2020-2021中考数学二模试题分类汇编-圆与相似综合

2020-2021中考数学二模试题分类汇编一一圆与相似综合一、相似1.如图，抛物线y=-x2+bx+c与x轴分别交于点A、B,与y轴交于点C,且OA=1,OB=3,顶点为D,对称轴交x轴于点Q.备用图(1)求抛物线对应的二次函数的表达式；(2)点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M,使得△DCM-aBQC?如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由.【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• ‘•：'••・抛物线对应二次函数的表达式为：।二 ..(2)解：如图，设直线CD切。P于点E.连结PE、PA/乍・ 「•点...：；■士—；.口一士 由由- .：・，、」.•一：得对称轴为直线x=1,「.：■: .•一一二:一:二-」.「• 为等腰直角三角形././CDF=45°,ZEDP=ZEPD=45°,DE=EP,「•£皿为等腰三角形.设EP=-(4-加”./. 2在△内汽中，ZPQA=90°,4声一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「•点P的坐标为(1,-4-f-2\/6)或"，-4-2\16).(3)解：存在点M,使得△小〜△歌.「•△「曲为等腰直角三角形，ZCBQ=45：BC=1A由⑵可知，4四二45。，CD二弧=/C调.：.ADCMs/1以肥分两种情况.网_CL当QB围时，TOC\o"1-5"\h\zDM取 2—=-F DM=-」•2次/£，解得, 3.wADM_CL当‘时，aJ广：'♦，解得" -a飞国-：；一一110综上，点M的坐标为,或，【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；DMCbDC的（3）由4DCM-ABQC所得比例式分两种情况：•‘ ,或•’ ，根据所得比例式即可求解。2.（1）问题发现:图1 图2 图｝ £如图1，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为；（2）深入探究：如图2，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使NABC=NAMN，AM=MN，连接CN，试探究/ABC与NACN的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图3，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，^N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN=Y：，试求EF的长.【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：如图3,连接AB,AN,图3E丁四边形ADBC,AMEF为正方形，「.NABC=NBAC=45°,NMAN=45°,「.NBAC-NMAC=NMAN-NMAC即NBAM=NCAN,ABAM「・「 ♦-,ABAC「.J',「.△ABM~AACN网」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与^MN是等边三角形，「.AB=AC,AM=AN,NBAC=NMAN=60°,「.NBAM=NCAN,在^ABM与八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)由题意用边角边易得△ABMM△ACN,则可得NB=NACN=60°,所以NBCN+NB=NBCA+NACN+NB=180°，根据平行线的判定即可求解；ASAC———(2)由题意易得△ABC〜△AMN,可得比例式' ,■,由三角形内角和定理易得NBAM=NCAN,根据相似三角形的判定可得△ABM~4ACN,由相似三角形的性质即可求解；(3)要求EF的值，只须求得CM的值，然后解直角三角形AMC即可求解。连接AB,AN,由正方形的性质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，即为EF的值。43.如图，已知：在RSABC中，斜边AB=10,sinA=，点P为边AB上一动点(不与A,B重合)，PQ平分NCPB交边BC于点Q,QM±AB于M,QN±CP于N.(1)当AP=CP时，求QP；(2)若四边形PMQN为菱形，求CQ；(3)探究：AP为何值时，四边形PMQN与^BPQ的面积相等?【答案】(1)解：:AB=10，sinA=，「.BC=8，贝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的中点，「.PQ=.AC=3(2)解：:四边形PMQN为菱形，「.MQIIPC,「.NAPC=90°,「..xABxCP=.xACxBC,则PC=4.8,由勾股定理得，PB=6.4,「MQIIPC,Pb时% 6,48-.・. =..= =♦，即•= .1,解得，CQ=(3)解：:PQ平分NCPB,QM±AB,QN±CP,「.QM=QN,PM=PN,-SAPMQ=SAPNQ,丁四边形PMQN与^BPQ的面积相等，...PB=2PM,・•.QM是线段PB的垂直平分线，ZB=ZBPQ,ZB=ZCPQ,/.△CPQs△CBP,aapq：.应=方=诉，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)当AP=CP时，由锐角三角函数可知AC=6,BC=8,因为PQ平分ZCPB,所以PQ//AC,可知PB=PC,所以点P是AB的中点，所以PQ是△ABC的中位线，PQ=3;⑵当四边形PMQN为菱形时，因为NAPC：%",所以四边形PMQN为正方形，可得TOC\o"1-5"\h\zPBBMBMffQ 24———————QC——PC=4.8,PB=3.6,因为MQ//PC,所以忆她■妒也可得乙⑶当QM垂直平分PB时，四边形PMQN的面积与ABPCl的面积相等，此时25 39QC-- 现--△CPQs^CBP,对应边成比例，可得8,所以也，因为AP=AB-2BM,所以11AP=5.「 1-5 、p二国产+bx+-(aN0)4.如图，抛物线 2 经过A(-3,0),C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PMLBD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E.①当t为何值时，点N落在抛物线上；②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由.%【答案】(1)解：.「y=ax2+bx+,经过A(-3,0),C(5,0)两点，%-助#--0TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 215-5a+5b+--0•二 ,I5"~~2解得：■1,二Jr十+汽」•抛物线的解析式为' ''— 15 1 1 lb 1p1— ——+y +— — — + -(2)解：,「 - - =- ■ (x2-2x+1) +- -= - - (x-1)2+8,•••点B的坐标为(1,8).设直线BC的解析式为y=kx+m,rk+温=8则■•一•・：=rk--2解得：• ，所以直线BC的解析式为y=-2x+10.;抛物线的对称轴与x轴交于点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..•四边形PMNQ为正方形，「.NE=NM+ME=8-t+.t=8-.t.①点N的坐标为(1+二t,8-三t),若点N在抛物线上，11贝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，当t=4秒时，点N落在抛物线上;②存在.理由如下：•PM=.t,四边形PMNQ为正方形，QD=NE=8-.t.•••直线BC的解析式为y=-2x+10,「.-2x+10=8-.t,解得：x=t+1,又「EC=CD-DE=4-t,根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC,即-t=4-t,

