圓精典培優(yōu)競賽題(含詳細答案)

1、圓 培優(yōu)競賽1如圖，PA、PB切O于A、B兩點，CD切O于點E，交PA，PB于C、D，若O的半徑為r，PCD的周長等于3r，則tanAPB的值是（ ）A B C D【答案】B【解析】試題分析：如答圖，連接PO，AO，取AO中點G，連接AG，過點A作AHPO于點H，PA、PB切O于A、B兩點，CD切O于點E，PA=PB，CA=CE，DB=DE，APO=BPO，OAP=90º.PCD的周長等于3r，PA=PB=.O的半徑為r，在RtAPO中，由勾股定理得. .OHA=OAP=90º, HOA=AOP,HOAAOP. ,即.AGH=2APO=APB, .故選B考點：1.切線的性質(zhì)

2、；2.切線長定理；3.勾股定理；4.相似三角形的判定和性質(zhì)；5.銳角三角函數(shù)定義；6.直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)；7.轉換思想的應用.2如圖，以PQ=2r(rQ)為直徑的圓與一個以R(RQ)為半徑的圓相切于點P.正方形ABCD的頂點A、B在大圓上，小圓在正方形的外部且與邊CD切于點Q.若正方形的邊長為有理數(shù)，則R、r的值可能是( ). A.R=5，r=2 B.R=4，r=3/2C.R=4，r=2 D.R=5，r=3/2【答案】D【解析】本題考查圓和勾股定理的綜合應用，在競賽思維訓練中有典型意義。可以將選項中的數(shù)據(jù)代入圓中，看是否滿足條件。做圓心和正方形中心。設正方形邊長為。設中點為，連接并延長

3、，交大圓于點則連接.由勾股定理有，所以。將各個選項數(shù)據(jù)代入，知D正確。3如圖，RtABC中，C=90°，AB=5，AC=3，點E在中線AD上，以E為圓心的E分別與AB、BC相切，則E的半徑為（ ）BCDMEMAA B C D1【答案】B.【解析】試題分析：作EHAC于H，EFBC于F，EGAB于G，連結EB，EC，設E的半徑為R，如圖，C=90°，AB=5，AC=3，BC=，而AD為中線，DC=2，以E為圓心的E分別與AB、BC相切，EG=EF=R，HC=R，AH=3-R，EHBC，AEHADC，EH：CD=AH：AC，即EH=，SABE+SBCE+SACE=SABC，&#

4、215;5×R+×4×R+×3×=×3×4，R=故選B考點：切線的性質(zhì)4如圖，過D、A、C三點的圓的圓心為E，過B、E、F三點的圓的圓心為D，如果A=63 º，那么B= 【答案】18°【解析】連接ED,CE,由圖可知B=DEB, ECD=EDC=2BA=63 º，ECA=63 ºA+ECA+ECD+B=180ºB=18°5如圖，在以O為圓心的兩個同心圓圖2中，MN為大圓的直徑，交小圓于點P、Q，大圓的弦MC交小圓于點A、B.若OM=2，OP= 1，MA=AB=BC，

5、則MBQ的面積為 . 【答案】3 /8【解析】小圓方程x +y =1MC方程 y = k(x+2), x =解y = y = ,= = 22 + = 4-23 = 21-3k =k = 此時AM=,MB =MC =B點坐標為（，)MBQ面積= 3/2 = = 36如圖，已知的半徑為9cm，射線經(jīng)過點，OP15 cm，射線與相切于點動點自P點以cm/s的速度沿射線方向運動，同時動點也自P點以2cm/s的速度沿射線方向運動，則它們從點出發(fā) s后所在直線與相切.【答案】0.5s或10.5s.【解析】試題分析：PN與O相切于點Q，OQPN，即OQP=90°，在直角OPQ中根據(jù)勾股定理就可以求

6、出PQ的值,過點O作OCAB，垂足為C直線AB與O相切，則PABPOQ，根據(jù)相似三角形的對應邊的比相等，就可以求出t的值試題解析: 連接OQ，PN與O相切于點Q，OQPN，即OQP=90°，OP=15，OQ=9，PQ=（cm）過點O作OCAB，垂足為C，點A的運動速度為cm/s，點B的運動速度為2cm/s，運動時間為ts，PA=t，PB=2t，PO=15，PQ=12，P=P，PABPOQ，PBA=PQO=90°，BQO=CBQ=OCB=90°，四邊形OCBQ為矩形BQ=OCO的半徑為，BQ=OC=9時，直線AB與O相切當AB運動到如圖1所示的位置， BQ=PQ-P

7、B=12-2t，BQ=9，8-4t=9，t=0.25（s）當AB運動到如圖2所示的位置，BQ=PB-PQ=2t-12，BQ=9，2t-12=9，t=10.5（s）當t為0.5s或10.5s時直線AB與O相切考點: 1.切線的判定；2.勾股定理；3.矩形的性質(zhì)；4.相似三角形的判定與性質(zhì)7（本題滿分13分）在平面直角坐標系中，點M（，），以點M為圓心，OM長為半徑作M ，使M與直線OM的另一交點為點B，與x軸、y軸的另一交點分別為點D，A（如圖），連接AM點P是弧AB上的動點.（1）寫出AMB的度數(shù)；（2）點Q在射線OP上，且OP·OQ=20，過點Q作QC垂直于直線OM，垂足為C，直線

8、QC交x軸于點E.當動點P與點B重合時，求點E的坐標；連接QD，設點Q的縱坐標為t，QOD的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式及S的取值范圍.【答案】（1）90°；（2）（，0）；S=，5S10【解析】試題分析：（1）首先過點M作MHOD于點H，由點M（，），可得MOH=45°，OH=MH=，繼而求得AOM=45°，又由OM=AM，可得AOM是等腰直角三角形，繼而可求得AMB的度數(shù)；（2）由OH=MH=，MHOD，即可求得OD與OM的值，繼而可得OB的長，又由動點P與點B重合時，OPOQ=20，可求得OQ的長，繼而求得答案；由OD=，Q的縱坐標為t，即可得S=，然后分

9、別從當動點P與B點重合時，過點Q作QFx軸，垂足為F點，與當動點P與A點重合時，Q點在y軸上，去分析求解即可求得答案試題解析：（1）過點M作MHOD于點H，點M（，），OH=MH=，MOD=45°，AOD=90°，AOM=45°，OM=AM，OAM=AOM=45°，AMO=90°，AMB=90°；（2）OH=MH=，MHOD，OM=2，OD=2OH=，OB=4，動點P與點B重合時，OPOQ=20，OQ=5，OQE=90°，POE=45°，OE=，E點坐標為（，0）；OD=，Q的縱坐標為t，S=，如圖2，當動點P與B

10、點重合時，過點Q作QFx軸，垂足為F點，OP=4，OPOQ=20，OQ=5，OFC=90°，QOD=45°，t=QF=，此時S=5；如圖3，當動點P與A點重合時，Q點在y軸上，OP=，OPOQ=20，t=OQ=，此時S=10；S的取值范圍為5S10考點：圓的綜合題8（本題滿分10分）如圖，AB是O的直徑，弦DE垂直平分半徑OA，C為垂足，弦DF與半徑OB相交于點P，連結EF、EO，若DE=，DPA=45°（1）求O的半徑；（2）求圖中陰影部分的面積.【答案】（1）2；（2）【解析】試題分析：（1）根據(jù)垂徑定理得CE的長，再根據(jù)已知DE平分AO得CO=AO=OE，解

11、直角三角形求解（2）先求出扇形的圓心角，再根據(jù)扇形面積和三角形的面積公式計算即可試題解析：（1）直徑ABDE，CE=DE=DE平分AO，CO=AO=OE又OCE=90°，sinCEO=，CEO=30°在RtCOE中，OE=2，O的半徑為2；（2）連接OF在RtDCP中，DPC=45°，D=90°45°=45°，EOF=2D=90°，=EOF=2D=90°，OE=OF=2，=×OE×OF=2，=考點：1扇形面積的計算；2線段垂直平分線的性質(zhì)；3解直角三角形9如圖，在矩形ABCD中，AB=20cm，

12、BC=4cm，點p從A開始折線ABCD以4cm/秒的 速度 移動，點Q從C開始沿CD邊以1cm/秒的速度移動，如果點P、Q分別從A、C同時出發(fā)，當其中一點到達D時，另一點也隨之停止運動，設運動的時間t（秒）（1）t為何值時，四邊形APQD為矩形.（2）如圖（2），如果P和Q的半徑都是2cm，那么t為何值時，P和Q外切？【答案】（1）4；（2）t為4s，s，s時，P與Q外切【解析】試題分析：（1）四邊形APQD為矩形，也就是AP=DQ，分別用含t的代數(shù)式表示，解即可；（2）主要考慮有四種情況，一種是P在AB上，一種是P在BC上時一種是P在CD上時，又分為兩種情況，一種是P在Q右側，一種是P在Q左

13、側并根據(jù)每一種情況，找出相等關系，解即可試題解析：（1）根據(jù)題意，當AP=DQ時，四邊形APQD為矩形此時，4t=20-t，解得t=4（s）答：t為4時，四邊形APQD為矩形（2）當PQ=4時，P與Q外切如果點P在AB上運動只有當四邊形APQD為矩形時，PQ=4由（1），得t=4（s）；如果點P在BC上運動此時t5，則CQ5，PQCQ54，P與Q外離；如果點P在CD上運動，且點P在點Q的右側可得CQ=t，CP=4t-24當CQ-CP=4時，P與Q外切此時，t-（4t-24）=4，解得t=（s）；如果點P在CD上運動，且點P在點Q的左側當CP-CQ=4時，P與Q外切此時，4t-24-t=4，解得

