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【备考2023江苏中考】江苏省南京市近三年中考（含一模、二模）真题重难点汇编——解答题
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这是一份【备考2023江苏中考】江苏省南京市近三年中考（含一模、二模）真题重难点汇编——解答题，共56页。试卷主要包含了【概念认识】，至△A'CD'位置，点N在直线l上等内容，欢迎下载使用。
▊▊ 备考2023中考 ▊▊
南京市历年中考数学（含一模、二模）真题重难点汇编
解答题
1．（2021·江苏南京·统考中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为12cm，B为母线OC的中点，点A在底面圆周上，AC的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设AD的长为a，点B在母线OC上，OB=b．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
2．（2021·江苏南京·统考中考真题）已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过−2,1,2,−3两点．
（1）求b的值．
（2）当c>−1时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是________．
（3）设m,0是该函数的图像与x轴的一个公共点，当−1
（1）当▱APCB的某一边所在直线与⊙O相切时，AP的长为 ．
（2）当▱APCB的四条边所在直线与⊙O都相交时，设⊙O分别与AN、AM交于点E、G，与直线CP、BC交于点H、F．
①如图②，在六边形BGEPHF中，易得BF//PE，BG //PH，∠GBF＝∠HPE＝120°，请再写出关于这个六边形的三个结论，并选择其中一个结论给出证明；
（要求：写出的三个结论类型不相同）
②设AP＝x，直接写出以B、G、E、P、H、F为顶点的六边形的面积（用含x的代数式表示）．
4．（2021·江苏南京·统考一模）【概念认识】
已知m是实数，若某个函数图像上存在点M（m，m），则称点M是该函数图像上的“固定点”．
【数学理解】
（1）一次函数y＝－2x＋3的图像上的“固定点”的坐标是 ；
（2）求证：反比例函数y＝kx（k＞0）的图像上存在2个“固定点”；
（3）将二次函数y＝x2＋bx＋1（b＜－2）的图像在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，图像的其余部分保持不变，翻折后的图像与原图像在x轴上方的部分组成一个类似“W”形状的新图像．若新图像上恰好存在3个“固定点”，求b的值．
5．（2021·江苏南京·统考一模）如图，在△ABC中，D是BC边上的点，过点D作DE⊥BC交AC边于点E，垂足为D，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接EF，经过点D，E，F的O与边BC另一个公共点为G．
（1）连接GF，求证；
（2）若AB=AC，，tanC=2．
①当CD=1.5时，求O的半径；
②当点D在BC边上运动时，O半径的最小值为___________．
6．（2021·江苏南京·统考一模）如图1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，将△ACD绕C点顺时针旋转α（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．
（1）如图2，若AB＝2，α＝30°，求S△BCD′．
（2）如图3，取AA′中点O，连OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，试判定△OBD′的形状．
（3）当α＝α1时，OB＝OD′，则α1＝_____°；当α＝α2时，△OBD′不存在，则α2＝_______°．
7．（2021·江苏南京·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边BC上，以点O为圆心，OB为半径的⊙O交AB于点E，D为⊙O上一点，点B是弧DE中点．
（1）如图1，若AE＝BE，求证：四边形ACDE是平行四边形；
（2）如图2，若OB＝OC，BE＝2AE，求tan∠CAD的值．
8．（2020·江苏南京·统考中考真题）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线A'B与直线l的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在l直线上另外任取一点C'，连接AC'，BC'， 证明AC+CB
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区域，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．
9．（2020·江苏南京·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点A，对点A作如下变换：
第一步：作点A关于x轴的对称点A1；第二步：以O为位似中心，作线段OA1的位似图形OA2，且相似比OA2OA1=q，则称A2是点A的对称位似点．
(1)若A(2，3)，q=2，直接写出点A的对称位似点的坐标；
(2)已知直线l：y=kx-2，抛物线C：y=-12x2+mx-2(m＞0)．点N(mm−kk2，2k-2)在直线l上．
①当k=12时，判断E(1，-1)是否是点N的对称位似点，请说明理由；
②若直线l与抛物线C交于点M(x1，y1)(x1≠0)，且点M不是抛物线的顶点，则点M的对称位似点是否可能仍在抛物线C上？请说明理由．
10．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，D为AB边上的动点，过点D作DE⊥AB交边AC于点E，过点E作EF⊥DE交BC于点F，连接DF．
（1）当AD＝4时，求EF的长度；
（2）求△DEF的面积的最大值；
（3）设O为DF的中点，随着点D的运动，则点O的运动路径的长度为______．
11．（2020·江苏南京·统考模拟预测）我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．
（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．
（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．
（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．
12．（2020·江苏南京·校联考二模）在正方形ABCD中，点E是BC边上一动点，连接AE，沿AE将△ABE翻折得△AGE，连接DG，作△AGD的外接⊙O，⊙O交AE于点F，连接FG、FD．
（1）求证∠AGD＝∠EFG；
（2）求证△ADF∽△EGF；
（3）若AB＝3，BE＝1，求⊙O的半径．
13．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=8，CB=6，动点P从C出发沿CA方向，以每秒1个单位长度的速度向A点匀速运动，到达A点后立即以原来速度沿AC返回；同时动点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长度向点B匀速运动，当Q到达B时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）当t为何值时，PQ∥CB？
（2）在点P从C向A运动的过程中，在CB上是否存在点E使△CEP与△PQA全等？若存在，求出CE的长；若不存在，请说明理由；
（3）伴随着P、Q两点的运动，线段PQ的垂直平分线DF交PQ于点D，交折线QB﹣BC﹣CP于点F．当DF经过点C时，求出t的值．
14．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，AE是⊙O的弦，C是弧AE的中点，弦CG⊥AB于点D，交AE于点F，过点C作⊙O的切线，交BA延长线于点P，连接BE
（1）求证：PC∥AE；
（2）若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．
15．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图①，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝15，BC＝20，经过点C的⊙O与△ABC的每条边都相交．⊙O与AC边的另一个公共点为D，与BC边的另一个公共点为E，与AB边的两个公共点分别为F、G．设⊙O的半径为r．
【操作感知】
（1）根据题意，仅用圆规在图①中作出一个满足条件的⊙O，并标明相关字母；
【初步探究】
（2）求证：CD2+CE2＝4r2；
（3）当r＝8时，则CD2+CE2+FG2的最大值为 ；
【深入研究】
（4）直接写出满足题意的r的取值范围；对于范围内每一个确定的r的值，CD2+CE2+FG2都有最大值，每一个最大值对应的圆心O所形成的路径长为 ．
16．（2019·江苏南京·统考二模）如图1，在矩形ABCD中，BC=3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB' ，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若AB=2．
①如图2，当点B' 落在AC上时，求t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t值？若不存在，请说明理由.
（2）若四边形ABCD是正方形，直线PB'与直线CD相交于点M，当点P不与点C重合时，求证：∠PAM=45°.
17．（2020·江苏南京·校考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE.过点A作，垂足为F.⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G.
（1）求证△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE=1，求⊙O的半径.
18．（2020·江苏南京·校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为r（r＞0）．给出如下定义：若平面上一点P到圆心O的距离d，满足12r≤d≤32r，则称点P为⊙O的“随心点”．
（1）当⊙O的半径r＝2时，A（3，0），B（0，4），C（﹣32，2），D（12，﹣12）中，⊙O的“随心点”是_____；
（2）若点E（4，3）是⊙O的“随心点”，求⊙O的半径r的取值范围；
（3）当⊙O的半径r＝2时，直线y＝x+b（b≠0）与x轴交于点M，与y轴交于点N，若线段MN上存在⊙O的“随心点”，直接写出b的取值范围．
19．（2020·江苏南京·校联考一模）【概念认识】
在同一个圆中两条互相垂直且相等的弦定义为“等垂弦”，两条弦所在直线的交点为等垂弦的分割点．如图①，AB、CD是⊙O的弦，AB＝CD，AB⊥CD，垂足为E，则AB、CD是等垂弦，E为等垂弦AB、CD的分割点．
【数学理解】
（1）如图②，AB是⊙O的弦，作OC⊥OA、OD⊥OB，分别交⊙O于点C、D，连接CD．求证： AB、CD是⊙O的等垂弦．
（2）在⊙O中，⊙O的半径为5，E为等垂弦AB、CD的分割点，BEAE=13．求AB的长度．
【问题解决】
（3）AB、CD是⊙O的两条弦，CD＝12AB，且CD⊥AB，垂足为F．
①在图③中，利用直尺和圆规作弦CD（保留作图痕迹，不写作法）．
②若⊙O的半径为r，AB＝mr（m为常数），垂足F与⊙O的位置关系随m的值变化而变化，直接写出点F与⊙O的位置关系及对应的m的取值范围．
20．（2020·江苏南京·校联考一模）如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点E是BC边上一动点，连接AE、DE ，作△ECD的外接⊙O，交AD于点F，交AE于点G，连接FG．
（1）求证△AFG∽△AED；
（2）当BE的长为 时，△AFG为等腰三角形；
（3）如图②，若BE＝1，求证：AB与⊙O相切．
21．（2020·江苏南京·统考一模）已知抛物线与x轴分别交于A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）点F是线段AD上一个动点．
①如图1，设k=AFAD，当k为何值时，CF=12AD.
②如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与ΔABC相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．
22．（2020·江苏南京·统考一模）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示．
①线段DG与BE之间的数量关系是 ；
②直线DG与直线BE之间的位置关系是 ；
（2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述结论是否成立，并说明理由．
（3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝1，AB＝2，求BG2+DE2的值（直接写出结果）．
23．（2019·江苏南京·统考一模）如图，在▱ABCD中，过A、B、C三点的⊙O交AD于点E，连接BE、CE，BE＝BC．
（1）求证：△BEC∽△CED；
（2）若BC＝10，DE＝3.6，求⊙O的半径．
24．（2019·江苏南京·南师附中新城初中校考二模）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BDC＝90°，AB＝AD，∠DCB＝60°，CD＝8．
（1）若P是BD上一点，且PA＝CD，求∠PAB的度数．
（2）①将图1中的△ABD绕点B顺时针旋转30°，点D落在边BC上的E处，AE交BD于点O，连接DE，如图2，求证：DE2＝DO•DB；
②将图1中△ABD绕点B旋转α得到△A'BD'(A与A'，D与D'是对应点)，若CD'＝CD，则cosα的值为 ．
25．（2019·江苏南京·校联考二模）如图，在等腰ΔABC中，AB=AC，以AB为直径的圆O交BC点D，过点C作CF//AB，与⊙O的切线交于点E，连接DE．
（1）求证BD=CD；
（2）求证ΔCAB∽ΔCDE；
（3）设ΔABC的面积为S1，ΔCDE的面积为，直径AB的长为x，若∠ABC=30°，S1、满足S1+S2=283，试求x的值．
26．（2019·江苏南京·校联考二模）如图，已知矩形ABCD中，AB=4，动点P从点A出发，沿AD方向以每秒1个单位的速度运动，连接BP，作点A关于直线BP的对称点E，设点P的运动时间为t(s)．
（1）若AD=6，P仅在边AD运动，求当P，E，C三点在同一直线上时对应的t的值．
（2）在动点P在射线AD上运动的过程中，求使点E到直线BC的距离等于3时对应的t的值．
27．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx﹣4k+4与抛物线y＝14x2﹣x交于A、B两点．
（1）直线总经过定点，请直接写出该定点的坐标；
（2）点P在抛物线上，当k＝﹣12时，解决下列问题：
①在直线AB下方的抛物线上求点P，使得△PAB的面积等于20；
②连接OA，OB，OP，作PC⊥x轴于点C，若△POC和△ABO相似，请直接写出点P的坐标．
28．（2019·江苏南京·南京市第二十九中学校考二模）如图，在正方形ABCD中，AB=2，E是AD边上的一点(点E与点A和点D不重合)，BE的垂直平分线交AB于点M，交DC于点N.
(1)证明：MN = BE.
(2)设AE=x，四边形ADNM的面积为S，写出S关于x的函数关系式.
(3)当AE为何值时，四边形ADNM的面积最大？最大值是多少？
29．（2019·江苏南京·南京市第二十九中学校考二模）抛物线y=ax2+bx+c(c≠0)过点A(1，−3)，B(3，−3)，C(−1，5)，顶点为M点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线上是否存在一点P，使∠POM＝90˚．若不存在，说明理由；若存在，求出P点的坐标；
（3）试判断抛物线上是否存在一点K，使∠OMK＝90˚，说明理由．
30．（2019·江苏南京·校联考三模）如图，已知△PDC是⊙O的内接三角形，CP=CD，若将△PCD绕点P顺时针旋转，当点C刚落在⊙O上的A处时，停止旋转，此时点D落在点B处．
（1）求证：PB与⊙O相切；
（2）当PD=2，∠DPC=30°时，求⊙O的半径长．
31．（2022·江苏南京·统考二模）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，过G作DE//BC分别交AB，AC的延长线于点D，E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)已知AG=8，BFDG=34，点I为△ABC的内心，求GI的长．
参考答案：
1．（1）作图如图所示；（2）①h +l；②见解析．
【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可得到最短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出∠AOC，进而证明出△OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；
（2）①由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥的母线长l；
②如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次代入前面线段表达式中即可求出最短路径长．
【详解】解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n°，
∵圆锥的母线长为12cm， AC的长为，
∴12πn180=4π，
∴n=60；
连接OA、CA，
∵OA=OC=12，
∴△OAC是等边三角形，
∵B为母线OC的中点，
∴AB⊥OC，
∴AB=OA×sin60°=63．
（2）① 蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l
② 蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知，OG=OC=l，GF=h， OB=b，
由AD的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则GC的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：AB2=AH2+BH2,进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
本题考查的是曲面上的最短路径问题，涉及到圆锥和圆柱以及它们的组合体上的最短路径问题，解题过程涉及到“两点之间、线段最短”以及勾股定理和三角函数等知识，本题为开放性试题，答案形式不唯一，对学生的空间想象能力以及图形的感知力要求较高，蕴含了数形结合等思想方法．
2．（1）b=−1；（2）1；（3）a<0或a>45．
【分析】（1）将点−2,1,2,−3代入求解即可得；
（2）先求出二次函数的顶点的纵坐标，再利用完全平方公式、不等式的性质求解即可得；
（3）分a<0和a>0两种情况，再画出函数图象，结合图象建立不等式组，解不等式组即可得．
【详解】解：（1）将点−2,1,2,−3代入y=ax2+bx+c得：4a−2b+c=14a+2b+c=−3，
两式相减得：−4b=4，
解得b=−1；
（2）由题意得：a≠0，
由（1）得：y=ax2−x+c=a(x−12a)2+c−14a，
则此函数的顶点的纵坐标为c−14a，
将点2,−3代入y=ax2−x+c得：4a−2+c=−3，
解得−4a=c+1，
则c−14a=c+1c+1，
下面证明对于任意的两个正数x0,y0，都有x0+y0≥2x0y0，
∵(x0−y0)2=x0+y0−2x0y0≥0，
∴x0+y0≥2x0y0（当且仅当x0=y0时，等号成立），
当c>−1时，c+1>0，
则c+1c+1=c+1+1c+1−1≥2(c+1)⋅1c+1−1=1（当且仅当c+1=1c+1，即c=0时，等号成立），
即c−14a≥1，
故当c>−1时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是1；
（3）由4a−2+c=−3得：c=−4a−1，
则二次函数的解析式为y=ax2−x−4a−1(a≠0)，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当a<0时，则当x=−1时，y>0；当x=3时，y<0，
即a+1−4a−1>09a−3−4a−1<0，
解得a<0；
②如图，当a>0时，
∵当x=−1时，y=a+1−4a−1=−3a<0，
∴当x=3时，y=9a−3−4a−1>0，
解得a>45，
综上，a的取值范围为a<0或a>45．
本题考查了二次函数的图象与性质等知识点，较难的是题（3），熟练掌握函数图象法是解题关键．
3．（1）3或12，（2）①见解析， ②当0＜x＜3时，S六边形FGPEHB＝－334x＋9；当3＜x＜12时，S六边形BGEPHF＝934x；当x＞12时，S六边形FGBEHP＝34x2－334x．
【分析】（1）分当AN是⊙O的切线时，与当AM是⊙O的切线时，两种情况，再根据切线性质，30度角的性质，即可解决问题．
（2）①答案不唯一，可以从边的大小关系、位置关系和面积关系求解即可得；②分0＜x＜3时，当3＜x＜12，当x＞12时，三种情况依次分析，即可得到答案．
【详解】解：（1）情况一：如图，当AN是⊙O的切线时，切点是点P
∵AN是⊙O的切线时，切点是点P
∴∠APB=90°
∵∠MAN＝60°
∴∠ABP=90°−∠MAN＝90°−60°=30°
∵AB＝6，∠APB=90°
∴AP=12AB＝12×6=3
情况二：如图，当AM是⊙O的切线时，切点是点B
∵AM是⊙O的切线时，切点是点B
∴∠ABP=90°
∵∠MAN＝60°
∴∠APB=90°−∠MAN＝90°−60°=30°
∵AB＝6，∠ABP=90°
∴AP=2AB＝2×6=12
故答案为3或12．
（2）①答案不唯一，例如：
结论1：在六边形中，EG//FH；
