期末考前满分冲刺之压轴题（教师版）-浙教版(2024)九上

期末考前满分冲刺之优质压轴题【专题过关】类型一、相似中的比值1．如图，点，点分别在菱形的边，上，且，交于点，延长交的延长线于，若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查相似三角形的性质和判定、菱形的性质、比例的选择等知识，解题的关键是得到，学会设参数，属于中考常考题型．设，则，，由，得，求出，再由，得，求出，再通过计算即可得结论．【详解】解：四边形是菱形，，，设，则，，，，，，，，，，，，，∴，∴．故选：D．2．如图，在中，，，平分，交于F，交延长线于E，则的值为（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，由平行四边形的性质可得，，进而得到，再结合得到，即；再由线段的和差可得；然后根据得到，解答即可.【详解】解：.∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故选：B．3．如图，设是四边形的对角线、的交点，若，且，，，，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质，相似三角形的判定与性质等知识，过作交延长线于点，根据平行线的性质得到证明得到再证明即可求解，掌握相关知识是解题的关键．【详解】解：过作交延长线于点，如图：故选：C．4．如图，在中，是上一点，连接，，是的中点，连接并延长交于点，则的值为．【答案】/0.4【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，熟知平行线分线段成比例定理，正确添加辅助线是解题关键．作，交于点，得到，，问题得解．【详解】解：作，交于点，是的中点，，，，，，，，故答案为：．5．如图，已知在中，，，，点是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，连接，如果，设与边交于点，那么的值是．【答案】【分析】根据折叠的性质得到，，，根据平行线的性质得到，，根据勾股定理得到，连接交于，根据三角形的面积公式得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】解：如图，将沿着翻折，点落在点处，，，，，，，，，，，，连接交于，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．6．如图，是的中线，E是上一点，，的延长线交于F，则的值为．【答案】【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，取的中点H，连接，则是的中位线，可得，再证明得到，则，据此可得答案．【详解】解：如图所示，取的中点H，连接，∵，∴，∵是的中线，即点D是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．类型二、圆中的阴影部分面积1．如图，在中，，以为直径的与分别交于点，连接，，若，，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，圆周角定理的应用，扇形面积的计算，连接，，证明，可得，求解，再利用扇形的面积公式计算即可．【详解】解：连接，，∵为的直径，∴，∵，∴，即点E是的中点，∵点O是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选：A．2．如图，在矩形中，．若将绕点B旋转后，点D落在延长线上的点E处，点D经过的路径，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了扇形的面积公式，角直角三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．先根据角直角三角形的性质得到，由勾股定理求得，用扇形面积减去的面积来求得正确答案．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，由题意可知，，，，，所以图中阴影部分的面积是．故选：C．3．如图，，，以点为圆心，为半径作弧交于点，交于点，若，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查求不规则图形的面积，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，扇形的面积．正确的分割图形，利用分割法求面积是解题的关键．连接，根据直角三角形的性质求出，证明为等边三角形，得到，，得到，得到，推出阴影部分的面积等于，计算即可．【详解】解：连接，

，，，，，，为等边三角形，，，，，，，阴影部分的面积为，故选：．4．如图，在中，，点在上，以为圆心，为半径的半圆分别交于点，且点是弧的中点，若，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查了切线的判定定理、扇形的面积、等腰直角三角形的性质，求不规则图形的面积，连接、，证出，得到为等腰直角三角形，再根据，分别求出和即可得出答案．【详解】解：连接、，，，，，，点是弧的中点，，，，，，为等腰直角三角形，设，则，，，，，．故答案为：．5．如图，中，，，，是的内切圆，则图中阴影部分的面积是．【答案】/【分析】本题考查了切线长定理，扇形的面积公式，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．利用切线长定理求得的半径，根据列式计算即可求解．【详解】解：设切点分别为、、，连接、、，设的半径为，∵∴∵为的内切圆，∴、、，，，，∵，∴四边形为正方形，∴，∵的半径为，∴，，，∴，解得，∴．故答案为：．6．如图，为半圆O的直径，，为弦，若将沿弦翻折后恰好经过圆心，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】过点作的垂线交于点，交于点，连接、、．根据垂径定理得点是的中点，根据折叠的性质，得点是，从而得，故；根据垂直平分求得与的数量关系，从而求得的度数，进而求出的度数，故可求得的度数；根据扇形的面积公式计算扇形的面积，再根据菱形的面积公式计算菱形的面积，从而根据求出阴影部分的面积即可．【详解】解：过点作的垂线交于点，交于点，连接、、．∵，∴点是的中点，根据折叠的性质，得点是的中点，∴，即，则四边形是菱形，∴，，∵，∴，则是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查扇形面积的计算、垂径定理、翻折变换，掌握垂径定理、折叠的性质、扇形及菱形的面积计算公式是解题的关键．类型三、圆中最值1．如图，在矩形中，，，点是线段上的动点，连结，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．点从点向点运动的过程中，线段的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先说明当为中点，点在上运动，时，CE有最小值，利用等腰直角三角形的性质，勾股定理求解．【详解】解：如图所示，取的中点，连接∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，∴又∵，，∴∴当点位于点处时，点位于点处，当点在上时，如图所示，过点作于点，根据旋转可得，∵，∴，又∴∴，∴∴∴，∴是等腰直角三角形，∴又∵，∴，∴在线段上运动，∴当时，最小，∴故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形的性质等知识，理解相关知识是解答关键．2．如图，点E是边长为4的正方形内部一点，，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用数学结合思想是解题的关键．根据得到，则点E在以为直径的圆上，取中点G，当过点G时，有最小值，由旋转的性质得到，则此时也取最小值，据此求解即可．【详解】解：在正方形中，，∵，∴，∴，∴点E在以为直径的圆上，如图：取中点G，当过点G时，有最小值，又∵将绕点D按逆时针方向旋转得到，∴，∴此时也取最小值，∵为的半径，即，∴，∴，即EF的最小值为．故选：C．3．如图，直角中，，点是边上一点，将绕点顺时针旋转到点，则长的最小值是（

