最新初三九年级上册上册数学压轴题试题(Word版 含答案)

最新初三九年级上册上册数学压轴题试题（Word版含答案）
一、压轴题
1．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
2
3
y 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．
2．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．
3．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.
4．如图，Rt △ABC ，CA ⊥BC ，AC ＝4，在AB 边上取一点D ，使AD ＝BC ，作AD 的垂直平分线，交AC 边于点F ，交以AB 为直径的⊙O 于G ，H ，设BC ＝x ．
（1）求证：四边形AGDH 为菱形；
（2）若EF ＝y ，求y 关于x 的函数关系式；
（3）连结OF ，CG ．
①若△AOF 为等腰三角形，求⊙O 的面积；
②若BC ＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．
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．如图，在正方形ABCD 中，P 是边BC 上的一动点（不与点B ，C 重合），点B 关于直线AP 的对称点为E ，连接AE ，连接DE 并延长交射线AP 于点F ，连接BF
（1）若BAP α∠=，直接写出ADF ∠的大小（用含α的式子表示）.
（2）求证：BF DF ⊥.
（3）连接CF ，用等式表示线段AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并证明.
7．如图，函数y=-x 2+bx +c 的图象经过点A （m ，0），B （0，n ）两点，m ，n 分别是方程x 2-2x -3=0的两个实数根，且m ＜n ．
（1）求m ，n 的值以及函数的解析式；
（2）设抛物线y=-x 2+bx +c 与x 轴的另一交点为点C ，顶点为点D ，连结BD 、BC 、CD ，求△BDC 面积；
（3）对于（1）中所求的函数y=-x 2+bx +c ，
①当0≤x ≤3时，求函数y 的最大值和最小值；
②设函数y 在t ≤x ≤t +1内的最大值为p ，最小值为q ，若p-q =3，求t 的值．
8．如图，抛物线y ＝ax 2－4ax ＋b 交x 轴正半轴于A 、B 两点，交y 轴正半轴于C ，且OB ＝OC ＝3.
(1) 求抛物线的解析式；
(2) 如图1，D 为抛物线的顶点，P 为对称轴左侧抛物线上一点，连接OP 交直线BC 于G ，
连GD ．是否存在点P ，使2GD GO
=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．()1尺规作图1：
已知：如图，线段AB 和直线且点B 在直线上
求作：点C ，使点C 在直线上并且使ABC 为等腰三角形．
作图要求：保留作图痕迹，不写作法，做出所有符合条件的点C ．
()2特例思考：
如图一，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有______个；如图二，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有______个.
()3拓展应用： 如图，AOB 45∠=，点M ，N 在射线OA 上，OM x =，ON x 2=+，点P 是射线OB 上的点.若使点P ，M ，N 构成等腰三角形的点P 有且只有三个，求x 的值．
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 2
CDE ∠=，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，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．
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＝1
2
∠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）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23
y 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)3622
OD AE OA +=⨯+⨯=, ∵三角形ODM 的面积与四边形OAEM 的面积之比为1:3,
∴13=42
ODM OAED S S ∆=四边形 设M 的横坐标是a ，则
13322a ⨯=， 解得：1a =， 将1x a ==代入233
y x =-+中，得： 27333
y =-⨯+= 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233
y x =-+中，得： 23332x -+=，解得：94
x =， ∴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)3
m m -+， 由OM=OD 得：222(3)93m m +-
+=， 解得：3613
m =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．
2．（1）详见解析；（2）21y 32x x =-,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 =，23y x x -=，即2132y x 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，
360AH sin AB =︒=，可进一步求AH. 【详解】
解：（1）在矩形ABCD 中，∠A =∠B =90°，
∴∠AEF +∠AFE =90°，
∵EF ⊥CE ，
∴∠AEF +∠BEC =90°，
∴∠AFE =∠BEC ，
∴△AEF ∽△BCE ；
（2）由（1）△AEF ∽BEC 得 AF AE BE BC =，23y x x -=， ∴2132y x x =-
+， ∵2132y x x =-+=213(3)22x -+， 当3x =y 有最大值为32
，
∴
3
2
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．
3．（1）详见解析；（2）5
【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，
