第27章 Բ 章节复习（难点练）解析版

第27章圆（章节复习）(难点练）一、单选题1．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，D是以点A为圆心，2为半径的圆上一点，连接BD，M为BD的中点，则线段CM长度的最大值为()A．7 B．3.5 C．4.5 D．3【答案】B【分析】作AB的中点E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在△CEM中根据三边关系即可求解．【详解】解：作AB的中点E，连接EM、CE．

在直角△ABC中，∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，∵M是BD的中点，E是AB的中点，∴在△CEM中，∴故选：B【点睛】本题考查了轨迹，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．2．如图，在直角坐标系中，等边△OAB的边OB在x轴的正半轴上，点A（3，m）（m＞0），点M，N分别从B、O出发，以相同的速度，沿BO，OA向O、A运动，连接AM、BN交于点E，点P是y轴上一点，则当EP最小时，点P的坐标是（）A．（0，） B．（0，2） C．（0，3） D．（0，）【答案】B【分析】先判断出△OBN≌△MAB（SAS），即可判断出∠AEB＝120°，即可判断出点F是以O'为圆心的圆上的一段弧（劣弧），然后确定出圆心O'的位置及坐标，设出点M的坐标，即可确定当点P（0，）时，EP的最小值是6﹣2．【详解】解：如图，∵△OAB是等边三角形，∴∠AOB＝∠ABM＝60°，OB＝AB，∵点M、N分别从B、O以相同的速度向O、A运动，∴BM＝ON，在△OBN和△MAB中，，∴△OBN≌△MAB（SAS），∴∠OBN＝∠BAM，∴∠ABN+∠BAM＝∠ABN+∠OBN＝∠ABO＝60°∴∠AEB＝180°﹣（∠ABN+∠BAM）＝120°，∴点E是经过点A，B，E的圆上的点，记圆心为O'，在⊙O'上取一点C，使点C和点E在弦AB的两侧，连接AC，BC，∴∠ACB＝180°﹣∠AEB＝60°，连接O'A，O'B，∴∠AO'B＝2∠ACB＝120°，∵O'A＝O'B，∴∠ABO'＝∠BAO'，∴∠ABO'＝（180°﹣∠AO'B）＝（180°﹣120°）＝30°，∵∠ABO＝60°，∴∠OBO'＝90°，∵△AOB是等边三角形，A（3，m），∴AB＝OB＝2×3，m＝，过点O'作O'G⊥AB，∴BG＝AB＝3，在Rt△BO'G中，∠ABO'＝30°，BG＝3，∴O'B＝，∴O'（6，），设P（0，n），∴O'P＝，∴EP＝O'P﹣O'E＝，只有n﹣＝0时，最小为0，即最小为6．当n﹣＝0时，即：n＝时，EP最小．∴点P的坐标是（0，2）．故选：B．【点睛】本题主要考查了圆的综合、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质和坐标与图形性质相结合，准确计算是解题的关键．3．如图，AB是半圆O的直径，AB＝5cm，AC＝4cm．D是弧BC上的一个动点（含端点B，不含端点C），连接AD，过点C作CE⊥AD于E，连接BE，在点D移动的过程中，BE的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由∠AEC=90°知E在以AC为直径以M为圆心的圆的上（不含点C、可含点N），从而得BE最短时，即为连接BM与圆的交点（图中点），作MF⊥AB于F，证△AMF∽△ABC得，即可知MF=，利用勾股定理求出AF=，BF=，BM=，从而得BE长度的最小值B=BM-M=-2；由BE最长时即E与C重合，根据BC=3且点E与点C不重合，得BE<3，从而得出答案．【详解】解：由题意知，∠AEC=，∴E在以AC为直径以M为圆心的圆的上(不含点C，可含点N)，∴BE最短时，即为连接BM与圆的交点(图中点)，∵AB=5，AC=4，∴BC=3，作MF⊥AB于F，∴∠AFM=∠ACB=，∠FAM=∠CAB，∴△AMF∽△ABC，∴，即∴∴AF=则BF=AB−AF=∴BM=∴BE长度的最小值B=BM−M=-2BE最长时，即E与C重合，∵BC=3，且点E与点C不重合，