结论2：在六边形中，S四边形GEPB=S四边形FHPB；
结论3：在六边形中，∠BFH＝∠PEG；
证明结论1：
∵四边形APCB是平行四边形
∴BG//PH
又∵∠MAN＝60°
∴∠ABC=180°−∠MAN＝180°−60°=120°
又∵四边形GBFH是⊙O 的内接四边形
∴∠FHG=180°−∠ABC=180°−∠MAN=180°−120°=60°
同理∠EGH=60°
∴∠FHG=∠EGH=60°
∴EG//FH；
（2）②情况一：当0＜x＜3时，连接BE．
∵∠AGP=∠PGB=90°,∠A＝60°
∴∠APG=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AP＝x
∴AG=12AP＝12x,GP=AP2−AG2=32x
∵∠BEP=90°,∠A＝60°
∴∠ABE=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AB＝6
∴AE=12AB＝12×6=3
∴PE=AE−AP=3−x
∵四边形APCB是平行四边形
∴AB//PC，AP=BC,∠A＝∠C，
∵∠A＝60°
∴∠HPE＝∠A=60°
∵∠PHB＝∠CHB=90°，∠AGP=∠PGB=90°
∴∠AGP＝∠CHB=90°
∴△AGP≌△CHB，BH//PG
∴BH=PG，∠CBH=∠AOG
∴四边形GPHB是平行四边形
又∵∠PHB=90°
∴四边形GPHB是矩形，
∴BG=PH，GB//PH，∠HBG=∠GPA=90°
∴∠FBG=∠EPB，BH与所对弧相等
∴∠BFG=∠PEH
∴△BFG≌△PEH， S六边形FGPEHB=S矩形GPHB+2S△PEH=6−12x⋅32x＋2×12⋅3−x⋅326−12x=−334x+93
情况二：当3＜x＜12时，连接BS
∵∠AGP=∠PGB=90°,∠A＝60°
∴∠APG=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AP＝x
∴AG=12AP＝12x,GP=AP2−AG2=32x
∴BG=AB−AG=6−12x
∵∠BEP=90°，AB＝6
∴AE=12AB＝3,
∵∠PGA=90°,∠A＝60°
∴∠GPE=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AB＝6
∴AE=12AB＝12×6=3
∴PE=AE−AP=x−3
S六边形FGPEHB=S矩形BGPH+2S△PEG=6−12x⋅32x＋2×12×32x⋅12x−3=934x
情况三：如图当x＞12时，
可得：EP=BF=x−3，BE=33
又∵∠BGP=90°则AG=12AP=12x，BG=12x−6，∠GBF=60°
∴S六边形FGPEHB=S矩形BEPF+2S△GBF=33x−3＋2×12×3212x−6x−3=34x2−334x
综上所述：当0＜x＜3时，S六边形FGPEHB＝－334x＋9．
当3＜x＜12时，S六边形BGEPHF＝934x．
当x＞12时，S六边形FGBEHP＝34x2－334x．
本题考查了圆周角定理、30°角的直角三角形性质、切线的性质、矩形的判定等；熟练掌握全等判定与性质是解题的关键．
4．（1）（1，1）；（2）证明见解析；（3）－3．
【分析】（1）根据“固定点”的定义直接计算即可；
（2）令y＝x，得到x2＝k，解出x，再回代入反比例函数解析式，即可得到2个“固定点”；
（3）先根据二次函数变换得到翻折到x轴上方的函数解析式为y＝－x2－bx－1，可知这个新函数的图像与y=x有一个交点，即x2＋(b＋1)x＋1＝0有两个相等的实数根，再根据判别式即可解得b的值．
【详解】（1）存在点M（m，m）为一次函数y＝－2x＋3的图像上的“固定点”
故m=-2m+3，解得m=1
故一次函数y＝－2x＋3的图像上的“固定点”的坐标是（1，1）
（2）证明：在y＝kx（k＞0）中，令y＝x，可得x2＝k．
解得x1＝k，x2＝－k．
将x1＝k代入y＝kx中，得y1＝k．
将x2＝－k代入y＝kx中，得y2＝－k．
因此反比例函数y＝kx（k＞0）的图像上存在2个“固定点”，分别为（k，k）和（－k，－k）．
（3）解：将二次函数y＝x2＋bx＋1（b＜－2）的图像在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，则在x轴上方的图像的函数表达式为 y＝－x2－bx－1．
∵ 新图像上恰好存在3个“固定点”，
∴ y＝－x2－bx－1在x轴上方的图像与y＝x的图像恰好有一个公共点．
∴ x2＋(b＋1)x＋1＝0有两个相等的实数根．
∴ (b＋1)2－4＝0．
∴ b1＝1（舍去），b2＝－3．
∴ b的值是－3．
本题主要考查二次函数的性质，能够理解题意中“固定点”的概念，熟悉二次函数的性质是解题关键．
5．（1）见解析；（2）①102；②2
【分析】（1）证明∠B=∠EDF，，从而可证明；
（2）①连接EG，根据题意得tanB=tanC=2，解Rt△EDC得，解Rt△BFD得BG=32，从而求出GD=1，解Rt△GED得GE=10，再证明是⊙O的直径，即可得到结论；
②设DC=x，则ED=2x，BG=x，，则，代入得到二次函数关系式，配方求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图，
∵DE⊥BC，DF⊥AB，
∴，
在Rt△BFD中，∠BFD=90°，
∴．
又∵，
∴∠B=∠EDF．
∵四边形EFGD是⊙O的内接四边形，
∴．
又∵，
∴，
又∵∠B=∠EDF，
∴．
（2）①连接EG，如图，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴tanB=tanC=2．
Rt△EDC中，∠EDC=90°，
∴，
∵DC=1.5，
∴．
在Rt△BFD中，∠BFD=90°，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴BG=32．
∴．
在Rt△GED中，∠GDE=90°，
∴，
∴GE=12+32=10，
∵点D在⊙O上，且∠GDE=90°，
∴是⊙O的直径，
∴．
②解题思路同①，设DC=x，则ED=2x，BG=x，，
则
，
当x=1时，GE2有最小值，最小值为8，
则的最小值为22，半径的最小值为2．
故答案为：2
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质以及解直角三角形等知识，合运用以上知识．
6．（1）3；（2）△OBD′是直角三角形；（3）90°或270°，240°或300°．
【分析】（1）作D'E⊥BC于E，由直角三角形的性质得出BC=2，CE=12CD'=1，D'E=，由三角形面积公式即可得出答案；
（2）连接OC，证明A、B、C、O四点共圆，由圆周角定理得出∠BOC=∠BAC=60°，同理A'、D'、C、O四点共圆，得出∠D'OC=∠D'A'C=30°，证出∠BOD'=90°即可；
（3）若B、C、D'三点不共线，证出BC=CD，这与已知相矛盾，得出B、C、D'三点共线；当α=α1时，OB=OD′，分两种情况：当点D'在BC的延长线上和当点D'在边BC上；当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：当O与D'重合时，当O与B重合时，由等腰三角形的性质和等边三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：（1）作D'E⊥BC交BC的延长线于E，如图2所示：
则∠E=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB//CD，AD//BC，CD=AB=2，
∴∠ACD=∠BAC，∠DAC=∠ACB=30°，
∵∠ACB=30°，
∴BC=AB=2，∠ACD=∠BAC=60°，
由旋转的性质得：CD'=CD=2，∠ACA'=30°，
∴∠D'CE=180°−30°−30°−60°=60°，
∴∠CD'E=30°，
∴CE=12CD'=1，D'E=CE=，
∴S△BCD′=12BC×D'E=12×2×=3；
（2）△OBD′是直角三角形，理由如下：
连接OC，如图3所示：
由旋转的性质得：CA'=CA，∠A'D'C=∠ADC=90°，∠D'A'C=∠DAC=30°，
∵O是AA′的中点，
∴OC⊥AA'，
∴∠AOC=∠A'OC=90°=∠ABC=∠A'D'C，
∴∠ABC+∠AOC=180°，
∴A、B、C、O四点共圆，
∴∠BOC=∠BAC=60°，
同理；A'、D'、C、O四点共圆，
∴∠D'OC=∠D'A'C=30°，
∴∠BOD'=90°，
∴△BOD'是直角三角形；
（3）若B、C、D'三点不共线，如图3所示：
由（2）得：∠OBC=∠OAC，∠OD'C=∠OA'C，∠OAC=∠OA'C，
∴∠OBC=∠OD'C，
∵OB=OD'，
∴∠OBD'=∠OD'B，
∴∠CBD'=∠CD'B，
∴CB=CD'，
∵CD'=CD，
∴BC=CD，这与已知相矛盾，
∴B、C、D'三点共线；
分两种情况：当点D'在BC的延长线上时，如图4所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠AC A'=180°−30°−60°=90°，
∴α=α1=90°；
当点D'在边BC上时，如图5所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠ACA'＝90°，
∴α=α1=360°−90°=270°；
故答案为：90°或270；
当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：
当O与D'重合时，如图6所示：
∵CA'=CA，∠CAD'=∠CA'D'=30°，
∴∠ACA'=120°，
∴α=α2=360°−120°=240°；
当O与B重合时，如图7所示：
则AA'=2AB=4，
∵CA=CA'=2AB=4=AA'，
∴△ACA'是等边三角形，
∴∠A'CA=60°，
∴α=α2=360°−60°=300°；
故答案为：240°或300．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
7．（1）证明见详解；（2）tan∠CAD=25．
【分析】（1）连接CE，则CE=BE，证明AE//CD，AE=CD即可．
（2）连接DE，设AE=2，BE=4，则AE2=AEAB=2×6=12，求出CF，AC即可解决问题．
【详解】解：（1）连接CE，则CE=BE，
∴∠ECB=∠B，
∵点B是弧DE中点
∴BD=BE，
∴∠BCD=∠ECB，
，
∴AB//CD，
又∵CD=CE=AE，∴AE//CD，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）连接DE，设AE=2，BE=4，则AE2=AEAB=2×6=12，
，，
设DE交BC于点，AD交BC于点F，
由（1）知DE⊥BC，DH=EH，
又EHAC=BHBC=BEAB=23，∴BH=463，
∴CH=263，
∵EH=DH，DHAC=FHCF=23，
∴CF=35CH=35×263=265，
∴tan∠CAD=CFAC=26523=25．
本题考查圆周角定理，垂径定理，解直角三角形等知识添加辅助线，灵活运用所学知识解决问题，是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）连接A'C，利用垂直平分线的性质，得到A'C=CA，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】（1）证明：如图，连接A'C
∵点A、A'关于l对称，点C在l上
∴A'C=CA，
∴CA+CB=A'C+CB=A'B，
同理AC'+C'B=A'C'+C'B，
在ΔA'C'B中，有A'B
②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DE+EB（如图，其中CD、BE都与圆相切）．
本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
9．（1）4,−6、−4,6;（2）①E(1，-1)不是N(2,-1)的对称位似点;②−14≤k<0.理由见解析.
【分析】（1）由对称位似点的定义可求出点A的对称位似点的坐标；
（2）①先求出N点坐标为（2，−1），关于x轴的对称点坐标为（2，1），由E（1，−1），
−11≠12，故不存在q，使得E（1，−1）是点N的对称位似点，可知E（1，−1）不是点N的对称位似点；
②把N点坐标代入y＝kx−2，可得m＝2k或m＝−k，当直线与二次函数图象相交时求得M（−4k，−4k2−2），M关于x轴的对称点M1−4k,4k2+2，求出直线OM1的解析式，联立方程组，当△≥0时，求得−14≤k<0时，点M的对称位似点仍在抛物线C上．
【详解】解：（1）∵A（2，3），
∴A关于x轴的对称点A1为（2，−3）），
∵以O为位似中心，作线段OA1的位似图形OA2，且相似比为2，
∴A2的坐标为（4，−6）或（-4，6），
∴A的对称位似点的坐标为（4，−6）或（−4，6）．
4,−6、−4,6
（2）①当k=12时，2k−2=2×12−2=−1，将y=−1代入y=kx−2得：
∴N的坐标为2,−1，其关于x轴的对称点坐标是2,1
对于E1,−1，
∵−11≠12，所构成的Rt△直角边不成比例，
∴E1,−1不是N2,−1的对称位似点
②直线l：y=kx−2过点Nmm−kk2,2k−2
2k−2=kmm−kk2−2，整理得：m2−mk−2k=0
m−2km+k=0
∴m=2k或m=−k
直线与抛物线相交于点M:−12x2+mx−2=kx−2
kx=−12x2+mx
,∴k=−12x+m,x=2m−k
抛物线对称轴：，且点M不是抛物线的顶点
∴2m−k≠m，m≠2k
∴只有m=−k成立. 此时，x−2m−k=−4k M的坐标：−4k,−4k2−2
于是，M关于x轴的对称点M1−4k,4k2+2，
直线OM1的解析式:y=−4k2+24kx
若直线OM1与抛物线有相交，−4k2+24kx=−12x2+kx−2
整理得：kx2−x+4k=0
当Δ=1−16k2≥0，k2≤116时，交点存在，不妨设为M2，OM2OM1=q，
则M2是点M的对称位似点
∵m>0,且m=−k,
∴k<0,
∴−14≤k<0.
本题是二次函数的综合题，考查了一次函数图象上的坐标的特征，二次函数图象上的坐标的特征，“对称位似点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10．（1）154，（2）6，（3）1935
【分析】（1）利用勾股定理可求出AB的长，根据∠A＝∠A，∠EDA＝∠C＝90°可证明△AED∽△ABC，即可求出AE、CE的长，由∠EDA＝∠DEF＝90°可得EF//AB，即可证明△CEF∽△ACB，根据相似三角形的性质即可求出EF的长；（2）设AD＝x.由△AED∽△ABC可得ADAC＝DEBC＝AEAB，即可用x表示出DE、AE的长，进而可表示CE的长，由△CEF∽△ACB可得＝EFAB，即可用x表示出EF的长，进而可用x表示出△DEF的面积，根据二次函数的性质即可求出△DEF的面积的最大值；（3）过C作CG⊥AB于G，当点D与A点重合时，点O为AB中点，当点D与点G重合时，点O为CG的中点，当点D在点G右边时，DE与AC无交点，点O不存在，设AB中点为O1，CG的中点为O2，根据△ABC的面积可求出CG的长，即可得O2G的长，利用勾股定理可求出BG的长，即可得O1G的长，利用勾股定理求出O1O2的长即可.
【详解】（1）∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴AB＝AC2+BC2＝＝10．
∵DE⊥AB，
∴∠EDA＝90°．
∵∠A＝∠A，∠EDA＝∠C＝90°，
∴△AED∽△ABC，
∴ADAC＝AEAB．
∴AE＝ADACAB＝5．
∴CE＝AC－AE＝8－5＝3．
∵DE⊥AB，
∴∠DEF＝90°．
∵∠EDA＝∠DEF＝90°，
∴EF∥AB．
∴△CEF∽△ACB，
∴＝EFAB．
∴EF＝·AB＝154．
（2）解：设AD＝x.
∵△AED∽△ABC，
∴ADAC＝DEBC＝AEAB．
∴DE＝ADAC·BC＝34x，AE＝ADAC·AB＝54x．
∴CE＝AC－AE＝8－54x．
∵△CEF∽△ACB，
∴＝EFAB．
∴EF＝·AB＝10－2516x．
∴S△DEF＝12DE·EF＝－75128x2＋154x＝－75128 (x－165)2＋6．
∴当x＝165时，S△DEF取最大值为6．
因此，△DEF的面积的最大值为6．
（3）过C作CG⊥AB于G，
当点D与A点重合时，点O为AB中点，当点D与点G重合时，点O为CG的中点，当点D在点G右边时，DE与AC无交点，点O不存在，设AB中点为O1，CG的中点为O2，
∴O1O2为点O的运动路径的长度，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CG，
∴CG=AC⋅BCAB=6×810=245，
∴O2G=12CG=125，BG=BC2−CG2=，
∵AB=10，
∴O1B=5，
∴O1G= O1B-BG=75，
∴O1O2=O1G2+O2G2=(75)2+(125)2=1935.
本题考查了相似三角形的判定与性质及利用二次函数的最值求三角形面积的最大值，熟练掌握相似三角形的判定定理，在（3）中确定点D的运动范围是解题关键.
11．（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为3﹣1或3+1．
【分析】（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.
（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.
（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.
【详解】解：（1）如图2，
在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，
∵点F是AFB的中点，FA＝FB，
在△FAG和△FBC中，
FA=FB∠FAG=∠FBCAG=BC,
∴△FAG≌△FBC（SAS），
∴FG＝FC，
∵FE⊥AC，
∴EG＝EC，
∴AE＝AG+EG＝BC+CE；
（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，
理由：如图3，
在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，
∵点F是AFB的中点，
∴FA＝FB， FA=FB,
∴∠FCG＝∠FCB，
在△FCG和△FCB中，CG=CB∠FCG=∠FCBFC=FC,
∴△FCG≌△FCB（SAS），
∴FG＝FB，
∴FA＝FG，
∵FE⊥AC，
∴AE＝GE，
∴CE＝CG+GE＝BC+AE；
（3）在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，
∴BC=12AB=2，AC=23，
当点P在弦AB上方时，如图4，
在CA上截取CG＝CB，连接PA，PB，PG，
∵∠ACB＝90°，
∴AB为⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠PAB＝45°，
∴∠PBA＝45°＝∠PAB，
∴PA＝PB，∠PCG＝∠PCB，
在△PCG和△PCB中， CG=CB∠PCG=∠PCBPC=PC,
∴△PCG≌△PCB（SAS），
∴PG＝PB，
∴PA＝PG，
∵PH⊥AC，
∴AH＝GH，
∴AC＝AH+GH+CG＝2AH+BC，
∴23=2AH+2，
∴AH=3−1， 当点P在弦AB下方时，如图5，
在AC上截取AG＝BC，连接PA，PB，PC，PG
∵∠ACB＝90°，
∴AB为⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠PAB＝45°，
∴∠PBA＝45°＝∠PAB，
∴PA＝PB，
在△PAG和△PBC中，
AG=BC∠PAG=∠PBCPA=PB,
∴△PAG≌△PBC（SAS），
∴PG＝PC，
∵PH⊥AC，
∴CH＝GH，
∴AC＝AG+GH+CH＝BC+2CH，
∴23=2+2CH，
∴CH=3−1，
∴AH=AC−CH=23−3−1=3+1，
即：当∠PAB＝45°时，AH的长为3−1 或3+1.
考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.
12．（1）见解析；（2）见解析；（3）⊙O的半径为345
【分析】（1）根据题目图形可知，本题考查圆内接四边形的性质应用，可利用对角互补解题；同时根据题干“翻折”信息可推出边等、角等信息，结合正方形ABCD边等性质即可解答；
（2）本题需以第一问结论作为角互换的桥梁，同时考查正方形ABCD性质，利用其平行特征推出角等，结合“翻折”图形性质进行角的互换，利用“角角”判定三角形相似；
（3）本题考查正方形以及圆的综合运用，借助正方形内角90°为媒介考查圆周角定理的运用，同时需要观察图形特点构造全等三角形，结合勾股定理求解边长．
【详解】（1）证明：∵四边形AFGD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADG＋∠AFG＝180°，
∵∠AFG＋∠EFG＝180°，
∴∠ADG＝∠EFG，
由正方形ABCD及翻折可得AB＝AG＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∴∠AGD＝∠EFG．
（2）∵∠AGD＝∠AFD，∠AGD＝∠EFG，
∴∠AFD＝∠EFG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAF＝∠AEB．
由翻折得∠AEB＝∠GEF，
∴∠DAF＝∠GEF，
∴△ADF∽△EGF．
（3）解：设⊙O与CD交于点H，连接AH、GH，如下图所示
∵∠ADH＝90°，
∴AH是⊙O的直径，
∴∠AGH＝90°，
由翻折得∠AGE＝90°，则∠AGE＋∠AGH＝180°，
∴E、G、H三点在一条直线上．
∵AH＝AH，AD＝AG，∴Rt△ADH≌Rt△AGH，∴GH＝DH，
设GH＝DH＝x，则在Rt△ECH中，CH＝3－x，EH＝1＋x，EC＝3－1＝2，
由CH2＋EC2＝EH2，即(3－x)2＋22＝(1＋x)2，解得x＝32，
在Rt△ADH中，AD2＋DH2＝AH2，即32＋(32)2＝AH2，解得AH＝325，
∴⊙O的半径为345
本题考点极其丰富，且综合性较高，难度较大，但需注意此类型题目前一问结论往往作为后一问已知利用，解题需要循序渐进，另外对于翻折问题，需要立刻推边等、角等，继而寻找等量关系的替代，对于圆周角定理的应用需要极其熟练，如在圆当中看到直角要想到直径。
13．（1）；（2）存在，83；（3）5和10.