16解得：t=',此时点P在BD上16所以，当t=，时，四边形ECRQ为平行四边形【解析】【分析】(1)用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+.，得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；(2)首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=-2x+10.根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PMIICD,根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出ABPMs△BDC,根据相似三角形对应边成比例得出BP:BD=PM:CD，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在.理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC,从而得出关于t的方程，求解得出答案。5.(1)问题发现：如图①，图①正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF.①写出线段CF与DG的数量关系；②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.(2)拓展探究：如图②,C 0C 0图②将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明.（3）问题解决如图③，△ABC和^ADE都是等腰直角三角形，NBAC=NDAE=90°，AB=AC=4，O为AC的中点.若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE的长的最小值.（直接写出结果）【答案】（1）①CF=V：DG，②45-（2）解：如图：B A①连接AC、AF在正方形ABCD中，延长CF交DG与H点，NCAD=.NBCD=45-,设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）中的结论仍然成立⑶OE的最小值为、.

【解析】【解答】（3）如图：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,根据点到直线的距离垂线段最短，•:OE±CE时，OE最短，此时OE=CE,4OEC为等腰直角三角形，:‘OC=AC=2,由等腰直角三角形性质易得，OE=';，,:OE的最小值为,•.【分析】（1）①易得CF=DG;②45；⑵连接AC、AF,在正方形ABCD中，可得CF_AC△CAdDAG， ■ .=「，=CF="J：DG，在△CHD中，NCHD=180-135=45，（1）中的结论是否仍然成立；（3）OE±CE时，OE最短，此时OE=CEAOEC为等腰直角三角形，OC=•AC=2,可得OE的值.(1)求证：OD±BE.6.如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的。O分别交BC，AC于点D，E，连结(1)求证：OD±BE.(2)若DE=4,AB=6，求AE的长.（3）若4CDE的面积是^OBF面积的，求线段BC与AC长度之间的等量关系，并说明理由．【答案】（1）证明：连接AD，丁AB是直径，「.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，丁四边形ABDE内接于OO,「.NBAC+NBDE=180°,「NCDE+NBDE=180°,「.NCDE=NBAC,;NC=NC,「.△CDE-△CAB,CE_DEEE_\6「.；一产二即入艮「.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）连接AD.根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及CE_DL平行线的性质即可证明；（2）先证△CDE-△CAB得’•，据此求得CE的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；（3）由BD=CD知S&CDE=S△BDE，证△OBF-△ABE得S QB1 5.4，二？二七2,三 ,据此知、△abe=4“obf，结合五瓦一知、△abe=6,cde，5 CDn1 CD1 （一）*二- —— S&cab=8S△CDE，由^CDE-△CAB知二。港•「 ：，据此得出 '•，结合BC1BD=CD，AB=AC知：」 /：，从而得出答案.7.如图，在R3ABC中，NACB=90°,AC=6cm,BC=8cm.