专题08 浙江各地期末试卷常考压轴题60题考点分类选练（期末复习专项训练）九年级数学上学期浙教版

专题08 浙江各地期末试卷常考压轴题60题考点分类选练 一．函数的图象（共1小题） 1．（2024秋•钱塘区期末）数学课上，李老师让同学们利用学习函数获得的经验去研究函数的图象特征．甲同学认为：该函数图象一定不经过第二象限．乙同学认为：该函数图象关于直线x＝﹣1对称．以下对两位同学的看法判断正确的是（　　） A．甲乙都正确 B．甲乙都错误 C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确 【分析】根据所给函数解析式，分别对甲、乙两位同学的结论作出判断即可． 【解答】解：由题知， 因为函数解析式为， 所以当x＜0（x≠﹣1）时，y一定小于零， 所以该函数图象一定不经过第二象限． 故甲正确． 当x＝0时，y＝0， 即该函数图象经过点（0，0）． 点（0，0）关于直线x＝﹣1的对称点坐标为（﹣2，0）． 当x＝﹣2时，y＝﹣4≠0， 所以（﹣2，0）不在此函数图象上， 所以该函数图象不关于直线x＝﹣1对称． 故乙错误． 故选：C． 【点评】本题主要考查了函数的图象，能对所给函数解析式进行正确的分析是解题的关键． 二．二次函数的性质（共3小题） 2．（2024秋•柯桥区期末）已知抛物线y＝a（x﹣h）2+k与直线y＝1有两个交点A（﹣1，1），B（3，1），抛物线y＝a（x﹣h+m）2+k与直线y＝1的一个交点是（﹣3，1），则m的值是 　2或6　 ． 【分析】根据抛物线y＝a（x﹣h）2+k向左平移m个单位得到抛物线y＝a（x﹣h+m）2+k，而A（﹣1，1），B（3，1）向左平移2或6个单位得到点（﹣3，1），即可得m＝2或6． 【解答】解：由抛物线y＝a（x﹣h）2+k向左平移m个单位得到抛物线y＝a（x﹣h+m）2+k，而A（﹣1，1），B（3，1）向左平移2或6个单位得到点（﹣3，1）， 得m＝2或6． 故答案为：2或6． 【点评】本题主要考查了抛物线的平移，解题关键是正确掌握平移的规律． 3．（2024秋•义乌市校级期末）如图，已知点A（10，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O、A），过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD＝AD＝13时，这两个二次函数的最大值之和等于（　　） A．5 B． C．8 D．12 【分析】首先利用勾股定理得到DE＝12，然后利用抛物线的对称性及相似三角形的判定和性质得到和，两个式子相加得出结果． 【解答】解：分别过点B、D、C作BF⊥AO于点F，DE⊥AO于点E，CM⊥AO于点M， ∵DA＝DO＝13， ∴， ∴， 设OF＝m，AM＝n，则PF＝OF＝m，MP＝AM＝n， ∵OF+FP+PM+AM＝OA＝10，即2m+2n＝10， ∴m+n＝5， ∵BF∥DE， ∴△OBF∽△ODE， ∴， 即①， 同理②， ①+②得：， ∴BF+CM＝12， 故选：D． 【点评】本题考查等腰三角形的性质、抛物线的对称性以及相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质得到比例式是解决问题的关键． 4．（2024秋•滨江区期末）设函数y＝a（x﹣h+1）2+m+2025（a＞0）与x轴的交点坐标为（﹣3，0），（2，0），若函数y1＝a（x+h﹣2）2+m+2025（a＞0），则y1＜0时自变量x的取值范围是 　﹣1＜x＜4　 ． 【分析】根据题意先求得h的值，然后根据二次函数的平移性质求得y1＝a（x+h﹣2）2+m+2025（a＞0）与x轴的交点，最后根据二次函数性质求得答案即可． 【解答】解：∵函数y＝a（x﹣h+1）2+m+2025（a＞0）与x轴的交点坐标为（﹣3，0），（2，0）， ∴该函数的对称轴为直线h﹣1， 解得：h， 则y1＝a（x）2+m+2025（a＞0）， 那么函数y1＝a（x）2+m+2025（a＞0）的图象是由函数y＝a（x﹣h+1）2+m+2025（a＞0）的图象向右平移2个单位长度所得， 则函数y1＝a（x）2+m+2025（a＞0）的图象与x轴的交点坐标为（﹣1，0），（4，0）， ∵该函数图象开口向上， ∴y1＜0时自变量x的取值范围为﹣1＜x＜4， 故答案为：﹣1＜x＜4． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握其图象与性质是解题的关键． 三．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 5．（2024秋•杭州期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点在第一象限，且过点（0，1）和（﹣1，0），则P＝a+b+c的值的范围是（　　） A．﹣1＜P＜0 B．﹣1＜P＜1 C．1＜P＜2 D．0＜P＜2 【分析】由抛物线的顶点在第一象限及过点（0，1）和（﹣1，0），即可得出﹣1＜a＜0、0＜b＜1，再由P＝a+b+c＝2b，即可得出P的取值范围． 【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点在第一象限，且过点（0，1）和（﹣1，0）， ∴， ∴b＝a+1＞0， ∴﹣1＜a＜0，0＜b＜1． ∵P＝a+b+c＝2b， ∴0＜P＜2． 故选：D． 【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，依照题意画出函数图象，利用数形结合是解题的关键． 四．二次函数图象上点的坐标特征（共2小题） 6．（2024秋•慈溪市期末）已知点A（a，b），B（a+2，c）两点均在函数y＝（x﹣1）2﹣2025的图象上．若b＜c，则a的取值范围为（　　） A．a＞2 B．a＞1 C．a＞0 D．0＜a＜2 【分析】根据二次函数性质即可求出结果． 【解答】解：∵函数y＝（x﹣1）2﹣2025， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1， ∵b＜c， ∴点A到对称轴的距离小于点B到对称轴的距离， ∴a+2﹣1＞1﹣a， 解得：a＞0， 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数性质是关键． 7．（2024秋•义乌市校级期末）已知抛物线y＝﹣x2+bx﹣5（b＞0）上有A（t，y1），B（3，y2），C（t+2，y1）三点，且y1＞y2＞﹣5，则t的取值范围是 　t＜1或t＞3　 ． 【分析】依据题意，由﹣1＜0，从而抛物线上的点离对称轴越近函数值越大，又抛物线过A（t，y1），C（t+2，y1），可得对称轴是直线xt+1，又y1＞y2＞﹣5，且抛物线过（0，﹣5），故|t+1﹣0|＞|t+1﹣3|＞|t+1﹣t|，再分类讨论判断即可得解． 【解答】解：由题意，∵﹣1＜0， ∴抛物线上的点离对称轴越近函数值越大． 又∵抛物线过A（t，y1），C（t+2，y1）， ∴对称轴是直线xt+1． 又∵y1＞y2＞﹣5，且抛物线过（0，﹣5）， ∴|t+1﹣0|＞|t+1﹣3|＞|t+1﹣t|． ∴|t+1|＞|t﹣2|＞1． ①当t＞2时，t+1＞t﹣2＞1， ∴t＞3； ②当﹣1≤t≤2时，t+1＞2﹣t＞1， ∴t＜1； ③当t＜﹣1时，﹣t﹣1＞2﹣t＞1， ∴无解； 综上所述，t＜1或t＞3． 故答案为：t＜1或t＞3． 【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 五．二次函数的最值（共1小题） 8．（2024秋•婺城区校级期末）已知点A（m，2m）（m＞2）是二次函数y＝ax2+k（a＞0）图象上一点，当m﹣4≤x≤m时，二次函数的最大值和最小值分别为6和﹣2，则a的值为 　　 ． 【分析】由A（m，2m）在y＝ax2+k上，可得函数解析式为y＝ax2+2m﹣am2，进而可得二次函数开口向上，对称轴为直线x＝0，结合m＞2知区间m﹣4≤x≤m的中点在对称轴直线x＝0的右侧，故呈现左低右高趋势，再对区间左端点分类讨论即可． 【解答】解：∵把A（m，2m）代入y＝ax2+k中，得2m＝am2+k， 故k＝2m﹣am2，从而函数解析式为y＝ax2+2m﹣am2， ∵a＞0， ∴二次函数开口向上，对称轴为直线x＝0， ∵m＞2， ∴（m﹣4+m）＝m﹣2＞0，m﹣4＞﹣2， 从而可分为： ①当﹣2＜m﹣4≤0，即2＜m≤4时，函数在x＝m处取得最大值6，在x＝0处取得最小值﹣2， ∴am2+2m﹣am2＝6，解得m＝3，且2m﹣am2＝﹣2， 把m＝3代入2m﹣am2＝﹣2中，解得a； ②当m﹣4＞0，即m＞4时，函数在x＝m处取得最大值6， ∴am2+2m﹣am2＝6，解得m＝3，这与m＞4矛盾，故不成立． 综上可得a． 故答案为：． 【点评】本题考查了二次函数的增减性，区间最值，结合对称轴对区间进行分类讨论是解题的关键． 六．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 9．（2024秋•上虞区期末）在平面直角坐标系中，设函数y＝ax2﹣bx+1（a，b是常数，a≠0）． （1）若该函数的图象经过（1，0）和（4，1）两点，则函数的表达式为yx2x+1　 ． （2）当a＝2时，写出一个b的值，使函数y＝ax2﹣bx+1图象的顶点坐标始终在直线y＝﹣1的下方，并说明理由． （3）当a＝1，b＝2时，函数y＝ax2﹣bx+1图象上有点M（t，y1），直线上有点N（t，y2），若，试求t的取值范围． 【分析】（1）依据题意，由函数的图象经过（1，0）和（4，1）两点，从而a﹣b+1＝0，且16a﹣4b+1＝1，进而求出a，b后可以判断得解； （2）依据题意，当a＝2时，函数为y＝2x2﹣bx+1，从而可得对称轴是直线x，则顶点为（，1），结合顶点坐标始终在直线y＝﹣1的下方，可得1＜﹣1，进而求出b的范围； （3）依据题意，当a＝1，b＝2时，函数为y＝x2﹣2x+1，从而y1＝t2﹣2t+1，结合y2t+1，故MN＝|t2﹣2t+1t﹣1|，进而或，最后计算可以判断得解． 【解答】解：（1）∵函数的图象经过（1，0）和（4，1）两点， ∴a﹣b+1＝0，且16a﹣4b+1＝1． ∴a，b． ∴二次函数的表达式为yx2x+1． 故答案为：yx2x+1． （2）由题意，当a＝2时，函数为y＝2x2﹣bx+1． ∴对称轴是直线x． ∴顶点为（，1）． 又∵顶点坐标始终在直线y＝﹣1的下方， ∴1＜﹣1． ∴b2＞16． ∴b＞4或b＜﹣4． （3）由题意，当a＝1，b＝2时，函数为y＝x2﹣2x+1． ∴y1＝t2﹣2t+1． 又∵y2t+1， ∴MN＝|t2﹣2t+1t﹣1|． ∴|t2t|． ∴或． ∴t或1≤t或t≥3． 【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 七．抛物线与x轴的交点（共3小题） 10．（2024秋•镇海区期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝x+2相交于点A（m，3）、B（n，0），则关于x的方程ax2+bx+c＝x+2的解为 x1＝1，x2＝﹣2　 ． 【分析】先把A（m，3）、B（n，0）分别代入直线解析式求出m、n得到A（1，3）、B（﹣2，0），然后一次函数图象和二次函数图象上点的坐标特征得到当x＝1或x＝﹣2时，ax2+bx+c＝x+2，从而确定关于x的方程ax2+bx+c＝x+2的解． 【解答】解：把A（m，3）、B（n，0）分别代入y＝x+2得m+2＝3，n+2＝0， 解得m＝1，n＝﹣2， ∴A（1，3）、B（﹣2，0）， ∵抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝x+2相交于点A（1，3）、B（﹣2，0）， ∴当x＝1或x＝﹣2时，ax2+bx+c＝x+2， ∴关于x的方程ax2+bx+c＝x+2的解为x1＝1，x2＝﹣2． 故答案为：x1＝1，x2＝﹣2． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质． 11．（2024秋•柯桥区期末）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点P是BC上方抛物线上一点，连结AP交BC于点D，连结AC，CP，记△ACD的面积为S1，△PCD的面积为S2，则的最大值为（　　） A． B． C． D．1 【分析】先将转化为，再过点P作x轴的平行线交BC的延长线于点M，利用相似三角形的性质将转化为，再借助点P坐标表示出即可解决问题． 【解答】解：由题知，， 如图，过点P作x轴的平行线交BC的延长线于点M， ∵PM∥x轴， ∴△PMD∽△ABD， ∴． 由，得A（﹣1，0），B（4，0）， ∴AB＝4﹣（﹣1）＝5． 将x＝0代入，得：y＝3， ∴点C的坐标为（0，3）． 令直线BC的函数解析式为y＝kx+b， 则， 解得， ∴直线BC的函数解析式为yx+3． ∵x2x+3， 令点P坐标为（m，m2m+3）， 则yMx2x+3， ∴xM＝3﹣（m2m+3）m2m， 则PM＝m﹣（m2m）m2m， ∴m2m， 则当m时， 有最大值为：（）2， 即的最大值为． 故选：C． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、抛物线与x轴的交点及二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键． 12．（2024秋•北仑区期末）已知二次函数y＝ax2﹣4ax+4a+4（a为常数且a≠0）． （1）当函数图象经过（4，0），求该二次函数的表达式． （2）若a＞0，判断该二次函数图象与x轴的交点个数并证明． （3）若该函数图象上有两点A（x1，y1），B（x2，y2），其中x1＜x2，若a＜0，x1+x2＞4．求证：y1＞y2． 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可． （2）令ax2﹣4ax+4a+4＝0，可得Δ＝（﹣4a）2﹣4a（4a+4）＝﹣16a＜0，则方程ax2﹣4ax+4a+4＝0无实数解，即该二次函数图象与x轴无交点． （3）由题意得，，则可得y1﹣y2a（x1+x2）（x1﹣x2）﹣4a（x1﹣x2）＝a（x1+x2﹣4）（x1﹣x2）＞0，即y1﹣y2＞0，即可得y1＞y2． 【解答】解：（1）将（4，0）代入y＝ax2﹣4ax+4a+4， 得16a﹣16a+4a+4＝0， 解得a＝﹣1， ∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x． （2）该二次函数图象与x轴无交点． 证明：令ax2﹣4ax+4a+4＝0， ∵a＞0， ∴Δ＝（﹣4a）2﹣4a（4a+4）＝16a2﹣16a2﹣16a＝﹣16a＜0， ∴方程ax2﹣4ax+4a+4＝0无实数解， ∴该二次函数图象与x轴无交点． （3）证明：∵该函数图象上有两点A（x1，y1），B（x2，y2）， ∴，， ∴y1﹣y2a（x1+x2）（x1﹣x2）﹣4a（x1﹣x2）＝a（x1+x2﹣4）（x1﹣x2）， ∵x1＜x2，x1+x2＞4， ∴x1﹣x2＜0，x1+x2﹣4＞0， ∵a＜0， ∴a（x1+x2﹣4）（x1﹣x2）＞0， ∴y1﹣y2＞0， 即y1＞y2． 【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 八．二次函数的应用（共1小题） 13．（2024秋•永康市期末）在电磁场中，带电粒子的运动是一个复杂而迷人的物理现象，在如图所示的平面直角坐标系中，x轴上方区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．一个带电粒子从A处射出，先沿抛物线运动至点B，再沿运动至点O．