【详解】试题分析：（1）根据勾股定理求出AB，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可；
（2）根据全等三角形的性质得到∠PQA=90°，根据相似三角形的性质求出PE，根据勾股定理计算；
（3）分P由C向A运动和P由A向C运动两种情况，根据线段垂直平分线的性质、相似三角形的性质计算．
解：（1）如图1，
CP=AQ=t，则AP=8－t，在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB=10，
由PQ∥CB可得APAC=AQAB，即8−t8=t10，
解得t=409，所以当t=时，PQ∥CB .
（2）存在，如图2，
由题意可知CP=AQ=t，又∵∠PCE =90°，要使△CEP与△PQA全等，
只有∠PQA=90°，
这一种情况，此时CE=PQ，PE= AP，由△PQA∽△BCA可得APAB=AQAC，
即8−t10=t8，解得t=329，
则PE=8－t=，在Rt△PCE中，由勾股定理可得CE=83；
(或由△PCE∽△ACB得CECB=CPCA，即CE6=3298，解得CE=83）
（3）①当P由C向A运动时，CQ=CP=AQ=t，可得∠QCA=∠QAC，
所以∠QCB=∠QBC，所以CQ=BQ=t，所以BQ=AQ=12AB，
即AB=2t，解得t=5；
②如图3，
当P由A向C运动时，过Q作QG⊥CB交CB于点G，
CQ=CP=16－t，BQ=10－t，则BQBA=GQCA，即10−t10=GQ8，所以GQ=45（10－t），
同理可求得BG=35（10－t），所以GC=6－35（10－t），
在Rt△CGQ中，由勾股定理可得：CG2+GQ2=CQ2，
即[6﹣35（10－t）]2+[45（10－t）]2=（16－t）2，解得t=10.
综上可知满足条件的t的值为5和10．
：本题是一道三角形综合题，涉及的知识有勾股定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形的性质、线段垂直平分线的性质等.解题的关键在综合运用所学的基础上要利用好数形结合及分类讨论的思想.
14．（1）详见解析；（2）BE＝12．
【分析】（1）连接OC，如图，先利用切线的性质得OC⊥PC，再利用垂径定理得到OC⊥AE，所以PC∥AE；
（2）设OC与AE交于点H，如图，利用垂径定理得到AC=AG，根据圆周角定理得∠ACG=∠CAE，则AF=CF=5，在Rt△ADF中利用三角函数的定义可计算出DF=3，AD=4，再证明△OAH≌△OCD得到AH=CD=8，所以AE=2AH=16，然后证明Rt△ADF∽Rt△AEB，于是利用相似比可计算出BE．
【详解】解：（1）证明：连接OC，如图，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∵C是弧AE的中点，
∴OC⊥AE，
∴PC∥AE；
（2）设OC与AE交于点H，如图，
∵CG⊥AB，
∴AC=AG，
∴AG=CE，
∴∠ACG＝∠CAE，
∴AF＝CF＝5，
∵PC∥AE，
∴∠EAB＝∠P，
在Rt△ADF中，
∵sin∠P＝sin∠FAD＝＝35，
∴DF＝3，AD＝4，
在△OAH和△OCD中,
∠OHA=∠ODC∠AOH=∠DOCOA=OC，
∴△OAH≌△OCD（AAS），
∴AH＝CD＝5+3＝8，
∴AE＝2AH＝16，
∵∠DAF＝∠EAB，
∴Rt△ADF∽Rt△AEB，
∴DF：BE＝AD：AE，即3：BE＝4：16，
∴BE＝12．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．
15．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）48；（4）314．
【分析】（1）根据要求画出图形即可（如图①所示）；
（2）如图②中，连接DE．利用勾股定理即可解决问题；
（3）因为CD2+CE2是定值，FG是⊙O的弦，⊙O的半径为定值 8，所以弦心距越小则弦FG越长，圆心O在以C为圆心8为半径的圆上，当时，O到AB距离最短，此时FG最大，由此即可解决问题；
（4）首先确定r的范围．圆心距离AB最近时的值最大，当半径比较小时，O在CH上时的值最大，当圆心在CH 上，圆正好经过点A时，设，在Rt△中，则有，解得，当时，若O还在CH上，则A点在圆内，圆不与AB边相交，推出此时圆心应该是在AC中垂线上，推出时，O在CH上，时，O在AC中垂线上，则的值最大，推出O路径如下图折线．
【详解】（1）解：如图①即为所求，
（2）证明：如图②中，连接DE．
∵∠DCE＝90°，
∴DE为⊙O直径，即DE＝2r，
∴CD2+CE2＝DE2＝4r2，
（3）解：如图③中，
∵CD2+CE2是定值，FG是⊙O的弦，⊙O的半径为定值 8，
∴弦心距越小则弦FG越长，圆心O在以C为圆心8为半径的圆上，
当CO⊥AB时，O到AB距离最短，此时FG最大，
∵ ，
∴CH＝15×2025＝12，
∵OC＝8，
∴OH＝4，
OH⊥FG，
∴FH=HG=OF2−OH2=82−42=43，
∴FG=2FH=83，
∴CD2+CE2+FG2的最大值＝162+(83)2=448．
故答案为：448．
（4）如图④中，
当⊙O1 与AB相切时，⊙O1的直径最小，最小值为12，此时r＝6，
当圆心O2在AB上时，圆直径最大等于AB＝25，
∴6⩽r⩽252，
∵圆心距离AB最近时CD2+CE2+FG2的值最大，
当半径比较小时，O在CH上时CD2+CE2+FG2的值最大，
当圆心在CH 上，圆正好经过点A时，设O0A＝O0C＝r，
在Rt△AO0H中，则有r2＝（12﹣r）2+92，
解得：，
∴OH=12−758=218，
当时，若O还在CH上，则A点在圆内，圆不与AB边相交，
∴此时圆心应该是在AC中垂线上，
∴时，O在CH上，
时，O在AC中垂线上，则CD2+CE2+FG2的值最大，
∴O路径如下图折线 O1﹣O0﹣O2
∵O1H＝6，，
∴O1O1=6−218=278，
∵AO2=252，AH＝9，
∴HO2=252−9=72，
∴O0O2=(72)2+(218)2=358，
∴O点路径长＝278+358=314．
故答案为：314．
本题属于圆综合题，考查了解直角三角形，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
16．（1）①t=27－4；②存在，t=2；t=6；t=2；（2）详见解析
【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB'CB=PB'AB,即可解决问题．
②分三种情形分别求解即可：如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时．
（2）如图3-1中，当t<3时，由四边形ABCD是正方形，证明△MDA≌△MB’A，即可得到结论，如图3-2中，当t>3时，设∠APB=x，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
【详解】解：（1）①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°， ∴AC=AB2+BC2=21,
∵∠PCB′=∠ACB，∠PB′C=∠ABC=90°，
∴△PCB′∽△ACB，
∴CB'CB=PB'AB,
∴ 21−233=PB'23,
∴PB'=27−4,
∴t=PB=27−4.
②如图2-1中，当∠PCB′=90°时，
∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=90°，AB=CD=23, AD=BC=3，
∴B'D=(23)2−32=3,
∴CB'=CD−DB'=3,
在Rt△PCB′中，∵B'P2=PC2+B'C2,
∴t2=(3)2+(3−t)2,
∴t=2,
如图2-2中，当∠PCB′=90°时，
在Rt△ADB′中，DB'=B'A2−AD2=3，
∴CB'=33,
在Rt△PCB′中则有：(33)2+(t−3)2=t2,
解得t=6．
如图2-3中，当∠CPB′=90°时，则∠BPA=∠B'PA=45°,
则四边形ABPB'为正方形，
∴PB=AB=23,
t=23.
综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或23s．
（2）如图3-1，当t<3时，
又∵翻折，
∴∠1=∠2，AB=AB’，∠B=∠AB’P
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=AB’ ，∠D=∠B=∠AB’P= 90°
∵AM=AM
∴△MDA≌△MB’A（HL）
∴∠3=∠4
∴∠2+∠3=45°，
即∠PAM=45°
（图3-1）
如图3-2，当t>3时，设∠APB=x
∴∠PAB=90°－x
∴∠DAP＝x
同理：△MDA≌△MB’A（HL）
∴∠B’AM＝∠DAM
∵翻折
∴∠PAB＝∠PAB’＝90°－x
∴∠DAB’＝∠PAB’－∠DAP＝90°－2x
∴∠DAM＝12∠DAB’＝45°－x
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°
（图3-2）
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
17．（1）证明见解析；（2）52.
【分析】分析：（1）先根据∠ADC=90∘,AF⊥DE证出∠DAF=∠CDF,再根据四边形GFCD是⊙O的内接四边形,得到∠FGA=∠FCD,从而证出结论;
(2) 连接CG,根据△EDA∽△ADF得到,根据△AFG∽△DFC得,从而,再根据DA=DC得AG=EA=1,DG=3,利用勾股定理得CG=5,即可求出⊙O的半径.
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，.
∴∠CDF+∠ADF=90∘.
∵.
∴.
∴∠DAF+∠ADF=90∘.
∴∠DAF=∠CDF.
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF=180∘.
又∠FGA+∠DGF=180∘，
∴∠FGA=∠FCD.
∴△AFG∽△DFC.
（2）解：如图，连接.
∵∠EAD=∠AFD=90∘，∠EDA=∠ADF，
∴△EDA∽△ADF.
∴，即.
∵△AFG∽△DFC，
∴.
∴.
在正方形ABCD中，DA=DC，
∴AG=EA=1，DG=DA−AG=4−1=3.
∴CG=DG2+DC2=32+42=5.
∵∠CDG=90∘，
∴是⊙O的直径.
∴⊙O的半径为52.
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理的推论，正方形的性质．关键是利用正方形的性质证明相似三角形，利用线段，角的关系解题.
18．（1）A，C；（2）；（3）或−32≤b≤−1．
【分析】（1）由12r≤d≤32r可求出d的范围是1≤d≤3，再根据各点距离O点的距离，从而判断是否在此范围内即可；
（2）由点E的坐标求出d=5，可根据E是⊙O的“随心点”，12r≤d≤32r ，可求出r的范围；
（3）如图，a∥b∥c∥d，⊙O的半径r=2，可求出1≤d≤3，分两种情况，当点N在y轴正半轴时，当点N在y轴负半轴时，求出答案即可．
【详解】解：（1）∵⊙O的半径r=2，
∴12r=1，32r=3，
∵12r≤d≤32r，
∴1≤d≤3，
∵A（3，0），
∴OA=3，在范围内，
∴点A是⊙O的“随心点”，
∵B（0，4），
∴OB=4，而4＞3，不在范围内，
∴B不是⊙O的“随心点”，
∵C（-32，2），
∴OC=−322+22=52，在范围内，
∴点C是⊙O的“随心点”，
∵D（12，-12），
∴OD=122+−122=22，不在范围内，
∴点D不是⊙O的“随心点”，
故答案为：A，C
（2）∵点E（4，3），
∴OE=32+42=5，即d=5，
∵点E（4，3）是⊙O的“随心点”，
∴12r≤5≤32r，
解得；
（3）如图a∥b∥c∥d，
∵⊙O的半径r=2，随心点范围12r≤d≤32r，
∴1≤d≤3，
∵直线MN的解析式为y=x+b，
∴x=0时，y=b；y=0时，x=-b，
∴OM=ON，
∴直线MN与y轴夹角为45°，
①点N在y轴正半轴时，
当点M是⊙O的“随心点”，此时，点M（-1，0），
将M（-1，0）代入直线MN的解析式y=x+b中，0=-1+b，
解得，b=1，
∴b的最小值为1，
过点O作OG⊥M'N'于G，
当点G是距离⊙O最远的其中一个“随心点”时，此时OG=3，
在Rt△ON'G中，∠ON'G=45°，
∴GO=3
∴在Rt△GNN’中， sin∠GN'N=sin45°=OGON'=22，
解得ON'=32，
将N'（0，32）代入直线MN的解析式y=x+b中，32=b，
∴b的最大值为32，
∴，
②当点N在y轴负半轴时，同①的方法得出−32≤b≤−1，
综上所述，b的取值范围为或−32≤b≤−1．
本题是圆的综合题，考查了新定义，一次函数图象上点的坐标特征，圆的性质，解直角三角形等知识，理解“随心点”的概念是解题的关键．
19．（1）详见解析；（2）25；（3）①作图见解析；②当0＜m＜455时，点F在⊙O外；当m＝455时，点F在⊙O上；455＜m≤2时，点F在⊙O内.
【分析】（1）根据在同圆中，相等的圆心角所对的弦相等证明AB=CD，再根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半可证明∠ACB=∠DCB=45°，从而可得结论；
（2）分两种情况：①点E在⊙O内，作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，证明△AHO≌△DGO得OH＝OG，再证明矩形OHEG为正方形结合BEAE＝证明出AH＝2OH，运用勾股定理求出OH的长即可；②点E在⊙O外，求解方法同①；
（3）①连接OA，过O作OM⊥OA交⊙O于点M，以M为圆心，以AG的长为半径画弧交⊙O于点N，连接MN，再四等分弦MN,即可作出CD=12AB,且CD ⊥AB；
②由于AB是⊙O的弦可知m≤2，再由点F在圆上时可求出m=455，最后分当0＜m＜455时，点F在⊙O外；当m＝455时，点F在⊙O上；455＜m≤2时，点F在⊙O内，三种情况进行讨论即可.
【详解】（1）如图①，连接BC，
∵OC⊥OA、OD⊥OB，
∴∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴∠AOB＝∠COD，
∴AB＝CD，
∵AC＝AC
∴∠ABC＝12∠AOC＝45°．
同理∴∠BCD＝12∠BOD＝45°，
∴∠AEC＝∠ABC＋∠BCD＝90°，
即AB⊥CD，
∵AB＝CD，AB⊥CD，
∴ AB、CD是⊙O的等垂弦．
（2）如图②，若点E在⊙O内，作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，
∵AB、CD是⊙O的等垂弦，
∴AB＝CD，AB⊥CD，
∴AH＝DG＝12AB，OA＝OD，∠AHO＝∠DGO，
∴△AHO≌△DGO，
∴OH＝OG，
∴矩形OHEG为正方形，
∴OH＝HE ．
∵BEAE＝，
又AH＝BH，
∴AH＝2BE＝2OH，
在Rt△AOH中，AO2＝AH2＋OH2．
即(2OH)2＋OH2＝AO2＝25，
解得OH＝5，则AB＝4HE＝45；
若点E在⊙O外，同理，AH＝5，则AB＝2AH＝25．
（3）①如图所示，弦CD即为所求；
②∵AB是⊙O的弦，
∴AB≤2r，即m≤2，
当点F在圆上时，如图所示，
此时，AB=mr，CD=mr2，AD=2r
由勾股定理得，(mr)2+(mr2)2=(2r)2
解得，m=455
因此，当0＜m＜455时，点F在⊙O外；当m＝455时，点F在⊙O上；当455＜m≤2时，点F在⊙O内.
本题考查了垂径定理、全等三角形的判定与性质、弧与弦的关系以及正方形的判定．在解答（2）时，利用了“邻边相等的矩形是正方形”，解题的关键是熟练掌握等垂弦的定义与性质．
20．（1）详见解析；（2）35、4.5、9－35；（3）详见解析
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得∠AGF＝∠ADE，又∠GAF＝∠DAE，从而可证明△AFG∽△AED；
（2）先证明四边形ABEF是矩形，得EF=6，然后分当AE=DE时；当时；当时三种情况，运用勾股定理求解即可；
（3）连接OM，运用梯形中位线证明OM=OD，即可．
【详解】（1）证明：∵四边形FGED是⊙O的内接四边形，
∴∠AGF＝∠ADE．
又∠GAF＝∠DAE，
∴△AFG∽△AED；
（2）由（1）可知△AFG∽△AED，
∴当△AFG是等腰三角形时，△AED是等腰三角形时，
连接EF，如图，
∵四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=9
∴CD=AB=6，AD=BC=9，=90°，
∵⊙O是△ECD的外接圆，∠ECD=90°
∴DE是⊙O的直径，
∴∠DFE=90°，
∴∠AFE=180°−∠DFE=90°，
∴∠BAF=∠ABE=∠AFE=90°，
∴四边形ABEF是矩形，
，
∵△AED是等腰三角形，
∴分三种情况：
①当AE=DE时，∵∠DFE=90°，
∴EF⊥AD，
又，
，
；
②当时，
在Rt△DCE中，∠ECD=90°，DE=9，DC=6，
=35，
；
③当时
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，AE=9，AB=6，
=35
综上，当的长为92或或35时，△AFG为等腰三角形，
（3）设AB的中点为M，连接OM，如图，
当时，，
∵四边形ABCD是矩形，
，DC=AB=6，AD=BC=9，
在Rt△DCE中，∠DCE=90°，
是⊙O的直径，
∵BE//AD，
∴四边形ABED是梯形，
又是AB的中点，O为DE的中点，
是梯形ABED的中位线，
，
∴∠BMO=∠BAD=90°，OM=OD
∴OM⊥AB
又
∴AB与⊙O相切．
本题是圆的综合题目，考查了圆内接四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、切线的判定等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）、（3）中，需要进行分类讨论和证明三角形相似才能得出结果．
21．（1）y=−x2−2x+3，D的坐标为(−1,4)；（2）①k=12；②以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，F点的坐标为−65,185或(−2,2)．
【分析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D(−1,4)；
(2)①由A、C、D三点的坐标求出AC=32，DC=2，AD=25，可得ΔACD为直角三角形，若CF=12AD，则点F为AD的中点，可求出k的值；
②由条件可判断∠DAC=∠OBC，则∠OAF=∠ACB，若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，可分两种情况考虑：当∠AOF=∠ABC或∠AOF=∠CAB=45°时，可分别求出点F的坐标．
【详解】(1)∵抛物线y=ax2+bx+3过点A(−3,0)，B(1,0)，
∴9a−3b+3=0a+b+3=0，解得：a=−1b=−2，
∴抛物线解析式为y=−x2−2x+3；
∵y=−x2−2x+3=−x+12+4，
∴顶点D的坐标为(−1,4)；
(2)①∵在RtΔAOC中，OA=3，OC=3，
∴AC2=OA2+OC2=18，
∵D−1,4，C0,3，A−3,0，
∴CD2=12+12=2，
∴AD2=22+42=20，
∴AC2+CD2=AD2，
∴ΔACD为直角三角形，且∠ACD=90°，
∵CF=12AD，
∴F为AD的中点，
∴AFAD=12，
∴k=12；
②在RtΔACD中，tan∠ACD=DCAC=232=13，
在RtΔOBC中，tan∠OCB=OBOC=13，
∴∠ACD=∠OCB，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∴∠FAO=∠ACB，
若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，则可分两种情况考虑：
当∠AOF=∠ABC时，ΔAOF∽ΔCBA，
∴OF∥BC，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴k+b=0b=3，解得：k=−3b=3，
∴直线BC的解析式为y=−3x+3，
∴直线OF的解析式为y=−3x，
设直线AD的解析式为y=mx+n，
∴−k+b=4−3k+b=0，解得：k=2b=6，
∴直线AD的解析式为y=2x+6，
∴y=2x+6y=−3x，解得：x=−65y=185，
∴F−65,185．
当∠AOF=∠CAB=45°时，ΔAOF∽ΔCAB，
∵∠CAB=45°，
∴OF⊥AC，
∴直线OF的解析式为y=−x，
∴y=−xy=2x+6，解得：x=−2y=2，
∴F−2,2，
综合以上可得F点的坐标为−65,185或(−2,2)．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
22．（1）①BE＝DG，②BE⊥DG；（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立．理由见解析；（3）BG2+DE2＝25．
【分析】（1）先判断出△ABE≌△DAG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△DAG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET=x，AT=y．利用勾股定理，以及相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】（1）①如图②中，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG；
②如图2，延长BE交AD于T，交DG于H．
由①知，△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立．
如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H．
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠DAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴ABAD＝AEAG＝12，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠ABE＝∠ADG，BEDG＝12，
∴DG＝2BE，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET＝x，AT＝y．
∵∠GAH+∠DAG=90°，∠BAE+∠DAG=90°，
∴∠GAH=∠BAE，
又∵∠GHA=∠ATE=90°，
∴△AHG∽△ATE，
∴＝2，
∴GH＝2x，AH＝2y，
∴4x2+4y2＝4，
∴x2+y2＝1，
∴BG2+DE2＝（2x）2+（2y+2）2+x2+（4﹣y）2＝5x2+5y2+20＝25．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，判断出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本题的关键．
23．(1)见解析； （2）509191
【分析】（1）证明两个等腰三角形相似，证明一个底角对应相等即可；
（2）利用直径构造直角三角形，从而涉及到半径（直径），再利用垂径定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD．
∴∠BCE＝∠DEC，∠A+∠D＝180°．
∴∠BEC＝∠DEC
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCE＝180°．
∴∠BCE＝∠D
∴△BEC∽△CED
即得证．
（2）过点O作OF⊥CE，垂足为F，连接OC，如下图．
∴CF＝12CE，
∴直线OF垂直平分CE，
∵BE＝BC，
∴直线OF经过点B，
∵△BEC∽△CED，又由（1）可知CE＝CD，
∴BCCE=CEDE，
∵BC＝10，DE＝3.6，
∴CE＝CD＝6
∴CF＝12CE＝3，
设⊙O的半径为r，
可得BF＝BC2−CF2=91，OF＝91﹣r，
在Rt△OCF中，OF2+CF2＝OC2，
∴（91﹣r）2+9＝r2
∴r＝509191，
即圆的半径为509191．
本题考查的是相似三角形的判定与性质，尤其是对两个等腰三角形的判定更为特殊，利用直径构造直角三角形是相关问题中的常用思路．
24．（1）∠P'AB＝75°或15°（2）①见解析②56
【分析】（1）先解直角三角形BDC与直角三角形ABD，过点H作AH⊥BD于H，分点P在点H的左侧和右侧两种情况，分别解直角三角形即可；
（2）
①利用旋转的性质求出∠AEB=45°，∠DOE=∠DEB=75°，证△BDE∽△EDO即可；
②根据题意△ABD绕点B旋转α得到△A'BD'(A与A'，D与D'是对应点)，CD'＝CD，则cosα的值为56.