动点M从点B出发，在BA边上以每秒3cm的速度向定点A运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒2cm的速度向点B运动，运动时间为t秒 ，连接MN.（1）若4BMN与^（1）若4BMN与^ABC相似，求t的值;(2)连接AN,CM,若AN^CM,求t的值.【答案】(1)解：.//ACB=90°,AC=6cm,BC=8cm,.二BA=■■:=10(cm).由题意得BM=3tcm,CN=2tcm,「.BN=(8—2t)cm.网_BA网_BA当^BMN-△BAC时，. ■■,硼谢当^BMN-△BCA时，，;'=,3t8-2t 比「.'= "：,解得t='；3t10-2t 32.•・"= ''，解得t=.综上所述，△BMN与八ABC相似时，t的值为••或,(2)解：如图，过点M作MD±CB于点D,」.乙BDM」.乙BDM=ZACB=90°,1:乙B=NB,「.△BDM-△BCA,冰BL创「. = =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，由已知条件用勾股定理可求得AB的长，再根据路程=速度时间可将BM、CN用含t的代数式表示出来，则BN=BC-CN也可用含t的代数式表示出来，因为△BMN与△ABC相似，由题意可分两种情况，①当M册——△BMN-△BAC时，由相似三角形的性质可得比例式：大 "，将已知的线段代入计算即可求解；②当△BMN-△BCA时，由相似三角形的性质可得比例式：• '・，将已知的线段代入计算即可求解；(2)过点M作MD±CB于点D,根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得DMBDBABDM-△BCA,于是可得比例式「 .■ ：,将已知的线段代入计算即可用含t的代数式表示DM、BD的长，则CD=CB-BD也可用含t的代数式表示出来，同理易证ac_aCAN-△DCM,可得比例式’•：，将已表示的线段代入计算即可求得t的值。8.在正方形ABCD中，AB=8,点P在边CD上，tanNPBC=•，点Q是在射线BP上的一个动点，过点Q作AB的平行线交射线AD于点M,点R在射线AD上，使RQ始终与直线BP垂直.图1 图2 图三(1)如图1,当点R与点D重合时，求PQ的长；册(2)如图2,试探索：二•的比值是否随点Q的运动而发生变化？若有变化，请说明你的理由；若没有变化，请求出它的比值；(3)如图3,若点Q在线段BP上，设PQ=x，RM=y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域.【答案】(1)解：由题意，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网△s△1PB_PC而一元10_6万一元PQ国i(2)解：答：・：的比值随点.，的运动没有变化理由：如图,...II■_四,"狙 _门・「 =—二:/」. .事.丁:,■■工.：；■：.••・二•一/.■.■.■ZABC=ZABP・/PBC=90°△」..】「△蠲_PC.・・・：•: 二刑 .j・••.】的比值随点''的运动没有变化,比值为.(3)解：延长,交,,的延长线于点IE'llPD_NDM一点NA=NDAD=8NL2NDS-ND8

II',；ll,■''IIPD_Nf而一而它的定义域是【解析】【分析】它的定义域是【解析】【分析】(1)由题意解直角三角形PBC可求得CP=6,PB=10,根据△PBC-△PRQ可得比例式求解；疆PC PC6 ,1)——— ————(2)由题意易得△RMQs△PCB，可得比例式：’ .，由(1)知,=：’ 为一定值，所以国i"•的比值不会发生变化；可得比例式求得ND、PN，由题意易得PDIIMQ，根据平行线成比例定理可得比例式(3)延长(3)延长BP交AD的延长线于点N，因为PDIIAB，所以由平行线分线段成比例定理PD_NF'，则y与x的关系可求解。二、圆的综合.如图，四边形OABC是平行四边形，以O为圆心，OA为半径的圆交AB于D,延长AO交O于E,连接CD,CE,若CE是。O的切线，解答下列问题：(1)求证：CD是。O的切线；(2)若BC=4,CD=6,求平行四边形OABC的面积.【答案】（1）证明见解析（2）24【解析】试题分析：（1）连接OD,求出NEOC=NDOC,根据SAS推出△EOC^△DOC,推出NODC=NOEC=90°,根据切线的判定推出即可；（2）根据切线长定理求出CE=CD=4,根据平行四边形性质求出OA=OD=4,根据平行四边形的面积公式=24COD的面积即可求解.试题解析：（1）证明：连接OD,OD=OA,.NODA=NA,・四边形OABC是平行四边形，.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的切线;（2）由（1）知CD是圆O的切线，・•.△CDO为直角三角形，1丁S =—CD.OD,△CDO2又「OA=BC=OD=4,1-'△cdo=2x6x4=12,「•平行四边形0ABe的面积S许皿=24.

