您的位置：文档网› 人教版九年级数学上册 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

人教版九年级数学上册几何模型压轴题易错题（Word版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD 上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把ABE△绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）5 3【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即180ADG ADF∠+∠=︒，即180B D∠+∠=︒；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，2BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：22AB AC+，如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ． 则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ， ∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°， ∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAD ≌△EAD ， ∴DF=DE ， 设DE=x ，则DF=x ， ∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，由勾股定理得：222DF BF BD =+，22(3)1x x =-+，解得：x=53， 即DE=53． 【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．2．如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC ，CD 上，且BE=DF ，点P 是AF 的中点，点Q 是直线AC 与EF 的交点，连接PQ ，PD ． （1）求证：AC 垂直平分EF ；（2）试判断△PDQ 的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF 绕着点C 旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．3．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.4．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．5．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.【解析】试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.（2）∵MN∥AC，∴,.∴.∴.又∵，∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为.(3)不变化，证明如下：如图，延长BA交DE轴于H点，则，，∴.又∵.∴．∴．又∵, ,∴．∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.6．综合与实践问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ，其中90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===.观案发现（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ，则HFG ∠=______度； 操作证明（2）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，使点A C E 、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH FG =，请你帮助小明证明这个结论. 探究发现（3）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，旋转角为()0180αα︒︒<<，DEC 在旋转的过程中，当直线FH 经过点C 时，如图③，请求出线段FG 的长.（4）在旋转过程中，在Rt ABC 和Rt CDE △中，始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD =；（4）AD BE ⊥ 【解析】 【分析】（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆，进而通过中位线定理即可得到FH FG =；（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF 的长，再由BD BF DF =-即可求出BD 的长；（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥. 【详解】 （1）,,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒，BE AD ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点， //,//HF AD FG BE ∴， AD BE ⊥，HF GF ∴⊥，90HFG ∴∠=︒；（2）证明：如下图，连接AD BE ，，由旋转可知CE CD =，90ECD ACD ∠=∠=︒， 又∵AC=BC ，()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，AD BE ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，11,22FH AD FG BE ∴==，FH FG ∴=；（3）解：由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆，，都是等腰直角三角形，2CD =1CF DF ∴==，2BC AC ==，223BF BC CF ∴=-=31BD BF DF ∴=-=，G 是BD 的中点，31DG -∴=31BD BF DF ∴=-=；（4）AD BE ⊥.连接AD ，由（3）知，CF DE ⊥， ∵ECD ∆是等腰直角三角形， ∴F 是ED 中点， 又∵H 是AE 中点， ∴AD ∥HF ， ∵HF ⊥ED ， ∴AD BE ⊥. 【点睛】本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系；（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.7．如图，在直角坐标系中，已知点A （-1，0）、B （0，2），将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转90°至AC ．（1）点C的坐标为（，）；（2）若二次函数的图象经过点C．①求二次函数的关系式；②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，∴.解得∴二次函数的关系式为②当-1≤x≤4时，≤y≤8；③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点作⊥轴，∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△是以AB为直角边的等腰直角三角形．【解析】(1)根据旋转的性质得出C点坐标；（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；③分二种情况进行讨论.8．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＝16x（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，PD①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＝﹣12（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＝16x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＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（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＝16x，∴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．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图，在直角体系中,直线AB交x轴于点A(5,0),交y轴于点B,AO是⊙M的直径,其半圆交AB于点C,且AC=3.取BO的中点D,连接CD、MD和OC．（1）求证：CD是⊙M的切线；（2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求△PDM的周长最小时点P的坐标；（3）在（2）的条件下,当△PDM的周长最小时,抛物线上是否存在点Q，使S△PDM=6S△QAM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）证明：连接CM，∵OA 为⊙M直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°．∵D为OB中点，∴DC=DO．∴∠DCO=∠DOC．∵MO=MC，∴∠MCO=∠MOC．∴．又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线． （2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．∴545(x )x 5)12152-=--（，∴，解得10OD 3=． 又∵D 为OB 中点，∴15524+．∴D 点坐标为（0，154)．连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有解得．∴直线AD 为．∵二次函数的图象过M （56，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=154． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=154交于点P ， ∴PD+PM 为最小．又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=154的交点． 当x=154时，45y (x )x 5)152=--（． ∴P 点的坐标为（154，56）． （3）存在． ∵，5y a(x )x 5)2=--（又由（2）知D （0，154)，P （154，56）， ∴由，得，解得y Q =±103．∵二次函数的图像过M(0，56)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，又∵该图象过点D （0，154)，∴，解得a=512．∴二次函数解析式为．又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103． ∴当y Q =103时，，解得x=15524-或x=15524+；当y Q =512-时，，解得x=154． ∴点Q 的坐标为（15524-，103)，或（15524+，103)，或（154，512-）．【解析】试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OBtan OAC AC OA∠==，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标． （3）根据PDM DAM PAM S S S ∆∆∆=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标．10．如图，∠ABC=45°，△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，顶点A 、D 分别在∠ABC 的两边BA 、BC 上滑动（不与点B 重合），△ADE 的外接圆交BC 于点F ，点D 在点F 的右侧，O 为圆心． （1）求证：△ABD ≌△AFE（2）若AB=42，82＜BE ≤413，求⊙O 的面积S 的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）16π＜S ≤40π【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD ，得出三角形全等；（2）利用△ABD ≌△AFE ，和已知条件得出BF 的长，利用勾股定理和2＜BE 13EF,DF 的取值范围，24S DE π=，所以利用二次函数的性质求出最值. 试题解析：（1）连接EF ，∵△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ， ∴∠EAD=90°，∠AED=∠ADE=45°， ∵AE AE = ， ∴∠ADE=∠AFE=45°， ∵∠ABD=45°， ∴∠ABD=∠AFE ， ∵AF AF =， ∴∠AEF=∠ADB ， ∵AE=AD ， ∴△ABD ≌△AFE ； （2）∵△ABD ≌△AFE ， ∴BD=EF ，∠EAF=∠BAD ， ∴∠BAF=∠EAD=90°， ∵42AB = ， ∴BF=42cos cos45AB ABF =∠=8，设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8，∵BE 2=EF 2+BF 2， 82＜BE ≤413 ，∴128＜EF 2+82≤208， ∴8＜EF ≤12，即8＜x ≤12， 则()222844S DE x x ππ⎡⎤==+-⎣⎦=()2482x ππ-+，∵2π＞0， ∴抛物线的开口向上， 又∵对称轴为直线x=4，∴当8＜x ≤12时，S 随x 的增大而增大， ∴16π＜S ≤40π．点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角，第二问的解题关键是根据第一问的结论计算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范围，所以在这个问题中要考虑勾股定理的问题，还要考虑圆的面积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.11．在平面直角坐标系xOy中，已知 A(-2，0)，B(2，0)，AC⊥AB于点A，AC=2，BD⊥AB 于点B，BD=6，以AB为直径的半圆O上有一动点P（不与A、B两点重合），连接PD、PC，我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图形，如图1所示.（1）如图2，当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.（2）如图3，连接CD、OC、OD,判断△OCD的形状，并加以证明.（3）当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面积最大，简要说明理由，并求面积的最大值.【答案】（1）12；（2）判断△OCD是直角三角形，证明见解析；（3）连接OC，交半圆O于点P，这时点P的关联图形的面积最大，理由风解析，82+【解析】试题分析：（1）判断出四边形AOPC是正方形，得到正方形的面积是4，根据BD⊥AB，BD=6，求出梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，二者相加即为点P的关联图形的面积是12．（2）根据CF=DF=4，∠DCF=45°，求出∠OCD=90°，判断出△OCD是直角三角形．（3）要使点P的关联图形的面积最大，就要使△PCD的面积最小，确定关联图形的最大面积是梯形ACDB的面积﹣△PCD的面积，根据此思路，进行解答．试题解析：（1）∵A（﹣2，0），∴OA=2，∵P是半圆O上的点，P在y轴上，∴OP=2，∠AOP=90°，∴AC=2，∴四边形AOPC是正方形，∴正方形的面积是4，又∵BD⊥AB，BD=6，∴梯形OPDB的面积=()(26)2822OP DB OB+⨯+⨯==，∴点P的关联图形的面积是12．（2）判断△OCD是直角三角形．证明：延长CP交BD于点F，则四边形ACFB为矩形，∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴∠OCD=90°，∴OC ⊥CD ，∴△OCD 是直角三角形．（3）连接OC 交半圆O 于点P ，则点P 即为所确定的点的位置．理由如下：连接CD ，梯形ACDB 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==为定值， 要使点P 的关联图形的面积最大，就要使△PCD 的面积最小，∵CD 为定长，∴P 到CD 的距离就要最小，连接OC ，设交半圆O 于点P ，∵AC ⊥OA ，AC=OA ，∴∠AOC=45°，过C 作CF ⊥BD 于F ，则ACFB 为矩形， ∴CF=DF=4，∠DCF=45°，∴OC ⊥CD ，OC=22，∴PC 在半圆外，设在半圆O 上的任意一点P′到CD 的距离为P′H ，则P′H+P′O ＞OH ＞OC ， ∵OC=PC+OP ，∴P′H ＞PC ，∴当点P 运动到半圆O 与OC 的交点位置时，点P 的关联图形的面积最大．∵CD=42，CP=222-，∴△PCD 的面积=()(26)41622AC DB AB +⨯+⨯==， ∴点P 的关联图形的最大面积是梯形ACDB 的面积﹣△PCD 的面积=16(842)842--=+．考点：圆的综合题．12．在平面直角坐标系xOy 中，⊙C 的半径为r (r ＞1)，点P 是圆内与圆心C 不重合的点，⊙C的“完美点”的定义如下：过圆心C的任意直线CP与⊙C交于点A，B，若满足|PA﹣PB|＝2，则称点P为⊙C的“完美点”，如图点P为⊙C的一个“完美点”．(1)当⊙O的半径为2时①点M(32，0)⊙O的“完美点”，点(﹣3，﹣12)⊙O的“完美点”；(填“是”或者“不是”)②若⊙O的“完美点”P在直线y＝34x上，求PO的长及点P的坐标；(2)设圆心C的坐标为(s，t)，且在直线y＝﹣2x+1上，⊙C半径为r，若y轴上存在⊙C的“完美点”，求t的取值范围．【答案】(1)①不是，是；②PO的长为1，点P的坐标为(45，35)或(﹣45，﹣35)；(2)t的取值范围为﹣1≤t≤3．【解析】【分析】（1）①利用圆的“完美点”的定义直接判断即可得出结论.②先确定出满足圆的“完美点”的OP的长度，然后分情况讨论计算即可得出结论；（2）先判断出圆的“完美点”的轨迹，然后确定出取极值时OC与y轴的位置关系即可得出结论.【详解】解：(1)①∵点M(32，0)，∴设⊙O与x轴的交点为A，B，∵⊙O的半径为2，∴取A(﹣2，0)，B(2，0)，∴|MA﹣MB|＝|(32+2)﹣(2﹣32)|＝3≠2，∴点M不是⊙O的“完美点”，同理：点(﹣32，﹣12)是⊙O的“完美点”．故答案为不是，是．②如图1，根据题意，|PA﹣PB|＝2，∴|OP+2﹣(2﹣OP)|＝2，∴OP＝1．若点P在第一象限内，作PQ⊥x轴于点Q，∵点P在直线y＝34x上，OP＝1，∴43,55 OQ PQ==．∴P(43,55)．若点P在第三象限内，根据对称性可知其坐标为(﹣45，﹣35)．综上所述，PO的长为1，点P的坐标为(43,55)或（43,55--）)．(2)对于⊙C的任意一个“完美点”P都有|PA﹣PB|＝2，∴|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2．∴CP＝1．∴对于任意的点P，满足CP＝1，都有|CP+r﹣(r﹣CP)|＝2，∴|PA﹣PB|＝2，故此时点P为⊙C的“完美点”．因此，⊙C的“完美点”是以点C为圆心，1为半径的圆．设直线y＝﹣2x+1与y轴交于点D，如图2，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的上方时，t的值最大．设切点为E，连接CE，∵⊙C的圆心在直线y＝﹣2x+1上，∴此直线和y轴，x轴的交点D(0，1)，F(12，0)，∴OF＝12，OD＝1，∵CE∥OF，∴△DOF∽△DEC，∴OD OF DE CE=，∴112 DE=，∴DE＝2，∴OE＝3，t的最大值为3，当⊙C移动到与y轴相切且切点在点D的下方时，t的值最小．同理可得t的最小值为﹣1．综上所述，t的取值范围为﹣1≤t≤3．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义，相似三角形的性质和判定，直线和圆的位置关系，解本题的关键是理解新定义的基础上，会用新定义，是一道比中等难度的中考常考题.13．如图，AB为⊙O的直径，CD⊥AB于点G，E是CD上一点，且BE＝DE，延长EB至点P，连接CP，使PC＝PE，延长BE与⊙O交于点F，连结BD，FD．（1）连结BC，求证：△BCD≌△DFB；（2）求证：PC是⊙O的切线；（3）若tan F＝23，AG﹣BG533，求ED的值．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE＝1339．【解析】【分析】（1）由BE=DE可知∠CDB=∠FBD，而∠BFD=∠DCB，BD是公共边，结论显然成立．（2）连接OC，只需证明OC⊥PC即可．根据三角形外角知识以及圆心角与圆周角关系可知∠PEC=2∠CDB=∠COB，由PC=PE可知∠PCE=∠PEC=∠COB，注意到AB⊥CD，于是∠COB+∠OCG=90°=∠OCG+∠PEC=∠OCP，结论得证．（3）由于∠BCD=∠F，于是tan∠BCD=tanF=23=BGCG，设BG=2x，则CG=3x．注意到AB是直径，连接AC，则∠ACB是直角，由射影定理可知CG2=BG•AG，可得出AG的表达式（用x表示），再根据AG-BG=53求出x的值，从而CG、CB、BD、CD的长度可依次得出，最后利用△DEB∽△DBC列出比例关系算出ED的值．【详解】解：（1）证明：因为BE＝DE，所以∠FBD＝∠CDB，在△BCD和△DFB中：∠BCD＝∠DFB∠CDB＝∠FBDBD＝DB所以△BCD≌△DFB（AAS）．（2）证明：连接OC．因为∠PEC＝∠EDB+∠EBD＝2∠EDB，∠COB＝2∠EDB，所以∠COB＝∠PEC，因为PE ＝PC ，所以∠PEC ＝∠PCE ，所以∠PCE ＝∠COB ，因为AB ⊥CD 于G ，所以∠COB+∠OCG ＝90°，所以∠OCG+∠PEC ＝90°，即∠OCP ＝90°，所以OC ⊥PC ，所以PC 是圆O 的切线．（3）因为直径AB ⊥弦CD 于G ，所以BC ＝BD ，CG ＝DG ，所以∠BCD ＝∠BDC ，因为∠F ＝∠BCD ，tanF ＝23， 所以∠tan ∠BCD ＝23＝BG CG， 设BG ＝2x ，则CG ＝3x ．连接AC ，则∠ACB ＝90°，由射影定理可知：CG 2＝AG•BG ，所以AG ＝229922x C x G x G B ==，因为AG ﹣BG ，所以2392x x -=，解得x ＝3，所以BG ＝2x CG ＝3x ＝所以BC =，所以BD ＝BC ＝3， 因为∠EBD ＝∠EDB ＝∠BCD ，所以△DEB ∽△DBC ， 所以BDB DC DE D =，因为CD ＝2CG ＝所以DE＝21339DBCD．【点睛】本题为圆的综合题，主要考查了垂径定理，圆心角与圆周角的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定、射影定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等重要知识点．第（1）、（2）问解答的关键是导角，难度不大，第（3）问解答的要点在于根据射影定理以及条件当中告诉的两个等量关系求出BG、CG、BC、BD、CD的值，最后利用“共边子母型相似”（即△DEB∽△DBC）列比例方程求解ED．14．如图，∠ACL＝90°，AC＝4，动点B在射线CL，CH⊥AB于点H，以H为圆心，HB为半径作圆交射线BA于点D，交直线CD于点F，交直线BC于点E．设BC＝m．（1）当∠A＝30°时，求∠CDB的度数；（2）当m＝2时，求BE的长度；（3）在点B的整个运动过程中，①当BC＝3CE时，求出所有符合条件的m的值．②连接EH，FH，当tan∠FHE＝512时，直接写出△FHD与△EFH面积比．【答案】（1）60°；（2）45；（3）①m＝2或226【解析】【分析】（1）根据题意由HB＝HD，CH⊥BD可知：CH是BD的中垂线，再由∠A＝30°得：∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）由题意可知当m＝2时，由勾股定理可得：AB＝5cos∠ABC 5，过点H作HK⊥BC于点K，利用垂径定理可得结论；（3））①要分两种情况：I．当点E在C右侧时，II．当点E在C左侧时；根据相似三角形性质和勾股定理即可求得结论；②根据题意先证明EF∥BD，根据平行线间距离相等可得：△FHD与△EFH高相等，面积比等于底之比，再由tan∠FHE＝512可求得DHEF的值即可．【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵HB＝HD，CH⊥BD，∴CH是BD的中垂线，∴CB＝CD，∴∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）如图1，过点H作HK⊥BC于点K，当m＝2时，BC＝2，∴AB＝22AC BC＝25，∴cos∠ABC＝BCAB ＝5，∴BH＝BC•cos∠ABC＝25，∴BK＝BH•cos∠ABC＝25，∴BE＝2BK＝45；（3）①分两种情况：I．当点E在C右侧时，如图2，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE＝m，∴CE＝13m，BE＝23m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝23，∴DE＝23AC＝83，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：2281m33⎛⎫⎛⎫⎪⎭⎝+⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝22；II．当点E在C左侧时，如图3，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE，∴CE＝13m，BE＝32m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝32，∴DE＝32AC＝6，∵CD＝CB＝m，∴Rt△CDE中，由勾股定理得：62+21m3⎛⎫⎪⎝⎭＝m2，∵m＞0，∴m＝2；综上所述，①当BC＝3CE时，m＝2或2．②如图4，过F作FG⊥HE于点G，∵CH ⊥AB ，HB ＝HD ，∴CB ＝CD ，∴∠CBD ＝∠CDB ，∴DFE BEF =，即DF EF BE EF +=+，∴DF BE =，∴EF ∥BD ，∴FHD EFH S S ＝DH EF， ∵在Rt △FHG 中，FG HG ＝tan ∠FHE ＝512， 设FG ＝5k ，HG ＝12k ，则FH 22FG HG +22(5)(12)k k +＝13k ，∴DH ＝HE ＝FH ＝13k ，EG ＝HE ﹣HG ＝13k ﹣12k ＝k ，∴EF 22FG EG +22(5)k k +26k ，∴FHD EFH SS ＝26k 26． 【点睛】本题考查的是圆的几何综合题，主要考查圆的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形判定及性质，解直角三角形知识等；综合性较强，有一定难度，解题要求对所学知识点熟练掌握和运用数形结合思维分析．15．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：(3)如图2．以CF 为直径作O ． ①当O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．【答案】（1）12DH BH =，13GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】【分析】（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH的值，由重心和中位线的性质求得16=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时DH BH 满足的条件． 【详解】解：（1）∵DE 是ABC 的中位线，∴,D E 分别是,AC AB 的中点，//DE BC ，又∵点F 是BC 的中点，∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心，:1:2DH BH ∴=，即12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ，∴DG 为ACF 的中位线，G 为AF 的中点，12∴=GF AF ，111236∴=-=-=GH GF HF AF AF AF ， 在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，22221068BC AB AC ∴=-=-=，则142==CF BC ， 222264213AF AC CF ∴=+=+=，11321363∴=⨯=GH ； （2）∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等，∴S 四边形DCFH +DGH S=S 四边形BEGH +DGH S ， 即S 梯形DCFG =DEB S ，∵6AC =，8BC =，DE 是ABC 的中位线，∴3CD =，4DE =，∵1143622=⋅⋅=⨯⨯=DEB S DE CD ， 设2CF a =，∵DG 为ACF 的中位线， ∴12==DG CF a ， 则S 梯形DCFG ()3(2)622+⋅==+=DG CF CD a a ， 解得：43a =， 823∴==CF a ； （3）①证明：如图2，连结、CH OH ，CF 为O 的直径，O 经过点H ，90∴∠=︒FHC ，。

合集下载

九年级上册数学 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

九年级上册数学 几何模型压轴题易错题(Word版 含答案)

九年级上册数学几何模型压轴题易错题（Word版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．如图，在矩形ABCD中，6AB cm=，8AD cm=，连接BD，将ABD△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D'''△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．（1）求矩形ABCD与A B D'''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE''）的面积；（2）将A B D'''△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D'''△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）2452cm；（2）22331624(0)22588020016(4)3335x x xyx x x⎧--+≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩；（3）存在，使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32669-．【解析】【分析】（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，利用B D A∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；（2）分类讨论，当165x≤<时和当1645x≤≤时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB A B'=''时；当AA A B'=''时；当AB AA'='时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）6AB cm=，8AD cm=，10BD cm∴=，根据旋转的性质可知10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，tanA B CEB D AA D CD'''''∠=='''，682CE ∴=， 32CE cm ∴=，()28634522222A B CE A B D CED S S S cm ''''''⨯∴==-⨯÷=-； （2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32CE x =， 233+22CD E S x x '∴=△， 22133368242222y x x x ∴=⨯⨯-=--+；②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023CE x =- ()221488020010223333y x x x ∴=⨯-=-+．（3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：x =秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'22224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得：32x =秒．综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32秒、95．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌； （2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当222x =-+//QF CE ；AQF S ∆442=-+．【解析】 【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可； （2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QFCE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积． 【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =， ∴45BPQ ∠=︒， ∴135APQ ∠=︒ ∵CE 平分DCM ∠， ∴45DCE ECM ∠=∠=︒， ∴135QCE ∠=︒， ∴135APQ QCE ∠=∠=︒， ∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒． ∵90AQB BAQ ∠+∠=︒． ∴BAQ CQE ∠=∠． ∴()APQ QCE ASA ∆≌． （2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌． ∴QA QE =． ∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形， ∴45QAE ∠=︒． ∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =， ∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌． ∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒． ∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-， ∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒， ∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒， ∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =， ∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=． 解这个方程，得1222x =-+， 2222x =--（舍去）． 当222x =-+时，QFCE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．3．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】 【分析】(1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ≅，得出AC=BD ，延长BD交AC于E，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC⊥.(2) 如图3中，设AC=x，在Rt △ABC中，利用勾股定理求出x，再根据sinα=sin∠ABC=ACAB 即可解决问题【详解】()1证明：如图2中，延长BD交OA于G，交AC于E．∵90AOB COD∠=∠=，∴AOC DOB∠=∠，在AOC和BOD中，OA OBAOC BODOC OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD≅，∴AC BD=，CAO DBO∠=∠，∵90DBO GOB∠+∠=，∵OGB AGE∠=∠，∴90CAO AGE∠+∠=，∴90AEG∠=，∴BD AC⊥．()2解：如图3中，设AC x=，∵BD、CD在同一直线上，BD AC⊥，∴ABC是直角三角形，∴222AC BC AB+=，∴222(17)25x x++=，解得7x=，∵45ODC DBOα∠=∠+∠=，45ABC DBO∠+∠=，∴ABCα∠=∠，∴7 sin sin25ACABCABα=∠==．【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.4．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．5．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）2142y 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()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2142y x =-+上，∴()212242m 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．6．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．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＝16x（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，PD①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＝﹣12（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＝16x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＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（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＝16x，∴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．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．二、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，△ABC内接于⊙O，点D在AB边上，CD与OB交于点E，∠ACD＝∠OBC；（1）如图1，求证：CD⊥AB；（2）如图2，当∠BAC＝∠OBC+∠BCD时，求证：BO平分∠ABC；（3）如图3，在（2）的条件下，作OF⊥BC于点F，交CD于点G，作OH⊥CD于点H，连接FH并延长，交OB于点P，交AB边于点M．若OF＝3，MH＝5，求AC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AC＝48 5【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠FCB=90°，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠A=∠F，再根据已知条件得∠3=90°，得CD⊥AB；（2）延长BO交AC于K，由已知可得∠A=∠5，由∠A+∠2=90°得∠5+∠2=90°，根据三角形的内角和定理及外角定理得出∠9=∠1得出BO平分∠ABC；（3）延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN，由条件可得CH=NH，BF=CF，从而HF是△CBN的中位线，HF∥BN，得出∠OEH=∠EHM又由∠OEH+∠EOH=∠EHM+∠OHP=90°可得HM=OB=5，在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF=4，解出BC=8，sin∠OBC=35，所以可得AC=2CK，CK=BC•sin∠OBC=245得AC=48 5.【详解】解：（1）如图1，令∠OBC＝∠1，∠ACD＝∠2延长BO交⊙O于F，连接CF．∵BF是⊙O的直径，∴∠FCB＝90°∴∠1+∠F＝90°，∵弧BC＝弧BC，∴∠A＝∠F又∵∠1＝∠2，∴∠2+∠A＝90°，∴∠3＝90°，∴CD⊥AB（2）如图2，令∠OBC＝∠1，∠BCD＝∠4延长BO交AC于K∵∠A＝∠1+∠4，∠5＝∠1+∠4，∴∠A＝∠5，∵∠A+∠2＝90°，∴∠5+∠2＝90°，∴∠6＝90°∵∠7＝180°﹣∠3＝90°，∴∠6＝∠7，又∵∠5＝∠8，∴∠9＝∠2∵∠2＝∠1，∴∠9＝∠1，∴BO平分∠ABC（3）如图3，延长BO交AC于点K，延长CD交⊙O于点N，联结BN∵OH⊥CN，OF⊥BC∴CH＝NH，BF＝CF∴HF是△CBN的中位线，HF∥BN∴∠FHC＝∠BNC＝∠BAC∵∠BAC＝∠OEH，∠FHC＝∠EHM∴∠OEH＝∠EHM设EM、OE交于点P∵∠OEH+∠EOH＝∠EHM+∠OHP＝90°∴∠EOH＝∠OHP∴OP＝PH∵∠ADC＝∠OHC＝90°∴AD∥OH∴∠PBM＝∠EOH，∠BMP＝∠OHP∴PM＝PB∴PM+PH＝PB+OP∴HM＝OB＝5在Rt△OBF中，根据勾股定理可得BF＝4∴BC＝8，sin∠OBC＝3 5∵∠A+∠ABO＝∠DEB+∠ABO＝90°∴∠AKB+∠CKB＝90°∴OK⊥ACAC＝2CK，CK＝BC•sin∠OBC＝24 5∴AC＝48 5【点睛】此题主要考查了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角定理和勾股定理、三角函数等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键．11．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，△ABC的边BC在y轴的正半轴上，点A在x 轴的正半轴上，点C的坐标为（0，8），将△ABC沿直线AB折叠，点C落在x轴的负半轴D（−4，0）处．（1）求直线AB的解析式；（2）点P从点A出发以每秒45个单位长度的速度沿射线AB方向运动，过点P作PQ⊥AB，交x轴于点Q，PR∥AC交x轴于点R，设点P运动时间为t（秒），线段QR长为d，求d与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，点N是射线AB上一点，以点N为圆心，同时经过R、Q两点作⊙N，⊙N交y轴于点E，F．是否存在t，使得EF=RQ？若存在，求出t的值，并求出圆心N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）132y x=-+（2）d=5t （3）故当 t=85，或815，时，QR=EF，N（-6，6）或（2，2）．【解析】 试题分析：（1）由C （0，8），D （-4，0），可求得OC ，OD 的长，然后设OB=a ，则BC=8-a ，在Rt △BOD 中，由勾股定理可得方程：（8-a ）2=a 2+42,解此方程即可求得B 的坐标，然后由三角函数的求得点A 的坐标，再利用待定系数法求得直线AB 的解析式；（2）在Rt △AOB 中，由勾股定理可求得AB 的长，继而求得∠BAO 的正切与余弦，由PR//AC 与折叠的性质，易证得RQ=AR ，则可求得d 与t 的函数关系式；（3）首先过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，易证得四边形NTOS 是正方形，然后分别从点N 在第二象限与点N 在第一象限去分析求解即可求解;试题解析：（1）∵C （0，8），D （-4，0），∴OC=8，OD=4，设OB=a ，则BC=8-a ，由折叠的性质可得：BD=BC=8-a ，在Rt △BOD 中，∠BOD=90°，DB 2=OB 2+OD 2，则（8-a ）2=a 2+42，解得：a=3，则OB=3，则B （0，3），tan ∠ODB=34OB OD = ， 在Rt △AOC 中，∠AOC=90°，tan ∠ACB=34OA OC = ， 则OA=6，则A （6，0），设直线AB 的解析式为：y=kx+b ，则60{3k b b +== ，解得：1{23k b =-= ， 故直线AB 的解析式为：y=-12x +3； （2）如图所示：在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，OB=3，OA=6，则AB=22135,tan 2OB OB OA BAO OA +=∠== ，255OA cos BAO AB∠==， 在Rt △PQA 中，9045APQ AP t ∠=︒=，，则AQ=10cos AP t BAO=∠ , ∵PR ∥AC ，∴∠APR=∠CAB ， 由折叠的性质得：∠BAO=∠CAB ，∴∠BAO=∠APR ，∴PR=AR ，∵∠RAP+∠PQA=∠APR+∠QPR=90°，∴∠PQA=∠QPR ，∴RP=RQ ，∴RQ=AR ，∴QR=12AQ=5t, 即d=5t; （3）过点分别作NT ⊥RQ 于T ，NS ⊥EF 于S ，∵EF=QR ，∴NS=NT ，∴四边形NTOS 是正方形，则TQ=TR=1522QR t = ， ∴1115151022224NT AT AQ TQ t t t ==-=-=（）（） ， 分两种情况，若点N 在第二象限，则设N （n ，-n ），点N 在直线132y x =-+ 上， 则132n n -=-+ ， 解得：n=-6，故N （-6，6），NT=6，即1564t = ， 解得：85t = ; 若点N 在第一象限，设N （N ，N ）， 可得：132n n =-+ , 解得：n=2，故N （2，2），NT=2， 即1524t =, 解得：t=815∴当 t =85，或815，时，QR =EF ，N （-6，6）或（2，2）。

九年级数学上册几何模型压轴题易错题(Word版含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题易错题(Word版含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题易错题（Word版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1.如图，四边形ABCD为正方形，ZiAEF为等腰直角三角形，NAEF=90° ,连接FC, G 为FC的中点，连接GD, ED.（1）如图①，E在AB上，直接写出ED, GD的数量关系.（2）将图①中的AAEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由.（3）若AB = 5, AE = 1,将图①中的4AEF绕点A逆时针旋转一周，当E, F, C三点共线【答案】（1）DE=&DG：（2）成立，理由见解析；（3） DE的长为4挺或3挺.【解析】【分析】（1）根据题意结论：DE=V2 DG,如图1中，连接EG,延长EG交BC的延长线于M,连接 DM,证明△CMGgAFEG （AAS）,推出 EF=CM, GM=GE,再证明△DCMg^DAE（SAS）即可解决问题；（2）如图2中，结论成立.连接EG,延长EG到M,使得GM=GE,连接CM, DM,延长 EF交CD于R,其证明方法类似；（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E, F, C共线时.②如图3-3中，当E, F, C 共线时，分别求解即可.【详解】解：（1）结论：DE= JJDG.理由：如图1中，连接EG,延长EG交BC的延长线于M,连接DM.01,,,四边形ABCD是正方形，/. AD = CD, Z B = Z ADC=Z DAE=Z DCB=Z DCM = 90%Z AEF = Z B=90°,/. EFII CM,・•, Z CMG = Z FEG,,/ Z CGM = Z EGF, GC = GF,:, & CMG合△ FEG (AAS),「・EF=CM, GM = GE,・/ AE = EF,/. AE = CM,/. △ DCM合△ DAE (SAS),・・.DE = DM, Z ADE = Z CDM,・•. Z EDM = Z ADC=90°,・••DGJLEM, DG = GE=GM,△ EGD是等腰直角三角形， DE=&DG.(2)如图2中，结论成立.理由：连接EG,延长EG到M,使得GM = GE,连接CM, DM,延长EF交CD于R.图2•「EG=GM, FG=GC, Z EGF = Z CGM,△ CGM合△ FGE (SAS),/. CM = EF, NCMG=NGEF,・•, CM II ER,/. Z DCM = Z ERC,: Z AER+Z ADR = 180%/. Z EAD+Z ERD=180%: Z ERD+Z ERC = 180°,/. Z DCM = Z EAD,AE = EF,「・ AE = CM,△ DAE合△ DCM (SAS),/. DE = DM, Z ADE = Z CDM,Z EDM = Z ADC=90°,・「EG=GM,J DG = EG = GM,・•. △ EDG是等腰直角三角形,・•・DE= &DG.（3）①如图3-1中，当E, F, C共线时,图3-1在 R3 ADC 中，AC= y/AD2+CD2 = =572，在 R3AEC 中，EC= J AC?二 AE? = J（5五）2_f =7, ：.CF = CE - EF = 6,1・•, CG=-CF = 3,2: Z DGC = 90°,・1• D G = 5/cD2 -CG2 = >/52-32 =4»・•, DE=VJDG=4点.②如图3-3中，当E, F, C共线时，同法可得DE=3a.图3・3综上所述，DE的长为4点或3点.【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题.2.探究：如图1和图2,四边形A8C。

