中考數(shù)學(xué)《圓與相似的綜合》專項訓(xùn)練附詳細答案

1、中考數(shù)學(xué)圓與相似的綜合專項訓(xùn)練附詳細答案一、相似1 .已知：如圖，在矩形 ABCD中，AB=6cm, BC=8cm,對角線 AC, BD交于點0.點P從點A出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為 1cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動， 速度為1cm/s；當(dāng)一個點停止運動時，另一個點也停止運動.連接PO并延長，交BC于點E,過點Q作QF/ AC,交BD于點F.設(shè)運動時間為t (s) (0vtv6),解答下列問題:且 T尸DJE C(1)當(dāng)t為何值時，4AOP是等腰三角形？(2)設(shè)五邊形 OECQF的面積為S (cm2),試確定S與t的函數(shù)關(guān)系式；(3)在運動過程中，是否存在某一時刻t,使S

2、五邊形 S五邊形oecqe Saacd=9: 16?若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；(4)在運動過程中，是否存在某一時刻t,使OD平分/COP?若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)解：二.在矩形 ABCD中，Ab=6cm, BC=8cm, .AC=10, 當(dāng)AP=PO=t,如圖1,過P作PMXAO,.AM=罔 AO= / PMA=Z ADC=90 ； / PAM=Z CAD,.APMAADC, AP.AP=t=當(dāng) AP=AO=t=5,當(dāng)t為5或5時，4AOP是等腰三角形(2)解：作 EH，AC 于 H, QMAC 于 M , DNAC 于 N,交 QF 于 G,Q

3、B圖2在APO與CEO中, / PAO玄 ECO AO=OC, / AOP=/ COE.AOPACOE, .CE=AP=t.CEHAABC,EH CE.AB AC.EH= § ,修*區(qū)24dDN= = 51. QM / DN,.CQMACDN,.QM=/ a - 7)N 1?24 24 - 4tDG= 1. FQ/ AC, .DFQADOC,FQ D(- X 5 X t (t 4 5) p252 65oc "S 五 邊 形 OECQf=SOEC+S 四 邊形 OCQf=F r 3-* -r * 12.S與t的函數(shù)關(guān)系式為(3)解：存在，Saacd= 士 X 6 X 8=24

4、1 n 3.八c /-2廣+ 7/ 4打 S 五邊形 OECQF S ACD= 32舍去)，5):24=9: 16,解得 t= 上，t=0,(不合題意,91-1= I：時，S五邊形 S五邊形 oecqf Saacd=9: 16(4)解：如圖 3,過D作DMLAC于M , DNLAC于N, / POD=Z COD, 24.DM=DN= $ ,* . ON=OM=，W - SN = J.OP?DM=3PD,t1小合題意，舍去)， 當(dāng) t=2.88 時，OD 平分 / COP.【解析】【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)可得：AB=CD=6 BC=AD=8,所以AC=10;而P、Q兩點分別從A點和D點同時出

5、發(fā)且以相同的速度為1cm/s運動，當(dāng)一個點停止運動時，另一個點也停止運動，所以點P不可能運動到點 D;所以4AOP是等腰三角形分兩種情況討論：當(dāng)AP=PO=t時，過P作PMLAO,易證CQMsCDN,可得比例式即可求解；當(dāng)AP=AO=t=5時，4AOP是等腰三角形；(2)作EHI±AC于H, QMLAC于M, DNLAC于N,交QF于G,可將五邊形轉(zhuǎn)化成一個 三角形和一個直角梯形，則五邊形OECQF的面積S= 三角形OCE的面積+直角梯形OCQF的面積;(3)因為三角形 ACD的面積=_AD CD=24,再將(2)中的結(jié)論代入已知條件 S五邊形S 五邊形oecqf Sacc=9: 1

6、6中，可得關(guān)于t的方程，若有解且符合題意，則存在，反之，不存 在；(4)假設(shè)存在。由題意，過 D作DM，AC于M, DNAC于N,根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得 / 1 1 1DM=DN ,由面積法可得 ；三角形 ODP的面積=-OP，DM=：PD上CD= 3PD,所以可得 OP?DM=3PD,則用含t的代數(shù)式可將 OP和PM表示出來，在直角三角形 PDM中，用勾股 定理可得關(guān)于t的方程，解這個方程即可求解。2 .如圖，在一個長40 m、寬30 m的矩形小操場上，王剛從A點出發(fā)，沿著A- B-C的路線以3 m/s的速度跑向C地.當(dāng)他出發(fā)4 s后，張華有東西需要交給他，就從A地出發(fā)沿王剛走的路忖線追趕，

7、當(dāng)張華跑到距 B地2 3 m的D處時，他和王剛在陽光下的影子恰好落在一條直線上.(1)此時兩人相距多少米 (DE的長)?(2)張華追趕王剛的速度是多少？【答案】(1)解：在RHABC中： . AB=40, BC=30, .AC=50 m.由題意可得DE/AC, RtA BD& RtA BAC, Dh BL."=您,8Dh J即 =.16解得DE= 3 m.答：此時兩人相距 m.(2)解：在 RtBDE中：七 J6,.DB=2', DE", .BE=2 m.王剛走的總路程為 AB+BE=42 m.，王剛走這段路程用的時間為 3 =i4(s).張華用的時間為14

