九年级数学几何模型压轴题专题练习(解析版

1、九年级数学几何模型压轴题专题练习（解析版）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1. 如图 1,在 RtSC 中，Z4 = 90o , AB=ACf 点 D, E 分别在边 AB, AC 上，AD=AEf连接DC,点M, P, N分别为DE, DC, BC的中点.（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是_,位置关系是_；（2探究证明：把AADF绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接BD, CE,判断 APMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把AADF绕点A在平面内自由旋转，若AD=4, AB=IOf请直接写出 APMN面积的最人值.【答案】（I）PM=P, PM丄PN； （2） AP

2、MN是等腰直角三角形.理由见解析；（3） 49Sa.PMN 大=.【解析】【分析】（1）由已知易得加=C利用三角形的中位线得出PM = ；CE , PN = ；BD,即可2 2得出数量关系，再利用三角形的中位线得出PM/CE得出ZDPM = ZDc4,最后用互 余即可得出位置关系；（2）先判断出MBQ三AACE,得出皮） = CE,同（1）的方法得出PM=-BDi2PN = LBDt即可得出PM = PN,同（1）的方法由2ZMPN = ZDCE+ ZDCB+ ZDBC= ZACB+ ZABC ,即可得出结论；（3方法1：先判断出MN最人时，APMN的面积最大，进而求出AN, AM,即可得 出

3、MN最）=AM + AN,最后用面积公式即可得出结论.方法2：先判断出BD最大 时，WMN的面积最大，而Br）最人是AB + AD = 14,即可得出结论.【详解】解：（1） 点P, N是BC, CD的中点，.PNBD, PN = -BD,2点P, M是CD，DE的中点，.PM/CE9 PM=丄CE ,2.AB=AC, AD=AE:.BD = CE ,:.PM = PN,-PN/BDf. ZDPN = ZADC,：PMIlCE.:.ZDPM = ZDCA,. ZfiAC = 90。，.-.ZADC+ZACD = 90o,:.ZMPN = ZDPM + ZDPN = ZDCA + ZADC =

4、9F,:.PMjPN,故答案为：PM = PN, PMIPN ；(2) ZXPWN是等腰直角三角形.由旋转知，ZBAD = ZCAE,. AB = AC, AD = AE:.AABD AACE(SAS)f:.ZABD = ZACE, BD = CE,利用三角形的中位线得，PN = ；BD, PM=；CE,2 2:.PM = PN,:ZMN是等腰三角形，同(1)的方法得，PMHCE.:.ZDPM = ZDCE,同(1)的方法得，PNHBD,:.APNC= ZDBC,. ZDPN = ZDCB+ ZPNC = ZDCB+ ADBC ,. ZMPN = ZDPM + ZDPN = ZDCE+ ZDC

5、B + ZDBC=ZBCE+ ZDBC = ZACB+ ZACE+ ZDBC=ZACB+ ZABD+ ZDBC=ZACB+ ZABC,VZBAC = 90%. ZACB+ZABC = 90,:.AMPN = 90,. APMN是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2,同（2）的方法得，WMN是等腰直角三角形,AE：.MN最人时，PMN的面积最人，. DE /BC且DE在顶点A上面，:.MN 最大=AM+ ANf连接AM，AN,在AZ)E中，AD = AE = Af ZDAE = 90,:.AM = 22，在RtAABC中，AB = AC = 10, AN = 52 . MNIA大=2y2 + 5

6、y2 = 7, 吨i=l(72/=.方法2：由(2)知，APMN是等腰直角三角形，PM = PN =-BD,2:.PM最人时，PMN面积最大，点D在34的延长线上，:.BD = ABAD = 4:.PM=7, =p2=72=y【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性 质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出PM冷CE, PN气BD,解的关键是判断出AAaScE,解的关键 是判断岀AlN最人时，WMN的面积最人.2. 如图，四边形ABCD为正方形，AAEF为等腰直角三角形，ZAEF=90 ,连接FC, G 为FC

7、的中点，连接GD, ED.（1）如图，E在AB上，直接写出ED, GD的数量关系.（2）将图中的AAEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图，（1）中的结论是否 成立？说明理由.（3）若AB = 5, AE = I,将图中的AAEF绕点A逆时针旋转一周，当E, F, C三点共线 时，直接写出ED的长.【答案】(I) DE=2 DG； (2)成立，理由见解析；(3) DE的长为4血或32【解析】【分析】(1) 根据题意结论：de=Jdg,如图i中，连接eg,延长EG交BC的延长线于m,连 接 Dw 证明 CMG竺ZiFEG (AAS),推出 EF=CM, GM=GE,再证明 DCMDAE(SAS