∴BF 22106-8，
∵OE ∥AD ， ∴∠OKB ＝∠AFB ＝90°，
∴OE ⊥BF ，
∴FK ＝BK ＝4，
∵OA ＝OB ，KF ＝KB ，
∴OK ＝12
AF ＝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 22AD DE +2284+45． 【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．
4．（1）证明见解析；（2）y ＝18x 2（x ＞0）；（3）①163π或8π或（17）π；②21
【解析】
【分析】
（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH 即可； （2）只要证明△AEF ∽△ACB ，可得AE EF AC BC
=解决问题；
（3）①分三种情形分别求解即可解决问题；
②只要证明△CFG∽△
HFA，可得GF
AF
=
CG
AH
，求出相应的线段即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，
∵AB是直径，AB⊥GH，
∴EG＝EH，
∴DG＝DH，
∴AG＝DG＝DH＝AH，
∴四边形AGDH是菱形．
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠ACB＝90°，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AE EF AC BC
=，
∴1
2
4
x y
x
=
，
∴y＝1
8
x2（x＞0）．
（3）①解：如图1中，连接DF．
∵GH垂直平分线段AD，
∴FA＝FD，
∴当点D与O重合时，△AOF是等腰三角形，此时AB＝2BC，∠CAB＝30°，
∴AB＝83
3
，
∴⊙O的面积为16
3
π．
如图2中，当AF＝AO时，
∵AB＝22
AC BC
+＝2
16x
+，
∴OA＝
2 16x +，
∵AF＝22
EF AE
+＝
22
2
11
82
x
⎛⎫⎛⎫
+
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，
∴
2
16x
+＝22
2
11
82
x
⎛⎫⎛⎫
+
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，
解得x＝4（负根已经舍弃），
∴AB＝42，
∴⊙O的面积为8π．
如图2﹣1中，当点C与点F重合时，设AE＝x，则BC＝AD＝2x，AB＝2
164x
+，
∵△ACE∽△ABC，
∴AC2＝AE•AB，
∴16＝2
164x
+
解得x2＝17﹣2（负根已经舍弃），
∴AB2＝16+4x2＝17+8，
∴⊙O的面积＝
π•1
4
•AB2＝（217+2）π
综上所述，满足条件的⊙O的面积为16
3
π或8π或（217+2）π；
②如图3中，连接CG．
∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，∴AB＝5，
∴OH＝OA＝5
2，
∴AE＝3
2，
∴OE＝OA﹣AE＝1，
∴EG＝EH
2
5
1
2
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
21，
∵EF＝1
8
x2＝
9
8
，
∴FG＝21
2
﹣
9
8
，AF22
AE EF
+
15
8
，AH22
AE EH
+
30，
∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，∴△CFG∽△HFA，
∴GF CG AF AH
=，
∴219
28
1530 8
-
=
∴CG
270330，30＝21．
故答案为421．
【点睛】
本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，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．
5．（1）菱形的周长为8；（2）t=6
5
，∠MAC=105°；（3）当t=1﹣
3
5
或t=1+
3
15
时，
圆M与AC相切．
【解析】
试题分析：（1）过点B作BE⊥AD，垂足为E．由点A和点B的坐标可知：BE=3，AE=1，依据勾股定理可求得AB的长，从而可求得菱形的周长；（2）记 M与x轴的切线为F，AD的中点为E．先求得EF的长，然后根据路程=时间×速度列出方程即可；平移的图形如图3所示：过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接MF，F为 M与AD的切点．由特殊锐角三角函数值可求得∠EAB=60°，依据菱形的性质可得到∠FAC=60°，然后证明
△AFM是等腰直角三角形，从而可得到∠MAF的度数，故此可求得∠MAC的度数；（3）如图4所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．先求得
∠MAE=30°，依据特殊锐角三角函数值可得到AE的长，然后依据3t+2t=5-AE可求得t的值；如图5所示：连接AM，过点作MN⊥AC，垂足为N，作ME⊥AD，垂足为E．依据菱形的性质和切线长定理可求得∠MAE=60°，然后依据特殊锐角三角函数值可得到
EA=
3
3
，最后依据3t+2t=5+AE．列方程求解即可．
试题解析：（1）如图1所示：过点B作BE AD
⊥，垂足为E，
∵(B1,3，()
A2,0，
∴BE3
=AE1=，
∴22
AB AE BE2
=+=，
∵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 3
=，
∴3t 2t 53+=+
，
∴t 1=+．
综上所述，当t 1=-t 1=+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）45°+α；（2）证明见解析；（3）BF+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°，BF ，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
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴2BF+CF.
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、圆周角定理、四点共圆的判定及全等三角形的判定与性质，正确得出B 、F 、C 、D 四点共圆并熟练掌握圆周角定理及轴对称的性质是解题关键.
