广州九年级上期末压轴题特训题

2023－16学年广州九年级上数学期末压轴题特训优百教学工作室组卷李或老师QQ：535816329一．解答题〔共16小题〕1．〔2023秋•海珠区期末〕如图，点C在以AB为直径的半圆O上，以点A为旋转中心，以∠β〔0°＜β＜90°〕为旋转角度将B旋转到点D，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F，过点C作圆O的切线交DE于点G．〔1〕求证：∠GCA=∠OCB；〔2〕设∠ABC=m°，求∠DFC的值；〔3〕当G为DF的中点时，请探究∠β与∠ABC的关系，并说明理由．2．〔2023秋•海珠区期末〕二次函数y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕的图象抛物线过点C〔0，4〕，设抛物线的顶点为D．〔1〕假设抛物线经过点〔1，﹣6〕，求二次函数的解析式；〔2〕假设a=1时，试判断抛物线与x轴交点的个数；〔3〕如下图A、B是⊙P上两点，AB=8，AP=5．且抛物线过点A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，并有AD=BD．设⊙P上一动点E〔不与A、B重合〕，且∠AEB为锐角，假设＜a≤1时，请判断∠AEB与∠ADB的大小关系，并说明理由．3．〔2023秋•越秀区期末〕如图，AB是⊙O的直径，，M是弧AB的中点，OC⊥OD，△COD绕点O旋转与△AMB的两边分别交于E、F〔点E、F与点A、B、M均不重合〕，与⊙O分别交于P、Q两点．〔1〕求证：OE=OF；〔2〕连接PM、QM，试探究：在△COD绕点O旋转的过程中，∠PMQ是否为定值？假设是，求出∠PMQ的大小；假设不是，请说明理由；〔3〕连接EF，试探究：在△COD绕点O旋转的过程中，△EFM的周长是否存在最小值？假设存在，求出其最小值；假设不存在，请说明理由．4．〔2023秋•越秀区期末〕平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣4ax+4a+c与x轴交于点A、B，与y轴的正半轴交于点C，点A的坐标为〔1，0〕，OB=OC．〔1〕求此抛物线的解析式；〔2〕假设点P是线段BC上的一个动点，过点P作y轴的平行线与抛物线在x轴下方交于点Q，试问线段PQ的长度是否存在最大值？假设存在，求出其最大值；假设不存在，请说明理由；〔3〕假设此抛物线的对称轴上的点M满足∠AMC=45°，求点M的坐标．5．〔2023秋•越秀区期末〕如图，抛物线y=x2+3ax﹣4a与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C〔0，﹣2〕．〔1〕求该抛物线的解析式；〔2〕在抛物线的对称轴上有一动点P，求PB+PC的值最小时的点P的坐标；〔3〕点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A、C、M、N四点为顶点构成的四边形为平行四边形？假设存在，求出所有点N的坐标；假设不存在，请说明理由．6．〔2023秋•越秀区期末〕如图，正方形ABCD的边长为2，点E在边AD上〔不与A、D重合〕，点F在边CD上，且∠EBF=45°．△ABE的外接圆O与BC、BF分别交于点G、H．〔1〕在图1中作出圆O，并标出点G和点H；〔2〕假设EF∥AC，试说明与的大小关系，并说明理由；〔3〕如图2所示，假设圆O与CD相切，试求△BEF的面积．7．〔2023秋•荔湾区期末〕如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O交AC于点E，点D是BC边的中点，连接DE．〔1〕试判断直线DE与⊙O的位置关系？并说明理由；〔2〕假设⊙O的半径为，DE=3，求AE的长．8．〔2023秋•荔湾区期末〕如图，P是射线y=x〔x＞0〕上的一个动点，以点P为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴的正半轴交于A、B两点．〔1〕假设⊙P的半径为5，求A、P两点的坐标？〔2〕在〔1〕的条件下求以P为顶点，且经过点A的抛物线所对应的函数关系式？并判断该抛物线是否经过点C关于原点的对称点D？请说明理由．〔3〕试问：是否存在这样的直线l，当点P在运动过程中，经过A、B、C三点的抛物线的顶点都在直线l上？假设存在，请求出直线l所对应的函数关系式；假设不存在，请说明理由．9．〔2023秋•番禺区期末〕如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使DC=CB，延长DA与⊙O的另一个交点为E，连结AC，CE．〔1〕求证：CD=CE；〔2〕假设AB=4，BC﹣AC=2，分别求弦BC、AE的长．10．〔2023秋•番禺区期末〕将线段AB绕点A逆时针旋转角度α〔0°＜α＜60°〕得到线段AC，连接BC得△ABC，又将线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD〔如图①〕．〔1〕求∠ABD的大小〔结果用含α的式子表示〕；〔2〕又将线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，连接CE〔如图②〕求∠BCE；〔3〕连接DC、DE，试探究当α为何值时，∠DEC=45°．11．