初三九年级上册数学压轴题易错题(Word版 含答案)

初三九年级上册数学压轴题易错题（Word版含答案）
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，△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=100，D是BC的中点．
小明对图1进行了如下探究：在线段AD上任取一点E，连接EB．将线段EB绕点E逆时针旋转80°，点B的对应点是点F，连接BF，小明发现：随着点E在线段AD上位置的变化，点F的位置也在变化，点F可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
（1）如图2，当点F在直线AD上时，连接CF，猜想直线CF与直线AB的位置关系，并说明理由．
（2）若点F落在直线AD的右侧，请在备用图中画出相应的图形，此时（1）中的结论是否仍然成立，为什么？
（3）当点E在线段AD上运动时，直接写出AF的最小值．
3．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．
4．已知：如图1，在O 中，弦2AB =，1CD =，AD BD ⊥．直线,AD BC 相交于点E ．
（1）求E ∠的度数；
（2）如果点,C D 在O 上运动，且保持弦CD 的长度不变，那么，直线,AD BC 相交所成锐角的大小是否改变？试就以下三种情况进行探究，并说明理由（图形未画完整，请你根据需要补全）．
①如图2，弦AB 与弦CD 交于点F ；
②如图3，弦AB 与弦CD 不相交：
③如图4，点B 与点C 重合．
5．数学概念
若点P 在ABC ∆的内部，且APB ∠、BPC ∠和CPA ∠中有两个角相等，则称P 是ABC ∆的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称P 是ABC ∆的“强等角点”. 理解概念
（1）若点P 是ABC ∆的等角点，且100APB ∠=，则BPC ∠的度数是 .
（2）已知点D 在ABC ∆的外部，且与点A 在BC 的异侧，并满足
180BDC BAC ∠+∠<，作BCD ∆的外接圆O ，连接AD ，交圆O 于点P .当BCD ∆的边满足下面的条件时，求证：P 是ABC ∆的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证明！）
①如图①，DB DC =
②如图②，BC BD =
深入思考
（3）如图③，在ABC ∆中，A ∠、B 、C ∠均小于120，用直尺和圆规作它的强等角点Q .（不写作法，保留作图痕迹）
（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：
①直角三角形的内心是它的等角点；
②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；
③正三角形的中心是它的强等角点；
④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；
⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填序号）
6．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 =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？
7．如图，已知矩形ABCD 中，BC =2cm ，AB 3cm ，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．【问题学习】小芸在小组学习时问小娟这样一个问题：已知α为锐角，且sinα=
1
3，求sin2α的值．小娟是这样给小芸讲解的：
构造如图1所示的图形，在⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=
1
3
BC
AB
=
，可设BC=x，则AB=3x，…．
【问题解决】
（1）请按照小娟的思路，利用图1求出sin2α的值；（写出完整的解答过程）
（2）如图2，已知点M，N，P为⊙O上的三点，且∠P=β，sinβ=
3
5，求sin2β的值．9．抛物线()
20
y ax bx c a
=++≠的顶点为(),
P h k，作x轴的平行线4
y k
=+与抛物线交于点A、B，无论h、k为何值，AB的长度都为4．
（1）请直接写出a的值____________；
（2）若抛物线当0
x=和4
x=时的函数值相等，
①求b的值；
②过点()
0,2
Q作直线2
y=平行x轴，交抛物线于M、N两点，且4
QM QN
+=，求c的取值范围；
（3）若1
c b
=--，2727
b
-<<AB与抛物线所夹的封闭区域为S，将抛物线绕原点逆时针旋转α，且
1
tan
2
α=，此时区域S的边界与y轴的交点为C、D两点，若点D在点C上方，请判断点D在抛物线上还是在线段AB上，并求CD的最大值．
10．对于线段外一点和这条线段两个端点连线所构成的角叫做这个点关于这条线段的视角．如图1，对于线段AB及线段AB外一点C，我们称∠ACB为点C关于线段AB的视角．
如图2，点Q 在直线l 上运动，当点Q 关于线段AB 的视角最大时，则称这个最大的“视角”为直线l 关于线段AB 的“视角”．
（1）如图3，在平面直角坐标系中，A （0，4），B （2，2），点C 坐标为（﹣2，2），点C 关于线段AB 的视角为 度，x 轴关于线段AB 的视角为 度；
（2）如图4，点M 是在x 轴上，坐标为（2，0），过点M 作线段EF ⊥x 轴，且EM ＝MF ＝1，当直线y ＝kx （k ≠0）关于线段EF 的视角为90°，求k 的值；
（3）如图5，在平面直角坐标系中，P （3，2），Q （3+1，1），直线y ＝ax +b （a ＞0）与x 轴的夹角为60°，且关于线段PQ 的视角为45°，求这条直线的解析式．
11．如图1，ABC ∆是⊙O 的内接等腰三角形，点D 是弧AC 上异于,A C 的一个动点，射线AD 交底边BC 所在的直线于点E ，连结BD 交AC 于点F .
