专题06 旋转和圆压轴题（期末真题汇编30题，广东专用）九年级数学上学期人教版

专题06 旋转和圆 压轴题 2大高频考点概览 考点01旋转压轴题综合 考点02 圆压轴题综合 地 城 考点01 旋转压轴题综合 一、填空题 1．(24-25九上·广东广州白云区白云实验学校·期末)如图，在中，，，．点O是的三个内角平分线的交点，点D是边所在的直线上一动点，连接，将线段绕点O逆时针旋转到线段处，连接，则长的最小值为 ． 二、解答题 1．(24-25九上·广东东莞厚街福民学校·期末)【探究与证明】活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题进行探究． 【问题情境】如图①，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线于点． 【猜想证明】从特殊到一般 (1)当时，四边形的形状为_______；（直接写出答案） (2)如图②，当时，连接，求此时的面积； (3)如图③，连接，请找出其中的全等三角形并证明； (4)当点F，E，D三点共线时，请求出此时的长度． 2．(24-25九上·广东佛山南海区·期末)如图，在正方形中，点为对角线上一动点（点不与、重合），连接，过点作交直线于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，． (1)求证：； (2)试探究与的数量关系，并说明理由； (3)若正方形的边长为，求的最小值． 3．(24-25九上·广东惠州博罗县·期末)阅读下列材料： 在数学课上，老师要求学生探究如下问题： (1)【提出问题】如图1，在等边三角形内有一点且，，．求的度数．李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以的长为边构成的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，易得是等边三角形，是直角三角形．请帮李华同学求出的度数． (2)【类比问题】如图3，在正方形内有一点且，，．求的度数； (3)【探索问题】如图4，在正六边形内有一点且，，，则______． 4．(24-25九上·广东广州知用学校·期末)已知，如图 ，正方形 的边长为 ，点、分别在边、 的延长线上，且，连接． (1)求证： (2)将 绕点顺时针方向旋转，当旋转角满足时，设与射线交于点，与交于点，如图所示，试判断线段、、的数量关系，并说明理由． (3)若将绕点旋转一周，连接、，并延长 交直线于点 ，连接，试 说明点的运动路径并求线段的取值范围． 5．(24-25九上·广东汕头潮阳区六校·期末)如图，E是正方形边上不与B，C重合的一动点，将绕点E顺时针旋转得到，连接交于G，交于H，连接． 【知识技能】（1）写出和的数量关系，并证明你的结论： 【数学理解】（2）①若．求面积的最大值． ②若，，则正方形的边长为______． 【拓展探索】（3）求证：． 6．(24-25九上·广东汕头金平区·)如图1，抛物线的顶点A坐标为． (1)求抛物线的解析式 (2)如图2，点在y轴上．点在x轴上，轴，交抛物线于点D．求证：； (3)在（2）的条件下，轴，交直线于点E．将绕点E顺时针旋转得到线段．若线段与抛物线只有一个公共点，求m的取值范围． 7．(24-25九上·广东江门·)【知识技能】 （1）如图1，在等边三角形内有一点．若点到顶点的距离分别为6，10，8，求的度数． 为了解决本题，我们可以将绕顶点逆时针旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求得________°． 【构建联系】 利用（1）的解答思想方法，解答下面的问题． （2）如图2，在中，为上的点，且，求证：． 【深入探究】 （3）如图3，在等边三角形中，为内一点，连接，且，求的值． 8．(23-24九上·广东惠州大亚湾·期末)如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转得到，旋转角为，过点作交直线于点，交于点． (1)求证：； (2)若，在绕点旋转过程中是否存在某个时刻，使得，如果存在，请直接写出此时的度数；如果不存在，说明理由． 9．(23-24九上·广东清远清城区·期末)在数学综合实践课上，仿照北师大版九年级上册第8页，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动.如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片和叠放在一起，固定矩形，将矩形绕的中点O逆时针旋转. (1)初步发现：在旋转过程中，对角线与边、分别交于点S、T，如图2，则线段与始终存在着怎样的数量关系?请说明理由； (2)继续探究：旋转过程中，当两个矩形纸片重叠部分为四边形时，如图2. ①求证：四边形为菱形； ②随着矩形纸片的旋转，四边形的面积会发生变化，若，，请求出四边形的最大面积与最小面积． 地 城 考点02 圆压轴题综合 一、单选题 1．(24-25九上·广东东莞虎门外国语学校·期末)如图，中，直径，，平分交圆于点，则（    ） A．5 B． C． D．4 二、填空题 1．(24-25九上·广东东莞虎门外国语学校·期末)如图，是⊙的直径，⊙的弦在直线的上方，且，以为直径向下作半圆（圆心为）交于、两点，若，则 ． 2．(24-25九上·广东潮州饶平县·期末)如图，已知线段，动点C满足，则的面积的最大值为 ． 三、解答题 1．(24-25九上·广东潮州饶平县·期末)如图1，是的直径，点D为下方上一点，点F为弦的中点，连接且延长交于点C，连接，． (1)求证：； (2)如图2，延长，相交于点 求证：； 若，，求的半径． 2．(24-25九上·广东珠海香洲区·)已知：在等腰直角中，，．点是平面上不与点、点重合的一点，连接，线段绕点逆时针旋转得到，连接、、． (1)如图1，当点在延长线上时，则的度数为 ，并说明理由； (2)如图2，当点在的延长线上时，若，求的面积； (3)如图3，点、分别是、的中点，点在直线上，当点、、共线时，请直接写出与的数量关系． 3．(24-25九上·广东惠州惠城区·期末)如图，已知抛物线与x轴交于A、B（A在B的左边），与y轴交于C，且．点B的坐标是． (1)试求抛物线的解析式； (2)如图1，直线：与抛物线交于两点，点D在直线下方的抛物线上，若以D为圆心作，满足与直线相切于H，求的半径的最大值，及此时点D的坐标； (3)如图2，经过点的直线交地物线于点P、Q，连接分别交y轴于点E、F，求的值． 4．(24-25九上·广东广州番禺区·期末)在中，是的内切圆，切点分别为． （I）如图①，若，分别求半径长和切线的长； （II）如图②，延长到点，使． (1)尺规作图：过点作于点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)判断是否是的切线？并对结论给出证明． 5．(24-25九上·广东江门江海区·期末)如图1，在中，、是直径，弦，垂足为F．    (1)求证：； (2)如图2，点G在上，且． ①求证：； ②若，，求的长． 6．(24-25九上·广东江门蓬江区·期末)如图所示的是一块直角三角板和一个量角器拼在一起，，直角三角板的斜边与量角器所在圆（记圆心为O）的直径重合，量角器最外缘的读数是从点P开始（即点P处的读数为0），现有射线从的位置开始，以每秒3度的速度绕点C逆时针旋转，当射线与的外接圆第一次相切时停止旋转． 在旋转过程中，射线与的外接圆相交于点 D． (1)当射线与的外接圆第一次相切时，求射线旋转的度数； (2)当射线分别经过的外心、内心时，点D处的读数各是多少？ (3)当射线旋转多少秒时，是等腰三角形． 7．(24-25九上·广东广州越秀区·期末)如图所示，四边形为内接四边形，，，点E为上一点，且． (1)尺规作图：作线段（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：； (3)若，求的面积． 8．(23-24九上·广东东莞松山湖北区学校·期末)如图，是的直径，是半圆上的一点，平分，垂足为，交于，连接．    (1)判断与的位置关系，并证明你的结论； (2)若，求的长； (3)若是弧的中点，，求图中阴影部分的面积． 9．(23-24九上·广东汕头澄海区·期末)如图，在中，为的直径，C为上一点，为的平分线交于点D，连接交BC于点E，过点A作的切线交延长线于点F，过点D作，交于点 G． (1)求证∶； (2)连接，若，请判断四边形的形状，并证明你的结论； (3)若，求的长． 10．(23-24九上·广东珠海金湾区·期末)综合运用 已知：抛物线与轴交于，，与轴交于点，顶点为． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1：抛物线的对称轴交轴于点，在抛物线对称轴上找点，使是以为腰的等腰三角形，请直接写出点的坐标；（不需要证明） (3)如图2：点在对称轴上，以点为圆心过A、两点的圆与直线相切，求点的坐标． 11．(23-24九上·广东东莞·期末)如图（1），已知等边，点D，E分别是边，上的点，且，连接，交于点P． (1)求证：； (2)如图（2）连接，若点P恰好落在以为直径的圆上，求的度数； (3)在条件（2）下，求的值． 12．(23-24九上·广东珠海斗门区·期末)如图1，A、B是上两点，C是的中点，，的半径为4． (1)①图中的阴影部分面积为______；②求证：四边形是菱形： (2)如图2，点P是线段上一动点，以为半径作小圆，连接，当P运动到什么位置时，是小圆的切线，并说明理由： (3)如图3，延长交于D，过C作垂直交于E，连接交于F，取线段中点G，连接并延长交于H，连接，求的长． 13．(23-24九上·广东广州越秀区·期末)如图，四边形中，， (1)求的度数； (2)连接，若，求证：； (3)点分别为线段和上的点，点是线段上任意一点且和的面积相等，过点作交直线于点，连接. 若，求线段的最小值. 14．(23-24九上·广东广州荔湾区·期末)已知是的外接圆，且，，为上一动点 (1)如图1，若点是的中点，则_____°； (2)如图2，点是上一动点，过点作直线的垂线，垂足为点，求证：； (3)如图3，，连接，探究，，三者之间的数量关系，并说明理由 15．(23-24九上·广东中山·期末)如图，四边形是圆的内接四边形，将绕点旋转至 (1)证明：点，，三点共线； (2)若，圆的半径为，求弦的长； (3)如题图，若，试探究弦，，之间的数量关系，并证明． 16．(23-24九上·广东广州增城区·期末)如图，已知矩形中，，，点O是边的中点，点E是矩形内一个动点，且． (1)当时，连接、，直接写出的度数； (2)当时，连接，若，求的长； (3)当时，将线段绕点D逆时针旋转后，得到线段，点P是线段的中点，当点E在矩形内部运动时，求点P运动路径的长度． 17．(23-24九上·广东中山·期末)如图， 直线与x轴交于点B， 与y轴交于点 C，其中，， 抛物线 经过 B， C两点， 并与x轴交于另一点A． (1)求抛物线的解析式； (2)点 E在线段上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动，同时点F在线段上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动． 当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动． 设运动时间为t秒， 求t为何值时，的面积最大？并求出最大值； (3)是否存在某个时间t，使得以为直径的圆与的边或相切？若存在，求出t； 若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 1 / 80 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 旋转和圆 压轴题 2大高频考点概览 考点01旋转压轴题综合 考点02 圆压轴题综合 地 城 考点01 旋转压轴题综合 一、填空题 1．(24-25九上·广东广州白云区白云实验学校·期末)如图，在中，，，．点O是的三个内角平分线的交点，点D是边所在的直线上一动点，连接，将线段绕点O逆时针旋转到线段处，连接，则长的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，将绕点O逆时针旋转得到，而线段绕点O逆时针旋转到线段处，故点E在线段上，过点B作于点K，根据垂线段最短原理，得当点E与点K重合时，的长取得最小值，过点O作于点F，过点O作于点N，于点H，四边形时矩形，利用勾股定理，旋转的性质，角平分线交点的意义，解答即可． 本题考查了直角三角形的性质，垂线段最短，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握勾股定理，旋转的性质，垂线段最短，直角三角形的性质是解题的关键． 【详解】解：连接，将绕点O逆时针旋转得到，而线段绕点O逆时针旋转到线段处， 故点E在线段上，过点B作于点K，根据垂线段最短原理，得当点E与点K重合时，的长取得最小值， 过点O作于点F， ∵点O是的三个内角平分线的交点， ∴点O到直角三角形三边的距离相等，都等于， ∴， ∵，，． ∴， ∴， 连接， ∵点O是的三个内角平分线的交点， ∴平分， ∴， ∴， ∴, ∴， 过点O作于点N，于点K， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点O是的三个内角平分线的交点， ∴点O到直角三角形三边的距离相等，都等于，， ∴， 根据旋转的性质，得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故当点E与点K重合时，最小， 故长的最小值为． 故答案为：． 二、解答题 1．(24-25九上·广东东莞厚街福民学校·期末)【探究与证明】活动课上，同学们以“图形的旋转”为主题进行探究． 【问题情境】如图①，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线于点． 【猜想证明】从特殊到一般 (1)当时，四边形的形状为_______；（直接写出答案） (2)如图②，当时，连接，求此时的面积； (3)如图③，连接，请找出其中的全等三角形并证明； (4)当点F，E，D三点共线时，请求出此时的长度． 【答案】(1)正方形 (2) (3)，证明见解析 (4)或8 【分析】（1）可推出，，从而得四边形是正方形； （2）作于，可推出，从而，根据勾股定理得出，求得，进一步得出结果； （3）利用证明即可； （4）设，则，根据旋转的性质得：，分为：当点E在上时，根据勾股定理可得：，当点在的延长线上时，设，则，可得：，进而可得出答案． 【详解】（1）解：如图①， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将边绕点A逆时针旋转 得到线段，过点E作， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴矩形是正方形， 故答案为：正方形； （2）解：如答题图①，作于， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：， 证明如下： 由已知可得， 在和中， ， ； （4）解：， ， 设，则， 根据旋转的性质得：， ， ， ， 当点在线段上时，如答题图② 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 当点在的延长线上时，如答题图③， 同理， 设，则， ， 解得：， 综上所述，或8． 【点睛】本题考查了矩形、正方形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是分类讨论． 2．(24-25九上·广东佛山南海区·期末)如图，在正方形中，点为对角线上一动点（点不与、重合），连接，过点作交直线于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，． (1)求证：； (2)试探究与的数量关系，并说明理由； (3)若正方形的边长为，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形的性质和旋转的性质可得，，利用余角性质可得，进而即可求证； （）由全等三角形的性质得，即得，进而由正方形性质得； （）延长至，使 ，连接、、，由正方形和全等三角形的性质得，进而可得，即得，得到，即可得，利用勾股定理求出即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 又由旋转得，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：， 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； （3）解：如图，延长至，使 ，连接、、，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，取最小值，最小值为的长， ∵， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，正确作出辅助线是解题的关键． 3．(24-25九上·广东惠州博罗县·期末)阅读下列材料： 在数学课上，老师要求学生探究如下问题： (1)【提出问题】如图1，在等边三角形内有一点且，，．求的度数．李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以的长为边构成的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，易得是等边三角形，是直角三角形．请帮李华同学求出的度数． (2)【类比问题】如图3，在正方形内有一点且，，．求的度数； (3)【探索问题】如图4，在正六边形内有一点且，，，则______． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将线段绕点逆时针旋转得到线段，连结、，证明是等边三角形，得出，，证明是直角三角形，，得出； （2）由旋转的性质可得，，，，然后证明得到，则； （3）根据六边形是正六边形，，，则，将绕点逆时针旋转120度得到，则，，，，，然后过点作于，可得，，则，然后得到，则，可以得到． 【详解】（1）解：将线段绕点逆时针旋转得到线段，连结、，如图2， 由旋转的性质得：， ，，，， 是等边三角形， ，， ， 是直角三角形，， ， ； （2）解：在正方形内有一点且．将绕点逆时针旋转，得到了，连接．如图3， ，，，， ，， ，，， ， ， ； （3）解：六边形是正六边形， ，， ， 在正六边形内有一点且，，，如图4，将绕点逆时针旋转120度得到， ，，，， ， 过点作于点， ，， ， ， ， ，，， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的性质，多边形内角和，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质． 4．(24-25九上·广东广州知用学校·期末)已知，如图 ，正方形 的边长为 ，点、分别在边、 的延长线上，且，连接． (1)求证： (2)将 绕点顺时针方向旋转，当旋转角满足时，设与射线交于点，与交于点，如图所示，试判断线段、、的数量关系，并说明理由． (3)若将绕点旋转一周，连接、，并延长 交直线于点 ，连接，试 说明点的运动路径并求线段的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)点的运动路径是：以为直径的圆，当与重合时， 最小，；当与重合时， 最大为， 【分析】(1)先证明，根据，可得为等腰直角三角形，从而得出结论； (2)如图，作辅助线，构建全等三角形，先证明，得，由，得，，利用勾股定理得：，根据相等关系线段等量代换可得结论：； (3)如图3，先证明，根据的圆周角所对的弦是直径可得：点的运动路径是以为直径的圆，如图，可得的取值范围． 【详解】（1）证明： 四边形是正方形， ，， ， ， 即， ； （2）解：， 理由是：如图  ，过作 ，截取，连接、， ，， ， 由旋转得：， ， ， ，， , ， 中，， 即：； （3）解：如图 3，    ， ，， ， ， ， 将绕点旋转一周，总存在直线与直线垂直， 点的运动路径是：以为直径的圆，如图4，当与重合时， 最小，；当与重合时， 最大为，． 线段的取值范围是：． 【点睛】本题是四边形和几何变换的综合题，考查了正方形、等腰直角三角形的判定和性质，通过作辅助线构建全等三角形得出边相等和角相等，因此本题辅助线的作法是关键；故在几何证明中，恰当的作辅助线可以把四边形的问题转化为三角形的问题，使问题得以解决． 5．(24-25九上·广东汕头潮阳区六校·期末)如图，E是正方形边上不与B，C重合的一动点，将绕点E顺时针旋转得到，连接交于G，交于H，连接． 【知识技能】（1）写出和的数量关系，并证明你的结论： 【数学理解】（2）①若．求面积的最大值． ②若，，则正方形的边长为______． 【拓展探索】（3）求证：． 【答案】（1），见解析；（2）①，②；（3）见解析 【分析】（1）如图1，将绕点顺时针旋转得到，得到，，，证明，得到，根据线段的和差关系结合等量代换，即可得出结论． （2）①作交的延长线于点，可证明，得，则，设，则，所以，当时，，所以△面积的最大值是； ②设正方形的边长为，则，而，，所以，，，由勾股定理得，求得符合题意的值为，于是得到问题的答案； （3）作交于点，作交的延长线于点，则，，推导出，所以，则，所以，则，所以四边形是平行四边形，则，再证明，得，所以． 【详解】解：（1）， 由旋转得： 如图1，将绕点顺时针旋转得到， 则，，， ， ， ，， ， ∴L、B、E三点在同一条直线上， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． （2）解：①如图1，作交的延长线于点，则， 在和中， ， ∴， ， ， 设， ， ， ， ， 当时，， ∴面积的最大值是． ②如图1，设正方形的边长为，则， ，， ，，， ， ， ， 解得，（不符合题意，舍去）， 正方形的边长为， 故答案为：． （3）证明：如图2，作交于点，作交的延长线于点，则， 由（2）得， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ，， ，， ， 在和中， ， ∴， ， ，且， ． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． 6．(24-25九上·广东汕头金平区·)如图1，抛物线的顶点A坐标为． (1)求抛物线的解析式 (2)如图2，点在y轴上．点在x轴上，轴，交抛物线于点D．求证：； (3)在（2）的条件下，轴，交直线于点E．将绕点E顺时针旋转得到线段．若线段与抛物线只有一个公共点，求m的取值范围． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】本题这一天考查了求抛物线解析式、二次函数及其图象的性质、勾股定理、旋转的性质等知识点，掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）根据二次函数的顶点式求解即可； （2）由题意可得：，即可，再根据两点间距离公式可得即可证明结论； （3）由题意可得E点坐标为，如图：将绕点E 顺时针旋转得到线段，则、，即、；然后分别把两点代入抛物线解析式即可解答． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点A坐标为， ∴，即． （2）解：∵轴，，点D在抛物线上， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． （3）解：由题意可得E点坐标为． 如图，将绕点E 顺时针旋转得到线段． ∴，． ∴，． 当在抛物线上时， ∴．解得：． 当在抛物线上时， ∴．解得：． ∴当或时，线段与抛物线只有一个公共点． 7．(24-25九上·广东江门·)【知识技能】 （1）如图1，在等边三角形内有一点．若点到顶点的距离分别为6，10，8，求的度数． 为了解决本题，我们可以将绕顶点逆时针旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求得________°． 【构建联系】 利用（1）的解答思想方法，解答下面的问题． （2）如图2，在中，为上的点，且，求证：． 【深入探究】 （3）如图3，在等边三角形中，为内一点，连接，且，求的值． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据全等三角形的性质及等边三角形的判定及性质得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质得出，，然后利用勾股定理的逆定理得出，最后根据角的和差即可得出答案； （2）把绕点C逆时针旋转得到，连接，由旋转的性质得，，，，，再利用证明，然后根据全等三角形的性质及勾股定理即可得证； （3）将绕点顺时针旋转，得到，连接，由旋转性质得，，，，，则可求得，是等边三角形，再根据等边三角形的性质结合角的和差得出、、、四点共线，过作交延长线于H，则，根据勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求得即可求解． 【详解】（1）解：由旋转性质得，，，， 为等边三角形 ， 为等边三角形 ， 为直角三角形，且 ； 故答案为：； （2）证明：如图2，把绕点C逆时针旋转得到，连接， 由旋转的性质得，，，， ， 在和中 ， 由勾股定理得， 即； （3）如图３，将绕点顺时针旋转，得到，连接， 则，，，，， ，是等边三角形， ，， ∵， 、、、四点共线， 过作交延长线于H，则， ∴，则， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的综合题，涉及到全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 8．(23-24九上·广东惠州大亚湾·期末)如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转得到，旋转角为，过点作交直线于点，交于点． (1)求证：； (2)若，在绕点旋转过程中是否存在某个时刻，使得，如果存在，请直接写出此时的度数；如果不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析． (2)存在，此时旋转角的度数为或，理由见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，以及旋转的性质．解题的关键是： （1）将所求的中点（）与已知的平行（）相结合，把所求结论转化为：证明四边形是平行四边形．通过旋转的性质和两个角导出角度（）之间的关系，再由等角对等边导出线段相等（），经由等量代换即可得出结论． （2）由（1）问可知，四边形为平行四边形，当其为矩形时，可使对角线．在的旋转过程中，当点在直线上时，可使为直角，此时平行四边形为矩形，求出此时对应的旋转角即可． 【详解】（1）如图，连接， ， ， 又，， ， ， ， 又， ， ， 由旋转的性质可得，， ， 又， 四边形是平行四边形， ． （2）情况1：如图，当点在线段上时， ，点在线段上， ， 又四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， ， 此时旋转角的度数为． 情况2：如图，当点在线段的延长线上时， ，点在线段的延长线上， ， 又是平行四边形， 是矩形， ， 又， ， 此时旋转角的度数为， 故存在，此时旋转角的度数为或． 9．(23-24九上·广东清远清城区·期末)在数学综合实践课上，仿照北师大版九年级上册第8页，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动.如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片和叠放在一起，固定矩形，将矩形绕的中点O逆时针旋转. (1)初步发现：在旋转过程中，对角线与边、分别交于点S、T，如图2，则线段与始终存在着怎样的数量关系?请说明理由； (2)继续探究：旋转过程中，当两个矩形纸片重叠部分为四边形时，如图2. ①求证：四边形为菱形； ②随着矩形纸片的旋转，四边形的面积会发生变化，若，，请求出四边形的最大面积与最小面积． 【答案】(1)，理由见解析 (2)①见解析；②四边形的最大面积为20，最小面积为16 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理． （1）由矩形的性质可得，，从而通过“”证明，即可得到； （2）①过点Q作于点K，作于点L．由矩形和矩形得到，，因此四边形是平行四边形．通过“”证明，得到，从而得证是菱形； ②由菱形的面积公式可得，而在中，，因此当为最大值时，有最大值，当为最小值时，有最小值．而随着矩形纸片的旋转，逐渐减小，当时为最小值，然后逐渐增大．当点F与点C重合时或点E与点B重合时， 有最大值；当点N与点K重合时，，为最小值．分别求解即可解答． 【详解】（1），理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 在和中 ， ∴， ∴ （2）①过点Q作于点K，作于点L． ∵四边形，四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ， ∴，， ∴， ∵四边形，四边形是矩形， ∴，， ∴四边形，四边形都是矩形， ∴，， ∵矩形和的宽相等，即， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴在和中 ， ∴， ∴， ∴是菱形； ②∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∵在中，， ∴当为最大值时，有最大值，当为最小值时，有最小值． ∵随着矩形纸片的旋转，逐渐减小，当时为最小值，然后逐渐增大． 如图①，当点F与点C重合时，有最大值，此时点A与点Q，点D与点K重合， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴ ∴， ∴ ， 或如图②，当点E与点B重合时，有最大值，此时点D与点G，点N重合 同理设，， 在中，，即， 解得， ∴， ∴ ∴ ， 即菱形面积的最大值为20； 如图③，当点N与点K重合时，，为最小值，此时， ∴ 即菱形面积的最小值为16； 综上所述，四边形的最大面积为20，最小面积为16． 地 城 考点02 圆压轴题综合 一、单选题 1．(24-25九上·广东东莞虎门外国语学校·期末)如图，中，直径，，平分交圆于点，则（    ） A．5 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理等，熟练掌握相关知识点，并作出适当的辅助线是解题的关键；过点D作的垂线，交延长线于E，利用题中条件和圆的性质，证明，推出，，再利用勾股定理求的长． 【详解】如图，连接，过点D作的垂线，交延长线于E，则， 为的直径， ， 又，， ， 平分， ， 又在中，，， ， ， 又在中，，， ， 又，， ， ， ，， ， 由勾股定理得，， 即，解得， 故选：C． 二、填空题 1．(24-25九上·广东东莞虎门外国语学校·期末)如图，是⊙的直径，⊙的弦在直线的上方，且，以为直径向下作半圆（圆心为）交于、两点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理及其推论，勾股定理等知识，应用好垂径定理及其推论是解题的关键．