∵CA＝CE，∠CAE＝30°，
∴∠E＝∠CAE＝30°，∠COE＝2∠A＝60°， ∴∠OCE＝90°， ∴CE是⊙O的切线；
（2）过点C作CH⊥AB于H，连接OC，如图2，
由题可得CH＝h．
在Rt△OHC中，CH＝OC?sin∠COH， ∴h＝OC?sin60°＝∴OC＝
＝
h， h；
OC，
∴AB＝2OC＝
（3）作OF平分∠AOC，交⊙O于F，连接AF、CF、DF，如图3，
则∠AOF＝∠COF＝∠AOC＝（180°﹣60°）＝60°．
第11页（共27页）
∵OA＝OF＝OC，
∴△AOF、△COF是等边三角形， ∴AF＝AO＝OC＝FC， ∴四边形AOCF是菱形， ∴根据对称性可得DF＝DO． 过点D作DH⊥OC于H，
∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC＝30°， ∴DH＝DC?sin∠DCH＝DC?sin30°＝DC， ∴CD+OD＝DH+FD． 根据垂线段最短可得：
当F、D、H三点共线时，DH+FD（即CD+OD）最小， 此时FH＝OF?sin∠FOH＝则OF＝4
，AB＝2OF＝8
OF＝6， ．
．
∴当CD+OD的最小值为6时，⊙O的直径AB的长为8
【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定、等腰三角形的性质、三角函数的定义、特殊角的三角函数值、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、垂线段最短等知识，把CD+OD转化为DH+FD是解决第（3）小题的关键．
5．如图，抛物线y＝x2+mx+n与直线y＝﹣x+3交于A，B两点，交x轴于D，C两点，连接AC，BC，已知A（0，3），C（3，0）． （Ⅰ）求抛物线的解析式和tan∠BAC的值； （Ⅱ）在（Ⅰ）条件下：
（1）P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）设E为线段AC上一点（不含端点），连接DE，一动点M从点D出发，沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点，再沿线段EA以每秒当点E的坐标是多少时，点M在整个运动中用时最少？
第12页（共27页）
个单位的速度运动到A后停止，
【分析】（Ⅰ）只需把A、C两点的坐标代入y＝x2+mx+n，就可得到抛物线的解析式，然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标，利用勾股定理逆定理判断出三角形ABC是直角三角形，从而得到∠ACB＝90°，然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值； （Ⅱ）（1）过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA＝90°．设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG＝x，易得∠APQ＝∠ACB＝90°．若点G在点A的下方，①当∠PAQ＝∠CAB时，△PAQ∽△CAB．此时可证得△PGA∽△BCA，根据相似三角形的性质可得AG＝3PG＝3x．则有P（x，3﹣3x），然后把P（x，3﹣3x）代入抛物线的解析式，就可求出点P的坐标②当∠PAQ＝∠CBA时，△PAQ∽△CBA，同理，可求出点P的坐标；若点G在点A的上方，同理，可求出点P的坐标；（2）过点E作EN⊥y轴于N，如图3．易得AE＝
EN，则点M在整个运动中所用的时间可表示为
+
＝DE+EN．作
点D关于AC的对称点D′，连接D′E，则有D′E＝DE，D′C＝DC，∠D′CA＝∠DCA＝45°，从而可得∠D′CD＝90°，DE+EN＝D′E+EN．根据两点之间线段最短可得：当D′、E、N三点共线时，DE+EN＝D′E+EN最小．此时可证到四边形OCD′N是矩形，从而有ND′＝OC＝3，ON＝D′C＝DC．然后求出点D的坐标，从而得到OD、ON、NE的值，即可得到点E的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）把A（0，3），C（3，0）代入y＝x2+mx+n，得
，
解得：．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x+3
联立，
第13页（共27页）
解得：或，
∴点B的坐标为（4，1）． 如图1．
∵C（3，0），B（4，1），A（0，3）， ∴AB2＝20，BC2＝2，AC2＝18， ∴BC2+AC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形， ∴∠ACB＝90°， ∴tan∠BAC＝
（Ⅱ）方法一：
（1）存在点P，使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似． 过点P作PG⊥y轴于G，则∠PGA＝90°．
设点P的横坐标为x，由P在y轴右侧可得x＞0，则PG＝x． ∵PQ⊥PA，∠ACB＝90°， ∴∠APQ＝∠ACB＝90°． 若点G在点A的下方，
①如图2①，当∠PAQ＝∠CAB时，则△PAQ∽△CAB． ∵∠PGA＝∠ACB＝90°，∠PAQ＝∠CAB， ∴△PGA∽△BCA， ∴
＝
＝．
＝
＝；
∴AG＝3PG＝3x． 则P（x，3﹣3x）．
把P（x，3﹣3x）代入y＝x2﹣x+3，得 x2﹣x+3＝3﹣3x， 整理得：x2+x＝0
解得：x1＝0（舍去），x2＝﹣1（舍去）．
②如图2②，当∠PAQ＝∠CBA时，则△PAQ∽△CBA．
第14页（共27页）
同理可得：AG＝PG＝x，则P（x，3﹣x）， 把P（x，3﹣x）代入y＝x2﹣x+3，得 x2﹣x+3＝3﹣x， 整理得：x2﹣
x＝0
，
解得：x1＝0（舍去），x2＝∴P（
，
）；
若点G在点A的上方，
①当∠PAQ＝∠CAB时，则△PAQ∽△CAB， 同理可得：点P的坐标为（11，36）． ②当∠PAQ＝∠CBA时，则△PAQ∽△CBA． 同理可得：点P的坐标为P（
，
）．
，
）、（
，
）；
综上所述：满足条件的点P的坐标为（11，36）、（ 方法二：
作△APQ的“外接矩形”AQGH，易证△AHP∽△QGP， ∴
，
∵以A，P，Q为顶点的三角形与△ACB相似， ∴
或
，
设P（2t，2t2﹣5t+3），A（0，3），H（2t，3）， ①∴2t1＝②
，∴|，2t2＝，∴|
，
|＝3 |＝，
∴2t1＝11，2t2＝﹣1，（舍），
∴满足题意的点P的坐标为（11，36）、（
第15页（共27页）
，）、（，）；
2024年中考复习练习胡不归问题专题训练含答案解析
