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上海民办尚德实验学校数学圆 几何综合检测题(Word版 含答案)

发布时间：2020-10-07   来源：文档文库   
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上海民办尚德实验学校数学圆 几何综合检测题（Word版 含答案）

一、初三数学 圆易错题压轴题（难）
1．在直角坐标系中，A（0，4），B（4，0）．点C从点B出发沿BA方向以每秒2个单位的速度向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速度向点O匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒(t>0．过点C作CE⊥BO于点E，连结CD、DE． ⑴ 当t为何值时，线段CD的长为4；
⑵ 当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围； ⑶ 当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？

【答案】(1【解析】
; (2 4-＜t≤; (3或．
试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；
（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相切时，则OG=，在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，据此即可求得t的范围；
（3）分两圆外切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心距等于圆C的半径减去圆O的半径，列出方程即可求得t的值． （1）过点C作CF⊥AD于点F，

在Rt△AOB中，OA=4，OB=4，



∴∠ABO=30°，
由题意得：BC=2t，AD=t， ∵CE⊥BO，
∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=∵CF⊥AD，AO⊥BO， ∴四边形CFOE是矩形， ∴OF=CE=t，OE=CF=4∴（4-t-t）2+（4解得：t=--t，
在Rt△CFD中，DF2+CF2=CD2，
t）2=42，即7t2-40t+48=0，
t，
，t=4，
∵0＜t＜4， ∴当t=时，线段CD的长是4；
（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），

∵AD∥CE，AD=CE=t
∴四边形ADEC是平行四边形， ∴DE∥AB ∴∠GEO=30°， ∴OG=OE=（4-t）
当线段DE与⊙O相切时，则OG=， ∴当（4∴当 4--t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点．
＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；
；
（3）当⊙C与⊙O外切时，t=当⊙C与⊙O内切时，t=；



∴当t=或秒时，两圆相切．
考点：圆的综合题．

2．已知：如图，梯形ABCD中，AD//BC，AD2，ABBCCD6，动点P在射线BA上，以BP为半径的P交边BC于点E（点E与点C不重合），联结PE、PC，设BPx，PCy.

（1）求证：PE//DC；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结PD，当PDCB时，以D为圆心半径为R的值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）y【解析】 【分析】
D与P相交，求R的取36
5x4x36(0x9；（3）0R21根据梯形的性质得到BDCB，根据等腰三角形的性质得到BPEB，根据平行线的判定定理即可得到结论；
2分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G.推出四边形ADGF是矩形，PH//AF，求得BFFGGC2，根据勾股定理得到AFAB2BF2622242，根据平行线分线段成比例定理得到2112x，BHx，求得CH6x，根据勾股定理即可得到结论； 3333作EM//PD交DC于M.推出四边形PDME是平行四边形.得到PEDMx，PH即 MC6x，根据相似三角形的性质得到PDEC6质即可得到结论． 【详解】
1218，根据相切两圆的性551证明：梯形ABCD，ABCD，
BDCB，
PBPE， BPEB，



DCBPEB， PE//CD；

2解：分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．

梯形ABCD中，AD//BC， ，DGBC，PHBC，
四边形ADGF是矩形，PH//AF，
AD2，BCDC6， BFFGGC2，
在RtABF中，
AFAB2BF2622242，
PH//AF，
PHxBHPHBPBH，即，
2426AFABBF212x，BHx， 33PH1CH6x，
3在RtPHC中，PCPH2CH2，
y(2221x(6x2，即yx24x36(0x9， 333解：作EM//PD交DC于M．
PE//DC，
四边形PDME是平行四边形．
PEDMx，即 MC6x，
PDME，PDCEMC， 又PDCB，BDCB， DCBEMCPBEPEB．



PBE∽ECM，
2xxPBBE3，即， 26xECMC6x318解得：x，
512即BE，
51218PDEC6，
55当两圆外切时，PDrR，即R0(舍去；
当两圆内切时，PDr-R，即R10(舍去，R2即两圆相交时，0R【点睛】
本题属于圆综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键.
36；
536．
5
3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，AB＝BC． （1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG＝3，S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9，求⊙O的半径．