设，则得，，；连接、、，过点作于；由垂径定理得，从而；由是的中点，则得，在中，由勾股定理求得，在中由勾股定理得，在中，由勾股定理得：，由此建立方程求得的值，即可求得结论． 【详解】解：， 设，则， ，， 如图，连接、、，过点作于； ，； 为的一条弦，且， ， ； 由题意知，是的中点，且为的直径， ， 由垂径定理推论知：； 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ． 故答案为：． 2．(24-25九上·广东潮州饶平县·期末)如图，已知线段，动点C满足，则的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】作的外接圆，圆心为点O，连接、、，则，故，作于点F，于点E，则，由，求得，所以，由，得，所以，则的面积的最大值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：作的外接圆，圆心为点O，连接、、，则， ，， ， ， 作于点F，于点E，则，， ， ， ， ， ， ， ， ，且， ， 的面积的最大值为， 故答案为： 【点睛】此题重点考查三角形的外接圆与外心、圆周角定理、勾股定理、垂线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 三、解答题 1．(24-25九上·广东潮州饶平县·期末)如图1，是的直径，点D为下方上一点，点F为弦的中点，连接且延长交于点C，连接，． (1)求证：； (2)如图2，延长，相交于点 求证：； 若，，求的半径． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析；的半径为 【分析】由垂径定理得出，则是的垂直平分线，则可得出结论； ① 证明是等腰三角形，由等腰三角形的性质得出结论； ②连接，则，求出设的半径为r，则，由勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：点F为弦的中点， ， 是的垂直平分线， （2）① 证明：点F为弦的中点， ， ， 又是的直径， ， ， ， ， 由得， 是等腰三角形， 点F为的中点， 平分， ， ②解：连接，则，如图所示， ， ， 由①得， ， ， ， ， ， 设的半径为r，则， ， ， ， 整理得， 解得，不符合题意，舍去， 的半径为 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识；正确作出辅助线是解题的关键． 2．(24-25九上·广东珠海香洲区·)已知：在等腰直角中，，．点是平面上不与点、点重合的一点，连接，线段绕点逆时针旋转得到，连接、、． (1)如图1，当点在延长线上时，则的度数为 ，并说明理由； (2)如图2，当点在的延长线上时，若，求的面积； (3)如图3，点、分别是、的中点，点在直线上，当点、、共线时，请直接写出与的数量关系． 【答案】(1)，见解析 (2) (3)或 【分析】（1）过作于，根据旋转的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，，推出，于是得到； （2）取的中点，连接，，根据旋转的性质得到，，求得，，根据圆周角定理得到，根据等腰直角三角形的性质得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论； （3）当点在线段上时，延长交的延长线于．根据平行线的性质得到，得到，推出，求得，得到，根据等腰三角形的性质得到，得到，推出，，，四点共圆，根据圆周角定理得到，，求得，得到，设，则，，于是得到；当点在线段上时，同法可证：，设,则，，得，得到． 【详解】（1）解：的度数为，理由如下： 过作于，如图所示： 线段绕点逆时针旋转得到， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）取的中点，连接，，过作于， 如图所示： ， ， 线段绕点逆时针旋转得到， ，， ，， 以点为圆心，长为半径画圆，，，，四点都在上 ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 的面积； （3）当点在线段上时，延长交的延长线于，如图所示： ，， 是的中位线 ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 取的中点，连接，， 以点为圆心，长为半径画圆，，，，四点都在上 ，， ， ， 设，则， ， ， 当点在线段上时，同法可证：， 设,则， ， ， 得， 综上，或． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 3．(24-25九上·广东惠州惠城区·期末)如图，已知抛物线与x轴交于A、B（A在B的左边），与y轴交于C，且．点B的坐标是． (1)试求抛物线的解析式； (2)如图1，直线：与抛物线交于两点，点D在直线下方的抛物线上，若以D为圆心作，满足与直线相切于H，求的半径的最大值，及此时点D的坐标； (3)如图2，经过点的直线交地物线于点P、Q，连接分别交y轴于点E、F，求的值． 【答案】(1)抛物线解析式为 (2)当时，的半径最大值为，D的坐标为 (3) 【分析】（1）求出点，点，由待定系数法即可求解； （2）过点作轴交于点，连接，得出，由二次函数的性质求出的最大值，则可得出答案； （3）设直线的解析式为，直线的解析式为．得出，求出，则可得出答案． 【详解】（1）解：已知抛物线与轴交于在的左边，与轴交于，且，由于点， 所以点，点． 将三点代入函数解析式得：， ， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图，过点作轴交于点，连接， ∵直线的解析式为， ∴， ∵轴，， ∴， 即为等腰直角三角形． 在中，， 设， ∵点在直线上， ∴点， ∴当最大时，最大． ∵， ∴当时，的最大值，则的最大值， 此时，， 故当的半径最大时，点的坐标为； （3）解：∵， ∴设直线的解析式为，直线的解析式为． ∴，解得：， ， 同理：， 又 ∵经过点， 设直线的解析式为． ， ， ， 解得：． 又， ． 【点睛】本题考查了待定系数法，二次函数的性质，切线的性质，勾股定理等；能熟练使用待定系数法求函数解析及辅助未知数表示点的坐标，掌握切线的性质，并能利用二次函数性质求最值是解题的关键． 4．(24-25九上·广东广州番禺区·期末)在中，是的内切圆，切点分别为． （I）如图①，若，分别求半径长和切线的长； （II）如图②，延长到点，使． (1)尺规作图：过点作于点（不写作法，保留作图痕迹）； (2)判断是否是的切线？并对结论给出证明． 【答案】(1) (2)（1）图见解析；（2）直线是的切线，理由见解析 【分析】本题考查作图基本作图，切线的判定和性质，三角形的内切圆与内心； （Ⅰ）如图1，连接，，，，，．利用勾股定理求出，再利用面积法求出即可； （Ⅱ）（1）根据要求作出图形即可； （2）证明，推出与的内切圆的大小一样，由与，相切，推出就是的内切圆， 【详解】（1）解：如图1，连接，，，，，． 是的内切圆，切点分别为，，． ，，， ， ，，， ， ， ， ， 半径长为1， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ，是的切线， ； （2）（1）如图2中，直线即为所求； （2）结论：直线是的切线． 理由：，，， ， 与的内切圆的大小一样， 与，相切， 就是的内切圆， 直线是的切线． 5．(24-25九上·广东江门江海区·期末)如图1，在中，、是直径，弦，垂足为F．    (1)求证：； (2)如图2，点G在上，且． ①求证：； ②若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②1 【分析】（1）先根据垂径定理得到，再根据圆心角、弧、弦的关系由得到，所以，从而得到结论； （2）①连接、，根据圆周角定理得到，，再证明，，则可判断四边形为平行四边形，所以，然后利用得到； ②设，则，则利用为的中位线得到，再根据平行四边形的性质得到，所以，则在中利用勾股定理得到，然后解方程即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）①证明：连接、，    ∵，， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∵， ∴，，， ∴，， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴； ②解：设，则， ∵，， ∴为的中位线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 在中，，，， ∴， 整理得， 解得：，（舍去）， 即的长为1． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理和圆心角、弧、弦的关系，三角形中位线定理，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 6．(24-25九上·广东江门蓬江区·期末)如图所示的是一块直角三角板和一个量角器拼在一起，，直角三角板的斜边与量角器所在圆（记圆心为O）的直径重合，量角器最外缘的读数是从点P开始（即点P处的读数为0），现有射线从的位置开始，以每秒3度的速度绕点C逆时针旋转，当射线与的外接圆第一次相切时停止旋转． 在旋转过程中，射线与的外接圆相交于点 D． (1)当射线与的外接圆第一次相切时，求射线旋转的度数； (2)当射线分别经过的外心、内心时，点D处的读数各是多少？ (3)当射线旋转多少秒时，是等腰三角形． 【答案】(1)射线旋转的度数为； (2)点D处的读数为和 ； (3)当射线旋转10秒或25秒或40秒时，是等腰三角形． 【分析】（1）作的外接圆，连接，由，得为的外接圆的直径，可知的外接圆与量角器所在圆是同一个圆，由射线与相切于点C，证明，由，得，求得，则射线旋转的度数为； （2）当射线经过的外心O，则，所以点D处的读数为；当射线经过的内心I，连接，因为平分，所以，则，所以点D处的读数为； （3）设当射线旋转x秒时，是等腰三角形，则度，再分三种情况讨论，一是AD=AC，求得；二是，求得；三是，求得． 【详解】（1）解：∵的斜边与量角器所在圆的直径重合， ∴为的直径，O为的中点， 如图1，作的外接圆，连接， ∵， ∴为的外接圆的直径， ∴的外接圆与量角器所在圆是同一个圆， ∵射线与相切于点C， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴射线旋转的度数为； （2）解：∵为的外接圆的直径，O为的中点， ∴O为的外心， 如图2，射线经过的外心O， 则， ∴点D处的读数为； 如图3，射线经过的内心I， ∵平分， ∴， ∴， ∴点D处的读数为， ∴当射线分别经过的外心、内心时，点D处的读数为和； （3）解：设当射线旋转x秒时，是等腰三角形， ∵射线从的位置开始，以每秒3度的速度绕点C逆时针旋转， ∴度， 如图4，是等腰三角形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，解得； 如图5，是等腰三角形，且， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得； 如图6，是等腰三角形，且， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 综上所述，当射线旋转10秒或25秒或40秒时，是等腰三角形． 【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、切线的性质、圆周角定理、垂径定理、三角形内角和定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 7．(24-25九上·广东广州越秀区·期末)如图所示，四边形为内接四边形，，，点E为上一点，且． (1)尺规作图：作线段（保留作图痕迹，不写作法）； (2)求证：； (3)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查圆周角定理、垂径定理、勾股定理等内容． （1）以A为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接，则线段即为所求； （2）由题易知，要证，实则可证，通过同弧所对的圆周角可证出①，②，，再结合推出的，导角可得，进而即可得证； （3）作，则经过圆心，设，分别在和中利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：解：如图所示，点E即为所求； 作法：以A为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接，则线段即为所求； （2）证明：连接，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴是直径， ∴， 过D作于点H， ∵， ∴， ∴过点圆心O， 设， 在中，， 在中，， ∴， 整理得， 解得（负值舍去）， ∴， ∴，， ∴， ∴． 8．(23-24九上·广东东莞松山湖北区学校·期末)如图，是的直径，是半圆上的一点，平分，垂足为，交于，连接．    (1)判断与的位置关系，并证明你的结论； (2)若，求的长； (3)若是弧的中点，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)与相切．理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）由平分得，加上∠1=∠3，则，于是可判断，由于，所以，则可根据切线的判定定理得到为的切线； （2）作于H，如图，根据垂径定理得，再证明四边形为矩形，得到，，在中利用勾股定理计算出，则，然后在中根据勾股定理可计算出的长； （3）由E是的中点得到，根据垂径定理得，由于，根据等腰三角形的判定得到，即，所以为等边三角形，易得为等边三角形，所以，可计算出，于是可计算出，由于，然后利用进行计算． 【详解】（1）解：与相切．理由如下：如图，    ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线； （2）解：作与H，如图，则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 在中，∵， ∴， ∴， 在中，∵， ∴； （3）解：∵E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， 同理可得为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定：扇形面积的计算．平行线的判定，勾股定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可 9．(23-24九上·广东汕头澄海区·期末)如图，在中，为的直径，C为上一点，为的平分线交于点D，连接交BC于点E，过点A作的切线交延长线于点F，过点D作，交于点 G． (1)求证∶； (2)连接，若，请判断四边形的形状，并证明你的结论； (3)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)四边形为菱形，理由见详解 (3) 【分析】（1）根据角平分线的定义及等腰三角形的性质即可得到结论； （2）先根据圆周角定理，得，再证明，得四边形是平行四边形，再根据即可； （3）连接，设，，则，在和中，，及在中，，求出线段的长，再利用等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：为的平分线， ， ， ， ， ； （2）解：四边形为菱形，理由如下： ， ， ， 为的直径， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 是菱形； （3）解：连接，设，，则， ∵过点A作的切线交延长线于点F， ， ， ， 在中，为的直径， ， ， ， 在和中， ，， 在中，，， 联立， 解得：，，即 ，即， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，解一元二次方程，熟练掌握圆周角定理和勾股定理是解题的关键． 