2020-2021中考數(shù)學(xué)二模試題分類匯編-圓與相似綜合

2020-2021中考數(shù)學(xué)二模試題分類匯編一一圓與相似綜合一、相似1.如圖，拋物線y=-x2+bx+c與x軸分別交于點A、B,與y軸交于點C,且OA=1,OB=3,頂點為D,對稱軸交x軸于點Q.備用圖(1)求拋物線對應(yīng)的二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)點P是拋物線的對稱軸上一點，以點P為圓心的圓經(jīng)過A、B兩點，且與直線CD相切，求點P的坐標(biāo)；(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點M,使得△DCM-aBQC?如果存在，求出點M的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由.【答案】(1)解：一二二'二」.代入一一一-「-；得三-必一「二：；TOC\o"1-5"\h\z解得? ‘?：'???拋物線對應(yīng)二次函數(shù)的表達(dá)式為：?二 ..(2)解：如圖，設(shè)直線CD切。P于點E.連結(jié)PE、PA/乍? 「?點...：；■士—；.口一士 由由- .：?，、」.?一：得對稱軸為直線x=1,「.：■: .?一一二:一:二-」.「? 為等腰直角三角形././CDF=45°,ZEDP=ZEPD=45°,DE=EP,「?￡皿為等腰三角形.設(shè)EP=-(4-加”./. 2在△內(nèi)汽中，ZPQA=90°,4聲一A由+峻=[一(-1)] 10QM=DQ-DM 10QM=DQ-DM=4--二一.」. 3 3-(4-/-[l-(-l)]s+nf,2整理，得/+劭一牙-&解得，si=~4±久版「?點P的坐標(biāo)為(1,-4-f-2\/6)或"，-4-2\16).(3)解：存在點M,使得△小?△歌.「?△「曲為等腰直角三角形，ZCBQ=45：BC=1A由⑵可知，4四二45。，CD二弧=/C調(diào).：.ADCMs/1以肥分兩種情況.網(wǎng)_CL當(dāng)QB圍時，TOC\o"1-5"\h\zDM取 2—=-F DM=-」?2次/￡，解得, 3.wADM_CL當(dāng)‘時，aJ廣：'?，解得" -a飛國-：；一一110綜上，點M的坐標(biāo)為,或，【解析】【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得拋物線的對稱軸為直線x=1，頂點D（1，4），點C（0，3），由題意可設(shè)點P（1，m），計算易得△DCF為等腰直角三角形，△DEP為等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可將PE、PA用含m的代數(shù)式表示出來，根據(jù)PA=PE可列方程求解；DMCbDC的（3）由4DCM-ABQC所得比例式分兩種情況：?‘ ,或?’ ，根據(jù)所得比例式即可求解。2.（1）問題發(fā)現(xiàn):圖1 圖2 圖｝ ￡如圖1，在等邊三角形ABC中，點M為BC邊上異于B、C的一點，以AM為邊作等邊三角形AMN，連接CN，NC與AB的位置關(guān)系為；（2）深入探究：如圖2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，點M為BC邊上異于B、C的一點，以AM為邊作等腰三角形AMN，使NABC=NAMN，AM=MN，連接CN，試探究/ABC與NACN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展延伸：如圖3，在正方形ADBC中，AD=AC，點M為BC邊上異于B、C的一點，以AM為邊作正方形AMEF，^N為正方形AMEF的中點，連接CN，若BC=10，CN=Y：，試求EF的長.【答案】（1）NCIIAB（2）解：NABC=NACN，理由如下：AB_Ak=1一以=1且/ABC=NAMN,「.△ABC-AAMNAB^C??.;AB=BC,「.NBAC=.(180°-NABC),;AM=MN「.NMAN=.(180°-NAMN),丁NABC=NAMN,「.NBAC=NMAN,「.NBAM=NCAN,「.△ABM~AACN,「.NABC=NACN(3)解：如圖3,連接AB,AN,圖3E丁四邊形ADBC,AMEF為正方形，「.NABC=NBAC=45°,NMAN=45°,「.NBAC-NMAC=NMAN-NMAC即NBAM=NCAN,ABAM「?「 ?-,ABAC「.J',「.△ABM~AACN網(wǎng)」拈「?；」，^■r_ACxJ—A.■-,1 ,/-=cos45°=.,\'" \.