2023-2024学年9上数学期末考点（北师大版）期末压轴专题分类02（必刷50题23种题型专项训练）解析版

期末压轴专题分类02（必刷50题23种题型专项训练）一．二次函数的图象（共1小题）1．如图，正方形ABCD的边长为4，点P、Q分别是CD、AD的中点，动点E从点A向点B运动，到点B时停止运动；同时，动点F从点P出发，沿P→D→Q运动，点E、F的运动速度相同．设点E的运动路程为x，△AEF的面积为y，能大致刻画y与x的函数关系的图象是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：当F在PD上运动时，△AEF的面积为y＝AE•AD＝2x（0≤x≤2），当F在AD上运动时，△AEF的面积为y＝AE•AF＝x（6﹣x）＝﹣x2+3x（2＜x≤4），图象为：故选：A．二．二次函数的性质（共2小题）2．对于二次函数y＝﹣x2+2x．有下列四个结论：①它的对称轴是直线x＝1；②设y1＝﹣x12+2x1，y2＝﹣x22+2x2，则当x2＞x1时，有y2＞y1；③它的图象与x轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；④当0＜x＜2时，y＞0．其中正确的结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解答】解：y＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+1，故①它的对称轴是直线x＝1，正确；②∵直线x＝1两旁部分增减性不一样，∴设y1＝﹣x12+2x1，y2＝﹣x22+2x2，则当x2＞x1时，有y2＞y1或y2＜y1或y2＝y1，错误；③当y＝0，则x（﹣x+2）＝0，解得：x1＝0，x2＝2，故它的图象与x轴的两个交点是（0，0）和（2，0），正确；④∵a＝﹣1＜0，∴抛物线开口向下，∵它的图象与x轴的两个交点是（0，0）和（2，0），∴当0＜x＜2时，y＞0，正确．故选：C．3．已知函数y1＝及直线y2＝4x+b，若直线y2与函数y1的图象至少有三个交点，则b的取值范围为﹣3≤b≤﹣．【答案】见试题解答内容【解答】解：当直线y＝4x+b经过点A（1，1）时，1＝4+b，解得b＝﹣3．当直线y＝4x+b与y＝﹣3（x﹣2）2+4只有一个交点时，由4x+b＝﹣3（x﹣2）2+4，可得：3x2﹣8x+8+b＝0，由题意Δ＝0，∴64﹣12（8+b）＝0，解得b＝﹣，观察图象可知，直线y2与函数y1的图象至少有三个交点，则b的取值范围为﹣3≤b≤﹣．故答案为﹣3≤b≤﹣．三．二次函数图象与系数的关系（共2小题）4．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示．下列结论：①abc＞0；②2a+b＝0；③m为任意实数，则a+b＞am2+bm；④a﹣b+c＞0；⑤若且x1≠x2，则x1+x2＝2．其中正确的有（）A．①④ B．③④ C．②⑤ D．②③⑤【答案】C【解答】解：①抛物线开口方向向下，则a＜0．抛物线对称轴位于y轴右侧，则a、b异号，即ab＜0．抛物线与y轴交于正半轴，则c＞0．所以abc＜0．故①错误．②∵抛物线对称轴为直线x＝＝1，∴b＝﹣2a，即2a+b＝0，故②正确；③∵抛物线对称轴为直线x＝1，∴函数的最大值为：y＝a+b+c；∴a+b+c≥am2+bm+c，即a+b≥am2+bm，故③错误；④∵抛物线与x轴的一个交点在（3，0）的左侧，而对称轴为直线x＝1，∴抛物线与x轴的另一个交点在（﹣1，0）的右侧，∴当x＝﹣1时，y＜0，∴a﹣b+c＜0，故④错误；⑤∵+bx1＝+bx2，∴+bx1﹣﹣bx2＝0，∴a（x1+x2）（x1﹣x2）+b（x1﹣x2）＝0，∴（x1﹣x2）[a（x1+x2）+b]＝0，而x1≠x2，∴a（x1+x2）+b＝0，即x1+x2＝，∵b＝﹣2a，∴x1+x2＝2，故⑤正确．综上所述，正确的有②⑤．故选：C．5．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，有下列结论：①a﹣b+c＞0；②2abc＞0；③4a﹣2b+c＞0；④b2﹣4ac＞0；⑤3a+c＞0；⑥a﹣c＞0，其中正确的结论的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解答】解：当x＝﹣1时，y＜0，则a﹣b+c＜0，所以①错误；抛物线开口向上，则a＞0；对称轴在y轴右侧，x＝﹣＞0，则b＜0；抛物线与y轴的交点坐标在x轴下方，则c＜0，于是abc＞0，所以②正确；当x＝﹣2，y＞0，则4a﹣2b+c＞0，所以③正确；抛物线与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，所以④正确；x＝﹣＝1，即b＝﹣2a，而a﹣b+c＜0，则3a+c＜0，所以⑤错误；a＞0，c＜0，则a﹣c＞0，所以⑥正确．故选：C．四．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）6．如图，“爱心”图案是由函数y＝﹣x2+6的部分图象与其关于直线y＝x的对称图形组成．点A是直线y＝x上方“爱心”图案上的任意一点，点B是其对称点．若，则点A的坐标是（﹣2，2）或（1，5）．【答案】（﹣2，2）或（1，5）．【解答】解：如图，过点A作AD⊥x轴，交x轴于点E，交直线y＝x于点D，连接BD，∵A、B关于直线y＝x对称，设A（a，b），∴△ABD是等腰直角三角形，四边形OEDF是正方形，∴B（b，a），∵，∴，（4）2＝（b﹣a）2+（b﹣a）2，32＝2（b﹣a）2，（b﹣a）2＝16，b﹣a＝4或b﹣a＝﹣4（舍去），∴b＝a+4，又∵A（a，b）在y＝﹣x2+6上，∴b＝﹣a2+6，即a+4＝﹣a2+6，整理得，a2+a﹣2＝0，解得，a1＝﹣2，a2＝1，∴当a1＝﹣2时，b＝a+4＝﹣2+4＝2，点A的坐标为（﹣2，2）；当a2＝1时，b＝a+4＝1+4＝5，点A的坐标为（1，5）．故答案为：（﹣2，2）或（1，5）．五．二次函数图象与几何变换（共2小题）7．在平面直角坐标系中，函数y＝x2﹣2x（x≥0）的图象为C1，C1关于原点对称的图象为C2，则直线y＝a（a为常数）与C1、C2的交点共有（）A．1个 B．1个或2个 C．1个或2个或3个 D．1个或2个或3个或4个【答案】C【解答】解：函数y＝x2﹣2x（x≥0）的图象为C1，C1关于原点对称的图象为C2，C2图象是y＝﹣x2﹣2x；a非常小时，直线y＝a（a为常数）与C1没有交点，与C2有一个交点，所以直线y＝a（a为常数）与C1、C2有一个交点；直线y＝a经过C1的顶点时，与C2有一个交点，共有两个交点；直线y＝a（a为常数）与C1有两个交点时，直线y＝a（a为常数）与C1、C2的交点共有3个交点．故选：C．8．如图，已知点A（3，0），B（1，0），两点C（﹣3，9），D（2，4）在抛物线y＝x2上，向左或向右平移抛物线后，C，D的对应点分别为C′，D′．当四边形ABC′D′的周长最小时，抛物线的解析式为y＝（x﹣）2．【答案】y＝（x﹣）2．【解答】解：过C、D作x轴平行线，作A关于直线y＝4的对称点A'，过A'作A'E∥CD，且A'E＝CD，连接BE交直线y＝9于C'，过C'作C'D'∥CD，交直线y＝4于D'，如图：作图可知：四边形A'ECD和四边形C'D'DC是平行四边形，∴A'E∥CD，C'D'∥CD，且A'E＝CD，C'D'＝CD，∴C'D'∥A'E且C'D'＝A'E，∴四边形A'EC'D'是平行四边形，∴A'D'＝EC'，∵A关于直线y＝4的对称点A'，∴AD'＝A'D'，∴EC'＝AD'，∴BE＝BC'+EC'＝BC'+AD'，即此时BC'+AD'转化到一条直线上，BC'+AD'最小，最小值为BE的长度，而AB、CD为定值，∴此时四边形ABC′D′的周长最小，∵A（3，0）关于直线y＝4的对称点A'，∴A'（3，8），∵四边形A'ECD是平行四边形，C（﹣3，9），D（2，4），∴E（﹣2，13），设直线BE解析式为y＝kx+b，则，解得，∴直线BE解析式为y＝﹣x+，令y＝9得9＝﹣x+，∴x＝﹣，∴C'（﹣，9），∴CC'＝﹣﹣（﹣3）＝，即将抛物线y＝x2向右移个单位后，四边形ABC′D′的周长最小，∴此时抛物线为y＝（x﹣）2，故答案为：y＝（x﹣）2．六．抛物线与x轴的交点（共1小题）9．