最新初三九年级数学上册数学压轴题(提升篇)(Word版含解析)

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初三九年级数学上册数学压轴题(提升篇)(Word版含解析)

初三九年级数学上册数学压轴题（提升篇）（Word版含解析）一、压轴题1．已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B(不与P，Q重合)，连接AP、BP. 若∠APQ=∠BPQ.(1)如图1，当∠APQ=45°，AP=1，BP=22时，求⊙O的半径；(2)如图2，选接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上(不与P、M重合)，连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN=90°，探究直线AB与ON的位置关系，并证明.2．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为（3，4），一次函数23y x b=-+的图像与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD BE=，M是线段DE上的一个动点（1）求b的值；（2）连接OM，若ODM△的面积与四边形OAEM的面积之比为1:3，求点M的坐标；（3）设N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标．3．如图，在平面直角坐标系中，直线1l：162y x=-+分别与x轴、y轴交于点B、C，且与直线2l：12y 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.4．阅读理解：如图，在纸面上画出了直线l与⊙O，直线l与⊙O相离，P为直线l上一动点，过点P作⊙O的切线PM，切点为M，连接OM、OP，当△OPM的面积最小时，称△OPM为直线l与⊙O的“最美三角形”．解决问题：（1）如图1，⊙A的半径为1，A(0，2) ，分别过x轴上B、O、C三点作⊙A的切线BM、OP、CQ，切点分别是M、P、Q，下列三角形中，是x轴与⊙A的“最美三角形”的是．(填序号)①ABM；②AOP；③ACQ（2）如图2，⊙A的半径为1，A(0，2)，直线y=kx（k≠0）与⊙A的“最美三角形”的面积为12，求k的值．（3）点B在x轴上，以B为圆心，3为半径画⊙B，若直线y=3x+3与⊙B的“最美三角形”的面积小于32，请直接写出圆心B的横坐标B x的取值范围．5．如图1：在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），试探索AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论．小明同学的思路是这样的：将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接EC，DE．继续推理就可以使问题得到解决．（1）请根据小明的思路，试探索线段AD ，BD ，CD 之间满足的等量关系，并证明你的结论；（2）如图2，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，D 为△ABC 外的一点，且∠ADC ＝45°，线段AD ，BD ，CD 之间满足的等量关系又是如何的，请证明你的结论；（3）如图3，已知AB 是⊙O 的直径，点C ，D 是⊙O 上的点，且∠ADC ＝45°． ①若AD ＝6，BD ＝8，求弦CD 的长为；②若AD+BD ＝14，求2AD BD CD ⎛⎫⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭的最大值，并求出此时⊙O 的半径．6．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．7．平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的顶点A ，C 的坐标分别为(2,0)，(0,3)，点D 是经过点B ，C 的抛物线2y x bx c =-++的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）点E 是（1）中抛物线对称轴上一动点，求当△EAB 的周长最小时点E 的坐标；（3）平移抛物线，使抛物线的顶点始终在直线CD 上移动，若平移后的抛物线与射线．．BD 只有一个公共点，直接写出平移后抛物线顶点的横坐标m 的值或取值范围．8．如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线212y x bx c =-++经过B 、D 两点，与x 轴的另一个交点为A ，与y 轴相交于点C ．（1）求抛物线的解析式．（2）设抛物线的顶点为M ，求四边形ABMC 的面积（请在图1中探索）（3）设点Q 在y 轴上，点P 在抛物线上．要使以点A 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P 的坐标（请在图2中探索）9．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）．10．如图，在⊙O 中，弦AB 、CD 相交于点E ，AC ＝BD ，点D 在AB 上，连接CO ，并延长CO 交线段AB 于点F ，连接OA 、OB ，且OA ＝5，tan ∠OBA ＝12．（1）求证：∠OBA ＝∠OCD ；（2）当△AOF 是直角三角形时，求EF 的长；（3）是否存在点F ，使得S △CEF ＝4S △BOF ，若存在，请求EF 的长，若不存在，请说明理由．11．如图，在边长为5的菱形OABC 中，sin∠AOC＝45，O 为坐标原点，A 点在x 轴的正半轴上，B ，C 两点都在第一象限．点P 以每秒1个单位的速度沿O→A→B→C→O 运动一周，设运动时间为t （秒）．请解答下列问题：（1）当C P⊥OA 时，求t 的值；（2）当t ＜10时，求点P 的坐标（结果用含t 的代数式表示）；（3）以点P 为圆心，以OP 为半径画圆，当⊙P 与菱形OABC 的一边所在直线相切时，请直接写出t 的值．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，DEDC等于多少；（2）如图②，当点F 是线段AB 的中点时，求DEDC的值；（3）如图③，若DE CF =，求DEDC的值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．(1) ☉O 的半径是32；(2)AB ∥ON ，证明见解析. 【解析】【分析】(1) 连接AB ，根据题意可AB 为直径，再用勾股定理即可． (2) 连接OA , OB ,OQ ,根据圆周角定理可得Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∠=∠∠=∠，从而证出OC AB ⊥,延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠，再根据三角形内角和定理求得OQN ∠=90︒得证. 【详解】解：(1)连接AB ，在☉0中，o APQ BPQ 45∠=∠=， o APB APQ BPQ 90∴∠=∠+∠=AB ∴是☉0的直径.Rt APB ∴∆在中，22AB AP BP =+AB=3∴∴☉0的半径是32(2)AB//ON证明：连接OA , OB , OQ , 在☉0中,AQ AQ =, BQ BQ =,Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∴∠=∠∠=∠.又APQ BPQ ∠=∠,AOQ BOQ ∴∠=∠.在AOB ∆中，OA OB =, AOQ BOQ ∠=∠,OC AB ∴⊥,即o OCA 90∠=连接OQ ，交AB 于点C 在☉0中，OP OQ =OPN OQP.∴∠=∠延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠o NOP 2OPN 90∴∠+∠=,又:o NOP NOQ QOR 180∠+∠+∠=，NOQ 90O ∴∠=NOQ OCA 180O ∴∠+∠= .AB//ON ∴ 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，是一道综合题，灵活运用相关知识是解题的关键．2．（1）b=3；（2）点M 坐标为7(1,)3；（3）93(,)42-或3654(,)1313【解析】【分析】（1）首先在一次函数的解析式中令x=0，即可求得D 的坐标，则OD=b ，则E 的坐标即可利用b 表示出来，然后代入一次函数解析式即可得到关于b 的方程，求得b 的值；（2）首先求得四边形OAED 的面积，则△ODM 的面积即可求得，设出M 的横坐标，根据三角形的面积公式即可求得M 的横坐标，进而求得M 的坐标；（3）分两种情况进行讨论，①四边形OMDN 是菱形时，M 是OD 的中垂线与DE 的交点，M 关于OD 的对称点就是N ；②四边形OMND 是菱形，OM=OD ，M 在直线DE 上，设出M 的坐标，根据OM=OD 即可求得M 的坐标，则根据OD ∥MN,且OD=MN 即可求得N 的坐标．【详解】（1）在23y x b =-+中，令x=0，解得y=b ，则D 的坐标是(0,b)，OD=b ， ∵OD=BE ，∴BE=b ，则点E 坐标为（3,4-b ），将点E 代入23y x b =-+中，得：4-b=2+b,解得：b=3； (2)如图，∵OAED S 四边形=11()(31)3622OD AE OA +=⨯+⨯=, ∵三角形ODM 的面积与四边形OAEM 的面积之比为1:3, ∴13=42ODM OAED S S ∆=四边形设M 的横坐标是a ，则13322a ⨯=，解得：1a =，将1x a ==代入233y x =-+中，得： 27333y =-⨯+=则点M 坐标为7(1,)3；（3）依题意，有两种情况：①当四边形OMDN 是菱形时，如图(1),M 的纵坐标是32，把32y =代入233y x =-+中，得： 23332x -+=，解得：94x =， ∴点M 坐标为93(,)42，点N 坐标为93(,)42-；②当四边形OMND 是菱形时，如图(2)，OM =OD =3，设M 的坐标2(,3)3m m -+，由OM=OD 得：222(3)93m m +-+=，解得：3613m =或m=0(舍去)，则点M 坐标为3615(,)1313，又MN ∥OD ，MN=OD=3， ∴点N 的坐标为3654(,)1313，综上，满足条件的点N 坐标为93(,)42-或3654(,)1313．【点睛】本题考查一次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、图形的面积计算、菱形的性质、方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关知识的联系点，运用待定系数法、数形结合法、分类讨论法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．3．(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)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OP1Q1C为菱形时，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；②当四边形OP2CQ2为菱形时；③当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.【详解】解：(1)由题意得16212y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得63 xy=⎧⎨=⎩∴A(6，3)在y=-162x+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，12x) (0≤x≤6)∵S△COD=12∴12×6x=12x=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624bk b=⎧⎨=+⎩解得16 kb=-⎧⎨=⎩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2，2)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.4．（1）②；（2）±1；（3）23＜B x 3733-＜B x＜23-【解析】【分析】（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．（2）本题根据k的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF，利用勾股定理求解AF，进一步确定∠AOF度数，最后利用勾股定理确定点F的坐标，利用待定系数法求k．（3）本题根据⊙B在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND，△BMN为媒介计算BD长度，最后与OD相减求解点B的横坐标范围．【详解】（1）如下图所示：∵PM 是⊙O 的切线，∴∠PMO=90°，当⊙O 的半径OM 是定值时，22PM OP OM =-，∵1=2PMO S PM OM ••， ∴要使PMO △面积最小，则PM 最小，即OP 最小即可，当OP ⊥l 时，OP 最小，符合最美三角形定义．故在图1三个三角形中，因为AO ⊥x 轴，故△AOP 为⊙A 与x 轴的最美三角形．故选：②．（2）①当k ＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM ⊥x 轴，如下所示：按题意可得：△AEF 是直线y=kx 与⊙A 的最美三角形，故△AEF 为直角三角形且AF ⊥OF ．则由已知可得：111=1222AEF S AE EF EF ••=⨯⨯=，故EF=1．在△AEF 中，根据勾股定理得：22AF AE ==∵A(0,2)，即OA=2， ∴在直角△AFO 中，22=2OF OA AF AF -==，∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，将F 点代入y=kx 可得：1k =-．②当k ＞0时，同理可得k=1．故综上：1k =±．（3）记直线33y x =+与x 、y 轴的交点为点D 、C ，则(3,0)D ，(0,3)C ， ①当⊙B 在直线CD 右侧时，如下图所示：在直角△COD 中，有3OC =，3OD =tan 3OC ODC OD∠==ODC=60°． ∵△BMN 是直线33y x =+与⊙B 的最美三角形，∴MN ⊥BM ，BN ⊥CD ，即∠BND=90°，在直角△BDN 中，sin BN BDN BD ∠=，故23=sin sin 60?BN BN BD BN BDN =∠． ∵⊙B 3， ∴3BM =．当直线CD 与⊙B 相切时，3BN BM ==因为直线CD 与⊙B 相离，故BN 3BD ＞2，所以OB=BD-OD ＞23．由已知得：113=3222BMN S MN BM MN MN ••=•=3MN ＜1．在直角△BMN 中，2223BN MN BM MN =+=+1+3=2，此时可利用勾股定理算得BD ＜33，OB BD OD =- ＜333-33，则23＜B x ＜33． ②当⊙B 在直线CD 左侧时，同理可得：73B x ＜23- 故综上：23＜B x 3733-＜B x ＜23- 【点睛】本题考查圆与直线的综合问题，属于创新题目，此类型题目解题关键在于了解题干所给示例，涉及动点问题时必须分类讨论，保证不重不漏，题目若出现最值问题，需要利用转化思想将面积或周长最值转化为线段最值以降低解题难度，求解几何线段时勾股定理极为常见．5．（1）CD 2+BD 2＝2AD 2，见解析；（2）BD 2＝CD 2+2AD 2，见解析；（3）①2，②最大值为4414，半径为4【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD ＝CAE ，进而得出△ABD ≌△ACE ，得出BD ＝CE ，∠B ＝∠ACE ，再根据勾股定理得出DE 2＝CD 2+CE 2＝CD 2+BD 2，在Rt △ADE 中，DE 2＝AD 2+AE 2＝2AD 2，即可得出结论；（2）同（1）的方法得，ABD ≌△ACE （SAS ），得出BD ＝CE ，再用勾股定理的出DE 2＝2AD 2，CE 2＝CD 2+DE 2＝CD 2+2AD 2，即可得出结论；（3）先根据勾股定理的出DE 2＝CD 2+CE 2＝2CD 2，再判断出△ACE ≌△BCD （SAS ），得出AE ＝BD ，①将AD ＝6，BD ＝8代入DE 2＝2CD 2中，即可得出结论；②先求出CD ＝，再将AD+BD ＝14，CD ＝代入AD BD ⎛⎫⋅ ⎪ ⎪⎝⎭，化简得出﹣（AD ﹣212）2+4414，进而求出AD ，最后用勾股定理求出AB 即可得出结论．