.如图，在△ABC中，AB=AC,以AB为直径作。O,OQ交BC于点D,交CA的延长线于点E.过点D作DFLAC,垂足为F.（1）求证：DF为OO的切线;（2）若AB=4,NC=30°,求劣弧BE的长.4【答案】（1）证明见解析（2）3【解析】分析：（1）连接AD、OD,根据直径所对的圆周角为直角，可得NADB=90°,然后根据等腰三角形的性质求出BD=CD,再根据中位线的性质求出ODLDF,进而根据切线的判定证明即可；（2）连接OE,根据三角形的外角求出NBAE的度数，然后根据圆周角定理求出NBOE的度数，根据弧长公式求解即可.详解：（1）连接AD、OD.丁AB是直径，，NADB=90°.;AB=AC,「.BD=CD,又•「OA=OB,「.OD是^ABC的中位线，，ODIIAC,;DF±AC,「.OD±DF即NODF=90°.「.DF为OO的切线;E(2)连接OE.丁AB=AC,「.NB=NC=30°,ANBAE=60°,.:NBOE=2NBAE,ANBOE=120°,

点睛：本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质和判定、切线的性质和判定、三角形的中位线、圆周角定理，灵活添加辅助线是解题关键..如图，已知四边形ABCD是矩形，点P在BC边的延长线上，且PD=BC,OA经过点B,与AD边交于点E,连接CE.（1）求证：直线PD是OA的切线；（2）若PC=2<5,sinzP=2,求图中阴影部份的面积（结果保留无理数）.3【答案】（1）见解析；（2）20-4n.【解析】分析：（1）过点A作AHLPD,垂足为H,只要证明AH为半径即可.（2）分别算出RtACED的面积，扇形ABE的面积，矩形ABCD的面积即可.详解：（1）证明：如图，过A作AHLPD,垂足为H,丁四边形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的半径，「.AH=AB,即AH是OA的半径，CD(2)如图，在RtAPDC中，:CD(2)如图，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的面积为6x4=24,RtACED的面积为—x4x2=4,

扇形ABE的面积为5hx42=4h,「•图中阴影部份的面积为24-4-4n=20-4n.点睛：本题考查了全等三角形的判定，圆的切线证明，三角形的面积，扇形的面积，矩形的面积..在平面直角坐标系xOy中，点M的坐标为(5,yj，点N的坐标为(x2,y2),且xFx2,yFy2,以MN为边构造菱形，若该菱形的两条对角线分别平行于x轴，y轴，则称该菱形为边的“坐标菱形〃.(1)已知点A(2,0),B(0,2、-13)，则以AB为边的“坐标菱形〃的最小内角(2)若点C(1,2),点D在直线y=5上，以CD为边的“坐标菱形〃为正方形，求直线CD表达式；(3)OO的半径为、五，点P的坐标为(3,m).若在。0上存在一点Q,使得以QP为边的“坐标菱形〃为正方形，求m的取值范围.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)根据定义建立以AB为边的“坐标菱形〃，由勾股定理求边长AB=4,可得30度角，从而得最小内角为60°；(2)先确定直线CD与直线y=5的夹角是45°,得D(4,5)或(-2,5),易得直线CD的表达式为：y=x+1或y=-x+3；(3)分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3,根据等腰直角三角形的性质分别求P'B=BD=1,PB=5,写出对应P的坐标；②先作直线y=-x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=-x，如图4,同理可得结论.详解：(1)・.•点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°.

丁四边形ABCD是菱形，「.NABC=2ZABO=60°.「ABIICD，，/DCB=180°-60°=120°,「•以AB为边的“坐标菱形〃的最小内角为60°.故答案为：60°；(2)如图2.:以CD为边的“坐标菱形〃为正方形，「•直线CD与直线y=5的夹角是45°.过点C作CE±DE于E,，D(4,5)或(-2,5),「•直线CD的表达式为：y=x+1或y=-x+3；(3)分两种情况：①先作直线y=x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=x，如图3.丁O0的半径为\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当1<m<5时，以QP为边的“坐标菱形〃为正方形；先作直线y=-x，再作圆的两条切线，且平行于直线y=-x，如图4.丁O0的半径为,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当-5<m<-1时，以QP为边的“坐标菱形〃为正方形；综上所述：m的取值范围是1<m<5或-5<m<-1.