14、t=（s），點P從A開始沿折線A-B-C-D移動到D需要11s，點Q從C開始沿CD邊移動到D需要20s，而11，當t為4s，s，s時，P與Q外切考點：1.矩形的性質(zhì)；2.圓與圓的位置關系10（10分）如圖，以線段AB為直徑的O交線段AC于點E，點D是AE的中點，連接OD并延長交O于點M，BOE=60°，cosC=，BC=（1）求的度數(shù)；（2）求證：BC是的切線；（3）求弧AM的長度【答案】（1）30°；（2）證明見試題解析；（3）【解析】試題分析：（1）根據(jù)三角函數(shù)的知識即可得出A的度數(shù)（2）要證BC是O的切線，只要證明ABBC即可（3）根據(jù)垂徑定理求得AOM=60

15、6;，運用三角函數(shù)的知識求出OA的長度，即可求得弧AM的長度試題解析：（1）OA=OE，A=OEA，BOE=A+OEA=2A，A=BOE=×60°=30°；（2）在ABC中，cosC=，C=60°，又A=30°，ABC=90°，ABBC，AB為直徑，BC是O的切線；（3）點D是AE的中點，OMAE，A=30°，AOM=60°，在RTABC中，tanC=，BC=，AB=BCtanC=6，OA=AB=3，弧AM的長=考點：切線的判定11已知在平面直角坐標系xOy中，O是坐標原點，以P（1，1）為圓心的P與x軸，y軸分別

16、相切于點M和點N，點F從點M出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度運動，連接PF，過點PEPF交y軸于點E，設點F運動的時間是t秒（t0）（1）若點E在y軸的負半軸上（如圖所示），求證：PE=PF；（2）在點F運動過程中，設OE=a，OF=b，試用含a的代數(shù)式表示b；（3）作點F關于點M的對稱點F，經(jīng)過M、E和F三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，連接QE在點F運動過程中，是否存在某一時刻，使得以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似？若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由【答案】（1）證明見解析；（2）b=2+a或2a；（3）當或或或時，以點Q、O、E為頂點的

17、三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似【解析】試題分析：（1）連接PM，PN，運用PMFPNE證明.（2）分兩種情況當t1時，點E在y軸的負半軸上，0t1時，點E在y軸的正半軸或原點上，再根據(jù)（1）求解.（3）分兩種情況，當1t2時，當t2時，三角形相似時還各有兩種情況，根據(jù)比例式求出時間t：如答圖3，（）當1t2時，F(xiàn)（1+t，0），F(xiàn)和F關于點M對稱，F(xiàn)（1t，0）.經(jīng)過M、E和F三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，Q（1t，0）.OQ=1t.由（1）得PMFPNE ，NE=MF=t，OE=t1.當OEQMPF時，即，解得，（舍去）.當OEQMFP時，即，解得，（舍去）.（）如答圖4，當t

18、2時，F(xiàn)（1+t，0），F(xiàn)和F關于點M對稱，F(xiàn)（1t，0）經(jīng)過M、E和F三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q，Q（1t，0）OQ=t1，由（1）得PMFPNE NE=MF=t.OE=t1.當OEQMPF時，即，無解.當OEQMFP時，即，解得，.綜上所述，當或或或時，以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似試題解析：解：（1）證明：如答圖1，連接PM，PN，P與x軸，y軸分別相切于點M和點N，PMMF，PNON且PM=PNPMF=PNE=90°且NPM=90°.PEPF，NPE=MPF=90°MPE.在PMF和PNE中，PMFPNE（ASA）.P

19、E=PF.（2）當t1時，點E在y軸的負半軸上，如答圖1，由（1）得PMFPNE，NE=MF=t，PM=PN=1.b=OF=OM+MF=1+t，a=NEON=t1，ba=1+t（t1）=2，b=2+a.0t1時，如答圖2，點E在y軸的正半軸或原點上，同理可證PMFPNE，b=OF=OM+MF=1+t，a=ONNE=1t，b+a=1+t+1t=2，b=2a，（3）當或或或時，以點Q、O、E為頂點的三角形與以點P、M、F為頂點的三角形相似考點：1.單動點和軸對稱問題；2.切線的性質(zhì)；3.全等三角形的判定和性質(zhì)；4.相似三角形的判定和性質(zhì)；5.分類思想和方程思想的應用.12如圖（1），拋物線與x軸交

20、于A、B兩點，與y軸交于點C，其中點A的坐標為（2，0）（1）求此拋物線的解析式；（2）若點D是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點D作DEx軸于E，連接CD，以OE為直徑作M，如圖（2），試求當CD與M相切時D點的坐標；點F是x軸上的動點，在拋物線上是否存在一點G，使A、C、G、F四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點G的坐標；若不存在，請說明理由【答案】（1）；（2）（，）；存在，（4，3）或（）或（）.【解析】試題分析：（1）把A的坐標代入拋物線的解析式，即可得到關于c的方程，求的c的值，則拋物線的解析式即可求解.（2）連接MC、MD，證明COMMED，根據(jù)相似三角形的對應邊的比相

21、等即可求解.分四種情況進行討論，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可求解試題解析：解：（1）點A（2，0）在拋物線上，解得c=3.拋物線的解析式是：.（2）令D（x，y）,（x0，y0），則E（x，0），M（，0），由（1）知C（0，3），如答圖1，連接MC、MDDE、CD與O相切，CMD=90°.COMMED. ，即.又，解得x=.又x0，x=，.D點的坐標是：（，）.假設存在滿足條件的點G（a，b）.若構成的四邊形是ACGF，（答圖2）則G與C關于直線x=2對稱，G點的坐標是：（4，3）.若構成的四邊形是ACFG，（答圖3，4）則由平行四邊形的性質(zhì)有b=，又，解得a=，此時G點的坐標是：（）

22、.若構成的四邊形是AGCF，（答圖5）則CGFA，G點的坐標是：（4，3）.顯而易見，AFCG不能構成平行四邊形.綜上所述，在拋物線上存在點G，使A、C、G、F四點為頂點的四邊形是平行四邊形，點G的坐標為（4，3）或（）或（）.考點：1.單動點問題；2.二次函數(shù)綜合題；3.曲線上點的坐標與方程的關系；4.直線與圓相切的性質(zhì)；5.相似三角形的判定和性質(zhì)；6. 平行四邊形的性質(zhì)；7.分類思想的應用13如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動，以CE為直徑作圓O，點F為圓O與射線BD的公共點，連接EF、CF，過點E作EGEF，EG與圓O相交于點G，連接CG（1

23、）試說明四邊形EFCG是矩形；（2）當圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中，矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若不存在，說明理由；求點G移動路線的長【答案】（1）證明見解析；（2）存在，矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為；【解析】試題分析：（1）只要證到三個內(nèi)角等于90°即可（2）易證點D在O上，根據(jù)圓周角定理可得FCE=FDE，從而證到CFEDAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到S矩形ABCD=2SCFE=然后只需求出CF的范圍就可求出S矩形ABCD的范圍根據(jù)圓周角定理和矩形的性質(zhì)可證到GDC=FDE=定值，從而得到點G的

24、移動的路線是線段，只需找到點G的起點與終點，求出該線段的長度即可試題解析：解：（1）證明：如圖，CE為O的直徑，CFE=CGE=90°EGEF，F(xiàn)EG=90°CFE=CGE=FEG=90°四邊形EFCG是矩形（2）存在如答圖1，連接OD， 四邊形ABCD是矩形，A=ADC=90°點O是CE的中點，OD=OC點D在O上FCE=FDE，A=CFE=90°，CFEDABAD=4，AB=3，BD=5. S矩形ABCD=2SCFE=四邊形EFCG是矩形，F(xiàn)CEGFCE=CEGGDC=CEG，F(xiàn)CE=FDE，GDC=FDEFDE+CDB=90°，

25、GDC+CDB=90°GDB=90°當點E在點A（E）處時，點F在點B（F）處，點G在點D（G處，如答圖1所示此時，CF=CB=4當點F在點D（F）處時，直徑FGBD，如答圖2所示，此時O與射線BD相切，CF=CD=3當CFBD時，CF最小，此時點F到達F，如答圖3所示SBCD=BCCD=BDCF4×3=5×CFCF=CF4S矩形ABCD=，即矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為GDC=FDE=定值，點G的起點為D，終點為G，點G的移動路線是線段DGGDC=FDE，DCG=A=90°，DCGDAB，即，解得點G移動路線的長為考點：1.圓的綜

26、合題；2.單動點問題；3.垂線段最短的性質(zhì)；4.直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)；5.矩形的判定和性質(zhì)；6.圓周角定理；7.切線的性質(zhì)；8.相似三角形的判定和性質(zhì)；9.分類思想的應用14如圖，已知l1l2，O與l1，l2都相切，O的半徑為2cm矩形ABCD的邊AD，AB分別與l1，l2重合，AB4 cm，AD4cm若O與矩形ABCD沿l1同時向右移動，O的移動速度為3cm/s，矩形ABCD的移動速度為4cm/s，設移動時間為t(s)（1）如圖，連接OA，AC，則OAC的度數(shù)為 °；（2）如圖，兩個圖形移動一段時間后，O到達O1的位置，矩形ABCD到達A1B1C1D1的位置，此時點O1，A

27、1，C1恰好在同一直線上，求圓心O移動的距離(即OO1的長）；（3）在移動過程中，圓心O到矩形對角線AC所在直線的距離在不斷變化，設該距離為d(cm)當d<2時，求t的取值范圍（解答時可以利用備用圖畫出相關示意圖）【答案】（1）105；（2）；（3）t.【解析】試題分析：（1）O與l1，l2都相切，連接圓心和兩個切點，等正方向.OA即為正方形的對角線，得到OAD=450，再在RtADC中，由銳角三角函數(shù)求DAC=600，從而求得OAC的度數(shù)1050.（2）連接O1與切點E，則O1E=2，O1El1，利用O1EA1D1C1E1,求A1E=，根據(jù)2+O1O+A1E=AA1，可求t，進而求得圓