【详解】解：（1）CD 2+BD 2＝2AD 2，理由：由旋转知，AD ＝AE ，∠DAE ＝90°＝∠BAC ，∴∠BAD ＝∠CAE ，∵AB ＝AC ，∴△ABD ≌△ACE （SAS ），∴BD ＝CE ，∠B ＝∠ACE ，在Rt △ABC 中，AB ＝AC ，∴∠B ＝∠ACB ＝45°，∴∠ACE ＝45°，∴∠DCE ＝∠ACB+∠ACE ＝90°，根据勾股定理得，DE 2＝CD 2+CE 2＝CD 2+BD 2，在Rt △ADE 中，DE 2＝AD 2+AE 2＝2AD 2，∴CD 2+BD 2＝2AD 2；（2）BD 2＝CD 2+2AD 2，理由：如图2，将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°，得到线段AE ，连接EC ，DE ，同（1）的方法得，ABD ≌△ACE （SAS ），∴BD ＝CE ，在Rt △ADE 中，AD ＝AE ，∴∠ADE ＝45°，∴DE 2＝2AD 2，∵∠ADC ＝45°，∴∠CDE ＝∠ADC+∠ADE ＝90°，根据勾股定理得，CE 2＝CD 2+DE 2＝CD 2+2AD 2，即：BD 2＝CD 2+2AD 2；（3）如图3，过点C 作CE ⊥CD 交DA 的延长线于E ，∴∠DCE ＝90°，∵∠ADC ＝45°，∴∠E ＝90°﹣∠ADC ＝45°＝∠ADC ，∴CD ＝CE ，根据勾股定理得，DE 2＝CD 2+CE 2＝2CD 2，连接AC ，BC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝∠ADB ＝90°，∵∠ADC ＝45°，∴∠BDC ＝45°＝∠ADC ，∴AC ＝BC ，∵∠DCE ＝∠ACB ＝90°，∴∠ACE ＝∠BCD ，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴AE ＝BD ，①AD ＝6，BD ＝8，∴DE ＝AD+AE ＝AD+BD ＝14，∴2CD 2＝142，∴CD ＝故答案为；②∵AD+BD ＝14，∴CD ＝∴2AD BD ⎛⎫⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭＝AD•（BD+2）＝AD•（BD+7）＝AD•BD+7AD ＝AD （14﹣AD ）+7AD ＝﹣AD 2+21AD ＝﹣（AD ﹣212）2+4414，∴当AD ＝212时，AD BD ⎛⎫⋅ ⎪ ⎪⎝⎭的最大值为4414， ∵AD+BD ＝14，∴BD ＝14﹣212＝72，在Rt △ABD 中，根据勾股定理得，AB =∴⊙O 的半径为OA ＝12AB ．【点睛】本题考查圆与三角形的结合,关键在于熟记圆的性质和三角形的性质.6．（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．7．（1）2y x 2x 3=-++；（2）3(1,)2；（3）14m <≤或78m =【解析】【分析】（1）根据题意可得出点B 的坐标，将点B 、C 的坐标分别代入二次函数解析式，求出b 、c 的值即可．（2）在对称轴上取一点E ，连接EC 、EB 、EA ，要使得EAB 的周长最小，即要使EB+EA 的值最小，即要使EA+EC 的值最小，当点C 、E 、A 三点共线时，EA+EC 最小，求出直线AC 的解析式，最后求出直线AC 与对称轴的交点坐标即可．（3）求出直线CD 以及射线BD 的解析式，即可得出平移后顶点的坐标，写出二次函数顶点式解析式，分类讨论，如图：①当抛物线经过点B 时，将点B 的坐标代入二次函数解析式，求出m 的值，写出m 的范围即可；②当抛物线与射线恰好只有一个公共点H 时，将抛物线解析式与射线解析式联立可得关于x 的一元二次方程，要使平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点，即要使一元二次方程有两个相等的实数根，即0∆=，列式求出m 的值即可．【详解】（1）矩形OABC ， ∴OC=AB ，A(2，0)，C(0，3)，∴OA=2，OC=3，∴B(2，3)，将点B ，C 的坐标分别代入二次函数解析式，4233b c c -++=⎧⎨=⎩， ∴23b c =⎧⎨=⎩， ∴抛物线解析式为：2y x 2x 3=-++．（2）如图，在对称轴上取一点E ，连接EC 、EB 、EA ，当点C 、E 、A 三点共线时，EA+EC 最小，即EAB 的周长最小，设直线解析式为：y =kx +b ，将点A 、C 的坐标代入可得：203k b b +=⎧⎨=⎩，解得：323k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴一次函数解析式为：3=32y x -+．2y x 2x 3=-++=2(1)4x -+-，∴D(1，4)，令x =1，y =332-+=32． ∴E(1，32)．（3）设直线CD解析式为：y=kx+b，C(0，3)，D(1，4)，∴43k bb+=⎧⎨=⎩,解得13 kb=⎧⎨=⎩，∴直线CD解析式为：y=x+3，同理求出射线BD的解析式为：y=－x+5(x≤2)，设平移后的顶点坐标为(m，m+3)，则抛物线解析式为：y=－(x－m)2+m+3，①如图，当抛物线经过点B时，－(2－m)2+m+3=3，解得m=1或4，∴当1<m≤4时，平移后的抛物线与射线只有一个公共点；②如图，当抛物线与射线恰好只有一个公共点H 时，将抛物线解析式与射线解析式联立可得：－(x －m )2+m +3=－x +5，即x 2－(2m +1)x +m 2－m +2=0，要使平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点，即要使一元二次方程有两个相等的实数根，∴22[(21)]4(2)0m m m ∆=-+⨯-+=－，解得78m =．综上所述，14m <≤或78m =时，平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点．【点睛】本题为二次函数、一次函数与几何、一元二次方程方程综合题，一般作为压轴题，主要考查了图形的轴对称、二次函数的平移、函数解析式的求解以及二次函数与一元二次方程的关系，本题关键在于：①将三角形的周长最小问题转化为两线段之和最小问题，利用轴对称的性质解题；②将二次函数与一次函数的交点个数问题转化为一元二次方程实数根的个数问题． 8．（1）21322y x x =-++；（2）92；（3）点P 的坐标为：3(2,)2或（4，52-）或（4-，212-）．【解析】【分析】（1）由图可知点B 、点D 的坐标，利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式；（2）过点M 作ME ⊥AB 于点E ，由二次函数的性质，分别求出点A 、C 、M 的坐标，然后得到OE 、BE 的长度，再利用切割法求出四边形的面积即可；（3）由点Q 在y 轴上，设Q （0，y ），由平行四边形的性质，根据题意可分为：①当AB 为对角线时；②当BQ 2为对角线时；③当AQ 3为对角线时；分别求出三种情况的点P 的坐标，即可得到答案．【详解】解：（1）根据题意，抛物线212y x bx c =-++经过B 、D 两点，点D 为（2-，52-），点B 为（3，0），则2215(2)22213302b c b c ⎧-⨯--+=-⎪⎪⎨⎪-⨯++=⎪⎩，解得：132b c =⎧⎪⎨=⎪⎩，∴抛物线的解析式为21322y x x =-++；（2）∵22131(1)2222y x x x =-++=--+， ∴点M 的坐标为（1，2）令213022x x -++=，解得：11x =-，23x =，∴点A 为（1-，0）；令0x =，则32y =， ∴点C 为（0，32）； ∴OA=1，OC=32，过点M 作ME ⊥AB 于点E ，如图：∴2ME =，1OE =，2BE =，∴111()222ABMC S OA OC OC ME OE BE ME =•++•+•四边形， ∴131313791(2)122222222442ABMC S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯⨯=++=四边形；（3）根据题意，点Q 在y 轴上，则设点Q 为（0，y ），∵点P 在抛物线上，且以点A 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，如图所示，可分为三种情况进行分析：①AB 为对角线时，则11PQ 为对角线；由平行四边形的性质，∴点E 为AB 和11PQ 的中点，∵E 为（1，0），∵点Q 1为（0，y ），∴点P 1的横坐标为2；当2x =时，代入21322y x x =-++， ∴32y =，∴点13(2,)2P ；②当BQ 2是对角线时，AP 也是对角线，∵点B （3，0），点Q 2（0，y ），∴BQ 2中点的横坐标为32，∵点A 为（1-，0），∴点P 2的横坐标为4，当4x =时，代入21322y x x =-++， ∴52y =-， ∴点P 2的坐标为（4，52-）； ③当AQ 3为对角线时，BP 3也是对角线；∵点A 为（1-，0），点Q 3（0，y ），∴AQ 3的中点的横坐标为12-， ∵点B （3，0），∴点P 3的横坐标为4-，当4x =-时，代入21322y x x =-++， ∴212y =-， ∴点P 3的坐标为（4-，212-）；综合上述，点P 的坐标为：3(2,)2或（4，52-）或（4-，212-）．【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的性质，解一元二次方程，以及坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质进行解题，注意利用分类讨论和数形结合的思想进行分析．9．（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．10．（1）见解析；（2）EF ＝32或12；（3）存在【解析】【分析】（1）先判断出∠ECB ＝∠EBC ，再判断出∠OCB ＝∠OBC ，即可得出结论；（2）先求出EF ，再分两种情况，利用锐角三角函数和相似三角形的性质即可得出结论；（3）先利用面积关系得出53CO FO =，进而利用△OAF ∽△EFC 得出比例式，即可得出结论．【详解】解：（1）如图1，连接BC ，∵AC BD = ，∴∠ECB ＝∠EBC ，∵OB ＝OC ，∴∠OCB ＝∠OBC ，∴∠OCD ＝∠ECF ＝∠ECB ﹣∠OCB ＝∠EBC ﹣∠OBC ＝∠OBA ；（2）∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴∠OAF ＝∠ECF ，①当∠AFO ＝90°时，∵OA tan ∠OBA ＝12，∴OC ＝OA OF ＝1，AB ＝4，∴EF ＝CF •tan ∠ECF ＝CF•tan ∠OBA ＝12②当∠AOF ＝90°时，∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴tan ∠OAF ＝tan ∠OBA ＝12， ∵OA∴OF ＝OA •tan ∠OAF， ∴AF ＝52， ∵∠OAF ＝∠OBA ＝∠ECF ，∠OFA ＝∠EFC ，∴△OFA ∽△EFC ，∴5EF CF OC OF OF AF AF +===， ∴EFOF ＝32, 即：EF ＝32；（3）存在，如图2，连接OE ，∵∠ECB ＝∠EBC ，∴CE ＝EB ，∵OE ＝OE ，OB ＝OC ，∴△OEC ≌△OEB ，∴S △OEC ＝S △OEB ，∵S △CEF ＝4S △BOF ，∴S △CEO +S △EOF ＝4（S △BOE ﹣S △EOF ）， ∴53CEO EFO S S ∆∆=， ∴53CO FO =， ∴FO ＝35CO， ∵△OFA ∽△EFC ， ∴53CE AD CO EF FO FO ===， ∴BF ＝BE ﹣EF ＝CE ﹣EF ＝23EF ， ∴AF ＝AB ﹣BF ＝4﹣23EF ， ∵△OAF ∽△EFC ， ∴CF EF FA FO=，∴855235435EFEF=-，∴EF＝3﹣355．【点睛】圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，分类讨论的思想，判断出53CE AD COEF FO FO===是解本题的关键．11．（1）t＝3；（2）P（35t+2，45t﹣4）；（3）t的值为209秒或4秒或16秒或1609秒【解析】【分析】（1）如图1，过点C作CP⊥OA，交x轴于点P．就可以求出OP的值，由勾股定理就可以求出的OP值，进而求出结论；（2）t＜10时，P在OA或AB上运动，所以分两种情况：①当0≤t≤5时，如图1，点P在OA上，OP=t，可得P的坐标；②当5＜t＜10时，如图2，点P在AB上，构建直角三角形，根据三角函数定义可得P的坐标；（3）设切点为G，连接PG，分⊙P与四边相切，其中P在AB和BC时，与各边都不相切，所以分两种情况：①当P在OA上时，根据三角函数列式可得t的值；②当P在OC上时，同理可得结论．【详解】（1）如图1，当CP ⊥OA 时，sin ∠AO 45CP C OC＝＝， 4455CP CP 即＝，＝，在Rt △OPC 中，OC ＝5，PC ＝4，则OP ＝3，∴331t ＝＝（2）当0≤t ≤5时，如图1，点P 在OA 上，∴P （t ，0）；当5＜t ＜10时，如图2，点P 在AB 上，过P 作PH ⊥x 轴，垂足为H ，则∠AOC ＝∠PAH ，∴sin ∠PAH ＝sin ∠AO 45C ＝， 44 4555PH PH t t ∴=-即＝﹣， ∴333255HA t OH OA AH t ++＝﹣，＝＝，∴34P t+2t 455（，﹣）；（3）设切点为G ，连接PG ，分两种情况：①当P 在OA 上时，如图3，⊙P 与直线AB 相切，∵OC ∥AB ，∴∠AOC ＝∠OAG ，∴sin∠AOC＝sin∠OA45PGGAP＝＝，t45-t5 ＝，∴209t＝；⊙P与BC相切时，如图4，则PG＝t＝OP＝4；②当点P在OC上时，⊙P与AB相切时，如图5，∴OP＝PG＝4，∴4×5﹣t＝4，t＝16，⊙P与直线BC相切时，如图6，∴PG⊥BC，∵BC∥AO，∴∠AOC＝∠GCP，∴sin∠AOC＝sin∠GC45PGPPC＝＝，∵OP＝PG＝20﹣t，∴42051t t -=-， ∴1609t ＝，综上所述，t 的值2016041699为秒或秒或秒或秒【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解答时运用等角的三角函数列方程是关键，并注意运用分类讨论的思想，做到不重不漏．12．（1）12；（2）tan EAD ∠=13；（3）51DE CD -=．【解析】【分析】（1）先证明△ADP ≌△CDP ，得到∠DAP=∠DCP ，再证明△ADE ≌△CDO ，得到DE=DO ，根据O 是AD 的中点，AD=CD ，即可得到答案；（2）先证明△AFD ≌△DOC ，得到∠AFD=∠DOC ，进而得到∠OPD=90°，即可得到△OPD ∽△FAD ，根据对应边成比例得到DP OD AD DF =,设AF=OD=x ，则AD=2x ，DF=5x ，得到DP=25x ，求出PF=35x ，再证明△DEP ∽△FAP ，得到23DE AF =，根据AF=12CD ，即可得到答案；（3）先证明△FCD ≌△EDA ，得到∠EAD=∠FDC ，进而得到∠EPD=∠APD=90°，根据直角三角形的性质可得OP=OD=12AD ，设OD=OP=x ，则CD=2x ，OC=5x ，可得PC=OC-OP=5x x -，根据△DPO ∽△FPC ，得到51OD FC +=，进而得到51251CF CD -==+，即可得到结论. 【详解】（1）如图①中，∵四边形ABCD 是正方形，PDA PDC ∴∠=∠， DP DP =，DA DC =，PDA ∴≌()PDC SAS ，DAE DCO ∴∠=∠，90ADE CDO ∠=∠=︒，AD CD =，ADE ∴≌()CDO ASA ，OD DE ∴=，AO OD ∴=，CE DE ∴=，12DE DC ∴=．（2）如图②中，连接OF ．设OA OD a ==．AF FB =，OA OD =，AB AD =，AF OD ∴=，AD DC =，90FAD ODC ∠=∠=︒，FAD ∴≌()ODC SAS ，FDA OCD ∴∠=∠， 90FDA CDP ∠=∠=︒，∴ 90OCD CDP ∠=∠=︒，90CPD ∴∠=︒，90FAO FPO ∠=∠=︒，∴A ，F ，P ，O 四点共圆，PAO PFO ∴∠=∠，1tan 2OP OPD PD∠==， 5OP ∴=，25PD =， 5DF a =，355PF a ∴=， 1tan tan 3OP PFO PAO PF ∴∠=∠==， tan EAD ∴∠= 13DE DE AD CD ==．（3）如图③中，连接EF ．设CF DE y ==，EC x =．CF DE =，90FCD EDA ∠=∠=︒，CD DA =，∴ FCD ≌EDA ()SAS ，CDF EAD ∴∠=∠，90CDF ADP ∠=∠=︒，∴ 90DAE ADP ∠+∠=︒，∴ 90APD ∠=︒，OA OD =，∴ OP OA OD ==，∴ OAP OPA CPE ∠=∠=∠，90ECF EPF ∠=∠=︒，∴E ，C ，F ，P 四点共圆，∴ CFE EPC ∠=∠， ∴ CFE DCF ∠=∠，ECF DCF ∠=∠，∴ FCE ∽DCF ，∴ 2·CF CE CD =，∴ ()2y x x y =+，∴ 220y xy x --=，∴ 15y x +=15x -（舍弃）， ∴ 15y x +=，∴ DE y CD x y ===+．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，求根公式法解一元二次方程，锐角三角函数及四点共圆等知识，用到的知识点较多，难度较大，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．。

