中考数学压轴题大集合

17.（2005浙江台州）如图，在平面直角坐标系内，⊙C与y轴相切于D 点，与x轴相交于A（2，0）、B（8，0）两点，圆心C在第四象限. （1）求点C的坐标；

（2）连结BC并延长交⊙C于另一点E，若线段．．BE上有一点P，使得 AB2＝BP·BE，能否推出AP⊥BE？请给出你的结论，并说明理由；

2（3）在直线EQ？若．．BE上是否存在点Q，使得AQ＝BQ·

存在，求出点Q的坐标；若不存在，也请说明理由.

[解] （1） C（5，-4）；

（2）能。连结AE ，∵BE是⊙O的直径， ∴∠BAE=90°.

在△ABE与△PBA中，AB2＝BP· BE , 即∠ABE=∠PBA, ∴△ABE∽△PBA .

∴∠BPA=∠BAE=90°, 即AP⊥BE .

（3）分析：假设在直线EB上存在点Q，使AQ2＝BQ· EQ. Q点位置有三种情况： ①若三条线段有两条等长，则三条均等长,于是容易知点C即点Q；

②若无两条等长，且点Q在线段EB上，由Rt△EBA中的射影定理知点Q即为AQ⊥EB之垂足；

③若无两条等长，且当点Q在线段EB外，由条件想到切割线定理，知QA切⊙C于点A.设Q(t,y(t)),并过点Q作QR⊥x轴于点R,由相似三角形性质、切割线定理、勾股定理、三角函数或直线解析式等可得多种解法. 解题过程：

① 当点Q1与C重合时，AQ1=Q1B=Q1E, 显然有AQ12＝BQ1· EQ1 , ∴Q1(5, -4)符合题意；

② 当Q2点在线段EB上， ∵△ABE中，∠BAE=90° ∴点Q2为AQ2在BE上的垂足， ∴AQ2=

ABAEBE4810ABBPBEAB, 又

= 4.8（或

24）. 5∴Q2点的横坐标是2+ AQ2·cos∠BAQ2= 2+3.84=5.84,

sin∠又由AQ2·BAQ2=2.88,

∴点Q2（5.84，-2.88）, 或14672，

2525③方法一：若符合题意的点Q3在线段EB外,

则可得点Q3为过点A的⊙C的切线与直线BE在第一象限的交点. 由Rt△Q3BR∽Rt△EBA，△EBA的三边长分别为6、8、10, 故不妨设BR=3t，RQ3=4t，BQ3=5t, 由Rt△ARQ3∽Rt△EAB得

AREARQ3AB，

即

63t4t18得t=， 867343〖注:此处也可由tgQARtgAEB列得方程

4t3； 或由AQ32 = Q3B·Q3E=Q3R2+AR2列得方3t程5t105t4t3t6)等等〗

22∴Q3点的横坐标为8+3t=即Q3（

11072， Q3点的纵坐标为， 7711072，）. 77方法二：如上所设与添辅助线, 直线 BE过B(8, 0), C(5, -4), ∴直线BE的解析式是y设Q3（t，

432x . 334t32）,过点Q3作Q3R⊥x轴于点R, 33∵易证∠Q3AR =∠AEB得 Rt△AQ3R∽Rt△EAB,

432tRQAB36 , ∴3 , 即 3AREAt281107211072∴t= ,进而点Q3 的纵坐标为，∴Q3（，）.

7777方法三：若符合题意的点Q3在线段EB外,连结Q3A并延长交y轴于F, ∴∠Q3AB =∠Q3EA，tgOAFtgQABtgAEB334,

33，点F的坐标为（0，）, 2233∴可得直线AF的解析式为yx ,

42在R t△OAF中有OF=2×=

34又直线BE的解析式是y∴可得交点Q3（

432x , 33

11072，）. 7718.（2005上海长宁）如图1，抛物线关于y轴对称，顶点C坐标为（0，h ）(h>0)， 交x

轴于点A（d,0）、B（-d,0）（d>0）。 （1）求抛物线解析式（用h、d表示）；

（2）如图2，将ABC视为抛物线形拱桥，①～⑤拉杆均垂直x轴，垂足依次在线段AB的6等分点上。h=9米。

(i )求拉杆⑤DE的长度；

(ii)若d值增大，其他都不变，如图3。拉杆⑤DE的长度会y 改变吗？(只需写结论) C F （3）如图4，点G在线段OA上，OG=kd（比例系数k是常数，

0≤k≤1），GF⊥x轴交抛物线于点F。试探索k为何值时， x

O B G A tg∠FOG= tg∠CAO？此时点G与OA线段有什么关系？

图4

2

[解] （1）用顶点式，据题意设y=ax+h 代入A（d，0）得a=∴y=h 2dh2

x+h d292

x+9 d2(2)(i)h=9，代入（1）中解析式得y=据题意OE=

22d，设D（d，yD） 3392点D在抛物线上，yD=2(d)2+9=5，∴DE=5米。

d3(ii) 拉杆⑤DE的长度不变。

（3）OG=kd，∴点F坐标可设（kd，yF）代入y=yF= h(1－k2)

h2

x+h ，得： 2dhh(1k2)tg∠FOG= tg∠CAO ， =

dkd1k251511 k2k10 解得k1 k2（∵0（1）求抛物线的解析式；

（2）设抛物线的顶点为P，把△APB翻折，使点

P落在线段AB上（不与A、B重合），记作

C

P/，折痕为EF，设AP/= x，PE = y，求y

关于x的函数关系式，并写出定义域； （3）当点P在线段AB上运动但不与A、B重合

时，能否使△EFP的一边与x轴垂直？若能，请求出此时点P的坐标；若不能，请你说明理由。

///O

[解] （1）设ya(x2)(x8)

把(0,1633 )代入得 a33∴y332103163 (x2)(x8) 即yxx3333（2）顶点P（5,33) AP=AB=BP=6 ∴ PAP60

'作PGAP于G，则AG'013x，P'Gx 221xy 2'又PEPEy，EG6在RtPEG中，('321x)(6xy)2y2 22(0x6)

x26x36∴ y12x'（3）若EPx轴 则6y2x

x26x3662x x11263，x21263 （舍去）

12x∴ P'(1463,0)

'若FPx轴 则6y1x 2x26x3616x x3636 ，x4636 （舍去）

12x2∴ P'(634,0)

若EFx轴， 显然不可能。

∴ P'(1463,0) 或 P'(634,0)

n0）20. （2006湖北十堰）已知抛物线C1：yx22mxn（m，且m≠0，n为常数，

的顶点为A，与y轴交于点C；抛物线C2与抛物线C1关于y轴对称，其顶点为B，连接

AC，BC，AB．

b4acb2注：抛物线yaxbxca≠0的顶点坐标为，．

2a4a2（1）请在横线上直接写出抛物线C2的解析式：________________________； （2）当m1时，判定△ABC的形状，并说明理由；

（3）抛物线C1上是否存在点P，使得四边形ABCP为菱形？如果存在，请求出m的值；如果不存在，请说明理由．

y

[解] （1）yx22mxn．

（2）当m1时，△ABC为等腰直角三角形． ········································· 3分

理由如下：

O x

如图：点A与点B关于y轴对称，点C又在y轴上，

ACBC．

过点A作抛物线C1的对称轴交x轴于D，过点C作CEAD于E．

，n，CE1． 当m1时，顶点A的坐标为A11又点C的坐标为0，n，

AE1nn1．AECE．

从而∠ECA45，∠ACy45．

由对称性知∠BCy∠ACy45，∠ACB90．

△ABC为等腰直角三角形．

（3）假设抛物线C1上存在点P，使得四边形ABCP为菱形，则PCABBC．

由（2）知，ACBC，ABBCAC． 从而△ABC为等边三角形．

∠ACy∠BCy30．

四边形ABCP为菱形，且点P在C1上，点P与点C关于AD对称．

PC与AD的交点也为点E，因此∠ACE903060．

点A，C的坐标分别为Am，m2n，C0，n，

AEm2nnm2，CEm． AEm2在Rt△ACE中，tan603．

CEmm3，m3．

故抛物线C1上存在点P，使得四边形ABCP为菱形，此时m3．

y

21.（2006湖北宜昌）如图，点O是坐标原点，点A（n，0）是x轴上一动点(n＜0）以AO

o为一边作矩形AOBC，点C在第二象限，且OB＝2OA．矩形AOBC绕点A逆时针旋转90得矩形AGDE．过点A的直线y＝kx＋m 交y轴于点F，FB＝FA．抛物线y=ax2+bx+c过点E、F、G且和直线AF交于点H，过点H作HM⊥x轴，垂足为点M． (1)求k的值；

(2)点A位置改变时，△AMH的面积和矩形AOBC 的面积的比值是否改变？说明你的理由．

[解] （1）根据题意得到：E（3n，0）， G（n，－n）

当x＝0时，y＝kx＋m＝m，∴点F坐标为（0，m） ∵Rt△AOF中，AF2＝m2＋n2， ∵FB＝AF，

D∴m2＋n2＝(-2n－m)2，

M化简得：m＝－0.75n， E对于y＝kx＋m，当x＝n时，y＝0， ∴0＝kn－0.75n， ∴k＝0.75

HyCGABFOx（2）∵抛物线y=ax2+bx+c过点E、F、G，

09n2a3nbc∴ nn2anbc

0.75c11解得：a＝，b＝－，c＝－0.75n

4n2121∴抛物线为y=x－x－0.75n

4n2121xx0.75ny解方程组： 4n2y0.75x0.75n得：x1＝5n，y1＝3n；x2＝0，y2＝－0.75n

∴H坐标是：（5n，3n），HM＝－3n，AM＝n－5n＝－4n， ∴△AMH的面积＝0.5×HM×AM＝6n2；

而矩形AOBC 的面积＝2n2，∴△AMH的面积∶矩形AOBC 的面积＝3:1，不随着点A的位置的改变而改变．

22.（2005黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，AB=25，

3

顶点C在y轴的负半轴上，tan∠ACO=，点P在线段OC上，且PO、PC的长(PO4关于x的方程x2-(2k+4)x+8k=O的两根． (1)求AC、BC的长； (2)求P点坐标；

