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九年级上学期期末【压轴 100 题考点专
练】
一、单选题
1．（2022·安徽合肥·九年级期末）如图，矩形ABCD中，∠BAC=60°，点E在AB上，
且BE：AB=1：3，点F在BC边上运动，以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三
角形GEF，连接CG，当CG最小时， 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，证明B，E，G，F在
以O为圆心的圆上，得点G在∠ABC的平分线上，当CG⊥BG时，CG最小，此时，
画出图2，根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，证明△EGB≌△FGC，可得
BE=CF，设AB=m，根据BE∶AB=1∶3，可得CF=BE= m，根据含30度角的直角三角形
可得AD，进而可得结论．
【详解】解：如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°
∵O是EF的中点，
∴OB=OE=OF
∵∠EGF=90°，O是EF的中点，
∴OG=OE=OF
∴OB=OG=OE=OF
∴B，E，G，在以O为圆心的圆上，
∴∠EBG=∠EFG,
∵∠EGF=90°， EG=FG，
∴∠GEF=∠GFE=45°
∴∠EBG=45°
∴BG平分∠ABC，
∴点G在∠ABC的平分线上，
当CG⊥BG时，CG最小，
此时，如图2，
∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG=∠GBC= ∠ABC=45°，
∵CG⊥BG
∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，∠BGC=90°
∴BG=CG
∵∠EGF=∠BGC=90°
∴∠EGF-∠BGF=∠BGC-∠BGF,
∴∠EGB=∠FGC,
在△EGB和△FGC中，∴△EGB≌△FGC(SAS)，
∴BE=CF
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC
设AB=m
∵BE∶AB=1∶3
∴CF=BE= m，
在Rt△ABC中，∠BAC=60°，
∴∠ACB =30°
∴AC =2AB= 2m
∴BC= ，
∴AD= m，
∴
故选∶A．
【点睛】本题属于几何综合题，是中考选择题的压轴题，考查了矩形的性质，四点共
圆，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，垂线段最
短，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是准确作辅助线综合运用以上知识．
2．（2022·山东济南·九年级期末）如图，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
AB＝AC＝2，点D为△ABC所在平面内一点，∠BDC＝90°，以AC、CD为边作平行四
边形ACDE，则CE的最小值为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】延长AE交BD于点F，根据平行四边形的性质可得AE∥CD，可得∠AFB＝
∠BDC＝90°，可以证明△AFB≌△DFE，可得∠AEB＝135°，点E的运动轨迹为圆的运
动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，连接MB，MA，MC，MC与圆M交于点E′，根
据圆外的点到圆上的点的距离最值可得，CE′即为CE的最小值，利用勾股定理可得
CM的值，进而可得CE的最小值．
【详解】解：如图，延长AE交BD于点F，连接BE，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AE∥CD，AC＝ED，∠EAC＝∠CDE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，∠BDC＝90°，
∴ED＝AB＝AC＝2，∠BAF+∠CAE＝90°，∠CDE+∠EDF＝90°，∠AFB＝∠CDB＝
∠DFE＝90°，
∴BC＝ AB＝2 ，
∴∠BAF＝∠EDF，
在△AFB和△DFE中，
，
∴△AFB≌△DFE（AAS），
∴BF＝EF，
∴∠BEF＝45°，
∴∠AEB＝135°，
∴点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，
连接MB，MA，MC，MC与圆M交于点E′，
则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：
CE′即为CE的最小值，如图，∴∠AMB＝90°，
∵AM＝BM，AB＝2，
∴∠MBA＝45°，BM＝ AB＝ ，
∴∠MBC＝90°，
∴在Rt△MBC中，MC＝ ＝ ＝ ，
∴CE′＝CM﹣ME′＝ ﹣ ．
即CE的最小值为 ﹣ ．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆、勾股
定理、最短路径问题、等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
3．（2022·山东临沂·九年级期末）如图，点A的坐标是（－4，0），C为OB的中点，
将△ABC绕点B逆时针旋转 后得到△ ．若反比例函数 的图象恰好经过
的中点D，则点B的坐标是（ ）
A．（0，6） B．（0，8） C．（0，10） D．（0，12）
【答案】B【分析】作 轴于H．证明 （AAS），推出OA=BH，
，设 再表示出点D坐标，再利用D在 的图象上列方程，再
解方程即可解决问题．
【详解】解：作 轴于H．
结合题意可得： ，
∴ ，∠ABO+∠BAO=90°，
∴ ，
∵ ，
∴ （AAS），
∴OA=BH，OB= ，
设 而 为 的中点，
则
∵点A的坐标是 ，
为 的中点，
∵反比例函数 的图象经过点D，
∴解得： 或
，
则
故选：B．
【点睛】本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，坐标与图形的变化-旋转等知识，
一元二次方程的解法，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，
属于中考选择题中的压轴题．
4．（2022·湖南岳阳·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt OAB的直角
△
顶点A在x轴上，∠B＝30°，反比例函数y＝ （k≠0）在第一象限的图象经过OB边
上的点C和AB的中点D，连接AC．已知S OAC＝4 ，则实数k的值为（ ）
△
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】先根据含30°的直角三角形的性质，可设OA＝a，则AB＝ OA＝ a，从而
可用含a的式子表示出点B和点D的坐标以及k，再根据△OAC面积为 和点C在
反比例函数图象上得出k．
【详解】解：在Rt△OAB中，∠B＝30°，
∴可设OA＝a，则AB＝ OA＝ a，
∴点B的坐标为（a， a），∴直线OB的解析是为 ．
∵D是AB的中点，
∴点D的坐标为（a， a），
∴k＝ ，
又∵S OAC＝4 ，
△
∴ OA•yc＝4 ，即 •a•yc＝4 ，
∴yc＝ ，∴C（ ， ），
∴k＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴a2＝16，
∴k＝ ＝8 ．
故选：C．
【点睛】本题主要考查反比例函数的图象和性质，熟练运用30°直角三角形的性质与反
比例函数k的几何意义是解题的关键．
5．（2022·甘肃·甘州中学九年级期末）如图，△ABC是边长为4cm的等边三角形，动
点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→C→B运动，到达B点即停止运动，过点P作
PD⊥AB于点D，设运动时间为x（s），△ADP的面积为y（cm2），则能够反映y与
x之间函数关系的图象大致是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】过点P作PD⊥AB于点D， ABC是边长为4cm的等边三角形，
则AP=2x， △
当点P从A→C的过程中，AD=x，PD= x，如图1所示，
则y= AD•PD= = ，（0≤x≤2），
当点P从C→B的过程中，BD=（8﹣2x）× =4﹣x，PD= （4﹣x），PC=2x﹣4，
如图2所示，
则 ABC边上的高是：AC•sin60°=4× =2 ，
△∴y=S ﹣S ﹣S
ABC ACP BDP
△ △ △
= （2＜x≤4），
故选B．
点睛：此题空考查了动点问题函数图象.几何图形中的动点问题,是代数的方程知识与几
何知识的综合运用.解题的关键是要求有运动的观点,搞清点的运动特性,对动态问题作
静态分析,解答时要注意以下几点:(1)将与求解有关的线段用含未知数的代数式表示出
来;(2)明确几何题与代数题不是截然分开的,解题时要有数形结合的思想;(3)考虑到方程
的解应符合实际意义,所以在求出方程的解后,要结合条件进行合理的取舍.对于动点类
的题目,解题的关键在于抓住运动图形的特殊位置,临界位置及其特殊性质,解决此类问
题的基本方法是从运动与变化的角度来观察和研究图形,把握图形运动与变化的全过程,
此类题目常需借助函数或方程解答.
6．（2022·四川乐山·九年级期末）如图，正方形 中，E为 的中点，
于G， 延长交 于点F， 延长交 于点H，交 于N．下列结论：
① ；② ；③ ；④ ；⑤ ．
其中正确结论的个数有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】先根据正方形的性质和三角形全等的判定定理证出 ，再根据全
等三角形的性质可判断①；先根据相似三角形的判定证出 ，再根据相似
三角形的性质可判断②；过 点作 ，分别交 于点 ，先根据相似三
角形的性质可得 ，再利用 ， 即可判断③；
过 作 于 ， ，交 的延长线于 ，利用 证得
，再根据正方形的判定可得四边形 是正方形，然后根据正方形的
性质即可判断④；连接 ，设 ，则 ， ，利用勾股定理求出 的长，再根据 的面积求出 ，然后证出 ，利用相
似三角形的性质求出 的长，由此即可判断⑤．
【详解】解：∵在正方形 中， ， ，
∴ ，
，
，
，
在 和 中， ，
，
， ，则结论①正确；
为 的中点， ，
，
，
在正方形 中， ，
∴ ，
∴ ，则结论②正确；
如图，过 点作 ，分别交 于点 ，则 ，
由上已证： ，
,即 ，
，，
即 ，结论③正确；
如图，过 作 于 ， ，交 的延长线于 ，
，
∴四边形 是矩形，
，
，
，即 ，
又 ，
，
在 和 中， ，
，
，
∴四边形 是正方形，
，则结论④错误；
如图，连接 ，
设 ，则 ， ，，
，
由 的面积可得： ，即 ，
解得 ，
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
，
在 中， ，
∴ ，
，
即 ，结论⑤错误；
综上，正确结论的个数有3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、相似三角形的
判定与性质等知识点，学生需要有比较强的综合能力，熟练掌握各判定定理与性质是解题关键．
二、填空题
7．（2021·全国·九年级期末）在矩形ABCD中，AB=8cm，BC=3cm，点P从点A出发
沿AB以2cm/s的速度向终点B移动，同时，点Q从点C出发沿CD以3cm/s的速度向
终点D移动，其中一个点到达终点，另一个点也停止运动． 经过_________秒P、Q
两点之间的距离是5cm．
【答案】 或
【分析】设经过x秒P、Q两点之间的距离是5cm，如图，过P点作 ，垂足
为M点，得到DQ的长，并根据四边形ABCD为矩形推出PM和QM的长，利用勾股
定理列式解答即可．
【详解】解：设经过x秒P、Q两点之间的距离是5cm，
如图，过P点作 ，垂足为M点，
，
，
四边形ABCD为矩形，
在直角三角形PQM中，经过 或 秒P、Q两点之间的距离是5cm．
故答案为： 或 ．
【点睛】本题主要考查矩形的动点问题，涉及勾股定理和解一元二次方程，有一定难
度，根据题意做出合适的辅助线，利用勾股定理解答是关键．
8．（2020·浙江杭州·九年级期末）已知关于 的方程 有两个
实根，并且这两个实数根的平方和比两个根的积大21，则 ________．
【答案】-1
【分析】设方程x2+2（m-2）x+m2+4=0的两个实数根为x，x，由根与系数的关系得
1 2
x+x=2(2−m)，x x=m2+4，根据这两根的平方和比两根的积大21，列出方程，求出m
1 2 1 2
的值，结合根的判∙别式，即可得到答案．
【详解】设x2+2(m−2)x+m2+4=0的两个实数根为：x，x，
1 2
∴x+x=2(2−m)，x x=m2+4，
1 2 1 2
∵这两根的平方和比∙ 两根的积大21，
∴x2+x2−x x=21，
1 2 1 2
即：(x
1
+x
2
)∙2−3x
1
x
2
=21，
∴4(2−m)2−3(m2+∙4)=21，
解得：m=17或m=−1，
∵ =4(2−m) 2−4(m2+4)≥0，
解∆得：m≤0，
∴m=−1．
故答案是：-1．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系以及根的判别式，熟练掌握
（ ）的两个根 满足： ，是解题的关键．
9．（2020·浙江·九年级期末）如图，某数学兴趣小组在学完矩形的知识后一起探讨了
一个纸片折叠问题：如何将一张平行四边形纸片 的四个角向内折起，拼成一个无缝隙、无重叠的矩形 ．图中 ， ， ， 表示折痕，折后 的对
应点分别是 ．若 ， ， ，则纸片折叠时 的长应取
________．
【答案】
【分析】如图，作BP⊥AD，交DA延长线于P，作BQ∥FH，交AD于Q．先证明
DH=BF，求出FH=10cm，再分别求出AP、BP，设AH=xcm，求出PQ=（2x-6）cm，
在Rt△BPQ中，根据勾股定理构造方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图，作BP⊥AD，交DA延长线于P，作BQ∥FH，交AD于Q．
由题意得，AE=EM=BE= AB=4cm，DG=NG=CG== CD=4cm，
AH=MH，BF=MF，
∵四边形 为矩形，
∴EF=HG，EF∥HG
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠EBF=∠GDH=60°
∵EF∥HG
∴∠EFM=∠GHN，
又∵∠EFM=∠EFB，∠GHD =∠GHN，
∴∠EFB=∠GHD，
∴△BEF≌△DGH,
∴DH=BF，
∴FH=FM+HM=BF+AH=10cm，
∵BQ∥FH，BF∥QH，
∴BQ=HF=10cm，
∵PD∥BC，
∴∠PAB=∠ABC=60°，∴在Rt△ABP中，∠ABP=30°，
∴AP= AB=4cm，
∴BP= cm，
设AH=xcm，则HD=（10-x）cm，
∴PQ=14-2（10-x）=（2x-6）cm，
在Rt△BPQ中，根据勾股定理得
解得 （不合题意，舍去）
故答案为：
【点睛】本题考查了平行四边形性质，折叠性质，矩形性质，含30°角直角三角形性质，
勾股定理，方程思想等知识，综合性强．根据题意求出HF=10cm，进而构造直角三角
形，利用勾股定理列出一元二次方程是解题关键．
10．（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，已知抛物线 与x轴交于点