8、-4=10(s),目-.張華走的總路程為 AD=AB-BD=40-2=37j (m),1，張華追趕王剛的速度是 37+ 10= 3m/s).答：張華追趕王岡I的速度約是3.7m/s.【解析】【分析】(1)在RtABC中，根據(jù)勾股定理得 AC=50 m,利用平行投影的性質(zhì)得 DE/ AC,再利用相似三角形的性質(zhì)得出對應(yīng)邊的比相等可求得DE長.(2)在RtBDE中，根據(jù)勾股定理得 BE=2 m,根據(jù)題意得王剛走的總路程為42 m ,根據(jù)時間=路程斑度求得王剛用白時間，減去 4即為張華用的時間，再根據(jù)速度=路程卻寸間解之即可得出答案.3.在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線 V =也式二. bx +匕6厘。)

9、與上軸的兩個交點分別為 A(-3, 0)、B (1, 0),與y軸交于點 D(0, 3),過頂點 C作CHI±x軸于點H.(2)連結(jié)AD、CD,若點E為拋物線上一動點(點 E與頂點C不重合)，當(dāng)4ADE與 ACD面積相等時，求點 E的坐標(biāo)；(3)若點P為拋物線上一動點(點 P與頂點C不重合)，過點 P向CD所在的直線作垂 線，垂足為點 Q,以P、C Q為頂點的三角形與 4ACH相似時，求點 P的坐標(biāo).【答案】(1)解：設(shè)拋物線的解析式為 丫 - a* e ' c fa ,"，拋物線過點 A(-3, 0),B(1, 0), D(0, 3), - 3b c = Cf a

10、 + b +七=G° ： 3,解得，a=-1, b=-2, c=3,，拋物線解析式為卜=-E -4 7 ,頂點c (-1,4)；(2)解：如圖 1, A(-3, 0), D(0, 3),，直線AD的解析式為y=x+3,設(shè)直線AD與CH交點為F,則點F的坐標(biāo)為（-1, 2），CF=FH分別過點C、H作AD的平行線，與拋物線交于點E,由平行間距離處處相等，平行線分線段成比例可知， ADE與 ACD面積相等，直線EC的解析式為y=x+5,直線EH的解析式為y=x+1, y - x -f- 5/ y - xI分別與拋物線解析式聯(lián)立，得 lr= F 一+ j , i=/21 3,-3 十一.

11、十 3 1r - 1 -（，-） f，9解得點E坐標(biāo)為（-2, 3）,?1，二'：'；（3）解：若點P在對稱軸左側(cè)（如圖 2）,只能是CPgACH,得/PCQ=Z CAH,圖2PQ CM 而一疝 , ?分別過點C、P作x軸的平行線，過點 Q作y軸的平行線，交點為 M和N,由CQMsQPN,PQ PN QN, =2, / MCQ=45 °,設(shè) CM=m,則 MQ=m , PN=QN=2m, MN=3m , ，P 點坐標(biāo)為(-m-1 , 4-3m),將點P坐標(biāo)代入拋物線解析式，得 -仙，+ 2向 71+ 3 =-Ju ,解得m=3,或m=0(與點C重合，舍去).P點坐標(biāo)為

12、(-4, -5); 若點P在對稱軸右側(cè)(如圖 )，只能是PCMACH,得/PCQ=Z ACH,PQ AH.CQ延長CD交x軸于M ,M(3 , 0)N,PQCQFMCM / MCH=45 ； CH=MH=4 .MN=FN=2,.F點坐標(biāo)為(5, 2),直線CF的解析式為y=聯(lián)立拋物線解析式，得綜上所得，符合條件的【解析】 【分析】(P點坐標(biāo)為(-4, -5),(,解得點p坐標(biāo)為(35).1)將 A (-3, 0)、 B (1 , 0)、 D(0, 3),代入38W),y=ax2+bx+3 求出即可；(2)求出直線AD的解析式，分別過點 C、H作AD的平行線，與拋物線交于點E,利用 ADE與4A

13、CD面積相等，得出直線 EC和直線EH的解析式，聯(lián)立出方程組求解即可;(3)(3)分兩種情況討論： 點P在對稱軸左側(cè)；點P在對稱軸右側(cè).4.在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，拋物線 y=ax2+ (a+3) x+3 (a<0)從左到右依次交x軸于A、B兩點，交y軸于點C.(1)求點A、C的坐標(biāo)；(2)如圖1,點D在第一象限拋物線上，AD交y軸于點E,當(dāng)DE=3AE OB=4CE時，求a的值；(3)如圖2,在(2)的條件下，點 P在C、D之間的拋物線上，連接 PC PD,點Q在點 B、D之間的拋物線上，QF/ PC,交x軸于點F,連接CF、CB,當(dāng)PC=PD, / CFQ=2Z ABC,求