（1）求证：ADB CDE ∠=∠；
（2）若7BD =，3CD =，①求AD DE •的值；②如图2，若AC BD ⊥，求
tan ACB ∠；
（3）若5tan 2
CDE ∠=，记AD x =，ABC ∆面积和DBC ∆面积的差为y ，直接写出y 关于x 的函数关系式.
12．如图，扇形OMN 的半径为1，圆心角为90°，点B 是上一动点，BA ⊥OM 于点A ，BC ⊥ON 于点C ，点D 、E 、F 、G 分别是线段OA 、AB 、BC 、CO 的中点，GF 与CE 相交于点P ，DE 与AG 相交于点Q ．
（1）当点B 移动到使AB ：OA=：3时，求的长；
（2）当点B 移动到使四边形EPGQ 为矩形时，求AM 的长．
（3）连接PQ ，试说明3PQ 2+OA 2是定值．
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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）//CF AB ，证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）AF 的最小值为4
【解析】
【分析】
（1）结合题意，根据旋转的知识，得BE EF =，80BEF ∠= ，再根据三角形内角和性
质，得50BFD ∠=；结合AB=AC=4，D 是BC 的中点，推导得CFD BAD ∠=∠，即可完成解题；
（2）由（1）可知：EB=EF=EC ，得到B ，F ，C 三点共圆，点E 为圆心，得
∠BCF=12
∠BEF=40°，从而计算得ABC BCF ∠=∠，完成求解； （3）由（1）和（2）知，CF ∥AB ，因此得点F 的运动路径在CF 上；故当点E 与点A 重合时，AF 最小，从而完成求解.
【详解】
（1）∵将线段EB 绕点E 逆时针旋转80°，点B 的对应点是点F
∴BE EF =，80BEF ∠=
∴180502
BEF EBF BFE -∠∠=∠== ，即50BFD ∠= ∵AB=AC=4，D 是BC 的中点
∴BD DC =,AD BC ⊥
∴BF CF =，ABD ACD △≌△
∴FBD FCD △≌△，1005022
BAC BAD CAD ∠∠=∠=
== ∴50BFD CFD ∠=∠=
∴50CFD BAD ∠=∠=
∴//CF AB
（2）如图，连接BE 、EC 、BF 、EF
由（1）可知：EB=EF=EC
∴B ，F ，C 三点共圆，点E 为圆心
∴∠BCF=12
∠BEF=40° ∵50BAD ∠=，AD BC ⊥
∴9040ABC BAD ∠=-∠=
∴ABC BCF ∠=∠
∴//CF AB ，（1）中的结论仍然成立
（3）由（1）和（2）知，//CF AB
∴点F 的运动路径在CF 上
如图，作AM ⊥CF 于点M
∵8090BEF ∠=<
∴点E 在线段AD 上运动时，点B 旋转不到点M 的位置
∴故当点E 与点A 重合时，AF 最小
此时AF 1=AB=AC=4，即AF 的最小值为4．
【点睛】
本题考查了旋转、等腰三角形及底边中线、垂直平分线、全等三角形、三角形内角和、平行线、圆心角、圆周角的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、旋转、垂直平分线、平行线、圆心角和圆周角的知识，从而完成求解．
3．（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 ＝3PCD 的周长为3DF ＝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＝1
2
∠COD＝60°，
∵AB=26，∴OC=13，
∴
3
2 CG
∴CD＝133
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 ＝12
DF ＝12． 在Rt △OHD 中，OH ＝222213125OD 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.
