人教版數(shù)學九年級上冊圓幾何綜合專題練習(word版

1、人教版數(shù)學九年級上冊圓幾何綜合專題練習（word版一.初三數(shù)學圓易錯題壓軸題（難）1. 如圖，在直角體系中，直線AB交x軸于點A（5,0）,交y軸于點B,AO是的直徑，其半 圓交AB于點C,且AC二3.取B0的中點D,連接CD、MD和0C.（1）求證：CD是OM的切線；（2）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點D、M、A,其對稱軸上有一動點P,連接PD、PM,求PDH的周長 最小時點P的坐標：（3）在（2）的條件下，當厶戸。"的周長最小時，拋物線上是否存在點Q,使Sg二6S?若 存在，求出點Q的坐標：若不存在，請說明理由.0A為OM直徑，Z OCA二90°Z OCB=90°.TD

2、 為 OB 中點,/. DC=DO. Z DCO=Z DOC MO=MC, Z MCO=Z MOC.ZDQI = ZDCO-ZMCO =ZD0C+ZM0C =ZDOM =90c.又點C在OM上，. DC是OM的切線.(2) A 點坐標(5, 0) , AC=3在 RtA ACO 中，°C = JOA：_AC：=屈 _3：=斗4 OB=3 5解得OD=y又TD為OB中點，匕二土D點坐標為（0,-）.44連接AD,設直線AD的解析式為y二kx+b,則有blk="l丿3解得1Q 1 Sk + t =0b =3直線AD為y = _二x3 3二次函數(shù)的圖象過M(；, 0)、A(5,

3、0),6拋物線對稱軸x斗.4點M、A關于直線x斗對稱，設直線AD與直線x斗 交于點P,44PD+PM為最小.又V DM為定長，.滿足條件的點P為直線AD與直線x二匕的交點.4I s45當 x二一時，y = (x)(x-5)4152P點的坐標為(耳，：)46(3)存在.= S丄型 _ S衛(wèi)鳥=AM yD _ AM Vp = AAI| yD _ y? I, y = a(x )(x 5)2乂由(2)知 D (0,P (二I，446-由 SAQAM =，得 g % 丁- $ =Rq|，解得 YQ=± '二次函數(shù)的圖像過M(0, )、A(5, 0),設二次函數(shù)解析式為y = 2儀- 5

4、),又該圖象過點D (0,琴)巴蟲(0丄X°-5),解得并二432124£二次函數(shù)解析式為"：(“日&-5)又TQ點在拋物線上，且yQ=±歲.當 yQ=12 時，l = ±(x-2yx.-5),解得 X=155 或 x5 + 5&：31215244當 YQ舟時,-=T7(X-|Xx-5),解得 X=y .1212 In 24.點Q的坐標為（HZ學，或（空呂£）,或肯，洛）.4343412【解析】試題分析：（1）連接CM,可以得岀CM=OM,就有Z MOC=Z MCO,由0A為宜徑，就有 ZACO二90。，D 為 OB

5、的中點，就有 CD二OD, Z DOC二Z DCO,由Z DOC+Z MOC=90°就可以 得出Z DCO+Z MCO=90°而得出結論. 根據(jù)條件可以得岀OC = VOA2-AC2=>/537 = 4和tanZOAC = ?| =罟， AC- UA從而求岀OB的值，根據(jù)D是OB的中點就可以求出D的坐標，由待泄系數(shù)法就可以求岀 拋物線的解析式，求出對稱軸，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)連接AD交對稱軸于P,先求岀AD的解 析式就可以求岀P的坐標.（3）根據(jù)Sapdm=Sadam-Sapam , *壘=+*訛求出Q的縱坐標，求岀二次函數(shù)解析 式即可求得橫坐標.2. 如圖，以A （0.

