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初中数学中考复习 专题9 辅助圆—90°圆周角所对直径的妙用-备战2020年中考数学压轴题专题研究
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这是一份初中数学中考复习 专题9 辅助圆—90°圆周角所对直径的妙用-备战2020年中考数学压轴题专题研究，共20页。
专题九：辅助圆——90°圆周角所对直径的妙用
专题导例
如图，已知点A（﹣6，0），B（2，0），点C在直线上，则使△ABC是直角三角形的点C的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
方法剖析
【分析】根据∠A为直角，∠B为直角与∠C为直角三种情况进行分析．
我们知道，已知线段AB，如下图，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有个数为 个，顶点C的轨迹是 ．
方法：见直角→找斜边（定长）→想直径→定外心→现“圆”形．
解直角三角形的存在性问题，一般分三步走：
（1） 第一步：寻找分类标准：
（2） 第二步：尝试作圆；
（3） 第三步：依据勾股或相似来列方程；
（4） 第四步：解方程并点的合理性．
导例解析：如图，
①当∠A为直角时，过点A作垂线与直线的交点W（﹣6，4），
②当∠B为直角时，过点B作垂线与直线的交点S（2，），
③若∠C为直角，
则点C在以线段AB为直径、AB中点E（﹣2，0）为圆心、4为半径的圆与直线的交点上．
在直线中，当x＝0时y＝2，即Q（0，2），
当y＝0时x＝6，即点P（6，0），
则PQ＝＝4，
过AB中点E（﹣2，0），作EF⊥直线l于点F，
则∠EFP＝∠QOP＝90°，
∵∠EPF＝∠QPO，
∴△EFP∽△QOP，
∴＝，即＝，
解得：EF＝4，
∴以线段AB为直径、E（﹣2，0）为圆心的圆与直线恰好有一个交点．
所以直线上有一点C满足∠C＝90°．
综上所述，使△ABC是直角三角形的点C的个数为3，
故选：C．
典例剖析
类型一：确定直角三角形的个数
例1．在平面直角坐标系中，已知点A（﹣4，0），B（2，0），若点C在一次函数y＝﹣x+2的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的点C有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据已知可求得直线与两轴的交点，①分别过点A、点B作垂线，可得出符合题意的点C，②利用圆周角定理，可得出符合条件的两个点C．
类型二：利用直径所对圆周角为90°来解决相应问题
例2．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+（k﹣1）x﹣k与直线y＝kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．
（1）如图1，当k＝1时，直接写出A，B两点的坐标；
（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，抛物线y＝x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y＝kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】方法一：
（1）当k＝1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点A、B的坐标；
（2）如答图2，作辅助线，求出△ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点P的坐标；
（3）“存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°”的含义是，以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，由圆周角定理可知，此时∠OQC＝90°且点Q为唯一．以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得k的值．需要另外注意一点是考虑直线AB是否与抛物线交于C点，此时亦存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°．
方法二：
（1）联立直线与抛物线方程求出点A，B坐标．
（2）利用面积公式求出P点坐标．
（3）列出定点O坐标，用参数表示C，Q点坐标，利用两直线垂直的性质构建方程求出k的值．
专题突破
