(完整word版)2017中考数学几何压轴题(辅助线专题复习).docx

几何模型压轴题章末练习卷（Word版含解析）一、初三数学旋转易错题压轴题（难）1．直线m∥n，点A、B分别在直线m，n上（点A在点B的右侧），点P在直线m上，AP＝13AB，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，连接AC交直线n于点E，连接PC，且ABE为等边三角形．（1）如图①，当点P在A的右侧时，请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是，AP 与EC的数量关系是．（2）如图②，当点P在A的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为93，求线段AC的长．【答案】（1）∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，见解析；（3）7 7【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；（2）根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，AB＝BE，根据旋转的性质得到∠CBP＝60°，BC＝BP，根据全等三角形的性质得到结论；（3）过点C作CD⊥m于D，根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形，求得PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，得到AC＝2t，根据平行线的性质得到∠CAD＝∠AEB＝60°，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：（1）∵△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；故答案为：∠ABP＝∠EBC，AP＝EC；（2）成立，理由如下，∵△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，AB＝BE，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴∠CBP＝60°，BC＝BP，∴∠ABP＝60°﹣∠PBE，∠CBE＝60°﹣∠PBE，即∠ABP＝∠EBC，∴△ABP≌△EBC（SAS），∴AP＝EC；（3）过点C作CD⊥m于D，∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，∴△PBC是等边三角形，∴3293∴PC＝3，设AP＝CE＝t，则AB＝AE＝3t，∴AC＝2t，∵m∥n，∴∠CAD＝∠AEB＝60°，∴AD＝12AC＝t，CD33，∵PD2+CD2＝PC2，∴（2t）2+3t2＝9，∴t＝377（负值舍去），∴AC＝2t 67．【点睛】本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点，解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系，类比推理即可得解．2．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；【详解】解：（1）证明：如图：∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴△FCB和△BEF都为直角三角形．∵点P是BF的中点，∴CP＝12BF，EP＝12BF，∴PC＝PE．（2）PC＝PE理由如下：如图2，延长CP，EF交于点H，∵∠ACB＝∠AEF＝90°，∴EH//CB，∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，∵点P是BF的中点，∴PF＝PB，∴△CBP≌△HFP(AAS)，∴PC＝PH，∵∠AEF＝90°，∴在Rt△CEH中，EP＝12CH，∴PC＝PE．（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，在△DAF和△EAF中，DAF,,,EAFFDA FEAAF AF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAF≌△EAF(AAS)，∴AD＝AE，在△DAP≌△EAP中，,,,AD AEDAP EAPAP AP=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DAP≌△EAP (SAS)，∴PD＝PF，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD//BC//PM，∴DM FPMC PB=，∵点P是BF的中点，∴DM＝MC，又∵PM⊥AC，∴PC＝PD，又∵PD＝PE，∴PC＝PE．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．3．如图，在矩形ABCD中，6AB cm=，8AD cm=，连接BD，将ABD△绕B点作顺时针方向旋转得到A B D'''△（B′与B重合），且点D'刚好落在BC的延长上，A D''与CD相交于点E．（1）求矩形ABCD与A B D'''△重叠部分（如图1中阴影部分A B CE''）的面积；（2）将A B D'''△以每秒2cm的速度沿直线BC向右平移，如图2，当B′移动到C点时停止移动．设矩形ABCD与A B D'''△重叠部分的面积为y，移动的时间为x，请你直接写出y关于x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x，使得AA B''△成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）2452cm；（2）22331624(0)22588020016(4)3335x x xyx x x⎧--+≤<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩；（3）存在，使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32秒、695．【解析】【分析】（1）先用勾股定理求出BD的长，再根据旋转的性质得出10B D BD cm''==，2CD B D BC cm'=''-=，利用B D A∠'''的正切值求出CE的值，利用三角形的面积差即可求阴影部分的面积；（2）分类讨论，当165x≤<时和当1645x≤≤时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB A B'=''时；当AA A B'=''时；当AB AA'='时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）6AB cm =，8AD cm =，10BD cm ∴=，根据旋转的性质可知10B D BD cm ''==，2CD B D BC cm '=''-=，tan A B CE B D A A D CD '''''∠=='''， 682CE ∴=， 32CE cm ∴=， ()28634522222A B CE A B D CED S S S cm ''''''⨯∴==-⨯÷=-； （2）①当1605x ≤<时，22CD x '=+，32CE x =， 233+22CD E S x x '∴=△， 22133368242222y x x x ∴=⨯⨯-=--+； ②当1645x ≤≤时，102BC x =-，()41023CE x =- ()221488020010223333y x x x ∴=⨯-=-+． （3）①如图1，当AB A B '=''时，0x =秒；②如图2，当AA A B '=''时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2236AN A N +'=，222418623655x ⎛⎫⎛⎫∴-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：x =秒，（x =舍去）； ③如图2，当AB AA '='时，1825A N BM BB B M x '=='+'=+，245A M NB '==， 2222AB BB AN A N +'=+'22224183646255x x ⎛⎫⎛⎫∴+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 解得：32x =秒．综上所述：使得AA B''△成为等腰三角形的x的值有：0秒、32秒、6695-．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．4．如图一，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若161A EEC=-，求nm的值．（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB上有一点P，BP=2，点E是直线DC上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持BE nBG m=，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（15；（23；（3）存在，63【解析】【分析】（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；（2）由△BCE∽△BA2D2，推出222A DCE nCB A B m==，可得CE=2nm，由161A EEC=推出16A C EC =，推出A 1C=26n m •，推出BH=A 1C=26n m•，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；（3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；先证明△FDG ∽△FME ，得到3FG F FM FE D ==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM 和FM 的长度，即可得到PF 的最小值.【详解】解：（1）作A 1H ⊥AB 于H ，连接BD ，BD 1，则四边形ADA 1H 是矩形．∴AD=HA 1=n=1，在Rt △A 1HB 中，∵BA 1=BA=m=2，∴BA 1=2HA 1，∴∠ABA 1=30°，∴旋转角为30°，∵22125+=∴D 到点D 1所经过路径的长度3055π⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2， ∴222A D CE n CB A B m==， ∴2n CE m=， ∵161EA EC=， ∴16A C EC= ∴A 126n m， ∴BH=A 12226n m n m -=，∴42226nm nm-=⋅，∴m4﹣m2n2=6n4，∴2424 16n nm m-=•，∴33nm=（负根已舍去）．（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF 的长度为最小值；由（2）可知，3 BE nBG m==，∵四边形BEFG是矩形，∴33 FGFE=，∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，∴∠DFG=∠MFE，∵DF⊥PF，即∠DFM=90°，∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，∴∠FDG=∠FME，∴△FDG∽△FME，∴33FGFFM FED==，∵∠DFM=90°，tan3FDFMDFM∠==，∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，∴3FM DM=；在矩形ABCD中，有33 ADAB=即333=，则3AD =， ∵MN ⊥AB ，∴四边形ANMD 是矩形，∴MN=AD=3，∵∠NPM=∠DMF=30°，∴PM=2MN=6，∴NP=33AB =，∴DM=AN=BP=2，∴3323FM DM ==⨯=， ∴63PF PM MF =+=+；【点睛】本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.5．如图，已知△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F 为BE 的中点，连接CF ，DF ．（1）如图1，当点D 在AB 上，点E 在AC 上时①证明：△BFC 是等腰三角形；②请判断线段CF ，DF 的关系？并说明理由；（2）如图2，将图1中的△ADE 绕点A 旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF 且CF ⊥DF ．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.【解析】【详解】分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF ，根据∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=12BE=BF，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，∴CF=DF且CF⊥DF．（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．6．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

