最新初三九年级上册上册数学压轴题专题练习(解析版)

最新初三九年级上册上册数学压轴题专题练习（解析版）
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，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38
83
a t ==
，时，证明：ADF CDF S S ∆∆=．
3．点P 为图形M 上任意一点，过点P 作PQ ⊥直线,l 垂足为Q ，记PQ 的长度为d . 定义一:若d 存在最大值，则称其为“图形M 到直线l 的限距离”，记作()max ,D M l ；
定义二:若d 存在最小值，则称其为“图形M 到直线l 的基距离”，记作()min ,D M l ； （1）已知直线1:2l y x =--，平面内反比例函数2
y x
=
在第一象限内的图象记作,H 则()1,min D H l = ．
（2）已知直线2:33l y x =+，点()1,0A -，点()()1,0,,0B T t 是x 轴上一个动点，
T 的半径为3，点C 在T 上，若()max 243,63,D ABC l ≤≤求此时t 的取值范
围，
（3）已知直线21211k k y x k k --=
+--恒过定点1111,8484P a b c a b c ⎛⎫
⎪⎝+-+⎭
+，点(),D a b 恒在直线3l 上，点(),28E m m +是平面上一动点，记以点E 为顶点，原点为对角线交点的正方形为图形,K ()min 3,0D K l =，若请直接写出m 的取值范围． 4．在平面直角坐标系xOy 中，对于任意三点A ，B ，C ，给出如下定义：
若矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A ，B ，C 三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A ，B ，C 的外延矩形．点A ，B ，C 的所有外延矩形中，面积最小的矩形称为点A ，B ，C 的最佳外延矩形．例如，图中的矩形，
，
都是
点A ，B ，C 的外延矩形，矩形
是点A ，B ，C 的最佳外延矩形．
（1）如图1，已知A （－2，0），B （4，3），C （0，）． ①若
，则点A ，B ，C 的最佳外延矩形的面积为 ；
②若点A ，B ，C 的最佳外延矩形的面积为24，则的值为 ； （2）如图2，已知点M （6，0），N （0，8）．P （，）是抛物线
上一点，求点M ，N ，P 的最佳外延矩形面积的最小值，以及此时点P 的横坐标的取值范
围；
（3）如图3，已知点D （1，1）．E （
，）是函数
的图象上一点，矩形
OFEG 是点O ，D ，E 的一个面积最小的最佳外延矩形，⊙H 是矩形OFEG 的外接圆，请直接写出⊙H 的半径r 的取值范围．
5．如图，等边ABC 内接于
O ，P 是AB 上任一点（点P 不与点A 、B 重合），连接
AP 、BP ，过点C 作CM BP 交PA 的延长线于点M ．
（1）求APC ∠和BPC ∠的度数； （2）求证：ACM BCP △≌△；
（3）若1PA =，2PB =，求四边形PBCM 的面积； （4）在（3）的条件下，求AB 的长度． 6．如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y ＝﹣
1
3
x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，以AB 为斜边作等腰直角△ABC ，使点C 落在第一象限，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，作CE ⊥x 轴于点E ，连接ED 并延长交y 轴于点F ．
（1）如图（1），点P 为线段EF 上一点，点Q 为x 轴上一点，求AP +PQ 的最小值． （2）将直线l 进行平移，记平移后的直线为l 1，若直线l 1与直线AC 相交于点M ，与y 轴相交于点N ，是否存在这样的点M 、点N ，使得△CMN 为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
7．如图，在Rt △AOB 中，∠AOB ＝90°，tan B ＝
3
4
，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．
8．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． 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，已知抛物线2
34
y x bx c =