∴BE＜3，综上，-2≤BE＜3故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，利用勾股定理解直角三角形，掌握相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，利用勾股定理解直角三角形是解题关键．4．如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，连接CO，作ADOC，若CO＝，AC＝2，则AD＝（）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后可以求得OG的长，再利用勾股定理即可得到AG的长，从而可以得到AD的长．【详解】解：作AE⊥OC于点E，作OF⊥CA于点F，作OG⊥AD于点G，则EA∥OG，∵AD∥OC，∴四边形OEAG是矩形，∴OG＝EA，∵OF⊥AC，OA＝OC＝，AC＝2，∴CF＝1，∴OF＝，∵，∴，解得，∴OG＝，∵OG⊥AD，∴AG＝，∴AD＝2AG＝，故选：D．【点睛】本题考查圆的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，面积等积式，掌握圆的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，面积等积式是解题关键．5．如图，AB是⊙O的弦，等边三角形OCD的边CD与⊙O相切于点P，连接OA，OB，OP，AD．若∠COD+∠AOB＝180°，AB＝6，则AD的长是（）A．6 B．3 C．2 D．【答案】C【分析】如图，过作于过作于先证明三点共线，再求解的半径，证明四边形是矩形，再求解从而利用勾股定理可得答案.【详解】解：如图，过作于过作于是的切线，三点共线，为等边三角形，四边形是矩形，故选：【点睛】本题考查的是等腰三角形，等边三角形的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，切线的性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识是解题的关键.6．如图，等边三角形的边长为8，点是的内心，，绕点旋转，分别交线段、于、两点，连接，给出下列四个结论：①点也一定是的外心；②；③四边形的面积始终等于；④周长的最小值为6．上述结论中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO=∠OBC=∠OCB=30°，再证明∠BOD=∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD=CE，OD=OE，则可对①进行判断；利用S△BOD=S△COE得到四边形ODBE的面积=S△ABC=，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，计算出S△ODE=OE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长=BC+DE=4+DE=4+OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断．【详解】连接OB、OC，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60∘，∵点O是等边△ABC的内心，∴OB=OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，∴∠ABO=∠OBC=∠OCB=30∘，∴∠BOC=120∘，即∠BOE+∠COE=120∘，而∠DOE=120∘，即∠BOE+∠BOD=120∘，∴∠BOD=∠COE，在△BOD和△COE中，，∴△BOD≌△COE，∴BD=CE，OD=OE，所以①正确；∴S△BOD=S△COE，∴四边形ODBE的面积=S△OBC=S△ABC=，所以③错误；作OH⊥DE，如图，则DH=EH，∵∠DOE=120∘，∴∠ODE=∠OEH=30∘，∴OH=OE，HE=OH=OE，∴DE=OE，∴S△ODE=.OE⋅OE=，即S△ODE随OE的变化而变化，而四边形ODBE的面积为定值，∴S△ODE≠S△BDE；所以②错误；∵BD=CE，∴△BDE的周长=BD+BE+DE=CE+BE+DE=BC+DE=4+DE=4+OE，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE=，∴△BDE周长的最小值=4+2=6，所以④正确.故选：B.【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形的内切圆与内心，最短路线问题，旋转的性质等，综合性很强，熟练掌握知识点之间的联系是解答的关键.7．如图，在边长为1的正方形中，点，分别在边，上，且，连接、交于点，连接，则线段的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先判断出△ABE≌△BCF，即可判断出∠BAE=∠CBF，再根据∠BAE+∠BEA=90°，可得∠CBF+∠BEA=90°，所以∠APB=90°；然后根据∠APB=90°保持不变，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为G，连接CG交弧于点P，此时CP的长度最小，最后在Rt△BCG中，根据勾股定理，求出CG的长度，再求出PG的长度，即可求出线段CP的最小值为多少．【详解】如图，∵，，∴，在和中，，∴△ABE≌△BCF，∴，∵，∴，∴，∵点在运动中保持，∴点的路径是一段以为直径的弧，设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，在中，，∵，∴，即线段的最小值为．【点睛】此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，正方形的性质和应用，直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，解答此题的关键是判断出什么情况下，CP的长度最小．8．如图，中，，，，⊙是的外接圆，D是优弧AmC上任意一点（不包括A，C），记四边形ABCD的周长为y，BD的长为x，则y关于x的函数关系式是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作辅助线，构建全等三角形和等边三角形，证明Rt△AGB≌Rt△CFB得：AG=CF，根据30°角的性质表示DF和DG的长，计算四边形ABCD的周长即可．【详解】解：连接OB交AC于E，连接OC、OB，

过B作BG⊥AD，BF⊥CD，交DA的延长线于G，交CD于F，

∵AB=BC，

∴弧AB=弧BC

∴∠BDA=∠BDC，

∴BG=BF，

在Rt△AGB和Rt△CFB中，

∵

∴Rt△AGB≌Rt△CFB（HL），

∴AG=FC，

∵弧AB=弧BC，

∴OB⊥AC，EC=AC=×2=，

在△AOB和△COB中，

，

∴△AOB≌△COB（SSS），

∴∠ABO=∠OBC=∠ABC=×120°=60°，

∵OB=OC，

∴△OBC是等边三角形，

∴∠BOC=60°，

∴∠BDC=∠ADB=30°，

Rt△BDF中，BD=x，

∴DF=x，

同理得：DG=x，

∴AD+DC=AD+DF+FC=DG+DF=x+x=x，

Rt△BEC中，∠BCA=30°，

∴BE=1，BC=2，

∴AB=BC=2，

∴y=AB+BC+AD+DC=2+2+x=x+4，

故选：A．【点睛】本题考查了三角形的外接圆、垂径定理、圆周角定理等知识，熟练掌握圆周角定理和垂径定理是关键，利用直角三角形30°角的性质解决问题．9．如图，已知是半圆的直径，是延长线上一点，切半圆于点，于点，于点，若，则的半径为（）A．3.5 B．4 C． D．3.75【答案】D【分析】连接，过点作于点，可得OD⊥AC，因为BC⊥AC，OH⊥BC，根据矩形的判定可得四边形OHCD为矩形，从而得到CH=OD，∠DOH=90°，根据“AAS”可证，得到，设，则，根据勾股定理即可得到半径的长．【详解】解：连接，过点作于点，∵AC切半圆于点D，∴OD⊥AC，∵BC⊥AC，∴OD∥BC，∠ODC=∠C=90°，∵OH⊥BC，∴OH∥AC，∠OHC=90°，∴四边形OHCD为矩形，∴CH=OD，∠DOH=90°，∵DF⊥EB，∴∠FDO+∠FOD=90°，∵∠HOB+∠FOD=90°，∴∠HOB=∠FDO在△OBH和△DOF中，，∴（AAS），∴，设，则，∵在中，OB2=BH2+OH2，∴，解得．故选D．【点睛】本题考查了圆的切线性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键是正确作出辅助线．10．如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且∠EAF＝45°，BD分别交AE，AF于点M，N，以点A为圆心，AB长为半径画弧BD．下列结论：①DE＋BF＝EF；②BN2+DM2=MN2；③△AMN∽△AFE；④弧BD与EF相切；⑤EF∥MN．其中正确结论的个数是（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】延长CB到G，使BG=DE，连接AG．根据全等三角形的性质得到AG=AE，∠DAE=∠BAG，求得∠GAF=∠EAF=45°．证得△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质即可得到EF=DE+BF；故①正确；在AG上截取AH=AM．根据全等三角形的性质得到BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，证得∠HBN=90°．根据勾股定理得到BH2+BN2=HN2．根据全等三角形的性质得到MN=HN．等量代换得到BN2+DM2=MN2；故②正确；根据平行线的性质得到∠DEA=∠BAM．推出∠AEF=∠ANM，又∠MAN=∠FAE，于是得到△AMN∽△AFE，故③正确；过A作AP⊥EF于P，根据角平分线的性质得到AP=AD，于是得到与EF相切；故④正确；由∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，于是得到MN不一定平行于EF，故⑤错误．【详解】解：延长CB到G，使BG=DE，连接AG．在△ABG和△ADE中，∴△ABG≌△ADE（SAS），

∴AG=AE，∠DAE=∠BAG，

又∵∠EAF=45°，∠DAB=90°，

∴∠DAE+∠BAF=45°

∴∠GAF=∠EAF=45°．

在△AFG和△AFE中，∴△AFG≌△AFE（SAS），

∴GF=EF=BG+BF，

又∵DE=BG，

∴EF=DE+BF；故①正确；

在AG上截取AH=AM，连接BH、HN，在△AHB和△AMD中，∴△AHB≌△AMD，

∴BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，

又∵∠ABD=45°，

∴∠HBN=90°．

∴BH2+BN2=HN2．

在△AHN和△AMN中，∴△AHN≌△AMN，

∴MN=HN．

∴BN2+DM2=MN2；故②正确；

∵AB∥CD，

∴∠DEA=∠BAM．

∵∠AEF=∠AED，∠BAM=180°-∠ABM-∠AMN=180°-∠MAN-∠AMN=∠AND，

∴∠AEF=∠ANM，

又∠MAN=∠FAE，

∴△AMN∽△AFE，故③正确；

过A作AP⊥EF于P，

∵∠AED=∠AEP，AD⊥DE，

∴AP=AD，与EF相切；故④正确；∵∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，

∴∠AMN不一定等于∠AEF，

∴MN不一定平行于EF，故⑤错误，

故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．11．如图，是的直径，点，点是半圆上两点，连结，相交于点，连结，．已知于点，．下列结论：①；②；③若，则；④若点为的中点，则．其中正确的是（）A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②④【答案】B【分析】证明AC2+BC2=AB2=4即可判断①；根据OD⊥AC，得到∠DAE+∠ADO=90°，根据∠DAE=∠DBC，即可判断②；推出△AOD是等边三角形，即可判断③；利用全等三角形的性质证明DE=BC，再利用三角形的中位线定理证明BC=2OE即可判断④．【详解】解：∵AB是直径，∴∠ADB=∠ACB=90°，在Rt△ACB中，∴AC2+BC2=AB2=4，由已知条件无法得到AD与BC之间的大小关系，故无法得到与4的大小关系，故①错误；∵OD⊥AC，∴∠AED=90°，∴∠DAE+∠ADO=90°，∵∠DAE=∠DBC，∴∠DBC+∠ADO=90°，故②正确；∵AE⊥OE，∴，∵AC=BD，∴，∴，∴∠AOD=60°，∵OA=OD，∴△OAD是等边三角形，∵AE⊥OD∴DE=OE，故③正确，∵∠DEP=∠BCP=90°，DP=PB，∠DPE=∠BPC，∴△PDE≌△PBC（AAS），∴DE=BC，∵OE∥BC，AO=OB，∴AE=EC，∴BC=2OE，∴DE=2OE，故④正确．故选：B．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．12．如图，是等腰直角三角形，正方形绕点A逆时针旋转，再延长交于G，以下结论中：①；②；③当，时，，正确的有（）A．3个 B．2个 C．1个 D．都不对【答案】B【分析】根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质易得△BAD≌△CAF，从而易得①②正确；取BC的中点O，连接OG、OA，则由直角三角形斜边上中线的性质可得OG是BC的一半，即为定值，故可得点G的运动路径是以O为圆心OG长为半径一段圆弧上运动，从而BG的长度不是固定的，因此可对③作出判定．【详解】（1）∵四边形ADEF是正方形∴AD=AF，∠DAF=∠DAC+∠CAF=90゜∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90゜∴AB=AC∴∠BAD+DAC=90゜∴∠BAD=∠CAF在△BAD和△CAF中∴△BAD≌△CAF(SAS)∴BD=CF，∠DBA=∠FCA设BG与AC交于点M，则∠BMA=∠CMG∴∠FCA+∠CMG=∠DBA+∠BMA=90゜∴∠CGM=90゜∴BD⊥CF故①②均正确；如图，取BC的中点O，连接OG、OA∵BG⊥CF，AB⊥AC∴OG、OA分别是Rt△GBC、Rt△ABC斜边上的中线∴在Rt△ABC中，由勾股定理得∴则点G在以O为圆心为半径的一段圆弧上运动，其中点A为此弧的一个端点所以BG的长变化的，不可能是定值故③不正确故选：B．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，对③的判断是比较难，判断出点G的运动路径后问题则迎刃而解．13．如图，C是线段AB上一点，AC＝CB＝2，以CB为直径作半圆O，P是半圆O上一动点，以AP为斜边向上作Rt△APQ，使得∠PQA＝90°，∠PAQ＝30°．若点P从点C沿半圆弧运动到点B，则点Q在运动中经过的路径长是（）A．π B．π C．2π D．π【答案】B【分析】如图，过点A作⊙O的切线AR，R为切点，连接CR，OR，OQ，QR，OP．利用相似三角形的性质求解可得：点Q的运动轨迹是以R为圆心，为半径的半圆，从而可得答案．【详解】解：如图，过点A作⊙O的切线AR，R为切点，连接CR，OR，OQ，QR，OP．∵AR是⊙O的切线，∴AR⊥OR，∴∠ARO=90°，∵∴AC=OC=OR，∴AO=2OR，∴∠OAR=30°，∵∠QAP=30°=∠OAR，∠AQP=∠ARO=90°，∴△OAR∽△PAQ，∴，∴，∵∠OAP=∠RAQ，∴△∽△RAQ，∴，∴点Q的运动轨迹是以R为圆心，为半径的半圆，∴Q在运动中经过的路径长是，故选：B．【点睛】本题考查轨迹，解直角三角形，切线的性质，弧长的计算，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二、填空题14．如图，的半径为，点B为上一动点，，是的切线，与交于点D，则的最小值为_________．【答案】【分析】过点A作直径AE，连接ED，AD，过D作DF⊥AC于F，由圆周角定理得到∠E=30°，∠ADE=90°，结合切线的性质推出∠FAD=30°，根据含30°角直角三角形的性质求出AD，DF，根据垂线段最短即可得到CD的最小值．【详解】解：过点作直径，连接，，如图，为直径，，，为切线，，，即，，，，，，过作于，，，，的最小值是，故答案为．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，含30°角直角三角形的性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．15．如图，矩形中，点E在上，过点E作交于F，且，，点M是线段上的动点，连接，过点E作的垂线交于点N，垂足为H．以下结论：①；②；③；④连接，则的最小值为；其中正确的结论是_________．（所有正确结论的序号都填上）．【答案】①②③④【分析】根据∠FED+∠AEB=90°、∠EBA+∠AEB=90°可判断①；连接BF，CE交于点O，由BE=BC，EF=FC可得BF垂直平分EC，在Rt△BEF中，利用相似三角形的性质，EO，FO，BF均可求解，设DF为x，DC=5+x，，在Rt△EGC中，利用勾股定理可以建立关于x的方程，求出x，图形中的定线段长均可求解，可判断②；利用三角形相似可判断③；由EN⊥BM，BE=10可判断点H的运动轨迹为以BE中点I为圆心，5为半径的上运动，在△IHC中，CH≥CI-IH，即可求出CH的最小值．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°∴∠EBA+∠AEB=90°∵，即，∠BEF=90°∴∠FED+∠AEB=90°∴，故①正确；连接BF，CE交于点O，由BE=BC，EF=FC可得BF垂直平分EC，在Rt△BEF中，∵∠BEF=90°，即∠FEO+∠BEO=90°又∴∠FBE=∠FEO又∠EFO=∠BFE∴∴，即：，∴∴设DF为x，DC=5+x，，过E作EG⊥BC，则四边形EGCD是矩形，∴EG=DC=DF+FC=5+x，GC=在Rt△EGC中，EG2+GC2=EC2，即，解得x=3，经检验：x=3是原方程的根，∴DF=3∴DC=5+3=8，，∴AE=10-4=6，故②正确；∵，∴△ABE∽△DEF，∵AB=CD，∴，即AE•ED=CD•DF，③正确；∵EN⊥BM，BE=10，∴点H的运动轨迹为以BE中点I为圆心，5为半径的上运动，过I作IT⊥DC于T，，在△IHC中，，④正确．故答案为：①②③④．【点睛】本题考查全等三角形的判定好性质以及三角形相似，勾股定理，垂直平分线的性质等知识，明确点H的运动轨迹是解题的关键．16．如图，在平面直角坐标系中，点A在一次函数位于第一象限的图象上运动，点B在x轴正半轴上运动，在AB右侧以它为边作矩形ABCD，且，，则OD的最大值是______．【答案】【分析】作的外接圆，连接、、、，作，交于，垂足为，易得，解直角三角形求得，然后根据三角形三边关系得出取最大值时，，据此即可求得．【详解】解：点在一次函数图象上，，作的外接圆，连接、、、，作，交于，垂足为，四边形是矩形，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，在中，，的最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，圆心角和圆周角的关系，垂径定理以及勾股定理的应用，三角形三边关系等，作出辅助线是解题的关键．17．如图，在中，，为的中点，平分交于点，，分别与，交于点，，连接，，则的值为______；若，则的值为______．【答案】【分析】（1）根据条件，证明，从而推断，进一步通过角度等量，证明，代入推断即可.（2）通过，可知四点共圆，通过角度转化，证明，代入推断即可.【详解】解：（1）∵，为的中点∴又∵平分∴又∵∴∴∴∴在与中,∴（2∵∴四点共圆，如下图：∵∴又∵∴∵∴∴∴∴即∵∴∵∴∵∴∴故答案为：【点睛】本题考查三角形的相似，三角形的全等以及圆的相关知识点，根据图形找见相关的等量关系是解题的关键．18．在综合实践课上，老师要求同学用正方形纸片剪出正三角形且正三角形的顶点都在正方形边上．小红利用两张边长为2的正方形纸片，按要求剪出了一个面积最大的正三角形和一个面积最小的正三角形．则这两个正三角形的边长分别是______．【答案】，2．【分析】设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，作的高EK，可得点E，K，G，D四点共圆，从而得点K为一个定点，当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，进而即可求解．【详解】解：设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，如图，作的高EK，∵∠EKG=∠EDG=90°，∴点E，K，G，D四点共圆，∴∠KDE=∠KGE=60°，同理：∠KAE=∠KFE=60°，∴是一个正三角形，点K为一个定点，∵正三角形的面积取决于它的边长，∴当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，∴当KF⊥AB时，FG最小，即FG最小，此时，FG=AD=2，当点F与点B重合时，KF最大，即FG最大，此时的面积最大，过点K作AB的平行线交AD于点M，交BC于点N，∴MK为的高，∴MK=DKsin60°=ADsin60°=，∴KN=AB-MK=，∵K为BG的中点，N为BC的中点，∴CG=2KN=，∴FG=．故答案是：，2．【点睛】本题主要考查正方形和等边三角形的性质以及四边形外接圆的性质和判定，解直角三角形，根据题意画出图形，证明正方形的内接正三角形的一边中点是一个定点，是解题的关键．19．如图，在菱形中，，E，F分别是上的点（不与端点重合），且，连接与相交于点G，连接与相交于点H，给出如下几个结论：①；②S四边形BCDG；③若，则；④与一定不垂直；⑤的大小为定值．其中正确的结论个数为________．【答案】①③⑤【分析】①先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB；②证明∠BGE=60°=∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．证明△CBM≌△CDN，所以S四边形BCDG=S四边形CMGN，易求后者的面积；③过点F作FP∥AE于P点，根据三角形相似有FP：AE=DF：DA=1：3，则FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF；④因为点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，当点E，F分别是AB，AD中点时，CG⊥BD；⑤∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°．【详解】①∵ABCD为菱形，∴AB=AD，∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，故①正确；②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，即∠BGD+∠BCD=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，∴∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），∴CM=CN，则△CBM≌△CDN（AAS），∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG，∵∠CGM=60°，∴GM=CG，CM=CG，∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG×CG=，故②错误；③过点F作FP∥AE于P点（如图2），∴,∴FP：AE=DF：DA，∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，∴FP：BE=FP：2AE=1：6，∵FP∥AE，∴PF∥BE，∴,∴FG：BG=FP：BE=1：6，即BG=6GF，故本选项正确；④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE=∠DBG=30°，∴DG=BG，在△GDC与△BGC中，∵DG=BG，CG=CG，CD=CB，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG=∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；⑤∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°，为定值，故本选项正确；综上所述，正确的结论有①③⑤，故填：①③⑤．【点睛】本题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半，相似三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形和相似三角形是解题的关键．20．如图，已知A、B两点的坐标分别为(-8，0)、(0，8)，点C、F分别是直线x=5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当ABE的面积取得最小值时，tan∠BAD=______．【答案】【分析】如图，设直线x=5交x轴与K，由题意KD=CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与K相切时，的面积最小，作EH⊥AB于H，求出EH，AH即可解决问题.【详解】如图，设直线x=5交x轴与K，由题意KD=CF=5，∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，∴当直线AD与K相切时，的面积最小，∵AD是切线，点D是切点，∴AD⊥KD，∵AK＝5+8＝13，DK＝5，∴AD＝12，∵tan∠EAO＝，即，∴OE＝，∴AE=，作EH⊥AB于H，∵，∴EH=，AH=，∴，故答案为：.【点睛】本题考查了解直角三角形，坐标与图形的性质，直线与圆的位置关系，三角形的面积，三角函数关系式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空的压轴题型.21．如图在RtABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10，等腰直角三角形ADE绕点A旋转，∠DAE=90°，AD=AE=4，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MP、PN、MN，则△PMN面积的最小值是_______．【答案】【分析】通过和为等腰直角三角形，判定出，得到通过已知条件，再设得到为等腰直角三角形，所以当BD最小时，的面积最小，D是以A为圆心，AD=4为半径的圆上的点，所以点D在AB上时，BD最小，即可得到最终结果．【详解】RtABC中，∠BAC=90°，AB=AC=10，为等腰直角三角形，又∠DAE=90°，AD=AE=4，为等腰直角三角形，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，设是等腰直角三角形，当BD最小时，的面积最小，是以A为圆心，AD=4为半径的圆上的点，点D在AB上时，BD最小，△PMN面积的最小值是．故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，涉及全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质等知识，有一定难度和综合性，属于压轴题，熟练掌握这些性质，利用旋转解题是关键．三、解答题22．已知AB、AC是⊙O的两条弦，OA为半径，∠OAB＝∠OAC．（1）如图（1），求证：AB＝AC；（2）如图（2），延长AO交⊙O于点D，点E是BC延长线上的一点，EF切⊙O于点F，连DF交BC于点G，求证：EF＝EG；（3）如图（3），在（2）的条件下，设DF交AC于点H，若DF∥AB，tanE＝，CH＝，求DG长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）连接、，则可得出，根据等边对等角推出，，证明，从而得出；（2）连接，根据垂径定理、切线的性质及脚之间的互余关系推出，从而证明；（3）连接，，根据平行线的性质及圆周角定理推出角之间的关系：，，根据角之间的关系推出相关的相似三角形：、、，利用相似三角形的性质设除三角形的各边长并进行求解即可．【详解】解：（1）证明：如图1，连接、，则，，，，，在和中，，，．（2）如图2，连接，与相交于点，则，，，，则，与圆相切于点，，则，，，，，，．（3）如图，连接，，由题意可知，，，，，（圆周角定理），，，，，，，，，，，由（2）可知，，，在中，，设，，则，，在中，，即，解得或（舍去），，，由（2）可知，，设，，，，，，，，，，，，，，即，解得，．【点睛】本题考查圆的综合运用，圆与三角形相结合，通常先根据圆的相关定理推出角的关系得到相关的相似三角形或直角三角形，再利用相似三角形或直角三角形的性质进行求解．23．如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点E是的中点，延长AC交BE的延长线于点D，点F在AB的延长线上，EF⊥AD，垂足为G．（1）求证：GF是⊙O的切线；（2）求证：CE＝DE；（3）若BF＝1，EF＝，求⊙O的半径．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）连接OE，先证明OE∥CD，结合EF⊥AD，即可得出GF是⊙O的切线；

（2）利用AB是⊙O的直径先求证出△ABE≌△ADE，结合点E是的中点即可证出CE＝DE；

（3）方法一：根据题干条件先证出△EFB∽△AFE利用相似证明即可；方法二：设半径为x，则OF＝x＋1，结合Rt△OEF利用勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）证明：连接OE，如图所示，∵点E是的中点，∴∠CAE＝∠EAB，∵OA＝OE，∴∠EAB＝∠OEA，∴∠CAE＝∠OEA，∴OE∥AD，∴∠OEF＝∠AGE，∵EF⊥AD，∴∠AGE＝90°，∴∠OEF＝∠AGE＝90°，∴GF是⊙O的切线；（2）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝∠AED＝90°，∵∠BAE＝∠DAE，AE＝AE，∴△ABE≌△ADE（ASA），∴BE＝DE，∵点E是的中点，∴BE＝CE，∴CE＝DE；（3）解：方法一：∵∠AEO＋∠OEB＝90°，∠OEB＋∠BEF＝90°，∴∠AEO＝∠BEF，∵∠AEO＝∠OAE，∴∠OAE＝∠BEF，∵∠BFE＝∠EFA∴△EFB∽△AFE，∴，∴，∴AF＝2，∴AB＝AF﹣BF＝2﹣1＝1，∴⊙O的半径为．方法二：设半径为x，则OF＝x＋1，在Rt△OEF中，，解得x＝．∴⊙O的半径为．【点睛】此题考查圆的相关知识，涉及到圆周角，圆弧及圆的切线，勾股定理等知识，有一定的难度，属于综合性试题．24．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AB于E，点F是CE上一点，连接AF并延长交BC于点D，CG⊥AD于点G，连接EG．（1）求证：CD2＝DG•DA；（2）如图1，若CF＝2EF，求证：点D是BC中点；（3）如图2，若GC＝2，GE＝2，求GD．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）先证明△ACD∽△CGD，根据相似三角形性质即可证得结论；（2）如图1，过E作EH∥AD交BC于点H，运用平行线分线段成比例定理即可证得结论；（3）根据∠AGC＝∠AEC＝90°，得出A、C、G、E四点共圆，过点E作EH⊥AD于点H，可得△EGH是等腰直角三角形，再证明△CFG≌△EFH（AAS），利用勾股定理和三角函数定义求出AG，再证明△CAG∽△DCG，运用相似三角形性质即可求出答案．【详解】解：（1）∵CG⊥AD，∠ACB＝90°，∴∠CGD＝∠ACB＝90°，∵∠CDA＝∠CDG，∴△ACD∽△CGD，∴CD：DG＝DA：CD，∴CD2＝DG•DA；（2）如图1，过E作EH//AD交BC于点H，∵HE//AD，∴BH：HD＝BE：EA，CD：HD＝CF：EF，∵CB＝CA，∠ACB＝90°，CE⊥AB，∴E为AB的中点，∴BE：EA＝1，∴BH：HD＝BE：EA＝1，∵CF＝2EF，∴CD：HD＝CF：EF＝2，∴BH＝HD，CD＝2HD，∴BD＝BH+HD＝2HD，∴BD＝CD，∴D为BD的中点．（3）∵CB＝CA，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°，∵CE⊥AB，CG⊥AD，∴∠AGC＝∠AEC＝90°，∠ACE＝45°，∴A、C、G、E四点共圆，∴∠AGE＝∠ACE＝45°，如图2，过点E作EH⊥AD于点H，∴△EGH是等腰直角三角形，EH＝GH＝GE•sin45°＝2×＝2，∵CG＝2，∴CG＝EH，∵∠CGF＝∠EHF＝90°，∠CFG＝∠EFH，∴△CFG≌△EFH（AAS），∴FG＝FH＝1，CF＝EF，在Rt△CFG中，CF＝＝＝，∴CE＝2CF＝2，∴AC＝＝＝2，∴AG＝＝＝6，∵∠CGD＝∠AGC＝90°，∴∠CAG+∠ACG＝90°，∵∠ACG+∠DCG＝90°，∴∠CAG＝∠DCG，∴△CAG∽△DCG，∴＝，∴．【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质与判定，全等三角形判定和性质，四点共圆、相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．25．对于x轴上一点P和某一个函数图象上两点M，N，给出如下定义：如果函数图象上的两个点M，N（M在N的右侧），在x轴上存在点P，使得，那么就称为点P的“伴随三角形”，点P则被称为线段的“伴随点”．（1）若一次函数图象上有两点、，在点、、、中，线段的“伴随点”有_________；（2）若直线分别与y轴、x轴分别交于点M、N，以为“伴随点”的“伴随三角形”恰好是一个直角三角形，求此直线的解析式．（3）若点M是抛物线的顶点，，若在x轴上存在伴随点P，请求出m的取值范围．【答案】（1）G和E；（2）或；（3）【分析】（1）根据题意，作出图形，过点作轴于点，连接，，根据点的坐标关系求得，然后解直角三角形，可得是直角三角形，进而求得，根据定义找到符合条件的点，再证明是线段的“伴随点”；（2）根据题意，作出图形，在中,求得，中求得，即可求得直线的解析式；（3）分别过作则轴，作则轴，交于点，交于点：作的垂直平分线，交于点,于点,根据题意以及勾股定理，可得，，若，点P必在如图所示的圆弧上，若圆心在x轴下方，则，若圆心在x轴上方，则，据此可得范围．【详解】（1）如图所示，过点作轴于点，连接，，则、，，，则，,是线段的“伴随点”，，则线段的“伴随点”在以的中点为圆心，为半径的圆上，如图，在圆内，在圆外，，不是是线段的“伴随点”，，，，是等边三角形是线段的“伴随点”，综上所述，，是线段的“伴随点”故答案为：（2）如图所示：在中：∵，∴∴或又∵为直角三角形∴∴在中：∴，∴即点设直线的解析式为∴或，或解得或∴直线的解析式为：或（3）如图，分别过作则轴，作则轴，交于点，交于点：∵抛物线∴点，设点，∴，∵，∴，∴，∴（舍去），即，，∵，，∴，作的垂直平分线，交于点,于点,，则，，，同理，若，点P必在如图所示的圆弧上，，∴圆心坐标为和，若在x轴上存在点P，则圆心到x轴的距离不大于2，∴若圆心在x轴下方，则，解得，若圆心在x轴上方，则，解得，综上所述：．【点睛】本题考查了解直角三角形，二次函数图像与性质，圆周角定理，求一次函数解析式，综合运用以上知识点是解题的关键．26．如图，是的直径，，点C为上一点，，点为上一动点，点是的中点，求的最小值．【答案】．【详解】解：如解图，连接、，∵，，∴，∵是的直径，∴，∴，取的中点为，以为圆心，长为半径作圆，则点在圆上．连接，作于点，连接交于点，则为所求的最小值，∵，，，∴，，，∵，∴，∴由勾股定理得，∴，即的最小值为．27．在平面直角坐标系xOy中，正方形MNPQ中M（1，1），N（﹣1，1），P（﹣1，﹣1），Q（1，﹣1）．给出如下定义：记线段AB的中点为G，当点G不在正方形MNPQ上时，平移线段AB，使点G落在正方形MNPQ上，得到线段A′B′（A′，B′分别为点A，B的对应点）线段AA′长度的最小值称为线段AB到正方形MNPQ的“平移距离”．（1）已知点A的坐标为（﹣1，0），点B在x轴上；①若点B与原点O重合，则线段AB到正方形MNPQ的“平移距离”为；②若线段AB到正方形MNPQ的“平移距离”为2，则点B的坐标为；（2）若点A，B都在直线y＝x+4上，AB＝2，记线段AB到正方形MNPQ的“平移距离”为d1，求d1的最小值；（3）若点A的坐标为（4，4），AB＝2，记线段AB到正方形MNPQ的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．【答案】（1）①，②(-5，0)或(7，0)；（2）；（3）．【分析】（1）①由题意可直接得出G的坐标为，即得出移动最小距离为；②根据题意可知AB中点G在x轴上．即可分类讨论Ⅰ当B点在A点左侧时，即G点也在A点左侧时，由平移距离的定义可知NP与x轴的交点即点A到的距离为2，即可得出B点坐标；Ⅱ当B点在A点右侧时，即G点也在A点右侧时，由平移距离的定义可知MQ与x轴的交点到点的距离为2，即可得出B点坐标．（2）由题意可知点N到直线的距离即为的最小值，由N点向直线所做垂线与直线的交点即为G点．易求出GN的解析式为．联立两个函数解析式，即可求出G点坐标，即求出GN的长度，即为．（3）由题意可知点B是以A为圆心，半径为2的圆上的点，即得出点G是以A为圆心，半径为1的圆上的点，由，，即可求出的取值范围．【详解】（1）①如图，当B与原点O重合时，AB中点G的坐标为，∴移动最小距离为向左平移到NP与x轴交点上．②由点A，B点在x轴上可知：AB中点G也在x轴上．Ⅰ当B点在A点左侧时，即G点也在A点左侧时，如图，由平移距离的定义可知NP与x轴的交点，即点A到的距离为2，∴，∴∵G为AB中点，∴∴，∴B点坐标为(-5，0)．Ⅱ当B点在A点右侧时，即G点也在A点右侧时，如图，由平移距离的定义可知MQ与x轴的交点到点的距离为2，∴∴∴∵G为AB中点，∴∴，∴B点坐标为(7，0)．综上可知B点坐标为(-5，0)或(7，0)．（2）由题意作出图形如下：∴点N到直线的距离即为的最小值，由N点向直线所做垂线与直线的交点即为G点．∴设直线GN的解析式为，∵N(-1，1)∴，解得：故直线GN的解析式为．联立，解得：，∴G点坐标为，∴（3）如图，由题意可知点B是以A为圆心，半径为2的圆上的点，∴点G是以A为圆心，半径为1的圆上的点，∴，∵，∴，∴【点睛】本题考查两点的距离公式，一次函数的实际应用，点到直线的距离．读懂题意，理解平移距离是解答本题的关键．28．对于平面直角坐标系xOy中的图形M和点P，给出如下定义：将图形M绕点P顺时针旋转90°得到图形N，图形N称为图形M关于点P的“垂直图形”．例如，图1中点D为点C关于点P的“垂直图形”．（1）点A关于原点O的“垂直图形”为点B．①若点A的坐标为（0，2），则点B的坐标为；②若点B的坐标为（2，1），则点A的坐标为；（2）E（﹣3，3），F（﹣2，3），G（a，0）．线段EF关于点G的“垂直图形”记为E′F′，点E的对应点为E′，点F的对应点为F′．①求点E′的坐标（用含a的式子表示）；②若⊙O的半径为2，E′F′上任意一点都在⊙O内部或圆上，求a的范围并直接写出满足条件的EE′的长度的最大值．【答案】（1）①（2，0）；②（1，-2）；（2）①；②当时，E′F′上任意一点都在⊙O内部或圆上，满足条件的EE′的长度的最大值为．【分析】（1）①将点A（0，2）绕点O顺时针旋转90°即可得到点B坐标（2，0）；②将点B（2，1）绕点O顺时针旋转90°即可得到点A坐标（1，-2）；（2）①过点E作轴于点K，过点作轴于点H，证明，根据全等三角形对应边相等得到，最后根据线段的和差解题；②以点O为圆心，为半径作圆，此时E′F′上任意一点都在⊙O内部或圆上，结合，可求得a的值，得到的坐标，再根据勾股定理解得EE′的值即可．【详解】解：（1）①如图，将点A（0，2）绕点O顺时针旋转90°得到点B（2，0），②如图，由题意得到点A（-1，2），

故答案为：①（2，0）；②（1，-2）；（2）①如图，过点E作轴于点K，过点作轴于点H，在与中，②如图，当半径大于2，则E′F′上任意一点都在⊙O内部，即综上，当时，E′F′上任意一点都在⊙O内部或圆上．【点睛】本题考查坐标与图形变化—旋转，全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握添加辅助线构造全等三角形是解题关键．29．一次函数y=−x+6的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，与直线y=x相交于点C，过点B作x轴的平行线l，点P是直线l上的一个动点．（1）点A的坐标为，点B的坐标为；（2）若S△AOC=S△BCP，求点P的坐标；（3）若点E是直线y=x上的一个动点，当△APE是以AE为斜边的等腰直角三角形时，点E的坐标为．（4）在（3）的条件下，当点P在AE右侧时，Q为平面内一点，EQ=2，连接OQ，将线段OQ绕着点O逆时针旋转90°，得到线段OM，连接QM、EM，直接写出线段EM的取值范围是．【答案】（1）；（2）或；（3）或；（4）【分析】（1）分别令即可求得的顶点坐标；（2）先根据直线的解析式求得点的坐标，设，根据三角形的面积即可求得点的坐标；（3）根据题意分类讨论，①当点在点的左侧时，过点作的垂线，分别交于点，轴于点，证明，②当点在点的右侧时，同理可得，设点的坐标为，根据的横坐标相等即可求得的值；（4）Q为平面内一点，EQ=2，则点在以为圆心，半径为的圆上，如图，将线段OE绕着点O逆时针旋转90°，得到线段O，连接,，,进而勾股定理求得，根据圆的性质即可求得的范围．【详解】（1）一次函数y=−x+6的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，令，，令，故答案为：；（2）y=−x+6与y=x相交于点C，解得，S△AOC=S△BCP，点P是直线l上的一个动点，，设，，解得或（3）①如图，当点在点的左侧时，过点作的垂线，分别交于点，轴于点轴，轴，△APE是以AE为斜边的等腰直角三角形，，，又在与中点E是直线y=x上的一个动点，设点的坐标为即，解得；②如图，当点在点的右侧时，同理可得，则，解得综上所述，点E的坐标为或；故答案为：或（4）Q为平面内一点，EQ=2，则点在以为圆心，半径为的圆上，如图，将线段OE绕着点O逆时针旋转90°，得到线段O，连接,，在以为圆心，半径为的圆上，是等腰直角三角形，即故答案为：【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，两直线交点问题，三角形全等的性质与判定，圆的性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．30．已知：如图，在中，，是线段上的点，，垂足为点，联结、交于点，且．（1）求证：点在的角平分线上．（2）延长与外角的平分线交于点，求证：．【分析】（1）如图，取的中点连接可得证明在以为圆心，为半径的同一个圆上，再利用垂径定理可得结论；（2）如图，延长至由（1）得：而是的平分线，证明证明可得可得再分别证明左边，右边都为从而可得结论.【详解】证明：（1）如图，取的中点连接，．在以为圆心，为半径的同一个圆上，点在的角平分线上．（2）如图，延长至由（1）得：而是的