初三九年级上册数学压轴题（培优篇）（Word版含解析）一、压轴题
1．如图，在平面直角坐标系中，直线1l：
1
6
2
y x
=-+分别与x轴、y轴交于点B、C，
且与直线2l：
1
2
y x
=交于点A.
（1）分别求出点A、B、C的坐标；
（2）若D是线段OA上的点，且COD
△的面积为12，求直线CD的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内里否存在点Q，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
2．如图，⊙O的直径AB＝26，P是AB上（不与点A，B重合）的任一点，点C，D为⊙O 上的两点．若∠APD＝∠BPC，则称∠DPC为直径AB的“回旋角”．
（1）若∠BPC＝∠DPC＝60°，则∠DPC是直径AB的“回旋角”吗？并说明理由；
（2）猜想回旋角”∠DPC的度数与弧CD的度数的关系，给出证明（提示：延长CP交⊙O 于点E）；
（3）若直径AB的“回旋角”为120°，且△PCD的周长为24+133，直接写出AP的长．3．如图1，Rt△ABC两直角边的边长为AC＝3，BC＝4．
（1）如图2，⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点X，与边BC相切于点Y．请你在图2中作出并标明⊙O的圆心（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）P是这个Rt△ABC上和其内部的动点，以P为圆心的⊙P与Rt△ABC的两条边相
切．设⊙P的面积为S，你认为能否确定S的最大值？若能，请你求出S的最大值；若不能，请你说明不能确定S的最大值的理由．
4．在长方形ABCD中，AB＝5cm，BC＝6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1/
cm s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2/
cm s的速度移动．如果P、Q分别从A、B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．设运动时间为t秒．
（1）填空：______＝______，______＝______（用含t的代数式表示）；
（2）当t为何值时，PQ的长度等于5cm？
（3）是否存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于2
26cm？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
5．如图，已知矩形ABCD中，BC=2cm，AB=23cm，点E在边AB上，点F在边AD上，点E由A向B运动，连结EC、EF，在运动的过程中，始终保持EC⊥EF，△EFG为等边三角形．
（1）求证△AEF∽△BCE；
（2）设BE的长为xcm，AF的长为ycm，求y与x的函数关系式，并写出线段AF长的范围；
（3）若点H是EG的中点，试说明A、E、H、F四点在同一个圆上，并求在点E由A到B 运动过程中，点H移动的距离．
6．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，0是BC边上一点，以O为圆心的半圆与AB边相切于
点D，与BC边交于点E、F，连接OD，已知BD=3，tan∠BOD=3
4
，CF=8
3
．
（1）求⊙O的半径OD；
（2）求证：AC是⊙O的切线；（3）求图中两阴影部分面积的和．
7．如图，⊙M 与菱形ABCD 在平面直角坐标系中，点M 的坐标为（﹣3，1），点A 的坐标为（2，0），点B 的坐标为（1，﹣3），点D 在x 轴上，且点D 在点A 的右侧． （1）求菱形ABCD 的周长；
（2）若⊙M 沿x 轴向右以每秒2个单位长度的速度平移，菱形ABCD 沿x 轴向左以每秒3个单位长度的速度平移，设菱形移动的时间为t （秒），当⊙M 与AD 相切，且切点为AD 的中点时，连接AC ，求t 的值及∠MAC 的度数；
（3）在（2）的条件下，当点M 与AC 所在的直线的距离为1时，求t 的值．
8．已知抛物线y ＝﹣
14
x 2
+bx +c 经过点A （4，3），顶点为B ，对称轴是直线x ＝2．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点B 的坐标；
（2）如图1，抛物线与y 轴交于点C ，连接AC ，过A 作AD ⊥x 轴于点D ，E 是线段AC 上的动点（点E 不与A ，C 两点重合）；
（i ）若直线BE 将四边形ACOD 分成面积比为1：3的两部分，求点E 的坐标； （ii ）如图2，连接DE ，作矩形DEFG ，在点E 的运动过程中，是否存在点G 落在y 轴上的同时点F 恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE 的长；若不存在，请说明理由．
9．抛物线()2
0y ax bx c a =++≠的顶点为(),P h k ，作x 轴的平行线4y k =+与抛物线交
于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4． （1）请直接写出a 的值____________； （2）若抛物线当0x =和4x =时的函数值相等， ①求b 的值；
②过点()0,2Q 作直线2y =平行x 轴，交抛物线于M 、N 两点，且4QM QN +=，求
c 的取值范围；
（3）若1c b =--，2727b -<<，设线段AB 与抛物线所夹的封闭区域为S ，将抛物线绕原点逆时针旋转α，且1
tan 2
α=
，此时区域S 的边界与y 轴的交点为C 、D 两点，若点D 在点C 上方，请判断点D 在抛物线上还是在线段AB 上，并求CD 的最大值．
10．如图，抛物线2
()20y ax x c a =++＜与x 轴交于点A 和点B (点A 在原点的左侧，点
B 在原点的右侧)，与y 轴交于点
C ，3OB OC ==．
(1)求该抛物线的函数解析式．
(2)如图1，连接BC ，点D 是直线BC 上方抛物线上的点，连接OD ，CD ．OD 交BC 于点F ，当32COF
CDF
S
S
=：:时，求点D 的坐标．
(3)如图2，点E 的坐标为(03)2
-，
，点P 是抛物线上的点，连接EB PB PE ，，形成的PBE △中，是否存在点P ，使PBE ∠或PEB ∠等于2OBE ∠？若存在，请直接写出符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
11．在平面直角坐标系xOy 中，对于任意三点A ，B ，C ，给出如下定义：
如果矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A ，B ，C 三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A ，B ，C 的覆盖矩形．点A ，B ，C 的所有覆盖矩形中，面积最小的矩形称为点A ，B ，C 的最优覆盖矩形．例如，下图中的矩形A 1B 1C 1D 1，A 2B 2C 2D 2，AB 3C 3D 3都是点A ，B ，C 的覆盖矩形，其中矩形AB 3C 3D 3是点A ，B ，C 的最优覆盖矩形． （1）已知A （﹣2，3），B （5，0），C （t ，﹣2）． ①当t ＝2时，点A ，B ，C 的最优覆盖矩形的面积为 ；
②若点A ，B ，C 的最优覆盖矩形的面积为40，求直线AC 的表达式；
（2）已知点D （1，1）．E （m ，n ）是函数y ＝
4
x
（x ＞0）的图象上一点，⊙P 是点O ，D ，E 的一个面积最小的最优覆盖矩形的外接圆，求出⊙P 的半径r 的取值范围．
12．如图，正方形ABCD 中，点O 是线段AD 的中点，连接OC ，点P 是线段OC 上的
动点，连接AP
并延长交CD 于点E ，连接DP 并延长交AB 或BC 于点F ， （1）如图①，当点F 与点B 重合时，
DE
DC
等于多少； （2）如图②，当点F 是线段AB 的中点时，求DE
DC
的值； （3）如图③，若DE CF =，求
DE
DC
的值.
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一、压轴题
1．(1)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q 点坐标为：(-3，3)或22)或(6，6). 【解析】 【分析】
（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C 两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A 点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P 是射线CD 上的点，在平面内存在点Q ，使以O 、C 、P 、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP 1Q 1C 为菱形时，由∠COP 1=90°，得到四边形OP 1Q 1C 为正方形；②当四边形OP 2CQ 2为菱形时；③当四边形OQ 3P 3C 为菱形时；分别求出Q 坐标即可. 【详解】
解：(1)由题意得162
12y x y x ?=-+????=??
解得6
3x y =??=?
∴A(6，3)
在y=-1
6
2
x+中，当y=0时，x=12，
∴B(12，0)
当x=0时，y=6，
∴C(0，6).
(2)∵点D在线段OA上，
∴设D(x，1
2
x) (0≤x≤6)
∵S△COD=12
∴1
2
×6x=12
x=4
∴D(4，2)，
设直线CD的表达式为y=kx+b，
把(10，6)与D(4，2)代入得
6
24
b
k b
=
?
?
=+?
解得
1
6 k
b
=-?
?
=
?
直线CD的表达式为y=-x+6
(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
如图所示，分三种情况考虑：
①当四边形OP1Q1C为菱形时OC==OP1，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形，此时Q1P1=OP1=OC=6，即Q:（6，6）；
②当四边形OP2CQ2为菱形时，OP2=CP2，由C坐标为（0，6），得到Q2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ2解析式y=-x中，得：x=-3，此时Q2（-3，3）；
③当四边形0Q3P3C为菱形时，OC=CP3，则有OQ3=OC=CP3=P3Q3=6，设坐标为（x，-x+6），∵OC=CP3
∴x2+x2= CP32= OC2=62
解得，2P的坐标为2，2)
此时Q322).
综上，点Q的坐标是(-3，3)或(32，-32)或(6，6).
【点睛】
本题是一次函数、勾股定理、特殊的平行四边形的综合应用，是一道压轴题，在考试中第一问必须作答，二三问可以根据自己的情况进行取舍.
2．（1）∠DPC是直径AB的回旋角，理由见解析；（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，证明见解析；（3）3或23．
【解析】
【分析】
（1）由∠BPC＝∠DPC＝60°结合平角＝180°，即可求出∠APD＝60°＝∠BPC，进而可说明∠DPC是直径AB的回旋角；
（2）延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE，由“回旋角”的定义结合对顶角相等，可得出∠APE＝∠APD，由圆的对称性可得出∠E＝∠D，由等腰三角形的性质可得出∠E＝
∠C，进而可得出∠D＝∠C，利用三角形内角和定理可得出∠COD＝∠CPD，即“回旋
角”∠CPD的度数＝CD的度数；
（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC，利用（2）的方法可得出点P，D，F在同一条直线上，由直径AB的“回旋角”为120°，可得出∠APD＝∠BPC＝30°，进而可得出∠CPF＝60°，即△PFC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得出∠CFD＝60°．连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD
＝120°，根据等腰三角形的性质可得出CD＝2DG，∠DOG＝1
2
∠COD＝60°，结合圆的直径
为26可得出CD＝133，由△PCD的周长为24+133，可得出DF＝24，过点O作
OH⊥DF于点H，在Rt△OHD和在Rt△OHD中，通过解直角三角形可得出OH，OP的值，再根据AP＝OA﹣OP可求出AP的值；②当点P在半径OB上时，用①的方法，可得：BP＝3，再根据AP＝AB﹣BP可求出AP的值．综上即可得出结论．
【详解】
（1）∵∠BPC＝∠DPC＝60°，
∴∠APD＝180°﹣∠BPC﹣∠DPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠APD＝∠BPC，
∴∠DPC是直径AB的回旋角．
（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，理由如下：
如图2，延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE．
∵∠CPB＝∠APE，∠APD＝∠CPB，
∴∠APE＝∠APD．
∵圆是轴对称图形，
∴∠E＝∠D．
∵OE＝OC，
∴∠E＝∠C，
∴∠D＝∠C．
由三角形内角和定理，可知：∠COD＝∠CPD，
∴“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数．
（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC．
同（2）的方法可得：点P，D，F在同一条直线上．
∵直径AB的“回旋角”为120°，
∴∠APD＝∠BPC＝30°，
∴∠CPF＝60°，
∴△PFC是等边三角形，
∴∠CFD＝60°．
连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD＝120°，
∴CD＝2DG，∠DOG＝1
2
∠COD＝60°，
∵AB=26，
∴OC=13，
∴CG=
∴CD＝2×
2
＝
∵△PCD的周长为24+，
∴PD+PC+CD＝24+，
∴PD+PC＝DF＝24．
过点O作OH⊥DF于点H，则DH＝FH＝1
2
DF＝12．
在Rt△OHD中，OH5
=,在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，
∴OP＝2OH＝10，
∴AP＝OA﹣OP＝13﹣10＝3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法，可得：BP＝3，
∴AP＝AB﹣BP＝26﹣3＝23．
综上所述，AP的长为：3或23．
【点睛】
此题是圆的综合题，考查圆的对称性质，直角三角形、等腰三角形与圆的结合，（3）是此题的难点，线段AP的长度由点P所在的位置决定，因此必须分情况讨论.
3．(1)作图见解析；（2）4
9 .
【解析】
试题分析：（1）作出∠B的角平分线BD，再过X作OX⊥AB，交BD于点O，则O点即为⊙O的圆心；
（2）由于⊙P与△ABC哪两条边相切不能确定，故应分⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切；⊙P与Rt△ABC的边AB和AC相切时；⊙P与Rt△ABC的边BC和AC相切时三种情况进行讨论．
试题解析：（1）如图所示：
①以B为圆心，以任意长为半径画圆，分别交BC、AB于点G、H；②分别以G、H为圆
心，以大于2
3
GH为半径画圆，两圆相交于D，连接BD；③过X作OX⊥AB，交直线BD于
点O，则点O即为⊙O的圆心．
（2）①当⊙P与Rt△ABC的边AB和BC相切时，由角平分线的性质可知，动点P是
∠ABC的平分线BM上的点，如图1，在∠ABC的平分线BM上任意确定点P1（不为∠ABC 的顶点）
∵OX=BOsin∠ABM，P1Z=BPsin∠ABM，当BP1＞BO时，P1Z＞OX即P与B的距离越大，⊙P 的面积越大，这时，BM与AC的交点P是符合题意的、BP长度最大的点；如图2，
∵∠BPA＞90°，过点P作PE⊥AB，垂足为E，则E在边AB上，
∴以P为圆心、PC为半径作圆，则⊙P与CB相切于C，与边AB相切于E，即这时⊙P是
符合题意的圆，
时⊙P 的面积就是S 的最大值， ∵AC=1，BC=2，∴AB=5， 设PC=x ，则PA=AC-PC=1-x 在直角△APE 中，PA 2=PE 2+AE 2， ∴（1-x ）2=x 2+（5-2）2， ∴x=25-4； ②如图3，
同理可得：当⊙P 与Rt △ABC 的边AB 和AC 相切时，设PC=y ，则（2-y ）2=y 2+（5-1）
2
，
∴y=
51
2
-； ③如图4，
同理可得，当⊙P 与Rt △ABC 的边BC 和AC 相切时，设PF=z ， ∵△APF ∽△PBE ， ∴PF ：BE=AF ：PE ， ∴，
∴z=
49
． 由①、②、③可知，
49＞51-＞
∴z ＞y ＞x ，
∴⊙P 的面积S 的最大值为
π．
考点:1. 切线的性质；2.角平分线的性质；3.勾股定理；4.作图—复杂作图．
4．（1）BQ ,2tcm ,PB ,()5t cm -；（2）当t ＝0秒或2秒时，PQ 的长度等于5cm ；（3）存在t ＝1秒，能够使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．理由见解析. 【解析】 【分析】
（1）根据点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，与此同时，点Q 从点
B 开始沿边B
C 向终点C 以2/cm s 的速度移动，可以求得BQ ,PB .
（2）用含t 的代数式分别表示PB 和BQ 的值，运用勾股定理求得PQ 为22
(5)(2)t t -+＝
25据此求出t 值.
（3）根据题干信息使得五边形APQCD 的面积等于226cm 的t 值存在，利用长方形
ABCD 的面积减去PBQ △的面积即可，有PBQ △的面积为4，由此求得t 值. 【详解】
解：（1）点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动，故BQ 为2tcm ,点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，AB ＝5cm ，故PB 为()5t cm -.
（2）由题意得：22
(5)(2)t t -+＝25，
解得：1t ＝0，2t ＝2；
当t ＝0秒或2秒时，PQ 的长度等于5cm ；
（3）存在t ＝1秒，能够使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．理由如下： 长方形ABCD 的面积是：56?＝(
)2
30cm
，
使得五边形APQCD 的面积等于226cm ，则PBQ △的面积为3026-＝(
)2
4cm
，
()1
5242
t t -??
=， 解得：1t ＝4（不合题意舍去），2t ＝1．
即当t ＝1秒时，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ． 【点睛】
本题结合长方形考查动点问题，其本质运用代数式求值，利用含t 的代数式表示各自线段的直接，根据题干数量关系即可确立等量关系式，从而求出t 值.