1．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是矩形内部的一个动点，且AE⊥BE，则线段CE的最小值为 ．
2．如图，在Rt△ABC中，BC＝AC＝2，点M是AC边上一动点，连接BM，以CM为直径的⊙O交BM于N，则线段AN的最小值为 ．
3.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，BC的延长线于过点A的直线相交于点E，且∠B＝∠EAC．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）过点C作CG⊥AD，垂足为F，与AB交于点G，若AG•AB＝36，tanB＝，求DF的值
4.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD⊥BC于点D，直径CF⊥AB于点E，AD、CF交于点H．
（1）求证：EF＝EH；
（2）若＝，AC＝4，求BD的值．
5．学习与探究：
（1）请在图1的正方形ABCD中，作出使∠APB=90°的所有点P，并简要说明做法．我们可以这样解决问题：利用直径所对的圆周角等于90°，作以AB为直径的圆，则正方形ABCD内部的半圆上所有点（A、B除外）为所求．
（2）请在图2的正方形ABCD内（含边），画出使∠APB=60°的所有的点P，尺规作图，不写作法，保留痕迹；
（3）如图3，已知矩形ABCD中，AB=4，AC=3，请在矩形内（含边），画出∠APB=60°的所有的点P，尺规作图，不写作法，保留痕迹．
6．如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），并与x轴交于点C，点M是抛物线对称轴l上任意一点（点M，B，C三点不在同一直线上）
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）若△MCB为直角三角形，请求出点M的坐标；
（3）在抛物线上找出点P，使得以M、C、B、P为顶点的四边形为平行四边形，并直接写出点P的坐标．
7.如图1，在直角坐标系中，直线l与x、y轴分别交于点A（2，0）、B（0，）两点，∠BAO的角平分线交y轴于点D．点C为直线l上一点，以AC为直径的⊙G经过点D，且与x轴交于另一点E．
（1）求出⊙G的半径r，并直接写出点C的坐标；
（2）如图2，若点F为⊙G上的一点，连接AF，且满足∠FEA＝45°，请求出EF的长？
8.如图，矩形ABCD的边AB＝3，AD＝4，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，连结EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连结CG．
（1）求证：四边形EFCG是矩形；
（2）求tan∠CEG的值；
（3）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，求四边形EFCG面积的取值范围．
专题九：辅助圆——90°圆周角所对直径的妙用
例1． 解：由题意知，直线y＝﹣x+2与x轴的交点为（4，0），与y轴的交点为（0，2），
过点A作垂线与直线的交点W（﹣4，4），
过点B作垂线与直线的交点S（2，1），
过AB中点E（﹣1，0），作垂线与直线的交点为F（﹣1，2.5），
则EF＝2.5＜3，
所以以3为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点
∴共有四个点能与点A，点B组成直角三角形．
例2．【解答】方法一：解：（1）当k＝1时，抛物线解析式为y＝x2﹣1，直线解析式为y＝x+1．
联立两个解析式，得：x2﹣1＝x+1，
解得：x＝﹣1或x＝2，
当x＝﹣1时，y＝x+1＝0；当x＝2时，y＝x+1＝3，
∴A（﹣1，0），B（2，3）．
（2）设P（x，x2﹣1）．
如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．
∴PF＝yF﹣yP＝（x+1）﹣（x2﹣1）＝﹣x2+x+2．
S△ABP＝S△PFA+S△PFB＝PF（xF﹣xA）+PF（xB﹣xF）＝PF（xB﹣xA）＝PF
∴S△ABP＝（﹣x2+x+2）＝﹣（x﹣）2+
当x＝时，yP＝x2﹣1＝﹣．
∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（，﹣）．
（3）设直线AB：y＝kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，
则E（﹣，0），F（0，1），OE＝，OF＝1．
在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF＝＝．
令y＝x2+（k﹣1）x﹣k＝0，即（x+k）（x﹣1）＝0，解得：x＝﹣k或x＝1．
∴C（﹣k，0），OC＝k．
Ⅰ.假设存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，如答图3所示，
则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC＝90°．
设点N为OC中点，连接NQ，则NQ⊥EF，NQ＝CN＝ON＝．
∴EN＝OE﹣ON＝﹣．
∵∠NEQ＝∠FEO，∠EQN＝∠EOF＝90°，
∴△EQN∽△EOF，
∴，即：，
解得：k＝±，
∵k＞0，
∴k＝．
∴存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝．
Ⅱ.若直线AB过点C时，此时直线与圆的交点只有另一点Q点，故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，
将C（﹣k，0）代入y＝kx+1中，
可得k＝1，k＝﹣1（舍去），
故存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝1．
综上所述，k＝或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°．
方法二：（1）略．
（2）过点P作x轴垂线，叫直线AB于F，
设P（t，t2﹣1），则F（t，t+1）
∴S△ABP＝（FY﹣PY）（BX﹣AX），
∴S△ABP＝（t+1﹣t2+1）（2+1），
∴S△ABP＝﹣t2+t+3，
当t＝时，S△ABP有最大值，
∴S△ABP＝．
（3）∵y＝x2+（k﹣1）x﹣k，
∴y＝（x+k）（x﹣1），
当y＝0时，x1＝﹣k，x2＝1，
∴C（﹣k，0），D（1，0），
当点A和点C重合时，将C（﹣k，0）代入y＝kx+1中，
可得k＝1，k＝﹣1（舍去），
故存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝1．
当点A和点C不重合时，
∵点Q在y＝kx+1上，设Q（t，kt+1），O（0，0），
∵∠OQC＝90°，
∴CQ⊥OQ，
∴KCQ×KOQ＝﹣1，
∴
∴（k2+1）t2+3kt+1＝0有唯一解，
∴△＝（3k）2﹣4（k2+1）＝0，
∴k1＝，k2＝﹣（k＞0故舍去），
∴k＝．
综上所述，k＝或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°
专题突破
1．如图，
∵AE⊥BE，∴点E在以AB为直径的半⊙O上．
连接CO交⊙O于点E′．∴当点E位于点E′位置时，线段CE取得最小值，
∵AB＝4，∴OA＝OB＝OE′＝2．
∵BC＝6，∴OC＝＝＝2．∴CE′＝OC﹣OE′＝2﹣2．
故答案为2﹣2．
2．如图1，连接CN．∵CM是⊙O的直径，
∴∠CNM＝90°．∴∠CNB＝90°．∴点N在以BC为直径的⊙O′上．
∵⊙O′的半径为1，∴当点O′，N，A共线时，AN最小，如图2．
在Rt△AO′C中，O′C＝1，AC＝2，∴O′A＝＝．
∴AN＝AO′﹣O′N＝﹣1，即线段AN长度的最小值为﹣1．故答案为﹣1．
3.（1）证明：连接CD．
∵∠B＝∠D，AD是直径，
∴∠ACD＝90°，∠D+∠1＝90°，∠B+∠1＝90°，
∵∠B＝∠EAC，
∴∠EAC+∠1＝90°，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线．
（2）∵CG⊥AD．OA⊥AE，
∴CG∥AE，
∴∠2＝∠3，
∵∠2＝∠B，
∴∠3＝∠B，
∵∠CAG＝∠CAB，
∴△ABC∽△ACG，
∴＝，
∴AC2＝AG•AB＝36，
∴AC＝6，
∵tanD＝tanB＝，
在Rt△ACD中，tanD＝＝
CD＝＝6，AD＝＝6，
∵∠D＝∠D，∠ACD＝∠CFD＝90°，
∴△ACD∽△CFD，
∴＝，
∴DF＝4，
4.解：如图1，连接AF，
∵∠AEH＝∠CDH＝90°，∠AHE＝∠CHD，
∴∠BAD＝∠BCF，
∵∠BCF＝∠BAF，
∴∠BAD＝∠BAF，即∠FAE＝∠HAE，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（ASA），
∴EF＝EH；
（2）如图2，连接AF，
∵直径CF⊥AB于点E，
∴∠ACD＝2∠BCF，
∵∠BOF＝2∠BCF，
∴∠BOE＝∠CAD，
∵∠ADC＝∠BEO＝90°，
∴△BEO∽△ADC，
∴＝，
∵＝，AC＝4，
∴＝，
∴BO＝，
∴FC＝2BO＝5，
∴在RT△CAF中，AF＝＝＝3，
∵△CEA∽△CAF，
∴＝，即＝，
∴CE＝，
∴AE＝＝＝，
∵BE＝AE＝，
∵＝，
∴AD＝，
在RT△ADB中，
BD＝＝＝．