A，与y轴交于点B，点P为线段OA上一点，点Q为OB延长线上一点，PQ的中点M
恰好落在线段AB上，点G为该抛物线第二象限部分上一点，连接GQ，GM，将GM
绕点M旋转 后得到MH，连接AH，已知 轴， ，则GQ的值为____．【答案】
【分析】先得出抛物线 与x轴和与y轴交点A 和B的坐标，从而得出
直线AB的解析式y=-x+6，再求得PQ的中点M的坐标为（ ， ），得出
①，再四边形QGPH为平行四边形，继而得出点G（m-6，n-6），
GQ=PH，再根据点G在抛物线上，求出m的值，再利用勾股定理即可；
【详解】解：连接PH、QH、GP
∵抛物线 与x轴交于点A，与y轴交于点B，
当x=0时，y=6，∴B（0，6）
当y=0时， ，解得x=6或 ，
∵点A在x轴的正半轴，
∴A（6，0）
设直线AB的表达式为：y=kx+6，
∴6k+6=0
∴k=-1，
∴直线AB的表达式为：y=-x+6，
∵点P为线段OA上一点，设点P的坐标为（m，0）m＞0，
∵点Q为OB延长线上一点，设点Q的坐标为（0，n）n＞6，
∴PQ的中点M的坐标为（ ， ），PM=QM
∵点M恰好落在线段AB上， 轴， ，
∴ ①，
∵GM绕点M旋转 后得到MH，
∴GM=MH，
∵PM=QM
∴四边形QGPH为平行四边形，
∴GQ=PH，
∵ 轴， ，
∴H（6，6）∵M的坐标为（ ， ）为GH的中点，
∴G（m-6，n-6）
∵点G为该抛物线第二象限部分上一点，m＜6，
∴ ②
由①②得m=4或14（舍去），
∴n=8，OP=4
∴AP=2，
∴ ，
∴ ，
故答案为：
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质平行四边形的性质
和判定、旋转的性质等，综合性强，有一定的难度．
11．（2022·山东滨州·九年级期末）如图， 是正 内一点， ， ，
，将线段 以点 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段 ，下列结论：①
可以由 绕点 逆时针旋转60°得到；②点 与 距离为4；③
；④ ；⑤ ．其中正确的结论是
________．【答案】①②③④⑤
【分析】证明△BO′A≌△BOC，又∠OBO′=60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时
针旋转60°得到，故结论①正确；由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；在
△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得
∠AOB=150°，故结论③正确；S AOBO=S AOO+S OBO= ，故结论④正确；
四边形 ′ ′ ′
△ △
如图②，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．利
用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将S AOC+S AOB转化为S COO
″
△ △ △
+S AOO，计算可得结论⑤正确．
″
△
【详解】解：由题意可知，∠1+∠2=∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3，
又∵OB=O′B，AB=BC，
∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′=60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；
如图①，连接OO′，
∵OB=O′B，且∠OBO′=60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′=OB=4．
故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，∴O′A=5．
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形，∠AOO′=90°，
∴∠AOB=∠AOO′+∠BOO′=90°+60°=150°，
故结论③正确；
S AOBO=S AOO+S OBO= ，
四边形 ′ ′ ′
△ △
故结论④正确；
如图②所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，
则S AOC+S AOB=S AOCO=S COO+S AOO= ，
四边形 ″ ″ ″
△ △ △ △
故结论⑤正确．
综上所述，正确的结论为：①②③④⑤．
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】本题考查了旋转变换，等边三角形，直角三角形的性质．利用勾股定理的逆
定理，判定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形，这是本题的要点．在判定
结论⑤时，将△AOB向不同方向旋转，体现了结论①-结论④解题思路的拓展应用．
12．（2022·河北·平山县教育局教研室九年级期末）如图，边长为4的正方形ABCD
中，点E在AB边上（不与点A，B重合），点F在BC边上（不与点B，C重合），
第一次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；第二
次操作：将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H．依次操作
下去．若第二次操作后，点H和点E重合，则BE的长为_____；若经过三次操作，得
到四边形EFGH，且AE＝1，则四边形EFGH的面积为_____．【答案】 4 ﹣4 10
【分析】（1）由旋转性质，易得△EFD是等边三角形，利用等边三角形的性质、勾股
定理求出BE的长，设AE=x，利用勾股定理列方程求解即可；
（2）连接EH、EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M，由旋转性质可知，四边形
EFGH是菱形，通过全等三角形的判定与性质，正方形的判定得到四边形EFGH的形
状为正方形，最好利用勾股定理求得EF的长，进而得到面积即可.
【详解】（1）∵经过二次操作后，点H与点E重合，
∴EF＝FG＝GE，即△EFG是等边三角形，此时点G与点D重合，如图1所示，
在Rt△ADE与Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴AE＝CF，
设AE＝x，
在Rt△ADE和Rt△BEF中，
由勾股定理得DE2＝AD2+AE2，EF2＝BE2+BF2，
即42+x2＝2（4﹣x）2，
解得x＝8﹣4 ，或x＝8+4 （舍），
∴BE＝4 ﹣4；
（2）如答图1所示：连接EH、EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M，由旋转性质可知，EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH，
∴四边形EFGH的形状为正方形，
∵AE＝1，
∴BE＝3，
∴EF＝ ＝ ，
∴S ＝10.
四边形EFGH
故答案为：4 ﹣4，10．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，正方形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等
三角形的判定与性质，勾股定理等，具有一定的综合性，解此题的关键在于熟练掌握
各个基本知识点.
13．（2022·浙江·义乌市稠州中学九年级期末）城市的许多街道是相互垂直或平行的，
往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走．可以按照街道的垂直
和平行方向建立平面直角坐标系xOy，对两点A（x，y）和B（x，y），定义两点间
1 1 2 2
距离：d（A，B）＝|x﹣x|+|y﹣y|．如A（﹣2，1），B（﹣1，﹣2），则d（A，B）
1 2 1 2
＝|﹣2﹣（﹣1）|+|1﹣（﹣2）|＝4．
（1）函数y＝﹣2x+4的图像如图（1）所示，C是图像上一点，d（O，C）＝5，则点
C的坐标是_____．
（2）某市要修建一条通往景观湖的道路（既不能破坏景观湖，也不在景观湖底钻隧
道），如图（2），道路以M为起点，先沿水平MN方向到某处．再在该处拐一次直角
可沿直线到湖边某点P处，如图建立平面直角坐标系xOy，圆心O（7，3），半径为
，则修建道路距离d（M，P）的取值范围 _____．【答案】 （3，﹣2）或（﹣ ， ） （8≤d（O，P）≤10+
【分析】（1）由两点间距离：d（A，C）＝|x﹣x|+|y﹣y|及点C是函数y＝﹣2x+4的
1 2 1 2
图像上的一点，可得出方程组，解方程组即可求出点C的坐标；
（2）以M为原点，MN所在的直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，将函数y＝﹣x的
图像沿y轴正方向平移，直到与景观湖边界所在曲线有交点时停止，设交点为E，过点
E作EH⊥MN，垂足为H，修建方案是：先沿MN方向修建到H处，再沿HE方向修建
到E处，可由d（O，P）≥d（O，E）证明结论即可．
【详解】解：（1）设C（x，y），由定义两点间的距离可得：|0﹣x|+|0﹣y|＝5，
∴|x|+|y|＝5，
∴
解得： 或，
∴点C的坐标为（3，﹣2）或 ；
故答案为：（3，﹣2）或 ．
（2）如图，将函数y＝﹣x的图像沿x轴正方向平移，直到与景观湖边界所在曲线有交
点时停止，
设交点为E，过点E作EH⊥MN，垂足为H，修建方案是：先沿MN方向修建到H处，
再沿HE方向修建到E处．
理由：设过点E的直线EF与x轴相交于点F．在景观湖边界所在曲线上任取一点P，
过点P作直线PG∥EF，PG与x轴相交于点G．∵∠EFH＝45°，
∴EH＝HF，d（O，E）＝OH+EH＝OF，
同理d（O，P）＝OG，
∵OG≥OF，
∴d（O，P）≥d（O，E），
∴d（O，E）最短，
如图，过点PB⊥x轴于点B，当直线PB与圆相切时，d（O，P）取得最大，如图所示，
此时OP∥x轴，且OP＝
，
∴P（7+ ，3），
∴d（O，P）＝10+ ；
过点P作x轴的垂线，过点E作x轴的平行线，
∴∠OEA＝45°，∵OE＝OP＝ ，
∴EA＝OA＝1，EB＝PB＝2，
∴E（6，2），P（8，4），
∴d（O，E）＝8，
∴8≤d（O，P）≤10+ ．
故答案为：8≤d（O，P）≤10+ ．
【点睛】本题考查了一次函数的应用，理解新定义，并能用新定义求值，利用数形结
合思想解决问题是解题的关键
14．（2022·江西上饶·九年级期末）如图，在边长为 的正六边形 中，连
接 ， ，其中点 ， 分别为 和 上的动点，若以 ， ， 为顶点的三
角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为______．
【答案】9或10或18
【分析】根据点 ， 分别为 和 上的动点，以 ， ， 为顶点的三角形是
等边三角形，先在脑海中生成运动的动态图，通过从满足条件的特殊的情况入手，然
后再适当左右摆动图形，寻找其它可能存在的解．
【详解】解：如下图：
（1）当M，N分别与B，F重合时，在 中，由题意得：
，易算得： ，根据正多边形的性质得，
，
为等边三角形，即 为等边三角形，边长为18，
此时 已为最大张角，故在左上区域不存在其它解；
（2）当M，N分别与DF，DB的中点重合时，由（1）且根据三角形的中位线
得： ，
，
为等边三角形，边长为9，
（3）在（2）的条件下，阴影部分等边三角形 会适当的左右摆动，使得存在无
数个这样的等边三角形且边长会在 到 之间，其中包含边长为 ， ，
，且等边三角形的边长为整数，
边长在 到 之间只能取9或10，
综上所述：该等边三角形的边长可以为9或10或18．
故答案是：9或10或18．
【点睛】本题考查了正多边形中动点产生等边三角形问题，解题的关键是：根据等边
三角形的边只能取整数为依据，进行分类讨论，难点在于阴部部分等边三角形向左右
适当摆动时如何取边长的整数值．
15．（2022·安徽·九年级期末）如图，大、小两个正方形的中心均与平面直角坐标系的
原点O重合，边分别与坐标轴平行．反比例函数y＝ （k≠0）的图象，与大正方形的
一边交于点A（ ，4），且经过小正方形的顶点B．求图中阴影部分的面积为 _____．【答案】40
【分析】根据待定系数法求出 即可得到反比例函数的解析式；利用反比例函数系数
的几何意义求出小正方形的面积，再求出大正方形在第一象限的顶点坐标，得到大
正方形的面积，根据图中阴影部分的面积 大正方形的面积 小正方形的面积即可求
出结果．
【详解】解： 反比例函数 的图象经过点 ，
，
反比例函数的解析式为 ；
小正方形的中心与平面直角坐标系的原点 重合，边分别与坐标轴平行，
设 点的坐标为 ，
反比例函数 的图象经过 点，
，
，
小正方形的面积为 ，
大正方形的中心与平面直角坐标系的原点 重合，边分别与坐标轴平行，且 ，
大正方形在第一象限的顶点坐标为 ，
大正方形的面积为 ，
图中阴影部分的面积 大正方形的面积 小正方形的面积 ．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数系数 的几
何意义，正方形的性质，熟练掌握反比例函数系数 的几何意义是解决问题的关键．
16．（2022·四川成都·九年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上
（AE∠BDC，请直接写a
的取值范围．
【答案】(1)
(2) ， ，
(3) 或
【分析】（1）由AB∥y轴，AD= 可得AC ，BC=2，再利用勾股定理即可求得
AB，得出点A(1，4)，运用待定系数法即可求得答案；
（2）利用待定系数法求得直线AC的解析式为y=2x+2，设Q(m，2m+2)，分类讨论：
当OD为平行四边形的边时，运用平行四边形对边平行且相等建立方程求解即可；当
OD为平行四边形的对角线时，运用平行四边形对角线互相平分建立方程求解即可；
（3）分两种情况：当点M(a，b)在第三象限时，设直线AC与双曲线 在第三象限
的交点为E，求得点E的横坐标即可得出答案；当点M(a，b)在第一象限时，如图4，
将△DBC沿着DB翻折得到△DBE，过点B当点M(a，b)在第一象限时，如图|4，将
△DBC沿着DB翻折得到△DBE，过点B作BK⊥CD于点K，过点E作EF⊥x轴于点
F，延长DE与双曲线 在第一象限的交点为G，运用翻折的性质和相似三角形性质
求出点E的坐标，再运用待定系数法求得直线DE的解析式，求出直线DE与双曲线的交点横坐标即可得出答案．
【详解】（1）解：∵ ，C ∴OB=OC=1
∵AB∥y轴，AD=
∴AC ，BC=2
∵∠ABC=90°
∴AB=
∴A（1，4）
∵点A是反比例函数 图象上的点
∴
解得k=4
∴反比例函数的解析式是
（2）解：设直线AC的解析式为y=ax+b，
∵A(1，4)，C(-1，0)
∴ 解得
∴直线AC的解析式为y=2x+2
设Q（m，2m+2）
当OD为平行四边形的边时，如图1，
则PQ∥OD，PQ=OD，
∴∴PQ=|2m+2- |
在Rt△CDO中，OD=
∴|2m+2- |=2
解得 或
∵点P在第一象限
∴m>0
∴ 或
∴ ， ，
当OD为平行四边形的对角线时，如图2
则
∵ 所在直线AC的解析式为y=2x+2
∴ 所在的直线的解析式为y=2x
联立可得2x=
∴
∵点P在第一象限
∴
∵四边形 是平行四边形∴PK=DK，
∴
解得
∴
综上，点Q的坐标为 ， ， ．
（3）当点M（a，b）在第三象限，如图，
设直线AC
AC与双曲线 在第三象限的交点为E，
由 ，解得x=1或x=-2
∴E（-2，-2）
∵a<-2
当点M（a，b）在第一象限时，如图4将△DBC沿着DB翻折得到△DBE，过点B做BK⊥CD于K，过点E作EF⊥x轴于F，
延长DE与双曲线 在第一象限的交点为G，
∵
∴
∴DK=
由翻折知：∠DBE=∠DBC，∠DEB=∠DCB，∠BDE=∠BDC，BE=BC=2
∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AD=CD
∴BD=CD△∴∠DBC=∠DCB
∴∠DBE=∠DBC=∠DEB=∠DCB
∵∠DBC+∠DCB+∠BDC=180°，∠DBC+∠DBE+∠EBF=180°
∴∠EBF=∠BDC
∵∠BFE=∠BKD=90°
∴△BEF∽△DBK
∴
即
∴BF= ，EF=∴OF=OB+BF=1+
∴
设直线DE的解析式为y=cx+d
∵D（0，2），
∴
解得
∴直线DE的解析式是
由 ，解得
∴
综上，a的取值范围是 或 ．
【点睛】本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数和一次函数的图象和性质，直
角三角形性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质等，解题关
键是运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题．
92．（2022·江西吉安·九年级期末）如图，在四边形ABCD中，G是DC上的点，连接
BG，点F是BG上的点，在BC上取点H，使 ，连接HF，CF，AF．
(1)①如图1，点F为正方形ABCD中对角线AC上一点，求证： ；②如图2，在正方形ABCD中，若 于F，求证： ．
(2)如图3，若四边形ABCD为菱形，
①直接写出 与 之间的数量关系；
②若 ， ． ， ，求AH的长；
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)① ＋ ＝180°；②
【分析】(1)①根据SAS证明 ，则可得到 ；
②先证明 BFC∽△BCG，由相似三角形的性质得出 ，
△
∠BCF=∠CGB=∠GBA，再证明 ，由相似三角形的性质得出
∠CFH=∠AFB；
(2)①先证明 BFC∽ BCG， 由相似三角形的性质得出 ，再证明 CFH∽△
△ △ △
BFA，由相似三角形的性质得出∠CHF=∠FAB，则可得出结论；
②同理证明 ＋ ＝180°，将AH绕着点H逆时针旋转120度至 连接 ，
可得 ， 是以120°为顶点的等腰三角形，则可求出AH的长．
（1）①∵点F为正方形ABCD中对角线AC上一点，∴AC平分 ，
∴∠GCF=∠HCF又∵ ， ∴ ，∴ ；②∵
由 ， ， ，可得 ，∴ ，
，∵ ， ，∴ ，∴ ，
∴ ；
（2）① ＋ ＝180°,理由:∵∠CFB=∠BCD，∠FBC=∠FBC，∴△BFC∽
BCG，∴ ， ，又∵CG=CH，AB=BC，∴
△
， ∵∠ABF=∠FCB，∴△CFH ∽△BFA，∴∠CHF=∠FAB，∵∠CHF＋
∠BHF＝180°，∴ ＋ ＝180°；②由 ， ，得
，∴ ， ，又∵ ， ，∴ ，∴ ，得 ，∵∠CHF＋∠BHF＝180°，∴
＋ ＝180°，∵ ，∴ ， 与 互补，将
AH绕着点H逆时针旋转120度至 ，可得 ，连接 ，可得
，∴ ， ，∴点A、B、 共线，∵
．∴ 是以120°为顶点的等腰三角形，易得 ，即
，∴ ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的性
质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识．添加适当的辅助线
是解题的关键．
93．（2022·黑龙江哈尔滨·九年级期末）如图1，抛物线 交 轴
于 、 两点（ 左 右），交 轴于 ，且 ．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，P为第一象限抛物线上一点，连接PA交y轴于点D，设点P的横坐标为
m， PCD的面积为S，求S与m的函数关系式；
(3)如△图3，在（2）的条件下，连接BC交PA于点E，过点O作 // ，交BC于点
F，若PE＝PF，求点P的坐标．
【答案】(1)(2)
(3)
【分析】（1）令a（x+2）（x-5）=0，解得x=-2或x=5，得到A（-2，0），B（5，
0），即OA=2，OB=5，再根据5OA=2OC，解得a=- ，从而得出抛物线的解析式；
（2） 点的横坐标为 ，则 ，过点 作 轴，垂足为 ，
根据 求得 ，根据
即可求解；
（3）设PH交BC于点G，连接GD交OF点N，先推出四边形OHGD为矩形，再证明
四边形AOND为平行四边形，从而DN=OA=2，设∠APF=2α，∠PEF=∠PFE=90°-α，
再证明△PGF≌△NGF，求得 ，根据 建立方程，求得
的值，进而即可求解．
（1）
在 中，
当 时， ，
∴ ，
∴ ，
此时 ，
∵ ，
∴ ，
∴ 或 ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∴抛物线的解析式为： ；
（2）
∵ 点的横坐标为 ，则 ．
如图，过点 作 轴，垂足为 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
（3）
∵ ，∴ ，
如图，设 交 于点 ，连接 交 点 ，∴ ，
∴ ，
∴四边形 为矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，
设 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得： 或 （舍），
∴ ．
【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法、全等三角形的性质与判定，解直角
三角形，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会用方程的思想思考问题．
94．（2022·安徽·六安市轻工中学九年级期末）如图， 中， ，
， 于E，点F是 上一点，连接 并延长交 于点D，
于点G，连接 ．(1)求证：
(2)如图1，若 ，求证：点D是 中点；
(3)如图2，若 ，求 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似，即可证得结论；
（2）如图1，过E作EH//AD交BC于点H，运用平行线分线段成比例定理即可证得结
论；
（3）根据 ，得出A、C、G、E四点共圆，过点E作 于
点H，可得 是等腰直角三角形，再证明 ，利用勾股定理和
三角函数定义求出AG，再证明 ，运用相似三角形性质即可求出答案．
（1）
解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
（2）
如图1，过E作 交BC于点H，
∵EH//AD，∴ ， ，
∵ ，
∴E为AB的中点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴D为 的中点．
（3）
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴A、C、G、E四点共圆，
∴ ，
如图2，过点E作 于点H，
∴ 是等腰直角三角形，可得
，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ， ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质与判定，全等三角形判定和性质，四点共圆、
相似三角形的判定和性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、解直角三角形等知
识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
95．（2022·福建·泉州鲤城北大培文学校九年级期末）如图，等边三角形ABC中，D
为AB边上一点（点D不与点A、B重合），连接CD，将CD平移到BE（其中点B和
C对应），连接AE．将△BCD绕着点B逆时针旋转至△BAF，延长AF交BE于点G．
(1)连接DF，求证：△BDF是等边三角形；
(2)求证：D、F、E三点共线；
(3)当BG＝2EG时，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析(3)
【分析】（1）利用平移旋转的性质及等边三角形的性质即可得到；
（2）利用平移旋转的性质及等边三角形的性质即可得到；
（3）由平移的性质可得EF∥BC，得到△GEF∽△GBH，再利用边之间的关系得到
△ADF∽△ABH，利用相似三角形的性质得到AB与BE的长度，进而解答．
（1）
证明： 是等边三角形，
∴ ， ，
绕点B逆时针旋转至△BAF，
∴ ， ，
∴△BDF是等边三角形．
（2）
连接DE，如图所示：
∵△BDF是等边三角形，
∴ ．
∵CD平移得到BE，
∴DE∥BC， ，
∴ ，
∴ ，
∴点F在DE上，
即D，E，F三点共线．
（3）
延长AG，CB交于点H，如图所示：
∵EF∥BC，
∴ ， ，
，∴ ．
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
设 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵DF∥BH，
，
∴ ，即 ，
解得 ， （舍去），
∴ ，即D为AB中点，
∵CD⊥AB，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵BE∥CD，
∴ ，
在Rt△ABE中， ．
【点睛】本题考查了平移旋转的性质及等边三角形的性质，根据平移旋转的性质找到
不变的量是解题的关键．
96．（2022·湖南株洲·九年级期末）如图，在直角坐标系中有 ，O为坐标原点， ， ，将此三角形绕原点O顺时针旋转90°，得到 ，二
次函数 的图象刚好经过A，B，C三点．
(1)求二次函数的解析式及顶点P的坐标：
(2)过定点 的直线 与二次函数的图象相交于M，N两点．
①若 ，求k的值；
②证明：无论k为何值， 恒为直角三角形；
【答案】(1)y=-x2+2x+3；P(1,4)
(2)① ；②见解析
【分析】(1)根据正切的定义求出OA，根据旋转变换的性质求出OC，利用待定系数法
求出二次函数的解析式，利用配方法把一般式化为顶点式，求出顶点P的坐标；
(2)(①根据题意求出PQ=1，根据三角形的面积公式得到x−x=4，根据一元二次方程根
2 1
与系数的关系解答即可；②过点P作PG⊥x轴，垂足为G，分别过点M，N作PG的垂
线，垂足分别为E、F，根据正切的定义得到tan∠PME=1−x， ，运
1
用①中x+x=2-k，xx=-k，进而证明∠PME=∠FPN，据此证明结论．
1 2 1 2
（1）
解：∵OB=1，tan∠ABO=3，
∴OA=OB•tan∠ABO=3，
∴A(0,3)，
根据旋转的性质可得：OC=OA=3，∴C(3,0)，
把A(0,3)、C(3,0)分别代入解析，得
，
解得： ，
∴二次函数的解析式为y=-x2+2x+3，
∵y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∴顶点坐标为P(1,4)；
（2）
①设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
∵直线l：y=kx-k+3过定点Q(1,3)，抛物线的顶点坐标为P(1,4)，
∴PQ=1，
∴ ，
∴x-x=4，
2 1
联立y=-x2+2x+3与y=kx-k+3可得x2+(k-2)x-k=0，
∴x+x=2-k，x•x=-k，
1 2 1 2
∴(x-x)2=(x+x)2-4xx=k2+4=16，
2 1 1 2 1 2
∴ ；
②证明：过点P作PG⊥x轴，垂足为G，分别过点M，N作PG的垂线，垂足分别为
E、F，
设M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
∵M，N在二次函数y=-x2+2x+3图象上，
∴y=-x2+2x+3，y=-x2+2x+3．
1 1 1 2 2 2∵P(1,4)，
∴PE=4-y=4+x2-2x-3=(x-1)2，ME=1-x，PF=4-y=4+x2-2x-3=(x-1)2，NF=x-1，
1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
∴ ，
，
由①可知x+x=2-k，xx=-k，
1 2 1 2
∴x+x=2+xx，
1 2 1 2
∴(1-x)(x-1)=1，
1 2
∴ ，
∴tan∠PME=tan∠FPN，
∴∠PME=∠FPN，
∵∠PME+∠MPE=90°，
∴∠FPN+∠MPE=90°，即∠MPN=90°，
∴无论k为何值， PMN恒为直角三角形；
【点睛】本题主要△考查的是待定系数法求二次函数的解析式、旋转的性质、直角三角
形的判定、正切的概念、一元二次方程根与系数的关系，熟练运用二次函数与一元二
次方程的关系，旋转的全等性、直角三角形的判定、正切的定义、一元二次方程根与
系数的关系，是解题的关键．
97．（2022·福建泉州·九年级期末）如图， 中， ， ，点 为
上一点（点 与点 不重合），点 为 上一点，且 ．
(1)如图1，当 ， 时， __________；
(2)如图2，当 时，猜想线段 和 的数量关系，并加以证明；
(3)若 ，点 是 的三等分点， ，求 的长度．
【答案】(1)3(2) ，证明见解析
(3)2.5或5
【分析】（1）由题意易证 和 为等腰直角三角形，即得出
， ．再根据 ， ，
得出 ，即易证 ，得出结论 ；
（2）由题意得出 ， ．再根据 ，
可求出 ．由 ，即得出 ，可判定 ，
得出 ．在 中， ，利用含30度的直角三角形的性质即可求
出 ，从而即得出 ；
（3）过点A作 于 ，过点 作 于 ，根据（2）同理可证
，得出 ．在 中， ， ，即可求出
AG的长，再根据勾股定理可求出BG的长．由等腰三角形三线合一可知 ，
．在 中， ，即可设 ，则 ，
根据勾股定理列出关于x的等式，即可解出x，得出BD的长，从而可求出CD的长，
再由点 是 的三等分点，即可求出 或4，最后根据 即可求出CF
的长．
（1）
∵ ， ，
∴ ．
∵ ， ，
∴ 和 为等腰直角三角形，
∴ ， ．
∵ ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：3；
（2）
猜想：
理由如下：如图，
∵ ， ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵在 中， ，
∴ ，
∴ ，即 ；
（3）
如图，过点A作 于 ，过点 作 于 ，
由（2）易得 ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ．∴ ．
∵ ， ，
∴ ．
∵ ， ，
∴ ，
在 中， ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴
解得： （舍）．
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ，点 是 的三等分点，
∴ 或4，
∴ 或 ，
∴ 或5．
【点睛】本题为三角形综合题．考查等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性
质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质以及勾股定理．正确的作出
辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
98．（2022·广东深圳·九年级期末）【探究发现】
(1)如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接
BD′，D'E．
①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明
过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D′与点F重合时，∠CDF＝ °．
【类比迁移】
(2)如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的
对称点D'，DD′的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，CD'，D'E．当
CD'⊥DF，AB＝2，BC＝3时，求CD'的长；
【拓展应用】
(3)如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD＝ ，AC＝2，点F为线段BD上一动点，
将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶
点除外）时，如果DF＝EF，请直接写出此时OF的长．
【答案】(1)①见解析；②22.5°
(2)
(3) 或
【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD=∠EGD'=90°，结合
∠DEG=∠BEC得到∠EBC=∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，从
而证明 BCE≌△DCF；
②当点△D'与点F重合时，由对称可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到
∠EDF=∠EBC=22.5°；（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点、∠EGD=∠EGD'=90°，结
合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是 DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从
而求得CE=DE=1，再由勾股定理求得BE△的长；由（1）①得∠EBC=∠FDC，
∠ECB=∠EGD=90°得到 ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然
后由中位线的性质求得C△D'的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点
E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求
解．
(1)
解：①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵∠DEG=∠BEC，
∴∠EBC=∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，
在 BCE和 DCF中，
△ △
，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE=∠D'BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，
由①得到∠CDF=∠EBD'，
∴∠CDF=22.5°，
故答案为：22.5°．
(2)
解：如图2，延长BE交DF于点G，由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是 DCD'的中位线，
∴点E是△CD的中点，
∴CE=DE= CD= ×2=1，
∴BE= ，
由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，
∴ ECB∽△EGD，
△
∴ ，
∴ ，
∴EG= ，
∴BG=BE+EG= ，
∵EG是 DCD'的中位线，
△
∴CD'=2EG=2× = ；
(3)
以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，
∴∠OAF=∠ODA，
∵AC=2，
∴OA=1，
∵AD= ，
∴OD= ，
∴tan∠OAF=tan∠ODA= ，
∴ ,
∴OF= ；
②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG=
∠DAE，
∵AD=AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO= ∠ABE，AD∥∠BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠ABO=∠DAG，
在 AGD和 BOA中，
△ △，
∴△AGD≌△BOA（AAS），
∴DG=AO=1，AG=BO= ，
∴DG=AO，
∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF=FG，
设OF=FG=x，则DF= ，
在Rt DFG中，DF2=GF2+DG2，
△
∴（ ）2=x2+12，
解得：x= ，
∴OF= ，
综上所述，OF的长为 或 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与
性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三
角形的内角和定理得到∠EBC=∠EDF，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，
需要学生学会利用前面所学的知识解答后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考
题型．
99．（2022·广东佛山·九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2x
﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．(1)连接AD，交y轴于点E，P是抛物线上的一个动点．
①如图一，点P是第一象限的抛物线上的一点，连接PD交x轴于F，连接 ，
若 ，求点P的坐标．
②如图二，点P在第四象限的抛物线上，连接AP、BE交于点G，若 ，则w
有最大值还是最小值？w的最值是多少？
(2)如图三，点P是第四象限抛物线上的一点，过A、B、P三点作圆N，过点 作
轴，垂足为I，交圆N于点M，点 在运动过程中，线段 是否变化？若有
变化，求出MI的取值范围；若不变，求出其定值．
(3)点Q是抛物线对称轴上一动点，连接OQ、AQ，设 AOQ外接圆圆心为H，当
的值最大时，请直接写出点H的坐标．
【答案】(1)① ，②w有最小值，w的最值是
(2)不变，
(3) 或
【分析】（1）①根据题意先求得 各点的坐标，求得 的解析式，进而求得
点 的坐标，通过计算可得 ，进而可得 ，由 可得
出 ，依题意，设 ，解方程求解即可；②根据已知条件设 ，求得直线 的解析式，直线 的解
析式，联立即可求得点 的坐标，根据 ，令
，根据二次函数的性质求得 的最大值，即可求得 的最小值；
（2）根据题意过点 作 ，依题意，点 为 的外心， 为 垂直平
分线上的点则点 在抛物线的对称轴 上，设 ，
， ， ，根据 建立方程，解得 ，进而求
得 ，即可求得 ；
（3）作 的外心 ，作 轴，则 ，进而可得 在 的垂直
平分线上运动，根据题意当 最大转为求当 取得最小值时， 最
大，进而根据点到直线的距离，垂线段最短，即可求得，求得 ，勾股定理求得
，即可求得点 的坐标，根据对称性求得另一个坐标．
（1）
抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，D为抛物线顶点．
令 ，解得 ，则
令 ，则 ，解得
则
，则
①设直线 的解析式为
则
解得
令 ，则 ，
，
依题意，设
解得 （舍）
② 点P在第四象限的抛物线上，AP、BE交于点G，如图，设 ，
设直线 的解析式为
则
解得
设直线 的解析式为
设直线 的解析式为
直线 的解析式为
联立解得
令
存在最大值，则 存在最小值
当 时， 存在最大值，最大值为
则 的最小值为
w有最小值，w的最值是
（2）
不变， ，理由如下，
如图，过点 作 ，依题意，点 为 的外心
为 垂直平分线上的点，即点 在抛物线的对称轴 上，
， ，轴，
设 ， ， ， ，
为 的外心，
，则
即
解得
即
（3）
如图，作 的外心 ，作 轴，则
在 的垂直平分线上运动
依题意，当 最大时，即 最大时，
是 的外心，
，即当 最大， 最大则当 取得最小值时， 最大
，
即当HQ⊥直线x=1时， 取得最小值时，此时
∴
在 中，
．
根据对称性，则存在 ．
综上所述， 或 ．
【点睛】本题考查了三角形的外心，垂径定理，抛物线与三角形面积计算，二次函数
的性质求最值问题，抛物线与圆综合，运用转化思想是解题的关键．
100．（2022·吉林市第五中学九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
AC=6，BC＝8，动点P从点A出发沿线段AB以每秒3个单位长度的速度运动至点B，
过点P作PQ⊥AB交射线AC于点Q．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
(1)线段AQ的长为 ，线段PQ的长为 ．（用含t的代数式表示）；
(2)当△APQ与△ABC的周长比为1：4时，求t的值；
(3)设△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
(4)当直线PQ把△ABC分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时，直接写出t的值．【答案】(1) ，
(2) 为 秒
(3) ；
(4) 的值为 秒或2秒
【分析】（1）先在 中求出 ，再在 中求出 ，最后用勾股定理
即可得出结论；
（2）由相似三角形的周长的比等于相似比得出方程，解方程即可；
（3）分两种情况，由三角形面积公式和相似三角形的性质即可得出答案；
（4）分两种情况讨论计算，由轴对称图形的定义，用相等的线段建立方程求解即可．
（1）
解：在 中， ，
由题意得， ，
在 中， ，
，
根据勾股定理得， ，
故答案为 ， ；
（2）
解： ，
，
，
，
，即 ，
解得： ，
即当 与 的周长的比为 时， 为 秒．
（3）解：分两种情况：
①当 时，如图1所示：
与 重叠部分图形的面积为 的面积 ；
即 ；
②当 时，如图2所示：
由（1）得： ， ， ，
同（2）得： ，
，即 ，
解得： ，
与 重叠部分图形的面积为 的面积 的面积
；
即 ；
（4）
解：由（1）知， ， ， 或 ，当 时，四边形 是轴对称图形，
则 ，
；
当 时，设 和 相交于 ，
当 时，四边形 是轴对称图形，
则 ，
．
综上所述，当直线 把 分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时， 的值为
秒或2秒．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质，锐角三角函数，轴对
称图形，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识；解题的关键是熟练掌握解直角
三角形和轴对称图形，证明三角形相似．