〔2023秋•萝岗区期末〕如图，△ABC的两条高AD、CE相交于点H，D、E分别是垂足，过点C作BC的垂线交△ABC的外接圆于点F，求证：AH=FC．12．〔2023秋萝岗区期末〕抛物线的解析式为y=﹣x2+2mx+4﹣m2．〔1〕求证：不管m取何值，此抛物线与x轴必有两个交点，且两交点A、B之间的距离为定值；〔2〕设点P为此抛物线上一点，假设△PAB的面积为8，求符合条件的所有点P的坐标〔可用含m的代数式表示〕〔3〕假设〔2〕中△PAB的面积为s〔s＞0〕，试根据面积s值的变化情况，确定符合条件的点P的个数．13．〔2023秋•天河区期末〕如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A的坐标为〔m，m〕，点B的坐标为〔n，﹣n〕，且经过原点O，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．实数m，n〔m＜n〕分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．〔1〕m，n的值．〔2〕求抛物线的解析式．〔3〕假设点P为线段OB上的一个动点〔不与点O、B重合〕，直线PC与抛物线交于D、E两点〔点D在y轴右侧〕，连接OD，BD．当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标．14．〔2023秋•天河区期末〕如图，某中学校园有一块长为35m，宽为16m的长方形空地，其中有一面已经铺设长为26m的篱笆围墙，学校设计在这片空地上，利用这面围墙和用尽已有的可制作50m长的篱笆材料，围成一个矩形花园或围成一个半圆花园，请答复以下问题：〔1〕能否围成面积为300m2的矩形花园？假设能，请写出其中一种设计方案，假设不能，请说明理由．〔2〕假设围成一个半圆花园，那么该如何设计？请写出你的设计方案．〔π取3.14〕〔3〕围成的各种设计中，最大面积是多少？15．〔2023秋荔湾区期末〕如图，在以O为圆心的两个同心圆中，AB经过圆心O，且与小圆相交于点A、与大圆相交于点B．小圆的切线AC与大圆相交于点D，且CO平分∠ACB．〔1〕试判断BC所在直线与小圆的位置关系，并说明理由；〔2〕试判断线段AC、AD、BC之间的数量关系，并说明理由；〔3〕假设AB=8cm，BC=10cm，求大圆与小圆围成的圆环的面积．〔结果保存π〕16．〔2023秋荔湾区期末〕如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴交A、B两点〔A点在B点左侧〕，直线l与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．〔1〕求A、B两点的坐标及直线AC的函数表达式；〔2〕P是线段AC上的一个动点，过P点作y轴的平行线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值；〔3〕点G抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．2023－16学年广州九年级上数学期末压轴题特训优百教学工作室组卷李或老师QQ：535816329参考答案与试题解析一．解答题〔共16小题〕1．〔2023秋•海珠区期末〕如图，点C在以AB为直径的半圆O上，以点A为旋转中心，以∠β〔0°＜β＜90°〕为旋转角度将B旋转到点D，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F，过点C作圆O的切线交DE于点G．〔1〕求证：∠GCA=∠OCB；〔2〕设∠ABC=m°，求∠DFC的值；〔3〕当G为DF的中点时，请探究∠β与∠ABC的关系，并说明理由．【考点】圆的综合题．【专题】综合题．【分析】〔1〕由AB为⊙O的直角，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，即∠1+∠3=90°，再根据切线的性质得OC⊥CG，那么∠3+∠GCA=90°，然后利用等量代换即可得到∠1=∠GCA；〔2〕由DE⊥AB得到∠AEF=90°，再根据等角的余角相等可得到∴∠AFE=∠ABC=m°，然后利用对顶角相等有∠DFC=∠AFE=m°；〔3〕由∠GCA=∠1，∠DFC=∠ABC易得∠GCF=∠GFC，根据等腰三角形的判定得到GF=GC，由GD=GF得到GD=GC，那么∠2=∠4，利用三角形内角和得∠2+∠GCF=×180°=90°，即∠DCF=90°，而∠ACB=90°，于是得到点B、C、D共线，然后根据旋转的性质得到△ABC以AB为腰的等腰三角形，且顶角∠BAC=β，那么根据三角形内角和定理易得β=180°﹣2∠ABC．【解答】〔1〕证明：∵AB为⊙O的直角，∴∠ACB=90°，即∠1+∠3=90°，∵GC为⊙O的切线，∴OC⊥CG，∴∠OCG=90°，即∠3+∠GCA=90°，∴∠1=∠GCA，即∠GCA=∠OCB；〔2〕解：∵∠ACB=90°，∴∠ABC+∠BAC=90°，∵DE⊥AB，∴∠AEF=90°，∴∠AFE+∠EAF=90°，∴∠AFE=∠ABC=m°，∴∠DFC=∠AFE=m°；〔3〕解：∠β=180°﹣2∠ABC．