苏教版初三九年级上册数学 压轴解答题(Word版 含解析) 汇编经典

苏教版初三九年级上册数学压轴解答题（Word版含解析）汇编经典一、压轴题
1．如图，在平面直角坐标系中，直线1l：
1
6
2
y x
=-+分别与x轴、y轴交于点B、C，
且与直线2l：
1
2
y x
=交于点A.
（1）分别求出点A、B、C的坐标；
（2）若D是线段OA上的点，且COD
△的面积为12，求直线CD的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内里否存在点Q，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
2．如图，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．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．
4．如图，已知矩形ABCD中，BC=2cm，AB=23cm，点E在边AB上，点F在边AD上，点E由A向B运动，连结EC、EF，在运动的过程中，始终保持EC⊥EF，△EFG为等边三角形．
（1）求证△AEF∽△BCE；
（2）设BE的长为xcm，AF的长为ycm，求y与x的函数关系式，并写出线段AF长的范围；
（3）若点H是EG的中点，试说明A、E、H、F四点在同一个圆上，并求在点E由A到B 运动过程中，点H移动的距离．
5．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41202π+。

（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③
②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___________。

6． 如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=8，BC=6，P 为边BC 上一个动点（可以包括点C 但不包括点B ），以P 为圆心PB 为半径作⊙P 交AB 于点D 过点D 作⊙P 的切线交边AC 于点E ，
（1）求证：AE=DE ；
（2）若PB=2，求AE 的长；
（3）在P 点的运动过程中，请直接写出线段AE 长度的取值范围．
7．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.
8．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.
9．如图，抛物线y ＝x 2+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．
10．抛物线()20y ax bx c a =++≠的顶点为(),P h k ，作x 轴的平行线4y k =+与抛物线交
于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4．
（1）请直接写出a 的值____________；
（2）若抛物线当0x =和4x =时的函数值相等，
①求b 的值；
②过点()0,2Q 作直线2y =平行x 轴，交抛物线于M 、N 两点，且4QM QN +=，求c 的取值范围；
（3）若1c b =--，2727b -<<AB 与抛物线所夹的封闭区域为S ，将抛物线绕原点逆时针旋转α，且1tan 2
α=，此时区域S 的边界与y 轴的交点为C 、D 两点，若点D 在点C 上方，请判断点D 在抛物线上还是在线段AB 上，并求CD 的最大值．
11．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
=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.
12．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．
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一、压轴题
1．(1)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q 点坐标为：(-3，3)或22)或(6，6).
【解析】
【分析】
（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q，使以O、C、P、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形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
1
6
2
1
2
y x
y x
⎧
=-+⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
解得
6
3 x
y
=⎧
⎨
=⎩
∴A(6，3)
在y=-1
6
2
x+中，当y=0时，x=12，
∴B(12，0)
当x=0时，y=6，
∴C(0，6).
(2)∵点D在线段OA上，
∴设D(x，1
2
x) (0≤x≤6)
∵S△COD=12
∴1
2
×6x=12
x=4
∴D(4，2)，
设直线CD的表达式为y=kx+b，
把(10，6)与D(4，2)代入得
6
24
b
k b
=
⎧
⎨
=+⎩
解得
1
6 k
b
=-⎧
⎨
=
⎩
直线CD的表达式为y=-x+6
(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
如图所示，分三种情况考虑：
①当四边形OP1Q1C为菱形时OC==OP1，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形，此时Q1P1=OP1=OC=6，即Q:（6，6）；
②当四边形OP2CQ2为菱形时，OP2=CP2，由C坐标为（0，6），得到Q2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ2解析式y=-x中，得：x=-3，此时Q2（-3，3）；
③当四边形0Q3P3C为菱形时，OC=CP3，则有OQ3=OC=CP3=P3Q3=6，设坐标为（x，-x+6），∵OC=CP3
∴x2+x2= CP32= OC2=62
解得，2P的坐标为2，2)
此时Q322).
综上，点Q的坐标是(-3，3)或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）4；（2）t为4s，20
3
s，
28
3
s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=20
3
（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=28
3
（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28
3
＜11，
∴当t为4s，20
3
s，
28
3
s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）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＝1
4
•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＝
2
2
BQ＝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．
4．（1）详见解析；（2）21y 2x =-
,302AF ≤≤；(3)3. 【解析】
【分析】
（1）由∠A =∠B =90°，∠AFE =∠BEC ，得△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BCE 得
AF AE
BE BC =，2
y x x =，即212y x =-+，然后求函数最值；（3）连接FH ，取EF 的中点M ，证MA =ME =MF =MH ，则A 、E 、H 、F 在同一圆上；连接AH ，证∠EFH =30°由A 、E 、H 、F 在同一圆上，得∠EAH =∠EFH =30°，线段AH 即为H 移动的路径，在直角三角
形ABH 中，
602
AH sin AB =︒=，可进一步求AH. 【详解】
解：（1）在矩形ABCD 中，∠A =∠B =90°，
∴∠AEF +∠AFE =90°，
∵EF ⊥CE ，
∴∠AEF +∠BEC =90°，
∴∠AFE =∠BEC ，
∴△AEF ∽△BCE ；
（2）由（1）△AEF ∽BEC 得
AF AE BE BC =，2
y x x =，
∴212y x =-
+，
∵212y x =-
+=213(22x -+，
当x =y 有最大值为32
， ∴302
AF ≤≤； （3）如图1，连接FH ，取EF 的中点M ，
在等边三角形EFG 中，∵点H 是EG 的中点，
∴∠EHF =90°，
∴ME =MF =MH ，
在直角三角形AEF 中，MA =ME =MF ，
∴MA=ME=MF=MH，
则A、E、H、F在同一圆上；
如图2，连接AH，
∵△EFG为等边三角形，H为EG中点，∴∠EFH=30°
∵A、E、H、F在同一圆上∴∠EAH=∠EFH=30°，
如图2所示的线段AH即为H移动的路径，
在直角三角形ABH中，
3
60
AH
sin
AB
=︒=，
∵AB=23
∴AH=3，
所以点H移动的距离为3．
【点睛】
此题主要考查圆的综合问题，会证明三角形相似，会分析四点共圆，会运用二次函数分析最值，会分析最短轨迹并解直角三角形是得分的关键．
5．(1)
4
3
π；（2）
22
2
+
，81；（3）
28
3
π，
1892
2
+
；（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4120220(22)
2
π
++
=+，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
12014
2
1803
π
π
⨯
⨯=.
（2）①顶点O经过的总路线长为：
901902222
2
18018022
⋅+
⨯+=+=
ππ
πππ
②由①：每翻转一周顶点O经过的总路线长为：
π
2
2 2+
4120222
20
22
++
÷=
πππ
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：
21017
2
1803
⋅
⨯=
π
π
共翻四周回到初始位置，所以顶点O所经过的总路线长为:
728
4
33
⨯=
ππ
.
②每翻四次翻一周，顶点O所经过的总路线长为:
162116228192
2
1801804510
⋅⋅
⨯+=+
ππππ共翻5周回到初始位置，所以顶点O所经过的总路线长为：
81921892
5
45102
+
⨯+=
ππ
（）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；
6．（1）详见解析；（2）AE=
19
4
；（3）
7
4
≤AE＜
25
4
．
【解析】
【分析】
（1）首先得出∠ADE+∠PDB=90°，进而得出∠B+∠A=90°，利用PD=PB得∠EDA=∠A进而得出答案；
（2）利用勾股定理得出ED2+PD2=EC2+CP2=PE2，求出AE即可；
（3）分别根据当D（P)点在B点时以及当P与C重合时，求出AE的长，进而得出AE的取值范围．
【详解】
（1）证明：如图1，连接PD．
∵DE切⊙O于D．
∴PD⊥DE．
∴∠ADE+∠PDB=90°．
∵∠C=90°．
∴∠B+∠A=90°．
∵PD=PB．
∴∠PDB=∠B．
∴∠A=∠ADE．
∴AE=DE；
（2）解：如图1，连接PE，设DE=AE=x，则EC=8-x，∵PB=PD=2，BC=6．
∴PC=4．
∵∠PDE=∠C=90°，
∴ED2+PD2=EC2+CP2=PE2．
∴x2+22=（8-x）2+42．
解得x=19
4
．
∴AE=19
4
；
（3）解：如图2，当P点在B点时，此时点D也在B点，
∵AE=ED，设AE=ED=x，则EC=8-x，
∴EC2+BC2=BE2，
∴（8-x）2+62=x2，
解得：x=25
4
，
如图3，当P与C重合时，
∵AE=ED，设AE=ED=x，则EC=8-x，∴EC2=DC2+DE2，
∴（8-x）2=62+x2，
解得：x=7
4
，
∵P为边BC上一个动点（可以包括点C但不包括点B），
∴线段AE长度的取值范围为：7
4
≤AE＜
25
4
．
【点睛】
本题主要考查圆的综合应用、切线的性质与判定以及勾股定理等知识，利用数形结合以及分类讨论的思想得出是解题关键．
7．（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=1
2
∠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=1
2
∠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 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.
