特训10 期中解答压轴题（浙江最新期中精选，三大模块）-2024-2025学年九年级数学上学期期中期末挑战满分冲刺卷（浙教版，浙江专用）

特训10 期中解答压轴题（浙江最新期中精选，三大模块） 目录： 模块1：二次函数 模块2：图形的旋转 模块3：圆 模块1：二次函数 1．（23-24九年级上·浙江台州·期中）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴相交于点，，与轴相交于点．若二次函数的图象经过点，． (1)求二次函数的解析式； (2)当时，求二次函数最大值与最小值的差； (3)在二次函数图象上任取一点，其横坐标为．点在二次函数图象的对称轴上．若以点，，为顶点三角形是以为直角的等腰三角形．求点的坐标． 2．（23-24九年级上·浙江绍兴·期中）如图，抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线，顶点为D，点B的坐标为． (1)填空：点A的坐标为______，点 D的坐标为______，抛物线的解析式为______； (2)是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使是以为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)当二次函数的自变量x满足时，函数y的最小值为，求m的值． 3．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，作直线，点是抛物线在第四象限上一个动点（点不与点重合），连结，，以，为边作，点的横坐标为． (1)求抛物线对应的函数表达式； (2)当有两个顶点在轴上时，则点的坐标为____________； (3)当是菱形时，求的值． (4)当为何值时，的面积有最大值？ 4．（23-24九年级上·浙江温州·期中）二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，顶点为． (1)求点E的坐标； (2)如图①，是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当的垂直平分线恰好经过点时，求点的坐标； (3)如图②，是该二次函数图象上的一个动点，连接，取中点，连接，，，当的面积为12时，求点的坐标． 5．（23-24九年级上·浙江绍兴·期中）如图，二次函数的图象与x轴相交于点和，与y轴相交于点C，且经过点，过点D作，交y轴于点E，连结． (1)当时，求这个二次函数的表达式． (2)试用含m的代数式表示点C的坐标． (3)作点D关于的对称点，连结．当的面积等于1时，请直接写出m的值． 6．（2023·浙江湖州·模拟）已知关于的函数． (1)若，函数的图象经过点和点，求该函数的表达式和最小值； (2)若，，时，函数的图象与轴有交点，求的取值范围． (3)阅读下面材料： 设，函数图象与轴有两个不同的交点，，若，两点均在原点左侧，探究系数，，应满足的条件，根据函数图像，思考以下三个方面： ①因为函数的图象与轴有两个不同的交点，所以； ②因为，两点在原点左侧，所以对应图象上的点在轴上方，即； ③上述两个条件还不能确保，两点均在原点左侧，我们可以通过抛物线的对称轴位置来进一步限制抛物线的位置：即需． 综上所述，系数，，应满足的条件可归纳为： 请根据上面阅读材料，类比解决下面问题： 若函数的图象在直线的右侧与轴有且只有一个交点，求的取值范围． 7．（23-24九年级上·浙江湖州·期中）已知抛物线交轴于，两点，为抛物线的顶点，，为抛物线上不与，重合的相异两点，记中点为，直线，的交点为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若，，且，求证：，，三点共线； (3)小明研究发现：无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 8．（23-24九年级上·浙江杭州·期中模拟）如图1，对于平面上不大于的，我们给出如下定义：若点P在的内部或边界上，作于点E．于点，则称为点P相对于的“优点距离”，记为；    如图2，在平面直角坐标系中，对于，点P为第一象限内或两条坐标轴正半轴上的动点，且满足，点P运动形成的图形记为图形G． (1)满足条件的其中一个点P的坐标是 __，图形G与坐标轴围成图形的面积等于 __ ； (2)设图形G与x轴的公共点为点A，如图3，已知，，求的值； (3)如果抛物线经过（2）中的A，B两点，点Q在A，B两点之间的物线上（点Q可与A，B两点重合），求当取最大值时，点Q 的坐标． 模块2：图形的旋转 9．（22-23九年级上·浙江宁波·期中）课题学习： 【证明体验】 （1）如图1，在四边形中，点P为上一点，，求证：． 【思考探究】 （2）如图2，在四边形中，点P为上一点，当时，上述结论是否依然成立？说明理由． 【拓展延伸】 （3）请利用（1）（2）获得的经验解决问题： 如图3，在中，，，以点A为直角顶点作等腰．点D在上，点E在上，点F在上，且，若，求的长． 10．（23-24九年级上·浙江杭州·期中）已知：菱形对角线相交于点O，，点E是线段上一个动点，连接，把线段以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在的延长线上．    (1)如图1，当时， ①求证：； ②求的值； (2)如图2，当时，求的长． 11．（22-23八年级上·浙江金华·期末）如图，已知，，C为y轴上的一个动点，连接，把线段分别绕着点O逆时针方向旋转得到，连接．    (1)求证：． (2)当时，求的面积． (3)在点C的运动过程中，是否存在为直角三角形，若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由． 12．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）在正方形中，、为平面上两点．      【基础巩固】 (1)如图1，当点在边上时，，且，，三点共线，求证：； 【类比应用】 (2)如图2，当点在正方形外部时，，，且、、三点共线，若，，求点到直线的距离； 【拓展迁移】 (3)如图3，当点E在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点，若，，求正方形的边长． 13．