2026年上海中考数学冲刺复习 新题速达 第24-25专题练习

**基本信息** 聚焦中考第24-25题，以二次函数、几何与圆、新定义为核心，通过提炼数形结合、分类讨论等思想方法，构建从概念到综合应用的递进式训练体系，培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |二次函数综合|15题|函数建模、几何存在性方程法|表达式-性质-平移-与几何图形综合应用| |几何图形与圆|15题|相似判定、圆性质综合推理|全等/相似-解直角三角形-圆性质-多图形综合| |新定义探究|含于模块一|定义转化、参数分类讨论|概念抽象-代数化建模-存在性与规律探究|

2026上海中考数学冲刺 新题速达 第24-25专题练习 二次函数综合 | 几何图形与圆 | 相似与解直角三角形 | 新定义探究 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 二次函数的图象与性质（顶点、对称轴、平移），能结合一次函数、几何图形求交点、面积、最值、相似三角形存在性问题。 · 熟练运用 全等三角形、相似三角形、勾股定理、解直角三角形解决几何图形中的线段长度、角度、位置关系问题。 · 理解 圆的垂径定理、圆周角定理、切线性质、圆与圆的位置关系，能综合圆与三角形、四边形进行证明与计算。 · 能够 解决新定义问题（如“贯轴抛物线”、“一步点”等），建立方程模型，分类讨论参数范围。 · 体会 数形结合、分类讨论、转化思想、方程思想在压轴题中的综合运用。 ✨ 核心：二次函数建模 · 几何相似 · 圆中综合 · 新定义转化。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 二次函数 · 一般式： （）。顶点式 。 · 性质： 对称轴 ，顶点坐标 。开口方向由决定，向上，向下。 · 平移规律： 左加右减（x），上加下减（整体）。 · 与一次函数交点： 联立方程，利用判别式判断交点个数，利用韦达定理求线段长、面积。 · 与几何图形结合： 常涉及梯形、平行四边形、菱形、正方形等特殊图形的存在性，需根据坐标关系列方程。 函数 图象（抛物线） 顶点坐标 对称轴 直线 顶点位置 当,时,顶点在第一象限;当,时,顶点在第二象限; 当,时,顶点在第三象限;当,时,顶点在第四象限 开口方向 向上 向下 增减性 在对称轴左侧，即当时，随的增大而减小;在对称轴右侧，即当时，随的增大而增大 在对称轴左侧,即当时，随的增大而增大;在对称轴右侧,即当时，随的增大而减小 最值 当时， 当时， ☆ 几何图形与圆 · 全等三角形判定： SSS, SAS, ASA, AAS, HL。常用于证明边相等、角相等、线段平行。 · 相似三角形判定： AA, SAS, SSS。性质：对应边成比例，面积比等于相似比的平方。 · 解直角三角形： 锐角三角函数（sin,cos,tan），特殊角30°、45°、60°三角函数值，坡度、仰角、俯角。 · 圆的基本性质： 垂径定理（垂直于弦的直径平分弦及所对弧），圆周角定理（同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为90°），圆心角、弧、弦关系，切线性质（垂直于过切点半径），切线长定理。 · 圆与圆的位置关系： 外离、外切、相交、内切、内含，由圆心距与半径和/差的关系判定。 · 圆与三角形综合： 常涉及外接圆、内切圆、圆周角定理、垂径定理与相似三角形结合。 ☆ 新定义与探究 · 定义理解： 如“贯轴抛物线”（与一次函数图象交于坐标轴上的两个点）、“一步点”（纵坐标比横坐标小1）、 “等弦圆”等，需将定义转化为代数或几何条件。 · 存在性问题： 根据定义列出方程或不等式，结合函数图象求参数范围或点坐标。 · 规律探究： 通过特殊情形归纳一般规律，如三等分点、黄金分割、相似比定值等。 ☑ 知识总结表 模块 核心内容 常用公式/结论 二次函数 图象性质、平移、交点、面积最值、几何存在性 ；对称轴；平移法则 几何图形与圆 全等、相似判定与性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理；切线性质；圆与圆位置关系 ；；；； 新定义与探究 定义转化为代数方程；存在性问题分类讨论；特殊规律归纳 将文字描述数学化，列方程（组）、不等式（组） 新题速达 ·2大题型精练 【模块一】第24题专题练习（二次函数综合与几何图形） 1．在平面直角坐标系xOy中，一次函数与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是直线AB上一点（不与点A重合），且AB＝BC，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过A、C两点． （1）求该抛物线的表达式； （2）点D在抛物线上，且位于第一象限，如果四边形OBCD是梯形，求梯形OBCD的面积； （3）点P、Q都在第三象限，其中点P在抛物线上，点Q在抛物线的对称轴上，如果△APQ与△AOB相似，且边PQ与边OB对应，求点Q的坐标． 【分析】（1）根据一次函数可知A，B的坐标，进而根据AB＝BC可得点B是线段AC的中点，然后根据待定系数法即可求得二次函数表达式； （2）根据OBCD是梯形，可知OD的直线解析式，进而联立方程可知点D的坐标，根据割补法即可求解； （3）①过点A作AG⊥GP，过点Q作QH⊥PH，进而可知△GAP∽△HPQ，根据相似三角形的性质即可求解；②过点A作AM⊥QM交对称轴于M，过点P作PN⊥QN交对称轴于N，证明△NPQ∽△MQA，根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：（1）由题可知，一次函数与x轴交于点A，与y轴交于点B， 则点A（﹣4，0），B（0，2）， ∵C是直线AB上一点，且AB＝BC， ∴点B是线段AC的中点， 设点C（m，n）， ∴点， ∴m＝4，n＝4， ∴点C（4，4）， 将点C，点A代入抛物线y＝ax2+bx﹣2，得： ， 解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）如图1，四边形OBCD是梯形， ∴OD∥AC， ∵O为原点， ∴OD的直线解析式为， 联立得：， 解得：或， ∵点D在抛物线上，且位于第一象限， ∴， 过点D作DE⊥x轴，过点C作CF⊥x轴， ∴S梯形OBCD＝S梯形OBCF﹣S梯形CDEF﹣S△ODE（2+4）×4（4）×（4﹣2）24+2； （3）①如图2，过点A作AG⊥GP，过点Q作QH⊥PH， 当∠APQ＝90°，△APQ与△AOB相似，且边PQ与边OB对应， 则2， 抛物线， ∵∠AGP＝∠PHQ＝90°， ∴∠GAP+∠APG＝90°，∠APG+∠HPQ＝90°， ∴∠GAP＝∠HPQ， ∴△GAP∽△HPQ， ∴， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， 设点Q（﹣1，h），点， ∴GA，QH，HP＝﹣1﹣k， ，PG＝k﹣（﹣4）， 则2，2， 解得：k＝8或k＝﹣2， ∵点P、Q都在第三象限， ∴k＝﹣2， ∴h＝﹣1， ∴Q（﹣1，﹣1）； ②由题可得，抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， 如图3，过点A作AM⊥QM交对称轴于M，过点P作PN⊥QN交对称轴于N， 当∠AQP＝90°，△APQ与△AOB相似，且边PQ与边OB对应， ∴， 抛物线的解析式为， ∵∠AMQ＝∠PNQ＝90°， ∴∠NPQ+∠PQN＝90°，∠MQA+∠PQN＝90°， ∴∠NPQ＝∠MQA， ∴△NPQ∽△MQA， ∴2， 则抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， 设点Q（﹣1，h），， ∴AM＝3，MQ＝0﹣h， ，PN＝﹣1﹣k， ∴2，， 解得：或（不合题意，舍去）， ∴． 综上所述，Q（﹣1，﹣1），． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，点的坐标，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 2．如图1，四边形ABCD中，CD∥BA，BC＝CD，BD＝DA，BA＝3BC． （1）求证：△ABD∽△DBC，并求△ABD与△DBC的相似比k； （2）如图2，我们以直线BA为x轴，以过点C且垂直于线段BA的直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，已知BC＝2． ①求图象经过点A、B、C三点的二次函数解析式； ②如果我们将（1）中△BCD与△BDA的关系看作是一种图形变换，这种变换是将△BCD先绕点B按顺时针方向旋转，使点C落在BD上，点D落在AB上，再将旋转得到的三角形的边长都扩大到原来的k倍，从而得到△BDA，我们将△BDA称为△BCD的像，将△BCD称为△BDA的原像． 如果△BAE是△BDA的像，而△BFC是△BCD的原像，试直接写出点E和点F的坐标：点E的坐标是　（8，﹣3）　 ，点F的坐标是　（﹣1，）　 ． 【分析】（1）导角易证△BCD与△ABD相似，根据AB＝3BC，以及对应线段的比例关系，可以得出相似比k； （2）①在（1）的背景下“建系”，通过（1）的计算和证明再通过解三角形可以标出点C、B、A的坐标，进而求出过这三点的函数解析式； ②引入了新的定义，其本质就是图形的旋转和相似．根据①计算可知△CBD和△BDA是底角为30°的等腰三角形．因此根据定义，可知△BCF是以BC为底的底角为30°的等腰三角形；而△BAE是以AB为腰的底角为30°的等腰三角形，通过解三角形的相关计算可以求得E、F的坐标． 【解答】（1）证明：∵BD＝AD， ∴∠DBA＝∠A， ∵BC＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵CD∥AB， ∴∠CDB＝∠DBA， ∴∠CDB＝∠A， ∴△ABD∽△DBC， ∴，即， ∴相似比； （2）解：①过点D作DE⊥AB于点E， 由（1）得，AB＝3BC＝6， 则AE＝BE＝3， 即B（﹣1，0）、A（5，0）． 则， ∴， 设二次函数解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0）， 则有， 解得， ∴二次函数解析式； ②如图，过E作EM⊥x轴于点M，过C作CN⊥BF于点N， 由①可知BD＝2DE，则∠DBA＝∠DAB＝∠CBD＝30°， 由题意可知BA＝AE＝6，∠EAM＝60°， 在Rt△AEM中，AM＝AE•cos60°＝3，EM＝AE•sin60°＝3， ∴OM＝OA+AM＝8， 即； 由题意可得，BC＝2，∠FBC＝30°， ∴，BF， 即F（﹣1，． 故答案为：（8，﹣3）；（﹣1，）． 【点评】本题主要考查了解直角三角形、二次函数的解析式、旋转的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．【问题背景】 图1是一个矿洞，为了使矿洞更牢固，某工程队想要搭建矩形支撑架． 【数据测量】 图2是矿洞横截面的示意图，截面是轴对称图形，外轮廓线由上方抛物线L和下方的矩形ABCD组成，矩形ABCD的边BC＝4m，CD＝1m，E是抛物线L的顶点，且点E到BC的距离为3m，矩形FGMN的边FN、MN、MG为支撑架的架骨，点F、G在边BC上，点M、N在抛物线L上． 【问题解决】 如图3，工程队以矩形ABCD的顶点B为原点，以BC边所在的直线为x轴，以AB边所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系． （1）求顶点E的坐标及抛物线L的函数表达式； （2）当支撑架FGMN为正方形时，求架骨MN的长； （3）为满足宽为2.4m，高为1.9m的矿车能够在支撑架内通行（矿车距离上方、两侧支撑架分别需预留0.1m的安全距离），求此时BF的取值范围． 【分析】（1）依据题意得，顶点E为（2，3），则可设抛物线为y＝a（x﹣2）2+3，又图象过A（0，1），进而计算可以得解； （2）由四边形FGMN为正方形，则MN＝FG＝2FH，又设BF＝m，则FH＝2﹣m，NF＝4﹣2m，故N（m，4﹣2m），结合N在抛物线L：y（x﹣2）2+3的图象上，可得4﹣2m（m﹣2）2+3，求出m后即可得解； （3）依据题意，设BF＝m，则N（m，m2+2m+1），故NFm2+2m+1，结合FH＝2﹣m1.3，NFm2+2m+1≥1.9+0.1＝2，从而计算可以得解． 【解答】解：（1）由题意得，顶点E为（2，3）， ∴可设抛物线为y＝a（x﹣2）2+3， 又图象过A（0，1）， ∴4a+3＝1． ∴a． ∴抛物线L的表达式为y（x﹣2）2+3； （2）∵四边形FGMN为正方形， ∴MN＝FG＝2FH． 设BF＝m，则FH＝2﹣m，NF＝4﹣2m， ∴N（m，4﹣2m）． 又∵N在抛物线L：y（x﹣2）2+3的图象上， ∴4﹣2m（m﹣2）2+3． ∴m1＝4，m2＝4（不合题意，舍去）． ∴MN＝FN＝4﹣2m＝24； （3）设BF＝m，则N（m，m2+2m+1）， ∴NFm2+2m+1． ∵FH＝2﹣m1.3，NFm2+2m+1≥1.9+0.1＝2， ∴2m≤0.7，即2BF≤0.7． 【点评】本题主要考查了二次函数的应用、轴对称图形，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 4．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣6ax+c（a＜0）与x轴交于A（1，0）和点B，顶点为D． （1）求此抛物线的对称轴及点B的坐标； （2）抛物线的对称轴与x轴交于点M，点P是抛物线上横坐标为2的一点，BP与对称轴交于点N，联结BD． ①求S△BDN：S△BMN的值； ②设直线PD与x轴交于点F，过点F作BD的平行线，与y轴交于点E，当四边形BDFE是直角梯形时，求∠PBO的正切值． 【分析】（1）根据对称轴公式即可得求出对称轴，根据对称性可得点B坐标； （2）①易得c＝5a，可得点D、P坐标，求出直线BP解析式，可得点N坐标，进而可得DN＝MN＝﹣2a，即可得解； ②先求出直线DP解析式，可得点F坐标，再求出直线BD解析式，由平行得k值相等，可得直线EF解析式，可求点E坐标，再分类讨论，构造三垂直相似求解即可． 