2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题分类汇总附详细答案.pdf

2020-2021全国中考数学圆与相似的综合中考真题分类汇总附详细答案一、相似1 .如图，在正方形ABC D中，点E, F分别是边AD, B C的中点，连 接D F ,过 点E作E H ± D F ,垂足为H, EH的延长线交DC于点G.( 1 )猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；(2 )过 点H作MNII C D ,分别交AD, BC于 点M, N ,若正方形ABCD的边长为1 0 ,点P是M N上一点，求APD C周长的最小值.【 答案】 (1 )解：结论：CF=2DG.理由：• . ・ 四边形ABCD是正方形，AD=BC=CD=AB, Z ADC=Z C=90°,•・• DE=AE,・•. AD=CD=2DE,,/ EG±DF,/. Z DHG=90°,Z CDF+Z DGE=90°, Z DGE+Z DEG=90°,Z CDF=Z DEG,/. △ DEG~ △ CDF,D G DE 1/ . 万=应二， ，/. CF=2DG( 2 )解：作点C关于N M的对称点K ,连接DK交M N于点P ,连 接PC,此时△ PDC的周长最短. 周长的最小值=CD+PD+POCD+PD+PK=CD+DK.6 5〃 DE・D G由题意：CD=AD=10, ED=AE=5, DG= , EG= 2 = DH= EG =乖，：.EH=2DH=2DH-Eh：. HM= DE =2,DM=CN=NK=\W - Z T =1,在 RtA DCK 中，DK= J' + C必= J / + 及+ (部¥ =2 y/26 ,:PCD的周长的最小值为10+2 A/%.【解 析 】 【分 析 】(1 ) 结 论 ： C F= 2 D G .理 由 如 下 ： 根 据 正 方 形 的 性 质 得 出AD=BC=CD=AB, N ADC=N C=90。

，根据中点的定义得出AD=CD=2DE,根据同角的余角相等得出N CDF=Z D E G ,从而判断出△ DEG- △ C D F ,根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论：( 2 ) 作点C 关 于 NM 的对称点K , 连 接 D K交 M N于点P , 连 接 P C ,此时△ PDC的周长最$短. 周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK,由题意得 CD=AD=10, ED=AE=5, DG=ZEG=3〃，根据面积法求出D H 的长，然后可以判断出A D E H 相似于△ G D H ,根据相似三角形对应边的比等于相似比得出EH=2DH=?〃，再根据面积法求出H M 的长，根据勾股定理及矩形的性质及对称的性质得出DM=CN=NK= 1 , 在 RtA DCK中，利用勾股定理算出D K的长，从而得出答案2 . 设 C 为线段A B 的中点，四边形BCDE是 以 BC为一边的正方形. 以B 为圆心，BD长为半径的0 B 与 A B 相交于F 点，延 长 E B 交0 B 于 G 点，连 接 D G 交 于 A B 于 Q 点，连接求证：(1) AD是。

B 的切线；(2) AD=AQ；(3) BC2=CF«EG.【 答案】(1)证明：连 接 BD,• ・• 四边形BCDE是正方形，Z DBA=45°, Z DCB=90°,即 DC±AB,・ ・ ・ C为A B的中点，・ •. CD是线段A B的垂直平分线，/. AD=BD,Z DAB=Z DBA=45°,Z ADB=90°,即 BD±AD,・ 「BD为半径，A D是B的切线( 2 )证明：: BD=BG,/. Z BDG=Z G,/ CDII BE,Z CDG=Z G,1/. Z G=Z CDG=Z BDG= £ / BCD=22.5°,/. Z ADQ=90° - Z BDG=67.5°, Z AQB=Z BQG=90° - Z G=67.5°,Z ADQ=Z AQD,AD=AQ( 3 )证明：连 接DF,在ZkBDF 中，BD=BF,Z BFD=Z BDF,又• ・, Z DBF=45°,・• ・ Z BFD=Z BDF=67.5°,,/ Z GDB=22.5°,在 RtA DEF 与 RtA GCD 中，•/ Z GDE=Z GDB+Z BDE=67.5°=Z DFE, Z DCF=Z E=90°,/. RtA DCF- RtA GED,CF CL又CD=DE=BC,BC2=CF・EG.【 解析】 【 分析】 （1）连 接B D ,要 证A D是 圆B的切线，根据切线的判定可知，只须证明Z ADB= 即 可 。

由 正 方 形 的 性 质 易 得BC=CD , Z DCB=Z DCA= 90 ,N DBC=N CDB=45° ,根 据 点C为A B的中点可得BC=CD=AC,所以可得N ADC=45° ,则Z N A D B = % ° ,问题得证；（2 ）要证 A Q = A D ,需证 NAQD=NADQ 由题意易得N AQD= -N G , Z ADQ= 90 -Z B D G ,根据等边对等角可得N G=N B D G ,由等角的余角相等可得N AQD=N A D Q ,所以AQ=AD；（3 ）要证乘积式成立，需证这些线段所在的两个三角形相似，而由正方形的性质可得CD=DE=BC,所以可知BC、CF、EG分别在三角形DCF和三角形GED中，连 接D F ,用有两对角对应相等的两个三角形相似即可得证4v = -x -f- 83 .如图，在平面直角坐标系中，直线.3 分 别 交x轴，y轴 于 点A, C ,点D（m, 4 ）在直线AC上，点B在x轴正半轴上，且O B=2O C.点E是y轴上任意一点，连结D E ,将线段DE按顺时针旋转90 得线段D G ,作正方形D EFG ,记点E为（0, n） .（1 ）求点D的坐标：（2 ）记正方形DEFG的面积为S,① 求S关于n的函数关系式；② 当DFII x轴时，求S的值：（3 ）是否存在n的值，使正方形的顶点F或G落在△ ABC的边上？若存在，求出所有满足条件的n的值；若不存在，说明理由.【 答案】 （1）解：• . , 点D （m, 4 ）在直线AC上；4：.4= J m + 8 ,解得 m= - 3, . •. 点 D 的坐标为（-3 , 4 ）（2 ）解：① 如 图1 ,过点D作DH_Ly轴 于H,图1则 EH=|n - 4|S=DE2=EH2+DH2= (n - 4) 2+9；② 当D F IIx轴时，点H即为正方形DEFG的中心，，EH=DH=3,= n=4+3=7,，S = (7 -4 )2+9=18v = — x + 8( 3 )解：: O B=2O C =16,B 为(16, 0) , • . BC 为： . 2① 当 点F落在BC边上时，如图2 ,作DM_Ly轴于M, FN_Ly轴 于N.ZD M E = N E N F = 90 °{ / D E M = N E F N在 △ DEM 与 △ EFN 中 ， D E = E F , A DEM^ △ EFN ( AAS ),NF=EM=n - 4, EN=DM=3F 为( n - 4, n - 3)1 2 6二 n - 3= - 2 (n - 4) +8, n= 3 ；② 当 点G落 在BC边上时，如图3 ,作DM_Ly轴于M, GN J_DM轴于N,图3由①同理可得△ DEM2△ G D N ,,GN=DM=3, DN=EM=n - 4, . •. 点G纵 坐 标 为1 ,二1 = — x + 82 , /. x=14, /. DN=14+3=17=n - 4, /. n=21；③ 当 点F落在AB边上时，如图4 ,作DM_Ly轴 于M,图4由①同理可得△ DEM堡△ EFO, 0E=DM =3,即n=3；④ 当 点G落在AC边上时，如图5.图5CE CL 8 - n _6-： Z CDE=Z AOC=90°, Z DCE=Z OCA, △ DCE- △ O C A ,二 AC O C , /. 10 8 ,7.•.n=；,显然，点G不落在AB边上，点F不落在AC边上，故只存在以上四种情况.26 7综上可得，当n = H或21或3或 ［时，正方形的顶点F或G落在△ ABC的边上.【 解析】 【 分析】(1)根据点D在直线AC上；于是将D (m , 4 )代入直线A C的解析式得出m=-3,从而得出D点的坐标；(2 )① 如 图1 ,过 点D作DH_Ly轴 于H ,根据和y轴垂直的直线上的点的坐标特点及y轴上两点间的距离，则DH=|n-4|,根据正方形的面积等于边长的平方及勾股定理得出S=DE2=EH2+DH2= (n - 4) 2+9；② 当DFII x轴时，点H即 为 正 方 形DEFG的中心，故EH=DH=3, n = 7 ,将n=7代入函数解析式即可得出S的值；( 3 )首先找到C点的坐标，得 出O C的长度，然后根据OB=2OC=16得 出B点的坐标，利用待定系数法得出直线BC的解析式，① 当 点F落 在BC边上时，如 图2 ,作DM_Ly轴于M, F N ± y轴 于N .利 用AAS判 断 出△ DEM2 & E F N ,根据全等三角形对应边相等得出NF=EM=n-4, EN=DM=3从而得出F点的坐标，根 据F点的纵坐标的两种不同表示方法得出关于n的方程，求解得出n的值；② 当 点G落 在BC边上时，如 图3 ,作DM_Ly轴于M, GN±DM 轴 于N ,由①同理可得ADEM空△ GDN, GN=DM=3, DN=EM=n - 4 ,从而得出 G 点的纵坐标为1 , 根据点G 的纵坐标列出方程，求解得出N 的值；③ 当 点 F 落 在 AB边上时，如图4 , 作 DM_Ly轴 于 M , 由①同理可得△ DEM2△ EFO, 0E=DM =3,即 n=3；④ 当 点 G 落 在 A C 边上时，如 图 5 . 首先判断出△ DCE- △ O C A ,根据相似三角形对应边成比例得出C E : AC = C D : O C , 从而得出关于n 的方程，求解得出n 的值，综上所述得出所有答案。

4 . 如 图 1 , 在矩形ABCD中，AB=6cm, BC=8cm, E、F 分别是AB、B D 的中点，连 接 EF,点 P 从 点 E 出发，沿 EF方向匀速运动，速度为lc m /s,同时，点 Q 从点D 出发，沿 DB方向匀速运动，速度为2cm /s,当点P 停止运动时，点 Q 也停止运动. 连接P Q ,设运动时间为 t (0 < t< 4 ) s , 解答下列问题：( 1 ) 求证：△ BEF- △ DCB；(2 ) 当点Q 段DF上运动时，若△ PQF的面积为0.6cm2 ,求 t 的值；( 3 ) 如图2 过 点 Q 作 Q G_LAB,垂足为G , 当 t 为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；（4）当 t 为何值时，A PQ F为等腰三角形？试说明理由.【 答案】（1）解：• . • 四 边 形 是 矩 形 ，. ：A D = BC = 8 , A D 〃 BC , ZA = Z C = 90Q ,在 Rt / A BL 中，BD - 1 0 ,： • E 、/ 分 别 是 应 的 中 点 ，1・ ：E F 〃 A D , E F = -A D = 4, BF = D F = 5,2・ ：N BE F = ZA = 90 ° = N C , E F 〃 BC ,・ ：/ BF E = N D BC ,・ ： 4 BE F s / D C b( 2 ) 解：如图1 , 过点《 作 〃 工 〃于九D・ ：QM 〃 BE,・ ： △ QMF s / BEF,QM _QFBE — B户QM 5 - 2t・ ： — ― - - -,3 53・ ：QM = -(5 - 2 t),5113J S △ PF Q 二 二PF X QM = 二(4 - t) X -(5 - 2t) = 0.6,2 2 5•' r ",( 舍) 或 r = 2秒( 3 )解：四边形比优为矩形时， 如图所示:4 QPF s / BEF,QF PF2t ~ 5 4 - t・ ：----- ~------,5 440解得：f -. ：4 - t = 5 - 2 t,：.t = 1.当点6在以上时，PF = Q F ,如图3,. ：4 - t = 2 t - 5,. ：t = 3.PQ =" 时 ，如图4,—（2 t - 5）2_ 44 - t ~ ~519•• t = %.2C 19综上所述， 七二/ 或 上 或 / 或 7秒时，/ 尸 3 是等腰三角形【 解析】 【 分析】 （ 1）要证△ BEF- △ D C B , 根据有两对角对应相等的两个三角形相似可得证。

根据三角形中位线定理可得EFII AD1I B C , 可得一组内错角相等，由矩形的性质可得Z C=Z A=Z BEF=90° , 所以△ BEF- △ DCB；（ 2）过 点 Q 作 Q M ± E F 于 M , 结合已知易得QMII B E , 根据相似三角形的判定可得QM _QF△ Q M F-A B E F ,则 得 比 例 式 应 可 用 含t的 代 数 式 表 示 ，PF=4-t,所以三角形1PQF的面积=±QM •PF=O , 6 ,解方程可得t的值；（3 ）因 为Q G _LA B ,结 合 题 意 可 得PQ 〃 AB ,根 据 相 似 三 角 形 的 判 定 可 得/ QPF B EF,于是可得比例式求解；（4 ）因为Q在对角线BD上运动，情况不唯一当点Q在DF上运动时，PF=QF；当点Q在BF上运动时，分三种情况：第一种情况;PF=QF;第二种情况：PQ=PF；第三种情况：PQ=FQ5 .如图，抛 物 线V = mx2 - 8mx + 12m（m > 0）与x轴 交 于A, B两点（ 点B在 点A的左侧），与y轴交于点C ,顶点为D ,其对称轴与a轴交于点E ,联接AD, OD.（1）求顶点D的 坐 标 （ 用含区的式子表示）；（2 ）若OD_LAD,求该抛物线的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设 动 点P在对称轴左侧该抛物线上，P A与对称轴交于点M ,若△ AME与仆OAD相似，求点P的坐标.【 答案】（1）解：y = nix? - 8mx + 12nl = m（x - 4产 -物 ， 二顶 点D的坐标为（ 4,-4m)( 2 )解：y - mx2 - 8mx + 12m - m(x - 2) (x - 6). , . 点 A (6, 0) ,点 B (2,0),则 OA=6, 1, 抛物线的对称轴为 x= 4, . , . 点 E (4, 0 ) ,贝OE = 4, AE = 2, 又 DE = 4m ,由勾股定理得：0伊 =D戌 + 0彦 =16n? + 16, A lf = = 16n? + 4 ,又 OD_LAD , + 0智 =0面, 贝I 1 16# + 4 + 16# + 16 = 36 , 解 得 ：隹m - ± —2 ,也v - -x2 -人信 + 6 *• •・ 抛物线的函数表达式, 2（3）解：如图，过 点P作PH_Lx轴于点H,在 RtA OAD 中，O D =久用 O A = R 3 ,J2(x, — x2 - 4\[2x + 6镇)设点P的坐标为 2 vPH O D当^ APH- △ AME~ △ AOD 时，: AH O A' ,即 / - 6* = C ,6 ~ x解得：x= 0, x= 6 （ 舍去），，点P的坐标为（0,6也 ） ;PH O A y[2. . -. . .-- - -②AAPH- △ AME- △ OAD 时，丫 AH O D 2 ,* - 7x + 6C,5道一 （1,-----）解得：x = l, x= 6 （ 舍去），，点P的坐标为5y/2综上所述，点P的坐标为⑷6m， 或'2 .【 解析】 【 分析】（1）将抛物线的解析式配成顶点式即可求得顶点D的坐标；（2）要求抛物线的解析式，只须求出m的值即可。

因为抛物线与x轴交于点A、B ,所以令y = 0 ,解关于x的一元二次方程，可得点A、B的坐标，则OA、OD、A D均可用含m的代数式表示； 因为O D L A D ,所以在直角三角形A D中，由勾股定理可得物2 = 4屏 + 亦 ,将OA、OD、A D代入可得关于m的方程，解方程即可得m的值，则抛物线的解析式可求解；（3） △ AME与△ OAD中的对应点除直角顶点D、E固定外，其余两点都不固定，所以分两种情况：① 当 △ AME- △ AOD时，过 点P作P H ± x轴于点H ,易得△ APH- △ AME- △ A O D ,可得相应的比例式求解；② 当 △ AME” △ OAD时，过 点P作PH_Lx轴于点H ,易得A APH- △ AME- △ O A D ,可得相应的比例式求解6.正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边A B和A D上，连接CF.①写出线段CF与D G的数量关系；②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.( 2 )拓展探究：如图②，图②将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中， (1 )中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明.(3 )问题解决如图③，△ ABC和4 ADE都是等腰直角三角形，Z BAC=Z DAE=90°, AB=AC=4,。

为A C的中点. 若点D在直线BC上运动，连 接0 E ,则在点D的运动过程中，线 段0 E的长的最小值. ( 直接写出结果)【 答案】( 1 )①C F = MDG ,②45 c( 2 )解：如图：B AE品GHFC D① 连 接AC、AF,在正方形ABCD中，延长CF交DG与H点，1Z CAD=£N BCD=45n,设 AD=CD二a ,易得 AC二屹 a二屹 AD,同理在正方形AEFG中，N FAG=45c,AF=MAG,• : Z CAD=Z FAG, •: Z CAD-Z 2=Z FAG-Z 2,• : Z 1=Z 3AC A l又 丁力〃一 AG• • △ CAF~ DAG,CF AC• : DG AL = yf21 , • CF二 A/^DG;② 由ACAFSDAG, •• Z 4=Z 5," Z ACD=Z 4+Z 6=45 c, • • Z 5+Z 6=45 n，• • Z 5+Z 6+Z 7=135 n ,在△ CHD中，N CHD=180c-135 c =45n, •• ( 1 )中的结论仍然成立（3 ） O E的最小值为0 -EB 6 c【 解析】 【 解答】 （3 ）如图：由N BAC=N DAE=90 c,可得N BAD=N CAE,又 AB=AC,AD=AE,可得△ BA醛 △ CAE,• • N ACE=N ABC=45c,又 •' ZACB=45n, •• N BCE=90n,即 CE_LBC,根据点到直线的距离垂线段最短，• : OEJ_CE时，0 E最短，此时。

E=CEA OEC为等腰直角三角形，1OC=^AC=2,由等腰直角三角形性质易得，白®• ­ 0 E的最小值为【 分析】 （1）① 易 得C F = MDG;②45 c ；⑵ 连 接AC、AF,在 正 方 形A B C D中，可得CF ACA CAF- DAG, DG A L = & C F = MDG ,在△ CHD 中，N CHD=180 c -135 c =45 c ,（1 ）中的结论是否仍然成立； （3 ） O E ±C E时，0 E最短，此 时OE=CE,AOEC为等腰直角1三角形，0 c=2AC=2,可得0 E的值.7 .如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y = 2 x 2 + 2 x -2与X轴交于A, B两 点 （ 点A在点B的左侧），与y轴交于点C ,直线I经过A, C两点，连 接BC.（1）求直线I的解析式；（2）若 直 线x=m （m < 0 ）与该抛物线在第三象限内交于点E ,与 直 线I交 于 点D ,连接0 D .当OD_LAC时，求线段DE的长；（3 ）取 点G （0, - 1 ）,连 接A G ,在第一象限内的抛物线上，是 否 存 在 点P ,使Z BAP=Z BCO - Z BAG?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【 答案】 ⑴ 解 ：• • •抛物线y= 2x2+ 2x-2,. . . 当 y=0 时，得 xi=l, x2= - 4 ,当 x=0 时，y= - 2,1 J・ 抛物线y = Z x 2 + 2 x -2与x轴交于A, B两 点 （ 点A在点B的左侧），与y轴交于点C,. •. 点 A 的坐标为（-4, 0 ） ,点 B （1, 0 ） ,点 C （0, - 2 ） ,, • , 直线I经过A, C两点，设直线I的函数解析式为丫=1«+1）,14k + b = G t ~ 一；i b = - 2 ，得 8 = - 2 ,1即直线I的函数解析式为y= 一，一 "（2 ）解：直线ED与x轴交于点F ,如右图1所示，图1由 (1 )可得，A0=4, 0C=2, NAOC=90°,AC=2 书,4 X 2：. 0D= 2邪 5 ,•/ OD±AC, OA±OC, Z OAD=Z CAO,/. △ AOD- △ ACO,AD AC：.A O ~ A C ,AD 4 联- - - -即 4------R3 ,得AD= 5 ,, 「EF_Lx 轴，Z ADC=90°,/. EFII OC,.・.△ ADFs △ ACO,AF _D F AL,\~ A 0 ~ ~OC~ ~AC,lb 8解得，AF= 5 , DF= 6,16 4OF=4 - 5 = 5、4m= - $ ,4 14 3 4 72当 m= - $ 时，y= 2 x ( - $ ) ?+£x ( - 6 ) - 2= ~ 28 ,72/. EF= 25 ,72 8 32——— ——DE=EF - FD= 25 5 25（3 ）解：存在点 P ,使N BAP=N BC。

N BAG,理由：作GM_LAC于点M,作PN_Lx轴于点N ,如右图2所示,邺• ・, 点 A ( - 4, 0) ,点 B (1, 0) ,点 C (0, - 2 ) ,OA=4, OB=1, OC=2,OC _ 2 _ 1 OB _ 1•・ tanz OAC= OA 4 2 , tanZ OCB= OC 2 , AC=2 短,Z OAC=Z OCB,.• Z BAP=Z BCO - Z BAG, Z GAM=Z OAC - Z BAG,Z BAP=Z GAM,. , 点 G (0, - 1) , AC=2 屹 ，OA=4,OG=1, GC=1,AC ' GM _CG - OA 2 4 5 - GM 1 X 4：. AG= , 2 ~ 2 , gp 2 2解得，GM= 5 ,二 一 ; 心厂君”婚- GJf = 7 5 = 5 ,2 \fiGM _ 5AM ~ 2tanz GAM= 5 = 5 ,2/. tanz PAN= £ ,1 3设点P的坐标为(n, £ M+ £n - 2 ) ,1 < 5/. AN=4+n, PN =^n2+ ^ n - 2,n + 4 S ,13解得，ni= 9 , n2= - 4 （ 舍去），13 1 3 98当 n= 9 时，£ n2+ 2= - 2= 8 1 ,13 98・・・点P的坐标为（9 , 8 1）,13 98即存在点 P （ 9 , 81 ）,使/ BAP=Z BCO - Z BAG【 解析】 【 分析】 （1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。

2 ）直 线E D与x轴 交 于 点F ,在RtA A O C中，利用勾股定理求出A C的长，再证明△ AOD- △ A C O ,利用相似三角形的性质求出A D的长，再 由EFII O C得出对应线段成比例求出OF的长，可得出m的值，然后求出EF的长，根据DE=EF-FD,可求出答案3）存在点P ,使N BAP=N BCO - Z B A G ,作G M ±A C于 点M ,作PN_Lx轴于点N ,根据点A、B、C的坐标，利用锐角三角函数的定义求出AC、A G的长，再利用同一个三角形的面积相等，求出G M的长，利用勾股定理求出A M的长，从而求出tanz PAN的值，然后设点P的坐标，求出AN、P N ,再根据tanN PAN的值建立方程求出n的值，就可得出点P的坐标8 .已知，如 图1 ,抛物线y—ax2+ b x + 3与x轴交于点B、C ,与y轴交于点A ,且A 0=CO, BC=4.图1（1）求抛物线解析式；（2 ）如 图2 ,点P是抛物线第一象限上一点，连 接PB交y轴于点Q ,设 点P的横坐标为t ,线段0 Q长为d ,求d与t之间的函数关系式；（3）在（2）的条件下，过 点Q作 直 线l ± y轴，在I上取一点M（ 点M在第二象限） ，连接A M ,使AM = P Q ,连 接CP并延长CP交y轴于点K ,过 点P作P N ± I于 点N ,连 接KN、CN、C M .若N MCN + N NKQ=45。

时，求 t 值.【 答案】（1）解：如图1,图1当 x=0 时，y=3,/. A (0, 3 ) ,OA=OC=3,•・, BC=4,/. OB=1,/. B ( - 1, 0) , C (3, 0 ) ,ra _ b + 3 = 0把 B ( - 1, 0) , C (3, 0 ) 代入抛物线 y=ax2+bx+3 中得： '9a + 3b + 3 = C,解得：1 b = 2 ,抛物线的解析式为：y= - x2+2x+3；设 P (t, - t2+2t+3) ( 0 < t < 3 ) ,过 P 作 P G ± x轴于G,OQII PG,△ BOQ- △ BGP,OQ _OLd 1：.- t2 + 2 t + 3 t + 1,-(t - 3) (t + 1)d- t + 1d= - t+3 (0 < t< 3 )（3）解：如图3 , 连接A N ,延 长 PN交 x 轴于G,由( 2 )知：0Q=3 - t, 0A=3,AQ=OA - 0Q=3 - (3 - t) =t,QN=OG=AQ=t,・•.△ AQN是等腰直角三角形，Z QAN=45°, AN二屹 3PG II OK,PG _ C G・ •・ 加一瓦，- 12 + 2 t + 3 3 - t・ •・ OK - 3 ,OK=3t+3,AK=3t,• / Z QAN=Z NKQ+Z A N K ,。

・ •・ Z NKQ+Z ANK=45°,Z MCN+Z NKQ=45°,/. Z ANK=Z MCN,・ ., NG=CG=3 - t,「 . △ NGC是等腰直角三角形，「 ・NC二 屹(3 - t) , Z GNC=45°,Z CNH=Z NCM+Z NMC=45°,・ •・ Z NKQ=Z NMC,・ •・△ AKN〜 △ NMC,AK _AAJ .而 一 而 ，AQ=QN=t, AM=PQ,「 ・ RtA AQM^ △ RtA QNP (H L ),.・. MQ=PN= - t2+2t+3 - (3 - t) = - t2+3t,3t _ 业：.- t2 + 3t + 3 取(3 ~ t ) ,t2 - 7t+9=0,7 + 413 7 -y /T iti= 2 > 3 , t2= 2 ,-： 0 < t< 3 ,t i > 3 ,不符合题意, 舍去，7t= 2 .【 解析】 【 分析】(1)根据函数图像与坐标轴交点的坐标特点，得 出A点的坐标，再根据点到坐标轴的距离得出0A=0C =3,又BC =4,从而得出0 B的距离, 进而得出B,C两点的坐标，再 将B,C两点的坐标代入抛物线y=ax2+bx+3中得出一个关于a ,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；( 2 )过P作PGJ_x轴于G ,根据P点的横坐标得出P点坐标设P (t, - t2+2t+3) (0 < t<3) ,根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似，得出△ BOQ- △ B G P ,根据相似三角形对应边成比例得出0Q : PG=OB : BG,从而得出d关于t的函数关系式；( 3 )连接 A N ,延长 PN 交 x 轴于 G ,由(2 )知：0 Q = 3 -t, 0 A = 3 ,从而得 AQ=OA - 0Q=3-(3 - t ) = t ,进 而 得QN=OG=AQ=t,从而判断出A A Q N是等腰直角三角形，根据等腰直角 三 角 形 的 性 质 得 出 N QAN=45。

，AN= M t ,根 据 平 行 线 分 线 段 成 比 例 得 出PG : OK=CG : 0C,故 OK=3t+3, A K = 3t,根据等式的性质得出N ANK=N M C N ,判断出△ NGC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出N C = M ( 3 - t) , NGNC=45 ，再判断出△ AKNJ △ N M C ,根据相似三角形对应边成比例得出A K : M N = AN ： N C ,再利用HL 判断出 RtA AQM鲤△ RtA Q N P ,故 MQ=PN= - t2+2t+3 - (3 - t) = - t2+ 3 t,从而得出关于t的方程，求解并检验即可得出答案二、圆的综合9 .在平面直角坐标中，边长为2的正方形Q 4 3 C的两顶点A、C分别在丁轴、X轴的正半轴上，点 在原点. 现将正方形钻c绕 点顺时针旋转，当A点一次落在直线y = x上时停止旋转，旋转过程中，A 3边交直线y = x于点M，8 C边交X轴于点N ( 如图) .(1)求边4在旋转过程中所扫过的面积；(2 )旋转过程中，当M N和A C平行时，求正方形4 8 c旋转的度数;（3）设A M B N的周长为 ，，在旋转正方形Q 4 3 C的过程中， 〃值是否有变化？请证明你的结论.【 答案】（1） n/2 （2） 22.5。

⑶周长不会变化，证明见解析【 解析】试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边0 A在旋转过程中所扫过的面积：（2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出N A O M的度数：（3）利用全等把△ MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子.试题解析：（1）V A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，直线y=x与y轴的夹角是45°,0A 旋转了 45°.0 A在旋转过程中所扫过的面积为 竺 叱 竺 =£ .360 2（2） MNII AC,Z BMN=N BAC=45°, Z BNM=N BCA=45°.J. Z BMN=N BNM. BM=BN.又BA=BC,AM =CN.又：OA=OC, Z OAM=Z O C N ,二△ 0AM2 △ OCN.1、 I 、Z A0M=Z CON=— （Z AOC-Z MON） =— （90°-45°） =22.5°.2 2旋转过程中，当M N和AC平行时, 正方形OABC旋转的度数为45 -22.5 =22.5 .（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.证明：延长BA交y轴于E点，则N AOE=45°-Z AOM, Z CON=90°-45--Z AOM=45°-N AOM,Z AOE=Z CON.又：OA=OC, Z OAE=180--90°=90'>=Z OCN.△ OAES △ OCN.OE=ON, AE=CN.又丫 Z MOE=Z MON=45°, 0M=0M,△ OME要 A OMN. MN=ME=AM+AE.MN=AM+CN,p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.考点：旋转的性质.1 0 .如图，AABC是。

O的内接三角形，点D在 胫 上 ，点E在弦AB上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形.（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC2 - AC2=AB»AC；（3）已知的半径为3.An 5① 若 空 = 士 ，求BC的长；AC 3Afi② 当7 K为何值时，AB・A C的值最大？AC3【 答案】（1）证明见解析；（2 ）证明见解析；（3 ）①B C = 4 0；②]【 解析】分析：（1 ）由菱形知N D=Z B E C ,由/ A+Z D=Z BEC+Z AEC=180°可得N A=Z A E C ,据此得证；（2 ）以点C为圆心，CE长为半径作C ,与BC交于点F ,于BC延长线交于点G,则,BE BGCF=CG=AC=CE=CD,证△ BEF- △ BGA 得——=——，即 BF・BG=BE・A B ,将 BF=BC-CF=BC-BF BAAC、BG=BC+CG=BC+AC 代入可得；（3 ）①设 AB=5k、AC=3k, E）3 BC2-AC2=AB«AC BC=2 7 6 k ,连接 ED 交 BC 于点 M ,RtA DMC 中由 DC=AC=3k、M C = - BC= 7 6 k DM= 7 C Z )2 -C M2 = x/3 k ,可知 OM=OD-DM=3- 百 k ,在 RtACOM 中, 由 0M2+MC2=OC2 可得答案. ② 设 。

M = d ,则 MD=3-d,MC2=OC2-OM2=9-d2,继而知 BC2= （2M C） 2= 3 6 -4 d \ AC2=DC2=DM2+CM2= （3-d） 2+9-d2,由（2 ）得AB・AC=BC2-AC2,据此得出关于d的二次函数，利用二次函数的性质可得答案.详解：（1 ） 1•四边形EBDC为菱形，Z D=Z BEC,•••四边形ABDC是圆的内接四边形,J. Z A+Z D=180°,又乙 BEC+Z AEC=180°,Z A=Z AEC,AC=CE；（2 ）以点C为圆心，CE长为半径作0 C ,与BC交于点F ,于BC延长线交于点G,则CF=CG,由 ⑴知AC=CE=CD,CF=CG=AC,•••四边形AEFG是O C的内接四边形，Z G+Z AEF=180°,丈: Z AEF+Z BEF=180",/. Z G=N BEF,••• Z EBF=N GBA,J. △ BEF" △ BGA,：. ——BE BG an= ——，即BF・BG=BE-AB,BF BA■ ： BF=BC - CF=BC - AC、BG=BC+CG=BC+AC, BE=CE=AC,(BC - AC) (BC+AC) =AB»AC, BP BC2 - AC2=AB»AC；( 3 )设 AB=5k、AC=3k,• e , BC2 - AC2=AB・AC,BC=2 逐 k,连接ED交BC于点M,• ••四边形BDCE是菱形，DE垂直平分BC,则点E、。

、M、D共线，在 RtZkDMC 中，DC=AC=3k, MC=；B C = " k ,DM= VCD2-CM2 =瓜，OM=OD - DM=3 - 73 k,在 RtA COM 中，由 0M2+MC2=OC2得 (3 - 6 k) 2+ (" k) 2=32,解得：k = 2叵 或k=0 ( 舍 ) ，3BC=2 逐 k=4 0 ；②设 O M = d ,则 M D = 3-d, MC2=OC2 - OM2=9 - d2,BC2= (2M C) 2=36 - 4d2,AC2=DC2=DM2+CM2= (3 - d) 2+9 - d2,由 (2) W AB*AC=BC2 - AC2= - 4d2+6d+183、，81= - 4 (d - - ) -----4 43 3 81. , . 当d=—，即 M =一时，AB・AC最大，最大值为—，4 4 4,27DC2=---- ,2AC=DC=主 区 ，2• .• AR_9V6r \ D - ------------4…A B 3此时--=-A C 2点睛：本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握圆的有关性质、圆内接四边形的性质及菱形的性质、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点.1 1 .如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC, O A经过点B ,与A D边交于点E ,连接CE.（1）求证：直线PD是0 A的切线；2（2 ）若P C = 2 j^, sinz P = - ,求图中阴影部份的面积（ 结果保留无理数）.【 答案】 （1）见解析； （2 ） 20-4n.【 解析】分析： （1 ）过点A作AH _LP D ,垂足为H ,只要证明A H为半径即可.（2 ）分别算出R 3 CED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解： （1 ）证明：如图，过A作A H J_P D ,垂足为H,四边形ABCD是矩形，J. AD=BC, ADII BC, N PCD=N BCD=90°,Z ADH=Z P, Z AHD=Z PCD=90°,又 PD=BC, AD=PD,A AD也 A DPC, AH=CD,CD=AB,且AB是。

A的半径，AH=AB,即AH是O A的半径，PD是O A的切线.CD 2( 2 )如图，在 R3PDC 中，• • • sinz P=——= 一 ，PC =2 有，PD 3令CD=2x, PD =3x,由由勾股定理得：(3x) 2-(2x)2=(2有 产 ，解得：x = 2 ,二 CD=4, PD=6,AB=AE=CD=4, AD=BC=PD=6, DE=2,矩形ABCD的面积为6x4=24, RtA CED的面积为-x4x2=4,2扇形ABE的面积为Lnx42=4n,2A图中阴影部份的面积为24-4-4T T=20-4兀点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积.1 2 .如图1,的直径A B = 12, P是弦8 c上一动点( 与点3, C不重合) , Z A B C = 3 0 \过点「作 「 于点D.(1 )如图2 ,当P D //A B时，求P 0的长；⑵ 如 图3 ,当O C = A C时，延长A 8至点£,使 BE = ^ AB ,连接E.① 求 证 ：是 的切线；(2 )① 见 解 析 ，(2 )3 7 3 -3 .【 解析】分析：(1 )根据题意首先得出半径长，再利用锐角三角函数关系得出OP, P D的长；(2)①首先得出AOBD是等边三角形，进而得出N O D E = /O F B = 9(r，求出答案即可；②首先求出CF的长，进而利用直角三角形的性质得出PF的长，进而得出答案.详解：(1 )如图2 ,连接。

D,图2\ OPLPD, PD//AB,:.ZPOB = 90 ,的直径AB = 12，/. OB — OD - 6,在 RSPOB 中 ,ZA8C = 30°，/. OP = OB tan30 =6x — = 273.3在RSPOD中,PD = ^ODr-OP1 =而 - （ 2回2 = 276 ；（ 2） ①证明：如图3 ,连接D ,交CB于点F ,连接BD,图3•J OC = AC，:.ZDBC = ZABC = 30^：.NABD = 6 0 ，\-OB = OD,.,.△ QB是等边三角形，:.OD±FB,2：.OB = BE,：.BF//ED,NODE =NOFB = 90°，.•.OE是 的切线；② 由 ① 知 ，OD1BC,:.CF = FB = OB cos300 = 6x无=3 6 ，2在 RAPOD 中 ,OF = DF ,. •. 尸产= 3 3 （ 直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半） ，:.CP = C F-P F = 3yf3-3.点睛：此题主要考查了圆的综合以及直角三角形的性质和锐角三角函数关系，正确得出△ O B D 是等边三角形是解题关键.1 3 . 如图，A是以B C 为直径的。

上一点，A D _ L B C 于点D,过点8作的切线，与 C A的延长线相交于点E , G 是 AD的中点，连结C G 并延长与8 E 相交于点F , 延长A F 与 C B 的延长线相交于点P .（ 1 ）求证：BF=EF：（ 2 ）求证：勿 是 的切线：（ 3 ）若FG=BF,且的半径长为3 血，求 8 的长度.【 答案】（ 1 ） 证明见解析；（ 2 ） 证明见解析； （ 3 ） 2 夜【 解析】分析： （ 1 ）利用平行线截三角形得相似三角形，得A BF C - A 6 （ : 且4 F E C - △ G A C ,得到对应线段成比例，再结合已知条件可得B F= E F；（ 2 ）利用直角三角形斜边上的中线的性质和等边对等角，得到N以 = N E B ，结合8 E 是圆的切线，得到雨 ， 4 从而得到勿是圆的切线；（ 3 ）点 F 作 FH J _ A D 于点H,根据前两问的结论，利用三角形的相似性质即可以求出8 的长度.详解：证明：⑴8 C 是圆的直径，B E 是圆的切线，E B±BC .又A D 1 . BC ,A D W B E .： .A BF d A D G C , △ F E O △ G A C ,BF CF EF CF~DG~~CG' ~AG~ ~CG'BF EF~DG~~AG'；G 是 AD的中点,D G -A G ,/ . BF =E F ；⑵连接AO, AB.V 8 c是圆。

的直径，/. Z B心90°,由(1)得：在R S 8 4 E中，F是斜边8E的中点,/. AF=FB=E F ,可得N FBA=N FAB,又: 04=08,Z ABO=Z. BAO,V 8E是圆的切线，・ •・ Z £80=90°,/. Z FBA+N ABO=90°f・ •・ Z FAB必 BA0=9Q°f即 N E4O=90°,PAA.OA,」 •以 是圆的切线；(3 )过点F作FH_LA于点从,/ 8DJL皿 FH±AD9：. FHW BC,由( 2 ) ,知NFBA=N8AF,・•・ BF=AF.BF=FG,AF=FG,「 . △ AFG是等腰三角形.,/ FH±AD,：. AH=GH,'：DG=AGtDG=2HG.即 也 」DG 2FHW BD, BFII AD, Z FBD=90°,•••四边形80H F是矩形,BD=FH,■： FHW BC：.△ HFG- △ DCG,FH HG I~CD~~DG~2即 处2CD 2' 亍“ 2.15,o的半径长为3 J 5 ,••• BC=6 V 2，BD= I B C = 2 ^ /2 .点睛：本题考查了切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质. 结合已知条件准确对图形进行分析并应用相应的图形性质是解题的关键.14. （1）问题背景如图①，BC是。

的直径，点A在上，AB=AC, P为BmC上一动点（ 不与B, C重合），求证：7 2 PA=PB+PC.小明同学观察到图中自点A出发有三条线段AB, AP, A C ,且AB =AC ,这就为旋转作了铺垫 . 于 是 ，小明同学有如下思考过程：第一步：将△ PAC绕着点A顺时针旋转90 至AQAB （ 如图①）；第二步：证明Q, B, P三点共线，进而原题得证.请你根据小明同学的思考过程完成证明过程.（2 ）类比迁移如图②，的半径为3 ,点A, B在上，C为内一点，AB=AC, A B X A C ,垂足为A ,求OC的最小值.（3 ）拓展延伸4如图③，的半径为3 ,点A, B在0上，C为内一点，AB=yAC, A B ± A C ,垂足为A ,则OC的最小值为3【 答案】 （1）证明见解析； （2 ） 0 C最小值是3 j5 - 3； （3 ） — .【 解析】试题分析： （1 ）将△ PAC绕着点A顺时针旋转90 至△ QAB （ 如图① ），只要证明△ APQ是等腰直角三角形即可解决问题；（2 ）如图②中，连接O A ,将△ OAC绕点0顺时针旋转90 至△ Q A B ,连接。

B, O Q ,在△ BOQ中，利用三边关系定理即可解决问题；4（3 ）如图③构造相似三角形即可解决问题. 作A Q _LO A ,使得A Q = § O A ,连接OQ,4BQ, O B .由△Q A B sO A C ,推出 BQ= - O C ,当 BQ 最小时，OC 最小；3试题解析： （1）将△ PAC绕着点A顺时针旋转90 至AQAB （ 如图①）；；BC 是直径，.I NBAC=90°,••• AB=AC, Z ACB=Z ABC=45",由旋转可得N QBA=Z PCA, Z ACB=Z APB=45°, PC=QB,,,, Z PCA+Z PBA=180°, Z QBA+Z PBA=P80°, Q, B, P 三点共线，Z QAB+Z BAP=Z BAP+Z PAC=90°, /. QP2=AP2+AQ2=2AP2,QP= V2 AP=QB+BP=PC+PB, 0 Ap=PC+PB.( 2 )如图② 中 ，连接O A ,将△ OAC绕点A顺时针旋转90 至△ Q A B ,连接OB, OQ,图②AB±AC,.,. Z BAC=90",由旋转可得 QB=OC, AQ=OA, Z QAB=N OAC, /. Z QAB+Z BAO=N BAO+Z OAC=90。

,. •. 在 RtAOAQ 中，OQ=3 a，AO=3 , . , . 在△ OQB 中，BQ>OQ - 06=372 - 3 ,即0 c最小值是3应- 3；4( 3 )如图③中，作AQ_LOA,使得A Q = § O A ,连接OQ, BQ, 0B.图③QA AB 4Z QA0=Z BAC=90°, Z QAB=N OAC, ； 上一=——=-,OA A C 34△ QAB- OAC, ，BQ=— OC,3当 BQ 最小时，OC 最小，易知 0A=3, AQ=4, 0Q=5, BQ>OQ-OB, A 0 Q > 2 ,]. BQ的最小值为2,3 3OC的最小值为士 X2=±,4 23故答案为2【 点睛】本题主要考查的圆、旋转、相似等知识，能根据题意正确的添加辅助线是解题的关键.1 5 .在平面直角坐标系XOY中，点P的坐标为（xi, y i） ,点Q的坐标为（X 2 ,力），且刈力2 ,若P、Q为某等边三角形的两个顶点，且有一边与x轴 平 行 （ 含重合），则称P、，Q互为" 向善点” . 如 图1为点户 、Q互为" 向善点” 的示意图. 已知点A的坐标为（1,垂） ），点8的坐标为（m, 0 ）（1）在点M （ - 1, 0）、S （2, 0）、T （3, 36）中，与4点互为“ 向善点" 的是（2 ）若A、B互为" 向善点" ，求直线A 8的解析式；（3 ） O B的 半 径 为 若 。

B上有三个点与点A互为" 向善点” ，请直接写出m的取值范围.【 答案】 （ 1） 5 ，兀（ 2）直线的解析式为或y = - GX+2 6； （ 3）当 - 2V m <0或 2 V m V 4时，O B上有三个点与点A互为” 向善点” .【 解析】【 分析】（ 1）根据等边三角形的性质结合" 向善点” 的定义，可得出点S, T 与 A点互为" 向善点" ；（ 2）根据等边三角形的性质结合" 向善点" 的定义，可得出关于m 的分式方程，解之经检验后可得出点B的坐标，根据点A , B的坐标，利用待定系数法即可求出直线A B 的解析式；（ 3）分B与直线y=&x相切及O B与直线y = - J ^ x + 2百相切两种情况求出m 的值，再利用数形结合即可得出结论.【 详解】（ 1）:或心=且， 叵12 = ^ = t an6 0 ，正在= G = t an6 0 ，1 - （ - 1） 2 2- 1 3- 1. ・ •点S, 7 ■与4点互为“ 向善点” .故答案为5 , T .（ 2）根据题意得：乂 3 二9 = 6 ，| in-l\解得：mi = Qf m2= 2f经检验，mi = 0 , m z = 2 均为所列分式方程的解，且符合题意,• ••点8的坐标为（ 0 , 0 ）或 （ 2, 0 ）.设直线A8的解析式为y = k x + b （ 笈0 ）,将 4 （ 1, V3）, B （ 0 , 0 ）或 （ 2, 0 ）代入 y = k x + b , 得：k + h = y/3 k + b =6<或< ,b = 0 " [2Z + b = 0解得：〈k - yfib = 0或，k — — \/3b = 2y/3直线A B的解析式为y=6 x 或 y=-石 x + 2 6 .（ 3）当08与直线y=J^x相切时，过点B作 8 E _L直线y=J^x于点£ ,如图2 所示.Z BOE=60°,. • B E G・・ sin60 = -----= ------，OB 2：. 08=2,/. m = - 2 或 m = 2；当O B与直线y= - & x + 2百 相 切 时 ，过点8作BF_L直线y= - g x + 2后 于 点F ,如图3所示.同理，可求出m = 0或m =4.综上所述：当 -2 < m < 0或2Vm < 4时，0 B上有三个点与点A互为“ 向善点" .【 点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数值、待定系数法求一次函数解析式、解分式方程以及解直角三角形，解题的关键是：（1）根据等边三角形的性质结合“ 向善点" 的定义，确定给定的点是否与A点互为" 向善点" ；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（3）分0 B与直线y = g x相切及O B与直线y=- 6x+26相切两种情况考虑.1 6 .如图，。

的直径48=8, C为圆周上一点，A C = 4 ,过点C作的切线/ , 过点B作/ 的垂线B D ,垂足为D, BD与交于点E.（1）求NAEC的度数；（2）求证：四边形OBEC是菱形.【 答案】（1） 30 ； （2）详见解析.【 解析】【 分析】(1 )易得△ AOC是等边三角形，则NAOC=60 ，根据圆周角定理得到N AEC=30 ；( 2 )根据切线的性质得到C _L/,则有Cll B D ,再根据直径所对的圆周角为直角得到NA£B=90 ，则NEA8 = 30 ，可证得A B IIC E ,得到四边形OBFC为平行四边形，再由8= 0 C ,即可判断四边形8EC是菱形.【 详解】( 1 )解：在AAOC 中，AC=4,••• AO=OC=4,△ AOC是等边三角形，Z AOC=60°,Z AEC= 30°：( 2 )证明：•.1 OC±I, BD±I.：. OCW BD.：. Z ABD=N AOC=60°.A B为0的直径，Z AEB=90°,. 〔A AEB为直角三角形，Z EAB=30°.：. Z EAB = N AEC.：. CEW OB, X'.- COII EB四边形OBEC为平行四边形.又• ； O8 = OC=4.四边形O8EC是菱形.【 点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径. 也考查了圆周角定理及其推论以及菱形的判定方法.。