如图，抛物线y＝﹣2x2+8x﹣6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向右平移得C2，C2与x轴交于点B，D．若直线y＝x+m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是（）A．﹣2＜m＜ B．﹣3＜m＜﹣ C．﹣3＜m＜﹣2 D．﹣3＜m＜﹣【答案】D【解答】解：令y＝﹣2x2+8x﹣6＝0，即x2﹣4x+3＝0，解得x＝1或3，则点A（1，0），B（3，0），由于将C1向右平移2个长度单位得C2，则C2解析式为y＝﹣2（x﹣4）2+2（3≤x≤5），当y＝x+m1与C2相切时，令y＝x+m1＝y＝﹣2（x﹣4）2+2，即2x2﹣15x+30+m1＝0，△＝﹣8m1﹣15＝0，解得m1＝﹣，当y＝x+m2过点B时，即0＝3+m2，m2＝﹣3，当﹣3＜m＜﹣时直线y＝x+m与C1、C2共有3个不同的交点，故选：D．七．二次函数综合题（共12小题）10．如图，抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于点A和点B．（1）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，则点D的坐标是D（1，2）；（2）在（1）的条件下，连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP＝135°，则点P的坐标是（﹣4，﹣18）．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+x+2，点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，∴，得m＝1，∴点D的坐标为（1，2），故答案为：（1，2）；（2）过点P作PE⊥DB交DB的延长线于点E，作EF⊥x轴于点F，作PG⊥EF交EF的延长线于点G，∵∠DBP＝135°，∴∠PBE＝45°，∵∠BEP＝90°，∴∠BPE＝∠PBE＝45°，∴BE＝PE，∵∠BEP＝90°，∠EFB＝90°，∴∠PEG+∠BEF＝90°，∠EBF+∠BEF＝90°，∴∠PEG＝∠EBF，又∵∠PGE＝∠EFB＝90°，PE＝EB，∴△PGE≌△EFB（AAS），∴EG＝BF，PG＝EF，∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣2）（x+1），∴当y＝0时，x＝2或x＝﹣1，∴点B的坐标为（2，0）∵点D（1，2），点B（2，0），∴tan∠DBA＝2，∴tan∠EBF＝2，设BF＝a，则EF＝2a，EG＝a，PG＝2a，∴点P的坐标为（2﹣a，﹣3a），∴﹣3a＝﹣（2﹣a）2+（2﹣a）+2解得，a1＝6，a2＝0（舍去），∴点P的坐标为（﹣4，﹣18），故答案为：（﹣4，﹣18）．11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的函数表达式．（2）若点P为第三象限内抛物线上一动点，作PD⊥x轴于点D，交AC于点E，过点E作AC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点F、G，设点P的横坐标为m．①求PE+EG的最大值；②连接DF、DG，若∠FDG＝45°，求m的值．【答案】（1）y＝x2+2x﹣3．（2）①PE+EG的最大值为；②m1＝﹣1，m2＝﹣．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点B（1，0），C（0，﹣3），∴，解得：，∴抛物线的函数表达式为：y＝x2+2x﹣3．（2）①当x＝0时，y＝x2+2x﹣3＝﹣3，∴点C（0，﹣3）．当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，∴A（﹣3，0），设直线AC的解析式为y＝kx+n，把A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，得：，解得：，∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣3．∵OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°．过点E作EK⊥y轴于点K，∵EG⊥AC，∴∠KEG＝∠KGE＝45°，∴EG＝＝EK＝OD，设P（m，m2+2m﹣3），则E（m，﹣m﹣3），∴PE＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m，∴PE+EG＝PE+2OD＝﹣m2﹣3m﹣2m＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+）2+，由题意有﹣3＜m＜0，且﹣3＜﹣＜0，﹣1＜0，当m＝﹣时，PE+EG取最大值，PE+EG的最大值为；②作EK⊥y轴于K，FM⊥y轴于M，记直线EG与x轴交于点N．∵EK⊥y轴，PD⊥x轴，∠KEG＝45°，∴∠DEG＝∠DNE＝45°，∴DE＝DN．∵∠KGE＝∠ONG＝45°，∴OG＝ON．∵y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，∴MF＝1，∵∠KGF＝45°，∴GF＝＝MF＝．∵∠FDG＝45°，∴∠FDN＝∠DEG．又∵∠FDG＝∠DEG，∴△DGF∽△EGD，∴＝，∴DG2＝FG•EG＝×（﹣m）＝﹣2m，在Rt△ONG中，OG＝ON＝|OD﹣DN|＝|OD﹣DE|＝|﹣m﹣（m+3）|＝|﹣2m﹣3|，OD＝﹣m，在Rt△ODG中，∵DG2＝OD2+OG2＝m2+（2m+3）2＝5m2+12m+9，∴5m2+12m+9＝﹣2m，解得m1＝﹣1，m2＝﹣．12．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c（b、c为常数），经过点（3，0）和（0，﹣3）．（1）求该抛物线函数表达式；（2）当a≤x≤4时，函数值﹣4≤y≤5，求a的取值范围；（3）点P为此函数图象上任意一点，横坐标为m，过点P作PQ⊥y轴，交直线x＝3于点Q．当点P和点Q不重合时，以PQ为边，点P为直角顶点向y轴负方向作等腰直角三角形PQM．①当点M到抛物线顶点纵坐标所在直线的距离是6时，求m的值；②当抛物线在等腰直角三角形PQM内部（包括边界）的点的纵坐标最大值与最小值之差是1时，直接写出m的值．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）﹣2≤a≤1；（3）①m的值为或；②m的值为0或1+．【解答】解：（1）把（3，0）、（0，﹣3）分别代入y＝x2+bx+c，得：，解得：，∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），最小值为﹣4，∵当a≤x≤4时，函数值﹣4≤y≤5，当x＝4时，y＝5，∴，∴﹣2≤a≤1；（3）①由题意得：P（m，m2﹣2m﹣3），Q（3，m2﹣2m﹣3），∴PQ＝|m﹣3|，∵△PQM是以PQ为边，点P为直角顶点向y轴负方向所作的等腰直角三角形，∴当m＜3时，点M的纵坐标为m2﹣m﹣6或当m＞3时，点M的纵坐标为m2﹣3m，由（2）知：抛物线顶点坐标为（1，﹣4），当m＜3时，m2﹣m﹣6＝﹣10（无实数根）或m2﹣m﹣6＝2，∴m＝；当m＞3时，m2﹣3m＝﹣10（无实数根）或m2﹣3m＝2，∴m＝；综上，m的值为或；②当m＜3时，若抛物线的顶点（1，﹣4）位于等腰直角三角形内，则点p的纵坐标为﹣3即可，即m2﹣2m﹣3＝﹣3，解得：m＝0或m＝2；当m＝2时，抛物线无一点位于等腰直角三角形内，不合题意，故m＝0；若抛物线的顶点（1，﹣4）不在等腰直角三角形内，则这样的m不存在；当m＞3时，由于位于等腰直角三角形内的抛物线的两个边界点的纵坐标差为1，则除P点外的另一边界点的横坐标为4，其对应的纵坐标为y＝42﹣2×4﹣3＝5，所以点P的纵坐标为5+1＝6；∴m2﹣2m﹣3＝6，解得：m＝1+或＝1﹣（舍去）；综上，m的值为0或1+．13．如图，抛物线y＝ax2﹣ax﹣12a经过点C（0，4），与x轴交于A，B两点，连接AC，BC，M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．