【解答】解：（1）对称轴为直线x3， ∵A（1，0），且A、B关于对称轴对称， ∴xB﹣3＝3﹣1， ∴xB＝5， ∴B（5，0）； （2）①如图， 把（1，0）代入y＝ax2﹣6ax+c得c＝5a， ∴y＝ax2﹣6ax+5a＝a（x﹣3）2﹣4a， ∴D（3，﹣4a）， 当x＝2时，y＝﹣3a， ∴P（2，﹣3a）， 又∵B（5，0） ∴直线BP解析式为y＝ax﹣5a， 当x＝3时，y＝﹣2a， ∴N（3，﹣2a）， ∴DN＝﹣4a﹣（﹣2a）＝﹣2a，MN＝﹣2a， ∴1； ②如图， ∵D（3，﹣4a），P（2，﹣3a）， ∴直线DP解析式为y＝﹣a（x﹣2）﹣3a＝﹣ax﹣a， 令y＝0，得x＝﹣1， ∴F（﹣1，0）， ∵D（3，﹣4a）B（5，0）， ∴直线DB解析式为y＝2a（x﹣5）＝2ax﹣10a， ∵BD∥EF， ∴直线EF解析式为y＝2ax+2a， 当x＝0时，y＝2a， ∴E（0，2a）， 当∠FDB＝90°时， 过D作GH∥x轴，再分别过F、B作GH的垂线段，垂足分别为G、H， 此时GF＝﹣4a，DG＝4，DH＝2，BH＝﹣4a， ∵∠G＝∠FDB＝∠H＝90°， ∴∠FDB＝∠DBH＝90°﹣∠BDH， ∴△FGD∽△DHB， ∴， ∴， ∴， ∴； 当∠DBE＝90°时， 过B作HK∥y轴，再分别过D、E作KH的垂线段，垂足分别为H、K， 同理可得△PHB∽△BKE， ∴， ∴， ∴； 综上，∠PBO的正切值为或． 【点评】本题主要考查了抛物线的解析式及点的坐标特征、直线解析式、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5．已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），顶点为点D． （1）求该抛物线的表达式； （2）点P是对称轴右侧的抛物线上一点，过点P作PQ垂直抛物线的对称轴，垂足为点Q，连接PD，设点P的横坐标为m． ①求tan∠DPQ的值（用含m的代数式表示）． ②过点Q作DP的平行线，交抛物线于点E（点E在对称轴右侧），求的值． 【分析】（1）将A、C两点代入即可得解； （2）①先求出顶点坐标和对称轴，进而可得P、Q坐标，可得PQ、DQ，最后利用三角函数定义求解即可； ②易得tan∠EQP＝tan∠DPQ＝m﹣2，过E作EH⊥QP交QP的延长线于点H，设E（t，t2﹣4t+3），则H（t，m2﹣4m+3），可得EH、QH，进而根据tan∠EQP，建立关系式可得，最后证△EHQ∽△DQP，即可得解． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点C（0，3）， ∴， ∴， ∴抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+3． （2）①∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴D（2，﹣1）． ∴对称轴为直线x＝2． 设P（m，m2﹣4m+3）． ∵PQ⊥对称轴于点Q， ∴Q（2，m2﹣4m+3）， ∴PQ＝m﹣2，DQ＝m2﹣4m+4， 在Rt△PDQ中，． ②∵QE∥DP， ∴∠EQP＝∠DPQ． ∴tan∠EQP＝tan∠DPQ＝m﹣2． 过E作EH⊥QP交QP的延长线于点H． 设E（t，t2﹣4t+3），则H（t，m2﹣4m+3）， ∴EH＝（t﹣2）2﹣（m﹣2）2，QH＝t﹣2． 在Rt△QEH中，． ∴， ∴（m﹣2）2+（m﹣2）（t﹣2）﹣（t﹣2）2＝0． ∴（负舍）． ∵∠EHQ＝∠DQP＝90°，∠EQP＝∠DPQ． ∴△EHQ∽△DQP． ∴， ∴． 【点评】本题主要考查了二次函数的解析式、点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 6．如图，直线交x轴、y轴于点A、B．抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B． （1）下列表述中，正确的是A （A）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＞0； （B）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＜0； （C）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＞0； （D）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＜0． （2）记抛物线与x轴异于A的公共点为C，抛物线的顶点为D． ①当点C到A、B两点的距离相等时，求抛物线的表达式； ②如果点D关于x轴的对称点恰好在直线AB上，求点C的坐标． 【分析】（1）先确定A（3，0）、B（0，4），易得抛物线的常数项为4．抛物线与x轴的一个交点是A（3，0），设另一个交点为（x1，0），利用根与系数的关系可得，即.然后分别利用二次函数图象的性质逐项判断即可； （2）①设C（x，0），由CA＝CB，即，解得：，即.然后结合点A、B的坐标运用待定系数法求解即可； ②设抛物线与x轴的交点为A（3，0）和C（x1，0），则抛物线的对称轴为，顶点D的横坐标为，进而得到顶点坐标为，其关于x轴的对称点为，再代入求得x1即可解答． 【解答】解：（1）直线交x轴、y轴于点A、B， ∴A（3，0），B（0，4）， ∴抛物线y＝ax2+bx+c经过A（3，0）和B（0，4）， 因此：当x＝0时，y＝c＝4，即抛物线的常数项为4． ∴抛物线解析式为y＝ax2+bx+4， 由抛物线与x轴的一个交点是A（3，0），设另一个交点为（x1，0）， 利用根与系数的关系可得：，即， A．若另一交点在A的右边（x1＞3），则， 若a＞0，可解得； 若a＜0，此时，不等式无解； 故a＞0，符合题意； B．由A选项分析可知选项B错误； C．若另一交点在A的左边（x1＜3）， 当a＞0时，抛物线开口向上，，解得：； 若a＜0，则x1＜0，即小于3； 但a＜0时，， 也满足在A左边，故不能推出a＞0，即选项C错误； D．由C选项分析可知选项D错误； 故答案为：A； （2）①设C（x，0）， 由CA＝CB，即， ∴（x﹣3）2＝x2+42， 解得：， ∴， ∵抛物线过A（3，0），B（0，4），， 设，代入B（0，4）得：， 解得：， ∴抛物线表达式为：， 即； ②设抛物线与x轴的交点为A（3，0）和C（x1，0）， 则抛物线的对称轴为，顶点D的横坐标为， 设抛物线为y＝a1（x﹣3）（x﹣x1），代入B（0，4）得：4＝a1（0﹣3）（0﹣x1）， 解得：， ∴， ∴抛物线的顶点坐标为， ∵点D关于x轴的对称点为，且该点在直线上， ∴， 解得x1＝3（与A重合，舍去）或x1＝1， ∴点C的坐标为（1，0）． 【点评】本题主要考查了二次函数综合，题目本身难度不大，但是计算复杂，需要较强的计算能力． 7．在平面直角坐标系xOy中，过A（﹣1，0）、B（0，﹣3）两点的抛物线y＝x2+bx+c（其中b、c是常数）与x轴的另一个交点为C，顶点为D．（1）求这条抛物线的表达式； （2）如果点E（m，n）在抛物线上，且在第四象限．过点E作EF∥x轴，与抛物线的另一个交点为F，联结BC，作EH∥y轴，交BC于点H，联结FH． ①当时，求m的值； ②抛物线y＝x2+bx+c关于直线EF对称所得新抛物线的顶点为G，如果点G刚好落在线段FH上，求点E的坐标． 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）①分类在对称轴的左右侧进行讨论，分别把E，F，H的坐标用m来表示，根据构造方程求解即可； ②根据对称得到点G的坐标，设出直线FH的解析式，将坐标代入求解即可． 【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（0，﹣3）两点代入y＝x2+bx+c， 得：， 解得：， ∴抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3； （2）①当E在对称轴x＝1的左侧， 由题可知，点B（0，﹣3），C（3，0）， 设直线BC的解析式为：y＝kx+b， 将点B（0，﹣3），C（3，0），、代入解析式得：， 解得：， 则直线BC的解析式为：y＝x﹣3， ∵点E（m，n）在抛物线上， 则点E（m，m2﹣2m﹣3）， 点F（2﹣m，m2﹣2m﹣3），H（m，m﹣3）， ∴EF＝2﹣2m，EH＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m， ∵， ∴， ∴解得：； 当E在对称轴x＝1的右侧， 点E（m，m2﹣2m﹣3）， 点F（2﹣m，m2﹣2m﹣3），H（m，m﹣3）， ∴EF＝2m﹣2，EH＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m， ∵， ∴， ∴解得：， 综上所述：或； ②根据题意可知： ∵点E（m，m2﹣2m﹣3），点D（1，﹣4）， ∴点G（1，2m2﹣4m﹣2）， F（2﹣m，m2﹣2m﹣3），H（m，m﹣3）， 设直线FH的解析式为：y＝kx+b， 则将F（2﹣m，m2﹣2m﹣3），H（m，m﹣3）代入解析式， 得：， 解得：， 则直线FH的解析式为：， 将点G（1，2m2﹣4m﹣2）代入直线FH解析式， 得：， 解得m＝2或， ∴点E（2，﹣3）或． 【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数的图象等，掌握二次函数综合知识是解题的关键． 8．在平面直角坐标系中，如果某一个点的纵坐标比横坐标小1，那么我们把这样的点称为“一步点”，例如点（0，﹣1）、（3，2）都是“一步点”． 在平面直角坐标系xOy中（如图），如果某条抛物线的顶点是“一步点”，当它的顶点的横坐标为2时，该抛物线与y轴的交点为（0，5）． （1）求这条抛物线的表达式和抛物线上的另一个“一步点”； （2）已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、B．将（1）中的抛物线平移得到一条新抛物线，如果新抛物线的顶点C还是“一步点”．设点C的横坐标为m． ①当点C在△ABO的内部时，求m的取值范围； ②设新抛物线与y轴的交点为D，当∠CDO＝∠ABO时，求新抛物线的表达式． 【分析】（1）根据“一步点”的定义，抛物线的顶点的横坐标为2时，顶点坐标为（2，1），设抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+1，将（0，5）代入求解即可；设抛物线上的“一步点”坐标为（x，y），则y＝x﹣1，联立y＝x﹣1，y＝x2﹣4x+5求解即可； （2）①先确定点A、B的坐标，根据顶点C是“一步点”，且点C的横坐标为m，得到C（m，m﹣1），当点C在△ABO的内部时，则点C在第一象限且在直线AB下方，据此求解； ②由平移性质可知，新抛物线的表达式为y＝（x﹣m）2+（m﹣1），令x＝0，得D（0，m2+m﹣1），求出，tan∠ABO，根据∠CDO＝∠ABO建立方程求解即可． 【解答】解：（1）根据“一步点”的定义，抛物线的顶点的横坐标为2时，顶点坐标为（2，1）， 设抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+1， 将（0，5）代入得，5＝a（0﹣2）2+1， 解得a＝1， ∴抛物线的表达式为y＝（x﹣2）2+1，即y＝x2﹣4x+5， 设抛物线上的“一步点”坐标为（x，y），则y＝x﹣1， 将y＝x﹣1代入抛物线表达式得，x﹣1＝x2﹣4x+5， 解得x1＝2，x2＝3， 当x＝2时，y＝1，点为（2，1）， 当x＝3时，y＝2，点为（3，2）； （2）①对于y＝﹣2x+4， 令x＝0，得y＝4， ∴B（0，4）， 令y＝0，得x＝2， ∴A（2，0）， ∵顶点C是“一步点”，且点C的横坐标为m， ∴C（m，m﹣1）， 若点C在△ABO的内部，则点C在第一象限且在直线AB下方， ∴， 解得， ∴m的取值范围是； ②由平移性质可知，新抛物线的表达式为y＝（x﹣m）2+（m﹣1）， 令x＝0，得y＝m2+m﹣1， ∴D（0，m2+m﹣1）， 过点C作CE⊥y轴于点E，则E（0，m﹣1）， ∴CE＝|m|，DE＝|（m2+m﹣1）﹣（m﹣1）|＝m2， 在Rt△CED中，， 在Rt△ABO中，， ∵∠CDO＝∠ABO， ∴， 解得m＝±2， 当m＝2时，y＝（x﹣2）2+1＝x2﹣4x+5， 当m＝﹣2时，y＝（x+2）2﹣3＝x2+4x+1， ∴新抛物线的表达式为y＝x2﹣4x+5或y＝x2+4x+1． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质，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，熟练掌握相关知识是解题的关键． 9．已知抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C． （1）求△ABC的面积； （2）如图，点D是抛物线第四象限上的一点，直线AD分别交OC、BC于点E、F，如果，求直线AD的表达式； （3）在第（2）小题的基础上，将抛物线向左平移得到抛物线C2，直线AD与抛物线C2交于M、N两点（点M在点N的上方），如果点A恰好是线段MN的中点，求抛物线C2的表达式． 【分析】（1）先解方程x2﹣x﹣3＝0得到A（﹣2，0），B（6，0），再计算自变量为0所对应的二次函数值得到C（0，﹣3），然后根据三角形面积公式求解； （2）先利用对顶角相等得到cot∠AEO＝cot∠DEC，则在Rt△OAE中利用余切的定义可求出OE，所以E（0，），然后利用待定系数法求出AD的解析式； （3）由于yx2﹣x﹣3（x﹣2）2﹣4，则抛物线C1的顶点坐标为（2，﹣4），设抛物线C1向左平移m个单位得到抛物线C2，则抛物线C2的解析式可表示为y（x﹣2+m）2﹣4，设点M、点N的横坐标分别为x1，x2，所以x1，x2为关于x的方程（x﹣2+m）2﹣4x的两根，利用根与系数的关系得到x1+x2＝﹣（2m﹣1），接着利用线段的中点坐标公式得到2，所以﹣（2m﹣1）＝﹣4，然后求出m，从而得到抛物线C2的解析式． 【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣x﹣3＝0， 解得x1＝2，x2＝6， ∴A（﹣2，0），B（6，0）， 当x＝0时，yx2﹣x﹣3＝﹣3， ∴C（0，﹣3）， ∴△ABC的面积（6+2）×3＝12； （2）∵∠AEO＝∠DEC， ∴cot∠AEO＝cot∠DEC， 在Rt△OAE中，∵cot∠AEO， ∴OEOA2， ∴E（0，）， 设直线AD的解析式为y＝kx+b， 把A（﹣2，0），E（0，）分别代入得， 解得k，b， ∴直线AD的解析式为yx； （3）∵yx2﹣x﹣3（x﹣2）2﹣4， ∴抛物线C1的顶点坐标为（2，﹣4）， ∴抛物线C1向左平移m个单位得到抛物线C2， ∴抛物线C2的顶点坐标为（2﹣m，﹣4）， ∴抛物线C2的解析式为y（x﹣2+m）2﹣4， 设点M、点N的横坐标分别为x1，x2， ∴x1，x2为关于x的方程（x﹣2+m）2﹣4x的两根， 方程整理为x2+（2m﹣1）x+（m﹣2）2﹣10＝0， ∴x1+x2＝﹣（2m﹣1）， ∵点A恰好是线段MN的中点， ∴2， ∴x1+x2＝﹣4， ∴﹣（2m﹣1）＝﹣4， 解得m， ∴抛物线C2的解析式为y（x﹣2）2﹣4， 即y（x）2﹣4． 【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．也考查了待定系数法求一次函数与二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象的几何变换与解直角三角形． 10．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）． （1）画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时a和c之间的数量关系； x … ﹣1 … 1 … y … 2 … 2 … （2）已知点C为抛物线与y轴的交点，点A、B在抛物线上，联结OA、AC、CB和OB． ①如果四边形OACB为正方形，那么b的值是　0　 ，a和c之间的数量关系是ac＝﹣2　 ； ②如图，当a＜0时，已知四边形OACB为菱形，cot∠AOC＝2，点P在抛物线上且横坐标为2，联结PA、PC，如果△PAC的面积为12，求抛物线的表达式． 【分析】（1）根据表中两个点的坐标可知，抛物线经过点（﹣1，2）和（1，2），并且这两点对称，所以可知对称轴为x＝0； （2）根据正方形的性质可知抛物线的对称轴是x＝0，所以b＝0；根据正方形的对角线互相平分且相等，把点A、B的坐标表示出来，并表示出AB的长度，根据AB＝OC找出a和c的关系； （3）根据菱形的性质，可知点A的坐标，把点A的坐标代入抛物线的解析式，可得∴抛物线的解析式为，点A的坐标，点P的坐标为，用待定系数法求出直线AP的解析式，根据解析式求出点F的坐标，从而可知CF＝4，根据△PAC的面积为12，可得，解方程求出c的值，再根据求出a的值，从而得到抛物线的解析式． 【解答】解：（1）由表可知，抛物线经过点（﹣1，2）和（1，2）， ∴抛物线的对称轴是x＝0， ∴， ∴抛物线的解析式是y＝ax2+c（a≠0）， 把点（﹣1，2）的坐标代入可得：a+c＝2； （2）①当x＝0时，可得：y＝ax2+bx+c＝c， ∴点C的坐标为（0，c）， ∵四边形OACB是正方形，OC是正方形的对角线， ∴点A、B关于OC对称， ∴抛物线的对称轴是x＝0， ∴b＝0； ∴AB＝OC，点A、B的纵坐标是， 可得：， 整理得：2ax2+c＝0， 解得：， ∴点A的坐标为，点B的坐标为， ∴， 可得：c， ∴a2c2＝﹣2ac， 解得：ac＝﹣2或ac＝0（不符合题意，舍去）； 故答案为：0，ac＝﹣2； ②如图，连接AB交OC于点E，连接PA交OC于点F，连接PC， ∵四边形OACB为菱形， ∴AB⊥OC，AE＝BE，CE＝OE， ∵cot∠AOC＝2， ∴OE＝2AE， ∵OC＝c， ∴，， ∴点A的坐标是， 把点A的坐标代入y＝ax2+c可得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为，点A的坐标， ∵点P的横坐标为2， ∴， ∴点P的坐标为， 设直线AP的解析式是y＝mx+n（m≠0）， 则有， 解得：， ∴直线AP的解析式是， 当x＝0时，可得：， ∴点F的坐标为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 【点评】本题主要考查了二次函数综合，涉及二次函数解析式、点的坐标特征、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 11．定义：如果一个二次函数的图象与一次函数的图象相交于坐标轴上的两个点，那么称此二次函数为这个一次函数的“贯轴抛物线”． （1）已知y＝x2+bx+c是一次函数y＝﹣x+3的一条“贯轴抛物线”，求b、c的值； （2）已知一次函数y＝﹣x+n（其中n为常数，n＞0）的图象与x轴、y轴分别交于点A、点C，它的一条“贯轴抛物线”y＝﹣x2+mx+n与x轴的另一个交点为B，顶点D在第一象限．如果在y轴上存在点E，使得四边形BCDE是平行四边形，求n的值； （3）一个二次函数既是一次函数y1＝﹣x+（2k+1）又是一次函数y2＝（2k+1）x+（2k+1）（其中k为常数，k＞0）的“贯轴抛物线”．且此二次函数图象与x轴分别交于P、Q两点（点P在点Q的左边），与y轴交于点M．如果二次函数图象上始终存在点N，且N在第四象限，使得∠PMN＝75°，求满足条件的k的取值范围． 【分析】（1）求出直线与坐标轴的交点，该交点满足二次函数解析式，代入求值即可； （2）分别求出A（n，0），C（0，n），根据定义得到m+n＝1，则y＝﹣x2+（1﹣n）x+n，当﹣x2+（1﹣n）x+n＝0时，求出B（1，0），顶点为D（，），再由BD的中点与CE的中点重合，得到10，解得n＝3； （3）当N点经过直线PM时，当N点在y轴负半轴上时是k的临界情况，分别求解即可． 【解答】解：（1）∵y＝﹣x+3与x轴交点为（3，0），与y轴交点为（0，3）， ∴c＝3，9+3b+c＝0， 解得b＝﹣4； （2）∵y＝﹣x+n， ∴A（n，0），C（0，n）， ∴0＝﹣n2+mn+n， ∴m+n＝1， ∴y＝﹣x2+（1﹣n）x+n， 当﹣x2+（1﹣n）x+n＝0时，解得x＝﹣n或x＝1， ∴B（1，0）， ∵y＝﹣x2+（1﹣n）x+n， ∴顶点为D（，）， ∵四边形BCDE是平行四边形， ∴BD的中点与CE的中点重合， ∴10， 解得n＝3； （3）y1＝﹣x+（2k+1）与x轴的交点Q（2k+1，0），与y轴的交点M（0，2k+1）； y2＝（2k+1）x+（2k+1）与x轴的交点P（﹣1，0），与y轴的交点M（0，2k+1）； 当直线MN经过点Q时，∠PMQ＝75°， ∵OM＝OQ， ∴∠MQO＝45°， ∴∠PMO＝30°， ∴OP＝MOtan30°，即1（2k+1）， 解得k； 在OP上截取GM＝PG，则∠PMG＝30°， 当∠PMO＝75°时，∠OMG＝60°， ∴GO（2k+1），GM＝2（2k+1）， ∴（2）（2k+1）＝1， 解得k； ∴k， ∵k＞0， ∴0＜k 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，弄懂定义是解题的关键． 12．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线经过点A（﹣1，0）和点B（3，0），顶点为M，直线l经过点A，且l⊥AM． （1）求直线l的表达式； （2）已知抛物线也经过A、B两点，且开口向下，顶点为N．设D为抛物线C2与直线l的交点，联结AN、DN、DM．当四边形ANDM是梯形时，求抛物线C2的表达式． 【分析】（1）根据待定系数法求得抛物线，即可知点M（1，﹣4），过点M作MC⊥x轴，交x轴于点C，交直线/于点N，可证明△NAC﹣△AMC，有，结合两点之间距离求得NC＝1，利用待定系数法即可求得直线/的表达式； （2）根据题意的a＜0，利用待定系数法求得抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a，则点N（1，﹣4a），联立方程求得点，结合梯形的性质若AN∥DM，过点N作NC⊥x轴于点C，过点M作平行于x轴的直线与过点D作DE⊥ME轴于点C，线段DM与x轴交于点F，则点，且△NAC∽△DME，有，两点之间距离公式求得a（当a值接近O时不满足题干要求的梯形字母顺序，故舍去）；若ND∥AM，过点M作MG⊥x轴于点G，过点D作平行于x轴的直线与过点N作NH⊥DH轴于点H，同理可得△NHD∽△MGA，点，求得a即可． 【解答】解：（1）∵抛物线经过点A（﹣1，0）和点B（3，0）， ∴， 解得， 则抛物线， ∴点 M（1，﹣4）， 如图，过点M作MC⊥x轴，交x轴于点C，交直线l于点N， 则∠ACM＝∠ACN＝90°，∠MAC+∠AMC＝90°， ∵l⊥AM， ∴∠NAC+∠CAM＝90°， ∴∠NAC＝∠AMC， ∴△NAC∽△AMC， ∴， ∵点M（1，﹣4）和点A（﹣1，0）， ∴CM＝4，AC＝2， 则， 解得NC＝1， ∴点N（1，1）， ∴设直线的解析式为y＝kx+b（k≠0）， ∵直线l经过点A和点N， ∴， 解得， 则直线l的表达式； （2）∵抛物线开口向下， ∴a＜0， ∵抛物线经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点， ∴， 解得， 则抛物线， ∵抛物线顶点为N， ∴N（1，﹣4a）， 联立， 解得，， 则点， ∵四边形ANDM是梯形， ∴AN∥DM，或ND∥AM， ①如图，若AN∥DM，过点N作NC⊥x轴于点C，过点M作平行于x轴的直线与过点D作DE⊥ME轴于点C，线段DM与x轴交于点F， 则∠E＝∠ACN＝90°，∠NAC＝∠DFB＝∠DME，点C（1，0），点， ∴△NAC∽△DME， ∴， ∵点，点N（1，﹣4a），点A（﹣1，0），点 M（1，﹣4），点C（1，0）， ∴AC＝2，NC＝﹣4a，，， 则， 解得，（构不成梯形，舍去）， 那么，抛物线； ②若ND∥AM，过点M作MG⊥x轴于点G，过点D作平行于x轴的直线与过点N作NH⊥DH轴于点H， 同理可得△NHD∽△MGA，点，点M（1，﹣4）， ∴，AG＝2，MG＝4，，， 则， 解得，（构不成梯形，舍去）， 那么，抛物线． 【点评】本题主要考查二次函数与几何的结合，涉及待定系数法求解析式，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，两点之间的距离，以及梯形的性质，解题的关键是应用分类讨论思想． 13．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象分别与x轴，y轴交于点A、B，点C是线段AB上一点，C与B不重合．以点C为顶点的二次函数f（x）的图象经过点B．将该二次函数的图象平移后得到新抛物线g（x），点B、C的对应点分别是B′、C′，且点B′的坐标为，点C′的纵坐标为﹣2． （1）求点C的坐标及二次函数f（x）的解析式； （2）若点P是新抛物线对称轴上一点，且以P、A、C为顶点的三角形与△ABC相似，且相似比不等于1，求点P的坐标； （3）点D（4，y1）和E（x2，y2）在新抛物线上，且对于任意实数x2，当m＜x2≤m+1时，y1＞y2，求实数m的取值范围． 【分析】（1）先求出点B的坐标进而得出OB的长度；过点C作CH⊥y轴于点H，由平移的性质可得，原抛物线中B，C两点的纵坐标的差与新抛物线中B'，C'两点的纵坐标的差相等，据此可得点C的坐标，最后利用抛物线顶点式将点B，C代入即可求得抛物线表达式； （2）由原抛物线对称轴得到新抛物线的对称轴，在△AB'C中得到三边的长度，根据△PAC与ΔAB′C的相似比不为1，可得出当PC⊥AC符合题意，利用余弦的定义求得PA的长度，进而得出点P的坐标； （3）先求出平移后的新抛物线解析式，将点D代入求出其坐标，由m＜x2≤m+1时，y1＞y2恒成立，可设，求得点F的横坐标，进而得出m的取值范围． 【解答】解：（1）令x＝0，， ∴B（0，4）， ∴OB＝4， 过点C作CH⊥y轴于点H， ∵，点C的纵坐标为﹣2， ∴yB﹣yC＝2， ∵将原二次函数的图象平移后得到新抛物线，点B′，C分别是B，C的对应点， ∴yB﹣yC＝yB'﹣yC'＝2，即BH＝2， ∵yB＝4， ∴yC＝2， 将yC＝2代入，得， ∴， ∵点C为二次函数f（x）的顶点， ∴设二次函数的解析式为， 将B（0，4）代入得：， 解得：， ∴二次函数； （2）二次函数f（x）的对称轴为x， ∵向右移个单位长度得到二次函数g（x）的对称轴， ∴二次函数g（x）的对称轴为， 如图，在△AB′C 中，， ∴B′C∥y轴， 在Rt△CBA中，，BC＝2， ∴， ∴， ∵B′C∥AP， ∴∠BCA＝∠CAP，即， ∵△PAC与△ABC的相似比不为1， 当PC⊥PA时，易证得△PAC≌ΔB′CA（AAS），不符合题意， 当PC⊥AC时，， ∴， ∴点P的坐标为； （3）由（2）知，， 将点D（4，y1）代入得：， ∴， 设，则， m＜x2≤m+1时，y1＞y2恒成立， ∴2≤m＜m+1＜4， ∴2≤m＜3． 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键． 14．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线l1：y＝ax2+bx（a＜0，b≥0）经过点A（﹣1，﹣3）． （1）若点A到抛物线l1的对称轴的距离为2，求a的值； （2）若a，点B为抛物线上一点，线段AB与x轴交于点C，且，求点B的坐标； （3）将抛物线l1先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），使所得的新抛物线l2经过原点且顶点在直线y＝﹣x+3上．如果m+n＝3，求抛物线l2的解析式． 【分析】（1）根据对称轴公式可得抛物线l1的对称轴为y轴或在y轴右侧，则可求出抛物线的对称轴为直线x＝1，进而得到b＝﹣2a，再利用待定系数法求解即可； （2）可求出，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，则AE∥BF，证明△ACE∽△BCF，求出，据此可得答案； （3）由待定系数法可得b＝a+3，则抛物线l1的解析式为y＝ax2+（a+3）x，可得新抛物线l2的解析式为y＝a（x﹣m）2+（a+3）（x﹣m）+n，抛物线l2的顶点坐标为，即可得到，解方程得到b＝0，a＝﹣3；根据新抛物线l2经过原点，得到0＝a（0﹣m）2+（a+3）（0﹣m）+n，解方程求出m的值即可得到答案． 