5．（1）在以AB为直径的半圆上，A，B两点除外；
（2）如图2，
作△ABP的外接圆⊙O，分别与AD、BC交于点E,F，弧EF上所有的点均可．[来源:Z#xx#k.Com]
理由：同圆中同弧所对的圆周角相等，
（3）如图3，画法如图：[来源:学科网ZXXK]
①连接AC；[来源:Z#xx#k.Com]
②以AB为边作等边△ABE；
③作等边△ABE的外接圆O，交AC于点P；
④在AC上截取AP'=CP．则点P,P′为所求．
6.解：（1）把A（﹣1，0），B（0，﹣2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
，
解得：，
∴抛物线所表示的二次函数的表达式为：y＝x2﹣x﹣2；
（2）①当∠MCB＝90°时，
由题意A（﹣1，0），B（0，﹣2），C（2，0）
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∴直线MC的解析式为y＝﹣x+2
∴M（，）．
②当∠MBC＝90°时，直线BM的解析式为y＝﹣x﹣2，
M（，﹣）．
③当∠BMC＝90°时，设M（，m）．设BC的中点为K，则MK＝BC＝×2＝，
∵K（1，﹣1），
∴（﹣1）2+（m+1）2＝2，
解得m＝，
∴M（，）或（，）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为M（，）或（，）或（，）或（，）．
（3）如图1，当四边形PCBM是平行四边形时，
∵MP∥BC，且MP＝BC，
由点C向右平移个单位到P，可知：点B向右平移个单位到M，
当x＝时，y＝（）2﹣﹣2＝，
∴P（，）；
如图2中，当四边形PMCB是平行四边形时，
由点C向左平移2个单位到B，可知：点M向左平移2个单位到P
∴点P的横坐标为﹣，
当x＝﹣时，y＝（﹣）2+﹣2＝，
∴P（﹣，）．
当BC为对角线时，对角线的中点坐标为（1，﹣1），∵点M的横坐标为，
则点P的横坐标为，
∴P（，﹣）
综上所述，满足条件的点P坐标为（，）或（﹣，）或（，﹣）．
7.解：（1）连接GD，EC．
∵∠OAB的角平分线交y轴于点D，
∴∠GAD＝∠DAO，
∵GD＝GA，
∴∠GDA＝∠GAD，
∴∠GDA＝∠DAO，
∴GD∥OA，
∴∠BDG＝∠BOA＝90°，
∵GD为半径，
∴y轴是⊙G的切线；
∵A（2，0），B（0，），
∴OA＝2，OB＝，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得：AB＝＝＝
设半径GD＝r，则BG＝﹣r，
∵GD∥OA，
∴△BDG∽△BOA，∴＝，
∴r＝2（﹣r），
∴r＝，
∵AC是直径，
∴∠AEC＝∠AOB＝90°，
∴EC∥OB，
∴＝＝，
∴＝＝，∴EC＝2，AE＝，
∴OE＝2﹣＝，
∴C的坐标为（，2）；
（2） 过点A作AH⊥EF于H，连接CE、CF，
∵AC是直径，
∴AC＝2×＝
∴∠AEC＝∠AFC＝90°
∵∠FEA＝45°
∴∠FCA＝45°
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可知：AF＝CF＝，
设OE＝a
∴AE＝2﹣a
∵CE∥OB
∴△ACE∽△ABO
∴＝，
∴CE＝2，
∵CE2+AE2＝AC2，
∴22+（2﹣a）2＝
∴a＝或a＝（不合题意，舍去）
∴AE＝
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可得，AH＝EH＝，
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可知：FH2＝AF2﹣AH2＝（）2﹣（）2＝2，
∴FH＝，
∴EF＝EH+FH＝．
8. 解：（1）证明：∵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）由（1）知四边形EFCG是矩形．
∴CF∥EG，
∴∠CEG＝∠ECF，
∵∠ECF＝∠EDF，
∴∠CEG＝∠EDF，
在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4，
∴tan，
∴tan∠CEG＝；
（3）∵四边形EFCG是矩形，
∴FC∥EG．
∴∠FCE＝∠CEG，
∴tan∠FCE＝tan∠CEG＝，
∵∠CFE＝90°，
∴EF＝CF，
∴S矩形EFCG＝；
连结OD，如图2①，
∵∠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，如图2①所示．
此时，CF＝CB＝4．…（10分）
（Ⅱ）当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，
如图2②所示，
此时⊙O与射线BD相切，CF＝CD＝3．
（Ⅲ）当CF⊥BD时，CF最小，
如图2③所示．
S△BCD＝BC×CD＝BD×CF，
∴4×3＝5×CF，
∴CF＝，
∴≤CF≤4，
∵S矩形EFCG＝，
∴×（）2≤S矩形EFCG≤×42，
∴≤S矩形EFCG≤12．
专题九：辅助圆——90°圆周角所对直径的妙用
专题导例
如图，已知点A（﹣6，0），B（2，0），点C在直线上，则使△ABC是直角三角形的点C的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
方法剖析
【分析】根据∠A为直角，∠B为直角与∠C为直角三种情况进行分析．
我们知道，已知线段AB，如下图，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有个数为 个，顶点C的轨迹是 ．
方法：见直角→找斜边（定长）→想直径→定外心→现“圆”形．
解直角三角形的存在性问题，一般分三步走：
（1） 第一步：寻找分类标准：
（2） 第二步：尝试作圆；
（3） 第三步：依据勾股或相似来列方程；
（4） 第四步：解方程并点的合理性．
导例解析：如图，
①当∠A为直角时，过点A作垂线与直线的交点W（﹣6，4），
②当∠B为直角时，过点B作垂线与直线的交点S（2，），
③若∠C为直角，
则点C在以线段AB为直径、AB中点E（﹣2，0）为圆心、4为半径的圆与直线的交点上．
在直线中，当x＝0时y＝2，即Q（0，2），
当y＝0时x＝6，即点P（6，0），
则PQ＝＝4，
过AB中点E（﹣2，0），作EF⊥直线l于点F，
则∠EFP＝∠QOP＝90°，
∵∠EPF＝∠QPO，
∴△EFP∽△QOP，
∴＝，即＝，
解得：EF＝4，
∴以线段AB为直径、E（﹣2，0）为圆心的圆与直线恰好有一个交点．
所以直线上有一点C满足∠C＝90°．
综上所述，使△ABC是直角三角形的点C的个数为3，
故选：C．
典例剖析
类型一：确定直角三角形的个数
例1．在平面直角坐标系中，已知点A（﹣4，0），B（2，0），若点C在一次函数y＝﹣x+2的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的点C有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据已知可求得直线与两轴的交点，①分别过点A、点B作垂线，可得出符合题意的点C，②利用圆周角定理，可得出符合条件的两个点C．
类型二：利用直径所对圆周角为90°来解决相应问题
例2．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+（k﹣1）x﹣k与直线y＝kx+1交于A，B两点，点A在点B的左侧．
（1）如图1，当k＝1时，直接写出A，B两点的坐标；
（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，抛物线y＝x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y＝kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】方法一：
（1）当k＝1时，联立抛物线与直线的解析式，解方程求得点A、B的坐标；
（2）如答图2，作辅助线，求出△ABP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最大值及点P的坐标；
（3）“存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°”的含义是，以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，由圆周角定理可知，此时∠OQC＝90°且点Q为唯一．以此为基础，构造相似三角形，利用比例式列出方程，求得k的值．需要另外注意一点是考虑直线AB是否与抛物线交于C点，此时亦存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°．
方法二：
（1）联立直线与抛物线方程求出点A，B坐标．
（2）利用面积公式求出P点坐标．
（3）列出定点O坐标，用参数表示C，Q点坐标，利用两直线垂直的性质构建方程求出k的值．
专题突破
1．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是矩形内部的一个动点，且AE⊥BE，则线段CE的最小值为 ．
2．如图，在Rt△ABC中，BC＝AC＝2，点M是AC边上一动点，连接BM，以CM为直径的⊙O交BM于N，则线段AN的最小值为 ．
3.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，BC的延长线于过点A的直线相交于点E，且∠B＝∠EAC．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）过点C作CG⊥AD，垂足为F，与AB交于点G，若AG•AB＝36，tanB＝，求DF的值
4.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD⊥BC于点D，直径CF⊥AB于点E，AD、CF交于点H．
（1）求证：EF＝EH；
（2）若＝，AC＝4，求BD的值．
5．学习与探究：
（1）请在图1的正方形ABCD中，作出使∠APB=90°的所有点P，并简要说明做法．我们可以这样解决问题：利用直径所对的圆周角等于90°，作以AB为直径的圆，则正方形ABCD内部的半圆上所有点（A、B除外）为所求．
（2）请在图2的正方形ABCD内（含边），画出使∠APB=60°的所有的点P，尺规作图，不写作法，保留痕迹；
（3）如图3，已知矩形ABCD中，AB=4，AC=3，请在矩形内（含边），画出∠APB=60°的所有的点P，尺规作图，不写作法，保留痕迹．
6．如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，﹣2），并与x轴交于点C，点M是抛物线对称轴l上任意一点（点M，B，C三点不在同一直线上）
（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）若△MCB为直角三角形，请求出点M的坐标；
（3）在抛物线上找出点P，使得以M、C、B、P为顶点的四边形为平行四边形，并直接写出点P的坐标．
7.如图1，在直角坐标系中，直线l与x、y轴分别交于点A（2，0）、B（0，）两点，∠BAO的角平分线交y轴于点D．点C为直线l上一点，以AC为直径的⊙G经过点D，且与x轴交于另一点E．
（1）求出⊙G的半径r，并直接写出点C的坐标；
（2）如图2，若点F为⊙G上的一点，连接AF，且满足∠FEA＝45°，请求出EF的长？
8.如图，矩形ABCD的边AB＝3，AD＝4，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，连结EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连结CG．
（1）求证：四边形EFCG是矩形；
（2）求tan∠CEG的值；
（3）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，求四边形EFCG面积的取值范围．
专题九：辅助圆——90°圆周角所对直径的妙用
例1． 解：由题意知，直线y＝﹣x+2与x轴的交点为（4，0），与y轴的交点为（0，2），
过点A作垂线与直线的交点W（﹣4，4），
过点B作垂线与直线的交点S（2，1），
过AB中点E（﹣1，0），作垂线与直线的交点为F（﹣1，2.5），
则EF＝2.5＜3，
所以以3为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点
∴共有四个点能与点A，点B组成直角三角形．
例2．【解答】方法一：解：（1）当k＝1时，抛物线解析式为y＝x2﹣1，直线解析式为y＝x+1．
联立两个解析式，得：x2﹣1＝x+1，
解得：x＝﹣1或x＝2，
当x＝﹣1时，y＝x+1＝0；当x＝2时，y＝x+1＝3，
∴A（﹣1，0），B（2，3）．
（2）设P（x，x2﹣1）．
如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．
∴PF＝yF﹣yP＝（x+1）﹣（x2﹣1）＝﹣x2+x+2．
S△ABP＝S△PFA+S△PFB＝PF（xF﹣xA）+PF（xB﹣xF）＝PF（xB﹣xA）＝PF
∴S△ABP＝（﹣x2+x+2）＝﹣（x﹣）2+
当x＝时，yP＝x2﹣1＝﹣．
∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（，﹣）．
（3）设直线AB：y＝kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，
则E（﹣，0），F（0，1），OE＝，OF＝1．
在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF＝＝．
令y＝x2+（k﹣1）x﹣k＝0，即（x+k）（x﹣1）＝0，解得：x＝﹣k或x＝1．
∴C（﹣k，0），OC＝k．
Ⅰ.假设存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，如答图3所示，
则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC＝90°．
设点N为OC中点，连接NQ，则NQ⊥EF，NQ＝CN＝ON＝．
∴EN＝OE﹣ON＝﹣．
∵∠NEQ＝∠FEO，∠EQN＝∠EOF＝90°，
∴△EQN∽△EOF，
∴，即：，
解得：k＝±，
∵k＞0，
∴k＝．
∴存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝．
Ⅱ.若直线AB过点C时，此时直线与圆的交点只有另一点Q点，故亦存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，
将C（﹣k，0）代入y＝kx+1中，
可得k＝1，k＝﹣1（舍去），
故存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝1．
综上所述，k＝或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°．
方法二：（1）略．
（2）过点P作x轴垂线，叫直线AB于F，
设P（t，t2﹣1），则F（t，t+1）
∴S△ABP＝（FY﹣PY）（BX﹣AX），
∴S△ABP＝（t+1﹣t2+1）（2+1），
∴S△ABP＝﹣t2+t+3，
当t＝时，S△ABP有最大值，
∴S△ABP＝．
（3）∵y＝x2+（k﹣1）x﹣k，
∴y＝（x+k）（x﹣1），
当y＝0时，x1＝﹣k，x2＝1，
∴C（﹣k，0），D（1，0），
当点A和点C重合时，将C（﹣k，0）代入y＝kx+1中，
可得k＝1，k＝﹣1（舍去），
故存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°，此时k＝1．
当点A和点C不重合时，
∵点Q在y＝kx+1上，设Q（t，kt+1），O（0，0），
∵∠OQC＝90°，
∴CQ⊥OQ，
∴KCQ×KOQ＝﹣1，
∴
∴（k2+1）t2+3kt+1＝0有唯一解，
∴△＝（3k）2﹣4（k2+1）＝0，
∴k1＝，k2＝﹣（k＞0故舍去），
∴k＝．
综上所述，k＝或1时，存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°
专题突破
1．如图，
∵AE⊥BE，∴点E在以AB为直径的半⊙O上．
连接CO交⊙O于点E′．∴当点E位于点E′位置时，线段CE取得最小值，
∵AB＝4，∴OA＝OB＝OE′＝2．
∵BC＝6，∴OC＝＝＝2．∴CE′＝OC﹣OE′＝2﹣2．
故答案为2﹣2．
2．如图1，连接CN．∵CM是⊙O的直径，
∴∠CNM＝90°．∴∠CNB＝90°．∴点N在以BC为直径的⊙O′上．
∵⊙O′的半径为1，∴当点O′，N，A共线时，AN最小，如图2．
在Rt△AO′C中，O′C＝1，AC＝2，∴O′A＝＝．
∴AN＝AO′﹣O′N＝﹣1，即线段AN长度的最小值为﹣1．故答案为﹣1．
3.（1）证明：连接CD．
∵∠B＝∠D，AD是直径，
∴∠ACD＝90°，∠D+∠1＝90°，∠B+∠1＝90°，
∵∠B＝∠EAC，
∴∠EAC+∠1＝90°，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O的切线．
（2）∵CG⊥AD．OA⊥AE，
∴CG∥AE，
∴∠2＝∠3，
∵∠2＝∠B，
∴∠3＝∠B，
∵∠CAG＝∠CAB，
∴△ABC∽△ACG，
∴＝，
∴AC2＝AG•AB＝36，
∴AC＝6，
∵tanD＝tanB＝，
在Rt△ACD中，tanD＝＝
CD＝＝6，AD＝＝6，
∵∠D＝∠D，∠ACD＝∠CFD＝90°，
∴△ACD∽△CFD，
∴＝，
∴DF＝4，
4.解：如图1，连接AF，
∵∠AEH＝∠CDH＝90°，∠AHE＝∠CHD，
∴∠BAD＝∠BCF，
∵∠BCF＝∠BAF，
∴∠BAD＝∠BAF，即∠FAE＝∠HAE，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（ASA），
∴EF＝EH；
（2）如图2，连接AF，
∵直径CF⊥AB于点E，
∴∠ACD＝2∠BCF，
∵∠BOF＝2∠BCF，
∴∠BOE＝∠CAD，
∵∠ADC＝∠BEO＝90°，
∴△BEO∽△ADC，
∴＝，
∵＝，AC＝4，
∴＝，
∴BO＝，
∴FC＝2BO＝5，
∴在RT△CAF中，AF＝＝＝3，
∵△CEA∽△CAF，
∴＝，即＝，
∴CE＝，
∴AE＝＝＝，
∵BE＝AE＝，
∵＝，
∴AD＝，
在RT△ADB中，
BD＝＝＝．
5．（1）在以AB为直径的半圆上，A，B两点除外；
（2）如图2，
作△ABP的外接圆⊙O，分别与AD、BC交于点E,F，弧EF上所有的点均可．[来源:Z#xx#k.Com]
理由：同圆中同弧所对的圆周角相等，
（3）如图3，画法如图：[来源:学科网ZXXK]
①连接AC；[来源:Z#xx#k.Com]
②以AB为边作等边△ABE；
③作等边△ABE的外接圆O，交AC于点P；
④在AC上截取AP'=CP．则点P,P′为所求．
6.解：（1）把A（﹣1，0），B（0，﹣2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
，
解得：，
∴抛物线所表示的二次函数的表达式为：y＝x2﹣x﹣2；
（2）①当∠MCB＝90°时，
由题意A（﹣1，0），B（0，﹣2），C（2，0）
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∴直线MC的解析式为y＝﹣x+2
∴M（，）．
②当∠MBC＝90°时，直线BM的解析式为y＝﹣x﹣2，
M（，﹣）．
③当∠BMC＝90°时，设M（，m）．设BC的中点为K，则MK＝BC＝×2＝，
∵K（1，﹣1），
∴（﹣1）2+（m+1）2＝2，
解得m＝，
∴M（，）或（，）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为M（，）或（，）或（，）或（，）．
（3）如图1，当四边形PCBM是平行四边形时，
∵MP∥BC，且MP＝BC，
由点C向右平移个单位到P，可知：点B向右平移个单位到M，
当x＝时，y＝（）2﹣﹣2＝，
∴P（，）；
如图2中，当四边形PMCB是平行四边形时，
由点C向左平移2个单位到B，可知：点M向左平移2个单位到P
∴点P的横坐标为﹣，
当x＝﹣时，y＝（﹣）2+﹣2＝，
∴P（﹣，）．
当BC为对角线时，对角线的中点坐标为（1，﹣1），∵点M的横坐标为，
则点P的横坐标为，
∴P（，﹣）
综上所述，满足条件的点P坐标为（，）或（﹣，）或（，﹣）．
7.解：（1）连接GD，EC．
∵∠OAB的角平分线交y轴于点D，
∴∠GAD＝∠DAO，
∵GD＝GA，
∴∠GDA＝∠GAD，
∴∠GDA＝∠DAO，
∴GD∥OA，
∴∠BDG＝∠BOA＝90°，
∵GD为半径，
∴y轴是⊙G的切线；
∵A（2，0），B（0，），
∴OA＝2，OB＝，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得：AB＝＝＝
设半径GD＝r，则BG＝﹣r，
∵GD∥OA，
∴△BDG∽△BOA，∴＝，
∴r＝2（﹣r），
∴r＝，
∵AC是直径，
∴∠AEC＝∠AOB＝90°，
∴EC∥OB，
∴＝＝，
∴＝＝，∴EC＝2，AE＝，
∴OE＝2﹣＝，
∴C的坐标为（，2）；
（2） 过点A作AH⊥EF于H，连接CE、CF，
∵AC是直径，
∴AC＝2×＝
∴∠AEC＝∠AFC＝90°
∵∠FEA＝45°
∴∠FCA＝45°
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可知：AF＝CF＝，
设OE＝a
∴AE＝2﹣a
∵CE∥OB
∴△ACE∽△ABO
∴＝，
∴CE＝2，
∵CE2+AE2＝AC2，
∴22+（2﹣a）2＝
∴a＝或a＝（不合题意，舍去）
∴AE＝
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可得，AH＝EH＝，
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可知：FH2＝AF2﹣AH2＝（）2﹣（）2＝2，
∴FH＝，
∴EF＝EH+FH＝．
8. 解：（1）证明：∵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）由（1）知四边形EFCG是矩形．
∴CF∥EG，
∴∠CEG＝∠ECF，
∵∠ECF＝∠EDF，
∴∠CEG＝∠EDF，
在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4，
∴tan，
∴tan∠CEG＝；
（3）∵四边形EFCG是矩形，
∴FC∥EG．
∴∠FCE＝∠CEG，
∴tan∠FCE＝tan∠CEG＝，
∵∠CFE＝90°，
∴EF＝CF，
∴S矩形EFCG＝；
连结OD，如图2①，
∵∠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，如图2①所示．
此时，CF＝CB＝4．…（10分）
（Ⅱ）当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，
如图2②所示，
此时⊙O与射线BD相切，CF＝CD＝3．
（Ⅲ）当CF⊥BD时，CF最小，
如图2③所示．
S△BCD＝BC×CD＝BD×CF，
∴4×3＝5×CF，
∴CF＝，
∴≤CF≤4，
∵S矩形EFCG＝，
∴×（）2≤S矩形EFCG≤×42，
∴≤S矩形EFCG≤12．
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