（1）直接写出a的值以及A，B的坐标：a＝﹣，A（﹣3，0），B（4，0）；（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N，设M点的坐标为M（m，0），试求PQ+PN的最大值；（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）﹣；﹣3，0；4，0；（2）；（3）（1，3）或（，）．【解答】解：（1）将C（0，4）代入y＝ax2﹣ax﹣12a得4＝﹣12a，∴a＝﹣，∴y＝﹣x2+x+4，令y＝0得0＝﹣x2+x+4，解得x1＝4，x2＝﹣3，∴A（﹣3，0），B（4，0），故答案为：﹣；﹣3，0；4，0；（2）∵y＝﹣x2+x+4，∴令x＝0得y＝4，∴C（0，4），OC＝4，而B（4，0）有OB＝4，∴OB＝OC，△BOC为等腰直角三角形，∴∠CBO＝45°，∵PM⊥x轴，∴∠BQM＝45°＝∠PQC，∵PN⊥BC，∴△PQN是等腰直角三角形，∴PQ＝PN，∴PQ+PN＝2PQ，∴PQ+PN取最大值即是PQ取最大值，由C（0，4），B（4，0）可得BC解析式为y＝﹣x+4，∵M（m，0），∴P（m，﹣m2+m+4），Q（m，﹣m+4），∴PQ＝（﹣m2+m+4）﹣（﹣m+4）＝﹣m2+m＝﹣（m﹣2）2+，∴m＝2时，PQ最大值为，∴PQ+PN的最大值为．（3）∵A（﹣3，0），C（0，4），Q（m，﹣m+4），∴AC＝＝5，AQ＝＝，CQ＝＝，以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，分三种情况：①AC＝AQ时，＝5，解得m＝0（此时Q与C重合，舍去）或m＝1，∴Q（1，3），②AC＝CQ时，＝5，解得m＝或m＝﹣（此时M不在线段OB上，舍去），∴Q（，），③AQ＝CQ时，＝，解得m＝12.5（此时M不在线段OB上，舍去），综上所述，以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形，Q（1，3）或Q（，）．14．如图，已知抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C，连接AC，过B、C两点作直线．（1）求a的值．（2）将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点．在直线B′C′上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．（3）抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，若存在，请求出直线BP的解析式；若不存在，请说明理由．【答案】（1）a＝﹣1．（2）存在，D（，）．（3）抛物线上存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，直线BP的解析式为y＝﹣x+1或y＝﹣3x+9．．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2ax+3与x轴交于点A（﹣1，0），∴a+2a+3＝0，∴a＝﹣1．（2）存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大．∵y＝﹣x2+2x+3，当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，∵将直线BC向下平移m（m＞0）个单位长度，交抛物线于B′、C′两点，∴直线B′C′的解析式为y＝﹣x+3﹣m，设D（t，﹣t2+2t+3），过点D作DE∥y轴，交B′C′于点E，作DF⊥B′C′于点F，设直线B′C′交y轴于点G，如图，∴E（t，﹣t+3﹣m），∴DE＝﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3﹣m）＝﹣t2+3t+m，∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，∴∠BCO＝∠CBO＝45°，∵B′C′∥BC，∴∠B′GO＝∠BCO＝45°，∵DE∥y轴，∴∠DEF＝∠B′GO＝45°，∵∠DFE＝90°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DF＝DE＝（﹣t2+3t+m）＝﹣（t﹣）2+（+m），∵﹣＜0，∴当t＝时，DF取得最大值（+m），此时点D的坐标为（，）．（3）存在．当∠PBC在BC的下方时，在y轴正半轴上取点M（0，1），连接BM交抛物线于点P，如图，∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），M（0，1），∴OB＝OC＝3，OM＝OA＝1，∠BOM＝∠COA＝90°，∴△BOM≌△COA（SAS），∴∠MBO＝∠ACO，∵∠CBO＝45°，∴∠CBP+∠MBO＝45°，∴∠CBP+∠ACO＝45°，设直线BM的解析式为y＝k′x+b′，则，解得：，∴直线BM的解析式为y＝﹣x+1，联立，得，解得：（舍去），，∴P（﹣，）；当∠PBC在BC的上方时，作点M关于直线BC的对称点M′，如图，连接MM′，CM′，直线BM′交抛物线于P，由对称得：MM′⊥BC，CM′＝CM＝2，∠BCM′＝∠BCM＝45°，∴∠MCM′＝90°，∴M′（2，3），则直线BM′的解析式为y＝﹣3x+9，联立，得：，解得：（舍去），，∴P（2，3）；综上所述，抛物线上存在点P，使∠PBC+∠ACO＝45°，直线BP的解析式为y＝﹣x+1或y＝﹣3x+9．15．如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，交y轴于点C，动点P在抛物线的对称轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）当以P，B，C为顶点的三角形周长最小时，求点P的坐标及△PBC的周长；（3）若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）P（1，2），3+；（3）Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2），Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣）．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于A（3，0），B（﹣1，0）两点，∴，解得：，∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）在y＝﹣x2+2x+3中，令x＝0，得y＝3，∴C（0，3），∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，BC是定值，∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小．如图1，点A、B关于对称轴l对称，连接AC交l于点P，则点P为所求的点．∵AP＝BP，∴△PBC周长的最小值是AC+BC，∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，3），∴AC＝3，BC＝．∴△PBC周长的最小值是：3+．抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，设直线AC的解析式为y＝kx+c，将A（3，0），C（0，3）代入，得：，解得：，∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3，∴P（1，2）；（3）存在．