AC解析式为：y＝122x+，设M点坐标为（x，122x+），N坐标为（0，y）．∵MN∥AB，∠CAB＝45︒，∴∠CMN＝45︒，△CMN为等腰直角三角形有两种情况：Ⅰ．如解图2﹣1，∠MNC＝90︒，MN＝CN．同（1）理过N点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）理得：SN＝CR，MS ＝NR．∴41242x yx y-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：128xy=-⎧⎨=-⎩，∴M点坐标为（﹣12，﹣4）Ⅱ．如解图2﹣2，∠MNC＝90︒，MN＝CN．过C点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）得：MS＝CF，CS＝FN．∴4412442x yx-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：1212xy=⎧⎨=⎩，∴M点坐标为（12，8）综上所述：使得△CMN为等腰直角三角形得M点坐标为（﹣12，﹣4）或（12，8）．【点睛】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是中用转化的思想思考问题，学会添加常用辅助线，在平面直角坐标系中构造K 字形全等三角形求点坐标解决问题，属于中考压轴题．6．（1）详见解析；（2）①详见解析；②8【解析】【分析】（1）先得到90ADB ∠=︒，利用圆周角定理得到DBA DAC ∠=∠，即可证明AC 是切线；（2）①利用等弧所对的圆周角相等，得到BAE DAE ∠=∠，然后得到CFA CAF ∠=∠，即可得到结论成立；②设AC CF x ==，利用勾股定理，即可求出AC 的长度.【详解】（1）证明： ∵AB 是⊙O 的直径，∴90ADB ∠=︒，∴90DBA DAB ∠+∠=︒，∵DEA DBA ∠=∠,DAC DEA ∠=∠，∴DBA DAC ∠=∠，∴90DAC DAB ∠+∠=︒，∴90CAB ∠=︒，∴AC 是⊙O 的切线；（2）① ∵点E 是弧BD 的中点，∴BAE DAE ∠=∠，∵CFA DBA BAE ∠=∠+∠，CAF CAD DAE ∠=∠+∠，∴CFA CAF ∠=∠∴CA CF =；② 设CA CF x ==，在Rt ABC ∆中，2BC x =+，CA x =，6AB =，由勾股定理可得222(2)6x x +=+，解得：8x =，∴8AC =.【点睛】本题考查了切线的判定，等角对等边，以及勾股定理，要证直线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．7．（1）详见解析；（2）21y 2x =-,302AF ≤≤；(3)3. 【解析】【分析】（1）由∠A =∠B =90°，∠AFE =∠BEC ，得△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BCE 得AF AEBE BC =，y x =，即212y x =-+，然后求函数最值；（3）连接FH ，取EF 的中点M ，证MA =ME =MF =MH ，则A 、E 、H 、F 在同一圆上；连接AH ，证∠EFH =30°由A 、E 、H 、F 在同一圆上，得∠EAH =∠EFH =30°，线段AH 即为H 移动的路径，在直角三角形ABH 中，60AH sin AB =︒=，可进一步求AH. 【详解】解：（1）在矩形ABCD 中，∠A =∠B =90°，∴∠AEF +∠AFE =90°，∵EF ⊥CE ，∴∠AEF +∠BEC =90°，∴∠AFE =∠BEC ，∴△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BEC 得AF AE BE BC =，2y x x =，∴212y x =-+，∵2132y x x =-+=213(3)22x --+， 当3x =时，y 有最大值为32， ∴302AF ≤≤； （3）如图1，连接FH ，取EF 的中点M ，在等边三角形EFG 中，∵点H 是EG 的中点，∴∠EHF =90°，∴ME =MF =MH ，在直角三角形AEF 中，MA =ME =MF ，∴MA =ME =MF =MH ，则A 、E 、H 、F 在同一圆上；如图2，连接AH ，∵△EFG 为等边三角形，H 为EG 中点，∴∠EFH =30°∵A 、E 、H 、F 在同一圆上∴∠EAH =∠EFH =30°，如图2所示的线段AH 即为H 移动的路径，在直角三角形ABH 中，360AH sin AB =︒=， ∵AB =23∴AH =3， 所以点H 移动的距离为3．【点睛】此题主要考查圆的综合问题，会证明三角形相似，会分析四点共圆，会运用二次函数分析最值，会分析最短轨迹并解直角三角形是得分的关键．8．（1）7-t （2）()()()22904;25{1674725t t S t t ππ<≤=-<<（3）516,23t t == 【解析】【分析】（1）先判断出点P 在BC 上，即可得出结论；（2）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：利用相似三角形的性质得出比例式建立方程求解即可得出结论；（3）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：借助（2）求出的圆P 的半径等于PC ，建立方程求解即可得出结论．【详解】（1）∵AC =4，BC =3，∴AC +BC =7．∵4＜t ＜7，∴点P 在边BC 上，∴BP =7﹣t ．故答案为：7﹣t ；（2）在Rt △ABC 中，AC =4，BC =3，根据勾股定理得：AB =5，由运动知，AP =t ，分两种情况讨论：①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，如图1，记⊙P 与边AB 的切点为H ，连接PH ，∴∠AHP =90°=∠ACB ．∵∠A =∠A ，∴△APH ∽△ACB ，∴PH AP BC AB =，∴35PH t =，∴PH 35=t ，∴S 925=πt 2； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，如图，记⊙P 与边AB 的切点为G ，连接PG ，∴∠BGP =90°=∠C ．∵∠B =∠B ，∴△BGP ∽△BCA ，∴PG BP AC AB =，∴745PG t -=，∴PG 45=（7﹣t ），∴S 1625=π（7﹣t ）2． 综上所述：S 22904251674725t t t t ππ⎧≤⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩（＜）（）（＜＜）； （3）分两种情况讨论：①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，由（2）知，⊙P 的半径PH 35=t ． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边BC 相切，∴PC =PH ．∵PC =4﹣t ，∴4﹣t 35=t ，∴t 52=秒； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，由（2）知，⊙P 的半径PG 45=（7﹣t ）． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边AC 相切，∴PC =PG ．∵PC =t ﹣4，∴t ﹣445=（7﹣t ），∴t 163=秒． 综上所述：在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，t 的值为52秒或163秒．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解答本题的关键．9．（1）()221y x =--；（2）1023n <<；（3）552M x << 【解析】【分析】(1)由题意可得对称轴方程，有二次函数对称性，由A 点坐标可求B 点坐标，代入解析式可得；(2)根据函数图像平移可得新抛物线解析式，画出图像可得交点P ，由题意可得ACB BCP ∠>∠，过点C 作//l x 轴.作PD l ⊥，可得ACO PCD ∠=∠，设()2,43P t t t -+，由13tan ACD tan PCD ∠=∠=可得关于t 的方程，解得t, 再将P 代入2C 解析式中得n 的值，根据Q,P 在第一象限内得n 的取值范围；(3) 当MCB ∠为直角时，可求直线CB 的解析式为：y=-x+3,直线CM 的解析式为：y=x+3，运用直线与曲线联立，可求CM 与抛物线的交点M 横坐标为：x=5；当MCB ∠为锐角且3tan MCB ∠=时，过点M 作MN CB ⊥于N,则3MN CN=，设M 点坐标为()2,43t t t -+，直线CB 解析式为y=-x+3,可求直线MN 解析式为：253y x t t =+-+，将直线MN 与直线CB 解析式联立可得：N 221515,32222t t t t ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭， 由两点间距离公式可得2MN = 2213222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；2CN =2215222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；由3MN CN =可得：52t =，进而可得满足已知条件的点M 横坐标M x 的取值范围.【详解】解：()1对称轴为422a x a-=-= ()3,0B ∴()0,1C ∴()224321y x x x ∴=-+=-- ()()222:21C x n ---()2423x n x =-++CAP ∆的内心I 在CAB △内部,ACB BCP ∴∠>∠∴当ACB BCP ∠=∠时过C 作//l x 轴.作PD l ⊥,ACB BCP ∠=∠90,OCD ∠=45,DCB ∠=,ACO PCD ∴∠=∠13tan ACD tan PCD ∠=∠= 设()2,43P t t t -+ 13PD CD ∴= 3p y DP OC +==214333t t t ∴-++= 113t = 将P 代入2C 解析式中 103n ∴=又P 在第一象限内h AB ∴>1023n ∴<<(3) 552M x <<; 当MCB ∠为直角时，如下图所示：由(1)(2)可得：直线CB 的解析式为：y=-x+3,MCB ∠为直角，C(0,3)，∴直线CM 的解析式为：y=x+3，则CM 与抛物线的交点坐标M 横坐标为：2343x x x +=-+，解得：x=5或0(舍去)，所以，当MCB ∠为直角时，5M x =；当MCB ∠为锐角且3tan MCB ∠=时，如下图所示：过点M 作MN CB ⊥于N,则3MN CN=，设M 点坐标为()2,43t t t -+， MN CB ⊥，直线CB 解析式为y=-x+3,∴MN 解析式可设：y=x+b,将P ()2,43t t t -+代入解析式可得：b=253t t -+,则直线MN 解析式为：253y x t t =+-+，将直线MN 与直线CB 解析式联立可得： N 点坐标为221515,32222t t t t ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭， ∴2MN =2222215154332222t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫+-+-+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ = 2213222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭； 2CN = 222215152222t t t t ⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ =2215222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭； 由3MN CN=可得：2213221522t t t t --=3； 解得：52t =或0(舍去) ； ∴MCB ∠为锐角，且3tan MCB ∠＞时，点M 的横坐标M x 的取值范围为：552M x <<. 【点睛】本题综合考查了二次函数的图像和性质，题目较难，熟练掌握二次函数的图像和性质，运用数形结合解决二次函数综合问题是解题的关键.10．（1）y=−x 2+3；（2）①t⩽2 【解析】【分析】（1）根据已知条件求出AB 和CD 的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式；（2）①由D （，3），则平移后坐标为D´（，3），F （t ，-t 2+3）；则有DF 2=（）2+（-t 2+3-3）2；FB 2=（-t 2+3）2，再根据FB ，即可求得t ；②如图3所示，画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出的取值范围，确定限制条件是解题的关键【详解】(1)由题意得AB 的中点坐标为，0),CD 的中点坐标为(0，3)，分别代入y=ax 2+b 得：3a b 0b 3+=⎧⎨=⎩，解得a 1b 3=-⎧⎨=⎩， ∴y=−x 2+3.（2）①D （3），则平移后坐标为D´（+t ，3），F （t ，-t 2+3）；DF 2=（）2+（-t 2+3-3）2；FB 2=（-t 2+3）2，则（）2+（-t 2+3-3）2=7（-t 2+3）2解得：t 2=2或5，则或t=②如图3所示,依题意作出旋转后的三角形△FE′C′,过C′作MN ⊥x 轴，分别交抛物线、x 轴于点M 、点N.观察图形可知,欲使△FE′C′落在指定区域内,必须满足：EE′⩽BE 且MN ⩾C′N.∵F(t,3−t 2),∴EF=3−(3−t 2)=t 2,∴EE′=2EF=2t 2，由EE′⩽BE,得2t 2⩽3,解得t 6 ∵3∴C′点的横坐标为3∴3)2,又C′N=BE′=BE−EE′=3−2t 2由MN ⩾C′N,得32⩾3−2t 2,解得t 63或t ⩽63舍去).∴t 63t 6 【点睛】本题是动线型中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、几何变换（平移与旋转）、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等重要知识点，难度较大，对考生能力要求很高，灵活应用所学知识是解答本题的关键..11．（1）214y x x =-；（2）①122y x =-+，②1，见解析，定值为1 【解析】【分析】（1）利用待定系数法把点(4,0)、(2,3)-代入解析式，再结合抛物线对称轴方程得到三元一次方程组，解方程组即可．（2）①先求出平移后的抛物线解析式，设出直线MA 的解析式1y kx =-，再联立抛物线解析式2114y kx y x =-⎧⎪⎨=⎪⎩，得到21104x kx -+=，令210k ∆=-=，求出k 的值，得出APM ∆为等腰直角三角形，运用APM ∆与BQO ∆相似得出90BQO APM ∠=∠=，故AB ：y mx n =+，则2144m n m n +=⎧⎨-+=⎩即可求出AB 函数关系式． ②当M 在y 轴上时，m=0，再根据图像对称性可得A 、B 两点关于y 轴对称，得出a ，b 的关系，即可求出答案；当M 不在与轴上时，设MA ：111y k x k m =--，联立抛物线解析式112114y k x k m y x =--⎧⎪⎨=⎪⎩，得出2114440x k x k m -++=，令212=16(1)0k k m ∆--=，同理设出MB ，令22216(1)0k k m ∆=--=，故1k ，2k 为方程210x mx --=不相等两个实数根，得出12k k m +=，即可求出答案．【详解】解：（1）设2y=ax +bx+c a （≠0），把点(4,0)、(2,3)-代入 ∵对称轴为x=2 ∴164042322a b c a b c b a ⎧⎪++=⎪-+=⎨⎪⎪-=⎩解得1410a b c ⎧=⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩∴抛物线解析式214y x x =-． （2）①(0,1)M -，平移后抛物线214y x =设MA ：1y kx =- 则联立2114y kx y x =-⎧⎪⎨=⎪⎩，21104x kx -+= 210k ∆=-=1k ∴=±又由图，A 在y 轴右侧故1k =，(2,1)A2AP PM ∴==，APM ∆为等腰直角三角形又APM ∆与BQO ∆相似∴△BQO 为等腰直角三角形，设B （﹣x ，x ），带入抛物线解析式得：214x x = 解得x=4或x=0(舍去)∴B （﹣4,4）设AB ：y mx n =+，把(2,1)A ，B （﹣4,4）带入得：则2144m n m n +=⎧⎨-+=⎩，122m n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ ∴AB 解析式为：122y x =-+． ②（i ）∵214y x =关于y 轴对称，M 在y 轴上，且MA ，MB 与抛物线只有一个交点 ∴A 、B 两点关于y 轴对称，∴a=﹣b ∴m a m b --=0+b 0b-=1， 故答案是：1；（ii ）设MA ：111y k x k m =--， 则联立112114y k x k m y x =--⎧⎪⎨=⎪⎩， 2114440x k x k m -++=，此方程仅一个根， 故11422k a k ==， 且212=16(1)0k k m ∆--=，同理设MB ：221y k x k m =--，亦有22b k =，22216(1)0k k m ∆=--=，故1k ，2k 为方程210x mx --=不相等两个实数根，12k k m +=， ()111122122m k m k m a m b m m k k m---∴===----， 即m a m b--为一定值1， ∴当点M 不在y 轴上时，m a m b --为一个定值1． 【点睛】本题考查的是二次函数综合题型，二次函数待定系数法求函数解析式，二次函数与一元二次方程的综合应用，二次函数与相似三角形的综合应用，解题关键在于理解题意，正确分析题目，运用数形结合思想进行解题． 12．（1）12；（2）tan EAD ∠=13；（3）51DE CD -=． 【解析】【分析】（1）先证明△ADP ≌△CDP ，得到∠DAP=∠DCP ，再证明△ADE ≌△CDO ，得到DE=DO ，根据O 是AD 的中点，AD=CD ，即可得到答案；（2）先证明△AFD ≌△DOC ，得到∠AFD=∠DOC ，进而得到∠OPD=90°，即可得到△OPD ∽△FAD ，根据对应边成比例得到DP OD AD DF =,设AF=OD=x ，则AD=2x ，DF=5x ，得到DP=25x ，求出PF=35x ，再证明△DEP ∽△FAP ，得到23DE AF =，根据AF=12CD ，即可得到答案；（3）先证明△FCD ≌△EDA ，得到∠EAD=∠FDC ，进而得到∠EPD=∠APD=90°，根据直角三角形的性质可得OP=OD=12AD ，设OD=OP=x ，则CD=2x ，OC=5x ，可得PC=OC-OP=5x x -，根据△DPO ∽△FPC ，得到51OD FC +=，进而得到51251CF CD -==+，即可得到结论. 【详解】（1）如图①中，∵四边形ABCD 是正方形，PDA PDC ∴∠=∠，DP DP =，DA DC =，PDA ∴≌()PDC SAS ，DAE DCO ∴∠=∠，90ADE CDO ∠=∠=︒，AD CD =，ADE ∴≌()CDO ASA ，OD DE ∴=，AO OD ∴=，CE DE ∴=，12DE DC ∴=． （2）如图②中，连接OF ．设OA OD a ==．AF FB =，OA OD =，AB AD =，AF OD ∴=，AD DC =，90FAD ODC ∠=∠=︒，FAD ∴≌()ODC SAS ，FDA OCD ∴∠=∠，90FDA CDP ∠=∠=︒，∴ 90OCD CDP ∠=∠=︒， 90CPD ∴∠=︒， 90FAO FPO ∠=∠=︒， ∴A ，F ，P ，O 四点共圆，PAO PFO ∴∠=∠，1tan 2OP OPD PD ∠==， 55OP a ∴=，255PD a =， 5DF a =，355PF a ∴=， 1tan tan 3OP PFO PAO PF ∴∠=∠==， tan EAD ∴∠= 13DE DE AD CD ==． （3）如图③中，连接EF ．设CF DE y ==，EC x =．CF DE =，90FCD EDA ∠=∠=︒，CD DA =，∴ FCD ≌EDA ()SAS ，CDF EAD ∴∠=∠，90CDF ADP ∠=∠=︒，∴ 90DAE ADP ∠+∠=︒，∴ 90APD ∠=︒，OA OD =，∴ OP OA OD ==，∴ OAP OPA CPE ∠=∠=∠，90ECF EPF ∠=∠=︒，∴E ，C ，F ，P 四点共圆，∴ CFE EPC ∠=∠，∴ CFE DCF ∠=∠，ECF DCF ∠=∠，∴ FCE ∽DCF ，∴ 2·CF CE CD =，∴ ()2y x x y =+，∴ 220y xy x --=，∴ 15y x +=15x -（舍弃）， ∴ 15y x +=， ∴ 155135DE y CD x y +-===++． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，求根公式法解一元二次方程，锐角三角函数及四点共圆等知识，用到的知识点较多，难度较大，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．。

