中考数学专题复习(压轴题)1.:如图,抛物线y=-x2+bx+c与x轴、y轴分别相交于点A〔-1，0〕、B〔0，3〕两点，其顶点为 D.〔1〕求该抛物线的解析式；〔2〕假设该抛物线与x轴的另一个交点为 E.求四边形ABDE的面积；〔3〕△AOB与△BDE是否相似？如果相似，请予以证明；如果不相似，请说明理由.2〔注：抛物线y=ax+bx+c(a≠0)的顶点坐标为2 b,4ac b〕2a4a2.如图，在Rt△ABC中， A 90，AB6，AC 8，D，E分别是边AB，AC的中点，点P从点D出发沿DE方向运动，过点 P作PQ BC于Q，过点Q作QR∥BA交AC于R，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设BQ x，QR y．1〕求点D到BC的距离DH的长；2〕求y关于x的函数关系式〔不要求写出自变量的取值范围〕；〔3〕是否存在点P，使△PQR为等腰三角形？假设存在，请求出所有满足要求的x的值；假设不存在，请说明理由．A R DP EB CH Q3在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝4，AC ＝3，M 是AB 上的动点〔不与A ，B 重合〕，过M 点作MN ∥BC 交AC 于点N ．以MN 为直径作⊙O ，并在⊙O 内作内接矩形AMPN ．令AM ＝x ． 1〕用含x 的代数式表示△ＭNP 的面积S ； 2〕当x 为何值时，⊙O 与直线BC 相切？〔3〕在动点M 的运动过程中，记△ＭNP 与梯形BCNM 重合的面积为 y ，试求y 关于x 的函数表达式，并求x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？AAAMONMNM O NOP BCC BCBDP1图2图图34.如图1，在平面直角坐标系中，己知AOB是等边三角形，点A的坐标是(0，4)，点B在第一象限，点P是x轴上的一个动点，连结AP，并把AOP绕着点A按逆时针方向旋转.使边AO与AB重合.得到ABD.〔1〕求直线AB的解析式；〔2〕当点P运动到点〔3，0〕时，求此时DP的长及点D的坐标；〔3〕是否存在点P，使OPD的面积等于3，假设存在，请求出符合条件的点P的坐标；假设不存在，请说明理由. 4（5如图，菱形 ABCD的边长为 2，BD=2，E、F分别是边AD，CD上的两个动点，且满足AE+CF=2.1〕求证：△BDE≌△BCF；2〕判断△BEF的形状，并说明理由；〔3〕设△BEF的面积为S，求S的取值范围.6如图，抛物线L1:y x22x 3交x轴于A、B两点，交 y轴于M点.抛物线L1向右平移2个单位后得到抛物线L2，L2交x轴于C、D两点.〔1〕求抛物线L2对应的函数表达式；〔2〕抛物线L1或L2在x轴上方的局部是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形.假设存在，求出点N的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕假设点P是抛物线L1上的一个动点〔P不与点A、B重合〕，那么点P关于原点的对称点Q是否在抛物线L2上，请说明理由.7.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝7，CD＝1，AD＝BC＝5．点M，N分别在边AD，BC上运动，并保持MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为E，F．1〕求梯形ABCD的面积；2〕求四边形MEFN面积的最大值．3〕试判断四边形MEFN能否为正方形，假设能，求出正方形MEFN的面积；假设不能，请说明理由．CM NA E F B8.如图，点 A 〔m ，m ＋1〕，B 〔m ＋3，m －1〕都在反比例函数 y k的图象上．x（ 1〕求m ，k 的值；2〕如果M 为x 轴上一点，N 为y 轴上一点，以点A ，B ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形，试求直线MN 的函数表达式．y AB友情提示：本大题第〔1〕小题4分，第〔2〕小题7 分．对 Ox完成第〔2〕小题有困难的同学可以做下面的〔3 〕选做题．选做题2分，所得分数计入总分．但第〔2〕、〔3〕小题都做的，第〔 3〕小题的得分不重复计入总分．〔3〕选做题：在平面直角坐标系中，点P 的坐标yQ 1为〔5，0〕，点Q 的坐标为〔0，3〕，把线段PQ 向右平移4个单位，然后再向上平移 2个单位，得到线段 P 1Q 1，Q那么点P 1的坐标为 ，点Q 1的坐标为．2P 11O 123P x9. 16，在平面直角坐标系中，直线y 3x3 与x 轴交于点A，与 y 轴交于点 C，抛物线yax223xc(a0)经过 A ，B ，C三点．如图3〔1〕求过A，B，C三点抛物线的解析式并求出顶点F的坐标；〔2〕在抛物线上是否存在点P，使△ABP为直角三角形，假设存在，直接写出P点坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕试探究在直线AC上是否存在一点M，使得△MBF的周长最小，假设存在，求出M点的坐标；假设不存在，请说明理由．yA O BCF图16x10.如下图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的边BO在x轴的负半轴上，边OC在y轴的正半轴上，且AB1OB3，矩形ABOC绕点O按顺时针方向旋转，60后得到矩形EFOD．点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，点C的对应点为点D，抛物线y ax2bx c过点A，E，D．1〕判断点E是否在y轴上，并说明理由；2〕求抛物线的函数表达式；〔3〕在x轴的上方是否存在点P，点Q，使以点O，B，P，Q为顶点的平行四边形的面积是矩形ABOC面积的2倍，且点P在抛物线上，假设存在，请求出点P，点Q 的坐标；假设不存在，请说明理由．yEFA CDB O x压轴题答案1.解：〔c3解得1〕由得：bc10c=3,b=2∴抛物线的线的解析式为yx22x3由顶点坐标公式得顶点坐标为〔1，4〕所以对称轴为x=1,A,E关于x=1对称，所以E(3,0)设对称轴与x轴的交点为F所以四边形ABDE的面积=S ABO S梯形BOFD S DFE=1AOBO1(BO DF)OF1EFDF 222=1131(34)1124 222=9〔3〕相似如图，BD=BG2DG212122 BE=BO2OE2323232yDBGA EO F xDE=DF 2EF 222 42 25所以BD 2BE 220, DE 2 20即：BD 2 BE 2DE 2 ,所以BDE 是直角三角形所以所以AOBDBE90,且AOBO 2 ,BDBE2AOB DBE .2解：〔1〕A Rt ，AB6，AC8，BC10．点D 为AB 中点，BD1AB3．2DHBA90， BB ．△ BHD ∽△BAC ， DH BD，DHBD AC 3 8 12 ． ACBCBC10 5〔2〕QR ∥AB ，QRCA90．C ，△RQC ∽△ABC ，RQ QCy 10 xAB BC ，10，6 3即y 关于x 的函数关系式为：yx6．5〔3〕存在，分三种情况：①当PQPR 时，过点P 作PMQR 于M ，那么QMRM ．A1 2 90， C290，DP R1C ．E1 MB2 CHQcos 1 cosC84QM 4，QP，10 551 3x6418 25， x125 ．55②当PQRQ 时，3x6 12 ，55x6．③当PRQR 时，那么R 为PQ 中垂线上的点，于是点R 为EC 的中点，CR1CE1AC2．2 4 tanC QR BA ，CRCA3x66 155， x28．2综上所述，当 x 为18或6或15时，△PQR 为等腰三角形．∴ 5 2解：〔1〕∵MN ∥BC ，∴∠AMN=∠B ，∠ANM ＝∠C ． △AMN ∽△ABC ．∴AMAN ，即xAN ． AB AC 43AN ＝3x ．2分4∴S =S MNP S AMN1 3xx3x 2．〔0＜x ＜4〕2 48ADPERBCHQAD EPR B CHQAM ONPBC图13分〔2〕如图2，设直线 BC 与⊙O 相切于点 D ，连结AO ，OD ，那么AO=OD=1MN ． 2在Rt △ABC 中，BC ＝AB2AC 2=5．A由〔1〕知△AMN ∽△ABC ．MNO∴AMMN ，即xMN．ABBC45BQCD∴MN5 图2x ，4∴OD5x ．5分85x ．过M 点作MQ ⊥BC 于Q ，那么MQOD8在Rt △BMQ 与Rt △BCA 中，∠B 是公共角，∴△BMQ ∽△BCA ． ∴BMQM ．BCAC55x2525 ∴ BM8x ，ABBMMA 324xx4．24x ＝96．49∴当x ＝96时，⊙O与直线BC 相切．7分49〔3〕随点M 的运动，当P 点落在直线BC 上时，连结AP ，那么O 点为AP 的中点．∵MN ∥BC ，∴∠AMN=∠B ，∠AOM ＝∠APC ．A∴△AMO ∽△ABP ．∴AMAO1．AM ＝MB ＝2．ABAP2MNO故以下分两种情况讨论：BC3P 2．图3①当0＜x ≤2时，yS PMNx8∴当x ＝2，y 最大3223.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 2② 当2＜x ＜4，PM ，PN 分交BC 于E ，F ．∵四形AMPN 是矩形，MPN ∥AM ，PN ＝AM ＝x ． 又∵MN ∥BC ，B∴ ∴四形MBFN 是平行四形．FN ＝BM ＝4－x ．8分AONE F CP 图4∴PFx 4x2x 4 ．又△PEF ∽△ACB ．PF 2S PEF ∴．ABSABCSPEF3 x 2∴2．⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分23x 2 39x 2y S MNPS PEFx 26x61＝2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯分8289x 22当2＜x ＜4，y6x69x 82．883∴当x8，足 2＜x ＜4，y 最大2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分38上所述，当x2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分，y 最大，最大是34 解：〔 1〕作BE ⊥OA ，∴AOB 是等三角形∴BE=OB ·sin60o =2 3，∴B(23,2)∵A(0,4),AB 的解析式ykx 4 ,所以2 3k 42,解得k3,3以直线AB 的解析式为y3x43o 〔2〕由旋转知，AP=AD,∠PAD=60,∴APD 是等边三角形，PD=PA=AO2OP219如图，作BE ⊥AO,DH ⊥OA,GB ⊥DH,显然 GBD 中∠GBD=30°∴GD=1BD=3,DH=GH+GD=3+23=53,2 222∴GB=3BD=3,OH=OE+HE=OE+BG=37 22222yAG DH EBOPx5 37∴D( 2,)2(3)设OP=x,那么由〔2〕可得D(23 x,23x )假设 OPD 的面积为：1x(23x)32224解得：x2321 所以P( 2 321,0)33567解：〔1〕分D，C两点作DG⊥AB于点G，CH⊥AB于点AB∥CD，DG＝CH，DG∥CH．四形DGHC矩形，GH＝CD＝1．DG＝CH，AD＝BC，∠AGD＝∠BHC＝90°，∴△AGD≌△BHC〔HL〕．DM H．⋯⋯⋯⋯⋯1分CNA EG HF B∴AG ＝BH ＝ABGH71＝3． ⋯⋯⋯2分2 2∵在Rt △AGD 中，AG ＝3，AD ＝5，∴DG ＝4．∴ 1 7 4． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯S 梯形ABCD2 162〕∵MN ∥AB ，ME ⊥AB ，NF ⊥AB ，∴ME ＝NF ，ME ∥NF ．DCM∴四形MEFN 矩形． N∵AB ∥CD ，AD ＝BC ，∴∠A ＝∠B ．∵ME ＝NF ，∠MEA ＝∠NFB ＝90°，A EG HF∴△MEA ≌△NFB 〔AAS 〕．∴ AE ＝BF ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分AE ＝x ，EF ＝7－2x ．⋯⋯⋯⋯⋯5分∵∠A ＝∠A ，∠MEA ＝∠DGA ＝90°， △MEA ∽△DGA ．分B∴AEME ．AGDG ∴ME ＝4x ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分32∴S 矩形MEFN MEEF4 x(72x) 8 x 7 49．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分33 46当x ＝7，ME ＝7＜4，∴四形MEFN 面的最大49．⋯⋯⋯⋯⋯9分436〔3〕能．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分由〔2〕可知，AE ＝x ，EF ＝7－2x ，ME ＝4x ．3假设四形MEFN 正方形，ME ＝EF ．即4x7－2x ．解，得x21．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分310∴EF ＝72x72 2114＜4．10 52∴四形MEFN 能正方形，其面S正方形MEFN14 196．5 258解：〔1〕由意可知，mm1 m3m1 ．解，得m ＝3． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分∴A 〔3，4〕，B 〔6，2〕；y∴k ＝4×3=12．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分A〔2〕存在两种情况，如：①当M 点在x 的正半上，N 点在y 的正半N 1上，M 1点坐〔x 1，0〕，N 1点坐〔0，y 1〕．∵四形AN 1M 1B 平行四形，M 2O M 1∴段N 1M 1可看作由段AB 向左平移3个位，N 2再向下平移2个位得到的〔也可看作向下平移2个位，再向左平移3个位得到的〕．