8、)即可解决问题;(2) 如图2中，结论成立.连接EG,延长EG到M,使得GM=GE,连接CM, DM,延长 EF交CD于R,其证明方法类似；(3) 由题意分两种情形：如图3-1中，当E, F, C共线时.如图3-3中，当E, F, C 共线时，分别求解即可.【详解】解：(1)结论：DE=2 DG.理由：如图1中，连接EG,延长EG交BC的延长线于连接DM.1四边形ABCD是正方形， AD = CD, Z B = Z ADC=Z DAE = Z DCB = Z DCM=90o, Z AEF = Z B=90o, EFIl CM, Z CMG = Z FEG,. Z CGM = Z EGF, GC

9、 = GF, CMG FEG (AAS),A EF=CM, GM = GE, AE = EF, AE = CM, DCM DAE (SAS),/. DE = DM, Z ADE = Z CDM, Z EDM = Z ADC=90% DG丄EM, DG=GE = GM, DE=2 DG(2)如图2中, EGD是等腰直角三角形, 结论成立.使得GM = GE,连接CM. DM,延长EF交CD于R.2TEG=GW FG=GC, Z EGF = Z CGM, CGM妥 FGE (SAS),/. CM = EF, Z CMG = Z GEF. CMIl ER, Z DCM = Z ERC, Z AER+

10、Z ADR = I80, Z EAD+Z ERD = I80% Z ERD+Z ERC = I80% Z DCM = Z EAD, AE=EF, AE = CM, DAE竺 DCM (SAS),/. DE = DM, Z ADE = Z CDM, Z EDM = Z ADC=90% EG=GM,. DG = EG = GMt EDG是等腰直角三角形， DE=DG.(3) 如图3-1中，当E, F, C共线时,长；若不存在，请说明理由129916【答案】（I）AF = 丁,BF = ,;（2） m =-或加=丁； （3）存在4组符合条件的点P、点Q,使ADPO为等腰三角形；D2的长度分别为2或兰

11、或-I-5或855io.5【解析】【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如图J所示.利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别 求出m的值；（3）在旋转过程中，等腰ADPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计 算即可.【详解】（I）Y四边形ABCD是矩形，ZBAD=90o,在 RtABD 中，AB=3, AD=4,由勾股定理得：BD= yAB2 + AD2 = 32 +42 = 5，VSabd= - BDAE= ABAD,22.ABAD3x412 AE=,BD55点F是点E关于AB的对称点，12AAF=AE = - , BF=BE,5T A

12、E 丄 BD,： ZAEB=90,在 RtABE 中，AB=3, AE= y,（2）设平移中的三角形为 A8匚如图J所示:At圉a由对称点性质可知，Z1=Z2. BF=BE=-,5Q由平移性质可知，ABAB, Z4=Z1, BF=BF=j 当点F落在AB上时，ABA8,Z3=Z4,根据平移的性质知：Z1=Z4,Z3=Z2,99BB,=Bf=-,即 In =-: 当点F落在AD上时，VAB7ArB, ABAD,Z6=Z2, AB丄AD,VZI=Z2, Z5=Z1.Z5=Z6,又知A8丄AD,.BFD为等腰三角形，9： BzD=BzFz=-T,916 16BB=BD-BzD=5-=,即 m=-；5

13、55（3）存在.理由如下：四边形ABCD是矩形，ZBAD=90o,T AE 丄 BD,： ZAEB=90,Z2+ZABD=90o, ZBAE+ZABD=90% Z2=ZBAE,T点F是点E关F* AB的对称点， Zl=ZBAE,Z1=Z2,在旋转过程中，等腰ADPQ依次有以下4种情形:图a则 ZQ=ZDPQ,Z2=ZQ+ZDPQ=2ZQ,VZI=Z3ZQ, Zl=Z2,Z3=ZQ,AfQ=A*B=3,1227： FQ=FA+AQ=+ 3 =,55在RtBFrQ中，由勾股定理得:bq=bf2+fq2 =9105A DQ=BQ-BD=53则 Z2=ZP,VZI=Z2, Zl=ZP,： BAPD,则