(3)在x轴上是否存在点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形是梯形?若存在，请直接写出直线PQ的解析式；若不存在，请说明理由．

3

[解] (1)∵ ∠ACB=900，CO⊥AB，∴ ∠ACO=∠ABC． ∴ tan∠ABC=4， Rt△ABC中，设AC=3a，BC=4a 则AB=5a，5a=25 ∴ a=5 ∴ AC=15， BC=20

11

(2)∵ S△ABC=AC·BC=OC·AB， ∴ OC=12

22 ∴ PO+PC=4+2k=12． ∴ k=4

∴ 方程可化为x2-12x+32=O．解得x1=4，x2=8 ∵ PO∴ PO=4． ∴ P(O，-4)

44

(3)存在，直线PQ解析式为：y=- x-4或y=- -4

327

23.（2006黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴、y轴上，线段OA、

OB的长(0A是方程x2-18x+72=0的两个根，点C是线段AB的中点，点D在线段OC上，OD=2CD． (1)求点C的坐标；

(2)求直线AD的解析式；

(3)P是直线AD上的点，在平面内是否存在点Q，使以0、A、P、Q为顶点的四边形是菱形?若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

[解] (1)OA=6，OB=12

点C是线段AB的中点，OC=AC 作CE⊥x轴于点E．

11

∴ OE=OA=3，CE=OB=6．

22

∴ 点C的坐标为(3，6)

(2)作DF⊥x轴于点F

OD2

△OFD∽△OEC，=，于是可求得OF=2，DF=4．

OC3

∴ 点D的坐标为(2，4)

设直线AD的解析式为y=kx+b． 把A(6，0)，D(2，4)代人得6kb0

2kb4 解得k1

b6 ∴ 直线AD的解析式为y=-x+6

(3)存在．

Q1(-32，32) Q2(32，-32) Q3(3，-3) Q4(6，6)

二、函数与方程综合的压轴题

1.（2004江苏宿迁）已知抛物线y＝－x2＋mx－m＋2.

（1）若抛物线与x轴的两个交点A、B分别在原点的两侧，并且AB＝5，试求m 的值； （2）设C为抛物线与y轴的交点，若抛物线上存在关于原点对称的两点M、N，并且 △MNC

的面积等于27，试求m的值.

[解]（1）设点Ａ（x1，0）,B(x2，0) .

则x1 ，x2是方程 x2－mx＋m－2＝0的两根. ∵x1 ＋ x2 ＝m ， x1·x2 =m－2 ＜0 即m＜2

2又AB＝∣x1 － x2∣＝（x1+x2）4x1x25

y ∴m2－4m＋3=0.

解得：m=1或m=3(舍去), ∴m的值为1.

O x （2）设M(a，b)，则N(－a，－b) .

∵M、N是抛物线上的两点,

a2mam2b,①∴

2amam2b.②①＋②得：－2a2－2m＋4＝0 . ∴a2＝－m＋2.

∴当m＜2时，才存在满足条件中的两点M、N. ∴a2m.

这时M、N到y轴的距离均为2m, 又点C坐标为（0，2－m）,而S△M N C = 27 , ∴2××（2－m）×2m=27. ∴解得m=－7 .

2.（2005福建三明）已知二次函数yx2pxq(p,q为常数，△=p24q0)的图象与x轴相交于Ax1,0，Bx2,0两点，且A，B两点间的距离为d，例如，通过研究其中一个函数yx25x6及图象(如图)，可得出表中第2行的相交数据。

（1）在表内的空格中填上正确的数；

（2）根据上述表内d与△的值，猜想它们之间有什么关系？再举一个符合条件的二次函数，验证你的猜想；

（3）对于函数

12yx2pxq yx25x6

yx21x 2p

－5 －

q

6 －2

△ 1

x1

2 －2

x2

3

d

1 3

1 2

1 4

1 2

yx2x2

yx2pxq(p,q为常数，△=p24q0)证明你的猜想

[解] （1）第一行 q0,x10；d1 2 第三行 p1，△=9，x21； （2）猜想：d△

2 例如：yxx2中；p1,q2,9；由xx20得

22x12,x21,d3,d29，∴d2△

（3）证明。令y0，得x2pxq0，∵△>0

设x2pxq0的两根为x1，x2 则x1+x2p，x1x2q

2 dx1x2x21x2x1x24x1x2

22 p4qp24q

23.（2006上海浦东）已知：二次函数y(n1)x22mx1图象的顶点在x轴上． （1）试判断这个二次函数图象的开口方向，并说明你的理由；

（2）求证：函数ym2x22(n1)x1的图象与x轴必有两个不同的交点；

（3）如果函数ym2x22(n1)x1的图象与x轴相交于点A（x1，0）、B（x2，0），与y轴相交于点C，且△ABC的面积等于2．求这个函数的解析式．

[解] （1）∵二次函数y(n1)x22mx1图象的顶点在x轴上，

∴n10，4m24(n1)0． ∴m2n10．

又∵m20，∴n10．

∴这个函数图象的开口方向向上．

（另解：∵这个二次函数图象的顶点在x轴上，且与y轴的正半轴相交， ∴这个函数图象的开口方向向上． （2）∵m20，∴这个函数是二次函数．

4(n1)24m2．

∵m2n10，∴(n1)20，m20． ∴Δ>0．

∴函数ym2x22(n1)x1的图象与x轴必有两个不同的交点． （3）由题意，得x1x22(n1)1xx，． 12m2m22(n1)2． ∵m2n1，∴x1x22m而ABx1x2，点C的坐标为（0，-1）．

∴

1x1x212． 2∴x1x24．

∴(x1x2)2(x1x2)24x1x2(2)2416． m21． 31∴n1．

3∴m2∴所求的函数解析式为y122xx1． 334.（2005天津）已知二次函数yax2bxc.

（1）若a =2，c = -3，且二次函数的图像经过点（-1，-2），求b的值；

（2）若a =2，b + c = -2，b > c，且二次函数的图像经过点（p , -2），求证：b≥0；

（3）若a + b + c = 0，a > b > c，且二次函数的图像经过点（q , - a），试问当自变量x = q +4

时，二次函数yax2bxc所对应的函数值y是否大于0？请证明你的结论.

[解]（1）当a = 2，c = -3时，二次函数为y2x2bx3，

∵该函数的图像经过点（-1，-2）， ∴221b13，解得b=1.

（2）当a = 2，b + c = -2时，二次函数为y2xbxb2 ∵该函数的图像经过点（p，-2），

∴22pbpb2，即2pbpb0 于是，p为方程2xbxb0的根， ∴判别式△=b8bb(b8)0 又∵b + c = -2，b > c， ∴b > -b -2，即b > -1，有b + 8 > 0 ∴b0.

（3）∵二次函数yaxbxc的图像经过点（q，-a）, ∴aqbqca0.

∴q为方程aqbqca0的根， 于是，判别式△=b4a(ac)0

2222222222又∵abc0

∴△=b24abb(b4a)b(3ac)0 又abc0， 且a > b > c，知a > 0，c < 0 ∴3a -c > 0 ∴b0

∴q为方程axbxca0的根，

2bb24abbb24ab∴q或q. 2a2a当xq4时，

yaq4bq4caq28aq16abq4bcaqbqca8aq15a4b22

8aq15a4bbb24ab若q，则

2abb24aby8a15a4b15a4b24ab.

2a∵a > b ≥ 0，

∴b+4abpa+4a?a225a2，即b2+4abp5a，-4b2+4abf-45a

∴yf15a-45a=15-45af0

()bb24ab若q，则

2abb24aby8a15a4b15a4b24ab0.

2a∴当xq4时，二次函数yaxbxc所对应的函数值大于0.

5.（2006江苏盐城）已知：如图，A（0,1）是y轴上一定点，B是x轴上一动点，以AB为边，在∠OAB的外部作∠BAE＝∠OAB ，过B作BC⊥AB，交AE于点C. (1)当B点的横坐标为

23时，求线段AC的长； 3(2)当点B在x轴上运动时，设点C的纵、横坐标分

别为y、x，试求y与x的函数关系式（当点B运动到O点时，点C也与O点重合）； (3)设过点P（0，-1）的直线l与(2)中所求函数的图象有两个公共点M1(x1，y1)、M2(x2，y2)，且x12+x22－6(x1+x2)=8，求直线l的解析式．

[解] (1)方法一：在Rt△AOB中，可求得AB＝2∵∠OAB＝∠BAC，∠AOB＝∠ABC=Rt∠， ∴△ABO∽△ABC，∴

33

AOAB4，由此可求得：AC＝ ABAC3 方法二：由题意知：tan∠OAB=

3 3y A C x O D B H G OB323 ，由勾股定理可求得AB＝OA33在ABC中，tanBACtanOAB34，可求得AC= 33 (2)方法一：当B不与O重合时，延长CB交y轴于点D，过C作CH⊥x轴，交x轴于点H，则可证得AC＝AD，BD＝

2 32

x ∵AO⊥OB，AB⊥BD，∴△ABO∽△BDO，则OB＝AO×OD，即1y

22x2x2化简得：y=，当O、B、C三点重合时，y=x=0，∴y与x的函数关系式为：y=

44方法二：过点C作CG⊥x轴，交AB的延长线于点H，则AC2＝(1－y)2+x2=(1+y)2，化简即

可得。

ykxb2

(3)设直线的解析式为y=kx+b，则由题意可得：12，消去y得：x-4kx-4b=0，则有

yx4x1x24k，由题设知： xx4b12x12+x22-6(x1+x2)=8，即(4k)2+8b-24k=8，且b=-1，则16k2-24k -16=0，解之得：k1=2，k2=当k1=2、b=-1时，

△＝16k2+16b=-16>0，符合题意；当k2=1，21，b=-1时，△＝16k2+16b=4-16<0，不合题意2（舍去），

∴所求的直线l的解析式为：y=2x-1

6.（2006广东广州）已知抛物线y =x2+mx-2m2(m≠0)． (1)求证：该抛物线与x轴有两个不同的交点；

(2)过点P(0，n)作y轴的垂线交该抛物线于点A和点B(点A在点P的左边)，是

否存在实数m、n，使得AP=2PB?若存在，则求出m、n满足的条件；若不存在，请说

明理由．

[解] （1）△m241[2m2]9m2

∵m0 ∴△0

∴该抛物线与x轴有两个不同的交点。 （2）由题意易知点A、B的坐标满足方程：

x2mx2m2n，即x2mx(2m2n)0

由于方程有两个不相等的实数根，因此△0，即

m241[(2m2n)]09m24n0………………….①

由求根公式可知两根为：

m9m24nm9m24m，xB xA22m9m24nm9m24n∴ABxBxA9m24n 22m9m24nm9m24n PBxBxP 022分两种情况讨论：

第一种：点A在点P左边，点B在点P的右边 ∵AP2PB ∴AB3PB

m9m24n∴9m4n39m24n3m……………….②

22∴m0……………………….③ 由②式可解得

n0…………………………..④

第二种：点A、B都在点P左边 ∵AP2PB ∴ABPB

m9m24n∴9m4n039m24nm……………….⑤

22∴m0……………………….⑥ 由⑤式可解得

n

202m……….⑦ 9综合①③④⑥⑦可知，满足条件的点P存在，此时m、n应满足条件：

m0，n0或n202m。 9三、动态几何型压轴题

1.（2001天津）已知：在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝4cm，AB＝8cm，D、E、F分别为AB、AC、BC边上的中点．若P为AB边上的一个动点，PQ∥BC，且交AC于点Q，以PQ为一边，在点A的异侧作正方形PQMN，记正方形PQMN与矩形EDBF的公共部．．分的面积为y．

（1）如图，当AP＝3cm时，求y的值；

（2）设AP＝xcm，试用含x的代表式表示y（cm）2； （3）当y＝2cm2时，试确定点P的位置．

[解]（1） ∵ PQ∥BC，∴

为AB的中点，∴ AD＝

PQAP3．∵ BC＝4，AB＝8，AP＝3，∴ PQ＝．∵ D2BCAB1AB＝4，PD＝AD－AP＝1． 21，∴ y＝MN·DN＝2∵ PQMN为正方形，DN＝PN－PD＝PQ－PD＝

3132cm． 224（2）∵ AP＝x，∴ AN＝当o≤x＜

3x． 28时，y＝0； 38x33当≤x＜4时，y(x4)x22x；

224316当4≤x＜时，y＝x；

316当≤x≤8时，y＝2（8－x）＝－2x＋16． 316（3）将y＝2代入y＝—2x＋16（≤x≤8）时，得x＝7，即P点距A点7cm；

34210421038将y＝2代入yx22x(x4)时，得x，即P点距A点cm．

33432.（2002上海）操作：将一把三角尺放在边长为1的正方形ABCD上，并使它的直角顶点

P在对角线AC上滑动，直角的一边始终经过点B，另一边与射线DC相交于点Q．

图5图6图7

探究：设A、P两点间的距离为x．

（1）当点Q在边CD上时，线段PQ与线段PB之间有怎样的大小关系？试证明你观察得到结论；

（2）当点Q在边CD上时，设四边形PBCQ的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数的定义域；

（3）当点P在线段AC上滑动时，△PCQ是否可能成为等腰三角形？如果可能，指出所有能使△PCQ成为等腰三角形的点Q的位置，并求出相应的x的值；如果不可能，试说明理由．（图5、图6、图7的形状大小相同，图5供操作、实验用，图6和图7备用）

[解]

图1 图2 图3

（1）解：PQ＝PB

证明如下：过点P作MN∥BC，分别交AB于点M，交CD于点N，那么四边形AMND和四边形BCNM都是矩形，△AMP和△CNP都是等腰直角三角形（如图1）． ∴ NP＝NC＝MB．

∵ ∠BPQ＝90°，∴ ∠QPN＋∠BPM＝90°． 而∠BPM＋∠PBM＝90°，∴ ∠QPN＝∠PBM． 又∵ ∠QNP＝∠PMB＝90°，∴ △QNP≌△PMB． ∴ PQ＝PB． （2）解法一

由（1）△QNP≌△PMB．得NQ＝MP．

∵AP＝x，∴ AM＝MP＝NQ＝DN＝

22x，BM＝PN＝CN＝1－x， 22∴CQ＝CD－DQ＝1－2·

2x＝1－2x． 2得S△PBC＝

22111BC·BM＝×1×（1－x． x）＝－2222411132122S△PCQ＝CQ·PN＝×（1－2x）（1－x＋x x）＝－

222242S四边形PBCQ＝S△PBC＋S△PCQ＝

即 y＝解法二

12

x－2x＋1． 2212

x－2x＋1（0≤x＜）． 22作PT⊥BC，T为垂足（如图2），那么四边形PTCN为正方形． ∴ PT＝CB＝PN．

又∠PNQ＝∠PTB＝90°，PB＝PQ，∴△PBT≌△PQN．

S四边形PBCQ＝S△四边形PBT＋S四边形PTCQ＝S四边形PTCQ＋S△PQN＝S正方形PTCN

＝CN＝（1－

2

2122x）＝x－2x＋1

22∴ y＝

212

x－2x＋1（0≤x＜）． 22（3）△PCQ可能成为等腰三角形

①当点P与点A重合，点Q与点D重合，这时PQ＝QC，△PCQ是等腰三角形， 此时x＝0

②当点Q在边DC的延长线上，且CP＝CQ时，△PCQ是等腰三角形（如图3） 解法一： 此时，QN＝PM＝

222CP＝1－x，CP＝2－x，CN＝x． 222∴ CQ＝QN－CN＝

22x－（1－x）＝2x－1． 22当2－x＝2x－1时，得x＝1．

解法二： 此时∠CPQ＝

1∠PCN＝22.5°，∠APB＝90°－22.5°＝67.5°， 2∠ABP＝180°－（45°＋67.5°）＝67.5°，得∠APB＝∠ABP， ∴ AP＝AB＝1，∴ x＝1．

3.（2006河北课改）如图1和2，在20×20的等距网格（每格的宽和高均是1个单位长）中，Rt△ABC从点A与点M重合的位置开始，以每秒1个单位长的速

M Q 度先向下平移，当BC边与网的底部重合时，继续同样的速度向右 A 平移，当点C与点P重合时，Rt△ABC停止移动.设运动时间 B C 为x秒，△QAC的面积为y. A1 O （1）如图1，当Rt△ABC向下平移到Rt△A1B1C1的位置时， B1 C1 请你在网格中画出Rt△A1B1C1关于直线QN成轴对称的图形； （2）如图2，在Rt△ABC向下平移的过程中，请你求出y与 P N 图1

x的函数关系式，并说明当x分别取何值时，y取得最大值和 M Q 最小值？最大值和最小值分别是多少？

（3）在Rt△ABC向右平移的过程中，请你说明当x取何值时，y

A O 取得最大值和最小值？最大值和最值分别是多少？为什么？

B C [解] （1）如图1，△A2B2C2是△A1B1C1关于直线QN成轴对称的图形. „„„„2分 N M M Q Q

A O O A1 B C1 C B1 C2 A

P P B2 A2 N B C N

图1 图2

（2）当△ABC以每秒1个单位长的速度向下平移x秒时（如图2），则有： MA=x，MB=x+4，MQ=20， y=S梯形QMBC-S△AMQ-S△ABC =

图2

P

111(420)(x4)20x44 222 =2x+40(0≤x≤16). 由一次函数的性质可知：

当x=0时，y取得最小值，且y最小=40；

当x=16时，y取得最大值，且y最大=2×16+40=72. （3）解法一：

当△ABC继续以每秒1个单位长的速度向右平移时，此时16≤x≤32，PB=20-（x-16）=36-x，PC=PB-4=32-x, ∴y=S梯形BAQP-S△CPQ-S△ABC 11(420)(3x6)22120x(32)

244 =-2x+104(16≤x≤32). 由一次函数的性质可知：

当x=32时，y取得最小值，且y最小=-2×32+104=40； 当x=16时，y取得最大值，且y最大=-2×16+104=72. 解法二：

在△ABC自左向右平移的过程中，△QAC在每一时刻的位置都对应着（2）中△QAC某一时刻的位置.使得这样的两个三角形关于直线QN成轴对称.

因此，根据轴对称的性质，只需考察△ABC在自上至下平移过程中△QAC面积的变化情况，便可以知道△ABC在自左向右平移过程中△QAC面积的变化情况. 当x=16时，y取得最大值，且y最大=72； 当x=32时，y取得最小值，且y最小=40.

4. (2004山东枣庄)如图，在△ABC中，AB＝17，AC＝52，∠CAB＝45°，点O在BA上移动，以O为圆心作⊙O，使⊙O与边BC相切，切点为D，设⊙O的半径为x，四边

形AODC的面积为y．

（1）求 y与x的函数关系式； C （2）求x的取值范围；

（3）当x为何值时，⊙O与BC、AC都相切？

D [解]（1）如图①，过点C作CE⊥AB，垂足为E．

A O 在Rt△ACE中，AC=52，∠CAB=45°， ∴ AE=CE= AC·sin45°=52∴ BE=AB－AE=17－5=12，

B 25． 2CBCE2EB25212213．

∴ tanB=

CE5． EB12 ∵ CB切⊙O于点D， ∴ OD⊥BC．

ODx5=tanB=， BDBD1212∴ BD=x．

5又

∵ S四边形AODC= S△ABC－S△BOD， ∴ y111121ABCE－BDOD175xx 22252685x2．

52C G D A

F

E

①

O B

A

C D O

B

②

(2)过点C作CF⊥CB交AB于F． 在Rt△BCF中， CF=BC·tanB=13×∴ x的取值范围是0＜x≤

565． 121265． 12（3）当⊙O与BC、AC都相切时，设⊙O与AC的切点为G，连结OG、OC（如图②），则OG=OD=x． ∵ S△AOC+S△BOC= S△ABC， ∴

11152x13x175． 22285521351352． 7∴ x5.（2004浙江宁波）已知AB是半圆O的直径，AB＝16，P点是AB上的一动点(不与A、B

重合) ，PQ⊥AB， 垂足为P，交半圆O于Q；PB是半圆O1的直径，⊙O2与半圆O、半圆O1及PQ都相切，切点分别为M、N、C．

（1）当P点与O点重合时(如图1) ，求⊙O2的半径r；

（2）当P点在AB上移动时(如图2) ，设PQ＝x，⊙O2的半径r．求R与x的函数关系

式，并求出r取值范围．

Q M Q M

C

O· 2 N

A · O （P） O1 图⑴

B A C O·2 N · · P O O1

图⑵

B

[解] (1)连结OO2、O1O2、O2C，作O2D⊥AB于D．

∵⊙O2与⊙O、⊙O1、PQ相切， ∴OO2＝8－r，

O1O2＝4＋r．

∵四边形ODO2C是矩形， ∴OD＝r，O1D＝4－r

根据勾股定理得:OO22OD2O2D2O1O22O1D2 ， 即:(8r)2r2(r4)2(4r)2 ，

∴r＝2．

(2) ∵AB是⊙O直径，PQ⊥AB． ∴PQ2＝AP·PB．

设⊙O1半径是a，

则x2＝2a（16－2a）＝4（8a－a2）．

连结OO2、O1O2、O2C，作O2D⊥AB于D ∴O1O2＝ar，OO2＝8r， O1DO1PPDar， ODPBPDOB2ar8，

根据勾股定理得:O1O22O1D2OO22OD2， 即:(ar)2(ar)2(8r)2(2ar8)2 ， 化简得:8r8aa2． ∴x232r ， 即r ∵为0≤x≤8，

∴0≤r≤8．

Q C

M O· 2 N A · D O （P） O1 图⑴

B A Q M C O·2 N B

12x． 32D · · P O O1

图⑵

6.（2005河北）如图12，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝16，DC＝12，AD＝21。动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动。设运动的时间为t（秒）。 （1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；

（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？

（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2AO＝OB时，求∠BQP的正切值；

（4）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。 （1）如图3，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形。∴PM＝DC＝12

[解]∵QB＝16－t，∴S＝

1×12×(16－t)＝96－t 2（2）由图可知：CM＝PD＝2t，CQ＝t。热以B、P、

Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：

①若PQ＝BQ。在Rt△PMQ中，PQt12，由PQ2＝BQ2 得 t12(16t)，解得t＝

2222222A P D

B M Q

图3

C 7； 222②若BP＝BQ。在Rt△PMB中，BP(162t)12。由BP2＝BQ2 得：

(162t)2122(16t)2 即3t232t1440。

由于Δ＝－704＜0

∴3t32t1440无解，∴PB≠BQ

③若PB＝PQ。由PB2＝PQ2，得t2122(162t)2122

2整理，得3tt2560。解得t1216，t216（不合题意，舍去） 3综合上面的讨论可知：当t＝秒或t腰三角形。

（3）如图4，由△OAP∽△OBQ，得

7216秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等3APAO1 BQOB2P A O B E D ∵AP＝2t－21，BQ＝16－t，∴2(2t－21)＝16－t。 ∴t＝

58。 5Q 图4

C 过点Q作QE⊥AD，垂足为E， ∵PD＝2t，ED＝QC＝t，∴PE＝t。 在RT△PEQ中，tan∠QPE＝

QE1230 PEt29A P O B Q 图5

（4）设存在时刻t，使得PQ⊥BD。如图5，过点Q作QE⊥ADS，垂足为E。由Rt△BDC∽Rt△QPE，得

E D DCPE12t，即。解得t＝9 BCEQ1612C 所以，当t＝9秒时，PQ⊥BD。

7.（2005河南）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝2，DC＝22，点P在边BC上运动(与B、C不重合)，设PC＝x，四边形ABPD的面积为y。 （1）求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

1

（2）若以D为圆心、为半径作⊙D，以P为圆心、以PC的长为半径作⊙P，当x为何值

2

DA时，⊙D与⊙P相切？并求出这两圆相切时四边形ABPD的面积。

[解]（1）过点D作DE⊥BC于E，

∵∠ABC＝900，∴DE＝AB＝2，

又∵DC＝22，∴EC＝DC2－DE2 ＝2 ∴BC＝BE＋EC＝AD＋EC＝2＋1＝3

(AD＋BP)·AB(1＋3－x)×2

∴S四边形ABPD＝＝＝4－x，

22

即 y＝－x＋4 (0＜x＜3）

（2）当P与E重合时，⊙P与⊙D相交，不合题意； 当点P与点E不重合时，在Rt△DEP中， DP2＝DE2＋EP2＝22＋|2－x|2＝x2－4x＋8

1

∵⊙P的半径为x，⊙D的半径为 ，

2

BPC∴①当⊙P与⊙D外切时，

131(x＋ )2＝x2－4x＋8，解得 x＝

220

3149

此时四边形ABPD的面积y＝4－ ＝

2020

②当⊙P与⊙D内切时，

131(x＋ )2＝x2－4x＋8，解得 x＝

212

3117

此时四边形ABPD的面积y＝4－＝ 1212

4917

∴⊙P与⊙D相切时，四边形ABPD的面积为 或

2012

8.（2005江苏宿迁）已知：如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3厘米，CB＝4厘米．两个动点P、Q分别从A、C两点同时按顺时针方向沿△ABC的边运动．当点Q运动到点A时，P、Q两点运动即停止．点P、Q的运动速度分别为1厘米/秒、2厘米/秒，设点P运动时间为t（秒）．

（1）当时间t为何值时，以P、C、Q三点为顶点的三角形的面积（图中的阴影部分）等于2厘米2；

（2）当点P、Q运动时，阴影部分的形状随之变化．设PQ与△ABC围成阴影部分面积为S（厘米2），求出S与时间t的函数关系式，并指出自变量t的取值范围；

（3）点P、Q在运动的过程中，阴影部分面积S有最大值吗？若有，请求出最大值；若没有，请说明理由．

[解] （1）S△PCQ＝

11PC·CQ＝(3t)2t＝(3t)t＝2， 22PAC解得 t1＝1，t2＝2 ∴当时间t为1秒或2秒时，S△PCQ＝2厘米2；

QB392（2）①当0＜t≤2时，S＝t3t＝t；

24

22

42184939 ②当2＜t≤3时， S＝tt6＝t；

5554203227423915t ③当3＜t≤4.5时，S＝t＝t；

555524（3）有；

239，S有最大值，S1＝； 2412 ②在2＜t≤3时，当t＝3，S有最大值，S2＝；

5915 ③在3＜t≤4.5时，当t＝，S有最大值，S3＝；

24915∵S1＜S2＜S3 ∴t＝时，S有最大值，S最大值＝．

C24C①在0＜t≤2时，当t＝

PQCPPABAHQBAQHB

9.（2005江苏泰州）图1是边长分别为43 和3的两个等边三角形纸片ABC和C′D′E′叠放在一起（C与C′重合）.

（1）操作：固定△ABC，将△C′D′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连结AD、

BE，CE的延长线交AB于F（图2）；

探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？试证明你的结论.

（2）操作：将图2中的△CDE，在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位的速度平移，

平移后的△CDE设为△PQR（图3）；

探究：设△PQR移动的时间为x秒，△PQR与△ABC重叠部分的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数自变量x的取值范围.

（3）操作：图1中△C′D′E′固定，将△ABC移动，使顶点C落在C′E′的中点，

边BC交D′E′于点M，边AC交D′C′于点N，设∠AC C′=α（30°＜α＜90°＝（图4）；

探究：在图4中，线段C′N·E′M的值是否随α的变化而变化？如果没有变化，请你求出C′N·E′M的值，如果有变化，请你说明理由.

AD′

AFDCAFPBQ（C/）

ARBD′ E图2N图3B图1E′

（C）

B C/

C图2 图3 ME′ C/ CG图4 图4 [解] （1）BE=AD

证明：∵△ABC与△DCE是等边三角形

∴∠ACB=∠DCE=60° CA=CB，CE=CD ∴∠BCE=∠ACD ∴△BCE≌△ACD ∴ BE=AD

（也可用旋转方法证明BE=AD） （2）如图在△CQT中 ∵∠TCQ=30° ∠RQT=60° ∴∠QTC=30° ∴∠QTC=∠TCQ ∴QT=QC=x ∴ RT=3－x ∵∠RTS＋∠R=90° ∴∠RST=90° ∴y=

FPBQ图3

AS RT

C323393×3 －(3－x)2=－(3－x)2＋(0≤x≤3) 4884

（3）C′N·E′M的值不变

证明：∵∠ACC′=60°∴∠MCE′＋∠NCC′=120°

∵∠CNC′＋∠NCC′=120° ∴∠MCE′=∠CNC′

∵∠E′=∠C′ ∴△E′MC∽△C′CN

339E/ME/C∴// ∴C′N·E′M=C′C·E′C=×=

224CCCN10.（2005江苏南通）如图，在平面直角坐标系中，已知A（－10，0），B（－8，6），O

为坐标原点，△OAB沿AB翻折得到△PAB．将四边形OAPB先向下平移3个单位长度，再向右平移m（m＞0）个单位长度，得到四边形O1A1P1B1．设四边形O1A1P1B1与四边形OAPB重叠部分图形的周长为l．

（1）求A1、P1两点的坐标（用含m的式子表示）；

（2）求周长l与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围．

[解] （1）过点B作BQ⊥OA于点Q．（如图1）

P B A Q 图1 y α O x ∵ 点A坐标是（－10，0）， ∴点A1坐标为（－10＋m，－3），OA＝10． 又∵ 点B坐标是（－8，6）， ∴BQ＝6，OQ＝8． 在Rt△OQB中，

OBOQ2BQ2826210．

∴OA＝OB＝10，tanBQ63． QO84由翻折的性质可知，PA＝OA＝10，PB＝OB＝10， ∴四边形OAPB是菱形， ∴PB∥AO，∴P点坐标为（－18，6）， ∴P1点坐标为（－18＋m，3）．

（2）①当0＜m≤4时，（如图2）, 过点B1作B1Q1⊥x轴于点Q1，则B1 Q1＝6-3＝3，

设O1B1 交x轴于点F，∵O1B1∥BO，∴∠α＝∠β，

y BQ在Rt△FQ1B1中，tan11， B Q1FP1 A Q P B1 Q1 β F α O O1 y H B1 x ∴33，∴Q1F＝4， 4Q1F∴B1F＝3242＝5，

∵AQ＝OA－OQ＝10－8＝2，

∴AF＝AQ+QQ1+ Q1F＝2+m+4＝∴周长l＝2（B1F＋AF）

＝2（5＋6＋m） ＝2 m＋22；

A1 6+m， P 图2 B P1 A S O F x ②当4＜m＜14时，（如图3）

设P1A1交x轴于点S，P1B1交OB

A1 O1

图3 B y A Ox 于点H，

由平移性质，得 OH＝B1F＝5， 此时AS＝m－4， ∴OS＝OA－AS

＝10－（m－4）＝14－m， ∴周长l＝2（OH＋OS）

＝2（5＋14－m） ＝－2 m＋38．

11.（2005乌鲁木齐）四边形OABC是等腰梯形，OA∥BC。在建立如图的平面直角坐标系中，A（4，0），B（3，2），点M从O点以每秒3个单位的速度向终点A运动；同时点N从B点出发以每秒1个单位的速度向终点C运动，过点N作NP垂直于x轴于P点连结AC交NP于Q，连结MQ。 （1）写出C点的坐标；

（2）若动点N运动t秒，求Q点的坐标（用含t的式子表示

（3）其△AMQ的面积S与时间t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围。 （4）当t取何值时，△AMQ的面积最大； （5）当t为何值时，△AMQ为等腰三角形。

[解] （1）C（1，2）

（2）过C作CEx轴于E，则CE＝2 当动点N运动t秒时，NB＝t ∴点Q的横坐标为3—t 设Q点的纵坐标为yQ 由PQ∥CE得∴yQyQ21t 322t 322t∴点Q（3t,）

3（3）点M以每秒2个单位运动，∴OM＝2t，AM＝4—2t

1122tAMPQ(42t) 2232 ＝(2t)(t1)

322 ＝(tt2)

3S△AMQ＝

当t＝2时，M运动到A点，AMQ存在，∴t2 ∴t的取值范围是0≤t＜2

（4）由S△AMQ＝当t1时，Smzx222213(tt2)(t)2。 33223 2（5）、①若QM＝QA ∵QP⊥OA∴MP＝AP

而MP＝4—（1＋t＋2t）＝3—3t 即1＋t＝3—3t t＝

1 21时，△QMA为等腰三角形。 22∴当t＝

②若AQ＝AM

AQ2＝AP2＋PQ2＝(1t)(22t213)(1t)2 39AQ=

13(1t) 3AM＝4—2t

13(1t)＝4—2t 3t851813851813 而0＜＜2

2323851813时，△QMA为等腰三角形。

23∴当t＝

③若MQ＝MA MQ2＝MP2＋PQ2

22t2852185)tt 3999852185tt＝(42t)2 ∴9994921059tt0 99959解得t＝或t＝—1（舍去）

4959∵0＜＜2

4959∴当t＝时，△QMA为等腰三角形。

49＝(33t)(2综上所述：当t＝

159851813 、t＝或 t＝△QMA都为等腰三角形。 2492312. (2005浙江温州)如图，在Rt△ABC中，已知AB＝BC＝CA＝4cm，AD⊥BC于D，点P、Q分别从B、C两点同时出发，其中点P沿BC向终点C运动，速度为1cm/s；点P沿CA、AB向终点B运动，速度为2cm/s，设它们运动的时间为x(s)。 ⑴ 求x为何值时，PQ⊥AC；

⑵ 设△PQD的面积为y(cm2)，当0＜x＜2时，求y与x的函数关系式； ⑶ 当0＜x＜2时，求证：AD平分△PQD的面积；

⑷ 探索以PQ为直径的圆与AC的位置关系。请写出相应位置关系的x的取值范围(不要求写出过程)

[解] （1）∵当Q在AB上时，显然PQ不垂直于AC。

A当，由题意得：BP＝x，CQ＝2x，PC＝4－x， ∴AB＝BC＝CA＝4，∠C＝600，

若PQ⊥AC，则有∠QPC＝300，∴PC＝2CQ

O4

∴4－x＝2×2x，∴x＝ ，

5

BPD4

∴当x＝ (Q在AC上)时，PQ⊥AC；

5

（2）当0＜x＜2时，P在BD上，Q在AC上，过点Q作QH⊥BC于H，

∵∠C＝600，QC＝2x，∴QH＝QC×sin600＝3x

1

∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD＝ BC＝2

2

113

∴DP＝2－x，∴y＝ PD·QH＝ (2－x)·3x＝－x2＋3x

222

（3）当0＜x＜2时，在Rt△QHC中，QC＝2x，∠C＝600，

∴HC＝x，∴BP＝HC ∵BD＝CD，∴DP＝DH，

∵AD⊥BC，QH⊥BC，∴AD∥QH， ∴OP＝OQ

∴S△PDO＝S△DQO，

∴AD平分△PQD的面积；

（4）显然，不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离

416

当x＝或时，以PQ为直径的圆与AC相切。

1616

当0≤x＜或＜x＜或＜x≤4时，以PQ为直径的圆与AC相交。

5555

QC13. （2005上海静安）如图4，已知⊙O的半径OA=5，弦AB=4，点C在弦AB上，以点

C为圆心，CO为半径的圆与线段OA相交于点E． （1）求cosA的值；

（2）设AC=x，OE=y，求y与x之间的函数解析式，并写出定义域；

（3）当点C在AB上运动时，⊙C是否可能与⊙O相切？如果可能，请求出当⊙C与⊙O相切时的AC的长；如果不可能，请说明理由．

[解] （1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，

∵AB是⊙O的弦，∴AD=

1AB=2，∴2OEACBcosAAD225． OA55 （2）过点C作CF⊥OE，垂足为F，∵OE是⊙C的弦，OF 在Rt△ACF中，AF=AC·cosA= ∵AF+OF=OA，∴

y1OE， 2225x， 5y25x5. 524555x．函数定义域为x. ∴函数解析式为y252 （3）⊙C可能与⊙O相切． 在Rt△AOD中，OD=AO2AD2541．

15 当⊙C与⊙O相切时，OC=OA，

22 ∵CD=ADAC=2x，OD2CD2OC2，∴12(2x)2∴x15． 4355,x2. 当x时,⊙C与OA相于点O，不符合题意． 2223∴当⊙C与⊙O相切时的AC的长为.

214. （2005上海闵行）已知：如图，在梯形ABCD中，AD//BC，ABCD5，AD6，

BC12．

点E在AD边上，且AE:ED1:2，连结CE．点P是AB边上的一个动点，过 点P作PQCE，交BC于点Q．设BPx，CQy． (1) 求cosB的值；

(2) 求y与x的函数解析式，并写出函数的定义域； P (3) 当EQBC时，求x的值．

A D

[解] (1) 过点A作AFBC，垂足是点F．

1(BCAD)3． 2B

Q

C

∵AD//BC，ABCD，AD6，BC12， ∴BF 在Rt△ABF中，AFB90，∴cosB (2) 分别延长BA、CE，交于点G．

BF3． AB5 ∵AE:ED1:2，AD6，∴AE2．

GAAE1， GBBC6 ∵AB5，∴GA1，即得GB6．

∵AE//BC，∴

∵PQ//CG，BPx，∴ 即

BPBQ， BGBCxBQ，BQ2x． 612 由BQQC12，CQy，得y2x12． 所以，y与x的函数解析式是y2x12，0x5．

(3) 当EQBC时，得BQ2x5，解得x 所以，当EQBC时，x5． 25． 215.

16.（2006广东课改）如图所示，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，BC∥OA，OA=7，AB=4，∠ COA=60°，点P为x轴上的—个动点，点P不与点0、点A重合．连结CP，过点P作PD交AB于点D． (1)求点B的坐标；

(2)当点P运动什么位置时，△OCP为等腰三角形，求这时点P的坐标； (3)当点P运动什么位置时，使得∠CPD=∠OAB，且

[解] (1)作BQ⊥x轴于Q.

∵ 四边形ABCD是等腰梯形, ∴∠BAQ＝∠COA＝60° 在RtΔBQA中,BA=4,

∴BQ=AB·sin∠BAO=4×sin60°=23 AQ=AB·cos∠BAO=4×cos60°=2, ∴OQ=OA-AQ=7-2=5 ∵点B在第一象限内, ∴点B的的坐标为(5, 23)

(2)若ΔOCP为等腰三角形,∵∠COP=60°,

BD5=，求这时点P的坐标。 AB8此时ΔOCP为等边三角形或是顶角为120°的等腰三角形 若ΔOCP为等边三角形,OP=OC=PC=4,且点P在x轴的正半轴上, ∴点P的坐标为(4,0)

若ΔOCP是顶角为120°的等腰三角形,则点P在x轴的负半轴上,且OP=OC=4

∴点P的坐标为(-4,0) ∴点P的坐标为(4,0)或(-4,0) (2)若∠CPD=∠OAB ∵∠CPA=∠OCP+∠COP 而∠OAB=∠COP=60°, ∴∠OCP=∠DPA 此时ΔOCP∽ΔADP ∴OPOC

ADAP∵BD5 AB8∴BD5AB5,

82AD=AB-BD=4-5=3

22AP=OA-OP=7-OP ∴

OP4 37OP2得OP=1或6

∴点P坐标为(1,0)或(6,0).

17.（2006上海静安）如图，在以O为圆心的两个同心

圆中，小圆的半径为1，AB与小圆相切于点A，与大圆相交于B，大圆的弦BC⊥AB，过点C作大圆的切线交AB的延长线于D，OC交小圆于E． （1） 求证：△AOB∽△BDC；

（2） 设大圆的半径为x，CD的长为y，求y与x之间的函数解析式，并写出定义域． （3） △BCE能否成为等腰三角形？如果可能，求

出大圆半径；如果不可能，请说明理由．

CEOABD[解] (1)∵大⊙O与CD相切于点C，∴∠DCO=90°.

∴∠BCD+∠OBC=90º,

∵CB⊥AD，∴∠ABO+∠OCB=90º, ∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB, ∴∠BCD=∠ABO.

∵小⊙O与AB相切于点A，∴∠BAO=90°. ∴∠CBD=∠BAO． ∴△AOB∽△BDC．

(2) 过点O作OH⊥BC，垂足为H．

∵∠OAB=∠ABC=∠BHO=90º，∴四边形OABH是矩形. ∵BC是大⊙O的弦，∴BC=2BH =2OA=2，

在Rt△OAB中，AB=OB2OA2x21．

∵△AOB∽△BDC，∴∴

CDCB， OBAB2xx12yx2x12，∴函数解析式为y，

定义域为x1．

(3) 当EB=EC时，∠ECB=∠EBC，而∠ECB=∠OBC，∴EBEC．

当CE=CB时，OC=CE+OE=CB+OE=2+1=3．

当BC=BE时，∠BEC=∠ECB=∠OBC，则△BCE∽△OCB．

117x12CEBC(负值舍去). ,设OC = x,则CE=x1,,x22xBCOC117∴OC=.

2117综上所述，△BCE能成为等腰三角形，这时大圆半径为3或．

2则

18. （2006山东青岛）如图①，有两个形状完全相同的直角三角形ABC和EFG叠放在一起（点A与点E重合），已知AC＝8cm，BC＝6cm，∠C＝90°，EG＝4cm，∠EGF＝90°，O 是△EFG斜边上的中点．

如图②，若整个△EFG从图①的位置出发，以1cm/s 的速度沿射线AB方向平移，在△EFG 平移的同时，点P从△EFG的顶点G出发，以1cm/s 的速度在直角边GF上向点F运动，当点P到达点F时，点P停止运动，△EFG也随之停止平移．设运动时间为x（s），FG的延长线交 AC于H，四边形OAHP的面积为y（cm2)（不考虑点P与G、F重合的情况）．

（1）当x为何值时，OP∥AC ?

（2）求y与x 之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围．

（3）是否存在某一时刻，使四边形OAHP面积与△ABC面积的比为13∶24？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由．

（参考数据：1142 ＝12996，1152 ＝13225，1162 ＝13456

或4.42 ＝19.36，4.52 ＝20.25，4.62 ＝21.16）

[解] （1）∵Rt△EFG∽Rt△ABC ，

EGFG4FG，． ACBC86∴FG＝＝3cm．

8∴

∵当P为FG的中点时，OP∥EG ，EG∥AC ，

∴OP∥AC．

1FG12∴ x ＝＝×3＝1.5（s）． 21∴当x为1.5s时，OP∥AC ．

（2）在Rt△EFG 中，由勾股定理得：EF ＝5cm． ∵EG∥AH ，

∴△EFG∽△AFH ．

EGEFFG． AHAFFH453∴． AHx5FH43∴ AH＝（ x ＋5），FH＝（x＋5）．

55∴

过点O作OD⊥FP ，垂足为 D ．

∵点O为EF中点， ∴OD＝

1EG＝2cm． 2∵FP＝3－x ，

∴S四边形OAHP ＝S△AFH －S△OFP

11·AH·FH－·OD·FP 221431＝·（x＋5）·（x＋5）－×2×（3－x ） 25526217＝x＋x＋3（0＜x＜3）． 255＝

（3）假设存在某一时刻x，使得四边形OAHP面积与△ABC面积的比为13∶24．

13×S△ABC 246217131∴x＋x＋3＝××6×8 252425则S四边形OAHP＝∴6x2＋85x－250＝0 解得 x1＝

550， x2＝ －（舍去）． 23∵0＜x＜3， ∴当x＝

5（s）时，四边形OAHP面积与△ABC面积的比为13∶24． 219.（2006河北）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝16，动点P从点A出发沿AC边向点C以每秒3个单位长的速度运动，动点Q从点C出发沿CB边向点B以每秒4个单位长的速度运动．P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ关于直线PQ对称的图形是△PDQ．设运动时间为t（秒）．

（1）设四边形PCQD的面积为y，求y与t的函数关系式； （2）t为何值时，四边形PQBA是梯形？

（3）是否存在时刻t，使得PD∥AB？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； （4）通过观察、画图或折纸等方法，猜想是否存在时刻t，使得PD⊥AB？若存在，请估计t的值在括号中的哪个时间段内（0≤t≤1；1＜t≤2；2＜t≤3；3＜t≤4）；若不存在，请简要说明理由．

[解] （1）由题意知 CQ＝4t，PC＝12－3t，

∴S△PCQ =

A P

1PCCQ6t224t． 2D C Q

B

2∵△PCQ与△PDQ关于直线PQ对称， ∴y=2S△PCQ 12t48t． （2）当

CPCQ时，有PQ∥AB，而AP与BQ不平行，这时四边形PQBA是梯形， CACB ∵CA=12，CB=16，CQ＝4t， CP＝12－3t， ∴

123t4t，解得t＝2． 1216 ∴当t＝2秒时，四边形PQBA是梯形．

（3）设存在时刻t，使得PD∥AB，延长PD交BC于点M，如图2，

若PD∥AB，则∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°，

∴Rt△QMD∽Rt△ABC，

A P

D C Q 图2

M

B

从而

QMQD， ABAC∵QD=CQ=4t，AC＝12， AB=12216220， ∴QM=

20t． 320t3， 16若PD∥AB，则解得t＝

123tCPCM，得12CACB4t12． 1112∴当t＝秒时，PD∥AB．

11（4）存在时刻t，使得PD⊥AB．

时间段为：2＜t≤3．

四、几何探究型压轴题

1.（2004福建南平）已知：如图① , A是半径为2的⊙O上的一点，P是OA延长线上的一

动点，过P作⊙O的切线，切点为B、设PA＝m , PB＝n . ．．（1）当n＝4时，求m的值；

（2）⊙O上是否存在点C，使△PBC为等边三角形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，

请说明理由；

（3）当m为何值时，⊙O上存在唯一点M和PB构成以PB为底的等腰三角形？并直接答出：．．

此时⊙O上能与PB构成等腰三角形的点共有几个？（图②、图③供解题时选用）

B · O

· O · O

A P

A A

图① 图②

图③

[解] （1）解法一：连结OB

∵PB切⊙O于B

O

∴∠OBP＝90

∴POPBOB ∵PO＝2+m，PB＝n，OB＝2

2222∴2mn2 m4mn

2222当n＝4时，解得m1252（舍去），m2252 ∴ m的值为252

解法二：延长PO交⊙O于Q，PAQ为⊙O割线 又∵PB切⊙O于B ∴PBPAPQ分 ∵PB＝n，PA＝m，PO＝m+4 ∴nm4m

当n＝4时，解得m1252（舍去），m2252 ∴ m的值为252分

（2）存在点C，使△PBC为等边三角形

O

当∠OPB＝30时，过点P作⊙O的另一条切线PC,C为切点．

∴PB ＝ PC ，∠OPB ＝∠OPC

O

∴∠BPC＝60， ∴△PBC为等边三角形

O

连结OB，∠OBP＝90 ,OB＝2，得OP＝4 ∴m＝PA＝OP－OA＝22

（3）如图，设EF为线段PB的垂直平分线，垂足为D ,当EF与⊙O相切于点M时，M符合要求

连结OB、OM，易得四边形OMDB为正方形．

222∴BD＝DP＝OM＝2 ∴n＝PB＝4

由（l）得n＝4时，m＝252

∴当m＝252时⊙O上存在唯气点M和PB构成以PB为底的等腰三角形„13分 此时⊙O上共有3个点能与PB 构成等腰三角形

（这3点分别是M，M1 ,M2 其中M是PB中垂线与⊙O的切点，M1是延长BO与⊙O 的交点，

M2是点B关于OP的对称点）

B · O

A D M

F

E

P

2.（2005福建南平）定义：若某个图形可分割为若干个都与他相似的图形，则称这个图形是自相似图形. 探究：

（1）如图甲，已知△ABC中∠C=900，你能把△ABC分割成2个与它自己相似的 小直角三角形吗？若能，请在图甲中画出分割线，并说明理由.

（2）一般地，“任意三角形都是自相似图形”，只要顺次连结三角形各边中点， 则可将原三角形分割为四个都与它自己相似的小三角形.我们把△DEF B (图乙)第一次顺次连结各边中点所进行的分割，称为1阶分割（如图1）； 把1阶分割得出的4个三角形再分别顺次连结它的各边中点所进行的分 割，称为2阶分割（如图2）…依次规则操作下去.

n阶分割后得到的每一个小三角形都是全等三角形（n为正整数），设此时 小三角形的面积为SN.

①若△DEF的面积为10000，当n为何值时，2C （请用计算器进行探索，要求至少写出三次的尝试估算过程）

图甲 ②当n>1时，请写出一个反映Sn-1,Sn,Sn+1之间关系的等式（不必证明）

A

[解]（1） 正确画出分割线CD

（如图，过点C作CD⊥AB，垂足为D，CD即是满足要求的

分割线，若画成直线不扣分）

理由：∵ ∠B = ∠B，∠CDB=∠ACB=90°

∴△BCD ∽△ACB

（2）① △DEF 经N阶分割所得的小三角形的个数为

1 n4 ∴ Sn =

1000 n4 当 n =5时,S5 =

10000

≈ 9.77 S5

10000

≈ 2.44 S6

当 n = 6 时， S6 =

当 n=7 时,S7=

10000

≈ 0.61 S7

∴当 n= 6时,2 ＜S6 ＜ 3 Sn2 = Sn1 × Sn1

② Sn1 = 4 Sn, Sn= 4 Sn1

3.（2005广西玉林）如图(1)，AB是⊙O的直径，射线AT⊥AB，点P是射线A T上的一个动点(P与A不重合)，PC与⊙O相切于C，过C作CE⊥AB于E，连结BC并延长BC交AT于点D，连结PB交CE于F．

(1)请你写出PA、PD之间的关系式，并说明理由；

(2)请你找出图中有哪些三角形的面积被PB分成两等分，并加以证明； (3)设过A、C、D三点的圆的半径是R，当CF=

1R时，求∠APC的度数，并在图(2)4中作出点P(要求尺规作图，不写作法，但要保留作图痕迹)．

[解] (1)连结AC．

因为AT⊥AB，AB是⊙O的直径， 所以A T是⊙O的切线． 又PC是⊙O的切线， 所以PA=PC．

所以∠PAC=∠PCA． 因为AB是⊙O的直径， 所以∠ACB=90°.

所以∠PAC+∠ADC=90°，∠PCA+∠PCD=90°. 所以∠ADC=∠PCD． 所以PD=PC=PA．

(2)由(1)知，PD=PA，且同高，可见△ABD被PB分成面积相等的两个三角形． 因为AT⊥AB，CE⊥AB， 所以AT∥CE．

所以CF/PD=BF/BP，EF/PA=BF/BP． 所以CF/PD=EF/PA． 所以CF=EF． (6分)

可见△CEB也被PB分成面积相等的两个三角形．(7分) (3)由(1)知，PA=PCPD，

所以PA是△ACD的外接圆的半径，即PA=R． 由(2)知，CF=EF，而CF=1/4 R， 所以EF=1/4 PA． 所以EF/PA=1/4．

因为EF∥AT，所以BE/AB=EF/PA=1/4 所以CE==3 BE 在Rt△ACE中， 因为tan∠CAE=3/3．

所以∠CAE=30°. 所以∠PAC=90°-∠CAE=60°.

而PA=PC，所以△PAC是等边三角形． 所以∠APC=60°

P点的作图方法见图．

4.（2005湖南常德）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的弦，⊙O的割线PDE垂直AB于点F，交BC于点G，连结PC，∠BAC=∠BCP，求解下列问题： (1)求证：CP是⊙O的切线。

(2)当∠ABC=30°，BG=23，CG=43时，求以PD、PE的长为两根的一元二次方程。

(3)若(1)的条件不变，当点C在劣弧AD上运动时，应再具备什么条件可使结论BG2=BF·BO成立？试写出你的猜想，并说明理由。

E F B D P [解] (1) 连结OC，证∠OCP=90°即可

(2)∵∠B=30°

∴∠A=∠BGP=60°

∴∠BCP=∠BGP=60°

∴ΔCPG是正三角形. ∴PG=CP=43 ∵PC切⊙O于C

∴PC2=PD·PE=(43)248

又∵BC=63 ∴AB=6 FD=33 EG=3 ∴PD=23

∴PD+PE=2383103

∴以PD、PE为两根的一元二次方程为x2－48x＋103=0

(3)当G为BC中点，OG⊥BC，OG∥AC或∠BOG=∠BAC…时，结论BG2=BF·BO成立。要让此结论成立，只要证明ΔBFG∽ΔBGO即可，凡是能使ΔBFG∽ΔBGO的条

件都可以。

5. （2005陕西）已知：直线a∥b，P、Q是直线a上的两点，M、N是直线b上两点。 （1） 如图①，线段PM、QN夹在平行

直线a和b之间，四边形PMNQ P Q a 为等腰梯形，其两腰PM＝QN。 请你参照图①，在图②中画出异 于图①的一种图形，使夹在平行 b

M N

直线a和b之间的两条线段相等。

图① （2） 我们继续探究，发现用两条平行直

线a、b去截一些我们学过的图形，

会有两条“曲线段相等”（曲线上两 点和它们之间的部分叫做“曲线段”。 把经过全等变换后能重合的两条曲线 段叫做“曲线段相等”）。

请你在图③中画出一种图形，使夹在 平行直线a和b之间的两条曲线段相等。

a

a

b

图②

a

b

P m Q S1 S3 S4 S2

M n N

b

图④ 图③

（3） 如图④，若梯形PMNQ是一块绿化地，梯形的上底PQ＝m，下底MN＝n，且m＜n。

现计划把价格不同的两种花草种植在S1、S2、S3、S4四块地里，使得价格相同的花草不相邻。为了节省费用，园艺师应选择哪两块地种植价格较便宜的花草？请说明理由。

[解]（1）

P a

图例： P （Q） a

或 b

M N

b

M N

Q

（2）

Q P Q a P a 图例： 或

b M N M N

（3）∵△PMN和△QMN同底等高。

∴S△PMN＝S△QMN。∴S3+S2=S4+S2.∴S3=S4

b

S1OQ2m2∵△POQ∽△NOM， ∴()2

S2OMnn2∴S2＝2S1

m∵

nS1OQm，∴S3S1

mS3OMnn2n∴(S1S2)(S3S4)S12S12S1

mmn2nnS1(122)S1(1)2

mmm∵m＞n， ∴(1n2)＞0 ∴S1+S2＞S3+S4 m故园艺师应选择S1和S2两块地种植价格较便宜的花草，因为这两块的的面积之和大于另两块地的面积之和。

6.（2005重庆） 已知四边形ABCD中，P是对角线BD上的一点，过P作MN∥AD，EF∥CD，分别交AB、CD、AD、BC于点M、N、E、F，设a＝PM·PE，b＝PN·PF，解答下列问题：

（1）当四边形ABCD是矩形时，见图1，请判断a与b的大小关系，并说明理由；

（2）当四边形ABCD是平行四边形，且∠A为锐角时，见图2，（1）中的结论是否成立？并说明理由；

（3）在（2）的条件下，设

SBP4k，是否存在这样的实数k，使得平行四边形PEAM？PDSABD9

若存在，请求出满足条件的所有k的值；若不存在，请说明理由。

[解] （1）∵ABCD是矩形，MN∥AD，EF∥CD

∴四边形PEAM、PNCF也均为矩形

∴a＝PM·PE＝S矩形PEAM，b＝PN·PF＝S矩形PNCF 又∵BD是对角线

∴△PMB≌△BFP，△PDE≌△DPN，△DBA≌△DBC

∵S矩形PEAMSBDASPMBSPDE，S矩形PNCFSDBCSBFPSDPN ∴S矩形PEAM＝S矩形PNCF

∴ab

（2）成立，理由如下：

∵ABCD是平行四边形，MN∥AD，EF∥CD ∴四边形PEAM、PNCF也均为平行四边形 仿（1）可证S平行四边形PEAMS平行四边形PNCF

过E作EH⊥MN于点H，则sinMPEEH PEAMBEHPFDNCEHPEsinMPE

∴S平行四边形PEAMPMEHPMPEsinMPE 同理可得S平行四边形PNCFPNPFsinFPN

又∵∠MPE＝∠FPN＝∠A

∴sinMPEsinFPN

∴PM·PE＝PN·PF，即ab （3）方法1：存在，理由如下：

由（2）可知S平行四边形PEAMAEAMsinA，S平行四边形ABCDADABsinA ∴

S平行四边形PEAMSABD2S平行四边形PEAM2SABD2S平行四边形PEAMS平行四边形ABCD

2AEAMsinAAEAM2

ADABsinAADABBPBPkPD1k，即又∵， PDBDk1BDk1AEBPkAMPD1而， ADBDk1ABBDk1∴22k14 k1k19即2k5k20 ∴k12，k21 2故存在实数k2或

S平行四边形PEAM41，使得 2SABD9方法2：存在，理由如下：

连结AP，设△PMB、△PMA、△PEA、△PED的面积分别为S1、S2、S3、

S4，即

S1BMBPS3AEBP， S2AMPDS4DEPDS1kS2S1k2S4即S3kS4 ∴

S2S3kS4SS32∴

S平行四边形PEAMSABDS2S34

S1S2S3S49即

2kS44 2k2k1S492∴2k5k20∴k12，k21 2故存在实数k2或

S平行四边形PEAM41，使得 2SABD97.（2006江西南昌）问题背景 某课外学习小组在一次学习研讨中，得到如下两个命题：

① 如图1，在正三角形ABC中，M、N分别

是AC、AB上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON = 60°，则BM = CN.

② 如图2，在正方形ABCD中，M、N分别

是CD、AD上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON = 90°,则BM = CN.

然后运用类比的思想提出了如下的命题： ③ 如图3，在正五边形ABCDE中，M、N分别

是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON = 108°，则BM = CN. 任务要求

（1）请你从①、②、③三个命题中选择一个进

行证明；（说明：选①做对的得4分，选

ANOB图1MCB图2OANDMCEAOB图3NDMCAFENODMCB图4②做对的得3分，选③做对的得5分）

EM（2）请你继续完成下面的探索： N① 如图4，在正n（n≥3）边形ABCDEF„中，M、N分别是DAOCD、DE上的点，BM与CN相交于点O，问当∠BON等

于多少度时，结论BM = CN成立？（不要求证明）

BC② 如图5，在五边形ABCDE中，M、N分别是DE、AE上的图5点，BM与CN相交于点O，当∠BON = 108°时，请问结

论BM = CN是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.

[解] （1）选命题①

证明：在图1中，∵ ∠BON = 60°， ∴ ∠CBM +∠BCN = 60°.

∵ ∠BCN +∠ACN = 60°， ∴ ∠CBM =∠ACN. 又∵ BC = CA， ∠BCM =∠CAN = 60°， ∴ △BCM ≌ △CAN. ∴ BM = CN.

ANOB图1MCB图2OANEDMCAOB图3CENDMB图5AOCNMD

选命题②

证明：在图2中，∵ ∠BON = 90°， ∴ ∠CBM +∠BCN = 90°.

∵ ∠BCN +∠DCN = 90°， ∴ ∠CBM =∠DCN. 又∵ BC = CD， ∠BCM =∠CDN = 90°， ∴ △BCM ≌ △CDN. ∴ BM = CN. 选命题③

证明：在图3中，∵ ∠BON = 108°， ∴ ∠CBM +∠BCN = 108°

∵ ∠BCN +∠DCN = 108°， ∴ ∠CBM =∠DCN. 又∵ BC = CD， ∠BCM =∠CDN = 108°， ∴ △BCM ≌ △CDN. ∴ BM = CN. （2）① 当∠BON =

(n2)180时，结论BM = CN成立.

n② BM = CN成立.

证明：如图5，连结BD、CE.

在△BCD和△CDE中，

∵ BC = CD，∠BCD =∠CDE = 108°，CD = DE， ∴ △BCD ≌ △CDE.

∴ BD = CE，∠BDC =∠CED，∠DBC =∠ECD.

∵ ∠OBC +∠OCB = 108°，∠OCB +∠OCD = 108°， ∴ ∠MBC =∠NCD.

又∵ ∠DBC =∠ECD = 36°，∴ ∠DBM =∠ECN. ∴ △BDM ≌ △ECN.

8.（2006山东日照）阅读下面的材料：

如图（1），在以AB为直径的半圆O内有一点P，AP、BP的延长线分别交半圆O于点C、D．求证：AP·AC+BP·BD=AB2．

ｏ

证明：连结AD、BC，过P作PM⊥AB，则∠ADB=∠AMP=90，

∴点D、M在以AP为直径的圆上；同理：M、C在以BP为直径的圆上． 由割线定理得： AP·AC=AM·AB，BP·BD=BM·BA，

所以，AP·AC+BP·BD=AM·AB+BM·AB=AB·（AM+BM）=AB2．

当点P在半圆周上时，也有AP·AC+BP·BD=AP2+BP2=AB2成立，那么：

（1）如图（2）当点P在半圆周外时，结论AP·AC+BP·BD=AB2是否成立？为什么？ （2）如图（3）当点P在切线BE外侧时，你能得到什么结论？将你得到的结论写出来．

[解]（1）AP·AC+BP·BD=AB2还成立．

证明：如图（2），∵∠PCM=∠PDM=900，

∴点C、D在以PM为直径的圆上，

∴AC·AP=AM·MD，BD·BP=BM·BC， ∴AC·AP+BD·BP=AM·MD+BM·BC，

由已知，AM·MD+BM·BC=AB2， ∴AP·AC+BP·BD=AB2．

（2）如图（3），过P作PM⊥AB，交AB的延长线于M，连结AD、BC，

则C、M在以PB为直径的圆上，∴AP·AC=AB·AM，① D、M在以PA为直径的圆上，∴BP·BD=AB·BM，② 由图象可知：AB=AM-BM，③

由①②③可得：AP·AC-BP·BD=AB·（AM-BM）=AB2．

9.（2006江苏宿迁）设边长为2a的正方形的中心A在直线l上，它的一组对边垂直于直线l，半径为r的⊙O的圆心O在直线l上运动，点A、O间距离为d． ．．（1）如图①，当r＜a时，根据d与a、r之间关系，将⊙O与正方形的公共点个数填入下表： d、a、r之间关系 d＞a＋r d＝a＋r a－r＜d＜a＋r d＝a－r d＜a－r 公共点的个数 AOl图① 所以，当r＜a时，⊙O与正方形的公共点的个数可能有 个；

（2）如图②，当r＝a时，根据d与a、r之间关系，将⊙O与正方形的公共点个数填入下表： d、a、r之间关系 d＞a＋r d＝a＋r a≤d＜a＋r d＜a 公共点的个数 图②

AOl所以，当r＝a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有 个；

5（3）如图③，当⊙O与正方形有5个公共点时，试说明r＝a；

4

l AO 图③

（4）就r＞a的情形，请你仿照“当„„时，⊙O与正方形的公共点个数可能有

个”的形式，至少给出一个关于“⊙O与正方形的公共点个数”的正确结论．

[解] （1）

A图①

Ol

d、a、r之间关系 公共点的个数

d＞a＋r 0 d＝a＋r 1 a－r＜d＜a＋r 2 d＝a－r 1 d＜a－r 0

所以，当r＜a时，⊙O与正方形的公共点的个数可能有0、1、2个；

（2）

d、a、r之间关系 d＞a＋r d＝a＋r a≤d＜a＋r d＜a A图②

Ol公共点的个数 0 1 2 4

所以，当r＝a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有0、1、2、4个； （3）方法一：如图所示，连结OC．

则OE＝OC＝r ，OF＝EF－OE＝2a－r． 在Rt△OCF中，由勾股定理得： B OF2＋FC2＝OC2

即（2a－r）2＋a2＝r2

E F l 4a2－4ar＋r2＋a2＝r2 AO 5a2＝4ar

5a＝4r C D ∴r ＝

5a． 4

方法二：如图，连结BD、OE、BE、DE． ∵四边形BCMN为正方形 ∴∠C＝∠M＝∠N＝90°

∴BD为⊙O的直径，∠BED＝90° ∴∠BEN＋∠DEM ＝90° ∵∠BEN＋∠EBN＝90° ∴∠DEM＝∠EBN ∴△BNE∽△EMD BNEM∴ NEMD1∴DM＝a

2由OE是梯形BDMN的中位线

15得OE＝（BN＋MD）＝a．

24N E B AOM D

C l（4）①当a＜r＜5a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有0、1、2、4、6、7、8个；

4②当r＝5a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有0、1、2、5、8个； 45③当ar2a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有0、1、2、3、4、6、8个；

4④当r=2a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有0、1、2、3、4个； ⑤当r>2a时，⊙O与正方形的公共点个数可能有0、1、2、3、4个．