初三九年级数学上册数学压轴题试题（WORD版含答案）一、压轴题1．如图1，△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=100，D是BC的中点．小明对图1进行了如下探究：在线段AD上任取一点E，连接EB．将线段EB绕点E逆时针旋转80°，点B的对应点是点F，连接BF，小明发现：随着点E在线段AD上位置的变化，点F的位置也在变化，点F可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：（1）如图2，当点F在直线AD上时，连接CF，猜想直线CF与直线AB的位置关系，并说明理由．（2）若点F落在直线AD的右侧，请在备用图中画出相应的图形，此时（1）中的结论是否仍然成立，为什么？（3）当点E在线段AD上运动时，直接写出AF的最小值．2．如图①，A（﹣5，0），OA＝OC，点B、C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0）．（1）求B、C坐标；（2）求证：BA⊥AC；（3）如图②，将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，连接DC，问：∠BDC的角平分线DE，是否过一定点？若是，请求出该点的坐标；若不是，请说明理由．3．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．4．已知：如图1，在O 中，弦2AB =，1CD =，AD BD ⊥．直线,AD BC 相交于点E ．（1）求E ∠的度数；（2）如果点,C D 在O 上运动，且保持弦CD 的长度不变，那么，直线,AD BC 相交所成锐角的大小是否改变？试就以下三种情况进行探究，并说明理由（图形未画完整，请你根据需要补全）．①如图2，弦AB 与弦CD 交于点F ；②如图3，弦AB 与弦CD 不相交：③如图4，点B 与点C 重合．5．如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y ＝﹣13x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，以AB 为斜边作等腰直角△ABC ，使点C 落在第一象限，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，作CE ⊥x 轴于点E ，连接ED 并延长交y 轴于点F ．（1）如图（1），点P 为线段EF 上一点，点Q 为x 轴上一点，求AP +PQ 的最小值． （2）将直线l 进行平移，记平移后的直线为l 1，若直线l 1与直线AC 相交于点M ，与y 轴相交于点N ，是否存在这样的点M 、点N ，使得△CMN 为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．6．如图，在正方形ABCD 中，P 是边BC 上的一动点（不与点B ，C 重合），点B 关于直线AP 的对称点为E ，连接AE ，连接DE 并延长交射线AP 于点F ，连接BF（1）若BAP α∠=，直接写出ADF ∠的大小（用含α的式子表示）.（2）求证：BF DF ⊥.（3）连接CF ，用等式表示线段AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并证明.7．抛物线G ：2y ax c =+与x 轴交于A 、B 两点，与y 交于C （0，-1），且AB =4OC ． （1）直接写出抛物线G 的解析式： ；（2）如图1，点D （-1，m ）在抛物线G 上，点P 是抛物线G 上一个动点，且在直线OD 的下方，过点P 作x 轴的平行线交直线OD 于点Q ，当线段PQ 取最大值时，求点P 的坐标；（3）如图2，点M 在y 轴左侧的抛物线G 上，将点M 先向右平移4个单位后再向下平移，使得到的对应点N 也落在y 轴左侧的抛物线G 上，若S △CMN =2，求点M 的坐标．8．如图，抛物线y ＝ax 2－4ax ＋b 交x 轴正半轴于A 、B 两点，交y 轴正半轴于C ，且OB ＝OC ＝3.(1) 求抛物线的解析式；(2) 如图1，D 为抛物线的顶点，P 为对称轴左侧抛物线上一点，连接OP 交直线BC 于G ，连GD ．是否存在点P ，使2GD GO=？若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由； (3) 如图2，将抛物线向上平移m 个单位，交BC 于点M 、N ．若∠MON ＝45°，求m 的值.9．如图1,已知菱形ABCD 的边长为23，点A 在x 轴负半轴上，点B 在坐标原点．点D 的坐标为(−3，3),抛物线y=ax 2+b(a≠0)经过AB 、CD 两边的中点.(1)求这条抛物线的函数解析式；(2)将菱形ABCD 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴正方向匀速平移(如图2),过点B 作BE ⊥CD 于点E,交抛物线于点F,连接DF.设菱形ABCD 平移的时间为t 秒(0<t<3．．．．．) ①是否存在这样的t ，使7FB?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由； ②连接FC,以点F 为旋转中心,将△FEC 按顺时针方向旋转180°,得△FE′C′,当△FE′C′落在x ．轴与．．抛物线在．．．．x ．轴上方的部分围成的图形中．．．．．．．．．．．．(．包括边界．．．．)．时,求t 的取值范围.(直接写出答案即可) 10．如图，抛物线2)12(0y ax x c a =-+≠交x 轴于,A B 两点，交y 轴于点C ．直线122y x =-经过点,B C ．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上一动点，过P 作x 轴的垂线，交直线BC 于M ．设点P 的横坐标是t ．①当PCM ∆是直角三角形时，求点P 的坐标；②当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，求直线解析式y kx b =+（,k b 可用含t 的式子表示）．11．已知点(4,0)、(2,3)-为二次函数图像抛物线上两点，且抛物线的对称轴为直线2x =．（1）求抛物线的解析式；（2）将抛物线平移，使顶点与原点重合，已知点(,1)M m -，点A 、B 为抛物线上不重合的两点（B 在A 的左侧），且直线MA 与抛物线仅有一个公共点．①如图1，当点M 在y 轴上时，过点A 、B 分别作AP y ⊥轴于点P ，BQ x ⊥轴于点Q ．若APM △与BQO △ 相似， 求直线AB 的解析式；②如图2，当直线MB 与抛物线也只有一个公共点时，记A 、B 两点的横坐标分别为a 、b ．当点M 在y 轴上时，直接写出m a m b--的值为 ；当点M 不在y 轴上时，求证：m a m b--为一个定值，并求出这个值．12．矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝4，将矩形ABCD 绕点C 顺时针旋转至矩形EGCF （其中E 、G 、F 分别与A 、B 、D 对应）．（1）如图1，当点G 落在AD 边上时，直接写出AG 的长为 ；（2）如图2，当点G 落在线段AE 上时，AD 与CG 交于点H ，求GH 的长；（3）如图3，记O 为矩形ABCD 对角线的交点，S 为△OGE 的面积，求S 的取值范围．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）//CF AB ，证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）AF 的最小值为4【解析】【分析】（1）结合题意，根据旋转的知识，得BE EF =，80BEF ∠= ，再根据三角形内角和性质，得50BFD ∠=；结合AB=AC=4，D 是BC 的中点，推导得CFD BAD ∠=∠，即可完成解题；（2）由（1）可知：EB=EF=EC ，得到B ，F ，C 三点共圆，点E 为圆心，得∠BCF=12∠BEF=40°，从而计算得ABC BCF ∠=∠，完成求解； （3）由（1）和（2）知，CF ∥AB ，因此得点F 的运动路径在CF 上；故当点E 与点A 重合时，AF 最小，从而完成求解.【详解】（1）∵将线段EB 绕点E 逆时针旋转80°，点B 的对应点是点F∴BE EF =，80BEF ∠=∴180502BEF EBF BFE -∠∠=∠== ，即50BFD ∠= ∵AB=AC=4，D 是BC 的中点∴BD DC =,AD BC ⊥ ∴BF CF =，ABD ACD △≌△∴FBD FCD △≌△，1005022BAC BAD CAD ∠∠=∠=== ∴50BFD CFD ∠=∠=∴50CFD BAD ∠=∠=∴//CF AB（2）如图，连接BE 、EC 、BF 、EF由（1）可知：EB=EF=EC∴B ，F ，C 三点共圆，点E 为圆心∴∠BCF=12∠BEF=40° ∵50BAD ∠=，AD BC ⊥∴9040ABC BAD ∠=-∠=∴ABC BCF ∠=∠∴//CF AB ，（1）中的结论仍然成立（3）由（1）和（2）知，//CF AB∴点F 的运动路径在CF 上如图，作AM ⊥CF 于点M∵8090BEF ∠=<∴点E 在线段AD 上运动时，点B 旋转不到点M 的位置∴故当点E 与点A 重合时，AF 最小此时AF 1=AB=AC=4，即AF 的最小值为4．【点睛】本题考查了旋转、等腰三角形及底边中线、垂直平分线、全等三角形、三角形内角和、平行线、圆心角、圆周角的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、旋转、垂直平分线、平行线、圆心角和圆周角的知识，从而完成求解．2．（1）点B （3，4），点C （﹣3，﹣4）；（2）证明见解析；（3）定点（4，3）；理由见解析．【解析】【分析】（1）由中心对称的性质可得OB ＝OC ＝5，点C （﹣a ，﹣a ﹣1），由两点距离公式可求a 的值，即可求解；（2）由两点距离公式可求AB ，AC ，BC 的长，利用勾股定理的逆定理可求解；（3）由旋转的性质可得DO ＝BO ＝CO ，可得△BCD 是直角三角形，以BC 为直径，作⊙O ，连接OH ，DE 与⊙O 交于点H ，由圆周角定理和角平分线的性质可得∠HBC ＝∠CDE ＝45°＝∠BDE ＝∠BCH ，可证CH ＝BH ，∠BHC ＝90°，由两点距离公式可求解．【详解】解：（1）∵A （﹣5，0），OA ＝OC ，∴OA ＝OC ＝5，∵点B 、C 关于原点对称，点B （a ，a +1）（a ＞0），∴OB ＝OC ＝5，点C （﹣a ，﹣a ﹣1），∴5＝()()220+10a a -+-，∴a ＝3，∴点B （3，4），∴点C （﹣3，﹣4）；（2）∵点B （3，4），点C （﹣3，﹣4），点A （﹣5，0），∴BC ＝10，AB ＝45 ，AC ＝25，∵BC 2＝100，AB 2+AC 2＝80+20＝100，∴BC 2＝AB 2+AC 2，∴∠BAC ＝90°，∴AB ⊥AC ；（3）过定点，理由如下：∵将点C 绕原点O 顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D ，∴CO ＝DO ，又∵CO ＝BO ，∴DO ＝BO ＝CO ，∴△BCD 是直角三角形，∴∠BDC ＝90°，如图②，以BC 为直径，作⊙O ，连接OH ，DE 与⊙O 交于点H ，∵DE 平分∠BDC ，∴∠BDE ＝∠CDE ＝45°，∴∠HBC＝∠CDE＝45°＝∠BDE＝∠BCH，∴CH＝BH，∠BHC＝90°，∵BC＝10，∴BH＝CH＝，OH＝OB＝OC＝5，设点H（x，y），∵点H在第四象限，∴x＜0，y＞0，∴x2+y2＝25，（x﹣3）2+（y﹣4）2＝50，∴x＝4，y＝3，∴点H（4，﹣3），∴∠BDC的角平分线DE过定点H（4，3）．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了中心对称的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，圆的有关知识，勾股定理的逆定理，两点距离公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．3．（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＝12∠COD＝60°，结合圆的直径为26可得出CD＝PCD的周长为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＝12∠COD＝60°，∵AB=26，∴OC=13，∴32 CG∴CD＝2×1332＝133∵△PCD的周长为24+133，∴PD+PC+CD＝24+133，∴PD +PC ＝DF ＝24．过点O 作OH ⊥DF 于点H ，则DH ＝FH ＝12DF ＝12． 在Rt △OHD 中，OH ＝222213125OD DH -=-=, 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.4．（1）60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解． 【解析】 【分析】（1）根据AD BD ⊥得到AB 是直径，连接OC 、OD ，发现等边三角形，再根据圆周角定理求得30EBD ∠=︒，再进一步求得E ∠的度数；（2）分别画出三种图形，图2中，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质可以求得；图3中，根据三角形的外角的性质和圆周角定理可以求得；图4中，根据切线的性质发现直角三角形，根据直角三角形的两个锐角互余求得． 【详解】解：（1）连接OC 、OD ，如图：∵AD BD ⊥ ∴AB 是直径 ∴1OC OD CD === ∴OCD 是等边三角形 ∴60COD ∠=︒ ∴30DBE ∠=︒ ∴60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：连接OD 、OC 、AC ，如图：∵1OD OC CD === ∴OCD 为等边三角形 ∴60COD ∠=︒ ∴30DAC ∠=︒ ∴30EBD ∠=︒ ∵90ADB ∠=︒ ∴903060E ∠=︒-︒=︒②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：连接OC 、OD ，如图：∵AD BD ⊥ ∴AB 是直径 ∴1OC OD CD === ∴OCD 是等边三角形 ∴60COD ∠=︒ ∴30DBE ∠=︒∴903060BED ∠=︒-︒=︒③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：如图：∵当点B 与点C 重合时，则直线BE 与O 只有一个公共点∴EB 恰为O 的切线∴90ABE ∠=︒∵90ADB ∠=︒，1CD =，2AD = ∴30A ∠=︒ ∴60E ∠=︒．故答案是：（1）60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解． 【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、圆内接四边形的性质．此题主要是能够根据圆周角定理的推论发现AB 是直径，进一步发现等边COD △，从而根据圆周角定理以及圆内接四边形的性质求解．5．（1）AP +PQ 的最小值为4；（2）存在，M 点坐标为(﹣12，﹣4)或(12，8)． 【解析】 【分析】（1）由直线解析式易求AB 两点坐标，利用等腰直角△ABC 构造K 字形全等易得OE ＝CE ＝4，C 点坐标为（4，4）DB ＝∠CEB ＝90︒，可知B 、C 、D 、E 四点共圆，由等腰直角△ABC 可知∠CBD ＝45︒，同弧所对圆周角相等可知∠CED ＝45︒，所以∠OEF ＝45︒，CE 、OE 是关于EF 对称，作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于Q ，AK ⊥EC 于K ．把AP +PQ 的最小值问题转化为垂线段最短解决问题．（2）由直线l 与直线AC 成45︒可知∠AMN ＝45︒，由直线AC 解析式可设M 点坐标为（x ，122x +），N 在y 轴上，可设N （0，y ）构造K 字形全等即可求出M 点坐标．【详解】解：（1）过A 点作AK ⊥CE ，在等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90︒，AC ＝BC ， ∵CE ⊥x 轴，∴∠ACK +∠ECB ＝90︒，∠ECB +∠CBE ＝90︒， ∴∠ACK ＝∠CBE 在△AKC 和△CEB 中，AKC CEB ACK CBE AC CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， △AKC ≌△CEB （AAS ） ∴AK ＝CE ，CK ＝BE ， ∵四边形AOEK 是矩形， ∴AO ＝EK ＝BE ， 由直线l ：y ＝﹣13x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，可知A 点坐标为（0，2），B （6，0）∴E 点坐标为（4，0），C 点坐标为（4，4）， ∵∠CDB ＝∠CEB ＝90︒， ∴B 、C 、D 、E 四点共圆， ∵CD CD =，∠CBA ＝45︒， ∴∠CED ＝45︒， ∴FE 平分∠CEO ，过P 点作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于G ，过A 点作AK ⊥EC 于K ． ∴PH ＝PQ ，∵PA +PQ ＝PA +PH ≥AK ＝OE ， ∴OE ＝4， ∴AP +PQ ≥4， ∴AP +PQ 的最小值为4．（2）∵A 点坐标为（0，2），C 点坐标为（4，4）， 设直线AC 解析式为：y ＝kx+b 把（0，2），（4，4）代入得244bk b =⎧⎨=+⎩解得122k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线AC解析式为：y＝122x+，设M点坐标为（x，122x+），N坐标为（0，y）．∵MN∥AB，∠CAB＝45︒，∴∠CMN＝45︒，△CMN为等腰直角三角形有两种情况：Ⅰ．如解图2﹣1，∠MNC＝90︒，MN＝CN．同（1）理过N点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）理得：SN＝CR，MS ＝NR．