【解答】解：（1）∵， ∴抛物线l1的对称轴为直线， ∵a＜0，b≥0， ∴，即抛物线l1的对称轴为y轴或在y轴右侧， ∵点A到抛物线l1的对称轴的距离为2， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1+2＝1， ∴， ∴b＝﹣2a， 把点A的坐标代入y＝ax2+bx得a﹣b＝﹣3， ∴a+2a＝﹣3， ∴a＝﹣1； （2）当时，则， 把点A的坐标代入，得， ∴， ∴； 如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，则AE∥BF， ∴△ACE∽△BCF， ∴， ∵，A（﹣1，﹣3），即AE＝3， ∴， ∴， 在中，当时，， 解得， ∴点B的坐标为； （3）∵抛物线经过点A（﹣1，﹣3）， ∴a﹣b＝﹣3， ∴b＝a+3， ∴抛物线l1的解析式为y＝ax2+（a+3）x， ∵将抛物线l1先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0）后得到新抛物线l2， ∴新抛物线l2的解析式为y＝a（x﹣m）2+（a+3）（x﹣m）+n， ∵抛物线l1的顶点坐标为， ∴抛物线l2的顶点坐标为， ∵抛物线l2的顶点在直线y＝﹣x+3上， ∴， ∴， ∴m+n＝3， ∴， ∴b2+2b＝0， ∴b＝﹣2（舍去）或b＝0， ∴a＝﹣3； ∵新抛物线l2经过原点， ∴0＝a（0﹣m）2+（a+3）（0﹣m）+n， ∴am2﹣am﹣3m+n＝0， ∴﹣3m2+3m﹣3m+3﹣m＝0， ∴3m2+m﹣3＝0， 解得（舍去）， ∴新抛物线l2的解析式为． 【点评】本题考查了二次函数的综合知识，掌握二次函数的综合知识是解题的关键． 15．在平面直角坐标系xOy中（如图所示），已知某抛物线的表达式为y＝ax2（a＞0）．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线OM与x轴的夹角为α． （1）如果，求该抛物线的表达式； （2）已知点N在抛物线的下降部分，且∠OMN＝2α． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点O′落在线段MN上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形OMCN是以ON为腰的等腰梯形时，求点O′的坐标． 【分析】（1）设M（m，am2），根据题意可得am＝4，则M（m，4m），再由OM，求出m＝1，则M（1，4），将点M代入函数解析式即可求a的值； （2）①过点M作MH∥x轴，过点N作NH⊥MH交于H点，可得∠NMH＝α，设N（n，an2），再由tanαa（m+n）＝am，得到n＝﹣2m，则N（﹣2m，4am2），分别求出OM，MN，即可求； ②由题意可得M（m，1），N（﹣2m，4），则直线MN的解析式为yx+2，设O'（t，t+2），则平移后的函数解析式为y'＝a（x﹣t）2t+2，得到C（0，at2t+2），再由ON＝MC，OM∥NC，分别得到①，4m2+16＝m2+（at2t+1）2②，联立求出t的值即可求解． 【解答】解：（1）设M（m，am2）， ∵tanα＝4， ∴am＝4， ∴M（m，4m）， ∵OM， ∴17＝17m2， 解得m＝±1， ∵M点在抛物线的上升部分， ∴m＝1， ∴M（1，4）， ∴a＝4， ∴y＝4x2； （2）①过点M作MH∥x轴，过点N作NH⊥MH交于H点， ∵∠OMN＝2α， ∴∠NMH＝α， 设N（n，an2）， ∴tanαa（m+n）， ∵tanα＝am， ∴﹣a（m+n）＝am， ∴n＝﹣2m， ∴N（﹣2m，4am2）， ∴OM，MN， ∴； ②∵点M的纵坐标为1， ∴M（m，1），N（﹣2m，4）， ∴直线MN的解析式为yx+2， 设O'（t，t+2）， ∴y'＝a（x﹣t）2t+2， ∴C（0，at2t+2）， ∵四边形OMCN是以ON为腰的等腰梯形， ∴ON＝MC，OM∥NC， ∵直线OM的解析式为yx，直线NC的解析式为yx+at2t+2， ∴①， ∵ON＝MC， ∴4m2+16＝m2+（at2t+1）2②， 联立①②得，m，a，t或t， 当t时，O'（，）； 当t，时，O'（，）． 【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，平行线的性质是解题的关键． 【模块二】第25题专题练习（几何综合与圆） 16．已知正方形ABCD，点E在边BC上，点F在BC的延长线上，AF与CD交于点G． （1）如图1，如果CE＝CG，求证：BC2＝BE•BF； （2）如图2，如果∠EAF＝45°，且CE＝CF，求∠F的正切值； （3）以点C为圆心CE为半径画圆，⊙C与以AE为直径的⊙O的另一个交点记为点P，如果AB＝2，CF＝2CE，EP＝CG，求EF的长． 【分析】（1）先证明△ADG≌△ABE（SAS），再证明△BAE∽△BFA，即可求证； （2）连接AC，设正方形的边长为1，CE＝CF＝x，然后证明△CEA∽△AEF，得到AE2＝EC×EF＝x•2x＝2x2，而由勾股定理得AE2＝AB2+BE2＝x2﹣2x+2，继而得到方程x2﹣2x+2＝2x2，然后解方程，再利用正切的定义求解即可； （3）设以AE为直径的圆记为⊙J，连接CJ交PE于点L，过点J作JK⊥BC于点K，由题意得可设CE＝x，则CF＝2x，由△FCG∽△FBA，得到，再由△EJK∽△EAB，求出KJ＝1，，则，可由勾股定理得到，由相交两圆得性质可得CJ⊥PE，，再由建立方程求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD，∠B＝∠D，AD∥BC， ∵CE＝CG， ∴BC﹣CE＝CD﹣CG， ∴BE＝DG， 在△ADG和△ABE中， ， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴∠DAG＝∠BAE， ∵AD∥BC， ∴∠DAG＝∠F， ∴∠BAE＝∠F， ∵∠B＝∠B， ∴△BAE∽△BFA， ∴， ∴， ∴BC2＝BE•BF； （2）解：如图2，连接AC， 设正方形的边长为1，CE＝x， 由题意得，CF＝CE＝x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC＝1，，∠B＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠ECA， ∵∠CEA＝∠AEF， ∴△CEA∽△AEF， ∴， ∴AE2＝EC×EF＝x•2x＝2x2， ∵AE2＝AB2+BE2＝1+（1﹣x）2＝x2﹣2x+2， ∴x2﹣2x+2＝2x2， 整理得：x2+2x﹣2＝0， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴； （3）解：如图3，设以AE为直径的圆记为⊙J，连接CJ交PE于点L，过点J作JK⊥BC于点K， 由题意得可设CE＝x，则CF＝2x， ∴EF＝3x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AB＝BC＝2， ∴△FCG∽△FBA， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵JK⊥BC，∠ABC＝90°， ∴∠ABC＝∠JKE＝90°， ∴AB∥JK， ∴△EJK∽△EAB， ∴， ∴，， ∴， 在直角三角形CJK中，由勾股定理得：， ∵⊙J与⊙C相交于点E，P， ∴CJ⊥PE，， ∵， ∴， 解得：或x＝﹣2（不合题意，舍去）， ∴． 【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，解一元二次方程，解分式方程，解答本题的关键是熟练掌握全等及相似三角形的性质． 17．菱形ABCD中，点E在线段AD上，联结CE、BE． （1）如图1，联结AC交BE于点F，若EC＝DC，求证：∠EBC＝∠BAC； （2）如图2，AB＝6，∠ABC＝60°，点P在线段BE上，且满足∠BCP＝∠BEC，设AE＝x，BP＝y， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当AE＝3时，以AE为半径的⊙A和以BP为半径的⊙B是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 【分析】（1）由等边对等角可得∠D＝∠CED，由菱形的性质可得∠ABC＝∠D，∠BAC＝∠CAE，再证明点A、B、C、E四点共圆，得出∠EBC＝∠CAE，即可得证； （2）①作BH⊥DA，交DA的延长线于点H，由菱形的性质可得AB＝BC＝6，AD∥BC，求出，BH＝3可得HE＝x+3，由勾股定理可得BE，再证明△BCP∽△BEC，由相似三角形的性质计算即可得出结果； ②当AE＝3时，y，则rA＝AE＝3，，结合得出以AE为半径的⊙A和以BP为半径的⊙B相交，设两圆相交于MN，连接AM、AN、BM、BN，连接MN交AB于点G，则AM＝AN＝AE＝3，，由垂径定理可得，AB⊥MN，设AG＝a，则BG＝6﹣a，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵EC＝DC， ∴∠D＝∠CED， ∵四边形ABCD为菱形， ∴∠ABC＝∠D，∠BAC＝∠CAE， ∴∠ABC＝∠CED， ∵∠AEC+∠CED＝180°， ∴∠AEC+∠ABC＝180°， ∴点A、B、C、E四点共圆， ∴∠EBC＝∠CAE， ∴∠EBC＝∠BAC； （2）解：①如图，作BH⊥DA，交DA的延长线于点H， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝BC＝6，AD∥BC， ∴∠BAH＝∠ABC＝60°， ∴∠ABH＝90°﹣∠BAH＝30°， ∴，， ∴HE＝AH+AE＝x+3， ∴， ∵∠BCP＝∠BEC，∠CBE＝∠PBC， ∴△BCP∽△BEC， ∴， ∴； ②当AE＝3时，， ∴rA＝AE＝3，rB＝BP， ∵AB＝6，且， ∴以AE为半径的⊙A和以BP为半径的⊙B相交， 如图，设两圆相交于MN，连接AM、AN、BM、BN，连接MN交AB于点G， 则AM＝AN＝AE＝3，， 由垂径定理可得：，AB⊥MN， 设AG＝a，则BG＝AB﹣AG＝6﹣a， ∵GN2＝AN2﹣AG2＝32﹣a2，GN2＝BN2﹣BG2， ∴32﹣a2， 解得：a， ∴AG， ∴GN， ∴MN＝2GN． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 18．如图1，AB是⊙O的直径，C是AB延长线上一点，CP是圆⊙O的切线，P为切点，联结BP，OP． （1）求证：CP2＝AC•BC； （2）如图2，过点B作BD∥OP交⊙O于D， ①如果，求CP的长； ②联结CD、DP，如果△CDP是以CD为腰的等腰三角形，求的值． 【分析】（1）易证△CBP∽△CPA，即可得证； （2）①过点O作OH⊥BD于H，过点B作BG⊥OP于G，易得四边形OHBG为矩形，OG＝BH＝9，OH＝BG，设半径为r，分别利用勾股定理表示出OH、BG，建立等式求解即可； ②分两种情况讨论，依次画出图形，不过最后都证明出△OPB为等边三角形，即可得解． 【解答】（1）证明：连接AP， ∵OA＝OB＝OP， ∴∠A＝∠1，∠2＝∠OPB， ∴∠1+∠2（∠A+∠APB+∠OBP）＝90°， ∵CP与⊙O相切于P， ∴OP⊥PC， ∴∠OPC＝90°， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， ∵OA＝OP， ∴∠A＝∠1， ∴∠A＝∠3， 又∵∠C＝∠C， ∴△CBP∽△CPA， ∴，即CP2＝AC•BC； （2）解：①过点O作OH⊥BD于H，过点B作BG⊥OP于G， 则∠OHB＝90°，∠OGB＝90°， ∵OH过圆心， ∴，∠OHB＝90°， ∵OP∥BD， ∴∠OGB+∠GBH＝90°， ∴∠GBH＝90°＝∠OHB＝∠OGB， ∴四边形OHBG为矩形， ∴OG＝BH＝9，OH＝BG， 设半径为r， ∴PG＝r﹣9， 在Rt△BPG中，， Rt△OHB中，OH2＝r2﹣92， ∴， 解得：r1＝15，r2＝﹣6（舍）， ∴BG＝12， ∵∠OGB＝∠OPC＝90°， ∴BG∥PC， ∴，即， ∴CP＝20； ②情况一：当CD＝PD时，延长DB交PC于点Q， ∵OP∥DB， ∴∠DQC＝∠OPC＝90°， 又∵CD＝PD， ∴DQ为CP中垂线， ∴PB＝BC， ∴∠BPC＝∠BCP， ∵∠BPC＝∠BOP， ∴∠POB＝∠OPB， ∴OB＝PB， ∵OP＝OB＝PB， ∴△OPB为等边三角形， ∴∠POB＝60°， ∴； 情况二：当CD＝CP时，记DP与OC交于点M， 又∵OP＝OD， ∴OC垂直平分PD， ∴∠DMO＝∠DMB＝90°， ∵OP＝OD， ∴∠OPD＝∠ODP， ∵OP∥BD， ∴∠OPD＝∠BDP， ∴∠ODM＝∠BDM， ∵∠DOB＝∠DBM， ∴OD＝BD＝OB， ∴△OBD为等边三角形， ∴△OPB为等边三角形， 同理可得； 综上：． 【点评】本题主要考查了垂径定理、相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．如图1，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点，过点C的直线交BA的延长线于点D，点E是线段OB上一点，且满足OE＝AD，过点E作AB的垂线交DC的延长线于点F，交BC于点G，且∠F＝2∠ABC． （1）求证：∠ACD＝∠ABC； （2）如图2，当BE＝3OE时，求的值； （3）设EF与的交点为P，联结OP，交BC于点M，若以O为圆心，OE长为半径的圆与以P为圆心，PM为半径的圆外切，求sin∠ABC的值． 【分析】（1）设∠ABC＝α，则∠F＝2α，易得∠FCG＝180°﹣∠F﹣∠FGC＝90°﹣α，再证∠ACB＝90°，即可得证； （2）设AD＝OE＝a，则BE＝3a，OA＝OB＝OC＝4a，OD＝5a，DE＝6a，BD＝9a，再证∠DCO＝90°，勾股求出CD，最后利用cosD求出DF，即可得解； （3）易证OM＝OE，再证△POE≌△BOM（SAS），∠OMB＝∠PEO＝90°，则可得AC＝2OM＝2a，再证△ACD∽△CBD，得CD2＝3a2+2ax，BC＝2CD，在Rt△ACB中利用勾股定理可得xa，据此求解． 【解答】（1）证明：如图，连接OC， 设∠ABC＝α，则∠F＝2α， ∵EF⊥AB， ∴∠BEG＝90°， ∴∠FGC＝∠BGE＝90°﹣∠ABC＝90°﹣α， 在△FCG中，∠FCG＝180°﹣∠F﹣∠FGC＝90°﹣α， ∵OC＝OA＝OB， ∴∠OAC＝∠OCA，∠OCB＝∠OBC， ∴∠ACB＝∠OCA+∠OCB180°＝90°， ∴∠ACD＝180°﹣∠ACB﹣∠FCG＝α， ∴∠ACD＝∠ABC； （2）解：连接OC， 设AD＝OE＝a，则BE＝3a， ∴OA＝OB＝OC＝4a， ∴OD＝OA+AD＝5a，DE＝6a， ∴BD＝OD+OB＝9a， 由（1）∠ACD＝∠ABC， 又∵∠ABC＝∠OCB，∠OCB+∠OCA＝90°， ∴∠DCO＝∠ACD+∠OCA＝90°， 由勾股定理可得CD3a， ∵cosD，即， ∴DF＝10a， ∴CF＝DF﹣CD＝7a， ∴； （3）解：如图， ∵圆O与圆P外切， ∴OP＝OE+PM， ∵OP＝OM+PM， ∴OE＝OM， 设OE＝OM＝a，BE＝PM＝x， 在△POE和△BOM中， ， ∴△POE≌△BOM（SAS）， ∴∠OMB＝∠PEO＝90°， ∴OM∥AC， ∵O为AB中点， ∴AC＝2OM＝2a， ∵∠D＝∠D，∠ACD＝∠ABC， ∴△ACD∽△CBD， ∴， ∴， 则CD2＝3a2+2ax，BC＝2CD， 即BC2＝4CD2＝12a2+8ax， 在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2， ∴12a2+8ax+4a2＝（2a+2x）2， 整理可得xa， 在Rt△MOB中，． 【点评】本题主要考查了圆的相关知识、勾股定理、三角函数、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 20．综合与实践 【问题背景】折纸是一门将数学、艺术与工程完美结合的学科．通过折纸不仅能够创造出非常奇妙的图形，还可以发现一些有趣的数学问题，下面我们就利用一张正方形纸片来开展“折纸与数学”探究活动． 【操作探究】（1）小创小组将正方形纸片（如图1）按照图2至图3的方式操作，那么图3中∠ABG＝　30　 °，并写出求解过程； （2）小智小组将正方形纸片（如图4）按照图5至图7的方式操作，折痕BE、BG与折痕AC的交点分别是H、Q，经过多次操作和测量，发现线段HQ与EG的比值是一个定值，请你帮助小智小组求出的值； 【尝试应用】 （3）如图7，设正方形ABCD的边长为1，AE＝m，求的值（用含m的代数式表示）． 【分析】（1）易证△ABH是等边三角形，即可得解； （2）连接HG、EQ，先证∠EBG＝45°，E、F、G三点共线，再证△BQC∽△HQG，最后证△BQH∽△BEG，即可得解； （3）设CG＝n，则DG＝1﹣n，GE＝m+n，在Rt△DEG中利用勾股定理可得n，然后根据平行线分线段成比例可得，可得，求出QC即可得解． 【解答】解：（1）连接AH， ∵对折正方形ABCD， ∴AE＝BE，EF⊥AB． ∴AH＝BH． 由折叠可知△ABG≌△HBG． ∴BA＝BH，． ∴AH＝BH＝BA． ∴△ABH是等边三角形． ∴∠ABH＝60°， ∴∠ABG＝30°， 故答案为：30； （2）连接HG、EQ． ∵对折正方形ABCD， ∴△ABC≌△ADC． ∴∠ACB＝∠ACD＝45°． ∵折叠，AB折至BE处， ∴△ABE≌△FBE． ∴∠ABE＝∠FBE，∠BAE＝∠BFE＝90°， 同理∠CBG＝∠FBG，∠BCG＝∠BFG＝90°， ∴∠ABE+∠FBE+∠FBG+∠CBG＝90°，∠BFE+∠BFG＝180°， ∴∠EBG＝45°，E、F、G三点共线． ∴∠EBG＝∠ACD＝45°， ∵∠BQH＝∠CQG， ∴△BQH∽△CQG． ∴， 又∵∠BQC＝∠HQG， ∴△BQC∽△HQG． ∴∠BCQ＝∠HGQ＝45°， ∴∠EBG+∠HGB＝90°， ∴∠BHG＝90°， ∴， 同理， ∴， 又∵∠QBH＝∠EBG， ∴△BQH∽△BEG， ∴， ∴； （3）设CG＝n，则DG＝1﹣n，GE＝m+n． 在Rt△DEG中， ∵DE2+DG2＝EG2， ∴（1﹣m）2+（1﹣n）2＝（m+n）2， ∴n， 由（2）得， ∴HQ（m+n）， ∴HQ， ∵AB∥CD， ∴， ∴， ∴， ∴QC， ∴． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、等边三角形、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 21．如图，圆心O是一处激光光源，照射在圆O的弦AB所在的挡板上，且∠AOB＝90°，现在弦AB上两个位置M、N处开缝，使激光束透过这两个缝隙最终照射在弧AB上的两个亮点C、D恰好能将弧AB三等分． （1）求证：CD∥AB； （2）试说明：点M、N不是弦AB的两个三等分点； （3）假设弦AB上的开缝位置P、Q恰好是弦AB的两个三等分点，试画出新的激光光源S的位置，使得激光束通过缝隙P、Q后最终照射在弧AB上的两个亮点恰好是C、D，并求∠ASB的大小． 【分析】（1）先说明∠AOC＝∠COD＝∠BOD，如图：取AB的中点E，连接OE，进而说明OE平分∠COD，利用等腰三角形的性质可得OE⊥CD，最后根据垂直于同一条直线的两直线平行即可证明结论； （2）先根据已知条件说明∠ABO＝∠OAB＝45°，如图：过点M作MF⊥OB于点F，过点M作MI⊥AO于点l，则四边形MIOF是矩形，MF＝BF，OF＝IA，∠FMB＝45°，∠OMF＝30°，进而得到OM＝2OF；设OF＝a，则OM＝2a，IA＝IM＝a，利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理可得，，则，易得，即点M不是AB的三等分点；同理：点N不是AB的三等分点，从而证明结论； （3）如图：连接AC，CD，BD，运用等腰三角形的性质以及相关已知条件可得∠ACM＝∠AMC＝75°，即AC＝CM；设AC＝CD＝BD＝2b，则AM＝NB＝2b，利用可得；如图：取AB的中点E，则OE⊥AB，易得，∠MOE＝15°，；如图：连接CP，DP并延长交于S，由对称性可知点S在AB的垂直平分线上，同时也在CD的垂直平分线上，连接SO延长交AB、CD于G，H，然后求得，；连接AC，过C作CI⊥AP，则AC＝2b，∠CAI＝30°，HG＝CI＝b，设SG＝h，则SH＝h+b，证明△SPG∽△SCH，可求得，利用三角函数可得，即∠ASG＝15°，进而完成解答． 【解答】（1）证明：∵点C、D恰好将三等分， ∴， ∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD， 如图：取AB的中点E，连接OE， ∵OA＝OB， ∴OE⊥AB，∠AOE＝∠BOE， ∵∠AOC＝∠BOD＝30°， ∴∠AOE﹣∠AOC＝∠BOE﹣∠BOD， ∴∠COE＝∠DOE， ∴OE平分∠COD， 在△COD中，OC＝OD，OE平分∠COD， ∴OE⊥CD， ∵OE⊥AB，OE⊥CD， ∴CD∥AB； （2）证明：由（1）可得：∠AOC＝∠COD＝∠BOD， ∵∠AOB＝90°， ∴∠COB＝60°， ∵∠AOB＝90°，OA＝OB， ∴∠ABO＝∠OAB＝45°， ∵点C、D恰好将三等分， ∴，AC＝CD＝BD， ∵∠AOB＝90°， ∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝30°， ∵OA＝OC＝OD， ∴， ∵CD∥AB， ∴∠OMN＝∠OCD＝75°，同理可得：∠ONM＝∠ODC＝75°， ∴∠OMN＝∠ONM＝75°， 如图：过点M作MF⊥OB于点F，过点M作MI⊥AO于点I，则四边形MIOF是矩形，MF＝BF，OF＝IA，∠FMB＝45°， ∵∠OMF＝∠OMN﹣∠FMB＝30°， ∴OM＝2OF， 设OF＝a，则 OM＝2a，IA＝IM＝a， ∴，， ∴， ∴， ∴，即点M不是AB的三等分点， 同理：点N不是AB的三等分点， ∴点M、N不是弦AB的两个三等分点； （3）解：如图：连接AC，CD，BD， ∵点C、D恰好将三等分， ∴，AC＝CD＝BD， ∵∠AOB＝90°， ∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝30°， ∵OA＝OC＝OD， ∴， ∵CD∥AB， ∴∠OMN＝∠OCD＝75°，同理可得：∠ONM＝∠ODC＝75°， ∴∠OMN＝∠ONM＝75°， ∴OM＝ON， ∵∠OMN＝∠AMC＝75°， ∴∠ACM＝∠AMC＝75°， ∴AC＝CM， 设AC＝CD＝BD＝2b，则 AM＝NB＝2b， 由（2）解答过程可知：， ∴， 解得：， 取AB的中点E，则OE⊥AB， ∵OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴，， ∴， ∴，即； 如图，连接CP，DP并延长交于S，由对称性可知点S在AB的垂直平分线上，同时也在CD的垂直平分线上，连接SO延长交AB、CD于G，H， ∴，，∠ASB＝2∠ASG， ∵P、Q恰好是弦AB的两个三等分点，， ∴， ∴， 连接AC，过C作CI⊥AP，则AC＝2b，∠CAI＝∠OAC﹣∠OAB＝30°，HG＝IC， ∴， 设SG＝h，则SH＝h+b， ∵CD∥AB， ∴△SPG∽△SCH， ∴，即， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴∠ASG＝15°， ∴∠ASB＝2∠ASG＝30°． 【点评】本题考查了圆的基本性质，矩形的性质及判定等，掌握综合知识是解题的关键． 22．已知：如图，AB为半圆O的直径，点E为的中点，联结OE交弦CD于点G、交弦AD交于点P，且∠APO＝∠ABD，联结AC、BD． （1）如图①，求证：四边形ABDC是等腰梯形； （2）点M在直径AB上（M不与A、B重合），联结CM交AD与点F． Ⅰ．如图②，当CM⊥AD，且M为AO的中点时，求的值； Ⅱ．联结BF，半圆O的半径为1，∠BFM＝∠ACM． 当△AFM为直角三角形时，求AM的长． 【分析】（1）根据∠APO＝∠ABD，证明∠AOE＝∠EOB＝90°，则点E为的中点，再根据点E为的中点，可得，则AC＝BD，AB∥CD，∠CAB＝∠DBA，即可得证； （2）Ⅰ．设AM＝a，则OM＝a，OA＝OB＝2a．BM＝3a，先证明四边形CMBD是平行四边形，再证明△AFM∽△DFC，即可求解； Ⅱ．分三种情况讨论：当∠AFM＝90°时，当∠AMF＝90°时，当∠MAF＝90°时，分别求出AM的长． 【解答】（1）证明：∵AB为半圆O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAB+∠ABD＝90°， ∵∠APO＝∠ABD， ∴∠DAB+∠APO＝90°， ∴∠AOE＝∠EOB＝90°， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∴， ∴，∠CDA＝∠DAB，AC＝BD， ∴∠CAB＝∠DBA，AB∥CD， ∴四边形ABDC是等腰梯形； （2）解：Ⅰ．设AM＝a， ∵M为AO的中点， ∴AM＝OM＝a． ∴OA＝OB＝2a． ∴BM＝3a． ∵CM⊥AD，∠ADB＝90°， ∴CM∥BD． ∵AB∥CD， ∴四边形CMBD是平行四边形． ∴CD＝BM＝3a． ∵AB∥CD， ∴△AFM∽△DFC． ∴， ∴； Ⅱ．如图，当∠AFM＝90°时， 设AM＝x，则BM＝2﹣x， 由（1）可得四边形CMBD是平行四边形， ∴CD＝BM＝2﹣x，CM＝BD． ∵∠BFM＝∠ACM，∠BFM+∠DFB＝∠ACM+∠CAF＝90°， ∴∠DFB＝∠CAF． ∵∠CFA＝∠FDB＝90°， ∴△CAF∽△BFD． ∴． ∵CM∥BD， ∴，， ∴， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（舍），． ∴； 如图，当∠AMF＝90°时， ∵∠BFM＝∠ACM，∠BFM+∠FBM＝∠ACM+∠CAM＝90°， ∴∠FBM＝∠CAM． ∵∠CAM＝∠DBA， ∴∠FBM＝∠DBA． 此时点F与点D重合，此种情况不存在． 当∠MAF＝90°时， ∵∠MAF＝∠DAB＜90°， ∴此种情况不存在． 综上所述，． 【点评】本题考查了圆的基本性质，相似三角形的性质与判定等，掌握综合知识是解题的关键． 23．如图，AB、AC是⊙O的弦，AB＝AC，过点C作AB的平行线，交半径AO的延长线于点D，联结BD． （1）求证：四边形ABDC是菱形； （2）如果C是的中点，求的值； （3）联结CO，如果⊙O的半径是2，且△COD是等腰三角形，求边AB的长． 【分析】（1）易证△AOC≌△AOB（SSS），可得∠OAC＝∠OAB，＝∠ADC，则AC＝CD＝AB，即可得证； （2）连接CO并延长交AB于点H，易得AHABAC，则可得∠OCA＝30°＝∠OAC，据此求解即可； （3）分三种情况讨论，依次画出图形，利用等腰三角形等边对等角的性质求解即可． 【解答】（1）证明：连接OC、OD， 在△AOC和△AOB中， ， ∴△AOC≌△AOB（SSS）， ∴∠OAC＝∠OAB， ∵CD∥AB， ∴∠OAB＝∠ADC， ∴∠OAC＝∠ADC， ∴AC＝CD， ∴AB＝CD， ∵AB∥CD， ∴四边形ABDC是平行四边形， ∵AB＝AC， ∴四边形ABDC是菱形； （2）解：如图，连接CO并延长交AB于点H， ∵C是的中点， ∴CH垂直平分AB， ∴AHAB，∠AHC＝90°， ∵AC＝AB， ∴AHAC， 在Rt△ACH中，sin∠ACH， ∴∠ACH＝30°， ∴∠OAC＝∠ACH＝30°， 连接BD交BC于点G， 由（1）知四边形ABCD是菱形， ∴AD⊥BC，AG＝DGAD， 在Rt△ACG中，cos30°， 则， ∴； （3）当OC＝OD时，如图， ∵OC＝OA＝OB＝OD， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是正方形， ∴ABOB＝2； 当CD＝OD时，如图， 设∠CAO＝∠ACO＝α， 则∠DOC＝2α＝∠OCD， ∵AC＝DC， ∴∠ADC＝α， 过C作CM平分∠OCD交OD于点M， 则∠OCM＝∠DCM＝α， ∴∠OMC＝∠DCM+∠ADC＝2α＝∠DOC，CM＝DM， ∴CM＝CO＝2＝DM， ∵∠CMO＝∠OCD，∠COM＝∠DOC， ∴△OCM∽△ODC， ∴，即， 整理得OM2+2OM﹣4＝0， 解得OM1（负值已舍）， ∴CD＝OD＝OM+DM1， ∴AB＝CD1； 当CD＝CO时，此时∠COD＝∠ODC， ∵∠COD＝2∠OAC＝2∠ODC， ∴相互矛盾，故不存在此情况； 综上，边AB的长为2或1． 【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质、垂径定理、圆的基本性质、等腰三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 24．已知线段AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上的一点． （1）联结AC、BC，如图1，如果AC＝BC，∠C＝45°，且AB＝4，求⊙O的半径长； （2）当圆心O在线段AB上时， ①如图2，已知点D在⊙O上，满足DA＝DC，且S△ADC＝S△ACB，如果BC＝2，求AC的长； ②如图3，已知点E在线段AB上，满足AE：BE＝2：3，如果沿着弦BC翻折⊙O后的弧线恰好经过点E，求tan∠ABC的值． 