4．（1）60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．
【解析】
【分析】
（1）根据AD BD ⊥得到AB 是直径，连接OC 、OD ，发现等边三角形，再根据圆周角定理求得30EBD ∠=︒，再进一步求得E ∠的度数；
（2）分别画出三种图形，图2中，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质可以求得；图3中，根据三角形的外角的性质和圆周角定理可以求得；图4中，根据切线的性质发现直角三角形，根据直角三角形的两个锐角互余求得．
【详解】
解：（1）连接OC 、OD ，如图：
∵AD BD ⊥
∴AB 是直径
∴1OC OD CD ===
∴OCD 是等边三角形
∴60COD ∠=︒
∴30DBE ∠=︒
∴60E ∠=︒
（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒
证明：连接OD 、OC 、AC ，如图：
∵1OD OC CD ===
∴OCD 为等边三角形
∴60COD ∠=︒
∴30DAC ∠=︒
∴30EBD ∠=︒
∵90ADB ∠=︒
∴903060E ∠=︒-︒=︒
②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒
证明：连接OC 、OD ，如图：
∵AD BD ⊥
∴AB 是直径
∴1OC OD CD ===
∴OCD 是等边三角形
∴60COD ∠=︒
∴30DBE ∠=︒
∴903060BED ∠=︒-︒=︒
③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：如图：
∵当点B 与点C 重合时，则直线BE 与
O 只有一个公共点 ∴EB 恰为O 的切线
∴90ABE ∠=︒
∵90ADB ∠=︒，1CD =，2AD =
∴30A ∠=︒
∴60E ∠=︒．
故答案是：（1）60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、圆内接四边形的性质．此题主要是能够根据圆周角定理的推论发现AB 是直径，进一步发现等边COD △，从而根据圆周角定理以及圆内接四边形的性质求解．
5．（1）100、130或160；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤
【解析】
【分析】
（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；
（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明；
②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；
（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可．
【详解】
（1）（i ）若APB ∠=BPC ∠时，
∴BPC ∠=APB ∠=100°
（ii ）若BPC CPA ∠=∠时，
∴12
BPC CPA ∠=∠=
（360°－APB ∠）=130°； （iii ）若APB ∠=CPA ∠时，
BPC ∠=360°－APB ∠－CPA ∠=160°，
综上所述：BPC ∠=100°、130°或160°
故答案为：100、130或160．
（2）选择①：
连接,PB PC
∵DB DC =
∴=DB DC
∴BPD CPD ∠=∠
∵180APB BPD ∠+∠=，180APC CPD ∠+∠=
∴APB APC ∠=∠
∴P 是ABC ∆的等角点．
选择②
连接,PB PC
∵BC BD =
∴BC BD =
∴BDC BPD ∠=∠
∵四边形PBDC 是圆O 的内接四边形，
∴180BDC BPC ∠+∠=
∵180BPD APB ∠+∠=
∴BPC APB ∠=∠
∴P 是ABC ∆的等角点
（3）作BC 的中垂线MN ，以C 为圆心，BC 的长为半径作弧交MN 与点D ，连接BD ， 根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC
∴△BCD 为等边三角形
∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°
作CD 的垂直平分线交MN 于点O
以O 为圆心OB 为半径作圆，交AD 于点Q ，圆O 即为△BCD 的外接圆
∴∠BQC=180°－∠BDC=120°
∵BD=CD
∴∠BQD=∠CQD
∴∠BQA=∠CQA=
12
（360°－∠BQC ）=120° ∴∠BQA=∠CQA=∠BQC
