四點共圓模型-【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案（解析版）(一)-中考數(shù)學備考復習重點資料歸納

【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案

專題11四點共圓模型

解題策略

俁至F—共圓模型

若四個點到一個定點的距離相等，則這四個點共圓.如圖，若OA=OB=OC=OD,則4

B,C,。四點在以點。為圓心、而為半徑的圓上.

模型2：對角互補共圓模型

2.若一個四邊形的一組對角互補，則這個四邊形的四個頂點共圓.

如圖，在四邊形圈力中，若//+/a180°(或N8+N2=180°)則4B,C,〃四點

在同一個圓上.

拓展：若一個四邊形的外角等于它的內(nèi)對角，則這個四邊形的四個頂點共圓.

如圖，在四邊形用切中，NCDE為外角,若/B=/CDE,則4B,C,，四點在同一個

圓上.

模型3：定弦定角共圓模型

若兩個點在一條線段的同旁，并且和這條線段的兩端連線所夾的角相等，那么這兩個

點和這條線段的兩個端點共圓

如圖，點4〃在線段a1的同側(cè)，若則4B,C,〃四點在同一個圓上.

(--------------------------\

經(jīng)典例題

\川IIyUZJ?上四?，年級課時練習)在邊長為12cm的正方形ABCD中，點E從點D出

發(fā)，沿邊DC以lcm/s的速度向點C運動，同時，點F從點C出發(fā)，沿邊CB以lcm/s的速

度向點B運動，當點E達到點C時，兩點同時停止運動，連接AE、DF交于點P,設點E.F

運動時間為t秒.回答下列問題：

(1)如圖I,當t為多少時，EF的長等于4V^cm?

⑵如圖2,在點E、F運動過程中，

①求證：點A、B、F、P在同一個圓(OO)上；

②是否存在這樣的t值，使得問題①中的。O與正方形ABCD的一邊相切?若存在，求出t

值；若不存在，請說明理由；

(2)①由題意易證△ADEgZXDCF,則有NCDF=NDAE,然后根據(jù)平行線的性質(zhì)可得

NAPF=90。，進而可得/B+NAPF=180。，則問題得證；

②由題意可知當。。與正方形ABCD的一邊相切時，可分兩種情況進行分類討論求解；一

是當圓與AD相切時，-是當圓與邊DC相切時；

③由動點E、F在特殊位置時得出圓心O的運動軌跡，進而求解即可.

【詳解】解：(1)由題意易得:DE=CF=t,

?.?四邊形ABCD是正方形，

；.AB=CD=BC=AD=12cm,ZC=ZB=ZADC=ZDAB=90°,

EC=12-t,

EF的長等于4V5cm,

.?.在RSCEF中,EF2=EC2+CF2,即(4可=(12-"+t2

解得G=4,t2=8；

(2)①由(1)可得AB=CD=BC=AD=12cm,NC=NB=NADC=NDAB=90。，DE=CF=t,

ADE^ADCF,

???ZCDF=ZDAE,

■.?ZCDF+ZPDA=90°,

.-.ZDAE+ZPDA=90°,

.??/ADP=NAPF=9()°,

.?.NAPF+/B=180°,

由四邊形APFB內(nèi)角和為360?？傻茫篫PAB+ZPFB=180°,

.?.點A、B、F、P在同一個圓(③O)上；

②由題意易得：當。O與正方形ABCD的一邊相切時，只有兩種情況;

a、當00與正方形ABCD的邊AD相切時，如圖所示:

由題意可得AB為。O的直徑，

」.t=12；

b、當。O與正方形ABCD的邊DC相切于點G時，，連接OG并延長交AB于點M,過點O

作OHJ_BC交BC于點H,連接OF,如圖所示：

/.OG1DC,GMXAB,HF=HB,

，四邊形OMBH、GOHC是矩形，

/.OH=BM=GC,OG=HC,

vAB=BC=12cm,

???OH=6,

vCF=t,BF=12-t,

???HF==6--,CH=OG=OF=t+6—~=64--,

2222

在RsFOH中，OF2=OH2+FH2,即(6+(I=6?+(6—￡f，

解得：t=3；

綜上所述：當t=3或t=12時，。。與正方形ABCD的邊相切；

③由(1)(2)可得：當點E與點D重合及點F與點C重合時，圓心在正方形的中心上；

當點E與點C重合及點F與點B重合時，圓心在AB的中點上，故圓心的運動軌跡為一條

線段，如圖所示:

??10P即為圓心的運動軌跡，即0P=6cm.

