第25题综合题专题.doc

一、与平移、轴反射、旋转等图形变换有关的综合题
1、如图4，正方形OABC与正方形ODEF放置在直线l上，连接AD，CF，此时AD＝CF，AD⊥CF成立．
(1)正方形ODEF绕O点逆时针旋转一定的角度，如图5，试判断AD与CF还相等吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(2)正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，AD与OC的交点为G，如图6，求证：AD⊥CF.
(3)在(2)小题的条件下，当AO＝3，OD＝时，求线段CG的长．

2、如图1，的边在直线上，，且；的边也在直线上，边与边重合，且．
（1）在图1中，请你通过观察、测量，猜想并写出与所满足的数量关系和位置关系；
（2）将沿直线向左平移到图2的位置时，交于点，连结，．猜想并写出与所满足的数量关系和位置关系，请证明你的猜想；
（3）将沿直线向左平移到图3的位置时，的延长线交的延长线于点，连结，．你认为（2）中所猜想的与的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．

3、如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若点B，P在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M．CN⊥直线a于点N，连接PM，PN．
（1）延长MP交CN于点E（如图2）．
①求证：△BPM≌△CPE；
②求证：PM=PN；
（2）若直线a绕点A旋转到图3的位置时，点B，P在直线a的同侧，其它条件不变，此时PM=PN还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）若直线a绕点A旋转到与BC边平行的位置时，其它条件不变，请直接判断四边形MBCN的形状及此时PM=PN还成立吗？不必说明理由．

4、把两个全等的等腰直角三角形ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图①），且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点逆时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．
（1）在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系？四边形CHGK的面积有何变化？证明你发现的结论；（要有辅助线哟！）
（2）连接HK，在上述旋转过程中，设BH=x，△GKH的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； （3）在（2）的前提下，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的，若存在，求出此时x值；若不存在，说明理由.

5、如图1，在等边△ABC中，点E从顶点A出发，沿AB的方向运动，同时，点D从顶点B出发，沿BC的方向运动，它们的速度相同，当点E到达点B时， D、E两点同时停止运动.
（1）求证：CE＝AD；
（2）连接AD、CE交于点M，则在D、E运动的过程中，∠CMD变化吗？若变化，则说明理由；若不变，则求出它的度数；
（3）如图2，若点D从顶点B出发后，沿BC相反的方向运动，其它条件不变. 求证：CE＝DE.

二、与圆有关的综合题
1、．如图，在平面直角坐标系中，以点C（1，1）为圆心，2为半径作圆，交x轴于A，B两点，点P在优弧上．
（1）求出A，B两点的坐标；
（2）试确定经过A、B且以点P为顶点的抛物线解析式；
（3）在该抛物线上是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

2、如图，⊙O的直径FD⊥弦AB于点H，E是上一动点，连结FE并延长交AB的延长线于点C，AB=8，HD=2．
（1）求⊙O的直径FD；
（2）在E点运动的过程中，EF•CF的值是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由；
（3）当E点运动到的中点时，连接AE交DF于点G，求△FEA的面积．

3、如图，PA为⊙O的切线，A为切点，直线PO交⊙O与点E，F过点A作PO的垂线AB垂足为D，交⊙O与点B，延长BO与⊙O交与点C，连接AC，BF．
（1）求证：PB与⊙O相切；
（2）试探究线段EF，OD，OP之间的数量关系，并加以证明；
（3）若AC=12，tan∠F=，求cos∠ACB的值．

4、如图，已知是的直径，点在上，过点的直线与的延长线交于点，，．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）点是的中点，交于点，若，求的值．

5、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交斜边AB于点M，若H是AC的中点，连接MH．
（1）求证：MH为⊙O的切线．
（2）若MH=，tan∠ABC=，求⊙O的半径．
（3）在（2）的条件下分别过点A、B作⊙O的切线，两切线交于点D，AD与⊙O相切于N点，过N点作NQ⊥BC，垂足为E，且交⊙O于Q点，求线段NQ的长度．

与平移、轴反射、旋转等图形变换有关的综合题参考答案

一、综合题
1、略
2、（1）；．………………………… （2分）
（2）；……………………………… （1分）．
证明：①由已知，得，，．
又，．．
在和中，
，，，
，．………… （2分）
②如图3，延长交于点．
，．
在中，，又，
．
．．………………… （2分）
（3）成立．…………………………………… ………………… （1分）
证明：①如图4，，．
又，．．
在和中，
，，，
．．………（2分）
②如图4，延长交于点，则．
，．
在中，，
．．
．
3、【考点】旋转的性质；全等三角形的判定；矩形的判定．
【专题】几何综合题；压轴题．
【分析】（1）①根据平行线的性质证得∠MBP=∠ECP再根据BP=CP，∠BPM=∠CPE即可得到；
②由△BPM≌△CPE，得到PM=PE则PM=ME，而在Rt△MNE中，PN=ME，即可得到PM=PN．
（2）证明方法与②相同．
（3）四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立．
【解答】（1）证明：①如图2：
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMA=∠CNM=90°，
∴BM∥CN，
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC边中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
∴△BPM≌△CPE，
②∵△BPM≌△CPE，
∴PM=PE
∴PM=ME，
∴在Rt△MNE中，PN=ME，
∴PM=PN．
（2）解：成立，如图3．
证明：延长MP与NC的延长线相交于点E，
∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，
∴∠BMN=∠CNM=90°
∴∠BMN+∠CNM=180°，
∴BM∥CN
∴∠MBP=∠ECP，
又∵P为BC中点，
∴BP=CP，
又∵∠BPM=∠CPE，
在△BPM和△CPE中，
，
∴△BPM≌△CPE，
∴PM=PE，
∴PM=ME，
则Rt△MNE中，PN=ME，
∴PM=PN．
（3）解：如图4，
四边形M′BCN′是矩形，
根据矩形的性质和P为BC边中点，得到△M′BP≌△N′CP，
得PM′=PN′成立．即“四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立”．

【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．
4、（1）BH=CK，四边形CHGK的面积不变；
（2）x2-2x+4, 0＜x＜4；
（3）当x=1或x=3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的
【解析】（1）在上述旋转过程中，BH=CK，四边形CHGK的面积不变
连接CG，
∵△ABC为等腰直角三角形，O（G）为其斜边中点，∴CG=BG，CG⊥AB，∴∠ACG=∠B=45°，∵∠BGH与∠CGK均为旋转角，∴∠BGH=∠CGK，在△BGH与△CGK中，∠B=∠KCG,BG=CG, ∠BCG=∠CGK∴△BGH≌△CGK（ASA），∴BH=CK，S△BGH=S△CGK．∴S四边形CHGK=S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=S△ABC=××4×4=4即：S四边形CHGK的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；

（2）∵AC=BC=4，Bk=x，∴CH=4-x，CK=x，连接HK．
由S△GHK=S四边形CHGK-S△CHK，得y=4-x（4-x）=x2-2x+4 由0°＜α＜90°，
得到BH最大=BC=4，∴0＜x＜4；
（3）存在．根据题意，得x2-2x+4=×8
解这个方程，得x1=1，x2=3，
即：当x=1或x=3时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的.
5、

与圆有关综合题参考答案

一、综合题

1、【考点】圆的综合题．
【分析】（1）根据垂径定理可得出AH=BH，然后在直角三角形ACH中可求出AH的长，再根据C点的坐标即可得出A、B两点的坐标．
（2）根据抛物线和圆的对称性，即可得出圆心C和P点必在抛物线的对称轴上，因此可得出P点的坐标为（1，3）．然后可用顶点式二次函数通式来设抛物线的解析式．根据A或B的坐标即可确定抛物线的解析式．
（3）如果OP、CD互相平分，那么四边形OCPD是平行四边形．因此PC平行且相等于OD，那么D点在y轴上，且坐标为（0，2．然后将D点坐标代入抛物线的解析式中即可判定出是否存在这样的点．
【解答】解：（1）如图，作CH⊥AB于点H，连接OA，OB，
∵CH=1，半径CB=2
∴HB=，
故A（1﹣，0），B（1+，0）．
（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为（1，3），
设抛物线解析式y=a（x﹣1）2+3，
把点B（1+，0）代入上式，解得a=﹣1；
∴y=﹣x2+2x+2．
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形
∴PC∥OD且PC=OD．
∵PC∥y轴，
∴点D在y轴上．
又∵PC=2，
∴OD=2，即D（0，2）．
又D（02）满足y=﹣x2+2x+2，
∴点D在抛物线上
∴存在D（0，2）使线段OP与CD互相平分．

【点评】本题是综合性较强的题型，所给的信息比较多，解决问题所需的知识点也较多，解题时必须抓住问题的关键点．二次函数和圆的综合，要求对圆和二次函数的性质在掌握的基础上灵活讨论运动变化，对解题技巧和解题能力的要求上升到一个更高的台阶．要求学生解题具有条理，挖出题中所隐含的条件，会分析问题，找出解决问题的突破口．
2、【考点】圆的综合题．
【分析】（1）连接OA，由垂径定理得到AH=AB=4，设OA=x，在Rt△OAH中，根据勾股定理列方程即可得到结论；
（2）根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到∠BAF=∠AEF，推出△FAE∽△FCA，根据相似三角形的性质得到，推出AF2=EF•CF，代入数据即可得到结论；
（3）连接OE，由E点是的中点，得到∠FAE=45°，∠EOF=90°，于是得到∠EOH=∠AHG，推出△OGE∽△HGA，根据相似三角形的性质得到，求得OG=，得到FG=OF+OG=，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）连接OA，
∵直径FD⊥弦AB于点H，
∴AH=AB=4，
设OA=x，
在Rt△OAH中，AO2=AH2+（x﹣2）2，
即x2=42+（x﹣2）2，
∴x=5，
∴DF=2OA=10；
（2）是，
∵直径FD⊥弦AB于点H，
∴，
∴∠BAF=∠AEF，
∵∠AFE=∠CFA，
∴△FAE∽△FCA，
∴，
∴AF2=EF•CF，
在Rt△AFH中，
AF2=AH2+FH2=44+82=80，
∴EF•CF=80；
（3）连接OE，
∵E点是的中点，
∴∠FAE=45°，∠EOF=90°，
∴∠EOH=∠AHG，
∵∠OGE=∠HGA，
∴△OGE∽△HGA，
∴，
即=，
∴OG=，
∴FG=OF+OG=，
∴S△FEA=S△EFG+S△AFG=FG•OE+FG•AH=×（4+5）=30．

【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理相似三角形的判定和性质圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
3、【考点】圆的综合题．
【分析】（1）连接OA，由OP垂直于AB，利用垂径定理得到D为AB的中点，即OP垂直平分AB，可得出AP=BP，再由OA=OB，OP=OP，利用SSS得出三角形AOP与三角形BOP全等，由PA为圆的切线，得到OA垂直于AP，利用全等三角形的对应角相等及垂直的定义得到OB垂直于BP，即PB为圆O的切线；
（2）由一对直角相等，一对公共角，得出三角形AOD与三角形OAP相似，由相似得比例，列出关系式，由OA为EF的一半，等量代换即可得证．
（3）连接BE，构建直角△BEF．在该直角三角形中利用锐角三角函数的定义、勾股定理可设BE=x，BF=2x，进而可得EF=x；然后由面积法求得BD=x，所以根据垂径定理求得AB的长度，在Rt△ABC中，根据勾股定理易求BC的长；最后由余弦三角函数的定义求解．
【解答】（1）证明：连接OA，
∵PA与圆O相切，
∴PA⊥OA，即∠OAP=90°，
∵OP⊥AB，
∴D为AB中点，即OP垂直平分AB，
∴PA=PB，
∵在△OAP和△OBP中，
，
∴△OAP≌△OBP（SSS），
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴BP⊥OB，
则直线PB为圆O的切线；

（2）答：EF2=4DO•PO．
证明：∵∠OAP=∠ADO=90°，∠AOD=∠POA
∴△OAD∽△OPA，
∴=，即OA2=OD•OP，
∵EF为圆的直径，即EF=2OA，
∴EF2=OD•OP，即EF2=4OD•OP；

（3）解：连接BE，则∠FBE=90°．
∵tan∠F=，
∴=，
∴可设BE=x，BF=2x，
则由勾股定理，得
EF==x，
∵BE•BF=EF•BD，
∴BD=x．
又∵AB⊥EF，
∴AB=2BD=x，
∴Rt△ABC中，BC=x，
AC2+AB2=BC2，
∴122+（x）2=（x）2，
解得：x=4，
∴BC=4×=20，
∴cos∠ACB===．

【点评】此题考查了切线的判定与性质，相似及全等三角形的判定与性质以及锐角三角函数关系等知识，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．

4、解：（1），
又，
．
又是的直径，
，
，即，
而是的半径，
是的切线．
（2），
，
又，
．
（3）连接，

点是的中点，，，
而，，而，
，，，
又是的直径，，
．
，．

5、解：（1）连接OH、OM，
∵H是AC的中点，O是BC的中点，
∴OH是△ABC的中位线，∴OH∥AB，
∴∠COH=∠ABC，∠MOH=∠OMB，
又∵OB=OM，∴∠OMB=∠MBO，∴∠COH=∠MOH，
在△COH与△MOH中△COH≌△MOH（SAS），
∴∠HCO=∠HMO=90°，∴MH是⊙O的切线；
（2）∵MH、AC是⊙O的切线，∴HC=MH=，∴AC=2HC=3，
∵tan∠ABC=，∴，∴BC=4，∴⊙O的半径为2；
（3）连接OA、CN、ON，OA与CN相交于点I，
∵AC与AN都是⊙O的切线，
∴AC=AN，AO平分∠CAD，∴AO⊥CN，
∵AC=3，OC=2，
∴由勾股定理可求得：AO=，
∵AC•OC=AO•CI，∴CI=.
∴由垂径定理可求得：CN=，
设OE=x，由勾股定理可得：CN2﹣CE2=ON2﹣OE2，
∴﹣（2+x）2=4﹣x2，∴x=，∴CE=，
由勾股定理可求得：EN=，∴由垂径定理可知：NQ=2EN=．