如图③，点Q 即为所求． （4）③⑤．
①如下图所示，在RtABC 中，∠ABC=90°，O 为△ABC 的内心
假设∠BAC=60°，∠ACB=30°
∵点O 是△ABC 的内心
∴∠BAO=∠CAO=
12∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=12∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO=12
∠ACB=15° ∴∠AOC=180°－∠CAO －∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO －∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO －∠BCO=120°
显然∠AOC ≠∠AOB ≠∠BOC ，故①错误；
②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误； ③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角点，故③正确；
④由（3）可知，点Q 为△ABC 的强等角，但Q 不在BC 的中垂线上，故QB ≠QC ，故④错误；
⑤由（3）可知，当ABC ∆的三个内角都小于120时，ABC ∆必存在强等角点Q ．
如图④，在三个内角都小于120的ABC ∆内任取一点'Q ，连接'Q A 、'
Q B 、'Q C ，将'Q AC ∆绕点A 逆时针旋转60到MAD ∆，连接'Q M ，
∵由旋转得'Q A MA =，'Q C MD =，'
60Q AM ∠=
∴'AQ M ∆是等边三角形．
∴''Q M Q A =
∴'''''Q A Q B Q C Q M Q B MD ++=++
∵B 、D 是定点，
∴当B 、'Q 、M 、D 四点共线时，''Q M Q B MD ++最小，即'''Q A Q B Q C ++最小． 而当'Q 为ABC ∆的强等角点时，'''120AQ B BQ C CQ A AMD ∠=∠=∠==∠， 此时便能保证B 、'Q 、M 、D 四点共线，进而使'''
Q A Q B Q C ++最小．
故答案为：③⑤．
【点睛】
此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
6．（1）详见解析；（2）23）
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 +=，
∴221122
AB AB +=， 解得：22AB =；
（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，
∴1124
MN 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.
7．（1）详见解析；（2）21y 32x x =-,302AF ≤≤；(3)3. 【解析】
【分析】
（1）由∠A =∠B =90°，∠AFE =∠BEC ，得△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BCE 得AF AE BE BC =，23y x x -=，即2132y x 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
2AB 【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 =，232
y x x -=， ∴2132y x x =-
+， ∵2132y x x =-
+=213(3)22x --+， 当3x =时，y 有最大值为32
， ∴302
AF ≤≤； （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，
2 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）sin2α=
42
；（2）sin2β=sin∠MON=
24
25
．
【解析】
试题分析：（1）如图1中，⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=
1
3
BC
AB
=
，可设BC=x，则AB=3x．利用面积法求出CD，在Rt△COD中，根据sin2α=
CD
OC，计算即可．（2）如图2中，连接NO，并延长交⊙O 于点Q，连接MQ，MO，过点M作MR⊥NO于点R．首先证明∠MON=2∠Q=2β，在Rt△QMN 中，由sinβ=
3
5
MN
NQ
=
，设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=