已知点Q的坐标为，则OA的长为 　8　 ． 【分析】记的圆心为E，连接EO，EQ，EB，过点E作EF⊥OB于点F，先根据圆周角定理和三线合一得到∠OEF＝∠OQB，则，设OF＝4a，EF＝3a，那么E（4a，﹣3a），由EO＝EQ建立方程求出a，再求出点B的坐标，即可求出抛物线解析式，继而可求解与y轴交点坐标． 【解答】解：记的圆心为E，连接EO，EQ，EB，过点E作EF⊥OB于点F， ∵EO＝EB，EF⊥OB， ∴∠OEF∠OEB，FO＝FB， ∵， ∴∠OEF＝∠OQB， ∴， 设OF＝4a，EF＝3a， ∴E（4a，﹣3a）， ∵EO＝EQ， ∴， 解得：， ∴OF＝6， ∴OB＝2OF＝12， ∴B（12，0）， 将B（12，0）代入， 得：， 解得：h＝8， ∴抛物线解析式为：， 当x＝0，y＝8， ∴OA＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查了二次函数与圆的综合问题，解直角三角形，涉及待定系数法求函数解析式，圆周角定理，两点之间距离公式，等腰三角形的性质等知识点，难度较大，解题的关键在于圆周角的运用． 九．二次函数综合题（共3小题） 14．（2024秋•越城区期末）已知二次函数y＝2x2+bx+c，经过点A（0，﹣1），对称轴为直线x＝1． （1）求二次函数的表达式； （2）已知点O（0，0），B（0，﹣5），连结OB，将OB向上平移5个单位长度，向右平移m（m＞0）个单位长度后，恰好与y＝2x2+bx+c的图象有交点，求m的取值范围； （3）当n≤x≤n+2时，二次函数y＝2x2+bx+c的最大值与最小值的差为，请直接写出n的值，不必说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）利用平移的性质得到平移后的点的坐标，再利用二次函数的性质解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答：①当n+2≤1时，即n≤﹣1时，利用二次函数的性质求得最大值与最小值，列出方程解答即可；②当﹣1＜n≤1时，利用二次函数的性质求得最大值与最小值，列出方程解答即可；③当n＞1时，利用二次函数的性质求得最大值与最小值，列出方程解答即可． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝2x2+bx+c，经过点A（0，﹣1），对称轴为直线x＝1， ∴， ∴， ∴二次函数的表达式y＝2x2﹣4x﹣1； （2）∵点O（0，0），B（0，﹣5），连结OB，将OB向上平移5个单位长度， 设平移后的点O的对应点为O′，点B的对应点为B′， ∴平移后的O′B′＝5，点O′（0，5），B′（0，0）， 令y＝0，则2x2﹣4x﹣1＝0， ∴x， ∴抛物线y＝2x2﹣4x﹣1与x轴的交点为（，0）和（，0）． ∵将OB再向右平移m（m＞0）个单位长度后，恰好与y＝2x2+bx+c的图象有交点， ∴m． 令y＝5，则2x2﹣4x﹣1＝5， 解得：x＝﹣1或x＝3， ∵OB的长度为5， ∴m≤3． 综上，m的取值范围为m≤3． （3）∵二次函数y＝2x2+bx+c的对称轴为直线x＝1，2＞0， ∴当x≤1时，y随x的增大而减小，当x＞1时，y随x的增大而增大． ①当n+2≤1时，即n≤﹣1时， 当n≤x≤n+2时，二次函数y＝2x2+bx+c的最大值为2n2﹣4n﹣1，最小值为2（n+2）2﹣4（n+2）﹣1＝2n2+4n﹣1， ∴2n2﹣4n﹣1﹣（2n2+4n﹣1）， ∴n（不合题意，舍去）． ②当﹣1＜n≤1时， 当n≤x≤n+2时，二次函数y＝2x2+bx+c的最大值为2n2﹣4n﹣1，最小值为﹣3，或最大值为2（n+2）2﹣4（n+2）﹣1＝2n2+4n﹣1，最小值为﹣3， ∴2n2﹣4n﹣1﹣（﹣3）或2n2+4n﹣1﹣（﹣3）， ∴n或n（不合题意，舍去），n或n（不合题意，舍去）． ③当n＞1时， 当n≤x≤n+2时，二次函数y＝2x2+bx+c的最小值为2n2﹣4n﹣1，最大值为2（n+2）2﹣4（n+2）﹣1＝2n2+4n﹣1， ∴（2n2+4n﹣1）﹣（2n2﹣4n﹣1）， ∴n（不合题意，舍去）． 综上，n的值为． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，平移的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 15．（2024秋•杭州期末）等腰直角三角形对称、美丽，若抛物线与x轴有两个交点，且该抛物线的顶点与这两个交点构成的三角形是等腰直角三角形，则称这种抛物线为“美丽抛物线”． （1）已知一条抛物线是“美丽抛物线”，且与x轴的两个交点坐标为（﹣3，0），（1，0），则此抛物线的顶点是 　（﹣1，2）或（﹣1，﹣2）　 ； （2）如图，抛物线y＝ax2+bx+c是“美丽抛物线”，顶点M（1，2），与x轴交于A，B两点，在x轴上方的抛物线上找一点P，且，请求出点P的坐标； （3）在（2）的条件下，点Q是平面内一点，是否存在点Q，使得以A，B，M，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由新定义知，AB＝4，AB的中垂线为x＝﹣1，则yMAB＝2，即可求解； （2）求出抛物线的表达式为：yx2+x，由，则直线PB的表达式为：y（x﹣3），即可求解； （3）当AB为对角线时，由中点坐标公式列出方程组，即可求解；当AM或AQ为对角线时，同理可解． 【解答】解：（1）设抛物线与x轴的两个交点坐标为A（﹣3，0），B（1，0），顶点为M， 则AB＝4，AB的中垂线为x＝﹣1，则yMAB＝2，即点M（﹣1，2）或（﹣1，﹣2）， 故答案为：（﹣1，2）或（﹣1，﹣2）； （2）由新定义知，AB的中垂线为直线x＝1，AB＝2yM＝4，则点A、B的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0）， 则抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3）， 将点M的坐标代入上式得：2＝a（1﹣2﹣3），则a， 则抛物线的表达式为：yx2+x， ∵，则直线PB的表达式为：y（x﹣3）， 联立PB和抛物线的表达式得：x2+x（x﹣3）， 解得：x＝3（舍去）或2，即点P（2，）； （3）存在，理由： 设点Q（s，t）， 当AB为对角线时， 由中点坐标公式得：， 解得：，即点Q（1，﹣2）； 当AM或AQ为对角线时， 同理可得：或， 解得：或， 即点Q（﹣3，2）或（5，2）， 综上，Q（1，﹣2）或（﹣3，2）或（5，2）． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到新定义、平行四边形的性质、解直角三角形等，分类求解是解题的关键． 16．（2024秋•江北区期末）如图1，过点A作AB⊥直线l于点B，过点A作AC∥y轴交直线l于点C．线段AC的长度称为点A到直线l的竖直距离． 【探索】 ①如图1，设点A，C的坐标为A（x，yA），C（x，yC），则点A到直线l的竖直距离即为AC的长度，则AC＝ yA﹣yC ．（用含yA，yC的代数式表示） ②当直线l与x轴不平行时，点A到直线l的垂直距离AB与点A到直线l的竖直距离AC存在一定的数量关系，若此时直线l：y，则AB＝　　 AC． 【应用】 如图2，公园有一斜坡草坪（可看作线段OC），其倾斜角为30°，用喷水枪喷水的路径可看作抛物线y＝﹣x2x，其最远处落在草坪的C处．若在山上种一棵树MN（垂直于水平面），为了保证灌溉，树的最高点不能超过喷水路线，同时为了加固树，沿斜坡垂直方向加一根支架PN，请求出支架PN的最大值． 【拓展】 如图3，原有斜坡倾斜角30°不变，通过改造喷水枪使喷水路径可看作圆弧，此时，圆弧与y轴相切于点O，若OC＝12m，为了保证灌溉山上种植的这棵树MN（垂直于水平面），即树的最高点不能超过喷水路线，请问树高MN的最大值是多少？ 【分析】【探索】①由题意即可求解；②设直线l和x轴的夹角为β，由直线l的表达式知，tanβtanA，则cosβ，即可求解； 【应用】由N＝yN﹣yM＝﹣a2aa＝﹣a2+2a，即可求解； 【拓展】过Q作QN⊥OC交圆弧于N，交OC于T，过N作x轴垂线交OC于M，此时NT最大，即MN最大，即可求解． 【解答】解：【探索】①由题意得：AC＝yA﹣yC； ②设直线l和x轴的夹角为β， 由直线l的表达式知：tanβtanA， 则cosA， 即ABAC， 故答案为：①yA﹣yC；②； 【应用】∵草坪倾斜角为30°， ∴OC的标上为：yx， 设N横坐标为a， 则MN＝yN﹣yM＝﹣a2aa＝﹣a2+2a， 当a时，MN最大，MN＝3； ∵PNMN， ∴此时PN最大，PN； 【拓展】∵圆弧与y轴相切， ∴圆心在x轴上，记圆心为Q，过Q作QN⊥OC交圆弧于N，交OC于T，过N作x轴垂线交OC于M， 此时NT最大，即MN最大，QN＝OQ＝OT ＝4． 则NT＝QN﹣QT＝2， 则MN＝NT4． 【点评】本题考查的是二次函数的应用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形等，理解题意，数形结合是解题的关键． 十．三角形的面积（共1小题） 17．（2024秋•上虞区期末）如图，已知∠A＝45°，∠C＝22.5°，BC＝6．则△ABC的面积为（　　） A．9 B．10 C． D． 【分析】过点B作BD⊥AC，垂足为点D；过点C作AB延长线的垂线，垂足为点E．利用三角形外角的性质求出∠CBE的度数，从而求出∠BCE的度数，再由角平分线的性质证明BD＝BE；设BD＝BE＝x，根据等腰三角形的性质和勾股定理将AB用含x的代数式表示出来，从而得到CE；在Rt△BCE中利用勾股定理，得到关于x的方程，并将它代入S△ABCAB•CE计算即可． 【解答】解：如图，过点B作BD⊥AC，垂足为点D；过点C作AB延长线的垂线，垂足为点E． ∵BD⊥AC，AE⊥CE， ∴∠BDC＝∠BEC＝90°， ∵∠A＝45°，∠ACB＝22.5°， ∴∠CBE＝∠A+∠ACB＝45°+22.5°＝67.5°， ∴∠BCE＝90°﹣∠CBE＝90°﹣67.5°＝22.5°， ∴∠ACB＝∠BCE， ∴BD＝BE． 设BD＝BE＝x， ∵∠A＝45°，∠ADB＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝90°﹣45°＝45°， ∴∠A＝∠ABD， ∴AD＝BD＝x， ∴ABx， ∴AE＝AB+BEx+x＝（1）x， ∵∠A＝45°，∠AEC＝90°， ∴∠ACE＝90°﹣∠A＝90°﹣45°＝45°， ∴AE＝CE＝（1）x， 在Rt△BCE中利用勾股定理，得BE2+CE2＝BC2， ∴x2+[（1）x]2＝62， ∴（2）x2＝18， ∴S△ABCAB•CE•x•（1）x（2）x218＝9． 故选：A． 【点评】本题考查三角形的面积，掌握三角形外角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积计算公式是解题的关键． 十一．三角形的重心（共2小题） 18．（2024秋•上虞区期末）如图，在△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，EF∥BC，重心G在EF上，若S△AEF＝8cm2，则四边形EBCF的面积为 　10　 cm2． 【分析】连接AG并延长，交BC于点M，根据重心的性质，得出，再由EF∥BC得出，最后利用相似三角形的性质得出△AEF与△ABC的面积比，再结合△AEF的面积即可解决问题． 【解答】解：连接AG并延长，交BC于点M， ∵点G是△ABC的重心， ∴． ∵EF∥BC， ∴，△AEF∽△ABC， ∴． ∵S△AEF＝8cm2， ∴S△ABC＝18cm2， ∴四边形EBCF的面积为：18﹣8＝10（cm2）． 故答案为：10． 【点评】本题主要考查了三角形的重心及相似三角形的判定与性质，熟知三角形重心的性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 19．（2024秋•永康市期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△A′B′C，点A的对应点A′恰好为△ABC的重心，A′B′与BC相交于点E，则DE：EC的值为 　　 ． 【分析】根据三角形重心的性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质可得出A′DBC，根据旋转的性质得出B′C＝BC，再证明△A′ED∽△B′EC，再结合相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：∵点A'为△ABC的重心， ∴AD为BC边上的中线，AA'＝2DA'， ∴DA'AD， ∵∠BAC＝90°， ∴AD＝BD＝CD， ∴DA'BDBCB′C， ∵DA＝DC， ∴∠ACD＝∠CAD， ∴CA＝CA′， ∴∠CAA′＝∠AA′C， ∵∠ACD＝∠B′CA′， ∴∠B'CA'＝∠CA'A， ∴AD∥B'C， ∴△A′ED∽△B′EC， ∴DE：CE＝A′D：B′C． 故答案为：． 【点评】本题考查三角形重心的性质，旋转的性质．熟练掌握三角形重心的性质和旋转的性质是解题关键． 十二．全等三角形的判定与性质（共2小题） 20．（2024秋•镇海区期末）如图，等腰Rt△ABC中，点D为斜边AB的中点，点E、F分别为BC、AC上的动点，满足FD⊥DE，连结EF．若2∠EDB＝∠CAE，则tan∠EFC的值是（　　） A．2 B． C． D．3 【分析】延长AC到P，使CP＝CF，连接PE，CD，设CP＝CF＝x，AC＝BC＝a，则AP＝a+x，PF＝2x，证明△BDE和△CDF全等得DE＝DF，BE＝CF＝x，则CE＝a﹣x，△DEF是等腰直角三角形，进而得∠DEF＝45°，设∠EDB＝α，则∠CAE＝2α，进而得∠CEF＝α，则∠CAE＝∠PEF＝2α，由此可证明△PEF和△PAE相似，则PE2＝PF•PA＝2x（a+x），在Rt△CEP中，由勾股定理得：PE2＝CE2+PC2＝（a﹣x）2+x2，则2x（a+x）＝（a﹣x）2+x2，由此解出，则CF，CE＝a﹣x，进而在Rt△CEF，根据正切函数的定义可得出tan∠EFC的值． 【解答】解：延长AC到P，使CP＝CF，连接PE，CD，如图所示： 设CP＝CF＝x，AC＝BC＝a， ∴AP＝AC+CP＝a+x，PF＝CP+CF＝2x ∵△ABC是等腰直角三角形，且点D为斜边AB的中点， ∴∠ACB＝90°，∠B＝∠BCD＝∠DCF＝45°，CD⊥AB，BD＝CD， ∴∠BDC＝∠BDE+∠CDE＝90°， ∵FD⊥DE， ∴∠EDF＝∠CDE+∠CDF＝90°， ∴∠BDE+∠CDE＝∠CDE+∠CDF＝90°， ∴∠BDE＝∠CDF， 在△BDE和△CDF中， ， ∴△BDE≌△CDF（ASA）， ∴DE＝DF，BE＝CF＝x， ∴CE＝BC﹣BE＝a﹣x， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴∠DEF＝45°， ∵2∠EDB＝∠CAE， ∴设∠EDB＝α，则∠CAE＝2α， 在△BDE中，∠BED＝180°﹣（∠B+∠EDB）＝180°﹣（45°+α）＝135°﹣α， ∴∠CEF＝180°﹣（∠BED+∠DEF）＝180°﹣（135°﹣α+45°）＝α， ∵∠ACB＝90°，CP＝CF， ∴BC是FP的垂直平分线， ∴EP＝EF， ∴∠CEP＝∠CEF＝α， ∴∠PEF＝∠CEP+∠CEF＝2α， ∴∠CAE＝∠PEF＝2α， 又∵∠P＝∠P， ∴△PEF∽△PAE， ∴， ∴PE2＝PF•PA＝2x（a+x）， 在Rt△CEP中，由勾股定理得：PE2＝CE2+PC2＝（a﹣x）2+x2， ∴2x（a+x）＝（a﹣x）2+x2， 解得：， ∴CF，CE＝a﹣x， 在Rt△CEF中，tan∠EFC3． 故选：D． 【点评】此题主要考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，理解等腰直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 21．（2024秋•义乌市校级期末）如图，AB⊥BC，，点E、F分别是线段AB、射线BC上的动点，以EF为斜边向上作等腰Rt△DEF，∠EDF＝90°，连接AD，则AD的最小值为 　5　 ． 【分析】连接BD并延长，证明∠DBF＝∠DEF＝45°，得到点D的轨迹，最后利用垂线段最短和等腰直角三角形的性质解答即可得出结论． 【解答】解：如图，连接BD并延长，过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AB于点N． 又∵AB⊥BC， ∴∠ABC＝∠DMB＝∠DNE＝90°， ∴四边形DMBN是矩形， ∴∠MDN＝90°， ∵△DEF为等腰直角三角形，∠EDF＝90°， ∴DE＝DF， ∴∠MDN＝∠EDF， ∴∠MDF＝∠NDE， 在△DMF和△DNE中， ， ∴△DMF≌△DNE（AAS）， ∴DM＝DN， ∴∠DBF＝∠DBE∠ABC＝45°， ∴点D的轨迹为∠ABC的平分线， ∵垂线段最短， ∴当AD⊥BD时，AD取最小值， ∴AD的最小值为AB55， 故答案为：5． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，点的轨迹，垂线段的性质，利用已知条件求得点D的轨迹是解题的关键． 十三．勾股定理的证明（共1小题） 22．（2024秋•上虞区期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．已知小正方形EFGH的面积为9，tan∠GBC，则大正方形ABCD的边长为（　　） A． B． C． D．30 【分析】根据正方形的性质得到∠BGC＝90°，求得BF＝CG，设CG＝BF＝2x，BG＝5x，得到FG＝3x，求得BG＝5，CG＝2，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：在小正方形EFGH中，∠FGH＝90°， ∴∠BGC＝90°， ∵△ABF≌△BCG， ∴BF＝CG， ∵tan∠GBC， ∴设CG＝BF＝2x，BG＝5x， ∴FG＝3x， ∵小正方形EFGH的面积为9， ∴3x＝3， ∴x＝1， ∴BG＝5，CG＝2， ∴BC， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，解直角三角形，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 十四．菱形的性质（共1小题） 23．（2024秋•越城区期末）如图，在由相同的菱形组成的网格中，∠ABC等于60°，小菱形的顶点称为格点．已知点A，B，C，D，E都在格点上，连结BD，BE，则sin∠EBD的值为 　　 ． 【分析】过点D作DF⊥BE于点F，过点E作EK⊥BC交BC的延长线于点K，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，设DE＝a，依题意得CD＝2a，AB＝BC＝CE＝AE＝3a，∠EBC＝∠BEC＝30°，AB∥CE，解Rt△ECK中得CK，EK，证明△DCH和△ECK相似得DH，CH＝a，则BH＝4a，进而得BD，解Rt△EFD得DF＝0.5a，然后根据在Rt△BDE中，根据正弦函数的定义可得出sin∠EBD的值． 【解答】解：过点D作DF⊥BE于点F，过点E作EK⊥BC交BC的延长线于点K，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，如图所示： 设DE＝a， 依题意得：CD＝2a，EC＝3a， ∵四边形ABCE是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC＝CE＝AE＝3a，∠EBC＝∠BEC＝30°，AB∥CE， ∴∠ECK＝∠ABC＝60°， 在Rt△ECK中，∠CEK＝90°﹣∠ECK＝30°， ∴sin∠CEK，cos∠CEK， ∴CK＝CE•sin∠CEK＝3a×sin30°，EK＝CE•cos∠CEK＝3a×aos30°， ∵EK⊥BC，DH⊥BC， ∴EK∥DH， ∴△DCH∽△ECK， ∴， ∴DHEK，CHCKa， ∴BH＝BC+CH＝3a+a＝4a， 在Rt△BDH中，BH＝4a，DH， 由勾股定理得：BD＝√， 在Rt△EFD中，∠BEC＝30°，DE＝a， ∴DFDE＝0.5a， 在Rt△BDE中，sin∠EBD． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握菱形的性质，正确地添加辅助线构造直角三角形，灵活运用锐角三角函数的定义进行计算是解决问题的关键． 十五．矩形的性质（共1小题） 24．（2024秋•新昌县期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，O是对角线AC上的一点，过点O作AC的垂线，分别交AD，BC于点E，F，且，则AE的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】设DE＝2x，则CF＝5x，得到AE＝8﹣2x，由勾股定理求出，求出，，则，，根据AO+CO＝AC得到，解得，即可得到AE的长． 【解答】解：设DE＝2x， ∵， ∴CF＝5x， ∴AE＝8﹣2x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°，AB＝CD＝6， 在直角三角形ACD中，由勾股定理得：， ∴， ∵AC⊥EF， ∴∠AOE＝∠COF＝90°， ∴，， ∴，， ∵AO+CO＝AC， ∴， 解得， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理、矩形的性质、解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理． 十六．垂径定理（共1小题） 25．（2024秋•慈溪市期末）如图，AB是⊙O的一条弦，过B作半径OA的平行线交⊙O于点C，过C作弦CD⊥AB，垂足为E，连结AC，BC，BD，AD．若DE＝8，CE＝2，则AE：BE＝ 　2：1　 ，⊙O的半径长为 　　 ． 【分析】过点O作OM⊥CD于点M，ON⊥AB于点N，则，四边形OMEN是矩形，进而得ON＝ME＝3，设AN＝BN＝x，EN＝a，则AE＝x+a，BE＝x﹣a，证明△ONA和△CEB相似得x＝3a，则AE＝4a，BE＝2a，由此可得AE：BE的值；根据相交弦定理得AE•BE＝DE•CE，由此得a，进而得AN，然后在Rt△OAN中，由勾股定理得求出OA即可得出⊙O的半径． 【解答】解：过点O作OM⊥CD于点M，ON⊥AB于点N，如图所示： ∴CM＝DN，AN＝BN，∠OME＝∠ONE＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠OME＝∠ONE＝∠MEN＝90°，∠ONA＝∠CEB＝90°， ∴四边形OMEN是矩形， ∴ON＝ME， ∵DE＝8，CE＝2， ∴CD＝DE+CE＝10， ∴CM＝DNCD＝5， ∴ME＝CM﹣CE＝3， ∴ON＝3， 设AN＝BN＝x，EN＝a， ∴AE＝AN+EN＝x+a，BE＝BN﹣EN＝x﹣a， ∵OA∥BC， ∴∠OAN＝∠CBE， 又∵∠ONA＝∠CEB＝90°， ∴△ONA∽△CEB， ∴， ∴， ∴x＝3a， ∴AE＝x+a＝4a，BE＝x﹣a＝2a， ∴AE：BE＝4a：2a＝2：1， 根据相交弦定理得：AE•BE＝DE•CE， ∴4a×2a＝8×2， 解得：a，a（不合题意，舍去）， ∴AN＝x＝3a， 在Rt△OAN中，由勾股定理得：OA． ∴⊙O的半径长为.． 故答案为：2：1；． 【点评】此题主要考查了垂径定理，相交弦定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理，相交弦定理，相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 十七．圆周角定理（共2小题） 26．（2024秋•钱塘区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，E是BC边上的一点，AB＝2BE，以E为圆心，AE为半径的圆弧交AD于点F，交CD于点G．若F是弧AG的中点，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AG，过E作EH⊥AD于点H，先证明∠FAG＝∠FGA＝∠AEH＝∠BAE，进而得△ABE和△ADG相似，则，再根据AB＝2BE，AD＝8得DG＝4，设BE＝x，则AB＝2x，CG＝2x﹣4，CE＝8﹣x，在Rt△ABE和Rt△ECG中，由勾股定理得5x2＝（8﹣x）2+（2x﹣4）2，由此解得x＝2.5，则CG＝1，CE＝5.5，据此即可得出的值． 【解答】解：连接AG，过点E作EH⊥AD于点H，如图所示： ∵四边形ABCD为矩形，AD＝8， ∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，BC＝AD＝8，AB＝CD， ∴AB⊥AD， ∴AB∥EH， ∴∠AEH＝∠BAE， ∵F是弧AG的中点， ∴弧AF＝弧FG， ∴FA＝FH，∠AEF＝∠GEF， ∴∠FAG＝∠FGA∠AEF， ∵EA＝EF＝EG，EH⊥AD， ∴∠AEH∠AEF， ∴∠FAG＝∠FGA＝∠AEH＝∠BAE， 又∵∠B＝∠D＝90°， ∴△ABE∽△ADG， ∴， ∵AB＝2BE，AD＝8， ∴， ∴DG＝4， 设BE＝x， ∴AB＝2x，CG＝CD﹣DG＝2x﹣4，CE＝BC﹣BE＝8﹣x， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：EA2＝AB2+BE2＝5x2， 在Rt△ECG中，由勾股定理得：EG2＝CE2+CG2＝（8﹣x）2+（2x﹣4）2， ∵EA＝EG， ∴5x2＝（8﹣x）2+（2x﹣4）2， 解得：x＝2.5， ∴CG＝2x﹣4＝1，CE＝8﹣x＝5.5， ∴． 故选：B． 【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，理解圆周角定理，矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键 27．（2024秋•上虞区期末）在一张圆形纸片中，O是圆心，AB是直径，将该圆形纸片沿弦BC折叠，折叠后圆弧恰好经过直径AB的三等分点．则tan∠ABC的值是 　或　 ． 【分析】依题意有以下两种情况：①当AB的三等分点D靠近点B时，连接CD，OC，AC，过点C作CE⊥AB于点E，设BD＝a，则AB＝3a，AD＝2a，OA＝OB＝OC，OD，根据圆周角定理及折叠的性质得∠A＝∠ADC，则AC＝DC，AE＝DE＝a，BE＝2a，OE，进而得CE，然后在Rt△BCE中，根据正切函数的定义即可得出tan∠ABC的值；②当AB的三等分点D靠近点A时，连接CD，OC，AC，过点C作CH⊥AB于点H，同理可证明∠A＝∠ADC，则AC＝DC，设AH＝DH＝t，则AD＝2t，AB＝6t，BD＝4t，OA＝OB＝OC＝3t，BH＝5t，OH＝2t，进而得CH，然后在Rt△BCH中，根据正切函数的定义即可得出tan∠ABC的值；综上所述即可得出答案． 【解答】解：依题意有以下两种情况： ①当AB的三等分点D靠近点B时，连接CD，OC，AC，过点C作CE⊥AB于点E，如图1所示： 设BD＝a，则AB＝3a， ∴AD＝2a，OA＝OB＝OCAB， ∴OD＝OB﹣BD， 根据圆周角定理得：∠DBC+∠DCB的度数，∠A的度数， 根据折叠的性质得：的度数的度数， ∴∠A＝∠DBC+∠DCB， ∵∠ADC＝∠DBC+∠DCB， ∴∠A＝∠ADC， ∴AC＝DC， ∵CE⊥AB， ∴AE＝DEAD＝a， ∴BE＝BD+DE＝2a， ∴OE＝DE﹣OD， 在Rt△OCE中，由勾股定理得：CE， 在Rt△BCE中，tan∠ABC； ②AB的三等分点D靠近点A时，连接CD，OC，AC，过点C作CH⊥AB于点H，如图2所示： 同理可证明：∠A＝∠ADC， ∴AC＝DC， ∵CH⊥AB， ∴设AH＝DH＝t，则AD＝2t， ∴AB＝6t，BD＝4t， ∴OA＝OB＝OCAB＝3t， ∴BH＝AB﹣AH＝6t﹣t＝5t，OH＝OA﹣AH＝3t﹣t＝2t， 在Rt△OCH中，由勾股定理得：CH√， 在Rt△BCH中，tan∠ABC． 综上所述：tan∠ABC的值为或． 【点评】此题主要考查了圆周角定理，图形的折叠变换及其性质，解直角三角形，理解圆周角定理，熟练掌握图形的折叠变换及其性质，正确函数的定义是解决问题的关键． 十八．圆内接四边形的性质（共1小题） 28．（2024秋•杭州期末）已知⊙O的半径是5，直线l与⊙O相交于A，B两点，点C，D分别在直线l的异侧，且是⊙O上的两个动点，且∠ACB＝135°，则四边形ACBD面积的最大值是（　　） A．25 B． C． D． 【分析】作直径MN⊥AB，连接MA，OB，NA，NB，OA，OB，过点C作CE⊥AB与E，DF⊥AB与F，根据∠ACB＝135°得∠ADB＝45°，则∠AOB＝90°，进而得AB＝5，则四边形ACBD面积为•（CE+DF），由此得当CE+DF为最大时，四边形ACBD面积为最大，进而得当点D与点M重合，同时点C与点N重合时，CE+DF为最大，最大值是线段MN的长为10，由此可得四边形ACBD面积的最大值． 【解答】解：作直径MN⊥AB，连接OA，OB，过点C作CE⊥AB与E，DF⊥AB与F，如图所示： ∵⊙O的半径是5， ∴OA＝OB＝5，MN＝10， ∵点A，B，C，D都在⊙O上， ∴四边形ACBD是⊙O内接四边形， ∴∠ACB+∠ADB＝180°， ∵∠ACB＝135°， ∴∠ADB＝45°， ∴∠AOB＝2∠ADB＝90°， ∴△OAB是等腰直角三角形， 由勾股定理得：AB， ∵S△ABCAB•CE•CE，S△ABDAB•DF•DF， ∴S四边形ACBD面积＝S△ABC+S△ABD， ∴S四边形ACBD面积•（CE+DF）， 当CE+DF为最大时，四边形ACBD面积为最大， ∴当点D与点M重合，同时点C与点N重合时，CE+DF为最大，最大值是线段MN的长， 即CE+DF的最大值为10， ∴四边形ACBD面积的最大值是：． 故选：D． 【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解决问题的关键． 十九．点与圆的位置关系（共1小题） 29．（2024秋•杭州期末）如图是一条弧形道路和两块三角形的空地组成的区块．A，E，B三点在一条直线上，且∠A＝∠B＝∠DEC＝60°，BE＝AD． （1）求证：△ADE≌△BEC； （2）若且E点在弧CD所在的圆上，在劣弧CD上找一点P，使得四边形CPDE的周长最大，并求出周长的最大值． 【分析】（1）由已知条件得出∠ADE＝∠BEC，即可证明△ADE≌△BEC； （2）连接CD，过点E作EF⊥CD于点F，EF交于点P'，即为所求点P，用垂径定理、勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵∠A＝∠DEC＝60°， ∴在△ADE中，∠ADE+∠AED＝120°，∠BEC+∠AED＝120°， ∴∠ADE＝∠BEC， ∵∠A＝∠B＝60°，BE＝AD， ∴△ADE≌△BEC（ASA）； （2）解：由（1）知，△ADE≌△BEC， ∴DE＝EC， ∵C四边形CPDE＝CP+PD+DE+EC＝CP+PD+2DE， 连接CD，过点E作EF⊥CD于点F，EF交于点P'，即为所求点P， ∵E点在所在的圆上， ∴EP'是直径，CD是弦， ∴∠EDP'＝∠ECP'＝90°， ∵DE＝EC，∠DEC＝60°，EF⊥CD， ∴∠DEP'＝∠CEP＝30°， ∴DP'＝CP'， 在Rt△EDP'中， 设DP'＝x，则EP′＝2x， 由勾股定理得， 解得，x＝1， ∴DP'＝CP'＝1， 最大值为， 综上所述，周长最大值为． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定、勾股定理、垂径定理的推论及30°角三角形的性质，熟知相关性质定理、正确作出辅助线是正确解答此题的关键 二十．三角形的外接圆与外心（共1小题） 30．（2024秋•镇海区期末）如图，Rt△ABC内接于⊙O，∠B＝90°，OD⊥AC，点E为BC中点，连结CD、DE，点F为线段AO上一点且满足∠FED＝45°，若tan∠ACB，则 　　 ． 【分析】过点D作DM⊥EF交EF的延长线于点M，连接OM，AE，则△DME是等腰直角三角形，进而得∠MDE＝45°，∠DOE＝∠DMO+∠OME＝90°，，证明△DOC是等腰直角三角形，则∠CDO＝45°，，由此得，∠MDE＝∠CDO＝45°，继而可证明△MDO和△EDC相似，则，∠DMO＝∠DEC，即CEOM，证明△ABE是等腰直角三角形得∠AEB＝∠EAB＝45°，AEBECE，则AEOM＝2OM，再证明AE∥OM，则△AEF和△OMF相似，则2，进而得AF＝2OF，FC＝4OF，据此可得的值． 【解答】解：过点D作DM⊥EF交EF的延长线于点M，连接OM，AE，如图所示： ∵∠FED＝45°， ∴△DME是等腰直角三角形， ∴MD＝ME，∠MDE＝45°，∠DOE＝∠DMO+∠OME＝90°， 由勾股定理得：DEMD， ∴， ∵Rt△ABC内接于⊙O，∠B＝90°， ∴OA＝OC＝OD， ∵OD⊥AC， ∴△DOC是等腰直角三角形， ∴∠CDO＝45°， 由勾股定理得：CDOD， ∴， ∴， ∵∠MDE＝∠CDO＝45°， ∴∠MDO+∠ODE＝∠ODE+∠EDC， ∴∠MDO＝∠EDC， ∴△MDO∽△EDC， ∴，∠DMO＝∠DEC， ∴CEOM， 在Rt△ABC中，tan∠ACB， ∴BC＝2AB， ∵点E为BC的中点， ∴BC＝2BE， ∴AB＝BE＝CE， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴∠AEB＝∠EAB＝45°， 由勾股定理得：AEBECE， ∴AEOM＝2OM， ∵∠DEF＝45°， ∴∠AEB+∠DEF＝90°， ∴∠AEF+∠DEC＝90°， ∴∠AEF+∠DMO＝90°， ∵∠DMO+∠OME＝90°， ∴∠AEF＝∠OME， ∵AE∥OM， ∴△AEF∽△OMF， ∴2， ∴AF＝2OF， ∴OA＝OC＝AF+OF＝3OF， ∴FC＝OF+OC＝4OF， ∴． 【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理及锐角三角函数的定义进行计算是解决问题的关键． 二十一．内切圆的构造（共1小题） 31．（2024秋•江北区期末）如图，⊙O经过Rt△ABC的直角顶点C，交AB于点D、E，交BC于点F，交AC于点G，且满足DE＝FC＝CG．AG＝2BF＝1，则⊙O的半径为 　　 ． 【分析】过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N，OP⊥AC于点P，连接OC，由弦心距和垂径定理得出OM＝ON＝OP，MD＝ME＝NF＝NC＝PC＝PG，推出小⊙O是Rt△ABC的内切圆，四边形CPON是正方形，得AP＝AM，BM＝BN，CP＝CN，△CNO是等腰直角三角形，则AG＝AD，BF＝BE，设DE＝FC＝CG＝x（x＞0），求出AG＝AD＝1，BE＝BF，然后在Rt△ABC中，由勾股定理列出一元二次方程，解之取符合题意的值，即可解决问题． 【解答】解：如图，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N，OP⊥AC于点P，连接OC， ∵DE＝FC＝CG， ∴OM＝ON＝OP，MD＝ME＝NF＝NC＝PC＝PG， ∴小⊙O是Rt△ABC的内切圆，四边形CPON是正方形， ∴AP＝AM，BM＝BN，CP＝CN，△CNO是等腰直角三角形， ∴AG＝AD，BF＝BE， 设DE＝FC＝CG＝x（x＞0）， ∵AG＝2BF＝1， ∴AG＝AD＝1，BE＝BF， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2， 即（x）2+（x+1）2＝（x1）2， 解得：x1＝1，x2＝﹣1（不合题意，舍去）， ∴NCFC， ∵△CNO是等腰直角三角形， ∴OCNC， ∴⊙O的半径为， 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用、勾股定理、正方形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质等知识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 二十二．切线的性质（共1小题） 32．（2024秋•东阳市期末）如图，AB切⊙O于点A，在AO上取一点C，使AC＝AB，连结BC并延长交⊙O于点F，D，过点D作DE∥AB交⊙O于点E，连结AE，AF，当BC＝CD时，的值为 　　 ． 【分析】连接AD，延长AO交ED于H，由切线的性质推出半径OA⊥AB，由线段垂直平分线的性质推出AD＝AE，得到∠E＝∠ADE，由圆周角定理得到∠E＝∠AFD，因此∠AFD＝∠ADE，由补角的性质推出∠BFA＝∠BAD，判定△BAF∽△BDA，推出，求出BCAB，得到BD＝2BC＝2AB，即可得到答案． 【解答】解：连接AD，延长AO交ED于H， ∵AB切⊙O于点A， ∴半径OA⊥AB， ∵DE∥AB， ∴AH⊥DE， ∴EH＝DH， ∴AH垂直平分DE， ∴AD＝AE， ∴∠E＝∠ADE， ∵∠E＝∠AFD， ∴∠AFD＝∠ADE， ∵DE∥AB， ∴∠BAD+∠ADE＝180°， ∵∠BFA+∠AFD＝180°， ∴∠BFA＝∠BAD， ∵∠B＝∠B， ∴△BAF∽△BDA， ∴， ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴BCAB， ∵BC＝CD， ∴BD＝2BC＝2AB， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，切线的性质，平行线的性质，圆周角定理，垂径定理，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，关键是判定△BAF∽△BDA． 二十三．三角形的内切圆与内心（共1小题） 33．（2024秋•义乌市校级期末）如图，△ABC周长为20cm，BC＝6cm，圆O是△ABC的内切圆，圆O的切线MN与AB、CA相交于点M、N，则△AMN的周长为（　　） A．14cm B．8cm C．7cm D．9cm 【分析】根据切线长定理得到BF＝BE，CF＝CD，DN＝NG，EM＝GM，AD＝AE，然后利用三角形的周长和BC的长求得AE和AD的长，从而求得△AMN的周长． 【解答】解：∵圆O是△ABC的内切圆，圆O的切线MN与AB、CA相交于点M、N， ∴BF＝BE，CF＝CD，DN＝NG，EM＝GM，AD＝AE， ∵△ABC周长为20cm，BC＝6cm， ∴AE＝AD4（cm）， ∴△AMN的周长为AM+MG+NG+AN＝AM+ME+AN+ND＝AE+AD＝4+4＝8（cm）， 故选：B． 【点评】考查了三角形的内切圆与内心及切线的性质的知识，解题的关键是利用切线长定理求得AE和AD的长，难度不大． 二十四．正多边形和圆（共2小题） 34．（2024秋•慈溪市期末）小慈发现相机快门打开的过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他手绘了如图2所示的图形．图2中六个全等三角形围成一个圆内接正六边形和一个小正六边形．若AB＝7，CD＝3，则小正六边形的面积与圆内接正六边形的面积比为（　　） A．9：49 B．16：49 C．24：49 D．25：49 【分析】两个正六边形为相似图形，所以我们要求面积比，则可求边长比，因此只需求出小正六边形的边长即可，再根据∠BCD＝60°这一特殊角，解△BCD即可得解． 【解答】解：设小正六边形的边长为x，则BC＝3+x， ∵∠BCD是小正六边形的外角， ∴∠BCD＝60°， 将△BCD作简化图如下， 过D作DF⊥BC于点F， 在Rt△CDF中，CF＝CD•cos60°，DF＝CD•sin60°， ∴BF＝BC﹣CF＝3+xx， 在Rt△BDF中，DF2+BF2＝BD2， ∴（x）2+（）2＝72， 整理得x2+3x﹣40＝0， 解得x1＝5，x2＝﹣8（舍）， ∴小正六边形得边长为5， ∵小正六边形与圆内接正六边形是相似图形， ∴相似比为：5：7， ∴面积比为25：49， 故选：D． 【点评】本题主要考查了正多边形和圆、勾股定理、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 35．（2024秋•北仑区期末）如图，我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”来估算圆周率，现将半径为a的圆十二等分构造出正方形ADGJ，矩形BFHL，矩形CEIK，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】设KC，LH交于点M，IE，LH交于点N，过点O作OP⊥MN于点P，连接OL，OM，ON，OH，利用圆的有关性质，垂径定理，等腰三角形的三线合一的性质，正方形的性质和矩形的判定与性质求得∠LOH，∠MON的度数，利用直角三角形的边角关系定理和等腰直角三角形的性质求得LM，KM，再利用三角形的面积公式求得△LMH的面积，再利用阴影部分的面积＝4S△LMK解答即可． 【解答】解：设KC，LH交于点M，IE，LH交于点N，过点O作OP⊥MN于点P，连接OL，OM，ON，OH，如图， ∵A，B，C，D•••，K，L为圆的十二等分点， ∴∠LOH120°， ∵OP⊥MN，OL＝OH， ∴∠LOPLOH＝60°，LP＝PH， ∴LP＝OL•sin60°a，OPOLa， 由题意得：点M为AJ的中点，点N为JG的中点， ∴OM⊥AJ，ON⊥JG， ∵四边形ADGJ为圆的内接正方形， ∴∠AJG＝90°， ∴四边形OMJN为正方形， ∴∠MON＝90°， ∴MP＝NP＝OPa， ∴LM＝PL﹣MP． ∵∠LKM＝45°， ∴KM＝LM， ∴， ∴阴影部分的面积＝4S△LMK＝（2）a2． 故选：D． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的内接正多边形的性质，垂径定理，圆周角定理，正方形，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握圆的内接正多边形的性质是解题的关键． 二十五．弧长的计算（共1小题） 36．（2024秋•钱塘区期末）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C．若，则的长为 　π　 ． 【分析】连接OD，由折叠得出△OBD是等边三角形，进一步得出∠AOD的度数，再结合OC的长度得出OB的长即可解决问题． 【解答】解：连接OD， 由折叠可知， BO＝DO，∠DBC＝∠OBC， 又∵OD＝OB， ∴BD＝BO＝DO， ∴△BDO是等边三角形， ∴∠DBO＝∠DOB＝60°， ∴∠OBC＝30°． ∵∠AOB＝90°， ∴∠AOD＝90°﹣60°＝30°． 在Rt△BOC中， tan∠OBC， ∴， ∴BO＝6， ∴的长为． 故答案为：π． 【点评】本题主要考查了弧长的计算及翻折变换（折叠问题），熟知弧长的计算公式及折叠的性质是解题的关键． 二十六．圆的综合题（共8小题） 37．（2024秋•钱塘区期末）如图，AB是⊙O的直径，弦AC＝OA，点D在上，点E是CD中点，连结AD分别交OC，OE于点F，G． （1）请直接写出∠AOC与∠EGD的度数． （2）求证：△ACF∽△OGF． （3）△AFC，△ODG的面积分别记为S1，S2．若CF＝kOF，求的值．（用含k的式子表示） 【分析】（1）先证明△OAC为等边三角形，则∠AOC＝60°，再根据圆周角定理得到，再根据垂径定理推论得到OE⊥CD，继而由直角三角形两锐角互余求解； （2）证明∠ACF＝∠OGF＝60°，再结合对顶角相等即可求解； （3）过点C作CM⊥AD于点M，过点F作FH⊥AO于点H，由CF＝kOF，不妨设OF＝1，则CF＝k，则AC＝AO＝OC＝k+1，那么，，，在Rt△AFH中，由勾股定理得，，由△ACF∽△OGF，求得，而在Rt△CMD中，，故，再代入求解即可． 【解答】（1）解：∵AC＝OA，OA＝OC， ∴OA＝OC＝AC， ∴△OAC为等边三角形， ∴∠AOC＝∠ACF＝60°， ∴， ∵点E是CD中点，OE经过圆心， ∴OE⊥CD， ∴∠EGD＝90°﹣∠ADC＝60°； （2）证明：∵∠EGD＝60°， ∴∠FGO＝∠EGD＝60°， ∵∠ACF＝60°， ∴∠ACF＝∠OGF， ∵∠AFC＝∠OFG， ∴△ACF∽△OGF； （3）解：过点C作CM⊥AD于点M，过点F作FH⊥AO于点H， 由CF＝kOF，不妨设OF＝1，则CF＝k， ∴AC＝AO＝OC＝k+1， ∵∠AOC＝60°， ∴，， ∴， ∴在Rt△AFH中，由勾股定理得，， ∵△ACF∽△OGF， ∴， ∴， ∴， ∵∠CDA＝30°， ∴在Rt△CMD 中，， ∴，， ∴． 【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理的推论，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识点，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键． 38．（2024秋•慈溪市期末）【问题背景】浙江省地处沿海，风力资源丰富．综合实践小组准备利用影长测量某风力发电机组的高和叶片的长度．通过观察发现，如图1，风力发电机组是由与地面垂直的铁塔（OP）和呈均匀分布且相同的三个叶片（OA、OB、OC）组成，三个叶片绕着中心轴（O）旋转，某时刻太阳光照射三个叶片，其影子落在地面（PQ）上可形成线段MN． 【问题探究】某一时刻（如图2），叶片OB与地面平行，叶片OB和OC外端的影子恰好都落在点E处，叶片OA外端的影子落在点D处，此时测得PD＝70米，DE＝120米． （1）两个叶片之间的夹角∠COB＝ 　120　 °；此时太阳光线与地面夹角∠CEP＝ 　30　 °． （2）分别求出叶片OA和铁塔OP的长． （3）小组同学在测量上述数据时发现，在该太阳光线下，三个叶片绕着中心轴（O）旋转过程中，其影长（DE）在发生变化，请求出影长（DE）的最大值（假定太阳光线与地面的夹角不变）． 【分析】（1）由题意得∠COB＝∠AOB＝∠AOC360°＝120°，OC＝OB＝OA，所以∠OBC＝∠OCB＝30°，因为OB∥PQ，所以∠CEP＝∠OBC＝30°，于是得到问题的答案； （2）设AD交OP于点L，延长AO交BC于点F，作DH⊥CE于点H，可证明OF⊥BC，由∠LDP＝∠CEP＝30°，得AD∥CE，则∠OAL＝∠OFC＝90°，而∠P＝90°，则∠OLA＝∠DLP＝60°，由tan30°，DHDE，求得PL米，DH＝60米，则AF＝DH＝60米，而OFOBOA，由OA+OA＝AF，得OAAF＝40米，由sin60°，求得OL米，则OP＝PL+OL＝50米； （3）因为OB＝OA＝40米，所以OFOB＝20米，则CF＝BF20米，求得BC＝2BF＝40米，连接AB，则AB＝BC＝40米，作DR⊥EB于点R，AT⊥EB交EB的延长线于点T，则DR＝AT，因为DE＝2DR＝2AT，所以当AT取最大值时，DE的值最大，由AT≤AB，求得AT的最大值为40米，则DE的最大值为80米． 【解答】解：（1）∵相同的三个叶片OA、OB、OC呈均匀分布， ∴∠COB＝∠AOB＝∠AOC360°＝120°，OC＝OB＝OA， ∴∠OBC＝∠OCB（180°﹣120°）＝30°， ∵B、C、E三点大同一条直线上，且OB∥PQ， ∴∠CEP＝∠OBC＝30°， 故答案为：120，30． （2）如图2，设AD交OP于点L，延长AO交BC于点F，作DH⊥CE于点H，则∠DHE＝90°， ∵∠COF＝∠BOF＝180°﹣120°＝60°， ∴OF⊥BC， ∵太阳光线与地面的夹角不变， ∴∠LDP＝∠CEP＝30°， ∴AD∥CE， ∴∠OAL＝∠OFC＝90°， ∵OP⊥PQ， ∴∠P＝90°， ∴∠OLA＝∠DLP＝90°﹣∠LDP＝60°， ∵tan30°，DHDE，且PD＝70米，DE＝120米， ∴PLPD70（米），DH120＝60（米）， ∵∠FAD＝∠AFH＝∠DHF＝90°， ∴四边形ADHF是矩形， ∴AF＝DH＝60米， ∵OFOBOA， ∴OA+OA＝AF， ∴OAAF60＝40（米）， ∵sin60°， ∴OL（米）， ∴OP＝PL+OL50（米）， 答：叶片OA的长为40米，铁塔OP的长为50米． （3）如图2，∵OB＝OA＝40米， ∴OFOB＝20米， ∴CF＝BF20（米）， ∴BC＝2BF＝40米， 如图3，连接BC、AB， ∵∠COB＝∠AOB， ∴AB＝BC＝40米， 作DR⊥EB于点R，AT⊥EB交EB的延长线于点T， ∵AD∥BE， ∴∠ADR＝∠DRE＝90°， ∵∠ATR＝∠DRT＝∠ADR＝90°， ∴四边形ADRT是矩形， ∴DR＝AT， ∵∠DRT＝90°，∠RED＝30°， ∴DE＝2DR＝2AT， ∴当AT取最大值时，DE的值最大， ∴AT≤AB， ∴AT≤40米， ∴AT的最大值为40米， ∴DE的最大值为2×4080（米）， 答：影长（DE）的最大值为80米． 【点评】此题重点考查垂径定理、勾股定理、平行线的性质、矩形的判定与性质、解直角三角形、垂线段最短等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． 39．（2024秋•婺城区校级期末）如图，四边形ABCD是圆内接四边形，连结AC，BD交于点E，过点C作CF∥BD交AD的延长线于点F． 【认识图形】 （1）求证：∠BCA＝∠F． （2）求证：△ABC∽△CDF． 【探索关系】 （3）当点B，F关于AC对称时． ①若BC＝3，AF＝5，求DE的长． ②记，，直接写出y关于x的函数表达式． 【分析】（1）由平行线的性质可得∠F＝∠ADB，由圆周角的性质可得∠ACB＝∠ADB，即可求解； （2）由平行线的性质可得∠DCF＝∠BDC，由圆周角的性质可得∠BAC＝∠DCF，即可求解； （3）①由相似三角形的性质可得DF，通过证明△ADE∽△AFC，可求DE的长； ②由①可得AB＝AC＝AF，得出AE＝AD，则CE＝DF，设BC＝x，则AB＝AC＝AF＝1，证明△BCE∽△ACB，得出CE＝x2，则AE＝AC﹣CE＝1﹣x2，根据△ADE∽△AFC，得出y1﹣x2． 【解答】（1）证明：∵CF∥BD， ∴∠F＝∠ADB， ∵∠ACB＝∠ADB， ∴∠ACB＝∠F； （2）证明：∵CF∥BD， ∴∠DCF＝∠BDC， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠BAC＝∠DCF， 又∵∠ACB＝∠F， ∴△ABC∽△CDF； （3）解：①∵点B，F关于AC对称， ∴AB＝AF＝5，BC＝CF＝3，∠ACB＝∠ACF，∠BAC＝∠CAF， ∴∠ACB＝∠F＝∠ACF， ∴AC＝AF＝5， ∵△ABC∽△CDF， ∴， ∴， ∴DF， ∴AD＝5， ∵DB∥CF， ∴△ADE∽△AFC， ∴， ∴DE3； ②由①可得AB＝AC＝AF，BC＝CF， ∵CF∥BD， ∴AE＝AD， ∴CE＝DF， ∴∠AED＝∠ADE， ∵∠ADE＝∠BCE，∠AED＝∠BEC， ∴∠BCE＝∠BEC， ∴BE＝BC， ∴BE＝CF， ∵， 设BC＝x，则AB＝AC＝AF＝1， ∴BE＝BC＝x， ∵∠BEC＝∠BCE＝∠ABC，∠BCE＝∠ACB， ∴△BCE∽△ACB， ∴，即， ∴CE＝x2， ∴AE＝AC﹣CE＝1﹣x2， ∵CF∥BD， ∴△ADE∽△AFC， ∴， ∴y1﹣x2． ∴y＝1﹣x2． 【点评】本题考查了圆周角相等，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，熟练运用相似三角形的性质是解题关键． 40．（2024秋•义乌市校级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点E是AC上的一个动点． （1）如图1，若⊙O的半径为2，∠BAC＝45°，求BC的长． （2）如图2，连结AE，CE．若BE＝AE+CE，求∠BAC的度数． （3）如图3，过点E作EF⊥AB．若AE＝BC，，对于CE的任意长度，都有的值是一个定值，求m的值． 【分析】（1）利用圆周角定理和等腰直角三角形的性质解答即可； （2）在BE上截取BF＝CE，连接AF，利用全等三角形的判定与性质得到∠BAF＝∠CAE，EF＝AE，进而得到△AEF为等边三角形，利用等式的性质即可得出结论； （3）过点A作AH∥BC，交CE的延长线于点H，过点A作AM⊥CH于点M，连接BE，利用平行四边形的判定与性质得到BC＝AH，AB＝CH，设EM＝a，则AF＝ma，利用等腰三角形的性质和矩形的判定与性质得到AB＝CH＝CE+EH＝a+2ma，利用相似三角形的判定与性质和勾股定理得到EF2，化简，令CE2的系数为0，即可得出结论． 【解答】解：（1）连接OB，OC，如图， ∵∠BOC＝2∠BAC，∠BAC＝45°， ∴∠BOC＝90°， ∵⊙O的半径为2， ∴OB＝OC＝2， ∴BCOB＝2； （2）在BE上截取BF＝CE，连接AF，如图， 在△ABF和△ACE中， ， ∴△ABF≌△ACE（SAS）， ∴∠BAF＝∠CAE，EF＝AE． ∵BE＝AE+CE＝BF+EF＝CE+EF， ∴EF＝AE， ∴AF＝EF＝AE， ∴△AEF为等边三角形， ∴∠FAE＝60°． ∴∠FAC+∠CAE＝60°， ∴∠FAC+∠BAF＝60°， 即∠BAC＝60°； （3）过点A作AH∥BC，交CE的延长线于点H，过点A作AM⊥CH于点M，连接BE，如图， ∵AE＝BC， ∴， ∴∠ABE＝∠BEC， ∴AB∥CE， ∵AH∥BC， ∴四边形ABCH为平行四边形， ∴BC＝AH，AB＝CH， ∴AE＝AH， ∵AM⊥CH， ∴EM＝MHEH． ∵EF⊥AB，AM⊥CH，AB∥CE， ∴四边形AFEM为矩形， ∴AF＝EM， 设EM＝a，则AF＝ma， ∴EM＝AF＝ma， ∴EH＝2EM＝2ma， ∴AB＝CH＝CE+EH＝a+2ma， ∵AB＝AC，AE＝AH， ∴∠ABC＝∠ACB，∠AEH＝∠H， ∵四边形ABCE为圆的内接四边形， ∴∠AEH＝∠ABC， ∴∠ABC＝∠ACB＝∠AEH＝∠H， ∴△AEH∽ABC， ∴， ∴， ∴AE2＝2ma2+4m2a2， ∵EF2＝AE2﹣AF2， ∴EF2＝2ma2+4m2a2﹣m2a2＝2ma2+3m2a2， ∴ ＝2（2ma2+3m2a2）﹣5ma2 ＝4ma2+6m2a2﹣5ma2 ＝6m2a2﹣ma2 ＝（6m2﹣m）CE2， ∵对于CE的任意长度，都有的值是一个定值， ∴的值与CE无关， ∴6m2﹣m＝0， ∴m＝0（不合题意，舍去）或m． ∴对于CE的任意长度，都有的值是一个定值，m的值为． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，平行四边形的性质，添加适当的辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 41．（2024秋•新昌县期末）如图，点C在以AB为直径的半圆周上，连结AC，BC，点D，点E分别在BC，AB上运动，且BD＝AE，连结DE．已知AB＝10，． （1）求BC的长． （2）探究：当BD为何值时，△BDE面积达到最大值？并求出最大值． （3）过点D作DF⊥AB于点F．当BD为何值时，以D，E，F为顶点的三角形与△ABC相似？ 【分析】（1）先利用正弦定义求出AC＝sinB•AB＝6，再利用勾股定理求解即可； （2）设BD＝AE＝x，则BE＝10﹣x，过D作DF⊥AB于点F，利用正弦定义得出，然后根据三角形面积公式列出二次函数解析式，再利用二次函数的性质求解； （3）分E在F的左侧和E在F的右侧时两种情况求解即可． 【解答】解：（1）∵点C在以AB为直径的半圆周上，AB＝10，， ∴∠ACB＝90°， ∴AC＝sinB•AB＝6， ∴BC＝8； （2）点D，点E分别在BC，AB上运动，BD＝AE，如图1，过D作DF⊥AB于点F， 设BD＝AE＝x，则BE＝10﹣x， ∵， ∴， ∴， ∴当BD＝5时，△BDE面积达到最大值，最大值是； （3）设BD＝AE＝x， ∵， ∴，， ∵点D在BC上运动， ∴0＜x＜8； 第一类情况，E在F的左侧时，； ①当△DEF∽△ABC时，如图2， 可得， ∴， ∴， ∴； ②如图3，当△EDF∽△ABC，可得， ∴， ∴； 第二类情况，E在F的右侧时，， ①如图4，当△DEF∽△ABC时， 可得， ∴， ∴， ∴x＝10（舍去）； ②当△EDF∽△ABC时，如图3，可得， ∴， ∴， ∴， 综上所述，BD为，，时，以D，E，F为顶点的三角形与△ABC相似． 【点评】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，二次函数的应用，解答本题的关键熟练掌握相似三角形的性质以及圆周角定理． 42．（2024秋•越城区期末）如图1，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上的一点，连结DG交AB于点H，AG，DC的延长线交于点F． （1）求证：∠FGC＝∠AGD； （2）①连结BD，若AG∥BD，求HE：CG的值； ②连结AD，若CG∥AD，OH＝2，BE＝1，求⊙O的半径r． 【分析】（1）连接AD，利用垂径定理和圆周角定理得到∠ADC＝∠AGD，利用圆的内接四边形的性质得到∠FGC＝∠ADC，利用等量代换即可得出结论； （2）①连接OG，利用平行线的性质定理和圆周角定理得到∠A＝∠AGD，利用同圆的半径相等的性质和等腰三角形的性质得到∠A＝∠OGA，则∠AGD＝∠OGA，于是得到O，H重合，即DG为圆的直径，再利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； ②连接BD，AC，利用圆的半径r表示出相应线段的长度，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论． 【解答】（1））证明：连接AD，如图， ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴， ∴∠ADC＝∠AGD， ∵四边形AGCD为圆的内接四边形， ∴∠FGC＝∠ADC． ∴∠FGC＝∠AGD； （2）解：①连接OG，如图， ∵OA＝OG， ∴∠A＝∠OGA， ∵AG∥BD， ∴∠B＝∠A， ∵∠B＝∠AGD， ∴∠A＝∠AGD， ∴∠AGD＝∠OGA， ∴DG经过点O， ∴O，H重合，即DG为圆的直径， ∴∠GCD＝90°， ∴CG⊥DC， ∵CD⊥AB， ∴HE∥GC， ∴△DHE∽△DCG， ∴； ②连接BD，AC，如图， ∵⊙O的半径r，OH＝2，BE＝1， ∴BH＝r﹣2，AH＝r+2，HE＝r﹣3，AE＝2r﹣1， ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB， ∴， ∴AD＝AC． ∵CG∥AD， ∴， ∴， ∴AC＝DG， ∴AD＝DG． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵CD⊥AB， ∴△BDE∽△EAD， ∴， ∴DE2＝BE•AE＝1×（2r﹣1）＝2r﹣1， ∴ADDG， ∵DH2＝DE2+HE2， ∴DH， ∴HG＝DG﹣DH． ∵∠DHB＝∠GHA，∠AGD＝∠DBA， ∴△BDH∽△GAH， ∴， ∴， ∴r3﹣4r2﹣8r+8＝0， ∴（r+2）（r2﹣6r+4）＝0， ∵r＞0， ∴r2﹣6r+4＝0， ∴r＝3±， ∵由题意：r＞3， ∴r＝3． ∴⊙O的半径为3． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，平行线的性质，圆的两条平行弦的性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线． 43．（2024秋•柯桥区期末）四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O直径，连结BD，过A作AH⊥BD于点H． （1）如图1，求证：∠BAC＝∠DAH； （2）如图2，延长AH交CD于点G，连结OD，且OD∥AB； ①求证：BD＝CD； ②若cos∠BAC，AH＝3，求CG的长． 【分析】（1）由AC为⊙O直径，AH⊥BD于点H，得∠ABC＝∠AHD＝90°，所以∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAH+∠ADB＝90°，由圆周角定理得∠ACB＝∠ADB，则∠BAC＝∠DAH； （2）①由OD∥AB，得∠AOD＝∠BAC，而∠BAC＝∠BDC，所以∠AOD＝∠BDC，因为∠OAD＝∠DBC，所以△OAD∽△DBC，则∠ODA＝∠DCB，由OD＝OA，得∠OAD＝∠ODA，所以∠DBC＝∠DCB，则BD＝CD； ②作DL⊥AC于点L，由cos∠AHD＝cos∠BAC，且AH＝3，得ADAD＝5，则AGAD，求得DG，设OD＝OA＝5m，由cos∠AOD＝cos∠BAC，得OLOD＝3m，则AL＝2m，DL＝4m，由tan∠CAD＝2，求得CD＝2AD＝10，则CG＝CD﹣DG． 【解答】（1）证明：∵AC为⊙O直径，AH⊥BD于点H， ∴∠ABC＝∠AHD＝90°， ∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAH+∠ADB＝90°， ∵∠ACB＝∠ADB， ∴∠BAC＝∠DAH． （2）①证明：∵OD∥AB， ∴∠AOD＝∠BAC， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠AOD＝∠BDC， ∵∠OAD＝∠DBC， ∴△OAD∽△DBC， ∴∠ODA＝∠DCB， ∵OD＝OA， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴∠DBC＝∠DCB， ∴BD＝CD． ②解：如图2，作DL⊥AC于点L，则∠OLD＝∠ALD＝∠ADC＝90°， ∵∠ABC＝∠AHD＝90°，∠BAC＝∠DAH， ∴cos∠AHD＝cos∠BAC， ∵AH＝3， ∴ADAD3＝5， ∴AGAD5， ∴DG， 设OD＝OA＝5m， ∵∠AOD＝∠BAC， ∴cos∠AOD＝cos∠BAC， ∴OLOD5m＝3m， ∴AL＝OA﹣OL＝5m﹣3m＝2m，DL4m， ∴tan∠CAD2， ∴CD＝2AD＝2×5＝10， ∴CG＝CD﹣DG＝10， ∴CG的长是． 【点评】此题重点考查圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，此题综合性质强，难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键． 44．