14、 BQ 的長.【答案】(1)解：當(dāng)x=0時，y=3,，C (0, 3).當(dāng) y=0 時，ax2+ (a+3) x+3=0,(ax+3) (x+1) =0,解得 xi=- u, x2=-1.,.a<0,.'.-6 >0,.A (-1, 0)(2)解：如圖1,過點D作DM LAB于M .1. OE/ DM,ay de a .西，工 .OM=3,，D點縱坐標(biāo)為12a+12.0E DM +陽 tan / EAO=困A=3/=3a+3,.OE=3a+3, .CE=OC-OE=3-(3a+3) =-3a. .OB=4CE 1 =-12a,.a<0,I. a(3)解：如圖2,過點D

15、作DT,y軸于點T,過點P作PG±y軸于點G,連接TP.,. a=-,，拋物線的解析式為 y=- - x2+ R x+3, D (3, 6) , DT=3, OT=6, CT=3=DT, 又,. PC=PD PT=PT.-.TCFATDP,/ CTP=/ DTP=45 ,° TG=PG75設(shè) P (t,-二 t2+ t+3),鵬.OG=- t2+ t+3 , PG=t,.5，TG=OT-OG=6-( - - t2+ t+ t+3)=上 t2-1 t+3 ,.,一 t2-二 t+3=t,解得 t=1 或 6, 點P在C、D之間， . .t=1 .過點 F作FK/ y軸交 BC

16、于點 K,過點 Q作 QNx軸于點 N,則Z KFC=Z OCF, / KFB=Z CON=90 : . FQ/ PC, / PCF+Z CFQ=180 ,° / PCF+Z PCG+Z OCF=180 ,/ CFQ=Z PCG+Z OCF, / CFK吆 KFQ玄 PCG吆 OCF,/ KFQ=Z PCG . P (1, 5) , PG=1, CG=OG-OC=5-3=2I A? 1 tanZ PCG=C6 二，0C 31 .tanZ ABC=如 辦 二;， / PCG4 ABC,/ KFQ=Z ABC. / CFQ=2Z ABC,/ CFQ=2Z KFQ,/ KFQ=Z KFC4

17、 OCF之 ABC,OF OF1一 -TanABC - .tan/OCF"3I f J.OF= 士 .s設(shè) FN=m,貝U QN=2m, Q ( m+ 2m),. Q在拋物線上，1353，-工(m+上)2+ - x( m+ 二')+3=2m ,解得m=二或m=-(舍去)，.Q (4, 5),. B (6, 0),.bq= b' 7"-歲叵.【解析】【分析】(1)令x=0,求出y的值，得到 C點坐標(biāo)；令y=0,求出x的值，根據(jù) a<0得出A點坐標(biāo)；(2)如圖1,過點D作DM LAB于M.根據(jù)平行線分線段成比例定理求出 OM=3,得至ij D點縱坐標(biāo)為 1

18、2a+12.再求出 OE=3a+3,那么 CE=OC-OE=-3a根據(jù)OB=4CE得出-占=-12a,解方程求出 a=E ; (3)如圖2,過點D作DT，y軸于點T,過點 P作PGJ± y軸于點 G,連接TP.利用SSSffi明4TC咤TDP,得出/ CTP=Z DTP=45°,那么TG=PG設(shè)P (t,/t2+=t+3),列出方程二“2t+3=t,解方程求得t=1或6,根據(jù)點P在 C、D之間，得到t=1 .過點F作FK/ y軸交BC于點K,過點Q作QNx軸于點N,根據(jù) 平行線的性質(zhì)以及已知條件得出 / KFQ=Z PCG,進而證明/ KFQ=Z KFC=Z OCF=Z A

19、BC,由tan Z OCF= ' =tan/ABC= -，求出 OF=-.設(shè) FN=m,則 QN=2m, Q (m+ 二，2m),根據(jù) 1443T1HHiQ在拋物線上列出方程-二(m+ 士)2+二x(m+1)+3=2m ,解方程求出滿足條件的m的值，彳#到Q點坐標(biāo)，然后根據(jù)兩點間的距離公式求出BQ.5.定義：如圖0,若點D在力ABC的邊ab上，且滿足kACD -/B ,則稱滿足這樣 條件的點為 ABC的理想點”(1)如圖若點D是ABC的邊AB的中點，AC =入口，AB二九試判斷點不是 4 的理想點”，并說明理由;(2)如圖|，在RtABC中，上f =如“，AB 9 , AC ,若點D是

20、I G ABC的理想點”，求CD的長；(3)如圖，已知平面直角坐標(biāo)系中，點 A fe2) ,-幻，C為x軸正半軸上一點，且滿足一ACR二M 口，在y軸上是否存在一點 D,使點A, B, C, D中的某一點是其余三 點圍成的三角形的 理想點”若存在，請求出點 D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由 .【答案】(1)解：結(jié)論：點D是 4 ABC|的理想點”.理由：如圖 中，r D 是 AB 中點，AB - J ,J AD = DE j,:'AC?=小=6, AD YRAC? =AD M,AC AB而一正."KD s二他，二 jACU a二|點D是| /血的理想點”,(2)解：如圖中,丁點