【答案】（1）45°；（2）EA2+CF2＝EF2，理由见解析；（3）62 【解析】 【分析】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案； （2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相


关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S△ABC=S矩形BGKH，S△BGM=S四边形COMH，S△BMH=S四边形AGMO，结合已知条件S四边形AGMO：S四边形CHMO=8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案． 【详解】
解：（1）如图1，

∵AC为直径， ∴∠ABC＝90°， ∴∠ACB+∠BAC＝90°， ∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°， ∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下： 如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，

∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°， 又∠ABC＝90°， ∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC， ∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN， ∴△AEB≌△CNB（SAS）， ∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°， ∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF， ∴△BFE≌△BFN（SAS）， ∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，



∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，

由（2）知EA2+CF2＝EF2，
∴121212EA+CF＝EF， 222∴S△AGE+S△CFH＝S△EFK，
∴S△AGE+S△CFH+S五边形BGEFH＝S△EFK+S五边形BGEFH， 即S△ABC＝S矩形BGKH，
∴11S△ABC＝S矩形BGKH， 22∴S△GBH＝S△ABO＝S△CBO，
∴S△BGM＝S四边形COMH，S△BMH＝S四边形AGMO， ∵S四边形AGMO：S四边形CHMO＝8：9， ∴S△BMH：S△BGM＝8：9， ∵BM平分∠GBH， ∴BG：BH＝9：8， 设BG＝9k，BH＝8k， ∴CH＝3+k， ∵AG＝3， ∴AE＝32，
∴CF＝2（k+3），EF＝2（8k﹣3）， ∵EA2+CF2＝EF2，
∴(322[2(k3]2[2(8k3]2， 整理得：7k2﹣6k﹣1＝0， 解得：k1＝﹣∴AB＝12， ∴AO＝1（舍去），k2＝1． 72AB＝62，
2∴⊙O的半径为62． 【点睛】
本题属于圆的综合题，考查了圆的相关性质及定理、全等三角形的判定与性质、多边形的面积公式、勾股定理及解一元二次方程等知识点，熟练运用相关性质及定理是解题的关


键．

4．已知：AB为⊙O直径，弦CD⊥AB，垂足为H，点E为⊙O上一点，AEBE，BE与CD交于点F．

（1）如图1，求证：BH＝FH；
（2）如图2，过点F作FG⊥BE，分别交AC、AB于点G、N，连接EG，求证：EB＝EG； （3）如图3，在（2）的条件下，延长EG交⊙O于M，连接CM、BG，若ON＝1，△CMG的面积为6，求线段BG的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）210 ． 【解析】 【分析】
（1）连接AE，根据直径所对圆周角等于90°及弧与弦的关系即可得解； （2）根据题意，过点C作CQFG，CSFB，连接CE、BC，通过证明RtCGQRtCBS，CBECGE即可得解；
（3）根据题意，过点G作GTCD于T，连接CN，设CAB＝，证明CMGCNG(AAS，再由面积法及勾股定理进行计算求解即可.
【详解】
解：（1）如下图，连接AE

∵AB为直径 ∴∠AEB90
AEBE ∴AEBE ∴B45 又∵CDAB于H
∵


∴HFB45 ∴HFHB；
（2）如下图，过点C作CQFG，CSFB，连接CE、BC


AB为直径，∴ACBQCS90 ∴GCQBCS
∴RtCGQRtCBS(AAS ∴CGCB
同理CBECGE(SAS ∴EGEB；
（3）如下图，过点G作GTCD于T，连接CN

设CAB由（2）知：CMCB ∴CMCB ∵HBHF
∴HBFHFB45 ∵GFBE
∴NFH45，NHBH，CNBC ∴CMCBCN 则：MEB2
AEG902
∴EAGEGA45 ∴MMGC45 ∴CMGCNG(AAS ∵CMG面积为6 ∴SCANSGAN6
设BHNHx，OAOB2x1，AN2x2 则CGTBCH(AAS



∴CBHx
∴ANCHANTH6
∴1(2x2CT6
2解得：x2 ∵BC2BHBA
∴BC2210，则BC＝25 ∴BG＝2BC＝210． 【点睛】
本题主要考查了圆和三角形的综合问题，熟练掌握圆及三角形的各项重要性质及判定方法是解决本题的关键.

5．已知AB是O的一条弦，点C在O上，联结CO并延长，交弦AB于点D，且CDCB．

（1）如图1，如果BO平分ABC，求证：ABBC； （2）如图2，如果AOOB，求AD:DB的值；
（3）延长线段AO交弦BC于点E，如果EOB是等腰三角形，且O的半径长等于2，求弦BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】
（1）由题意利用弦心距即可求证结果，
3（3）51和22
3
（2）此题关键先求出AO，做辅助线构造特殊三角形，并求证出∠AOD，再根据平行线分线段成比例求出比值即可，
（3）分情况讨论两种情况：OE=BE时或OB=BE时两种情况，利用三角形相似即△COE~△CBO找到相似比，利用相似比求解即可． 【详解】



（1）过点O作OP⊥AB，垂足为点P；OQ⊥BC，垂足为点Q，∵BO平分∠ABC， ∴OP=OQ，
∵OP，OQ分别是弦AB、BC 的弦心距， ∴AB= BC； （2）∵OA=OB， ∴∠A=∠OBD， ∵CD=CB， ∴∠CDB =∠CBD，
∴∠A+∠AOD =∠CBO +∠OBD， ∴∠AOD =∠CBO， ∵OC=OB， ∴∠C =∠CBO，
∴∠DOB =∠C +∠CBO = 2∠CBO = 2∠AOD， ∵AO⊥OB，
∴∠ AOB =∠AOD +∠BOD =3∠AOD = 90°， ∴∠AOD=30°，
过点D作DH⊥AO，垂足为点H， ∴∠AHD=∠DHO=90°， ∴tan∠AOD =HD3OH=3， ∵∠AHD=∠AOB=90°， ∴HD‖OB，
∴HDOBAHOA ， ∵OA=OB， ∴HD=AH， ∵HD‖OB，
∴AHAHDBOHHD3OH3；




（3）∵∠C=∠CBO， ∴∠OEB =∠C+∠COE >∠CBO， ∴OE≠OB； 若OB = EB =2时，
∵∠C=∠C，∠COE =∠AOD =∠CBO， ∴△COE~△CBO， ∴∴COCE， BCCO2BC2， BC2∴BC2-2BC -4=0，
∴BC =5 +1 (舍去或BC =5+1， ∴BC =5+1； 若OE = EB时， ∵∠EOB =∠CBO，
∵∠OEB =∠C+∠COE =2∠C =2∠CBO且∠OEB +∠CBO +∠EOB = 180°， ∴4∠CBO=180°，∠CBO=45°， ∴∠OEB=90°， ∴cos∠CBO=∵OB=2， ∴EB =2 ，
∵OE过圆心，OE⊥BC， ∴BC =2EB =22． 【点睛】
此题考查圆的相关知识：圆心距及圆内三角形相似的相关知识，属于综合题型，难度较高．
EB2，
OB2
6．如图①②，在平面直角坐标系中，边长为2的等边CDE恰好与坐标系中的OAB重合，现将CDE绕边AB的中点G(G点也是DE的中点），按顺时针方向旋转180到△C1DE的位置． （1）求C1点的坐标；
（2）求经过三点O、A、C1的抛物线的解析式； （3）如图③，G是以AB为直径的圆，过B点作G的切线与x轴相交于点F，求切线BF的解析式；
（4）抛物线上是否存在一点M，使得SAMF:SOAB16:3．若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．




