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专题 10 填空压轴题分类练（七大考
点）
实战训练
一．函数图像描述动点（超易错）
1．如图1，在△ABC中，AB＞AC，D是边BC上一动点，设B，D两点之间的距离为x，A，D两点之间的距离为y，表示y与x的函数关系的图象如图2所示．则线段AC的长为 √13 ，线段
AB的长为 2√5 ．
试题分析：从图象看，当x＝1时，y=√13，即BD＝1时，AD=√13，当x＝7时，y=√13，即
BD＝7时，C、D重合，此时y＝AD＝AC=√13，则CD＝6，即当BD＝1时，△ADC为以点A
为顶点腰长为√13的等腰三角形，进而求解．
答案详解：解：从图象看，当x＝1时，y=√13，即BD＝1时，AD=√13，
当x＝7时，y=√13，即BD＝7时，C、D重合，此时y＝AD＝AC=√13，则CD＝6，
即当BD＝1时，△ADC为以点A为顶点腰长为√13的等腰三角形，如下图：
过点A作AH⊥BC于点H，
1
在Rt△ACH中，AC=√13，CH＝DH= CD＝3，则AH=√AC2−CH2=√13−9=2，
2
在Rt△ABH中，AB=√AH2+BH2=√(1+3) 2+22=2√5，
所以答案是：√13，2√5．
二．二次函数的性质。
2．已知二次函数y＝﹣x2+2x，当﹣1＜x＜a时，y随x的增大而增大，则实数a的取值范围是 ﹣
1 ＜ a ≤ 1 ．
试题分析：根据题目中的函数解析式，可以得到该函数的对称轴，再根据当﹣1＜x＜a时，y随
x的增大而增大和二次函数的性质，即可得到a的取值范围．
答案详解：解：∵二次函数y＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+1，
∴该函数图象开口向下，对称轴为直线x＝1，
∵当﹣1＜x＜a时，y随x的增大而增大，∴﹣1＜a≤1，
所以答案是：﹣1＜a≤1．
3．二次函数y＝（x﹣2m）2+m2，当m＜x＜m+1时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是
m ≥ 1 ．
试题分析：由二次函数解析式可求得其对称轴，再结合二次函数的增减性可求得关于m的不等
式，可求得答案．
答案详解：解：
∵y＝（x﹣2m）2+m2，
∴抛物线开口向上，对称轴为x＝2m，
∴当x＜2m时，y随x的增大而减小，
∵当m＜x＜m+1时，y随x的增大而减小，
∴m+1≤2m，解得m≥1，
所以答案是：m≥1．
4．已知抛物线y＝﹣x2+6x﹣5的顶点为P，对称轴l与x轴交于点A，N是PA的中点．M（m，n）
在抛物线上，M关于直线l的对称点为B，M关于点N的对称点为C．当1≤m≤3时，线段BC
的长随 m 的增大而发生的变化是 当 1 ≤ m ≤ 3−√2 时， BC 的长随 m 的增大而减小，当 3
−√2＜ m ≤ 3 时， BC 的长随 m 的增大而增大 ．（“变化”是指增减情况及相应m的取值范
围）
试题分析：将二次函数的解析式写成顶点式，得到P的坐标和对称轴，由此写出N点坐标，接
着分别利用对称性质，写出B点和C点坐标，通过画图或者数据，都可以发现 B和C的横坐标
相同，由此得到BC∥y轴，接下来要表示出线段BC的长度，由于无法确定B点和C点谁在上方，
故需要找到B与C重合的位置，即纵坐标为2时，求出此时对应的横坐标，然后展开分类讨论，
用m表示出BC的长度，利用二次函数性质，即可得到结论．
答案详解：解：∵y＝﹣x2+6x﹣5＝﹣（x﹣3）2+4，
∴顶点P（3，4），
对称轴l为直线x＝3，
∴A（3，0），
∵N是PA的中点，
∴N（3，2），
∵M关于直线l的对称点为B，∴B（6﹣m，n），
∵M点关于N的对称点为C，
∴N是MC的中点，
∴C（6﹣m，4﹣n），
∵B和C的横坐标相同，
∴BC∥y轴，
令y＝2，则﹣x2+6x﹣5＝2，
∴x=3±√2，
①当1≤m≤3−√2时，M在N点下方，如图1，
∴B在C下方，
∴BC＝4﹣2n，
∵n＝﹣（m﹣3）2+4，
∴BC＝2（m﹣3）2﹣4，
∵a＝2＞0，
∴当1≤m≤3−√2时，BC的大小随着m的增大而减小，
②当3−√2＜m≤3时，M在N点上方，如图2
∴B在C上方，
∴BC＝n﹣4+n＝2n﹣4，
∴BC＝﹣2（m﹣3）2+4，
∵a＝﹣3＜0，
∴当3−√2＜m≤3时，BC的大小随着m增大而增大，
即当1≤m≤3−√2时，BC的长随m的增大而减小，当3−√2＜m≤3时，BC的长随m的增大而
增大．三．二次函数图象与系数的关系
5．如图是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，图象过点A（﹣3，0），对称轴为直线x＝﹣1，给
出以下结论：
①abc＜0
②b2﹣4ac＞0
③4b+c＜0
5 1
④若B（− ，y ）、C（− ，y ）为函数图象上的两点，则y ＞y
2 1 2 2 1 2
⑤当﹣3≤x≤1时，y≥0，
其中正确的结论是（填写代表正确结论的序号） ②③⑤ ．试题分析：根据二次函数的性质，结合图中信息，一一判断即可解决问题．
答案详解：解：由图象可知，a＜0，b＜0，c＞0，
∴abc＞0，故①错误．
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，故②正确．
∵抛物线对称轴为x＝﹣1，与x轴交于A（﹣3，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（1，0），
b
∴a+b+c＝0，− =−1，
2a
∴b＝2a，c＝﹣3a，
∴4b+c＝8a﹣3a＝5a＜0，故③正确．
5 1
∵B（− ，y ）、C（− ，y ）为函数图象上的两点，又点C离对称轴近，
2 1 2 2
∴y ＜y ，故④错误，
1 2
由图象可知，﹣3≤x≤1时，y≥0，故⑤正确．
∴②③⑤正确，
所以答案是②③⑤．
6．抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0）．下列结论：①2a﹣b＝0；②2c＝
3b；③当a＜0时，无论m取何值都有a﹣b≥am2+bm；④若a＜0时，抛物线交y轴于点C，且
△ABC是等腰三角形，c=√7或√15； ⑤抛物线交y轴于正半轴，抛物线上的两点 E（x ，
1
y ）、F（x ，y ）且x ＜x ，x +x ＞﹣2，则y ＞y ；则其中正确的是 ①③④⑤ ．（填写
1 2 2 1 2 1 2 1 2所有正确结论的序号）
试题分析：根据二次函数图象与系数的关系，二次函数与 x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，
b
0），可知二次函数的对称轴为直线x＝﹣1，即− =−1，可得2a与b的关系，可判断①；根
2a
据对称轴公式，将B点代入可得c、b的关系，即可判断②；函数开口向下，x＝1时取得最大值，
可判断③；由图象知BC＝AB＝4时，当AC＝AB＝4时，两种情况利用勾股定理即可求得c的
值，可以判断④；根据抛物线图象上点的坐标特征即可判断⑤．
答案详解：解：①∵二次函数与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0）．
−3+1 b
∴二次函数的对称轴为x= =−1，即− =−1，
2 2a
∴2a﹣b＝0．
故①正确；
②∵二次函数y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0）．
∴9a﹣3b+c＝0，a+b+c＝0，
又∵b＝2a．
3
∴ b+c＝0，
2
∴2c＝﹣3b．
故②错误；
③∵a＜0，
∴抛物线开口向下．
∴x＝﹣1时，二次函数有最大值．
∴a﹣b+c≥am2+bm+c．
即a﹣b≥am2+bm．
故③正确；
④由图象可得，AC≠BC．
当BC＝AB＝4时，则12+c2＝42，解得c=√15，
当AC＝AB＝4时，则32+c2＝42，解得c=√7故△ABC是等腰三角形时，c=√7或√15，
故④正确；
⑤由题意可知，点E（x ，y ）到对称轴的距离小于点F（x ，y ）到对称轴的距离，
1 1 2 2
∴y ＞y ，
1 2
故⑤正确；
所以答案是①③④⑤．
7．已知点P（x ，m），Q（1，n）在二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣1）（a≠0）的图象上，且m＜
0
n下列结论：①该二次函数与x轴交于点（﹣a，0）和（a+1，0）；②该二次函数图象的对称
1
轴是直线 x= ； ③该二次函数的最小值是（a+2）2； ④ 0＜x ＜1．其中正确的是
2 0
①②④ ．（填写序号）
试题分析：先求出二次函数的对称轴，然后再分两种情况讨论，即可解答．
答案详解：解：①∵二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣1），
∴当y＝0时，x ＝﹣a，x ＝a+1，即该二次函数与x轴交于点（﹣a，0）和（a+1，0）．
1 2
故①结论正确；
x +x 1
②对称轴为：x= 1 2= ．
2 2
故②结论正确；
1 1 1
③由y＝（x+a）（x﹣a﹣1）得到：y＝（x− ）2﹣（a+ ）2，则其最小值是﹣（a+ ）2，
2 2 2
故③结论错误；④当P在对称轴的左侧（含顶点）时，y随x的增大而减小，
1
由m＜n，得0＜x ≤ ；
0 2
当P在对称轴的右侧时，y随x的增大而增大，
1
由m＜n，得 ＜x ＜1，
2 0
综上所述：m＜n，所求x 的取值范围0＜x ＜1．
0 0
故④结论正确．
所以答案是：①②④．
8．下列关于二次函数y＝x2﹣2mx+2m﹣3（m为常数）的结论：
①该函数的图象与x轴总有两个公共点；
②若x＞1时，y随x的增大而增大，则m＝1；
③无论m为何值，该函数的图象必经过一个定点；
④该函数图象的顶点一定不在直线y＝﹣2的上方．
其中正确的是 ①③④ （填写序号）．
试题分析：根据Δ＞0可以判断①；求出函数对称轴为x＝m，抛物线开口向上，当x＞m时y随
x的增大而增大，可以判断②；把抛物线解析式化为y＝x2﹣2m（x﹣1）﹣3，可以判断③；求
出抛物线的顶点纵坐标﹣m2+2m﹣3+2≤0，可以判断④．
答案详解：解：∵Δ＝（﹣2m）2﹣4（2m﹣3）＝4m2﹣8m+12＝4（m﹣1）2+8＞0，
∴该函数的图象与x轴总有两个公共点，
故①正确；
∵二次函数图象的对称轴为x＝m，
∴当x＞m时，y随x的增大而增大，
∴m≤1，
故②错误；
∵y＝x2﹣2mx+2m﹣3＝x2﹣2m（x﹣1）﹣3，
当x＝1时，y＝1﹣3＝﹣2，
∴无论m为何值，该函数的图象必经过定点（1，﹣2），
故③正确；
当x＝m时，y＝m2﹣2m2+2m﹣3＝﹣m2+2m﹣3，
∴二次函数图象的顶点为（m，﹣m2+2m﹣3），∵﹣m2+2m﹣3+2＝﹣m2+2m﹣1＝﹣（m﹣1）2≤0，
∴﹣m2+2m﹣3≤﹣2，
故④正确．
所以答案是：①③④．
四．二次函数与不等式
3
9．如图，已知函数y=− 与y＝ax2+bx（a＞0，b＞0）的图象交于点P，点P的纵坐标为1，则关
x
3
于x的不等式ax2+bx+ ＞0的解为 x ＜﹣ 3 或 x ＞ 0 ．
x
试题分析：所求不等式变形后，可以看作求二次函数的函数值大于反比例函数值时x的范围，由
二次函数与反比例函数图象的交点，利用图象即可得到满足题意的x的范围，即为所求不等式的
解集．
答案详解：解：∵反比例函数与二次函数图象交于点P，且P的纵坐标为1，
3
∴将y＝1代入反比例函数y=− 得：x＝﹣3，
x
∴P的坐标为（﹣3，1），
3
将所求的不等式变形得：ax2+bx＞− ，
x
由图象可得：x＜﹣3或x＞0，
3
则关于x的不等式ax2+bx+ ＞0的解为x＜﹣3或x＞0．
x
所以答案是：x＜﹣3或x＞0．
五．动点与最值
10．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝
CF，AE，DF交于点P，则∠APD的度数为 90 ° ；连接CP，线段CP的最小值为 √5−1
．试题分析：根据“边角边”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAE
＝∠CDF，然后求出∠APD＝90°，取AD的中点O，连接OP，根据直角三角形斜边上的中线等
于斜边的一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得C、P、O三点
共线时线段CP的值最小，然后根据勾股定理列式求出CO，再求解即可．
答案详解：解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠DCF＝90°，
在△ADE和△DCF中，
{
AD=CD
∠ADE=∠BCD，
DE=CF
∴△ADE≌△DCF（SAS），
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
1 1
取AD的中点O，连接OP，则OP= AD= ×2＝1（不变），
2 2
根据两点之间线段最短得C、P、O三点共线时线段CP的值最小，
在Rt△COD中，根据勾股定理得，CO=√CD2+OD2=√22+12=√5，
所以，CP＝CO﹣OP=√5−1．
所以答案是：90°，√5−1．11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是△ABC内的一个动点，满足AC2﹣AD2＝CD2.若AB
＝2√13，BC＝4，则BD长的最小值为 2 ．
试题分析：由AC2﹣AD2＝CD2.得∠ADC＝90°，取点H为AC的中点，可知DH和BH都是定值，
从而解决问题．
答案详解：解：取AC的中点H，连接HD，HB，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=√AB2−BC2=√52−16=6，
∵AC2﹣AD2＝CD2．
∴∠ADC＝90°，
∵点H为AC的中点，
∴DH＝CH＝3，∴BH=√CH2+BC2=√32+42=5，
∵BD≥BH﹣DH，
∴BD的最小值为5﹣3＝2，
所以答案是：2．
12．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在线段BC，CD上，且CF＝3，CE＝2，若点
M，N分别在线段AB，AD上运动，P为线段MF上的点，在运动过程中，始终保持∠PEB＝
9−√13
∠PFC，则线段PN的最小值为 ．
2
试题分析：根据四边形对角互补得：C、E、P、F四点共圆，取EF的中点为O，以EF为直径作
圆O，如图1，连接OP，ON，根据三角形三边关系可知：PN≥ON﹣OP，因为OP为定值，当
O、N、P三点共线，且ON⊥AD时，ON最小，PN最小，如图2，根据勾股定理可得结论．
答案详解：解：如图1，
∵∠PEB＝∠PFC，∠PEB+∠CEP＝180°，
∴∠CEP+∠CFP＝180°，
∴C、E、P、F四点共圆，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴EF是直径，取EF的中点为O，以EF为直径作圆O，如图1，连接OP，ON，
∵PN≥ON﹣OP，
1 1 √13
∵OP是定值，OP= EF= √22+32= ，
2 2 2
即当O、N、P三点共线，且ON⊥AD时，ON最小，PN最小，
如图2，PN最小，延长NO交BC于Q，则OQ⊥CE，
∴EQ＝CQ，
∵OE＝OF，
1 3
∴OQ= CF= ，
2 2
3 √13 9−√13
∴PN＝6− − = ；
2 2 2
9−√13
即线段PN的最小值为 ．
2
9−√13
所以答案是： ．
2
13．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2√3，BC＝6，∠ADC＝120°，点E，F分别在边AD，AB
上运动，且满足BF=√3DE，连接BE，CF，则CF+√3BE的最小值是 6√6 ．
试题分析：先连接CE，由∠ABC＝120°，AB＝CD＝2√3，BC＝AD＝6证明△FBC∽△EDC，由
此得CF=√3CE，从而将CF+√3BE转化成CE+BE，作B关于AD的对称点B'，连接B'C，再由
勾股定理求出B'C即可．答案详解：解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC＝120°，
∴∠ABC＝120°，AB＝CD＝2√3，BC＝AD＝6，
如图，连接CE，
∴BF=√3DE，
BF BC 6
∴ =√3， = =√3，
DE CD 2√3
BF BC
∴ = ，∠FBC=∠EDC=120°，
DE CD
∴△FBC∽△EDC，
CF BF BC
∴ = = =√3，
CE DE CD
∴CF=√3CE，
∴CF+√3BE=√3CE+√3BE=√3（CE+BE），
要求CF+√3BE最小值，即求CE+BE最小值，
∴作B关于AD的对称点B'，连接B'C交AD于E，记BB'交AD于M，此时CE+BE最小，
∴CE+BE最小值为CB'，
∵∠ADC＝120°，
∴∠A＝60°，∠ABM＝30°，
1
∴AM= AB=√3，
2
∴BM=√AB2−AM2=3，
∴BB'＝2BM＝6，
∵B'C2＝B'B2+BC2，
∴B'C＝6√2，
∴CE+BE最小值为6√2，即CF+√3BE最小值为6√6．
所以答案是：6√6．
14．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，0），B（3，0），C为平面内的动点，且满
足∠ACB＝90°，D为直线y＝x上的动点，则线段CD长的最小值为 √2− 1 ．
试题分析：取AB的中点E，过点E作直线y＝x的垂线，垂足为D，求出DE长即可求出答案．
答案详解：解：取AB的中点E，过点E作直线y＝x的垂线，垂足为D，
∵点A（1，0），B （3，0），
∴OA＝1，OB＝3，
∴OE＝2，
√2
∴ED=2× =√2，
2
∵∠ACB＝90°，
∴点C在以AB为直径的圆上，
∴线段CD长的最小值为√2−1．
所以答案是：√2−1．
15．如图，直线y＝﹣x+3与坐标轴交于A，B两点，点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段
3 1
AC的中点，连接OM，则线段OM的最小值是 √2− ．
2 2试题分析：根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的 B上，通过画图可知，C在BD与圆
B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根⊙据三角形的中位线定理可得结论．
答案详解：解：如图，∵直线y＝﹣x+3与坐标轴交于A，B两点，
∴A（3，0），B（0，3），
∴OA＝OB＝3，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在 B上，且半径为1，
取OD＝⊙OA＝3，连接CD，
∵AM＝CM，OD＝OA，
∴OM是△ACD的中位线，
1
∴OM= CD，
2
当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，当C在线段DB上时，OM最小，
∵OB＝OD＝3，∠BOD＝90°，
∴BD＝3√2，
∴CD＝3√2−1，1 3 1 3 1
∴OM= CD= √2− ，即OM的最小值为= √2− ，
2 2 2 2 2
3 1
所以答案是 √2− ．
2 2
16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2， C的半径为1，点P是斜边AB上的
点，过点P作 C的一条切线PQ（点Q是切点），则线段⊙PQ的最小值为 √2 ．
⊙
试题分析：连接CP，过点C作CP′⊥AB于P′，根据切线的性质得到CQ⊥PQ，根据直角三
角形的性质求出CP′，根据勾股定理、垂线段最短解答即可．
答案详解：解：连接CP，过点C作CP′⊥AB于P′，
∵PQ是 C的切线，
∴CQ⊥P⊙Q，
∴PQ=√CP2−CQ2=√CP2−1，
当CP⊥AB时，CP最小，则PQ最小，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
√3
∴CP′＝BC•sinB＝2× =√3，
2
∴PQ的最小值为：√(√3) 2−1=√2，
所以答案是：√2．17．如图，在平面直角坐标系xOy中，P是直线y＝2上的一个动点， P的半径为1，直线OQ切
P于点Q，则线段OQ的最小值为 √3 ． ⊙
⊙
试题分析：连接 PQ、OP，如图，根据切线的性质得 PQ⊥OQ，再利用勾股定理得到 OQ
=√OP2−1，利用垂线段最短，当OP最小时，OQ最小，然后求出OP的最小值，从而得到OQ
的最小值．
答案详解：解：连接PQ、OP，如图，
∵直线OQ切 P于点Q，
∴PQ⊥OQ，⊙
在Rt△OPQ中，OQ=√OP2−PQ2=√OP2−1，
当OP最小时，OQ最小，
当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2，
∴OQ的最小值为√22−1=√3．
所以答案是√3．
18．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，斜边AC＝4，点P是三角形内的一动点，
则PA+PB+PC的最小值是 2√7 ．
试题分析：将△BPC绕点B顺时针旋转60°，得到△BHG，连接PH，AG，过点G作AB的垂线，
交AB的延长线于N，可证PA+PB+PC＝PA+PH+HG，则当点A，点P，点H，点G共线时，PA+PH+HG有最小值，最小值为AG，由勾股定理可求解．
答案详解：解：如图，将△BPC绕点B顺时针旋转60°，得到△BHG，连接PH，AG，过点G
作AB的垂线，交AB的延长线于N，
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，AC＝4，
∴AB＝2，BC＝2√3，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°，得到△BHG，
∴△BPC≌△BHG，
∴BP＝BH，∠PBH＝60°，HG＝PC，BC＝BG＝2√3，∠PBC＝∠GBN，
∴△PBH是等边三角形，
∴PH＝BP，
∴PA+PB+PC＝PA+PH+HG，
∴当点A，点P，点H，点G共线时，PA+PH+HG有最小值，最小值为AG，
∵∠ABP+∠PBH+∠GBH＝∠ABP+∠PBC+∠PBH＝150°，
∴∠ABG＝150°，
∴∠GBN＝30°，
∵GN⊥AB，
1
∴GN= BG=√3，BN=√3NG＝3，
2
∴AN＝5，
∴AG=√AN❑ 2+NG❑ 2=√25+3=2√7，
∴PA+PB+PC的最小值是2√7，
所以答案是：2√7．2√3
19．如图，在四边形ABCD中，AD= AB，∠A＝30°，将线段CD绕点C逆时针旋转90°，并延
3
7
长至其√3倍（即CE=√3CD），过点E作EF⊥AB于点F，当AD＝6√3，BF＝3，EF= 时，边
4
25
BC的长是 ．
8
BC DC 1
试题分析：由锐角三角函数可求∠DEC＝30°，通过证明△ADE∽△BDC，可得 = = ，
AE DE 2
由勾股定理可求AE的长，即可求解．
答案详解：解：如图，连接BD，AE，DE，
∵将线段CD绕点C逆时针旋转90°，并延长至其√3倍，
∴∠DCE＝90°，CE=√3CD，
DC √3
∴tan∠DEC= = ，
EC 3
∴∠DEC＝30°，
EC √3 DC 1
∴cos∠DEC= = ，sin∠DEC= = ，
DE 2 DE 2
2√3
∵AD= AB，
3
AB √3
∴ = ，
AD 2EC AB
∴ = ，
DE AD
又∵∠DEC＝∠DAB＝30°，
∴△DEC∽△DAB，
DC DE
∴∠ADB＝∠EDC， = ，
DB AD
∴∠ADE＝∠BDC，
∴△ADE∽△BDC，
BC DC 1
∴ = = ，
AE DE 2
2√3
∵AD= AB，AD＝6√3，
3
∴AB＝9，
又∵BF＝3，
∴AF＝6，
√ 49 25
∴AE=√AF❑ 2+EF❑ 2= 36+ = ，
16 4
1 25
∴BC= AE= ，
2 8
25
所以答案是： ．
8
20．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的
中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC＝4，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是 6 ．
试题分析：如图，连接PC，由直角三角形性质和旋转性质可得A′B′＝AB＝8，PC＝4，根据
PM≤PC+CM，可得PM≤6，由此即可解决问题．
答案详解：解：如图，连接PC，
在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝4，
∴AB＝8，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝8，∴A′P＝PB′＝PC'，
1
∴PC= A′B′＝4，
2
∵CM＝BM＝2，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤6，
∴PM的最大值为6（此时P、C、M共线）．
六．旋转的妙用
21．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为 （0°＜
＜180°），得到△A B C）． θ θ
1 1
（Ⅰ）如图①，当AB∥CB 时，旋转角 ＝ 3 0 （度）；
1
（Ⅱ）如图②，取AC的中点E，A B 的θ中点P，连接EP，已知AC＝a，当 ＝ 120 （度）
1 1
θ
3a
时，EP的长度最大，最大值为 ．
2
试题分析：（Ⅰ）根据两直线平行，内错角相等可得∠BCB ＝∠ABC，然后根据对应边BC和
1
B C的夹角为旋转角解答；
1
（Ⅱ）连接CP，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CP＝A P，然后求出△A CP
1 1
是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠A CP＝60°，然后根据三角形的任意两边之和大于
1
第三边可得CE+CP＞EP，从而判断出当点E、C、P三点共线时EP最大，然后根据平角等于
180°进行计算即可得解．
答案详解：解：（Ⅰ）∵AB∥CB ，∠ABC＝30°，
1∴∠BCB ＝∠ABC＝30°，
1
∴旋转角为∠BCB ＝30°；
1
（Ⅱ）∵P为A B 的中点，
1 1
∴CP＝A P，
1
∵∠ABC＝30°，
∴∠B ＝∠B＝30°，
1
∴∠A ＝90°﹣∠B ＝90°﹣30°＝60°，
1 1
∴△A CP是等边三角形，
1
∴∠A CP＝60°，
1
根据三角形的三边关系，CE+CP＞EP，
∴当点E、C、P三点共线时EP最大，最大为EP＝CE+CP，
此时，旋转角为180°﹣∠A CP＝180°﹣60°＝120°，
1
∵AC＝a，点E为AC的中点，
1 3a
∴EP= a+a= ．
2 2
3a
所以答案是：30；120， ．
2
22．如图，C为线段AB的中点，D为AB垂直平分线上一点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转
60°得到线段DE，连接AE，若AB=2√3，AE＝6，则CD的长为 9 ．试题分析：连接AD，过D作DF⊥AE于F，延长BA交DF的延长线于H，根据线段垂直平分线
1 1
的性质得到BD＝AD，AC= AB=√3，求得∠ADC= ∠ADB，根据旋转的性质得到DE＝AD，
2 2
1 1
根据等腰三角形的性质得到∠ADF= ∠ADE，AF= AE＝3，解直角三角形即可得到答案．
2 2
答案详解：解：连接AD，过D作DF⊥AE于F，延长BA交DF的延长线于H，
∵D为AB垂直平分线上一点，AB＝2√3，
1
∴BD＝AD，AC= AB=√3，
2
1
∴∠ADC= ∠ADB，
2
∵将BD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，
∴DE＝BD，
∴DE＝AD，
1 1
∴∠ADF= ∠ADE，AF= AE＝3，
2 2
1
∴∠HDC＝∠ADF+∠ADC= ∠BDE＝30°，
2
∵∠HCD＝∠AFH＝90°，∴∠H＝60°，
∴∠CDH＝30°，AH＝2√3，
∴CH＝AH+AC＝2√3+√3=3√3，
∴CD=√3CH＝9，
所以答案是：9．
23．如图，D是等边三角形ABC内一点，∠ADB＝90°，将△ABD绕点A旋转得到△ACE，延长BD
交CE于点G，连接ED并延长交BC于点F．则下列结论：①△ADE是等边三角形；②四边形
ADGE是轴对称图形；③AC，EF互相平分；④BF＝CF．其中正确的有 ①②④ ．（填
序号）
试题分析：根据旋转的性质得到AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，得证∠DAE＝60°，判断结论①正
确；连接AG，利用HL判断结论②；连接AF，证明四边形AFCE一定不是平行四边形；利用四
点共圆，证明∠AFB＝90°，根据三线合一，得BF＝CF．
答案详解：解：∵△ABD绕点A旋转得到△ACE，
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
故结论①正确；
如图，连接AG，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∵∠ADG＝∠AEG＝90°，AG＝AG，
∴Rt△ADG≌Rt△AEG（HL），
∴GD＝GE，∠DAG＝∠EAG，
∵△ADE是等边三角形，
∴直线AG垂直平分DE，
∴四边形ADGE是一个轴对称图形，
故结论②正确；
连接AF，
∵∠DAC+∠EAC＝60°＝∠ACB，
∴∠EAC≠∠ACB，
∴AE与FC一定不平行，
∴四边形AFCE一定不是平行四边形，
∴AC，EF一定不互相平分，
故结论③错误；
∵△ADE是等边三角形，∠ADG＝90°，
∴∠EDG＝∠BDF＝30°，
∴∠ADF＝120°，
∴∠ADF+∠ABC＝180°，
∴A，B，F，D四点共圆，
∴∠ADG＝∠AFB＝90°，
根据三线合一，得BF＝CF，
故结论④正确．
所以答案是：①②④．
七．圆的综合题
24．已知 O的半径为10cm，AB，CD是 O的两条弦，AB∥CD，AB＝16cm，CD＝12cm，则弦
AB和C⊙D之间的距离是 2 或 1 4 cm．⊙
试题分析：分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作
出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可，小心别漏解．
答案详解：解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，
连接OA，OC，过点O作OE⊥AB于点E并延长交CD于点F．如图，
∵AB＝16cm，CD＝12cm，∴AE＝8cm，CF＝6cm，
∵OA＝OC＝10cm，
∴EO＝6cm，OF＝8cm，
∴EF＝OF﹣OE＝2cm；
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图，
∵AB＝16cm，CD＝12cm，
∴AF＝8cm，CE＝6cm，
∵OA＝OC＝10cm，
∴OF＝6cm，OE＝8cm，
∴EF＝OF+OE＝14cm．
∴AB与CD之间的距离为14cm或2cm．
所以答案是：2或14．
25．如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线l的解析式为y＝x+t．若直线l与半圆
只有一个交点，则t的取值范围是 t=√2 或﹣ 1 ≤ t ＜ 1 ．
试题分析：若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点C或从直线过点A
开始到直线过点B结束（不包括直线过点A）．
当直线和半圆相切于点C时，根据直线的解析式知直线与x轴所形成的锐角是45°，从而求得
∠DOC＝45°，即可求出点C的坐标，进一步求得t的值；当直线过点B时，直接根据待定系数
法求得t的值．答案详解：解：若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点 C或从直线
过点A开始到直线过点B结束（不包括直线过点A）．
直线y＝x+t与x轴所形成的锐角是45°．
当直线和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线，∠COD＝45°．
√2 √2 √2
又OC＝1，则CD＝OD= ，即点C（− ， ），
2 2 2
把点C的坐标代入直线解析式，得
t＝y﹣x=√2，
当直线过点A时，把点A（﹣1，0）代入直线解析式，得t＝y﹣x＝1．
当直线过点B时，把点B（1，0）代入直线解析式，得t＝y﹣x＝﹣1．
即当t=√2或﹣1≤t＜1时，直线和圆只有一个公共点；
所以答案是t=√2或﹣1≤t＜1．
26．为了迎接2021年春节，李师傅计划改造一个长为6m，宽为4m的矩形花池ABCD，如图，他
将画线工具固定在一根4m木棍EF的中点P处．画线时，使点E，F都在花池边的轨道上按逆时
针方向滑动一周．若将点P所画出的封闭图形围成的区域全部种植年花，则种植年花的区域的
面积是 （ 2 4 ﹣ 4 ） m2．
π
试题分析：连接BP，则BP为Rt△BEF的斜边中线，从而当EF在从A滑向B的过程中，点P位
于以B为圆心，2m为半径的四分之一圆弧上，EF在BC线段上滑动时，点P有一段在BC上，
然后会在以C为圆心，2m为半径的四分之一圆弧上，同理可得点 P在CD线段和DA线段上的
运动轨迹，则种植年花的区域的面积可用矩形的面积减去4个四分之一圆弧的面积计算．答案详解：解：连接BP，如图，由题意可知BP为Rt△BEF的斜边中线，
∵EF＝4m，
∴BP＝2m，
∵AB＝DC＝4m，BC＝AD＝6m，
∴点P的运动轨迹为四个圆心分别在点A，B，C，D，半径为2m的四分之一圆，以及BC和AD
上的一段线段．
长为6m，宽为4m的矩形花池ABCD的面积为6×4＝24（m2）．
∴种植年花的区域的面积是：24﹣ ×22＝（24﹣4 ）（m2）．
所以答案是：（24﹣4 ）． π π
27．如图，在△ABC中，πAB＝AC，以AB为直径的半圆O交BC于点D，交AC于点E，连接AD、
BE 交于点 M，过点 D 作 DF⊥AC 于点 F，DH⊥AB 于点 H，交 BE 于点 G：下列结论：
①△CDF≌△BDH，②DG＝DM，③CF＝FE，④BE＝2DH，其中正确结论的序号是
①③④ ．
试题分析：①根据AB为半圆O的直径，求出∠ADB＝90°，然后利用等腰三角形的三线合一性
质证明BD＝CD，进而易证△CDF≌△BDH；
②要证明DG＝DM，可以先证明∠DGM＝∠DMG，而∠DGM＝∠DBM+∠BDG，∠DMG＝
∠ABM+∠DAB，根据已知DH⊥AB，易证∠DAB＝∠BDG，所以只要证明∠DBM和∠ABM相
等即可解答；
③根据已知易证DF∥BE，由①可得BD＝DC，然后利用平行线分线段成比例即可解答；
④利用三角形的中位线定理证明BE＝2DF，由①可得DF＝DH，即可解答．答案详解：解：①∵AB为半圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴△CDF≌△BDH（AAS），
故①正确；
②∵∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵∠DHB＝90°，
∴∠BDH+∠DBA＝90°，
∴∠BDH＝∠DAB，
∵∠DGM＝∠DBM+∠BDG，∠DMG＝∠ABM+∠DAB，∠DBM≠∠ABM，
∴∠DGM≠∠DMG，
∴DG≠DM，
故②不正确；
③∵AB为半圆O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴BE⊥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF∥BE，
CD CF
∴ = ，
BD FE
∵CD＝BD，
∴CF＝FE，
故③正确；
④由③可得：CD＝BD，CF＝FE，
∴DF是△CBE的中位线，
∴BE＝2DF，
由①可得：△CDF≌△BDH，∴DF＝DH，
∴BE＝2DH，
故④正确；
所以：其中正确结论的序号是①③④，
所以答案是：①③④．
28．在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O交BC边于点D．要使得 O与AC边的交点E关
于直线AD的对称点在线段OA上（不与端⊙点重合），需满足的条件可以⊙是 ②④ ．（写出
所有正确答案的序号）
1 1 √2
①∠BAC＞60°；②45°＜∠ABC＜60°；③BD＞ AB；④ AB＜DE＜ AB．
2 2 2
试题分析：结合等腰三角形的性质及圆周角定理对所给条件逐个进行分析判断．
答案详解：解：在△ABC中，AB＝AC，
①当∠BAC＞60°时，若∠BAC＝90°时，此时点E与点A重合，不符合题意，故①不满足；
②当∠ABC≤45°时，点E与点A重合，不符合题意，
当∠ABC≥60°时，点E与点O不关于AD对称，
当45°＜∠ABC＜60°时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故②满足条件；
1 √2
③当 AB≤BD＜ AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故③不满足条件；
2 2
1 √2
④ AB＜DE＜ AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故④满足条件；
2 2
所以答案是：②④．
29．如图，正方形ABCD的边长为1， O经过点C，CM为 O的直径，且CM＝1．过点M作
O的切线分别交边AB，AD于点G，⊙H．BD与CG，CH分⊙别交于点E，F， O绕点C在平面
⊙内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论： ⊙
①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的
最大值为2−√2．
其中正确的结论有 ②③④ （填写所有正确结论的序号）．试题分析：①在 O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）过程中，BG
增大时，DH随着⊙减小，BG减小时，DH随着增大，可判断①不正确；
②先证明 Rt△CHD≌Rt△CHM（HL），可得：HD＝HM，∠HCD＝∠HCM，∠CHD＝
∠CHM，同理：GB＝GM，∠GCB＝∠GCM，∠CGB＝∠CGM，即可得出：∠GCH＝45°，可
判断②正确；
③根据∠CHD+∠HCD＝90°，∠BCH+∠HCD＝90°，可得∠CHD＝∠BCH，进而推出：
∠CHM+∠FEG＝180°，即H，F，E，G四点在同一个圆上，即可判断③正确；
④设HD＝x，BG＝a，则HM＝x，MG＝a，AH＝1﹣x，AG＝1﹣a，利用勾股定理可得出 a
1−x 1 x−1
=
x+1
，设四边形CGAH的面积为y，则：y＝S正方形ABCD ﹣S△CDH ﹣S△CBG ＝1−
2
x +
2(x+1)
，
整理，得：x2+（2y﹣2）x+（2y﹣1）＝0，由根的判别式得：Δ＝（2y﹣2）2﹣4×1×（2y﹣1）
≥0，即（y﹣2+√2）（y﹣2−√2）≥0，可得出y≤2−√2，即四边形CGAH的面积的最大值为
2−√2，可判断④正确．
答案详解：解：①在 O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）过程
中， ⊙
BG增大时，DH随着减小，BG减小时，DH随着增大，故①不正确；
②∵正方形ABCD的边长为1，
∴∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1，
∵GH与 O相切于点M，
∴∠CMH⊙＝∠CMG＝90°，
∵CM为 O的直径，且CM＝1，
∴BC＝C⊙M＝CD＝1，
在Rt△CHD和Rt△CHM中，
{CD=CM
，
CH=CH∴Rt△CHD≌Rt△CHM（HL），
∴HD＝HM，∠HCD＝∠HCM，∠CHD＝∠CHM，
同理：GB＝GM，∠GCB＝∠GCM，∠CGB＝∠CGM，
∵∠HCD+∠HCM+∠GCB+∠GCM＝90°，
∴2（∠HCM+∠GCM）＝90°，
∴∠GCH＝45°，故②正确；
③∵∠CHD+∠HCD＝90°，∠BCH+∠HCD＝90°，
∴∠CHD＝∠BCH，
∵∠CHM＝∠CHD，
∴∠CHM＝∠BCH＝45°+∠GCB，
∵∠CEF＝45°+∠GCB，
∴∠CHM＝∠CEF，
∵∠CEF+∠FEG＝180°，
∴∠CHM+∠FEG＝180°，
∴四边形EFHG是圆内接四边形，
即H，F，E，G四点在同一个圆上，故③正确；
④设HD＝x，BG＝a，则HM＝x，MG＝a，AH＝1﹣x，AG＝1﹣a，
∴GH＝HM+GM＝x+a，
在Rt△AGH中，AH2+AG2＝GH2，
∴（1﹣x）2+（1﹣a）2＝（x+a）2，
1−x
∴a= ，
x+1
设四边形CGAH的面积为y，
则：y＝S正方形ABCD ﹣S△CDH ﹣S△CBG
1 1
＝AB2− CD•DH− BC•BG
2 2
1 1 1−x
＝12− •1•x− ×1• ，
2 2 x+1
1 x−1
∴y＝1− x + ，
2 2(x+1)
整理，得：x2+（2y﹣2）x+（2y﹣1）＝0，
∴Δ＝（2y﹣2）2﹣4×1×（2y﹣1）≥0，∴y2﹣4y+2≥0，
∴（y﹣2+√2）（y﹣2−√2）≥0，
{y−2+√2≥0 {y−2+√2≤0
∴ 或 ，
y−2−√2≥0 y−2−√2≤0
解得：y≥2+√2或y≤2−√2，
∵y≤S正方形ABCD ＝1，
∴y≥2+√2不符合题意，舍去，
∴y≤2−√2，
即y的最大值为2−√2，
∴四边形CGAH的面积的最大值为2−√2，
故④正确，
所以答案是：②③④．
30．为了落实“双减”政策，朝阳区一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修
课．如图，在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒，其中有两个圆的半径分别约为
60cm和180cm，小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界，则该球在大圆内滑行的路径 MN
的长度为 24 0√2 cm．
试题分析：设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M，N连接OD、OM，根据切线
的性质定理和垂径定理求解即可．
答案详解：解：如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、
OM，∴OD⊥MN，
∴MD＝DN，
在Rt△ODM中，OM＝180cm，OD＝60cm，
∴MD=√OM2−OD2=√1802−602=120√2（cm），
∴MN＝2MD＝240√2（cm），
即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为240√2cm，
所以答案是：240√2．
