初三九年级数学上册 压轴解答题达标检测卷(Word版 含解析)

初三九年级数学上册 压轴解答题达标检测卷（Word 版 含解析）
一、压轴题
1．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． 2．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． 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．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
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/
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？
26cm？若存在，请求出此时t的（3）是否存在t的值，使得五边形APQCD的面积等于2
值；若不存在，请说明理由．
5．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．
6．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
2
4.56
5.84
6
5.84
4.56
2
…
（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()
2
56y 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．
7．抛物线()2
0y ax bx c a =++≠的顶点为(),P h k ，作x 轴的平行线4y k =+与抛物线交
于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4． （1）请直接写出a 的值____________； （2）若抛物线当0x =和4x =时的函数值相等， ①求b 的值；
②过点()0,2Q 作直线2y =平行x 轴，交抛物线于M 、N 两点，且4QM QN +=，求
c 的取值范围；
（3）若1c b =--，2727b -<<AB 与抛物线所夹的封闭区域为S ，将抛物线绕原点逆时针旋转α，且1
tan 2
α=
，此时区域S 的边界与y 轴的交点为C 、D 两点，若点D 在点C 上方，请判断点D 在抛物线上还是在线段AB 上，并求CD 的最大值．
8．如图，一次函数1
22
y x =-
+的图象交y 轴于点A ，交x 轴于点B 点，抛物线2y x bx c =-++过A 、B 两点．
（1）求A ，B 两点的坐标；并求这个抛物线的解析式；
（2）作垂直x 轴的直线x ＝t ，在第一象限交直线AB 于M ，交这个抛物线于N ．求当t 取何值时，MN 有最大值？最大值是多少？
（3）在（2）的情况下，以A 、M 、N 、D 为顶点作平行四边形，求第四个顶点D 的坐标．
9．如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线2
12
y 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，抛物线2
)1
2
(0y ax x c a =-
+≠交x 轴于,A B 两点，交y 轴于点C ．直线1
22
y 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．
∆是直角三角形时，求点P的坐标；
①当PCM
A C M到该直线的距离相等，求直线解析式
②当点P在点B右侧时，存在直线l，使点,,
=+（,k b可用含t的式子表示）．
y kx b
11．如图，在平面直角坐标系中，直线l分别交x轴、y轴于点A，B，∠BAO = 30°．抛物线y = ax2 + bx + 1（a < 0）经过点A，B，过抛物线上一点C（点C在直线l上方）作
CD∥BO交直线l于点D，四边形OBCD是菱形．动点M在x轴上从点E（ -3，0）向终点A匀速运动，同时，动点N在直线l上从某一点G向终点D匀速运动，它们同时到达终点．
（1）求点D的坐标和抛物线的函数表达式．
（2）当点M运动到点O时，点N恰好与点B重合．
①过点E作x轴的垂线交直线l于点F，当点N在线段FD上时，设EM = m，FN = n，求n 关于m的函数表达式．
②求△NEM面积S关于m的函数表达式以及S的最大值．
12．对于线段外一点和这条线段两个端点连线所构成的角叫做这个点关于这条线段的视角．如图1，对于线段AB及线段AB外一点C，我们称∠ACB为点C关于线段AB的视角．如图2，点Q在直线l上运动，当点Q关于线段AB的视角最大时，则称这个最大的“视角”为直线l关于线段AB的“视角”．
（1）如图3，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，2），点C坐标为（﹣2，2），点C关于线段AB的视角为度，x轴关于线段AB的视角为度；
（2）如图4，点M是在x轴上，坐标为（2，0），过点M作线段EF⊥x轴，且EM＝MF ＝1，当直线y＝kx（k≠0）关于线段EF的视角为90°，求k的值；
（3）如图5，在平面直角坐标系中，P3，2），Q3，1），直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的夹角为60°，且关于线段PQ的视角为45°，求这条直线的解析式．
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一、压轴题
1．（1）∠DPC是直径AB的回旋角，理由见解析；（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，证明见解析；（3）3或23．
【解析】
【分析】
（1）由∠BPC＝∠DPC＝60°结合平角＝180°，即可求出∠APD＝60°＝∠BPC，进而可说明∠DPC是直径AB的回旋角；
（2）延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE，由“回旋角”的定义结合对顶角相等，可得出∠APE＝∠APD，由圆的对称性可得出∠E＝∠D，由等腰三角形的性质可得出∠E＝
∠C，进而可得出∠D＝∠C，利用三角形内角和定理可得出∠COD＝∠CPD，即“回旋
角”∠CPD的度数＝CD的度数；
（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC，利用（2）的方法可得出点P，D，F在同一条直线上，由直径AB的“回旋角”为120°，可得出∠APD＝∠BPC＝30°，进而可得出∠CPF＝60°，即△PFC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得出∠CFD＝60°．连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD
＝120°，根据等腰三角形的性质可得出CD＝2DG，∠DOG＝1
2
∠COD＝60°，结合圆的直径
为26可得出CD＝3PCD的周长为3DF＝24，过点O作
OH⊥DF于点H，在Rt△OHD和在Rt△OHD中，通过解直角三角形可得出OH，OP的值，再根据AP＝OA﹣OP可求出AP的值；②当点P在半径OB上时，用①的方法，可得：BP＝3，再根据AP＝AB﹣BP可求出AP的值．综上即可得出结论．
【详解】
（1）∵∠BPC＝∠DPC＝60°，
∴∠APD＝180°﹣∠BPC﹣∠DPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠APD＝∠BPC，
∴∠DPC是直径AB的回旋角．
（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，理由如下：
如图2，延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE．
∵∠CPB＝∠APE，∠APD＝∠CPB，
∴∠APE＝∠APD．
∵圆是轴对称图形，
∴∠E＝∠D．
∵OE＝OC，
∴∠E＝∠C，
∴∠D＝∠C．
由三角形内角和定理，可知：∠COD＝∠CPD，
∴“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数．
（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC．
同（2）的方法可得：点P，D，F在同一条直线上．
∵直径AB的“回旋角”为120°，
∴∠APD＝∠BPC＝30°，
∴∠CPF＝60°，
∴△PFC是等边三角形，
∴∠CFD＝60°．
连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD＝120°，
∴CD＝2DG，∠DOG＝1
2
∠COD＝60°，
∵AB=26，∴OC=13，
∴
133 CG
∴CD＝2×133
2
＝133.
∵△PCD的周长为24+133，∴PD+PC+CD＝24+133，
∴PD+PC＝DF＝24．
过点O作OH⊥DF于点H，则DH＝FH＝1
2
DF＝12．
在Rt△OHD中，OH＝2222
13125
OD DH
-=-=,
在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，
∴OP＝2OH＝10，
∴AP＝OA﹣OP＝13﹣10＝3；
②当点P在半径OB上时，
同①的方法，可得：BP＝3，
∴AP＝AB﹣BP＝26﹣3＝23．
综上所述，AP的长为：3或23．
【点睛】
此题是圆的综合题，考查圆的对称性质，直角三角形、等腰三角形与圆的结合，（3）是此题的难点，线段AP的长度由点P所在的位置决定，因此必须分情况讨论.
2．（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=
3
2
OB=43， ∴BD=83， 则四边形ABCD 的面积=
1
2
×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．
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）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 ，
()15242
t t -⨯⨯=，
解得：1t ＝4（不合题意舍去），2t ＝1．
即当t ＝1秒时，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．
【点睛】
本题结合长方形考查动点问题，其本质运用代数式求值，利用含t 的代数式表示各自线段的直接，根据题干数量关系即可确立等量关系式，从而求出t 值.
5．（1）PA O 2）见解析；（3）⊙O 的半径为2或
5 【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
＝12
AB ＝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 ＝AP
sin 60
︒2，
∴⊙O 的半径为3
，
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＝1
2
AB＝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，
∴BF
AD ＝
EF
AE
，
在Rt△ABF中，∠ABF＝60°，
∴AF＝AB•sin60°＝
BF＝1
2
AB＝2，
∴2
8
，
∴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＝1
2
CD＝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 ， ∴2323
x -＝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.
6．（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110
y x =，若要击杀则有(215610010
a 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)625
y 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
(2
y 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110
y 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(2110010
a 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．
7．（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2y 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 =--∴21y 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 =
221
y x y x bx b =⎧⎨=+--⎩∴2(2)10x b x b +---= ∴222
4(2)448b ac b b b ∆=-=-++=+
∴22
b x -+±=
∴12,22b D b ⎛-+-++ ⎝⎭ 22244124442444
AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-+
+124224AB D b y y b b ⎛⎫-+-=-++-++= ⎪⎝⎭
∵20b ≥
∴12404410444
D AB b y y -+-+-=≥==> ∴点1D 始终在直线AB 上方
∵2C b -+-⎝⎭
∴24224B C A b y y b b ⎛⎫-+-=-+--++= ⎪⎝⎭
∴224841644
AB C b b y y -++--++-==
)2216
4-+=
∵b -<<2028b ≤<，
∴4≤<
设n
，4n ≤< ∴2(2)164
AB C n y y --+-= ∵104
-<，对称轴为2n =
∴当224n ≤<时，AB C y y -随着n 的增大而减小 ∴当4n =时，0AB C y y -=
∴当224n ≤<时，AB C y y >
∴区域S 的边界与l 的交点必有两个
∵1D 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)164
D C C AB n y y y y --+-=-= ∴当22n =时，D C y y -有最大值122+
此时1222
D C x x +-= 由勾股定理得：()()2252102
C C
D D CD x x y y +=-+-=，
故答案为：5102
=
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．
8．(1) A （0，2），B(4，0)，2722
y x x =-++；(2)当t=2时，MN 有最大值4；(3) D 点坐标为（0，6），（0，-2）或（4，4）．
【解析】
【分析】
(1)首先求得A 、B 的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；
(2)本问要点是求得线段MN 的表达式，这个表达式是关于t 的二次函数，利用二次函数的极值求线段MN 的最大值；
(3)本问要点是明确D 点的可能位置有三种情况，如答图2所示，其中D 1、D 2在y 轴上，利用线段数量关系容易求得坐标；D 3点在第一象限是直线D 1N 和D 2M 的交点，利用直线解析式求得交点坐标即可．
【详解】
解：(1)∵122
y x =-
+的图象交y 轴于点A ，交x 轴于点B 点， ∴A 、B 点的坐标为：A （0，2），B(4，0)， 将x=0，y=2代入2y x bx c =-++得c=2，
将x=4，y=0,代入2y x bx c =-++得b=
72， ∴抛物线解析式为：2722
y x x =-++； (2)如答图1所示，设MN 交x 轴于点E ，则E(t ，0)，则M(t ，122t -
)，
又N 点在抛物线上，且x N =t ，
∴2722
N y t t =-++， ∴()22271224=2422N M MN y y t t t t t t ⎛⎫=-=-++--=-+--+ ⎪⎝
⎭， ∴当t=2时，MN 有最大值4．
(3)由(2)可知A （0，2）、M(2，1)、N(2，5)，
以A 、M 、N 、D 为顶点做平行四边形，D 点的可能位置有三种情况，如答图2所示，
当D 在y 轴上时，设D 的坐标为（0，a ），
由AD=MN ，得|a-2|=4，解得a 1=6，a 2=-2，
从而D 点坐标为（0，6）或D （0，-2），
当D 不在y 轴上时，由图可知D 3为D 1N 与D 2M 的交点，
分别求出D 1N 的解析式为：162y x =-
+， D 2M 的解析式为：322
y x =-， 联立两个方程得：D 3（4，4），
故所求的D 点坐标为（0，6），（0，-2）或（4，4）．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数综合，经常作为压轴题出现，正确的掌握二次函数的性质是解题的关键．
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)222
13302b c b c ⎧-⨯--+=-⎪⎪⎨⎪-⨯++=⎪⎩
， 解得：132b c =⎧⎪⎨=⎪⎩
， ∴抛物线的解析式为21322y x x =-++； （2）∵22131(1)2222
y x x x =-++=--+， ∴点M 的坐标为（1，2）
令213022
x 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)122222222442
ABMC 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21
3
22y x x =-++， ∴3
2y =，
∴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3
2，
∵点A 为（1-，0），
∴点P 2的横坐标为4，
当4x =时，代入21322y x x =-
++， ∴52
y =-， ∴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 =-
++， ∴212
y =-， ∴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）211242y x x =--；（2）①P (2，−2)或(-6，10)，②1122
y x =-或324y x t =-+-或4412424
t 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 =12
x −2=−2， ∴点C 的坐标为(0，−2)； 当y =0时，12
x −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：142
a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∴抛物线的解析式为211242
y 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：
2112242
x 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=2
OC 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：22
k b =-⎧⎨=-⎩， ∴直线PC 的解析式为y =-2x −2，
联立直线PC 和抛物线方程，得：
22122142
x 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：1122
y 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：1,22
M 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：4412424
t 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：322
y x t =-+-，则中位线方程式为：324
y x t =-+-； 综上所述：当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，直线解析式为：1122y x =
-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++． 【点睛】
本题考查了一次函数坐标轴的交点坐标、待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质等，解题的关键是掌握三角形的顶点到中位线的距离相等．
11．（1）点D 的坐标为12)，抛物线的解析式为24 ?1?3y x =-+；（2）
①13n m =+；②23124
S m m =-+，S 的最大值为16 【解析】
【分析】
（1）由抛物线的解析式为y = ax 2 + bx + 1，得到OB=1，根据菱形的性质结合含30度的直角三角形的性质点A 、D 、C 的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）①在Rt △FEA 中，FB=12
FA=2，FD=FB+BD=3，根据题意设此一次函数解析式为：
n km b =+，求得m =2n FB ==，m =3n FD ==，代入
n km b =+，即可求解；
②求得NA 33m =-，过N 作NQ ⊥EA ，得到NQ=12NA=326
m -，利用面积公式得到S 关于m 的函数表达式，再利用二次函数的性质即可求解．
【详解】
（1）∵抛物线的解析式为y = ax 2 + bx + 1，
∴OB=1，
∵∠BAO=30︒，∠BOA=90︒，
∴AB=2OB=2，=ABO=60︒，
∴点A 的坐标为0)，
又∵四边形OBCD 是菱形，且∠ABO=60︒，
∴OD=CD=OB=1，
∴△DOB 为等边三角形，
∴∠BOD=60︒，∠DOA=30︒，BD=BO=OD=DA=1，
延长CD 交OA 于H ，则CH ⊥OA ，
∴DH=12OD=12，3CH=CD+DH=32， ∴点D 的坐标为(
32，12)，点C 的坐标为(32，32)， 将A 30) ， C 的坐标为(32
，32)代入抛物线的解析式y = ax 2 + bx + 1， 得：331033314
2a b a ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩， 解得：433a b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩
， ∴抛物线的解析式为24 3?1?3
y x x =-+； （2）①在Rt △FEA 中，∠FAE=30︒，3FA=2AB=4， ∴FB=12
FA=2，FD=FB+BD=3， ∵动点M 、N 同时作匀速直线运动，
∴n 关于m 成一次函数，故设此一次函数解析式为：n km b =+，
当点M 运动到点O 时，点N 恰好与点B 重合， ∴3m =2n FB ==，
当点M 运动到点A 时，点N 恰好与点D 重合， ∴23m =3n FD ==，
代入n km b =+，得：23323k b k b
⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，
解得：1k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩
∴此一次函数解析式为：13n m =
+； ②NA=FA
-FN=4- 3n =， 过N 作NQ ⊥EA ，
则NQ=12
NA=326
m -，
∴2133224S m m ⎛⎫=
=+ ⎪ ⎪⎝⎭，
∵0<，
当312m ==⎝⎭
0m ≤≤范围内，
∴1322S ⎛=-= ⎝⎭
最大 【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、二次函数的性质、函数图象的交点等．本题涉及知识点较多，综合性较强，难度较大．
12．（1）45，45；（2）k
＝3）y
﹣2 【解析】
【分析】
（1）如图3，连接AC ，则∠ABC=45°；设M 是x 轴的动点，当点M 运动到点O 时，∠AOB=45°，该视角最大，即可求解；
（2）如图4，以点M 为圆心，长度1为半径作圆M ，当圆与直线y=kx 相切时，直线y=kx （k≠0）关于线段EF 的视角为90°，即∠EQF=90°，则MQ ⊥直线OE ，OQ=1，OM=2，故直线的倾斜角为30°，即可求解；
（3）直线PQ 的倾斜角为45°，分别作点Q 、P 作x 轴、y 轴的平行线交于点R ，RQ=RP=1，以点R 为圆心以长度1为半径作圆R ，由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q 为等腰三角形时，视角为45°，则QQ=2RQ=2，故点Q′
，1），即可求解．
【详解】
（1）如图3，连接AC，则∠ABC＝45°；
设M是x轴的动点，当点M运动到点O时，∠AOB＝45°，该视角最大，
由此可见：当△ABC为等腰三角形时，视角最大；
故答案为：45，45；
（2）如图4，以点M为圆心，长度1为半径作圆M，
当圆与直线y＝kx相切时，直线y＝kx（k≠0）关于线段EF的视角为90°，即∠EQF＝90°，则MQ⊥直线OE，MQ＝1，OM＝2，故直线的倾斜角为30°，故k＝
3
3
；
（3）直线PQ的倾斜角为45°，分别作点Q、P作x轴、y轴的平行线交于点R，RQ＝RP＝1，以点R为圆心以长度1为半径作圆R，
由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q为等腰三角形时，视角为45°，则QQ＝2RQ＝2，故点Q′31，1），
直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的夹角为60°，则直线的表达式为：y3，
将点Q′的坐标代入上式并解得：
直线的表达式为：y332
【点睛】
本题考查的是一次函数综合运用，涉及到解直角三角形、圆的基本知识等，此类新定义题目，通常按照题设的顺序求解，一般比较容易．。