（23-24九年级上·浙江台州·期中）问题背景 （1）如图1，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，且点D在线段BC上，求证：△ABD≌△ACE； 尝试应用 （2）如图2，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，P为线段BC上一点，以BP为边作等边三角形BPQ，连接CQ，M为线段CQ的中点，连接AM，AP．求证：AP＝2AM； 拓展创新 （3）已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，G为平面内一点，若∠AGB＝90°，∠BGC＝150°，请直接写出的值． 模块3：圆 14．（2023·浙江·一模）如图1，为的直径，于点，，与交于点． (1)求证：． (2)若，求的长． (3)连结，如图2，求证：． 15．（23-24九年级上·浙江·周测）如图1，是内接三角形，将绕点A逆时针旋转至，其中点D在圆上，点E在线段上．    (1)求证：﹔ (2)如图2，过点作分别交、于点M、N，交于点F，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若时，求的值； 16．（23-24九年级上·浙江温州·期中）如图，以的顶点A为圆心，为半径作圆，分别交，于点E，F，延长交于点G，连结并延长交于点H． (1)证明：． (2)已知，． ①求的半径， ②取上一点P，连结并延长交于点Q，当等于四边形中的一个内角时，求的面积． 17．（22-23九年级上·浙江杭州·期中）已知：的两条弦，相交于点，且． (1)如图1，连接．求证：． (2)如图2，若，点为弧上一点，，交于点，连接、． ①求的度数(用含的代数式表示)． ②若，，求的面积． 18．（23-24九年级上·浙江宁波·期中）如图1，为四边形的外接圆，与相交于点，且，连结，设． (1)用含的代数式表示． (2)如图2，连结，交于点，若，求证：． (3)在（2）的基础上，当，时，求出的值． 19．（23-24九年级上·浙江杭州·期中）如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA． （1）求证：∠ABD=2∠BDC； （2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC； （3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．            20．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，已知点A的坐标是，点B的坐标是，以AB为直径做⊙，交y轴的负半轴于点C，连接AC、BC，过A、B、C三点作抛物线． (1)求此抛物线的解析式； (2)点E是AC延长线上一点，的平分线CD交⊙于点D，连接BD，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 21．（23-24九年级上·浙江宁波·期中）如图1，均为直角三角形，与相交于点，以为直径的恰好经过点，并分别于交于点和点，连接． (1)求证：； (2)如图2，过作，交于点，连接，若，则的值是多少？ (3)如图3，在此图情况下，若，试用含的代数式表示． 22．（23-24九年级上·浙江宁波·期中）如图1，E点为x轴正半轴上一点，交x轴于A、B两点，P点为劣弧上一个动点，且、．    (1)的度数为 °； (2)如图2，连结，取中点，则的最大值为 ； (3)如图3，连接、、、．若平分交于点，求的长； (4)如图4，连接、，当点运动时（不与、两点重合），求证：为定值，并求出这个定值． ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训10 期中解答压轴题（浙江最新期中精选，三大模块） 目录： 模块1：二次函数 模块2：图形的旋转 模块3：圆 模块1：二次函数 1．（23-24九年级上·浙江台州·期中）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴相交于点，，与轴相交于点．若二次函数的图象经过点，． (1)求二次函数的解析式； (2)当时，求二次函数最大值与最小值的差； (3)在二次函数图象上任取一点，其横坐标为．点在二次函数图象的对称轴上．若以点，，为顶点三角形是以为直角的等腰三角形．求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）将二次函数化成顶点式为：，即抛物线的对称轴为：，即可得离抛物线对称轴越近的点的函数值越大，离抛物线对称轴越远的点的函数值越小，结合即可求出函数的最大值和最小值，问题随之得解； （3）先求出C点坐标为：，即：，横坐标为，由点横坐标为：，可知，分情况讨论：作轴于点M，作轴于N，当M点在C点下方时，证明，即有，，即有，，可得，即有，解方程求出m的值，则Q点坐标相应可求；作轴于点M，作轴于N，当M点在C点上方时，同理可证明：，可得到，抛物线解析式化为顶点式为：，即此时二次函数的值最大为，根据，可知此时P点不存在；问题随之得解． 【解析】（1）将，代入中， 可得：， 解得：， 即二次函数解析式为：； （2）将二次函数化成顶点式为：， 即抛物线的对称轴为：， ∵， ∴二次函数的图象开口朝下， ∴离抛物线对称轴越近的点的函数值越大，离抛物线对称轴越远的点的函数值越小， ∵， ∴当时，函数有最大值，最大值为：， 当时，函数有最小值，最小值为：， ∴函数的最大值与最小值的差为：； （3）令时，，即C点坐标为：， 即：， ∵抛物线上点的横坐标为， ∴点坐标为， ∵点在二次函数图象的对称轴上， ∴点横坐标为：，即， 分情况讨论， 作轴于点M，作轴于N，当M点在C点下方时，如图， ∵等腰直角三角形，且， ∴，， ∵轴于点M，轴于N， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：，， 当时，，如上图， ∴， ∴， 此时Q点坐标为：； 当时，， 如图， ∴， ∴， 此时Q点坐标为：； 作轴于点M，作轴于N，当M点在C点上方时，如图， 同理可证明：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵抛物线解析式化为顶点式为：， ∴此时二次函数的值最大为， ∵， ∴此时P点不存在； 综上所述：Q点坐标为：或． 【点睛】本题是一道压轴的二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求解二次函数解析式，二次函数的最值问题，解一元二次方程，等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，掌握二次函数的图象与性质，是解答本题的关键． 2．（23-24九年级上·浙江绍兴·期中）如图，抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线，顶点为D，点B的坐标为． (1)填空：点A的坐标为______，点 D的坐标为______，抛物线的解析式为______； (2)是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使是以为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)当二次函数的自变量x满足时，函数y的最小值为，求m的值． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析 (3)或 【分析】（1）由对称轴为直线， 点的坐标为，得，用待定系数法可求得抛物线的解析式为即可得顶点； （2）设， 可得 根据是以为斜边的直角三角形，有 即可解得或； （3）由抛物线对称轴为直线分三种情况： ①当 即 时， 随的增大而减小，可得 ②当 即 时， 时最小值为这种情况不存在最小值为；③当 时，随的增大而增大，有 ，分别解方程可得答案. 【解析】（1）解：∵对称轴为直线 ， 点的坐标为， ∴， 将代入得： ，解得 ∴抛物线的解析式为， 当 时， ， ， 故答案为：； （2）解：存在点， 使是以为斜边的直角三角形，理由如下： 设， 在中，令 得 ， ∴， ∵， ，， ， 是以AC为斜边的直角三角形， ， ， 解得或 ∴或； （3）解：由抛物线对称轴为直线分三种情况： ①当 即 时，随的增大而减小， 时，取得最小值， ， 解得 (舍去)或 ， ∴此时 ； ②当 即时， 时最小值为 ， ∴这种情况不存在最小值为； ③当时， 随的增大而增大， 时， 取最小值， ， 解得(舍去)或 ； ∴此时 ， 综上所述， 或 ． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，直角三角形判定，函数的最值问题等，解题的关键是掌握勾股逆定理和分类讨论思想的应用． 3．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，作直线，点是抛物线在第四象限上一个动点（点不与点重合），连结，，以，为边作，点的横坐标为． (1)求抛物线对应的函数表达式； (2)当有两个顶点在轴上时，则点的坐标为____________； (3)当是菱形时，求的值． (4)当为何值时，的面积有最大值？ 【答案】(1) (2) (3) (4)当时，平行四边形的面积有最大值 【分析】（1）根据抛物线与轴交于点得抛物线的解析式为，即可得； （2）抛物线的解析式为，令，则，则，根据有两个顶点在轴上时得点D在x轴上，根据四边形是平行四边形得，可得点P和点C为抛物线上的对称点，根据抛物线的对称轴为，，即可得； （3）设点P的坐标为，根据，，得，，根据是菱形得，可得，计算得，根据得，计算得，，根据点是抛物线在第四象限上一个动点（点不与点重合）得，即可得； （4）过点P作轴交直线于点E，设直线的解析式为，将，代入得，解得，，可得直线的解析式为，设，则，可得，根据三角形面积计算公式得，根据和二次函数的性质即可得． 【解析】（1）解：∵抛物线与轴交于点， ∴抛物线的解析式为， 即， （2）解：∵抛物线的解析式为，令，则， ∴， ∵有两个顶点在轴上时， ∴点D在x轴上， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴点P和点C为抛物线上的对称点， ∵抛物线的对称轴为，， ∴， 故答案为：； （3）解：设点P的坐标为， ∵，， ∴， ， ∵是菱形， ∴， ∴， ∴， ， ， ∵， ∴， ， ， 即，， ∵点是抛物线在第四象限上一个动点（点不与点重合）， ∴， ∴； （4）解：如图所示，过点P作轴交直线于点E， 设直线的解析式为，将，代入得， ， 解得，， ∴直线的解析式为， 设，则， ∴， ∴， ∵ ， ∴当时，平行四边形的面积有最大值． 【点睛】本题考查了二次函数的综合题，解题的关键是掌握二次函数的性质，菱形的性质，平行四边形的性质． 4．（23-24九年级上·浙江温州·期中）二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，顶点为． (1)求点E的坐标； (2)如图①，是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当的垂直平分线恰好经过点时，求点的坐标； (3)如图②，是该二次函数图象上的一个动点，连接，取中点，连接，，，当的面积为12时，求点的坐标． 【答案】(1) (2) 或 (3)或 【分析】（1）将，代入，即可得解析式，配成顶点式得坐标； （2）连接，，设，的垂直平分线恰好经过点，可得，据此列出方程即可求解； （3）设交抛物线的对称轴于点，设，则，设直线的解析式为，则，解得 求出，，由面积公式可求出的值，则可得出答案． 【解析】（1）将，代入得： ， 解得， 二次函数的解析式为， ， 顶点坐标； （2）如图1.1，图1.2，连接，，由点在线段的垂直平分线上，得． 设， ，由勾股定理可得： ， 解得， 满足条件的点的坐标为 或； （3）如图2，设交抛物线的对称轴于点， 设，则，， 设直线的解析式为，则， 解得：， ， 当时，， ，， ， ， 解得或， 当 时，，当 时，． 综合以上可得，满足条件的点的坐标为或． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键． 5．（23-24九年级上·浙江绍兴·期中）如图，二次函数的图象与x轴相交于点和，与y轴相交于点C，且经过点，过点D作，交y轴于点E，连结． (1)当时，求这个二次函数的表达式． (2)试用含m的代数式表示点C的坐标． (3)作点D关于的对称点，连结．当的面积等于1时，请直接写出m的值． 【答案】(1) (2) (3)m的值为或或4或5 【分析】（1）由于抛物线过点，则可设函数的表达式为，把点D坐标代入求出a的值，即可得到函数解析式； （2）由于抛物线过点，则可设函数的表达式为，把点D坐标代入求出a的值，即可得到函数解析式，令，求得的值，即可求得点C的坐标； （3）过D作x轴的垂线，垂足分别为F，过E作于G，由点D的坐标得，从而得，易得，则；过点作轴于H，设点，则；可证明，可得，则；根据面积关系即可求得m的值． 【解析】（1）解：设此函数的表达式为， 将代入，得， ∴， ∴此函数的表达式为， 即； （2）解：设此函数的表达式为， 将代入，得， ∴， ∴， 当时，， ∴点C的坐标为； （3）解：如图，过D作x轴的垂线，垂足为F，过E作于G， 则， ∴四边形是矩形， ∴； ∵点D的坐标为， ∴， ∴； ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 过点作轴于H，设点，则； ∵点D关于的对称点为， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴； ∵， ∴， 即， 若，解得或； 若，解得或； 综上，m的值为或或4或5． 【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与y轴交点坐标，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，轴对称性质，解一元二次方程等知识，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键与难点． 6．（2023·浙江湖州·模拟）已知关于的函数． (1)若，函数的图象经过点和点，求该函数的表达式和最小值； (2)若，，时，函数的图象与轴有交点，求的取值范围． (3)阅读下面材料： 设，函数图象与轴有两个不同的交点，，若，两点均在原点左侧，探究系数，，应满足的条件，根据函数图像，思考以下三个方面： ①因为函数的图象与轴有两个不同的交点，所以； ②因为，两点在原点左侧，所以对应图象上的点在轴上方，即； ③上述两个条件还不能确保，两点均在原点左侧，我们可以通过抛物线的对称轴位置来进一步限制抛物线的位置：即需． 综上所述，系数，，应满足的条件可归纳为： 请根据上面阅读材料，类比解决下面问题： 若函数的图象在直线的右侧与轴有且只有一个交点，求的取值范围． 【答案】(1)或，0 (2) (3)或 【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数解析式，然后化顶点式即可求得最小值； （2）利用函数的图象与轴有交点△≥0，即可得出结论； （3）根据a＞0、a=0、a＜0，分别讨论，再利用△，x=1处函数值的正负、函数对称轴画出草图，结合图象分析即可． 【解析】（1）根据题意，得 解之，得，所以 函数的表达式或，当时，的最小值是-8． （2）根据题意，得而函数的图象与轴有交点，所以所以． （3）函数的图象 图1： 即， 所以，的值不存在． 图2： 即的值. 图3： 即 所以的值不存在 图4：即 所以的值不存在． 图5： 即 所以的值为 图6：函数与轴的交点为 所以的值为0成立． 综上所述，的取值范围是或． 【点睛】本题考查二次函数的应用．（1）中掌握待定系数法是解题关键；（2）中掌握二次函数与x轴交点个数与△的关系是解题关键；（3）中需注意分类讨论，结合图象分析更加直观． 7．（23-24九年级上·浙江湖州·期中）已知抛物线交轴于，两点，为抛物线的顶点，，为抛物线上不与，重合的相异两点，记中点为，直线，的交点为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若，，且，求证：，，三点共线； (3)小明研究发现：无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)的面积为定值，其面积为2 【分析】（1）将代入，即可求出答案； （2），中点为，且，可求出过两点所在直线的一次函数表达式，为抛物线上的一点，所以，此点在，可证得三点共线； （3）设与分别关于直线对称，则关于直线对称，且与的面积不相等，所以的面积不为定值；如图，当分别运动到点的位置，且保持三点共线．此时与的交点到直线的距离小于到直线的距离，所以的面积小于的面积，故的面积不为定值；故的面积为定值，由（2）求出，此时的面积为2． 【解析】（1）解：∵抛物线经过点， ∴， 解得， ∴抛物线的函数表达式为； （2）解：设直线对应的函数表达式为， ∵为中点， ∴． 又∵， ∴， 解得， ∴直线对应的函数表达式为． ∵点在抛物线上，所以， ∴ 解得，或． 又∵， ∴， ∴， 在中，当时，， ∴满足直线对应的函数表达式， ∴点在直线上，即三点共线； （3）解：的面积为定值，其面积为2．理由如下： 如图1，当分别运动到点的位置时，与分别关于直线对称，此时仍有三点共线． 设与的交点为，则关于直线对称，即轴．此时，与不平行，且不平分线段，故，到直线的距离不相等，即在此情形下与的面积不相等， ∴的面积不为定值．      如图2，当分别运动到点的位置，且保持三点共线．此时与的交点到直线的距离小于到直线的距离， ∴的面积小于的面积，则的面积不为定值． 又∵中存在面积为定值的三角形， ∴的面积为定值， 在（2）的条件下，直线对应的函数表达式为，直线对应的函数表达式为， 联立， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴的面积为2， 综上所述，的面积为定值，其面积为2． 【点睛】本题考查一次函数和二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次方程、三角形面积等基础知识，如何利用数形结合求得点的坐标、函数的表达式等是解题的关键． 8．（23-24九年级上·浙江杭州·期中模拟）如图1，对于平面上不大于的，我们给出如下定义：若点P在的内部或边界上，作于点E．于点，则称为点P相对于的“优点距离”，记为；    如图2，在平面直角坐标系中，对于，点P为第一象限内或两条坐标轴正半轴上的动点，且满足，点P运动形成的图形记为图形G． (1)满足条件的其中一个点P的坐标是 __，图形G与坐标轴围成图形的面积等于 __ ； (2)设图形G与x轴的公共点为点A，如图3，已知，，求的值； (3)如果抛物线经过（2）中的A，B两点，点Q在A，B两点之间的物线上（点Q可与A，B两点重合），求当取最大值时，点Q 的坐标． 【答案】(1)（答案不唯一，点的坐标满足，，）； (2) (3)点Q的坐标为 【分析】（1）点的坐标满足，，均可， 图形G与坐标轴围成图形的面积等于； （2）作于点E，轴于点F，则，作轴，交于点D，作轴于点K．由点B的坐标为，可求得直线对应的函数关系式为．从而确定点D的坐标为，．从而可得，，，继而得，从而得； （3）由待定系数法得抛物线对应的函数关系式为；作于点G，轴于点H．作轴，交于点N．设点Q的坐标为，其中，则；同（2）得 ，从而得点N的坐标为，．继而得 ，从而得， 进而得当（在范围内）时，取得最大值．此时点Q的坐标为． 【解析】（1）解：满足条件的其中一个点P的坐标是；说明：点的坐标满足，，； ∵图形G为线段，，， ∴与两坐标轴的交点为，， ∴图形G与坐标轴围成图形的面积等于．    （2）解：如图，作于点E，轴于点F，则，作轴，交于点D，作轴于点K．    设直线的解析式为，把点B的坐标为代入得，解得：， ∴直线对应的函数关系式为， ∴点D的坐标为，， ∴，，， ∴， ∴； （3）解：∵ 抛物线经过，两点， ∴， 解得， ∴ 抛物线对应的函数关系式为； 如图，作于点G，轴于点H．作轴，交于点N．    设点Q的坐标为，其中，则； 同（2）得． ∴ 点N的坐标为，． ∴ ． ∴ ， ∴当（在范围内）时，取得最大值． 此时点Q的坐标为． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，求二次函数解析式，求直线与坐标轴围成的图形面积，求出二次函数的最值，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握二次函数的性质，数形结合． 模块2：图形的旋转 9．（22-23九年级上·浙江宁波·期中）课题学习： 【证明体验】 （1）如图1，在四边形中，点P为上一点，，求证：． 【思考探究】 （2）如图2，在四边形中，点P为上一点，当时，上述结论是否依然成立？说明理由． 【拓展延伸】 （3）请利用（1）（2）获得的经验解决问题： 如图3，在中，，，以点A为直角顶点作等腰．点D在上，点E在上，点F在上，且，若，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）结论成立，证明见解析；（3）5； 【分析】（1）如图1，由可得，即可证到，然后运用相似三角形的性质即可解决问题； （2）如图2，由可得，即可证到，然后运用相似三角形的性质即可解决问题． （3）证明，求出，再证，可求，进而解答即可． 【解析】解：（1）如图1，∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）成立，理由如下： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）∵， 等腰， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，（负根舍去） ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的综合题，三角形的相似的判定与性质，一元二次方程的解法，勾股定理的应用，能够通过角将问题转化为一线三等角是解题的关键． 10．（23-24九年级上·浙江杭州·期中）已知：菱形对角线相交于点O，，点E是线段上一个动点，连接，把线段以点E为旋转中心逆时针旋转，点D的对应点F落在的延长线上．    (1)如图1，当时， ①求证：； ②求的值； (2)如图2，当时，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①由菱形的性质得出，求出，证出，由旋转的性质得出，根据可证明； ②设，则，过点E作于点M，由全等三角形的性质得出，由勾股定理求出，则可得出答案； （2）证明，由相似三角形的性质得出，得出，设，则，解方程可求出答案． 【解析】（1）①证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵线段以点E为旋转中心逆时针旋转， ∴， 在和中， ， ∴； ②解：设，则， 过点E作于点M，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， 又∵线段以点E为旋转中心逆时针旋转， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 又∵ ∴， 设， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 11．（22-23八年级上·浙江金华·期末）如图，已知，，C为y轴上的一个动点，连接，把线段分别绕着点O逆时针方向旋转得到，连接．    (1)求证：． (2)当时，求的面积． (3)在点C的运动过程中，是否存在为直角三角形，若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)8 (3)在点C的运动过程中，存在为直角三角形，此时点D的坐标为或或或 【分析】（1）根据旋转的性质得到，进而利用证明即可； （2）先求出，如图所示，过点F作轴于H，证明，得到，进而求出；如图所示，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N，同理可得，求出，则，即可得到； （3）如图3-1所示，当点C在x轴上方时，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N，设点C的坐标为，同理可证，可得到；如图3-2所示，当点C在x轴下方时，过点D作轴，同理可得，可得到，综上所述，当点C的坐标为时，点D的坐标为，同理可得，当点C的坐标为时，点F的坐标为，利用勾股定理得到，，，再分当时， 当时， 当时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可． 【解析】（1）证明：由旋转的性质可得， ∴，即， ∴；    （2）解：∵，，， ∴， 如图所示，过点F作轴于H， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N， 同理可得， ∴， ∴， ∴， ∴；    （3）解：如图3-1所示，当点C在x轴上方时，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N， 设点C的坐标为， 同理可证， ∴， ∴；    如图3-2所示，当点C在x轴下方时，过点D作轴， 同理可得， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当点C的坐标为时，点D的坐标为， 同理可得，当点C的坐标为时，点F的坐标为， ∴， ∵， ∴，， ， 当时，则由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； 当时，则由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； 当时，则由勾股定理得， ∴， ∴， 解得或， ∴或； 综上所述，在点C的运动过程中，存在为直角三角形，此时点D的坐标为或或或．    【点睛】本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质等等，通过证明三角形全等从而确定点D和点F两点坐标与点C坐标之间的关系是解题的关键． 12．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）在正方形中，、为平面上两点．      【基础巩固】 (1)如图1，当点在边上时，，且，，三点共线，求证：； 【类比应用】 (2)如图2，当点在正方形外部时，，，且、、三点共线，若，，求点到直线的距离； 【拓展迁移】 (3)如图3，当点E在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点，若，，求正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明，可得结论； （2）证明，得，推出，过点作于，推出，计算即可； （3）连接，取的中点，连接，，过点作于，证，，，四点在同一个圆上，以为圆心，为半径画出圆，证明，算出和，根据勾股定理计算出即可． 【解析】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 如下图，过点作于，    ∴， ∴， 即点到直线的距离为； （3）解：如下图，连接，取的中点，连接，，过点作于，    ∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∴，，，四点在同一个圆上，如下图，以为圆心，为半径画出圆， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理得，， ∴， 即正方形的边长为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理等知识，学会添加常用辅助线是解题的关键． 13．（23-24九年级上·浙江台州·期中）问题背景 （1）如图1，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，且点D在线段BC上，求证：△ABD≌△ACE； 尝试应用 （2）如图2，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，P为线段BC上一点，以BP为边作等边三角形BPQ，连接CQ，M为线段CQ的中点，连接AM，AP．求证：AP＝2AM； 拓展创新 （3）已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，G为平面内一点，若∠AGB＝90°，∠BGC＝150°，请直接写出的值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或． 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，根据可得，进而根据SAS即可证明； （2）将绕点旋转，得到，连接，则旋转角，进而证明四边形是平行四边形，由点是的中点，可得是平行四边形对角线的交点，则，进而根据等腰三角形三线合一性质可得，进而根据含30度角的直角三角形的性质，即可得证； （3）将绕点顺时针旋转，得到，旋转角,分情况讨论，①当点在三角形内部时， ②当点在三角形外部时，根据等腰三角形的性质求得，设，则,进而根据勾股定理求得，进而求得的值． 【解析】（1）△ABC，△ADE均为等边三角形， , （SAS）； （2）如图，将绕点旋转，得到，连接，则旋转角 ， ， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 四边形是平行四边形， 点是的中点， 点是平行四边形对角线的交点， ， ， ， 中 ， （3）①当点在三角形内部时，如图，将绕点顺时针旋转，得到， 则, ，， ， , , ， ， 如图，过点作， 设，则, 在中， ， ， ， ， 在中 ， ， ； （3）①当点在三角形外部时，如图，将绕点顺时针旋转，得到， 则, ，， ， , , ， ， 设，则, 由①可知 在中 ， 则， ， 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，根据旋转的性质作出辅助线是解题的关键． 模块3：圆 14．（2023·浙江·一模）如图1，为的直径，于点，，与交于点． (1)求证：． (2)若，求的长． (3)连结，如图2，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 (3)见解析 【分析】（1）由为的直径，于点得，又由，得到，从而得到，即，即可得证； （2）连接，由（1）得：，，从而得到，则，设，则，在中，，即，即可得到答案； （3）连接交于，则，通过证明，得到，再由等腰三角形的性质和三角形外角的性质，可得到，最后由，即可得到答案． 【解析】（1）证明：为的直径，于点， ， ， ， ，即， ； （2）解：如图所示：连接， ， 由（1）得：， ， ， 为的直径，于点， ， 设，则， 在中，，即， 解得：， 的长为； （3）解：如图所示：连接交于， ，， ， 在和中， ， ， ， ， 为半径， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，添加恰当的辅助线是解题的关键． 15．（23-24九年级上·浙江·周测）如图1，是内接三角形，将绕点A逆时针旋转至，其中点D在圆上，点E在线段上．    (1)求证：﹔ (2)如图2，过点作分别交、于点M、N，交于点F，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若时，求的值； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）旋转的性质，得到，根据弧，弦，角的关系，得到，即可得证； （2）证明，进而得到，旋转得到，根据，推出，等量代换，得到，即可得证； （3）等量代换，得到，过点作，角平分线的性质得到，等积法得到，连接，推出，，将绕点旋转至与重合得到，证明三点共线，设，则，进而得到，推出，证明，得到，得到，再进行计算即可． 【解析】（1）证明：∵将绕点A逆时针旋转至， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将绕点A逆时针旋转至， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵，， ∴，， ∴， ∵ ∴延长必经过点， 过点作， ∵， ∴， ∴（同高三角形） ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 将绕点旋转至与重合得到，则：，，， ∵， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴设，则， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴．    【点睛】本题考查旋转的性质，圆周角定理，弧，弦，角的关系，相似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，综合性强，难度大，属于压轴题，解题的关键是掌握相关知识点，进行线段和角的转化． 16．（23-24九年级上·浙江温州·期中）如图，以的顶点A为圆心，为半径作圆，分别交，于点E，F，延长交于点G，连结并延长交于点H． (1)证明：． (2)已知，． ①求的半径， ②取上一点P，连结并延长交于点Q，当等于四边形中的一个内角时，求的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)①；②或 【分析】（1）证明，得出，即可得到，从而得解； （2）①连接，证明，由相似三角形的性质得出，设，，结合，求出的值即可得解；②分两种情况：当；当；分别求解即可得出答案． 【解析】（1）解：∵在中， ∴， ∴ ∴，即 （2）解：①连接， ， ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴ ∵为直径 ∴ 设， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， 化简得， 解得， (舍去) ∴半径 ②∵ ∴， ∴只有以下两种 情况1：当， 连接， ∵       ∴ 又∵， ∴ ∴ 情况2：当，即 ∴ 综上所述，的面积等于． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、圆周角定理等知识点，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． 17．（22-23九年级上·浙江杭州·期中）已知：的两条弦，相交于点，且． (1)如图1，连接．求证：． (2)如图2，若，点为弧上一点，，交于点，连接、． ①求的度数(用含的代数式表示)． ②若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①；②． 【分析】（1）如图1，利用得到，则，根据圆周角定理得到，然后根据等腰三角形的判定得到结论； （2）①连接，如图，由得到，再根据圆周角定理得到；②证明得，再利用得到，加上，于是可求出，然后根据三角形面积公式求解． 【解析】（1）证明：如图1， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）解：①． 理由如下： 连接，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，解得， ∴， ∴． 【点睛】本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．也考查了垂径定理和圆心角、弧、弦的关系． 18．（23-24九年级上·浙江宁波·期中）如图1，为四边形的外接圆，与相交于点，且，连结，设． (1)用含的代数式表示． (2)如图2，连结，交于点，若，求证：． (3)在（2）的基础上，当，时，求出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论； （2）根据平行线的性质得到，可得，从而得到再根据等腰三角形的性质得到，然后根据圆周角定理可得，从而得到，进而得到，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （3）根据已知条件得到，由（2）得，根据全等三角形的性质得到，延长交于点H，设，根据等腰三角形的性质得到 ，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【解析】（1）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴； （2）解：， ， ， ∵，即， ，， ， ， ，， ∴， ∴， ， ∵， ； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 由（2）得， ， 延长交于点H， ， ， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ， 即 ，． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 19．（23-24九年级上·浙江杭州·期中）如图，AB为⊙O的直径，点D为AB下方⊙O上一点，点C为弧ABD的中点，连接CD，CA． （1）求证：∠ABD=2∠BDC； （2）过点C作CH⊥AB于H，交AD于E，求证：EA=EC； （3）在（2）的条件下，若OH=5，AD=24，求线段DE的长度．            【答案】（1）证明见解析；（2）见解析；（3）. 【分析】（1）连接AD，如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β，根据圆周角定理得到∠CAB=∠BDC=α，由AB为⊙O直径，得到∠ADB=90°，根据余角的性质即可得到结论； （2）根据已知条件得到∠ACE=∠ADC，等量代换得到∠ACE=∠CAE，于是得到结论； （3）如图2，连接OC，根据圆周角定理得到∠COB=2∠CAB，等量代换得到∠COB=∠ABD，根据相似三角形的性质得到OH=5，根据勾股定理得到AB==26，由相似三角形的性质即可得到结论． 【解析】（1）连接AD．如图1，设∠BDC=α，∠ADC=β， 则∠CAB=∠BDC=α， ∵点C为弧ABD中点，∴=，∴∠ADC=∠DAC=β，∴∠DAB=β﹣α， ∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∴α+β=90°，∴β=90°﹣α，∴∠ABD=90°﹣∠DAB=90°﹣（β﹣α），∴∠ABD=2α，∴∠ABD=2∠BDC；    （2）∵CH⊥AB，∴∠ACE+∠CAB=∠ADC+∠BDC=90°， ∵∠CAB=∠CDB，∴∠ACE=∠ADC， ∵∠CAE=∠ADC，∴∠ACE=∠CAE，∴AE=CE； （3）如图2，连接OC，∴∠COB=2∠CAB， ∵∠ABD=2∠BDC，∠BDC=∠CAB，∴∠COB=∠ABD， ∵∠OHC=∠ADB=90°，∴△OCH∽△ABD，∴， ∵OH=5，∴BD=10，∴AB==26，∴AO=13，∴AH=18， ∵△AHE∽△ADB，∴，即=，∴AE=，∴DE=．    【点睛】本题考查了垂径定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 20．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，已知点A的坐标是，点B的坐标是，以AB为直径做⊙，交y轴的负半轴于点C，连接AC、BC，过A、B、C三点作抛物线． (1)求此抛物线的解析式； (2)点E是AC延长线上一点，的平分线CD交⊙于点D，连接BD，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使得？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）已知了A、B两点的坐标即可得出、的长，在直角三角形中由于，求出的长，即可得出C点的坐标．然后用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）平分，如果连接，那么根据圆周角定理即可得出，由此可得出D的坐标； （3）本题要分两种情况进行讨论：①过D作，交D点右侧的抛物线于P，此时，可先求出直线的解析式，然后根据及D的坐标求出的解析式，联立直线的解析式和抛物线的解析式即可求出交点坐标，即可得出符合条件的P点；②同①的思路类似，先作与相等的角：在上取一点N，使．可通过证，得出，然后同①的方法一样，先求直线的解析式，进而可求出其与抛物线的交点即P点的坐标． 【解析】（1） 解：以为直径作，交y轴的正半轴于点，， 又， ， 又， ， ． 又，， ， 解得（负值舍去）． ， 设抛物线解析式为， ，解得， 二次函数的解析式为， 即． （2）解：为的直径，且，， ，， 点E是延长线上一点，的平分线交于点， ， 连接交于点M， 则，，． 轴， ． （3）解：分两种情况（如图所示）： ①当时，使得， ，． 用待定系数法可求出直线的解析式为， ， 设直线的解析式为， 把代入可求， 用待定系数法可求出直线的解析式为． 解方程组， 解得或， 点坐标为，坐标不符合题意，舍去． ②在线段上取一点N，使时，得， ． 由①知，直线解析式为， 取，得， ， ， ， 又， ∴直线解析式为． 解方程组， 解得或者， 点的坐标为，坐标为不符合题意，舍去． 综上所述，符合条件的点P有两个： 和 ． 【点睛】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、三角形相似及全等、探究角相等的构成情况等知识点，综合运用这些知识点及分类讨论的思想进行求解是解题的关键． 21．（23-24九年级上·浙江宁波·期中）如图1，均为直角三角形，与相交于点，以为直径的恰好经过点，并分别于交于点和点，连接． (1)求证：； (2)如图2，过作，交于点，连接，若，则的值是多少？ (3)如图3，在此图情况下，若，试用含的代数式表示． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余得到，再由同弧所对的圆周角相等得到，即可证明； （2）先证明，则由垂径定理可得，利用勾股定理求出，由是的直径，得到，证明，即可得到； （3）如图所示，连接，由是的直径，得到，证明，得到，，再证明，得到，则，即，证明，得到，则，由此可得． 【解析】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵，即，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，相似三角形的性质与判定，直角三角形两锐角互余，垂径定理等等，通过构造相似三角形，利用相似三角形的性质求解是解题的关键． 22．（23-24九年级上·浙江宁波·期中）如图1，E点为x轴正半轴上一点，交x轴于A、B两点，P点为劣弧上一个动点，且、．    (1)的度数为 °； (2)如图2，连结，取中点，则的最大值为 ； (3)如图3，连接、、、．若平分交于点，求的长； (4)如图4，连接、，当点运动时（不与、两点重合），求证：为定值，并求出这个定值． 【答案】(1)120 (2)2 (3) (4) 为定值，证明见详解 【分析】（1）由已知条件可以得到垂直平分，所以，由于，所以可以证得三角形为等边三角形，得到； （2）由于直径，根据垂径定理，可以得到是的中点，又是的中点，连接，则，，要求最大值，只需要求最大值，由于是劣弧上的一动点，故当，，三点共线，即为直径时，最大，此时最大； （3）由于直径，根据垂径定理，可以得到，所以，又平分，所以，可以证明，所以，由（1）可得，，所以； （4）由直径，可以得到垂直平分，所以，，将绕点顺时针旋转至，可以证明，，三点共线，所以，可以证明是顶角为的等腰三角形，过做于，由于，可以通过勾股定理或者三角函数证明，所以． 【解析】（1）（1）连接，，   、， ， ， ， ， ， ， ， 的度数为． 故答案为：120． （2）由题可得，为直径，且，    由垂径定理可得，， 连接，如图2， 又为的中点， ，且， 当，，三点共线时，此时取得最大值， 且， 的最大值为2， 故答案为：2． （3）连接，，   直径， ， ， 平分， ， ， ， ， ，， ， ． （4）由题可得，直径， 垂直平分， 如图4，连接，，则，    由（1）得，， 将绕A点顺时针旋转至， ， ，， 四边形为圆内接四边形， ， ， 、、三点共线， ， 过A作于，则， ， 在中，， 设，则， ， ， 为定值． 【点睛】本题是一道圆的综合题，重点考查了垂径定理在圆中的应用，最后一问由“共顶点，等线段”联想到旋转，是此题的突破口，同时，要注意顶角为120度的等腰三角形腰和底边比是固定值． ( 第 1 页 共 16 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$