【分析】（1）连接OA、OB，根据圆周角定理得到∠AOB＝2∠C，进而得到△AOB是等腰直角三角形，利用勾股定理求解即可； （2）①连接OD，根据垂径定理得到OD⊥AC、AF＝CF，由三角形中位线的性质得到OFBC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，利用S△ADC＝S△ACB，求出DF长，进而求出DO长，在Rt△OFA中，根据勾股定理求出AF长，利用AC＝2AF求解即可； ②过点E作EG⊥BC交⊙O于点E'，连接AE'、BE'、OE'、AC，设AE＝4m、BE＝6m，则AB＝10m，由翻折的性质得：BE'＝BE＝6m、∠ABC＝∠E'BC、E'G＝EG，证明△AMC∽△E'MG，则，再证明△ABC∽△EBG，进而得到AM＝5m、E'M＝3m，证明△ACM∽△BCA，得到，据此解答即可． 【解答】解：（1）如图，连接OA、OB， ∵OA＝OB，∠AOB＝2∠C＝2×45°＝90°， ∴△AOB是等腰直角三角形， 在Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2， ∴， 解得OA＝4或OA＝﹣4（舍去）， ∴⊙O的半径长为4； （2）①如图，连接OD， ∵AD＝DC、OD是⊙O的半径， ∴OD⊥AC，， ∴点F是AC的中点， ∴OF是△ABC的中位线， ∴， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵S△ADC＝S△ACB， ∴， ∴DF＝BC＝2， ∴AO＝DO＝DF+OF＝2+1＝3， 在Rt△OFA中，由勾股定理得：， ∴； ②如图，过点E作EG⊥BC交⊙O于点E'，连接AE'、BE'、OE'、AC，设AE'交BC于点M， ∴∠E'GC＝90°， ∵AE：BE＝2：3， 设AE＝4m、BE＝6m，则AB＝AE+BE＝4m+6m＝10m， 由翻折的性质得：BE＝BE'＝6m、∠ABC＝∠E'BC、E'G＝EG， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠AE'B＝90°B， 在Rt△ABE'中，由勾股定理得：AE'8m， ∵∠ACB＝∠E'GC＝90°、∠AMC＝∠E'MG， ∴△AMC∽△E'MG， ∴， ∵∠ACB＝∠EGB，∠CBA＝∠GBA， ∴△ABC∽△EBG， ∴， ∴， ∴AM＝5m、E'M＝3m， ∵∠CAM＝∠E′BM，∠ABC＝∠E'BC， ∴∠CAM＝∠ABC， ∵∠ACM＝∠BCA， ∴△ACM∽△BCA， ∴， 在Rt△ACB中，tan∠ABC． 【点评】本题考查圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、翻折的性质，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 25．如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是弧AB上一点，点D是半径OB上的点，联结CD，∠OCD的平分线和∠COD的平分线相交于点P，联结BP． （1）如图1，求证：∠OPB＝90°∠ODC； （2）联结BC（如图2）．如果CD⊥OB，CP＝10，△OPB的外接圆⊙M与扇形AOB所在的圆⊙O相交． ①当cos∠CBD时，求⊙M与⊙O的公共弦的长； ②联结AM和AP，AP交OC于点E，当AM⊥OP时，求tan∠PAM的值和OE的长． 【分析】（1）连接PB，由CP平分∠OCD，OP平分∠COD，得∠POC＝∠POD，∠PCO＝∠PCD；由OC＝OB，∠POC＝∠POB，OP＝OP，证△OCP≌△OBP，得∠OPC＝∠OPB；在△OCD中由内角和定理得，在△OPC中得，即； （2）①由CD⊥OB得∠ODC＝90°，由（1）知∠OPB＝135°，△OCP≌△OBP得CP＝BP＝10，∠CPB＝90°，△CPB是等腰直角三角形，；由在Rt△CDB中求BD、CD，再在Rt△ODC中求圆O半径设两圆另一交点为Q，由∠OPB＝135°得劣弧OB圆心角∠OMB＝90°，又OM垂直平分公共弦BQ，故B、M、Q共线，BQ为圆M直径，由等腰Rt△OMB求BM＝20，BQ＝40； ②延长CD交圆OO于点N，由垂径定理得，；由AM⊥OP得AO＝AP（垂径定理），三线合一得；证△AOP≌△OBC得∠OAP＝∠BOC，，从而∠PAM∠BOC＝∠BCD；延长OP交BC于R，由三线合一得R为BC中点，，，在Rt△BOR中，，即，再证明∠PAM＝∠BOR＝∠COP，进而即可求解． 【解答】（1）证明：∵CP平分∠OCD，OP平分∠COD， ∴∠POC＝∠POD，∠PCO＝∠PCD， ∵OC＝OB，∠POC＝∠POB，OP＝OP， ∴△OCP≌△OBP（SAS）， ∴∠OPC＝∠OPB， 在△OCD中，∠COD+∠OCD+∠ODC＝180°， 即2∠POD+2∠PCO+∠ODC＝180°， ∴， 在△OPC中，， ∴； （2）解：①∵CD⊥OB， ∴∠CDO＝90°，即∠ODC＝90°， 由（1）问结论，， ∵△OCP≌△OBP（SAS）， ∴CP＝BP＝10， ∴∠CPB＝360°﹣135°﹣135°＝90°， ∴△CPB是等腰直角三角形， ∴， 在Rt△CDB中，， 设BD＝k，则， ∴，即， ∴， 设圆O半径为R，则OB＝OC＝R，， 在Rt△ODC中，OC2＝OD2+CD2， ， ， 解得，， 设圆O与圆M的另一个交点为Q，连接BQ、OM， ∴BQ是两圆的公共弦， ∵∠OPB＝135°，优弧OB所对的圆心角为2×135°＝270°， ∴劣弧OB所对的圆心角∠OMB＝360°﹣270°＝90°， ∴OM⊥BM， 又∵OM垂直平分公共弦BQ， ∴OM⊥BQ， ∵BM⊥OM，BQ⊥OM，且B为公共点， ∴B、M、Q三点共线， ∴BQ过圆心M，即BQ是圆M的直径， ∵O、B都在圆上， ∴OM＝BM＝RM， ∴△OMB是等腰直角三角形， ∴， ∴BQ＝2BM＝40， ∴⊙M与⊙O的公共弦长为40； ②延长CD交圆O于点N， ∵CD⊥OB， ∴OB垂直平分弦CN， ∴，BC＝BN， ∴∠BCD＝∠BNC， ∵， ∴， ∵AM⊥OP，M是圆心，OP是圆M的弦， ∴OG＝PG，即AM是OP的垂直平分线， ∴AO＝AP， ∴AM平分∠OAP，即， ∵OA⊥OB，CD⊥OB，AM⊥OP，CB⊥OP， ∴∠AFO＝∠CBO， ∴∠OAF＝∠BCD，即∠PAM＝∠BCD， ∴∠OAP＝∠BOC， ∴∠AOB＝∠CDB＝90°， 在△AOP和△OBC中， ∵AO＝OB，∠OAP＝∠BOC，AP＝AO＝OC， ∴△AOP≌△OBC（SAS）， ∴， 由△AOP≌△OBC，∠OAP＝∠BOC， ∴， 延长OP交BC于R， ∵OP平分∠BOC，OC＝OB， ∴OR⊥BC，R为BC中点， ∴， ∴， 在Rt△BOR中，， ∴； ∵AM⊥OP， ∴∠PAM+∠APG＝90°， ∴∠COP+∠APG＝90°， ∴∠OEP＝90°， ∵∠BOR＝∠COP， ∴tan∠COP＝tan∠BOR， ∴， 设PE＝x，则OE＝3x， ∵PE2+OE2＝OP2， ∴， 解得， ∴OE＝3x． 【点评】本题考查了圆的基本性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等，掌握综合知识是解题的关键． 26．在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，联结AE、DE、EF，DE＝DC． （1）如图1，联结BD，如果EF∥BD，求证：△ECF∽△ADE； （2）已知，联结AF． ①如图2，如果点D、E关于直线AF对称，求S△ADF：S▱ABCD的值； ②如图3，如果，∠AFE＝∠EDC，求的值． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝∠C，AB＝CD，从而得出∠ADE＝∠DEC，∠ADB＝∠DBC，由DE＝DC得出∠C＝∠DEC，进而得出∠ADE＝∠BAD，从而可证明△ADE≌△DAB，从而∠DAE＝∠ADB，可证明∠DAE＝∠CEF，从而△ECF∽△ADE； （2）①作FG⊥AD，交AD的延长线于G，作CW⊥AD，交AD的延长线于点W，设DE和AF交于点H，根据对称性得出DE＝2DH＝2EH，DE⊥AF，不妨设DH＝EH＝1．则CD＝DE＝2，可求得AHDH，AD，设DG＝a，FG，DFa，可证明△ADH∽△AFG，从而，进而得出a，DF，可证明△DFG∽△DCW，从而，进而得出结果； ②作FG⊥AD，交AD的延长线于G，设AF和DE交于点H，设DFa，AFDF，可表示出DG＝a，FGa，AG＝5a，进而证得△FDG∽△AGF，从而∠FDG＝∠ADH，进而得出，从而得出DH，可证得△DHF∽△DFE，从而，从而得出CD＝DEa，进而得出CD＝DEa，进一步得出结果． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠BAD＝∠C，AB＝CD， ∴∠ADE＝∠DEC，∠ADB＝∠DBC， ∵DE＝DC， ∴∠C＝∠DEC，AB＝DE， ∴∠C＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠BAD， ∵AD＝AD， ∴△ADE≌△DAB（SAS）， ∴∠DAE＝∠ADB， ∵EF∥BD， ∴∠CEF＝∠DBC， ∴∠DAE＝∠CEF， ∴△ECF∽△ADE； （2）解：①如图1， 作FG⊥AD，交AD的延长线于G，作CW⊥AD，交AD的延长线于点W，设DE和AF交于点H， ∵点D、E关于直线AF对称， ∴DE＝2DH＝2EH，DE⊥AF， 不妨设DH＝EH＝1．则CD＝DE＝2， 在Rt△ADH中，tan∠ADE＝tanC，DH＝1， ∴AHDH， ∴AD， 在Rt△DFG中，tan∠FDG＝tanC， ∴， ∴设DG＝a，FG，DFa， ∵∠DAH＝∠FAG，∠AHD＝∠AGF＝90°， ∴△ADH∽△AFG， ∴， ∴， ∴a， ∴DF， 同理可得：△DFG∽△DCW， ∴， ∴S△ADF：S▱ABCD； ②如图3， 作FG⊥AD，交AD的延长线于G，设AF和DE交于点H， 设DFa，AFDF， 由①知：tan∠FDG＝tanC， ∴DG＝a，FGa， ∴AG5a， ∴， ∵∠G＝∠G， ∴△FDG∽△AGF， ∴∠FDG＝∠ADH，， ∴， ∴DH， ∵∠FAG+∠AFG＝90°，∠ADH＝∠DEC＝∠C＝∠FDG， ∴∠FAG+∠ADH＝90°， ∴∠DHF＝∠AHD＝90°， ∴∠EDC+∠AFD＝90°， ∵∠AFE＝∠EDC， ∴∠AFE+∠AFD＝90°， ∴∠EFD＝90°， ∴∠DHF＝∠EFD， ∵∠EDF＝∠FDH， ∴△DHF∽△DFE， ∴， ∴， ∴DEa， ∴CD＝DEa， ∴CF＝CD﹣DFa， ∴． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． 27．在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在边CD上，且CE＝3DE，AB＝2AE，联结AE、BE． （1）如图1，求证：∠AEB＝∠ABC； （2）如图2，当AB＝CD＝BE时，求的值； （3）如图3，当四边形ABCD为矩形且AB＝8时，点O在线段BE上，且⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等．如果⊙O与⊙C的公共弦所在直线恰好经过点B，⊙C的半径为3，求此公共弦的长． 【分析】（1）延长AE交BC延长线于点F，由AD∥BC，可得△ADE∽△FCE，再证明△BAE∽△FAB，即可证明结论； （2）延长AE交BC延长线于点G，过点A作AH⊥BC于点H，过点D作DM⊥BC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，同理（1）可得CG＝3AD，BG＝2BE，设AD＝x，AB＝CD＝BE＝4a，则CG＝3x，BG＝8a，DE＝a，CE＝3a，求出BN，NE，在Rt△BNE中，利用勾股定理即可求解； （3）过点O作OH⊥CD于点H，连接OC，CF，设FG与OC交于点P，由条件先可得，BE＝4，再由⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等，可得OHADBC，再证明△OBC是等边三角形，可得∠OCB＝60°，再由FG中⊙O，⊙C的公共弦，可得CE垂直平分FG，即可求解． 【解答】（1）证明：如图，延长AE交BC延长线于点F， ∵AD∥BC， ∴△ADE∽△FCE， ∴， ∵CE＝3DE， ∴， ∴FE＝3AE， ∴AF＝AE+EF＝4AE， ∵AB＝2AE， ∴，， 即， ∵∠BAE＝∠FAB， ∴△BAE∽△FAB， ∴∠ABE＝∠AFB， ∵∠AEB＝180°﹣∠ABE﹣∠BAE，∠ABF＝180°﹣∠AFB﹣∠FAB， ∴∠AEB＝∠ABC． （2）解：如图，延长AE交BC延长线于点G，过点A作AH⊥BC于点H，过点D作DM⊥BC于点M，过点E作EN⊥BC于点N， 同理（1）可得，△ADE∽△GCE， ∵CE＝3DE，， ∴CG＝3AD， 同理（1）可得，△BAE∽△GAB， ∴， ∴BG＝2BE， 设AD＝x，AB＝CD＝BE＝4a，则CG＝3x，BG＝8a，DE＝a，CE＝3a， ∵AD∥BC，AH⊥BC，DM⊥BC， ∴四边形AHMD是矩形， ∴HM＝AD＝x，DM＝AH， 在Rt△ABH和Rt△DCM中， ， ∴Rt△ABH≌Rt△DCM（HL）， ∴BH＝CM， ∵BH+CM＝BG﹣CG﹣HM＝8a﹣3x﹣x＝8a﹣4x， ∴CM＝BH＝（8a﹣4x）＝4a﹣2x， 在Rt△ABH中，DM2＝AH2＝AB2﹣BH2＝（4a）2﹣（4a﹣2x）2＝16xa﹣4x2， ∵DM⊥BC，EN⊥BC， ∴△CEN∽△CDM， ∴， ∴，即， ∴，CN＝3ax， ∴BN＝BG﹣CG﹣CN＝8a﹣3x﹣（3ax）＝5ax， 在Rt△BNE中，BN2+NE2＝BE2， ∴， 解得ax， ∴BC＝BG﹣CG＝8a﹣3xx﹣3xx， ∴； （3）解：如图，过点O作OH⊥CD于点H，连接OC，CF，设FG与OC交于点P， ∵四边形ABCD为矩形且AB＝8， ∴，BC＝AD，， 则CE＝CD﹣DE＝6，∠BCD＝∠D＝90°， 在Rt△ADE中，， 在Rt△BCE中，， ∵⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等， ∴点O到AB和CD的距离相等， ∴， ∵OH⊥CD，∠BCD＝90°， ∴OH∥BC， ∴△EOH∽△EBC， ∴， ∴EB＝2EO， ∴点O为EB的中点，则， ∴， ∴△OBC是等边三角形， ∴∠OCB＝60°， ∵FG中⊙O和⊙C的公共弦， ∴OF＝OG，CF＝CG， ∴CE垂直平分FG， ∴∠BPC＝90°，FG＝2FP， ∴∠PBC＝90°﹣∠OCB＝30°， ∴， 在Rt△PCF中，， ∴． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、圆的相关内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 28．已知△ABC中，，点D是射线CB上一点，连接AD，圆O经过A、B、D三点． （1）如图1，当点D在线段BC上时， ①记圆O交AC于点F，求证：AF＝BD； ②设CD＝m，用m表示圆O的半径； （2）如图2，在线段AD的右侧，以AD为底边作等腰△EAD，且始终满足∠EAD＝∠BAC．若以C为圆心，CE为半径的圆C与圆O有公共点，请直接写出线段CD的取值范围． 【分析】（1）①根据同弧所对的圆周角相等即可求解； ②由外接圆的圆心是中垂线的交点可知O在中垂线上，进而可知，根据正切值可得，进而根据勾股定理即可求解； （2）证明△ABD∽△ACE，可得点E的运动轨迹为直线CE，根据相似三角形的性质可知；，当OC≤CE+OD，CE为半径的圆C与圆O有公共点，列不等式即可求解． 【解答】（1）①证明：连接BF，DF， 在△ABC中，AC＝BC＝5， ∴∠BAC＝∠ABC， 在圆O中，， 根据圆周角定理可知，∠DBF＝∠DAF， ∴∠BAD＝∠ABF， ∴AF＝BD； ②解：∵圆O是△ABD的外接圆， ∴O是三边中垂线的交点， 如图，取AB的中点H，连接CH，取BD的中点G，连接OG ， ∴CH⊥AB，OG⊥BC， ∵AC＝BC＝5，， ∴， ∴， ∴， ∵CD＝m， ∴BD＝5﹣m， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 则圆O的半径为：； （2）解：由题意可得， 当点D在BC线段上时， ∵△ABC中，AC＝BC＝5， ∴∠BAC＝∠ABC， ∵△EAD是以AD为底边的等腰三角形， ∴∠EAD＝∠EDA， ∵∠EAD＝∠BAC， ∴∠ABC＝∠EDA， ∴△ABC∽△ADE， ∴， ∵∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD∽△ACE， ∴∠ABD＝∠ACE， ∴点E的运动轨迹为直线CE， ∴， 设CD＝m， ∴由（1）可知，BD＝5﹣m， ， ∴，CE， 由（1）可知OB＝ODR， 当OC≤CE+OD，以CE为半径的圆C与圆O有公共点， 则， 解得：0≤m≤3． 【点评】本题主要考查了圆的相关性质、勾股定理、解直角三角形、相似三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 29．如图，点C在以AB为直径的半圆O上，AB＝4，联结OC，过点C作OC⊥CE，交AB的延长线于点E，在上取点D，使，联结OD、BD． （1）求证：BD∥CE； （2）联结BC、CD，若四边形OECD为梯形，求四边形OBCD的面积； （3）直线CD与直线AB交于点F，若△CEF为等腰三角形，求BE的长． 【分析】（1）由垂径定理可得OC⊥DB，结合切线性质导角可得BD∥CE； （2）当四边形OECD为梯形时，只能CD∥OE，利用平行和等腰三角形的性质推出△DCO为等边三角形，从而四边形OBCD为菱形，通过确定出菱形的边长和高来计算其面积； （3）分为当点F在AB的延长线上和当F在BA的延长线上两种情况分类画出图形，再在图形中导角推出特殊的三角形，再利用特殊的三角形的性质导边即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵， ∴由垂径定理可得OC⊥DB， 又∵CE为⊙O的切线，∠OCE＝90°， ∴BD∥CE； （2）解：当四边形OECD为梯形时，∵OD不平行于CE， ∴只能CD∥OE， ∴∠DCO＝∠BOC， 由垂径定理可得∠DOC＝∠BOC， ∴∠DCO＝∠DOC， ∴DO＝DC＝CO， ∴△DCO为等边三角形，从而四边形OBCD为菱形， ∵菱形的边长为⊙O的半径2， ∴菱形的高为， 故四边形OBCD的面积为； （3）解：当点F在AB的延长线上时，只能CE＝EF，如图1所示， 设∠F＝∠FCE＝α，∠CEO＝∠DBO＝2α， ∵BD∥CE， ∴∠CDB＝α， ∵CD＝BC， ∴∠CDB＝∠CBD＝∠BCE＝α， ∴∠CBO＝∠DBO+∠CBD＝3α， ∵OC＝OB， ∴∠OCB＝∠CBO＝3α， ∴∠OCE＝∠OCB+∠BCE＝3α+α＝4α＝90°， ∴α＝22.5°， ∴△OCE为等腰直角三角形， 故BE＝OE﹣OB； 当F在BA的延长线上时，只有CF＝CE，如图2所示， 设∠F＝∠E＝α，∠CEO＝∠DBO＝2α， ∵BD∥CE，BO＝DO， ∴∠DBF＝∠ODB＝α， ∴∠DOF＝2α， 由外角关系可得∠CDB＝∠F+∠DBF＝2α， ∴∠CBD＝∠CDB＝2α， ∴∠CBO＝∠BCO＝∠DBF+∠CBD＝3α， ∵CO⊥BD， ∴∠BCO+∠CBD＝90°，即5α＝90°， 解得α＝18°， 取OE的中点M，则∠CMO＝36°，∠MCO＝∠MOC＝72°， 则△OCM为黄金三角形，OC＝OM•， 故OM， ∴BM＝OM﹣OB2， ∴BE＝BM+ME． 综上，BE的长为或． 【点评】本题考查了圆的有关性质，垂径定理，梯形，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，黄金三角形的性质，掌握以上内容分类讨论画出图形并熟练在图形中导角是解题关键． 30．扇形AOB与扇形COD组成一个如图1的图形，其中扇形AOB的圆心角等于90°，点C、D分别在半径OA、OB上，分别记扇形AOB、扇形COD的圆心角所对的弧为与，半径长分别为R与r． （1）已知的长与的长相等，AC＝6，求这个图形的面积S（结果保留π）； （2）联结CD，作关于直线CD的对称图形． ①联结AB，如果与AB交于点M、N（点M在点N的左侧），且AM＝MN，求R与r之间的数量关系； ②如果所在的圆与所在的圆内切于点F（如图2所示），点P是上一点，联结FP并延长交AC于点Q，当时，求∠CQF的度数． 【分析】（1）根据的长与的长相等和扇形弧长公式，求出r＝3，R＝9，再利用扇形面积公式求解； （2）①记O的对称点为O1，OO1与BC交点为P，延长OO1交AB于Q，连接O1M，关键是表示出ΔO1MQ各边的长，再利用勾股定理求解； ②记O的对称点为O1，OO1与BC交点为G，连接PG，O1P，作O1H⊥PG于H，这样就构造出等腰直角三角形O1HG和直角三角形O1HP，解三角形可求得∠HPO1＝30°，∠HO1P＝60°，再利用等腰三角形求出∠O1PF＝52.5°，根据平行线分线段成比例知∠CQF＝∠GPF＝∠HPO1+∠O1PF 【解答】（1）解：由题可知OA＝R＝OC+AC＝r+6， ∴， ∵∠COD＝360°﹣90°＝270°， ∴， ∵， ∴， 解得r＝3，故R＝9， ∴S27π； （2）①如图，记O的对称点为O1，OO1与CD交点为P，延长OO1交AB于Q，连接O1M， 由对称性可知P是CD中点，由△OCD是等腰直角三角形，， ∴，且OP⊥CD， 再由对称性可知， △OAB同样是等腰直角三角形，，OQ， ∵CD∥AB， ∴OQ⊥AB， ∴Q是AB中点也是MN中点， 由已知得MN， ∴MQ， ∴O1Q＝OQ﹣OO1且O1M＝r， 在Rt△O1MQ中， 由勾股定理得：， 即， 解得R＝3r或0.6r， 由题可知R≥r， 故R＝3r； ②如图，记O的对称点为O1，OO1与BC交点为G，连接PG，O1P作O1H⊥PG于H， 由于所在的圆与所在的圆内切于点F， ∴O1F＝r， 由①知， ∴， ∴， ∴PG∥OQ， ∴∠CQF＝∠GPF＝∠HPO1+∠O1PF， ∵PG∥OQ， ∴∠HGO1＝∠AOF＝45°， 再由O1H⊥PG知ΔO1HG是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴∠HPO1＝30°，∠HO1P＝60°， ∴∠PO1F＝180°﹣∠HO1P﹣∠HO1G＝180°﹣60°﹣45°＝75°， 由ΔO1PF是等腰三角形， ∴， ∴∠CQF＝∠GPF＝∠HPO1+∠OPF＝30°+52.5°＝82.5°． 【点评】本题是圆和三角形综合题，考查了扇形面积和弧长公式，勾股定理应用，解三角形，等腰三角形性质，平行线分线段成比例等知识点，掌握其相关知识点是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026上海中考数学冲刺 新题速达 第24-25专题练习 二次函数综合 | 几何图形与圆 | 相似与解直角三角形 | 新定义探究 课程目标 · 精准把握学习方向 · 掌握 二次函数的图象与性质（顶点、对称轴、平移），能结合一次函数、几何图形求交点、面积、最值、相似三角形存在性问题。 · 熟练运用 全等三角形、相似三角形、勾股定理、解直角三角形解决几何图形中的线段长度、角度、位置关系问题。 · 理解 圆的垂径定理、圆周角定理、切线性质、圆与圆的位置关系，能综合圆与三角形、四边形进行证明与计算。 · 能够 解决新定义问题（如“贯轴抛物线”、“一步点”等），建立方程模型，分类讨论参数范围。 · 体会 数形结合、分类讨论、转化思想、方程思想在压轴题中的综合运用。 ✨ 核心：二次函数建模 · 几何相似 · 圆中综合 · 新定义转化。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 二次函数 · 一般式： （）。顶点式 。 · 性质： 对称轴 ，顶点坐标 。开口方向由决定，向上，向下。 · 平移规律： 左加右减（x），上加下减（整体）。 · 与一次函数交点： 联立方程，利用判别式判断交点个数，利用韦达定理求线段长、面积。 · 与几何图形结合： 常涉及梯形、平行四边形、菱形、正方形等特殊图形的存在性，需根据坐标关系列方程。 函数 图象（抛物线） 顶点坐标 对称轴 直线 顶点位置 当,时,顶点在第一象限;当,时,顶点在第二象限; 当,时,顶点在第三象限;当,时,顶点在第四象限 开口方向 向上 向下 增减性 在对称轴左侧，即当时，随的增大而减小;在对称轴右侧，即当时，随的增大而增大 在对称轴左侧,即当时，随的增大而增大;在对称轴右侧,即当时，随的增大而减小 最值 当时， 当时， ☆ 几何图形与圆 · 全等三角形判定： SSS, SAS, ASA, AAS, HL。常用于证明边相等、角相等、线段平行。 · 相似三角形判定： AA, SAS, SSS。性质：对应边成比例，面积比等于相似比的平方。 · 解直角三角形： 锐角三角函数（sin,cos,tan），特殊角30°、45°、60°三角函数值，坡度、仰角、俯角。 · 圆的基本性质： 垂径定理（垂直于弦的直径平分弦及所对弧），圆周角定理（同弧所对圆周角相等，直径所对圆周角为90°），圆心角、弧、弦关系，切线性质（垂直于过切点半径），切线长定理。 · 圆与圆的位置关系： 外离、外切、相交、内切、内含，由圆心距与半径和/差的关系判定。 · 圆与三角形综合： 常涉及外接圆、内切圆、圆周角定理、垂径定理与相似三角形结合。 ☆ 新定义与探究 · 定义理解： 如“贯轴抛物线”（与一次函数图象交于坐标轴上的两个点）、“一步点”（纵坐标比横坐标小1）、 “等弦圆”等，需将定义转化为代数或几何条件。 · 存在性问题： 根据定义列出方程或不等式，结合函数图象求参数范围或点坐标。 · 规律探究： 通过特殊情形归纳一般规律，如三等分点、黄金分割、相似比定值等。 ☑ 知识总结表 模块 核心内容 常用公式/结论 二次函数 图象性质、平移、交点、面积最值、几何存在性 ；对称轴；平移法则 几何图形与圆 全等、相似判定与性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理；切线性质；圆与圆位置关系 ；；；； 新定义与探究 定义转化为代数方程；存在性问题分类讨论；特殊规律归纳 将文字描述数学化，列方程（组）、不等式（组） 新题速达 ·2大题型精练 【模块一】第24题专题练习（二次函数综合与几何图形）1．在平面直角坐标系xOy中，一次函数与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是直线AB上一点（不与点A重合），且AB＝BC，抛物线y＝ax2+bx﹣2经过A、C两点． （1）求该抛物线的表达式； （2）点D在抛物线上，且位于第一象限，如果四边形OBCD是梯形，求梯形OBCD的面积； （3）点P、Q都在第三象限，其中点P在抛物线上，点Q在抛物线的对称轴上，如果△APQ与△AOB相似，且边PQ与边OB对应，求点Q的坐标． 2．如图1，四边形ABCD中，CD∥BA，BC＝CD，BD＝DA，BA＝3BC． （1）求证：△ABD∽△DBC，并求△ABD与△DBC的相似比k； （2）如图2，我们以直线BA为x轴，以过点C且垂直于线段BA的直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，已知BC＝2． ①求图象经过点A、B、C三点的二次函数解析式； ②如果我们将（1）中△BCD与△BDA的关系看作是一种图形变换，这种变换是将△BCD先绕点B按顺时针方向旋转，使点C落在BD上，点D落在AB上，再将旋转得到的三角形的边长都扩大到原来的k倍，从而得到△BDA，我们将△BDA称为△BCD的像，将△BCD称为△BDA的原像． 如果△BAE是△BDA的像，而△BFC是△BCD的原像，试直接写出点E和点F的坐标：点E的坐标是　 　 ，点F的坐标是　 　 ． 3．【问题背景】 图1是一个矿洞，为了使矿洞更牢固，某工程队想要搭建矩形支撑架． 【数据测量】 图2是矿洞横截面的示意图，截面是轴对称图形，外轮廓线由上方抛物线L和下方的矩形ABCD组成，矩形ABCD的边BC＝4m，CD＝1m，E是抛物线L的顶点，且点E到BC的距离为3m，矩形FGMN的边FN、MN、MG为支撑架的架骨，点F、G在边BC上，点M、N在抛物线L上． 【问题解决】 如图3，工程队以矩形ABCD的顶点B为原点，以BC边所在的直线为x轴，以AB边所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系． （1）求顶点E的坐标及抛物线L的函数表达式； （2）当支撑架FGMN为正方形时，求架骨MN的长； （3）为满足宽为2.4m，高为1.9m的矿车能够在支撑架内通行（矿车距离上方、两侧支撑架分别需预留0.1m的安全距离），求此时BF的取值范围． 4．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣6ax+c（a＜0）与x轴交于A（1，0）和点B，顶点为D． （1）求此抛物线的对称轴及点B的坐标； （2）抛物线的对称轴与x轴交于点M，点P是抛物线上横坐标为2的一点，BP与对称轴交于点N，联结BD． ①求S△BDN：S△BMN的值； ②设直线PD与x轴交于点F，过点F作BD的平行线，与y轴交于点E，当四边形BDFE是直角梯形时，求∠PBO的正切值． 5．