廣州九年級上期末壓軸題特訓(xùn)題

2023－16學(xué)年廣州九年級上數(shù)學(xué)期末壓軸題特訓(xùn)優(yōu)百教學(xué)工作室組卷李或老師QQ：535816329一．解答題〔共16小題〕1．〔2023秋?海珠區(qū)期末〕如圖，點C在以AB為直徑的半圓O上，以點A為旋轉(zhuǎn)中心，以∠β〔0°＜β＜90°〕為旋轉(zhuǎn)角度將B旋轉(zhuǎn)到點D，過點D作DE⊥AB于點E，交AC于點F，過點C作圓O的切線交DE于點G．〔1〕求證：∠GCA=∠OCB；〔2〕設(shè)∠ABC=m°，求∠DFC的值；〔3〕當(dāng)G為DF的中點時，請?zhí)骄俊夕屡c∠ABC的關(guān)系，并說明理由．2．〔2023秋?海珠區(qū)期末〕二次函數(shù)y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕的圖象拋物線過點C〔0，4〕，設(shè)拋物線的頂點為D．〔1〕假設(shè)拋物線經(jīng)過點〔1，﹣6〕，求二次函數(shù)的解析式；〔2〕假設(shè)a=1時，試判斷拋物線與x軸交點的個數(shù)；〔3〕如下圖A、B是⊙P上兩點，AB=8，AP=5．且拋物線過點A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，并有AD=BD．設(shè)⊙P上一動點E〔不與A、B重合〕，且∠AEB為銳角，假設(shè)＜a≤1時，請判斷∠AEB與∠ADB的大小關(guān)系，并說明理由．3．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕如圖，AB是⊙O的直徑，，M是弧AB的中點，OC⊥OD，△COD繞點O旋轉(zhuǎn)與△AMB的兩邊分別交于E、F〔點E、F與點A、B、M均不重合〕，與⊙O分別交于P、Q兩點．〔1〕求證：OE=OF；〔2〕連接PM、QM，試探究：在△COD繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，∠PMQ是否為定值？假設(shè)是，求出∠PMQ的大??；假設(shè)不是，請說明理由；〔3〕連接EF，試探究：在△COD繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，△EFM的周長是否存在最小值？假設(shè)存在，求出其最小值；假設(shè)不存在，請說明理由．4．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2﹣4ax+4a+c與x軸交于點A、B，與y軸的正半軸交于點C，點A的坐標(biāo)為〔1，0〕，OB=OC．〔1〕求此拋物線的解析式；〔2〕假設(shè)點P是線段BC上的一個動點，過點P作y軸的平行線與拋物線在x軸下方交于點Q，試問線段PQ的長度是否存在最大值？假設(shè)存在，求出其最大值；假設(shè)不存在，請說明理由；〔3〕假設(shè)此拋物線的對稱軸上的點M滿足∠AMC=45°，求點M的坐標(biāo)．5．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕如圖，拋物線y=x2+3ax﹣4a與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C〔0，﹣2〕．〔1〕求該拋物線的解析式；〔2〕在拋物線的對稱軸上有一動點P，求PB+PC的值最小時的點P的坐標(biāo)；〔3〕點M為x軸上一動點，在拋物線上是否存在一點N，使以A、C、M、N四點為頂點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形？假設(shè)存在，求出所有點N的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．6．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕如圖，正方形ABCD的邊長為2，點E在邊AD上〔不與A、D重合〕，點F在邊CD上，且∠EBF=45°．△ABE的外接圓O與BC、BF分別交于點G、H．〔1〕在圖1中作出圓O，并標(biāo)出點G和點H；〔2〕假設(shè)EF∥AC，試說明與的大小關(guān)系，并說明理由；〔3〕如圖2所示，假設(shè)圓O與CD相切，試求△BEF的面積．7．〔2023秋?荔灣區(qū)期末〕如圖，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB為直徑的⊙O交AC于點E，點D是BC邊的中點，連接DE．〔1〕試判斷直線DE與⊙O的位置關(guān)系？并說明理由；〔2〕假設(shè)⊙O的半徑為，DE=3，求AE的長．8．〔2023秋?荔灣區(qū)期末〕如圖，P是射線y=x〔x＞0〕上的一個動點，以點P為圓心的圓與y軸相切于點C，與x軸的正半軸交于A、B兩點．〔1〕假設(shè)⊙P的半徑為5，求A、P兩點的坐標(biāo)？〔2〕在〔1〕的條件下求以P為頂點，且經(jīng)過點A的拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式？并判斷該拋物線是否經(jīng)過點C關(guān)于原點的對稱點D？請說明理由．〔3〕試問：是否存在這樣的直線l，當(dāng)點P在運動過程中，經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的頂點都在直線l上？假設(shè)存在，請求出直線l所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；假設(shè)不存在，請說明理由．9．〔2023秋?番禺區(qū)期末〕如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O上，延長BC至點D，使DC=CB，延長DA與⊙O的另一個交點為E，連結(jié)AC，CE．〔1〕求證：CD=CE；〔2〕假設(shè)AB=4，BC﹣AC=2，分別求弦BC、AE的長．10．〔2023秋?番禺區(qū)期末〕將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角度α〔0°＜α＜60°〕得到線段AC，連接BC得△ABC，又將線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BD〔如圖①〕．〔1〕求∠ABD的大小〔結(jié)果用含α的式子表示〕；〔2〕又將線段AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BE，連接CE〔如圖②〕求∠BCE；〔3〕連接DC、DE，試探究當(dāng)α為何值時，∠DEC=45°．11．〔2023秋?蘿崗區(qū)期末〕如圖，△ABC的兩條高AD、CE相交于點H，D、E分別是垂足，過點C作BC的垂線交△ABC的外接圓于點F，求證：AH=FC．12．〔2023秋蘿崗區(qū)期末〕拋物線的解析式為y=﹣x2+2mx+4﹣m2．〔1〕求證：不管m取何值，此拋物線與x軸必有兩個交點，且兩交點A、B之間的距離為定值；〔2〕設(shè)點P為此拋物線上一點，假設(shè)△PAB的面積為8，求符合條件的所有點P的坐標(biāo)〔可用含m的代數(shù)式表示〕〔3〕假設(shè)〔2〕中△PAB的面積為s〔s＞0〕，試根據(jù)面積s值的變化情況，確定符合條件的點P的個數(shù)．13．〔2023秋?天河區(qū)期末〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點A的坐標(biāo)為〔m，m〕，點B的坐標(biāo)為〔n，﹣n〕，且經(jīng)過原點O，連接OA、OB、AB，線段AB交y軸于點C．實數(shù)m，n〔m＜n〕分別是方程x2﹣2x﹣3=0的兩根．〔1〕m，n的值．〔2〕求拋物線的解析式．〔3〕假設(shè)點P為線段OB上的一個動點〔不與點O、B重合〕，直線PC與拋物線交于D、E兩點〔點D在y軸右側(cè)〕，連接OD，BD．當(dāng)△OPC為等腰三角形時，求點P的坐標(biāo)．14．〔2023秋?天河區(qū)期末〕如圖，某中學(xué)校園有一塊長為35m，寬為16m的長方形空地，其中有一面已經(jīng)鋪設(shè)長為26m的籬笆圍墻，學(xué)校設(shè)計在這片空地上，利用這面圍墻和用盡已有的可制作50m長的籬笆材料，圍成一個矩形花園或圍成一個半圓花園，請答復(fù)以下問題：〔1〕能否圍成面積為300m2的矩形花園？假設(shè)能，請寫出其中一種設(shè)計方案，假設(shè)不能，請說明理由．〔2〕假設(shè)圍成一個半圓花園，那么該如何設(shè)計？請寫出你的設(shè)計方案．〔π取3.14〕〔3〕圍成的各種設(shè)計中，最大面積是多少？15．〔2023秋荔灣區(qū)期末〕如圖，在以O(shè)為圓心的兩個同心圓中，AB經(jīng)過圓心O，且與小圓相交于點A、與大圓相交于點B．小圓的切線AC與大圓相交于點D，且CO平分∠ACB．〔1〕試判斷BC所在直線與小圓的位置關(guān)系，并說明理由；〔2〕試判斷線段AC、AD、BC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；〔3〕假設(shè)AB=8cm，BC=10cm，求大圓與小圓圍成的圓環(huán)的面積．〔結(jié)果保存π〕16．〔2023秋荔灣區(qū)期末〕如圖，拋物線y=x2﹣2x﹣3與x軸交A、B兩點〔A點在B點左側(cè)〕，直線l與拋物線交于A、C兩點，其中C點的橫坐標(biāo)為2．〔1〕求A、B兩點的坐標(biāo)及直線AC的函數(shù)表達(dá)式；〔2〕P是線段AC上的一個動點，過P點作y軸的平行線交拋物線于E點，求線段PE長度的最大值；〔3〕點G拋物線上的動點，在x軸上是否存在點F，使A、C、F、G這樣的四個點為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，求出所有滿足條件的F點坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由．2023－16學(xué)年廣州九年級上數(shù)學(xué)期末壓軸題特訓(xùn)優(yōu)百教學(xué)工作室組卷李或老師QQ：535816329參考答案與試題解析一．解答題〔共16小題〕1．〔2023秋?海珠區(qū)期末〕如圖，點C在以AB為直徑的半圓O上，以點A為旋轉(zhuǎn)中心，以∠β〔0°＜β＜90°〕為旋轉(zhuǎn)角度將B旋轉(zhuǎn)到點D，過點D作DE⊥AB于點E，交AC于點F，過點C作圓O的切線交DE于點G．〔1〕求證：∠GCA=∠OCB；〔2〕設(shè)∠ABC=m°，求∠DFC的值；〔3〕當(dāng)G為DF的中點時，請?zhí)骄俊夕屡c∠ABC的關(guān)系，并說明理由．【考點】圓的綜合題．【專題】綜合題．【分析】〔1〕由AB為⊙O的直角，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，即∠1+∠3=90°，再根據(jù)切線的性質(zhì)得OC⊥CG，那么∠3+∠GCA=90°，然后利用等量代換即可得到∠1=∠GCA；〔2〕由DE⊥AB得到∠AEF=90°，再根據(jù)等角的余角相等可得到∴∠AFE=∠ABC=m°，然后利用對頂角相等有∠DFC=∠AFE=m°；〔3〕由∠GCA=∠1，∠DFC=∠ABC易得∠GCF=∠GFC，根據(jù)等腰三角形的判定得到GF=GC，由GD=GF得到GD=GC，那么∠2=∠4，利用三角形內(nèi)角和得∠2+∠GCF=×180°=90°，即∠DCF=90°，而∠ACB=90°，于是得到點B、C、D共線，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到△ABC以AB為腰的等腰三角形，且頂角∠BAC=β，那么根據(jù)三角形內(nèi)角和定理易得β=180°﹣2∠ABC．【解答】〔1〕證明：∵AB為⊙O的直角，∴∠ACB=90°，即∠1+∠3=90°，∵GC為⊙O的切線，∴OC⊥CG，∴∠OCG=90°，即∠3+∠GCA=90°，∴∠1=∠GCA，即∠GCA=∠OCB；〔2〕解：∵∠ACB=90°，∴∠ABC+∠BAC=90°，∵DE⊥AB，∴∠AEF=90°，∴∠AFE+∠EAF=90°，∴∠AFE=∠ABC=m°，∴∠DFC=∠AFE=m°；〔3〕解：∠β=180°﹣2∠ABC．理由如下：∵∠GCA=∠1，∠DFC=∠ABC，而∠1=∠ABC，∴∠GCF=∠GFC，∴GF=GC，∵G為DF的中點，∴GD=GF，∴GD=GC，∴∠2=∠4，∴∠2+∠GCF=×180°=90°，即∠DCF=90°，而∠ACB=90°，∴點B、C、D共線，∵以點A為旋轉(zhuǎn)中心，以∠β〔0°＜β＜90°〕為旋轉(zhuǎn)角度將B旋轉(zhuǎn)到點D，∴AD=AB，∠BAD=β，∴∠ABD=∠ADB，∴β+2∠ABC=180°，即β=180°﹣2∠ABC．【點評】此題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理、切線的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等腰三角形的判定與性質(zhì)；記住三角形的內(nèi)角和定理．2．〔2023秋?海珠區(qū)期末〕二次函數(shù)y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕的圖象拋物線過點C〔0，4〕，設(shè)拋物線的頂點為D．〔1〕假設(shè)拋物線經(jīng)過點〔1，﹣6〕，求二次函數(shù)的解析式；〔2〕假設(shè)a=1時，試判斷拋物線與x軸交點的個數(shù)；〔3〕如下圖A、B是⊙P上兩點，AB=8，AP=5．且拋物線過點A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，并有AD=BD．設(shè)⊙P上一動點E〔不與A、B重合〕，且∠AEB為銳角，假設(shè)＜a≤1時，請判斷∠AEB與∠ADB的大小關(guān)系，并說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】〔1〕把點C和點〔1，﹣6〕代入函數(shù)解析式求出a、c的值，即可得解；〔2〕把a=1代入函數(shù)解析式，令y=0，利用根的判別式解答；〔3〕連接AP，作PF⊥AB交AB于F，根據(jù)拋物線解析式求出對稱軸解析式，再求出點A、B的坐標(biāo)，然后在Rt△APF中利用勾股定理列式求出PF，從而得到點P的坐標(biāo)，再根據(jù)頂點公式求出點D的坐標(biāo)，然后求出PD，再分點D在⊙P內(nèi)，在⊙P上和在⊙P外三種情況討論求解即可．【解答】解：〔1〕由二次函數(shù)y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕的圖象過點C〔0，4〕得，c=4，假設(shè)拋物線經(jīng)過點〔1，﹣6〕，那么a﹣6a+4=﹣6，解得a=2，所以，二次函數(shù)的解析式為y=2x2﹣12x+4；〔2〕假設(shè)a=1，那么二次函數(shù)解析式為y=x2﹣6x+4，令y=x2﹣6x+4=0，那么△=〔﹣6〕2﹣4×1×4=20＞0，所以，拋物線與x軸的交點有2個；〔3〕連接AP，作PF⊥AB交AB于F，由二次函數(shù)y=ax2﹣6ax+c〔a＞0〕可得對稱軸為直線x=﹣=3，∵A、B在拋物線上，AB=8，且AD=BD，∴點A、B關(guān)于對稱軸直線x=3對稱，∴點A〔﹣1，7a+4〕，B〔7，7a+4〕，在Rt△APF中，AF=AB=4，AP=5，由勾股定理得，PF===3，∴點P的坐標(biāo)為〔3，7a+1〕，由頂點公式得D〔3，4﹣9a〕，∵a＞，∴16a﹣3＞0，∴點P在點D的上方，∴PD=〔7a+1〕﹣〔4﹣9a〕=16a﹣3，①點D在⊙P內(nèi)時，PD1＜5，那么16a﹣3＜5，＜a＜，此時，∠AEB＜∠ADB，②點D在⊙P上時，PD2=5，那么16a﹣3=5，a=，此時，∠AEB=∠ADB，③點D在⊙P外時，PD3＞5，那么16a﹣3＞5，＜a≤1，此時，∠AEB＞∠ADB．【點評】此題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，拋物線與x軸的交點的個數(shù)的求解，二次函數(shù)的對稱性，二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，勾股定理的應(yīng)用，點與圓的位置關(guān)系，難點在于〔3〕求出拋物線的對稱軸并確定出點A、B的坐標(biāo)，然后求出點P和頂點D的坐標(biāo)，從而求出PD的長度，也是解決此題的關(guān)鍵．3．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕如圖，AB是⊙O的直徑，，M是弧AB的中點，OC⊥OD，△COD繞點O旋轉(zhuǎn)與△AMB的兩邊分別交于E、F〔點E、F與點A、B、M均不重合〕，與⊙O分別交于P、Q兩點．〔1〕求證：OE=OF；〔2〕連接PM、QM，試探究：在△COD繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，∠PMQ是否為定值？假設(shè)是，求出∠PMQ的大??；假設(shè)不是，請說明理由；〔3〕連接EF，試探究：在△COD繞點O旋轉(zhuǎn)的過程中，△EFM的周長是否存在最小值？假設(shè)存在，求出其最小值；假設(shè)不存在，請說明理由．【考點】圓的綜合題．【專題】綜合題．【分析】〔1〕根據(jù)圓周角定理由AB是⊙O的直徑得∠AMB=90°，由M是弧AB的中點得弧MB=弧MA，于是可判斷△AMB為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得∠ABM=∠BAM=∠OMA=45°，OM⊥AB，MB=AB=6，再利用等角的余角相等得∠BOE=∠MOF，那么可根據(jù)“SAS〞判斷△OBE≌△OMF，所以O(shè)E=OF；〔2〕根據(jù)圓周角定理得到∠BMQ=∠BOQ，∠AMP=∠AOP，那么∠BMQ+∠AMP=〔∠BOQ+∠AOP〕=45°，所以∠PMQ=∠BMQ+∠AMB+∠AMP=135°；〔3〕易得△OEF為等腰直角三角形，那么EF=OE，再由△OBE≌△OMF得BE=MF，所以△EFM的周長=EF+MF+ME=EF+MB=OE+6，根據(jù)垂線段最短得當(dāng)OE⊥BM時，OE最小，此時OE=BM=3，所以△EFM的周長的最小值為9．【解答】〔1〕證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠AMB=90°，∵M(jìn)是弧AB的中點，∴弧MB=弧MA，∴MA=MB，∴△AMB為等腰直角三角形，∴∠ABM=∠BAM=45°，∠OMA=45°，OM⊥AB，MB=AB=×6=6，∴∠MOE+∠BOE=90°，∵∠COD=90°，∴∠MOE+∠MOF=90°，∴∠BOE=∠MOF，在△OBE和△OMF中，，∴△OBE≌△OMF〔AAS〕，∴OE=OF；〔2〕解：∠PMQ為定值．∵∠BMQ=∠BOQ，∠AMP=∠AOP，∴∠BMQ+∠AMP=〔∠BOQ+∠AOP〕，∵∠COD=90°，∴∠BOQ+∠AOP=90°，∴∠BMQ+∠AMP=×90°=45°，∴∠PMQ=∠BMQ+∠AMB+∠AMP=45°+90°=135°；〔3〕解：△EFM的周長有最小值．∵OE=OF，∴△OEF為等腰直角三角形，∴EF=OE，∵△OBE≌△OMF，∴BE=MF，∴△EFM的周長=EF+MF+ME=EF+BE+ME=EF+MB=OE+6，當(dāng)OE⊥BM時，OE最小，此時OE=BM=×6=3，∴△EFM的周長的最小值為3+6．【點評】此題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)；運用全等三角形的判定解決線段相等的問題．4．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=ax2﹣4ax+4a+c與x軸交于點A、B，與y軸的正半軸交于點C，點A的坐標(biāo)為〔1，0〕，OB=OC．〔1〕求此拋物線的解析式；〔2〕假設(shè)點P是線段BC上的一個動點，過點P作y軸的平行線與拋物線在x軸下方交于點Q，試問線段PQ的長度是否存在最大值？假設(shè)存在，求出其最大值；假設(shè)不存在，請說明理由；〔3〕假設(shè)此拋物線的對稱軸上的點M滿足∠AMC=45°，求點M的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【專題】壓軸題．【分析】〔1〕求出拋物線的對稱軸，再根據(jù)對稱性求出點B的坐標(biāo)，然后求出點C的坐標(biāo)，再把點A、C的坐標(biāo)代入拋物線求出a、c即可得解；〔2〕利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，然后表示出PQ的長，再根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答；〔3〕求出△ABC的外接圓的圓心D的坐標(biāo)，再求出外接圓的半徑，根據(jù)在同圓或等圓中，同弧所對的圓周角相等可得∠AMC=∠ABC=45°，再分點M在點D的下方和上方兩種情況寫出點M的坐標(biāo)即可．【解答】解：〔1〕拋物線的對稱軸為直線x=﹣=2，∵點A〔1，0〕，∴點B的坐標(biāo)為〔3，0〕，∵點C在y軸的正半軸，OB=OC，∴點C的坐標(biāo)為〔0，3〕，∴，解得，∴此拋物線的解析式y(tǒng)=x2﹣4x+3；〔2〕設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b〔k≠0〕，那么，解得，∴直線BC的解析式為y=﹣x+3，∴PQ=〔﹣x+3〕﹣〔x2﹣4x+3〕=﹣x2+3x=﹣〔x﹣〕2+，∵點Q在x軸下方，∴1＜x＜3，又∵﹣1＜0，∴當(dāng)x=時，PQ的長度有最大值；〔3〕如圖，設(shè)△ABC的外接圓的圓心D，那么點D在對稱性直線x=2上，也在直線BC的垂直平分線y=x上，∴點D的坐標(biāo)為〔2，2〕，∴外接圓的半徑為=，∵OB=OC，∴∠ABC=45°，∴∠AMC=45°時，點M為⊙D與對稱軸的交點，點M在點D的下方時，M1〔2，2﹣〕，點M在點D的上方時，M2〔2，2+〕，綜上所述，M〔2，2﹣〕或〔2，2+〕時，拋物線的對稱軸上的點M滿足∠AMC=45°．【點評】此題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的最值問題，〔1〕根據(jù)函數(shù)解析式的特點確定出對稱軸從而求出點B的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，〔2〕要注意點Q的橫坐標(biāo)的取值范圍，〔3〕考慮利用同弧所對的圓周角相等，作出△ABC的外接圓并求出圓心和半徑是解題的關(guān)鍵．5．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕如圖，拋物線y=x2+3ax﹣4a與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C〔0，﹣2〕．〔1〕求該拋物線的解析式；〔2〕在拋物線的對稱軸上有一動點P，求PB+PC的值最小時的點P的坐標(biāo)；〔3〕點M為x軸上一動點，在拋物線上是否存在一點N，使以A、C、M、N四點為頂點構(gòu)成的四邊形為平行四邊形？假設(shè)存在，求出所有點N的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】〔1〕將C點坐標(biāo)代入求出a值，繼而可得出拋物線的解析式；〔2〕根據(jù)題意及二次函數(shù)的圖象可知，當(dāng)點P為AC和對稱軸的交點時，PB+PC的值最小，求出點P的坐標(biāo)；〔3〕此題應(yīng)分情況討論：將AC平移，令C點落在x軸〔即M點〕、A點落在拋物線〔即N點〕上，可根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得出N點縱坐標(biāo)，代入拋物線的解析式中即可求得N點坐標(biāo)．【解答】解：〔1〕∵拋物線y=x2+3ax﹣4a過點C〔0，﹣2〕，∴﹣4a=﹣2，∴a=，∴y=x2+x﹣2；〔2〕如圖1所示，連接PA、PB、PC，∵點P在拋物線的對稱軸上，∴PB=PA，xP=﹣，∴PB+PC=PA+PC，要使PB+PC最小，即PA+PC最小，點P需在AC上，令x2+x﹣2=0，解得：x1=﹣4，x2=1，即點A〔﹣4，0〕，B〔1，0〕，設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，將點A、C代入解析式為：，解得：，解析式為：y=﹣x﹣2，當(dāng)x=﹣時，y=﹣，即當(dāng)PB+PC的值最小時的點P的坐標(biāo)為〔﹣，﹣〕；〔3〕存在．①當(dāng)AC為對角線時，那么AM∥NC，如圖2所示，易得N1〔﹣3，﹣2〕；②當(dāng)AM為對角線時，AC∥MN，AC=MN，線段MN可以看成由線段AC平移得到，那么yN﹣yA=yM﹣yC，yN=2，∵y=x2+x﹣2，∴x2+x﹣2=2，解得：x=，此時存在點N2〔，2〕，N3〔，2〕；③當(dāng)CN為對角線時AM∥CN，且AM=CN，易得點N4〔﹣3，﹣2〕與點N1重合．綜上所述，點N的坐標(biāo)有三種情況，分別為：N1〔﹣3，﹣2〕；N2〔，2〕，N3〔，2〕．【點評】此題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、平行四邊形的性質(zhì)、二次函數(shù)的應(yīng)用等知識，綜合性強(qiáng)，難度較大，對學(xué)生綜合運用知識的能力要求較高．6．〔2023秋?越秀區(qū)期末〕如圖，正方形ABCD的邊長為2，點E在邊AD上〔不與A、D重合〕，點F在邊CD上，且∠EBF=45°．△ABE的外接圓O與BC、BF分別交于點G、H．〔1〕在圖1中作出圓O，并標(biāo)出點G和點H；〔2〕假設(shè)EF∥AC，試說明與的大小關(guān)系，并說明理由；〔3〕如圖2所示，假設(shè)圓O與CD相切，試求△BEF的面積．【考點】圓的綜合題．【分析】〔1〕根據(jù)題意利用同一圓中相等的弦所對的圓周角相等畫出圖形即可；〔2〕連接BD、EG、EH，先由得出BD為EF的中垂線，再得出∠BEG=22.5°=∠HBG，即可得出=；〔3〕將△BCF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°到△BAP，過點B作BQ⊥EF，設(shè)⊙O與CD相切于點M，連接OM，延長MO交AB于點N，由得出△BPE≌△BFE，進(jìn)而得出△AEB≌△QEB，可得C△EFD=4，再利用中位線出a的值，利用直角三角形得出b的值，即可求出△BEF的面積．【解答】解：〔1〕如圖1，〔2〕如圖2，連接BD、EG、EH，∵EF∥AC，∴DE=DF，又∵BD平分∠EDF，∴BD為EF的中垂線，∴BE=BF，BD平分∠EBF，又∵∠EBF=45°=∠DBC，∴∠EBD=∠DBF=∠HBG=22.5°，∴∠EBG=67.5°，又∵∠EGB=90°，∴∠BEG=22.5°=∠HBG，∴=，〔3〕如圖3，將△BCF繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°到△BAP，過點B作BQ⊥EF，設(shè)⊙O與CD相切于點M，連接OM，延長MO交AB于點N，在△BPE與△BFE中，，∴△BPE≌△BFE〔SAS〕，∴∠AEB=∠BEQ，PE=EF，由∠AEB=∠BEQ可知，在△AEB和△QEB中，，∴△AEB≌△QEB〔AAS〕，∴BQ=AB=2，由PE=EF可知，C△EFD=ED+DF+EF=ED+DF+PE=ED+DF+PA+AE=ED+AE+DF+FC=4，設(shè)AE=a，DF=b，那么DE=2﹣a，BE=，∵O為BE中點，且MN∥AD，∴ON==，∴OM=2﹣，又BE=2OM，∴=4﹣a，解得a=，∴ED=，又∵C△EFD=4，DF=b，∴EF=4﹣b﹣=﹣b，在RT△EDF中，〔〕2+b2=〔﹣b〕2，解得b=，∴EF=﹣=，∴S△BEF=××2=．【點評】此題主要考查了圓的綜合題，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，利用三解形全等及方程靈活的求解．7．〔2023秋?荔灣區(qū)期末〕如圖，△ABC是直角三角形，∠ABC=90°，以AB為直徑的⊙O交AC于點E，點D是BC邊的中點，連接DE．〔1〕試判斷直線DE與⊙O的位置關(guān)系？并說明理由；〔2〕假設(shè)⊙O的半徑為，DE=3，求AE的長．【考點】切線的判定．【分析】〔1〕直線DE與⊙相切．根據(jù)切線的判定定理只需證明OE⊥DE即可；〔2〕根據(jù)〔1〕中的證明過程，會發(fā)現(xiàn)BC=2DE，根據(jù)勾股定理求得AC的長，進(jìn)一步求得直角三角形斜邊上的高BE，最后根據(jù)勾股定理求得AE的長．【解答】解：〔1〕直線DE與⊙相切．理由如下：連接OE，BE，∵AB是直徑．∴BE⊥AC．∵D是BC的中點，∴DE=DB．∴∠DBE=∠DEB．又OE=OB，∴∠OBE=∠OEB．∴∠DBE+∠OBE=∠DEB+∠OEB．即∠ABD=∠OED．∵∠ABC=90°，∴∠OED=90°，又∵EO為⊙O半徑，∴DE是⊙O的切線．〔2〕∵∠ABC=90°，AB=2，BC=2DE=6，∴AC=4．∴BE=3．∴AE=．【點評】此題考查了切線的判定．要證某線是圓的切線，此線過圓上某點，連接圓心與這點〔即為半徑〕，再證垂直即可．8．〔2023秋?荔灣區(qū)期末〕如圖，P是射線y=x〔x＞0〕上的一個動點，以點P為圓心的圓與y軸相切于點C，與x軸的正半軸交于A、B兩點．〔1〕假設(shè)⊙P的半徑為5，求A、P兩點的坐標(biāo)？〔2〕在〔1〕的條件下求以P為頂點，且經(jīng)過點A的拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式？并判斷該拋物線是否經(jīng)過點C關(guān)于原點的對稱點D？請說明理由．〔3〕試問：是否存在這樣的直線l，當(dāng)點P在運動過程中，經(jīng)過A、B、C三點的拋物線的頂點都在直線l上？假設(shè)存在，請求出直線l所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；假設(shè)不存在，請說明理由．【考點】圓的綜合題．【分析】〔1〕根據(jù)射線的斜率先求出C點坐標(biāo)，進(jìn)而求得P點坐標(biāo)，再利用勾股定理求出A點坐標(biāo)；〔2〕設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x﹣5〕2+3，將A點坐標(biāo)代入即可求得拋物線的解析式；〔3〕先求出D點坐標(biāo)，再將D點坐標(biāo)代入拋物線解析式，即可驗證點D不在拋物線上；〔4〕可先根據(jù)直線OP的解析式設(shè)出P點的坐標(biāo)，然后用P點的橫坐標(biāo)仿照〔1〕的方法求出A，B兩點的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法求出過A，B，C三點的拋物線的解析式，求出其頂點坐標(biāo)，根據(jù)這個頂點坐標(biāo)即可得出所求的直線解析式．【解答】解：〔1〕如下圖：連接CP，AP，過點P作PQ⊥AB于點Q，由題意可知=，PC=5，解得：OC=3=yP，那么xP=5，故P點坐標(biāo)為P〔5，3〕，∵AP=5，PQ=3，∴AQ=4，可知A點坐標(biāo)為：〔1，0〕；〔2〕設(shè)拋物線的解析式為y=a〔x﹣5〕2+3〔a≠0〕，將A點坐標(biāo)為A〔1，0〕，代入y=a〔x﹣5〕2+3，解得a=﹣，故拋物線的解析式為y=﹣〔x﹣5〕2+3，因為D與C關(guān)于原點對稱，故D點坐標(biāo)為D〔0，﹣3〕，將D點坐標(biāo)代入y=﹣〔x﹣5〕2+3，即﹣3≠﹣〔0﹣5〕2+3=﹣，故點D不在拋物線上；〔3〕設(shè)P〔m，n〕，m＞0，那么n=m，由題意可得：AQ=BQ，∵PA=PC=m，PQ=m，∴AQ=m，∴A〔m，0〕，B〔m，0〕，C〔0，m〕，設(shè)經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式為y=a′〔x﹣m〕〔x﹣m〕〔a′≠0〕，將C〔0，〕代入解析式，得a′=，∴y=〔x﹣m〕〔x﹣m〕=〔x2﹣2mx+m2〕=[〔x﹣m〕2﹣m2]∴y=〔x﹣m〕2﹣m∴拋物線的頂點坐標(biāo)為〔m，﹣m〕∴存在直線l：y=﹣x，當(dāng)P在射線y=x上運動時，過A，B，C三點的拋物線的頂點都在直線上．存在直線l：y=﹣x．【點評】此題主要考查了圓的綜合題，其中涉及到的知識點有拋物線的公式的求法和圓的性質(zhì)等知識點，是各地中考的熱點和難點，解題時注意數(shù)形結(jié)合數(shù)學(xué)思想的運用，同學(xué)們要加強(qiáng)訓(xùn)練，屬于中檔題．9．〔2023秋?番禺區(qū)期末〕如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O上，延長BC至點D，使DC=CB，延長DA與⊙O的另一個交點為E，連結(jié)AC，CE．〔1〕求證：CD=CE；〔2〕假設(shè)AB=4，BC﹣AC=2，分別求弦BC、AE的長．【考點】圓周角定理；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【分析】〔1〕根據(jù)圓周角定理由AB為⊙O的直徑得∠ACB=90°，而DC=BC，根據(jù)等腰三角形的判定方法得到AB=AD，那么∠D=∠B，由圓周角定理可得∠E=∠B，所以∠D=∠E，于是根據(jù)等腰三角形的判定即可得到CD=CE；〔2〕在Rt△ACB中，利用勾股定理得到〔BC﹣2〕2+BC2=42，解得BC=1+，那么BD=2BC=2+2，再證明△CDE∽△ADB，利用相似比可計算出DE=4+，而AD=AB=4，所以AE=DE﹣AD=．【解答】解：〔1〕∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵DC=BC，∴AB=AD，∴∠D=∠B，∵∠E=∠B，∴∠D=∠E，∴CD=CE；〔2〕在Rt△ACB中，AB=4，BC﹣AC=2，即AC=BC﹣2，∵AB2=AC2+BC2，∴〔BC﹣2〕2+BC2=42，整理得BC2﹣2BC﹣6=0，解得BC=1+〔BC=1﹣舍去〕，∴BD=2BC=2+2，∵∠D=∠D，∠B=∠E，∴△CDE∽△ADB，∴=，即DE==4+，∵AD=AB=4，∴AE=DE﹣AD=4+﹣4=，∴弦BC、AE的長分別為1+，．【點評】此題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．推論：半圓〔或直徑〕所對的圓周角是直角，90°的圓周角所對的弦是直徑．也考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理．10．〔2023秋?番禺區(qū)期末〕將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角度α〔0°＜α＜60°〕得到線段AC，連接BC得△ABC，又將線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BD〔如圖①〕．〔1〕求∠ABD的大小〔結(jié)果用含α的式子表示〕；〔2〕又將線段AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BE，連接CE〔如圖②〕求∠BCE；〔3〕連接DC、DE，試探究當(dāng)α為何值時，∠DEC=45°．【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【專題】計算題．【分析】〔1〕由于線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角度α〔0°＜α＜60°〕得到線段AC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AB=AC，∠BAC=α，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理得到∠ABC=∠ACB=90°﹣α，再由線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CBD=60°，然后利用∠ABD=∠ABC﹣∠CBD進(jìn)行計算；〔2〕由線段AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AB=AE，∠BAE=60°，那么AC=AE，∠CAE=60°﹣α，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和得到∠ACE=∠AEC=60°+α，然后利用∠BCE=∠ACB+∠ACE計算得到∠BCE=150°；〔3〕由線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BC=BD，∠CBD=60°，那么可判斷△BCD為等腰直角三角形，那么∠BCD=60°，CD=BC，所以∠DCE=∠BCE﹣∠BCD=90°，加上∠DEC=45°，于是△DEC為等腰直角三角形，那么CE=CD，所以CB=CE，然后利用“SSS〞證明△ABC≌△AEC，得到∠BAC=∠EAC，所以α=∠BAE=30°．【解答】解：〔1〕∵線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)角度α〔0°＜α＜60°〕得到線段AC，∴AB=AC，∠BAC=α，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB=〔180°﹣α〕=90°﹣α，∵線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BD，∴∠CBD=60°，∴∠ABD=∠ABC﹣∠CBD=90°﹣α﹣60°=30°﹣α〔0°＜α＜60°〕；〔2〕∵線段AB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BE，∴AB=AE，∠BAE=60°，∴AC=AE，∠CAE=60°﹣α，∴∠ACE=∠AEC=〔180°﹣60°+α〕=60°+α，∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°﹣α+60°+α=150°；〔3〕如圖②，∵線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得線段BD，∴BC=BD，∠CBD=60°，∴△BCD為等邊三角形，∴∠BCD=60°，CD=BC，∴∠DCE=∠BCE﹣∠BCD=150°﹣60°=90°，∵∠DEC=45°，∴△DEC為等腰直角三角形，∴CE=CD，∴CB=CE，在△ABC和△AEC中，∴△ABC≌△AEC〔SSS〕，∴∠BAC=∠EAC，∴∠BAC=∠BAE=30°，即α=30°，當(dāng)α為30°時，∠DEC=45°．【點評】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)前后兩圖形全等；對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心的連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角．也考查了等腰三角形的性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)．11．〔2023秋?蘿崗區(qū)期末〕如圖，△ABC的兩條高AD、CE相交于點H，D、E分別是垂足，過點C作BC的垂線交△ABC的外接圓于點F，求證：AH=FC．【考點】平行四邊形的判定與性質(zhì)；圓周角定理．【專題】證明題．【分析】根據(jù)圓周角定理以及三角形的內(nèi)角和定理可以證得∠NHC=∠N，然后根據(jù)三線合一定理即可判斷DH=DN，根據(jù)AD⊥BC，以及直徑所對的圓周角是直角，即可證得∠BCF=90°，那么AH∥CF，然后根據(jù)等弧所對的圓周角相等，平行線的判定定理證明AF∥CH，即可證得四邊形AHCF．【解答】證明：延長AD交圓于點N，連接BF、AF、CN．∵AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，∴∠AEH=∠NDC=90°，又∵∠EAH=∠DCN∴∠AHE=∠N∵∠NHC=∠AHE∴∠NHC=∠N，∴NC=CH又∵BC⊥NH∴DN=DH，∴CH=CN，∴∠NHC=∠N．∵∠BCF=90°，∴BF是圓的直徑，∴∠BCF=90°，又∵AD⊥BC∴AD∥CF，∴=，∴∠FAD=∠N又∵∴∠NHC=∠N，∴∠FAD=∠NHC∴AF∥CH，又∵AH∥CF，∴四邊形AHCF為平行四邊形．【點評】此題考查了圓周角定理，以及平行四邊形的判定方法，正確證得四邊形AHCF為平行四邊形是關(guān)鍵．12．〔2023秋蘿崗區(qū)期末〕拋物線的解析式為y=﹣x2+2mx+4﹣m2．〔1〕求證：不管m取何值，此拋物線與x軸必有兩個交點，且兩交點A、B之間的距離為定值；〔2〕設(shè)點P為此拋物線上一點，假設(shè)△PAB的面積為8，求符合條件的所有點P的坐標(biāo)〔可用含m的代數(shù)式表示〕〔3〕假設(shè)〔2〕中△PAB的面積為s〔s＞0〕，試根據(jù)面積s值的變化情況，確定符合條件的點P的個數(shù)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】〔1〕此題需先求出△的值，再證出△＞0，再設(shè)出A、B的坐標(biāo)，然后代入公式即可求出AB的長．〔2〕此題需先設(shè)出P的坐標(biāo)，再由題意得出b的值，然后即可求出符合條件的所有點P的坐標(biāo)．〔3〕此題需分當(dāng)s=8時，當(dāng)0＜s＜8時，當(dāng)s＞8時三種情況進(jìn)行討論，即可得出符合條件的點P的個數(shù)．【解答】解：〔1〕∵△=〔2m〕2﹣4×〔﹣1〕〔4﹣m2〕=16＞0，∴不管m取何值，此拋物線與x軸必有兩個交點．設(shè)A〔x1，0〕，B〔x2，0〕，那么=；〔2〕設(shè)P〔a，b〕，那么由題意b=﹣a2+2am+4﹣m2，且，解得b=±4．當(dāng)b=4時得：a=m．即P〔m，4〕；當(dāng)b=﹣4時得：．即或P〔m﹣2，﹣4〕；〔3〕由〔2〕知當(dāng)s=8時，符合條件的點P有3個，當(dāng)0＜s＜8時，符合條件的點P有4個，當(dāng)s＞8時，符合條件的點P有2個．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，在解題時要綜合應(yīng)用二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)以及分類討論思想是此題的關(guān)鍵．13．〔2023秋?天河區(qū)期末〕如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點A的坐標(biāo)為〔m，m〕，點B的坐標(biāo)為〔n，﹣n〕，且經(jīng)過原點O，連接OA、OB、AB，線段AB交y軸于點C．實數(shù)m，n〔m＜n〕分別是方程x2﹣2x﹣3=0的兩根．〔1〕m，n的值．〔2〕求拋物線的解析式．〔3〕假設(shè)點P為線段OB上的一個動點〔不與點O、B重合〕，直線PC與拋物線交于D、E兩點〔點D在y軸右側(cè)〕，連接OD，BD．當(dāng)△OPC為等腰三角形時，求點P的坐標(biāo)．【考點】二次函數(shù)綜合題．【分析】〔1〕解方程即可得出m，n的值．〔2〕將A，B兩點的坐標(biāo)代入，進(jìn)而利用待定系數(shù)法求出二次函數(shù)解析式即可；〔3〕首先求出AB的直線解析式，以及BO解析式，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出當(dāng)OC=OP時，當(dāng)OP=PC時，點P在線段OC的中垂線上，當(dāng)OC=PC時分別求出x的值即可．【解答】解：〔1〕解方程x2﹣2x﹣3=0，得x1=3，x2=﹣1．∵m＜n，∴m=﹣1，n=3．〔2〕∵m=﹣1，n=3，∴A〔﹣1，﹣1〕，B〔3，﹣3〕．∵拋物線過原點，設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+bx〔a≠0〕．∴，解得：，∴拋物線的解析式為y=﹣x2+x．〔3〕設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b．∴，解得：，∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣．∴C點坐標(biāo)為〔0，﹣〕．∵直線OB過點O〔0，0〕，B〔3，﹣3〕，∴直線OB的解析式為y=﹣x．∵△OPC為等腰三角形，∴OC=OP或OP=PC或OC=PC．設(shè)P〔x，﹣x〕，〔i〕當(dāng)OC=OP時，x2+〔﹣x〕2=．解得x1=，x2=﹣〔舍去〕．∴P1〔，﹣〕．〔ii〕當(dāng)OP=PC時，點P在線段OC的中垂線上，∴P2〔，﹣〕．〔iii〕當(dāng)OC=PC時，由x2+〔﹣x+〕2=，解得x1=，x2=0〔舍去〕．∴P3〔，﹣〕．∴P點坐標(biāo)為P1〔，﹣〕，P2〔，﹣〕，P3〔，﹣〕．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式以及等腰三角形的性質(zhì)等知識，同時考查了分類思想的應(yīng)用．14．〔2023秋?天河區(qū)期末〕如圖，某中學(xué)校園有一塊長為35m，寬為16m的長方形空地，其中有一面已經(jīng)鋪設(shè)長為26m的籬笆圍墻，學(xué)校設(shè)計在這片空地上，利用這面圍墻和用盡已有的可制作50m長的籬笆材料，圍成一個矩形花園或圍成一個半圓花園，請答復(fù)以下問題：〔1〕能否圍成面積為300m2的矩形花園？假設(shè)能，請寫出其中一種設(shè)計方案，假設(shè)不能，請說明理由．〔2〕假設(shè)圍成一個半圓花園，那么該如何設(shè)計？請寫出你的設(shè)計方案．〔π取3.14〕〔3〕圍成的各種設(shè)計中，最大面積是多少？【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用；一元二次方程的應(yīng)用．【分析】〔1〕首先表示出矩形的長與寬，利用矩形面積得出等式，進(jìn)而解方程得出；〔2〕利用得出設(shè)新增加am，那么半圓弧長為：π×，進(jìn)而得出a的值，即可得出答案；〔3〕利用二次函數(shù)最值求法得出矩形最值再利用半圓面積公式得出半圓面積，進(jìn)而比擬即可．【解答】解：〔1〕設(shè)垂直于已經(jīng)鋪設(shè)長為26m的籬笆圍墻的一邊為xm，那么平行于原籬笆的長為〔50﹣2x〕m，根據(jù)題意得出：x〔50﹣2x〕=300，解得：x1=10，x2=15，當(dāng)x=10，那么50﹣20=30＞26，故不合題意舍去，∴能圍成面積為300m2的矩形花園，此時長為20m，寬為15m；〔2〕∵當(dāng)r=13時，∴l(xiāng)半圓=πr=3.14×13=40.82＜50，∴半圓的直徑應(yīng)大于26m，設(shè)新增加am，那么半圓弧長為：π×，∴a+π×=50，解得：a≈3.57，∴半圓直徑為：26+3.57=29.57〔m〕，∴半圓的半徑為：14.79m；〔3〕S1=x〔50﹣2x〕=﹣2x2+50x，當(dāng)x=12.5時，S最大==312.5〔m2〕，S半圓=π×14.792≈343.43〔m2〕，∴圍成的各種設(shè)計中，最大面積是半圓面積為343.43m2．【點評】此題主要考查了一元二次方程的應(yīng)用以及二次函數(shù)最值求法和半圓面積公式，利用注意用盡已有的可制作50m長的籬笆材料得出半圓半徑是解題關(guān)鍵．15．〔2023秋荔灣區(qū)期末〕如圖，在以O(shè)為圓心的兩個同心圓中，AB經(jīng)過圓心O，且與小圓相交于點A、與大圓相交于點B．小圓的切線AC與大圓相交于點D，且CO平分∠ACB．〔1〕試判斷BC所在直線與小圓的位置關(guān)系，并說明理由；〔2〕試判斷線段AC、AD、BC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；〔3〕假設(shè)AB=8cm，BC=10cm，求大圓與小圓圍成的圓環(huán)的面積．〔結(jié)果保存π〕【考點】切線的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【專題】幾何綜合題；壓軸題．【分析】〔1〕只要證明OE垂直BC即可得出BC是小圓的切線，即與小圓的