由〔1〕知A 点坐〔3，4〕，B 点坐〔 6，2〕，∴N 1点坐〔0，4－2〕，即N 1〔0，2〕；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5分M 1点坐〔6－3，0〕，即M 1〔3，0〕．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6分直M 1N 1的函数表达式yk 1x2，把x ＝3，y ＝0代入，解得k 12．3Bx∴直M 1N 1的函数表达式y22．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分 x3②当M 点在x 的半上，N 点在y 的半上， M 2点坐〔x 2，0〕，N 2点坐〔0，y 2〕． AB ∥N 1M 1，AB ∥M 2N 2，AB ＝N 1M 1，AB ＝M 2N 2， N 1M 1∥M 2N 2，1M 1＝M 2N 2． 段M 2N 2与段N 11关于原点O 成中心称． ∴M 2点坐〔-3，0〕，N 2点坐〔0，-2〕．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分直M 2N 2的函数表达式y k 2x2，把x ＝-3，y ＝0代入，解得k 2 2，23∴直M 2N 2的函数表达式y2．x32所以，直MN 的函数表达式2 2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分yx2或yx33〔3〕做：〔9，2〕，〔4，5〕．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分9解：〔1〕直线y 3x 3与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ．A( 1，0)，C(0， 3)·······································1分点A ，C 都在抛物线上，0a23 a 3c333 cc3抛物线的解析式为y3x 2 23x3··························3分33顶点F 1，43·············································4分3〔2〕存在 ····················································5分P(0 3) ···············································7 分 1， P 2(2， 3)···············································9分3〕存在···················································10分理由： 解法一：延长BC 到点B ，使BCBC ，连接BF 交直线AC 于点M ，那么点M 就是所求的点．·······································11分过点B 作BHAB 于点H ．yB 点在抛物线y3x 2 23x3上，B(3，0)333HOx在Rt △BOC 中，tanOBCA B，3CBM F图9OBC30，BC23，1 BB 23 ，在Rt △BBH 中，BH2BH 3BH6 ，OH 3 ， B(3，23)······················· 分12设直线BF 的解析式为ykxb2 33kbk 364 3解得b33kb32y3 3 3··············································13分x26y 3x3x 373，103y3x 33 解得3M y10 ， 77627在直线AC 上存在点M ，使得△MBF 的周长最小，此时M 3，103．·····14分7 7 解法二：过点F 作AC 的垂线交y 轴于点H ，那么点H 为点F 关于直线AC 的对称点．连接 BH 交AC 于点M ，那么点M 即为所求．11分过点F 作FGy 轴于点G ，那么OB ∥FG ，BC ∥FH ．yBOCFGH90， BCOFHGA O BxCMGFH图10HFGCBO同方法一可求得 B(3，0)．在Rt △BOC 中，tanOBC3 OBC 30，可求得GH GC 3 ， ， 33 GF 为线段CH 的垂直平分线，可证得 △CFH 为等边三角形，AC 垂直平分FH ．即点H 为点F 关于AC 的对称点．H0，53 ······················12分 3设直线BH 的解析式为y kx b ，由题意得3k b k 5 35 解得 9 b 3 5 b33 3 y5 35 3··············································13分9 35 5 33xx y 3 7 M 3，10 3 9 3 解得 y 3x3 10 3 7 7 y 7在直线AC 上存在点M ，使得△MBF 的周长最小，此时M 3，103 ．17 710解：〔1〕点E 在y 轴上·······································1分理由如下：连接AO，如下图，在Rt△ABO中，AB1，BO3，AO2sinAOB 1AOB30，2由题意可知：AOE60BOE AOB AOE306090点B在x轴上，点E在y轴上．·································3分〔2〕过点D作DM x轴于点MOD1，DOM30在Rt△DOM中，DM 1，OM3 22点D在第一象限，点D的坐标为31········································5分，22由〔1〕知EOAO2，点E在y轴的正半轴上点E的坐标为(0，2)点A的坐标为(31)，·······································6分抛物线y ax2bx c经过点E，c2由题意，将A(31)，31代入yax2bx2中得，D，223a3b21a 8 9331解得b53a2b4229所求抛物线表达式为：y8x253x2························9分99〔3〕存在符合条件的点P，点Q．··································10分理由如下：矩形ABOC的面积ABBO3以O，B，P，Q为顶点的平行四边形面积为23．由题意可知OB为此平行四边形一边，又OB3OB边上的高为2············································11分依题意设点P的坐标为(m，2)点P在抛物线y8x253x2上998m253m2299解得，m10，m253 8P1(0，2)，P253，28以O，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，PQ∥OB，PQ OB3，y 当点P1的坐标为(0，2)时，EA F点Q的坐标分别为Q(3，2)，Q(3，2)；CD12B OMx53当点P2的坐标为，时，82点Q的坐标分别为Q3133，，33，．······················14分82Q428〔以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分〕。
中考数学压轴题专项训练（共16题）1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，▱ODEF的顶点O，D在斜边AB上，顶点E，F 分别在边BC，AC上，以点O为圆心，OA长为半径的⊙O恰好经过点D和点E．（1）求证：BC与⊙O相切；（2）若sin∠BAC＝，CE＝6，求OF的长．2．已知在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，线段AB的两个端点的坐标分别为A（0，2），B（﹣1，0），点C为线段AB的中点，现将线段BA绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BD，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）、经过点D．（1）如图1，若该抛物线经过原点O，且a＝﹣1．①求点D的坐标及该抛物线的解析式；②连接CD，问：在抛物线上是否存在点P，使得∠POB与∠BCD互余？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．（2）如图2，若该抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）经过点E（﹣1，1），点Q在抛物线上，且满足∠QOB与∠BCD互余，若符合条件的Q点的个数是4个，请直接写出a的取值范围．3．如图，在平面直角坐标系中，点A、B在坐标轴上，且AO＝4，AB＝8，∠ABO＝30°．动点P在线段AB上从点A向点B以每秒1个单位的速度运动，设动点P运动时间为t秒．在x轴上取两点M、N，使△PMN为等边三角形．（1）直接写出A点的坐标；（2）如图1，当等边△PMN的顶点M与原点O重合时，求PM的长；（3）设等边△PMN的边长为a（如图2），当1≤t≤5时，求的最大值和最小值．4．如图，抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴相交于A（﹣1，0），B（3，0）两点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点C在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将△ABC沿直线AC翻折得到△AB'C，点B'恰好落在抛物线的对称轴上．若点G为直线AC下方抛物线上的一点，求当△AB'G 面积最大时点G的横坐标；（3）点P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，在抛物线的对称轴上存在一点Q使得△BPQ为等边三角形，请直接写出此时直线AP的函数表达式．5．如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣2，0），B（4，0）与y轴交于C点．（1）求抛物线的解析式．（2）若D点坐标为（0，2），P为抛物线第三象限上一动点，连PO交BD于M点，问是否存在一点P，使＝？若存在，求P点坐标；不存在，请说明理由．（3）G为抛物线第四象限上一点，OG交BC于F，求当GF：OF的比值最大时G点的坐标．6．如图，四边形OABC为正方形，点A在x轴上，点C在y轴上，点B（8，8），点P在边OC上，点M在边AB上．把四边形OAMP沿PM对折，PM为折痕，使点O落在BC 边上的点Q处．动点E从点O出发，沿OA边以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，运动时间为t，同时动点F从点O出发，沿OC边以相同的速度向终点C运动，当点E 到达点A时，E、F同时停止运动．（1）若点Q为线段BC边中点，直接写出点P、点M的坐标；（2）在（1）的条件下，设△OEF与四边形OAMP重叠面积为S，求S与t的函数关系式；（3）在（1）的条件下，在正方形OABC边上，是否存在点H，使△PMH为等腰三角形，若存在，求出点H的坐标，若不存在，请说明理由；（4）若点Q为线段BC上任一点（不与点B、C重合），△BNQ的周长是否发生变化，若不发生变化，求出其值，若发生变化，请说明理由．7．已知：如图1，直线y＝x+6与x轴、y轴分别交于点A、C两点，点B的横坐标为2．（1）求A、C两点的坐标和抛物线的函数关系式；（2）点D是直线AC上方抛物线上任意一点，P为线段AC上一点，且S△PCD＝2S△P AD，求点P的坐标；（3）如图2，另有一条直线y＝﹣x与直线AC交于点M，N为线段OA上一点，∠AMN ＝∠AOM．点Q为x轴负半轴上一点，且点Q到直线MN和直线MO的距离相等，求点Q的坐标．8．如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+3与x轴相交于B，与y轴相交于点A．直线l2：y＝x经过原点，并且与直线l1相交于C点．（1）求△OBC的面积；（2）如图2，在x轴上有一动点E，连接CE．问CE+BE是否有最小值，如果有，求出相应的点E的坐标及CE+BE的最小值；如果没有，请说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，以CE为一边作等边△CDE，D点正好落在x轴上，将△DCE绕点D顺时针旋转，旋转角度为α（0°≤α≤180°），记旋转后的三角形为△DC'E′，点C，E的对称点分别为C'，E′．在旋转过程中，设C'E'所在的直线与直线l1相交于点M，与x轴正半轴相交于点N．当△BMN为等腰三角形时，求旋转角α的度数？9．要做两个形状相同的三角形框架，其中一个三角形框架的三边长分别是4，5，6，另一个三角形框架的一边长为2，怎样选料可使这两个三角形相似？想想看，你有几种解决方案？10．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（3，0），与y轴交于C（0，3），抛物线顶点为D点．（1）求此抛物线解析式；（2）如图1，点P为抛物线上的一个动点，且在对称轴右侧，若△ADP面积为3，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，P A交对称轴于点E，如图2，过E点的任一条直线与抛物线交于M，N两点，直线MD交直线y＝﹣3于点F，连接NF，求证：NF∥y轴．11．如图，已知E是平行四边形ABCD中DA边的延长线上一点，且AE＝AD，连接EC分别交AB，BD于点F、G．（1）求证：BF＝AF；（2）若BD＝12cm，求DG的长．12．如图，已知经过点D（2，﹣）的抛物线y＝（x+1）（x﹣3）（m为常数，且m＞0）与x轴交于点A、B（点A位于B的左侧），与y轴交于点C．（1）求该抛物线的解析式以及点A与点B的坐标．（2）如图1，连接AD，在x轴上方作射线AE，使∠BAE＝∠BAD，过点D作x轴的垂线交射线AE于点E；若动点M、N分别在射线AB、AE上，求ME+MN的最小值；（3）t是过点A平行于y轴的直线，P是抛物线上一点，过点P作t的垂线，垂足为点G，请你探究：是否存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．13．如图，已知，抛物线y＝ax2﹣2x过点A（﹣2，5），过A点作x轴的平行线，交抛物线于另一点C，交y轴于点Q，点D（m，5）为线段QC上一动点（不与Q、C重合），作点Q关于直线OD的对称点P，连接PC，PD．（1）当点P落在抛物线的对称轴上时，求△OPD的面积；（2）若直线PD交x轴于点E．试探究四边形OECD能否为平行四边形？若能，求出m 的值，若不能，请说明理由．（3）设点P（h，k）．①求PC取最小值时k的值；②当0＜m≤5时，试探究h与m之间的关系．14．如图，将OA＝6，AB＝4的矩形OABC放置在平面直角坐标系中，动点M、N以每秒1个单位的速度分别从点A、C同时出发，其中点M沿AO向终点O运动，点N沿CB向终点B运动，当两个动点运动了t秒时，过点N作NP⊥BC，交OB于点P，连接MP．（1）点B的坐标为；用含t的式子表示点P的坐标为；（2）记△OMP的面积为S，求S与t的函数关系式（0＜t＜6）；并求t为何值时，S有最大值？（3）试探究：当S有最大值时，在y轴上是否存在点T，使直线MT把△ONC分割成三角形和四边形两部分，且三角形的面积是△ONC面积的？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．15．如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，A（0，3）．（1）求经过A，B，C三点的抛物线表达式；（2）H为抛物线对称轴上的任意一点，若△ABH为等腰三角形，求点H的坐标；（3）直线AC上是否存在点N，使△NBC为等腰三角形，若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．（4）设点M是抛物线顶点，P，Q是抛物线上两点，要使△MPQ为等边三角形，求点P，Q的坐标．16．如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，BD与AE、AF分别相交于G、H．（1）求证：△ABE∽△ADF；（2）若AG＝AH，求证：四边形ABCD是菱形．。