【详解】（1）在Rt△BDC中，∠DCB＝60°，CD＝8，
∴ BC＝16，BD＝8，
在Rt△ABD中，AB＝AD，
∴ ∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴ AB＝AD＝8×22 ＝46 ，
如图1，过点H作AH⊥BD于H，
则∠BAH＝∠DAH＝45°，AH＝12 BD＝4，
当点P在点H右侧时，
在Rt△AHP中，AH＝4，AP＝DC＝8，∴ ∠HAP＝30°，
∴ ∠PAB＝∠BAH＋∠HAP＝75°．
当点P'在点H左侧时，
∴ ∠P'AB＝∠BAH－∠HAP'＝15°．
综上所述，∠P'AB＝75°或15°．
（2）①由题意知，BE与BC在同一条直线上，∠AEB＝45°，BD＝BE，
∵ ∠DBE＝30°，
∴ ∠BDE＝∠BED＝12 (180°－30°)＝75°，∠DOE＝∠DBE＋∠AEB＝75°，
∵ ∠BDE＝∠EDO，∠DOE＝∠DEB＝75°，
∴△BDE∽△EDO，
∴DEDO=BDDE ，
∴ DE2＝DO•DB．
（3）根据题意△ABD绕点B旋转α得到△A'BD'(A与A'，D与D'是对应点)，CD'＝CD，则cosα的值为56.
本题考查旋转的性质,证明△BDE∽△EDO是解题的关键.
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）x=8
【分析】（1）因为AB＝AC，欲证明BD＝DC，只要证明AD⊥BC即可．
（2）可以根据两角对应相等的两个三角形相似进行证明．
（3）分别用x表示S1、S2，列出方程即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
又∵AB=AC，
∴BD=CD．
（2）证明：∵AB//CE，
∴∠1=∠2，
∵AB=AC，
∴∠1=∠3，
∵BC是⊙O的切线，OB是半径，
∴∠ABE=90°，
∵AB//CE，
∴∠BEC＋∠ABE=180°，
∴，
又∵BD=CD，
∴DE=CD=BD，
∴∠4=∠2，
∴∠3=∠2，∠1=∠4，
∴ΔCAB∽ΔCDE．
（3）S1=12⋅3x⋅12x=34x2，
∵ΔCAB∽ΔCDE，
∴S1S2=(x32x)2=43，
∴S2=3316x2，
根据题意得：34x2+3316x2=283，
解得x=±8（负的舍去），
∴x=8．
本题考查圆的综合题、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于基础题目，难度不大，是中考常考题型．
26．（1）t=(6−25)s时，P、E、C共线；（2）t=477或47
【分析】（1）设AP＝t，则PD＝6﹣t，由点A、E关于直线BP对称，得出∠APB＝∠BPE，由平行线的性质得出∠APB＝∠PBC，得出∠BPC＝∠PBC，在Rt△CDP中，由勾股定理得出方程，解方程即可得出结果；
（2）①当点E在BC的上方，点E到BC的距离为3，作EM⊥BC于M，延长ME交AD于N，连接PE、BE，则EM＝3，EN＝1，BE＝AB＝4，四边形ABMN是矩形，AN＝BM＝，证出△BME∽△ENP，得出BMEN=MENP，求出NP＝377，即可得出结果；
②当点E在BC的下方，点E到BC的距离为3，作EH⊥AB的延长线于H，则BH＝3，BE＝AB＝4，AH＝AB+BH＝7，HE＝，证得△AHE∽△PAB，得出AHAP=HEAB，即可得出结果．
【详解】解：（1）设AP＝t，则PD＝6﹣t，如图1所示：
∵点A、E关于直线BP对称，
∴∠APB＝∠BPE，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBC，
∵P、E、C共线，
∴∠BPC＝∠PBC，
∴CP＝BC＝AD＝6，
在Rt△CDP中，CD2+DP2＝PC2，
即：42+（6﹣t）2＝62，
解得：t＝6﹣25或6+25（不合题意舍去），
∴t＝（6﹣25）s时，P、E、C共线；
（2）①当点E在BC的上方，点E到BC的距离为3，作EM⊥BC于M，延长ME交AD于N，连接PE、BE，如图2所示：
则EM＝3，EN＝1，BE＝AB＝4，四边形ABMN是矩形，
在Rt△EBM中，AN＝BM＝，
∵点A、E关于直线BP对称，
∴∠PEB＝∠PAB＝90°，
∵∠ENP＝∠EMB＝∠PEB＝90°，
∴∠PEN＝∠EBM，
∴△BME∽△ENP，
∴BMEN=MENP，即71=3NP，
∴NP＝377，
∴t＝AP＝AN﹣NP＝7−377=477；
②当点E在BC的下方，点E到BC的距离为3，作EH⊥AB的延长线于H，如图3所示：
则BH＝3，BE＝AB＝4，AH＝AB+BH＝7，
在Rt△BHE中，HE＝，
∵∠PAB＝∠BHE＝90°，AE⊥BP，
∴∠APB+∠EAP＝∠HAE+∠EAP＝90°，
∴∠HAE＝∠APB，
∴△AHE∽△PAB，
∴AHAP=HEAB，即7AP=74，
解得：t＝AP＝47，
综上所述，t＝477或47．
本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，通过作辅助线构建相似三角形是解题的关键．
27．（1）(4 ， 4)；（2）①P点坐标为(4 ， 0)，(−2 ， 3)；② P17 ， 214，P21 ， −34，P3−43 ， 169，P4283 ， 1129．
【分析】（1）直线方程化为y＝k（x－4）＋4，对于任意k点总有一个坐标能满足；（2）作PQ∥y轴，求出PQ，再由S△PAB等于20，根据三角形面积计算公式即可求出相应的坐标；AO＝35，BO＝45，AB＝55，再根据勾股定理和相似三角形的定义即可求出PCOC，进而可求得P3和P4的值.
【详解】⑴ 4，4；
直线方程化为y=kx−4+4，显然，对于任意的k，点4，4的坐标总能满足直线方程．
⑵ 当k=−12时，直线方程为y=−12x+6．
联立方程组y=−12x+6，y=14x2−x．解得A6，3，B−4，8．
① 如图1，作PQ∥y轴，交AB于点Q，则
PQ=−12x+6−14x2−x=−14x−12+254．
S△PAB=126−−4×PQ =−54x−12+1254．
令S△PAB=20，即−54x−12+1254=20，解得当x=−2或4，相应的P点坐标为4，0，−2，3；
② P17，214，P21，−34，P3−43，169，P4283，1129．
AO=35，BO=45，AB=55．
∵AB2=AO2+BO2，∴∠AOB=90°．
（i）△POC∽△ABO时，PCOC=AOBO=34．
即14x2−x=34x．解得x1=7，x2=1，
得P17，214，P21，−34；
（ii）△POC∽△BAO时，PCOC=BOAO=43．
即14x2−x=43x．解得x3=−43，x4=283．
得P3−43，169，P4283，1129．
本题考查了一次函数的定义、相似三角形的性质、三角形的面积公式和抛物线的性质，熟练掌握这些知识的是本题解题的关键.
28．（1）证明见解析；（2）S=-12x2+x+2；（3）当AE =1时，四边形ADNM的面积S的值最大，最大值是52．
【分析】（1）作辅助线ME、MN，由SAS证明△EBA≌△MNF，从而得证；
（2）连接ME，构造出直角三角形△AME，在Rt△AME中，AE=x，ME=MB=2-AM，可得（2-AM）2=x2+AM2，解得AM，由（1）△EBA≌△MNF，可得EA=MF，由此DN=AF=AM+MF=AM+AE，即可求得四边形ADNM的面积为-12x2+x+2；
（3）根据（2）的答案，利用二次函数的最值问题即可求出．
【详解】（1）设MN交BE于P，根据题意，得MN⊥BE，
过N作AB的垂线交AB于F，
在Rt△AEB和Rt△MNF中，
∠MBP+∠BMN=90°，∠FNM+∠BMN=90°，
∴∠MBP=∠MNF，
又AB=FN，
∴Rt△EBA≌Rt△MNF，故MN=BE；
（2）连接ME，
根据题意，得MB=ME，
在Rt△AME中，AE=x，ME=MB=2-AM，
∴（2-AM）2=x2+AM2，
解得AM=1-14x2，
由（1）△EBA≌△MNF，
∴EA=MF，
∴DN=AF=AM+MF=AM+AE，
∴四边形ADNM的面积S=AM+DN2×AD=AM+AF2×2=2AM+AE=2（1-14x2）+x=-12x2+x+2，
即所求关系式为S=-12x2+x+2；
（3）s=-12x2+x+2=-12（x2-2x+1）+52=-12（x-1）2+52，
故当AE=x=1时，四边形ADNM的面积S的值最大，最大值是52．
此题的综合性比较强，涉及面较广，涉及到正方形的性质，线段垂直平分线的性质及勾股定理的运用，在解答此题时要连接ME，过N点作AB的垂线再求解．
29．（1）y=x2−4x；（2）92，94；（3）存在，理由见解析.
【分析】（1）将A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三点坐标代入y=ax2+bx+c中，列方程组求a、b、c的值，得出抛物线解析式；
（2）抛物线上存在一点P，使∠POM=90˚．设（a，a2-4a），过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，利用互余关系证明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；
（3）抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N，在Rt△OMN中，利用互余关系证明△OFM∽△MFN，利用相似比求N点坐标，再求直线MN解析式，将直线MN解析式与抛物线解析式联立，可求K点坐标．
【详解】（1）根据题意，得
{−3=a+b+c，−3=9a+3b+c，5=a−b+c．
解得{a=1，b=−4，c=0．
∴ 抛物线的解析式为y=x2−4x．
（2）抛物线上存在一点P，使∠POM＝90˚．
x=−b2a=2,y=4ac−b24a=−4.
∴ 顶点M的坐标为(2，−4)．
设抛物线上存在一点P，满足OP⊥OM，其坐标为(a，a2−4a)．
过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F．
则 ∠POE＋∠MOF＝90˚，∠POE＋∠EPO＝90˚．
∴ ∠EPO＝∠FOM．
∵ ∠OEP＝∠MFO＝90˚，
∴ Rt△OEP∽Rt△MFO．
∴ OE∶MF=EP∶OF．
即(a2−4a):2=a:4．
解，得a1=0（舍去），a2=92．
∴ P点的坐标为92，94．
（3）
过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N．则 ∠FMN＋∠OMF＝90˚．
∵ ∠MOF＋∠OMF＝90˚，
∴ ∠MOF＝∠FMN．
又∵ ∠OFM＝∠MFN＝90˚，
∴ △OFM∽△MFN．
∴ OF∶MF＝MF∶FN． 即 4∶2＝2∶FN．∴ FN＝1．
∴ 点N的坐标为（0，-5）．
设过点M，N的直线的解析式为．
{−4=2k+b，−5=b解，得{k=12，b=−5．直线的解析式为．
∴y=12x−5①y=x2−4x②把①代入②，得x2−92x+5=0．
Δ=−922−4×5=814−20=14>0．
∴ 直线MN与抛物线有两个交点（其中一点为顶点M）．
∴ 抛物线上必存在一点K，使∠OMK＝90˚．
解答本题的关键关键是通过已知三点求抛物线解析式，根据垂直关系证明三角形相似，得出线段长及点的坐标，利用直线解析式及抛物线解析式求满足条件的点的坐标．
30．（1）详见解析；（2）2．
【分析】（1）连接OA、OP，由旋转可得：△PAB≌△PCD，再由全等三角形的性质可知AP=PC=DC，再根据∠BPA=∠DPC=∠D可得出∠BPO=90°，进而可知PB与⊙O相切；
（2）过点A作AE⊥PB，垂足为E，根据∠BPA=30°，PB=2，△PAB是等腰三角形，可得出BE=EP=，PA=2，PB与⊙O相切于点P可知∠APO=60°，故可知PA=2．
【详解】（1）证明：连接OA、OP，OC，由旋转可得：△PAB≌△PCD，
∴PA=PC=DC，
∴AP=PC=DC，∠AOP=∠POC=2∠D，∠APO=∠OAP=，
又∵∠BPA=∠DPC=∠D，
∴∠BPO=∠BPA+=90°
∴PB与⊙O相切；
（2）解：过点A作AE⊥PB，垂足为E，
∵∠BPA=30°，PB=2，△PAB是等腰三角形；
∴BE=EP=，
PA===2
又∵PB与⊙O相切于点P，
∴∠APO=60°，
∴OP=PA=2．
本题考查的是切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，图形旋转的性质及锐角三角函数的知识，能根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
32.【答案】(1)见详解
(2)GI的长为4
【分析】（1）连接OG，根据角平分线的定义得到∠BAG=∠CAG，根据垂径定理得到OG⊥BC，根据平行线的性质得到OG⊥EF，然后问题可求证；
（2）连接BI，BG，根据角平分线定义得到∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，推出∠BIG=∠GBI，得到BG=IG，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OG，
∵∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，
∴∠BAG=∠CAG，
∴BG=CG，
∴OG⊥BC，
∵DE//BC，
∴OG⊥EF，
∵OG是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BI，BG，
∵点I为△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，AG平分∠BAC，
∴∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIG=∠BAI+∠ABI，∠GBI=∠GBC+∠CBI，∠GBC=∠GAC，
∴∠BAI=∠CBG，
∴∠BIG=∠GBI，
∴BG=IG，
∵BC//DE，
∴△ABF∽△ADG，
∴AFAG=BFDG=34，
∵AG=8，
∴AF=6，
∴FG=2，
∵∠BGF=∠AGB,∠GBF=∠BAG，
∴△BGF∽△AGB，
∴BGFG=AGBG，
∴BG2=8BG，
∴BG=4（负根舍去），
∴GI的长为4．
▊▊ 备考2023中考 ▊▊
南京市历年中考数学（含一模、二模）真题重难点汇编
解答题
1．（2021·江苏南京·统考中考真题）在几何体表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）如图①，圆锥的母线长为12cm，B为母线OC的中点，点A在底面圆周上，AC的长为．在图②所示的圆锥的侧面展开图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径，并标出它的长（结果保留根号）．
（2）图③中的几何体由底面半径相同的圆锥和圆柱组成．O是圆锥的顶点，点A在圆柱的底面圆周上．设圆锥的母线长为l，圆柱的高为h．
①蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径的长为________（用含l，h的代数式表示）．
②设AD的长为a，点B在母线OC上，OB=b．圆柱的侧面展开图如图④所示，在图中画出蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图，并写出求最短路径的长的思路．
2．（2021·江苏南京·统考中考真题）已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过−2,1,2,−3两点．
（1）求b的值．
（2）当c>−1时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是________．
（3）设m,0是该函数的图像与x轴的一个公共点，当−1
（1）当▱APCB的某一边所在直线与⊙O相切时，AP的长为 ．
（2）当▱APCB的四条边所在直线与⊙O都相交时，设⊙O分别与AN、AM交于点E、G，与直线CP、BC交于点H、F．
①如图②，在六边形BGEPHF中，易得BF//PE，BG //PH，∠GBF＝∠HPE＝120°，请再写出关于这个六边形的三个结论，并选择其中一个结论给出证明；
（要求：写出的三个结论类型不相同）
②设AP＝x，直接写出以B、G、E、P、H、F为顶点的六边形的面积（用含x的代数式表示）．
4．（2021·江苏南京·统考一模）【概念认识】
已知m是实数，若某个函数图像上存在点M（m，m），则称点M是该函数图像上的“固定点”．
【数学理解】
（1）一次函数y＝－2x＋3的图像上的“固定点”的坐标是 ；
（2）求证：反比例函数y＝kx（k＞0）的图像上存在2个“固定点”；
（3）将二次函数y＝x2＋bx＋1（b＜－2）的图像在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，图像的其余部分保持不变，翻折后的图像与原图像在x轴上方的部分组成一个类似“W”形状的新图像．若新图像上恰好存在3个“固定点”，求b的值．
5．（2021·江苏南京·统考一模）如图，在△ABC中，D是BC边上的点，过点D作DE⊥BC交AC边于点E，垂足为D，过点D作DF⊥AB，垂足为F，连接EF，经过点D，E，F的O与边BC另一个公共点为G．
（1）连接GF，求证；
（2）若AB=AC，，tanC=2．
①当CD=1.5时，求O的半径；
②当点D在BC边上运动时，O半径的最小值为___________．
6．（2021·江苏南京·统考一模）如图1，矩形ABCD中，∠ACB＝30°，将△ACD绕C点顺时针旋转α（0°＜α＜360°）至△A'CD'位置．
（1）如图2，若AB＝2，α＝30°，求S△BCD′．
（2）如图3，取AA′中点O，连OB、OD′、BD′．若△OBD′存在，试判定△OBD′的形状．
（3）当α＝α1时，OB＝OD′，则α1＝_____°；当α＝α2时，△OBD′不存在，则α2＝_______°．
7．（2021·江苏南京·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边BC上，以点O为圆心，OB为半径的⊙O交AB于点E，D为⊙O上一点，点B是弧DE中点．
（1）如图1，若AE＝BE，求证：四边形ACDE是平行四边形；
（2）如图2，若OB＝OC，BE＝2AE，求tan∠CAD的值．
8．（2020·江苏南京·统考中考真题）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线A'B与直线l的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在l直线上另外任取一点C'，连接AC'，BC'， 证明AC+CB
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区域，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．
9．（2020·江苏南京·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点A，对点A作如下变换：
第一步：作点A关于x轴的对称点A1；第二步：以O为位似中心，作线段OA1的位似图形OA2，且相似比OA2OA1=q，则称A2是点A的对称位似点．
(1)若A(2，3)，q=2，直接写出点A的对称位似点的坐标；
(2)已知直线l：y=kx-2，抛物线C：y=-12x2+mx-2(m＞0)．点N(mm−kk2，2k-2)在直线l上．
①当k=12时，判断E(1，-1)是否是点N的对称位似点，请说明理由；
②若直线l与抛物线C交于点M(x1，y1)(x1≠0)，且点M不是抛物线的顶点，则点M的对称位似点是否可能仍在抛物线C上？请说明理由．
10．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，D为AB边上的动点，过点D作DE⊥AB交边AC于点E，过点E作EF⊥DE交BC于点F，连接DF．
（1）当AD＝4时，求EF的长度；
（2）求△DEF的面积的最大值；
（3）设O为DF的中点，随着点D的运动，则点O的运动路径的长度为______．
11．（2020·江苏南京·统考模拟预测）我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是AFB的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．
（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．
（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．
（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．
12．（2020·江苏南京·校联考二模）在正方形ABCD中，点E是BC边上一动点，连接AE，沿AE将△ABE翻折得△AGE，连接DG，作△AGD的外接⊙O，⊙O交AE于点F，连接FG、FD．
（1）求证∠AGD＝∠EFG；
（2）求证△ADF∽△EGF；
（3）若AB＝3，BE＝1，求⊙O的半径．
13．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=8，CB=6，动点P从C出发沿CA方向，以每秒1个单位长度的速度向A点匀速运动，到达A点后立即以原来速度沿AC返回；同时动点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长度向点B匀速运动，当Q到达B时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q运动的时间为t秒（t＞0）．
（1）当t为何值时，PQ∥CB？
（2）在点P从C向A运动的过程中，在CB上是否存在点E使△CEP与△PQA全等？若存在，求出CE的长；若不存在，请说明理由；
（3）伴随着P、Q两点的运动，线段PQ的垂直平分线DF交PQ于点D，交折线QB﹣BC﹣CP于点F．当DF经过点C时，求出t的值．
14．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，AE是⊙O的弦，C是弧AE的中点，弦CG⊥AB于点D，交AE于点F，过点C作⊙O的切线，交BA延长线于点P，连接BE
（1）求证：PC∥AE；
（2）若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．
15．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图①，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝15，BC＝20，经过点C的⊙O与△ABC的每条边都相交．⊙O与AC边的另一个公共点为D，与BC边的另一个公共点为E，与AB边的两个公共点分别为F、G．设⊙O的半径为r．
【操作感知】
（1）根据题意，仅用圆规在图①中作出一个满足条件的⊙O，并标明相关字母；
【初步探究】
（2）求证：CD2+CE2＝4r2；
（3）当r＝8时，则CD2+CE2+FG2的最大值为 ；
【深入研究】
（4）直接写出满足题意的r的取值范围；对于范围内每一个确定的r的值，CD2+CE2+FG2都有最大值，每一个最大值对应的圆心O所形成的路径长为 ．
16．（2019·江苏南京·统考二模）如图1，在矩形ABCD中，BC=3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB' ，设点P的运动时间为t（s）．
（1）若AB=2．
①如图2，当点B' 落在AC上时，求t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB’是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t值？若不存在，请说明理由.
（2）若四边形ABCD是正方形，直线PB'与直线CD相交于点M，当点P不与点C重合时，求证：∠PAM=45°.
17．（2020·江苏南京·校考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，连接DE.过点A作，垂足为F.⊙O经过点C、D、F，与AD相交于点G.
（1）求证△AFG∽△DFC；
（2）若正方形ABCD的边长为4，AE=1，求⊙O的半径.
18．（2020·江苏南京·校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为r（r＞0）．给出如下定义：若平面上一点P到圆心O的距离d，满足12r≤d≤32r，则称点P为⊙O的“随心点”．
（1）当⊙O的半径r＝2时，A（3，0），B（0，4），C（﹣32，2），D（12，﹣12）中，⊙O的“随心点”是_____；
（2）若点E（4，3）是⊙O的“随心点”，求⊙O的半径r的取值范围；
（3）当⊙O的半径r＝2时，直线y＝x+b（b≠0）与x轴交于点M，与y轴交于点N，若线段MN上存在⊙O的“随心点”，直接写出b的取值范围．
19．（2020·江苏南京·校联考一模）【概念认识】
在同一个圆中两条互相垂直且相等的弦定义为“等垂弦”，两条弦所在直线的交点为等垂弦的分割点．如图①，AB、CD是⊙O的弦，AB＝CD，AB⊥CD，垂足为E，则AB、CD是等垂弦，E为等垂弦AB、CD的分割点．
【数学理解】
（1）如图②，AB是⊙O的弦，作OC⊥OA、OD⊥OB，分别交⊙O于点C、D，连接CD．求证： AB、CD是⊙O的等垂弦．
（2）在⊙O中，⊙O的半径为5，E为等垂弦AB、CD的分割点，BEAE=13．求AB的长度．
【问题解决】
（3）AB、CD是⊙O的两条弦，CD＝12AB，且CD⊥AB，垂足为F．
①在图③中，利用直尺和圆规作弦CD（保留作图痕迹，不写作法）．
②若⊙O的半径为r，AB＝mr（m为常数），垂足F与⊙O的位置关系随m的值变化而变化，直接写出点F与⊙O的位置关系及对应的m的取值范围．
20．（2020·江苏南京·校联考一模）如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，点E是BC边上一动点，连接AE、DE ，作△ECD的外接⊙O，交AD于点F，交AE于点G，连接FG．
（1）求证△AFG∽△AED；
（2）当BE的长为 时，△AFG为等腰三角形；
（3）如图②，若BE＝1，求证：AB与⊙O相切．
21．（2020·江苏南京·统考一模）已知抛物线与x轴分别交于A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）点F是线段AD上一个动点．
①如图1，设k=AFAD，当k为何值时，CF=12AD.
②如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与ΔABC相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．
22．（2020·江苏南京·统考一模）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示．
①线段DG与BE之间的数量关系是 ；
②直线DG与直线BE之间的位置关系是 ；
（2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述结论是否成立，并说明理由．
（3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝1，AB＝2，求BG2+DE2的值（直接写出结果）．
23．（2019·江苏南京·统考一模）如图，在▱ABCD中，过A、B、C三点的⊙O交AD于点E，连接BE、CE，BE＝BC．
（1）求证：△BEC∽△CED；
（2）若BC＝10，DE＝3.6，求⊙O的半径．
24．（2019·江苏南京·南师附中新城初中校考二模）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BDC＝90°，AB＝AD，∠DCB＝60°，CD＝8．
（1）若P是BD上一点，且PA＝CD，求∠PAB的度数．
（2）①将图1中的△ABD绕点B顺时针旋转30°，点D落在边BC上的E处，AE交BD于点O，连接DE，如图2，求证：DE2＝DO•DB；
②将图1中△ABD绕点B旋转α得到△A'BD'(A与A'，D与D'是对应点)，若CD'＝CD，则cosα的值为 ．
25．（2019·江苏南京·校联考二模）如图，在等腰ΔABC中，AB=AC，以AB为直径的圆O交BC点D，过点C作CF//AB，与⊙O的切线交于点E，连接DE．
（1）求证BD=CD；
（2）求证ΔCAB∽ΔCDE；
（3）设ΔABC的面积为S1，ΔCDE的面积为，直径AB的长为x，若∠ABC=30°，S1、满足S1+S2=283，试求x的值．
26．（2019·江苏南京·校联考二模）如图，已知矩形ABCD中，AB=4，动点P从点A出发，沿AD方向以每秒1个单位的速度运动，连接BP，作点A关于直线BP的对称点E，设点P的运动时间为t(s)．
（1）若AD=6，P仅在边AD运动，求当P，E，C三点在同一直线上时对应的t的值．
（2）在动点P在射线AD上运动的过程中，求使点E到直线BC的距离等于3时对应的t的值．
27．（2020·江苏南京·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx﹣4k+4与抛物线y＝14x2﹣x交于A、B两点．
（1）直线总经过定点，请直接写出该定点的坐标；
（2）点P在抛物线上，当k＝﹣12时，解决下列问题：
①在直线AB下方的抛物线上求点P，使得△PAB的面积等于20；
②连接OA，OB，OP，作PC⊥x轴于点C，若△POC和△ABO相似，请直接写出点P的坐标．
28．（2019·江苏南京·南京市第二十九中学校考二模）如图，在正方形ABCD中，AB=2，E是AD边上的一点(点E与点A和点D不重合)，BE的垂直平分线交AB于点M，交DC于点N.
(1)证明：MN = BE.
(2)设AE=x，四边形ADNM的面积为S，写出S关于x的函数关系式.
(3)当AE为何值时，四边形ADNM的面积最大？最大值是多少？
29．（2019·江苏南京·南京市第二十九中学校考二模）抛物线y=ax2+bx+c(c≠0)过点A(1，−3)，B(3，−3)，C(−1，5)，顶点为M点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线上是否存在一点P，使∠POM＝90˚．若不存在，说明理由；若存在，求出P点的坐标；
（3）试判断抛物线上是否存在一点K，使∠OMK＝90˚，说明理由．
30．（2019·江苏南京·校联考三模）如图，已知△PDC是⊙O的内接三角形，CP=CD，若将△PCD绕点P顺时针旋转，当点C刚落在⊙O上的A处时，停止旋转，此时点D落在点B处．
（1）求证：PB与⊙O相切；
（2）当PD=2，∠DPC=30°时，求⊙O的半径长．
31．（2022·江苏南京·统考二模）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，过G作DE//BC分别交AB，AC的延长线于点D，E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)已知AG=8，BFDG=34，点I为△ABC的内心，求GI的长．
参考答案：
1．（1）作图如图所示；（2）①h +l；②见解析．
【分析】（1）根据两点之间线段最短，即可得到最短路径；连接OA，AC，可以利用弧长与母线长求出∠AOC，进而证明出△OAC是等边三角形，利用三角函数即可求解；
（2）①由于圆锥底面圆周上的任意一点到圆锥顶点的距离都等于母线长，因此只要蚂蚁从点A爬到圆锥底面圆周上的路径最短即可，因此顺着圆柱侧面的高爬行，所以得出最短路径长即为圆柱的高h加上圆锥的母线长l；
②如图，根据已知条件，设出线段GC的长后，即可用它分别表示出OE、BE、GE、AF，进一步可以表示出BG、GA，根据B、G、A三点共线，在Rt△ABH中利用勾股定理建立方程即可求出GC的长，最后依次代入前面线段表达式中即可求出最短路径长．
【详解】解：（1）如图所示，线段AB即为蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径；
设∠AOC=n°，
∵圆锥的母线长为12cm， AC的长为，
∴12πn180=4π，
∴n=60；
连接OA、CA，
∵OA=OC=12，
∴△OAC是等边三角形，
∵B为母线OC的中点，
∴AB⊥OC，
∴AB=OA×sin60°=63．
（2）① 蚂蚁从点A爬行到点O的最短路径为：先沿着过A点且垂直于地面的直线爬到圆柱的上底面圆周上，再沿圆锥母线爬到顶点O上，因此，最短路径长为h+l
② 蚂蚁从点A爬行到点B的最短路径的示意图如下图所示，线段AB即为其最短路径（G点为蚂蚁在圆柱上底面圆周上经过的点，图中两个C点为图形展开前图中的C点）；
求最短路径的长的思路如下：如图，连接OG，并过G点作GF⊥AD，垂足为F，由题可知，OG=OC=l，GF=h， OB=b，
由AD的长为a，得展开后的线段AD=a，设线段GC的长为x，则GC的弧长也为x，由母线长为l，可求出∠COG，
作BE⊥OG，垂足为E，
因为OB=b，可由三角函数求出OE和BE，从而得到GE，利用勾股定理表示出BG，
接着由FD=CG=x，得到AF=a-x，利用勾股定理可以求出AG，
将AF+BE即得到AH，将EG+GF即得到HB，
因为两点之间线段最短，∴A、G、B三点共线，
利用勾股定理可以得到：AB2=AH2+BH2,进而得到关于x的方程，即可解出x，
将x的值回代到BG和AG中，求出它们的和即可得到最短路径的长．
本题考查的是曲面上的最短路径问题，涉及到圆锥和圆柱以及它们的组合体上的最短路径问题，解题过程涉及到“两点之间、线段最短”以及勾股定理和三角函数等知识，本题为开放性试题，答案形式不唯一，对学生的空间想象能力以及图形的感知力要求较高，蕴含了数形结合等思想方法．
2．（1）b=−1；（2）1；（3）a<0或a>45．
【分析】（1）将点−2,1,2,−3代入求解即可得；
（2）先求出二次函数的顶点的纵坐标，再利用完全平方公式、不等式的性质求解即可得；
（3）分a<0和a>0两种情况，再画出函数图象，结合图象建立不等式组，解不等式组即可得．
【详解】解：（1）将点−2,1,2,−3代入y=ax2+bx+c得：4a−2b+c=14a+2b+c=−3，
两式相减得：−4b=4，
解得b=−1；
（2）由题意得：a≠0，
由（1）得：y=ax2−x+c=a(x−12a)2+c−14a，
则此函数的顶点的纵坐标为c−14a，
将点2,−3代入y=ax2−x+c得：4a−2+c=−3，
解得−4a=c+1，
则c−14a=c+1c+1，
下面证明对于任意的两个正数x0,y0，都有x0+y0≥2x0y0，
∵(x0−y0)2=x0+y0−2x0y0≥0，
∴x0+y0≥2x0y0（当且仅当x0=y0时，等号成立），
当c>−1时，c+1>0，
则c+1c+1=c+1+1c+1−1≥2(c+1)⋅1c+1−1=1（当且仅当c+1=1c+1，即c=0时，等号成立），
即c−14a≥1，
故当c>−1时，该函数的图像的顶点的纵坐标的最小值是1；
（3）由4a−2+c=−3得：c=−4a−1，
则二次函数的解析式为y=ax2−x−4a−1(a≠0)，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当a<0时，则当x=−1时，y>0；当x=3时，y<0，
即a+1−4a−1>09a−3−4a−1<0，
解得a<0；
②如图，当a>0时，
∵当x=−1时，y=a+1−4a−1=−3a<0，
∴当x=3时，y=9a−3−4a−1>0，
解得a>45，
综上，a的取值范围为a<0或a>45．
本题考查了二次函数的图象与性质等知识点，较难的是题（3），熟练掌握函数图象法是解题关键．
3．（1）3或12，（2）①见解析， ②当0＜x＜3时，S六边形FGPEHB＝－334x＋9；当3＜x＜12时，S六边形BGEPHF＝934x；当x＞12时，S六边形FGBEHP＝34x2－334x．
【分析】（1）分当AN是⊙O的切线时，与当AM是⊙O的切线时，两种情况，再根据切线性质，30度角的性质，即可解决问题．
（2）①答案不唯一，可以从边的大小关系、位置关系和面积关系求解即可得；②分0＜x＜3时，当3＜x＜12，当x＞12时，三种情况依次分析，即可得到答案．
【详解】解：（1）情况一：如图，当AN是⊙O的切线时，切点是点P
∵AN是⊙O的切线时，切点是点P
∴∠APB=90°
∵∠MAN＝60°
∴∠ABP=90°−∠MAN＝90°−60°=30°
∵AB＝6，∠APB=90°
∴AP=12AB＝12×6=3
情况二：如图，当AM是⊙O的切线时，切点是点B
∵AM是⊙O的切线时，切点是点B
∴∠ABP=90°
∵∠MAN＝60°
∴∠APB=90°−∠MAN＝90°−60°=30°
∵AB＝6，∠ABP=90°
∴AP=2AB＝2×6=12
故答案为3或12．
（2）①答案不唯一，例如：
结论1：在六边形中，EG//FH；
结论2：在六边形中，S四边形GEPB=S四边形FHPB；
结论3：在六边形中，∠BFH＝∠PEG；
证明结论1：
∵四边形APCB是平行四边形
∴BG//PH
又∵∠MAN＝60°
∴∠ABC=180°−∠MAN＝180°−60°=120°
又∵四边形GBFH是⊙O 的内接四边形
∴∠FHG=180°−∠ABC=180°−∠MAN=180°−120°=60°
同理∠EGH=60°
∴∠FHG=∠EGH=60°
∴EG//FH；
（2）②情况一：当0＜x＜3时，连接BE．
∵∠AGP=∠PGB=90°,∠A＝60°
∴∠APG=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AP＝x
∴AG=12AP＝12x,GP=AP2−AG2=32x
∵∠BEP=90°,∠A＝60°
∴∠ABE=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AB＝6
∴AE=12AB＝12×6=3
∴PE=AE−AP=3−x
∵四边形APCB是平行四边形
∴AB//PC，AP=BC,∠A＝∠C，
∵∠A＝60°
∴∠HPE＝∠A=60°
∵∠PHB＝∠CHB=90°，∠AGP=∠PGB=90°
∴∠AGP＝∠CHB=90°
∴△AGP≌△CHB，BH//PG
∴BH=PG，∠CBH=∠AOG
∴四边形GPHB是平行四边形
又∵∠PHB=90°
∴四边形GPHB是矩形，
∴BG=PH，GB//PH，∠HBG=∠GPA=90°
∴∠FBG=∠EPB，BH与所对弧相等
∴∠BFG=∠PEH
∴△BFG≌△PEH， S六边形FGPEHB=S矩形GPHB+2S△PEH=6−12x⋅32x＋2×12⋅3−x⋅326−12x=−334x+93
情况二：当3＜x＜12时，连接BS
∵∠AGP=∠PGB=90°,∠A＝60°
∴∠APG=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AP＝x
∴AG=12AP＝12x,GP=AP2−AG2=32x
∴BG=AB−AG=6−12x
∵∠BEP=90°，AB＝6
∴AE=12AB＝3,
∵∠PGA=90°,∠A＝60°
∴∠GPE=90°−∠A=90°−60°=30°
∵AB＝6
∴AE=12AB＝12×6=3
∴PE=AE−AP=x−3
S六边形FGPEHB=S矩形BGPH+2S△PEG=6−12x⋅32x＋2×12×32x⋅12x−3=934x
情况三：如图当x＞12时，
可得：EP=BF=x−3，BE=33
又∵∠BGP=90°则AG=12AP=12x，BG=12x−6，∠GBF=60°
∴S六边形FGPEHB=S矩形BEPF+2S△GBF=33x−3＋2×12×3212x−6x−3=34x2−334x
综上所述：当0＜x＜3时，S六边形FGPEHB＝－334x＋9．
当3＜x＜12时，S六边形BGEPHF＝934x．
当x＞12时，S六边形FGBEHP＝34x2－334x．
本题考查了圆周角定理、30°角的直角三角形性质、切线的性质、矩形的判定等；熟练掌握全等判定与性质是解题的关键．
4．（1）（1，1）；（2）证明见解析；（3）－3．
【分析】（1）根据“固定点”的定义直接计算即可；
（2）令y＝x，得到x2＝k，解出x，再回代入反比例函数解析式，即可得到2个“固定点”；
（3）先根据二次函数变换得到翻折到x轴上方的函数解析式为y＝－x2－bx－1，可知这个新函数的图像与y=x有一个交点，即x2＋(b＋1)x＋1＝0有两个相等的实数根，再根据判别式即可解得b的值．
【详解】（1）存在点M（m，m）为一次函数y＝－2x＋3的图像上的“固定点”
故m=-2m+3，解得m=1
故一次函数y＝－2x＋3的图像上的“固定点”的坐标是（1，1）
（2）证明：在y＝kx（k＞0）中，令y＝x，可得x2＝k．
解得x1＝k，x2＝－k．
将x1＝k代入y＝kx中，得y1＝k．
将x2＝－k代入y＝kx中，得y2＝－k．
因此反比例函数y＝kx（k＞0）的图像上存在2个“固定点”，分别为（k，k）和（－k，－k）．
（3）解：将二次函数y＝x2＋bx＋1（b＜－2）的图像在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，则在x轴上方的图像的函数表达式为 y＝－x2－bx－1．
∵ 新图像上恰好存在3个“固定点”，
∴ y＝－x2－bx－1在x轴上方的图像与y＝x的图像恰好有一个公共点．
∴ x2＋(b＋1)x＋1＝0有两个相等的实数根．
∴ (b＋1)2－4＝0．
∴ b1＝1（舍去），b2＝－3．
∴ b的值是－3．
本题主要考查二次函数的性质，能够理解题意中“固定点”的概念，熟悉二次函数的性质是解题关键．
5．（1）见解析；（2）①102；②2
【分析】（1）证明∠B=∠EDF，，从而可证明；
（2）①连接EG，根据题意得tanB=tanC=2，解Rt△EDC得，解Rt△BFD得BG=32，从而求出GD=1，解Rt△GED得GE=10，再证明是⊙O的直径，即可得到结论；
②设DC=x，则ED=2x，BG=x，，则，代入得到二次函数关系式，配方求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图，
∵DE⊥BC，DF⊥AB，
∴，
在Rt△BFD中，∠BFD=90°，
∴．
又∵，
∴∠B=∠EDF．
∵四边形EFGD是⊙O的内接四边形，
∴．
又∵，
∴，
又∵∠B=∠EDF，
∴．
（2）①连接EG，如图，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴tanB=tanC=2．
Rt△EDC中，∠EDC=90°，
∴，
∵DC=1.5，
∴．
在Rt△BFD中，∠BFD=90°，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴BG=32．
∴．
在Rt△GED中，∠GDE=90°，
∴，
∴GE=12+32=10，
∵点D在⊙O上，且∠GDE=90°，
∴是⊙O的直径，
∴．
②解题思路同①，设DC=x，则ED=2x，BG=x，，
则
，
当x=1时，GE2有最小值，最小值为8，
则的最小值为22，半径的最小值为2．
故答案为：2
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆内接四边形的性质以及解直角三角形等知识，合运用以上知识．
6．（1）3；（2）△OBD′是直角三角形；（3）90°或270°，240°或300°．
【分析】（1）作D'E⊥BC于E，由直角三角形的性质得出BC=2，CE=12CD'=1，D'E=，由三角形面积公式即可得出答案；
（2）连接OC，证明A、B、C、O四点共圆，由圆周角定理得出∠BOC=∠BAC=60°，同理A'、D'、C、O四点共圆，得出∠D'OC=∠D'A'C=30°，证出∠BOD'=90°即可；
（3）若B、C、D'三点不共线，证出BC=CD，这与已知相矛盾，得出B、C、D'三点共线；当α=α1时，OB=OD′，分两种情况：当点D'在BC的延长线上和当点D'在边BC上；当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：当O与D'重合时，当O与B重合时，由等腰三角形的性质和等边三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：（1）作D'E⊥BC交BC的延长线于E，如图2所示：
则∠E=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB//CD，AD//BC，CD=AB=2，
∴∠ACD=∠BAC，∠DAC=∠ACB=30°，
∵∠ACB=30°，
∴BC=AB=2，∠ACD=∠BAC=60°，
由旋转的性质得：CD'=CD=2，∠ACA'=30°，
∴∠D'CE=180°−30°−30°−60°=60°，
∴∠CD'E=30°，
∴CE=12CD'=1，D'E=CE=，
∴S△BCD′=12BC×D'E=12×2×=3；
（2）△OBD′是直角三角形，理由如下：
连接OC，如图3所示：
由旋转的性质得：CA'=CA，∠A'D'C=∠ADC=90°，∠D'A'C=∠DAC=30°，
∵O是AA′的中点，
∴OC⊥AA'，
∴∠AOC=∠A'OC=90°=∠ABC=∠A'D'C，
∴∠ABC+∠AOC=180°，
∴A、B、C、O四点共圆，
∴∠BOC=∠BAC=60°，
同理；A'、D'、C、O四点共圆，
∴∠D'OC=∠D'A'C=30°，
∴∠BOD'=90°，
∴△BOD'是直角三角形；
（3）若B、C、D'三点不共线，如图3所示：
由（2）得：∠OBC=∠OAC，∠OD'C=∠OA'C，∠OAC=∠OA'C，
∴∠OBC=∠OD'C，
∵OB=OD'，
∴∠OBD'=∠OD'B，
∴∠CBD'=∠CD'B，
∴CB=CD'，
∵CD'=CD，
∴BC=CD，这与已知相矛盾，
∴B、C、D'三点共线；
分两种情况：当点D'在BC的延长线上时，如图4所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠AC A'=180°−30°−60°=90°，
∴α=α1=90°；
当点D'在边BC上时，如图5所示：
∵∠ACB＝30°，∠A'CD'=∠ACD＝60°，
∴∠ACA'＝90°，
∴α=α1=360°−90°=270°；
故答案为：90°或270；
当α=α2时，△OBD′不存在时，分两种情况：
当O与D'重合时，如图6所示：
∵CA'=CA，∠CAD'=∠CA'D'=30°，
∴∠ACA'=120°，
∴α=α2=360°−120°=240°；
当O与B重合时，如图7所示：
则AA'=2AB=4，
∵CA=CA'=2AB=4=AA'，
∴△ACA'是等边三角形，
∴∠A'CA=60°，
∴α=α2=360°−60°=300°；
故答案为：240°或300．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、四点共圆、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
7．（1）证明见详解；（2）tan∠CAD=25．
【分析】（1）连接CE，则CE=BE，证明AE//CD，AE=CD即可．
（2）连接DE，设AE=2，BE=4，则AE2=AEAB=2×6=12，求出CF，AC即可解决问题．
【详解】解：（1）连接CE，则CE=BE，
∴∠ECB=∠B，
∵点B是弧DE中点
∴BD=BE，
∴∠BCD=∠ECB，
，
∴AB//CD，
又∵CD=CE=AE，∴AE//CD，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（2）连接DE，设AE=2，BE=4，则AE2=AEAB=2×6=12，
，，
设DE交BC于点，AD交BC于点F，
由（1）知DE⊥BC，DH=EH，
又EHAC=BHBC=BEAB=23，∴BH=463，
∴CH=263，
∵EH=DH，DHAC=FHCF=23，
∴CF=35CH=35×263=265，
∴tan∠CAD=CFAC=26523=25．
本题考查圆周角定理，垂径定理，解直角三角形等知识添加辅助线，灵活运用所学知识解决问题，是解题的关键．
8．（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【分析】（1）连接A'C，利用垂直平分线的性质，得到A'C=CA，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】（1）证明：如图，连接A'C
∵点A、A'关于l对称，点C在l上
∴A'C=CA，
∴CA+CB=A'C+CB=A'B，
同理AC'+C'B=A'C'+C'B，
在ΔA'C'B中，有A'B
②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DE+EB（如图，其中CD、BE都与圆相切）．
本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
9．（1）4,−6、−4,6;（2）①E(1，-1)不是N(2,-1)的对称位似点;②−14≤k<0.理由见解析.
【分析】（1）由对称位似点的定义可求出点A的对称位似点的坐标；
（2）①先求出N点坐标为（2，−1），关于x轴的对称点坐标为（2，1），由E（1，−1），
−11≠12，故不存在q，使得E（1，−1）是点N的对称位似点，可知E（1，−1）不是点N的对称位似点；
②把N点坐标代入y＝kx−2，可得m＝2k或m＝−k，当直线与二次函数图象相交时求得M（−4k，−4k2−2），M关于x轴的对称点M1−4k,4k2+2，求出直线OM1的解析式，联立方程组，当△≥0时，求得−14≤k<0时，点M的对称位似点仍在抛物线C上．
【详解】解：（1）∵A（2，3），
∴A关于x轴的对称点A1为（2，−3）），
∵以O为位似中心，作线段OA1的位似图形OA2，且相似比为2，
∴A2的坐标为（4，−6）或（-4，6），
∴A的对称位似点的坐标为（4，−6）或（−4，6）．
4,−6、−4,6
（2）①当k=12时，2k−2=2×12−2=−1，将y=−1代入y=kx−2得：
∴N的坐标为2,−1，其关于x轴的对称点坐标是2,1
对于E1,−1，
∵−11≠12，所构成的Rt△直角边不成比例，
∴E1,−1不是N2,−1的对称位似点
②直线l：y=kx−2过点Nmm−kk2,2k−2
2k−2=kmm−kk2−2，整理得：m2−mk−2k=0
m−2km+k=0
∴m=2k或m=−k
直线与抛物线相交于点M:−12x2+mx−2=kx−2
kx=−12x2+mx
,∴k=−12x+m,x=2m−k
抛物线对称轴：，且点M不是抛物线的顶点
∴2m−k≠m，m≠2k
∴只有m=−k成立. 此时，x−2m−k=−4k M的坐标：−4k,−4k2−2
于是，M关于x轴的对称点M1−4k,4k2+2，
直线OM1的解析式:y=−4k2+24kx
若直线OM1与抛物线有相交，−4k2+24kx=−12x2+kx−2
整理得：kx2−x+4k=0
当Δ=1−16k2≥0，k2≤116时，交点存在，不妨设为M2，OM2OM1=q，
则M2是点M的对称位似点
∵m>0,且m=−k,
∴k<0,
∴−14≤k<0.
本题是二次函数的综合题，考查了一次函数图象上的坐标的特征，二次函数图象上的坐标的特征，“对称位似点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10．（1）154，（2）6，（3）1935
【分析】（1）利用勾股定理可求出AB的长，根据∠A＝∠A，∠EDA＝∠C＝90°可证明△AED∽△ABC，即可求出AE、CE的长，由∠EDA＝∠DEF＝90°可得EF//AB，即可证明△CEF∽△ACB，根据相似三角形的性质即可求出EF的长；（2）设AD＝x.由△AED∽△ABC可得ADAC＝DEBC＝AEAB，即可用x表示出DE、AE的长，进而可表示CE的长，由△CEF∽△ACB可得＝EFAB，即可用x表示出EF的长，进而可用x表示出△DEF的面积，根据二次函数的性质即可求出△DEF的面积的最大值；（3）过C作CG⊥AB于G，当点D与A点重合时，点O为AB中点，当点D与点G重合时，点O为CG的中点，当点D在点G右边时，DE与AC无交点，点O不存在，设AB中点为O1，CG的中点为O2，根据△ABC的面积可求出CG的长，即可得O2G的长，利用勾股定理可求出BG的长，即可得O1G的长，利用勾股定理求出O1O2的长即可.
【详解】（1）∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴AB＝AC2+BC2＝＝10．
∵DE⊥AB，
∴∠EDA＝90°．
∵∠A＝∠A，∠EDA＝∠C＝90°，
∴△AED∽△ABC，
∴ADAC＝AEAB．
∴AE＝ADACAB＝5．
∴CE＝AC－AE＝8－5＝3．
∵DE⊥AB，
∴∠DEF＝90°．
∵∠EDA＝∠DEF＝90°，
∴EF∥AB．
∴△CEF∽△ACB，
∴＝EFAB．
∴EF＝·AB＝154．
（2）解：设AD＝x.
∵△AED∽△ABC，
∴ADAC＝DEBC＝AEAB．
∴DE＝ADAC·BC＝34x，AE＝ADAC·AB＝54x．
∴CE＝AC－AE＝8－54x．
∵△CEF∽△ACB，
∴＝EFAB．
∴EF＝·AB＝10－2516x．
∴S△DEF＝12DE·EF＝－75128x2＋154x＝－75128 (x－165)2＋6．
∴当x＝165时，S△DEF取最大值为6．
因此，△DEF的面积的最大值为6．
（3）过C作CG⊥AB于G，
当点D与A点重合时，点O为AB中点，当点D与点G重合时，点O为CG的中点，当点D在点G右边时，DE与AC无交点，点O不存在，设AB中点为O1，CG的中点为O2，
∴O1O2为点O的运动路径的长度，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CG，
∴CG=AC⋅BCAB=6×810=245，
∴O2G=12CG=125，BG=BC2−CG2=，
∵AB=10，
∴O1B=5，
∴O1G= O1B-BG=75，
∴O1O2=O1G2+O2G2=(75)2+(125)2=1935.
本题考查了相似三角形的判定与性质及利用二次函数的最值求三角形面积的最大值，熟练掌握相似三角形的判定定理，在（3）中确定点D的运动范围是解题关键.
11．（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为3﹣1或3+1．
【分析】（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.
（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.
（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.
【详解】解：（1）如图2，
在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，
∵点F是AFB的中点，FA＝FB，
在△FAG和△FBC中，
FA=FB∠FAG=∠FBCAG=BC,
∴△FAG≌△FBC（SAS），
∴FG＝FC，
∵FE⊥AC，
∴EG＝EC，
∴AE＝AG+EG＝BC+CE；
（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，
理由：如图3，
在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，
∵点F是AFB的中点，
∴FA＝FB， FA=FB,
∴∠FCG＝∠FCB，
在△FCG和△FCB中，CG=CB∠FCG=∠FCBFC=FC,
∴△FCG≌△FCB（SAS），
∴FG＝FB，
∴FA＝FG，
∵FE⊥AC，
∴AE＝GE，
∴CE＝CG+GE＝BC+AE；
（3）在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，
∴BC=12AB=2，AC=23，
当点P在弦AB上方时，如图4，
在CA上截取CG＝CB，连接PA，PB，PG，
∵∠ACB＝90°，
∴AB为⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠PAB＝45°，
∴∠PBA＝45°＝∠PAB，
∴PA＝PB，∠PCG＝∠PCB，
在△PCG和△PCB中， CG=CB∠PCG=∠PCBPC=PC,
∴△PCG≌△PCB（SAS），
∴PG＝PB，
∴PA＝PG，
∵PH⊥AC，
∴AH＝GH，
∴AC＝AH+GH+CG＝2AH+BC，
∴23=2AH+2，
∴AH=3−1， 当点P在弦AB下方时，如图5，
在AC上截取AG＝BC，连接PA，PB，PC，PG
∵∠ACB＝90°，
∴AB为⊙O的直径，
∴∠APB＝90°，
∵∠PAB＝45°，
∴∠PBA＝45°＝∠PAB，
∴PA＝PB，
在△PAG和△PBC中，
AG=BC∠PAG=∠PBCPA=PB,
∴△PAG≌△PBC（SAS），
∴PG＝PC，
∵PH⊥AC，
∴CH＝GH，
∴AC＝AG+GH+CH＝BC+2CH，
∴23=2+2CH，
∴CH=3−1，
∴AH=AC−CH=23−3−1=3+1，
即：当∠PAB＝45°时，AH的长为3−1 或3+1.
考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.