故答案為6cm.

【點睛】本題主要考查圓的綜合，熟練掌握圓的性質(zhì)及切線定理解題的關(guān)鍵，注意運用分類

討論思想解決問題.

【例2】（2022?吉林白山?八年級期末）（1）如圖①，xOAB、△OCD的頂點O重合，且乙4+

NB+NC+4。=180。，則NAOB+NCOD=°；（直接寫出結(jié)果）

（2）連接2。、BC,若4。、BO、CO,0。分別是四邊形ABC。的四個內(nèi)角的平分線.

①如圖②，如果44。8=110。，那么NC。。的度數(shù)為；（直接寫出結(jié)果）

②如圖③，若乙40D=NB0C,48與CD平行嗎？為什么？

【答案】（1）180；（2）①70。；@AB//CD,理由見解析.

【分析】（1）結(jié)合三角形三角和為180°,利用題目已知條件，計算結(jié)果，即可.

（2）①利用第一問的結(jié)果，計算，即可.

②利用四邊形四角和為180°,計算得出乙DAO+乙4DO的度數(shù)，結(jié)合角平分線定理，得到

4/M8+乙4DC的和，利用平行直線的判定，證明，即可得出.

【詳解】（1）+4B+4C++AAOB+乙DOC=360°,可得44。8+乙DOC=180°；

（2）①結(jié)合乙4OB+Z.DOC=1800.Z.AOB=110。,可得=70°；

?AB//CD,

理由是：因為4。、BO、CO、CO分別是四邊形4BCD的四個內(nèi)角的平分線，

所以4048=-/.DAB,Z.OBA=-Z.CBA,乙OCD=-Z.BCD,Z.ODC=-Z.ADC.

2222

所以〃MB+L.OBA+ZOCD+Z.ODC=g?DAB+ACBA+乙BCD+^.ADC）

在四邊形ABCD中，4DAB+/.CBA+乙BCD+^LADC=360°.

所以4。48+Z.OBA+Z.OCD+乙ODC=|x360°=180°

在AOAB中，/-OAB+/-OBA=180°-AAOB.

在AOCD中，/.OCD+/.ODC=180°-/.COD.

所以180°-4AOB+180°-乙COD=180°.

所以NA0B+NC。。=180°

所以=360°-(乙AOB+4COD)=360°-180°=180°.

因為N40D=乙BOC,

所以"10。=乙BOC=90°

在N4。。中，ADAO+/.ADO=1800-Z.AOD=180°-90°=90°.

因為4ZMO=gz￡MB,"。。=2DC,

所以:Z.DAB+；Z.ADC=90°.

所以NZMB+乙ADC=180°.

所以AB〃CD

【點睛】考查三角形內(nèi)角和及平行線的判定，得到4D4B和NADC的關(guān)系是解題的關(guān)鍵.

【例3】(2020?四川眉山?一模)問題背景：如圖1,等腰AABC中，AB=4C,NB4C=120。，

作AD1BC于點O,則。為BC的中點，^BAD=^BAC=60°,于是?=蜉=6；

2ABAB

遷移應用：如圖2,AABC和△ZDE都是等腰三角形，^BAC=/.DAE=120°,D,E,C三

點在同一條直線上，連接BD.

①求證：^ADB=^AEC；

②請直接寫出線段4D,8D,CD之間的等量關(guān)系式；

拓展延伸：如圖3,在菱形4BCD中，Z.ABC=120°,在乙4BC內(nèi)作射線BM,作點C關(guān)于

的對稱點E,連接4E并延長交于點兒連接CE,CF.

①證明△CEF是等邊三角形；

②若4E=5,CE=2,求BF的長.

【答案】遷移應用：①詳見解析；②結(jié)論：CD=y/3AD+BD-,拓展延伸：①詳見解析：②38

【分析】遷移應用：①如圖2中，只要證明=即可根據(jù)S4S解決問題：

②結(jié)論：CD=6AD+BD.由/ZMBW4E4C,可知BD=CE,在R^ADH中，DH=AD-

cos30°=叵AD，由4。=AE,AH1DE,推出DH=HE,由C。=DE+EC=2DH+BD=

2

y[3AD+BD,即可解決問題：

拓展延伸：①如圖3中，作于H,連接BE.由BC=BE=8。=B4FE=FC,推

出4、D、E、C四點共圓，推出乙4DC=N4EC=120。，推出乙FEC=60。，推出4EFC是等

邊三角形；

②由AE=5,EC=EF=2,推出4H=HE=2.5,FH=4.5,在RMBHF中，由zBFH=30°,

可得蕓=cos30°,由此即可解決問題.