九年级上册上册数学压轴题(提升篇)(Word版含解析)

九年级上册上册数学压轴题（提升篇）（Word 版含解析）一、压轴题1．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．2．已知在ABC 中，AB AC =．在边AC 上取一点D ，以D 为顶点、DB 为一条边作BDF A ∠=∠，点E 在AC 的延长线上，ECF ACB ∠=∠．（1）如图（1），当点D 在边AC 上时，请说明①FDC ABD ∠=∠；②DB DF =成立的理由．（2）如图（2），当点D 在AC 的延长线上时，试判断DB 与DF 是否相等？3．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．4．问题发现：（1）如图①，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，E是AB上点（点E 不与A、B重合），将射线OE绕点O逆时针旋转90°，所得射线与BC交于点F，则四边形OEBF的面积为．问题探究：（2）如图②，线段BQ＝10，C为BQ上点，在BQ上方作四边形ABCD，使∠ABC＝∠ADC ＝90°，且AD＝CD，连接DQ，求DQ的最小值；问题解决：（3）“绿水青山就是金山银山”，某市在生态治理活动中新建了一处南山植物园，图③为南山植物园花卉展示区的部分平面示意图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD，AC＝600米．其中AB、BD、BC为观赏小路，设计人员考虑到为分散人流和便观赏，提出三条小路的长度和要取得最大，试求AB+BD+BC的最大值．5．如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、AD的中点，连接AC、EC、EF、⊥.FC，且EC EF∽；（1）求证：AEF BCEAC=AB的长；（2）若23△的外接圆圆心之间的距离？（3）在（2）的条件下，求出ABC的外接圆圆心与CEF6．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．7．已知，如图Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，点P为AC的中点，Q从点A 运动到B，点Q运动到点B停止，连接PQ，取PQ的中点O，连接OC，OB．(1)若△ABC∽△APQ，求BQ的长；(2)在整个运动过程中，点O的运动路径长_____；(3)以O为圆心，OQ长为半径作⊙O，当⊙O与AB相切时，求△COB的面积．8．【问题学习】小芸在小组学习时问小娟这样一个问题：已知α为锐角，且sinα=13，求sin2α的值．小娟是这样给小芸讲解的：构造如图1所示的图形，在⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=13BCAB，可设BC=x，则AB=3x，…．【问题解决】（1）请按照小娟的思路，利用图1求出sin2α的值；（写出完整的解答过程）（2）如图2，已知点M，N，P为⊙O上的三点，且∠P=β，sinβ=35，求sin2β的值．9．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. 10．MN 是O 上的一条不经过圆心的弦，4MN =，在劣弧MN 和优弧MN 上分别有点A,B （不与M,N 重合），且AN BN =，连接,AM BM .（1）如图1，AB 是直径，AB 交MN 于点C ，30ABM ︒∠=，求CMO ∠的度数；（2）如图2，连接,OM AB ，过点O 作//OD AB 交MN 于点D ，求证：290MOD DMO ︒∠+∠=；（3）如图3，连接,AN BN ，试猜想AM MB AN NB ⋅+⋅的值是否为定值，若是，请求出这个值；若不是，请说明理由.11．某校网球队教练对球员进行接球训练，教练每次发球的高度、位置都一致．教练站在球场正中间端点A 的水平距离为x 米，与地面的距离为y 米，运行时间为t 秒，经过多次测试，得到如下部分数据： t 秒1.52.546.57.59…x 米 0 4 8 10 12 16 20 … y 米24.565.8465.844.562…（2）网球落在地面时，与端点A 的水平距离是多少？（3）网球落在地面上弹起后，y 与x 满足()256y a x k =-+①用含a 的代数式表示k ；②球网高度为1.2米，球场长24米，弹起后是否存在唯一击球点，可以将球沿直线扣杀到A 点，若有请求出a 的值，若没有请说明理由．12．如图，抛物线y ＝﹣(x +1)(x ﹣3)与x 轴分别交于点A 、B (点A 在B 的右侧)，与y 轴交于点C ，⊙P 是△ABC 的外接圆．(1)直接写出点A 、B 、C 的坐标及抛物线的对称轴； (2)求⊙P 的半径；(3)点D 在抛物线的对称轴上，且∠BDC ＞90°，求点D 纵坐标的取值范围；(4)E 是线段CO 上的一个动点，将线段AE 绕点A 逆时针旋转45°得线段AF ，求线段OF 的最小值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（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 ＝52，OH ＝OB ＝OC ＝5，设点H （x ，y ）， ∵点H 在第四象限， ∴x ＜0，y ＞0，∴x 2+y 2＝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．2．（1）见解析；（2）DB DF = 【解析】【分析】（1）①直接利用三角形的外角性质，即可得到； ②过D 作DGBC 交AB 于点G ，由等腰三角形的性质，平行线的性质和等边对等角，得到BG DC =，DGB FCD ∠=∠，然后证明三角形全等，即可得到结论成立；（2）连接BF ，根据题意，可证得BCF BDF A ∠=∠=∠，则B 、C 、D 、F 四点共圆，即可证明结论成立. 【详解】解：（1）①∵BDC A ABD ∠=∠+∠，即BDF FDC A ABD ∠+∠=∠+∠， ∵BDF A ∠=∠， ∴FDC ADB ∠=∠； ②过D 作DGBC 交AB 于点G ，∴ADG ACB ∠=∠，AGD ABC ∠=∠，又AB AC =， ∴A ABC CB =∠∠， ∴AGD ADG ∠=∠，∴AD AG=，∴AB AG AC AD-=-，∴BG DC=，又ECF ACB AGD∠=∠=∠，∴DGB FCD∠=∠，在GDB△与CFD△中，,,DGB FCDGB CDGBD FDC∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴()GDB CFD ASA△≌△∴DB DF=；（2）证明：如图：连接BF，由（1）可知，AABC CB=∠∠，∵ECF ACB∠=∠，∴ABC ECF∠=∠，∵BCA CA BCF E F=∠+∠∠+∠，∴A BCF∠=∠，∴BDF A BCF∠=∠=∠，∴B、C、D、F四点共圆，∴180DCB DFB∠+∠=︒，DBF ECF∠=∠，∴ACB DFB∠=∠，∵BC EC ACA F B=∠=∠∠，∴DBF DFB∠=∠，∴DB DF=.【点睛】本题考查了四点共圆的知识，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，以及三角形外角性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而得到角的关系，再进行证明.3．（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．4．（1）4；（2）52；（3）600（2+1）．【解析】【分析】（1）如图①中，证明△EOB≌△FOC即可解决问题；（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．利用四点共圆，证明∠DBQ＝∠DAC＝45°，再根据垂线段最短即可解决问题．（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，首先证明AB+BC+BD＝（2+1）BD，当BD最大时，AB+BC+BD的值最大．【详解】解：（1）如图①中，∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠EOF＝∠BOC，∴∠EOB＝∠FOC，∴△EOB≌△FOC（SAS），∴S△EOB＝S△OFC，∴S四边形OEBF＝S△OBC＝14•S正方形ABCD＝4，故答案为：4；（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．∵∠ABD＝∠ADC＝90°，AO＝OC，∴OA＝OC＝OB＝OD，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠DBC＝∠DAC，∵DA＝DC，∠ADC＝90°，∴∠DAC＝∠DCA＝45°，∴∠DBQ ＝45°，根据垂线段最短可知，当QD ⊥BD 时，QD 的值最短，DQ 的最小值＝2BQ ＝52．（3）如图③中，将△BDC 绕点D 顺时针旋转90°得到△EDA ，∵∠ABC +∠ADC ＝180°，∴∠BCD +∠BAD ＝∠EAD +BAD ＝180°，∴B ，A ，E 三点共线，∵DE ＝DB ，∠EDB ＝90°，∴BE 2BD ，∴AB +BC ＝AB +AE ＝BE 2BD ，∴BC +BC +BD 2+1）BD ，∴当BD 最大时，AB +BC +BD 的值最大，∵A ，B ，C ，D 四点共圆，∴当BD 为直径时，BD 的值最大，∵∠ADC ＝90°，∴AC 是直径，∴BD ＝AC 时，AB +BC +BD 的值最大，最大值＝6002+1）．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．5．（1）详见解析；（2）23）12【解析】【分析】（1）由矩形的性质得到90EAF CBE ∠=∠=︒，再根据同角的余角相等，得到AFE BEC =∠∠，即可证明相似；（2）根据矩形的性质和相似三角形的性质，得到222AB BC =，再利用勾股定理，即可求出AB 的长度；（3）分别找出两个三角形外接圆的圆心M 、N ，利用三角形中位线定理，即可求出MN 的长度.【详解】（1）证明：在矩形ABCD 中，有90EAF CBE ∠=∠=︒，∴90AEF AFE ∠+∠=︒，∵EC EF ⊥，∴90FEC ∠=︒，∴90AEF BEC ∠+∠=︒， ∴AFE BEC =∠∠，∴AEF BCE ∽；（2）在矩形ABCD 中，有AD=BC ，∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点，∴22,2AB AE BE AD AF ===；∵AEF BCE ∽，∴AE AF BC BE=， ∴222AB BC =，在Rt △ABC 中，由勾股定理得，222AB BC AC +=，∴221122AB AB +=，解得：22AB =；（3）如图：∵△ABC 是直角三角形，∴△ABC 的外接圆的圆心在AC 中点M 处，同理，△CEF 的外接圆的圆心在CF 的中点N 处，∴线段MN 为△ACF 的中位线，∴1124MN AF AD ==，由（2）知，22222AB BC AD ==， ∴22AD AB =，∴1882MN AB ===. 【点睛】本题考查了求三角形外接圆的圆心距，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形中位线定理，解题的关键是熟练利用所学性质进行证明和求解.6．（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.7．(1)BQ=8.2cm ；(2)5cm ；(3)S △BOC ＝39625. 【解析】【分析】(1)根据ABC APQ ∆~∆得AC AB AQ AP=，从而得到AQ 的长即可求出BQ 的长；（2）由点Q 与点A 重合和点Q 与点B 重合时，可以确定点O 的位置，再根据点Q 位于AB 上除端点外的任意一点时，由点O 是PQ 的中点，点F 是PB 的中点可知OF 是PBQ ∆的中位线，从而得到点O 的运动轨迹是APB ∆的中位线，即线段EF ，即可求得答案；（3）连接AO ，过点O 作ON AC ⊥ ，先证明APQ ABC ∆~∆得到AQ AP PQ AC AB BC == ，所以求得,AQ PQ 的值，且OP OQ =，再证明PON PAQ ∆~∆得到ON PO AQ PA=，求得ON 的值，再根据BOC ABC AOB AOC S S S S ∆∆∆∆=--即可求得答案；【详解】解：(1)如图1所示，∵90,6,8C AC cm BC cm ∠===∴10AB cm =又∵点P 为AC 的中点，∴3AP cm =∵ABC APQ ∆~∆∴AC AB AQ AP = ，即6103AQ = 解之得： 1.8AQ =则8.2BQ AB AQ cm =-=(2)如图2，当点Q 与点A 重合时，点O 位于点E 的位置，当点Q 与点B 重合时，点O 位于点F 的位置，则EF 是△APB 的中位线，∴EF∥AB，且EF＝12AB＝5，152EF AB==而当点Q位于AB上除端点外的任意一点时，∵点O是PQ中点，点F是PB 的中点，∴OF是△PBQ的中位线，∴OF∥BQ，∴点O的运动轨迹是线段EF，则点O的运动路径长是5cm；故答案为5cm．(3)如图3，连接AO，过点O作ON AC⊥于点N，∵⊙O与AB相切，∴PQ AB⊥，即90AQP∠=，∵,90PAQBAC ACB AQP∠=∠∠=∠=∴APQ ABC∆~∆∴AQ AP PQAC AB BC==，即36108AQ PQ==解之得：912,55AQ PQ==则65OP OQ==∵ON AC⊥∴90PNO PQA∠=∠=又∵OPN APQ∠=∠∴PON PAQ∆~∆，∴ON POAQ PA=，即65935ON=，解之得:1825ON=则BOC ABC AOB AOCS S S S∆∆∆∆=--111•••222BC AC AB OQ AC ON =--11611868106225225=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯ 39625= 【点睛】本题主要考查了相似三角形和圆的综合问题，掌握圆的切线判定、三角形中位线定理、相似三角形的判定和性质、割补法求面积等知识点是解题关键.8．（1）sin2α=42；（2）sin2β=sin∠MON=2425．【解析】试题分析：（1）如图1中，⊙O 中，AB 是直径，点C 在⊙O 上，所以∠ACB=90°，作CD ⊥AB 于D ．设∠BAC=α，则si nα=13BC AB = ，可设BC=x ，则AB=3x ．利用面积法求出CD ，在Rt △COD 中，根据sin2α=CDOC ，计算即可．（2）如图2中，连接NO ，并延长交⊙O 于点Q ，连接MQ ，MO ，过点M 作MR ⊥NO 于点R ．首先证明∠MON=2∠Q=2β，在Rt △QMN中，由sinβ=35MN NQ =，设MN=3k ，则NQ=5k ，易得OM=12NQ=52k ，可得MQ=22QN MN -=4k ，由12•MN•MQ=12•NQ•MR，求出在Rt △MRO 中，根据sin2β=sin∠MON=MROM ，计算即可．试题解析：（1）如图1中，⊙O 中，AB 是直径，点C 在⊙O 上，所以∠ACB=90°，作CD ⊥AB 于D ．设∠BAC=α，则sinα=13BC AB =，可设BC=x ，则AB=3x ．∴22AB BC -22(3)x x -2x ，∵12•AC•BC=12•AB•CD，∴CD=223 x，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=α，∴∠COB=2α，∴sin2α=CDOC=429．（2）如图2中，连接NO，并延长交⊙O于点Q，连接MQ，MO，过点M作MR⊥NO于点R．在⊙O中，∠NMQ=90°，∵∠Q=∠P=β，∴∠MON=2∠Q=2β，在Rt△QMN中，∵sinβ=35 MNNQ=，∴设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=12NQ=52k，∴22QN MN-=4k，∵1122NMQS MN MQ NQ MR∆==，∴3k•4k=5k•MR∴MR=12k 5，在Rt△MRO中，sin2β=sin∠MON=122455252kMRkOM==．考点：圆的综合题．9．（1）45°+α；（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°，BE=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°，BE=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 BC ABF BCH BF CH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AF=BH=BE+EH=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.10．（1）15°；（2）见解析；（3）16【解析】【分析】（1）先求得45AMN BMN ︒∠=∠=，再由OM OB =得到30OMB OBM ︒∠=∠=，于是可解；（2）连接,,OA OB ON .可证AON BON ∠=∠，ON AB ⊥，由//OD AB 可知90DON ︒∠=，在MON ∆中用内角和定理可证明；（3）延长MB 至点M '，使BM AM '=，连接NM '，作NE MM '⊥于点E.证明AMN BM N '≅，得到'MM N ∆是等腰三角形，然后在MNE ∆中用勾股定理即可求出16AM MB AN NB ⋅+⋅=.【详解】（1）AB 是O 的直径，90AMB ︒∴∠=AN BN =45AMN BMN ︒∴∠=∠=OM OB =30OMB OBM ︒∴∠=∠=453015CMO ︒︒︒∴∠=-=（2）连接,,OA OB ON .AN BN =AON BON ∴∠=∠，ON AB ⊥//OD AB90DON ︒∴∠=OM ON =OMN ONM ∴∠=∠180OMN ONM MOD DON ︒∠+∠+∠+∠=290MOD DMO ︒∴∠+∠=（3）延长MB 至点M '，使BM AM '=，连接NM '，作NE MM '⊥于点E.设AM a =，BM b =.四边形AMBN 是圆内接四边形180A MBN ︒∴∠+∠=180NBM MBN '︒∠+∠=A NBM '∴∠=∠AN BN =AN BN ∴=(SAS)AMN BM N '∴≅MN NM '∴=，BM AM a '==，NE MM '⊥于点E.11()22ME EM MM a b ''∴===+， ()2222ME BN BE MN +-=22211()()1622a b BN b a ⎡⎤⎡⎤∴++--=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦化简得216ab NB +=， 16AM MB AN NB ∴⋅+⋅=【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及的知识点有圆周角定理和垂径定理以及圆内接四边形的性质，综合性质较强，能够做出相应的辅助线是解题的关键.11．（1）10；（2）10+米；（3）①100k a =-；②不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用表格中数据直接得出网球达到最大高度时的时间及最大值；（2）首先求出函数解析式，进而求出网球落在地面时，与端点A 的水平距离；（3）①由（2）得网球落在地面上时，得出对应点坐标，代入计算即可； ②由球网高度及球桌的长度可知其扣杀路线解析式为110y x =，若要击杀则有(2110010a x a x --=，根据有唯一的击球点即该方程有唯一实数根即可求得a 的值，继而根据对应x 的值取舍可得．【详解】（1）由表格中数据可得4t =，（秒），网球达到最大高度，最大高度为6；（2）以A 为原点，以球场中线所在直线为x 轴，网球发出的方向为x 轴的正方向，竖直运动方向为y 方向，建立平面直角坐标系．由表格中数据，可得y 是x 的二次函数，且顶点坐标为(10，6)，可设2(10)6y m x =-+，将（0，2）代入，可得：125m =-，∴21(10)625y x =--+，当0y =，得10x =±(负值舍去)，∴网球落在地面上时，网球与端点A 的距离为10+米；（3）①由（2）得网球落在地面上时，对应的点为(10+，0)代入(2y a x k =-+，得100k a =-；②不存在． ∵网高1.2米，球网到A 的距离为24122=米， ∴扣杀路线在直线经过（0，0）和（12，1.2）点， ∴扣杀路线在直线110y x =上，令(2110010a x a x --=，整理得：2150010ax x a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，当0=时符合条件，221106200010a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，解得1a =，2a =．开口向下，0a ＜，∴1a ，2a 都可以，将1a ，2a 分别代入(2110010a x a x --=，得到得解都是负数，不符合实际．【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，由实际问题建立起二次函数的模型并将二次函数的问题转化为一元二次方程求解是解题的关键．12．(1)点B 的坐标为(﹣1，0)，点A 的坐标为(3，0)，点C 的坐标为(0，3)；抛物线的对称轴为直线x ＝1；(2)⊙P ；(3)1＜y ＜2；(4)3﹣2．【解析】【分析】(1)分别代入y ＝0、x ＝0求出与之对应的x 、y 的值，进而可得出点A 、B 、C 的坐标，再由二次函数的对称性可找出抛物线的对称轴；(2)连接CP 、BP ，在Rt △BOC 中利用勾股定理可求出BC 的长，由等腰直角三角形的性质及圆周角定理可得出∠BPC ＝90°，再利用等腰直角三角形的性质可求出BP 的值即可；(3)设点D的坐标为(1，y)，当∠BDC＝90°时，利用勾股定理可求出y值，进而可得出：当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，根据旋转的性质可找出点C′的坐标及∠AC′O′＝45°，进而可找出线段C′O′所在直线的解析式，由点E在CO上可得出点F在C′O′上，过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F 为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，利用等腰直角三角形的性质即可求出此时OF 的长即可.【详解】(1)当y＝0时，﹣(x+1)(x﹣3)＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴点B的坐标为(﹣1，0)，点A的坐标为(3，0)；当x＝0时，y＝﹣(0+1)×(0﹣3)＝3，∴点C的坐标为(0，3)；∵抛物线与x轴交于点(﹣1，0)、(3，0)，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；(2)连接CP、BP，如图1所示，在Rt△BOC中，BC=∵∠AOC＝90°，OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∴∠BPC＝2∠OAC＝90°，BC∴CP＝BP＝2∴⊙P(3)设点D的坐标为(1，y)，当∠BDC＝90°时，BD2+CD2＝BC2，∴[(﹣1﹣1)2+(0﹣y)2]+[(0﹣1)2+(3﹣y)2]＝10，整理，得：y2﹣3y+2＝0，解得：y1＝1，y2＝2，∴当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，如图2所示．∵AC=ACO＝45°，∴点C′的坐标为(3﹣，0)，∠AC′O′＝45°，∴线段C′O′所在直线的解析式为y＝﹣x+3﹣∵点E在线段CO上，∴点F在线段C′O′上．过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，∵△OC′F为等腰直角三角形，∴OF＝22OC′＝22(32﹣3)＝3﹣322．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理、勾股定理、旋转以及等腰直角三角形，解题的关键是：(1)利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A、B、C的坐标；(2)利用圆周角定理找出∠BPC＝90°；(3)利用极限值法求出点D纵坐标；(4)利用点到直线之间垂直线段最短确定点F的位置．。