九年级数学上册几何模型压轴题单元练习(Word版 含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题单元练习(Word版 含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题单元练习（Word 版 含答案）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】【分析】 （1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//PN BD ，PNC DBC ∴∠=∠，DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．已知如图1，在ABC 中，90ABC ∠=︒，BC AB =，点D 在AC 上，DF AC ⊥交BC 于F ，点E 是AF 的中点．（1）写出线段ED 与线段EB 的关系并证明；（2）如图2，将CDF 绕点C 逆时针旋转()090a α︒<<︒，其它条件不变，线段ED 与线段EB 的关系是否变化，写出你的结论并证明；（3）将CDF 绕点C 逆时针旋转一周，如果6BC =，32CF =，直接写出线段CE 的范围．【答案】（1）ED EB =，DE BE ⊥，证明见解析；（2）结论不变，理由见解析；（3）最大值22=最小值322=． 【解析】【分析】（1）在Rt △ADF 中，可得DE=AE=EF ，在Rt △ABF 中，可得BE=EF=EA ，得证ED=EB ；然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°，可推导得出∠DEB=90°； （2）如下图，先证四边形MFBA 是平行四边形，再证△DCB ≌△DFM ，从而推导出△DMB 是等腰直角三角形，最后得出结论；（3）如下图，当点F 在AC 上时，CE 有最大值；当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值．【详解】（1）∵DF ⊥AC ，点E 是AF 的中点∴DE=AE=EF ，∠EDF=∠DFE∵∠ABC=90°，点E 是AF 的中点∴BE=AE=EF ，∠EFB=∠EBF∴DE=EB∵AB=BC ，∴∠DAB=45°∴在四边形ABFD 中，∠DFB=360°－90°－45°－90°=135°∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°－2∠EFD+180°－2∠EFB=360°－2(∠EFD+∠EFB)=360°－2×135°=90°∴DE ⊥EB（2）如下图，延长BE 至点M 处，使得ME=EB ，连接MA 、ME 、MF 、MD 、FB 、DB ，延长MF 交CB 于点H∵ME=EB，点E是AF的中点∴四边形MFBA是平行四边形∴MF∥AB，MF=AB∴∠MHB=180°－∠ABC=90°∵∠DCA=∠FCB=a∴∠DCB=45°+a，∠CFH=90°－a∵∠DCF=45°，∠CDF=90°∴∠DFC=45°，△DCF是等腰直角三角形∴∠DFM=180°－∠DFC－∠CFH=45°+a∴∠DCB=∠DFM∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形∴DC=DF，BC=AB=MF∴△DCB≌△DFM(SAS)∴∠MDF=∠BDC，DB=DM∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°∴△DMB是等腰直角三角形∵点E是MB的中点∴DE=EB，DE⊥EB（3）当点F在AC上时，CF有最大值，图形如下：∵BC=6，∴在等腰直角△ABC 中，AC=62 ∵CF=32，∴AF=32∴CE=CF+FE=CF+12AF 922= 当点F 在AC 延长线上时，CE 有最小值，图形如下：同理，CE=EF －CF 322=【点睛】 本题考查三角形的旋转变换，用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质，解题关键是构造并证明△BDM 是等腰直角三角形．3．如图，在矩形ABCD 中，6AB cm =，8AD cm =，连接BD ，将ABD △绕B 点作顺时针方向旋转得到A B D '''△（B ′与B 重合），且点D '刚好落在BC 的延长上，A D ''与CD 相交于点E ．（1）求矩形ABCD 与A B D '''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE ''）的面积；（2）将A B D'''△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D'''△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）2452cm；（2）22331624(0)22588020016(4)3335x x xyx x x⎧--+≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩；（3）存在，使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32秒、695．【解析】【分析】（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，利用B D A∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；（2）分类讨论，当165x≤<时和当1645x≤≤时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB A B'=''时；当AA A B'=''时；当AB AA'='时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）6AB cm=，8AD cm=，10BD cm∴=，根据旋转的性质可知10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，tanA B CEB D AA D CD'''''∠=='''，682CE∴=，32CE cm∴=，()28634522222A B CE A B D CEDS S S cm''''''⨯∴==-⨯÷=-；（2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32CE x =， 233+22CD E S x x '∴=△， 22133368242222y x x x ∴=⨯⨯-=--+； ②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023CE x =- ()221488020010223333y x x x ∴=⨯-=-+． （3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得：6695x -=秒，（6695x --=舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'22224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得：32x =秒． 综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32秒、6695-．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．4．(1)观察猜想如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．【答案】（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝【解析】解：（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝．即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．5．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】【分析】 (1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ≅，得出AC=BD ， 延长BD 交AC 于E ，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC ⊥.(2) 如图3中，设AC=x ，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出x ，再根据sinα=sin ∠ABC=AC AB即可解决问题【详解】 ()1证明：如图2中，延长BD 交OA 于G ，交AC 于E ．∵90AOB COD ∠=∠=，∴AOC DOB∠=∠，在AOC和BOD中，OA OBAOC BODOC OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD≅，∴AC BD=，CAO DBO∠=∠，∵90DBO GOB∠+∠=，∵OGB AGE∠=∠，∴90CAO AGE∠+∠=，∴90AEG∠=，∴BD AC⊥．()2解：如图3中，设AC x=，∵BD、CD在同一直线上，BD AC⊥，∴ABC是直角三角形，∴222AC BC AB+=，∴222(17)25x x++=，解得7x=，∵45ODC DBOα∠=∠+∠=，45ABC DBO∠+∠=，∴ABCα∠=∠，∴7sin sin25ACABCABα=∠==．【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.6．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，DA DC=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC 和GB在同一条直线上，点F为AB的中点，连接DF，EF，则DF和EF的数量关系与位置关系为：________；数学思考（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；类比探索（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明； ②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DFEF ； （2）3EF DF =，DFEF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DFEF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【解析】【分析】 （1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立. 【详解】解：（1）3EF DF =，DF EF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =.又点F 为AB 的中点，AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.设DM a =，2GB b =，120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，33DM FN a==， 33MF NE b==， 又90DMF FNE ∠=∠=︒，DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF . （2）3EF DF =，DF EF . 理由如下：如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB=，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，∴四边形LCMF 为矩形，90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形，60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘ ∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF △中，3tan 33DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DFEF .选择题图进行证明：如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒，OCP OBE ∴∠=∠.DCE NBE ∴∠=∠.又GEB 是等边三角形，GE BE ∴=，又AD BN CD ==，()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF∴⊥，60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF=，连接NB，DE，NE，NB与CD 交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF 和BNF中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC∴∠=∠=︒.60BOJ∴∠=︒，60JEC∠=︒.又OJB EJC∠=∠，OBE ECJ∴∠=∠.AD CD=，AD NB=，CD NB∴=.又GEB是等边三角形，CE BE∴=.()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.7．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC ＝∠DAE ，AB ＝AC ，AD ＝AE ，则BD ＝CE ,(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BDC ＝60°，求证：AD+CD ＝BD ；(3)如图3，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝m°，点E 为△ABC 外一点，点D 为BC 中点，∠EBC ＝∠ACF ，ED ⊥FD ，求∠EAF 的度数（用含有m 的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12m°. 【解析】 分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=12m°. 详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ，∴∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DAB ≌△EAC ，∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE．∵DB=DE ，∠BDC=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE ，∵AB=BC ，∴△ABD ≌△CBE ，∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD ．∴AD+CD=BD ．（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．8．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝3，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图，在直角体系中,直线AB交x轴于点A(5,0),交y轴于点B,AO是⊙M的直径,其半圆交AB于点C,且AC=3.取BO的中点D,连接CD、MD和OC．（1）求证：CD是⊙M的切线；（2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求△PDM的周长最小时点P的坐标；（3）在（2）的条件下,当△PDM的周长最小时,抛物线上是否存在点Q，使S△PDM=6S△QAM？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】解：（1）证明：连接CM，∵OA 为⊙M 直径，∴∠OCA=90°．∴∠OCB=90°． ∵D 为OB 中点，∴DC=DO ．∴∠DCO=∠DOC ． ∵MO=MC ，∴∠MCO=∠MOC ． ∴．又∵点C 在⊙M 上，∴DC 是⊙M 的切线． （2）∵A 点坐标（5，0），AC=3 ∴在Rt △ACO 中，．∴545(x )x 5)12152-=--（，∴，解得10OD 3=． 又∵D 为OB 中点，∴1552+．∴D 点坐标为（0，154)．连接AD ，设直线AD 的解析式为y=kx+b ，则有解得．∴直线AD 为．∵二次函数的图象过M （56，0)、A(5，0)， ∴抛物线对称轴x=154． ∵点M 、A 关于直线x=154对称，设直线AD 与直线x=154交于点P ， ∴PD+PM 为最小．又∵DM 为定长，∴满足条件的点P 为直线AD 与直线x=154的交点． 当x=154时，45y (x )x 5)152=--（． ∴P 点的坐标为（154，56）． （3）存在．∵，5y a(x )x 5)2=--（又由（2）知D （0，154)，P （154，56）， ∴由，得，解得y Q =±103．∵二次函数的图像过M(0，56)、A(5，0）， ∴设二次函数解析式为，又∵该图象过点D （0，154)，∴，解得a=512． ∴二次函数解析式为．又∵Q 点在抛物线上，且y Q =±103． ∴当y Q =103时，，解得x=15524-或x=15524+；当y Q =512-时，，解得x=154． ∴点Q 的坐标为（1552-，103)，或（1552+，103)，或（154，512-）．【解析】试题分析：（1）连接CM ，可以得出CM=OM ，就有∠MOC=∠MCO ，由OA 为直径，就有∠ACO=90°，D 为OB 的中点，就有CD=OD ，∠DOC=∠DCO ，由∠DOC+∠MOC=90°就可以得出∠DCO+∠MCO=90°而得出结论．（2）根据条件可以得出2222OC OA AC 534=-=-=和OC OBtan OAC AC OA∠==，从而求出OB 的值，根据D 是OB 的中点就可以求出D 的坐标，由待定系数法就可以求出抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD 交对称轴于P ，先求出AD 的解析式就可以求出P 的坐标． （3）根据PDM DAM PAM S S S ∆∆∆=-，求出Q 的纵坐标，求出二次函数解析式即可求得横坐标．10．如图所示，CD 为⊙O 的直径，点B 在⊙O 上，连接BC 、BD ，过点B 的切线AE 与CD 的延长线交于点A ，OE//BD ，交BC 于点F ，交AB 于点E. （1）求证：∠E=∠C ；（2）若⊙O 的半径为3，AD=2，试求AE 的长；（3）在（2）的条件下，求△ABC的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）48 5.【解析】试题分析：（1）连接OB，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：∠E=∠C；（2）根据题意求出AB的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.试题解析：（1）如解图，连接OB，∵CD为⊙O的直径，∴∠CBD＝∠CBO＋∠OBD＝90°，∵AB是⊙O的切线，∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，∴∠ABD＝∠CBO.∵OB、OC是⊙O的半径，∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，∴∠E＝∠C；（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，∴AO＝5，∴AB＝4.∵BD∥OE，∴＝，∴＝，∴BE＝6，AE=6+4=10（3）S △AOE==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得S△ABC= S△AOE==11．四边形ABCD内接于⊙O，连接AC、BD，2∠BDC+∠ADB＝180°．（1）如图1，求证：AC＝BC；（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接AT，若∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，求证：AT平分∠DAB；（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）82【解析】【分析】（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即可解决问题．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，由S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，可得AQ=52h，再根据sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，∵2∠BDC+∠ADB＝180°，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，∵∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，∴∠ABF＝12∠ABD，∴BT平分∠ABD，∵AE＝BE∴∠ADE＝∠BDE，∴DT平分∠ADB，∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∴TR＝TL，TR＝TH，∴TL＝TH，∴AT平分∠DAB．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．∵AE＝BE∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，∴AE＝TE，∵DT＝TE，∴AE＝DT，∵∠AGE＝∠DHT＝90°，∴△EAG≌△TDH（AAS），∴AG＝DH，∵AE＝EB，EG⊥AB，∴AG＝BG，∴2DH＝AB，∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，设DH＝x，则AB＝2x，∵AD＝8，DB＝12，∴AL＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB＝2x＝8﹣x+12﹣x，∴x＝5，∴DH＝5，AB＝10，设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，∵S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，∴12AQ＝（8+12+10）h，∴AQ＝52 h，∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得hm＝APAD＝AP8，sin∠AED＝sin∠ABD，可得APm＝AQAB＝AQ10＝5210h，∴APm＝52810mAP，解得m＝或﹣（舍弃），∴DE＝2m＝．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．12．如图，点A在直线l上，点Q沿着直线l以3厘米/秒的速度由点A向右运动，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ=34，点C 在点Q 右侧，CQ=1厘米，过点C 作直线m⊥l，过△ABQ 的外接圆圆心O 作OD⊥m 于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使DF=13CD ，以DE 、DF 为邻边作矩形DEGF ．设运动时间为t 秒．（1）直接用含t 的代数式表示BQ 、DF ； （2）当0＜t ＜1时，求矩形DEGF 的最大面积；（3）点Q 在整个运动过程中，当矩形DEGF 为正方形时，求t 的值． 【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3． 【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解； （3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可. 试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.13．四边形ABCD 内接于⊙O ，AC 为对角线，∠ACB ＝∠ACD（1）如图1，求证：AB＝AD；（2）如图2，点E在AB弧上，DE交AC于点F，连接BE，BE＝DF，求证：DF＝DC；（3）如图3，在（2）的条件下，点G在BC弧上，连接DG，交CE于点H，连接GE，GF，若DE＝BC，EG＝GH＝5，S△DFG＝9，求BC边的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）70【解析】【分析】（1）如图1，连接OA，OB，OD，由∠ACB＝∠ACD，可得AD AB，可得AB＝AD；（2）连接AE，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠BAE＝∠DAC，可证BE＝CD＝DF；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，通过证明△FDN≌△DCM，可得FN＝DM，CM＝DN，由面积公式可求FN＝2，DM＝2，DH＝4，通过证明△EGC∽△DMC，△GEH∽△CHD，可得EC＝52CD，CD2＝403，由勾股定理可求解．【详解】证明：（1）如图1，连接OA，OB，OD，∵∠ACB＝∠ACD，∠AOD＝2∠ACD，∠AOB＝2∠ACB ∴∠AOD＝∠AOB∴AD AB∴AD＝AB；（2）如图2，连接AE，∵AE AE∴∠ABE＝∠ADE在△ABE和△ADF中AB ADABE ADFBE DF∴△ABE≌△ADF（SAS）∴∠BAE＝∠DAC∴BE CD∴BE＝DC∵BE＝DF∴DF＝DC；（3）如图3，过点F作FN⊥GD于N，过点C作CM⊥GD于M，连接GC，∵DE＝BC，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴∠EBC＝∠EDC，∵四边形BEDC是圆内接四边形，∴∠EBC+∠EDC＝180°，∴∠EDC＝∠EBC＝90°，∴EC是直径，∴∠FGC＝∠EDC＝90°∴∠FDN+∠MDC＝90°，且∠MDC+∠MCD＝90°，∴∠FDN ＝∠MCD ，且∠FND ＝∠CMD ＝90°，DF ＝DC ，∴△FDN ≌△DCM （AAS ）∴FN ＝DM ，CM ＝DN ，∵EG ＝GH ＝5，∴∠GEH ＝∠GHE ，且∠GHE ＝∠DHC ，∠GEH ＝∠GDC ，∴∠HDC ＝∠CHD ，∴CH ＝CD ，且CM ⊥DH ，∴DM ＝MH ＝FN ，∵S △DFG ＝9， ∴12DG×FN ＝9， ∴12×（5+2FN ）×FN ＝9， ∴FN ＝2，∴DM ＝2，DH ＝4，∵∠GEC ＝∠GDC ，∠EGC ＝∠DMC ，∴△EGC ∽△DMC ， ∴52ECEG CD DM ， ∴EC ＝52CD ，且HC ＝CD ， ∴EH ＝32CD ， ∵∠EGD ＝∠ECD ，∠GEC ＝∠GDC ， ∴△GEH ∽△CHD ， ∴EGEH CH DH， ∴3524CD CD， ∴2403CD ， ∵EC 2﹣CD 2＝DE 2，∴222254CD CD DE ， ∴2214043DE ，∴DE∴BC【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是本题的难点．14．如图．在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，DE 是ABC 的中位线，连结BD ，点F 是边BC 上的一个动点，连结AF 交BD 于H ，交DE 于G ．(1)当点F 是BC 的中点时，求DH BH的值及GH 的长 (2) 当四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等时，求CF 的长：(3)如图2．以CF 为直径作O ． ①当O 正好经过点H 时，求证：BD 是O 的切线： ②当DH BH的值满足什么条件时，O 与线段DE 有且只有一个交点．【答案】（1）12DH BH =，13GH =；（2）83CF =；（3）①见解析；②当32DH BH =或2514DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【解析】【分析】（1）根据题意得H 为ABC 的重心，即可得DH BH的值，由重心和中位线的性质求得16=GH AF ，由勾股定理求得AF 的长，即可得GH 的长； （2）根据图中面积的关系得S 四边形DCFG =DEB S，列出关系式求解即可得CF 的长； （3）根据O 与线段DE 有且只有一个交点，可分两类情况讨论：当O 与DE 相切时，求得DH BH 的值；当O 过点E ，此时是O 与线段DE 有两个交点的临界点，即可得出O 与线段DE 有且只有一个交点时DH BH 满足的条件． 【详解】解：（1）∵DE 是ABC 的中位线，∴,D E 分别是,AC AB 的中点，//DE BC ，又∵点F 是BC 的中点，∴BD 与AF 的交点H 是ABC 的重心，:1:2DH BH ∴=，即12DH BH =；:1:2=HF AH ， ∴13=HF AF ， 在ACF 中，D 为AC 中点，//DE BC ，则//DG CF ，∴DG 为ACF 的中位线，G 为AF 的中点，12∴=GF AF ， 111236∴=-=-=GH GF HF AF AF AF ， 在Rt ABC 中，90ACB ∠=︒，6AC =，10AB =，8BC ∴===， 则142==CF BC ，AF ∴=16∴=⨯=GH ； （2）∵四边形DCFH 与四边形BEGH 的面积相等，∴S 四边形DCFH +DGH S=S 四边形BEGH +DGH S ， 即S 梯形DCFG =DEB S ，∵6AC =，8BC =，DE 是ABC 的中位线，∴3CD =，4DE =， ∵1143622=⋅⋅=⨯⨯=DEB S DE CD ， 设2CF a =，∵DG 为ACF 的中位线， ∴12==DG CF a ， 则S 梯形DCFG ()3(2)622+⋅==+=DG CF CD a a ， 解得：43a =， 823∴==CF a ； （3）①证明：如图2，连结、CH OH ，CF 为O 的直径，O 经过点H ，90∴∠=︒FHC ，∴90∠=∠=︒AHC FHC ，AHC 为直角三角形，D 为AC 的中点，12∴==DH AC CD ， ∠∠∴=DCH DHC ．又OC OH =，∴∠=∠OCH OHC ，∴∠+=∠+OCH DCH OHC DHC ，即90∠=∠=︒DHO ACB ，∴BH BD ⊥，即BD 是O 的切线；②如图3-1，当O 与DE 相切时，O 与线段DE 有且只有一个交点，设O 的半径为r ，圆心O 到DE 的距离为d ，∴当r=d 时，O 与DE 相切， ∵//DE CF ，90ACB ∠=︒，3CD =，∴两平行线、DE CF 之间的距离为3CD =，∴3r =，则6CF =，1862,32=-=-===BF BC CF DG CF ， 由//DE CF 得：DGH BFH ，32DH DG BH BF ∴==； 如图3-2，当O 经过点E 时，连接OE 、OG ，设O 的半径为r ，即==OE OC r ，∵G 为AF 的中点，O 为CF 的中点，∴//OG CD ，∴四边形COGD 为平行四边形，又∵90ACB ∠=︒，∴四边形COGD 为矩形，∴90∠=︒DGO ，则90∠=︒OGE ，OGE 为直角三角形，∴=3=OG CD ，==DG OC r ，则4=-=-GE DE DG r ，由勾股定理得：222+=OG GE OE ，即2223(4)+-=r r ， 解得：258r =，则258==OE OC ，2524==CF r 257258,448∴=-=-===BF BC CF DG OC ，由//DE BC 得：DGH BFH ，252514874∴===DH DG BH BF ， 则当2514DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点；综上所述，当32DH BH =或2514DH BH >时，O 与线段DE 有且只有一个交点． 【点睛】 本题属于圆综合题，考查了切线的性质与判定、中位线的性质等知识，解题的关键是灵活添加常用的辅助线，属于中考压轴题．15．已知AB 是O 的一条弦，点C 在O 上，联结CO 并延长，交弦AB 于点D ，且CD CB =．（1）如图1，如果BO 平分ABC ∠，求证：AB BC =；（2）如图2，如果AO OB ⊥，求:AD DB 的值；（3）延长线段AO 交弦BC 于点E ，如果EOB ∆是等腰三角形，且O 的半径长等于2，求弦BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（23351和22【解析】【分析】（1）由题意利用弦心距即可求证结果，（2）此题关键先求出AO ，做辅助线构造特殊三角形，并求证出∠AOD ，再根据平行线分线段成比例求出比值即可，（3）分情况讨论两种情况：OE=BE 时或OB=BE 时两种情况，利用三角形相似即△COE ~△CBO 找到相似比，利用相似比求解即可．【详解】（1）过点O作OP⊥AB，垂足为点P；OQ⊥BC，垂足为点Q，∵BO平分∠ABC，∴OP=OQ，∵OP，OQ分别是弦AB、BC 的弦心距，∴AB= BC；（2）∵OA=OB，∴∠A=∠OBD，∵CD=CB，∴∠CDB =∠CBD，∴∠A+∠AOD =∠CBO +∠OBD，∴∠AOD =∠CBO，∵OC=OB，∴∠C =∠CBO，∴∠DOB =∠C +∠CBO = 2∠CBO = 2∠AOD，∵AO⊥OB，∴∠ AOB =∠AOD +∠BOD =3∠AOD = 90°，∴∠AOD=30°，过点D作DH⊥AO，垂足为点H，∴∠AHD=∠DHO=90°，∴tan∠AOD =HDOH3∵∠AHD=∠AOB=90°，∴HD‖OB，∴DA OBH AHO=，∵OA=OB，∴HD=AH，∵HD‖OB，∴3AH HDOH OAHDB H===；。

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学 几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