21、D是 A“的理想點”， CD 或 jECD - S ,當(dāng)/AID =時，了 /虻力+ 4CD =如" ?Q二/M) +上由二如 ?.：-OJB =如 口 ?當(dāng)|二ML=金|時，同法證明：CD在 Rt / ABC 中，二KB - 90二 BC - 位，-A/ = 3 ?7/r - F A0 CD - - - AC ' BG 91O(3)解：如圖©J中，存在有三種情形:過點A作MA:AC|交CB的延長線于M,:'/，1AC - AOC - - A1B1 - 如” 上ACM ? : -4MC = 4CM = 4屋 ?. : AM AC,：“ 二MAU '-

22、CAO =如"/的 + NMQ ? :/AC。，二/湎& 4COAtA心， ：MH 0A|, OC AH ,設(shè) |C 缸內(nèi)，：*A0力，be 3), OA =MH J OB 3. AB - 4 OC AI上y軸于H.-朽,-理"VMHZg理想點設(shè)山口山人理想點解得a - a或 門舍棄I，, 經(jīng)檢驗h - a是分式方程的解，二C電叭OC Y,當(dāng)上D£A 上皿時，點人是£ BCD,的:D© /皿，|上。瓜二忑山B, ：氏小 DQ,二子二D/4 D.U ? ；UI ，川二向-W加4 J/ ?解得U1二必，J DJ0,切.當(dāng)-TBCA -/Q時

23、，點a是BCDe的易知：/LD汨=75 ".：ODp = 0C = 6二方他初.當(dāng)一伙A =2ADy：時，點8是 ACDm的理想點”.易知：上狗二工尸，| 0D3 0C 6 ?:加衣-.綜上所述，滿足條件的點 D坐標(biāo)為(0, 12)或包6)或|色6).【解析】【分析】(1)結(jié)論：點 D是| / A0C的理想點"，|只要證明| £ ACD s| ABC 即可解決問題；(2)只要證明CD 1 AB即可解決問題；(3)如圖中，存在.有三種 情形：過點 A作MA ± AC交CB的延長線于 M,作MH軸于H.|構(gòu)造全等三角形，禾U 用平行線分線段成比例定理構(gòu)建方程

24、求出點C坐標(biāo)，分三種情形求解即可解決問題；6.在4ABC 中，ZACB= 90°, AB= 25, BC= 15.(1)如圖1,折疊4ABC使點A落在AC邊上的點D處，折痕交 AC、AB分別于Q、H,若(2)如圖2,折疊4ABC使點A落在BC邊上的點M處，折痕交 AC、AB分別于E、F.若FM/AC,求證：四邊形 AEMF是菱形;(3)在(1)(2)的條件下，線段 CQ上是否存在點P,使得4CMP和4HQP相似？若存在，求出PQ的長；若不存在，請說明理由.Saabc= 9S；adhq , 求 HQ 的長.在4ABC中，. /AC- 90°, AB= 25, BC= 15,

25、.AC= 7芋，/=20,設(shè) HQ=x , HQ / BC ,AQ= 'x , - Saabc= 9S dhq ,i 乜 H 上 X 20 W 95c! xx ix ,，x= 5或-5 （舍棄），.HQ=5,故答案為5.(2)解：如圖2中,C M B圖2由翻折不變性可知： AE= EM , AF=FM , / AFE= / MFE , . FM / AC ,/ AEF= / MFE ,/ AEF= / AFE ,.AE= AF ,.AE=AF= MF= ME , 四邊形AEMF是菱形.(3)解：如圖3中,AM BS3設(shè) AE= EM=FM = AF=4m ,則 BM=3m , FB=

26、5m ,4m+5m= 25,106，AE=EM= § , 106 8G .EC= 20- 9=9,=叫c 小- =-.CM=兒2G,. QG=5, AQ= 3 ,16QC=',設(shè) PQ= x ,竺巴當(dāng)& 及時，HQPMCP,5 xlb lb -彳下二出解得：x= 7 , HQPAPCM ,16解得：x=10或3 ,16經(jīng)檢驗：x= 10或J是分式方程的解，且正確，4G 1C綜上所，滿足條件長 QP的值為7或10或J .【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出 AC,設(shè)HQ=x,根據(jù)SAabc=9Sa dhq ,構(gòu)建方程即可解決問題；（2）想辦法證明四邊相等即可解決問題；

27、（3）設(shè)AE=EM=FM=AF=4m,則BM=3m , FB=5m,構(gòu)建方程求出 m的值，分兩種情形分別求解即可解決問題,0）,且與y軸相交于點C.7.拋物線 y=ax2+bx+3 (aw。經(jīng)過點 A ( - 1, 0) , B (-(2)求/ ACB的度數(shù)；(3)設(shè)點D是所求拋物線第一象限上一點，且在對稱軸的右側(cè)，點E在線段AC上，且DE±AC,當(dāng)4DCE與4AOC相似時，求點 D的坐標(biāo).【答案】(1)解：當(dāng)x=0, y=3,.C (0,3) J設(shè)拋物線的解析式為 y=a(x+1)(x-幺).J將c (0, 3)代入得：-上a=3,解得a=2,，拋物線的解析式為 y=-2x2+x+

28、3(2)解：過點 B作BMLAC,垂足為 M,過點 M作MNLOA,垂足為 N。 . OC=3, AO=1, tanZ CAO=3, 直線AC的解析式為y=3x+3.ACXBM,I 1 =BM的一次項系數(shù)為''。I -_-X- + b- 61設(shè)BM的解析式為y= 1 +b,將點B的坐標(biāo)代入得： 32,解得b=jBM的解析式為y= ? 二：. ;133# mH將 丫=3*+3與丫= .7二聯(lián)立解得：x= i ,y= 1| J1.區(qū).MC=BM= 7 / = /. .?MCB為等腰直角三角形。/ ACB=45o. / ACB=45o點D是第一象限拋物線上一點， / ECD>4

29、5o.又. ？DCE與？AOC相似，Z AOC=Z DEC=90o,/ CAO=Z ECD.CF=AF.設(shè)點F的坐標(biāo)為（a, 0）,則（a+1） 2=32+a2 ,解得a=4.F （4,0）.設(shè)CF的解析式為y=kx+3，將F （4,0）代入得4k+3=0,解得k= 4。 3，CF的解析式為y= ? x+3.J/將y= ' x+3與y=-2x2+x+3聯(lián)立，解得x=0 （舍去）或x=方.0 n g將x= 6代入y= x+3得y=:七.z腎.D （ S ,把）【解析】【分析】（1）易求得 C的坐標(biāo)，利用交點式設(shè)出解析式，再把 C的坐標(biāo)代入可 求出；（2）過點 B作BMLAC,垂足為 M,

30、過點 M作MNLOA,垂足為 N.由tan / CAO=3先求出 直線AC的解析式，從而求出 BM的解析式，兩個解析式聯(lián)立求出M的坐標(biāo)，再由兩點之間的距離求出 MC=BM,進而得出？MCB的形狀，求出答案；(3)延長CD,交x軸于點F,由？DCE與？AOC相似可得出CF=AF利用勾股定理求出 坐標(biāo)，由待定系數(shù)法求出CF的解析式，再與二次函數(shù)的解析式聯(lián)立求出D的坐標(biāo).8,已知，如圖1,拋物線y=ax2+bx+ 3與x軸交于點日C,與y軸交于點A,且AO= CO, BC= 4.Z1(1)求拋物線解析式；(2)如圖2,點P是拋物線第一象限上一點，連接 PB交y軸于點Q,設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t,線段OQ長

31、為d,求d與t之間的函數(shù)關(guān)系式；爸用國(3)AM,CN、在(2)的條件下，過點 Q作直線ly軸，在l上取一點 M(點M在第二象限)，連接 使AM=PQ,連接CP并延長 CP交y軸于點 K,過點P作PNL于點N,連接 KN、 CM.若/MCN+/NKQ= 45°時，求 t 值.1,當(dāng) x=0 時，y=3,A (0, 3),，OA=OC=3, BC=4,.OB=1,B (-1,0,0 (3, 0),曰-b + 3 = Q把B (- 1, 0) , C (3, 0)代入拋物線 y=ax2+bx+3中得：f% +必 孑？ 6解得：，拋物線的解析式為：y= x2+2x+3;(2)解：如圖2,圉

32、2設(shè) P (t, t2+2t+3) (0vtv3),過P作PGJ± x軸于G, 1. OQ/ PG,.BOQABGP,d=- t+3 (0<t< 3)(3)解：如圖3,連接AN,延長PN交x軸于G,由(2)知：OQ=3- t, OA=3, .AQ=OA- OQ=3- (3-t) =t, .QN=OG=AQ=t, AQN是等腰直角三角形，/ QAN=45 ； AN= Y t, . PG/ OK, pg a OK 0(., ?一33-t而 = ,OK=3t+3,AK=3t, / QAN=Z NKQ+Z ANK,。 / NKQ+Z ANK=45 ； / MCN+Z NKQ=45

33、 ；/ ANK=Z MCN, . NG=CG=3- t, .NGC是等腰直角三角形，.NC=(3-t) , /GNC=45； / CNH=Z NCM+Z NMC=45 °, / NKQ=Z NMC, .AKNANMC,. AQ=QN=t, AM=PQ, RtA AQMARtA QNP (HL.),MQ=PN= - t2+2t+3 - ( 3-t) =- t2+3t,| 3E x2tt2- 7t+9=0,7 + l3，-寸 7311= j' > 3, t2=-, ,0<t<3,ti>3,不符合題意，舍去, t= J【解析】【分析】(1)根據(jù)函數(shù)圖像與坐標(biāo)