∴41242x yx y-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：128xy=-⎧⎨=-⎩，∴M点坐标为（﹣12，﹣4）Ⅱ．如解图2﹣2，∠MNC＝90︒，MN＝CN．过C点构造利用等腰直角△MNC构造K字形全等，同（1）得：MS＝CF，CS＝FN．∴4412442x yx-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：1212xy=⎧⎨=⎩，∴M点坐标为（12，8）综上所述：使得△CMN为等腰直角三角形得M点坐标为（﹣12，﹣4）或（12，8）．【点睛】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是中用转化的思想思考问题，学会添加常用辅助线，在平面直角坐标系中构造K字形全等三角形求点坐标解决问题，属于中考压轴题．6．（1）45°+ ；（2）证明见解析；（3）2BF+CF.【解析】【分析】（1）过点A作AG⊥DF于G，由轴对称性质和正方形的性质可得AE=AD，∠BAP=∠EAF，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠EAG=∠DAG，即可得∠FAG=12∠BAD=45°，∠DAG+∠BAP=45°，根据直角三角形两锐角互余的性质即可得答案；（2）由（1）可得∠FAG=12∠BAD=45°，由AG⊥PD可得∠APG=45°，根据轴对称的性质可得∠BPA=∠APG=45°，可得∠BFD=90°，即可证明BF⊥DF；（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，由∠BFD=∠BCD=90°可得B、F、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得∠FBC=∠FDC，∠DFC=∠DBC=45°，根据平行线的性质可得∠FDC=∠DCH，根据角的和差关系可得∠ABF=∠BCH，由轴对称性质可得BF=EF，可得△BEF是等腰直角三角形，即可得∠BEF=45°，2BF，即可证明∠BEF=∠DFC，可得BH//FC，即可证明四边形EFCH是平行四边形，可得EH=FC，EF=CH，利用等量代换可得CH=BF，利用SAS可证明△ABF≌△BCH，可得AF=BH，即可得AF、BF、CF的数量关系.【详解】（1）过点A作AG⊥DF于G，∵点B关于直线AF的对称点为E，四边形ABCD是正方形，∴AE=AB，AB=AD=DC=BC，∠BAF=∠EAF，∴AE=AD，∵AG⊥FD，∴∠EAG=∠DAG，∴∠BAF+∠DAG=∠EAF+∠EAG，∵∠BAF+∠DAG+∠EAF+∠EAG=∠BAD=90°，∴∠BAF+∠DAG=∠GAF=45°，∴∠DAG=45°-α，∴∠ADF=90°-∠DAG=45°+α.（2）由（1）得∠GAF=45°，∵AG⊥FD，∴∠AFG=45°，∵点E、B关于直线AF对称，∴∠AFB=∠AFE=45°，∴∠BFG=90°，∴BF⊥DF.（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，∵∠BFD=∠BCD=90°，∴B、F、C、D四点共圆，∴∠FDC=∠FBC，∠DFC=∠DBC=45°，∵CH//FD，∴∠DCH=∠FDC，∴∠FBC=∠DCH，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠FBC=∠BCD+∠DCH，即∠ABF=∠BCH，∵点E、B关于直线AF对称，∴BF=EF，∵∠BFE=90°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴∠BEF=45°，2BF，∴∠BEF=∠DFC，∴FC//BH，∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=FC，CH=BF，在△ABF和△BCH中，AB BCABF BCHBF CH=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴2BF+CF.【点睛】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、圆周角定理、四点共圆的判定及全等三角形的判定与性质，正确得出B 、F 、C 、D 四点共圆并熟练掌握圆周角定理及轴对称的性质是解题关键. 7．（1）2114y x =-；（2）点P 37(,)216-；（3）(222,222M --+ 【解析】 【分析】（1）根据题意得到AB=4，根据函数对称轴x=0，得到OA=OB=2，得到A 、B 坐标，代入函数解析式即可求解；（2）首先求得直线OD 解析式，然后设P （21,14t t -），得到PQ 关于t 的解析式，然后求出顶点式即可求解； （3）设点21,14M m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，然后求得直线CM 的解析式，得到EM 的表达式，然后根据CMNCNEMNESSS=+即可求解．【详解】（1）∵AB =4OC ，且C （0，-1） ∴AB=4∴OA=OB=2，即A 点坐标()2,0-，B 点坐标()2,0 代入A 点坐标得2021a =- 解得14a =∴G 的解析式为2114y x =- 故答案为2114y x =-（2）当1x =-时，34y =-,即：点D 为（31,4--）∴直线OD 为：34y x = 设P （21,14t t -），则Q 为（22141,1334t t --），则： 22214141325()()33333212PQ t t t t t =--=-++=--+∴当32t =时，PQ 取得最大值2512，此时点P 位37(,)216- （3）设点21,14M m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则N ()214,414m m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭∵C 点坐标为(0,1)-∴可设直线CM 为1y kx =-，带入M 点坐标得：14k m = ∴直线CM 为114y mx =- 过点N 作NE y ∥轴交CM 于点E ，则E 点为()14,414m m m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭∴4EN m =-- ∵()()12CMNCNE MNEC N N M S SSx x x x EN ⎡⎤=+=-+-•⎣⎦ ∴()()104=22m m ---∴2440m m +-=解得：1222m =--，2222m =-+（舍去） ∴M ()222,222--+ 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数综合应用，是二次函数部分的压轴题，题目较难，应画出示意图，然后进行讨论分析． 8．（1）y ＝x 2－4x ＋3 ；(2) P(36626--，);(3) 9922m -+= 【解析】 【分析】 (1)把,,代入,解方程组即可.(2)如图1中,连接OD 、BD,对称轴交x 轴于K,将绕点O 逆时针旋转90°得到△OCG,则点G 在线段BC 上,只要证明是等腰直角三角形,即可得到直线GO 与抛物线的交点即为所求的点P .利用方程组即可解决问题. (3)如图2中,将绕点O 顺时针旋转得到,首先证明,设,,则,设平移后的抛物线的解析式为,由消去y 得到,由,推出,,M 、N 关于直线对称,所以,设,则,利用勾股定理求出a 以及MN 的长,再根据根与系数关系,列出方程即可解决问题.【详解】 (1),,,代入,得,解得,∴抛物线的解析式为(2)如图1中,连接OD 、BD,对称轴交x 轴于K.由题意,,,,,,,将绕点O逆时针旋转90°得到,则点G在线段BC上,,,,是等腰直角三角形,,∴直线GO与抛物线的交点即为所求的点P.设直线OD的解析式为,把D点坐标代入得到,, ,∴直线OD的解析式为,,∴直线OG的解析式为,由解得或, 点P在对称轴左侧,点P坐标为(3)如图2中,将绕点O顺时针旋转90°得到,,,,,,,,,,设,,则,设平移后的抛物线的解析式为,由消去y得到,,,∴M、N关于直线对称,,设,则,,(负根已经舍弃),,,【点睛】本题考查了二次函数的综合题、一次函数、全等三角形的判定与性质、根与系数的关系、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用旋转添加辅助线，构造全等三角形，学会利用方程组及根与系数的关系，构建方程解决问题，本题难度较大.69．（1）y=−x2+3；（2）①2或563⩽t【解析】【分析】（1）根据已知条件求出AB和CD的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式；（2）①由D（3，3），则平移后坐标为D´（3，3），F（t，-t2+3）；则有DF2=（−3+t-t）2+（-t2+3-3）2；FB2=（-t2+3）2，再根据DF=7FB，即可求得t；②如图3所示，画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出的取值范围，确定限制条件是解题的关键【详解】(1)由题意得AB的中点坐标为(−3，0),CD的中点坐标为(0，3)，分别代入y=ax2+b得：3a b0b3+=⎧⎨=⎩，解得a1b3=-⎧⎨=⎩，∴y=−x2+3.（2）①D（−3，3），则平移后坐标为D´（−3+t，3），F（t，-t2+3）；DF2=（−3+t-t）2+（-t2+3-3）2；FB2=（-t2+3）2DF=7FB，则（−3+t-t）2+（-t2+3-3）2=7（-t2+3）2解得：t2=2或5，则t=2或t=5；②如图3所示,依题意作出旋转后的三角形△FE′C′,过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N.观察图形可知,欲使△FE′C′落在指定区域内,必须满足：EE′⩽BE且MN⩾C′N.∵F(t,3−t2),∴EF=3−(3−t2)=t2,∴EE′=2EF=2t2，由EE′⩽BE,得2t2⩽3,解得t6∵3∴C′点的横坐标为3∴3)2,又C′N=BE′=BE−EE′=3−2t2由MN⩾C′N,得32⩾3−2t2,解得t63或t⩽63舍去).∴t63t⩽6 2【点睛】本题是动线型中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、几何变换（平移与旋转）、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等重要知识点，难度较大，对考生能力要求很高，灵活应用所学知识是解答本题的关键..10．（1）211242y x x =--；（2）①P (2，−2)或(-6，10)，②1122y x =-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++【解析】 【分析】（1）利用一次函数与坐标轴交点的特征可求出点B ，C 的坐标，根据点B ，C 的坐标，利用待定系数法可求出二次函数解析式；（2）①由PM ⊥x 轴可得出∠PMC≠90°，分∠MPC=90°及∠PCM=90°两种情况考虑： （i ）当∠MPC=90°时，PC //x 轴，利用二次函数可求出点P 的坐标；（ii ）当∠PCM=90°时，设PC 与x 轴交于点D ，易证△BOC ∽△COD ，利用相似三角形的性质可求出点D 的坐标，根据点C ，D 的坐标，利用待定系数法可求出直线PC 的解析式，联立直线PC 和抛物线的解析式，通过解方程组可求出点P 的坐标；②在ACM 中，如果存在直线使A 、C 、M 到该直线距离相等，则该直线应为ACM 的中位线，分开求解三条中位线方程即可求解． 【详解】解：（1）因为直线交抛物线于B 、C 两点， ∴当x =0时，y =12x −2=−2， ∴点C 的坐标为(0，−2)； 当y =0时，12x −2=0， 解得：x =4，∴点B 的坐标为(4，0)．将B 、C 的坐标分别代入抛物线，得：2144022a c c ⎧⨯-⨯+=⎪⎨⎪=-⎩，解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∴抛物线的解析式为211242y x x =--． （2）①∵PM ⊥x 轴，M 在直线BC 上， ∴∠PMC 为固定角且不等于90， ∴可分两种情况考虑，如图1所示：（i ）当∠MPC=90时，PC //x 轴， ∴点P 的纵坐标为﹣2， 将y p =-2，代入抛物线方程可得：2112242x x --=-解得： x 1=2，x 2=0（为C 点坐标，故舍去）， ∴点P 的坐标为(2，−2)；（ii ）当∠PCM=90°时，设PC 与x 轴交于点D ， ∵∠OBC+∠OCB=90°，∠OCB+∠OCD=90°， ∴∠OBC=∠OCD ， 又∵∠BOC=∠COD=90°， ∴BOC ∽COD （AAA ），∴OD OC OC OB =，即OD=2OC OB， 由（1）知，OC=2，OB=4， ∴OD=1，又∵D 点在X 的负半轴 ∴点D 的坐标为(-1，0)，设直线PC 的解析式为：y =kx +b (k ≠0，k 、b 是常数)， 将C(0，−2)，D(-1，0)代入直线PC 的解析式，得：20b k b =-⎧⎨-+=⎩，解得：22k b =-⎧⎨=-⎩， ∴直线PC 的解析式为y =-2x −2， 联立直线PC 和抛物线方程，得： 22122142x x x -=---， 解得：x 1=0，y 1=−2，x 2=-6，y 2=10， 点P 的坐标为(-6，10)，综上所述：当PCM 是直角三角形时，点P 的坐标为(2，−2)或(-6，10)；②如图2所示，在ACM 中，如果存在直线使A 、C 、M 到该直线距离相等，则该直线应为ACM 的中位线；（a ）当以CM 为底时，过A 点做CM 的平行线AN ，直线AN 平行于CM 且过点A ，则斜率为12，AN 的方程为：1(+2)2y x =，则中位线方程式为：1122y x =-； （b ）当以AM 为底时，因为M 为P 点做x 轴垂线与CB 的交点，则M 的横坐标为t ，且在直线BC 上，则M 的坐标为：1,22M t t -（），其中4t >，则AM 的方程为：44+242t t y x t t --=++，过C 点做AM 的平行线CQ ，则CQ 的方程为：4224t y x t -=-+ ，则中位线方程式为：4412424t t y x t t --=+-++； （c ）当以AC 为底时，AC 的方程式为：2y x =--，由b 可知M 的坐标为：1,22M t t -（），过M 做AC 的平行线MR ，则MR 的方程为：322y x t =-+-，则中位线方程式为：324y x t =-+-； 综上所述：当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，直线解析式为：1122y x =-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++． 【点睛】本题考查了一次函数坐标轴的交点坐标、待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质等，解题的关键是掌握三角形的顶点到中位线的距离相等． 11．（1）214y x x =-；（2）①122y x =-+，②1，见解析，定值为1 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法把点(4,0)、(2,3)-代入解析式，再结合抛物线对称轴方程得到三元一次方程组，解方程组即可．（2）①先求出平移后的抛物线解析式，设出直线MA 的解析式1y kx =-，再联立抛物线解析式2114y kx y x =-⎧⎪⎨=⎪⎩，得到21104x kx -+=，令210k ∆=-=，求出k 的值，得出APM∆为等腰直角三角形，运用APM ∆与BQO ∆相似得出90BQO APM ∠=∠=，故AB ：y mx n =+，则2144m n m n +=⎧⎨-+=⎩即可求出AB 函数关系式．