二A ,ABM=2,「.CM=BC-BM=8,在RtAAMC,AM=「： :'一\'「 '' ',【解析】【解答】解：(1)NCIIAB,理由如下：:△ABC與^MN是等邊三角形，「.AB=AC,AM=AN,NBAC=NMAN=60°,「.NBAM=NCAN,在^ABM與八ACN中，AB=AC{ZBAM=^CAN,=4V,「.△ABM^△ACN(SAS),「.NB=NACN=60°,「NANC+NACN+NCAN=NANC+60°+NCAN=180°,「.NANC+NMAN+NBAM=NANC+60°+NCAN=NBAN+NANC=180°,「.CNIIAB；【分析】(1)由題意用邊角邊易得△ABMM△ACN,則可得NB=NACN=60°,所以NBCN+NB=NBCA+NACN+NB=180°，根據(jù)平行線的判定即可求解；ASAC———(2)由題意易得△ABC?△AMN,可得比例式' ,■,由三角形內(nèi)角和定理易得NBAM=NCAN,根據(jù)相似三角形的判定可得△ABM~4ACN,由相似三角形的性質(zhì)即可求解；(3)要求EF的值，只須求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。連接AB,AN,由正方形的性質(zhì)和相似三角形的判定易得△ABM?△ACN,可得比例式CNAC, \二------? -，可求得BM的值，而CM=BC-BM,解直角三角形AMC即可求得AM的值，即為EF的值。43.如圖，已知：在RSABC中，斜邊AB=10,sinA=，點P為邊AB上一動點(不與A,B重合)，PQ平分NCPB交邊BC于點Q,QM±AB于M,QN±CP于N.(1)當(dāng)AP=CP時，求QP；(2)若四邊形PMQN為菱形，求CQ；(3)探究：AP為何值時，四邊形PMQN與^BPQ的面積相等?【答案】(1)解：:AB=10，sinA=，「.BC=8，貝UAC=\■■■ 1=6，;PA=PC.「.NPAC=NPCA,丁PQ平分NCPB,「.NBPC=2NBPQ=2NA,「.NBPQ=NA,「.PQIIAC,「?PQ^BC,又PQ平分NCPB,「.NPCQ=NPBQ,「.PB=PC,「.P是AB的中點，「.PQ=.AC=3(2)解：:四邊形PMQN為菱形，「.MQIIPC,「.NAPC=90°,「..xABxCP=.xACxBC,則PC=4.8,由勾股定理得，PB=6.4,「MQIIPC,Pb時% 6,48-.?. =..= =?，即?= .1,解得，CQ=(3)解：:PQ平分NCPB,QM±AB,QN±CP,「.QM=QN,PM=PN,-SAPMQ=SAPNQ,丁四邊形PMQN與^BPQ的面積相等，...PB=2PM,??.QM是線段PB的垂直平分線，ZB=ZBPQ,ZB=ZCPQ,/.△CPQs△CBP,aapq：.應(yīng)=方=訴，CFBQBL-2Bk,BQ5：.CP=4x=4x4=5,25CQ=8,2539：.BQ=8-8=8,43939BM=5x8=]6,11：.AP=AB-PB=AB-2BM=5【解析】【分析】(1)當(dāng)AP=CP時，由銳角三角函數(shù)可知AC=6,BC=8,因為PQ平分ZCPB,所以PQ//AC,可知PB=PC,所以點P是AB的中點，所以PQ是△ABC的中位線，PQ=3;⑵當(dāng)四邊形PMQN為菱形時，因為NAPC：%",所以四邊形PMQN為正方形，可得TOC\o"1-5"\h\zPBBMBMffQ 24———————QC——PC=4.8,PB=3.6,因為MQ//PC,所以憶她■妒也可得乙⑶當(dāng)QM垂直平分PB時，四邊形PMQN的面積與ABPCl的面積相等，此時25 39QC-- 現(xiàn)--△CPQs^CBP,對應(yīng)邊成比例，可得8,所以也，因為AP=AB-2BM,所以11AP=5.「 1-5 、p二國產(chǎn)+bx+-(aN0)4.如圖，拋物線 2 經(jīng)過A(-3,0),C(5,0)兩點，點B為拋物線頂點，拋物線的對稱軸與x軸交于點D.(1)求拋物線的解析式；(2)動點P從點B出發(fā)，沿線段BD向終點D作勻速運動，速度為每秒1個單位長度，運動時間為t，過點P作PMLBD，交BC于點M，以PM為正方形的一邊，向上作正方形PMNQ，邊QN交BC于點R，延長NM交AC于點E.①當(dāng)t為何值時，點N落在拋物線上；②在點P運動過程中，是否存在某一時刻，使得四邊形ECRQ為平行四邊形？若存在，求出此時刻的t值；若不存在，請說明理由.%【答案】(1)解：.「y=ax2+bx+,經(jīng)過A(-3,0),C(5,0)兩點，%-助#--0TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 215-5a+5b+--0?