成都七中万达学校数学几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

成都七中万达学校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．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＝1
2
AD•BC＝
1
2
12×6＝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＝1
2
AD＝
1
2
6＝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．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.
（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；
（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；
（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出
∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.
（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.
（3）根据和求解即可.
试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.
∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.
∴∠BAE=∠DAG..
∴△ABE≌△ADG（SAS）.
∴BE=DG..
（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.
（3）如图3，连接GB、GE.
由已知α=45°，可知∠BAE=45°.
又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.
∵，∴GE =8.
∴.
过点B作BH⊥AE于点H.
∵AB=2，∴. ∴..
设点G到BE的距离为h.
∴.
∴.
∴点G到BE的距离为.
考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．
3．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，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=
1
2
•x（4-x）=-
1
2
（x-2）2+2，
∵-
1
2
＜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=
1
2
•EG•BN=
1
2
•BG•EH，
∴EH=
3?(13)
m m
+3+3
m，
在Rt△EBH中，sin∠EBH=
3+3
62
2
4
6
EH
EB 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
2
2
+，此时
315
α=．
【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′=
2
2
+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=12
OG′， ∴在Rt △OAG′中,sin ∠AG′O=
OA OG '=12， ∴∠AG′O=30°，
∵OA ⊥OD,OA ⊥AG′，
∴OD ∥AG′,
∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，
即α=30°；
(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时，
同理可求∠BOG′=30°，
∴α=180°
−30°=150°. 综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°
. ②如图3,当旋转到A. O 、F′在一条直线上时,AF′的长最大，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴OA=OD=OC=OB=2
，
∵OG=2OD，
∴OG′=OG=2，∴OF′=2，
∴AF′=AO+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．
5．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.
6．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）2142
y x =-+；（2）2＜m ＜223）m =6或m 17﹣3． 【解析】
【分析】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为
24y ax =+，把A （220）代入可得a =12
-，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()21242y x m =--，由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩
，消去y 得到222280x mx m -+-=，由题意，抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，则有
()
222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩
，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP ′N 能成为正方形．作PE ⊥x 轴于E ，MH ⊥x 轴于H ．由题意易知P （2，2），当△PFM 是等腰直角三角形时，四边形PMP ′N 是正方形，推出
