初中数学浙教版九年级上册第3章 圆的基本性质综合与测试单元测试课后复习题

这是一份初中数学浙教版九年级上册第3章 圆的基本性质综合与测试单元测试课后复习题，共39页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

浙教版初中数学九年级上册第三单元《圆的基本性质》单元测试卷
考试范围：第三章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在平面直角坐标系中，C(0,4)，A(3,0)，⊙A半径为2，P为⊙A上任意一点，E是PC的中点，则OE的最小值是(    )
A. 1
B. 32
C. 2
D. 2


2. 平面上有四个点，过其中任意3个点一共能确定圆的个数为(    )
A. 0或3或4 B. 0或1或3 C. 0或1或3或4 D. 0或1或4
3. 如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④S四边形AOBO′=6+43；⑤S△AOC+S△AOB=6+943，其中正确的结论是(    )
A. ①②③⑤ B. ①②③④ C. ①②④⑤ D. ①②③④⑤
4. 在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2中心对称，如此作下去，则△B2nA2n+1B2n+1(n是正整数)的顶点A2n+1的坐标是(    )

A. (4n-1,3) B. (2n-1,3) C. (4n+1,3) D. (2n+1,3)
5. 如图，在半径为5的⊙O中，AB、CD是互相垂直的两条弦，垂足为P，且AB=CD=4，则OP的长为(    )
A. 1
B. 2
C. 2
D. 22
6. 如图，△ABC是圆O的内接正三角形，弦EF过BC的中点D，且EF//AB，若AB=4，则DE的长为(    )
A. 1
B. 5−1
C. 3
D. 2


7. 如图，MN是⊙O的直径，点A是半圆上的三等分点，点B是劣弧AN的中点，点P是直径MN上一动点.若MN=22，则PA+PB的最小值是

A. 22 B. 2 C. 1 D. 2
8. 如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D，且DC+DA=12，⊙O的直径为20，则AB的长等于(    )
A. 8
B. 12
C. 16
D. 18
9. 如图，点A，B，C，D都在⊙O上，BD为直径，若∠A=65°，则∠DBC的值是(    )
A. 15°
B. 25°
C. 35°
D. 65°
10. 如图，矩形ABCD中，∠BAC=60°，点E在AB上，且BE:AB=1:3，点F在BC边上运动，以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF，连接CG，当CG最小时，CFAD的值为(    )
A. 39
B. 13
C. 12
D. 33
11. 如图，⊙O中，弦AB⊥CD于E，若∠A=30°，⊙O的半径等于6，则弧AC的长为(    )
A. 6π
B. 4π
C. 5π
D. 8π
12. 如图一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为6.将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，则阴影部分的面积为(    )
A. 93−3π
B. 6π−93
C. 3π−93
D. 93−6π
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，已知⊙O的半径是2，点A，B在⊙O上，且∠AOB=90°，动点C在⊙O上运动(不与A，B重合)，点D为线段BC的中点，连接AD，则线段AD的长度最大值是______________．


14. 如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：
①PA=PE；②CE=2PD；③BF−PD=12BD；④S△PEF=S△ADP
正确的是          (填写所有正确结论的序号)


15. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是其内部一点，且满足∠DAE+∠CBE=135∘，点F为BC边上一点，点M是CD边的中点，连接EF、FM，则EF+FM的最小值为_______．


16. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将△ABC绕AC的中点D逆时针旋转90°得到△A′B′C′，点B的运动路径为弧BB′，则图中阴影部分的面积为_________________．




三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
在四边形ABCD中，AB=BC，∠B=60°；
(1)如图1，已知，∠D=30°求得∠A+∠C的大小为______．
(2)已知AD=3，CD=4，在(1)的条件下，利用图1，连接BD，并求出BD的长度；
(3)问题解决；如图2，已知∠D=75°，BD=6，现需要截取某种四边形的材料板，这个材料板的形状恰巧符合如图2所示的四边形，为了尽可能节约，你能求出这种四边形面积的最小值吗？如果能，请求出此时四边形ABCD面积的最小值；如果不能，请说明理由．


18. (本小题8.0分)
如图所示，已知A，B两点的坐标分别为(23,0)，(0,2)，点P是△AOB外接圆上一点，且∠AOP=45°，OP与AB交于C点．
(1)求∠BAO的度数；
(2)求OC及AC的长；
(3)求OP的长及点P的坐标．

19. (本小题8.0分)
如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C，连接BC交抛物线的对称轴于点E，D是抛物线的顶点．