中考数学选填压轴题练习一．根的判别式（共1小题）1．（2023•广州）已知关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，则的化简结果是（）A．﹣1B．1C．﹣1﹣2k D．2k﹣3【分析】首先根据关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，得判别式Δ＝[﹣（2k﹣2）]2﹣4×1×（k2﹣1）≥0，由此可得k≤1，据此可对进行化简．【解答】解：∵关于x的方程x2﹣（2k﹣2）x+k2﹣1＝0有两个实数根，∴判别式Δ＝[﹣（2k﹣2）]2﹣4×1×（k2﹣1）≥0，整理得：﹣8k+8≥0，∴k≤1，∴k﹣1≤0，2﹣k＞0，∴＝﹣（k﹣1）﹣（2﹣k）＝﹣1．故选：A．二．函数的图象（共1小题）2．（2023•温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（）A．4200米B．4800米C．5200米D．5400米【分析】设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米，由题意及图象可知，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟”可进行求解．【解答】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为75+10﹣40＝45（分钟），小温游玩行走的时间为205﹣100＝105（分钟），设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米由图象可得：，解得：x+y+z＝2700，∴游玩行走的速度为：（2700﹣2100）÷10＝60 （米/分），由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为：3x+3y＝105×60＝6300，∴x+y＝2100，∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为：2x+2y+z＝x+y+z+x+y＝2700+2100＝4800（米）．故选：B．三．动点问题的函数图象（共1小题）3．（2023•河南）如图1，点P从等边三角形ABC的顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点B．设点P运动的路程为，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则等边三角形ABC的边长为（）A．6B．3C．D．【分析】如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B，结合图象可知，当点P在AO上运动时，PB＝PC，AO＝，易知∠BAO＝∠CAO＝30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为，可知AO＝OB＝，过点O作OD⊥AB，解直角三角形可得AD＝AO•cos30°，进而得出等边三角形ABC的边长．【解答】解：如图，令点P从顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点O，再从点O沿直线运动到顶点B，\结合图象可知，当点P在AO上运动时，，∴PB＝PC，，又∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∴△APB≌△APC（SSS），∴∠BAO＝∠CAO＝30°，当点P在OB上运动时，可知点P到达点B时的路程为，∴OB＝，即AO＝OB＝，∴∠BAO＝∠ABO＝30°，过点O作OD⊥AB，垂足为D，∴AD＝BD，则AD＝AO•cos30°＝3，∴AB＝AD+BD＝6，即等边三角形ABC的边长为6．故选：A．四．反比例函数系数k的几何意义（共1小题）4．（2023•宁波）如图，点A，B分别在函数y＝（a＞0）图象的两支上（A在第一象限），连结AB交x 轴于点C．点D，E在函数y＝（b＜0，x＜0）图象上，AE∥x轴，BD∥y轴，连结DE，BE．若AC ＝2BC，△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，则a﹣b的值为12，a的值为9．【分析】依据题意，设A（m，），再由AE∥x轴，BD∥y轴，AC＝2BC，可得B（﹣2m，﹣），D （﹣2m，﹣），E（，），再结合△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，即可得解．【解答】解：设A（m，），∵AE∥x轴，且点E在函数y＝上，∴E（，）．∵AC＝2BC，且点B在函数y＝上，∴B（﹣2m，﹣）．∵BD∥y轴，点D在函数y＝上，∴D（﹣2m，﹣）．∵△ABE的面积为9，∴S△ABE＝AE×（+）＝（m﹣）（+）＝m••＝＝9．∴a﹣b＝12．∵△ABE的面积为9，四边形ABDE的面积为14，∴S△BDE＝DB•（+2m）＝（﹣+）（）m＝（a﹣b）••（）•m＝3（）＝5．∴a＝﹣3b．又a﹣b＝12．∴a＝9．故答案为：12，9．五．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）5．（2023•德州）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（6，3），D是OA的中点，AC，BD交于点E，函数的图象过点B．E．且经过平移后可得到一个反比例函数的图象，则该反比例函数的解析式（）A．y＝﹣B．C．D．【分析】先根据函数图象经过点B和点E，求出a和b，再由所得函数解析式即可解决问题．【解答】解：由题知，A（6，0），B（6，3），C（0，3），令直线AC的函数表达式为y1＝k1x+b1，则，解得，所以．又因为点D为OA的中点，所以D（3，0），同理可得，直线BD的函数解析式为y2＝x﹣3，由得，x＝4，则y＝4﹣3＝1，所以点E坐标为（4，1）．将B，E两点坐标代入函数解析式得，，解得．所以，则，将此函数图象向左平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得图象的函数解析式为：．故选：D．6．如图，O是坐标原点，Rt△OAB的直角顶点A在x轴的正半轴上，AB＝2，∠AOB＝30°，反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C．（1）k＝；（2）D为该反比例函数图象上的一点，若DB∥AC，则OB2﹣BD2的值为4．【分析】（1）根据直角三角形的性质，求出A、B两点坐标，作出辅助线，证得△OPC≌△APC（HL），利用勾股定理及待定系数法求函数解析式即可解答．（2）求出AC、BD的解析式，再联立方程组，求得点D的坐标，分两种情况讨论即可求解．【解答】解：（1）在Rt△OAB中，AB＝2，∠AOB＝30°，∴，∴，∵C是OB的中点，∴OC＝BC＝AC＝2，如图，过点C作CP⊥OA于P，∴△OPC≌△APC（HL），∴，在Rt△OPC中，PC＝，∴C（，1）．∵反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C，∴，解得k＝．故答案为：．（2）设直线AC的解析式为y＝k1x+b（k≠0），则，解得，∴AC的解析式为y＝﹣x+2，∵AC∥BD，∴直线BD的解析式为y＝﹣x+4，∵点D既在反比例函数图象上，又在直线BD上，∴联立得，解得，，当D的坐标为（2+3，）时，BD2＝＝9+3＝12，∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；当D的坐标为（2﹣3，）时，BD2＝+＝9+3＝12，∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；综上，OB2﹣BD2＝4．故答案为：4．六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）7．（2023•湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（）A．或B．或C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1【分析】将交点的横坐标1代入两个函数，令二者函数值相等，得k1＝k2．令k1＝k2＝k，代入两个函数表达式，并分别将点A、B的坐标和点C、D的坐标代入对应函数，进而分别求出p﹣m与q﹣n的表达式，代入解不等式（p﹣m）（q﹣n）＜0并求出t的取值范围即可．【解答】解：∵y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，∴k1＝k2．令k1＝k2＝k（k＞0），则y＝k1x＝kx，＝．将点A（t，p）和点B（t+2，q）代入y＝kx，得；将点C（t，m）和点D（t+2，n）代入y＝，得．∴p﹣m＝kt﹣＝k（t﹣），q﹣n＝k（t+2）﹣＝k（t+2﹣），∴（p﹣m）（q﹣n）＝k2（t﹣）（t+2﹣）＜0，∴（t﹣）（t+2﹣）＜0．∵（t﹣）（t+2﹣）＝•＝＜0，∴＜0，∴t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0．①当t＜﹣3时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，∴t＜﹣3不符合要求，应舍去．②当﹣3＜t＜﹣2时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，∴﹣3＜t＜﹣2符合要求．③当﹣2＜t＜0时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，∴﹣2＜t＜0不符合要求，应舍去．④当0＜t＜1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，∴0＜t＜1符合要求．⑤当t＞1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，∴t＞1不符合要求，应舍去．综上，t的取值范围是﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1．故选：D．七．二次函数图象与系数的关系（共3小题）8．（2023•乐至县）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣2，且过点（1，0）．现有以下结论：①abc＜0；②5a+c＝0；③对于任意实数m，都有2b+bm≤4a﹣am2；④若点A（x1，y1）、B（x2，y2）是图象上任意两点，且|x1+2|＜|x2+2|，则y1＜y2，其中正确的结论是（）A．①②B．②③④C．①②④D．①②③④【分析】根据题意和函数图象，利用二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．【解答】解：由图象可得，a＞0，b＞0，c＜0，∴abc＜0，故①正确，∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣2，且过点（1，0）．∴﹣＝﹣2，a+b+c＝0，∴b＝4a，∴a+b+c＝a+4a+c＝0，故5a+c＝0，故②正确，∵当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c取得最小值，∴am2+bm+c≥4a﹣2b+c，即2b+bm≥4a﹣am2（m为任意实数），故③错误，∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣2，若点A（x1，y1）、B（x2，y2）是图象上任意两点，且|x1+2|＜|x2+2|，∴y1＜y2，故④正确；故选：C．9．（2023•丹东）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点为A（﹣3，0），与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，对称轴为直线x＝﹣1，其部分图象如图所示，则以下4个结论：①abc＞0；②E（x1，y1），F（x2，y2）是抛物线y＝ax2+bx（a≠0）上的两个点，若x1＜x2，且x1+x2＜﹣2，则y1＜y2；③在x轴上有一动点P，当PC+PD的值最小时，则点P的坐标为；④若关于x的方程ax2+b（x﹣2）+c ＝﹣4（a≠0）无实数根，则b的取值范围是b＜1．其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据所给函数图象可得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称性和增减性即可解决问题．【解答】解：根据所给函数图象可知，a＞0，b＞0，c＜0，所以abc＜0，故①错误．因为抛物线y＝ax2+bx的图象可由抛物线y＝ax2+bx+c的图象沿y轴向上平移|c|个单位长度得到，所以抛物线y＝ax2+bx的增减性与抛物线y＝ax2+bx+c的增减性一致．则当x＜﹣1时，y随x的增大而减小，又x1＜x2，且x1+x2＜﹣2，若x2＜﹣1，则E，F两点都在对称轴的左侧，此时y1＞y2．故②错误．作点C关于x轴的对称点C′，连接C′D与x轴交于点P，连接PC，此时PC+PD的值最小．将A（﹣3，0）代入二次函数解析式得，9a﹣3b+c＝0，又，即b＝2a，所以9a﹣6a+c＝0，则c＝﹣3a．又抛物线与y轴的交点坐标为C（0，c），则点C坐标为（0，﹣3a），所以点C′坐标为（0，3a）．又当x＝﹣1时，y＝﹣4a，即D（﹣1，﹣4a）．设直线C′D的函数表达式为y＝kx+3a，将点D坐标代入得，﹣k+3a＝﹣4a，则k＝7a，所以直线C′D的函数表达式为y＝7ax+3a．将y＝0代入得，x＝．所以点P的坐标为（，0）．故③正确．将方程ax2+b（x﹣2）+c＝﹣4整理得，ax2+bx+c＝2b﹣4，因为方程没有实数根，所以抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝2b﹣4没有公共点，所以2b﹣4＜﹣4a，则2b﹣4＜﹣2b，解得b＜1，又b＞0，所以0＜b＜1．故④错误．所以正确的有③．故选：A．10．（2023•河北）已知二次函数y＝﹣x2+m2x和y＝x2﹣m2（m是常数）的图象与x轴都有两个交点，且这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，则这两个函数图象对称轴之间的距离为（）A．2B．m2C．4D．2m2【分析】求出三个交点的坐标，再构建方程求解．【解答】解：令y＝0，则﹣x2+m2x＝0和x2﹣m2＝0，∴x＝0或x＝m2或x＝﹣m或x＝m，∵这四个交点中每相邻两点间的距离都相等，若m＞0，则m2＝2m，∴m＝2，若m＜0时，则m2＝﹣2m，∴m＝﹣2．∵抛物线y＝x2﹣m2的对称轴为直线x＝0，抛物线y＝﹣x2+m2x的对称轴为直线x＝，∴这两个函数图象对称轴之间的距离＝＝2．故选：A．八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）11．（2023•广东）如图，抛物线y＝ax2+c经过正方形OABC的三个顶点A，B，C，点B在y轴上，则ac 的值为（）A．﹣1B．﹣2C．﹣3D．﹣4【分析】过A作AH⊥x轴于H，根据正方形的性质得到∠AOB＝45°，得到AH＝OH，利用待定系数法求得a、c的值，即可求得结论．【解答】解：过A作AH⊥x轴于H，∵四边形ABCO是正方形，∴∠AOB＝45°，∴∠AOH＝45°，∴AH＝OH，设A（m，m），则B（0，2m），∴，解得am＝﹣1，m＝，∴ac的值为﹣2，故选：B．九．二次函数与不等式（组）（共1小题）12．（2023•西宁）直线y1＝ax+b和抛物线（a，b是常数，且a≠0）在同一平面直角坐标系中，直线y1＝ax+b经过点（﹣4，0）．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x＝﹣2；②抛物线与x轴一定有两个交点；③关于x的方程ax2+bx＝ax+b有两个根x1＝﹣4，x2＝1；④若a ＞0，当x＜﹣4或x＞1时，y1＞y2.其中正确的结论是（）A．①②③④B．①②③C．②③D．①④【分析】根据直线y1＝ax+b经过点（﹣4，0）．得到b＝4a，于是得到＝ax2+4ax，求得抛物线的对称轴是直线x＝﹣﹣＝2；故①正确；根据Δ＝16a2＞0，得到抛物线与x轴一定有两个交点，故②正确；把b＝4a，代入ax2+bx＝ax+b得到x2+3x﹣4＝0，求得x1＝﹣4，x2＝1；故③正确；根据a＞0，得到抛物线的开口向上，直线y1＝ax+b和抛物线交点横坐标为﹣4，1，于是得到结论．【解答】解：∵直线y1＝ax+b经过点（﹣4，0）．∴﹣4a+b＝0，∴b＝4a，∴＝ax2+4ax，∴抛物线的对称轴是直线x＝﹣﹣＝2；故①正确；∵＝ax2+4ax，∴Δ＝16a2＞0，∴抛物线与x轴一定有两个交点，故②正确；∵b＝4a，∴方程ax2+bx＝ax+b为ax2+4ax＝ax+4a得，整理得x2+3x﹣4＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1；故③正确；∵a＞0，抛物线的开口向上，直线y1＝ax+b和抛物线交点横坐标为﹣4，1，∴当x＜﹣4或x＞1时，y1＜y2.故④错误，故选：B．一十．三角形中位线定理（共1小题）13．（2023•广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点M是边AC上一动点，点D，E分别是AB，MB的中点，当AM＝2.4时，DE的长是 1.2.若点N在边BC上，且CN＝AM，点F，G分别是MN，AN的中点，当AM＞2.4时，四边形DEFG面积S的取值范围是3≤S≤4．【分析】依据题意，根据三角形中位线定理可得DE＝AM＝1.2；设AM＝x，从而DE＝x，由DE∥AM，且DE＝AM，又FG∥AM，FG＝AM，进而DE∥FG，DE＝FG，从而四边形DEFG是平行四边形，结合题意可得DE边上的高为（4﹣x），故四边形DEFG面积S＝4x﹣x2，进而利用二次函数的性质可得S的取值范围．【解答】解：由题意，点D，E分别是AB，MB的中点，∴DE是三角形ABM的中位线．∴DE＝AM＝1.2．如图，设AM＝x，∴DE＝AM＝x．由题意得，DE∥AM，且DE＝AM，又FG∥AM，FG＝AM，∴DE∥FG，DE＝FG．∴四边形DEFG是平行四边形．由题意，GF到AC的距离是x，BC＝＝8，∴DE边上的高为（4﹣x）．∴四边形DEFG面积S＝2x﹣x2，＝﹣（x﹣4）2+4．∵2.4＜x≤6，∴3≤S≤4．故答案为：1.2；3≤S≤4．一十一．矩形的性质（共2小题）14．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（）A．△ABE的面积B．△ACD的面积C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，∵四边形BCDE是矩形，∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，∴S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，故选：C．15．（2023•河南）矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN＝AB＝1．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为2或1+．【分析】以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND＝90°时，如图2，当∠NMD＝90°时，根据矩形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．【解答】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：①如图1，当∠MND＝90°时，则MN⊥AD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴MN∥AB，∵M为对角线BD的中点，∴AN＝DN，∵AN＝AB＝1，∴AD＝2AN＝2；如图2，当∠NMD＝90°时，则MN⊥BD，∵M为对角线BD的中点，∴BM＝DM，∴MN垂直平分BD，∴BN＝DN，∵∠A＝90°，AB＝AN＝1，∴BN＝AB＝，∴AD＝AN+DN＝1+，综上所述，AD的长为2或1+．故答案为：2或1+．一十二．正方形的性质（共2小题）16．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（）A．B．C．D．【分析】由正方形ABCD的边长为4及BG＝3CG，可求出BG的长，进而求出AG的长，证△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，得AF＝DE，根据线段的和差求得EF的长即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，∴BC＝CD＝DA＝AB＝4，∠BAD＝∠ABC＝90°，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AGB，∵BG＝3CG，∴BG＝3，∴在Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，∴AG＝，∵DE⊥AG，∴∠DEA＝∠DEF＝∠ABC＝90°，∴△ADE∽△GAB，∴AD：GA＝AE：GB＝DE：AB，∴4：5＝AE：3＝DE：4，∴AE＝，DE＝，又∵BF∥DE，∴∠AFB＝∠DEF＝90°，又∵AB＝AD，∠DAE＝∠ABF（同角的余角相等），∴△ABF≌△DAE，∴AF＝DE＝，∴EF＝AF﹣AE＝，∴tan∠EDF＝，故选：A．17．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是4cm．（2）若，则tan∠DAH的值是3．【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长；（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH ＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH 的值．【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∵AE+FC＝11cm，∴BE+BF＝11cm，即BE+BE+EF＝11cm，即2BE+EF＝11cm，∵EF＝3cm，∴2BE+3cm＝11cm，∴BE＝4cm，故答案为：4；（2）设AH＝x，∵，∴可设DG＝5k，GH＝4k，∵四边形EFGH是正方形，∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，∵四边形ABCD对角互补，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠CDG＝90°，∵四边形EFGH是正方形，∴∠AHD＝∠CGD＝90°，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠DAH＝∠CDG，∴tan∠DAH＝tan∠CDG，∴，即，整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），∴tan∠DAH＝＝＝3．故答案为：3．一十三．正多边形和圆（共1小题）18．（2023•河北）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上．两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中：（1）∠α＝30度；（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为2（结果保留根号）．【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可得到结论；（2）把问题转化为图形问题，首先作出图形，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求ON＝OM+BE，再根据正六边形的性质以及三角函数的定义，分别求出OM，BE即可．【解答】解：（1）作图如图所示，∵多边形是正六边形，∴∠ACB＝60°，∵BC∥直线l，∴∠ABC＝90°，∴α＝30°；故答案为：30°；（2）取中间正六边形的中心为O，作图如图所示，由题意得，AG∥BF，AB∥GF，BF⊥AB，∴四边形ABFG为矩形，∴AB＝GF，∵∠BAC＝∠FGH，∠ABC＝∠GFH＝90°，∴△ABC≌△GFH（SAS），∴BC＝FH，在Rt△PDE中，DE＝1，PE＝，由图1知AG＝BF＝2PE＝2，OM＝PE＝，∵，∴，∴，∵，∴，∴．∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2，故答案为：2．一十四．扇形面积的计算（共1小题）19．（2023•温州）图1是4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF作为题字区域（点A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上），形成一幅装饰画，则圆的半径为5．若点A，N，M在同一直线上，AB∥PN，DE＝EF，则题字区域的面积为．【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得r，连接OE，取ED的中点T，连接OT，在Rt△OET中，根据勾股定理即可求解．【解答】解：如图所示，依题意，GH＝2＝GQ，∵过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QH＝HL＝4，又NK⊥QL，∴O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，在Rt△OHQ中，OH2+QH2＝QO2，∴（r﹣2）2+42＝r2，解得：r＝5；连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，连接PB，AM，过点O作OU⊥AM于点U.