已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），顶点为点D． （1）求该抛物线的表达式； （2）点P是对称轴右侧的抛物线上一点，过点P作PQ垂直抛物线的对称轴，垂足为点Q，连接PD，设点P的横坐标为m． ①求tan∠DPQ的值（用含m的代数式表示）． ②过点Q作DP的平行线，交抛物线于点E（点E在对称轴右侧），求的值． 6．如图，直线交x轴、y轴于点A、B．抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B． （1）下列表述中，正确的是　 　 （A）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＞0； （B）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的右边还有一个公共点，那么a＜0； （C）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＞0； （D）如果抛物线y＝ax2+bx+c与x轴在点A的左边还有一个公共点，那么a＜0． （2）记抛物线与x轴异于A的公共点为C，抛物线的顶点为D． ①当点C到A、B两点的距离相等时，求抛物线的表达式； ②如果点D关于x轴的对称点恰好在直线AB上，求点C的坐标． 7．在平面直角坐标系xOy中，过A（﹣1，0）、B（0，﹣3）两点的抛物线y＝x2+bx+c（其中b、c是常数）与x轴的另一个交点为C，顶点为D．（1）求这条抛物线的表达式； （2）如果点E（m，n）在抛物线上，且在第四象限．过点E作EF∥x轴，与抛物线的另一个交点为F，联结BC，作EH∥y轴，交BC于点H，联结FH． ①当时，求m的值； ②抛物线y＝x2+bx+c关于直线EF对称所得新抛物线的顶点为G，如果点G刚好落在线段FH上，求点E的坐标． 8．在平面直角坐标系中，如果某一个点的纵坐标比横坐标小1，那么我们把这样的点称为“一步点”，例如点（0，﹣1）、（3，2）都是“一步点”． 在平面直角坐标系xOy中（如图），如果某条抛物线的顶点是“一步点”，当它的顶点的横坐标为2时，该抛物线与y轴的交点为（0，5）． （1）求这条抛物线的表达式和抛物线上的另一个“一步点”； （2）已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、B．将（1）中的抛物线平移得到一条新抛物线，如果新抛物线的顶点C还是“一步点”．设点C的横坐标为m． ①当点C在△ABO的内部时，求m的取值范围； ②设新抛物线与y轴的交点为D，当∠CDO＝∠ABO时，求新抛物线的表达式． 9．已知抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C． （1）求△ABC的面积； （2）如图，点D是抛物线第四象限上的一点，直线AD分别交OC、BC于点E、F，如果，求直线AD的表达式； （3）在第（2）小题的基础上，将抛物线向左平移得到抛物线C2，直线AD与抛物线C2交于M、N两点（点M在点N的上方），如果点A恰好是线段MN的中点，求抛物线C2的表达式． 10．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）． （1）画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时a和c之间的数量关系； x … ﹣1 … 1 … y … 2 … 2 … （2）已知点C为抛物线与y轴的交点，点A、B在抛物线上，联结OA、AC、CB和OB． ①如果四边形OACB为正方形，那么b的值是　 　 ，a和c之间的数量关系是　 　 ； ②如图，当a＜0时，已知四边形OACB为菱形，cot∠AOC＝2，点P在抛物线上且横坐标为2，联结PA、PC，如果△PAC的面积为12，求抛物线的表达式． 11．定义：如果一个二次函数的图象与一次函数的图象相交于坐标轴上的两个点，那么称此二次函数为这个一次函数的“贯轴抛物线”． （1）已知y＝x2+bx+c是一次函数y＝﹣x+3的一条“贯轴抛物线”，求b、c的值； （2）已知一次函数y＝﹣x+n（其中n为常数，n＞0）的图象与x轴、y轴分别交于点A、点C，它的一条“贯轴抛物线”y＝﹣x2+mx+n与x轴的另一个交点为B，顶点D在第一象限．如果在y轴上存在点E，使得四边形BCDE是平行四边形，求n的值； （3）一个二次函数既是一次函数y1＝﹣x+（2k+1）又是一次函数y2＝（2k+1）x+（2k+1）（其中k为常数，k＞0）的“贯轴抛物线”．且此二次函数图象与x轴分别交于P、Q两点（点P在点Q的左边），与y轴交于点M．如果二次函数图象上始终存在点N，且N在第四象限，使得∠PMN＝75°，求满足条件的k的取值范围． 12．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线经过点A（﹣1，0）和点B（3，0），顶点为M，直线l经过点A，且l⊥AM． （1）求直线l的表达式； （2）已知抛物线也经过A、B两点，且开口向下，顶点为N．设D为抛物线C2与直线l的交点，联结AN、DN、DM．当四边形ANDM是梯形时，求抛物线C2的表达式． 13．如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数的图象分别与x轴，y轴交于点A、B，点C是线段AB上一点，C与B不重合．以点C为顶点的二次函数f（x）的图象经过点B．将该二次函数的图象平移后得到新抛物线g（x），点B、C的对应点分别是B′、C′，且点B′的坐标为，点C′的纵坐标为﹣2． （1）求点C的坐标及二次函数f（x）的解析式； （2）若点P是新抛物线对称轴上一点，且以P、A、C为顶点的三角形与△ABC相似，且相似比不等于1，求点P的坐标； （3）点D（4，y1）和E（x2，y2）在新抛物线上，且对于任意实数x2，当m＜x2≤m+1时，y1＞y2，求实数m的取值范围． 14．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线l1：y＝ax2+bx（a＜0，b≥0）经过点A（﹣1，﹣3）． （1）若点A到抛物线l1的对称轴的距离为2，求a的值； （2）若a，点B为抛物线上一点，线段AB与x轴交于点C，且，求点B的坐标； （3）将抛物线l1先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），使所得的新抛物线l2经过原点且顶点在直线y＝﹣x+3上．如果m+n＝3，求抛物线l2的解析式． 15．在平面直角坐标系xOy中（如图所示），已知某抛物线的表达式为y＝ax2（a＞0）．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线OM与x轴的夹角为α． （1）如果，求该抛物线的表达式； （2）已知点N在抛物线的下降部分，且∠OMN＝2α． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点O′落在线段MN上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形OMCN是以ON为腰的等腰梯形时，求点O′的坐标． 【模块二】第25题专题练习（几何综合与圆） 16．已知正方形ABCD，点E在边BC上，点F在BC的延长线上，AF与CD交于点G． （1）如图1，如果CE＝CG，求证：BC2＝BE•BF； （2）如图2，如果∠EAF＝45°，且CE＝CF，求∠F的正切值； （3）以点C为圆心CE为半径画圆，⊙C与以AE为直径的⊙O的另一个交点记为点P，如果AB＝2，CF＝2CE，EP＝CG，求EF的长． 17．菱形ABCD中，点E在线段AD上，联结CE、BE． （1）如图1，联结AC交BE于点F，若EC＝DC，求证：∠EBC＝∠BAC； （2）如图2，AB＝6，∠ABC＝60°，点P在线段BE上，且满足∠BCP＝∠BEC，设AE＝x，BP＝y， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当AE＝3时，以AE为半径的⊙A和以BP为半径的⊙B是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 18．如图1，AB是⊙O的直径，C是AB延长线上一点，CP是圆⊙O的切线，P为切点，联结BP，OP． （1）求证：CP2＝AC•BC； （2）如图2，过点B作BD∥OP交⊙O于D， ①如果，求CP的长； ②联结CD、DP，如果△CDP是以CD为腰的等腰三角形，求的值． 19．如图1，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点，过点C的直线交BA的延长线于点D，点E是线段OB上一点，且满足OE＝AD，过点E作AB的垂线交DC的延长线于点F，交BC于点G，且∠F＝2∠ABC． （1）求证：∠ACD＝∠ABC； （2）如图2，当BE＝3OE时，求的值； （3）设EF与的交点为P，联结OP，交BC于点M，若以O为圆心，OE长为半径的圆与以P为圆心，PM为半径的圆外切，求sin∠ABC的值． 20．综合与实践 【问题背景】折纸是一门将数学、艺术与工程完美结合的学科．通过折纸不仅能够创造出非常奇妙的图形，还可以发现一些有趣的数学问题，下面我们就利用一张正方形纸片来开展“折纸与数学”探究活动． 【操作探究】（1）小创小组将正方形纸片（如图1）按照图2至图3的方式操作，那么图3中∠ABG＝　 　 °，并写出求解过程； （2）小智小组将正方形纸片（如图4）按照图5至图7的方式操作，折痕BE、BG与折痕AC的交点分别是H、Q，经过多次操作和测量，发现线段HQ与EG的比值是一个定值，请你帮助小智小组求出的值； 【尝试应用】 （3）如图7，设正方形ABCD的边长为1，AE＝m，求的值（用含m的代数式表示）． 21．如图，圆心O是一处激光光源，照射在圆O的弦AB所在的挡板上，且∠AOB＝90°，现在弦AB上两个位置M、N处开缝，使激光束透过这两个缝隙最终照射在弧AB上的两个亮点C、D恰好能将弧AB三等分． （1）求证：CD∥AB； （2）试说明：点M、N不是弦AB的两个三等分点； （3）假设弦AB上的开缝位置P、Q恰好是弦AB的两个三等分点，试画出新的激光光源S的位置，使得激光束通过缝隙P、Q后最终照射在弧AB上的两个亮点恰好是C、D，并求∠ASB的大小． 22．已知：如图，AB为半圆O的直径，点E为的中点，联结OE交弦CD于点G、交弦AD交于点P，且∠APO＝∠ABD，联结AC、BD． （1）如图①，求证：四边形ABDC是等腰梯形； （2）点M在直径AB上（M不与A、B重合），联结CM交AD与点F． Ⅰ．如图②，当CM⊥AD，且M为AO的中点时，求的值； Ⅱ．联结BF，半圆O的半径为1，∠BFM＝∠ACM． 当△AFM为直角三角形时，求AM的长． 23．如图，AB、AC是⊙O的弦，AB＝AC，过点C作AB的平行线，交半径AO的延长线于点D，联结BD． （1）求证：四边形ABDC是菱形； （2）如果C是的中点，求的值； （3）联结CO，如果⊙O的半径是2，且△COD是等腰三角形，求边AB的长． 24．已知线段AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上的一点． （1）联结AC、BC，如图1，如果AC＝BC，∠C＝45°，且AB＝4，求⊙O的半径长； （2）当圆心O在线段AB上时， ①如图2，已知点D在⊙O上，满足DA＝DC，且S△ADC＝S△ACB，如果BC＝2，求AC的长； ②如图3，已知点E在线段AB上，满足AE：BE＝2：3，如果沿着弦BC翻折⊙O后的弧线恰好经过点E，求tan∠ABC的值． 25．如图，在扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是弧AB上一点，点D是半径OB上的点，联结CD，∠OCD的平分线和∠COD的平分线相交于点P，联结BP． （1）如图1，求证：∠OPB＝90°∠ODC； （2）联结BC（如图2）．如果CD⊥OB，CP＝10，△OPB的外接圆⊙M与扇形AOB所在的圆⊙O相交． ①当cos∠CBD时，求⊙M与⊙O的公共弦的长； ②联结AM和AP，AP交OC于点E，当AM⊥OP时，求tan∠PAM的值和OE的长． 26．在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，联结AE、DE、EF，DE＝DC． （1）如图1，联结BD，如果EF∥BD，求证：△ECF∽△ADE； （2）已知，联结AF． ①如图2，如果点D、E关于直线AF对称，求S△ADF：S▱ABCD的值； ②如图3，如果，∠AFE＝∠EDC，求的值． 27．在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在边CD上，且CE＝3DE，AB＝2AE，联结AE、BE． （1）如图1，求证：∠AEB＝∠ABC； （2）如图2，当AB＝CD＝BE时，求的值； （3）如图3，当四边形ABCD为矩形且AB＝8时，点O在线段BE上，且⊙O截AB、CD两边所得的两条弦相等．如果⊙O与⊙C的公共弦所在直线恰好经过点B，⊙C的半径为3，求此公共弦的长． 28．已知△ABC中，，点D是射线CB上一点，连接AD，圆O经过A、B、D三点． （1）如图1，当点D在线段BC上时， ①记圆O交AC于点F，求证：AF＝BD； ②设CD＝m，用m表示圆O的半径； （2）如图2，在线段AD的右侧，以AD为底边作等腰△EAD，且始终满足∠EAD＝∠BAC．若以C为圆心，CE为半径的圆C与圆O有公共点，请直接写出线段CD的取值范围． 29．如图，点C在以AB为直径的半圆O上，AB＝4，联结OC，过点C作OC⊥CE，交AB的延长线于点E，在上取点D，使，联结OD、BD． （1）求证：BD∥CE； （2）联结BC、CD，若四边形OECD为梯形，求四边形OBCD的面积； （3）直线CD与直线AB交于点F，若△CEF为等腰三角形，求BE的长． 30．扇形AOB与扇形COD组成一个如图1的图形，其中扇形AOB的圆心角等于90°，点C、D分别在半径OA、OB上，分别记扇形AOB、扇形COD的圆心角所对的弧为与，半径长分别为R与r． （1）已知的长与的长相等，AC＝6，求这个图形的面积S（结果保留π）； （2）联结CD，作关于直线CD的对称图形． ①联结AB，如果与AB交于点M、N（点M在点N的左侧），且AM＝MN，求R与r之间的数量关系； ②如果所在的圆与所在的圆内切于点F（如图2所示），点P是上一点，联结FP并延长交AC于点Q，当时，求∠CQF的度数． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $