期末难点特训（三）选填压轴50道-【微专题】2022-2023学年九年级数学下册常考点微专题提分精练（人教版）

这是一份期末难点特训（三）选填压轴50道-【微专题】2022-2023学年九年级数学下册常考点微专题提分精练（人教版），文件包含期末难点特训三选填压轴50道原卷版docx、期末难点特训三选填压轴50道解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共86页， 欢迎下载使用。

1．如图， 中， 于点 是半径为2的上一动点， 连结 ， 若是的中点， 连结， 则长的最大值为 （ ）
A．3B．C．4D．
【答案】B
【分析】根据题意可知P在BA延长线与的交点时此时长的最大，进而证明，最后即可求出长的最大值.
【详解】解：如图，可知P在BA延长线与的交点时此时长的最大，证明如下：
连接BP,
∵,
∴BD=DC,
∵是的中点，
∴DE//BP, ,
所以当BP的长最大时，长的最大，
由题意可知P在BA延长线与的交点时BP的长最大此时长的最大，
∵BC=6,AD=4,
∴BD=DC=3,BA=5,
∵的半径为2，即AP=2,
∴BP=5+2=7,
∴.
故选：B.
【点睛】本题考查圆的动点问题，熟练掌握圆的性质并利用中位线性质得出是解题的关键.
2．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数且a≠0）经过P1（1，y1），P2（2，y2），P3（3，y3），P4（4，y4）四点．若y1＜y2＜y3，则下列说法中正确的是（ ）
A．若y4＞y3，则a＞0
B．对称轴不可能是直线x＝2.7
C．y1＜y4
D．3a+b＜0
【答案】C
【分析】根据题意判定抛物线开口方向，对称轴的位置，然后根据点到对称轴的距离的大小即可判断．
【详解】解：A、当时，抛物线开口向下，
当时，随增大而增大，
若，时，，
选项错误，不符合题意；
B、当对称轴为直线时，，
若则，不符题意，
若则，符合题意，
选项错误，不符合题意；
C、若，当抛物线对称轴为直线时，，
对称轴直线时满足题意，
此时，
，
若，当抛物线对称轴为直线时，，
当时，
选项正确，符合题意；
D、，
，
，
选项错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，解题的关键是判定对称轴的位置．
3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝7，点D在边BC上，CD＝3，以点D为圆心作⊙D，其半径长为r，要使点A恰在⊙D外，点B在⊙D内，那么r的取值范围是（ ）
A．4＜r＜5B．3＜r＜4C．3＜r＜5D．1＜r＜7
【答案】A
【分析】先根据勾股定理求出的长，进而得出的长，由点与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】解：在中，°，，，
．
，，
．
以点为圆心作，其半径长为，要使点恰在外，点在内，
的范围是，
故选：A．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系、勾股定理，解题的关键是掌握点与圆的三种位置关系，如设的半径为，点到圆心的距离，则有：①点在圆外；②点在圆上；③点在圆内．
4．已知平面直角坐标系中有点A（﹣4，﹣4），点B（a，0），二次函数y＝x2+（k﹣3）x﹣2k的图象必过一定点C，则AB+BC的最小值是（ ）
A．4B．2C．6D．3
【答案】C
【分析】将抛物线解析式变形求出点C坐标，再根据两点之间线段最短求出AB+BC的最小值即可．
【详解】解：二次函数y＝x2+（k﹣3）x﹣2k=(x-2)(x-1+k)-2
∴函数图象一定经过点C（2，-2）
点C关于x轴对称的点的坐标为（2，2），连接，如图，
∵
∴
故选：C
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，两点之间线段最短以及勾股定理等知识，明确“两点之间线段最短”是解答本题的关键．
5．如图，F为正方形ABCD的边CD上一动点，AB＝2．连接BF，过A作AH⊥BF交BC于H，交BF于G，连接CG，当CG为最小值时，CH的长为（ ）
A．B．C．3﹣D．3+
【答案】C
【分析】如图1中，取AB的中点O，连接OG，OC．首先证明O，G，C共线时，CG的值最小（如图2中），证明CF=CG=BH即可解决问题（图2中）．
【详解】解：如图中，取的中点，连接，．
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
∴点G在以AB为圆的圆的上运动，
，
，
，
当，，共线时，的值最小，CG最小值（如图2中），
，
，
∵四边形ABCD为正方形，
∴，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
故选择：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，直径所对圆周角的性质，点C到圆上最短距离，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形与辅助圆解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
6．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将Rt△ABC绕顶点C逆时针旋转得到Rt△A'B'C，M是BC的中点，P是A′B'的中点，连接PM．若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值为（ ）．
A．2.5B．2+C．3D．4
【答案】C
【分析】连接PC，先根据直角三角形的性质求出，再根据旋转的性质得出，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得出，又根据线段中点的定义得出，最后根据三角形的三边关系定理即可得出答案．
【详解】如图，连接PC
在中，，
∴
∵将绕顶点C逆时针旋转得到
∴也是直角三角形，且
∵P是的中点，
∴
∵M是BC的中点
∴
则由三角形的三边关系定理得：
即
当点恰好在的延长线上时，
当点恰好在的延长线上时，
综上，
则线段PM的最大值为3
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、旋转的性质、三角形的三边关系定理等知识点，掌握旋转的性质是解题关键．
7．已知点P1（x1，y1），P2（x2，y2）为抛物线y＝﹣ax2+4ax+c（a≠0）上两点，且x1＜x2，则下列说法正确的是（ ）
A．若x1+x2＜4，则y1＜y2
B．若x1+x2＞4，则y1＜y2
C．若a（x1+x2﹣4）＞0，则y1＞y2
D．若a（x1+x2﹣4）＜0，则y1＞y2
【答案】C
【分析】先求出抛物线的对称轴为，然后结合二次函数的开口方向，判断二次函数的增减性，即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线y＝﹣ax2+4ax+c，
∴抛物线的对称轴为：，
当点P1（x1，y1），P2（x2，y2）恰好关于对称时，有，
∴，即，
∵x1＜x2，
∴；
∵抛物线的开口方向没有确定，则需要对a进行讨论，故排除A、B；
当时，抛物线y＝﹣ax2+4ax+c的开口向下，
此时距离越远，y值越小；
∵a（x1+x2﹣4）＞0，
∴，
∴点P2（x2，y2）距离直线较远，
∴；
当时，抛物线y＝﹣ax2+4ax+c的开口向上，
此时距离越远，y值越大；
∵a（x1+x2﹣4）＞0，
∴，
∴点P1（x1，y1）距离直线较远，
∴；故C符合题意；D不符合题意；
故选：C
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数的对称性，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质进行分析．
8．已知：抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点坐标为，其部分图像如图所示，下列结论：①；②；③；④方程的两个根是，；⑤．其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】由抛物线开口向下与y轴交于正半轴，对称轴在y轴右侧，可判断①；由抛物线与轴有两个交点，可判断②；由抛物线与x轴的一个交点坐标为，可判断③；由抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点坐标为，可得另一个交点坐标，可判断④；由，，可判断⑤，从而可得答案.