BF

【詳解】遷移應用：①證明：如圖2

U：ABAC=乙DAE=120°,

：.^DAB=Z.CAE,

在A/MB和△44C中，

DA=EA

{Z.DAB=乙EAC,

AB=AC

△DAB=△EAC?

②解：結(jié)論：CD=>/3AD+BD.

理由：如圖2-1中，作4Hd.cD于

'：ADAB=AEAC,

：.BD=CE,

在中，DH=AD-cos30°=—AD，

2

u

：AD=AEtAH1DE,

：.DH=HE,

CD=DE+EC=2DH+BD=V3AD+BD;

拓展延伸：①證明：如圖3中，連接BE,

:四邊形ABCC是菱形，ABC=120°,

，△ABDABDC是等邊三角形，

：.BA=BD=BC,

:E、C關(guān)于BM對稱，

：.BC=BE=BD=BA,FE=FC,

:.A、D、E、C四點共圓，

：.^ADC=/-AEC=120°,

:.乙FEC=60°,

；.△EFC是等邊三角形；

②解：作BH14E于H,'：AE=5,EC=EF=2,

：.AH=HE=2.5,FH=4.5,

在中，=30°,

.嗡=cos30。,

.?*/=號=3g

【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、四點共圓、等邊三角形的

判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活應用所學知識解決問題，學會添加輔

助圓解決問題，屬于中考壓軸題.

【例4】（2022?全國?九年級課時練習）定義：有一個角是其對角一半的圓的內(nèi)接四邊形叫做

圓美四邊形，其中這個角叫做美角.已知四邊形4BCD是圓美四邊形.

圖:

（1）求美角乙4的度數(shù);

(2)如圖1,若。。的半徑為5,求BD的長；

(3)如圖2,若&4平分NBCD,求證：BC+CD=AC.

【答案】(1)60°；(2)5V3;(3)見解析

【分析】(1)根據(jù)美角的定義可得44=g/C,然后根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)即可求出結(jié)論；

(2)連接DO并延長，交。。與點E,連接BE,根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得/E=/A=60。,

然后根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得/DBE=90。，最后利用銳角三角函數(shù)即可求出結(jié)論；

(3)延長CB至F,使BF=DC,連接AF、BD,先證出△ABD為等邊三角形，然后利用

SAS證出△ABF四△ADC,從而得出AF=AC,NF=NDCA=60。，再證出△ACF為等邊三角

形，利用等邊三角形的性質(zhì)和等量代換即可得出結(jié)論.

【詳解】解：(1)根據(jù)題意可得：乙4=14。，而/A+NC=180。

ZA=60°

(2)連接DO并延長，交。。與點E,連接BE

ZE=ZA=60°

：DE為。。的直徑，。。的半徑為5,

.?./DBE=90°,DE=10

在RtADBE中，BD=DEsinNE=10x*=58；

(3)延長CB至F,使BF=DC,連接AF、BD

由(1)可知：ZBAD=60°,ZBCD=2ZBAD=120°

平分NBCD,

ZBCA=ZDCA=iz.eCD=60°

2

ZABD=ZDCA=60°

???ZADB=180°-ZABD-ZBAD=60°

??.△ABD為等邊三角形

，AB=AD

根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得NABF=NADC

在^ABF^tlAADC中

(BF=DC

1/.ABF=Z.ADC

(AB=AD

.,.△ABF^AADC

，AF=AC,ZF=ZDCA=60°

ZFAC=1800-ZF-ZACF=60°

...△ACF為等邊三角形

ACF=AC

；.BC+BF=AC

：.BC+CD=AC

【點睛】此題考查的是新定義類問題、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理及推論、銳角三角

函數(shù)、等邊三角形的判定及性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)，掌握新定義、圓內(nèi)接四邊形的

性質(zhì)、圓周角定理及推論、銳角三角函數(shù)、等邊三角形的判定及性質(zhì)和全等三角形的判定及

性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵.

