專題六 四邊形 答案
1.40 2.4+43 ; 3.C; 4.23; 5.邊數(shù)可能為10、11、12邊形;
6.C; 7.2; 8.16;
9.(1)AE′=BF
證明：如圖2，∵在正方形ABCD中， AC⊥BD ∴∠ =∠AOD=∠AOB=90°
即∠AOE′+∠AOF′=∠BOF′+∠AOF′ ∴∠AOE′=∠BOF′
又∵OA=OB=OD，OE′=2OD，OF′=2OA ∴OE′=OF′
∴△OAE′≌△OBF′ ∴AE′=BF
(2)作△AOE′的中線AM，如圖3.則OE ′=2OM=2OD=2OA
∴OA=OM ∵α=30° ∴∠AOM=60° ∴△AOM為等邊三角形
∴MA=MO=ME′，∠ =∠
又∵∠ +∠ =∠AMO 即2∠ =60°
∴∠ =30° ∴∠ +∠AOE′=30°+60°=90°
∴△AOE′為直角三角形.
10.解：(1)在Rt△ABC中，AB=43，BC=4，∠B=90°，∴tan∠BAC=BCAB=443.
∴tan∠BAC=33.∵∠BAC是銳角，∴∠BAC=30°.
在Rt△AMN中，AM=x，∠AMN=90°， ∴MN=AM•tan∠BAC=33x，AN=MNsin∠BAC=23x3.
∴S△ADN=12•AD•AN=12•4•23x3=833.∴x=2.
(2)設(shè)DN交AC于點E. 當點E、M重合時，x=AM=12×4=2
①當0
∴DF=AD•sin60°=4×32=23.
∵S△AMN=12×x×33x=36x2，S△ADN=12×4×23x3x=433x， S△ADM=12× x×23=3x，
∴S△DMN=S△ADN-S△AMN-S△ADM=433x-36x2-3x=33x-36x2.
設(shè)S△DMN=18S矩形ABCD，33x-36x2=18×43×4=23，2x-x2=12.
∴x2-2x+12=0.∵ (-2)2-4×1×12<0，∴該方程無實數(shù)根.
②當2
∴S△DMN=S△AMN+S△ADM -S△ADN=36x2+3x-433x=36x2-33x.
設(shè)S△DMN=18S矩形ABCD，36x2-33x=23， x2-2x=12.
∴x2-2x-12=0.∴x1=1-13<0，舍去，x2=1+13.
∵3<13<4，∴4<1+13<5. ∴x=1+13滿足條件.
∴當S△DMN=18S矩形ABCD時，x=1+13.
11.解：(1)取 中點 ，連結(jié) ，
為 的中點， ， .
又 ， . ，得 ;
(2)過D作DP⊥BC，垂足為P， ∠DAB=∠ABC=∠BPD=90°，∴四邊形ABPD是矩形.
以線段 為直徑的圓與以線段 為直徑的圓外切，
， 又 ，∴DE=BE+AD-AB=x+4-2=x+2
PD=AB=2，PE= x-4，DE2= PD2+ PE2，
∴(x+2)2=22+(x-4)2，解得： .
∴線段 的長為 .
(3)由已知，以 為頂點的三角形與 相似，又易證得 .
由此可知，另一對對應(yīng)角相等 有兩種情況：① ;② .
①當 時， ， . .
，易得 .得 ;
②當 時， ， .
.又 ， .
，即 = ，得x2= [22+(x-4)2].
解得 ， (舍去).即線段 的長為2.
綜上所述，所求線段 的長為8或2.
專題7 圓 答案
1.C. 2.B. 3.C. 4.40度 . 5. 5. 6. 4
7.解：(I) 如圖①，連接OC，則OC=4。
∵AB與⊙O相切于點C，∴OC⊥AB。
∴在△OAB中，由OA=OB，AB=10得 。
∴ 在△RtOAB中， 。
(Ⅱ)如圖②，連接OC，則OC=OD。
∵四邊形ODCE為菱形，∴OD=DC。
∴△ODC為等邊三角形?！唷螦OC=600。
∴∠A=300?！?。
8.