1
2NQ=
5
2
k
，可得MQ=
22
QN MN
-
=4k，由
1
2•MN•MQ=
1
2•NQ•MR，求出在Rt△MRO中，根据sin2β=sin∠MON=
MR
OM，计算即可．
试题解析：（1）如图1中，⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=
1
3
BC
AB
=
，可设BC=x，则AB=3x．
∴
22
AB BC
-22
(3)x x
-2
x，
∵
1
2•AC•BC=
1
2•AB•CD，
∴CD=
2
3 x，
∵OA=OC
，
∴∠OAC=∠OCA=α，
∴∠COB=2α，
∴sin2α=CD OC =42
9 ．
（2）如图2中，连接NO ，并延长交⊙O 于点Q ，连接MQ ，MO ，过点M 作MR ⊥NO 于点R ．
在⊙O 中，∠NMQ=90°，
∵∠Q=∠P=β，∴∠MON=2∠Q=2β，
在Rt △QMN 中，∵sinβ=35MN NQ =
，
∴设MN=3k ，则NQ=5k ，易得OM=12NQ=52k
， ∴22QN MN -=4k ，
∵1122NMQ S MN MQ NQ MR ∆=
= ，
∴3k•4k=5k•MR ∴MR=12k
5 ，
在Rt △MRO 中，sin2β=sin∠MON=12245525
2k MR k OM ==．
考点：圆的综合题．
9．（1）1；（2）①4b =-；②26c ≤<；（3）D 一定在线段AB 上，
52102
=CD 【解析】
【分析】
（1）根据题意顶点P （k ，h ）可将二次函数化为顶点式：()2
y a x k h =-+，又4y k =+与抛物线交于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4，即可得出a 的值； （2）①根据抛物线x=0和x=4时函数值相等，可得到顶点P 的横坐标，根据韦达定理结合
（1）即可得到b 的值，
②根据（1）和（2）①即可得二次函数对称轴为x=2，利用点Q （0，2）关于对称轴的对称点R （4，2）可得QR=4，又QR 在直线y=2上，故令M 坐标（t ，2）（0≤t ＜2），代入二次函数即求得c 的取值范围；
（3）由c=-b-1代入抛物线方程即可化简，将抛物线绕原点逆时针旋转αα，且tanα=2，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线l ，且tanα=2，可得到直线l 的解析式，最后联立直线方程与抛物线方程运算求解．
【详解】
解：（1）根据题意可知1二次函数2y ax bx c =++（a≠0）的顶点为P （k ，h ），
故二次函数顶点式为()2
y a x k h =-+，
又4y k =+与抛物线交于点A 、B ，且无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4，
∴a=1；
故答案为：a=1．
（2）①∵二次函数当0x =和4x =时的函数值相等 ∴222
b b x a =-
=-= ∴4b =-
故答案为：4b =-． ②将点Q 向右平移4个单位得点()4,2R
当2c =时，2
42y x x =-+
令2y =，则2242x x =-+
解得14x =，20x =
此时()0,2M ，()4,2N ，4MN QR ==
∵4QM QN +=∵QM NR =
∴4QN NR QR +==
∴N 在线段QR 上，同理M 在线段QR 上
设(),2M m ，则02m ≤<，224m m c =-+ 2242(2)6c m m m =-++=--+
∵10-<，对称轴为2m =，02m ≤<
∴c 随着m 的增大而增大
∴26c ≤<
故答案为：26c ≤<．
（3）∵1c b =--∴21y x bx b =+--
将抛物线绕原点逆时针旋转α，且tan 2α=，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线l ，且tan 2α=，
∴l 的解析式为2y x =
221
y x y x bx b =⎧⎨=+--⎩∴2(2)10x b x b +---= ∴2224(2)448b ac b b b ∆=-=-++=+
∴x =
∴12,22b D b ⎛-+-++ ⎝⎭ 2224412444244
AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-++124224AB D b y y
b b ⎛⎫-
+-=
-++-
++= ⎪⎝⎭
∵20b ≥
∴12404410
444
D AB
b y y -+-+-=≥==> ∴点1D 始终在直线AB 上方
∵
2C b -+-⎝⎭