7．（1）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23
b 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 ， ∴223332BC =+=， 22112BD =+=，224225DC =+=，
222CD DB CB =+，
BCD ∴∆是直角三角形，且90DBC ∠=︒，
∴11232322
S 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：113t =+（舍)，
213t =-（舍 )；
或者24[(1)2(1)3]3p q t t -=--++++=，即 3t =±（不合题意，舍去）；
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）y ＝x 2－4x ＋3 ；(2) P(36626--，);(3) 9922m -+=
【解析】
【分析】
(1)把,,代入,解方程组即可.
(2)如图1中,连接OD 、BD,对称轴交x 轴于K,将
绕点O 逆时针旋转90°得到△OCG,则点G 在线段BC 上,只要证明是等腰直角三角形,即可得到直线GO 与抛物线的交
点即为所求的点P .利用方程组即可解决问题. (3)如图2中,将
绕点O 顺时针旋转
得到,首先证明,设,,则
,
设平移后的抛物线的解析式为,由消去y得到,由,推出,,M、N关于直线对称,
所以,设,则,利用勾股定理求出a以及MN的长,再根据根与系数关系,列出方程即可解决问题.
【详解】
(1), ,,代入,
得,解得,
∴抛物线的解析式为
(2)如图1中,连接OD、BD,对称轴交x轴于K.
由题意,,,,
,,
,
将绕点O逆时针旋转90°得到,则点G在线段BC上,
,
,
,
是等腰直角三角形,
,
∴直线GO与抛物线的交点即为所求的点P.
设直线OD的解析式为,把D点坐标代入得到,,
,
∴直线OD的解析式为,
,
∴直线OG的解析式为,
由解得或, 点P在对称轴左侧,
点P坐标为
(3)如图2中,将绕点O顺时针旋转90°得到
,
,
,,,
,
,
,
,
,
设,,则
, 设平移后的抛物线的解析式为,
由消去y得到,
,,
∴M、N关于直线对称,
,设,则,
,
(负根已经舍弃),
,
,
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题、一次函数、全等三角形的判定与性质、根与系数的关系、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用旋转添加辅助线，构造全等三角形，学会利用方程组及根与系数的关系，构建方程解决问题，本题难度较大. 9．(1) 见解析；(2) 2，2 ；(3)0或222
-或222
<<.
x
【解析】
【分析】
()1根据等腰三角形的定义，用分类讨论的思想解决问题即可；
()2通过画图分析可得，当190
∠=时，符合()1中条件的点C有2个，当160
∠=时，符合()1中条件的点C有2个；
()3分三种情形讨论求解即可．
【详解】
解：()1如图1中，点1C，2C，3C，4C即为所求．
()2如图一，当190
∠=时，符∠=时，符合()1中条件的点C有2个；如图二，当160
合()1中条件的点C有2个，
当∠1=90°或∠1=60°时，符合条件的点C都是在点B左右各一个，当∠1=60°时，符合条件的点C如图所示：
故答案为2，2．
()3①如图31-中，当x 0=时，当PM PN =时，有点1P ，当ON OP =时，有点2P ，
当NO NP =时，有点3P ，此时有3个P 点．
②如图32-中，当N 与OB 相切于点1P 时，
1OP N 是等腰直角三角形，
1ON 2NP 22∴==，
OM ON MN 222∴=-=，此时有3个P 点．
③如图33-中，当M 经过点O 时，此时只有2个P 点，
如图34-中，
M 与OB 相交时，此时有3个P 点，
如图35-中，当M 与OB 相切时，只有2个P 点．
此时OM 22=，
综上所述，当2x 22<<3个P 点．
∴满足条件的x 的值为0或222或2x 22<<
【点睛】
本题考查等腰三角形的判定和性质，尺规作图，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 10．(1)证明见解析；（2）①215（3）2
1029
y 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22CF CD DF 5=-=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
111
S
S
AB AC sin BAC BD CD sin BDC x sin BAC 222
∠∠∠-=
⋅⋅-⋅⋅=，再由5
tan ABC tan CDE 2
∠∠==，可设BM 2a =，知AM 5a =，AB 29a =，由面积法可得BN a 29=，即20
sin 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 11
S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC 22∠∠-=⋅⋅-⋅⋅,
()1
sin BAC AD AE AD DE 2∠=⋅-⋅. 21
x 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20
sin BAC 29∠=， 22
ABC BCD
12010S
S
x x 22929
y ∴-==
⨯=． 【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)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 5；(3)1＜y ＜2；(4)332
． 【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°，
∴CP＝BP
∴⊙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 ＝
2OC′＝2
(32﹣3)＝3﹣32．
【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． 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
()
11
1809022
ODA 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 =， ()11
1809022
ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠，
1
90902
DFE AOD ∴-∠=-∠，
1
2
DEF AOD ∴∠=
∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，
1
2
ADC 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．。