14、此时点A落在BC边上.VZ3=Z2,Z3=Z1, BQ=AQ12 FQ=FALAQ=BCb5在RtBQFz中,由勾股定理得:BFz2+FzQ2=BQ2,M1525.DQ= BD-BQ=5-y = y；VZ2+Z3Z4=180o, Z3=Z4, Z4=90o- Z2,2VZI=Z2, Z4=90o- Zl,2ZAzQB=Z4=90- Zl, 2AZAzQB=ZAzBQ,AzQ=A,B=3,123FfQ=AzQ-AzF=3-=-,55在RtBF,Q中，由勾股定理得：BQ=JEF以+ FQ =J +(I)=兰塑 DQ=BOBD= 5 一:5则 Z2=Z3.VZI=Z2, Z3=Z4, Z2=Z3,Z

15、1=Z4, BQ=BA=3,DQ=BD-BQ=5-3=2.综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q,使ADPQ为等腰三角形，DQ的长度分别为： 2-io-55-io.855【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性 质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很人，解题关键是画出各种旋 转图形，依题意进行分类讨论.4. 阅读材料并解答下列问题：如图1,把平面内一条数轴X绕原点O逆时针旋转角&（0 0 = 60,. PC 丄 OA, ZPCA=900 ,点P的斜坐标是(3,6),OA=3, AP=6, COS 60o =,AP 2AC = 3,

16、* PC = J6, -3, = 33，= 3 + 3 = 6,在Rt0CP中，由勾股定理，得OP = 62 + (33)2 = 37 ；V ZP+ZPOA=ZPOA+ZBOQ=60o , ZCOP=ZBOq,VOB=OC=6,COPBOQ (SAS):CP=BQ=3, ZOCP=ZOBQ=I20 ,ZEBQ=60c ,VEQZ/OC,ZBEQ=60o ,BEQ是等边三角形，BE=EQ=BQ=3,/. OE=6+3=9, OF=EQ=3,点Q在第四彖限，点O的斜坐标为(9, -3)；(3)取OM=PC=3,则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM,交点为D,如图:由平行四边形的性质,得CD

17、=DM, OD=PD,点D为OP的中点，T点P的坐标为(3, 6),3点D的坐标为(-,3)；2取OJ=JN=CJ,则AOCN是直角三角形，V ZCOJ=60 ,OCJ是等边三角形，ZCJN=12O0 ,作ZCJN的角平分线，与直线OP相交于点D,作DN丄X轴，连接CD,如图: ZJCD=ZJND=90 ,则由角平分线的性质定理，得CD=ND:过点D作D1X轴，连接DJ,VZDJN=ZCOJ=60 ,01 JD,四边形OJDl是平行四边形，AID=OJ=JN=OC=6,在 RtJDN 中，ZJDN=30 ,AJD=2JN=12;点D的斜坐标为（6, 12）:3综合上述，点D的斜坐标为：（才，3

18、）或（6, 12）.2【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质， 角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D的位置来解决问题，属 于中考创新题型.注意运用分类讨论的思想进行解题.5. 请阅读下列材料：问题：如图1,在等边三角形ABC内有一点P,且PA=2 , PB=3 , PC=I.求ZBPC度数的 大小和等边三角形ABC的边长.李明同学的思路是：将ABPC绕点B逆时针旋转60。，画出旋转后的图形（如图2）,连接 PP,可得APPB是等边三角形，而APPA又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证）， 从而得到ZBPC=ZAPzB=；,进

19、而求出等边AABC的边长为；问题得到解决.请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3,在正方形ABCD内有一点P,且 PA= 5 , BP= 2，PC=I.求ZBPC度数的人小和正方形ABCD的边长.【答案】（I） 150o , 7 ； （2） 135 , 5【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.（2）利用（1）中的解题思路，把ABPC,旋转,到 BPA,连接PPffBP容易证明厶APP是直角 三角形，45,已知边BP,=BP= y2 I BE=BPj 勾股定理可求得正方形边长.（1）150o7（2） BPC绕点B逆时针旋转90,得厶BPA,贝仏BPC空 BPfA .