设P（1，t），Q（m，n）∵A（3，0），C（0，3），则AC2＝32+32＝18，AP2＝（1﹣3）2+t2＝t2+4，PC2＝12+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，∵四边形ACPQ是菱形，∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图2，∴t2﹣6t+10＝18，解得：t＝3±，∴P1（1，3﹣），P2（1，3+），∵四边形ACPQ是菱形，∴AP与CQ互相垂直平分，即AP与CQ的中点重合，当P1（1，3﹣）时，∴＝，＝，解得：m＝4，n＝﹣，∴Q1（4，﹣），当P2（1，3+）时，∴＝，＝，解得：m＝4，n＝，∴Q2（4，），②以AC为对角线时，则PC＝AP，如图3，∴t2﹣6t+10＝t2+4，解得：t＝1，∴P3（1，1），∵四边形APCQ是菱形，∴AC与PQ互相垂直平分，即AC与CQ中点重合，∴＝，＝，解得：m＝2，n＝2，∴Q3（2，2），③当以CP为对角线时，则AP＝AC，如图4，∴t2+4＝18，解得：t＝±，∴P4（1，），P5（1，﹣），∵四边形ACQP是菱形，∴AQ与CP互相垂直平分，即AQ与CP的中点重合，∴＝，＝，解得：m＝﹣2，n＝3，∴Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣），综上所述，符合条件的点Q的坐标为：Q1（4，﹣），Q2（4，），Q3（2，2），Q4（﹣2，3+），Q5（﹣2，3﹣）．16．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0）．（1）求二次函数的表达式；（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；（3）判断△ABO的形状，试说明理由；（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为2，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．【答案】（1）；（2）A（4，﹣4），y＝x﹣8；（3）证明见解答；（4）5．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），∴c＝0，二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0），将C（2，﹣3），B（8，0）代入y＝ax2+bx得：，解得：，∴二次函数的表达式为；（2）∵＝（x﹣4）2﹣4，∴抛物线的顶点A（4，﹣4），设直线AB的函数表达式为y＝kx+m，将A（4，﹣4），B（8，0）代入，得：，解得：，∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；（3）△ABO是等腰直角三角形．方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），∴∠AFO＝∠AFB＝90°，OF＝BF＝AF＝4，∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，∴OA＝AB＝4，∠OAF＝∠BAF＝45°，∴∠OAB＝90°，∴△ABO是等腰直角三角形．方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），∴OB＝8，OA＝＝＝，AB＝＝＝，且满足OB2＝OA2+AB2，∴△ABO是等腰直角三角形；（4）如图2，以O为圆心，2为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：动点E的运动时间为t＝AP+PB，在OA上取点D，使OD＝，连接PD，则在△APO和△PDO中，满足：＝＝2，∠AOP＝∠POD，∴△APO∽△PDO，∴＝＝2，从而得：PD＝AP，∴t＝AP+PB＝PD+PB，∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由于，且△ABO为等腰直角三角形，则有DG＝1，∠DOG＝45°∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB＝＝＝5．17．如图抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），点C（0，3），且OB＝OC．（1）求抛物线的解析式及其对称轴；（2）点D、E是直线x＝1上的两个动点，且DE＝1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值．（3）点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，求点P的坐标．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵OB＝OC，∴点B（3，0），则抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3）＝ax2﹣2ax﹣3a，故﹣3a＝3，解得：a＝﹣1，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3…①，函数的对称轴为：x＝1；（2）四边形ACDE的周长＝AC+DE+CD+AE，其中AC＝、DE＝1是常数，故CD+AE最小时，周长最小，取点C关于直线x＝1对称点C′（2，3），则CD＝C′D，取点A′（﹣1，1），则A′D＝AE，故：CD+AE＝A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE＝A′D+DC′最小，周长也最小，四边形ACDE的周长的最小值＝AC+DE+CD+AE＝+A′D+DC′＝+A′C′＝+；（3）如图，设直线CP交x轴于点E，直线CP把四边形CBPA的面积分为3：5两部分，又∵S△PCB：S△PCA＝EB×（yC﹣yP）：AE×（yC﹣yP）＝BE：AE，则BE：AE＝3：5或5：3，则AE＝或，即：点E的坐标为（，0）或（，0），将点E的坐标代入直线CP的表达式：y＝kx+3，解得：k＝﹣6或﹣2，故直线CP的表达式为：y＝﹣2x+3或y＝﹣6x+3…②联立①②并解得：x＝4或8（不合题意值已舍去），故点P的坐标为（4，﹣5）或（8，﹣45）．18．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C．（1）求该抛物线的解析式；（2）若点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD＝2∠BAC时，求点D的坐标；（3）已知E，F分别是直线AB和抛物线上的动点，当以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的E点的坐标．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在中，令y＝0，得x＝4，令x＝0，得y＝2∴A（4，0），B（0，2）把A（4，0），B（0，2），代入，得，解得∴抛物线的解析式为（2）如图，过点B作x轴得平行线交抛物线于点E，过点D作BE的垂线，垂足为F∵BE∥x轴，∴∠BAC＝∠ABE∵∠ABD＝2∠BAC，∴∠ABD＝2∠ABE即∠DBE+∠ABE＝2∠ABE∴∠DBE＝∠ABE∴∠DBE＝∠BAC设D点的坐标为（x，），则BF＝x，DF＝∵tan∠DBE＝，tan∠BAC＝∴＝，即解得x1＝0（舍去），x2＝2当x＝2时，＝3∴点D的坐标为（2，3）．解法二：作点B关于x轴的对称点B′，则直线AB′的解析式为y＝x﹣2，由题意，直线BD∥AB′，∴直线BD的解析式为y＝x+2，由，解得或，∴D（2，3）．解法三：过点A作AE⊥x轴交BD的延长线于点E，过点B作BF⊥AE于点F．∵BF∥OA，∴∠CAB＝∠ABF，∵∠DBA＝2∠CAB，∴∠FBE＝∠FBA，∵∠E+∠EBF＝90°，∠BAF+∠ABF＝90°，∴∠E＝∠BAF，∴BE＝BA，∵BF⊥AE，∴AF＝EF＝OB＝2，∴E（4，4），∴直线BD的解析式为y＝x+2，由，解得或，∴D（2，3）．（3）当BO为边时，OB∥EF，OB＝EF设E（m，），F（m，）EF＝|（）﹣（）|＝2解得m1＝2，，当BO为对角线时，OB与EF互相平分过点O作OF∥AB，直线OF：交抛物线于点F（）和（）求得直线EF解析式为或直线EF与AB的交点为E，点E的横坐标为或∴E点的坐标为（2，1）或（，）或（）或（）或（）．解法二：由题意点F在直线上，直线y＝﹣x交抛物线于点F（）和（），用平移变换的性质可知E点的坐标为（2，1）或（，）或（）或（）或（）．19．