专题16转化思想在两种题型中的应用（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 16 转化思想在两种题型中的应用 通用的解题思路： 转化思想方法包含三个基本要素: 1、把什么东西转化，即转化的对象; 2、转化到何处去，即转化的目标; 3、如何进行转化，即转化的方法。 转化思想方法应遵循以下五条原则: 1、熟悉化原则:将陌生的问题转化成熟悉的问题，以利于我们运用熟悉的知识、经验和问题来解决; 2、简单化原则:将复杂问题转化成简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某 种解题的启示和依据:3、和谐化原则:转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示和谐 统的形式，或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律:4、直观化原则:将比 较抽象的问题转化为比较直观的问题来解决;5、正难则反原则:当问题正面讨论遇到困难时，应想到考虑问 题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获得解决或证明的可能性。 题型一：圆中的转化思想 1．（2023•齐齐哈尔）综合与实践： 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知 识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地． （1）发现问题：如图1，在ABC和AEF中，AB AC，AE AF，BAC EAF 30，连接BE ， CF ，延长BE 交CF 于点D．则BE 与CF 的数量关系： BECF ，BDC  ； （2）类比探究：如图2，在ABC 和AEF中，AB AC，AE AF，BAC EAF 120，连接BE ，CF ， 延长BE ，FC交于点D．请猜想BE 与CF 的数量关系及BDC的度数，并说明理由； （3）拓展延伸：如图3，ABC 和AEF均为等腰直角三角形，BAC EAF 90，连接BE ，CF ，且 点B，E，F 在一条直线上，过点A作AM BF，垂足为点M ．则BF ，CF ，AM 之间的数量关系： ； （4）实践应用：正方形 ABCD中， AB2，若平面内存在点 P满足 BPD90， PD1，则 S  ． ABP【分析】（1）根据等腰三角形的性质，利用SAS 证明ABE ACF 即可得出结论； （2）根据等腰三角形的性质，利用SAS 证明BAE CAF 即可得出结论； （3）根据等腰直角三角形的性质，利用SAS 证明BAE CAE 即可得出结论； （4）根据直径所对的圆周角是直角，先找到点P，利用勾股定理计算出BP，再利用第3小题的结论得到 三角形的高，ABP的面积即可求出． 【解答】解：（1）BECF，BDC 30， 理由如下：如图1所示： ABC和ADE都是等腰三角形，  AB AC ，AE AF， 又 BAC EAF 30，  ABEACF(SAS)， BECF ， ABE ACD， AOEABEBAC，  AOEACDBDC， BDC BAC 30； （2）BECF，BDC 60， 理由如下：如图2所示： 证明： BAC EAF 120， BACEAC EAF EAC， 即BAE CAF ， 又 ABC和AEF都是等腰三角形，  AB AC ，AE AF， BAECAF(SAS) BECF ， AEBAFC ， EAF 120，AE AF，  AEF AFE30， BDC BEF EFDAEB30(AFC30)60； （3）BF CF 2AM ， 理由如下：如图3所示： ABC和AEF都是等腰三角形，  CABEAF 90，AB AC，AE AF， CABCAEFAECAE， 即：BAE CAF ， BAECAE(SAS)， BECF ， AM BF ，AE AF，EAF 90，  EF 2AM ， BF BEEF ，  BF CF 2AM ；（4）)如图4所示： 连接BD，以BD为直径作圆， 由题意，取满足条件的点P，P，则PDPD1．BPDBPD90， BD2 2， BP BD2 PD2  (2 2)2 12  7 ， 连接PA，作AF PB于点F ，在BP上截取BEPD， PDA ABE，AD AB，  ADPABE(SAS)， AP AE，BAE DAP， PAE 90， 由（3）可得：PBPD2AF， PBPD 71 AF   ， 2 2 1 7 7 S  PBAF  ， PAB 2 4 7 7 同理可得：S  ， PAB 4 7 7 7 7 故ABP的面积为： 或 ． 4 4 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质， 圆周角定理，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．2．（2024•介休市模拟）阅读与思考 如图是小强同学的数学课堂笔记本，请仔细阅读，并完成相应的任务． 平面直角坐标系与直角三角形 x年月日星期三 原理：根据直角三角形的定义，性质，判定，以直角三角形顶点分三种情况进行分类讨论．口 诀：“两线一圆” 作图：举例如下：已知A(3,0)、B(0,4)，在直线x1上求点C，使得ABC 为直角三角 形．以下分三种情况讨论： 情况一：当A为直角顶点时，过点A作AB的垂线l交直线x1于点C，则交点即为所求点 C．如图①，有C 一个点； 1 情况二：当B为直角顶点时，过点B作AB的垂线l交直线x1于点C，则交点即为所求点 C．如图②，有C 一个点； 2 情况三：当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，则该圆与直线x1的交点即为所求点C．如 图③，有C ，C 两个点； 3 4 方法：一、几何法：构造“K型”或“一线三垂直”相似； 二、代数法：两点间的距离公式，列方程，解方程，检验根； 三、解析法：求垂线解析式，联立方程组求交点． 任务：（1）上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是 CD （从下面选项中选出两个即可）； A．数形结合 B．统计思想 C．分类讨论 D．转化思想（2）选择一种课堂笔记本中记载的方法，求出“情况一”中C 的坐标． 1 （3）直接写出“情况二”中C 的坐标 ； 2 （4）请你写出在“情况三”中，确定C 、C 的坐标位置及求坐标过程中，所依据的数学定理或原理（写 3 4 出一个即可）． 【分析】（1）根据题意即可解答． （2）选几何法，先证三角形相似，再根据相似三角形的对应边成比例即可求解． （3）根据一线三等角的模型得出三角形相似，然后用相似三角形的性质即可解答，在求解过程中依据的定 理是相似三角形的对应边成比例． 【解答】解：（1）上面课堂笔记中的分析过程，主要运用的数学思想是数形结合和转化思想． 故选：CD． （2）当A为直角顶点时，过点A作AB的垂线l交直线x1于点C， BAC 90， 1 BAH KAC 90， 1 又 BAH HBA90，  KAC HBA， 1 ABH∽△CSK ， 1 BH AH   ，BH 3，AH 4，KC 2， AK CK 1 1 3 4 3   ，解得AK  ， AK 2 2 3 C 的坐标为(1, )． 1 2 （3）过C 作C H  y轴交y轴于点H ，如图： 2 2 1 1 则C H 90BOA， 2 1 当B为直角顶点时，过点B作AB的垂线l交直线x1于点C， C BA90， 2H BC OBA90， 1 2 OBAOAB90．  H BC OAB， 1 2 AOB∽△BH C ， 1 2 H B H C  1  1 2 ，AO3，BO4，H C 2， AO BO 1 2 H B 1 3  1  ，解得H B ， 3 4 1 4 9 C 的坐标为(1, )． 2 2 （3）当C为直角顶点时，以AB为直径作圆，则该圆与直线x1的交点即为所求点C． BC A90，BC A90， 3 4 与（2）同理可得△BH C ∽△C K A，△BH C ∽△C K A， 1 3 3 1 2 4 4 2 H C BH BH H C  1 3  1 ， 2  2 4 ， K A C K C K AK 1 3 1 4 2 2 设C 的坐标为(1,a)，C 的坐标为(1,m)， 3 4 则H C 1，BH a4，C K 2，AK 4；BH m4，H C 2，AK m，C K 2， 1 3 1 3 1 1 2 2 4 2 4 2 1 a4 m4 1   ，  ， 4 2 2 m 9 解得a ，m 62或 62（舍去）， 2 9 C 的坐标为(1, )，C 的坐标为(1, 62)， 3 2 4 在求解过程中依据的定理是相似三角形的对应边成比例． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，一线三垂直模型等，构造构造相似三角形是解题关键． 3．（2023•吴川市二模）已知： O的直径AB10，C是AB的中点，D是 O上的一个动点（不与点A、   B、 C重 合 ） ， 射 线 CD交 射 线 AB于 点 E． （1）如图1，当BE AB时，求线段CD的长； （2）如图2，当点D在BC上运动时，连接BC、BD，BCD中是否存在度数保持不变的角？如果存在，请指出这个角并求其度数；如果不存在，请说明理由； （3）联结OD，当ODE是以DE为腰的等腰三角形时，求ODE与CBE面积的比值． 【 分 析 】（ 1 ） 连 接 OC、 BC、 AD， 由 勾 股 定 理 求 出 CE ， 由 AED∽CEB求 出 DE， 则 CDCEDE ． （2）BDC不变，连接AC，则CAB45，由圆内接四边形的对角互补得BCD135． （3）①当点E在AB的延长线上时，证明OCD是等边三角形，求出CDOC DE5，由勾股定理求出 OE，分别求出两个三角形的面积作比，即可得到结果．②当点E在OB上时，设DEODx，证明 ODE∽DOC，用x表示出CE ，由OC2 OE2 CE2，列出关于x的方程并求出x，再求出两个三角形的 面积即可得结果．③当点E在OA上时，DE，OD长度没变，BE 长度变了，依据②中的数值可求得结 果． 【解答】（1）解：如图1，连接OC、BC、AD， C 是AB的中点，OC是半径，  OC  AB， BE AB10，  AE ABBE20，OEOBBE51015， CE OC2 OE2  52 152 5 10， DAE BCE，AEDCEB，  ADE∽CBE， AE DE   ， CE BE 20 DE   ， 5 10 10 DE4 10， CDCEDE5 104 10  10． （2）BDC不变，BDC 135． 如图2，连接AC， C 是AB的中点，  AC BC， AB是 O的直径，  ACB90， CAB45， CABBDC 180，  BDC 180CAB18045135． （3）解：①如图3，当 点E在AB的延长线上时，ODDE， AB10，  ODOC DE5， C 是AB的中点，  OC  AB， DOECOD90， DEOOCD90， DE DO，  DOEDEO， CODOCD， CDOD， CDODOC， OCD是等边三角形， CEDE5，CE 10， OE CE2 OC2  102 52 5 3， BEOEOB5 35， 1 1 1 1 1 25 3 S  S   OCOE  55 3 ， ODE 2 COE 2 2 2 2 4 1 1 25 325 S  OCBE 5(5 35) ， CBE 2 2 2 S 3 3  ODE  ． S 4 CEB ②如图4，当点E在OB上时， 过点O作OGCD于D， OC OD，  OCDD，OEDE，  DOED， DOEOCD， ODE∽DOC ， OD2 DECD， 设DEODx， 52 CDx， 25 CD ， x 25 CE x， x 由OC2 OE2 CE2得， 25 52 x2 ( x)2， x 5 3 x ， 3 5 3 OEDE ， 3 10 3 5 3 CE ，BE 5 ， 3 3 OCOE 5 OG  ， CE 2 1 5 3 5 DEOG  S 2 3 2 31  ODE    . S 1 5 3 4 CBE BEOC (5 )5 2 3 ③如图5，当点E在OA上时， 5 3 OE DE ，长度与②中相同，BEOBOE5 ， 3 5 3 5  S 3 2 31  ODE   ， S 5 3 4 CEB (5 )5 3 3 3 31 31 综上得，ODE与CBE面积的比值为： 或 或 ． 4 4 4【点评】本题考查了圆中垂径定理，圆内接四边形的性质，三角形相似，勾股定理等知识，综合性较强， 解答本题需要我们熟练掌握各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起 来． 4．（2023•微山县二模）如图，ABC 中，C 90，ABC的平分线交AC于点D，点O在AB上，以点O 为圆心，以OB为半径的圆经过点D，交BC于点E，交AB于点F ． （1）求证：AC与 O相切；  3 （2）若BD10，sinDBC  ，求AF 的长． 5 【分析】（1）连接OD，利用ODOB及角平分线得OD//BC 即可； （2）连接DF，先利用sinDBC计算CD、BC，然后证明CDB∽DFB求BF ，再证明ADO∽ACB即 可求AF ． 【解答】（1）证明：连接OD， OD是半径  ODOB，ODBOBD， ABC 的平分线交AC于点D，  ABDCBD， ODBCBD， OD//BC， ADOC 90， AC是 O的切线；  （2）解：连接DF， 3 CD CD sinDBC    ，  5 BD 10 CD6， BC 8， FB为直径，  BDF 90， BDF C， CBDFBD，  CDB∽DFB， BD BC   ， BF BD 25 BF  ， 2 25 ODOEOB ， 4 OD//BC， ADO∽ACB， 25 25 AF  AO OD 4 4   ，即：  ， AB BC 25 8 AF  2 225 解得：AF  ． 14 【点评】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定及性质，熟记性质定理并能灵活运用是解决本题 的关键． 5．（2023•花都区一模）如图， O是ABC 的外接圆，直径AB10，BC 8，AE平分CAB交BC于点  E． （1）尺规作图：在AE的延长线上取一点F ，使得BF BE，连接BF ；（保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）所作的图中： ①证明：BF 是 O的切线；  AE ②求 的值． EF 【分析】（1）以B为圆心，以BE 的长为半径画弧，交AE的延长线于点F 即可． （2）①先证ABF 90，再由OB是半径即可得结论．②先证BEG∽BAC ，得出 EG的长，再证 AEG∽AFB即可． 【解答】（1）如图1，以B为圆心，以BE 的长为半径画弧，交AE的延长线于点F ， 则点F 即为所求． （2）①证明： AB是 O的直径，   C 90， CAEAEC 90， BF BE，  BEF BFE， AEC BEF， AEC BFE， CAEBFE90， AE平分CAB，  CAEBAF， BAF BFE90， ABF 90， 又 OB是半径，  BF是 O的切线．  ②解：如图2，过点E作EG AB，垂足为G， C 90，AE平分CAB，  EGCE， BEBCCEBCEG8EG， C 90，  AC  AB2 BC2  102 82 6． EGBC 90，EBGABC，  BEG∽BAC， EG BE   ， AC AB EG 8EG   ， 6 10 解得EG3， BEBCEG835， BF BE5， AEGABF 90，  AEG∽AFB， AE EG 3    ， AF BF 5 AE 3   ． AF 2【点评】本题主要考查了圆的切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定等知识，把所学知识融会贯通， 灵活运用是解题的关键． 6．（2023•阿城区模拟）已知：AB、DF是 O的直径，弦CD AB，垂足为E，过点F 的切线与DC的  延长线交于点G，连接BC． ? （1）如图1，求证：FGD2BCD； （2）如图2，过点A作AH DF交 O于点M ，垂足为H ，求证AM CD；  （3）如图 3，在（2）的条件下，连接 MC并延长与 DB的延长线交于点 K，连接 BC，若 HDC 2MHC，MK 6，求FG的长． 【分析】（1）利用切线的性质和CD AB可证FGDBOD，根据圆周角定理可得BOD2BCD，即 可得证；（2）利用垂径定理可得AM 2AH ，CD2DE，证明AOH DOE，得出AH DE ，即可得证； （ 3 ） 连 接 AD， 过 H 作 HQ AD于 Q， 延 长 QH 交 KM 的 延 长 线 于 点 P， 设 MHC ， HDC HAO2，利用等角对等边可证DH DC，证明DCK DHQ，可得DK DQ，进而可证 PM 1 PKDQ为正方形，利用等角的正切值相等可得tanADH tanAHQtanPHM   ，证明PCH PH 2 是等腰直角三角形，可得出PC 2PM 2MC CK，根据OA2 OH2  AH2，OH OAHD4 5 ，可求 5 5 3 5 OH FG 3 出 OAOD ， OH  ， DF 5 5，根据 tanHAOtanODE   ，即可求出 2 2 AH DF 4 FG． 【解答】（1）证明： GF 是OO切线，  GFD90，  FGDFDG90，EODFDG90，  FGDBOD， BC BC，  BOD2BCD， FGD2BCD； （2）证明：AH DF，ABCD， AM 2AH ，CD2DE， AH DF ，  AHOOED90， AOH DOE，OAOD，  AOH DOE(AAS) AH DE， AM CD； （3）解：连接AD，过H 作HQ AD于Q，延长QH 交KM 的延长线于点P，HDC 2MHC，  设MHC ，HDC HAO2， MHD90，  DHC 90， DCH 180HDCDHC 90， DCH DHC， DH DC， ABCD，  BC BD，DOE90ODE902， CDBBAD45， MADMAOBAD45， MCD180MAD135， CKDMCDCDB90， OAOD，  BADADH ， CDBADH ， HQDCKD90，DH DC ， DCK DHQ(AAS) DK DQ， AB为 O直径，   ADB90， CKDADK HQD90， 四边形PKDQ为矩形， DK DQ，  矩形PKDQ为正方形， P90AQH ，PQDQ， AH MH ，AHQMHP，  AHQMHP(AAS) HPHQ， HQ 1 tanADH   ， DQ 2 AHQHAQ90，ADH HAQ90，  AHQADH PHM ， PM 1 tanADH tanAHQtanPHM   ， PH 2 DCH 90，MCD135，  PCH MCDDCH 45， 又P90， PHC 45PCH ， PH PC， PC 2PM 2MC CK ， MK 6， CM 2，CK HQ4，DQ8，AQ2， DH 4 5，AH 2 5， OA2 OH2  AH2，OH OAHD4 5 ，  5 5 3 5 OAOD ，OH  ，DF 5 5， 2 2 OH FG 3 tanHAOtanODE   ， AH DF 4 15 5 FG ． 4 【点评】本题是圆的综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、切线的性质、等腰三角形的判定与性质、 正方形形的判定与性质． 7．（2023•松江区二模）如图1，AB是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点O与点O关于直线AC对称，射线AO交半圆O于点D，弦AC交OO于点E、交OD于点F ． （1）如图2，O恰好落在半圆O上，求证：OABC； EF （2）如果DAB30，求 的值： OD （3）如果OA3，OD1，求OF 的长． 【分析】（1）连接OC，由点O与点O关于直线AC对称得到AO AO，证出AOO是等边三角形，得出 AOOBOC 60，即可得结论． （2）设 O的半径为2a，作ON  AD于N，则OAOA2a，求出AN，AD，ON，得到OD，再求  出OO，得到OE，证出EFO45，得到EF OE，作比即可． 1 ADFM S 2 DF （3）①当点O在 O内部时，过点F 作FN  AB于N，FM  AD于M ，由 AFD   ，  S 1 OF AFO AOFN 2 DF AD 4 得到   ，又DF OF OD，从而求得OF ．②当点O在 O外部时，同样方法求得OF 的  OF AO 3 长． 【解答】（1）证明：如图2，连接OC， 点O与点O关于直线AC对称，  OEOE，AC OO， AO AO，AOCO， AOOO，  AOO是等边三角形， AOO60， COOAOO60， BOC 60， AOOBOC， OABC． （2）解：如图3，设 O的半径为2a， 则OAOA2a， 作ON  AD于N， OAOD，DOB30，  AOD120， 在RtAON中，ON OAsin30a， AN OAcos30 3a， ON  AD，  AD2AN 2 3a， OD ADOA(2 32)a， ON DN OD(2 3)a， OO ON2 ON2  a2 (2 3)2a2 ( 6 2)a， 点O与点O关于直线AC对称，  1 6 2 OEOE OO a， 2 2 由对称性得，BAC DAC 15， EFO180BACAOD1801512045， 6 2 EF OE a， 2 6 2 EF 2 2    ． OD 2 32 4 （3）解：①如图4，当点O在 O内部时，  ADOAODOAOD314， 由对称性知DAF BAF ， 过点F 作FN  AB于N，FM  AD于M ， FM FN ， 1 ADFM S 2 DF  AFD   ， S 1 OF AFO AOFN 2 DF AD 4    ， OF AO 3DF OF OD3，  9 OF  ． 7 ②如图5，当点O在 O外部时，  过点F 作FN  AB于N，FM  AD于M ， 则FM FN， 1 ADFM S 2 DF  AFD   ， S 1 OF AFO AOFN 2 DF AD   ， OF AO 又AD AOODOAOD312， DF 2   ， OF 3 DF OF 3，  9 OF  ． 5 9 9 综上得，OF  或 ． 7 5【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、三角函数等知识，综合性较强，解答本题需要我 们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 8．（2023•碑林区校级模拟）如图①，已知线段AB与直线l，过A、B两点，作 O使其与直线l相切，切  点为P，易证APBAHBAQB，可知点P对线段AB的视角最大． 问题提出 （1）如图②，已知ABP的外接圆为 O，PQ与 O相切于点P，交AB的延长线于点Q．   ①请判断BPQ与A的大小关系，并说明理由． ②若QB2，AB6，求PQ的长． 问题解决 （2）如图③，一大型游乐场入口AB设在道路DN 边上，在“雪亮工程”中，为了加强安全管理，结合现 实情况，相关部门准备在与地面道路DN 夹角为60的射线DM 方向上（位于垂直于地面的平面内）确定一 个位置C，并架设斜杆AC，在斜杆AC的中点P处安装一摄像头，对入口AB实施监控（其中点A、B、 D、P、C、M 、N在同一平面内），已知DA40米，AB25米，调研发现，当APB最大时监控效果 最好，请问在射线DM 上是否存在一点C，使得APB达到最大？若存在，请确定点C在DM 上的位置及 斜杆AC的长度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）①作直径PN ，连接BN ，则PNBNPB90，PQ与 O相切，得NPBBPQ90，  BQ PQ 再根据圆周角定理即可得结果．②证明BPQ∽PAQ，得  ，代入数值可得结果． PQ AQ （2）取AD的中点E，过点E作DM 的平行线EF ，经过A，B作 O与EF 相切于点P，此时APB最  大，由PEA∽BEP求出PE ，由勾股定理求出EH ， AH ，PE ，再求出PA，最终得到CD， AC的长 度． 【解答】（1）解：①BPQA，理由如下： 如图②，连接PO并延长至圆上一点N，连接BN ， 则PABPNB， PN 为圆的直径，  PBN 90， PNBNPB90， PQ与 O相切于点P，   NPQ90， NPBBPQ90， BPQPNB， PNBA，  BPQA． ② BPQA，BQPPQA，  BPQ∽PAQ， BQ PQ   ， PQ AQ AB6，QB2，  AQ ABBQ628， 2 PQ   ， PQ 8 PQ4． （2）解：存在一点C，使得APB达到最大． 如图③，取AD的中点E，过点E作DM 的平行线EF ， 经过A，B作 O与EF 相切于点P，  由题意知，此时APB最大．DM //EF ，P是AC中点，  PEA60，CD2PE， 作直径PG，连接AG， 则PBEG，PAC 90， APGPBE90， EF是 O的切线，P是切点，   PGEF ， EPAAPG90， EPAPBE， 又AEPPEB， PEA∽BEP， PE2 EAEB20(2025)900， PE 30， CD2PE60． 过点A作AH EF 于H ， PEA60，  EAH 30， 1 1 EH  AE 2010， 2 2 3 AH  AEsin6020 10 3， 2 PH PEEH 301020， 由勾股定理得， 2 PA PH2  AH2  202 (10 3) 10 7 ， AC 2PA210 7 20 7 ． 故点C在DM 上距离点D60m处，斜杆AC的长度为20 7m．【点评】本题考查了圆周角定理，切线的性质，三角形相似，圆的张角等知识，属于圆的综合题，恰当添 加辅助线，灵活运用所学知识是解题关键． 9．（2021•滨城区一模）如图，在RtABC中，B90，EDDF，点E在AC上，以AE为直径的 O  经过点D． （1）求证：①BC是 O的切线；  ②CD2 CECA； （2）若点F 是劣弧AD的中点，且CE3，试求阴影部分的面积． 【分析】（1）①连接DO，根据圆周角定理推出FAEDOE，并根据平行线的判定得出DO//AB，从 而得到DOBC即可证明BC是 O的切线；  ②连接DE，OD，根据同角的余角相等推出DAOCDE ，并得到CDE∽CAD，再根据相似三角形 的性质即可证明CD2 CECA； （2）连接DO、FO、DE，根据题意由圆心角定理推出OAF 和ODE是等边三角形，并得出相关角的大小即边之间的关系，进而根据全等三角形的判定得到ODGFAG，将阴影部分的面积转化为扇形的面 积进行求解即可． 【解答】（1）①证明：如图1， 连接DO， EDDF，  1 FADDAE FAE ， 2 1 DAE DOE（圆周角定理），  2 FAEDOE ， DO//AB， 根据题意可知ABBC， DOBC， BC 是 O的切线．  ②如图2， 连接DE，OD， AB为直径，OAOD，  ADOEDOADE90，ADODAO， 由（1）可知CDEEDO90，DAOCDE， 在CDE和CAD中， DCEACD  ， CDECAD CDE∽CAD， CD CE   ， CA CD 故CD2 CECA． （2）如图3， 连接DO、FO、DE，AD和OF 交于点G， 则DOEO AO， 根据题意点F 是劣弧AD的中点，且EDDF， 1 AOF DOF EOD 18060， 3 OAF 和ODE是等边三角形， C 90COD30， 1 ODOECE CO3， 2 由（1）可知DO//AB， ODADAF， 在ODG和FAG中， OGDFGA  ODGFAG，  OD AF ODGFAG(AAS)，S S ， ODG FAG 6032 3 S S   ． 阴影部分 扇形DOF 360 2 【点评】本题考查圆的综合运用，解题的关键是证明ODGFAG从而将阴影部分的面积转化为扇形的面 积，通常要结合圆周角定理及圆心角定理求解各角、各边之间的关系． 10．（2022•雁塔区校级四模）（1）如图①，在ABC 中，AB AC，BAC 120，BC 12，求ABC 外 接圆的半径r ； （2）如图②， O是一个半径为200米的圆形广场，弦AB是广场上一个长为200 3米的纳凉演绎舞台，  现计划在广场上建一个长为200米的手工艺集市CD，并在舞台AB和集市CD之间修建两个休闲长廊AD和 BC，规划长廊、舞台、集市围成四边形ABCD为活动区域，那么能否在优弧AB上确定两点C、D，使得 长廊ADBC最长？若能，请求出ADBC的最大值，并计算此时BAD的度数及四边形ABCD的面积； 若不能，请说明理由． 【分析】（1）作出ABC 外接圆，连接OA，OB，OA交BC于点D，利用等腰三角形的性质和圆周角定理， 直角三角形的边角关系解答即可； （2）连接OA，OB，OC，OD，过点O分别作OE AD，OF BC，OH  AB，利用勾股定理求得 AD2 BC2 40000，利用 ADBC  (ADBC)2  AD2 BC2 2ADBC ，可知当 S 最大时， OAD ADBC取最大值，利用三角形的面积公式与正弦的取值范围即可得出结论． 【解答】解：（1）设ABC 外接圆为 O，连接OA，OB，OA交BC于点D，如图， AB AC ，   AB AC， 1 ODBC ，BDDC  BC 6， 2 AB AC ，BAC 120，  1 BAD BAC 60， 2 ABO为等边三角形． AOB60， 在RtAOD中， BD 6 sin60  ，  OB OB 6 r OB 4 3； 3 2 （2）在优弧AB上确定两点C、D，使得长廊ADBC最长． 连接OA，OB，OC，OD，过点O分别作OE AD，OF BC，OH  AB，垂足分别为E，F ，H ， 如图， O的半径为200米，AB200 3米，  1 HA AB100 3米， 2 AH 3 sinAOH   ， OA 2 AOH 60， AOB2AOH 120． OBOCD200米，  OCD为等边三角形， DOC 60， AOBDOC 180．AODBOC 180． 1 1 AOE AOD，BOF  BOC，  2 2 AOEBOF 90． BF OF ，  BOF BFO90， AOE FBO． 在AEO和OFB中， AEOOFB90  AOEOBF ，  OAOB AEOOFB(AAS)． OEBF． OE  AD，OF BC，  1 1 AE AD，BF  BC， 2 2 1 OE BC ． 2 AE2 OE2 OA2，  1 1 ( AD)2 ( BC)2 2002， 2 2 AD2 BC2 160000， ADBC  (ADBC)2  AD2 BC2 2ADBC  1600002ADBC ． 1 1 1 1 S  ADOE AD BC  ADBC，  OAD 2 2 2 4 当S 最大时，ADBC取最大值， OAD 1 S  OAODsinAOD20000sinAOD，  OAD 2 当AOD90，sinAOD，最大，即S 最大，最大值为20000， OAD 当AODBOC 90时，ADBC的值最大． 在优弧AB上确定两点C、D，使得长廊ADBC最长； 此时，如图，OADODA45，OABOBA30，  BADOADOAB75． 四边形ABCD的面积S S S S OAB OBC OAD OCD 1 1 220000 200 3100 200100 3 2 2 (4000020000 3)米2． 【点评】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系，特殊角的三角函 数值，全等三角形的拍大片与性质，函数的极值，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键． 11．（2022•青秀区校级一模）如图，AB是 O的直径，AC是弦，点E在圆外，OE AC于点D，BE 交  O于点F ，连接BD、BC、CF ，BFC AED．  （1）求证：AE是 O的切线；  （2）求证：OB2 ODOE； 2 S （3）设BAD的面积为S ，BDE的面积为S ，若tanODB ，求 1 的值． 1 2 3 S 2 【分析】（1）由OE AC证明BA AE即可得到结果； （2）证明OA2 ODOE 即OAD∽OEA即可得证； 2 CD （3）把tanODB 转化为 ，设CD2m，用m表示出半径，再由BOD∽EOB的面积比等于相似 3 BD 比平方可得到答案． 【解答】解：（1）证明： BFC AED，  又BFC BAC，BAC AED， OE  AC于点D，  ADEADO90， AEDEAD90， BACEAD90，即OAE90， OA AE， AE 是 O的切线；  （2） OAEADO90，AODEOA，  AOD∽EOA， OA OD   ， OE OA OA2 ODOE， OBOA，  OB2 ODOE； （3） AB为直径，  ACB90， ADO90，  ACBADO， OE//BC， ODBDBC， DC 2 在RtBCD中，tanDBC tanODB  ， BC 3 设DC 2m，则BC 3m， 1 3m OD BC  ， 2 2 OE  AC于点D，  ADDC 2m， 5m OAOB OD2  AD2  ， 2 由（2）知OB2 ODOE， OB OE   ， OD OB而BODEOB， BOD∽EOB， 3m  S BOD ( OD )2 ( 2 )2  9 ， S OB 5m 25 EOB 2 设S 9k，则S 25k， BOD EOB BDE 的面积为S S S 16k ， 2 EOB BOD 而BAD的面积为S 2S 18k ， 1 BOD S 18k 9  1   ． S 16k 8 2 2 【点评】本题考查圆的切线、相似三角形判定及性质，难度较大，解题的关键是将tanODB 转化为 3 CD ． BD 题型二：函数中的转化思想 1．（2021•南岸区校级模拟）初中阶段的函数学习中，我们经理了列表、描点、连线画函数图象，并结合图 2x 象研究函数性质的过程，以下我们研究函数y| |2性质及应用的部分过程，请按要求完成下列各小 x2 题． （1）下表是x与y的几组值，请在表格中的空白处填上恰当的数字； 1 1 x  4 3 1  0 1 3 4 5  2 2 y   2  4  4  8 2  4 0 4 4  3 5 3 5 3 3 （2）在平面直角坐标系中，补全描出表格中数据对应的各点，补全函数图象； 2x （3）观察函数y| |2的图象，请写出函数的一条性质： ． x2 1 （4）若方程y xt(t为常数）有三个实数解，则t的取值范围为 ． 2【分析】（1）利用函数解析式求值即可； （2）利用描点法画出函数图象即可； （3）根据图象解答问题即可； 2x 1 2x 1 4 1 （ 4 ） 令 h| |2 x， 当 x2或 x0时 ， h 2 x  x， 将 方 程 化 为 x2 2 x2 2 x2 2 2x 1 x2 (2h2)x84h0，当△ 0时，解得 h12 2 或 h12 2 ，此时函数 h| |2 x与 x2 2 2x 1 y12 2有两个交点，与y12 2也有两个交点，当x0时，y2，此时函数h| |2 x与 x2 2 2x 1 y2有两个交点2t 12 2或t 12 2时，则函数h| |2 x与 yt有三个交点，由此可求 x2 2 解． 2x 【解答】解：（1）x0时，y| |22； x2 2x x4时，y| |22， x2 故答案为：2，2； （2）图象如图所示：（3）当x0时，函数有最小值2，没有最大值； 故答案为：当x0时，函数有最小值2，没有最大值； （4）如图： 1 2x 1 由y xt，可知| |2 xt ， 2 x2 2 2x 1 令h| |2 x， x2 2 2x 1 4 1 当x2或x0时，h 2 x  x， x2 2 x2 2 x2 (2h2)x84h0， 当△0时，4h2 8h43216h0， 解得h12 2 或h12 2 ， 2x 1 此时函数h| |2 x与y12 2有两个交点， x2 2 2x 1 函数h| |2 x与y12 2也有两个交点， x2 2 2x 1 当x0时，y2，此时函数h| |2 x与y2有两个交点， x2 2 2x 1 2t 12 2或t 12 2时，函数h| |2 x与yt有三个交点， x2 2 1 方程y xt(t为常数）有三个实数解，则t的取值范围为2t 12 2或t 12 2， 2 故答案为：2t 12 2或t 12 2．【点评】本题考查一次函数与二元一次方程组的关系，熟练掌握一次函数的图象及性质，会用描点法画函 数图象，数形结合解题是关键． 2．（2021•望奎县模拟）自主学习，请阅读下列解题过程． 解一元二次不等式：x2 5x0． 解：设x2 5x0，解得：x 0，x 5，则抛物线yx2 5x与x轴的交点坐标为(0,0)和(5,0)．画出二 1 2 次函数yx2 5x的大致图象（如图所示），由图象可知：当x0，或x5时函数图象位于x轴上方，此时 y0，即x2 5x0，所以，一元二次不等式x2 5x0的解集为：x0，或x5． 通过对上述解题过程的学习，按其解题的思路和方法解答下列问题： （1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的 ① 和 ．（只填序号） ①转化思想 ②分类讨论思想 ③数形结合思想 （2）一元二次不等式x2 5x0的解集为 ． （3）用类似的方法解一元二次不等式：x2 2x30． 【分析】（1）根据题意容易得出结论；（2）由图象可知：当0x5时函数图象位于x轴下方，此时y0，即x2 5x0，即可得出结果； （3）设x2 2x30，解方程得出抛物线yx2 2x3与x轴的交点坐标，画出二次函数yx2 ，2x3 的大致图象，由图象可知：当x1，或x5时函数图象位于x轴上方，此时y0，即x2 52x30， 即可得出结果． 【解答】解：（1）上述解题过程中，渗透了下列数学思想中的①和③； 故答案为：①，③； （2）由图象可知：当0x5时函数图象位于x轴下方， 此时y0，即x2 5x0， 一元二次不等式x2 5x0的解集为：0x5； 故答案为：0x5． （3）设x2 2x30， 解得：x 3，x 1， 1 2 抛物线yx2 2x3与x轴的交点坐标为(3,0)和(1,0)． 画出二次函数yx2 2x3的大致图象（如图所示）， 由图象可知：当x1，或x3时函数图象位于x轴上方， 此时y0，即x2 2x30， 一元二次不等式x2 2x30的解集为：x1，或x3． 【点评】本题考查了二次函数与不等式组的关系、二次函数的图象、抛物线与x轴的交点坐标、一元二次方 程的解法等知识；熟练掌握二次函数与不等式组的关系是解决问题的关键． 3．（2024•全椒县一模）如图1，抛物线yx2 4x与x轴相交于原点O和点A，直线yx与抛物线在第一象限的交点为B点，抛物线的顶点为C点． （1）求点B和点C的坐标； （2）抛物线上是否存在点D，使得DOBOBC ？若存在，求出所有点D的坐标；若不存在，请说明理 由； （3）如图2，点E是点B关于抛物线对称轴的对称点，点F 是直线OB下方的抛物线上的动点，EF 与直 S 线OB交于点G．设BFG和BEG的面积分别为S 和S ，求 1 的最大值． 1 2 S 2 【分析】（1）将函数yx2 4x化作顶点式可得出点C的坐标，联立yx2 4x与yx可得出点B的坐标； （2）分点D在直线OB下方、上方两种情况，分别求解即可； 1 （3）如图，分别过点 E， F 作 y轴的平行线，交直线 OB于点 M ， N，则 S  FN(x x )， 1 2 B G 1 S S  EM(x x )，设F(m,m2 4m)，可表达 1 ，再利用二次函数的性质可得出结论． 2 2 B G S 2 【解答】解：（1） 抛物线yx2 4x(x2)2 4，  a10，  当x2时，y有最小值4， C(2,4)． 直线yx与抛物线在第一象限的交点为B点，  yx 联立 ， yx2 4xx5 x0 解得 或 （舍去）， y5 y0 B(5,5)． 故点B和点C的坐标分别为(5,5)和(2,4)； （2）设直线BC的解析式为：ykxb， 则将B(5,5)，C(2,4)代入ykxb得， 5kb5  ， 2kb4 k 3 解得 ， b10 直线BC的解析式为：y3x10． ①当点D在直线OB的下方时，过点B作BF x轴，交x轴于点F ，延长OD，交BF 于G， B(5,5)，  OF BF ，即BOF OBF 45，OFGBFE90， DOBOBC，  GOF EBF， OFGBFE(ASA)， EF GF ． 10 当y0时，3x100，得：x ， 3 10 E( ,0)， 3 10 5 则GF EF OF OE5  ， 3 3 5 G(5, )， 3 1 易知直线OG的解析式为：y x， 3  1 y x 联立： 3 ，  yx2 4x 13 x   3 x0 解得 或 （舍去）， y 13 y0  9 13 13 D( , )； 3 9 ②当点D在直线OB的上方时， DOBOBC，  OD//BC， 直线BC的解析式为：y3x10，  直线OD的解析式为：y3x， y3x x7 x0 联立： ，解得： 或 （舍去）， yx2 4x y21 y0 D(7,21)． 13 13 综上，当点D的坐标为( , )或(7,21)时，使得DOBOBC ； 3 9 （3） 点B(5,5)与点E关于对称轴x2对称，  E(1,5)， 如图，分别过点E，F 作y轴的平行线，交直线OB于点M ，N， M(1,1)，EM 6， 设F(m,m2 4m)，则N(m,m)， FN m(m2 4m)m2 5m， 1 1 S  FN(x x )，S  EM(x x )，  1 2 B G 2 2 B G S FN m2 5m 1 1 5 25  1    (m2 5m) (m )2  ， S EM 6 6 6 2 24 2 5 S 25 当m 时， 1 的最大值为 ． 2 S 24 2【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查二次函数的性质，二次函数上的坐标特征，三角形的面积和 全等三角形的判定及性质，解题的关键正确表达两个三角形面积的比． 4．（2023•沭阳县模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2 bx3的图象与x轴交于点A( 3， 0)，B(3 3，0)，与y轴交于点C，其对称轴与x轴交于点D． （1）求二次函数的解析式； （2）若点E是线段BC上的一点，过点E作x轴的垂线，垂足为F ，且EF 2EC，求点E的坐标；1 （3）若P为y轴上的一个动点，连接PD，直接写出 PCPD的最小值； 2 （4）若点P是抛物线对称轴上的一个动点，连接PA，PC，设点P的纵坐标为t，当APC不小于60时， 求t的取值范围． 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）由CO//EF ，得到BEF∽BCO，即可求解； （3）过点 C作直线 l 直线 BC，再 PGBC ， PH 直线 l，得四边形 PGCH 是矩形，化简得 1 1 PCPDCGPDPH PD，所以当D，P，H 三点共线时， PCPD的值最小，最后求出三点共 2 2 线时的最小值DH 的长度即可； （4）以 Q为圆心， QA为半径作圆，与抛物线对称轴交于点 M ， M ，当点 M 在圆上时，则 1 2 1 APC APC  AQC 60，当点P在圆内时，APC 60，当点P在圆外时，APC60，进而 1 2 2 求解． 【解答】解：（1）将A( 3，0)，B(3 3，0)代入yax2 bx3，  3a 3b30 得 ， 27a3 3b30  1 a   3 解得 ，  2 3 b  3 1 2 3 二次函数的解析式为y x2  x3． 3 3（2） COx轴，EF x轴，  CO//EF， BEF∽BCO， BE EF   ， BC CO 设EC m，则EF 2m， 由B(3 3，0)，C(0,3)得BC  (3 3)2 32 6， 6m 2m   ， 6 3 6 解得：m ， 5 12 EF 2m ， 5 BF EF 12 3 又由  得BF  ， BO CO 5 12 3 3 3 OF 3 3  ， 5 5 3 3 12 E( ， )； 5 5 （3）过点C作直线l 直线BC， 再PGBC，PH 直线l， 则四边形PGCH 是矩形， CGPH ， BCO60，  1 CGPCcosBCOPCcos60 PC， 2 1  PCPDCGPDPH PD， 2 1 当D，P，H 三点共线时， PCPD的值最小， 2 此时，DH 直线l， 又作DQBC则， PH 直线l，DH 直线l，直线l BC，  四边形DQCH 是矩形，DH QC ， 3 PH PDDH QC BCBQ6BDcos3062 3 3， 2 1  PCPDPH PD的值最小值为3． 2 （4） OC 3，OA 3，  CO 3 则tanCAO   3， OA 3 CAO60， 作CAO的平分线AQ，交y轴于Q， 则QAC QCA30， AQC 120， 以Q为圆心，QA为半径作圆，与抛物线对称轴交于点M ，M ， 1 2 1 当点M 在圆上时，则AM C AM C  AQC 60， 1 2 2 当点M 在圆内时，AMC 60， 当点M 在圆外时，AMC60， 过Q作QH 垂直于对称轴， 在RtAOQ中，QOA30，OA 3，则AQ2， 在Rt△M QH 中，M H  22 ( 3)2 1， 1 1 M D112，M D110， 1 2 0„ t„ 2．【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本性质、三角形相似、解直角三角 形等，数形结合及线段的转化是本题解题的关键．