34、軸交點的坐標(biāo)特點，得出 A點的坐標(biāo)，再根 據(jù)點到坐標(biāo)軸的距離得出 OA=OC=3,又BC=4,從而得出 OB的距離，進而得出 B,C兩點的 坐標(biāo)，再將 B,C兩點的坐標(biāo)代入拋物線 y=ax2+bx+3中得出一個關(guān)于 a,b的二元一次方程 組，求解得出a,b的值，從而得出拋物線的解析式；(2)過P作PG,x軸于G,根據(jù)P點的橫坐標(biāo)得出P點坐標(biāo)設(shè)P (t, - t2+2t+3) (0vtv 3),根據(jù)平行于三角形一邊的直線截其它兩邊，所截得的三角形與原三角形相似，得出 BOQsBGP,根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出OQ： PG=OB： BG從而彳#出d關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；(3)連接 AN,延長 P

35、N 交 x 軸于 G,由(2)知：OQ=3- t, OA=3,從而得 AQ=OA- OQ=3 -(3-t) =t,進而得 QN=OG=AQ=t,從而判斷出AQN是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直 角三角形的性質(zhì)得出/ QAN=45 , AN= %1工t ,根據(jù)平行線分線段成比例得出 PG： OK=CG： OC,故 OK=3t+3, AK=3t,根據(jù)等式的性質(zhì)得出/ ANK=/ MCN,判斷出 NGC是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出NC=E (3-t) , /GNC=45,再判斷出AKNMNMC,根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出A K：M N = A N ： N C ,再利用HL 判斷出

36、RtA AQMARtAQNP,故 MQ=PN= - t2+2t+3 - ( 3-t) =-t2+3t,從而得出關(guān)于 t的方程，求解并檢驗即可得出答案二、圓的綜合9 .不用圓規(guī)、三角板，只用沒有刻度白直尺，用連線的方法在圖1、2中分別過圓外一點A作出直徑BC所在射線的垂線.【答案】畫圖見解析.【解析】【分析】根據(jù)直角所對的圓周角是直角，構(gòu)造直角三角形，利用直角三角形性質(zhì)可畫出垂線；或結(jié)合圓的軸對稱性質(zhì)也可以求出垂線【詳解】解：畫圖如下：【點睛】本題考核知識點：作垂線 .解題關(guān)鍵點：結(jié)合圓的性質(zhì)和直角三角形性質(zhì)求出垂線10 .如圖，四邊形 ABCD內(nèi)接于。0,對角線AC為。的直徑，過點 C作AC的

37、垂線交AD 的延長線于點 E,點F為CE的中點，連接 DB, DF.(1)求證：DF是。的切線；(2)若 DB平分 ZADC, AB=5/* AD : DE=4 ： 1,求 DE 的長. A【答案】 見解析；(2) .5【解析】分析：(1)直接利用直角三角形的性質(zhì)得出DF=CF=EF,再求出Z FDO=Z FCO=90°,得出答案即可；(2)首先得出AB=BC即可得出它們的長，再利用 4ADC4ACE得出AC2=AD?AE,進 而得出答案.詳解：(1)連接OD.OD=CD,Z ODC=ZOCD.AC為。O 的直徑，Z ADC=Z EDC=90 °.,點 F 為 CE的中點，

38、DF=CF=EF, . . / FDO/FCD, . / FDO=/FCO. 又AC，CE,ZFDO=Z FCO=90°, . DF是。的切線.(2) AC 為。的直徑，Z ADC=ZABC=90°.DB 平分/ADC,Z ADB=Z CDB, ，Ab = ?C，BC=AB=5 6.在 RtABC 中，AC2=AB2+BC2=100.又AC，CE,ZACE=90°,AC AE 一 ADC ACE=,AC2=AD?AE.AD AC設(shè) DE為 x,由 AD: DE=4: 1,，AD=4x, AE=5x, .-100=4x?5x,x= 75 , .DE=V5 .點睛：本

39、題主要考查了切線的判定以及相似三角形的判定與性質(zhì)，正確得出ac2=ad?ae是解題的關(guān)鍵.11.已知，如圖：O1為x軸上一點，以 O1為圓心作。O1交x軸于C、D兩點，交y軸于M、N兩點，/CMD的外角平分線交。1于點E, AB是弦，且AB/CD,直線DM的解析 式為 y=3x+3.(1)如圖1,求OOi半徑及點E的坐標(biāo).(2)如圖2,過E作EFl BC于F,若A、B為弧CND上兩動點且弦 AB/ CD,試問：BF+CF 與AC之間是否存在某種等量關(guān)系？請寫出你的結(jié)論，并證明.(3)在(2)的條件下，EF交OOi于點G,問弦BG的長度是否變化？若不變直接寫出BG的長(不寫過程)，若變化自畫圖說

40、明理由.【答案】(1) r=5 E (4, 5)(2) BF+CF=AC (3)弦BG的長度不變，等于 572【解析】分析：(1)連接 ED EG EQ、MOi,如圖 1,可以證到 Z ECD=Z SME=/EMC=/EDC,從 而可以證到Z EOiD=ZEOiC=90 °.由直線DM的解析式為y=3x+3可得OD=1, OM=3.設(shè) OOi的半徑為r.在RtA MOOi中利用勾股定理就可解決問題.(2)過點Oi作OiPEG于P,過點Oi作OiQ± BC于Q,連接EQ、DB,如圖2.由 AB/ DC可證到BD=AC,易證四邊形 OiPFQ是矩形，從而有 OiP=FQ, Z

