成都七中万达学校数学几何模型压轴题检测题(Word版 含答案)
圣诞节雪人-ainy
成都七中万达学校数学几何模型压轴题检测题（
Word
版
含答案）
一、初三数学
旋转易错题压轴题（难）
1
．
在△
ABC
中，∠<
/p>
C
＝
90°
，<
/p>
AC
＝
BC
＝<
/p>
6
．
（
1
）如图
1
，若将线
段
AB
绕点
B
逆时针旋转
90°
得到线段
BD
，连接
AD
，则△
A
BD
的面积
为
．
（
2
）如图
2
，点
P
为
CA
延长线上一个动点，连接
BP
，以
P
为直角顶点，
BP
为直角边作
等腰直角△
BPQ
，连接
AQ
，求证：
AB
⊥
AQ
；
（
3
）如图
3
，点
E
，
F
为线段
BC
上两点，且∠
CAF
＝∠
EAF
＝∠
BA
E
，点
M
是线段
AF
上一
个动点，点
N
是线段
AC
上一个动点，是否存在点
M
，
N
，使
< br>CM
+
NM
的值最小，若存在，
求出最小值：若不存在，说明理由．
【答案】（
1
）
36
；（
2
）详见解析；（
3
）存在，最小值为
3
．
【解析】
【分析】
（
1
）根据旋转的性质得到△
ABD
是等
腰直角三角形，求得
AD
＝
2
BC
＝
12
，根据三角
形的面
积公式即可得到结论；
（
2
）如图
2
，过<
/p>
Q
作
QH
⊥
CA
交
CA
的延长
线于
H
，根据等腰直角三角形的性质，得到
PQ
＝
PB
，∠
< br>BPQ
＝
90°
，根据全等三角
形的性质得到
PH
＝
BC
，
QH
＝
CP
，求得
CP
＝
AH
，得到
∠
HAQ
＝
45°
，于是得到∠
BAQ
＝
180°
﹣
45°
﹣
45°
＝
90°
，即可得到结论；
（
3
）根据已知条件得到∠
CAF
＝
∠
EAF
＝∠
BAE
< br>＝
15°
，求得∠
EAC
＝
30°
，如图
3<
/p>
，作点
C
关
于<
/p>
AF
的对称点
D
，过
D
作
DN
⊥
AC
于
N
交
AF
于
M
，则
此时，
CM
+
NM
的值最小，且最小
值＝
DN
，求得
AD
＝
AC
＝
6
，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（
1
）∵将线段
AB
绕点
B
逆时针旋转
90°
得到线段
BD
，
< br>∴△
ABD
是等腰直角三角形，
∵∠
ACB
＝
90°
，
∴
BC
⊥
AD
，
∴
AD
＝
2<
/p>
BC
＝
12
，<
/p>
∴△
ABD
的
面积＝
故答案为：
36
；
（
2
）如图，过
Q
作
QH
⊥
CA
交
CA
的延长线于<
/p>
H
，
1
1
AD
•
BC
＝
12×6
＝
36
，
2
2
∴∠
H
＝∠
C
＝
90°
，
∵△
BPQ
是等腰直角三角形，
∴
PQ
＝
PB
，∠
BPQ
＝
90°
，
∴∠
HPQ
+
∠<
/p>
BPC
＝∠
QPH
+
∠
PQH
＝
90°
，
∴∠
PQH
＝∠
BPC
，
∴△
PQH
≌△
BPC
（
AAS
），<
/p>
∴
PH
＝
BC
，
QH
＝
CP
，
∵
AC
＝
BC
，
∴
PH
＝
AC
，
∴
CP
＝
AH
，
∴
QH
＝
AH
，
∴∠
HAQ
＝
45°
，
∵∠
BAC
＝
45°
，
∴∠
BAQ
＝
180°
﹣
45°
﹣
45°
＝
90°
，
∴
AB
⊥
AQ
；
（
3
）如图，作点
C
关于
AF
的对称点
D
，过
D
作
DN
⊥
AC
于
N
交
AF
于
M
，
∵∠
CA
F
＝∠
EAF
＝∠
BAE
，∠
BAC
＝
45°
，
∴∠
CAF
＝∠
EAF
＝∠<
/p>
BAE
＝
15°
，
∴∠
EAC
＝
30°
，
则此时，
CM
+
NM
的值最小，且最小值＝
DN
，
∵点
C
和点
D
关于
AF
对称，
∴
AD
＝
AC
＝
6
，
∵∠
AND
＝
90°
，
∴
DN
＝
1
1
A
D
＝
6
＝<
/p>
3
，
2
2
∴
CM
+
NM
最小值为
3
．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋
转的性质，等腰直角三角形
的性质，含
30
°角的直角三角形的性质，正确的作出作辅助线构造全等三角形是解题的关
键．
2
．
如图
1
，正方形
ABC
D
与正方形
AEFG
的边
AB
、
AE
（
AB
＜
AE
）在一条直线上
，正方形
AEFG
以点
A
为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为
.
在旋转过程
中，两个正方形只有点
A
重合，其它顶点均不重合，连接
BE
、
DG.
（
1
）当正方形
A
EFG
旋转至如图
2
所示的位置时，求
证：
BE=DG
；
（
2
）当点
C
在直线
BE
上时，连接
FC
，直接写出
∠
FCD
的度数；
（
3
）如图
3
，
如果
=45°
，
AB =2
，
AE=
，求点
G
到
BE
的距离
.
【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
45°
或
135°
；（
3
）
【解析】
.
试题分析：（
1
）根据正方形的性质可得
AB=AD
，
AE=AG
，
∠
BAD=
∠
EAG=90°
，
再求出
∠
BAE=
∠
< br>DAG
，然后利用
“
边角边
”
证明
△
ABE<
/p>
和
△
ADG
全等
，根据全等三角形对应边相等
证明即可
.
（
2
）当点
C
在直线
BE
上时，可知点
E
与
C
重合或
G
点
C
与重合，据此求
解即可
.
（
3
）根据
可
.
试题解析：（
1
）如图
2
，
∵
四边形
ABCD
是正方形，
∴
AB=
AD
，
∠
BAE+
∠
EAD=90°
.
∵
四边形
AEFG
是正方
形，
∴
AE=AG
，
< br>∠
EAD+
∠
DAG=90°<
/p>
.
∴
∠
BAE=
∠
DAG..
∴
△
ABE
≌
△
ADG
（
SAS
）
.
∴
BE=DG..
< br>（
2
）如图，当点
C
在直线
BE
上时，可知点
E
与
C
重合或
G
点
C
与重合，此时
< br>∠
FCD
的度
数为
45°
或
135°
.
和
求解即
（
3
）如图
3
，连接
G
B
、
GE.
由已知
α=45°
，可知
∠
BAE=45°
.
又
∵
GE
为正方形
AEFG
的对角线，
∴
∠
AEG=45°
.
∴<
/p>
AB
∥
GE.
∵
∴
过点
B<
/p>
作
BH
⊥
AE<
/p>
于点
H.
∵<
/p>
AB=2
，
∴
设
点
G
到
BE
的
距离为
h.
∴
∴
.
.
.
.
∴
.
.
，
∴
GE
=8.
.
∴
点
G
到
BE
的距离为
考点：
1.
旋转的性质；
2.
正方形的性
质；
3.
全等三角形的判定和性质；
4
.
平行的判定和性
质；
5.
勾股定理；
6.
分类思想的应用．
3
．
如图
1
，矩形
ABCD
中，
E
是
AD
的中点，以点
E
直角顶点的直角三角形
EFG
的两边
EF
，
EG
分别过点
B
，
C
，∠F＝30°.
（
1
）求证：
BE
＝
CE
（
2
）将△EFG
绕点
E
按顺时针方向旋转，当旋转到
EF
与
AD
重合时停止转动
.
若
EF
，
EG
分
别与
AB
，
BC
相交于点
M
，
< br>N.
（如图
2
）
①求证：△BEM≌△CEN；
②若
AB
＝
2
，求
△BMN
面积的最大值；
③当旋转停
止时，点
B
恰好在
FG
上（如图
3
），求
sin∠E
BG
的值
.
【答案】（
1
）详见解析；（
2
）①详见解析；②2；③
【解析】
【分析】
（
1
）只要证明
△
BAE
≌△
CDE
即可；
6
2
.
4
（
2<
/p>
）
①利用（
1
）
可知
△
EBC
是等腰直角三角形，根据
ASA
即可证明；
②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
③如图
3
中，作
EH
⊥
BG
于
H<
/p>
．设
NG=m
，则
BG=2m
，
BN=EN=
3
m
，
EB=
6
m
．利用面
积法求出
EH
，根据三角函数的定义即可解决问题
.
【详解】
（
< br>1
）证明：如图
1
中，
∵四边形
ABCD
是矩形，
∴
AB=DC
，
∠
A=
< br>∠
D=90°
，
∵
E
是
AD
中点，
∴
AE=DE
，
∴△
BAE
≌△
CDE
，
<
/p>
∴
BE=CE
．
（
2
）
①解：
如图
2
中，
由（
1<
/p>
）可知，
△
EBC
是等腰直角三角形，
∴∠
EBC=
∠
ECB=45°
，
< br>
∵∠
ABC=
∠
BCD=90°
，
∴∠<
/p>
EBM=
∠
ECN=45°
，
∵∠
MEN=
∠
BEC=90°
，
∴∠
BEM=
∠
CEN
，
∵
EB=EC
，
∴△
BEM
≌△
CEN
；
②∵△
BEM
≌△<
/p>
CEN
，
∴<
/p>
BM=CN
，设
BM=CN=x
，则
BN=4-x
，
∴
S
△
BMN
=
∵
-
1
1
•x
（
4-x<
/p>
）
=-
（
x-2
）
2
+2
，<
/p>
2
2
1
＜
0
，
2
∴
x=2
时，
△
BMN
的面积最大，最大值为
2
．
③解：如图
3
中，作
EH
⊥
BG
于
H
．设
NG=m
，则
BG=2m
，
BN=EN=
3
m
，
EB=
6
m
．
∴
EG=m+
3
m=
（
1+
3
）
m
，
∵
S
△
BEG
=
∴
EH=
1
1
•EG•BN=
•BG•EH
，
2
2
3
m
?(1
3)
m<
/p>
3+
3
=
m
，
2
m
2
3+
3
m
6
2
．
在
Rt
△
< br>EBH
中，
sin
∠
EBH=
EH
2
EB
4
6
m
【点睛】
本题考查
四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定
和性质、
旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，
学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，
4
．
如图<
/p>
1
，点
O
是正方
形
ABCD
两对角线的交点，分别延长
OD
到点
G
，
OC
到点
E
，使
OG=2OD
，
OE=2OC
，然后
以
OG
、
OE
为邻边作正方形
OEFG
，连接
AG<
/p>
，
DE
．
（
1
）求证
：
DE
⊥
AG
；
（
2
）正
方形
ABCD
固定，将正方形
OEFG
绕点
O
逆时针旋转
α
角（
0°
＜
α
＜
360°
）得到正
方形
OE′F′G′
，如图
2
．
①
在
旋转过程中，当
∠
OAG′
是直角时，
求
α
的度数；
②
若正方形
ABCD
的边长为
1
，在旋转过程中，求
AF′
长的最大值和此时
α
的度数，直接写
< br>出结果不必说明理由．
【答案】（
1
）见解析；（
2
）
①
30°
或
150°
，
②
AF
的长最大值为
2
2<
/p>
，此时
2
<
/p>
315
0
．
【解析】
【分析】
（
1
）延长
ED
交
AG
于点
H
，易证△AOG≌△DO
E，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证
明∠AHE=90°即可；
（
2
）①在旋转过程
中，∠OAG′成为直角有两种情况：α
由
0°增大到
90°过程中，当
∠OAG′=90°时，α=30°，α
由
90°增大到
180°过程中，当∠OAG′=9
0°时，
α=150°；
②当旋转到
A
、
O
、F′
在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=
α=315°．
【详解】
(1
)
如图
1,
延长
ED
交
AG
于点<
/p>
H,
2
+2<
/p>
，此时
2
∵点
O
是正
方形
ABCD
两对角线的交点，
∴
OA=OD
，
O
A
⊥
OD
，
∵
OG=OE
，
在
△
AOG
和
△
DOE
中，
OA
OD
AOG
DOE
90
，
OG
OE
∴
△
A
OG
≌
△
DOE
，
∴∠
AGO=
< br>∠
DEO
，
< br>∵∠
AGO+
∠
GAO=90<
/p>
°
，
∴∠
GAO+
∠
DEO=90
< br>°
，
∴∠
AHE=90
°
，
即
DE
⊥
AG
；
(2)
①在旋转过程中
,
∠
OAG′
成为直角有两种情况：
(
Ⅰ
)α
由
0
°
增大到
90
°
过程中
,
当∠
OAG
′=
90
°
时，
∵
OA=OD=
1
1
< br>OG=
OG′
，
2
2
OA
1
=
，
OG
< br>
2
∴在
Rt
< br>△
OAG′
中
,sin
∠
AG′O=
∴∠
AG
′O=30
°
，
∵
OA
⊥
OD,OA
⊥
AG′
，
∴
OD
∥
AG′,
∴∠
DOG′=
∠<
/p>
AG′O=30°
∘
，
< br>
即
α=30
°
；
(
Ⅱ
)α
由
90
°
增大到
180
°
过程中
,
当∠
OAG′=90
°
时，
同理
可求∠
BOG′
=30
°
，
−30
°
=150
°
.
∴
α=180
°
.
综上所述
,
当∠<
/p>
OAG′=90
°
时
,α=30
°
或
150
°
②如图
3,
当旋转到<
/p>
A. O
、
F′
在一条直线上时
,AF′
的长最大，
∵正方
形
ABCD
的边长为
1
，
∴
OA=OD=OC=O
B=
∵
OG=2OD
，
∴
OG′=OG=
2
，
∴
OF′=2<
/p>
，
∴
AF′=
AO+OF′=
2
，
2
2
+2
，
< br>
2
∵∠
COE′=45
°
，
.
∴此时
α
=
315
°
【点睛】
< br>
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，掌握正
方形的四
条边相等、四个角相等，旋转变换的性质是解题的关键，注意特殊角的三角函数
值的应
用．
5
．
已知，如图：正方形
ABCD<
/p>
，将
Rt
△
EF
G
斜边
EG
的中点与点
A
重合，直角顶点
F
落在
正方形的
AB
边上，
Rt
△
EFG
的两直角边分别交
AB
、
AD
边于<
/p>
P
、
Q
两点，（
点
P
与点
F
重
合），如图
1
所示：
< br>
（
1
）求证：
EP
2
+
GQ
2
=PQ
2
；
（
2
）若将
Rt
△
EFG
绕着点
A
逆时针旋转
α
（
0°
＜
α
≤
90°
），两直角边分别交
AB
、
AD
边于
P
、
Q
两点，如图
2
所示：判
断四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间是否存在什么确定的相等关
系？若存在，证明你的结论．若不存在，请说明
理由；
（
3
）若将
Rt
△
EFG
< br>绕着点
A
逆时针旋转
α
（
90°
＜
α
＜
180°
），两直角边所在的直线分别交
BA
、
AD
两边延
长线于
P
、
Q
两点，并判断四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间存在何种确定的
< br>相等关系？按题意完善图
3
，请直接写出你的结论（不用
证明）．
【答案】（
1
）见解析；（
2
）
PF
2
+
FQ
2
=EP
2
+
GQ
2
；（
3
）四条线
段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间的
关系为
PF
2
< br>+
GQ
2
=PE
2
+
FQ
2
< br>．
【解析】
【分析】
（
1
）过点
E
作
EH
∥
FG
，由此可证
△
EAH
≌
△
GAQ
，然后根据全等三角形的性质得到
EH
=
QG
，又
PQ
=
PH
，在
Rt
△
EPH
中，
EP
2
+
EH
2<
/p>
=
PH
2
，由此
可以得到
EP
2
+
GQ
2
=
PQ
2
；
（
2
）过点
E
作
EH
∥
FG
，交
DA
的延长线于点
H
，连接
PQ
、
PH
，由此可证
△
EAH
≌
△
GAQ
，然后根据全等三角形的性质得到
EH
=
QG
，又
PH
=
PQ
，在
< br>Rt
△
EPH
中，
EP
2
+
EH
2
=
PH
2
，即
EP
2
+
GQ
2
=
PH
2
，在
Rt
△
PFQ
中，
PF
2
+
FQ
2
=
PQ
2
，故
PF
2
+
FQ
2
=
EP
2
+
GQ
2
；
< br>（
3
）四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间的关系为
PE
2
+
GQ
2<
/p>
=
PF
2
+
FQ
2
，证明方法同上．
< br>
【详解】
（
1
）过点
E
作
EH
∥
FG
，连接
AH
、
FH
，如图所示：
∵
EA=
AG
，∠
HEA=
∠
< br>AGQ
，∠
HAE=
∠
GAD
，
∴△
EAH
≌△
GAQ
，
∴
EH=QG
，
HA=AQ
，
< br>∵
FA
⊥
AD
< br>，
∴
PQ=PH
．
在
Rt
△
EPH
中，
∵
EP
2
+
EH
2
=PH
2
，
∴
EP
2
+
GQ
2
< br>=PQ
2
；
< br>（
2
）过点
E
< br>作
EH
∥
FG
< br>，交
DA
的延长线于点
H
，连接
PQ
、
PH<
/p>
，
∵
EA=AG
，∠
HEA=
∠
AGQ
，∠
HAE=
∠
GAD
，
∴△
EAH
≌△
GAQ<
/p>
，
∴
EH=QG
，
HA
=AQ
，
∵
PA
⊥
AD
，
∴
PQ=PH
．
在
Rt
△
EPH
中，
∵
EP
2
+
EH
2
=PH
2
，
∴
EP
2
+
GQ
2
=PH
2
．
在
R
t
△
PFQ
中，
∵
PF
2
+
FQ
2
=PQ
2
，
∴
P
F
2
+
FQ
2
=EP
2
+
G
Q
2
．
（<
/p>
3
）四条线段
EP
、
PF
、
FQ
、
QG
之间的关系为
PF
2
+
GQ
2
=PE
2
+
FQ
2
．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质
，全等三角形的判定与性质，三线合一，勾股定理，正确作出
辅助线是解答本题的关键<
/p>
.
6
．
如图
1
，在平面直
角坐标系
xOy
中，抛物线
C
：
y
=
ax
2
+
bx
+
c
与
x
轴相交于
A
，
B
两点，顶
点为
D
（
0
，
4
），
AB
=4
2
，设点
F
（
m
，
0
）是
x
轴的正半轴上一点，将抛物线
C
绕点
F
旋转
180°
，得到新的抛物线
C
′．
（
1
）
求抛物线
C
的函数表达式；
（
2
）若抛物线
C
′与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，求
m
的
取值范围．
（
3
）如图
2
，
P
是第一象限内抛物线
C
上一点，它到两坐标轴的距离相等，
点
P
在抛物线
C
′上的对应点
P
′，设
M
是
C
上的动点，
N
是
C
′上的动点，试探究四边形
PMP
′
N
能否
成为正方形？若能，求出
m
的值；若不能，请说明
理由．
1
2
【答案】
（
1
）
y
<
/p>
x
4
；（
2
）
2
＜
m
＜
2
2
；（
3
）
m
=6
或
m
< br>=
17
﹣
3
．
2
【解析】
【分析】
（
1
）由题意抛物线的顶点
C
（
0
，
4
），
A
（
2
2
，
0
），设抛物线的解析式为
y
ax
2
4
，把
A
（<
/p>
2
2
，
0
）代入可得
a
=
<
/p>
1
，由此即可解决问题；
2
（
2
）由题意抛物线
C
′
的顶点坐标为（
2
m
，﹣
4
），设抛物线
C
′
的解析式为
1
2
y
x
< br>4
1
2
2
y
x
2
m
4
，由
，消去
y
得到
x
2
2
mx
2
m
2
8
0
，由题
2
y
1
x
2
m
2
4
<
/p>
2
意，抛物线
C
′
与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
(
2
m
)
2
4<
/p>
2
m
2
8
0
2
m
0
，解不等式组即可解决问题；
2
m
2
8
0<
/p>
（
3
）情形
1
，四边形
P
MP
′
N
能成为正方形．作
PE
⊥
x
轴于
E
，
MH
⊥
x
轴于
H
．由题意易知
P
（
2
，
2
），当
△
PFM
是等腰直角三角形时，四边形
PMP
′
N
是正方形，推出
PF
=
FM
，
∠
PFM
=90°
，
易证
△
PFE
≌△
FMH
，可得
PE
=
FH<
/p>
=2
，
EF
=<
/p>
HM
=2
﹣
m<
/p>
，可得
M
（
m<
/p>
+2
，
m
﹣
2
），理由待定系数法即可解决问题；情形
2
，如图，四边形
PMP
′
N
是正方
形，同法可得
M
（
m
﹣
2
，
2
﹣
m
），利用待定系数法即可解决问题．
【详解】
（
1
）由题意抛物线的顶点
C
（
0
，
4
），
A
（
2
2
，
0
），设抛物线的解析式为
y
ax
2
4
，把<
/p>
A
（
2
2
，
0
）代入可得
a<
/p>
=
1
2
∴抛物线
C
的函数表达式为
< br>y
x
4
．
2
1
，
2
（
2
）由题意抛
物线
C
′
的顶点坐标为（
2
m
，﹣
4
），设抛物线
C
′
的解析式为
y
1
2
x
2
m
4
，
2
1
2
y
x
4
2
由
，
< br>
1
2
y
x
2
m
4
2
消去
y
得到
x
2
2
mx
2
m
2
8
0
，
由题意，抛物线
C
′
与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
(
2
m
)
2
4
2
m
2
8
0
2
m
<
/p>
0
，
2
m
2
8
0
解得
2
< br>＜
m
＜
2
2
，
∴满足条件的
m
的取值范围为
2
＜
m
＜
2
2
．
（
3
< br>）结论：四边形
PMP
′
N
能成为正方形．
理由：
< br>1
情形
1
，如图，作
PE
⊥
x
轴于
E
，
MH
⊥
x
轴于
H
．
由题意易知
P
（
2
，
2
），当
△
PFM
是等腰直角三角形时，四边形
PMP
′
N
是正方形，
∴
PF
=
FM
，
∠
PFM
=90°
，
易证
△
PFE
≌△
FMH
，可得
1
< br>PE
=
FH
=2
，
EF
=
HM
=2
﹣
m
，
< br>∴
M
（
m
+2
，
m
﹣
2
），
∵点
M
在
y
x<
/p>
2
4
上，
2
1
2
m
2
4
，解得
m
=
17
﹣
3
或﹣
17
﹣
3
（舍弃），∴
m
=
17
﹣
3
2
时，四边形<
/p>
PMP
′
N
是正
方形．
情形
2
，如图，四边形
PMP
′
N
是正方形，同法可得
M
（
m
﹣
2
，
2
﹣
m
），
<
/p>
1
2
1
2
把
M
（
m
﹣
2
，
2
﹣
m
）代入
y
x
4
中，
2
m
m
2
4
，解得
m
=6<
/p>
或
0
（舍
2
2
∴
m
2
弃），
∴
m
=6
时，四边形
PMP
′
N<
/p>
是正方形．
综上所述：
m
=6
或
m
=
17
﹣
3
时，四边形
< br>PMP
′
N
是正方形．
7
．
如图，矩形
OABC
的顶点
A
在
x
轴正半轴上，顶点
C
在
y
轴正半轴上，点
B
的坐标为
（
4<
/p>
，
m
）（
5
≤
m
≤
7
），反比例函数
y
＝
（
1
）用
m
的代
数式表示
BD
的长；
（
2
）设点
P
在该函数图象上，且它的横坐标为
m
，连结
PB
，
PD
①
记矩形
OABC
面积与
△
PBD
面积之差为
S
，求当
m
为何值时，
S
取到最大值；
②
将
点
D
绕点
P
逆
时针旋转
90
°得到点
E
，当点
E
恰好落在
x
轴上时，求
m
的值．
16
（
x
＞<
/p>
0
）的图象交边
AB
于点
D
．
x
【答案】（
1
）
BD
＝
m
﹣
4
（
2<
/p>
）①
m
＝
7
时，
S
取到最大值②
m
＝
2+2
5
【解析】
【分析】
（
1
）先确定出点
D
横坐标为
4
，代入反比例函数解析式中求出点
D
横坐标，即可得出结
论；
（
2
）①先求出矩形
OABC
的面积和三角形
PBD
的面积得出
S
＝﹣
1
（
m
﹣
8
）
< br>2
+24
，即可得
2
出结论；②利用一线三直角判断出
DG
＝
PF
，进而求出点
P
的
坐标，即可得出结论．
【详解】
<
/p>
解：（
1
）∵四边形
OABC
是矩形，
∴
AB
⊥
x
轴上，
∵点
B
（
4
，
m
），
∴点
D
的横坐标为
4
，
∵点
D
在反比例函数
y
＝<
/p>
16
上，
x
∴
D
（
4
，
4
），
∴
BD
＝
m
﹣
4
；
（
< br>2
）①如图
1
，∵矩形
OABC
的顶点
B
的坐
标为（
4
，
m
），
∴
S
矩
形
OABC
＝
4m
，
由（
1
）知，
D
（
4
，
4
），
∴
S
△
PBD
＝
1
1
（
m<
/p>
﹣
4
）（
m
﹣
4
）＝
（
m
﹣
4
）
2
，
2
2
1
1
（
m
﹣
4
）
2
＝﹣
（
m
﹣
8
）
2
+24
，
2
2
∴抛物线的对称轴为
m
＝
< br>8
，
∵
a
＜
0
，
5
≤m≤7
，
∴
m
＝
7
时，
S
取到最大值；
∴
< br>S
＝
S
矩形
OABC
﹣
S
△
< br>PBD
＝
4m
﹣
②如图
2
，过点
P
作
PF
⊥
x
轴于
F
，过点
D
作
DG
⊥
FP
交
FP
的延长线于
G
，
∴∠
DGP<
/p>
＝∠
PFE
＝
9
0°
，
∴∠
DPG+
∠
PDG
＝
< br>90°
，
由旋转知，
PD
＝
PE
，∠
DPE
＝
90°
，<
/p>
∴∠
DPG+
∠
EPF
＝
90°
，
∴∠
PDG
< br>＝∠
EPF
，
∴△
PDG
≌△
EPF
（
AAS
），
∴
DG
＝
PF
，
∵
DG
＝
AF
＝
m
﹣
4
，
∴
P
（
m
< br>，
m
﹣
4
），
∵点
P
在反比例函数
y
＝
∴
m
（
m
﹣
4
）＝
16
，
∴
m
＝
2+2
5
或
m
＝
2
﹣
2
5<
/p>
（舍）．
16
，
x
【点睛】
此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全
等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．
8
．
已知
ABC
是边长为
4
的
等边三角形，点
D
是射线
BC
上的动点，将
AD
绕点
A
逆时针
方向旋转
60
得到
AE
，连接
DE
．
(1).
如图，猜想
ADE
是
_______<
/p>
三角形；（直接写出结果）
(2).<
/p>
如图，猜想线段
CA
、
< br>CE
、
CD
之间的数量关系，并
证明你的结论；
(3).
①当
BD=___________
时，
DEC
30
；（直
接写出结果）
②点
D
在运动过程中，
DEC
的周
长是否存在最小值？若存在．请直接写出
DEC
周长
的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（
1
）等边三角形；（
2
）
AC
< br>CD
CE
，证明见解析；（<
/p>
3
）①
BD
为<
/p>
2
或
8
时，
DEC
30<
/p>
；②最小值为
4
2
3
，理由见解析
【解析】
【分析】
（
1
）根据旋转的性质得到
AD
AE
,
DAE
60
，根据等边三角形的判定定理解答；
（
2
）证明
ABD
ACE
，根据全等三角形的性质得到
B
D
CE
，结合图形计算即可；
（
3
）①分点
D
在线段
BC
上和
点
D
在线段
BC
的延长线上两种情况，根据直角三角形的
性质解答；②根据
ABD
A
CE
得到
CE
BD
，根据垂线段最短解答．
【详解】
解：（
1
）由旋转变换的性质可知，
AD
AE
,
D
AE
60
，
ADE
是等边三角形，
故答案为等边三角形；
（
2
）
AC
CD
CE
，
证明：由旋转的性质可知，
DAE
60
,<
/p>
AD
AE
，<
/p>
ABC
是等
边三角形
AB
＝
AC
＝
BC
，
BAC
＝
60
，
BAC
＝
DAE
＝
60
< br>，
BAC
DAC
＝
DAE
DAC
，即
BAD
＝
CAE
，
在
ABD
和
ACE
中，
AB
<
/p>
AC
BAD
CAE
,
AD<
/p>
AE
ABD
≌
<
/p>
ACE
（
SAS
）
BD
C
E
，
CE
＝
BD
＝
CB
CD
＝
CA
CD
；
<
/p>
（
3
）①
BD<
/p>
为
2
或
8
时，
DEC
30
，
当点
D
在线段
BC
上时
，
DEC
＝
30
，
A
ED
＝
60
，
AEC
＝
90
，
ABD
≌
ACE
，
ADB
＝
AEC
＝
90
，又
B
＝
60
，
BAD
＝
30
，
1
BD
＝
AB
＝
2
，
2
当点
D
在线段
BC
的延长线上时，
DEC
＝
30
，
AED
＝
60
，
AEC
＝
30
，
ABD
≌
ACE
，
ADB
＝
AEC
＝
30
，又
B
＝
60
，
BAD
＝
90
，
BD
＝
2
AB
＝
8
，
< br>
BD
为
2
或
8
时，
DEC
＝
30
；
②点
D
在运动过程中，
DEC
的周长存在最小值，最小值为
4
2
3
，
< br>
ABD
≌
< br>ACE
，
< br>CE
＝
BD
，
< br>
则
DEC
< br>的周长
＝
DE
CE
DC
＝
BD
CD
DE
＝
BC
DE
，
当
< br>CE
最小时，
DEC
的周长最小，
AD
E
为等边三角形，
DE
AD
，
理由如下：
AD
的最小值为
2
3
，
DEC
的周长的最小值为
4
2
3
< br>．
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等
三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
二、初三数学
圆易错题压轴题（难）
9
．
如图，抛物线
的对称轴为
轴，且经过
(0
，
0)
，
(
< br>(1)
求
)
两点，点
P
在抛物线上运动，以
P
为圆心的⊙
P
经过定点
A
(0
，
2)
，
的值；
(2)
求证：点
P
在
运动过程中，⊙
P
始终与
轴相交；
(3)
设⊙
P<
/p>
与
轴相交于
M
，
N
(
＜
)
两点，当△
AMN
为等腰三角形时，求圆心
P
的纵坐标．
【答案】（
1
< br>）
a=
，
b=c=0
；（
2
）证明见解析；（
3
）
P
的纵坐标为
0
或
4+2
2
．
【解析】
< br>或
4
﹣
试题分析：（
1
）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出
a
，
b
，
c
的值即
可；
< br>（
2
）设
P
（
x
，
y
），表示出
⊙
P
的半径
r
，进而与
x
2
比较得出答案即可；
（
3
）分别表示出
AM
，
< br>AN
的长，进而分别利用当
AM=AN
< br>时，当
AM=MN
时，当
AN=
MN
时，求出
a
的值，进而得出圆心<
/p>
P
的纵坐标即可．
试题解析：（
1
）
∵
抛物线
y=ax
2
+bx+
c
（
a
，
b<
/p>
，
c
是常数，
a
≠0
）的对称轴为
y
轴，且经过
（
0
，
0
）和（
，
）两点，
∴
抛物线的一般式为：
y=ax
2
，
∴
=a
（
）
2
< br>，
解得：
a=±
，
∵
图象开口向上，
∴
a=
，
∴
抛物线解析式为：
y=
x
2
，
故
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