解：思考：90，2。
探究一：30，2。
探究二(1)當PM⊥AB時，點P到AB的距離是MP=OM=4，
從而點P到CD的最小距離為6﹣4=2。
當扇形MOP在AB，CD之間旋轉(zhuǎn)到不能再轉(zhuǎn)時，弧MP與AB相切，
此時旋轉(zhuǎn)角，∠BMO的值為90°。
(2)如圖4，由探究一可知，
點P是弧MP與CD的切線時，α大到，即OP⊥CD，
此時延長PO交AB于點H，
α值為∠OMH+∠OHM=30°+90°=120°，
如圖5，當點P在CD上且與AB距離最小時，MP⊥CD，α達到最小，
連接MP，作HO⊥MP于點H，由垂徑定理，得出MH=3。
在Rt△MOH中，MO=4，∴sin∠MOH= 。∴∠MOH=49°。
∵α=2∠MOH，∴α最小為98°。
∴α的取值范圍為：98°≤α≤120°。
9.(1)證明：連接OB、OP
∵ 且∠D=∠D，∴ △BDC∽△PDO。
∴∠DBC=∠DPO?！郆C∥ OP。
∴∠BCO=∠POA ，∠CBO=∠BOP。
∵OB=OC，∴∠O CB=∠CBO。∴∠BOP=∠POA。
又∵OB=OA， OP=OP， ∴△BOP≌△AOP(SAS)。
∴∠PBO=∠PAO。又∵PA⊥AC， ∴∠PBO=90°。
∴ 直線PB是⊙O的切線 。
(2)由(1)知∠BCO =∠P OA。
設(shè)PB ，則BD= ，
又∵PA=PB ，∴AD= 。
又∵ BC∥OP ，∴ ?！?。∴ 。 ∴
∴cos∠BCA=co s∠POA= 。
專題八 動態(tài)問題(1)答案
1、(4+2 ) 2、2 3、B 4、D
5、(1)∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，
∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，設(shè)AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，
∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，
∴PC= QC，即6﹣x= (6+x)，解得x=2;
(2)當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.理由如下：作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF，
又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，
∵點P、Q做勻速運動且速度相同，∴AP=BQ，
∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°，∴在△APE和△BQF中，
∵∠A=∠FBQ∠AEP=∠BFQ=90°，∴∠APE=∠BQF，
∴ ∴△APE≌△BQF，∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，
∴四邊形PEQF是平行四邊形，∴DE= EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE= AB，又∵等邊△ABC的邊長為6，
∴DE=3，∴當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.
6、(1)證明：∵ 是等邊三角形
∴
∵ 是 中點 ∴
∵ ∴
∴ ∴
∴梯形 是等腰梯形.
(2)解：在等邊 中，
∴
∴ ∴ ∴
∵ ∴
∴ ∴
(3)解：①當 時，則有
則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形
∴
當 時，則有
則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形
∴
∴當 或 時，以P、M和A、B、C、 D中的兩個點為頂點的四邊形是平行四邊形.
此時平行四邊形有4個.
② 為直角三角形
∵ ∴當 取最小值時，
∴ 是 的中點， 而
∴ ∴
專題九 動態(tài)問題(2)答案
1、7或17 2、A 3、D 4、C 5、
6、(1)∵ ， ，
∴ . ∴Rt△CAO∽Rt△ABE. ∴ ， ∴ ，∴ .
(2)由Rt△CAO∽Rt△ABE可知： ， .
當0< <8時， .
∴ .
當 >8時， .
∴ ， (為負數(shù)，舍去).
當 或 時， .
(3)如圖，過M作MN⊥ 軸于N，則 .
當MB∥OA時， ， .
拋物線 的頂點坐標為(5， ).
它的頂點在直線 上移動.直線 交MB于點(5，2)，交AB于點(5，1).
∴1< <2.∴ < < .
7、解：(1) ∵拋物線y=ax2+bx(a≠0)經(jīng)過點A(3，0)、B(4，4).
∴9a+3b=016a+4b=4，解得：a=1b=-3。
∴拋物線的解析式是y=x2-3x。
(2) 設(shè)直線OB的解析式為y=k1x，由點B(4，4)，
得：4=4k1，解得k1=1。 ∴直線OB的解析式為y=x。
∴直線OB向下平移m個單位長度后的解析式為：y=x-m。
∵點D在拋物線y=x2-3x上，∴可設(shè)D(x，x2-3x)。
又點D在直線y=x-m上，∴ x2-3x =x-m，即x2-4x+m=0。
∵拋物線與直線只有一個公共點， △=16-4m=0，解得：m=4。
此時x1=x2=2，y=x2-3x=-2?！?D點坐標為(2，-2)。
(3) ∵直線OB的解析式為y=x，且A(3，0)，
∴點A關(guān)于直線OB的對稱點A'的坐標是(0，3)。
設(shè)直線A'B的解析式為y=k2x+3，過點B(4，4)，
∴4k2+3=4，解得：k2=14。
∴直線A'B的解析式是y=14x+3。
∵∠NBO=∠ABO，∴點N在直線A'B上。
∴設(shè)點N(n，14n+3)，又點N在拋物線y=x2-3x上，
∴ 14n+3=n2-3n，解得：n1=-34，n2=4(不合題意，會去)。
∴ 點N的坐標為(-34，4516)。
如圖，將△NOB沿x軸翻折，得到△N1OB1，
則N1(-34，-4516)，B1(4，-4)。
∴O、D、B1都在直線y=-x上。
∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。
∴ OP1ON1=ODOB1=12。∴點P1的坐標為(-38，-4532)。
將△OP1D沿直線y=-x翻折，可得另一個滿足條件的點P2(4532，38)。
綜上所述，點P的坐標是(-38，-4532)或(4532，38)。
1.40 2.4+43 ; 3.C; 4.23; 5.邊數(shù)可能為10、11、12邊形;
6.C; 7.2; 8.16;
9.(1)AE′=BF
證明：如圖2，∵在正方形ABCD中， AC⊥BD ∴∠ =∠AOD=∠AOB=90°
即∠AOE′+∠AOF′=∠BOF′+∠AOF′ ∴∠AOE′=∠BOF′
又∵OA=OB=OD，OE′=2OD，OF′=2OA ∴OE′=OF′
∴△OAE′≌△OBF′ ∴AE′=BF
(2)作△AOE′的中線AM，如圖3.則OE ′=2OM=2OD=2OA
∴OA=OM ∵α=30° ∴∠AOM=60° ∴△AOM為等邊三角形
∴MA=MO=ME′，∠ =∠
又∵∠ +∠ =∠AMO 即2∠ =60°
∴∠ =30° ∴∠ +∠AOE′=30°+60°=90°
∴△AOE′為直角三角形.
10.解：(1)在Rt△ABC中，AB=43，BC=4，∠B=90°，∴tan∠BAC=BCAB=443.
∴tan∠BAC=33.∵∠BAC是銳角，∴∠BAC=30°.
在Rt△AMN中，AM=x，∠AMN=90°， ∴MN=AM•tan∠BAC=33x，AN=MNsin∠BAC=23x3.
∴S△ADN=12•AD•AN=12•4•23x3=833.∴x=2.
(2)設(shè)DN交AC于點E. 當點E、M重合時，x=AM=12×4=2
①當0
∴DF=AD•sin60°=4×32=23.
∵S△AMN=12×x×33x=36x2，S△ADN=12×4×23x3x=433x， S△ADM=12× x×23=3x，
∴S△DMN=S△ADN-S△AMN-S△ADM=433x-36x2-3x=33x-36x2.
設(shè)S△DMN=18S矩形ABCD，33x-36x2=18×43×4=23，2x-x2=12.
∴x2-2x+12=0.∵ (-2)2-4×1×12<0，∴該方程無實數(shù)根.
②當2
∴S△DMN=S△AMN+S△ADM -S△ADN=36x2+3x-433x=36x2-33x.
設(shè)S△DMN=18S矩形ABCD，36x2-33x=23， x2-2x=12.
∴x2-2x-12=0.∴x1=1-13<0，舍去，x2=1+13.
∵3<13<4，∴4<1+13<5. ∴x=1+13滿足條件.
∴當S△DMN=18S矩形ABCD時，x=1+13.
11.解：(1)取 中點 ，連結(jié) ，
為 的中點， ， .
又 ， . ，得 ;
(2)過D作DP⊥BC，垂足為P， ∠DAB=∠ABC=∠BPD=90°，∴四邊形ABPD是矩形.
以線段 為直徑的圓與以線段 為直徑的圓外切，
， 又 ，∴DE=BE+AD-AB=x+4-2=x+2
PD=AB=2，PE= x-4，DE2= PD2+ PE2，
∴(x+2)2=22+(x-4)2，解得： .
∴線段 的長為 .
(3)由已知，以 為頂點的三角形與 相似，又易證得 .
由此可知，另一對對應(yīng)角相等 有兩種情況：① ;② .
①當 時， ， . .
，易得 .得 ;
②當 時， ， .
.又 ， .
，即 = ，得x2= [22+(x-4)2].
解得 ， (舍去).即線段 的長為2.
綜上所述，所求線段 的長為8或2.
專題7 圓 答案
1.C. 2.B. 3.C. 4.40度 . 5. 5. 6. 4
7.解：(I) 如圖①，連接OC，則OC=4。
∵AB與⊙O相切于點C，∴OC⊥AB。
∴在△OAB中，由OA=OB，AB=10得 。
∴ 在△RtOAB中， 。
(Ⅱ)如圖②，連接OC，則OC=OD。
∵四邊形ODCE為菱形，∴OD=DC。
∴△ODC為等邊三角形?！唷螦OC=600。
∴∠A=300?！?。
8.
解：思考：90，2。
探究一：30，2。
探究二(1)當PM⊥AB時，點P到AB的距離是MP=OM=4，
從而點P到CD的最小距離為6﹣4=2。
當扇形MOP在AB，CD之間旋轉(zhuǎn)到不能再轉(zhuǎn)時，弧MP與AB相切，
此時旋轉(zhuǎn)角，∠BMO的值為90°。
(2)如圖4，由探究一可知，
點P是弧MP與CD的切線時，α大到，即OP⊥CD，
此時延長PO交AB于點H，
α值為∠OMH+∠OHM=30°+90°=120°，
如圖5，當點P在CD上且與AB距離最小時，MP⊥CD，α達到最小，
連接MP，作HO⊥MP于點H，由垂徑定理，得出MH=3。
在Rt△MOH中，MO=4，∴sin∠MOH= 。∴∠MOH=49°。
∵α=2∠MOH，∴α最小為98°。
∴α的取值范圍為：98°≤α≤120°。
9.(1)證明：連接OB、OP
∵ 且∠D=∠D，∴ △BDC∽△PDO。
∴∠DBC=∠DPO?！郆C∥ OP。
∴∠BCO=∠POA ，∠CBO=∠BOP。
∵OB=OC，∴∠O CB=∠CBO。∴∠BOP=∠POA。
又∵OB=OA， OP=OP， ∴△BOP≌△AOP(SAS)。
∴∠PBO=∠PAO。又∵PA⊥AC， ∴∠PBO=90°。
∴ 直線PB是⊙O的切線 。
(2)由(1)知∠BCO =∠P OA。
設(shè)PB ，則BD= ，
又∵PA=PB ，∴AD= 。
又∵ BC∥OP ，∴ ?！?。∴ 。 ∴
∴cos∠BCA=co s∠POA= 。
專題八 動態(tài)問題(1)答案
1、(4+2 ) 2、2 3、B 4、D
5、(1)∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，
∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，設(shè)AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，
∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，
∴PC= QC，即6﹣x= (6+x)，解得x=2;
(2)當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.理由如下：作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF，
又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，
∵點P、Q做勻速運動且速度相同，∴AP=BQ，
∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°，∴在△APE和△BQF中，
∵∠A=∠FBQ∠AEP=∠BFQ=90°，∴∠APE=∠BQF，
∴ ∴△APE≌△BQF，∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，
∴四邊形PEQF是平行四邊形，∴DE= EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE= AB，又∵等邊△ABC的邊長為6，
∴DE=3，∴當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.
6、(1)證明：∵ 是等邊三角形
∴
∵ 是 中點 ∴
∵ ∴
∴ ∴
∴梯形 是等腰梯形.
(2)解：在等邊 中，
∴
∴ ∴ ∴
∵ ∴
∴ ∴
(3)解：①當 時，則有
則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形
∴
當 時，則有
則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形
∴
∴當 或 時，以P、M和A、B、C、 D中的兩個點為頂點的四邊形是平行四邊形.
此時平行四邊形有4個.
② 為直角三角形
∵ ∴當 取最小值時，
∴ 是 的中點， 而
∴ ∴
專題九 動態(tài)問題(2)答案
1、7或17 2、A 3、D 4、C 5、
6、(1)∵ ， ，
∴ . ∴Rt△CAO∽Rt△ABE. ∴ ， ∴ ，∴ .
(2)由Rt△CAO∽Rt△ABE可知： ， .
當0< <8時， .
∴ .
當 >8時， .
∴ ， (為負數(shù)，舍去).
當 或 時， .
(3)如圖，過M作MN⊥ 軸于N，則 .
當MB∥OA時， ， .
拋物線 的頂點坐標為(5， ).
它的頂點在直線 上移動.直線 交MB于點(5，2)，交AB于點(5，1).
∴1< <2.∴ < < .
7、解：(1) ∵拋物線y=ax2+bx(a≠0)經(jīng)過點A(3，0)、B(4，4).
∴9a+3b=016a+4b=4，解得：a=1b=-3。
∴拋物線的解析式是y=x2-3x。
(2) 設(shè)直線OB的解析式為y=k1x，由點B(4，4)，
得：4=4k1，解得k1=1。 ∴直線OB的解析式為y=x。
∴直線OB向下平移m個單位長度后的解析式為：y=x-m。
∵點D在拋物線y=x2-3x上，∴可設(shè)D(x，x2-3x)。
又點D在直線y=x-m上，∴ x2-3x =x-m，即x2-4x+m=0。
∵拋物線與直線只有一個公共點， △=16-4m=0，解得：m=4。
此時x1=x2=2，y=x2-3x=-2?！?D點坐標為(2，-2)。
(3) ∵直線OB的解析式為y=x，且A(3，0)，
∴點A關(guān)于直線OB的對稱點A'的坐標是(0，3)。
設(shè)直線A'B的解析式為y=k2x+3，過點B(4，4)，
∴4k2+3=4，解得：k2=14。
∴直線A'B的解析式是y=14x+3。
∵∠NBO=∠ABO，∴點N在直線A'B上。
∴設(shè)點N(n，14n+3)，又點N在拋物線y=x2-3x上，
∴ 14n+3=n2-3n，解得：n1=-34，n2=4(不合題意，會去)。
∴ 點N的坐標為(-34，4516)。
如圖，將△NOB沿x軸翻折，得到△N1OB1，
則N1(-34，-4516)，B1(4，-4)。
∴O、D、B1都在直線y=-x上。
∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。
∴ OP1ON1=ODOB1=12。∴點P1的坐標為(-38，-4532)。
將△OP1D沿直線y=-x翻折，可得另一個滿足條件的點P2(4532，38)。
綜上所述，點P的坐標是(-38，-4532)或(4532，38)。