28、心移動的距離3t=.（3）圓心O到對角線AC的距離d2，即dr.說明O與AC相交，所以出找兩個臨界點的t值，即O與AC相切運動中存在兩個相切的位置.分別求兩個相切時t的值，即可得出dr時，t的取值試題解析：解：（1）1050.（2）O1，A1，C1恰好在同一直線上時，設O與AC的切點為E，連接O1E，如答圖1，可得O1E=2，O1El1，在RtA1D1C1中，A1D1=4，D1C1=，tanC1A1D1=C1A1D1=600在RtA1O1E中, O1A1E=C1A1D1=600A1E=,，.OO1=3t=.（3）如答圖2，當直線AC與O第一次相切時，設移動時間為t1.如位置一，此時O移動到O2

29、的位置，矩形ABCD移動到A2B2C2D2的位置.設O2與直線l1、A2C2分別相切于點F、G, 連接O2 F、O2 G、O2 A2，O2 Fl1、O2 GA2C2.又由（2）可得C2A2D2=600于，GA2F=1200O2A2F=600.在RtO2A2F中，O2F=2，A2F=.OO2=3t1， ，解得.當點O1，A1，C1恰好在同一直線上時為位置二，設移動時間為t2.由（2）可得.當直線AC與O第二次相切時，設移動時間為t3如位置3，由題意知，從位置一到位置二所用時間與位置二到位置三所用時間相等.，即，解得.綜上所述，當d<2時，t的取值范圍為t.考點：1.雙面動平移問題；2.直線

30、與圓的位置關系；3.銳角三角函數(shù)定義；4特殊角的三角函數(shù)值； 5.分類思想的應用.15在平面直角坐標系中，點M（,），以點M為圓心，OM長為半徑作M ，使M與直線OM的另一交點為點B，與軸，軸的另一交點分別為點D，A（如圖），連接AM.點P是上的動點.（1）寫出AMB的度數(shù)；（2）點Q在射線OP上，且OP·OQ=20，過點Q作QC垂直于直線OM，垂足為C，直線QC交軸于點E.當動點P與點B重合時，求點E的坐標；連接QD，設點Q的縱坐標為t，QOD的面積為S，求S與t的函數(shù)關系式及S的取值范圍.【答案】（1）90°；（2）（5，0）；S，5S10【解析】試題分析：（1）首先過

31、點M作MHOD于點H，由點M（，），可得MOH=45°，OH=MH=，繼而求得AOM=45°，又由OM=AM，可得AOM是等腰直角三角形，繼而可求得AMB的度數(shù)：如答圖3，過點M作MHOD于點H，點M（，），OH=MH=.MOD=45°.AOD=90°，AOM=45°.OA=OM，OAM=AOM=45°.AMO=90°.AMB=90°.（2）由OH=MH=，MHOD，即可求得OD與OM的值，繼而可得OB的長，又由動點P與點B重合時，OPOQ=20，可求得OQ的長，繼而求得答案.由OD=2，Q的縱坐標為t，即可得S=

32、，然后分別從當動點P與B點重合時，過點Q作QFx軸，垂足為F點，與當動點P與A點重合時，Q點在y軸上，去分析求解即可求得答案試題解析：解：（1）90°.（2）由題意，易知：OM=2，OD=2，OB=4.當動點P與點B重合時，OP·OQ=20，OQ=5.OQE=90°，POE=45°，OE=5.E點坐標為（5，0）.OD=2，Q的縱坐標為t，S=.如答圖1，當動點P與B點重合時，過點Q作QFx軸，垂足為F點，OP=4，OPOQ=20，OQ=5，OFC=90°，QOD=45°，t=QF=.此時S=.如答圖2，當動點P與A點重合時，Q點在y

33、軸上，OP=2.OPOQ=20，t=OQ=5.此時S=.S的取值范圍為5S10考點：1.圓的綜合題；2.單動點問題；3.等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；4.點的坐標；5.由實際問題列函數(shù)關系式；6.數(shù)形結合思想、分類思想和方程思想的應用16在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖像與軸交于點A，B（點B在點A的左側），與軸交于點C，過動點H（0, ）作平行于軸的直線，直線與二次函數(shù)的圖像相交于點D，E.（1）寫出點A,點B的坐標；（2）若，以DE為直徑作Q，當Q與軸相切時，求的值； （3）直線上是否存在一點F，使得ACF是等腰直角三角形？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（4，0）和（1

34、，0）；（2）；（3）存在，m=或或3或.【解析】試題分析：（1）A、B兩點的縱坐標都為0，所以代入y=0，求解即可（2）由圓和拋物線性質(zhì)易得圓心Q位于直線與拋物線對稱軸的交點處，則Q的橫坐標為，可推出D、E兩點的坐標分別為：，因為D、E都在拋物線上，代入一點即可得m（3）使得ACF是等腰直角三角形，重點的需要明白有幾種情形，分別以三邊為等腰三角形的兩腰或者底，則共有3種情形；而三種情形中F點在AC的左下或右上方又各存在2種情形，故共有6種情形求解時利用全等三角形知識易得m的值試題解析：解：（1）當y=0時，有，解之得：，A、B兩點的坐標分別為（4，0）和（1，0）.（2）Q與軸相切，且與交于

35、D、E兩點，圓心O位于直線與拋物線對稱軸的交點處，且Q的半徑為H點的縱坐標（）.拋物線的對稱軸為，D、E兩點的坐標分別為：且均在二次函數(shù)的圖像上.，解得或（不合題意，舍去）.（3）存在.當ACF=90°，AC=FC時，如答圖1，過點F作FGy軸于G，AOC=CGF=90°.ACO+FCG=90°，GFC+FCG=90°，ACO=CFG.ACOCFG，CG=AO=4.CO=2，或=OG=2+4=6.當CAF=90°，AC=AF時，如答圖2，過點F作FPx軸于P，AOC=APF=90°.ACO+OAC=90°，F(xiàn)AP+OAC=9

36、0°，ACO=FAP.ACOFAP，F(xiàn)P =AO=4.或=FP =4.當AFC=90°，F(xiàn)A=FC時，如答圖3，則F點一定在AC的中垂線上，此時存在兩個點分別記為F，F(xiàn)，分別過F，F(xiàn)兩點作x軸、y軸的垂線，分別交于E，G，D，HDFC+CFE=CFE+EFA=90°，DFC=EFA.CDF=AEF，CF=AF，CDFAEF.CD=AE，DF=EF.四邊形OEFD為正方形.OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.4=2+2CD.CD=1，m=OC+CD=2+1=3HFC+CGF=CGF+GFA，HFC=GFA.HFC=GFA，CF=AF.HFC

37、GFA.HF=GF，CH=AG.四邊形OHFG為正方形.OH=1.m=，y的最大值為.直線l與拋物線有兩個交點，mm可取值為m=或或3或.綜上所述，m的值為m=或或3或.考點：1.二次函數(shù)綜合題； 2.單動點問題；3.等腰直角三角形存在性問題；4.二次函數(shù)的性質(zhì)；5.曲線上點的坐標與方程的關系；6.直線與圓的位置關系；7.全等三角形的判定和性質(zhì)；8.正方形的判定和性質(zhì)；9.分類思想的應用17如圖甲，四邊形OABC的邊OA、OC分別在x軸、y軸的正半軸上，頂點在B點的拋物線交x軸于點A、D，交y軸于點E，連結AB、AE、BE已知tanCBE=，A(3，0)，D(1，0)，E(0，3)(1)求拋物

38、線的解析式及頂點B的坐標；(2)求證：CB是ABE外接圓的切線；(3)試探究坐標軸上是否存在一點P，使以D、E、P為頂點的三角形與ABE相似，若存在，直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由；(4)設AOE沿x軸正方向平移t個單位長度(0t3)時，AOE與ABE重疊部分的面積為s，求s與t之間的函數(shù)關系式，并指出t的取值范圍【答案】（1）y=x22x3B(1，4)（2）證明見解析；（3）P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，)（4）s=.【解析】試題分析：(1)利用兩根式列出二次函數(shù)解析式y(tǒng)=a(x3)(x1)，把將E(0，3)代入即可求出a的值，繼而可求頂點B的坐標；（2）過點B作BMy

39、于點M，利用已知條件先證明AB是ABE外接圓的直徑再證CBAB即可（3）存在；（4）分兩種情況進行討論即可.試題解析：(1)解：由題意，設拋物線解析式為y=a(x3)(x1)將E(0，3)代入上式，解得：a=1y=x22x3則點B(1，4)(2)如圖，證明：過點B作BMy于點M，則M(0，4)在RtAOE中，OA=OE=3，1=2=45°，AE=3在RtEMB中，EM=OMOE=1=BM，MEB=MBE=45°，BE=BEA=180°1MEB=90°AB是ABE外接圓的直徑在RtABE中，tanBAE=tanCBE，BAE=CBE在RtABE中，BAE3

40、=90°，CBE3=90°CBA=90°，即CBABCB是ABE外接圓的切線(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，)(4)解：設直線AB的解析式為y=kxb將A(3，0)，B(1，4)代入，得解得y=2x6過點E作射線EFx軸交AB于點F，當y=3時，得x=，F(xiàn)(，3)情況一：如圖7，當0t時，設AOE平移到DNM的位置，MD交AB于點H，MN交AE于點G則ON=AD=t，過點H作LKx軸于點K，交EF于點L由AHDFHM，得即解得HK=2tS陰=SMNDSGNASHAD=×3×3(3t)2t·2t=t23t情況二：如圖8，

41、當t3時，設AOE平移到PQR的位置，PQ交AB于點I，交AE于點V由IQAIPF，得即解得IQ=2(3t)S陰=SIQASVQA=×(3t)×2(3t)(3t)2=(3t)2=t23t綜上所述：s=.考點：二次函數(shù)綜合題.18如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a0）的對稱軸為y軸，且經(jīng)過（0，0）和（，）兩點，點P在該拋物線上運動，以點P為圓心的P總經(jīng)過定點A（0，2）（1）求a，b，c的值；（2）求證：在點P運動的過程中，P始終與x軸相交；（3）設P與x軸相交于M（x1，0），N（x2，0）（x1x2）兩點，當AMN為等腰三角形時，求圓心P的縱坐標【答

42、案】（1）a=，b=c=0；（2）證明見解析；（3）P的縱坐標為0或4+2或42【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意得出二次函數(shù)一般形式進而將已知點代入求出a，b，c的值即可；（2）設P（x，y），表示出P的半徑r，進而與 x2比較得出答案即可；（3）分別表示出AM，AN的長，進而分別利用當AM=AN時，當AM=MN時，當AN=MN時，求出a的值，進而得出圓心P的縱坐標即可試題解析：（1）拋物線y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a0）的對稱軸為y軸，且經(jīng)過（0，0）和（，）兩點，拋物線的一般式為：y=ax2，=a（）2，解得：a=±，圖象開口向上，a=，拋物線解析式為：y=x2，故

43、a=，b=c=0；（2）設P（x，y），P的半徑r=，又y=x2，則r=，化簡得：r=x2，點P在運動過程中，P始終與x軸相交；（3）設P（a，a2），PA=，作PHMN于H，則PM=PN=，又PH=a2，則MH=NH=2，故MN=4，M（a2，0），N（a+2，0），又A（0，2），AM=，AN=，當AM=AN時，=，解得：a=0，當AM=MN時，=4，解得：a=2±2（負數(shù)舍去），則a2=4+2；當AN=MN時，=4，解得：a=2±2（負數(shù)舍去），則a2=42；綜上所述，P的縱坐標為0或4+2或42考點：二次函數(shù)綜合題19木匠黃師傅用長AB=3，寬BC=2的矩形木板做一

44、個盡可能大的圓形桌面，他設計了四種方案：方案一：直接鋸一個半徑最大的圓；方案二：圓心O1，O2分別在CD，AB上，半徑分別是O1C，O2A，鋸兩個外切的半圓拼成一個圓；方案三：沿對角線AC將矩形鋸成兩個三角形，適當平移三角形并鋸一個最大的圓；方案四：鋸一塊小矩形BCEF拼接到矩形AEFD下面，并利用拼成的木板鋸一個盡可能大的圓。（1）寫出方案一中的圓的半徑；（2）通過計算說明方案二和方案三中，哪個圓的半徑較大？（3）在方案四中，設CE=（），圓的半徑為，求關于的函數(shù)解析式；當取何值時圓的半徑最大？最大半徑是多少？并說明四種方案中，哪一個圓形桌面的半徑最大？【答案】（）方案一中圓的半徑為（）方案

45、三的圓半徑較大(3) 當0<x<時，y=當時，當時，y最大，y最大=，四種方案中，第四種方案圓形桌面的半徑最大?！窘馕觥吭囶}分析：（1）圓的直徑就是BC的長方案二：連，作于，然后利用勾股定理即可得方案三：連，然后利用即可得（3）分情況討論：分0<x<與這兩種情況進行分析試題解析：（）方案一中圓的半徑為（）方案二如圖，連，作于，設，那么（）（），解得方案三連，°，設，,y=，方案三的圓半徑較大(3) 當0<x<時，y=當時，當時，y最大，y最大=，四種方案中，第四種方案圓形桌面的半徑最大?？键c：1、兩圓外切，2、圓的切線，3、勾股定理，4、相似20在

46、平面直角坐標系中，對于A上一點B及A外一點P，給出如下定義：若直線PB與 x軸有公共點（記作M），則稱直線PB為A的“x關聯(lián)直線”，記作.（1）已知O是以原點為圓心，1為半徑的圓，點P（0,2），直線：，直線：，直線：，直線：都經(jīng)過點P，在直線， ， ， 中，是O的“x關聯(lián)直線”的是 ；若直線是O的“x關聯(lián)直線”，則點M的橫坐標的最大值是 ；（2）點A（2,0）,A的半徑為1，若P（-1,2）,A的“x關聯(lián)直線”：，點M的橫坐標為，當最大時，求k的值； 若P是y軸上一個動點，且點P的縱坐標，A的兩條“x關聯(lián)直線”,是A的兩條切線，切點分別為C,D，作直線CD與x軸點于點E，當點P的位置發(fā)生變化

47、時， AE的長度是否發(fā)生改變？并說明理由【答案】（1）;（2）;不變,理由見解析.【解析】試題分析：（1）直接根據(jù)定義求解即可.（2）當直線PB與A相切于點B時,此時點M的橫坐標最大，求出此時的k的值.根據(jù)定義和銳角三角函數(shù)定義得出,即,而得出結論.試題解析：（1）.（2）如圖，當直線PB與A相切于點B時,此時點M的橫坐標最大，作PHx軸于點H，HM=，AM= ，在RtABM和RtPHM中， ，BM=HM=在RtABM中， ，解得點M的橫坐標最大時，當P點的位置發(fā)生變化時，AE的長度不發(fā)生改變?nèi)鐖D，A的兩條“x關聯(lián)直線”與A相切于點C,D， PC=PD又AC=A，AP垂直平分BC在RtADF和

48、RtADP中， ，在RtAEF和RtAOP中， ，即當P點的位置發(fā)生變化時，AE的長度不發(fā)生改變考點：1.新定義;2.直線與圓的位置關系;3.直線上點的坐標與方程的關系;4銳角三角函數(shù)定義.21如圖，在RtABC中，ACB=90°，AC=4 cm ，BC=3 cm，O為ABC的內(nèi)切圓.（1）求O的半徑；（2）點P從點B沿邊BA向點A以點1cm/s 的速度勻速運動，以點P為圓心，PB長為半徑作圓.設點P運動的時間為 t s.若P與O相切，求t的值.【答案】（1）1 cm；（2）或2.【解析】試題分析：（1）設O與AB，BC，CA的切點分別為D，E，F(xiàn)，連接OD，OE，OF，根據(jù)切線的性

49、質(zhì)證明四邊形CEOF是正方形，由勾股定理求AB的長，把AD，BD用半徑r的代數(shù)式表示，從而根據(jù)列方程求解即可.（2）為P與O外切和P與O內(nèi)切兩種情況討論即可.試題解析：（1）如圖，設O與AB，BC，CA的切點分別為D，E，F(xiàn)，連接OD，OE，OF，則AD=AF，BD=BE，CE=CF.O為ABC的內(nèi)切圓，OFAC，OEBC，即OFC=OEC=90°.又C=90°，四邊形CEOF是矩形.又OE=OF，四邊形CEOF是正方形.設O的半徑為r cm，則FC=EC=OE= r cm， 在RtABC中，ACB=90°，AC=4 cm ，BC=3 cm，.，解得r=1.O的半

50、徑為1 cm.（2）如圖，過點P作PGBC于點G，PGB=C=90°，PGAC.PBGABC.又BP=t，.若P與O相切，則可分為P與O外切和P與O內(nèi)切兩種情況：如圖，當P與O外切時，連接OP，則OP=1+t.過點P作PHOE于點H，PHE=HEG=PGE=90°，四邊形PHEG是矩形.HE=PG，PH=GE.在RtOPH中，由勾股定理，得，解得.如圖，當P與O內(nèi)切時，連接OP，則OP=.過點O作OMPG于點M，MGE=OEG=OMG=90°，四邊形OEGM是矩形.MG=OE，OM=EG.在RtOPM中，由勾股定理，得，解得.綜上所述，當P與O相切時，或2.考點：

51、1.單動點和面動問題；2.直線與圓相切的性質(zhì)；3.矩形、正方形的判定和性質(zhì)；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性質(zhì)；6.方程思想和分類思想的應用.22如圖，在平面直角坐標系中，ABC 的頂點坐標分別為A（2，0）、B（4，0）、C（0，2）（1）請用尺規(guī)作出ABC的外接圓P（保留作圖痕跡，不寫作法）；（2）求出（1）中外接圓圓心P的坐標；（3）P上是否存在一點Q，使得QBC與AOC相似？如果存在，請直接寫出點Q 坐標；如果不存在，請說明理由【答案】(1)作圖見解析；（2）點P坐標為（1，-1）（3）P上存在一點Q（-2，-2），（2，-4），使得QBC與AOC相似【解析】試題分析：（1）作出

52、AC與BC線段垂直平分線得出交點即為圓心，進而利用圓心到線段端點距離長為半徑求出即可；（2）過點P做PDx軸，PEy軸，垂足分別為D、E，連接PC、PE，在RtBPD中，BP2=x2+32，在RtCEP中，CP2=（x+2）2+12，由BP=CP，求出x的值，即可得出P點坐標；（3）利用相似三角形的判定得出Q1BCACO，進而結合圓周角定理得出Q點坐標（1）如圖1所示：（2）如圖2，過點P做PDx軸，PEy軸，垂足分別為D、E，連接PC、PEPDAB，AD=BD=3OB=4，OD=OB-BD=1PE=OD=1設DP=x，則OE=PD=x在RtBPD中，BP2=x2+32在RtCEP中，CP2=（x+2）2+12BP=CP，x2+32=（x+2）2+12解得：x=1點P坐標為（1，-1）