20、 AP=PC=I I BP=BP = 2 ；连接PP,在Rt BP,P中，. BP=BP = 2 , Z PBP,=90o ,. PP,=2 I Z BP,P=45o ；在厶 APfP , AP=I J PP,=2 , 4P=5 , F + 2, = 52 即 APa十PPJAP2 ； APfP是直角三角形,即Z AP,P=90o I Z APfB=I35Q I Z BPC=Z APE=I35 过点B作BE丄AP,交AP的延长线于点E：则 BEP，是等腰直角三角形, Z EPS45。， EP=BE=I r AE=2 ；在Rt ABE中，由勾股定理，得AB=书；/. Z SPC=135o,正方形

21、边长为街点睛：本题利用题目中的原理迁移解决问题，解题利用了旋转的性质，一般利用正方形， 等腰，等边三角形的隐含条件，构造全等三角形，把没办法利用的已知条件转移到方便利 用的图形位置,从而求解.6. （特例发现）如图4在AABC中，AG丄BC于点G,以A为直角顶点，分别以AB, AC 为直角边，向AABC外作等腰Rt ABE和等腰Rt ACF,过点E、F作射线GA的垂线，垂 足分别为P、Q.求证：EP=FQ.（延伸拓展）如图2,在AABC中，AG丄BC于点G,以A为直角顶点，分别以ABAC为 直角边，向AABC外作Rt ABE和RtAACF,射线GA交EF于点H.若AB=kAE, AC=kAF,

22、 请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论.（深入探究）如图3,在AABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向AABC外作任 意AABE 和AACF,射线 GA 交 EF 于点 H.若Z EAB=Z AGB, Z FAC=Z AGC, AB=kAE, AC=RAF,上一问的结论还成立吗？并证明你的结论.（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角ZlHJ分别与AAEF的两边AE、AF分别 交于点M、N,若AABC为腰长等于4的等腰三角形，其中Z BAC=I20%且Z IHJ=Z AGB=60o, k=2;求证：当ZlHJ在旋转过程中， EMH、 HMN和 FNH均相似，并直接写出

23、线段MN的 最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）MN最小值为1.【解析】试题分析：特例发现：易证AAEP雯ABAG, AAFQ ACAG,即可求得EP=AG,FQ=AG,即可解题；（2）延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q.易证1 1 ACG-D FAQ,得到 PE=AG, FQ=AG, /.PE=FQ,然后证明1即可得出HE=HF;深入探究：判断 PEA- GAB,得到PE=AG,1FQ=,得到FQ=AG,再判断 EPH妥 FQH,即可得出HE=HF; （4）应用推 ABGj EPH雯EAP,FQH,CGA,广：由前一个结论得到 AEF为正三角形，再依次判断 MHN- H

24、FN- MEH,即可得 出结论.试题解析：（1）特例发现，如图：/ Z PEA+Z PAE=90% Z GAB+Z PAE=90o,. Z PEA=Z GAB, Z EPA=Z AGB, AE=AB, . PEA GAB, . PE=AG,同理， QFA GAC, FQ=AG, PE=FQ;(2)延伸拓展，如图：. Z PEA+Z PAE=90o, Z GAB+Z PAE=90o, /. Z PEA=Z GAB, /. Z EPA=Z AGB. PEA- GAB.PE AEPE AE1/. AG AB, VAB=kAE, ：. AG kAE, APE=AG,同理,FQ AF QFA GAC,

25、AG AC1TAOkAF,. FQ=AG, PE=FQ, EPll FQ, Z EPH=Z FQH, Z PHE=Z QHF, /. EPH竺 FQH, /. HE=HF;深入探究,如图2,在直线 AG 上取一点 P,使得Z EPA= Z AGB,作 FQIl PE, T Z EAP+Z BAG=I80 - Z AGB,Z ABG+Z BAG=I80 - Z AGB,二 Z EAP=Z ABG, T Z EPA=Z AGB,二 APE BGA,PEAE AGAB ,1 AB=kAE, /. PE=AG,由于Z FQA=Z FAC=Z AGC=I80 - Z AGB,同理可得,FQ AF AQF

26、 CGA, AG ACAC=kAF,1FQ=AG, EP=FQ, T EPIl FQ, Z EPH=Z FQH, Z PHE=Z QHF,二 EPH竺 FQH, /. HE=HF;在前面条件及结论,得到，点H是EF中点,AE=AF, VZ EAB=Z AGB,Z FAC=Z AGC/. Z EAB+Z FAC=I80o/. Z EAF=360o - (Z EAB+Z FAC) - Z BAC=60% /. AEF 为正三角形.又 H 为 EF 中点,/. Z EHM+Z IHJ=I20o, Z IHJ+Z FHN=I20% W-FiV9HM EH Z EHM=Z FHN Z AEF=Z AFE