【答案】（1）C1(3,3；（2）y3223323；（4）xx；（3）yx33338383M14,3,M22,3． 【解析】 【分析】
（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出． （2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求出．
（3）借助切线的性质定理，直角三角形的性质，求出F，B的坐标即可求出解析式． （4）当M在x轴上方或下方，分两种情况讨论． 【详解】
解：（1）将等边CDE绕边AB的中点G按顺时针方向旋转180到△C1DE， 则有，四边形OAC'B是菱形，所以C1的横坐标为3， 根据等边CDE的边长是2， 利用等边三角形的性质可得C1(3,3； （2）抛物线过原点O(0,0，设抛物线解析式为yax2bx，
4a2b0把A(2,0，C(3,3代入，得，
9a3b3解得a323，b，
333223xx； 33抛物线解析式为y
ABF90，BAF60，
AFB30， 又AB2， AF4， OF2，
（3）F(2,0，



设直线BF的解析式为ykxb，
kb3F(2,0把B(1,3，代入，得，
2kb0解得k233，b， 33323； x333223xx， 33直线BF的解析式为y
（4）①当M在x轴上方时，存在M(x,132231SAMF:SOAB[4(xx]:[23]16:3，
2332得x22x80，解得x14，x22， 322383当x14时，y， 4433332383当x12时，y， (22(2333M1(4,8383，M2(2,； 333223xx， 33②当M在x轴下方时，不存在，设点M(x,132231SAMF:SOAB[4(xx]:[23]16:3，
2332得x22x80，b24ac0无解， 综上所述，存在点的坐标为M1(4,【点睛】
此题主要考查了旋转，等边三角形的性质，菱形的判定和性质，以及待定系数法求解二次函数解析式和切线的性质定理等，能熟练应用相关性质，是解题的关键．
8383，M2(2,． 33
7．如图，在O中，AB为直径，过点A的直线l与O相交于点C，D是弦CA延长线O分别相交于点E，F，G是BF的中点，过点上一点，BAC，BAD的平分线与G作MNAE，与AF，EB的延长线分别交于点M，N．




（1）求证：MN是①求O的切线；
（2）若AE24，AM18．
O的半径；
27
41②连接MC，求tanMCD的值． 【答案】（1）见解析；（2）①13；②【解析】 【分析】
（1）如图1，连接 GO、GA，先根据角平分线的定义证明∠MAE=1（∠BAC+∠BAD）2=90°，由圆周角定理和同圆的半径相等得∠OGA=∠FAG，则OG∥AM，所以∠MGO=180-∠M=90，从而得结论；
（2）①延长GO交AE于点P，证明四边形 MGPA为矩形，得GP=MA=18，∠GPA=90°，设OA=OG=r，则OP=18-r，根据勾股定理列方程解出即可；
②如图3，过M作MH⊥l，连接BC，延长NE交l于I，连接GO交延长交AE于P，tan∠MAH=tan∠ABE=tan∠BIA=12，BI=2BE=20，根据三角函数计算MH，AH，CI的长，最5后计算MH和HC的长，代入tan∠MCD=【详解】
（1）证明：如图1，连接GO，GA，
MH，可得结论．
HC
∵BAC，BAD的平分线与∴MAE∵MNO分别相交于点E，F，
1(BACBAD90．
2AE，



∴M180MAE90． ∵G是BF的中点， ∴FGBG， ∴FAGBAG． ∵OAOG， ∴OGABAG， ∴OGAFAG， ∴OG∥AM，
∴MGO180M90． ∵OG为∴MN是O半径， O的切线．
（2）解：①如图2，连接GO并延长交AE于点P，

∵MGOMMAE90， ∴四边形MGPA为矩形，
∴GPMA18，GPA90，即OPAE， ∴AP1AE12．
2设OAOGr，则OP18r， 在Rt△OAP中，∵OA2OP2AP2， ∴r(18r12， 解得：r13，
故222O的半径是13．
②如图3，过M作MHl，连接BC，延长NE交l于I，连接GO并延长交AE于P，




由①知：OG13，PG18， ∴OP5． ∵AB是O的直径，
∴AEBAEI90． ∵BAEEAC， ∴ABEAIB， ∵AM∥NI，
∴MAHBIAABE，
12，BI2BE20． 5HM12AH5CI5，sinAMH，sinCBI， ∵cosAMHAM13AM13BI13∴tanMAHtanABEtanBIA1812216185905100，AH，CI20， 131313131313100238∴ACAICI26， 131323890328∴HCAHAC， 131313∴MH∴tanMCD【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，矩形的性质和判定，正确作出辅助线是解题的关键．
MH21627． HC32841
8．已知点A为⊙O外一点，连接AO，交⊙O于点P，AO=6．点B为⊙O上一点，连接BP，过点A作CA⊥AO，交BP延长线于点C，AC=AB．




（1）判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若PC=43，求 PB的长．
（3）若在⊙O上存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，则⊙O的半径r的取值范围是___________．
【答案】（1）AB与⊙O相切 ，理由见解析；（2）PB【解析】 【分析】
（1）连接OB，有∠OPB=∠OBP，又AC=AB，则∠C=∠ABP，利用∠CAP=90°，即可得到结论成立；
（2）由AB=AC，利用勾股定理先求出半径，作OH⊥BP与H，利用相似三角形的判定和性质，即可求出PB的长度； （3）根据题意得出OE=值范围． 【详解】
解：（1）连接OB，如图：
4365；（3）r6 35122122116r，利用OE=6rr，即可求出取AC=AB=2222
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP=∠APC， ∵AC=AB， ∴∠C=∠ABP，



∵AC⊥AO， ∴∠CAP=90°， ∴∠C+∠APC=90°， ∴∠ABP+∠OBP=90°， 即OB⊥AB， ∴AB为切线； （2）∵AB=AC ∴AB2AC2，
∴CP2AP2OA2OB2， 设半径为r，则
(432(6r262r2
解得：r=2； 作OH⊥BP与H，

则△ACP∽△HOP，
PH2PHOP∴，即 443APCP ∴PH23,
343；
3∴PB2PH（3）如图，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，

∴四边形AOEM是矩形，



∴OE=AM=122116r； AC=AB=222又∵圆O与直线MN有交点， ∴OE=1226rr，
2∴62r22r， ∴36r24r2， ∴r65，
5又∵圆O与直线AC相离， ∴r＜6，
即65r6．
5【点睛】
此题主要考查了圆的综合以及切线的判定与性质和勾股定理以及等腰三角形的性质等知识，得出EO与AB的关系进而求出r取值范围是解题关键．

4，点E是BC边上的动点，以C为5圆心，CE长为半径作圆C，交AC于F，连接AE，EF．
9．如图，平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=
（1）求AC的长；
（2）当AE与圆C相切时，求弦EF的长；
（3）圆C与线段AD没有公共点时，确定半径CE的取值范围． 【答案】（1）AC=5；（2）EF【解析】 【分析】
（1）过A作AG⊥BC于点G，由cosBAC的长度；
（2）当点E与点G重合时，AE与圆C相切，过点F作FH⊥CE，则CE=CF=4，则CH=3.2，FH=2.4，得到EH=0.8，由勾股定理，即可得到EF的长度；
（3）根据题意，可分情况进行讨论：①当圆C与AD相离时；②当CE>CA时；分别求出410；（3）0CE3或5CE8．
54，得到BG=4，AG=3，然后由勾股定理即可求出5


CE的取值范围，即可得到答案． 【详解】
解：（1）过A作AG⊥BC于点G，如图：

在Rt△ABG中，AB=5，cosB∴BG=4， ∴AG=3，
∴CG844， ∴点G是BC的中点，
BG4， AB5在Rt△ACG中，AC32425；
（2）当点E与点G重合时，AE与圆C相切，过点F作FH⊥CE，如图：

∴CE=CF=4， ∵AB=AC=5， ∴∠B=∠ACB， ∴cosBcosACB∴CH=3.2，
在Rt△CFH中，由勾股定理，得 FH=2.4， ∴EH=0.8，
在Rt△EFH中，由勾股定理，得
CH4， CF5EF0.822.42410；
5（3）根据题意，圆C与线段AD没有公共点时，可分为以下两种情况： ①当圆C与AD相离时，则CE，




∴半径CE的取值范围是：0CE3； ②当CE>CA时，点E在线段BC上，

∴半径CE的取值范围是：5CE8；
综合上述，半径CE的取值范围是：0CE3或5CE8． 【点睛】
本题考查了解直角三角形，直线与圆的位置关系，平行四边形的性质，勾股定理，以及线段的动点问题，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，正确确定动点的位置，从而进行解题．

10．如图，二次函数y＝﹣52x+bx+c与x轴的一个交点A的坐标为（﹣3，0），以点A为6圆心作圆A，与该二次函数的图象相交于点B，C，点B，C的横坐标分别为﹣2，﹣5，连接AB，AC，并且满足AB⊥AC．

（1）求该二次函数的关系式；
（2）经过点B作直线BD⊥AB，与x轴交于点D，与二次函数的图象交于点E，连接AE，请判断△ADE的形状，并说明理由；
（3）若直线y＝kx+1与圆A相切，请直接写出k的值．



【答案】（1）y＝﹣值为﹣5237x﹣x﹣11；（2）△ADE是等腰三角形，理由见解析；（3）k的661或2
2【解析】 【分析】
（1）利用三垂线判断出ACNBAM(AAS，进而得出B(2,2，C(5,1，最后将点B，C坐标代入抛物线解析式中即可得出结论；
（2）先判断出ABM∽BDM，得出点D坐标，进而求出直线BD的解析式，求出点E坐标，即可得出结论； （3）分两种情况，
Ⅰ、切点在x轴上方，利用三垂线判断出AQGFPG(AAS，得出AQPF，GQPG，设成点G坐标，进而得出AQm3，PFkm，PGm，GQkm1，即可得出结论；
Ⅱ、切点在x轴下方，同Ⅰ的方法即可得出结论． 【详解】
解：（1）如图1，过点B作BMx轴于M，过点C作CNx轴于N，

ANCBMA90， ABMBAM90，
ACAB，
CANBAM90，
ABMCAN，
A过点B，C， ACAB，
ACNBAM(AAS，
CNAM2(31，BMAN3(52， B(2,2，C(5,1，
点B，C在抛物线上，



542bc26，
5255bc1637b6， c11抛物线的解析式为yx25637x11， 6
（2）ADE是等腰三角形， 理由如下：如图1，

BDAB， ABD90，
ABMDBM90，
过点B作BMx轴于M， BMDAMB90， BDMDBM90，
ABMBDM， ABM∽BDM，
AMBM， BMDM12， 2DMDM4， D(2,2，
AD5，
B(2,2，



直线BD的解析式为y1x1， 21yx12联立，，
537yx2x1166x2x6（舍或，
y2y1E(6,4，
AE(632(4025，
ADAE，
ADE是等腰三角形；

（3）如图2， 点B(2,2在AB5，
A上，
记直线ykx1与y轴相交于F， 令x0，则y1，
F(0,1，
OF1，
Ⅰ、当直线ykx1与A的切点在x轴上方时，记切点为G，
则AGAB5，AGF90，
连接AF，在RtAOF中，OA3，OF1， AF10，
在RtAGF中，根据勾股定理得，FGAF2AG25AG， 如图2，过点G作GPy轴于P，过点G作GQx轴于Q， AQGFPG90POQ，
四边形POQG是矩形，
PGQ90，
FG是A的切线，
AGQFGP， AQGFPG(AAS， AQPF，GQPG，
设点G(m,km1，
AQm3，PFkm，PGm，GQkm1， m3km①，km1m②，



m2联立①②解得，1，
k2Ⅱ、当切点在x轴下方时，同Ⅰ的方法得，k2，
即：直线ykx1与圆A相切，k的值为【点睛】
此题是二次函数综合题，主考查了待定系数法，三垂线判定两三角形全等，解方程组，判1或2．
2断出FGAG是解本题的关键．




本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/19a71e6cacf8941ea76e58fafab069dc51224766.html

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