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专题25
平面几何的最值问题
阅读与思考
几何中的最值问题是指在一定的条件下，求平面几何图形中某个确定的量（如线段长度、角度大小、图形面积）等的最大值或最小值．
求几何最值问题的基本方法有：
1．特殊位置与极端位置法：先考虑特殊位置或极端位置，确定最值的具体数据，再进行一般情形下的推证．
2．几何定理（公理）法：应用几何中的不等量性质、定理．
3．数形结合法等：揭示问题中变动元素的代数关系，构造一元二次方程、二次函数等．
例题与求解
【例1】在Rt△ABC中，CB=3，CA=4，M为斜边AB上一动点．过点M作MD⊥AC于点D，过M作ME⊥CB于点E，则线段DE的最小值为
．（四川省竞赛试题）
解题思路：四边形CDME为矩形，连结CM，则DE=
CM，将问题转化为求CM的最小值．
【例2】如图，在矩形ABCD中，AB=20cm，BC=10cm．若在AC，AB上各取一点M，N，使BM+MN的值最小，求这个最小值．（北京市竞赛试题）
解题思路：作点B关于AC的对称点B′，连结B′M，B′A，则BM=
B′M，从而BM+MN=
B′M+MN．要使BM+MN的值最小，只需使B′M十MN的值最小，当B′，M，N三点共线且B′N⊥AB时，B′M+MN的值最小．
【例3】如图，已知□ABCD，AB=a，BC=b()，P为AB边上的一动点，直线DP交CB的延长线于Q．求AP+BQ的最小值．
（永州市竞赛试题）
解题思路：设AP=，把AP，BQ分别用的代数式表示，运用不等式以或a+b≥2（当且仅当a=b时取等号）来求最小值．
【例4】阅读下列材料：
问题
如图1，一圆柱的底面半径为5dm，高AB为5dm，BC是底面直径，求一只蚂蚁从A点出发沿圆柱表面爬行到C点的最短路线．
小明设计了两条路线：
路线1：侧面展开图中的线段AC．如图2所示．
设路线l的长度为l1，则l12
=AC2=AB2
+BC2
=25+(5π)
2=25+25π2．
路线2：高线AB十底面直径BC．如图1所示．
设路线l的长度为l2，则l22
=
(BC+AB)2=(5+10)2
=225．
∵l12
–
l22
=
25+25π2－225=25π2－200=25(π2－8)，∴l12
＞l22
，∴
l1＞l2
．
所以，应选择路线2．
(1)小明对上述结论有些疑惑，于是他把条件改成：“圆柱的底面半径为1分米，高AB为5分米”继续按前面的路线进行计算．请你帮小明完成下面的计算：
路线1：l12=AC2=
25+π2；
路线2：l22=（AB+BC）2=
49．∵
l12
l22，∴l1＜
l2?（?填“＞”或“＜”），所以应选择路线
1
（填“1”或“2”）较短．
(2)请你帮小明继续研究：在一般情况下，当圆柱的底面半径为r，高为h时，应如何选择上面的两条路线才能使蚂蚁从点A出发沿圆柱表面爬行到C点的路线最短．
（衢州市中考试题）
解题思路：本题考查平面展开一最短路径问题．比较两个数的大小，有时比较两个数的平方比较简便．比较两个数的平方，通常让这两个数的平方相减．
【例5】如图，已知边长为4的正方形钢板，有一个角锈蚀，其中AF=2，BF=1．为了合理利用这块钢板，将在五边形EABCD内截取一个矩形块MDNP，使点P在AB上，且要求面积最大，求钢板的最大利用率．
（中学生数学智能通讯赛试题）
解题思路：设DN=x，PN=y，则S=．建立矩形MDNP的面积S与x的函数关系式，利用二次函数性质求S的最大值，进而求钢板的最大利用率．
【例6】如图，在四边形ABCD中，AD=DC=1，∠DAB=∠DCB=90°，BC，AD的延长线交于P，求AB·S△PAB的最小值．
（中学生数学智能通讯赛试题）
解题思路：设PD=x(x>1)，根据勾股定理求出PC，证Rt△PCD∽Rt△PAB，得到，求出AB，根据三角形的面积公式求出y=AB·S△PAB，整理后得到y≥4，即可求出答案．
能力训练
A级
1．如图，将两张长为8、宽为2的矩形纸条交叉，使重叠部分是一个菱形．容易知道当两张纸条垂直时，菱形的周长有最小值，那么菱形周长的最大值是
．
（烟台市中考试题）
2．D是半径为5cm的⊙O内一点，且OD=3cm，则过点O的所有弦中，最短的弦AB=
cm．
（广州市中考试题）
3．如图，有一个长方体，它的长BC=4，宽AB=3，高BB1=5．一只小虫由A处出发，沿长方体表面爬行到C1，这时小虫爬行的最短路径的长度是
．
（“希望杯”邀请赛试题）
第1题图
第3题图
第4题图
第5题图
4．如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，经过点C且与边AB相切的动圆与CB，CA分别相交于点E，F，则线段EF长度的最小值是(
)
（兰州市中考试题）
A．4
B．4.75
C．5
D．4.8
5．如图，圆锥的母线长OA=6，底面圆的半径为2．一小虫在圆锥底面的点A处绕圆锥侧面一周又回到点A，则小虫所走的最短距离为(
)
（河北省竞赛试题）
A．12
B．4π
C．6
D．6
6．如图，已知∠MON=
40°，P是∠MON内的一定点，点A，B分别在射线OM，ON上移动，当△PAB周长最小时，∠APB的值为(
)
（武汉市竞赛试题）
A．80°
B．100°
C．120°
D．140°
7．如图，是以等边三角形ABC一边AB为半径的四分之一圆周，P为AD上任意一点．若AC=5，则四边形ACBP周长的最大值是(
)
（福州市中考试题）
A．15
B．20
C．15+5
D．15+5
第6题图
第7题图
第8题图
8．如图，在正方形ABCD中，AB=2，E是AD边上一点（点E与点A，D不重合），BE的垂直平分线交AB于M，交DC与N．
(1)
设AE=x，四边形ADNM的面积为S，写出S关于x的函数关系式．
(2)
当AE为何值时，四边形ADNM的面积最大？最大值是多少？
（山东省中考试题）
9．如图，六边形ABCDEF内接于半径为r的⊙O，其中AD为直径，且AB=CD=DE=FA．
(1)
当∠BAD=75°时，求的长；
(2)
求证：BC∥AD∥FE；
(3)
设AB=，求六边形ABCDEF的周长l关于x的函数关系式，并指出x为何值时，l取得最大值．
10．如图，已知矩形ABCD的边长AB=2，BC=3，点P是AD边上的一动点（P异于A、D）．Q是BC边上任意一点．连结AQ，DQ，过P作PE∥DQ交于AQ于E，作PF//AQ交DQ于F．
(1)
求证：△APE∽△ADQ；
(2)
设AP的长为x，试求△PEF的面积S△PEF关于x的函数关系式，并求当P在何处时，S△PEF取得最大值？最大值为多少？
(3)
当Q在何处时，△ADQ的周长最小？（须给出确定Q在何处的过程或方法，不必证明）
（无锡市中考试题）
11．在等腰△ABC中，AB=AC=5，BC=6．动点M，N分别在两腰AB，AC上(M不与A，B重合，N不与A，C重合)，且MN∥BC．将△AMN沿MN所在的直线折叠，使点A的对应点为P．
(1)当MN为何值时，点P恰好落在BC上？
(2)设MN=x，△MNP与等腰△ABC重叠部分的面积为y，试写出y与x的函数关系式，当x为何值时，y的值最大，最大值是多少？
（宁夏省中考试题）
B级
1．已知凸四边形ABCD中，AB+AC+CD=
16，且S四边彤ABCD=32，那么当AC=
，BD=
时，四边形ABCD面积最大，最大值是
．
（“华杯赛”试题）
2．如图，已知△ABC的内切圆半径为r，∠A=60°，BC=2，则r的取值范围是
．（江苏省竞赛试题）
第2题图
第3题图
第4题图
第5题图
3．如图⊙O的半径为2，⊙O内的一点P到圆心的距离为1，过点P的弦与劣弧组成一个弓形，则此弓形面积的最小值为
．
4．如图，△ABC的面积为1，点D，G，E和F分别在边AB，AC，BC上，BD＜DA，DG∥BC，DE∥AC，GF∥AB，则梯形DEFG面积的最大可能值为
．（上海市竞赛试题）
5．已知边长为a的正三角形ABC，两顶点A，B分别在平面直角坐标系的x轴，y轴的正半轴上滑动，点C在第一象限，连结OC，则OC的最大值是
．（潍坊市中考试题）
6．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=2，BC=DC=5，点P在BC上移动，则当PA+
PD取最小值时，△APD中边AP上的高为(
)
（鄂州市中考试题）
A．
B．
C．
D．3
第6题图
第7题图
第8题图
7．如图，正方形ABCD的边长为4cm，点P是BC边上不与点B，C重合的任意一点，连结AP，过点P作PQ⊥AP交DC于点Q．设BP的长为xcm，CQ的长为ycm．
(1)
求点P在BC上运动的过程中y的最大值；
(2)
当y=cm时，求x的值．
（河南省中考试题）
8．如图，y轴正半轴上有两点A(0，a)，B(0，b)，其中a>b>0．在x轴上取一点C，使∠ACB最大，求C点坐标．
（河北省竞赛试题）
9．如图，正方形ABCD的边长为1，点M，N分别在BC，CD上，使得△CMN的周长为2．求：
(1)
∠MAN的大小；
(2)
△MAN的面积的最小值．
（“宇振杯”上海市竞赛试题）
10，如图，四边形ABCD中，AD=
CD，∠DAB=∠ACB=90°，过点D作DE⊥AC于F，DE与AB相交于点E．
(1)
求证：AB·AF=CB·CD；
(2)已知AB=15cm，BC=9cm，P是射线DE上的动点，设DP=xcm(x>0)，四边形BCDP的面积为ycm2．
①求y关于x的函数关系式；
②当x为何值时，△PBC的周长最小？求出此时y的值．（南通市中考试题）
第6题图
第7题图
第8题图
第9题图
11．如图，已知直线：(为实数)．
(1)
求证：不论k为任何实数，直线l都过定点M，并求点M的坐标；
(2)
若直线l与x轴、y轴的正半轴交于A，B两点，求△AOB面积的最小值．（太原市竞赛试题）
12．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=x，点F在边AB上，点G，H在边BC上，四边形EFGH是一个边长为y的正方形，且AE=AC．
(1)
求y关于x的函数解析式；
(2)
当x为何值时，y取得最大值？求出y的最大值．（上海市竞赛试题）
专题25
平面几何的最值问题
例1
提示：当CM⊥AB时，CM值最小，CM＝
例2
如图，B′M＋MN的最小值为点B′到AB的距离B′F，BE＝cm，BB′＝cm，AE＝cm．在△ABB′中，由BB′?AE＝AB?B′F，得B′F＝16cm．故BM＋MN的最小值为16cm．
例3
由△APD∽△BPQ，得，即BQ＝，∴AP＋BQ＝x＋．∵x＋≥，∴当且仅当x＝即x＝时，上式等号成立．故当AP＝时，AP＋BQ最小，其最小值为2－b．例4
⑴，＝49，l1＜l2，故要选择路线l较短．
⑵，，．当r＝时，，当r＞时，，当r＜时，．
例5
设DN＝x，PN＝y，则S＝xy，由△APQ∽△ABF，得即x＝10－2y，代入S＝xy得S＝xy＝y(10－2y)，即S＝－2，因3≤y≤4，而y＝不在自变量y的取值范围内，所以y＝不是极值点，当y＝3时，S(3)＝12，当y＝4时，S(4)＝8，故Smax＝12．此时，钢板的最大利用率＝80%．
例6
设PD＝x(x＞1)，则PC＝，由Rt△PCD∽△PAB，得AB＝，令y＝AB?S△PAB，则y＝AB×PA×AB＝，求y的最小值，有下列不同思路：①配方：y＝，∴当，即当x＝3时，y有最小值4．②运用基本不等式：y＝
32
＋2＝4，∴当＝，即当x＝3时，y有最小值4.
③借用判别式，去分母，得x2＋2（1－y）x＋1＋2y＝0，由△＝4（1－y）2－4（1＋2y）＝4y（y－4）≥0，得y≥4，∴y的最小值为4.
A级
1.
17
提示：当两张纸条的对角重合时，菱形周长最大.
2.
8
3.
4.D
5.
D
6.
B
7.
C
提示：当点P与点D重合时，四边形ACBP的周长最大.
8.
（1）连结ME，过N作NF⊥AB于F，可证明Rt△EB
A≌Rt△MNF，得MF＝AE＝x.∵ME2＝AE2＋AM2，故MB2＝x2＋AM2，即（2－AM）2＝x2＋AM2，AM＝1－x2，∴S＝×AD＝×2＝AM＋AM＋MF＝2
AM＋AE＝2（1－x2）＋x＝－x2＋x＋2.
（2）S＝－（x2－2
x＋1）＋＝－（x－1）2＋.故当AE＝x＝1时，四边形ADNM的面积最大，此时最大值为.
9.
（1）长为.（2）提示：连结BD.
（3）过点B作BM⊥AD于M，由（2）知四边形ABCD为等腰梯形，从而BC＝AD－2
AM＝2r－2
AM.由△BAM∽△DAB，得AM＝＝，∴BC＝2r－.同理，EF＝2
r－.l＝4
x＋2（2
r－）＝－（x－r）2＋6
r（0＜x＜
r）..当x＝r时，l取得最大值6
r.
10.
（1）∵∠APE＝∠ADQ，∠AEP＝∠AQD，∴△APE∽△ADQ.（2）由△APE∽△ADQ，△PDF∽△ADQ，S△PEF＝S□PEQF，得S△PEF＝－x2＋x＝－（x－）2＋.故当x＝时，即P是AD的中点时，S△PEF取得最大值，（3）作A关于直线BC的对称点A′，连结DA′交BC于Q，则这个Q点就是使△ADQ周长最小的点，此时Q是BC的中点.
11.
（1）点P恰好在BC上时，由对称性知MN是△ABC的中位线，∴当MN＝BC＝3时，点P在BC上.（
2）由已知得△ABC底边上的高h＝＝4.
①当0＜x≤3时，如图1，连结AP并延长交BC于点D，AD与MN交于点O.
由△AMN∽△ABC，得AO＝x，y＝S△PMN＝S△AMN＝·x·x＝x2即y＝x2.当＝3时，y的值最大，最大值是3.②当3＜x＜6时，如图2，设△PMN与BC相交于点E，F，AP与BC相交于D.由①中知AO＝x，∴AP＝x，∴PD＝AP－AD＝x－4，∵△PEF∽△ABC.，∴＝()2＝()2，即＝.∵S△ABC＝12，∴S△PEF＝（x－3）2.∴y＝S△AMN－S△PEF＝x2－（x－3）2＝－x2＋8x－12＝－（x－4）2＋4.故当x＝4时，y的最大值为4.综上，当x＝4时，y的值最大，最大值为4.
B级
1.8
8
32
提示：当∠CAB＝∠ACD＝90°时，四边形ABCD的面积达到最大值.
2.
0＜r≤1
提示：设BC＝a，CA＝b，AB＝c，b＋c＝2（r＋1），又bcsin60°＝S△ABC＝（a＋b＋c）r，即bc·＝［2＋2（r＋1）］r，.
bc＝4r（r＋2）.
b，c为方程x2－2（r＋1）x＋4r（r＋2）＝0的两个根，由△≥0，得（r＋1）≤22.因r＞0，r＋1＞0，故r＋1≤2，即0＜r≤1.
3.
－
提示：过P作垂直于OP的弦AB，此时弓形面积最小.
4.
提示：设＝x，则＝1－x＝，＝x2，＝（1－x）2＝，S梯形DEFG＝1―x2―2（1－x）2＝－3（x－）2＋.
5.
a提示：当OA＝OB时，OC的长最大.
6.
C
7.
（1）由Rt△ABP∽Rt△PCQ，得＝，即＝，y＝－（x－2）2＋1（0＜x＜4）.当x＝2时,
y最大值＝1cm.（2）由＝－（x－2）2＋1，得x＝（2＋）cm或（2－）cm.
8.
当过A，B两点的圆与x轴正半轴相切时，切点C为所求.作O′D⊥A
B于D.，O′D
2＝
O′B
2－B
D
2＝－＝ab，O′D＝故点C坐标为（，0）.
9.
（1）如图，延长CB到L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，得AL＝AN，∠1＝∠2，又∵N＝2―CN―CM＝DN＋BM＝BL＋BM＝ML，且AM＝AM，∠NAL＝∠DAB＝90°.∴△AMN≌△AML，故∠MAN＝∠MAL＝＝45°.
（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，则，于是，（2―y―z）2＋y2＝z2.整理得2y2＋（2z－4）y＋（4－4z）＝0.∵y＞0，故△＝4（z－2）2－32（1－z）≥0，即（z＋2＋2）（z＋2－2）≥0.又∵z＞0，故z≥2－2，当且仅当x＝y＝2－时等号成立.由于S△AMN＝S△AML＝·ML·AB＝
MN×1＝，因此，△AMN的面积的最小值为－1.
10.
（1）提示：证明△ADF∽△BAC.（2）①AB＝15，BC＝9，∠ACB＝90°，∴AC＝＝，∴CF＝AF＝6，∴．
②∵BC＝９（定值），∴△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小，
由（1）知，点C关于直线DE的对称点是点A，所以PB＋PC＝PB＋PA，故只要求PB＋PA最小．显然当P、A、B三点共线时PB＋PA最小，此时DP＝DE，PB＋PA＝AB．
由（1），角∠ADF＝∠FAE，∠DFA＝∠ACB＝90°，得△DAF∽△ABC．
EF∥BC，得AE＝BE＝AB＝，EF＝．∴
AF∶BC＝AD∶AB，即6∶9＝AD∶15，∴AD＝10．Rt△ADF中，AD＝10，AF＝6，∴DF＝8．∴DE＝DF＋FE＝8＋＝．
∴当x＝时，△PBC的周长最小，此时y＝．
11．（1）令k＝1，得y＝x＋2；令k＝2，得y＝2x＋6，联立解得x＝4，y＝2，故定点（4，2）．
（2）取x＝0，得OB＝2－4k（k＜0），取y＝0，得OA＝．于是△ABO的面积，化简得．由得，故S≥16．将S＝16代入上述方程，得k＝．故当k＝，S值最小．
12．（1）如图，延长EF交AC于点D，DF∥BC，Rt△ADF∽Rt△ACB，AE＝AC＝x，，，2x－2y－xy＝，两边平方整理得(x2＋2x＋2)y2－(x3＋2x2＋4x)y＋2x2＝0．解得(y＝x舍去)
．
（2）由（1）
．当且仅当，即时，上式等号成立．故当时，y去最大值．专题26
分而治之
——分类讨论
阅读与思考
在解决某些数学问题的时候，需要将问题所涉及的所有对象按一定的标准，分成若干类，然后逐类讨论，才能得出正确的解答，这种解题方法称为分类讨论法．
运用分类讨论法解题的关键是如何正确进行分类．正确分类的标准是：对所讨论的全体分类要“既不重复，又不遗漏”；在同一次讨论中只能按所确定的一个标准进行；对于多级讨论，应逐级进行．
初中数学分类讨论问题的常见形式有：
1．一些定义、定理、公式和法则有范围或条件的限制，在使用过程中必须讨论；
2．题设条件中含有变量或参数时，必须根据变量或参数的不同取值进行讨论；
3．一些问题的图形位置或形状不确定时，只有通过讨论，才能保证结论的完整性；
4．一些问题的条件没有明确给出或结论不唯一时，只有通过讨论，才能保证解答的严密性；
5．对于自然数问题，有时须按剩余类分类讨论．
例题与求解
【例1】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4．若以C为圆心，R为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，则R的取值范围是
．（北京市宣武区中考试题）
解题思路：圆与斜边只有一个公共点，则圆与斜边相切或圆与斜边相交．
【例2】
解方程：｜－2｜+｜+3｜=+10．
解题思路：解绝对值方程的关键是去方程左边的绝对值符号，这就要对的取值范围进行分类讨论．需分下列三种情况：①≤－3；②－3＜≤2；③＞2．
【例3】若关于的方程(6－k)(9－k)x2－(117－15k)+54=0的解都是整数，则符合条件的整数的值有___________．
（全国初中数学竞赛试题）
解题思路：用因式分解法可得到根的简单表达式，因方程的类型未指明，故须按一次方程、二次方程两种情形讨论，这样确定的值才能全面而准确．
【例4】如图，已知△ABC中，AB=5，BC=3，AC=4，PQ∥AB，P点在AC上（与点A，C不重合），Q在BC上．
(1)当△PQC的面积与四边形PABQ的面积相等时，求CP的长；
(2)当△PQC的周长与四边形PABQ的周长相等时，求CP的长；
(3)试问：在AB上是否存在点M，使得△PQM为等腰直角三角形？若不存在，请简要说明理由；若存在，请求出PQ的长．
（福州市中考试题）
解题思路：对于(3)，使△PQM为等腰直角三角形有两种情况：一是以PQ为直角边，二是以PQ为斜边．
【例5】证明：每个大于6的自然数n都可表示为两个大于1且互质的自然数之和．（全国初中数学联赛试题）
解题思路：由于自然数可分为奇数、偶数两大类，因此，很容易考虑到按奇数、偶数分类讨论．
【例6】设a和b是相异实数，证明：存在整数m和n，使得，．
（加拿大中学生竞赛试题）
解题思路：a，b为相异实数，则必有a－b>0或a－b<0两种情况．
能力训练
1．已知a+b=－8，ab=8，化简=
．
（内江市中考试题）
2．已知实数a，b满足以a2－7a+2=0，a2－7b+2=0，则的值为
．
（淮阴市中考试题）
3．在△ABC中过A作△ABC的高，垂足为D．若∠BAD=55°，∠CAD=25°，则∠BAC=
．
4．在平面直角坐标系内，已知点A(2，2)，B（2，－3），点P在y轴上，且△APB为直角三角形，则点P的个数为
．（河南省竞赛诚题）
5．平面上A，B两点到直线l的距离分别是2－与2+，则线段中点C到直线l的距离是
．
6．以线段AB为直径作一个半圆，圆心为O，C是半圆圆周上的一点，且OC2=AC·BC，则∠CAB=
．
（全国初中数学联赛试题）
7．如图，在两直角三角形中，∠ACB=∠ADC=90°，AC=，AD=2．当AB=
时，这两个直角三角形相似．
第7题图
第10题图
第11题图
8．已知方程m22－(2m－3)+1=0的两个实数根的倒数和是S，则S的取值范围是
．
（天津市中考试题）
9．关于的方程x2+4mx+
4m2+2m+3=0，x2+(2m+1)+m2=0中，至少有一个方程有实数根，则m的取值范围是(
)
A．－＜m＜－
B．m≤－或m≥－
C．－＜m＜
D．m≤－或m≥
（四川省选拔赛试题）
10．如图，由25个点构成的5×5的正方形点阵中，横纵方向相邻的两个点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中4个点为顶点的平行四边形叫阵点平行四边形，图中以A，B为顶点，面积为2的阵点平行四边形的个数为(
)
A．3个
B．6个
C．7个
D．9个
（武汉市四月调考试题）
11．如图，矩形ABCD中，AB=7，AD=3，BE=2EC，若F是AB上的点，使以F，A，D为顶点的三角形和以F，B，E为顶点的三角形相似，则这样的点F有(
)
（绍兴市竞赛试题）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
12．下面是某同学在一次测验中解答的填空题：
①若x2=a2，则x=a．
②方程2x(x－1)=x－1的解为x=0．
③若直角三角形有两边长分别为3和4，则第三边长为
5
．
其中答题完全正确的题目个数为(
)
A．0个
B．1个
C．2个
D．3个
（重庆市中考试题）
13．在半径为5cm的圆内有长为5
cm的弦，则此弦所对的圆周角为(
)
A．60°或120°
B．30°或120°
C．60°
D．120°
14．如图，在直角梯形ABCD中，AB=7，AD=2，BC=3．如果边AB上的点P使得以P，A，D为顶点的三角形和以P，B，C为顶点的三角形相似，那么这样的点P有
(
)
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
第14题图
第15题图
15．如图，菱形ABCD的边长是5，两条对角线交于O点，且AO，BO的长分别是关于的方程x2+(2m－1)+m2+3=0的根，则m的值为
(
)
A．－3
B．5或－3
C．5
D．－5或3
（吉林省中考试题）
16．已知：关于的函数的图象与轴总有交点，求的取值范围．
（十堰市中考试题）
17．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，正方形OABC的边OA，OC分别在轴，y轴上，点B的坐标为(2，2)，反比例函数（x>0，k≠0）的图象经过线段BC的中点D．
(1)
求k的值；
(2)
若点P(x，y)在该反比例函数的图象上运动（不与点D重合），过点P作PR⊥y轴于点R，作PQ⊥BC所在直线于点Q，记四边形COPR的面积为S，求S关于x的解析式并写出x的取值范围．
18．已知△ABC中，BC=6
cm，CA=8
cm，∠C=90°，动点P从点C出发，以每秒1
cm的速度沿CA，AB运动到B点．
(1)设P从C开始运动的距离为x
cm，△BCP的面积为y
cm2，把y表示成的函数；
(2)从C出发几秒时，S△BCP=S△ABC?
（荆州市中考试题）
19．如图，已知⊙O1与⊙O2外切于点O，以直线O1O2为x轴，点O为坐标原点建立直角坐标系，直线AB切⊙O1于点B，切⊙O2于点A，交y轴于点C(0，2)，交x轴于点M；BO的延长线交⊙O2于点D，且OB：OD=1：3．
(1)
求⊙O2的半径长；
(2)
求直线AB的解析式；
(3)
在直线AB上是否存在点P，使△MO2P与△MOB相似？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
（吉林省中考试题）
20．已知抛物线l1：y=ax2－2amx+am2+2m+1(a>0，m>0)的顶点为A，抛物线l2的顶点B在y轴上，且抛物线l1和抛物线l2关于点P(1，3)成中心对称．
(1)
当a=1时，求l2的解析式和m的值；
(2)
设l2与轴正半轴的交点是C，当△ABC为等腰三角形时，求a的值．
（浙江省竞赛试题）
21．已知定理：“若三个大于3的质数a，b，c满足关系式2a+5b=c，则a+b+c是整数n的倍数，”试问：上述定理中的整数n的最大可能值是多少？并证明你的结论．
（全国初中数学联赛试题）
22．如果对一切x的整数值，x的二次三项式ax2+bx+c都是平方数（即整数的平方），证明：
(1)
2a，2b都是整数；
(2)
a，b，c都是整数，并且c是平方数．
反过来，如果(2)成立，是否对一切x的整数值，ax2+bx+c的值都是平方数？
（全国初中数学竞赛试题）
23．2
007个质点均匀分布在半径为R的圆周上，依次记为P1，P2，P3，…，P2007．小明用红色按如下规则去涂这些点：设某次涂第i个质点，则下次就涂第i个质点后面的第i个质点．按此规则，小明能否将所有的质点均涂成红色？若能，请给出一种涂色方案；若不能，请说明理由，
、
（浙江省竞赛试题）
24．甲、乙、丙三支乒乓球队，人数都不相同，每队不少于2人，甲队最少，丙队最多．同一球队的队员互相不比赛，不同球队的队员之间都要比赛一场．统计员作了记录：参加比赛的共有13人，进行的比赛共有54场．求甲、乙、丙三支球队的队员数，并说明理由．
（江苏省竞赛试题）
专题26
分而治之
——分类讨论
例1
R＝2.4cm或3cm＜R≤4cm
例2
分三种情况讨论：
①当x≤－3时，方程为－2x－1＝x＋10解得，符合x≤－3，故是一解；②当－3＜x≤2时，方程为5＝x＋10解得x＝－5，不符合－3＜x≤2，故舍去；
③当x＞2时，方程为2x＋1＝x＋10解得x＝9，符合x＞2，故x＝9也是一解．
综合①②③可得原方程的解为或x＝9．
例3
当k＝6时，得x＝2；当k＝9时，得x＝－3；
当k≠6且k≠9时，解得，；
当6－k＝±1，±3，±9时，x1是整数，这时k＝7，5，3，－3，15；
当9－k＝±1，±2，±3，±6时，x2是整数，这时k＝10，8，11，7，12，15，3．
综上所述，k＝3，6，7，9，15时，原方程的解是整数．
例4
（1）；
（2）；
（3）①如图1所示，设PM⊥PQ且PM＝PQ，点M在AB上，令PQ＝x，∵△CPQ∽△CAB，∴
，解得．②如图2所示，当∠PMQ＝90°，且PM＝MQ，点M在AB上，令PQ＝y，
∵△CPQ∽△CAB，∴
，解得．
例5
①若n为奇数，设n＝2k＋1，k为大于2的整数，则可写成n＝k＋(k＋1)，显然符合要求．②若n为偶数，则可设n＝4k，或n＝4k＋2，k为大于1的自然数．当n＝4k时，n＝(2k－1)＋(2k＋1)，且易知2k－1与2k＋1互质，假如它们有公因子d≥2，则d＝2，但2k－1，2k＋1均为奇数，此为不可能；当n＝4k＋2时，n＝(2k－1)＋(2k＋3)，且易知2k－1与2k＋3互质，事实上假如它们有公因子d≥2，设2k－1＝nd，2k＋3＝md，m，n均为自然数，则有(m－n)d＝4，可见d＝4，矛盾．
例6
当a－b＞0时，取m＝1，n＝－1，则am＋bn＝a－b＞0成立，bm＋an＝b－a＜0成立，验证知满足所给不等式．当a－b＜0时，取m＝－1，n＝1，则am＋bn＝－a＋b＞0成立，bm＋an＝－b＋a＜0成立，也验证知满足所给不等式．
能力训练
1.
2.
2或22.5
3.
80°或30°
提示：分高AD在△ABC内部或外部两种情况．
4.
4个
提示：先在坐标平面内描出A，B两点，连接AB，因题设中未指明△PAB的哪个角是直角，故应分别就∠A，∠B，∠P是直角来讨论．设点P(0，x)，运用几何知识建立x的方程．若∠A＝90°，则P1(0，2)；若∠B＝90°，则P2(0，－3)；若∠P＝90°，则PA2＋PB2＝AB2，而PA2＝(2－x)2＋22，PB2＝(x＋3)2＋22，AB2＝(2＋3)2，∴(2－x)2＋22＋(x＋3)2＋22＝52，∴
x＝1或x＝－2，即P3(0，1)
或(0，－2)
．
5.
2或
提示：分A,B位于l同侧或异侧两种情况讨论．
6.
75°或15°提示：运用圆的对称性．
7.
3或3．
8.
S≤－且S≠－3提示：S＝2m－3，≥0，m≤且m≠0．
9.
B．
10.
D．提示：以A,B为顶点的平行四边形可以分为两类：①以AB为边的，且面积为2的平行四边形共6个；②以AB为对角线，且面积为2的平行四边形共3个.故满足条件的阵点平行四边形的个数为9个.
11.
C
12.A
13.A
14.C提示：分△PAD∽△PBC及△PAD∽△CBP两种情况讨论.15.A
16.提示：当函数是一次函数，即时，图像与x轴有交点；当时，图像与x轴有交点，综上知a的取值范围为a<-1.
17.(1)在正方形OABC中，CB=OC=OA=AB=2，又点D是BC的中点，∴CD=1，即D（1,2）.而点D（1,2）在上，∴.∴k=2.（2）（?）当0的图像上.∵PR=OE=x，PE=RO=y=.∴PQ=PE-EQ=.∵S=PRPQ=.综上，当01时，S=2x-2.
18.
提示：（1）当P在CA边上时，x=2，即从点C出发2秒时，；当点P运动在AB边上时，x=15.5，即从点C出发15.5秒时，.
19.（1）
（2）M（），直线AB解析式为.
（3）△MOB是等腰三角形，且顶角∠MBO=120°.假设满足条件的点P存在，只需=120°，得P点坐标为（4）.
20.（1）当a=1时，
.∵顶点A的坐标为（m，2m+1）.∵P点坐标为（1,3），折直线AB的解析式是y=kx+b，把点A，P的坐标代入，得①-②得2m-3=(m-1)k.∵(若m=1，则A，B，P三点重合，不合题意)，∴k=2，b=1.∴直线AB的解析式是y=2x+1，得的顶点B的坐标为（0,1）.∵与关于点P成中心对称，∴抛物线的开口大小相同，方向相反，得.∵点A，B关于点P（1,3）成中心对称，如图1所示，作PE⊥y轴于点E，作AF⊥y轴于点F，则△BPE∽△BAF，∴AF=2PE，即m=2.
（2）在Rt△ABF中，∵AB=，∴当△ABC为等腰三角形时，只有以下两种情况：①如图2所示，若BC=AB=2，则OC==，得C点坐标为（）.∵C（）在，∴a=.②如图3所示，若AC=BC，设点C坐标为（x，0），作AD⊥x轴于点D.在Rt△OBC中，.在Rt△ADC中，，由，得x=7，得点C的坐标为（7,0），∵C（7,0）在上，∴a=.综上，满足使△ABC是等腰三角形的a值有两个：，.
21.a+b+c=a+b+2a+5b=3(a+2b)，∴a+b+c是3的倍数.设a，b被3除后的余数分别为和，则，，则，或者，.此时2a+5b必为3的倍数，即c为合数，矛盾.故，则，或者，此时a+2b必为3的倍数，从而a+b+C是9的倍数.∵2×11+5×5=47中，11+5+47=63,2×13+5×7=61中，13+7+61=81（63,81）=9,因此，9是n的最大可能值.
22.（1）令x=0，得c=平方数；令x=，得a+b+c=,
a-b+c=,其中m，n都是整数，∴2a=,2b=都是整数.(2)令x=2，得4a+2b+c=,
4a-2b+c=,其中h，k为整数，两式相减得4b=.由于4b=2（2b）是偶数，所以h，k的奇偶性相同，能被4整数，因此b是整数，也是整数.在（2）成立时，不一定对x的整数值都是平方数，例如：a=2,b=2,c=4,x=1时，=8不是平方数.
23.不能.理由设继点涂成红色后被涂到的点是第j号，则j=,若i=2007，则j=2007，即除点涂成红色外，其余均没有涂到；若,则即24014，故2
2
007.又为偶数，则22
007,表示=2
007，即表明点永远涂不到红色.
24设甲队有x人，乙队有y人，丙队有z人，根据题意，有x+y+z=13,
x13，故甲队人数少于4人，即甲队只有2人或3人.于是，这三队的人数情况只能是如下四种情形:①x=2,
y=3
,
z=8，比赛场数=2×
(3+8)+3×8=46，不合题意;②x=2,y=4,z=
7，比赛场数=2×
(4+7)+4
×
7=50，不合题意;③x=2,y=5,z=6，比赛场数=2×
(5+6)+5×6=52，不合题意;④x=3
,
y=4，z
=6，比赛场数=3×(4+6)+4×6=54,符合题意.由此可知，甲、乙、丙三支球队的人数分别为3,4,6.专题07一元二次方程的应用
例1
6
例2
C
例3
（1）B（－1，0），C（4，0），，由得，∴A（，）
（2）设点D的坐标为（x，y），BC＝5.，
①当BD1＝D1C时，过点D1作D1M1⊥x轴于M1，则BM1＝，OM1＝，x＝，∴y＝－×＋3＝，∴D1（，）.
.②当BC＝BD2时，过点D2作D2M2⊥x轴于M2，则＋＝,.∵M2B＝－x－1，D2M2＝－x＋3，D2B＝5.
③当CD3＝BC或CD4＝BC时，同理，可得D3（0，3），D4（8，－3），故点的坐标为D1（，），D2（－，），D3（0，3），D4（8，－3）.
例4（1）S△AEF＝x（6－x）
（2）假设存在直线E
F将△ABC的周长和面积同时平分，AE＝x.①若点F在斜边AB上，则由（1）知x（6－x）＝×6，解得x1＝3－，x2＝3＋（舍去）此时AF＝6－（3－）＝3＋＜5.，②若点F和B重合，不满足题设要求的直线EF；③若点F在BC上，由AE＝x，得CE＝3－x，CF＝3＋x，S△CEF＝（3－x）（3＋x）＝×6，解得x1＝，x2＝－（舍去），由于3＋x＝＋3＞4，故不存在直线EF满足题设要求.
例5
（1）24间
（2）设每间商铺的年租金增加x万元，则（30＋）×（10＋x）－（30－）×1－×0.5＝275，解得x1＝0.5，x2＝5，故设每间商铺的年租金定为15万元或10.5万元.
例6
(1)
AP＝5－t,
AQ＝2t,若PQ∥BC,则△APQ∽△ABC,∴＝,即＝,
t＝.
(2)过点P作PH⊥AC,由△APH∽△ABC,得＝,即＝,
PH＝3－t,＝3.∴y＝×AQ×PH＝×2
t×（3－t）＝－t2＋3t.
（3）
若PQ把△ABC周长平分,则AP＋AQ＝BP＋BC＋CQ,,∴（5－t）＋2t＝t＋3＋（4－2t）,
t＝1.若PQ把△ABC面积平分,则S△APQ＝S△ABC,即－t2＋3t＝3,但t＝1代入此方程不成立.故不存在这一时刻,使线段PQ把△ABC的周长和面积同时平分.
(4)过点P作PM⊥AC于M,
PN⊥BC于N.若四边形PQP′C是菱形,则PQ＝PC.由△PBN∽△ABC,得＝,
即＝,PN＝,∴QM＝CM＝,由＋＋2t＝4,得t＝.此时PM＝3－t＝,CM＝＝,PC＝＝.∴菱形PQP′C边长为.
A级
1.
500（1＋x）（x＋8%）＝112
2.
2cm
3.
800元
4.
A
5.
D
6.
B
7.
A
8.（1）A型汽车能装45台，B型汽车能装60台.（2）A型汽车2辆，B型汽车3辆，运费为1900元.
9.
50度
10.设每轮感染中平均每台电脑会感染x台电脑，则1＋x＋（1＋x）x＝81，解得x1＝8，x2＝－10（舍去），（1＋x）3＝（1＋8）3＝729＞700，故三轮感染后，被感染的电脑会超过700台.
11.（1）80－x
200＋10x
800－200－（200＋10x）（2）根据题意，得80×200＋（80－x）（200＋10x）＋40[800－200－（20＋10x）]
－50×800＝9000，整理得x2－20x＋100＝0，斛方程得x1＝x2＝10.当x＝10时，80－x＝70＞50.故第二个月的单价应是70元.
B级
1．
1
2．
1或7．75
3．
甲、乙两同学所用的时间分别为26秒、24秒，乙同学获胜．
4．
(1)①240＜x
≤300
②
(2)由题意得15·－15·=1，
整理得x2＋60x－900（m2－1）=0，解得x=30(m－1)，x=－30（m+1）(舍去)，
解得m=11，
x=300．
5．
（1）150公里
（2）120公里/小时
提示：设比赛路程是x公里，第二辆车的速度是y公里/小时，由题意得
即，解得
6．
9人
提示：设共有选手（n＋2）人，除2人得8分外，n个人平均得k分（k为整数），由题意得(n＋1)(n＋2)=8＋nk，整理得n＋(3－2k)n－14=0，
人数只能是奇数，n=7．
7．
设道路宽为x，
AB=a，AD=b，
则有(a－2x)(b－2x)=
ab，即8
x2－4(a＋b)＋ab=0，解得x=[(a＋b)－]．量法是：用绳量出（a＋b）之长，从中减去BD（BD=），得l=AB＋AD－BD，再将l对折两次即得到道路宽度x．
8．
(1)1，2，2，5，10
(2)由(1)知，从小明的5张人民币中取2张，和小于10的情况只有4种，1＋2=3，
2＋2=4，
1＋5=6，
2＋5=7，即y值只可能是3，4，6，7．
再分别讨论，只有当y=6时，方程=－0．5有整数解，解得x=4．
9．
(1)设AP=x，当点P在线段AB上时，则AP=CQ=x，BP=2－x，由(2x－x)=2，方程无解；当点P在AB延长线上时，AP=CQ=x，PB=x－2，由(x－2x)=2，得x=1＋
(2)过P作PF∥BC交AC或AC延长线于F，可以证明当P，Q运动时，线段DE的长度保持不变，始终等于
10．
设每千克水果应涨价x元，则(500－20x)(10＋x)=6000，解得x=5，x=10，要使顾客得到实惠，应取x=5．
11．
设=x，=y，则x，y为正整数，且10≤x≤99，0≤y≤99．由题设可知(x＋y)2
=100x＋y①，即x2－2(50－y)x＋y2－y=0，而x，y为正整数，=4(2500－99y)为完全平方数，从而2500－99y为完全平方数．设2500－99y=k2
(kZ，
0≤k≤50)，则(50＋k)
(50－k)
=99y，故11|(50＋k)与11|(50－k)至少有一个成立．50≤50＋k≤100，0≤50－k≤5050＋k=55，66，77，88，99或50－k=0，11，22，33，44．
故99y=55×45，66×34，
77×23，
88×12，
99×1，或99y=100×0，
89×11，
78×22，
67×33，
56×44．
因此，使y为非负整数的只有y=25，y=1，y=0．
回到方程①，解得x=30或20，x=98或0，x=0或100．
显然x=0或100不符合条件，故符合条件的四位数共有三个：3025，
2025，
9801．专题04
根与系数关系
阅读与思考
根与系数的关系称为韦达定理，其逆定理也成立，是由16世纪的法国数学家韦达所发现的．韦达定
理形式简单而内涵丰富，在数学解题中有着广泛的应用，主要体现在：
1．求方程中字母系数的值或取值范围；
2．求代数式的值；
3．结合根的判别式，判断根的符号特征；
4．构造一元二次方程；
5．证明代数等式、不等式．
当所要求的或所要证明的代数式中的字母是某个一元二次方程的根时，可先利用根与系数的关系找
到这些字母间的关系，然后再结合已知条件进行求解或求证，这是利用根与系数的关系解题的基本思路，需要注意的是，应用根与系数的关系的前提条件是一元二次方程有两个实数根，所以，应用根与系数的关系解题时，必须满足判别式△≥0．
例题与求解
【例1】设关于的二次方程(其中为实数)的两个实数根的倒数和为，则的取值范围是_________.
【例2】
如果方程的三个根可以作为一个三角形的三边长，那么，实数的取
值范围是_________.
A．
B．
C．
D．
【例3】已知，是方程的两根，且．不解方程，求的值．
【例4】
设实数分别满足并且，求的值．
【例5】（1）若实数满足，，求代数式的值；
（2）关于的方程组有实数解，求正实数的最小值；
（3）已知均为实数，且满足，，求的值．
【例6】
为实数，，且，证明一元二次方程有大于而小于1的根．
能力训练
A级
1．已知，为有理数，且方程有一个根是，那么=
．
2．已知关于的方程的一个根是另一个根的2倍，则的值为
．
3．当=
时，关于的方程的两根互为相反数；
当
时，关于的方程的两根都是正数；当
时，关于的方程有两个大于的根．
4．对于一切不小于2的自然数．关于的一元二次方程的两根记为
则
．
5．设是方程的两个实根，且，则的值为（
）
A．
B．
C．
D．的一切实数
6．设是关于的一元二次方程的两个实数根，且，则
（
）
A．
B．
C．
D．
7．设是方程的两个不等的实数根，则是（
）
A．正数
B．零
C．负数
D．不大于零的数
8．如图，菱形ABCD的边长是5，两对角线交于O点，且AO，BO的长分别是关于的方程
EMBED
Equation.DSMT4
的根，那么的值是（
）
A．
B．5
C．
D．
9．已知关于的方程：．
（1）求证：无论取什么实数值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若这个方程的两个根是，且满足求的值及相应的．
10．已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根．
（1）求的取值范围；
（2）是否存在这样的实数，使成立？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
11．如图，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，过C点作CD⊥AB于D，设AD＝m，BD＝n，且AC2：BC2＝2：1；又关于的方程两实数根的差的平方小于192，求整数m、n的值．
12．已知是正整数，关于的方程有正整数解，求的值．
B级
1．设，是二次方程的两根，则=　
　．
2．已知，且有及则
．
3．已知关于的一元二次方程的两个实数根是，且，则
．
4．已知是关于的一元二次方程的两个实数根，则的最大值为
．
5．如果方程（＞0）的两根之差为1，那么等于（
）
A．2
B．4
C．
D．
6．已知关于的一元二次方程的两个实数根分别是，且，则的值是
(
)
A．1
B．12
C．13
D．25
7．在Rt△ABC中，∠C＝90°，、、分别是∠A、∠B、∠C的对边，、是关于
的方程的两根，那么AB边上的中线长是
(
)
A．
B．
C．5
D．2
8．设，且，则代数式的值为（
）
A．5
B．7
C．9
D．11
9．已知为整数，，且方程的两个根满足关系式．试求所有整数点对．
10．若方程的两根也是方程的两根，其中均为整数，求的值．
11.设是方程的两根，，是方程的两根，已知．求证：
（1）；
（2）．
12．设是不小于的实数，使得关于的一元二次方程有两个不相等实数根．
（1）若，求的值；
（2）求的最大值．
13．已知关于的一元二次方程的两个整数根恰好比方程的两个根都大1，求的值．
专题
04
根与系数的关系
例1.
且
例2.
C
提示:
设三根为,则
例3.
设
①
②
解由①
②联立的
方程组得
例4.
故第一个等式可变形为
又是一元二次方程
的两个不同实根,
则即
故
例5.
(1)
当时,
原式=2;
当时,
原式=-20,
故原式的值为2或-20
(2)
由方程组得易知是一元二次方程
的两个实数根,,
即,
由为实数知,
解得故正实数的最小值为
(3)
与是方程的两个实根,解得或原式=．
例6
解法一：∵ac＜0，∴原方程有两个异号实根，不妨设两个根为x1，x2，且x1<0x2=，，由，得，即，解得，假设，则，由推得不成立，故；假设，则，由推得，矛盾．故，综上所述．解法二：设，由条件得，
得，
．若，，则，；若，，则，．∴时，总有，故原方程必有一根介于与1之间．
A级
1．3
2．2
3．-2
m＞2
0＜m≤
提示：，与，不等价．
4．
提示：由条件得，，则，则．
5．C
6．C
7．A
8．A
9．提示：（1）
（2），m=4或m=0．
10．（1）且
（2）存在k=4
11．由题意得，．当n=1时，m=2；当n=2时，m=4．
12．设方程两根为，，则∵m，n，，均为正整数，设，，则，即有，则
∴故
B级
1．0
提示：由条件得，，∴，，∴，
∴原式=．又∵,∴原式=0．
2．
3．5
4．
提示：，原式=．
5．D
6．C
7．B
8．B
9．，由根与系数关系得，即，a-b=1．又由得，从而．由a-b=1，，得满足条件的整数点对（a，b）是（1,0）或（0，-1）．
10，，．
11．a+b=3,c+d=4,ab=1,cd=2,a+b+c+d=7,．
(1)原式=
（2）原式=
．
12．（1）．
（2）原式=．
∵,∴当m=-1时，的最大值为10．
13．设的两根分别为（其中为整数且），则方程的两根分别为，又∵，两式相加，得，即，从而，或，解得，或，∴，或，∴或29．专题17
直角三角形中比例线段
例1
例2
B
提示：只有结论④是错误的.
例3
提示：过F点作FM⊥EC于M，由Rt△ABE∽Rt△MEF，得，.又.
例4
提示：满足题意的点C有4个，坐标分别为，，△CAB，∴，从而．(3)
B级　1．6　提示：延长FE，BA交于G，，GE＝EF，△AGE∽△FCE．　2．　提示：过B作BE∥AD，交CA的延长线于E．　3．5∶1　4．C　5．C　6．提示：过C作AC的垂线，交AD延长线于G，则△ABE≌△CAG，∴AE＝CG，由△ABF∽△EBA，∴EB∶AE＝AB∶AF＝2∶1，∴△EBD∽△GCD，∴BD∶DC＝EB∶CG＝EB∶AE＝2∶1，∴BD＝2CD．　7．提示：由Rt△PBH∽Rt△BCH及BP＝BQ，得，从而有，可推证得△BHQ∽△CHD．
8．提示：当△ABC为锐角三角形时，过A作AD⊥BC于D，可证a2+b2＞c2．当△ABC为钝角三角形时，过B作BD⊥AC于D，可证a2＋b2＜c2．　9．提示：图2结论：OD＋OE＝OC．过C作CP⊥OA于P，CQ⊥OB于Q，则△CPD≌△CQE，DP＝EQ，OP＝DO＋DP，OQ＝OE－EQ．又OP＋OQ＝OC，即OD＋DP＋OE－EQ＝OC，故OD＋OE＝OC．
图3的结论：OE－OD＝OC．　10．(1)略　(2)①　②∵∠B＋∠C＝90°，∠CEF＋∠C＝90°，∴∠B＝∠CEF，又∵∠BGD＝∠EFC，∴△BGD∽△EFC．∴，∴DG·EF＝CF·BG．又∵DG＝GF＝EF，∴GF2＝CF·BG．由(1)得，∴，∴MN2＝DM·EN．专题27数形结合
例1
5提示:作出B点关于x轴的对称点B'(2,-3)，连结AB'交x轴于C，则AB'=AC十CB'
为所要求的最小值.
例2
D提示:设两直角边长为a，b，斜边长为c，由题意得a+b+c=x，,又，得.因a,h为边长且是整数.故当得b<2，取不是整数;当得b>4，要使a,b为整数，只有两种取法:若b=5时，a=12(或b=
12,a=5);若b=8时，a=6(或b=6,a=8).
例3设AB=x，则BC=2x,AC=,
BE=,DF
=DA=.在Rt△AEB中求得AE=代入证明即可.
例4如图，作出函数图象，由图象可以看出:当a=0时，y=0与有且只有相异二个交点;当时，y=a与图象有四个不同交点;当时，y=a与图象有三
个不同交点，当时，y=a与图象有且只有相异二个交点.
例5由
①,知正数适合方程当时，有②，故是方程②的根.但任何二次方程至多只有两个相异的根，所以中的某两数必相同.设,若，由①得，则ac=2s=a，这样△ABC就是以∠B为直角的直角三角形，b>a，矛盾，故a=c，得证.
例6
即化简得
能力训练1.
提示:构造含的Rt△ABC.
2.提示:如图，分别过点A,C作x轴的垂线，垂足分别为E,
F.设OE=a,
BF=b，则AE=,
CF=，所以点A,C的坐标为解得∴点D坐标为.
3.
提示:当R,P，Q三点在一条直线上时，PR+RQ有最小值.
4.
5.
提示:由得<1，则有AB6.
C提示:由题所给的数据结合坐标系可得，是第14个正方形上的第三个顶点，位于第一象限，所以的横纵坐标都是14.
7.
A
8.
B
提示：由条件即，延长CB至D，使BD=AB，易证△ABC∽△DAC，得∠ABC=∠D+∠BAD=2∠D=2∠BAC.
9.
D
10.
C提示:设直角三角形的两条直角边长为则
(均为正整数)，化简得解得
即有3组解.
11.
(1)
(2)过D作DM⊥
EH于M，连结DG,
,若EF+GH=FG成立，则EH=
2FG.由EF//x轴，设H为，又∵E,H为抛物线上的两个点，即是方程的两个不相等的实数根，，
,解得
(舍去).
12.a十A=b+B=c十C=k，可看作边长为k的正三角形，而从联想到边长为k的正方形的面积.如图，将aB+bC+cA看作边长分别为a与B,b与C,c与A的三个小矩形面积之和，将三个小矩形不重叠地嵌入到边长为k的正方形中，显然aB+bC+cA13.
AC=AG+GF+FC=16，由AH·AI=AG·AF，得AH
(AH＋7)＝2×(2＋13)，解得AH＝3，从而HI＝7，BI＝6．设BD＝x，CE＝y，则由圆幂定理得
，即.解得.故DE＝16－(x＋y)＝2.
14.
t＝2或3≤t≤7或t＝8.
提示：本题通过点的移动及直线与圆相切，考查分类讨论思想.由题意知∠AMQ＝60°，MN＝2．当t＝2时，圆P与AB相切；当3≤t≤7时，点P到AC的距离为，圆P与AC相切；当t＝8时，圆P与BC相切．
15．设AD＝2，DC＝1，作BE⊥AC，交AC于E．又设ED＝x,则BE＝x,BE＝EC＝x．又1＋x＝x,∴x＝,BE＝,AE＝AD－ED＝2－x＝，AB2
＝AE2＋BE2＝（）2＋（）2＝6，而AD?AC＝6．∴AB2
＝AD?AC.故由切割线定理逆定理知，AB是△BCD的外接圆的切线．
16．设＝＝m(0≤m≤1).∵＝＝m，∴S△ABE＝m
S△ABC．又∵＝＝＝1－m，∴S△BDE＝(1－m)?
S△ABE
＝m(1－m)?
S△ABC．即K＝(1－m)?mS，整理得Sm2－Sm＋K＝0,由△≥0得K≤S.
17．分以下几种情况：
①若此等腰三角形以OA为一腰，且∠BAC为顶角，则AO＝AG
＝2．设C1（―x,2x），
则x2＋（2x－2）2＝22，解得x＝，得C1（，）．
②若此等腰三角形以OA为一腰，且O为顶角顶点，则OC2＝OC3＝OA
＝2．设C2（x′，2x′）,
则x′2＋（2x′）2＝22，解得x′＝，得C2（，）．
又由点C2与C3关于原点对称，得C3（―，―）．
③若等腰三角形以OA为底边，则C4的纵坐标为1，其横坐标为，得C4
(，1)．
所以，满足题意的点C有4个，坐标分别为：（，）,（，）,（―，―）,(，1).专题08
二次函数
阅读与思考
二次函数是初中代数的重要内容，既有着应用非常广泛的丰富性质，又是进一步学习的基础，主要知识与方法有：
1.二次函数解析式的系数符号，确定图象的大致位置.
2.二次函数的图象是一条抛物线，抛物线的形状仅仅与有关，与（，）决定抛物线对称轴与顶点的位置.
3.二次函数的解析式通常有下列三种形式：
①一般式：；
②顶点式：；
③交点式：，其中，为方程的两个实根.
用待定系数法求二次函数解析式，根据不同条件采用不同的设法，可使解题过程简捷.
例题与求解
【例1】
二次函数的图象如图所示，现有以下结论：①；②；③；④；⑤.其中正确的结论有（
）
A.
1个
B.
2个
C.
3个
D.
4个
（天津市中考试题）
解题思路：由抛物线的位置确定，，的符号，解题关键是对相关代数式的意义从函数角度理解并能综合推理.
【例2】
若二次函数(≠0)的图象的顶点在第一象限，且过点（0，1）和（－1，0），则的值的变化范围是（
）
A.0＜S＜1
B.
0＜S＜2
C.
1＜S＜2
D.
－1＜S＜1
（陕西省竞赛试题）
解题思路：设法将S表示为只含一个字母的代数式，求出相应字母的取值范围，进而确定S的值的变化范围.
【例3】
某跳水运动员进行10米跳台跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的坐标系下经过原点O的一条抛物线（图中标出的数据为已知条件）.
在跳某个规定动作时，正常情况下，该运动员在空中的最高处距水面米，入水处距池边的距离为4米，同时，运动员在距水面高度5米以前，必须完成规定的翻腾动作，并调整好入水姿势，否则就会失误.
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）在某次试跳中，测得运动员在空中的运动路线是（1）中的抛物线，且运动员在空中调整好入水姿势时，距池边的水平距离为米.此次跳水会不会失误？并通过计算说明理由.
（河北省中考试题）
解题思路：对于（2），判断此次跳水会不会失误，关键时求出距池边的水平距离为米时，该运动员与跳台的垂直距离.
【例4】
如图，在直角坐标xOy中，二次函数图象的顶点坐标为C（4，），且在轴上截得的线段AB的长为6.
（1）求二次函数的解析式；
（2）在轴上求作一点P（不写作法），使PA＋PC最小，并求P点坐标；
（3）在轴的上方的抛物线上，是否存在点Q，使得以Q，A，B三点为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.
（泰州市中考试题）
解题思路：对于（1）、（2），运用对称方法求出A，B，P点坐标；对于（3），由于未指明对应关系，需分类讨论.
【例5】
如图，已知边长为4的正方形截去一个角后成为五边形ABCDE，其中AF＝2，BF＝1.试在AB上求一点P，使矩形PNDM有最大面积.
（辽宁省中考试题）
解题思路：设DN＝PM＝，矩形PNDM的面积为，建立与的函数关系式.
解题的关键是：最值点不一定是抛物线的顶点，应注意自变量的取值范围.
【例6】
将抛物线沿轴翻折，得抛物线，如图所示.
（1）请直接写出抛物线的表达式.
（2）现将抛物线向左平移个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，与轴的交点从左到右依次为A，B；将抛物线向右也平移移个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与轴的交点从左到右依次为D，E.
①当B，D是线段AE的三等分点时，求的值；
②在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时的值；若不存在，请说明理由.
（江西省中考试题）
解题思路：把相应点的坐标用的代数式表示，由图形性质建立的方程.
因值不确定，故解题的关键是分类讨论.
能力训练
A级
1.已知抛物线的顶点在坐标轴上，则的值为__________.
2.已知抛物线与轴交于点A，与轴正半轴交于B，C两点，且BC＝2，＝3，则＝____________.
（四川省中考试题）
3.已知二次函数的图象如图所示.
（1）这个二次函数的解析式是＝_________；
（2）当＝________时，；
（3）根据图象回答，当_______时，.
（常州市中考试题）
4.已知二次函数的图象经过原点及点（，），且图象与轴的另一交点到原点的距离为1，则该二次函数的解析式为_______________.
（安徽省中考试题）
5.二次函数与一次函数在同一坐标系中的图象大致是（
）
A
B
C
D
6.由于被墨水污染，一道数学题仅能见到如下文字：已知二次函数的图象过点（1，0）……求证：这个二次函数的图象关于直线对称，根据现有信息，题中的二次函数图象不具有的性质是（
）
A.过点（3，0）
B.顶点是（2，－2）
C.在轴上截得的线段长度是2
D.与轴的交点是（0，3）
（盐城市中考试题）
7.如图，抛物线与两坐标轴的交点分别是A，B，E，且△ABE是等腰直角三角形，AE＝BE，则下列关系式不能总成立的是（
）
（大连市中考试题）
A.
B.
C.
D.
第7题图
第8题图
8.如图，某中学的校门是一抛物线形水泥建筑物，大门的地面宽度为8米，两侧距地面4米处高各有一个挂校名横匾用的铁环，两铁环的水平距离为6米，则校门的高为（精确到0.1米，水泥建筑物厚度忽略不计）（
）
A.9.2米
B.9.1米
C.9米
D.5.1米
（吉林省中考试题）
9.如图，是某防空部队进行射击训练时在平面直角坐标系中的示意图.
在地面O，A两个观测点测得空中固定目标C的仰角分别为α和β，OA＝1千米，tanα＝,
tanβ＝,位于O点正上方千米D点处的直升机向目标C发射防空导弹，该导弹运行到达距地面最大高度3千米时，相应的水平距离为4千米（即图中E点）.
（1）若导弹运行为一抛物线，求抛物线的解析式；
（2）说明按（1）中轨道运行的导弹能否击中目标的理由.
（河北省中考试题）
10.如图，已知△ABC为正三角形，D，E分别是边AC、BC上的点（不在顶点），∠BDE＝60°.
（1）求证：△DEC∽△BDA；
（2）若正三角形ABC的边长为6，并设DC＝，BE＝，试求出与的函数关系式，并求BE最短时，△BDE的面积.
11.如图，在平面直角坐标系中，OB⊥OA且OB＝2OA，点A的坐标是（－1，2）.
（1）求点B的坐标；
（2）求过点A，O，B的抛物线的解析式；
（3）连结AB，在（2）中的抛物线上求出点P，使.(陕西省中考试题)
12.如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（3，0），B（0，－3）两点，点P是直线AB上一动点，过点P作轴的垂线交抛物线于点M.设点P的横坐标为t；（1）分别求直线AB和这条抛物线的解析式；
（2）若点P在第四象限，连结BM，AM，当线段PM最长时，求△ABM的面积；
（3）是否存在这样的点P，使得以点P，M，B，O为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由.
（南宁市中考试题）
B级
1.已知二次函数的图象顶点与坐标原点的距离为5，则＝________.
2.如图，四边形ABCD是矩形，A，B两点在的正半轴上，C，D两点在抛物线上.设OA的长为(0＜＜3).矩形ABCD的周长为，则与的函数解析式为__________________.
（昆明市中考试题）
第2题图
第3题图
第4题图
3.如图，在⊙O的内接△ABC中，AB＋AC＝12，AD⊥BC，垂足为D（点D在边BC上），且AD＝3，当AB的长等于________时,
⊙O
的面积最大，最大面积为___________.
4.如图，已知二次函数与一次函数的图象相交于点A（－2，4），B（8，2），则能使成立的的取值范围时______________.
(杭州市中考试题)
5.已知函数的图象如下图所示，则函数的图象只可能是（
）
（重庆市中考试题）
A
B
C
D
6.已知二次函数的图象如图所示，则下列6个代数式：，，，，，中，其值为正的式子个数为
(
)
A.2个
B.3个
C.4个
D.4个以上
（全国初中数学联赛试题）
7.已知抛物线（≠0）的对称轴是，且经过点P(3,0)则的值为（
）
A.－1
B.0
C.1
D.2
8.已知二次函数（）的对称轴是，且当时，二次函数的值分别时，那么的大小关系是（
）
A.
B.
C.
D.
9.已知抛物线与轴交于两点A，B，与轴交于C点，若△ABC是等腰三角形，求抛物线的解析式.
（“新世纪杯”初中数学竞赛试题）
10.如图，已知点M，N的坐标分别为（0，1），（0，－1），点P是抛物线上的一个动点.
（1）判断以点P为圆心，PM为半径的圆与直线的位置关系；
（2）设直线PM与抛物线的另一个交点为Q，连结NP，NQ，求证：∠PNM＝∠QNM.
（全国初中数学竞赛试题）
11.已知函数的图象与轴相交于相异两点A，B，另一抛物线过点A，B，顶点为P，且△APB是等腰直角三角形，求，，的值.
（天津市竞赛试题）
12.如图1，点P是直线上的点，过点P的另一条直线交抛物线于A，B两点.
（1）若直线的解析式为，求A，B两点的坐标；
（2）如图2，①若点P的坐标为（－2，t），当PA＝AB时，请直接写出点A的坐标；②试证明：对于直线上任意给定的一点P，在抛物线上都能找到点A，使得PA＝AB成立；
（3）如图3，设直线交轴于点C，若△AOB的外心在边AB上，且∠BPC＝∠OCP，求点P的坐标.
（武汉市中考试题）
图1
图2
图3
专题08　二次函数
例1　C．
提示：③④⑤成立．
对于④，当＝－l时，＝＜0，∴＜．又∵＝1，则＝代入上式，得＜；
对于⑤，当＝1时，＝，∴＞，则＞（≠1）．
例2　B．
提示：S＝，＞0，＝，＜0．
例3　（1）O（0，0），B（2，—10），＝．
（2）＝＝时，＝，此时运动员距水面的高为10－＝＜5，故此次试跳会出现失误．
例4　（1）＝；
（2）P（0，）；
（3）由点点A（l，0），C（4，），B（7，0）得∠BAC＝∠ABC＝30°，∠ACB＝120°．
①若以AB为腰，∠BAQ为顶角，使△ABQ∽△CBA，则Q（－2，）；
②若以BA为腰，∠ABQ′为顶角，由对称性得另一点Q′（10，）；
③若以AB为底，AQ、BQ为腰．则Q点在抛物线的对称轴上，舍去．
例5　由＝，得＝，∴NP＝，∴＝＝（2≤≤4）．∵随的增大而增大，∴当＝4时，有最大值为＝12．
例6　（l）＝．
（2）①令＝0，得＝－1，＝1，则抛物线与轴的两个交点坐标为（－1，0），（1，0）．∴A（，0），B（，0）．同理可得D（，0），E（，0）．当AD＝AE时，如图1，＝，∴＝．当AB＝AE时，如图2，＝，∴＝2．∴当＝或2时，B、D是线段AE的三等分点．
②存在．连结AN、NE、EM、MA，依题意可得M（，），N（，），即M、N关于原点O对称，∴OM＝ON．∵A（，0），E（，0）．∴A、E关于原点O对称，∴OA＝OE．∴四边形ANEM为平行四边形．要使平行四边形ANEM为矩形，必须满足OM＝OA，即＝，∴＝1．∴当＝1时，以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形．
A级
1．－2，4或－8．
2．－4
3．（l）；（2〉3或－1；（3）＜0或＞2．
4．＝或＝．
提示：另一交点为（－1，0）或（1，0）．
5．D．
6．B．
7．D．
8．B．
9．（1）＝
图1
图2专题09
特殊与一般
——二次函数与二次方程
阅读与思考
二次函数的一般形式是，从这个式子中可以看出，二次函数的解析式实际上是关于的二次三项式，若令y=0，则得
这是一个关于的一元二次方程，因此，二次函数与一元二次方程有着密切的联系，表现为：
1.当时，方程有两个不相等实数根，抛物线与轴有两个不同的交点，设为
A(，0)，B(，0)，其中，是方程两相异实根，;
2.当时，方程有两个相等实数根，抛物线与轴只有一个交点；
3.当时，方程没有实数根，抛物线与轴没有交点．
由于二次函数与二次方程有着深刻的内在联系，所以，善于促成二次函数问题与二次方程问题相互转化，是解相关问题的常用技巧．
例题与求解
【例1】（1）抛物线与轴交于A，B两点，与y轴交于点C，若是直角三角形，则=
.
（全国初中数学联赛试题）
（2）为使方程
有四个不同的实数根，则实数的取值范围为
.
解题思路：对于（1），为直角三角形，则A，B两点在原点的两旁，运用根与系数关系及射影定理解题，对于（2），作出函数图象，借助图象解题．
【例2】设一元二次方程的根分别满足下列条件：①两根均大于1；②一根大于1，另一根小于1；③两根均大于1且小于4．试求实数k的取值范围．
解题思路：因为根的表达式复杂，故应把原问题转化为二次函数问题来解决，作出函数图象，借助图象找制约条件．
【例3】如果抛物线与轴交于A，B两点，且A点在x轴的正半轴上，B点在x轴的负半轴上，OA的长是a，OB的长是b，
（1）求的取值范围；
（2）若，求的值，并写出此时抛物线的解析式；
（3）设（2）的抛物线与y轴交于点C，抛物线的顶点是M，问：抛物线是否存在一点P，使得面积等于的面积的8倍？若存在，求出P点坐标，若不存在，请说明理由．
（南京市中考试题）
解题思路：由题设条件得相应二次方程两实根的符号特征，两实根的关系，这是解本例的突破口．
【例4】
设p是实数，二次函数的图像与轴有2个不同的交点A，B．
（1）求证：；
（2）若A，B两点之间距离不超过，求p的最大值．
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：根据题意，方程有两个不同的实数根，，于是，综合运用判别式、根与系数关系、根的方程、不等式来解．
【例5】是否存在这样的实数，使得二次方程有两个实数根，且两根都在2与4之间？如果有，试确定的取值范围；如果没有，试述理由．
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
解题思路：由于根的表示形式复杂，因此，应把原问题转化为二次函数问题来讨论，即讨论相应二次函数交点在2与4之间，应满足的条件，借助函数图象解题．
【例6】设，为正整数，且.如果对一切实数，二次函数的图象与轴的两个交点间的距离不小于，求，的值．
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：由，得，由条件得，因此不等式对任意实数都成立，故将问题转化为判别式结合正整数求解．
能力训练
A级
1．已知二次函数的图象与轴有两个交点A，B，顶点为C，若△ABC的面积为，则=
.
2．把抛物线向上平移个单位，所得抛物线与轴相交于点A(，0)和B(，0)，已知，那么平移后的抛物线的解析式为
.
（杭州市中考试题）
3．抛物线的图象如图所示．
（1）判断及的符号：
0
，
0；
.
（2）当时，满足的关系式为________________
.
4．已知二次函数的图象过（-1，0）和（0，-1）两点，则的取值范围为
.
（黑龙江省中考试题）
5．若关于的方程的一个根大于-2，且小于-1，另一个根大于2且小于3，则的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
（天津市竞赛试题）
6．设函数的图象如图所示，它与轴交于A，B两点，且线段OA与OB的长的比为1:4，则的值为（
）
A.
8
B.-4
C.
11
D.
-4
或11
7．已知二次函数与轴相交于两点A(，0)，B(，0)，其顶点坐标为P，AB=，若，则与的关系是（
）
A.
B.
C.
D.
（福州市中考试题）
8．设关于x的方程有两个不等的实数根，，且＜1＜，那么a的取值范围是（
）
A.
B.
C.
D.
（全国初中数学竞赛试题）
9．已知二次函数．
（1）求证：不论取任何实数，此函数的图象都与x轴有两个交点，且两个交点都在x轴的正半轴上；
（2）设这个函数的图象与x轴交于B，C两点，与y轴交于A点，若△ABC的面积为48，求的值．
（徐州市中考试题）
10．已知抛物线交轴于A(，0)，B(，0)，交轴于C点，且＜0＜，
（1）求抛物线的解析式；
（2）在x轴的下方是否存在着抛物线上的点P，使∠APB为锐角？若存在，求出P点的横坐标的范围；若不存在，请说明理由．
（武汉市中考试题）
11．已知抛物线与x轴交于A(，0)，B(，0)
(＜)两点，与y轴交于点C(0，b)，O为原点．
（1）求的取值范围．
（2）若，且，求抛物线的解析式及A，B，C的坐标；
（3）在（2）情形下，点P，Q分别从A，O两点同时出发（如图）以相同的速度沿AB，OC向B，C运动，连接PQ与BC交于M，设AP=，问：是否存在值，使以P，B，M为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求所有值；若不存在，请说明理由．
（黄冈市中考试题）
12．某商品的进价为每件40元，售价为每件50元，每个月可卖出210件；如果每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖10件（每件售价不能高于65元），设每件商品的售价上涨x元（x为正整数），每个月的销售利润为y元．
（1）求y与x的函数关系式并直接写出自变量x的取值范围；
（2）每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？
（3）每件商品的售价定为多少元时，每个月的利润恰为2200元？根据以上的结论，请你直接写出售价在什么范围时，每个月的利润不低于2200元？
（武汉市中考试题）
B级
1．已知抛物线与x轴的两个交点在（1，0）两旁，则的取值范围为
____________.
2．设抛物线的图象与x轴只有一个交点，则的值为
____________.
（全国初中数学联赛试题）
3．设是整数，且方程的两根都大于而小于，则=
.
（全国初中数学联赛试题）
4．已知抛物线与x轴的正方向相交于A，B两点，顶点为C，△ABC为等腰直角三角形，则=
.
5．如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，交y轴负半轴于C点，∠ACB=90°，且，则△ABC的外接圆的面积为
.
6．已知抛物线，
（1）求证：无论k为何实数，抛物线经过x轴上的一定点；
（2）设抛物线与y轴交于C点，与x轴交于A(，0)，B(，0)，两点，且满足：＜，，.问：过A，B，C三点的圆与该抛物线是否有第四个交点？试说明理由，如果有，求出其坐标．
（武汉市中考试题）
7．已知抛物线上有一点位于x轴下方.
（1）求证：已知抛物线必与x轴有两个交点A(，0)，B(，0)，其中＜；
（2）求证：＜＜;
（3）当点M为（1，-2）时，求整数，.
（《学习报》公开赛试题）
8．随着绿城南宁近几年城市建设的快速发展，对花木的需求量逐年提高，某园林专业户计划投资种植花卉及树木，根据市场调查与预测，种植树木的利润y1与投资量x成正比例的关系，如图1所示；种植花卉的利润y2与投资量x成二次函数关系，如图2所示（注：利润与投资量的单位：万元）
（1）分别求出利润y1与y2关于投资量x的函数关系式；
（2）如果这位专业户以8万元资金投入种植花卉和树木，他至少获得多少利润？他能获得的最大利润是多少？
（南宁市中考试题）
9．已知以x为自变量的二次函数，该二次函数图象与x轴两个交点的横坐标的差的平方等于关于x的方程的一整数根，求的值．
（绍兴市竞赛试题）
10．如图，在直角坐标系中，点A的坐标为（-2，0），连结OA，将线段OA绕原点O顺时针旋转120°，得到线段OB．
（1）求点B的坐标；
（2）求经过A，O，B三点的抛物线的解析式；
（3）在（2）中抛物线的对称轴上是否存在点C，使△BOC周长最小？若存在，求点出C的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）如果点P是（2）中的抛物线上的动点，且在轴的下方，那么△PAB是否有最大面积？若有，求出此时P点的坐标及△PAB的最大面积；若没有，请说明理由．
（深圳市中考试题）
11．如图1，抛物线经过两点A（-3，0），B（-1，0）两点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为M，直线与轴交于点C，与直线OM交于点D，现将抛物线平移，保持顶点在直线OD上，若平移的抛物线与射线CD（含端点C）只有一个公共点，求它的顶点横坐标的值或取值范围；
（3）如图2，将抛物线平移，当顶点至原点时，过Q(0，3)作不平行于x轴的直线交抛物线于E，F两点，问在y轴的负半轴上是否存在点P，使得△PEF的内心在y轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（武汉市中考试题）
12．已知二次函数的图象经过两点P(1，a)，Q(2，10a)
（1）如果a，b，c都是整数，且，求a，b，c的值；
（2）设二次函数的图象与x轴的交点为A，B，与y轴的交点为C，如果关于x的方程的两个根都是整数，求△ABC的面积．
（全国初中数学联赛试题）
专题09特殊与一般
——二次函数与二次方程
例1（1）-1
提示：，即
(2)令当时，，∴
∴
①若直线过P点，此时两图象有三个交点，再向上移将有四个交点，∴0=则②若直线与抛物线PQ部分相切，恰有三个交点，
∴整理得
则
例2（1）如图1，设∴
(2)如图2，则
（3）如图3，则
例3（1）m>-1
(2)(3)A(3,0),B(-1,0),C(0,3),M(1,4),
满足条件的P点存在,P点的坐标是:(1,4),(，一4).
例4提示:
(1)原式=
(2)两边平方，解得.
符合题意，故p的最大值为.
例5这样的k值不存在，理由如下:设
并作出如图所示的图象，则这个不等式组无解.
例6
由得
即由题意知，且上式对一切实数恒成立，故即得或
A级1.
2.
提示:设平移后的抛物线的解析式为3.（1）<
>
(2)ac-b+1=0
4.0提示:当x=1时,y<0.
5.
C提示:设，由已知画出y=
f(x)的大致图象，知联立解得
6.C
7.D
8.D
提示：记则这个抛物线开口向上，由题意得x=1时,
y<0.
9.
(1)证明略
(2)
10.(1)m=1,
(2)
存在这样的P点，其横坐标为，使∠APB为锐角.提示:A(一1,0),B(4,0),C(0，一2).
△ABC为直角三角形，过A，B，C三点作⊙，则AB为⊙的直径，C点关于直线的对称点M是⊙与抛物线的另一交点，M（3，-2），
11.(1)
(2)
(3)当PQ∥AC时，则即解得当PQ∥AC时，∠CAB=∠PMB时，同理可求得故存在k符合题目条件，或2时，所得三角形与△ABC相似.
12.（1）（且x为整数）
（2）当x=5.5时，y有最大值2402.5.
∵且x为整数，当x=5时，50+x=55,y=2400（元）；当x=6时，50+x=56,y=2400（元）.∴当售价定为每件55元或56元，每个月的利润最大，最大的月利润是2
400元.(3)当y=2
200时，解得当x=1时，50+x=51；当x=10时，50+x=60.∴当售价定为每件51元或60元，每个月的利润恰为2
200元;
当售价不低于51元且不高于60元且为整数时，每个月的利润不低于2200元(或当售价分别为51,52,53,54,55,56,57,58，59，60元时，每个月的利润不低于2200元）．
B级
1．m＜2
提示：f(1)＜0.
2.
5
796
提示：a2－a－1＝0，a4＝(a＋1)2＝3a＋2，a8
＝(3a＋2)2
＝21a＋13，a16＝(21a＋13)2
＝987a＋610，a18＝（987a＋
610）（a＋1）＝987a2＋1597a＋610＝2584a＋1597，
a－6＝＝.
3.
4
提示：由题意得3×（－）2＋m（－）－2＞0，3×（）2＋m（）－2＞0，－＜－＜.解得3＜m＜4．
4．－2
5.
2π
提示：设A(x1,0)，B(x2,0),OA＝―x1，OB＝x2，得
EQ
\B\lc\{(\a\al(－q＝q2,＝))
,解得.y＝x2－2x－1,AB＝|x2―x1|＝2.
6．(1)抛物线恒过x轴上一定点(－1，0)．
(2)过A，B，C三点的圆与抛物线有第四个交点D．∵|x1|＜|
x2|，C点在y轴上，C不是抛物线顶点，x1＝－1,x2＞1，即x2＝1－k＞1，得k＜0，由S△ABC＝6得k＝－2，∴y＝x2－2x－3，其对称轴为x＝1，根据对称性，D点坐标(2，－3）．，
7．(1)由y0＝x02＋Px0＋q＝（x0＋）2－，得p2－4q＝4
(x0＋）2－4
y0≥―4y0＞0.
(2)将p＝－（x1＋x2）,q＝x1?x2,代入y0＝x02＋Px0＋q＜0,得x02－(x1＋x2)x0＋x1x2＜0,即（x0－x1）（x0－x2）＜0.证得x1＜x0＜x2.
(3)或.
8.(1)y1＝2x,y2＝x2.
(2)设种植树木的资金投入为x万元，那么种植花卉的资金投入为（8―x）万元，两项投入所获得的总利润为y万元，依题意，得y＝y1＋y2＝2x＋（8－x）2＝x2－6x＋32＝(x－6)2＋14.∴当x＝6时，y最小＝14．因此，这位专业户至少获利14万元，∵0≤x≤8，抛物线的对称轴为x＝6，当0≤x＜6时，y随x的增大而减小，所以x＝0时，y最大＝32；当6≤x≤8时，y值随x的增大而增大，所以x＝8时，y最大＝16．综上可知，这位专业户能获取的最大利润是32万元。
9．n的值为1和0．
10.
(1)
B(1，);
(2)设抛物线的解析式为y＝ax(x＋2)，代入点B(1，)，得a＝
EQ
\F(,3).因此y＝
EQ
\F(,3)x2＋
EQ
\F(2,3)x．
(3)如图1，抛物线的对称轴是直线x＝－1，当点C位于对称轴与线段AB的交点时，△BOC的周长最小，设直线AB为y＝kx＋b(k≠0)，则
EQ
\B\lc\{(\a\al(k＋b＝,－2k＋b＝0))
.解得k＝
EQ
\F(,3),b＝
EQ
\F(2,3)．因此直线AB的解析式为y＝
EQ
\F(,3)x＋
EQ
\F(2,3).当x＝－1时，y＝
EQ
\F(,3).因此点C坐标为（―1，
EQ
\F(,3)）．
(4)如图2，过P作y轴的平行线交AB于D.S△PAB＝S△PAD＋S△PBD＝(yD－yP)(xB－xA)＝
[(
EQ
\F(,3)x＋
EQ
\F(2,3))―(
EQ
\F(,3)x2＋
EQ
\F(2,3)x)]×3＝－
EQ
\F(,2)x2－
EQ
\F(,2)x＋＝－
EQ
\F(,2)
(x＋)2＋
EQ
\F(9,8).当x＝－时，△PAB的面积的最大值为
EQ
\F(9,8)，此时P（－，－
EQ
\F(,4)）．
11．(1)y＝x2＋4x＋3．
(2)m(－2，－1)，直线OD的解析式为y＝x，
设平移后的抛物线的解析式为y＝（x－h）2＋h
.
①当抛物线经过点C时，∵C(0，9)，∴h2＋h＝9.解得h＝
EQ
\F(－1±,4).
∴当
EQ
\F(－1―,4)≤h＜
EQ
\F(－1＋,4)时，平移的抛物线与射线CD只有一个公共点．
②当抛物线与射线CD只有一个公共点时，
由方程组
EQ
\B\lc\{(\a\al(y＝(x－h)2＋h,y＝－2x＋9))
得。x2＋（―2h＋2）x＋h2＋h－9＝0.
∴△＝(―2h＋2)2－4(h2＋h―9)＝0，解得h＝4．此时抛物线y＝(x－4)2
＋2与射线CD唯一的公共点为(3，3)，符合题意，综上所述，平移的抛物线与射线CD只有一个公共点时，顶点横坐标的值或取值范围是h＝4或
EQ
\F(－1―,4)≤h＜
EQ
\F(－1＋,4).
(3)将抛物平移，当顶点平移至原点时，其解析式为y＝x2，设EF的解析式为y＝kx＋3(k≠0).假设存在满足题设条件的点P(0，t)，如图，过P作PH∥x轴，分别过E，F作GH的垂线，垂足为G，H．∵△PEF的内心在y轴上，∴∠GEP＝∠EPQ＝∠QPF＝∠HFP，∴△GEP∽△HFP．∴＝.∴＝＝.
∴2kxE?xF＝(t－3)(xE＋xF).由得∴x2－kx－3＝0.
∴xE＋xF＝k,
xE?xF＝－3.∴2k?(－3)＝(t－3)k.
∵k≠0,
0，∴t=
-3.∴y轴的负半轴上存在点P（0，-3），使△PEF得内心在y轴上.
12.
由点P（1，a），Q（2.10a）均在二次函数y=x2+bx-c的图像上，知1+b-c=a,4+2b-c=10a，解得b=9a-3，
c=8a-2.(1)由c，所以1又∵a为整数，∴a=2，b=9a-3=15,c=8a-2=14。(2)设m，n是方程的两个整数根，且m≤n.由根与系数的关系得m+n=-b=3-9a，mn=-c=2-8a，消去a得9mn
-
8(m+n)=-6.两边同乘以9再分解因式得（9m-8）(9n-8)=10，故（9m-8，9n-8）=(1，10)（2，5）（-10，-1）（-5，-2）.解得（m，n）=(1,2)，（，），，.又因为m，n是整数，故（m，n）=（1,2），因此b=-(m+n)=-3,c=-mn=-2.故二次函数解析式为y=x2-3x+2，易求得A（1,0），B（2,0），C（0,2），
∴专题10
最优化
阅读与思考
数学问题中常见的一类问题是：求某个变量的最大值或最小值；在现实生活中，我们经常碰到一些带有“最”字的问题，如投入最少、效益最大、材料最省、利润最高、路程最短等，这类问题我们称之为最值问题，解最值问题的常见方法有：
1．配方法
由非负数性质得．
2．不等分析法
通过解不等式（组），在约束条件下求最值．
3．运用函数性质
对二次函数，若自变量为任意实数值，则取值情况为：
（1）当，时，
；
（2）当，时，
；
4．构造二次方程
利用二次方程有解的条件，由判别式确定变量的取值范围，进而确定变量的最值．
例题与求解
【例1】当变化时，分式的最小值是
．
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：因分式中分子、分母的次数相等，故可将原分式用整式、真分式的形式表示，通过配方确定最小值．
【例2】已知，且，则的最小值为（
）
A.
B.
3
C.
D.
13
（太原市竞赛试题）
解题思路：待求式求表示为关于x(或y)的二次函数，用二次函数的性质求出最小值，需注意的是变量x、y的隐含限制．
【例3】，在的范围内最小值2a，最大值2b，求实数对(a，b).
解题思路:本题通过讨论a，b与对称轴的关系得出结论．
【例4】（1）已知的最大值为a，最小值b，求的值．
（“《数学周报》杯”竞赛试题）
（2）求使取得最小值的实数的值．
（全国初中数学联赛试题）
（3）求使取得最小值时x，y的值．
（“我爱数学”初中生夏令营数学竞赛试题）
解题思路：解与二次根式相关的最值问题，除了利用函数增减性、配方法等基本方法外，还有下列常用方法：平方法、判别式法、运用根式的几何意义构造图形等．
【例5】如图，城市A处位于一条铁路线上，而附近的一小镇B需从A市购进大量生活、生产用品，如果铁路运费是公路运费的一半，问：该如何从B修筑一条公路到铁路边，使从A到B的运费最低？
（河南省竞赛试题）
解题思路：设铁路与公路的交点为C，AC＝x千米，BC＝y千米，AD＝n千米，BD＝m千米，又设铁路每千米的运费为a元，则从A到B的运费，通过有理化，将式子整理为关于的方程．
【例6】（1）设，，…，（），为k－r＋1个互不相同的正整数，且xr＋xr＋1＋…＋xk＝2003，求的最大可能值．
（香港中学竞赛试题）
（2）a，b，c为正整数，且，求c的最小值．
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：对于(1)，因r＝1，对k－r＋1＝
k－1＋1＝k个正整数x1，x2，…，xk，不妨设x1＜x2＜…＜xk＝2013，可见，只有当各项x1，x2，…，xk的值愈小时，才能使k愈大（项数愈多），通过放缩求k的最大值；对于（2），从入手．
能力训练
A级
1．已知三个非负数a，b，c，满足3a＋2b＋c＝5和2a＋b－3c＝1，若m＝3a＋b－7c，则m的最小值为___________，最大值为
．
2．多项式p＝2x2－4xy＋5y2－12y＋13的最小值为
．
3．已知x，y，z为实数，且x＋2y－z＝6，x－y＋2z＝3，那么x2＋y2＋z2的最小值为
．
（“希望杯”邀请赛试题）
4．若实数a，b，c，满足a2＋b2＋c2＝9，则代数式(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2的最大值为
(
)
（全国初中数学联赛试题）
5．已知两点A(3，2)与B(1，－1)，点P在y轴上且使PA＋PB最短，则P的坐标是（
）
A.(0，)
B.(0，0)
C.(0，)
D.(0，)
（盐城市中考试题）
6．正实数，满足，那么的最小值为（
）
A.
B.
C.
1
D.
E.
（黄冈市竞赛试题）
7．某公司试销一种成本单价为500元/件的新产品，规定试销时的销售单价不低于成本单价，又不高于800元/件，经试销调查，发现销售量(件)与销售单价(元/件)可近似看作一次函数的关系（如图所示）.
（1）根据图象，求一次函数的解析式；
（2）设公司获得的毛利润（毛利润=销售总价-成本总价）为S元．
①试用销售单价表示毛利润；
②试问：销售单价定为多少时，该公司可获得最大毛利润？最大毛利润是多少？此时的销量是多少？
（南通市中考试题）
8．方程有一根不大于，另一根不小于，
（1）求的取值范围；
（2）求方程两根平方和的最大值与最小值．
（江苏省竞赛试题）
9．已知实数a，b满足，求的最大值与最小值．
（黄冈市竞赛试题）
10.已知a，b，c是正整数，且二次函数的图象与x轴有两个不同的交点A，B，若点A，B到原点的距离都小于1，求a＋b＋c的最小值．
（天津市竞赛试题）
11．某单位花50万元买回一台高科技设备，根据对这种型号设备的跟踪调查显示：该设备投入使用后，若将养护和维修的费用均摊到每一天，则有结论：第x天应付的养护与维修费为元．
（1）如果将设备从开始投入使用到报废所需的养护与维修费及购买设备费用的总和均摊到每一天，叫作每天的平均损耗，请你将每天的平均损耗y（元）表示为使用天数x（天）的函数．
（2）按照此行业的技术和安全管理要求，当此设备的平均损耗达到最小值时，就应当报废，问：该设备投入使用多少天应当报废？
（河北省竞赛试题）
B级
1．a，b是正数，并且抛物线和都与x轴有公共点，则的最小值是
．
2．设x，y，z都是实数，且满足x＋y＋z＝1，xyz＝2，则的最小值为
．
3．如图，B船在A船的西偏北45°处，两船相距km，若A船向西航行，B船同时向南航行，且B船的速度为A船速度的2倍，那么A、B两船的最近距离为
km．
（全国初中数学竞赛试题）
4．若a，b，c，d是乘积为1的四个正数，则代数式a2＋b2＋c2＋d2＋ab＋bc＋ac＋ad＋bd＋cd的最小值为（
）
A.
0
B.
4
C.
8
D.
10
（天津市竞赛试题）
5．已知x，y，z为三个非负实数，且满足3x＋2y＋z＝5，x＋y－z＝2.
若s＝2x＋y－z，则s的最大值与最小值的和为（
）
A.
5
B.
C.
D.
（天津市选拔赛试题）
6．如果抛物线与x轴的交点为A，B，顶点为C，那么△ABC的面积的最小值为（
）
A.1
B.2
C.3
D.4
7．某商店将进货价每个10元的商品按每个18元售出时，每天可卖出60个，商店经理到市场上做了一番调查后发现，若将这种商品的售价（在每个18元的基础上）每提高1元，则日销售量就减少5个；若将这种商品的售价（在每个18元的基础上）每降低1元，则日销量就增加10个，为获得每日最大利润，此商品售价应定为每个多少元？
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
8．有甲、乙两种商品，经营销售这两种商品所能获得的利润依次是p（万元）和q（万元），它们与投入资金x（万元）的关系有经验公式：.今有3万元资金投入经营甲、乙两种商品，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为多少？能获得多大的利润？
（绍兴市竞赛试题）
9．已知为x，y，z为实数，且，，试求的最大值与最小值．
10．已知三个整数a，b，c之和为13，且，求a的最大值和最小值，并求出此时相应的b与c值．
（四川省竞赛试题）
11．设x1，x2，…，xn是整数，并且满足：
①
－1≤xi≤2，i＝1，2，…，n
②
x1＋x2＋…＋xn＝19
③
x12＋x22＋…＋xn2＝99
求x13＋x23＋…＋xn3的最大值和最小值．
（国家理科实验班招生试题）
12．已知x1，x2，…，x40都是正整数，且x1＋x2＋…＋x40＝58，若x12＋x22＋…＋x402的最大值为A，最小值为B，求A＋B的值．
（全国初中数学竞赛试题）
专题10
最优化
例1.
4
提示：原式=.
例2.
B
提示：由-1≤y≤1有0≤x≤1，则z=2x2+16x+3y2=14x2+4x+3是开口向上，对称轴为的抛物线.
例3.
分三种情况讨论：①0≤a即解得
②a即此时满足条件的（a，b）不存在.
③a<0综上，（a，b）=(1，3)或（，）
例4.
（1），y2
=
+2.当x=时，y2取得最大值1，a=1；
当或x=1时，y2取得最小值，b=.故a2+b2=.
(2)
如图，AB=8，设AC=x，则BC=8-
x，AD=2，CD=，BE=4，CE=
BF=AD=2.
当且仅当D，C，E三点共线时，原式取最小值.此时△EBC∽△DAC，有,
从而x=AC=.故原式取最小值时，x=.
(3)如图，
原式=
=AB+BC+CD≥AD，其中A（-2,0），B（0，3x）,C(1,2y),D(3,4),并且当点B，C在线段AD上时，原式取得最小值，此时，.
例5.
由S=，得an
-S+2ay=a，两边平方，经整理得
.因为关于y的一元二次方程有实数解，所以
，可化为.
∵S>an，∴，即，故S最小=.
例6（1）设x1≥1，x2≥2，xk≥k，于是1+2+…+k≤x1+x2+…+xk
=
2003，即
k(k+1)≤4006，∵62×63=3906<4006<4032=63×64，∴k≤62.
当x1=1，x2=2，…x61=61，x62=112时，原等式成立，故k的最大可能值为62.
（2）
若取，则由小到大考虑b，使为完全平方数.当b=8时，c2=36，则c=6，从而a=28.下表说明c没有比6更小的正整数解.显然，表中c4-x3的值均不是完全平方数，故c的最小值为6.
c
C4
x3(x3C4-
x3
2
16
1，8
17,8
3
81
1,8,27,64
80,73,54,17
4
256
1,8,27,64,125,216
255,248,229,192,131,40
5
625
1,8,27,64,125,216,343,512
624,617,598,561,500,409,282,113
A级1．
2．1
3．14
提示：y=5－x,z=4－x，原式=3(x－3)2+14．
4．A
提示：原式=27－(a+b+c)2．
5．D
6．C
7．(1)y=－x+1000(500≤x≤800)
(2)①S=(x－500)(－x+1000)=－x2+1500x－500000(500≤x≤800);②S－(x－750)2+62500,即销售单价定为750时，公司可获最大毛利润62500元，此时销量为250件．
8．（1）－4≤m≤2
（2）设方程两根为x1，x2，则x12+x22=4(m－)2+10，由此得x12+x22最小值为10，最大值为101．
9．设a2－ab+b2=k，又a2+ab+b2=1②，由①②得ab=(1－k)，于是有（a+b)2=(3－k)≥0，∴k≤3，从而a+b=．故a，b是方程t2t+=0的两实根，由Δ≥0，得．
10．设A（x1,0)，B（x2，0)，其中
x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两根，则有x1+x2=<0，x1x2=>0，得x1<0，x2<0，由Δ=b2－4ac>0，得b>．∵|OA|=|x1|<1，|OB|=|x2|<1，∴－10，a+c>b．又a，b，c是正整数，有a+c≥b+1>2+1，从而a+c>2+1，则，于是a>4，即a≥5，故b>2≥2，即b≥5．因此，取a=5，b=5，c=1，y=5x2+5x+1满足条件，故a+b+c的最小值为11．
11．（1）该设备投入使用x天，每天平均损耗为y==
=．
(2)y=．当且仅当，即x=2000时，等号成立．故这台设备投入使用2000天后应当报废．
B级
1．20
提示：a2－8b≥0，4b2－4a≥0，从而a4≥64b2≥64a，a≥4，b2≥4．
2．4
提示：构造方程．
3．
提示：设经过t小时后，A，B船分别航行到A1，B1，设AA1=x，则BB1=2x，B1A1==．
4．D
提示：a2+b2≥2ab，c2+d2≥2cd，∴a2+b2+c2+d2≥2(ab+cd)≥4=4．∴ab+cd≥2，同理bc+ad≥2，ac+bd≥2．
5．A
提示：x=s－2≥0,y=5－s≥0，z=1－s≥0，解得2≤s≤3，故s的最大值与最小值的和为5．
6．A
提示：|AB|=，C(），，而k2+2k+5=(k+1)2+4≥4．
7．设此商品每个售价为x元，每日利润为S元．当x≥18时，有S=[60－5（x－18)](x－10)=－5(x－20)2+500，即当商品提价为20元时，每日利润为500元；当x≤18时，S=[60+10（18－x)](x－10)=－10(x－17)2+490，即当商品降价为17元时，每日利润最大，最大利润为490元，综上，此商品售价应定为每个20元．
8．设对甲、乙两种商品的资金投入分别为x，(3－x)万元，设获取利润为s，则s，s－=，两边平方，经整理得x2+(9－10s)x+25s2－27=0，∵关于x的一元二次方程有实数解，∴（9－10s)2－4×（25s2－27)≥0，解得，进而得x=0.75（万元），3－x=2.25(万元）．即甲商品投入0.75万元，乙商品投入2.25万元，获得利润1.05万元为最大．
9．y=5－x－z，代入xy＋yx＋zx=3，得x2＋(z－5)x＋(z2－5z＋3)=0．∵x为实数，∴Δ=(z－5)2－4(z2－5z＋3)≥0，解得－1≤z≤,故z的最大值为，最小值为－1．
10．设，则b=ax，c=ax2，于是，a＋b＋c=13，化为a(x2＋x＋1)=13．∵a≠0，∴x2＋x＋1－=0　①．又a，b，c为整数，则方程①的解必为有理数，即Δ=－3>0，得到1≤a≤，且为有理数，故1≤a≤16．当a=1时，方程①化为x2＋x－12=0，解得x1=－4，x2=3．
故amin=1，b=－4，c=16
或amin=1，b=3，c=9．当a=16时，方程①化为x2＋x＋=0．解得x1=－，x2=－．故amin=16，b=－12，c=9；或amin=16，b=－4，c=1．
11．设x1，x2，…，xn中有r个－1，s个1，t个2，则，得3t＋s=59，0≤t≤19．∴x13＋x23＋…＋xn3=－r＋s＋8t=6t＋19．∴19≤x13＋x23＋…＋xn3≤6×19＋19=133．∴在t=0，s=59，r=40时，x13＋x23＋…＋xn3取得最小值19；在t=19，s=2，r=21时，x13＋x23＋…＋xn3取得最大值133．
12．∵把58写成40个正整数的和的写法只有有限种，∴x12＋x22＋…＋x402的最大值和最小值存在．不妨设x1≤x2≤…≤x40．若x1>1，则x1＋x2=(x1－1)＋(x2＋1)，且(x1－1)2＋(x2＋1)2=x12＋x22＋2(x2－x1)＋2>x12＋x22．于是，当x1>1时，可以把x1逐步调整到1，此时，x12＋x22＋…＋x402的值将增大．同理可以把x2，x3，…，x39逐步调整到1，此时x12＋x22＋…＋x402的值将增大．从而，当x1，x2，…，x39均为1，x40=19时，x12＋x22＋…＋x402取得最大值，即A=＋192=400．若存在两个数xi，xj，使得xj－xi≥2（1≤i＜j≤40），则（xi＋1)2＋(xj－1)2=xi2＋xj2－2(xi－xj－1)x1，x2，…，x40中，若有两个数的差大于1，则把较小的数加1，较大的数减1此时，x12＋x22＋…＋x402的值将减小，因此，当x12＋x22＋…＋x402
取得最小值时，x1，x2，…，x40中任意两个数的差都不大于1．
故
当x1=x2=…=x22=1，x23=x24=…=x40=2时，x12＋x22＋…＋x402取得最小值，即=94从而，A+B=494.专题11是偶然还是必然
一概率初步
例1
P（朝上的面两数之和为7）==，
例2
B
提示：①②③正确.
例3
由树形图知，共有12种不同的染色情形，其中，A处染蓝色共有4种情形，所求概率为=.
例4
手机号码的数字之和为，设36+x+y=20k(k为正整数)，则x+y=20k-36．又0≤x≤9，0≤y≤9．∴0≤z+y≤18，即0≤20k-36≤18，解得l.8≤k≤2.7，∵k为整数，∴k=2．从而x+y=4，(x，y)=(0，4)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(4，0)．故小明一次拨对小陈手机号码的概率为．
例5
(1)∵P（拼成电灯）=，P（拼成小人）=，P（拼成房子）=，P（拼成小山）=.∴杨华平均每次得分为（分），李红平均每次得分为（分）．故游戏规则对双方不公平．
(2)改为当拼成的图形是小人时杨华得3分，其余规则不变，就能使游戏规则对双方公平．
例6
选择一只蚂蚁A作为参照标准，一旦A确定了自己的运动方向，那么其他蚂蚁必须做相同方向的运动才能避免相撞，蚂蚁B，C分别有的概率选择与A相同的运动方向，故蚂蚁避免撞到一起的概率为
A级1．
2．
3．
4．
提示：其中①②、①③、③④可得出四边形ABCD是平行四边形．
5．A
6.C
7．C
8.C
9．C
10．C
11．(1)P=
(2)P=
12．(1)P==
(2)该游戏不公平．游戏规则改为：若这两数的差为正数，则小明赢；否则，小华赢．
B级1．m+n=10
2．
提示：欲使圆碟不压地砖间的间隙，则圆碟的圆心必须落在与地砖同心、边与地砖边彼此平行、距离为cm的小正六边形内，如图，A2
O=A1A2=36，作OC1⊥A1A2，C1C2=，A2C1=18,C1O=
A2O=
,C2O=C1O-C1C2=，又C2
O=B2O,得BO2=24=B1B2.故P=
．
3.
A
提示：=．4．E
提示：如图，设AB是这种绳子，P是AB上一点，使得AP：PB=1：x．若AP=s，则PB=sx．所求截点在AP上的概率为，又因为截点位于线段另一端B同样距离的线段上的可能性是一样的，则所求事件的概率是．
5.C
6．C
提示：(2，3，4)，(2，4，5)满足a2+b27.解题的关键是对数组进行恰当的分类，并根据裁判擦去的数是奇数还是偶数进行讨论：2，3，…，2
006中有1
002个奇数、l
003个偶数．①若裁判擦去的是奇数，此时乙一定获胜．因为乙不管甲擦什么数，只要还有奇数就擦奇数，这样，最后两个数一定都是偶数，从而所剩的两个数不互质．②若裁判擦去的是偶数，此时甲一定获胜．设裁判擦去的数是2m，则将所剩的数配成1
002对：(2，3)，…，(2m
-2，2m
-1)，(2m+l，2m+2)，(2
005，2
006)．这样，不管乙擦去哪一个数，甲都擦去所配对的数对中的另一个数，最后剩下的两个数必互质，故甲胜。故甲获胜的概率为.
8．从问题的反面考虑，设方程x2+bx+c有两相异的正实根x1，x2，则b2
-4c>0，x1x2=c>0，x1+x2=
-
b>0，，．于是b=-3且c=1或2；或b=-4且c=1，2，3；或b=-5且c=1,2，3，4，5．因此，有10对有序整数可使方程有相异正实根，而可取的有序整数共有ll2对．故所求的概率为．
9．数字卡1,2,3，…，9中奇数卡有1,3,5,7,9，由这五
个奇数中的三个奇数组成的所有不同的组合共有个,而直接由数字卡1,2,3，…，9中取三张卡组成的所有不同的组合共有个，故从九张卡1,2，…，9中抽出三张卡全是奇数的概率为．
10．首先确定白球、黑球上的数出现的概率，再将所得的结果相乘、相加即可．在白（黑）球的袋中任取一个球，取到数为110的球的机会是一样
的，因此取到各个球的概率都是，现假设从白球袋中取得的球上的数为10（概率为），要使从黑球袋中取得的球上的
数小于10，那么黑球上的数只能是9，8．…，2，1（概率为）；同样，设从白球袋中取得的球上的数为9（概率为）．要使
从黑球袋中取得的球上的数小于9，那么黑球上的数只能是8，…，2,1（概率为）．以此类推，设从白球袋中取得的球上的数为2(概率也为)，要使从黑球袋中取得的球上的数小于2，那么黑球上的数只能是1(概率为).因此，从两个袋中任意各取一个球，白球上的数比黑球上的数大的概率为×＋×＋×＋……＋×＋×＝.
11.总的放法数n＝16×15×14＝3360种.第一枚硬币放入16个格子有16种放法，与第一枚硬币不同行且不同列的第二枚硬币有9种放法，与前两枚硬币不同行且不同列的格子有4种放法，满足题意要求的放法有m＝16×9×4＝576种.故所求概率为P＝＝＝.
12.⑴由＝，得n＝5.⑵P＝.⑶P＝＝＝，即n2－n－90＝0，解得n＝10或n＝－9(舍去).专题15
从全等到相似
阅读与思考
相似三角形的知识应用广泛，可以证明角的相等、线段成比例等问题．
通过寻找（或构造）相似三角形获得比例线段或等角，用以论证或计算的方法，我们称为相似三角形法，这是几何学中应用最广泛的方法之一．
全等三角形是相似三角形相似比等于1的特殊情况，相等是它的主旋律，从全等到相似的过程，不仅是认识形式上的变化，而且在思维方法上也是一个飞跃，在相似形的问题中出现的线段间的关系比全等形中的等量形式更为复杂，不仅有比例式，还有等积式、平方式，甚至是线段乘积的和差、线段比的和差．
证明这类问题，常常要通过命题的转换或中间量的过渡．
熟悉下面这些“A”型、“X”型，子母型等相似三角形．
例题与求解
【例1】如图，□ABCD中，直线PS分别交AB，CD的延长线于P，S，交BC，AC，AD于Q，E，R，图中相似三角形的对数（不含全等三角形）共有
对．
（武汉市竞赛试题）
解题思路：从寻找最基本的相似三角形入手，注意相似三角形的传递性．
【例2】
如图，在直角梯形ABCD中，AB=7，AD=2，BC=3．
如果边AB上的点P使得以P，A，D为顶点的三角形和以P，B，C为顶点的三角形相似，那么这样的点P有（
）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
解题思路：通过代数化，将P点的个数的讨论转化为方程解的个数的讨论．
要使两个三角形相似，并没有具体的对应关系，所以结论具有不确定性，应注意分类讨论．
【例3】如图，在△ABC中，AB=AC，AD是中线，P是AD上一点，过C作CF∥AB，延长BP交AC于E，交CF于F．
求证：．
（吉林省中考试题）
解题思路：由于BP，PE，PF在一条直线上，所以必须通过等线段的代换促使问题的转化．
证明比例式或等积式是几何问题中的常见题型，解决它的常用方法是：①
找相似：三点定形法；②
作平行：根据要证明的式子，找到一个分点，过此点作平行线，能写出要证式子中的一个比或与其相关的比；③
变原式：包括等量代换、等积代换和等比代换．
【例4】已知△ABC中，，CH是AB边上的高，且满足．
试探讨∠A与∠B的关系，并加以证明．
（武汉市竞赛试题）
解题思路：由题设易想到直角三角形中的基本图形、基本结论，可猜想出∠A与∠B的关系．
解题的关键是综合运用勾股定理、比例线段的性质，推导判定两个三角形相似的条件．
如图，直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似，由此得出的等积式在计算与证明中应用极为广泛，其特点是：
①
一线段是两个三角形的公共边；②
另两条线段在同一直线上．
构造逆命题是提出问题的一个常用方法，例4是在直角三角形被斜边上的高分成的相似三角形得出结论基础上提出的一个逆命题．
你能提出新的问题吗？并加以证明．
【例5】如图1，P为△ABC内一点，连接PA，PB，PC．
在△PAB，△PBC和△PAC中，如果存在一个三角形与△ABC相似，那么就称P为△ABC的自相似点．
（1）如图2，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，，CD是AB上的中线，过点B作BE⊥CD，垂足为E，试说明E是△ABC的自相似点；
（2）在△ABC中，．
①
如图3，利用尺规作出△ABC的自相似点P（写出作法并保留作图痕迹）；
②
若△ABC的内心（∠A，∠B，∠C角平分线的交点）P是该三角形的自相似点，求该三角形三
个内角的度数．
（南京市中考试题）
解题思路：本例设问形式多样，从概念的判断说理到作图求解，由浅入深，而认识并深刻理解“自相似点”的概念，是解题的关键．
图1
图2
图3
【例6】如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm．
点P沿AB边从点A开始向B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动．
如果P，Q同时出发，用t（秒）表示移动时间（），那么：
（1）当t为何值时，△QAP为等腰三角形？
（2）求四边形QAPC的面积，提出一个与计算结果有关的结论；
（3）当t为何值时，以点Q，A，P为顶点的三角形与△ABC相似？
（河北省中考试题）
解题思路：对于（3），借助三角形相似的判定方法，由于未指明对应关系，探求质点运动的时间应注意分类讨论．
能力训练
A级
1．
如图，已知，，，，那么AD=
．
（第1题）
（第2题）
（第3题）
2．
如图，在△ABC中，，，点M在AB上且，点N在AC上．
如果连接MN，使得△AMN与原三角形相似，则AN=
．
3．
如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，，，E，F为两腰上的中点．
下面的四个结论：①；②△ADE∽△EDC；③；④．
其中结论正确的有
．（填序号即可）
（宜昌市中考试题）
4．
在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的一点，且．
阅读下段材料，然后回答后面问题．
如图，连接BD，∵，，∴EH∥BD，∴FG∥BD，FG∥EH．
（1）连接AC，则EF与GH是否一定平行，答：
．不一定
（2）当k值为
1
时，四边形EFGH为平行四边形．
（3）在（2）的情形下，对角线AC与BD只须满足
AC⊥BD
条件时，EFGH为矩形；
（4）在（2）的情形下，对角线AC与BD只须满足
AC⊥BD
条件时，EFGH为矩形．
（黄冈市中考试题）
5．
如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，下列条件：①；②；③；④，其中一定能判定△ABC是直角三角形的共有（
）
A．3个
B．2个
C．1个
D．0个
（山西省中考试题）
（第5题）
（第6题）
（第7题）
（第8题）
6．
如图，□ABCD中，E是BC上一点，，AE交BD于点F，则等于（
）
A．
B．
C．
D．
（重庆市中考试题）
7．
将三角形纸片（△ABC）按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，即为点B′，折痕为EF．
已知，，若以点B′，F，C为顶点的三角形与△ABC相似，那么BF的长度为（
）
A．2
B．
C．2或
D．不确定
（山东省中考试题）
8．
如图，在△ABC中，，，，延长BC至P，使得△PAB∽△PCA，则PC等于（
）
A．7
B．8
C．9
D．10
（重庆市竞赛试题）
9．
已知：正方形的边长为1．
（1）如图1，可以算出一个正方形的对角线长，求两个正方形并排拼成的矩形的对角线长，进而猜想出n个正方形并排拼成的矩形的对角线长；
图1
（2）根据图2，求证：△BCE∽△BED；
（3）由图3，在下列所给的三个结论中，通过合情推理选出一个正确的结论加以证明：①；②；③．
图2
图3
（三明市中考试题）
10．
如图，在△ABC中，．
求证：．
（黄冈市竞赛试题）
11．（1）如图1，等边△ABC中，D为AB边上的动点，以CD为一边向上作等边△EDC，连接AE，求证：AE∥BC；
（2）如图2，将（1）中的等边△ABC的形状改为以BC为底边的等腰三角形，所作△EDC改成相似于△ABC，请问：是否仍有AE∥BC？证明你的结论．
（苏州市中考试题）
图1
图2
12．
如图，分别以锐角△ABC的边AB，BC，CA为斜边向外作等腰Rt△DAB，等腰Rt△EBC，等腰Rt△FAC．
求证：（1）AE=DF；（2）AE⊥DF．
（全国初中数学竞赛试题）
B级
1．
如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，，一直线交BA延长线于E，交DC延长线于J，交AD于F，BD于G，AC于H，BC于I．
已知，则
．
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
（第1题）
（第2题）
（第3题）
2．
如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，，，，点P在高AB上滑动．
若△DAP∽△PBC，时，
．
（重庆市竞赛试题）
3．
如图，四边形ABCD为正方形，A，E，F，G在同一条直线上，且cm，cm，那么
．
（香港初中数学竞赛试题）
4．
如图，Rt△ABC中，，，DE⊥AB于E．
设，，则（
）
A．
B．
C．
D．
（重庆市竞赛试题）
（第4题）
（第5题）
5．
如图，在△ABC中，D是边AC上一点，下面四种情况中，△ABD∽△ACB不一定成立的情况是（
）
A．
B．
C．
D．
（全国初中数学联赛试题）
6．
已知一个梯形被一条对角线分成两个相似三角形，如果两腰的比为，那么两底的比为（
）
A．
B．
C．
D．
（江苏省竞赛试题）
7．
如图，O是四边形ABCD对角线的交点，已知，，，，，求BC．
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
（第7题）
（第8题）
8．
如图，△ABC中，角，AD，BE分别平分∠BAC，∠ABC．
求证：．
（沈阳市竞赛试题）
9．
在△ABC中，∠A，∠B，∠C所对的边分别用a，b，c表示．
（1）如图1，在△ABC中，，且，求证：；
（2）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为“倍角三角形”．
本题第1问中的三角形是一个特殊的倍角三角形，那么对于任意的倍角△ABC，如图2，其中，关系式是否仍然成立？并证明你的结论．
10．
在△ABC中，，点D在线段BC上，，BE⊥DE于E，DE与AB相交于点F．
（1）当AB=AC时（如图1），
①
；②探究线段BE与FD的数量关系，并加以证明；
（2）当时（如图2），求的值（用含k的式子表示）．
（大连市中考试题）
11．
如图，AB是等腰直角三角形的斜边，若点M在边AC上，点N在边BC上，沿直线MN将△MCN翻折，使点C落在AB上，设其落点为点P．
（1）当点P是边AB的中点时，求证：；
（2）当点P不是边AB的中点时，是否仍然成立？请证明你的结论．
（北京市宣武区中考试题）
12．
如图，在四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点．
P为对角线AC延长线上的任意一点，PF交AD于点M，PE交BC于点N，EF交MN于点K．
求证：K是线段MN的中点．
（江西省竞赛试题）
专题15
从全等到相似
例1
8
例2
C提示：分△PAD∽△PBC，△PAD∽△CBP两种情况讨论。
例3
提示：连接PC，则BP=CP，只要证明即可。
例4
（1）若垂足H在线段AB上，如图1，由，,得，即，
∴，又由，得，∴，由①②得，即，又∠B是△ABC和△CBH的公共角，∴△ABC∽△CHB，∠ACB=∠CHB=90?，∠A+∠B=90?
（2）若垂足H在BA的延长线上，如图2，作边CA关于CH的对称线段CA＇，由（1）的结论知∠A＇＋∠B=90?，而∠A＇=180?-∠A，代入上式得∠A-∠B=90?，综上所述（1）（2），有∠A+∠B=90?或∠A-∠B=90?。
例5
（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90?，CD是AB上的中线，∴，∴CD=BD，∴∠BCE=∠ABC，∵BE⊥CD，∴∠BEC=90?，∴∠BEC=∠ACB，∴△BCE∽△ABC，∴E是△ABC的自相似点。
（2）①作图略。作法如下：（ⅰ）在∠ABC内，作∠CBD=∠A，（ⅱ）在∠ACB内，作∠BCE=∠ABC，BD交CE于点P，则P为△ABC的自相似点。②连接PB，PC，∵P是△ABC的内心，∴，∵P为△ABC的自相似点，∴△BCP∽△ABC，∴∠PBC=∠A，∠BCP=∠ABC=2∠PBC=2∠A，∠ACB=2∠BCP=4∠A，∵∠A+∠ABC+∠ACB=180?，∴∠A+2∠A+4∠A=180?，∴,∴三角形的三个内角的度数分别为。
例6
（1）AP=2t,DQ=t,QA=6-t，当AQ=AP时，即6-t=2t，解得t=2（秒）时，△QAP为等腰直角三角形。
（2）SQAPC=S△QAC+S△APC=(36-6t)+6t=36(cm2)，在P、Q两点移动过程中，四边形QAPC的面积始终保持不变．⑶①当时，△QAP∽△ABC，由，得t=1.2(秒)；②当时，△PAQ∽△ABC，由，得t=3(秒)
．
A级
1.
2.2或4.5
3.①②③④
4.⑴不一定
⑵1
⑶垂直
⑷相等
5.A
6.A
7.C
提示：由△B?FC∽△ABC得，
或由△FB?C∽△ABC得，
8.C
9.
⑴，
⑵略
⑶②③正确，选取②证明或选取③证明．
10.提示：延长AC到D，使CD=BC，连结BD，证明△ABC∽△ADB．
11.提示：⑴由△ACE≌△BCD，得∠EAC=∠ACB，故AE∥BC．
⑵由△ACE∽△BCD，得∠EAC=∠B=∠ACB，故AE∥BC．
12.提示：⑴延长BD至点P，使DP=BD，连结AB，CP，由，又∠PBC=45°+∠ABC=∠ABE，得△ABE∽△PBC，有，．同理△ADF∽△APC，，故AE=DF．⑵由△ADF∽△APC，得∠ADF=∠APC，由△ABE∽△PBC，得∠BAE=∠CPB．于是∠DAE+∠ADF=45°+∠BAE
+∠ADF=45°+∠CPB+∠APC=90°．故AE⊥DF．
B级
1.
2
提示：，，．
2.
或6
3.
cm
4.A
5.D
6.D
7.
提示：作BB?⊥AC，CC?⊥AB，DD?⊥AC，垂足分别为B?、C?、D?，易证△BOB?∽△DOD?，有，又，又由Rt△BCC?∽Rt△ADD?，得．
8.
提示：BF=BD=AD，△ABF∽△EBA．
9.
提示：⑴略
⑵
如图所示，延长BA至D，得AD=AC，则∠CAB=∠D+∠1=2∠D
，又∠CAB=2∠B，∴∠D=∠1=∠B，∵∠1=∠B，∠D=∠D，∴△ADC∽△CDB，∴，即DC2=AD·DB，故a2=b(b+c)
10.⑴①22.5°
②过D作DG∥CA，与BE的延长线相交于点G，与AB相交于点H，则△DEB≌△DEG，BE=GE=GB，又△GBH≌△FDH，得GB=FD，故BE=FD．
⑵如图，过点D作DG∥CA，与BE的延长线相交于点G，与AB相交于点H，同理可证△DEB≌△DEG，BE=GB，∠BHD=∠GHB=90°，∠EBF=∠HDF，∴△GBH∽△FDH，∴，即．又∵DG∥CA，∴△BHD∽△BAC，∴，即．∴．
11.⑴如图1，连结PC，折痕MN垂直于PC，AC=BC，AP=BP，∵MN∥AB，∴．⑵当点P不是边AB的中点时，仍然成立．如图2，连结PC，则MN⊥PC，过点P作PE⊥AC于E，则PE∥BC，．∵∠A=∠B=45°，∠APE=∠B=45°，∴AE=PE．∵∠MCN=90°，∴CP⊥MN，∴∠ECP=∠MNC．∴△MCN∽△PEC，得．故，从而．
12.在PF上取点G，使GF=FM，CG∥DM，又取CA的中点L，连结GC，GN，LE，LF，则LE，LF分别为△ABC，△ACD的中位线，有LF∥AD，LE∥CB，得∠GCN=∠FLE，．故△CNG∽△LEF，NG∥EF，于是FK为△MNG的中位线，故K是MN的中点．
AC=BD
A
B
C
D
a
a
c
b
1
第9题图
第10题图
A
B
D
C
E
G
H
F
第11题图
C
M
N
A
B
P
图1
图2
C
M
N
A
B
P
E
A
F
D
E
B
C
P
M
N
G
L
第12题图
K专题19与圆有关的角
例1连结AE，BD，则AE⊥BC，BD⊥AC，CE＝BE＝1，AE＝2.由AE·BC＝AC·BD，得BD＝，CD＝，又＝，得DF＝，故S△CDE＝CE·DF＝×1×＝.
例2
B
提示：BM2＝MD·MA.
例3
⑴略.⑵如图，连结ON，AE，BD，并延长BD交AE于点F，可证明△BCD≌△ACE，BF⊥AE，∴ONBD，OMAE，∴OM＝ON，OM⊥ON，故MN＝OM.
⑶结论成立，证明略.
例4
提示：由△ABE∽△ACD，△ADE∽△ACB分别得AB·DC＝AC·BE，AD·BC＝AC·DE，两式作加法得AB·DC＋AD·BC＝AC·BD.
例5
⑴连结BM，OA＝2，OB＝4，在Rt△BOM中，(r－2)2＋42＝r2，∴r＝5，即AM＝
5，OM＝3，∴M(3，0).
⑵连结AC交BM于G，则BM⊥AC且AG＝CG，可证△AMG≌△BMO.∴AG＝OB＝4，AC＝8，OM＝MG＝3，BG＝BM－GM＝2，AD＝10，CD＝6.∴S四边形ABCD＝S△ACD＋S△ABC＝AC·CD＋AC·BG＝×8×6＋×8×2＝32.
⑶∵BC＝BE，∴∠BCE＝∠BEC.又∠BCE＝∠BCA＋∠ACF，∠BEC＝∠BDC＋∠DCF，且∠BCA＝∠BDC，∴∠ACF＝∠DCF＝∠ACD＝45°，∴△ADF为等腰直角三角形.AF＝DF＝5.作DT⊥CF于T，CT＝DT＝3，TF＝＝4，∴CF＝CT＋TF＝7.
例6
⑴连结BC，∵AB＝AC，∴∠2＝∠5，∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，即∠2＋∠3＝∠4＋∠5，∴∠3＝∠4，∴∠DAC＝∠DBC＝∠4＋∠3＝2∠4，即∠DAC＝2∠DBE.⑵延长DA至点G，使AG＝AE＝AC，则∠DAC＝2∠G，而由⑴知∠DAC＝2∠DBE.∴∠DBE＝∠G.又∠BDE＝∠GDC，∴△BDE∽△GDC，得＝，即DG·DE＝BD·DC.∴(AD＋AG)(AD－AE)＝BD·DC.∵AB＝AE＝AG，∴(AD＋AB)(AD－AB)＝BD·DC，故AD2－AB2＝BD·DC.
A级1.30°≤x≤90°
2.4
3.8
4.－x2＋x
5.C
6.B
7.B
提示：其中①③正确.
9．提示：(1)连结BM，证明Rt△CEN≌Rt△BMN．(2)连结BD、BE、AC，证明△BED∽△FEB．(3)结论仍成立．　10．连结AM，过M作MD⊥AC，交直线AC于点D，则Rt△AMH≌Rt△AMD，Rt△MHB≌Rt△MDC．　11．(1)连结OA，OC，则Rt△OFC≌RtOGC≌Rt△OGA．∴．　(2)连结OA，OB，OC，由△AOC≌△COB≌△BOA，得∠OCB＝∠OAC，∵∠AOC＝∠AOE＋∠EOC＝120°，∠DOE＝∠COF＋∠COE＝120°，∴∠AOE＝∠COF，∵∠OAC＝∠OCB，OA＝OC，∠AOE＝∠COF，∴△OAG≌△OCF，故．　12．如图，过点O作直线OP⊥BC，分别交BC，KL，AD于点P，H，N，则ON⊥AD，OH⊥KL，连结DO，LO，在Rt△NDO中，ON＝，OP＝PN－ON＝2，设HL＝x，则PH＝KL＝2x，OH＝OP＋PH＝2＋2x．
在Rt△HOL中，x2＋
(2x＋2)2＝52，解8、B
9、提示：，又
10、由，=，得~，故==，
，连接，交于，则。又，
，从而
提示：连接交延长交⊙于点，连接，由，得，
故。当时，⊙的最大面积为
（1）（同弧所对圆周角相等），=，
（2）==?，，是等腰,
（3）
B级
2、
提示：连接，
3、1
4、
6、
提示：以为圆心、为半径画圆
C
提示：、都与相似
C
提示：连接，，可证明
（1）延长，相交于，则，，，
。由，得，
（2），是的中线，设，的交点，则为重心，，
，而，，，
（1）（0，），（1，0）
（2）四边形为菱形
（3），，平分，可以证明，
故为定值。
（1）如图连接，，，，为⊙的直径，则
又，，显然，，，
因此，≌，故
（2）,，又，即
，即，故，于是，
是方程的两个根，解得，或，
，所以专题06
转化与化归----特殊方程、方程组
阅读与思考
特殊方程、方程组通常是指高次方程（组）（次数高于两次）、结构巧妙而富有规律性的方程、方程组.
降次与消元是解特殊方程、方程组的基本策略，而降次与消元的常用方法是：
1、因式分解；
2、换元；
3、平方；
4、巧取倒数；
5、整体叠加、叠乘等.
转化是解各类特殊方程、方程组的基本思想，而化归的途径是降次与消元，而化归的方向是一元二次方程，这也可以说是“九九归宗”.
例题与求解
【例1】已知方程组的两组解是与，则的值是_______
（北京市竞赛题）
解题思路：通过消元，将待求式用同一字母的代数式表示，运用根与系数的关系求值.
【例2】方程组的正整数解的组数是（
）
A．1组
B．2组
C．3组
D．4组
解题思路:原方程组是三元二次，不易消元降次，不妨从分析常数的特征入手．
【例3】
解下列方程:
（1）
；
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
（2）
；
（河南省竞赛试题）
（3）
；
（山东省竞赛试题）
（4）
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
解题思路：注意到方程左边或右边项与项的结构特点、内在联系，利用换元法求解.
【例4】
解下列方程组:
（1）
（山东省竞赛试题）
（2）
（西安市竞赛试题）
（3）
（全苏数学奥林匹克试题）
解题思路：观察发现方程组中两个方程的特点和联系，用换元法求解或整体处理.
【例5】
若关于的方程只有一个解（相等的解也算一个）.试求的值与方程的解.
（江苏省竞赛试题）
【例6】
方程的正整数解有多少对？
（江苏省竞赛试题）
解题思路：确定主元，综合利用整除及分解因式等知识进行解题.
能力训练
A级
1．方程的实数根是_____________.
2．，这个方程的解为=_________________.
3．实数满足则的值为_______________.（上海市竞赛题）
4．
设方程组有实数解，则
（武汉市选拔赛试题）
5．使得成立的的值得个数为（
）
A．4个
B．3个
C．2个
D．1个
（“五羊杯”竞赛试题）
6．已知方程组有实数根，那么它有（
）
A．一组解
B．二组解
C．三组解
D．无数组解
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
7．设，且，则代数式的值为（
）
A．5
B．7
C．9
D．11
8．已知实数满足，则的值为（
）
A．6
B．17
C．1
D．6或17
9．已知关于的方程组有整数解，求满足条件的质数.
（四川省竞赛试题）
10．已知方程组的两个解为且是两个不等的正数.
（1）求的取值范围；
（2）若，试求的值.
（南通市中考试题）
11．已知是方程的两个实根，解方程组
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
12．已知某二次项系数为1的一元二次方程的两个实数根为，且满足关系式试求这个一元二次方程.
（杭州市中考试题）
B级
1．方程组的解是___________________.
2．已知，则的值为______________.（全国初中数学联赛试题）
3．已知实数是方程组的解，则
（全国初中数学联赛试题）
4．方程组的解是_________________.
（“希望杯”邀请赛试题）
5．若二元二次方程组有唯一解，则的所有可能取值为______________.
（《学习报》公开赛试题）
6．正数同时满足，，，
，，.
则的值为________.
（上海市竞赛试题）
7．方程的所有根的积是（
）
A．3
B．-3
C．4
D．-6
E．以上全不对
（美国犹他州竞赛试题）
8．设为实数，且满足则（
）
A．1
B．-1
C．2
D．-2
（武汉市选拔赛试题）
9．已知则的值为（
）
A．1
B．
C．2
D．
10．对于实数，只有一个实数值满足等式，试求所有这样的实数的和.
（江苏省竞赛试题）
11．解方程，其中，并就正数的取值，讨论此方程解的情况.
（陕西省竞赛试题）
12．已知三数满足方程组试求方程的根.
（全国初中数学联赛试题）
13．解下列方程（组）：
（1）；
（武汉市竞赛试题）
（2）；
（湖北省竞赛试题）
（3）
（加拿大数学奥林匹克竞赛试题）
专题06
转化与化归
——特殊方程、方程组
例1
例2
B
提示：由（x+y）z=23。例3
（1），，
提示：=，令=y.（2）设=y，则原方程可化为，解得（3）设1999-x=a，x-1998=6，∴a+b=1，则原方程为：，得ab=0，即（1999-x）（x-1998）=0，解得，.（4）设=a，=b，∴=a+b，原方程可化为：，得ab=0，∴=0，解得
例4
（1）（2）
提示：原方程可化为
（3）方程两式相减得=0，而，∴x-y=0代入原方程得，可求得解为
例5
原方程化为，当k=0时，原方程有唯一解；当k≠0时，△=.总有两个不同的实数根，由题意知必有一个根是原方程的增根，葱原方程知增根只能是0，1，显然0不是方程的根，故x=1，k=.
例6
解法一：把原方程变形为（x-1）y=，因x=1不满足方程，即x≠1，故y==2x-1+，由于2005=1×2005=5×401，即2005有正因数1，5，401，2005，∴分别取x-1=1，5，401，2005时，x与y均为正整数，即共有4对正整数解.解法二:把方程看成关于x的一元二次方程.由方程有整数解,其判别式为完全平方数,据此可得一下解法:
△=(a为非负整数)，化简得，即，∴①.∵（y-1-a）与（y-1+a）奇偶性相同，且其积为偶数，故（y-1-a）与（y-1+a）同为偶数.由于y-1-a≤y-1+a，据①，只可能有（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）（Ⅳ）将方程（Ⅰ）～（Ⅳ）中的两个方程相加，分别得到的y值为4012，2008，808，412.由此可得相应的x值，故共有4对正整数解（x，y）.
A级
1.2或
2.1，-4，2，
3.9
4.0
5.B
6.A
7.B
提示：a，b为方程的两个不相等实根.
8.B
9.由及p为质数，知或或或当时，x=，y=，代入3xy+p（x-y）=得，解得p=3，或p=1（舍）.其他情况经计算知没有符合条件的质数.
10.（1）
（2）a=-
11.
提示：原方程组化为
，①+②得x+y=-1.
12.
B级
1.
2.
提示:有条件得.从而=7x+2，两边平方化简得，其正跟为x=.
3.
4.（x，y）=（1，9）
5.1，-1
6.1+
7.D
8.C
9.D
10.原方程化为①，其中△=4-4×2（a+4）=-8a-28.当方程①有两个相等的实根时，由△=0，得；当方程①有两个不相等实根时，且x=1是方程①的一个根，解得，，；当方程①有两个不相等的实根时，且x=-1是方程①的一个根，解得，.故.
11.由方程知，=a，当时，得a=2.讨论：当a>2时，方程有一个根为x=；当a=2时，方程有无数多个解为；当a<2时，方程无解.
12.显然a，b是方程+c2－8c＋48＝0的两根，由△≥0得c＝4，从而，解得a＝b＝4.故原一元二次方程化为x2＋x－1＝0，解得x1＝，x2＝.
13.（1）原方程可变形为（x－3）2＋6x＋（）2＝25，即（x－3＋）2＝25，∴x－3＋＝5或x－3＋＝－5，解得x1＝－1＋，x2＝－1－.
（2）原方程化为（6x＋7）2（6x＋8）（6x＋6）＝72.设y＝6x＋7，解得x1＝－，x2＝－.
（3）显然（x1，y1，z1）＝（0，0，0）符合条件.若xyz≠0，原方程可化为，三式相加，得（－1）2＋（－1）2＋（－1）2＝.0，∴（x2，y2，z2）＝（，，）.故（x，y，z）＝（0，0，0）（，，）.
1
1
②专题24
平面几何的定值问题
【阅读与思考】
所谓定值问题，是指按照一定条件构成的几何图形，当某些几何元素按一定的规律在确定的范围内变化时，与它有关的元素的量保持不变（或几何元素间的某些几何性质或位置关系不变）.
几何定值问题的基本特点是：题设条件中都包含着变动元素和固定元素，变动元素是指可变化运动的元素，固定元素也就是“不变量”，有的是明显的，有的是隐含的，在运动变化中始终没有发生变化的元素，也就是我们要探求的定值.
解答定值问题的一般步骤是：
1.探求定值；
2.给出证明.
【例题与求解】
【例1】
如图，已知P为正方形ABCD的外接圆的劣弧上任意一点.求证：为定值.
解题思路：线段的和差倍分考虑截长补短，利用圆的基本性质，证明三角形全等.
【例2】
如图，AB为⊙O的一固定直径，它把⊙O分成上、下两个半圆，自上半圆上一点C作弦CD⊥AB，∠OCD的平分线交⊙O于点P，当点C在上半圆（不包括A，B两点）上移动时，点P（
）
A.到CD的距离保持不变
B.位置不变
C.等分
D.随C点的移动而移动
（济南市中考试题）
解题思路：添出圆中相关辅助线，运用圆的基本性质，用排除法得出结论.
【例3】
如图，定长的弦ST在一个以AB为直径的半圆上滑动，M是ST的中点，P是S对AB作垂线的垂足.求证：不管ST滑到什么位置，∠SPM是一定角.
（加拿大数学奥林匹克试题）
解题思路：不管ST滑到什么位置，∠SOT的度数是定值.从探寻∠SPM与∠SOT的关系入手.
【例4】
如图，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°.点C是上异于A，B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E.连接DE，点G，H在线段DE上，且DG=GH=HE.
（1）求证：四边形OGCH是平行四边形；
（2）当点C在上运动时，在CD，CG，DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度；
（3）求证：CD2+3CH2是定值.
（广州市中考试题）
解题思路：延长OG交CD于N，利用题中的三等分点、平行四边形和三角形中位线的性质，实现把线段ON转化成线段CH的倍分关系，再以Rt△OND为基础，通过勾股定理，使问题得以解决.
【例5】
如图1，在平面直角坐标系xOy中，点M在x轴的正半轴上，⊙M交x轴于A，B两点，交y轴于C，D两点，且C为弧AE的中点，AE交y轴于G点.若点A的坐标为（-2，0），AE=8.
（1）求点C的坐标；
（2）连接MG，BC，求证：MG∥BC；
（3）如图2，过点D作⊙M的切线，交x轴于点P.动点F在⊙M的圆周上运动时，的比值是否发
生变化？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律.
（深圳市中考试题）
解题思路：对于（3）从动点F达到的特殊位置时入手探求定值.
（图1）
（图2）
【例6】
如图，已知等边△ABC内接于半径为1的圆O，P是⊙O上的任意一点.求证：PA2+PB2+PC2为定值.
解题思路：当点P与C点重合时，PA2+PB2+PC2=2BC2为定值，就一般情形证明.
【能力训练】
A级
1.如图，点A，B是双曲线上的两点，分别经过A，B两点向x轴，y轴作垂线段.若S阴影=1，则_______.
（牡丹江市中考试题）
（第1题图）
（第3题图）
（第4题图）
2.从等边三角形内一点向三边作垂线段，已知这三条垂线段的长分别为1，3，5，则这个等边三角形的面积是__________.
（全国初中数学联赛试题）
3.如图，OA，OB是⊙O任意两条半径，过B作BE⊥OA于E，又作OP⊥AB于P，则定值OP2+EP2为_________.
4.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，F是DC的中点，AF的延长线交BC的延长线于点E，则直线BF与直线DE所夹的锐角的度数为（
）
A.30°
B.40°
C.50°
D.60°
（武汉市竞赛试题）
5.如图，在⊙O中，P是直径AB上一动点，在AB同侧作⊥AB，，且=AP，=BP.连接，当点P从点A移动到点B时，的中点的位置（
）
A．在平分AB的某直线上移动
B.在垂直AB的某直线上移动
C.在弧AMB上移动
D.保持固定不移动
（荆门市中考试题）
（第5题图）
（第6题图）
6.如图，A，B是函数图象上的两点，点C，D，E，F分别在坐标轴上，且分别与点A，B，O构成正方形和长方形.若正方形OCAD的面积为6，则长方形OEBF的面积是（
）
A.3
B.6
C.9
D.12
（海南省竞赛试题））
7.（1）经过⊙O内或⊙O外一点P作两条直线交⊙O于A，B和C，D四点，得到如图①~⑥所表示的六种不同情况.在六种不同情况下，PA，PB，PC，PD四条线段之间在数量上满足的关系式可以用同一个式子表示出来.请你首先写出这个式子，然后只就如图②所示的圆内两条弦相交的一般情况给出它的证明.
（2）已知⊙O的半径为一定值r，若点P是不在⊙O上的一个定点，请你过点P任作一直线交⊙O于不重合的两点E，F.
PE·PF的值是否为定值？为什么？由此你发现了什么结论？请你把这一结论用文字叙述出来.
（济南市中考试题）
8.在平面直角坐标系中，边长为2的正方形OABC的两顶点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，点O在原点，现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线上时停止旋转.旋转过程中，AB边交直线于点M，BC边交x轴于点N.
（1）求OA在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN与AC平行时，求正方形OABC旋转度数；
（3）设△MBN的周长为P，在正方形OABC旋转的过程中，P值是否有变化？请证明你的结论.
（济宁市中考试题）
9.如图，AB是半圆的直径，AC⊥AB，AC=AB.在半圆上任取一点D，作DE⊥CD，交直线AB于点E，BF⊥AB，交线段AD的延长线于点F.
（1）设弧AD是x°的弧，若要点E在线段BA的延长线上，则x的取值范围是_______.
（2）不论点D取在半圆的什么位置，图中除AB＝AC外，还有两条线段一定相等.指出这两条相等的线段，并予证明.
（江苏省竞赛试题）
（第9题图）
（第10题图）
（第11题图）
10.如图，内接于⊙O的四边形ABCD的对角线AC与BD垂直相交于点K，设⊙O的半径为R.求证：
（1）是定值；
（2）是定值.
11.如图，设P是正方形ABCD外接圆劣弧弧AB上的一点，求证：的值为定值.
（克罗地亚数学奥林匹克试题）
B
级
1.等腰△ABC的底边BC为定长2，H为△ABC的垂心.当顶点A在保持△ABC为等腰三角形的情况下
改变位置时，面积S△ABC·S△HBC的值保持不变，则S△ABC·S△HBC=________.
2.已知A，B，C，D，E是反比例函数（x＞0）图象上五个整数点（横、纵坐标均为整数），分别过这些点向横轴或纵轴作垂线段，以垂线段所在的正方形边长为半径作四分之一圆周的两条弧，组成如图所示的五个橄榄形（阴影部分），则这五个橄榄形的面积总和是__________（用含π的代数式表示）.
（福州市中考试题）
3.如图，将六边形ABCDEF沿直线GH折叠，使点A，B落在六边形ABCDEF的内部，记∠C＋∠D＋∠E＋∠F＝α，则下列结论一定正确的是（
）
A.
∠1＋∠2＝900°－2α
B.
∠1＋∠2＝1080°－2α
C.
∠1＋∠2＝720°－α
D.
∠1＋∠2＝360°－α
（武汉市竞赛试题）
（第3题图）
（第4题图）
4.如图，正△ABO的高等于⊙O的半径，⊙O在AB上滚动，切点为T，⊙O交AO，BO于M，N，则弧MTN（
）
A.在0°到30°变化
B.在30°到60°变化
C.保持30°不变
D.保持60°不变
5.如图，AB是⊙O的直径，且AB=10，弦MN的长为8.若MN的两端在圆上滑动时，始终与AB相交，记点A，B到MN的距离分别为h1，h2，则∣h1-h2∣等于（
）
A.5
B.6
C.7
D.8
（黄石市中考试题）
（第5题图）
（第6题图）
6.如图，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，点A，C在x轴上，点B坐标为（3，m）（m＞0），线段AB与y轴相交于点D，以P（1，0）为顶点的抛物线过点B，D.
（1）求点A的坐标（用m表示）
（2）求抛物线的解析式；
（3）设点Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，连接PQ并延长交BC于点E，连接BQ并延长交AC于点F.试证明：FC（AC+EC）为定值.
（株洲市中考试题）
7.如图，已知等边△ABC内接于圆，在劣弧AB上取异于A，B的点M.设直线AC与BM相交于K，直线CB与AM相交于点N.证明线段AK和BN的乘积与M点的选择无关.
（湖北省选拔赛试题）
（第7题图）
（第8题图）
8.如图，设H是等腰三角形ABC两条高的交点，在底边BC保持不变的情况下让顶点A至底边BC的距离变小，这时乘积S△ABC·S△HBC的值变小、变大，还是不变？证明你的结论.
（全国初中数学联赛试题）
9.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴的交点为点A，与y轴的交点为点B.过点B作x轴的平行线BC，交抛物线于点C，连接AC.现有两动点P，Q分别从O，C两点同时出发，点P以每秒4个单位的速度沿OA向终点A移动，点Q以每秒1个单位的速度沿CB向点B移动.点P停止运动时，点Q也同时停止运动.线段OC，PQ相交于点D，过点D作DE∥OA，交CA于E，射线QE交x轴于点F.设动点P，Q移动的时间为t（单位：秒）.
（1）求A，B，C三点的坐标和抛物线的顶点坐标；
（2）当t为何值时，四边形PQCA为平行四边形？请写出计算过程；
（3）当时，△PQF的面积是否总是定值？若是，求出此值；若不是，请说明理由；
（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形，请写出解答过程.
（黄冈市中考试题）
（第9题图）
（第10题图）
10.已知抛物线C1：，点F（1,1）.
（1）求抛物线C1的顶点坐标；
（2）若抛物线C1与y轴的交点为A，连接AF，并延长交抛物线C1于点B，求证：.
（3）抛物线C1上任意一点P（xP，yP）（0＜xP＜1），连接PF，并延长交抛物线C1于点
Q（xQ，yQ），试判断是否成立？请说明理由.
11.已知A，B是平面上的两个顶点，C是位于AB一侧的一个动点，分别以AC，BC为边在△ABC外作正方形ACDE和正方形BCFG.求证：不论C在直线AB同一侧的任何位置，EG的中点P的位置不变.
（四川省竞赛试题）
专题24平面几何的定值问题
例1
延长PC至E，使CE＝AP，连结BE，则△BCE≌△BAP，及△PBE为等腰直角三角形，故
例2
B
提示：连结AC，BC，可以证明P为的中点．
例3
∵SP⊥OP，OM⊥ST，∴S，M，O，P四点共圆，于是∠SPM＝∠SOM＝∠SOT为定角．
例4
(1)连结OC交DE于M，则OM＝CM，
EM＝DM，而DG＝
HE，则HM＝GM故四边形OGCH是平行四边形．
(2)DG不变．DE＝OC＝OA＝3
.DG＝DE＝×3＝1．
(3)设CD＝x，延长OG交CD于N，则CN＝DN＝
x，
，
.∴，而ON＝CH，∴．故CD2＋3CH2＝x2＋3(4－x2)＝x2＋12－x2为定值．
例5
⑴C(0，4)
⑵先求得AM＝CM＝5，连接MC交AE于N，由△AOG∽△ANM，得，OG＝，，又∠BOC＝∠GOM，∴△GOM∽△COB，∠GMO＝∠CBO，得MG∥BC．⑶连结DM，则DM⊥PD，DO⊥PM，DO2＝OM?OP，OP＝．动点F在⊙M的圆周上运动时，从特殊位置探求的值．当F与点A重合时，；当点F与点B重合时，；当点F不与点A，B重合时，连接OF、PF、MF，∴DM2＝MO?MP，∴FM2＝MO?MP，即，又∠OMP＝∠FMP，∴△MFO∽△MPF，，故的比值不变，比值为．
例6
∠BPC＝120°，在△BPC中，由余弦定理得BC2＝PB2＋PC2－2PB?PC＝BC2，又由上托勒密定理得BC?PA＋PC?AB，而AB＝BC＝AC，∴PA＝PB＋PC，从而PA2＋
PB2＋
PC2＝
(PB＋PC)2＋
PB2＋
PC2＝2
(PB2＋PC2＋PB?PC)＝2BC2＝2×＝6．故PA2＋PB2＋PC2为定值．A级
1．4
提示：∵S1＋S阴＝
S2＋S阴＝xy＝3，∴S1＋S2＝2xy－2S阴＝6－2＝4．
2．
提示：1＋3＋5＝9是等边三角形的高．
3．r2
提示：先考查OB与OA垂直的情形．4．D
提示：延长BF交DE于点M，连接BD，则△BCD为等边三角形，BF平分∠CBD．∵F为CD中点，且AD∥CE，∴△ADF与△ECF关于点F中心对称．∴CE＝AD＝CD，∴∠CEM=30°，∠DMF=60°，5．D
提示：A′B′的中点均在⊙O的上半圆的中点处．
6．B
提示：S正方形OCAD＝OD?OC＝＝6，∴SOEBF＝OE?OF＝xB?yB＝6．
7．⑴略
⑵当点P在⊙O内时，过P作直径CD，则PE?PF＝PD?PC＝r2－OP2为定值；当点P在⊙O外时，PE?PF为定值．结论：过不在圆上的一个定点任作一条直线与圆相交，则这点到直线与圆相交点的两条线段长的积为定值．
8．⑴
⑵22.5°
⑶P值无变化．理由如下：如图，延长BA交y轴于E点，可证明△OAE≌△OCN，得OE＝ON，AE＝CN，又∠MOE＝∠MON＝45°，OM＝ON，∴△OME≌△OMN，得MN＝ME＝AM＋AE＝AM＋CN．∴P＝MN＋BN＋BM＝AM＋CM＋CN＋BN＋BM＝AB＋AC＝4．9．⑴0＜x＜90
⑵BE＝BF
提示：连接BD，可证明△BDF∽△ADB，△BDE∽△ADC．
10．⑴作OP⊥BD于P，OQ⊥AC于Q，连接AO，则AO2＝，又AK?CK＝BK?DK，得AK2＋BK2＋CK2＋DK2＝4R2为定值．
⑵作直径DE，连接AE，BE，CE，AB2＋CD2＝4R2，AD2＋BC2＝4R2，故AB2＋BC2＋CD2＋DA2＝8K2为定值．
11．设正方形的边长为a，根据托勒密定理，对于四边形APBC和四边形APBD，有CP?a＝AP?a＋BP?，DP?a＝BP?a＋AP?，两式相加并整理得(CP＋DP)a＝(AP＋BP)(a＋)，从而为定值．
B级
1．1
提示：不妨设∠A为锐角，AD，BE，CF为△ABC的三条高，H为垂心，由AB＝AC知∠HBD＝∠HCD＝∠HAE，∠HDC＝∠CDA＝90°，故Rt△CHD∽Rt△ACD．∴，即AD?HD＝DC2＝BC2＝1．∴S△ABC?S△HBC
＝＝1．当∠A≥90°时，结论成立．2．13π－26
提示：∵A，B，C，DE是反比例函数y＝(x＞0)图象上五个整数点，由图象可知，这些点的横坐标分别为1，2，4，8，16．∴五个正方形的边长分别为1，3，4，2，1．∴这五人橄榄形的面积总和是＝5π－10＋8π－16＝13π－26．
3．B
提示：如图，设FA的延长线与CB的延长线交于点P，GA′的延长线与HB′的延长线交于点P′．由对称性可知∠1＝2∠APP′，∠2＝2∠BPP′．∴∠1＋∠2＝2∠APB．∵∠APB＝540°－α，∴∠1＋∠2＝1080°－2α．
4．D
5．B
提示：如图，设AB与MN交于点C，过点O作OD⊥MN于D，连接FO并延长交EB于G．由垂径定理，得OD＝＝3．由△AFO≌△BGO，得AF＝BG，即h1＝BG．由AF⊥MN，BE⊥MN，得△FOD∽△FGE．∴．∴EG＝2OD＝6，∴＝EG＝6．
6．⑴A(3－m，0)
⑵y＝x2－2x＋1
⑶过点Q作QM⊥AC于M，过点Q作QN⊥BC于N，设Q点的坐标为(x，x2－2x＋1)，则QM＝CN＝(x－1)2，MC＝QN＝3－x．∵QM∥CE，∴PQM∽△PEC．∴，即，得EC＝2(x－1)．∵QN∥CF，∴△BQN∽△BFC．∴，即，得FC＝．又AC＝4，∴FC(AC＋EC)＝
＝8为定值．
7．提示：易证△ABK∽△BNA，故AK?BN＝AB2为定值，即AK与BN的乘积与M点的选择无关．
8．提示：S△ABC?S△HBC
＝BC4，由于BC是不变的，所以当点A至BC的距离变小时，乘积S△ABC?S△HBC保持不变．
9．⑴A(18，0)，B(0，－10)，顶点坐标为(4，－)
⑵若四边形PQCA为平行四边形，由于QC∥PA，故只要QC＝PA即可，而PA＝18－4t，CQ＝t，故18－4t＝t，得t＝．
⑶设点P运动ts，则OP＝4t，CQ＝t，0＜t＜4.5．说明P在线段OA上，且不与点O，A重合．由于QC∥OP知△QDC∽△PDO，故．同理QC∥AF，故，即，∴AF＝4t＝OP．∴PF＝PA＋AF＝PA＋OP＝18．又点Q到直线PF的距离d＝10，∴S△PQF＝?PF?d＝×18×10＝90．于是S△PQF的面积总为定值90．
⑷由前面知道，P(4t，0)，F(18＋4t，0)，Q(8－t，－10)，0≤t≤4.5．构造直角三角形后易得PQ2＝(4t－8＋t)2＋102＝，FQ2＝(18＋4t－8＋t)2＋102＝(5t＋10)2＋100．①若FP＝FQ，即182＝(5t＋10)2＋100，故25(t＋2)2＝224，(t＋2)2＝．∵2≤t＋2≤6.5，∴t＋2＝．∴t＝
－2．
②若QP＝QF，即(5t－8)2＋100＝(5t＋10)2＋100，即(5t－8)2＝(5t＋10)2，无0≤t≤4.5的t满足．
③若PQ＝PF，即(5t－8)2＋100＝182，∴(5t－8)2＝224．由于≈15，又0≤5t≤22.5，∴－8≤5t－8≤14.5，14.52＝＜224．故没有t(0≤t≤4.5)满足此方程．综上所述，当t＝
－2时，△PQR为等腰三角形．
10．⑴C1的顶点坐标为(1，).
⑵略
⑶作PM⊥AB于M，作QN⊥AB交AB延长线于N，∴PM＝1－yP，FM＝1－xP．在Rt△PMF中，PF2＝(1－yP)2＋(1－xP)2＝1－2yP＋yP2＋1－2xP＋xP2，又∵点P在抛物线上，∴yP＝xP2－xP＋1，∴PF2＝1－xP2＋2xP－2＋yP2＋1－2xP＋xP2＝yP2，∴PF＝yP，同理，QF＝yQ，易证△PMF∽△QNF，则，∴，即，∴＝2．
11．先从特殊情况出发．当△ABC是等腰直角三角形时，点P与点C重合，此时点P的位置在AB的中垂线上，且到AB的距离为AB，如图①所示．下面就一般情况来证明上面的结论(结论②所示)．过C，E，G分别作直线AB的垂线CH，EM，GN，垂足分别是H，M，N．容易证明△AEM≌△ACH，△BGN≌△BCH．从而有AM＝CH＝BN，EM＝AH，GN＝BH．这样，线段AB的中点O也是线段MN的中点，连接OP，则OP是梯形EMNG的中位线，从而OP⊥AB，OP＝(EM＋GN)＝
(AH＋BH)＝AB．∴无论点C在AB同一侧的位置如何，EG中点P的位置不变．
12专题20
直线与圆的位置关系（1）
阅读与思考
圆心到直线的距离与圆的半径的大小量化确定直线与圆的相离、相切、相交三种位置关系.直线与圆相切是研究直线与圆的位置关系的重点.与切线相关的知识，包括弦切角、切线的性质和判断、切线长定理、切割线定理等.
证明一直线是圆的切线是平面几何问题中一种常见的题型，证明的基本方法有：
1.利用定义，判断直线和圆只有一个公共点；
2.当已知一条直线和圆有一个公共点时，就把圆心和这个公共点连接起来，再证明这条半径和直线垂直；
3.当直线和圆的公共点没有确定时，就过圆心作直线的垂线，再证明圆心到直线的距离等于半径.
熟悉如下基本图形和以上基本结论.
例题与求解
【例1】如图，已知AB为⊙O的直径，CB切⊙O于点B，CD切⊙O于点D，交BA的延长线于E.若AB＝3，DE＝2，则BC的长为(
)
（青岛市中考试题）
A．2
B．3
C．3.5
D．4
例1题图
例2题图
解题思路：本例包含了切线相关的丰富性质，从C点看可应用切线长定理，从E点看可应用切割线定理，又EC为⊙O的切线，可应用切线性质，故解题思路广阔.
【例2】如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ACB＝45°，∠ABC＝120°，⊙O的半径为1.
(1)
求弦AC，AB的长;
(2)
若P为CB的延长线上一点，试确定P点的位置，使PA与⊙O相切，并证明你的结论.
（哈尔滨市中考试题）
解题思路：第(2)题是考查探索能力的开放性几何题，只要探求得PB与BC，或PC与BC的关系，或求得PB或PC的长，点P的位置即可确定.
【例3】已知△ABC是⊙O的内接三角形，BT为⊙O的切线，B为切点，P为直线AB上一点.过点P作BC的平行线交BT于点E，交直线AC于点F.
(1)
当点P在线段AB上时(如图)，求证：PA?PB＝PE?PF；
(2)
当点P为线段BA的延长线上一点时，第(1)题的结论还成立吗?如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
（北京市中考试题）
解题思路：本例是“运动型”的开放性问题，要求点在运动变化中，判断原结论是否成立，通过观察、比较、归纳、分析等系列活动，逐步确定应有的结论.
【例4】已知：如图1，把矩形纸片ABCD折叠，使得顶点A与边DC上的动点P重合（P不与点D，C重合），MN为折痕，点M，N分别在边BC，AD上.连接AP，MP，AM，AP与MN相较于点F，⊙O过点M，C，P.
(1)
请你在图1中作出⊙O（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)
与是否相等？请说明理由；
(3)
随着点P的运动，若⊙O与AM相切于点M时，⊙O又与AD相切于点H.设AB为4，请你通过计算，画出这时的图形（图2、图3供参考）.
（宜昌市中考试题）
解题思路：对于(3)，只依靠AB的长不能画出图形，需求出关键的量，因为∠C＝90°，⊙O过点M，C，P，故将画出矩形的条件转化为求出CP（或MP）的长.当矩形确定后，依据线段CP的长，就可确定P点的位置.
【例5】如图，已知△ABC内接于⊙O，AD，BD为⊙O的切线，作DE∥BC，交AC于点E，连接EO并延长交BC于点F.求证：BF＝FC.
（太原市竞赛试题）
解题思路：要证明BF＝FC，只需证FO⊥BC即可，连接OA，OB，OD，将问题转化为证明∠DAO＝∠EFC.
【例6】如图，在等腰△ABC中，已知AB＝AC，∠C的平分线与AB交于点P，M是△ABC的内切⊙I与边BC的切点，作MD∥AC，交⊙I于点D，求证：PD是⊙I的切线.
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：设⊙I切AB于点S，连接IM，IS，ID，直接证明∠PDI＝90°困难，不妨证明∠PDI＝∠PSI，即证明△PIS≌△PID.
能力训练
A
级
1.
PA，PB切⊙O于A，B，∠APB＝78°，点C是⊙O上异于A，B的任意一点，则∠ACB＝__________.
2.如图，以△ABC的边AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线交AC于点E.要使DE⊥AC，则△ABC的边必须满足的条件是__________.
（武汉市中考试题）
第2题图
第3题图
3.
如图，PA切⊙O于点A，C是上任意一点，∠PAB＝62°，则∠C的度数是__________.
（荆门市中考试题）
4.直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＋BC＜DC.若腰DC上有一点P，使AP⊥BP，则这样的点（
）
A．不存在　　　　B．只有一个　　　　C．只有两个　　　　D．有无数个
5．如图，已知AB是⊙O的直径，CD，CB是⊙O的切线，D，B为切点，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点F，连接AD，BD，给出以下四个结论：①AD∥OC；②E为△CDB的内心；③FC＝FE.其中正确的结论是
(
)
A．①②
B．②③
C．①③
D．①②③
6．如图，ABCD为⊙O的内接四边形，AC平分∠BAD并与BD相交于E点，CF切⊙O于点C并与AD的延长线相交于点F.图中的四个三角形①△CAF,②△ABC,③△ABD,④△BEC，其中一定相似的是（
）
(连云港市中考试题)
A．①②③
B．②③④
C．①③④
D．①②④
第5题图
第6题图
第7题图
7．如图，△ABC内接于⊙O，AE切⊙O于点A，BC∥AE．
(1)
求证：△ABC是等腰三角形；
(2)
设AB=10cm，BC=8cm，点P是射线AE上的点，若以A，P，C为顶点的三角形与△ABC相似，问这样的点有几个?
(南昌市中考试题)
8．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以AC为直径的⊙O交斜边AB于点E，OD∥AB．
求证：(1)
ED是⊙O的切线；
(2)
2DE2＝BE?OD.
9．如图，在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的边，且a，b是关于x的一元二次方程x2＋4(c＋2)＝(c+4)x的两个根.
点D在AB上，以BD为直径的⊙O切AC于点E．
(1)
求证：△ABC是直角三角形；
(2)
若tanA＝时，求AE的长.
(内蒙古中考试题)
10．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O交AC边于点D，E是边BC中点，连接DE.
(1)
求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)
连接OC交DE于点F，若OF＝CF，求tan∠ACO的值．
(武汉市中考试题)
11．如图，⊙O的半径r＝25，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD于点H，P为CA延长线上一点，且∠PDA＝∠ABD．
(1)
试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)
若tan∠ADB＝，PA＝
EQ
\F(4－3,3)AH，求BD的长；
(3)
在(2)的条件下，求四边形ABCD的面积.
(成都市中考试题)
B
级
1．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，过点C的切线与AD的延长线交于点E．若∠DAB＝56°，
∠ABC＝64°，则∠CED＝__________.
2．如图，⊙O与矩形ABCD的边AD，AB，BC分别相切于点E，F，G，P是上的一点，则∠EPF＝__________.
（广州市中考试题）
第1题图
第2题图
第3题图
3．如图，直线AB，AC与⊙O分别相切于点B，C两点，P为圆上一点，P到AB，AC的距离分别为4cm，6cm，那么P到BC的距离为__________cm.
（全国初中数学联赛试题）
4．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O分别与AB，AC相切于点E，F，圆心O在BC上，若AB＝a，AC＝b，则⊙O的半径等于（
）
A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．
5．如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ABC＝30°，AC的延长线与过点B的⊙O的切线相交于点D．若⊙O的半径OC＝1，BD∥OC，则CD的长为(
)
A．1+
EQ
\F(,3)
B．
EQ
\F(2,3)
C．
EQ
\F(,3)
D．
第4题图
第5题图
第6题图
6．如图，⊙O的内接△ABC的外角∠ACE的平分线交⊙O于点D．DF⊥AC，垂足为F，DE⊥BC，垂足为E．给出以下四个结论：①CE＝CF；②∠ACB＝∠EDF；③DE是⊙O的切线；④＝．其中正确的结论是(
)
(苏州市中考试题)
A．①②③
B．②③④
C．①③④
D．①②④
7．如图，已知AC切⊙O于点C，CP为⊙O的直径，AB切⊙O于点D，与CP的延长线交于点B.若AC＝PC.
求证：(1)
BD＝2BP；(2)
PC＝3BP.
(天津市中考试题)
8.如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝12cm，AD＝8cm，BC＝22cm，AB为⊙O的直径.动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以2cm/s的速度运动.
P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止.设运动时间为t(s).
(1)
当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形?
(2)
当t为何值时，PQ与⊙O相切?
(呼和浩特市中考试题)
9.如图，已知在△ABC中，∠ABC＝90°,O是AB上一点，以O为圆心，OB为半径的半圆与AB交于点E，与AC切于点D，AD＝2，AE＝1.求证：S△AOD，S△BCD是方程10x2－51x＋54＝0的两个根.
(河南省中考试题)
10.如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C.
(1)
求证：直线PB与⊙O相切;
(2)
PO的延长线与⊙O交于点E，若⊙O的半径为3，PC＝4，求弦CE的长.(武汉市中考试题)
11.如图，直线y＝x＋4交x轴于点B，交y轴于点A，⊙O′过A，O两点.
(1)
如图1，若⊙O′交AB于点C，当O′在OA上时，求弦AC的长;
(2)
如图2，当⊙O′与直线l相切于点A时，求圆心O′的坐标;
(3)
当O′A平分△AOB的外角时，请画出图形，并求⊙O′的半径的长.
12.如图，AB是⊙O的直径，AB＝d，过点A作⊙O的切线并在其上取一点C，使AC＝AB，连接OC交⊙O于点D，BD的延长线交AC于点E.
求AE的长.
(四川省竞赛试题)
专题20
直线与圆的位置关系（1）
例1、B
提示：连接，则
例2、（1），
（2）提示：若是⊙的切线，则，又
，得∥，，，
，，，即当时，是
⊙的切线
例3、
提示（1）证明
（2）当为延长线上一点时，第（1）题的
结论仍成立
例4、（1）略
（2），理由如下：假设，则∥。，
，，与关于对称，，而与不重
合，这与“过一点（）”只能作一条直线与已知直线（）垂直”矛盾，假设
不成立，即
（3）证明≌，得，设，则，
，连接并延长交于，则四边形为矩形，
∥，得，，
，，，解得
即，，，由此画图
例6
连切点半径，和，得四点共圆，得，
，设，则
，
，则，∥，，
，
而，
，在与中，，，，≌，
，故是⊙的切线
A级
1、51?或129?
2、
3、或
4、D
提示：以为直径的圆与相交
5、
6、
7、（1）略
（2）满足条件的点有两个：过点作∥交于点，则
，这时；
过点作⊙的切线交于点，则
，这时
7、（1）提示：连接，证明，，
（2）在中，，又，，又
2，，
7、（1）由已知，得，由两根关系得，，
，是直角三角形
（2）提示：连接，则∥，，，，
7、（1）连接，，，是⊙的直径，，
是的中点，，，，≌，
，直线是⊙的切线
（2）作于点，由（1）知BD⊥AC，EC=EB．∵OA=OB，∴OE∥AC且OE=，∴∠CDF=∠OEF，∠DCF=∠EOF．
∵CF=OF，∴△DCF≌△EOF，∴DC=OE=AD，∴BA=BC，∴∠A=45°．
∵OH⊥AD，∴OH=AH=DH，∴CH=3OH，故tan∠ACO=．
11．（1）略
（2）连接DO并延长与⊙O相交于点E，连接BE．设AH=3k．
∵tan∠ADB=，PA=，AC⊥BD于点H．
∴DH=4k，AD=5k，PA=，PH=PA+AH=．
∴tan∠P=．∴∠P=30°，PD=8k．
∵BD⊥AC，∴∠P+∠PDB=90°．
∵PD⊥DE，∴∠PDB+∠BDE=90°．∴∠BDE=∠P=30°．
∵DE是直径，∴∠DBE=90°，DE=2r=50．
∴BD=DE·cos∠BDE=50·cos30°=．
（3）连接CE．
∵DE是直径，∴∠DCE=90°．
∴CD=DE·sin∠CED=DE·sin∠CAD=．
∵∠PDA=∠ABD=∠ACD，∠P=∠P，∴△PDA∽△PCD．
∴．∴．
解得PC=64，k=．
∴AC=PC－PA=64－．
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=．
B级
1．86°
2．45°
3．连接BP，MQ，PC，QN，
由PM⊥AB，PN⊥AC，PQ⊥BC可得P，Q，C，N四点共圆，P，Q，B，M四点共圆．
由△MPQ∽△QPN得PQ=．
4．C
5．B【提示】连接OB，过C作CH⊥BD交BD于点H．
∴OBHC是正方形，CH=1．
∵∠ABC=30°，∴∠OAC=60°=∠D．
在Rt△CDH中，，
∴CD=．
6．D
7．提示：（1）连接OD，由△BDO∽△BCA，得BD=，又BD2=BP·BC．
（2）由（1）可知BC=2BD，BD=2BP，得BC=4BP，
∴PC+BP=4BP，∴PC=3BP．
8．（1）∵直角梯形ABCD，AD∥BC，
∴PD∥QC．
∴当PD=QC时，四边形PQCD是平行四边形．
由题意可知AP=t，CQ=2t，
∴8－t=2t，3t=8，t=时，四边形PQCD为平行四边形．
（2）设PQ与⊙O相切于点H，过P作PE⊥BC于E．
∵直角梯形ABCD，AD∥BC，∴PE=AB．
有题意可知AP=BE=t，CQ=2t，
∴BQ=BC－CQ=22－2t，EQ=BQ－BE=22－2t－t=22－3t．
∵AB为⊙O的直径，∠ABC=∠DAB=90°，
∴AD、BC为⊙O的切线．
∴AP=PH，HQ=BQ．
∴PQ=PH+HQ=AP+BQ=22－t．
在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，
∴122+(22－3t)2=(22－2t)2，即8t2－88t+144=0，t2－11t+18=0，
∴t1=2，t2=9．
∵P在AD边运动时间为，而t=9＞8，∴t=9舍去．
∴当t=2时，PQ与⊙O相切．
9．提示：AB=4，BC=CD=3，S△AOD=．
作BH⊥AC于H，则Rt△AOD∽Rt△ABH，得．
∴S△BCD=．
10．（1）过点O作OD⊥PB于点D，连接OC．
∵PA切⊙O于点C，∴OC⊥PA．
又∵点O在∠APB的平分线上，∴OC=OD，∴PB与⊙O相切．
（2）过点C作CF⊥OP于点F．
在Rt△PCO中，PC=4，OC=3，OP=，
∵OC·PC=OP·CF=2S△POD，∴CF=．
在Rt△COF中，．
∴EF=EO+OF=，∴．
11．（1）AC=．
（2）连接AC，则A，O’，C共线．
设OC=a，则AC2=a2+42，
又AC2=（a+3）2－52，即a2+42=（a+3）2－52，解得a=，
∴O’
．
（3）如图，设⊙O’交x轴于点C，交BA的延长线于D．
∵O’A平分∠OAD，∴∠OAC=∠DAC，
∴，∴OC=CD．
∵∠AOC=90°，∴AC是⊙O’的直径．
∴∠D=90°，∴△AOC≌△ADC，∴AD=AO=4．
设OC=DC=a，在Rt△BCD中，BC=a+3，BD=9，CD=a，
∴（a+3）2=a2+92，解得a=12，
∴AC2=OA2+OC2=42+122=160，AC=，
∴⊙O’的半径长为．
12．连接AD，由△CDE∽△CAD，有．
又由△ADE∽△BDA，有．
由①②及AB=AC，得AE=CD．
由∠DAE=∠EDC，知CD是△ADE外接圆的切线．
故CD2=CE·CA，即AE2=CE·CA．
设AE=x，则CE=d－x，
∴，即x2+dx－d2=0，
解方程并取正根得AE=x=．专题16
相似三角形的性质
阅读与思考
相似三角形的性质有：
1.
对应角相等；
2.
对应边成比例；
3.
对应线段（中线、高、角平分线）之比等于相似比；
4.
周长之比等于相似比；
5.
面积之比等于相似比的平方.
性质3主要应用于三角形内接特殊平行四边形的问题，性质5进一步丰富了面积的有关知识，拓展了我们研究面积问题的视角.
如图，正方形EFGH内接于△ABC，AD⊥BC，设，，试用a、h的代数式表示正方形的边长.
例题与求解
【例1】如图，已知□ABCD中，过点B的直线顺次与AC，AD及CD的延长线相交于E，F，G，若，，则FG的长是
.
（“弘晟杯”上海市竞赛试题）
解题思路：由相似三角形建立含FG的关系式，注意中间比的代换.
【例2】如图，已知△ABC中，DE∥GF∥BC，且，
则（
）
（黑龙江省中考试题）
A.
B.
C.
D.
解题思路：△ADE，△AFG都与△ABC相似，用△ABC面积的代数式分别表示△ADE、四边形DFGE、四边形FBCG的面积.
【例3】如图，在△ABC的内部选取一点P，过P点作三条分别与△ABC的三边平行的直线，这样所得的三个三角形t1，t2，t3的面积分别为4，9和49，求△ABC的面积.
（第二届美国数学邀请赛试题）
解题思路：由于问题条件中没有具体的线段长，所以不能用面积公式求出有关图形的面积，可考虑应用相似三角形的性质.
如图所示，经过三角形内一点向各边作平行线（也称剖分三角形），我们可以得到：
1
△FDP
∽△IPE
∽△PHG
∽△ABC；
2
；
3
；
4
.
上述性质，叙述简捷，形式优美，巧妙运用它们解某些平面几何竞赛题，简明而迅速，奇特而匠心独运，请读者给出证明.
【例4】如图，△ABC中，O是三角形内一点，满足.
求证：.
（北京大学自主招生考试试题）
解题思路：这实际上是一个著名的问题：布洛卡点问题.
设P是△ABC内一点，满足，称点P是△ABC的布洛卡点，则有
.
【例5】如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，，，，.
动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，设运动的时间为t秒.
（1）求BC的长；
（2）当MN∥AB时，求t的值；
（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形.
（济南市中考试题）
解题思路：对于（2），由，构造相似三角形，由三角形相似得对应边成比例，进而解决问题；对于（3），需要分情况讨论.
在证明含线段平行关系的问题时，常常联想到以下知识：①勾股定理；②相似三角形面积比等于相似比的平方.
【例6】
设△A1B1C1的面积为S1，△A2B2C2的面积为S2，当△A1B1C1∽△A2B2C2，且时，则称△A1B1C1与△A2B2C2有一定的“全等度”.
如图，已知梯形ABCD，AD∥BC，
，，连接AC.
（厦门市中考试题）
（1）若AD=DC，求证：△DAC与△ABC有一定的“全等度”；
（2）你认为：△DAC与△ABC有一定的“全等度”正确吗？若正确，说明理由；若不正确，请举出一个反例说明.
解题思路：本题设置了“全等度”这一新概念，要求在对其理解的基础上进行辨析和判断，并举例说明符合或不符合概念特征的正例或反例，这是试题对概念理解考查的有力保障..
能力训练
A级
1.
如图，在△ABC与△BED中，若，且△ABC与△BED的周长之差为10cm，则△ABC的周长为
cm.
（第1题）
（第2题）
（第3题）
2.
如图，△ABC中，，DE∥AC.
若△ABC的面积为S，则△ADE的面积为
.
（苏州市中考试题）
3.
如图，在△ABC中，DE∥BC，DE，CD交于F，且，则
.
4.
若正方形的四个顶点分别在直角三角形的三条边上，直角三角形的两直角边的长分别为3cm和4cm，则此正方形的边长为
cm.
（武汉市中考试题）
5.
如图，□ABCD中，E是AB的中点，F是AD的中点，EF交AC于点O，FE的延长线交CB的延长线于G点，那么（
）
A.
B.
C.
D.
（第5题）
（第6题）
（第7题）
6.
如图，直角梯形ABCD中，，AD∥BC，BC=CD，E为梯形内一点，且.
将△BEC绕点C旋转90°使BC与DC重合，得到△DCF，连接EF交CD于点M.
已知，，则的值为（
）
A.
B.
C.
D.
（荆州市中考试题）
7.
如图，△ABC中，DE∥BC，BE与CD交于点O，AO与DE，BC分别交于点N，M，则下列结论错误的是（
）
A.
B.
C.
D.
8.
如图，在正方形ABCD中，M是AD的中点，N点在CD上.
若，则的值为（
）
A.
B.
C.
D.
（第8题）
（第9题）
9.
如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，.
求证：.
10.
如图1，在Rt△ABC中，，AD⊥BC于点D，点O是AC边上一点，连接BO交AD于F，OE⊥OB交BC于点E.
图1
图2
（1）求证：△ABF
∽△COE；
（2）当O为AC边中点，时，如图2，求的值；
（3）当O为AC边中点，时，请直接写出的值.
（武汉市中考试题）
11.
如图，△ABC中，，D在AB边上移动（不与A，B重合），DE∥BC交AC于E，连接CD.
设，.
（1）当D为AB中点时，求的值；
（2）当，，用x的代数式表示y，并求x的取值范围；
（3）是否存在点D，使得？若存在，求出D点位置；若不存在，请说明理由.
（福州市中考试题）
12.
在等腰△ABC中，，.
动点M，N分别在两腰AB，AC上（M不与A，B重合，N不与A，C重合），且MN∥BC.
将△AMN沿MN所在的直线折叠，使点A的对应点为P
.
（1）当MN为何值时，点P恰好落在BC上；
（2）设，△MNP与等腰△ABC重叠部分的面积为y，试写出y与x的函数关系式.
当x为何值
时，y的值最大，最大值是多少？
（宁夏省中考试题）
B级
1.
如图，在△ABC中，DE∥FG∥BC，GI∥EF∥AB.
若△ADE，△EFG，△GIC的面积分别为20cm2，45
cm2，80
cm2，则△ABC的面积为
.
（第1题）
（第2题）
2.
如图，梯形ABCD中，AD∥BC，，对角线AC⊥BD于P点，已知，则的值是
.
（绍兴市中考试题）
3.
如图，正方形OPQR内接于△ABC，已知△AOR，△BOP和△CRQ的面积分别是，和，
那么正方形OPQR的边长是（
）
（全国初中数学联赛试题）
A.
B.
C.2
D.3
（第3题）
（第4题）
（第5题）
4.
如图，梯形ABCD中，AB∥CD，且，EF∥CD，EF将梯形ABCD分成面积相等的两部分，
则（
）
（“希望杯”邀请赛试题）
A.2
B.
C.
D.
5.
如图，△ABC中，D，E分别是边BC，AB上的点，且.
如果△ABC，△EBD，△ADC的周长依次是m，m1，m2，证明：.
（全国初中数学联赛试题）
6.
如图，P是△ABC内的一点，等长的三条线段DE，FG和HI分别平行于边AB，BC和CA，并且，，.
求证：.
（江苏省竞赛试题）
（第6题）
（第7题）
7.
如图，锐角△ABC中，PQRS是△ABC的内接矩形，且，其中n为不小于3的自然数.
求证：为无理数.
（上海市竞赛试题）
8.
如图，已知直线l1的解析式为，直线l1与x轴，y轴分别相交于A，B两点，直线l2经过B，C两点，点C的坐标为.
又已知点P在x轴上从点A向点C移动，点Q在直线l2上从点C向点B移动，点P，Q同时出发，且移动的速度都为每秒1个单位长度.
设移动时间为t秒.
（1）求直线l2的解析式；
（2）设△PCQ的面积为S，请求出S关于t的函数关系式；
（3）试探究：当t为何值时，△PCQ为等腰三角形？
（山西省中考试题）
9.
如图，设△ABC三边上的
内接正方形（两个顶点在三角形的一边上，其余两个顶点分别在三角形的另两边上）的面积相等.
求证：△ABC为正三角形.
（江苏省竞赛试题）
10.
在矩形ABCD和矩形CEFG中，已知，连接DE与AF交于点P，连接CP.
（1）如图1，当时，点B，C，E三点在同一条直线上，求的值.
（2）如图2，当时，将图1中的矩形CEFG绕点C顺时针旋转一个角度.
①
求的值；
②
求证：CP⊥AF.
（3）如图3，当时，请直接写出用含k的式子表示的的值.
图1
图2
图3
11.
在直角梯形ABCD中，CB∥OA，，，，.
分别以OA，OC边所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系.
（1）求点B的坐标；
（2）已知D，E分别为线段OC，OB上的点，，，直线DE交x轴于点F，求直线DE的解析式；
（3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一个点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
（山西省中考试题）
专题16
相似三角形的性质
例1
10.5
提示：．　　例2
C
例3
144
提示：．
例4
解法一：如图1，过点O作AC的平行线交BC，AB于点D，E．∵DE∥AC，∴∠OAC=∠1，∴∠1=∠BAO，∵∠OAC=∠OCA，∴AO=OC，AE=OE，∴△AOE∽△ACO，∴①，∵DE∥AC，∴②，∵∠2=∠OBC，∠BCO=∠BCO，∴△OCD∽△BCO，∴③，①×②×③得
，
∴（AO=OC，AE=OE），
∴．
解法二：如图2，不妨设AB
>AC，延长CA至点P，使CP=AB，连接PB，PO．
在△BAO和△PCO中，，
∴△BAO≌△PCO，
∴∠CPO=∠ABO．
∴O，A，P，B四点共圆，
∴∠OAB=∠OPB=∠OBC．
而∠CPO=∠ABO，
∴∠ABC=∠CPB，
又∠ACB=∠BCP，
∴△CBA∽△CPB，
∴，注意到PC=AB，
∴，即△ABC三边成比例．
例5
提示：（1）BC=10
（2）如图1，过点D作DG∥AB交BC于点G，则
BG=AD=3，GC=7，MN∥DG，
当M，N运动t秒时，CN=t，CM=10-2t，
由△MNC∽△GDC，得，即，解得．
（3）①当NC=MC时，如图2，则t=10-2t，；
②当MN=NC时，如图3，过点N作NE⊥MC于点E，过点D作DH⊥BC于点H，
由△NEC∽△DHC，得，即，解得；
③当MN=MC是，如图4，过点M作MF⊥CN于点F，则．
由△MFC∽△DHC，得，即，解得．
例6（1）∵AD=DC，
∴∠DAC=∠DCA．
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB．
∵∠BCD=60°，
∴∠DCA=∠ACB=30°．
∵∠B=30°，
∴∠DAC=∠B=30°，
∴△DAC∽△ABC．
过点D作DE⊥AC于点E．
∴AD=DC，
∴AC=2EC．
在Rt△DEC中，∵∠DCA=30°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△DAC与△ABC有一定的“全等度”．
（2）△DAC与△ABC有一定的“全等度”不正确．
反例：若∠ACB=40°，则△DAC与△ABC不具有一定的“全等度”．
∵∠B=30°，∠BCD=60°，
∴∠BAC=110°．
∵AD∥BC，
∴∠D=120°．
∴△DAC与△ABC都是钝角三角形，且两钝角不相等．
∴△DAC与△ABC不相似．
∴若∠ACB=40°，则△DAC与△ABC不具有一定的“全等度”．
A级
1．25
2．
3．
4．或
5．B
6．C
7．C
8．A
9．提示：由△ABC∽△DCA，得
10．提示：（1）∠ABF=∠COE，∠BAF=∠C，可证明△ABF∽△COE．
（2）如图，作OG⊥AC，交AD的延长线于G，则∠G=∠C，
∵O为AC中点，AC=2AB，
∴∠FOG=∠BOA=∠COE=45°，
∴△FOG∽△EOC，
∴．
又AO=BA，∠G=∠C，∠AOG=∠BAC，
∴△AGO≌△BCA，
∴OG=AC=2OC，
∴．
（3）．
11．提示：（1）．
（2）．
（3）不存在点D，使得成立，从而反面说明．
12．（1）当MN=3时，点P在BC上．
（2）①当时，．当时，y有最大值为3；
②当时，设△PMN与BC相较于点E、F，BC边上的高为4，则，
，．
当x=4时，y有最大值为4．
B级
1．405cm2
提示：．
2．
提示：Rt△BAD∽Rt△CBA．
3．C．
4．C
提示：延长DA、CB相交于G，．
设，则，，
．
5．△EBD∽△DAC∽△ABC，，，
．
6．提示：，，，
由△AFG∽△ABC，得，，FB=4．
7．设BC=a，BC边上的高AD=h，PS=x，RS=y．
由△ASR∽△ABC，得，
∵，
∴，
整理得，
∴．
∵，
∴不是完全平方数，为无理数，
从而为无理数，于是为无理数.
8.提示：（1）.
（2）.
（3）如图1，当CP=CQ时，即，得.如图2，当QC=QP时，过点Q作QD⊥x轴于D，则.∵△QDC∽△BOC，∴，即，得.
（3）如图3，当PC=PQ时，过P作于D，则.∵△CDP∽△COB.
∴，即，得综上所述，当或或时，△PCQ为等腰三角形.
9.设三角形边长为.设为正方形的边长，为三角形的高，为三角形的面积.设D、E、F、G是立于边上的正方形的顶点.∵GF∥BC，∴△AGF∽△ABC，∴，
.同理可得：.据题意，故得
，或①，但，
故②.由①②得，因此，故③，或④，其中必有一成立.若④式成立，由①④求得，矛盾（直角三角形斜边大于直角边），故③式成立.有①③得.同理可证，故，即△ABC为正三角形.
10.(1)连结AC，CF，可证明△ACF∽△DCE，得.
（2）①.
②证明△ADH∽△CPH，∠CPH=∠ADH=90°，故CP⊥AF.
（3）.
11.(1)B(3,6).
(2)作EG⊥x轴于点G，可求得E（2，4），直线DE的解析式.
（3）存在.①如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形.作MP⊥y轴于点P，则
MP∥x轴，∴△MPD∽△FOD，∴.又当时，，解得
.∴F点的坐标为（10，0）.∴OF=10.
在Rt△ODF中，，∴，
∴，.∴点M的坐标为.∴点N的坐标为.
②如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM为菱形，延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴.∵点M在直线上.∴设M点坐标为，在Rt△OPM中，
，∴，解得，
∴点M的坐标为（4，3）.∴点N的坐标为（4，8）.
③如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为菱形，连结NM交OD于点P，则NM与
OD互相垂直平分，∴.
∴，∴，∴.
∴N的坐标为.综上所述，x轴上方的点N有三个，分别为，
，
.
AC=BD
图1
A
B
C
E
D
O
1
2
图2
图1
图2
图3
图4
(第10题)专题
03
根的检测器
例1.
提示:
原方程化为,因为两方程中一个有两个相等实根,
而另一个无实根.
例2.
提示:
从反面考虑,
即考虑三个方程都无实数根时的取值范围.
例3.(1)
直线或或
(2)
例4.
提示:
是关于两实根,
例5.(1)
提示:
(2)
①
若,则,不合题意,
故这种情况不存在
②
若中有一条边与相等,
不妨设,代入得,解得.
当时,,
此时,
当时,
,此时,
例6.
①
如图1,
若顶点在斜边上,
取的中点,连结并作边上的高,则
,
故
②
如图2,
若顶点在直角边(或)上,
由对称性,
不妨设在边上,
过点作于
,记,易证,得又显然为等腰直角三角
形,
得,设则,即在中,
由勾股定理有
,由,得,当时,
综合①②,
直角边长的最大可能值为
A级
1.
2.
0或2
3.
直角
4.
5.
B
6.
B
7.
C
提示:
分和两种情况
8.
A
9.
或
10.
或
提示:
参见例2
11.
提示:
故中至少有两个大于0
12.
设则原方程可化为
①
方程①有实数根,
,
.
当
时,
即方程①的解为,即,
当时,
有最大
值且最大值为
B
级
1.
2.
1
3.
4
提示:
由题目知是方程的根,
则,由条件知是的根
或有两个相等的根,
解得或(舍去)
4.
4
5.
D
6.
B
7.
A
8.
D
提示:
当时,
无解.;
当时,,
无意义;
当时,
原方程化为,
即
故
9.
或
提示:
当时,
方程有相异两实根;
当时,
①
或
②
10.
提示:
设矩形的长和宽分别为,矩形的长和宽分别为,则
可看作关于的方程的两根
11.
①
当时,,
方程有有理根;
②
当时,
因为方程有有理根,
所以若是整数,
则判别式必为完全平方数.
即存在非负整
数,使,即配方得,即
由于与奇偶性相同,
故或,解得或(舍去)
综合①②,
方程有有理根,
整数的值为或
12.
设，得，
则实数可看作一元二次方程的两个根，
即
故的最大值最小值专题30
运动与变化------函数思想
阅读与思考
所谓函数思想，就是用运动、变化的观点来分析问题中的数量关系，通过函数的形式，把这种关系表示出来，运用函数的概念和性质去分析问题、解决问题.
函数思想在解决问题中有以下几个方面的应用：
1．利用函数图象解决问题；
2．用函数的观点研究方程（组）、不等式（组）的解；
3．建立目标函数，运用函数的性质去解决问题.
方程与函数有着深刻的内在联系，这种联系体现在：方程的解是对应的函数图象交点的横坐标．函数图象的直观性，使得我们对方程的理解有了一种新的途径，
函数是初中数学的主要内容，有正比例函数、反比例函数、一次函次和二次函数，要研究它们的性质和图象．函数的思想方法就是用变化运动的观点来观察、分析问题．
应熟悉以下基本问题：
①
常见函数的性质、图象、画法；
②
常见函数的图象与该函数的解析式中各个系数的符号的关系；
③
确定常见函数解析式的方法；函数与方程（组）的联系.
例题与求解
【例1】
同学们都知道，一次函数的图象是一条直线，它可以表示许多实际意义，比如在图1中，x表示时间（小时），y表示路程（千米）．那么从图象上可以看出，某人出发时（x＝0），离某地（原点）2千米，出发1小时，由x＝1，得y＝5，即某人离某地5千米，他走了3千米．
在图2中，OA，BA分别表示甲、乙两人的运动图象，请根据图象回答下列问题：
(1)如果用t表示时间，y表示路程，那么甲、乙两人各自的路程与时间的函数关系式：甲_________，乙________________;
(2)甲的运动速度是______千米/时；
(3)甲、乙同时出发，相遇时，甲比乙多走______千米．
（常州市中考试题）
图1
图2
解题思路：本例采用新视角将行程问题用图示法表示，解题的关键是领会“一次函数”表示行程问题的意义，从图象获得与行程问题相关量的信息.
对于某些从正面直接求解比较困难的数学问题，通过对题设与结论的观察与分析，构造辅助元素，使问题结构更加清晰，解题过程更加简化，目标结论更为明确，这种解题方法称为构造法．
构造法的基本形式是以已知条件为“原料”，以所求结论为“方向”，构造出一种新的数学形式，常用的构造方法有：
①构造实例；
②构造反例；
③构造方程；
④构造函数；
⑤构造图形.
【例2】对于方程，如果方程实根的个数恰为3个，则m值等于(
)
A.1
B．
C．2
D．2.5
解题思路：可将m值一一代入原方程，逐一验证，直至筛选出符合条件的m的值．本例的另一解法是把讨论方程解的个数转化为讨论函数与函数图象交点，利用函数图象解题．
【例3】已知b，c为整数，方程的两根都大于－1且小于0，求b和c的值．
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：解本例的基本思路是利用求根公式，通过解不等式组求出b，c的值，显然较繁．可以构造二次函数，讨论二次函数与x轴交点在－1与0之间时所满足的约束条件入手．
【例4】在直角坐标系中．有以A（－1，－1），B(1，一1),
C(1，1），D(－1，1)为顶点的正方形，设它在折线上侧部分的面积为S．试求S关于a的函数关系式，并画出它们的图象．
（河北省竞赛试题）
解题思路：CD，AB平行于x轴且与x轴的距离为1，就a≥1，0≤a≤1，－1≤a＜0，a＜－1四种情况讨论.
【例5】如图，公园要建造圆形的喷水池，在水池中央垂直于水面处安装一个柱子OA，O恰在水面中心，OA＝1.25米．由柱子顶端A处的喷头向外喷水，水流沿形状相同的各条抛物线落下，为使水流形状较为漂亮，要求设计成水流在离OA距离为1米处时距水面最大高度为2.25米．
(1)如果不计其他因素，那么水池的半径至少要多少米，才能使喷出的水流不至落到池外？
(2)若水流喷出的抛物线形状与(1)相同，水池的半径为3.5米，要使水流不落到池外，此时水流的最大高度应达多少米？（精确到0.1米）
（山西省中考试题）
解题思路：以OA所在的直线为y轴，过点O垂直于OA的直线为x轴，点O为原点，建立直角坐标系，解题的关键是求出抛物线的解析式.
随着近年中考和竞赛试题改革的不断深入，数学应用题已不再停留在“列方程解应用”的层次上，其内容繁多，题型多变，解法灵活，函数应用题的广泛出现是近年中考的一个显著特点.
函数应用题的数量关系是以函数的形式出现，解题的关键是建立量与量之间的函数关系式，运用相关函数的性质解题.
【例6】某商场促销方案规定：商场内所有商品按标价的80%出售，同时，当顾客在商场内消费满一定金额后，按下表获得相应的返还金额．
消费金额（元）
300~400
400~500
500~600
600~700
700~900
…
返还金额（元）
30
60
100
130
150
…
注：“300～400”表示消费金额大于300元且小于或等于400元，其他类同.
根据上述促销方案，顾客在该商场购物可以获得双重优惠．例如，若购买标价为400元的商品，则消费金额为320元，获得的优惠额为400×(1－80%)
＋30＝110(元)．
(1)购买一件标价为1000元的商品，顾客获得的优惠额是多少？
(2)如果顾客购买标价不超过800元的商品，要使获得的优惠额不少于226元，那么该商品的标价至少为多少元？
（南京市中考试题）
解题思路：本题考查的是分段函数的应用问题，在解答过程中要体现分类讨论的思想．
能力训练
1．如图，是兰州市市内电话费y（元）与通话时间t（分钟）之间的函数关系的图象，则通话7分钟需付电话费_________（元）．
（甘肃省中考试题）
第1题图
第2题图
第4题图
2．如图，某航空公司托运行李的费用与托运行李重量的关系的函数图象，由图中可知行李的重量只要不超过_________公斤，就可免费托运．
3．已知a，b为抛物线y＝(x－c)(x－c－d)
－2与x轴交点的横坐标，a＜b，则|a－c|＋
|c－b|
的值为_________．
（全国初中数学竞赛试题）
4．为了增强居民节水意识，某市自来水公司对居民用水采用以户为单位分段计费的方法收费，每月收取水费y（元）与用水量x（吨）之间的函数关系如图．按上述分段收费标准，小明家三、四月份分别交水费26元和18元，则四月份比三月份节约用水__________吨．
（武汉5月调考试题）
5．某校组织学生到距离学校6千米的光明科技馆去参观．学生王红因事没能乘上学校的包车，于是准备在学校门口改乘出租车去光明科技馆，出租车的收费标准如下：
里
程
收费（元）
3千米以下（含3千米）
8.00
3千米以上，每增加1千米
1.80
(1)写出出租车行驶的里程数x≥3（千米）与费用y（元）之间的函数关系式：___________
.
(2)王红同学身上仅有14元钱，乘出租车到科技馆的车费够不够？请说明理由．_______________
（常州市中考试题）
6．已知边长为1的正方形ABCD，E为边CD的中点，动点P在正方形ABCD边上沿A→B→C→E运动．设点P经过的路程为x，△APE的面积为y，则y关于x的函数图象大致为(
)
A
B
C
D
（天津市竞赛试题）
7．向高为h的水瓶中注水，注满为止，如果注水量v与水深h的函数关系如图所示，那么水瓶的形态是(
)
A
B
C
D
（黄冈市调考试题）
8．方程的两根满足0＜＜1＜
＜2，则k的取值范围是(
)
A．0＜k＜2
B．0＜k＜
C．＜k＜
D．＜k＜2
9．某旅社有100张床位，每床每晚收费10元时，客床可全部租出，若每床每晚收费提高2元，则减少10张床位租出；若每床每晚收费再提高2元，则再减少10张床位租出．以每次提高2元的这种方法变化下去，为了投资少而获利大，每床每晚应提高(
)
A．4元或6元
B．4元
C．6元
D．8元
（无锡市竞赛试题）
10．如图所示，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，≤a≤3b.在AB，BC，CD和DA上分别取E，F，G，H，使得AE＝AH＝CF＝CG，则四边形EFGH面积的最大值为(
)
B．
C.
D．
11．某公司生产一种产品，每件成本为2元，售价为3元．年销售量为100万件．为获取更好的效益，公司准备拿出一定资金做广告．通过市场调查发现：每年投入的广告费用为x（10万元）时，产品的年销量将是原售量的y倍；同时y又是x的二次函数，相互关系如下表：
x
0
1
2
…
y
1
1.5
1.8
…
(1)求y与x的函数关系式；
(2)如果把利润看作是销售总额减去成本费和广告费，试写出年利润S（10万元）与广告费x(10万元)的函数关系式；
(3)如果一年投入的广告费为10～30万元，问广告费在什么范围内时，公司获得的年利润随广告费的增大而增大？
（广西赛区选拔赛试题）
12.
如图，这是某市一处十字路口立交桥的横断面在平面直角坐标系中的示意图，横断面的地平线为x轴，横断面的对称轴为y轴．桥拱的部分为一段抛物线，顶点G的高度为8米，AD和A'D'是两侧高为5.5米的支柱．OA和OA'为两个方向的汽车通行区，宽都为15米，线段CD和为两段对称的上桥斜坡，其坡度比为1：4.
(1)
求桥拱DGD'所在抛物线的解析式及CC'的长；
(2)
BE和B'E'为支撑斜坡的立柱，其高都为4米，相应的AB和A'B'为两个方向的行人及非机动车通行区，试求AB和A'B'的宽；
(3)
按规定，汽车通过该桥下时，载货最高处和桥拱之间的距离不得小于0.4米．今有一大型运货汽车，装载某大型设备后，其宽为4米，车载大型设备的顶部与地面的距离均为7米；它能否从OA（或OA'）区域安全通过？请说明理由.
（河北省中考试题）
13．有一边长为5cm的正方形ABCD和等腰△PQR，PQ＝
PR＝5cm，QR＝8cm.点B，C，Q，R在同一条直线l上.
当C，Q两点重合时，等腰△PQR以1cm/秒的速度沿直线l按箭头所示方向开始匀速运动，t秒后正方形ABCD与等腰△PQR重合部分的面积为scm2.
解答下列问题：
(1)
当t＝3秒时，求s的值；
(2)
当t＝5秒时，求s的值；
(3)
当5秒≤t≤8秒时，求s与t的函数关系式，并求出s的最大值．
（吉林省中考试题）
14.
是否存在这样的实数k，使得二次方程有两个实数根，且两根都在2与4之间？如果有，试确定k的取值范围；如果没有，试述理由.
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
15.实数，，满足．证明：．
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
16.如图，已知点A(－1，0)，B(3，0)，C(0，)，且，tan∠BAC＝3，抛物线经过A，B，C三点.点P(2，m)是抛物线与直线l：
的一个交点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)对于动点Q(1，），求PQ＋QB的最小值；
(3)若动点M在直线l上方的抛物线上运动，求△AMP的边AP上的高h的最大值.
（内江市中考试题）
点A(4，0)，B(0，3)与点C构成边长分别是3，4，5的直角三角形，如果点C在反比例函数
的图象上，求可能取的一切值．
（“希望杯”邀请赛试题）
18.已知函数．
(1)在直角坐标系中作出函数图象；
(2)已知关于x的方程（）有三个解，求的取值范围．
（“创新杯”竞赛试题）
19.当－1≤≤2时，函数有最小值2，求所有可能取的值．
（太原市竞赛试题）
v
h
H
O专题28顺思逆想
——逆向思维
例1
.
提示：由已知条件，得＋＝,＋＝，＋＝，相加得＋＋＝.
例2
B
提示：①当m≠1时且三个方程均无实根，则
,解得－＜m＜－.
②当m＝1，第三个方程为2x＝0，x＝0为其实根，由①②知，当m≤－或m≥－时，三个方程至少有一个方程有实根.
例3
a＝≥1，解得―4≤x≤2且x≠－2．∵x是整数，故x只能取―4，―3，―1,0,1,2．将以上x的值分别代入a的关系式，得a＝1，3，6，10.
例4
设2(2n＋1)
＝a2－b2（a，b都为整数），a2―b2＝(a＋b)（a－b）．又a＋b与a－b奇偶性相同，而2(2n－1)是一个偶数，∴4＝(a＋b)（a－b），即4＝2(2n＋1)，得2＝(2n＋1)，这与2n＋1是奇数矛盾.
例5
设＝a，则3＝a2．∴原方程可变为x4－2ax2－x＋a2－a＝0，即a2－(2x2＋l)a＋x4－x＝0，∴a2―(2x2＋1)a＋（x2―x）(x2＋x＋1)＝0，∴[a－(x2－x)][a－(x2＋x＋1)]＝0，∴x2－x＝a或x2＋x＋1＝a，即x2－x＝或x2＋x＋1＝.分别解两个一元二次方程得原方程四根为：,
,
,.
例6
能.
①如图1，若四点A、B、C、D构成凸四边形，则必有一个内角≤90°，不妨设为∠A，这是因为，假设四个内角都大于90°，则360°＝∠A＋∠B＋∠C＋∠D＞4×90°＝360°，矛盾.又∠A＝∠BAC＋∠CAD≤90°,则∠BAC与∠CAD中必有一个≤×90°＝45,故结论成立.
②如图2，若四点A、B、C、D构成凹四边形，则△ABC中必有一个内角≤×180°＝60°，不妨设∠A≤60°，由∠A＝∠BAD＋∠CAD≤60°，则∠BAD与∠CAD之中必有一个≤×60°＜45°，故结论成立.
能力训练
1.
3，-7
2.
3
提示：
=
3.
1
由条件得，但
故
4.
0
5.
B
6.
B
7.
D
提示：
8.
C
提示：分ABCD为凸四边形、凹四边形两种情况讨论。
9.
B
10.
在圆周上按逆时针顺序以1号为起点记运动服号码为a1，a2，a3，a4，…
a18，a19，显然a1=1，而a2，a3，a4，…
a18，a19就是2,3,4,5,6，…18,19的一个排列，令A1
=
a2+a3+a4，A2
=
a5+a6+a7，A3
=
a8+a9+a10，
…A6
=
a17+a18+a19，则A1+A2+
…+A6=2+3+4+
…
+17+18+19=189，若A1、A2、…
A6中每一个都≤31，则A1+A2+
…+A6≤6×31=186与上式矛盾.
11.
假设a，b，c全是奇数，而是方程的一个有理根，且（m，n）=1，
则，即am2
+bmn
+cn2
=
0.分别就m，n都是奇数；m为奇数，n为偶数；m为偶数，n为奇数三种情况讨论，推导矛盾.
12.
交角位置分散，应设法将交角集中到同一顶点，考虑平移变换，平面上n条直线两两相交最多有个角.在平面上任取一点O，将n条直线平移，于是这n条直线将以O为顶点周角分为2n(n对)个角，这2n个角中每一个都与2n(n-1)个交角中的一个相等.若这2n个角中的每一个角均大于，则它们的和大于2n=360°，这与周角矛盾.
13.
假设交上去的100个数的末二位数字都不相同，那么这些末二位数字是00,01，…，99，它们的和为00+01+…+99=4050，即总和的末二位数字是50.另一方面，各位选手的号码与名次相加，再求和，总和应为（1+2+3+…+100）+（1+2+3…+100）=9900，末二位数字是00，用两种方法计算同一对象，得出的结果却不相同，这个矛盾表明交上去的数的末二位数字不可能都不相同.
14.
假设没有一个人全胜，则n个人胜的场次只能取0,1,2,…n-2共n-1个值，当中必有两人胜的场次相同.设A，B胜的场次相同且A胜B，则在败于B的选手中必有C，C胜A（否则，凡败于B也败于A，则A至少比B多胜一场，与A，B胜的场次矛盾）.故有3个选手A、B、C，使A胜B，B胜C，C胜A.对于上述A、B、C，我们再加上2个选手，这5个选手必有1人负于其余4人，但这人不是A、B、C，我们记为D。除D外，再取2人加进A、B、C中（当n≥6时这是可以办到的），这5个任重又有1人负于其余4人，但这人不是A、B、C、D，记为E，于是A、B、C、D、E这5个人中无一人胜其余4人，与已知条件矛盾.
15.
逆向推算，2001=3×667，由3+667=670得到670=10×67，由10+67=77得到77=7×11，由7+11=18得到…同任意n=1+（n-1）可得到(n-1)=1×(n-1).因此从22开始，可依次得到21,20,19,18,77,671和2001.
16.
不能找到这样的四个正整数，使得它们中任两个数的积与2002的和都是完全平方数.理由如下：偶数的平方能被4整除，奇数的平方被4除余1，也就是正整数的平方被4除余0或1.若存在正整数n1，n2，n3，n4满足ninj+2002=m2；i，j=1,2,3,4,m是正整数；因为2002被4除余2，所以ninj被4除应余2或3.①若正整数n1，n2，n3，n4中有两个偶数，不妨设n1，n2是偶数，则n1n2+2002被4除余2，与正整数的平方被4除余0或1不符，所以正整数n1，n2，n3，n4中至多有一个是偶数，至少有三个是奇数.②在这三个奇数中，被4除的余数可分为余1或3两类，根据抽屉原则，必有两个奇数属于同一类，则它们的乘积被4除余1，与ninj被4除余2或3的结论矛盾.综上所述，不能找到这样的四个正整数，使得它们中的任两个数的积与2002的和都是完全平方数.
17.
（1）
（2）△ABC如图1所示，
（3）构造△ABC如图2所示，
18.
假设最大的面积小于，便有，，.设BR=RP=QC=x，则RC=PQ=AQ=1-x，，，.由，得；由得，∴.但由，得，矛盾.所以所述三个面积中最大的至少是.
19.
不妨设开始时手中持有鲜花的同学不足7位，我们以A1，A2，A3…A12按逆时针方向依次分别标记这12位同学.
①在分花游戏过程中，任何相邻的两位同学一旦其中一位手中持有鲜花，那么，在此后的每次分花之后，他们两人中始终至少有一人手中持有鲜花.事实上，每次分花，如果分花的同学不是这两位同学中的一位，那么他俩手中的鲜花只会增加，不会减少.如果他俩中的一位是分花者，那么分花后另一位同学一定持有鲜花.②任何一位同学不可能手中始终无花，可用反证法证明这一点.不妨假设A1手中始终无花，这意味着A2始终没有作为分花者，故A2手中鲜花只会增加，不会减少.因为总共只有13束鲜花，所以经过有限次分花之后，A2不再接收鲜花.这又意味着经过有限次分花之后，A3不再为分花者同理可知，再经过有限次分花后，A4不再为分花者.依次类推，经过有限次分花之后，全部12位同学无一人为分花者，活动终止，这就与“13束鲜花分置于12为同学手中，无论何种情况总能找到可以分花的同学”的事实矛盾，所以任何一位同学不可以手中始终无花.由①②可知，经若干次分花之后，可使任何相邻的两位同学中至少有一位同学手中有花，因此至少有6位同学手中有花.若仅有6为同学手中有花，则手中有花的同学不可能相邻，否则就会有两位手中无花的同学相邻.因此，只要再进行一次分花，至少增加一位手中持花的同学，即至少有7为同学手中持有鲜花.专题13　旋转变换
（录入：王云峰）
阅读与思考
在平面内，将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一定的角度，这样的图形变换称为旋转，这个定点叫旋转中心，转动的角度叫旋转角．
旋转变换不改变图形的形状和大小．通过旋转，图形上的每一点都绕旋转中心沿相同的方向转动同样大小的角度．旋转变换前后的图形有下列性质：
（1）对应点到旋转中心的距离相等；
（2）对应点与旋转中心的连线所成的角等于旋转角；
（3）对应线段相等，对应线段的夹角等于旋转角，对应线段的垂直平分线都经过旋转中心．
例题与求解
【例1】如图，边长为1的正△A1B1C1的中心为O，将正△A1B1C1绕中心O旋转到△A2B2C2，使得A2B2丄B1C1，则两个三角形的公共部分（即六边形ABCDEF）的面积为＿＿．
（“新知杯”上海市竞赛试题）
解题思路：S六边形ABCDEF＝，解题的关键是寻找CB1，CB2，CD，C1D之间的关系．
【例2】如图，已知△AOB，△COD都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠CQD＝90°，N，M，Q，P分别为AB，CB，CD，AD的中点．
求证：四边形NMQP为正方形．
解题思路：连结BD，AC，并延长AC交于点E，则△OAC可以看作是由△OBD绕点O逆时针旋转90°得到的，且∠AED＝90°，这是证明本例的关键．
【例3】如图，巳知在△ABC中，AB＝AC，P为形内一点，且∠APB＜∠APC．
求证：PB＞PC．
（北京市竞赛试题）
解题思路：以A为中心，将△APB旋转一个∠BAC，使AB边与AC边重合，这时△APB到了△AP'C的位置．
【例4】点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，AB＝AC，EC＝ED，∠BAC＝∠CED，直线AE，BD交于点F．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，则∠AFB＝＿＿＿＿；如图2，若∠BAC＝90°，则∠AFB＝＿＿＿＿；
（2）如图3，若∠BAC＝，则∠AFB＝＿＿＿＿（用含的式子表示）；
（3）将图3中的△ABC绕点C旋转（点F不与点A，B重合），得图4或图5．在图4中，∠AFB与∠的数量关系是＿＿＿；在图5中，∠AFB与∠的数量关系是＿＿＿．
请你任选其中一个结论证明．
（武汉市中考试题）
解题思路：从特殊到一般，在动态的旋转过程中，有两组不变的关系：△ABC∽△EDC，△BCD∽△ACE，这是解本例的关键．
【例5】如图，已知凸五边形ABCDE中，AB＝BC＝CD＝DE＝EA，∠ABC＝2∠DBE．
求证：∠ABC＝60°．
（北京市竞赛试题）
解题思路：将△ABE以B为旋转中心顺时针旋转∠ABC，使得AB与BC重合，落在△CBE'位置，则△ABE≌△CBE′，AE＝CE′，BE＝BE′，∠CBE′＝∠ABE．
【例6】如图，已知正方形ABCD内一动点E到A，B，C三点的距离之和的最小值为，求此正
方形的边长．
（广东省竞赛试题）
解题思路：本例是费马点相关的问题的变形，解题的关键是确定最小值时E点的位置，通过旋转变换，把EA，EB，EC连结起来．
能力训练
A级
1．如图，巳知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE＝2，EC＝1，把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则F，C两点的距离为＿＿＿＿．
（上海市中考试题）
2．如图，P是正△ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P'AB，则点P与点P'之间的距离为＿＿＿＿，∠APB＝＿＿＿＿．
（青岛市中考试题）
3．如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，∠BCD＝45°．将CD以点D为中心逆时针旋转90°至ED，连结AE，则△ADE的面积是＿＿＿＿．
4．如图，在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD．把△ABC绕着点D逆时针旋转（0＜＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么＝＿＿＿＿．
（上海市中考试题）
5．如图，将边长为1的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转60°至AB'C'D′的位置，则这两个正方形重叠部分的面积是＿＿＿＿．
（全国初中数学联赛试题）
6．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6cm，AC＝8cm．以斜边BC上距离点B6cm的点P为中心，把这个三角形按逆时针方向旋转90°至△DEF，则旋转前后两个三角形重叠部分的面积为＿＿＿．
（黄冈市竞赛试题）
7．如图，将△ABC绕点C（0，1）旋转180°得到△A'B'C，设点A'的坐标为（，），则点A的坐标为（　　）
A．（，）
B．（，）
C．（，）
D．（，）
（河南省中考试题）
8．如图，已知P是等边△ABC内部一点，∠APB︰∠BPC︰∠CPA＝5︰6︰7．则以PA，PB，PC为边的三角形的三个角的大小之比（从小到大）是（　　）
A．2︰3︰4
B．3︰4︰5
C．4︰5︰6
D．不能确定
（全国初中数学通讯赛试题）
9．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，P是△ABC内一点，则（　　）
A．PA＋PB＋PC＜AB＋AC
B．PA＋PB＋PC＞AB＋AC
C．PA＋PB＋PC＝AB＋AC
D．PA＋RB＋PC与AB＋AC的大小关系不确定
（武汉市竞赛试题）
10．已知：如图1，O为正方形ABCD的中心，分别延长OA到点F，OD到点E，使OF＝2OA，OE＝2OD．连结EF，将△FOE绕点O逆时针旋转角得到△F′OE′（如图2）．
（1）探究A'E与BF′的数量关系，并给予证明；
（2）当＝30°时，求证：△AOE'为直角三角形．
（南通市中考试题）
11．在△ABC和△DEF中，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝∠EDF＝，点M，N分别是BE，CF的中点．
（1）若点A与点D重合，点E，F分别在AB，AC上（如图1），则AM与AN的数量关系是＿＿＿＿，∠MAN与的数量关系是＿＿＿＿；
（2）将图1中的△DEF绕点A（D）旋转（如图2），第（1）问的两个结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
B级
1．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，∠MDN＝60°，则△AMN的周长＝＿＿＿＿．
（重庆市竞赛试题）
2．如图，在等腰Rt△ABC的斜边AB上取两点M，N，使∠MCN＝45°，记AM＝，MN＝，BN＝，则以线段，，为边长的三角形的形状是（　　）
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．随，，的变化而变化
（安徽省竞赛试题）
3．如图，直线＝与轴，轴分别交于A，B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO'B'，则点B′的坐标是（　　）
A．（3，4）
B．（4，5）
C．（7，4）
D．（7，3）
（丽水市中考试题）
4．如图，正方形ABCD中，已知AB＝，点分别在BC，CD上，且∠BAE＝30°，∠DAF＝15°，求△AEF的面积．
（“希望杯”邀请赛试题）
5．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°．
求证：BC＋DC＝AC；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，P为四边形ABCD内一点，且∠APD＝120°，求证：PA＋PD＋PC≥BD．
（江苏省竞赛试题）
6．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，△ADE是正三角形，点D在边BC上，已知BD︰DC＝2︰3，当△ABC的面积是50cm2时，求△ADE的面积．
（日本数学奥林匹克试题）
7．如图，已知O是锐角三角形ABC内一点，∠AQB＝∠BOC＝∠COA＝120°，P是△ABC内任一点．求证：PA＋PB＋PC≥OA＋OB＋OC．
（杭州市竞赛试题）
8．（1）如图1，已知正方形ABCD和正方形CGEF（CG＞BC），B，C，G在同一条直线上，M为线段AE的中点．探究：线段MD，MF的关系；
（2）如图2，若将正方形CGEF绕点C顺时针旋转45°，使得正方形CGEF的对角线CE在正方形ABCD的边BC的延长线上，M为AE的中点．试问：（1）中探究的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，若将正方形CGEF绕点C顺时针旋转，M为AE的中点．试问：第（1）问中探究的结论是否成立？
（大连市竞赛试题）
9．已知正方形ABCD和等腰Rt△BEF，BE＝EF，∠BEF＝90°．按图1的位置，使点F在BC上，取DF的中点G，连结EG，CG．
（1）探索EG，CG的数量关系和位置关系并证明；
（2）将图中△BEF绕点B顺时针旋转45°，再连结DF，取DF中点G（如图2），第（1）问中的结论是否仍然成立？请你证明；
（3）将图1中△BEF绕点B转动任意角度（在0°～90°之间），再连结DF，取DF的中点G（如图3），第（1）问中的结论是否仍成立？不必证明．
10．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点A（3，0），B（0，4）．以点A为旋转中心，把△ABO顺时针旋转，得△ACD．记旋转角为，∠ABO为．
（1）如图1，当旋转后点D恰好落在AB边上时，求点D的坐标；
（2）如图2，当旋转后满足BC∥轴时，求与之间的数量关系；
（3）当旋转后满足∠AOD＝时，求直线CD的解析式．
（天津市中考试题）
11．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2AD，点P在△ABC内，且PA＝，PB＝5，PC＝2，求△ABC的面积．
（“《数学周报》杯”全国初中数学竞赛试题）
专题13
旋转变换
例1
如图，连接OB1，OB2，B1B2，则OB1＝OB2，∠OB1B2＝∠OB2B1.又∠OB1C＝30°＝∠OB2C，∴∠CB1B2＝∠CB2B1，故CB1＝CB2.同理，B2D＝DC1.设CB1＝x，则CB2＝x，CD＝x，DC1＝DB2＝2x，于是x＋x＋2x＝1，故＝＝.
例2
∵N，M分别为线段AB，CB的中点，∴MN＝AC.同理MQ＝BD，PQ＝AC，PN＝BD.∵AC＝BD，∴MN＝MQ＝PQ＝PN，∴四边形NMQP为菱形.∵MN∥AC，MQ∥BD，∴AC⊥BD，∴∠NMQ＝90°，∴菱形NMQP为正方形.
例3
，，，.连接，由得，而，即，∴，于是，即.
例4
（1）60°
45°
（2）90°－
（3）∠AFB＝90°－
∠AFB＝90°＋
对∠AFB＝90°－证明如下：∵AB＝AC，EC＝ED，∠BAC＝∠CED，∴△ABC∽△EDC，得∠ACB＝∠ECD，，∠BCD＝∠ACE，∴△BCD∽△ACE，得∠CBD＝∠CAE.∵∠AQF＝∠BQC，∠CBD＝∠CAF，∴∠AFB＝∠ACB＝.
例5
∵，∴.连接.∵，，，∴，得，∴为正三角形，＝60°，又BC＝CD＝CE’，则＝30°.∴.
例6
将△ABE绕B点逆时针旋转60°，得△FBG，连接GE，FC，则△BEG为等边三角形，GE＝BE，∴FC≤FG＋GE＋EC，即FC≤EA＋EB＋EC，∵FC为定长，∴当E点落在FC上时，FC＝EA＋EB＋EC为最小值.∵∠FBC＝150°，FB＝BC，∴∠BCF＝∠BFC＝15°，而∠GEB＝60°，∴∠EBC＝45°，即E在正方形ABCD的对角线BD上.作FH⊥BC交CB延长线于H，设BC＝x，则FB＝x，FH＝，HB＝，在Rt△FHC中，由，得x＝2或x＝－2（舍去），即正方形的边长为2.
A级
1.1或5
2.6
150°
3.1
4
.
80或120
5.2-
提示:如图,过B'作MN//AD，分别AB,CD于M,N,点B’C’交CD于K，则B’M=AB’sin60°=,B’N=1-,AM=,Rt△AKB≌Rt△AKD,∠KAB’=∠KAD=15°,∠ADB’=75°,△ADK∽△DN
B’,
,DK=2-,重叠部分面积=2S△AKD
=
6.
过P作PM丄AC于M,PN丄DF于N，可证明四边形PMGN为正方形,PM=,S重叠=S正方形PMGN=.
7.D
8.A
9.B
提示:将△CPA绕点A逆时针旋转60°到△C’AP’,
连结PP’,
△APP’
为等边三角形.PB+PP’+P’C=PA+PB+PC＞AB+AC’=AB+AC.
10.(1)AE’=BF’.(2)
证法较多，如取OE’中点G,连结AG.
11.(1)AM=AN,∠MAN=.(2)
第(1)问的结论仍成立，理由如下:由△ABE≌△ACF得BE=CF,∠ABM=∠CAN,进一步可以证明△ABM≌△CAN.
B
级
1.2
提示:MN=BM+CN
2.B
提示:
△ACM≌△BCD.∠ACM=∠BCD,CM=CD,∠MCN=∠NCD=45°,又CN=CN,则△MNC≌△DNC,MN=ND=x,AM=BD=m,又∠DBN=45°+45°=90°,故m2+n2=x2.
3.D
4.
提示:将△ADF'绕点A顺时针方向旋转90°,到△ABG.
的位置,
则△AEF≌△AEG.
∠AEF=∠AEG=∠FEC=60°,BE=1,EC=BC-BE=,
EF=EG=2(),S△AEF=S△ABG=EG·AB=.
5.
(1)提示:延长BC至E,使CE=CD连结DE,证明△ACD≌△BED.(2)将△ABD绕点A旋转60°到△ACB’,连结B’D,B’P,则四边形AB’DP符合(1)的条件,于是B’P=PA+PD连结AC,则△ABD≌△ACB’.BD=B’C,B’C≤PB’+PC=PA+PD+PC,从而BD≤PA+PD+PC.
6.
直接解题有困难,
△ABC绕点A逆时针旋转120°,240°拼成正△MBC(如图),则正△ADE变为正△AD1E1和正△AD2E2易知,六边形DE
D1E1
D2E2是正六边形,
△DD1D2是正三角形,
其面积是△ADE面积的3倍.
.因此,设法由正△MBC面积为150求出△DD1D2的面积,
问题就解决了.注意到BD:DC=CD1:D1M=MD2:D2B=2:3,
连结DM,
则S△ADE=S△ABD=36cm2,而=36cm2.
同理,可得=150-3×36=42cm2,故S△ADE==14cm2.
7.如图,将BP,BO,BC绕点B沿顺时针方向旋转60°，变为BP'，BO’,BC’
连结OO’,PP’,则
△BOO’,
△BPP’
都是正三角形.因此OO’=OB,PP’=PB,
显然△BO’C’
≌△BOC,
△BP’C
≌△BPC,
由于∠BO’C=∠BOC=120°=180°-∠BO’O,∴A,O,O’,C’
四点共线.故AP+PP’+P’C≥AC’=AO+OO’+O’C,
即PA+PB+PC≥OA+OB+OC.
8.(1)提示:延长DM交EF于N,由△ADM
≌△ENM,得DM=MN,MF=DN,FD=FN,故MD丄MF.(2)延长DM交CE于N,连结DF,FN先证明△ADM
≌△ENM,再证明△CDF
≌△ENF.
第(1)问中的结论仍成立.
(3)第(1)问中的结论仍成立,延长DM至N,使MN=DM,连结DF,FN,证法同上.
(9)提示:EG=CG,EG丄CG,B,
E,D在一条直线上,(2)仍然成立，延长EG
交CD于H点△FEG
≌△DHG,
△ECH,△ECG为等腰直角三角形.(3)
仍然成立.
10.(1)
(2)＝2
(3)如图1,
△OAE
≌△DAE,
△ABO≌△ABD,B,D,C,三点共线.设D(a,b),则解得,∴,可得直线CD的解析式为.如图2,同理可得,
.
11.
提示:易证∠ACB=90°,如图，将△APC绕点A顺时针旋转60°,得到△AQO,点D为AB的中点，连结PQ,
得到△APQ为等边三角形.过点Q作QE丄AP,垂足为E,则∠AQE=30°,
QE=,AE=PE连结DE,则DE=BP=，于是DE2=()2=QE2+QD2,从而∠DQE=90°,
∠AQD=∠AQE+∠EQD=120°=∠APC.过点C作CF丄AP交AP的延长线于点F，得到
∠CPF=60°,∵PC=2,∴PF=1,CF=,于是AC2=AF2+CF2=,
∴S△ABC=2S△ACD=
图1
图2
图3
图4
图5
第1题
第2题
第3题
第4题
第5题
第6题
第7题
第8题
第9题
图1
图2
图1
图2
第1题
第2题
第3题
第4题
图①
图②
第5题
第6题
第7题
图1
图2
图3
图3
图2
图1
图1
图2
第10题
第11题
例6题图专题22
与圆相关的比例线段
阅读与思考
比例线段是初中数学的一个核心问题.
我们开始是用平行线截线段成比例进行研究的，随着学习的深入、知识的增加，在平行线法的基础上，我们可以利用相似三角形研究证明比例线段，在这两种最基本的研究与证明比例线段方法的基础上，在不同的图形中又发展为新的形式.
在直角三角形中，以积的形式更明快地表示直角三角形内线段间的比例关系.
在圆中，又有相交弦定理、切割线定理及其推论，这些定理用乘积的形式反映了圆内的线段的比例关系.
相交弦定理、切割线定理及其推论，它们之间有着密切的联系：
1．从定理的形式上看，都涉及两条相交直线与圆的位置关系；
2．从定理的证明方法上看，都是先证明一对三角形相似，再由对应边成比例而得到等积式.
熟悉以下基本图形和以上基本结论.
例题与求解
【例1】如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，过点A作圆的切线与CD的延长线交于点F.若DE=CE，AC=8，点D为EF的中点，则AB=
.
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：设法求出AE、BE的长，可考虑用相交弦定理，勾股定理等.
例1题图
例2题图
【例2】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，以BC上一点O为圆心作⊙O与AC、AB都相切，又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为（
）
A．1
B．
C．
D．
（武汉市中考试题）
解题思路：由切割线定理知BE2=BD·BC，欲求BD，应先求BE.
须加强对图形的认识，充分挖掘隐含条件.
【例3】如图，AB是半圆的直径，O是圆心，C是AB延长线上一点，CD切半圆于D，DE⊥AB于E.已知AE∶
EB=4∶
1，CD=2，求BC的长.
（成都市中考试题）
解题思路：由题设条件“直径、切线”等关键词联想到相应的知识，寻找解题的突破口.
【例4】如图，AC为⊙O的直径且PA⊥AC，BC是⊙O的一条弦，直线PB交直线AC于点D，==.
（1）求证：直线PB是⊙O的切线；
（2）求cos∠BCA的值.
（呼和浩特市中考试题）
解题思路：对于（1），恰当连线，为已知条件的运用创设条件；对于（2），将问题转化为求线段的比值.
【例5】如图，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点.延长BC至D，使CD=BC，CE⊥AD于E，BF交⊙O于F，AF交CE于P.
求证：PE=PC.
（太原市竞赛试题）
解题思路：易证PC为⊙O切线，则PC2=PF·PA，只需证明PE2=
PF·PA.
证△PEF∽△PAE，作出常用辅助线，突破相关角.
【例6】如图，已知点P是⊙O外一点，PS、PT是⊙O的两条切线.
过点P作⊙O的割线PAB，交⊙O于A、B两点，与ST交于点C.
求证：=（+）.
（国家理科实验班招生试题）
解题思路：利用切割线定理，再由三角形相似即可证.
能力训练
A级
1．如图，PA切⊙O于A点，PC交⊙O于B、C两点，M是BC上一点，且PA=6，PB=BM=3，OM=2，则⊙O的半径为
.
（青岛市中考试题）
2．如图，已知△ABC内接于⊙O，且AB=AC，直径AD交BC于点E，F是OE的中点.如果BD∥CF，BC=2，则CD=
.
（四川省竞赛试题）
（第1题图）
（第2题图）
（第3题图）
（第4题图）
3．如图，AB切⊙O于点B，AD交⊙O于点C、D，OP⊥CD于点P.
若AB=4cm，AD=8cm，⊙O的半径为5cm，则OP=
.
（天津市中考试题）
4．如图，已知⊙O的弦AB、CD相交于点P，PA=4，PB=3，PC=6，EA切⊙O于点A，AE与CD的延长线交于点E，AE=2，那么PE的长为
.
（成都市中考试题）
5．如图，在⊙O中，弦AB与半径OC相交于点M，且OM=MC，若AM=1.5，BM=4，则OC的长为（
）
A．2
B．
C．2
D．2
（辽宁省中考试题）
（第5题图）
（第6题图）
（第7题图）
6．如图，两个同心圆，大圆的弦AB与小圆相切于点P，大圆的弦CD经过点P，且CD=13，PD=4，则两圆组成的圆环的面积为（
）
A．16π
B．36π
C．52π
D．81π
（南京市中考试题）
7．如图，两圆相交于C、D，AB为公切线，若AB=12，CD=9，则MD=（
）
A．3
B．3
C．6
D．6
8．如图，⊙O的直径AB=10，E是OB上一点，弦CD过点E，且BE=2，DE=2，则弦心距OF为（
）
A．1
B．
C．
D．
（包头市中考试题）
（第8题图）
（第9题图）
（第10题图）
9．如图，已知在△ABC中，∠C=90°，BE是角平分线，DE⊥BE交AB于D，⊙O是△BDE的外接圆.
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AD=6，AE=6，求DE的长.
（南京市中考试题）
10．如图，PA切⊙O于A，割线PBC交⊙O于B、C两点，D为PC的中点，连结AD并延长交⊙O于E，已知：BE2=DE·EA.
求证：（1）PA=PD；（2）2BP2=AD·DE.
（天津市中考试题）
11．如图，△ABC是直角三角形，点D在斜边BC上，BD=4DC.已知⊙O过点C且与AC相交于F，与AB相切于AB的中点G.求证：AD⊥BF.
（全国初中数学联赛试题）
（第11题图）
（第12题图）
12．如图，已知AB是⊙O的直径，AC切⊙O于点A.
连结CO并延长交⊙O于点D、E，连结BD并延长交边AC于点F.
（1）求证：AD·AC=DC·EA；
（2）若AC=nAB（n为正整数），求tan∠CDF的值.
（太原市竞赛试题）
B级
1．如图，两个同心圆，点A在大圆上，AXY为小圆的割线，若AX·AY=8，则圆环的面积为（
）
A．4π
B．8π
C．12π
D．16π
（咸阳市中考试题）
2．如图，P为圆外一点，PA切圆于A，PA=8，直线PCB交圆于C、B，且PC=4，AD⊥BC于D，∠ABC=α，∠ACB=β.
连结AB、AC，则的值等于（
）
A．
B．
C．2
D．4
（黑龙江省中考试题）
（第1题图）
（第2题图）
（第3题图）
3．如图，正方形ABCD内接于⊙O，E为DC的中点，直线BE交⊙O于点F，若⊙O的半径为，则BF的长为（
）
A．
B．
C．
D．
（南京市中考试题）
4．如图，已知⊙O的半径为12，锐角△ABC内接于⊙O，BD⊥AC于点D，OM⊥AB于点M，则sin∠CBD的值等于（
）
A．OM的长
B．2OM的长
C．CD的长
D．2
CD的长
（武汉市中考试题）
（第4题图）
（第5题图）
（第6题图）
5．如图，PC为⊙O的切线，C为切点，PAB是过O点的割线，CD⊥AB于D.若tan∠B=，PC=10cm，求△BCD的面积.
（北京市海淀区中考试题）
6．如图，已知CF为⊙O的直径，CB为⊙O的弦，CB的延长线与过F的⊙O的切线交于点P.
（1）若∠P=45°，PF=10，求⊙O半径的长；
（2）若E为BC上一点，且满足PE2=PB·PC，连结FE并延长交⊙O于点A.求证：点A是的中点.
（济南市中考试题）
7．已知AC、AB是⊙O的弦，AB＞AC.
（1）如图1，能否在AB上确定一点E，使AC2=AE·AB?为什么？
（2）如图2，在条件（1）的结论下延长EC到P，连结PB，如果PB=PE，试判断PB与⊙O的位置关系并说明理由；
（3）在条件（2）的情况下，如果E是PD的中点，那么C是PE的中点吗？为什么？
（重庆市中考试题）
（第7题图）
（第8题图）
8．如图，P为⊙O外一点，PA与⊙O切于A，PBC是⊙O的割线，AD⊥PO于D，求证：=.
（四川省竞赛试题）
9．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，且OA边和AB边所在的直线的解析式分别为：y=x和y=.D、E分别为边OC和AB的中点，P为OA边上一动点（点P与点O不重合），连接DE和CP，其交点为Q．
（1）求证：点Q为△COP的外心；
（2）求正方形OABC的边长；
（3）当⊙Q与AB相切时，求点P的坐标．
（河北省中考试题）
（第9题图）
（第10题图）
（第11题图）
10．如图，已知BC是半圆O的直径，D是的中点，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点E.
（1）求证：AC·BC=2BD·CD；
（2）若AE=3，CD=2，求弦AB和直径BC的长.
（天津市竞赛试题）
11．如图，PA是⊙O的切线，切点为A，PBC是⊙O的割线，AD⊥OP，垂足为D.
证明：AD2=BD·CD.
（全国初中数学联合竞赛试题）
专题22
与圆相关的比例线段
例1
设CE=4k，则DA=DF=3k,AF=AC=，由，即=3k10k,得,而AE==8，又BE===16，故AB=AE+BE=24.
例2
C
例3
1
提示：设EB=x，则AE=4x.设CB=y，则由，，，得4=y(y+5x)，.
例4（1）联结OB，OP，可证明△BDC∽△PAE，有.又∵OC为△ABD的中位线，∴OC∥AD，则CE⊥OC，知CE为☉O的切线，故,有,即PE=PC.
例6
解法一：如图1，过P作PH⊥ST于H，则H是ST的中点，由勾股定理得.又由切割线定理和相交弦定理，有，∴，即.解法二：如图2，联结PO交ST于D，则PO⊥ST.联结SO，作OE⊥PB于E，则E为AB的中点，于是.∵C，E，O，D四点共圆，∴.∵Rt△SPD∽Rt△OPS，∴，∴，即.
A级
1.
2.
提示：△BDE≌△CFE，DE=EF，OF=FE=ED，设OF=x，则OA=OD=3x，AE=5x，由，得，∴.
3.
4cm
4.4
5.D
6.B
7.A
8.C
9.(1)略
(2)，△AED∽△ABE，=.设DE=，BE=2x，而，解得x=.∴DE=.
10.（1）略
（2）.可得PB=BD=PD，∴PB=PD=DC，∴又∵BDCD=ADDE，∴.
11.作DE⊥AC于E，则AC=AE，AG=DE.由切割线定理得，故,即.∵AB=5DE，∴,于是.又∠BAF=∠AED=90°，∴△BAF∽△AED，于是又∠ABF=∠EAD.
∵∠EAD+∠DAB=90°，∴∠ABF+∠DAB=90°，故AD⊥BE.
12.
⑴如图，连接AD，AE.
∵∠DAC=∠DAE，∴△ADC∽△EAC.
⑵∵∠CDF=∠1=∠2=∠DEA，∴tan∠CDF=tan∠DEA=.由⑴知，故tan∠CDF=
.由圆的切割线定理知，而EC=ED+DC，则.又AC=nAB，ED=AB，代入上式得，即，故.显然，上式只能取加号，于是.
B级
1.
B
2.
B
3.
C
4.
A
5.
提示：.设AD=x，则CD=2x，DB=4x，AB=5x，由△PAC∽△PCB得，，∴PA=5，又，即，解得：x=3，∴AD=3，CD=6，DB=12，∴.
6.
⑴略.
⑵连接FB，证明PF=PE，∠BFA=∠AFC.
7.
⑴能.连接BC，作∠ACE=∠B
，CE交AB于E.
⑵
PB与⊙O相切.
⑶C是PE的中点.
8.
连接OA、OB、OC，则，于是，B、C、O、D四点共圆，有△PCD∽△POB，则
①，又由POC∽△PBD得
②，由①②得.
9.
⑴略
⑵
A（4,3），OA=5.
⑶P（3，）.
10.
⑴延长BA，CD交于点G，由Rt△CAG∽Rt△BDC，得，即，又，故.
⑵由Rt△CDE∽Rt△CAG，得，即，解得CE=5，从而AG=
，，即，解得AB=6，.
11.
延长AD交⊙O于E，连接PE、BE、CE，∵PA为⊙O的切线，PO⊥AE，∴PE=PA，，易证△PAB∽△PCA，△PEB∽△PCE，∴，则，即，由托勒密定理得.
∴，即，有∵∠BAE=∠BCE，∠CAD=∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，△CAD∽△CBE，则△ABD∽△CAD，∴，故.专题18
圆的对称性
阅读与思考
圆是一个对称图形．
首先，圆是一个轴对称图形，任意一条直径所在的直线都是它的对称轴，圆的对称轴有无数条；同时，圆又是一个中心对称图形，圆心就是对称中心，圆绕其圆心旋转任意角度，都能够与本身重合，这是圆特有的旋转不变性．
由圆的对称性引出了许多重要的定理：垂径定理及推论；在同圆或等圆中，圆心角、圆周角、弦、弦心距、弧之间的关系定理及推论．这些性质在计算和证明线段相等、角相等、弧相等和弦相等等方面有广泛的应有．一般方法是通过作辅助线构造直角三角形，常与勾股定理和解直角三角形相结合使用．
熟悉以下基本图形和以上基本结论．
我国战国时期科学家墨翟在《墨经》中写道：“圆，一中间长也．”古代的美索不达米亚人最先开始制造圆轮．日、月、果实、圆木、车轮，人类认识圆、利用圆，圆的图形在人类文明的发展史上打下了深深的烙印．
例题与求解
【例1】在半径为1的⊙O中，弦AB，AC的长分别为和，则∠BAC度数为_______．
（黑龙江省中考试题）
解题思路：作出辅助线，解直角三角形，注AB与AC有不同位置关系．
由于对称性是圆的基本特性，因此，在解决圆的问题时，若把对称性充分体现出来，有利于圆的问题的解决．
【例2】如图，在三个等圆上各自有一条劣弧，，．如果+=，那么AB+CD与EF的大小关系是（
）
A．AB+CD=EF
B．AB+CD>EF
C．AB+CDD．AB+CD与EF的大小关系不能确定
（江苏省竞赛试题）
解题思路：将弧与弦的关系及三角形的性质结合起来思考．
【例3】⑴
如图1，已知多边形ABDEC是由边长为2的等边三角形ABC和正方形BDEC组成，
⊙O过A，D，E三点，求⊙O的半径．
⑵
如图2，若多边形ABDEC是由等腰△ABC和矩形BDEC组成，AB=AC=BD=2，⊙O过A，D，E三点，问⊙O的半径是否改变？
（《时代学习报》数学文化节试题）
解题思路：对于⑴，给出不同解法；对于⑵，⊙的半径不改变，解法类似⑴．
等边三角形、正方形、圆是平面几何图形中最完美的图形，本例表明这三个完美的图形能合成一个从形式到结果依然完美的图形．
三个完美图形的不同组合可生成新的问题，同学们可参照刻意练习．
【例4】如图，已知圆内接△ABC中，AB>AC，D为的中点，DE⊥AB于E．求证：BD2-AD2=ABAC．
（天津市竞赛试题）
解题思路：从化简待证式入手，将非常规几何问题的证明转化为常规几何题的证明．
圆是最简单的封闭曲线，但解决圆的问题还要用到直线形的有关知识和方法．同样，圆也为解决直线形问题提供了新的途径和方法，善于促成同圆或等圆中的弦、弦心距、弧、圆周角、圆心角之间相等或不等关系的互相转化，是解圆相关问题的重要技巧．
【例5】在△ABC中，M是AB上一点，且AM2+BM2+CM2=2AM+2BM+2CM－3．若P是线段AC上的一个动点，⊙O是过P，M，C三点的圆，过P作PD∥AB交⊙O于点D．
⑴
求证：M是AB的中点；
⑵
求PD的长．
（江苏省竞赛试题）
解题思路：对于⑴，运用配方法求出AM，BM，CM的长，由线段长确定直线位置关系；对于⑵，促成圆周角与弧、弦之间的转化．
【例6】已知AD是⊙O的直径，AB，AC是弦，且AB=AC．
⑴
如图1，求证：直径AD平分∠BAC；
⑵
如图2，若弦BC经过半径OA的中点E，F是的中点，G是的中点，⊙O的半径为1，求弦FG的长；
⑶
如图3，在⑵中若弦BC经过半径OA的中点E，P为劣弧上一动点，连结PA，PB，PD，PF，求证：的定值．
（武汉市调考试题）
解题思路：对于⑶，先证明∠BPA=∠DPF=300，∠BPD=600，这是解题的基础，由此可导出下列解题突破口的不同思路：①由∠BPA==∠DPF=300，构建直角三角形；②构造PA+PF，PB+PD相关线段；③取的中点M，连结PM，联想常规命题；等等．
本例实质是借用了下列问题：
⑴如图1，PA+PB=PH；
⑵如图2，PA+PB=PH；
⑶进一步，如图3，若∠APB=α，PH平分∠APB，则PA+PB=2PHcos为定值．
能力训练
A级
1．圆的半径为5cm，其内接梯形的两底分别为6cm和8cm，则梯形的面积为_______cm2．
2．如图，残破的轮片上，弓形的弦AB长是40cm，高CD是5cm，原轮片的直径是________cm．
3．如图，已知CD为半圆的直径，AB⊥CD于B．设∠AOB=α，则tan=_________．
（黑龙江省中考试题）
4．如图，在Rt△ABC中，∠C=900，AC=，BC=1，若BC=1，若以C为圆心，CB的长为半径的圆交AB于P，则AP=___________.
（江苏省宿迁市中考试题）
5．如图，AB是半圆O的直径，点P从点O出发，沿OA——BO的路径运动一周.设OP长为s，运动时间为t，则下列图形能大致地刻画s与t之间的关系是（
）
（太原市中考试题）
6．如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C，D两点，AB=10cm，CD=6cm，那么AC的长为（
）
A．0.5cm
B．1cm
C．1.5cm
D．2cm
7．如图，AB为⊙O的直径，CD是弦．若AB=10cm，CD=8cm，那么A，B两点到直线CD的距离之和为（
）
A．12cm
B．10cm
C．8cm
D．6cm
8．如图，半径为2的⊙O中，弦AB与弦CD垂直相交于点P，连结OP．若OP=1，求AB2+CD2的值．
（黑龙江省竞赛试题）
9．如图，AM是⊙O的直径，过⊙O上一点B作BN⊥AM于N，其延长线交⊙O于点C，弦CD交AM于点E．
⑴
如果CD⊥AB，求证：EN=NM；
⑵
如果弦CD交AB于点F，且CD=AB，求证：CE2=EF?ED；
⑶
如果弦CD，AB的延长线交于点F，且CD=AB，那么⑵的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（重庆市中考试题）
10．如图，⊙O的内接四边形ABMC中，AB>AC，M是的中点，MH⊥AB于点H．求证：BH=（AB-AC）．
（河南省竞赛试题）
11．⑴如图1，圆内接△ABC中，AB=BC=CA，OD，OE为⊙O的半径，OD⊥BC于点F，OE⊥AC于点G．求证：阴影部分四边形OFCG的面积是△ABC面积的．
⑵如图2，若∠DOE保持角度不变，求证：当∠DOE绕着O点旋转时，由两条半径和△ABC的两条边围成的图形（图中阴影部分）面积始终是△ABC的面积的．
12．如图，正方形ABCD的顶点A，D和正方形JKLM的顶点K，L在一个以5为半径的⊙O上，点J，M在线段BC上．若正方形ABCD的边长为6，求正方形JKLM的边长．
（上海市竞赛试题）
B级
1．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，过A，B两点作CD的垂线，垂足分别为E，F．若AB=10，AE=3，BF=5，则EC=__________．
2．如图，把正三角形ABC的外接圆对折，使点A落在的中点A′上，若BC=5，则折痕在△ABC内的部分DE长为________．
（宁波市中考试题）
3．如图，已知⊙O的半径为R，C，D是直径AB同侧圆周上的两点，的度数为960，的度数为360．动点P在AB上，则CP+PD的最小值为__________．
（陕西省竞赛试题）
4．如图，用3个边长为1的正方形组成一个对称图形，则能将其完全覆盖的圆的最小半径是（
）
A．
B．
C．
D．
5．如图，AB是半圆O的直径，C是半圆圆周上一点，M是的中点，MN⊥AB于N，则有（
）
A．MN=AC
B．MN=AC
C．MN=AC
D．MN=AC
（武汉市选拔赛试题）
6．已知，AB为⊙O的直径，D为的中点，DE⊥AB于点E，且DE=3．求AC的长度．
7．如图，已知四边形ABCD内接于直径为3的⊙O；对角线AC是直径，对角线AC和BD的交点为P，AB=BD，且PC=0.6，求四边形ABCD的周长．
（全国初中数学联赛试题）
8．如图，已知点A，B，C，D顺次在⊙O上，，BM⊥AC于M．求证：AM=DC+CM．
（江苏省竞赛试题）
9．如图，在直角坐体系中，点B，C在x轴的负半轴上，点A在y轴的负半轴上，以AC为直径的圆与AB的延长线交于点D，，如果AB=10，AO>BO，且AO，BO是x的二次方程的两个根．
⑴
求点D的坐标；
⑵
若点P在直径AC上，且AP=AC，判断点(－2，10)是否在过D，P两点的直线上，并说明理由．
（河南省中考试题）
10．⑴如图1，已知PA，PB为⊙O的弦，C是劣弧的中点，直线CD⊥PA于点E，求证：AE=PE+PB．
⑵如图2，已知PA，PB为⊙O的弦，C是优弧的中点，直线CD⊥PA于点E，问：AE，PE与PB之间存在怎样的等量关系？写出并证明你的结论．
11．如图，已知弦CD垂直于⊙O的直径AB于L，弦AE平分半径OC于H．求证：弦DE平分弦BC于M．
(全俄奥林匹克竞赛试题)
12．如图，在△ABC中，D为AC边上一点，且AD=DC+CB，过D作AC的垂线交△ABC的外接圆于M，过M作AB的垂线MN，交圆于N．求证：MN为△ABC外接圆的直径．
专题18　圆的对称性
例1　15°或75°　提示：分AB、AC在圆心O同侧、异侧两种情况讨论．　
例2　B　
例3　(1)解法一：如图，将正方形BDEC上的等边△ABC向下平移，使其底边与DE重合，得等边△ODE．∵A、B、C的对应点是O、D、E，∴OD＝AB，OE＝AC，AO＝BD．∵等边△ABC和正方形BDEC的边长都是2，∴AB＝BD＝AC＝2，∴OD＝OA＝OE＝2．∵A、D、E三点确定一圆，O到A、D、E三点的距离相等．∴O点为圆心，OA为半径，∴该圆的半径为2．解法二：如图，将△ABC平移到△ODE位置，并作AF⊥BC，垂足为F，延长交DE于H．∵△ABC为等边三角形，∴AF垂直平分BC，∵四边形BDEC为正方形，∴AH垂直平分正方形边DE．又∵DE是圆的弦，∴AH必过圆心，记圆心为O点，并设⊙O的半径为r．在Rt△ABF中，∵∠BAF＝30°，∴AF＝AB·cos30°＝2×＝，∴OH＝AF＋FH－OA＝＋2－r．在Rt△ODH中，OH2＋DH2＝OD2，∴()2＋12＝r2，解得r＝2．
(2)⊙O的半径不变，因为AB＝AC＝BD＝2，此题求法和(1)一样，⊙O的半径为2．　
例4　提示：BD2－AD2＝(BE2＋ED2)－(AE2＋ED2)＝(BE＋AE)(BE－AE)＝AB(BE－AE)，只需要证明AC＝BE－AE即可．在BA上截取BF＝AC．连DF可证明△DBF≌△DCA，则DF＝AD，AE＝EF．　
例5　(1)由条件，得(AM－1)2＋(BM－1)2＋(CM－1)2＝0，∴AM＝BM＝CM＝1．因此，M是AB中点，且∠ACB＝90°．　(2)由(1)知，∠A＝∠PCM，又PD∥AB，∴∠A＝∠CPD，∠PCM＝∠CPD，因此，，于是有DP＝CM＝1．　
例6　(1)连结BD、CD，∵AD是直径，所以∠ABD＝∠ACD＝90°，又∵AB＝AC，AD＝AD，∴△ABD≌△ACD，∴∠BAD＝∠DAC，∴AD平分∠BAC．(2)连结OB、OC，则OA⊥BC，又AE＝OE，得AB＝BO＝OA＝OC，△AOB，△AOC都为等边三角形，连结OG，则∠GOF＝90°，FG＝．(3)取的中点M，过M作MS⊥PA于S，MT⊥PF于T，连AM，FM．∠BPM＝∠DPM＝30°，∠APM＝∠FPM＝60°，则MS＝MT，MA＝MF，Rt△ASM≌Rt△FTM，Rt△PMS≌Rt△PMF．∴PS＝PM．∴PA＋PF＝2PS＝2PT＝PM．同理可证：PB＋PD＝．∴为定值．
A　级　1．49或7　2.85　3．1　4．
5．C　6．D　7．D　8．过O点作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连结OD，OA，则AE＝BE，CF＝DF，∵OE2＝AO2－AE2＝(4)，OF2＝OD2－FD2＝4CD2，∴OE2＋OF2＝(4)＋(4)＝PF2＋OF2＝OP2＝12，即4＋4＝1，故AB2＋CD2＝28．得x1＝－3(舍去)，x2＝，∴正方形JKLM的边长为.
B级1.2－3
提示:作OM⊥CD于M，则EC＝(EF－CD).
2.
3.R
提示:设D'是D点关于直径AB对称的点，连结CD'交AB于P，则P点使CP＋PD最小，∠COD'＝120°，CP＋PD＝CP＋PD'＝CD'＝R.
4.D
提示：如图：，得
EQ
\B\lc\{(\a\al(a2＋12＝r2,(2－a)2＋()2＝r2))
，解得a＝，r＝
EQ
\F(5,16)
5.A提示:连结OM，则OM⊥AC.
6.解法一:连结OD交AC于点F，∵D为的中点，∴AC⊥OD，AF＝CF.又DE⊥AB，∴∠DEO＝∠AFO.∴△ODE≌△OAF.∴AF＝DE.∵DE＝3∴AC＝6.解法二:延长DE交⊙O于点G，易证＝2＝＋＝，则DG＝AC＝2DE＝6.
7.连结BO并延长交AD于H，因AB＝BD，故BH⊥AD，又∠ADC＝90°，则BH∥CD，从而△OPB∽△CPD，得＝，即＝，解得CD＝1.于是AD＝＝2，又OH＝CD＝，则AB＝＝＝，BC＝＝＝.∴四边形ABCD的周长为1＋2＋＋.
8.提示:延长DC至N，使CN＝CM，连结BN，则∠BCN＝∠BAD＝∠BDA＝∠BCA，可证得△BCN≌△BCM，Rt△BAM≌Rt△BDN.
9.⑴AO＝8，BO＝6，AB＝BC＝10，AD＝CO＝16，DB＝AD－AB＝6，过D作DE⊥BC于E，由Rt△DEB∽Rt△AOB，得DE＝，BE＝，EO＝6＋＝.∴D(－，).⑵A(0，－8)，C(－16，0)，P(－4，－6)，经过D，P两点的直线为y＝－x－，点(2，－10)不在直线DP上.
10.⑴在AE上截取AF＝BP，连结AC，BC，FC，PC，可证明△CAF≌△CBP，CF＝CP.又CD⊥PA，则PE＝FE，故AE＝PB＋PE.⑵AE＝PE－PB，在PE上截取PF＝PB，连结AC，BC，FC，PC，可证明△CPF≌△CPB，CF＝CB＝CA.又CD⊥AP，则FE＝AE，故AE＝PE－PB.
11.连结BD，∠CBA＝∠DBA，CB＝BD，由∠AOC＝∠CBD，∠A＝∠BDE，得△AOH∽△DBM，∴＝＝，即BM＝BC.
12.延长AC至点E，使CE＝BC，连结MA，MB，ME，BE.∵AD＝DC＋BC＝DC＋CE＝DE，又MD⊥AE，∴MA＝ME，∠MAE＝∠MEA.∵∠MAE＝∠MBC，，又由CE＝BC得∠CEB＝∠CBE，∴∠MEB＝∠MBE，得MA＝ME＝MB，即M为优弧的中点，而MN⊥AB，∴MN是⊙O的直径.
A
B
C
D
E
F
A
A
B
C
O
D
E
D
E
C
B
O
图1
图2
A
B
C
D
E
A
P
C
D
B
M
O
A
B
C
O
图1
D
D
A
O
E
G
F
C
B
B
A
C
D
O
E
P
F
图2
图3
图1
A
600
300
300
P
H
B
P
A
B
H
600
图2
P
A
B
H
图3
A
P
B
C
（第4题图）
t
s
O
A
t
s
O
B
t
s
O
C
t
s
O
D
（第8题图）
（第7题图）
A
B
O
C
D
A
E
C
D
F
B
A
B
C
D
F
E
P
（第6题图）
A
B
C
D
O
E
F
M
（第9题图）
A
H
B
M
C
（第10题图）
A
D
C
B
N
O
J
M
K
L
（第12题图）
O
A
E
C
D
F
B
A
B
C
D
E
A′
A
B
C
D
P
O
（第1题图）
（第2题图）
（第3题图）
C
A
D
O
B
E
G
F
N
A
C
B
D
O
P
（第7题图）
（第6题图）
A
B
C
D
O
M
（第8题图）
A
x
y
O
D
C
B
P
（第9题图）
A
图1
C
P
B
D
E
O
A
图2
C
P
B
D
E
O
A
C
O
L
E
B
D
M
H
（第11题图）
A
C
M
N
O
D
B
（第12题图）专题14　平行线分线段成比例
阅读与思考
平行线分线段成比例定理是证明比例线段的常用依据之一，是研究比例线段及相似形的最基本、最重要的理论．
运用平行线分线段成比例定理解题的关键是寻找题中的平行线．若无平行线，需作平行线，而作平行线要考虑好过哪一个点作平行线，一般是由成比例的两条线段启发而得．此外，还要熟悉并善于从复杂的图形中分解出如下的基本图形：
例题与求解
【例1】如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝，BC＝，E，F分别是AD，BC的中点，且AF交BE于P，CE交DF于Q，则PQ的长为＿＿＿＿．
（上海市竞赛试题）
解题思路：建立含PQ的比例式，为此，应首先判断PQ与AD（或BC）的位置关系，关键是从复杂的图形中分解出基本图形，并能在多个成比例线段中建立联系．
【例2】如图，在△ABC中，D，E是BC的三等分点，M是AC的中点，BM交AD，AE于G，H，则BG︰GH：HM等于（　　）
A．3︰2︰1
B．4︰2︰1
C．5︰4︰3
D．5︰3︰2
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
解题思路：因题设条件没有平行线，故须过M作BC的平行线，构造基本图形．
【例3】如图，□ABCD中，P为对角线BD上一点，过点P作一直线分别交BA，BC的延长线于Q，R，交CD，AD于S，T．
求证：PQ?PT＝PR?PS．
（吉林省中考试题）
解题思路：要证PQ?PT＝PR?PS，需证＝，由于PQ，PT，PR，PS在同一直线上，故不能直接应用定理，需观察分解图形．
【例4】梯形ABCD中，AD//BC，AB＝DC．
（1）如图1，如果P，E，F分别是BC，AC，BD的中点，求证：AB＝PE＋PF；
（2）如图2，如果P是BC上的任意一点（中点除外），PE∥AB，PF∥DC，那么AB＝PE＋PF这个结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，说明理由．
（上海市闵行区中考试题）
解题思路：（1）不难证明；对于（2），先假设结论成立，从平行线出发证明AB＝PE＋PF，即要证明＋＝1，将线段和差问题的证明转化为与成比例线段相关问题的证明．
【例5】如图，已知AB∥CD，AD∥CE，F，G分别是AC和FD的中点，过G的直线依次交AB，AD，CD，CE于点M，N，P，Q．
求证：MN＋PQ＝2PN．
解题思路：考虑延长BA，EC构造平行四边形，再利用平行线设法构造有关的比例式．
（浙江省竞赛试题）
【例6】已知：△ABC是任意三角形．
（1）如图1，点M，P，N分别是边AB，BC，CA的中点，求证：∠MPN＝∠A；
（2）如图2，点M，N分别在边AB，AC上，且＝，＝，点P1，P2是
边BC的三等分点，你认为∠MP1N＋∠MP2N＝∠A是否正确？请说明你的理由；
（3）如图3，点M，N分别在边AB，AC上，且P1，P2，…，P2009是边BC的2010等分点，则∠MP1N＋∠MP2N＋…＋∠MP2009N＝＿＿＿＿．
（济南市中考试题）
解题思路：本题涉及的考点有三角形中位线定理、平行四边形的判定、相似三角形的判定与性质．
能力训练
A级
1．设K＝＝＝，则K＝＿＿＿＿．
（镇江市中考试题）
2．如图，AD∥EF∥BC，AD＝15，BC＝21，2AE＝EB，则EF＝＿＿＿＿．
3．如图，在△ABC中，AM与BN相交于D，BM＝3MC，AD＝DM，则BD︰DN＝＿＿＿＿．
（杭州市中考试题）
4．如图，ABCD是正方形，E，F是AB，BC的中点，连结EC交DB，交DF于G，H，则EG︰GH︰HC＝＿＿＿＿．
（重庆市中考试题）
5．如图，在正△ABC的边BC，CA上分别有点E，F，且满足BE＝CF＝，EC＝FA＝（＞），当BF平分AE时，则的值为（　　）
A．
B．
C．
D．
6．如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，F是AD上的一点，且AF︰FD＝1︰5，连结CF并延长交AB于E，则AE︰EB等于（　　）
A．1︰10
B．1︰9
C．1︰8
D．1︰7
7．如图，PQ∥AB，PQ＝6，BP＝4，AB＝8，则PC等于（　　）
A．4
B．8
C．12
D．16
8．如图，EF∥BC，FD∥AB，BD＝BC，则BE︰EA等于（　　）
A．3︰5
B．2︰5
C．2︰3
D．3︰2
9．（1）阅读下列材料，补全证明过程．
已知，如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，OE⊥BC于E，连结DE交OC于点F，作FG⊥BC于G．求证：点G是线段BC的一个三等分点．
（2）请你依照上面的画法，在原图上画出BC的一个四等分点．（要求：保留画图痕迹，不写画法及证明过程）
（山西中考试题）
10．如图，已知在□ABCD中，E为AB边的中点，AF＝FD，FE与AC相交于G．
求证：AG＝AC．
11．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，EF经过梯形对角线的交点O，且EF∥AD．
（1）求证：OE＝OF；
（2）求＋的值；
（3）求证：＋＝．
（宿迁市中考试题）
12．如图，四边形ABCD是梯形，点E是上底边AD上的一点，CE的延长线与BC的延长线交于点F，过点E作BA的平行线交CD的延长线于点M，MB与AD交于点N．
求证：∠AFN＝∠DME．
（全国初中数学联赛试题）
B级
1．如图，工地上竖立着两根电线杆AB，CD，它们相距15cm，分别自两杆上高出地面4m，6m的A，C处，向两侧地面上的E，D和B，F点处，用钢丝绳拉紧，以固定电线杆，那么钢丝绳AD与BC的交点P离地面的高度为＿＿＿＿m．
（全国初中数学联赛试题）
2．如图，□ABCD的对角线交于O点，过O任作一直线与CD，BC的延长线分别交于F，E点．设BC＝，CD＝，CF＝，则CE＝＿＿＿＿．
（黑龙江省中考试题）
3．如图，D，F分别是△ABC边AB，AC上的点，且AD︰DB＝CF︰FA＝2︰3，连结DF交BC边的延长线于点E，那么EF︰FD＝＿＿＿＿．
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
4．如图，设AF＝10，FB＝12，BD＝14，DC＝6，CE＝9，EA＝7，且KL∥DF，LM∥FE，MN∥ED，则EF︰FD＝＿＿＿＿．
（江苏省竞赛试题）
5．如图，AB∥EF∥CD，已知AB＝20，CD＝80，那么EF的值是（　　）
A．10
B．12
C．16
D．18
（全国初中数学联赛试题）
6．如图，CE，CF分别平分∠ACB，∠ACD，AE∥CF，AF∥CE，直线EF分别交AB，AC于点M，N．若BC＝，AC＝，AB＝，且＞＞，则EM的长为（　　）
A．
B．
C．
D．
（山东省竞赛试题）
7．如图，在□ABCD的边AD延长线上取一点F，BF分别交AC与CD于E，G．若EF＝32，GF＝24，则BE等于（　　）
A．4
B．8
C．10
D．12
E．16
（美国初中数学联赛试题）
8．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝3CD，E是对角线AC的中点，直线BE交AD于点F，则AF︰FD的值是（　　）
A．2
B．
C．
D．1
（黄冈市竞赛试题）
9．如图，P是梯形ABCD的中位线MN所在直线上的任意一点，直线AP，BP分别交直线CD于E，F．
求证：＝．
（宁波市竞赛试题）
10．如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于O，直线平行于BD且与AB，DC，BC，AD及AC的延长线分别交于点M，N，R，S和P．
求证：PM·PN＝PR·PS．
（山东省竞赛试题）
11．如图，AB⊥BC，CD⊥BC，B，D是垂足，AD和BC交于E，EF⊥BD于F．我们可以证明：＝成立（不要求证出）．以下请回答：若将图中垂直改为AB∥CD∥EF，那么，
（1）＝还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
（2）请找出S△ABD，S△BED和S△BDC的关系式，并给出证明．
（黄冈市竞赛试题）
12．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，过D点的直线PQ交边AC于点P，交边AB的延长线于点Q．
（1）如图1，当PQ⊥AC时，求证：＝；
（2）如图2，当PQ不与AD垂直时，（1）的结论还成立吗？证明你的结论；
（3）如图3，若∠BAC＝60°，其它条件不变，且＝，则＝＿＿＿＿（直接写出结果）
专题14
平行线分线段成比例
例1
提示：由,推得PQ∥AD。
例2
D
例3
提示：
例4
（1）略
（2）结论仍然成立
提示：.
例5
延长BA，EC，设交点为O，则四边形OADC为平行四边形，不妨设QP=a，MN=b，PG=x,GN=y.∵F是AC的中点，∴DF的延长线必过O点，且.∵AB∥CD，∴，即，，∵AD∥CE，∴，即，，由①②可得，即
例6
（1）∵点M，P，N分别是AB，BC，CA的中点，∴线段MP，PN是△ABC的中位线，∴MP∥AN，PN∥AM，∴四边形AMPN是平行四边形，∴∠MPN=∠A。
（2）∠MP1N+∠MP2N=∠A正确.
如图所示，连接MN，∵，∴△AMN∽△ABC，∴∠AMN=∠B，，∴MN∥BC，，又∵点P1,P2是边BC的三等分点，∴MN与BP1平行且相等，MN与P1P2平行且相等，MN与P2C平行且相等，∴四边形MBP1N，MP1P2N,MP2CN都是平行四边形，∴MB∥NP1,
MP1∥NP2,
MP2∥AC,
∴∠MP1N=∠1，∠MP2N=∠2，∠BMP2=∠A，∴∠MP1N+∠MP2N=∠1+∠2=∠BMP2=∠A。
（3）∠A.
A级
1.
-2或1
2.17
3.7：1
4.
5：4：6
5.C
6.A
7.C
8.C
9.略
10.提示：延长FE交CB的延长线于H，易证△AEF≌△BEH，.
11.（1）略
（2）1
（3）提示：,EF=2OE。
12.延长
BF和CM交于点P，延长ME和BC交于点Q。∵ME∥BA，∴，∴,∵AD∥BC，∴，∴，得FN∥PM，故∠AFN=∠P=∠DME.
B级
1．
2．
提示：延长FO交AB于G，则△OAG≌△OCF，。
3．2：1
提示：过D作DG∥BC交于CA于G，则AG:GC=2:3，CF:AF=2:3。
4．5：2
提示：，，。
5．C
6．B
7．E
提示：。
8．C
提示：延长BF，CD交于点G。
9．提示：，，。
10．提示：。
11．（1）等式还成立。
（2）。提示：作BG⊥AD于G，作DH⊥BC于H，则，又，即，∴，。同理，。
12．（1），
（2）作DK∥AQ交AC于点K，，∴
（3）
图2
图1
图1
图2
图3
第2题
第3题
第4题
第5题
第6题
第7题
第8题
第9题
第10题
第11题
第2题
第3题
第1题
第5题
第4题
第6题
第7题
第8题
第9题
第11题
第10题
图1
图2
图3专题12
三角函数
阅读与思考
三角函数揭示了直角三角形中边与锐角之间的关系，是数形结合的重要体现，解三角函数相关问题时应注意以下两点：
1．理解同角三角函数间的关系．
（1）平方关系：；
（2）商数关系：，；
（3）倒数关系：．
2．善于解直角三角形．
从直角三角形中的已知元素推求其未知的一些元素的过程叫作解直角三角形．解直角三角形，
关键是合理选用边角关系，它包括勾股定理、直角三角形的两个锐角互余及锐角三角函数的概念．许多几何计算问题都可归结为解直角三角形，常见的基本图形有：
例题与求解
【例1】在△ABC中，BC＝1992，AC＝1993，AB＝，则
．
（河北省竞赛试题）
解题思路：通过计算，寻找BC2，AC2，AB2之间的关系，判断三角形形状，看能否直接用三角函数的定义解题．
【例2】某片绿地形状如图所示，其中∠A＝600，AB⊥BC，AD⊥CD，AB＝200m，CD＝100m．
求AD，BC的长．（精确到1m，）
解题思路：本题的解题关键是构造直角三角形，构造的原则是不能破坏∠A，所以连结AC不行．延长AD和BC交于一点E（如图1），这样既构造出了直角三角形，又保全了特殊角∠A；或过点D作矩形ABEF（如图2）来求解．
【例3】如图，已知正方形ABCD中，E为BC上一点．将正方形折叠起来，使点A和点E重合，折痕为MN．若，DC＋CE＝10．
（1）求△ANE的面积；
（2）求的值．
解题思路：将与DC＋CE＝10结合起来，可求出相关线段的长，为解题铺平道路．
【例4】如图，客轮沿折线A—B—C从A出发经B再到C匀速航行，货轮从AC的中点D出发沿某一方向匀速直线航行，将一批物品送达客轮．两船同时起航，并同时到达折线A—B—C上的某点E处．已知AB＝BC＝200海里，∠ABC＝900，客轮速度是货轮速度的2倍．
（1）选择：两船相遇之处E点（
）
A．在线段AB上
B．在线段BC上
C．可以在线段AB上，也可以在线段BC上
（2）求货轮从出发到两船相遇共航行了多少海里？（结果保留根号）
（南京市中考试题）
解题思路：对于（2），过D作DF⊥CB于F，设DE=x，建立关于x的方程．
【例5】若直角三角形的两个锐角A，B的正弦是方程的两个根．
（1）那么，实数p，q应满足哪些条件？
（2）如果p，q满足这些条件，方程的两个根是否等于直角三角形的两个锐角A，B的正弦？
（江苏省竞赛试题）
解题思路：解本例的关键是建立严密约束条件下的含不等式、等式的混合组，需综合运用一元二次方程，三角函数的知识与方法．
【例6】设a，b，c是直角三角形的三边，c为斜边，整数n≥3．求证：．
（福建省竞赛试题）
解题思路：由直角三角形的边可以转化为三角函数正余弦来解．其不等关系可以利用正弦、余弦的有界性来证明．
能力训练
A级
1．如图，D是△ABC的边AC上一点，CD＝2AD，AE⊥BC于E．若BD＝8，，则AE＝
．
2．已知，则的最大值是
，最小值是
．
（上海市理科实验班招生考试试题）
3．如图，在△ABC中，∠C＝900，∠BAC＝300，BC＝1，D为BC边上的一点，是方程
的一个较大的根，则CD＝
．
4．已知△ABC的两边长a＝3，c＝5，且第三边长b为关于x的一元二次方程的两个正整数根之一，则的值为
．
（哈尔滨中考试题）
5．如图，小雅家（图中点O处）门前有一条东西走向的公路，经测得有一水塔（图中点A处）在她家北偏东600距离500m处，那么水塔所在的位置到公路的距离AB是（
）
A．250m
B．m
C．m
D．m
6．如图，在△ABC中，∠C＝900，∠ABC＝300，D是AC的中点，则的值是（
）
A．
B．
C．
D．
（大连市中考试题）
7．一渔船上的渔民在A处看见灯塔M在北偏东600方向，这艘渔船以28海里/时的速度向正东航行．半小时后到B处，在B处看见灯塔M在北偏东150方向，此时灯塔M与渔船的距离是
（
）
（黄冈市中考试题）
A．海里
B．海里
C．7海里
D．14海里
8．如图，四边形ABCD中，∠A＝600，∠B＝∠D＝900，AD＝8，AB＝7，则BC＋CD等于（
）
A．
B．
C．
D．
9．如图是某品牌太阳能热水器的实物图和横断面示意图．已知真空集热管AB与支架CD所在直线相交于水箱横断面⊙O的圆心，支架CD与水平面AE垂直，AB＝150厘米，∠BAC＝300，另一根辅助支架DE＝76厘米，∠CED＝600．
（1）求垂直支架CD的长度（结果保留根号）；
（2）求水箱半径OD的长度（结果保留三位有效数字，参考数据：）．
（扬州市中考试题）
10．若为锐角，求证：．
（宁波市竞赛试题）
11．如图，已知AB＝CD＝1，∠ABC＝900,
∠CBD＝300，求AC的长．
（加拿大数学奥林匹克竞赛试题）
12．如图，在△ABC中，∠ACB＝900，CD⊥AB于点D，CD＝1．若AD，BD的长是关于x的方程
的两根，且，求p，q的值并解此二次方程．
B级
1．若，且（k为常数，k＜0），则m的取值范围是
．
2．设，，则
．
（武汉市选拔赛试题）
3．已知在△ABC中，∠A，∠B是锐角，且，AB＝29cm，则△ABC的面积等于
．
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
4．如图，在正方形ABCD中，N是DC的中点，M是AD上异于D的点，且，则有
．
（全国初中数学联赛试题）
5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝900,
∠CAB＝300，AD平分∠CAB，则的值为（
）
A．
B．
C．
D．
（湖北省选拔赛试题）
6．如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥CD，BC＝CD＝2AD，E是CD上一点，∠ABE＝450，则的值等于（
）
（天津市竞赛试题）
A．
B．2
C．
D．3
7．如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝900,
∠CBD＝300，则＝（
）
A．
B．
C．
D．
（山东省竞赛试题）
8．如图是一座人行天桥的引桥部分的示意图，上桥通道是由两段互相平行并且与地面成370角的楼梯AD，BE和一段水平天台DE构成．已知天桥高度BC＝4.8米，引桥水平跨度AC＝8米．
（1）求水平天台DE的长度；
（2）若与地面垂直的平台立柱MN的高度为3米，求两段楼梯AD与BE的长度之比．（参考数据：取）
（长沙市中考试题）
9．在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，且c＝．若关于x的方程
有两个相等的实根，又方程的两实数根的平方和为6，求△ABC的面积．
（武汉市中考试题）
10．如图，EFGH是正方形ABCD的内接四边形，两条对角线EG和FH所夹的锐角为，且与都是锐角．已知四边形EFGH的面积为S．
（1）求证：；
（2）试用来表示正方形ABCD的面积．
（全国初中数学联赛试题）
11．如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠A＝900，BC＝CD＝10，．
(1)
求梯形ABCD的面积；
（2）点E，F分别是BC，CD上的动点，点E从点B出发向点C运动，点F从点C出发向点D运动．若两点均以每秒1个单位的速度同时出发，连接EF，求△EFC面积的最大值，并说明此时E，F的位置．
（济宁市中考试题）
12．如图，甲楼楼高16米，乙楼坐落在甲楼的正北面．已知当冬至中午12时太阳光线与水平面的夹角为300，此时，求：
（1）如果两楼相距20米，那么甲楼的影子落在乙楼上有多高？
（2）如果甲楼的影子刚好落在乙楼上，那么两楼的距离应当是多少？
（山东省竞赛试题）
专题12三角函数
例1
AC2－BC2＝(1993＋1992)(1993－1992)＝1993＋1992＝AB2，∴AC2＝AB2＋BC2，得∠B＝90°，故原式＝()2.
例2
AD＝227m，BC＝146m.解法一:延长AD，BC交于点E，如图1.在Rt△ABE中，AB＝200m，∠A＝60°，∴BE＝AB·tanA＝200
(m)，AE＝＝＝400(m).在Rt△CDE中，CD＝100m.∠E＝90°－∠A＝30°，∴CE＝2CD＝200(m.∵cot∠E＝，DE＝CD·cot30°＝100
(m)，∴AD
＝AE－DE＝400－100≈227(m)，BC＝BE－CE＝200－200≈146(m).解法二:如图2，过点D作矩形ABEF.设AD＝x.在Rt△AFD中，∠DAF＝90°－60°＝30°，∴DF＝AD＝x，AF＝
EQ
\F(,2)x，在Rt△CED中，∠CDE＝30°，∴CE＝CD＝50(m)，DE＝
EQ
\F(,2)CD＝50(m)，∵DE＋DF＝AB.∴50＋x＝200，解得x＝400－100.∴AD＝400－100≈227(m).∵BC＋CE＝AF，∴BC＝AF－CE＝
EQ
\F(,2)(400－100)－50＝200－200≈146(m).
例3
⑴
⑵
提示：tan∠AEN＝tan∠EAB＝.
例4
⑴设DE＝x(海里)，则客轮从A点出发到相遇之处E点的距离为2x海里.若2x<200，则x<100，即DE⑵设货轮从出发点D到两船相遇处E共航行了x海里，如图，过D作DF⊥CB于F，连DE，则DE＝x，AB＋BE＝2x，DF＝100，EF＝300－2x，由x2＝1002＋(300－2x)2，得x＝200－
EQ
\F(100,3)(海里).
例5
⑴p，q应满足以下条件：
.由此推得
EQ
\B\lc\{(\a\al(p<0,0,⑵先设方程x2＋px＋q＝0的两个根为α，β，若α，β满足，则α，β必定是直角三角形的两个锐角的正弦;若α，β不满足条件①②③式中任何一个，则结论是否定的.
例6
设α为直角三角形一锐角，则sinα＝，cosα＝.∵0A级1.9
2.
1
提示：用换元法.
3.
EQ
\F(4－,3)
4.
EQ
\F(,6)
5.A
6.B
7.A
8.B
9.⑴在Rt△DCE中，∠CED＝60°，DE＝76.∵sin∠CED＝，∴DC＝DE·sin∠CED＝38(厘米).故垂直支架CD的长度为38厘米.
⑵设水箱半径OD＝x厘米，则OC＝(38＋x)厘米，AO＝(150＋x)厘米.∵Rt△OAC中，∠BAC＝30°，∴AO＝2OC，即150＋x＝2(38＋x），解得x＝150－76≈18.52≈18.5(厘米).故水箱半径OD的长度为18.5厘米.
10.(－1)＋(－1)＋(－2)＝＋＋，∵0sinα>0,1－
cosα>0,∴＋＋>0，即＋＋>4.
11.过C作CE∥AB交BD于E，设AC＝x，则CB＝，CE＝BC·tan∠CBE＝.由△DCE∽△DAB，得，即，化简得（x＋2）（x3－2）＝0，解得x＝，即AC＝.
12.
P＝－2，q＝1，x1,2＝.提示：tanA－tanB＝.
B级
1.
2.
3.
145cm2
4.
提示：延长MN交BC的延长线于T，设MB的中点为O，连接TO，则△BAM∽△TOB.
5.
B
6.
D
7.D
8.
（1）如图，延长线段BE，与AC相交于点F，∴DE＝AF，∠BFC＝∠A＝37°.在Rt△BCF中，tan∠BFC＝，∴CF＝（米），∴DE＝AF＝AC－CF＝8－6.4＝1.6（米）.故水平平台DE的长度为1.6米.
（2）延长线段DE，交BC于点G.∵DG∥AC，∴∠BGM＝∠C＝90°，∴四边形MNCG是矩形，∴CG＝MN＝3（米）.∵BC＝4.8（米），∴BG＝BC－CG＝1.8（米）.∵DG∥AC，∴，∴，而AD＝EF，故.
9.
18
提示：，.
10.
提示：（1）S=S△EFG＋S△FGH＝.
（2）过E，F，G，H分别作正方形ABCD的垂线，得矩形PQRT.设ABCD的边长为a，PQ＝b，QR＝c，则，.由S△AEH＝S△THE，S△BEF＝S△PEF，S△GFC＝S△QFG，S△DGH＝S△RGH，得SABCD＋SPQRT＝2SEFGH，∴a2＋bc＝2S，即.∴，由（1）知，∴.故.
11.
（1）S梯形ABCD＝56.
（2）E，F分别是BC，DC的中点，设运动时间为x秒，则S△EFC＝，当x＝5时，S△EFC面积最大，最大值为10.
12.
（1）折冬天太阳最低时，甲楼最高处A点的影子落在乙楼的C处，那么图中CD的长度就是甲楼的影子在乙楼上的高度.设CE⊥AB于点E，则∠AEC＝90°，∠ACE＝30°，EC＝20米，∴AE＝ECtan∠ACE＝20tan30°≈11.6（米），CD＝EB＝AB－AE＝4.4（米）.
（2）设点A的影子落在地面上某点C，则∠ACB＝30°，AB＝16米，∴BC＝ABcot30°≈27.7（米），故要使甲楼的影子不影响乙楼，那么乙楼距离甲楼至少要27.7米.
第8题图专题02　从求根公式谈起
阅读与思考
一元二次方程是解数学问题的重要工具，在因式分解、代数式的化简与求值，应用题，各种代数方程，几何问题、二次函数等方面有广泛的应用.
初学一元二次方程，需要注意的是：
1、熟练求解
解一般形式的一元二次方程，因式分解法是基础，它体现了“降次求解”的基本设想，公式法具有一般性，是解一元二次方程的主要方法，对于各项系数较大的一元二次方程，可以先从分析方程的各项系数特征入手，通过探求方程的特殊根来求解，常用的两个结论是：
①
若，则方程必有一根为.
②
若，则方程必有一根为.
2、善于变形
解有些与一元二次方程相关的问题时，直接求解常给解题带来诸多不便，若运用整体思想，构造零值多项式，降次变形等相关思想方法，则能使问题获得简解.
思想精髓
一元二次方程的求根公式为这个公式形式优美，内涵丰富：
1
公式展示了数学的抽象性，一般性与简洁美；
2
公式包含了初中阶段所学过的全部六种代数运算；
3
公式本身回答了解一元二次方程的全部的三个问题，方程有没有实数根？有实根时共有几个？如何求出实根？
例题与求解
例1
阅读下列的例题
解方程：　
解：①当x≥0时，原方程化为，解得(舍)
1
当时，原方程化为，解得(舍)，
请参照例题解方程：
，则方程的根是＿＿＿＿
（晋江市中考试题）
解题思路：通过讨论，脱去绝对值符号，把绝对值方程转化为一般的一元二次方程求解.
例2　方程的解的个数为（　　）
A、1个　　
　B、2个　　
　C、3个　　
D、4个
（全国初中数学联赛试题）
　解题思路：通过去绝对值，将绝对值方程转化为一元二次方程求解.
例3　已知m，n是二次方程的两个根，求的值.
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
解题思路：若求出m，n值或展开待求式，则计算繁难，由方程根的定义可得关于m，n的等式，不妨从变形等式入手.
反思：
一元二次方程常见的变形方法有：
①把变形为
②把变形为
③把变形为
其中①②体现了“降次”代换的思想；③则是构造倒数关系作等值代换.
例4　解关于x的方程：
解题思路：因未指明关于x的方程的类型，故首先分及≠0两种情况，当≠0时，还考虑就的值的三种情况加以讨论.
例5　已知三个不同的实数，，满足,方程和，有一个相同的实根，方程和也有一个相同的实根，求a，b，c的值.
解题思路：这是一个一元二次方程有公共根的问题，可从求公共根入手.
方法指导：公共根问题是一元二次方程常见问题，解这类问题的基本方法是：
①若方程便于求出简单形式的根，则利用公共根相等求解.
②设出公共根，设而不求，消去二次项.
例6　已知a是正整数，如果关于x的方程的根都是整数，求a
的值及方程的整数根.
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：本题有两种解法，由方程系数特点发现1为隐含的根，从而将试题进行降次处理，或变更主元，将原方程整理为关于a
的较低次数的方程.
能力训练
A级
1、已知方程可以配成的形式，那么可以配成＿＿＿＿＿_________的形式.
（杭州市中考试题）
2、若分式的值为0，则的值等于＿＿＿＿.
（天津市中考试题）
3、设方程和的较小的根分别为α，β，则＝＿＿＿.
4、方程的解应是＿＿＿＿（上海市竞赛试题）
5、方程的整数解的个数是＿＿＿＿.
A、2个　
　B、3个　　　
C、4个　　　
D、5个
（山东省选拔赛试题）
6、若关于x的一元二次方程的常数项为0，则m的值等于（　　）
A、1　　　B、2　　　　C、1或2　　　D、0
（德州市中考试题）
7、已知a,
b都是负实数，且，那么的值是（　　）
A、　　B、　　C、　　D、
（江苏省竞赛试题）
8、方程的解是（　　）
A、　　　B、　　C、或　　D、
9、已知a是方程的一个根，求的值.
10、已知且，求m的值.
（荆州市竞赛试题）
11、是否存在某个实数m，使得方程和有且只有一个公共根？如果存在，求出这个实数m及两方程的公共实根；如果不存在，请说明理由.
12、已知关于x的方程的解都是整数，求整数k的值.
B级
1、已知α、β是方程的两根，则的值为＿＿＿
2、若关于x的方程与只有一个公共根，则＝＿＿＿
3、设a,
b是整数，方程有一个根为，则=_________
(全国通讯赛试题)
4、用表示不大于x的最大整数，则方程解的个数为（　
）
A、1个　
　B、2个　　
C、3个　
　
D、4个
5、已知，那么代数式（　　）
A、　　
B、　　　
C、　　　
D、
6、方程的实根的个数为（　　）
A、1个　　
B、2个　　
C、3个　　
D、4个
7、已知，则代数式的值为（　　）
A、1996　　
　B、1997　　
　C、1998　
　D、1999
8、已知三个关于x的一元二次方程恰有一个公共实根，则的值为（　　）
A、0　　
　B、1　　　
C、2　　　
D、3
（全国初中数学联赛试题）
9、已知，求的值.
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
10、设方程，求满足该方程的所有根之和.
（重庆市竞赛试题）
11、首项系数不相等的两个二次方程
　　
①
及　　②（其中a，
b为正整数）
有一个公共根，求的值.
（全国初中数学联赛试题）
12、小明用下面的方法求出方程的解，请你仿照他的方法求出下面另外两个方程的解，并把你的解答过程填写在下面的表格中．
方程
换元法得新方程
解新方程
检验
求原方程的解
令则
∴
专题02
从求根公式谈起
例1
－3或2
例2
C
提示：当－1≥0时，即x≤－1或x≥1时，原方程化为－（4－）x＋7－－9＝0，解得＝4－，＝，均符合；当－1＜0时，即－1＜x＜1时，原方程可化为＋（4－）x＋7－＝0，解得＝－2，满足题意．
例3
1991
例4
①当m＝1时，解得x＝2．
②当m≠1时，－4ac＝12m－11．当m＞时，＝；当m＝时，x＝5；当m＜时，原方程无实根．
例5
为叙述方便，该题设中的四个方程依次为①、②、③、④，设方程①和方程②的公共根为α，则两式相减，得．同理可得，方程③和方程④的公共根为．∴＝1．注意到方程①的两根之积为1，则β也是方程①的根，从而＝0．又∵＝0，两式相减，得（a－1）β＝a－1．若a＝1，则方程①无实根，这与方程①有根有矛盾，∴a≠1．∴β＝1，α＝1．于是a＝－2，b＋c＝－1．又∵a－b＋c＝3，∴b＝－3，c＝2．
例6
解法一：∵1＋（a＋17）＋（38－a）－56＝0，∴x＝1为原方程的一个根，从而原方程可化为（x－1）＝0．①∵x为正整数，∴方程＋（a＋18）x＋56＝0的判别式Δ＝－224必为完全平方数．设－224＝（m为非负整数），则－224＝224，即（a＋m＋18）（a－m＋18）＝224＝112×2＝56×4＝28×8．又∵a＋m＋18与a－m＋18具有相同的奇偶性，且a＋m＋18＞a－m＋18，a＋m＋18＞18，∴或或解得或或又a为正整数，∴或．当a＝39时，方程①的根为－1和－56；当a＝12时，方程①的根为－2和－28．综上所述，当a＝39时，原方程的三个根为1，－1和－56；当a＝12时，原方程的三个根为1，－2和－28．
解法二：原方程可化为（－x）a＝56－38x－17－②，显然x≠0．当x＝1时，②式恒成立．当x≠1时，方程②可化为a＝＝－x－18－．∵a为正整数，∴－x－18－＞0，∴x＋18＋＜0．显然x＜0，∴＋18x＋56＞0，解得x＜－－9或－9＜x＜0．又x为整数，且x|56，∴x可取－56，－28，－2，－1．由韦达定理知（－56）×（－1）＝（－28）×（－2），若－56和－1为方程②的两个根，则－（a＋18）＝－56－1，即a＝39；若－28和－2为方程②的两个根，则－（a＋18）＝－28－2，即a＝12．综上所述，当a＝39时，原方程的三个根为1，－1和－56；当a＝12时，原方程的三个根为1，－2和－28．
A级
1.＝q＋7
2．2
3．
4．＝＝－1，＝－3±
5．C
6．B
7．C
8．D
9．1998
10.m＝
提示：由已知得a＋＝－4．
10.假设存在符合条件的实数m，且设这两个方程的公共实根为a，则①－②得（m－2）（a－1）＝0，∴m＝2或a＝1．当m＝2时，已知两个方程为同一个方程，且没有实数根，故m＝2舍去；当a＝1时，代入①得m＝－3，可求得公共根为x＝1．
10.当k＝4或k＝8，分别求得x＝1或x＝－2．当k≠4且k≠8时，原方程可化为＝0，∴＝，＝．∵k为整数，且，均为整数，∴4－k＝±1，±2，±4，±8且8－k＝±1，±2，±4，∴k＝6，12．故k＝4，6，8，12时，原方程的根为整数．
B级
1．4
2．－1
3.－3
提示：代入根得（7＋2a＋b）＋（－4－a）＝0．
3.C
提示：由题给方程－3＝2．又∵≤x，则－3≤2x，∴－2x－3≤0，则－1≤x≤3，∴只可能取值为－1，0，1，2，3．分别代入原方程解得x＝－1，，3，故原方程共有三个解．
5．D
6．C
7．D
8．D
9．5
提示：由x＝4－，得－8x＋13＝0．
10.当2x－1＞0即x＞时，原方程化为－2x－3＝0，解得＝3，＝－1（舍去）；当2x－1＝0即x＝时，－4＝－4≠0，舍去；当2x－1＜0即x＜时，原方程化为＋2x－5＝0，解得＝－1－，＝－1＋＞（舍去），故所有根之和为3＋（－1－）＝2－．
10.由条件知a＞1，b＞1，a≠b，解得①的两个根为a，，②的两个根为b，．∵a≠b，∴a＝③或b＝④，由③④均得ab－a－b－2＝0，即（a－1）（b－1）＝3．因为a，b均为正整数，则有或解得或代入所求值得表达式化简得＝＝256．
12．
x＋－3＝0
令＝t，则＋2t－3＝0
＝1，＝－3
＝1＞0，＝－3＜0（舍）
＝1，∴x＝1
x＋－4＝0
令＝t，则＋t－2＝0
＝1，＝－2
＝1＞0，＝－2＜0（舍）
＝1∴x－2＝1，x＝3专题29
方程思想
例1.
-1
提示：a、b是方程的两个根，由根的性质得，将x=
-
c代入上式得－1=(－c－a)(－c－b)，即(a+c)(b+c)=－1．
例2
B
例3
A
提示：解法一：∵，
．又y4+y2=3，即（y2)2+y2=3，且，y2≥0，∴，y2是一元二次方程t2+t－3=0的两个不等实根．由韦达定理，=－1，=－3，=1+6=7．
解法二：∵x2>0，y2≥0，由已知条件得，y2=，∴．
例4，①，②
③．
①+②－③得，解得x=;①+③－②得，解得；②+③－①得，解得z=24．∴7x+5y－2z=0．
例5
分当BP≤，例6
由题意得由①②得2c将③④代入得3C=9－s，∴有6<3c<9，从而3C=7或3c=8．若3c=7，则s=2，代入②④得a+b=，ab=4，由于此时方程组无解，故此情形不可能；若3c=8，则s=1，此时a+b=，ab=2．解得，而c=，以这三个数为边长构成唯一的直角三角形．
能力训练
1．－2
提示：，∴a2+a=1，=．
2．1
6
提示：六位同学读过的书的总本数等于六本书被读过的人次总数．
3．∵x－y=2，即x≠y，∴x，y是方程2z2－2z+k=0的两根，x+y=1，xy=，又x－y=2，∴k=2xy=－．
4．4
由x+y=－z
，xy=知，x，y是方程t2+zt+=0的两根，由Δ≥0得z≥2，又|x|+|y|=－(x+y)=z≥2．
5．设∠BAC=x，则，，∴+4x+4x=1800，解得x=120
．
6．B
7．C
提示：设该单位订甲、乙、丙三种盒饭分别有x，y，z盒，则①×8－②得3y+5z=36，5z=36－3y≤36．由此可知z≤7，且3y，36均是3的倍数知z是3的倍数．∴z的可能值为0
，3，6，相应的y的值为12，7，2．∴共有3组解：，，，
8．C
9．A
提示：设甲现在x岁，乙现在y岁，x>y，则有，
10．D
提示：由已知得a4+3a2－1=0，，∴a2，是方程x2+3x－1=0的根．又由a2b≠1得a2≠，由根与系数关系得a2+=－3，=－1，∴．
11．
提示：设，则，(x+y)=，∴x，y是方程的两个实根．由Δ≥0得m，又，．
12．sinCBF=，BC=
提示：；连结OE，DF，则OE∥BF，∴AE：EF=AO：OB=3：1，OE：BF=3：4，∴AE=3EF，AO：AB=3：4．
设OB=r，则AO=3r，BF=r，AD=2r．
由AE·AF=AD·AB得EF=r．在RtΔABC中，BC2=CF·CE=4（4+EF）=AC2－AB2，解得r=，sin∠CBF=sin∠BDF=．
13．设DP=x，则PC=，AB=．又设y=AB·SΔABP=，即x2+2(1－y)x+1+2y=0．由Δ≥0得y≥4，故AB·SΔABP的最小值为4．
14．由题设知x1=a1，x2=a2是一元二次方程（x+b1）(x+b2)－1=0的两根，∴（x+b1）(x+b2)－1=（x1－a1）(x2－a2)．令x=－b1，得（a1+b1）(a2+b1)=－1；令x=－b2，得（a1+b2）(a2+b2)=－1．
15．设A(x1，0)，B(x2，0)，且x1-1＜x2＜0，∴，得c0．∴，得b+1→>1．由②得>1∵>+1，即a>（+1）2≥（+1）2=4，∴a≥5．又b>2≥2
>4，∴b≥5．取a=5，b=5，c=1时．抛物线y=5x2+5x+l满足题设条件，故a+b+c的最小值为5+5+l=ll.
16.设y=m2，（x-90）2=k2，m，k都是非负数，则k2-m2=7×701=1×4907，即(k+m)（k-m）=7×701=1×4907.∴或，解得∴∴“好点”共有4个，它们的坐标分别为：（444，120409）．（-264,120
409），(2
544,6
017
209)，（-2
364,6
017
209）．
17．①×②得=8
→=8
→=0
→=0
→=0
→=0
→
→→
故b-c+a=0或c+a-
b=0或c-a+b=0，即b+a-c=0或c+a-b=0或c-a+b=0．
因此以为三边长可以构成一个直角三角形．
18．设每个新轮胎报废时的总磨损量为k，则安装在前轮的轮胎每行驶lkm磨损量为，安装在后轮的轮胎每行驶1km的磨损量为，又设一对新轮胎交换位置前走了xkm，交换位置后走了ykrn分别以一个轮胎的总磨损量为等量关系列方程．有两式相加，得，则.
19.连结AC，BC，O1E，O2F，设A
D=a,BD=b.∵⊙O2与AB，CD相切，∴O2F=DF=x，∴AF=AD+DF=a+x.在Rt△OFD2中，OF2=OO22-O2F2，易证，即，化简得x2+2ax-ab=0,∴x=-a+，∴AF==，∴AF2=a（a+b）=ADAB=AC2，∴AF=AC.同理，BE=
BC.∴∠ECF=∠ACF+∠BCE-∠ACB=∠CFE+∠CEF-90°=180°-∠ECF-90°，∴∠ECF=45°．专题01　二次根式的化简与求值
阅读与思考
二次根式的化简与求值问题常涉及最简根式、同类根式，分母有理化等概念，常用到分解、分拆、换元等技巧.
有条件的二次根式的化简与求值问题是代数变形的重点，也是难点，这类问题包含了整式、分式、二次根式等众多知识，又联系着分解变形、整体代换、一般化等重要的思想方法，解题的基本思路是：
1、直接代入
直接将已知条件代入待化简求值的式子.
2、变形代入
适当地变条件、适当地变结论，同时变条件与结论，再代入求值.
数学思想：
数学中充满了矛盾，如正与负，加与减，乘与除，数与形，有理数与无理数，常量与变量、有理式与无理式，相等与不等，正面与反面、有限与无限，分解与合并，特殊与一般，存在与不存在等，数学就是在矛盾中产生，又在矛盾中发展.
想一想：若（其中x,
y,
n都是正整数），则都是同类二次根式，为什么？
例题与求解
【例1】　当时，代数式的值是（　　）
A、0　　　　B、－1　　　　C、1　　　　D、
（绍兴市竞赛试题）
【例2】　化简
（1）
（黄冈市中考试题）
（2）
（五城市联赛试题）
（3）
（北京市竞赛试题）
（4）
（陕西省竞赛试题）
解题思路：若一开始把分母有理化，则计算必定繁难，仔细观察每题中分子与分母的数字特点，通过分解、分析等方法寻找它们的联系，问题便迎刃而解.
思想精髓：因式分解是针对多项式而言的，在整式，分母中应用非常广泛，但是因式分解的思想也广泛应用于解二次根式的问题中，恰当地作类似于因式分解的变形，可降低一些二次根式问题的难度.
【例3】　比大的最小整数是多少？
（西安交大少年班入学试题）
解题思路：直接展开，计算较繁，可引入有理化因式辅助解题，即设
想一想：设求的值.
（“祖冲之杯”邀请赛试题）
形如：的根式为复合二次根式，常用配方，引入参数等方法来化简复合二次根式.
【例4】　设实数x，y满足，求x＋y的值.
（“宗泸杯”竞赛试题）
解题思路：从化简条件等式入手，而化简的基本方法是有理化.
【例5】　（1）代数式的最小值.
　　　
（2）求代数式的最小值.
（“希望杯”邀请赛试题）
解题思路：对于（1），目前运用代数的方法很难求此式的最小值，的几何意义是直角边为a，b的直角三角形的斜边长，从构造几何图形入手，对于（2），
设，设A（x，0），B(4，5)，C(2，3)相当于求AB＋AC的最小值，以下可用对称分析法解决.
方法精髓：
解决根式问题的基本思路是有理化，有理化的主要途径是乘方、配方、换元和乘有理化因式.
【例6】　设，求的值.
解题思路：配方法是化简复合二次根式的常用方法，配方后再考虑用换元法求对应式子的值.
能力训练
A级
1.化简：（“希望杯”邀请赛试题）
2.若，则＝_____(北京市竞赛试题)
3.计算：
（“希望杯”邀请赛试题）
4.若满足0＜x＜y及的不同整数对（x，y）是_______（上海市竞赛试题）
5.如果式子化简结果为2x－3，则x的取值范围是（　　　）
A.
x≤1
B.
x≥2
C.
1≤x≤2
D.
x＞0
6、计算的值为（　　）
A．1　　
　B.
C.
D.
5
（全国初中数学联赛试题）
7．a，b，c为有理数，且等式成立，则2a＋999b＋1001c的值是（　　）
A．1999　　　B.
2000　　　C.
2001　　D.　不能确定
（全国初中数学联赛试题）
8、有下列三个命题
甲：若α，β是不相等的无理数，则是无理数；
乙：若α，β是不相等的无理数，则是无理数；
丙：若α，β是不相等的无理数，则是无理数；
其中正确命题的个数是（　　）
A.0个　　
　B.1个　　
　C.2个　　
　D.3个
（全国初中数学联赛试题）
9、化简：
（1）　　
（2）
（3）
（4）　　（天津市竞赛试题）
（5）　　　（“希望杯”邀请赛试题）
10、设，求代数式的值.
（“希望杯”邀请赛试题）
11、已知，求x的值.
12、设（n为自然数），当n为何值，代数式的
值为1985？
　　
B　级
1.已知.
(四川省竞赛试题)
2.已知实数x，y满足，则＝＿＿＿＿（全国初中数学联赛试题）
3.已知.
（重庆市竞赛试题）
4.那么＝＿＿＿＿＿.
（全国初中数学联赛试题）
5.　a，b为有理数，且满足等式则a＋b＝（　　）
A.2　　　
B.　4　　
　C.　6　　
　D.　8
(全国初中数学联赛试题)
6．　已知，那么a，b，c的大小关系是（　　）
　　B.
b＜a＜c　C.
c＜b＜c
D.
c＜a＜b
(全国初中数学联赛试题)
7.　已知，则的值是（　　）
A.　　　B.　　　C.　　　D.　不能确定
8.　若[a]表示实数a的整数部分，则等于（　　）
A.1　　　
B.2　　
　C.3　　　
　D.　4
（陕西省竞赛试题）
9．　把中根号外的因式移到根号内，则原式应等于（　　）
A.　　　B.　　C.
　　D.
（武汉市调考题）
10、化简：
（1）　
（“希望杯”邀请赛试题）
（2）
（新加坡中学生竞赛试题）
（3）　　
（山东省竞赛试题）
（4）　　
（太原市竞赛试题）
11、设　求证.
（“五羊杯”竞赛试题）
12、求的最大值.
13、已知a,
b,
c为正整数，且为有理数，证明：为整数.
专题01
二次根式的化简与求值
例1
A
提示：由条件得4x2－4x－2
001＝0．
例2
(1)原式＝·＝2
(2)原式＝＝2－5．
(3)原式＝＝＝；
（4）原式＝＝．
例3
x＋y＝2，xy＝1，于是x2＋y2＝(x＋y)2－2xy＝22，x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)＝42，x6＋y6＝(x3＋y3)2－2x3y3＝10582
．∵0＜＜1，从而0＜＜1，故10
581＜＜10
582．　例4
　x＋＝＝－y…①；同理，y＋＝＝－x…②．由①＋②得2x＝－2y，x＋y＝0．
例5
(1)构造如图所示图形，PA＝，PB＝．作A关于l的对称点A'，连A'B交l于P，则A'B＝＝13为所求代数式的最小值．
(2)设y＝＋，设A(x，0)，B(4，5)，C(2，3)．作C关于x轴对称点C1，连结BC1交x轴于A点．A即为所求，过B作BD⊥CC1于D点，∴AC＋AB＝C1B＝＝2．
例6
m＝＋＝＋．∵1≤a≤2，∴0≤≤1，∴－1≤－1≤0，∴m＝2．设S＝m10＋m9＋m8＋…＋m－47＝210＋29＋28＋…＋2－47
①，2S＝211＋210＋29＋…＋22－94
②，由②－①，得S＝211－2－94＋47＝1
999．
A级
1．1
2．
3．0
提示：令＝a，＝b，＝c．
4．
(17，833)，(68，612)，(
153，420)
5．B
6．C
7．B
8．A
9．(1)
(2)原式＝＝＝．(3)
(4)
(5)
10．48提示：由已知得x2
＋5x＝2，原式＝(x2＋
5x＋4)(x2＋5x＋6)．
11．由题设知x＞0，(＋)(－)＝14x．∴－＝2，∴2＝7x＋2，∴21x2－8x－48＝0．其正根为x＝．
12．n＝2
提示：xy＝1，x＋y＝4n＋2．
B级
1．
64
2．1　提示：仿例4，由条件得x＝y，∴(x－)2＝2
008，∴x2－2008－x＝0，∴(－x)＝0，解得x2＝2
008．∴原式＝x2－2
007＝1．
3．
4．1　提示：∵(－1)a＝2－1，即＝－1．
5．B　提示：由条件得a＋b＝3＋，∴a＝3，b＝1，∴a＋b＝4．
6．B　提示：a－b＝－1－＞－1－＝0．同理c－a＞0
7．B
8．B
9．D　提示：注意隐含条件a－1＜0．
10．(1)1
998
999.5
提示：设k＝2
000，原式＝．
(2)
提示：考虑一般情形＝－
(3)原式＝＝＝．(4)2－
11．构造如图所示边长为1的正方形ANMD，BCMN．设MP＝x，则CP＝，AP＝，AC＝，AM＝，∴AC≤PC＋PA＜AM＋MC，，则≤＋＜1＋
12．设y＝－＝－，设A(4，5)，B(2，3)，C(x，0)，易求AB的解析式为y＝x＋1，易证当C在直线AB上时，y有最大值，即当y＝0，x＝－1，∴C(－1，0)，∴y＝．
13．＝＝为有理数，则b2
－ac＝0．又a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ac)＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋b2)＝－2b（a＋b＋c）＝（a＋b＋c）（a－b＋c），∴原式＝a－b＋c为整数．专题
21
直线与圆的位置关系（2）
例1
3
提示：内切圆半径r＝(5－)，AE＝(＋1)，BE＝(－1)．
例2
D
提示：设正方形边长为1，BE＝x，则BE＝EF＝x，CD＝DF＝1，AE＝1－x，AD＝1，DE＝1＋x．由DE2＝AE2＋AD2，得(1＋x)2＝(1－x)2＋1，得x＝，AD＋AE＋DE＝3，BE＋DE＋CD＋BC＝．∴周长之比＝3:＝6:7．
例3
提示：连接AD，CF，DF，EF．∠EDF＝∠CDF＝45°，∠CFD＝180°－∠CDA＝180°－∠CFA＝∠CFB，∠DCF＝180°－∠CFD－∠CDF＝180°－∠CFB－∠CBF．
例4
如图，延长AI交⊙O于D，连接OA，OD，BD和BI，则AI＝ID，又∠DBI＝∠DBC＋∠CBI＝∠DAC＋∠CBI＝(∠BAC＋∠ABC)＝∠DIB，故BD＝ID＝AI，又＝，OD⊥BC于E，则BE＝BC．作IG⊥AB于G，可证Rt△BDE≌Rt△AIG，得AG＝BE＝BC，而AG＝(AB＋AC－BC)，故AB＋AC＝2BC．
例5
（1）∵∠A＝∠DCB，∴∠EAC＝∠O2CB，∴∠EAC＋∠ACE＝∠O2CB＋∠ACE＝90°．即∠AEC＝90°，∴O1O⊥CO2．（2）由于点O1，O2分别在∠ACD和∠DCB的平分线上，∴∠O1CO2＝45°．由（1）有∠O1EC＝90°，∴CE＝O1E．同理可证O2F⊥CF，∠OO2E＝45°，O2E＝EO．又∠CEO＝∠O2EO1，∴△CEO＝△O1EO2，∴CO＝O1O2．
例6
过点E作BC的垂线与圆交于点H，与AC交于O点，连接AH，DH，作AM⊥BC于M，∵BD＝BE，∠B＝60°，∴△DBE为正三角形，得∠BDE＝∠BAC＝60°，∴DE∥AC，DH⊥AC，又AM＝EH，AM∥EH，∴四边形AMEH是矩形，得AH⊥HE，即AH是切线，则AD＝AH，AC垂直平分DH，AC必过圆心，∴AC与EH的交点O是圆心，OE＝OF，∠COE＝30°，∠OFE＝75°，∵DE∥AC，∴∠DEF＋∠OFE＝180°，故∠DEF＝105°．
A级
1．30°
2．12
3．(0，0)，(12－6，0)
4．D
5．C
6．A
提示：R＝，r＝．
7．连接DE，DF，易证△BGC为直角三角形，证明A，G，C，B四点共圆，且D为圆心，故∠ADG＝2∠ACG．
8．（1）略
（2）m＝5
9．（1）36
（2）①连接OE，m＋n＝15，S△COD＝CD·OE＝45°；②m＝3，n＝12，CD所在直线的解析式为y＝－x＋10；③求得y1＝，设E(x1，y1)，代入解析式得x1＝，∴E(，)．
10．连接AO1并延长交BC于点D，连接BOn并延长交AD，AC于点O，E．由∠O1AF＝∠DAC，得＝，CD＝，由Rt△O1AF∽Rt△DAC，得＝，即＝，从而AF＝3r，同理BG＝2r，又FG＝2(n－1)r，∴3r＋2(n－1)r＋2r＝5，故r＝．
11．（1）连接I1A1，I1A2，I1A3，I2A2，I2A3，可证明∠A2I1A3＝90°＋∠A2A1A3，∠A2I2A3＝90°＋∠A2A4A3，∠A2A1A3＝∠A2A4A3，从而∠A2I1A3＝∠A2I2A3，故A2，I1，I2，A3四点共圆．（2）连接I3A4，同（1）知A3，I2，I3，A4四点共圆，得∠I1I2A3＝180°－∠I1A2A3＝180°－∠A1A2A3，∠I3I2A3＝180°－∠I3A4A3＝180°－∠A1A4A3，故∠I1I2I3＝360°－∠I1I2A3－∠I3I2A3＝(∠A1
A2A3＋∠A1A4A3)＝90°．
B级
1．①
2．
提示：参见例5，OC＝O1O2．
3．
提示：连接OC，OD，OE，则S△ABC＝S△BCO＋S△AOC＝(BC＋AC)r＝AC·BC．
4．C
5．B
提示：连接OD，OC，设半圆半径长为r，边OA与DA上的高都为r，故AO＝DA．同理BO＝BC，AB＝5．
6．A
7．提示：不妨设D，E分别在AB，AC上，又设△ABC的内切圆半径都为r，连接AO，BO，CO，DO，EO，∵AD＋AE＝BD＋BC＋CE，∴r(AD＋AE)＝r(BD＋BC＋CE)，即S△AOD＋S△AOE＝S△BOD＋S△BOC＋S△COE，又∵S△ADE＝SBCED，∴S△DOE＝0，从而O必在DE上．
8．提示：设圆心为O，连接OB，CO，可证明O为△PBC的垂心，PO⊥BC，PO必过BC与⊙O的切点F，故PF⊥BC．
9．设P，T分别为△ACH的内切圆与AC，AB的切点，令△ABC的三边BC，AC，AB分别为a，b，c，CH＝h，AH＝x，BH＝y，两内切圆的半径分别为r1，r2，于是RS＝|RH－SH|＝|r1－r2|，由b＝AC＝AP＋CP＝AT＋CR＝(x－r1)＋(h－r1)推得r1＝，同理r2＝．∴RS＝|r1－r2|＝|－|＝|(x－y)＋（a-b）|①.又∵,，∴②.把②代入①，得RS=，故m+n=332+665+997.
10.（1）作IG⊥AB。联结BI，有AG=（AB+AC-BC）.∵BC=（AB+AC），∴AG=BC.由I为△的内心，BD=DC，且DE为☉O的直径，得DE⊥BC，BH=，∴AG=BH.易证Rt△AGI≌Rt△BHD，故AI=BD.（2）∵∠IBD=∠IBH+∠HBD=∠ABI+∠BAI=∠BID，∴BD=DI.由中位线定理得OI=AE.
11.（1）C（8,10）
M（0,4）
（2）联结PC，CM，CM=10=CB，又PM=PB，CP=CP，∴△CPM≌△CPB，得∠CMP=∠CBP=90°，故CM为☉O的切线.
（3）作M点关于x轴的对称点，则（0，-4）.联结C与x轴交于点Q，此时QM+QC最小.直线C解析式为.当y=0时，，∴Q（）.
12.（1）由△PLE∽△PMD得.（2）DE为△ABC的中位线，PM+PN+PK=2LK，PM+PN=2LK-PK，=PM+PN+2PL=2LK-PK+2PL=2（LK+PL）-PK=PK，故.专题05
一元二次方程的整数根
例1
当k=4时，x=1；当k=8时，x=-2；当k≠4且k≠8时，，，可得k=6或k=4,6,8或12．
例2
C
例3
C
提示：方程变形为关于x的二次方程，且是完全平方数，得∴,∴,,,.
例4
①若，则不是整数；②，设方程的两根为，则，，于是有，解得或则或.
例5由得,即,时,方程有实数解.由于必须是完全平方数,而完全平方数的末位数字可能为0,1,4,5,6,9,故仅可取25,此时或,
,故所求的四位数为2025或3025.
例6解法一:因的次数较低,故将方程整理为关于的一次方程,得,显然,于是,∵是正整数,,即,化简得,解得.当时,
∵是正整数,故的值为1,3,6,10.解法二:为完全平方数,故为奇数的平方.令,是正整数,则,于是,原方程可化为,即,解得,,∴或得或,故的值位1,3,6,10.
A级
1.
3
994
2.
1
3.
1
4.
1
984
5.
D
6.
B
7.
C
8.D
9.①当时，则，即为所求；②时,则,得,由此可得.
10.
提示:方程①,方程②根为,注意讨论.
11.
12.由韦达定理，得①，②，，，为正整数.由②得,即,故,得，，代入①，即只有满足条件.
B级
1.
98
2.
49,32,27,25,24,-25,8,-3,-1,0.
3.
5
提示:当时,解得.当时,解得.当时,解得.当时,是整数，这时；当时，是整数，这时.综上所述,
时,原方程的解为整数.
4.
提示:将原方程整理为关于的二次方程,,讨论枚举.
5.
1,3,5
提示:,.
6.
-2,或-6
7.
A
提示:与时方程的两个不相等的实数根.
8.
C
9.
解得，，故，，消去得，，即，求得.
10.设两连续正偶数为,则有,即,
为有理数,则为完全平方数,
令,
也即,
于是得,或解得或,相应的方程的解为或与或.总之,当或
时,
恰为两个整数8或10,或者46或48的乘积.
11.
令(为非负数),即.∵且奇偶性相同,则①,
②,
③,
④,
⑤；消去分别得：，，，，，对于第1、3种情形，对于第2、5种情形，（不合题意，舍去）；对于第四种情形，为合数（舍去）.又当时，方程为.
12.
(1),则是一元二次方程的两根,
故,
即,
又
∵
且为整数,
则,∴.
(2)由条件得,又
∵原方程只有一组解,当时,,
∴符合条件,此时；
当时，，解得，∴，
即，
∴，∴，符合条件，此时=1。综上知：k=0，x=0，y=1或k=1，x=1，y=-1。专题23
圆与圆的位置关系
【阅读与思考】
两圆的半径与圆心距的大小量化确定圆与圆的外离、外切、相交、内切、内含五种位置关系.圆与圆相交、相切等关系是研究圆与圆位置关系的重点，解题中经常用到相关性质.
解圆与圆的位置关系问题，往往需要添加辅助线，常用的辅助线有：
1.相交两圆作公共弦或连心线；
2.相切两圆作过切点的公切线或连心线；
3.有关相切、相离两圆的公切线问题常设法构造相应的直角三角形.
熟悉以下基本图形和以上基本结论.
【例题与求解】
【例1】
如图，大圆⊙O的直径cm，分别以OA，OB为直径作⊙O1和⊙O2，并在⊙O与⊙O1和⊙O2的空隙间作两个等圆⊙O3和⊙O4，这些圆互相内切或外切，则四边形的面积为________cm2.
（全国初中数学竞赛试题）
解题思路：易证四边形为菱形，求其面积只需求出两条对角线的长.
【例2】
如图，圆心为A，B，C的三个圆彼此相切，且均与直线相切.若⊙A，⊙B，
⊙C的半径分别为，，（），则，，一定满足的关系式为（
）
A.
B.
C.
D.
（天津市竞赛试题）
解题思路：从两圆相切位置关系入手，分别探讨两圆半径与分切线的关系，解题的关键是作圆的基本辅助线.
【例3】
如图，已知两圆内切于点P，大圆的弦AB切小圆于点C，PC的延长线交大圆于点D.求证：
（1）∠APD=∠BPD；
（2）.
（天津市中考试题）
解题思路：对于（1），作出相应辅助线；对于（2），应化简待证式的右边，不妨从AC·BC=PC·CD入手.
【例4】
如图⊙O1和⊙O2相交于点A及B处，⊙O1的圆心落在⊙O2的圆周上，⊙O1的弦AC与⊙O2交于点D.求证：O1D⊥BC.
（全俄中学生九年级竞赛试题）
解题思路：连接AB，O1B，O1C，显然△O1BC为等腰三角形，若证O1D⊥BC，只需证明O1D平分∠B
O1C.充分运用与圆相关的角.
【例5】
如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=1,AB=2，DC=，点P在边BC上运动（与B，C不重合）.设PC=，四边形ABPD的面积为.
（1）求关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（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，当为何值时，⊙D与⊙P相切？并求出这两圆相切时四边形ABPD的面积.
（河南省中考题）
解题思路：对于（2），⊙P与⊙D既可外切，也可能内切，故需分类讨论，解题的关键是由相切两圆的性质建立关于的方程.
【例6】
如图，ABCD是边长为的正方形，以D为圆心，DA为半径的圆弧与以BC为直径的半圆交于另一点P，延长AP交BC于点N，求的值.
（全国初中数学联赛试题）
解题思路：AB为两圆的公切线，BC为直径，怎样产生比例线段？丰富的知识，不同的视角激活想象，可生成解题策略与方法.
【能力与训练】
A
级
1.如图，⊙A，⊙B的圆心A，B在直线上，两圆的半径都为1cm.开始时圆心距AB＝4cm，现⊙A，⊙B同时沿直线以每秒2cm的速度相向移动，则当两圆相切时，⊙A运动的时间为_______秒.
（宁波市中考试题）
2.如图，O2是⊙O1上任意一点，⊙O1和⊙O2相交于A，B两点，E为优弧AB上的一点，EO2及延长线交⊙O2于C，D，交AB于F，且CF＝1，EC＝2，那么⊙O2的半径为_______.
（四川省中考试题）
（第1题图）
（第2题图）
（第3题图）
3.如图，半圆O的直径AB＝4,与半圆O内切的动圆O1与AB切于点M.设⊙O1的半径为，AM的长为，则与的函数关系是_________________.（要求写出自变量的取值范围）
（昆明市中考试题）
4.已知直径分别为和的两个圆，它们的圆心距为，这两圆的公切线的条数是__________.
5.如图，⊙O1和⊙O2相交于点A，B，且⊙O2的圆心O2在圆⊙O1的圆上，P是⊙O2上一点.已知∠A
O1B＝60°，那么∠APB的度数是（
）
A.60°
B.65°
C.70°
D.75°
（甘肃省中考试题）
6.如图，两圆相交于A、B两点，过点B的直线与两圆分别交于C，D两点.若⊙O1半径为，⊙O2的半径为2，则AC：AD为（
）
A.
B.
C.
D.
（第5题图）
（第6题图）
（第7题图）
7.如图，⊙O1和⊙O2外切于点T，它们的半径之比为3:2，AB是它们的外公切线，A，B是切点，AB＝，那么⊙O1和⊙O2的圆心距是（
）
A.
B.10
C.
D.
8.已知两圆的半径分别为R和（），圆心距为.若关于的方程有两相等的实数根，那么这两圆的位置关系是（
）
A.外切
B.内切
C.外离
D.外切或内切
（连云港市中考试题）
9.如图，⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，点O1在⊙O2上，点C为⊙O1中优弧上任意一点，直线CB交⊙O2于D，连接O1D.
（1）证明：DO1⊥AC；
（2）若点C在劣弧上，（1）中的结论是否仍成立？请在图中画出图形，并证明你的结论.
（大连市中考试题）
图1
图2
10.如图，已知⊙O1与⊙O2外切于点P，AB过点P且分别交⊙O1和⊙O2于点A，B，BH切⊙O2于点B，交⊙O1于点C，H.
（1）求证：△BCP∽△HAP；
（2）若AP:PB＝3：2，且C为HB的中点，求HA:BC.
（福州市中考试题）
11.如图，已知⊙B，⊙C的半径不等，且外切于点A，不过点A的一条公切线切⊙B于点D，切⊙C于点E，直线AF⊥DE，且与BC的垂直平分线交于点F.求证：BC＝2AF.
（英国数学奥林匹克试题）
12.如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上一点.正方形DEFG的一边DG在直径AB上，另一边DE过△ABC得内切圆圆心O，且点E在半圆弧上.
（1）若正方形的顶点F也在半圆弧上，求半圆的半径与正方形边长的比；
（2）若正方形DEFG的面积为100，且△ABC的内切圆半径，求半圆的直径AB.
（杭州市中考试题）
B
级
1.相交两圆的半径分别为5cm和4cm，公共弦长为6cm，这两圆的圆心距为_______.
2.如图，⊙O过M点，⊙M交⊙O于A，延长⊙O的直径AB交⊙M于C.若AB＝8，BC＝1，则AM＝_______.
（黑龙江省中考试题）
（第2题图）
（第3题图）
（第4题图）
3.已知圆环内直径为cm，外直径为cm，将50个这样的圆环一个接着一个环套环地连成一条锁链，那么这条锁链拉直后的长度为___________cm.
4.如图，已知PQ＝10，以PQ为直径的圆与一个以20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CD切于点Q.若AB＝，其中，为整数，则___________.
（美国中学生数学邀请赛试题）
5.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点M，且分正方形为4个三角形，⊙O1，⊙O2，⊙O3，⊙O4，分别为△AMB，△BMC，△CMD，△DMA的内切圆.已知AB＝1.则⊙O1，⊙O2，⊙O3，⊙O4所夹的中心（阴影）部分的面积为（
）
A.
B.
C.
D.
（太原市竞赛试题）
（第5题图）
（第6题图）
（第7题图）
6.如图，⊙O1与⊙O2内切于点E，⊙O1的弦AB过⊙O2的圆心O2，交⊙O2于点C，D.若AC：CD:BD＝2:4:3，则⊙O2与⊙O1的半径之比为（
）
A.2:3
B.2:5
C.1:3
D.1:4
7.如图，⊙O1与⊙O2外切于点A，两圆的一条外公切线与⊙O1相切于点B，若AB与两圆的另一条外公切线平行，则⊙O1与⊙O2的半径之比为（
）
A.2:5
B.1:2
C.1:3
D.2:3
（全国初中数学联赛试题）
8.如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，过点A作⊙O1的切线，交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线分别交⊙O1，⊙O2于点D，E，DE与AC相交于点P.
（1）求证：
（2）当AD与⊙O2相切且PA＝6，PC＝2，PD＝12时，求AD的长.
（黄冈市中考试题）
9.如图，已知⊙O1和⊙O2外切于A，BC是⊙O1和⊙O2的公切线，切点为B，C.连接BA并延长交⊙O1于D，过D点作CB的平行线交⊙O2于E，F.
（1）求证：CD是⊙O1的直径；
（2）试判断线段BC，BE，BF的大小关系，并证明你的结论.
（四川省中考试题）
10.如图，两个同心圆的圆心是O，大圆的半径为13，小圆的半径为5，AD是大圆的直径，大圆的弦AB，BE分别与小圆相切于点C，F，AD，BE相交于点G，连接BD.
（1）求BD的长；
（2）求的度数；
（3）求的值.
（淄博市中考试题）
11.如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙O1与△BCH的外接圆⊙O2相交于点D，延长AD交CH于点P.求证：P为CH的中点.
（“《数学周报杯”全国初中数学竞赛试题）
12.如图，已知AB为半圆O的直径，点P为直径AB上的任意一点，以点A为圆心，AP为半径作⊙A，⊙A与半圆O相交于点C，以点B为圆心，BP为半径作⊙B，⊙B与半圆O相交于点D，且线段CD的中点为M.求证：MP分别与⊙A，⊙B相切.
（“《数学周报杯”全国初中数学竞赛试题）
专题23
圆与圆的位置关系
例1
提示：连接必过点O，则⊥AB，设⊙，⊙的半径为xcm，在Rt△中，有，解得x=
.
例2
D
提示：连接AB，，，作⊥，则，即，得，同理，，，由得，故.
例3
提示：⑴过P点作两圆的公切线.
⑵即证.
例4
，，则为的平分线，又，故.
例5
⑴过D作DQ⊥BC于Q，则BQ=AD=1，AB=DQ=2，CQ=
，故（0⑵分两种情况讨论：①当⊙P与⊙D外切时，如图1，QC=2，PC=x，QP=
，PD=x+
，DQ=2，在Rt△DQP中，由得，，.
②当⊙P与⊙D内切时，如图2，PC=x，QC=2，PQ=x-2，PD=x-
，DQ=2，在Rt△DPQ中，由得，，.
例6
就图1给出解答：连接CP并延长交AB于点Q，连接BP，得∠BPC90°，又，得AQ=QB=AB，在Rt△CQP中，.过Q作QM∥BC交AN于M，则MQ=
.由△MQP∽△NCP，得，故＝
.
A
级1．或
2.2
3．y＝＋x(0＜x＜4)
4.
3条
5．D
6．D
　7．B
　8．D　
9．提示：(1)连结AB
，A
，并延长交⊙
于E，连结CE．
(2)结论仍然成立．
10．(1)略
(2)提示：设AP＝3t，由BC·BH＝BP·BA，BH＝2BC，BC＝t.易证△HAP∽△BAH，得HA＝t，故＝.
11．连结BD，CE，作BM⊥CE于M，作HN⊥CE于N，则BM∥HN．∵H是BC的中点，故N是CM的中点，∴CN＝CM＝（CE－EM）＝(CE－BD)，而AH＝BH－AB＝BC－AB＝
(AB＋AC)
–AB＝(AC－AB)，因此CN＝AH．由CE⊥DE，AF⊥DE，得CE//AF，故∠NCH＝∠HAF，又∠CNH＝∠AHF＝90°，得△CNH≌△AHF，从而BC＝2CH＝2AF.
12.
(l):2
提示：由题意，设正方形边长为l，则，得R:l＝:2．由
＝AD×DB，DE＝10，得AD×DB＝l00．设AC与内切圆交点S，CB与内切圆交点H，设AD＝r，DB＝．AB＝x＋，
AS＝AD＝x
，BH＝BD＝
．又△ABC为直角三角形。∴，即（四边形OSCH为正方形），解得x＋＝21，故AB＝AD＋BD＝21．
B
级1.
4±
2.
6
3.
49a＋b提示：当圆环为3个时，链长为3a＋
×2＝2a＋b(cm)；当圆环为50个时，链长为50a＋×2＝49a＋b(
cm)．
4.
312提示：设O为大圆圆心，R为AB与PQ的交点，AB＝x，
OQ＝x－10，AR＝，解得x＝8±
x>0，则x＝8＋
5.
C
提示：
－一个内切圆的面积．
6．C
7．C提示：设另一条公切线与⊙
切于点C，与⊙
切于点D，过
作，则由对称性可得∠CB＝∠CA＝∠AB＝120°．
8．(1)略
(2)AD＝12.
9．提示：(1)过A点作两圆的内公切线，连结AC．
(2)BE＝BF＝BC，，由△ABE∽△EBD得＝BA·BD，∠CBE＝∠BEF＝∠FBE．
10．(1)BD＝l0
(2)连结OB．
C，F分别为AB
，BE中点，BC＝BF，AB＝BE，
∠OBD＝∠D，∠ABE＋∠D＝
90°，故∠ABE＋2∠D＝180°.
(3)连结BO并延长交AE于H，连结OC，H为AE中点．BH⊥AE，AB＝24，由△BOC∽△BAH，得∴AH＝，AE＝，又△BGD∽△AGE，则．
11．如图，延长AP交⊙
于点Q，连结AH，BD，QB，QC，
QH，∵AB为⊙的直径，∴∠BDA＝∠BDQ＝90°，故BQ为⊙
的直径，于是CQ⊥BC，BH⊥HQ.又∵点H为△ABC的垂心，∴AH⊥BC，BH⊥AC，所以AH//CQ，AC//HQ，即四边形ACQH为平行四边形，∴P为CH的中点．
12．连结AC，AD，BC，BD，并且过C，D两点分别作CE⊥AB于E，DF⊥AB于F，则CE∥DF．∵∠ACB＝∠ADB＝90°，∴，两式相减得(PA＋
PB)
(PA－PB)
＝AB(AE－BF)
＝AB(PA－PB).于是AE－BF＝PA－PB，即PA－AE＝PB－
BF，∴PE＝PF，也就是说点P是线段EF的中点，因此MP是直角梯形CDFE的中位线，于是有MP⊥AB，从而可得MP分别与⊙A与⊙B相切．
11

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