(1)求此抛物线的解析式．
(2)若点P在第一象限内的抛物线上，且S△PAB=S△OEB，求点P的横坐标．
(3)将△OBE以点B为中心顺时针旋转，旋转角等于2∠OBC，设点E的对应点为点E′，点O的对应点为点O′，求直线O′E′与抛物线的交点坐标．
20. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A(0,3)B(−3,5)，C(−4,1)．
(1)把△ABC向右平移3个单位得△A1B1C1，请画出△A1B1C1并写出点A1的坐标；
(2)把△ABC绕原点O旋转180°得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．

21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交边AB于点D;以点A为圆心，AD长为半径画弧，交边AC于点E，连结CD．

(1)若∠A=28∘，求∠ACD的度数．
(2)设BC=a，AC=b．
①线段AD的长是方程x2+2ax−b2=0的一个根吗⋅为什么
②若AD=EC，求ab的值．
22. (本小题8.0分)
定义：平面内，如果一个四边形的四个顶点到某一点的距离都相等，则称这一点为该四边形的外心．
(1)下列四边形：平行四边形、矩形、菱形中，一定有外心的是______；
(2)已知四边形ABCD有外心O，且A，B，C三点的位置如图1所示，请用尺规确定该四边形的外心，并画出一个满足条件的四边形ABCD；
(3)如图2，已知四边形ABCD有外心O，且BC=8，sin∠BDC=45，求OC的长．


23. (本小题8.0分)
(1)如图①，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB边上一点，以CD为腰作等腰Rt△CDE，连接BE，则AD与BE的数量关系是        ，位置关系是        ；

(2)如图②，AB是半圆O的直径，C、D是半圆O上两点，且AC=BC，若BD=3，AD=9，小航同学想探究CD的长，他想到了利用第(1)问中的解题方法：以CD为腰作等腰直角三角形．请你帮小航同学完成探究过程；
(3)如图③是某公园的一个面积为36πm2的圆形广场示意图，点O为圆心，公园开发部门计划在该广场内设计一个四边形运动区域ABDC，连接BC、AD，其中等边△ABC为球类运动区域，△BCD为散步区域，设AD的长为x，△BDC的面积为S．
①求S与x之间的函数关系式；
②按照设计要求，发现当点D为弧BC的中点时，布局设计最佳，直接写出此时四边形运动区域ABDC的面积．
24. (本小题8.0分)
如图，正方形ABCD内接于⊙O，E是BC的中点，连接AE，DE，CE．
(1)求证：AE=DE；
(2)若CE=1，求四边形AECD的面积．

25. (本小题8.0分)
如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使得DC=BC，直线DA与⊙O的另一个交点为E，连结AC，CE．
(1)求证：CD=CE；
(2)若AC=2，∠E=30°，求阴影部分(弓形)面积．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点E的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH.利用三角形的中位线定理可得EH=1，推出点E的运动轨迹是以H为圆心，半径为1的圆，进而求解．
【解答】
解：如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH．

∵CE=EP，CH=AH，
∴EH=12PA=1，
∴点E的运动轨迹是以H为圆心，半径为1的圆，
∵C(0,4)，A(3,0)，
∴H(1.5,2)，
∴OH=22+1.52=2.5，
∴OE的最小值=OH−EH=2.5−1=1.5，
故选B．  
2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查确定圆的条件，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题.如图，当四点在同一条直线上时，不能确定圆：当四点共圆时，只能作一个圆;当三点在同一直线上时，可以作三个圆;当四点不共圆时，且没有三点共线时，能确定四个圆，由此即可解决问题．
【解答】
解：如图，当四点在同一条直线上时，不能确定圆，当四点共圆时，只能作一个圆，当三点在同一直线上时，可以作三个圆，当四点不共圆时，且没有三点共线时，能确定四个圆．

故选C．
  
3.【答案】D 
【解析】解；连接OO′，如图1

∵BO=BO′，∠OBO′=60°，
∴△BOO′是等边三角形，
∴OO′=BO=4，故②正确;
∵∠OBO′=∠ABC=60°，
∴∠ABO′=∠CBO且OB=OB′，AB=AC，
∴△BO′A≌△BOC    故①正确;
∴AO′=CO=5，
∵O′A2=25，AO2+O′O2=25，
∴O′A2=AO2+O′O2，
∴∠AOO′=90°，
∴∠AOB=150°，故③正确;
∵△OO′B是等边三角形，AO=3，OO′=4，
∴S△BOO′=43，S△AOO′=6，
∴S四边形AOBO′=6+43，
故④正确;
如图2，将△AOB绕A点顺逆时针旋转60°到△ACO′′位置，