6、、代）為圓心的圓與x軸相切于坐標原點0,與y軸相交于點萬，弦加 ,初的延長線交x軸于點C.（1）分別求點忒C的坐標；（2）求經(jīng)過月、C兩點,且以過廳而平行于y軸的直線為對稱軸的拋物線的函數(shù)解析式：（3）設拋物線的對稱軸與川Q的交點為"，試判斷以”點為圓心，.血為半徑的圓與。月的 位置關系，并說明理由.【答案】（1）點 Q的坐標為（一3, 0） （2） y = Zx2+-x/3x + x/3（3） O"與外33切【解析】試題分析：（1）已知了 A點的坐標，即可得出圓的半徑和直徑，可在直角三角形B0E中， 根據(jù)Z BE0和0B的長求出0E的長進而可求岀E點的坐標，同理可在直角三

7、角形0AC中求 出C點的坐標；（2）已知了對稱軸的解析式，可據(jù)此求出C點關于對稱軸對稱的點的坐標，然后根據(jù)此點 坐標以及C, A的坐標用待定系數(shù)法即可求岀拋物線的解析式；（3）兩圓應該外切，由于直線DEII 0B,因此Z MED=Z ABD,由于AB二AD,那么Z ADB=Z ABD,將相等的角進行置換后可得岀ZMED=ZMDE,即ME二MD,因此兩圓的圓心距AM二ME+AD,即兩圓的半徑和，因此兩圓外切.點F的坐標為(一2, 0)在 RtACO/4 中,OC = OA tanZCAO = OA tan60° =書x= 3 r點c的坐標為(一3, 0).(2) 點C關于對稱軸x =

8、-2對稱的點的坐標為F( -1,0),點C與點F ( 1, 0)都在拋物線上.設y = d(x+l)(x+3),用A(0，a/3)代入得>/3=«(O + l)(O + 3),3- y = -(x + l)(x + 3)» 即33(3)0M與OA外切，證明如下： MEII y 軸， ZMED = ZB T ZB = ZBDA = ZMDE , ZMED = ZMDE ME = MD V MA = MD+AD = ME+AD ,OM與外切.3. 已知：四邊形&3CD內(nèi)接于00, Z&DC=90。，DEA.AB,垂足為點& DE的鋸長線交 00于點

9、F, DC的延長線與處的延長線交于點G.(1) 如圖1,求證：GD=GF；(2) 如圖2,過點8作BH丄&D,垂足為點M, B交DF于點P,連接OG,若點P在線段 OG上，且PB=PH,求ZADF的大?。?3) 如圖3,在(2)的條件下，點M是PH的中點，點K在BC上，連接DK, PC, D交PC 點 N,連接 M/V,若 AB = 12 近,HM+CN=MN,求 DK 的長.(01)【答案】（i）見解析;(圖2)(2) ZAM=45。：(3)樣皿5【解析】【分析】由“等角的余角相等”可得（1）利用"同圓中，同弧所對的圓周角相等"可得ZA=ZGFD,ZAZGDF,等

10、量代換得ZGDF=ZGFD,根據(jù)"三角形中，等角對等邊”得GD=GF：（2）連接OD、OF,由厶DPH竺厶FPB可得：ZGBH=90。，由四邊形內(nèi)角和為360?？傻茫?ZG=90°,即可得：Z/4DF=45°；（3）由等腰直角三角形可得AH=BH=12, DF=AB=12血,由四邊形朋CD內(nèi)接于。0, 可得：ZBCG=45° = ZCBG, GC=GB,可證四邊形CDHP是矩形，令CN=m,利用勾股泄 理可求得m = 2,過點N作NS丄DP于S,連接AF, FK,過點F作FQ丄AD于點Q,過點F 作朋丄DK交DK的延長線于點R,通過構造直角三角形，應用解

11、直角三角形方法球得DK.【詳解】解：（1）證明：TDF丄43AZBED=90° ZA+ZADE=90°/ ZADC= 90°ZGDF+Z&D£=90° ZA=ZGDF BD = BD ZA= ZGFD:.ZGDF=ZGFD:GD=GF(2)連接 OD、OF OD=OF, GD = GF ：.OG丄 DF, PD=PF 在ADPH和AFPB中PD = PF< ZDPH = ZFPBPH = PBDPH9ZXFP3 (SAS)ZFBP=ZDHP=90°:.ZGBH=90° ZDGF=360° - 90&#

12、176; - 90° - 90°=90°ZGDF=ZMG=45° ZADF=45°(3)在 RtAy4BH 中，VZ8/4H=45 AB = 2 近:.AH=BH= 12:.PH=PB=6VZHDP=ZHPD=45°:.DH=PH=6.*.0=12+6 = 18. PN=HM=*PH=3, PD=6 邁VZBf£=Z£BF=45°:.EF=BE9： ZDAE=ZADE=5°:.DE=AE:DF=AB = 2 近四邊形A3CD內(nèi)接于00A ZD8+ZBCD=180°A ZBCD=135&