理由如下：∵∠GCA=∠1，∠DFC=∠ABC，而∠1=∠ABC，∴∠GCF=∠GFC，∴GF=GC，∵G为DF的中点，∴GD=GF，∴GD=GC，∴∠2=∠4，∴∠2+∠GCF=×180°=90°，即∠DCF=90°，而∠ACB=90°，∴点B、C、D共线，∵以点A为旋转中心，以∠β〔0°＜β＜90°〕为旋转角度将B旋转到点D，∴AD=AB，∠BAD=β，∴∠ABD=∠ADB，∴β+2∠ABC=180°，即β=180°﹣2∠ABC．【点评】此题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、切线的性质、旋转的性质以及等腰三角形的判定与性质；记住三角形的内角和定理．2．〔2023秋•海珠区期末〕二次函数y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕的图象抛物线过点C〔0，4〕，设抛物线的顶点为D．〔1〕假设抛物线经过点〔1，﹣6〕，求二次函数的解析式；〔2〕假设a=1时，试判断抛物线与x轴交点的个数；〔3〕如下图A、B是⊙P上两点，AB=8，AP=5．且抛物线过点A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，并有AD=BD．设⊙P上一动点E〔不与A、B重合〕，且∠AEB为锐角，假设＜a≤1时，请判断∠AEB与∠ADB的大小关系，并说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】〔1〕把点C和点〔1，﹣6〕代入函数解析式求出a、c的值，即可得解；〔2〕把a=1代入函数解析式，令y=0，利用根的判别式解答；〔3〕连接AP，作PF⊥AB交AB于F，根据抛物线解析式求出对称轴解析式，再求出点A、B的坐标，然后在Rt△APF中利用勾股定理列式求出PF，从而得到点P的坐标，再根据顶点公式求出点D的坐标，然后求出PD，再分点D在⊙P内，在⊙P上和在⊙P外三种情况讨论求解即可．【解答】解：〔1〕由二次函数y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕的图象过点C〔0，4〕得，c=4，假设抛物线经过点〔1，﹣6〕，那么a﹣6a+4=﹣6，解得a=2，所以，二次函数的解析式为y=2x2﹣12x+4；〔2〕假设a=1，那么二次函数解析式为y=x2﹣6x+4，令y=x2﹣6x+4=0，那么△=〔﹣6〕2﹣4×1×4=20＞0，所以，抛物线与x轴的交点有2个；〔3〕连接AP，作PF⊥AB交AB于F，由二次函数y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕可得对称轴为直线x=﹣=3，∵A、B在抛物线上，AB=8，且AD=BD，∴点A、B关于对称轴直线x=3对称，∴点A〔﹣1，7a+4〕，B〔7，7a+4〕，在Rt△APF中，AF=AB=4，AP=5，由勾股定理得，PF===3，∴点P的坐标为〔3，7a+1〕，由顶点公式得D〔3，4﹣9a〕，∵a＞，∴16a﹣3＞0，∴点P在点D的上方，∴PD=〔7a+1〕﹣〔4﹣9a〕=16a﹣3，①点D在⊙P内时，PD1＜5，那么16a﹣3＜5，＜a＜，此时，∠AEB＜∠ADB，②点D在⊙P上时，PD2=5，那么16a﹣3=5，a=，此时，∠AEB=∠ADB，③点D在⊙P外时，PD3＞5，那么16a﹣3＞5，＜a≤1，此时，∠AEB＞∠ADB．【点评】此题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，抛物线与x轴的交点的个数的求解，二次函数的对称性，二次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，点与圆的位置关系，难点在于〔3〕求出抛物线的对称轴并确定出点A、B的坐标，然后求出点P和顶点D的坐标，从而求出PD的长度，也是解决此题的关键．3．〔2023秋•越秀区期末〕如图，AB是⊙O的直径，，M是弧AB的中点，OC⊥OD，△COD绕点O旋转与△AMB的两边分别交于E、F〔点E、F与点A、B、M均不重合〕，与⊙O分别交于P、Q两点．〔1〕求证：OE=OF；〔2〕连接PM、QM，试探究：在△COD绕点O旋转的过程中，∠PMQ是否为定值？假设是，求出∠PMQ的大小；假设不是，请说明理由；〔3〕连接EF，试探究：在△COD绕点O旋转的过程中，△EFM的周长是否存在最小值？假设存在，求出其最小值；假设不存在，请说明理由．【考点】圆的综合题．【专题】综合题．【分析】〔1〕根据圆周角定理由AB是⊙O的直径得∠AMB=90°，由M是弧AB的中点得弧MB=弧MA，于是可判断△AMB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得∠ABM=∠BAM=∠OMA=45°，OM⊥AB，MB=AB=6，再利用等角的余角相等得∠BOE=∠MOF，那么可根据“SAS〞判断△OBE≌△OMF，所以OE=OF；〔2〕根据圆周角定理得到∠BMQ=∠BOQ，∠AMP=∠AOP，那么∠BMQ+∠AMP=〔∠BOQ+∠AOP〕=45°，所以∠PMQ=∠BMQ+∠AMB+∠AMP=135°；〔3〕易得△OEF为等腰直角三角形，那么EF=OE，再由△OBE≌△OMF得BE=MF，所以△EFM的周长=EF+MF+ME=EF+MB=OE+6，根据垂线段最短得当OE⊥BM时，OE最小，此时OE=BM=3，所以△EFM的周长的最小值为9．