初三九年级数学上册上册数学压轴题优质(提高,Word版含解析)

初三九年级数学上册上册数学压轴题优质（提高，Word 版含解析）一、压轴题1．阅读理解：如图，在纸面上画出了直线l 与⊙O ，直线l 与⊙O 相离，P 为直线l 上一动点，过点P 作⊙O 的切线PM ，切点为M ，连接OM 、OP ，当△OPM 的面积最小时，称△OPM 为直线l 与⊙O 的“最美三角形”．解决问题：（1）如图1，⊙A 的半径为1，A(0，2) ，分别过x 轴上B 、O 、C 三点作⊙A 的切线BM 、OP 、CQ ，切点分别是M 、P 、Q ，下列三角形中，是x 轴与⊙A 的“最美三角形”的是．(填序号)①ABM ；②AOP ；③ACQ（2）如图2，⊙A 的半径为1，A(0，2)，直线y=kx （k≠0）与⊙A 的“最美三角形”的面积为12，求k 的值．（3）点B 在x 轴上，以B 为圆心，3为半径画⊙B ，若直线y=3x+3与⊙B 的“最美三角形”的面积小于3，请直接写出圆心B 的横坐标B x 的取值范围．2．如图①，O 经过等边ABC 的顶点A ，C （圆心O 在ABC 内），分别与AB ，CB 的延长线交于点D ，E ，连结DE ，BF EC ⊥交AE 于点F ．（1）求证：BD BE =．（2）当:3:2AF EF =，6AC =，求AE 的长．（3）当:3:2AF EF =，AC a =时，如图②，连结OF ，OB ，求OFB △的面积（用含a 的代数式表示）．3．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226cm？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．4．如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，tan B＝34，OB＝8．（1）求OA、AB的长；（2）点Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0＜t≤5）以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD，QC．①当t为何值时，点Q与点D重合？②若⊙P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围．5．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．6．平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的顶点A ，C 的坐标分别为(2,0)，(0,3)，点D 是经过点B ，C 的抛物线2y x bx c =-++的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）点E 是（1）中抛物线对称轴上一动点，求当△EAB 的周长最小时点E 的坐标；（3）平移抛物线，使抛物线的顶点始终在直线CD 上移动，若平移后的抛物线与射线．．BD 只有一个公共点，直接写出平移后抛物线顶点的横坐标m 的值或取值范围．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2GDGO=？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，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32COFCDFSS=：: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．10．一个四边形被一条对角线分割成两个三角形，如果分割所得的两个三角形相似，我们就把这条对角线称为相似对角线.（1）如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为AD 的中点，点F ，H 分别在边AB 和CD 上，且1AF DH ==，线段CE 与FH 交于点G ，求证：EF 为四边形AFGE 的相似对角线；（2）在四边形ABCD 中，BD 是四边形ABCD 的相似对角线，120A CBD ∠=∠=，2AB =，6BD =CD 的长；（3）如图，已知四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，90A ∠=，8AB =，6AD =，点E 是AB 的中点，点F 是射线AD 上的动点，若EF 是四边形AECF 的相似对角线，请直接写出线段AF 的长度（写出3个即可）.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 ＝4x（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，在⊙O中，弦AB、CD相交于点E，AC＝BD，点D在AB上，连接CO，并延长CO交线段AB于点F，连接OA、OB，且OA＝5，tan∠OBA＝12．（1）求证：∠OBA＝∠OCD；（2）当△AOF是直角三角形时，求EF的长；（3）是否存在点F，使得S△CEF＝4S△BOF，若存在，请求EF的长，若不存在，请说明理由．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）②；（2）±1；（3）23＜B x 373Bx＜23-【解析】【分析】（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．（2）本题根据k的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF，利用勾股定理求解AF，进一步确定∠AOF度数，最后利用勾股定理确定点F的坐标，利用待定系数法求k．（3）本题根据⊙B在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND，△BMN为媒介计算BD长度，最后与OD相减求解点B的横坐标范围．【详解】（1）如下图所示：∵PM 是⊙O 的切线， ∴∠PMO=90°，当⊙O 的半径OM 是定值时，22PM OP OM =-， ∵1=2PMOSPM OM ••， ∴要使PMO △面积最小，则PM 最小，即OP 最小即可，当OP ⊥l 时，OP 最小，符合最美三角形定义．故在图1三个三角形中，因为AO ⊥x 轴，故△AOP 为⊙A 与x 轴的最美三角形．故选：②．（2）①当k ＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM ⊥x 轴，如下所示：按题意可得：△AEF 是直线y=kx 与⊙A 的最美三角形，故△AEF 为直角三角形且AF ⊥OF ．则由已知可得：111=1222AEFSAE EF EF ••=⨯⨯=，故EF=1．在△AEF 中，根据勾股定理得：22AF AE ==∵A(0,2)，即OA=2，∴在直角△AFO 中，22=2OF OA AF AF -==， ∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，将F 点代入y=kx 可得：1k =-． ②当k ＞0时，同理可得k=1．故综上：1k =±．（3）记直线33y x =+与x 、y 轴的交点为点D 、C ，则(3,0)D ，(0,3)C ， ①当⊙B 在直线CD 右侧时，如下图所示：在直角△COD 中，有3OC =，3OD =tan 3OCODC OD∠==ODC=60°． ∵△BMN 是直线33y x =+与⊙B 的最美三角形， ∴MN ⊥BM ，BN ⊥CD ，即∠BND=90°，在直角△BDN 中，sin BNBDN BD∠=，故23=sin sin 60?BN BN BD BN BDN =∠．∵⊙B 3， ∴3BM =．当直线CD 与⊙B 相切时，3BN BM ==因为直线CD 与⊙B 相离，故BN 3BD ＞2，所以OB=BD-OD ＞23．由已知得：113=3222BMNSMN BM MN MN ••=•=3MN ＜1．在直角△BMN 中，2223BN MN BM MN =+=+1+3=2，此时可利用勾股定理算得BD ＜33，OB BD OD =- ＜333-33，则23＜B x ＜33． ②当⊙B 在直线CD 左侧时，同理可得：73B x＜23- 故综上：23＜B x 3733-＜B x ＜23- 【点睛】本题考查圆与直线的综合问题，属于创新题目，此类型题目解题关键在于了解题干所给示例，涉及动点问题时必须分类讨论，保证不重不漏，题目若出现最值问题，需要利用转化思想将面积或周长最值转化为线段最值以降低解题难度，求解几何线段时勾股定理极为常见．2．(1)证明见解析；(2)1323 【解析】【分析】(1)根据△ABC 是等边三角形，从而可以得出∠BAC=∠C ，结合圆周角定理即可证明； (2)过点A 作AG ⊥BC 于点G ，根据△ABC 是等边三角形，可以得到BG 、AG 的值，由BF ∥AG 可得到AF BGEF EB=，求出BE ，最后利用勾股定理即可求解； (3)过点O 作OM ⊥BC 于点M ，由题(2)知AF BGEF EB =，CG=BG=1122AC a =，可以得到BM 的值，根据BF ∥AG ，可证得△EBF ∽△EGA ，列比例式求出BF ，从而表示出△OFB 的面积．【详解】(1)证明：∵△ABC 是等边三角形， ∴∠BAC=∠C=60°，∵∠DEB=∠BAC=60°，∠D=∠C=60°， ∴∠DEB=∠D ， ∴BD=BE ；(2)解：如图所示，过点A 作AG ⊥BC 于点G ，∵△ABC 是等边三角形，AC=6， ∴BG=11322BC AC ==， ∴在Rt △ABG 中，333AG BG == ∵BF ⊥EC ， ∴BF ∥AG ，∴AF BG EF EB=， ∵AF ：EF=3：2，∴BE=23BG=2，∴EG=BE+BG=3+2=5，在Rt △AEG 中，()2222335213AE AG EG =+=+=(3)解：如图所示，过点O 作OM ⊥BC 于点M ，由题(2)知AF BGEF EB =，CG=BG=1122AC a =， ∴3=2AF BG EF EB =， ∴22113323EB BG a a ==⨯=，∴EC=CG+BG+BE=11142233a a a a ++=， ∴EM=12EC =23a ， ∴BM=EM-BE=211333a a a -=， ∵BF ∥AG ，∴△EBF ∽△EGA ，∴123=11532aBF BE AG EG a a ==+， ∵332AG BG a ==， ∴2335BF ==， ∴△OFB 的面积＝21313223BF BM a a ⋅=⨯=．【点睛】本题主要考查了圆的综合题，关键是根据等边三角形的性质，勾股定理和相似三角形的判定和性质求解．3．（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. 4．（1）OA ＝6，AB ＝10；（2）3011；（3）0<t≤1813或3011<t≤5．【解析】【分析】（1）在Rt △AOB 中，tan B ＝34，OB ＝8，即可求解；（2）利用△ACD ∽△ABO 、AD +OQ ＝OA ，即可求解；（3）分QC 与圆P 相切、QC ⊥OA 两种情况，求解即可．【详解】解：（1）在Rt △AOB 中，tan B ＝34，OB ＝8， ∴34OA OB = ，∴OA ＝6，则AB ＝10；（2）OP ＝AP ﹣t ，AC ＝2t ，∵AC 是圆直径，∴∠CDA ＝90°，∴CD ∥OB ， ∴△ACD ∽△ABO ，∴AC AD AB AO = ，即： 2,106t AD= ∴AD ＝65t ，当Q 与D 重合时，AD +OQ ＝OA ， ∴66,5t t += 30.11t ∴= （3）当QC 与圆P 相切时，∠QAC ＝90°， ∵OQ ＝AP ＝t ，∴AQ ＝6﹣t ，AC ＝2t ， ∵∠A ＝∠A ，∠QCA ＝∠ABO ， ∴△AQC ∽△ABO ，∴,AQ ACAB AO= 即：62106t t -= ，18.13t ∴= ∴当18013t <≤时，圆P 与QC 只有一个交点，当QC ⊥OA 时，D 、Q 重合，由（1）知： 30.11t = ∴30511t <≤时，圆P 与线段QC 只有一个交点，故：当圆P 与线段只有一个交点，t 的取值范围为：18013t <≤或30511t <≤. 【点睛】本题为圆的综合题，涉及到圆与直线的关系、三角形相似等知识点，（3）是本题的难点，要注意分析QC 和圆及线段的位置关系分类求解．5．（1）菱形的周长为8；（2）t=65，∠MAC=105°；（3）当t=1或t=1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：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=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，DAB 120∠=︒， ∴DAC 60∠=︒， ∴NAE 120∠=︒，∵AC 、AD 是圆M 的切线， ∴MAE 60∠=︒， ∵ME MN 1==， ∴3EA =∴33t 2t 5+=+， ∴3t 1=+．综上所述，当3t 15=-或3t 115=+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.6．（1）2y x 2x 3=-++；（2）3(1,)2；（3）14m <≤或78m = 【解析】【分析】（1）根据题意可得出点B 的坐标，将点B 、C 的坐标分别代入二次函数解析式，求出b 、c的值即可．（2）在对称轴上取一点E ，连接EC 、EB 、EA ，要使得EAB 的周长最小，即要使EB+EA 的值最小，即要使EA+EC 的值最小，当点C 、E 、A 三点共线时，EA+EC 最小，求出直线AC 的解析式，最后求出直线AC 与对称轴的交点坐标即可．（3）求出直线CD 以及射线BD 的解析式，即可得出平移后顶点的坐标，写出二次函数顶点式解析式，分类讨论，如图：①当抛物线经过点B 时，将点B 的坐标代入二次函数解析式，求出m 的值，写出m 的范围即可；②当抛物线与射线恰好只有一个公共点H 时，将抛物线解析式与射线解析式联立可得关于x 的一元二次方程，要使平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点，即要使一元二次方程有两个相等的实数根，即0∆=，列式求出m 的值即可．【详解】（1）矩形OABC ，∴OC=AB ，A(2，0)，C(0，3)，∴OA=2，OC=3， ∴B(2，3)，将点B ，C 的坐标分别代入二次函数解析式，4233b c c -++=⎧⎨=⎩， ∴23b c =⎧⎨=⎩， ∴抛物线解析式为：2y x 2x 3=-++．（2）如图，在对称轴上取一点E ，连接EC 、EB 、EA ，当点C 、E 、A 三点共线时，EA+EC 最小，即EAB 的周长最小，设直线解析式为：y =kx +b ，将点A 、C 的坐标代入可得：203k b b +=⎧⎨=⎩，解得：323k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴一次函数解析式为：3=32y x -+． 2y x 2x 3=-++=2(1)4x -+-， ∴D(1，4)，令x =1，y =332-+=32．∴E(1，32 )．（3）设直线CD解析式为：y=kx+b，C(0，3)，D(1，4)，∴43k bb+=⎧⎨=⎩,解得13 kb=⎧⎨=⎩，∴直线CD解析式为：y=x+3，同理求出射线BD的解析式为：y=－x+5(x≤2)，设平移后的顶点坐标为(m，m+3)，则抛物线解析式为：y=－(x－m)2+m+3，①如图，当抛物线经过点B时，－(2－m)2+m+3=3，解得m=1或4，∴当1<m≤4时，平移后的抛物线与射线只有一个公共点；②如图，当抛物线与射线恰好只有一个公共点H 时，将抛物线解析式与射线解析式联立可得：－(x －m )2+m +3=－x +5，即x 2－(2m +1)x +m 2－m +2=0，要使平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点，即要使一元二次方程有两个相等的实数根，∴22[(21)]4(2)0m m m ∆=-+⨯-+=－，解得78m =．综上所述，14m <≤或78m =时，平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点．【点睛】本题为二次函数、一次函数与几何、一元二次方程方程综合题，一般作为压轴题，主要考查了图形的轴对称、二次函数的平移、函数解析式的求解以及二次函数与一元二次方程的关系，本题关键在于：①将三角形的周长最小问题转化为两线段之和最小问题，利用轴对称的性质解题；②将二次函数与一次函数的交点个数问题转化为一元二次方程实数根的个数问题． 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(36626-992m -+=【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.9．（1）2y x 2x 3=-++；（2）点D 的坐标为(14)，或(2)3，；（3）点P 的坐标为：(14)，或17()24-，或13209()24--，或5799177+-+，．【解析】【分析】（1）由3OB OC ==及图像可得B 、C 两点坐标，然后利用待定系数法直接进行求解即可；（2）由题意易得35COFCOD SS =，进而得到点D 、F 横坐标之间的关系为53D F x x =，设F 点横坐标为3t ，则D 点横坐标为5t ，则有直线BC 的解析式为3y x =-+，然后可直接求解；（3）分∠PBE 或∠PEB 等于2∠OBE 两种情况分别进行求解即可．【详解】解：(1)3OB OC ==，则：()()3003B C ，，，，把B C 、坐标代入抛物线方程，解得抛物线方程为：2y x 2x 3=-++①；(2)∵32COF CDF S S =△△：：， ∴35COFCOD SS =，即：53D F x x =，设F 点横坐标为3t ，则D 点横坐标为5t ，点F 在直线BC 上，而BC 所在的直线表达式为：3y x =-+，则33(3)F t t -，，则直线OF 所在的直线表达式为：3313t t y x x t t--==，则点55(5)D t t -，，把D 点坐标代入抛物线解析式，解得：15t =或25，则点D 的坐标为(14)，或(2)3，； (3)①当2PBE OBE ∠=∠时，当BP 在x 轴上方时，如图2，设1BP 交y 轴于点E '， ∴12PBE OBE ∠=∠ ， ∴E BO EBO ∠'=∠ ，又60E OB EBO BO BO ∠'=∠=︒=，， ∴()E BO EBO AAS '≌ ， ∴32EO EO ==， ∴点3(20)E '，，直线1BP 过点B E '、，则其直线方程为：1322y x =-+②，联立①②并解得：12x =- ，故点P 1的坐标为17()24-，；当BP 在x 轴下方时，如图2，过点E 作//EF BE '交2BP 于点F ，则FEB EBE ∠=∠'， ∴222E BE OBE EBP OBE ∠'=∠∠=∠，， ∴FEB EBF ∠=∠ ， ∴FE BF = ，直线EF 可以看成直线BE '平移而得，其k 值为12-，则其直线表达式为：1322y x =-- ，设点13()22F m m --，，过点F 作FH y ⊥轴交于点H ，作BK HF ⊥于点K ，则点13()202H m --，，13()232K m --，， ∵EF BF =，则22FE BF =，即：()2222331313()()22222m m m m +-++=-++，解得：52m =，则点511()24F -，，则直线BF 表达式为：113322y x =-…③，联立①③并解得：132x =-或3(舍去3)，则点213209()24P --，； ②当2PEB OBE ∠=∠时，当EP 在BE 上方时，如图3，点E '为图2所求，设BE '交3EP 于点F ， ∵2EBE OBE ∠'=∠， ∴3EBE P EB ∠'=∠ ， ∴FE BF = ，由①知，直线BE '的表达式为：1322y x =-+，设点13()22F n n -+，，13()232K n -+，，由FE BF =，同理可得：12n =，故点15()24F ，，则直线EF 的表达式为：11322y x =-④，联立①④并解得：1n =或92- (舍去负值)，∴34(1)P ，；当EP 在BE 下方时，同理可得：597x ±=舍去负值)，故点4597(9177P +-+，．故点P 的坐标为：(14)，或17()24-，或13209()24--，或5799177+-+，．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，关键是熟练掌握二次函数的性质与一次函数的性质，利用数形结合及分类讨论思想进行求解．10．（1）详见解析；（2）333CD =或3；（3）详见解析. 【解析】【分析】（1）只要证明△EAF ∽△FEG 即可解决问题；（2）如图3中，作DE ⊥BA 交BA 的延长线于E ．设AE=a ．在Rt △BDE 中，利用勾股定理构建方程求出a ，分两种情形构建方程求解即可；（3）①当△AFE ∽△EFC 时，连接BC ，AC ，BD ．②当△AFE ∽△FEC 时，作CH ⊥AD 交AD 的延长线于H ，作OM ⊥AD 于M ，连接OA ．③当△AFE ∽△CEF 时，分别求解即可，注意答案不唯一．【详解】解：（1）如图1，∵正方形ABCD 中4AB AD CD ===，90A D ∠=∠=，E 为AD 中点∴2AE ED ==，∵1AF DH ==，∴12AF DE AE CD == ∴AEF DCE ∆∆∽∴AEF DCE ∠=∠，AFE DEC ∠=∠ ∵//AF DH ，∴四边形AFHD 为平行四边形∴AD FH ，∴AEF EFG ∠=∠，DEC EGF AFE ∠=∠=∠ ∴AEF EFG ∆∆∽∴EF 为四边形AFGE 的相似对角线.（2）如图2，过点D 作DE BA ⊥，垂足为E ，设AE a = ∵120A CBD ∠=∠=，∴60EAD ∠=，∴3DE a =∵2AB =，6BD =∴()22236a a ++=312a -=（负根已经舍弃）， ∴31AD =-分为两种情况：①如图3，当ABD BCD ∆∆∽时，AD BDBD CD= ∴()316CD -=，∴333CD =②如图4，当ABD BDC ∆∆∽时，AB BDBD CD= ∴26CD =，∴3CD = 综上，333CD =+或3（3）①如图5，∵∠FEC=∠A=90°，∠BEF=∠BEC+∠FEC=∠A+∠AEF ， ∴AFE BEC ∠=∠，AF EF AFAE EC BE ==，∴AFE BEC ∆∆∽，∴90B ∠= 由“一线三等角”得83AF =.②如图，当△AFE ∽△FEC 时，作CH ⊥AD 交AD 的延长线于H ，作OM ⊥AD 于M ，连接OA ．∵△AFE ∽△FEC ， ∴∠AFE=∠FEC ， ∴AD ∥EC ， ∴∠CEB=∠DAB=90°， ∵∠OMA=∠AHC=90°，∴四边形AEOM ，四边形AECH 都是矩形， ∵OM ⊥AD ，∴AM=MD=3，∴AM=OE=3，∵OE⊥AB，∴AE=EB=4，∴OA=2234+=5，∴CE=AH=8，设AF=x，则FH=8-x，CH=AE=4，由△AEF∽△HFC，可得AFCH=AEFH，∴448xx =-，解得x=4，经检验x=4是分式方程的解，∴AF=4．③如图当△AFE∽△CEF时易证四边形AECF是矩形，AF=EC=8．综上所述，满足条件的AF的长为83或4或8．（答案不唯一）【点睛】本题属于圆综合题，考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．11．（1）35，5784y x=+；（2172r≤.【解析】【分析】（1）①由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，得出最优覆盖矩形的长为：2+5=7，宽为3+2=5，即可得出结果；②由定义可知，t=-3或6，即点C坐标为（-3，-2）或（6，-2），设AC表达式为y=kx+b，代入即可求出结果；（2）OD所在的直线交双曲线于点E，矩形OFEG是点O，D，E的一个面积最小的最优覆盖矩形，OD所在的直线表达式为y=x，得出点E的坐标为（2，2），⊙P的半径最小2，当点E的纵坐标为1时，⊙P的半径最大17，即可得出结果．【详解】（1）①∵A（﹣2，3），B（5，0），C（2，﹣2），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，∴最优覆盖矩形的长为：2+5＝7，宽为3+2＝5，∴最优覆盖矩形的面积为：7×5＝35；②∵点A，B，C的最优覆盖矩形的面积为40，∴由定义可知，t＝﹣3或6，即点C坐标为（﹣3，﹣2）或（6，﹣2），设AC表达式为y＝kx+b，∴3223k bk b=-+⎧⎨-=-+⎩或3226k bk b=-+⎧⎨-=+⎩∴513kb=⎧⎨=⎩或5874kb⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴y＝5x+13或5784y x=-+；（2）①OD所在的直线交双曲线于点E，矩形OFEG是点O，D，E的一个面积最小的最优覆盖矩形，如图1所示：∵点D（1，1），∴OD所在的直线表达式为y＝x，∴点E的坐标为（2，2），∴OE222+2=22∴⊙P的半径最小r2②当DE∥x轴时，即：点E的纵坐标为1，如图2所示：∵点D （1，1）．E （m ，n ）是函数y ＝4x （x ＞0）的图象上一点 ∴1＝4x ，解得x ＝4， ∴OE ═224+117， ∴⊙P 的半径最大r 17， 172r ≤．【点睛】本题是圆的综合题目，考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求直线的解析式、坐标与图形性质、反比例函数等知识；本题综合性强，有一定难度．12．（1）见解析；（2）EF ＝32或512；（3）存在【解析】【分析】（1）先判断出∠ECB ＝∠EBC ，再判断出∠OCB ＝∠OBC ，即可得出结论；（2）先求出EF ，再分两种情况，利用锐角三角函数和相似三角形的性质即可得出结论；（3）先利用面积关系得出53CO FO =，进而利用△OAF ∽△EFC 得出比例式，即可得出结论．【详解】解：（1）如图1，连接BC ，∵AC BD = ，∴∠ECB ＝∠EBC ，∵OB ＝OC ，∴∠OCB ＝∠OBC ，∴∠OCD ＝∠ECF ＝∠ECB ﹣∠OCB ＝∠EBC ﹣∠OBC ＝∠OBA ；（2）∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴∠OAF ＝∠ECF ，①当∠AFO ＝90°时，∵OAtan ∠OBA ＝12， ∴OC ＝OAOF ＝1，AB ＝4，∴EF ＝CF •tan ∠ECF ＝CF•tan ∠OBA＝12 ②当∠AOF ＝90°时，∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴tan ∠OAF ＝tan ∠OBA ＝12， ∵OA∴OF ＝OA •tan ∠OAF， ∴AF ＝52， ∵∠OAF ＝∠OBA ＝∠ECF ，∠OFA ＝∠EFC ，∴△OFA ∽△EFC ，∴5EF CF OC OF OF AF AF +===， ∴EF＝5OF ＝32, 即：EF ＝32；（3）存在，如图2，连接OE ，∵∠ECB ＝∠EBC ，∴CE ＝EB ，∵OE ＝OE ，OB ＝OC ，∴△OEC ≌△OEB ，∴S △OEC ＝S △OEB ，∵S △CEF ＝4S △BOF ，∴S △CEO +S △EOF ＝4（S △BOE ﹣S △EOF ）， ∴53CEO EFO S S ∆∆=， ∴53CO FO =， ∴FO ＝35CO，∵△OFA ∽△EFC ， ∴53CE AD CO EF FO FO ===， ∴BF ＝BE ﹣EF ＝CE ﹣EF ＝23EF ， ∴AF ＝AB ﹣BF ＝4﹣23EF ， ∵△OAF ∽△EFC ，∴CF EF FA FO=， ∴85523543EF =-， ∴EF ＝3﹣35．【点睛】圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，分类讨论的思想，判断出53CE AD CO EF FO FO ===是解本题的关键．。

九年级数学上册压轴解答题(提升篇)(Word版含解析)

九年级数学上册压轴解答题（提升篇）（Word版含解析）一、压轴题1．已知P是⊙O上一点，过点P作不过圆心的弦PQ，在劣弧PQ和优弧PQ上分别有动点A、B(不与P，Q重合)，连接AP、BP. 若∠APQ=∠BPQ.(1)如图1，当∠APQ=45°，AP=1，BP=22时，求⊙O的半径；(2)如图2，选接AB，交PQ于点M，点N在线段PM上(不与P、M重合)，连接ON、OP，若∠NOP+2∠OPN=90°，探究直线AB与ON的位置关系，并证明.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, AB是⊙O的直径,点D、E在⊙O上,连接AE、ED、DA,连接BD并延长至∠=∠．点C,使得DAC AED（1）求证: AC是⊙O的切线；（2）若点E是BC的中点, AE与BC交于点F，=；①求证: CA CF②若⊙O的半径为3，BF=2,求AC的长．4．如图，在矩形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，连接AC 、EC 、EF 、FC ，且EC EF ⊥.（1）求证：AEF BCE ∽；（2）若23AC =，求AB 的长；（3）在（2）的条件下，求出ABC 的外接圆圆心与CEF △的外接圆圆心之间的距离？5．如图，AB 是⊙O 的直径，AF 是⊙O 的弦，AE 平分BAF ∠，交⊙O 于点E ，过点E 作直线ED AF ⊥，交AF 的延长线于点D ，交AB 的延长线于点C .(1)求证:CD 是⊙O 的切线;(2)若10,6AB AF ==，求AE 的长.6．翻转类的计算问题在全国各地的中考试卷中出现的频率很大，因此初三（5）班聪慧的小菲同学结合2011年苏州市数学中考卷的倒数第二题对这类问题进行了专门的研究。

初三九年级上册数学压轴解答题(提升篇)(Word版含解析)