13、#176;AZBCG=45°=ZCBG:.GC=GB又VZCGP=ZBGP=45°, GP=GP:.AGCPAGBP (SAS)ZPCG=ZPBG=90° ZPCD= ZCDH= ZDHP=90°四邊形CDHP是矩形:CD=HP=6, PC=DH=6, ZCPH=90°令 CN=m.則 PN=6 m、MN=m+3在 RtA PMN 中， PM2+PN2 = MN2A32+ (6-m) 2= (m+3) 2,解得 m = 2:.PN=4過點A/作NS丄DP于S,在 RU PSA/ 中，PS=SN=2 邁DS=6邁-2近=4邁DS 4 邁 2連接A

14、F, FK.過點F作FQ丄AD于點Q過點F作朋丄DK交DK的延長線于點R在 RtADFQ 中，F(xiàn)Q=DQ = 12:.AQ=18 - 12 = 6/. tan /-FAQ = = = 2 AQ 6四邊形MKD內(nèi)接于。0,:.ZDAF+ZDKF=180°:.ZDAF= 180° ZDKF=ZFKR在 RtA DFR 中,9：DF= 12tan ZFDR =丄2(02)G在 RtAFKR 中，:FR=仝阿 tanZFKR=2(圖1)【點睛】本題是一道有關圓的幾何綜合題，難度較大，主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角泄 理，全等三角形性質(zhì)及判左，等腰直角三角形性質(zhì)，解直角三角形等

15、知識點；解題關鍵是 添加輔助線構造直角三角形.4. 如圖，ZABC=45°t AADE是等腰直角三角形，AE=ADt頂點A. D分別在ZABC的 兩邊BA、BC上滑動(不與點B重合)，AADE的外接圓交BC于點F,點D在點F的右 側，O為圓心.(1) 求證：AABDAAFE(2) 若AB=4y/2 , 8QvBEW4x/H,求00的而積S的取值范用.【答案】（1）證明見解析（2） 16兀VSW40n【解析】試題分析：（1）利用同弧所對的圓周角相等得出兩組相等的角，再利用已知AE=AD,得出三角形全等：（2）利用 ABDAAFE,和已知條件得出BF的長，利用勾 股定理和8邁CBEW4伍

16、,求出EF,DF的取值范圉，-S=-DE2,所以利用二次函 數(shù)的性質(zhì)求出最值.試題解析：(1)連接EF,VAADE是等腰直角三角形，AE=AD,A ZEAD=90°, ZAED=ZADE=45°,9：AE = AE ,AZADE=ZAFE=45%T ZABD=45°,AZABD=ZAFE,喬=喬，AZAEF=ZADB,VAE=AD,ABD 竺AFE；(2) VAABDAAFE,BD=EF, ZEAF=ZBAD,AZBAF=ZEAD=90°,V AB = 4>/2 ,cosZABF cos45設 BD=x,貝ij EF=x, DF=x - 8,J B

17、ELEF+BF% 8>/2 VBEW 4x/13 , .128<£+8:208.8<EFW12,即 8<xW12,則 S = DE2 = x2 +(x-y =(x-4)2 +8-, >0,2拋物線的開口向上,又對稱軸為直線x=4,當8VXW12時，S隨x的增大而增大,點睛：本題的第一問解題關鍵是找到同弧所對的圓周角.第二問的解題關鍵是根據(jù)第一問 的結論汁算得出有關線段的長度，由于出現(xiàn)線段的取值范用，所以在這個問題中要考慮勾 股泄理的問題，還要考慮圓的而積問題，得出二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值.(1) 如圖，連接AC. 0D,設ZOAC二a,請用a

18、表示ZAOD：(2) 如圖，當點B為*Q的中點時，求點A、D之間的距離：(3) 如果AD的延長線與圓0交于點E,以0為圓心，AD為半徑的圓與以BC為直徑的圓相 切，求弦AE的長.【答案】(1) ZAOD = 150°2a； (2) AD =打;(3)2 2【解析】【分析】(1) 連接OB、0C,可證AOBC是等邊三角形，根據(jù)垂徑泄理可得ZDOC等于30。， OA=OC可得ZACO=ZCAO=a,利用三角形的內(nèi)角和爼理即可表示出ZAOD的值.(2) 連接OB、OC,可UEAOBC是等邊三角形，根據(jù)垂徑世理可得ZDOB等于30。，因為 點D為BC的中點，則ZAOB=ZBOC=60

19、6;,所以ZAOD等于90。，根據(jù)OA=OB=2,在直角三 角形中用三角函數(shù)及勾股左理即可求得OD、AD的長.(3) 分兩種情況討論：兩圓外切，兩圓內(nèi)切.先根據(jù)兩圓相切時圓心距與兩圓半徑的關 系，求岀AD的長，再過O點作AE的垂線，利用勾股左理列出方程即可求解.【詳解】如圖1:連接OB、OC.*. BC=AOAOB=OC=BC.OBC是等邊三角形 ZBOC 二 60°點D是BC的中點AZBOD=1zBOC = 30°2VOA=OC. ZOAC = ZOCA=a ZAOD=180°-a-a- 30° =150°-2a(2)如圖 2：連接 OB、O

20、C、OD.由(1)可得：ZkOBC是等邊三角形，ZBOD=丄ZBOC = 30。2VOB=2,AOD=OB-cos30° = 5/3VB為猶的中點，AZAOB=ZBOC=60° ZAOD=90° 根據(jù)勾股立理得：adacP+OD2 =y/7圖2（3）如圖3圓0與圓D相內(nèi)切時： 連接OB、OC,過O點作OF丄AETBC是直徑，D是BC的中點以BC為直徑的圓的圓心為D點由（2）可得：OD=JJ,圓D的半徑為i/.AD=V3 + 1設 AF二x在 Rt/.AFO 和 Rt/.DOF 113 >OA2 - AF2 = OD2 - DF2即 22-x2=3-（73+1

21、-x）2AAE=2AF =圖3如圖4圓0與圓D相外切時： 連接OB. 0C,過0點作OF丄AEBC是直徑，D是BC的中點以BC為直徑的圓的圓心為D點由(2)可得：0D=V3 ,圓D的半徑為iAD 二齒一1在 Rt/.AFO 和 RtDOF 中,OA2 - AF2 = OD2 - DF2即 22-x2=3-(x-73 + 1)2解得:AAE=2AF =33-126.如圖，A/48C內(nèi)接于OO,圖2圉3【點睛】本題主要考査圓的相關知識：垂徑左理，圓與圓相切的條件，關鍵是能靈活運用垂徑左理 和勾股左理相結合思考問題，另外需注意圓相切要分內(nèi)切與外切兩種情況.點D在邊上，CD與0B交于點E, ZACD=

22、ZOBC；(1) 如圖1.求證：CD丄&比（2）如圖 2,當ZBAC=ZOBC+/BCD 時，求證：B0 平分ZABC：（3）如圖3,在（2）的條件下，作OF丄BC于點F,交CD于點G,作0H丄CD于點H,連 接FH并延長，交08于點P,交AB邊于點若0F=3, MH=5,求AC邊的長.48【答案】（1）見解析：（2）見解析；（3）AC= =【解析】【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，得岀ZFCB=90°,再根據(jù)“同弧所對的圓周角相等''得 岀ZA=ZF.再根據(jù)已知條件得Z3=90%得CD丄AB：（2）延長B0交AC于K,由已知可得ZA=Z5,由ZA+Z

23、2=90°得Z5+Z2=90。，根據(jù)三 角形的內(nèi)角和建理及外角建理得出Z9=Z1得岀BO平分ZABC；（3）延長B0交AC于點K,延長CD交OO于點N,聯(lián)結BN,由條件可得CH=NH,BF=CF,從而HF是ZkCBN的中位線，HFBN,得出Z0EH=ZEHM又由ZOEH+ ZEOH= ZEHM+ ZOHP=90°可得 HM=OB=5t /£ Rt AOBF 中，根據(jù)勾股泄理可得324BF=4,解岀 BC=8, sinZOBC=-,所以可得 AC=2CK, CK=BC>smZOBC= 得A.5【詳解】延長BO交。0于幾連接CF BF 是00 的直徑，:.ZFC