10．(23-24九上·广东珠海金湾区·期末)综合运用 已知：抛物线与轴交于，，与轴交于点，顶点为． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1：抛物线的对称轴交轴于点，在抛物线对称轴上找点，使是以为腰的等腰三角形，请直接写出点的坐标；（不需要证明） (3)如图2：点在对称轴上，以点为圆心过A、两点的圆与直线相切，求点的坐标． 【答案】(1)； (2)，或，或 (3)或 【分析】（1）根据抛物线与轴交于，，运用待定系数法求出解析式即可； （2）根据是以为腰的等腰三角形，得到时，作轴于点Q，推出，得到，得到； 或时， 得到，； （3）根据抛物线顶点，推出直线的解析式为，得到直线交轴于点， 推出，．设切点为G，根据切线性质得到，推出，得到，根据勾股定理和等腰直角三角形性质得到，设，根据，得到，解得，即得． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于， ∴， 解得， 故抛物线解析式为，； （2）∵中，时，， ∴， ∵， ∴对称轴为直线， ∴， ∴，， ∴， 当时，过P作轴于点Q， 则， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时， ∵， ∴，； 故点P的坐标为：，或，或； （3）设切点为G，直线与x轴交于点H，连接，， ∵抛物线解析式为， ∴顶点 设直线的解析式为， ∵， ∴， 解得， ∴直线的解析式为 ∴ 时，， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵在中，， ∴ 设，则，， ∴， 解得 ∴或． 故点F的坐标为：或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用．熟练掌握待定系数法求函数解析式，二次函数性质，等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，圆切线性质，分类讨论，是解题的关键． 11．(23-24九上·广东东莞·期末)如图（1），已知等边，点D，E分别是边，上的点，且，连接，交于点P． (1)求证：； (2)如图（2）连接，若点P恰好落在以为直径的圆上，求的度数； (3)在条件（2）下，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)2 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，，再证，最后证明； （2）根据直角所对的圆周角为90度可得，根据可得，利用三角形外角的性质，通过等量代换可得，进而可得； （3）根据可得，结合可得，推出C、D、P、E四点共圆，连接，根据圆周角定理可得，，根据含30度角的直角三角形的性质可得，结合可得． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，即， 在与中， ， ∴； （2）解：∵点P恰好落在以为直径的圆上， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴C、D、P、E四点共圆， 连接，则，， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，含30度角的直角三角形的性质，第三问有一定难度，确定C、D、P、E四点共圆是解题的关键． 12．(23-24九上·广东珠海斗门区·期末)如图1，A、B是上两点，C是的中点，，的半径为4． (1)①图中的阴影部分面积为______；②求证：四边形是菱形： (2)如图2，点P是线段上一动点，以为半径作小圆，连接，当P运动到什么位置时，是小圆的切线，并说明理由： (3)如图3，延长交于D，过C作垂直交于E，连接交于F，取线段中点G，连接并延长交于H，连接，求的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2)当P运动到的中点时，是小圆的切线，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用“C是的中点，”，证明与都是等边三角形，从而得到，从而证明四边形是菱形，利用扇形面积和菱形面积公式和计算阴影面积即可； （2）根据是等边三角形可知若是小圆的切线，则又三线合一性质可知点P是的中点，从而得解； （3）连接，证明和都是含30度的直角三角形，从而得到，， ，过点H做于P，又证明是含30度的直角三角形，得到，，，从而利用勾股定理求得． 【详解】（1）解：连接与交于点M， 则C是的中点，， ∴， 又∵， ∴与都是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∴垂直平分，， ∴，则， ∴． 故答案为：． （2）当P运动到的中点时，是小圆的切线，理由如下： 如图，连接， 由（1）得：是等边三角形， 又∵点P是的中点， ∴， ∴是小圆的切线， 即当P运动到的中点时，是小圆的切线； （3）如图，连接， ∵都是等边三角形，，垂直交于E， ∴ 又∵是直径， ∴， ∴， ∴，， 又∵，G是线段中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， 过点H做于P， 则有：，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，扇形的面积计算，弧、圆心角、线的关系，垂径定理，切线的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识，综合性很大，难度较大，正确作出辅助线是解题的关键． 13．(23-24九上·广东广州越秀区·期末)如图，四边形中，， (1)求的度数； (2)连接，若，求证：； (3)点分别为线段和上的点，点是线段上任意一点且和的面积相等，过点作交直线于点，连接. 若，求线段的最小值. 【答案】(1) (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据四边形内角和为，列式计算，即可作答； （2）依题意，由变形得，通过旋转构造出，并将转化到一个直角三角形中可证；将绕点C顺时针旋转，得到，如图，连接，则；第（1）中已证，又，得又，则四边形是平行四边形，；由知得，故在中，，即； （3）分析题意，点G在直线、直线夹角的角平分线上，又因为点G是线段上任意一点，由此可知线段为直线、直线夹角的角平分线被线段所截的线段，延长线段交于M，由第（1）问中结论知，取中点，连接，则，点M在以为圆心以2为半径的圆上运动，连接并延长，交圆于点N，易证点N大直径下方弧的中点，则.连接，取中点O，连接，易证，则点H在以O为圆心2长为半径的圆上运动，连接，则，当H运动到上时，最小，且． 【详解】（1）解：∵ ∴； （2）解：连接，将绕点C顺时针旋转，得到，如图，连接， ∴； ∵ ∴ 则 ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴ ∴ 则在中， ∵ ∴ 即； （3）解：依题意，如图： ∵点分别为线段和上的点，点是线段上任意一点且和的面积相等， ∴点G在直线、直线夹角的角平分线上， ∵∵点是线段上任意一点，且 ∴线段为直线、直线夹角的角平分线被线段所截的线段，如图所示 ： 依题意，延长线段交于M，由第（1）问中结论知，取中点，连接， ∵ 则， 故点M在以为圆心以2为半径的圆上运动，为 连接并延长，交圆于点N， ∵且平分 ∴ ∵为直径，且 ∴ 则点N为直径下方弧的中点， 即 连接，取中点O，连接， 在中， ∴ ∴， 则点H在以O为圆心2长为半径的圆上运动，连接，如图： 则，当H运动到上时，最小， 且． ∵ ∴ 【点睛】本题考查了圆综合：角平分线的判定与性质，圆周角性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，综合性强，难度大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 14．(23-24九上·广东广州荔湾区·期末)已知是的外接圆，且，，为上一动点 (1)如图1，若点是的中点，则_____°； (2)如图2，点是上一动点，过点作直线的垂线，垂足为点，求证：； (3)如图3，，连接，探究，，三者之间的数量关系，并说明理由 【答案】(1) (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）连接，根据可得，再根据圆周角定理进行求解即可； （2）过B作于点H，则，证明和即可求解； （3）连接，在的下方构造等边三角形，证明，得到，证明，勾股定理得到，等量代换后，即可得出结论． 【详解】（1）如图1中，连接． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∵， ∴． 故答案为：； （2）过B作于点H，则． 又∵于点E， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 又∵四边形是的内接四边形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． （3），理由如下： 连接，在的下方构造等边三角形， 则：， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查弧，弦，角之间的关系，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键． 15．(23-24九上·广东中山·期末)如图，四边形是圆的内接四边形，将绕点旋转至 (1)证明：点，，三点共线； (2)若，圆的半径为，求弦的长； (3)如题图，若，试探究弦，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）根据圆内接四边形的性质，则，再根据旋转的性质，则，根据等量代换，即可证明点，，三点共线； （2）根据旋转的性质，则，根据圆内接四边形的性质，所对的圆周角为，则所对的圆心角为，根据勾股定理，即可求出的长，进而求出的长； （3）如图所示，过点B作于H，由旋转的性质可得，同理可证明三点共线，则，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理得到，则，再证明，即可得到． 【详解】（1）证明：∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∵绕点旋转得到， ∴， ∴， ∴点，，三点共线． （2）解：如图所示，连接， ∵绕点旋转得到， ∴， ∴， ∵圆的半径为， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：，证明如下： 如图所示，过点B作于H， 由旋转的性质可得， 同理可证明三点共线， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，勾股定理，旋转的性质，等边对等角，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，熟知旋转的性质和圆内接四边形对角互补是解题的关键． 16．(23-24九上·广东广州增城区·期末)如图，已知矩形中，，，点O是边的中点，点E是矩形内一个动点，且． (1)当时，连接、，直接写出的度数； (2)当时，连接，若，求的长； (3)当时，将线段绕点D逆时针旋转后，得到线段，点P是线段的中点，当点E在矩形内部运动时，求点P运动路径的长度． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）证出是等腰直角三角形，从而得出结果； （2）连接，可证得，从而得出，可求得，进而推出是等边三角形，进一步得出结果； （3）连接，将绕点D逆时针旋转至，取的中点I，连接，可得出，进而得出，从而推出点P的运动轨迹是在以I为圆心，为半径的半圆，从而得出点P运动路径的长度． 【详解】（1）如图1， ∵O是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）如图2， 连接， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∵OC=1， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （3）如图3， 连接，将绕点D逆时针旋转至，取的中点I，连接， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∴点P的运动轨迹是在以I为圆心，为半径的半圆， ∴点P运动路径的长度． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，三角形的中位线性质，弧长公式等知识，解决问题的关键是利用旋转作辅助线． 17．(23-24九上·广东中山·期末)如图， 直线与x轴交于点B， 与y轴交于点 C，其中，， 抛物线 经过 B， C两点， 并与x轴交于另一点A． (1)求抛物线的解析式； (2)点 E在线段上以每秒1个单位长度的速度从A向B运动，同时点F在线段上以每秒2个单位长度的速度从B向C运动． 当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动． 设运动时间为t秒， 求t为何值时，的面积最大？并求出最大值； (3)是否存在某个时间t，使得以为直径的圆与的边或相切？若存在，求出t； 若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)当时，的最大值为 (3)当秒或秒时，以为直径的圆与的边或相切 【分析】（1）先求出点B和点C的坐标，代入，求出a，c的值即可； （2）求出点A的坐标运用待定系数法求出直线的解析式，运动t秒后，过点F作于点G，可得由得根据三角形面积公式可得，由二次函数的性质可得结论； （3）由题意得，当时，轴，，由可得可求出；当时，，由可得，得，故可得结论 【详解】（1）在中，， 由勾股定理得，， ∴点C的坐标为， ∵ ∴点B的坐标为， ∵抛物线 经过 B， C两点， ∴, 解得， ∴抛物线的解析式为：； （2）对于，令，则， 解得，， ∴点A的坐标为， ∴； 设直线的解析式为， 把代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为， 设运动t秒， ∴ 过点F作于点G，则， ∴， ∴ 在中， ∴， ∵， ∴有最大值， 即当时，的最大值为； （3）设运动t秒后，，则轴， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴ ∴； 即当时，以为直径的圆与相切； 当时，则 ∵ ∴ 又， ∴ ∴， ∴， 即当秒时，以为直径的圆与相切； 综上，当秒或秒时，以为直径的圆与的边或相切 【点睛】本题主要考查运用待定系数法求函数解析式，角所对直角边等于斜边一半，勾股定理，平行线的判定与性质，二次函数最值，切线的性质等知识，正确表示是解答本题的关键 试卷第1页，共3页 1 / 80 学科网（北京）股份有限公司 $