易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形，
可得S△AOC+S△AOB=6+934，
故⑤正确;
故选：D．
由题意可得△BOC≌△BAO′，△BOO′是等边三角形，可得AO′=CO=5，OO′=4，可判断△AOO′是直角三角形．可判断①②③，由
S四边形AOBO′=S△AOO′+S△OO′B，将△AOB绕A点顺逆时针旋转60°到△ACO′′位置，可判定④⑤．
此题考查了旋转的性质，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．

4.【答案】C 
【解析】
【分析】
此题主要考查了坐标与图形变化−旋转问题，要熟练掌握，解答此题的关键是分别判断出An的横坐标、纵坐标的变化规律．
首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为(1,3)，B1的坐标为(2,0)；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
【解答】
解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为(1,3)，B1的坐标为(2,0)，
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2−1=3，2×0−3=−3，
∴点A2的坐标是(3,−3)，B2的坐标为(4,0)，
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×4−3=5，2×0−(−3)=3，
∴点A3的坐标是(5,3)，B3的坐标为(6,0)，
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×6−5=7，2×0−3=−3，
∴点A4的坐标是(7,−3)，
…，
∵1=2×1−1，3=2×2−1，5=2×3−1，7=2×4−1，…，
∴An的横坐标是2n−1，A2n+1的横坐标是2(2n+1)−1=4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是3，当n为偶数时，An的纵坐标是−3，
∴顶点A2n+1的纵坐标是3，
∴△B2nA2n+1B2n+1(n是正整数)的顶点A2n+1的坐标是(4n+1,3).
故选：C．  
5.【答案】B 
【解析】解：作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连结OD、OB，如图，
则AE=BE=12AB=2，DF=CF=12CD=2，
在Rt△OBE中，∵OB=5，BE=2，
∴OE=OB2−BE2=1，
同理可得OF=1，
∵AB⊥CD，
∴四边形OEPF为矩形，
而OE=OF=1，
∴四边形OEPF为正方形，
∴OP=2OE=2．
故选：B．
作OE⊥AB于E，OF⊥CD于F，连结OD、OB，如图，根据垂径定理得到AE=BE=12AB=2，DF=CF=12CD=2，根据勾股定理在Rt△OBE中计算出OE=1，同理可得OF=1，接着证明四边形OEPF为正方形，于是得到OP=2OE=2．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．

6.【答案】B 
【解析】解：如图．过C作CN⊥AB于N，交EF于M，
∵EF//AB，
∴CM⊥EF．

根据圆和等边三角形的性质知：CN必过点O．
∵EF//AB，D是BC的中点，
∴DG是△ABC的中位线，
∴DG=12AB=2；
∵△CGD是等边三角形，CM⊥DG，
∴DM=MG；
∵OM⊥EF，由垂径定理得：EM=MF，
∴DE=GF．
∵弦BC、EF相交于点D，
∴BD⋅DC=DE⋅DF，即DE×(DE+2)=4；
解得DE=5−1(负值舍去)．
故选：B．
设AC与EF交于点G，由于EF//AB，且D是BC中点，易得DG是△ABC的中位线，即DG=2；易知△CDG是等腰三角形，可过C作AB的垂线，交EF于M，交AB于N；然后证DE=FG，根据相交弦定理得BD⋅DC=DE⋅DF，而BD、DC的长易知，DE=2+DE，由此可得到关于DE的方程，即可求得DE的长．
本题考查三角形外接圆与外心，等边三角形的性质、垂径定理、三角形中位线定理、相交弦定理等知识，能够证得DE、GF的数量关系是解答此题的关键．

7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题结合图形的性质，考查轴对称--最短路线问题，等腰直角三角形的判定及性质，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理的有关知识，其中求出∠BON的度数是解题的关键．本题是要在MN上找一点P，使PA+PB的值最小，设A′是A关于MN的对称点，连接A′B，与MN的交点即为点P.此时PA+PB=A′B是最小值，可证△OA′B是等腰直角三角形，从而得出结果．
【解答】
解：作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，交MN于点P，连接OA′，OA，OB，PA，AA′．

∵点A与A′关于MN对称，点A是半圆上的一个三等分点，
∴∠A′ON=∠AON=60°，PA=PA′，
∵点B是弧AN的中点，
∴∠BON=30°，
∴∠A′OB=∠A′ON+∠BON=90°，
又∵OA=OA′=2，
∴A′B=2．
∴PA+PB=PA′+PB=A′B=2．
故选D．  
8.【答案】B 
【解析】解：连接OC，过O作OF⊥AB，垂足为F，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PB//OC，
∵CD⊥PA，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，
∴四边形DCOF为矩形，
∴OC=FD，OF=CD．
∵DC+DA=12，
设AD=x，则OF=CD=12−x，
∵⊙O的直径为20，
∴DF=OC=10，
∴AF=10−x，
在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2+OF2=OA2．
即(10−x)2+(12−x)2=102，
解得x1=4，x2=18．
∵CD=12−x大于0，故x=18舍去，
∴x=4，
∴AD=4，AF=10−4=6，
∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，
∴AB=2AF=12．
故选：B．
连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO=90°，过O作OF⊥AB，则∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，得四边形OCDF为矩形，设AD=x，在Rt△AOF中，由勾股定理得(5−x)2+(6−x)2=25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长．
本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，是基础知识要熟练掌握．

9.【答案】B 
【解析】
【解答】
解：∵BD为直径，
∴∠BCD=90°，
由圆周角定理得，∠D=∠A=65°，
∴∠DBC=90°−65°=25°，
故选：B．
【分析】
根据圆周角定理得到∠BCD=90°，∠D=∠A=65°，根据直角三角形的性质计算即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键．  
10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质、四点共圆的性质、角平分线的判定、三角形全等的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握这些知识点是解决本题的关键.首先取EF的中点为O，连接BO、GO，作射线BG，根据矩形的性质、四点共圆的性质、角平分线的判定得到当CG⊥BG时，CG最小，进一步证得△BGE≌△CGF(SAS)，由全等三角形的性质得到BE=CF，，设AB=m，由BE：AB=1：3，则CF=BE=13m；根据勾股定理求得BC=3m，进一步AD=BC，最后求得CFAD的值即可．
【解答】
解：如图1，取EF的中点为O，连接BO、GO，作射线BG，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC =90°，
∵O为EF的中点，
∴OB=OE=OF，
∵∠EGF= 90°，O为EF的中点，
∴OG=OE=OF，
∴OB=OG=OE=OF，
∴B、E、F、G在以O为圆心的圆上，
∴∠EBG=∠EFG，
∵∠EGF=90∘，EG=FG，
∴∠EFG=45∘，
∴∠EBG=45∘，
∴BG平分∠ABC，即点G在∠ABC的平分线上，
∴当CG⊥BG时，CG最小；
此时，如图2，

∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG=∠CBG=12∠ABC=45∘，
∵CG⊥BG，
∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，∠BGC=90∘，
∴BG=CG，
∵△EFG是以EF为斜边的等腰直角三角形，
∴EG=FG，∠EGF=∠BGC=90∘，
∴∠EGF−∠BGF=∠BGC−∠BGF，
即∠BGE=∠CGF，
在△BGE和△CGF中，
BG=CG∠BGE=∠CGF,EG=FG
∴△BGE≌△CGF(SAS)，
∴BE=CF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
设AB=m，
∵BE：AB=1：3，
∴CF=BE=13m；
在Rt△ABC中，∠BAC=60∘，
∴∠ACB=30°，
∴BC=AC2−AB2=(2m)2−m2=3m，
∴AD=3m，
∴CFAD=13m3m=39，
故选A．  
11.【答案】B 
【解析】解：连接OA、OC，
∵AB⊥CD，
∴∠AED=90°，
∴∠D=90°−∠DAE=60°，
由圆周角定理得，∠AOC=2∠D=120°，
∴弧AC的长=120π×6180=4π，
故选：B．
连接OA、OC，根据直角三角形的性质求出∠D，根据圆周角定理求出∠AOC，根据弧长公式计算，得到答案．
本题考查的是弧长的计算、圆周角定理，掌握弧长公式l=nπr180是解题的关键．

12.【答案】A 
【解析】解：连接OD，如图，
∵扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，
∴AC=OC，
∴OD=2OC=6，
∴CD=62−32=33，
∴∠CDO=30°，∠COD=60°，
∴由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S扇形AOD−S△COD=60π×62360−12×3×33=6π−932，
∴阴影部分的面积为90π×62360−2×(6π−932)=93−3π，
故选：A．
连接OD，如图，利用折叠性质得由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积等于阴影部分的面积，AC=OC，则OD=2OC=6，CD=33，从而得到∠CDO=30°，∠COD=60°，然后根据扇形面积公式，利用由弧AD、线段AC和CD所围成的图形的面积=S扇形AOD−S△COD，能进而求出答案．
本题考查了扇形面积的计算：阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．记住扇形面积的计算公式．也考查了折叠的性质，注意：圆心角是n°，半径为r的扇形的面积S=nπr2360．

13.【答案】5+1 
【解析】解：如图1，连接OC，取OB的中点E，连接DE．
则OE=EB=12OB=1．

在△OBC中，DE是△OBC的中位线，
∴DE=12OC=1，
∴EO=ED=EB，
即点D是在以E为圆心，1为半径的圆上，
∴求AD的最大值就是求点A与⊙E上的点的距离的最大值，
如图2，当D在线段AE延长线上时，即当D在点D′的位置时，AD取最大值，

∵OA=OB=2，∠AOB=90°，OE=EB=1，
∴AE=5，D′E=1，
∴AD的最大值为AD′=5+1，
故答案为：5+1．
本题考查点与圆的位置关系，属于较难题．根据题意，可得DE是△OBC的中位线，知DE=12OC=1，即点D是在以E为圆心，1为半径的圆上，据此求解可得．

14.【答案】①②③ 
【解析】
【分析】
此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
①连接AE，利用四点共圆证明△APE是等腰直角三角形，可得结论；
②如图3，作辅助线，证明四边形DCGP是平行四边形，可得结论；
③证明四边形OCGF是矩形，可作判断；
④证明△AOP≌△PFE(AAS)，则S△AOP=S△PEF，可作判断．
【解答】
解：连接AE，∵∠ABE=∠APE=90°，

∴A、B、E、P四点共圆，
∴∠EAP=∠PBE=45°，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=90°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴AP=PE，
故①正确；
②如图3，在EF取一点G，使得FG=FP，连接BG、PG、CG，
∵四边形ABCD是正方形，EF⊥BP，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
∵BF=EF∠BFG=∠EFPFG=FP，
∴△BFG≌△EFP(SAS)，
∴BG=PE，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB//PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP//BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，

∵AB=CD，AB//CD，
∴PG//CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG//PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE=2CG=2PD；
故②正确；
③连接AC交BP于O，如图4，由②知：∠CGF=∠GFO=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠COF=90°，
∴四边形OCGF是矩形，
∴CG=OF=PD，
∴12BD=OB=BF−OF=BF−PD，
故③正确；

④在△AOP和△PFE中，
∵∠AOP=∠EFP=90°∠APF=∠PEFAP=PE，
∴△AOP≌△PFE(AAS)，
∴S△AOP=S△PEF，
∴S△ADP 故④不正确；
∴结论正确的有：①②③，
故答案为①②③．  
15.【答案】13−2 
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质、圆周角定理、垂径定理、轴对称——最短路线问题、圆内接四边形以及勾股定理，考查的知识点较多，有一定难度，属于中考压轴题.首先根据题意画出图形，得出点E在如图所示的圆O的AB上运动，然后作点M关于点C的对称点N，如图所示，当点O、E、F、N四点共线时，EF+FM最小，则最小为EN的长度；再根据圆内接四边形的性质和圆周角定理得出∠AOB=90°，由此根据勾股定理可求出圆的半径OA的长度，再利用垂径定理可求出OH的长度，于是可得OM的长度，最后在Rt△OMN中，根据勾股定理可求出ON的长度，从而可得EN的长度，可得答案．
【解答】
解：∵点E是正方形ABCD内部一点，且满足∠DAE+∠CBE=135∘，
∴∠AEB=135°，
如图，过A、E、B三点作圆O，连接OA，OB，

则点E在如图所示的圆O的AB上运动，
作点M关于点C的对称点N，如图所示，当点O、E、F、N四点共线时，EF+FM最小，最小为EN的长度，
在圆O上任取一点G，连接AG，BG，
则四边形AGBE为圆O内接四边形，
∴∠G=180°−∠AEB=45°，
根据圆周角定理可得：∠AOB=90°，
∵AB=2，
∴在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：OA=OB=2，
∵M是正方形ABCD边CD的中点，连接OM交AB于H点，
∴OH⊥AB，OM⊥CD，AH=BH=1，
在Rt△AOH中，根据勾股定理可得：OH=OA2−AH2=1，
则OM=OH+BC=1+2=3，MN=MC+CN=1+1=2，
∴在Rt△OMN中，根据勾股定理可得：ON=OM2+MN2=13，
∴EN=ON−OE=13−2，
因此EF+FM的最小值为13−2．
故答案为13−2．  
16.【答案】54π−32 
【解析】
【分析】
本题考查旋转变换、弧长公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．先利用勾股定理求出DB′，A′B′再根据S阴=S扇形BDB′−S△DBC−S△DB′C，计算即可．
【解答】
解：△ABC绕AC的中点D逆时针旋转90°得到△A′B′C′，此时点A′在斜边AB上，

CA′⊥AB，DB′=12+22=5，A′B′=22+22=22，
∴S阴=90π×5360−1×2÷2−(22−2)×22÷2=5π4−32．
故答案为54π−32．  
17.【答案】(1)270°；
(2)如图1，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得△BAQ，