连接OA．由△OUN∽△NPM，可得＝＝，∴OU＝．MN＝2，∴NU＝，∴AU＝＝，∴AN＝AU﹣NU＝2，∴AN＝MN，∵AB∥PN，∴AB⊥OT，∴AS＝SB，∴NS∥BM，∴NS∥MP，∴M，P，B共线，又NB＝NA，∴∠ABM＝90°，∵MN＝NB，NP⊥MP，∴MP＝PB＝2，∴NS＝MB＝2，∵KH+HN＝2+4＝6，∴ON＝6﹣5＝1，∴OS＝3，∵，设EF＝ST＝a，则，在Rt△OET中，OE2＝OT2+TE2，即，整理得5a2+12a﹣32＝0，即（a+4）（5a﹣8）＝0，解得：或a＝﹣4，∴题字区域的面积为．故答案为：．一十五．轴对称-最短路线问题（共1小题）20．（2023•安徽）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P，F分别是CD，AB的中点．若AB＝4，则下列结论错误的是（）A．P A+PB的最小值为3B．PE+PF的最小值为2C．△CDE周长的最小值为6D．四边形ABCD面积的最小值为3【分析】延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，由△ADE和△BCE是等边三角形，可得四边形DECM 是平行四边形，而P为CD中点，知P为EM中点，故P在直线l上运动，作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，P A+PB＝P A'+PB最小，即可得P A+PB 最小值A'B＝＝2，判断选项A错误；由PM＝PE，即可得当M，P，F共线时，PE+PF 最小，最小值为MF的长度，此时PE+PF的最小值为2，判断选项B正确；过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，由△ADE和△BCE是等边三角形，得KT＝KE+TE＝AB＝2，有CD≥2，故△CDE周长的最小值为6，判断选项C正确；设AE＝2m，可得S四边形ABCD＝（m﹣1）2+3，即知四边形ABCD面积的最小值为3，判断选项D正确．【解答】解：延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，如图：∵△ADE和△BCE是等边三角形，∴∠DEA＝∠MBA＝60°，∠CEB＝∠MAB＝60°，∴DE∥BM，CE∥AM，∴四边形DECM是平行四边形，∵P为CD中点，∴P为EM中点，∵E在线段AB上运动，∴P在直线l上运动，由AB＝4知等边三角形ABM的高为2，∴M到直线l的距离，P到直线AB的距离都为，作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，P A+PB ＝P A'+PB最小，此时P A+PB最小值A'B＝＝＝2，故选项A错误，符合题意；∵PM＝PE，∴PE+PF＝PM+PF，∴当M，P，F共线时，PE+PF最小，最小值为MF的长度，∵F为AB的中点，∴MF⊥AB，∴MF为等边三角形ABM的高，∴PE+PF的最小值为2，故选项B正确，不符合题意；过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，如图，∵△ADE和△BCE是等边三角形，∴KE＝AE，TE＝BE，∴KT＝KE+TE＝AB＝2，∴CD≥2，∴DE+CE+CD≥AE+BE+2，即DE+CE+CD≥AB+2，∴DE+CE+CD≥6，∴△CDE周长的最小值为6，故选项C正确，不符合题意；设AE＝2m，则BE＝4﹣2m，∴AK＝KE＝m，BT＝ET＝2﹣m，DK＝AK＝m，CT＝BT＝2﹣m，∴S△ADK＝m•m＝m2，S△BCT＝（2﹣m）（2﹣m）＝m2﹣2m+2，S梯形DKTC ＝（m+2﹣m）•2＝2，∴S四边形ABCD＝m2+m2﹣2m+2+2＝m2﹣2m+4＝（m﹣1）2+3，∴当m＝1时，四边形ABCD面积的最小值为3，故选项D正确，不符合题意；故选：A．一十六．翻折变换（折叠问题）（共2小题）21．（2023•乐至县）如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为2的等边△ABC的顶点A、B分别在x轴、y 轴的正半轴上移动，将△ABC沿BC所在直线翻折得到△DBC，则OD的最大值为+1．【分析】过点D作DF⊥AB，交AB延长线于点F，取AB的中点E，连接DE，OE，OD，在Rt△ABO 中利用斜边中线性质求出OE，根据OE+DE≥OD确定当D、O、E三点共线时OD最大，最大值为OD ＝OE+DE．【解答】解：如图，过点D作DF⊥AB，交AB延长线于点F，取AB的中点E，连接DE，OE，OD，∵等边三角形ABC的边长为2，∴AB＝2，∠ABC＝60°，由翻折可知：∠DBC＝∠ABC＝60°，DB＝AB＝2，∴∠DBF＝60°，∵DF⊥AB，∴∠DFB＝90°，∴∠BDF＝30°，∴BF＝BD＝1，∴DF＝BF＝，∵E是AB的中点，∴AE＝BE＝OE＝AB＝1，∴EF＝BE+BF＝2，∴DE＝＝＝，∴OD≤DE+OE＝+1，∴当D、E、O三点共线时OD最大，最大值为+1．故答案为：+1．22．（2023•南京）如图，在菱形纸片ABCD中，点E在边AB上，将纸片沿CE折叠，点B落在B′处，CB′⊥AD，垂足为F．若CF＝4cm，FB′＝1cm，则BE＝cm．【分析】作EH⊥BC于点H，由CF＝4cm，FB′＝1cm，求得B′C＝5cm，由折叠得BC＝B′C＝5cm，由菱形的性质得BC∥AD，DC＝BC＝5cm，∠B＝∠D，因为CB′⊥AD于点F，所以∠BCB′＝∠CFD ＝90°，则∠BCE＝∠B′CE＝45°，DF＝＝3cm，所以∠HEC＝∠BCE＝45°，则CH＝EH，由＝sin B＝sin D＝，＝cos B＝cos D＝，得CH＝EH＝BE，BH＝BE，于是得BE+BE ＝5，则BE＝cm．【解答】解：作EH⊥BC于点H，则∠BHE＝∠CHE＝90°，∵CF＝4cm，FB′＝1cm，∴B′C＝CF+FB′＝4+1＝5（cm），由折叠得BC＝B′C＝5cm，∠BCE＝∠B′CE，∵四边形ABCD是菱形，∴BC∥AD，DC＝BC＝5cm，∠B＝∠D，∵CB′⊥AD于点F，∴∠BCB′＝∠CFD＝90°，∴∠BCE＝∠B′CE＝∠BCB′＝×90°＝45°，DF＝＝＝3（cm），∴∠HEC＝∠BCE＝45°，∴CH＝EH，∵＝sin B＝sin D＝＝，＝cos B＝cos D＝＝，∴CH＝EH＝BE，BH＝BE，∴BE+BE＝5，∴BE＝cm，故答案为：．一十七．旋转的性质（共1小题）23．（2023•西宁）如图，在矩形ABCD中，点P在BC边上，连接P A，将P A绕点P顺时针旋转90°得到P A′，连接CA′，若AD＝9，AB＝5，CA′＝2，则BP＝2．【分析】过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，根据旋转的性质得到P A＝P A′，再证明△ABP≌△PHA′得到PB＝A′H，PH＝AB＝5，设PB＝x，则A′H＝x，CH＝4﹣x，然后在Rt△A′CH中利用勾股定理得到x2+（4﹣x）2＝（2）2，于是解方程求出x即可．【解答】解：过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝9，∠B＝90°，∵将P A绕点P顺时针旋转90°得到P A′，∴P A＝P A′，∵∠P AB+∠APB＝90°，∠APB+∠A′PH＝90°，∴∠P AB＝∠A′PH，在△ABP和△PHA′中，，∴△ABP≌△PHA′（AAS），∴PB＝A′H，PH＝AB＝5，设PB＝x，则A′H＝x，CH＝9﹣x﹣5＝4﹣x，在Rt△A′CH中，x2+（4﹣x）2＝（2）2，解得x1＝x2＝2，即BP的长为2．故答案为：2．一十八．相似三角形的判定与性质（共2小题）24．（2023•杭州）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＜90°，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上，连接DE，EF，FD，已知点B和点F关于直线DE对称．设＝k，若AD＝DF，则＝（结果用含k的代数式表示）．【分析】方法一：先根据轴对称的性质和已知条件证明DE∥AC，再证△BDE∽△BAC，推出EC＝k•AB，通过证明△ABC∽△ECF，推出CF＝k2•AB，即可求出的值．方法二：证明AD＝DF＝BD，可得BF⊥AC，设AB＝AC＝1，BC＝k，CF＝x，则AF＝1﹣x，利用勾股定理列方程求出x的值，进而可以解决问题．【解答】解：方法一：∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB＝DF，∵AD＝DF，∴AD＝DB，∵AD＝DF，∴∠A＝∠DF A，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠BDE＝∠FDE，∵∠BDE+∠FDE＝∠BDF＝∠A+∠DF A，∴∠FDE＝∠DF A，∴DE∥AC，∴∠C＝∠DEB，∠DEF＝∠EFC，∵点B和点F关于直线DE对称，∴∠DEB＝∠DEF，∴∠C＝∠EFC，∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∵∠ACB＝∠EFC，∴△ABC∽△ECF，∴＝，∵DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C，∴△BDE∽△BAC，∴＝＝，∴EC＝BC，∵＝k，∴BC＝k•AB，∴EC＝k•AB，∴＝，∴CF＝k2•AB，∴＝＝＝＝．方法二：如图，连接BF，∵点B和点F关于直线DE对称，∴DB＝DF，∵AD＝DF，∴AD＝DB＝DF，∴BF⊥AC，设AB＝AC＝1，则BC＝k，设CF＝x，则AF＝1﹣x，由勾股定理得，AB2﹣AF2＝BC2﹣CF2，∴12﹣（1﹣x）2＝k2﹣x2，∴x＝，∴AF＝1﹣x＝，∴＝．故答案为：．25．（2023•广东）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为15．【分析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．【解答】解：如图，∵BF∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴＝，∵AB＝4，AD＝4+6+10＝20，DE＝10，∴＝，∴BF＝2，∴GF＝6﹣2＝4，∵CK∥DE，∴△ACK∽△ADE，∴＝，∵AC＝4+6＝10，AD＝20，DE＝10，∴＝，∴CK＝5，∴HK＝6﹣5＝1，∴阴影梯形的面积＝（HK+GF）•GH＝（1+4）×6＝15．故答案为：15．一十九．相似三角形的应用（共1小题）26．（2023•南京）如图，不等臂跷跷板AB的一端A碰到地面时，另一端B到地面的高度为60cm；当AB 的一端B碰到地面时，另一端A到地面的高度为90cm，则跷跷板AB的支撑点O到地面的高度OH是（）A．36cm B．40cm C．42cm D．45cm【分析】过点B作BC⊥AH，垂足为C，再证明A字模型相似△AOH∽△ABC，从而可得＝，过点A作AD⊥BH，垂足为D，然后证明A字模型相似△ABD∽△OBH，从而可得＝，最后进行计算即可解答．【解答】解：如图：过点B作BC⊥AH，垂足为C，∵OH⊥AC，BC⊥AC，∴∠AHO＝∠ACB＝90°，∵∠BAC＝∠OAH，∴△AOH∽△ABC，∴＝，∴＝，如图：过点A作AD⊥BH，垂足为D，∵OH⊥BD，AD⊥BD，∴∠OHB＝∠ADB＝90°，∵∠ABD＝∠OBH，∴△ABD∽△OBH，∴＝，∴＝，∴+＝+，∴+＝，∴+＝1，解得：OH＝36，∴跷跷板AB的支撑点O到地面的高度OH是36cm，故选：A．二十．解直角三角形（共1小题）27．（2023•丹东）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A（3，0），B（0，4），点C在x 轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC＝2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为（﹣2，0）；点D的坐标为（﹣1﹣2，2+）或（﹣1+2，2﹣）．【分析】过点C作CE⊥AB于E，先求处AB＝5，再设BE＝t，由tan∠ABC＝2得CE＝2t，进而得BC ＝，由三角形的面积公式得S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，即5×2t＝4×（3+OC），则OC＝﹣3，然后在Rt△BOC中由勾股定理得，由此解出t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），此时OC＝﹣3＝2，故此可得点C的坐标；设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公式得：BC2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，由△BCD为等边三角形得，整理：，②﹣①整理得m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入①整理得n2﹣4n+1＝0，解得n＝，进而再求出m即可得点D的坐标．