②当M 在y 轴上时，m=0，再根据图像对称性可得A 、B 两点关于y 轴对称，得出a ，b 的关系，即可求出答案；当M 不在与轴上时，设MA ：111y k x k m =--，联立抛物线解析式112114y k x k m y x =--⎧⎪⎨=⎪⎩，得出2114440x k x k m -++=，令212=16(1)0k k m ∆--=，同理设出MB ，令22216(1)0k k m ∆=--=，故1k ，2k 为方程210x mx --=不相等两个实数根，得出12k k m +=，即可求出答案． 【详解】解：（1）设2y=ax +bx+c a （≠0），把点(4,0)、(2,3)-代入 ∵对称轴为x=2∴164042322a b c a b c b a ⎧⎪++=⎪-+=⎨⎪⎪-=⎩ 解得1410a b c ⎧=⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩∴抛物线解析式214y x x =-． （2）①(0,1)M -，平移后抛物线214y x = 设MA ：1y kx =-则联立2114y kx y x =-⎧⎪⎨=⎪⎩，21104x kx -+= 210k ∆=-=1k ∴=±又由图，A 在y 轴右侧 故1k =，(2,1)A2AP PM ∴==，APM ∆为等腰直角三角形又APM ∆与BQO ∆相似∴△BQO 为等腰直角三角形，设B （﹣x ，x ），带入抛物线解析式得：214x x = 解得x=4或x=0(舍去) ∴B （﹣4,4）设AB ：y mx n =+，把(2,1)A ，B （﹣4,4）带入得：则2144m n m n +=⎧⎨-+=⎩，122m n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩∴AB 解析式为：122y x =-+． ②（i ）∵214y x =关于y 轴对称，M 在y 轴上，且MA ，MB 与抛物线只有一个交点 ∴A 、B 两点关于y 轴对称， ∴a=﹣b∴m a m b --=0+b0b-=1， 故答案是：1；（ii ）设MA ：111y k x k m =--，则联立112114y k x k m y x =--⎧⎪⎨=⎪⎩， 2114440x k x k m -++=，此方程仅一个根， 故11422k a k ==， 且212=16(1)0k k m ∆--=，同理设MB ：221y k x k m =--， 亦有22b k =，22216(1)0k k m ∆=--=，故1k ，2k 为方程210x mx --=不相等两个实数根，12k k m +=，()111122122m k m k m am b m m k k m ---∴===----， 即m am b--为一定值1，∴当点M不在y轴上时，m am b--为一个定值1．【点睛】本题考查的是二次函数综合题型，二次函数待定系数法求函数解析式，二次函数与一元二次方程的综合应用，二次函数与相似三角形的综合应用，解题关键在于理解题意，正确分析题目，运用数形结合思想进行解题．12．（1）4﹣23；（2）32；（3）4﹣5≤S≤4+5【解析】【分析】（1）在Rt△DCG中，利用勾股定理求出DG即可解决问题；（2）首先证明AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD﹣HD＝4﹣m，在Rt△DHC中，根据CH2＝CD2+DH2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，分别求出面积的最小值，最大值即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝CG＝4，∠D＝90°，∵AB＝CD＝2，∴DG＝22CDCG-＝2242-＝23，∴AG＝AB﹣BG＝4﹣23，故答案为:4﹣23．（2）如图2中，由四边形CGEF是矩形，得到∠CGE＝90°，∵点G在线段AE上，∴∠AGC＝90°，∵CA＝CA，CB＝CG，∴Rt△ACG≌Rt△ACB（HL）．∴∠ACB＝∠ACG，∵AB∥CD∴∠ACG＝∠DAC，∴∠ACH＝∠HAC，∴AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD﹣AH＝5﹣m，在Rt△DHC中，∵CH2＝DC2+DH2，∴m2＝22+（4﹣m）2，∴m＝52，∴AH＝52，GH＝22AH AG-＝22522⎛⎫-⎪⎝⎭＝32．（3）在Rt△ABC中，2225AC AB BC=+=,152OC AC，由题可知，G点在以C点为圆心，BC为半径的圆上运动，且GE与该圆相切，因为GE=AB 不变，所以O到直线GE的距离即为△OGE的高，当点G在对角线AC上时，OG最短，即△OGE的面积最小，最小值＝12×OG×EG＝12×2×（4﹣5）＝4﹣5．当点G在AC的延长线上时，OG最长，即△OE′G′的面积最大．最大值＝12×E′G′×OG′＝12×2×（4+5）＝4+5.综上所述，455【点睛】本题考查求一点到圆上点距离的最值、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、勾股定理.（1）比较简单，掌握勾股定理和旋转的性质是解决此问的关键；（2）能表示Rt△DHC三边，借助方程思想是解决此问的关键；（2）理解线段GE的运动轨迹，得出面积最小（大）时G点的位置是解决此问的关键.。

2017年中考备考专题复习：存在性问题一、综合题（共21题；共291分）1、（2016•金华）在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为（﹣6，0）．如图1，正方形OBCD 的顶点B在x轴的负半轴上，点C在第二象限．现将正方形OBCD绕点O顺时针旋转角α得到正方形OEFG．(1)如图2，若α=60°，OE=OA，求直线EF的函数表达式．(2)若α为锐角，tanα= ，当AE取得最小值时，求正方形OEFG的面积．(3)当正方形OEFG的顶点F落在y轴上时，直线AE与直线FG相交于点P，△OEP的其中两边之比能否为2：1？若能，求点P的坐标；若不能，试说明理由2、（2016•临沂）如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点，点C的坐标是（8，4），连接AC，BC．(1)求过O，A，C三点的抛物线的解析式，并判断△ABC的形状；(2)动点P从点O出发，沿OB以每秒2个单位长度的速度向点B运动；同时，动点Q从点B出发，沿BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，PA=QA？(3)在抛物线的对称轴上，是否存在点M，使以A，B，M为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．3、（2016•内江）已知抛物线C：y=x2﹣3x+m，直线l：y=kx（k＞0），当k=1时，抛物线C与直线l只有一个公共点．(1)求m的值；(2)若直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，直线l与直线l1：y=﹣3x+b交于点P，且+ = ，求b的值；(3)在（2）的条件下，设直线l1与y轴交于点Q，问：是否在实数k使S△APQ=S△BPQ？若存在，求k的值，若不存在，说明理由．4、（2016•新疆）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3（a≠0）的顶点为E，该抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且BO=OC=3AO，直线y=﹣x+1与y轴交于点D．(1)求抛物线的解析式；(2)证明：△DBO∽△EBC；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PBC是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的P点坐标，若不存在，请说明理由．5、（2016•深圳）如图，抛物线y=ax2+2x﹣3与x轴交于A、B两点，且B（1，0）(1)求抛物线的解析式和点A的坐标；(2)如图1，点P是直线y=x上的动点，当直线y=x平分∠APB时，求点P的坐标；(3)如图2，已知直线y= x﹣分别与x轴、y轴交于C、F两点，点Q是直线CF下方的抛物线上的一个动点，过点Q作y轴的平行线，交直线CF于点D，点E在线段CD的延长线上，连接QE．问：以QD 为腰的等腰△QDE的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．6、（2016•南宁）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A（1，1），且与直线y=x﹣2交于B，C两点．(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；(2)求证：△ABC是直角三角形；(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．7、（2016•眉山）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上上的三个点，且OA=1，OB=3，OC=4，(1)求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；(2)在平面直角坐标系xOy中是否存在一点P，使得以以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若点M为该抛物线上一动点，在（2）的条件下，请求出当|PM﹣AM|的最大值时点M的坐标，并直接写出|PM﹣AM|的最大值．8、（2016•潍坊）如图，已知抛物线y= x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（﹣9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．(1)求抛物线的解析式；(2)过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标；(3)当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．9、（2016•宁夏）在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，动点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度，沿AB 向点B移动；同时点P从点B出发，仍以每秒1个单位的速度，沿BC向点C移动，连接QP，QD，PD．若两个点同时运动的时间为x秒（0＜x≤3），解答下列问题：(1)设△QPD的面积为S，用含x的函数关系式表示S；当x为何值时，S有最大值？并求出最小值；(2)是否存在x的值，使得QP⊥DP？试说明理由．10、（2016•泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y=mx2+nx相交于A （1，3 ），B（4，0）两点．(1)求出抛物线的解析式；(2)在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；(3)点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此时点M的坐标．11、（2016•攀枝花）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）(1)求抛物线的解析式；(2)点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC 的最大面积．(3)直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．12、（2016•资阳）已知抛物线与x轴交于A（6，0）、B（﹣，0）两点，与y轴交于点C，过抛物线上点M（1，3）作MN⊥x轴于点N，连接OM．(1)求此抛物线的解析式；(2)如图1，将△OMN沿x轴向右平移t个单位（0≤t≤5）到△O′M′N′的位置，MN′、M′O′与直线AC分别交于点E、F．①当点F为M′O′的中点时，求t的值；②如图2，若直线M′N′与抛物线相交于点G，过点G作GH∥M′O′交AC于点H，试确定线段EH是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由．13、（2016•梅州）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，﹣3），动点P在抛物线上．(1)b=________，c=________，点B的坐标为________；（直接填写结果）(2)是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；(3)过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．14、（2016•昆明）如图1，对称轴为直线x= 的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与x 轴的另一交点为A(1)求抛物线的解析式；(2)若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；(3)如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．15、（2016•贵港）如图，抛物线y=ax2+bx﹣5（a≠0）与x轴交于点A（﹣5，0）和点B（3，0），与y 轴交于点C．(1)求该抛物线的解析式；(2)若点E为x轴下方抛物线上的一动点，当S△ABE=S△ABC时，求点E的坐标；(3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使∠BAP=∠CAE？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．16、（2016•雅安）已知Rt△ABC中，∠B=90°，AC=20，AB=10，P是边AC上一点（不包括端点A、C），过点P作PE⊥BC于点E，过点E作EF∥AC，交AB于点F．设PC=x，PE=y．(1)求y与x的函数关系式；(2)是否存在点P使△PEF是Rt△？若存在，求此时的x的值；若不存在，请说明理由．17、（2016•衢州）如图1，在直角坐标系xoy中，直线l：y=kx+b交x轴，y轴于点E，F，点B的坐标是（2，2），过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足为A、C，点D是线段CO上的动点，以BD为对称轴，作与△BCD或轴对称的△BC′D．(1)当∠CBD=15°时，求点C′的坐标．(2)当图1中的直线l经过点A，且k=﹣时（如图2），求点D由C到O的运动过程中，线段BC′扫过的图形与△OAF重叠部分的面积．(3)当图1中的直线l经过点D，C′时（如图3），以DE为对称轴，作于△DOE或轴对称的△DO′E，连结O′C，O′O，问是否存在点D，使得△DO′E与△CO′O相似？若存在，求出k、b的值；若不存在，请说明理由．18、（2016•杭州）在线段AB的同侧作射线AM和BN，若∠MAB与∠NBA的平分线分别交射线BN，AM于点E，F，AE和BF交于点P．如图，点点同学发现当射线AM，BN交于点C；且∠ACB=60°时，有以下两个结论：①∠APB=120°；②AF+BE=AB．那么，当AM∥BN时：(1)点点发现的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请求出∠APB的度数，写出AF，BE，AB长度之间的等量关系，并给予证明；(2)设点Q为线段AE上一点，QB=5，若AF+BE=16，四边形ABEF的面积为32 ，求AQ的长．19、（2016•梧州）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于A（4，0）、B（﹣1，0）两点，过点A 的直线y=﹣x+4交抛物线于点C．(1)求此抛物线的解析式；(2)在直线AC上有一动点E，当点E在某个位置时，使△BDE的周长最小，求此时E点坐标；(3)当动点E在直线AC与抛物线围成的封闭线A→C→B→D→A上运动时，是否存在使△BDE为直角三角形的情况，若存在，请直接写出符合要求的E点的坐标；若不存在，请说明理由．20、（2016•玉林）如图，抛物线L：y=ax2+bx+c与x轴交于A、B（3，0）两点（A在B的左侧），与y 轴交于点C（0，3），已知对称轴x=1．(1)求抛物线L的解析式；(2)将抛物线L向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内（包括△OBC的边界），求h的取值范围；(3)设点P是抛物线L上任一点，点Q在直线l：x=﹣3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．21、（2016•曲靖）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2ax+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C （0，3），tan∠OAC= ．(1)求抛物线的解析式；(2)点H是线段AC上任意一点，过H作直线HN⊥x轴于点N，交抛物线于点P，求线段PH的最大值；(3)点M是抛物线上任意一点，连接CM，以CM为边作正方形CMEF，是否存在点M使点E恰好落在对称轴上？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．答案解析部分一、综合题【答案】（1）解：如图1，过点E作EH⊥OA于点H，EF与y轴的交点为M．∵OE=OA，α=60°，∴△AEO为正三角形，∴OH=3，EH= =3 ．∴E（﹣3，3 ）．∵∠AOM=90°，∴∠EOM=30°．在Rt△EOM中，∵cos∠EOM= ，即= ，∴OM=4 ．∴M（0，4 ）．设直线EF的函数表达式为y=kx+4 ，∵该直线过点E（﹣3，3 ），∴﹣3k+4 =3 ，解得k= ，所以，直线EF的函数表达式为y= x+4（2）解：如图2，射线OQ与OA的夹角为α（α为锐角，tanα）．无论正方形边长为多少，绕点O旋转角α后得到正方形OEFG的顶点E在射线OQ上，∴当AE⊥OQ时，线段AE的长最小．在Rt△AOE中，设AE=a，则OE=2a，∴a2+（2a）2=62，解得a1= ，a2=﹣（舍去），∴OE=2a= ，∴S=OE2=正方形OEFG（3）解：设正方形边长为m．当点F落在y轴正半轴时．如图3，当P与F重合时，△PEO是等腰直角三角形，有= 或= ．在Rt△AOP中，∠APO=45°，OP=OA=6，∴点P1的坐标为（0，6）．在图3的基础上，当减小正方形边长时，点P在边FG 上，△OEP的其中两边之比不可能为：1；当增加正方形边长时，存在= （图4）和= （图5）两种情况．如图4，△EFP是等腰直角三角形，有= ，即= ，此时有AP∥OF．在Rt△AOE中，∠AOE=45°，∴OE= OA=6 ，∴PE= OE=12，PA=PE+AE=18，∴点P2的坐标为（﹣6，18）．如图5，过P作PR⊥x轴于点R，延长PG交x轴于点H．设PF=n．在Rt△POG中，PO2=PG2+OG2=m2+（m+n）2=2m2+2mn+n2，在Rt△PEF中，PE2=PF2+EF2=m2+n2，当= 时，∴PO2=2PE2．∴2m2+2mn+n2=2（m2+n2），得n=2m．∵EO∥PH，∴△AOE∽△AHP，∴= ，∴AH=4OA=24，即OH=18，∴m=9 ．在等腰Rt△PRH中，PR=HR= PH=36，∴OR=RH﹣OH=18，∴点P3的坐标为（﹣18，36）．当点F落在y轴负半轴时，如图6，P与A重合时，在Rt△POG中，OP= OG，又∵正方形OGFE中，OG=OE，∴OP= OE．∴点P4的坐标为（﹣6，0）．在图6的基础上，当正方形边长减小时，△OEP的其中两边之比不可能为：1；当正方形边长增加时，存在= （图7）这一种情况．如图7，过P作PR⊥x轴于点R，设PG=n．在Rt△OPG中，PO2=PG2+OG2=n2+m2，在Rt△PEF中，PE2=PF2+FE2=（m+n ）2+m2=2m2+2mn+n2．当= 时，∴PE2=2PO2．∴2m2+2mn+n2=2n2+2m2，∴n=2m，由于NG=OG=m，则PN=NG=m，∵OE∥PN，∴△AOE∽△ANP，∴=1，即AN=OA=6．在等腰Rt△ONG中，ON= m，∴12= m，∴m=6 ，在等腰Rt△PRN中，RN=PR=6，∴点P5的坐标为（﹣18，6）．所以，△OEP的其中两边的比能为：1，点P的坐标是：P1（0，6），P2（﹣6，18），P3（﹣18，36），P4（﹣6，0），P5（﹣18，6）【考点】待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质【解析】【分析】（1）先判断出△AEO为正三角形，再根据锐角三角函数求出OM即可；（2）判断出当AE⊥OQ时，线段AE的长最小，用勾股定理计算即可；（3）由△OEP的其中两边之比为：1分三种情况进行计算即可．此题是正方形的性质题，主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解本题的关键是灵活运用勾股定理进行计算．【答案】（1）解：∵直线y=﹣2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点，∴A（5，0），B（0，10），∵抛物线过原点，∴设抛物线解析式为y=ax2+bx，∵抛物线过点B（0，10），C（8，4），∴，∴，∴抛物线解析式为y= x2﹣x，∵A（5，0），B（0，10），C（8，4），∴AB2=52+102=125，BC2=82+（8﹣5）2=100，AC2=42+（8﹣5）2=25，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是直角三角形（2）解：如图1，当P，Q运动t秒，即OP=2t，CQ=10﹣t时，由（1）得，AC=OA，∠ACQ=∠AOP=90°，在Rt△AOP和Rt△ACQ 中，，∴Rt△AOP≌Rt△ACQ，∴OP=CQ，∴2t=10﹣t，∴t= ，∴当运动时间为时，PA=QA（3）解：存在，∵y= x2﹣ x，∴抛物线的对称轴为x= ，∵A（5，0），B（0，10），∴AB=5 设点M（，m），①若BM=BA时，∴（）2+（m﹣10）2=125，∴m1= ，m2= ，∴M1（，），M2（，），②若AM=AB时，∴（）2+m2=125，∴m3= ，m4=﹣，∴M3（，），M4（，﹣），③若MA=MB时，∴（﹣5）2+m2=（）2+（10﹣m）2，∴m=5，∴M（，5），此时点M恰好是线段AB的中点，构不成三角形，舍去，∴点M的坐标为：M1（，），M2（，），M3（，），M4（，﹣）【考点】待定系数法求二次函数解析式，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质【解析】【分析】（1）先确定出点A，B坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；用勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形；（2）根据运动表示出OP=2t，CQ=10﹣t，判断出Rt△AOP≌Rt△ACQ，得到OP=CQ即可；（3）分三种情况用平面坐标系内，两点间的距离公式计算即可，此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，三角形的全等的性质和判定，等腰三角形的性质，解本题的关键是分情况讨论，也是本题的难点．【答案】（1）解：当k=1时，抛物线C与直线l只有一个公共点，∴直线l解析式为y=x，∵，∴x2﹣3x+m=x，∴x2﹣4x+m=0，∴△=16﹣4m=0，∴m=4（2）解：如图，分别过点A，P，B作y轴的垂线，垂足依次为C，D，E，则△OAC∽△OPD，∴．同理，．∵，∴=2．∴ =2．∴，即．解方程组，得x=x= ，即PD= ．由方程组消去y，得x2﹣（k+3）x+4=0．∵AC，BE是以上一元二次方程的两根，∴AC+BE=k+3，AC×BE=4．∴．解得b=8．（3）解：不存在．理由如下：假设存在，当S△APQ=S△BPQ时，有AP=PB，于是PD﹣AC=PE﹣PD，即AC+BE=2PD．由（2）可知AC+BE=k+3，PD= ，∴k+3=2×，即（k+3）2=16．解得k=1（舍去k=﹣7）．当k=1时，A，B两点重合，△BQA不存在．∴不存在实数k使S△APQ=S△BPQ 【考点】根与系数的关系，比例的性质，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】（1）两图象有一个交点，则对应的方程组有一组解，即△=0，代入计算即可求出m的值；（2）作出辅助线，得到△OAC∽△OPD，+ =2，同理+ =2，AC，BE是x2﹣（k+3）x+4=0两根，即可；（3）由S△APQ=S△BPQ得到AC+BE=2PD，建立方程（k+3）2=16即可．此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质和判定，比例的性质，一元二次方程的根与系数的关系，解本题的关键是灵活运用根与系数的关系．【答案】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx﹣3，∴c=﹣3，∴C（0，﹣3），∴OC=3，∵BO=OC=3AO，∴BO=3，AO=1，∴B（3，0），A（﹣1，0），∵该抛物线与x轴交于A、B两点，∴，∴，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3（2）证明：由（1）知，抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，∴E（1，﹣4），∵B（3，0），A（﹣1，0），C（0，﹣3），∴BC=3 ，BE=2 ，CE= ，∵直线y=﹣x+1与y轴交于点D，∴D（0，1），∵B（3，0），∴OD=1，OB=3，BD= ，∴，，，∴，∴△BCE∽△BDO（3）解：存在，理由：设P（1，m），∵B（3，0），C（0，﹣3），∴BC=3 ，PB= ，PC= ，∵△PBC是等腰三角形，①当PB=PC时，∴= ，∴m=﹣1，∴P（1，﹣1），②当PB=BC时，∴3 = ，∴m=±，∴P（1，）或P（1，﹣），③当PC=BC时，∴3 = ，∴m=﹣3±，∴P（1，﹣3+ ）或P（1，﹣3﹣），∴符合条件的P点坐标为P（1，﹣1）或P（1，）或P（1，﹣）或P（1，﹣3+ ）或P （1，﹣3﹣）【考点】二次函数的应用，二次函数与一次函数的交点问题【解析】【分析】（1）先求出点C的坐标，在由BO=OC=3AO，确定出点B，A的坐标，最后用待定系数法求出抛物线解析式；（2）先求出点A，B，C，D，E的坐标，从而求出BC=3 ，BE=2 ，CE= ，OD=1，OB=3，BD= ，求出比值，得到得出结论；（3）设出点P的坐标，表示出PB，PC，求出BC，分三种情况计算即可．此题是二次函数综合题，主要考查了点的坐标的确定方法，两点间的距离公式，待定系数法，等腰三角形的性质，相似三角形的判定，解本题的关键是判断△BCE∽△BDO．难点是分类．【答案】（1）解：把B（1，0）代入y=ax2+2x﹣3，可得a+2﹣3=0，解得a=1，∴抛物线解析式为y=x2+2x﹣3，令y=0，可得x2+2x﹣3=0，解得x=1或x=﹣3，∴A点坐标为（﹣3，0）．（2）解：若y=x平分∠APB，则∠APO=∠BPO，如图1，若P点在x轴上方，PA与y轴交于点B′，由于点P在直线y=x上，可知∠POB=∠POB′=45°，在△BPO和△B′PO 中，∴△BPO≌△B′PO（ASA），∴BO=B′O=1，设直线AP解析式为y=kx+b，把A、B′两点坐标代入可得，解得，∴直线AP解析式为y= x+1，联立，解得，∴P点坐标为（，）；若P点在x轴下方时，同理可得△BOP≌△B′OP，∴∠BPO=∠B′PO，又∠B′PO在∠APO的内部，∴∠APO≠∠BPO，即此时没有满足条件的P点，综上可知P点坐标为（，）．（3）解：如图2，作QH⊥CF，交CF于点H，∵CF为y= x﹣，∴可求得C（，0），F（0，﹣），∴tan∠OFC= = ，∵DQ∥y轴，∴∠QDH=∠MFD=∠OFC，∴tan∠HDQ= ，不妨设DQ=t，DH= t，HQ= t，∵△QDE是以DQ为腰的等腰三角形，∴若DQ=DE，则S△DEQ = DE•HQ= ×t×t= t2，若DQ=QE，则S△DEQ = DE•HQ= ×2DH•HQ= ×t×t=t2，∵t2＜t2，∴当DQ=QE时△DEQ的面积比DQ=DE时大．设Q点坐标为（x，x2+2x﹣3），则D（x，x﹣），∵Q点在直线CF的下方，∴DQ=t= x﹣﹣（x2+2x﹣3）=﹣x2﹣x+ ，当x=﹣时，t max=3，∴（S△DEQ）max= t2= ，即以QD为腰的等腰三角形的面积最大值为【考点】抛物线与x轴的交点【解析】【分析】（1）把B点坐标代入抛物线解析式可求得a的值，可求得抛物线解析式，再令y=0，可解得相应方程的根，可求得A点坐标；（2）当点P在x轴上方时，连接AP交y轴于点B′，可证△OBP≌△OB′P，可求得B′坐标，利用待定系数法可求得直线AP的解析式，联立直线y=x，可求得P点坐标；当点P在x轴下方时，同理可求得∠BPO=∠B′PO，又∠B′PO在∠APO的内部，可知此时没有满足条件的点P；（3）过Q作QH⊥DE于点H，由直线CF的解析式可求得点C、F的坐标，结合条件可求得tan∠QDH，可分别用DQ表示出QH和DH的长，分DQ=DE和DQ=QE两种情况，分别用DQ的长表示出△QDE的面积，再设出点Q的坐标，利用二次函数的性质可求得△QDE的面积的最大值．本题主要考查二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、角平分线的定义、全等三角形的判定和性质、三角形的面积、等腰三角形的性质、二次函数的性质及分类讨论等．在（2）中确定出直线AP的解析式是解题的关键，在（3）中利用DQ表示出△QDE的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量大，难度较大．【答案】（1）解：∵顶点坐标为（1，1），∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，又抛物线过原点，∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，即y=﹣x2+2x，联立抛物线和直线解析式可得，解得或，∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）（2）证明：如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，∴△ABC是直角三角形；（3）解：假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB= ，BC=3 ，∵MN⊥x轴于点N∴∠ABC=∠MNO=90°，∴当△ABC和△MNO相似时有= 或= ，①当= 时，则有，即|x||﹣x+2|= |x|，∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，∴|﹣x+2|= ，即﹣x+2=±，解得x= 或x= ，此时N点坐标为（，0）或（，0）；②当= 时，则有，即|x||﹣x+2|=3|x|，∴|﹣x+2|=3，即﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）【考点】抛物线与x轴的交点，勾股定理【解析】【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；（2）分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于点D、E两点，结合A、B、C三点的坐标可求得∠ABO=∠CBO=45°，可证得结论；（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC 相似时，利用三角形相似的性质可得= 或= ，可求得N点的坐标．本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，∵A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），∴，解得：a=﹣，b=﹣，c=3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+3（2）解：在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB=3，OC=4，OA=1，∴BC=AC=5，当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BP=AC=5，且点P到x轴的距离等于OB，∴点P的坐标为（5，3），当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，则当点P的坐标为（5，3）时，以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形．（3）解：设直线PA的解析式为y=kx+b（k≠0），∵A（1，0），P（5，3），∴，解得：k= ，b=﹣，∴直线PA的解析式为y= x﹣，当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|PM﹣AM|＜PA，当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|=PA，∴当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，解方程组，得或，∴点M的坐标为（1，0）或（﹣5，﹣）时，|PM﹣AM|的值最大，此时|PM﹣AM|的最大值为5．【考点】二次函数的应用【解析】【分析】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出所求抛物线解析式；（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：根据OA，OB，OC的长，利用勾股定理求出BC与AC的长相等，只有当BP与AC平行且相等时，四边形ACBP为菱形，可得出BP的长，由OB的长确定出P的纵坐标，确定出P坐标，当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形；（3）利用待定系数法确定出直线PA解析式，当点M与点P、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|PM﹣AM|＜PA，当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|=PA，当点M与点P、A在同一直线上时，|PM﹣AM|的值最大，即点M为直线PA与抛物线的交点，联立直线AP与抛物线解析式，求出当|PM﹣AM|的最大值时M坐标，确定出|PM﹣AM|的最大值即可．此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：二次函数的性质，待定系数法确定抛物线解析式、一次函数解析式，菱形的判定，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．【答案】（1）解：∵点A（0，1）．B（﹣9，10）在抛物线上，∴，∴，∴抛物线的解析式为y= x2+2x+1（2）解：∵AC∥x轴，A（0，1）∴x2+2x+1=1，∴x1=6，x2=0，∴点C的坐标（﹣6，1），∵点A（0，1）．B（﹣9，10），∴直线AB的解析式为y=﹣x+1，设点P（m，m2+2m+1）∴E（m，﹣m+1）∴PE=﹣m+1﹣（m2+2m+1）=﹣m2﹣3m，∵AC⊥EP，AC=6，∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC= AC×EF+ AC×PF= AC×（EF+PF）= AC×PE= ×6×（﹣m2﹣3m）=﹣m2﹣9m=﹣（m+ ）2+ ，∵﹣6＜m＜0∴当m=﹣时，四边形AECP的面积的最大值是，此时点P（﹣，﹣）．（3）解：∵y= x2+2x+1= （x+3）2﹣2，∴P（﹣3，﹣2），∴PF=y F﹣y P=3，CF=x F﹣x C=3，∴PF=CF，∴∠PCF=45°同理可得：∠EAF=45°，∴∠PCF=∠EAF，∴在直线AC上存在满足条件的Q，设Q（t，1）且AB=9 ，AC=6，CP=3 ∵以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，①当△CPQ∽△ABC时，∴，∴，∴t=﹣4，∴Q（﹣4，1）②当△CQP∽△ABC时，∴，∴，∴t=3，∴Q（3，1）．【考点】二次函数的应用【解析】【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式即可；（2）设点P（m，m2+2m+1），表示出PE=﹣m2﹣3m，再用S四边形AECP=S△AEC+S△APC= AC×PE，建立函数关系式，求出极值即可；（3）先判断出PF=CF，再得到∠PCF=∠EAF，以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况计算即可．此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的性质，几何图形面积的求法（用割补法），解本题的关键是求函数解析式．【答案】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，∴BC=AD=4，CD=AB=3，当运动x秒时，则AQ=x，BP=x，∴BQ=AB﹣AQ=3﹣x，CP=BC﹣BP=4﹣x，∴S△ADQ= AD•AQ= ×4x=2x，S△BPQ= B Q•BP= （3﹣x）x= x﹣x2，S△PCD= PC•CD= •（4﹣x）•3=6﹣x，又S矩形ABCD=AB•BC=3×4=12，∴S=S矩形ABCD﹣S△ADQ﹣S△BPQ﹣S△PCD=12﹣2x﹣（x﹣x2）﹣（6﹣x）= x2﹣2x+6= （x﹣2）2+4，即S= （x﹣2）2+4，∴S为开口向上的二次函数，且对称轴为x=2，∴当0＜x＜2时，S随x的增大而减小，当2＜x≤3时，S随x的增大而增大，又当x=0时，S=5，当S=3时，S= ，但x的范围内取不到x=0，∴S不存在最大值，当x=2时，S有最小值，最小值为4（2）解：存在，理由如下：由（1）可知BQ=3﹣x，BP=x，CP=4﹣x，当QP⊥DP时，则∠BPQ+∠DPC=∠DPC+∠PDC，∴∠BPQ=∠PDC，且∠B=∠C，∴△BPQ∽△PCD，∴，即，解得x= （舍去）或x= ，∴当x= 时QP⊥DP【考点】二次函数的最值，矩形的性质，相似三角形的判定与性质【解析】【分析】（1）可用x表示出AQ、BQ、BP、CP，从而可表示出S△ADQ、S△BPQ、S△PCD的面积，则可表示出S，再利用二次函数的增减性可求得是否有最大值，并能求得其最小值；（2）用x表示出BQ、BP、PC，当QP⊥DP时，可证明△BPQ∽△CDP，利用相似三角形的性质可得到关于x的方程，可求得x的值．本题为四边形的综合应用，涉及知识点有矩形的性质、二次函数的最值、相似三角形的判定和性质及方程思想等．在（1）中求得S关于x的关系式后，求S的最值时需要注意x的范围，在（2）中证明三角形相似是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．【答案】（1）解：∵A（1，3 ），B（4，0）在抛物线y=mx2+nx的图象上，∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+4 x（2）解：存在三个点满足题意，理由如下：当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，3 ），∴D坐标为（1，0）；当点D在y轴上时，设D（0，d），则AD2=1+（3 ﹣d）2，BD2=42+d2，且AB2=（4﹣1）2+（3 ）2=36，∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，∴AD2+BD2=AB2，即1+（3 ﹣d）2+42+d2=36，解得d= ，∴D点坐标为（0，）或（0，）；综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，）或（0，）；（3）解：如图2，过P作PF⊥CM于点F，∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，∴=3 ，∴MF=3 PF，在Rt△ABD中，BD=3，AD=3 ，∴tan∠ABD= ，∴∠ABD=60°，设BC=a，则CN= a，在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，∴tan∠PNF= = ，∴FN= PF，∴MN=MF+FN=4 PF，∵S△BCN=2S△PMN，∴a2=2××4 PF2，∴a=2 PF，∴NC= a=2 PF，∴= ，∴MN= NC= ×a= a，∴MC=MN+NC=（+ ）a，∴M点坐标为（4﹣a，（+ ）a），又M点在抛物线上，代入可得﹣（4﹣a）2+4 （4﹣a）=（+ ）a，解得a=3﹣或a=0（舍去），OC=4﹣a= +1，MC=2 + ，∴点M的坐标为（+1，2 + ）．【考点】二次函数的应用【解析】【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）分D在x轴上和y轴上，当D在x轴上时，过A作AD⊥x轴，垂足D即为所求；当D点在y轴上时，设出D点坐标为（0，d），可分别表示出AD、BD，再利用勾股定理可得到关于d的方程，可求得d的值，从而可求得满足条件的D点坐标；（3）过P作PF⊥CM于点F，利用Rt△ADO∽Rt△MFP以及三角函数，可用PF分别表示出MF和NF，从而可表示出MN，设BC=a，则可用a表示出CN，再利用S△BCN=2S△PMN，可用PF表示出a的值，从而可用PF表示出CN，可求得的值；借助a可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可求得a的值，从而可求出M点的坐标．本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、勾股定理、相似三角形的判定和性质、点与函数图象的关系及分类讨论等．在（2）中注意分点D在x轴和y轴上两种情况，在（3）中分别利用PF表示出MF和NC是解题的关键，注意构造三角形相似．本题涉及知识点较多，计算量较大，综合性较强，特别是第（3）问，难度很大．【答案】（1）解：把B、C两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3（2）解：如图1，连接BC，过Py轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H，在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得0=x2﹣2x﹣3，解得x=﹣1或x=3，∴A点坐标为（﹣1，0），∴AB=3﹣（﹣1）=4，且OC=3，∴S△ABC= AB•OC= ×4×3=6，∵B（3，0），C（0，﹣3），∴直线BC解析式为y=x﹣3，设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），则M点坐标为（x，x﹣3），∵P点在第四限，∴PM=x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）=﹣x2+3x，∴S△PBC= PM•OH+ PM•HB= PM•（OH+HB）=PM•OB= PM，∴当PM有最大值时，△PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大，∵PM=﹣x2+3x=﹣（x﹣）2+ ，∴当x= 时，PM max= ，则S△PBC= ×= ，此时P点坐标为（，﹣），S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC=6+ = ，即当P点坐标为（，﹣）时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为；（3）解：如图2，设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，则∠AGP=∠GNC+∠GCN，当△AGB和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB，又∠AGB+∠CGB=180°，∴∠AGB=∠CGB=90°，∴∠ACO=∠OBN，在Rt△AON和Rt△NOB中∴Rt△AON≌Rt△NOB（ASA），∴ON=OA=1，∴N点坐标为（0，﹣1），设直线m解析式为y=kx+d，把B、N两点坐标代入可得，解得，∴直线m解析式为y= x﹣1，即存在满足条件的直线m，其解析式为y= x﹣1【考点】抛物线与x轴的交点，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定【解析】【分析】（1）由B、C两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；（2）连接BC，则△ABC的面积是不变的，过P作PM∥y轴，交BC于点M，设出P点坐标，可表示出PM的长，可知当PM取最大值时△PBC的面积最大，利用二次函数的性质可求得P点的坐标及四边形ABPC的最大面积；（3）设直线m与y轴交于点N，交直线l于点G，由于∠AGP=∠GNC+∠GCN，所以当△AGB 和△NGC相似时，必有∠AGB=∠CGB=90°，则可证得△AOC≌△NOB，可求得ON的长，可求出N点坐标，利用B、N两的点坐标可求得直线m的解析式．本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等．在（2）中确定出PM的值最时四边形ABPC的面积最大是解题的关键，在（3）中确定出满足条件的直线m的位置是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是第（2）问和第（3）问难度较大．【答案】（1）解：设抛物线解析式为y=a（x﹣6）（x+ ），把点M（1，3）代入得a=﹣，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣6）（x+ ），∴y=﹣x2+ x+2．（2）解：①如图1中，AC与OM交于点G．连接EO′．∵AO=6，OC=2，MN=3，ON=1，∴=3，∴，∵∠AOC=∠MON=90°，∴△AOC∽△MNO，∴∠OAC=∠NMO，∵∠NMO+∠MON=90°，∴∠MON+∠OAC=90°，∴∠AGO=90°，∴OM⊥AC，∵△M′N′O′是由△MNO平移所。