【解答】〔1〕证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠AMB=90°，∵M是弧AB的中点，∴弧MB=弧MA，∴MA=MB，∴△AMB为等腰直角三角形，∴∠ABM=∠BAM=45°，∠OMA=45°，OM⊥AB，MB=AB=×6=6，∴∠MOE+∠BOE=90°，∵∠COD=90°，∴∠MOE+∠MOF=90°，∴∠BOE=∠MOF，在△OBE和△OMF中，，∴△OBE≌△OMF〔AAS〕，∴OE=OF；〔2〕解：∠PMQ为定值．∵∠BMQ=∠BOQ，∠AMP=∠AOP，∴∠BMQ+∠AMP=〔∠BOQ+∠AOP〕，∵∠COD=90°，∴∠BOQ+∠AOP=90°，∴∠BMQ+∠AMP=×90°=45°，∴∠PMQ=∠BMQ+∠AMB+∠AMP=45°+90°=135°；〔3〕解：△EFM的周长有最小值．∵OE=OF，∴△OEF为等腰直角三角形，∴EF=OE，∵△OBE≌△OMF，∴BE=MF，∴△EFM的周长=EF+MF+ME=EF+BE+ME=EF+MB=OE+6，当OE⊥BM时，OE最小，此时OE=BM=×6=3，∴△EFM的周长的最小值为3+6．【点评】此题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和等腰直角三角形的判定与性质；运用全等三角形的判定解决线段相等的问题．4．〔2023秋•越秀区期末〕平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2﹣4ax+4a+c与x轴交于点A、B，与y轴的正半轴交于点C，点A的坐标为〔1，0〕，OB=OC．〔1〕求此抛物线的解析式；〔2〕假设点P是线段BC上的一个动点，过点P作y轴的平行线与抛物线在x轴下方交于点Q，试问线段PQ的长度是否存在最大值？假设存在，求出其最大值；假设不存在，请说明理由；〔3〕假设此抛物线的对称轴上的点M满足∠AMC=45°，求点M的坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】〔1〕求出抛物线的对称轴，再根据对称性求出点B的坐标，然后求出点C的坐标，再把点A、C的坐标代入抛物线求出a、c即可得解；〔2〕利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后表示出PQ的长，再根据二次函数的最值问题解答；〔3〕求出△ABC的外接圆的圆心D的坐标，再求出外接圆的半径，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等可得∠AMC=∠ABC=45°，再分点M在点D的下方和上方两种情况写出点M的坐标即可．【解答】解：〔1〕抛物线的对称轴为直线x=﹣=2，∵点A〔1，0〕，∴点B的坐标为〔3，0〕，∵点C在y轴的正半轴，OB=OC，∴点C的坐标为〔0，3〕，∴，解得，∴此抛物线的解析式y=x2﹣4x+3；〔2〕设直线BC的解析式为y=kx+b〔k≠0〕，那么，解得，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3，∴PQ=〔﹣x+3〕﹣〔x2﹣4x+3〕=﹣x2+3x=﹣〔x﹣〕2+，∵点Q在x轴下方，∴1＜x＜3，又∵﹣1＜0，∴当x=时，PQ的长度有最大值；〔3〕如图，设△ABC的外接圆的圆心D，那么点D在对称性直线x=2上，也在直线BC的垂直平分线y=x上，∴点D的坐标为〔2，2〕，∴外接圆的半径为=，∵OB=OC，∴∠ABC=45°，∴∠AMC=45°时，点M为⊙D与对称轴的交点，点M在点D的下方时，M1〔2，2﹣〕，点M在点D的上方时，M2〔2，2+〕，综上所述，M〔2，2﹣〕或〔2，2+〕时，抛物线的对称轴上的点M满足∠AMC=45°．【点评】此题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值问题，〔1〕根据函数解析式的特点确定出对称轴从而求出点B的坐标是解题的关键，〔2〕要注意点Q的横坐标的取值范围，〔3〕考虑利用同弧所对的圆周角相等，作出△ABC的外接圆并求出圆心和半径是解题的关键．5．〔2023秋•越秀区期末〕如图，抛物线y=x2+3ax﹣4a与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C〔0，﹣2〕．〔1〕求该抛物线的解析式；〔2〕在抛物线的对称轴上有一动点P，求PB+PC的值最小时的点P的坐标；〔3〕点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A、C、M、N四点为顶点构成的四边形为平行四边形？假设存在，求出所有点N的坐标；假设不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕将C点坐标代入求出a值，继而可得出抛物线的解析式；〔2〕根据题意及二次函数的图象可知，当点P为AC和对称轴的交点时，PB+PC的值最小，求出点P的坐标；〔3〕此题应分情况讨论：将AC平移，令C点落在x轴〔即M点〕、A点落在抛物线〔即N点〕上，可根据平行四边形的性质，得出N点纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求得N点坐标．