点睛：本题是一次函数和圆的综合题，考查了菱形的性质、正方形的性质、点P,Q的“坐标菱形〃的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考创新题目.13.如图，AB为。。的直径，且AB=m(m为常数)，点C为Ab的中点，点D为圆上一动点，过A点作。。的切线交BD的延长线于点P,弦CD交AB于点E.DA+DB(1)当DC±AB时，则———=(2)①当点D在AB上移动时，试探究线段DA,DB,DC之间的数量关系；并说明理由;②设CD长为仁求^ADB的面积S与t的函数关系式;⑶当要若时DE,求演的值.⑶当要若时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)首先证明当DC±AB时，DC也为圆的直径，且△ADB为等腰直角三角形，即可求出结果；(2)①分别过点A,B作CD的垂线，连接AC,BC,分别构造^ADM和^BDN两个等腰直角三形及△NBC和^MCA两个全等的三角形，容易证出线段DA,DB,DC之间的数量关系；②通过完全平方公式(DA+DB)2=DA2+DB2+2DA・DB的变形及将已知条件AB=m代入即可求出结果；(3)通过设特殊值法，设出PD的长度，再通过相似及面积法求出相关线段的长度，即可求出结果.【详解】解：(1)如图1，:AB为。O的直径，」.乙ADB=90°,丁C为Ab的中点，・,Ac=BC,」.乙ADC=ZBDC=45°,;DC±AB,「.NDEA=ZDEB=90°,「.NDAE=NDBE=45°,「.AE=BE,••点E与点O重合，•.DC为。O的直径，DC=AB,在等腰直角三角形DAB中，DA=DB=旦AB,2DA+DB=22AB=、/2CD,DA+DB(2)①如图2,过点A作AM±DC于M,过点B作BN±CD于N,连接AC,BC,由（1）知A.C=BC,AC=BC,丁AB为。O的直径，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图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的面积S与t的函数关系式S=t2-m2；24(3)如图3,过点E作EH±AD于H,EG±DB于G,则NE=ME,四边形DHEG为正方形，由(1)知A.C=BC,・AC=BC,・△ACB为等腰直角三角形，,AB=<2AC,..PD9<2.一AC20设PD=9..-12，则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,设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【点睛】本题考查了圆的相关性质，等腰直三角形的性质，相似的性质等，还考查了面积法及特殊值法的运用，解题的关键是认清图形，抽象出各几何图形的特殊位置关系.14.在川•！’；；中，；一寸，，:•": ♦，匕仃分别是边’：：,「的中点，若等腰:绕点，逆时针旋转，得到等腰不上小；J设旋转角为:,.I：，记直线厂与的交点为’.(1)问题发现，线段的长等于如图1,当值一91时，线段的长等于—，线段的长等于(2)探究证明如图2,当「=1二七时，求证:，'•；；：=♦•\(3)问题解决求点‘到所在直线的距离的最大值.(直接写出结果)【答案】（1）";";⑵详见解析；（3）I-「【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出BD1的长和C"的长；（2）根据旋转的性质得出，ND1AB=NE1AC=135°，进而求出^D1ABM△E1AC（SAS），即可得出答案；（3）首先作PG^AB，交AB所在直线于点G，则D1，E1在以A为圆心，AD为半径的圆上，当BD1所在直线与。A相切时，直线BD1与CE1的交点P到直线AB的距离最大，此时四边形AD1PE1是正方形，进而求出PG的长.【详解】（1）解：•//A=90°,AC=AB=4,D,E分别是边AB,AC的中点，「.AE=AD=2,丁等腰RtAADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAADj】，设旋转角为a（0＜然180°）,「.当a=90°时，AE『2,NE1AE=90°,・.BD『.产+W=人工EJC=；।；=2\5；故答案为：・、‘；、’；（2）证明：由题意可知，,-AC-4,AD-AE-2,•••广，"；：；।是由；，一•:绕点；逆时针旋转匚「得到，一・•叫 1^-AD1—AE\^D1AB-EE】再匚IAB-AC'•.」臼'：. ；.,」. ・, •,：；；.；.•:i’•"，」.:::二.।।-Di="[,且右I1II.（3）点"的运动轨迹是在二」的上半圆周，点’的运动轨迹是在'的弧."段.即当厂''与二」相切时，门•有最大值.点’到k所在直线的距离的最大值为I-【点睛】此题主要考查了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识，根据题意得出PG的最长时P点的位置是解题关键.15.如图，已知ABAC,AB=AC,O为AABC外心，D为eO上一点，BD与AC的交点为E，且BC2=AC-CE.①求证：CD=CB；②若/A=3Oo，且eO的半径为3+J3,I为ABCD内心，求OI的长.【答案】①证明见解析；②2<3【解析】【分析】…BCCE①先求出 =—，然后求出△BCE和^ACB相似，根据相似三角形对应角相等可得ACBCNA=NCBE,再根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得NA=ND，然后求出ND