初三九年级上册数学压轴解答题（提升篇）（Word 版含解析）一、压轴题1．如图，在平面直角坐标系中，直线1l ：162y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线2l ：12y 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，在四边形ABCD 中，9054ABC BCD AB BC cm CD cm ∠=∠=︒===，，点P 从点C 出发以1/cm s 的速度沿CB 向点B 匀速移动，点M 从点A 出发以15/cm s 的速度沿AB 向点B 匀速移动，点N 从点D 出发以/acm s 的速度沿DC 向点C 匀速移动．点P M N 、、同时出发，当其中一个点到达终点时，其他两个点也随之停止运动，设移动时间为ts ．（1）如图①，①当a 为何值时，点P B M 、、为顶点的三角形与PCN △全等?并求出相应的t 的值； ②连接AP BD 、交于点E ，当AP BD ⊥时，求出t 的值；（2）如图②，连接AN MD 、交于点F ．当3883a t ==，时，证明：ADF CDF S S ∆∆=．3．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．4．如图，AB是⊙O的直径，AF是⊙O的弦，AE平分BAF∠，交⊙O于点E，过点E作直线ED AF⊥，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C.(1)求证:CD是⊙O的切线;(2)若10,6AB AF==，求AE的长.5．【问题学习】小芸在小组学习时问小娟这样一个问题：已知α为锐角，且sinα=13，求sin2α的值．小娟是这样给小芸讲解的：构造如图1所示的图形，在⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=13BCAB=，可设BC=x，则AB=3x，…．【问题解决】（1）请按照小娟的思路，利用图1求出sin2α的值；（写出完整的解答过程）（2）如图2，已知点M，N，P为⊙O上的三点，且∠P=β，sinβ=35，求sin2β的值．6．如图，在▱ABCD 中，AB ＝4，BC ＝8，∠ABC ＝60°．点P 是边BC 上一动点，作△PAB 的外接圆⊙O 交BD 于E ．（1）如图1，当PB ＝3时，求PA 的长以及⊙O 的半径；（2）如图2，当∠APB ＝2∠PBE 时，求证：AE 平分∠PAD ；（3）当AE 与△ABD 的某一条边垂直时，求所有满足条件的⊙O 的半径．7．某校网球队教练对球员进行接球训练，教练每次发球的高度、位置都一致．教练站在球场正中间端点A 的水平距离为x 米，与地面的距离为y 米，运行时间为t 秒，经过多次测试，得到如下部分数据： t 秒 0 1.5 2.5 4 6.5 7.5 9 … x 米 0 4 8 10 12 16 20 … y 米24.565.8465.844.562…（2）网球落在地面时，与端点A 的水平距离是多少？（3）网球落在地面上弹起后，y 与x 满足()256y a x k =-+①用含a 的代数式表示k ；②球网高度为1.2米，球场长24米，弹起后是否存在唯一击球点，可以将球沿直线扣杀到A 点，若有请求出a 的值，若没有请说明理由．8．如图1,已知菱形ABCD 的边长为3A 在x 轴负半轴上，点B 在坐标原点．点D 的坐标为33),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DF=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) 9．如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线212y x bx c =-++经过B 、D 两点，与x 轴的另一个交点为A ，与y 轴相交于点C ．（1）求抛物线的解析式．（2）设抛物线的顶点为M ，求四边形ABMC 的面积（请在图1中探索）（3）设点Q 在y 轴上，点P 在抛物线上．要使以点A 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P 的坐标（请在图2中探索）10．如图1，ABC ∆是⊙O 的内接等腰三角形，点D 是弧AC 上异于,A C 的一个动点，射线AD 交底边BC 所在的直线于点E ，连结BD 交AC 于点F . （1）求证：ADB CDE ∠=∠；（2）若7BD =，3CD =，①求AD DE •的值；②如图2，若AC BD ⊥，求tan ACB ∠；（3）若5tan 2CDE ∠=，记AD x =，ABC ∆面积和DBC ∆面积的差为y ，直接写出y 关于x 的函数关系式.11．如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点E，AC＝BD，点D在AB上，连接CO，并延长CO交线段AB于点F，连接OA、OB，且OA＝5，tan∠OBA＝12．（1）求证：∠OBA＝∠OCD；（2）当△AOF是直角三角形时，求EF的长；（3）是否存在点F，使得S△CEF＝4S△BOF，若存在，请求EF的长，若不存在，请说明理由．12．如图，扇形OMN的半径为1，圆心角为90°，点B是上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．（1）当点B移动到使AB：OA=：3时，求的长；（2）当点B移动到使四边形EPGQ为矩形时，求AM的长．（3）连接PQ，试说明3PQ2+OA2是定值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、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)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OP1Q1C为菱形时，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；②当四边形OP2CQ2为菱形时；③当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.【详解】解：(1)由题意得16212y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得63 xy=⎧⎨=⎩∴A(6，3)在y=-162x+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，12x) (0≤x≤6)∵S△COD=12∴12×6x=12x=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624bk b=⎧⎨=+⎩解得16 kb=-⎧⎨=⎩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OP 1Q 1C 为菱形时OC==OP 1，由∠COP 1=90°，得到四边形OP 1Q 1C 为正方形，此时Q 1P 1=OP 1=OC=6，即Q:（6，6）；② 当四边形OP 2CQ 2为菱形时，OP 2=CP 2 ，由C 坐标为（0，6），得到Q 2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ 2解析式y=-x 中，得：x=-3，此时Q 2（-3，3）；③当四边形0Q 3P 3C 为菱形时，OC=CP 3，则有OQ 3=OC=CP 3=P 3Q 3=6，设坐标为（x ，-x+6）， ∵OC=CP 3∴x 2+x 2= CP 32= OC 2=62解得，2P 的坐标为2，2) 此时Q 322).综上，点Q 的坐标是(-3，3)或2，2)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）① 2.5t =， 1.1a =或2t =，0.5a =；②1t =；（2）见解析【解析】【分析】（1）①当PBM PCN ≅△△时或当MBP PCN ≅△△时，分别列出方程即可解决问题； ②当AP BD ⊥时，由ABP BCD ≅△△，推出BP CD =，列出方程即可解决问题；（2）如图②中，连接AC 交MD 于O 只要证明AOM COD ≅△△，推出OA OC =，可得ADO CDO S S ∆∆=，AFO CFO S S ∆∆=，推出ADO AFO CDO CFO S S S S ∆∆∆∆-=-，即ADF CDF S S ∆∆=；【详解】解：（1）①90ABC BCD ∠=∠=︒，∴当PBM PCN ≅△△时，有BM NC =，即5t t -=①5 1.54t at -=-②由①②可得 1.1a =， 2.5t =．当MBP PCN ≅△△时，有BM PC =，BP NC =，即5 1.5t t -=③ 54t at -=-④，由③④可得0.5a =，2t =．综上所述，当 1.1a =， 2.5t =或0.5a =，2t =时，以P 、B 、M 为顶点的三角形与PCN △全等； ②AP BD ⊥， 90BEP ∴∠=︒，90APB CBD ∴∠+∠=︒，90ABC ∠=︒，90APB BAP ∴∠+∠=︒， BAP CBD ∴∠=∠，在ABP △和BCD 中，BAP CBD AB BCABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()ABP BCD ASA ∴≅△△，BP CD ∴=，即54t -=， 1t ∴=；（2）当38a =，83t =时，1DN at ==，而4CD =，DN CD ∴<，∴点N 在点C 、D 之间， 1.54AM t ==，4CD =， AM CD ∴=，如图②中，连接AC 交MD 于O ， 90ABC BCD ∠=∠=︒， 180ABC BCD ∴∠+∠=︒， //AB BC ∴，AMD CDM ∴∠=∠，BAC DCA ∠=∠，在AOM 和COD △中， AMD CDM AM CDBAC DCA ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()AOM COD ASA ∴≅△△，OA OC ∴=，ADO CDO S S ∆∆∴=，AFO CFO S S ∆∆=， ADO AFO CDO CFO S S S S ∆∆∆∆∴-=-， ADF CDF S S ∆∆∴=．【点睛】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．3．（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．4．（1）详见解析；（2）45【解析】【分析】（1）通过证明OE ∥AD 得出结论OE ⊥CD ，从而证明CD 是⊙0的切线；（2）在Rt △ADE 中，求出AD ，DE ，利用勾股定理即可解决问题．【详解】（1）证明：∵AE 平分∠DAC ，∴∠CAE ＝∠DAE ．∵OA ＝OE ，∴∠OEA ＝∠OAE ．∴∠DAE ＝∠AEO ，．∴AD ∥OE ．∵AD ⊥CD ，∴OE ⊥CD ．∴CD 是⊙O 的切线．（2）解：连接BF 交OE 于K ．∵AB 是直径，∴∠AFB ＝90°，∵AB ＝10，AF ＝6，∴BF8，∵OE∥AD，∴∠OKB＝∠AFB＝90°，∴OE⊥BF，∴FK＝BK＝4，∵OA＝OB，KF＝KB，∴OK＝12AF＝3，∴EK＝OE﹣OK＝2，∵∠D＝∠DFK＝∠FKE＝90°，∴四边形DFKE是矩形，∴DE＝KF＝4，DF＝EK＝2，∴AD＝AF+DF＝8，在Rt△ADE中，AE．【点睛】本题考查切线的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．5．（1）sin2α=9；（2）sin2β=sin∠MON=2425．【解析】试题分析：（1）如图1中，⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=13BCAB=，可设BC=x，则AB=3x．利用面积法求出CD，在Rt△COD中，根据sin2α=CDOC，计算即可．（2）如图2中，连接NO，并延长交⊙O于点Q，连接MQ，MO，过点M作MR⊥NO于点R．首先证明∠MON=2∠Q=2β，在Rt△QMN中，由sinβ=35MNNQ=，设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=12NQ=52k，可得=4k，由12•MN•MQ=12•NQ•MR，求出在Rt△MRO中，根据sin2β=sin∠MON=MROM，计算即可．试题解析：（1）如图1中，⊙O中，AB是直径，点C在⊙O上，所以∠ACB=90°，作CD⊥AB于D．设∠BAC=α，则sinα=13BCAB=，可设BC=x，则AB=3x．∴AC=22AB BC-=22(3)x x-=22x，∵12•AC•BC=12•AB•CD，∴CD=223 x，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=α，∴∠COB=2α，∴sin2α=CDOC =429．（2）如图2中，连接NO，并延长交⊙O于点Q，连接MQ，MO，过点M作MR⊥NO于点R．在⊙O中，∠NMQ=90°，∵∠Q=∠P=β，∴∠MON=2∠Q=2β，在Rt△QMN中，∵sinβ=35 MNNQ=，∴设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=12NQ=52k，∴22QN MN-=4k，∵1122NMQS MN MQ NQ MR∆==，∴3k•4k=5k•MR∴MR=12k 5，在Rt△MRO中，sin2β=sin∠MON=122455252kMRkOM==．考点：圆的综合题．6．（1）PAO的半径为3；（2）见解析；（3）⊙O的半径为2或【解析】【分析】（1）过点A作BP的垂线，作直径AM，先在Rt△ABH中求出BH，AH的长，再在Rt△AHP中用勾股定理求出AP的长，在Rt△AMP中通过锐角三角函数求出直径AM的长，即求出半径的值；（2）证∠APB＝∠PAD＝2∠PAE，即可推出结论；（3）分三种情况：当AE⊥BD时，AB是⊙O的直径，可直接求出半径；当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，通过证△BFE∽△DAE，求出BE的长，再证△OBE是等边三角形，即得到半径的值；当AE⊥AB时，过点D作BC的垂线，通过证△BPE∽△BND，求出PE，AE的长，再利用勾股定理求出直径BE的长，即可得到半径的值．【详解】（1）如图1，过点A作BP的垂线，垂足为H，作直径AM，连接MP，在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，∴∠BAH＝30°，∴BH＝12AB＝2，AH＝AB•sin60°＝∴HP＝BP﹣BH＝1，∴在Rt△AHP中，AP∵AB是直径，∴∠APM＝90°，在Rt△AMP中，∠M＝∠ABP＝60°，∴AM＝APsin60︒＝3，∴⊙O，即PA⊙O（2）当∠APB＝2∠PBE时，∵∠PBE＝∠PAE，∴∠APB＝2∠PAE，在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠APB＝∠PAD，∴∠PAD＝2∠PAE，∴∠PAE＝∠DAE，∴AE平分∠PAD；（3）①如图3﹣1，当AE⊥BD时，∠AEB＝90°，∴AB是⊙O的直径，∴r＝12AB＝2；②如图3﹣2，当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，∵AD∥BC，∴AF⊥BC，△BFE∽△DAE，∴BFAD ＝EFAE，在Rt△ABF中，∠ABF＝60°，∴AF＝AB•sin60°＝BF＝12AB＝2，∴28，∴EF＝5，在Rt△BFE中，BE，∵∠BOE＝2∠BAE＝60°，OB＝OE，∴△OBE是等边三角形，∴r＝5；③当AE⊥AB时，∠BAE＝90°，∴AE为⊙O的直径，∴∠BPE＝90°，如图3﹣3，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点N，延开PE交AD于点Q，在Rt△DCN中，∠DCN＝60°，DC＝4，∴DN＝DC•sin60°＝CN＝12CD＝2，∴PQ ＝DN ＝23，设QE ＝x ，则PE ＝23﹣x ，在Rt △AEQ 中，∠QAE ＝∠BAD ﹣BAE ＝30°，∴AE ＝2QE ＝2x ，∵PE ∥DN ，∴△BPE ∽△BND ，∴PE DN ＝BP BN ， ∴2323x -＝BP 10， ∴BP ＝10﹣533x ，在Rt △ABE 与Rt △BPE 中，AB 2+AE 2＝BP 2+PE 2，∴16+4x 2＝（10﹣53x ）2+（23﹣x ）2，解得，x 1＝63（舍），x 2＝3，∴AE ＝23，∴BE ＝22AB AE +＝224(23)+＝27，∴r ＝7，∴⊙O 的半径为2或47或7．【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知圆的基本性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质.7．（1）10；（2）1056+米；（3）①100k a =-；②不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用表格中数据直接得出网球达到最大高度时的时间及最大值；（2）首先求出函数解析式，进而求出网球落在地面时，与端点A 的水平距离；（3）①由（2）得网球落在地面上时，得出对应点坐标，代入计算即可；②由球网高度及球桌的长度可知其扣杀路线解析式为110y x =，若要击杀则有(215610010a x a x --=，根据有唯一的击球点即该方程有唯一实数根即可求得a 的值，继而根据对应x 的值取舍可得．【详解】（1）由表格中数据可得4t =，（秒），网球达到最大高度，最大高度为6；（2）以A 为原点，以球场中线所在直线为x 轴，网球发出的方向为x 轴的正方向，竖直运动方向为y 方向，建立平面直角坐标系．由表格中数据，可得y 是x 的二次函数，且顶点坐标为(10，6)，可设2(10)6y m x =-+，将（0，2）代入，可得：125m =-， ∴21(10)625y x =--+，当0y =，得10x =±(负值舍去)，∴网球落在地面上时，网球与端点A 的距离为10+米；（3）①由（2）得网球落在地面上时，对应的点为(10+，0)代入(2y a x k =-+，得100k a =-；②不存在． ∵网高1.2米，球网到A 的距离为24122=米， ∴扣杀路线在直线经过（0，0）和（12，1.2）点， ∴扣杀路线在直线110y x =上，令(2110010a x a x --=，整理得：2150010ax x a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，当0=时符合条件，221106200010a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，解得1a =，2a =．开口向下，0a ＜，∴1a ，2a 都可以，将1a ，2a 分别代入(2110010a x a x --=，得到得解都是负数，不符合实际．【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，由实际问题建立起二次函数的模型并将二次函数的问题转化为一元二次方程求解是解题的关键．8．（1）y=−x 2+3；（2）①或 ⩽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+t，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t⩽6 2.∵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).∴t63t6【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. . 9．（1）21322y x x =-++；（2）92；（3）点P 的坐标为：3(2,)2或（4，52-）或（4-，212-）．【解析】【分析】（1）由图可知点B 、点D 的坐标，利用待定系数法，即可求出抛物线的解析式；（2）过点M 作ME ⊥AB 于点E ，由二次函数的性质，分别求出点A 、C 、M 的坐标，然后得到OE 、BE 的长度，再利用切割法求出四边形的面积即可；（3）由点Q 在y 轴上，设Q （0，y ），由平行四边形的性质，根据题意可分为：①当AB 为对角线时；②当BQ 2为对角线时；③当AQ 3为对角线时；分别求出三种情况的点P 的坐标，即可得到答案．【详解】解：（1）根据题意，抛物线212y x bx c =-++经过B 、D 两点，点D 为（2-，52-），点B 为（3，0），则2215(2)22213302b c b c ⎧-⨯--+=-⎪⎪⎨⎪-⨯++=⎪⎩，解得：132b c =⎧⎪⎨=⎪⎩， ∴抛物线的解析式为21322y x x =-++；（2）∵22131(1)2222y x x x =-++=--+， ∴点M 的坐标为（1，2）令213022x x -++=，解得：11x =-，23x =，∴点A 为（1-，0）；令0x =，则32y =， ∴点C 为（0，32）； ∴OA=1，OC=32，过点M 作ME ⊥AB 于点E ，如图：∴2ME =，1OE =，2BE =，∴111()222ABMC S OA OC OC ME OE BE ME =•++•+•四边形， ∴131313791(2)122222222442ABMC S =⨯⨯+⨯+⨯+⨯⨯=++=四边形；（3）根据题意，点Q 在y 轴上，则设点Q 为（0，y ），∵点P 在抛物线上，且以点A 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，如图所示，可分为三种情况进行分析：①AB 为对角线时，则11PQ 为对角线；由平行四边形的性质，∴点E 为AB 和11PQ 的中点，∵E 为（1，0），∵点Q 1为（0，y ），∴点P 1的横坐标为2；当2x =时，代入21322y x x =-++， ∴32y =，∴点13(2,)2P ；②当BQ 2是对角线时，AP 也是对角线，∵点B （3，0），点Q 2（0，y ），∴BQ 2中点的横坐标为32，∵点A 为（1-，0），∴点P 2的横坐标为4，当4x =时，代入21322y x x =-++， ∴52y =-， ∴点P 2的坐标为（4，52-）； ③当AQ 3为对角线时，BP 3也是对角线；∵点A 为（1-，0），点Q 3（0，y ），∴AQ 3的中点的横坐标为12-， ∵点B （3，0），∴点P 3的横坐标为4-，当4x =-时，代入21322y x x =-++， ∴212y =-， ∴点P 3的坐标为（4-，212-）；综合上述，点P 的坐标为：3(2,)2或（4，52-）或（4-，212-）．【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的性质，解一元二次方程，以及坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质进行解题，注意利用分类讨论和数形结合的思想进行分析．10．(1)证明见解析；（2）①21（3）21029y x =【解析】【分析】 ()1由圆内接四边形性质知ABC CDE ∠∠=，由AB AC =知ABC ACB ∠∠=，从而得ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠===；()2①由BAD DCE ∠∠=，ADB CDE ∠∠=可证ADB ∽CDE.从而得AD DB CD DE =； ②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，证MAF ≌DAF 得MF DF =，据此知BM CM CD 3===，MF DF 2==，求得CF ==定义可得答案；()3证ABD ∽AEB 得2AB AD AE.=⋅证ABD ∽CED 得BD CD AD DE.⋅=⋅从而得2ABC BCD 111S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC x sin BAC 222∠∠∠-=⋅⋅-⋅⋅=，再由5tan ABC tan CDE 2∠∠==，可设BM 2a =，知AM 5a =，AB 29a =，由面积法可得BN a 29=，即20sin BAC 29∠=，据此得出答案．【详解】解：()1四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，ABC 180ADC CDE ∠∠∠∴=-=．AB AC =，ABC ACB ∠∠∴=．ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠∴===；()2①四边形ABCD 内接于圆，BAD 180BCD DCE ∠∠∠∴=-=．又ADB CDE ∠∠=，ADB ∴∽CDE ．AD DB CD DE∴=， AD DE BD CD 7321∴⋅=⋅=⨯=；②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，AM 平分BAC ∠，AM BC ∴⊥，CAD CBD 90ACB MAF ∠∠∠∠∴==-=．MAF ∴≌()DAF ASA ．MF DF ∴=，即AC 是线段MD 的中垂线．BM CM CD 3∴===，MF DF 2∴==，在Rt CDF 中，2222CF CD DF 325=--=，BF tan ACB 5CF 5∠∴===()3BAD EAB ∠∠=，ADB ACB ABE ∠∠∠==，ABD ∴∽AEB ，AB AD AE AB∴=，即2AB AD AE =⋅． CDE ADB ∠∠=，DCE BAD ∠∠=ABD ∴∽CED ， BD AD DE CD∴=，即BD CD AD DE ⋅=⋅． ABC BCD 11S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC 22∠∠-=⋅⋅-⋅⋅, ()1sin BAC AD AE AD DE 2∠=⋅-⋅. 21x sin BAC 2∠=，又5tan ABC tan CDE 2∠∠==，如图2，设BM 2a =，则AM 5a =，AB 29a =，由面积法可得BN 29=，即20sin BAC 29∠=， 22ABC BCD 12010S S x x 22929y ∴-==⨯=．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、相似三角形和全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三角函数的应用等知识点．11．（1）见解析；（2）EF ＝3251+；（3）存在【解析】【分析】（1）先判断出∠ECB ＝∠EBC ，再判断出∠OCB ＝∠OBC ，即可得出结论；（2）先求出EF ，再分两种情况，利用锐角三角函数和相似三角形的性质即可得出结论；（3）先利用面积关系得出53CO FO =，进而利用△OAF ∽△EFC 得出比例式，即可得出结论．【详解】解：（1）如图1，连接BC ，∵AC BD = ，∴∠ECB ＝∠EBC ，∵OB ＝OC ，∴∠OCB ＝∠OBC ，∴∠OCD ＝∠ECF ＝∠ECB ﹣∠OCB ＝∠EBC ﹣∠OBC ＝∠OBA ；（2）∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴∠OAF ＝∠ECF ，①当∠AFO ＝90°时，∵OA tan ∠OBA ＝12，∴OC ＝OA OF ＝1，AB ＝4，∴EF ＝CF •t an ∠ECF ＝CF•tan ∠OBA ②当∠AOF ＝90°时，∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴tan ∠OAF ＝tan ∠OBA ＝12，∵OA∴OF ＝OA •tan ∠OAF ， ∴AF ＝52， ∵∠OAF ＝∠OBA ＝∠ECF ，∠OFA ＝∠EFC ，∴△OFA ∽△EFC ，∴5EF CF OC OF OF AF AF +===，∴EF OF ＝32,即：EF ＝32；（3）存在，如图2，连接OE ，∵∠ECB＝∠EBC，∴CE＝EB，∵OE＝OE，OB＝OC，∴△OEC≌△OEB，∴S△OEC＝S△OEB，∵S△CEF＝4S△BOF，∴S△CEO+S△EOF＝4（S△BOE﹣S△EOF），∴53CEOEFOSS∆∆=，∴53COFO=，∴FO＝35CO＝35，∵△OFA∽△EFC，∴53CE AD COEF FO FO===，∴BF＝BE﹣EF＝CE﹣EF＝23EF，∴AF＝AB﹣BF＝4﹣23EF，∵△OAF∽△EFC，∴CF EFFA FO=，∴85523543EF=-，∴EF＝3﹣35．【点睛】圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，分类讨论的思想，判断出53CE AD COEF FO FO===是解本题的关键．12．（1）证明见解析（2）当AM的长为（1﹣）时，四边形EPGQ是矩形（3）定值【解析】【分析】（1）先利用三角函数求出∠AOB=30°，再用弧长公式即可得出结论；（2）易得△AED∽△BCE，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得OA的长，即可得出结论；（3）连接GE交PQ于O′，易得O′P=O′Q，O′G=O'E，然后过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′，由△PCF∽△PEG，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得3PQ2+OA2的值．【详解】解：（1）证明：连接OB，如图①，∵四边形OABC是矩形，∴∠AOC=∠OAB=90°，在Rt△AOB中，tan∠AOB==，∴∠AOB=30°，∴==；（2）如图②，∵▱EPGQ是矩形．∴∠CED=90°∴∠AED+∠CEB=90°．又∵∠DAE=∠EBC=90°，∴∠AED=∠BCE．∴△AED∽△BCE，∴．设OA=x，AB=y，则=，得y2=2x2，又 OA2+AB2=OB2，即x2+y2=12．∴x2+2x2=1，解得：x=．∴AM=OM﹣OA=1﹣当AM的长为（1﹣）时，四边形EPGQ是矩形；（3）如图③，连接GE交PQ于O′，∵四边形EPGQ是平行四边形，∴O′P=O′Q，O′G=O′E．过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．由△PCF∽△PEG得， =2，∴PA′=A′B′=AB，GA′=GE=OA，∴A′O′=GE﹣GA′=OA．在Rt△PA′O′中，PO′2=PA′2+A′O′2，即=+，又 AB2+OA2=1，∴3PQ2=AB2+，∴OA2+3PQ2=OA2+（AB2+）=是定值．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质以及勾股定理，锐角三角函数，弧长公式等知识，解题的关键是注意准确作出辅助线，注意数形结合思想与方程思想的应用．。