【解答】解：〔1〕∵抛物线y=x2+3ax﹣4a过点C〔0，﹣2〕，∴﹣4a=﹣2，∴a=，∴y=x2+x﹣2；〔2〕如图1所示，连接PA、PB、PC，∵点P在抛物线的对称轴上，∴PB=PA，xP=﹣，∴PB+PC=PA+PC，要使PB+PC最小，即PA+PC最小，点P需在AC上，令x2+x﹣2=0，解得：x1=﹣4，x2=1，即点A〔﹣4，0〕，B〔1，0〕，设直线AC的解析式为y=kx+b，将点A、C代入解析式为：，解得：，解析式为：y=﹣x﹣2，当x=﹣时，y=﹣，即当PB+PC的值最小时的点P的坐标为〔﹣，﹣〕；〔3〕存在．①当AC为对角线时，那么AM∥NC，如图2所示，易得N1〔﹣3，﹣2〕；②当AM为对角线时，AC∥MN，AC=MN，线段MN可以看成由线段AC平移得到，那么yN﹣yA=yM﹣yC，yN=2，∵y=x2+x﹣2，∴x2+x﹣2=2，解得：x=，此时存在点N2〔，2〕，N3〔，2〕；③当CN为对角线时AM∥CN，且AM=CN，易得点N4〔﹣3，﹣2〕与点N1重合．综上所述，点N的坐标有三种情况，分别为：N1〔﹣3，﹣2〕；N2〔，2〕，N3〔，2〕．【点评】此题考查了二次函数综合题，涉及到待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、二次函数的应用等知识，综合性强，难度较大，对学生综合运用知识的能力要求较高．6．〔2023秋•越秀区期末〕如图，正方形ABCD的边长为2，点E在边AD上〔不与A、D重合〕，点F在边CD上，且∠EBF=45°．△ABE的外接圆O与BC、BF分别交于点G、H．〔1〕在图1中作出圆O，并标出点G和点H；〔2〕假设EF∥AC，试说明与的大小关系，并说明理由；〔3〕如图2所示，假设圆O与CD相切，试求△BEF的面积．【考点】圆的综合题．【分析】〔1〕根据题意利用同一圆中相等的弦所对的圆周角相等画出图形即可；〔2〕连接BD、EG、EH，先由得出BD为EF的中垂线，再得出∠BEG=22.5°=∠HBG，即可得出=；〔3〕将△BCF绕点B逆时针旋转90°到△BAP，过点B作BQ⊥EF，设⊙O与CD相切于点M，连接OM，延长MO交AB于点N，由得出△BPE≌△BFE，进而得出△AEB≌△QEB，可得C△EFD=4，再利用中位线出a的值，利用直角三角形得出b的值，即可求出△BEF的面积．【解答】解：〔1〕如图1，〔2〕如图2，连接BD、EG、EH，∵EF∥AC，∴DE=DF，又∵BD平分∠EDF，∴BD为EF的中垂线，∴BE=BF，BD平分∠EBF，又∵∠EBF=45°=∠DBC，∴∠EBD=∠DBF=∠HBG=22.5°，∴∠EBG=67.5°，又∵∠EGB=90°，∴∠BEG=22.5°=∠HBG，∴=，〔3〕如图3，将△BCF绕点B逆时针旋转90°到△BAP，过点B作BQ⊥EF，设⊙O与CD相切于点M，连接OM，延长MO交AB于点N，在△BPE与△BFE中，，∴△BPE≌△BFE〔SAS〕，∴∠AEB=∠BEQ，PE=EF，由∠AEB=∠BEQ可知，在△AEB和△QEB中，，∴△AEB≌△QEB〔AAS〕，∴BQ=AB=2，由PE=EF可知，C△EFD=ED+DF+EF=ED+DF+PE=ED+DF+PA+AE=ED+AE+DF+FC=4，设AE=a，DF=b，那么DE=2﹣a，BE=，∵O为BE中点，且MN∥AD，∴ON==，∴OM=2﹣，又BE=2OM，∴=4﹣a，解得a=，∴ED=，又∵C△EFD=4，DF=b，∴EF=4﹣b﹣=﹣b，在RT△EDF中，〔〕2+b2=〔﹣b〕2，解得b=，∴EF=﹣=，∴S△BEF=××2=．【点评】此题主要考查了圆的综合题，解题的关键是正确作出辅助线，利用三解形全等及方程灵活的求解．7．〔2023秋•荔湾区期末〕如图，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O交AC于点E，点D是BC边的中点，连接DE．〔1〕试判断直线DE与⊙O的位置关系？并说明理由；〔2〕假设⊙O的半径为，DE=3，求AE的长．【考点】切线的判定．【分析】〔1〕直线DE与⊙相切．根据切线的判定定理只需证明OE⊥DE即可；〔2〕根据〔1〕中的证明过程，会发现BC=2DE，根据勾股定理求得AC的长，进一步求得直角三角形斜边上的高BE，最后根据勾股定理求得AE的长．【解答】解：〔1〕直线DE与⊙相切．理由如下：连接OE，BE，∵AB是直径．∴BE⊥AC．∵D是BC的中点，∴DE=DB．∴∠DBE=∠DEB．又OE=OB，∴∠OBE=∠OEB．∴∠DBE+∠OBE=∠DEB+∠OEB．即∠ABD=∠OED．∵∠ABC=90°，∴∠OED=90°，又∵EO为⊙O半径，∴DE是⊙O的切线．〔2〕∵∠ABC=90°，AB=2，BC=2DE=6，∴AC=4．∴BE=3．∴AE=．【点评】此题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，此线过圆上某点，连接圆心与这点〔即为半径〕，再证垂直即可．8．〔2023秋•荔湾区期末〕如图，P是射线y=x〔x＞0〕上的一个动点，以点P为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴的正半轴交于A、B两点．〔1〕假设⊙P的半径为5，求A、P两点的坐标？〔2〕在〔1〕的条件下求以P为顶点，且经过点A的抛物线所对应的函数关系式？并判断该抛物线是否经过点C关于原点的对称点D？请说明理由．〔3〕试问：是否存在这样的直线l，当点P在运动过程中，经过A、B、C三点的抛物线的顶点都在直线l上？假设存在，请求出直线l所对应的函数关系式；假设不存在，请说明理由．