初三九年级数学上册上册数学压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

初三九年级数学上册上册数学压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

初三九年级数学上册上册数学压轴题（培优篇）（Word 版 含解析）一、压轴题 1．问题提出（1）如图①，在ABC 中，42,6,135AB AC BAC ==∠=，求ABC 的面积．问题探究（2）如图②，半圆O 的直径10AB =，C 是半圆AB 的中点，点D 在BC 上，且2CD BD =，点P 是AB 上的动点，试求PC PD +的最小值．问题解决（3）如图③，扇形AOB 的半径为20,45AOB ∠=在AB 选点P ，在边OA 上选点E ，在边OB 上选点F ，求PE EF FP ++的长度的最小值．2．如图1：在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 边上一点（不与点B ，C 重合），试探索AD ，BD ，CD 之间满足的等量关系，并证明你的结论．小明同学的思路是这样的：将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°，得到线段AE ，连接EC ，DE ．继续推理就可以使问题得到解决．（1）请根据小明的思路，试探索线段AD ，BD ，CD 之间满足的等量关系，并证明你的结论；（2）如图2，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，D 为△ABC 外的一点，且∠ADC ＝45°，线段AD ，BD ，CD 之间满足的等量关系又是如何的，请证明你的结论；（3）如图3，已知AB 是⊙O 的直径，点C ，D 是⊙O 上的点，且∠ADC ＝45°． ①若AD ＝6，BD ＝8，求弦CD 的长为 ； ②若AD+BD ＝14，求2AD BD CD 2⎛⎫⋅+⎪ ⎪⎝⎭的最大值，并求出此时⊙O 的半径．3．如图，点A 和动点P 在直线l 上，点P 关于点A 的对称点为Q ．以AQ 为边作Rt ABQ △，使90BAQ ∠=︒，:3:4AQ AB =，作ABQ △的外接圆O ．点C 在点P 右侧，4PC =，过点C 作直线m l ⊥，过点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32DF CD =，以DE 、DF 等邻边作矩形DEGF ，设3AQ x =（1）用关于x 的代数式表示BQ 、DF ．（2）当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，求AP 的长． （3）在点P 的整个运动过程中，当AP 为何值时，矩形DEGF 是正方形．4．如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y ＝﹣13x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，以AB 为斜边作等腰直角△ABC ，使点C 落在第一象限，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，作CE ⊥x 轴于点E ，连接ED 并延长交y 轴于点F ．（1）如图（1），点P 为线段EF 上一点，点Q 为x 轴上一点，求AP +PQ 的最小值． （2）将直线l 进行平移，记平移后的直线为l 1，若直线l 1与直线AC 相交于点M ，与y 轴相交于点N ，是否存在这样的点M 、点N ，使得△CMN 为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图1，有一块直角三角板，其中AB 16=，ACB 90∠=，CAB 30∠=，A 、B 在x 轴上，点A 的坐标为()20,0，圆M 的半径为33，圆心M 的坐标为(5,33-，圆M 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向右做平移运动，运动时间为t 秒；()1求点C 的坐标；()2当点M 在ABC ∠的内部且M 与直线BC 相切时，求t 的值；()3如图2，点E 、F 分别是BC 、AC 的中点，连接EM 、FM ，在运动过程中，是否存在某一时刻，使EMF 90∠=？若存在，直接写出t 的值，若不存在，请说明理由．6．如图，⊙M 与菱形ABCD 在平面直角坐标系中，点M 的坐标为（﹣3，1），点A 的坐标为（2，0），点B 的坐标为（1，﹣3），点D 在x 轴上，且点D 在点A 的右侧． （1）求菱形ABCD 的周长；（2）若⊙M 沿x 轴向右以每秒2个单位长度的速度平移，菱形ABCD 沿x 轴向左以每秒3个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t （秒），当⊙M 与AD 相切，且切点为AD 的中点时，连接AC ，求t 的值及∠MAC 的度数；（3）在（2）的条件下，当点M 与AC 所在的直线的距离为1时，求t 的值．7．某校网球队教练对球员进行接球训练，教练每次发球的高度、位置都一致．教练站在球场正中间端点A 的水平距离为x 米，与地面的距离为y 米，运行时间为t 秒，经过多次测试，得到如下部分数据： t 秒 0 1.5 2.5 4 6.5 7.5 9 … x 米 0 4 8 10 12 16 20 … y 米24.565.8465.844.562…（2）网球落在地面时，与端点A 的水平距离是多少？ （3）网球落在地面上弹起后，y 与x 满足()256y a x k =-+①用含a 的代数式表示k ；②球网高度为1.2米，球场长24米，弹起后是否存在唯一击球点，可以将球沿直线扣杀到A 点，若有请求出a 的值，若没有请说明理由．8．如图，函数y=-x 2+bx +c 的图象经过点A （m ，0），B （0，n ）两点，m ，n 分别是方程x 2-2x -3=0的两个实数根，且m ＜n ．（1）求m ，n 的值以及函数的解析式；（2）设抛物线y=-x 2+bx +c 与x 轴的另一交点为点C ，顶点为点D ，连结BD 、BC 、CD ，求△BDC 面积；（3）对于（1）中所求的函数y=-x 2+bx +c ， ①当0≤x ≤3时，求函数y 的最大值和最小值；②设函数y 在t ≤x ≤t +1内的最大值为p ，最小值为q ，若p-q =3，求t 的值． 9．如图，一次函数122y x =-+的图象交y 轴于点A ，交x 轴于点B 点，抛物线2y x bx c =-++过A 、B 两点．（1）求A ，B 两点的坐标；并求这个抛物线的解析式；（2）作垂直x 轴的直线x ＝t ，在第一象限交直线AB 于M ，交这个抛物线于N ．求当t 取何值时，MN 有最大值？最大值是多少？（3）在（2）的情况下，以A 、M 、N 、D 为顶点作平行四边形，求第四个顶点D 的坐标．10．如图，抛物线2y x bx c =-++与x 轴的两个交点分别为(1,0)A ，(30)B ，．抛物线的对称轴和x 轴交于点M ．（1）求这条抛物线对应函数的表达式；（2）若P 点在该抛物线上，求当PAB △的面积为8时，求点P 的坐标．（3）点G 是抛物线上一个动点，点E 从点B 出发，沿x 轴的负半轴运动，速度为每秒1个单位，同时点F 由点M 出发，沿对称轴向下运动，速度为每秒2个单位，设运动的时间为t ．①若点G 到AE 和MF 距离相等，直接写出点G 的坐标．②点C 是抛物线的对称轴上的一个动点，以FG 和FC 为边做矩形FGDC ，直接写出点E 恰好为矩形FGDC 的对角线交点时t 的值． 11．()1尺规作图1：已知：如图，线段AB 和直线且点B 在直线上求作：点C ，使点C 在直线上并且使ABC 为等腰三角形． 作图要求：保留作图痕迹，不写作法，做出所有符合条件的点C ．()2特例思考：如图一，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有______个；如图二，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有______个.()3拓展应用：如图，AOB 45∠=，点M ，N 在射线OA 上，OM x =，ON x 2=+，点P 是射线OB 上的点.若使点P ，M ，N 构成等腰三角形的点P 有且只有三个，求x 的值．12．如图，PA 切⊙O 于点A ，射线PC 交⊙O 于C 、B 两点，半径OD ⊥BC 于E ，连接BD 、DC 和OA ，DA 交BP 于点F ； （1）求证：∠ADC+∠CBD ＝12∠AOD ； （2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）12；（2）53；（3）202． 【解析】 【分析】（1）如图1中，过点B 作BD CA ⊥，交CA 延长线于点D ，通过构造直角三角形，求出BD 利用三角形面积公式求解即可.（2）如图示，作点D 关于AB 的对称点Q ，交AB 于点H ，连接CQ ，交AB 于点P ，连接PD 、OD 、OC ，过点Q 作QM CO ⊥，交CO 延长线于点M ，确定点P 的位置，利用勾股定理与矩形的性质求出CQ 的长度即为答案.（3）解图3所示，在AB 上这一点作点P 关于OA 的对称点S ，作点P 关于OB 的对称点N ，连接SN ，交OA 于点E ，交OB 于点F ，连接OS ON OP EP FP 、、、、，通过轴对称性质的转化，最终确定最小值转化为SN 的长. 【详解】（1）如解图1所示，过点B 作BD CA ⊥，交CA 延长线于点D ，135BAC ∠=，180********BAD BAC ∴∠=-∠=-=，BD CA ⊥，交CA 延长线于点D ，BAD ∴为等腰直角三角形，且90BDA ∠=，BD AD ∴=，在BAD 中，,90BD AD BDA =∠=，222BD AD AB ∴+=，即222BD AB =，42AB =2222(42)32BD AB ∴===，解得：4BD =，6AC =，11641222ABC S AC BD ∴=⋅=⨯⨯=．（2）如解图2所示，作点D 关于AB 的对称点Q ，交AB 于点H ，连接CQ ，交AB 于点P ，连接PD 、OD 、OC ，过点Q 作QM CO ⊥，交CO 延长线于点M ，D 关于AB 的对称点Q ，CQ 交AB 于点P ， PD PQ ∴=，PC PD PC PQ CQ ∴+=+=，点P 为AB 上的动点，PC PD CQ ∴+≥，∴当点P 处于解图2中的位置，PC PD +取最小值，且最小值为CQ 的长度，点C 为半圆AB 的中点，90COB ∴∠=，90BOD COD COB ∠+∠=∠=，11903033BOD COB ∴∠=∠=⨯=，10AB =，1110522OD AB ∴==⨯=， 在Rt ODH △中，由作图知，90OHD ∠=，且30HOD BOD ∠=∠=，155,222DH OD QH DH ∴==∴==，2222553522OH OD DH ⎛⎫∴=-=-=⎪⎝⎭， 由作图知，四边形OMQH 为矩形，553,22OM QH MQ OH ∴====， 515522CM OM OC ∴=+=+=， 222215535322CQ CM MQ ⎛⎫⎛⎫∴=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，PC PD ∴+的最小值为53．（3）如解图3所示，在AB 上这一点作点P 关于OA 的对称点S ，作点P 关于OB 的对称点N ，连接SN ，交OA 于点E ，交OB 于点F ，连接OS ON OP EP FP 、、、、， 点P 关于OA 的对称点S ，点P 关于OB 的对称点N ，连接SN ，交OA 于点E ，交OB 于点F ，PE SE ∴=，FP FN =，SOA POA ∠=∠，,NOB POB OS OP ON ∠=∠==，．PE EF FP SE EF FN SN ∴++=++=，SOA NOB POA POB ∠+∠=∠+∠， E 为OA 上的点，F 为OB 上的点 PE EF FP SN ∴++≥，∴当点E F 、处于解图3的位置时，PE EF FP ++的长度取最小值，最小值为SN 的长度，45POA POB AOB ∠+∠=∠=， 45SOA NOB ∴∠+∠=，454590SON SOA AOB NOB ∴∠=∠+∠+∠=+=．扇形AOB 的半径为20，20OS ON OP ∴===，在Rt SON 中，90SON ∠=，20,90OS ON SON ==∠=PE EF FP ∴++的长度的最小值为202【点睛】本题主要考察了轴对称、勾股定理、圆、四边形等相关内容，理解题意，作出辅助线是做题的关键.2．（1）CD2+BD2＝2AD2，见解析；（2）BD2＝CD2+2AD2，见解析；（3）①2，②最大值为4414，半径为104【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD＝CAE，进而得出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，∠B＝∠ACE，再根据勾股定理得出DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2，在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝2AD2，即可得出结论；（2）同（1）的方法得，ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝CE，再用勾股定理的出DE2＝2AD2，CE2＝CD2+DE2＝CD2+2AD2，即可得出结论；（3）先根据勾股定理的出DE2＝CD2+CE2＝2CD2，再判断出△ACE≌△BCD（SAS），得出AE ＝BD，①将AD＝6，BD＝8代入DE2＝2CD2中，即可得出结论；②先求出CD＝2，再将AD+BD＝14，CD＝2代入2AD BD⎛⎫⋅ ⎪⎪⎝⎭，化简得出﹣（AD﹣212）2+4414，进而求出AD，最后用勾股定理求出AB即可得出结论．【详解】解：（1）CD2+BD2＝2AD2，理由：由旋转知，AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠B＝∠ACE，在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACE＝45°，∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，根据勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2，在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝2AD2，∴CD2+BD2＝2AD2；（2）BD2＝CD2+2AD2，理由：如图2，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接EC，DE，同（1）的方法得，ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，在Rt△ADE中，AD＝AE，∴∠ADE＝45°，∴DE2＝2AD2，∵∠ADC＝45°，∴∠CDE＝∠ADC+∠ADE＝90°，根据勾股定理得，CE2＝CD2+DE2＝CD2+2AD2，即：BD2＝CD2+2AD2；（3）如图3，过点C作CE⊥CD交DA的延长线于E，∴∠DCE＝90°，∵∠ADC＝45°，∴∠E＝90°﹣∠ADC＝45°＝∠ADC，∴CD＝CE，根据勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝2CD2，连接AC，BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，∵∠ADC＝45°，∴∠BDC＝45°＝∠ADC，∴AC＝BC，∵∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD，①AD＝6，BD＝8，∴DE＝AD+AE＝AD+BD＝14，∴2CD2＝142，∴CD＝72，故答案为72；②∵AD+BD＝14，∴CD＝72，∴22AD BD CD⎛⎫⋅+⎪⎪⎝⎭＝AD•（BD+22×72）＝AD•（BD+7）＝AD•BD+7AD＝AD（14﹣AD）+7AD＝﹣AD2+21AD＝﹣（AD﹣212）2+4414，∴当AD＝212时，2AD BD CD⎛⎫⋅+⎪⎪⎝⎭的最大值为4414，∵AD+BD＝14，∴BD＝14﹣212＝72，在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB＝22710 2AD BD+=，∴⊙O的半径为OA＝12AB＝710．【点睛】本题考查圆与三角形的结合,关键在于熟记圆的性质和三角形的性质.3．（1）（1）5BQ x =；3FD x =（2）9AP =（3）12AP =或65AP =或3AP = 【解析】【分析】 （1）由:3:4AQ AB =、3AQ x =，易得4AB x =，由勾股定理得BQ ，再由中位线的性质得12AH BH AB ==，求得CD 、FD ； （2）利用（1）的结论，易得CQ 的长，作OM AQ ⊥于点M ，则//OM AB ，由垂径定理得32QM AM x ==，由矩形性质得OD MC =，利用矩形面积求得x ，得出结论； （3）点P 在A 点的右侧时，利用（1）、（2）的结论和正方形的性质得243x x +=，得AP ；点P 在A 点的左侧时，当点C 在Q 右侧，当407x <<时，473x x -=，解得x ，易得AP ；当4273x ≤<时，743x x -=，得AP ；当点C 在Q 的左侧时，即23x ≥，同理得AP ．【详解】解：（1）∵:3:4AQ AB =，3AQ x =∴4AB x =∴在Rt ABQ △中，5BQ x == ∵OD m ⊥，m l ⊥∴//OD l∵OB OQ = ∴122AH BH AB x === ∴2CD x = ∴332FD CD x == （2）∵点P 关于点A 的对称点为Q∴3AP AQ x ==∵4PC =∴64CQ x =+过点O 作OM AQ ⊥于点M ，如图：∵90BAQ ∠=︒∴//OM AB∵O 是ABQ △的外接圆，90BAQ ∠=︒∴点O 是BQ 的中点 ∴1322QM AM AQ x === ∴3964422OD MC CQ QM x x ==-=+-=+ ∵1522OE BQ x == ∴9542422DE OD OE x x x =-=+-=+ ∴()32490DEGF S DF DE x x =⋅=⋅+=矩形∴13x =，25x =-（不合题意，舍去）∴39AP x ==∴当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，AP 的长为：9．（3）若矩形DEGF 是正方形，则DE DF =①点P 在A 点的右侧时，如图：∴243x x +=∴4x =∴312AP x ==②点P 在A 点的左侧时I.当点C 在Q 右侧时i.当 407x <<时，如图：∵47DE x =-，3DF x =∴473x x -=∴25x = ∴635AP x x ==ii.当4273x ≤<时，如图：∵74DE x =-，3DF x =∴743x x -=∴1x =（不合题意，舍去）II. 当点C 在Q 的左侧时，即23x ≥，如图：∵74DE x =-，3DF x =∴743x x -=∴1x =∴33AP x ==∴综上所述，当12AP =或65AP =或3AP =时，矩形DEGF 是正方形． 故答案是：（1）5BQ x =；3FD x =（2）9AP =（3）12AP =或65AP =或3AP = 【点睛】本题考查了分类讨论思想、矩形的性质、正方形的性质、圆的性质等，综合性强，难度大，正确的画出相应的图形可以更顺利地解决问题．4．（1）AP +PQ 的最小值为4；（2）存在，M 点坐标为(﹣12，﹣4)或(12，8)．【解析】【分析】（1）由直线解析式易求AB 两点坐标，利用等腰直角△ABC 构造K 字形全等易得OE ＝CE ＝4，C 点坐标为（4，4）DB ＝∠CEB ＝90︒，可知B 、C 、D 、E 四点共圆，由等腰直角△ABC 可知∠CBD ＝45︒，同弧所对圆周角相等可知∠CED ＝45︒，所以∠OEF ＝45︒，CE 、OE 是关于EF 对称，作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于Q ，AK ⊥EC 于K ．把AP +PQ 的最小值问题转化为垂线段最短解决问题．（2）由直线l 与直线AC 成45︒可知∠AMN ＝45︒，由直线AC 解析式可设M 点坐标为（x ，122x +），N 在y 轴上，可设N （0，y ）构造K 字形全等即可求出M 点坐标． 【详解】解：（1）过A 点作AK ⊥CE ，在等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90︒，AC ＝BC ，∵CE ⊥x 轴，∴∠ACK +∠ECB ＝90︒，∠ECB +∠CBE ＝90︒，∴∠ACK ＝∠CBE在△AKC 和△CEB 中，AKC CEB ACK CBE AC CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△AKC ≌△CEB （AAS ）∴AK ＝CE ，CK ＝BE ，∵四边形AOEK 是矩形，∴AO ＝EK ＝BE ，由直线l ：y ＝﹣13x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，可知A 点坐标为（0，2），B （6，0）∴E 点坐标为（4，0），C 点坐标为（4，4），∵∠CDB ＝∠CEB ＝90︒，∴B 、C 、D 、E 四点共圆，∵CD CD =，∠CBA ＝45︒，∴∠CED ＝45︒，∴FE 平分∠CEO ，过P 点作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于G ，过A 点作AK ⊥EC 于K ．∴PH ＝PQ ，∵PA +PQ ＝PA +PH ≥AK ＝OE ，∴OE ＝4，∴AP +PQ ≥4，∴AP +PQ 的最小值为4．（2）∵A 点坐标为（0，2），C 点坐标为（4，4），设直线AC 解析式为：y ＝kx+b把（0，2），（4，4）代入得244b k b =⎧⎨=+⎩解得122k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线AC 解析式为：y ＝122x +， 设M 点坐标为（x ，122x +），N 坐标为（0，y ）． ∵MN ∥AB ，∠CAB ＝45︒，∴∠CMN ＝45︒，△CMN 为等腰直角三角形有两种情况：Ⅰ．如解图2﹣1，∠MNC ＝90︒，MN ＝CN ．同（1）理过N 点构造利用等腰直角△MNC 构造K 字形全等，同（1）理得：SN ＝CR ，MS ＝NR ．∴41242x yx y-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：128xy=-⎧⎨=-⎩，∴M点坐标为（﹣12，﹣4）Ⅱ．如解图2﹣2，∠MNC＝90︒，MN＝CN．过C点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）得：MS＝CF，CS＝FN．∴4412442x yx-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：1212xy=⎧⎨=⎩，∴M点坐标为（12，8）综上所述：使得△CMN为等腰直角三角形得M点坐标为（﹣12，﹣4）或（12，8）．【点睛】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是中用转化的思想思考问题，学会添加常用辅助线，在平面直角坐标系中构造K字形全等三角形求点坐标解决问题，属于中考压轴题．5．（1）()C 8,43；（2）t=18s ；（3）t 1513=±．【解析】【分析】 （1）如图1中，作CH ⊥AB 于H ．解直角三角形求出CH ，OH 即可．（2）如图1﹣1中，设⊙M 与直线BC 相切于点N ，作MH ⊥AB 于H ．求出OH 的长即可解决问题．（3）设M （﹣5+t ，33），EF 12=AB =8，由∠EMF =90°，可得EM 2+MF 2=EF 2，由此构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，作CH ⊥AB 于H ．∵A （20，0），AB =16，∴OA =20，OB =4．在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，AB =16，∠CAB =30°，∴BC 12=AB =8，CH =BC •sin60°=43，BH =BC •cos60°=4，∴OH =8，∴C （8，43）．（2）如图1﹣1中，设⊙M 与直线BC 相切于点N ，作MH ⊥AB 于H ．∵MN =MH 3MN ⊥BC ，MH ⊥BA ，∴∠MBH =∠MBN =30°，∴BH 3==9，∴点M 的运动路径的长为5+4+9=18，∴当点M 在∠ABC 的内部且⊙M 与直线BC 相切时，t 的值为18s ．（3）∵C （8，3B （4，0），A （20，0）．∵CE =EB ，CF =FA ，∴E （6，3），F （14，3），设M （﹣5+t ，3），EF 12=AB =8． ∵∠EMF =90°，∴EM 2+MF 2=EF 2，∴（6+5﹣t ）2+32+（14+5﹣t ）2+32=82，整理得：t2﹣30t+212=0，解得：t=15±13．【点睛】本题是圆的综合题，考查了平移变换，解直角三角形，切线的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．6．（1）菱形的周长为8；（2）t=65，∠MAC=105°；（3）当t=1﹣3或t=1+3时，圆M与AC相切．【解析】试题分析：（1）过点B作BE⊥AD，垂足为E．由点A和点B的坐标可知：BE=3，AE=1，依据勾股定理可求得AB的长，从而可求得菱形的周长；（2）记 M与x轴的切线为F，AD的中点为E．先求得EF的长，然后根据路程=时间×速度列出方程即可；平移的图形如图3所示：过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接MF，F为 M与AD的切点．由特殊锐角三角函数值可求得∠EAB=60°，依据菱形的性质可得到∠FAC=60°，然后证明△AFM是等腰直角三角形，从而可得到∠MAF的度数，故此可求得∠MAC的度数；（3）如图4所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．先求得∠MAE=30°，依据特殊锐角三角函数值可得到AE的长，然后依据3t+2t=5-AE可求得t的值；如图5所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．依据菱形的性质和切线长定理可求得∠MAE=60°，然后依据特殊锐角三角函数值可得到EA=3，最后依据3t+2t=5+AE．列方程求解即可．试题解析：（1）如图1所示：过点B作BE AD⊥，垂足为E，∵(B1,3，()A2,0，∴BE3=AE1=，∴22AB AE BE2=+=，∵四边形ABCD为菱形，∴AB BC CD AD===，∴菱形的周长248=⨯=．（2）如图2所示，⊙M与x轴的切线为F，AD中点为E，∵()M 3,1-，∴()F 3,0-，∵AD 2=，且E 为AD 中点，∴()E 30，，EF 6=， ∴2t 3t 6+=，解得6t 5=． 平移的图形如图3所示：过点B 作BE AD ⊥，垂足为E ，连接MF ，F 为⊙M 与AD 切点， ∵由（1）可知，AE 1=，BE 3= ∴tan EAB 3∠=∴EAB 60∠=︒，∴FAB 120∠=︒，∵四边形ABCD 是菱形，∴11FAC FAB 1206022∠∠==⨯︒=︒， ∵AD 为M 切线，∴MF AD ⊥，∵F 为AD 的中点，∴AF MF 1==，∴AFM 是等腰直角三角形，∴MAF 45∠=︒，∴MAC MAF FAC 4560105∠∠∠=+=︒+︒=︒．（3）如图4所示：连接AM ，过点作MN AC ⊥，垂足为N ，作ME AD ⊥，垂足为E ，∵四边形ABCD 为菱形，DAB 120∠=︒，∴DAC 60∠=︒． ∵AC 、AD 是圆M 的切线∴MAE 30∠=︒，∵ME MN 1==．∴EA 3=，∴3t 2t 53+=-，∴3t 1=-． 如图5所示：连接AM ，过点作MN AC ⊥，垂足为N ，作ME AD ⊥，垂足为E ，∵四边形ABCD 为菱形，DAB 120∠=︒，∴DAC 60∠=︒，∴NAE 120∠=︒，∵AC 、AD 是圆M 的切线，∴MAE 60∠=︒，∵ME MN 1==，∴3EA 3=，∴3t 2t 53+=+，∴t 1=+．综上所述，当t 1=-t 1=+时，圆M 与AC 相切． 点睛：此题是一道圆的综合题.圆中的方法规律总结：1、分类讨论思想：研究点、直线和圆的位置关系时，就要从不同的位置关系去考虑，即要全面揭示点、直线和元的各种可能的位置关系.这种位置关系的考虑与分析要用到分类讨论思想.1、转化思想：（1）化“曲面”为“平面”（2）化不规则图形面积为规则图形的面积求解.3、方程思想：再与圆有关的计算题中，除了直接运用公式进行计算外，有时根据图形的特点，列方程解答，思路清楚，过程简捷.7．（1）10；（2）10+米；（3）①100k a =-；②不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用表格中数据直接得出网球达到最大高度时的时间及最大值；（2）首先求出函数解析式，进而求出网球落在地面时，与端点A 的水平距离；（3）①由（2）得网球落在地面上时，得出对应点坐标，代入计算即可； ②由球网高度及球桌的长度可知其扣杀路线解析式为110y x =，若要击杀则有(2110010a x a x --=，根据有唯一的击球点即该方程有唯一实数根即可求得a 的值，继而根据对应x 的值取舍可得．【详解】 （1）由表格中数据可得4t =，（秒），网球达到最大高度，最大高度为6；（2）以A 为原点，以球场中线所在直线为x 轴，网球发出的方向为x 轴的正方向，竖直运动方向为y 方向，建立平面直角坐标系．由表格中数据，可得y 是x 的二次函数，且顶点坐标为(10，6)，可设2(10)6y m x =-+，将（0，2）代入，可得：125m =-， ∴21(10)625y x =--+，当0y =，得10x =±(负值舍去)，∴网球落在地面上时，网球与端点A 的距离为10+米；（3）①由（2）得网球落在地面上时，对应的点为(10+，0)代入(2y a x k =-+，得100k a =-；②不存在．∵网高1.2米，球网到A 的距离为24122=米， ∴扣杀路线在直线经过（0，0）和（12，1.2）点， ∴扣杀路线在直线110y x =上，令(2110010a x a x --=，整理得：2150010ax x a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭， 当0=时符合条件， 221106200010a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，解得1400a =，2400a =． 开口向下，0a ＜， ∴1a ，2a 都可以，将1a ，2a 分别代入(2110010a x a x --=，得到得解都是负数，不符合实际． 【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，由实际问题建立起二次函数的模型并将二次函数的问题转化为一元二次方程求解是解题的关键．8．（1）m ＝﹣1，n ＝3，y ＝﹣x 2+2x +3；（2）S=3；（3）①y 最大值＝4；当x ＝3时，y 最小值＝0；②t ＝﹣1或t ＝2【解析】【分析】（1）首先解方程求得A 、B 两点的坐标，然后利用待定系数法确定二次函数的解析式即可；（2）根据解方程直接写出点C 的坐标，然后确定顶点D 的坐标，根据两点的距离公式可得BDC ∆三边的长，根据勾股定理的逆定理可得90DBC ∠=︒，据此求出 △BDC 面积； （3）①确定抛物线的对称轴是1x =，根据增减性可知：1x =时，y 有最大值，当3x =时， y 有最小值；②分5种情况：1、当函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的左侧；2、当11t +=时；3、当函数y 在1t x t +内的抛物线分别在对称轴的两侧；4、当1t =时，5、函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的右侧；分别根据增减性可解答．【详解】解：（1）m ，n 分别是方程2230x x --=的两个实数根，且 m n <，用因式分解法解方程：(1)(3)0x x +-=，11x ∴=-，23x =，1m ∴=-，3n =，(1,0)A ∴-，(0,3)B ，把(1,0)-，(0,3)代入得， 103b c c --+=⎧⎨=⎩，解得23b c =⎧⎨=⎩， ∴函数解析式为2y x 2x 3=-++．（2）令2230y x x =-++=，即2230x x --=，解得11x =-，23x =，∴抛物线2y x 2x 3=-++与x 轴的交点为 (1,0)A -，(3,0)C ，1OA ∴=，3OC =，∴对称轴为1312x -+==，顶点(1,123)D -++，即 (1,4)D ，∴BC = BD ==DC ==222CD DB CB =+，BCD ∴∆是直角三角形，且90DBC ∠=︒，∴112322S BCD BD BC ==⨯⨯=； （3）∵抛物线y ＝﹣x 2+2x +3的对称轴为x ＝1，顶点为D （1，4），①在0≤x ≤3范围内，当x ＝1时，y 最大值＝4；当x ＝3时，y 最小值＝0；②1、当函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的左侧，当x t =时取得最小值 223q t t =-++，最大值2(1)2(1)3p t t =-++++，令22(1)2(1)3(23)3p q t t t t -=-++++--++=，即 213t -+=，解得1t =-．2、当11t +=时，此时4p =，3q =，不合题意，舍去；3、当函数y 在1t x t +内的抛物线分别在对称轴的两侧，此时4p =，令24(23)3p q t t -=--++=，即 2220t t --=解得：11t =)，21t = )；或者24[(1)2(1)3]3p q t t -=--++++=，即 t =4、当1t =时，此时4p =，3q =，不合题意，舍去；5、当函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的右侧，当x t =时取得最大值 223p t t =-++，最小值2(1)2(1)3q t t =-++++，令2223[(1)2(1)3]3p q t t t t -=-++--++++=，解得 2t =．综上，1t =-或2t =．【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有利用待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的顶点公式，直角三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理，最值问题等知识，注意运用分类讨论的思想解决问题． 9．(1) A （0，2），B(4，0)，2722y x x =-++；(2)当t=2时，MN 有最大值4；(3) D 点坐标为（0，6），（0，-2）或（4，4）．【解析】【分析】 (1)首先求得A 、B 的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；(2)本问要点是求得线段MN 的表达式，这个表达式是关于t 的二次函数，利用二次函数的极值求线段MN 的最大值；(3)本问要点是明确D 点的可能位置有三种情况，如答图2所示，其中D 1、D 2在y 轴上，利用线段数量关系容易求得坐标；D 3点在第一象限是直线D 1N 和D 2M 的交点，利用直线解析式求得交点坐标即可．【详解】解：(1)∵122y x =-+的图象交y 轴于点A ，交x 轴于点B 点， ∴A 、B 点的坐标为：A （0，2），B(4，0)， 将x=0，y=2代入2y x bx c =-++得c=2，将x=4，y=0,代入2y x bx c =-++得b=72， ∴抛物线解析式为：2722y x x =-++； (2)如答图1所示，设MN 交x 轴于点E ，则E(t ，0)，则M(t ，122t -)，又N 点在抛物线上，且x N =t ，∴2722N y t t =-++， ∴()22271224=2422N M MN y y t t t t t t ⎛⎫=-=-++--=-+--+ ⎪⎝⎭， ∴当t=2时，MN 有最大值4．(3)由(2)可知A （0，2）、M(2，1)、N(2，5)，以A 、M 、N 、D 为顶点做平行四边形，D 点的可能位置有三种情况，如答图2所示，当D 在y 轴上时，设D 的坐标为（0，a ），由AD=MN ，得|a-2|=4，解得a 1=6，a 2=-2，从而D 点坐标为（0，6）或D （0，-2），当D 不在y 轴上时，由图可知D 3为D 1N 与D 2M 的交点，分别求出D 1N 的解析式为：162y x =-+， D 2M 的解析式为：322y x =-， 联立两个方程得：D 3（4，4），故所求的D 点坐标为（0，6），（0，-2）或（4，4）．【点睛】本题主要考查的是二次函数综合，经常作为压轴题出现，正确的掌握二次函数的性质是解题的关键．10．（1）243y x x =-+-；（2）点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）；（3）①G 的坐标．3551+-，3551(---5515(+--，5515--+；②513t +=或513t -= 【解析】【分析】（1）将A 、B 两点坐标代入抛物线解析式，可确定抛物线解析式；（2）根据A 、B 两点坐标得AB=3-1=2，由三角形面积公式求P 点纵坐标的绝对值，得出P 点纵坐标的两个值，代入抛物线解析式求P 点横坐标；（3）①根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴右侧；当点G 在对称轴左侧；结合图像，分别求出点G 的坐标即可；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴左侧；当点G 在对称轴右侧；结合图像，分别列出方程，求出t 的值即可．【详解】解：（1）把点(1,0)A ，(3,0)B 代入抛物线2y x bx c =-++上，求得：4b =，3c =-，∴243y x x =-+-；（2）依题意，得312AB =-=，设P 点坐标为(,)a n ，当0n >时，则8n =，故2–438x x +-=，即24110x x ++=，∴441111644280∆=-⨯⨯=-=-<2（-），方程24110x x -++=无实数根；当0n <时，则8n =-故2438x x -+-=-，即2450x x -+-=， 解得：11x =-，25x =所求点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）． （3）①分两种情况当点G 在对称轴右侧，设点G D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -，∵点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -﹐当点D 的坐标为(,2)m m -，有2243m m m -=-+-，解得：135m +=235m -=（不符题意舍去）， 此时点D 的坐标为：3551(,)22． 当点D 的坐标为(,2)m m -时，有 2243m m m -=-+-，解得：155m +=255m -= 此时点D 的坐标为：5515(+--．当点G 在对称轴左侧，设点D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -﹐因为点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -，分别代入解析式可求出点D 的坐标分别为：3551(,)---，5515(,)--+． 综上所述点D 的坐标为：3551(,)+-﹐5515(,)+--，3551(,)---，5515(,)--+． ②分两种情况当点G 在对称轴左侧，此时有1EN t =-，2NF t =﹐因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：1513t +=2513t -=（不合题意舍去）． 当点G 在对称轴右侧，此时有1EN t =-，2NF t =，因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-， 解得：1513t +=2513t -=． 综上所述：513t +=或513t -=． 【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角形面积公式的运用．关键是熟练掌握求二次函数解析式的方法，掌握三角形的高与P 点纵坐标的关系，注意运用数形结合和分类讨论的思想进行解题．11．(1) 见解析；(2) 2，2 ；(3)0或222或222x <<【解析】【分析】()1根据等腰三角形的定义，用分类讨论的思想解决问题即可；()2通过画图分析可得，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有2个，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有2个；()3分三种情形讨论求解即可．【详解】解：()1如图1中，点1C ，2C ，3C ，4C 即为所求．()2如图一，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有2个；如图二，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有2个，当∠1=90°或∠1=60°时，符合条件的点C 都是在点B 左右各一个，当∠1=60°时，符合条件的点C 如图所示：故答案为2，2．()3①如图31-中，当x 0=时，当PM PN =时，有点1P ，当ON OP =时，有点2P ，当NO NP =时，有点3P ，此时有3个P 点．②如图32-中，当N 与OB 相切于点1P 时，1OP N 是等腰直角三角形，1ON 2NP 22∴==，OM ON MN 222∴=-=-，此时有3个P 点．③如图33-中，当M 经过点O 时，此时只有2个P 点，如图34-中，M 与OB 相交时，此时有3个P 点，如图35-中，当M 与OB 相切时，只有2个P 点．此时OM 22=， 综上所述，当2x 22<<3个P 点． ∴满足条件的x 的值为0或222或2x 22<<【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，尺规作图，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．12．（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=，求得90OAD DAP ∠+∠=，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥，BD CD ∴=，CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=，90EDF DFE ∴∠=-∠，OD OA =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥，BE CE ∴=，BD CD =，BD CD ∴=，OA OD =，ADO OAD ∴∠=∠，PA 切O 于点A ，90PAO ∴∠=， 90OAD DAP ∴∠+∠=， PFA DFE ∠=∠，90PFA ADO ∴∠+∠=，PAF PFA ∴∠=∠，PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．。

数学九年级上册 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

数学九年级上册 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

数学九年级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．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．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3．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．（1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长；（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）12354 55（，）【解析】试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．试题解析：(1)、如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB==5，∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+，∴O′点的坐标为（）；（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得，∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P（，0），∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D=O′P′=，P′D=，∴DH=O′H﹣O′，∴P′点的坐标为（，）．考点：几何变换综合题4．如图1，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y =ax 2+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（0），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A（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＜∴满足条件的m 的取值范围为2＜m＜ （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．5．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 2∴=⋅⋅=， ∴当BM 的值最大时，PBE 的面积最大，BM PB ≤，PB AB PA ≤+，PB 22∴≤， BM 22∴≤∴的最大值为22BM+，PBE∴的面积的最大值为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．6．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.7．已知ABC ∆是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．(1).如图，猜想ADE ∆是_______三角形；（直接写出结果）(2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论；(3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=；②最小值为423+【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可；（3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =，根据垂线段最短解答．【详解】解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，ADE ∴∆是等边三角形，故答案为等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，ABC ∆是等边三角形60AB AC BC BAC ∴∠︒＝＝，＝，60BAC DAE ∴∠∠︒＝＝，BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝，在ABD ∆和ACE ∆中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ABD ACE SAS ∴∆∆≌（）BD CE ∴=，CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=，当点D 在线段BC 上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，90AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，30BAD ∴∠︒＝，122BD AB ∴＝＝， 当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，30AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，90BAD ∴∠︒＝，28BD AB ∴＝＝，BD ∴为2或8时，30DEC ∠︒＝；②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长存在最小值，最小值为4+理由如下：ABD ACE ∆∆≌，CE BD ∴＝，则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++＝＝＝，当CE 最小时，DEC ∆的周长最小，ADE ∆为等边三角形，DE AD ∴=，AD 的最小值为23，DEC ∴∆的周长的最小值为423+．【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．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．已知：四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足为点E，DE的锯长线交⊙O于点F，DC的延长线与FB的延长线交于点G．（1）如图1，求证：GD＝GF；（2）如图2，过点B作BH⊥AD，垂足为点M，B交DF于点P，连接OG，若点P在线段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大小；（3）如图3，在（2）的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK，PC，D交PC点N，连接MN，若AB＝122，HM+CN＝MN，求DK的长．【答案】（1）见解析；（2）∠ADF＝45°；（3）1810．【解析】【分析】（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A＝∠GFD，由“等角的余角相等”可得∠A＝∠GDF，等量代换得∠GDF＝∠GFD，根据“三角形中，等角对等边”得GD＝GF；（2）连接OD、OF，由△DPH≌△FPB可得：∠GBH＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G＝90°，即可得：∠ADF＝45°；（3）由等腰直角三角形可得AH＝BH＝12，DF＝AB＝12，由四边形ABCD内接于⊙O，可得：∠BCG＝45°＝∠CBG，GC＝GB，可证四边形CDHP是矩形，令CN＝m，利用勾股定理可求得m＝2，过点N作NS⊥DP于S，连接AF，FK，过点F作FQ⊥AD于点Q，过点F 作FR⊥DK交DK的延长线于点R，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK．【详解】解：（1）证明：∵DE⊥AB∴∠BED＝90°∴∠A+∠ADE＝90°∵∠ADC＝90°∴∠GDF+∠ADE＝90°∴∠A＝∠GDF∵BD BD =∴∠A ＝∠GFD∴∠GDF ＝∠GFD∴GD ＝GF（2）连接OD 、OF∵OD ＝OF ，GD ＝GF∴OG ⊥DF ，PD ＝PF在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB （SAS ）∴∠FBP ＝∠DHP ＝90°∴∠GBH ＝90°∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°∴∠GDF ＝∠DFG ＝45°∴∠ADF ＝45°（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝∴AH ＝BH ＝12∴PH ＝PB ＝6∵∠HDP ＝∠HPD ＝45°∴DH ＝PH ＝6∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝12PH ＝3，PD ＝∵∠BFE ＝∠EBF ＝45°∴EF ＝BE∵∠DAE ＝∠ADE ＝45°∴DE ＝AE∴DF ＝AB ＝∵四边形ABCD 内接于⊙O∴∠DAB +∠BCD ＝180°∴∠BCD ＝135°∴∠BCG ＝45°＝∠CBG∴GC ＝GB又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP∴△GCP ≌△GBP （SAS ）∴∠PCG ＝∠PBG ＝90°∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90°∴四边形CDHP 是矩形 ∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90° 令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2∴PN ＝4过点N 作NS ⊥DP 于S ，在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝22DS ＝62﹣22＝42SN 221tan DS 242SDN ∠=== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12∴AQ ＝18﹣12＝6∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ，∴∠DAF +∠DKF ＝180°∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR在Rt △DFR 中，∵DF ＝1122,tan 2FDR ∠= ∴12102410,FR DR == 在Rt △FKR 中，∵FR ＝1210 tan ∠FKR ＝2 ∴KR ＝6105∴DK ＝DR ﹣KR ＝24106101810555=-= ．【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．10．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.11．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∴==62x BH ==，PH ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-，在Rt PHC中，PC =y ∴=9)y x =<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=， 又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠， DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===． PBE ∴∽ECM ，PB BEEC 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.12．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==13．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。

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题检测题(WORD版含答案)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题检测题(WORD版含答案)

人教版九年级数学上册几何模型压轴题检测题（WORD版含答案）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．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，)，F 1(-8，33-4+)，G 2(8，-8)，F 2(218，-4) 【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1t =，2t =，分两类讨论，分别求出G 、F 坐标。

九年级上册几何模型压轴题单元测试题(Word版 含解析)

九年级上册几何模型压轴题单元测试题(Word版 含解析)

九年级上册几何模型压轴题单元测试题（Word 版 含解析）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠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．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=22D 、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）53【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 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=22，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC=22AB AC +=4，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．3．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与OAB ∆的边分别交于M ，N 两点，将AMN ∆以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '∆． 设点P 的纵坐标为m ．①当A MN '∆在OAB ∆内部时，求m 的取值范围；②是否存在点P ，使'56A MN OA BS S ∆'∆=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】()21y x 22x =-++；（2）①433m <<；②存在，满足m 的值为619-或639-． 【解析】【分析】（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值．【详解】解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，∴∠ADO=∠BEO=90°，∵将OA 绕点O 逆时针旋转90︒后得到OB ，∴OA=OB ，∠AOB=90°，∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，∴∠AOD=∠BOE ，∴△AOD ≌△BOE ，∴AD=BE ，OD=OE ，∵顶点A 为（1，3），∴AD=BE=1，OD=OE=3，∴点B 的坐标为（3，1-），设抛物线的解析式为2(1)3=-+y a x ，把点B 代入，得2(31)31a -+=-，∴1a =-，∴抛物线的解析式为2(1)3y x =--+，即222y x x =-++； （2）①∵P 是线段AC 上一动点，∴3m <，∵当A MN '∆在OAB ∆内部时，当点'A 恰好与点C 重合时，如图：∵点B 为（3，1-），∴直线OB 的解析式为13y x =-， 令1x =，则13y =-， ∴点C 的坐标为（1，13-）， ∴AC=1103()33--=， ∵P 为AC 的中点， ∴AP=1105233⨯=， ∴54333m =-=， ∴m 的取值范围是433m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3），∴'3A P m =-，18'(23)233A C m m =-+=-， 设直接OA 为y ax =，直线AB 为y kx b =+，分别把点A ，点B 代入计算，得直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+，令y m =，则点M 的横坐标为3m ，点N 的横坐标为52m --， ∴5552326m m MN m -=-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224A MN S MN A P m m m m ∆=•=•-•-=-+； '138'3(2)34223OA B S A C m m ∆=••=•-=-； 又∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(34)12246m m m -+=⨯-， 解得：619m =619m =+当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：把y m =代入13y x =-，则3x m ， ∴5553222m MN m m -=+=+-，18'(23)233A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424A MN S MN A P m m m m ∆=•=•+•-=-++， '138'3(2)43223OA B S A C m m ∆=••=•-=-， ∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(43)4246m m m -++=⨯-， 解得：639m -=或639m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-6393m -=． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P 的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．4．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．5．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．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）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.7．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AASBC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()3如图3，过点A作AF BC⊥与F，过点D作DE BC⊥的延长线于点E，AFB E90∠∠∴==，11BF BC a22==，FAB ABF90∠∠∴+=，ABD90∠=，ABF DBE90∠∠∴+=，FAB EBD∠∠∴=，线段BD是由线段AB旋转得到的，AB BD∴=，在AFB和BED中，AFB EFAB EBDAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB∴≌()BED AAS，1BF DE a2∴==，2BCD1111S BC DE a a a2224=⋅=⋅⋅=，BCD∴的面积为21a4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.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．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．⑴当t为何值时，线段CD的长为4；⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．【解析】试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．（1）过点C作CF⊥AD于点F，在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，∴∠ABO=30°，由题意得：BC=2t，AD=t，∵CE⊥BO，∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，∵CF⊥AD，AO⊥BO，∴四边形CFOE是矩形，∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，解得：t=，t=4，∵0＜t＜4，∴当t=时，线段CD的长是4；（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），∵AD∥CE，AD=CE=t∴四边形ADEC是平行四边形，∴DE∥AB∴∠GEO=30°，∴OG=OE=（4-t）当线段DE与⊙O相切时，则OG=，∴当（4-t ）＜，且t≤4-时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点． ∴当 4-＜t≤时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点；（3）当⊙C 与⊙O 外切时，t=； 当⊙C 与⊙O 内切时，t=； ∴当t=或秒时，两圆相切．考点：圆的综合题．10．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）2343333y 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，3cot602323EO 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 =++，∴3a =． ∴()()3133y x x =++，即 234333y 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．11．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）485. 【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==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O D⊥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．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∠AO 1B 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O 2A 所在的直线与⊙O 1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）83π（2）（0≤x ≤180） （3）O 2A 与⊙O 1相切；当0≤x ≤90和0≤x ≤180时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相交【解析】试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO 2B =∠AO 1B =120°,∴解法二、∵O 1A=O 1B=O 2A=O 2B∴AO 1BO 2是菱形 ∴∠AO 2B =∠AO 1B =120° ∴l =2׈A= (2)∵由（1）知，菱形AO 1BO 2中∠AO 2B =∠AO 1B=x 度,∴重叠图形的周长, 即（0≤x ≤180） (3) 当时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相切！理由如下：∵，由（2）可知：， 解之x =90度 ∴AO 1B =90°,因此菱形AO 1BO 2是正方形，∴O 1AO 2=90°,即O 2A ⊥O 1A ,而O 1A 是⊙O 1的半径，且A 为半径之外端；∴O 2A 与⊙O 1相切．还有如下位置关系：当0≤x ≤90和0≤x ≤180时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1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 =，10PQ 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PQ OQ+=，即可分别求出a和CF．610【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，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=5，cos45B=，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258【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．16．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165,5FK DB BE ==，求AB ．。

数学九年级上册 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

数学九年级上册 几何模型压轴题(培优篇)(Word版 含解析)

数学九年级上册 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，∠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．3．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 GM CD ∴， 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．4．如图，在直角坐标系中，已知点A （-1，0）、B （0，2），将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转90°至AC ．（1）点C 的坐标为（ ， ）；（2）若二次函数的图象经过点C ． ①求二次函数的关系式；②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，∴.解得∴二次函数的关系式为②当-1≤x≤4时，≤y≤8；③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点作⊥轴，∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质得出C点坐标；（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；③分二种情况进行讨论.5．如图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，6．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．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（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．二、初三数学 圆易错题压轴题（难）9．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，cot6023EO 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 =++，∴a =∴()()133y 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．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．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 ＝2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S 1，△CDE 的面积为S 2，请直接写出12S S 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）7 24.【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 CDCF BD==，根据勾股定理得到CF＝62CE1825；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＝43EMCM=．设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝2142GM kEM 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＝1 6BF，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，∴35 CE CD CF BD==∴CF∴CE②Ⅰ、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 FC，∴∠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，CF＝22BF BC+＝10，∴PE＝16FC＝53，∴PH＝224PE EH3-=，∴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．12．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 OC BC 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13．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．14．如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c （a ＞0，c ＜0）交x 轴于点A ，B ，交y 轴于点C ，设过点A ，B ，C 三点的圆与y 轴的另一个交点为D ．（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）；①求此抛物线的函数解析式；②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值；（2）如图2，若a=1，c=-4，求证：无论b取何值，点D的坐标均不改变．【答案】（1）①y=x2-x-4；②△BDM的面积有最大值为36；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）①只需运用待定系数法就可解决问题；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．根据勾股定理的逆定理可得∠ACB=90°，从而可得AB为直径，根据垂径定理可得OD=OC，即可得到D（0，4），然后运用待定系数法可求得直线BD的解析式为y=-x+4，设M（x，x2-x-4），则E（x，-x+4），从而得到ME=-x2+x+8，运用割补法可得S△BDM=S△DEM+S△BEM=-（x-2）2+36，然后根据二次函数的最值性就可求出△BDM 的面积的最大值；（2）连接AD、BC，如图2．若a=1，c=-4，则抛物线的解析式为y=x2+bx-4，可得C（0，-4），OC=4．设点A（x1，0），B（x2，0），则OA=-x1，OB=x2，且x1、x2是方程x2+bx-4=0的两根，根据根与系数的关系可得OA•OB=4．由A、D、B、C四点共圆可得∠ADC=∠ABC，∠DAB=∠DCB，从而可得△ADO∽∽△CBO，根据相似三角形的性质可得OC•OD=OA•OB=4，从而可得OD=1，即可得到D（0，1），因而无论b取何值，点D的坐标均不改变．试题解析：（1）①∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴，解得．∴抛物线的解析式为y=x2-x-4；②过点M作ME∥y轴，交BD于点E，连接BC，如图1．。

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题易错题（Word 版 含答案）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．3．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AE BD ==⊥，垂足是E .点F 是点E 关于AB 的对称点，连接AF 、BF ．（1）求AF 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，直接写出相应的m 的值． （3）如图②，将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ︒<<︒，记旋转中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 ．是否存在这样的P Q 、两点，使DPQ 为等腰三角形？若存在，求出此时DQ 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）129,55AF BF ==；（2）95m =或165m =；（3）存在4组符合条件的点P 、点Q ，使DPQ 为等腰三角形； DQ 的长度分别为2或25891055或35105【解析】【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解； （2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m 的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ 有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD=90°，在Rt △ABD 中，AB=3，AD=4，由勾股定理得：2222345AB AD +=+=， ∵S △ABD 12=BD•AE=12AB•AD ， ∴AE=AB AD 3412BD 55⋅⨯==， ∵点F 是点E 关于AB 的对称点， ∴AF=AE 125=，BF=BE ， ∵AE ⊥BD ，在Rt△ABE中，AB=3，AE125 =，由勾股定理得：BE2222129355 AB AE⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭；（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE95 =，由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′95 =，①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′95=，即95m=；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′95 =，∴BB′=BD-B′D=5-91655=，即m165=；（3）存在．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，∴∠2=∠BAE，∵点F是点E关于AB的对称点，∴∠1=∠BAE，∴∠1=∠2，在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，则∠Q=∠DPQ，∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=F′A′+A′Q=1227355+=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：2222927910 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴9105；②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′-A′Q=125-BQ，在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：222 91255BQ BQ⎛⎫⎛⎫+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：158 BQ=，∴DQ= BD-BQ=5-1525 88=；③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，则∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°-12∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=A′Q-A′F′=3-123 55=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=222293310 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴DQ=BQ-BD=31055 -；④如图④-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，则∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=3，∴DQ=BD-BQ=5-3=2．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为：2或25891055或35105【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；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．4．综合与实践问题情境在一节数学活动课上，老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1，MN是过点A的直线，点C为直线MN外一点，连接AC，作∠ACD=60°，使AC=DC，在MN上取一点B，使∠DBN=60°．观察发现（1）根据图1中的数据，猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；（2）希望小组认真思考后提出一种证明方法：将CB所在的直线以点C为旋转中心，逆时针旋转60°，与直线MN交于点E，即可证明（1）中的结论. 请你在图1中作出线段CE，并根据此方法写出证明过程；实践探究（3）奋进小组在继续探究的过程中，将点C绕点A逆时针旋转，他们发现当旋转到图2和图3的位置时，∠DBN=120°，线段AB、BD、CB的大小发生了变化，但是仍然满足一定的数量关系，请你直接写出这两种关系：在图2中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；在图3中，线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是；提出问题（4）智慧小组提出一个问题：若图3中BC⊥CD于点C时，BC=2，则AC为多长？请你解答此问题.【答案】（1）AB+DB=CB；（2）见解析；（3）AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）23【解析】【分析】（1）根据图中数据直接猜想AB+DB=CB（2）在射线AM上一点E，使得∠ECB=60°，证明△ACE≌△DCB，推出EB=CB从而得出（1）中的结论；（3）利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系；（4）过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.证明△ACE≌△DCB，得出BC=EC，结合△ECB为等边三角形，得出∠ECA=90°，在Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.【详解】综合与实践（1）AB+DB=CB（2）线段CE如图所示.证明：∵∠ECB=∠ACD=60º，∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB，∴∠2=∠1.∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º，∴∠ABD+∠ACD=180º，∴在四边形ACDB中，∠CAB+∠3=180º.∵∠CAB+∠4=180º，∴∠4=∠3.又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB（ASA）∴EA=BD，EC=BC.又∵∠ECB=60°，∴△ECB为等边三角形,∴EB=CB.而EB=EA+AB=DB+AB,∴CB=DB+AB.（3） AB－DB=CB；DB－AB=CB；（4）证明：如图，过点C作∠BCE=60º，边CE与直线MN交于点E，设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60º∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA即∠ECA=∠BCD∵∠DBN=120º∴∠DBA=60º又∵∠AFB=∠DFC∴∠EAF=∠BDC又∵AC=DC∴△ACE≌△DCB（ASA）∴BC=EC∴△ECB为等边三角形∴∠CEB=60º∵BC⊥CD∴∠ECA=∠BCD=90º∴在Rt△AEC中，∠CAE=30º∵BC=2，EC=BC∴AC=EC·tan60º= 3【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形，利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.5．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.6．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，。

九年级数学上册 几何模型压轴题单元测试卷 (word版,含解析)

九年级数学上册 几何模型压轴题单元测试卷 (word版,含解析)

九年级数学上册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．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．3．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=12BC．（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=12BM=7，∴DE=EM﹣DM=3，∵AD=6，∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，PB=PC，在Rt△CDF中，∵CD=23，CF=6，∴tan∠CDF=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++=39．=(3)6DN PD【点睛】本题考查四边形综合题．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．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.6．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：∠AE B=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．7．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，312DG ∴=， 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.8．已知ABC ∆是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．(1).如图，猜想ADE ∆是_______三角形；（直接写出结果）(2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论；(3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=；②最小值为423+【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可； （3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =，根据垂线段最短解答．【详解】解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，ADE ∴∆是等边三角形，故答案为等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，ABC ∆是等边三角形60AB AC BC BAC ∴∠︒＝＝，＝，60BAC DAE ∴∠∠︒＝＝，BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝，在ABD ∆和ACE ∆中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ABD ACE SAS ∴∆∆≌（）BD CE ∴=，CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=，当点D 在线段BC 上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，90AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，30BAD ∴∠︒＝，122BD AB ∴＝＝， 当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，30AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，90BAD ∴∠︒＝，28BD AB ∴＝＝，BD ∴为2或8时，30DEC ∠︒＝；②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长存在最小值，最小值为4+理由如下：ABD ACE ∆∆≌，CE BD ∴＝，则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++＝＝＝，当CE 最小时，DEC ∆的周长最小，ADE ∆为等边三角形，DE AD ∴=， AD的最小值为DEC ∴∆的周长的最小值为4+【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．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，3cot602323EO 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 =++， ∴3a =∴()()3133y 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．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．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．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．13．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=a2+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°，DB2=OB2+OD2，则（8-a）2=a2+42，解得：a=3，则OB=3，则B（0，3），tan∠ODB=34OBOD=，在Rt△AOC中，∠AOC=90°，tan∠ACB=34OAOC=，则OA=6，则A（6，0），设直线AB的解析式为：y=kx+b，则60{3k bb+==，解得：1{23kb=-=，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,tan2OBOB OA BAOOA+=∠==，255OAcos BAOAB∠==，在Rt△PQA中，905APQ AP t∠=︒=，则AQ=10cosAPtBAO=∠,∵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=12 AQ=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）。

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题章末练习卷(Word版 含解析)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题章末练习卷(Word版 含解析)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题章末练习卷（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，∠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．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 几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学几何模型压轴题检测题（Word版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．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．2．（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.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．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．5．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．6．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．7．已知ABC∆是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将AD绕点A逆时针方向旋转60得到AE，连接DE．(1).如图，猜想ADE∆是_______三角形；（直接写出结果）(2).如图，猜想线段CA、CE、CD之间的数量关系，并证明你的结论；(3).①当BD=___________时，30DEC∠=；（直接写出结果）②点D在运动过程中，DEC∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE+=，证明见解析；（3）①BD为2或8时，30DEC∠=；②最小值为423+【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE=∠=，根据等边三角形的判定定理解答；（2）证明ABD ACE∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE=，结合图形计算即可；（3）①分点D在线段BC上和点D在线段BC的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE∆≅∆得到CE BD=，根据垂线段最短解答．【详解】解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE=∠=，ADE∴∆是等边三角形，故答案为等边三角形；（2）AC CD CE+=，证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE∠==，ABC∆是等边三角形60AB AC BC BAC∴∠︒＝＝，＝，60BAC DAE∴∠∠︒＝＝，BAC DAC DAE DAC∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE∠∠＝，在ABD∆和ACE∆中，AB ACBAD CAEAD AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,ABD ACE SAS ∴∆∆≌（）BD CE ∴=，CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=，当点D 在线段BC 上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，90AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，30BAD ∴∠︒＝，122BD AB ∴＝＝， 当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，30AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，90BAD ∴∠︒＝，28BD AB ∴＝＝，BD ∴为2或8时，30DEC ∠︒＝；②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长存在最小值，最小值为4+理由如下：ABD ACE ∆∆≌，CE BD ∴＝，则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++＝＝＝，当CE 最小时，DEC ∆的周长最小，ADE ∆为等边三角形，DE AD ∴=，AD 的最小值为DEC ∴∆的周长的最小值为4+【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．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．已知：四边形ABCD 内接于⊙O ，∠ADC ＝90°，DE ⊥AB ，垂足为点E ，DE 的锯长线交⊙O 于点F ，DC 的延长线与FB 的延长线交于点G ．（1）如图1，求证：GD ＝GF ；（2）如图2，过点B 作BH ⊥AD ，垂足为点M ，B 交DF 于点P ，连接OG ，若点P 在线段OG 上，且PB ＝PH ，求∠ADF 的大小；（3）如图3，在（2）的条件下，点M 是PH 的中点，点K 在BC 上，连接DK ，PC ，D 交PC 点N ，连接MN ，若AB ＝122，HM +CN ＝MN ，求DK 的长．【答案】（1）见解析；（2）∠ADF ＝45°；（3）18105． 【解析】【分析】 （1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A ＝∠GFD ，由“等角的余角相等”可得∠A ＝∠GDF ，等量代换得∠GDF ＝∠GFD ，根据“三角形中，等角对等边”得GD ＝GF ； （2）连接OD 、OF ，由△DPH ≌△FPB 可得：∠GBH ＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G ＝90°，即可得：∠ADF ＝45°；（3）由等腰直角三角形可得AH ＝BH ＝12，DF ＝AB ＝12，由四边形ABCD 内接于⊙O ，可得：∠BCG ＝45°＝∠CBG ，GC ＝GB ，可证四边形CDHP 是矩形，令CN ＝m ，利用勾股定理可求得m ＝2，过点N 作NS ⊥DP 于S ，连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R ，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK ．【详解】解：（1）证明：∵DE ⊥AB∴∠BED ＝90°∴∠A +∠ADE ＝90°∵∠ADC ＝90°∴∠GDF +∠ADE ＝90°∴∠A ＝∠GDF∵BD BD =∴∠A ＝∠GFD∴∠GDF ＝∠GFD∴GD ＝GF（2）连接OD 、OF∵OD ＝OF ，GD ＝GF∴OG ⊥DF ，PD ＝PF在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB （SAS ）∴∠FBP ＝∠DHP ＝90°∴∠GBH ＝90°∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°∴∠GDF ＝∠DFG ＝45°∴∠ADF ＝45°（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝2∴AH ＝BH ＝12∴PH ＝PB ＝6∵∠HDP ＝∠HPD ＝45°∴DH ＝PH ＝6∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝12PH ＝3，PD ＝ ∵∠BFE ＝∠EBF ＝45°∴EF ＝BE∵∠DAE ＝∠ADE ＝45°∴DE ＝AE∴DF ＝AB ＝∵四边形ABCD 内接于⊙O∴∠DAB +∠BCD ＝180°∴∠BCD ＝135°∴∠BCG ＝45°＝∠CBG∴GC ＝GB又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP∴△GCP ≌△GBP （SAS ）∴∠PCG ＝∠PBG ＝90°∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90°∴四边形CDHP 是矩形∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90°令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2∴PN ＝4过点N 作NS ⊥DP 于S ，在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝DS ＝﹣＝SN 1tan DS 2SDN ∠=== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12∴AQ ＝18﹣12＝6∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ，∴∠DAF +∠DKF ＝180°∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR在Rt △DFR 中，∵DF ＝1122,tan 2FDR ∠= ∴12102410,55FR DR == 在Rt △FKR 中，∵FR ＝12105tan ∠FKR ＝2 ∴KR ＝610 ∴DK ＝DR ﹣KR ＝24106101810=-= ．【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．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∠AO1B=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12．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 =，10PQ 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10PQ OQ +=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，=∵PQ OQ ⊥∴PQ ∥BC∴∠PQE=∠BCG∵PE ∥BG∴∠PEQ=∠BGC∴△PQE ∽△BCG ∴=PQ PE BC BG即126=+PQ r r a r 解得：PQ=4a∵PQ OQ +=∴4a ＋2a=解得：∴=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．13．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）2323y x x =；（3）323y x =；（4）128383,M 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，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k =b = ∴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183(4,)M ，283(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．14．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258【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．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165,5FK DB BE==，求AB．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）185AB=．【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BCPEBPS DP BDS 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 OFGO 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∴⊥∴⊥;。

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”。

人教版数学九年级上册 几何模型压轴题章末训练(Word版 含解析)

人教版数学九年级上册 几何模型压轴题章末训练(Word版 含解析)

人教版数学九年级上册几何模型压轴题章末训练（Word版含解析）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．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＝5，203 AD=，由勾股定理得：222025533 BD⎛⎫=+=⎪⎝⎭．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．2．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．3．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．（1）求证：AC垂直平分EF；（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．4．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+．综上所述，30334-≤S≤30334+．【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．5．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222+，此时0315α=．【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=OAOG=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，∴2+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．6．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.7．已知ABC ∆是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．(1).如图，猜想ADE ∆是_______三角形；（直接写出结果）(2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论；(3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=；②最小值为423+【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可；（3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =，根据垂线段最短解答．【详解】解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，ADE ∴∆是等边三角形，故答案为等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，ABC ∆是等边三角形60AB AC BC BAC ∴∠︒＝＝，＝，60BAC DAE ∴∠∠︒＝＝，BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝，在ABD ∆和ACE ∆中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ABD ACE SAS ∴∆∆≌（）BD CE ∴=，CE BD CB CD CA CD ∴++＝＝＝；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=，当点D 在线段BC 上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，90AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，30BAD ∴∠︒＝，122BD AB ∴＝＝， 当点D 在线段BC 的延长线上时，3060DEC AED ∠︒∠︒＝，＝，30AEC ∴∠︒＝，ABD ACE ∆∆≌，3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒＝＝，又＝，90BAD ∴∠︒＝，28BD AB ∴＝＝，BD ∴为2或8时，30DEC ∠︒＝；②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长存在最小值，最小值为4+理由如下：ABD ACE ∆∆≌，CE BD ∴＝，则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++＝＝＝，当CE 最小时，DEC ∆的周长最小，ADE ∆为等边三角形，DE AD ∴=，AD 的最小值为23，DEC ∴∆的周长的最小值为423+．【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．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 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 AE AD AB DB 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，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，在直角体系中,直线AB 交x 轴于点A(5,0),交y 轴于点B,AO 是⊙M 的直径,其半圆交AB 于点C,且AC=3.取BO 的中点D,连接CD 、MD 和OC ． （1）求证：CD 是⊙M 的切线；（2）二次函数的图象经过点D 、M 、A,其对称轴上有一动点P,连接PD 、PM,求△PDM 的周长最小时点P 的坐标；（3）在（2）的条件下,当△PDM 的周长最小时,抛物线上是否存在点Q ，使S △PDM =6S △QAM ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）证明：连接CM ，∵OA 为⊙M 直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°． ∵D 为OB 中点，∴DC=DO ．∴∠DCO=∠DOC ． ∵MO=MC ，∴∠MCO=∠MOC ． ∴．又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线． （2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．∴545(x )x 5)12152-=--（，∴，解得10OD 3=． 又∵D 为OB 中点，∴1552+∴D 点坐标为（0，154)．连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有解得．∴直线AD 为．∵二次函数的图象过M （56，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=154． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=154交于点P ， ∴PD+PM 为最小．又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=154的交点． 当x=154时，45y (x )x 5)152=--（． ∴P 点的坐标为（154，56）． （3）存在． ∵，5y a(x )x 5)2=--（又由（2）知D （0，154)，P （154，56）， ∴由，得，解得y Q =±103．∵二次函数的图像过M(0，56)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，又∵该图象过点D （0，154)，∴，解得a=512． ∴二次函数解析式为．又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103． ∴当y Q =103时，，解得x=1552-或x=1552+；当y Q =512-时，，解得x=154．∴点Q 的坐标为（15524-，103)，或（15524+，103)，或（154，512-）．【解析】试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OBtan OAC AC OA∠==，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标． （3）根据PDM DAM PAM S S S ∆∆∆=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标．11．在直角坐标系中，A （0，4），B （4，0）．点C 从点B 出发沿BA 方向以每秒2个单位的速度向点A 匀速运动，同时点D 从点A 出发沿AO 方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C 、D 运动的时间是t 秒(t>0)．过点C 作CE ⊥BO 于点E ，连结CD 、DE ． ⑴ 当t 为何值时，线段CD 的长为4；⑵ 当线段DE 与以点O 为圆心，半径为的⊙O 有两个公共交点时，求t 的取值范围； ⑶ 当t 为何值时，以C 为圆心、CB 为半径的⊙C 与⑵中的⊙O 相切？【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．【解析】试题分析：（1）过点C 作CF ⊥AD 于点F ，则CF ，DF 即可利用t 表示出来，在Rt △CFD 中利用勾股定理即可得到一个关于t 的方程，从而求得t 的值；（2）易证四边形ADEC 是平行四边形，过点O 作OG ⊥DE 于点G ，当线段DE 与⊙O 相切时，则OG=，在直角△OEG 中，OE 可以利用t 表示，则OG 也可以利用t 表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．（1）过点C作CF⊥AD于点F，在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，∴∠ABO=30°，由题意得：BC=2t，AD=t，∵CE⊥BO，∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，∵CF⊥AD，AO⊥BO，∴四边形CFOE是矩形，∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，解得：t=，t=4，∵0＜t＜4，∴当t=时，线段CD的长是4；（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），∵AD∥CE，AD=CE=t∴四边形ADEC是平行四边形，∴DE∥AB∴∠GEO=30°，∴OG=OE=（4-t ）当线段DE 与⊙O 相切时，则OG=， ∴当（4-t ）＜，且t≤4-时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点．∴当 4-＜t≤时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点；（3）当⊙C 与⊙O 外切时，t=；当⊙C 与⊙O 内切时，t=；∴当t=或秒时，两圆相切．考点：圆的综合题．12．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）2343333y 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，cot6023EO 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 =++，∴a =∴()()133y 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．13．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．14．四边形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 ， ∴52ECEG CD DM ， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ， ∴△GEH ∽△CHD ， ∴EGEH CH DH， ∴3524CD CD， ∴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．15．如图，在O 中，AB 为直径，过点A 的直线l 与O 相交于点C ，D 是弦CA 延长线上一点，BAC ∠，BAD ∠的平分线与O 分别相交于点E ，F ，G 是BF 的中点，过点G 作MNAE ，与AF ，EB 的延长线分别交于点M ，N ．（1）求证：MN 是O 的切线； （2）若24AE =，18AM =． ①求O 的半径；②连接MC ，求tan MCD ∠的值． 【答案】（1）见解析；（2）①13；②2741 【解析】【分析】（1）如图1，连接 GO 、GA ，先根据角平分线的定义证明∠MAE=12（∠BAC+∠BAD ）=90°，由圆周角定理和同圆的半径相等得∠OGA=∠FAG ，则OG ∥AM ，所以∠MGO=180-∠M=90，从而得结论；（2）①延长GO 交AE 于点P ，证明四边形 MGPA 为矩形，得GP=MA=18，∠GPA=90°，设OA=OG=r ，则OP=18-r ，根据勾股定理列方程解出即可；②如图3，过M 作MH ⊥l ，连接BC ，延长NE 交l 于I ，连接GO 交延长交AE 于P ，tan ∠MAH=tan ∠ABE=tan ∠BIA=125，BI=2BE=20，根据三角函数计算MH ，AH ，CI 的长，最后计算MH 和HC 的长，代入tan ∠MCD=MH HC，可得结论． 【详解】（1）证明：如图1，连接GO ，GA ，∵BAC ∠，BAD ∠的平分线与O 分别相交于点E ，F ， ∴1()902MAE BAC BAD ∠=∠+∠=︒． ∵MN AE ，∴18090M MAE ∠=︒-∠=︒．∵G 是BF 的中点，∴FG BG =，∴FAG BAG ∠=∠．∵OA OG =，∴OGA BAG ∠=∠，∴OGA FAG ∠=∠，∴OG AM ∥，∴18090MGO M ∠=︒-∠=︒．∵OG 为O 半径， ∴MN 是O 的切线．（2）解：①如图2，连接GO 并延长交AE 于点P ，∵90MGO M MAE ∠=∠=∠=︒，∴四边形MGPA 为矩形，∴18GP MA ==，90GPA ∠=︒，即OP AE ⊥，∴1122AP AE ==． 设OA OG r ==，则18OP r =-，在Rt OAP △中，∵222OA OP AP =+，∴222(18)12r r =-+，解得：13r =，故O 的半径是13．②如图3，过M 作MH l ⊥，连接BC ，延长NE 交l 于I ，连接GO 并延长交AE 于P ，由①知：13OG =，18PG =，∴5OP =．∵AB 是O 的直径，∴90AEB AEI ∠=∠=︒．∵BAE EAC ∠=∠，∴ABE AIB ∠=∠，∵AM NI ∥，∴MAH BIA ABE ∠=∠=∠，∴12tan tan tan 5MAH ABE BIA ∠=∠=∠=，220BI BE ==． ∵12cos 13HM AMH AM ∠==，5sin 13AH AMH AM ∠==，5sin 13CI CBI BI ∠==， ∴181********MH ⨯==，185901313AH ⨯==，5100201313CI =⨯=， ∴100238261313AC AI CI =-=-=， ∴23890328131313HC AH AC =+=+=， ∴21627tan 32841MH MCD HC ∠===． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，矩形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键．16．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:3l 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:l 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）。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

人教版九年级上册数学几何模型压轴题（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，四边形ABCD为正方形，△AEF为等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接FC，G 为FC的中点，连接GD，ED．（1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系．（2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】【分析】（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．【详解】解：（1）结论：DE＝2DG．理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，∵∠AEF＝∠B＝90°，∴EF∥CM，∴∠CMG＝∠FEG，∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，∴△CMG≌△FEG（AAS），∴EF＝CM，GM＝GE，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DCM≌△DAE（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，∴△EGD是等腰直角三角形，∴DE＝2DG．（2）如图2中，结论成立．理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，∴△CGM≌△FGE（SAS），∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，∴CM∥ER，∴∠DCM＝∠ERC，∵∠AER+∠ADR＝180°，∴∠EAD+∠ERD＝180°，∵∠ERD+∠ERC＝180°，∴∠DCM＝∠EAD，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DAE≌△DCM（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∵EG＝GM，∴DG＝EG＝GM，∴△EDG 是等腰直角三角形， ∴DE ＝2DG ．（3）①如图3﹣1中，当E ，F ，C 共线时，在Rt △ADC 中，AC ＝22AD CD +＝2255+＝52，在Rt △AEC 中，EC ＝22A AE C -＝22(52)1-＝7，∴CF ＝CE ﹣EF ＝6，∴CG ＝12CF ＝3， ∵∠DGC ＝90°， ∴DG ＝22CD CG -＝2253-＝4，∴DE ＝2DG ＝42．②如图3﹣3中，当E ，F ，C 共线时，同法可得DE ＝32．综上所述，DE 的长为2或2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．2．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AE BD ==⊥，垂足是E .点F 是点E 关于AB 的对称点，连接AF 、BF ．（1）求AF 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，直接写出相应的m 的值． （3）如图②，将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ︒<<︒，记旋转中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 ．是否存在这样的P Q 、两点，使DPQ 为等腰三角形？若存在，求出此时DQ 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）129,55AF BF ==；（2）95m =或165m =；（3）存在4组符合条件的点P 、点Q ，使DPQ 为等腰三角形； DQ 的长度分别为2或25891055或35105【解析】【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解； （2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m 的值；（3）在旋转过程中，等腰△DPQ 有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．【详解】（1）∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAD=90°，在Rt △ABD 中，AB=3，AD=4，由勾股定理得：2222345AB AD +=+=， ∵S △ABD 12=BD•AE=12AB•AD ， ∴AE=AB AD 3412BD 55⋅⨯==， ∵点F 是点E 关于AB 的对称点， ∴AF=AE 125=，BF=BE ， ∵AE ⊥BD ，在Rt△ABE中，AB=3，AE125 =，由勾股定理得：BE2222129355 AB AE⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭；（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE95 =，由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′95 =，①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′95=，即95m=；②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′95 =，∴BB′=BD-B′D=5-91655=，即m165=；（3）存在．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∵AE⊥BD，∴∠AEB=90°，∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，∴∠2=∠BAE，∵点F是点E关于AB的对称点，∴∠1=∠BAE，∴∠1=∠2，在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，则∠Q=∠DPQ，∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=F′A′+A′Q=1227355+=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：2222927910 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴9105；②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，则∠2=∠P，∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，∴F′Q=F′A′-A′Q=125-BQ，在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：222 91255BQ BQ⎛⎫⎛⎫+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：158 BQ=，∴DQ= BD-BQ=5-1525 88=；③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，则∠3=∠4．∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°-12∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠4=90°-12∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=3，∴F′Q=A′Q-A′F′=3-123 55=，在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=222293310 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭''，∴DQ=BQ-BD=31055 -；④如图④-4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，则∠2=∠3．∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=3，∴DQ=BD-BQ=5-3=2．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为：2或258或91055-或35105-．【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；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．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，AP5∵222125+，即AP′2+PP′2=AP2；∴△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AB5∴∠BPC=135°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．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．(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．6．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a ＜0，5≤m≤7，∴m ＝7时，S 取到最大值；②如图2，过点P 作PF ⊥x 轴于F ，过点D 作DG ⊥FP 交FP 的延长线于G ，∴∠DGP ＝∠PFE ＝90°，∴∠DPG+∠PDG ＝90°，由旋转知，PD ＝PE ，∠DPE ＝90°，∴∠DPG+∠EPF ＝90°，∴∠PDG ＝∠EPF ，∴△PDG ≌△EPF （AAS ），∴DG ＝PF ，∵DG ＝AF ＝m ﹣4，∴P （m ，m ﹣4），∵点P 在反比例函数y ＝16x， ∴m （m ﹣4）＝16，∴m ＝2+25或m ＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．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）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==PBE 12S PE BM 2=⋅⋅=，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∴==PBE 12S PE 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∴的面积的最大值为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．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．(1)求证：△CBG≌△CDG；(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG，∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．∵四边形DAEB为矩形，∴AG=EG=BG=DG．∵AB=6，∴AG=BG=3．设H点的坐标为（x，0），则HO=x∵OH=DH，BG=DG，∴HD=x，DG=3．在Rt△HGA中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．∴H点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．⑴当t为何值时，线段CD的长为4；⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．【解析】试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．（1）过点C作CF⊥AD于点F，在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，∴∠ABO=30°，由题意得：BC=2t，AD=t，∵CE⊥BO，∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，∵CF⊥AD，AO⊥BO，∴四边形CFOE是矩形，∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，解得：t=，t=4，∵0＜t＜4，∴当t=时，线段CD的长是4；（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），∵AD∥CE，AD=CE=t∴四边形ADEC是平行四边形，∴DE∥AB∴∠GEO=30°，∴OG=OE=（4-t）当线段DE与⊙O相切时，则OG=，∴当（4-t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点．∴当 4-＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；（3）当⊙C与⊙O外切时，t=；当⊙C与⊙O内切时，t=；∴当t=或秒时，两圆相切．考点：圆的综合题．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，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=53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 ＝3，所以BG ＝2x CG ＝3x ＝所以BC =，所以BD ＝BC ＝3， 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 ．13．如图，PA ，PB 分别与O 相切于点A 和点B ，点C 为弧AB 上一点，连接PC 并延长交O 于点F ，D 为弧AF 上的一点，连接BD 交FC 于点E ，连接AD ，且2180APB PEB ∠+∠=︒．（1）如图1，求证：//PF AD ；（2）如图2，连接AE ，若90APB ∠=︒，求证：PE 平分AEB ∠；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AB 交PE 于点H ，连接OE ，8AD =，4sin 5ABD ∠=，求PH 的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）257 【解析】【分析】（1）连接OA 、OB ，由切线的性质可得90OAP OBP ∠=∠=︒，由四边形内角和是360︒，得180∠+∠=︒P AOB ，由同弧所对的圆心角是圆周角的一半，得到2AOB ADB ∠=∠，等量代换得到ADB PEB ∠=∠，由同位角相等两直线平行，得到//PF AD ；（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K ，由90APB ∠=︒得290PEB ∠=︒，从而45PEB ∠=︒，由切线的性质，得PA PB =，由PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，得PE PK =，从而90APE EPB ︒∠=-∠，进而APE BPK ∠=∠，即可证得APE BPK ∆∆≌由此45K AEP ∠=∠=︒，得到AEP PEB ∠=∠，即可证得PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM ，由45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，可得DE AE =，由OA 、OD 为半径，可得OA OD =，即可证出DEO AEO ∆∆≌，由直径所对的圆周角是直角，可得90ADM ∠=︒，在Rt ADM ∆中，由正弦定义可得10AM =，由此5OA OB ==，由OAPB 为正方形，对角线AB 垂直平分OP ，从而，OH PH =.在Rt OAP ∆中，252OP OA ==.延长EO 交AD 于K ，在Rt OEP ∆中，由勾股定理得7PE =，在Rt OEH ∆中，由勾股定理得257PH =. 【详解】 （1）连接OA 、OB∵PA 、PB 与圆O 相切于点A 、B ，且OA 、OB 为半径， ∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，∴90OAP OBP ∠=∠=︒，∴在四边形AOBP 中，360180180P AOB ∠+∠=︒-︒=︒， ∵AB AB =，∴2AOB ADB ∠=∠，∴2180P ADB ∠+∠=︒，∵2180P PEB ∠+∠=︒，∴ADB PEB ∠=∠，∴//PF AD（2）过点P 做PK PF ⊥交EB 延长线于点K∵90APB ∠=︒，∴21809090PEB ∠=︒-︒=︒， ∴45PEB ∠=︒，∵PA 、PB 为圆O 的切线，∴PA PB =，∵PK PE ⊥，45PEK ∠=︒，∴PE PK = ，∵9090APE EPB KPB EPB ︒︒∠=-∠=∠=-∠，∴APE BPK ∠=∠，∴APE BPK ∆∆≌，∴45K AEP ∠=∠=︒，∴AEP PEB ∠=∠，∴PE 平分AEB ∠；（3）连接AO 并延长交圆O 于点M ，连接OB 、OH 、OP 、OD 、DM∵45ADE ∠=︒，90AED ∠=︒，∴DE AE =，∵OA 、OD 为半径，∴OA OD =，∵OE OE =，∴DEO AEO ∆∆≌， ∴1452AEO OED AED ∠=∠=∠=︒， ∴90OEP ∠=︒，∵AM 为圆O 的直径，∴90ADM ∠=︒，∵弧AD =弧AD ，∴ABD AMD ∠=∠，在Rt ADM ∆中，8AD =，4sin 5AMD ∠=，则10AM =， ∴5OA OB ==，由题易证四边形OAPB 为正方形，∴对角线AB 垂直平分OP ，AB OP =，∵H 在AB 上，∴OH PH =，在Rt OAP ∆中，OP ==延长EO 交AD 于K ，∵DE AE =，可证OK AD ⊥，DOK ABD ∠=∠，∴4DK KE ==，3OK =，1OE =∴在Rt OEP ∆中，7PE ==在Rt OEH ∆中，222OH OE EH =+∵OH PH =，7EH PE HP PH =-=-∴()22217PH PH =+- ∴257PH =． 【点睛】 本题考查了圆的综合题，圆的性质，等腰三角形的性质，相交弦定理，正弦定理，勾股定理，灵活运用这些性质定理解决问题是本题的关键．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=∴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 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.15．已知AB 是O 的一条弦，点C 在O 上，联结CO 并延长，交弦AB 于点D ，且CD CB =．（1）如图1，如果BO 平分ABC ∠，求证：AB BC =；（2）如图2，如果AO OB ⊥，求:AD DB 的值；（3）延长线段AO 交弦BC 于点E ，如果EOB ∆是等腰三角形，且O 的半径长等于2，求弦BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）3（3）51+和22 【解析】【分析】（1）由题意利用弦心距即可求证结果，（2）此题关键先求出AO ，做辅助线构造特殊三角形，并求证出∠AOD ，再根据平行线分线段成比例求出比值即可，（3）分情况讨论两种情况：OE=BE 时或OB=BE 时两种情况，利用三角形相似即△COE ~△CBO 找到相似比，利用相似比求解即可．【详解】（1）过点O 作OP ⊥AB ，垂足为点P ；OQ ⊥BC ，垂足为点Q ，∵BO 平分∠ABC ，∴OP=OQ ，∵OP ，OQ 分别是弦AB 、BC 的弦心距，∴AB= BC ；（2）∵OA=OB ，∴∠A=∠OBD ，∵CD=CB ，∴∠CDB =∠CBD ，∴∠A+∠AOD =∠CBO +∠OBD ，∴∠AOD =∠CBO ，∵OC=OB ，∴∠C =∠CBO ，∴∠DOB =∠C +∠CBO = 2∠CBO = 2∠AOD ，∵AO ⊥OB ，∴∠ AOB =∠AOD +∠BOD =3∠AOD = 90°，∴∠AOD=30°，过点D 作DH ⊥AO ，垂足为点H ，∴∠AHD=∠DHO=90°，∴tan ∠AOD =HD OH ∵∠AHD=∠AOB=90°，∴HD ‖OB ， ∴D AOB H AH O = ， ∵OA=OB ，∴HD=AH ，∵HD ‖OB ，∴AH HD OH O AH DB H ===； （3）∵∠C=∠CBO ，∴∠OEB =∠C+∠COE >∠CBO ，∴OE≠OB ；若OB = EB =2时，∵∠C=∠C ，∠COE =∠AOD =∠CBO ，∴△COE ~△CBO ， ∴CO CE BC CO =， ∴222BC BC =-， ∴2BC -2BC -4=0，∴BC =5- +1 (舍去)或BC =5+1，∴BC =5+1；若OE = EB时，∵∠EOB =∠CBO，∵∠OEB =∠C+∠COE =2∠C =2∠CBO且∠OEB +∠CBO +∠EOB = 180°，∴4∠CBO=180°，∠CBO=45°，∴∠OEB=90°，∴cos∠CBO=22 EBOB=，∵OB=2，∴EB =2，∵OE过圆心，OE⊥BC，∴BC =2EB =22．【点睛】此题考查圆的相关知识：圆心距及圆内三角形相似的相关知识，属于综合题型，难度较高．16．如图，平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=45，点E是BC边上的动点，以C为圆心，CE长为半径作圆C，交AC于F，连接AE，EF．（1）求AC的长；（2）当AE与圆C相切时，求弦EF的长；（3）圆C与线段AD没有公共点时，确定半径CE的取值范围．【答案】（1）AC=5；（2）410EF=；（3）03CE≤<或58CE<≤．【解析】【分析】（1）过A作AG⊥BC于点G，由cos45B=，得到BG=4，AG=3，然后由勾股定理即可求出AC的长度；（2）当点E与点G重合时，AE与圆C相切，过点F作FH⊥CE，则CE=CF=4，则CH=3.2，FH=2.4，得到EH=0.8，由勾股定理，即可得到EF的长度；（3）根据题意，可分情况进行讨论：①当圆C与AD相离时；②当CE>CA时；分别求出。

相关文档
最新文档