（2024秋•北仑区期末）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝100cm，BC＝80cm，D，E从点B处同时沿BA，BC方向运动，速度分别是5cm/s，4cm/s，连结DE，CD，以DE为直径作⊙O，交线段AB，CD于点F，点G，连结EF，EG．设D，E的运动时间为t（s）． （1）求证：△ABC∽△EBF． （2）如图2，当DG＝DF时，求满足条件的时间t． （3）如图3，⊙O与线段AC相交于点M，N连结DM，DN，若，则S△CDM＝ 　（192+64）　 cm2． 【分析】（1）根据两角相等两三角形相似即可解答； （2）证明△BDE∽△BAC，得BE＝CE，列方程即可解答； （3）如图3，过点D作DH⊥AC于H，作直径D'N，连接D'M，交DE于点P，由得MNt，D'M＝2t，根据PM＝DH列方程可得t的值，最后由三角形的面积公式即可解答． 【解答】（1）证明：如图1，∵DE是⊙O的直径， ∴∠DFE＝90°， ∴∠BFE＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BFE＝∠ACB， ∵∠B＝∠B， ∴△ABC∽△EBF； （2）解：由题意得：BD＝5t，BE＝4t， ∵DE是⊙O的直径， ∴∠DFE＝∠DGE＝90°， ∵DF＝DG，DE＝DE， ∴Rt△DEF≌Rt△DEG（HL）， ∴∠EDF＝∠EDG， ∵，， ∴， ∵∠B＝∠B， ∴△BDE∽△BAC， ∴∠BED＝∠BCA＝90°， ∴∠B＝∠DCB， ∴BD＝CD， ∴BE＝CE， ∴4t80， ∴t＝10； （3）解：如图3，过点D作DH⊥AC于H，作直径D'N，连接D'M，交DE于点P， ∴∠D'MN＝90°， 由（2）知：∠CEP＝∠ECM＝90°， ∴四边形CEPM是矩形， ∴∠OPM＝90°， ∴DE⊥D'M， ∴PM＝D'P， ∵BD＝5t，BE＝4t，∠BED＝90°， ∴DE＝3t＝D'N，AD＝100﹣5t，CE＝DH＝80﹣4t， ∵∠MDN＝∠MD'N，， ∴tan∠MD'N， ∴MNt，D'M＝2t， ∴PM＝t， ∵PM＝DH＝80﹣4t， ∴80﹣4t＝t， ∴t＝16， ∴MN＝16，OD't16＝24，DH＝16， 在△D'MN中，∵ON＝OD'，PM＝PD'， ∴OPMN＝8， ∴CM＝OE+OP＝24+8， ∴S△CDM•CM•DH（24+8）×16＝（192+64）cm2． 故答案为：（192+64）． 【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的中位线定理，三角形全等和相似的性质和判定，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，熟练掌握直角三角形的性质，三角函数的定义，数形结合是解题的关键． 二十七．作图—复杂作图（共2小题） 45．（2024秋•钱塘区期末）如图，在⊙O上有A，B，C三点，∠A＝80°，不使用圆规，只用无刻度的直尺作出符合下列要求的角，保留作图痕迹． （1）请在图中作一个100°的圆周角，记为∠1． （2）请在图中作一个20°的圆心角，记为∠2． （3）请在图中作一个10°的圆周角，记为∠3． 【分析】（1）弧BC上取一点E，连接BE，CE，∠BEC即为所求； （2）作直径BF，连接AF，OC，∠FOC即为所求； （3）如图，∠CAF即为所求． 【解答】解：（1）如图，∠1即为所求； （2）如图，∠2即为所求； （3）如图，∠3即为所求． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，圆心角，弧，弦之间的关系，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 46．（2024秋•江北区期末）图1，图2均为由边长为1的正六边形构成的网格，每个正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上，称为格点三角形．请用无刻度直尺按要求画出图形． （1）在图1中画出将△ABC绕点C逆时针旋转60°后的△A1B1C（保留作图痕迹并请标注字母）． （2）在图2中画出两个大小不一的格点三角形，要求与△ABC相似但不全等（请涂填阴影）． 【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可； （2）根据相似三角形的判定画出三角形即可（答案不唯一）． 【解答】解：（1）如图，△A1CB1即为所求； （2）如图，△BEF，△PKQ即为所求（答案不唯一）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，全等三角形的判定，正多边形与圆，相似三角形的判定，解题的关键是理解题意，正确画出图形． 二十八．旋转的性质（共2小题） 47．（2024秋•越城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在AB上，且，以D为旋转中心将直线AB绕点D顺时针方向旋转，旋转后所得的直线将Rt△ABC分成两部分，若其中一部分为等腰三角形，则该等腰三角形的面积为　或或或或　 ． 【分析】根据题意，在直线AB旋转过程中，会出现5种等腰三角形的情况：分别分析讨论计算即可． 【解答】解：根据题意，在直线AB旋转过程中，会出现4种情况： ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， ∵， ∴AD＝2，BD＝3， ①如图，当DE＝BE时，作EF⊥AB，垂足为F， ∵∠EFB＝∠ACB，∠B＝∠B， ∴△BFE∽△BCA， ∴ ∴EFCA， ∴S△DBE； ②如图，当BD＝BE＝3时，作DF⊥BC，垂足为F， ∵DF∥AC， ∴△BDF∽△BAC， ∴， ∴DF， ∴S△BDE； ③如图，当AD＝AE＝2时，作DF⊥AC，垂足为F， ∵FD∥BC， ∴△AFD∽△ACB， ∴， ∴DF， ∴S△ADE； ④当AE＝DE时，作EF⊥AB， ∵∠A＝∠A，∠AFE＝∠ACB＝90°， ∴△AFE∽△ACB， ∴， ∴EF， ∴S△AED． ⑤当AD＝DE时，作DF⊥AE，则DF，AE＝2AF， ∴S△AED． 综上分析，等腰三角形的面积为或或或或． 故答案为：或或或或． 【点评】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是关键． 48．（2024秋•东阳市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝2，现将线段AB绕点B顺时针旋转α（0°＜α≤180°）得到线段BP，连接AP，PC，当∠PCB＝30°时，AP的长为　1或或2　 ． 【分析】当点P在BC上方时，可得点P在AC上，由旋转得BP＝AB，则△ABP为等边三角形，可得AP＝AB＝1；当点P在BC下方时，可得△ACQ为等边三角形，则∠Q＝60°，QC＝AC＝2，AB＝BQ＝1，结合旋转的性质可得△BPQ为等边三角形，则PQ＝1，即点P为QC的中点，进而可得∠APC＝90°，PC＝1，利用勾股定理可得AP；当α＝180°时，AP＝2AB＝2；依此即可得出答案． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝2， ∴∠ACB＝30°，∠BAC＝60°． 当点P在BC上方时，如图， ∵∠PCB＝30°， ∴点P在AC上． 由旋转得，BP＝AB， ∴△ABP为等边三角形， ∴AP＝AB＝1． 当点P在BC下方时，如图， ∵∠PCB＝30°，∠ACB＝30°， ∴∠ACQ＝∠BAC＝60°， ∴△ACQ为等边三角形， ∴∠Q＝60°，QC＝AC＝2，AB＝BQ＝1． 由旋转得，AB＝BP， ∴BP＝BQ， ∴△BPQ为等边三角形， ∴PQ＝1， ∴点P为QC的中点， ∴∠APC＝90°，PC＝1， ∴AP； 当α＝180°时，AP＝2AB＝2． 综上所述，AP的长为1或或2． 【点评】本题考查旋转的性质、勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 二十九．平行线分线段成比例（共1小题） 49．（2024秋•越城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，点D为BC上一动点，以CD（CD）为边，作正方形CDEF，延长DE至G，以EG为边作正方形EGHP，使点H恰好落在AB上，所作两正方形把Rt△ABC分成如图所示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四部分，则以下选项错误的是（　　） A．Ⅰ与Ⅱ的周长和为定值 B．Ⅰ与Ⅱ的面积和为定值 C．Ⅲ与Ⅳ的周长差为定值 D．Ⅲ与Ⅳ的面积差为定值 【分析】设CD＝c，GH＝d，延长HP交AC于Q，根据矩形的判定与性质用c，d表示出HQ和AQ，再根据平行线分线段成比例求出c+d的值，从而进行判断． 【解答】解：设CD＝c，GH＝d，延长HP交AC于Q，如图： ∴PQ＝DE＝CD＝c，DQ＝EP＝GH＝d， ∴HQ＝c+d，AQ＝b﹣（c+d）， ∵四边形EFCD和四边形GHPE均为正方形， ∴GH∥FP∥AC， ∴∠HQC＝90°， ∴HQ∥BC， ∴，即， ∴c+d， ∴Ⅰ与Ⅱ的周长和为4（c+d），为定值，故A正确，不符合题意； Ⅰ与Ⅱ的面积和为c2+d2＝（c+d）2﹣2cd，其中c+d为定值，cd取值不定，故B错误，符合题意； 连接CE，EH， ∵四边形CDEF和EPHG为正方形， ∴∠HEP＝45°，∠ECD＝45°， ∵EP∥CD， ∴∠EHP和∠ECD为同位角，即C，E，H共线， ∴∠HCB＝45°， ∴BH和AH为定值， ∴Ⅲ与Ⅳ的周长差为：AH﹣BH+（b﹣c+c+2d）﹣（a﹣c+c+2d）＝AH﹣BH+b﹣a，为定值，故C正确，不符合题意； Ⅲ与Ⅳ的面积差为：（b﹣c﹣d）（c+d）+cd﹣[（a﹣c﹣d）（c+d）+cd]（c+d）（b﹣a），为定值，故D正确，不符合题意． 故选：B． 【点评】本题主要考查了平行线分析段成比例以及矩形和正方形的判定与性质，根据平行线分线段成比例得出CD+GH为定值是本题解题的关键． 三十．相似三角形的判定与性质（共8小题） 50．（2024秋•义乌市校级期末）如图，在矩形ABCD内放置5个大小相同的正方形，且E，F，G，H四个点分别在矩形的四条边上．要求AD﹣AB的值，只要知道下面哪条线段的长？（　　） A．CG B．AH C．FH D．BE 【分析】作FM⊥AD于点M，则四边形ABFM、四边形MFCD都是矩形，所以MF＝AB，DM＝CF，可证明△AHE∽△MFH，△CFG∽△MFH，则，，所以AHMFAB，DM＝CFMFAB，MH＝3CG，则AD﹣AB＝AD﹣（AH+DM）＝MH＝3CG，所以只要知道线段CG的长，即可求出AD﹣AB的值，于是得到问题的答案． 【解答】解：作FM⊥AD于点M，则∠FMH＝∠FMD＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴四边形ABFM、四边形MFCD都是矩形， ∴MF＝AB，DM＝CF，∠CFM＝90°， 设每个正方形的边长都是m，则EH＝2m，HF＝3m，GF＝m， ∵∠EHF＝∠GFH＝90°， ∴∠AHE＝∠MFH＝90°﹣∠FHM，∠CFG＝∠MFH＝90°﹣∠GFM， ∵∠A＝∠FMH，∠C＝∠FMH， ∴△AHE∽△MFH，△CFG∽△MFH， ∴，， ∴AHMFAB，DM＝CFMFAB，MH＝3CG， ∴AH+DMABAB＝AB， ∴AD﹣AB＝AD﹣（AH+DM）＝MH， ∴AD﹣AB＝3CG， ∴要求AD﹣AB的值，只要知道线段CG的长即可， 故选：A． 【点评】此题重点考查矩形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 51．（2024秋•柯桥区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB，AC为边分别向外作正方形ABFG和正方形ACDE，CG交AB于点M，BD交AC于点N．若，则（　　） A． B． C． D．1 【分析】设AG＝a＝AB，BC＝2a，由“AAS”可证△ABC≌△CHD，可得AB＝CH＝a，DH＝BC＝2a，利用相似三角形的性质分别求出AN，CN的长，即可求解． 【解答】解：如图，过点D作DP⊥BC，交AC的延长线于点P，交BC的延长线于点H， ∵AG∥BF， ∴△AGM∽△BCM， ∴， ∴设AG＝a＝AB，BC＝2a， ∵DH⊥BC，AB⊥BC， ∴∠DHC＝∠ABC＝∠ACD＝90°，AB∥DH， ∴∠DCH+∠ACB＝90°＝∠ACB+∠BAC， ∴∠DCH＝∠BAC， 在△ABC和△CHD中， ， ∴△ABC≌△CHD（AAS）， ∴AB＝CH＝a，DH＝BC＝2a， ∵AB∥DP， ∴△ABC∽△PHC， ∴， ∴HPAB，AC＝2CP， ∴DPa， ∵AB∥DH， ∴△ABN∽△PDN， ∴， 设AN＝2b，NP＝5b， ∴AP＝7b＝AC+CP＝3CP， ∴CP， ∴AC，CN， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键． 52．（2024秋•江北区期末）如图，点D为△ABC边AC上一点（可与点A重合），已知AC＝8，BC＝10．以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，BC于点M，N；再以点D为圆心，BM长为半径作弧，交AC于点P（点P在点D下方）；最后以点P为圆心，MN长为半径作弧，两弧交于点Q，连结DQ并延长且交BC于点E．以下4个结论：①∠CDE＝∠B；②；③CE的最大值为；④若D为AC中点，则．其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】由尺规作图得到∠CDE＝∠B，判定△CED∽△CAB，推出，当D与A重合时，CE最大，由，即可求出CE的最大值，由线段中点定义得到DCAC＝4，由尺规作图可得BM＝DQ＜DE，由△CED∽△CAB，推出，得到． 【解答】解：①由尺规作图得到：∠CDE＝∠B， 故①符合题意； ②∵∠C＝∠C，∠CDE＝∠B， ∴△CED∽△CAB， ∴， 故②不符合题意； ③当D与A重合时，CE最大， 此时CD＝AC＝8， ∵， ∴， ∴， 故③符合题意； ④当D为AC中点时，DCAC＝4，由尺规作图可得BM＝DQ≤DE， ∵△CED∽△CAB， ∴， ∴， 故④不符合题意， ∴正确的结论有2个， 故选：B． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，作图﹣尺规作图的定义，关键是判定△CED∽△CAB，推出，掌握尺规作图：作一个角等于已知角． 53．（2024秋•婺城区校级期末）如图，扇形AOB的圆心角∠AOB＝90°，半径OA＝6，点D是上一点．AE⊥AO交OD的延长线于点E，BG⊥OB交OE于点G．若DE＝4，则BG＝ 　　 ． 【分析】因为扇形AOB的半径OA＝6，所以OD＝OB＝OA＝6，而DE＝4，所以OE＝10，由AE⊥AO，得∠A＝90°，则EA8，再证明△BOG∽△AEO，则，求得BGOA，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵扇形AOB的圆心角∠AOB＝90°，半径OA＝6， ∴OD＝OB＝OA＝6， ∵DE＝4， ∴OE＝OD+DE＝6+4＝10， ∵AE⊥AO， ∴∠A＝90°， ∴EA8， ∵BG⊥OB， ∴∠B＝∠A＝90°， ∵∠A+∠AOB＝180°， ∴OB∥AE， ∴∠BOG＝∠E， ∴△BOG∽△AEO， ∴， ∴BGOA6， 故答案为：． 【点评】此题重点考查勾股定理、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△BOG∽△AEO是解题的关键． 54．