24、B=90° /.Zl+ZF=90V<BC=< BC,:.ZA=/F又 VZ1=Z2,AZ2+Z>4 = 90AZ3 = 90°,:.CD 丄 AB延長BO交&C于KV Z>4=Z1+Z4, Z5=Z1+Z4, ZA=Z5t*. Z>4+Z2 = 90%AZ5+Z2=90%.Z6 = 90°VZ7 = 180° - Z3=90%AZ6=Z7,又 VZ5=Z& AZ9=Z2VZ2=Z1, AZ9=Z1,30 平分ZABC（3）如圖3,延長BO交AC于點K,延長CD交00于點M聯(lián)結B/V團3TOH 丄 CN, OF

25、丄 8CCH=NH, BF=CFHF是“BN的中位線，HF/BN:.ZFHC= ZBNC=ZBAC: ZBAC=ZOEH, ZFHC=ZEHM:ZOEH=ZEHM設FM、OE交于點、PI ZOEH+ZEOH=上EHM+ZOHP=90°:ZEOH=ZOHP：.OP=PH*. ZADC=ZOHC= 90°:.AD/OH:ZPBM=ZEOH, ZBMP=ZOHP:.PM=PBPM+PH=PB 十 OP:.HM=OB=5在ROBF中，根據(jù)勾股左理可得BF=43:.BC=8, sinZOBC=-5J ZA-ZABO= ZDEBZABO=90° ZAKB+ZCKB=90Q：.

26、OK±ACAC=2CK. CK=BCsrZOBC= 48:.AC=5【點睛】此題主要考査了圓的綜合應用以及三角形的內(nèi)角和定理及外角左理和勾股左理、三角函數(shù) 等知識，理解同弧所對的圓周角相等是解題關鍵.7. 如圖、是兩個半徑都等于2的和002,由重合狀態(tài)沿水平方向運動到 互相外切過程中的三個位置，00】和002相交于人、3兩點，分別連結0朮、0出、CM、 OzB 和 AB.如圖，當ZAOiB=120。時，求兩圓重疊部分圖形的周長/;(2) 設AA0.B的度數(shù)為x,兩圓重疊部分圖形的周長為y,求y關于x的函數(shù)關系式，并寫 出自變呈:x的取值范圍：它們是否還有其它的位宜關系？如果有，請直接

27、寫出其它位置(3) 在(2)中，當重疊部分圖形的周長P = 2；l時，則線段02&所在的直線與OOj有何位置關 系？請說明理由除此之外， 關系時的X的取值范【答案】罟(2)線段02&所在的直線與00相交X (0<x<180)(3)。2&與OO1 相切：當 0<x<90 和450X180 時,【解析】 試題分析：/ = 2x(1)解法一、依對稱性得，Z 402B=Z 4018=120°,1 -x 3解法二、OiA=OiB=O2A=O2B口辿o八、120x71x2 A0lB02 是菱形 Z A02B=A/. /=2x 4 =2x=ISO 3

28、 (2兒由(1)知，菱形 AOiBO2 A02B=Z AOiB=x 度， 重疊圖形的周長j;=2x2 <?： ：X#即J = x (0<x<180)18045當>=2亢時，線段CM所在的直線與OOi相切!理由如下：>=2百 由（2）可知：= 解之x=90度45/. AOi8=90°,因此菱形AOiBOi是正方形，. 002=90°,即0必丄6A而0亦是00】的半徑，且A為半徑之外端：二。?力與OO1相切.還有如下位宜關系：當09S90和0SG80時，線段O必所在的直線與OO1相交考點：直線與圓的位置關系點評：本題主要考査直線與圓的位宜關系，掌握

29、判泄直線與圓的位置關系是解本題的關 鍵，會求函數(shù)的解析式，本題難度比較大8. 已知：C內(nèi)接于OO,過點3作0O的切線，交C4的延長線于點£）,連接0B.（2）如圖2,過點D作DW丄于點M，連接A0,交BC于點、N ,BM=AM + AD 求證：BN = CN ；（3）如圖3,在（2）的條件下，點E為OO上一點，過點E的切線交QB的延長線于點 P,連接CE,交40的延長線于點Q,連接PQ, PQ丄0 Q,點、F為AN上一點,連ON 1l接CF,若ZDCF + ZCDB = 90°, tanZECF = 2, = y, PQ + OQ = 6頂, 求CF的長.【答案】（1）詳見

30、解析：（2）詳見解析：（3） CF = 10【解析】【分析】（1）延長B0交于G,連接CG,根據(jù)切線的性質(zhì)可得可證ZDBC+ZCBG=90° ,然后 根據(jù)直徑所對的圓周角是宜角可證ZCBG + ZG=90。，再根據(jù)圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得 ZDAB=ZG,從而證岀結論：（2）在MB±截取一點H,使AM=MH,連接DH,根據(jù)垂直平分線性質(zhì)可得DH=AD,再 根據(jù)等邊對等角可得ZDHA=ZDAH,然后根據(jù)等邊對等角和三角形外角的性質(zhì)證岀ZABC二ZC,可得AB二AC,再根據(jù)垂直平分線的判左可得AO垂直平分BC,從而證出結 論：(3) 延長CF交BD于 皿 延長BO交CQ于G,連

31、接OE,證出tanZBGE=tanZECF=2,然 后利用AAS證出 CFNABON,可設CF=BO=r, ON=FN=a,則OE二r,根據(jù)銳角三角函數(shù)和 相似三角形即可證出四邊形OBPE為正方形，利用r和a表示出各線段，最后根據(jù) PQ + OQ = 6応,即可分別求出a和CF.【詳解】解：(1)延長B0交OO于G,連接CGVBD是0O的切線AZOBD=90°AZDBC4-ZCBG=90°VBG為直徑AZBCG=90°ZCBG + ZG 二 90°AZDBC=ZG四邊形ABGC為的內(nèi)接四邊形AZDAB=ZGAZDAB=ZDBC(2)在MB上截取一點H,使

32、AM二MH,連接DHADM垂直平分AHADH=ADAZDHA=ZDAH3M=AM + A£，=+'AD 二 BHADH=BHAZHDB=ZHBD ZDHA 二 ZHDB+ ZHBD 二 2ZHBD由(1)知ZDAB=ZDBCAZDHA=ZDAB=ZDBCAZDBC =2ZHBDZDBC 二ZHBD+ZABCAZHBD=ZABC, ZDBC=2ZABCAZDAB=2ZABCVZDAB=ZABC+ZC ZABC=ZC'AB 二 AC.點A在BC的垂直平分線上點、0也在BC的垂直平分線上'AO垂直平分BCBN = CN(3) 延長CF交BD于延長BO交CQ于G,連接

33、OE,AZDMC=90°VZOBD=90°AZDMC=ZOBDACF/ZOBAZBGE=ZECF, ZCFN=ZBON, AtanZBGE=ta nZECF=2由(2)知OA垂直平分BCAZCNF=ZBNO=90° , BN=CNAACFNABONCF二BO, ON=FN,設 CF=BO=r, ON=FN=a> 則 OE二rON 1 _ OQ2A0Q=2aVCF/7OBQGOsAqcfOG QO審_茹IIM OG 2a 1即=-r 2a + a+a 21AOG=-r2過點O作OE丄BG,交PE于E'：.OEf =OG tanZBGE=r=OE點E與點

34、E重合AZEOG=90°AZBOE=90°VPB和PE是圓O的切線A ZOBP=ZOEP=ZBOE=90° , OB=OE=r四邊形OBPE為正方形AZBOE=90° , PE=OB=rAZBCE=- ZBOE=45°2.NQC為等腰直角三角形ANC=NQ=3a, BC=2NC=6a在 RtACFN 中，CF= Jnc2 + FN=頂a PQ丄OQ:.PQBCAZPQE=ZBCGVPE/ZBGAZPEQ=ZBGCPQEsABCG PQ _ PEPQ _ r解得：PQ=4a PQ + 0Q = 6 頂,.4a + 2a=6>A3解得：a=V

35、10.cF=Viox>/ro=io【點睛】此題考查的是圓的綜合大題，難度較大，掌握圓的相關性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、 銳角三角函數(shù)、勾股泄理、全等三角形的判左及性質(zhì)、等腰三角形的判是及性質(zhì)、正方形 的判定及性質(zhì)是解決此題的關鍵.9. 如圖，在平而直角坐標系中，邊長為2的等邊ACDE恰好與坐標系中的佔 重合，現(xiàn)將ACDE繞邊A3的中點G（G點也是的中點），按順時針方向旋轉(zhuǎn)180。到 C、DE的位置.（1）求G點的坐標：（2）求經(jīng)過三點0、4、G的拋物線的解析式；（3）如圖，OG是以A3為直徑的圓，過3點作0G的切線與x軸相交于點F,求切 線BF的解析式；（4）拋物線上是否存在一點M，使

36、得如=16:3.若存在，請求出點M的坐 標：若不存在，請說明理由.【答案】（1）G（3,V?）; （2） y = 過X；(3) y = x+：【解析】【分析】（1）利用中心對稱圖形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，可以求出.（2）運用待定系數(shù)法，代入二次函數(shù)解析式，即可求岀.（3）借助切線的性質(zhì)泄理，直角三角形的性質(zhì)，求出F, B的坐標即可求岀解析式.（4）當M在x軸上方或下方，分兩種情況討論.【詳解】解：（1）將等邊ACDE繞邊A3的中點G按順時針方向旋轉(zhuǎn)180。到厶C、DE,則有，四邊形OAC B是菱形，所以G的橫坐標為3,根據(jù)等邊ACDE的邊長是2,利用等邊三角形的性質(zhì)可得C, （3,0）:（2

37、） .拋物線過原點。（0.0）,設拋物線解析式為y = ax2+bx，_4a + 2b = 0把4（2,0）, <7（3, J亍）代入，得 <廠，9a + 3b = y/3解得Q =遇,b = _亜,33拋物線解析式為y = £ / -辻 X :(3) vZA5F = 90°, ZBAF = 60°,/. ZAFB = 30° ,又 -AB = 2,.AF = 4，.OF = 2,F(-2,0),設直線BF的解析式為y = k.x + h,把3(1"),尸(-2,0)代入，得+”",-2k + b = 0直線BF的解析式為

38、y =（4）當M在X軸上方時，存在M（九£/-胃1兀）, SgF ：S、oab = Ix4x（y-v 一2_x）：斤x2x>/J| = 16:3 » 得宀2兀一8 = 0，解得州=4,吃=_2， 當甘4時，y =跡“=空，333當x,=-2時,卅半心一爭（一2）=攀.牢)，財2(-2,誓)：當M在X軸下方時，不存在，設點M(x,f疋-琴Q(mào), SgF ： Sg.ig =-x4x(-. -a) : x2x | = 16:3, 得兀一2兀+8 = 0，b' -4ac< 0 無解， 綜上所述，存在點的坐標為M,(4.耳)，M,(-2,竿).【點睛】此題主要考查了

39、旋轉(zhuǎn)，等邊三角形的性質(zhì)，菱形的判左和性質(zhì)，以及待左系數(shù)法求解二次 函數(shù)解析式和切線的性質(zhì)左理等，能熟練應用相關性質(zhì)，是解題的關鍵.10. 閱讀材料："最值問題"是數(shù)學中的一類較具挑戰(zhàn)性的問題.英實，數(shù)學史上也有不少 相關的故事，如下即為英中較為經(jīng)典的一則：海倫是古希臘精通數(shù)學、物理的學若，相傳 有位將軍曾向他請教一個問題-如圖從人點出發(fā)，到筆直的河岸/去飲馬，然后再 去B地，泄什么樣的路線最短呢？海倫輕松地給出了答案：作點&關于直線/的對稱點 從 連接AB交/于點P,則PA+PB=A,B的值最小.解答問題：(1) 如圖2, 00的半徑為2,點A、8、C在OO上，OA丄O& ZAOC= 60°, P是OB上 一動點，求必+PC的最小值：(2) 如圖3,已知菱形&BCD的邊長為6, ZDAB=60°.將此菱形放苣于平面直角坐標系 中，各頂點恰好在坐標軸上.現(xiàn)有一動點P從點A岀發(fā)，以每秒2個單位的速度，沿ATC 的方向，向點C運動.當?shù)竭_點C后，立即以相同的速度返