）A． B． C． D．3【答案】D【分析】本题考查了旋转的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．取的中点为点，连接，过点作，垂足为，在直角中，利用含30度角的直角三角形的性质可求出的长，的度数，再根据线段的中点定义可得，从而可得，然后利用旋转的性质可得：，，从而利用等式的性质可得，进而利用证明，最后利用全等三角形的性质可得，再根据垂线段最短，即可解答．【详解】解：取的中点为点，连接，过点作，垂足为，，，，，，，点是的中点，，，由旋转得：，，，，，，，，当时，即当点和点重合时，有最小值，且最小值为3，长的最小值是3，故选：D4．如图，，，，是线段上的一个动点，以为直径画分别交于，连接，则线段长度的最小值为．【答案】【分析】如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，根据圆周角定理可得，由垂径定理可得，，，在中，根据含30°角的直角三角形的性质可得，，当AD最小时，的值最小，当时，即的值，此时AD的值最小，即的值最小，根据，可得是等腰直角三角形，由勾股定理可得的值，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，∴，，，∴，在中，，∴，，∴，∴，∴当AD最小时，的值最小，当时，即的值，此时AD的值最小，即的值最小，∵，∴是等腰直角三角形，即，∴，∴，∴AD的最小值为，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短等知识的综合，掌握圆周角定理，垂径定理，最短路径的计算方法是解题的关键．5．如图，在中，，，，点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是．【答案】【分析】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，构造旋转图形是本题的关键．将绕着点A逆时针旋转，得到，连接，，根据旋转可知：，，，，证明为等边三角形，得出，说明，得出当、O、E、D在同一直线上时，最小，即最小，根据勾股定理求出．【详解】解：将绕着点A逆时针旋转，得到，连接，，如图所示：根据旋转可知：，，，，∴为等边三角形，∴，∴，∵两点之间线段最短，∴当、O、E、D在同一直线上时，最小，即最小，∴的最小值为的长，∵，∴，∴为直角三角形，∴．故答案为：．6．如图，中，，，，点D是边上的动点，连接，以为直径的圆与交于点E，连接，则的最小值是．【答案】【分析】本题主要考查了勾股定理、直角三角形斜边中线等于斜边的一半、圆周角定理等内容，取中点F，连接、、，根据直径可得，利用直角三角形斜边中线求出，则，利用勾股求出，即可得解．【详解】解：取中点F，连接、、，∵，，，∴，∴，在中，，∵点E在以为直径的圆上，∴，∴，∴，∵，∴最小值为．故答案为：．类型四、二次函数的各项系数关系1．抛物线交x轴于点，，交y轴的负半轴于点C．顶点为D．下列结论，①；②；③当m为任意实数时，；④方程的两个根为，；⑤抛物线上有两点Px1,y1和Qx2,y2，若，且，则．其中正确的有（

）个．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，根据所给函数图象，得出抛物线的对称轴为直线，则可得出a与b之间的关系，再将代入函数解析式可得出b与c之间的关系，最后利用数形结合的思想及二次函数与一元二次方程之间的关系即可解决问题．【详解】解：因为抛物线经过点，，所以抛物线的对称轴为直线，则，即．故①正确．将代入函数解析式得，，又因为，所以，即．故②错误．因为抛物线的对称轴为直线，且开口向上，所以当时，函数取得最小值，所以当时总有，，即．故③错误．由题知，方程的两个解为．方程可转化为，所以1或3，则．故④正确．因为，所以点P在直线左侧，点Q在直线右侧，又因为，则．因为抛物线的对称轴为直线，且开口向上，所以．故⑤正确．故选：B．2．已知二次函数的图象如图所示，现给出下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本题考查了抛物线的图象与性质和抛物线的图象与其系数的关系，熟练掌握抛物线的图象与性质、灵活运用数形结合的思想方法是解题的关键.根据图象可直接判断a、c的符号，再结合对称轴的位置可判断b的符号，进而可判断①；抛物线的图象过点，代入抛物线的解析式可判断②；根据抛物线顶点的位置可知：顶点的纵坐标小于，整理后可判断③；根据图象可知顶点的横坐标大于1，整理后再结合③的结论即可判断④.【详解】解：①由图象可知：，，由于对称轴，∴，∴，故①正确；②∵抛物线过，∴当时，，故②正确；③顶点坐标为：.由图象可知：，∵，∴，即，故③错误；④由图象可知：，，∴，∵，∴，∴，故④正确；故选：C．3．如图，二次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点B，对称轴为，下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】本题考查二次函数图象与系数之间的关系，二次函数的图象和性质，开口方向判断的符号，对称轴的位置判断的符号，与轴交点的位置，判断的符号，与轴的交点个数判断的符号，判断①②⑤，特殊点和增减性，判断③和④．【详解】解：由图象可知：抛物线的开口方向向上，对称轴为直线与轴交于负半轴，与轴有2个交点，∴，故①⑤正确；∴∴，故②正确；∵图象与x轴交于点，对称轴为直线，∴抛物线与轴的另一个交点为，∴，故③错误，∵抛物线的开口向上，对称轴为直线，∴当时，函数值最小，为，∴，即：，故④错误；综上，正确的有3个；故选C．4．已知抛物线，与y轴负半轴相交，对称轴为．下列结论：①；②对于任意实数t，；③点、在抛物线上，当时，；④若是方程的一个根，则方程必有两个不相等的实数根．其中正确的结论有．【答案】①④/④①【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．首先根据对称轴，可得，根据抛物线的最值得出，函数的最小值是，由此判定②错误；由点，在抛物线上，得，，把两个等式相减，整理得，由通过根据即可判断的符号，得③不一定成立；由若是方程的一个根得，方程根的判别式为即可判断④．