（2024秋•柯桥区期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上一点，BD＝2DC，连结AD，点E在线段AD上，若∠BEC＝135°，则的值为 　　 ． 【分析】过点E作PQ∥BC交AB于点P，交AC于点Q，则△APE∽△ABD，△AQE∽△ACD，所以，而BD＝2DC，则，所以PE＝2EQ，推导出EQPQ，由∠BAC＝90°，AB＝AC，得BCAC，可证明AP＝AQ，则BP＝QC，再证明△PBE∽△QEC，得，则QC2＝2EQ2，所以QCEQPQ，推导出PQAQ，EQQC，则QCAC，EQAC，再证明△CEQ∽△BCE，得，则CE2＝EQ•BCAC2，求得，于是得到问题的答案． 【解答】解：过点E作PQ∥BC交AB于点P，交AC于点Q，则△APE∽△ABD，△AQE∽△ACD， ∴， ∵BD＝2DC， ∴， ∴PE＝2EQ＝PQ﹣EQ， ∴EQPQ， ∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°， ∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠APQ＝∠ABC＝45°，∠AQP＝∠ACB＝45°，BCAC， ∴∠BPE＝∠EQC＝135°，∠APQ＝∠AQP， ∴AP＝AQ， ∴BP＝AB﹣AP＝AC﹣AQ＝QC， ∵∠BEC＝135°， ∴∠QEC+∠PEB＝45°， ∴∠PBE+∠PEB＝∠APQ＝45°， ∴∠PBE+∠PEB＝∠QEC+∠PEB， ∴∠PBE＝∠QEC， ∴△PBE∽△QEC， ∴， ∴QC2＝2EQ2， ∴QCEQPQPQ， ∵PQAQ，EQQC， ∴QCAQAQ（AC﹣QC）， ∴QCAC， ∴EQACAC， ∵∠CQE＝∠BEC＝135°，∠CEQ＝∠BCE， ∴△CEQ∽△BCE， ∴， ∴CE2＝EQ•BCACACAC2， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】此题重点考查等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 55．（2024秋•滨江区期末）如图，点D在△ABC的边AB上，作DE∥BC交AC于点E，EF∥AB交BC于点F．点G在线段EF上，连结CG并延长，交线段DF于点M，交线段DB于点N．若，则的值是 　　 ． 【分析】设FG＝a，则GE＝2a，FE＝3a，先证明四边形BDEF为平行四边形得到BD＝EF＝3a，DE＝BF，则ADa，再证明△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质得到，则利用等线段代换和比例的性质得到，接着证明△CFG∽△CBN，利用相似比得到BNa，所以DNa，然后证明△FMG∽△DMN，从而利用相似三角形的性质得到的值． 【解答】解：设FG＝a，则GE＝2a，FE＝3a， ∵DE∥BC，EF∥AB， ∴四边形BDEF为平行四边形， ∴BD＝EF＝3a，DE＝BF， ∵， ∴ADa， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， ∴， ∵FG∥BN， ∴△CFG∽△CBN， ∴， ∴BNFGa， ∴DN＝BD﹣BN＝3aaa， ∵FG∥DN， ∴△FMG∽△DMN， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键．也考查了平行线分线段成比例定理． 56．（2024秋•钱塘区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O．E是CD的中点，连结BE交AC于点F．若△BCF的面积为2，则▱ABCD的面积为 　12　 ． 【分析】由平行四边形的性质得CD∥AB，CD＝AB，而E是CD的中点，则CECDAB，可证明△CEF∽△ABF，则，所以AF＝2CF，因为S△BCF＝2，所以S△BAF＝2S△BCF＝4，则S△CDA＝S△ABC＝6，所以S▱ABCD＝2S△ABC＝12，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，CD＝AB， ∵E是CD的中点， ∴CE∥AB，CECDAB， ∴△CEF∽△ABF， ∴， ∴AF＝2CF， ∴S△BCF＝2， ∴S△BAF＝2S△BCF＝4， ∴S△ABC＝S△BAF+S△BCF＝4+2＝6， ∵▱ABCD是以对角线AC、BD的交点O为对称中心的中心对称图形， ∴将∠CDA绕点O旋转180°与△ABC完全重合， ∴S△CDA＝S△ABC＝6， ∴S▱ABCD＝2S△ABC＝12， 故答案为：12． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△CEF∽△ABF是解题的关键． 57．（2024秋•镇海区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P是AB上的动点，连结PD交对角线AC于点E，若CE＝6，则AP的长为 　　 ． 【分析】由矩形的性质得AB＝CD＝8，AB∥CD，∠B＝90°，而BC＝6，则AC10，因为CE＝6，所以AE＝4，可证明△APE∽△CDE，得，求得APCD，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，BC＝6， ∴AB＝CD＝8，AB∥CD，∠B＝90°， ∴AC10， ∵CE＝6， ∴AE＝AC﹣CE＝10﹣6＝4， ∵AP∥CD， ∴△APE∽△CDE， ∴， ∴APCD8， 故答案为：． 【点评】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△APE∽△CDE是解题的关键． 三十一．概率（共1小题） 58．（2024秋•东阳市期末）掷一枚质地均匀的硬币m次，正面向上n次，则的值（　　） A．一定是 B．一定不是 C．随着m的增大，可能是 D．随着m的增大，稳定在附近 【分析】根据概率的意义，即可解答． 【解答】解：掷一枚质地均匀的硬币m次，正面向上n次，则的值随着m的增大，稳定在附近， 故选：D． 【点评】本题考查了概率的意义，熟练掌握概率的意义是解题的关键． 59．（2024秋•北仑区期末）开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），xs是根据开启时收到的动态校验钥匙s（s为1～5中的一个随机整数，且等可能）计算得到的动态校验码．xs的具体计算方式：xs是的个位数字．例如：若静态密码为，动态校验钥匙s＝2，则M＝3×23+0×22+12＝26，从而动态校验码x2＝6，进而得到四位开柜密码为．对于静态密码，记P（xs）是能生成动态校验码xs的动态校验钥匙s的概率．例如：对于静态密码，能生成动态校验码6的动态校验钥匙是2和4，则．若小仑得到的开柜密码是，则P（4）＝ 　　 ，所有xs×P（xs）的和是 　2　 ． 【分析】先根据M的计算公式依次求出M的值和对应的x4的值，再利用概率公式求P（4），进而求所有xs×P（xs）的和． 【解答】解析：对于静态密码202，对应M值的计算公式为M＝（2s3+2s），其中s的取值为{1，2，3，4，5}．计算各s对应的M和x4：当s＝1时，M＝2×13+2×1＝4→x4＝4； 当s＝2时，M＝2×23+2×2＝20→x4＝0； 当s＝3时，M＝2×33+2×3＝60→x4＝0； 当s＝4时，M＝2×43+2×4＝136→x4＝6； 当s＝5时，M＝2×53+2×5＝260→x4＝0． 满足x4＝4的s有1个（s＝1），故P（4）＝ ． 所有x4×P（x4）的和为： 0× 4602． 故答案为： ；2． 【点评】本题考查阅读理解、数的运算及概率公式，准确理解题意是解题的关键． 60．（2024秋•镇海区期末）小镇和小海玩掷飞镖的游戏，他们设计了如图所示的矩形靶子ABCD，点E，F分别是边AB，CD上的点，EF∥BC，小镇投掷的1次飞镖落在阴影部分的概率是（　　） A． B． C． D． 【分析】将图形分为四边形AEFD和四边形EBCF两部分，可得四边形AEFD内阴影部分是四边形AEFD面积的一半，四边形EBCF内阴影部分是四边形EBCF面积的一半，从而可得飞镖落在阴影部分的概率． 【解答】解：∵四边形AEFD内阴影部分面积四边形AEFD面积，四边形EBCF内阴影部分面积四边形EBCF面积， ∴阴影部分的面积矩形ABCD的面积， ∴飞镖落在阴影部分的概率是． 故选：C． 【点评】此题考查概率计算公式，用到的知识点为：概率＝相应的面积与总面积之比． 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 浙江各地期末试卷常考压轴题60题考点分类选练 一．函数的图象（共1小题） 1．（2024秋•钱塘区期末）数学课上，李老师让同学们利用学习函数获得的经验去研究函数的图象特征．甲同学认为：该函数图象一定不经过第二象限．乙同学认为：该函数图象关于直线x＝﹣1对称．以下对两位同学的看法判断正确的是（　　） A．甲乙都正确 B．甲乙都错误 C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确 二．二次函数的性质（共3小题） 2．（2024秋•柯桥区期末）已知抛物线y＝a（x﹣h）2+k与直线y＝1有两个交点A（﹣1，1），B（3，1），抛物线y＝a（x﹣h+m）2+k与直线y＝1的一个交点是（﹣3，1），则m的值是 　 　 ． 3．（2024秋•义乌市校级期末）如图，已知点A（10，0），O为坐标原点，P是线段OA上任意一点（不含端点O、A），过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD＝AD＝13时，这两个二次函数的最大值之和等于（　　） A．5 B． C．8 D．12 4．（2024秋•滨江区期末）设函数y＝a（x﹣h+1）2+m+2025（a＞0）与x轴的交点坐标为（﹣3，0），（2，0），若函数y1＝a（x+h﹣2）2+m+2025（a＞0），则y1＜0时自变量x的取值范围是 　 　 ． 三．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 5．（2024秋•杭州期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点在第一象限，且过点（0，1）和（﹣1，0），则P＝a+b+c的值的范围是（　　） A．﹣1＜P＜0 B．﹣1＜P＜1 C．1＜P＜2 D．0＜P＜2 四．二次函数图象上点的坐标特征（共2小题） 6．（2024秋•慈溪市期末）已知点A（a，b），B（a+2，c）两点均在函数y＝（x﹣1）2﹣2025的图象上．若b＜c，则a的取值范围为（　　） A．a＞2 B．a＞1 C．a＞0 D．0＜a＜2 7．（2024秋•义乌市校级期末）已知抛物线y＝﹣x2+bx﹣5（b＞0）上有A（t，y1），B（3，y2），C（t+2，y1）三点，且y1＞y2＞﹣5，则t的取值范围是 　 ． 五．二次函数的最值（共1小题） 8．（2024秋•婺城区校级期末）已知点A（m，2m）（m＞2）是二次函数y＝ax2+k（a＞0）图象上一点，当m﹣4≤x≤m时，二次函数的最大值和最小值分别为6和﹣2，则a的值为 　 ． 六．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 9．（2024秋•上虞区期末）在平面直角坐标系中，设函数y＝ax2﹣bx+1（a，b是常数，a≠0）． （1）若该函数的图象经过（1，0）和（4，1）两点，则函数的表达式为 　 ． （2）当a＝2时，写出一个b的值，使函数y＝ax2﹣bx+1图象的顶点坐标始终在直线y＝﹣1的下方，并说明理由． （3）当a＝1，b＝2时，函数y＝ax2﹣bx+1图象上有点M（t，y1），直线上有点N（t，y2），若，试求t的取值范围． 七．抛物线与x轴的交点（共3小题） 10．（2024秋•镇海区期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝x+2相交于点A（m，3）、B（n，0），则关于x的方程ax2+bx+c＝x+2的解为 　 ． 11．（2024秋•柯桥区期末）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点P是BC上方抛物线上一点，连结AP交BC于点D，连结AC，CP，记△ACD的面积为S1，△PCD的面积为S2，则的最大值为（　　） A． B． C． D．1 12．（2024秋•北仑区期末）已知二次函数y＝ax2﹣4ax+4a+4（a为常数且a≠0）． （1）当函数图象经过（4，0），求该二次函数的表达式． （2）若a＞0，判断该二次函数图象与x轴的交点个数并证明． （3）若该函数图象上有两点A（x1，y1），B（x2，y2），其中x1＜x2，若a＜0，x1+x2＞4．求证：y1＞y2． 八．二次函数的应用（共1小题） 13．（2024秋•永康市期末）在电磁场中，带电粒子的运动是一个复杂而迷人的物理现象，在如图所示的平面直角坐标系中，x轴上方区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．一个带电粒子从A处射出，先沿抛物线运动至点B，再沿运动至点O．已知点Q的坐标为，则OA的长为 　 ． 九．二次函数综合题（共3小题） 14．（2024秋•越城区期末）已知二次函数y＝2x2+bx+c，经过点A（0，﹣1），对称轴为直线x＝1． （1）求二次函数的表达式； （2）已知点O（0，0），B（0，﹣5），连结OB，将OB向上平移5个单位长度，向右平移m（m＞0）个单位长度后，恰好与y＝2x2+bx+c的图象有交点，求m的取值范围； （3）当n≤x≤n+2时，二次函数y＝2x2+bx+c的最大值与最小值的差为，请直接写出n的值，不必说明理由． 15．（2024秋•杭州期末）等腰直角三角形对称、美丽，若抛物线与x轴有两个交点，且该抛物线的顶点与这两个交点构成的三角形是等腰直角三角形，则称这种抛物线为“美丽抛物线”． （1）已知一条抛物线是“美丽抛物线”，且与x轴的两个交点坐标为（﹣3，0），（1，0），则此抛物线的顶点是 　 　 ； （2）如图，抛物线y＝ax2+bx+c是“美丽抛物线”，顶点M（1，2），与x轴交于A，B两点，在x轴上方的抛物线上找一点P，且，请求出点P的坐标； （3）在（2）的条件下，点Q是平面内一点，是否存在点Q，使得以A，B，M，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 16．（2024秋•江北区期末）如图1，过点A作AB⊥直线l于点B，过点A作AC∥y轴交直线l于点C．线段AC的长度称为点A到直线l的竖直距离． 【探索】 ①如图1，设点A，C的坐标为A（x，yA），C（x，yC），则点A到直线l的竖直距离即为AC的长度，则AC＝ ．（用含yA，yC的代数式表示） ②当直线l与x轴不平行时，点A到直线l的垂直距离AB与点A到直线l的竖直距离AC存在一定的数量关系，若此时直线l：y，则AB＝ 　 AC． 【应用】 如图2，公园有一斜坡草坪（可看作线段OC），其倾斜角为30°，用喷水枪喷水的路径可看作抛物线y＝﹣x2x，其最远处落在草坪的C处．若在山上种一棵树MN（垂直于水平面），为了保证灌溉，树的最高点不能超过喷水路线，同时为了加固树，沿斜坡垂直方向加一根支架PN，请求出支架PN的最大值． 【拓展】 如图3，原有斜坡倾斜角30°不变，通过改造喷水枪使喷水路径可看作圆弧，此时，圆弧与y轴相切于点O，若OC＝12m，为了保证灌溉山上种植的这棵树MN（垂直于水平面），即树的最高点不能超过喷水路线，请问树高MN的最大值是多少？ 十．三角形的面积（共1小题） 17．（2024秋•上虞区期末）如图，已知∠A＝45°，∠C＝22.5°，BC＝6．则△ABC的面积为（　　） A．