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于B点，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，B两点，在第一象限的抛物线上取一点D，过点D作DC⊥x轴于点C，交直线AB于点E．（1）求抛物线的函数表达式；（2）是否存在点D，使得△BDE和△ACE相似？若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；（3）如图2，F是第一象限内抛物线上的动点（不与点D重合），点G是线段AB上的动点．连接DF，FG，当四边形DEGF是平行四边形且周长最大时，请直接写出点G的坐标．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在y＝﹣x+3中，令x＝0，得y＝3，令y＝0，得x＝4，∴A（4，0），B（0，3），将A（4，0），B（0，3）分别代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+x+3．（2）存在．如图1，过点B作BH⊥CD于H，设C（t，0），则D（t，），E（t，），H（t，3）；∴EC＝，AC＝4﹣t，BH＝t，DH＝﹣t2+t，DE＝﹣t2+4t∵△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC∴△BDE∽△ACE或△DBE∽△ACE①当△BDE∽△ACE时，∠BDE＝∠ACE＝90°，此时BD∥AC，可得D（，3）．②当△DBE∽△ACE时，∠BDE＝∠CAE∵BH⊥CD∴∠BHD＝90°，∴＝tan∠BDE＝tan∠CAE＝，即：BH•AC＝CE•DH∴t（4﹣t）＝（）（﹣t2+t），解得：t1＝0（舍），t2＝4（舍），t3＝，∴D（，）；综上所述，点D的坐标为（，3）或（，）；（3）如图2，∵四边形DEGF是平行四边形∴DE∥FG，DE＝FG设D（m，），E（m，），F（n，），G（n，），则：DE＝﹣m2+4m，FG＝﹣n2+4n，∴﹣m2+4m＝﹣n2+4n，即：（m﹣n）（m+n﹣4）＝0，∵m﹣n≠0∴m+n﹣4＝0，即：m+n＝4过点G作GK⊥CD于K，则GK∥AC∴∠EGK＝∠BAO∴＝cos∠EGK＝cos∠BAO＝，即：GK•AB＝AO•EG∴5（n﹣m）＝4EG，即：EG＝（n﹣m）∴DEGF周长＝2（DE+EG）＝2[（﹣m2+4m）+（n﹣m）]＝﹣2+∵﹣2＜0，∴当m＝时，∴▱DEGF周长最大值＝，此时n＝4﹣＝，则G（，），当E，G互换时，结论也成立，此时G（，），综上所述．G（，）或（，）．20．如图1，抛物线C：y＝ax2+bx经过点A（﹣4，0）、B（﹣1，3）两点，G是其顶点，将抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数解析式及顶点G的坐标；（2）如图2，直线l：y＝kx﹣经过点A，D是抛物线C上的一点，设D点的横坐标为m（m＜﹣2），连接DO并延长，交抛物线C′于点E，交直线l于点M，若DE＝2EM，求m的值；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG、AB，在直线DE下方的抛物线C上是否存在点P，使得∠DEP＝∠GAB？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线C解析式为：y＝﹣x2﹣4x，顶点为：G（﹣2，4）；（2）m的值为：﹣3；（3）点P的横坐标为：或．【解答】解：（1）将A（﹣4，0）、B（﹣1，3）代入y＝ax2+bx中，得解得∴抛物线C解析式为：y＝﹣x2﹣4x，配方，得：y＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，∴顶点为：G（﹣2，4）；（2）∵抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．∴新抛物线C′的顶点为：G′（2，﹣4），二次项系数为：a′＝1∴新抛物线C′的解析式为：y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x将A（﹣4，0）代入y＝kx﹣中，得0＝﹣4k﹣，解得k＝，∴直线l解析式为y＝x﹣，设D（m，﹣m2﹣4m），∵D、E关于原点O对称，∴OD＝OE∵DE＝2EM∴OM＝2OD，过点D作DF⊥x轴于F，过M作MR⊥x轴于R，∴∠OFD＝∠ORM，∵∠DOF＝∠MOR∴△ODF∽△OMR∴＝＝＝2∴OR＝2OF，RM＝2DF∴M（﹣2m，2m2+8m）∴2m2+8m＝•（﹣2m）﹣，解得：m1＝﹣3，m2＝，∵m＜﹣2∴m的值为：﹣3；（3）由（2）知：m＝﹣3，∴D（﹣3，3），E（3，﹣3），OE＝3，如图3，连接BG，在△ABG中，∵AB2＝（﹣1+4）2+（3﹣0）2＝18，BG2＝2，AG2＝20∴AB2+BG2＝AG2∴△ABG是直角三角形，∠ABG＝90°，∴tan∠GAB＝＝＝，∵∠DEP＝∠GAB∴tan∠DEP＝tan∠GAB＝，在x轴下方过点O作OH⊥OE，在OH上截取OH＝OE＝，过点E作ET⊥y轴于T，连接EH交抛物线C于点P，点P即为所求的点；∵E（3，﹣3），∴∠EOT＝45°∵∠EOH＝90°∴∠HOT＝45°∴H（﹣1，﹣1），设直线EH解析式为y＝px+q，则，解得∴直线EH解析式为y＝﹣x，解方程组，∴x＝或，∴点P的横坐标为：或．21．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A，B，交y轴于点C．点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，3），点C与点D关于抛物线的对称轴对称．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为抛物线对称轴上一点，连接BD，以PD，PB为边作平行四边形PDNB，是否存在这样的点P，使得▱PDNB是矩形？若存在，请求出tan∠BDN的值；若不存在，请说明理由；（3）点Q在y轴右侧抛物线上运动，当△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，请直接写出点Q的坐标．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）把B点坐标、点C点坐标为代入抛物线y＝﹣x2+bx+c方程，解得，抛物线方程为：y＝﹣x2+2x+3…①；点A坐标为（﹣1，0），点D坐标为（2，3），函数的对称轴为x＝1；（2）存在．设点P（1，m），设函数对称轴交x轴于点T，过点D作DM⊥PN于点M，则∠MDP＝∠BPT，则tan∠MDP＝tan∠BPT，即：＝，解得：m＝1或m＝2；则点P（1，1）或（1，2），则：PD＝或，则PB＝2或，tan∠BDN＝＝＝1或；（3）①当点Q在x轴上方时，设点Q坐标为（t，﹣t2+2t+3），则：AQ所在的直线方程为：y＝（3﹣t）x+（3﹣t），如图所示，连接CA、QB，过点Q作x轴的垂线QN交x轴于N点，当△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，即：S四边形ACQB＝2S△ABQ，S四边形ACQB＝S梯形CONQ+S△AOC+S△BQN＝（﹣t2+2t+3+3）×t+×1×3+（3﹣t）（﹣t2+2t+3），＝（﹣t2+3t+4），S△ABQ＝（3+1）（﹣t2+2t+3），∵S四边形ACQB＝2S△ABQ，化简得：5t2﹣7t﹣12＝0，解得：t＝﹣1或（舍去负值），②当Q在x轴下方时，由△ACQ的面积与△ABQ的面积相等，则点B、C到AQ的距离相等，即AQ∥BC，由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，则AQ的表达式为：y＝﹣（x+1）＝﹣x﹣1…②，联立①②并解得：x＝4，故点Q坐标为（4，﹣5），综上，点Q坐标为（，）或（4，﹣5）．八．垂径定理（共3小题）22．如图，正方形ABCD中，AB＝4，M是CD边上一个动点，以CM为直径的圆与BM相交于点Q，P为CD上另一个动点，连接AP，PQ，则AP+PQ的最小值是2﹣2．【答案】．【解答】解：连接CQ，以CD为一条边在右侧作正方形CDEF，则∠MQC＝90°，∴∠BQC＝90°，∴点Q在以BC为直径的圆上运动，∵AD＝DE，∠ADP＝∠EDP，DP＝DP，∴△ADP≌△EDP（SAS），∴AP＝EP，∴AP+PQ＝EP+PQ≥EQ≥EO﹣ON＝﹣2＝﹣2＝，∴AP+PQ的最小值为，故答案为：．23．如图，以G（0，1）为圆心，半径为2的圆与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，则弦AB的长度为2；当点E在⊙G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为﹣1．【答案】见试题解答内容【解答】解：作GM⊥AC于M，连接AG．∵GO⊥AB，∴OA＝OB，在Rt△AGO中，∵AG＝2，OG＝1，∴AG＝2OG，OA＝＝，∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝2，∴∠AGO＝60°，∵GC＝GA，∴∠GCA＝∠GAC，∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，∴∠GCA＝∠GAC＝30°，∴AC＝2OA＝2，MG＝CG＝1，∵∠AFC＝90°，∴点F在以AC为直径的⊙M上，当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM＝﹣1．故答案为2，﹣1．24．如图，⊙O的直径AB长为12，点E是半径OA的中点，过点E作CD⊥AB交⊙O于点C，D，点P在上运动，点Q在线段CP上，且PQ＝2CQ，则EQ的最大值是．【答案】见试题解答内容【解答】解：延长CD到F，使得DF＝DE，连接OF，PF，OP，OD．∵AB⊥CD，∴CE＝DE，∵DE＝DF，∴EF＝2CE，∵PQ＝2CQ，∴＝＝，∵∠ECQ＝∠FCP，∴△ECQ∽△FCP，∴＝＝，∴EQ＝PF，∵AE＝OE＝3，OD＝6，∠OED＝90°，∴DE＝＝＝3，在Rt△OED中，∵EF＝2DE＝6，OE＝3，∴OF＝＝＝3，∵PF≤OP+OF，∴PF≤6+3，∴PF的最大值为3+6，∴EQ的最大值为+2．故答案为：+2．九．圆周角定理（共3小题）25．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，AB＝5，AC＝4，D是上的一个动点，连接AD．过点C作CE⊥AD于E，连接BE，则BE的最小值是﹣2．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图，取AC的中点O′，连接BO′、BC．∵CE⊥AD，∴∠AEC＝90°，∴在点D移动的过程中，点E在以AC为直径的圆上运动，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝＝3，在Rt△BCO′中，BO′＝＝＝，∵O′E+BE≥O′B，∴当O′、E、B共线时，BE的值最小，最小值为O′B﹣O′E＝﹣2，故答案为：﹣2．26．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝10，BC＝8，点D是BC上一点，BC＝3CD，点P是线段AC上一个动点，以PD为直径作⊙O，点M为的中点，连接AM，则AM的最小值为5．【答案】5．【解答】解：如图，连接OM，CM，过点A作AT⊥CM交CM的延长线于T．∵＝，∴OM⊥PD，∴∠MOD＝90°，∴∠MCD＝∠MOD＝45°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACT＝45°，∵AT⊥CT，∴∠ATC＝90°，∵AC＝10，∴AT＝AC•sin45°＝5，∵AM≥AT，∴AM≥5，∴AM的最小值为5，故答案为5．27．如图，在锐角△ABC中，AC是最短边．以AC为直径的⊙O，交BC于D，过O作OE∥BC，交⊙O于E，连接AD、AE、CE．（1）求证：∠ACE＝∠DCE；（2）若∠B＝45°，∠BAE＝15°，求∠EAO的度数；（3）若AC＝1，，求CF的长．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）．【解答】（1）证明：∵OC＝OE，∴∠OEC＝∠OCE，∵OE∥BC，∴∠OEC＝∠ECD，∴∠OCE＝∠ECD，即∠ACE＝∠DCE，（2）解：延长AE交BC于点G，∵∠AGC是△ABG的外角，∴∠AGC＝∠B+∠BAG＝60°，∵OE∥BC，∴∠AEO＝∠AGC＝60°，∵OA＝OE，∴∠EAO＝∠AEO＝60°；（3）解：∵O是AC中点∴，∵，∴＝，∵AC是直径，∴∠AEC＝∠FDC＝90°，∵∠ACE＝∠FCD，∴△CDF∽△CEA，∴＝，∴CF＝CA＝．一十．点与圆的位置关系（共2小题）28．如图，等边△ABC中，AB＝2，点D是以A为圆心，半径为1的圆上一动点，连接CD，取CD的中点E，连接BE，则线段BE的最大值与最小值之和为．【答案】2．【解答】解：延长CB到T，使得BT＝BC，连接AT，DT，AD．∵△ABC是等边三角形，∴BA＝BC＝AC＝BT＝2，∠ACB＝60°，∴∠CAT＝90°，∴AT＝CT•sin60°＝2，∵AD＝1，∴2﹣1≤DT≤2+1，∵CB＝BT，CE＝DE，∴BE＝DT，∴≤BE≤，∴线段BE的最大值与最小值之和为2，故答案为2．29．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D是半径为2的⊙A上一动点，点M是CD的中点，则BM的最大值是．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图，取AC的中点N，连接MN，BN．∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，∴AC＝＝5，∵AN＝NC，∴BN＝AC＝，∵AN＝NC，DM＝MC，∴MN＝AD＝1，∴BM≤BN+NM，∴BM≤1+，∴BM≤，∴BM的最大值为．一十一．三角形的外接圆与外心（共1小题）30．已知：A、B、C三点不在同一直线上．（1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，i）如图①，当∠A＝45°，R＝1时，求∠BOC的度数和BC的长；ii）如图②，当∠A为锐角时，求证：sinA＝；（2）若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与A不重合）滑动，如图③，当∠MAN＝60°，BC＝2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为P，试探索在整个滑动过程中，P、A两点间的距离是否保持不变？请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）i）∵A、B、C均在⊙O上，∴∠BOC＝2∠A＝2×45°＝90°，∵OB＝OC＝1，∴BC＝，注：也可延长BO或过O点作BC的垂线构造直角三角形求得BC．ii）证法一：如图②，连接EB，作直径CE，则∠E＝∠A，CE＝2R，∴∠EBC＝90°∴sinA＝sinE＝，证法二：如图③．连接OB、OC，作OH⊥BC于点H，则∠A＝∠BOC＝∠BOH，BH＝BC∴sinA＝sin∠BOH＝＝＝，（2）如图④，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK，在Rt△APC中，CK＝AP＝AK＝PK，同理得：BK＝AK＝PK，∴CK＝BK＝AK＝PK，∴点A、B、P、C都在⊙K上，∴由（1）ii）可知sin60°＝∴AP＝＝（定值），故在整个滑动过程中，P、A两点间的距离不变．一十二．直线与圆的位置关系（共2小题）31．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作EF⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）如果AB＝5，BC＝6，求DE的长．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）相切，理由如下：连接AD，OD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°．∴AD⊥BC．∵AB＝AC，∴CD＝BD＝BC．∵OA＝OB，∴OD∥AC．∴∠ODE＝∠CED．