培優(yōu)訓練

X._________________/

一、解答題

1.(2022?遼寧葫蘆島?一模)射線A8與直線交于點E,乙4%)=60。，點F在直線8

上運動，連接AF,線段A尸繞點4順時針旋轉(zhuǎn)60。得到AG,連接FG,EG,過點G作GH1AB

于點H.

A

圖1圖2

(1)如圖1,點尸和點G都在射線AB的同側(cè)時，EG與GH的數(shù)量關(guān)系是；

(2)如圖2,點尸和點G在射線AB的兩側(cè)時，線段EF,AE,G”之間有怎么樣的數(shù)量關(guān)系？

并證明你的結(jié)論；

(3)若點尸和點G都在射線的同側(cè)，AE=1,EF=2,請直接寫出4G的長.

【答案】(1)HG—EG;

2

(2)G4=j(4E-EF)，證明見解析；

(3)在或也

22

【分析】(1)先證明△G4F是等邊三角形得N4GF=60。，再證明點4、E、G、尸四點共圓，

得4GEF=/.GAF=60°,從而計算得至Ij/GE”=180°-^AED-AGEF=60°,最后在直角

三角形GEH中，求出空=tan/GE”=tan60°=立即可得到答案；

EG2

(2)在射線ED上截取EN=AE,連接AN,如圖3,先證△4EN是等邊三角形，得4E=AN,

Z.EAN=60°,再證〃ME=4FAN,從而得到△GAE三△FAN,進而得sin60。=處=立，

GE2

從而求得結(jié)論；

(3)分兩種情況討論求解GH的長，①當點尸和點G都在射線AB的右側(cè)時，在射線EO

上取一點“，使得EM=EG,連接MG,如圖4；②當點F和點G都在射線A5的左側(cè)時，

在線段GE上取一點M使得NE=EF,如圖5,通過構(gòu)造三角形全等，利用三角函數(shù)求解即

可.

(1)

解：?.?線段AF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60。得到AG,

Z.GAF=60°,AG=AF,

AGAF是等邊三角形，

???AAGF=乙4"=60°,AG=AF=GF,

-.?ZAED=60°,

:.Z.AGF=Z.AED,

???點A、E、G、尸四點共圓，

???Z.GEF=Z.GAF=60°,

???乙GEH=180°-LAED-Z.GEF=60°,

???GHLAB.

???—=tan乙GEH=tan60°=在，

EG2

■■HG=—EG<

2

故答案為：HG=AG；

2

A

D

B

圖1圖2

(2)

解：在射線E￡＞上截取EN=4E,連接AM如圖3,

??ZEO=60°,

???△AEN是等邊三角形，

：.AE=AN,/.EAN=60°

U

：AF=AGf4凡4G=60。，

AZ.GAE=乙FAN

：.△GAEZAFAN,

：.Z.GEA=乙FNA=60°,GE=FN

AE—EF=FN=GE,

\'GHLAB

?'?sin60°=—=^,

GE2

：

.GH=—2GE^

：.GH=^(AE-EF);

圖3

(3)

①當點尸和點G都在射線AB的右側(cè)時，在射線上取一點M,使得EM=EG,連接MG,

如圖4,

v線段AF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60。得到AG,

???Z.GAF=60°,AG=AF,

AGAF是等邊三角形，

:.Z-AGF=Z.AFG=Z.FAG=60°,AG=AF—GF9

vZAED=60°,

???Z.AGF=Z.AED,

，點A、E、G、尸四點共圓，

:.Z.GEH=Z.GFA=60°,Z.GEF=Z.GAF=60°,

???EM=EG,

.?.△GEM是等邊三角形，

.??EM=GM=EG/EGM=60°,

:.Z-EGM=Z.EGA+Z-MGA=60°=4EGM=Z-MGF+乙MGA,

???￡.EGA=Z.MGF,

???△EGA=△MGF,

:.MF=AE=1,

???GE=EM=EF-MF=2-1=1,

???GHLAB,

HG=sin乙GEH-EG=sin600-EG=—>

2

②當點尸和點G都在射線AB的左側(cè)時，在線段GE上取一點N,使得如圖5,

???Z.AGF=Z.AED=60°,

???點A、E、G、尸四點共圓，Z-AEF=180°-Z-AED=120°

???Z.NGF=Z.EAD,AGEF=Z.GAF=60°,Z.AEG=Z.AFG=60°,

?:NE=EF,

：?ANEF是等邊三角形，

???NE=EF=NF=\,Z.ENF=60°,

:.乙GNF=180°-Z.ENF=120°,

???Z.GNF=Z.AEF,

???AGNF三ZMEF,

???GN=AE=2,

GE=GN+NE=2+1=3,

VGHLAB,Z-AEG=60°,

GH=GE-sin60°=|V3,

圖4

A

【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數(shù)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定

及性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)圖形的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵.

2.(2022?上海寶山?九年級期末)如圖，已知正方形ABCD,將繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)

九。(0<71<90)到42的位置，分別過點C、。作CE_LBP,DF1BP,垂足分別為點E、F.

p

AD

BC

(1)求證：CE=EF；

(2)聯(lián)結(jié)CF,如果?求4/1BP的正切值;

CF3

(3)聯(lián)結(jié)4F,如果求n的值.

2

【答案】(1)證明見解析；

(3)30

【分析】(1)作CG_LCE,交FD延長線于G點，可根據(jù)題意得出四邊形尸ECG為矩形，再

結(jié)合矩形和正方形的性質(zhì)推出△BCEGAOCG,從而得到CE=CG,即四邊形FECG為正方形,

即可證得結(jié)論；

(2)在(1)的基礎之上，連接CF,首先通過旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角定理推出ACEF

和ADFP均為等腰直角三角形，進而利用相似三角形的判定與性質(zhì)推出P尸和EF之間的關(guān)

系，從而表示出8E的長度，即可求出N8CE的正切值，再根據(jù)余角的關(guān)系證明NA8P-N8CE,

即可得出結(jié)論；

(3)根據(jù)正方形的性質(zhì)以及前面兩個問題的求解過程推斷出A、C、D、尸四點共圓，即可

得到在變化過程中，NAFC始終為90。，從而在ROACF中運用特殊角的三角函數(shù)值求解角

度即可得出結(jié)論.

(1)

:如圖所示，作CGLCE,交FD延長線于G點,

\'CE±BP,DFLBP,CGLCE,

：.ZEFG=ZFEC=ZECG=ZBEC=90。,

四邊形FECG為矩形，NG=90。，

???四邊形ABC。為正方形，

ZBCD=90°,BC=DC,

'：NBCD=NBCE+NECD,ZECG=ZECD+ZDCG,

：.ZBCE+ZECD=ZECD+ZDCG,

即：NBCE=NDCG,

在MCE和ADCG中，

/-BEC=ZG

乙BCE=乙DCG

BC=DC

：.>BCE妾△OCG(A4S),

：?CE=CG,

???四邊形FECG為正方形,

：.CE=EF；

(2)

解：如圖所示，連接CR

由(1)知，CE=EF,CELEF,則為等腰直角三角形,

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：ZPAD=n°,AP=AD,

：.ZPAB=90°+n°ZAPD=-(180°-Z?4D)=90°--n°,

f22

'：AP=AB,

：.ZAPB=-(180。-/%8)=45?！弧?。，

22

ZFPD=ZAPD-ZAPB=45°,

?:DFLAB,

：.ZDFP=90°,

???△OO也為等腰直角三角形，PF=DF,

:?△DFPs^cEF,

..DP1

?了=7

.PF_DP_1

?.FE-CF-3’

設尸產(chǎn)=D尸三x,則尸E=CE=3x,

由(1)知四邊形"FG為正方形，

：.FG=FE=3x,

：.DG=FG-DF=2xf

VABCE^ADCG,

:?BE=DG=2x,

：.在Rt&BEC中,tan/BCE=g=g=|,

V

ZABP^ZEBC=90°fNEBC+/BCE=94。,

：.NABP=NBCE,

2

tanZTlBP=tanZ-BCE=-；

3

(3)

解：V0<n<90,

如圖所示，連接AF和對角線AC,

由(2)可知，NEFC=45°,ZEFD=90°,

：.NCFD=45。，

「AC為正方形ABC。的對角線，

：.ZCAD=45°,AC=^2AB,

：.ZCAD=ZCFD,

.?.點4、C、D,尸四點共圓，

ZAFC=ZADC=90°,

■:AF巫AB,

2

1

：.AF=^-AC

2t

則在放△從尸C中,sin^ACF=^=p

???NAC尸為銳角，

ZACF=30°,ZMC=90°-30°=60°,

??■ZC/1D=45°,

ZMD=60°-45°=15°,

u

：AP=ADfAF=AF9PF=DF,

：./\AFP^/\AFDf

：.ZFAD=ZFAP=\50,

ZPAD=30°f

77=30.

【點睛】本題考查正方形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和解直

角三角形等，掌握圖形的基本性質(zhì)和判定方法，具有較強的綜合分析能力是解題關(guān)鍵.

3.(2022?重慶市育才中學九年級期末)在等邊A4BC中，D是邊4c上一動點，連接BD,將BD

繞點。順時針旋轉(zhuǎn)120°,得到DE,連接CE.

(1)如圖1,當B、A,E三點共線時，連接4E,若48=2,求CE的長；

(2)如圖2,取CE的中點F,連接DF,猜想4。與。尸存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；

(3)如圖3,在(2)的條件下，連接BE、4F交于G點.若GF=DF,請直接寫出考咨的

BE

值.

【答案】(1),；(2)AD=2DF,證明見解析；(3)在

3

【分析】(1)過點C作CH_L4B于點H,根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)與等腰的性質(zhì)以及勾股定理

求得=V3.進而求得8。=V3，在Rt△EHC中，HE=AH+AE=2,CH=V3.勾股

定理即可求解；

(2)延長至K,使得FK=DF,連接EK,KC,過點。作。P“BC,交48于點P,根據(jù)平行

四邊形的性質(zhì)可得，^EDA=/.KCA,證明A4PD是等邊三角形，進而證明△ABD^ACK,

即可證明A/IKD是等邊三角形，進而根據(jù)三線合一以及含30度角的直角三角形的性質(zhì)，可

得ZD=2DF；

(3)過點。作。M±8E于點M,過點。作。N1AB,連接MF,交4C于點H,過點。作DN1AB,

交BE于點R,過點R作RQ于點Q,先證明/EMF=45。，結(jié)合中位線定理可得/EBC=

45°,進而可得NNBD=45。，設4N=DF=1,分別勾股定理求得4凡ND,BD,MB,進而根

據(jù)CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF求得CO+AB,即可求得^^^^的值

BE

【詳解】(1)過點C作CHJ.4B丁點H,如圖

???將BD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)120°,得到OE,

???BD=DE/BDE=120°

乙DBE=4DEB=30°

???△ABC是等邊三角形

Z.ABC=60°,AB=AC,AH=^AB=1

ACW=V3

v乙CBD=/.ABC-/.ABD=30°

BD1AC,AD=DC=-AB=1

2

???BD=M

???乙BAC=60°

???Z.EAD=120°

???/-ADE=180°-Z.EAD-LAED=30°

???/.AED=Z.ADE

???AE=AD=1

在RMEHC中，HE=AH+AE=2,CH=y/3

EC=y/HE2+HC2=J22+(V3)2=V7

(2)如圖，延長DF至K,使得FK=DF,連接EK,KC,過點。作。P/C,交AB于點P,

E

??,點F是CE的中點

???FE=FC

又FK=DF

，四邊形CD/K是平行四邊形

:?ED=KC,ED^KC

??.Z.EDA=Z.KCA

???將BO繞點。順時針旋轉(zhuǎn)120°,得到OE,

???BD=DE/BDE=120°

???BD=KC

vAZBC是等邊三角形

???AB=AC

vPDnBC

???^APD=AABC=60°,乙CBD=乙PDB,

???△4PD是等邊三角形

???AD=AP

vAB=AC

???DC=PB

設乙CBD=a,則4PDB=a,

??乙乙

?ABD=Z.APD—PDB=60°—afZ-ADB=60°+a

Z.ADE=Z.BDE-/LADB=120°一(60+a)=60。-a

vED^KC

???乙ACK=Z.ADE=60。-a

???乙ABD=乙ACK

△ABD=△ACK

??.AK=AD^KAC=/-DAB=60°

???△4KD是等邊三角形

vDF=FK

???Z.FAD=-^.KAD=30°,AF1DF

2

1

???DF=-AD

2

即4。=2DF

(3)如圖，過點。作OMIBE于點M,過點。作DN_LA8,連接MF,交AC于點H,過點。作

DNtAB,交BE于點R,過點R作RQ_L8。于點Q,

??.ZGMD=Z.GFD=90°

??,8,D,F,G四點共圓

???乙FGD=Z.FMD

由(2)可知4FJ_Z)F,Z,FAD=30°

???Z.ADF=60°

?:FG=FD

???乙FDG=Z-FGD=45°

乙FGD=4FMD=45°

???將BD繞點。順時針旋轉(zhuǎn)120°,得到。E,

??.BD=DE,4DE=120。

1

???MB=ME=”E

2

???F是EC的中點，

??.MF是的中位線

AMF^BC

???乙EBC=乙EMF=45°

???Z.ABC=60°

???乙ABE=/-ABC-乙EBC=60°-45°=15°

V乙NBD=AABE+乙EBD=15°+30°=45°

MBD是等腰直角三角形

???ND=NB

"ABAC=60°

???Z.BAF=/.BAD+Z.DAF=90°

v/.AFD=90。,DN1AB

四邊形ANDF是矩形

ND=AF,AN=DF

設4N=DF=1

在RtA/WE中，AD=2DF=2

AF=y/AD2-DF2=V3

AB=AN+NB=AN+ND=AN+AF=1+y/3,

：.DC=AC-AD=AB-AD=l+y/3-2=>/3-1

在Rt△NBD中,ND=NB=AF=43

BD=y[2NB=V6

在Rt△MB。中MB=7BD2—MD2=—BD=—

22

BE=2BM=3V2

???CD+AB=CD+AC=CD+CD+AD=2CD+2DF=2(V3-1+1)=273

.CD+AB_2>/3_>/6

"BE-3y/2-3

【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性

質(zhì)，勾股定理，同弧所對的圓周角相等，四點共圓，三角形全等的性質(zhì)與判定，等腰三角形

的性質(zhì)與判定；掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵.

4.(2022?黑龍江?哈爾濱工業(yè)大學附屬中學校九年級期末)在平面直角坐標系中，拋物線y

=362-10ar+c分別交x軸于點A、B(A左8右)、交y軸于點C,且0B=0C=6.

(1)如圖1,求拋物線的解析式；

(2)如圖2,點P在第一象限對稱軸右側(cè)拋物線上，其橫坐標為f,連接8C,過點P作BC

的垂線交x軸于點力，連接8,設△BCD的面積為S,求S與，的函數(shù)關(guān)系式(不要求寫

出t的取值范圍);

(3)如圖3,在(2)的條件下，線段CD的垂直平分線交第二象限拋物線于點E,連接E0、

EC、ED,且NEOC=45。，點N在第一象限內(nèi)，連接ON,DN/C,點G在Z)E上，連接

NG,點M在ON上，NM=EG,在NG上截取NH=NM,連接MH并延長交C￡>于點/，過

點、H作HKLFM交ED于點、K,連接FK,若NFKG=NHKD,GK=2MN,求點G的坐標.

【答案】(1)y=-12+友+6；(2)S=-#+：t+36；(3)G(-t?)

84o455

【分析】(1)待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；

(2)分類討論，過點P作PQ1x軸于點Q,①當點。在x軸正半軸時，②當點。在x軸負半軸時，

求得BD=一(2+[t+12根據(jù)SABCD=^FDxOC=|x6x(-|t2+it4-12)即可求得；

(3)延長DN至R,使得NR=EG,連接HR,KM,FR.FG,求得點E,D的坐標，證明AECD是

等腰直角三角形，設NFKG=乙FMR=a,乙FKR=2/?,設EG=a,貝I」GK=2a,MN=NR=

a,證明△尸DM三AFCK,4FHK-△GDN,△FRM三△FGK,進而證明四邊形FGDR是

正方形，延長DE至W,使EW=EG=a,則WK=2GK=4a,進而證明四邊形WFRK是平

行四邊形，求得黑=翁=：,分別過E,G作x軸的垂線，垂足為UW，根據(jù)平行線的分線段成

ED5a5

比例和相似三角形的性質(zhì)求得點G的坐標

【詳解】解：(1)OB=0C=6,

???8(6,0),C(0,6),

,??拋物線y=3oy2-lOm+c分別交x軸于點A、3(A左8右)、交y軸于點C,

.(3ax62—10ax64-c=0

Ic=6

解得k=t,

Ic=6

???拋物線的解析式為y=-1X2+5X+6；

84

(2)如圖，過點P作PQ_Lx軸于點Q,①當點。在x軸正半軸時，

?.?拋物線的解析式為y=-|x2+；x+6,點尸在第一象限對稱軸右側(cè)拋物線上，其橫坐標為

t,則

,Q(t,O),

VZ.BOC=90。,。8=0C=6

??.△OBC是等腰直角三角形

???乙CBO=45°

vPD1BC

???Z.PDQ=45°

即APOQ是等腰直角三角形

35

???PQ=DQ=--t29+-t+6

84

v0Q=t

/35\31

二0D=0Q—DQ=t—I--t294--t+6l=-t92--t—6

\84/84

/31\31

***BD=6_0D=6—(-t29—-1—6)=-7?I?9+"71+12

〈84/84

②當。在％軸負半軸時，如圖，

22

=6+0D=6+DQ-0D=6+(-|t+|t+6)-t=-|t4-it+12SABCD=

—BDxOC=-x6x(—七2-|—t+12)=3x(—t?d—t+12)=—產(chǎn)-j—t+36

22\84J\84784

綜上所述：S=-^t2+|t4-36(|<t<6)

(3)如圖，延長DN至R,使得NR=EG,連接HR,KM,FR,FG

??.E到%,y軸的距離相等，且在第二象限，即點￡在丫=一》上,

35

y=--%24--%4-6

84

y=-x

解得｛—/晨4

E(-2,2)

C(0,6)

EC=々2+(6-2/=2V5

???E在線段CD的垂直平分線上，

AED=EC=2V5

設。(d,0)(d>0),則DE?=(d+2)2+22=(2A/5)2

解得d=2

0(2,0)

CD=y/22+62=2V10

CD2=40,ED2+EC2=40

.?.△ECD是等腰直角三角形

???4EDC=45°

???DN^EC

ND1ED

AARDC=45°

???HK1FM,乙EDR=90°

/.Z-HKD+乙HMD=180°

又上HMD+乙HMR=180°

:.乙HKD=Z.HMR

???Z,FKG=乙HKD

:.Z.FKG=Z-FMR

設NFKG=乙FMR=a,Z.FKR=2￡

則NFKG+"MR+乙FKR=2a+2/?=180°

即Q+￡=90。

???NM=NH

???Z,NHM=乙NMH=a

:.乙MNH=180°-乙NMH-Z.NHM=180°-2a=20乙MNH=20

???NH=NR

:.Z-NRH=0

???乙KDR=90°,Z.HKD=a,HRD=￡,a+￡=90。

???K,〃,R三點共線

設EG=a,則GK=2a,MN=NR=a

在AFOM與AFOK中

乙FMD=180°-tFMR=180°-a,Z-FKD=180°-乙FKG=180°-a,

???乙FMD=乙FKD

vZ.RDG=90°,/-FDG=45°

???"DM=Z.FDK=45°

又F。=FD

/.△FDM=△FDK

???FK=FM,KD=MD

???MD+MR=DK+GK

即GO=RD

??.△KDMAGDR是等腰直角三角形

在四邊形FKDM中，Z-KDM=90°,Z-FKD=FMD=180°-a

???Z-KFM=360°-90°-2(180°-a)=2a-90。=2a-(a+0)=a-￡

在與△GON中

???Z.FHK=Z-GDN=90°,Z-FKH=Z-GND=20

???AFHK~△GDN

???乙NGD=Z.KHF=a—￡

???Z.HGK=乙HFK,HK=HK

???GK,H,F四點共圓

???HK1FM

??.Z,FHK=90°

???乙FGK=90°

???(GFK=90°-乙FKG=90°-a=/?

在△尸RM與△尸GK中

MR=KG=2a

Z.FKG=Z.FMR=a

FM=FK

???&FRM=AFGK

???乙RFM=JLGFK=p

???乙GFR=2/3+乙KFM=2￡+a—￡=a+￡=90°

???乙RFG=乙FGD=乙GDR=90°

二四邊形FGDR是矩形

又GD=DR

???四邊形FGDR是正方形

如圖，延長DE至W,使EW=EG=a,則WK=2GK=4Q

vFG1WK

???乙KFG=zlVFG=p

???Z.WFH=Z.WFG+乙GFK+乙KFM=6+夕+Q一￡=90。