【详解】解：抛物线，对称轴为，，∴，即，故①正确；∵抛物线，∴抛物线开口方向向上，当时，函数的最小值是，∴，∴，故②错误；点，在抛物线上，∴，，把两个等式相减，整理得：，与异号，无法确定的正负，故无法确定的正负，与的大小关系无法确定，即③错误；若是方程的一个根，∴，∴方程根的判别式为，∴方程必有两个不相等的实数根．故④正确．综上所述，①④正确．故答案为①④．5．如下图，二次函数图象与轴的一个交点坐标为1,0，对称轴为直线，下列结论：①；②；③；④，其中；⑤当时，．其中正确结论的个数为．【答案】2【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数与不等式的关系，二次函数的性质等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．根据二次函数开口向上，与y轴交于负半轴，，根据对称轴为直线可得，由此即可判断①；由抛物线与x轴有两个交点可判断②；当时，，即可判断③；当时，函数有最小值为，则，故，可判定④；由上知二次函数的图象与x轴的交点坐标为和1,0，那么由函数图象可知，当时，，可判断⑤．【详解】解：∵二次函数开口向上，与y轴交于负半轴，∴，∵二次函数的对称轴为直线，∴，∴，∴，故①错误；∵二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为1,0，对称轴为直线∴二次函数的图象与x轴的另一个交点坐标为，∴当时，；，即∴，故③正确，②错误；∵开口向上，∴当时，函数有最小值为，则，∴，∴，故④正确；由上知二次函数的图象与x轴的交点坐标为和1,0，∴由函数图象可知，当时，，故⑤错误；综上所述，其中正确的结论有③④，故答案为：2．6．如图，二次函数的图象与正比例函数的图象相交于，两点，已知点的横坐标为，点的横坐标为，二次函数图象的对称轴是直线．下列结论：；；；关于的方程的两根为，．其中正确的是．（只填写序号）【答案】【分析】本题考查了二次函数的图象及性质；解决本题的关键是根据二次函数的开口方向、对称轴可得a>0、、，所以可得；根据抛物线与直线的交点可以判断有两个不相等的实数根，从而可得；根据抛物线与轴正半轴交点的位置可以判断当x=1时，的取值范围，从而得到，根据二次函数与一次函数交点的横坐标确定方程的两根．【详解】解：抛物线开口向上，，抛物线与轴的交点在负半轴，，抛物线的对称轴是x=-1，，，，故正确；二次函数y=ax2有两个不相等的实数根，且两根为，，整理方程可得：，根据一元二次方程的根与系数的关系可得：，，可得：，，由可得：，，由可得：，，故错误；从图象上可以看出抛物线与轴正半轴的交点在和之间，当x=1时，抛物线上对应的点在轴的下方，当x=1时，，故正确；二次函数y=ax2且两个交点的横坐标分别为和，有两个不相等的实数根，且两根为，，故正确．综上所述：正确的有．故答案为：．类型五、相似中的折叠1．如图，在矩形中，，，点分别在边上，把矩形沿折叠，点的对应点分别为，连接并延长交边于点，则值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质和判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是综合运用以上知识证明；过点F作于点H，设与交于点O，由翻折变换可知，由矩形的性质可知，进而可证四边形是矩形，得到，再根据同角的余角相等得出，可证，再根据相似三角形的性质求解即可．【详解】解：过点F作于点H，设与交于点O，如图所示，则，把矩形沿折叠，点的对应点分别为，，，四边形是矩形，，，，，，，故选：．2．将三角形纸片按如图所示的方式折叠，使点B落在边上，记为点，折痕为．已知，，若以点，F，C为顶点的三角形与相似，那么的长度是（）A． B． C．或2 D．4或【答案】D【分析】本题主要考查相似三角形的性质，折叠问题，解一元一次方程，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．根据折叠的性质得到，设，则，根据相似三角形的性质列比例式，即可求出的长，得到的长即可求出答案．【详解】解：根据题意可得：，设，则，，∴当，，，，解得，即，当，，，解得，故或．故选D．3．如图，在矩形纸片中，，，点，分别为，上的点，将纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为，，连接并延长，交于点，若，则折痕的长为（

）

A．8 B． C． D．6【答案】C【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，过点F作于点H，由折叠的性质可得，通过导角证明，进而证明，根据相似三角形对应边成比例即可求出的长．【详解】解：如图，与交于点O，过点F作于点H，

，∴四边形是矩形，，由折叠的性质可得，，，又矩形中，，，，即，又，，，即，解得，故选：C．4．如图，将矩形纸片沿折叠，点恰好落在边的中点处，点落在点处，交边于点．若，，则的值为．【答案】/0.75【分析】本题考查折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质等，设，则，利用勾股定理解求出x，再证，根据对应边成比例即可求解．【详解】解：将矩形纸片沿折叠，点恰好落在边的中点处，，，，，，设，则，，在中，，，解得，，，，，，，，又，，，，故答案为：．5．如图，点E是菱形的边的中点，点F是上的一点，点G是上的一点，先以为对称轴将折叠，使点D落在上的点处，再以为对称轴折叠，使得点A的对应点与点重合，以为对称轴折叠，使得点B的对应点落在上．若，，则的值为．【答案】【分析】过点C作延长线于点H，设菱形的边长为，设，根据勾股定理可得，然后根据，进而可以解决问题．【详解】解：如图，过点C作延长线于点H，∵四边形是菱形，，，∴，设菱形的边长为，，，设，则，，，在中，根据勾股定理得：，，解得，，，由折叠可知：，∵，∴，，，∴，∴．，，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．6．如图，在矩形中，，，对角线相交于点，点为边上一动点，连接，以为折痕，将折叠，点的对应点为点，线段与相交于点．若为直角三角形，则的长为．【答案】1或【分析】先根据矩形的性质、折叠的性质可得，，设，从而可得，再根据直角三角形的定义分和两种情况，然后分别利用相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可得．【详解】解：四边形是矩形，，由折叠的性质可知，设，则由题意，分以下两种情况：（1）如图1，当时，为直角三角形在和中，，即解得，在中，，即解得即（2）如图2，当时，为直角三角形，，即在和中，，即解得，即解得即综上，的长为或1故答案为：1或．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确画出图形，并分两种情况讨论是解题关键．类型六、二次函数的新定义1．定义：（1）在平面直角坐标系中，若点A满足横、纵坐标都为整数，则把点A叫做“整点”．如：、都是“整点”．（2）抛物线与x轴的交点的横坐标即方程的解．若抛物线与x轴交于点M，N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段MN所围的区域（包括边界）恰有5个整点，则a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查二次函数的图象与性质，抛物线与x轴的交点、利用函数图象确定与y轴交点位置是本题的关键．画出图象，找到该抛物线在M、N之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有5个整点的边界，利用与y交点位置可得a的取值范围．【详解】解：对于抛物线抛物线，∴函数的对称轴：直线，∴M和N两点关于对称，根据题意，抛物线在M、N之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有5个整点，这些整点是，1,0，，，2,0，如图所示：∵当时，，∴当时，，即：，解得，，故选：A．2．定义：在平面直角坐标系中，若点A满足横、纵坐标都为整数，则把点A叫做“整点”．如：、都是“整点”．抛物线与x轴交于点M，N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有5个整点，则a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查抛物线与x轴的交点、配方法确定顶点坐标、待定系数法，利用函数图象确定与y轴交点位置是本题的关键．画出图象，找到该抛物线在M、N之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有5个整点的边界，利用与y交点位置可得a的取值范围．【详解】解：抛物线化为顶点式为，∴函数的对称轴：，∴M和N两点关于对称，根据题意，抛物线在M、N之间的部分与线段所围的区域（包括边界）恰有5个整点，这些整点是，，，，，如图所示：∵当时，，∴当时，，即：，解得，，故选：B．3．定义：如果二次函数的图象经过点，那么称此二次函数图象为“线性曲线”．例如：二次函数和的图象都是“线性曲线”．若“线性曲线”与坐标轴只有两个公共点，则k的值．【答案】或【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，根据题意可得抛物线经过点，再分两种情况：当抛物线过原点时，当点为顶点时，分别求解即可得解．【详解】解：∵抛物线经过点，∴当抛物线过原点时，抛物线与坐标轴只有两个公共点，此时，解得：；当点为顶点时，抛物线与坐标轴只有两个公共点，则，解得：，把代入得：，解得：，综上所述，k的值为或，故答案为：或．4．新定义：在平面直角坐标系中，对于点，当点满足时，称点是点的“关联点”．已知点，有下列结论：点，都是点的“关联点”；若直线上的点是点的“关联点”，则点的坐标为；抛物线上存在两个点是点的“关联点”；其中正确结论是【答案】①②③【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，根据“关联点”的定义，逐项判断即可得出答案，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征以及二次函数图象上点的坐标特征是解此题的关键．【详解】解：∵，，∴点，都是点的“关联点”，故①正确；设点的坐标为，∵点是点的“关联点”，∴，解得：，∴，∴点的坐标为，故②正确；设抛物线上的点P1的坐标为，∵点是点的“关联点”，∴，整理得：，解得：或，∴当时，，即，当时，，即，∴抛物线上存在两个点是点的“关联点”，故③正确；综上所述，正确的有①②③，故答案为：①②③．5．定义：如果二次函数（、、、是常数）与（、、、是常数）满足，，，则这两个函数互为“旋转函数”．(1)写出函数的旋转函数．(2)若函数与互为旋转函数，求的值．(3)已知函数的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A，B，C关于原点的对称点分别是、、，试求证：经过点、、的二次函数与互为“旋转函数”．【答案】(1)(2)(3)见解析【分析】本题考查了新定义，待定系数法等；（1）由旋转函数的定义即可求解；（2）由旋转函数的定义求出、的值，代入计算，即可求解；（3）分别求出点A，B，C，由关于原点的对称规律求出、、，由待定系数法求出，由，即可得证；理解新定义，掌握待定系数法是解题的关键．【详解】（1）解：设所求旋转函数为，则有，解得：，∴所求旋转函数的解析式为：；（2）解：由题意得，，解得，．（3）证明：当时，，解得：，，，，当时，，点A，B，C关于原点的对称点分别是、、，，，，设经过点，，的二次函数为：，则有，解得：，，又，，两个函数互为“旋转函数”．6．新定义：如果二次函数的图象经过点，那么称此二次函数的图象为“定点抛物线”．(1)试判断二次函数的图象是否为“定点抛物线”；(2)若定点抛物线与直线只有一个公共点，求的值；(3)若一次函数的图象与定点抛物线的交点的横坐标分别为和，且，求的取值范围．【答案】(1)是“定点抛物线”(2)(3)【分析】（1）把点代入计算，再根据“定点抛物线”的定义判定即可求解；（2）根据“定点抛物线”的定义可得当时，，再根据抛物线与直线交点的计算，联立方程，由根与系数的关系得到，得到，由此即可求解；（3）一次函数的图象与定点抛物线有交点，联立方程可得∴，即，根据横坐标的特点得到或，根据，得到，由此即可求解．【详解】（1）解：当时，，∴二次函数的图象经过点，∴是“定点抛物线”；（2）解：∵抛物线是定点抛物线，∴当时，，∴，∵定点抛物线与直线只有一个公共点，∴，∴，∴，把代入得，，∴，解得，；（3）解：根据题意，，整理得，，∴，即，∴或，∴交点的横坐标为或，∵，∴，解得，，∴的取值范围为：．【点睛】本题主要考查一次函数，一次函数图形的性质，交点坐标的计算，求不等式的解集，掌握一次函数与二次函数交点联立方程求解，一次函数与二次函数图象的性质是解题的关键．类型七、无刻度尺作图1．请用无刻度的直尺在以下图中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）(1)如图①，内接于中，画出中一条最长的弦；(2)如图②，等腰内接于中，，画出底边的中线；(3)如图③，已知四边形为矩形，点A、D在圆上，与分别交于点E、F．画出线段的垂直平分线；【答案】(1)见详解(2)见详解(3)见详解【分析】（1）连接，并延长交上于一点D，则是直径，符合题意，即可作答．（2）因为等腰内接于中，，则连接，因为，则直线是的垂直平分线，记直线与的交点为，结合等腰三角形的三线合一，则是底边的中线，即可作答．（3）连接交于点O，连接交于点H，连接，即为线段的垂直平分线，即可作答．本题考查的是作图，主要涉及等腰三角形的性质、矩形的性质、线段的垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用相关的知识解决问题．【详解】（1）解：是中一条最长的弦，如图所示：（2）解：底边的中线如图所示：（3）解：直线即为所求．如图所示：2．如图是由小正方形组成的的网格，每个小正方形的顶点叫格点，点A、B、C在格点上，点D是圆与竖直网格线的交点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线．