9 B．10 C． D． 十一．三角形的重心（共2小题） 18．（2024秋•上虞区期末）如图，在△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，EF∥BC，重心G在EF上，若S△AEF＝8cm2，则四边形EBCF的面积为 　 　 cm2． 19．（2024秋•永康市期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△A′B′C，点A的对应点A′恰好为△ABC的重心，A′B′与BC相交于点E，则DE：EC的值为 ． 十二．全等三角形的判定与性质（共2小题） 20．（2024秋•镇海区期末）如图，等腰Rt△ABC中，点D为斜边AB的中点，点E、F分别为BC、AC上的动点，满足FD⊥DE，连结EF．若2∠EDB＝∠CAE，则tan∠EFC的值是（　　） A．2 B． C． D．3 21．（2024秋•义乌市校级期末）如图，AB⊥BC，，点E、F分别是线段AB、射线BC上的动点，以EF为斜边向上作等腰Rt△DEF，∠EDF＝90°，连接AD，则AD的最小值为 　 　 ． 十三．勾股定理的证明（共1小题） 22．（2024秋•上虞区期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．已知小正方形EFGH的面积为9，tan∠GBC，则大正方形ABCD的边长为（　　） A． B． C． D．30 十四．菱形的性质（共1小题） 23．（2024秋•越城区期末）如图，在由相同的菱形组成的网格中，∠ABC等于60°，小菱形的顶点称为格点．已知点A，B，C，D，E都在格点上，连结BD，BE，则sin∠EBD的值为 　 ． 十五．矩形的性质（共1小题） 24．（2024秋•新昌县期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，O是对角线AC上的一点，过点O作AC的垂线，分别交AD，BC于点E，F，且，则AE的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 十六．垂径定理（共1小题） 25．（2024秋•慈溪市期末）如图，AB是⊙O的一条弦，过B作半径OA的平行线交⊙O于点C，过C作弦CD⊥AB，垂足为E，连结AC，BC，BD，AD．若DE＝8，CE＝2，则AE：BE＝ 　 　 ，⊙O的半径长为 ． 十七．圆周角定理（共2小题） 26．（2024秋•钱塘区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，E是BC边上的一点，AB＝2BE，以E为圆心，AE为半径的圆弧交AD于点F，交CD于点G．若F是弧AG的中点，则的值为（　　） A． B． C． D． 27．（2024秋•上虞区期末）在一张圆形纸片中，O是圆心，AB是直径，将该圆形纸片沿弦BC折叠，折叠后圆弧恰好经过直径AB的三等分点．则tan∠ABC的值是 ． 十八．圆内接四边形的性质（共1小题） 28．（2024秋•杭州期末）已知⊙O的半径是5，直线l与⊙O相交于A，B两点，点C，D分别在直线l的异侧，且是⊙O上的两个动点，且∠ACB＝135°，则四边形ACBD面积的最大值是（　　） A．25 B． C． D． 十九．点与圆的位置关系（共1小题） 29．（2024秋•杭州期末）如图是一条弧形道路和两块三角形的空地组成的区块．A，E，B三点在一条直线上，且∠A＝∠B＝∠DEC＝60°，BE＝AD． （1）求证：△ADE≌△BEC； （2）若且E点在弧CD所在的圆上，在劣弧CD上找一点P，使得四边形CPDE的周长最大，并求出周长的最大值． 二十．三角形的外接圆与外心（共1小题） 30．（2024秋•镇海区期末）如图，Rt△ABC内接于⊙O，∠B＝90°，OD⊥AC，点E为BC中点，连结CD、DE，点F为线段AO上一点且满足∠FED＝45°，若tan∠ACB，则 ． 二十一．内切圆的构造（共1小题） 31．（2024秋•江北区期末）如图，⊙O经过Rt△ABC的直角顶点C，交AB于点D、E，交BC于点F，交AC于点G，且满足DE＝FC＝CG．AG＝2BF＝1，则⊙O的半径为 　 ． 二十二．切线的性质（共1小题） 32．（2024秋•东阳市期末）如图，AB切⊙O于点A，在AO上取一点C，使AC＝AB，连结BC并延长交⊙O于点F，D，过点D作DE∥AB交⊙O于点E，连结AE，AF，当BC＝CD时，的值为 ． 二十三．三角形的内切圆与内心（共1小题） 33．（2024秋•义乌市校级期末）如图，△ABC周长为20cm，BC＝6cm，圆O是△ABC的内切圆，圆O的切线MN与AB、CA相交于点M、N，则△AMN的周长为（　　） A．14cm B．8cm C．7cm D．9cm 二十四．正多边形和圆（共2小题） 34．（2024秋•慈溪市期末）小慈发现相机快门打开的过程中，光圈大小变化如图1所示，于是他手绘了如图2所示的图形．图2中六个全等三角形围成一个圆内接正六边形和一个小正六边形．若AB＝7，CD＝3，则小正六边形的面积与圆内接正六边形的面积比为（　　） A．9：49 B．16：49 C．24：49 D．25：49 35．（2024秋•北仑区期末）如图，我国古代数学家刘徽利用圆内接正多边形创立了“割圆术”来估算圆周率，现将半径为a的圆十二等分构造出正方形ADGJ，矩形BFHL，矩形CEIK，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 二十五．弧长的计算（共1小题） 36．（2024秋•钱塘区期末）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，将扇形AOB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上的点D处，折痕交OA于点C．若，则的长为 　 　 ． 二十六．圆的综合题（共8小题） 37．（2024秋•钱塘区期末）如图，AB是⊙O的直径，弦AC＝OA，点D在上，点E是CD中点，连结AD分别交OC，OE于点F，G． （1）请直接写出∠AOC与∠EGD的度数． （2）求证：△ACF∽△OGF． （3）△AFC，△ODG的面积分别记为S1，S2．若CF＝kOF，求的值．（用含k的式子表示） 38．（2024秋•慈溪市期末）【问题背景】浙江省地处沿海，风力资源丰富．综合实践小组准备利用影长测量某风力发电机组的高和叶片的长度．通过观察发现，如图1，风力发电机组是由与地面垂直的铁塔（OP）和呈均匀分布且相同的三个叶片（OA、OB、OC）组成，三个叶片绕着中心轴（O）旋转，某时刻太阳光照射三个叶片，其影子落在地面（PQ）上可形成线段MN． 【问题探究】某一时刻（如图2），叶片OB与地面平行，叶片OB和OC外端的影子恰好都落在点E处，叶片OA外端的影子落在点D处，此时测得PD＝70米，DE＝120米． （1）两个叶片之间的夹角∠COB＝ 　 　 °；此时太阳光线与地面夹角∠CEP＝ 　 　 °． （2）分别求出叶片OA和铁塔OP的长． （3）小组同学在测量上述数据时发现，在该太阳光线下，三个叶片绕着中心轴（O）旋转过程中，其影长（DE）在发生变化，请求出影长（DE）的最大值（假定太阳光线与地面的夹角不变）． 39．（2024秋•婺城区校级期末）如图，四边形ABCD是圆内接四边形，连结AC，BD交于点E，过点C作CF∥BD交AD的延长线于点F． 【认识图形】 （1）求证：∠BCA＝∠F． （2）求证：△ABC∽△CDF． 【探索关系】 （3）当点B，F关于AC对称时． ①若BC＝3，AF＝5，求DE的长． ②记，，直接写出y关于x的函数表达式． 40．（2024秋•义乌市校级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，点E是AC上的一个动点． （1）如图1，若⊙O的半径为2，∠BAC＝45°，求BC的长． （2）如图2，连结AE，CE．若BE＝AE+CE，求∠BAC的度数． （3）如图3，过点E作EF⊥AB．若AE＝BC，，对于CE的任意长度，都有的值是一个定值，求m的值． 41．（2024秋•新昌县期末）如图，点C在以AB为直径的半圆周上，连结AC，BC，点D，点E分别在BC，AB上运动，且BD＝AE，连结DE．已知AB＝10，． （1）求BC的长． （2）探究：当BD为何值时，△BDE面积达到最大值？并求出最大值． （3）过点D作DF⊥AB于点F．当BD为何值时，以D，E，F为顶点的三角形与△ABC相似？ 42．（2024秋•越城区期末）如图1，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上的一点，连结DG交AB于点H，AG，DC的延长线交于点F． （1）求证：∠FGC＝∠AGD； （2）①连结BD，若AG∥BD，求HE：CG的值； ②连结AD，若CG∥AD，OH＝2，BE＝1，求⊙O的半径r． 43．（2024秋•柯桥区期末）四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O直径，连结BD，过A作AH⊥BD于点H． （1）如图1，求证：∠BAC＝∠DAH； （2）如图2，延长AH交CD于点G，连结OD，且OD∥AB； ①求证：BD＝CD； ②若cos∠BAC，AH＝3，求CG的长． 44．（2024秋•北仑区期末）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝100cm，BC＝80cm，D，E从点B处同时沿BA，BC方向运动，速度分别是5cm/s，4cm/s，连结DE，CD，以DE为直径作⊙O，交线段AB，CD于点F，点G，连结EF，EG．设D，E的运动时间为t（s）． （1）求证：△ABC∽△EBF． （2）如图2，当DG＝DF时，求满足条件的时间t． （3）如图3，⊙O与线段AC相交于点M，N连结DM，DN，若，则S△CDM＝ 　 　 cm2． 二十七．作图—复杂作图（共2小题） 45．（2024秋•钱塘区期末）如图，在⊙O上有A，B，C三点，∠A＝80°，不使用圆规，只用无刻度的直尺作出符合下列要求的角，保留作图痕迹． （1）请在图中作一个100°的圆周角，记为∠1． （2）请在图中作一个20°的圆心角，记为∠2． （3）请在图中作一个10°的圆周角，记为∠3． 46．（2024秋•江北区期末）图1，图2均为由边长为1的正六边形构成的网格，每个正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上，称为格点三角形．请用无刻度直尺按要求画出图形． （1）在图1中画出将△ABC绕点C逆时针旋转60°后的△A1B1C（保留作图痕迹并请标注字母）． （2）在图2中画出两个大小不一的格点三角形，要求与△ABC相似但不全等（请涂填阴影）． 二十八．旋转的性质（共2小题） 47．（2024秋•越城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在AB上，且，以D为旋转中心将直线AB绕点D顺时针方向旋转，旋转后所得的直线将Rt△ABC分成两部分，若其中一部分为等腰三角形，则该等腰三角形的面积为 ． 48．（2024秋•东阳市期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝2，现将线段AB绕点B顺时针旋转α（0°＜α≤180°）得到线段BP，连接AP，PC，当∠PCB＝30°时，AP的长为　 　 ． 二十九．平行线分线段成比例（共1小题） 49．（2024秋•越城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，点D为BC上一动点，以CD（CD）为边，作正方形CDEF，延长DE至G，以EG为边作正方形EGHP，使点H恰好落在AB上，所作两正方形把Rt△ABC分成如图所示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四部分，则以下选项错误的是（　　） A．Ⅰ与Ⅱ的周长和为定值 B．Ⅰ与Ⅱ的面积和为定值 C．Ⅲ与Ⅳ的周长差为定值 D．Ⅲ与Ⅳ的面积差为定值 三十．相似三角形的判定与性质（共8小题） 50．（2024秋•义乌市校级期末）如图，在矩形ABCD内放置5个大小相同的正方形，且E，F，G，H四个点分别在矩形的四条边上．要求AD﹣AB的值，只要知道下面哪条线段的长？（　　） A．CG B．AH C．FH D．BE 51．（2024秋•柯桥区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB，AC为边分别向外作正方形ABFG和正方形ACDE，CG交AB于点M，BD交AC于点N．若，则（　　） A． B． C． D．1 52．（2024秋•江北区期末）如图，点D为△ABC边AC上一点（可与点A重合），已知AC＝8，BC＝10．以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，BC于点M，N；再以点D为圆心，BM长为半径作弧，交AC于点P（点P在点D下方）；最后以点P为圆心，MN长为半径作弧，两弧交于点Q，连结DQ并延长且交BC于点E．以下4个结论：①∠CDE＝∠B；②；③CE的最大值为；④若D为AC中点，则．其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 53．（2024秋•婺城区校级期末）如图，扇形AOB的圆心角∠AOB＝90°，半径OA＝6，点D是上一点．AE⊥AO交OD的延长线于点E，BG⊥OB交OE于点G．若DE＝4，则BG＝ ． 54．（2024秋•柯桥区期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上一点，BD＝2DC，连结AD，点E在线段AD上，若∠BEC＝135°，则的值为 ． 55．（2024秋•滨江区期末）如图，点D在△ABC的边AB上，作DE∥BC交AC于点E，EF∥AB交BC于点F．点G在线段EF上，连结CG并延长，交线段DF于点M，交线段DB于点N．若，则的值是 ． 56．（2024秋•钱塘区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O．E是CD的中点，连结BE交AC于点F．若△BCF的面积为2，则▱ABCD的面积为 　 　 ． 57．（2024秋•镇海区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P是AB上的动点，连结PD交对角线AC于点E，若CE＝6，则AP的长为 　 ． 三十一．概率（共1小题） 58．（2024秋•东阳市期末）掷一枚质地均匀的硬币m次，正面向上n次，则的值（　　） A．一定是 B．一定不是 C．随着m的增大，可能是 D．随着m的增大，稳定在附近 59．（2024秋•北仑区期末）开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），xs是根据开启时收到的动态校验钥匙s（s为1～5中的一个随机整数，且等可能）计算得到的动态校验码．xs的具体计算方式：xs是的个位数字．例如：若静态密码为，动态校验钥匙s＝2，则M＝3×23+0×22+12＝26，从而动态校验码x2＝6，进而得到四位开柜密码为．对于静态密码，记P（xs）是能生成动态校验码xs的动态校验钥匙s的概率．例如：对于静态密码，能生成动态校验码6的动态校验钥匙是2和4，则．若小仑得到的开柜密码是，则P（4）＝ 　　 ，所有xs×P（xs）的和是 　 　 ． 60．（2024秋•镇海区期末）小镇和小海玩掷飞镖的游戏，他们设计了如图所示的矩形靶子ABCD，点E，F分别是边AB，CD上的点，EF∥BC，小镇投掷的1次飞镖落在阴影部分的概率是（　　） A． B． C． D． 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $