精选压轴题—浙教版数学九（上）期末复习

精选压轴题—浙教版数学九（上）期末复习
一、二次函数
1．（2024九上·瑞安期末）已知抛物线，当时，最大值与最小值的差为，若将抛物线向左平移4个单位后经过点，则a的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：∵将抛物线向左平移4个单位后经过点，
∴抛物线过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∴抛物线与x轴的另一交点为，
又∵，离对称轴越远，函数的值越小，
当时，且，
∴当时，y有最大值，
当时，y有最小值，
由题意得，即，
∴（舍去），，
故答案为：B．
【分析】先根据平移得到过点，得到b=-2a，即可得到抛物线的解析式为，再根据二次函数的增减性得到时，y有最大值，时，y有最小值解题即可．
2．（2024九上·上城期末）已知二次函数y＝﹣x2+x+6，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新的函数图象（如图所示），当直线y＝﹣x+m与新图象有3个交点时，m的值是（　　）
A． B．﹣2 C．﹣2或3 D．﹣6或﹣2
【答案】D
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象的对称变换
3．（2024九上·上城期末）如图，学校要在校园内建一个矩形的开心农场，其中一边是围墙，且的长不能超过，其余三边，，用长的铁质栅栏．有下列结论：
①的长可以为；
②当农场面积为时，满足条件的的长只有一个值；
③农场面积的最大值为；
④若把农场的形状改成半圆形，且直径一侧利用已有围墙，则农场的面积可以超过．
其中，正确结论的是　 　．(只需填序号)
【答案】②④
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：设边长为则边长为长为，
当时，，
解得，
的长不能超过，
，
故①不正确．
菜园面积为，
．
解得：．
又，
．
满足条件的的长只有一个值，故②正确．
由题意，设矩形菜园的面积为，
根据题意得：
，，
当时，有最大值，最大值为不可能为．
故③不正确．
直径一侧是围墙，当直径取最大值时，半圆的弧长为，
设沿方向栅栏延伸米，则
．
农场的最大面积为．
农场的面积可以超过
故④正确．
故答案为：②④．
【分析】设边长为 当时，求出BC长判断①；根据菜园面积为，列方程计算判断②；设矩形菜园的面积为，列二次函数，结合的取值范围利用增减性判断③，设沿方向栅栏延伸米，则，解方程求出的值判断④解题．
4．（2024九下·十堰模拟）抛物线交x轴点于，，交y轴的负半轴于点C，顶点为D．下列结论：①；②；③当m为任意实数时，；④方程的两个根为，；⑤抛物线上有两点和，若，且，则．其中正确的有（　　）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
5．（2024九上·上城期末）抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0，a、b、c为常数）的部分图象如图所示，其顶点坐标为（-1，n）且与x轴的一个交点在（-3，0）和（-2，0）之间，则下列结论：①a+b+c＜0；②2a-b＝0；③一元二次方程＝0的两根为x1、x2，则|x1-x2|＝2；④对于任意实数m，不等式a（m2-1）+b（m+1）≤0恒成立，其中正确的有　 　（填写序号）
【答案】①②④
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：①由图象知，x=1时，y<0，即a+b+c<0，①正确；
②顶点横坐标为-1，即对称轴x==-1，b=2a，2a-b=0，②正确；
③ 当n=0时，方程对应两根x1，x2为抛物线和x轴的两个交点横坐标，此时|x1-x2|>2，③错误；
④当x=-1时，函数值最大，对任意实数m，总有a-b+c≥am2+bm+c，即a(m2-1)+b(m+1)≤0，④正确；
故答案为：①②④.
【分析】①由x=1时，y<0即可得到结论；②利用对称轴x==-1化简得到结果；③ 举反例，当n=0时不满足；④当x=-1时，函数值最大，得到a-b+c≥am2+bm+c，化简得到结论.
6．（2024九上·上城期末）如图，已知抛物线交轴于两点，交轴于点，直线与抛物线交于点（点在点的右侧），交轴于点．
（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（2）若，点均在第一象限，且的面积为3，求的值；
（3）若，且点在第四象限，直线交轴于点，求的取值范围.
【答案】（1）解：把代入中，得解得
抛物线的解析式为，
即抛物线的解析式为，顶点坐标为．
（2）解：由抛物线的解析式为可知，．
直线，
，
，
．
联立，得整理，得，
由根与系数的关系，得．
联立，得解得或（舍去），
（3）解：直线，
直线过定点．
直线必过点．
又点在第四象限，点与点重合，点与原点重合．
，
．
联立，得整理，得，
由根与系数的关系，得，解得．
点在点点的右侧，，
，即的取值范围为
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；利用一般式求二次函数解析式；二次函数-面积问题
7．（2023九上·余姚期末）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点，．直线交于点D，点P是直线下方抛物线上一动点，连接．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，连接，过点P作于点E，是否存在点P使以P，D，E三点为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1），
，
在中，，
，即，
将点代入抛物线的解析式得：，
解得，
则此抛物线的解析式为；
（2）设直线BC的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线BC的函数解析式为，
当时，，即，
则，
要使的面积最大，则需要点P到CD的距离最大，
设与直线BC平行的直线的函数解析式为，则，
如图，过点C作于点E，则CE为直线BC与直线间的距离，
在中，，则，
，
，
，
在中，，
解得，
越小，CE越大，当直线要与抛物线有交点，
即当直线与有且只有一个交点时，最小，此时的交点即为点P，
联立，
整理得：，
则其根的判别式，
解得，
则此时，
面积的最大值为，
将代入得：，
当时，，
面积取得最大值时，点P的坐标为；
（3）对于，
当时，，解得，
，
，
，
，
是直角三角形，且，
设点P的坐标为，
，直线BC的函数解析式为，
设直线PE的函数解析式为，
将代入得：，
解得，
则直线PE的函数解析式为，
联立，解得，
即，
，
，
由题意，分以下两种情况：
①当时，
则，即，
解得或，
则此时或；
②当时，
则，即，
解得，
则此时；
综上，存在这样的点P，此时点P的坐标为或或．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；待定系数法求二次函数解析式；解直角三角形—边角关系；相似三角形的性质-对应边；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【分析】（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出直线BC的解析式，即可得到点D的坐标，从而求出CD的长，然后解一次函数与二次函数联立的方程，利用，即可得出点P的坐标；
（3）先求出点A的坐标，再判断，然后设点P的坐标为，即可得，然后分为和两种情况利用利用对应边长比例求解即可．
二、圆
8．（2023九上·义乌月考）如图，半径为5的圆中有一个内接矩形，点是的中点，于点，若矩形ABCD的面积为30，则线段MN的长为（　　）.
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接AC，CM，BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC是圆的直径，
∴∠AMC=90°，
∵该圆的半径为5，
∴AC=10，
∵点M是 的中点 ，
∴弧AM=弧CM，
∴AM=CM，
∴△AMC是等腰直角三角形，
∴∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，
∴∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，
设AB为x，BC=y，且x＞y，
则，
解得或(舍去)，
即，
∵MN⊥AB，且∠ABM=45°，
∴△MNB是等腰直角三角形，
∴MN=BN，
∴AN=AB-BN=-MN，
∵AN2+MN2=AM2，
∴，
解得MN=或MN=（舍去）.
故答案为：A.
【分析】连接AC，CM，BM，由矩形的性质得∠ABC=90°，由圆周角定理得AC是圆的直径，∠AMC=90°，由等弧所对的弦相等得AM=CM，故△AMC是等腰直角三角形，则∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，进而由圆周角定理推出∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，设AB为x，BC=y，且x＞y，根据勾股定理及矩形的面积建立出方程组，求解得出；再判断出△MNB是等腰直角三角形，得MN=BN，在Rt△AMN中，利用勾股定理建立方程可求出MN的长.
9．（2023九上·吴兴期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　）
A． B．6 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，
因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴，
∴MQ=OQ=，
∴OM=，
∴，
故答案为： C．
【分析】根据圆周角定理"同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半"可作以点O为圆心，∠MON=90°且过点M、N的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求解．
10．（2023九上·余姚期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且，点F是AB边上一动点，连接FD，FE，则的长度最小值为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质；圆-动点问题
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+ ∠CBE= 90°，
∵∠ABE=∠BCE，
∴∠BCE+∠CBE= 90°，
∴∠ BEC= 90°，
∴点E在以BC为直径的半圆上移动，
如图，设BC的中点为O，正方形ABCD关于直线AB对称的正方形APGB，则点D的对应点是P，
连接PO交AB于F，交半圆O于E，线段EP的长即为FD+ FE的长度最小值，OE=4，
∵∠G=90°，PG=BG=AB=4，
∴ OG= 6，
∴ОP=，
∴EP=，
∴FD+ FE的长度最小值为，
故答案为．
【分析】由正方形得到∠ABC=90°，即可得到∠BEC=90°，进而得出点E在以BC为直径的半圆上移动，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形APGB，连接PO交AB于F交圆O于E，根据两点间线段最短得到EP的长即为FD+FE的长度最小值，然后利用勾股定理解题即可．
11．（2024九上·西湖期末）如图，已知是的直径，弦于点，．点是劣弧上任意一点（不与点，重合），交于点，与的延长线相交于点，设．
①则　 　（用含的代数式表示）；
②当时，则　 　．
【答案】；
【知识点】勾股定理；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：①如图，连接，
在中，，，
，
在中，，
，
，，
在中，，
故答案为：
②，
，
，
，
，
，
，
，
∵直径，
，
，
设圆的半径是r，，
，，
，
，
，
，，
故答案为：
【分析】①连接，先根据含直角三角形的性质，得，再根据圆周角定理，得，即可求得；
②设圆的半径是r， ，由，求出，得到，因此，推出，得到，设圆的半径是r，， 可得，分别求，的长求比值即可.
12．（2024九上·东阳期末）如图1，在中，直径，D是上的动点，过点D作交于点E，F，连接，取的中点H，连接交于点M，并延长交于点C，连接．
（1）当点D与圆心O重合时，如图2所示，求的值．
（2）在点D的运动过程中，的值是否为定值？若是，请求出定值：若不是，请说明理由．
（3）连接，，当是等腰三角形时，求的值．
【答案】（1）50
（2）是定值
（3）或
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接，证明，得到，即可求出结果；
（2）过点作，垂足为点，设，进而得到，，证明，得到，即可求出结果；
（3）分若点在点的左侧，此时有；若点在点的右侧，此时有，两种情况，结合全等三角形的性质和直角三角形斜边中线的性质即可求出结果．
（1）
解：连接，
，
是直径，
，
，
，，
，
，
；
（2）
是定值，理由如下：
过点作，垂足为点，
，
，
设，
点是中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）
若点在点的左侧，此时有，连接，
点是的中点，
，
，，，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
；
若点在点的右侧，此时有，
点是中点，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
综上所述，当是等腰三角形时，或．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线的性质，锐角三角函数，本题的关键是熟练等腰三角形的性质，结合分类讨论思想解题．
（1）解：连接，
，
是直径，
，
，
，，
，
，
；
（2）是定值，理由如下：
过点作，垂足为点，
，
，
设，
点是中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）若点在点的左侧，此时有，连接，
点是的中点，
，
，，，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
；
若点在点的右侧，此时有，
点是中点，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
综上所述，当是等腰三角形时，或．
13．（2024九上·柯桥期末）如图1，是平行四边形的一条对角线，且，的外接圆⊙O与边交于点E，连结．
（1）若，的面积为，求的半径．
（2）如图2，过点作于，直线与直线交于点，若时，求的值．．
【答案】（1）解： 连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，
设，
，，
是的垂直平分线，
，
在中，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，，
四边形是的内接四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
的面积为，
，
，
解得：或（舍去），
，，
设的半径为，
在中，，
，
解得：，
的半径为5；
（2）解： 连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
设，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
整理得：，
解得：或（舍去），
，
，，
，
，
，
的值为．

【知识点】平行四边形的性质；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，设，即可得到，求出，，然后根据圆内接四边形对角互补可得，从而得到，然后推理得到，即可求出，的长，利用面积求出x值，利用勾股定理解题即可；
（2）连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，设，，可得，，进而求出，然后推导，即可得到，再根据解题即可．
14．（2023九上·温岭期末）如图⊙O半径为r，锐角△ABC内接于⊙O，连AO并延长交BC于D，过点D作DE⊥AC于E．
（1）如图1，求证：∠DAB＝∠CDE；
（2）如图1，若CD＝OA，AB＝6，求DE的长；
（3）如图2，当∠DAC＝2∠DAB时，BD＝5，DC＝6，求r的值；
（4）如图3，若AE＝AB＝BD＝1，直接写出AD＋DE的值（用含r的代数式表示）
【答案】（1）证明：如图，延长AD交⊙O于F，连接BF，
∴∠C＝∠F，
∵AF为直径，DE⊥AC，
∴∠ABF＝∠DEC＝90°，
∴∠DAB=90°-∠F，∠CDE＝90°-∠C，
∴∠DAB=∠CDE.
（2）解：如图，作ON⊥AB，
∴∠ANO＝∠DEC＝90°，
∵AB＝6，
∴AN＝3，
又∵AO＝CD， ∠DAB＝∠CDE，
∴△ANO≌△DEC（AAS），
∴DE＝AN＝3.
（3）解：如图，作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，
∴∠AGC＝∠DEC＝90°，∠C＝∠C，
∴∠GAC＝∠CDE＝∠DAB，
又∵∠DAC＝2∠DAB，
∴∠DAB＝∠DAG＝∠GAC，
∴可得△ADH≌△ADG≌△ACG，
又∵DC＝6，
∴DH＝DG＝GC＝3，
在中， ，
设AH=AG=x，在Rt中，，解得x=6，
∴AB=10，
延长AD交⊙O于F，连接BF，
∠F＝∠C=∠ADC=∠BDF，
∴BF=BD=5，
在Rt中，，
∴.
（4）解：或或或可以化成以上三种表达式的任一种均可．
【知识点】勾股定理；圆的综合题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（4）如图，延长AD交⊙O于点F，作CG⊥AF于点G，连接EG交DC于点H，连接BF，
∵AB=DB，
∴∠BAD=∠ADB，
∵∠CDG=∠ADB，∠EDC=∠BAD，
∴∠EDC=∠GDC，
∴∠ECD=∠GCD，
∴DE=DG，
∴AD+DE=AD+DG=AG，EF⊥DC，∠DGH =∠DEH，
∵∠DEH+∠HEC=∠ECH+∠HEC=90°，
∴∠ECH=∠DEH=∠DGH，
∵∠BFD=∠ECH，
∴∠BFD=∠AGE，
∵∠FBD=∠GAE，BD=AE，
∴△BDF≌△AGE(AAS)，
∴AG=BF，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ABF=90°，
∴BF===，
∴AD+DE=.
【分析】（1）延长AD交⊙O于F，连接BF，根据圆周角定理即角的互余关系，即可证明结论；
（2）如图，作ON⊥AB，可得∠ANO＝∠DEC＝90°，由垂径定理可得AN＝3，再利用“AAS”证得△ANO≌△DEC，即可求得DE的长；
（3）如图，作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，先证得△ADH≌△ADG≌△ACG，从而得到DH＝DG＝GC＝3，利用勾股定理求出BH=4，设AH=AG=x，再利用勾股定理得到，解得x=6，求得AB=10，再延长AD交⊙O于F，连接BF，再由∠F＝∠C=∠ADC=∠BDF，可得BF=BD=5，再在Rt△ABF中，利用勾股定理求得AF长，即可求得r的值；
（4）如图，延长AD交⊙O于点F，作CG⊥AF于点G，连接EG交DC于点H，连接BF，先由AB=DB，得∠BAD=∠ADB，再由角的等量代换可得∠EDC=∠GDC，从而得∠ECD=∠GCD，即得到DE=DG，进而得到AD+DE=AD+DG=AG，EF⊥DC，∠DGH =∠DEH，再通过角等量代换可推出∠BFD=∠AGE，利用“AAS”定理证得△BDF≌△AGE，可得AG=BF，再由AF是⊙O的直径，可得∠ABF=90°，最后利用勾股定理可表示BF===，即可求出AD+DE.
三、相似三角形
15．（2024九上·温岭期末）如图，在中，平分，交于点D，过D作的平行线交于M，若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】相似三角形的判定；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵DM∥BC，
∴∠CDM=∠BCD，
∴∠CDM=∠ACD，
∴CM=DM，
∵DM∥BC，
∴，
∴，即，
∵BC=3，AC=2，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】根据角平分线的定义、平行线的性质得∠CDM=∠ACD，然后由等腰三角形的判定得CM=DM，接下来由DM∥BC得，从而根据相似三角形对应边成比例得，进而进行等量代换后，代入BC、AC的值，即可求出DM的值.
16．（2023九上·温岭期末）如图，把双曲线绕着原点逆时针旋转与轴交于点，
（1）若点B（0，2），则k＝　 　；
（2）若点A（3，5）在旋转后的曲线上，则k＝　 　．
【答案】（1）2
（2）8
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；坐标与图形变化﹣旋转；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）如图所示，设直线y=x与y=交于点D，过点D作DC⊥x轴于点C，
∴∠BOD=∠COD=45°，
∵双曲线绕原点逆时针旋转45°与y轴交于点B，点（0，2），
∴OD=OB=2，
∴OC=CD=，
∴D（，），
∴k=×=2.
故答案为：2；
（2）∵双曲线绕原点逆时针旋转45°后得到曲线AB，
∴将点A绕原点顺时针旋转45°后得点A'，且A'在双曲线上，
如图，连接OA，过点A作AE⊥y轴，过点G作GK⊥x轴于点K，交AE于点F，过点A'作A'H⊥x轴于点H，
∴∠AOA’=45°，AG⊥OA，
∴∠OAG=90°，OA=AG，
∴∠OAE=90°-∠FAG=∠AGF，
∵∠OEA=∠AFG=90°，
∴△OAE≌△AGF（AAS），
∴OE=AF=5，AE=FG=3，
∴EF=AE+AF=8=OK，GK=FK-FG=OE-FG=2，
∴OG===2，
∵GK⊥x轴，A'H⊥x轴，
∴GK∥GK，
∴△OA'H∽△OGK，
∴，
又∵A（3，5），
∴OA'=OA==，
∴，
∴OH=4，A'H=，
∴A'（4，），
∴k=4×=8.
故答案为：8.
【分析】将点A绕原点顺时针旋转45°后得点A'，且A'在双曲线上，再连接OA，过点A作AE⊥y轴，过点G作GK⊥x轴于点K，交AE于点F，过点A'作A'H⊥x轴于点H，利用“AAS”定理证得△OAE≌△AGF，从而得OE=AF=5，AE=FG=3，进而得EF=AE+AF=8=OK，GK=FK-FG=OE-FG=2，再利用勾股定理求得OG=2，再由GK∥GK，易证△OA'H∽△OGK，再求出OA'=OA=，由相似三角形对应比成比例求得OH=4，A'H=，可得A'（4，），即可求出k值.
四、解直角三角形
17．（2024九上·柯桥期末）如图，在中，，，图中用实线表示的线段与斜边垂直，用虚线表示的线段都与直角边垂直，按照这一规律一直画下去，就会有无数条实线线段，则图中这无数条实线线段的和：　 　．
【答案】
【知识点】解直角三角形—边角关系；探索规律-图形的递变规律
【解析】【解答】解：在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
即，
，
同理，，，，，，
．
．．．
，
故答案为：．
【分析】利用得到的值，再利用条件得到，从而可得，同理即可得到，，，，，然后根据规律解题即可．
18．（2023九上·义乌月考）魏晋时期，伟大数学家刘徽利用如图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理.已知四边形ABCD、四边形AHFE、四边形DGME均为正方形.
（1）若AH=13，DE=12，则　 　；
（2）若，则　 　.
【答案】（1）5
（2）
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）∵ 四边形ABCD、四边形AHFE、四边形DGME均为正方形， AH=13，DE=12，
∴AB=AD，AH=AE=13，∠ADE=90°，
∴在Rt△ADE中，由勾股定理可知：，
∴AD=AB=5；
故答案为：5；
（2）设HQ⊥AN于点Q，
∴∠HQA=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DE，AB=DC，∠ADC=90°，
∴△ABP∽△ECP，
∵S△ABP∶S△ECP=1∶9，
∴，
∴，
设AB=1，则CE=3，DC=1，DE=DC+CE=4，
∵四边形AHFE正方形 ，
∴∠HAE=90°，AE=AH，
∵∠HAQ+∠EAQ=90°=∠HAQ+∠AHQ，
∴∠AHQ=∠EAQ，
在△ADE与△HQA中，
∵∠AHQ=∠EAQ，∠ADE=∠AQH=90°，AH=AE，
∴△ADE≌△HQA（AAS），
∴AQ=DE=4，HQ=AD=1，
∴DQ=AQ-AD=3，
设DN=x，则NQ=3-x，
∵∠EDN=∠HQN=90°，
∴DE∥HQ，
∴△DEN∽△QHN，
∴，即，
解得x=，
∴.
故答案为：.
【分析】（1）由正方形的性质得AB=AD，AH=AE=13，∠ADE=90°，进而在Rt△ADE中，由勾股定理算出AD即可得出答案；
（2）设HQ⊥AN于点Q，则∠HQA=90°，由正方形性质得AB∥DE，AB=DC，∠ADC=90°，由平行于三角形一边得直线截其它两边得延长线，所截的三角形与原三角形相似得△ABP∽△ECP，由相似三角形的面积之比等于相似比的平方得出，设AB=1，则CE=3，DC=1，DE=DC+CE=4；由正方形的性质得∠HAE=90°，AE=AH，由同角的余角相等得∠AHQ=∠EAQ，由AAS判断出△ADE≌△HQA，得AQ=DE=4，HQ=AD=1，则DQ=AQ-AD=3，设DN=x，则NQ=3-x；由内错角相等，两直线平行，得DE∥HQ，由平行于三角形一边得直线截其它两边得延长线，所截的三角形与原三角形相似得△DEN∽△QHN，进而根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解即可.
19．（2024九下·淳安期中）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上．
（1）若，，则的长是　 　cm．
（2）若，则的值是　 　．
【答案】4；3
【知识点】因式分解法解一元二次方程；正方形的性质；求正切值
20．（2024九上·婺城期末）请根据素材，完成任务．
素材一 如图，在中，，垂足为点D，若保证始终为直角，则点A、B、C在以为直径的圆上．
素材二 如图，在C中，，，垂足为点D，取的中点O，连接，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知，可得．
素材三 如图，矩形是某实验室侧截面示意图，现需要在室内安装一块长1米的遮光板，且，点E到墙的距离为4米，到地面的距离为5米．点O为室内光源，、为光线，，通过调节光源的位置，可以改变背光工作区的大小．若背光工作区的和最大时，该实验室“可利用比”最高．
任务一 若素材一中的，求的最大值． 　
任务二 若素材二中的，求的最小值． 　
任务三 若任务二中的改成，其余条件不变，请直接写出的最小值．
任务四 若任务二中的，改成，，请直接写出的最小值． 　
任务五 当素材三中的实验室“可利用比”最高，求此时的值 　
【答案】解：任务一，如图1，取的中点O，连接，
∵，∠ACB=90°，
∴，
∵，
∴，
∴的最大值为2；
任务二，∵∠ACB=90°，O是AB中点，
∴，
∵，
∴，
∵CD=6，
∴，
∴的最小值为12；
任务三，如图2，作的外接圆，作于E，作直径，连接，
∴，设的半径是R，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值是；
任务四，如图2，作的外接圆，作于E，作直径，连接，
∴，设的半径是R，
∵，，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值是．
任务五，如图3，作于G，延长交于H，在的延长线上截取，
∴∠EGM=90°，
∵，
∴∠GEH=180°-∠EGM=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BHE=90°，
∴，
设，
∴，
∴，
∵
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
由任务四可知，，
∵，
当最小时，取得最大值，此时最大值为．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【分析】任务一：取的中点O，连接，根据直角三角形斜边上的中线性质得OC=2，然后由OC≥CD，即可求出答案；
任务二：根据直角三角形斜边上的中线性质得，然后由OC≥CD得AB≥2CD，代入CD的值，即可得到答案；
任务三：作的外接圆，作于E，作直径，连接，根据圆周角定理的推论得∠ABF=90°，设的半径是R，然后由圆周角定理得，解直角三角形，从而用含R的算式表示AB、BF的值，接下来根据垂径定理得AE=EB，利用三角形中位线定理求得，根据三角形的三边关系得，解不等式求出R的取值范围，最后求出AB的取值范围，即可得到答案；
任务四：作的外接圆，作于E，作直径，连接，由任务三同理得关于R的不等式，从而得R的取值范围，最后求出AB的取值范围，即可得到答案；
任务五：作于G，延长交于H，在的延长线上截取，先求出，，从而得∠MEF、∠MEG的度数，然后求出EG=FH=4，，从而根据全等三角形对应角相等得∠LFH=∠MEG的度数，进而得∠NFL的度数，由任务四可知，，接下来由线段的和差关系得，即可得当最小时，取得最大值.
1 / 1精选压轴题—浙教版数学九（上）期末复习
一、二次函数
1．（2024九上·瑞安期末）已知抛物线，当时，最大值与最小值的差为，若将抛物线向左平移4个单位后经过点，则a的值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024九上·上城期末）已知二次函数y＝﹣x2+x+6，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新的函数图象（如图所示），当直线y＝﹣x+m与新图象有3个交点时，m的值是（　　）
A． B．﹣2 C．﹣2或3 D．﹣6或﹣2
3．（2024九上·上城期末）如图，学校要在校园内建一个矩形的开心农场，其中一边是围墙，且的长不能超过，其余三边，，用长的铁质栅栏．有下列结论：
①的长可以为；
②当农场面积为时，满足条件的的长只有一个值；
③农场面积的最大值为；
④若把农场的形状改成半圆形，且直径一侧利用已有围墙，则农场的面积可以超过．
其中，正确结论的是　 　．(只需填序号)
4．（2024九下·十堰模拟）抛物线交x轴点于，，交y轴的负半轴于点C，顶点为D．下列结论：①；②；③当m为任意实数时，；④方程的两个根为，；⑤抛物线上有两点和，若，且，则．其中正确的有（　　）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2024九上·上城期末）抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0，a、b、c为常数）的部分图象如图所示，其顶点坐标为（-1，n）且与x轴的一个交点在（-3，0）和（-2，0）之间，则下列结论：①a+b+c＜0；②2a-b＝0；③一元二次方程＝0的两根为x1、x2，则|x1-x2|＝2；④对于任意实数m，不等式a（m2-1）+b（m+1）≤0恒成立，其中正确的有　 　（填写序号）
6．（2024九上·上城期末）如图，已知抛物线交轴于两点，交轴于点，直线与抛物线交于点（点在点的右侧），交轴于点．
（1）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（2）若，点均在第一象限，且的面积为3，求的值；
（3）若，且点在第四象限，直线交轴于点，求的取值范围.
7．（2023九上·余姚期末）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点，．直线交于点D，点P是直线下方抛物线上一动点，连接．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，连接，过点P作于点E，是否存在点P使以P，D，E三点为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
二、圆
8．（2023九上·义乌月考）如图，半径为5的圆中有一个内接矩形，点是的中点，于点，若矩形ABCD的面积为30，则线段MN的长为（　　）.
A． B． C． D．
9．（2023九上·吴兴期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　）
A． B．6 C． D．
10．（2023九上·余姚期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且，点F是AB边上一动点，连接FD，FE，则的长度最小值为　 　．
11．（2024九上·西湖期末）如图，已知是的直径，弦于点，．点是劣弧上任意一点（不与点，重合），交于点，与的延长线相交于点，设．
①则　 　（用含的代数式表示）；
②当时，则　 　．
12．（2024九上·东阳期末）如图1，在中，直径，D是上的动点，过点D作交于点E，F，连接，取的中点H，连接交于点M，并延长交于点C，连接．
（1）当点D与圆心O重合时，如图2所示，求的值．
（2）在点D的运动过程中，的值是否为定值？若是，请求出定值：若不是，请说明理由．
（3）连接，，当是等腰三角形时，求的值．
13．（2024九上·柯桥期末）如图1，是平行四边形的一条对角线，且，的外接圆⊙O与边交于点E，连结．
（1）若，的面积为，求的半径．
（2）如图2，过点作于，直线与直线交于点，若时，求的值．．
14．（2023九上·温岭期末）如图⊙O半径为r，锐角△ABC内接于⊙O，连AO并延长交BC于D，过点D作DE⊥AC于E．
（1）如图1，求证：∠DAB＝∠CDE；
（2）如图1，若CD＝OA，AB＝6，求DE的长；
（3）如图2，当∠DAC＝2∠DAB时，BD＝5，DC＝6，求r的值；
（4）如图3，若AE＝AB＝BD＝1，直接写出AD＋DE的值（用含r的代数式表示）
三、相似三角形
15．（2024九上·温岭期末）如图，在中，平分，交于点D，过D作的平行线交于M，若，，则（　　）
A． B． C． D．
16．（2023九上·温岭期末）如图，把双曲线绕着原点逆时针旋转与轴交于点，
（1）若点B（0，2），则k＝　 　；
（2）若点A（3，5）在旋转后的曲线上，则k＝　 　．
四、解直角三角形
17．（2024九上·柯桥期末）如图，在中，，，图中用实线表示的线段与斜边垂直，用虚线表示的线段都与直角边垂直，按照这一规律一直画下去，就会有无数条实线线段，则图中这无数条实线线段的和：　 　．
18．（2023九上·义乌月考）魏晋时期，伟大数学家刘徽利用如图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理.已知四边形ABCD、四边形AHFE、四边形DGME均为正方形.
（1）若AH=13，DE=12，则　 　；
（2）若，则　 　.
19．（2024九下·淳安期中）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上．
（1）若，，则的长是　 　cm．
（2）若，则的值是　 　．
20．（2024九上·婺城期末）请根据素材，完成任务．
素材一 如图，在中，，垂足为点D，若保证始终为直角，则点A、B、C在以为直径的圆上．
素材二 如图，在C中，，，垂足为点D，取的中点O，连接，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知，可得．
素材三 如图，矩形是某实验室侧截面示意图，现需要在室内安装一块长1米的遮光板，且，点E到墙的距离为4米，到地面的距离为5米．点O为室内光源，、为光线，，通过调节光源的位置，可以改变背光工作区的大小．若背光工作区的和最大时，该实验室“可利用比”最高．
任务一 若素材一中的，求的最大值． 　
任务二 若素材二中的，求的最小值． 　
任务三 若任务二中的改成，其余条件不变，请直接写出的最小值．
任务四 若任务二中的，改成，，请直接写出的最小值． 　
任务五 当素材三中的实验室“可利用比”最高，求此时的值 　
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：∵将抛物线向左平移4个单位后经过点，
∴抛物线过点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∴抛物线与x轴的另一交点为，
又∵，离对称轴越远，函数的值越小，
当时，且，
∴当时，y有最大值，
当时，y有最小值，
由题意得，即，
∴（舍去），，
故答案为：B．
【分析】先根据平移得到过点，得到b=-2a，即可得到抛物线的解析式为，再根据二次函数的增减性得到时，y有最大值，时，y有最小值解题即可．
2．【答案】D
【知识点】二次函数图象的几何变换；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象的对称变换
3．【答案】②④
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：设边长为则边长为长为，
当时，，
解得，
的长不能超过，
，
故①不正确．
菜园面积为，
．
解得：．
又，
．
满足条件的的长只有一个值，故②正确．
由题意，设矩形菜园的面积为，
根据题意得：
，，
当时，有最大值，最大值为不可能为．
故③不正确．
直径一侧是围墙，当直径取最大值时，半圆的弧长为，
设沿方向栅栏延伸米，则
．
农场的最大面积为．
农场的面积可以超过
故④正确．
故答案为：②④．
【分析】设边长为 当时，求出BC长判断①；根据菜园面积为，列方程计算判断②；设矩形菜园的面积为，列二次函数，结合的取值范围利用增减性判断③，设沿方向栅栏延伸米，则，解方程求出的值判断④解题．
4．【答案】B
【知识点】二次函数图象与系数的关系；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况
5．【答案】①②④
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：①由图象知，x=1时，y<0，即a+b+c<0，①正确；
②顶点横坐标为-1，即对称轴x==-1，b=2a，2a-b=0，②正确；
③ 当n=0时，方程对应两根x1，x2为抛物线和x轴的两个交点横坐标，此时|x1-x2|>2，③错误；
④当x=-1时，函数值最大，对任意实数m，总有a-b+c≥am2+bm+c，即a(m2-1)+b(m+1)≤0，④正确；
故答案为：①②④.
【分析】①由x=1时，y<0即可得到结论；②利用对称轴x==-1化简得到结果；③ 举反例，当n=0时不满足；④当x=-1时，函数值最大，得到a-b+c≥am2+bm+c，化简得到结论.
6．【答案】（1）解：把代入中，得解得
抛物线的解析式为，
即抛物线的解析式为，顶点坐标为．
（2）解：由抛物线的解析式为可知，．
直线，
，
，
．
联立，得整理，得，
由根与系数的关系，得．
联立，得解得或（舍去），
（3）解：直线，
直线过定点．
直线必过点．
又点在第四象限，点与点重合，点与原点重合．
，
．
联立，得整理，得，
由根与系数的关系，得，解得．
点在点点的右侧，，
，即的取值范围为
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；利用一般式求二次函数解析式；二次函数-面积问题
7．【答案】解：（1），
，
在中，，
，即，
将点代入抛物线的解析式得：，
解得，
则此抛物线的解析式为；
（2）设直线BC的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线BC的函数解析式为，
当时，，即，
则，
要使的面积最大，则需要点P到CD的距离最大，
设与直线BC平行的直线的函数解析式为，则，
如图，过点C作于点E，则CE为直线BC与直线间的距离，
在中，，则，
，
，
，
在中，，
解得，
越小，CE越大，当直线要与抛物线有交点，
即当直线与有且只有一个交点时，最小，此时的交点即为点P，
联立，
整理得：，
则其根的判别式，
解得，
则此时，
面积的最大值为，
将代入得：，
当时，，
面积取得最大值时，点P的坐标为；
（3）对于，
当时，，解得，
，
，
，
，
是直角三角形，且，
设点P的坐标为，
，直线BC的函数解析式为，
设直线PE的函数解析式为，
将代入得：，
解得，
则直线PE的函数解析式为，
联立，解得，
即，
，
，
由题意，分以下两种情况：
①当时，
则，即，
解得或，
则此时或；
②当时，
则，即，
解得，
则此时；
综上，存在这样的点P，此时点P的坐标为或或．
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；待定系数法求二次函数解析式；解直角三角形—边角关系；相似三角形的性质-对应边；二次函数-相似三角形的存在性问题
【解析】【分析】（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）先求出直线BC的解析式，即可得到点D的坐标，从而求出CD的长，然后解一次函数与二次函数联立的方程，利用，即可得出点P的坐标；
（3）先求出点A的坐标，再判断，然后设点P的坐标为，即可得，然后分为和两种情况利用利用对应边长比例求解即可．
8．【答案】A
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解： 如图，连接AC，CM，BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC是圆的直径，
∴∠AMC=90°，
∵该圆的半径为5，
∴AC=10，
∵点M是 的中点 ，
∴弧AM=弧CM，
∴AM=CM，
∴△AMC是等腰直角三角形，
∴∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，
∴∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，
设AB为x，BC=y，且x＞y，
则，
解得或(舍去)，
即，
∵MN⊥AB，且∠ABM=45°，
∴△MNB是等腰直角三角形，
∴MN=BN，
∴AN=AB-BN=-MN，
∵AN2+MN2=AM2，
∴，
解得MN=或MN=（舍去）.
故答案为：A.
【分析】连接AC，CM，BM，由矩形的性质得∠ABC=90°，由圆周角定理得AC是圆的直径，∠AMC=90°，由等弧所对的弦相等得AM=CM，故△AMC是等腰直角三角形，则∠ACM=45°，AM2+CM2=2AM2=AC2=100，进而由圆周角定理推出∠ACM=∠ABM=45°，AM2=50，设AB为x，BC=y，且x＞y，根据勾股定理及矩形的面积建立出方程组，求解得出；再判断出△MNB是等腰直角三角形，得MN=BN，在Rt△AMN中，利用勾股定理建立方程可求出MN的长.
9．【答案】C
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理
【解析】【解答】解：作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQ=MN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图，
因为OQ为MN垂直平分线且OQ=MN，所以OQ=MQ=NQ，
∴∠OMQ=∠ONQ=45°，
∴∠MON=90°，
所以弦MN所对的圆O的圆周角为45°，
所以点P在圆O上，PM为圆O的弦，
通过图像可知，当点P在位置时，恰好过格点且经过圆心O，
所以此时最大，等于圆O的直径，
∵BM＝4，BN＝2，
∴，
∴MQ=OQ=，
∴OM=，
∴，
故答案为： C．
【分析】根据圆周角定理"同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半"可作以点O为圆心，∠MON=90°且过点M、N的圆，则点P在所作的圆上，观察圆O所经过的格点，找出到点M距离最大的点即可求解．
10．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质；圆-动点问题
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+ ∠CBE= 90°，
∵∠ABE=∠BCE，
∴∠BCE+∠CBE= 90°，
∴∠ BEC= 90°，
∴点E在以BC为直径的半圆上移动，
如图，设BC的中点为O，正方形ABCD关于直线AB对称的正方形APGB，则点D的对应点是P，
连接PO交AB于F，交半圆O于E，线段EP的长即为FD+ FE的长度最小值，OE=4，
∵∠G=90°，PG=BG=AB=4，
∴ OG= 6，
∴ОP=，
∴EP=，
∴FD+ FE的长度最小值为，
故答案为．
【分析】由正方形得到∠ABC=90°，即可得到∠BEC=90°，进而得出点E在以BC为直径的半圆上移动，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形APGB，连接PO交AB于F交圆O于E，根据两点间线段最短得到EP的长即为FD+FE的长度最小值，然后利用勾股定理解题即可．
11．【答案】；
【知识点】勾股定理；圆与三角形的综合
【解析】【解答】解：①如图，连接，
在中，，，
，
在中，，
，
，，
在中，，
故答案为：
②，
，
，
，
，
，
，
，
∵直径，
，
，
设圆的半径是r，，
，，
，
，
，
，，
故答案为：
【分析】①连接，先根据含直角三角形的性质，得，再根据圆周角定理，得，即可求得；
②设圆的半径是r， ，由，求出，得到，因此，推出，得到，设圆的半径是r，， 可得，分别求，的长求比值即可.
12．【答案】（1）50
（2）是定值
（3）或
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接，证明，得到，即可求出结果；
（2）过点作，垂足为点，设，进而得到，，证明，得到，即可求出结果；
（3）分若点在点的左侧，此时有；若点在点的右侧，此时有，两种情况，结合全等三角形的性质和直角三角形斜边中线的性质即可求出结果．
（1）
解：连接，
，
是直径，
，
，
，，
，
，
；
（2）
是定值，理由如下：
过点作，垂足为点，
，
，
设，
点是中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）
若点在点的左侧，此时有，连接，
点是的中点，
，
，，，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
；
若点在点的右侧，此时有，
点是中点，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
综上所述，当是等腰三角形时，或．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线的性质，锐角三角函数，本题的关键是熟练等腰三角形的性质，结合分类讨论思想解题．
（1）解：连接，
，
是直径，
，
，
，，
，
，
；
（2）是定值，理由如下：
过点作，垂足为点，
，
，
设，
点是中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）若点在点的左侧，此时有，连接，
点是的中点，
，
，，，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
；
若点在点的右侧，此时有，
点是中点，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，
点是的中点，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
综上所述，当是等腰三角形时，或．
13．【答案】（1）解： 连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，
设，
，，
是的垂直平分线，
，
在中，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，，
四边形是的内接四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
的面积为，
，
，
解得：或（舍去），
，，
设的半径为，
在中，，
，
解得：，
的半径为5；
（2）解： 连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
设，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
整理得：，
解得：或（舍去），
，
，，
，
，
，
的值为．

【知识点】平行四边形的性质；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；圆与三角形的综合
【解析】【分析】（1）连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，设，即可得到，求出，，然后根据圆内接四边形对角互补可得，从而得到，然后推理得到，即可求出，的长，利用面积求出x值，利用勾股定理解题即可；
（2）连接并延长交于点，连接，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，设，，可得，，进而求出，然后推导，即可得到，再根据解题即可．
14．【答案】（1）证明：如图，延长AD交⊙O于F，连接BF，
∴∠C＝∠F，
∵AF为直径，DE⊥AC，
∴∠ABF＝∠DEC＝90°，
∴∠DAB=90°-∠F，∠CDE＝90°-∠C，
∴∠DAB=∠CDE.
（2）解：如图，作ON⊥AB，
∴∠ANO＝∠DEC＝90°，
∵AB＝6，
∴AN＝3，
又∵AO＝CD， ∠DAB＝∠CDE，
∴△ANO≌△DEC（AAS），
∴DE＝AN＝3.
（3）解：如图，作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，
∴∠AGC＝∠DEC＝90°，∠C＝∠C，
∴∠GAC＝∠CDE＝∠DAB，
又∵∠DAC＝2∠DAB，
∴∠DAB＝∠DAG＝∠GAC，
∴可得△ADH≌△ADG≌△ACG，
又∵DC＝6，
∴DH＝DG＝GC＝3，
在中， ，
设AH=AG=x，在Rt中，，解得x=6，
∴AB=10，
延长AD交⊙O于F，连接BF，
∠F＝∠C=∠ADC=∠BDF，
∴BF=BD=5，
在Rt中，，
∴.
（4）解：或或或可以化成以上三种表达式的任一种均可．
【知识点】勾股定理；圆的综合题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（4）如图，延长AD交⊙O于点F，作CG⊥AF于点G，连接EG交DC于点H，连接BF，
∵AB=DB，
∴∠BAD=∠ADB，
∵∠CDG=∠ADB，∠EDC=∠BAD，
∴∠EDC=∠GDC，
∴∠ECD=∠GCD，
∴DE=DG，
∴AD+DE=AD+DG=AG，EF⊥DC，∠DGH =∠DEH，
∵∠DEH+∠HEC=∠ECH+∠HEC=90°，
∴∠ECH=∠DEH=∠DGH，
∵∠BFD=∠ECH，
∴∠BFD=∠AGE，
∵∠FBD=∠GAE，BD=AE，
∴△BDF≌△AGE(AAS)，
∴AG=BF，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ABF=90°，
∴BF===，
∴AD+DE=.
【分析】（1）延长AD交⊙O于F，连接BF，根据圆周角定理即角的互余关系，即可证明结论；
（2）如图，作ON⊥AB，可得∠ANO＝∠DEC＝90°，由垂径定理可得AN＝3，再利用“AAS”证得△ANO≌△DEC，即可求得DE的长；
（3）如图，作AG⊥BC于点G，DH⊥AB于点H，先证得△ADH≌△ADG≌△ACG，从而得到DH＝DG＝GC＝3，利用勾股定理求出BH=4，设AH=AG=x，再利用勾股定理得到，解得x=6，求得AB=10，再延长AD交⊙O于F，连接BF，再由∠F＝∠C=∠ADC=∠BDF，可得BF=BD=5，再在Rt△ABF中，利用勾股定理求得AF长，即可求得r的值；
（4）如图，延长AD交⊙O于点F，作CG⊥AF于点G，连接EG交DC于点H，连接BF，先由AB=DB，得∠BAD=∠ADB，再由角的等量代换可得∠EDC=∠GDC，从而得∠ECD=∠GCD，即得到DE=DG，进而得到AD+DE=AD+DG=AG，EF⊥DC，∠DGH =∠DEH，再通过角等量代换可推出∠BFD=∠AGE，利用“AAS”定理证得△BDF≌△AGE，可得AG=BF，再由AF是⊙O的直径，可得∠ABF=90°，最后利用勾股定理可表示BF===，即可求出AD+DE.
15．【答案】B
【知识点】相似三角形的判定；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
∵DM∥BC，
∴∠CDM=∠BCD，
∴∠CDM=∠ACD，
∴CM=DM，
∵DM∥BC，
∴，
∴，即，
∵BC=3，AC=2，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】根据角平分线的定义、平行线的性质得∠CDM=∠ACD，然后由等腰三角形的判定得CM=DM，接下来由DM∥BC得，从而根据相似三角形对应边成比例得，进而进行等量代换后，代入BC、AC的值，即可求出DM的值.
16．【答案】（1）2
（2）8
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；坐标与图形变化﹣旋转；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）如图所示，设直线y=x与y=交于点D，过点D作DC⊥x轴于点C，
∴∠BOD=∠COD=45°，
∵双曲线绕原点逆时针旋转45°与y轴交于点B，点（0，2），
∴OD=OB=2，
∴OC=CD=，
∴D（，），
∴k=×=2.
故答案为：2；
（2）∵双曲线绕原点逆时针旋转45°后得到曲线AB，
∴将点A绕原点顺时针旋转45°后得点A'，且A'在双曲线上，
如图，连接OA，过点A作AE⊥y轴，过点G作GK⊥x轴于点K，交AE于点F，过点A'作A'H⊥x轴于点H，
∴∠AOA’=45°，AG⊥OA，
∴∠OAG=90°，OA=AG，
∴∠OAE=90°-∠FAG=∠AGF，
∵∠OEA=∠AFG=90°，
∴△OAE≌△AGF（AAS），
∴OE=AF=5，AE=FG=3，
∴EF=AE+AF=8=OK，GK=FK-FG=OE-FG=2，
∴OG===2，
∵GK⊥x轴，A'H⊥x轴，
∴GK∥GK，
∴△OA'H∽△OGK，
∴，
又∵A（3，5），
∴OA'=OA==，
∴，
∴OH=4，A'H=，
∴A'（4，），
∴k=4×=8.
故答案为：8.
【分析】将点A绕原点顺时针旋转45°后得点A'，且A'在双曲线上，再连接OA，过点A作AE⊥y轴，过点G作GK⊥x轴于点K，交AE于点F，过点A'作A'H⊥x轴于点H，利用“AAS”定理证得△OAE≌△AGF，从而得OE=AF=5，AE=FG=3，进而得EF=AE+AF=8=OK，GK=FK-FG=OE-FG=2，再利用勾股定理求得OG=2，再由GK∥GK，易证△OA'H∽△OGK，再求出OA'=OA=，由相似三角形对应比成比例求得OH=4，A'H=，可得A'（4，），即可求出k值.
17．【答案】
【知识点】解直角三角形—边角关系；探索规律-图形的递变规律
【解析】【解答】解：在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
即，
，
同理，，，，，，
．
．．．
，
故答案为：．
【分析】利用得到的值，再利用条件得到，从而可得，同理即可得到，，，，，然后根据规律解题即可．
18．【答案】（1）5
（2）
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）∵ 四边形ABCD、四边形AHFE、四边形DGME均为正方形， AH=13，DE=12，
∴AB=AD，AH=AE=13，∠ADE=90°，
∴在Rt△ADE中，由勾股定理可知：，
∴AD=AB=5；
故答案为：5；
（2）设HQ⊥AN于点Q，
∴∠HQA=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DE，AB=DC，∠ADC=90°，
∴△ABP∽△ECP，
∵S△ABP∶S△ECP=1∶9，
∴，
∴，
设AB=1，则CE=3，DC=1，DE=DC+CE=4，
∵四边形AHFE正方形 ，
∴∠HAE=90°，AE=AH，
∵∠HAQ+∠EAQ=90°=∠HAQ+∠AHQ，
∴∠AHQ=∠EAQ，
在△ADE与△HQA中，
∵∠AHQ=∠EAQ，∠ADE=∠AQH=90°，AH=AE，
∴△ADE≌△HQA（AAS），
∴AQ=DE=4，HQ=AD=1，
∴DQ=AQ-AD=3，
设DN=x，则NQ=3-x，
∵∠EDN=∠HQN=90°，
∴DE∥HQ，
∴△DEN∽△QHN，
∴，即，
解得x=，
∴.
故答案为：.
【分析】（1）由正方形的性质得AB=AD，AH=AE=13，∠ADE=90°，进而在Rt△ADE中，由勾股定理算出AD即可得出答案；
（2）设HQ⊥AN于点Q，则∠HQA=90°，由正方形性质得AB∥DE，AB=DC，∠ADC=90°，由平行于三角形一边得直线截其它两边得延长线，所截的三角形与原三角形相似得△ABP∽△ECP，由相似三角形的面积之比等于相似比的平方得出，设AB=1，则CE=3，DC=1，DE=DC+CE=4；由正方形的性质得∠HAE=90°，AE=AH，由同角的余角相等得∠AHQ=∠EAQ，由AAS判断出△ADE≌△HQA，得AQ=DE=4，HQ=AD=1，则DQ=AQ-AD=3，设DN=x，则NQ=3-x；由内错角相等，两直线平行，得DE∥HQ，由平行于三角形一边得直线截其它两边得延长线，所截的三角形与原三角形相似得△DEN∽△QHN，进而根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解即可.
19．【答案】4；3
【知识点】因式分解法解一元二次方程；正方形的性质；求正切值
20．【答案】解：任务一，如图1，取的中点O，连接，
∵，∠ACB=90°，
∴，
∵，
∴，
∴的最大值为2；
任务二，∵∠ACB=90°，O是AB中点，
∴，
∵，
∴，
∵CD=6，
∴，
∴的最小值为12；
任务三，如图2，作的外接圆，作于E，作直径，连接，
∴，设的半径是R，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值是；
任务四，如图2，作的外接圆，作于E，作直径，连接，
∴，设的半径是R，
∵，，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值是．
任务五，如图3，作于G，延长交于H，在的延长线上截取，
∴∠EGM=90°，
∵，
∴∠GEH=180°-∠EGM=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BHE=90°，
∴，
设，
∴，
∴，
∵
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
由任务四可知，，
∵，
当最小时，取得最大值，此时最大值为．
【知识点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【分析】任务一：取的中点O，连接，根据直角三角形斜边上的中线性质得OC=2，然后由OC≥CD，即可求出答案；
任务二：根据直角三角形斜边上的中线性质得，然后由OC≥CD得AB≥2CD，代入CD的值，即可得到答案；
任务三：作的外接圆，作于E，作直径，连接，根据圆周角定理的推论得∠ABF=90°，设的半径是R，然后由圆周角定理得，解直角三角形，从而用含R的算式表示AB、BF的值，接下来根据垂径定理得AE=EB，利用三角形中位线定理求得，根据三角形的三边关系得，解不等式求出R的取值范围，最后求出AB的取值范围，即可得到答案；
任务四：作的外接圆，作于E，作直径，连接，由任务三同理得关于R的不等式，从而得R的取值范围，最后求出AB的取值范围，即可得到答案；
任务五：作于G，延长交于H，在的延长线上截取，先求出，，从而得∠MEF、∠MEG的度数，然后求出EG=FH=4，，从而根据全等三角形对应角相等得∠LFH=∠MEG的度数，进而得∠NFL的度数，由任务四可知，，接下来由线段的和差关系得，即可得当最小时，取得最大值.
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