(1)在图1中画出经过A、B、C三点的圆的圆心O；(2)在图2中，在上作点E使得．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了作图—复杂作图，平行四边形的性质，圆周角定理．（1）利用网格作线段的垂直平分线与的交点即为圆心；（2）取点，作直线与网格交于点，连接交圆于，点即为所作．【详解】（1）解：点即为所作，

；（2）解：如图，点即为所作，

；∵由网格特点和垂径定理可得：，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴．3．图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，点、均为格点．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求画图．(1)图①中．画出的中线：(2)图②中，在的边上找一点，连接，使；(3)图③中．在的边上找一点，连接，使的面积为1．【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析(3)作图见解析【分析】本题考查了网格作图，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）取格点E、F，连接，交于点D，利用矩形的性质得到点D是的中点，连接即可；（2）取格点D、E，连接交于点F，连接，，得根据相似三角形的性质，即可得；（3）取格点D、E、F，H，连接，交于点O，取格点M，连接，交于点G，连接，根据，得，根据与等高，得．【详解】（1）如图所示：即为所求，（2）如图所示：即为所求，（3）如图所示：即为所求，4．图、图、图均是的正方形网格，每个小正方形的边长为，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．(1)在图中，分别在边、上画点、，连结，使，且．(2)在图中，分别在边、上画点、，连结，使，且．(3)在图中画出，点在上，连结，使．【答案】(1)画图见解析；(2)画图见解析；(3)画图见解析．【分析】（）取格点，，连接交于点，取AB与网格线的交点，连接DE，即可求解；（）取格点，，连接交于点，取AB与网格线的交点，连接，即可求解；（）取格点，，连接交于点，连接，即可求解；本题考查了格点图中画相似三角形，熟练掌握知识相似三角形的判定与性质是解题的关键．【详解】（1）解：如图，∴即为所求；（2）解：如图，∴即为所求；（3）解：如图，,则，又因为所以.∴即为所求．5．图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．(1)在图①中，画出中边上的中线．(2)在图②中，在边上找到一点，连接，使．(3)在图③中，在边上找到一点，连接，使．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）取的中点，连接即可．（2）取格点，，使，，，连接交于点，则点即为所求．（3）取格点，使，，取与网格线的交点，连接交于点，则点即为所求．【详解】（1）解：如图①，即为所求．（2）解：如图②，取格点，，使，，，连接交于点，连接，则，，，则点即为所求．（3）解：如图③，取格点，使，，取与网格线的交点，则，即，连接交于点，，则点即为所求．【点睛】本题考查作图—应用与设计作图、三角形的中线、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．6．如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：(1)在图1中，过点B画边上的高（H为垂足）．(2)在图2中，在边上找一点D，连结，使．(3)在图3中，在边上找一点P，画射线，使．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】本题主要考查了格点作图，解直角三角形，相似三角形的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．（1）取格点，连接，延长交于，则即为所求；（2）由三角形面积可知，，取格点、，连接CE、、，利用相似三角形对应边成比例可知，与的交点为点，（3）取格点、、，连接、交于点，连接交于点，点即为所求．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；取格点，连接，延长交于，则即为所求；由网格的特点可知，则；（2）解：如图所示，即为所求；，，，，即求的三等分点；取格点、，连接CE、、，与的交点为点；（3）解：如图所示，点即为所求；取格点、、，连接、交于点，连接交于点，点即为所求；由网格的特点可知，，，则，即．类型八、二次函数与特殊三角形结合1．【问题背景】如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，连接．【知识技能】（1）求此抛物线的解析式．【构建联系】（2）在下方的抛物线上有一点，过点作轴，交于点，交轴于点，当点的坐标为多少时，线段的长度最大？最大是多少？（3）在轴上找一点，使得为等腰三角形，直接写出点的坐标．【答案】（1）（2）点N的坐标为，有最大值，最大值为（3）或0,3或或【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、待定系数法、二次函数的最值等，其中（3）要注意分类求解，避免遗漏．（1）由得，，再运用待定系数法求出函数解析式即可；（2）运用待定系数法求出直线的解析式为，设，则，求出，根据二次函数的性质可得结论；（3）根据勾股定理求出，再分为腰和底两种情况讨论求解即可．【详解】解：（1）∵∴，C0,-3，把，C0,-3代入，得，，解得，，∴此抛物线的解析式为．（2）设直线的解析式为，把把，C0,-3代入，得，，解得，∴直线的解析式为；设点的坐标为，则点，∴∴∵，∴有最大值，最大值为，此时点N的坐标为；（3）∵∴如图，当为底边时，点的坐标为；当为腰时，点的坐标为0,3或或；综上，为等腰三角形时，点的坐标为或0,3或或．2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为，与y轴交于C0,-3点，点P是直线下方的抛物线上一动点．(1)求这个二次函数的表达式；(2)求出四边形的面积最大时的P点坐标；(3)在直线上找一点Q，使得为等腰三角形，写出Q点坐标．【答案】(1)(2)(3)或或或【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法求解即可得；（2）连接，过点作轴的垂线，交于点，先求出的面积，再求出直线的解析式，设点的坐标为，求出与之间的关系式，利用二次函数的性质求解即可得；（3）设点的坐标为，利用两点之间的距离公式可得的值，再分、和三种情况，分别建立方程，解方程即可得．【详解】（1）解：将点代入二次函数得：，解得，则这个二次函数的表达式为．（2）解：如图，连接，过点作轴的垂线，交于点，令，则，解得或，∴，∵，∴，，，∴，设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，设点的坐标为，则，∴，∵的面积等于与的面积之和，且与的边上的高之和等于，∴，∴四边形的面积为，由二次函数的性质可知，在内，当时，四边形的面积最大，此时，所以四边形的面积最大时的点坐标为．