圆精典培优竞赛题（含详细答案）

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圆培优竞赛

1．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C、D，若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是（）

A．1232513 B． C．13 D．13 55312【答案】B．

【解析】

试题分析：如答图，连接PO，AO，取AO中点G，连接AG，过点A作AH⊥PO于点H， ∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E， ∴PA=PB，CA=CE，DB=DE，∠APO=∠BPO，∠OAP=90o. ∵△PCD的周长等于3r，∴PA=PB=r.

3213?3?∵⊙O的半径为r，∴在Rt△APO中，由勾股定理得PO?t??r??r. ∴

2?2?22GO?13r. 4∵∠OHA=∠OAP=90o, ∠HOA=∠AOP,∴△HOA∽△AOP. ∴AHOHOA,即??PAOAOPAHOHr. ??3r13rr2231321313213513∴AH?r, OH?r.∴GH?GO?OH?r?r?r. 131341352313rAH12∵∠AGH=2∠APO=∠APB, ∴tan?APB?tan?AGH??13?. GH5135r52故选B．

考点：1.切线的性质；2.切线长定理；3.勾股定理；4.相似三角形的判定和性质；5.锐角三角函数定义；6.直角三角形斜边上中线的性质；7.转换思想的应用.

2．如图，以PQ=2r(r∈Q)为直径的圆与一个以R(R∈Q)为半径的圆相切于点P.正方形

试卷第1页，总60页

ABCD的顶点A、B在大圆上，小圆在正方形的外部且与边CD切于点Q.若正方形的边长为有理数，则R、r的值可能是( ).

A.R=5，r=2 B.R=4，r=3/2 C.R=4，r=2 D.R=5，r=3/2 【答案】D 【解析】

本题考查圆和勾股定理的综合应用，在竞赛思维训练中有典型意义。可以将选项中的数据代入圆中，看是否满足条件。

做圆心O?和正方形中心O。设正方形边长为a。设AB中点为H，连接OH并延长，交大圆于点J

DAP2rRaQO'JOGCB

则连接OA.由勾股定理有OH?R2?aa2，JH?R?R? 22所以2r?a?R?R2?a?2R。 2将各个选项数据代入，知D正确。

3．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3，点E在中线AD上，以E为圆心的⊙E分别与AB、BC相切，则⊙E的半径为（）．

A EB

A．765 B． C． D．1 876试卷第2页，总60页

【答案】B. 【解析】试题分析：作EH⊥AC于H，EF⊥BC于F，EG⊥AB于G，连结EB，EC，设⊙E的半径为R，如图，

∵∠C=90°，AB=5，AC=3， ∴BC=AB2?AC2?4，而AD为中线，

∴DC=2，

∵以E为圆心的⊙E分别与AB、BC相切， ∴EG=EF=R，

∴HC=R，AH=3-R， ∵EH∥BC，

∴△AEH∽△ADC，∴EH：CD=AH：AC，即EH=2(3?R)， 3∵S△ABE+S△BCE+S△ACE=S△ABC，

1112(3?R)1×5×R+×4×R+×3×=×3×4， 222326∴R=．

7∴故选B．

考点：切线的性质．

4．如图，过D、A、C三点的圆的圆心为E，过B、E、F三点的圆的圆心为D，如果∠A=63 o，那么∠B= ．

【答案】18°

【解析】连接ED,CE,由图可知∠B=∠DEB, ∠ECD=∠EDC=2∠B ∵∠A=63 o， ∴∠ECA=63 o

∴∠A+∠ECA+∠ECD+∠B=180o ∴∠B=18°

5．如图，在以O为圆心的两个同心圆图2中，MN为大圆的直径，交小圆于点P、Q，大圆的弦MC交小圆于点A、B.若OM=2，OP= 1，MA=AB=BC，则△MBQ的面积为 .

试卷第3页，总60页

【答案】3 15/8 【解析】

小圆方程x2 +y2 =1 MC方程 y = k(x+2), x =

y k?22k?k1?3k2解y1 = 21?k2k?k1?3k2y2 = ,

1?k22?1?3k2y1= = 2

2y22?1?3k2 +1?3k = 4-21?3k 31?3k = 2 1-3k =

22224 9k = 5 27此时AM=1.5,MB =6

MC =

36 2B点坐标为（

51，2745274) 9MBQ面积=

324273/2 = 98515 = 3 2786．如图，已知⊙O的半径为9cm，射线PM经过点O，OP＝15 cm，射线PN与⊙O相

5cm/s的速度沿射线PM方向运动，同时动点B也自P2点以2cm/s的速度沿射线PN方向运动，则它们从点P出发 s后AB所在直线与⊙O相切.

切于点Q．动点A自P点以试卷第4页，总60页

【答案】0.5s或10.5s. 【解析】

试题分析：PN与⊙O相切于点Q，OQ⊥PN，即∠OQP=90°，在直角△OPQ中根据勾股定理就可以求出PQ的值,过点O作OC⊥AB，垂足为C．直线AB与⊙O相切，则△PAB∽△POQ，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出t的值．试题解析: 连接OQ， ∵PN与⊙O相切于点Q， ∴OQ⊥PN，即∠OQP=90°， ∵OP=15，OQ=9，

∴PQ=10?6?12（cm）．

22 过点O作OC⊥AB，垂足为C，

∵点A的运动速度为∴PA=5cm/s，点B的运动速度为2cm/s，运动时间为ts， 25t，PB=2t， 2∵PO=15，PQ=12， ∴PAPB?， POPQ∵∠P=∠P，

∴△PAB∽△POQ， ∴∠PBA=∠PQO=90°，

∵∠BQO=∠CBQ=∠OCB=90°， ∴四边形OCBQ为矩形． ∴BQ=OC．

试卷第5页，总60页

∵⊙O的半径为，

∴BQ=OC=9时，直线AB与⊙O相切． ①当AB运动到如图1所示的位置， BQ=PQ-PB=12-2t， ∵BQ=9， ∴8-4t=9， ∴t=0.25（s）．

②当AB运动到如图2所示的位置，

BQ=PB-PQ=2t-12， ∵BQ=9， ∴2t-12=9， ∴t=10.5（s）．

∴当t为0.5s或10.5s时直线AB与⊙O相切．

考点: 1.切线的判定；2.勾股定理；3.矩形的性质；4.相似三角形的判定与性质．

7．（本题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点M（2，2），以点M为圆心，OM长为半径作⊙M ，使⊙M与直线OM的另一交点为点B，与x轴、y轴的另一交点分别为点D，A（如图），连接AM点P是弧AB上的动点.

（1）写出∠AMB的度数；

（2）点Q在射线OP上，且OP·OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E.

①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；

②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S，求S与t的函数关系式及S的取值范围.

【答案】（1）90°；（2）①（52，0）；②S=2t，5≤S≤10．【解析】

试卷第6页，总60页

试题分析：（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M（2，2），可得∠MOH=45°，OH=MH=2，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数；

（2）①由OH=MH=2，MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP?OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案； ②由OD=22，Q的纵坐标为t，即可得S=1?22t=2t，然后分别从当动点P与B2点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，去分析求解即可求得答案．

试题解析：（1）过点M作MH⊥OD于点H，∵点M（2，2），∴OH=MH=2，∴∠MOD=45°，∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°，∵OM=AM，∴∠OAM=∠AOM=45°，∴∠AMO=90°，∴∠AMB=90°；

22（2）①∵OH=MH=2，MH⊥OD，∴OM=MH?OH=2，OD=2OH=22，∴OB=4，∵

动点P与点B重合时，OP?OQ=20，∴OQ=5，∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=52，∴E点坐标为（52，0）； ②∵OD=22，Q的纵坐标为t，∴S=1如图2，当动点P与B点重合时，?22t=2t，2过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，∵OP=4，OP?OQ=20，∴OQ=5，∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，∴t=QF=5252，此时S=2?=5；

22如图3，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，∴OP=22，∵OP?OQ=20，∴t=OQ=52，此时S=2?52=10；∴S的取值范围为5≤S≤10．

试卷第7页，总60页

考点：圆的综合题． 8．（本题满分10分）如图，AB是⊙O的直径，弦DE垂直平分半径OA，C为垂足，弦DF与半径OB相交于点P，连结EF、EO，若DE=23，∠DPA=45°．

（1）求⊙O的半径；

（2）求图中阴影部分的面积. 【答案】（1）2；（2）??2．【解析】

试题分析：（1）根据垂径定理得CE的长，再根据已知DE平分AO得CO=11AO=OE，解22直角三角形求解．

（2）先求出扇形的圆心角，再根据扇形面积和三角形的面积公式计算即可．试题解析：（1）∵直径AB⊥DE，∴CE=111DE=3．∵DE平分AO，∴CO=AO=OE．又222∵∠OCE=90°，∴sin∠CEO=3CO1CE=，∴∠CEO=30°．在Rt△COE中，OE==EO2cos3032=2，∴⊙O的半径为2；

（2）连接OF．在Rt△DCP中，∵∠DPC=45°，∴∠D=90°﹣45°=45°，∴∠EOF=2∠D=90°， ∴S扇形OEF=90???22=π． 3601×OE×OF=2，∴S阴影=S扇形OEF?SRt?OEF=2∵∠EOF=2∠D=90°，OE=OF=2，∴SRt?OEF=??2．

考点：1．扇形面积的计算；2．线段垂直平分线的性质；3．解直角三角形．

试卷第8页，总60页

9．如图，在矩形ABCD中，AB=20cm，BC=4cm，点p从A开始折线A——B——C——D以4cm/秒的速度移动，点Q从C开始沿CD边以1cm/秒的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动的时间t（秒）

（1）t为何值时，四边形APQD为矩形. （2）如图（2），如果⊙P和⊙Q的半径都是2cm，那么t为何值时，⊙P和⊙Q外切？【答案】（1）4；（2）t为4s，2028s，s时，⊙P与⊙Q外切． 33【解析】

试题分析：（1）四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；

（2）主要考虑有四种情况，一种是P在AB上，一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．试题解析：（1）根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．此时，4t=20-t，解得t=4（s）．

答：t为4时，四边形APQD为矩形（2）当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．

①如果点P在AB上运动．只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4．由（1），得t=4（s）； ②如果点P在BC上运动．此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5＞4，∴⊙P与⊙Q外离； ③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧．可得CQ=t，CP=4t-24．当CQ-CP=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，t-（4t-24）=4，解得t=20（s）； 3④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧．当CP-CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，4t-24-t=4，解得t=28（s）， 3∵点P从A开始沿折线A-B-C-D移动到D需要11s，点Q从C开始沿CD边移动到D需

28＜11， 32028∴当t为4s，s，s时，⊙P与⊙Q外切．

33要20s，而考点：1.矩形的性质；2.圆与圆的位置关系．

10．（10分）如图，以线段AB为直径的⊙O交线段AC于点E，点D是AE的中点，连接OD并延长交⊙O于点M，∠BOE=60°，cosC=1，BC=23． 2

试卷第9页，总60页

（1）求?A的度数；

（2）求证：BC是⊙O的切线；（3）求弧AM的长度．【答案】（1）30°；（2）证明见试题解析；（3）?．【解析】试题分析：（1）根据三角函数的知识即可得出∠A的度数．（2）要证BC是⊙O的切线，只要证明AB⊥BC即可．

（3）根据垂径定理求得∠AOM=60°，运用三角函数的知识求出OA的长度，即可求得弧AM的长度．

试题解析：（1）∵OA=OE，∴∠A=∠OEA，∵∠BOE=∠A+∠OEA=2∠A，∴∠A=×60°=30°；

（2）在△ABC中，∵cosC=11∠BOE=221，∴∠C=60°，又∵∠A=30°，∴∠ABC=90°，∴AB⊥BC，2∵AB为直径，∴BC是⊙O的切线；（3）∵点D是AE的中点，∴OM⊥AE，∵∠A=30°，∴∠AOM=60°，在RT△ABC中，tanC=

AB160??3，∵BC=23，∴AB=BC?tanC=23?3=6，∴OA=AB=3，∴弧AM的长=BC2180=π．

考点：切线的判定．

11．已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连接PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t秒（t＞0）（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：PE=PF；

（2）在点F运动过程中，设OE=a，OF=b，试用含a的代数式表示b；

（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连接QE．在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

1?17或2或2?2或2?24时，以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似．【解析】试题分析：（1）连接PM，PN，运用△PMF≌△PNE证明.

（2）分两种情况①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，0＜t≤1时，点E在y轴的正半轴或原点上，再根据（1）求解.

（3）分两种情况，当1＜t＜2时，当t＞2时，三角形相似时还各有两种情况，根据比例式求出时间t：如答图3，（Ⅰ）当1＜t＜2时，

【答案】（1）证明见解析；（2）b=2+a或2﹣a；（3）当t?试卷第10页，总60页

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0）. ∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣t.

由（1）得△PMF≌△PNE ，∴NE=MF=t，∴OE=t﹣1.

11t，0）.∴OQ=1﹣2211?tt?1OEOQ2， ?当△OEQ∽△MPF时，，即?1tMPMF解得，t1?1?171?17（舍去）. , t2?4411?tt?1OEOQ2，解得，t?2, t??2（舍去）. ?当△OEQ∽△MFP时，，即?12t1MFMP

（Ⅱ）如答图4，当t＞2时，

∵F（1+t，0），F和F′关于点M对称，∴F′（1﹣t，0） ∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，∴Q（1﹣﹣1，

由（1）得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t.∴OE=t﹣1.

11t，0）∴OQ=t221t?1t?12OEOQ?当△OEQ∽△MPF时，，即，无解. ?1tMPMF1t?1t?12OEOQ?当△OEQ∽△MFP时，∴，即，解得，t1?2?2, t2?2?2. ?t1MFMP1?17或2或2?2或2?2时，以点Q、O、E为顶点的三角形与4以点P、M、F为顶点的三角形相似．

综上所述，当t?

试卷第11页，总60页

试题解析：解：（1）证明：如答图1，连接PM，PN， ∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N， ∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM=PN

∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°. ∵PE⊥PF，∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE.

??NPE??MPF?在△PMF和△PNE中，?PN?PM，

??PNE??PMF?∴△PMF≌△PNE（ASA）.∴PE=PF.

（2）①当t＞1时，点E在y轴的负半轴上，如答图1，由（1）得△PMF≌△PNE，∴NE=MF=t，PM=PN=1. ∴b=OF=OM+MF=1+t，a=NE﹣ON=t﹣1， ∴b﹣a=1+t﹣（t﹣1）=2，∴b=2+a.

②0＜t≤1时，如答图2，点E在y轴的正半轴或原点上，同理可证△PMF≌△PNE，

∴b=OF=OM+MF=1+t，a=ON﹣NE=1﹣t， ∴b+a=1+t+1﹣t=2， ∴b=2﹣a，

1?17或2或2?2或2?2时，以点Q、O、E为顶点的三角形与以点4P、M、F为顶点的三角形相似．

考点：1.单动点和轴对称问题；2.切线的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.相似三角形的判定和性质；5.分类思想和方程思想的应用.

112．如图（1），抛物线y??x2?x?c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中

4点A的坐标为（﹣2，0）．（1）求此抛物线的解析式；

（2）①若点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DE⊥x轴于E，连接CD，以OE为直径作⊙M，如图（2），试求当CD与⊙M相切时D点的坐标；

②点F是x轴上的动点，在抛物线上是否存在一点G，使A、C、G、F四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）当t?试卷第12页，总60页

【答案】（1）y??x2?x?3；（2）①（1433?）?）；②存在，（4，3）或（2?7, 3或（2?7, 3. 1?5，3?5）28????【解析】

试题分析：（1）把A的坐标代入抛物线的解析式，即可得到关于c的方程，求的c的值，则抛物线的解析式即可求解.

（2）①连接MC、MD，证明△COM∽△MED，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解. ②分四种情况进行讨论，根据平行四边形的性质即可求解．

试题解析：解：（1）∵点A（﹣2，0）在抛物线y??x2?x?c上， ∴0?????2??2?c，解得c=3. ∴抛物线的解析式是：y??x2?x?3.

（2）①令D（x，y）,（x＞0，y＞0），则E（x，0），M（由（1）知C（0，3），如答图1，连接MC、MD

∵DE、CD与⊙O相切，∴∠CMD=90°.

1414214x，0）， 2xCOOM3∴△COM∽△MED. ∴，即?2. ?xyMEED2又∵y??x2?x?3，∴1433，解得x=1?5. ?x12?x2?x?324x2??331?5，∴y?3?5. 2833∴D点的坐标是：（1?5，3?5）. 28又∵x＞0，∴x=????????试卷第13页，总60页

②假设存在满足条件的点G（a，b）. 若构成的四边形是□ACGF，（答图2）则G与C关于直线x=2对称， ∴G点的坐标是：（4，3）. 若构成的四边形是□ACFG，（答图3，4）则由平行四边形的性质有b=?3，又∵?3??a2?a?3，解得a=2?7，此时G点的坐标是：（2?7, ?3）. 若构成的四边形是□AGCF，（答图5）则CGFA， ∴G点的坐标是：（4，3）.

显而易见，AFCG不能构成平行四边形.

综上所述，在抛物线上存在点G，使A、C、G、F四点为顶点的四边形是平行四边形，点G的坐标为（4，3）或（2?7, ?3）或（2?7, ?3）.

考点：1.单动点问题；2.二次函数综合题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.直线与圆相切的性质；5.相似三角形的判定和性质；6. 平行四边形的性质；7.分类思想的应用．

13．如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．

（1）试说明四边形EFCG是矩形；

（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，

①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由； ②求点G移动路线的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为108；25试卷第14页，总60页

②15． 4【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，

3CF2根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出

4S矩形ABCD的范围．

②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．试题解析：解：（1）证明：如图，

∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．

∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°． ∴四边形EFCG是矩形．（2）①存在．

如答图1，连接OD，

∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．

∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．

S?CF?∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴?CFE???．

S?DAB?DA?∵AD=4，AB=3，∴BD=5. ∴S?CFE2CF213CF23CF2?CF?????3?4?. ∴S矩形ABCD=2S△CFE=． ??S?DAB?DA16284??2∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．

∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．

∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°

Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．

此时，CF=CB=4．

Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=3．

Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图3所示．S△BCD=BD?CF″′．

∴4×3=5×CF″′．∴CF″′=∴11BC?CD=2212． 512≤CF≤4． 523?12?31083CF2∵S矩形ABCD=，∴????S矩形ABCD??42，即?S矩形ABCD?12．

4?5?4425∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为108． 25试卷第15页，总60页

②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″， ∴点G的移动路线是线段DG″．

∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．

DCDG?3DG?15，即?，解得DG??． ?DADB45415∴点G移动路线的长为． 4∴考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；3.垂线段最短的性质；4.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．

14．如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm．矩形ABCD的边AD，AB分别与l1，l2重合，AB＝43 cm，AD＝4cm．若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，．．⊙O的移动速度为3cm/s，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t(s)．（1）如图①，连接OA，AC，则∠OAC的度数为 °；

（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离(即OO1的长）；（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d(cm)．当d<2时，求t的取值范围．（解答时可以利用备用图画出相关示意图）

【答案】（1）105；（2）23?6；（3）2?23＜t＜2?23. 3【解析】试题分析：（1）⊙O与l1，l2都相切，连接圆心和两个切点，等正方向.OA即为正方形

的对角线，得到∠OAD=45，再在Rt△ADC中，由锐角三角函数求∠DAC=60，从而求得

∠OAC的度数105.

试卷第16页，总60页

（2）连接O1与切点E，则O1E=2，O1E⊥l1，利用△O1EA1∽△D1C1E1,求A1E=2+O1O+A1E=AA1，可求t，进而求得圆心移动的距离3t=23?6.

（3）圆心O到对角线AC的距离d＜2，即d＜r.说明⊙O与AC相交，所以出找两个临界点的t值，即⊙O与AC相切．运动中存在两个相切的位置.分别求两个相切时t的值，即可得出d＜r时，t的取值

试题解析：解：（1）105.

（2）O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O与AC的切点为E，连接O1E，如答图1，可得O1E=2，O1E⊥l1，

在Rt△A1D1C1中，∵A1D1=4，D1C1=43， ∴tan∠C1A1D1=3．∴∠C1A1D1=60．

23，根据3223, ?tan60032323∵A1E?AA1?OO1?2?t?2，∴t?2?，∴t??2.

33在Rt△A1O1E中, ∠O1A1E=∠C1A1D1=60．∴A1E=0∴OO1=3t=23?6.

（3）如答图2，

①当直线AC与⊙O第一次相切时，设移动时间为t1.如位置一，此时⊙O移动到⊙O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置.

设⊙O2与直线l1、A2C2分别相切于点F、G, 连接O2 F、O2 G、O2 A2， ∴O2 F⊥l1、O2 G⊥A2C2.

000

又由（2）可得∠C2A2D2=60于，∴∠GA2F=120．∴∠O2A2F=60.

试卷第17页，总60页

23. 3232323∵OO2=3t1，AF?AA2?A2F?4t1?，∴4t1?. ?3t1?2，解得t1?2?333 ②当点O1，A1，C1恰好在同一直线上时为位置二，设移动时间为t2.由（2）可得

在Rt△O2A2F中，O2F=2，∴A2F=23?2. 3③当直线AC与⊙O第二次相切时，设移动时间为t3．如位置3，由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等. t2??23???23?23?∴t2?t1?t3?t2，即?，解得t3?2?23. ?2?2??t??2?????3?3???3?3???????综上所述，当d<2时，t的取值范围为2?23＜t＜2?23. 3

考点：1.双面动平移问题；2.直线与圆的位置关系；3.锐角三角函数定义；4．特殊角的三角函数值； 5.分类思想的应用.

15．在平面直角坐标系xOy中，点M（2,2），以点M为圆心，OM长为半径作⊙M ，使⊙M与直线OM的另一交点为点B，与x轴，y轴的另一交点分别为点D，A（如图），连接AM.点P是AB上的动点.

（1）写出∠AMB的度数；

（2）点Q在射线OP上，且OP·OQ=20，过点Q作QC垂直于直线OM，垂足为C，直线QC交x轴于点E.

①当动点P与点B重合时，求点E的坐标；

②连接QD，设点Q的纵坐标为t，△QOD的面积为S，求S与t的函数关系式及S的取值范围.

试卷第18页，总60页

【答案】（1）90°；（2）①（52，0）；②S?2t，5≤S≤10．【解析】

试题分析：（1）首先过点M作MH⊥OD于点H，由点M（2，2），可得∠MOH=45°，OH=MH=2，继而求得∠AOM=45°，又由OM=AM，可得△AOM是等腰直角三角形，继而可求得∠AMB的度数：

如答图3，过点M作MH⊥OD于点H，

∵点M（2，2），∴OH=MH=2.∴∠MOD=45°.

∵∠AOD=90°，∴∠AOM=45°.

∵OA=OM，∴∠OAM=∠AOM=45°.∴∠AMO=90°.∴∠AMB=90°.

（2）①由OH=MH=2，MH⊥OD，即可求得OD与OM的值，继而可得OB的长，又由动点P与点B重合时，OP?OQ=20，可求得OQ的长，继而求得答案.

1?22t?2t2②由OD=22，Q的纵坐标为t，即可得S=，然后分别从当动点P与B

点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，与当动点P与A点重合时，Q点在y轴上，

去分析求解即可求得答案．试题解析：解：（1）90°. （2）①由题意，易知：OM=2，OD=22，∴OB=4. 当动点P与点B重合时，∵OP·OQ=20，∴OQ=5.

∵∠OQE=90°，∠POE=45°，∴OE=52.∴E点坐标为（52，0）.

1?22t?2t2②∵OD=22，Q的纵坐标为t，∴S=.

如答图1，当动点P与B点重合时，过点Q作QF⊥x轴，垂足为F点，

∵OP=4，OP?OQ=20，∴OQ=5，

52∵∠OFC=90°，∠QOD=45°，∴t=QF=2.

试卷第19页，总60页

此时S=2?52?52.

如答图2，当动点P与A点重合时，Q点在y轴上， ∴OP=22.

∵OP?OQ=20，∴t=OQ=52. 此时S=2?52?10. ∴S的取值范围为5≤S≤10．

考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；3.等腰直角三角形的判定和性质；4.点的坐标；5.由实际问题列函数关系式；6.数形结合思想、分类思想和方程思想的应用．

13y??x2?x?22216．在平面直角坐标系xOy中，二次函数的图像与x轴交于点A，

B（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，过动点H（0, m）作平行于x轴的直线，直

13y??x2?x?222线与二次函数的图像相交于点D，E.

（1）写出点A,点B的坐标；

（2）若m>0，以DE为直径作⊙Q，当⊙Q与x轴相切时，求m的值；

（3）直线上是否存在一点F，使得△ACF是等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.

试卷第20页，总60页

29?12【答案】（1）（4，0）和（－1，0）；（2）；（3）存在，m=?2或?4或3或?1.

【解析】

试题分析：（1）A、B两点的纵坐标都为0，所以代入y=0，求解即可．

（2）由圆和抛物线性质易得圆心Q位于直线与抛物线对称轴的交点处，则Q的横坐标

3?3??3?为2，可推出D、E两点的坐标分别为：??m, m?, ??m, m?，因为D、E都在

?2??2?抛物线上，代入一点即可得m．

（3）使得△ACF是等腰直角三角形，重点的需要明白有几种情形，分别以三边为等腰三角形的两腰或者底，则共有3种情形；而三种情形中F点在AC的左下或右上方又各存在2种情形，故共有6种情形．求解时．利用全等三角形知识易得m的值．

13?x2?x?2?02试题解析：解：（1）当y=0时，有2，解之得：x1?4, x2??1，

∴A、B两点的坐标分别为（4，0）和（－1，0）.

13y??x2?x?222（2）∵⊙Q与x轴相切，且与交于D、E两点，

∴圆心O位于直线与抛物线对称轴的交点处，且⊙Q的半径为H点的纵坐标m（m?0）.

332?， ∵抛物线的对称轴为x???1?22?????2?∴D、E两点的坐标分别为：??3??3??m, m?, ??m, m?且均在二次函数?2??2?13y??x2?x?222的图像上.

1?3?3?3?∵m?????m?????m??2，解得2?222???舍去）.

（3）存在.

①当∠ACF=90°，AC=FC时，如答图1，

试卷第21页，总60页

2m?2929?1m???122或（不合题意，过点F作FG⊥y轴于G，∴∠AOC=∠CGF=90°.

∵∠ACO+∠FCG=90°，∠GFC+∠FCG=90°，∴∠ACO=∠CFG. ∴△ACO≌△∠CFG，∴CG=AO=4. ∵CO=2，

∴m??OG???4?2???2或m=OG=2+4=6.

②当∠CAF=90°，AC=AF时，如答图2，

过点F作FP⊥x轴于P，∴∠AOC=∠APF=90°.

∵∠ACO+∠OAC=90°，∠FAP+∠OAC=90°，∴∠ACO=∠FAP. ∴△ACO≌△∠FAP，∴FP =AO=4. ∴m??FP??4或m=FP =4.

③当∠AFC=90°，FA=FC时，如答图3，

则F点一定在AC的中垂线上，此时存在两个点分别记为F，F′，分别过F，F′两点作x轴、y轴的垂线，分别交于E，G，D，H． ∵∠DFC+∠CFE=∠CFE+∠EFA=90°，∴∠DFC=∠EFA. ∵∠CDF=∠AEF，CF=AF，∴△CDF≌△AEF. ∴CD=AE，DF=EF.∴四边形OEFD为正方形. ∴OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD. ∴4=2+2?CD.∴CD=1，∴m=OC+CD=2+1=3．

∵∠HF′C+∠CGF′=∠CGF′+∠GF′A，∴∠HF′C=∠GF′A.

∵∠HF′C=∠GF′A，CF′=AF′.∴△HF′C≌△GF′A.∴HF′=GF′，CH=AG. ∴四边形OHF′G为正方形.

∴OH?CH?CO?AG?CO?AO?OG?CO?AO?OH?CO?4?OH?2.∴OH=1. ∴m=?1．

25131?3?25∵y??x2?x?2???x???，∴y的最大值为8.

222?2?8225∵直线l与抛物线有两个交点，∴m＜8∴m可取值为m=?2或?4或3或?1.

综上所述，m的值为m=?2或?4或3或?1.

试卷第22页，总60页

考点：1.二次函数综合题； 2.单动点问题；3.等腰直角三角形存在性问题；4.二次函数的性质；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.直线与圆的位置关系；7.全等三角形的判定和性质；8.正方形的判定和性质；9.分类思想的应用．

17．如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛

1物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连结AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A(3，0)，

3D(－1，0)，E(0，3)．

(1)求抛物线的解析式及顶点B的坐标； (2)求证：CB是△ABE外接圆的切线；

(3)试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；．．．．(4)设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度(0＜t≤3)时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．

【答案】（1）y=－x＋2x＋3．B(1，4)．（2）证明见解析；（3）P1(0，0)，P2(9，0)，

3?32?t?3t (0?t≤),??221P3(0，－)．（4）s=?.

19332?t?3t? (?t≤3).?22?2【解析】

试题分析：(1)利用两根式列出二次函数解析式y=a(x－3)(x＋1)，把将E(0，3)代入即可求出a的值，继而可求顶点B的坐标；

（2）过点B作BM⊥y于点M，利用已知条件先证明AB是△ABE外接圆的直径．再证CB⊥AB即可．

试卷第23页，总60页

（3）存在；

（4）分两种情况进行讨论即可.

试题解析：(1)解：由题意，设抛物线解析式为y=a(x－3)(x＋1)．将E(0，3)代入上式，解得：a=－1．

∴y=－x＋2x＋3．则点B(1，4)．

(2)如图，证明：过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4)．在Rt△AOE中，OA=OE=3，

∴∠1=∠2=45°，AE=OA2?OE2=32．在Rt△EMB中，EM=OM－OE=1=BM，

∴∠MEB=∠MBE=45°，BE=EM2?BM2=2． ∴∠BEA=180°－∠1－∠MEB=90°． ∴AB是△ABE外接圆的直径．在Rt△ABE中，tan∠BAE=BE1==tan∠CBE， AE3∴∠BAE=∠CBE．

在Rt△ABE中，∠BAE＋∠3=90°， ∴∠CBE＋∠3=90°．

∴∠CBA=90°，即CB⊥AB． ∴CB是△ABE外接圆的切线．

1(3)P1(0，0)，P2(9，0)，P3(0，－)．

3(4)解：设直线AB的解析式为y=kx＋b．

?k??2,?3k?b?0,将A(3，0)，B(1，4)代入，得?解得?

b?6.k?b?4.??∴y=－2x＋6．

过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=∴F(3， 23，3)． 23时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN2情况一：如图7，当0＜t≤交AE于点G．

则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．由△AHD∽△FHM，得AD?HKt?HK．即．解得HK=2t．

FMHL3?t3?HK21113×3×3－(3－t)2－t·2t=－t2＋3t． 2222试卷第24页，总60页

∴S阴=S△MND－S△GNA－S△HAD=

情况二：如图8，当3＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交23?t?IQAQIQ?AE于点V．由△IQA∽△IPF，得．即．解得IQ=2(3－t)． 33?IQFPIPt?2∴S阴=S△IQA－S△VQA=11119×(3－t)×2(3－t)－(3－t)2=(3－t)2=t2－3t＋． 222223?32?t?3t (0?t≤),??22综上所述：s=?.