5．（1）详见解析；（2）21y 2x =-,3
02
AF ≤≤；(3)3. 【解析】 【分析】
（1）由∠A =∠B =90°，∠AFE =∠BEC ，得△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BCE 得
AF AE
BE BC =，2
y x
x =，即212y x =-+，然后求函数最值；（3）连接FH ，取EF 的中点M ，证MA =ME =MF =MH ，则A 、E 、H 、F 在同一圆上；连接AH ，证∠EFH =30°由
A 、E 、H 、F 在同一圆上，得∠EAH =∠EFH =30°，线段AH 即为H 移动的路径，在直角三角形ABH 中，3
60AH sin AB =?=
，可进一步求AH. 【详解】
解：（1）在矩形ABCD 中，∠A =∠B =90°， ∴∠AEF +∠AFE =90°， ∵EF ⊥CE ， ∴∠AEF +∠BEC =90°， ∴∠AFE =∠BEC ， ∴△AEF ∽△BCE ； （2）由（1）△AEF ∽BEC 得
AF AE BE BC =，23y x
x -=， ∴2
132
y x x =-+， ∵2132y x x =-+=213(3)22x --+， 当3x =
时，y 有最大值为
3
2
， ∴302
AF ≤≤
； （3）如图1，连接FH ，取EF 的中点M ， 在等边三角形EFG 中，∵点H 是EG 的中点， ∴∠EHF =90°， ∴ME =MF =MH ，
在直角三角形AEF 中，MA =ME =MF ， ∴MA =ME =MF =MH ， 则A 、E 、H 、F 在同一圆上； 如图2，连接AH ，
∵△EFG 为等边三角形，H 为EG 中点，∴∠EFH =30° ∵A 、E 、H 、F 在同一圆上∴∠EAH =∠EFH =30°， 如图2所示的线段AH 即为H 移动的路径，
在直角三角形ABH 中，602
AH sin AB =?=
，
∵AB = ∴AH =3，
所以点H 移动的距离为3． 【点睛】
此题主要考查圆的综合问题，会证明三角形相似，会分析四点共圆，会运用二次函数分析最值，会分析最短轨迹并解直角三角形是得分的关键． 6．（1）OD=4, （2）证明过程见详解
（3）
50
43π- 【解析】 【分析】
（1）根据AB 与圆O 相切,在Rt △OBD 中运用tan ∠BOD=
3
4
,即可求出OD 的长, （2）作辅助线证明四边形ADOG 是矩形,得DO ∥AC,sin ∠OCG=3
5
,在Rt△OCG 中,求出OG 的长等于半径即可解题,
（3）利用S 阴影=S Rt △BAC -S 正方形ADOG -1
4
S 圆O ,求出AC 长度即可解题. 【详解】
解：（1）∵AB 与圆O 相切, ∴OD ⊥AB,
在R t △OBD 中,BD=3,tan ∠BOD=BD OD =3
4
, ∴OD=4,
（2）过点O 作OG 垂直AC 于点G , ∵∠A=90°，AB 与圆O 相切, ∴四边形ADOG 是矩形, ∴DO ∥AC,
∴∠BOD=∠OCG ,
∵tan ∠BOD=
BD OD =3
4, ∴sin ∠OCG=3
5,
∵CF=8
3
,OF=4,
∴OG=OGsin ∠OCG=4=r, ∴AC 是⊙O 的切线
（3）由前两问可知,四边形ADOG是边长为4的正方形,扇形DOE和扇形GOF的面积之和是四分之一圆的面积,
在R t△ABC中,tan∠C=3
4
,AB=4+3=7,
∴AC=
AB
tan C
∠
=
7
3
4
=
28
3
,
∴S
阴影=S Rt△BAC-S正方形ADOG-1
4
S圆O=2
1281
7444
234
π
??-?-=
50
4
3
π
-
【点睛】
本题考查了三角函数的应用和直线与圆的位置关系,中等难度,熟悉三角函数并熟练应用是解题关键.