（3）解：设点的坐标为，∵C0,-3∴，，，①当时，为等腰三角形，则，即，解得或（此时点与点重合，不符合题意，舍去），当时，，所以此时点的坐标为；②当时，为等腰三角形，则，即，解得或，当时，，即，当时，，即；③当时，为等腰三角形，则，即，解得，此时，所以此时点的坐标为，综上，点的坐标为或或或．【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的应用、等腰三角形的定义、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．3．如图，抛物线过，两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线轴，交x轴于点H．(1)求抛物线的表达式；(2)直接写出点C的坐标，并求出的面积；(3)点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当的面积为6时，求出点P的坐标；(4)若点M在直线上运动，点N在x轴上运动，当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时点M的坐标．【答案】(1)(2)，(3)(4)点坐标为或或或【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可；（2）求出抛物线的对称轴，再根据对称性求出点的坐标即可解决问题；（3）设点，根据，建立方程求解即可；（4）分别以点、、为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理求的长即可．【详解】（1）解：抛物线过，两点，，解得：，抛物线的解析式为．（2）解：，对称轴为直线，，关于对称轴对称，，，，．（3）解：如图，过点P作于点H，设点，根据题意，得：，，，，，解得：，，点是抛物线上一动点，且位于第四象限，，，，；（4）解：点在直线上，点在轴上，为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：①以点为直角顶点且在轴上方时，如图2，，，，，，，，，；②以点为直角顶点且在轴下方时，如图3，过点作轴，过点作轴，过点作轴交于点，交于，，，，，，，，，四边形是矩形，，；③以点为直角顶点且在轴左侧时，如图4，，，过点作轴，过点作轴交的延长线于，同理可得：，，则，∴，；④以点为直角顶点且在轴右侧时，如图5，过点作轴，过点作轴交延长线于，同理可得：，，，，；⑤以为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；综上所述，当为等腰直角三角形时，点坐标为或或或．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法、三角形的面积、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．4．如图，抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），点的坐标为，与轴交于点，作直线．动点在轴上运动，过点作轴，交抛物线于点，交直线于点，设点的横坐标为．(1)求抛物线的解析式和直线的解析式；(2)当点在线段上运动时，求线段的最大值；(3)当点在线段上运动时，若是以为腰的等腰直角三角形时，求的值；(4)当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出的值．【答案】(1)，(2)(3)(4)的值为或【分析】（1）由、两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式，则可求得点坐标，再利用待定系数法可求得直线的解析式；（2）用可分别表示出、的坐标，则可表示出的长，再利用二次函数的最值可求得的最大值；（3）由题意可得当是以为腰的等腰直角三角形时则有，且，则可求表示出点纵坐标，代入抛物线解析式可求得的值；（4）由条件可得出，结合（）可得到关于的方程，可求得的值．【详解】（1）解：∵抛物线过、两点，∴代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为，令可得，，解，∵点在点右侧，∴点坐标为，设直线解析式为，把、坐标代入可得，解得，∴直线解析式为；（2）解：∵轴，点的横坐标为，∴，，∵在线段上运动，∴点在点上方，∴，∴当时，有最大值，的最大值为；（3）解：由（1）（2）得点坐标为，点坐标为0,3，∴∵∴∵轴，轴，∴∴∴当是以为腰的等腰直角三角形时，，∴点纵坐标为，∴，解得或，当时，则、重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，∴；（4）解：由（）得，，当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，则有，当点在线段上时，由（）得，∴，此方程无实数根，当点不在线段上时，则有，∴，解得或，综上可知当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为或．【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质及分类讨论思想等知识点．在（）中用表示出的长是解题的关键，在（）中确定出是解题的关键，在（）中由平行四边形的性质得到是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，B4,0两点，与轴交于点，作直线．(1)求该抛物线对应的函数解析式．(2)在轴上是否存在点，使得以为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．(3)若是直线下方抛物线上一动点，则当点的坐标为_______时，面积最大．【答案】(1)(2)存在，或(3)【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到面积的计算、直角三角形的性质，分类求解是解题的关键．（1）由待定系数法即可求解（2）当是斜边时，根据勾股定理列出等式即可求解∶当或为斜边时，同理可解；（3）由即可求解．【详解】（1）解：将点，代入，得即解得则该抛物线对应的函数解析式为．（2）答：存在．理由：由抛物线的函数解析式知，当时，点的坐标为．设点的坐标为，则，，．当是斜边时，则，解得，即点的坐标为或(舍去，此时点和点重合，不能构成三角形)．当或为斜边时，同理可得或，解得或，即点的坐标为或(舍去)．综上，点点的坐标为或．（3）解：如图，过点作轴交于点，连接，．设直线的表达式为，将点，代入，得解得．则直线的表达式为：．设点，则点，．，当时，面积最大，最大值为8．此时，点6．如图，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数的图象与一次函数的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点，且点D坐标为．(1)求二次函数的解析式及顶点坐标；(2)求四边形的面积S；(3)在x轴上是否存在点P，使得是直角三角形？若存在，请求出所有满足条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)，；(2)(3)P的坐标为或或或【分析】题目主要考查二次函数与一次函数综合问题，勾股定理解三角形，面积问题等，理解题意，进行分类讨论是解题关键．