【考点】圆的综合题．【分析】〔1〕根据射线的斜率先求出C点坐标，进而求得P点坐标，再利用勾股定理求出A点坐标；〔2〕设抛物线的解析式为y=a〔x﹣5〕2+3，将A点坐标代入即可求得抛物线的解析式；〔3〕先求出D点坐标，再将D点坐标代入抛物线解析式，即可验证点D不在抛物线上；〔4〕可先根据直线OP的解析式设出P点的坐标，然后用P点的横坐标仿照〔1〕的方法求出A，B两点的坐标，然后用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的解析式，求出其顶点坐标，根据这个顶点坐标即可得出所求的直线解析式．【解答】解：〔1〕如下图：连接CP，AP，过点P作PQ⊥AB于点Q，由题意可知=，PC=5，解得：OC=3=yP，那么xP=5，故P点坐标为P〔5，3〕，∵AP=5，PQ=3，∴AQ=4，可知A点坐标为：〔1，0〕；〔2〕设抛物线的解析式为y=a〔x﹣5〕2+3〔a≠0〕，将A点坐标为A〔1，0〕，代入y=a〔x﹣5〕2+3，解得a=﹣，故抛物线的解析式为y=﹣〔x﹣5〕2+3，因为D与C关于原点对称，故D点坐标为D〔0，﹣3〕，将D点坐标代入y=﹣〔x﹣5〕2+3，即﹣3≠﹣〔0﹣5〕2+3=﹣，故点D不在抛物线上；〔3〕设P〔m，n〕，m＞0，那么n=m，由题意可得：AQ=BQ，∵PA=PC=m，PQ=m，∴AQ=m，∴A〔m，0〕，B〔m，0〕，C〔0，m〕，设经过A，B，C三点的抛物线的解析式为y=a′〔x﹣m〕〔x﹣m〕〔a′≠0〕，将C〔0，〕代入解析式，得a′=，∴y=〔x﹣m〕〔x﹣m〕=〔x2﹣2mx+m2〕=[〔x﹣m〕2﹣m2]∴y=〔x﹣m〕2﹣m∴抛物线的顶点坐标为〔m，﹣m〕∴存在直线l：y=﹣x，当P在射线y=x上运动时，过A，B，C三点的抛物线的顶点都在直线上．存在直线l：y=﹣x．【点评】此题主要考查了圆的综合题，其中涉及到的知识点有抛物线的公式的求法和圆的性质等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．9．〔2023秋•番禺区期末〕如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使DC=CB，延长DA与⊙O的另一个交点为E，连结AC，CE．〔1〕求证：CD=CE；〔2〕假设AB=4，BC﹣AC=2，分别求弦BC、AE的长．【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．【分析】〔1〕根据圆周角定理由AB为⊙O的直径得∠ACB=90°，而DC=BC，根据等腰三角形的判定方法得到AB=AD，那么∠D=∠B，由圆周角定理可得∠E=∠B，所以∠D=∠E，于是根据等腰三角形的判定即可得到CD=CE；〔2〕在Rt△ACB中，利用勾股定理得到〔BC﹣2〕2+BC2=42，解得BC=1+，那么BD=2BC=2+2，再证明△CDE∽△ADB，利用相似比可计算出DE=4+，而AD=AB=4，所以AE=DE﹣AD=．【解答】解：〔1〕∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵DC=BC，∴AB=AD，∴∠D=∠B，∵∠E=∠B，∴∠D=∠E，∴CD=CE；〔2〕在Rt△ACB中，AB=4，BC﹣AC=2，即AC=BC﹣2，∵AB2=AC2+BC2，∴〔BC﹣2〕2+BC2=42，整理得BC2﹣2BC﹣6=0，解得BC=1+〔BC=1﹣舍去〕，∴BD=2BC=2+2，∵∠D=∠D，∠B=∠E，∴△CDE∽△ADB，∴=，即DE==4+，∵AD=AB=4，∴AE=DE﹣AD=4+﹣4=，∴弦BC、AE的长分别为1+，．【点评】此题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆〔或直径〕所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了等腰三角形的判定与性质和勾股定理．10．〔2023秋•番禺区期末〕将线段AB绕点A逆时针旋转角度α〔0°＜α＜60°〕得到线段AC，连接BC得△ABC，又将线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD〔如图①〕．〔1〕求∠ABD的大小〔结果用含α的式子表示〕；〔2〕又将线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，连接CE〔如图②〕求∠BCE；〔3〕连接DC、DE，试探究当α为何值时，∠DEC=45°．【考点】旋转的性质．【专题】计算题．【分析】〔1〕由于线段AB绕点A逆时针旋转角度α〔0°＜α＜60°〕得到线段AC，根据旋转的性质得AB=AC，∠BAC=α，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠ABC=∠ACB=90°﹣α，再由线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，根据旋转的性质得∠CBD=60°，然后利用∠ABD=∠ABC﹣∠CBD进行计算；〔2〕由线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，根据旋转的性质得AB=AE，∠BAE=60°，那么AC=AE，∠CAE=60°﹣α，利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠ACE=∠AEC=60°+α，然后利用∠BCE=∠ACB+∠ACE计算得到∠BCE=150°；〔3〕由线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，根据旋转的性质得BC=BD，∠CBD=60°，那么可判断△BCD为等腰直角三角形，那么∠BCD=60°，CD=BC，所以∠DCE=∠BCE﹣∠BCD=90°，加上∠DEC=45°，于是△DEC为等腰直角三角形，那么CE=CD，所以CB=CE，然后利用“SSS〞证明△ABC≌△AEC，得到∠BAC=∠EAC，所以α=∠BAE=30°．【解答】解：〔1〕∵线段AB绕点A逆时针旋转角度α〔0°＜α＜60°〕得到线段AC，∴AB=AC，∠BAC=α，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB=〔180°﹣α〕=90°﹣α，∵线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，∴∠CBD=60°，∴∠ABD=∠ABC﹣∠CBD=90°﹣α﹣60°=30°﹣α〔0°＜α＜60°〕；〔2〕∵线段AB绕点B顺时针旋转60°得线段BE，∴AB=AE，∠BAE=60°，∴AC=AE，∠CAE=60°﹣α，∴∠ACE=∠AEC=〔180°﹣60°+α〕=60°+α，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°﹣α+60°+α=150°；〔3〕如图②，∵线段BC绕点B逆时针旋转60°得线段BD，∴BC=BD，∠CBD=60°，∴△BCD为等边三角形，∴∠BCD=60°，CD=BC，∴∠DCE=∠BCE﹣∠BCD=150°﹣60°=90°，∵∠DEC=45°，∴△DEC为等腰直角三角形，∴CE=CD，∴CB=CE，在△ABC和△AEC中，∴△ABC≌△AEC〔SSS〕，∴∠BAC=∠EAC，∴∠BAC=∠BAE=30°，即α=30°，当α为30°时，∠DEC=45°．【点评】此题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等腰三角形的性质和等边三角形的判定与性质．11．〔2023秋•萝岗区期末〕如图，△ABC的两条高AD、CE相交于点H，D、E分别是垂足，过点C作BC的垂线交△ABC的外接圆于点F，求证：AH=FC．【考点】平行四边形的判定与性质；圆周角定理．【专题】证明题．【分析】根据圆周角定理以及三角形的内角和定理可以证得∠NHC=∠N，然后根据三线合一定理即可判断DH=DN，根据AD⊥BC，以及直径所对的圆周角是直角，即可证得∠BCF=90°，那么AH∥CF，然后根据等弧所对的圆周角相等，平行线的判定定理证明AF∥CH，即可证得四边形AHCF．【解答】证明：延长AD交圆于点N，连接BF、AF、CN．∵AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，∴∠AEH=∠NDC=90°，又∵∠EAH=∠DCN∴∠AHE=∠N∵∠NHC=∠AHE∴∠NHC=∠N，∴NC=CH又∵BC⊥NH∴DN=DH，∴CH=CN，∴∠NHC=∠N．∵∠BCF=90°，∴BF是圆的直径，∴∠BCF=90°，又∵AD⊥BC∴AD∥CF，∴=，∴∠FAD=∠N又∵∴∠NHC=∠N，∴∠FAD=∠NHC∴AF∥CH，又∵AH∥CF，∴四边形AHCF为平行四边形．【点评】此题考查了圆周角定理，以及平行四边形的判定方法，正确证得四边形AHCF为平行四边形是关键．12．〔2023秋萝岗区期末〕抛物线的解析式为y=﹣x2+2mx+4﹣m2．〔1〕求证：不管m取何值，此抛物线与x轴必有两个交点，且两交点A、B之间的距离为定值；〔2〕设点P为此抛物线上一点，假设△PAB的面积为8，求符合条件的所有点P的坐标〔可用含m的代数式表示〕〔3〕假设〔2〕中△PAB的面积为s〔s＞0〕，试根据面积s值的变化情况，确定符合条件的点P的个数．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕此题需先求出△的值，再证出△＞0，再设出A、B的坐标，然后代入公式即可求出AB的长．〔2〕此题需先设出P的坐标，再由题意得出b的值，然后即可求出符合条件的所有点P的坐标．〔3〕此题需分当s=8时，当0＜s＜8时，当s＞8时三种情况进行讨论，即可得出符合条件的点P的个数．【解答】解：〔1〕∵△=〔2m〕2﹣4×〔﹣1〕〔4﹣m2〕=16＞0，∴不管m取何值，此抛物线与x轴必有两个交点．设A〔x1，0〕，B〔x2，0〕，那么=；〔2〕设P〔a，b〕，那么由题意b=﹣a2+2am+4﹣m2，且，解得b=±4．当b=4时得：a=m．即P〔m，4〕；当b=﹣4时得：．即或P〔m﹣2，﹣4〕；〔3〕由〔2〕知当s=8时，符合条件的点P有3个，当0＜s＜8时，符合条件的点P有4个，当s＞8时，符合条件的点P有2个．【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用，在解题时要综合应用二次函数的图象和性质以及分类讨论思想是此题的关键．13．