二 ,I5"~~2解得：■1,二Jr十+汽」?拋物線的解析式為' ''— 15 1 1 lb 1p1— ——+y +— — — + -(2)解：,「 - - =- ■ (x2-2x+1) +- -= - - (x-1)2+8,???點B的坐標(biāo)為(1,8).設(shè)直線BC的解析式為y=kx+m,rk+溫=8則■?一??：=rk--2解得：? ，所以直線BC的解析式為y=-2x+10.;拋物線的對稱軸與x軸交于點D,BD=8,CD=5-1=4.;PM±BD,PMIICD,「.△BPM-△BDC,BP_Ph,t_Ph即- ,解得：PM=t,「.OE=1+.t.「.ME=-2(1+.t)+10=8-t..?四邊形PMNQ為正方形，「.NE=NM+ME=8-t+.t=8-.t.①點N的坐標(biāo)為(1+二t,8-三t),若點N在拋物線上，11貝U--(1+-t-1)2+8=8--t,整理得，t(t-4)=0,解得t1=0(舍去)，t2=4,所以，當(dāng)t=4秒時，點N落在拋物線上;②存在.理由如下：?PM=.t,四邊形PMNQ為正方形，QD=NE=8-.t.???直線BC的解析式為y=-2x+10,「.-2x+10=8-.t,解得：x=t+1,又「EC=CD-DE=4-t,根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得QR=EC,即-t=4-t,

16解得：t=',此時點P在BD上16所以，當(dāng)t=，時，四邊形ECRQ為平行四邊形【解析】【分析】(1)用待定系數(shù)法，將A,C兩點的坐標(biāo)分別代入y=ax2+bx+.，得出一個關(guān)于a,b的二元一次方程組，求解得出a,b的值，從而得出拋物線的解析式；(2)首先求出拋物線的頂點B的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式為y=-2x+10.根據(jù)點到坐標(biāo)軸的距離得出BD,CD的長度，根據(jù)垂直于同一直線的兩條直線互相平行得出PMIICD,根據(jù)平行于三角形一邊的直線，截，其它兩邊，所截的三角形與原三角形相似得出ABPMs△BDC,根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例得出BP:BD=PM:CD，進(jìn)而得出關(guān)于t的方程，求解得出PM,進(jìn)而得出OE,ME,根據(jù)正方形的性質(zhì)由NE=NM+ME得出NE的長，進(jìn)而表示出N點的坐標(biāo)，若點N在拋物線上，根據(jù)拋物線上的點的特點，得出關(guān)于t的方程，求解得出t的值，所以，當(dāng)t=4秒時，點N落在拋物線上；②存在.理由如下：根據(jù)PM的長及正方形的性質(zhì)從而表示出QD=NE的長度，進(jìn)而得出方程，求出x的值，進(jìn)而表示出QR根據(jù)線段的和差及平行四邊形的對邊平行且相等可得QR=EC,從而得出關(guān)于t的方程，求解得出答案。5.(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，圖①正方形AEFG的兩邊分別在正方形ABCD的邊AB和AD上，連接CF.①寫出線段CF與DG的數(shù)量關(guān)系；②寫出直線CF與DG所夾銳角的度數(shù).(2)拓展探究：如圖②,C 0C 0圖②將正方形AEFG繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，（1）中的結(jié)論是否仍然成立，請利用圖②進(jìn)行說明.（3）問題解決如圖③，△ABC和^ADE都是等腰直角三角形，NBAC=NDAE=90°，AB=AC=4，O為AC的中點.若點D在直線BC上運動，連接OE，則在點D的運動過程中，線段OE的長的最小值.（直接寫出結(jié)果）【答案】（1）①CF=V：DG，②45-（2）解：如圖：B A①連接AC、AF在正方形ABCD中，延長CF交DG與H點，NCAD=.NBCD=45-,設(shè)AD=CD=a，易得AC=「a=T:AD,同理在正方形AEFG中，NFAG=45-,AF=、AG,,:NCAD=NFAG,,:NCAD-N2=NFAG-N2,?二N1=N3AC_AF又二'■:△CAF-DAG,CF_AC… ?=、,,，,CF=DG;②由△CAF-DAG， ,N4=N5，：,NACD=N4+N6=45, ?:N5+N6=45口，,:N5+N6+N7=135-，在^CHD中，NCHD=180--135-=45-， : （1）中的結(jié)論仍然成立⑶OE的最小值為、.