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最新初三九年级数学上册数学压轴题（提升篇）（Word版含解析）一、压轴题1．阅读理解：如图，在纸面上画出了直线l与⊙O，直线l与⊙O相离，P为直线l上一动点，过点P作⊙O的切线PM，切点为M，连接OM、OP，当△OPM的面积最小时，称△OPM为直线l与⊙O的“最美三角形”．解决问题：（1）如图1，⊙A的半径为1，A(0，2) ，分别过x轴上B、O、C三点作⊙A的切线BM、OP、CQ，切点分别是M、P、Q，下列三角形中，是x轴与⊙A的“最美三角形”的是．(填序号)①ABM；②AOP；③ACQ（2）如图2，⊙A的半径为1，A(0，2)，直线y=kx（k≠0）与⊙A的“最美三角形”的面积为12，求k的值．（3）点B在x轴上，以B为圆心，3为半径画⊙B，若直线y=3x+3与⊙B的“最美三角形”的面积小于3，请直接写出圆心B的横坐标B x的取值范围．2．如图，在矩形ABCD中，AB=20cm，BC=4cm，点p从A开始折线A——B——C——D以4cm/秒的速度移动，点Q从C开始沿CD边以1cm/秒的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动，设运动的时间t（秒）（1）t 为何值时，四边形APQD 为矩形.（2）如图（2），如果⊙P 和⊙Q 的半径都是2cm ，那么t 为何值时，⊙P 和⊙Q 外切？ 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．研究发现：当四边形的对角线互相垂直时，该四边形的面积等于对角线乘积的一半，如图1，已知四边形ABCD 内接于O ，对角线AC BD =，且AC BD ⊥．（1）求证：AB CD =；（2）若O 的半径为8，弧BD 的度数为120︒，求四边形ABCD 的面积；（3）如图2，作OM BC ⊥于M ，请猜测OM 与AD 的数量关系，并证明你的结论．5．问题发现：（1）如图①，正方形ABCD 的边长为4，对角线AC 、BD 相交于点O ，E 是AB 上点（点E不与A、B重合），将射线OE绕点O逆时针旋转90°，所得射线与BC交于点F，则四边形OEBF的面积为．问题探究：（2）如图②，线段BQ＝10，C为BQ上点，在BQ上方作四边形ABCD，使∠ABC＝∠ADC ＝90°，且AD＝CD，连接DQ，求DQ的最小值；问题解决：（3）“绿水青山就是金山银山”，某市在生态治理活动中新建了一处南山植物园，图③为南山植物园花卉展示区的部分平面示意图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD，AC＝600米．其中AB、BD、BC为观赏小路，设计人员考虑到为分散人流和便观赏，提出三条小路的长度和要取得最大，试求AB+BD+BC的最大值．6．翻转类的计算问题在全国各地的中考试卷中出现的频率很大，因此初三（5）班聪慧的小菲同学结合2011年苏州市数学中考卷的倒数第二题对这类问题进行了专门的研究。

你能和小菲一起解决下列各问题吗？（以下各问只要求写出必要的计算过程和简洁的文字说明即可。

）（1）如图①，小菲同学把一个边长为1的正三角形纸片（即△OAB）放在直线l1上，OA边与直线l1重合，然后将三角形纸片向右翻转一周回到初始位置，求顶点O所经过的路程；并求顶点O所经过的路线；图①（2）小菲进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC放在直线l2上，OA边与直线l2重合，然后将正方形纸片向右翻转若干次．她提出了如下问题：图②问题①：若正方形纸片OABC接上述方法翻转一周回到初始位置，求顶点O经过的路程；问题②：正方形纸片OABC按上述方法经过多少次旋转，顶点O经过的路程是+41202。

（3）①小菲又进行了进一步的拓展研究，若把这个正三角形的一边OA与这个正方形的一边OA重合（如图3），然后让这个正三角形在正方形上翻转，直到正三角形第一次回到初始位置（即OAB的相对位置和初始时一样），求顶点O所经过的总路程。

图③②若把边长为1的正方形OABC放在边长为1的正五边形OABCD上翻转（如图④），直到正方形第一次回到初始位置，求顶点O所经过的总路程。

图④（4）规律总结，边长相等的两个正多边形，其中一个在另一个上翻转，当翻转后第一次回到初始位置时，该正多边形翻转的次数一定是两正多边形边数的___________。