（1）根据题意得出，然后利用待定系数法确定函数解析式，化为顶点式求出顶点坐标即可；（2）根据两个函数得出，结合图象得出求解即可；（3）设点，根据题意得出，然后分三种情况：当P为直角顶点时，当B为直角顶点时，当C为直角顶点时，分别求解即可．【详解】（1）解：根据题意得，当x=0时，，∴，将，代入得，解得，∴二次函数的解析式，∵，∴顶点坐标为；（2）根据题意得：联立两个函数，解得：或，∴，∴，，∴四边形的面积为：；（3）设点，∵，∴，当P为直角顶点时，，∴，解得：或，∴或；当B为直角顶点时，，∴，解得：，∴；当C为直角顶点时，，∴，解得：，∴；综上可得：P的坐标为或或或．类型九、圆和相似结合1．如图，在中，，以点C为圆心，为半径的圆分别交，于点D，E，过点A作于点F．(1)求证：．(2)已知点M在边上，．①若，，点M关于的对称点记为，，求k的值及的长．②若，以A，E，M为顶点的三角形与相似，求的值．【答案】(1)见解析(2)①，；②的值为或【分析】（1）由题意可得，由等边对等角结合对顶角相等得出，再由，即可得证；（2）①由（1）可得，由相似三角形的性质可得，由题意可得点在上，，，设，则，则，，证明，得出，证明，得出，求出，得出，，从而即可得出，再由勾股定理计算即可得出的长；②设，则，，再分两种情况：当时；当时；分别利用相似三角形的性质、勾股定理等知识点求解即可．【详解】（1）证明：∵以点C为圆心，为半径的圆分别交，于点D，E，∴，∴，∵，∴，∵，∴；（2）解：①由（1）可得，∴，∵，点M关于的对称点记为，，∴点在上，，，，设，则，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴，，∴；∴，∴，∴；②由（1）可得，∴，∵，，∴设，则，∴，∵以A，E，M为顶点的三角形与相似，，∴如图，当时，，∵，∴，∵，，∴由角平分线的性质定理可得：，∴，∴，，∴，设，则，由勾股定理可得：，∴，解得：，∴，∴；如图，当时，，∵，∴，由（1）可得：，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴（负值舍去），∴，∴，由（1）可得：，∴；综上所述，的值为或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．2．如图1，圆内接四边形，为直径，点E在弧上，且满足，连结并延长交的延长线于点F，与交于点G．(1)若，请用含的代数式表示．(2)如图2，连结，若．求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，连结，，，求的面积．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）由圆周角定理可得，，再由三角形内角和定理计算即可得解；（2）连接，利用证明即可得证；（3）由圆周角定理可得，证明，得出，由（2）可得：，推出，再证明，求出，由勾股定理可得，求出，，从而得出，，再由三角形面积公式计算即可得解．【详解】（1）解：∵，，∴，∵为直径，∴，∴；（2）证明：如图，连接，∵，∴，∵为直径，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，在和中，，∴，∴；（3）解：∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，由（2）可得：,∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．3．“圆是最完美的几何图形”我们知道不在同一直线上的三个点确定一个圆．已知，，，．(1)①确定经过三角形三个顶点的圆的圆心是找到三角形．A．三边垂直平分线的交点

B．三个角平分的交点

C．三条中线的交点②经过三角形的三个顶点的圆的半径是．(2)如图（2）当，时，过、、三点的作圆，点为线段上一动点，交圆于点，设，，求与的关系式．(3)如图（2），点是平面内一动点，当时，求的取值范围．【答案】(1)①A；②(2)(3)【分析】（1）①根据确定圆的条件即可求解；②勾股定理求得的长，进而根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半，即可求解．（2）连接，取的中点，连接并延长，交于点，交于点，连接，证明得出，等面积法求得，进而证明，得出的函数关系式，进而结合图形写出自变量的取值范围，即可求解；（3）以为底构造等腰直角三角形和等腰直角三角形，分别以，为圆心，，为半径作，，连接，，设交于，延长交于，可知，过点作于点，于点，先根据已知条件得到，，，再根据勾股定理得到，即可得到的值，同理可得，问题得解．【详解】（1）①根据确定圆的条件可得确定经过三角形三个顶点的圆的圆心是找到三角形三边垂直平分线的交点，故答案为：A．②∵，，．∴，∵直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半，∴经过三角形的三个顶点的圆的半径是故答案为：．（2）解：如图所示，连接，取的中点，连接并延长，交于点，交于点，连接，∵，∴∵，∴是的直径，又∵∴∵，．，∴∴又∴∴∴∵∴∴∴，∵是的直径，∴，∵，，∴∴即∴又∵即∴（3）解：如图所示，以为底构造等腰直角三角形和等腰直角三角形，分别以，为圆心，，为半径作，，连接，，设交于，延长交于，可知，过点作于点，于点，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，同理可得，∴.【点睛】本题考查了确定圆的条件，相似三角形的性质与判定，一点到圆上的距离问题，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．4．在中，直径．点C为圆上一动点，点D在圆外，四边形为菱形，连结．(1)如图1，交于点E，①求证：；②连结，若，求的长．(2)如图2，连结交于G，F为圆上一点，交于M．当点C在圆上运动时，直径上是否存在一点N，使为定值．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)①见解析②7(2)存在，【分析】（1）①连接，根据菱形的性质，得到，圆周角定理，得到，根据弧，弦，角之间的关系即可得出结论；②设交于点，勾股定理求出的长，证明，求出，的长，证明，列出比例式进行求解即可；（2）过点作，交于点，根据等边对等角，平行线的性质，推出，证明，得到，进而推出，根据线段的和差关系，结合等量代换，求出的值，进而得到的值，进而求出的值即可．【详解】（1）解：①接，∵四边形为菱形，∴，∵，∴，∴；②设交于点，∵为直径，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）存在，过点作，交于点，则：，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵菱形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴存在点，当时，为定值．【点睛】本题考查圆周角定理，弧，弦，角之间的关系，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键。