∴24224B
C A b y y
b b ⎛⎫-+-=-+--++= ⎪⎝⎭ ∴2
24841644
AB C b b y y -++
--+
+-== )2216
4-
+=
∵b
-<<2028b ≤<，
∴4≤<
设n ，4n
≤<
∴2(2)164
AB C n y y --+-= ∵104
-<，对称轴为2n = ∴当4n ≤<时，AB C y y -随着n 的增大而减小
∴当4n =时，0AB C y y -=
∴当224n ≤<时，AB C y y >
∴区域S 的边界与l 的交点必有两个
∵1D AB y y >
∴区域S 的边界与l 的交点D 一定在线段AB 上
∴D AB y y =
∴2(2)164
D C C AB n y y y y --+-=-= ∴当22n =时，D C y y -有最大值122+
此时1222
D C x x +-= 由勾股定理得：()()2252102
C C
D D CD x x y y +=-+-=，
故答案为：5102
=
CD ． 【点睛】 本题考查二次函数一般式与顶点式、韦达定理的运用，以及根与系数的关系判断二次函数交点情况，正确理解相关知识点是解决本题的关键．
10．（1）45，45；（2）k ＝33
±
3）y 33﹣2 【解析】
【分析】
（1）如图3，连接AC ，则∠ABC=45°；设M 是x 轴的动点，当点M 运动到点O 时，∠AOB=45°，该视角最大，即可求解；
（2）如图4，以点M 为圆心，长度1为半径作圆M ，当圆与直线y=kx 相切时，直线y=kx （k≠0）关于线段EF 的视角为90°，即∠EQF=90°，则MQ ⊥直线OE ，OQ=1，OM=2，故直线的倾斜角为30°，即可求解；
（3）直线PQ 的倾斜角为45°，分别作点Q 、P 作x 轴、y 轴的平行线交于点R ，RQ=RP=1，以点R 为圆心以长度1为半径作圆R ，由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q 为等腰三角形时，视角为45°，则QQ=2RQ=2，故点Q′3，1），即可求解．
【详解】
（1）如图3，连接AC ，则∠ABC ＝45°；
设M 是x 轴的动点，当点M 运动到点O 时，∠AOB ＝45°，该视角最大，
由此可见：当△ABC 为等腰三角形时，视角最大；
故答案为：45，45；
（2）如图4，以点M 为圆心，长度1为半径作圆M ，
当圆与直线y ＝kx 相切时，直线y ＝kx （k≠0）关于线段EF 的视角为90°，即∠EQF ＝90°，则MQ ⊥直线OE ，MQ ＝1，OM ＝2，故直线的倾斜角为30°，故k ＝3±； （3）直线PQ 的倾斜角为45°，分别作点Q 、P 作x 轴、y 轴的平行线交于点R ，RQ ＝RP ＝1，以点R 为圆心以长度1为半径作圆R ，
由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q 为等腰三角形时，视角为45°， 则QQ ＝2RQ ＝2，故点Q′31，1），
直线y ＝ax+b （a ＞0）与x 轴的夹角为60°，则直线的表达式为：y 3，
将点Q′的坐标代入上式并解得：
直线的表达式为：y 332
【点睛】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到解直角三角形、圆的基本知识等，此类新定义题目，通常按照题设的顺序求解，一般比较容易．
11．(1)证明见解析；（2）①215（3）21029
y x =
【解析】
【分析】
()1由圆内接四边形性质知ABC CDE ∠∠=，由AB AC =知ABC ACB ∠∠=，从而得ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠===；
()2①由BAD DCE ∠∠=，ADB CDE ∠∠=可证
ADB ∽CDE.从而得
AD DB CD DE =； ②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，证MAF ≌DAF 得MF DF =，据此知BM CM CD 3===，MF DF 2==，求得22CF CD DF 5=-=，利用三角函数的定义可得答案；
()3证
ABD ∽AEB 得2AB AD AE.=⋅证ABD ∽CED 得BD CD AD DE.⋅=⋅从而得2ABC BCD 111S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC x sin BAC 222
∠∠∠-=⋅⋅-⋅⋅=，再由5tan ABC tan CDE 2∠∠==
，可设BM 2a =，知AM 5a =，AB 29a =，由面积法可得BN a 29=
，即20sin BAC 29∠=，据此得出答案． 【详解】
解：()1四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，
ABC 180ADC CDE ∠∠∠∴=-=．
AB AC =，
ABC ACB ∠∠∴=．
ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠∴===；
()2①四边形ABCD 内接于圆，
BAD 180BCD DCE ∠∠∠∴=-=．
又ADB CDE ∠∠=，
ADB ∴∽CDE ．
AD DB CD DE
∴=， AD DE BD CD 7321∴⋅=⋅=⨯=；
②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，
AM 平分BAC ∠，
AM BC ∴⊥， CAD CBD 90ACB MAF ∠∠∠∠∴==-=．
MAF ∴≌()DAF ASA ．
MF DF ∴=，即AC 是线段MD 的中垂线． BM CM CD 3∴===，
MF DF 2∴==，
在Rt CDF 中，2222CF CD DF 325=-=-=，
BF tan ACB 5CF 5
∠∴===. ()3BAD EAB ∠∠=，ADB ACB ABE ∠∠∠==，
ABD ∴∽AEB ，
AB AD AE AB
∴=，即2AB AD AE =⋅． CDE ADB ∠∠=，DCE BAD ∠∠=
ABD ∴∽CED ，
BD AD DE CD
∴=，即BD CD AD DE ⋅=⋅． ABC BCD 11S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC 22
∠∠-=⋅⋅-⋅⋅, ()1sin BAC AD AE AD DE 2
∠=⋅-⋅. 21x sin BAC 2
∠=，
又5tan ABC tan CDE 2
∠∠==， 如图2，设BM 2a =，则AM 5a =，AB 29a =
， 由面积法可得BN 29=，即20sin BAC 29
∠=，
22ABC BCD 12010S S x x 22929
y ∴-==⨯=． 【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、相似三角形和全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三角函数的应用等知识点．
12．（1）证明见解析（2）当AM 的长为（1﹣
）时，四边形EPGQ 是矩形（3）定值
【解析】
【分析】
（1）先利用三角函数求出∠AOB=30°，再用弧长公式即可得出结论；
（2）易得△AED ∽△BCE ，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得OA 的长，即可得出结论；
（3）连接GE 交PQ 于O′，易得O′P=O′Q ，O′G=O'E ，然后过点P 作OC 的平行线分别交BC 、GE 于点B′、A′，由△PCF ∽△PEG ，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得3PQ 2+OA 2的值．
【详解】
解：（1）证明：连接OB ，如图①，
∵四边形OABC 是矩形，
∴∠AOC=∠OAB=90°，
在Rt △AOB 中，tan ∠AOB=
=， ∴∠AOB=30°， ∴==； （2）如图②，∵▱EPGQ 是矩形．
∴∠CED=90°
∴∠AED+∠CEB=90°．
又∵∠DAE=∠EBC=90°，
∴∠AED=∠BCE ．
∴△AED ∽△BCE ，
∴．
设OA=x ，AB=y ，则=，
得y 2=2x 2，
又 OA 2+AB 2=OB 2，
即x 2+y 2=12．
∴x 2+2x 2=1，
解得：x=．
∴AM=OM﹣OA=1﹣
当AM的长为（1﹣）时，四边形EPGQ是矩形；
（3）如图③，连接GE交PQ于O′，
∵四边形EPGQ是平行四边形，
∴O′P=O′Q，O′G=O′E．
过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．
由△PCF∽△PEG得， =2，
∴PA′=A′B′=AB，GA′=GE=OA，
∴A′O′=GE﹣GA′=OA．
在Rt△PA′O′中，PO′2=PA′2+A′O′2，
即=+，
又 AB2+OA2=1，
∴3PQ2=AB2+，
∴OA2+3PQ2=OA2+（AB2+）=是定值．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质以及勾股定理，锐角三角函数，弧长公式等知识，解题的关键是注意准确作出辅助线，注意数形结合思想与方程思想的应用．。