九年级上册数学压轴题（Word版含解析）一、压轴题1．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：若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的外延矩形．点A，B，C的所有外延矩形中，面积最小的矩形称为点A，B，C的最佳外延矩形．例如，图中的矩形，，都是点A，B，C的外延矩形，矩形是点A，B，C的最佳外延矩形．（1）如图1，已知A（－2，0），B（4，3），C（0，）．①若，则点A，B，C的最佳外延矩形的面积为；②若点A，B，C的最佳外延矩形的面积为24，则的值为；（2）如图2，已知点M（6，0），N（0，8）．P（，）是抛物线上一点，求点M，N，P的最佳外延矩形面积的最小值，以及此时点P的横坐标的取值范围；（3）如图3，已知点D（1，1）．E（，）是函数的图象上一点，矩形OFEG是点O，D，E的一个面积最小的最佳外延矩形，⊙H是矩形OFEG的外接圆，请直接写出⊙H的半径r的取值范围．2．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cm s的速度移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2/1/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226cm ？若存在，请求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．3．如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，4AC =，3BC =.点P 从点A 出发，沿着A C B →→运动，速度为1个单位/s ，在点P 运动的过程中，以P 为圆心的圆始终与斜边AB 相切,设⊙P 的面积为S ，点P 的运动时间为t （s ）（07t <<）.（1）当47t <<时，BP = ；（用含t 的式子表示）（2）求S 与t 的函数表达式；（3）在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，直接写出t 的值.4．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．5．如图，已知AB 是⊙O 的直径，AB ＝8，点C 在半径OA 上（点C 与点O 、A 不重合），过点C 作AB 的垂线交⊙O 于点D ，连结OD ，过点B 作OD 的平行线交⊙O 于点E 、交射线CD 于点F ．（1）若ED＝BE，求∠F的度数：（2）设线段OC＝a，求线段BE和EF的长（用含a的代数式表示）；（3）设点C关于直线OD的对称点为P，若△PBE为等腰三角形，求OC的长．6．如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝23．点P，Q分别是BC，AD边上的一个动点，连结BQ，以P为圆心，PB长为半径的⊙P交线段BQ于点E，连结PD．（1）若DQ＝3且四边形BPDQ是平行四边形时，求出⊙P的弦BE的长；（2）在点P，Q运动的过程中，当四边形BPDQ是菱形时，求出⊙P的弦BE的长，并计算此时菱形与圆重叠部分的面积．7．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3与直线y＝x+3交于点A（m，0）和点B（2，n），与y轴交于点C．（1）求m，n的值及抛物线的解析式；（2）在图1中，把△AOC平移，始终保持点A的对应点P在抛物线上，点C，O的对应点分别为M，N，连接OP，若点M恰好在直线y＝x+3上，求线段OP的长度；（3）如图2，在抛物线上是否存在点Q（不与点C重合），使△QAB和△ABC的面积相等？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．8．如图，函数y=-x 2+bx +c 的图象经过点A （m ，0），B （0，n ）两点，m ，n 分别是方程x 2-2x -3=0的两个实数根，且m ＜n ．（1）求m ，n 的值以及函数的解析式；（2）设抛物线y=-x 2+bx +c 与x 轴的另一交点为点C ，顶点为点D ，连结BD 、BC 、CD ，求△BDC 面积；（3）对于（1）中所求的函数y=-x 2+bx +c ，①当0≤x ≤3时，求函数y 的最大值和最小值；②设函数y 在t ≤x ≤t +1内的最大值为p ，最小值为q ，若p-q =3，求t 的值．9．如图 1，抛物线21:4C y ax ax c =-+交x 轴正半轴于点()1,0,A B ，交y 轴正半轴于C ，且OB OC =．（1）求抛物线1C 的解析式；（2）在图2中，将抛物线1C 向右平移n 个单位后得到抛物线2C ，抛物线2C 与抛物线1C 在第一象限内交于一点P ，若CAP ∆的内心在CAB △内部，求n 的取值范围（3）在图3中，M 为抛物线1C 在第一象限内的一点，若MCB ∠为锐角，且3tan MCB ∠＞，直接写出点M 横坐标M x 的取值范围___________10．如图，抛物线2)12(0y ax x c a =-+≠交x 轴于,A B 两点，交y 轴于点C ．直线122y x =-经过点,B C ．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上一动点，过P 作x 轴的垂线，交直线BC 于M ．设点P 的横坐标是t ．①当PCM ∆是直角三角形时，求点P 的坐标；②当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，求直线解析式y kx b =+（,k b 可用含t 的式子表示）．11．对于线段外一点和这条线段两个端点连线所构成的角叫做这个点关于这条线段的视角．如图1，对于线段AB 及线段AB 外一点C ，我们称∠ACB 为点C 关于线段AB 的视角． 如图2，点Q 在直线l 上运动，当点Q 关于线段AB 的视角最大时，则称这个最大的“视角”为直线l 关于线段AB 的“视角”．（1）如图3，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，2），点C坐标为（﹣2，2），点C关于线段AB的视角为度，x轴关于线段AB的视角为度；（2）如图4，点M是在x轴上，坐标为（2，0），过点M作线段EF⊥x轴，且EM＝MF ＝1，当直线y＝kx（k≠0）关于线段EF的视角为90°，求k的值；（3）如图5，在平面直角坐标系中，P（3，2），Q（3+1，1），直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的夹角为60°，且关于线段PQ的视角为45°，求这条直线的解析式．12．如图，PA切⊙O于点A，射线PC交⊙O于C、B两点，半径OD⊥BC于E，连接BD、DC和OA，DA交BP于点F；（1）求证：∠ADC+∠CBD＝12∠AOD；（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）①18；②t=4或t=－1；（2）48；，或；（3）【解析】试题分析：（1）根据给出的新定义进行求解；（2）过M点作轴的垂线与过N点垂直于轴的直线交于点Q，则当点P位于矩形OMQN内部或边界时，矩形OMQN是点M，N，P的最佳外延矩形，且面积最小；根据当y=0是y=8时求出x的值得到取值范围；（3）根据最佳外延矩形求出半径的取值范围.试题解析：（1）①18；②t=4或t=－1；（2）如图，过M点作轴的垂线与过N点垂直于轴的直线交于点Q，则当点P位于矩形OMQN内部或边界时，矩形OMQN是点M，N，P的最佳外延矩形，且面积最小．∵S 矩形OMQN ＝OM·ON ＝6×8＝48， ∴点M ，N ，P 的最佳外延矩形面积的最小值为48． 抛物线与轴交于点T （0，5）． 令，有， 解得：x=－1（舍去），或x=5．令y=8，有，解得x=1，或x=3．∴，或． （3）． 考点：新定义的理解、二次函数的应用、圆的性质.2．（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BC 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⨯＝()230cm ，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ，则PBQ △的面积为3026-＝()24cm ， ()15242t 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.3．（1）7-t （2）()()()22904;25{1674725t t S t t ππ<≤=-<<（3）516,23t t == 【解析】【分析】（1）先判断出点P 在BC 上，即可得出结论；（2）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：利用相似三角形的性质得出比例式建立方程求解即可得出结论；（3）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：借助（2）求出的圆P 的半径等于PC ，建立方程求解即可得出结论．【详解】（1）∵AC =4，BC =3，∴AC +BC =7．∵4＜t ＜7，∴点P 在边BC 上，∴BP =7﹣t ．故答案为：7﹣t ；（2）在Rt △ABC 中，AC =4，BC =3，根据勾股定理得：AB =5，由运动知，AP =t ，分两种情况讨论：①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，如图1，记⊙P 与边AB 的切点为H ，连接PH ，∴∠AHP =90°=∠ACB ．∵∠A =∠A ，∴△APH ∽△ACB ，∴PH AP BC AB =，∴35PH t =，∴PH 35=t ，∴S 925=πt 2； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，如图，记⊙P 与边AB 的切点为G ，连接PG ，∴∠BGP =90°=∠C ．∵∠B =∠B ，∴△BGP ∽△BCA ，∴PG BP AC AB =，∴745PG t -=，∴PG 45=（7﹣t ），∴S 1625=π（7﹣t ）2． 综上所述：S 22904251674725t t t t ππ⎧≤⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩（＜）（）（＜＜）； （3）分两种情况讨论：①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，由（2）知，⊙P 的半径PH 35=t ． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边BC 相切，∴PC =PH ．∵PC=4﹣t，∴4﹣t35=t，∴t52=秒；②当点P在边BC上时，即：4＜t＜7，由（2）知，⊙P的半径PG45=（7﹣t）．∵⊙P与△ABC的另一边相切，即：⊙P和边AC相切，∴PC=PG．∵PC=t﹣4，∴t﹣445=（7﹣t），∴t163=秒．综上所述：在⊙P运动过程中，当⊙P与三角形ABC的另一边也相切时，t的值为52秒或163秒．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解答本题的关键．4．（1）菱形的周长为8；（2）t=65，∠MAC=105°；（3）当t=1﹣35或t=1+315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：3AE=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=33，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， ∴11FAC 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=，∴33t2t53+=+，∴3t1=+．综上所述，当3t1=-或3t1=+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.5．（1）30°；（2）EF=；（3）CO的长为或时，△PEB为等腰三角形．【解析】试题分析：（1）利用圆周角定理以及三角形内角和定理得出即可；（2）首先证明△HBO≌△COD（AAS），进而利用△COD∽△CBF，得出比例式求出EF的长；（3）分别利用①当PB=PE，不合题意舍去；②当BE=EP，③当BE=BP，求出即可．试题解析：（1）如图1，连接EO，∵∴∠BOE=∠EOD，∵DO∥BF，∴∠DOE=∠BEO，∵BO=EO，∴∠OBE=∠OEB，∴∠OBE=∠OEB=∠BOE=60°，∵CF⊥AB，∴∠FCB=90°，∴∠F=30°；（2）如图1，作HO⊥BE，垂足为H，∵在△HBO和△COD中，∴△HBO≌△COD（AAS），∴CO=BH=a，∴BE=2a，∵DO∥BF，∴△COD∽△CBF，∴∴，∴EF=；（3）∵∠COD=∠OBE，∠OBE=∠OEB，∠DOE=∠OEB，∴∠COD=∠DOE，∴C关于直线OD的对称点为P在线段OE上，若△PEB为等腰三角形，设CO=x，∴OP=OC=x，则PE=EO-OP=4-x，由（2）得：BE=2x，①当PB=PE，不合题意舍去；②当BE=EP，2x=4-x，解得：x=，③当BE=BP，作BM⊥EO，垂足为M，∴EM=PE=，∴∠OEB=∠COD，∠BME=∠DCO=90°，∴△BEM∽△DOC，∴，∴，整理得：x2+x-4=0，解得：x=（负数舍去），综上所述：当CO的长为或时，△PEB为等腰三角形．考点：圆的综合题．6．（1）637；（2）BE＝433；菱形与圆重叠部分的面积为833．【解析】【分析】（1）作PT⊥BE于点T，根据垂径定理和勾股定理求BQ的值，再根据相似三角形的判定和性质即可求解；（2）根据菱形性质和勾股定理求出菱形边长，此时点E和点Q重合，再根据扇形面积公式即可求解．【详解】解：（1）如图：过点P作PT⊥BQ于点T，∵AB＝2，AD＝BC＝3，DQ3∴AQ＝3，在Rt△ABQ中，根据勾股定理可得：BQ＝7．又∵四边形BPDQ是平行四边形，∴BP＝DQ＝3，∵∠AQB＝∠TBP，∠A＝∠BTP，∴△AQB∽△TBP，∴3,37 BT BDAQ BQ==即，∴BT=33 7，∴BE＝2BT＝637．（2）设菱形BPDQ的边长为x，则AQ＝23﹣x，在Rt△ABQ中，根据勾股定理，得AB2+AQ2＝BQ2，即4+（23﹣x）2＝x2，解得x＝43 3.∵四边形BPDQ为菱形，∴BP=DP=43 3,又CP=BC-BP=233,即DP=2CP,∴∠DPC=60°，∴∠BPD=120°，∴连接PQ,易得△BPQ为等边三角形，∴PQ=BP,∴点Q也在圆P上，圆P经过点B,D,Q,如图.∴点E、Q重合，∴BE 43 3∴菱形与圆重叠部分面积即为菱形的面积，∴S菱形＝833．【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的性质、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质、扇形面积公式，解决本题的关键是综合运用以上知识．7．（1）y＝x2+2x﹣3，m＝﹣3，n＝5；（2）317或41；（3）存在；Q点坐标为（﹣1，﹣4）或（3，12）或（﹣4，5），理由见解析【解析】【分析】（1）把点A（m，0）和点B（2，n）代入直线y＝x+3，解得：m＝﹣3，n＝5，A（﹣3，0）、B（2，5），把A、B坐标代入抛物线解析式即可求解；（2）由平移得：PN＝OA＝3，NM＝OC＝3，设：平移后点P（t，t2+2t﹣3），则N（t+3，t2+2t﹣3），M（t+3，t2+2t﹣6），根据点M在直线y＝x+3上，即可求解；（3）存在．设：直线AB交y轴于D（0，3），点C关于点D的对称点为C′（0，9）按照△QAB和△Q′AB和△ABC的面积相同即可求解．【详解】解：（1）把点A（m，0）和点B（2，n）代入直线y＝x+3，解得：m＝﹣3，n＝5，∴A（﹣3，0）、B（2，5），把A、B坐标代入抛物线解析式，解得：a＝1，b＝2，∴抛物线解析式为：y＝x2+2x﹣3…①，则C（0，﹣3）；（2）由平移得：PN＝OA＝3，NM＝OC＝3，设：平移后点P（t，t2+2t﹣3），则N（t+3，t2+2t﹣3），∴M（t+3，t2+2t﹣6），∵点M在直线y＝x+3上，∴t2+2t﹣6＝t+3+3，解得：t＝3或﹣4，∴P点坐标为（3，12）或（﹣4，5），则线段OP的长度为：317或41；（3）存在．设：直线AB交y轴于D（0，3），点C关于点D的对称点为C′（0，9）过点C和C′分别做AB的平行线，交抛物线于点Q、Q′，则：△QAB 和△Q ′AB 和△ABC 的面积相同，直线QC 和Q ′C 的方程分别为：y ＝x ﹣3和y ＝x +9…②，将①、②联立，解得：x ＝﹣1或x ＝3或x ＝﹣4，∴Q 点坐标为（﹣1，﹣4）或（3，12）或（﹣4，5）．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．8．