∵DE⊥AC，∴∠ODE＝∠CED＝90°．∴OD⊥DE．∴DE与⊙O相切．（2）由（1）知∠ADC＝90°，∴在Rt△ADC中，由勾股定理得AD＝＝4．∵SACD＝AD•CD＝AC•DE，∴×4×3＝×5DE．∴DE＝．32．如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠DAB＝60°．点P从A点出发，以cm/s的速度，沿AC向C做匀速运动；与此同时，点Q也从A点出发，以1cm/s的速度，沿射线AB做匀速运动．当P运动到C点时，P、Q都停止运动．设点P运动的时间为ts．（1）当P异于A、C时，请说明PQ∥BC；（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，t为怎样的值时，⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2cm，∴AB＝BC＝2，∠BAC＝∠DAB，又∵∠DAB＝60°（已知），∴∠BAC＝∠BCA＝30°；如图1，连接BD交AC于O．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝AC，∴OB＝AB＝1（30°角所对的直角边是斜边的一半），∴OA＝（cm），AC＝2OA＝2（cm），运动ts后，，∴又∵∠PAQ＝∠CAB，∴△PAQ∽△CAB，∴∠APQ＝∠ACB（相似三角形的对应角相等），∴PQ∥BC（同位角相等，两直线平行）（2）如图2，⊙P与BC切于点M，连接PM，则PM⊥BC．在Rt△CPM中，∵∠PCM＝30°，∴PM＝PC＝由PM＝PQ＝AQ＝t，即＝t解得t＝4﹣6，此时⊙P与边BC有一个公共点；如图3，⊙P过点B，此时PQ＝PB，∵∠PQB＝∠PAQ+∠APQ＝60°∴△PQB为等边三角形，∴QB＝PQ＝AQ＝t，∴t＝1∴时，⊙P与边BC有2个公共点．如图4，⊙P过点C，此时PC＝PQ，即2t＝t，∴t＝3﹣．∴当1＜t≤3﹣时，⊙P与边BC有一个公共点，当点P运动到点C，即t＝2时P与C重合，Q与B重合，也只有一个交点，此时，⊙P与边BC有一个公共点，∴当t＝4﹣6或1＜t≤3﹣或t＝2时，⊙P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；当4﹣6＜t≤1时，⊙P与边BC有2个公共点．一十三．切线的性质（共1小题）33．如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径．∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线PD交CA的延长线于点P，过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F．（1）求证：DP∥AB；（2）试猜想线段AE，EF，BF之间有何数量关系，并加以证明；（3）若AC＝6，BC＝8，求线段PD的长．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：连接OD，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∴△DAB为等腰直角三角形，∴DO⊥AB，∵PD为⊙O的切线，∴OD⊥PD，∴DP∥AB；（2）答：BF﹣AE＝EF，证明如下：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ADE+∠BDF＝90°，∵AE⊥CD，BF⊥CD，∴∠AED＝∠BFD＝90°，∴∠FBD+∠BDF＝90°，∴∠FBD＝∠ADE，∵∠AOD＝∠BOD，∴AD＝BD，在△ADE和△DBF中∴△ADE≌△DBF（AAS），∴BF＝DE，AE＝DF，∴BF﹣AE＝DE﹣DF，即BF﹣AE＝EF．[问题二法2：∠ACD＝∠CAE＝45°，所以AE＝CE，∠DCB＝∠FBC＝45°，所以BF＝CF，CF＝CE+EF＝AE+EF所以AE+FE＝BF]（3）解：在Rt△ACB中，AB＝＝10，∵△DAB为等腰直角三角形，∴AD＝＝＝5，∵AE⊥CD，∴△ACE为等腰直角三角形，∴AE＝CE＝＝＝3，在Rt△AED中，DE＝＝＝4，∴CD＝CE+DE＝3+4＝7，∵∠PDA＝∠PCD，∠P＝∠P，∴△PDA∽△PCD，∴＝＝＝，∴PA＝PD，PC＝PD，而PC＝PA+AC，∴PD+6＝PD，∴PD＝．一十四．切线的判定（共2小题）34．已知：如图，AB为⊙O的直径，⊙O过AC的中点D，DE⊥BC于点E．（1）求证：DE为⊙O的切线；（2）若DE＝2，tanC＝，求⊙O的直径．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：连接OD．∵D为AC中点，O为AB中点，∴OD为△ABC的中位线，∴OD∥BC，∵DE⊥BC，∴∠DEC＝90°，∴∠ODE＝∠DEC＝90°，∴OD⊥DE于点D，∴DE为⊙O的切线；（2）解：连接DB，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴DB⊥AC，∴∠CDB＝90°∵D为AC中点，∴AB＝BC，在Rt△DEC中，∵DE＝2，tanC＝，∴EC＝，由勾股定理得：DC＝，在Rt△DCB中，BD＝，由勾股定理得：BC＝5，∴AB＝BC＝5，∴⊙O的直径为5．35．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线AD交BC于D，过点D作DE⊥AD交AB于E，以AE为直径作⊙O．（1）求证：点D在⊙O上；（2）求证：BC是⊙O的切线；（3）若AC＝6，BC＝8，求△BDE的面积．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：连接OD，∵△ADE是直角三角形，OA＝OE，∴OD＝OA＝OE，∴点D在⊙O上；（2）证明：∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠CAD＝∠DAB，∵OD＝OA，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠CAD＝∠ODA，∴AC∥OD，∴∠C＝∠ODB＝90°，∴BC是⊙O的切线；（3）解：在Rt△ACB中，AC＝6，BC＝8，∴根据勾股定理得：AB＝10，设OD＝OA＝OE＝x，则OB＝10﹣x，∵AC∥OD，△ACB∽△ODB，∴＝＝，∴＝，解得：x＝，∴OD＝，BE＝10﹣2x＝10﹣＝，∵＝，即＝，∴BD＝5，过E作EH⊥BD，∵EH∥OD，∴△BEH∽△BOD，∴＝，∴EH＝，∴S△BDE＝BD•EH＝．一十五．切线的判定与性质（共2小题）36．如图，AB是⊙O的直径，延长BA至点P，过点P作⊙O的切线PC，切点为C，过点B向PC的延长线作垂线BE交该延长线于点E，BE交⊙O于点D，已知PA＝1，PC＝OC，（1）求BE的长；（2）连接DO，延长DO交⊙O于F，连接PF，①求DE的长；②求证：PF是⊙O的切线．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）设圆的半径是r，则OP＝PA+r＝1+r，OC＝r，PC＝r．∵PC是圆的切线，∴∠PCO＝90°，∴在直角△PCO中，PC2+OC2＝OP2，即（r）2+r2＝（1+r）2，解得：r＝1或r＝﹣（舍去负值）．在直角△OPC中，cos∠POC＝＝，∴∠POC＝60°，∵∠PCO＝90°，BE⊥BC，∴BE∥OC，∴△OPC∽△BPE，∠B＝∠POC＝60°，∴＝＝，∴BE＝OC＝；（2）①在△OBD中，OB＝OD，∠B＝60°，∴△OBD是等边三角形，BD＝OB＝1，∠BOD＝60°．∴DE＝BE﹣BD＝﹣1＝；②∵在△OPC和△OPF中，，∴△OPC≌△OPF（SAS），∴∠OFP＝∠OCP＝90°，∴PF是⊙O的切线．37．如图，AB为圆O的直径，C为圆O上一点，D为BC延长线一点，且BC＝CD，CE⊥AD于点E．（1）求证：直线EC为圆O的切线；（2）设BE与圆O交于点F，AF的延长线与CE交于点P，已知∠PCF＝∠CBF，PC＝5，PF＝4，求sin∠PEF的值．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）证明：∵CE⊥AD于点E∴∠DEC＝90°，∵BC＝CD，∴C是BD的中点，又∵O是AB的中点，∴OC是△BDA的中位线，∴OC∥AD∴∠OCE＝∠CED＝90°∴OC⊥CE，又∵点C在圆上，∴CE是圆O的切线．