41、POiQ=90°,進而有 /EOiP=/ COiQ,從而可以證到 EPOiCQ。，則有PQ=QOi.根據(jù)三角形中位線定理 可得FQ=1 BD,從而可以得到 BF+CF=2FQ=AC.2(3)連接 EO), ED, EB, BG,如圖 3.易證 EF/ BD,則有 Z GEB=Z EBD,從而有 BG=?D，也就有BG=DE.在RtA EQD中運用勾股定理求出 ED,就可解決問題. 詳解：(1)連接ED. EC EQ、MO1,如圖1. ME 平分 / SMC,/ SME=Z EMC. / SME=Z ECD, / EMC=Z EDC,/ ECD=Z EDC,/ EOiD=Z EOiC.

42、 ZEOiD+Z EOiC=180 °,ZEOiD=Z EO1C=90 °.直線DM的解析式為y=3x+3, .點M的坐標(biāo)為(0, 3),點D的坐標(biāo)為(-1,0), .OD=1, OM=3.設(shè)。O1的半徑為r,則MO1=DO1=r.在 RtA MOO1 中，(r 1) 2+32=r2.解得：r=5,OOi=4, EOi=5, .。1 半徑為 5,點 E 的坐標(biāo)為(4, 5).(2) BF+CF=AC.理由如下：過點O1作O1PL EG于 巳 過點O1作O1QLBC于Q,連接EO、DB,如圖2. AB/ DC,Z DCA=Z BAC,Ad = Sc, ?d = Ac '

43、; bd=ac-CHP± EG, O1Q± BC, EF± BF, . . / OPF=/PFQ=/OQF=90 °, .四邊形 OPFQ是矩 形，O1P=FQ, Z POiQ=90 °,ZEOiP=90 °- ZPO1C=ZCOiQ.EOFCQQ在EPQ 和CQOi 中，EPQCQQ,O1E QC.EPQACQO,POi=QO1,FQ=QO1.QOi± BC,BQ=CQ.CQ=DO1, .O1Q=-BD),FQ=1BD.22 BF+CF=FC+BQ+CF=FQ+CQ+CF=2FQ,BF+CF=BD=AC.(3)連接 EQ,

44、 ED, EB, BG,如圖 3. DC是。O1 的直徑，Z DBC=90 °,Z DBC+Z EFB=180 °, . EF/ BD,/ GEB=Z EBD,BG = ?D，BG=DE. DO1=EOi=5, EOi ± DO1 , .1. DE=5 72， BG=5 72，:弦BG的長度不變，等于 5 J2 .圖I圖2圖*點睛：本題考查了圓周角定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、弧與弦的關(guān)系、垂徑定理、全等三 角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、平行線的判定與性質(zhì)、勾股 定理等知識，綜合性比較強，有一定的難度.而由 AB/ DC證到AC=BD是解決第(

45、2)小題 的關(guān)鍵，由EG/ DB證到BG=DE是解決第(3)小題的關(guān)鍵.12.矩形ABCD中，點C (3, 8) , E F為AB、CD邊上的中點，如圖1,點A在原點處， 點B在y軸正半軸上，點 C在第一象限，若點 A從原點出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個單位 長度的速度運動，點 B隨之沿y軸下滑，并帶動矩形 ABCD在平面內(nèi)滑動，如圖 2,設(shè)運動 時間表示為t秒，當(dāng)點B到達原點時停止運動.(1)當(dāng)t=0時，點F的坐標(biāo)為;(2)當(dāng)t=4時，求OE的長及點B下滑的距離；(3)求運動過程中，點 F到點O的最大距離；(4)當(dāng)以點F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓與坐標(biāo)軸相切時，求 t的值.【答案】(1) F (3,

46、 4) ; (2) 8-4，3； (3) 7; (4) t 的值為一或一.55【解析】試題分析：(1)先確定出DF,進而彳#出點F的坐標(biāo)；(2)利用直角三角形的性質(zhì)得出/ABO=30。，即可得出結(jié)論；(3)當(dāng)O、E、F三點共線時，點F到點O的距離最大，即可得出結(jié)論；(4)分兩種情況，利用相似三角形的性質(zhì)建立方程求解即可.試題解析：解：(1)當(dāng) t=0 時.-.AB=CD=8, F 為 CD 中點，DF=4,F (3, 4);(2)當(dāng) t=4 時，OA=4.在 RtABO 中，AB=8, Z AOB=90°, ./ABC=30 ；點E是AB的中點，OE=3AB=4, BC=4j3 ,，

47、點B下滑的距離為28 4芯.(3)當(dāng)0、E、F三點共線時，點 F到點O的距離最大，F(xiàn)O=OE+EF=.cs6FD4Sd-3 O(A) 2圖1,八，一,八 八 AB/ BAO=Z FAD. / BOA=Z D=90. RtA FA& RtA ABO,FAAOFEti3，2 446圉士(4)在 RtADF 中，F(xiàn)D2+AD2=AF2, -AF=VFD2 AD2=5, 設(shè) AO=ti 時, 相切，點 A 為切點，.FAI OA,ZOAB+Z FAB=90° . / Z FAD+Z FAB=90°,32t2= .5股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，切線的性質(zhì)，解(2)的關(guān)鍵是