【解析】【解答】（3）如圖：由NBAC=NDAE=90，可得NBAD=NCAE,又AB=AC,AD=AE,可得^BAD^△CAE,?二NACE=NABC=45-,又「NACB=45,?:NBCE=90，即CE±BC,根據(jù)點到直線的距離垂線段最短，?:OE±CE時，OE最短，此時OE=CE,4OEC為等腰直角三角形，:‘OC=AC=2,由等腰直角三角形性質(zhì)易得，OE=';，,:OE的最小值為,?.【分析】（1）①易得CF=DG;②45；⑵連接AC、AF,在正方形ABCD中，可得CF_AC△CAdDAG， ■ .=「，=CF="J：DG，在△CHD中，NCHD=180-135=45，（1）中的結(jié)論是否仍然成立；（3）OE±CE時，OE最短，此時OE=CEAOEC為等腰直角三角形，OC=?AC=2,可得OE的值.(1)求證：OD±BE.6.如圖，在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的。O分別交BC，AC于點D，E，連結(jié)(1)求證：OD±BE.(2)若DE=4,AB=6，求AE的長.（3）若4CDE的面積是^OBF面積的，求線段BC與AC長度之間的等量關(guān)系，并說明理由．【答案】（1）證明：連接AD，丁AB是直徑，「.NAEB=NADB=90°,;AB=AC,「.NCAD=NBAD,BD=CD,|/| 1/1」.二二二「.OD±BE；(2)解：:NAEB=90°,「.NBEC=90°,;BD=CD,「.BC=2DE=2-小，丁四邊形ABDE內(nèi)接于OO,「.NBAC+NBDE=180°,「NCDE+NBDE=180°,「.NCDE=NBAC,;NC=NC,「.△CDE-△CAB,CE_DEEE_\6「.；一產(chǎn)二即入艮「.CE=2,「.AE=AC-CE=AB-CE=4(3)解：:BD=CD,-SACDE=SABDE';BD=CD,AO=BO,「.ODIIAC,「△OB~△ABE「△OB~△ABE,「.SAABE=4S△OBF」?S」?SAABE=4Saobf=6SaCDE-SACAB-SACDE+SABDE+"ABE=8SACDE「△CDE-△CAB,;BD=CD,AB=AC,BC_1「.“J二，即AC=-：/-BC【解析】【分析】（1）連接AD.根據(jù)直徑所對的圓周角是直角、等腰三角形的性質(zhì)以及CE_DL平行線的性質(zhì)即可證明；（2）先證△CDE-△CAB得’?，據(jù)此求得CE的長，依據(jù)AE=AC-CE=AB-CE可得答案；（3）由BD=CD知S&CDE=S△BDE，證△OBF-△ABE得S QB1 5.4，二？二七2,三 ,據(jù)此知、△abe=4“obf，結(jié)合五瓦一知、△abe=6,cde，5 CDn1 CD1 （一）*二- —— S&cab=8S△CDE，由^CDE-△CAB知二。港?「 ：，據(jù)此得出 '?，結(jié)合BC1BD=CD，AB=AC知：」 /：，從而得出答案.7.如圖，在R3ABC中，NACB=90°,AC=6cm,BC=8cm.動點M從點B出發(fā)，在BA邊上以每秒3cm的速度向定點A運動，同時動點N從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒2cm的速度向點B運動，運動時間為t秒 ，連接MN.（1）若4BMN與^（1）若4BMN與^ABC相似，求t的值;(2)連接AN,CM,若AN^CM,求t的值.【答案】(1)解：.//ACB=90°,AC=6cm,BC=8cm,.二BA=■■:=10(cm).由題意得BM=3tcm,CN=2tcm,「.BN=(8—2t)cm.網(wǎng)_BA網(wǎng)_BA當(dāng)^BMN-△BAC時，. ■■,硼謝當(dāng)^BMN-△BCA時，，;'=,3t8-2t 比「.'= "：,解得t='；3t10-2t 32.??"= ''，解得t=.綜上所述，△BMN與八ABC相似時，t的值為??或,(2)解：如圖，過點M作MD±CB于點D,」.乙BDM」.乙BDM=ZACB=90°,1:乙B=NB,「.△BDM-△BCA,冰BL創(chuàng)「. = =三#.丁AC=6cm,BC=8cm,BA=10cm,BM=3tcm,「.DM=「.DM=tcm,BD=■tcm,CD」」12cm.;AN±CM,NACB=90°,，乙CAN+NACM=90°,NMCD+nACM=90°,「.NCAN=NMCD.;MD±CB,「.NMDC=NACB=90°,「.△CAN-△DCM,6 :%AC◎ ~12 ~9 1、—— 8—~t-t― —：」.