27、,二 HEM- HFN,HM FHHN FN,且Z MHN=Z HFN=60。,二 MHN HFN, /. MHN HFN MEH,在 HMN中，Z MHN=60o,根据三角形中人边对大角，二要MN最小，只有 HMN是等边三角形,/. ZAMN=60% / Z AEF=60o, MN/. MNIl EF, TAEF 为等边三角形,/. MN 为 1 1 AEF 的中位线,/. MNmin=F=22=l 考点：1 几何变换综合题；2三角形全等及相似的判定性质.7. 综合与实践问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以三角形的旋转为主题开展教学活动老师给每个小组 发了两个等模直角三角形Z13C和其中

28、ZACB = ZDCE = 90, 4C = 2, CD = .观案发现（1）将两个等腰直角三角形如图摆放，设DE的中点是F.AE的中点是H,BD的中点是 G,则 ZFG=度；操作证明（2）将图中的绕点C顺时针（逆时针）旋转，使点4、C、E三点在一条直线 上，如图，其余条件不变，小明通过测量发现，此时FH = FG,请你帮助小明证明这 个结论探究发现（3）将图中的绕点C顺时针（逆时针）旋转，旋转角为（0180）, DEC在旋转的过程中，当直线FH经过点C时，如图，请求出线段FG的长.（4）在旋转过程中，在R仏ABC和Rf ACDE中，始终有由AC丄BC,CE丄CD, 尔在 图中还能发现哪两条线

29、段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段.禺饵曲【答案】（I） 90；（2）证明见解析；（3） BD = 3-1;（4） AD丄BE【解析】【分析】（1）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解： 根据旋转的性质及等腰三角形ABC可知AACDmzXBCE（SAS）,进而通过中位线定 理即可得到FH = FG ；（3）根据旋转的性质及勾股定理，先求出BF的长，再由BD = BF-M 即可求出BD的 长；（4）根据旋转的性质及垂直的判定可知AZ）丄BE.【详解】（1） CE = CD, AC = BC, ZECA = ZDCB = 90。,. BE =AD,.F是DE的

30、中点，H是4E的中点，G是BD的中点，:.HF/ADyFG/BEyAD 丄 BE, .HF 丄 GF, ,.ZHFG = 90。;(2) 证明：如下图，连接AD BE,由旋转可知CE = CD, ZECD=ZACD = 90 ,又,:AC=BCt:.MCD ABCE（SAS）,.AD = BE,.F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，:.FH = -AD.FG = -BE,2 2. FH = FGX（3）解：由题意可得CF丄DE ACFa ACFE都是等腰直角三角形，.CD =忑，： CF = DF = 1,VBC = AC = 2, BF = yC2-CF2 =3 . BD = B

31、F-DF = *-,.G是SD的中点，. DG =亘丄，2.BD = BF-DF = *；（4）ADJBE.连接AD,由（3）知，CF丄DE, AECD是等腰直角三角形，F是ED中点，又TH是AE中点，：.AD HF,THF 丄 ED, AD = BE.【点睛】本题主要考查了中的的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟 练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质 找到线段之间的关系：（2）未掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.8. 阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的 顶角的顶点

32、，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形.小胖把具有这 个规律的图形称为手拉手”图形.如图1,在手拉手”图形中，小胖发现若ZBAC= ZDAE, AB=AC, AD=AE,贝IJ BD=CE,在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答卞面的问题：（2）如图 2, AB = BC, ZABC=ZBDC = 60 ,求证：AD+CD = BD;如图3,在AABC中，AB=AC, ZBAC=m ,点E为ZABC外一点，点D为BC中点， ZEBC=ZACF, EDFD,求ZEAF的度数（用含有m的式子表示）.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）

33、ZEAF =+【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC,只要证明厶DAB竺ZiEAC即可；（2）如图2中，延长DC到E,使得DB=DE.首先证明ABDE是等边三角形，再证明 ABDCBE即可解决问题；（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m。得到AG,连接CG、EG、EFx FG,延长ED到M,使得 DM=DE,连接 FM、CM.想办法证明AAFE空ZAFG,可得ZEAF=ZFAG= mo.详（1）证明：如图1中，VZBAC=ZDAE , ZDAb=ZEAC , 在ZiDAB 和zEAC 中，AD=AE (ox.0D=5,CD=0D-0C=2:(2)如图2,过点O作OH丄AB,垂足为点H