7．如图，函数y=-x2+bx+c的图象经过点A（m，0），B（0，n）两点，m，n分别是方程x2-2x-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=-x2+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=-x2+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．8．如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A、B两点，其中点A坐标为（1，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，连接AC ，点Q 为x 轴下方抛物线上任意一点，点D 是抛物线对称轴与x 轴的交点，直线AQ 、BQ 分别交抛物线的对称轴于点M 、N ．请问DM +DN 是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．（3）如图2，点P 为抛物线上一动点，且满足∠PAB ＝2∠ACO ．求点P 的坐标．9．如图，抛物线2y x bx c =-++与x 轴的两个交点分别为(1,0)A ，(30)B ，．抛物线的对称轴和x 轴交于点M ．（1）求这条抛物线对应函数的表达式；（2）若P 点在该抛物线上，求当PAB △的面积为8时，求点P 的坐标．（3）点G 是抛物线上一个动点，点E 从点B 出发，沿x 轴的负半轴运动，速度为每秒1个单位，同时点F 由点M 出发，沿对称轴向下运动，速度为每秒2个单位，设运动的时间为t ．①若点G 到AE 和MF 距离相等，直接写出点G 的坐标．②点C 是抛物线的对称轴上的一个动点，以FG 和FC 为边做矩形FGDC ，直接写出点E 恰好为矩形FGDC 的对角线交点时t 的值．10．如图，在⊙O 中，弦AB 、CD 相交于点E ，AC ＝BD ，点D 在AB 上，连接CO ，并延长CO 交线段AB 于点F ，连接OA 、OB ，且OA 5tan ∠OBA ＝12．（1）求证：∠OBA ＝∠OCD ；（2）当△AOF 是直角三角形时，求EF 的长；（3）是否存在点F ，使得S △CEF ＝4S △BOF ，若存在，请求EF 的长，若不存在，请说明理由．11．如图，在边长为5的菱形OABC中，sin∠AOC＝45，O为坐标原点，A点在x轴的正半轴上，B，C两点都在第一象限．点P以每秒1个单位的速度沿O→A→B→C→O运动一周，设运动时间为t（秒）．请解答下列问题：（1）当CP⊥OA时，求t的值；（2）当t＜10时，求点P的坐标（结果用含t的代数式表示）；（3）以点P为圆心，以OP为半径画圆，当⊙P与菱形OABC的一边所在直线相切时，请直接写出t的值．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）②；（2）±1；（3）23＜B x 373Bx＜23-【解析】【分析】（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．（2）本题根据k的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF，利用勾股定理求解AF，进一步确定∠AOF度数，最后利用勾股定理确定点F的坐标，利用待定系数法求k．（3）本题根据⊙B在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND，△BMN为媒介计算BD长度，最后与OD相减求解点B的横坐标范围．【详解】（1）如下图所示：∵PM是⊙O的切线，∴∠PMO=90°，当⊙O的半径OM是定值时，22PM OP OM=-，∵1=2PMOS PM OM••，∴要使PMO△面积最小，则PM最小，即OP最小即可，当OP⊥l时，OP最小，符合最美三角形定义．故在图1三个三角形中，因为AO⊥x轴，故△AOP为⊙A与x轴的最美三角形．故选：②．（2）①当k＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM⊥x轴，如下所示：按题意可得：△AEF是直线y=kx与⊙A的最美三角形，故△AEF为直角三角形且AF⊥OF．则由已知可得：111=1222AEFS AE EF EF••=⨯⨯=，故EF=1．在△AEF中，根据勾股定理得：22AF AE==∵A(0,2)，即OA=2，∴在直角△AFO 中，22=2OF OA AF AF -==，∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，将F 点代入y=kx 可得：1k =-．②当k ＞0时，同理可得k=1．故综上：1k =±．（3）记直线33y x =+与x 、y 轴的交点为点D 、C ，则(3,0)D -，(0,3)C ， ①当⊙B 在直线CD 右侧时，如下图所示：在直角△COD 中，有3OC =，3OD =tan 3OC ODC OD∠==ODC=60°． ∵△BMN 是直线33y x =+与⊙B 的最美三角形，∴MN ⊥BM ，BN ⊥CD ，即∠BND=90°，在直角△BDN 中，sin BN BDN BD ∠=，故23==sin sin 60?3BN BN BD BN BDN =∠． ∵⊙B 3， ∴3BM =．当直线CD 与⊙B 相切时，3BN BM ==因为直线CD 与⊙B 相离，故BN 3BD ＞2，所以OB=BD-OD ＞23．由已知得：113=322BMN S MN BM MN ••=•=＜32，故MN ＜1．在直角△BMN 中，2223BN MN BM MN =+=+1+3=2，此时可利用勾股定理算得BD 43OB BD OD =- 433-3 则23＜B x 3 ②当⊙B 在直线CD 左侧时，同理可得：733-＜B x ＜23-故综上：2＜B x ＜3或3-＜B x ＜2- 【点睛】本题考查圆与直线的综合问题，属于创新题目，此类型题目解题关键在于了解题干所给示例，涉及动点问题时必须分类讨论，保证不重不漏，题目若出现最值问题，需要利用转化思想将面积或周长最值转化为线段最值以降低解题难度，求解几何线段时勾股定理极为常见．2．（1）4；（2）t 为4s ，203s ，283s 时，⊙P 与⊙Q 外切．【解析】试题分析：（1）四边形APQD 为矩形，也就是AP=DQ ，分别用含t 的代数式表示，解即可；（2）主要考虑有四种情况，一种是P 在AB 上，一种是P 在BC 上时．一种是P 在CD 上时，又分为两种情况，一种是P 在Q 右侧，一种是P 在Q 左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．试题解析：（1）根据题意，当AP=DQ 时，四边形APQD 为矩形．此时，4t=20-t ，解得t=4（s ）．答：t 为4时，四边形APQD 为矩形（2）当PQ=4时，⊙P 与⊙Q 外切．①如果点P 在AB 上运动．只有当四边形APQD 为矩形时，PQ=4．由（1），得t=4（s ）； ②如果点P 在BC 上运动．此时t ≥5，则CQ ≥5，PQ ≥CQ ≥5＞4，∴⊙P 与⊙Q 外离；③如果点P 在CD 上运动，且点P 在点Q 的右侧．可得CQ=t ，CP=4t-24．当CQ-CP=4时，⊙P 与⊙Q 外切．此时，t-（4t-24）=4，解得t=203（s ）； ④如果点P 在CD 上运动，且点P 在点Q 的左侧．当CP-CQ=4时，⊙P 与⊙Q 外切．此时，4t-24-t=4，解得t=283（s ）， ∵点P 从A 开始沿折线A-B-C-D 移动到D 需要11s ，点Q 从C 开始沿CD 边移动到D 需要20s ，而283＜11， ∴当t 为4s ，203s ，283s 时，⊙P 与⊙Q 外切．考点：1.矩形的性质；2.圆与圆的位置关系． 3．(1)作图见解析；（2）49π. 【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23GH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，PA2=PE2+AE2，∴（1-x）2=x2+（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=512-； 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）见解析；（2）96；（3）AD=2OM ，理由见解析【解析】【分析】（1）根据弦、弧、圆心角的关系证明；（2）根据弧BD 的度数为120°，得到∠BOD=120°，利用解直角三角形的知识求出BD ，根据题意计算即可；（3）连结OB 、OC 、OA 、OD ，作OE ⊥AD 于E ，如图3，根据垂径定理得到AE=DE ，再利用圆周角定理得到∠BOM=∠BAC ，∠AOE=∠ABD ，再利用等角的余角相等得到∠OBM=∠AOE ，则可证明△BOM ≌△OAE 得到OM=AE ，证明结论．【详解】解：（1）证明：∵AC=BD ，∴AC BD =，则AB DC，∴AB=CD ；（2）如图1，连接OB 、OD ，作OH ⊥BD 于H ，∵弧BD 的度数为120°，∴∠BOD=120°，∴∠BOH=60°，则BH=32OB=43， ∴BD=83，则四边形ABCD 的面积=12×AC×BD=96；（3）AD=2OM ，连结OB 、OC 、OA 、OD ，作OE ⊥AD 于E ，如图2，∵OE ⊥AD ，∴AE=DE ，∵∠BOC=2∠BAC ，而∠BOC=2∠BOM ，∴∠BOM=∠BAC ，同理可得∠AOE=∠ABD ，∵BD ⊥AC ，∴∠BAC+∠ABD=90°，∴∠BOM+∠AOE=90°，∵∠BOM+∠OBM=90°，∴∠OBM=∠AOE ，在△BOM 和△OAE 中，OMB OEA OBM OAE OB OA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BOM ≌△OAE （AAS ），∴OM=AE ，∴AD=2OM ．【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质和矩形的性质、会利用三角形全等解决线段相等的问题是解题的关键．5．（1）4；（2）52；（3）600（2+1）．【解析】【分析】（1）如图①中，证明△EOB≌△FOC即可解决问题；（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．利用四点共圆，证明∠DBQ＝∠DAC＝45°，再根据垂线段最短即可解决问题．（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，首先证明AB+BC+BD＝（2+1）BD，当BD最大时，AB+BC+BD的值最大．【详解】解：（1）如图①中，∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠EOF＝∠BOC，∴∠EOB＝∠FOC，∴△EOB≌△FOC（SAS），∴S△EOB＝S△OFC，∴S四边形OEBF＝S△OBC＝14•S正方形ABCD＝4，故答案为：4；（2）如图②中，连接BD，取AC的中点O，连接OB，OD．∵∠ABD＝∠ADC＝90°，AO＝OC，∴OA＝OC＝OB＝OD，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠DBC＝∠DAC，∵DA＝DC，∠ADC＝90°，∴∠DAC＝∠DCA＝45°，∴∠DBQ＝45°，根据垂线段最短可知，当QD⊥BD时，QD的值最短，DQ的最小值＝22BQ＝52．（3）如图③中，将△BDC绕点D顺时针旋转90°得到△EDA，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠BCD+∠BAD＝∠EAD+BAD＝180°，∴B，A，E三点共线，∵DE＝DB，∠EDB＝90°，∴BE2BD，∴AB+BC＝AB+AE＝BE2BD，∴BC+BC+BD2+1）BD，∴当BD最大时，AB+BC+BD的值最大，∵A，B，C，D四点共圆，∴当BD为直径时，BD的值最大，∵∠ADC＝90°，∴AC是直径，∴BD ＝AC 时，AB +BC +BD 的值最大，最大值＝600+1）．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．6．(1)43π；（2）22+，81；（3）283π，182+；（4）最小公倍数. 【解析】试题分析：（1）根据正三角形的性质及弧长公式求出点A 绕点B 、点C 旋转的两段弧长相加即可．(2)①根据正方形旋转一周的路径，利用弧长计算公式以及扇形面积公式求出即可，②再利用正方形纸片OABC 经过4次旋转得出旋转路径，进而得出2π=+ ，即可得出旋转次数． (3)方法同（2）；（4）边长相等的两个正多边形，其中一个在另一个上翻转，当翻转后第一次回到初始位置时，该正多边形翻转的次数一定是两正多边形边数的最小公倍数.试题解析：（1）∵点A 所经过的这两段弧所在圆的半径为1，所对圆心角均为120度 ∴点A 所经过的路线长为1201421803ππ⨯⨯=. （2）①顶点O经过的总路线长为：9012180⋅⨯=+=ππ②由①：每翻转一周顶点O 经过的总路线长为：π222+20=π即翻转20周后再翻一次，共翻81次.（3）①每翻三次翻一周，顶点O 所经过的总路线长为：2101721803⋅⨯=ππ 共翻四周回到初始位置，所以顶点O 所经过的总路线长为:728433⨯=ππ. ②每翻四次翻一周，顶点O 所经过的总路线长为:162181218045⋅⨯=+ππ 共翻5周回到初始位置，所以顶点O 所经过的总路线长为：8118545102+⨯+=π（）π（4）最小公倍数考点: 1.旋转的性质；2.等边三角形的性质；3.正方形的性质；4.弧长的计算；7．（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．8．（1）223y x x =+-；（2）是，定值为8；（3）1557,416⎛⎫- ⎪⎝⎭或939,416⎛⎫-- ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）把点A 、C 坐标代入抛物线解析式即可求得b 、c 的值．（2）设点Q 横坐标为t ，用t 表示直线AQ 、BN 的解析式，把x ＝1-分别代入即求得点M 、N 的纵坐标，再求DM 、DN 的长，即得到DM +DN 为定值．（3）点P 可以在x 轴上方或下方，需分类讨论．①若点P 在x 轴下方，延长AP 到H ，使AH ＝AB 构造等腰△ABH ，作BH 中点G ，即有∠PAB ＝2∠BAG ＝2∠ACO ，利用∠ACO 的三角函数值，求BG 、BH 的长，进而求得H 的坐标，求得直线AH 的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P 坐标．②若点P 在x 轴上方，根据对称性，AP 一定经过点H 关于x 轴的对称点H '，求得直线AH '的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P 坐标．【详解】解：（1）∵抛物线y ＝x 2+bx +c 经过点A （1，0），C （0，－3），∴10003b c c ++=⎧⎨++=-⎩解得：23b c =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线的函数表达式为y ＝x 2＋2x －3．（2）结论：DM +DN 为定值．理由：∵抛物线y ＝x 2＋2x －3的对称轴为：直线x ＝－1，∴D （﹣1，0），x M ＝x N ＝﹣1，设Q （t ，t 2+2t ﹣3）（﹣3＜t ＜1），设直线AQ 解析式为y ＝dx +e∴2023d e dt e t t +=⎧⎨+=+-⎩解得：33d t e t =+⎧⎨=--⎩， ∴直线AQ ：y ＝（t +3）x ﹣t ﹣3，当x ＝﹣1时，y M ＝﹣t ﹣3﹣t ﹣3＝﹣2t ﹣6，∴DM ＝0﹣（﹣2t ﹣6）＝2t +6，设直线BQ 解析式为y ＝mx +n ，∴23023m n mt n t t -+=⎧⎨+=+-⎩解得：133m t n t =-⎧⎨=-⎩， ∴直线BQ ：y ＝（t ﹣1）x +3t ﹣3，当x ＝﹣1时，y N ＝﹣t +1+3t ﹣3＝2t ﹣2，∴DN ＝0﹣（2t ﹣2）＝﹣2t +2，∴DM +DN ＝2t +6+（﹣2t +2）＝8，为定值．（3）①若点P 在x 轴下方，如图1，延长AP 到H ，使AH ＝AB ，过点B 作BI ⊥x 轴，连接BH ，作BH 中点G ，连接并延长AG 交BI 于点F ，过点H 作HI ⊥BI 于点I ．∵当x 2+2x ﹣3＝0，解得：x 1＝﹣3，x 2＝1，∴B （﹣3，0），∵A （1，0），C （0，﹣3），∴OA ＝1，OC ＝3，AC 221310+=AB ＝4，∴Rt △AOC 中，sin ∠ACO ＝010A AC =，cos ∠ACO ＝310OC AC =， ∵AB ＝AH ，G 为BH 中点，∴AG ⊥BH ，BG ＝GH ，∴∠BAG ＝∠HAG ，即∠PAB ＝2∠BAG ，∵∠PAB ＝2∠ACO ，∴∠BAG ＝∠ACO ，∴Rt △ABG 中，∠AGB ＝90°，sin ∠BAG ＝10BG AB =，∴BG ＝10210105AB =， ∴BH ＝2BG＝410， ∵∠HBI +∠ABG ＝∠ABG +∠BAG ＝90°，∴∠HBI ＝∠BAG ＝∠ACO ，∴Rt △BHI 中，∠BIH ＝90°，sin ∠HBI ＝HI BH ＝10，cos ∠HBI ＝310BI BH =， ∴HI ＝10BH ＝43，BI ＝310BH ＝125， ∴x H ＝411355-+=-，y H ＝125-，即1112,55H ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，设直线AH 解析式为y ＝kx +a ，∴0111255k a k a +=⎧⎪⎨-+=-⎪⎩，解得：3434k a ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线AH ：3344y x =-， ∵2334423y x y x x ⎧=-⎪⎨⎪=+-⎩解得：10x y =⎧⎨=⎩（即点A ）或943916x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴939,416P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． ②若点P 在x 轴上方，如图2，在AP 上截取AH '＝AH ，则H '与H 关于x 轴对称．∴1112,55H ⎛'⎫- ⎪⎝⎭，设直线AH '解析式为y k x a ='+'，∴0111255k a k a +='''⎧-'⎪⎨+=⎪⎩，解得：3434k a ⎧=-⎪⎪⎨''⎪=⎪⎩， ∴直线AH '：3344y x =-+， ∵2334423y x y x x ⎧=-+⎪⎨⎪=+-⎩解得：10x y =⎧⎨=⎩（即点A ）或1545716x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴1557,416P ⎛⎫- ⎪⎝⎭．综上所述，点P 的坐标为939,416⎛⎫-- ⎪⎝⎭或1557,416⎛⎫- ⎪⎝⎭．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰三角形的性质，三角函数的应用．运用到分类讨论的数学思想，理清线段之间的关系为解题关键．9．（1）243y x x =-+-；（2）点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）；（3）①G 的坐标．31()22，51(22-，51(22--+；②54t +=或54t -= 【解析】【分析】（1）将A 、B 两点坐标代入抛物线解析式，可确定抛物线解析式；（2）根据A 、B 两点坐标得AB=3-1=2，由三角形面积公式求P 点纵坐标的绝对值，得出P 点纵坐标的两个值，代入抛物线解析式求P 点横坐标；（3）①根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴右侧；当点G 在对称轴左侧；结合图像，分别求出点G 的坐标即可；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴左侧；当点G 在对称轴右侧；结合图像，分别列出方程，求出t 的值即可．【详解】解：（1）把点(1,0)A ，(3,0)B 代入抛物线2y x bx c =-++上，求得：4b =，3c =-，∴243y x x =-+-；（2）依题意，得312AB =-=，设P 点坐标为(,)a n ，当0n >时，则8n =，故2–438x x +-=，即24110x x ++=，∴441111644280∆=-⨯⨯=-=-<2（-），方程24110x x -++=无实数根；当0n <时，则8n =-故2438x x -+-=-，即2450x x -+-=，解得：11x =-，25x =所求点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）．（3）①分两种情况当点G 在对称轴右侧，设点G D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -，∵点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -﹐当点D 的坐标为(,2)m m -，有2243m m m -=-+-，解得：1352m =，2352m =（不符题意舍去），此时点D 的坐标为：3551)+-．当点D 的坐标为(,2)m m -时，有 2243m m m -=-+-，解得：1552m +=，2552m -=（不符题意舍去），此时点D 的坐标为：5515(22-．当点G 在对称轴左侧，设点D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -﹐因为点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -，分别代入解析式可求出点D 的坐标分别为：3551(,)---，5515(,)22--+．综上所述点D 的坐标为：3551(,)22+-﹐5515(,)22+--，3551(,)---，5515(,)--+． ②分两种情况当点G 在对称轴左侧，此时有1EN t =-，2NF t =﹐因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：1513t +=2513t -=（不合题意舍去）．当点G 在对称轴右侧，此时有1EN t =-，2NF t =，因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：1513t +=2513t -=．综上所述：513t +=或513t -=．【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角形面积公式的运用．关键是熟练掌握求二次函数解析式的方法，掌握三角形的高与P 点纵坐标的关系，注意运用数形结合和分类讨论的思想进行解题．10．（1）见解析；（2）EF ＝3251+；（3）存在【解析】【分析】（1）先判断出∠ECB ＝∠EBC ，再判断出∠OCB ＝∠OBC ，即可得出结论；（2）先求出EF ，再分两种情况，利用锐角三角函数和相似三角形的性质即可得出结论；（3）先利用面积关系得出53CO FO =，进而利用△OAF ∽△EFC 得出比例式，即可得出结论．【详解】解：（1）如图1，连接BC ，∵AC BD = ，∴∠ECB ＝∠EBC ，∵OB ＝OC ，∴∠OCB ＝∠OBC ，∴∠OCD ＝∠ECF ＝∠ECB ﹣∠OCB ＝∠EBC ﹣∠OBC ＝∠OBA ；（2）∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴∠OAF ＝∠ECF ，①当∠AFO ＝90°时，∵OAtan ∠OBA ＝12， ∴OC ＝OAOF ＝1，AB ＝4，∴EF ＝CF •tan ∠ECF ＝CF•tan ∠OBA＝12 ②当∠AOF ＝90°时，∵OA ＝OB ，∴∠OAF ＝∠OBA ，∴tan ∠OAF ＝tan ∠OBA ＝12， ∵OA∴OF ＝OA •tan ∠OAF， ∴AF ＝52， ∵∠OAF ＝∠OBA ＝∠ECF ，∠OFA ＝∠EFC ，∴△OFA ∽△EFC ，∴EF CF OC OF OF AF AF +=== ∴EF＝5OF ＝32, 即：EF ＝32；（3）存在，如图2，连接OE ，∵∠ECB ＝∠EBC ，∴CE ＝EB ，∵OE ＝OE ，OB ＝OC ，∴△OEC ≌△OEB ，∴S △OEC ＝S △OEB ，∵S △CEF ＝4S △BOF ，∴S △CEO +S △EOF ＝4（S △BOE ﹣S △EOF ）， ∴53CEO EFO S S ∆∆=， ∴53CO FO =，∴FO＝35CO＝355，∵△OFA∽△EFC，∴53CE AD COEF FO FO===，∴BF＝BE﹣EF＝CE﹣EF＝23EF，∴AF＝AB﹣BF＝4﹣23EF，∵△OAF∽△EFC，∴CF EFFA FO=，∴85523543EF=-，∴EF＝3﹣35．【点睛】圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，分类讨论的思想，判断出53CE AD COEF FO FO===是解本题的关键．11．（1）t＝3；（2）P（35t+2，45t﹣4）；（3）t的值为209秒或4秒或16秒或1609秒【解析】【分析】（1）如图1，过点C作CP⊥OA，交x轴于点P．就可以求出OP的值，由勾股定理就可以求出的OP值，进而求出结论；（2）t＜10时，P在OA或AB上运动，所以分两种情况：①当0≤t≤5时，如图1，点P在OA上，OP=t，可得P的坐标；②当5＜t＜10时，如图2，点P在AB上，构建直角三角形，根据三角函数定义可得P的坐标；（3）设切点为G，连接PG，分⊙P与四边相切，其中P在AB和BC时，与各边都不相切，所以分两种情况： ①当P 在OA 上时，根据三角函数列式可得t 的值；②当P 在OC 上时，同理可得结论．【详解】（1）如图1，当CP ⊥OA 时，sin ∠AO 45CP C OC＝＝， 4455CP CP 即＝，＝，在Rt △OPC 中，OC ＝5，PC ＝4，则OP ＝3，∴331t ＝＝（2）当0≤t ≤5时，如图1，点P 在OA 上，∴P （t ，0）；当5＜t ＜10时，如图2，点P 在AB 上，过P 作PH ⊥x 轴，垂足为H ，则∠AOC ＝∠PAH ，∴sin ∠PAH ＝sin ∠AO 45C ＝， 44 4555PH PH t t ∴=-即＝﹣， ∴333255HA t OH OA AH t ++＝﹣，＝＝，∴34P t+2t 455（，﹣）；（3）设切点为G ，连接PG ，分两种情况：①当P 在OA 上时，如图3，⊙P与直线AB相切，∵OC∥AB，∴∠AOC＝∠OAG，∴sin∠AOC＝sin∠OA45PGGAP＝＝，t45-t5 ＝，∴209t＝；⊙P与BC相切时，如图4，则PG＝t＝OP＝4；②当点P在OC上时，⊙P与AB相切时，如图5，∴OP＝PG＝4，∴4×5﹣t＝4，t＝16，⊙P与直线BC相切时，如图6，∴PG ⊥BC ，∵BC ∥AO ，∴∠AOC ＝∠GCP ，∴sin ∠AOC ＝sin ∠GC 45PG P PC ＝＝， ∵OP ＝PG ＝20﹣t ， ∴42051t t -=-， ∴1609t ＝，综上所述，t 的值2016041699为秒或秒或秒或秒【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解答时运用等角的三角函数列方程是关键，并注意运用分类讨论的思想，做到不重不漏．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．。

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