■■=:.正，「. ■=1,解得t=..【解析】【分析】(1)在直角三角形ABC中，由已知條件用勾股定理可求得AB的長，再根據(jù)路程=速度時間可將BM、CN用含t的代數(shù)式表示出來，則BN=BC-CN也可用含t的代數(shù)式表示出來，因為△BMN與△ABC相似，由題意可分兩種情況，①當(dāng)M冊——△BMN-△BAC時，由相似三角形的性質(zhì)可得比例式：大 "，將已知的線段代入計算即可求解；②當(dāng)△BMN-△BCA時，由相似三角形的性質(zhì)可得比例式：? '?，將已知的線段代入計算即可求解；(2)過點M作MD±CB于點D,根據(jù)有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可得DMBDBABDM-△BCA,于是可得比例式「 .■ ：,將已知的線段代入計算即可用含t的代數(shù)式表示DM、BD的長，則CD=CB-BD也可用含t的代數(shù)式表示出來，同理易證ac_aCAN-△DCM,可得比例式’?：，將已表示的線段代入計算即可求得t的值。8.在正方形ABCD中，AB=8,點P在邊CD上，tanNPBC=?，點Q是在射線BP上的一個動點，過點Q作AB的平行線交射線AD于點M,點R在射線AD上，使RQ始終與直線BP垂直.圖1 圖2 圖三(1)如圖1,當(dāng)點R與點D重合時，求PQ的長；冊(2)如圖2,試探索：二?的比值是否隨點Q的運動而發(fā)生變化？若有變化，請說明你的理由；若沒有變化，請求出它的比值；(3)如圖3,若點Q在線段BP上，設(shè)PQ=x，RM=y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的定義域.【答案】(1)解：由題意，得不*一」二，二…在Rt^"，中，J’二PC^PBC二—反=-PC=6:.RP=JPB=/2+二10RG上航ZRQP=90°nC=/R?ZBPC=/R網(wǎng)△s△1PB_PC而一元10_6萬一元PQ國i(2)解：答：?：的比值隨點.，的運動沒有變化理由：如圖,...II■_四,"狙 _門?「 =—二:/」. .事.丁:,■■工.：；■：.???二?一/.■.■.■ZABC=ZABP?/PBC=90°△」..】「△蠲_PC.???：?: 二刑 .j???.】的比值隨點''的運動沒有變化,比值為.(3)解：延長,交,,的延長線于點IE'llPD_NDM一點NA=NDAD=8NL2NDS-ND8

II',；ll,■''IIPD_Nf而一而它的定義域是【解析】【分析】它的定義域是【解析】【分析】(1)由題意解直角三角形PBC可求得CP=6,PB=10,根據(jù)△PBC-△PRQ可得比例式求解；疆PC PC6 ,1)——— ————(2)由題意易得△RMQs△PCB，可得比例式：’ .，由(1)知,=：’ 為一定值，所以國i"?的比值不會發(fā)生變化；可得比例式求得ND、PN，由題意易得PDIIMQ，根據(jù)平行線成比例定理可得比例式(3)延長(3)延長BP交AD的延長線于點N，因為PDIIAB，所以由平行線分線段成比例定理PD_NF'，則y與x的關(guān)系可求解。二、圓的綜合.如圖，四邊形OABC是平行四邊形，以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓交AB于D,延長AO交O于E,連接CD,CE,若CE是。O的切線，解答下列問題：(1)求證：CD是。O的切線；(2)若BC=4,CD=6,求平行四邊形OABC的面積.【答案】（1）證明見解析（2）24【解析】試題分析：（1）連接OD,求出NEOC=NDOC,根據(jù)SAS推出△EOC^△DOC,推出NODC=NOEC=90°,根據(jù)切線的判定推出即可；（2）根據(jù)切線長定理求出CE=CD=4,根據(jù)平行四邊形性質(zhì)求出OA=OD=4,根據(jù)平行四邊形的面積公式=24COD的面積即可求解.試題解析：（1）證明：連接OD,OD=OA,.NODA=NA,?四邊形OABC是平行四邊形，.OCIIAB,NEOC=NA,NCOD=NODA,NEOC=NDOC,在^EOC和^DOC中，fOE=ODOC=OC??.△EOCM△DOC(SAS),「.NODC=NOEC=90°,即OD±DC,「.CD是。O的切線;（2）由（1）知CD是圓O的切線，??.△CDO為直角三角形，1丁S =—CD.OD,△CDO2又「OA=BC=OD=4,1-'△cdo=2x6x4=12,「?平行四邊形0ABe的面積S許皿=24.