【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，如图：∵点A（3，0），B（0，4），由两点间的距离公式得：AB＝＝5，设BE＝t，∵tan∠ABC＝2，在Rt△BCE中，tan∠ABC＝，∴＝2，∴CE＝2t，由勾股定理得：BC＝＝t，∵CE⊥AB，OB⊥AC，AC＝OC+OA＝3+OC，∴S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，即：5×2t＝4×（3+OC），∴OC＝﹣3，在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC2﹣OB2＝OC2，即，整理得：t2﹣12t+20＝0，解得：t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），∴t＝2，此时OC＝﹣3＝2，∴点C的坐标为（﹣2，0），设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公式得：BC2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣4）2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，∵△BCD为等边三角形，∵BD＝CD＝BC，∴，整理得：，②﹣①得：4m+8n＝12，∴m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入①得：（3﹣2n）2+n2﹣8n＝4，整理得：n2﹣4n+1＝0，解得：n＝，当n＝时，m＝3﹣2n＝，当n＝时，m＝3﹣2n＝，∴点D的坐标为或．故答案为：（﹣2，0）；或．二十一．解直角三角形的应用（共1小题）28．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH 拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（）A．5B．4C．3D．2【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得，化简可得（b﹣a）2＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD＝1：3，进而可求解n的值．【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，∵tanα＝，tanβ＝，tanα＝tan2β，∴，∴（b﹣a）2＝ab，∴a2+b2＝3ab，∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD，（b﹣a）2＝S正方形EFGH，∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝ab：3ab＝1：3，∵S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：n，∴n＝3．故选：C．。
- --中考初中数学压轴题精选〔有答案〕一．解答题〔共30小题〕1．〔2021•〕如图，以点P〔﹣1，0〕为圆心的圆，交x轴于B、C两点〔B在C的左侧〕，交y轴于A、D两点〔A 在D的下方〕，AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．〔1〕求B、C两点的坐标；〔2〕请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状〔不必证明〕，求出点M的坐标；〔3〕动直线l从与BM重合的位置开场绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停顿，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？假设不变，求出∠MQG 的度数；假设变化，请说明理由．2．〔2021•〕如图，l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，假设⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm/s，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t〔s〕〔1〕如图①，连接OA、AC，那么∠OAC的度数为_________ °；〔2〕如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离〔即OO1的长〕；〔3〕在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d〔cm〕，当d＜2时，求t 的取值围〔解答时可以利用备用图画出相关示意图〕．3．〔2021•〕如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+b〔b为常数，b＞0〕的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．〔1〕假设直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE的度数；②用含b的代数式表示FG2，并直接写出b的取值围；〔2〕设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？假设存在，请求出P点坐标；假设不存在，请说明理由．4．〔2021•〕如图1，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C 与边AD交于点E、F〔点F在点E的右侧〕，射线CE与射线BA交于点G．〔1〕当圆C经过点A时，求CP的长；〔2〕连接AP，当AP∥CG时，求弦EF的长；〔3〕当△AGE是等腰三角形时，求圆C的半径长．5．〔2021•〕在平面直角坐标系xOy中，点M〔，〕，以点M为圆心，OM长为半径作⊙M．使⊙M与直线OM 的另一交点为点B，与x轴，y轴的另一交点分别为点D，A〔如图〕，连接AM．点P是上的动点．〔1〕写出∠AMB的度数；〔2〕点Q在射线OP上，且OP•OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E．①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S．求S与t的函数关系式及S的取值围．6．〔2021•〕阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，那么PE+PF=OA．〔此结论不必证明，可直接应用〕〔1〕【理解与应用】如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，那么PE+PF的值为_________ ．〔2〕【类比与推理】如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA 交BD于点F，求PE+PF的值；〔3〕【拓展与延伸】如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？假设是，请求出这个定值；假设不是，请说明理由．7．〔2021•〕如图平面直角坐标系中，点O是坐标原点，矩形ABCO是顶点坐标分别为A〔3，0〕、B〔3，4〕、C〔0，4〕．点D在y轴上，且点D的坐标为〔0，﹣5〕，点P是直线AC上的一动点．〔1〕当点P运动到线段AC的中点时，求直线DP的解析式〔关系式〕；〔2〕当点P沿直线AC移动时，过点D、P的直线与x轴交于点M．问在x轴的正半轴上是否存在使△DOM与△ABC相似的点M？假设存在，请求出点M的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R〔R＞0〕为半径长画圆．得到的圆称为动圆P．假设设动圆P的半径长为，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于点E、F．请探求在动圆P中是否存在面积最小的四边形DEPF？假设存在，请求出最小面积S的值；假设不存在，请说明理由．8．〔2021•〕在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P〔1，1〕为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒〔t＞0〕．〔1〕假设点E在y轴的负半轴上〔如下图〕，求证：PE=PF；〔2〕在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；〔3〕作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？假设存在，请直接写出t的9．〔2021•〕问题探究〔1〕如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；〔2〕如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长；问题解决〔3〕有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果到达最正确，∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？假设存在，请求出符合条件的DM 的长，假设不存在，请说明理由．10．〔2021•〕如图，在⊙O的接△ABC中，∠ACB=90°，AC=2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E．设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．〔1〕求证：△PAC∽△PDF；〔2〕假设AB=5，=，求PD的长；〔3〕在点P运动过程中，设=x，tan∠AFD=y，求y与x之间的函数关系式．〔不要求写出x的取值围〕11．〔2021•〕木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，他设计了四种方案：方案一：直接锯一个半径最大的圆；方案二：圆心O1、O2分别在CD、AB上，半径分别是O1C、O2A，锯两个外切的半圆拼成一个圆；方案三：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆；方案四：锯一块小矩形BCEF拼到矩形AFED下面，利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆．〔1〕写出方案一中圆的半径；〔2〕通过计算说明方案二和方案三中，哪个圆的半径较大？〔3〕在方案四中，设CE=x〔0＜x＜1〕，圆的半径为y．①求y关于x的函数解析式；②当x取何值时圆的半径最大，最大半径为多少？并说明四种方案中哪一个圆形桌面的半径12．〔2021•〕如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．〔1〕试说明四边形EFCG是矩形；〔2〕当圆O与射线BD相切时，点E停顿移动，在点E移动的过程中，①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？假设存在，求出这个最大值或最小值；假设不存在，说明理由；②求点G移动路线的长．13．〔2021•东昌府区三模〕：如图，在△ABC中，AB=BC，D是AC中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F．〔1〕求证：AC与⊙O相切；〔2〕当BD=6，sinC=时，求⊙O的半径．14．〔2021•模拟〕阅读材料：如图，△ABC中，AB=AC，P为底边BC上任意一点，点P到两腰的距离分别为r1，r2，腰上的高为h，连接AP，那么S△ABP+S△ACP=S△ABC，即：AB•r1+AC•r2=AB•h，∴r1+r2=h〔1〕理解与应用如果把“等腰三角形〞改成“等边三角形〞，那么P的位置可以由“在底边上任一点〞放宽为“在三角形任一点〞，即：边长为2的等边△ABC任意一点P到各边的距离分别为r 1，r2，r3，试证明：．〔2〕类比与推理边长为2的正方形任意一点到各边的距离的和等于_________ ；〔3〕拓展与延伸假设边长为2的正n边形A1A2…An部任意一点P到各边的距离为r1，r2，…r n，请问r1+r2+…r n是否为定值〔用含n的式子表示〕，如果是，请合理猜测出这个定值．15．〔2021•名校一模〕如图△ABC中∠A=90°，以AB为直径的⊙O交BC于D，E为AC边中点，求证：DE是⊙O的切线．16．〔2021•灌南县模拟〕如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠ACD=∠AOC，AD⊥CD于点D．〔1〕求证：CD是⊙O的切线；〔2〕假设AB=10，AD=2，求AC的长．17．〔2021•普陀区二模〕如图，在等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点D为BC边上一动点〔不与点B重合〕，过D 作射线DE交AB边于E，使∠BDE=∠A，以D为圆心、DC的长为半径作⊙D．〔1〕设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．〔2〕当⊙D与AB边相切时，求BD的长．〔3〕如果⊙E是以E为圆心，AE的长为半径的圆，那么当BD的长为多少时，⊙D与⊙E相切？18．〔2021•模拟〕如图，矩形ABCD的边AB=4，BC=3．一简易量角器放置在矩形ABCD，其零度线即半圆O的直径〔1〕当n=136时，α= _________ ，求出α与n的关系式；〔2〕在P点的运动过程中，线段EB与EP有怎样的数量关系，请予证明；〔3〕在P点的运动过程中，F点在直线CD上的位置随着α的变化而变化，当F点在线段CD上时、在CD的延长线上时、在DC的延长线上时，对应的α值分别是多少？〔参考数据：tan56.3°≈1.5〕〔4〕连接BP，在P点的运动过程中，是否存在△ABP与△CEF相似的情况？假设存在，求出此时n的值以及相应的EF的长；假设不存在，请说明理由．19．〔2021•一模〕如图，正方形ABCD的边长是8cm，以正方形的中心O为圆心，EF为直径的半圆切AB于M、切BC于N，C为BG的中点，AG交CD于H．P，Q同时从A出发，P以1cm/s的速度沿折线ADCG运动，Q以cm/s的速速沿线段AG方向运动，P，Q中有一点到达终点时，整个运动停顿．P，Q运动的时间记为t．〔1〕当t=4时，求证：△PEF≌△MEF；〔2〕当0≤t≤8时，试判断PQ与CD的位置关系；〔3〕当t＞8时，是否存在t使得=？假设存在请求出所有t的值，假设不存在，请说明理由．20．〔2021•〕如图，点C是以AB为直径的⊙O上的一点，AD与过点C的切线互相垂直，垂足为点D．〔1〕求证：AC平分∠BAD；〔2〕假设CD=1，AC=，求⊙O的半径长．〔1〕求证：DP∥AB；〔2〕假设AC=6，BC=8，求线段PD的长．22．〔2021•〕如图，⊙O的直径AB=10，C、D是圆上的两点，且．设过点D的切线ED交AC的延长线于点F．连接OC交AD于点G．〔1〕求证：DF⊥AF．〔2〕求OG的长．23．〔2021•德阳〕如图，AB是⊙O直径，BC是⊙O的弦，弦ED⊥AB于点F，交BC于点G，过点C作⊙O的切线与ED的延长线交于点P．〔1〕求证：PC=PG；〔2〕点C在劣弧AD上运动时，其他条件不变，假设点G是BC的中点，试探究CG、BF、BO三者之间的数量关系，并写出证明过程；〔3〕在满足〔2〕的条件下，⊙O的半径为5，假设点O到BC的距离为时，求弦ED的长．24．〔2021•贺州〕：⊙O的直径为3，线段AC=4，直线AC和PM分别与⊙O相切于〔2〕求sin∠PMC的值．25．〔2021•〕，如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．〔1〕求证：DE是⊙O的切线；〔2〕假设DE=6cm，AE=3cm，求⊙O的半径．26．〔2021•〕如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AB是⊙O的直径，⊙O交BC于点D，DE⊥AC于点E，BE 交⊙O于点F，连接AF，AF的延长线交DE于点P．〔1〕求证：DE是⊙O的切线；〔2〕求tan∠ABE的值；〔3〕假设OA=2，求线段AP的长．27．〔2021•〕如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点D，∠DBC=∠BAC．〔1〕求证：BC是⊙O的切线；〔2〕假设⊙O的半径为2，∠BAC=30°，求图中阴影局部的面积．28．〔2021•〕如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作半圆⊙O，交BC于点D，连接AD，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，交AB的延长线于点F．〔1〕求证：EF是⊙0的切线．〔2〕如果⊙0的半径为5，sin∠ADE=，求BF的长．29．〔2021•〕如图，OC平分∠MON，点A在射线OC上，以点A为圆心，半径为2的⊙A与OM相切于点B，连接BA并延长交⊙A于点D，交ON于点E．〔1〕求证：ON是⊙A的切线；〔2〕假设∠MON=60°，求图中阴影局部的面积．〔结果保存π〕30．〔2021•〕如图，AB是⊙O的直径，∠B=∠CAD．〔1〕求证：AC是⊙O的切线；〔2〕假设点E是的中点，连接AE交BC于点F，当BD=5，CD=4时，求AF的值．参考答案与试题解析一．解答题〔共30小题〕1．〔2021•〕如图，以点P〔﹣1，0〕为圆心的圆，交x轴于B、C两点〔B在C的左侧〕，交y轴于A、D两点〔A 在D的下方〕，AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．〔1〕求B、C两点的坐标；〔2〕请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状〔不必证明〕，求出点M的坐标；〔3〕动直线l从与BM重合的位置开场绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停顿，设直线l与CM交点为E，点Q为BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？假设不变，求出∠MQG的度数；假设变化，请说明理由．考点：圆的综合题．专题：压轴题．分析：〔1〕连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的坐标．〔2〕由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M的坐标．〔3〕易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．易得∠OCA=60°，从而得到∠MBG=60°，进而得到∠MQG=120°，所以∠MQG是定值．解答：解：〔1〕连接PA，如图1所示．∵PO⊥AD，∴AO=DO．∵AD=2，∴OA=．∵点P坐标为〔﹣1，0〕，∴OP=1．∴PA==2．∴BP=CP=2．∴B〔﹣3，0〕，C〔1，0〕．〔2〕连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．如图2所示，线段MB、MC即为所求作．四边形ACMB是矩形．理由如下：∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，∴四边形ACMB是平行四边形．∵BC是⊙P的直径，∴∠CAB=90°．∴平行四边形ACMB是矩形．过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．在△MHP和△AOP中，∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，MP=AP，∴△MHP≌△AOP．∴MH=OA=，PH=PO=1．∴OH=2．∴点M的坐标为〔﹣2，〕．〔3〕在旋转过程中∠MQG的大小不变．∵四边形ACMB是矩形，∴∠BMC=90°．∵EG⊥BO，∴∠BGE=90°．∴∠BMC=∠BGE=90°．∵点Q是BE的中点，∴QM=QE=QB=QG．∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示．∴∠MQG=2∠MBG．∵∠COA=90°，OC=1，OA=，∴tan∠OCA==．∴∠OCA=60°．∴∠MBC=∠BCA=60°．∴∠MQG=120°．∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于120°．点评：此题考察了垂径定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、圆周角定理、特殊角的三角函数、图形的旋转等知识，综合性比拟强．证明点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上是解决第三小题的关键．2．〔2021•〕如图，l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，假设⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm/s，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t〔s〕〔1〕如图①，连接OA、AC，那么∠OAC的度数为105 °；〔2〕如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离〔即OO1的长〕；〔3〕在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d〔cm〕，当d＜2时，求t 的取值围〔解答时可以利用备用图画出相关示意图〕．考点：圆的综合题．专题：几何综合题；压轴题．分析：〔1〕利用切线的性质以及锐角三角函数关系分别求出∠OAD=45°，∠DAC=60°，进而得出答案；〔2〕首先得出，∠C1A1D1=60°，再利用A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，求出t的值，进而得出OO1=3t得出答案即可；〔3〕①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，分别求出即可．解答：解：〔1〕∵l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，∴∠OAD=45°，∵AB=4cm，AD=4cm，∴CD=4cm，∴tan∠DAC===，∴∠DAC=60°，∴∠OAC的度数为：∠OAD+∠DAC=105°，故答案为：105；〔2〕如图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O1与l1的切点为E，连接O1E，可得O1E=2，O1E⊥l1，在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，C1D1=4，∴tan∠C1A1D1=，∴∠C1A1D1=60°，在Rt△A1O1E中，∠O1A1E=∠C1A1D1=60°，∴A1E==，∵A1E=AA1﹣OO1﹣2=t﹣2，∴t﹣2=，∴t=+2，∴OO1=3t=2+6；〔3〕①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1，如图，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，设⊙O2与直线l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，∴O2F⊥l1，O2G⊥A2C2，由〔2〕得，∠C2A2D2=60°，∴∠GA2F=120°，∴∠O2A2F=60°，在Rt△A2O2F中，O2F=2，∴A2F=，∵OO2=3t1，AF=AA2+A2F=4t1+，∴4t1+﹣3t1=2，∴t1=2﹣，②当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t2，记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三，由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，∴+2﹣〔2﹣〕=t2﹣〔+2〕，解得：t2=2+2，综上所述，当d＜2时，t的取值围是：2﹣＜t＜2+2．点评：此题主要考察了切线的性质以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论以及数形结合t的值是解题关键．3．〔2021•〕如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+b〔b为常数，b＞0〕的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4的⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．〔1〕假设直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE的度数；②用含b的代数式表示FG2，并直接写出b的取值围；〔2〕设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？假设存在，请求出P点坐标；假设不存在，请说明理由．考点：圆的综合题．专题：几何综合题；压轴题．分析：〔1〕连接CD，EA，利用同一条弦所对的圆周角相等求行∠CFE=45°，〔2〕作OM⊥AB点M，连接OF，利用两条直线垂直相交求出交点M的坐标，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根据式子写出b的围，〔3〕当b=5时，直线与圆相切，存在点P，使∠CPE=45°，再利用△APO∽△AOB和△AMP∽△AOB相似得出点P的坐标，再求出OP所在的直线解析式．解答：解：〔1〕①如图，∵∠COE=90°∴∠CFE=∠COE=45°，〔圆周角定理〕②方法一：如图，作OM⊥AB点M，连接OF，∵OM⊥AB，直线的函数式为：y=﹣x+b，∴OM所在的直线函数式为：y=x，∴交点M〔b，b〕∴OM2=〔b〕2+〔b〕2，∵OF=4，∴FM2=OF2﹣OM2=42﹣〔b〕2﹣〔b〕2，∵FM=FG，∴FG2=4FM2=4×[42﹣〔b〕2﹣〔b〕2]=64﹣b2=64×〔1﹣b2〕，∵直线AB与有两个交点F、G．∴4≤b＜5，∴FG2=64×〔1﹣b2〕〔4≤b＜5〕方法二：①如图，作OM⊥AB点M，连接OF，∵直线的函数式为：y=﹣x+b，∴B的坐标为〔0，b〕，A的坐标为〔b，0〕，∴AB==b，∴sin∠BAO===，∴sin∠MAO===，∴OM=b，∴在RT△OMF中，FM==∵FG=2FM，∴FG2=4FM2=4〔42﹣b2〕=64﹣﹣b2=64×〔1﹣b2〕，∵直线AB与有两个交点F、G．∴4≤b＜5，∴FG2=64×〔1﹣b2〕〔4≤b＜5〕〔2〕如图，当b=5时，直线与圆相切，∵在直角坐标系中，∠COE=90°，∴∠CPE=∠ODC=45°，∴存在点P，使∠CPE=45°，连接OP，∵P是切点，∴OP⊥AB，∴△APO∽△AOB，∴=，∵OP=r=4，OB=5，AO=，∴=即AP=，∵AB===，作PM⊥AO交AO于点M，设P的坐标为〔x，y〕，∵△AMP∽△AOB，∴=∴=，∴y=，∴x=OM===∴点P的坐标为〔，〕．点评：此题主要考察了圆与一次函数的知识，解题的关键是作出辅助线，利用三角形相似求出点P的坐标．4．〔2021•〕如图1，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C 与边AD交于点E、F〔点F在点E的右侧〕，射线CE与射线BA交于点G．〔1〕当圆C经过点A时，求CP的长；〔2〕连接AP，当AP∥CG时，求弦EF的长；〔3〕当△AGE是等腰三角形时，求圆C的半径长．考点：圆的综合题．专题：压轴题．分析：〔1〕当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，直接利用勾股定理求出AC进而得出答案；〔2〕首先得出四边形APCE是菱形，进而得出CM的长，进而利用锐角三角函数关系得出CP以及EF的长；〔3〕∠GAE≠∠BGC，只能∠AGE=∠AEG，利用AD∥BC，得出△GAE∽△GBC，进而求出即可．解答：解：〔1〕如图1，设⊙O的半径为r，当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，∴BH=AB•cosB=4，∴AH=3，CH=4，∴AC==5，∴此时CP=r=5；〔2〕如图2，假设AP∥CE，APCE为平行四边形，∵CE=CP，∴四边形APCE是菱形，连接AC、EP，那么AC⊥EP，∴AM=CM=，由〔1〕知，AB=AC，那么∠ACB=∠B，∴CP=CE==，∴EF=2=；〔3〕如图3：过点C作⊥AD于点N，设AQ⊥BC，∵=cosB，AB=5，∴BQ=4，AN=QC=BC﹣BQ=4．∵cosB=，∴∠B＜45°，∵∠BCG＜90°，∴∠BGC＞45°，∴∠BGC＞∠B=∠GAE，即∠BGC≠∠GAE，又∠AEG=∠BCG≥∠ACB=∠B=∠GAE，∴当∠AEG=∠GAE时，A、E、G重合，那么△AGE不存在．即∠AEG≠∠GAE∴只能∠AGE=∠AEG，∵AD∥BC，∴△GAE∽△GBC，∴=，即=，解得：AE=3，EN=AN﹣AE=1，∴CE===．点评：此题主要考察了相似三角形的判定与性质以及勾股定理以及锐角三角函数关系等知识，利用分类讨论得出△AGE是等腰三角形时只能∠AGE=∠AEG进而求出是解题关键．5．〔2021•〕在平面直角坐标系xOy中，点M〔，〕，以点M为圆心，OM长为半径作⊙M．使⊙M与直线OM 的另一交点为点B，与x轴，y轴的另一交点分别为点D，A〔如图〕，连接AM．点P是上的动点．〔1〕写出∠AMB的度数；〔2〕点Q在射线OP上，且OP•OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E．①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S．求S与t的函数关系式及S的取值围．考点：圆的综合题．专题：几何综合题；压轴题．分析：〔1〕首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M〔，〕，可得∠MOH=45°，OH=MH=，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数；〔2〕①由OH=MH=，MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP•OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案；②由OD=2，Q的纵坐标为t，即可得S=，然后分别从当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．解答：解：〔1〕过点M作MH⊥OD于点H，∵点M〔，〕，∴OH=MH=，∴∠MOD=45°，∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°，∵OM=AM，∴∠OAM=∠AOM=45°，∴∠AMO=90°，∴∠AMB=90°；〔2〕①∵OH=MH=，MH⊥OD，∴OM==2，OD=2OH=2，∴OB=4，∵动点P与点B重合时，OP•OQ=20，∴OQ=5，∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=5，∴E点坐标为〔5，0〕②∵OD=2，Q的纵坐标为t，∴S=．如图2，当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，∵OP=4，OP•OQ=20，∴OQ=5，∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，∴t=QF=，此时S=；如图3，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，∴OP=2，∵OP•OQ=20，∴t=OQ=5，此时S=；∴S的取值围为5≤S≤10．点评：此题考察了垂径定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．6．〔2021•〕阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，那么PE+PF=OA．〔此结论不必证明，可直接应用〕〔1〕【理解与应用】如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，那么PE+PF的值为．〔2〕【类比与推理】如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA 交BD于点F，求PE+PF的值；〔3〕【拓展与延伸】如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？假设是，请求出这个定值；假设不是，请说明理由．考点：圆的综合题；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质；弦切角定理；相似三角形的判定与性质．专题：压轴题；探究型．分析：〔1〕易证：OA=OB，∠AOB=90°，直接运用阅读材料中的结论即可解决问题．〔2〕易证：OA=OB=OC=0D=，然后由条件PE∥OB，PF∥AO可证△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA，从而可得==1，进而求出EP+FP=．〔3〕易证：AD=BC=4．仿照〔2〕中的解法即可求出PE+PF=4，因而PE+PF是定值．解答：解：〔1〕如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°．∵AB=BC=2，∴AC=2．∴OA=．∵OA=OB，∠AOB=90°，PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE+PF=OA=．〔2〕如图3，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB=OC=OD，∠DAB=90°．∵AB=4，AD=3，∴BD=5．∴OA=OB=OC=OD=．∵PE∥OB，PF∥AO，∴△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA．∴，．∴==1．∴+=1．∴EP+FP=．∴PE+PF的值为．〔3〕当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值．理由：连接OA、OB、OC、OD，如图4∵DG与⊙O相切，∴∠GDA=∠ABD．∵∠ADG=30°，∴∠ABD=30°．∴∠AOD=2∠ABD=60°．∵OA=OD，∴△AOD是等边三角形．∴AD=OA=4．同理可得：BC=4．∵PE∥BC，PF∥AD，∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA．∴，．∴==1．∴=1．∴PE+PF=4．∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4．点评：此题考察了正方形的性质、矩形的性质、弦切角定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，考察了类比联想的能力，由一定的综合性．要求PE+PF的值，想到将相似所得的比式相加是解决此题的关键．7．〔2021•〕如图平面直角坐标系中，点O是坐标原点，矩形ABCO是顶点坐标分别为A〔3，0〕、B〔3，4〕、C〔0，4〕．点D在y轴上，且点D的坐标为〔0，﹣5〕，点P是直线AC上的一动点．〔1〕当点P运动到线段AC的中点时，求直线DP的解析式〔关系式〕；〔2〕当点P沿直线AC移动时，过点D、P的直线与x轴交于点M．问在x轴的正半轴上是否存在使△DOM与△ABC 相似的点M？假设存在，请求出点M的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R〔R＞0〕为半径长画圆．得到的圆称为动圆P．假设设动圆P的半径长为，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于点E、F．请探求在动圆P中是否存在面积最小的四边形DEPF？假设存在，请求出最小面积S的值；假设不存在，请说明理由．考点：圆的综合题；待定系数法求一次函数解析式；垂线段最短；勾股定理；切线长定理；相似三角形的判定与性质．专题：综合题；压轴题；存在型；分类讨论．分析：〔1〕只需先求出AC中点P的坐标，然后用待定系数法即可求出直线DP的解析式．〔2〕由于△DOM与△ABC相似，对应关系不确定，可分两种情况进展讨论，利用三角形相似求出OM的长，即可求出点M的坐标．〔3〕易证S△PED=S△PFD．从而有S四边形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短〞可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE也最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的值，就可求出四边形DEPF面积的最小值．解答：解：〔1〕过点P作PH∥OA，交OC于点H，如图1所示．∵PH∥OA，∴△CHP∽△COA．∴==．∵点P是AC中点，∴CP=CA．∴HP=OA，CH=CO．∵A〔3，0〕、C〔0，4〕，∴OA=3，OC=4．∴HP=，CH=2．∴OH=2．∵PH∥OA，∠COA=90°，∴∠CHP=∠COA=90°．∴点P的坐标为〔，2〕．设直线DP的解析式为y=kx+b，∵D〔0，﹣5〕，P〔，2〕在直线DP上，∴∴∴直线DP的解析式为y=x﹣5．〔2〕①假设△DOM∽△ABC，图2〔1〕所示，∵△DOM∽△ABC，∴=．∵点B坐标为〔3，4〕，点D的坐标为〔0．﹣5〕，∴BC=3，AB=4，OD=5．∴=．∴OM=．∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为〔，0〕②假设△DOM∽△CBA，如图2〔2〕所示，∵△DOM∽△CBA，∴=．∵BC=3，AB=4，OD=5，∴=．∴OM=．∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为〔，0〕．综上所述：假设△DOM与△CBA相似，那么点M的坐标为〔，0〕或〔，0〕．〔3〕∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，∴AC=5．∴PE=PF=AC=．∵DE、DF都与⊙P相切，∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．∴S△PED=S△PFD．∴S四边形DEPF=2S△PED=2×PE•DE=PE•DE=DE．∵∠DEP=90°，∴DE2=DP2﹣PE2．=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短〞可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．∵DP⊥AC，∴∠DPC=90°．∴∠AOC=∠DPC．∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，∴△AOC∽△DPC．∴=．∵AO=3，AC=5，DC=4﹣〔﹣5〕=9，∴=．∴DP=．∴DE2=DP2﹣=〔〕2﹣=．∴DE=，∴S四边形DEPF=DE=．∴四边形DEPF面积的最小值为．点评：此题考察了相似三角形的判定与性质、用待定系数法求直线的解析式、切线长定理、勾股定理、垂线段最短等知识，考察了分类讨论的思想．将求DE的最小值转化为求DP的最小值是解决第3小题的关键．另外，要注意“△DOM与△ABC相似〞与“△DOM∽△ABC“之间的区别．8．〔2021•〕在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P〔1，1〕为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒〔t＞0〕．〔1〕假设点E在y轴的负半轴上〔如下图〕，求证：PE=PF；〔2〕在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；〔3〕作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？假设存在，请直接写出t的值；假设不存在，请说明理由．考点：圆的综合题．专题：压轴题．分析：〔1〕连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明；〔2〕分两种情况：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上；②当0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据〔1〕求解，〔3〕分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t．解答：证明：〔1〕如图，连接PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN，∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°，∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE，在△PMF和△PNE中，，∴△PMF≌△PNE〔ASA〕，∴PE=PF；〔2〕解：分两种情况：①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如图1，由〔1〕得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1，∴b﹣a=1+t﹣〔t﹣1〕=2，∴b=2+a，②0＜t≤1时，如图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，∴b=OF=OM+MF=1+t，a=OE=ON﹣NE=1﹣t，∴b+a=1+t+1﹣t=2，∴b=2﹣a．综上所述，当t＞1时，b=2+a；当0＜t≤1时，b=2﹣a；〔3〕存在；①如图3，当1＜t＜2时，∵F〔1+t，0〕，F和F′关于点M对称，M的坐标为〔1，0〕，∴F′〔1﹣t，0〕∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q〔1﹣t，0〕∴OQ=1﹣t，由〔1〕得△PMF≌△PNE∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=，解得，t=，当△OEQ∽△MFP时，∴=，=，。
