【中考数学】一轮复习第六章 圆（测试）（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
第六章 圆（测试）
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．如图所示，，，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
3．如图，四边形内接于，E为BC延长线上一点．若，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（ ）

A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
5．如图，是的直径，弦于点E，连结．若的半径为，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
6．已知的周长为，其内切圆的面积为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r， B．0， C．2r， D．0，
8．如图，四边形内接于，的半径为，，则的长是（ ）

A． B． C． D．
9．已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
10．如图，正六边形的外接圆的半径为2，过圆心O的两条直线、的夹角为，则图中的阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图，在中，，，，则的内切圆半径______．
12．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为_________.

13．圆锥的高为，母线长为3，沿一条母线将其侧面展开，展开图（扇形）的圆心角是________度，该圆锥的侧面积是________（结果用含的式子表示）．
14．如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径______．

数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
15．小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为____________里．

16．如图，在矩形中，，，点M为的中点，E是上的一点，连接，作点B关于直线的对称点，连接并延长交于点F．当最大时，点到的距离是________．

三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．

(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
18．如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．

(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
19．已知：．
(1)尺规作图：用直尺和圆规作出内切圆的圆心O；（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
(2)如果的周长为14，内切圆的半径为1.3，求的面积．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图．
(1)科考队测量出月亮洞的洞宽约是28m，洞高约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径的长（结果精确到0.1m）；
(2)若，点在上，求的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
21．如图，已知是的直径，是的弦，点P是外的一点，，垂足为点C，与相交于点E，连接，且，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，，求的长．
圆与反比例函数综合
22．小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点和点B为顶点，分别作菱形和菱形，点D，E在x轴上，以点O为圆心，长为半径作，连接．
(1)求k的值；
(2)求扇形的半径及圆心角的度数；
(3)请直接写出图中阴影部分面积之和．
23．如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．

(1)求证：；
(2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．
②当，时，试用含m，n，p的式子表示．
定弦定角模型
24．已知，点A，B分别在射线上运动，．
(1)如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判断OD与有什么数量关系 证明你的结论：
(2)如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大 请说明理由，并求出面积的最大值．
圆与二次函数综合
25．如图，直线l：y＝2x＋1与抛物线C：y＝2x2＋bx＋c相交于点A（0，m），B（n，7）．
(1)填空：m＝________，n＝_______，抛物线的解析式为_______________．
(2)将直线l向下移a（a＞0）个单位长度后，直线l与抛物线C仍有公共点，求a的取值范围．
(3)Q是抛物线上的一个动点，是否存在以AQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
第六章 圆（测试）
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．如图所示，，，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求得OA的长，从而求出OC的长即可．
【详解】解：∵，
∴OA=，
∵，以点A为圆心，AB长为半径画弧交x轴负半轴于点C，
∴，
∴，
∵点C为x轴负半轴上的点，
∴C，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，勾股定理等知识，明确AB=AC是解题的关键．
2．在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
【答案】B
【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，
，，
当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．
3．如图，四边形内接于，E为BC延长线上一点．若，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据邻补角互补求出的度数，再根据圆内接四边形对角互补求出的度数，最后根据圆周角定理即可求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟练掌握这些定理和性质是解题的关键．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（ 图①）的形状示意图．是的一部分，是的中点，连接，与弦交于点，连接，．已知cm，碗深，则的半径为（ ）

A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
【答案】A
【分析】首先利用垂径定理的推论得出，，再设的半径为，则．在中根据勾股定理列出方程，求出即可．
【详解】解： 是的一部分，是的中点，，
，．
设的半径为，则．
在中，，
，
，
，
即的半径为．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理的应用，设的半径为，列出关于的方程是解题的关键．
5．如图，是的直径，弦于点E，连结．若的半径为，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据垂径定理、锐角三角函数的定义进行判断即可解答．
【详解】解：∵是的直径，弦于点E，
∴
在中，，
∴
∴，故选项A错误，不符合题意；
又
∴
∴，故选项B正确，符合题意；
又
∴
∵
∴，故选项C错误，不符合题意；
∵，
∴，故选项D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，锐角三角函数的定义以及三角形面积公式的应用，解本题的关键是熟记垂径定理和锐角三角函数的定义．
6．已知的周长为，其内切圆的面积为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可得，，，由面积关系可求解．
【详解】解：如图，设内切圆与相切于点，点，点，连接，，，，，，
切于，
，，
，
同理：，
，
，
，
，
故选A
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．
7．如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r， B．0， C．2r， D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
8．如图，四边形内接于，的半径为，，则的长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆内接四边形的性质得到，由圆周角定理得到，根据弧长的公式即可得到结论．
【详解】解：四边形内接于，，
，
，
的长．
故选：．
【点睛】本题考查的是弧长的计算，圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
9．已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，由可得，可得，而，可得为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，

∴，，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，而，
∴为等边三角形，
∴，
∴多边形的边数为：，
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
10．如图，正六边形的外接圆的半径为2，过圆心O的两条直线、的夹角为，则图中的阴影部分的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，连接，标注直线与圆的交点，由正六边形的性质可得：，，三点共线，为等边三角形，证明扇形与扇形重合，可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接，标注直线与圆的交点，
由正六边形的性质可得：，，三点共线，为等边三角形，

∴，，
∴，
∴扇形与扇形重合，
∴，
∵为等边三角形，，过作于，
∴，，，
∴；
故选C
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积的计算，勾股定理的应用，熟记正六边形的性质是解本题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如图，在中，，，，则的内切圆半径______．
【答案】1
【分析】本题考查了切线长定理，圆的切线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握切线长定理是解答本题的关键，首先利用切线的性质证明四边形是正方形，得到，再利用切线长定理得到，，最后由列方程即可求解．
【详解】设的内切圆与、、分别相切于点D、E、F，
，，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，，
，，
，，
在中，，
，
，
解得 ．
故答案为：1．
12．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为_________.

【答案】
【分析】首先证明是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，
由旋转的性质得，，
，
∴是等边三角形，
∴，
∴点的运动路径的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转变换，含直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明是等边三角形．
13．圆锥的高为，母线长为3，沿一条母线将其侧面展开，展开图（扇形）的圆心角是________度，该圆锥的侧面积是________（结果用含的式子表示）．
【答案】 120
【分析】根据勾股定理，先求出圆锥底面半径，进而得出底面周长，即圆锥展开图的弧长，根据圆锥母线为圆锥的侧面展开图的半径，结合扇形弧长公式和面积公式，即可求解．
【详解】解：根据勾股定理可得：圆锥底面半径，
∴该圆锥底面周长，
∵圆锥母线长为3，
∴该圆锥的侧面展开图的半径为3，
∴，解得：，
即展开图（扇形）的圆心角是120度，
圆锥的侧面积，
故答案为：120，．
【点睛】本题主要考查了求圆锥地面半径，扇形面积公式和弧长公式，解题的关键是掌握弧长，扇形面积．
14．如图，是的直径，是的内接三角形．若，，则的直径______．

【答案】
【分析】连接，，根据在同圆中直径所对的圆周角是可得，根据圆周角定理可得，根据圆心角，弦，弧之间的关系可得，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，，如图：

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了在同圆中直径所对的圆周角是，圆周角定理，圆心角，弦，弧之间的关系，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
15．小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为____________里．

【答案】9
【分析】由切圆于D，切圆于C，连接，得到，里，由勾股定理求出，由，求出（里），即可得到答案．
【详解】解：如图，表示圆形城堡，

由题意知：切圆于D，切圆于C，连接，
∴，里，
∵里，
∴里，
∴，
∵，
∴，
∴（里）．
∴城堡的外围直径为（里）．
故答案为：9．
【点睛】本题考查勾股定理，解直角三角形，切线的性质，切线长定理，关键是理解题意，得到，求出长即可．
16．如图，在矩形中，，，点M为的中点，E是上的一点，连接，作点B关于直线的对称点，连接并延长交于点F．当最大时，点到的距离是________．

【答案】
【分析】如图，由题意可得：在上，过作于，由点B关于直线的对称点，可得，，，，当与切于点时，最大，此时，证明，重合，可得，，求解，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，由题意可得：在上，过作于，
∵点B关于直线的对称点，
∴，，，，
当与切于点时，最大，此时，

∴，
∴，重合，
∴，
∵矩形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离是．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．如图，是⊙O的弦，半径，垂足为D，弦与交于点F，连接，，．

(1)求证：；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由垂径定理，得 ，由圆周角定理，得；
（2）可证得；中，勾股定理求得，于是.
【详解】（1）证明：∵ 是的半径
∴， （垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧）
∴（同弧或等弧所对的圆周角相等）
（2）解：∵ 又∵
∴（两角分别相等的两个三角形相似）
∴（相似三角形对应边成比例）
∵
∴
在中
∴（勾股定理）
即
∴.
【点睛】本题考查垂径定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理；由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键．
18．如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．

(1)若∠ACB=20°，求的长（结果保留）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）连接，由，得，由弧长公式即得的长为；
（2）根据切于点，，可得，有，而，即可得，从而平分．
【详解】（1）解：连接OA，

∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴，
．
（2）证明：，
，
切于点，
，
，
，
，
，
平分．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
19．已知：．
(1)尺规作图：用直尺和圆规作出内切圆的圆心O；（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
(2)如果的周长为14，内切圆的半径为1.3，求的面积．
【答案】(1)作图见详解
(2)9.1
【分析】（1）根据角平分线的性质可知角平分线的交点为三角形内切圆的圆心，故只要作出两个角的角平分线即可；
（2）利用割补法，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，这样将△ABC分成三个小三角形，这三个小三角形分别以△ABC的三边为底，高为内切圆的半径，利用提取公因式可将周长代入，进而求出三角形的面积．
【详解】（1）解：如下图所示，O为所求作点，
（2）解：如图所示，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵内切圆的半径为1.3，
∴OD=OF=OE=1.3，
∵三角形ABC的周长为14，
∴AB+BC+AC=14，
则
故三角形ABC的面积为9.1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，角平分线的性质，割补法求几何图形的面积，能够将角平分线的性质与三角形的内切圆相结合是解决本题的关键．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．牂牁江“佘月郎山，西陵晚渡”的风景描绘中有半个月亮挂在山上，月亮之上有个“齐天大圣”守护洞口的传说．真实情况是老王山上有个月亮洞，洞顶上经常有猴子爬来爬去，下图是月亮洞的截面示意图．
(1)科考队测量出月亮洞的洞宽约是28m，洞高约是12m，通过计算截面所在圆的半径可以解释月亮洞像半个月亮，求半径的长（结果精确到0.1m）；
(2)若，点在上，求的度数，并用数学知识解释为什么“齐天大圣”点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
【答案】(1)
(2)，因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况
【分析】（1）根据垂径定理可得，勾股定理解，即可求解；
（2）在优弧上任取一点，连接根据圆周角定理可得，根据圆内接四边形对角互补即可求解．根据因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
【详解】（1）解： ，，
，
设半径为，则
在中，
解得
答：半径的长约为
（2）如图，在优弧上任取一点，连接
，
，
，
因为CD在∠CMD的内部，所以点在洞顶上巡视时总能看清洞口的情况．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
21．如图，已知是的直径，是的弦，点P是外的一点，，垂足为点C，与相交于点E，连接，且，延长交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据，得出，进而得出，易得，根据，得出，则，即可求证是的切线；
（2）易得，则，根据，求出，，则，根据勾股定理求出，，进而求出，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，则，
∴，即，
∴是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，则，
∴，
∴，
根据勾股定理可得：，，
∴，
∴，
∴根据勾股定理可得：．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，解题直角三角形，解题的关键是熟练掌握经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及解直角三角形的方法和步骤．
圆与反比例函数综合
22．小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点和点B为顶点，分别作菱形和菱形，点D，E在x轴上，以点O为圆心，长为半径作，连接．
(1)求k的值；
(2)求扇形的半径及圆心角的度数；
(3)请直接写出图中阴影部分面积之和．
【答案】(1)
(2)半径为2，圆心角为
(3)
【分析】（1）将代入中即可求解；
（2）利用勾股定理求解边长，再利用三角函数求出的度数，最后结合菱形的性质求解；
（3）先计算出，再计算出扇形的面积，根据菱形的性质及结合的几何意义可求出，从而问题即可解答．
【详解】（1）解：将代入中，
得，
解得：；
（2）解：过点作的垂线，垂足为，如下图：

，
，
，
半径为2；
，
∴，
，
由菱形的性质知：，
，
扇形的圆心角的度数：；
（3）解：，
，
，
如下图：由菱形知，，

，
，
．
【点睛】本题考查了反比例函数及的几何意义，菱形的性质、勾股定理、圆心角，解题的关键是掌握的几何意义．
23．如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．

(1)求证：；
(2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．
②当，时，试用含m，n，p的式子表示．
【答案】(1)见解析
(2)0，1，0
(3)①等腰三角形，理由见解析，②
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形；
②证明，，根据相似三角形的性质，得出，则，，计算即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
即，
又，
；
（2） ，
，
，
，
∵
∴，
∴，
∵
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：0，1，0
（3）①记的面积为，
则，
，
①
，
即，
②
由①②可得，
即，
，
，
即，
∴点D和点C到的距离相等，
，
，
，
，
都为等腰三角形；
②，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
则，
，
．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
定弦定角模型
24．已知，点A，B分别在射线上运动，．
(1)如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判断OD与有什么数量关系 证明你的结论：
(2)如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大 请说明理由，并求出面积的最大值．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)当时，的面积最大；理由见解析，面积的最大值为
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=AB，OD′=A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
【详解】（1）解：，证明如下：
，AB中点为D，
，
为的中点，，
，
，
；
（2）解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；
（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
∴∠BOT=∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为 ．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
圆与二次函数综合
25．如图，直线l：y＝2x＋1与抛物线C：y＝2x2＋bx＋c相交于点A（0，m），B（n，7）．
(1)填空：m＝______，n＝_____，抛物线的解析式为__________．
(2)将直线l向下移a（a＞0）个单位长度后，直线l与抛物线C仍有公共点，求a的取值范围．
(3)Q是抛物线上的一个动点，是否存在以AQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1，3，y＝2x2﹣4x＋1
(2)0＜a
(3)存在，P（1，0）或P（，0）
【分析】（1）将A（0，m），B（n，7）代入y=2x+1，可求m、n的值，再将A（0，1），B（3，7）代入y=2x2+bx+c，可求函数解析式；
（2）由题意可得y=2x+1-a，联立，得到2x2-6x+a=0，再由判别式Δ≥0即可求a是取值范围；
（3）设Q（t，s），则，半径，再由AQ2=t2+（s-1）2=（s+1）2，即可求t的值．
【详解】（1）将A（0，m），B（n，7）代入y＝2x＋1，
可得m＝1，n＝3，
∴A（0，1），B（3，7），
再将A（0，1），B（3，7）代入y＝2x2＋bx＋c得，
，可得，
∴y＝2x2﹣4x＋1，
故答案为：1，3，y＝2x2﹣4x＋1；
（2）由题意可得y＝2x＋1﹣a，
联立，
∴2x2﹣6x＋a＝0，
∵直线l与抛物线C仍有公共点
∴Δ＝36﹣8a≥0，
∴a，
∴0（3）存在以AQ为直径的圆与x轴相切，理由如下：
设Q（t，s），
∴M（，），P（，0），
∴半径r，
∵AQ2＝t2＋（s﹣1）2＝（s＋1）2，
∴t2＝4s，
∵s＝2t2﹣4t＋1，
∴t2＝4（2t2﹣4t＋1），
∴t＝2或t，
∴P（1，0）或P（，0），
∴以AQ为直径的圆与x轴相切时，P点坐标为P（1，0）或P（，0）．
,
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)