12．（1）见解析；（2）见解析；（3）⊙O的半径为345
【分析】（1）根据题目图形可知，本题考查圆内接四边形的性质应用，可利用对角互补解题；同时根据题干“翻折”信息可推出边等、角等信息，结合正方形ABCD边等性质即可解答；
（2）本题需以第一问结论作为角互换的桥梁，同时考查正方形ABCD性质，利用其平行特征推出角等，结合“翻折”图形性质进行角的互换，利用“角角”判定三角形相似；
（3）本题考查正方形以及圆的综合运用，借助正方形内角90°为媒介考查圆周角定理的运用，同时需要观察图形特点构造全等三角形，结合勾股定理求解边长．
【详解】（1）证明：∵四边形AFGD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADG＋∠AFG＝180°，
∵∠AFG＋∠EFG＝180°，
∴∠ADG＝∠EFG，
由正方形ABCD及翻折可得AB＝AG＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∴∠AGD＝∠EFG．
（2）∵∠AGD＝∠AFD，∠AGD＝∠EFG，
∴∠AFD＝∠EFG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAF＝∠AEB．
由翻折得∠AEB＝∠GEF，
∴∠DAF＝∠GEF，
∴△ADF∽△EGF．
（3）解：设⊙O与CD交于点H，连接AH、GH，如下图所示
∵∠ADH＝90°，
∴AH是⊙O的直径，
∴∠AGH＝90°，
由翻折得∠AGE＝90°，则∠AGE＋∠AGH＝180°，
∴E、G、H三点在一条直线上．
∵AH＝AH，AD＝AG，∴Rt△ADH≌Rt△AGH，∴GH＝DH，
设GH＝DH＝x，则在Rt△ECH中，CH＝3－x，EH＝1＋x，EC＝3－1＝2，
由CH2＋EC2＝EH2，即(3－x)2＋22＝(1＋x)2，解得x＝32，
在Rt△ADH中，AD2＋DH2＝AH2，即32＋(32)2＝AH2，解得AH＝325，
∴⊙O的半径为345
本题考点极其丰富，且综合性较高，难度较大，但需注意此类型题目前一问结论往往作为后一问已知利用，解题需要循序渐进，另外对于翻折问题，需要立刻推边等、角等，继而寻找等量关系的替代，对于圆周角定理的应用需要极其熟练，如在圆当中看到直角要想到直径。
13．（1）；（2）存在，83；（3）5和10.
【详解】试题分析：（1）根据勾股定理求出AB，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可；
（2）根据全等三角形的性质得到∠PQA=90°，根据相似三角形的性质求出PE，根据勾股定理计算；
（3）分P由C向A运动和P由A向C运动两种情况，根据线段垂直平分线的性质、相似三角形的性质计算．
解：（1）如图1，
CP=AQ=t，则AP=8－t，在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB=10，
由PQ∥CB可得APAC=AQAB，即8−t8=t10，
解得t=409，所以当t=时，PQ∥CB .
（2）存在，如图2，
由题意可知CP=AQ=t，又∵∠PCE =90°，要使△CEP与△PQA全等，
只有∠PQA=90°，
这一种情况，此时CE=PQ，PE= AP，由△PQA∽△BCA可得APAB=AQAC，
即8−t10=t8，解得t=329，
则PE=8－t=，在Rt△PCE中，由勾股定理可得CE=83；
(或由△PCE∽△ACB得CECB=CPCA，即CE6=3298，解得CE=83）
（3）①当P由C向A运动时，CQ=CP=AQ=t，可得∠QCA=∠QAC，
所以∠QCB=∠QBC，所以CQ=BQ=t，所以BQ=AQ=12AB，
即AB=2t，解得t=5；
②如图3，
当P由A向C运动时，过Q作QG⊥CB交CB于点G，
CQ=CP=16－t，BQ=10－t，则BQBA=GQCA，即10−t10=GQ8，所以GQ=45（10－t），
同理可求得BG=35（10－t），所以GC=6－35（10－t），
在Rt△CGQ中，由勾股定理可得：CG2+GQ2=CQ2，
即[6﹣35（10－t）]2+[45（10－t）]2=（16－t）2，解得t=10.
综上可知满足条件的t的值为5和10．
：本题是一道三角形综合题，涉及的知识有勾股定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形的性质、线段垂直平分线的性质等.解题的关键在综合运用所学的基础上要利用好数形结合及分类讨论的思想.
14．（1）详见解析；（2）BE＝12．
【分析】（1）连接OC，如图，先利用切线的性质得OC⊥PC，再利用垂径定理得到OC⊥AE，所以PC∥AE；
（2）设OC与AE交于点H，如图，利用垂径定理得到AC=AG，根据圆周角定理得∠ACG=∠CAE，则AF=CF=5，在Rt△ADF中利用三角函数的定义可计算出DF=3，AD=4，再证明△OAH≌△OCD得到AH=CD=8，所以AE=2AH=16，然后证明Rt△ADF∽Rt△AEB，于是利用相似比可计算出BE．
【详解】解：（1）证明：连接OC，如图，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∵C是弧AE的中点，
∴OC⊥AE，
∴PC∥AE；
（2）设OC与AE交于点H，如图，
∵CG⊥AB，
∴AC=AG，
∴AG=CE，
∴∠ACG＝∠CAE，
∴AF＝CF＝5，
∵PC∥AE，
∴∠EAB＝∠P，
在Rt△ADF中，
∵sin∠P＝sin∠FAD＝＝35，
∴DF＝3，AD＝4，
在△OAH和△OCD中,
∠OHA=∠ODC∠AOH=∠DOCOA=OC，
∴△OAH≌△OCD（AAS），
∴AH＝CD＝5+3＝8，
∴AE＝2AH＝16，
∵∠DAF＝∠EAB，
∴Rt△ADF∽Rt△AEB，
∴DF：BE＝AD：AE，即3：BE＝4：16，
∴BE＝12．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系也考查了垂径定理和相似三角形的判定与性质．
15．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）48；（4）314．
【分析】（1）根据要求画出图形即可（如图①所示）；
（2）如图②中，连接DE．利用勾股定理即可解决问题；
（3）因为CD2+CE2是定值，FG是⊙O的弦，⊙O的半径为定值 8，所以弦心距越小则弦FG越长，圆心O在以C为圆心8为半径的圆上，当时，O到AB距离最短，此时FG最大，由此即可解决问题；
（4）首先确定r的范围．圆心距离AB最近时的值最大，当半径比较小时，O在CH上时的值最大，当圆心在CH 上，圆正好经过点A时，设，在Rt△中，则有，解得，当时，若O还在CH上，则A点在圆内，圆不与AB边相交，推出此时圆心应该是在AC中垂线上，推出时，O在CH上，时，O在AC中垂线上，则的值最大，推出O路径如下图折线．
【详解】（1）解：如图①即为所求，
（2）证明：如图②中，连接DE．
∵∠DCE＝90°，
∴DE为⊙O直径，即DE＝2r，
∴CD2+CE2＝DE2＝4r2，
（3）解：如图③中，
∵CD2+CE2是定值，FG是⊙O的弦，⊙O的半径为定值 8，
∴弦心距越小则弦FG越长，圆心O在以C为圆心8为半径的圆上，
当CO⊥AB时，O到AB距离最短，此时FG最大，
∵ ，
∴CH＝15×2025＝12，
∵OC＝8，
∴OH＝4，
OH⊥FG，
∴FH=HG=OF2−OH2=82−42=43，
∴FG=2FH=83，
∴CD2+CE2+FG2的最大值＝162+(83)2=448．
故答案为：448．
（4）如图④中，
当⊙O1 与AB相切时，⊙O1的直径最小，最小值为12，此时r＝6，
当圆心O2在AB上时，圆直径最大等于AB＝25，
∴6⩽r⩽252，
∵圆心距离AB最近时CD2+CE2+FG2的值最大，
当半径比较小时，O在CH上时CD2+CE2+FG2的值最大，
当圆心在CH 上，圆正好经过点A时，设O0A＝O0C＝r，
在Rt△AO0H中，则有r2＝（12﹣r）2+92，
解得：，
∴OH=12−758=218，
当时，若O还在CH上，则A点在圆内，圆不与AB边相交，
∴此时圆心应该是在AC中垂线上，
∴时，O在CH上，
时，O在AC中垂线上，则CD2+CE2+FG2的值最大，
∴O路径如下图折线 O1﹣O0﹣O2
∵O1H＝6，，
∴O1O1=6−218=278，
∵AO2=252，AH＝9，
∴HO2=252−9=72，
∴O0O2=(72)2+(218)2=358，
∴O点路径长＝278+358=314．
故答案为：314．
本题属于圆综合题，考查了解直角三角形，勾股定理，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
16．（1）①t=27－4；②存在，t=2；t=6；t=2；（2）详见解析
【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB'CB=PB'AB,即可解决问题．
②分三种情形分别求解即可：如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时．
（2）如图3-1中，当t<3时，由四边形ABCD是正方形，证明△MDA≌△MB’A，即可得到结论，如图3-2中，当t>3时，设∠APB=x，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
【详解】解：（1）①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°， ∴AC=AB2+BC2=21,
∵∠PCB′=∠ACB，∠PB′C=∠ABC=90°，
∴△PCB′∽△ACB，
∴CB'CB=PB'AB,
∴ 21−233=PB'23,
∴PB'=27−4,
∴t=PB=27−4.
②如图2-1中，当∠PCB′=90°时，
∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=90°，AB=CD=23, AD=BC=3，
∴B'D=(23)2−32=3,
∴CB'=CD−DB'=3,
在Rt△PCB′中，∵B'P2=PC2+B'C2,
∴t2=(3)2+(3−t)2,
∴t=2,
如图2-2中，当∠PCB′=90°时，
在Rt△ADB′中，DB'=B'A2−AD2=3，
∴CB'=33,
在Rt△PCB′中则有：(33)2+(t−3)2=t2,
解得t=6．
如图2-3中，当∠CPB′=90°时，则∠BPA=∠B'PA=45°,
则四边形ABPB'为正方形，
∴PB=AB=23,
t=23.
综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或23s．
（2）如图3-1，当t<3时，
又∵翻折，
∴∠1=∠2，AB=AB’，∠B=∠AB’P
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=AB’ ，∠D=∠B=∠AB’P= 90°
∵AM=AM
∴△MDA≌△MB’A（HL）
∴∠3=∠4
∴∠2+∠3=45°，
即∠PAM=45°
（图3-1）
如图3-2，当t>3时，设∠APB=x
∴∠PAB=90°－x
∴∠DAP＝x
同理：△MDA≌△MB’A（HL）
∴∠B’AM＝∠DAM
∵翻折
∴∠PAB＝∠PAB’＝90°－x
∴∠DAB’＝∠PAB’－∠DAP＝90°－2x
∴∠DAM＝12∠DAB’＝45°－x
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°
（图3-2）
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
17．（1）证明见解析；（2）52.
【分析】分析：（1）先根据∠ADC=90∘,AF⊥DE证出∠DAF=∠CDF,再根据四边形GFCD是⊙O的内接四边形,得到∠FGA=∠FCD,从而证出结论;
(2) 连接CG,根据△EDA∽△ADF得到,根据△AFG∽△DFC得,从而,再根据DA=DC得AG=EA=1,DG=3,利用勾股定理得CG=5,即可求出⊙O的半径.
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，.
∴∠CDF+∠ADF=90∘.
∵.
∴.
∴∠DAF+∠ADF=90∘.
∴∠DAF=∠CDF.
∵四边形GFCD是⊙O的内接四边形，
∴∠FCD+∠DGF=180∘.
又∠FGA+∠DGF=180∘，
∴∠FGA=∠FCD.
∴△AFG∽△DFC.
（2）解：如图，连接.
∵∠EAD=∠AFD=90∘，∠EDA=∠ADF，
∴△EDA∽△ADF.
∴，即.
∵△AFG∽△DFC，
∴.
∴.
在正方形ABCD中，DA=DC，
∴AG=EA=1，DG=DA−AG=4−1=3.
∴CG=DG2+DC2=32+42=5.
∵∠CDG=90∘，
∴是⊙O的直径.
∴⊙O的半径为52.
本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理的推论，正方形的性质．关键是利用正方形的性质证明相似三角形，利用线段，角的关系解题.
18．（1）A，C；（2）；（3）或−32≤b≤−1．
【分析】（1）由12r≤d≤32r可求出d的范围是1≤d≤3，再根据各点距离O点的距离，从而判断是否在此范围内即可；
（2）由点E的坐标求出d=5，可根据E是⊙O的“随心点”，12r≤d≤32r ，可求出r的范围；
（3）如图，a∥b∥c∥d，⊙O的半径r=2，可求出1≤d≤3，分两种情况，当点N在y轴正半轴时，当点N在y轴负半轴时，求出答案即可．
【详解】解：（1）∵⊙O的半径r=2，
∴12r=1，32r=3，
∵12r≤d≤32r，
∴1≤d≤3，
∵A（3，0），
∴OA=3，在范围内，
∴点A是⊙O的“随心点”，
∵B（0，4），
∴OB=4，而4＞3，不在范围内，
∴B不是⊙O的“随心点”，
∵C（-32，2），
∴OC=−322+22=52，在范围内，
∴点C是⊙O的“随心点”，
∵D（12，-12），
∴OD=122+−122=22，不在范围内，
∴点D不是⊙O的“随心点”，
故答案为：A，C
（2）∵点E（4，3），
∴OE=32+42=5，即d=5，
∵点E（4，3）是⊙O的“随心点”，
∴12r≤5≤32r，
解得；
（3）如图a∥b∥c∥d，
∵⊙O的半径r=2，随心点范围12r≤d≤32r，
∴1≤d≤3，
∵直线MN的解析式为y=x+b，
∴x=0时，y=b；y=0时，x=-b，
∴OM=ON，
∴直线MN与y轴夹角为45°，
①点N在y轴正半轴时，
当点M是⊙O的“随心点”，此时，点M（-1，0），
将M（-1，0）代入直线MN的解析式y=x+b中，0=-1+b，
解得，b=1，
∴b的最小值为1，
过点O作OG⊥M'N'于G，
当点G是距离⊙O最远的其中一个“随心点”时，此时OG=3，
在Rt△ON'G中，∠ON'G=45°，
∴GO=3
∴在Rt△GNN’中， sin∠GN'N=sin45°=OGON'=22，
解得ON'=32，
将N'（0，32）代入直线MN的解析式y=x+b中，32=b，
∴b的最大值为32，
∴，
②当点N在y轴负半轴时，同①的方法得出−32≤b≤−1，
综上所述，b的取值范围为或−32≤b≤−1．
本题是圆的综合题，考查了新定义，一次函数图象上点的坐标特征，圆的性质，解直角三角形等知识，理解“随心点”的概念是解题的关键．
19．（1）详见解析；（2）25；（3）①作图见解析；②当0＜m＜455时，点F在⊙O外；当m＝455时，点F在⊙O上；455＜m≤2时，点F在⊙O内.
【分析】（1）根据在同圆中，相等的圆心角所对的弦相等证明AB=CD，再根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半可证明∠ACB=∠DCB=45°，从而可得结论；
（2）分两种情况：①点E在⊙O内，作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，证明△AHO≌△DGO得OH＝OG，再证明矩形OHEG为正方形结合BEAE＝证明出AH＝2OH，运用勾股定理求出OH的长即可；②点E在⊙O外，求解方法同①；
（3）①连接OA，过O作OM⊥OA交⊙O于点M，以M为圆心，以AG的长为半径画弧交⊙O于点N，连接MN，再四等分弦MN,即可作出CD=12AB,且CD ⊥AB；
②由于AB是⊙O的弦可知m≤2，再由点F在圆上时可求出m=455，最后分当0＜m＜455时，点F在⊙O外；当m＝455时，点F在⊙O上；455＜m≤2时，点F在⊙O内，三种情况进行讨论即可.
【详解】（1）如图①，连接BC，
∵OC⊥OA、OD⊥OB，
∴∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴∠AOB＝∠COD，
∴AB＝CD，
∵AC＝AC
∴∠ABC＝12∠AOC＝45°．
同理∴∠BCD＝12∠BOD＝45°，
∴∠AEC＝∠ABC＋∠BCD＝90°，
即AB⊥CD，
∵AB＝CD，AB⊥CD，
∴ AB、CD是⊙O的等垂弦．
（2）如图②，若点E在⊙O内，作OH⊥AB，垂足为H，作OG⊥CD，垂足为G，
∵AB、CD是⊙O的等垂弦，
∴AB＝CD，AB⊥CD，
∴AH＝DG＝12AB，OA＝OD，∠AHO＝∠DGO，
∴△AHO≌△DGO，
∴OH＝OG，
∴矩形OHEG为正方形，
∴OH＝HE ．
∵BEAE＝，
又AH＝BH，
∴AH＝2BE＝2OH，
在Rt△AOH中，AO2＝AH2＋OH2．
即(2OH)2＋OH2＝AO2＝25，
解得OH＝5，则AB＝4HE＝45；
若点E在⊙O外，同理，AH＝5，则AB＝2AH＝25．
（3）①如图所示，弦CD即为所求；
②∵AB是⊙O的弦，
∴AB≤2r，即m≤2，
当点F在圆上时，如图所示，
此时，AB=mr，CD=mr2，AD=2r
由勾股定理得，(mr)2+(mr2)2=(2r)2
解得，m=455
因此，当0＜m＜455时，点F在⊙O外；当m＝455时，点F在⊙O上；当455＜m≤2时，点F在⊙O内.
本题考查了垂径定理、全等三角形的判定与性质、弧与弦的关系以及正方形的判定．在解答（2）时，利用了“邻边相等的矩形是正方形”，解题的关键是熟练掌握等垂弦的定义与性质．
20．（1）详见解析；（2）35、4.5、9－35；（3）详见解析
【分析】（1）根据圆内接四边形的性质可得∠AGF＝∠ADE，又∠GAF＝∠DAE，从而可证明△AFG∽△AED；
（2）先证明四边形ABEF是矩形，得EF=6，然后分当AE=DE时；当时；当时三种情况，运用勾股定理求解即可；
（3）连接OM，运用梯形中位线证明OM=OD，即可．
【详解】（1）证明：∵四边形FGED是⊙O的内接四边形，
∴∠AGF＝∠ADE．
又∠GAF＝∠DAE，
∴△AFG∽△AED；
（2）由（1）可知△AFG∽△AED，
∴当△AFG是等腰三角形时，△AED是等腰三角形时，
连接EF，如图，
∵四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=9
∴CD=AB=6，AD=BC=9，=90°，
∵⊙O是△ECD的外接圆，∠ECD=90°
∴DE是⊙O的直径，
∴∠DFE=90°，
∴∠AFE=180°−∠DFE=90°，
∴∠BAF=∠ABE=∠AFE=90°，
∴四边形ABEF是矩形，
，
∵△AED是等腰三角形，
∴分三种情况：
①当AE=DE时，∵∠DFE=90°，
∴EF⊥AD，
又，
，
；
②当时，
在Rt△DCE中，∠ECD=90°，DE=9，DC=6，
=35，
；
③当时
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，AE=9，AB=6，
=35
综上，当的长为92或或35时，△AFG为等腰三角形，
（3）设AB的中点为M，连接OM，如图，
当时，，
∵四边形ABCD是矩形，
，DC=AB=6，AD=BC=9，
在Rt△DCE中，∠DCE=90°，
是⊙O的直径，
∵BE//AD，
∴四边形ABED是梯形，
又是AB的中点，O为DE的中点，
是梯形ABED的中位线，
，
∴∠BMO=∠BAD=90°，OM=OD
∴OM⊥AB
又
∴AB与⊙O相切．
本题是圆的综合题目，考查了圆内接四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、切线的判定等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）、（3）中，需要进行分类讨论和证明三角形相似才能得出结果．
21．（1）y=−x2−2x+3，D的坐标为(−1,4)；（2）①k=12；②以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，F点的坐标为−65,185或(−2,2)．
【分析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D(−1,4)；
(2)①由A、C、D三点的坐标求出AC=32，DC=2，AD=25，可得ΔACD为直角三角形，若CF=12AD，则点F为AD的中点，可求出k的值；
②由条件可判断∠DAC=∠OBC，则∠OAF=∠ACB，若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，可分两种情况考虑：当∠AOF=∠ABC或∠AOF=∠CAB=45°时，可分别求出点F的坐标．
【详解】(1)∵抛物线y=ax2+bx+3过点A(−3,0)，B(1,0)，
∴9a−3b+3=0a+b+3=0，解得：a=−1b=−2，
∴抛物线解析式为y=−x2−2x+3；
∵y=−x2−2x+3=−x+12+4，
∴顶点D的坐标为(−1,4)；
(2)①∵在RtΔAOC中，OA=3，OC=3，
∴AC2=OA2+OC2=18，
∵D−1,4，C0,3，A−3,0，
∴CD2=12+12=2，
∴AD2=22+42=20，
∴AC2+CD2=AD2，
∴ΔACD为直角三角形，且∠ACD=90°，
∵CF=12AD，
∴F为AD的中点，
∴AFAD=12，
∴k=12；
②在RtΔACD中，tan∠ACD=DCAC=232=13，
在RtΔOBC中，tan∠OCB=OBOC=13，
∴∠ACD=∠OCB，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∴∠FAO=∠ACB，
若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，则可分两种情况考虑：
当∠AOF=∠ABC时，ΔAOF∽ΔCBA，
∴OF∥BC，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴k+b=0b=3，解得：k=−3b=3，
∴直线BC的解析式为y=−3x+3，
∴直线OF的解析式为y=−3x，
设直线AD的解析式为y=mx+n，
∴−k+b=4−3k+b=0，解得：k=2b=6，
∴直线AD的解析式为y=2x+6，
∴y=2x+6y=−3x，解得：x=−65y=185，
∴F−65,185．
当∠AOF=∠CAB=45°时，ΔAOF∽ΔCAB，
∵∠CAB=45°，
∴OF⊥AC，
∴直线OF的解析式为y=−x，
∴y=−xy=2x+6，解得：x=−2y=2，
∴F−2,2，
综合以上可得F点的坐标为−65,185或(−2,2)．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
22．（1）①BE＝DG，②BE⊥DG；（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立．理由见解析；（3）BG2+DE2＝25．
【分析】（1）先判断出△ABE≌△DAG，进而得出BE=DG，∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△DAG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET=x，AT=y．利用勾股定理，以及相似三角形的性质即可解决问题．
【详解】（1）①如图②中，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG；
②如图2，延长BE交AD于T，交DG于H．
由①知，△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立．
如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H．
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠DAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴ABAD＝AEAG＝12，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠ABE＝∠ADG，BEDG＝12，
∴DG＝2BE，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET＝x，AT＝y．
∵∠GAH+∠DAG=90°，∠BAE+∠DAG=90°，
∴∠GAH=∠BAE，
又∵∠GHA=∠ATE=90°，
∴△AHG∽△ATE，
∴＝2，
∴GH＝2x，AH＝2y，
∴4x2+4y2＝4，
∴x2+y2＝1，
∴BG2+DE2＝（2x）2+（2y+2）2+x2+（4﹣y）2＝5x2+5y2+20＝25．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，判断出△ABE≌△ADG或△ABE∽△ADG是解本题的关键．
23．(1)见解析； （2）509191
【分析】（1）证明两个等腰三角形相似，证明一个底角对应相等即可；
（2）利用直径构造直角三角形，从而涉及到半径（直径），再利用垂径定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD．
∴∠BCE＝∠DEC，∠A+∠D＝180°．
∴∠BEC＝∠DEC
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCE＝180°．
∴∠BCE＝∠D
∴△BEC∽△CED
即得证．
（2）过点O作OF⊥CE，垂足为F，连接OC，如下图．
∴CF＝12CE，
∴直线OF垂直平分CE，
∵BE＝BC，
∴直线OF经过点B，
∵△BEC∽△CED，又由（1）可知CE＝CD，
∴BCCE=CEDE，
∵BC＝10，DE＝3.6，
∴CE＝CD＝6
∴CF＝12CE＝3，
设⊙O的半径为r，
可得BF＝BC2−CF2=91，OF＝91﹣r，
在Rt△OCF中，OF2+CF2＝OC2，
∴（91﹣r）2+9＝r2
∴r＝509191，
即圆的半径为509191．
本题考查的是相似三角形的判定与性质，尤其是对两个等腰三角形的判定更为特殊，利用直径构造直角三角形是相关问题中的常用思路．
24．（1）∠P'AB＝75°或15°（2）①见解析②56
【分析】（1）先解直角三角形BDC与直角三角形ABD，过点H作AH⊥BD于H，分点P在点H的左侧和右侧两种情况，分别解直角三角形即可；
（2）
①利用旋转的性质求出∠AEB=45°，∠DOE=∠DEB=75°，证△BDE∽△EDO即可；
②根据题意△ABD绕点B旋转α得到△A'BD'(A与A'，D与D'是对应点)，CD'＝CD，则cosα的值为56.
【详解】（1）在Rt△BDC中，∠DCB＝60°，CD＝8，
∴ BC＝16，BD＝8，
在Rt△ABD中，AB＝AD，
∴ ∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴ AB＝AD＝8×22 ＝46 ，
如图1，过点H作AH⊥BD于H，
则∠BAH＝∠DAH＝45°，AH＝12 BD＝4，
当点P在点H右侧时，
在Rt△AHP中，AH＝4，AP＝DC＝8，∴ ∠HAP＝30°，
∴ ∠PAB＝∠BAH＋∠HAP＝75°．
当点P'在点H左侧时，
∴ ∠P'AB＝∠BAH－∠HAP'＝15°．
综上所述，∠P'AB＝75°或15°．
（2）①由题意知，BE与BC在同一条直线上，∠AEB＝45°，BD＝BE，
∵ ∠DBE＝30°，
∴ ∠BDE＝∠BED＝12 (180°－30°)＝75°，∠DOE＝∠DBE＋∠AEB＝75°，
∵ ∠BDE＝∠EDO，∠DOE＝∠DEB＝75°，
∴△BDE∽△EDO，
∴DEDO=BDDE ，
∴ DE2＝DO•DB．
（3）根据题意△ABD绕点B旋转α得到△A'BD'(A与A'，D与D'是对应点)，CD'＝CD，则cosα的值为56.
本题考查旋转的性质,证明△BDE∽△EDO是解题的关键.
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）x=8
【分析】（1）因为AB＝AC，欲证明BD＝DC，只要证明AD⊥BC即可．
（2）可以根据两角对应相等的两个三角形相似进行证明．
（3）分别用x表示S1、S2，列出方程即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
又∵AB=AC，
∴BD=CD．
（2）证明：∵AB//CE，
∴∠1=∠2，
∵AB=AC，
∴∠1=∠3，
∵BC是⊙O的切线，OB是半径，
∴∠ABE=90°，
∵AB//CE，
∴∠BEC＋∠ABE=180°，
∴，
又∵BD=CD，
∴DE=CD=BD，
∴∠4=∠2，
∴∠3=∠2，∠1=∠4，
∴ΔCAB∽ΔCDE．
（3）S1=12⋅3x⋅12x=34x2，
∵ΔCAB∽ΔCDE，
∴S1S2=(x32x)2=43，
∴S2=3316x2，
根据题意得：34x2+3316x2=283，
解得x=±8（负的舍去），
∴x=8．
本题考查圆的综合题、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于基础题目，难度不大，是中考常考题型．
26．（1）t=(6−25)s时，P、E、C共线；（2）t=477或47
【分析】（1）设AP＝t，则PD＝6﹣t，由点A、E关于直线BP对称，得出∠APB＝∠BPE，由平行线的性质得出∠APB＝∠PBC，得出∠BPC＝∠PBC，在Rt△CDP中，由勾股定理得出方程，解方程即可得出结果；
（2）①当点E在BC的上方，点E到BC的距离为3，作EM⊥BC于M，延长ME交AD于N，连接PE、BE，则EM＝3，EN＝1，BE＝AB＝4，四边形ABMN是矩形，AN＝BM＝，证出△BME∽△ENP，得出BMEN=MENP，求出NP＝377，即可得出结果；
②当点E在BC的下方，点E到BC的距离为3，作EH⊥AB的延长线于H，则BH＝3，BE＝AB＝4，AH＝AB+BH＝7，HE＝，证得△AHE∽△PAB，得出AHAP=HEAB，即可得出结果．
【详解】解：（1）设AP＝t，则PD＝6﹣t，如图1所示：
∵点A、E关于直线BP对称，
∴∠APB＝∠BPE，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBC，
∵P、E、C共线，
∴∠BPC＝∠PBC，
∴CP＝BC＝AD＝6，
在Rt△CDP中，CD2+DP2＝PC2，
即：42+（6﹣t）2＝62，
解得：t＝6﹣25或6+25（不合题意舍去），
∴t＝（6﹣25）s时，P、E、C共线；
（2）①当点E在BC的上方，点E到BC的距离为3，作EM⊥BC于M，延长ME交AD于N，连接PE、BE，如图2所示：
则EM＝3，EN＝1，BE＝AB＝4，四边形ABMN是矩形，
在Rt△EBM中，AN＝BM＝，
∵点A、E关于直线BP对称，
∴∠PEB＝∠PAB＝90°，
∵∠ENP＝∠EMB＝∠PEB＝90°，
∴∠PEN＝∠EBM，
∴△BME∽△ENP，
∴BMEN=MENP，即71=3NP，
∴NP＝377，
∴t＝AP＝AN﹣NP＝7−377=477；
②当点E在BC的下方，点E到BC的距离为3，作EH⊥AB的延长线于H，如图3所示：
则BH＝3，BE＝AB＝4，AH＝AB+BH＝7，
在Rt△BHE中，HE＝，
∵∠PAB＝∠BHE＝90°，AE⊥BP，
∴∠APB+∠EAP＝∠HAE+∠EAP＝90°，
∴∠HAE＝∠APB，
∴△AHE∽△PAB，
∴AHAP=HEAB，即7AP=74，
解得：t＝AP＝47，
综上所述，t＝477或47．
本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，通过作辅助线构建相似三角形是解题的关键．
27．（1）(4 ， 4)；（2）①P点坐标为(4 ， 0)，(−2 ， 3)；② P17 ， 214，P21 ， −34，P3−43 ， 169，P4283 ， 1129．
【分析】（1）直线方程化为y＝k（x－4）＋4，对于任意k点总有一个坐标能满足；（2）作PQ∥y轴，求出PQ，再由S△PAB等于20，根据三角形面积计算公式即可求出相应的坐标；AO＝35，BO＝45，AB＝55，再根据勾股定理和相似三角形的定义即可求出PCOC，进而可求得P3和P4的值.
【详解】⑴ 4，4；
直线方程化为y=kx−4+4，显然，对于任意的k，点4，4的坐标总能满足直线方程．
⑵ 当k=−12时，直线方程为y=−12x+6．
联立方程组y=−12x+6，y=14x2−x．解得A6，3，B−4，8．
① 如图1，作PQ∥y轴，交AB于点Q，则
PQ=−12x+6−14x2−x=−14x−12+254．
S△PAB=126−−4×PQ =−54x−12+1254．
令S△PAB=20，即−54x−12+1254=20，解得当x=−2或4，相应的P点坐标为4，0，−2，3；
② P17，214，P21，−34，P3−43，169，P4283，1129．
AO=35，BO=45，AB=55．
∵AB2=AO2+BO2，∴∠AOB=90°．
（i）△POC∽△ABO时，PCOC=AOBO=34．
即14x2−x=34x．解得x1=7，x2=1，
得P17，214，P21，−34；
（ii）△POC∽△BAO时，PCOC=BOAO=43．
即14x2−x=43x．解得x3=−43，x4=283．
得P3−43，169，P4283，1129．
本题考查了一次函数的定义、相似三角形的性质、三角形的面积公式和抛物线的性质，熟练掌握这些知识的是本题解题的关键.
28．（1）证明见解析；（2）S=-12x2+x+2；（3）当AE =1时，四边形ADNM的面积S的值最大，最大值是52．
【分析】（1）作辅助线ME、MN，由SAS证明△EBA≌△MNF，从而得证；
（2）连接ME，构造出直角三角形△AME，在Rt△AME中，AE=x，ME=MB=2-AM，可得（2-AM）2=x2+AM2，解得AM，由（1）△EBA≌△MNF，可得EA=MF，由此DN=AF=AM+MF=AM+AE，即可求得四边形ADNM的面积为-12x2+x+2；
（3）根据（2）的答案，利用二次函数的最值问题即可求出．
【详解】（1）设MN交BE于P，根据题意，得MN⊥BE，
过N作AB的垂线交AB于F，
在Rt△AEB和Rt△MNF中，
∠MBP+∠BMN=90°，∠FNM+∠BMN=90°，
∴∠MBP=∠MNF，
又AB=FN，
∴Rt△EBA≌Rt△MNF，故MN=BE；
（2）连接ME，
根据题意，得MB=ME，
在Rt△AME中，AE=x，ME=MB=2-AM，
∴（2-AM）2=x2+AM2，
解得AM=1-14x2，
由（1）△EBA≌△MNF，
∴EA=MF，
∴DN=AF=AM+MF=AM+AE，
∴四边形ADNM的面积S=AM+DN2×AD=AM+AF2×2=2AM+AE=2（1-14x2）+x=-12x2+x+2，
即所求关系式为S=-12x2+x+2；
（3）s=-12x2+x+2=-12（x2-2x+1）+52=-12（x-1）2+52，
故当AE=x=1时，四边形ADNM的面积S的值最大，最大值是52．
此题的综合性比较强，涉及面较广，涉及到正方形的性质，线段垂直平分线的性质及勾股定理的运用，在解答此题时要连接ME，过N点作AB的垂线再求解．
29．（1）y=x2−4x；（2）92，94；（3）存在，理由见解析.
【分析】（1）将A（1，-3），B（3，-3），C（-1，5）三点坐标代入y=ax2+bx+c中，列方程组求a、b、c的值，得出抛物线解析式；
（2）抛物线上存在一点P，使∠POM=90˚．设（a，a2-4a），过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，利用互余关系证明Rt△OEP∽Rt△MFO，利用相似比求a即可；
（3）抛物线上必存在一点K，使∠OMK=90˚．过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N，在Rt△OMN中，利用互余关系证明△OFM∽△MFN，利用相似比求N点坐标，再求直线MN解析式，将直线MN解析式与抛物线解析式联立，可求K点坐标．
【详解】（1）根据题意，得
{−3=a+b+c，−3=9a+3b+c，5=a−b+c．
解得{a=1，b=−4，c=0．
∴ 抛物线的解析式为y=x2−4x．
（2）抛物线上存在一点P，使∠POM＝90˚．
x=−b2a=2,y=4ac−b24a=−4.
∴ 顶点M的坐标为(2，−4)．
设抛物线上存在一点P，满足OP⊥OM，其坐标为(a，a2−4a)．
过P点作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F．
则 ∠POE＋∠MOF＝90˚，∠POE＋∠EPO＝90˚．
∴ ∠EPO＝∠FOM．
∵ ∠OEP＝∠MFO＝90˚，
∴ Rt△OEP∽Rt△MFO．
∴ OE∶MF=EP∶OF．
即(a2−4a):2=a:4．
解，得a1=0（舍去），a2=92．
∴ P点的坐标为92，94．
（3）
过顶点M作MN⊥OM，交y轴于点N．则 ∠FMN＋∠OMF＝90˚．
∵ ∠MOF＋∠OMF＝90˚，
∴ ∠MOF＝∠FMN．
又∵ ∠OFM＝∠MFN＝90˚，
∴ △OFM∽△MFN．
∴ OF∶MF＝MF∶FN． 即 4∶2＝2∶FN．∴ FN＝1．
∴ 点N的坐标为（0，-5）．
设过点M，N的直线的解析式为．
{−4=2k+b，−5=b解，得{k=12，b=−5．直线的解析式为．
∴y=12x−5①y=x2−4x②把①代入②，得x2−92x+5=0．
Δ=−922−4×5=814−20=14>0．
∴ 直线MN与抛物线有两个交点（其中一点为顶点M）．
∴ 抛物线上必存在一点K，使∠OMK＝90˚．
解答本题的关键关键是通过已知三点求抛物线解析式，根据垂直关系证明三角形相似，得出线段长及点的坐标，利用直线解析式及抛物线解析式求满足条件的点的坐标．
30．（1）详见解析；（2）2．
【分析】（1）连接OA、OP，由旋转可得：△PAB≌△PCD，再由全等三角形的性质可知AP=PC=DC，再根据∠BPA=∠DPC=∠D可得出∠BPO=90°，进而可知PB与⊙O相切；
（2）过点A作AE⊥PB，垂足为E，根据∠BPA=30°，PB=2，△PAB是等腰三角形，可得出BE=EP=，PA=2，PB与⊙O相切于点P可知∠APO=60°，故可知PA=2．
【详解】（1）证明：连接OA、OP，OC，由旋转可得：△PAB≌△PCD，
∴PA=PC=DC，
∴AP=PC=DC，∠AOP=∠POC=2∠D，∠APO=∠OAP=，
又∵∠BPA=∠DPC=∠D，
∴∠BPO=∠BPA+=90°
∴PB与⊙O相切；
（2）解：过点A作AE⊥PB，垂足为E，
∵∠BPA=30°，PB=2，△PAB是等腰三角形；
∴BE=EP=，
PA===2
又∵PB与⊙O相切于点P，
∴∠APO=60°，
∴OP=PA=2．
本题考查的是切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，图形旋转的性质及锐角三角函数的知识，能根据题意作出辅助线是解答此题的关键．
32.【答案】(1)见详解
(2)GI的长为4
【分析】（1）连接OG，根据角平分线的定义得到∠BAG=∠CAG，根据垂径定理得到OG⊥BC，根据平行线的性质得到OG⊥EF，然后问题可求证；
（2）连接BI，BG，根据角平分线定义得到∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，推出∠BIG=∠GBI，得到BG=IG，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OG，
∵∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，
∴∠BAG=∠CAG，
∴BG=CG，
∴OG⊥BC，
∵DE//BC，
∴OG⊥EF，
∵OG是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BI，BG，
∵点I为△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，AG平分∠BAC，
∴∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIG=∠BAI+∠ABI，∠GBI=∠GBC+∠CBI，∠GBC=∠GAC，
∴∠BAI=∠CBG，
∴∠BIG=∠GBI，
∴BG=IG，
∵BC//DE，
∴△ABF∽△ADG，
∴AFAG=BFDG=34，
∵AG=8，
∴AF=6，
∴FG=2，
∵∠BGF=∠AGB,∠GBF=∠BAG，
∴△BGF∽△AGB，
∴BGFG=AGBG，
∴BG2=8BG，
∴BG=4（负根舍去），
∴GI的长为4．
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