2026秋（27浙教版）核心考点·九年级全一册答案2026.8.31_2027版初中《核心考点》9年级全册（数学）（浙教）

核心考点
答案全解全析第一部分 九年级 上册
第一章 二次函数
专题一 抛物线的开口大小和方向
01．解：A．提示：由图可知a＞0，b＞0，c＜0，d＜0，
∵|a|越大，开口越小，∴|a|＞|b|，|d|＞|c|，∴a＞b＞c＜d.
02．解：B．提示：当x≤0时，y随x的增大而减小，∴抛物线开口向上，∴m−2＞0，∴m＞2.
03．解：∵抛物线yax2的开口向下，∴a＜0，开口越小，a越小，
当抛物线 yax2过点B（1，−2）时，∴开口最小，此时a=−2；
1 1
当抛物线 yax2过点D（2，−1）时，开口最大，此时a ，∴2≤a≤ .
4 4
04．解：A．提示：∵抛物线yax2开口向上，∴a＞0，开口越小，a越大，
当抛物线经过点（1，3）时，a ，此时a=3，
max
1 1
当抛物线经过点（3，1）时，a ，此时a ，∴ ≤a≤3.
min
9 9
3 2
05．解： ≤a≤ ．提示：∵顶点C是矩形DEFG上（包括边界和内部）的一个动点，
4 25
∴当顶点C与D点重合，顶点坐标为（1，3），则抛物线解析式y=a(x−1)2+3，
a(21)2 3≤0 3 1
∴

，解得 ≤a≤ ；
a(11)2 3≥0 4 3
当顶点C与F点重合，顶点坐标为（3，2），则抛物线解析式y=a(x−3)2+2，
a(23)2 2≤0 1 2 3 2
∴  ，解得 ≤a≤ ．∵顶点可以在矩形内部，∴ ≤a≤ .
a(13)2 2≥0 8 25 4 25
专题二 抛物线的对称性
01．解：22．提示：m，n为方程x2 4x10的两实根，∴mn4，mn1，
1
则 m，m2 4m1，∴原式2(4m1)3m5n8m23m5n 5(mn)222.
n
9
02．解： ．提示：抛物线y2(x1)2经过（m，n）和（m+3，n）两点，
2
mm3 1
可知函数的对称轴x= =1，∴m .
2 2
1 1 9
将点（ ，n）代入函数解析式，可得n2( 1)2  .
2 2 2
03．解：2032．提示：∵二次函数y=2030x2+2031x+2032的图象上有两点A（x ，2033）和B（x ，2033），
1 2
∴x ，x 是方程2030x2+2031x+2032=2033的两个根，
1 2
∴当x=x +x 时，二次函数的函数值与当x=0时函数值相等，∴y=2032.
1 2
04．解：m＞2．提示：∵y=(x+2)(x−m)，∴y=x2+(2−m)x−2m.
∵对称轴在y轴右侧，∴m−2＞0，∴m＞2.
−1−b
05．解：B．提示：∵2amb0，∴m ，
2a
∴点M（m，y ）是该抛物线的顶点，∴抛物线的对称轴为x=m.
3
∵点P（−2，y ），Q（4，y ）均在抛物线y=ax2+bx+c上，且y ≥y ＞y ，
1 2 3 2 1
24
∴m＞ ，解得m＞1.
2
1 6n
06．解：8．提示：抛物线y (m1)x2(n6)x1的对称轴为直线x .
2 m1
①当m＞1时，抛物线开口向上，∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
6n
∴ ≥2，即2mn≤8，解得0≤n≤82m，
m1
∴mn≤m(82m)，m(82m)2(m2)28，∴mn≤8.
②当0≤m＜1时，抛物线开口向下，∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
6n 7 49
∴ ≤1，即mn≤7，解得0≤n≤7m，∴mn≤n(7n)，m(7m)(m )2 .
m1 2 4
7 49
∵0≤m＜1，∴mn＜(1 )2 6．综上所述，mn最大值为8.
2 4
专题三 抛物线的对称轴与增减性
01．解：＞−1．提示：∵ya(x1)2k （a＞0），∴开口向上，对称轴为直线x1，
∴当x＞−1或x≥−1时，y随x的增大而增大.
02．解：＞．提示：由y3x2 2知对称轴为直线x0，∴d |20|2，d |10|1，∴d ＞d .
A B A B
∵a3＞0，开口向上，∴y ＞y .
1 2
03．解：C．提示：依题意知对称轴为直线x1，
∴d |2(1)|1，d |1(1)|2，d |2(1)|3，∴d ＜d ＜d .
A B C B A C
∵a2＞0，∴开口向上，∴y ＞y ＞y .
3 2 1
2a
04．解：D．提示：对称轴为直线x 1，
2a
∴d |11|2，d |21|1，d |41|3，∴d ＜d ＜d .
A B C C A B
∵a＜0，∴开口向下，∴y ＜y ＜y .
3 1 2
05．解：A．提示：依题意，有3a＞0，∴a＜0，对称轴直线x1，
∴d |0.51|1.5，d |21|1，d |31|2，∴d ＞d ＞d .
A B C C A B
∵a＜0，∴开口向下，∴y ＜y ＜y .
3 1 2
06．解：C．提示：∵二次函数的解析式y(xm)2 1的二次项系数是1，
∴该二次函数的开口方向是向上；
又∵该二次函数的图象的顶点坐标是（m，−1），∴二次函数图象在x≤m时，y随x的增大而减小，
∵当x≤3时，y随x的增大而减小，∴m≥3.
07．解：m≥2．提示：∵a=−1＜0，y ≤y ，∴点B距离对称轴较近.
1 2
∵对称轴为直线x=m，∴d |1m|，d |3m|，∴|1m|≥|3m|，∴m≥2.
A B
−2−2m m
08．解：D．提示：依题意得：开口向上，∴m1＞0，∴m＞1，对称轴直线x  .
2(m1) m1
35 m 1
∵y ＞y ，开口向上，∴d ＞d ．又∵A，B中点横坐标为x 1，∴ ＞1，∴1＜m＜ .
1 2 A B 2 m1 2
09．解：D．提示：∵对称轴x=−2，y ＜y ，∴开口向上，∴a＞0，
1 2
①C在顶点和点B之间，A点关于x=−2对称点A′的横坐标为−1，
∴点C在A′点与B之间，∴−1＜m＜1；
②C点在A点左边，B点关于x=−2对称点B′的横坐标为−5，∴点C在A与B′之间，∴−5＜m＜−3.
2a
10．解：C．提示：∵抛物线的对称轴为x 1，
2a
∴A（−3，y ），B（−1，y ）的对称点分别为A′（5，y ），B′（3，y ）.
1 2 1 2
又∵a＞0，∴当x＞1时，y随x的增大而增大，∴y ＜y ＜y ＜y .
3 2 4 1
当y ＞y ＞y ＞0，y ＜0时，可知A，B和D均错；
1 4 2 3
若y y ＜0，则y ＜0，y ＞0，∴y ＜y ＜0，y ＞y ＞0，∴C对.
2 4 2 4 3 2 1 4
专题四 抛物线与平移
01．解：A．提示：将抛物线y=x2向上平移2单位长度，得到的抛物线的解析式是：y=x2+2.
02．解：B．提示：y=x2向左平移5个单位长度，再向上平移3个单位长度，得y=(x+5)2+3.
03．解：C．提示：∵抛物线y=2(x+1)2−1的图象向左平移3个单位，再向上平移2个单位，
所得图象的解析式为：y=2(x+1+3)2−1+2，即y=2x2+16x+33，∴b=16，c=33.
04．解：A．提示：y=3x2−6x−3=3(x−1)2−6向左平移2个单位，再向上平移2个单位，
所得解析式为y=3(x+2−1)2−6+2=3(x+1)2−4=3x2+6x−1.
05．解：D．提示：抛物线y=ax2向左平移1个单位长度得到抛物线y=a(x+1)2，
点P（m，n）向左平移1个单位长度得点（m−1，n），∴点（m−1，n）在抛物线y=a(x+1)2上.
06．解：9．提示：∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，∴顶点为（1，4），
将抛物线向上平移n个单位长度后得到y=−(x−1)2+4+n.
∵过点P（m，4），∴4=−(m−1)2+4+n，∴n=(m−1)2.
∵将点P向右平移3个单位长度后得点Q，∴Q（m+3，4）.
∵点Q恰好落在原抛物线y=−x2+2x+3上，∴4=−(m+3−1)2+4，
∴m+2=0，∴m=−2，∴n=(m−1)2=9，故n的值为9.
07．解：（4049，4049）．提示：∵抛物线y=x2在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的点）
依次为A ，A ，A ，…，A ，∴点A 的坐标为（n，n2）.
1 2 3 n n
设点M 的坐标为（a，a），则以点M 为顶点的抛物线解析式为y=(x−a)2+a.
n n
∵点A （n，n2）在抛物线y=(x−a)2+a上，∴n2=(n−a)2+a，解得：a=2n−1或a=0（舍去），
n
∴M 的坐标为（2n−1，2n−1），∴M 的坐标为（4049，4049）.
n 2025
专题五 抛物线与方程
01．解：B．提示：∵二次函数y=−x2−2x+m=−(x+1)2+m+1，∴该函数的对称轴为直线x=−1，
由图象可知：二次函数y=−x2−2x+m与x轴的一个交点为（−3，0），
∴该函数与x轴的另一个交点为（1，0），∴当y=0时，0=−x2−2x+m对应的x的值为−3或1.
−3−02．解：5或1．提示：向右平移m个单位后有−1+m=4或3+m=4，∴m=5或1.
03．解：B．提示：∵配方得a(x−2)2+c=0，其根为x =−2，x =3，
1 2
∴函数y=a(x−2)2+c与x轴的交点为（−2，0），（3，0），
将函数y=a(x−2)2+c向左平移1个单位得到y=a(x−1)2+c，
∴y=a(x−1)2+c与x轴的交点为（−3，0），（2，0）.
∵a(x−1)2+c=ax2−2ax+a+c，故一元二次方程ax2−2ax+a+c=0的两个根为x =−3，x =2.
1 2
1 1
04．解： ．提示：由题意得b2 4ac14c0，解得c .
4 4
05．解：3或2．提示：将抛物线y=x2−2x+3向下平移k个单位后的解析式为：y=x2−2x+3−k，
∵此时抛物线与坐标轴仅有两个交点，∴此时抛物线正好经过原点或抛物线的顶点在x轴上.
当平移后抛物线正好经过原点时，把（0，0）代入y=x2−2x+3−k得：3−k=0，解得：k=3；
当平移后抛物线的顶点在x轴上时，由y=x2−2x+3−k=(x−1)2+2−k的顶点为（1，2−k），
则2−k=0，解得k=2．综上可知，k=3或2.
06．解：D．提示：根据题意得m−2≠0且b2 4ac22 4(m2)≥0，解得m≤3且m≠2.
07．解：2031．提示：联立y=x2−1与直线y=−x+2并整理得：x2+x−3=0，
则x x 1，xx 3，x2 x 30，x3 x2 3x 0，2x2 2x 60 ，
1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2
则x3 2x2 xx 6x 2023 x2 3x 62x xx 6x 2023
1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1
 x 33x 62x xx 6x 2023 2(x x )xx 20262320262031.
1 1 2 1 2 1 1 2 1 2
1
08．解：a＜−1或a＞3．提示：根据题意可得“优级点”在直线y=x上，令 x2+ax+2=x，
2
1 1
整理，得 x2+(a−1)x+2=0，∴Δ=(a−1)2−4× ×2＞0，解得a＞3或a＜−1.
2 2
09．解：c＞3．提示：∵抛物线y=2x2−3x+c与直线y=x+1没有公共点，
∴一元二次方程2x2−3x+c=x+1没有实数根，即2x2−4x+c−1=0无实数根，
∴Δ=16−8(c−1)＜0，解得c＞3.
10．解：（1）x=1；（2）x =−1，x =3；（3）x =2，x =−1；
1 2 1 2
（4）由A（0，3），B（2，3），C（−1，0）得抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴该抛物线的最大值为4．∵一元二次方程ax2+bx+c−k=0无实数根，∴ax2+bx+c=k，
即抛物线y=ax2+bx+c与直线y=k无交点，∴k＞4.
专题六 抛物线与不等式
01．解：D.
02．解：C．提示：方程x2−6x−m=0的解相当于y=x2−6x与直线y=m的交点的横坐标，
∵方程方程x2−6x−m=0（m为实数）的解满足1＜x＜5，
∴当x=1时，y=1−6=−5，当x=5时，y=25−30=−5.
又∵y=x2−6x=(x−3)2−9，∴抛物线y=x2−6x的对称轴为x=3，最小值为y=−9，
∴当1＜x＜5时，则−9≤y＜−5，
∴当−9≤m＜−5时，直线y=m与抛物线y=x2−6x在1＜x＜5的范围内有交点，
即当−9≤m＜−5时，方程x2−6x−m=0在1＜x＜5的范围内有实数解，∴m的取值范围是−9≤m＜−5.
03．解：（1）解：−x2−2x+3=0得：x=−3或1，故答案为：−3，1.
−4−（2）从图象看，当y＞0时，直接写出x的取值范围为：−3＜x＜1.
（3）y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，即抛物线的顶点为（−1，4），
则方程−x2−2x+3=t有实数根，t的取值范围是t≤4.
（4）当x=3时，y=−x2−2x+3=−12，抛物线顶点的纵坐标为4，
则当−3＜x＜3时，直接写出y的取值范围是：−12＜y≤4.
04．解：（1）x＜−3或x＞1．提示：当y =0时，有−x2−2x+3=0，解得x =1，x =−3.
1 1 2
由图象可知，当y ＜0时，x＜−3或x＞1.
1
（2）0＜x＜1或−3＜x＜−2．提示：当y =3时，−x2−2x+3=3，解得x =0，x =−2，
1 1 2
由图象可知，当0＜y ＜3时，−3＜x＜−2或0＜x＜1.
1
（3）−3＜x＜0．提示：由−x2−2x+3=x+3，解得x =0，x =−3，由图象可知，当y ＞y 时，−3＜x＜0.
1 2 1 2
05．解：（1）1，−3；（2）x＜0或x＞3；（3）3.
06．解：0．提示：y ≥y ，即x2 (m2)x2m≥2x4 ，即x2 (m4)x(2m4)≥0恒成立，
1 2
(m4)24(2m4)≤0，得m2≤0，∴m0.
专题七 二次函数的图象与参系数处理
01．解：（1）＞；＜；＜；＞；（2）＜；＜；（3）＞；＞；（4）1；1；=；（5）＞；＞；＞.
02．解：（1）＜；（2）＞；（3）=；（4）=；≤.
03．解：C．提示：∵yax1与y轴交于（0，1）正半轴，二次函数yx2 a开口向上，排除B，D.
A选项中看抛物线可知，a＜0，但直线经过一、三象限，矛盾，C选项符合.
04．解：C．提示：由抛物线与x轴有两个交点可得：Δ＞0，∴b2＞4ac，故①正确；
直线x=1是抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴， y
∴抛物线与x轴左边的交点坐标为（−1，0），
当−1＜x＜3时，ax2 bxc＞0，故②正确；
O 1 3 x
∵x=1时，函数值最大，∴a+b+c≥m2a+mb+c，∴a+b≥m(am+b)，故③正确.
−1
∵ax2 bxc10，∴ax2 bxc1，
由图可知，函数y=ax2+bx+c与y=−1的图象交点横坐标小于−1或大于3，故④错误.
专题八 二次函数与判别式（1）——代数求参
k 0
01．解：k≤2且k 0．提示：根据题意，得： ，∴k≤2且k 0.
(4)24k2≥0
02．解：−1或−3．提示：①m30，m3时，函数y2x1；
②m30，m3时，22 2(m3)，∴22m0，∴m1．综上：m=3或−1.
b
03．解：（1）依题意得： =2，∴b=4，∴yx2 4xc.
2
（2）分两种情况：①当c=0时，y=x2−4x，与x轴交于（0，0），（4，0），两交点之间的距离为4.
②当c≠0，=0时，=42−4c=0，∴c=4，∴y=x2−4x+4，与x轴交于（2，0），与y轴交于（0，4），
两交点之间的距离为2 5，故这两个公共点的距离为4或2 5.
−5− 1
y x2 3x1 1
04．解：联立解析式可得： 2 ，∴ x2 3x1xk，
 yxk 2
∴x2 4x2(k1)0 ，∴42 8(k1)248k .
（1）当＞0，即248k＞0时，k＜3，此时抛物线与直线有2个公共点.
（2）当0，即248k 0时，k 3，此时抛物线与直线只有1个公共点.
（3）当＜0，即248k＜0时，k＞3，此时抛物线与直线没有公共点.
1
05．解：a＞ ．提示：根据二次函数与x轴交点性质得出：b2−4ac＜0，
3
且a＞0时，不论x为何值，函数y=ax2+bx+c（a≠0）的值恒大于0，
2 1 a＜0
06．解：a＜ 且a1．提示：设y=a2+2(a+1)x+a+ ，y值恒为负，则 ，
3 2  △＜0
a＜0
 2 2
即
1
，解得a＜ ．∵原式为二次三项式，∴a10，∴a＜ 且a1.
4(a1)2 4a(a )＜0 3 3
 2
1
07．解： ．提示：(x13m)(xm)x2(14m)x3m2m ，
2
要想代数式的值恒为负数，只需≤0即可.
1
又∵(14m)24(3m2m)(12m)2 ≥0 ，∴12m0，∴m .
2
专题九 二次函数与判别式（2）——几何求参
15
01．解：−3＜m＜− ．提示：令y=−2x2+8x−6=0，即x2−4x+3=0，解得x=1或3.
8
则点A（1，0），B（3，0），由于将C 向右平移2个长度单位得C ， y
y=x+m1
1 2 y=x+m2
则C
2
解析式为y=−2(x−4)2+2（3≤x≤5）， C1 C2
①当y=x+m与C 相切时，令y=x+m=y=−2(x−4)2+2，
2
15 O A B D x
即2x2−15x+30+m=0，△=−8m−15=0，解得m=− ，
8
②当y=x+m过点B时，即0=3+m，m=−3，
m1
15
综上：当−3＜m＜− 时，
8
直线y=x+m与C ，C 共有3个不同的交点.
m2
1 2
02．解：假设在直线y  kx1上存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°.
y
过点Q作QH⊥x轴于点H，设H（x，0），
B
由已知点Q为直线AB上一动点，则Q（x，kx+1），
Q
令x2 (k 1)xk  0，可得x =1，x =−k. A
1 2
C H O D x
∵k＞0，∴C（−k，0），∴QC2=HC2+QH2 (xk)2 (kx1)2，
QO2=HO2+QH2 x2 (kx1)2．∵∠OQC=90°，则CQ2+OQ2=OC2.
∴(xk)2 (kx1)2  x2 (kx1)2  (k)2.
−6−化简，得(k2 1)x2 3kx1 0．∵存在唯一一点Q，∴该方程有唯一解，
2 5 2 5
即  (3k)2 4(k2 1)1 0，解得k  ．∵k＞0，∴k  .
5 5
03．解：设A（m，m2），P（a，−2a−2），∵AP可看作由BA平移得到的，
x x x x
∴ B A A P ，∴B（2m−a，2m2+2a+2）.
y y  y y
B A A P
又∵B点在抛物线yx2上，∴2m2 2a2(2ma)2，
∴2m2 4ama2 2a20，∴(4a)28(a22a2)8(a1)28＞0 ，
∴无论m取何值，关于m的方程恒有实数根，
即对于任意给定的点P，在抛物线上都能找到点A，使得PA=AB成立.
专题十 二次函数与韦达定理
b 3
01．解法1：由对称轴x  ，又与x的交点间距离为2，
2a 2
5 1 1 1 5
∴交点A（ ，0），B（ ，0），代入得02( )26( )c，∴c= .
2 2 2 2 2
b2 4ac＞0
5
解法2： ，c= .
x x 2 2
1 2
02．解：过C作CD⊥AB于D点，∵抛物线与x轴有两个交点，∴b2 4ac＞0.
b2 4ac b2 4ac y
∵a＞0，∴AB  .
|a| a
4acb2 b2 4ac 3
又∵CD  ，当△ABC为等边三角形时，CD= AB， D
4a 4a 2 O A B x
C
b2 4ac 3 b2 4ac
∴   ，即b2 4ac12.
4a 2 a
1
03．解：（1）当b=2时，y x2 2x 22 21x2 2x2 ，∴当b=2时，y x2 2x2.
1 1
4
（2）y 与y 相交于点A，B，过A点作x轴的平行线，过B点作y轴的平行线，两线相交于点C，
1 2
1
∴当y  y 时，x2 bx b2 b1 2x1，
1 2 4 y y1
y2
1 1
整理得x2 (b2)x b2 b0，则x x 2b ，x x  b2 b， B
A B A B
4 4
1
∴AC |x x | (2b)24( b2b) 2 ，
B A
4
A C
BC |y y ||(2x 1)(2x 1)|2|x x |4 ，
B A B A B A
O x
∴AB AC2BC2  2242  2 5.
因此，小慧的说法是正确的，这个定值为2 5.
04．解：∵PQ：ykx3交y轴于A，∴A（0，−3）．设P（x ，kx 3），Q（x ，kx 3），
1 1 2 2
−7−yx2 x x k
联立 ，得x2 kx30，∴ 1 2 ，
ykx3 x x 3
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 x x k 1
∴         1 2   .
AB AC OBOA OC OA kx 33 kx 33 kx kx kx x 3k 3
1 2 1 2 1 2
专题十一 二次函数与平移、公共点
01．解：1或7．提示：设抛物线向左平移a个单位，则有y=(x−3+a)2−2，
代（−1，7）得：(a−4)2−2=7，∴a=1或7.
02．解：4．提示：设抛物线yx2 axb与x轴交点为（x ，0），（x ，0），
1 2
则x x a ，xx b，∴|x x | (x x )24xx  a24b 2 ，即a2 4b4，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
平移后的抛物线与x轴交点间的距离可看作原抛物线与直线y=3的交点距离，
令x2 axb3，设交点为（m，3），（n，3），则m+n=−a，mn=b−3，
∴|mn| (mn)24mn  a24b12  412 4 .
03．解：8．提示：方法1：顶点为A（1，4）时，x 3，对称轴x1，∴x 5，
C D
顶点为B（4，4）时，由平移得x 8.
D
方法2：由题意知，当抛物线过点A（1，4）时，
抛物线与x轴的其中一个交点为C（−3，0），∴抛物线的解析式为ya(x1)24.
1 1
把（−3，0）代入得：a(31)2 40，解得a ，∴y (x1)24.
4 4
由y=0解得x =−3，x =5，∴此时抛物线与x轴的另一个交点坐标为D（5，0），
1 2
1
当抛物线顶点从A运动到B时，相当于抛物线y (x1)24向右平移3个单位长度，
4
D（5，0）向右平移3个单位长度为（8，0），∴点D的横坐标最大值为8.
1 xa ①
04．解： x1．提示：顶点（2a，a−1），令 ，②×2，得：2y2a2 ③，
2 ya1 ②
1
①−③，得：x2y2，∴y x1.
2
05．解：∵yx2 4x3，配方得y(x2)21，∴抛物线的顶点M（−2，−1），
1 1
∴直线OD的解析式为y x，于是设平移的抛物线的顶点坐标为（h， h），
2 2
1
∴平移的抛物线解析式为y(xh)2 h，
2
1 1 145
①当抛物线经过点C时，∵C（0，9），∴h2  h9，解得h ，
2 4
∴当 1 145 ≤h＜ 1 145时，平移的抛物线与CD只有一个公共点.
4 4
②当抛物线与直线CD只有一个公共点时，
 1
y (xh)2  h 1
由方程组
 2
，得x2 (2h2)xh2  h90，
2
 y 2x9
−8−1
∴(2h2)24(h2 h9)0，解得h4，
2
此时抛物线y(x4)22与射线CD唯一的公共点为（3，3），符合题意，
综上：平移的抛物线与射线CD只有一个公共点，
顶点横坐标的取值范围是h=4或 1 145 ≤h＜ 1 145
4 4
（后面的不等号不含等号，否则由图象上看有两个交点）.
专题十二 二次函数与对称、公共点
01．解：y=−(x+1)2−4．提示：方法1：设抛物线上任意一点（x ，(x 1)2 4），
0 0
xx
沿x轴翻折得（x ，(x 1)24），令 0 ，∴y=−(x+1)2−4.
0 0 y(x 1)24
0
方法2：原抛物线顶点为（−1，4），
沿x轴翻折后的顶点坐标为（−1，−4），a=−1，∴y=−(x+1)2−4.
3 x2 4x3(x≥0)
02．解： ＜b＜3．提示：∵yx2 4|x|3 ，
4 x2 4x3(x＜0) y
∴y=x2−4x+3=(x−2)2−1，y=x2+4x+3=(x+2)2−1，
∴函数有两个最低点（−2，−1）和（2，−1），如图.
∵点P（a，−a+b），∴点P（a，−a+b）在直线y=−x+b上，
当该直线过（0，3）时，b=3； O x
当该直线与y=x2−4x+3相切时，则−x+b=x2−4x+3，整理得x2−3x+3−b=0，
3 3
Δ=9−4(3−b)=0，解得b ，∴若这样的点P恰好有4个，则b的取值范围为 ＜b＜3.
4 4
03．解：易得BC：y=x−4，∵y=ax+n与y=x−4平行，∴y=x+n.
y
把A（−2，0）代入y=x+n，得0=−2+n，∴n=2.
由图象可知，当n＞2时，y=ax+n与新图象只有1个公共点．
1 1 A
联立 y x2 x4和y=x+n，得 x2 x4xn ，∴x2−4x−2n−8=0. O B x
2 2
C
由Δ=0，得16−4(−2n−8)=0，∴n=−6，
由图象可知，当n＜−6时，y=ax+n与新图象只有1个公共点.
综上可知，当n＞2或n＜−6时，y=ax+n与新图象只有1个公共点.
04．解：−3＜m＜−2．提示：过点B作直线y=x+m ，将直线向下平移到恰在点C处相切，
1
则一次函数y=x+m在两条直线之间时，两个图象有4个交点，
y
令y=−x2+x+2=0，解得：x=−1或2，即点B坐标（2，0），
A B
翻折抛物线的表达式为：y=(x−2)(x+1)=x2−x−2， O x
将一次函数与二次函数表达式联立并整理得：x2−2x−2−m=0，
C
由Δ=b2−4ac=4+4(2+m)=0，解得m=−3，当一次函数过点B时，
将点B坐标代入：y=x+m得：0=2+m，解得m=−2.
综上可得：−3＜m＜−2时，直线y=x+m与这个新图象有四个交点.
−9−专题十三 二次函数应用题（1）——面积最值
1 1
01．解：（1）由题意S 200a2 x22 (200x)(ax) ，
2 2
化简得S 2x2 (200a)x ，0＜x≤200.
（2）当a=400，S 2x2 600x ，S 2(x150)245000，
∵−2＜0，∴抛物线开口向下，∴当x=150m时，S的值最大，最大值为45000m2.
（3）当a=800时，S 2x2 1000x2(x250)2 125000 .
∵−2＜0，∴抛物线开口向下，当x＜250时，S随x的增大而增大.
又∵0＜x≤200，∴当x=200时，S =120000，∴S的最大值为120000.
最大值
02．解：（1）依题意列方程得：x(542x2)320，解得x =8，x =20.
1 2
当x=8时，562x40＜41，符合题意；当x=20时，562x16＜41，符合题意；
即x的值为8或20.
（2）令x(542x2)400 ①，x2 28x2000，∴(28)24120016＜0，
∴方程①无实根，∴矩形菜园面积不能达到400m2.
（3）16≤a＜40.
专题十四 二次函数应用题（2）——面积与费用最值
01．解：（1）红色花卉的种植面积：(−2x2+16x)m2，
蓝色花卉的种植面积：x2m2，黄色花卉的种植面积：(x2−16x+64)m2.
（2）W=40(−2x2+16x)+100x2+60(x2−16x+64)=80x2−320x+3840.
（3）W=80x2−320x+3840=80(x−2)2+3520.
∵抛物线W=80x2−320x+3840的开口向上，∴当x=2时，W有最小值.
此时AE=LI=2，AH=6，EH2=AE2+AH2=40．设EI=a，则IH=a+2.
在Rt△EIH中，根据勾股定理得a2+(a+2)2=40，解得a 191（取正值）.
答：当购买花卉的总费用最少时，EI的长为( 191)m.
02．解：（1）∵花卉B区的边长为x，∴面积是x2.
∵育苗区另一边长是10，∴花卉A区的一边长为：x+10，另一边长为：20−x，
∴面积为：(x+10)(20−x)=−x2+10x+200.
∵花卉C区的一边长为：40−(x+10)=30−x，另一边长为：20−x，
∴面积为：(30−x)(20−x)=x2−50x+600.
故答案为：（−x2+10x+200），x2，（x2−50x+600）.
（2）∵A，B两种花卉每平方米的产值分别是100元，200元，A，B两种花卉的总产值相等，
20
∴100(−x2+10x+200)=200x2，化简得3x2−10x−200=0，解得x=10或x （舍去）.
3
故花卉B区的边长为10m时，A，B两种花卉的总产值相等.
（3）设A，B，C三种花卉的总产值之和为W，
则W=100(20−x)(10+x−a)+200x(x−a)+300(30−x)(20−x)，
14000100a 140a
整理得，W=400x2−(14000+100a)x+200000−2000a，对称轴为x  .
800 8
−10−140a
∵0＜a＜3，∴ ＞17.125.
8
∵x≤15，在对称轴左侧，W随x的增大而减小，∴当x=15时，W取最小值73000，
即400×152−(14000+100a)×15+200000−2000a=73000，解得a=2．故答案为：2.
专题十五 二次函数应用题（3）——路径与边界问题
01．解：3．提示：由题意可知：以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，
20
OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，A（0，5），M（1， ），
3
20 5
∴设抛物线解析式为ya(x1)2 ，把点A（0，5）代入，解得：a .
3 3
5 20
当y0时， (x1)2 0，解得：x 1，x 3，∴B（3，0），∴OB=3m.
3 3 1 2
02．解：B．提示：以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，
y
OM所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示， M
3
由题意可知A（−2，0），B（2，0），M（0，5），C（1，0），D（ ，0）.
2
设抛物线解析式为 yax2 5，
A B
5 5 O CD x
当x2时，y0，∴a ，∴y x2 5.
4 4
15 3 35 35 15 7 1
当x1时，y ，当x 时，y ，∴ ＜0.3m＜ ，解得：7 ＜m＜12 .
4 2 16 16 4 24 2
又∵m为整数，∴m的最小整数值为8，∴竖直摆放圆柱形桶至少8个时，网球可以落入桶内.
03．解：（1）依题意，设第一枚花弹飞行高度h与飞行时间t的函数解析式为hat2 bt2.
将（0.5，9.5），（1，16）分别代入hat2 bt2得，
1 1
 a b29.5 a2
4 2 ，解得 ，∴所求的函数解析式为h2t2 16t2.
 ab216
b16
（2）∵h2t2 16t22(t4)2 34 ，∴当t=4时，h取最大值.
此时，第一枚花弹到达最高点，第二枚花弹飞行时间为2s.
∵两枚花弹的飞行路径相同，∴将t=2代入h2t2 16t2得，h=26.
∴当第一枚花弹到达最高点时，第二枚花弹达到的高度为26m.
（3）由题意知，第二枚花弹飞行高度h′与第一枚花弹飞行时间t的函数解析式为：h2(t6)234.
根据h=h′得，2(t4)2342(t6)234，解得t=5，此时h=h′=32＞30，
∴花弹的爆炸高度符合安全要求.
另解：第二枚花弹的飞行位置是第一枚花弹2s前的位置，当它们处于同一高度时，它们是对称点，
∵对称轴为t=4，∴第一枚花弹爆炸时间为5s，此时h=32＞30.
04．解：（1）依题意，可设绳子所对应的抛物线的解析式yax2 bx1，
−11− 1
a
16a4b11   6
将（4，1），（1，1.50）分别代入yax2 bx1，得 ，解得 ，
ab11.50  b 2
 3
1 2
∴绳子所对应的抛物线的解析式y x2  x1.
6 3
1 2 1 5 5
（2）∵y x2  x1 (x2)2  ，∴绳子的最大高度为 m，
6 3 6 3 3
5
而 ＜1.70，∴小兵不能站在绳子的正下方，让绳子通过他的头顶.
3
1 2
（3）1.6＜s＜2.4．提示：当y1.64时， x2  x11.64，解得：x =2.4，x =1.6，∴1.6＜s＜2.4.
1 2
6 3
05．解：（1）设抛物线解析式为y=a(x−3)2+1.25，
把A（0，0.8）代入得：0.8=a×(0−3)2+1.25，解得a=−0.05，∴y=−0.05(x−3)2+1.25.
（2）在y=−0.05(x−3)2+1.25中，当y=−0.05(x−3)2+1.25=0时，解得x=8或x=−2，
∴B（8，0），∴OB=8m，∴喷灌器OA与围墙的距离为8m.
（3）水柱能落在花坛上方DE边上，达到给花坛喷灌的效果．理由如下：
∵CD=0.4m，CB=1m，∴D（7，0.4），E（8，0.4），
在y=−0.05(x−3)2+1.25中，当y=−0.05(x−3)2+1.25=0.4时，解得x3 17 （舍去）或x3 17 .
∵ 16＜ 17＜ 25 ，∴4＜ 17＜5，∴7＜3 17＜8，
∴水柱能落在花坛上方DE边上，达到给花坛喷灌的效果.
专题十六 二次函数应用题（4）——过桥与边界问题
1
01．解：4．提示：根据题意B的横坐标为10，把x=10代入y x2，得y=−4，
25
∴A（−10，−4），B（10，−4），即水面与桥拱顶的高度CO等于4m.
02．解：24．提示：设该抛物线的解析式为y=ax2+12，
1 1
由题意可得，点A的坐标为（−24，0），∴0a(24)212，解得a ，∴y x2 12.
48 48
1
当y=9时，9 x212，解得x1=12，x2=−12，∴点E（−12，9），点F（12，9），
48
∴这两盏灯的水平距离EF是12−(−12)=12+12=24m.
03．解：2．提示：建立如图所示的平面直角坐标系，此时AB=4m，C（0，2），
y
1 C
∴A（−2，0），B（2，0），∴抛物线解析式为y x2 2.
2
1 A O B x
当y=1.5时， x2 21.5，解得x 1，x 1，
2 1 2
∴水面宽度为1(1)2m. y
04．解：1．提示：建立如图所示的平面直角坐标系，
O x
A B
由题意可知：A（−2，−2），B（2，−2），
1
EF=4m，CD2 6442 6 m，∴抛物线解析式为y x2. C D
2 E F
−12−当x 6 时，y3，∴D（ 6，−3），∴BF=3−2=1m，
∴水面应下降的高度是1m.
05．解：（1）设抛物线的解析式为ya(x5)26.25，∵图象过点（10，0），
1 1 25
∴a(105)2 6.250，解得a ，∴抛物线的解析式为 y (x5)2 .
4 4 4
1032 1 25
（2） 2，∴当x2时，y (25)2 4，4−3.5=0.5.
2 4 4
答：隧道能让最宽3m，最高3.5m的两辆厢式货车居中并列行驶.
06．解：（1）由题意，设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
c3
 1

14 
a
abc  3 1
∴ 3 ，∴ ，∴抛物线的解析式为y x2 2x3.
 
b2
3
2
49a7bc c3
 3
（2）工程车不能正常通过．理由如下：∵工程车高5m，
1
∴令y=5，即5 x2 2x3，∴x3 3，
3
∴纵坐标为5时，两点的距离为3 3(3 3)2 3＜4，
故高5m，顶部宽4m的工程车不能正常通过.
1 1
（3）由题意，设A（m， m2 2m3），∴B（0， m2 2m3）. y
3 3
1
当OB=3时，令y3 m22m3，∴m=0或m=6，
隔 B A
3
离
∵B在墙面上，∴m≥6. 墙
O 地面 C x
1 1 1 9 39
由ABAC m m22m3 m23m3  (m )2 .
3 3 3 2 4
9
又当m＞ 时，(AB+AC)的值随m的增大而减小，
2
∴当m=6时，(AB+AC)取最大值，最大值为9，∴钢架BAC的最大长度为9m.
专题十七 二次函数应用题（5）——利润与顶点最值、取整最值
01．解：（1）设y关于x的函数表达式为y=kx+b（k≠0），
5kb100 k 10
由题意得： ，∴ ，∴y关于x的函数表达式为y=−10x+150.
6kb90 b150
（2）由题意得：w=(x−5)(−10x+150)=−10x2+200x−750=−10(x−10)2+250，
∵−10＜0，∴当x=10时，w有最大值250元，
∴w关于x的函数表达式为w=−10(x−10)2+250，单价为10元时利润最大，最大利润是250元.
（3）由题意得：w=(x−5−a)(−10x+150)=−10x2+(200+10a)x−750−150a，
1
二次函数的对称轴为直线x=10+ a，
2
−13−1
∵−10＜0，当销售单价不超过17元时，利润随着x的增大而增大，∴10+ a≥17，
2
∴a≥14，∴a的最小值为14.
02．解：（1）y =15×2×(65−x)=−30x+1950，y =(120−2x)x=−2x2+120x.
1 2
（2）∵y −y =1250，即−30x+1950−(−2x2+120x)=1250，∴x2−75x+350=0，
1 2
∴x =5，x =70（不符合题意，舍去），∴x的值为5.
1 2
45 5925
（3）W  y  y 30x19502x2120x2(x )2 .
1 2 2 2
45
∵−2＜0，抛物线开口向下，对称轴为x ，又∵x为整数，
2
1 5925
∴当x=22或23时，W 2  2962 .
最大
4 2
答：生产甲、乙两种产品的总利润最大值为2962元，此时x=22或23.
专题十八 二次函数应用题（6）——利润与区间最值（含参对称轴）
01．解：（1）当销售单价定为75元时，月销售量为：200+5×(80−75)=225（双），
月销售利润为：(75−50)×225=5625（元）.
答：当销售单价定为75元时，月销售量为225双，月销售利润为5625元.
（2）y=(x−50)[200+5(80−x)]=(x−50)(600−5x)=−5x2+850x−30000（60≤x≤80），
850
对称轴为直线x 85，∵−5＜0，∴当60≤x≤80时，y随x增大而增大，
2(5)
∴当x=80时，y =(80−50)×(600−5×80)=6000.
max
答：销售单价定为80元时，可获得最大月利润，最大月利润是6000元.
（3）−5x2+850x−30000≥3000，即x2−170x+6600≤0，令x2−170x+6600=0，得x =60，x =110.
1 2
∵二次函数开口向上，∴60≤x≤110．又∵60≤x≤80，∴60≤x≤80.
答：销售单价应定在60元到80元之间 （包括60元和80元）.
02．解：（1）∵(x10)(2x30)8，∴x2 25x1540，∴x =11，x =14．答：售价为11元或14元.
1 2
25 25
（2）设利润为W元，则W (x10)(2x30) 2(x )2 ．∵a=−2＜0抛物线开口向下，
2 2
∴当x＜12.5时，W随x的增大而增大．∵销量不少于8件，∴−2x+30≥8，∴x≤11.
25 25
∴当x=11时，W =2(11 )2 8．答：最大利润为8元.
最大
2 2
（3）进价每件提高m元时，则w(x10m)(2x30)2x2(502m)x(30030m) ，
502m 25 m 25 m
对称轴：x   ．∵−2＜0，∴当x≤  时，利润随售价的增大而增大.
2(2) 2 2 2 2
2 25 m
∴ (10m)≤  ，解得m≤35，∴m的取值范围0＜m≤35.
3 2 2
又∵销量 y2x30≥0，∴x≤15.
2 2 25 25
又售价x≤ (10m)，∴ (10m)≤15，即m≤ ．综上可知0＜m≤ .
3 3 2 2
−14−专题十九 二次函数应用题（7）——利润总分问题
01．解：（1）①(20−x)；②(−x2+10x)；③(48−3x).
（2）依题意，得(x2 10x)(483x)30，
∴x2 7x4830，解得x =9，x =−2（舍），∴20−x=11.
1 2
答：A类农产品有9吨，B类农产品有11吨.
（3）令两类农产品总利润的和为W万元，
W (x2 10x)(3x48)x2 7x48(x3.5)2 60.25 ，
∴总利润和的最大值为60.25万元.
02．解：（1）①设销售甲类草莓x吨，则销售乙类草莓(20−x)吨.
①当0≤x＜8时，w =x(−x+14)−x=−x2+13x；w =9(20−x)−[12+3(20−x)]=108−6x，
甲 乙
∴w=w +w −3×20=(−x2+13x)+(108−6x)−60=−x2+7x+48.
甲 乙
当8≤x＜20时，w =6x−x=5x；w =9(20−x)−[12+3(20−x)]=108−6x，
甲 乙
∴w=w +w −3×20=(5x)+(108−6x)−60=−x+48，
甲 乙
x2 7x48(0≤x＜8)
∴w关于x的函数关系式为：w .
x48(8≤x＜20)
②当0≤x＜8时，−x2+7x+48=30，解得x =9，x =−2，均不合题意；
1 2
当8≤x＜20时，−x+48=30，解得x=18，
∴当总利润达到30万元时，直接销售的A类草莓有18吨.
（2）设投入资金后甲类分到收购的草莓为x吨，乙类为y吨，
总投入为3(x+y)+x+12+3y=100，即：2x+3y=44，
442x
当x＜8时总利润为w(x14)x9 100x28x32(x4)248 .
3
当x=4时，取到最大值48；
442x
当x≥8时，总利润w6x9 10032为常数，
3
故方案为收购16吨，甲类分配4吨，乙类分配12吨，总收益为48万元.
专题二十 二次函数应用题（8）——排队问题
01．解：（1）设ya(x30)2900，
当x=0时，y=0，∴0a(30)2900，解得a=−1，∴y(x30)2900.
（2）设第x分钟时的排队等待人数为w人，
由题意可得：w=y−40x=−x2+60x−40x=−x2+20x=−(x−10)2+100，∴当x=10时，w的最大值为100.
答：排队等待人数最多时是100人.
（3）8分钟．提示：方法1：x2 20x12(x4) ，x12，1248，
∴人工检测8分钟后，校门口不再出现排除等待的情况.
方法2：设人工检测m分钟后，校门口不再出现排队等待的情况，
由题意可得：(4m)220(4m)12m，m2 64，∴m 8，m 8．∵m＞0，∴m=8.
1 2
答：人工检测8分钟后，校门口不再出现排除等待的情况.
−15−02．解：（1）由表格中数据的变化趋势可知，
①当0≤x≤9时，y是x的二次函数，∵当x=0时，y=0，∴二次函数的关系式可设为：y=ax2+bx，
170ab a10
由题意可得： ，解得 ，∴二次函数关系式为：y=−10x2+180x.
4509a3b b180
10x2 180x(0≤x≤9)
②当9＜x≤15时，y=810，∴y与x之间的函数关系式为：y .
810(9＜x≤15)
10x2 140x(0≤x≤9)
（2）设第x分钟时的排队人数为w人，由题意可得：w y40x .
81040x(9＜x≤15)
①当0≤x≤9时，w=−10x2+140x=−10(x−7)2+490.
∵−10＜0，∴抛物线开口向下，∴当x=7时，w的最大值为490.
②当9＜x≤15时，w=810−40x，w随x的增大而减小，
∴210≤w＜450，∴排队人数最多时是490人，
要全部考生都完成体温检测，根据题意得：810−40x=0，解得x=20.25.
答：排队人数最多时有490人，全部考生都完成体温检测需要20.25分钟.
11
（3）设从一开始就应该增加m个检测点，由题意得：12×20(m+2)≥810，解得m≥ .
8
11
∵m是整数，∴m≥ 的最小整数是2．答：一开始就应该至少增加2个检测点.
8
专题二十一 二次函数应用题（9）——点的运动与变速滑行
01．解：2.5．提示：抛出第一个小球形成的抛物线解析式为h 30t5t2 5(t3)245，
1
1s后再抛出同样的第二个小球得到的抛物线相当于将h 向右平移1个单位，
1
即y 5(t4)245，两个小球在空中的高度相同，即y  y ，
2 1 2
∴5(t3)2455(t4)245 ，解得t 3.5，3.5−1=2.5，
故第二个小球抛出2.5s后，两个小球在空中的高度相同.
02．解：65．提示：∵h=30t−5t2=−5(t−3)2+45（0≤t≤6），−5＜0.
当t=3时，h取得最大值，此时h=45，当t=5时，h=25，
∴小球从抛出后运动5秒共运动的路径长是：45+(45−25)=65（米）.
1
03．解：200．提示：当S取最大值时，飞机停止，S 20t0.5t2  (t20)2200.
2
1
∵ ＜0，∴抛物线开口向下，当x=20时，S有最大值200，∴飞机着陆后200m才能停下来.
2
3 3
04．解：10．提示：y60t t2  (t20)2600 ，
2 2
∴对称轴是x=20，当x=20时，y =600，600−150=450，
最大值
3
当y=450时， (t20)2600450，解得t =10，t =30，
1 2
2
∴滑行最后的150m所用的时间是20−10=10s.
05．解：270．提示：设y at2 bt ，
1 1 1
−16−ab4.5 a2.5
将（1，4.5），（2，14）代入得： ，解得 ，∴y 2.5t2 2t .
4a2b14 b2 1 1 1
由y 52t 2t2，∴对称轴x=13，∴滑雪者在缓冲带上滑行了13s才停下来，
2 2 2
∴滑雪者在AB段用了23−13=10s，∴AB=2.5×102+2×10=270m.
1 1
06．解：（1）v t10，y t2 10t .
2 4
1
（2）依题意，得 t2 10t64，∴t2 40t2560，解得t =8，t =32.
1 2
4
当t =8时，v=6；当t =32时，v=−6（舍）.
1 2
答：黑球减速后运动64cm时的速度为6cm/s.
1 1
（3）设黑白两球的距离为wcm，w702ty t28t70 (t16)26 .
4 4
1
∵ ＞0，∴当t=16时，w的值最小为6，
4
∴黑、白两球的最小距离为6cm，大于0，黑球不会碰到白球.
1
另解1：当w=0时， t2 8t700，判定方程无解.
4
另解2：当黑球的速度减小到2cm/s时，如果黑球没有碰到白球，此后，速度低于白球速度，不会碰
到白球．先确定黑球速度为2cm/s时，其运动时间为16s，再判断黑白两球的运动距离之差小于70cm.
专题二十二 二次函数应用题（10）——分段函数
1 1
01．解：（1）①∵抛物线y x2xc 经过点（8，3.4），∴3.4 828c，解得：c=1.8.
10 10
1 1
∵y xn经过点（8，3.4），∴3.4 8n，解得：n=7.4；
2 2
1
②当y=2.7时，2.7 x2 x1.8，整理得：x2−10x+9=0，
10
1
解得：x =9＞8（不合题意，舍去），x =1，2.7 x7.4，解得：x=9.4.
1 2
2
∵9.4＞1，∴小明最多距离围栏9.4米时，纸飞机可以顺利飞过围栏.
1
（2）由题意得：y xn与x轴交点即落地点为（2n，0），∴2n≤16，∴n≤8.
2
1 1
令x=8，得y 8nn4，代入抛物线n4 828c≤4，∴c≤2.4.
2 10
∴c的最大值为2.4.
02．解：（1）设抛物线L的解析式为：y=a(x−4)2+4，
1 1
∵经过点（0，0），∴0=a(0−4)2+4，解得a ，∴抛物线L的解析式为： y (x4)24.
4 4
1
（2）①当y=0时，0 (x4)24，(x−4)2=16，(x−4)2=±4，解得：x =0，x =8，
1 2
4
∴点A的横坐标为8.
②反弹后的小球不经过点（13，2）．理由如下：
−17−9
由题意得：反弹后的抛物线的顶点的纵坐标为 ，二次项的系数不变，
4
1 9
∴设反弹后的抛物线解析式为：y (xh)2 .
4 4
1 9
∵过点（8，0），∴0 (8h)2 ，(8−h)2=9，8−h=±3，
4 4
1 9
解得：h =5（不合题意，舍去），h =11，∴y (x11)2 .
1 2
4 4
5
当x=13时，y 2，∴反弹后的小球不经过点（13，2）.
4
 1
y (x4)24

 4
（3）由题意得： ，解得：x
1
=0（不合题意，舍去），x
2
=7，
 y 1 x
 4
7 1 11
∴点D的坐标为（7， ），设反弹后的抛物线解析式为：y (xm)2 .
4 4 4
7 7 1 11
∵经过点D（7， ），∴  (7m)2 ，解得：m =5（不合题意，舍去），m =9，
1 2
4 4 4 4
 1 11
y (x9)2

1 11  4 4
∴y (x9)2 ，∴ ，解得：x
1
=7（不合题意，舍去），x
2
=10，
4 4  y 1 x
 4
∴反弹后抛物线与挡板的交点的横坐标为10，∴挡板端点E横坐标x 的取值范围是x ≥10.
E E
专题二十三 含参抛物线与数形结合（1）——根的分布
01．解：x =−8，x =−3.
1 2
提示：将抛物线ya(xh)2k 向左平移6个单位长度的函数解析式为ya(xh6)2k .
∵抛物线ya(xh)2k 经过点（−2，0），（3，0），向左平移6个单位长度后为（−8，0），（−3，0），
∴一元二次方程a(xh6)2 k 0的解为x =−8，x =−3.
1 2
02．解：−3或2．提示：当m＞0时，抛物线ya(xhm)2k 是由抛物线
ya(xh)2k 向左平移m个单位长度得到的，
∴点A（−2，0），B（3，0）向左平移m个单位长度得点（−2−m，0），（3−m，0），
∴−2−m=1或3−m=1，解得m =−3（舍），m =2.
1 2
当m＜0时，抛物线ya(xhm)2k 是由抛物线ya(xh)2k 向右平移−m个单位长度得到的，
∴点A（−2，0），B（3，0）向右平移−m个单位长度得点（−2−m，0），（3−m，0），
∴−2−m=1或3−m=1，解得m =−3，m =2（舍）.
3 4
综上：m的值为−3或2.
y
03．解：C．提示：由题可知方程(xa)(xb)20的根为x =m，x =n，
1 2
y=2
即函数y(xa)(xb)为直线y=2的交点横坐标为m和n，
ma O bn x
由图象可知m＜a＜b＜n.
−18−04．解：B．提示：依题意画出抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）的大致图象如图， y
y=p1
观察可知p的值有3个. y=p2
y=p
1
时，x
1
=x
2
=−1；y=p
2
时，x
1
=−2，x
2
=0；y=p
3
时，x
1
=−3，x
2
=1. y=p3
05．解：C．提示：∵二次函数yax2 bxc 的图象经过
O
b
（−4，0）与（2，0）两点，∴抛物线的对称轴为x 1， −3−2−1 1 x
2a
x=−1
方程ax2 bxc0的两根为x =−4，x =2.
1 2
y
又∵关于x的方程ax2 bxcm0（m＞0）有两个根，
b −6−5 3 4
其中一根是4，设另一根为x
0
，则4x
0

a
2，∴x
0
6.
O x y=−n
由题意可知：抛物线yax2 bxc开口向下.
y=−m
∵关于x的方程ax2 bxcn0（0＜n＜m）有两个整数根，
∴这两个整数根是−5或3.
专题二十四 含参抛物线与数形结合（2）——参变分离法
01．解：D．提示：方法1：∵1＜x≤4，x2 2xt，
y
yt 8
即 ，
yx2 2xx2 2x11(x1)2 1
∴顶点（1，−1），当x4时，y8，∴1≤t≤8.
方法2：对称轴x1在1＜x≤4之间且远离4，
44t≥0, t≥1 −1O 2 4 x
 ，∴1≤t≤8.
f(4)168t≥0,t≤8
yax2
02．解：B．提示：参变分离 .
y2x2
①a=0时，2x+2=0，x=−1，交点（−1，0）不在范围−1＜x＜1内，舍；
②a＜0时，由图象可得−1＜x＜1内与x轴无交点；
③a＞0时，抛物线过（1，4）时，a=4，由图象可得−1＜x＜1内与x轴有一个公共点，
则0＜a＜4，∴a的取值范围是0＜a≤4.
y
yx2 2xc
03．解：4．提示：联立 ，得cx2 4x1（0≤x≤3）. c=5
y2x1 c=4
令y =−x2+4x+1，y =c，由题可得，抛物线y =−x2+4x+1
1 2 1
与直线y =c在0≤x≤3时，仅有一个交点， c=1
2
∴1≤c＜4或c=5，∴c的最大值与最小值的差为5−1=4. O x
5 3
04．解： ＜m≤ 或m42 3.
2 10
提示：方法1：x2 2mx32x10mx2 2x32m(x5) ，
即y x2 2x3与y 2m(x5)在0＜x＜4间有1个公共点，
1 2
5
y 过点（4，5）时，2m5，m ，
2
2
−19−3 3
y 2 过点（0，−3）时，2m ，m ， 2m5
5 10
y 2 与y 1 相切时，2m84 3（2m84 3是另一条切线，舍）， y
5 3
由图知： ＜m≤ 或m42 3.
2 10
方法2：由题意：x2−2mx−3=2x−10m在0＜x＜4范围内有唯一公共点，
O (5,0) x
(0,−3)
即：x2−2x−3=2mx−10m在0＜x＜4范围内有唯一公共点，
3
记y 1 =x2−2x−3，y 2 =2mx−10m（结合图象分析）.
2m
5 2m84 3
5 5
当过点（4，5）时，得m ，即 ＜m≤0； y
2 2
(4,5)
3 3
当过点（0，−3）时，得m
10
，即0＜m≤
10
；
l1
当直线与抛物线相切时，x2−(2+2m)x+10m−3=0，
−1 3 4 5 x
得：m42 3（m42 3舍）.
l2
5 3
综上： ＜m≤ 或m42 3.
2 10
专题二十五 二次函数与区间最值（1）——定轴定区间（2026 浙江热点）
01．解：3．提示：把二次函数y=−x2−2x+c转化成顶点坐标式为y=−(x+1)2+c+1，
又知二次函数的开口向下，对称轴为x=−1，
故当x=2时，二次函数有最小值为−5，故−9+c+1=−5，故c=3.
02．解：1．提示：∵二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），
2a
∴对称轴是直线x 1.
2a
∵当x≥2时，y随x的增大而增大，∴a＞0，∵−2≤x≤1时，y的最大值为9，
∴x=1时，y=a+2a+3a2+3=9，∴3a2+3a−6=0，∴a=1或a=−2（不合题意，舍去）.
(m2)(m6)
03．解：−1．提示：平移后抛物线的对称轴为直线x m 4.
2
∵该抛物线与直线y=1只有一个交点，∴顶点为（m+4，1），
1 1
∴平移后的抛物线解析式为y (xm4)21，令x=m+2，得n (m2m4)211.
2 2
04．解：5．提示：∵a+b=3，c−3a=−6，∴b=3−a，c=3a−6.
a≥0

∵a，b，c都是非负数，∴3a≥0 ，解得2≤a≤3，

3a6≥0
2
y=a2+b+c=a2+(3−a)+(3a−6)=a2+2a−3，∴对称轴为直线a 1.
21
当2≤a≤3时，y随a的增大而增大，∴a=2时，最小值n=22+2×2−3=5.
1
05．解： ≤m≤1．提示：由条件可知ax2+3x+1=−x，整理得，ax2+4x+1=0，∴Δ=42−4a=0，解得a=4，
2
3 1
∴函数y=(a−1)x2+3x+1=3x2+3x+1，对称轴为x  ，
23 2
−20−∴该函数图象的开口向上，函数有最小值，
1 1
∴当x 时，函数y=3x2+3x+1（a≠0）的最小值为 ，
2 4
当x=−2时，y=3×(−2)2+3×(−2)+1=7，即函数的最大值为7，
1 1
∵x=−2关于对称轴直线x 的对称点为x=1，∴ ≤m≤1.
2 2
专题二十六 二次函数与区间最值（2）——定轴动区间
01．解：4或−2．提示：①当4a≤2，即a≥2时，y  f(4a)(4a2)24，a=4（a=0舍）；
min
②当2a＜2，4a＞2，即0＜a＜2时，y  f(2)04，不成立；
min
③当2a≥2，即a≤0时，y  f(2a)(2a2)24，a=−2（a=2舍）.
min
02．解：1或2．提示：①当t1≤1，即t≤0时，y  f(t1)t21t ，无解；
min
②当t1＞1，t＜1，即0＜t＜1时，y  f(1)1t ；
min
③当t≥1时， y  f(t)t22t2t ，t=1或2.
min
2
03．解：a=−1或a=1．提示：二次函数y=x2−2x−2的对称轴为x 1.
21
将y=1代入y=x2−2x−2得1=x2−2x−2，解得：x =−1，x =3，
1 2
当1≤a≤x≤a+2时，在x=a+2=3取得最大值，a=1.
当a≤x≤a+2≤1时，在x=a=−1取得最大值，a=−1．∴a=−1或a=1.
x2 4x2(x≥0)
04．解：B．提示：yx2 4|x|2  .
x2 4x2(x＜0)
当x＞0时，图象在y轴右侧，对称轴为直线x=2，顶点坐标为（2，−2），
当x＜0时，图象在y轴左侧，对称轴为直线x=−2，顶点坐标为（−2，−2），
y
当x=0时，y=2，如图所示：
①当m+1＜0时，y=2时，x2+4x+2=2，解得：x=−4，
∵m≤x≤m+1时，函数y=x2−4|x|+2的最大值为2，∴m=−4；
−4 O 4 x
②当m＞0时，y=2时，x2−4x+2=2，解得：x=4，
∵m≤x≤m+1时，函数y=x2−4|x|+2的最大值为2，∴m+1=4，即m=3，
③当原点在m和m+1之间即m+1≥0，且m≤0时，y有最大值为2，∴−1≤m≤0，
综上，m=−4或m=3或−1≤m≤0.
专题二十七 二次函数与区间最值（3）——动轴定区间
01．解：1或 10．提示：顶点（k，11），
5
①当k＜ 时，y  f(4)(4k)2112k ，k=1（k=5舍）；
2 min
5
②当k≥ 时，y  f(1)(1k)2112k ，k  10（k  10舍）.
2 min
02．解：2或 3．提示：对称轴xm，
−21−7
①当m＜2时， y  f(2)(2m)2m214，m （舍）；
max 4
②当2≤m≤1时，y  f(m)m214，m 3（m 3舍）；
max
③当m＞1时，y  f(1)(1m)2m214 ，m2.
max
m
03．解：42 10．提示：抛物线开口向下，对称轴为直线x .
2
m
①当 ＜1时，即m＜−2时，x=−1时，y =−1+m=6，解得m=7（舍）；
最大
2
m m m m2
②当1≤ ≤2时，即2≤m≤4时，x 时，y ( )2  2m6，
最大
2 2 2 2
解得m 42 10 ，m 42 10 （舍）；
1 2
m 5
③当 ＞2时，即m＞4时，x=2时，y 22 2m2m6 ，解得m （舍）.
最大
2 2
综上所述：m42 10 .
04．解：m＜−2或m＞3．提示：∵y=x2−2mx+m2+m+1=(x−m)2+m+1，
∴对称轴x=m，且当x=m时，y =m+1，分类讨论：
最小
①当m≤−1时，由二次函数增减性，x=−1和x=2时，函数分别取得最小值和最大值，
∴4−4m+m2+m+1−(1+2m+m2+m+1)＞15，∴m＜−2；
②当m≥2时，x=−1和x=2时，1+2m+m2+m+1−(4−4m+m2+m+1)=15，∴m＞3；
1
③当−1＜m＜ 时，x=2和x=m时，4−4m+m2+m+1−(m+1)＞15，
2
∴m＞2 15或m＜2 15（均不合题意，舍去）；
1
④当 ≤m＜2时，x=−1和x=m时，1+2m+m2+m+1−(m+1)＞15，
2
∴m＞1 15或m＜1 15（均不合题意，舍去）.
由上可得，m的取值范围是m＜−2或m＞3.
专题二十八 含参抛物线与坐标轴的公共点问题
1 1
01．解： 或−2．提示：①抛物线过原点，2m10，m ；
2 2
②9m24(2m1)(m1)0，m2.
02．解：k≤4．提示：①若k30，y2x1符合题意，∴k 3；
②若k30，44(k3)≥0，k≤4且k 3．综上，k≤4.
1 1 1
03．解： ＜a＜ 或−3＜a＜−2．提示：y(ax1)(xa)，x  ，x a，
3 2 1 a 2
1 1 1 1
①若m ，则2＜ ＜3，∴ ＜a＜ ；②若ma，则2＜a＜3，∴3＜a＜2.
a a 3 2
1 1
综上， ＜a＜ 或−3＜a＜−2.
3 2
1
04．解： pq＜ ．提示：4p2 4q＜0， p2 q＜0，设m pq ，
4
−22−1 1 1
则qm p， p2 q p2  pm＜0，m＜ p2  p(p )2  ，∴m＜ .
2 4 4
1 bt
05．解：ab≥ ．提示：方法1：设 b2 4ac t ，则 yax2 bxc 与x轴的交点为x ，
8 2a
bt 1
∴t2  ，∴2at2 tb0．∵该方程有实根，∴142a(b)≥0 ，∴8ab≥1，∴ab≥ .
2a 8
方法2：将（b2 4ac，0）代入得a(b2 4ac)2 b(b2 4ac)c0，
16a3c2 (4ab18a2b2)c(ab4 b3)0 是关于c的一元二次方程，
1
(4ab18a2b2)264a3(ab4b3)≥0 ，整理得8ab1≥0，∴ab≥ .
8
专题二十九 含参抛物线与直线的公共点
01．解：a=b−1．提示：∵OA=OC=1，∴A点坐标为（−1，0），C点坐标为（0，1），
abc0
把A（−1，0），C（0，1）代入y=ax2+bx+c得 ，∴a−b+1=0，即a=b−1.
c1
02．解：−1．提示：令y=1，x2−99x+2=1，则x2−99x+1=0，
由根的定义知：a2−99a+1=0，则a2=99a−1 ①.
1
由根与系数的关系知：ab=1，则a ②.
b
将①和②代入原式得：原式=99a−1−99a=−1.
y2x x x 3
03．解：A．提示：联立 ，得x2 3xm0，∴ 1 2 .
yx2 xm x x m
1 2
5
∵(2x 1)(2x 1)＜0 ，∴4m61＜0，∴m＜ .
1 2 4
9 5
∵＞0，∴94m＞0，∴m＜ ．综上所述：m＜ .
4 4
04．解：k＜0且k≠−4．提示：方法1：由x2 2x3kx3k ，
得x2 (2k)x(33k)0，(x3)(xk1)0，x3或k1.
∵x1 ＜x2 ＜1，∴3＜k1＜1或k1＜3＜1，解得：k＜0且k≠−4．
方法2：y=x2+2x−3=0，解得：x=−3或1，y=kx+3k=0，解得：x=−3，
∵x1 ＜x2 ＜1，∴x1=−3，x2=1时，y=0，代入y=kx+3k，解得：k=0，∴k＜0，
联立：x2+2x−3=kx+3k，Δ＞0，解得：k≠−4.
综上所述：k的取值范围为k＜0且k≠−4.
专题三十 含参抛物线的增减性和取值范围
01．解：C．提示：∵二次函数y=(x−m)2−1中，a=1＞0，∴此函数开口向上.
∵当x≤1时，函数值y随x的增大而减小，∴二次函数的对称轴xm≥1.
1
02．解： ≤a≤1．提示：y=ax2−(a−1)x−2a+1=(x+1)(ax−2a+1)，
5
−23−a1
分类讨论：①若a＞0，画图可得，当对称轴x ≤0，∴0＜a≤1；
2a
a1 1
②若a＜0，画图可得，当对称轴x ≥3，∴ ≤a＜0；
2a 5
1
③若a=0，y=x+1，同样满足题意. 综上： ≤a≤1.
5
3 9
03．解： 或 ．提示：对称轴x1，由图象知： y
x=1
4 4
3 3
①a＞0时，过点（1，0），（3，3），y (x1)2，b ；
4 4
3 9
②a＜0时，过点（1，3），（3，0），y (x1)23，b .
O x
4 4
04．解：B．提示：依题意，抛物线过点（1，0），
∴1bc0，bc1，yx2 (c1)xc ， f(2)42(c1)c≤0，c≥2.
专题三十一 含参抛物线与消元法
01．解：B．提示：方法1：将点（0，1）和（−1，0）代入yax2 bxc，
c1 c1
得： ，解得： ，∴sabc2b .
abc0 ab1 y
D
∵二次函数yax2 bxc的图象的顶点在第一象限，
B
b A
∴对称轴x ＞0且a＜0，∴b＞0.
2a −1O 1 x
又∵ba1，a＜0，∴2b2a2＜2，∴0＜s＜2.
方法2：（图象法）如图，直线AB的解析式为yx1，
∴D（1，2），∴0＜abc＜2，即0＜s＜2.
02．解：B．提示：方法1：∵二次函数yax2 bxc的顶点在第三象限，
且其图象过点（1，0），（0，−1），∴抛物线开口向上，∴a＞0.
b x=−1 y
∵x ＜0，∴b＞0．∵图象过点（1，0），（0，−1），
2a
A
abc0 O x
∴ ，∴b=1−a，c=−1．∵b＞0，∴1−a＞0，∴a＜1.
c1 B
D
又∵a＞0，∴0＜a＜1，∴0＜2a＜2，∴−2＜2a−2＜0.
∵s=a−b+c=a−(1−a)−1=2a−2，∴−2＜s＜0.
方法2：如图，直线AB的解析式为yx1，
∴D（−1，−2），∴−2＜abc＜0，∴−2＜s＜0. y
P M Q N
03．解：C．提示：由抛物线yx2 4x3可知：A（1，0），B（3，0）， A l
对称轴x=2，顶点坐标M（2，1）. O B x
∵x ＜x ＜x ，∴如图，x +x =4，直线BC的解析式为yx3，
1 2 3 1 2
C
∴当y=1时，x=4，∴3＜x ＜4．又∵S=x +x +x =4+x ，∴7＜s＜8.
3 1 2 3 3
−24−04．解：B．提示：方法1：点P在y(x3)216(x7)(x1)上运动，
画出图象 yax2 ax2aa(x2)(x1)，画出所有此函数的图象知：
该图不过P的图象上的（−7，0）和（−2，−15）这两上点，故选B.
方法2：依题意可知，对于任意非零实数a，x 2−16≠a(x −3)2+a(x −3)−2a，
0 0 0
即(x +4)(x −4)≠a(x −1)(x −4)，
0 0 0 0
只有当x =−4或1时，上面不等式恒成立，∴符合条件的点有且只有两个.
0
专题三十二 含参抛物线与隐含条件
01．解：A．提示：“好点”A的横纵坐标相等，∴x=y=ax2+tx−3t（a≠0），
∴ax2+(t−1)x−3t=0，Δ=b2−4ac=(t−1)2+12at＞0，整理得：t2−(2−12a)t+1＞0.
令y =t2−(2−12a)t+1，∵1＞0，抛物线开口向上，
1
故当Δ′＜0，且与x轴没有交点时，上式对任意常数t成立，
1
∴Δ′=(2−12a)2−4＜0，解得0＜a＜ .
3
02．解：B．提示：当x=4时，y=16+4b+c=c，∴b=−4，
b
∴抛物线的对称轴为直线x 2，∴抛物线解析式为yx2 4xc.
2
∵抛物线yx2 bxc（c为常数）经过点（p，m），（q，m），
pq
∴ 2，即p+q=4，∴p=4−q，∴q−p=q−(4−q)=2q−4.
2
1 1
又1≤q p＜8，∴1≤2q4＜8，∴ ≤q2＜4，∴ ≤(q2)2＜16.
2 4
15
∵mq2 4qc(q2)2 c4 ，∴c ≤m＜c12.
4
4mnn2 n n
03．解：AB≥2 3．提示：顶点的纵坐标 ≤ ，∴n2≥6mn， ≥6，
4m 2 m
 n2 4mn n n n
AB2    ( )2 4( ) ( 2)2 4≥12，∴AB≥2 3.
m2 m2 m m m
专题三十三 含参二次函数与命题判断（2026 浙江热点）
01．解：A．提示：将点A和点B坐标分别代入y 和y 得，mx2 4x c，nx2 6x c，
1 2 1 1 2 2
∴mnx24x x26x (x x )(x x )4x 6x .
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
当x −x =1时，m−n=−x −x −4x +6x =5x −5x =5，故A选项符合题意；
2 1 1 2 1 2 2 1
当x −x =2时，m−n=−2x −2x −4x +6x =−6x +4x =−2x +8，故B选项不符合题意；
2 1 1 2 1 2 1 2 1
当x −x =1时，m−n=x +x −4x +6x =−3x +7x =4x −3，故C选项不符合题意；
1 2 1 2 1 2 1 2 2
当x −x =2时，m−n=2x +2x −4x +6x =−2x +8x =6x −4，故D选项不符合题意.
1 2 1 2 1 2 1 2 2
t
02．解：B．提示：∵函数y=x2−2tx+t（t是已知数，且t≠0）的图象经过点（ ，m），（3t，n），
2
t t 3 3
∴m( )2 2t t  t2 t ，n(3t)2 2t3tt 3t2 t ，∴mt  t2＜0，
2 2 4 4
−25−∴无论实数t取何值，都有m＜t，故A，C选项错误；
1
∵n=3t2+t=t(3t+1)，当n＜0时，则t(3t+1)＜0，解得 ＜t＜0，
3
1
∴当 ＜t＜0时，使得n＜0，故选项B正确，选项D错误.
3
ya(xh)2k
03．解：A．提示：联立 ，得a(xh)2 k mxn，∴ax2 (2ahm)xah2 kn0 .
ymxn
(2ahm) m
∴x x   2h .
1 2 a a
m m
A．若a＜0，m＜0，则 ＞0，∴x x 2h ＞2h，故A符合题意；
a 1 2 a
m m
B．若a＞0，m＜0，则 ＜0，∴x x 2h ＜2h，故B不符合题意；
a 1 2 a
m
C．若x1+x2 ＞2h，则 ＞0，∴a＞0，m＞0或a＜0，m＜0，故C不符合题意；
a
m
D．若x1+x2 ＜2h，则 ＜0，∴a＞0，m＜0或a＜0，m＞0，故D不符合题意.
a
专题三十四 二次函数与多结论
01．解：B．提示：由题意，∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵图象与y轴交于正半轴，∴c＞0.
b
又根据图象可得，1＜ ＜2，∴−2a＜b＜−4a，即b＞0，∴abc＜0，故①正确；
2a
∵−2a＜b，∴2a+b＞0，故②正确；
由题意得，当x=−3时，y=9a−3b+c，
又∵根据图象可知：当x=−3时，对应的点在x轴下方，∴y＜0，∴9a−3b+c＜0，故③错误；
1
∵抛物线与x轴有两个交点，即b2−4ac＞0，∴ b2 ac＞0，故④错误.
4
综上，正确的结论有①②，共2个.
02．解：D．提示：∵抛物线开口向下，∴a＜0.
b 1
∵顶点为D（−1，2），∴对称轴为直线x=−1，∴ 1，∴a b，b=2a＜0.
2a 2
∵抛物线与x轴的一个交点A在点（−3，0）和（−2，0）之间，对称轴为直线x=−1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（1，0）之间，
∴抛物线与y轴的交点位于y轴的正半轴，∴c＞0，∴abc＞0，故①错误；
∵方程ax2+bx+c−m=0没有实数根，∴抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与直线y=m没有交点.
∵抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）的顶点为D（−1，2），∴y≤2，∴m＞2，故②正确；
∵抛物线与x轴的另一个交点在点（0，0）和（1，0）之间，∴x=1时，y=a+b+c＜0，
1 3
∴ bbc bc＜0，∴3b+2c＜0，故③正确；
2 2
∵抛物线开口向下，P（x ，y ）和Q（x ，y ），x ＜x 且x +x ＜−2，对称轴为直线x=−1，
1 1 2 2 1 2 1 2
∴x −(−1)＜−1−x ，点P离对称轴更远，∴y ＜y ，故④错误.
2 1 1 2
∴正确的结论是②③.
−26−专题三十五 动点与函数图象（2026 浙江热点）
01．解：（1）13．提示：当x=m时，记点Q为Q ；当x=1时，记点Q为Q ，
1 2
则由题意和图象可知AQ 1 =m，PQ 1 2=81，AQ 2 =1，PQ 2 2=225，∴Q 1 Q 2 =AQ 1 −AQ 2 =m−1. Q2 A
在Rt△PQ Q 中，由勾股定理，得PQ 2=PQ 2+Q Q 2，
1 2 2 1 1 2
即225=81+(m−1)2，∴m=13（负值已舍去）.
Q1
（2）85．提示：当x=15时，记点Q为Q ，则AQ =15，
Q3
3 3
∴Q Q =AQ −AQ =15−13=2，∴PQ 2=PQ 2+Q Q 2=81+22=85，
1 3 3 1 3 1 1 3 B P
即此时y的值为85.
02．解：C．提示：设BD=x，△DCE的面积为y，
由函数图象可知，当D是BC中点，即x=m时，y=24.5，∴BD=CD=m，BC=2m.
∵DE⊥BC交射线BA于点E，∴∠EDB=90°.
∵∠ABC=45°，∴∠BED=90°−45°=45°=∠ABC，∴DE=BD=m.
1 1
∵S  CDDE，即24.5 m2，解得m=7，∴BC=2m=2×7=14.
△CDE
2 2
专题三十六 二次函数与线段（1）——横竖线段
4
01．解：∵点B（3，0），点C（0，4），∴直线BC的解析式为y x4.
3
4 8 4
设P（t， t2  t4），则F（t， t4），E（t，0），
3 3 3
4 8 4 4
∴PF ( t2  t4)( t4) t2 4t .
3 3 3 3
4 11 11 5
∵EO=3PF，∴t 3( t24t)，解得t 0（舍），t  ，∴P（ ， ）.
3 1 2 4 4 4
1 1
02．解：设P（t， t2 3），∵PM∥x轴，∴点P与点M关于y轴对称，∴M（−t， t2 3）.
4 4
 1
y x2 3 1
联立 4 ，∴ x2 3x，解得x 1 =−2，x 2 =6.
 yx 4
∵点P在直线AB下方，∴−2＜t＜6．∵PN∥y轴，∴N（t，t）.
1
当0≤t＜6时，∵PM=PN，∴t(t)t( t23)，解得t =−6（舍），t =2.
1 2
4
1
当−2＜t＜0时，∵PM=PN，∴ttt( t23)，解得t 64 3（舍），t 64 3.
4 1 2
综上，点P的横坐标为2或64 3.
专题三十七 二次函数与线段（2）——斜线段
y
yx4
01．解：联立 ，∴x2−(2m+1)x+m2+m=0. H
yx2 2mxm2 m4 B
∴(x−m)(x−m−1)=0，∴x =m，x =m+1，
A B
∴BH=x −x =1，AH=y −y =(x +4)−(x +4)=1. O x
B A B A B A A
−27−在Rt△AHB中，AB= AH2 BH2 = 2，
即线段AB的长不发生变化，其长为 2. y
02．解：易得A（−1，0），B（3，0），C（0，−3），∴直线BC解析式为y=x−3.
A O Q B x
过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，设P（t，t2−2t−3），则Q（t，t−3），
D
∴PQ=(t−3)−(t2−2t−3)=−t2+3t，∠PQD=∠OCB=45°，∠PDQ=90°，
C
∴PQ= 2PD=2，∴−t2+3t=2，解得t
1
=1，t
2
=2，∴P（1，−4）或（2，−3）.
P
专题三十八 二次函数与线段（3）——等线段
01．解：（1）当y=0时，−x2+2x+3=0，∴x =−1，x =3，∴A（−1，0），B（3，0）.
1 2
2
（2）∵抛物线对称轴为x 1，∴P（1，m）.
2
由−x2+2x+3=−x−1得，x =−1（舍去），x =4.
3 4
当x=4时，y=−4−1=−5，∴C（4，−5）.
∵PA=PC，∴PA2=PC2，∴22+m2=(4−1)2+(m+5)2，∴m=−3.
02．解：易求得A（−1，0），B（0，2）.
作AB的垂直平分线MG分别交AB，y轴于点M，G， y
交y轴右侧的抛物线于点C，则AG=BG，AC=BC.
B
3
设G（0，m），则m2 1(2m)2，∴m . M N
4
G
1 A O x
∵MB可以看作由AM平移得到，∴由平移的性质得M（ ，1）.
C
2
1 3
∴由待定系数法得MG：y x .
2 4
 1 3
y x2  x2
  2 2 26 1 26
联立 ，∴点C（2 ， ）.
 y 1 x 3 2 4
 2 4
专题三十九 二次函数与线段（4）——倍线段
b
01．解：∵y=x2−6x+c，∴对称轴x 3.
2a
∵AB=4，∴A（1，0），B（5，0），代入得c=5，
∴L 的解析式为y=x2−6x+5，∴L 的解析式为y=(x−3+a)2−4，
1 2
∴C（0，a2−6a+5），∵CD∥x轴，∴x2−6x+5=a2−6a+5，解得x=a或x=6−a.
3
①当a＜6−a时，x =a，x =6−a，∵DE=2CD，∴DE=6−a−a=2a，解得a ；
D E
2
9 3 9
②当6−a＜a时，x =6−a，x =a，∴DE=a−6+a=2(6−a)，解得a ．∴a 或a .
D E
2 2 2
02．解：过点E作y轴的垂线，垂足为T，连接OE.
设A（x ，0），B（x ，0），E（x ，y ），
1 2 3 3
∵x ，x 是方程−x2+2x+c=0的两根，∴x +x =2，
1 2 1 2
−28−设直线BC的解析式为y=kx+b ，则0，x 是方程kx+b =−x2+2x+c的两根， y
1 2 1
∴x =2−k，∴x =k，①
2 1 C
∵BC∥AE，∴设直线AE的解析式为y=kx+b ，
2
则x ，x 是方程kx+b =−x2+2x+c的两根，∴x +x =2−k，② B
1 3 2 1 3
A O x
1
ODOA D
∵S △ODA  2  OA  AD  1，∴ET=3OA，即x 3 =−3x 1 ，③
S 1 ET DE 3
△ODE ODET
2
联立①，②，③，解得k=−2，∴A（−2，0），
T
E
把A（−2，0）代入y=−x2+2x+c中，得c=8.
专题四十 二次函数与线段（5）——转化思想
01．解：∵OP=OA=1，∴P（0，1），∴直线AC的解析式为y=x+1.
①若点D在AC下方时，过点B作AC的平行线与抛物线的交点即为D ．
1
∵B（3，0），BD ∥AC，∴BD 的解析式为y=x−3．
1 1
yx3
联立 ，解得：x
1
=0，x
2
=3（舍），∴点D
1
的横坐标为0．
yx2 2x3
②若点D在AC上方时，点D （0，−3）关于点P的对称点为G（0，5）.
1
过点G作AC的平行线l，则l与抛物线的交点即为符合条件的点D. y
yx5
直线l的解析式为y=x+5．联立 ， D3
yx2 2x3
∴x2 3x80，解得x
1
 3 41 ，x
2
 3 41 ， D2 G C
2 2
3 41 3 41 l P
∴点D ，D 的横坐标分别为 ， ，
2 3 2 2 A O B x
D1
3 41 3 41
∴符合条件的点D的横坐标为：0， 或 .
2 2
5
02．解：（1）A（1，0），B（−5，0），C（0， ）.
2
（2）设PQ交BC于点N，作PM∥y轴交BC于点M，
y
5 1 5
由A（1，0），B（−5，0），C（0， ），可求得BC：y x ，
Q
2 2 2
B O A x
5 5 1 5 1 5
AC：y x ，设P（t， t2 2t ），则M（t， t ），
2 2 2 2 2 2 M N
C
1 5 1 5 1 5
∴PM  t  t22t  t2 t .
2 2 2 2 2 2
P
5 1 5
∵PQ∥AC，∴可设PQ：y (xt) t22t ，
2 2 2
1 1 5 1 1
当x=0时，y  t2  t ，∴CQ t2  t.
Q 2 2 2 2 2
1 5 1 1
由PN=QN，PM∥y轴，可证得△PMN≌△QCN，∴PM=CQ，∴ t2  t t2  t ，
2 2 2 2
−29−9
解得t =0（舍去），t =−2，∴点P的坐标为（−2， ）.
1 2
2
专题四十一 二次函数与面积处理（1）——割补法
1
01．解：连OP，易得M（2，0），N（0，2），设P（t， t2 2t2）， y
2
1 1 1 P
S =S +S −S  OM y  ONx  OM ON
△PMN △POM △PON △MON 2 P 2 P 2 N
1 1 1 1
 2( t22t2) 2t 224， O M x
2 2 2 2
解得t =4，t =−2（舍），∴P（4，2）.
1 2 y
02．解：直线AC的解析式为y x4，作MD∥y轴交AC于D，
D
1 1 1 1 A O B x
S  MDAO  (y  y )AO  [(m4)( m2m4)]4
2 2 D M 2 2
m2 4m(m2)2 4（−4＜m＜0）， M
C
∴当m=−2时，S =4.
最大值
专题四十二 二次函数与面积处理（2）——铅垂法
01．解：易得B（3，0），C（0，3），设直线BC的函数解析式为y=kx+b，
03kb k 1
∴ ，解得 ，∴y=−x+3，设D（m，−m2+2m+3），E（m，−m+3），
3b b3
∴DE=(−m2+2m+3)−(−m+3)=−m2+3m，
1 3 3 9 3 3 27
∴S  DEOB (m23m) m2 m (m )2 （0＜m＜3）.
2 2 2 2 2 2 8
3 3 27
∵ ＜0，∴当m 时，S有最大值，最大值S= .
2 2 8
02．解：∵ykxk4k(x1)4，∴定点P（1，4）.
ykxk4 x x 2k
联立 ，得x2 (k2)xk30，∴ M N .
yx2 2x1 x x 3k
M N
1
∵S =1，∴S −S =1，∴ PB[(x 1)(x 1)]1，
△BMN △PBN △PBM 2 N M
1
∴ (42)(x x )1，∴x x 1，∴(x x )2 1，
2 N M N M N M
∴(x x )2 4x x 1，∴(2k)2 4(3k)1，∴k2 9，∴k=−3.
M N M N
专题四十三 二次函数与面积处理（3）——平行转化法
01．解：连接BC，BP，过点P作PG∥y轴交BC于点G，可得直线BC的解析式为y=x−3，
设P（m，m2−2m−3），则G（m，m−3），∴PG=(m−3)−(m2−2m−3)=−m2+3m.
∵P为第四象限抛物线上一点，∴0＜m＜3．∵BQ∥CP，
−30−1 1 3 3 27 y
∴S =S  PG|x x | 3(m23m)  (m )2 .
△CPQ △BCP 2 B C 2 2 2 8 Q
3 3 27
∵ ＜0，∴当m 时，△CPQ面积的最大值为 ， A O B x
2 2 8 G
3 15
此时P（ ， ）.
2 4
C
1 P
02．解：直线y x3与y轴交于点N（0，3），
2
在y轴上取点Q（0，1），过点Q作PQ∥AB交抛物线于点P ，P ，
1 2 y
 1
y x3
   2 ，解得x 3，x 2， A N
 y 1 x2 A B P2
 2 B
Q
P1
1 1 1
∴S  (x x )NQ 525，P P 的解析式为y x1， O x
△ABQ 2 B A 2 1 2 2
 1
y x1 x 1
  2 x 2  2 1
由 ，解得 1 ，
1
，∴P点坐标为P
1
（−2，2），P
2
（1， ）.
 y 1 x2 y 1 2   y 2  2 2
 2
专题四十四 二次函数与面积处理（4）——面积转化
01．解：（1）A（2，1）.
（2）∵y=−x2+4x=−(x−2)2+4，∴顶点D（2，4），∵A（2，1），∴AD⊥x轴.
y
分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N， D
B
设B，C的横坐标分别为x ，x ，
1 2
M
∵S =2S ，∴CN=2BM，∴x −2=2(2−x )，2x +x =6.
△ACD △ABD 2 1 1 2
A
yx2 4x
由 ，得x2+(k−4)x−2k+1=0，∴x +x =4−k， O x
1 2
ykx2k1
N C
6
由2x +x =6，得x =2+k，∴(2+k)2+(k−4)(2+k)−2k+1=0，解得k  .
1 2 1
2
6
∵k＜0，∴k  .
2
02．解：设点C（0，n），点E（m，m2−1），∵四边形ACDE为平行四边形，A（−1，0），
∴可得点D的坐标为（m+1，m2−1+n），
y
将点D的坐标代入抛物线解析式，
D
得m2−1+n=(m+1)2−1，解得n=2m＋1，故点C的坐标为（0，2m+1）.
连接CE，过点E作y轴的平行线交x轴于点M，
C
N
交过点C与x轴的平行线于点N，
E
则S =S −S −S
△ACE 梯形CNMA △AEM △CEN
1 1 1 1
= (m+1+m)(2m+1)− ×(m+1)(m2−1)− m[(2m+1)−(m2−1)]= S □ACDE =6， A O BM x
2 2 2 2
解得m=−5（舍去）或2，故点E的坐标为（2，3）.
−31−专题四十五 二次函数与等角（1）——构等腰
01．解：设BD与y轴的交点为P，∵∠DBC=∠BCO，∴CP=PB.
4
∵OC=3，∴CP=PB=3−OP，在Rt△OPB中，(3−OP)2=1+OP2，解得OP= .
3
4 4 4 4 4
设直线BD的解析式为ykx ，∴k 0，解得k  ，∴直线BD的解析式为y x .
3 3 3 3 3
yx2 2x3
 5 5 32
联立
4 4
，解得x=1或x ，∴D（ ， ）.
y x 3 3 9
 3 3
02．解：A（−1，0），B（3，0），C（0，3）．延长CP交x轴于点Q，
y
∵∠ACP=∠BAC，∴CQ=AQ．设Q（t，0），∴CQ=AQ=t+1.
在Rt△COQ中，CO2+OQ2=CQ2，32 t2 (t1)2 ，∴t=4， C
3
∴Q（4，0）．∴直线CP的解析式为y x3. P
4
 3 A O B Q x
y x3 11
联立 4 ，∴4x2−11x=0，∴x
1
=0（舍），x
2
= .
 yx2 2x3 4
11 15
∵P在抛物线上，∴P（ ， ）.
4 16
03．解：过点B作BQ∥CP，交CA的延长线于点Q，∴∠CBQ=∠PCB=∠ACB，
∴BQ=CQ，易求B（2，0），∴直线AC：y=−2x−2.
y
设Q（n，−2n−2），∵BQ2=CQ2，
Q
∴(2−n)2+(2n+2)2=n2+(−2n−2+2)2，解得n=−2，∴Q（−2，2），
1 1
∴直线BQ：y x1，设直线CP：y xb，
A O B x
2 2
1
将C（0，−2）代入得b=−2，∴直线CP：y x2，
C
2 P
1 1 1 9
联立 x2 x2x2，得x 或0（舍），∴P（ ， ）.
2 2 2 4
专题四十六 二次函数与等角（2）——构全等
01．解：∵yx2 4x3，∴A（1，0），B（3，0），C（0，−3），∴OA=1，OB=OC=3，
作BD⊥x轴，交CP于D，则∠DBC=∠ABC=45°，∵BC平分∠ACD，
y
∴∠ACB=∠DCB，∴△ABC≌△DBC（ASA），
A B
∴BD=AB=OB−OA=2，∴D（3，−2），
O x
1
∴由待定系数法得直线CP的解析式为y x3， P
3
D
C
ìy=-x2+4x-3
ïï 11 16
联立í
1
，∴P（ ， ）.
ïy= x-3 3 9
ïî 3
−32−02．解：延长AD交y轴于点F，延长CE交x轴于点G.
y
∵点A（−3，0），又可知点C（0，−3），∴OA=OC=3.
又∵∠OCE=∠OAD，∠AOF=∠COG，∴△COG≌△AOF，∴OG=OF. G A O B x
由A（−3，0），D（−1，−4），可得直线AD：y=−2x−6， E
C
1
∴F（0，−6），∴OG=OF=6，∴G（−6，0），∴直线CG：y x3. D
2
F
 1
y x3 5 7
联立 2 ，得E（ ， ）.
 yx2 2x3 2 4
专题四十七 二次函数与特殊角（1）——45°角
01．解：A（−1，0），B（3，0），C（0，−3）.
y
过A作AC ⊥AC交CD于点C ，过点C 作C H⊥x轴于点H. D
1 1 1 1
∵∠ACD=45°，∴AC =AC，∴△OAC≌△HC A，
1 1
∴AH=OC=3，C H=OA=1，∴C （2，1）.
1 1
设直线CD的解析式为ykx3，∴2k31，∴k 2.
C1
A O H B x
yx2 2x3
联立 ，∴x2 2x32x3，
y2x3
C
解得x 0，x 4，∴D（4，5）.
1 2
02．解：过点B作BF∥PC，过点D作DF⊥BD交BF于点F，
再过点D作x轴的平行线GH，分别过点B，F作GH的垂线，垂足分别为G，H，
则∠DBF=∠BEP=45°，△BDF为等腰直角三角形，△BDG≌△DFH，∴BG=DH，DG=FH.
∵y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，∴顶点D（1，4），B（3，0），
y
1
∴可得F（−3，2），∴直线BF：y x1. H D G
3
C
1 P
∵BF∥PC，∴直线PC：y x3，易知直线BD：y=−2x+6. E
3 F
A B
 9
 y 1 x3   x  5 9 12 O x
联立 3 ，解得 ，∴E（ ， ）.
 y2x6  y  12 5 5
 5
专题四十八 二次函数与特殊角（2）——角的和差
01．解：由y=x2−2x−3知：B（3，0），C（0，−3），
y
∴OB=OC，∴∠ABC=45°，∴∠ACB+∠CAB=135°.
又∵∠PCB+∠CAB=135°，∴∠ACB=∠PCB. A O B x
过B作BS⊥x轴交CP延长线于S，∴∠ABC=∠SBC.
又∵BC=BC，∴△ABC≌△SBC，∴AB=SB=4，∴S（3，−4），
C
∴直线CS解析式为：y= 1 x−3， P S
3
−33−yx2 2x3
 5 5 5 32
∴ 1 ，∴x2− x=0，∴x 1 =0（舍），x 2 = ，∴P（ ， ).
y x3 3 3 3 9
 3
02．解：过点C作CP∥x轴，延长CM交x轴于点T，∴∠PCO=90°，∠MCP=∠MTA.
∵∠ACO+2∠ACM=90°，∴∠ACO+∠MCP+∠MCA=90°，∴∠MCP=∠MCA，
∴∠MCA=∠MTA，∴△ACT为等腰三角形，∴AT=AC=5， y
1
∴OT=AT+OA=5+4=9，∴T（−9，0），∴CT：y x3.
P C
3
M
3 9
∵M是直线CT和抛物线y x2  x3的交点，−4＜m＜0，
4 4
T A O B x
3 9 1
∴令 m2  m3 m3，∴9m2+27m+4m=0，
4 4 3
31
∴9m2+31m=0，∴m(9m+31)=0，解得m=0（舍去）或m .
9
03．解：过点C作CF∥OP，过点E作EF⊥CE，交CF于点F，
过点F作FH⊥x轴于点H， y
P
则∠FCE=∠FCO+∠OCE=∠POC+∠OCE=45°，
C
∴△FCE为等腰直角三角形，∴△COE≌△EHF，
∴OE=FH=1，CO=EH=3，∴F（−2，−1），
H O
∴直线CF的解析式为y=2x+3，∴直线OP的解析式为y=2x. A E B x
F
y2x  x   3  x  3
联立 ，解得  1 ，  2 .
yx22x3
y  2 3 y 2 3
1 2
∵P为第一象限内一点，∴P（ 3，2 3）.
专题四十九 二次函数与二倍角的处理策略
解法1：延长CQ交x轴于点E，过点Q作QF⊥x轴于点F，
y
设Q（t，−t2+2t+3），则F（t，0），l ：y=kx+3，
CQ
C
∴−t2+2t+3=kt+3，∴k=−t+2，∴l ：y=(−t+2)x+3.
CQ Q
∵∠AQC=2∠BAQ=∠BAQ+∠QEA，∴∠BAQ=∠QEA，
∴QA=QE，AF=EF=t+1，∴E（2t+1，0），∴0=(−t+2)·(2t+1)+3，
A O F B E x
5 5 7
解得t =−1（舍），t  ，∴Q（ ， ）.
1 2 2 2 4
解法2：过点Q作QM⊥y轴于点M，设Q点坐标为（t，−t2+2t+3），
y
则点M坐标为（0，−t2+2t+3），∴∠MQA=∠BAQ，
C
当∠AQC=2∠BAQ时，则∠CQM=∠MQA，
Q
从而可证得CM=MN，而C（0，3），∴N（0，−2t2+4t+3）， M
N
∵A（−1，0），故由待定系数法可求得直线AQ的解析式为y=(3−t)x+3−t，
A O B x
5
把N点坐标代入解析式可得：3−t=−2t2+4t+3，解得t =0（舍去），t = ，
1 2
2
5 7
故点Q坐标为（ ， ）.
2 4
−34−解法3：过点A作AN∥CQ交y轴于点N，令AQ交y轴于点M，
y
由题得A（−1，0），C（0，3），设Q（t，−t2+2t+3），
C
则l ：y=(−t+2)x+3，l ：y=−(t−3)(x+1)，∴M（0，−t+3）.
CQ AQ
Q
∵AN∥CQ，∴l ：y=(−t+2)(x+1)，∴N（0，−t+2）. M
AN
∵∠AQC=2∠BAQ=∠NAQ，∴∠BAQ=∠BAN，可得OM=ON，
A O N B x
5 5 7
∴−t+3=−(−t+2)，解得t  ，∴Q（ ， ）.
2 2 4
专题五十 二次函数与等腰三角形、平行转化
4 8
01．解：（1）y x2  x4.
3 3
（2）作BT∥AD交y轴于点T，∵CP=CQ， y
∴∠CQP=∠CPQ，∴∠CTB=∠CQP=∠CPQ=∠CBT， T
O
∴CBCT  OB2OC2  32 42  5，∴OT=CT−CO=1. A Q B x
1 P D
由B（3，0），T（0，1）得直线BT的解析式为y x1，
3
C
1
∴直线AD的解析式为y (x1).
3
 1  11
y (x1) x 
  3 x 1   2 4 11 5
令 ，解得 1 （舍）， ，∴D（ ， ）.
 y 4 x2  8 x4 y 1 0  y  5 4 4
 3 3  2 4
02．解：由题知：A（−2，0），B（6，0），C（0，−3）.
过点B作AD的平行线交y轴于点P，则∠PBC=∠FEC.
y
∵∠FEC=∠FCE，∴∠PBC=∠PCB，∴PB=PC.
P
设OP=m，则PB=PC=m+3，
9 9 O
在Rt△POB中，m2+36=(m+3)2，解得m ，∴P（0， ）.
2 2 A F B x
E
3 9
∵B（6，0），∴直线PB的解析式为y x ， C
D
4 2
3
∴设直线AD的解析式为y xb.
4
3 3 3
∵A（−2，0），∴b ，∴直线AD的解析式为y x .
2 4 2
专题五十一 二次函数与平行四边形
01．解：（1）点A的坐标为（−1，0），直线CB的解析式是yx3.
（2）∵AE∥CB，∴设AE的解析式为yxb，
将点A的坐标代入yxb，得0(1)b，解得b1，∴AE的解析式为yx1.
∵点F，G在直线yx1上，∴F（t，t1），G（t+1，t2），
∴点M（t，t2 2t3），点N（t+1，t2 4），∴FM |t2 3t4|，GN |t2 t6|.
−35−∵以F，G，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
∴FM=GN，∴|t2 3t4||t2 t6| ，解得t=1或1 6.
02．解：易求得A（−3，0），C（0，−9），
∵以点A，C，P，Q为顶点的平行四边形是以AC为一边，
y
∴PQ∥AC，且PQ=AC，∴| y
Q
y
P
|| y
A
y
C
|9，∴y
Q
9. Q2 Q3
1 3
①当y =−9时， x2  x99，可得Q （3，−9）；
Q 2 2 1 P2 P1
1 3 33 17
A O B P3 x
②当y =9时， x2  x99，∴x ，
Q
2 2 2
∴Q （
33 17
，9），Q （
33 17
，9）.
C Q1
2 3
2 2
33 17 33 17
综上，Q（3，−9）或（ ，9）或（ ，9）.
2 2
03．解：设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2−2m−3），且B（3，0），C（0，−3）.
分情况讨论：①当DG为对角线时，则另一对角线是BC，
1m3 m2
由对角线互相平分及中点坐标公式可知， ，解得 ，
m2 2m3t 3 t 0
经检验此时四边形DCGB为平行四边形，此时点G的坐标为（2，−3）.
②当DB为对角线时，则另一对角线是GC，
13m m4
由对角线互相平分及中点坐标公式可知， ，解得 ，
t m2 2m33 t 2
经检验此时四边形DCBG为平行四边形，此时点G的坐标为（4，5）.
③当DC为对角线时，则另一对角线是GB，
1m3 m2
由对角线互相平分及中点坐标公式可知， ，解得 ，
t3m2 2m3 t 8
经检验此时四边形DGCB为平行四边形，此时点G的坐标为（−2，5）.
综上所述，G点坐标存在，为（2，−3）或（4，5）或（−2，5）.
专题五十二 二次函数与最值（1）——线段最值
1
01．解：13．提示：设点D的横坐标是m，∴点D的纵坐标是 m2−3m，∴AD=3m− m2.
2
3
又∵抛物线的对称轴是直线x 3，∴点C的横坐标为3−(m−3)=6−m，∴CD=2m−6.
1
2
2
1
∴矩形ABCD的周长L=2(3m− m2+2m−6)=−m2+10m−12=−(m−5)2+13，
2
y
∴当m=5时，周长L有最大值13.
02．解：易得A（−1，0），B（3，0），C（0，−3），
A O B x
过点P作PF∥y轴，交BC于点F，易求得BC：y=x−3. F
D
设P（x，x2−2x−3），则F（x，x−3），
C
∴PF=x−3−(x2−2x−3)=−x2+3x，−1＜0，开口向下.
P
−36−b 3 9
当x  时，PF最大值为 .
2a 2 4
2 9 2
∵PF∥y轴，∴∠PFC=∠OCB=45°，∴PD= PF，∴PD最大值为 .
2 8
专题五十三 二次函数与最值（2）——面积最值
01．解：在y=−x2+3x+4中，令y=0，得−x2+3x+4=0，解得：x =−1，x =4，
1 2
令x=0，则y=4，∴A（4，0），B（−1，0），C（0，4）.
由待定系数法可得直线AC的表达式为：y=−x+4，直线BC的表达式为：y=4x+4.
设点E设点E（e，0），则可设直线EF的表达式为：y=4(x−e).
y4(xe) 44e 164e
联立 ，得点F坐标为F（ ， ）.
yx4 5 5
1 1 164e 2 6 8
∵EF∥BC，∴S =S  BEy  (e1)  e2 e .
△CEF △BEF 2 F 2 5 5 5 5
2 3 3 5
∵ ＜0，开口向下，对称轴e ，∴当e 时，(S ) = .
△CEF max
5 2 2 2
02．解：（1）y=x2−2x−3.
（2）由B（3，0），C（0，−3），可求得直线BC的解析式为y=x−3，连接CP.
∵PQ∥AC，∴S =S ，∴S=S +S =S . y
△PAQ △PCQ 1 2 △BCP
过P作PF∥y轴交BC于F，设P（m，m2−2m−3），则F（m，m−3）， O
∴PF=(m−3)−(m2−2m−3)=−m2+3m， A Q F B x
1 3 3 3 27
∴S  PF|x x | (m23m) (m )2 .
2 B C 2 2 2 8 P
C
3 3 27 3 15
∵ ＜0，∴当m 时，S取得最大值 ，此时P（ ， ）.
2 2 8 2 4
专题五十四 二次函数与最值（3）——将军饮马、建桥选址、胡不归
01．解：令y=0，则x=3或−1，令x=0，则y=3，
y
l
故点A，B，C的坐标分别为（−1，0），（3，0），（0，3），
C
点A关于函数对称轴的对称点为B，
连接BC交函数对称轴于点P，此时点P即为所求点， P
直线BC的解析式为：y=−x+3.
A O B x
当x=1时，y=2，故点P（1，2）.
02．解：（4，4）．提示：令抛物线与x轴的另一个交点为E点，
y
把E点向上平移3个单位得到F点，连接AF交对称轴于D点.
∵CD=EF=3，CD∥EF，∴四边形CDFE为平行四边形，∴CE=DF.
A
D
∵CB=CE，∴CB=DF， F
∴四边形ABCD的周长=AB+CD+AD+BC=AB+CD+DF+AD=AB+CD+AF， C
∴此时四边形ABCD的周长最小， O B E x
1
当y=0时， x2 4x60，解得x =2，x =6，∴B（2，0），E（6，0），
1 2
2
−37−抛物线的对称轴为直线x=4，F（6，3）.
1 1
当x=0时，y x2 4x66，∴A（0，6），∴直线AF的解析式为y x6.
2 2
1
当x=4时，y x64，∴D（4，4）.
2
03．解：设对称轴与x轴的交点为C，连接BD，
y
过点P作PH⊥BD于点H，过点A作AM⊥BD于点M，
D
3 3
∵y (x1)(x5) (x2)23 3 ，
3 3 H
P
M
∴点D（2，3 3），A（−1，0），B（5，0），∴AB=6，BC=3，DC=3 3.
A B
在Rt△DCB中，DB DC2 BC2 6，∴∠BDC=30°，∠DBC=60°， O C x
1 1
∴PH= DP，∴AP+ DP的最小值即为AP+PH的最小值，
2 2
∴当点A，P，H三点共线时有最小值，即为AM的长．∵AB=6，∠DBC=60°，
1
∴∠BAM=30°，∴BM=3，AM=3 3，∴AP+ DP的最小值为3 3.
2
专题五十五 二次函数与最值（4）——抛物线与焦点、准线
01．解：（1）①m0，M（0，−1），OP=1，PH=1；m4，M（4，3），OP=5，PH=5.
1
②猜想OP=PH．证明如下：P（m， m2 1）， y
4
A
1 1 1 1
则OP2 m2 ( m2 1)2  m4  m2 1( m2 1)2 ，
4 16 2 4
1 1 1
∴OP m2 1，PH  m2 1(2) m2 1，∴OP=PH. B O x
4 4 4
（2）①知OP=OH=PH，△OPH为等边三角形，
F −2 E
l
∴H（2 3，−2）或（2 3，−2），知P（2 3，2）或（2 3，2）.
②由（1）知OB=BF，OA=AE（作BF⊥l，AE⊥l），∴BF+AE=OB+OA≥AB，
A，O，B三点共线时，BF+AE有最小值，最小值为6.
专题五十六 含参二次函数（1）——函数最值与参数最值（2026 浙江热点）
01．解：（1）将点A的坐标代入一次函数表达式得：b=−3−5=−8，即点A（−1，−8），
将点A的坐标代入二次函数表达式得：−8=a+2−11，则a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2−2x−11，则抛物线的对称轴为直线x=1.
（2）①设点B，D的坐标分别为（x，m），（x，n），则m=x2−2x−11，n=3x−5，
5 49 49 49
则n−m=3x−5−(x2−2x−11)=−x2+5x+6=−(x− )2+ ≤ ，即n−m的最大值为 .
2 4 4 4
②∵点B（x1 ，m）和点C（x3 ，m）都在抛物线上，
x x
∴B，C关于对称轴直线x=1对称，∴ 1 3 1，即x x 2.
2 1 3
∵x −x =x −x ，∴x +x =2x =2，∴x =1.
2 1 3 2 1 3 2 2
−38−∵点D（x ，n）是直线y=3x−5上一点，∴n=3×1−5=−2．∵m=n，∴m=−2.
2
2b
02．（1）解：∵关于x的二次函数y=−x2+2bx+c（b，c为常数），∴对称轴为直线x b.
2(1)
∵函数图象对称轴为直线x=2，∴b=2.
（2）证明：∵y=−(x−h)2+1=−x2+2hx−h2+1=−x2+2bx+c，
∴b=h，c=−h2+1，∴b2=h2，∴c=−b2+1，∴c+b2=1.
（3）解：∵y=−(x−h)2+1，m＞0，n＞0，h−n≤x≤h+m，∴当x=h时，函数最大值为1.
∵函数的最大值与最小值差为10，∴函数最小值为−9，∴−9=−(x−h)2+1，
∴(x−h)2=10，∴x h 10 ，x h 10 .
1 2
∵h−n≤x≤h+m，∴hn≥h 10，hm≤h 10，且两个等号至少有一个可取，
∴m≤ 10，n≤ 10，∴m+n的最大值为2 10.
03．解：（1）∵二次函数y=ax2+bx−1（a≠0）的图象经过点（4，−1），
b
∴16a+4b−1=−1，∴b=−4a，∴x 2，∴二次函数图象的对称轴为直线x=2.
2a
（2）∵a＞0，对称轴为直线x=2，∴抛物线的开口向上，当x＞2时，y随x的增大而增大.
∵当3≤x≤5时，函数最大值为9，∴当x=5时，函数值为9.
由（1）知：b=−4a，∴y=ax2−4ax−1，∴25a−20a−1=9，∴a=2.
（3）∵y=ax2+bx−1，∴当x=2时，y=b−1，即二次函数的最值为b−1.
∵n＜m＜b−1，∴二次函数有最大值，∴a＜0.
∵n＜m，∴|t−1−2|＜|3−t−2|，且t−1≠2，∴t≠3，解得t＞2.
综上，t的取值范围为t＞2且t≠3.
04．（1）证明：∵a≠0，∴a2＞0，∴Δ=b2−4a×(−5a)=b2+20a2＞0，
∴该函数图象与x轴一定有两个不同的交点.
b 2a
（2）解：∵若b=−2a，则抛物线的对称轴为直线x  1.
2a 2a
∵a＞0，若A，B分别位于抛物线对称轴的两侧，且y ＜y ，
1 2
则1−(n−1)＞n+1−1且n+1＞1＞n−1，解得0＜n＜1，∴n的取值范围是0＜n＜1.
（3）解：图象过点（2，1），∴4a+2b−5a=1，∴a=2b−1.
b
∵当x≥0时，总有y随x的增大而减小，∴a＜0， ≤0，∴b≤0，
2a
∴b2−2a=b2−2(2b−1)=b2−4b+2=(b−2)2−2.
∵该函数图象开口向上，且对称轴为直线b=2，
∴当b＜2时，b2−2a的值随b的增大而减小.
∵b≤0，∴当b=0时，函数取得最小值为2，即b2−2a的最小值是2.
专题五十七 含参二次函数（2）——增减性与参数的取值范围（2026 浙江热点）
01．解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（−1，1）和B（2，4），
abc1 ①
∴ ，②−①得，3a+3b=3，即a+b=1，∴b=1−a.
4a2bc4 ②
b 1a
（2）由题意可知 ≤1，∵b=1−a，∴ ≤1.
2a 2a
−39−1 1
∵a＞0，∴1−a≥2a，∴a≤ ，∴a的取值范围是0＜a≤ .
3 3
（3）∵函数图象与x轴无交点，∴b2−4ac＜0，即(1−a)2−4a(2−2a)＜0，9a2−10a+1＜0，
1
∴(a−1)(9a−1)＜0，解得 ＜a＜1.
9
1 1
∵b=1−a，∴a2+b2=a2+(1−a)2=a2+a2−2a+1=2a2−2a+1=2(a− )2+ ，
2 2
1 1 1
∴当a 时，a2+b2的最小值为 ，当a=1时，a2+b2的最大值为1，∴ ≤a2+b2＜1.
2 2 2
02．（1）证明：由题意得：Δ=[−(2m−1)]2−4(m2−m)=1＞0，
故不论m取何值时，该二次函数图象总与x轴有两个交点.
（2）解：∵A（n−3，n2+2），B（−n+1，n2+2）是该二次函数图象上的两个不同点，
n3n1 (2m1) 1
∴抛物线的对称轴为直线x 1，∴ 1，解得m ，
2 21 2
3
则抛物线的表达式为yx2 2x .
4
3 7
将点A的坐标代入上式得：n2+2=(n−3)2+2(n−3)+ ，解得n ，
4 16
3 7
故抛物线的表达式为y=x2+2x+ ，n .
4 16
（3）解：∵抛物线开口向上，对称轴为x=−1，∴当x≤−1时，y随x的增大而减小，
x x 1 3
∵点C（x ，y ），点D（x +1，y ）在此函数图象上，且y ≥y ，∴ 0 0 ≤1，∴x ≤ .
0 1 0 2 1 2 0
2 2
专题五十八 含参二次函数（3）
——分类讨论求参数的取值范围（2026 浙江热点）
01．解：（1）∵y=−(x−b)2+b2+c，∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=b，顶点为（b，b2+c）.
∵抛物线y=−(x−b)2+b2+c的顶点在直线y=x上，∴b2+c=b，∴c=−b2+b.
（2）∵将该抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到图形F，
点M（0，m）和点N（b，n）都在图形F上，且m≥n，
由（1）得y=−(x−b)2+b2−b2+b=−(x−b)2+b，顶点为（b，b）.
①当b≤0时，y≤0，图形F的解析式为y=(x−b)2−b.
∵点M（0，m）和点N（b，n）都在图形F上，∴m=(0−b)2−b=b2−b，n=(b−b)2−b=−b.
∵m≥n，∴b2−b≥−b，即b2≥0，∴b≤0.
②当b＞0时，点M（0，m）在函数y=(x−b)2−b图象上，
点N（b，n）在函数y=−(x−b)2+b图象上，∴m=(0−b)2−b=b2−b，n=−(b−b)2+b，
∵m≥n，∴b2−b≥b，即b2−2b≥0，解得b≥2.
综上，b的取值范围是b≤0或b≥2.
02．解：（1）①当a=1时，抛物线解析式为y=x2−2x+1=(x−1)2，
∴此时抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，0）.
②当x=0时，y=1，当x=3时，y=32−2×3+1=4，∴当0＜x＜3时，0≤y＜4.
−40−2a
（2）抛物线y=ax2−2ax+1（a≠0）的对称轴为直线x 1.
2a
7 9
∵ ≤x ≤ ，∴点P在对称轴的右侧．当a＜0时，1＜1−a＜x ＜2−a，∴点Q在对称轴右侧.
1 2
4 4
7 9
∵此时在对称轴的右侧y随x的增大而减小，对于 ≤x ≤ ，1−a＜x ＜2−a，都有y ＞y ，
1 2 1 2
4 4
9 5
∴1a≥ ，解得a≤ .
4 4
当a＞0时，抛物线的开口向上，距离抛物线的对称轴越远的点函数值越大，
 7
2a≤

7 9  4 1 3
∵对于
4
≤x
1
≤
4
，1−a＜x
2
＜2−a，都有y
1
＞y
2
，∴
 1(1a)≤ 7 1
，解得
4
≤a≤
4
.
 4
5 1 3
综上，a的取值范围是a≤ 或 ≤a≤ .
4 4 4
aa4
03．（1）解：由题意得，对称轴是直线x a2，∴该函数图象的对称轴是直线x=a−2.
2
x (a6)
（2）解：∵对称轴为直线x=a−2，设点B的横坐标为x ，∴ B a2，
B
2
∴x =2(a−2)−(a−6)=a+2，∴AB的长为|(a+2)−(a−6)|=8.
B
a(a4)
（3）证明：由题意，∵二次函数y=(x−a)(x−a+4)的对称轴为直线x a2，
2
且二次项系数为1＞0，即抛物线开口向上，∴抛物线上的点到对称轴的距离越远，函数值越大.
∵点（2a−7，p）到对称轴直线x=a−2的距离为：|(2a−7)−(a−2)|=|a−5|=5−a（∵1＜a＜3，∴a−5＜0），
点（4a−9，q）到对称轴直线x=a−2的距离为：|(4a−9)−(a−2)|=|3a−7|，
 7
5a(73a)2a2(1＜a＜ )

 3
∴(5a)|3a7|  ，
 5a(3a7)124a( 7 ≤a＜3)
 3
7
∴当1＜a＜ 时，2a−2＞0（∵a＞1），即5−a＞7−3a；
3
7
当 ≤a＜3时，12−4a＞0（∵a＜3），即5−a＞3a−7.
3
综上，5−a＞|3a−7|，点（2a−7，p）到对称轴的距离更远，∴p＞q.
专题五十九 含参二次函数（4）——阅读理解与新定义（2026 浙江热点）
1
01．解：（1）由题意可知：平衡抛物线y  x2 bxc 过点（−3，−3），
1 1 1
4
1 1 3 3 1 3 3
即y  (x3)3 x2 x ，∴抛物线y 的解析式y  x2  x .
1 1 1
4 4 2 4 4 2 4
（2）①线段AC的中点M一定落在直线y=x上，理由如下：
1
若n=1，则平衡抛物线y  x2b xc 过点（1，1），
2 2 2
4
1 1 1 3 1 1 3
即y  (x1)21 x2 x ，∴抛物线y 的解析式y  x2  x .
2 2 2
4 4 2 4 4 2 4
−41−1 3 3 1 1 3
∵点C与点B关于直线x=n对称，∴C（m，q），∴ p m2  m ，q m2 m ，
4 2 4 4 2 4
pq
∴p+q=2m，∵AC的中点为（m， ），即（m，m），
2
∴线段AC的中点M一定落在直线y=x上.
1 3 3 1 1 3 1
②d | pq| m2 m ( m2 m )  (m1)22 .
4 2 4 4 2 4 2
1 21 21
当−4≤m≤4时，2≤ (m1)22≤ ，∴0≤d≤ .
2 2 2
1 3 3 1 3 3
（3）由（1）得y  x2  x ，∴ p m2  m ，
1
4 2 4 4 2 4
y
抛物线y  1 x2b xc 是平衡抛物线，对称轴为直线x=n， 6
2 2 2
4
1
∴抛物线y 的顶点为（n，n），∴y  (xn)2n，
2 2 4 −7 O 9 x
1 1 1 1
∴q (2nmn)2n m2 mn n2n ，
4 4 2 4
1 3 3 1 1 1 1 3n 1 3
∴d  ( m2 m )( m2 mn n2n)  m2  m n2 n ，
4 2 4 4 2 4 2 2 4 4
n3 n2 2n15
当m 时，d的最小值为 .
2 8
∵d的最小值大于或等于6，利用图象法可得：当d≥6时，n≥9或n≤−7.
第二章 随机事件的概率
专题一 概率（1）——概率的求法
01．解：D.
02．解：∵一枚质地均匀的骰子，其六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6，投掷一次，
2 1
∴朝上一面的数字是朝上面的数字大于4的概率为：  .
6 3
5
03．解： .
9
04．解：C．提示：由一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，
假定蚂蚁在每个岔路口都会随机的选择一条路径，
观察图可得：第一次选择，它有3种路径；第二次选择，每次又都有2种路径.
2 1
两次共6种等可能结果，其中获得食物的有2种结果，∴获得食物的概率是  .
6 3
05．解：C．提示：列表如下：
男 男 女 女
1 2 1 2
男 1 × √ √
男 2 × √ √
女 1 √ √ ×
女 2 √ √ ×
−42−8 2
故共有12种可能结果，其中一男一女有8种，故其概率为  .
12 3
06．解：D．提示：画“树形图”列举这两辆汽车行驶方向所有可能的结果如图所示：
开始
左 直 右
左 直 右 左 直 右 左 直 右
∴这两辆汽车行驶方向共有9种可能的结果；
由“树形图”知，至少有一辆左转的结果有5种，且所有结果的可能性相等，
5
∴至少有一辆左转的概率是 .
9
07．解：C．提示：画树状图如下：
开始
小美 9 5 2
小丽 3 4 8 3 4 8 3 4 8
5
共有9种等可能的结果，其中小美获胜的结果有5种，∴小美获胜的概率为 .
9
08．解：C．提示：画树状图如下：
开始
数 学
数 学 美 数 学 美
数 学 美 数 学 美 数 学 美 数 学 美 数 学 美 数 学 美
共有18种等可能的结果，其中取出的3张卡片恰好有“数”、“学”、“美”三个字的结果有：
（数，学，美），（数，美，学），（学，数，美），（学，美，数），共4种，
4 2
∴取出的3张卡片恰好有“数”、“学”、“美”三个字的概率为  .
18 9
09．解：C．提示：画树状图如图：
开始
正 反
正 反 正 反
正 反 正 反 正 反 正 反
3
共有8种等可能的结果，恰有两次正面向上有3种，∴恰有两次的概率为 .
8
10．解：C．提示：画树状图如图：
开始
左 右
左 右 左 右
左 右 左 右 左 右 左 右
1
共有8个等可能的结果，其中至少两人左拐的结果有4个，∴至少两人左拐的概率为 .
2
−43−11．解：D．提示：用A表示雄性，B表示雌性，画树状图如图：
开始
第1枚 A B
第2枚 A B A B
第3枚 A B A B A B A B
共有8个等可能的结果，孵化出的小鸟恰有两个雌性一个雄性的结果有3个，
3
∴孵化出的小鸟恰有两个雌性一个雄性的概率为 .
8
1
12．解： ．提示：∵捕捞到草鱼的频率稳定在0.5左右，
y
3
x
设草鱼的条数为x，可得： 0.5，解得x=2400，
1600x800
∴由题意可得，捞到鲤鱼的概率为： 1600  1 . O x
16002400800 3
1
π12
13．解：D．提示：根据题意，点的分布如图所示，∴ 4  n ，∴π 4n .
12 m m
1
14．解： ．提示：画树状图如下：
6
开始
武 汉 加 油
汉 加 油 武 加 油 武 汉 油 武 汉 加
由树状图知，共有12种等可能结果，其中两次摸出的球上的汉字能组成“加油”的有2种结果，
2 1
∴两次摸出的球上的汉字能组成“加油”的概率为  .
12 6
15．解：C．提示：列表如下，共有12种结果.
0 1 2 3
0 （0，1） （0，2） （0，3）
1 （1，0） （1，2） （1，3）
2 （2，0） （2，1） （2，3）
3 （3，0） （3，1） （3，2）
∵ax2 2 3xc0有两个不相等实根，∴124ac＞0，且a0，∴ac＜3且a0，
5
故有（1，0），（1，2），（2，0），（2，1），（3，0），共5种结果，故P .
12
16．解：D．提示：A．根据表中是数据求得M号衬衫的数量为：
1×3+4×10+5×15+7×5+9×4+10×3+11×3=252件，故A选项错误；
B．由题可得，50包中L号衬衫数全部不低于9，所以从中随机取一包，
包中L号衬衫数不低于9的概率为1，是必然事件，故B选项错误；
C．由题可得，50包中没有一包中L号衬衫数不超过4，
所以从中随机取一包，包中L号衬衫数不超过4的概率为0，故C选项错误；
D．根据50包中M号衬衫的数量除以总包数，
−44−252
求得恰好是M号的概率为： 0.252，故D选项正确.
1000
专题二 概率（2）——概率综合题
1
01．解：（1） .
2
（2）设两双运动鞋分别为A 、A 、B 、B 且A 、A 为一双，B 、B 为一双，
左 右 左 右 左 右 左 右
则可列树状图，共有12种结果，且每个结果可能性相等.
A A B B
左 右 左 右
A B B A B B A A B A A B
右 左 右 左 左 右 左 右 右 左 右 右
会随手拿两只恰好为一双为事件A，
4 1
则共有4种结果：A A ，A A ，B B ，B B ，∴P（A）  .
左 右 右 左 左 右 右 左
12 3
02．解：（1）2.
（2）依题意列表如下：
白 白 黑 红
1 2
白 （白 ，白 ） （白 ，白 ） （白 ，黑） （白 ，红）
1 1 1 1 2 1 1
白 （白 ，白 ） （白 ，白 ） （白 ，黑） （白 ，红）
2 2 1 2 2 2 2
黑 （黑，白 ） （黑，白 ） （黑，黑） （黑，红）
1 2
红 （红，白 ） （红，白 ） （红，黑） （红，红）
1 2
由上表可知，同时摸出两个球，有16种等可能的结果，其中“摸到的球都是白球”的结果有4种，
1
∴P（摸到的球都是白球）= .
4
03．解：（1）画树状图如下：
开始
元件1 通 断
元件2 通 断 通 断
由图可知，共有4种等可能结果，
其中A，B之间的两个元件都通过电流才能正常通过的只有1种结果，
1
∴A，B之间的两个元件都通过电流才能正常通过概率为 .
4
（2）画树状图如下：
开始
元件1 通 断
元件2 通 断 通 断
由图可知，共有4种等可能结果，
其中C，D之间的两个元件中至少有一个元件通过电流就能正常通过的有3种结果，
3
∴C，D之间两个元件中至少有一个元件通时电流就能通过的概率为 .
4
−45−120 1
04．解：（1）∵圆心角为120°的扇形涂成红色，其余部分涂成白色，∴红色区域的面积 πr2  πr2，
360 3
1
πr2
∴转动转盘1，当转盘1停止转动时，指针落在红色区域的概率 3  1 .
πr2 3
（2）如图，
开始
第一次 红 黄 白
第二次 红 黄 白 红 黄 白 红 黄 白
由图可知，同时转动转盘2和转盘3共有9中情况，
其中当两个转盘停止转动时，则指针落在区域的颜色都是红色的情况有一种，
1
∴当两个转盘停止转动时，则指针落在区域的颜色都是红色的概率为 .
9
05．解：（1）转动该转盘一次，获得铅笔的概率约为0.75.
饮料所在扇形的圆周角的度数为360°×(1−0.75)=90°.
x
（2）①设红球的个数为x个，根据题意得： 0.75，解得x=3，经检验，x=3是原方程的根.
1x
答：红球的个数为3个.
②画树状图为：
开始
红 红 红 白
红 红 红 白 红 红 红 白 红 红 红 白 红 红 红 白
共有16种等可能的结果数，其中两次都获得“饮料”的结果数为1，
1
∴两次都获得“饮料”的概率= .
16
第三章 圆的基本性质
专题一 利用圆的半径相等
1
01．解：70．提示：∵∠BOD=100°，∴∠A= ∠BOD=50°.
2
∵∠B=60°，∴∠C=180°−∠A−∠B=70°.
02．解：连接OB，∵OC=BC，∴∠CBO=∠COB. B
C
∵OB=OA，∴∠CBO=∠A．∵OC⊥OA，∴∠COA=90°.
∵∠CBO+∠COB+∠A+∠COA=180°，∴∠A=30°，∴AC=2OC. A
O
又∵AC2−OC2=AO2，即3OC2=36，
∴OC=2 3，AC=4 3，BC=OC=2 3，∴AB=6 3.
A
03．证明：过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥CD于点H，
B
G
连接OA，OC，∵OP平分∠APC，∴OG=OH，
P O
∴Rt△POG≌Rt△POH（HL），∴PG=PH.
H
D
又∵OA=OC，∴Rt△AOG≌Rt△COH（HL），∴AG=CH，∴PA=PC.
C
−46−04．解：5．提示：连接OP，∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠OAB=45°．
B
∵PC⊥OA，∴△ACD为等腰直角三角形，∴AC=CD=1．
P
设该扇形的半径长为r，则OC=r−1，
在Rt△POC中，∠PCO=90°，PC=PD+CD=3， D
O C A
∴OP2=OC2+PC2，即r2=(r−1)2+9，解得r=5.
05．解：2．提示：∵∠ABC=∠ABP+∠PBC=∠ABP+∠PAB=90°， A
∴∠APB=90°，以AB为直径作⊙O，
1 O
当点O，P，C在一条直线上时，线段CP的长最小，OP= AB=3，
2
P
最小值为CPOCOP OB2BC2 OP 2. B C
专题二 垂径定理与圆的对称性
13
01．解： .
3
C
02．解：20．提示：延长AO交BC于M，
M
则△ABM为正三角形，∴BM=AB=AM=12. N
O
过O作ON⊥BC于N，∴OM=4，∴MN=2， 8
A 12 B
∴BN=10，∴BC=2BN=20.
1
03．解：（1）过O作OF⊥CD于F，连接OD，则CF=DF= CD=3，EF=OF=2，
2
OD OF2 DF2  13，∴AB=2OD=2 13.
（2）过点O作OF⊥CD于点F，连接OD，则CF=DF. D
∵∠OEF=∠AEC=45°，∴OF=FE.
F
设DF=a，FE=b，在Rt△DOF中，OF2+DF2=OD2，a2+b2=R2. A B
C E O
又CF=a，OF=b，∴ED=a+b，EC=a−b，
CE2 DE2 2R2 1
CE2+DE2=(a−b)2+(a+b)2=2(a2+b2)=2R2，∴   .
AB2 (2R)2 2
04．解：2．提示：作AF⊥BC，垂足为F，并延长AF交DE于H点．
A
∵△ABC为等边三角形，∴AF垂直平分BC，
2
∵四边形BDEC为正方形，∴AH垂直平分正方形的边DE．
F
B C
又∵DE是圆的弦，∴AH必过圆心，记圆心为O点，并设⊙O的半径为r． O
2
在Rt△ABF中，∵AB2=BF2+AF2，∴AF= 22 12 = 3． H
D E
∴OH=AF+FH−OA= 3+2−r．在Rt△ODH中，OH2+DH2=OD2，
∴( 32r)212 r2，解得r=2，∴该圆的半径长为2.
专题三 垂径定理的推论及应用
01．解：13．提示：∵点D是⊙O中弦AB的中点， C
CD经过圆心O交⊙O于点C，∴CD⊥AB，∴∠ADO=90°.
1 A D B
∵AB=24，∴AD= AB=12，设圆的半径为OA=r，则OD=18−r，
O
2
−47−在Rt△AOD中，AO2=OD2+AD2，即r2=(18−r)2+122，解得r=13.
⌒
02．解：26．提示：设AB所在圆的圆心为点O，⊙O的半径为r，连接OD，OA，
⌒
∵CD⊥AB，点C是AB中点，∴O，D，C三点共线，AD=BD=12，CD=8，
⌒
在Rt△AOD中，OA2=OD2+AD2，∴r2=(r−8)2+122，∴r=13，∴AB所在圆的直径为26.
03．解：C.
1
04．解：16．提示：过点A作AR⊥ON，AS=AT=200m，则AR= OA=120m.
2
由勾股定理得：SR=RT=160m，∴ST=320m，
R
T N
S
P
721000米
72千米/小时= =20m/秒， M O
3600秒 A Q
受噪音影响的时间为t=320÷20/秒=16秒.
⌒ ⌒ ⌒ ⌒
05．（1）证明：连接AM，AN，∵AM=BM，AN=CN，∴∠BAM=∠ANM，∠AMN=∠CAN，
∵∠APD=∠AMN+∠BAM，∠ADP=∠CAN+∠ANM，∴∠APD=∠ADP，∴AP=AD.
A
（2）解：连接AO，OM，OM交AB于E，设PE=x，
⌒ ⌒ M P N
∵AM=BM，∴OM⊥AB，∴∠AEO=90°，
D
E
∵OE2=OA2−AE2=OP2−PE2，∴52 (x3)2 ( 10)2 x2， O
C
B
∴x=1，∴AE=4，OE=3，ME=2，∴MP= ME2 PE2 = 5 .
专题四 垂径定理与等线段双勾股
01．解：2 13．提示：作OM⊥AB于M，延长MO交CD于N，连接OB，OD，
A B
1 1
设OM=x，∴MB= AB=2，DN= CD=3， M
2 2
O
在Rt△BOM中，OB2=OM2+MB2，∴OB2=x2+22.
在Rt△DON中，OD2=ON2+DN2，∴OD2=(5−x)2+32， C N D
∵OB=OD，∴x2+4=(5−x)2+9，∴x=3，
∴OB2=32+22=13，∴OB= 13，∴⊙O直径长是2 13.
02．解：27或13．
提示：如图1，由勾股定理得： OM  R2 242 7 ， ON  R2 152 20 ，∴MN=13；
如图2，由勾股定理得：OE=7，OF=20，∴EF=27.
E
C D
O
O
M
C D
F
N
A B
A B
图1 图2
03．解：8 2．提示：取EF中点M，连CM，OE，
F M E
∵M是EF的中点，∴EM=FM.
∵∠ECF=90°，∴CM=EM=FM，∴∠EFC=∠MCF. C
∵∠EFC=∠ECO，∴∠MCF=∠ECO， A O B
−48−∴∠MCF+∠MCE=∠ECO+∠MCE=90°，∴∠MCO=90°.
设ME=MF=MC=a，在Rt△MCO中，MC2+CO2=OM2，
∵OC=6，∴a2+62=OM2．∵ME=MF，∴OM⊥EF，
∴在Rt△OME中，OM2=OE2−ME2=OB2−ME2=102−a2，
∴a2 62 102 a2，∴a4 2 ，∴EF 2a8 2.
04．解：2 2．提示：过点O作OC⊥AB于点C，连接AO，NO，
∵AM=2BM=4，∴BM=2，则AB=AM+BM=4+2=6.
O
1
∵OC⊥AB，∴AC=BC= AB=3，∴MC=BC−BM=3−2=1.
N
2
A CM B
设OC=x，在Rt△COM中，OM2=OC2+MC2=x2+1，
在Rt△AOC中，AO2=OC2+AC2=x2+9=ON2，
∴MN2=ON2−OM2=x2+9−(x2+1)=8，∴MN=2 2（负值舍去）.
专题五 圆心角和弧的旋转
01．解：（1）CD= 3. D
E
（2）猜想：AB2+CD2=4r2．作直径BE，连AE，则∠AOB+∠AOE=180°.
∵∠AOB+∠COD=180°，∴∠AOE=∠COD，∴AE=CD.
O
C
∵BE是直径，∴∠BAE=90°.
在Rt△BAE中，AB2+AE2=BE2，∴AB2+CD2=(2r)2，∴AB2+CD2=4r2. A B
02．解： 51．提示：作直径AM，连BM，DM，则∠ADM=∠ABM=90°， A
B
⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒
∴BM=8，∴BM=CD，∴BM=CD，CM+DM=CM+BC，DM=BC，
O
∴DM=BC，∴AD 102 72  51.
D C
2 21
03．解： ．提示：作∠COE=∠AOB， M
3
则∠EOD=∠COD+∠COE=∠COD+∠AOB=120°，
⌒ B K
在BD上取一点K，连接EK，DK，ED，OE，CE，
A
作EH⊥DC交DC的延长线于H，作OJ⊥ED于J，
O
1
∴∠K= ∠EOD=60°，∴∠ECD=180°−∠K=180°−60°=120°，∠ECH=60°.
E
2
J
⌒ ⌒ H C D
∵∠AOB=∠COE，∴AB=CE，∴CE=AB=2，∴CH=1，EH= 3.
在Rt△EHD中，ED EH2DH2  2 7 ，
1 1 2 21
∵OJ⊥ED，∴EJ= ED= 7 ，∠EOJ= ∠EOD=60°，∴OE= .
2 2 3
04．解： 10．提示：作半径OE⊥AB，连接DE，作BF⊥DE交ED的延长线于F.
∵∠DOC=90°，∠AOE=90°，∴∠DOE=∠AOC，∴DE=AC=2.
∵∠BDE=180°− 1 ×90°=135°，∴∠BDF=45°， A O B
2
C
2 2 F
∴DF=BF= BD= ×2 2=2．在Rt△BEF，BE= 22 42 =2 5. E D
2 2
−49−2
∵△BOE为等腰直角三角形，∴OB= ×2 5= 10.
2
专题六 圆周角
⌒ ⌒
01．解：50．提示：∵AB=AB，∴∠AOB=2∠C=80°.
1
∵OA=OB，∴∠ABO=∠BAO= ×(180°−∠AOB)=50°.
2
1
02．解：50．提示：连OD，∵∠BED=40°，∴∠BOD=80°，∴∠AOD=100°，∴∠ACD= ∠AOD=50°.
2
03．解：2 14．提示：∵EG=FG，FG∥BC，∴EC=CB.
连CA，易证CA为直径且平分BE，∴∠DAC=∠ACB=∠ECA，∴CG=AG=4，∴CB=CE=7，
∴DG=DA−AG=BC−AG=3，∴CD2=16−9=7=AB2，∴直径AC  497 2 14 .
04．解：5．提示：连EF，∵∠FOE=90°，E，F在圆上，∴EF为直径.
由勾股定理得EF2=62+82，∴EF=10个单位，即圆的半径为5个单位.
05．解： 3．提示：延长PM，PN分别交⊙O于R，S，
连RS，OR，OS，则MP=MR，PN=NS，∴RS=2MN.
∵∠P=60°，∴∠ROS=120°．∵OR=2，∴RS= 3OR=2 3，∴MN= 3.
E E C P
C
B
A F G D M
F
O R
A B A B
O O N
B C
O E A
D
SD
第2题图 第3题图 第4题图 第5题图
专题七 圆内接四边形
01．解：25．提示：∵∠ADC=115°，∴∠ABC=180°−115°=65°，
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC=90°−∠ABC=90°−65°=25°.
02．解：50．提示：连AE，∵四边形ADCE内接于⊙O，
D
∴∠D+∠AEC=180°，∴∠AEC=180°−110°=70°.
C
∵AB为直径，∴∠AEB=90°，∠BEC=90°−70°=20°.
F
A B
∵C为 ⌒ BD的中点，∴∠BAD=2∠BEC=40°. O
∵BE∥AD，∴∠ABE=∠BAD=40°，∴∠BAE=90°−40°=50°.
E
⌒ ⌒
∵BE=BE，∴∠ECB=∠BAE=50°.
03．解：110．提示：在优弧AB上取点D，连接AD，BD， D
⌒ ⌒ 1
∵AB=AB，∴∠ADB= ∠AOB=70°， O
2
A B
∵∠ACB+∠ADB=180°，∴∠ACB=180°−∠ADB=110°.
C
−50−04．解：124．提示：在优弧AB上取点E，连接OA，AE，BE，
E
∵OD⊥AB，∴∠AOD=∠BOD=56°，∴∠AOB=112°.
⌒ ⌒ 1 O
∵AB=AB，∴∠E= ∠AOB=56°.
2 D
∵四边形ACBE是⊙O的内接四边形， A B
C
∴∠E+∠C=180°，∴∠C=180°−56°=124°.
05．解：3 2．提示：连接AC，BC，过B作BH⊥CP交CP的延长线于点H，
C
则AC=BC=5，∠BAC=45°，
P
2
∴∠BPC=135°，∴∠BPH=45°，∴BH=PH，∴BH= ， H
2
B O A
2 2
在Rt△BHC中，BH2+CH2=BC2，∴( )2 ( PC)2 52，∴PC=3 2 .
2 2
专题八 圆中导角
01．解：110．提示：连接DC，∵BC是⊙O的直径，∴∠ADC=90°，
⌒ ⌒
∴∠ECD=90°−35°=55°．∵DE=DE，∴∠DOE=2∠ECD=110°.
⌒ ⌒
02．解：4 3．提示：连接OA，OC，过点O作OD⊥AC于点D，∵AC=AC， B
1
∴∠AOC=2∠B，且∠AOD=∠COD= ∠AOC，∴∠COD=∠B=60°. O
2
A D C
3
在Rt△COD中，OC=4，∠COD=60°，∴CD= OC=2 3，∴AC=2CD=4 3.
2
C
03．解：30°或150°．提示：当弦AB，AC在半径OA的同侧时，如图1， B
1
过O作OD⊥AB于D，则AD= AB= 3，∠AOB=2∠AOD， D A
2 O
∴∠AOD=60°，∴∠AOB=2∠AOD=120°.
∵OA2+OC2=8=AC2，∴∠AOC=90°，∴∠BOC=∠AOB−∠AOC=30°. 图1
当弦AB，AC在半径OA的异侧时，如图2， B
D
同理可求得∠AOB=120°，∠AOC=90°，则∠BOC=360°−∠AOB−∠AOC=150°，
A
即∠BOC的度数为30°或150°. O
⌒ ⌒
04．解：2 5．提示：∵BD=BD，∴∠BAD=∠BCD.
C
∵∠E=∠BCD，∴∠E=∠BAD. 图2
∵BE∥AD，∴∠BAD=∠ABE，∴∠ABE=∠E，∴AB=AE.
∵∠ACB=90°，∴AB2=BC2+AC2.
设CE=x，则BC=2CE=2x，AB=AE=3+x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，32+(2x)2=(x+3)2，∴x=2，∴CE=2，BC=4.
在Rt△BCE中，BE  BC2 CE2  2 5.
05．解：（1）连接BD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°.
O B P
⌒ ⌒ A
∵BC=BC，∴∠BDC=∠BAC=α，∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=90°+α.
（2）∵∠ACP=∠ADC，∴∠PCO+∠ACO=∠ADB+∠BDC， D
C
∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∠BDC=∠OAC，
−51−∴∠BDC=∠OCA，∴∠PCO=∠ADB=90°.
令PB=x，则PC=2PB=2x，∵⊙O的半径为6，∴PO=OB+PB=6+x，
在Rt△POC中，PO2=PC2+OC2，∴(6+x)2=(2x)2+62，∴x=4，∴PB=4，
∴AP=AB+PB=6×2+4=16.
专题九 弧的中点
01．解：29．提示：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠BAC=32°，∴∠ABC=58°.
根据圆的内接四边形对角互补易证：∠ADC=122°.
∵D是弧AC的中点，∴AD=CD，∴∠DAC=∠DCA，∴∠DAC=29°.
20
02．解： 2．提示：连接BC，OD，OD交AC于点E，
3 D
C
由D为弧AC的中点，可得OD⊥AC，
E
P
1 10 A B
∴OE为△ABC的中位线，即OE= BC，证△DPE≌△BPC，BC= ， O
2 3
10 20
在Rt△ABC中，AC  AB2 BC2  102 ( )2  2 .
3 3
03．解：102°．提示：连接OF，OA，则△AOF≌△AOC， A
F
∴∠AFO=∠ACO=∠FAO=∠CAO，∴∠BAC=2∠ACO.
B
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠ACO=180°， D
O C
1
∴27°+∠BAC+ ∠BAC=180°，∴∠BAC=102°.
2
⌒
04．解：（1）如图1，连接PB，∵AB是⊙O的直径，P是AB的中点，
P
2 13 2 C
∴PA=PB，∴PA= AB= .
2 2
（2）如图2，连接DP，BC，OP交BC于D点，连接PB， A
O
B
⌒
∵P是BC的中点，∴OP⊥BC于D，BD=CD.
图1
1 5
∵OA=OB，∴OD= AC = .
2 2
P
1 13 13 5 C
∵OP= AB= ，∴PD=OP-OD= - = 4.
2 2 2 2 D
A B
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°. O
1
∵AB=13，AC=5，∴BC=12，∴BD= BC =6，∴PB= PD2+BD2 = 2 13.
2 图2
∵AB是⊙O的直径，∴∠APB=90°，∴PA= AB2 -PB2 =3 13.
专题十 垂直弦与弦心距
C
1
01．解：50°．提示：连接BD，∠ABD= ∠AOD=65°.
2 A B
∵AB⊥CD，∴∠CDB=90°−∠ABD=25°，∴∠BOC=2∠CDB=50°. O
02．解：2 2.
D
−52−03．解： 31cm．提示：作OM⊥AB于M，ON⊥CD于N，连接OA，OC，
∵AB=10，CD=8，∴AM=BM=5，CN=DN=4．∵⊙O的半径是6，∴OA=OC=6，
C
∴OM  62 52  11，ON  62 42 2 5 .
∵AB⊥CD，∴∠CPA=90°，∵OM⊥AB于M，ON⊥CD于N， O
N
∴∠OMP=∠ONP=90°，∴四边形MONP是矩形.
A M P B
D
∵MP=ON=2 5，OP OM2MP2  ( 11)2(2 5)2  31.
415
04．解： ．提示：连接OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
2
∵∠BAC=45°，∴∠BOC=90°，
A
5 2 5 2
∵BD=4，CD=1，∴BC=4+1=5，∴OB=OC= ，∴OA= ，
2 2 G
O
5 3 3 5
OF=BF= ，∴DF=BD−BF= ，∴OG=DF= ，GD=OF= . D
2 2 2 2 B F C
E
41 41 415
∴AG OA2 OG2  ，∴GE= ，∴DE=GE−GD= .
2 2 2
专题十一 垂直弦与直径的构造
01．解：2 5．提示：连接AD，∵AB为直径，∴∠ADB=90°. D
∵弦CD垂直直径AB于点E，∴EC=ED，∴AD=AC=4.
A B
在Rt△ADB中，AB AD2 DB2  42 22  2 5 . O E
02．证明：（1）连接CO并延长交⊙O于点F，连接BF，CD，
C
则∠BFC=∠CDB，∠FBC=90°，∴∠BFC+∠BCF=90°.
F A
∵AC⊥BD，∴∠CDB+∠ACD=90°.
B D
⌒ ⌒
∵∠BFC=∠CDB，∴∠BCF=∠ACD，∴BF=AD，∴BF=AD.
O
∵OE⊥BC，∴E为BC的中点，且O为CF的中点， E
1 1
∴OE= BF，∴OE= AD.
C
2 2
（2）由（1）可知BF=AD，∵⊙O的半径为R，∴CF=2R，
∵∠FBC=90°，△BCF为直角三角形，∴BC2+AD2=BC2+BF2=CF2=4R2. A
F
03．解： 13．提示：连CO并延长交圆O于F，
连AF，BF，可得平行四边形AHBF， O H E
∴BF=AH=4，∴CF  BC2 BF2  2 13，∴R= 13. B D C
01．（1）证明：连接AE，∵以AB为直径的圆分别交AC，BC于点D，E，
∴∠AEB=∠AEC=90°.
A
⌒ ⌒
∵AB=AC，∴∠BAE=∠CAE，BE=CE，∴BE=DE，∴BE=DE. D
（2）解：由（1）可知BE=CE，则BE=CE=3，∴BC=BE+CE=6，
∵AB=AC=5，Rt△ABE中，AE  AB2BE2  4，
B E C
1 1 BCAE 24
S  ACBD BCAE，∴BD  .
△ABC
2 2 AC 5
−53−专题十二 平行弦与弦的夹角处理
⌒ ⌒ D C
01．解： 5 ．提示：连CB，∵∠ACD=∠CAB，∴BC=AD，
∴BC=AD=2，∴AB=2 5，OB=OA= 5 .
A B
O
02．解：3 2 ．提示：连接OC，OE，BC，CE，AC，
⌒ ⌒
∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∴BC=AD，∴BC=AD=2.
⌒ ⌒
∵CE=CE，∠CDE=45°，∴∠COE=90°，∠CBE=∠CDE=45°，
∴△OCE是等腰直角三角形，∴CE= 10. B A
过点C作CH⊥BE交BE于点H， H
O
在Rt△BCH中，CH=BH= 2 BC= 2，EH  CE2 CH2  2 2 ， C D
2
E
∴BE=BH+EH= 22 2 3 2 .
2 57
03．解： ．提示：过点D作DT∥AC交⊙O于点T，
C
3
B
E
连TA，TB，OB，OE，则∠BDT=60°，∠BAT=120°.
R
D O
过点B作BR⊥TA的延长线于点R，∴AR= 1 AB=2，BR=2 3， A
2
2 19 2 57 T
TA=CD=6，TR=8，BT=2 19，OB  .
3 3
04．解： 7．提示：作EF∥AC交⊙O于点F，连接BF，CF， A
则CF=DE= 3，∠BCF=∠BEF=∠A=30°.
E
D
1
作BH⊥CF交CF的延长线于点H，则BH= BC=2，
2 O
∴CH= 3BH=2 3，∴FH=CH−CF= 3，∴BF  BH2FH2  7 .
B C
F
连接OB，OF，则∠BOF=2∠BEF=60°，∴可得正△BOF，∴R=BO=BF= 7 . H
专题十三 对补邻等四边形
01．证明：（1）过点D作DE⊥CD，交CA的延长线于点E， C
∵AB为直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，
A B
∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD= 1 ∠ACB=45°， ⌒ AD= ⌒ BD， O
2 2 3
1
∴AD=BD，∴等腰Rt△ABD，等腰Rt△CDE，∴DC=DE，CE= 2CD， D
E
∵∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3，∴△EAD≌△CBD（SAS），
∴AE=BC，∴AC+BC=AC+AE=CE= 2CD.
（2）由（1）知△EAD≌△CBD，∴S =S ，
△EAD △CBD
1 1 1
S =S +S =S +S =S = CDDE  x2，即S  x2.
四边形ACBD △CBD △ACD △EAD △ACD △CDE
2 2 2
02．解：过点C作CE⊥AB于点E，作CF⊥CA交AB延长线于点F，连BD，
⌒ ⌒
∵∠DAC=∠BAC=45°，∴CD=CB，∴CD=CB，∠DAB=90°，∴BD为直径，
−54−∴∠DCB=90°，证△CAD≌△CFB，∴AD=FB.
C
∵AB+AD=2，∴AB+FB=AF=2，∴CA=CF= 2.
在Rt△ACE中，AE=CE=1，
D O
3 2 A
在Rt△BCE中，∠CBA=60°，∴BE= ，BC= 3， E B F
3 3
2 6
在Rt△BCD中，BD= 2BC= 6，∴半径为 .
3 3
8 3
03．解： ．提示：过C作CE⊥AB交AB延长线于E，CF⊥AD于F，则∠E=∠CFD=∠CFA=90°.
3
⌒ ⌒
∵点C为弧BD的中点，∴BC=CD，∴∠BAC=∠DAC，BC=CD.
A
∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE=CF.
∵A，B，C，D四点共圆，∴∠D=∠CBE.
O F
∴△CBE≌△CDF，∴BE=DF，∴△AEC≌△AFC，∴AE=AF. B
设BE=DF=x，∵AB=3，AD=5， E D
C
2 3 8 3
∴AE=AF=x+3，∴5=x+3+x，解得x=1，即AE=4，∴AC  AE  .
3 3
04．解：D.
专题十四 圆心四边形
01．解：140°．提示：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A+∠C=180°.
∵∠A=110°，∴∠C=70°，∴∠BOD=2∠C=140°.
02．（1）证明：∵AC∥OB，BC∥OA，∴四边形ACBO为平行四边形.
∵OA=OB，∴四边形ACBO为菱形.
（2）解：可得△AOC为等边三角形，∠ACO=60°，∠ACB=120°.
17 ⌒ ⌒ ⌒ ⌒
03．解： π．提示：∵AB=CD，BC=DE，∴AB=CD，BC=DE，
8
1
∴∠AOB=∠COD，∠BOC=∠DOE，∴∠BOD= ∠AOE=90°，∴∠AOB+∠DOE=90°.
2
连接BE，由∠BOD=90°，可得∠BED=45°，∴∠BCD=180°−∠BED=135°. C
D
连接BD，在△BCD中，BC=3，CD= 2，∠BCD=135°， B
解△BCD可得BD= 17，∵OB=OD，∴△BOD为等腰直角三角形，
A O E
2 34 34 nπr2 17
∴OB= BD= ，∴r  ，∴S   π.
阴
2 2 2 360 8
04．解：（1）连接CE，∵DC=CE=BC，∴∠CDE=∠CED，∠CBE=∠CEB.
又∵∠DCE+∠CDE+∠CED=180°，∠ECB+∠CEB+∠CBE=180°， C
而∠DCE+∠BCE=90°，∴90°+2∠CED+2∠CEB=360°， A B
O
而∠DEB=∠CED+∠CEB，∴∠DEB=135°.
F
（2）F为半圆AB的中点．证明：连AF，OF， E
∵四边形AFEB为⊙O内接四边形，∴∠OAF+∠DEB=180°， D
∴∠OAF=45°，∴∠BOF=90°，∴F为半圆AB的中点.
−55−专题十五 圆的折叠与弧的旋转
01．解：2 30．提示：连接CA，CD，过点C作CE⊥AB于E，
C
⌒ ⌒
易证：CA=CD，CA=CD，AE=DE=2，
O
设CE=x，则AC2=x2+22，BC2=x2+102，
A E D B
∴x2+22+x2+102=122，∴x=2 5，∴BC  (2 5)2102 2 30 ．
02．解：B．提示：连接CA，CD，DE， C
⌒ ⌒ ⌒ ⌒ E
易证：CA=CD=DE=BE，AC=CD=DE=EB，
A B
∴∠EDB=∠ABC=α，∠DCE=∠DEC=2α，∠CAD=∠CDA=3α， D O
∴3α+α=90°，∴α=22.5°．
03．解：3 2 ．提示：连接OD，CA，CD，OB，OC，
C
⌒ ⌒
过点C作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，易证：CA=CD，CA=CD，
∴AE=DE=1，易证：四边形ODEF为正方形， O
F
∴OF=DE=1，CF=2，∴BE=CE=3，∴BC=3 2 . A E D B
1
04．解： 31．提示：连BD，则∠D= ∠AOB=45°，
2
⌒
在AB上任取一点E，则∠AEB=180°−∠D=135°.
连OC，BC，则∠AOC=∠AEB=135°，∴∠BOC=360°−∠AOB−∠AOC=135°，
B
E
∴△BOC≌△AOC（SAS），∴BC=AC=AB，∴正△ABC，∴∠BAC=60°.
作BH⊥AC于H，则AH=CH，设AH=CH=a，则BH= 3a. A O
H
∵∠D=45°，∴等腰Rt△BHD，∴DH=BH= 3a， C D
AC 2a
∴CD=DH−CH=( 31)a，∴   31.
CD ( 31)a
专题十六 利用圆心是直径的中点构全等
01．（1）证明：连MO并延长交BN于E，∵AM⊥CD，BN⊥CD，∴AM∥BN，
1
∴△AOM≌△BOE（ASA），∴BE=AM，OM=OE，即O为ME的中点，∴ON= ME=OM.
2
作OH⊥CD于H，则CH=DH，MH=NH，∴CM=DN.
B
（2）解：连OC，则OH  OC2 CH2  52 42 3.
O E
∵O，H分别是ME，MN的中点，∴OH为△MNE的中位线，
M
∴NE=2OH=6，∴BN−AM=BN−BE=NE=6. C H N D
A
6
02．解： ．提示：连接EO并延长交DC的延长线于F，
E
2
连接AD，BD交EO于H，∵E为弧BD的中点，∴BD⊥OE， D
H
∴△EHB≌△FHD，△ACD≌△OCF，∴EH=FH，AD=OF，CD=CF.
A C O B
1
设OH=a，则AD=2a=OF，FH=3a=EH，∴OE=4a=2，∴a .
2 F
−56−3 1 1 1 6
∵EB2−EH2=OB2−OH2，∴EB2 ( )2 22 ( )2，∴EB= 6，∴CD= DF= EB= .
2 2 2 2 2
03．解：6 2．提示：设∠1=∠2=α，则∠A=90°−2α.
C
180A D
∵AO=AD，∴3 45，∴∠4=∠3−∠2=45°.
4
2 1
3 2
作BE∥AD交DO的延长线于E，则△BOE≌△AOD，∴OE=OD=4. A O B
H
作BH⊥OE于H，则OH= 1 EO=2，DH=DO+OH=6，∴BD= 2DH=6 2. E
2
专题十七 圆的计算和证明（1）——垂径定理
01．（1）证明：连接AC，导角易证：∠BDC=∠EAB=∠BAC，∴△AMN≌△AMC，∴AC=AN.
（2）解：连接OA，设OM=3x，OC=5x，∴OA=5x，AM=4x.
5 5 25
∵AB=5，∴4x= ，x= ，r=5x= .
2 8 8
02．解：（1）连接OB，∵AE=BE，CD过圆心O，AB=8，∴CD⊥AB，AE=BE=4，
D
1 3
∵DE=3CE，∴CE= r，OE= r.
2 2
O
1 8
在Rt△OBE中，∴(r r)2 42 r2 ，解得r  3.
2 3 A E B
（2）连接OE，OD，OA，过O作OH⊥CD于H， C
∵AE=BE，∴OE⊥AB，∴∠OED=30°，令OH=a，则OE=2a，EH= 3a.
D
∵OH⊥CD，∴CH=DH，∵DE=3CE，∴EH=CE= 3a，∴DH=2 3a.
O
在Rt△ODH中，OD= 13a=OA，
H
4
在Rt△AOE中，AE2+OE2=OA2，42 (2a)2 ( 13a)2，∴a ， A E B
3 C
4 4
∴OA 13a 13，即半径是 13.
3 3
03．（1）证明：作OM⊥AB于M，ON⊥AC于N，OH⊥BC于H，连接OG，OD，OB，
∵点O为△ABC的角平分线交点，∴OM=ON=OH，
∵OG=OD=OB，∴Rt△OMB≌Rt△ONG≌Rt△OHB（HL），∴MB=NG=HB，
∵BD=2MB，BE=2HB，GF=2NG，∴BD=BE=GF.
C
F
（2）解：设BD=BE=GF=x，∵点O为△ABC的角平分线交点，
N E
∴OM=ON=OH，∴AM=AN，BM=BH，CN=CH， G O
H
1 1 1
则AM=AN=9+ x，BM=BH= x，CN=CH=2+ x，
2 2 2 A D M B
∴AB=9+x，AC=11+x，BC=2+x.
∵∠ABC=90°，∴AC2=AB2+BC2，即(11+x)2=(9+x)2+(2+x)2，解得x=6，
∴AB=15，AC=17，BC=8，∴△ABC的周长为15+17+8=40.
专题十八 圆的计算和证明（2）——腰高图与共边双勾股
01．解：2 3．提示：连接OC．∵AB是直径，∴∠ACB=90°.
−57−∵四边形ACDE是平行四边形，∴AC=DE，CD=AE，AC∥DE，
∴∠ACE=∠DEC=90°，∴OD⊥BC，∴EC=EB. D
C
∵OA=OB，∴AC=2OE=DE.
E
∵OD=OC=3，∴OE=1，DE=2，∴CE2=OC2−OE2=CD2−DE2，
A O B
∴32−12=CD2−22，∴CD=2 3或2 3（舍弃），∴AE=CD=2 3．
02．（1）证明：∵∠ACB=2∠BAC，∴∠AOB=2∠BOC.
1
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，则∠DOB= ∠AOB，AE=BE.
2
O C
∵∠AOB=2∠BOC，∴∠DOB=∠BOC，∴BD=BC.
∵AB=4，BC= 5 ，∴BE=2，DB= 5 . A E B
D
在Rt△BDE中，∵∠DEB=90°，∴DE  BD2BE2 1.
5 5
在Rt△BOE中，∵∠OEB=90°，∴OB2=(OB−1)2+22，∴OB= ，即⊙O的半径是 .
2 2
03．解：（1）△BDE为等腰直角三角形.
证明：∵AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，∴∠BAE=∠CAD=∠CBD，∠ABE=∠EBC.
∵∠BED=∠BAE+∠ABE，∠DBE=∠DBC+∠EBC，∴∠BED=∠DBE，∴BD=ED.
∵AB为直径，∴∠ADB=90°，∴△BDE是等腰直角三角形.
（2）连接OC，CD，OD，OD交BC于点F， A
∵∠DBC=∠CAD=∠BAD=∠BCD，∴BD=DC. O
E
∵OB=OC，∴OD垂直平分BC，
B F C
∵△BDE是等腰直角三角形，BE=2 10，∴BD=2 5.
D
∵AB=10，∴OB=OD=5．设OF=t，则DF=5−t.
在Rt△BOF和Rt△BDF中，52 t2 (2 5)2 (5t)2 ，解得t=3，∴BF=4，∴BC=8.
专题十九 圆的计算和证明（3）——折弦定理
01．解：84 2 ．提示：在MP上截取MF=PN，连接QF，QP，
Q
∵△QMN是等边三角形，∴QM=QN.
⌒ ⌒
∵PQ=PQ，∴∠QMF=∠QNP，∴△MQF≌△NQP（SAS），∴QF=QP，
R
P
过点Q作QH⊥PM于H，∴HF=PH，∴PN+PH=MH， F
H
∵∠QMN=60°，∠PMN=15°，∴∠QMH=45°， M N
2 2
∴MH= QM= 4 2 4，则△PMN的周长是PN+PH+MH+MN=84 2 .
2 2
⌒
02．（1）证明：连接OC，CD，∵C是AB的中点，AB是直径，
1
∴∠BOC=90°，∴∠CDB= ∠BOC=45°. C
2
D
又∵CE⊥BD，∴∠CED=90°，∴∠CDE=∠DCE=45°，∴CE=DE.
E
（2）解法1：连接BC，设BE=x，
A O B
∵AB是直径，∴∠ADB=90°，在Rt△ABD中，AB2=AD2+BD2，
∵AD=DE=1，∴AB2=1+(1+x)2，在Rt△CEB中，BC2=CE2+BE2，
−58−∵CE=DE=1，∴BC2=12+x2，∵AB=2OB= 2BC，∴1(1x)2 2(1x2)，
解得x =2，x =0（舍去），∴AB2 1(12)2 10，∴AB= 10.
1 2
解法2：根据折弦定理：BE=AD+DE=2，∴BD=3，∴AB AD2BD2  10.
03．解：（1）∵∠BAC=60°，BD是直径，∴∠BDC=∠BAC=60°，∠BCD=90°.
1 1
在Rt△BCD中，∠BDC=60°，BD=d，∴CD= BD= d.
2 2
∵∠BAC=60°，AC=AB，∴△ABC为等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ACD=90°−60°=30°.
1 1 1 1 3 3
在Rt△CDE中，DE= CD= d，∴CD+DE= d+ d= d，BE=BD−DE= d，∴CD+DE=BE.
2 4 2 4 4 4
（2）过点A作AF⊥CD交CD的延长线于F，连接AD，
A
F
⌒ ⌒
∵AD=AD，∴∠ABD=∠ACD.
D
O
∵AE⊥BD，AF⊥CD，∴∠AEB=∠F=90°，∴△ABE≌△ACF（AAS）， E
∴AE=AF，BE=CF，∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），∴DE=DF，
C B
∵CD=3，DE=1，∴CF=CD+DF=CD+DE=3+1=4，∴BE=CF=4.
专题二十 圆的计算和证明（4）——弧的中点与垂径定理
⌒ ⌒
01．（1）证明：连接OB，OC，∵AB=AC，∴AB=AC，又OC=OB，OA=OA，
A
∴△AOB≌△AOC（SSS），∴∠BAO=∠CAO，∴AO平分∠BAC.
（2）解：延长AO交BC于E，∵AB=AC，AO平分∠BAC，∴AE⊥BC，
O
设OA=x，Rt△ABE中，AB2−BE2=AE2，∴AE  (4 5)242 8.
B E C
Rt△BOE中，OB2=OE2+BE2，∴x2 (8x)2 42 ，解得：x=5，
∴半径OA的长为5.
02．（1）证明：延长DE交⊙O于点G.
⌒ ⌒
∵AB为⊙O的直径，AB⊥DG，∴DE=EG，BD=BG. C
D
⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒ ⌒
又∵点D为BC的中点，∴CD=BD=BG，∴BC=DG，∴BC=DG=2DE.
F
⌒ ⌒
（2）解：连接BD，∵CD=BG，∴∠BDF=∠DBC，∴DF=BF. A B
O E
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°．又∵AC=6，AB=10.
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC2=AB2−AC2=64，∴BC=8，DE=4.
G
在Rt△DEO中，由勾股定理得：OE2=OD2−DE2=9，∴OE=3，BE=2.
设DF=BF=a，则EF=4−a．在Rt△BEF中，由勾股定理得：BF2=EF2+BE2，
5 5
∴(4a)2 22 a2，解得a ，∴DF的长为 .
2 2
⌒ ⌒
03．（1）证明：∵AB⊥CD，AB是直径，∴AC=AD，EC=DE.
F
⌒ ⌒ ⌒ ⌒ C
∵点C为弧AF的中点，∴AC=CF，∴AF=CD，∴AF=CD=2CE.
G
（2）解：连接BC，∵AB是直径，
A B
E O
∴∠ACB=90°，∴BC  AB2 AC2  102 (2 5)2  4 5.
D
1 1 2 54 5
∵S  ACBC ABCE ，∴CE   4，
△ABC
2 2 10
−59−Rt△ACE中，AE  AC2 CE2  (2 5)2 42  2，∴OE=OA−AE=5−2=3.
⌒ ⌒
∵CF=AD，∴∠ACG=∠GAC，∴AG=CG.
5 5 3
设AG=GC=m，在Rt△AEG中，m2=22+(4−m)2，∴m ，∴GE=EC−CG=4  ，
2 2 2
3 3 5
Rt△OEG中，OG OE2 GE2  32 ( )2  .
2 2
专题二十一 圆的计算和证明（5）——角平分线、内心和鸡爪定理
01．（1）证明：∵点E是△ABC的内心，∴∠ACD=∠BCD，∠CAE=∠BAE，
⌒ ⌒
∴AD=BD，∴∠ACD=∠BAD，∴∠ACD+∠CAE=∠BAD+∠BAE.
∵∠AED=∠ACD+∠CAE，∠EAD=∠BAD+∠BAE，∴∠AED=∠EAD，∴DA=DE.
1 BC 1
（2）解法1：∵∠BOE=45°=∠BCE，∴△BCE≌△BOE，∴BC=BO= AB，∴  .
2 AB 2
⌒ ⌒
解法2：连OD，∵AD=AD，∴∠AOD=2∠ACB=90°，
C
∴∠AOE=135°=∠DOE，证△AOE≌△DOE（SAS），
∴∠EAO=∠EDO=α=∠EAC. E
A B
在△ACD中，3α+45°×3=180°，∴α=15°，∴∠BAC=30°. O F
1 BC 1
在Rt△ABC中，BC= AB，即  .
2 AB 2 D
02．（1）证明：连接MC，DC，BD，导角易证：∠DMC=∠DCM，∴DM=DC，
易证：△BCD为等腰直角三角形，∴BC= 2CD= 2DM.
A
（2）解：作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H， H
E
M
ABAC
则BC= 2DM=10，AC=6，∴MF   2， B C
ABACBC O F
易证：四边形AEMH为正方形，∴CE=CF=4，OF=OC−CF=1，
D
∴OM  OF2 MF2  5 .
⌒ ⌒
03．（1）证明：∵CD=CD，∠CBD=∠CAD，∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
∵BD=ED，∴∠DEB=∠DBE，∵∠DEB=∠ABE+∠BAD，∴∠ABE+∠BAD=∠CBE+∠CAD，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠BAD=∠CAD，∴AD平分∠BAC.
（2）解：过点D作DF⊥AD交AC的延长线于点F，设△ABC外接圆的圆心为点O，
∵BC是⊙O的直径，BC=10，AB=8，∴∠BAC=90°，
A
1
∴AC= BC2 AB2  102 82 =6，∠CAD=∠BAD= ∠BAC=45°，
2 E
B C
∵∠ADF=90°，∴∠F=∠CAD=∠BAD=45°，∴FD=AD， O
∵∠FCD+∠ACD=180°，∠ABD+∠ACD=180°，∴∠FCD=∠ABD，
D
⌒ ⌒
∵CD=BD，∴CD=BD，∴△FCD≌△ABD（AAS）， F
∴FC=AB=8，∴AF=AC+FC=6+8=14，
Rt△ADF中，AF= FD2 AD2  AD2 AD2 = 2 AD=14，∴AD=7 2.
−60−专题二十二 圆的计算和证明（6）——弧的中点与等腰三角形
01．（1）证明：连接BD．∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC=∠ADC=90°.
∵∠ACD与∠BCD互余，∴∠ABD+∠DBC=∠ACD+∠BCD=90°.
B
⌒ ⌒
又∵∠ABD=∠ACD，∴∠DBC=∠BCD，∴DB=DC，∴CD=BD. E
O
⌒ ⌒ A C
（2）解：连接DO并延长交BC于点E，∵CD=BD，
1
由圆的对称性可得：DE⊥BC，BE=CE= BC=4. D
2
在Rt△DEC中，由勾股定理得：CD2=DE2+CE2.
∵CD=4 5，∴DE2=80−16=64，∴DE=8.
设OD=OC=x，在Rt△OEC中，由勾股定理得：OC2=OE2+CE2，
∴(8x)2 42  x2，解得：x=5，∴AC=10.
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD2=AC2−CD2，解得：AD=2 5.
02．（1）证明：连接OE．∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA.
∵HE与⊙O相切于点E，∴OE⊥EH，∴∠OEA+∠AEH=90°.
在Rt△ADF中，∠OAE+∠AFD=90°，∴∠AFD=∠AEH.
A
又∵∠AFD=∠HFE，∴∠HFE=∠AEH，∴EH=FH.
⌒ D F C H
（2）解：连接OC交AE于M，连接AC，点C为AE的中点， B
M
⌒ ⌒ O
∴AC=EC，∴∠AOC=∠EOC，∴OC垂直平分AE于点M.
⌒ ⌒ ⌒ ⌒
∵OA⊥BC，∴AB=AC，BD=CD，∴CE=BA， E
⌒ ⌒ 1 1
∴∠CAE=∠BCA，∴AF=CF.∵BC=AE，∴DC= BC= AE=AM.
2 2
在Rt△ODC中，CD= OC2－OD2  32－12=2 2.
2
设DF=x，则AF=2 2−x，在Rt△ADF中，x2+22=(2 2－x)2，x= .
2
2
连OH，设EH=y，则OH2=12+(  y)2.
2
2 15 2 15 2
又OH2=32+y2，∴12 (  y)2 32  y2 ，y= ，∴EH= .
2 4 4
1 1
03．（1）证明：连DE，则DE为△ABC的中位线，∴DE= AB= AC=CE，∴∠EDC=∠C，
2 2
而∠CBF=∠CED，∴∠BFC=∠C，∴BF=BC.
A
（2）解：设AD交⊙O于M，连BM，MF，
则∠BFM=∠BDM=90°，BM为⊙O的直径.
M
∵∠AFM+∠BFC=90°，∠CAD+∠C=90°，∠C=∠BFC，
E
∴∠CAD=∠AFM，∴AM=MF.
O F
设AM=MF=x，则MD=AD−AM=4 3x.
在Rt△BMF中，BM2=MF2+BF2=x2+16，
在Rt△BMD中，BM2=MD2+BD2=(4 3x)2+4， B D C
−61−3 3 91
∴x2 16(4 3x)2 4，∴x ，∴BM  x2 16 .
2 2
专题二十三 圆的计算和证明（7）——切线与勾股
⌒ ⌒
01．（1）证明：连接AD，∵BE=DE，∴∠BAE=∠DAE，则∠BAD=2∠BAE. A
又∵∠C=2∠BAE，∴∠C=∠BAD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°， C
O
∴∠B+∠BAD=90°，∴∠C+∠B=90°，∴∠BAC=90°，即BA⊥AC.
F D
又∵点A在⊙O上，∴AC是⊙O的切线.
B E
（2）解：∵∠CAD+∠C=90°，∠B+∠C=90°，∴∠CAD=∠B.
又∵∠BAE=∠DAE，∴∠B+∠BAE=∠DAE+∠CAD，即∠AFC=∠FAC，∴CA=CF.
在Rt△ABC中，BC  62 82 10，又∵CF=CA=6，∴BF=10−6=4.
02．解：6．提示：方法1：作CD∥PA交⊙O于点D， D
A
连接AD，BD，OD，OB，作DE⊥AB于点E，
E
则∠BAD=∠BCD=∠P=45°，∴△ADE为等腰Rt△ADE.
O
B
C P
∵AP为切线，∴OA⊥CD，∴AD=AC=2 2，∴DE=AE=2.
∵BD= 2OB=2 5，∴BE  BD2 DE2  4，∴AB=AE+BE=6．
方法2：作CD∥PA交⊙O于点D，连接AD，OB，OD，OA，
E
则∠DAB=∠1=∠P=45°，∴∠BOD=90°，∴BD= 2OB=2 5. D
A
∵PA为切线，∴OA⊥PA，∴OA⊥CD，∴AD=AC=2 2.
作BE⊥AD于点E，可得等腰Rt△ABE， O 1
B
C P
设DE=x，则BE=AE=2 2x，∵DE2+BE2=BD2，
∴x2 (2 2x)2 20，∴x 2（负值已舍去），∴AB= 2BE=6.
方法3：根据切线的性质，连接AO并延长交⊙O于点D，交弦BC于点E，
A
过D点作DF∥BC交⊙O于点F，连接DF，AF.
∵∠P=45°，AD⊥AP，DF∥BC，∴∠AEC=∠ADF=45°，∠ACF=135°. O
B
E C P
在△ACF中，AF= 2R=2 5，AC=2 2.
D F
解△ACF得：CF=2=BD（平行弦所夹的弧和弦都相等）.
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB AD2BD2 6.
03．（1）证明：连接AO，∴△ADO≌△ACO（SSS），∴∠ADE=∠ACB=90°，
∵OD是⊙O的半径，∴AD为⊙O的切线. A
（2）解：∵∠ADE=90°，∠BAE=45°，
D
∴△ADE是等腰直角三角形，∴AD=DE=AC，
设OC=OD=x，则AD=DE=AC=2x.
B O
C
1 1 1 1
∵S  ABOD OBAC ，∴ (2x2)x OB2x，∴OB=x+1. E
△AOB
2 2 2 2
3 3
Rt△OBD中，OD2+BD2=OB2，x2+22=(x+1)2，∴x ，即⊙O的半径为 .
2 2
−62−专题二十四 圆的计算和证明（8）——弧的中点与平行四边形
01．（1）证明：连接OA交BC于点F，∵AD与⊙O相切，∴∠OAD=90°.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，
B A
⌒ F
∴∠OFC=90°，即OA⊥BC，∴点A平分BC.
O
（2）解：连接OC，AC，∵四边形ABCD是平行四边形，
E C D
⌒ ⌒
∴AB∥CE，∴∠ABC=∠BCE，∴BE=AC，∴BE=AC=4 13.
设OF=x，∵圆的半径为13，∴AF=13−x，
OC2−OF2=AC2−AF2，即132−x2=(4 13)2−(13−x)2，∴x=5.
在△OCF中，OC2=OF2+CF2，∴CF=12.
∵OA⊥BC，∴BC=2CF=24.
02．（1）证明：连接OE，OF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，AB∥CD，
∴⊙O与BC相切，∴OE⊥CE，同理OF⊥CD. A G D
H
∵OE=OF，∴CO平分∠BCD，∴∠DCP=45°. P
F
∵AB∥CD，∴∠BPC=45°. O
（2）解：延长EO交AD于点H，则AH=HG=BE=1，
B E C
又OG=CE=2，∴OH= 3=DF，∴AP=AB−BP=CD−BP= 31.
03．（1）证明：连接CD交OB于点F．∵CE为直径，∴∠EDC=90°.
⌒ ⌒
又∵DE∥OB，∴∠EDC=∠OFC=90°，即OB⊥CD，∴BC=BD.
（2）解：连接CD交OB于F，连接EF.
由（1）证得：OB⊥CD，点F为CD中点.
又∵AE=CE，∴EF∥AD，EF= 1 AD=2 3， E O C
2
A
F
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BF=DE，BD=EF=2 3.
D
B
1
∵O为CE中点，F为CD中点，∴OF= DE.
2
过点C作CT∥AB交BO延长线于点T，
则△COT≌△EOF，OT=OF，△TFC≌△BFD，FB=FT=2OF， T
C
O
∴设OF=x，则BF=DE=2x，OC=OB=3x. E
⌒ ⌒ F
∵BC=BD，∴BC=BD=2 3，DF2=CF2，BD2−BF2=OC2−OF2，
A D B
∴(2 3)2 -(2x)2 =(3x)2 -x2，解得x1.
∵x＞0，∴x1，∴OC=3x=3.
专题二十五 圆的计算和证明（9）——弧的中点或角平分线与矩形构造
⌒ ⌒
01．（1）证明：连OC，∵C为弧BE中点，∴EC=BC，∴∠EAC=∠CAB. D
E C
又OA=OC，∴∠CAB=∠ACO，∴∠ACO=∠EAC，∴OC∥AD.
又CD⊥EA于D，∴∠D=90°， G
A B
∴∠OCD=180°−∠D=90°，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线. O
（2）解：连OC交BE于点G，则BG=EG=CD，
−63−设OG=x，则CG=5−x，∵OB2−OG2=BG2=BC2−CG2，
7 14
∴25x2 36(5x)2，∴x ，∴AE=2x= ，
5 5
24 1 168
BG OB2 OG2  CD ，∴S  AECD .
△AEC
5 2 25
02．（1）证明：连接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA.
∵AC平分∠DAB，∴∠OAC=∠DAC，∴∠DAC=∠OCA，∴OC∥AD， D
C
∴∠OCD=∠ADC=90°，∴CD是⊙O的切线.
E
（2）解：作CF⊥AB于F，∵AC平分∠DAF，∴CD=CF=3，AF=AD=4.
设BF=x，则AB=4+x，∴BC2=CF2+FB2=AB2−AC2， A B
O F
∴32 x2 (x4)2 52，即9x2  x2 168x25，
9 9 15
∴8x18，∴x ，∴BC  32 x2  9( )2  .
4 4 4
03．（1）证明：连接OC．∵CD与⊙O相切，∴∠OCD=90°.
∵∠AEC=90°，∴AE∥OC，∴∠EAC=∠ACO. E
∵AO=CO，∴∠OCA=∠OAC，∴∠EAC=∠OAC，∴AC平分∠DAE. C
（2）解：连接OC，过点C作CF⊥OD于点F.
∵CD与⊙O相切，∴∠OCD=90°. A
O F B D
在Rt△OCD中，OC=3，OD=5，∴CD=4.
1 1 12
∵S  CFOD OCCD，∴CFOD=OCCD，∴CF= .
△OCD
2 2 5
12
∵AC平分∠DAE，∠AEC=90°，∠AFC=90°，∴CE=CF= .
5
专题二十六 圆的计算和证明（10）——等腰三角形
01．（1）证明：连接OD，∵DF是圆O的切线，∴∠ODF=90°.
A
∵OB=OD，∴∠B=∠ODB．∵AB=AC，∴B=∠C，∴∠C=∠ODB，
∴OD∥AC，∴∠CFD=∠ODF=90°，∴DF⊥AC.
O M
1
（2）解：过O作OM⊥AE交AE于M，∴AM= AE=2， E
2 F
且∠ODF=∠OMF=∠DFM=90°，∴四边形ODFM为矩形，∴OM=DF=3， B D C
∴OA OM2 AM2  13，∴圆O的半径是 13.
02．（1）证明：连接OA，∵∠B=60°，∴∠AOC=2∠B=120°，∴∠AOP=60°.
又∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°．又∵PA是⊙O的切线，∴∠OAP=90°，
∴∠P=90°−∠AOP=30°，∴∠P=∠OCA=30°，∴AP=AC. A
（2）解：过点C作CE⊥AB于点E，
O
1 C
在Rt△BCE中，∠B=60°，BC=6，∴BE= BC=3，CE=3 3. P D
E
2
∵AB=3+ 15，∴AE=AB−BE= 15.
B
在Rt△ACE中，AC  AE2 CE2  42，∴AP=AC= 42.
−64−3
在Rt△PAO中，OA= AP= 14，∴⊙O的半径为 14.
3
03．解：（1）∵∠BPC=60°，∴∠BAC=∠BPC=60°.
又∵AB=AC，∴△ABC为等边三角形，∴∠BCA=∠BAC=60°.
⌒
又∵点P是AB的中点，∴∠ACP=∠BCP=30°.
（2）连接OC，OP，OP交AB于E，连接AO并延长交BC于点D．
A
1 P
∵AB=AC，OB=OC，∴AO⊥BC，∴∠ADC=90°，CD= BC=24.
2
E
在Rt△ACD中，∠ADC=90°，AC=AB=40， O
B D C
∴AD AC2CD2 32，设OC=OA=x，
在Rt△ODC中，OD=32−x，∴x2 (32x)2 242，解得x=25.
⌒ 1
∵P是AB的中点，由圆的对称性可得：OP⊥AB，∴AE=BE= AB=20，
2
∴OE  AO2 AE2 15，∴PE=OP−OE=10，∴AP= PE2 AE2 =10 5.
专题二十七 正多边形
01．解：7．提示：正五边形外角为360°÷5=72°，
故中心角为180°−72°−72°=36°，360°÷36°=10，故需10−3=7.
13
02．解： ．提示：连接AE，则AE= 3AF，∠AEP=90°. F E
2
P
设EP=a，则AB=2a，AE=2 3a，
A D
AP 13
∴AP AE2 EP2  13a，∴  .
AB 2 B C
1
03．解：12 3．提示：∵六边形DEGKHF为正六边形，且DF= AB=4cm，
3
3
∴S 6 42 24 3 （cm2） .
六边形DEGKHF
4
1
设其距离和为hcm，则 DFh24 3cm2，∴h12 3.
2
04．解：3 3.
05．解：B．提示：如图，AB是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心，
O
过A作AM⊥OB于M，在正十二边形中，∠AOB=360°÷12=30°，
1 1 1
∴AM= OA=1，∴S △AOB= OBAM= ×2×1=1，
2 2 2 M
∴正十二边形的面积为12×1=12，∴12π22，∴π=3，∴π的估计值为3.
A B
专题二十八 求弧长
ABC 180
01．解：5π．提示：三个圆的圆弧缺少的部分之和是 2π1 2π1 π，
360 360
三个圆的弧长为2π×1×3=6π．这三条弧的长的和是6π−π=5π.
−65−2 ⌒
02．解：1 ．提示：连接OD，∵C是AB的中点，CD⊥AB于点D，
2 C
∴C，D，O共线，AD=BD. A B
D
∵∠AOB=90°，∴△AOB是等腰直角三角形，AB=2OD，
O
2
∴AD=OD= OA，∴OA= 2OD，∴CD=OC−OD=OA−OD=( 21)OD，
2
∴OD=( 21)CD，OA= 2( 21)CD，∴AB=2OD=2( 21)CD.
CD2 CD2 2
∵l=1.5，l  AB ，∴1.52( 21)CD ，解得CD=1 .
OA 2( 21)CD 2
03．解：23π．提示：设圆心为O，连接AO，BO，
P
⌒
∵PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B，∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠P=50°，∴∠AOB=130°，∴优弧对应的圆心角为360°−130°=230°， A B
⌒ 230π18 O
∴优弧AMB的长是 23π（cm）.
180 正面 M
04．解：6π，提示：∵∠AOB=360°−240°=120°，∴∠ABO=30°，
60π3 240π3
∴圆心O旋转的长度为2 2π，圆心O移动的距离为 4π，
180 180
∴圆心O所经过的路线长=2π+4π=6π.
专题二十九 求阴影部分面积
01．解：2π−2 3．提示：由等边三角形知∠ABC=60°，
60 2
∴S  πBA2  π，∴S=3S −2S =2π−2 3.
扇ABC 扇ABC △ABC
360 3
02．解：32．提示：取正方形中心为O，连AO，BO，CO，DO，
1
则八个小弓形面积相等，∴S =2S =2× ×8×4=32.
阴 △AOB
2
E
A D A B
D C M
O
F C
O O
F A B
B C E D N
第2题图 第4题图 第5题图
25 30π52 25
03．解： π．提示：由旋转知：△ABC≌△ADE，∴S =S ，∴S =S =  π.
△ABC △ADE 阴 扇BAD
12 360 12
25π
04．解： ．提示：连OA，OB，OC，则OC∥AB，∠AOB=60°，S =S ，
△ABC △ABO
6
60π52 25π
∴S =S   .
阴 扇形ABO
360 6
1
05．解：π−1．提示：延长DC，CB交⊙O于M，N，则S = (S −S )=π−1.
阴 ⊙O 正方形ABCD
4
−66−专题三十 圆锥的侧面展开图
2
90π
01．解： 2 m．提示：∵BC=1，∴AB AC  2 ，∴l  2  2 π．又l 2πr，∴r  2 m.
8 2 BC 180 4 BC 8
1
02．解：13．提示：设扇形弧长为l，侧面扇形半径为r，则S  lr65π，又l 10π，∴r 13cm.
侧
2
120π6
03．解：4 2．提示：∵圆心角为120°，半径为6cm的扇形的弧长 4π，
180
∴圆锥的底面圆的周长为4π，∴圆锥的底面圆的半径为2，
∴这个纸帽的高 62 22 4 2（cm）.
04．解：4π．提示：∵圆锥的底面半径r=1，母线长l=3，∴圆锥的全面积S=πr(r+l)=4π.
90πAP
05．解：1．提示：∵2πr  ，∴AP=4r，
180
D C
⌒
当⊙O与PQ和BC，DC都相切时，r最大， P O E
过O点作OE⊥BC于E点，则OE=r，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD=90°，∠OCE=45°，
A Q B
∴OC= 2r，∴AC=4rr 2r 5 2 ，解得r=1，即r的最大值是1.
专题三十一 圆和无刻度直尺作图
01．解：如图所示.
02．解：画图如图，注：最下一行左起第四个小正方形的一条对角线与圆的交点也是点D.
⌒
O为AC中点，T为AB中点，连OT并延长交AB于D.
03．解：如图，作AM⊥AB且AM=AB交⊙O于点E，作BN⊥AB且BN=AB交⊙O于点F，
连BE，AF交于点O，则点O为圆心，取BC中点T，连OT交延长交⊙O于点P，则点P即为所求.
04．解：如图所示.
N
M F C D2
A C A B
E TP
O O
O
B
B B D A A
D1 C
第1题图 第2题图 第3题图 第4题图
05．解：如图所示.
D A D A
C C
P B P B
方法1 方法2
−67−06．解：①方法1：作AC⊥AB且AC=AB，延长AC交圆于D，连BD，可得P，如图1.
方法2：连AE，作AQ⊥AE且AQ=AE，交⊙O于H，连EH，可得P，如图2.
方法3：作AB中垂线，与EB中垂线交于点P，如图3.
②如图，分别标出点M和点N，则∠AMF=∠NMF，延长MN交⊙P于G，则FG=FA.
A A A A
F F F F M
D C P H P
E B E P B E B E N B
G
图1 图2 图3 图4
07．解：（1）取格点M（答案不唯一），连接AM，BM即可.
（2）作线段BC的垂直平分线交劣弧BC于点N，连接AN，点N即为所求.
08．解：连接BC，取BC中点E，取格点D，使DB=DC，
连DE并延长交⊙O于F，连接AF，即为所求.
B
C M C N A
E
C
D
O
A B A B
F
第7题图1 第7题图2 第8题图
09．解：（1）如下图1所示：利用对称和90°圆周角来找圆心.
（2）如下图2所示：利用等腰直角作45°.
（3）利用对称性以及平行线所夹的弧相等.
A A A G A
O D D
B C B C B C B C
G
图1 图2 图3
专题三十二 路径与最值（1）——到定点距离等于定长（隐圆）
P
1
01．解：1 7．提示：取OA的中点M，则MQ OA1，
2 Q
O H
作CH⊥OB于点H，则CM  MH2CH2  7， A
M
B
∴CQ≤MQCM 1 7 .
C
E
02．解： 131．提示：方法1：取AB中点M，连DM，取DM中点O，
1 B A
连OC，作OH⊥CD于H，连OF，则EM= AB=2，长度不变， M
2
F O
∴E在以M为圆心，EM=2为半径的圆上运动. P
1
∵F为DE中点，∴OF为△MDE的中位线，∴OF= EM=1.
2 C H D
−68−作OP⊥AD于P，则OP为△ADM的中位线，
1 1
∴OH=PD= AD=2，DH=OP= AM=1，∴CH=CD−DH=4−1=3，
2 2
∴OC  OH2 CH2  22 32  13，CF≤OC+OF，∴CF≤ 131.
1
方法2：取AB中点M，连EM，则EM= AB=2，长度不变， E
2
M
作MH⊥CD于H，则MH=AD=4，CH=BM=2，
B
A
F
倍长DC至N，连EN，MN，
∵F为DE中点，∴CF为△DEN的中位线.
∵MN  MH2NH2  4262  2 13 ， N C H D
ME=2，MN−ME≤EN≤MN+ME，
∴2 132≤EN≤2 132 ， 131≤CF≤ 131，∴CF的最大值为 131.
03．解：2 7π．提示：过点O作MN∥BC交CD的延长线于点M， C
D
交BA的延长线于点N，过点O作OQ⊥BC交BC于点Q，AD交OQ于点H， Q
H B
∴OA2+OC2=OH2+AH2+OQ2+CQ2，OB2+OD2=OQ2+BQ2+OM2+DM2， M
P
又∵OH=DM，AH=BQ，CQ=OM，∴OA2+OC2=OB2+OD2. O
N
A
∵OA=1，OB=OD=2，∴OC2=7，OC= 7，∴C点的路径长为2 7π.
7 13
05．解： ≤CM ≤ ．提示：连接AD，取AB中点T，
2 2 A
3 D
连TM，TC，则TM= ，CT=5，CT−TM≤CM≤CT+TM，
T
2 M
7 13
∴ ≤CM ≤ .
2 2 C B
专题三十三 路径与最值（2）——构造手拉手得定点距离等于定长（瓜豆原理）
01．解：A．提示：以BC为边构造等边△BCE，
则△CDE≌△CAB，故ED=AB=2， D
而E为定点，故点D在以E为圆心，ED为半径的圆上运动， E
∵BC=4，为定值，故点D到BC距离最大时，△BCD的面积最大， A
而DF≤EF+ED=2 32，当点D落在直线EF上时取得最大值，
C F B
1
故△BCD的面积的最大值为 BC·DF=4 34.
2
5 10
02．解： 2．提示：连接CO，过点C作CT⊥CO，取CT=CO，
D C
2
连接FT，OT，则△OCE≌△TCF，FT=OE=2，OT= 5 5  2  5 10 . E T
2 2
F
5 10 A O B
又OF+FT≥OT，∴OF≥ 2.
2
−69−y
03．解：5 23．提示：过点B作BT⊥BA，取BT=BA，连接TM，AT，
B
则△BMT≌△BPA，TM=AP=3，TA=5 2. P
M
又AM+TM≥AT，∴AM≥5 23.
T
04．解：C．提示：过点F作FD⊥y轴于点D，则∠BDF=∠EOB=90°. O A x
由旋转可知，BF=BE，∠EBF=90°，
∴∠DBF+∠BFD=∠DBF+∠EBO=90°，∴∠BFD=∠EBO， y
F
∴△BDF≌△EOB（SAS），∴DF=OB=1，∴点F在直线x=1上. D
当CF与直线x=1垂直时，CF取得最小值，
C
∵点C坐标为（4，2），∴CF的最小值为4−1=3. B
当点E在点O处时，点F坐标为（1，1），则CF  (41)2(21)2  10 ； O E A x
当点E在点A处时，点F坐标为（1，5），则CF  (41)2(25)2 3 2 .
∵3 2＞ 10 ，∴CF的最大值为3 2 .
专题三十四 路径与最值（3）——定角对定弦（隐圆）
01．解： 132．提示：取AC中点T，连BT，ET，BC=3，BT= 13. C
又BE+TE≥BT，TE=2，∴BE≥ 132. T D
E
02．解：4 54．提示：∵∠P=∠ACB=45°，AD⊥AP，
A O B
2
∴∠ADB=∠P+∠PAD=135°，而AB= BC=4 2，
2
M A
P
∴点D在△ABD的外接圆上运动.
取△ABD的外接圆圆心M，连MA，MB，MC，MD，可证∠AMB=90°，
D
而MA=MB，∴等腰Rt△AMB，∴∠ABM=45°，
B O C
2
∴MD=MB= AB=4，∴MC  BC2 BM2  4 5，
2
K
∴CD≥MC MD 4 54.
03．解：2 3．提示：延长BC交⊙O于T，则AT为⊙O的直径，
R
∠ACT=120°，AT=12，定角定弦有隐圆，
O
作出⊙R，则RC=RA=4 3，RO=2 3. T A
又OC+OR≥RC，∴OC≥4 32 3，OC≥2 3. C
5 2 34 B
04．解： ．提示：作EF∥BD，BF∥AC，EF，BF交于点F，连DF，CF，
2
则S △BDE =S △BDF =S △BFC =10，∠BEF=∠DBE=45°，∠CBF=180°−∠ACB=90°. F B
1
∵BC=4，∴ BFBC 10，∴BF=5，
2 H
O
故点E在△BEF的外接圆⊙O上运动，∠BOF=2∠BEF=90°， C
D
A
BF 5
∴△BOF是等腰直角三角形，∠OBF=45°，∴OBOF   2OE . E
2 2
过点O作OH⊥BC于点H，∵∠OBC=45°，∴△BOH是等腰直角三角形，
OB 5 3 34 5 2 34
∴OH=BH= = ，CH= ，Rt△OCH中，OC= ，△COE中，CE = .
min
2 2 2 2 2
−70−专题三十五 路径与最值（4）——最长的弦（新热点）
01．解：3 2 ．提示：连AO并延长交⊙O于T，连BT，∵AB=6，∴AT=6 2. C
T
又AC≤AT，∴2MN≤AT，∴MN≤ 3 2 .
O N
02．解：3．提示：∵CH⊥AB，垂足为H，∴∠CHB=90°，
1
∵点M是BC的中点．∴MH= BC. A M B
2
∵BC的最大值是直径的长，⊙O的半径是3，∴MH的最大值为3.
03．解：4 2．提示：连接OA，OB，∵∠ACB=45°，∴∠AOB=90°.
C
∵OA=OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2 2.
F
当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值. E H
G
O
1
∵点E，F分别为AC，BC的中点，∴EF= AB= 2， B
2 A
∴GE+FH=GH−EF=4 2.
04．解：272．提示：过C作CH⊥AB于H，连接CD，
C
由勾股定理得：AC2=CH2+AH2=CH2+(AD+DH)2，
BC2=CH2+BH2=CH2+(BD−DH)2，
∵AD=BD，∴AC2=CH2+(BD+DH)2=CH2+DB2+2BD・DH+DH2， O
H
∵BC2=CH2+DB2−2BD・DH+DH2，
A D B
∴AC2+BC2=2CH2+2DB2+2DH2=2(CH2+DH2)+2BD2=2CD2+2BD2，
∵BD=6，∴当CD最大时，AC2+BC2的值最大，
当CD是圆直径时，CD最大，∴AC2+BC2的最大值是2×102+2×62=272.
专题三十六 巧用辅助圆
01．解：（1）45°或135°．提示：∵AB=AC，AD=AC，
∴以点A为圆心，AB长为半径画圆，点B，C，D必在⊙A上.
1
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，∴∠BDC= ∠BAC=45°，
2
A
同理，当点D在弧BC上时，∠BDC=135°，∴∠BDC=45°或135°.
（2）取BD的中点O，连接AO，CO，∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴OA=OB=OC=OD，∴点A，B，C，D共圆，∴∠BDC=∠BAC. B D
O
∵∠BDC=25°，∴∠BAC=25°.
（3）作△ABC的外接圆，过圆心O作OE⊥BC于点E， C
作OF⊥AD于点F，连接OA，OB，OC，∵∠BAC=45°，∴∠BOC=90°，
A
在Rt△BOC中，BD=4，CD=2，∴BC=4+2=6，∴BO=CO=3 2，
1
∵OE⊥BC，O为圆心，∴BE= BC=3，∴DE=BD−BE=1．
2 O F
在Rt△BOE中，BO=3 2，BE=3，∴OE=3，
∵∠OED=∠EDF=∠OFD=90°， B E D C
∴四边形OEDF是矩形，∴DF=OE=3，OF=DE=4−3=1.
在Rt△AOF中，AO=3 2，OF=1，
−71−∴AF= AO2 FO2 = 17，∴AD=AF+DF= 17+3．
02．解：4 24．提示：作△ABC的外接圆⊙O，连接OB，OC，
∵∠BAC=45°，∴∠BOC=2∠BAC=90°. A
1
过点O作OD⊥BC，垂足为D，∴BD=CD= BC=2.
O
2
1
∵∠BOC=90°，OD⊥BC，∴OD= BC=2，∴OB 22 22 2 2 .
2 B D C
∵BC=4保持不变，∴BC边上的高越大，则△ABC的面积越大，
当高经过圆心时最大，此时BC边上的高为2 22，
1
∴△ABC的最大面积是 4(2 22)4 24.
2
03．解：2 22．提示：延长MB至点E，使BE=DN，连接AE，则△ABE≌△ADN，
∴∠BAE=∠DAN，∴∠NAE=∠DAB=90°.
∵∠MAN=45°，∴∠MAE=45°=∠MAN，∴△AME≌△AMN，∴ME=MN.
D N C
作△AME的外接圆⊙O，连接OA，OM，OE，过点O作OF⊥ME于点F，
1 1
则∠MOF=∠EOF= ∠MOE=∠MAE=45°，MF=EF= ME. M
2 2
O
2 F
设OM=OA=OE=r，则OF= r ，ME= 2r. A B
2
E
2
∵OA+OF≥AB，∴r r≥1，∴r≥2 2，
2
∴ME  2r≥2 22，∴MN的最小值为2 22.
专题三十七 定角夹定高——探照灯问题
01．（1）解：△CDF如图.
（2）证明：延长DM交BC于点G，由旋转的性质得△ADE≌△CDF，∴AE=CF.
∵DG⊥CM，∴∠BCE+∠DCE=90°，∠CDG+∠DCE=90°，∴∠BCE=∠CDG.
∵BC=CD，∠B=∠DCG，∴△BCE≌△CDG（ASA），∴CE=DG，
A D
BE=CG．∵AD=AB=AE+BE，GF=CF+CG=AE+BE，∴AD=GF.
∵AD∥FG，∴∠ADN=∠FGN，∠DAF=∠GFN，
N
E
1 1
∴△ADN≌△FGN（ASA），∴DN=GN= DG= CE. M
2 2
B G C F
（3）将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDF，
过点E作EM⊥DP于点M，过点F作FN⊥DP于点N，则∠DME=∠FND=90°，
根据旋转可得：∠CDF=∠ADE，DF=DE，∠DCF=∠DAE=90°
∴∠DCF+∠DCB=90°+90°=180°，∴P，C，F在同一直线上.
∵∠EDP=60°，∴∠DEM=90°−60°=30°，∠ADE+∠CDP=90°−60°=30°，
1 3
∴DM= DE，EM  DE2 DM2  DE .
2 2
1
∵∠PDF=∠CDP+∠CDF=∠CDP+∠ADE=30°，∴NF= DF.
2
−72−1
∵DF=DE，∴NF= DE，∴EM= 3NF.
2
1 3 1
∵S  DPEM  DPNF ，S  DPNF ，∴S = 3S ，
△DEP △DPF △DEP △DFP
2 2 2
∴当△DPF的面积最小时，△DEP的面积最小，
如图，设△DPF外接圆的圆心为点O，半径为R， A D
过点O作OG⊥PF，OH⊥CD于点H，连接OP，OF，OD，
E M
则∠OHC=∠HCG=∠OGC=90°，OD=OP=OF=R， O
H
∴四边形OHCG为矩形，∴CH=OG. N
∵∠POF=2∠PDF=60°，∴△OPF为等边三角形，∴PF=OP=R. B P CG F
1 3
∵OG⊥PF，∴PG=GF= R，∴OG OP2 PG2  R，
2 2
3 3 3
∴CH= R，∴DH=CD−CH=4 R．∵OD≥DH，∴R≥4 R，∴R≥168 3，
2 2 2
∴当点O在CD上，△DPF外接圆的半径最小，且最小值为168 3.
∵PF=OP=R，∴PF的最小值为168 3.
1 1
∵S  PFCD，∴△DEP面积的最小值为 3 (168 3)432 348.
△DFP
2 2
第四章 相似三角形
专题一 比例的基本性质和黄金分割比
a c bc 26
01．解：A．提示：根据题意，得  ，∴d   4（cm）.
b d a 3
11 x 2 xy x y 2 11
02．解： ．提示：∵  ，∴    1 .
9 y 9 y y y 9 9
5 a b c a2ab (2k)22k3k 5
03．解： ．提示：设   k，则a=2k，b=3k，c=4k，∴   .
6 2 3 4 bc 3k4k 6
5
04．解： ；2.
3
4
05．解： ．提示：∵x︰y︰z=1︰2︰3，∴设x=k，则y=2k，z=3k.
3
2 2 4
∵x−2y+3z=4，∴k−2×2k+3×3k=4，解得k  ，∴xyzk2k3k 2k 2  .
3 3 3
06．解：C.
AC 51 51 51
07．解：(10 510)．提示：根据题意，得  ，∴AC  AB 2010 510（m）.
AB 2 2 2
专题二 平行线分线段成比例与 A 型、X 型相似
AE AD 1 1 1
01．解：4．提示：由DE∥BC，易得   ，∴AE= CE= 62，∴AC=CE−AE=6−2=4.
CE BD 3 3 3
−73−AD AE 93 4
02．解：2．提示：∵DE∥BC，∴  ，∴  ，∴EC=2.
BD EC 3 EC
03．解：6．提示：过点D作DM∥CF交AB于点M，
A
∵AD是△ABC的中线，即BD=CD，∴BM=MF. F
E
AE AF 1 M
∵DM∥CF，∴  ．∵AD=3AE，∴AF= AM.
AD AM 3
B D C
1
∵BM=MF，∴AF= AB．∵AF=1.2，∴AB=5AF=5×1.2=6.
5
AB DE 4 5 15
04．解：（1）∵AD∥BE∥CF，∴  ，即  ，∴EF= .
BC EF 6 EF 2
（2）作AN∥DF，交BE于点M，交CF于点N，
l1 l2
易得四边形AMED、四边形ANFD都是平行四边形， A D
∴NF=ME=AD=4，∴CN=CF−NF=9−4=5.
B E
M
BM AB
∵BM∥CN，∴△ABM∽△ACN，∴  . C F
CN AC
N
AB 2 AB 2 BM 2
∵  ，∴  ，∴  ，∴BM=2，∴BE=BM+ME=2+4=6.
BC 3 AC 5 5 5
05．（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC.
BC 3 AD 3 CP 2
∵  ，∴  ，∴  .
CP 2 CP 2 AD 3
CN CP 2
∵AD∥BC，∴△PCN∽△ADN，∴   .
DN AD 3
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，
∴△ADM∽△PBM，△NDM∽△ABM，
AM DM MN DM AM MN
∴  ，  ，∴  ，∴AM2=MN・MP.
MP BM AM BM MP AM
专题三 “边边边”判定三角形相似
AB BC AC
01．（1）证明：∵   ，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，
AD DE AE
∴∠BAC−∠DAF=∠DAE−∠DAF，即∠BAD=∠CAE.
（2）解：∵△ABC∽△ADE，∴∠ABC=∠ADE.
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC，∠ADE=∠ABE+∠BAD，∴∠EBC=∠BAD=21°.
02．（1）证明：∵AB= 12 12  2 ，AC= 12 32  10，BC=2，
AD= 12 22  5，DE= 12 32  10 ，AE=5，
AB 2 10 BC 2 10 AC 10 AB BC AC
∴   ，   ，  ，∴   ，∴△ABC∽△ADE.
AD 5 5 DE 10 5 AE 5 AD DE AE
（2）解：∵△ABC∽△ADE，∴∠ABC=∠ADE.
∵∠ABC=135°，∴∠ADE=135°，∴∠MDA+∠NDE=180°−∠ADE=45°.
1
03．解： ．提示：∵AC  12 22  5，BC  12 32  10，AB 32 42 5，
2
∴AC︰BC︰AB= 5 ︰ 10︰5=1︰ 2︰ 5 .
−74−设与△ABC相似的最小的格点三角形为△DEF，且△ABC∽△DEF. B
1 1
如图，则DF=1，EF= 2，DE= 5 ，∴S  11 .
△DEF
2 2
E
AC 3 BC 6 3 AB 3 5 3 C
04．证明：（1）∵  ，   ，   ，
A
DC 2 EC 4 2 DE 2 5 2 D F
AC BC AB
∴   ，∴△ACB∽△DCE.
DC EC DE
（2）∵△ACB∽△DCE，∴∠A=∠EDC．又∵∠E+∠EDC=90°，
∴∠E+∠A=90°，∴∠EFA=90°，即EF⊥AB.
专题四 “边角边”判定三角形相似
AB BC
01．证明：∵E，F分别是AB，BC的中点，∴ 2， 2，
BE BF
CD BC
∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠EBF=∠C=90°，∴  2，∴△BCD∽△FBE.
BE BF
02．证明：∵CD=CE，∴∠CDE=∠CED，∴∠ADB=∠AEC.
AD BD BD 3
∵2AD=3AE，2BD=3CD，∴    ，∴△ABD∽△ACE.
AE CD CE 2
03．解：连接AD，则AD⊥DC，AD=DC，
A
EF 1
∵DE⊥AC，∴DE=EC=AE．∵F为DE的中点，∴  .
AE 2 E
H
AE 1 EF AE
又∵ = ，∴ = ．又∵∠AEF=∠BAE=90°， F
AB 2 AE AB
B D C
AF AE 1
∴△AEF∽△BAE，∴   .
BE AB 2
OE OD OE OB
04．证明：（1）∵  ，∴  ．又∵∠EOB=∠DOC，∴△OEB∽△ODC.
OB OC OD OC
AE AD
（2）∵AE・AB=AD・AC，∴  .
AC AB
又∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ABC，∴∠ADE=∠ABC.
专题五 “角角”判定三角形相似
01．证明：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠D=90°，∴∠DAE+∠BAE=90°.
∵BF⊥AE于点F，∴∠AFB=90°=∠D，∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，∴△ABF∽△EAD.
02．（1）证明：∵AD是斜边BC上的高，∴∠BDA=90°．∵∠BAC=90°，∴∠BDA=∠BAC.
又∵∠B=∠B，∴△ABD∽△CBA.
BD BA BD 6 18
（2）解：由（1）知△ABD∽△CBA，∴  ，∴  ，∴BD= .
BA BC 6 10 5
03．（1）证明：∵AD=AB，∴∠ADB=∠B．∵∠DEC=∠B，∴∠DEC=∠ADB.
∵∠DEC+∠AED=180°，∠ADB+∠ADC=180°，∴∠AED=∠ADC.
又∵∠EAD=∠DAC，∴△AED∽△ADC.
−75−AE AD
（2）解：由（1）知△AED∽△ADC，∴  ，∴AD2=AE・AC.
AD AC
∵AE=1，EC=3，∴AC=4，∴AD2=AE・AC=4，∴AD=2．∵AB=AD，∴AB=2.
04．（1）证明：连接AC，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACE=∠ADN=∠CAD=45°，AC= 2AD.
A D
∵∠EAF=45°，∴∠EAF=∠CAD，∴∠EAC=∠NAD，∴△CAE∽△DAN，
N
AE AC
∴   2 ，∴AE= 2AN. F
AN AD
M
AE AC
（2）解：由（1）得   2 ，同理可证△CAF∽△BAM， B E C
AN AD
AF AC AF AE
∴   2，∴  .
AM AB AM AN
EF AE
又∵∠EAF=∠NAM，∴△EAF∽△NAM，∴   2 .
MN AN
专题六 相似三角形的性质（1）——对应线段的比
9 AC BC BC2
01．解： ．提示：∵△ABC∽△BDC，∴  ，∴CD .
4 BC CD AC
9
∵BC2=AB2−AC2=52−42=9，∴CD= .
4
02．解：2．提示：∵四边形ABEF是正方形，∴可以假设AB=BE=EF=AF=x=CD，
∵矩形ABCD∽矩形ECDF，AD=3 5，
CD AD x 3 5
∴  ，∴  ，∴x1 5 或42 5 （舍去），
DF EF 3 5x x
经检验，x1 5 是分式方程的解，∴DF=AD−AF3 5(1 5)2.
03．解：2︰5．提示：∵△ADE∽△ABC，∴∠ADE=∠B，∴DE∥BC.
AF AD 2
∵AG⊥BC，∴AG⊥DE，∴   .
AG AB 5
OAOCAC 1
04．解：9．提示：∵AC∥BD，∴△AOC∽△BOD，∵  ，
OBODBD 3
∴△AOC与△BOD的周长比为1︰3，即△AOC与△BOD的相似比为1︰3，
AC 1
∴  ，∴BD=3AC=9.
BD 3
05．（1）证明：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC.
AF DE DE BC
又∵AH⊥BC，∴AF⊥DE，∴  ，∴ = =2，∴DE=2AF.
AH BC AF AH
（2）解：设AF=a，则DE=2a，FH=DG=2−a，
2 16
∴EG DE2 DG2  (2a)2 （2a）2  5(a )2  ，
5 5
2 4 5 2 8
当a= 时，EG的最小值为 ，此时AF= ，FH= .
5 5 5 5
−76−AD AF 1
∵DE∥BC，∴ = = .
DB FH 4
专题七 相似三角形的性质（2）——面积比
01．解：4．提示：易得AC∥DB，AC  12 22  5 ，BD 22 42 2 5 ，
S BD 2 5
∴△PBD∽△PAC，∴ △PBD ( )2 ( )2 4.
S AC 5
△PAC
02．解：36．提示：易得△ABC∽△FDM∽△IME∽△MGH，
四边形BDMG与四边形CEMH为平行四边形，∴DM=BG，ME=HC，
S ︰S ︰S =DM2︰ME2︰GH2=1︰4︰9，∴DM︰ME︰GH=1︰2︰3.
△FDM △IME △MGH
设DM=BG=x，则ME=HC=2x，GH=3x，∴BC=BG+GH+HC=x+3x+2x=6x，
BC 6x S BC
∴  6，∴ △ABC ( )2 62 36，∴S =36S =36.
△ABC △FDM
DM x S DM
△FDM
03．解：（1）∵四边形BFED是平行四边形，∴DE∥BF，即DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，
AD DE 1 1
∴   ，∵AB=8，∴AD= AB=2.
AB BC 4 4
S DE 1 1
（2）∵△ADE∽△ABC，∴ △ADE ( )2 ( )2  ，∴S =16S =16.
△ABC △ADE
S BC 4 16
△ABC
∵四边形BFED是平行四边形，∴EF∥DB，即EF∥AB，DE=BF，∴△EFC∽△ABC，
BF DE 1 CF 3 S CF 3 9
  ，∴  ，∴ △EFC ( )2 ( )2  ，∴S =9，∴S =16−9−1=6.
△EFC BFED
BC BC 4 BC 4 S BC 4 16
△ABC
04．解：（1）由题意可知，S =S ，△BDE≌△FDE，
△BDE 四边形ACED
∴S =S ，∴S =S ，∴S −S =S −S ，
△BDE △FDE △FDE 四边形ACED △FDE 四边形DGCE 四边形ACED 四边形DGCE
∴S =S +S .
△FGH △ADG △HEC
（2）由∠A=∠F=∠C，∠AGD=∠FGH=∠CEH，可得△AGD∽△FGH∽△CEH，
∴S ︰S ︰S =DG2︰GH2︰EH2=m2︰GH2︰n2.
△AGD △FGH △CEH
又由（1）得S =S +S ，∴GH2=m2+n2，∴GH= m2 n2 .
△FGH △AGD △CEH
专题八 相似模型（1）——大 A 型相似
01．基础巩固：证明：∵DE∥BC，∴△ADG∽△ABF，△AEG∽△ACF，
DG AG EG AG DG EG
∴  ，  ，∴  ．∵BF=CF，∴DG=EG.
BF AF CF AF BF CF
尝试应用：解：由（1）得DG=EG，∵CG⊥DE，∴CE=CD=6.
DE AE 1
∵AE=3，∴AC=AE+CE=9．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴   .
BC AC 3
02．证明：延长CD，BE交于点M，∵2∠EDB+∠BDC=180°，∠DEB=90°，
C
∴∠EDM=∠EDB，∠DEM=∠DEB=90°，∠M=∠DBE，∴ME=BE.
D F
∵DF∥EB，即DF∥MB，∴△CDG∽△CME，△CFG∽△CBE， G
DG CG FG CG DG FG
∴  ，  ，∴  ．∵ME=BE，∴DG=FG.
M E B
ME CE BE CE ME BE
−77−03．证明：延长QF，GC交于点I，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∠BCD=90°.
∵点E，F分别为AD，BC的中点，
G
1 1
∴AE=DE= AD，CF= BC，∴AE=DE=CF.
2 2 A E
D
∵AE∥CF，∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO， O
Q P
∴△AEO≌△CFO（ASA），∴OE=OF．∵DE=CF，DE∥CF，
C
B F
∴四边形DEFC为平行四边形，∴EF∥DC，即EF∥GI，
∴△QOE∽△QCG，△QOF∽△QCI，
OE QO OF QO OE OF
∴  ，  ，∴  ．∵OE=OF，∴CG=CI.
I
CG QC CI QC CG CI
又∵FC⊥GI，∴FI=FG，∴∠I=∠FGI，∴∠QFE=∠EFG，即FE平分∠QFP.
专题九 相似模型（2）——大 X 型相似
01．证明：∵AB∥CD，∴△AMO∽△DNO，△BMO∽△CNO，
AM OM BM OM AM BM
∴  ，  ，∴  .
DN ON CN ON DN CN
02．解：∵AB∥CD，∴△BOE∽△COF，△AOE∽△DOF，
BE OE AE OE AE BE 3
∴  ，  ，∴   .
CF OF DF OF DF CF 5
03．证明：延长AF，BC交于点G，
∵E，F分别是正方形ABCD边AD，CD的中点，∴AE=DE=DF=CF.
A N E D
∵∠ADF=∠GCF=90°，∠AFD=∠GFC，
M
F
∴△ADF≌△GCF（ASA），∴AD=CG=BC.
∵AD∥BG，∴△ANM∽△GCM，△ENM∽△BCM，
B C G
AN NM EN NM AN EN
∴  ，  ，∴  .
CG CM BC CM CG BC
∵CG=BC，∴AN=EN，∴CF=AE=2AN.
04．证明：延长AF，BC交于点H，∵AD∥BC，∴△ANM∽△HCM，
AN AM AN E D
∴  ，同理△AEM∽△HBM，
HC HM
M
F
AE AM AN AE AN HC
∴  ，∴  ，∴  .
HB HM HC HB AE HB
B C H
HC CF AN CF AN AE
∵AB∥CF，∴  ，∴  ，∴  .
HB AB AE AB CF AB
专题十 相似模型（3）——三平行型
3
01．解： ．提示：∵AB，CD，EF都与BD垂直，∴AB∥CD∥EF，
4
∴△DEF∽△DAB，△BEF∽△BCD，
EF DF EF BF EF EF DF BF BD
∴  ，  ，∴     1.
AB DB CD BD AB CD DB BD BD
−78−EF EF 3
∵AB=1，CD=3，∴  1，∴EF= .
1 3 4
AD AB 3 4 9
02．解：（1）∵CF∥AB，∴△ABD∽△CFD，∴  ，∴  ，∴CD= .
CD CF CD 6 2
（2）过点E作EH⊥BD于点H，∵DE∥AB，∴∠BDE=∠ABD.
1 1
∵BD平分∠ABC，∴ABDCBD ABC  60 30，
2 2 A F
D
∴∠BDE=∠DBE=30°，∴DE=BE，∴BD=2DH，易证BD=2DH= 3DE.
H
∵CF∥AB，DE∥AB，∴DE∥CF，∴△CDE∽△CAB，△BDE∽△BFC，
B E C
DE CE DE BE DE DE CE BE BC
∴  ，  ，∴     1.
AB BC CF BC AB CF BC BC BC
12 12 3
∵AB=4，CF=6，∴DE= ，∴BD 3DE  .
5 5
03．（1）解：∵BD⊥AB，BD⊥CD，MN⊥BD，∴MN∥AB∥CD，
MN DN MN BN
∴△DMN∽△DAB，△BMN∽△BCD，∴  ，  ，
AB BD CD BD
MN MN DN BN DN BN BD MN MN 24
∴ + = + = = =1，∴ + =1，∴MN= .
AB CD BD BD BD BD 12 8 5
MN DN MN BN
（2）证明：由（1）得 = ， = ，∴MN・BD=AB・DN，
AB BD CD BD
AB BN
MN・BD=CD・BN，∴AB・DN=CD・BN，∴  .
CD DN
∵∠ABN=∠CDN=90°，∴△ABN∽△CDN，∴∠ANB=∠CND.
∵MN⊥BD，∴∠MNB=∠MND=90°，∴∠ANM=∠CNM，∴NM平分∠ANC.
专题十一 相似模型（4）——射影型
01．解：（1） 6．提示：由∠ACB=90°，CD⊥AB，可证得△ACD∽△ABC，
AC AD
∴  ，∴AC2=AD・AB=2×(2+1)=6，∴AC= 6 .
AB AC
（2）设AD=x，由（1）知AC2=AD・AB，∴202=x(x+9)，解得x =16或x =−25（舍负），
1 2
∴CD2=AC2−AD2=202−162=122，∴CD=12.
AF AD
02．解： 3．提示：∵AD∥BC，∴△AFD∽△EFB，∴  3.
EF BE
设EF=x，则AF=3x，AE=4x，∵AE⊥BD，可证△ABF∽△AEB，
AB AF 2 3x 3
∴  ，∴  ，解得x= （舍负），∴AF= 3.
AE AB 4x 2 3
EF CF CE CE 1
03．（1）证明：易证△CEF∽△BCF，∴     ，
CF BF BC AC 2 B
∴CF=2EF，BF=2CF，∴BF=4EF.
（2）解：过点E作EH⊥AC，交AG于点H，易证EH∥BC，
G FH
∴△EHF∽△BGF，△EHA∽△CGA，
EH EF 1 EH AE 1 C E A
∴   ，   ，∴BG=4EH，CG=2EH，
BG BF 4 CG AC 2
−79−CG 1
∴BG=2CG，∴AC=BC=3CG，∴  .
AC 3
专题十二 相似模型（5）——斜射影型
BD AB 1
01．（1）证明：在△ABC中，AB=2，BC=4，BD=1，∴   .
AB BC 2
∵∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA.
BD AD AB・AD
（2）解：由（1）知△ABD∽△CBA，∴  ，∴AC  .
AB AC BD
5
2
∵AB=2，AD= 5 ，BD=1，∴AC 2 5.
2 1
02．（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，即AB∥CG，∴∠ABF=∠G.
又∵∠ABF=∠ACF，∴∠ECF=∠G.
CE FE
又∵∠CEF=∠GEC，∴△ECF∽△EGC，∴  ，∴CE2=EF・EG.
GE CE
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，AB∥DC，即AB∥GC.
AB 1
又∵DG=DC，∴AB=DC=DG，∴  .
CG 2
AB BE 1 6 1
又∵AB∥GC，∴△ABE∽△CGE，∴   ，即  ，∴EG=12，∴BG=18.
CG GE 2 GE 2
又∵AB∥GD，∴△ABF∽△DGF，
BF AB 1
∴  1，∴BF=GF= BG=9，∴EF=BF−BE=9−6=3.
GF DG 2
AC AP
03．（1）证明：∵∠ACP=∠B，∠A=∠A，∴△APC∽△ACB，∴  ，∴AC2=AP・AB.
AB AC
（2）解：取AP的中点G，连接MG，设AG=x，则GP=x，GB=3−x， A
G
1
∵M为CP的中点，∴GM∥AC，GM= AC=1，∴∠GMP=∠ACP=∠PBM. P
2
GM GP M
又∵∠PGM=∠MGB，∴△GPM∽△GMB，∴  ，∴GM2=GP・GB，
B C
GB GM
3 5
即12=x(3−x)，解得x= ，∴AP=2x=3+ 5 或3− 5 ，∵AB=3＞AP，∴AP=3− 5 .
2
专题十三 相似模型（6）—— 一线三垂直
01．（1）证明：∵AE⊥DE，∴∠AED=90°.
∵∠B=∠C=90°，∴∠A=∠CED=90°−∠AEB，∴△ABE∽△ECD.
AB BE BE・EC 26
（2）解：∵△ABE∽△ECD，∴  ．∵AB=4，BE=2，EC=6，∴CD  3.
EC CD AB 4
02．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，∴∠AFB+∠ABF=90°.
由折叠的性质，可知∠BFE=∠C=90°，∴∠AFB+∠DFE=90°，
∴∠ABF=∠DFE，∴△ABF∽△DFE.
−80−（2）解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=10，∴AD=BC=10，∠A=90°.
由折叠的性质可知：BF=BC=10.
∵∠A=90°，∴AF  BF2 AB2  102 62 8，∴DF=AD−AF=10−8=2.
BF AB 10 6 10
由（1）知：△ABF∽△DFE，∴  ，即  ，解得EF= .
FE DF FE 2 3
03．（1）证明：∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠M=∠N=90°，∴∠MAB+∠MBA=90°.
又∵∠ABC=90°，∴∠NBC+∠MBA=90°，∴∠MAB=∠NBC，∴△ABM∽△BCN.
（2）解：过点M作MN⊥BC于点N，∵∠BAP+∠APB=∠CPM+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠CPM=∠C，∴MP=MC．∵MN⊥BC，∴PN=CN，
A
PM MN PN 2 5 2
易证△PMN∽△APB，∴     .
AP PB AB 5 5 M
设MN=2a，PB= 5a，PN=2b=CN，AB= 5b.
B P N C
MN CN
∵MN∥AB，∴△CMN∽△CAB，∴  ，
AB CB
2a 2b 5 AB 5b 5
∴  ，解得a b或a 5b（舍），∴   .
5b 4b 5a 5 BC 4b 5a 5
专题十四 相似模型（7）—— 一线三等角
01．证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C.
∵∠EDC=∠B+∠BED=∠EDF+∠CDF，∠EDF=∠B，
BE DE
∴∠BED=∠CDF，∴△BDE∽△CFD，∴  .
CD DF
BE DE BE BD
∵D是BC的中点，∴BD=CD，∴  ，∴  .
BD DF DE DF
又∵∠B=∠EDF，∴△BDE∽△DFE.
02．（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=60°.
∵∠APD=60°，∴∠APD=∠B=60°．∵∠APC=∠B+∠BAP=∠APD+∠CPD，
∴∠BAP=∠CPD，∴△ABP∽△PCD.
（2）解：∵等边三角形ABC的边长为3，且BP=1，∴AB=BC=AC=3，∴PC=BC−BP=3−1=2.
AB BP 3 1 2 2 7
由（1）知△ABP∽△PCD，∴  ，即  ，解得CD= ，∴AD=AC−CD=3  .
PC CD 2 CD 3 3 3
03．解：（1）∵∠ABD+∠A=∠BDC=∠CDE+∠BDE，且∠A=∠BDE=120°，∴∠CDE=∠ABD.
（2）过点E作EF⊥BC，交AC于点F，∵∠BAC=120°，AB=AC，
BC
∴AB=AC= =15，∠C=30°，∴∠DFE=90°+30°=120°. A
3 D
F
CE
在Rt△CEF中，EF= =2，CF=4．设AD=x，则DF=11−x.
B E C
3
∵∠ABD=∠CDE，∠A=∠DFE，∴△BAD∽△DFE，
AB AD 15 x
∴  ，∴  ，解得x=5或6，∴AD的长为5或6.
DF EF 11x 2
−81−专题十五 相似模型（8）——斜 A 相似
01．解：∵ED⊥AB于点D，∠C=90°，∴∠ADE=∠C=90°.
AD AE
∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ACB，∴  .
AC AB
AD 5
∵AB=10，AC=8，AE=5，∴  ，解得AD=4.
8 10
02．（1）证明：∵DE⊥AB于点E，∠C=90°，∴∠AED=∠C=90°.
∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ABC.
AD AE
（2）解：∵△ADE∽△ABC，∴  .
AB AC
3 AE 12
∵AC=4，AB=5，AD=3，∴  ，解得AE= .
5 4 5
03．解：设FH=CH=x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°， BC=AD=6 2.
由折叠的性质，得BF=AB=6，∠BFE=∠A=90°，∴∠BFP=90°.
∵BC2+CH2=BH2，∴(6 2)2 x2 (6x)2，解得x=3，∴CH=3.
∵∠BFP=∠C=90°，∠PBF=∠HBC，∴△BFP∽△BCH，
BF FP 6 FP 3 2
∴  ，即  ，∴FP= .
BC CH 6 2 3 2
专题十六 相似模型（9）——旋转型相似
01．解：（1）∵∠DAE=∠BAC=30°，∴∠DAB=∠EAC.
AD AB 3 BD AB 3
∵∠ADE=∠ABC=90°，∴   ，∴△DAB∽△EAC，∴ = = .
AE AC 2 CE AC 2
02．证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠FAC=∠EBC=∠ACB=45°，AC= 2BC.
∵∠ECF=∠ACB=45°，∴∠ACF=∠BCE，∴△AFC∽△BEC，
AF AC
∴   2，∴AF= 2BE.
BE BC
03．解：在BP上方作PD⊥PB，且∠DBP=30°，连接AD.
BC PB 3
∵∠ABC=∠DBP=30°，∠ACB=∠DPB=90°，∴   ，∠PBC=∠DBA，
BA DB 2
D A
PC BC 3 2 3
∴△PBC∽△DBA，∴   ．∵PC=1，∴DA= .
DA BA 2 3
3 2 6 P
∵PD⊥PB，∠DBP=30°，∴PD= PB= .
3 3
B C
∵PA=2，∴DA2+PD2=4=PA2，∴∠ADP=90°=∠DPB，∴AD∥BP，
1 1 2 6 4 3
∴S =S = PB・PD 2 2  .
△ABP △DBP
2 2 3 3
−82−专题十七 相似模型（10）——十字架型相似
01．解：过点F作FP⊥AB于点P，过点G作GQ⊥BC于点Q， D F C
易得四边形ADFP和四边形ABQG均为矩形，∴FP=AD，GQ=AB， G Q
EF FP AD EF AD
易证△EFP∽△HGQ，∴   ，即  . H
GH GQ AB GH AB
A E P B
02．解：过点A作AQ⊥AC交CE的延长线于点G，
∵CE⊥BD，∠ACB=90°，∴∠ACG=∠CBD=90°−∠BCF， A G
1
△CAG∽△BCD，易知AD=CD= AC=2，AB AC2BC2 5，
2
D E
AG AC 4 4 8
∴   ，∴AG= CD= . F
CD BC 3 3 3
AE AG 8 8 8 40 C B
∵AG∥CB，∴△AEG∽△BEC，∴   ，∴AE= AB= 5 .
BE BC 9 17 17 17
03．解：过点E作EG⊥BC于点G，∴∠BGE=∠CGE=90°.
∵∠ACB=∠ACF+∠GCE=90°，AD⊥CE， A
∴∠ACF+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠GCE.
AD AC 8
∵∠ACD=∠CGE=90°，∴△DAC∽△ECG，∴   .
CE CG 5 E
F
5 1
∵AC=4，∴CG= ．∵BC=3，∴BG= . BG D C
2 2
BE BG 1
∵∠BGE=∠ACB=90°，∴EG∥AC，∴   .
AB BC 6
专题十八 相似模型（11）——斜 X 相似
01．（1）证明：在正方形ABCD中，∠ABD=45°．∵∠MCN=45°，∴∠NBG=∠MCG.
∵∠BGN=∠CGM，∴△BNG∽△CMG.
（2）解：过点C作CO⊥BD于点O，在正方形ABCD中，BC=CD=AB=6，
D C
2
∠BCD=∠CBN=90°，AB∥CD，∴BO=DO=CO= BC=3 2，
2
M
O
BD= 2BC=6 2．∵BM=2DM，∴OM= 2.
G
由（1）得△BNG∽△CMG，∴∠CMO=∠CNB.
A N B
OM CO 2
∵∠COM=∠CBN=90°，∴△COM∽△CBN，∴   ，∴BN=2.
BN BC 2
BG BN 1
∵BN∥CD，∴△BNG∽△DCG，∴   ，
DG CD 3
BG 1 1 1 3 2
∴  ，∴BG= BD= 6 2 .
BD 4 4 4 2
02．解：（1）在CA的延长线上取一点T，使得BT=BA，
T D
A
∵BT=BA，∴∠T=∠BAT.
∵∠BAO+∠D=180°，∠BAO+∠BAT=180°，∴∠BAT=∠T=∠D. O
BT BO AB BO B C
∵∠BOT=∠COD，∴△BOT∽△COD，∴  ，∴  .
CD CO CD CO
−83−（2）作∠ECT=60°，CT交BD的延长线于点T，∵∠BEC=120°，∴∠CET=60°.
A
∵∠ECT=60°，∴△ECT是等边三角形，∴CE=CT，∠T=60°. T
D
AB BD
∵∠A=60°，∴∠A=∠T．∵∠ADB=∠TDC，∴△ABD∽△TCD，∴  .
E
CT CD
∵DE=EB，DE︰CD=1︰n，∴BD=2DE，CD=nDE，
B C
AB AB BD 2DE 2 2
∴     ，即AB︰CE的值为 .
CE CT CD nDE n n
专题十九 相似模型（12）——三角形内接矩形型
PQ AP
01．解：（1）∵四边形PQMN为矩形，∴PQ∥NM，即PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴  .
BC AB
AP 1 PQ 1
∵P为AB的中点，∴  ，即  ，解得PQ=60（mm）
AB 2 120 2
答：PQ的长是60mm.
（2）∵四边形PQMN为正方形，∴PQ∥NM，即PQ∥BC，PQ=PN=HD.
设这个正方形零件的边长为xmm，则PQ=PN=HD=xmm，
PQ AH x 80x
∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴  ，即  ，解得x=48.
BC AD 120 80
答：这个零件的边长为48mm.
1
02．解：（1）∵S =12，∴ BC・AD12．∵BC=6，∴AD=4.
△ABC
2
AE MN AE x 2
∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC，∴  ，即  ，解得AE x.
AD BC 4 6 3
2 2
（2）∵AE x，∴MPED ADAE4 x，
3 3
2 2
∴矩形MPQN的面积yx(4 x) x2 4x.
3 3
2 2
（3）∵y x2 4x (x3)2 6，0＜x＜6，∴当x=3时，y有最大值，最大值是6.
3 3
专题二十 相似证明方法（1）——三点定形法
01．（1）证明：∵∠AED=∠B，∠DAE=∠CAB，∴△ADE∽△ACB，∴∠ADE=∠ACB.
AD DF
∵AG平分∠BAC，∴∠DAF=∠CAG，∴△ADF∽△ACG，∴  .
AC CG
AD AF
（2）解：∵△ADF∽△ACG，∴  .
AC AG
AD 1 AF 1
∵  ，∴  ，∵∠AED=∠B，∠EAF=∠BAG，
AC 2 AG 2
AF EF EF 1
∴△EAF∽△BAG，∴  ，∴  .
AG BG BG 2
02．（1）证明：由旋转可得：AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴∠ADE=60°.
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠ADE=60°，AB=AC.
−84−AD AB
又∵∠DAB=∠FAD，∴△ADB∽△AFD，∴  ，∴AD2=AB・AF，∴AD2=AC・AF.
AF AD
（2）解：∵△ABC是等边三角形，∴∠B=∠C=∠ADE=60°，CA=CB.
∵CD=2BD，∴CA=CB=3BD.
又∵∠CDF=∠B+∠BFD=∠ADE+∠CDA，∴∠CDA=∠BFD，
AD AC
∴△DCA∽△FBD，∴  3.
FD BD
又∵△ADE是等边三角形，∴ED=AD，∴ED︰FD=3.
03．证明：（1）∵DM⊥BC，∴∠BMD=90°，∴∠B+∠D=90°.
∵∠BAC=90°，∴∠B+∠C=90°，∴∠D=∠C.
1
∵M是BC的中点，∴AM=MC= BC，∴∠MAE=∠C，∴∠MAE=∠D.
2
MA ME
∵∠AME=∠DMA，∴△EMA∽△AMD，∴  ，∴MA2=MD・ME.
MD MA
AE ME MA AE ME AE MA
（2）∵△EMA∽△AMD，∴   ，∴  ，  ，
AD MA MD AD MA AD MD
AE AE ME MA AE2 ME
∴ ・  ・ ，∴  .
AD AD MA MD AD2 MD
专题二十一 相似证明方法（2）——等线段代换法
01．（1）证明：∵∠AEC=∠AED+∠CED=∠B+∠BAE，∠AED=∠B，∴∠BAE=∠CED.
AB AE
又∵∠B=∠C，∴△ABE∽△ECD，∴  ，∴AB・ED=EC・AE.
EC ED
∵E是BC的中点，∴EB=EC，∴AB・DE=BE・AE.（注：本题实质是用EB替换EC）
AB BE
（2）解：过点E作EN⊥AB于点N，∵AB・DE=BE・AE，∴  .
AE DE
A
又∵∠B=∠AED=60°，∴△ABE∽△AED，∴∠BAE=∠DAE.
M
D
EN 3
∵EN⊥AB，EM⊥AD，∴EN=EM，  . N
BE 2
EN EN 1 EN 1 3 3 B E C
∵BC=2BE，∴       .
BC 2BE 2 BE 2 2 4
02．证明：（1）∵∠ADE=∠GDA，∠EAD=∠AGD，∴△ADE∽△GDA.
AE AD
（2）∵△ADE∽△GDA，∴  ，∠DEA=∠DAG.
AG DG
∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AD=CD，∴∠DEA=∠GDC，∴∠GDC=∠FAG.
AF CD CD DG CD CG
∵AF=AE，∴  ，即  ，∴△GDC∽△GAF，∴ = .
AG DG AF AG AF GF
03．（1）证明：∵DG平分∠CDE，∴∠CDG=∠EDG.
∵正方形ABCD的边CD绕点D逆时针旋转得到DE，∴AD=CD=DE.
∵DG=DG，∴△DCG≌△DEG（SAS），∴CG=EG，∠DCG=∠DEG.
∵AD=CD=DE，∴∠DAE=∠DEG，∴∠DAE=∠DCG.
∵∠AFD=∠CFG，∴∠CGF=∠ADF=90°，∴∠CGE=90°，
−85−∴△CGE是等腰直角三角形.
A D
（2）证明：由（1）证得△DCG≌△DEG，∠CGE=90°，
1
∴∠CGD=∠EGD= ×(360°−90°)=135°，
H
2 F
∴∠AGD=180°−∠EGD=180°−135°=45°，∴∠ADH=∠AGD=45°. G E
AD AH B C
又∵∠HAD=∠DAG，∴△ADH∽△AGD，∴  ，∴AD2=AH・AG.
AG AD
连AC，∵∠ACF=∠AEC=45°，∠CAF=∠EAC，∴△ACF∽△AEC，
AC AF
∴  ，∴AC2=AF・AE．∵AC2=AD2+CD2=2AD2，∴AF・AE=2AH・AG.
AE AC
专题二十二 相似证明方法（3）——等比代换法
BM BD
01．证明：∵DB∥AC，∴△BMD∽△AMC，∴  ，∠DBA=∠BAC.
AM AC
∵BA∥CE，∴∠DAB=∠AEC，∠BAC=∠ACE，∴∠DBA=∠ACE，
DB AB BM AB
∴△DBA∽△ACE，∴  ，∴  .
AC CE AM CE
02．证明：（1）∵∠BAC=90°，AD⊥BC，∴∠BAC=∠BDA=90°.
又∵∠ABC=∠DBA，∴△CBA∽△ABD.
AB AC AB BD
（2）∵△CBA∽△ABD，∴∠C=∠FAD，  ，∴  .
BD AD AC AD
1
又∵E为AC的中点，AD⊥BC，∴ED=EC= AC，∴∠C=∠EDC.
2
又∵∠EDC=∠FDB，∴∠FDB=∠FAD，∵∠F=∠F，∴△DBF∽△ADF，
BD DF AB DF BD
∴  ，∴  .（注：本题的中间比是 .）
AD AF AC AF AD
03．（1）证明：易证BG=MG，又BE=CE，∴GE∥AC，即HE∥AC，
BH BE
∴  1，∴AH=BH. A
AH CE
P
（2）解：延长EH到点P，使PH=GH，连接AP，BP，
M
易证四边形APBG为矩形，∠ABP=∠BAG=30°. H F
G
GF EG GD GF AP 3
∴   ，∴   . B D E C
AP EP BP GD BP 3
专题二十三 相似与二次函数（1）——线段比
01．解：易得A（−2，0），B（3，0），C（0，4）. y
4 C
过点P作PQ∥AB交BC于点Q，∴直线BC的解析式为y x4.
3 P
Q
2 2 1 1 2 2 D
设点P（m， m2  m4），则Q（ m2  m， m2  m4），
3 3 2 2 3 3
1 1 1 3 A O B x
∴PQm( m2 m) m2 m .
2 2 2 2
−86−1 3
 m2  m
∵PQ∥AB，∴ PD  PQ  2 2  1 (m 3 )2 9 ，∴当m 3 时， PD 的最大值为 9 .
DA AB 5 10 2 40 2 DA 40
另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．
1 1 1 1
02．解：（1）依题意，得A（m，0），B（0， m），将点B代入y (xm)2中，得 m= m2，
2 4 2 4
1
∴m =0（舍），m =2，∴抛物线的解析式为y (x2)2.
1 2
4
（2）过点M作MH⊥x轴于点H，则△MNH∽△BAO，
y
MH NH MN
∴   =4，∴MH=4，NH=8. M
BO AO AB
B
1
当y=4时， (x2)2 4，∴x =−2或x =6（舍去），∴ON=8−2=6，
4 M M H O A N x
1 1
∴S  ON・MH  6412.
△MON
2 2
专题二十四 相似与二次函数（2）——利用角度构相似
01．解：（1）y=x2+2x−3．提示：根据题意，y=a(x+1)2−4，
将A（−3，0）代入，得a=1，∴y=(x+1)2−4，∴y=x2+2x−3，
∴该抛物线的解析式为y=x2+2x−3.
（2）过点D作DS⊥x轴于点S，延长CE交x轴于点G，
∵∠COG=∠ASD=90°，∠OCE=∠OAD，∴△CGO∽△ADS， y
G S
OG OC OG 3
∴  ，即  ，∴OG=6，∴G（−6，0），
A O x
DS AS 4 2
1 E
∴可求得直线CG的解析式为y x3.
2 C
1 5 D
由x2 2x3 x3，解得x =0（舍去），x =− ，
1 2
2 2
5 7
∴点E的坐标为（ ， ）.
2 4
2 2
02．解：（1）A（−2，0），B（3，0）．提示：令 x2 x40，
3 3
得x =−2，x =3，∴A（−2，0），B（3，0）.
1 2
2 2 2
（2）由题意可知点E在第一象限，设E（m，n），则n m2 m4 (m2)(m3) .
3 3 3
1
过点E作EH⊥x轴于点H，∵ AEBBAE45，∴∠AEB+2∠BAE=90°. y
2
∵∠AEB+∠BAE+∠BEH=90°，∴∠BAE=∠BEH. E
又∵∠EHA=∠BHE，∴△EAH∽△BEH，∴ HA  HE ，∴HE2=HA・HB， A O B H x
HE HB
3 3 3
∴n2 (m2)(m3) n ，解得n=0（舍去）或 ，∴点E的纵坐标为 . C
2 2 2
−87−专题二十五 相似与二次函数（3）——利用位置关系构相似
1 1
01．解：设点D（a，b），∵AE︰ED=1︰4，∴OE= b，OA= a.
5 4
OA OE OA・OC
∵AD∥BC，∴△AEO∽△BCO，∴  ，∴OB .
OB OC OE
5an 1 3 n 1 5an 5
又∵OC=n，∴OB= ，令 x2  xn0，得x ・x   a・ ，∴b a2.
4b 2 2 A B 1 4 4b 32
2
1 5 1 3
将点A（ a，0），D（a， a2）代入y x2  xn ，
4 32 2 2
 1 1 3 1
0 ( a)2  ( a)n

 2 4 2 4 27
得 ，解得a=6或a=0（舍去），∴n= .
 5 a2  1 a2  3 an 8
32 2 2
02．解：（1）y=−x2−x+6．提示：将点A（−3，0），B（2，0）代入y=−x2+bx+c，
93bc0 b1 y
得 ，解得 ，∴抛物线的解析式为y=−x2−x+6.
42bc0 c6 C
（2）过点M，N作x轴的垂线，垂足分别为D，E，
MD OD N
又∵∠MON=90°，∴Rt△MDO∽Rt△OEN，∴  ，
OE NE M
∴MD・NE=OE・OD，∴y ・y =−x ・x .
M N M N A D O E B x
yx2 x6
 3 3
联立
y 1 xm
，得x2
2
xm60，∴x
M
x
N

2
，x
M
・x
N
=m−6，
 2
1 1 1 1 1 3
∴y ・y ( x m)( x m) x ・x  m(x x ) m2  (m6) mm2 ，
M N 2 M 2 N 4 M N 2 M N 4 4
1 3 5 5
∴ (m6) mm2 (m6) ，解得m =−3，m  ，∴m的值为−3或 .
4 4 1 2 2 2
专题二十六 相似与二次函数（4）——相似与分类讨论
01．解：易求A（−2，0），B（4，0），C（0，−8）.
y
∵F是直线x=t与抛物线的交点，∴F（t，t2−2t−8）.
①当△BE D ∽△CE F 时，则∠CBO=∠BCF ，∴CF ∥OB.
D2D1
1 1 1 1 1 1
A O B x
∵C（0，−8），∴t2−2t−8=−8，解得t=0（舍去）或t=2；
②当△BE D ∽△F E C时，过点F 作F T⊥y轴于点T，
2 2 2 2 2 2 E1
∵∠BCF =∠BD E =90°，∴∠F CT+∠BCO=90°，
E2
2 2 2 2
∵∠CBO+∠BCO=90°，∴∠F CT=∠CBO.
2
C F1
又∵∠CTF =∠BOC=90°，∴△CF T∽△BCO，∴ F 2 T = CT . T F2
2 2
CO BO
∵B（4，0），C（0，−8），∴BO=4，CO=8.
t 2tt2 3
∵F T=t，CT=−8−(t2−2t−8)=2t−t2，∴ = ，∴2t2−3t=0，解得t=0（舍去）或t= .
2
8 4 2
−88−3
综上所述，符合题意的t的值为2或 .
2
02．解：易求A（−1，0），B（3，0），C（0，3）.
①当∠P AC=90°时，设AP 交y轴负半轴于点F，则△AOC∽△FOA，
1 1
OA OC OA2 12 1 y
∴  ，∴OA2=OF・OC，∴OF    ，
OF OA OC 3 3
C
1 1 1
P2
∴F（0， ），∴直线AF：y x .
3 3 3
A O
 y 1 x 1 10 13 F B G x
联立 3 3 ，得P
1
（ ， ）； P1
 yx2 2x3 3 9
②当∠P CA=90°时，延长CP 交x轴正半轴于点G，则△AOC∽△COG，
2 2
OC OA OC2 32
∴  ，∴OC2=OA・OG，∴OG  9，
OG OC OA 1
 1
1 y x3 7 20
∴G（9，0），∴直线CG：y x3．联立 3 ，得P
2
（ ， ）.
3  yx2 2x3 3 9
10 13 7 20
综上，点P的坐标为（ ， ）或（ ， ）.
3 9 3 9
专题二十七 相似与作图
01．解：（1）如图1，点C即为所求.
（2）如图2，点E即为所求.
（3）如图3，点F即为所求.
B B B
E
C F
A A A
图1 图2 图3
02．解：（1）如图1，点E即为所求.
（2）如图2，点D即为所求.
（3）如图3，点O即为所求.
A
B C E O
D
E
F
A
D C
B
图1 图2 图3
−89−03．解：（1）如图1，点F即为所求.
（2）如图2，点M即为所求.
（3）如图3，线段BE，点M即为所求.
A
C C
M
F D
A B A B B C
E
M
图1 图2 图3
专题二十八 相似综合与探究——从特殊到一般、类比与拓展
01．解：（1）DE=DF．理由如下：连接AD，∵△ABC为等腰直角三角形，
B
∴∠B=∠C=45°，∠BAC=90°．∵D是BC的中点，
1 E
∴∠CAD=∠BAD=45°，AD=CD=BD= BC，∠ADB=∠ADC=90°， D
2
∴∠B=∠CAD，∠BDE+∠ADE=90°.
A F C
∵∠EDF=180°−∠BAC=90°，∴∠ADF+∠ADE=90°，
∴∠BDE=∠ADF，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴DE=DF.
（2）DE=2DF．理由如下：以D为圆心，DC为半径画弧，交AC于点G，连接DG，
CD 1 BD BD
∴DG=DC，∴∠DCG=∠DGC．∵  ，∴  2. B
BC 3 DG CD
∵AB=AC，∴∠B=∠DCG，∴∠B=∠DGC.
D
E
∵∠BAC+∠EDF=180°，∴∠AED+∠F=180°.
∵∠AED+∠BED=180°，∴∠BED=∠F， A G C F
DE BD
∴△BED∽△GFD，∴  2，∴DE=2DF.
DF DG
（3）过点A作AH⊥BC于点H，过点D作DM⊥AC于点M，则∠AHB=∠AHC=∠DMC=90°.
3
在Rt△AHB中，∠B=60°，易得AH= AB. B
2
H
∵∠AHC=∠DMC，∠C=∠C，∴△AHC∽△DMC，
D
AH AC AH・CD 3 AB
∴  ，∴DM   ・ ・CD .
DM CD AC 2 AC A MFC
CD 1 AB 3
∵BC=8，  ，∴CD=2．∵AB=kAC，∴ k ，∴DM  k2 3k .
BC 4 AC 2
在Rt△DMF中，∠AFD=45°，∴△DMF为等腰直角三角形，易得DF= 2DM= 6k .
专题二十九 圆中导角、全等与相似综合探究（2026 浙江中考热点）
01．（1）证明：∵AM=BM，且DF为直径，∴DM⊥AB，即∠AMD=∠EMB=90°.
∵BC⊥AD，∴∠BCD=90°=∠EMB.
∵∠CED=∠BEM，∴∠D=∠B，∴△ADM∽△EBM.
−90−⌒ ⌒
（2）证明：连接BF，∵AF=AF，∴∠D=∠ABF，
D
由（1）知∠D=∠EBM，∴∠EBM=∠FBM，
∴∠BEM=∠BFM，∴BE=BF，∵BM⊥EF，∴EM=MF.
（3）由（2）知EM=MF，则可设EM=MF=a，
O
∴DM=DF−MF=8−a，OE=OF−EF=4−2a. C E
∵CO⊥DF，∴∠COD=90°=∠AMD，∴OC∥AB， A M B
F
OC DO OC OE
∴△DOC∽△DMA，△COE∽△BME，∴  ，  .
MA DM MB ME
DO OE 4 42a
∵MA=MB，∴  ，∴  ，解得a62 5.
DM ME 8a a
∵a＜8，∴a62 5，即EM=62 5.

02．（1）解：∵AC=AD，∴∠ADC=∠ACD．∵∠CAB=α，∴∠ADC=∠ACD=90°− .
2
⌒ ⌒   
∵AE=AE，∴∠ABE=∠ACD=90°− ．∵FG⊥CE，∴∠FGB=90°−∠ADC=90°−(90°− )= .
2 2 2

（2）证明：连接OF，OE，∵∠CEB=∠CAB=α，∠ABE=90°− ，
2
 3 C
∴∠CBE=∠ABC+∠ABE=90°−α+90°− =180°− . F
2 2
H
A B
∵CF=CD，BF=DE，∴CF+BF=CD+DE， GD O
3
即CB=CE，∴∠CEB=∠CBE，即α=180°− ，解得α=72°，
2
E
 
∴∠FGB= =36°，∠ABC=90°−α=18°，∠ODE=∠ADC=90°− =54°.
2 2
∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE，∴∠CEB−∠OEB=∠CBE−∠OBE，即∠OED=∠OBF.
又∵OE=OB，DE=BF，∴△ODE≌△OFB，∴∠ODE=∠OFB=54°，
∴∠GOF=∠ABC+∠OFB=72°，∴∠GFO=180°−∠FGB−∠GOF=72°，
∴∠GOF=∠GFO，∴GF=GO.
（3）解：连接AE，OE，易得∠ACD=∠ADC=∠EDB=∠EBD=∠OEB，
BE BD C
∴△EBD∽△OBE，∴  ，∴BE2=BD・BO.
BO BE
F
H
∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°=∠GHD，∴∠EAD=∠BGF.
D
又∵∠AED=∠GBF，DE=BF，∴△AED≌△GBF（AAS），∴AE=BG. A
G O
B
1 x1
设AC=x，则AD=x，∵AO=BO=1，∴BD=2−x，OD=x−1，AG= OD= ，
2 2 E
x1 5x
∴AE=BG2  ，BE2=BD・BO=(2−x)×1=2−x.
2 2
5x
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，∴( )2 (2x)22，
2
化简得x2−14x+17=0，解得x74 2（舍去74 2 ），∴AC=74 2.
−91−第二部分 九年级 下册
第一章 解直角三角形
专题一 锐角三角函数的求法
5
01．解： ．提示：延长BC至点D，连接AD，则BD 42 42 4 2 ，
B
5
AD 22 22 2 2 ，AB 62 22 2 10 ，∴AD2+BD2=AB2， A
AD 2 2 5 C
∴∠ADB=90°，∴sinABC   . D
AB 2 10 5
02．解：2 2．提示：连接BC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°.
C
B
∵AB=6，AC=2，∴BC  AB2 AC2  4 2 . E
O
A
⌒ ⌒ BC 4 2
∵BC=BC，∴∠D=∠A，∴tanDtanA  2 2 .
AC 2
D
03．解：A．提示：作直径BE，连接AE，则∠BAE=90°.
C
⌒ ⌒
∵AB=AB，∴∠C=∠E，∴∠CBD=∠EBA，
E D
∴sin∠CBD=sin∠EBA= AE  AE，
O
BE 2
∵OM⊥AB，∴2OM=AE，∴sin∠CBD= 2OM OM . A M B
2
04．解：作DG⊥AB于点G，设BG=DG=1，则BD=CD= 2，
C
∵D为BC中点，∴BC=2BD=2 2，∴AB= 2BC=4，∴AG=AB−BG=3.
设AE=DE=x，∵DE2=EG2+DG2， F D
5 DG 3
∴x2 (3x)2 12，∴x ，∴sin∠BED=  .
3 DE 5 A E G B
另：可证∠CDF=135°−∠BDE=∠BED，求sin∠CDF.
7 ⌒ ⌒
05．解： ．提示：连接AD，∵AD=AD，∴∠B=∠C.
C
4
D
AP AB 4
又∵∠APB=∠DPC，∴△ABP∽△DCP，∴   . P
A B
DP DC 3
O
∴设AP=4k，则DP=3k，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，
AD 7k 7
∴AD AP2 DP2  (4k)2 (3k)2  7k ，∴sin∠APD   .
AP 4k 4
专题二 解三角形与化斜为直
BD 3 3 3
01．解：（1）∵BD⊥AC于点D，∴sinA  ，∴BD= AB= ×10=6，
AB 5 5 5
∴AD AB2 BD2  102 62 8.
BD 6
（2）∵AD=8，AC=10，∴CD=AC−AD=10−8=2，∴tanC   3.
CD 2
−92−∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴tan∠ABC=tanC=3.
BE 4
02．解：延长AD，BC相交于点E，∵∠ABE=90°，sinA  ，
AE 5
A
∴设BE=4a，则AE=5a，∴AB AE2 BE2 3a3，∴a=1，∴BE=4，
D
CD AB 3 4 8 1
∴tanE    ，∴DE= CD= ，∴S = AB・BE=6，
△ABE
DE BE 4 3 3 2
1 8 10 B C E
S = CD・DE= ，∴S =S −S = .
△DCE 四边形ABCD △ABE △DCE
2 3 3
4
03．解： ．提示：连接PB，交CH于点E，
3 D C
由折叠可得，CH垂直平分BP，∴E是BP的中点. P
又∵H是AB的中点，∴HE是△ABP的中位线， E
∴AP∥HE，∴∠BAP=∠BHE.
A H B
BC 4 4
又∵Rt△BCH中，tan∠BHC  ，∴tan∠HAP= .
BH 3 3
04．解：8．提示：过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB交AB的延长线于点F，
1
∵BD是△ABC的中线，AC=6 5，∴AD= AC=3 5. C
2
D
DE 1
在Rt△ADE中，tanA  ，∴AE=2DE.
AE 2
A E B F
由勾股定理得：AD AE2 DE2  5DE ，
∴3 5= 5 DE，∴DE=3，∴AE=2DE=6．∵DE⊥AB，CF⊥AB，∴DE∥CF.
又∵BD是△ABC的中线，∴DE是△ACF的中位线，∴CF=2DE=6，AE=EF=6.
设BE=a，则BF=EF−BE=6−a，AB=AE+BE=6+a，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2=DE2+BE2=32+a2，
在Rt△CBF中，由勾股定理得：BC2=BF2+CF2=(6−a)2+62.
∵BC=2BD，∴BC2=4BD2，∴(6−a)2+62=4×(32+a2)，整理得：a2+4a−12=0，
解得：a=2或a=−6（不合题意，舍去），∴AB=6+a=8.
专题三 三角函数的实际应用
01．解：180．提示： 由题意，知∠ACP=90°，∠PAC=45°，
P
∠PBC=22°，∴AC=PC=120.
22°
PC 120 120m 45°
在Rt△PBC中，tanPBC  ，∴tan220.4 ，
BC 120 AB
B
∴AB=180，即A，B之间的距离是180m. C A
AC
02．解：7.68．提示：在Rt△ACD中，∵tanADC  ，
CD
∴AC=CD・tan∠ADC=40×tan50°=40×1.192=47.68.
BC
在Rt△BCD中，∵tanBDC  ，∴BC=CD・tan∠BDC=40×tan45°=40×1=40，
CD
∴AB=AC−BC=47.68−40=7.68，即旗杆的高度是7.68m.
−93−03．解：5．提示：过点G作GH⊥AD于点H，则GH=EF=BC.
G
由题意得∠ACB=90°，∠A=45°，
B E
∴△ACB是等腰直角三角形，∴AC=BC=3m.
台阶 滑道
∵立柱BC，EF垂直于地面AD且高度相同，∴GH=BC=3m.
A C F H D
GH GH 3
在Rt△GDH中，sin37 ，∴GD  5（m）.
GD sin37 0.6
04．解：（1）150，30.
（2）过点C作CG⊥EN，垂足为G，延长AB交EN于点F，
A
在Rt△CEG中，∵∠CEG=30°，CE=4m，
1
∴CG= CE=2（m）=BF，∴EG= 3CG=2 3（m），
2
B C
设AB=x，则AF=(x+2)m，EF=BC＋EG=(8+2 3)m， E
N
F G 30°
在Rt△AEF中，∵∠AEN=60°，∴AF= 3EF，
K D
即x2 3(82 3)，∴x=(4+8 3)m，
即信号塔的高度AB为(4+8 3)m.
05．解：10 10 ．提示：过点A作AE⊥DC于点E，
A
∵背水坡坡面AB的长度为20m，坡度为1︰1，∴AE=BE，
2
∴∠ABE=∠BAE=45°，∴AE  AB・sin4520 10 2 （m）.
2 D B E C
∵改造后的背水坡坡面AD的坡度为1∶2，
∴DE=2AE=210 2 20 2 （m），∴AD AE2DE2 10 10 （m）.
5 BD 5
06．解：∵i=1︰2.4，∴tan∠BAD=1︰2.4= ，∴  .
12 AB 12
5
∵AB=7.2m，∴BD= ×7.2=3（m）．∵BC=0.4m，∴DC=BD−BC=2.6m.
12
∵CE⊥AD，AB⊥BD，∠BDA=∠CDE，∴∠DCE=∠BAD.
5 12
∵tan∠BAD= ，∴cos∠DCE=cos∠BAD= ，
12 13
12
∴CE=CD・cos∠DCE=2.6× =2.4（m）.
13
∴该地下停车库入口的限高CE的长为2.4m.
北
07．解：（1）过点C作CG⊥AB于点G，过点D作DF⊥CG于点F，
东 C
则四边形ADFG是矩形，∴GF=AD=1.5海里.
53°
在Rt△BCG中，∵∠CBG=90°−60°=30°，BC=30×0.5=15（海里）， E
1 1 60° F H D
∴CG= BC= ×15=7.5（海里），∴CF=CG−GF=7.5−1.5=6（海里）. B G A
2 2
CF 6 6
∵在Rt△CDF中，∠DCF=53°，∴CD   10（海里），
cosDCF cos53 3
5
∴C，D两点间的距离约为10海里.
（2）设渔政船调整方向后th能与捕渔船会合，
由题意可知CE=30t海里，DE=1.5・2t=3t（海里），∠EDC=53°.
−94−4 12
过点E作EH⊥CD于点H，则EH DE・sinEDH 3t・sin533t・  t（海里），
5 5
12
t
∴在Rt△EHC中，sinECD EH  5  2 .
CE 30t 25
专题四 三角函数与三角形
01．解：（1）∵AM⊥MN，CN⊥MN，∴∠M=∠N=90°，∴∠MAB+∠ABM=90°.
又∵∠ABC=90°，∴∠NBC+∠ABM=90°，∴∠MAB=∠NBC，∴△BNC∽△AMB，
BN BC 1
∴  tanBAC ．又∵B是MN的中点，∴BM=BN，
AM AB 2
BM BN 1
∴在Rt△ABM中，tanBAM    .
AM AM 2
（2）过点C作CD⊥AC交AP于点D，再过点D作DE⊥BP于点E， A
1 BC 1 AB 1
∵tan∠BAC= ，∠P=∠BAC，∴tanBAC  ，tanP  . D
2 AB 2 BP 2
设BC=x，则AB=2x，BP=4x，则CP=BP−BC=4x−x=3x. B C E P
∵∠BAC=90°−∠ACB=∠PCD，∠BAC=∠P，∴∠PCD=∠P，∴CD=PD.
3
x
又∵DE⊥BP，∴CE=EP= 1 CP= 3 x，同理（1）可得，△CED∽△ABC，∴ CD  CE  2  3 ，
2 2 AC AB 2x 4
CD 3 3
∴在Rt△ACD中，tanDAC  ，即tanPAC .
AC 4 4
02．解：（1）∵P为AC的中点，AC=8，∴CP=4.
B
又∵∠ACB=90°，BC=6，∴BP BC2 CP2  62 42  2 13 .
如图1，连接DP，∵D，P分别是边AB，AC的中点， D
E
1
∴DP∥BC，DP= BC，∴△DPE∽△CBE，
2
C P A
PE DP 1 2 4 13 图1
∴   ，∴BE= BP= .
BE BC 2 3 3
（2）如图2，过点B作BF∥CA交CD的延长线于点F，
则∠ABF=∠A，∠F=∠ACF．∵BD=AD，∴△BFD≌△ACD，
B F
∴BF=AC，FD=CD=CE+ED=2+3=5，∴EF=ED+FD=3+5=8.
CP CP CE 2 1 CP 1
∵BF∥CA，∴△PCE∽△BFE，∴     ，∴  . D
AC BF EF 8 4 PA 3
E
设CP=k，PA=3k，则AC=4k.
C P A
∵PD⊥AB，D是边AB的中点，∴PA=PB=3k，
图2
∴BC  PB2 CP2  (3k)2 k2  2 2k ，
AC 4k 6
∴AB AC2 BC2  (4k)2 (2 2k)2  2 6k ，∴cosA   .
AB 2 6k 3
−95−专题五 三角函数与四边形
1
01．解： ．提示：过点E作EF⊥BC交BC的延长线于点F，设DE=CE=a，
3
A D
∵△CDE为等腰直角三角形，∴CD= 2CE= 2a，∠DCE=45°.
∵四边形ABCD为正方形，∴BC=CD= 2a，∠BCD=90°， E
2 2
∴∠ECF=45°，∴△CEF为等腰直角三角形，∴CF=EF= CE= a，
B C F
2 2
2
a
∴BF=BC+CF= 3 2 a，∴tanEBC EF  2  1 .
2 BF 3 2 3
a
2
5
02．解： ．提示：设AE=x，则BE=3x，AB=BC=CD=AD=4x，AM=DM=2x，
5
∴CE  BE2BC2  (3x)2(4x)2 5x ，EM  AE2 AM2  x2 (2x)2  5x ，
CM  DM2CD2  (2x)2(4x)2  2 5x ，∴EM2+CM2=CE2，
EM 5
∴△CEM是直角三角形，且∠CME=90°，∴sinECM   .
CE 5
1 AH 4
03．解： ．提示：在Rt△ABH中，∵AB=10，sinB  ，
2 AB 5
∴AH=8，BH=6，∴CH=BC−BH=10.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC=16，CD=AB=10=CH，
AH 8 1
∴∠CDH=∠CHD=∠ADH，∴tanCDH tanADH    .
AD 16 2
2
04．解： ．提示：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∴△ADF∽△EBF，
4
AD AF DF
∴   2，∴AF=2EF，DF=2BF，易证△ABF∽△BEF，
BE EF BF
BF AF
∴  ，∴BF  EF・AF  EF・2EF  2EF ，
EF BF
EF EF 2
∴DF=2 2EF，∴tanBDE   .
DF 2 2EF 4
3
05．解： ．提示：过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD=a，CD=b，AC=c.
4
∵AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF，
D C
∴EF=AD=a，CE=CD=b，∠CEF=∠D=90°，
AB b N
∴AE=AC−CE=c−b，cosCAB  . E
AC c
∵EF∥NH，∴△AEG∽△ANH，∴ AE  AG  1 ， A G H B
AN AH 2
F
∴AN=2c−2b，∴CN=AC−AN=2b−c.
∵EF∥NH，∴∠AEG=∠ANH=90°，∴∠ANH=∠ABC.
−96−AN NH AN・BC a(2c2b)
∵∠NAH=∠BAC，∴△ANH∽△ABC，∴  ，∴NH   .
AB BC AB b
CN NH 2bc a(2c2b)
∵EF∥NH，∴△CNH∽△CEF，∴  ，∴  ，
CE EF b ab
b 3 AB b 3
∴2b−c=2c−2b，∴  ，∴cosCAB   .
c 4 AC c 4
专题六 三角函数与抛物线
7 15
01．解：（ ， ）．提示：∵抛物线y=x2−3x+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
2 4
∴A（1，0），B（2，0），C（0，2），∴OB=OC=2.
过点B作BM⊥BC交CD的延长线于点M，过点M作MG⊥x轴于点G，
∵∠CBM=∠MGB=∠BOC=90°，
y
∴∠MBG+∠OBC=∠BCO+∠OBC=90°，∴∠MBG=∠BCO， M
MG BG MB
∴△MBG∽△BCO，∴   .
D
OB OC BC
MB C
∵tanDCB 3，OB=OC=2，∴MG=BG=6，∴M（8，6）.
BC
O A B G x
设直线CM的解析式为y=kx+b，把C（0，2），M（8，6）代入，
1 1
解得k  ，b=2，∴直线CM的解析式为y x2.
2 2
 7
 1 x 
y x2 x 0   1 2 7 15
联立 2 ，解得 1 ， ，∴D（ ， ）.
 yx2 3x2 y 1 2  y  15 2 4
 1 4
02．解：当x=0时，y=c，∴C（0，c），∴OC=c，
7
∵OB=2OC，∴B（2c，0），将B（2c，0）代入yax2  xc ，
2
3 7 3
得4ac2−6c=0，解得c=0（舍）或c= ，∴抛物线的解析式为yax2  x ，
2a 2 2a
7 3 3 1 1 3 5
当y=0时，ax2  x 0，解得x= 或x= ，∴A（ ，0），B（ ，0），∴AB= .
2 2a a 2a 2a a 2a
3 3 3 5
过点A作AG⊥BC于点G，∵OC=c= ，OB=2c= ，∴BC= 5c= ，
2a a 2a
∵∠GBA=∠OBC，∠AGB=∠COB=90°，∴△AGB∽△COB，
y
5
∴ AG  BG  AB ，即 AG  BG  2a ，∴AG= 5 ，BG= 5 ， C G
OC OB BC 3 3 3 5 2a a
2a a 2a
O A B x
3 5 5 5
∴CG=BC−BG=   .∴AG=CG，∴∠ACB=45°，
2a a 2a
2
∴sin∠ACB的值是 .
2
−97−专题七 三角函数中的“12345”问题
01．解：45．提示：连接AC，则△ABC为等腰直角三角形，
A
且∠BAC=90°，∴α+β=∠ABC=45°.
E
α
02．解： 5 ．提示：由tanA 1 ，tanABD 1 ，易得∠A+∠ABD=45°， B β D
2 3 C
∴∠BDC=45°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴CD=BC= 5 .
BC 1
另解：过点D作DE⊥AB于点E，∵∠C=90°，∴tanA  ，
AC 2
5 1 C
即  ，解得AC=2 5，∴AB AC2 BC2  (2 5)2 ( 5)2 5.
AC 2 D
DE 1 DE 1
∵tanA  ，tanABD  ，
A E B
AE 2 BE 3
∴可设DE=x，则AE=2x，BE=3x.
∵AE+BE=AB，∴2x+3x=5，解得x=1，∴DE=1，AE=2，
∴AD DE2 AE2  5，∴CD=AC−AD= 5 .
5
03．解： ．提示：连接DF，易得△DCM≌△DEM，△DAF≌△DEF，
3 D C
1
∴∠MDF=∠MDE+∠FDE=∠MDC+∠FDA= ∠ADC=45°.
2 M
CM 1 AF 1 E
∵tanMDC  ，∴tanFDA  ，
CD 2 AD 3
A F G B
1 4 8 10
∴AF= AD= ，∴BF=AB−AF= ，FM=EF+EM=AF+CM= .
3 3 3 3
BF EF EF・FM 5
∵cosMFB  ，∴FG  .
FM FG BF 3
04．解：2．提示：由翻折性质得∠BCE=∠HCE，∠DCF=∠GCF.
1
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∴∠ECF= ∠BCD=45°.
2
BE 2 1 1
∵tanECH tanBCE   ，∴tanGCF tanDCF  .
CB 4 2 3
DF 1
在Rt△CDF中，tanDCF   ，CD=6，∴DF=2.
CD 3
05．解：5 5．提示：过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，
过点F作FP⊥AC于点P，连接GH，易得AC⊥BD， A D
H′
2 1 E G N
OB= AB=4，CF= AB=2 2，△CPF是等腰直角三角形，
2 2 O F
易证△BEM≌△FEN，∴BE=FE，∴△BEF是等腰直角三角形， H P
2 B M C
∴∠EBF=45°，易证△BEO≌△EFP，∴OE=PF= CF=2，
2
OE 2 1 OH 1 1 4
∴tanEBO   ，∴tanHBO  ，∴OH= OB= .
OB 4 2 OB 3 3 3
−98−OG 1 1
∵tanOEG tanEBO ，∴OG= OE=1，
OE 2 2
5
∴EG OE2 OG2  5，GH  OH2OG2  ，
3
4 5
∴△EGH′的周长=△EGH的周长=EH+EG+GH(2 ) 5 5 5 .
3 3
专题八 网格中的锐角三角函数（1）——求值
2 5
01．解： ．提示：延长AC到点D，连接BD， A
5
∵AD2=22+42=20，BD2=12+22=5，AB2=32+42=25，
∴AD2+BD2=AB2，∴△ABD是直角三角形，且∠ADB=90°， C
B
AD 20 2 5
∴cosBAC   . D
AB 25 5
5
02．解： ．提示：易得CD∥BE，BE  12 12  2 ，AE  22 22 2 2，
5
AB 12 32  10 ，∴AE2+BE2=AB2，∴△ABE是直角三角形，且∠AEB=90°，
BE 2 5
∴cosBPCcosABE   .
AB 10 5
1
03．解： ．提示：作BN∥CD且BN=CD，延长BN至点M，
2
连接AM，则CD∥BM，∴∠CPB=∠ABM. C B
P
∵AM  12 12  2，BM  22 22 2 2，AB 12 32  10 ，
A D N
∴AM2+BM2=AB2，∴△AMB是直角三角形，且∠AMB=90°，
M
AM 2 1
∴tanCPBtanABM    .
BM 2 2 2
1
04．解： ．提示：作AE∥CD，且AE=CD，连接BE，∵CD∥AE，∴∠APC=∠BAE.
2
设每个小正方形的边长为a，由图可知：BE  a2 (2a)2  5a ， D E
B
AE  (2a)2(4a)2 2 5a ，AB (3a)2 (4a)2 5a ，
P
∴BE2+AE2=AB2，∴△AEB是直角三角形，且∠AEB=90°，
C A
BE 5a 1 1
∴tanBAE   ，∴tan∠APC= .
AE 2 5a 2 2
6 2
05．解： ．提示：在图中标注C，D，∵每个小正方形的面积都为1，∴AC=AD=1.
4
设NC=x，∵AD∥NB，∴∠MAD=∠ANC．∵∠MDA=∠ACN，
MD AD MD 1 1 A M
∴△MAD∽△ANC，∴  ，∴  ，∴MD= . D
AC NC 1 x x
N C B
1 1 1
∵△BMN的面积为3，∴S  MB・NB ( 1)(x1)3，
△BMN
2 2 x
−99−1
整理得x 4，解得x 2 3，x 2 3（舍去），∴NC=2 3 .
x 1 2
∵AN2=AC2+NC2=1+4+4 3+3=8+4 3，
AC 1 6  2
∴AN= 2 6 ，∴sinMNB   .
AN 2 6 4
专题九 网格中的锐角三角函数（2）——作图
01．解：（1）如图所示；（2）如图所示.
A A
E F
B C B C
图1 图2
3 4
02．解：（1） ，如图1；（2） ，如图2.
4 5
A
C
E
M
D
A B B C
图1 图2
03．解：（1）如图1，作∠ABD=∠C；（2）如图2.
A E A
G N
D F
M
C
B B C
图1 图2
综合与实践（1）——倍半角的求法探究
01．解：（1）≠.
（2）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
B
∴AB AC2 BC2 5，∴AD=AB=5，
∴∠D=∠ABD，∴∠BAC=2∠D，CD=AD+AC=9，
D A C
1 BC 3 1
∴tan( A)tanD   .
2 CD 9 3
（3）作AB的垂直平分线交AC于点E，连接BE， B
∴AE=BE，∴∠A=∠ABE，∴∠BEC=2∠A.
BC 1
∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，tanA  ，∴BC=1. A E C
AC 3
−100−设AE=BE=x，则EC=3−x，在Rt△EBC中，x2=(3−x)2+12，
5 5 4 BC 3
解得x ，即AE=BE= ，EC= ，∴tan(2A)tanBEC   .
3 3 3 EC 4
综合与实践（2）——正弦定理的初步认识
01．（1）证明：连接CO并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠CBD=90°.
A
BC a a D
在Rt△BCD中，sinD  ，∴ 2r.
CD 2r sinD b c
⌒ ⌒ a O
∵BC=BC，∴∠A=∠D，∴sinA=sinD，∴ 2r.
sinA C a B
BC
（2）解：过点B作BE⊥AC，由（1）得 2r5 5，
sinA
B
BC 5 5 BE 5
∴sinA    ，∴BE= AB，∴AB= 5 BE.
2r 5 5 5 AB 5
设BE=x，则AB= 5x，AE  AB2 BE2  2x ，CE=AC−AE=10−2x， C E A
在Rt△BCE中，BE2+CE2=BC2，∴x2+(10−2x)2=52，解得x=3或x=5（舍），
1 1
∴BE=3，∴S  AC・BE 10315.
△ABC
2 2
第二章 直线与圆的位置关系
专题一 点与圆
01．解：（2，0）．提示：分别作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心.
02．解：B．提示：不在同一直线上的三点确定一个圆，只需在第②块的圆弧上任取三点即可.
03．解：2 5．提示：∵△ABC的外心为O，∴OB=OC=OA.
B A
∵OA 12 32  10 ，∴OB=OC= 10.
∵B，C是方格纸格线的交点，
C
O
∴B，C的位置如图所示，∴BC  22 42 2 5 .
04．解： 15．提示：以D为圆心，AD为半径作圆，延长AD交⊙D于M，
连CM，则CM=AB=1，∵AM为直径，∴∠ACM=90°.
D
A M
在Rt△ACM中，AM=4，CM=1，∴AC  AM2CM2  15.
B C
05．解：12．提示：过点C作CF⊥BD于点F，∵BE=CE=AE，AB=AC，
∴∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
易证：B，C，D三点在以A为圆心，AB为半径的圆上，
∴∠BDC= 1 ∠BAC=45°，∠DBC=30°. A D
2 F
设CF=x，则BF= 3x，DF=x，
B E C
∴ 3xx6 26 6 ，∴x6 2，∴AB=CD= 2x=12.
−101−专题二 切线的性质与判定
01．证明：连接AO并延长交⊙O于点D，连接PD，
∵AD为直径，∴∠APD=90°，易证：∠MAP=∠PDA.
⌒ ⌒
又∵PA=PA，∴∠PDA=∠ACP，∴∠MAP=∠ACP.
6 1 1 1
02．解： ．提示：∵S =S +S ，∴ BDAC  ABEG BDEF ，
△ABD △ABE △DBE
7 2 2 2
1 1 1 6
∴ 23 5r 2r，∴r  .
2 2 2 7
03．证明：连接OE，易证：∠ACB=∠DCE=∠DAC=∠OEA.
∵∠DEC+∠DCE=90°，∴∠DEC+∠OEA=90°，∴∠OEC=90°，∴CE与⊙O相切.
04．证明：连接AE，过点E作EH⊥AB于H，∵∠ACB=90°，EF⊥BC，∴EF∥AC，
易证：∠FEA=∠FAE=∠EAC，∴EC=EH，∴AB为⊙E的切线.
D C
D
B
A
C
G E F H
P O E F
E O
M A B B D F C A B C A
第1题图 第2题图 第3题图 第4题图
专题三 切线长定理
⌒
01．解：125．提示：连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
A
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠PAO=∠PBO=90°，
P C O D
∵∠P=70°，∴∠AOB=360°−90°−90°−70°=110°，
⌒ ⌒ 1 B
∵AB=AB，∴∠ADB= ∠AOB=55°.
2
∵四边形ACBD为⊙O内接四边形，∴∠ACB=180°−∠ADB=125°.
M
02．解：65°或115°．提示：连接OA，OB， A
∵PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，
P C′ O C
∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠AOB=360°−90°−90°−50°=130°，
1 1 B
当点C在优弧AB上时，∠ACB= ∠AOB= ×130°=65°， N
2 2
当点C′在劣弧AB上时，∠AC′B=180°−65°=115°.
03．解：（1）设DE与⊙O相切于点C，连接OA，OB，OC，
D
A
1 1 C
易证：∠DOE=∠DOC+∠COE= ∠AOB= ×(180°−50°)=65°.
P O
2 2
（2）根据切线长定理：DA=DC，PA=PB，EC=EB， E
B
∴C =PD+DE+PE=PD+DC+CE+PE=PA+PB=2PA=12.
△PDE
−102−M
04．解： 2．提示：连接OA，OC，过点A作AH⊥OC交CO延长线于H，
A
设⊙O半径为r，易证：∠OAC=∠OCA=15°，∠AOH=30°，
1 3 1 3 P H
则AH= r，OH= r，∴( r)2 (r r)2 ( 31)2，∴r  2. O
C
2 2 2 2
B
N
专题四 三角形的内切圆
01．解：110.
02．解：35．提示：∵⊙O是△ABC的内切圆，∴OA平分∠CAB，设∠CAO=∠BAO=α.
∴∠B=180°−∠C−∠CAB=110°−2α.
1
∵BD=BE，∴∠BDE=∠BED= [180°−(110°−2α)]=35°+α，
2
∴∠AFD=∠BDE−∠BAO=(35°+α)−α=35°.
03．解：5.
04．解： 3．提示：设△ABC的内切圆的半径为r，切点为G，E，F，
A
过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=5−x，
∴72−x2=82−(5−x)2=AD2，∴x=1，∴AD=4 3.
连接OA，OB，OC，OE，OF，OG，∵S △ABC =S △AOB +S △BOC +S △AOC ，
O
F
E
1 1 1 1
∴ BCAD ABOE BCOG ACOF ，
2 2 2 2
B D G C
1 1
∴ 54 3 (758)r，∴r  3.
2 2
05．解：（1）设⊙I的半径为r，则AB=10，
1 1 ACBC
∴S  (AB ACBC)r ACBC ，∴r   2.
△ABC B
2 2 ABACBC
D
（2）设⊙I与△ABC三边分别相切于点D，E，F， O
E
连接ID，IE，IF，易证：四边形IECF为正方形， I
∴CE=IE=2，BD=BE=BC−CE=4，OD=1，∴OI  OD2 ID2  5. A F C
专题五 圆的计算和证明（1）——双切线
01．（1）证明：∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∵E为弦BC的中点，∴OE⊥BC，
∵OE垂直平分BC，点P在OE的延长线上，∴PB=PC，∴∠PBC=∠PCB，
∵CP与⊙O相切于点C，∴CP⊥OC，
∴∠OBP=∠OBC+∠PBC=∠OCB+∠PCB=∠OCP=90°，
∵OB是⊙O的半径，且PB⊥OB，∴PB为⊙O的切线.
（2）解：∵OE⊥BC于点E，DH⊥AB于点H，∴∠OEB=∠OHD=90°，
∵∠EOB=∠HOD，OB=OD，∴△EOB≌△HOD（AAS），
∴OE=OH，∴OB−OH=OD−OE，∴BH=DE，
∵∠BHF=∠DEF=90°，∠BFH=∠DFE，∴△BFH≌△DFE（AAS），∴BF=DF=4，
1
∵CF=8，∴BC=CF+BF=8+4=12，∴BE=CE= BC=6，
2
−103−∴EF=BE−BF=6−4=2，∴DE  DF2 EF2  42 22  2 3.
∵OE2+BE2=OB2，且OE=OD−DE=OB−2 3，
∴(OB−2 3)2+62=OB2，解得OB=4 3，∴⊙O的半径长为4 3. A
02．（1）证明：连接OC，∵AB，AC是⊙O的切线，
C
∴OC⊥AC，OB⊥AB，∠CAO=∠BAO，∴∠AOC=∠AOB.
1 D B
由圆周角定理得：∠D= ∠COB，∴∠D=∠AOB，∴AO∥CD. O
2
（2）解：∵AB，AC是⊙O的切线，AC=4，∴AB=AC=4，∴BF=AB−AF=4−1=3，
∵AO∥CD，DF∥CA，∴四边形ACDE为平行四边形，∠CAE=∠AEF，∴DE=AC=4，
∵∠CAE=∠FAE，∴∠FAE=∠AEF，∴EF=AF=1，∴DF=4+1=5，
由勾股定理得：DB DF2BF2  4，∴⊙O的半径为2.
03．解：（1）连接OB，∵OD=OB，∴∠OBD=∠ODB.
∵AB⊥OD，∴∠ODB+∠ABD=90°.
又∵∠ABD=∠PBD，∴∠OBD+∠PBD=90°，∴∠OBP=90°.
A
又OB为半径，∴BP为⊙O的切线. F
（2）连BC，OB，∵AB⊥CD，CD为直径， C O D P
E
2
由垂径定理，∴BE  AE  ，∴PA=PB，∴∠PAB=∠PBA.
2 B
又PE⊥AB，∴∠APE=∠BPE，由AP⊥BF，BC⊥BF，∴BC∥AP，
∴∠APE=∠C，∴∠C=∠BPE，∴BC=BP.
5 5
又BE⊥PC，∴CE=PE．设OE=x，则PE CE  x ，OC  2x.
4 4
2 5 1 17
在Rt△BEO中，由勾股定理，x2 ( )2 ( 2x)2，x  ，x  ，
2 4 1 4 2 12
5 17 17 1 1
∵ 2 0，故x （舍），∴x ，∴OE= .
4 12 12 4 4
专题六 圆的计算和证明（2）——多切线
01．（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于点E，F，G，∴OB平分∠ABC，OC平分∠BCD，
1 1 1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠BCD，∴∠OBC+∠OCB= (∠ABC+∠BCD)= ×180°=90°，
2 2 2 2
∴∠BOC=90°，∴OB⊥OC.
（2）过点B作BH⊥DC交DC于点H，∵∠BOC=90°，OB=6，OC=8， A E B
∴BC=10．∵CB切⊙O于点F，∴OF⊥BC， F
O
1 1 24 48
∴S  68 10OF ，∴OF= ，∴BH=EG=2OF= .
△BOC
2 2 5 5
D G H C
48 14 14
在Rt△BCH中，CH  BC2 BH2  102 ( )2  ，∴CG−BE= .
5 5 5
02．（1）证明：过O点作OE⊥CD于点E，∵DO平分∠ADC，∴OE=OA.
又OE⊥DC，∴CD是⊙O的切线.
−104−（2）解：过D作DF⊥BC于F，则四边形ABFD为矩形，
A D M
∴BF=AD=4，AB=DF，∴CF=BC−BF=5.
E
∵DE=DA=4，CE=CB=9，∴DC=DE+CE=13. O
Rt△CDF中，DF  DC2 CF2 12，∴AB=12，∴OA=6.
B F C N
Rt△OAD中，OD OA2 AD2  62 42  2 13 .
03．（1）证明：∵AM=AG，BM=BN，DG=DF，CN=CF，∴AB+CD=AD+BC.
（2）解：过点D作DH⊥BC于点H，则四边形ABHD为矩形，∴AB=DH.
A G D
连接OM，ON，OG，易知四边形OMAG和四边形OMBN均为正方形， F
可得G，O，N三点共线，设⊙O的半径为r，则DH=2r， M O
由（1）知CD=AD+BC−AB=9−2r，
在Rt△CDH中，(92r)2 (2r)2 32，解得r=2，∴⊙O的半径为2. B N H C
专题七 隐切线最值（1）——米勒问题与隐切圆
01．解： 17．提示：连PC，则PQ PC2 QO2  PC2 1≥ 17 （当PC⊥AB时取等号）.
02．解： 5．提示：当以BD为弦的圆O与AC相切时，∠BED最大， A
过点O作OF⊥BD于点F，则DF=BF=2，CF=3=OE=OD.
在Rt△ODF中，由勾股可得：OF= 5 =CE. O
E
03．解：20 3．提示：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于点E，
C
F
D B
以直径MN作⊙F，∵MN=2OM=40m，点F是MN的中点，
∴MF=FN=20m，OF=40m，∵∠AOB=30°，EF⊥OB， A
N
∴EF=20m，OE= 3EF=20 3m，∴EF=MF. F
又∵EF⊥OB，∴OB是⊙F的切线，切点为E， M
∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，此时OP=20 3m. O PE B
04．解： 3+1．提示：作PG⊥AB于G，
∵D ，E 在以A为圆心，AD为半径的圆上， C
1 1
∴当BD 所在直线与⊙A相切时，P到直线AB的距离最大，
1 P
易知，此时四边形AD PE 是正方形，故PD =2. D1
1 1 1
E1
在Rt△ABD 中，AB=4，AD =2，
1 1
故BD =2 3，∠ABP=30°，则PB=2+2 3， G A B
1
1
故点P到AB所在直线的距离的最大值PG= PB= 3+1.
2
专题八 隐切线最值（2）——千斤顶问题
E
01．解：3．提示：如图，以AC为直径作圆M，∵CD⊥AD，
D
∴∠ADC=90°，∴D在圆M上，
A B
当BE与圆M相切于D时，AE长最大，连接MD，∴半径MD⊥BE，
M O C
∵AB是圆O的直径，∴∠E=90°.
−105−1
∵AB=6，BC=2，∴AC=6−2=4，∴MC=MD= AC=2，∴MB=2+2=4，可得∠B=30°，
2
Rt△ABE中，AB=6，∴AE=3，∴AE的最大值是3.
02．解：1．提示：∵AB=4，∠AGB=90°，∴点G在△ABG的外接圆上，
当CF与圆相切时，AF取得最大值，此时FA，FG，CB，CG均为圆的切线，
∴FA=FG，CG=CB，设AF=FG=x，∵DF2+CD2=CF2，
∴(4x)2 16(x4)2，∴x=1，∴AF的最大值为1.
C
03．解：2 2．提示：以OB为直径作⊙K，
D E
当直线AE切⊙K于点D时，BE的值最大.
∵AE是⊙K的切线，∴DK⊥AE，∴∠ADK=90°. A
O K
B
∵DK=1，AK=3，∴AD 32 12 2 2.
04．解：4．提示：作CH⊥AD，交AD延长线于点H，则AH=BC=6，CH=AB=4，
∴DH=AH−AD=3，∴CD CH2 DH2 5.
A F D H
将CD平移至EF切⊙O于点M，设FA=FM=x，
M
则CE=DF=3−x，∴EM=EB=BC−CE=x+3，∴EF=EM+FM=2x+3， O
P
而EF=CD=5，∴2x35，∴x1，∴CE=3−x=2，
1 1 B E C
∴S = S  244，即S =4.
△CMD CDFE △PCD最小
2 2
专题九 隐切线最值（3）——转化思想
01．解：18．提示：过点O作OG⊥AB于点G，OF⊥CD于点F，延长AB至点E，使CE=CD，
连接OA，OD，DE，则四边形OGCF为矩形，且∠E=45°.
D
当DE与⊙O相切于点D时，AC+CD=AE取得最大值，此时OD⊥DE，
O
2 1 F
∴OF=DF= OD=5，∵AG= AB=7，∴CF=OG= OA2AG2 =1， A
G C B E
2 2
∴CE=CD=CF+DF=6，CG=OF=5，∴AC+CD=AE=AG+CG+CE=7+5+6=18.
02．解：6 26．提示：延长OB至点M，使QM=PQ，连接PM，
A P
∵∠AOB=90°，PQ∥OA，∴∠PQM=∠AOB=90°，
P1
∴∠PMO=45°，PQ−BQ=QM−BQ=BM.
∵点P在AB上，∴当PM与⊙O相切时，
BM取得最大值（设点P在点P
1
处，点M在点M
1
处，如图），
O Q B M M1
连接OP ，则∠OP M =90°，∵∠OM P =45°，∴OM  2OP 6 2 ，
1 1 1 1 1 1 1
∴BM OM OB6 26，即PQ−BQ的最大值为6 26.
1 1
03．解：2 2≤t≤2 2 4．提示：连接OD，OG，延长GO交CA于点M．
A
∵⊙O分别与CA，CB相切于点D，G，∠ACB=45°， M
E
∴△CGM，△MOD都是等腰直角三角形， D
∴OM  2OD2 2，∴CDCGMGOM OG 2 2 2. O P
延长EP交CB于点Q，则同理可证△CEQ，△PFQ均为等腰直角三角形，
C G F Q B
∴∠CQE=45°，PQ= 2PF，∴t=PE+PQ=EQ.
−106−∵点P在⊙O上，∴当EQ与优弧DG相切于点P时，EQ最大，
⌒
当EQ与DG相切于点P时，EQ最小，
∴此时，连接OP，则四边形OPED是正方形，
∴此时ED=OD=2，CE=EQ=CD+DE=2 24或CE EQCDDE  2 2 ，
∴t的取值范围是2 2≤t≤2 2 4.
04．解：3 10 ．提示：作PH⊥x轴交直线y=x于点Q，AB=2 10，∴CA=CB= 10，
则mn(mn)(HOPH)(HQPH)PQ ，
M y
过点P作PM∥OQ，当PM与⊙C相切时，
P
PM与OQ之间的距离最大，即−PQ最小. B
连PC，作CG⊥PQ于点G，交OB于点N，可得等腰Rt△PCG， G
C N
A H O x
2 10 10
∴PGCG CP ，∴HQHOCGCN   2，
2 2 2
10 10 Q
GQGH HQ1 2 3，∴PQPGGQ 103，
2 2
∴m−n的最小值为−3− 10.
专题十 圆和抛物线
c3 b2
01．解：（1）由题意，得 ，解得 ，∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3.
1bc0 c3
（2）①当以MN为直径的圆和x轴相切时，符合题设条件，
y
设MN的中点为点S，则PS⊥x轴，设点M，N的横坐标为s，t，
联立y=x+m与y=−x2+2x+3，即x+m=−x2+2x+3，则s+t=1，st=m−3， C
N
由直线MN的解析式知，其与x轴的夹角为45°，
S
M
则MN  2(ts) 2 (st)24st  268m ，
点S的横坐标为 1 (st) 1 ，∴点S的坐标为（ 1 ， 2m1 ）. A O P B x
2 2 2 2
2m1 3 34
∵MN=2SP，则MN2=4SP2，即268m4( )2，解得m .
2 2
②当点A或B在直线y=x+m上时，也符合题设条件，
将点A（−1，0），B（3，0）代入y=x+m，得0=−1+m或0=3+m，解得m=1或−3.
3 34
综上，m 或1或−3.
2
1
02．解：（1）y x2.
2
 x x 0x 1
（2）设Q（x，y），则y 1 x2，∵   x Q x M x M x P ，∴    x M  P 2 Q  2  2 x .
2  y Q y M  y M y P  y  y P  y Q  2 y 1 1 y
 M 2 2 2
1
作MG⊥HK于点G，则MG|y y ||1 yt|.
M G 2
−107−1 1 1 1
∵HM2 MQ2 QE2 ME2  (x x)2 (y1 y)2  x2 ( y1)2 ，
y
2 2 4 2
Q
E
1 1 1
∴HG2 HM2 MG2  x2 ( y1)2 (1 yt)2 M
4 2 2
H K
G
1  1 1   1 1  3
 y ( y1)(1 yt)  ( y1)(1 yt) (t )yt22t P
   
2  2 2   2 2  2
O x
3 3
.∵HK是定值，∴t 0，∴t  .
2 2
专题十一 圆与相似（1）——A 型相似
01．（1）证明：连接OE，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠OAE.
∵OA=OE，∴∠OEA=∠OAE，∴∠BAE=∠OEA，∴OE∥AB，∴∠OEC=∠B.
∵∠B=90°，∴∠OEC=90°，即OE⊥BC.
A
∵OE是⊙O的半径，∴BC是⊙O的切线.
O
（2）解：连接DF交OE于点G，设⊙O的半径为R，
G F
∵AF是⊙O的直径，OE⊥BC，∴四边形BDGE是矩形， D
B E C
∴EG=BD=1，∠DGE=90°，∴FG∥CE，∴△OGF∽△OEC，
OG OF R1 R 3 3
∴  ，∴  ，解得R=2或 ，∴⊙O的半径为2或 .
OE OC R 6R 2 2
02．（1）证明：连接OC，∵BC平分∠ABE，∴∠ABC=∠CBD.
∵OB=OC，∴∠ABC=∠OCB．∵∠PCA=∠CBD，∴∠PCA=∠OCB.
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°， D
C
E
∴∠ACO+∠PCA=90°，即∠PCO=90°，∴OC⊥PC.
∵OC是⊙O的半径，∴PC为⊙O的切线.
B
P A O
（2）解：连接AE，设OB=OC=r，∵PC=2 2OB，∴PC=2 2r，
∴OP OC2PC2  r2(2 2r)2 3r ．∵PB=12，∴4r=12，
∴r=3，可证∠OCB=∠CBD，∴OC∥BD，∴△POC∽△PBD，
OC OP 3 9
∴  ，∠D=∠PCO=90°，∴  ，∴BD=4.
BD PB BD 12
∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∴∠AEB=∠D=90°，∴AE∥PD，
BE AB BE 6
∴△ABE∽△PBD，∴  ，∴  ，∴BE=2.
BD PB 4 12
03．（1）证明：连接OC，∵CD是⊙O的切线，∴∠OCD=90°，∴∠OCB+∠BCD=90°.
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠OCB+∠ACO=90°，∴∠BCD=∠ACO.
∵OC=OA，∴∠ACO=∠A，∴∠BCD=∠A.
（2）解：过点B作BH⊥CD于点H，由（1）得∠BCH=∠A， C
H
又∵∠CHB=∠ACB=90°，∴△BHC∽△BCA，
∴ BH  BC ，∴BH  BC2  62  18 . A O B D
BC AB AB 10 5
∵OC⊥CD，BH⊥CD，∴BH∥OC，∴△BDH∽△ODC，
−108−18
∴ BH  BD ，∴ 5  BD ，解得BD= 90 .
OC OD 5 BD5 7
专题十二 圆与相似（2）——X 型相似
01．（1）证明：连接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠OAD.
∵OD=OA，∴∠ODA=∠OAD，∴∠CAD=∠ODA，∴OD∥AE.
∵DE与⊙O相切于点D，∴DE⊥OD，∴DE⊥AE.
（2）解：连接BC交OD于点G，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°=∠ECB=∠CED=∠ODE，
∴四边形DECG是矩形，∴DE=CG=BG.
E
1 1 C
设AC=6x，则AB=10x，∴OD= AB=5x，OG= AC=3x， D
2 2 F
G
∴DG=OD−OG=2x=CE，∴AE=AC+CE=8x. A B
O
DF OD 5x 5
∵OD∥AE，∴△ODF∽△EAF，∴    .
AF AE 8x 8
02．（1）证明：延长AO交BC于点E，连接OB，
∵OB=OC，AB=AC，∴直线AO垂直平分BC，∴BE=EC，AO⊥BC.
A
F
1
（2）解：延长CD交⊙O于点F，连接BF，∵BE= BC=3，
2
D
O
∴AE  AB2BE2 9．设OA=OB=x，则OE=9−x，
由BE2+OE2=OB2，得32+(9−x)2=x2，解得x=5， E
B C
∴FC=2x=10，∴FB FC2BC2 8，可证AE∥FB，
AD OA 5
∴△ADO∽△BDF，∴   .
BD BF 8
03．（1）证明：连接OP，OB，证△OAP≌△OBP，得∠OAP=∠OBP=90°.
A
∵OB是⊙O的半径，∴PB是⊙O的切线.
（2）解：∵∠APC=3∠BPC，∠OPA=∠OPB，
O
F
P
E
∴∠APB=4∠BPC，∴∠OPB=2∠BPC，∴∠OPC=∠BPC.
连接BC，设OP交AB于点F，∴BC∥OP， C B
∴∠PCB=∠OPC=∠BPC，∴BC=BP，设OF=a，则BC=BP=2a，
171
由射影定理，得BP2=PF・PO，∴(2a)2=PF・(PF+a)，∴PF  a（负值已舍）.
2
PE PF 171
∵PF∥BC，∴△PEF∽△CEB，∴   .
CE BC 4
专题十三 圆与相似（3）——斜射影相似
AB BE
01．解：16．提示：∵BE=DE，AB= 2BE，∴AB2=2BE2=BE・BD，∴  .
BD AB
又∵∠EBA=∠ABD，∴△ABE∽△DBA，∴∠BAE=∠BDA.
∵∠BDA=∠BCA，∴∠BCA=∠BAE，∴AB=BC.
−109−连接OB，交AC于点H，连接OA，
B
1 C
∵AB=BC，∴OB⊥AC，∴CH=AH= AC=4. H
2 D E A
∵OA=5，∴OH  OA2 AH2 3，
O
1 1
∴BH=OB−OH=5−3=2，∴S = AC・BH= ×8×2=8.
△ABC
2 2
∵E是BD的中点，∴S =S ，S =S ，
△ABE △ADE △BCE △DCE
∴S =S ，∴S =2S =16.
△ABC △ADC 四边形ABCD △ABC
⌒ ⌒
02．解： 3．提示：连接AP，∵AB=AB，∴∠APB=∠ACB. A
P
∵∠ADP=∠ACB，∴∠APB=∠ADP，
D
AP AB PB
∵∠PAB=∠DAP，∴△APB∽△ADP，∴   ， O
AD AP PD
B C
PB AP 3AD
∴AP2=AD・AB=AD・(3AD)=3AD2，∴AP= 3AD，∴    3.
PD AD AD
1
03．（1）证明：连接OE，∵点D是OB的中点，∴OD= OB.
2
E
OD OE OB 1
∵BC=OB，OB=OE，∴    .
OE OC OC 2
O B
又∵∠DOE=∠EOC，∴△EOD∽△COE，∴∠EDO=∠CEO. A C
D
∵DE⊥AB，∴∠EDO=90°，∴∠CEO=90°，∴OE⊥CE.
∵OE为⊙O的半径，∴CE为⊙O的切线. F
OD OF 1
（2）解：连接OF，∵OF=OB=BC=2OD，∴   .
OF OC 2
OD OF DF 1
又∵∠DOF=∠FOC，∴△ODF∽△OFC，∴    .
OF OC FC 2
∵DF=2.5，∴FC=2DF=5.
专题十四 圆与相似（4）——斜 A 型相似
01．（1）证明：连接AC，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=∠ACE=90°.
∵C是BD的中点，∴∠CAE=∠CAB，CD=CB， E
∴△ACE≌△ACB，∴CE=CB，∴CE=CD.
C
（2）解：∵△ACE≌△ACB，AB=3，∴AE=AB=3. D
又∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC=180°.
又∵∠ADC+∠CDE=180°，∴∠CDE=∠ABE. A O B
DE CD DE 3
又∵∠E=∠E，∴△EDC∽△EBA，∴  ，即  ，
BE AB 2 3 3
解得DE=2，∴AD=AE−DE=1．
02．（1）证明：连接OD，∵AB为⊙O的切线，∴OD⊥AB，
C
O
∴∠ODA=90°=∠ACB，∴∠ABC=∠AOD=90°−∠CAB.
∵∠AOD=2∠ACD，∴∠ABC=2∠ACD.
（2）解：设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r， A D B
−110−在Rt△ACB中，AB= 62 82 =10，∵∠OAD=∠BAC，∠ADO=∠ACB，
OD AO r 8r
∴△AOD∽△ABC，∴  ，即  ，解得r=3，即⊙O的半径为3.
BC AB 6 10
03．（1）解：∵BD=BC，∴∠BDC=∠C=∠ADE.
AE AD
∵AB为直径，∴∠E=90°=∠ABC，∴△AED∽△ABC，∴  .
AB AC
1
∵CD=2AD，AB=6，∴AE= AB=2，∴BE  AB2AE2  4 2.
3
C
（2）证明：连接AN，BF，∵AB是⊙O的直径， F
E
D
∴∠AFB=90°，∴∠C+∠CBF=∠AFB=90°.
M
∵∠ABF+∠CBF=∠ABC=90°，∴∠ABF=∠C. A B
O
∵∠N=∠ABF，BD=BC，∴∠BDC=∠C，∴∠FDM=∠N.
FD FM
∵∠MFD=∠AFN，∴△FMD∽△FAN，∴  ，∴FD・FA=FM・FN. N
FN FA
专题十五 圆与相似（5）——旋转型相似
01．（1）证明：∵AB是⊙O的直径，BE⊥CD，∴∠BCA=∠BED=90°.
⌒ ⌒
∵BC=BC，∴∠BDE=∠BAC，∴△DBE∽△ABC.
C
（2）解：过点C作CG⊥AB于点G，
∵∠BCA=90°，AC  5，BC 2 5，∴AB AC2BC2 5. O
A B
GF
1 1 1 1
由S  AC・BC  AB・CG ，得  52 5 5CG，解得CG=2， E
△ABC
2 2 2 2
D
∴AG AC2CG2 1．∵AF=2，∴FG=AG=1，∴AC=FC，
∴∠CAF=∠CFA=∠BFD=∠BDF，∴BD=BF=AB−AF=5−2=3.
BD DE 3 DE 3 5
∵△DBE∽△ABC，∴  ，∴  ，∴ED .
AB AC 5 5 5
5 2
02．解： ．提示：过点A作直径AH，连接CH，∵BD=1，BC=7，∴CD=6.
2
A
∵AD⊥BC，∴Rt△ABD中，AB AD2BD2  10 ，
O
Rt△ACD中，AC  AD2 CD2 3 5. B C
D
∵AH为⊙O的直径，∴∠ACH=90°，∴∠ADB=∠ACH.
H
⌒ ⌒ AB AD
∵AC=AC，∴∠B=∠H，∴△ABD∽△AHC，∴  ，
AH AC
10 3 5 2
即  ，解得AH=5 2 ，∴⊙O的半径 .
AH 3 5 2
40 17 C
03．解： ．提示：连接CD，BD，AE， D
17
E
∵AB=BC=8，BE=3CE，∴CE=2，BE=6.
O
∵BC是⊙O的直径，DE⊥AD，
∴∠BDC=∠ADE=90°，∴∠CDE=∠BDA.
A B
∵∠DEC=∠DAB=180°−∠DEB，∴△CDE∽△BDA，
−111−DE CE 2 1 1
∴    ，∴DE= AD.
AD AB 8 4 4
∵AB切⊙O于点B，∴CB⊥AB，∴∠ABE=90°，∴AE2=AB2+BE2=100.
1 1 40 17
∵AD2+DE2=AE2，且DE= AD，∴AD2+( AD)2=100，解得AD= .
4 4 17
专题十六 三角函数与圆（1）——作垂线构直角
01．解：（1）连接BD，∵AB是⊙O的直径，∴BD⊥AC.
∵AD=CD，∴△ABC为等腰三角形.
A
∵BC切⊙O于点B，∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
E
∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠A=45°.
D O
（2）过点O作OE⊥AD于点E，∵∠A=45°，∴OE=AE=DE，
OE x 1
设AE=DE=x，则CD=AD=2x，CE=3x，∴tan∠OCA=   . C B
CE 3x 3
AB BC 2BD BC
02．（1）证明：易证Rt△ABC∽Rt△PAO，∴  ，∴  ，
PA OA PA 1
AC
2
BD BC
∴  ，∵∠CBD=∠CAP=90°，∴△BCD∽△ACP.
PA AC
（或证：OA2=OD・OP=OC2，∴△OCD∽△OPC，
∴∠OCD=∠OPC=∠PCB，∴∠OCP=∠DCB）.
A
（2）解：过点D作DE⊥AC于点E．
E D
CD BC OD 5 O P
∵△BCD∽△ACP，∴  sinCAB  ，
CP AC OA 5
C B
设OD 5a ，则OA=OC=5a，∴AD OA2OD2 2 5a .
1 1 OD・AD
∵S  OD・AD OA・DE ，∴DE   2a ，∴OE  OD2DE2 a ，
△OAD
2 2 OA
DE 2a 1
∴CE=OC+OE=6a，∴在Rt△CDE中，tanACD   .
CE 6a 3
03．（1）证明：∵∠ACB=90°，∴AB是⊙O的直径，∠B+∠CAB=90°.
∵AD=AE，∴∠E=∠D．∵CA=CE，∴∠E=∠CAE，∴∠CAE=∠D.
⌒ ⌒
∵AC=AC，∴∠B=∠D，∴∠CAE=∠B，
∴∠OAE=∠CAE+∠CAB=∠B+∠CAB=90°，即OA⊥AE.
又∵OA是⊙O的半径，∴AE是⊙O的切线.
（2）解：过点C作CF⊥AE于点F，则∠CFE=90°，
A
CA CF 2
∵∠E=∠CAE=∠B，∴ sinBsinE  .
O
AB CE 3 F
2 2
∵OA=OB=3，∴AB=6，∴CE=CA= AB= ×6=4， B
3 3 E C D
2 2 8 8 4 5
∴CF= CE= ×4= ，∴AF EF  CE2 CF2  42 ( )2  ，
3 3 3 3 3
−112−4 5 8 5
∴AD=AE=2AF=2× = .
3 3
专题十七 三角函数与圆（2）——利用直径得直角
1 15
01．解： ； ．提示：延长PO交⊙O于点D，连接AD，OB交于点E，
4 3 B
则∠CAD=90°．∵A，C分别为BP，OP的中点， A
E
∴AC∥OB，AC= 1 OB，∴OB⊥AD，∠CAP=∠B. D
P C O
2
设OE=a，则AC=2a，OB=4a，∴CD=8a，
AC 1
∴cosOCA  ，AD CD2 AC2  2 15a ，
CD 4
AE 15
∴AE= 15a，BE=3a，∴tanCAPtanB  .
BE 3
02．（1）证明：连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥BC.
E
∵AB=AC，∴BD=CD.
A
（2）解：连接BE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，
BE 3 O
∴tanC  ．设AE=x，BE=3a，则CE=4a，AB=AC=4a−x.
CE 4 B D C
7
在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，∴(3a)2+x2=(4a−x)2，∴x a，
8
7 25 BE 3a 24
∴AB4a a a，∴sinBDEsinBAE   .
8 8 AB 25 25
a
8
03．（1）证明：连接OD，DF，EF，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA.
∵BC是⊙O的切线，∴∠ODB=90°=∠C，
A
∴OD∥AC，∴∠ODA=∠CAD，∴∠OAD=∠CAD. O
G
∵AE是⊙O的直径，∴∠AFE=90°=∠C，∴EF∥BC，∴∠B=∠AEF. E
F
⌒ ⌒
∵AF=AF，∴∠AEF=∠ADF，∴∠B=∠ADF，
B D C
AB AD
∴△ABD∽△ADF，∴  ，∴AD2=AB・AF.
AD AF
（2）解：由（1）知∠ODB=90°，设⊙O的半径为R，则OA=OD=OE=R，
∵BE=8，∴OB=BE+OE=8+R.
OD 5 R 5
在Rt△BDO中，sinB  ，∴  ，∴R=5，
OB 13 8R 13
∴AE=2OE=10，AB=BE+2OE=18.
5
由（1）知∠AEF=∠B，∠AFE=90°，∴sin∠AEF=sinB= .
13
AF 5 5 50
在Rt△AFE中，sin∠AEF=  ，∴AF=AE・sin∠AEF=10  .
AE 13 13 13
50 30 13
由（1）知AD2=AB・AF，∴AD 18  .
13 13
−113−专题十八 三角函数与圆（3）——利用垂径构直角
01．（1）证明：连接OD，∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADO.
∵AD平分∠BAC，∴∠DAO=∠CAD，∴∠CAD=∠ADO， C
D
∴OD∥AC，∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC.
F
G
∵OD是⊙O的半径，BC是⊙O的切线.
A
O E B
（2）解：过点O作OG⊥AC于点G，则∠AOG=∠ABC，
2 2 OG OG 4
∴cosAOGcosABC   ，∴OG 2 ，
3 OA 2 3
2 4
∴AG OA2 OG2  ，∴AF=2AG= .
3 3
02．（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC=180°.
∵∠ADE+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADE.
∵AD平分∠BDE，∴∠ADB=∠ADE，∴∠ABC=∠ADB.
⌒ ⌒
∵AB=AB，∴∠ADB=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC. A E
（2）解：连OC，连AO并延长交BC于点H，由（1）得AB=AC. D
∵OB=OC，∴AO垂直平分BC，∴OH⊥BC，BH=CH.
O
AH
由（1）得∠ADB=∠ACB，∴tan∠ADB=tan∠ACB= =2，
CH B H C
设CH=x，则AH=2x，OH=AH−AO=2x−5，在Rt△COH中，OH2+CH2=OC2，
∴(2x−5)2+x2=52，解得：x =0（舍），x =4，∴BC=2x=8.
1 2
⌒ ⌒ ⌒
03．（1）证明：∵F为BE的中点，∴EF=BF，∴∠FBE=∠A.
∵∠PFB=∠BFA，∴△FBP∽△FAB.
⌒ ⌒
（2）解：连接OF，交EB于点M，∵EF=BF，∴OF⊥BE.
A
∵AB是⊙O的直径，∴∠AFB=90°. E
⌒ ⌒ BF 3 P
∵BF=BF，∴∠A=∠BEF，∴tanA=tan∠BEF=  .
AF 4 O
F M
设BF=3a，则AF=4a，由勾股定理，得AB= BF2AF2 =5a，
1 5 B
∴OF=OB= AB= a，在Rt△BFM中，∠FBM=∠A，
2 2
FM 3 3 9 7
∴sin∠FBM= =sinA= ，∴FM= BF= a，∴OM=OF−FM= a，
BF 5 5 5 10
7
a
7 5 OM 10 7
在Rt△BMO中，OM= a，OB= a，∴sin∠ABE=   .
10 2 OB 5 25
a
2
专题十九 三角函数与圆（4）——利用切线构直角
01．（1）证明：连接OC，AC，∵DF与⊙O相切于点C，∴OC⊥DF.
⌒ ⌒ ⌒
∵C是EB的中点，即CE=CB，∴∠CAE=∠CAB.
∵OA=OC，∴∠OCA=∠CAB，∴∠CAE=∠OCA，
−114−∴OC∥AD，∴AD⊥DF，∴∠EAB+∠F=90°.
（2）解：∵OC∥AD，∴∠COF=∠DAF，
D
∴cos∠COF= OC =cos∠DAF= 3 ，∴可设OC=3a， E C
OF 5
则OF=5a，∴OA=3a，CF= OF2 OC2 =4a．∵OC∥AD， A
O B F
CD OA 3 3 12 OC 3a 5
∴   ，∴CD= CF= a，∴tan∠ODF   .
CF OF 5 5 5 CD 12 4
a
5
02．（1）证明：连接OA，∵PA与⊙O相切于点A，∴OA⊥PA，即∠OAP=90°.
∵AB⊥OP，∴OP垂直平分AB，∴PA=PB，易证△OBP≌△OAP（SSS），
∴∠OBP=∠OAP=90°，即OB⊥PB. B
又OB是⊙O的半径，∴PB为⊙O的切线.
O P
（2）解：易证∠ABE=∠OPB=90°−∠PBC， C
OB OA 1
∴tanABEtanOPB   ， A
PB PB 2 E
EA OA 1
易证△EAO∽△EBP，∴   .
EB PB 2
设EA=a，则EB=2a，设PA=PB=x，则PE=x+a，
3 3 5
在Rt△PBE中，(2a)2+x2=(x+a)2，∴x a ，即PB= a，PE= a，
2 2 2
PB 3
∴在Rt△PBE中，sinE  .
PE 5
03．（1）证明：连接AB交PO于点M，∵PA，PB分别切⊙O于A，B两点， A
∴PA=PB，PO平分∠APB，∴PO⊥AB，即∠AMO=90°.
M
P O
∵AC为⊙O的直径，∴∠ABC=90°，∴∠ABC=∠AMO，∴OP∥BC.
（2）解法1：连接AB，过点A作AD⊥PB于点D，作直径BE，连接AE，
B C
∵PB为⊙O的切线，∴BE⊥PB，∴∠ABP+∠ABE=90°.
∵BE为⊙O的直径，∴∠BAE=90°，∴∠E+∠ABE=90°，∴∠E=∠ABP.
∵ ⌒ AB= ⌒ AB，∴∠E=∠C ，∴∠C=∠ABP， A E
C
12
由sinÐP= ，可以设AD=12t，则PA=13t=PB， P O
13
D
∴PD PA2 AD2 5t ，∴BD=PB−PD=8t，
B
AD 12t 3 3
∴tanABD   ，∴tanC .
BD 8t 2 2
解法2：连BO，连AO并延长交⊙O于点D，连BD，
过点B作BH⊥AD于点H，则∠BOH=∠P=180°−∠AOB， A
C
12
∴sinÐBOH =sinÐP= ，∴可设BH=12k，则OB=13k=OD，
P
O
13 H
∴OH  OB2 BH2 5k ，∴DH=OD−OH=13k−5k=8k.
B D
⌒ ⌒ BH 12k 3
∵AB=AB，∴∠C=∠D，∴tanCtanD   .
DH 8k 2
−115−专题二十 三角函数与圆（5）——等角转化构直角
01．（1）证明：连接AE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∴AE⊥BC．∵AB=AC，∴BE=CE.
（2）解：连接BD，OE．∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°.
D
⌒ ⌒ BD 2 2
∵BD=BD，∴∠BED=∠BAD，∴sinBEDsinBAD  . A
AB 3 H
设BD2 2a，则AB=AC=3a，∴AD AB2BD2 a. O
B E C
1 3
∵BO=AO，BE=CE，∴OE∥CD，OE= AC= a，
2 2
AH AD a 2
∴△ADH∽△OEH，∴    .
OH OE 3 3
a
2
AH 2k 1
设AH=2k，则OH=3k，∴AO=BO=5k，∴BH=BO+OH=8k，∴   .
BH 8k 4
02．（1）证明：连接BD，OC，OD，设AB与CD交于点F，
⌒ ⌒ B
∵BC=BD，∴BC=BD，∵OC=OD，∴OB垂直平分CD，即∠AFD=90°.
C
∵∠ADC=∠AEB，∴CD∥BE，∴∠ABE=∠AFD=90°，∴AB⊥BE.
O
∵AB是⊙O的直径，∴BE是⊙O的切线. F
（2）解：∵⊙O的半径为2，∴AB=2×2=4. A D E
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°.
AC 7
∵BC=3，∴AC AB2 BC2  7，∴tan∠ABC=  .
BC 3
⌒ ⌒
∵AC=AC，∴∠ADC=∠ABC，∵∠AEB=∠ADC，
7
∴∠AEB=∠ABC，∴tan∠AEB=tan∠ABC= .
3
⌒ ⌒
03．（1）证明：∵BC=BC，∴∠BAC=∠BPC=60°.
又∵AB=AC，∴△ABC为等边三角形，∴∠ACB=∠ABC=60°.
⌒ ⌒ ⌒
∵点P是AB的中点，∴∠ACP=30°．∵AC=AC，∴∠APC=∠ABC=60°，∴∠PAC=90°.
AP 3
在Rt△PAC中，tanACP tan30 ，∴AC= 3AP.
AC 3
（2）解：连OB，OC，连AO并延长交BC于点H，连OP交AB于点Q，
A
1
∵AB=AC，OB=OC，∴AH垂直平分BC，∴∠BOH= ∠BOC=∠BAC.
2 P
⌒ ⌒ 24
∵BC=BC，∴∠BAC=∠BPC，∴tan∠BOH=tan∠BAC=tan∠BPC= . Q
25 O
B C
H
设BH=24k，则OB=25k=OA=OP，∴OH  OB2 BH2 7k ，
∴AH=OA+OH=25k+7k=32k，∴AB AH2BH2  40k .
⌒ 1
∵点P是AB的中点，∴OP⊥AB且AQ= AB=20k，∴OQ OA2AQ2 15k ，
2
PQ 10k 1
∴PQ=OP−OQ=10k，∴tanPAB   .
AQ 20k 2
−116−第三章 反比例函数
专题一 反比例函数的定义与图象
01．解：−1．提示：由题意，得m2 21且m10，解得m1.
02．解：−1．提示：由题意，得|m|21且2m1＜0，解得m1.
03．解：−3．提示：由题意，得m2 101且m2＜0，解得m3.
k
04．解：B．提示：∵反比例函数y 的图象过点A（−1，−2），∴k=(−1)×(−2)=2.
x
15 5 3 k 3
05．解： ； ； ．提示：∵反比例函数y 的图象经过（ ，5），（a，−3），（10，b），
2 2 4 x 2
3 15 5 3
∴k ( )5a(3)10b，∴k  ，a ，b .
2 2 2 4
6 6
06．解：A．提示：易得a 3，b 2，∴a＜b.
2 3
1 1
07．解：m＞ ．提示：由题意，得13m＜0，∴m＞ .
3 3
2
08．解：−2＜x＜0．提示：在反比例函数y 中，
x
当y＞1时，函数图象在第二象限，且y随x的增大而增大.
∵当y=1时，x=−2，∴当y＞1时，−2＜x＜0.
09．解：B．提示：由图象可知，k ＜0，k ＞0，k ＞0，
1 2 3
令0＜x =x ，则y ＜y ，∴x y ＜x y ，即k ＜k ，∴k ＞k ＞k .
2 3 2 3 2 2 3 3 2 3 3 2 1
专题二 比较坐标的大小
3 3
01．解：D．提示：易得y  ，y =−1，y  ，∴y ＜y ＜y .
1 2 3 2 1 3
5 2
02．解：y ＜y ＜y ．提示：∵a2+1＞0，∴双曲线的图象在第一、三象限，且在每一象限内，y随x的增大
3 2 1
而减小．∵点A（1，y ），B（2，y ），C（−3，y ）中，−3＜0＜1＜2，∴点A（1，y ），B（2，y ）
1 2 3 1 2
在第一象限，点C（−3，y ）在第三象限，∴y ＜0＜y ＜y ，即y ＜y ＜y .
3 3 2 1 3 2 1
03．解：B．提示：∵−k2−1＜0，∴反比例函数的图象在第二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而
增大．∵点A（x ，y ），B（x ，y ），C（x ，y ）中，x ＜x ＜0＜x ，∴点A（x ，y ），B（x ，y ）
1 1 2 2 3 3 2 1 3 1 1 2 2
在第二象限，点C（x ，y ）在第四象限，∴y ＞y ＞0＞y ，即y ＞y ＞y .
3 3 1 2 3 1 2 3
3
04．解：D．提示：∵当x ＜x ＜0时，y ＞y ，∴3−2m＞0，解得m＜ .
1 2 1 2
2
05．解：D．提示：∵−(k+1)2−2＜0，
∴反比例函数的图象在第二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大.
∵点A（x1 ，−2），B（x2 ，1），C（x3 ，2）中，−2＜0＜1＜2，
∴点A（x1 ，−2）在第四象限，点B（x2 ，1），C（x3 ，2）在第二象限，
∴x2 ＜x3 ＜0＜x1 ，即x2 ＜x3 ＜x1.
06．解：x ＜x ＜x ．提示：∵k2−2k+3=(k−1)2+2＞0，∴反比例函数的图象在第一、三象限，且在每一个象
3 1 2
限内，y随x的增大而减小．∵点A（x ，2），B（x ，1），C（x ，4）中，4＞2＞1＞0，∴点A（x ，
1 2 3 1
−117−2），B（x ，1），C（x ，4）均在第一象限，∴0＜x ＜x ＜x ，即x ＜x ＜x .
2 3 3 1 2 3 1 2
专题三 反比例函数图象的对称性（1）——中心对称
01．解：A．提示：由题意，得A，B两点关于原点中心对称.
02．解：−6．提示：由题意，得A（1，2），B（−1，−2），
∴A，B关于原点对称，∴AB的垂直平分线OC过原点.
1 1
∵直线AB为y=2x，可得直线OC为y x，∴设C（a， a）.
2 2
1
又△ABC为等边三角形，∴AC=AB，∴(a1)2 ( a2)2  22 42，∴a2 3.
2
∵点C在第二象限，∴C（2 3， 3），∴k=−6.
03．解：−10．提示：由题意，得A，B两点关于原点中心对称，
∴x +x =0，y +y =0，∴x =−x ，y =−y .
1 2 1 2 2 1 2 1
∵x y =−2，∴原式=3x ×(−y )−8×(−x )×y =5x y =−10.
1 1 1 1 1 1 1 1
k
04．解：1．提示：设反比例函数解析式y ，由题意，得点P坐标为（1，1）.
x
∵正方形与双曲线均关于原点O中心对称，
∴第三象限的阴影部分的图形与第一象限位于正方形内部的空白部分的图形全等，
∴图中阴影部分的面积为1×1=1.
专题四 反比例函数图象的对称性（2）——轴对称
2
01．解：B．提示：∵反比例函数y 与一次函数y=x+1的图象均关于直线y=−x对称，
x
点A（1，2）关于直线y=−x对称的点的坐标为（−2，−1），∴另一个交点是（−2，−1）.
1
02．解：B．提示：∵反比例函数y 与一次函数y=x+b的图象均关于直线y=−x对称，
x
1
∴反比例函数y 与一次函数y=x+b的图象的两个交点关于直线y=−x对称.
x
由A（m，n）得另一个交点的坐标为（−n，−m）.
03．解：8．提示：过点O作OE⊥AB于点E，过点B作BN⊥y轴于点N，
当x=0时，y=0+4=4，∴点D（0，4），
y
当y=0时，即x+4=0，∴x=−4，∴点C（−4，0），∴OC=OD=4，
N
B
D
∴OE=CE=DE= 2 OC=2 2，由对称性可知OA=OB， E
2 C
O x
∵∠AOB=120°，∴∠BOE=60°，∴OB=2OE=4 2. A
设BN=m，则DN=m，ON=4+m，
在Rt△BON中，由勾股定理得，BN2+ON2=OB2，
即m2 (m4)2 (4 2)2，解得m2 32（负值已舍），
即BN=DN=2 32，∴ON=2 3242 32，
−118−1 1
∴S  (2 32)(2 32) |k| ，∴k=±8．∵k＞0，∴k=8.
△BON
2 2
04．解： 21．提示：连接OB交MN于点H，
y
∵正方形OABC与双曲线的组合图形关于直线y=x对称，
N B
C
∴BM=BN，AM=CN，∠AOM=∠CON，∠BOM=∠BON.
H
M
∵∠MON=∠AOB=45°，∴∠AOM=∠HOM=∠HON=∠CON，
∴AM=MH=NH=NC．∵MN=2，∴AM=1，BM= 2，AB=OA= 21， O A x
∴M（ 21，1），∴k  21.
专题五 k 的几何意义（1）——单反比例函数
y
01．解：6.
A
02．解：6．提示：S +S =S +S =|k|=4，∴S =S =4−1=3，∴S +S =6.
1 阴影 2 阴影 1 2 1 2 C
1
03．解：−8．提示：连OA，∵AB∥y轴，∴S =S = |k|4，∴k=±8.
△ABC △ABO
2
B O x
∵k＜0，∴k=−8.
04．解：4．提示：作AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D， y
设A（t，4t），∴k=4t2．又∵y =x ，∴B（2t，2t）， A
B B
1 1
∵S =S +S −S =S + |k| |k|=S ， B
梯形BDCA △AOB △BOD △AOC △AOB △AOB
2 2
1 1
∴ (BDAC)CD3，∴ (2t4t)t3，∴t2=1，∴k=4t2=4. O C D x
2 2
专题六 k 的几何意义（2）——双反比例函数
2
01．解：−6．提示：令AB与y轴交于点C，∵AB⊥y轴，点A在函数y （x＞0）的图象上，
x
k 1 1
点B在函数y （x＜0）的图象上，∴S = ×2=1，S = |k|.
△AOC △BOC
x 2 2
1
∵△AOB的面积是4，∴1 |k|4，解得k=±6．∵k＜0，∴k=−6.
2
02．解：12．提示：S =k−5=7，∴k=12.
四边形ABCD
1
03．解：−1．提示：连OB，OC，∵BC∥x轴，∴S =S  (3k)2，解得k=−1.
△ABC △OBC
2
04．解：−2．提示：连OA，OB，∵AC∥y轴，
1 1
∴S =S =S −S  |6| |k|2，解得k=±2．∵k＜0，∴k=−2.
△MAB △OAB △OAC △OBC
2 2
y
y
y
C B M
A
B C A
B
O x A O x C O x
第1题图 第3题图 第4题图
−119−专题七 点参法与面积
k k
01．解：2．提示：设点E（a， ），则点B（5a， ），
a a
k 1 1
∴S =S −S −S 5a・  k k 8，解得k=2.
四边形ODBE 矩形OABC △OCE △OAD
a 2 2
02．解：6．提示：设点A（a，a），点E（a+b，b），则AC=a，CD=DE=b.
1 1 1 1
∵S =S +S −S =S  k k  S ，∴ (ab)b k 3，∴k=6.
梯形ACDE △OAE △EOD △AOC △OAE △OAE
2 2 2 2
40 AD CE 1
03．解： ．提示：连接AC，BE，∵   ，
y
3 BD OE 2
B
∴S =2S =10，∴S =15. D
△BDE △ADE △AEB
1 C A
∵四边形OABC是平行四边形，∴S = S =S =15.
△AOC OABC △AEB
2 E
2 O x
∵OE=2CE，∴S = S =10.
△AOE △AOC
3
1 1 2 2
设A（0，b），C（a，t），则B（a，b+t），D（ a， tb），E（ a， t）.
3 3 3 3
k 1 1 2 2 2 2
∵反比例函数y 的图象过点D，E，∴ a・( tb) a・ t ，整理得t=b，∴E（ a， b），
x 3 3 3 3 3 3
1 2 2 2 4 40
∴ b( a)10，∴ab=−30，∴k  a・ b (30) .
2 3 3 3 9 3
9 4 a 4 1
04．解： ．提示：设点P（a， ），则点B（ ， ），A（a， ），
8 a 4 a a
a 3 4 1 3 1 1 3 3 9
∴BPa  a，AP   ，∴S  BP・AP ・ a・  .
△PAB
4 4 a a a 2 2 4 a 8
专题八 反比例函数与方程（组）、不等式（组）
1 3 1 1 ba 1 1
01．解： ．提示：由题意，得b ，b=a−1，∴ab=3，b−a=−1，∴     .
3 a a b ab 3 3
3
02．解： ．提示：由反比例函数的中心对称性知m+s=0，n+t=0，
2
∴s=−m，t=−n，∴(m+t)(s+n)=−(m−n)2.
3
∵点（m，n）是反比例函数y 的图象与y=2x的图象的交点，
x
3 3
∴n=2m，mn=3，∴m2  ，∴(mt)(sn)(m2m)2m2 .
2 2
x 6 x 2 k
03．解： 1 ， 2 ．提示：由图象可得，直线y=k
1
x+b和反比例函数 y 2 的交点为（−6，−1）
y 1 y 3 x
1 2
yk xb
 1 x 6 x 2
和（2，3），∴方程组 k 的解为 1 ， 2 .
  y x 2 y 1 1 y 2 3
04．解：x＜−2或0＜x＜4．提示：观察函数图象可发现：
−120−当x＜−2或0＜x＜4时，一次函数图象在反比例函数图象上方，
∴使y ＞y 成立的x的取值范围是x＜−2或0＜x＜4.
1 2
专题九 反比例函数与一次函数结合
01．解：B.
1 1
02．解：（1）∵直线y=k x+5过点A（−2，4），∴2k 54，∴k  ，∴直线AB的解析式为y x5.
1 1 1 2 2
k k 8
（2）∵点A（−2，4）在双曲线y 2 上，∴4 2 ，∴k 248，∴双曲线的解析式为y .
x 2 2 x
 1
y x5
  2 x2 x8
由 ，解得 或 ，∴点B的坐标为（−8，1）.
 y 8 y4 y1
 x
 1
y xm

 2
（3）消去方程组 中的y，得x2 2mx160.
 y 8
 x
k
∵直线y=k x+m与双曲线y 2 有且只有一个公共点，
1
x
∴方程x2 2mx160有两个相等的实数根，∴(2m)241160，∴m4.
m
03．解：（1）∵反比例函数y 的图象经过点A（4，1），∴m=4×1=4.
x
4 4
∵点B（n，−4）在反比例函数y 的图象上，∴4 ，∴n=−1，∴B（−1，−4）.
x n
4kb1 k 1
∵一次函数y=kx+b的图象经过点A，B，∴ ，解得 ，
kb4 b3
4
∴一次函数与反比例函数的解析式分别为y=x−3和y .
x
（2）设平移后的一次函数的解析式为y=x−3+t，交y轴于点Q，连接AQ，
y
P
令x=0，则y=t−3，∴Q（0，t−3），由题意易得C（0，−3）.
Q
1
∵S =S =12，∴ (t33)412，解得t=6，
△QAC △PAC
2
A
∴平移后的一次函数的解析式为y=x+3. O x
yx3
 x1 x4 B C
由 4 ，解得 或 .
y y4 y1
 x
∵点P在第一象限，∴点P的坐标为（1，4）.
专题十 反比例函数与横平竖直线
4
01．解：1．提示：∵直线y=a（a是常数，a＞0）与双曲线y （x＜0）交于点A，
x
−121−4 4 1 1 4
与直线y=2x+4交于点B，∴a ，a=2x +4，∴x  ，x  a2，∴AB a2 ，
B A B
x a 2 2 a
A
1 1 4 1 1
∴S  ( a2 )・a a2a2 (a2)21.
△OAB
2 2 a 4 4
1
∵ ＞0，∴当a=2时，S 有最小值，最小值为1.
△OAB
4
k
02．解：设反比例函数的解析式为y ，
x
k
∵点A（m，6），B（n，1）在反比例函数y （x＞0）的图象上，∴k=6m=n.
x
6
又∵AD⊥x轴，BC⊥x轴，DC=5，∴n−m=5，∴m=1，n=k=6，∴反比例函数的表达式为y .
x
（2）设直线AB的表达式为y=ax+b，把点A（1，6）和点B（6，1）的坐标分别代入yaxb，
ab6 a1
得 ，解得 ，∴直线AB的表达式为y=−x+7.
6ab1 b7
6 6
设点E（t，−t+7），则点F（t， ），∴EFt7 .
t t
6
又∵AD=3EF，∴63(t7 )，解得t =2，t =3，∴点E的坐标为（2，5）或（3，4）.
1 2
t
03．解：4．提示：∵点B，C的横坐标都是4，BC=3，AC平行于x轴，点D在AC上，
且其横坐标为1，设B（4，m），∴C（4，m+3），D（1，m+3）.
k
∵反比例函数y （x＞0）的图象经过点B，D，
x
∴4m=m+3，解得m=1，∴B（4，1），∴k=4×1=4.
专题十一 反比例函数与中点问题
01．解：8．提示：由条件可知AE=2，可设E（2，a），C（4，a−2）.
∵点E和点C在反比例函数图象上，∴2a=4(a−2)，∴a=4，∴E（2，4），∴k=2×4=8.
02．解：4．提示：∵正方形ABCD的边长为2，点E为BC的中点，∴DA=AB=2，BE=1.
k
设D（t，2），则E（t+2，1），∵点D和点E在反比例函数y （x＞0）的图象上，
x
∴2t=t+2，解得t=2，∴D（2，2），∴k=2×2=4.
k
03．解：6．提示：∵点A和点C在反比例函数y （k＞0，x＞0）的图象上，
x
∴设A（m，n），则有mn=k，x ・y k．∵点C是线段AB的中点，
C C
1 1 k mn
∴y  (n0) n，∴x   2m ，∴x 2x x 3m，
C 2 2 C y 1 B C A
C n
2
1 1
∴B（3m，0），∴S  OB・y  ・3m・n9，∴mn=6，∴k=6.
△OAB 2 A 2
04．解：6．提示：设D（m，n），则k=mn，∵D为OB中点，
1 1 3
∴B（2m，2n），∴C（2m， n），∴BC2n n n，OA=2m，
2 2 2
−122−1 1 3
∴S  BC・OA ・ n・2m9，∴mn=6，∴k=6.
△OBC
2 2 2
专题十二 反比例函数与特殊四边形
k
01．解：6．提示：由题意，设D（a， ），∵D是AB中点，∴x =2x =2a，
A D
a
k 3k
∴A（2a， ），∴B（0， ）.
2a 2a
k
∵平行四边形OABC的对角线AC与BO互相平分，∴C（−2a， ）.
a
12 k
∵点C在反比例函数y （x＜0）的图象上，∴2a 12，∴k=6.
x a
8 k 2m k 2 2m 2
02．解： ．提示：设A（m， ），则B（ ， ），D（m， ），∴C（ ， ），
3 m k m m k m
4 11 4 11 8
∴S =S =2，S = ．∵S +S +S = ，∴2 2 ，解得k= .
2 4 3 2 3 4
k 2 k 2 3
12
03．解：10．提示：作AE⊥x轴于点E，连接AC，由条件可得n 4，∴A（3，4）.
3
y
∵AE⊥x轴，∴E（3，0），∴OE=3，AE=4，∴OA OE2AE2 5，
A B
由菱形的性质可知OC=OA=5，AO∥BC，
1 1
∴S =S = OC・AE= ×5×4=10. D
△OAD △OAC
2 2
O E C x
04．解：−2．提示：连接正方形的对角线AC，BD，则AC，BD交于点O，
过点A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为点E，F，
y
∵四边形ABCD是正方形，点B在反比例函数y 2 上， B
x
A
1 F
∴AO=BO，∠AOB=∠OEA=∠BFO=90°，S △BOF = ×2=1， E O x
2
C
∴∠EAO=90°−∠AOE=∠FOB，∴△AOE≌△BOF（AAS），
D
|n|
∴S =S =1= ，∴n=±2．∵n＜0，∴n=−2.
△AOE △BOF
2
专题十三 相似与反比例函数
CB 1
01．解：过A，B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为E，F，∵AB=2BC，∴  .
CA 3
∵AE∥BF，∴△CBF∽△CAE，∴ CB  CF  BF  1 . y
CA CE AE 3 A
3 3 1 1 1
设A（a， ），其中a＜0，则AE=− ，∴BF= AE=− ，∴B（3a， ），
a a 3 a a
B
1
∴OF=−3a，OE=−a，EF=−2a，CF= EF=−a，OC=−4a，
2
C F E O x
1 1 3
∴S = OC・AE  (4a)( )6 .
△AOC
2 2 a
−123−02．解：过点C作CH⊥x轴于点H．∵A（2，0），B（0，4），
∴OA=2，OB=4，∵∠ABO+∠OAB=90°，∠OAB+∠CAH=90°， y
∴∠ABO=∠CAH，∵∠AOB=∠CHA，∴△ABO∽△CAH， B
OA OB AB
∴   2，∴CH=1，AH=2，∴C（4，1）.
C
CH AH AC
∵C（4，1）在y k 上，∴k=4，∴y 4 ， O A H x
x x
平移后点A坐标为（2，m），∴2m=4，∴m=2.
k
03．解：（1）k=8．提示：将点A（8，1）代入反比例函数y ， y
x
P M
k
得1 ，解得k=8.
8
（2）过点A作AQ⊥y轴于点Q，延长AM交y轴于点P，
∵MA⊥AB，∴△ABQ∽△PAQ，
AQ BQ 8 4 A
∴  ，即  ，解得PQ=16，∴P（0，17）. Q
PQ AQ PQ 8
O x
又∵A（8，1），∴可求得直线AP的解析式为y=−2x+17.
B
8 1 1
∴由−2x+17= ，解得x = ，x =8，∴t= .
1 2
x 2 2
专题十四 三角函数与反比例函数
1
01．解： ．提示：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E， y
2 B
易得S =1，S =4，易证△AOD∽△OBE，
△AOD △OBE A
S AO 1 AO 1 AO 1
∴ △AOD ( )2  ，∴  ，∴tan∠ABO  .
S OB 4 OB 2 OB 2 D O E x
△OBE
02．解：−2．提示：过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作BD⊥y轴于点D，
y
则∠ACO=∠BDO=90°，∴∠CAO+∠AOC=90°，由条件可知∠AOB=90°，
B
∴∠AOC+∠BOD=90°，∴∠CAO=∠BOD，∴△AOC∽△OBD， D
1 4 O x
∴ S △AOC ( OA )2 (tanOBA)2 ，∴ 2 ( 2)2，∴S △BOD =1，∴|k|=2. C
S OB S A
△OBD △BOD
由图象在第二象限可知k=−2.
OB 2
03．解：16 2．提示：∵Rt△ABO中，AO=6，tanBAO  ，
AO 2
y
∴OB=3 2 ，∴AB (3 2)262 3 6 .
连接OC，交AB于点D，过点C作CH⊥x轴于点H， A
C
1 1
根据对称可得AB⊥OC，OD=CD，∵S  OA・OB AB・OD ， D
△AOB
2 2
O B H x
OA・OB 63 2
∴OD   2 3，∠BAO=∠BOC=90°−∠OBA，
AB 3 6
−124−CH OB 3 2 3
∴OC=2OD=4 3，由条件可知    ，解得CH=4，
OC AB 3 6 3
∴OH  OC2 CH2  (4 3)2 42  4 2 ，
∴C（4 2，4），由条件可知k 4 2416 2 .
04．解：12．提示：连接AC，过点C作CE⊥OA于点E， y
B
∵四边形OABC是菱形，∴OC=OA.
C
4 CE 4
在Rt△OCE中，∵tan∠AOC= ，∴  ，
D
3 OE 3
O E A x
∴设CE=4a，则OE=3a，∴OC  OE2 CE2 5a ，∴OA=OC=5a.
∵S =2S ，∴OA・CE=2×10，∴5a・4a=20，解得a=1（负值已舍），
菱形OABC △COD
∴OE=3，CE=4，∴C（3，4），∴k=3×4=12.
专题十五 反比例函数的实际应用
3 48
01．解：（1）y x；0≤x≤8；y ．提示：设药物燃烧时y关于x的函数关系式是y=kx（k≠0）.
4 x
3 3
将点（8，6）代入，得k  ，∴药物燃烧时y关于x的函数关系式是y x，
4 4
自变量x的取值范围是0≤x≤8.
m
设药物燃烧后y关于x的函数关系式是y ，把（8，6）代入得：m=48，
x
48
∴药物燃烧后y与x的函数关系式为y .
x
48
（2）当y=1.6时，代入y ，得x=30，
x
那么从消毒开始，至少需要经过30min后，学生才能回到教室.
3 48
（3）此次消毒有效，将y=3分别代入y x，y ，得，x=4和x=16，
4 x
那么持续时间是16−4=12（min）＞10min，∴此次消毒有效.
k
02．解：（1）设当20≤x≤45时，反比例函数的解析式为y ，
x
k 900
将点C（20，45）代入，得45 ，解得k=900，∴反比例函数的解析式为y .
20 x
900
当x=45时，y 20，∴D（45，20），∴A（0，20），即点A对应的指标值为20.
45
（2）设当0≤x＜10时，直线AB的解析式为y=mx+n，易知（10，45）满足此关系式，
 5
20n m
将点A（0，20），B（10，45）代入，得 ，解得 2 ，
4510mn
 n20
5
∴直线AB的解析式为y x20.
2
5 32 900
当y≥36时， x20≥36，解得x≥ ．由（1）得反比例函数的解析式为y .
2 5 x
−125−900 32
当y≥36时， ≥36，解得x≤25，∴ ≤x≤25时，
x 5
32 93
注意力指标都不低于36，而25  ＞17 ,
5 5
∴张老师能通过适当的安排，使学生在听这道综合题的讲解时，注意力指标都不低于36.
综合与实践——利用反比例函数的图象探究存在性
01．解：（1）（4，2）；4；2.
（2）不能围出矩形地块．理由如下：∵栅栏总长为6m，∴2x+y=6，∴y=−2x+6，
画出直线y=−2x+6的图象，如图中l 所示.
2
y
8
∵直线l 与函数y 的图象没有交点，
2 x y 8 (x＞0)
x
∴不能围出面积为8m2的矩形.
8
（3）由题意，令2xa ，∴2x2 ax80.
x
∵一次函数与反比例函数的图象有唯一的交点，
∴(a)24280．∵a＞0，∴a=8，
1
l1
即一次函数与反比例函数图象有唯一交点时，a=8， O 1 x
l2
∴2x2 8x80，解得x =x =2.
1 2
8
当x=2时，y 4，∴交点坐标为（2，4）.
x
−126−