48、得出 /ABC=30°,解24 .ti=，設(shè)AO=t2時，OF與y軸相切，B為切點，同理可得,524 . 32綜上所述：當(dāng)以點 F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓與坐標(biāo)軸相切時，t的值為£4或三.55點睛：本題是圓的綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，中點的意義，勾(3)的關(guān)鍵是判斷出當(dāng) O、E、F三點共線時，點F到點O的距離最大，解(4)的關(guān)鍵是 判斷出RHFAaRtAABD,是一道中等難度的中考常考題.13.四邊形ABCD內(nèi)接于。0,點E為AD上一點，連接 AC, CB, Z B=Z AEC/ ACD=2/ BAC,求 / BAD 的度數(shù);(3)如圖3,在(2)的條件

49、下，延長 CE交。O于點G,若tan/BAC= 53 , EG=2,求11AE的長.圄3【答案】(1)見解析；(2) 600; (3) 7.【解析】試題分析：(1)利用圓的內(nèi)接四邊形定理得到ZCED=ZCDE.(2)作 CH，DE 于 H,設(shè)/ECH=% 由(1) CE=CD 用 a 表示 / CAE / BAC,而 /BAD=/BAC+/CAE. (3)連接 AG,作 GNXAC, AM，EG,先證明 / CAG=/BAC,設(shè) NG=5點m,可得AN=11m,利用直角n AGM, n AEM,勾股定理可以算出 m的值并求出 AE長.試題解析：(1)解：證明：四邊形ABCD內(nèi)接于OO./ B+

50、/D=180 ； / B=/AEC, / AEG / D=180 ； / AEG / CED=180 ,° / D=Z CED .CE=CD(2)解：作 CH, DE于 H.A設(shè)/ ECH=a,由(1) CE=CD / ECD=2 a, / B= Z AEC, / B+Z CAE=120 ； / CAEnZ AEC=120 ；/ ACE=180 - ZAEC- / ACE=60 °,/ CAE=90 - Z ACH=90 - (60 + a) =30 - a,/ ACD= / ACH+ / HCD=60 + 2 a, / ACD=2/BAC,/ BAC=30 +a, / B

51、AD=Z BAG / CAE=30 + a+30 - a=60 :(3)解：連接 AG,彳GN± AC, AM ± EG,團 Z CED=ZAEG, ZCDE=Z AGE, /CED=/CDE/ AEG=ZAGE,.AE=AG,1.EM=MG=-EG=1 ,2/ EAG=Z ECD=2 %/ CAG=Z CAD+Z DAG=30a+2a=/ BAC,. tan/BAOl,11. .設(shè) NG=5«m,可得 AN=11m, AG= JaG2 AM 2 =14m ,/ ACG=60 ；1. CN=5m, AM =8 >/3 m , MG = JaG2 AM 2 =

52、2m=1,，CE=C=CG EG=10m 2=3,AE= Jam 2 em 2 = Ji2 +(4我2 =714.如圖，在RtABC中，C 90 , AD平分/BAC,交BC于點D,點O在AB上,。經(jīng)過A、D兩點，交AC于點E,交AB于點F.(1)求證：BC是。的切線；(2)若OO的半徑是2cm,【答案】(1)證明見解析E是弧AD的中點，求陰影部分的面積(結(jié)果保留兀和根號)V33(1)連接OD,只要證明OD/AC即可解決問題；【詳解】(1)連接OD.B D C(2)連接OE, OE交AD于K.只要證明4AOE是等邊三角形即可解決問題. . OA=OD,/ OAD=Z ODA. Z OAD=Z

53、DAC,ZODA=Z DAC, ，OD/ AC, . . / ODB=/C=90 ；OD±BC, . . BC是OO的切線.(2)連接OE, OE交AD于K.Ae De ,OE± AD. ./OAK=/ EAK, AK=AK, Z AKO=Z AKE=90 ； .AK必AKE, .AO=AE=OE, .AOE是等邊三角形，ZAOE=60°,，SmS 扇形 oae- Sa aoe 60 22 V336043【點睛】本題考查了切線的判定、扇形的面積、等邊三角形的判定和性質(zhì)、平行線的判定和性質(zhì)、 全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，靈活運用所學(xué)知識 解決問題，屬于中考常考題型.15.在直角坐標(biāo)系中，。為坐標(biāo)原點，點 A坐標(biāo)為(2, 0),以O(shè)A為邊在第一象限內(nèi)作 等邊AOAB, C為x軸正半軸上的一個動點(OC>2),連接BC,以BC為邊在第一象限內(nèi) 作等邊 BCD),直線DA交y軸于E點.(1)求證：OB8 4ABD(2)隨著C點的變化，直線 AE的位置變化嗎？若變化，請說明理由；若不變,請求出直線AE的解析式.(3)以線段BC為直徑作圓，圓心