5．已知、是圆的直径，于，连接．(1)如图1，求证：．(2)如图2，是上一点，，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，连接，的延长线交于，若，．求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)．【分析】（1）如图1，先根据同角的余角相等得：，由同弧所对的圆心角是圆周角的2倍得结论；（2）如图2，作辅助线，先根据垂径定理得：，由三角形中位线定理得：，证明，则；（3）如图3，设，则，，根据勾股定理列方程：，解出的值，得，证明，列比例式可得结论．【详解】（1）证明：如图1，连接，是的直径，，，，，，，，；（2）证明：如图2，延长交于，连接、、，，∴，是的中垂线，∴，，，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴；（3）解：如图3，连接，设，∵，∴，∴，∵，∴，即，整理得，解得（舍去），或，∴，∴，，，，，∴，，，，．【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，三角形相似和全等的性质和判定，有难度，第2问作辅助线构建是关键，第3问设未知数，根据勾股定理列方程，求出圆的半径是关键．6．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．(1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：；(3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值．【答案】(1)③(2)见解析(3)【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；（2）过点B作直径，分别连接，，，，证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；（3）设的长度为a，，在中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得的最小值，求得必值，再利用相似三角形是性质即可求得结论．【详解】（1）解：若平行四边形是“奇妙四边形”，则四边形是正方形．理由∶∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，∴平行四边形是矩形，∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴矩形是正方形，故答案为∶③；（2）证明∶过点B作直径，分别连接，，，，∵是的直径，∴，∴，∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴；（3）解：连接交于E，设的长度为a，，∵，，∴，∴，∵∴，，∵，∴，∵∴，整理得，∴∴，又，∴，∴a有最小值2，即的长度最小值为2，∴，解得∶，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．类型十、相似中的手拉手1．四边形和四边形有公共顶点A，连接和．

(1)如图1，若四边形和四边形都是正方形，当正方形绕点A旋转角时，BM和的数量关系是________，位置关系是________；(2)如图2，若四边形和四边形都是矩形，且，判断BM和的数量关系和位置关系，并说明理由；(3)在（2）的条件下，若，，矩形绕点A逆时针旋转角，当时，直接写出线段的长．【答案】(1)相等，垂直；(2)数量关系：；位置关系：．(3)3或【分析】（1）先证明得到和的数量关系，同时得到．然后延长交、于点E、F，在和中用三角形内角和公式即可得到和的位置关系；（2）由已知条件可推出，得到和的数量关系，同时得到．然后同（1）中相同的方法可得到和的位置关系；（3）当时，由已知条件可证得以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，此时存在两种位置情况，故进行分类讨论：①当位于上方时，由平行四边形的性质可推出，再利用小问（2）的结论可求出的长；②当位于下方时，由平行四边形的性质可推出，且能证明B、N、P在同一直线上，因此可在中使用勾股定理求出BM的长，再利用小问（2）的结论可求出的长．【详解】（1）相等，垂直．理由如下：如图：∵四边形和四边形都是正方形，∴，，，∴，即：，∴，∴，．延长交、于点E、F，在和中，∵，，且，∴，∴．（2）数量关系：，位置关系：．理由如下：如图：延长交于点O，交于点H，∵四边形和四边形都是矩形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴，又∵，∴，即；（3）∵，，，∴，分类讨论：连接．①如图：当位于上方时，在中，由勾股定理得，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴．②如图：当位于下方时，连结，同理可得，四边形是平行四边形，∴，，∴又，∴B、N、P在一条直线上，∴，∴，，∴在中，，∵，∴．综上所述，的长为或．【点睛】此题考查了正方形、矩形、平行四边形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用等，涉及到的数学思想方法有图形运动思想，分类讨论思想等．其中，善于发现特殊图形和一般规律是解决这一类问题的关键．2．【问题呈现】和都是直角三角形，，，，连接，，探究，的位置关系．（1）如图1，当时，直接写出与的位置关系：_____________；与的数量关系为______________；（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，写出正确的结论并说明理由．（与的数量关系可用含式子表示）【拓展应用】（3）当，，时，将绕点旋转，使，，三点恰好在同一直线上，求的长．【答案】（1）；；（2）当时，成立，不成立，应为．理由见解析；（3）的长为或【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，，根据，求出，即可证明结论；（2）证明，得出，，根据，求出，即可证明结论；（3）分两种情况：当D在线段上时，同（2）知，，故，得，根据勾股定理得，解得；当E在线段上时，，解得．【详解】解：（1）如图，延长交于，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴，∴，故答案为：；；（2）成立，不成立，应为．理由如下：延长交于，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，则，∵，，∴，∴；（3）当D在线段上时，如图：同（2）可得，，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，解得（舍去）；当E在线段上时，如图：同理可得，解得（舍去）；综上所述，的长为或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．3．◆模型展示◆如图1，把字形相似的两个三角形中的一个固定，另一个三角形绕其公共顶点旋转，在旋转的过程中生成一对新的相似三