PF =FM ，∠PFM =90°，易证△PFE ≌△FMH ，可得PE =FH =2，EF =HM =2﹣m ，可得
M （m +2，m ﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP ′N 是正方形，同法可得M （m ﹣2，2﹣m ），利用待定系数法即可解决问题．
【详解】
（1）由题意抛物线的顶点C （0，4），A （20），设抛物线的解析式为24y ax =+，把A （220）代入可得a =12
-
， ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+． （2）由题意抛物线C ′的顶点坐标为（2m ，﹣4），设抛物线C ′的解析式为
()21242
y 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2142
y x =-+上，∴()212242
m 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．
7．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为
（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16
x
（x＞0）的图象交边AB于点D．
（1）用m的代数式表示BD的长；
（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD
①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；
②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．
【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5
【解析】
【分析】
（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；
（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣1
2
（m﹣8）2+24，即可得
出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】
解：（1）∵四边形OABC是矩形，
∴AB⊥x轴上，
∵点B（4，m），
∴点D的横坐标为4，
∵点D在反比例函数y＝16
x
上，
∴D（4，4），
∴BD＝m﹣4；
（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，
由（1）知，D（4，4），
∴S△PBD＝1
2
（m﹣4）（m﹣4）＝
1
2
（m﹣4）2，
∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣1
2
（m﹣4）2＝﹣
1
2
（m﹣8）2+24，
∴抛物线的对称轴为m＝8，
∵a＜0，5≤m≤7，
∴m＝7时，S取到最大值；
②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，
∴∠DPG+∠PDG＝90°，
由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，
∴∠DPG+∠EPF＝90°，
∴∠PDG＝∠EPF，
∴△PDG≌△EPF（AAS），
∴DG＝PF，
∵DG＝AF＝m﹣4，
∴P（m，m﹣4），
∵点P在反比例函数y＝16
x
，
∴m（m﹣4）＝16，
∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．
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 ∴∠︒＝，
122
BD 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423+，
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．
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S 1，△CDE 的面积为S 2，请直接写出12
S 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）
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
35
CE CD CF BD ==，根据勾股定理得到CF ＝62CE 1825； 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 ＝43
EM CM =．设EM ＝4k ，则CM
＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝
21
42
GM k
EM k
==，即可得到tan∠GCH＝
GH CH =
1
2
．求得HE＝GH＝
12
5
，即可得到BE＝BH＋HE＝
44
5
；
（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＝
10
6
，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，
∴
3
5 CE 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
⋅
=，
∴GH
18
5 =，
在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（24
5
）2＝（x+
18
5
）2
解得x＝7
5
，
∴BE＝BH+HE＝32
5
+
7
5
＝
39
5
；
Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．
∵tan∠ECM＝
4
3 EM
CM
=．
设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．
∴GM＝2k，tan∠GEM＝
21
42 GM k
EM k
==，