（2）连接AC∵AB是直径，点F在圆上∴∠AFB＝∠PFE＝90°＝∠CEA∵∠EPF＝∠EPA∴△PEF∽△PEA∴PE2＝PF×PA∵∠FBC＝∠PCF＝∠CAF又∵∠CPF＝∠CPA∴△PCF∽△PAC∴PC2＝PF×PA∴PE＝PC在直角△PEF中，sin∠PEF＝＝．一十六．三角形的内切圆与内心（共1小题）38．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是2．【答案】2．【解答】解：如图，圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，∵圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，∴CE＝CF，BE＝BG，AF＝AG，AB＝＝5，∴四边形CEOF是正方形，设正方形CEOF的边长为x，则BE＝BG＝3﹣x，AF＝AG＝4﹣x，根据题意，得3﹣x+4﹣x＝5，解得x＝1，∴OC＝＝，∵CD⊥l，∴∠CDO＝90°，∴点D在以OC为直径的圆Q上，如图，连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，∴CP＝QP＝，∴AP＝AC﹣CP＝4﹣＝，圆Q的半径QD＝，∴QA＝＝＝，∴AD的最小值为AQ﹣QD＝﹣＝2．故答案为：2．一十七．圆的综合题（共1小题）39．如图，以AB为直径的⊙O外接于△ABC，过A点的切线AP与BC的延长线交于点P，∠APB的平分线分别交AB，AC于点D，E，其中AE，BD（AE＜BD）的长是一元二次方程x2﹣5x+6＝0的两个实数根．（1）求证：PA•BD＝PB•AE；（2）在线段BC上是否存在一点M，使得四边形ADME是菱形？若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）证明：∵DP平分∠APB，∴∠APE＝∠BPD，∵AP与⊙O相切，∴∠BAP＝∠BAC+∠EAP＝90°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝∠BAC+∠B＝90°，∴∠EAP＝∠B，∴△PAE∽△PBD，∴，∴PA•BD＝PB•AE；（2）在线段BC上存在一点M，使得四边形ADME是菱形，证明：过点D作DF⊥PB于点F，作DG⊥AC于点G，连接EF，∵DP平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，∴AD＝DF，∵∠EAP＝∠B，∴∠APC＝∠BAC，易证：DF∥AC，∴∠BDF＝∠BAC，由于AE，BD（AE＜BD）的长是x2﹣5x+6＝0，解得：AE＝2，BD＝3，∴由（1）可知：，∴cos∠APC＝＝，∴cos∠BDF＝cos∠APC＝，∴，∴DF＝2，∴DF＝AE，∴四边形ADFE是平行四边形，∵AD＝AE，∴四边形ADFE是菱形，此时点F即为M点，∵cos∠BAC＝cos∠APC＝，∴sin∠BAC＝，∴，∴DG＝，∴在线段BC上存在一点M，使得四边形ADME是菱形，其面积为：DG•AE＝2×＝．一十八．锐角三角函数的定义（共1小题）40．如图，△ABC的顶点都是正方形网格中的格点，则cos∠ABC等于（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：由格点可得∠ABC所在的直角三角形的两条直角边为2，4，∴斜边为＝2．∴cos∠ABC＝＝．故选：B．一十九．解直角三角形（共1小题）41．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC于E，∠AOB：∠AOD＝1：2，且BD＝12，则DE的长度是（）A．3 B．6 C．6 D．3【答案】D【解答】解：在矩形ABCD中∵∠AOB：∠AOD＝1：2，且BD＝12∴∠COD＝60°，OD＝6∵DE⊥AC∴DE＝OD•sin60°＝3．故选：D．二十．解直角三角形的应用（共3小题）42．某居民小区有一朝向为正南方向的居民楼（如图），该居民楼的一楼是高6米的小区超市，超市以上是居民住房．在该楼的前面15米处要盖一栋高20米的新楼．当冬季正午的阳光与水平线的夹角为32°时．（1）问超市以上的居民住房采光是否有影响，为什么？（2）若要使超市采光不受影响，两楼应相距多少米？（结果保留整数，参考数据：sin32°≈）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）如图，设CE＝x米，则AF＝（20﹣x）米，，即20﹣x＝15•tan32°，x≈11，∵11＞6，∴居民住房的采光有影响．（2）如图：，＝32（米）．故两楼应相距32米．43．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2．使用时为了散热，她在底板下垫入散热架ACO′后，电脑转到AO′B′位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA＝OB＝24cm，O′C⊥OA于点C，O′C＝12cm．（1）求∠CAO′的度数．（2）显示屏的顶部B′比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O′B与OA的夹角仍保持120°，则显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转多少度？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）∵O′C⊥OA于C，OA＝OB＝24cm，∴sin∠CAO′＝，∴∠CAO′＝30°；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D∵sin∠BOD＝，∴BD＝OB•sin∠BOD，∵∠AOB＝120°，∴∠BOD＝60°，∴BD＝OB•sin∠BOD＝24×＝12（cm），∵O′C⊥OA，∠CAO′＝30°，∴∠AO′C＝60°，∵∠AO′B′＝120°，∴∠AO′B′+∠AO′C＝180°，∴O′B′+O′C﹣BD＝24+12﹣12＝（36﹣12）cm，∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，∴∠EO′F＝120°，∴∠FO′A＝∠CAO′＝30°，∵∠AO′B′＝120°，∴∠EO′B′＝∠FO′A＝30°，∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．44．我们把“按照某种理想化的要求（或实际可能应用的标准）来反映或概括的表现某一类或一种事物关系结构的数学形式”看作是一个数学中的一个“模式”（我国著名数学家徐利治）．如图是一个典型的图形模式，用它可测底部可能达不到的建筑物的高度，用它可测河宽，用它可解决数学中的一些问题．等等．（1）如图，若B1B＝30米，∠B1＝22°，∠ABC＝30°，求AC（精确到1）；（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.92，tan22°≈0.40，≈1.73）（2）如图2，若∠ABC＝30°，B1B＝AB，计算tan15°的值（保留准确值）；（3）直接写出tan7.5°的值．（注：若出现双重根式，则无需化简）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在Rt△ABC中，tan∠ABC＝，则BC＝＝AC，同理，B1C＝，∵B1B＝B1C﹣BC，∴﹣AC＝30，解得：AC≈39（米）；（2）∵B1B＝AB，∴∠B1＝∠B1AB＝∠ABC＝15°，设B1B＝AB＝x，在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，∴AC＝AB＝x，BC＝x，∴B1C＝x+x，∴tan15°＝＝＝＝2﹣；（3）如答图3所示，图中三角形依次是含有7.5°角、15°角和30°角的直角三角形．设AC＝a，则AB＝2a，BC＝＝a．∴B1B＝AB＝2a，∴B1C＝2a+a＝（2+）a．在Rt△AB1C中，由勾股定理得：AB1＝＝＝2a，∴B2B1