〔2023秋•天河区期末〕如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A的坐标为〔m，m〕，点B的坐标为〔n，﹣n〕，且经过原点O，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点C．实数m，n〔m＜n〕分别是方程x2﹣2x﹣3=0的两根．〔1〕m，n的值．〔2〕求抛物线的解析式．〔3〕假设点P为线段OB上的一个动点〔不与点O、B重合〕，直线PC与抛物线交于D、E两点〔点D在y轴右侧〕，连接OD，BD．当△OPC为等腰三角形时，求点P的坐标．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕解方程即可得出m，n的值．〔2〕将A，B两点的坐标代入，进而利用待定系数法求出二次函数解析式即可；〔3〕首先求出AB的直线解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性质得出当OC=OP时，当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，当OC=PC时分别求出x的值即可．【解答】解：〔1〕解方程x2﹣2x﹣3=0，得x1=3，x2=﹣1．∵m＜n，∴m=﹣1，n=3．〔2〕∵m=﹣1，n=3，∴A〔﹣1，﹣1〕，B〔3，﹣3〕．∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax2+bx〔a≠0〕．∴，解得：，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x．〔3〕设直线AB的解析式为y=kx+b．∴，解得：，∴直线AB的解析式为y=﹣x﹣．∴C点坐标为〔0，﹣〕．∵直线OB过点O〔0，0〕，B〔3，﹣3〕，∴直线OB的解析式为y=﹣x．∵△OPC为等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC．设P〔x，﹣x〕，〔i〕当OC=OP时，x2+〔﹣x〕2=．解得x1=，x2=﹣〔舍去〕．∴P1〔，﹣〕．〔ii〕当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上，∴P2〔，﹣〕．〔iii〕当OC=PC时，由x2+〔﹣x+〕2=，解得x1=，x2=0〔舍去〕．∴P3〔，﹣〕．∴P点坐标为P1〔，﹣〕，P2〔，﹣〕，P3〔，﹣〕．【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用、待定系数法求函数解析式以及等腰三角形的性质等知识，同时考查了分类思想的应用．14．〔2023秋•天河区期末〕如图，某中学校园有一块长为35m，宽为16m的长方形空地，其中有一面已经铺设长为26m的篱笆围墙，学校设计在这片空地上，利用这面围墙和用尽已有的可制作50m长的篱笆材料，围成一个矩形花园或围成一个半圆花园，请答复以下问题：〔1〕能否围成面积为300m2的矩形花园？假设能，请写出其中一种设计方案，假设不能，请说明理由．〔2〕假设围成一个半圆花园，那么该如何设计？请写出你的设计方案．〔π取3.14〕〔3〕围成的各种设计中，最大面积是多少？【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．【分析】〔1〕首先表示出矩形的长与宽，利用矩形面积得出等式，进而解方程得出；〔2〕利用得出设新增加am，那么半圆弧长为：π×，进而得出a的值，即可得出答案；〔3〕利用二次函数最值求法得出矩形最值再利用半圆面积公式得出半圆面积，进而比拟即可．【解答】解：〔1〕设垂直于已经铺设长为26m的篱笆围墙的一边为xm，那么平行于原篱笆的长为〔50﹣2x〕m，根据题意得出：x〔50﹣2x〕=300，解得：x1=10，x2=15，当x=10，那么50﹣20=30＞26，故不合题意舍去，∴能围成面积为300m2的矩形花园，此时长为20m，宽为15m；〔2〕∵当r=13时，∴l半圆=πr=3.14×13=40.82＜50，∴半圆的直径应大于26m，设新增加am，那么半圆弧长为：π×，∴a+π×=50，解得：a≈3.57，∴半圆直径为：26+3.57=29.57〔m〕，∴半圆的半径为：14.79m；〔3〕S1=x〔50﹣2x〕=﹣2x2+50x，当x=12.5时，S最大==312.5〔m2〕，S半圆=π×14.792≈343.43〔m2〕，∴围成的各种设计中，最大面积是半圆面积为343.43m2．【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用以及二次函数最值求法和半圆面积公式，利用注意用尽已有的可制作50m长的篱笆材料得出半圆半径是解题关键．15．〔2023秋荔湾区期末〕如图，在以O为圆心的两个同心圆中，AB经过圆心O，且与小圆相交于点A、与大圆相交于点B．小圆的切线AC与大圆相交于点D，且CO平分∠ACB．〔1〕试判断BC所在直线与小圆的位置关系，并说明理由；〔2〕试判断线段AC、AD、BC之间的数量关系，并说明理由；〔3〕假设AB=8cm，BC=10cm，求大圆与小圆围成的圆环的面积．〔结果保存π〕【考点】切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．【专题】几何综合题；压轴题．【分析】〔1〕只要证明OE垂直BC即可得出BC是小圆的切线，即与小圆的