∴tan∠GCH＝GH
CH
＝tan∠GEM＝
1
2
．
∴HE＝GH＝12412 255
⨯=，
∴BE＝BH+HE＝321244 555
+=，
综上所述，当BE为10，39
5
或
44
5
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=
2
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，
∴
1
6 EH PE
BF FC
=
=
，
∴EH＝
1
6
BF，
∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∴△ADE≌△CDE，
∴AE＝CE ，
∴AE＝EF，
∴AF＝2EH＝
1
3
BF，
∴
1
3
BF+BF＝8，
∴BF＝6，
∴EH＝DH＝1，CF＝22
BF BC
+＝10，
∴PE＝
1
6
FC＝
5
3
，
∴PH＝22
4
PE EH
3
-=，
∴PD＝
47
1
33
+=，
∴1
2
7
7
3
824
S PD
S 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．在直角坐标系中，⊙C过原点O，交x轴于点A（2，0），交y轴于点B（0，）．（1）求圆心C的坐标．
（2）抛物线y=ax2+bx+c过O，A两点，且顶点在正比例函数y=-的图象上，求抛物线的
解析式．
（3）过圆心C作平行于x轴的直线DE，交⊙C于D，E两点，试判断D，E两点是否在（2）中的抛物线上．
（4）若（2）中的抛物线上存在点P（x0，y0），满足∠APB为钝角，求x0的取值范围．
【答案】（1）圆心C的坐标为（1，）；
（2）抛物线的解析式为y=x2﹣x；
（3）点D、E均在抛物线上；
（4）﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
【解析】
试题分析：（1）如图线段AB是圆C的直径，因为点A、B的坐标已知，根据平行线的性质即可求得点C的坐标；
（2）因为抛物线过点A、O，所以可求得对称轴，即可求得与直线y=﹣x的交点，即是二次函数的顶点坐标，利用顶点式或者一般式，采用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（3）因为DE∥x轴，且过点C，所以可得D、E的纵坐标为，求得直径AB的长，可得D、E的横坐标，代入解析式即可判断；
（4）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
试题分析：（1）∵⊙C经过原点O
∴AB为⊙C的直径
∴C为AB的中点
过点C作CH垂直x轴于点H，则有CH=OB=，OH=OA=1
∴圆心C的坐标为（1，）．
（2）∵抛物线过O、A两点，
∴抛物线的对称轴为x=1，
∵抛物线的顶点在直线y=﹣x上，
∴顶点坐标为（1，﹣）．
把这三点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得，
解得，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x．
（3）∵OA=2，OB=2，
∴AB==4，即⊙C的半径r=2，
∴D（3，），E（﹣1，），
代入y=x2﹣x检验，知点D、E均在抛物线上．
（4）∵AB为直径，
∴当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，
∴﹣1＜x0＜0，或2＜x0＜3．
考点：二次函数综合题．
12．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）8
3
（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、∵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
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=
2 2
∴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．（1）如图1，A是⊙O上一动点，P是⊙O外一点，在图中作出PA最小时的点A．（2）如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，以点C为圆心的⊙C的半径是3.6，Q是⊙C上一动点，在线段AB上确定点P的位置，使PQ的长最小，并求出其最小值．（3）如图3，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，以D为圆心，3为半径作⊙D，E为⊙D上一
动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝1
3
，试探究四边形
ADCF的面积是否有最大或最小值，如果有，请求出最大或最小值，否则，请说明理由．
【答案】（1）作图见解析；（2）PQ长最短是1.2；（3）四边形ADCF面积最大值是
81313
+
，最小值是81313
-
．
【解析】
【分析】
（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求；
（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短，根据勾股定理以及三角形的面积公式即可求出其最小值；
（3）△ACF的面积有最大和最小值，取AB的中点G，连接FG，DE，证明△FAG～△EAD，进而证明点F在以G为圆心1为半径的圆上运动，过G作GH⊥AC于H，交⊙G于F1，GH 反向延长线交⊙G于F2，①当F在F1时，△ACF面积最小，分别求出△ACD的面积和△ACF 的面积的最小值即可得出四边形ADCF的面积的最小值；②当F在F2时，四边形ADCF的面积有最大值，在⊙G上任取异于点F2的点P，作PM⊥AC于M，作GN⊥PM于N，利用矩形的判定与性质以及三角形的面积公式即可得出得出四边形ADCF的面积的最大值．【详解】
解：（1）连接线段OP交⊙C于A，点A即为所求，如图1所示；
（2）过C作CP⊥AB于Q，P，交⊙C于Q，这时PQ最短．
理由：分别在线段AB，⊙C上任取点P'，点Q'，连接P'，Q'，CQ'，如图2，
由于CP⊥AB，根据垂线段最短，CP≤CQ'+P'Q'，
∴CO+PQ≤CQ'+P'Q'，
又∵CQ＝CQ'，
∴PQ ＜P 'Q '，即PQ 最短． 在Rt △ABC 中22228610AB AC BC =
+=+=，1122ABC S AC BC AB CP ∆=•=•， ∴68 4.810
AC BC CP AB •⨯===， ∴PQ ＝CP ﹣CQ ＝6.8﹣3.6＝1.2，
∴22226 4.8 3.6BP BC CP =-=-=． 当P 在点B 左侧3.6米处时，PQ 长最短是1.2． （3）△ACF 的面积有最大和最小值．
如图3，取AB 的中点G ，连接FG ，DE ．
∵∠EAF ＝90°，1tan 3AEF ∠=
， ∴13
AF AE = ∵AB ＝6，AG ＝GB ，
∴AC ＝GB ＝3，
又∵AD ＝9，
∴
3193AG AD ==， ∴D
AF AE AG A = ∵∠BAD ＝∠B ＝∠EAF ＝90°，
∴∠FAG ＝∠EAD ，
∴△FAG ～△EAD ，
∴13
FG AF DE AE ==， ∵DE ＝3，
∴FG ＝1，
∴点F 在以G 为圆心1为半径的圆上运动，
连接AC ，则△ACD 的面积＝692722CD AD ⨯=⨯=， 过G 作GH ⊥AC 于H ，交⊙G 于F 1，GH 反向延长线交⊙G 于F 2，
①当F 在F 1时，△ACF 面积最小．理由：由（2）知，当F 在F 1时，F 1H 最短，这时△ACF 的边AC 上的高最小，所以△ACF 面积有最小值，
在Rt △ABC 中，AC =
==
∴sin
BC BAC AC ∠===
在Rt △ACH 中，sin 3GH AG BAC =•∠==
∴111F H GH GF =-=-，
∴△ACF 面积有最小值是：
11127(1)22132AC F H -•=⨯-=；
∴四边形ADCF 面积最小值是：27812722
--+=； ②当F 在F 2时，F 2H 最大理由：在⊙G 上任取异于点F 2的点P ，作PM ⊥AC 于M ，作GN ⊥PM 于N ，连接PG ，则四边形GHMN 是矩形，
∴GH ＝MN ，
在Rt △GNP 中，∠NGF 2＝90°，
∴PG ＞PN ，
又∵F 2G ＝PG ，
∴F 2G +GH ＞PN +MN ，即F 2H ＞PM ，
∴F 2H 是△ACF 的边AC 上的最大高，
∴面积有最大值，
∵221F H GH GF =+=+，
∴△ACF 面积有最大值是2111)22AC F H •=⨯+=；
∴四边形ADCF 面积最大值是27812722
+++=
综上所述，四边形ADCF 面积最大值是
812+，最小值是812- 【点睛】
本题为圆的综合题，考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
15．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 3）这三个点中，与点B 是⊙O 的一对“倍点”的是 ；
（2）在直线y =x +b 上存在点A 与点B 是⊙O 的一对“倍点”，求b 的取值范围； （3）正方形MNST 的顶点M （m ，1），N （m +1，1），若正方形上的所有点与点B 都是⊙O 的一对“倍点”，直接写出m 的取值范围．
【答案】（1）①点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2；②A 1；（2）b -≤≤；
（3）3≤m ≤
1或≤m ≤﹣4
【解析】
【分析】
（1）①根据点与圆的位置关系求解即可；
②先求出123,,A A A 三个点到⊙O 的最大值与最小值，再根据“倍点”的定义求解即可； （2）如图1（见解析），过点O 作OD l ⊥，先求428BQ ≤≤，再求出直线
:l y x b =+上的点到⊙O 的最小值，只要这个最小值小于等于8即可满足题意，然后求解即可；
（3）根据正方形的位置，可分20,01,1,2m m m m -≤<≤≤><-四种情况，分别求出每种情况下，正方形最近顶点、最远顶点到⊙O 的最大值与最小值，然后根据“倍点”的定义列出不等式组求解即可.
【详解】
（1）①点B 到⊙O 的最大值是314BO r +=+=
点B 到⊙O 的最小值是312BO r -=-=；
②1A 到⊙O 的最大值6，最小值4；2A 到⊙O 的最大值11，最小值9；3A 到⊙O 的最大值3，最小值1
由（1）知，点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2
因此，在⊙O 上存在点P ，Q ，使得12A P BQ =，则1A 与B 是⊙O 的一对“倍点”
故答案为1A ；
（2）∵点B 到⊙O 的最大值是4，最小值是2
428BQ ∴≤≤
如图1，过点O 作OD l ⊥
由直线:3
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:
3
l y x b
=+上的点到⊙O
的最小值为1
-
要使直线:
3
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，428
BQ
≤≤
依题意，需分20,01,1,2
m m m m
-≤<≤≤><-四种情况讨论：
①当20
m
-≤<时，顶点(1,1)
N m+到⊙O
14
<，此时顶点N不符题意
②当01
m
≤≤时，顶点(,1)
M m到⊙O
14
<，此时顶点M不符题意
③当1
m，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1
m-，最大值为1
m+；点N到⊙O
的最小值为
1
1
则
14
18
m+≥
⎧
≤
，解得：31
m
≤≤
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⊙O
1
-
1；点S到⊙O的最小
1
1
则
14
18
≥
≤
，解得：1
m
≤≤
或1m
≤≤-
故当1
m时，m
的取值范围为31
m
≤≤
④当2
m<-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
1
1
则
4
18
m
-≥
⎧
≤
，解得：4
m
-≤≤-
当正方形MNST处于4号正方形位置时。