++与坐标轴交于A 、B 、C 三点，A 点的坐标为(1,0)-，过点C 的直线3
34y x t
=
-与x 轴交于点Q ，点P 是线段BC 上的一个动点，过P 作PH OB ⊥于点H ．若5PB t =，且01t <<．
（1）点C 的坐标是________，b =________； （2）求线段QH 的长（用含t 的式子表示）；
（3）依点P 的变化，是否存在t 的值，使以P 、H 、Q 为顶点的三角形与COQ 相似？若存在，直接写出所有t 的值；若不存在，说明理由． 11．如图，在边长为5的菱形OABC 中，sin∠AOC＝
4
5
，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．矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝4，将矩形ABCD 绕点C 顺时针旋转至矩形EGCF （其中
E、G、F分别与A、B、D对应）．
（1）如图1，当点G落在AD边上时，直接写出AG的长为；
（2）如图2，当点G落在线段AE上时，AD与CG交于点H，求GH的长；
（3）如图3，记O为矩形ABCD对角线的交点，S为△OGE的面积，求S的取值范围．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、压轴题
1．（1）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
2
3
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
2
3
y 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13
322
a ⨯=， 解得：1a =， 将1x a ==代入2
33
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2
33
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：2
22
(3)93
m m +-+=， 解得：36
13
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）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 -=①
5 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 BC
ABC BCD ∠=∠⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
， ()ABP BCD ASA ∴≅△△，
BP CD ∴=， 即54t -=， 1t ∴=；
（2）当38a =，8
3
t =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 CD
BAC 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）22+；（2）63103t ≤≤-或103165-≤≤-3）
32
5m ≤-
或0m ≥ 【解析】 【分析】 （1）作直线：y x b =-+平行于直线1l ，且与H 相交于点P ，连接PO 并延长交直线1l 于点Q ，作PM ⊥x 轴，根据只有一个交点可求出b ，再联立求出P 的坐标，从而判断出PQ 平分∠AOB ，再利用直线1l 表达式求A 、B 坐标证明OA=OB ，从而证出PQ 即为最小距离，最后利用勾股定理计算即可；
（2）过点T 作TH ⊥直线2l ，可判断出T 上的点到直线2l 的最大距离为3TH +后根据最大距离的范围求出TH 的范围，从而得到FT 的范围，根据范围建立不等式组求解即可；
（3）把点P 坐标带入表达式，化简得到关于a 、b 的等式，从而推出直线3l 的表达式，根据点E 的坐标可确定点E 所在直线表达式，再根据最小距离为0，推出直线3l 一定与图形K 相交，从而分两种情况画图求解即可． 【详解】
解：（1）作直线：y x b =-+平行于直线1l ，且与H 相交于点P ，连接PO 并延长交直线
1l 于点Q ，作PM ⊥x 轴，
∵ 直线：y x b =-+与H 相交于点P ， ∴2
x b x
-+=
，即220x bx -+=，只有一个解， ∴24120b ∆=-⨯⨯=，解得2b = ∴22y x =-+
联立222
y x y x ⎧=-+⎪⎨=⎪⎩
，解得22x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩2,2P ，