（1）m ＝﹣1，n ＝3，y ＝﹣x 2+2x +3；（2）S=3；（3）①y 最大值＝4；当x ＝3时，y 最小值＝0；②t ＝﹣1或t ＝2【解析】【分析】（1）首先解方程求得A 、B 两点的坐标，然后利用待定系数法确定二次函数的解析式即可；（2）根据解方程直接写出点C 的坐标，然后确定顶点D 的坐标，根据两点的距离公式可得BDC ∆三边的长，根据勾股定理的逆定理可得90DBC ∠=︒，据此求出 △BDC 面积； （3）①确定抛物线的对称轴是1x =，根据增减性可知：1x =时，y 有最大值，当3x =时， y 有最小值；②分5种情况：1、当函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的左侧；2、当11t +=时；3、当函数y 在1t x t +内的抛物线分别在对称轴的两侧；4、当1t =时，5、函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的右侧；分别根据增减性可解答．【详解】解：（1）m ，n 分别是方程2230x x --=的两个实数根，且 m n <，用因式分解法解方程：(1)(3)0x x +-=，11x ∴=-，23x =，1m ∴=-，3n =，(1,0)A ∴-，(0,3)B ，把(1,0)-，(0,3)代入得， 103b c c --+=⎧⎨=⎩，解得23b c =⎧⎨=⎩， ∴函数解析式为2y x 2x 3=-++．（2）令2230y x x =-++=，即2230x x --=，解得11x =-，23x =，∴抛物线2y x 2x 3=-++与x 轴的交点为 (1,0)A -，(3,0)C ，1OA ∴=，3OC =，∴对称轴为1312x -+==，顶点(1,123)D -++，即 (1,4)D ，∴BC = BD ==DC ==222CD DB CB =+，BCD ∴∆是直角三角形，且90DBC ∠=︒，∴112322S BCD BD BC ==⨯⨯=； （3）∵抛物线y ＝﹣x 2+2x +3的对称轴为x ＝1，顶点为D （1，4），①在0≤x ≤3范围内，当x ＝1时，y 最大值＝4；当x ＝3时，y 最小值＝0；②1、当函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的左侧，当x t =时取得最小值 223q t t =-++，最大值2(1)2(1)3p t t =-++++，令22(1)2(1)3(23)3p q t t t t -=-++++--++=，即 213t -+=，解得1t =-．2、当11t +=时，此时4p =，3q =，不合题意，舍去；3、当函数y 在1t x t +内的抛物线分别在对称轴的两侧，此时4p =，令24(23)3p q t t -=--++=，即 2220t t --=解得：11t =)，21t = )；或者24[(1)2(1)3]3p q t t -=--++++=，即 t =4、当1t =时，此时4p =，3q =，不合题意，舍去；5、当函数y 在1t x t +内的抛物线完全在对称轴的右侧，当x t =时取得最大值 223p t t =-++，最小值2(1)2(1)3q t t =-++++，令2223[(1)2(1)3]3p q t t t t -=-++--++++=，解得 2t =．综上，1t =-或2t =．【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有利用待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的顶点公式，直角三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理，最值问题等知识，注意运用分类讨论的思想解决问题．9．（1）()221y x =--；（2）1023n <<；（3）552M x << 【解析】【分析】(1)由题意可得对称轴方程，有二次函数对称性，由A 点坐标可求B 点坐标，代入解析式可得；(2)根据函数图像平移可得新抛物线解析式，画出图像可得交点P ，由题意可得ACB BCP ∠>∠，过点C 作//l x 轴.作PD l ⊥，可得ACO PCD ∠=∠，设()2,43P t t t -+，由13tan ACD tan PCD ∠=∠=可得关于t 的方程，解得t, 再将P 代入2C 解析式中得n 的值，根据Q,P 在第一象限内得n 的取值范围；(3) 当MCB ∠为直角时，可求直线CB 的解析式为：y=-x+3,直线CM 的解析式为：y=x+3，运用直线与曲线联立，可求CM 与抛物线的交点M 横坐标为：x=5；当MCB ∠为锐角且3tan MCB ∠=时，过点M 作MN CB ⊥于N,则3MN CN=，设M 点坐标为()2,43t t t -+，直线CB 解析式为y=-x+3,可求直线MN 解析式为：253y x t t =+-+，将直线MN 与直线CB 解析式联立可得：N 221515,32222t t t t ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭， 由两点间距离公式可得2MN = 2213222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；2CN =2215222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；由3MN CN=可得：52t =，进而可得满足已知条件的点M 横坐标M x 的取值范围.【详解】解：()1对称轴为422ax a -=-=()3,0B ∴()0,1C ∴代入()224321y x x x ∴=-+=--()()222:21C x n ---()2423x n x =-++CAP ∆的内心I 在CAB △内部,ACB BCP ∴∠>∠∴当ACB BCP ∠=∠时过C 作//l x 轴.作PD l ⊥,ACB BCP ∠=∠90,OCD ∠=45,DCB ∠=,ACO PCD ∴∠=∠13tan ACD tan PCD ∠=∠= 设()2,43P t t t -+ 13PD CD ∴= 3p y DP OC +==214333t t t ∴-++= 113t = 将P 代入2C 解析式中 103n ∴=又P 在第一象限内h AB ∴>2n ∴>1023n ∴<<(3) 552M x <<; 当MCB ∠为直角时，如下图所示：由(1)(2)可得：直线CB 的解析式为：y=-x+3, MCB ∠为直角，C(0,3)，∴直线CM 的解析式为：y=x+3，则CM 与抛物线的交点坐标M 横坐标为： 2343x x x +=-+，解得：x=5或0(舍去)，所以，当MCB ∠为直角时，5M x =； 当MCB ∠为锐角且3tan MCB ∠=时，如下图所示：过点M 作MN CB ⊥于N,则3MN CN=，设M 点坐标为()2,43t t t -+， MN CB ⊥，直线CB 解析式为y=-x+3,∴MN 解析式可设：y=x+b,将P ()2,43t t t -+代入解析式可得：b=253t t -+,则直线MN 解析式为：253y x t t =+-+， 将直线MN 与直线CB 解析式联立可得： N 点坐标为221515,32222t t t t ⎛⎫-+-+ ⎪⎝⎭， ∴2MN =2222215154332222t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫+-+-+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ = 2213222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭； 2CN = 222215152222t t t t ⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=2215222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭； 由3MN CN=可得： 2213221522t t t t --=3； 解得：52t =或0(舍去) ； ∴MCB ∠为锐角，且3tan MCB ∠＞时，点M 的横坐标M x 的取值范围为：552M x <<. 【点睛】本题综合考查了二次函数的图像和性质，题目较难，熟练掌握二次函数的图像和性质，运用数形结合解决二次函数综合问题是解题的关键.10．（1）211242y x x =--；（2）①P (2，−2)或(-6，10)，②1122y x =-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++ 【解析】【分析】（1）利用一次函数与坐标轴交点的特征可求出点B ，C 的坐标，根据点B ，C 的坐标，利用待定系数法可求出二次函数解析式；（2）①由PM ⊥x 轴可得出∠PMC≠90°，分∠MPC=90°及∠PCM=90°两种情况考虑： （i ）当∠MPC=90°时，PC //x 轴，利用二次函数可求出点P 的坐标；（ii ）当∠PCM=90°时，设PC 与x 轴交于点D ，易证△BOC ∽△COD ，利用相似三角形的性质可求出点D 的坐标，根据点C ，D 的坐标，利用待定系数法可求出直线PC 的解析式，联立直线PC 和抛物线的解析式，通过解方程组可求出点P 的坐标； ②在ACM 中，如果存在直线使A 、C 、M 到该直线距离相等，则该直线应为ACM 的中位线，分开求解三条中位线方程即可求解．【详解】解：（1）因为直线交抛物线于B 、C 两点，∴当x =0时，y =12x −2=−2， ∴点C 的坐标为(0，−2)；当y =0时，12x −2=0， 解得：x =4，∴点B 的坐标为(4，0)．将B 、C 的坐标分别代入抛物线，得：2144022a c c ⎧⨯-⨯+=⎪⎨⎪=-⎩，解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∴抛物线的解析式为211242y x x =--． （2）①∵PM ⊥x 轴，M 在直线BC 上，∴∠PMC 为固定角且不等于90，∴可分两种情况考虑，如图1所示：（i ）当∠MPC=90时，PC //x 轴，∴点P 的纵坐标为﹣2，将y p =-2，代入抛物线方程可得：2112242x x --=-解得： x 1=2，x 2=0（为C 点坐标，故舍去），∴点P 的坐标为(2，−2)；（ii ）当∠PCM=90°时，设PC 与x 轴交于点D ，∵∠OBC+∠OCB=90°，∠OCB+∠OCD=90°，∴∠OBC=∠OCD ，又∵∠BOC=∠COD=90°，∴BOC ∽COD （AAA ），∴OD OC OC OB =，即OD=2OC OB， 由（1）知，OC=2，OB=4，∴OD=1，又∵D 点在X 的负半轴∴点D 的坐标为(-1，0)，设直线PC 的解析式为：y =kx +b (k ≠0，k 、b 是常数)，将C(0，−2)，D(-1，0)代入直线PC 的解析式，得：20b k b =-⎧⎨-+=⎩，解得：22k b =-⎧⎨=-⎩，∴直线PC 的解析式为y =-2x −2，联立直线PC 和抛物线方程，得：22122142x x x -=---， 解得：x 1=0，y 1=−2，x 2=-6，y 2=10，点P 的坐标为(-6，10)，综上所述：当PCM 是直角三角形时，点P 的坐标为(2，−2)或(-6，10)；②如图2所示，在ACM 中，如果存在直线使A 、C 、M 到该直线距离相等，则该直线应为ACM 的中位线；（a ）当以CM 为底时，过A 点做CM 的平行线AN ，直线AN 平行于CM 且过点A ，则斜率为12，AN 的方程为：1(+2)2y x =，则中位线方程式为：1122y x =-； （b ）当以AM 为底时，因为M 为P 点做x 轴垂线与CB 的交点，则M 的横坐标为t ，且在直线BC 上，则M 的坐标为：1,22M t t -（），其中4t >，则AM 的方程为：44+242t t y x t t --=++，过C 点做AM 的平行线CQ ，则CQ 的方程为：4224t y x t -=-+ ，则中位线方程式为：4412424t t y x t t --=+-++； （c ）当以AC 为底时，AC 的方程式为：2y x =--，由b 可知M 的坐标为：1,22M t t -（），过M 做AC 的平行线MR ，则MR 的方程为：322y x t =-+-，则中位线方程式为：324y x t =-+-； 综上所述：当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，直线解析式为：1122y x =-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++． 【点睛】本题考查了一次函数坐标轴的交点坐标、待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质等，解题的关键是掌握三角形的顶点到中位线的距离相等．11．（1）45，45；（2）k＝33±；（3）y＝3x+3﹣2【解析】【分析】（1）如图3，连接AC，则∠ABC=45°；设M是x轴的动点，当点M运动到点O时，∠AOB=45°，该视角最大，即可求解；（2）如图4，以点M为圆心，长度1为半径作圆M，当圆与直线y=kx相切时，直线y=kx （k≠0）关于线段EF的视角为90°，即∠EQF=90°，则MQ⊥直线OE，OQ=1，OM=2，故直线的倾斜角为30°，即可求解；（3）直线PQ的倾斜角为45°，分别作点Q、P作x轴、y轴的平行线交于点R，RQ=RP=1，以点R为圆心以长度1为半径作圆R，由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q为等腰三角形时，视角为45°，则QQ=2RQ=2，故点Q′（3-1，1），即可求解．【详解】（1）如图3，连接AC，则∠ABC＝45°；设M是x轴的动点，当点M运动到点O时，∠AOB＝45°，该视角最大，由此可见：当△ABC为等腰三角形时，视角最大；故答案为：45，45；（2）如图4，以点M为圆心，长度1为半径作圆M，当圆与直线y＝kx相切时，直线y＝kx（k≠0）关于线段EF的视角为90°，即∠EQF＝90°，则MQ⊥直线OE，MQ＝1，OM＝2，故直线的倾斜角为30°，故k＝33±（3）直线PQ的倾斜角为45°，分别作点Q、P作x轴、y轴的平行线交于点R，RQ＝RP＝1，以点R为圆心以长度1为半径作圆R，由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q 为等腰三角形时，视角为45°， 则QQ ＝2RQ ＝2，故点Q′31，1），直线y ＝ax+b （a ＞0）与x 轴的夹角为60°，则直线的表达式为：y 3，将点Q′的坐标代入上式并解得：直线的表达式为：y 332【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到解直角三角形、圆的基本知识等，此类新定义题目，通常按照题设的顺序求解，一般比较容易．12．（1）详见解析；（2）详见解析；【解析】【分析】()1根据垂径定理得到BD CD =，根据等腰三角形的性质得到()111809022ODA AOD AOD ∠=-∠=-∠，即可得到结论； ()2根据垂径定理得到BE CE =，BD CD =，根据等腰三角形的性质得到ADO OAD ∠=∠，根据切线的性质得到90PAO ∠=，求得90OAD DAP ∠+∠=，推出PAF PFA ∠=∠，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．【详解】()1证明：OD BC ⊥，BD CD ∴=， CBD DCB ∴∠=∠，90DFE EDF ∠+∠=，90EDF DFE ∴∠=-∠，OD OA =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC CBD AOD ∴∠+∠=∠； ()2解：OD BC ⊥，BE CE ∴=，BD CD =，BD CD ∴=，OA OD =，ADO OAD ∴∠=∠， PA 切O 于点A ，90PAO ∴∠=，90OAD DAP ∴∠+∠=，PFA DFE ∠=∠，90PFA ADO ∴∠+∠=，PAF PFA ∴∠=∠，PA PF ∴=．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．。