8．（1）15°；（2）见解析；（3）16
【解析】
【分析】
（1）先求得45
AMN BMN︒
∠=∠=，再由OM OB
=得到30
OMB OBM︒
∠=∠=，于是可解；
（2）连接,,
OA OB ON.可证AON BON
∠=∠，ON AB
⊥，由//
OD AB可知90
DON︒
∠=，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16
AM MB AN NB
⋅+⋅=.
【详解】
（1）AB是O的直径，
90
AMB︒
∴∠=
AN BN
=
45
AMN BMN︒
∴∠=∠=
OM OB
=
30
OMB OBM︒
∴∠=∠=
453015
CMO︒︒︒
∴∠=-=
（2）连接,,
OA OB ON.
AN BN =
AON BON ∴∠=∠，ON AB ⊥
//OD AB
90DON ︒∴∠=
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()22
ME EM MM a b ''∴===+， ()2222ME BN BE MN +-=
2
2211()()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.
9．（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 ，
∴230
23m 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x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴B（﹣3，0），
∵A（1，0），C（0，﹣3），
∴OA＝1，OC＝3，AC22
1310
+=AB＝4，
∴Rt△AOC中，sin∠ACO＝010
A
AC
=，cos∠ACO＝
310
OC
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＝
10 BG
AB
=，
∴BG＝
1010 105
AB=，
∴BH＝2BG 410
，
∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°，∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO，
∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI＝HI
BH
10
，cos∠HBI＝
310
BI
BH
=，
∴HI 10
BH＝
4
3
，BI
310
BH＝
12
5
，
∴x H＝
411 3
55 -+=-
，y H＝
12
5
-，即
1112
,
55
H
⎛⎫
--
⎪
⎝⎭
，
设直线AH解析式为y＝kx+a，
∴
1112
55
k a
k a
+=
⎧
⎪
⎨
-+=-
⎪⎩
，解得：
3
4
3
4
k
a
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
，
∴直线AH：
33
44
y x
=-，
∵
2
33
44
23
y x
y x x
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=+-
⎩
解得：
1
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
（即点A）或
9
4
39
16
x
y
⎧
=-
⎪⎪
⎨
⎪=-
⎪⎩
，
∴
939
,
416
P
⎛⎫
--
⎪
⎝⎭
．
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
,
55
H
⎛'⎫
-
⎪
⎝⎭
，
设直线AH'解析式为y k x a
='+'，
∴
1112
55
k a
k a
+=
''
'
⎧
-'
⎪
⎨
+=
⎪⎩
，解得：
3
4
3
4
k
a
⎧
=-
⎪⎪
⎨
'
'
⎪=
⎪⎩
，
∴直线AH'：
33
44
y x
=-+，
∵
2
33
44
23
y x
y x x
⎧
=-+
⎪
⎨
⎪=+-
⎩
解得：
1
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
（即点A）或
15
4
57
16
x
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．
10．（1）1；（2）①4b =-；②26c ≤<；（3）D 一定在线段AB 上，
=
CD 【解析】 【分析】
（1）根据题意顶点P （k ，h ）可将二次函数化为顶点式：()2
y a x k h =-+，又
4y k =+与抛物线交于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4，即可得出a 的值；
（2）①根据抛物线x=0和x=4时函数值相等，可得到顶点P 的横坐标，根据韦达定理结合（1）即可得到b 的值，
②根据（1）和（2）①即可得二次函数对称轴为x=2，利用点Q （0，2）关于对称轴的对称点R （4，2）可得QR=4，又QR 在直线y=2上，故令M 坐标（t ，2）（0≤t ＜2），代入二次函数即求得c 的取值范围；
（3）由c=-b-1代入抛物线方程即可化简，将抛物线绕原点逆时针旋转αα，且tanα=2，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线l ，且tanα=2，可得到直线l 的解析式，最后联立直线方程与抛物线方程运算求解． 【详解】
解：（1）根据题意可知1二次函数2
y ax bx c =++（a≠0）的顶点为P （k ，h ），
故二次函数顶点式为()2
y a x k h =-+，
又4y k =+与抛物线交于点A 、B ，且无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4， ∴a=1； 故答案为：a=1．
（2）①∵二次函数当0x =和4x =时的函数值相等
∴222
b b
x a =-
=-= ∴4b =-
故答案为：4b =-．
②将点Q 向右平移4个单位得点()4,2R 当2c =时，2
42y x x =-+
令2y =，则2242x x =-+ 解得14x =，20x =
此时()0,2M ，()4,2N ，4MN QR == ∵4QM QN +=∵QM NR = ∴4QN NR QR +==
∴N 在线段QR 上，同理M 在线段QR 上 设(),2M m ，则02m ≤<，224m m c =-+
2242(2)6c m m m =-++=--+
∵10-<，对称轴为2m =，02m ≤< ∴c 随着m 的增大而增大 ∴26c ≤<
故答案为：26c ≤<．
（3）∵1c b =--∴2
1y x bx b =+--
将抛物线绕原点逆时针旋转α，且tan 2α=，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线
l ，且tan 2α=，
∴l 的解析式为2y x =
2
21
y x y x bx b =⎧⎨=+--⎩∴2
(2)10x b x b +---= ∴2
2
2
4(2)448b ac b b b ∆=-=-++=+
∴x =
∴12,22b D b ⎛-+-++
⎝⎭
2224412444244AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-++
124224AB D b y y b b ⎛⎫-+-=-++-++=
⎪⎝
⎭∵20b ≥
∴1
2404410444
D AB
b y y -+-+-=≥==>
∴点1D 始终在直线AB 上方
∵222b C b ⎛-+--+-
⎝⎭
∴
222 2
4448 282
44
B
C A
b b b
y y b b b
⎛⎫
-+--+ -=-+-+--++=
⎪
⎝⎭
∴
2222
448848416 AB C
b b b b
y y
-+++--++-+ -==
()2
28216
4
b
-+-+
=
∵2727
b
-<<，即2
028
b
≤<，
∴2
2284
b
≤+<
设28
n b
=+，224
n
≤<
∴
2
(2)16
4
AB C
n
y y
--+
-=
∵
1
4
-<，对称轴为2
n=
∴当224
n
≤<时，AB C
y y
-随着n的增大而减小
∴当4
n=时，0
AB C
y y
-=
∴当224
n
≤<时，AB C
y y
>
∴区域S的边界与l的交点必有两个
∵
1
D AB
y y
>
∴区域S的边界与l的交点D一定在线段AB上
∴D AB
y y
=
∴
2
(2)16
4
D C C
AB
n
y y y y
--+
-=-=
∴当22
n=时，D C
y y
-有最大值122
+
此时
122
2
D C
x x
+
-=
由勾股定理得：()()
225210
2
C C
D D
CD x x y y
+
=-+-=，
故答案为：5210
+=CD ． 【点睛】
本题考查二次函数一般式与顶点式、韦达定理的运用，以及根与系数的关系判断二次函数交点情况，正确理解相关知识点是解决本题的关键． 11．（1）y ＝x 2－4x ＋3 ；(2) P(36626--，);(3) 992
2
m -+= 【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. 12．（1）214y x x =-；（2）①1
22
y 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2
1
14y 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21
44m 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112
1
14y 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2
2216(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2
y=ax +bx+c a （≠0）
，把点(4,0)、(2,3)-代入 ∵对称轴为x=2
∴16404232
2a b c a b c b a ⎧
⎪++=⎪
-+=⎨⎪⎪-=⎩ 解得1410a b c ⎧=⎪⎪
=-⎨⎪=⎪⎩
∴抛物线解析式2
14
y x x =
-． （2）①(0,1)M -，平移后抛物线214
y x = 设MA ：1y kx =-
则联立2
1
14y kx y x =-⎧⎪
⎨=⎪⎩，21104x kx -+= 210k ∆=-=
1k ∴=±
又由图，A 在y 轴右侧 故1k =，(2,1)A
2AP 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：2
14
x 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 +=⎧⎨-+=⎩，122
m n ⎧
=-⎪⎨⎪=⎩
∴AB 解析式为：1
22
y x =-+． ②（i ）∵2
14
y 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+b
0b
-=1， 故答案是：1；
（ii ）设MA ：111y k x k m =--，
则联立112
114y k x k m y x =--⎧⎪⎨=⎪⎩
， 2114440x k x k m -++=，
此方程仅一个根， 故1
1422
k a k =
=， 且2
12=16(1)0k k m ∆--=，
同理设MB ：221y k x k m =--， 亦有22b k =，
2
2216(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 a
m b m m k k m ---∴
===----， 即
m a
m b
--为一定值1，
∴当点M不在y轴上时，m a
m 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．。