【详解】解：∵抛物线开口向下与y轴交于正半轴，对称轴在y轴右侧，
能得到：
∴abc＜0，故①不符合题意；
抛物线与轴有两个交点，
故②符合题意；
抛物线与x轴的一个交点坐标为，
故③符合题意；
抛物线的对称轴为直线，
与x轴的一个交点坐标为，
抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
所以方程的两个根是，；故④符合题意；
∵抛物线的对称轴为，即，
而时，，即，
∴3a+c=0，
∵抛物线的开口向下，
∴a＜0， ∴5a＜0，
∴；故⑤符合题意；
综上：②③④⑤符合题意；
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数图像与系数的关系，利用数形结合思想是解答本题的关键.
9．如图，二次函数的图像经过点，且与轴交点的横坐标为，其中，．下列结论：①，②，③中，正确的结论有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】D
【分析】根据题意可当x=-2时，y＜0，可得，故①正确；再由二次函数的图像与轴交点的横坐标为，其中，．开口向下，可得，从而得到，故②正确；然后根据二次函数的图像经过点，且对称轴在直线x=-1的右侧，可得，从而得到，故③正确，即可求解．
【详解】解：根据题意得：当x=-2时，y＜0，
∴，故①正确；
∵二次函数的图像与轴交点的横坐标为，其中，．开口向下，
∴抛物线的对称轴，a＜0，
∴，
∴，故②正确；
∵二次函数的图像经过点，且对称轴在直线x=-1的右侧，
∴抛物线的顶点的纵坐标大于2，
∴，
∵a＜0，
∴，
∴，故③正确；
∴正确的有①②③，共3个．
故选：D
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像和性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
10．已知二次函数的图象如图所示，有下列结论：①；②；③；④其中，其中正确的结论有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】由抛物线的开口方向判断的符号，由抛物线与轴的交点判断的符号，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【详解】解：①由图象可知：，，
，
，
，故此选项正确；
②当时，，故，错误；
③根据抛物线的对称性，可知：当时函数值，，且，
即，代入得，得，故此选项错误；
④当时，的值最大．此时，，
而当时，，
所以，
故，即，（其中，故此选项正确．
故①④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数的图象为一条抛物线，当，抛物线的开口向下，当时，函数值最大；抛物线与轴的交点坐标为．
11．已知二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x<-1时，y随x的增大而增大，则下列结论正确的是（ ）
①当x＞2时，y随x的增大而减小；
②若图象经过点（0，1），则﹣1＜a＜0；
③若（﹣2021，y1），（2021，y2）是函数图象上的两点，则y1＜y2；
④若图象上两点（，y1），（+n，y2）对一切正数n，总有y1＞y2，则1＜m≤．
A．①②B．①③C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：①：∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），
∴x1＝﹣1，x2＝m，x1＜x2，
又∵当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，开口向下，
∴当x＞2＞x2时，y随x的增大而减小，
故①正确；
②：∵二次函数y＝a（x+1）（x﹣m）（a为非零常数，1＜m＜2），当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，
若图象经过点（0，1），则1＝a（0+1）（0﹣m），得1＝﹣am，
∵a＜0，1＜m＜2，
∴﹣1＜a＜﹣ ，
故②错误；
③：又∵对称轴为直线x＝，1＜m＜2，
∴0＜＜ ，
∴若（﹣2021，y1），（2021，y2）是函数图象上的两点，2021离对称轴近些，则y1＜y2，
故③正确；
④若图象上两点（，y1），（+n，y2）对一切正数n，总有y1＞y2，1＜m＜2，
∴该函数与x轴的两个交点为（﹣1，0），（m，0），
∴0＜≤，
解得1＜m≤ ，
故④正确；
∴①③④正确；②错误．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
12．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A(－1，0)，与y轴的交点B在点(0，2)与点(0，3)之间（不包括这两点），对称轴为直线x＝2．有以下结论：①abc＜0；②5a+3b+c＞0；③－＜a＜－；④若点M(－9a，y1)，N(a，y2)在抛物线上，则y1＜y2．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据二次函数的图象与系数的关系即可求出答．
【详解】解：①由开口可知：a﹤0，
∵对称轴
∴b﹥0，
由抛物线与y轴的交点可知：c﹥0，
∴abc﹤0，故①正确；
②对称轴x=，
∴ b=-4a，
∴5a+3b+c=5a- 12a+c=-7a+c，
∵a﹤0，c﹥0，
∴-7a+c﹥0，
∴5a+3b+c﹥ 0，故②正确；
③∵x=-1，y=0，
∴a-b+c=0，
∴ b=-4a，
∴c=-5a，
∵2﹤c﹤3，
∴2﹤-5a﹤3，
∴﹤a﹤，故③正确；
④点M(-9a，y1)，N(，y2) 在抛物线上，
则
当时，y1＜y2
当-时，y1＞y2
故④错误．
故选： C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用图象与系数的关系，本题属于中等题型．
13．如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连CE，则CE的长不可能是（ ）
A．1.2B．2.05C．2.7D．3.1
【答案】D
【分析】取AB的中点F，得到△BCF是等边三角形，利用三角形中位线定理推出EF=BD=1，再分类讨论求得，即可求解．
【详解】解：取AB的中点F，连接EF、CF，
∵∠BAC=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，BF=FA=BC=CF=2，∠ABC=60°，
∴△BCF是等边三角形，
∵E、F分别是AD、AB的中点，
∴EF=BD=1，
如图：
当C、E、F共线时CE有最大值，最大值为CF+EF=3；
如图，
当C、E、F共线时CE有最小值，最小值为CF-EF=1；
∴，
观察各选项，只有选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，分类讨论求得CE的取值范围是解题的关键．
14．无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点，则a的取值范围是（ ）
A．a＞0B．a≤C．a≤或a＞0D．a≥或a＜0
【答案】C
【分析】因为两个图像总有公共点，所以将两个解析式进行联立，再根据跟的判别式进行判断即可求出a的取值范围．
【详解】解：由题意得，∵无论k为何值，直线y＝kx﹣2k+2与抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a总有公共点，
∴将y＝kx﹣2k+2代入y＝ax2﹣2ax﹣3a得：，
整理得：，
∴，
∵，
∴，
解得：a≤或a≥0，a=0不符合题意，舍去，
∴a的取值范围是a≤或a＞0．
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是函数图像的交点问题，正确的列出式子，并根据交点数进行判定是解题的关键．
15．如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴和y轴上，，的角平分线与的垂直平分线交于点C，与交于点D，反比例函数的图象过点C，当面积为1时，k的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据 ，得到OB=2OA，设OA=a，则OB=2a，设直线AB的解析式是y=kx+b，利用待定系数法求出直线AB的解析式是y=﹣2x+2a，根据题意可得OD的解析式是y=x，由此求出D的坐标，再根据求解即可．
【详解】解：∵ ，
∴OB=2OA，
设OA=a，则OB=2a，
设直线AB的解析式是y=kx+b，
根据题意得： ，
解得： ，
则直线AB的解析式是y=﹣2x+2a，
∵∠AOB=90°，OC平分∠AOB，
∴∠BOC=∠AOC=45°，
CE=OE=，
∴OD的解析式是y=x，
根据题意得： ，
解得： ，
则D的坐标是（，），
∴CE=OE=，
∴C的坐标是（，），
∴，
∴，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，求两直线的交点，反比例函数比例系数的几何意义，三角形面积公式等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
16．如图，在中，，，，是边上一动点，于点，点在的右侧，且，连接，从点出发，沿方向运动，当到达点时，停止运动，在整个运动过程中，阴影部分面积的大小变化的情况是
A．一直减小B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大
【答案】D
【分析】设PD=x，AB边上的高为h，想办法求出AD、h，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【详解】在中，，，，
，
设，边上的高为，，
，
，
，
，
当时，的值随的增大而减小，
当时，的值随的增大而增大．
故选．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，动点问题的函数图象，三角形面积，勾股定理等知识，解题的关键是构建二次函数，学会利用二次函数的增减性解决问题．
17．如图，正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，延长EF交BC于G，FH⊥BC，垂足为H，连接BF、DG.以下结论：①BF∥ED；②△DFG≌△DCG；③△FHB∽△EAD；④tan∠GEB＝；⑤S△BFG＝2.6；其中正确的个数是( )
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】利用正方形的性质和折叠的性质可得∠AED＝∠FED，AD＝FD，AE＝EF，∠A＝∠DFE，即可判定①；证明Rt△DFG≌Rt△DCG，即可判定②；证明△FHB∽△EAD，即可判定③；设FG＝CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝3+x，再利用勾股定理即可判定④；设FH＝a，则HG＝4﹣2a，再利用勾股定理即可判定⑤
【详解】∵正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点
∴AD＝DC＝BC＝AB＝6，AE＝BE＝3，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°
∵△ADE沿DE翻折得到△FDE
∴∠AED＝∠FED，AD＝FD＝6，AE＝EF＝3，∠A＝∠DFE＝90°
∴BE＝EF＝3，∠DFG＝∠C＝90°
∴∠EBF＝∠EFB
∵∠AED+∠FED＝∠EBF+∠EFB
∴∠DEF＝∠EFB
∴BF∥ED
故结论①正确；
∵AD＝DF＝DC＝6，∠DFG＝∠C＝90°，DG＝DG
∴Rt△DFG≌Rt△DCG
∴结论②正确；
∵FH⊥BC，∠ABC＝90°
∴AB∥FH，∠FHB＝∠A＝90°
∵∠EBF＝∠BFH＝∠AED
∴△FHB∽△EAD
∴结论③正确；
∵Rt△DFG≌Rt△DCG
∴FG＝CG
设FG＝CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝3+x
在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+(6﹣x)2＝(3+x)2
解得：x＝2
∴BG＝4
∴tan∠GEB＝
故结论④正确；
∵△FHB∽△EAD，且
∴BH＝2FH
设FH＝a，则HG＝4﹣2a
在Rt△FHG中，由勾股定理得：a2+(4﹣2a)2＝22
解得：a＝2(舍去)或a＝
∴S△BFG＝×4×＝2.4
故结论⑤错误；
故选C.
【点睛】此题考查正方形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，解题关键真题掌握各性质
18．如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为x＝﹣1，且经过点（﹣3，0）．下列结论：
①abc＜0；
②若（﹣4，y1）和（3，y2）是抛物线上两点，则y1＞y2；
③a+b+c＜0；
④对于任意实数m，均有am2+bm+c≥﹣4a．
其中正确的结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据开口方向确定a的符号，根据抛物线与y轴的交点确定c的符号，根据对称轴确定b的符号，判断①；利用二次函数的性质判断②；利用图象得出与x轴的另一交点，进而得出a+b+c＝0，即可判断③，根据函数增减性，判断④．
【详解】解：∵二次函数的图象开口向上，
∴a＞0，
∵二次函数的图象交y轴的负半轴于一点，
∴c＜0，
∵对称轴是直线x＝﹣1，
，
∴b＝2a＞0，
∴abc＜0，故①正确；
∵（﹣4，y1）关于直线x＝﹣1的对称点的坐标是（2，y1），
又∵当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，2＜3，
∴y1＜y2，故②错误；
∵抛物线的对称轴为x＝﹣1，且过点（﹣3，0），
∴抛物线与x轴另一交点为（1，0）．
∴当x＝1时，y＝a+b+c＝0，故③错误；
∵当x＝1时，y＝a+b+c＝0，b＝2a，
∴c＝﹣3a，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∴当x＝﹣1时，y有最小值，
∴am2+bm+c≥a﹣b+c（m为任意实数），
∴am2+bm+c≥﹣4a，故④正确，
故结论正确的有2个．
故选：B．
【点睛】本题考查的是二次函数图像与系数的关系，掌握二次函数的性质，灵活运用数形结合思想是解题关键，中点把握抛物线的对称性．
19．如图，已知弦与弦交于点，且为的中点，延长交于点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由两角相等证明△ABE∽△DCE，△PBD∽△PAC，再由相似三角形性质，得到对应边成比例，设EC=x，EB=y，列出方程组，解出x，y，然后求得．
【详解】∵∠A=∠D（同弧所对的圆周角相等）
∠E=∠E
∴△ABE∽△DCE
同理△PBD∽△PAC
∴
∵P为AB中点
∴PA=PB,
∴
CD=PC+PD=PC+
AB=AP+BP=
∴
设EC=x，EB=y,则
，则可得：
解得：
∴CE+BE=
故选：C．
【点睛】此题考查相似三角形的综合运用，掌握相似三角形的判定方法和性质，根据对应边成比例设未知数，运用方程思想，求出相关线段的长度是解题的关键．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知A（5，0）点P为线段OA上任意一点．在直线y＝x上取点E，使PO＝PE，延长PE到点F，使PA＝PF，分别取OE、AF中点M、N，连结MN，则MN的最小值是（ ）
A．2.5B．2.4C．2.8D．3
【答案】B
【分析】如图，连接PM，PN，设AF交EM于J，连接PJ．证明四边形PMJN是矩形，推出MN=PJ，求出PJ的最小值即可解决问题．
【详解】解：如图，连接PM，PN，设AF交EM于J，连接PJ．
∵PO=PE，OM=ME，
∴PM⊥OE，∠OPM=∠EPM，
∵PF=PA，NF=NA，
∴PN⊥AF，∠APN=∠FPN，
∴∠MPN=∠EPM+∠FPN=（∠OPF+∠FPA）=90°，∠PMJ=∠PNJ=90°，
∴四边形PMJN是矩形，
∴MN=PJ，
∴当JP⊥OA时，PJ的值最小此时MN的值最小，
∵AF⊥OM，A（5，0），直线OM的解析式为y=x
∴设直线AF的解析式为y=x+b
∵直线AF过A（5，0），
∴=0，
∴b=，
∴y=，
由，解得
∴
∴PJ的最小值为=2.4
即MN的最小值为2.4
故选：B．
【点睛】本题考查一次函数的应用，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的压轴题．
21．已知直线y=﹣x+7a+1与直线y=2x﹣2a+4同时经过点P，点Q是以M（0，﹣1）为圆心，MO为半径的圆上的一个动点，则线段PQ的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先解方程组得P点坐标为（3a﹣1，4a+2），则可确定点P为直线y＝x+上一动点，设直线y＝x+与坐标的交点为A、B，如图，则A（﹣，0），B（0，），利用勾股定理计算出AB＝，过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小，证Rt△MBP∽Rt△ABO，利用相似比计算出MP＝，则PQ＝，即线段PQ的最小值为．
【详解】解方程组得，
∴P点坐标为（3a﹣1，4a+2），
设x=3a﹣1，y=4a+2，
∴y＝x+，
即点P为直线y＝x+上一动点，
设直线y＝x+与坐标的交点为A、B，如图，则A（﹣，0），B（0，），
∴AB=
过M点作MP⊥直线AB于P，交⊙M于Q，此时线段PQ的值最小．
∵∠MBP=∠ABO，
∴Rt△MBP∽Rt△ABO，
∴MP：OA=BM：AB，即MP：=：，
∴MP=，∴PQ=﹣1=，
即线段PQ的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了一次函数的性质和相似三角形的判定与性质．
22．如图，点A，B的坐标分别为、，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，当最大时，M点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同圆的半径相等可知，点C在半径为1的上运动，取OD=OA，根据三角形的中位线定理知，点C在BD与的交点时，OM最小，在DB的延长线与的交点时，OM最大，根据平行线分线段成比例定理求得C的坐标，进而确定中点M的坐标即可．
【详解】解：∵点C在坐标平面内，BC=1，
∴C在半径为1的上，
如图所示，取，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM为△ACD的中位线，
∴，
当OM最大时，即CD最大，
此时D，B，C三点共线，
∵，∠BOD=90°，
∴BD=2，
∴CD=2+1=3，
作CE⊥x轴于E点，
∵CE∥OB，
∴，即：，
∴，
∴，
∴，
∵M是AC的中点，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等，确定OM最大时动点C的位置关系是解题关键．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
23．如图所示，抛物线与x轴交于点A 和点B，与y轴交于点C，且OA=OC，点M、N是直线x=-1上的两个动点，且MN=2（点N在点M的上方），则四边形BCNM的周长的最小值是______．
【答案】
【分析】先求出点C的坐标，求出求出点A的坐标即可求出抛物线解析式，从而求出点B的坐标，取E（0，1），连接AM，EM，AE，可证四边形MNCE是平行四边形，得到CN=ME，则四边形BCNM的周长=BC+CN+NM+BM，再由点A，B关于直线MN对称，得到AM=BM，则四边形BCNM的周长=BC+NM+AM+ME，故当A、M、E三点共线时，AM+ME最小，最小为AE，即此时四边形BCNM的周长最小，据此求解即可．
【详解】解：∵点C是抛物线与y轴的交点，
∴点C的坐标为（0，3），
∴OA=OC=3，
∴点A的坐标为（-3，0），
∴，
∴，
∴抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
令，则，
解得或（舍去），
∴点B的坐标为（1，0） ，
取E（0，1），连接AM，EM，AE，
∴CE=ME=2，
又∵，
∴四边形MNCE是平行四边形，
∴CN=ME，
∴四边形BCNM的周长=BC+CN+NM+BM，
∵点A，B关于直线MN对称，
∴AM=BM，
∴四边形BCNM的周长=BC+NM+AM+ME，
∴当A、M、E三点共线时，AM+ME最小，最小为AE，即此时四边形BCNM的周长最小，
∴，
∴四边形BCNM的周长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，平行四边形的性质与判定，已知两点坐标求两点距离等等，正确作出辅助线是解题的关键．
24．如图，在ABC中，AB＝AC，以AB为直径的半圆O交BC于点D，交AC于点E，连接AD、BE交于点M，过点D作DF⊥AC于点F，DH⊥AB于点H，交BE于点G：下列结论：①CDF≌BDH，②DG＝DM，③CF＝FE，④BE＝2DH，其中正确结论的序号是_____．
【答案】①③④
【分析】①根据AB为半圆O的直径，求出∠ADB=90°，然后利用等腰三角形的三线合一性质证明BD=CD，进而易证△CDF≌△BDH；②要证明DG=DM，可以先证明∠DGM=∠DMG，而∠DGM=∠DBM+∠BDG，∠DMG=∠ABM+∠DAB，根据已知DH⊥AB，易证∠DAB=∠BDG，所以只要证明∠DBM和∠ABM相等即可解答；③根据已知易证DF∥BE，由①可得BD=DC，然后利用平行线分线段成比例即可解答；④利用三角形的中位线定理证明BE=2DF，由①可得DF=DH，即可解答．
【详解】解：①∵AB为半圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴△CDF≌△BDH（AAS），
故①正确；
②∵∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠DHB=90°，
∴∠BDH+∠DBA=90°，
∴∠BDH=∠DAB，
∵∠DGM=∠DBM+∠BDG，∠DMG=∠ABM+∠DAB，∠DBM≠∠ABM，
∴∠DGM≠∠DMG，
∴DG≠DM，
故②不正确；
③∵AB为半圆O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴BE⊥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF∥BE，
∴，
∵CD=BD，
∴CF=FE，
故③正确；
④由③可得：CD=BD，CF=FE，
∴DF是△CBE的中位线，
∴BE=2DF，
由①可得：△CDF≌△BDH，
∴DF=DH，
∴BE=2DH，
故④正确；
∴其中正确结论的序号是①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形分析是解题的关键．
25．如图所示，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为边BC，CD上动点（点E不与B，C重合，点F不与C，D重合），且∠EAF＝45°，下列说法：
①点E从B向C运动的过程中，△CEF的周长始终不变；
②以A为圆心，2为半径的圆一定与EF相切；
③△AEF面积有最小值；
④△CEF的面积最大值小于．
其中正确的有 _____.（填写序号）
【答案】①②#②①
【分析】延长至点，使得，连接，然后证明，从而得到的周长；由和可知以点为圆心、2为半径的圆与相切，然后利用对称性可得与相切；设，，则，然后结合的三边关系得到与之间的关系，进而可以用含有的式子表示的面积和的面积，进而求得对应的最值．
【详解】解：如图，延长至点，使得，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，，
△，
，和△关于所在直线对称，
，
，
的周长始终不变，故①正确，符合题意；
，的半径，，
与相切，
和△关于所在直线对称，
与相切，故②正确，符合题意；
设，，则，，，
在中，，
，
化简得，，
，
，
当即时，的最小值为，故③错误，不符合题意；
当即时，的最大值为，故④错误，不符合题意；
故答案为：①②#②①．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系、正方形的性质、二次函数的性质求最值，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形．
26．如图，已知二次函数y＝－x2＋2x，当－1＜x＜a时，y随x的增大而增大，则实数a的取值范围是 .

【答案】-1＜a≤1
【详解】试题解析：二次函数的对称轴为直线x=-=1，
∵-1＜x＜a时，y随x的增大而增大，
∴a≤1．
∵-1＜x＜a
∴-1＜a≤1
27．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，斜边AC＝4，点P是三角形内的一动点，则PA+PB+PC的最小值是 _____．
【答案】
【分析】将△BCP绕点B顺时针旋转60°得到△BHG，连接PH，AG，过点G作AB的垂线，交AB的延长线于N．证明△是等边三角形，得，所以，推出当A，P，G，H′共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值=AG的长，再运用勾股定理求出AG的长即可．
【详解】解：将△BCP绕点B顺时针旋转60°得到△BHG，连接PH，AG，过点G作AB的垂线，交AB的延长线于N，如图，
∵∠，
由勾股定理得：
∵将△BCP绕点B顺时针旋转60°得到△BHG，
∴△
∴，，∠
∴△是等边三角形，
∴
∴
∴当点A，点P，点G，点H共线时，有最小值，最小值为，
∵∠
∴∠
∴∠
∵
∴，
由勾股定理得，
∴
∴
∴最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转变换，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是利用旋转变换添加辅助线，用转化的思想思考问题．
28．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，⊙C的半径为1，点P是斜边AB上的点，过点P作⊙C的一条切线PQ（点Q是切点），则线段PQ的最小值为_____．
【答案】 ．
【分析】当PC⊥AB时，线段PQ最短；连接CP、CQ，根据勾股定理知PQ2=CP2﹣CQ2，先求出CP的长，然后由勾股定理即可求得答案．
【详解】连接CP、CQ；如图所示：
∵PQ是⊙C的切线，∴CQ⊥PQ，∠CQP=90°，根据勾股定理得：PQ2=CP2﹣CQ2，∴当PC⊥AB时，线段PQ最短．
∵在Rt△ACB中，∠A=30°，BC=2，∴AB=2BC=4，AC=2，∴CP===，∴PQ==，∴PQ的最小值是．
故答案为．
【点睛】本题考查了切线的性质以及勾股定理的运用；注意掌握辅助线的作法，注意当PC⊥AB时，线段PQ最短是关键．
29．抛物线的对称轴是直线，且过点，顶点位于第二象限，其部分图象如图所示，给出以下判断；①且；②；③；④；⑤直线与抛物线两个交点的横坐标分别为，则．其中结论正确的是___________．
【答案】②④⑤
【分析】根据题意得到a、b、c的关系式，可以用a表示出b、c，进而得到含a的二次函数关系式，结合图像确定符号，对选项逐一判断即可．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，即．
又∵抛物线经过点，
∴，∴．
∴抛物线的解析式亦可表示为．
由图，抛物线开口向下，则．
∴，，
∴①错误；
由抛物线的对称性知，抛物线与轴的另一个交点为，
因此，当自变量时，函数值，
∴②正确；
，∵，所∴，
即，
∴③错误；
，而，
∴，
∴④正确；
联立解析式：，
即，
得
，
∴，
∴⑤正确．
故答案为：②④⑤
【点睛】此题根据二次函数图像结合已知条件进行逐项判断，为二次函数中难度比较大的一类题型．一般方法是先根据图像判断a、b、c的符号，再根据题意表示出a、b、c的关系，最后结合函数与方程，不等式的知识进行解答．
30．如图，将半径为4，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，点O，B的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是_____．
【答案】
【分析】连接，，证明是含30°的，根据即可求解
【详解】解：如图，连接，
将半径为4，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，
，，,
是等边三角形
,
三点共线
，
是等边三角形
又
【点睛】本题考查了求扇形面积，旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
31．如图，正方形ABCD的边长为1，⊙O经过点C，CM为⊙O的直径，且CM＝1．过点M作⊙O的切线分别交边AB，AD于点G，H．BD与CG，CH分别交于点E，F，⊙O绕点C在平面内旋转（始终保持圆心O在正方形ABCD内部）．给出下列四个结论：
①HD＝2BG；②∠GCH＝45°；③H，F，E，G四点在同一个圆上；④四边形CGAH面积的最大值为2．其中正确的结论有 _____（填写所有正确结论的序号）．
【答案】②③④
【分析】根据切线的性质，正方形的性质，通过三角形全等，证明HD=HM，∠HCM=∠HCD，GM=GB，∠GCB=∠GCM，可判断前两个结论；运用对角互补的四边形内接于圆，证明∠GHF+∠GEF=180°，取GH的中点P，连接PA，则PA+PC≥AC，当PC最大时，PA最小，根据直径是圆中最大的弦，故PC=1时，PA最小，计算即可．
【详解】∵GH是⊙O的切线，M为切点，且CM是⊙O的直径，
∴∠CMH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CMH=∠CDH=90°，
∵CM=CD，CH=CH，
∴△CMH≌△CDH，
∴HD=HM，∠HCM=∠HCD，
同理可证，∴GM=GB，∠GCB=∠GCM，
∴GB+DH=GH，无法确定HD＝2BG，
故①错误；
∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°，
∴2∠HCM+2∠GCM=90°，
∴∠HCM+∠GCM=45°，
即∠GCH＝45°，
故②正确；
∵△CMH≌△CDH，BD是正方形的对角线，
∴∠GHF=∠DHF，∠GCH=∠HDF=45°，
∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC
=∠DHF +∠HDF+∠HFD
=180°，
根据对角互补的四边形内接于圆，
∴H，F，E，G四点在同一个圆上，
故③正确；
∵正方形ABCD的边长为1，
∴
=1
=，∠GAH=90°，AC=
取GH的中点P，连接PA，
∴GH=2PA，
∴=，
∴当PA取最小值时，有最大值，
连接PC，AC，
则PA+PC≥AC，
∴PA≥AC- PC，
∴当PC最大时，PA最小，
∵直径是圆中最大的弦，
∴PC=1时，PA最小，
∴当A，P，C三点共线时，且PC最大时，PA最小，
∴PA=-1，
∴最大值为：1-（-1）=2-，
∴四边形CGAH面积的最大值为2，
∴④正确；
故答案为: ②③④．
【点睛】本题考查了切线的性质，直径是最大的弦，三角形的全等，直角三角形斜边上的中线，四点共圆，正方形的性质，熟练掌握圆的性质，灵活运用直角三角形的性质，线段最短原理是解题的关键．
32．如图，C为线段AB的中点，D为AB垂直平分线上一点，连接BD，将BD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接AE，若，，则CD的长为 __________ ．
【答案】9
【分析】连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，可证△BDE是等边三角形，利用等边对等角结合三角形内角和为180°求出，从而得到，进而可求出∠HAE=30°．再根据含30度角的直角三角形的性质可求出EH，AH，再利用勾股定理即可先后求出BE和CD．
【详解】解：如图，连接AD、BE，过点E作EH⊥AB于H，

由旋转知，DE=DB，∠BDE=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BE=BD．
∵C为AB中点，点D在AB的垂直平分线上，
∴AD=BD=DE，，
∴，
∴，即．
∵∠BDE=60°，
∴∠BAE=150°，
∴∠HAE=180°-150°=30°．
∵AE=6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：9．
【点睛】本题考查了图形的旋转，三角形内角和定理，线段垂直平分线的性质，勾股定理以及含30°的直角三角形的性质等知识，通过作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
33．如图，为边长为的等边三角形，点分别为和的中点，点为内部一点，且，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到，连接．
（1）当三点共线时，线段的长度为_________；
（2）在旋转过程中，线段的最小值为_________．
【答案】 1
【分析】（1）在等边三角形中， 为中点，可得，由勾股定理可得的长，又、、三点共线，即可求得；
（2）作线段的中点,连接,作,连接,将线段绕点按逆时针方向旋转得到,连接,此时的值最小，根据旋转性质可知,，可得，进而证明，即可求出的值.
【详解】解：（1）是等边三角形,边长为，
，
为的中点，
,,
，
，
点、、三点共线，，
，
线段的长度为；
(2)如图,作线段的中点,连接,作,连接,将线段绕点按逆时针方向旋转得到,连接,此时的值最小，
是等边三角形,边长为，
， ，
点为的中点，点为的中点，点为的中点，
，，，
,，
，
，
，
由旋转可知: ,，
，
，
在和中，
，
，
，
在旋转过程中,线段的最小值为.
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理、三角形的全等，旋转的性质，正确地理解题意并且作出辅助线是解题的关键.
34．如图，正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点．已知，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】
【分析】连接AC，OD，根据已知条件得到AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，根据切线的性质得到∠PAO=∠PDO=90°，得到△CDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到PE=，根据梯形和圆的面积公式即可得到答案．
【详解】解：连接AC，OD，
∵四边形BCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直径，∠AOD=90°，
∵PA，PD分别与⊙O相切于点A和点D，
∴∠PAO=∠PDO=90°，
∴四边形AODP是矩形，
∵OA=OD，
∴矩形AODP是正方形，
∴∠P=90°，AP=AO，AC∥PE，
∴∠E=∠ACB=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AC=2AO=2，DE=CD=2，
∴AP=PD=AO=，
∴PE=3，
∴图中阴影部分的面积
故答案为：5-π．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
35．如图，点C是半圆上一动点，以BC为边作正方形BCDE（使在正方形内），连OE，若AB＝4cm，则OE的最大值为_____cm．
【答案】
【分析】如图，连接OD，OE，OC，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BM，通过△OCD≌△OBE（SAS），可得OE＝OD，通过旋转观察如图可知当DO⊥AB时，DO最长，此时OE最长，设DO与⊙O交于点M，连接CM，先证明△MED≌△MEB，得MD＝BM．再利用勾股定理计算即可．
【详解】解：如图，连接OD，OE，OC，设DO与⊙O交于点M，连接CM，BM，
∵四边形BCDE是正方形，
∴∠BCD＝∠CBE＝90°，CD＝BC＝BE＝DE，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠BCD+∠OCB＝∠CBE+∠OBC，即∠OCD＝∠OBE，
∴△OCD≌△OBE（SAS），
∴OE＝OD，
根据旋转的性质，观察图形可知当DO⊥AB时，DO最长，即OE最长，
∵∠MCB＝∠MOB＝×90°＝45°，
∴∠DCM＝∠BCM＝45°，
∵四边形BCDE是正方形，
∴C、M、E共线，∠DEM＝∠BEM，
在△EMD和△EMB中，
，
∴△MED≌△MEB（SAS），
∴DM＝BM＝＝＝2（cm），
∴OD的最大值＝2+2，即OE的最大值＝2+2；
故答案为：（2+2）cm．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，圆周角定理等知识，解题的关键是OD取得最大值时的位置，学会通过特殊位置探究得出结论．
36．已知抛物线（其中b，c为常数）经过不同两点，，且该二次函数的图象与x轴有公共点，则的值为_________．
【答案】3
【分析】根据抛物线解析式可得对称轴为直线x=b，根据A、B坐标可得A、B两点关于直线x=b对称，可得，即可得出c与b的关系，根据二次函数的图象与x轴有公共点列不等式可得出b、c的值，即可得答案．
【详解】∵抛物线解析式为，
∴对称轴为直线x==b，
∵抛物线经过不同两点，，
∴A、B两点关于直线x=b对称，
∴，
∴，
∵该二次函数的图象与x轴有公共点，
∴△==≥0，
∴≥0，即-4（b-2）2≥0，
∴b=2，
∴c=b-1=1，
∴=3，
故答案为：3
【点睛】本题考查二次函数与x轴交点问题，关键是利用A、B两点的坐标与对称轴的关系中找出b与c的联系，然后利用判别式可以解决问题．
37．如图，已知点A(2，0)，B(0，4)，C(2，4)，若在所给的网格中存在一点D，使得CD与AB垂直且相等．
（1）直接写出点D的坐标______；
（2）将直线AB绕某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合，则这个旋转中心的坐标为______．
【答案】 或##或
【分析】（1）观察坐标系即可得点D坐标；
（2）对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【详解】解：（1）观察图象可知，点D的坐标为（6，6），
故答案为：（6，6）；
（2）当点A与C对应，点B与D对应时，如图：
此时旋转中心P的坐标为（4，2）；
当点A与D对应，点B与C对应时，如图：
此时旋转中心P的坐标为（1，5）；
故答案为：（4，2）或（1，5）．
【点睛】本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心．
38．如图，已知△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2 ．D为BC边一点，且BD：DC＝1：2．以D为一个点作等边△DEF，且DE＝DC连接AE，将等边△DEF绕点D旋转一周，在整个旋转过程中，当AE取得最大值时AF的长为_____．
【答案】2
【分析】点E，F在以D为圆心，DC为半径的圆上，当A，D，E在同一直线上时AE取最大值，过点A作AH⊥BC交BC于H，通过解直角三角形求出DH，BH，CH的长度，∠ADH的度数，证明四边形DEFC是菱形，△ACF为直角三角形，通过勾股定理可求出AF的长度．
【详解】解：如图，点E，F在以D为圆心，DC为半径的圆上，当A，D，E在同一直线上时AE取最大值，
过点A作AH⊥BC交BC于H，
∴∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，
∴∠B＝∠ACB＝30°，BH＝CH，
∴在Rt△ABH中，
AH＝AB＝，BH＝AH＝3，
∴BC＝2BH＝6，
∵BD：DC＝1：2，
∴BD＝2，CD＝4，
∴DH＝BH﹣BD＝1，
在Rt△ADH中，AH＝，DH＝1，
∴tan∠DAH＝，
∴∠DAH＝30°，∠ADH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴∠E＝60°，DE＝EF＝DC，
∵∠ADC＝∠E＝60°，
∴DC∥EF，
∵DC＝EF，
∴四边形DEFC为平行四边形，
又∵DE＝DC，
∴平行四边形DEFC为菱形，
∴FC＝DC＝4，∠DCF＝∠E＝60°，
∴∠ACF＝ACB+∠DCF＝90°，
在Rt△ACF中，,
故答案为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，菱形的判定与性质等，解题关键是能够确定AE取最大值时的位置．
39．“化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一，即：求作一个正方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的．如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：
已知：⊙O（纸片），其半径为．
求作：一个正方形，使其面积等于⊙O的面积．
作法：①如图1，取⊙O的直径，作射线，过点作的垂线；
②如图2，以点为圆心，为半径画弧交直线于点；
③将纸片⊙O沿着直线向右无滑动地滚动半周，使点，分别落在对应的，处；
④取的中点，以点为圆心，为半径画半圆，交射线于点；
⑤以为边作正方形．
正方形即为所求．
根据上述作图步骤，完成下列填空：
（1）由①可知，直线为⊙O的切线，其依据是________________________________．
（2）由②③可知，，，则_____________，____________（用含的代数式表示）．
（3）连接，在Rt中，根据，可计算得_________（用含的代数式表示）．由此可得．
【答案】（1）经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；（2），；（3）
【分析】（1）根据切线的定义判断即可．
（2）由=AC+，计算即可；根据计算即可．
（3）根据勾股定理，得即为正方形的面积，比较与圆的面积的大小关机即可．
【详解】解：（1）∵⊙O的直径，作射线，过点作的垂线，
∴经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
故答案为：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
（2）根据题意，得AC=r，==πr，
∴=AC+=r+πr，
∴=；
∵，
∴MA=-r=，
故答案为：，；
（3）如图，连接ME，
根据勾股定理，得
=
=；
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的定义，勾股定理，圆的周长，正方形的面积和性质，熟练掌握圆的切线的定义，勾股定理，正方形的性质是解题的关键．
40．如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠BAD＝60°，E为线段BC的中点．若点P是线段AB上的一动点，Q为线段AD上一动点，则PQE的周长的最小值是_______．
【答案】
【分析】分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，根据对称性质得到PM=PE，QN=QE，则PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时PQE的周长最小，最小值为MN的长，连接EM交AB延长线于H，过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质等知识分别求解GN、GM，进而利用勾股定理求解即可．
【详解】解：分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，
由对称性质得：PM=PE，QN=QE，
则PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，
根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时，PQE的周长最小，最小值为MN的长，
连接EM交AB延长线于H，则ME⊥AB于H，
过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，连接BD、NE，则NE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=12，
∴AB=BC=CD=12，AD∥BC，AB∥CD，∠C=∠BAD=60°，
∴△BCD是等边三角形，∠EBH=∠DAB=60°，
∵点E为BC在中点，
∴CE=BE=BC=6，DE⊥BC，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，又 NE⊥AD，
∴点D在线段NE上，
在Rt△CDE中，∠C=60°，
∴，∠CDE=90°－∠C=30°，
∴NE=2DE= ，
∵AB∥CD，NG⊥ME，ME⊥AB，
∴NG∥AB∥CD，
∴∠GNE=∠CDE=30°，
∴在Rt△NGE中，GE=NE=，
∴，
在Rt△BHE中，∠BEH=90°－∠EBH=90°－60°=30°，BE=6，
∴BH=BE=3，
∴，
∴EM=2EH=，
∴GM=GE+EM=，
∴在Rt△MGN中，，
即PQE的周长的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查最短路径问题，涉及两点之间线段最短、对称性质、菱形的性质、等边三角形的判断与性质、勾股定理、平行线的判断与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，作为一道填空题，难度偏大，解答的关键是认真分析，灵活运用相关知识解决问题．
41．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，⊙O与AC、AB都相切，其半径为1．若在三角线内部沿边AB顺时针方向滚动到与BC相切，则点O运动的路经长是 _____．
【答案】5
【分析】当与AC，AB都相切时，切点分别是P，M，此时，点O在位置，当与BA，BC都相切时，切点分别是N，Q，此时，点O在位置，连接，，，，，作射线交BC于点D，作射线交AC于点E，过点E作于点G，过点D作于点H，根据切线的性质及平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，利用角平分线的性质可得，，在中，利用勾股定理可得，设，则，由相似三角形的判定和性质可得，，得出，同理得出，设，则，继续利用相似三角形的判定和性质可得，，，，结合图形根据线段间的数量关系即可得出结果．
【详解】解：当与AC，AB都相切时，切点分别是P，M，此时，点O在位置，当与BA，BC都相切时，切点分别是N，Q，此时，点O在位置，连接，，，，，作射线交BC于点D，作射线交AC于点E，过点E作于点G，过点D作于点H，如图所示：
则，
根据切线的性质可得：，，，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴在的角平分线上，在的角平分线上，
∴AD平分，BE平分，
∴，，
∵，
∴，，
∵，，
∴，，
在中，，，，
∴，
设，则，
∵，
，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∵，
，
∴，
∴，即，
∴，
设，则，
∵，
，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∵，
，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴点O的运动路径长为5，
故答案为：5．
【点睛】题目主要考查圆与三角形综合问题，包括切线的性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
42．如图，为的直径，为上一动点，将绕点逆时针旋转得，若，则的最大值为__．
【答案】
【分析】将绕点顺时针旋转，则与重合，是定点，的最大值即的最大值，根据圆的性质，可知：三点共线时，最大，根据勾股定理可得结论．
【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转，则与重合，是定点，的最大值即的最大值，即三点共线时，最大，过作于点，
由题意得：，
∴，
中，，
∴，
由勾股定理得：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了直径是圆中最大的弦，勾股定理，旋转，线段最短原理，灵活运用旋转构造出最大值位置，运用勾股定理准确求解是解题的关键．
43．如图，已知⊙O的半径为1，AB，AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，延长BO交AC于点D，连接OA，OC，若AD2＝AB•DC，则OD＝__．
【答案】．
【分析】可证△AOB≌△AOC，推出∠ACO=∠ABD，OA=OC，∠OAC=∠ACO=∠ABD，∠ADO=∠ADB，即可证明△OAD∽△ABD；依据对应边成比例，设OD=x，表示出AB、AD，根据AD2=AB•DC，列方程求解即可．
【详解】在△AOB和△AOC中，
∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠ABO＝∠ACO，
∵OA＝OA，
∴∠ACO＝∠OAD，
∵∠ADO＝∠BDA，
∴△ADO∽△BDA，
∴，
设OD＝x，则BD＝1+x，
∴，
∴OD，AB，
∵DC＝AC﹣AD＝AB﹣AD，AD2＝AB•DC，
（）2═（），
整理得：x2+x﹣1＝0，
解得：x或x（舍去），
因此AD，
故答案为．
【点睛】本题考查了圆的综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、比例中项等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，利用参数解决问题是数学解题中经常用到的方法．
44．如图，在中，，将绕顶点逆时针旋转得到是的中点，是的中点，连接，若，则线段的最大值是__________．
【答案】
【分析】如图，连接PC，由直角三角形性质和旋转性质可得A′B′=AB=8，PC=4，根据PM≤PC+CM，可得PM≤6，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，连接PC，
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=4，
∴AB=8，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=8，
∵P 是 A'B' 的中点，
∴A′P=PB′=PC，
∴PC=A′B′=4，
∵CM=BM=2，
∵PM≤PC+CM，即PM≤6，
∴PM的最大值为6（此时P、C、M共线），
故答案是：6．
【点睛】本题考查旋转变换、含30度角的直角三角形性质、直角三角形斜边中线定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考常考题型．
45．如图，正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，BG分别交AE，AF于M，N．下列结论：①AF⊥BG；②BN＝NF；③；④S四边形CGNF＝S四边形ANGD，其中正确的结论的序号是_____．
【答案】①②③
【分析】由BE＝EF＝FC，CG＝2GD可得BF=CG，易证△ABF≌△BCG，即可解题；
②易证△BNF∽△BCG，即可求得的值，即可解题；
③作EH⊥AF，令AB=3，即可求得MN，BM的值，即可解题；
④连接AG，FG，根据③中结论即可求得S四边形CGNF和S四边形ANGD，即可解题．
【详解】解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，
∵BE=EF=FC，CG=2GD，
∴BF=CG，
∵在△ABF和△BCG中，
，
∴△ABF≌△BCG，
∴∠BAF=∠CBG，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠CBG+∠BFA=90°，即AF⊥BG；①正确；
②∵在△BNF和△BCG中，
，
∴△BNF∽△BCG，
∴，
∴BN=NF；②正确；
作EH⊥AF，令AB=3，则BF=2，BE=EF=CF=1，
=，
∵S△ABF=AF•BN=AB•BF，
∴BN=，NF=BN=，
∴AN=AF-NF=，
∵E是BF中点，
∴EH是△BFN的中位线，
∴EH=，NH=，BN∥EH，
∴AH=，，解得：MN=，
∴BM=BN-MN=，MG=BG-BM=，
∴；③正确；
④连接AG，FG，根据③中结论，
则NG=BG-BN=，
∵S四边形CGNF=S△CFG+S△GNF=CG•CF+NF•NG=1+=，
S四边形ANGD=S△ANG+S△ADG=AN•GN+AD•DG=，
∴S四边形CGNF≠S四边形ANGD，④错误；
故答案为 ①②③．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，考查了相似三角形的判定和对应边成比例的性质，本题中令AB=3求得AN，BN，NG，NF的值是解题的关键．
46．如图，矩形的顶点分别在轴、轴的正半轴上，为的中点，反比例函数（）的图象经过点，且与交于点，连接，若∆的面积为，则的值为______．
【答案】8
【分析】根据所给的三角形面积等于长方形面积减去三个直角三角形的面积，然后即可求出点的横纵坐标的积即是反比例函数的比例系数．
【详解】解：∵四边形OCBA是矩形，
∴AB＝OC，OA＝BC，
设B点的坐标为（a，b），则E的坐标为E（a，），
∵D为AB的中点，
∴D（，b），
∵D、E在反比例函数的图象上，
∴，即，
∵S△ODE＝S矩形OCBA﹣S△AOD﹣S△OCE﹣S△BDE＝，
∴，
解得：k＝8，
故答案为：8．
【点睛】此题考查了反比例函数k的几何意义，坐标系中三角形面积的表示方法，解题的关键是根据题意设出B点的坐标表示出三角形ODE的面积．
47．如图，六边形ABCDEF为的内接正六边形，点M为劣弧上的一个动点，连接OM，以点O为旋转中心，将线段OM逆时针旋转60°得到线段ON，连接MN，得到△OMN，点H为△MON的外心．
（1）连接MH，NH，则∠MHN=_______．
（2）若正六边形ABCDEF的周长为，当点M从点A运动到点C时，外心H所经过的路径长为_______．
【答案】 120°
【分析】（1）根据半径相等及旋转60°，得为等边三角形，再根据等边三角形三线合一，找到角的关系进行求解；
（2）注意当与重合时，需求出与所成的角，当与重合时，需求出与所成的角，从而确定所旋转的角度，再利用垂心定理求出的长，即可求解该问．
【详解】解：（1），
为等边三角形，
，
为外心，
同时为内心，
，
，
（2）为正六边形周长为，
边长为，
，
在等边中，
为外心，
同时为重心，
由重心定理可得：，
所经过的路径长为：，
故答案是：．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的综合题、涉及外心、内心、垂心定理、等边三角形判定及性质，解题的关见是利用等边三角形的三线合一找出角之间的关系及掌握垂心定理．
48．如图，平面直角坐标系xOy中，正方形ABCO的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，反比例函数y＝ （x＞0）的图象分别与边BC，AB交于点D和点E，连接OD，EF∥OD交OA于点F，若OF＝2FA，且OD＝k，则k的值为_____．
【答案】
【分析】FA＝a，则OF＝2a，则正方形ABCO的边长为3a，求出点D的坐标为（，3a）、点E的坐标为（3a，），利用点D、E在反比例函数图像上即可求解．
【详解】解：FA＝a，则OF＝2a，则正方形ABCO的边长为3a，
∴点B的坐标为（3a，3a），
则CD＝，
故点D的坐标为（，3a），
设直线OD的表达式为y＝mx，
则3a＝m，
解得m＝，
故直线OD的表达式为y＝x，
∵EF∥OD且直线EF过点F（2a，0），
则直线EF的表达式为y＝（x﹣2a），
则当x＝3a时，y＝（x﹣2a）＝，
∴点E的坐标为（3a，），
∵点E、D均在反比例函数图像上，
∴k＝×3a＝3a×，
整理得：，
解得k＝．
故答案为．
【点睛】本题考查图形与坐标，正方形性质，勾股定理，待定系数法求一次函数解析式，反比例函数性质，掌握图形与坐标，正方形性质，勾股定理，待定系数法求一次函数解析式，反比例函数性质是解题关键．
49．如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．
【答案】7
【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，
∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，
当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，
∴BE+BD=3BE=，
∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，
∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，
∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，
即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，
∵AB∥CD，
∴△PBE∽△PCD，
∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，
∴BC=2×=6，
∴，
解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，
∴a+b=3+4=7，
故答案为：7.
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
50．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0）．
点C的坐标为________；
②若正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称；正方形A1BC1B1和正方形A2B2C2B1关于点B1成中心对称；…，依此规律，则点C7的坐标为________．
【答案】 （3，2） （7，）
【分析】①过点C作x轴的垂线，垂足为E，易证△AOB≌△BEC，根据全等三角形的性质得到BE和CE的长度，然后就可以求出点C的坐标；
②根据中心对称的性质容易得到A1和C1的坐标，于是可以发现规律：和的横坐标相差4，纵坐标相差，和的横坐标相差，纵坐标相差，根据此规律可以求出的坐标．
【详解】①如图，过点C作x轴的垂线，垂足为E，
∵四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（2，0），
∴AB=BC，∠ABC=90°，，，
∴∠ABO+∠CBE=90°，∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBE=∠OAB，
∴在△AOB和△BEC中，
，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴，，，
∴点C的坐标为（3，2）；
②由题意知正方形ABCD和正方形A1BC1B1关于点B成中心对称，
∴根据中心对称的性得到A1（4，-1）和C1（1，-2），
于是根据图像知：和的横坐标相差4，纵坐标相差，和的横坐标相差，纵坐标相差，
∴的横坐标为，纵坐标为，故的坐标为（5，-4），
同理得的坐标为（3，-8），（7，-11），（5，-14），（9，-16），（7，-20），
故答案为①（3，2），②（7，）．
【点睛】本题考查了中心对称、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平面直角坐标系中点的规律的探索，考要求学生对过去所学的知识要熟练掌握，灵活运用，还要求学生步骤书写要规范工整．