人教版九年级上册数学 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．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】 【分析】（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//PN BD ，PNC DBC ∴∠=∠，DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．探究：如图1和图2，四边形ABCD 中，已知AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，点E 、F 分别在BC 、CD 上，∠EAF ＝45°．（1）①如图1，若∠B 、∠ADC 都是直角，把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，使AB 与AD 重合，直接写出线段BE 、DF 和EF 之间的数量关系 ；②如图2，若∠B 、∠D 都不是直角，但满足∠B +∠D ＝180°，线段BE 、DF 和EF 之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2．点D 、E 均在边BC 边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．【答案】（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝53．【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G 在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD ＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共线，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵AF AFEAF GAF AE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一条直线上，与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝22，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC＝22AB AC+＝4，如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中AD ADFAD EADAF AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝53，即DE＝53．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．3．阅读下面材料：小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴【解析】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．(1)∠B+∠D=180°（或互补）．(2)∵ AB=AC，∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．∵在△ABC中，∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．∴ EC2+CG2=EG2．在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．又∵AD=AG，AE=AE，∴△AEG≌△AED ．∴DE=EG．又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2．∴．考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．4．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】【分析】 (1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ≅，得出AC=BD ， 延长BD 交AC 于E ，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC ⊥.(2) 如图3中，设AC=x ，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出x ，再根据sinα=sin ∠ABC=AC AB即可解决问题【详解】 ()1证明：如图2中，延长BD 交OA 于G ，交AC 于E ．∵90AOB COD ∠=∠=，∴AOC DOB ∠=∠，在AOC 和BOD 中，OA OBAOC BODOC OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD≅，∴AC BD=，CAO DBO∠=∠，∵90DBO GOB∠+∠=，∵OGB AGE∠=∠，∴90CAO AGE∠+∠=，∴90AEG∠=，∴BD AC⊥．()2解：如图3中，设AC x=，∵BD、CD在同一直线上，BD AC⊥，∴ABC是直角三角形，∴222AC BC AB+=，∴222(17)25x x++=，解得7x=，∵45ODC DBOα∠=∠+∠=，45ABC DBO∠+∠=，∴ABCα∠=∠，∴7sin sin25ACABCABα=∠==．【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.5．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OB D′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OB D′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．6．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．7．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．【解析】试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，即可推出答案；（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，∴BE=AD，∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，∵AD⊥BE，∴FH⊥FG，故答案为相等，垂直．（2）答：成立，证明：∵CE=CD，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC，∴△ACD≌△BCE∴AD=BE，由（1）知：FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，FH⊥FG，∴（1）中的猜想还成立．（3）答：成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ． 连接AD ，BE ，两线交于Z ，AD 交BC 于X ， 同（1）可证∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形， ∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°， ∴∠ACD=∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ， ∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ， ∴∠DXB+∠EBC=90°， ∴∠EZA=180°﹣90°=90°， 即AD ⊥BE ， ∵FH ∥AD ，FG ∥BE ， ∴FH ⊥FG ， 即FH=FG ，FH ⊥FG ， 结论是FH=FG ，FH ⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．8．如图，正方形ABCO 的边OA 、OC 在坐标轴上，点B 的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C 逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF ，ED 交线段AB 于点G ，ED 的延长线交线段OA 于点H ，连接CH 、CG ． (1)求证：△CBG ≌△CDG ；(2)求∠HCG 的度数；并判断线段HG 、OH 、BG 之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD 、DA 、AE 、EB 得到四边形AEBD ，在旋转过程中，四边形AEBD 能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG ，∴DG=AG=EG=BG ，即平行四边形AEBD 对角线相等，则其为矩形， ∴当G 点为AB 中点时，四边形AEBD 为矩形． ∵四边形DAEB 为矩形， ∴AG=EG=BG=DG ． ∵AB=6， ∴AG=BG=3．设H 点的坐标为（x ，0），则HO=x ∵OH=DH ，BG=DG ， ∴HD=x ，DG=3． 在Rt △HGA 中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x ， ∴（x+3）2=32+（6﹣x ）2，解得x=2． ∴H 点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．二、初三数学 圆易错题压轴题（难）9．已知圆O 的半径长为2，点A 、B 、C 为圆O 上三点，弦BC=AO ，点D 为BC 的中点，(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ； (2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =3）33133122or【解析】 【分析】（1）连接OB、OC，可证△OBC是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC等于30°，OA=OC可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD的值.（2）连接OB、OC，可证△OBC是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB等于30°，因为点D为BC的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD、AD的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD的长，再过O点作AE的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.【详解】(1)如图1：连接OB、OC.∵BC=AO∴OB=OC=BC∴△OBC是等边三角形∴∠BOC=60°∵点D是BC的中点∴∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OA=OC∴OAC OCA∠=∠=α∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2：连接OB、OC、OD.由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OB=2，∴OD=OB∙cos30︒=3∵B为AC的中点，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得：AD=227AO OD +=（3）①如图3.圆O 与圆D 相内切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：OD=3，圆D 的半径为1 ∴AD=31+ 设AF=x在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-+-解得：331x 4+=∴AE=3312AF 2+=②如图4.圆O 与圆D 相外切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：OD=3，圆D 的半径为1 ∴AD=31- 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=--+ 解得：331x 4-=∴AE=3312AF -=【点睛】本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.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 ＝2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S1，△CDE的面积为S2，请直接写出12SS的值．【答案】（1）详见解析；（2）①1825；②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35CE CDCF BD==，根据勾股定理得到CF＝62CE1825；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＝43EMCM=．设EM＝4k，则CM ＝3k，CG＝CE＝5k．得出GM＝2k，tan∠GEM＝2142GM kEM k==，即可得到tan∠GCH＝GHCH=12．求得HE＝GH＝125，即可得到BE＝BH＋HE＝445；（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＝16BF，即可求得BF＝6，根据勾股定理求得CF＝10，得出PE＝106，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，∴35 CE CD CF BD==∴CF∴CE②Ⅰ、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⋅=，∴GH185 =，在Rt△CEH中，设HE＝x，则x2+（245）2＝（x+185）2解得x＝75，∴BE＝BH+HE＝325+75＝395；Ⅲ、如图2，当CG＝CE时，过点E作EM⊥CG于点M．∵tan∠ECM＝43 EMCM=．设EM＝4k，则CM＝3k，CG＝CE＝5k．∴GM＝2k，tan∠GEM＝2142 GM kEM k==，∴tan∠GCH＝GHCH＝tan∠GEM＝12．∴HE＝GH＝12412 255⨯=，∴BE＝BH+HE＝321244 555+=，综上所述，当BE为10，395或445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=2FC，∴∠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，∴16 EH PEBF FC==，∴EH＝16 BF，∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，∴△ADE≌△CDE，∴AE＝CE，∴AE＝EF，∴AF＝2EH＝13 BF，∴13BF+BF＝8，∴BF＝6，∴EH ＝DH＝1，CF ＝22BF BC+＝10，∴PE＝16FC＝53，∴PH＝224PE EH3-=，∴PD＝47133+=，∴12773824S PDS 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．选做题：从甲乙两题中选作一题，如果两题都做，只以甲题计分题甲：已知矩形两邻边的长、是方程的两根.（1）求的取值范围；（2）当矩形的对角线长为时，求的值；（3）当为何值时，矩形变为正方形？题乙：如图，是直径，于点，交于点，且．（1）判断直线和的位置关系，并给出证明；（2）当，时，求的面积．【答案】题甲（1）（2）（3）题乙：（1）BD是切线；证明所以OB⊥BD，BD是切线（2）S=【解析】试题分析：题甲：（1）、是方程的两根，则其；由得（2）矩形两邻边的长、，矩形的对角线的平方=；矩形两邻边的长、是方程的两根，则；因为，所以；解得由得（3）矩形变为正方形，则a=b；、是方程的两根，所以方程有两个相等的实数根，即，由得题乙：（1）BD是切线；如图所示，是弧AC所对的圆周角，；因为，所以；于点，，所以，，在三角形OBD中，所以OB⊥BD；BD是切线（2），AB是圆的直径，所以OB=5；于点，交于点，F是BC的中点；，BF=4；在直角三角形OBF中由勾股定理得OF=；根据题意，，则，所以，从而，解得DF=，的面积=考点：直线与圆相切，相似三角形点评：本题考查直线与圆相切，相似三角形；解本题的关键是会判断直线与圆是否相切，能判定两个三角形相似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）83（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、∵O1A=O1B=O2A=O2B∴AO1BO2是菱形∴∠AO2B=∠AO1B=120°∴l=2׈A=(2)∵由（1）知，菱形AO1BO2中∠AO2B=∠AO1B=x度,∴重叠图形的周长, 即（0≤x≤180）(3) 当时，线段O2A所在的直线与⊙O1相切！理由如下：∵，由（2）可知：，解之x=90度∴AO1B=90°,因此菱形AO1BO2是正方形，∴O1AO2=90°,即O2A⊥O1A,而O1A是⊙O1的半径，且A为半径之外端；∴O2A与⊙O1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．如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，45ABC ∠=︒，12BC cm =，半圆O 的直径12DE cm =．点E 与点C 重合，半圆O 以2/cm s 的速度从左向右移动，在运动过程中，点D 、E 始终在BC 所在的直线上．设运动时间为()x s ，半圆O 与ABC ∆的重叠部分的面积为()2S cm．（1）当0x =时，设点M 是半圆O 上一点，点N 是线段AB 上一点，则MN 的最大值为_________；MN 的最小值为________．（2）在平移过程中，当点O 与BC 的中点重合时，求半圆O 与ABC ∆重叠部分的面积S ；（3）当x 为何值时，半圆O 与ABC ∆的边所在的直线相切？【答案】（1）24cm ，()926cm ；（2）2(189)cm π+；（3）0x =或6x =或932x =-【解析】 【分析】（1）当N 与点B 重合，点M 与点D 重合时，MN 最大，此时121224()MN DB DE BC cm ==+=+=如图①，过点O 作ONAB ⊥于N ，与半圆交于点M ，此时MN 最小，MN ON OM =-，261218()92()OB OC CB cm ON BN cm =+=+====，所以926()MN ON OM cm =-=；（2）当点O 与BC 的中点重合时，如图②，点O 移动了12cm ，设半圆与AB 交于点H ，连接OH 、CH ，6OH OC OB ===，29016669183602BOH HOC S S S ππ∆=+=⋅+⨯⨯=+阴影扇形； （3）当半圆O 与直线AC 相切时，运动的距离为0或12，所以0x =（秒)或6（秒)；当半圆O 与直线AB 相切时，如图③，连接OH ，则OH AB ⊥，6OH =，262OB OH ==1262OC BC OB =-=-612621862()cm +-=-，运动时间为18629322x -==-（秒)． 【详解】解：解（1）当N 与点B 重合，点M 与点D 重合时，MN 最大，此时121224()MN DB DE BC cm ==+=+=如图①，过点O 作ON AB ⊥于N ，与半圆交于点M ，此时MN 最小，MN ON OM =-，45ABC ∠=︒， 45NOB ∴∠=︒，在Rt ONB ∆中，61218()OB OC CB cm =+=+= 292()ON BN OB cm ∴===， 926()MN ON OM cm ∴=-=-，故答案为24cm ，(926)cm -；（2）当点O 与BC 的中点重合时，如图②，点O 移动了12cm ，设半圆与AB 交于点H ，连接OH 、CH ．BC 为直径，90CHB ∴∠=︒，45ABC ∠=︒45HCB ∴∠=︒，HC HB ∴=，OH BC ∴⊥，6OH OC OB ===，29016669183602BOH HOC S S S ππ∆=+=⋅+⨯⨯=+阴影扇形； （3）当半圆O 与直线AC 相切时，运动的距离为0或12， 0x ∴=（秒)或6（秒)；当半圆O 与直线AB 相切时，如图③，连接OH ，则OH AB ⊥，6OH = 45B ∠=︒，90OHB ∠=︒， 262OB OH ∴==， 1262OC BC OB =-=-，移动的距离为612621862()cm +-=-， 运动时间为18629322x -==-（秒)， 综上所述，当x 为0或6或932-时，半圆O 与ABC ∆的边所在的直线相切． 【点睛】本题考查了圆综合知识，熟练掌握勾股定理以及圆切线定理是解题的关键．要注意分类讨论.14．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，AC 为直径，AC 和BD 交于点E ，AB ＝BC ． （1）求∠ADB 的度数；（2）过B 作AD 的平行线，交AC 于F ，试判断线段EA ，CF ，EF 之间满足的等量关系，并说明理由；（3）在（2）条件下过E ，F 分别作AB ，BC 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接GH ，交BO 于M ，若AG ＝3，S 四边形AGMO ：S 四边形CHMO ＝8：9，求⊙O 的半径．【答案】（1）45°；（2）EA 2+CF 2＝EF 2，理由见解析；（3）2 【解析】 【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案； （2）线段EA ，CF ，EF 之间满足的等量关系为：EA 2+CF 2=EF 2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B 作BN ⊥BE ，使BN=BE ，连接NC ，判定△AEB ≌△CNB （SAS ）、△BFE ≌△BFN （SAS ），然后在Rt △NFC 中，由勾股定理得：CF 2+CN 2=NF 2，将相关线段代入即可得出结论；（3）如图3，延长GE ，HF 交于K ，由（2）知EA 2+CF 2=EF 2，变形推得S △ABC =S 矩形BGKH ，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．【详解】解：（1）如图1，∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠BAC＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠ADB＝∠ACB＝45°；（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，∵AD∥BF，∴∠EBF＝∠ADB＝45°，又∠ABC＝90°，∴α+β＝45°，过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，∴△AEB≌△CNB（SAS），∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，∴∠FCN＝90°．∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，∴△BFE≌△BFN（SAS），∴EF＝FN，∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，∴EA2+CF2＝EF2；（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA 2+CF 2＝EF 2， ∴12EA 2+12CF 2＝12EF 2， ∴S △AGE +S △CFH ＝S △EFK ，∴S △AGE +S △CFH +S 五边形BGEFH ＝S △EFK +S 五边形BGEFH ， 即S △ABC ＝S 矩形BGKH ， ∴12S △ABC ＝12S 矩形BGKH ， ∴S △GBH ＝S △ABO ＝S △CBO ，∴S △BGM ＝S 四边形COMH ，S △BMH ＝S 四边形AGMO ， ∵S 四边形AGMO ：S 四边形CHMO ＝8：9， ∴S △BMH ：S △BGM ＝8：9， ∵BM 平分∠GBH ， ∴BG ：BH ＝9：8， 设BG ＝9k ，BH ＝8k ， ∴CH ＝3+k ， ∵AG ＝3， ∴AE ＝2，∴CF 2（k+3），EF 2（8k ﹣3）， ∵EA 2+CF 2＝EF 2，∴222(32)2(3)]2(83)]k k ++=-， 整理得：7k 2﹣6k ﹣1＝0， 解得：k 1＝﹣17（舍去），k 2＝1． ∴AB ＝12， ∴AO ＝22AB ＝2， ∴⊙O 的半径为2． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关键．15．如图，∠ACL＝90°，AC＝4，动点B在射线CL，CH⊥AB于点H，以H为圆心，HB为半径作圆交射线BA于点D，交直线CD于点F，交直线BC于点E．设BC＝m．（1）当∠A＝30°时，求∠CDB的度数；（2）当m＝2时，求BE的长度；（3）在点B的整个运动过程中，①当BC＝3CE时，求出所有符合条件的m的值．②连接EH，FH，当tan∠FHE＝512时，直接写出△FHD与△EFH面积比．【答案】（1）60°；（2）45；（3）①m＝2或226【解析】【分析】（1）根据题意由HB＝HD，CH⊥BD可知：CH是BD的中垂线，再由∠A＝30°得：∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）由题意可知当m＝2时，由勾股定理可得：AB＝5cos∠ABC 5，过点H作HK⊥BC于点K，利用垂径定理可得结论；（3））①要分两种情况：I．当点E在C右侧时，II．当点E在C左侧时；根据相似三角形性质和勾股定理即可求得结论；②根据题意先证明EF∥BD，根据平行线间距离相等可得：△FHD与△EFH高相等，面积比等于底之比，再由tan∠FHE＝512可求得DHEF的值即可．【详解】解：（1）∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝60°，∵HB＝HD，CH⊥BD，∴CH是BD的中垂线，∴CB＝CD，∴∠CDB＝∠ABC＝60°；（2）如图1，过点H作HK⊥BC于点K，当m＝2时，BC＝2，∴AB＝22AC BC＝25，∴cos∠ABC＝BCAB ＝5，∴BH＝BC•cos∠ABC＝25，∴BK＝BH•cos∠ABC＝25，∴BE＝2BK＝45；（3）①分两种情况：I．当点E在C右侧时，如图2，连结DE，由BD是直径，得DE⊥BC，∵BC＝3CE＝m，∴CE＝13m，BE＝23m，∵DE∥AC，∴△DEB～△ACB，∴DEAC ＝BEBC＝23，∴DE＝23AC＝83，∵CD＝CB＝m，。

九年级数学上册几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)

九年级数学上册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．如图，四边形ABCD为正方形，△AEF为等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接FC，G 为FC的中点，连接GD，ED．（1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系．（2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】【分析】（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．【详解】解：（1）结论：DE＝2DG．理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，∵∠AEF＝∠B＝90°，∴EF∥CM，∴∠CMG＝∠FEG，∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，∴△CMG≌△FEG（AAS），∴EF＝CM，GM＝GE，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DCM≌△DAE（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，∴△EGD是等腰直角三角形，∴DE＝2DG．（2）如图2中，结论成立．理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，∴△CGM≌△FGE（SAS），∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，∴CM∥ER，∴∠DCM＝∠ERC，∵∠AER+∠ADR＝180°，∴∠EAD+∠ERD＝180°，∵∠ERD+∠ERC＝180°，∴∠DCM＝∠EAD，∵AE＝EF，∴AE＝CM，∴△DAE≌△DCM（SAS），∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，∴∠EDM＝∠ADC＝90°，∵EG＝GM，∴DG＝EG＝GM，∴△EDG是等腰直角三角形，∴DE ＝2DG ．（3）①如图3﹣1中，当E ，F ，C 共线时，在Rt △ADC 中，AC ＝22AD CD +＝2255+＝52，在Rt △AEC 中，EC ＝22A AE C -＝22(52)1-＝7，∴CF ＝CE ﹣EF ＝6，∴CG ＝12CF ＝3， ∵∠DGC ＝90°， ∴DG ＝22CD CG -＝2253-＝4，∴DE ＝2DG ＝42．②如图3﹣3中，当E ，F ，C 共线时，同法可得DE ＝32．综上所述，DE 的长为2或2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．2．已知：如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝5，203AD =，AE ⊥BD ，垂足是E ．点F 是点E 关于AB 的对称点，连接AF 、BF ．（1）求AE 和BE 的长；（2）若将△ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m （平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度）．当点F 分别平移到线段AB 、AD 上时，求出相应的m 的值； （3）如图②，将△ABF 绕点B 顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的ABF 为A BF ''，在旋转过程中，设A F ''所在的直线与直线AD 交于点P ，与直线BD 交于点Q ，若△DPQ 为等腰三角形，请直接写出此时DQ 的长．【答案】（1）4；3 （2）3或163 （3）2512525310103243-、、103 【解析】【分析】（1）由矩形的性质，利用勾股定理求解BD 的长，由等面积法求解AE ，由勾股定理求解BE 即可，（2）利用对称与平移的性质得到：AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．当点F′落在AB 上时，证明BB′＝B′F′即可得到答案，当点F′落在AD 上时，证明△B′F′D 为等腰三角形，从而可得答案，（3）分4种情况讨论：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，证明A′Q ＝A′B ，利用勾股定理求解',,F Q BQ 从而求解DQ ，②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，证明点A′落在BC 边上，利用勾股定理求解,BQ 从而可得答案，③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，证明∠A′QB ＝∠A′BQ ，利用勾股定理求解,BQ ，从而可得答案，④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，证明BQ ＝BA′，从而可得答案．【详解】解：（1）在Rt △ABD 中，AB ＝5，203AD =， 由勾股定理得：222025533BD ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭． 11,22ABD S BD AE AB AD =⋅=⋅． 2532053 4.AB AD AE BD ⨯⋅∴=== 在Rt △ABE 中，AB ＝5，AE ＝4，由勾股定理得：BE ＝3．（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示： 由对称的性质可知，∠1＝∠2．由平移性质可知，AB ∥A′B′，∠4＝∠1，BF ＝B′F′＝3．①当点F′落在AB 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m ＝3；②当点F′落在AD 上时，∵AB ∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，∴∠5＝∠6，,AB AD ⊥∴ A′B′⊥AD ，'''',B F D B DF ∴∠=∠∴△B′F′D 为等腰三角形，∴B′D ＝B ′F′＝3，2516333BB BD B D ''∴=-=-=，即163m =． （3）DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103． 在旋转过程中，等腰△DPQ 依次有以下4种情形：①如答图3﹣1所示，点Q 落在BD 延长线上，且PD ＝DQ ，∴ ∠2＝2∠Q ，∵∠1＝∠3+∠Q ，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q ， ∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝F′A′+A′Q ＝4+5＝9．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：222293310BQ F Q F B ''=+=+=． 253103DQ BQ BD ∴=-=-； ②如答图3﹣2所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝DQ ，∴∠2＝∠P ，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P ，∴BA′∥PD ，∵PD ∥BC ，∴此时点A′落在BC 边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ ＝A′Q ，∴F′Q ＝F′A′﹣A′Q ＝4﹣BQ ．在Rt △BQF′中，由勾股定理得：'2'22,BF F Q BQ +=即：2223(4),BQ BQ +-= 解得：258BQ =， 25251253824DQ BD BQ ∴=-=-=； ③如答图3﹣3所示，点Q 落在BD 上，且PD ＝DQ ，∴ ∠3＝∠4．∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，149022∴∠︒∠＝﹣． ∵∠1＝∠2，149012∴∠=︒-∠． 149012A QB ∴∠'∠︒∠＝＝﹣， 118019012A BQ A QB ∴∠'︒∠'∠︒∠＝﹣﹣＝﹣， ∴∠A′QB ＝∠A′BQ ，∴A′Q ＝A′B ＝5，∴F′Q ＝A′Q ﹣A′F′＝5﹣4＝1．在Rt △BF′Q 中，由勾股定理得：223110BQ =+=，25103DQ BD BQ ∴=-=-； ④如答图3﹣4所示，点Q 落在BD 上，且PQ ＝PD ，∴ ∠2＝∠3．∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ ＝BA′＝5，2510533DQ BD BQ ∴=-=-=． 综上所述，DQ 的长度分别为2512525310103243--、、或103．【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．3．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点（与点A 、B 、C 不重合），且始终保持BP BQ =，AQ QE ⊥，QE 交正方形外角平分线CE 于点E ，AE 交CD 于点F ，连结PQ ．（1）求证：APQ QCE ∆∆≌；（2）证明：DF BQ QF +=；（3）设BQ x =，当x 为何值时，//QF CE ，并求出此时AQF ∆的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）当2x =-+//QF CE ；AQF S ∆4=-+．【解析】【分析】（1）判断出△PBQ 是等腰直角三角形，然后求出∠APQ=∠QCE=135°，再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ，再求出AP=CQ ，然后利用“角边角”证明即可；（2）根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ，判断出△AQE 是等腰直角三角形，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌；（3）连结AC ，设QF CE ，推出QCF ∆是等腰直角三角形°，再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌，根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ，AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，分别用x 表示出DF 、CF 、QF ，然后列出方程求出x ，再求出△AQF 的面积．【详解】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC =，90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒，∵BP BQ =，∴PBQ ∆是等腰直角三角形，AP QC =，∴45BPQ ∠=︒，∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠，∴45DCE ECM ∠=∠=︒，∴135QCE ∠=︒，∴135APQ QCE ∠=∠=︒，∵AQ QE ⊥，∴90AQB CQE ∠+∠=︒．∵90AQB BAQ ∠+∠=︒．∴BAQ CQE ∠=∠．∴()APQ QCE ASA ∆≌．（2）由（1）知APQ QCE ∆∆≌．∴QA QE =．∵90AQE ∠=︒，∴AQE ∆是等腰直角三角形，∴45QAE ∠=︒．∴45DAF QAB ∠+∠=︒，如图4，将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆，其中点D 与点B 重合，且点F '在直线BQ 上，则45F AQ '∠=︒，F A FA '=，AQ AQ =，∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌．∴QF QF BQ DF '==+．（3）连结AC ，若QF CE ，则45FQC ECM ∠=∠=︒．∴QCF ∆是等腰直角三角形，∴2CF CQ x ==-，∴DF BQ x ==．∵AB AD =，90B D ∠=∠=︒，∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌．∴AQ AF =，22.5QAB DAF ∠=∠=︒，∴AC 垂直平分QF ，∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒，2FQ QN =，∴22FQ BQ x ==．在Rt QCF ∆中，根据勾股定理，得222(2)(2)(2)x x x -+-=．解这个方程，得1222x =-+ 2222x =--（舍去）． 当222x =-+QF CE ．此时，QCF QEF S S ∆∆=，∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==， ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于（3）作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程．4．阅读下面材料：小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴【解析】试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．(1)∠B+∠D=180°（或互补）．(2)∵ AB=AC，∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．∵在△ABC中，∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．∴ EC2+CG2=EG2．在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．又∵AD=AG，AE=AE，∴△AEG≌△AED ．∴DE=EG．又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2．∴．考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．5．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．6．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF2221-3，在Rt△ABF中，BF22AB AF-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=12EC=612．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=12BD，∴△GFH的周长=3GF=32BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2（a+b），最小值为32（a﹣b）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．7．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．8．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．(1)求证：△CBG≌△CDG；(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG，∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．∵四边形DAEB为矩形，∴AG=EG=BG=DG．∵AB=6，∴AG=BG=3．设H点的坐标为（x，0），则HO=x∵OH=DH，BG=DG，∴HD=x，DG=3．在Rt△HGA中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．∴H点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．已知：在△ABC中，AB=6，BC=8，AC=10，O为AB边上的一点，以O为圆心，OA长为半径作圆交AC于D点，过D作⊙O的切线交BC于E.（1）若O为AB的中点(如图1)，则ED与EC的大小关系为：ED EC（填“”“”或“”）（2）若OA<3时（如图2），（1）中的关系是否还成立？为什么？（3）当⊙O过BC中点时（如图3），求CE长.【答案】（1）ED=EC；（2）成立；（3）3【解析】试题分析：（1）连接OD，根据切线的性质可得∠ODE=90°，则∠CDE+∠ADO=90°，由AB=6，BC=8，AC=10根据勾股定理的逆定理可证得∠ABC=90°，则∠A+∠C=90°，根据圆的基本性质可得∠A=∠ADO，即可得到∠CDE=∠C，从而证得结论；（2）证法同（1）；（3）根据直角三角形的性质结合圆的基本性质求解即可.（1）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（2）连接OD∵DE为⊙O的切线∴∠ODE=90°∴∠CDE+∠ADO=90°∵AB=6，BC=8，AC=10∴∠ABC=90°∴∠A+∠C=90°∵AO=DO∴∠A=∠ADO∴∠CDE=∠C∴ED=EC；（3）CE=3.考点：圆的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．10．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．（1）如图1，把△AMN沿直线MN折叠得到△PMN，设AM=x．i．若点P正好在边BC上，求x的值；ii．在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的函数关系式，并求y的最大值．（2）如图2，以MN为直径作⊙O，并在⊙O内作内接矩形AMQN．试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．【答案】（1）i．当x=2时，点P恰好落在边BC上；ii． y=，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2；（2）当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．【解析】试题分析：（1）i．根据轴对称的性质，可求得相等的线段与角，可得点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上；ii．分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，根据轴对称的性质△MNP的面积等于△AMN的面积，易见y=x2②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由i．知ME=MB=4-x∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，利用相似三角形的性质即可求得．（2）利用分类讨论的思想，先求的直线BC与⊙O相切时，x的值，然后得到相交，相离时x的取值范围．试题解析：（1）i．如图1，由轴对称性质知：AM=PM，∠AMN=∠PMN，又MN∥BC，∴∠PMN=∠BPM，∠AMN=∠B，∴∠B=∠BPM，∴AM=PM=BM，∴点M是AB中点，即当x=AB=2时，点P恰好落在边BC上．ii．以下分两种情况讨论：①当0＜x≤2时，∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴，∴，∴AN=，△MNP与梯形BCNM重合的面积为△MNP的面积，∴，②当2＜x＜4时，如图2，设PM，PN分别交BC于E，F，由（2）知ME=MB=4-x，∴PE=PM-ME=x-（4-x）=2x-4，由题意知△PEF∽△ABC，∴，∴S△PEF=（x-2）2，∴y=S△PMN-S△PEF=，∵当0＜x≤2时，y=x2，∴易知y最大=，又∵当2＜x＜4时，y=，∴当x=时（符合2＜x＜4），y最大=2，综上所述，当x=时，重叠部分的面积最大，其值为2．（2））如图3，设直线BC与⊙O相切于点D，连接AO，OD，则AO=OD=MN．在Rt△ABC中，BC==5；由（1）知△AMN∽△ABC，∴，即，∴MN=x∴OD=x，过M点作MQ⊥BC于Q，则MQ=OD=x，在Rt△BMQ与Rt△BCA中，∠B是公共角，∴△BMQ∽△BCA，∴，∴BM=，AB=BM+MA=x+x=4∴x=，∴当x=时，⊙O与直线BC相切；当x＜时，⊙O与直线BC相离；x＞时，⊙O与直线BC相交．考点：圆的综合题．11．如图，在△ABC 中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D 在线段AB 上，AD=2．点P ，Q 以相同的速度从D 点同时出发，点P 沿DB 方向运动，点Q 沿DA 方向到点A 后立刻以原速返回向点B 运动．以PQ 为直径构造⊙O ，过点P 作⊙O 的切线交折线AC ﹣CB 于点E ，将线段EP 绕点E 顺时针旋转60°得到EF ，过F 作FG ⊥EP 于G ，当P 运动到点B 时，Q 也停止运动，设DP=m ．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m 的代数式表示） （2）当线段FG 长度达到最大时，求m 的值； （3）在点P ，Q 整个运动过程中，①当m 为何值时，⊙O 与△ABC 的一边相切？ ②直接写出点F 所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10433与△ABC 的边相切．②点F 1136572【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos302FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大， 易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯===，3tan30(2)3EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin60OB ON ==4310AO ∴=- 4312AP ∴=-43212m ∴+= 3103m ∴=-综上所述,当m =1或4或4310O 与△ABC 的边相切。

九年级数学上册几何模型压轴题检测题(WORD版含答案)

九年级数学上册几何模型压轴题检测题(WORD版含答案)

九年级数学上册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．如图，在矩形ABCD中，6AB cm=，8AD cm=，连接BD，将ABD△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D'''△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．（1）求矩形ABCD与A B D'''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE''）的面积；（2）将A B D'''△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D'''△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）2452cm；（2）22331624(0)22588020016(4)3335x x xyx x x⎧--+≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩；（3）存在，使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32669-．【解析】【分析】（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，利用B D A∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；（2）分类讨论，当165x≤<时和当1645x≤≤时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB A B'=''时；当AA A B'=''时；当AB AA'='时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）6AB cm=，8AD cm=，10BD cm∴=，根据旋转的性质可知10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，tanA B CEB D AA D CD'''''∠=='''，682CE ∴=， 32CE cm ∴=， ()28634522222A B CE A B D CED S S S cm ''''''⨯∴==-⨯÷=-； （2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32CE x =， 233+22CD E S x x '∴=△， 22133368242222y x x x ∴=⨯⨯-=--+； ②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023CE x =- ()221488020010223333y x x x ∴=⨯-=-+． （3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：x =秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'22224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得：32x =秒．综上所述：使得AA B ''△成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32秒、95．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．2．请阅读下列材料：问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC的边长为__________；问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．【答案】（17；（25【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△APP’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP2，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.（17（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．∴AP′=PC=1，BP=BP′2；连接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°；在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP5∵222+=，即AP′2+PP′2=AP2；125∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠B PC=∠AP′B=135°．过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，∴∠EP′B=45°，∴EP′=BE=1，∴AE=2；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5；∴∠BPC=135°，正方形边长为5．点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形，等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.3．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OA C′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BO D′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．4．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：操作发现（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC 和等边三角形GEB 纸片，DA DC =，让两个三角形如图①放置，点C 和点G 重合，点D ，点E 在AB 的同侧，AC 和GB 在同一条直线上，点F 为AB 的中点，连接DF ，EF ，则DF 和EF 的数量关系与位置关系为：________；数学思考（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由；类比探索（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明； ②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.【答案】（1）3EF DF =，DFEF ； （2）3EF DF =，DFEF ,理由见解析; （3）①3EF DF =，DFEF ;②旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.【解析】【分析】（1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析；（3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立. 【详解】解：（1）3EF DF =，DF EF ；如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，AD CD =，EGB 为等边三角形.AM MC ∴=，GN BN =. 又点F 为AB 的中点，AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==.设DM a =，2GB b =，120ADC ∠=︒，DA DC =，3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中，33DM FN a==， 33MF NE b ==， 又90DMF FNE ∠=∠=︒，DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠，3DF DM FE FN ==3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒. 3EF DF ∴=且DFEF . （2）3EF DF =，DF EF .理由如下： 如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，CF BF ∴=.又CE EB =，EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ，∴四边形LCMF 为矩形，90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥，//AC EF .DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形，60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘∴D ，C ，E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF △中，3tan 3DE DF F F E DF ===∠； （3）①3EF DF =，DFEF .选择题图进行证明：如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，在ADF 和BNF 中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.18060O ADC∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE∠=∠，60O CEB∠=∠=︒，OCP OBE∴∠=∠.DCE NBE∴∠=∠.又GEB是等边三角形，GE BE∴=，又AD BN CD==，()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=，BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠+∠=∠+∠，即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=，DF EF∴⊥，60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明，证明如下：如解图，延长DF并延长到点N，使得FN DF=，连接NB，DE，NE，NB与CD交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF和BNF中，AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=，ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC ∴∠=∠=︒.60BOJ ∴∠=︒，60JEC ∠=︒.又OJB EJC ∠=∠，OBE ECJ ∴∠=∠.AD CD =，AD NB =，CD NB ∴=.又GEB 是等边三角形，CE BE ∴=.()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠，即60NED BEC ∠=∠=︒.DEN ∴是等边三角形.又DF FN =，DF EF ∴⊥，60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =，DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.5．(1)如图①，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，过点O 作直线EF ⊥BD ，交AD 于点E ，交BC 于点F ，连接BE 、DF ，且BE 平分∠ABD ．①求证：四边形BFDE 是菱形；②直接写出∠EBF 的度数；(2)把(1)中菱形BFDE 进行分离研究，如图②，点G 、I 分别在BF 、BE 边上，且BG=BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH 并延长，交ED 于点J ，连接IJ 、IH 、IF 、IG.试探究线段IH 与FH 之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH ＝3FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2．【解析】【分析】（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OB EOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形．②∵BE 平分∠ABD ，∴∠ABE ＝∠EBD ，∵EB ＝ED ，∴∠EBD ＝∠EDB ，∴∠ABD ＝2∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB ＝90°，∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°，∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°，∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH 3．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°，∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ，∴∠JDH ＝∠FGH ，在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DHJ ≌△GHF ，∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ，∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ，∴BE ＝IM ＝BF ，∵∠MEJ ＝∠B ＝60°，∴△MEJ 是等边三角形，∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60°在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ，∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°，∴∠MIJ +∠BIF ＝120°，∴∠JIF ＝60°，∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°，∴∠FIH ＝30°，∴IH 3．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°，∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°，∴∠ADF +∠EDC ＝45°，∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ，∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ，∴∠ECM ＝90°∴EC 2+CM 2＝EM 2，∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.6．如图，已知△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F 为BE 的中点，连接CF ，DF ．（1）如图1，当点D 在AB 上，点E 在AC 上时①证明：△BFC 是等腰三角形；②请判断线段CF ，DF 的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．7．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=12AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=12AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．8．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．(1)求证：△CBG≌△CDG；(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG，∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．∵四边形DAEB为矩形，∴AG=EG=BG=DG．∵AB=6，∴AG=BG=3．设H点的坐标为（x，0），则HO=x∵OH=DH，BG=DG，∴HD=x，DG=3．在Rt△HGA中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．∴H点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图，二次函数y=x2-2mx+8m的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边且OA≠OB),交y轴于点C，且经过点（m，9m）,⊙E过A、B、C三点。

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习(word版

人教版九年级数学上册 几何模型压轴题专题练习（word 版一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】【分析】 （1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//PN BD ，PNC DBC ∴∠=∠，DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC ，CD 上，且BE=DF ，点P 是AF 的中点，点Q 是直线AC 与EF 的交点，连接PQ ，PD ．（1）求证：AC 垂直平分EF ；（2）试判断△PDQ 的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF 绕着点C 旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．3．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（175，3）；（3）30334-≤S 30334+【解析】【分析】（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；（2）①根据HL证明即可；②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD=22AD AC=4，∴BD=BC-CD=1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（5-342）=303344-，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（5+342）=303344+．30334-S30334+【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．4．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．(3) 5-32≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE 交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图1中，∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠EBC=∠CAD延长BE交AD于点F，∵BC⊥AD，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD⊥BE．∴AD=BE，AD⊥BE．故答案为AD=BE，AD⊥BE．（2）结论：AD=BE，AD⊥BE．理由：如图2中，设AD交BE于H，AD交BC于O．∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形，∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE，在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BCACD BCECD CE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠CAD=∠CBE，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD⊥BE，∴AD=BE，AD⊥BE．（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值2，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．5．如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时①证明：△BFC是等腰三角形；②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．6．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）△FGH是等边三角形；（261；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF2221-3，在Rt△ABF中，BF22AB AF-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=12EC=612．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=12BD，∴△GFH的周长=3GF=32BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2（a+b），最小值为32（a﹣b）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．7．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=12AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=12AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．8．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，又∵∠CBE=∠CAF，∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF；∵ED=EC，∴∠ECD=∠EDC，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，∴∠BDE=∠AEF，在△EDB和△FEA中，DBE EAFBDE AEFED EF∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝∴△EDB≌△FEA（AAS），∴BD=AE，EB=AF，∵BE=AB+AE，∴AF=AB+BD，即AB，DB，AF之间的数量关系是：AF=AB+BD．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．如图①，一个Rt△DEF直角边DE落在AB 上，点D 与点B重合，过A点作二射线AC 与斜边EF平行，己知AB=12，DE=4，DF=3，点P从A点出发，沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动，Q为AP中点，设运动时间为t秒（t＞0）•（1）当t=5时，连接QE，PF，判断四边形PQEF的形状；（2）如图②，若在点P运动时，Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动，当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题：①当D、M、Q三点在同一直线上时，求运动时间t；②运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，说明理由．【答案】（1）平行四边形EFPQ是菱形；（2）t=；当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切．【解析】试题分析：（1）过点Q作QH⊥AB于H，如图①，易得PQ=EF=5，由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形，易证△AHQ∽△EDF，从而可得AH=ED=4，进而可得AH=HE=4，根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ，即可得到PQ=EQ，即可得到平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，则有AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ，然后运用相似三角形的性质就可求出t的值；②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在∠ADF的角平分线上（如图③）或在∠FDB的角平分线（如图④）上，故需分两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质求出AH、DH（用t表示），再结合AB=12，DB=t建立关于t的方程，然后解这个方程就可解决问题．试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形．理由：过点Q作QH⊥AB于H，如图①，∵t=5，∴AP=2×5=10．∵点Q是AP的中点，∴AQ=PQ=5．∵∠EDF=90°，DE=4，DF=3，∴EF==5，∴PQ=EF=5．∵AC∥EF，∴四边形EFPQ是平行四边形，且∠A=∠FEB．又∵∠QHA=∠FDE=90°，∴△AHQ∽△EDF，∴．∵AQ=EF=5，∴AH=ED=4．∵AE=12-4=8，∴HE=8-4=4，∴AH=EH，∴AQ=EQ，∴PQ=EQ，∴平行四边形EFPQ是菱形；（2）①当D、M、Q三点在同一直线上时，如图②，此时AQ=t，EM=EF=，AD=12-t，DE=4．∵EF∥AC，∴△DEM∽△DAQ，∴，∴，解得t=；②存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切，此时点Q在∠ADF的角平分线上或在∠FDB的角平分线上．Ⅰ．当点Q在∠ADF的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图③，则有∠HQD=∠HDQ=45°，∴QH=DH．∵△AHQ∽△EDF（已证），∴，∴，∴QH=，AH=，∴DH=QH=．∵AB=AH+HD+BD=12，DB=t，∴++t=12，∴t=5；Ⅱ．当点Q在∠FDB的角平分线上时，过点Q作QH⊥AB于H，如图④，同理可得DH=QH=，AH=． ∵AB=AD+DB=AH-DH+DB=12，DB=t ， ∴-+t=12，∴t=10．综上所述：当t 为5秒或10秒时，以点Q 为圆心的圆与Rt △DEF 两个直角边所在直线都相切．考点：1．圆的综合题；2．线段垂直平分线的性质；3．勾股定理；4．菱形的判定；5．相似三角形的判定与性质．10．已知圆O 的半径长为2，点A 、B 、C 为圆O 上三点，弦BC=AO ，点D 为BC 的中点，(1)如图，连接AC 、OD ，设∠OAC=α，请用α表示∠AOD ； (2)如图，当点B 为AC 的中点时，求点A 、D 之间的距离：(3)如果AD 的延长线与圆O 交于点E ，以O 为圆心，AD 为半径的圆与以BC 为直径的圆相切，求弦AE 的长．【答案】（1）1502AOD α∠=︒-；（2）7AD =3331331+- 【解析】 【分析】（1）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOC 等于30°，OA=OC 可得∠ACO=∠CAO=α，利用三角形的内角和定理即可表示出∠AOD 的值. （2）连接OB 、OC ，可证△OBC 是等边三角形，根据垂径定理可得∠DOB 等于30°，因为点D 为BC 的中点，则∠AOB=∠BOC=60°，所以∠AOD 等于90°，根据OA=OB=2,在直角三角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD 、AD 的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关系，求出AD 的长，再过O 点作AE 的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解. 【详解】(1)如图1：连接OB 、OC. ∵BC=AO ∴OB=OC=BC∴△OBC 是等边三角形 ∴∠BOC=60°∵点D是BC的中点∴∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OA=OC∴OAC OCA∠=∠=α∴∠AOD=180°-α-α-30︒=150°-2α(2)如图2：连接OB、OC、OD.由（1）可得：△OBC是等边三角形，∠BOD=130 2BOC∠=︒∵OB=2，∴OD=OB∙cos30︒=3∵B为AC的中点，∴∠AOB=∠BOC=60°∴∠AOD=90°根据勾股定理得：AD=227AO OD+=（3）①如图3.圆O 与圆D 相内切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：OD=3，圆D 的半径为1 ∴AD=31+ 设AF=x在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=-+-解得：331x +=∴AE=3312AF 2+=②如图4.圆O 与圆D 相外切时： 连接OB 、OC ，过O 点作OF ⊥AE ∵BC 是直径，D 是BC 的中点 ∴以BC 为直径的圆的圆心为D 点 由（2）可得：3D 的半径为1 ∴31 在Rt △AFO 和Rt △DOF 中，2222OA AF OD DF -=-即()2222331x x -=- 解得：331x -=∴AE=331 2AF2-=【点睛】本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.11．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D在线段AB上，AD=2．点P，Q以相同的速度从D点同时出发，点P沿DB方向运动，点Q沿DA方向到点A后立刻以原速返回向点B运动．以PQ为直径构造⊙O，过点P作⊙O的切线交折线AC﹣CB于点E，将线段EP绕点E顺时针旋转60°得到EF，过F作FG⊥EP于G，当P运动到点B时，Q 也停止运动，设DP=m．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m的代数式表示）（2）当线段FG长度达到最大时，求m的值；（3）在点P，Q整个运动过程中，①当m为何值时，⊙O与△ABC的一边相切？②直接写出点F所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m，m﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10433与△ABC的边相切．②点F 1136572【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos302FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大， 易知此时53553AC BC EP AB ⨯⨯=== 3tan30(2)EP AP m =⋅=+ 533(2)m =+ ∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin60OB ON ==4310AO ∴=- 4312AP ∴=-432123m ∴+=-， 4310m ∴=-， 综上所述,当m =1或4或4310-时，O 与△ABC 的边相切。

九年级数学上册 几何模型压轴题单元测试题(Word版 含解析)

九年级数学上册 几何模型压轴题单元测试题（Word 版 含解析）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_________，位置关系是_________；（2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）492【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN 与PM 等于DE 或CE 的一半，又△ABC 为等腰直角三角形，AD=AE ，所以得PN=PM ，且互相垂直；（2）由旋转可推出BAD CAE ∆∆≌，再利用PM 与PN 皆为中位线，得到PM=PN ，再利用角度间关系推导出垂直即可；（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM ，且PM ⊥PN ，利用三角形面积公式求解即可．【详解】（1）PM PN =，PM PN ⊥；已知点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，根据三角形的中位线定理可得 12PM EC =，12PN BD =，//PM EC ，//PN BD 根据平行线性质可得DPM DCE ∠=∠，NPD ADC ∠=∠在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，AD AE =可得BD EC =，90DCE ADC ∠+∠=︒即得PM PN =，PM PN ⊥故答案为：PM PN =；PM PN ⊥．（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋转可得BAD CAE ∠=∠，又AB AC =，AD AE =∴BAD CAE ∆∆≌∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠， ∵点M ，P 分别为DE ，DC 的中点∴PM 是DCE ∆的中位线∴12PM CE =，且//PM CE ， 同理可证12PN BD =，且//PN BD ∴PM PN =，MPD ECD ∠=∠，PNC DBC ∠=∠，∴MPD ECD ACD ACE ACD ABD ∠=∠=∠+∠=∠+∠，DPN PNC PCN DBC PCN ∠=∠+∠=∠+∠，∴90MPN MPD DPN ACD ABD DBC PCN ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒，即PMN ∆为等腰直角三角形．（3）把ADE ∆绕点A 旋转的如图的位置，此时1()72PN AD AB =+=，1()72PM AE AC =+= 且PN 、PM 的值最长，由（2）可知PM PN =，PM PN ⊥ 所以PMN ∆面积最大值为1497722⨯⨯=． 【点睛】本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．2．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC 中，把AB 点A 顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：特例验证：(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．猜想论证：(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．拓展应用(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)①12；②4(2) AD=12BC，理由见解析(3)存在，13【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，AD=12 BC；(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O假设P点存在，再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3在；∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=12BM3DE=EM﹣DM3﹣33由已知DA3AE=DE且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=12BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案：1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中，''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案：4(2)AD与BC的数量关系：AD=12BC；理由如下：延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，∵∠BAB′+∠CAC′=180°，∴∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠BAC=∠AB′M，在△BAC和△AB′M中，'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，∴AD=12 BC；(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：∵∠A+∠B=120°，∴∠ADC=150°，∴∠MDC=30°，在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∴CMDM，∠M=90°﹣∠MDC=60°，在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=12 BM∴DE=EM﹣DM∵DA∴AE=DE，∵BE⊥AD，∴PA=PD，∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=12 BC∴tan∠CDF=CFCD，∴∠CDF=60°，∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，∴∠CBE=∠CFD，∵∠CBE=∠PCF，∴∠CFD=∠PCF=30°，∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，∴∠CPF=∠CDF=60°，在△FCP和△CFD中，CPF CDFPCF CFD CF CF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCP≌△CFD(AAS)，∴CD=PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，∴∠CDP=90°，∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，∴∠APD=60°，∵∠BPF=∠CPF=90°﹣30°=60°，∴∠BPC=120°，∴∠APD +∠BPC =180°，∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系；在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =12CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313． 【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.3．两块等腰直角三角形纸片AOB 和COD 按图1所示放置，直角顶点重合在点O 处，25AB =，17CD =．保持纸片AOB 不动，将纸片COD 绕点O 逆时针旋转(090)αα<<角度，如图2所示．()1利用图2证明AC BD =且AC BD ⊥；()2当BD 与CD 在同一直线上（如图3）时，求AC 的长和α的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）7，725． 【解析】【分析】 (1)图形经过旋转以后明确没有变化的边长，证明AOC BOD ≅，得出AC=BD ， 延长BD 交AC 于E ，证明∠AEB=90︒，从而得到BD AC ⊥.(2) 如图3中，设AC=x ，在Rt △ABC 中，利用勾股定理求出x ，再根据sinα=sin ∠ABC=AC AB即可解决问题【详解】 ()1证明：如图2中，延长BD 交OA 于G ，交AC 于E ．∵90AOB COD ∠=∠=，∴AOC DOB ∠=∠， 在AOC 和BOD 中，OA OB AOC BOD OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AOC BOD ≅，∴AC BD =，CAO DBO ∠=∠，∵90DBO GOB ∠+∠=，∵OGB AGE ∠=∠，∴90CAO AGE ∠+∠=，∴90AEG ∠=，∴BD AC ⊥．()2解：如图3中，设AC x =，∵BD 、CD 在同一直线上，BD AC ⊥， ∴ABC 是直角三角形，∴222AC BC AB +=，∴222(17)25x x ++=，解得7x =，∵45ODC DBO α∠=∠+∠=，45ABC DBO ∠+∠=，∴ABC α∠=∠， ∴7sin sin 25AC ABC AB α=∠==． 【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，第二个问题的关键是利用（1）的结论解决问题，属于中考常考题型.4．综合与实践问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ，其中90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===.观案发现（1）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ，则HFG ∠=______度；操作证明（2）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，使点A C E 、、三点在一条直线上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH FG =，请你帮助小明证明这个结论.探究发现（3）将图①中的DEC 绕点C 顺时针（逆时针）旋转，旋转角为()0180αα︒︒<<，DEC 在旋转的过程中，当直线FH 经过点C 时，如图③，请求出线段FG 的长.（4）在旋转过程中，在Rt ABC 和Rt CDE △中，始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥，你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）31BD =；（4）AD BE ⊥【解析】【分析】（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；（2）根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆，进而通过中位线定理即可得到FH FG =；（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF 的长，再由BD BF DF =-即可求出BD 的长；（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥.【详解】（1）,,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒，BE AD ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，//,//HF AD FG BE ∴，AD BE ⊥，HF GF ∴⊥，90HFG ∴∠=︒；（2）证明：如下图，连接AD BE ，，由旋转可知CE CD =，90ECD ACD ∠=∠=︒，又∵AC=BC ， ()ACD BCE SAS ∴∆≅∆，AD BE ∴=，F 是DE 的中点，H 是AE 的中点，G 是BD 的中点，11,22FH AD FG BE ∴==， FH FG ∴=；（3）解：由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆，，都是等腰直角三角形，2CD =1CF DF ∴==，2BC AC ==，223BF BC CF ∴=-=31BD BF DF ∴=-=，G 是BD 的中点，31DG -∴=31BD BF DF ∴=-=；（4）AD BE ⊥. 连接AD ，由（3）知，CF DE ⊥，∵ECD ∆是等腰直角三角形，∴F 是ED 中点，又∵H 是AE 中点，∴AD ∥HF ，∵HF ⊥ED ，∴AD BE ⊥.【点睛】本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系；（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.5．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点O （0，0），点A （5，0），点B （0，3）．以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，B ，C 的对应点分别为D，E，F．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．①求证△ADB≌△AOB；②求点H的坐标．（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（175，3）；（3）30334-≤S≤30334+．【解析】【分析】（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；（2）①根据HL证明即可；②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD=22AD AC-=4，∴BD=BC-CD=1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（34）30334-当点D 在BA 的延长线上时，△D ′E ′K 的面积最大，最大面积=12×D ′E ′×KD ′=12×3×（5+34）=30334+． 综上所述，30334-≤S ≤30334+． 【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．6．（1）发现如图，点A 为线段BC 外一动点，且BC a =，AB b =.填空：当点A 位于____________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为_________.（用含a ，b 的式子表示）（2）应用点A 为线段BC 外一动点，且3BC =，1AB =.如图所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE .①找出图中与BE 相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE 长的最大值.（3）拓展如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为()2,0，点B的坐标为()5,0，点P为线段AB外一动点，且2PA=，PM PB=，90BPM∠=︒，求线段AM长的最大值及此时点P的坐标.【答案】（1）CB的延长线上，a+b；（2）①DC=BE,理由见解析；②BE的最大值是4;（3）AM的最大值是2，点P的坐标为（22）【解析】【分析】（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；（2）①根据等边三角形的性质得到AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，推出△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质得到CD=BE；②由于线段BE长的最大值=线段CD 的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2，BN=AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2+3；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）∵点A为线段BC外一动点，且BC=a，AB=b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+b，故答案为CB的延长线上，a+b；（2）①CD=BE，理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠CAD=∠EAB，在△CAD与△EAB中，AD ABCAD EABAC AE⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△CAD≌△EAB，∴CD=BE；②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值，由（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，∴最大值为BD+BC=AB+BC=4；（3）∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，∴PN=PA=2，BN=AM，∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（5，0），∴OA=2，OB=5，∴AB=3，∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值，∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值=AB+AN，∵AN=2AP=22，∴最大值为22+3；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴2，∴22，∴P（22）．【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．7．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD 中点．（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）61；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF=2221-=3，在Rt△ABF中，BF=22AB AF- =6，∴BD=CE=BF﹣DF=61-，∴FH=12EC=612-．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=12BD，∴△GFH的周长=3GF=32BD，在△ABD中，AB=a，AD=b，∴BD的最小值为a﹣b，最大值为a+b，∴△FGH的周长最大值为3 2（a+b），最小值为32（a﹣b）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．8．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．（2）设OD＝t，①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝；②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，∴∠BED＝90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB＝60°，∴∠CEB＝30°，∵∠CEB＝∠CDA，∴∠CDA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠ACD＝∠ADC＝30°，∴DA＝CA＝4，∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，∴t＝2；当6＜t＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，∴此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，又由（1）知∠CDE＝60°，∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE＝90°，从而∠BCD＝30°，∴BD＝BC＝4，∴OD＝14，∴t＝14，综上所述：当t＝2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．已知：四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足为点E，DE的锯长线交⊙O于点F，DC的延长线与FB的延长线交于点G．（1）如图1，求证：GD＝GF；（2）如图2，过点B作BH⊥AD，垂足为点M，B交DF于点P，连接OG，若点P在线段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大小；（3）如图3，在（2）的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK，PC，D交PC点N，连接MN，若AB＝122，HM+CN＝MN，求DK的长．【答案】（1）见解析；（2）∠ADF＝45°；（3）1810．【解析】【分析】（1）利用“同圆中，同弧所对的圆周角相等”可得∠A＝∠GFD，由“等角的余角相等”可得∠A＝∠GDF，等量代换得∠GDF＝∠GFD，根据“三角形中，等角对等边”得GD＝GF；（2）连接OD、OF，由△DPH≌△FPB可得：∠GBH＝90°，由四边形内角和为360°可得：∠G＝90°，即可得：∠ADF＝45°；（3）由等腰直角三角形可得AH＝BH＝12，DF＝AB＝12，由四边形ABCD内接于⊙O，可得：∠BCG＝45°＝∠CBG，GC＝GB，可证四边形CDHP是矩形，令CN＝m，利用勾股定理可求得m＝2，过点N作NS⊥DP于S，连接AF，FK，过点F作FQ⊥AD于点Q，过点F 作FR⊥DK交DK的延长线于点R，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得DK．【详解】解：（1）证明：∵DE ⊥AB∴∠BED ＝90°∴∠A +∠ADE ＝90°∵∠ADC ＝90°∴∠GDF +∠ADE ＝90°∴∠A ＝∠GDF∵BD BD =∴∠A ＝∠GFD∴∠GDF ＝∠GFD∴GD ＝GF（2）连接OD 、OF∵OD ＝OF ，GD ＝GF∴OG ⊥DF ，PD ＝PF在△DPH 和△FPB 中PD PF DPH FPB PH PB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DPH ≌△FPB （SAS ）∴∠FBP ＝∠DHP ＝90°∴∠GBH ＝90°∴∠DGF ＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90° ∴∠GDF ＝∠DFG ＝45°∴∠ADF ＝45°（3）在Rt △ABH 中，∵∠BAH ＝45°，AB ＝∴AH ＝BH ＝12∴PH ＝PB ＝6∵∠HDP ＝∠HPD ＝45°∴DH ＝PH ＝6∴AD ＝12+6＝18，PN ＝HM ＝12PH ＝3，PD ＝∵∠BFE ＝∠EBF ＝45°∴EF ＝BE∵∠DAE ＝∠ADE ＝45°∴DE ＝AE∴DF ＝AB ＝∵四边形ABCD 内接于⊙O∴∠DAB +∠BCD ＝180°∴∠BCD ＝135° ∴∠BCG ＝45°＝∠CBG ∴GC ＝GB又∵∠CGP ＝∠BGP ＝45°，GP ＝GP ∴△GCP ≌△GBP （SAS ） ∴∠PCG ＝∠PBG ＝90° ∴∠PCD ＝∠CDH ＝∠DHP ＝90° ∴四边形CDHP 是矩形∴CD ＝HP ＝6，PC ＝DH ＝6，∠CPH ＝90° 令CN ＝m ，则PN ＝6﹣m ，MN ＝m +3 在Rt △PMN 中，∵PM 2+PN 2＝MN 2 ∴32+（6﹣m ）2＝（m +3）2，解得m ＝2 ∴PN ＝4过点N 作NS ⊥DP 于S ，在Rt △PSN 中，PS ＝SN ＝DS ＝﹣＝SN 1tanDS 2SDN ∠=== 连接AF ，FK ，过点F 作FQ ⊥AD 于点Q ，过点F 作FR ⊥DK 交DK 的延长线于点R 在Rt △DFQ 中，FQ ＝DQ ＝12 ∴AQ ＝18﹣12＝6 ∴tan 1226FQ FAQ AQ ∠=== ∵四边形AFKD 内接于⊙O ， ∴∠DAF +∠DKF ＝180° ∴∠DAF ＝180°﹣∠DKF ＝∠FKR在Rt △DFR 中，∵DF ＝1tan 2FDR ∠=∴FR DR ==在Rt △FKR 中，∵FR ＝5tan ∠FKR ＝2∴KR ＝5∴DK ＝DR ﹣KR ＝==．【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质，解直角三角形等知识点；解题关键是添加辅助线构造直角三角形．10．如图，∠ABC=45°，△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ，顶点A 、D 分别在∠ABC 的两边BA 、BC 上滑动（不与点B 重合），△ADE 的外接圆交BC 于点F ，点D 在点F 的右侧，O 为圆心． （1）求证：△ABD ≌△AFE（2）若AB=42，82＜BE ≤413，求⊙O 的面积S 的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）16π＜S ≤40π【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD ，得出三角形全等；（2）利用△ABD ≌△AFE ，和已知条件得出BF 的长，利用勾股定理和2＜BE 13EF,DF 的取值范围， 24S DE π=，所以利用二次函数的性质求出最值. 试题解析：（1）连接EF ，∵△ADE 是等腰直角三角形，AE=AD ， ∴∠EAD=90°，∠AED=∠ADE=45°， ∵AE AE = ， ∴∠ADE=∠AFE=45°， ∵∠ABD=45°， ∴∠ABD=∠AFE ， ∵AF AF =， ∴∠AEF=∠ADB ，∵AE=AD ， ∴△ABD ≌△AFE ； （2）∵△ABD ≌△AFE ， ∴BD=EF ，∠EAF=∠BAD ， ∴∠BAF=∠EAD=90°， ∵42AB = ， ∴BF=42cos cos45AB ABF =∠=8，设BD=x ，则EF=x ，DF=x ﹣8， ∵BE 2=EF 2+BF 2， 82＜BE ≤413 ，∴128＜EF 2+82≤208， ∴8＜EF ≤12，即8＜x ≤12， 则()222844S DE x x ππ⎡⎤==+-⎣⎦=()2482x ππ-+，∵2π＞0， ∴抛物线的开口向上， 又∵对称轴为直线x=4，∴当8＜x ≤12时，S 随x 的增大而增大， ∴16π＜S ≤40π．点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角，第二问的解题关键是根据第一问的结论计算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范围，所以在这个问题中要考虑勾股定理的问题，还要考虑圆的面积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.11．四边形ABCD 内接于⊙O ，连接AC 、BD ，2∠BDC +∠ADB ＝180°．（1）如图1，求证：AC＝BC；（2）如图2，E为⊙O上一点，AE＝BE，F为AC上一点，DE与BF相交于点T，连接AT，若∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，求证：AT平分∠DAB；（3）在（2）的条件下，DT＝TE，AD＝8，BD＝12，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）82【解析】【分析】（1）只要证明∠CAB=∠CBA即可．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．想办法证明TL=TH即可解决问题．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．证明△EAG≌△TDH（AAS），推出AG=DH，证明Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），推出DH=DR，同理可得AL=AH，BR=BL，设DH=x，则AB=2x，由S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，可得AQ=52h，再根据sin∠BDE=sin∠ADE，sin∠AED=sin∠ABD，构建方程组求出m即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，即∠ADB+∠BDC+∠ABC＝180°，∵2∠BDC+∠ADB＝180°，∴∠ABC＝∠BDC，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BAC＝∠ABC，∴AC＝BC．（2）如图2中，作TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∵∠BFC＝∠BAC+∠ABF，∠BAC＝∠BDC，∴∠BFC＝∠BDC+∠ABF，∵∠BFC＝∠BDC+12∠ABD，∴∠ABF＝12∠ABD，∴BT平分∠ABD，∵AE＝BE∴∠ADE＝∠BDE，∴DT平分∠ADB，∵TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L．∴TR＝TL，TR＝TH，∴TL＝TH，∴AT平分∠DAB．（3）如图3中，连接EA，EB，作EG⊥AB，TH⊥AD于H，TR⊥BD于R，TL⊥AB于L，AQ⊥BD于Q．∵AE＝BE∴∠EAB＝∠EDB＝∠EDA，AE＝BE，∵∠TAE＝∠EAB+∠TAB，∠ATE＝∠EDA+∠DAT，∴∠TAE＝∠ATE，∴AE＝TE，∵DT＝TE，∴AE＝DT，∵∠AGE＝∠DHT＝90°，∴△EAG≌△TDH（AAS），∴AG＝DH，∵AE＝EB，EG ⊥AB，∴AG＝BG，∴2DH＝AB，∵Rt△TDR≌Rt△TDH（HL），∴DH＝DR，同理可得AL=AH，BR＝BL，设DH ＝x ，则AB＝2x ，∵AD＝8，DB＝12，∴AL ＝AH＝8﹣x，BR＝12﹣x，AB ＝2x＝8﹣x+12﹣x，∴x＝5，∴DH＝5，AB＝10，设TR＝TL＝TH＝h，DT＝m，∵S△ADB=12•BD•AQ=12•AD•h+12•AB•h+12•DB•h，∴12AQ＝（8+12+10）h，∴AQ＝52 h，∵sin∠BDE＝sin∠ADE，可得hm＝APAD＝AP8，sin∠AED＝sin∠ABD，可得APm＝AQAB＝AQ10＝5210h，∴APm＝52810mAP，解得m＝42或﹣42（舍弃），∴DE＝2m＝82．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理和判定定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．12．如图1，四边形ABCD中，、为它的对角线，E为AB边上一动点（点E不与点A、B重合），EF∥AC交BC于点F，FG∥BD交DC于点G，GH∥AC交AD于点H，连接HE．记四边形EFGH的周长为，如果在点的运动过程中，的值不变，则我们称四边形ABCD为“四边形”，此时的值称为它的“值”．经过探究，可得矩形是“四边形”．如图2，矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为．（1）等腰梯形（填“是”或“不是”）“四边形”；（2）如图3，是⊙O的直径，A是⊙O上一点，，点为上的一动点，将△沿的中垂线翻折，得到△．当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有个．【答案】“值”为10；（1）是；（2）最多有5个．【解析】试题分析：仔细分析题中“四边形”的定义结合矩形的性质求解即可；（1）根据题中“四边形”的定义结合等腰梯形的性质即可作出判断；（2）根据题中“四边形”的定义结合中垂线的性质、圆的基本性质即可作出判断.矩形ABCD中，若AB=4，BC=3，则它的“值”为10；（1）等腰梯形是“四边形”；（2）由题意得当点运动到某一位置时，以、、、、、中的任意四个点为顶点的“四边形”最多，最多有5个.考点：动点问题的综合题点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．13．如图，点A在直线l上，点Q沿着直线l以3厘米/秒的速度由点A向右运动，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 34，点C在点Q右侧，CQ=1厘米，过点C作直线m⊥l，过△ABQ的外接圆圆心O作OD⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=13CD，以DE、DF为邻边作矩形DEGF．设运动时间为t秒．（1）直接用含t的代数式表示BQ、DF；（2）当0＜t＜1时，求矩形DEGF的最大面积；（3）点Q在整个运动过程中，当矩形DEGF为正方形时，求t的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3． 【解析】试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解； （3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可. 试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.14．如图，已知AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点（不与A 、B 重合），D 为的AC 中点，过点D 作弦DE ⊥AB 于F ，P 是BA 延长线上一点，且∠PEA ＝∠B ．（1）求证：PE 是⊙O 的切线；（2）连接CA 与DE 相交于点G ，CA 的延长线交PE 于H ，求证：HE ＝HG ； （3）若tan ∠P ＝512，试求AHAG的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1310AH AG =． 【解析】 【分析】（1）连接OE ，由圆周角定理证得∠EAB+∠B ＝90°，可得出∠OAE ＝∠AEO ，则∠PEA+∠AEO ＝90°，即∠PEO ＝90°，则结论得证；（2）连接OD ，证得∠AOD ＝∠AGF ，∠B ＝∠AEF ，可得出∠PEF ＝2∠B ，∠AOD ＝2∠B ，可证得∠PEF ＝∠AOD ＝∠AGF ，则结论得证； （3）可得出tan ∠P ＝tan ∠ODF ＝512OF DF =，设OF ＝5x ，则DF ＝12x ，求出AE ，BE ，得出23AEBE=，证明△PEA∽△PBE，得出23PAPE=，过点H作HK⊥PA于点K，证明∠P＝∠PAH，得出PH＝AH，设HK＝5a，PK＝12a，得出PH＝13a，可得出AH＝13a，AG＝10a，则可得出答案．【详解】解：（1）证明：如图1，连接OE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，∴∠EAB+∠B＝90°，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AEO，∴∠B+∠AEO＝90°，∵∠PEA＝∠B，∴∠PEA+∠AEO＝90°，∴∠PEO＝90°，又∵OE为半径，∴PE是⊙O的切线；（2）如图2，连接OD，∵D为AC的中点，∴OD⊥AC，设垂足为M，∴∠AMO＝90°，∵DE⊥AB，∴∠AFD＝90°，∴∠AOD+∠OAM＝∠OAM+∠AGF＝90°，∴∠AOD＝∠AGF，∵∠AEB＝∠EFB＝90°，∴∠B＝∠AEF，∵∠PEA＝∠B，∴∠PEF＝2∠B，∵DE⊥AB，∴AE AD=，∴∠AOD＝2∠B，∴∠PEF＝∠AOD＝∠AGF，∴HE＝HG；（3）解：如图3，∵∠PEF＝∠AOD，∠PFE＝∠DFO，∴∠P＝∠ODF，∴tan∠P＝tan∠ODF＝512 OFDF=，设OF＝5x，则DF＝12x，∴OD22OF DF+13x，∴BF＝OF+OB＝5x+13x＝18x，AF＝OA﹣OF＝13x﹣5x＝8x，∵DE⊥OA，∴EF＝DF＝12x，∴AE22AF EF+13，BE22EF BF+13，∵∠PEA＝∠B，∠EPA＝∠BPE，∴△PEA∽△PBE，∴41323613PA AEPE BE===，∵∠P+∠PEF＝∠FAG+∠AGF＝90°，∴∠HEG＝∠HGE，∴∠P＝∠FAG，又∵∠FAG＝∠PAH，∴∠P＝∠PAH，∴PH＝AH，过点H作HK⊥PA于点K，∴PK＝AK，∴13PK PE =， ∵tan ∠P ＝512， 设HK ＝5a ，PK ＝12a ， ∴PH ＝13a ，∴AH ＝13a ，PE ＝36a ，∴HE ＝HG ＝36a ﹣13a ＝23a ，∴AG ＝GH ﹣AH ＝23a ﹣13a ＝10a ，∴13131010AH a AG a ==． 【点睛】 本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相似三角形的判定定和性质定理及方程思想是解题的关键．15．如图，在O 中，AB 为直径，过点A 的直线l 与O 相交于点C ，D 是弦CA 延长线上一点，BAC ∠，BAD ∠的平分线与O 分别相交于点E ，F ，G 是BF 的中点，过点G 作MNAE ，与AF ，EB 的延长线分别交于点M ，N ．（1）求证：MN 是O 的切线； （2）若24AE =，18AM =． ①求O 的半径；②连接MC ，求tan MCD ∠的值． 【答案】（1）见解析；（2）①13；②2741 【解析】【分析】（1）如图1，连接 GO 、GA ，先根据角平分线的定义证明∠MAE=12（∠BAC+∠BAD ）=90°，由圆周角定理和同圆的半径相等得∠OGA=∠FAG ，则OG ∥AM ，所以∠MGO=180-∠M=90，从而得结论；（2）①延长GO 交AE 于点P ，证明四边形 MGPA 为矩形，得GP=MA=18，∠GPA=90°，设OA=OG=r ，则OP=18-r ，根据勾股定理列方程解出即可；②如图3，过M 作MH ⊥l ，连接BC ，延长NE 交l 于I ，连接GO 交延长交AE 于P ，tan ∠MAH=tan ∠ABE=tan ∠BIA=125，BI=2BE=20，根据三角函数计算MH ，AH ，CI 的长，最后计算MH 和HC 的长，代入tan ∠MCD=MH HC，可得结论． 【详解】（1）证明：如图1，连接GO ，GA ，∵BAC ∠，BAD ∠的平分线与O 分别相交于点E ，F ， ∴1()902MAE BAC BAD ∠=∠+∠=︒． ∵MN AE ，∴18090M MAE ∠=︒-∠=︒．∵G 是BF 的中点，∴FG BG =，∴FAG BAG ∠=∠．∵OA OG =，∴OGA BAG ∠=∠，∴OGA FAG ∠=∠，∴OG AM ∥，∴18090MGO M ∠=︒-∠=︒．∵OG 为O 半径， ∴MN 是O 的切线．（2）解：①如图2，连接GO 并延长交AE 于点P ，。

人教版数学九年级上册 几何模型压轴题同步单元检测(Word版 含答案)

人教版数学九年级上册几何模型压轴题同步单元检测（Word版含答案）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．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．2．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而BE=2CF；（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD=CE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，∴AD=2CF，∴BE=2CF，故答案为BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由：∵点F是AD中点，∴AD=2DF，∴AC=AD+CD=2DF+CD，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∴BC=2DF+CE，∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），∵CF=DF+CD=DF+CD，∴BE=2CF；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，∵点F是AD中点，∴AF=DF，在△CDF和△GAF中，，∴△CDF≌△GAF，∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，∴∠CAG=∠BCE，连接BE，在△BCE和△ACG中，，∴△BCE≌△ACG，∴BE=CG=2CF，即：BE=2CF．点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．3．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AASBC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()3如图3，过点A作AF BC⊥与F，过点D作DE BC⊥的延长线于点E，AFB E90∠∠∴==，11BF BC a22==，FAB ABF90∠∠∴+=，ABD90∠=，ABF DBE90∠∠∴+=，FAB EBD∠∠∴=，线段BD是由线段AB旋转得到的，AB BD∴=，在AFB和BED中，AFB EFAB EBDAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB∴≌()BED AAS，1BF DE a2∴==，2BCD1111S BC DE a a a2224=⋅=⋅⋅=，BCD∴的面积为21a4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.4．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＝16x（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，PD①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＝﹣12（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＝16x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＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（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＝16x，∴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．5．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD 中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．6．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逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：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，，，在和中，，≌，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.7．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B的坐标为(6，6)，将正方形ABCO 绕点C逆时针旋转角度α(0°<α<90°)，得到正方形CDEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连接CH、CG．(1)求证：△CBG≌△CDG；(2)求∠HCG的度数；并判断线段HG、OH、BG之间的数量关系，说明理由；(3)连接BD、DA、AE、EB得到四边形AEBD，在旋转过程中，四边形AEBD能否为矩形？如果能，请求出点H的坐标；如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）45°；HG= HO+BG；（3）（2，0）．【解析】试题分析：（1）求证全等，观察两个三角形，发现都有直角，而CG为公共边，进而再锁定一条直角边相等即可，因为其为正方形旋转得到，所以边都相等，即结论可证．（2）根据（1）中三角形全等可以得到对应边、角相等，即BG=DG，∠DCG=∠BCG．同第一问的思路容易发现△CDH≌△COH，也有对应边、角相等，即OH=DH，∠OCH=∠DCH．于是∠GCH为四角的和，四角恰好组成直角，所以∠GCH=90°，且容易得到OH+BG=HG．（3）四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．由上几问知DG=BG，所以此时同时满足DG=AG=EG=BG，即四边形AEBD为矩形．求H点的坐标，可以设其为（x，0），则OH=x，AH=6﹣x．而BG为AB的一半，所以DG=BG=AG=3．又由（2），HG=x+3，所以Rt△HGA中，三边都可以用含x的表达式表达，那么根据勾股定理可列方程，进而求出x，推得H坐标．（1）证明：∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD=CB，∠CDG=∠CBG=90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（HL）；（2）解：∵△CDG≌△CBG，∴∠DCG=∠BCG，DG=BG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵，∴△CHO≌△CHD（HL），∴∠OCH=∠DCH，OH=DH，∴∠HCG=∠HCD+∠GCD=∠OCD+∠DCB=∠OCB=45°，∴HG=HD+DG=HO+BG；（3）解：四边形AEBD可为矩形．如图，连接BD、DA、AE、EB，四边形AEBD若为矩形，则需先为平行四边形，即要对角线互相平分，合适的点只有G为AB中点的时候．∵DG=BG，∴DG=AG=EG=BG，即平行四边形AEBD对角线相等，则其为矩形，∴当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形．∵四边形DAEB为矩形，∴AG=EG=BG=DG．∵AB=6，∴AG=BG=3．设H点的坐标为（x，0），则HO=x∵OH=DH，BG=DG，∴HD=x，DG=3．在Rt△HGA中，∵HG=x+3，GA=3，HA=6﹣x，∴（x+3）2=32+（6﹣x）2，解得x=2．∴H点的坐标为（2，0）．考点：几何变换综合题．8．（问题提出）如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明：AB=DB+AF（类比探究）（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．【详解】（1）证明：DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∵∠DBE=120°，∴∠EAF=∠DBE，又∵A，E，C，F四点共圆，∴∠AEF=∠ACF，又∵ED=DC，∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，∴∠D=∠AEF，∴△EDB≌FEA，∴BD=AF，AB=AE+BF，∴AB=BD+AF．类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，∴△CEF是等边三角形，∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF．（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）如图③，，ED=EC=CF，∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，∴△CEF是等边三角形，∴EF=EC，又∵ED=EC，∴ED=EF，∵AB=AC，BC=AC，∴△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC=60°， 又∵∠CBE=∠CAF ， ∴∠CAF=60°，∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC =180°-60°-60° =60°∴∠DBE=∠EAF ； ∵ED=EC ， ∴∠ECD=∠EDC ，∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ， 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ， ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ， ∴∠BDE=∠AEF ， 在△EDB 和△FEA 中，DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ）， ∴BD=AE ，EB=AF ， ∵BE=AB+AE ， ∴AF=AB+BD ，即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是： AF=AB+BD ．考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，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 ，a 2），∵PA=， 作PH ⊥MN 于H ，则PM=PN=，又∵PH=a 2， 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a 2=4+2；当AN=MN 时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a 2=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．已知：如图，梯形ABCD 中，AD//BC ，AD 2=，AB BC CD 6===，动点P 在射线BA 上，以BP 为半径的P 交边BC 于点E （点E 与点C 不重合），联结PE 、PC ，设x BP =，PC y =.（1）求证：PE //DC ；（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域；（3）联结PD ，当PDC B ∠=∠时，以D 为圆心半径为R 的D 与P 相交，求R 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）2436(09)y x x x =-+<<；（3）3605R <<【解析】 【分析】()1根据梯形的性质得到B DCB ∠=∠，根据等腰三角形的性质得到B PEB ∠∠=，根据平行线的判定定理即可得到结论；()2分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、.G 推出四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，求得2BF FG GC ===，根据勾股定理得到22226242AF AB BF =-=-=，根据平行线分线段成比例定理得到223PH x =，13BH x =，求得163CH x =-，根据勾股定理即可得到结论； ()3作//EM PD 交DC 于.M 推出四边形PDME 是平行四边形.得到PE DM x ==，即 6MC x =-，根据相似三角形的性质得到1218655PD EC ==-=，根据相切两圆的性质即可得到结论． 【详解】()1证明：梯形ABCD ，AB CD =，B DCB ∠∠∴=，PB PE =， B PEB ∠∠∴=， DCB PEB ∠∠∴=， //PE CD ∴；()2解：分别过P 、A 、D 作BC 的垂线，垂足分别为点H 、F 、G ．梯形ABCD 中，//AD BC ， ，BC DG ⊥，BC PH ⊥，∴四边形ADGF 是矩形，//PH AF ，2AD =，6BC DC ==， 2BF FG GC ∴===，在Rt ABF 中，22226242AF AB BF =-=-=， //PH AF ，PH BP BHAF AB BF ∴==6242x BH ==，223PH x ∴=，13BH x =， 163CH x ∴=-，在Rt PHC 中，22PC PH CH =+22221()(6)33y x x ∴=+-2436(09)y x x x =-+<<， ()3解：作//EM PD 交DC 于M ．//PE DC ，∴四边形PDME 是平行四边形．PE DM x ∴==，即 6MC x =-，PD ME ∴=，PDC EMC ∠∠=， 又PDC B ∠∠=，B DCB ∠=∠， DCB EMC PBE PEB ∠∠∠∠∴===． PBE ∴∽ECM ，PB BE EC MC ∴=，即232663xx x x =--，解得：185x =， 即125BE =， 1218655PD EC ∴==-=， 当两圆外切时，PD r R =+，即0(R =舍去)； 当两圆内切时，-PD r R =，即10(R =舍去)，2365R =； 即两圆相交时，3605R <<． 【点睛】本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.11．如图，在△ABC 中，∠C=90°，∠CAB=30°，AB=10，点D 在线段AB 上，AD=2．点P ，Q 以相同的速度从D 点同时出发，点P 沿DB 方向运动，点Q 沿DA 方向到点A 后立刻以原速返回向点B 运动．以PQ 为直径构造⊙O ，过点P 作⊙O 的切线交折线AC ﹣CB 于点E ，将线段EP 绕点E 顺时针旋转60°得到EF ，过F 作FG ⊥EP 于G ，当P 运动到点B 时，Q 也停止运动，设DP=m ．（1）当2＜m≤8时，AP=，AQ=．（用m 的代数式表示） （2）当线段FG 长度达到最大时，求m 的值； （3）在点P ，Q 整个运动过程中，①当m 为何值时，⊙O 与△ABC 的一边相切？ ②直接写出点F 所经过的路径长是．（结果保留根号）【答案】（1）2+m ，m ﹣2;（2）m=5.5;（3）①当m=1或4或10433与△ABC 的边相切．②点F 1136572【解析】试题分析：（1）根据题意可得AP =2+m ，AQ =m −2.（2）如图1中在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=， 推出3cos30cos30FG EF PE EP =⋅=⋅=，所以当点E 与点C 重合时，PE 的值最大，求出此时EP 的长即可解决问题．（3）①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4，如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .分别求解即可．②如图5中,点F 的运动轨迹是F 1→F 2→B .分别求出122F F F B ，即可解决问题． 试题解析：(1)当28m <≤时，AP =2+m ，AQ =m −2. 故答案为2+m ，m −2. (2)如图1中，在Rt △EFG 中, 30,90EFG A EGF ∠=∠=∠=，3cos30cos30FG EF PE EP ∴=⋅=⋅=， ∴当点E 与点C 重合时，PE 的值最大， 易知此时53553102AC BC EP AB ⨯⨯===，3tan30(2)EP AP m =⋅=+⋅， 533(2)23m ∴=+⋅，∴m =5.5(3)①当02t <≤ (Q 在往A 运动)时，如图2中，设O 切AC 于H ，连接OH .则有AD =2DH =2， ∴DH =DQ =1，即m =1.当28m <≤(Q 从A 向B 运动)时,则PQ =(2+m )−(m −2)=4， 如图3中，设O 切AC 于H .连接OH .则AO =2OH =4，AP =4+2=6， ∴2+m =6， ∴m =4. 如图4中，设O 切BC 于N ，连接ON .在Rt △OBN 中, 43sin60OB ON ==4310AO ∴=- 4312AP ∴=-32123m ∴+=-4310m ∴= 综上所述,当m =1或4或4310O 与△ABC 的边相切。

九年级上册几何模型压轴题单元测试题(Word版 含解析)

九年级上册几何模型压轴题单元测试题（Word 版 含解析）一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492． 【解析】【分析】 （1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12PM BD =，12PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．【详解】解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，//PN BD ∴，12PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，//PM CE ∴，12PM CE =， AB AC =，AD AE =，BD CE ∴=，PM PN ∴=，//PN BD ，DPN ADC ∴∠=∠，//PM CE ，DPM DCA ∴∠=∠，90BAC ∠=︒，90ADC ACD ∴∠+∠=︒，90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，PM PN ∴⊥，故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；（2）PMN ∆是等腰直角三角形．由旋转知，BAD CAE ∠=∠，AB AC =，AD AE =，()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12PM CE =， PM PN ∴=，PMN ∴∆是等腰三角形，同（1）的方法得，//PM CE ，DPM DCE ∴∠=∠，同（1）的方法得，//PN BD ，PNC DBC ∴∠=∠，DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠，90BAC ∠=︒，90ACB ABC ∴∠+∠=︒，90MPN ∴∠=︒，PMN ∴∆是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，MN ∴最大AM AN =+，连接AM ，AN ，在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，22AM ∴=在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =22522MN ∴=最大，222111149(72)22242PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，∴点D 在BA 的延长线上，14BD AB AD ∴=+=，7PM ∴=，2211497222PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出12PM CE =，12PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．2．探究：如图①和②，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=90°，点E 、F 分别在BC 、CD 上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B 、∠ADC 都是直角，把ABE △绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，使AB 与AD 重合，则能得EF=BE+DF ，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B 、∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足数量关系 时，仍有EF=BE+DF ；（3）拓展：如图③，在ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC=22D 、E 均在边BC 上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）53【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即180ADG ADF∠+∠=︒，即180B D∠+∠=︒；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中AF AFEAF GAFAE AG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG ，∴EF=GF=BE+DF ；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，把△ABE 绕A 点旋转到△ADG ，使AB 和AD 重合，则AE=AG ，∠B=∠ADG ，∠BAE=∠DAG ，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F 、D 、G 在一条直线上，和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF 和△GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF ≌△GAF （SAS ），∴EF=GF ，∵BE=DG ，∴EF=GF=BE+DF ；故答案为：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC 中，AB=AC=22，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC=22AB AC +=4，如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD 和△EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△FAD ≌△EAD ，∴DF=DE ，设DE=x ，则DF=x ，∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：222DF BF BD =+，22(3)1x x =-+，解得：x=53， 即DE=53． 【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．3．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线2y ax bx c =++的顶点是A(1，3)，将OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到OB ，点B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）P 是线段AC 上一动点，且不与点A ，C 重合，过点P 作平行于x 轴的直线，与OAB ∆的边分别交于M ，N 两点，将AMN ∆以直线MN 为对称轴翻折，得到A MN '∆． 设点P 的纵坐标为m ．①当A MN '∆在OAB ∆内部时，求m 的取值范围；②是否存在点P ，使'56A MN OA BS S ∆'∆=,若存在，求出满足m 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】()21y x 22x =-++；（2）①433m <<；②存在，满足m 的值为619-或639-． 【解析】【分析】（1）作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，然后证明△AOD ≌△BOE ，则AD=BE ，OD=OE ，即可得到点B 的坐标，然后利用待定系数法，即可求出解析式；（2）①由点P 为线段AC 上的动点，则讨论动点的位置是解题的突破口，有点P 与点A 重合时；点P 与点C 重合时，两种情况进行分析计算，即可得到答案；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时；当点M 在线段OB 上，点N 在AB 上时；先求出直线OA 和直线AB 的解析式，然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积，根据等量关系列出方程，解方程即可求出m 的值．【详解】解：（1）如图：作AD ⊥y 轴于点D ，作BE ⊥x 轴于点E ，∴∠ADO=∠BEO=90°，∵将OA 绕点O 逆时针旋转90︒后得到OB ，∴OA=OB ，∠AOB=90°，∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°，∴∠AOD=∠BOE ，∴△AOD ≌△BOE ，∴AD=BE ，OD=OE ，∵顶点A 为（1，3），∴AD=BE=1，OD=OE=3，∴点B 的坐标为（3，1-），设抛物线的解析式为2(1)3=-+y a x ，把点B 代入，得2(31)31a -+=-，∴1a =-，∴抛物线的解析式为2(1)3y x =--+，即222y x x =-++； （2）①∵P 是线段AC 上一动点，∴3m <，∵当A MN '∆在OAB ∆内部时，当点'A 恰好与点C 重合时，如图：∵点B 为（3，1-），∴直线OB 的解析式为13y x =-， 令1x =，则13y =-， ∴点C 的坐标为（1，13-）， ∴AC=1103()33--=， ∵P 为AC 的中点， ∴AP=1105233⨯=， ∴54333m =-=， ∴m 的取值范围是433m <<； ②当点M 在线段OA 上，点N 在AB 上时，如图：∵点P 在线段AC 上，则点P 为（1，m ），∵点'A 与点A 关于MN 对称，则点'A 的坐标为（1，2m -3），∴'3A P m =-，18'(23)233A C m m =-+=-， 设直接OA 为y ax =，直线AB 为y kx b =+，分别把点A ，点B 代入计算，得直接OA 为3y x =；直线AB 为25y x =-+，令y m =，则点M 的横坐标为3m ，点N 的横坐标为52m --， ∴5552326m m MN m -=-=--； ∵2'11555515'()(3)22261224A MN S MN A P m m m m ∆=•=•-•-=-+； '138'3(2)34223OA B S A C m m ∆=••=•-=-； 又∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(34)12246m m m -+=⨯-， 解得：619m =619m =+当点M 在边OB 上，点N 在边AB 上时，如图：把y m =代入13y x =-，则3x m ， ∴5553222m MN m m -=+=+-，18'(23)233A C m m =---=-， ∴2'11555515'()(3)2222424A MN S MN A P m m m m ∆=•=•+•-=-++， '138'3(2)43223OA B S A C m m ∆=••=•-=-， ∵'56A MN OA B S S ∆'∆=， ∴255155(43)4246m m m -++=⨯-， 解得：639m -=或639m +=（舍去）； 综合上述，m 的值为：619m =-6393m -=． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到点P 的位置．注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题．4．如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC ，CD 上，且BE=DF ，点P 是AF 的中点，点Q 是直线AC 与EF 的交点，连接PQ ，PD ．（1）求证：AC 垂直平分EF ；（2）试判断△PDQ 的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF 绕着点C 旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．5．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．6．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE 进行分离研究，如图②，点G 、I 分别在BF 、BE 边上，且BG=BI ，连接GD ，H 为GD 的中点，连接FH 并延长，交ED 于点J ，连接IJ 、IH 、IF 、IG.试探究线段IH 与FH 之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD 进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD 满足AB=AD 时，点E 是对角线AC 上一点，连接DE 、EF 、DF ，使△DEF 是等腰直角三角形，DF 交AC 于点G.请直接写出线段AG 、GE 、EC 三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH ＝3FH ；（3）EG 2＝AG 2+CE 2．【解析】【分析】（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD是菱形．②∵BE平分∠ABD，∴∠ABE＝∠EBD，∵EB＝ED，∴∠EBD＝∠EDB，∴∠ABD＝2∠ADB，∵∠ABD+∠ADB＝90°，∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，∴∠EBF＝60°．（2）结论：IH＝3FH．理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，∴∠JDH＝∠FGH，在△DHJ和△GHF中，DHG GHFDH GHJDH FGH∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝，∴△DHJ≌△GHF，∴DJ＝FG，JH＝HF，∴EJ＝BG＝EM＝BI，∴BE＝IM＝BF，∵∠MEJ＝∠B＝60°，∴△MEJ是等边三角形，∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°在△BIF和△MJI中，BI MJB MBF IM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF≌△MJI，∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，∴IH⊥JF，∵∠BFI+∠BIF＝120°，∴∠MIJ+∠BIF＝120°，∴∠JIF＝60°，∴△JIF是等边三角形，在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，∴∠FIH＝30°，∴IH＝3FH．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF＝90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，∴∠ADF+∠EDC＝45°，∵∠ADF＝∠CDM，∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE DEEDG EDMDG DM⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DEG≌△DEM，∴GE＝EM，∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，∴∠ECM＝90°∴EC2+CM2＝EM2，∵EG＝EM，AG＝CM，∴GE2＝AG2+CE2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.7．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC ≌)BDE ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC 中，90ACB ∠=，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD 的面积为214a ． 【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=，由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ，BED ACB90∠∠∴==，由旋转知，AB AD =，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AASBC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅， 2BCD 1S a 2∴=； ()2BCD 的面积为21a 2， 理由：如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，BED ACB 90∠∠∴==，线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，AB BD ∴=，ABD 90∠=，ABC DBE 90∠∠∴+=，A ABC 90∠∠+=，A DBE ∠∠∴=，在ABC 和BDE 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ABC ∴≌()BDE AAS ，BC DE a ∴==，BCD1S BC DE2=⋅，2BCD1S a2∴=；()3如图3，过点A作AF BC⊥与F，过点D作DE BC⊥的延长线于点E，AFB E90∠∠∴==，11BF BC a22==，FAB ABF90∠∠∴+=，ABD90∠=，ABF DBE90∠∠∴+=，FAB EBD∠∠∴=，线段BD是由线段AB旋转得到的，AB BD∴=，在AFB和BED中，AFB EFAB EBDAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB∴≌()BED AAS，1BF DE a2∴==，2BCD1111S BC DE a a a2224=⋅=⋅⋅=，BCD∴的面积为21a4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.8．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逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°【解析】分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．详解：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，，，在和中，，≌，，，，即；在旋转过程中，成为直角有两种情况：Ⅰ由增大到过程中，当时，，在中，sin∠AGO=，，，，，即；Ⅱ由增大到过程中，当时，同理可求，．综上所述，当时，或．如图3，当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，正方形ABCD的边长为1，，，，，，此时．点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.二、初三数学圆易错题压轴题（难）9．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O 匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE．⑴当t为何值时，线段CD的长为4；⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？【答案】(1); (2) 4-＜t≤; (3)或．【解析】试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．（1）过点C作CF⊥AD于点F，在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，∴∠ABO=30°，由题意得：BC=2t，AD=t，∵CE⊥BO，∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=t，∵CF⊥AD，AO⊥BO，∴四边形CFOE是矩形，∴OF=CE=t，OE=CF=4-t，在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，∴（4-t-t）2+（4-t）2=42，即7t2-40t+48=0，解得：t=，t=4，∵0＜t＜4，∴当t=时，线段CD的长是4；（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），∵AD∥CE，AD=CE=t∴四边形ADEC是平行四边形，∴DE∥AB∴∠GEO=30°，∴OG=OE=（4-t）当线段DE与⊙O相切时，则OG=，∴当（4-t ）＜，且t≤4-时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点． ∴当 4-＜t≤时，线段DE 与⊙O 有两个公共交点；（3）当⊙C 与⊙O 外切时，t=； 当⊙C 与⊙O 内切时，t=； ∴当t=或秒时，两圆相切．考点：圆的综合题．10．如图，以A （0，3）为圆心的圆与x 轴相切于坐标原点O ，与y 轴相交于点B ，弦BD 的延长线交x 轴的负半轴于点E ，且∠BEO ＝60°，AD 的延长线交x 轴于点C ．（1）分别求点E 、C 的坐标；（2）求经过A 、C 两点，且以过E 而平行于y 轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式；（3）设抛物线的对称轴与AC 的交点为M ，试判断以M 点为圆心，ME 为半径的圆与⊙A 的位置关系，并说明理由．【答案】（1）点C 的坐标为（－3，0）（2）2343333y x x =++3）⊙M 与⊙A 外切【解析】试题分析：（1）已知了A 点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形BOE 中，根据∠BEO 和OB 的长求出OE 的长进而可求出E 点的坐标，同理可在直角三角形OAC 中求出C 点的坐标；（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C 点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点坐标以及C ，A 的坐标用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（3）两圆应该外切，由于直线DE ∥OB ，因此∠MED=∠ABD ，由于AB=AD ，那么∠ADB=∠ABD ，将相等的角进行置换后可得出∠MED=∠MDE ，即ME=MD ，因此两圆的圆心距AM=ME+AD ，即两圆的半径和，因此两圆外切.试题解析：（1）在Rt△EOB 中，3cot602323EO OB =⋅︒==，∴点E 的坐标为（－2，0）． 在Rt△COA 中，tan tan60333OC OA CAO OA =⋅∠=⋅︒=⨯=，∴点C 的坐标为（－3，0）．（2）∵点C 关于对称轴2x =-对称的点的坐标为F （－1，0），点C 与点F （－1，0）都在抛物线上．设()()13y a x x =++，用()03A ，代入得 ()()30103a =++，∴3a =． ∴()()3133y x x =++，即 234333y x x =++． （3）⊙M 与⊙A 外切，证明如下：∵ME ∥y 轴，∴MED B ∠=∠．∵B BDA MDE ∠=∠=∠，∴MED MDE ∠=∠．∴ME MD =．∵MA MD AD ME AD =+=+，∴⊙M 与⊙A 外切．11．如图所示，CD 为⊙O 的直径，点B 在⊙O 上，连接BC 、BD ，过点B 的切线AE 与CD 的延长线交于点A ，OE//BD ，交BC 于点F ，交AB 于点E.（1）求证：∠E=∠C ；（2）若⊙O 的半径为3，AD=2，试求AE 的长；（3）在（2）的条件下，求△ABC 的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）485. 【解析】 试题分析：（1）连接OB ，利用已知条件和切线的性质证明：OE∥BD，即可证明：∠E=∠C；（2）根据题意求出AB的长，然后根据平行线分线段定理，可求解；（3）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求解.试题解析：（1）如解图，连接OB，∵CD为⊙O的直径，∴∠CBD＝∠CBO＋∠OBD＝90°，∵AB是⊙O的切线，∴∠ABO＝∠ABD＋∠OBD＝90°，∴∠ABD＝∠CBO.∵OB、OC是⊙O的半径，∴OB＝OC，∴∠C＝∠CBO.∵OE∥BD，∴∠E＝∠ABD，∴∠E＝∠C；（2）∵⊙O的半径为3，AD＝2，∴AO＝5，∴AB＝4.∵BD∥OE，∴＝，∴＝，∴BE＝6，AE=6+4=10（3）S △AOE==15，然后根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得S△ABC= S△AOE==12．如图，点A在直线l上，点Q沿着直线l以3厘米/秒的速度由点A向右运动，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ=90°，tan∠ABQ= 34，点C在点Q右侧，CQ=1厘米，过点C作直线m⊥l，过△ABQ的外接圆圆心O作O D⊥m于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF=13CD，以DE、DF为邻边作矩形DEGF．设运动时间为t秒．（1）直接用含t的代数式表示BQ、DF；（2）当0＜t＜1时，求矩形DEGF的最大面积；（3）点Q在整个运动过程中，当矩形DEGF为正方形时，求t的值．【答案】（1）BQ=5t ，DF=23t;（2）16;（3）t 的值为35或3． 【解析】 试题分析：（1）AB 与OD 交于点H ，根据题中的比例关系和勾股定理可表示出BQ 的长；根据垂直于同一条直线的两直线平行和三角形的中位线定理可求得AH 的长，再根据矩形的判定定理和矩形的性质可求CD 的长，即可表示出FD ；（2）根据题意表示出矩形的长和宽，然后构造二次函数，通过二次函数的最值可求解；（3）当矩形为正方形时，分别让其长与宽相等，列方程求解即可.试题解析：（1）5t BQ =，2DF=t 3； （2）DE=OD-OE=32t+1-52t=1-t ，()22211·t 13326S DF DE t t ⎛⎫==-=--+ ⎪⎝⎭，∴当t=12时，矩形DEGF 的最大面积为16； （3）当矩形DEGF 为正方形时，221133t t t t -=-=或,解得335t t ==或.13．如图①、②、③是两个半径都等于2的⊙O 1和⊙O 2，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，⊙O 1和⊙O 2相交于A 、B 两点，分别连结O 1A 、O 1B 、O 2A 、O 2B 和AB ．(1)如图②，当∠AO 1B =120°时，求两圆重叠部分图形的周长l ；(2)设∠AO 1B 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O 2A 所在的直线与⊙O 1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）83π（2）（0≤x ≤180） （3）O 2A 与⊙O 1相切；当0≤x ≤90和0≤x ≤180时，线段O 2A 所在的直线与⊙O 1相交【解析】试题分析：（1）解法一、依对称性得，∠AO 2B =∠AO 1B =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14．已知：ABC 内接于O ，过点B 作O 的切线，交CA 的延长线于点D ，连接OB ．（1）如图1，求证：DAB DBC ∠=∠；（2）如图2，过点D 作DM AB ⊥于点M ，连接AO ，交BC 于点N ，BM AM AD =+，求证：BN CN =；（3）如图3，在（2）的条件下，点E 为O 上一点，过点E 的切线交DB 的延长线于点P ，连接CE ，交AO 的延长线于点Q ，连接PQ ，PQ OQ ⊥，点F 为AN 上一点，连接CF ，若90DCF CDB ∠+∠=︒，tan 2ECF ∠=，12ON OQ =，10PQ OQ +=求CF 的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）10=CF【解析】【分析】（1）延长BO交O于G，连接CG，根据切线的性质可得可证∠DBC＋∠CBG=90°，然后根据直径所对的圆周角是直角可证∠CBG＋∠G=90°，再根据圆的内接四边形的性质可得∠DAB=∠G，从而证出结论；（2）在MB上截取一点H，使AM=MH，连接DH，根据垂直平分线性质可得DH=AD，再根据等边对等角可得∠DHA=∠DAH，然后根据等边对等角和三角形外角的性质证出∠ABC=∠C，可得AB=AC，再根据垂直平分线的判定可得AO垂直平分BC，从而证出结论；（3）延长CF交BD于M，延长BO交CQ于G，连接OE，证出tan∠BGE=tan∠ECF=2，然后利用AAS证出△CFN≌△BON，可设CF=BO=r，ON=FN=a，则OE=r，根据锐角三角函数和相似三角形即可证出四边形OBPE为正方形，利用r和a表示出各线段，最后根据PQ OQ+=，即可分别求出a和CF．610【详解】解：（1）延长BO交O于G，连接CG∵BD是O的切线∴∠OBD=90°∴∠DBC＋∠CBG=90°∵BG为直径∴∠BCG=90°∴∠CBG＋∠G=90°∴∠DBC=∠G∵四边形ABGC为O的内接四边形∴∠DAB=∠G∴∠DAB=∠DBC（2）在MB上截取一点H，使AM=MH，连接DH∴DM 垂直平分AH∴DH=AD∴∠DHA=∠DAH∵BM AM AD =+，=+BM MH BH∴AD=BH∴DH=BH∴∠HDB=∠HBD∴∠DHA=∠HDB ＋∠HBD=2∠HBD由（1）知∠DAB=∠DBC∴∠DHA=∠DAB=∠DBC∴∠DBC =2∠HBD∵∠DBC =∠HBD ＋∠ABC∴∠HBD=∠ABC ，∠DBC=2∠ABC∴∠DAB=2∠ABC∵∠DAB=∠ABC ＋∠C∴∠ABC=∠C∴AB=AC∴点A 在BC 的垂直平分线上∵点O 也在BC 的垂直平分线上∴AO 垂直平分BC∴BN CN =（3）延长CF 交BD 于M ，延长BO 交CQ 于G ，连接OE ，∵90DCF CDB ∠+∠=︒∴∠DMC=90°∵∠OBD=90°∴∠DMC=∠OBD∴CF ∥OB∴∠BGE=∠ECF ，∠CFN=∠BON ，∴tan ∠BGE=tan ∠ECF=2由（2）知OA 垂直平分BC∴∠CNF=∠BNO=90°，BN=CN∴△CFN ≌△BON∴CF=BO ，ON=FN ，设CF=BO=r ，ON=FN=a ，则OE=r∵12ON OQ = ∴OQ=2a∵CF ∥OB∴△QGO ∽△QCF∴=OG QO CF QF 即2122==++OG a r a a a ∴OG=12r 过点O 作OE ′⊥BG ，交PE 于E ′∴OE ′=OG ·tan ∠BGE=r=OE∴点E ′与点E 重合∴∠EOG=90°∴∠BOE=90°∵PB 和PE 是圆O 的切线∴∠OBP=∠OEP=∠BOE=90°，OB=OE=r∴四边形OBPE 为正方形∴∠BOE=90°，PE=OB=r∴∠BCE=12∠BOE==45°∴△NQC为等腰直角三角形∴NC=NQ=3a，∴BC=2NC=6a在Rt△CFN中，CF=2210+=NC FN a∵PQ OQ⊥∴PQ∥BC∴∠PQE=∠BCG∵PE∥BG∴∠PEQ=∠BGC∴△PQE∽△BCG∴=PQ PEBC BG即126=+PQ rra r解得：PQ=4a∵610PQ OQ+=，∴4a＋2a=610解得：a=10∴CF=1010⨯=10【点睛】此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、正方形的判定及性质是解决此题的关键．15．如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=5，cos45B=，点O是边BC上的动点，以OB为半径的O与射线BA和边BC分别交于点E和点M，联结AM，作∠CMN=∠BAM，射线MN与边AD、射线CD分别交于点F、N．（1）当点E为边AB的中点时，求DF的长；（2）分别联结AN 、MD ，当AN//MD 时，求MN 的长；（3）将O 绕着点M 旋转180°得到'O ，如果以点N 为圆心的N 与'O 都内切，求O 的半径长． 【答案】（1）DF 的长为158；（2）MN 的长为5；（3）O 的半径长为258． 【解析】【分析】（1）作EH BM ⊥于H ，根据中位线定理得出四边形BMFA 是平行四边形，从而利用cos 45B =解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求FD 即可；（2）先证AMB CNM ∠=∠，再证MAD CNM ∠=∠，从而证明AFM NFD ∆~∆，得到AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=，再通过平行证明AFN DFM ∆~∆，从而得到AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=，通过两式相乘得出AF NF =再根据平行得出NF DF =， 从而得出答案．（3）通过图形得出MN 垂直平分'OO ,从而得出90BAM CMN ∠=∠=︒，再利用cos 45B =解三角函数即可得出答案． 【详解】 （1）如图，作EH BM ⊥于H ：∵E 为AB 中点，45,cos 5AB AD DC B ==== ∴52AE BE ==∴cos 45BH B BE == ∴2BH = ∴2253222EH ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设半径为r ，在Rt OEH ∆中：()222322r r ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 解得：2516r =∵,E O 分别为,BA BM 中点 ∴BAM BEO OBE ∠=∠=∠又∵CMN BAM ∠=∠∴CMN OBE ∠=∠∴//MF AB∴四边形BMFA 是平行四边形∴2528AF BM r === ∴2515588FD AD AF =-=-= （2）如图：连接MD AN ，∵,B C BAM CMN ∠=∠∠=∠∴AMB CNM ∠=∠又∵AMB MAD ∠=∠∴MAD CNM ∠=∠又∵AFM NFD ∠=∠∴AFM NFD ∆~∆∴AF MF AF DF NF MF NF DF=⇒=① 又∵//MD AN∴AFN DFM ∆~∆ ∴AF NF AF MF NF DF DF MF=⇒=② 由①⨯②得; 22AF NF AF NF =⇒=∴NF DF =∴5MN AD ==故MN 的长为5；（3）作如图：∵圆O 与圆'O 外切且均与圆N 内切设圆N 半径为R ，圆O 半径为r∴'=NO R r NO -=∴N 在'OO 的中垂线上∴MN 垂直平分'OO∴90NMC ∠=︒∵90BAM CMN ∠=∠=︒∴A 点在圆上∴54cos 5AB B BM BM === 解得：254BM = O 的半径长为258【点睛】 本题是一道圆的综合题目，难度较大，掌握相似之间的关系转化以及相关线段角度的关系转化是解题关键．16．在O 中，AB 为直径，CD 与AB 相较于点H ，弧AC=弧AD（1）如图1，求证：CD AB ⊥;（2）如图2，弧BC 上有一点E ，若弧CD=弧CE ，求证：3EBA ABD ∠=∠;（3）如图3，在（2）的条件下，点F 在上，连接,//FH FH DE ，延长FO 交DE 于点K ，若165,5FK DB BE ==，求AB ．。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
相关文档
最新文档