34、,则由(1)可得 AH=4, OH=3,VAC=x,ACH=Ix- 4|,在 RtHOC 中，VZCHO=90, AO=5,Co= HO2 + HC2 = 32+x-42 = x2-8+25，CD=OD OC=S - J2-8+25，过点DG丄AB于G,TOH 丄 AB,： DG 0H,0CHSdCG,.OH oC* DG = CDtADG= D = 3OC2-8x+25x2 -8+25：.s,. ACO= -AC0H=-x3=-x,2 2STC (OHDG)2 (S-X)-8x + 253(3+_)=-(8-x)x2-8x+252X &-8X + 253X25S.J 厶 Mo y= 3bOB

35、D (8-) I2yx2 -Sx+25(3)当OBAD时，如图3,过点A作AE丄OB交BO延长线于点E,过点O作OF丄AD,垂足为点F, 则 OF=AE,11S=-ABOH=-OBAE,22M：一825 (OxS)5(87)AE=OB 5在 RtAOF 中，ZAFO=90o, AO=5, -yIAO2-OF2 =|TOF过圆心，OF丄AD,14AD=2AF=-.5当OABD时，如图4,过点B作BM丄OA交AO延长线于点M,过点D作DG丄A0,垂 足为点G,24则由的方法可得DG=BM=y ,在 RtGOD 中，ZDGO=90% D0=5,17IS*Go= DO-DG2 = y AG=Ao-Go

36、=丁, 在 RtGAD 中，ZDGA=90% AD= yAG2 + DG =6综上得AD=-或6.故答案为(1)2：XyJx2-Sx+ 25 (2) y二 N5(8 x)14( 0x0) (1) 当t=5时，连接QE, PF,判断四边形PQEF的形状；(2) 如图，若在点P运动时，Rt DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动， 当D点到A点时，两个运动都停止，M为EF中点，解答下列问题： 当D、MS Q三点在同一直线上时，求运动时间t； 运动中，是否存在以点Q为圆心的圆与Rt DEF两个直角边所在直线都相切？若存在，求出此时的运动时间t:若不存在，说明理由.图(2) t=13【答案】（

37、1）平行四边形EFPQ是菱形;当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt DEF两个直角边所在直线都相切【解析】试题分析：（1）过点Q作QH丄AB于H,如图，易得PQ=EF=5,由ACIl EF可得四边形 EFPQ是平行四边形，易证ZiAHQ-AEDF,从而可得AH=ED=4,进而可得AH=HE=4,根据 垂直平分线的性质可得AQ=EQ,即可得到PQ=EQ,即可得到平行四边形EFPQ是菱形； （2）当D、M、Q三点在同一直线上时,如图,则有AQ=t, ElVI=；EF莒，AD=12-t, DE=4.由EFIl AC可得 DEM- DAQ,然后运用相似三角形的性质就可求出t的值； 若以点Q为圆

38、心的圆与Rt DEF两个直角边所在直线都相切，则点Q在Z ADF的角平 分线上（如图）或在ZFDB的角平分线（如图）上，故需分两种情况讨论，然后运用 相似三角形的性质求出AH、DH （用t表示）,再结合AB=12, DB=t建立关于t的方程，然 后解这个方程就可解决问题.试题解析：（1）四边形EFPQ是菱形.理由：过点Q作QH丄AB于H,如图，AHEB 图T t=5, . AP=25=10点Q是AP的中点， AQ=PQ= 5 . Z EDF=90o, DE=4, DF=3,. EF*DES, PQ=EF=5 . ACIl EF,四边形EFPQ是平行四边形，且ZA=Z FEB.又T Z QHA=

39、Z FDE=90o, AHQ EDF,QH _ AH _ AQ FD =ED = EF- AQ=EF=5,. AH=ED=4 AE=12-4=8,. HE=8-4=4, AH=EH, AQ=ECb PQ=EQ,平行四边形EFPQ是菱形;此时 AQ=t, EM=ZEF=2，AD=12-t, DE=4. EFIl AC, DEM DAQ,EM _ DEAQ DA9524 _ 9t - 12t60解得t=;存在以点Q为圆心的圆与Rt DEF两个直角边所在直线都相切,此时点Q在Z ADF的角平分线上或在Z FDB的角平分线上.1当点Q在ZADF的角平分线上时，图则有Z HQD=Z HDQ=45。， Q

40、H=D H AHQ EDF （己证），QHAHAQ-FDED一丽QH _AHt二 T-T3 4. QH3 , AH=H ,3. DH=Q H=艮. AB=AH+HDBD=12, DB=t,4 3.512,.e. t=5；.当点Q在Z FDB的角平分线上时, 过点Q作QH丄AB于H,如图，C图34同理可得DH=QH=5 , AH=5/ AB=AD+DB=AH-DH+DB=12, DB=t,4 3.512,t=10.综上所述：当t为5秒或10秒时，以点Q为圆心的圆与Rt DEF两个直角边所在直线都相 切.考点：1.圆的综合题；2.线段垂直平分线的性质；3.勾股定理；4.菱形的判定；5.相 似三角形

41、的判定与性质.11已知圆0的半径长为2,点A、B、C为圆O上三点，弦Be=Ao,点D为BC的中点，图1图2(备用图)(1) 如图，连接AC、OD,设Z0AC=,请用a表示ZA0D；(2) 如图，当点B为壮的中点时，求点A、D之间的距离: (3)如果AD的延长线与圆0交于点E,以0为圆心，AD为半径的圆与以BC为直径的圆相 切，求弦AE的长【答案】（1） ZAOr = 150。2q；（2） AD = Jh （3） 3y+ior3i2 2【解析】【分析】（1）连接OB、0C,可证AOBC是等边三角形，根据垂径定理可得ZDOC等于30。， OA=OC可得ZACO=ZCA0=,利用三角形的内角和定理即

42、可表示出ZAOD的值.（2）连接OB、OC,可证AOBC是等边三角形，根据垂径定理可得ZDOB等于30。，因为 点D为BC的中点，则ZAOB=ZBOC=60%所以ZAOD等于90。，根据OA=OB=2,在直角三 角形中用三角函数及勾股定理即可求得OD、AD的长.（3）分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关 系，求出AD的长，再过O点作AE的垂线，利用勾股定理列出方程即可求解.【详解】如图2：连接OB、OC./ BC=AOAOB=OC=BCOBC是等边三角形AZBOC=60点D是BC的中点ZBOD=1 ZBOC = 302V OA=OC ZOAC=ZOCA=a：.

43、ZAOD=I80o-a-a- 30o =150o-2a图1（2）如图 2：连接 OB、OC、OD.由（1可得：ZkOBC是等边三角形，ZBOD=-ZBOC = 30VOB=2,AOD=OBcos 30o = 3TB为4疋的中点，AZAOB=ZBOC=60：.ZAOD=90根据勾股定理得：AD= AO-ObI = 7(3)如图3.圆O与圆D相内切时： 连接OB、OC,过O点作OF丄AE TBC是直径，D是BC的中点以BC为直径的圆的圆心为D点由(2可得：OD=JL 圆D的半径为1AD=3 + 1设 AF=X在 Rt/.AFO 和 RtDOF 中，O-AF-=OD-DFl即 22-2 = 3-(3

44、 + 1-x)2解得：X =42EA如图4圆O与圆D相外切时：连接OB、OC,过0点作OF丄AETBC是直径，D是BC的中点以BC为直径的圆的圆心为D点由(2)可得：OD= 3,圆D的半径为1AD=3-1在 RtAAFO 和 RtADOF 中,OA2- AF- = OD- DF-即 22-2 = 3-(x-3 + 1)2解得：X33-l4AE=2AF=a图4【点睛】 本题主要考查圆的相关知识：垂径定理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径定理 和勾股定理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.12.在平面直角坐标系XOy中，已知A(-2, 0), B(2, 0), AC丄AB于点A, AC=2, BDAB 于点B, BD=6,以AB为直径的半圆O上有一动点P (不与A、B两点重合)，连接PD、 PC,我们把由五条线段AB、BD、DP、PC、CA所组成的封闭图形ABDPC叫做点P的关联图 形，如图1所示.(1) 如图2,当P运动到半圆O与y轴的交点位置时，求点P的关联图形的面积.(2) 如图3,连接CD、OC、OD,判断 OCD的形状，并加以证明.(3) 当点P运动到什么位置时，点P的关联图形的面枳最人，简要说明理由，并求面枳 的最大值.【答案】(1)12； (2)判断AOCD是直角三角形，证明见解析：(3)连接0C,交半圆0于点P,这时点P的关