圆培优竞赛1．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C、D，若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是（）A51312．125C3135D2133【答案】B．【解析】试题分析：如答图，连接PO，AO，取AO中点G，连接AG，过点A作AH⊥PO于点H，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，∴PA=PB，CA=CE，DB=DE，∠APO=∠BPO，∠OAP=90º.∵△PCD的周长等于3r，∴PA=PB=3r 2.∵⊙O的半径为r，∴在Rt△APO中，由勾股定理得22313PO t r2⎛⎫=+=⎪⎝⎭. ∴13 GO=.∵∠OHA=∠OAP=90º, ∠HOA=∠AOP,∴△HOA∽△AOP. ∴AH OH OAPA OA OP==,即AH OH3r13 r r 2==∴313213AH OH=.∴13213513GH GO OH=--.∵∠AGH=2∠APO=∠APB, ∴AH12 tan APB tan AGHG31313513rH5∠=∠===.故选B．考点：1.切线的性质；2.切线长定理；3.勾股定理；4.相似三角形的判定和性质；5.锐角三角函数定义；6.直角三角形斜边上中线的性质；7.转换思想的应用.2．如图，以PQ=2r(r∈Q)为直径的圆与一个以R(R∈Q)为半径的圆相切于点P.正方形ABCD的顶点A、B在大圆上，小圆在正方形的外部且与边CD切于点Q.若正方形的边长为有理数，则R、r的值可能是( ).=5，r=2 =4，r=3/2=4，r=2 =5，r=3/2【答案】D【解析】本题考查圆和勾股定理的综合应用，在竞赛思维训练中有典型意义。

可以将选项中的数据代入圆中，看是否满足条件。

做圆心O 和正方形中心O。

设正方形边长为a。

设AB中点为H，连接OH并延长，交大圆于点JP则连接OA .由勾股定理有OH =JH R =-所以22r a R R ++=。

将各个选项数据代入，知D 正确。

3．如图，Rt △ABC 中，∠C=90°，AB=5，AC=3，点E 在中线AD 上，以E 为圆心的⊙E 分别与AB 、BC 相切，则⊙E 的半径为（ ）．A ．78 B ．67 C ．56D ．1 【答案】B.【解析】试题分析：作EH ⊥AC 于H ，EF ⊥BC 于F ，EG⊥AB 于G ，连结EB ，EC ，设⊙E 的半径为R ，如图，B C DM∵∠C=90°，AB=5，AC=3， ∴BC=224AB AC =-，而AD 为中线，∴DC=2，∵以E 为圆心的⊙E 分别与AB 、BC 相切，∴EG=EF=R ，∴HC=R ，AH=3-R ，∵EH ∥BC ，∴△AEH ∽△ADC ，∴EH ：CD=AH ：AC ，即EH=2(3)3R -， ∵S △ABE +S △BCE +S △ACE =S △ABC ，∴12×5×R+12×4×R+12×3×2(3)3R -=12×3×4， ∴R=67． 故选B ．考点：切线的性质．4．如图，过D 、A 、C 三点的圆的圆心为E ，过B 、E 、F 三点的圆的圆心为D ，如果∠A=63 º，那么∠B= ．【答案】18°【解析】连接ED,CE,由图可知∠B=∠DEB, ∠ECD=∠EDC=2∠B∵∠A=63 º，∴∠ECA=63 º∴∠A+∠ECA+∠ECD+∠B=180º∴∠B=18°5．如图，在以O 为圆心的两个同心圆图2中，MN 为大圆的直径，交小圆于点P 、Q ，大圆的弦MC 交小圆于点A 、B.若OM=2，OP= 1，MA=AB=BC ，则△MBQ 的面积为.【答案】3 15/8【解析】小圆方程x 2 +y 2 =1MC 方程 y = k(x+2), x =2y k - 解y 12213k k k +- y 22213k k k -- 12y y 2213213k k---= 2 213k -213k -213k -1-3k 2 =49527此时 1.56 36 B 点坐标为（14527g 49) MBQ 面积= 32527g 493/2 = 278527 = 3158 6．如图，已知⊙O 的半径为9cm ，射线PM 经过点O ，OP ＝15 cm ，射线PN 与⊙O 相切于点Q ．动点A 自P 点以25cm/s 的速度沿射线PM 方向运动，同时动点B 也自P 点以2cm/s 的速度沿射线PN 方向运动，则它们从点P 出发 s 后AB 所在直线与⊙O 相切.【答案】或.【解析】试题分析：PN 与⊙O 相切于点Q ，OQ ⊥PN ，即∠OQP=90°，在直角△OPQ 中根据勾股定理就可以求出PQ 的值,过点O 作OC ⊥AB ，垂足为C ．直线AB 与⊙O 相切，则△PAB ∽△POQ ，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出t 的值．试题解析: 连接OQ ，∵PN 与⊙O 相切于点Q ，∴OQ ⊥PN ，即∠OQP=90°，∵OP=15，OQ=9，∴PQ=2210612-=（cm ）．过点O 作OC ⊥AB ，垂足为C ，∵点A 的运动速度为52cm/s ，点B 的运动速度为2cm/s ，运动时间为ts ，∴PA=52t，PB=2t，∵PO=15，PQ=12，∴PA PB PO PQ，∵∠P=∠P，∴△PAB∽△POQ，∴∠PBA=∠PQO=90°，∵∠BQO=∠CBQ=∠OCB=90°，∴四边形OCBQ为矩形．∴BQ=OC．∵⊙O的半径为，∴BQ=OC=9时，直线AB与⊙O相切．①当AB运动到如图1所示的位置，BQ=PQ-PB=12-2t，∵BQ=9，∴8-4t=9，∴t=（s）．②当AB运动到如图2所示的位置，BQ=PB-PQ=2t-12，∵BQ=9，∴2t-12=9，∴t=（s）．∴当t为或时直线AB与⊙O相切．考点: 1.切线的判定；2.勾股定理；3.矩形的性质；4.相似三角形的判定与性质．7．（本题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点M（2，2），以点M为圆心，OM长为半径作⊙M ，使⊙M与直线OM的另一交点为点B，与x轴、y轴的另一交点分别为点D，A（如图），连接AM点P是弧AB上的动点.（1）写出∠AMB的度数；（2）点Q在射线OP上，且OP·OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E.①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S，求S与t的函数关系式及S的取值范围.【答案】（1）90°；（2）①（20）；②2t，5≤S≤10．【解析】试题分析：（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M22），可得∠MOH=45°，2，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数；（2）①由2MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP•OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案；②由OD=22Q的纵坐标为t，即可得S=1222t2t，然后分别从当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．试题解析：（1）过点M 作MH ⊥OD 于点H ，∵点M （2，2），∴OH=MH=2，∴∠MOD=45°，∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°，∵OM=AM ，∴∠OAM=∠AOM=45°，∴∠AMO=90°，∴∠AMB=90°；（2）①∵OH=MH=2，MH ⊥OD ，∴OM=22MH OH +=2，OD=2OH=22，∴OB=4，∵动点P 与点B 重合时，OP •OQ=20，∴OQ=5，∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=52，∴E 点坐标为（52，0）；②∵OD=22，Q 的纵坐标为t ，∴S=1222t ⨯=2t ，如图2，当动点P 与B 点重合时，过点Q 作QF ⊥x 轴，垂足为F 点，∵OP=4，OP •OQ=20，∴OQ=5，∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，∴t=QF=522，此时S=5222⨯=5； 如图3，当动点P 与A 点重合时，Q 点在y 轴上，∴OP=22，∵OP •OQ=20，∴t=OQ=52，此时S=252⨯=10；∴S 的取值范围为5≤S≤10．考点：圆的综合题．8．（本题满分10分）如图，AB 是⊙O 的直径，弦DE 垂直平分半径OA ，C 为垂足，弦DF 与半径OB 相交于点P ，连结EF 、EO ，若DE=23（1）求⊙O的半径；（2）求图中阴影部分的面积.【答案】（1）2；（2）2π-．【解析】试题分析：（1）根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO=12AO=12OE，解直角三角形求解．（2）先求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可．试题解析：（1）∵直径AB⊥DE，∴CE=12DE=3．∵DE平分AO，∴CO=12AO=12OE．又∵∠OCE=90°，∴sin∠CEO=COEO=12，∴∠CEO=30°．在Rt△COE中，OE=cos30CEo=33=2，∴⊙O的半径为2；（2）连接OF．在Rt△DCP中，∵∠DPC=45°，∴∠D=90°﹣45°=45°，∴∠EOF=2∠D=90°，∴OEFS扇形=2902360π⨯⨯=π．∵∠EOF=2∠D=90°，OE=OF=2，∴Rt OEFS∆=12×OE×OF=2，∴S阴影=Rt OEFOEFS S∆-扇形=2π-．考点：1．扇形面积的计算；2．线段垂直平分线的性质；3．解直角三角形．9．如图，在矩形ABCD中，AB=20cm，BC=4cm，点p从A开始折线A——B——C——D以4cm/秒的速度移动，点Q从C开始沿CD边以1cm/秒的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动的时间t（秒）（1）t为何值时，四边形APQD为矩形.（2）如图（2），如果⊙P和⊙Q的半径都是2cm，那么t为何值时，⊙P和⊙Q外切【答案】（1）4；（2）t为4s，203s，283s时，⊙P与⊙Q外切．【解析】试题分析：（1）四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；（2）主要考虑有四种情况，一种是P在AB上，一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．试题解析：（1）根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．此时，4t=20-t，解得t=4（s）．答：t为4时，四边形APQD为矩形（2）当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．①如果点P在AB上运动．只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4．由（1），得t=4（s）；②如果点P在BC上运动．此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5＞4，∴⊙P与⊙Q外离；③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧．可得CQ=t，CP=4t-24．当CQ-CP=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，t-（4t-24）=4，解得t=203（s）；④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧．当CP-CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，4t-24-t=4，解得t=283（s），∵点P从A开始沿折线A-B-C-D移动到D需要11s，点Q从C开始沿CD边移动到D需要20s，而283＜11，∴当t为4s，203s，283s时，⊙P与⊙Q外切．考点：1.矩形的性质；2.圆与圆的位置关系．10．（10分）如图，以线段AB为直径的⊙O交线段AC于点E，点D是AE的中点，连接OD并延长交⊙O于点M，∠BOE=60°，cosC=12，BC=23．（1）求A∠的度数；（2）求证：BC是⊙O的切线；（3）求弧AM的长度．【答案】（1）30°；（2）证明见试题解析；（3）π．【解析】试题分析：（1）根据三角函数的知识即可得出∠A的度数．（2）要证BC是⊙O的切线，只要证明AB⊥BC即可．（3）根据垂径定理求得∠AOM=60°，运用三角函数的知识求出OA的长度，即可求得弧AM的长度．试题解析：（1）∵OA=OE，∴∠A=∠OEA，∵∠BOE=∠A+∠OEA=2∠A，∴∠A=12∠BOE=12×60°=30°；（2）在△ABC中，∵cosC=12，∴∠C=60°，又∵∠A=30°，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，∵AB为直径，∴BC是⊙O的切线；（3）∵点D是AE的中点，∴OM⊥AE，∵∠A=30°，∴∠AOM=60°，在RT△ABC中，tanC=ABBC，∵BC=32，∴AB=BC•tanC=233，∴OA=12AB=3，∴弧AM的长=603180π⨯=π．考点：切线的判定．11．已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；（2）在点F 运动过程中，设OE=a ，OF=b ，试用含a 的代数式表示b ；（3）作点F 关于点M 的对称点F′，经过M 、E 和F′三点的抛物线的对称轴交x 轴于点Q ，连接QE ．在点F 运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q 、O 、E 为顶点的三角形与以点P 、M 、F 为顶点的三角形相似若存在，请直接写出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）b=2+a 或2﹣a ；（3）当117t 4+=或2或22+或22-时，以点Q 、O 、E 为顶点的三角形与以点P 、M 、F 为顶点的三角形相似． 【解析】试题分析：（1）连接PM ，PN ，运用△PMF≌△PNE 证明.（2）分两种情况①当t ＞1时，点E 在y 轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E 在y 轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解.（3）分两种情况，当1＜t ＜2时，当t ＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t ：如答图3，（Ⅰ）当1＜t ＜2时，∵F （1+t ，0），F 和F′关于点M 对称，∴F′（1﹣t ，0）. ∵经过M 、E 和F′三点的抛物线的对称轴交x 轴于点Q ，∴Q （1﹣12t ，0）.∴OQ=1﹣12t. 由（1）得△PMF≌△PNE ，∴NE=MF=t ，∴OE=t ﹣1.当△OEQ∽△MPF 时，OE OQ MP MF=，即11t t 121t --=， 解得，12117117t ,t 44+-==（舍去）. 当△OEQ∽△MFP 时，OE OQ MF MP=，即11t t 12t 1--=，解得，12t 2,t 2==- （舍去）.（Ⅱ）如答图4，当t＞2时，∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣12t，0）∴OQ=12t ﹣1，由（1）得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t.∴OE=t﹣1.当△OEQ∽△MPF时，OE OQMP MF=，即1t1t121t--=，无解.当△OEQ∽△MFP时，∴OE OQMF MP=，即1t1t12t1--=，解得，12t22,t22=+=-.综上所述，当117t4+=或2或22+或22-时，以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似．试题解析：解：（1）证明：如答图1，连接PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°.∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE.在△PMF 和△PNE 中，NPE MPF PN PM PNE PMF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△PMF ≌△PNE （ASA ）.∴PE=PF.（2）①当t ＞1时，点E 在y 轴的负半轴上，如答图1， 由（1）得△PMF≌△PNE ，∴NE=MF=t ，PM=PN=1. ∴b=OF=OM+MF=1+t ，a=NE ﹣ON=t ﹣1， ∴b ﹣a=1+t ﹣（t ﹣1）=2，∴b=2+a.②0＜t≤1时，如答图2，点E 在y 轴的正半轴或原点上， 同理可证△PMF≌△PNE ，∴b=OF=OM+MF=1+t ，a=ON ﹣NE=1﹣t ， ∴b+a=1+t+1﹣t=2， ∴b=2﹣a ，（3）当117t 4+=或2或22+或22-时，以点Q 、O 、E 为顶点的三角形与以点P 、M 、F 为顶点的三角形相似．考点：1.单动点和轴对称问题；2.切线的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.相似三角形的判定和性质；5.分类思想和方程思想的应用.12．如图（1），抛物线21y x x c 4=-++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，其中点A 的坐标为（﹣2，0）． （1）求此抛物线的解析式；（2）①若点D 是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D 作DE ⊥x 轴于E ，连接CD ，以OE 为直径作⊙M ，如图（2），试求当CD 与⊙M 相切时D 点的坐标；②点F 是x 轴上的动点，在抛物线上是否存在一点G ，使A 、C 、G 、F 四点为顶点的四边形是平行四边形若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）21y x x 34=-++； （2）①（()3152+，()3358+）；②存在，（4，3）或（27,3+- ）或（27,3-- ）. 【解析】试题分析：（1）把A 的坐标代入抛物线的解析式，即可得到关于c 的方程，求的c 的值，则抛物线的解析式即可求解.（2）①连接MC 、MD ，证明△COM∽△MED ，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解. ②分四种情况进行讨论，根据平行四边形的性质即可求解．试题解析：解：（1）∵点A （﹣2，0）在抛物线21y x x c 4=-++上， ∴()21022c 4=-⨯--+，解得c=3. ∴抛物线的解析式是：21y x x 34=-++.（2）①令D （x ，y ）,（x ＞0，y ＞0），则E （x ，0），M （x2，0）， 由（1）知C （0，3）， 如答图1，连接MC 、MD∵DE 、CD 与⊙O 相切，∴∠CMD=90°.∴△COM ∽△MED. ∴CO OM ME ED=，即x32x y 2=.又∵21y x x34=-++，∴2x32x1x x324=-++，解得x=()3152±.又∵x＞0，∴x=()3152+，∴()3y358=+.∴D点的坐标是：（()3152+，()3358+）.②假设存在满足条件的点G（a，b）.若构成的四边形是□ACGF，（答图2）则G与C关于直线x=2对称，∴G点的坐标是：（4，3）.若构成的四边形是□ACFG，（答图3，4）则由平行四边形的性质有b=3-，又∵213a a34-=-++，解得a=27±，此时G点的坐标是：（27,3±-）.若构成的四边形是□AGCF，（答图5）则CG FA，∴G点的坐标是：（4，3）.显而易见，AFCG不能构成平行四边形.综上所述，在抛物线上存在点G，使A、C、G、F四点为顶点的四边形是平行四边形，点G的坐标为（4，3）或（27,3+-）或（27,3--）.考点：1.单动点问题；2.二次函数综合题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.直线与圆相切的性质；5.相似三角形的判定和性质；6. 平行四边形的性质；7.分类思想的应用．13．如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．（1）试说明四边形EFCG是矩形；（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；②求点G移动路线的长．【答案】（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为108 25；②154．【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=23CF4．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围．②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．试题解析：解：（1）证明：如图，∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．∴四边形EFCG是矩形．（2）①存在．如答图1，连接OD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴2 CFEDABS CF S DA ∆∆⎛⎫= ⎪⎝⎭．∵AD=4，AB=3，∴BD=5.∴222CFE DABCF CF13CFS S34DA1628∆∆⎛⎫=⋅=⋅⋅⋅=⎪⎝⎭. ∴S矩形ABCD=2S△C FE=23CF4．∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．此时，CF=CB=4．Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD 相切，CF=CD=3．Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图3所示．S△BCD=12BC•CD=12BD•CF″′．∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=125．∴125≤CF≤4．∵S矩形ABCD=23CF4，∴22ABCD3123S4454⎛⎫⋅≤≤⋅⎪⎝⎭矩形，即ABCD108S1225≤≤矩形．∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为10825．②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，∴点G的移动路线是线段DG″．∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．∴DC DG DA DB "=，即3DG 45"=，解得15DG 4"=． ∴点G 移动路线的长为154．考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；3.垂线段最短的性质；4.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．14．如图，已知l 1⊥l 2，⊙O 与l 1，l 2都相切，⊙O 的半径为2cm ．矩形ABCD 的边AD ，AB 分别与l 1，l 2重合，AB ＝43 cm ，AD ＝4cm ．若⊙O 与矩形ABCD 沿l 1同时．．向右移动，⊙O 的移动速度为3cm/s ，矩形ABCD 的移动速度为4cm/s ，设移动时间为t(s)． （1）如图①，连接OA ，AC ，则∠OAC 的度数为 °；（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O 到达⊙O 1的位置，矩形ABCD 到达A 1B 1C 1D 1的位置，此时点O 1，A 1，C 1恰好在同一直线上，求圆心O 移动的距离(即OO 1的长）； （3）在移动过程中，圆心O 到矩形对角线AC 所在直线的距离在不断变化，设该距离为d(cm)．当d<2时，求t 的取值范围．（解答时可以利用备用图画出相关示意图）【答案】（1）105；（2）236+；（3）2323-＜t ＜223+. 【解析】试题分析：（1）⊙O 与l 1，l 2都相切，连接圆心和两个切点，等正方向.OA 即为正方形的对角线，得到∠OAD=450，再在Rt△ADC 中，由锐角三角函数求∠DAC=600，从而求得∠OAC 的度数1050.（2）连接O 1与切点E ，则O 1E=2，O 1E ⊥l 1，利用△O 1EA 1∽△D 1C 1E 1,求A 1E=233，根据2+O 1O+A 1E=AA 1，可求t ，进而求得圆心移动的距离3t=236+.（3）圆心O 到对角线AC 的距离d ＜2，即d ＜r.说明⊙O 与AC 相交，所以出找两个临界点的t 值，即⊙O 与AC 相切．运动中存在两个相切的位置.分别求两个相切时t 的值，即可得出d ＜r 时，t 的取值 试题解析：解：（1）1050.（2）O 1，A 1，C 1恰好在同一直线上时，设⊙O 与AC 的切点为E ，连接O 1E ，如答图1， 可得O 1E=2，O 1E ⊥l 1，在Rt△A 1D 1C 1中，∵A 1D 1=4，D 1C 1=43， ∴tan ∠C 1A 1D 1=3．∴∠C 1A 1D 1=600．在Rt△A 1O 1E 中, ∠O 1A 1E=∠C 1A 1D 1=600．∴A 1E=0223tan 603=, ∵111A E AA OO 2t 2=--=-，∴23t 23-=，∴23t 23=+.∴OO 1=3t=236+.（3）如答图2，①当直线AC 与⊙O 第一次相切时，设移动时间为t 1.如位置一，此时⊙O 移动到⊙O 2的位置，矩形ABCD 移动到A 2B 2C 2D 2的位置.设⊙O 2与直线l 1、A 2C 2分别相切于点F 、G, 连接O 2 F 、O 2 G 、O 2 A 2， ∴O 2 F ⊥l 1、O 2 G ⊥A 2C 2.又由（2）可得∠C 2A 2D 2=600于，∴∠GA 2F=1200．∴∠O 2A 2F=600.在Rt△O 2A 2F 中，O 2F=2，∴A 2F=233. ∵OO 2=3t 1，22123AF AA A F 4t 3=+=+，∴11234t 3t 23+-=，解得123t 23=-. ②当点O 1，A 1，C 1恰好在同一直线上时为位置二，设移动时间为t 2.由（2）可得223t 23=+. ③当直线AC 与⊙O 第二次相切时，设移动时间为t 3．如位置3，由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等.∴2132t t t t -=-，即323232322t 2333⎛⎫⎛⎫⎛⎫+--=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得3t 223=+. 综上所述，当d<2时，t 的取值范围为2323-＜t ＜223+.考点：1.双面动平移问题；2.直线与圆的位置关系；3.锐角三角函数定义；4．特殊角的三角函数值； 5.分类思想的应用.15．在平面直角坐标系xOy 中，点M （2,2），以点M 为圆心，OM 长为半径作⊙M ，使⊙M 与直线OM 的另一交点为点B ，与x 轴，y 轴的另一交点分别为点D ，A （如图），连接AM.点P 是»AB上的动点. （1）写出∠AMB 的度数；（2）点Q 在射线OP 上，且OP·OQ=20，过点Q 作QC 垂直于直线OM ，垂足为C ，直线QC 交x 轴于点E.①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S，求S与t的函数关系式及S的取值范围.，5≤S≤10．【答案】（1）90°；（2）①（52，0）；②S2t【解析】试题分析：（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M（2，2），可得∠MOH=45°，OH=MH=2，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数：如答图3，过点M作MH⊥OD于点H，∵点M（2，2），∴OH=MH=2.∴∠MOD=45°.∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°.∵OA=OM，∴∠OAM=∠AOM=45°.∴∠AMO=90°.∴∠AMB=90°.（2）①由OH=MH=2，MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP•OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案.②由OD=22，Q的纵坐标为t，即可得S=122t2t2⨯=，然后分别从当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．试题解析：解：（1）90°.（2）①由题意，易知：OM=2，OD=22，∴OB=4.当动点P与点B重合时，∵OP·OQ=20，∴OQ=5.∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=52.∴E点坐标为（52，0）.②∵OD=22，Q的纵坐标为t，∴S=122t2t 2⨯=.如答图1，当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，∵OP=4，OP•OQ=20，∴OQ=5，∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，∴t=QF=52 2.此时S=52252⨯=.如答图2，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，∴OP=22.∵OP•OQ=20，∴t=OQ=52.此时S=25210⨯=.∴S的取值范围为5≤S≤10．考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；3.等腰直角三角形的判定和性质；4.点的坐标；5.由实际问题列函数关系式；6.数形结合思想、分类思想和方程思想的应用．16．在平面直角坐标系xOy中，二次函数213y x x222=-++的图像与x轴交于点A，B（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，过动点H（0, m）作平行于x轴的直线，直线与二次函数213y x x222=-++的图像相交于点D，E.（1）写出点A,点B的坐标；（2）若m>0，以DE为直径作⊙Q，当⊙Q与x轴相切时，求m的值；（3）直线上是否存在一点F，使得△ACF是等腰直角三角形若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（4，0）和（－1，0）；（2）2912-；（3）存在，m=2-或4-或3或1-.【解析】试题分析：（1）A、B两点的纵坐标都为0，所以代入y=0，求解即可．（2）由圆和抛物线性质易得圆心Q 位于直线与抛物线对称轴的交点处，则Q 的横坐标D 、ED 、E 都在抛物线上，代入一点即可得m ．（3）使得△ACF 是等腰直角三角形，重点的需要明白有几种情形，分别以三边为等腰三角形的两腰或者底，则共有3种情形；而三种情形中F 点在AC 的左下或右上方又各存在2种情形，故共有6种情形．求解时．利用全等三角形知识易得m 的值．试题解析：解：（1）当y=0，解之得：12x 4,x 1==- ，∴A 、B 两点的坐标分别为（4，0）和（－1，0）.（2）∵⊙Q 与x 轴相切，且与D 、E 两点，∴圆心O 位于直线与抛物线对称轴的交点处，且⊙Q 的半径为H 点的纵坐标m （m 0>）.∴D 、E 两点的坐标分别为：且均在二次函数.舍去）. （3）存在.①当∠ACF=90°，AC=FC 时，如答图1， 过点F 作FG ⊥y 轴于G ，∴∠AOC=∠CGF=90°.∵∠ACO+∠FCG=90°，∠GFC+∠FCG=90°，∴∠ACO=∠CFG. ∴△ACO ≌△∠CFG ，∴CG=AO=4. ∵CO=2，∴()m OG 422=-=--=-或m =OG=2+4=6.②当∠CAF=90°，AC=AF时，如答图2，过点F作FP⊥x轴于P，∴∠AOC=∠APF=90°.∵∠ACO+∠OAC=90°，∠FAP+∠OAC=90°，∴∠ACO=∠FAP.∴△ACO≌△∠FAP，∴FP =AO=4.=-=-或m=FP =4.∴m FP4③当∠AFC=90°，FA=FC时，如答图3，则F点一定在AC的中垂线上，此时存在两个点分别记为F，F′，分别过F，F′两点作x轴、y轴的垂线，分别交于E，G，D，H．∵∠DFC+∠CFE=∠CFE+∠EFA=90°，∴∠DFC=∠EFA.∵∠CDF=∠AEF，CF=AF，∴△CDF≌△AEF.∴CD=AE，DF=EF.∴四边形OEFD为正方形.∴OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.∴4=2+2•CD.∴CD=1，∴m=OC+CD=2+1=3．∵∠HF′C+∠CGF′=∠CGF′+∠GF′A，∴∠HF′C=∠GF′A.∵∠HF′C=∠GF′A，C F′=AF′.∴△HF′C≌△GF′A.∴HF′=GF′，CH=AG.∴四边形OHF′G为正方形.=-=-=--=--=--.∴OH=1.∴OH CH CO AG CO AO OG CO AO OH CO4OH2 -．∴m=1∵22131325y x x2x22228⎛⎫=-++=--+⎪⎝⎭，∴y的最大值为258.∵直线l与抛物线有两个交点，∴m＜258∴m可取值为m=2-或4-或3或1-.综上所述，m的值为m=2-或4-或3或1-.考点：1.二次函数综合题； 2.单动点问题；3.等腰直角三角形存在性问题；4.二次函数的性质；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.直线与圆的位置关系；7.全等三角形的判定和性质；8.正方形的判定和性质；9.分类思想的应用．17．如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE．已知tan∠CBE=13，A(3，0)，D(－1，0)，E(0，3)．(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标；(2)求证：CB是△ABE外接圆的切线；(3)试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出．．．．点P的坐标；若不存在，请说明理由；(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0＜t≤3)时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．【答案】（1）y=－x 2＋2x ＋3．B(1，4)．（2）证明见解析；（3）P 1(0，0)，P 2(9，0)，P 3(0，－13)．（4）s=22333 0),221933 (3).222t t t t t t ⎧-+<⎪⎪⎨⎪-+<⎪⎩≤≤(.【解析】试题分析：(1)利用两根式列出二次函数解析式y=a(x －3)(x ＋1)，把将E(0，3)代入即可求出a 的值，继而可求顶点B 的坐标；（2）过点B 作BM ⊥y 于点M ，利用已知条件先证明AB 是△ABE 外接圆的直径．再证CB ⊥AB 即可． （3）存在；（4）分两种情况进行讨论即可.试题解析：(1)解：由题意，设抛物线解析式为y=a(x －3)(x ＋1)． 将E(0，3)代入上式，解得：a=－1． ∴y=－x 2＋2x ＋3． 则点B(1，4)．(2)如图，证明：过点B 作BM ⊥y 于点M ，则M(0，4)． 在Rt △AOE 中，OA=OE=3，∴∠1=∠2=45°，22OA OE +2． 在Rt △EMB 中，EM=OM －OE=1=BM ，∴∠MEB=∠MBE=45°，22EM BM +2． ∴∠BEA=180°－∠1－∠MEB=90°． ∴AB 是△ABE 外接圆的直径． 在Rt △ABE 中，tan ∠BAE=BE AE =13=tan ∠CBE ，∴∠BAE=∠CBE．在Rt△ABE中，∠BAE＋∠3=90°，∴∠CBE＋∠3=90°．∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．∴CB是△ABE外接圆的切线．(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，－13 )．(4)解：设直线AB的解析式为y=kx＋b．将A(3，0)，B(1，4)代入，得30,4.k bk b+=⎧⎨+=⎩解得2,6.kb=-⎧⎨=⎩∴y=－2x＋6．过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=32，∴F(32，3)．情况一：如图7，当0＜t≤32时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．由△AHD∽△FHM，得AD HKFM HL=．即332t HKHKt=--．解得HK=2t．∴S阴=S△MND－S△GNA－S△HAD=12×3×3－12(3－t)2－12t·2t=－32t2＋3t．情况二：如图8，当32＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．由△IQA∽△IPF，得AQ IQFP IP=．即3332IQtIQt-=--．解得IQ=2(3－t)．∴S阴=S△IQA－S△VQA=12×(3－t)×2(3－t)－12(3－t)2=12(3－t)2=12t2－3t＋92．综上所述：s=223330),221933 (3).222t t tt t t⎧-+<⎪⎪⎨⎪-+<⎪⎩≤≤(.考点：二次函数综合题.18．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（a，116）两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A （0，2）．（1）求a，b，c的值；（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设⊙P与x轴相交于M（x1，0），N（x2，0）（x1＜x2）两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．【答案】（1）a=14，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或34﹣3【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与14x2比较得出答案即可；（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN时，求出a 的值，进而得出圆心P 的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+c （a ，b ，c 是常数，a≠0）的对称轴为y 轴，且经过（0，0，116）两点， ∴抛物线的一般式为：y=ax 2，∴116=a 2， 解得：a=±14，∵图象开口向上，∴a=14， ∴抛物线解析式为：y=14x 2，故a=14，b=c=0；（2）设P （x ，y ），⊙P 的半径，又∵y=14x 2，则化简得：14x 2， ∴点P 在运动过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设P （a ，14a 2），∵作PH ⊥MN 于H ，则 又∵PH=14a 2，则=2， 故MN=4，∴M （a ﹣2，0），N （a+2，0），又∵A （0，2），∴，当AM=AN ， 解得：a=0，当AM=MN 时，2(2)4a -+=4， 解得：a=2±23（负数舍去），则14a 2=4+23； 当AN=MN 时，2(2)4a ++=4， 解得：a=﹣2±23（负数舍去），则14a 2=4﹣23； 综上所述，P 的纵坐标为0或4+23或4﹣23．考点：二次函数综合题．19．木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，他设计了四种方案：方案一：直接锯一个半径最大的圆；方案二：圆心O 1，O 2分别在CD ，AB 上，半径分别是O 1C ，O 2A ，锯两个外切的半圆拼成一个圆；方案三：沿对角线AC 将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆； 方案四：锯一块小矩形BCEF 拼接到矩形AEFD 下面，并利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆。