Question

【題目】四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E為AD上一點(diǎn)，連接AC，CB，∠B=∠AEC．

（1）如圖1，求證：CE=CD；

（2）如圖2，若∠B+∠CAE=120°，∠ACD=2∠BAC，求∠BAD的度數(shù)；

（3）如圖3，在（2）的條件下，延長CE交⊙O于點(diǎn)G，若tan∠BAC= ，EG=2，求AE的長．

【答案】（1）見解析；（2）60°；（3）7.

【解析】試題分析：(1)利用圓的內(nèi)接四邊形定理得到∠CED=∠CDE.

(2) 作CH⊥DE于H, 設(shè)∠ECH=α，由（1）CE=CD，用α表示∠CAE，∠BAC，而∠BAD=∠BAC+∠CAE.（3）連接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，先證明∠CAG=∠BAC，設(shè)NG=5m，可得AN=11m，利用直角AGM, AEM，勾股定理可以算出m的值并求出AE長.

試題解析：

（1）解：證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O.

∴∠B+∠D=180°，

∵∠B=∠AEC，

∴∠AEC+∠D=180°，

∵∠AEC+∠CED=180°，

∴∠D=∠CED，

∴CE=CD．

（2）解：作CH⊥DE于H．

設(shè)∠ECH=α，由（1）CE=CD，

∴∠ECD=2α，

∵∠B=∠AEC，∠B+∠CAE=120°，

∴∠CAE+∠AEC=120°，

∴∠ACE=180°﹣∠AEC﹣∠ACE=60°，

∴∠CAE=90°﹣∠ACH=90°﹣（60°+α）=30°﹣α，

∠ACD=∠ACH+∠HCD=60°+2α，

∵∠ACD=2∠BAC，

∴∠BAC=30°+α，

∴∠BAD=∠BAC+∠CAE=30°+α+30°﹣α=60°．

（3）解：連接AG，作GN⊥AC，AM⊥EG，

∵∠CED=∠AEG，∠CDE=∠AGE，∠CED=∠CDE，

∴∠AEG=∠AGE，

∴AE=AG，

∴EM=MG=EG=1，

∴∠EAG=∠ECD=2α，

∴∠CAG=∠CAD+∠DAG=30°﹣α+2α=∠BAC，

∵tan∠BAC=，

∴設(shè)NG=5m，可得AN=11m，AG==14m，

∵∠ACG=60°，

∴CN=5m，AM=8m，MG==2m=1，

∴m=，

∴CE=CD=CG﹣EG=10m﹣2=3，

∴AE===7．

【題型】解答題
【結(jié)束】
27

【題目】二次函數(shù)y=（x﹣1）2+k分別與x軸、y軸交于A、B、C三點(diǎn)，點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，直線y=﹣x+2經(jīng)過點(diǎn)B，且與y軸交于點(diǎn)D．

（1）如圖1，求k的值；

（2）如圖2，在第一象限的拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P，連接AP，過P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，過E作EF⊥AP于點(diǎn)F，過點(diǎn)D作平行于x軸的直線分別與直線FE、PE交于點(diǎn)G、H，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，線段GH的長為d，求d與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出t的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，過點(diǎn)G作平行于y軸的直線分別交AP、x軸和拋物線于點(diǎn)M、T和N，tan∠MEA= ，點(diǎn)K為第四象限拋物線上一點(diǎn)，且在對(duì)稱軸左側(cè)，連接KA，在射線KA上取一點(diǎn)R，連接RM，過點(diǎn)K作KQ⊥AK交PE的延長線于Q，連接AQ、HK，若∠RAE﹣∠RMA=45°，△AKQ與△HKQ的面積相等，求點(diǎn)R的坐標(biāo)．

Answer 1

【答案】（1）﹣4；（2）d=2t﹣6（t＞3）；（3）（﹣， ）．

【解析】試題分析：（1）利用一次函數(shù)求出B點(diǎn)坐標(biāo)，代入二次函數(shù)可求二次函數(shù)解析式.

(2) 先證明四邊形DOEH為矩形，利用=，代入數(shù)值求出d和t的關(guān)系.

(3) 先證明GHET為矩形，則，得到t的值，作HW⊥KQ，

證明四邊形AKWH是矩形，接著證明△RAM≌△HAN，待定系數(shù)法證明直線MR的解析式為y直線AK的解析式，△AKQ與△HKQ的面積相等，求點(diǎn)R的坐標(biāo)

試題解析：

（1）解：在一次函數(shù)y=﹣x+2中，令y=0，得：0=﹣x+2，

解得x=3，

∴B（3，0），

令x=0得y=2，

∴D（0，2），

將B（3，0），代入y=（x﹣1）2+k得：4+k=0，

∴k=﹣4．

（2）解：如答圖1所示：

∵PE⊥x軸，EF⊥AP，

∴∠PEA=∠EFA=90°，

∵∠PEF+∠FEA=90°，∠PAE+∠FEA=90°，

∴∠PEF=∠PAE，

∵DH∥x軸 HE⊥x軸,

∴∠HDO=∠DOE=∠PEO=90°,

∴四邊形DOEH為矩形，

∴HE=2，

∴=，

∴，

∴d=2t﹣6．（t＞3）．

（3）解：∵∠TGH=∠GTE=∠TEH=90°，

∴GHET為矩形，

∴GH=d=ET=2t﹣6，

∵tan∠MEB=，

∴，

∴MT=3t﹣9，

∵，/span>

∴，

解得t=4．

∴P（4，5）．

∴AT=AE﹣ET=t+1﹣（2t﹣6）=7﹣t=3，

∴M（2，3），

把x=2代入y=x2﹣2x﹣3中，得N（2，﹣3），

∴MT=TN=AT，∠MAT=90°．

∵∠RAE﹣∠RMA=45°，

∴∠RAE﹣45°=∠RMA，

∴∠RAM=∠RMA，

∵S△AKQ=S△HKQ ， 作HW⊥KQ，

∴AK∥HW，AK=HW，

∴四邊形AKWH是矩形，

∴∠RAH=∠HAK=90°，

∴∠RAM=∠HAN．

∵A（﹣1，0），H（4，2），N（2，﹣3），

∴AH=HN=，

∴∠HAN=∠HNA=∠RAM=∠RMA．

又∵AM=AN，

∴△RAM≌△HAN，

∴AR=AH，

過R作RL⊥x軸，

∴∠RLA=∠AEH=90°，

∵∠RAL+∠HAE=90，∠HAE+∠AHE=90，

∴∠RAL=∠AHE，

∴△ARL≌△AHE，

∴RL=AE=5，AL=HE=3，

由∠RAM﹣∠RMA=45°可知∠RAV=∠RVA，∠RMT=∠HAE，tan∠RMT=tan∠HAE=，

V（，0），

直線MR的解析式為y= x﹣2，直線AK的解析式為y=﹣x﹣，

交點(diǎn)R（﹣， ）．