则∠CBD=∠ABQ，∠C=∠BAQ，CD=AQ=4，BD=BQ，
∵∠CBD+∠ABD=60°，
∴∠ABQ+∠ABD=60°，即∠DBQ=60°，
∴△BDQ是等边三角形，
∴BD=DQ，
∵∠C+∠BAD=270°，
∴∠BAQ+∠BAD=270°，
∴∠DAQ=90°，
则BD=DQ=AD2+AQ2=32+42=5；

(3)如图②，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得△BAH，连接DH，

由(2)知△BDH是等边三角形，
∴S四边形ABCD=S△BAH+S△ABD=S△DBH−S△ADH，
∴当△ADH面积最大时，四边形ABCD的面积最小，
∵∠ABC=60°，∠ADC=75°，
∴∠BAD+∠BCD=∠BAD+∠BAH=360°−75°−60°=225°，
∴∠DAH=135°，
∵DH=DB=6，
∴点A在定圆⊙O上运动，当O、A、B共线时，△ADH的面积最大，此时OB⊥DH，设OA交DH于K，则HK=KD=3，
∵AH=AD，
∴∠AHD=∠ADH=22.5°，在HK上取一点F，使得FH=FA，则△AKF是等腰直角三角形，设AK=FK=x，则FH=AF=2x，
∴3=x+2x，
∴x=32−3，
∴△ADH的面积最大值=12×6×(32−3)=92−9，
∴四边形ABCD的面积的最小值=34×62−(92−9)=93−92+9． 
【解析】
【分析】
(1)根据四边形的内角和为360°求解可得；
(2)将△BCD绕点B逆时针旋转60°得△BAQ，由旋转性质知∠CBD=∠ABQ，∠C=∠BAQ，CD=AQ=4，BD=BQ，再证△BDQ是等边三角形得BD=DQ，证∠DAQ=90°可得答案；
(3)△ABC是等边三角形，所以可以将△BDC绕点D逆时针旋转60°得到△HBA，连接DH.由S四边形ABCD=S△BAH+S△ABD=S△DBH−S△ADH，可知当△ADH面积最大时，四边形ABCD的面积最小，只要求出△ADH的面积的最大值即可解决问题．
本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、三角形的面积、勾股定理，圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．
【解答】
解：(1)∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，且∠B=60°、∠D=30°，
∴∠A+∠C=270°，
故答案为：270°；
(2)见答案；
(3)见答案．  
18.【答案】解：(1)∵A(23,0)，B(0,2)，
∴OA=23，OB=2，
∴∠BAO=30°；
(2)如图，过点C作CD⊥x轴于点D，

∵∠AOP=45°，
∴∠OCD=45°，
∴DC=DO，
∴OC=2OD，
由(1)知：∠BAO=30°，
∴AC=2CD=2OD，AD=3CD=3OD，
∵AO=OD+AD=(3+1)OD=23，
∴OD=3−3，
∴OC=2(3−3)=32−6，AC=2(3−3)=6−23；
∴OC及AC的长分别为32−6，6−23；
(3)作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，如图，

∵∠AOB=90°，
∴AB为△AOB外接圆的直径，
∴∠BPA=90°，
∵A(23,0)，B(0,2)，
∴OA=23，OB=2，
∴AB=OA2+OB2=4，
∵∠AOP=45°，
∴∠PBA=45°，
∴△PAB和△POH都为等腰直角三角形，
∴PA=22AB=22，PH=OH，
设OH=t，则PH=t，AH=23−t，
在Rt△PHA中，
∵PH2+AH2=PA2，
∴t2+(23−t)2=(22)2，
整理得t2−23t+2=0，解得t1=3+1，t2=3−1(舍去)，
∴OH=PH=3+1，
∴OP=2OH=6+2；
∴P点坐标为(3+1,3+1)． 
【解析】(1)根据A(23,0)，B(0,2)，可得OA=23，OB=2，进而可以解决问题；
(2)过点C作CD⊥x轴于点D，可得OC=2OD，AC=2CD=2OD，然后根据AO=OD+AD=(3+1)OD=23，求出OD的长，进而可以解决问题；
(3)作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，根据圆周角定理由∠AOB=90°，得到AB为△AOB外接圆的直径，则∠BPA=90°，再利用勾股定理计算出AB=4，根据圆周角定理由∠AOP=45°得到∠PBA=45°，则可判断△PAB和△POH都为等腰直角三角形，所以PA=22AB=22，PH=OH，设OH=t，则PH=t，AH=23−t，在Rt△PHA中，根据勾股定理得到OP的长和P点坐标．
本题考查了三角形外接圆与外心，坐标与图形性质，解决本题的关键是得到△PAB和△POH都为等腰直角三角形．

19.【答案】解：(1)∵已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)和点B(3,0)，
∴抛物线的表达式为：y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3；
∴抛物线y=−x2+2x+3；
(2)∵抛物线y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4；
抛物线的对称轴为：x=1，故点D(1,4)，
直线BC的表达式为：y=−x+3，当x=1时，y=2，
故点E(1,2)，
S△PAB=12×AB×yP，S△OEB=12×OB×yE，
即4×yP=3×2，yP=32，
将点P的纵坐标代入抛物线表达式得：32=−x2+2x+3，
解得：x=1+102(因点这在第一象限内，负值已舍去)；
∴点P的横坐标为1+102；
(3)当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
∴OB=OC，
∴∠OBC=45°，
将△OBE以点B为中心顺时针旋转，旋转角等于2∠OBC，所以旋转角=2×45°=90°，
故点O′(3,3)；E′(5,2)；
设直线O′E′的表达式为：y=kx+m，
∴3k+m=35k+m=2,
解得：k=−12m=92,
∴直线O′E′的表达式为：y=−12x+92，
联立直线O′E′与抛物线解析式得：
y=−12x+92y=−x2+2x+3,
解得：x1=1y1=4或x2=32y2=154,
故直线O′E′与抛物线的交点坐标为：(1,4)，(32,154). 
【解析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形的旋转、图形的面积计算等．
(1)利用交点式求抛物线的表达式即可；
(2)S△PAB=12×AB×yP=S△OEB，=12×OB×yE，即4×yP=3×2，yP=32，即可求解；
(3)先求出∠OBC=45°，将△OBE以点B为中心顺时针旋转，旋转角等于2∠OBC，相当于旋转了90°，故点O′(3,3)、点E′(5,2)，再用待定系数法求出直线O′E′的解析式，然后联立直线与抛物线解析式即可求解．

20.【答案】解：(1)如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1的坐标为：(3,3)；

(2)如图所示：△A2B2C2，即为所求． 
【解析】(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
(2)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
此题主要考查了旋转变换以及平移变换，正确得出对应点位置是解题关键．

21.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，∠A=28°，
∴∠B=62°，
∵BD=BC，
∴∠BCD=∠BDC=59°，
∴∠ACD=90°−∠BCD=31°；
(2)①是，理由如下：
①由勾股定理得，AB=AC2+BC2=a2+b2，
∴AD=a2+b2−a，解方程x2+2ax−b2=0得，
x=-2a±4a2+4b22=±a2+b2−a，
∴线段AD的长是方程x2+2ax−b2=0的一个根；
②∵AD=AE，
∴AE=EC=b2，
由勾股定理得，
a2+b2=(12b+a)2，
整理得3b2−4ab=0，
b(3b−4a)=0，
∵b≠0，
∴3b−4a=0，
整理得，ab=34． 
【解析】本题考查的是勾股定理、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、一元二次方程的解法，掌握一元二次方程的求根公式、勾股定理是解题的关键．
(1)根据三角形内角和定理求出∠B，根据等腰三角形的性质求出∠BCD，计算即可；
(2)①根据勾股定理求出AD，利用求根公式解方程，比较即可；
②根据勾股定理列出算式，计算即可．


22.【答案】解：(1)矩形；
(2)如图1，点O即为四边形的外心，满足条件的四边形ABCD如图所示．

(3)如图2，作四边形ABCD的外接圆，连接BO，作OE⊥BC于点E，

则∠BOC=2∠COE，
∵∠BOC=2∠BDC，
∴∠COE=∠BDC，
∵BC=8，OE⊥BC，
∴CE=12BC=4，
∵sin∠BDC=45，
∴sin∠BDC=sin∠COE=CEOC=45，
则OC=5． 
【解析】
解：(1)∵矩形对角线相等且互相平分，
∴矩形对角线交点到四顶点的距离相等，即对角线交点是矩形的外心，
故答案为：矩形；
(2)见答案；
(3)见答案．
【分析】
(1)根据平行四边形、矩形和菱形在对角线上的性质求解可得；
(2)连接BC、AB，作两线段的中垂线，交于点O，以O为圆心、OA为半径作圆，在AC上取一点D，顺次连接即可得；
(3)作出四边形的外接圆，连接BO，作OE⊥BC于点E，依据圆周角定理和圆心角定理得出∠COE=∠BDC，由垂径定理得CE=12BC=4，据此利用正弦函数的定义可得答案．
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握平行四边形、矩形、菱形的性质，四边形外接圆的性质，圆周角定理和圆心角定理及垂径定理等知识点．  
23.【答案】解：(1)AD=BE；AD⊥BE；
(2)如图，过点C作CE⊥CD交AD于点E，

∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∴∠ADC=45°，
∵CE⊥CD，
∴∠ACE=90°−∠ECB=∠BCD，△DCE是等腰直角三角形，
又∵∠CAE=∠CBD，AC=BC，
∴△ACE≌△BCD(ASA)，
∴AE=BD=3，
∴DE=AD−AE=9−3=6，
在等腰Rt△DCE中，CD=22DE=32；
(3)①如图，连接OC、OA，延长DC到点E，使得CE=BD，连接AE．

设⊙O的半径为r，则依题意有：πr2=36π，
解得r=6，
∴OA=OC=6.  
∵△ABC是等边三角形，
∴∠CBA=∠CAB=60°，AC=AB=BC，
∴∠COA=120°，
过点O作OF⊥AC于点F，
∴∠AOF=∠COF=60°，AF=CF，
∴AF=OA·sin60°=33，
∴AC=63，
∵四边形ABDC内接于⊙O，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
∵∠ACD+∠ACE=180°，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD与△ACE中，
 {AB=AC∠ABD=∠ACEBD=CE
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，∠BAD =∠CAE，
∴∠DAE=∠CAE+∠DAC=∠BAD+∠DAC=∠BAC=60°，
∴△DAE为等边三角形，
∴S四边形ABDC=S△BDA+S△ACD
=S△ACE+S△ACD
​​​​​​​=S△DAE
=34AD2
=34x2，
∵S△ABC=34AC2=34×(63)2=273，
∴S=S四边形ABDC−S△ABC=34x2−273，
∴S与x之间的函数关系式为S=34x2−273；
②当点D为BC的中点时，DC=DB， 
又∵AC=AB， 
∴AD是BC的垂直平分线，
∵BC是⊙O的弦，
∴AD是⊙O的直径，
∴AD=2OA=12，
由①得S四边形ABDC=34AD2，
∴S四边形ABDC=34×122=363(m2). 
【解析】
【分析】
本题考查圆的综合，涉及圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质等知识．
(1)通过SAS证明△ACD≌△BCE，根据全等三角形的性质得到AD=BE，∠CBE=∠A，进而得到AD⊥BE；
(2)过点C作CE⊥CD交AD于点E，证明△ACE≌△BCD，求出DE，进而即可得答案；
(3)①连接OC、OA，延长DC到点E，使得CE=BD，连接AE，过点O作OF⊥AC于点F，先求出圆的半径r，解直角三角形求出AC，证得△ABD≌△ACE，得出S四边形ABDC=S△BDA+S△ACD=S△ACE+S△ACD=S△DAE，根据△BDC的面积=S四边形ABDC−S△ABC求出函数关系式；
②   根据题意知当点D为BC的中点时，DC=DB，根据垂径定理，求出AD为⊙O的直径， 根据S四边形ABDC=34AD2，求出答案. 
【解答】
解：(1)∵△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵AC=BC，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE，∠A=∠CBE，
∴∠CBE+∠ABC=∠A+∠ABC=90°，
∴AD⊥BE;
(2)见答案；
(3)①见答案；
②见答案．  
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，
∴AB=CD，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∴AE=DE，
∴AE=DE．

(2)解：连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠DEC=45°，DA=DC，
∵∠EDF=90°，
∴∠F=90°−45°=45°，
∴DE=DF，
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
∠ADE=∠CDF∠AED=∠FDA=DC，
∴△ADE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF，
∴S△ADE=S△CDF，
∴S四边形AECD=S△DEF，
∵EF=2DE=EC+DE，EC=1，
∴1+DE=2DE，
∴DE=2+1，
∴S△DEF=12DE2=2+32． 
【解析】(1)欲证明AE=DE，只要证明AE=DE．
(2)连接BD，过点D作DF⊥DE交EC的延长线于F.证明△ADE≌△CDF(AAS)，推出AE=CF，推出S△ADE=S△CDF，推出S四边形AECD=S△DEF，再利用等腰三角形的性质构建方程求出DE，即可解决问题．
本题考查正多边形与圆，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

25.【答案】(1)证明：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵DC=BC，
∴AD=AB，
∴∠D=∠ABC，
∵∠E=∠ABC，
∴∠E=∠D，
∴CD=CE．

(2)解：由(1)可知：∠ABC=∠E=30°，∠ACB=90°，
∴∠CAB=60°，AB=2AC=4，
在Rt△ABC中，由勾股定理得到BC=23，
连接OC，则∠COB=120°，
∴S阴=S扇形OBC−S△OBC=120⋅π⋅22360−12×12×23×2=4π3−3． 
【解析】(1)只要证明∠E=∠D，即可推出CD=CE；
(2)根据S阴=S扇形OBC−S△OBC计算即可解决问题；
本题考查扇形的面积，垂径定理，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．