1932?t?3t? (?t≤3).?22?2考点：二次函数综合题.

18．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（a，1）两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A（0，162）．

（1）求a，b，c的值；

（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设⊙P与x轴相交于M（x1，0），N（x2，0）（x1＜x2）两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．

【答案】（1）a=1，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+23或4﹣23． 4【解析】试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；

（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与

x比较得出答案即可； 4（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN

试卷第25页，总60页

时，求出a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（a，1）两点， 16∴抛物线的一般式为：y=ax2，

1=a（a）2， 161解得：a=±，

4∴1， 41∴抛物线解析式为：y=x2，

41故a=，b=c=0；

4∵图象开口向上，∴a=（2）设P（x，y），⊙P的半径r=x2?(y?2)2，

又∵y=121222x，则r=x?(x?2)，

44141x?4＞x2， 164化简得：r=∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设P（a，1412

a?4， a），∵PA=16414a?4， 16作PH⊥MN于H，则PM=PN=又∵PH=12a， 4则MH=NH=141a?4?(a)2=2， 164故MN=4，

∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），

又∵A（0，2），∴AM=(a?2)2?4，AN=(a?2)2?4，当AM=AN时，(a?2)2?4=(a?2)2?4，解得：a=0，

当AM=MN时，(a?2)2?4=4，解得：a=2±23（负数舍去），则12

a=4+23； 4当AN=MN时，(a?2)2?4=4，

试卷第26页，总60页

解得：a=﹣2±23（负数舍去），则12

a=4﹣23； 4综上所述，P的纵坐标为0或4+23或4﹣23．

考点：二次函数综合题．

19．木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，他设计了四种方案：

方案一：直接锯一个半径最大的圆；

方案二：圆心O1，O2分别在CD，AB上，半径分别是O1C，O2A，锯两个外切的半圆拼成一个圆；

方案三：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆；方案四：锯一块小矩形BCEF拼接到矩形AEFD下面，并利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆。

（1）写出方案一中的圆的半径；

（2）通过计算说明方案二和方案三中，哪个圆的半径较大？（3）在方案四中，设CE=x（0?x?1），圆的半径为y， ①求y关于x的函数解析式；

②当x取何值时圆的半径最大？最大半径是多少？并说明四种方案中，哪一个圆形桌面的半径最大？

【答案】（１）方案一中圆的半径为１

试卷第27页，总60页

（２）方案三的圆半径较大 (3) ①当0

当时，

②当时，y最大，y最大=，

四种方案中，第四种方案圆形桌面的半径最大。【解析】试题分析：（1）圆的直径就是BC的长

方案二：连Ｏ１Ｏ２，作ＥＯ１⊥ＡＢ于Ｅ，然后利用勾股定理即可得方案三：连ＯＧ，然后利用△ＯＣＧ∽△ＣＤＥ即可得（3）分情况讨论：分0

这两种情况进行分析

试题解析：（１）方案一中圆的半径为１（２）方案二

如图，连Ｏ１Ｏ２，作ＥＯ１⊥ＡＢ于Ｅ，设Ｏ１Ｅ＝Ｘ，

那么（２Ｘ）＝２＋（３－２Ｘ），解得Ｘ＝

２

方案三

连ＯＧ，∴ＯＧ⊥ＣＤ，∵∠Ｄ＝９０°，∴ＯＧ／／ＤＥ ∴△ＯＣＧ∽△ＣＤＥ，∴

设ＯＧ＝ｙ，∴,∴y=，∴方案三的圆半径较大

(3) ①当0

试卷第28页，总60页

当

时，

②当时，y最大，y最大=，

四种方案中，第四种方案圆形桌面的半径最大。

考点：1、两圆外切，2、圆的切线，3、勾股定理，4、相似

20．在平面直角坐标系xOy中，对于⊙A上一点B及⊙A外一点P，给出如下定义：若直线PB与 x轴有公共点（记作M），则称直线PB为⊙A的“x关联直线”，记作lPBM. （1）已知⊙O是以原点为圆心，1为半径的圆，点P（0,2），

①直线l1：y?2，直线l2：y?x?2，直线l3：y?3x?2，直线l4：y??2x?2都经过点P，在直线l1， l2， l3， l4中，是⊙O的“x关联直线”的是； ②若直线lPBM是⊙O的“x关联直线”，则点M的横坐标xM的最大值是；（2）点A（2,0）,⊙A的半径为1，

①若P（-1,2）,⊙A的“x关联直线”lPBM：y?kx?k?2，点M的横坐标为xM，当xM最大时，求k的值；

②若P是y轴上一个动点，且点P的纵坐标yp?2，⊙A的两条“x关联直线”lPCM,lPDN是⊙A的两条切线，切点分别为C,D，作直线CD与x轴点于点E，当点P的位置发生变化时， AE的长度是否发生改变？并说明理由．

【答案】（1）①l3,l4;②xM?23;（2）①k?33?3;②不变,理由见解析. 4试卷第29页，总60页

【解析】试题分析：（1）①②直接根据定义求解即可.

（2）①当直线PB与⊙A相切于点B时,此时点M的横坐标xM最大，求出此时的k的值.

AD21?,而得出结②根据定义和锐角三角函数定义得出AD?AE?AO,即AE?AO22论.

试题解析：（1）①l3,l4. ②xM?23. 3（2）①如图，当直线PB与⊙A相切于点B时,此时点M的横坐标xM最大，作PH⊥x轴于点H，

∴HM=xM?1，AM= xM?2，

在Rt△ABM和Rt△PHM中， tan?AMB?∴BM=1HM=2ABPH， ?BMHM1(xM?1)． 2在Rt△ABM中， AM2?AB2?BM2， ∴(xM?2)2?1?431． (xM?1)2，解得xM?3?34433?3．∴k?． 34∴点M的横坐标xM最大时，xM?3?

②当P点的位置发生变化时，AE的长度不发生改变．

如图，⊙A的两条“x关联直线”与⊙A相切于点C,D， ∴PC=PD．又∵AC=A，∴AP垂直平分BC．

在Rt△ADF和Rt△ADP中， sin?ADF?sin?APD，∴AF?AP?AD2．在Rt△AEF和Rt△AOP中， cos?EAF?∴AD2?AE?AO． ∴AE?AFAO，∴AF?AP?AE?AO． ?AEAP1，即当P点的位置发生变化时，AE的长度不发生改变． 2试卷第30页，总60页

考点：1.新定义;2.直线与圆的位置关系;3.直线上点的坐标与方程的关系;4．锐角三角函数定义.

21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4 cm ，BC=3 cm，⊙O为△ABC的内切圆. （1）求⊙O的半径；

（2）点P从点B沿边BA向点A以点1cm/s 的速度匀速运动，以点P为圆心，PB长为半径作圆.设点P运动的时间为 t s.若⊙P与⊙O相切，求t的值.

【答案】（1）1 cm；（2）t?2或2. 3【解析】试题分析：（1）设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，根据切线的性质证明四边形CEOF是正方形，由勾股定理求AB的长，把AD，BD用半径r的代数式表示，从而根据AB?AD?BD列方程求解即可. （2）为⊙P与⊙O外切和⊙P与⊙O内切两种情况讨论即可. 试题解析：（1）如图，设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，则AD=AF，BD=BE，CE=CF.

∵⊙O为△ABC的内切圆，∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°. 又∵∠C=90°，∴四边形CEOF是矩形. 又∵OE=OF，∴四边形CEOF是正方形. 设⊙O的半径为r cm，则FC=EC=OE= r cm，

22在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4 cm ，BC=3 cm，∴AB?AC?BC?5cm.

∵AD?AF?AC?FC?4?r，BD?BE?BC?EC?3?r， ∴4?r?3?r?5，解得r=1. ∴⊙O的半径为1 cm.

试卷第31页，总60页

（2）如图，过点P作PG⊥BC于点G，

∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC.∴△PBG∽△ABC.∴又∵BP=t，∴PG?PGBGBP??. ACBCBA43t, BG?t. 55若⊙P与⊙O相切，，则可分为⊙P与⊙O外切和⊙P与⊙O内切两种情况：

①如图，当⊙P与⊙O外切时，连接OP，则OP=1+t. 过点P作PH⊥OE于点H，

∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四边形PHEG是矩形.∴HE=PG，PH=GE. ∴OH?OE?HE?1?t, PH?GE?BC?EC?BG?3?1?t?2?t. 45353523?2?4??在Rt△OPH中，由勾股定理，得?1?t???2?t???1?t?，解得t?.

5?3?5??22

②如图，当⊙P与⊙O内切时，连接OP，则OP=t?1. 过点O作OM⊥PG于点M，

∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四边形OEGM是矩形.∴MG=OE，OM=EG. ∴PM?PG?EC?433t?1, OM?EG?BC?EC?BG?3?1?t?2?t. 555223?2?4??在Rt△OPM中，由勾股定理，得?t?1???2?t???t?1?，解得t?2.

5??5??综上所述，当⊙P与⊙O相切时，t?2或2. 3试卷第32页，总60页

考点：1.单动点和面动问题；2.直线与圆相切的性质；3.矩形、正方形的判定和性质；4.勾股定理；5.相似三角形的判定和性质；6.方程思想和分类思想的应用.

22．如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点坐标分别为A（－2，0）、B（4，0）、C（0，2）．

（1）请用尺规作出△ABC的外接圆⊙P（保留作图痕迹，不写作法）；（2）求出（1）中外接圆圆心P的坐标；

（3）⊙P上是否存在一点Q，使得△QBC与△AOC相似？如果存在，请直接写出点Q 坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】(1)作图见解析；（2）点P坐标为（1，-1）．（3）⊙P上存在一点Q（-2，-2），（2，-4），使得△QBC与△AOC相似．【解析】试题分析：（1）作出AC与BC线段垂直平分线得出交点即为圆心，进而利用圆心到线段端点距离长为半径求出即可；

（2）过点P做PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，连接PC、PE，在Rt△BPD中，222222

BP=x+3，在Rt△CEP中，CP=（x+2）+1，由BP=CP，求出x的值，即可得出P点坐标；

（3）利用相似三角形的判定得出△Q1BC∽△ACO，进而结合圆周角定理得出Q点坐标．（1）如图1所示：

试卷第33页，总60页

（2）如图2，过点P做PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，连接PC、PE． ∵PD⊥AB，∴AD=BD=3． ∵OB=4，∴OD=OB-BD=1． ∴PE=OD=1．

设DP=x，则OE=PD=x．

222

在Rt△BPD中，BP=x+3．

222

在Rt△CEP中，CP=（x+2）+1． ∵BP=CP， 2222

∴x+3=（x+2）+1．解得：x=1．

∴点P坐标为（1，-1）．

（3）如图2，连接BP并延长到⊙P于一点Q1，连接CQ1，

则BQ1是直径， ∴∠Q1CB=90°，又∵∠CAB=∠CQ1B， ∴△Q1BC∽△ACO，

此时连接AQ1则∠Q1AB=90°， ∴Q1横坐标为：-2， ∵AB=6，BQ1=2BP=210， ∴AQ1=2，

∴Q1（-2，-2），

同理构造直角三角形CFQ2，可得出：CF=6，CQ2=210， ∴FQ2=2，FO=4，

试卷第34页，总60页

则Q2（2，-4），

综上所述：⊙P上存在一点Q（-2，-2），（2，-4），使得△QBC与△AOC相似．考点：圆的综合题． 23．如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．（1）求证：CF是⊙O的切线；（2）求证：△ACM∽△DCN；

（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BOC=1，求BN的长． 4

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BN=6．

【解析】试题分析：（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=90°，即可得出答案；

（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；

（3）根据已知得出OE的长，进而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用（2）中相似三角形的性质得出NB的长即可．（1）证明：∵△BCO中，BO=CO， ∴∠B=∠BCO，

在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，又∵∠1=∠2，

∴∠1+∠BCO=90°，即∠FCO=90°， ∴CF是⊙O的切线；

（2）证明：如图，∵AB是⊙O直径， ∴∠ACB=∠FCO=90°，

∴∠ACB-∠BCO=∠FCO-∠BCO，即∠3=∠1， ∴∠3=∠2， ∵∠4=∠D，

∴△ACM∽△DCN；

试卷第35页，总60页

（3）解：∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，在Rt△COE中，cos∠BOC=∴OE=CO?cos∠BOC=4×1， 41=1， 4由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：

CE?CO2?EO2?42?12?15，AC?CE2?AE2?(15)2?52?210， BC?CE2?BE2?(15)2?32?26，

∵AB是⊙O直径，AB⊥CD， ∴由垂径定理得：CD=2CE=215， ∵△ACM∽△DCN， ∴ CMAC ， ?CNCD11AO=×4=2， 22∵点M是CO的中点，CM=∴CN= CM?CD2?215??6，

AC210∴BN=BC-CN=26-6=6．

考点：圆的综合题．

24．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD⊥DC，BC=10cm，CD=6cm．在线段BC、CD上有动点F、E，点F以每秒2cm的速度，在线段BC上从点B向点C匀速运动；同时点E以每秒1cm的速度，在线段CD上从点C向点D匀速运动．当点F到达点C时，点E同时停止运动．设点F运动的时间为t（秒）．（1）求AD的长；

（2）设四边形BFED的面积为y，求y 关于t的函数关系式并写出自变量的取值范围（3）当t为何的值时，以EE为半径的⊙F与CD边只有一个公共点．

图1 备用图

试卷第36页，总60页

303060324【答案】（1）cm．（2）0＜t＜5．（3），，?t?5. t?0?t?y?t2?4t?24，11171755【解析】试题分析：（1）首先根据已知条件“BD⊥DC，∠A=90°”及平行线的性质（两直线AD∥CB，内错角∠ADB=∠DBC）证明△ABD∽△DCB；然后由勾股定理及相似三角形的对应边成比例求得AD的长度；

（2）过点E作BC的垂线，垂足为G．在Rt△DBC和在Rt△EGC中，利用正弦函数求得

EG=4t，然后利用割补法求得四边形EFDB的面积； 5（3）进行分类讨论.

（1）在Rt△BCD中，CD=6cm，BC=10cm，所以BD=8cm．因为AD//BC，所以∠ADB=∠CBD．

4在Rt△BCD中，BD=8cm，cos∠ADB=cos∠CBD=，

532cm． 5（2）△BCD的面积为24．

如图，过点E作EH⊥AB，垂足为H．

44在Rt△CEH中，CE=t，sin∠C=，所以EH=CE sin∠C=t．

55所以AD=BD cos∠ADB=1144因此S△CEF?CF?EH?(10?2t)?t??t2?4t．

225544所以y?S△BCD?S△CEF?24?(?t2?4t)?t2?4t?24．定义域为0＜t＜5．

（3）①如图1，当⊙F经过点D，则⊙F与边CD有两个交点

所以过点D作DH⊥BC，EK⊥BC 所以DF=EF

所以在Rt△DFH和Rt△EFK中，

324?2t EK?t 5524313 FK?10?2t?t?10?DH?t 555FK2?EK2?DH2?FH2 30 t?1730所以当0?t?⊙F与边CD只有一个交点。

17FH?②如图2，当t?30时，⊙F与边CD相切 11试卷第37页，总60页

③如图3，t?6017时，⊙F经过点C，所以当6017?t?5时，⊙F与边CD只有一个交点。综上所述，当0?t?3017，t?306011，17?t?5时，⊙F与边CD只有一个交点。

考点：1.相似三角形的判定与性质；2.勾股定理；3.直角梯形；4.直线与圆的位置关系. 25．在直角坐标系xOy中，已知点P是反比例函数y＝23x（x＞0）图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．

（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．

（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时： ①求出点A，B，C的坐标．

②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的12？若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标；若不存在，试说明理由．

【答案】(1) 四边形OKPA是正方形；（2）A（0，3 ），B（1，0），C（3，0）；（3）；（0，3），（3，0），（4，3），（7，83）．

【解析】试题分析：（1）四边形OKPA是正方形．当⊙P分别与两坐标轴相切时，PA⊥y轴，PK⊥x轴，x轴⊥y轴，且PA=PK，可判断结论；（2）①连接PB，设点P（x，23x），过点P作PG⊥BC于G，则半径PB=PC，由菱形的试卷第38页，总60页

性质得PC=BC，可知△PBC为等边三角形，在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，PG=23，x利用sin∠PBG=PG，列方程求x即可； PB②求直线PB的解析式，利用过A点或C点且平行于PB的直线解析式与抛物线解析式联立，列方程组求满足条件的M点坐标即可．（1）四边形OKPA是正方形．

证明：∵⊙P分别与两坐标轴相切， ∴PA⊥OA，PK⊥OK． ∴∠PAO=∠OKP=90°．又∵∠AOK=90°，

∴∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°． ∴四边形OKPA是矩形．又∵AP=KP，

∴四边形OKPA是正方形．

（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为23． x

过点P作PG⊥BC于G． ∵四边形ABCP为菱形， ∴BC=PA=PB=PC（半径）． ∴△PBC为等边三角形．

在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，

23233PGPG= sin∠PBG=，即＝x． x2xPB解之得：x=±2（负值舍去）． ∴PG=3，PA=BC=2．P(2, 3 )

易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1， ∴OB=OG-BG=1，OC=OG+GC=3．

∴A（0，3 ），B（1，0），C（3，0）． ②设二次函数解析式为：y=ax+bx+c．

试卷第39页，总60页

?a?b?c?0?据题意得：?9a?3b?c?0 ??c?3?3a??3??43?解之得：?b??．

3??c?3???∴二次函数关系式为：y＝3243x? x+ 3 33

???u?3?u?v?0设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：?解之得：?．

2u?v?3????v??3∴直线BP的解析式为：y= 3x-3，

过点A作直线AM∥BP，则可得直线AM的解析式为：y＝3x+3．

?y?3x?3?解方程组：? 3243x?x?3?y?33????x1?0?x2?7得：?；?．

??y1?3??y2?83过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：y＝3x+t． ∴0=33+t． ∴t＝?33．

∴直线CM的解析式为：y＝3x?33．

试卷第40页，总60页

?y?3x?33?解方程组：? 343x2?x?3?y?33??x1?3??x2?4得：?；?．．

y?0??1?y2?3综上可知，满足条件的M的坐标有四个，分别为：（0，3），（3，0），（4，3），（7，83）．

考点: 二次函数综合题．

26．如图所示,AC?AB,AB?23,AC?2,点D是以AB为直径的半圆O上一动点, DE?CD交直线AB于点E,设?DAB??(0????90?). 【小题1】当??18?时,求BD的长；

【小题1】当??30?时,求线段BE的长；

【小题1】若要使点E在线段BA的延长线上,则?的取值范围是_______.(直接写出答案)

【答案】

【小题1】连接OD,在⊙O中，∵?DAB?18?,∴?DOB?2?DAB?36? 又∵AB?23,∴lBD?36??33??

1805【小题1】∵AB为⊙O的直径,∴?ADB?90?,又∵?DAB?30?,AB?23, ∴BD?3，AD?AB?cos30??3

又∵AC?AB, ∴?CAB?90?, ∴?CAD??DAB?90?,

又∵?ADB?90?, ∴?DAB??B?90?,∴?CAD??B 又∵ DE?CD,∴?CDE?90?,∴?CDA??ADE?90?, 又∵?ADE??EDB?90?,∴?CDA??EDB,∴?CDA∽?EDB ∴ACAD2323??,又∵AC?2, ∴,∴BE?

3BEBEBD3【小题1】60?＜?＜90?

【解析】

【小题1】首先连接OD，由圆周角定理，可求得∠DOB的度数，又由⊙O的直径为2 3，

试卷第41页，总60页

即可求得其半径，然后由弧长公式，即可求得答案；

【小题1】首先证得△ACD∽△BED，然后由相似三角形的对应边成比例，可得ACAD?,BEBD继而求得答案；

【小题1】首先求得A与E重合时α的度数，则可求得点E在线段BA的延长线上时，α的取值范围．

27．如图，在直角坐标系xoy中，O是坐标原点，点A在x正半轴上，OA=123cm，点B在y轴的正半轴上，OB=12cm，动点P从点A开始沿AO以23cm/s的速度向点O移动，移动时间为t s(0＜t＜6).

yyBMO'BQRPAAxOOPx (1)求∠OAB的度数. (2分)

‘‘

(2)以OB为直径的⊙O与AB交于点M，当t为何值时， PM与⊙O相切？ (3分)(3)动点Q从点A开始沿AB以4cm/s的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BO以2cm/s的速度向点O移动. 如果P、Q、R分别从A、A、B同时移动，当t=4 s时，试说明四边形BRPQ为菱形；(3分)

(4)在(3)的条件下，以R为圆心，r为半径作⊙R，当r不断变化时，⊙R与菱形BRPQ各边的交点个数将发生变化，随当交点个数发生变化时，请直接写出r的对应值或取值范围．(4分) 【答案】（1）30° （2）3 （3）证明略（4）0＜r＜43 2个 r=43 4个 43＜r＜8 6个 r=8 3个 r＞8 0个

【解析】解：因为直角坐标系xoy中，O是坐标原点，点A在x正半轴上，OA=123cm，点B在y轴的正半轴上，OB=12cm，动点P从点A开始沿AO以23cm/s的速度向点O移动，移动时间为t s(0＜t＜6)，那么利用直角三角形中三角函数可知，tan∠OAB=12/

123=1/3,得到结论。

第二问中，以OB为直径的⊙O与AB交于点M，要使 PM与⊙O相切，则连接O’M, O’M=6,

试卷第42页，总60页

‘

O’M垂直于MP，得到t=3

第三问中，动点Q从点A开始沿AB以4cm/s的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BO以2cm/s的速度向点O移动. 如果P、Q、R分别从A、A、B同时移动，当t=4 s时，可知，PQ//BR,RP//BQ,且BQ=BR,得到结论。第四问中，0＜r＜43 2个K] r=43 4个 43＜r＜8 6个[ r=8 3个 r＞8 0个

28．△ABC中，∠C＝90°，点D在边AB上，AD＝AC＝7，BD＝1BC．动点M从点C出2发，以每秒1个单位的速度沿CA向点A运动，同时，动点N从点D出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A运动．当一个点到达点A时，点M、N两点同时停止运动．设M、N运动的时间为t秒． ⑴ 求cosA的值．

⑵ 当以MN为直径的圆与△ABC一边相切时，求t的值．

【答案】（1）3；（2）t＝1或t＝2． 5【解析】试题分析：（1）设BC＝4m，AC＝x，用m表示出AC和AB，根据三角函数定义即可求解. （2）分⊙O与AB相切，⊙O与AC相切和⊙O与BC相切三种情况讨论即可. （1）设BC＝4m，AC＝x，则BD＝2m，AD＝x，

∵BC2?CA2?AB2，∴ 16m2＋x＝(2m?x). 解之得 x＝3m. 从而AB＝5m. 因此cosA＝223. 5（2）CM＝t，AM＝7－t，DN＝2t，AN＝7－2t，其中0≤t≤3.5，记以MN为直径的圆为⊙O，当⊙O与AB相切时，则MN⊥AB，

AN7?2t3??，t＝2，符合题意； AM7?t5AM7?t3当⊙O与AC相切时，则MN⊥AC，因此??，t＝－14，舍去；

AN7?2t5因此当⊙O与BC相切时，如图，作NE⊥BC，垂足为E．取EC的中点F，连结OF，则OF⊥BC，即点F为⊙O与BC相切的切点．连结MF，NF，则FM⊥FN，因此△FCM∽△NEF．

试卷第43页，总60页

因此CM·EN＝EF2?FC2.

14312?2t)?，EF＝FC＝EC＝(7?2t)，

23551432因此t?[(?2t)?]?[(7?2t)]2，整理得t2?13t?14?0，解之得 t＝1，t＝－

355而CM＝t，EN＝(14（舍去） .

综上所得，当以MN为直径的圆与△ABC一边相切时，t＝1或t＝2．

BDEFOA N CM考点：1.双动点问题；2.勾股定理；3.锐角三角函数定义；4.直线与圆的位置关系；5.分类思想的应用.

29．在直角坐标系中，A（0，4），B（43，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0)．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE． ⑴ 当t为何值时，线段CD的长为4； ⑵ 当线段DE与以点O为圆心，半径为3的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围； 2⑶ 当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？

yADCOEBx

【答案】(1) 1256161; (2) 4-3＜t≤; (3) 或． 724024【解析】

试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；

（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切时，则OG=当OG＜3，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，23时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围； 2试卷第44页，总60页

（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值．（1）过点C作CF⊥AD于点F，

在Rt△AOB中，OA=4，OB=43， ∴∠ABO=30°，

由题意得：BC=2t，AD=t， ∵CE⊥BO，

∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=3t， ∵CF⊥AD，AO⊥BO， ∴四边形CFOE是矩形， ∴OF=CE=t，OE=CF=43-3t，在Rt△CFD中，DF+CF=CD，

∴（4-t-t）+（43-3t）=4，即7t-40t+48=0，解得：t=2

12，t=4， 7∵0＜t＜4， ∴当t=12时，线段CD的长是4； 7（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），

∵AD∥CE，AD=CE=t

∴四边形ADEC是平行四边形， ∴DE∥AB

∴∠GEO=30°， ∴OG=11OE=（43-3t） 223， 2当线段DE与⊙O相切时，则OG=试卷第45页，总60页

133（43-3t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点． 2225∴当 4-3＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；

261（3）当⊙C与⊙O外切时，t=；

4061当⊙C与⊙O内切时，t=；

246161∴当t=或秒时，两圆相切．

4024∴当考点：圆的综合题． 30．如图，直线y=3x?3与x轴交于点A，与y轴交于点C，以AC为直径作⊙M，3点D是劣弧AO上一动点（D点与A．抛物线y=－，O不重合）A、C，与x轴交于另一点B，

32x?bx?c经过点3

（1）求抛物线的解析式及点B的坐标；

（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，是︱PA—PC︱的值最大；若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。

（3）连CD交AO于点F，延长CD至G，使FG?2，试探究当点D运动到何处时，直线GA与⊙M相切，并请说明理由．【答案】（1）y??（2）P(-1,23)

（3）当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．证明见解析【解析】

试题分析：（1）先求出A、C点坐标，再代入y=－3223x?x?3 B(1，0) 3332x?bx?c即可求出b、c的值，3从而确定抛物线的解析式，由于点A、B关于抛物线的对称轴对称，从而可求出点B的坐标.

（2）连接BC并延长交抛物线对称轴于一点，这一点就是点P. （3）当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．

试卷第46页，总60页

试题解析：（1）解：由y?3x?3 得A（-3，0），C（0，） 3?c?3??c?3?将其代入抛物线解析式得：? 解得：? 2?3?b????33?3b?c?03?∴y??3223x?x?3 33∵对称轴是x=-1

∴由对称性得B(1，0)

（2）解：延长BC与对称轴的交点就是点P

由B(1，0)，C（0，3）求得直线BC解析式为：y??3x?3 当x=-1时，y=23 ∴P(-1, 23)

（3）结论：当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．证明：∵在RT△AOC中，tan∠CAO=3， 3∴∠CAO=30°，∠ACO=60°， ∵点D是劣弧AO的中点， ∴弧AD=弧OD

∴∠ACD=∠DCO=30°，

∴OF=OCtan30°=1，∠CF O=60°，

∴△AFG中，AF=3-1=2，∠AFG=∠CFO=60°， ∵FG=2，

∴△AFG为等边三角形， ∴∠GAF=60°，

∴∠CAG=30°+60°=90°， ∴AC⊥AG，

∴AG为⊙M的切线．

考点: 1. 二次函数综合题；2.直线与圆的位置关系.

31．如图：在等腰△ABC中,AB=AC，AD上BC，垂足为D，以AD为直径作⊙0，⊙0分别交AB、AC于E、F.

试卷第47页，总60页

(1)求证：BE=CF；

(2)设AD、EF相交于G，若EF=8，BC=10,求⊙0的半径．【答案】(1)证明见解析；（2）⊙O的半径为5．【解析】试题分析：（1）连接DE，DF，由AB=AC，且AD为BC边上的高，利用三线合一得到D为BC的中点，AD为顶角平分线，再由AD为圆O的直径，利用直角所对的角为直角得到一对直角相等，利用AAS得到三角形EBD与三角形FCD全等，由全等三角形的对应边相等得到BE=CF，得证；

（2）由EB=CF，AB=AC，得出AE=AF，确定出AE：AB=AF：AC，且夹角相等，得到三角形AEF与三角形ABC相似，由相似三角形的对应边成比例得到AG：AD=8：10，设AG=8x，AD=10x，连接OE，在直角三角形OEG中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出圆O的半径．试题解析：(1)连接DE、DF， ∵AB=AC,AD⊥BC， ∴∠B＝∠C,BD=CD， ∵AD为⊙O的直径， ∴∠DEA=∠DFA=90°， ∴△DBE≌△DCF， ∴BE=CF； (2)∵BE=CF， ∴AE=AF，

AEAF且∠BAC=∠BAC， ?ABAC∴△AEF∽△ABC， ∴AGEF8=， ?ADBC10∴设AG=8x,AD=10x，连接EO，在Rt△OEG中，

222

∴OE=OG+EG，

222

∴(5x)=(3x)+4， x=1， ∴5x=5，

∴⊙O的半径为5．

考点：1.相似三角形的判定与性质，2.全等三角形的判定与性质，3.勾股定理，4.圆周角定理．

32．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（-4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D，B三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．

（1）求直线AB的函数解析式；

试卷第48页，总60页

（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时． ①求证：∠BDE=∠ADP；

②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；

（3）请你探究：点P在运动过程中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P的坐标：如果不存在，请说明理由．【答案】（1）y=-x+4 （2）①见解析 y=2x （3）存在，点P的坐标为（2，2）或（8，-4）【解析】解：（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，代入（4，0）得：4k+4=0，解得：k=-1，

则直线AB的函数解析式为y=-x+4；（2）①由已知得：

OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，又∵OD=OD，

∴△BDO≌△COD， ∴∠BDO=∠CDO， ∵∠CDO=∠ADP， ∴∠BDE=∠ADP， ②如图，连结PE，

∵∠ADP是△DPE的一个外角， ∴∠ADP=∠DEP+∠DPE，

∵∠BDE是△ABD的一个外角， ∴∠BDE=∠ABD+∠OAB，

∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD， ∴∠DPE=∠OAB，

∵OA=OB=4，∠AOB=90°， ∴∠OAB=45°， ∴∠DPE=45°，

∴∠DFE=∠DPE=45°， ∵DF是⊙Q的直径， ∴∠DEF=90°，

∴△DEF是等腰直角三角形， ∴DF=2DE，即y=2x；（3）当BD：BF=2：1时，

如图，过点F作FH⊥OB于点H，

试卷第49页，总60页

∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°， ∴∠DBO=∠BFH，