.如圖，在△ABC中，AB=AC,以AB為直徑作。O,OQ交BC于點D,交CA的延長線于點E.過點D作DFLAC,垂足為F.（1）求證：DF為OO的切線;（2）若AB=4,NC=30°,求劣弧BE的長.4【答案】（1）證明見解析（2）3【解析】分析：（1）連接AD、OD,根據(jù)直徑所對的圓周角為直角，可得NADB=90°,然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BD=CD,再根據(jù)中位線的性質(zhì)求出ODLDF,進(jìn)而根據(jù)切線的判定證明即可；（2）連接OE,根據(jù)三角形的外角求出NBAE的度數(shù)，然后根據(jù)圓周角定理求出NBOE的度數(shù)，根據(jù)弧長公式求解即可.詳解：（1）連接AD、OD.丁AB是直徑，，NADB=90°.;AB=AC,「.BD=CD,又?「OA=OB,「.OD是^ABC的中位線，，ODIIAC,;DF±AC,「.OD±DF即NODF=90°.「.DF為OO的切線;E(2)連接OE.丁AB=AC,「.NB=NC=30°,ANBAE=60°,.:NBOE=2NBAE,ANBOE=120°,

點睛：本題是圓的綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定、切線的性質(zhì)和判定、三角形的中位線、圓周角定理，靈活添加輔助線是解題關(guān)鍵..如圖，已知四邊形ABCD是矩形，點P在BC邊的延長線上，且PD=BC,OA經(jīng)過點B,與AD邊交于點E,連接CE.（1）求證：直線PD是OA的切線；（2）若PC=2<5,sinzP=2,求圖中陰影部份的面積（結(jié)果保留無理數(shù)）.3【答案】（1）見解析；（2）20-4n.【解析】分析：（1）過點A作AHLPD,垂足為H,只要證明AH為半徑即可.（2）分別算出RtACED的面積，扇形ABE的面積，矩形ABCD的面積即可.詳解：（1）證明：如圖，過A作AHLPD,垂足為H,丁四邊形ABCD是矩形，「.AD=BC,ADIIBC,ZPCD=ZBCD=90°,「.ZADH=ZP,ZAHD=ZPCD=90°,又PD=BC,「.AD=PD,「.△ADH^△DPC,「.AH=CD,;CD=AB,且AB是OA的半徑，「.AH=AB,即AH是OA的半徑，CD(2)如圖，在RtAPDC中，:CD(2)如圖，在RtAPDC中，:sinzP=-,PC=2令CD=2x,PD=3x,由由勾股定理得：(3x)2-(2x)2=(2J5)2,解得：x=2,「.CD=4,PD=6,「.AB=AE=CD=4,AD=BC=PD=6,DE=2,1;矩形ABCD的面積為6x4=24,RtACED的面積為—x4x2=4,

扇形ABE的面積為5hx42=4h,「?圖中陰影部份的面積為24-4-4n=20-4n.點睛：本題考查了全等三角形的判定，圓的切線證明，三角形的面積，扇形的面積，矩形的面積..在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點M的坐標(biāo)為(5,yj，點N的坐標(biāo)為(x2,y2),且xFx2,yFy2,以MN為邊構(gòu)造菱形，若該菱形的兩條對角線分別平行于x軸，y軸，則稱該菱形為邊的“坐標(biāo)菱形〃.(1)已知點A(2,0),B(0,2、-13)，則以AB為邊的“坐標(biāo)菱形〃的最小內(nèi)角(2)若點C(1,2),點D在直線y=5上，以CD為邊的“坐標(biāo)菱形〃為正方形，求直線CD表達(dá)式；(3)OO的半徑為、五，點P的坐標(biāo)為(3,m).若在。0上存在一點Q,使得以QP為邊的“坐標(biāo)菱形〃為正方形，求m的取值范圍.5-【答案】(1)60°；(2)y=x+1或y=-x+3；(3)1<m<5或-5<m<-1【解析】分析：(1)根據(jù)定義建立以AB為邊的“坐標(biāo)菱形〃，由勾股定理求邊長AB=4,可得30度角，從而得最小內(nèi)角為60°；(2)先確定直線CD與直線y=5的夾角是45°,得D(4,5)或(-2,5),易得直線CD的表達(dá)式為：y=x+1或y=-x+3；(3)分兩種情況：①先作直線y=x，再作圓的兩條切線，且平行于直線y=x，如圖3,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)分別求P'B=BD=1,PB=5,寫出對應(yīng)P的坐標(biāo)；②先作直線y=-x，再作圓的兩條切線，且平行于直線y=-x，如圖4,同理可得結(jié)論.詳解：(1)?.?點A(2,0),B(0,2*/3),「.OA=2,OB=2、：3.在RtAAOB中，由勾股定理得：AB=(22(2V3)2=4,，NABO=30°.

丁四邊形ABCD是菱形，「.NABC=2ZABO=60°.「ABIICD，，/DCB=180°-60°=120°,「?以AB為邊的“坐標(biāo)菱形〃的最小內(nèi)角為60°.故答案為：60°；(2)如圖2.:以CD為邊的“坐標(biāo)菱形〃為正方形，「?直線CD與直線y=5的夾角是45°.過點C作CE±DE于E,，D(4,5)或(-2,5),「?直線CD的表達(dá)式為：y=x+1或y=-x+3；(3)分兩種情況：①先作直線y=x，再作圓的兩條切線，且平行于直線y=x，如圖3.丁O0的半徑為\2，且△OQ1D是等腰直角三角形，，0D=\；20Q'=2,AP1D=3-2=1..?△p1DB是等腰直角三角形，「.P'B=BD=1,AP1(0,1),同理可得：0A=2,AAB=3+2=5.:△ABP是等腰直角三角形，「PB=5,AP(0,5),A當(dāng)1<m<5時，以QP為邊的“坐標(biāo)菱形〃為正方形；先作直線y=-x，再作圓的兩條切線，且平行于直線y=-x，如圖4.丁O0的半徑為,2，且△0Q1D是等腰直角三角形，A0D_20Q'=2,ABD=3-2=1..?△p1DB是等腰直角三角形，aP'B=BD=1,AP1(0,-1),同理可得：OA=2,AAB=3+2=5.:△ABP是等腰直角三角形，APB=5,AP(0,-5),A當(dāng)-5<m<-1時，以QP為邊的“坐標(biāo)菱形〃為正方形；綜上所述：m的取值范圍是1<m<5或-5<m<-1.

點睛：本題是一次函數(shù)和圓的綜合題，考查了菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、點P,Q的“坐標(biāo)菱形〃的定義等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會利用圖象解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，注意一題多解，屬于中考創(chuàng)新題目.13.如圖，AB為。。的直徑，且AB=m(m為常數(shù))，點C為Ab的中點，點D為圓上一動點，過A點作。。的切線交BD的延長線于點P,弦CD交AB于點E.DA+DB(1)當(dāng)DC±AB時，則———=(2)①當(dāng)點D在AB上移動時，試探究線段DA,DB,DC之間的數(shù)量關(guān)系；并說明理由;②設(shè)CD長為仁求^ADB的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式;⑶當(dāng)要若時DE,求演的值.⑶當(dāng)要若時DE,求演的值.(3)DE(3)DE2422 二 OA35【答案】(1)?2；(2)①DA+DB=<2DC,②S=；yt2- m2【解析】【分析】(1)首先證明當(dāng)DC±AB時，DC也為圓的直徑，且△ADB為等腰直角三角形，即可求出結(jié)果；(2)①分別過點A,B作CD的垂線，連接AC,BC,分別構(gòu)造^ADM和^BDN兩個等腰直角三形及△NBC和^MCA兩個全等的三角形，容易證出線段DA,DB,DC之間的數(shù)量關(guān)系；②通過完全平方公式(DA+DB)2=DA2+DB2+2DA?DB的變形及將已知條件AB=m代入即可求出結(jié)果；(3)通過設(shè)特殊值法，設(shè)出PD的長度，再通過相似及面積法求出相關(guān)線段的長度，即可求出結(jié)果.【詳解】解：(1)如圖1，:AB為。O的直徑，」.乙ADB=90°,丁C為Ab的中點，?,Ac=BC,」.乙ADC=ZBDC=45°,;DC±AB,「.NDEA=ZDEB=90°,「.NDAE=NDBE=45°,「.AE=BE,??點E與點O重合，?.DC為。O的直徑，DC=AB,在等腰直角三角形DAB中，DA=DB=旦AB,2DA+DB=22AB=、/2CD,DA+DB(2)①如圖2,過點A作AM±DC于M,過點B作BN±CD于N,連接AC,BC,由（1）知A.C=BC,AC=BC,丁AB為。O的直徑，NACB=NBNC=NCMA=90°,NNBC+NBCN=90°,NBCN+NMCA=90°,NNBC=NMCA,在^NBC和^MCA中，

叱BNC=/CMA</NBC=/MCA,、BC=CA「.△NBC^△MCA(AAS),「.CN=AM,由(1)知NDAE=ZDBE=45°,AM=旦DA,DN=旦DB,2 2「.DC=DN+NC=立DB+立DA=旦(DB+DA),22 2即DA+DB=<2DC；PlCPlC圖2②在RtADAB中，DA2+DB2=AB2=m2,;(DA+DB)2=DA2+DB2+2DA?DB,且由①知DA+DB=v2DC=<2t,?(、.；2t)2=m2+2DA*DB,?ire 1?.DA?DB—12- m2,2?SAADB1?SAADB1—m2,4-DA?DB=-t2-2211?△ADB的面積S與t的函數(shù)關(guān)系式S=t2-m2；24(3)如圖3,過點E作EH±AD于H,EG±DB于G,則NE=ME,四邊形DHEG為正方形，由(1)知A.C=BC,?AC=BC,?△ACB為等腰直角三角形，,AB=<2AC,..PD9<2.一AC20設(shè)PD=9..-12，則UAC=20,AB=20%2.NDBA=NDBA,NPAB=NADB,?△ABD-△PBA,ABBDADPBAB20<2PAPBAB20<2PA，BDDB+9220J2，DB=16%：12,「S△ABDAD=%'AB2-DB2=12,2,設(shè)NE=ME「S△ABD=-AD?BD=-AD?NE+-BD?ME,TOC\o"1-5"\h\z2 2 2.1 1 - 1一一x12%；2x16、.;2=—x12、：'2*x+—x16\.；2*x,\o"CurrentDocument"2 2 2x=48《x ,7.X，—一96-DE=22HE=”x=—,又「AO=1AB=10%.''2,TOC\o"1-5"\h\z,DE96 1 24<2 = X == .\o"CurrentDocument"OA710<2 35【點睛】本題考查了圓的相關(guān)性質(zhì)，等腰直三角形的性質(zhì)，相似的性質(zhì)等，還考查了面積法及特殊值法的運用，解題的關(guān)鍵是認(rèn)清圖形，抽象出各幾何圖形的特殊位置關(guān)系.14.在川?！’；；中，；一寸，，:?": ?，匕仃分別是邊’：：,「的中點，若等腰:繞點，逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰不上?。籎設(shè)旋轉(zhuǎn)角為:,.I：，記直線廠與的交點為’.(1)問題發(fā)現(xiàn)，線段的長等于如圖1,當(dāng)值一91時，線段的長等于—，線段的長等于(2)探究證明如圖2,當(dāng)「=1二七時，求證:，'?；；：=??\(3)問題解決求點‘到所在直線的距離的最大值.(直接寫出結(jié)果)【答案】（1）";";⑵詳見解析；（3）I-「【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理分別得出BD1的長和C"的長；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，ND1AB=NE1AC=135°，進(jìn)而求出^D1ABM△E1AC（SAS），即可得出答案；（3）首先作PG^AB，交AB所在直線于點G，則D1，E1在以A為圓心，AD為半徑的圓上，當(dāng)BD1所在直線與。A相切時，直線BD1與CE1的交點P到直線AB的距離最大，此時四邊形AD1PE1是正方形，進(jìn)而求出PG的長.【詳解】（1）解：?//A=90°,AC=AB=4,D,E分別是邊AB,AC的中點，「.AE=AD=2,丁等腰RtAADE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到等腰RtAADj】，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為a（0＜然180°）,「.當(dāng)a=90°時，AE『2,NE1AE=90°,?.BD『.產(chǎn)+W=人工EJC=；?；=2\5；故答案為：?、‘；、’；（2）證明：由題意可知，,-AC-4,AD-AE-2,???廣，"；：；?是由；，一?:繞點；逆時針旋轉(zhuǎn)匚「得到，一??叫 1^-AD1—AE\^D1AB-EE】再匚IAB-AC'?.」臼'：. ；.,」. ?, ?,：；；.；.?:i’?"，」.:::二.??-Di="[,且右I1II.（3）點"的運動軌跡是在二」的上半圓周，點’的運動軌跡是在'的弧."段.即當(dāng)廠''與二」相切時，門?有最大值.點’到k所在直線的距離的最大值為I-【點睛】此題主要考查了幾何變換以及等腰腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理以及切線的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意得出PG的最長時P點的位置是解題關(guān)鍵.15.如圖，已知ABAC,AB=AC,O為AABC外心，D為eO上一點，BD與AC的交點為E，且BC2=AC-CE.①求證：CD=CB；②若/A=3Oo，且eO的半徑為3+J3,I為ABCD內(nèi)心，求OI的長.【答案】①證明見解析；②2<3【解析】【分析】…BCCE①先求出 =—，然后求出△BCE和^ACB相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)角相等可得ACBCNA=NCBE,再根據(jù)在同圓或等圓中，同弧所對的圓周角相等可得NA=ND，然后求出ND