7．（1）菱形的周长为8；（2）t=6
5
，∠MAC=105°；（3）当t=1﹣
3
5
或t=1+
3
15
时，
圆M与AC相切．
【解析】
试题分析：（1）过点B作BE⊥AD，垂足为E．由点A和点B的坐标可知：3
AE=1，依据勾股定理可求得AB的长，从而可求得菱形的周长；（2）记 M与x轴的切线为F，AD的中点为E．先求得EF的长，然后根据路程=时间×速度列出方程即可；平移的图形如图3所示：过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接MF，F为 M与AD的切点．由特殊锐角三角函数值可求得∠EAB=60°，依据菱形的性质可得到∠FAC=60°，然后证明
△AFM是等腰直角三角形，从而可得到∠MAF的度数，故此可求得∠MAC的度数；（3）如图4所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．先求得
∠MAE=30°，依据特殊锐角三角函数值可得到AE的长，然后依据3t+2t=5-AE可求得t的值；如图5所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．依据菱形的性质和切线长定理可求得∠MAE=60°，然后依据特殊锐角三角函数值可得到
EA=
3
3
，最后依据3t+2t=5+AE．列方程求解即可．
试题解析：（1）如图1所示：过点B作BE AD
⊥，垂足为E，
∵()
B 1,3-，()A 2,0， ∴BE 3=，AE 1=， ∴22AB AE BE 2=
+=，
∵四边形ABCD 为菱形， ∴AB BC CD AD ===， ∴菱形的周长248=?=．
（2）如图2所示，⊙M 与x 轴的切线为F ，AD 中点为E ，
∵()M 3,1-， ∴()F 3,0-，
∵AD 2=，且E 为AD 中点，
∴()E 30，
，EF 6=， ∴2t 3t 6+=， 解得6t 5
=
． 平移的图形如图3所示：过点B 作BE AD ⊥，
垂足为E ，连接MF ，F 为⊙M 与AD 切点， ∵由（1）可知，AE 1=，BE 3=， ∴tan EAB 3∠=， ∴EAB 60∠=?， ∴FAB 120∠=?， ∵四边形ABCD 是菱形，
∴11
FAC FAB 1206022
∠∠==??=?， ∵AD 为M 切线， ∴MF AD ⊥，
∵F 为AD 的中点， ∴AF MF 1==，
∴AFM 是等腰直角三角形， ∴MAF 45∠=?，
∴MAC MAF FAC 4560105∠∠∠=+=?+?=?．
（3）如图4所示：连接AM ，过点作MN AC ⊥，垂足为N ，作ME AD ⊥，垂足为
E ，
∵四边形ABCD 为菱形，DAB 120∠=?， ∴DAC 60∠=?． ∵AC 、AD 是圆M 的切线 ∴MAE 30∠=?， ∵ME MN 1==． ∴EA 3= ∴3t 2t 53+=- ∴3t 1=． 如图5所示：连接AM ，过点作MN AC ⊥，垂足为N ，作ME AD ⊥，垂足为E ，
∵四边形ABCD为菱形，DAB120
∠=?，∴DAC60
∠=?，
∴NAE120
∠=?，
∵AC、AD是圆M的切线，
∴MAE60
∠=?，
∵ME MN1
==，
∴
3 EA=
∴
3
3t2t5
3
+=+，
∴
3
t1
=+．
综上所述，当
3
t1
=-
3
t1
=+时，圆M与AC相切．
点睛：此题是一道圆的综合题.圆中的方法规律总结：1、分类讨论思想：研究点、直线和圆的位置关系时，就要从不同的位置关系去考虑，即要全面揭示点、直线和元的各种可能的位置关系.这种位置关系的考虑与分析要用到分类讨论思想.1、转化思想：（1）化“曲面”为“平面”（2）化不规则图形面积为规则图形的面积求解.3、方程思想：再与圆有关的计算题中，除了直接运用公式进行计算外，有时根据图形的特点，列方程解答，思路清楚，过程简捷.
8．（1）y＝﹣1
4
x2+x+3，顶点B的坐标为（2，4）；（2）（i）点E的坐标为（
8
5
，3）
或（12
5
，3）；（ii）存在；当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的
长为4
3
．
【解析】【分析】
（1）由题意得出
2
1
441,
4
3,
1
2
4
b c
b
?
-?++=
?
?
?-=
???
?-
? ?
??
?
，解得
1,
3,
b
c
=
?
?
=
?
，得出抛物线的函数表达式为：y＝
﹣1
4
x2+x+3＝﹣
1
4
（x﹣2）2+4，即可得出顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）求出C（0，3），设点E的坐标为（m，3），求出直线BE的函数表达式为：y
＝
1
2
m
-
-
x+
46
2
m
m
-
-
，则点M的坐标为（4m﹣6，0），由题意得出OC＝3，AC＝4，OM＝
4m﹣6，CE＝m，则S矩形ACOD＝12，S梯形ECOM＝1518
2
m-
，分两种情况求出m的值即可；
（ii）过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，设点F的坐标为：（a，﹣1
4
a2+a+3），则NF＝
3﹣（﹣1
4
a2+a+3）＝
1
4
a2﹣a，NC＝﹣a，证△EFN≌△DGO（ASA），得出NE＝OD＝AC＝
4，则AE＝NC＝﹣a，证△ENF∽△DAE，得出NF NE
AE AD
=，求出a＝﹣
4
3
或0，当a＝0
时，点E与点A重合，舍去，得出AE＝NC＝﹣a＝4
3
，即可得出结论．
【详解】
（1）∵抛物线y＝﹣1
4
x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，
∴
2
1
441, 4
3,
1
2
4
b c
b
?
-?++=?
?
?-=
???
?-
? ?
??
?
解得
1,
3, b
c
=?
?
=?
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣1
4
x2+x+3，
∵y＝﹣1
4
x2+x+3＝﹣
1
4
（x﹣2）2+4，
∴顶点B的坐标为（2，4）；
（2）（i）∵y＝﹣1
4
x2+x+3，
∴x＝0时，y＝3，
则C点的坐标为（0，3），
∵A（4，3），
∴AC∥OD，
∵AD⊥x，
∴四边形ACOD是矩形，
设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y＝kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示：
则
24,
3, k n
mk n
+=?
?
+=?
解得：
1
,
2
46
,
2
k
m
m
n
m
-
?
=
??-
?
-
?=
?-
?
，
∴直线BE的函数表达式为：y＝
1
2
m
-
-
x+
46
2
m
m
-
-
，
令：y＝
1
2
m
-
-
x+
46
2
m
m
-
-
＝0，则x＝4m﹣6，
∴点M的坐标为（4m﹣6，0），
∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，
∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，
∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，
∴S矩形ACOD＝OC?AC＝3×4＝12，
S梯形ECOM＝1
2
（OM+EC）?OC＝
1
2
（4m﹣6+m）×3＝
1518
2
m-
，
分两种情况：
①S ECOM
S ACOD
梯形
矩形
＝
1
4
，即
1518
2
12
m-
＝
1
4
，
解得：m＝8
5
，
∴点E的坐标为：（8
5
，3）；
②S ECOM
S ACOD
梯形
矩形
＝
3
4
，即
1518
2
12
m-
＝
3
4
，
解得：m＝12
5
，
∴点E的坐标为：（12
5
，3）；
综上所述，点E的坐标为：（8
5
，3）或（
12
5
，3）；
（ii）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，
过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示：
设点F的坐标为：（a，﹣1
4
a2+a+3），
则NF＝3﹣（﹣1
4
a2+a+3）＝
1
4
a2﹣a，NC＝﹣a，
∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，
∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，
∵NF∥CG，
∴∠EMC＝∠EFN，
∴∠EFN＝∠DGO，
在△EFN和△DGO中，∠NEF=∠ODG，EF=DG,∠EFN=∠DGO，∴△EFN≌△DGO（ASA），
∴NE＝OD＝AC＝4，
∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，
∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，
∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，
∴∠EFN＝∠DEA，
∴△ENF∽△DAE，
∴NE NF
AD AE
=，即
4
3
＝
2
1
4
a a
a
-
-
，
整理得：3
4
a2+a＝0，
解得：a＝﹣4
3
或0，
当a＝0时，点E与点A重合，∴a＝0舍去，
∴AE＝NC＝﹣a＝4
3
，
∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为4
3
．