∴2PM OM ==，且点P 在第一、三象限夹角的角平分线上，即PQ 平分∠AOB ， ∴Rt POM 为等腰直角三角形，且OP=2，
∵直线1l ：2y x =--，
∴当0y =时，2x =-，当0x =时，2y =-，
∴A(－2，0)，B(0，－2)，
∴OA=OB=2，
又∵OQ 平分∠AOB ，
∴OQ ⊥AB ，即PQ ⊥AB ，
∴PQ 即为H 上的点到直线1l 的最小距离，
∵OA=OB ，
∴45OAB OBA AOQ ∠=∠=∠=︒，
∴AQ=OQ ，
∴在Rt AOQ 中，OA=2，则OQ=2，
∴22PQ OP OQ =+=+，即()1,22min D H l =+；
（2）由题过点T 作TH ⊥直线2l ，
则T 上的点到直线2l 的最大距离为3TH +
∵()max 243,63ABC l D V ≤≤
即43363TH ≤
∴TH ≤≤
由题60HFO ∠=︒，则
FT =
， ∴610FT ≤≤，
又∵FT t =，
∴610t ≤≤，
解得610t ≤≤1016-≤≤-；
（3）∵直线21211k k y x k k --=+--恒过定点1111,8484P a b c a b c ⎛⎫ ⎪⎝+-+⎭
+， ∴把点P 代入得：
2111211184184k k a b c a b c k k --⎛⎫+-+=++ ⎪--⎝⎭， 整理得：()()2416828162828a b c k a b c a b c k a b c +-+--+-=++---， ∴2416828281628a b c a b c a b c a b c +-+=++⎧⎨--+-=---⎩，化简得224801a b c c +-+=⎧⎨=⎩
， ∴182
b a =-+， 又∵点(),D a b 恒在直线3l 上，
∴直线3l 的表达式为：182y x =-
+， ∵()min 3,0D K l =，
∴直线3l 一定与以点E 为顶点，原点为对角线交点的正方形图形相交，
∵(),28E m m +，
∴点E 一定在直线28y x =+上运动，
情形一：如图，当点E 运动到所对顶点F 在直线3l 上时，由题可知E 、F 关于原点对称， ∵(),28E m m +，
∴(),28m m F ---，
把点F 代入182y x =-+得：18282m m +=--，解得：325
m =-， ∵当点E 沿直线向上运动时，对角线变短，正方形变小，无交点， ∴点E 要沿直线向下运动，即325m ≤-
；
情形二：如图，当点E运动到直线3l上时，
把点E代入
1
8
2
y x
=-+得：
1
828
2
m m
-+=+，解得：0
m=，
∵当点E沿直线向下运动时，对角线变短，正方形变小，无交点，∴点E要沿直线向上运动，即0
m≥，
综上所述，
32
5
m≤-或0
m≥．
【点睛】
本题考查新型定义题，弄清题目含义，正确画出图形是解题的关键．
4．（1）①18；②t=4或t=－1；（2）48；，或；（3）
【解析】
试题分析：（1）根据给出的新定义进行求解；（2）过M点作轴的垂线与过N点垂直于轴的直线交于点Q，则当点P位于矩形OMQN内部或边界时，矩形OMQN是点M，N，P的最佳外延矩形，且面积最小；根据当y=0是y=8时求出x的值得到取值范围；（3）根
据最佳外延矩形求出半径的取值范围.
试题解析：（1）①18；②t=4或t=－1；
（2）如图，过M点作轴的垂线与过N点垂直于轴的直线交于点Q，则当点P位于矩形OMQN内部或边界时，矩形OMQN是点M，N，P的最佳外延矩形，且面积最小．
∵S矩形OMQN＝OM·ON＝6×8＝48，∴点M，N，P的最佳外延矩形面积的最小值为48．
抛物线与轴交于点T（0，5）．令，有，
解得：x=－1（舍去），或x=5．
令y=8，有，解得x=1，或x=3．∴，或．
（3）．
考点：新定义的理解、二次函数的应用、圆的性质.
5．（1）∠APC=60°，∠BPC=60°；（2）见解析；（315
3
4
4）
21
9
【解析】
【分析】
（1）由△ABC是等边三角形，可知∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，由圆周角定理可知
∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）利用上题中得到的相等的角和等边三角形中相等的线段利用AAS证得两三角形全等即可；
（3）根据CM∥BP说明四边形PBCM是梯形，利用上题证得的两三角形全等判定△PCM为等边三角形，进而求得PH的长，利用梯形的面积公式计算四边形的面积即可；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，利用勾股定理求出AB的长，在△ABC中，利用等边三角形的性质求出BN，在△BON中利用勾股定理求出OB，最后根据弧长公式求出弧AB的长.
【详解】
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∵=
BC BC，=
AC AC，
∴∠APC=∠ABC=60°，∠BPC=∠BAC=60°；
（2）证明：∵CM∥BP，
∴∠BPM+∠M=180°，
∠PCM=∠BPC，
∵∠BPC=∠BAC=60°
，
∴∠PCM=∠BPC=60°，
∴∠M=180°-∠BPM=180°-（∠APC+∠BPC）=180°-120°=60°，∴∠M=∠BPC=60°，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PBC=180°，
∵∠MAC+∠PAC=180°
∴∠MAC=∠PBC
∵AC=BC，
在△ACM和△BCP中，
M BPC
MAC PBC
AC BC
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（3）∵CM∥BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM=CP，AM=BP，
又∠M=60°，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+PB=1+2=3，在Rt△PMH中，∠MPH=30°，
∴PH=33
2
，
∴S四边形PBCM=1
2
（PB+CM）×PH=
1
2
(2+3)×
33
=
153
；
（4）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，∵∠APC=∠BPC=60°，
∴∠BPQ=60°，
∴∠PBQ=30°，
∴PQ=1
2
PB=1，
∴在△BPQ 中，BQ=222
1=3-，
∴在△AQB 中，AB=()()2222=113=7AQ BQ +++，
∵△ABC 为等边三角形，
∴AN 经过圆心O ，
∴BN=12AB=7， ∴AN=2221=2
AB BN -， 在△BON 中，设BO=x ，则ON=
212x -， ∴222721=x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 解得：x=21， ∵∠BOA ＝2∠BCA ＝120°，
∴AB =211202213=1809
ππ⨯.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，四边形的面积，勾股定理，弧长公式，是一道比较复杂的几何综合题，解题关键是能够掌握并灵活运用全等三角形的判定与性质等知识．
6．（1）AP +PQ 的最小值为4；（2）存在，M 点坐标为(﹣12，﹣4)或(12，8)．
【解析】
【分析】
（1）由直线解析式易求AB 两点坐标，利用等腰直角△ABC 构造K 字形全等易得OE ＝CE ＝4，C 点坐标为（4，4）DB ＝∠CEB ＝90︒，可知B 、C 、D 、E 四点共圆，由等腰直角△ABC 可知∠CBD ＝45︒，同弧所对圆周角相等可知∠CED ＝45︒，所以∠OEF ＝45︒，CE 、OE 是
关于EF 对称，作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于Q ，AK ⊥EC 于K ．把AP +PQ 的最小值问题转化为垂线段最短解决问题．
（2）由直线l 与直线AC 成45︒可知∠AMN ＝45︒，由直线AC 解析式可设M 点坐标为
（x ，122
x +），N 在y 轴上，可设N （0，y ）构造K 字形全等即可求出M 点坐标． 【详解】
解：（1）过A 点作AK ⊥CE ，
在等腰直角△ABC 中，∠ACB ＝90︒，AC ＝BC ，
∵CE ⊥x 轴，
∴∠ACK +∠ECB ＝90︒，∠ECB +∠CBE ＝90︒，
∴∠ACK ＝∠CBE
在△AKC 和△CEB 中，
AKC CEB ACK CBE AC CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
△AKC ≌△CEB （AAS ）
∴AK ＝CE ，CK ＝BE ，
∵四边形AOEK 是矩形，
∴AO ＝EK ＝BE ，
由直线l ：y ＝﹣
13x +2与x 轴交于点B ，与y 轴交于点A ，可知A 点坐标为（0，2），B （6，0）
∴E 点坐标为（4，0），C 点坐标为（4，4），
∵∠CDB ＝∠CEB ＝90︒，
∴B 、C 、D 、E 四点共圆，
∵CD CD =，∠CBA ＝45︒，
∴∠CED ＝45︒，
∴FE 平分∠CEO ，
过P 点作PH ⊥CE 于H ，作PG ⊥OE 于G ，过A 点作AK ⊥EC 于K ．
∴PH ＝PQ ，
∵PA +PQ ＝PA +PH ≥AK ＝OE ，
∴OE ＝4，
∴AP +PQ ≥4，
∴AP +PQ 的最小值为4．
（2）∵A 点坐标为（0，2），C 点坐标为（4，4），
设直线AC 解析式为：y ＝kx+b
把（0，2），（4，4）代入得244b k b =⎧⎨=+⎩
解得1
22
k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩
∴直线AC 解析式为：y ＝122
x +， 设M 点坐标为（x ，122
x +），N 坐标为（0，y ）． ∵MN ∥AB ，∠CAB ＝45︒，
∴∠CMN ＝45︒，
△CMN 为等腰直角三角形有两种情况：
Ⅰ．如解图2﹣1，∠MNC ＝90︒，MN ＝CN ．
同（1）理过N 点构造利用等腰直角△MNC 构造K 字形全等，同（1）理得：SN ＝CR ，MS ＝NR ．
∴41242
x y x y -=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：128x y =-⎧⎨=-⎩， ∴M 点坐标为（﹣12，﹣4）
Ⅱ．如解图2﹣2，∠MNC ＝90︒，MN ＝CN ．
过C 点构造利用等腰直角△MNC 构造K 字形全等，同（1）得：MS ＝CF ，CS ＝FN ． ∴4412442
x y x -=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：1212x y =⎧⎨=⎩， ∴M 点坐标为（12，8）
综上所述：使得△CMN 为等腰直角三角形得M 点坐标为（﹣12，﹣4）或（12，8）．
【点睛】
本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用等腰直角三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，垂线段最短等知识，解题的关键是中用转化的思想思考问题，学会添加常用辅助线，在平面直角坐标系中构造K字形全等三角形求点坐标解决问题，属于中考压轴题．
7．（1）OA＝6，AB＝10；（2）30
11
；（3）0<t≤
18
13
或
30
11
<t≤5．
【解析】【分析】
（1）在Rt△AOB中，tan B＝3
4
，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＝3
4
，OB＝8，
∴
3
4
OA
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
,
106
t AD
=
∴AD＝6
5
t，
当Q与D重合时，AD+OQ＝OA，
∴6
6,
5
t t+=
30
.
11
t
∴=
（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 AC AB AO = 即：62106t t -= ，18.13
t ∴= ∴当18013
t <≤时，圆P 与QC 只有一个交点， 当QC ⊥OA 时，D 、Q 重合，由（1）知： 30.11t =
∴30511
t <≤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．
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 ，
∴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 ＝1010
BG AB =， ∴BG 10210AB =， ∴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 ：3344
y 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 '：3344
y 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）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）()90,3,4
--
；（2）48QH t =- ；（31或732或2532 【解析】
【分析】
（1）由于直线y ＝34t x －3过C 点，因此C 点的坐标为（0，-3），那么抛物线的解析式中c=-3，然后将A 点的坐标代入抛物线的解析式中即可求出b 的值；
（2）求QH 的长，需知道OQ ，OH 的长．根据CQ 所在直线的解析式即可求出Q 的坐标，也就得出了OQ 的长，然后求OH 的长．在（1）中可得出抛物线的解析式，那么可求出B 的坐标．在直角三角形BPH 中，可根据BP=5t 以及∠CBO 的正弦值（可在直角三角形COB 中求出），得出BH 的长，根据OB 的长即可求出OH 的长．然后OH ，OQ 的差的绝对值就是QH 的长；
（3）本题要分①当H 在Q 、B 之间．②在H 在O ，Q 之间两种情况进行讨论；根据不同的对应角得出的不同的对应成比例线段来求出t 的值．
【详解】
（1）由于直线y ＝34t
x －3过C 点，C 点在y 轴上，则C 点的坐标为（0，-3）， 将A 点坐标代入解析式中，得0＝
34－b －3，解得b ＝－94； 故答案为 ()0,3-，94
-； （2）由（1），得y ＝34
x 2－94x －3，它与x 轴交于A ，B 两点，得B （4，0）．
∴OB ＝4，
又∵OC ＝3，
∴BC ＝5．
由题意，得△BHP ∽△BOC ，
∵OC ∶OB ∶BC ＝3∶4∶5，
∴HP ∶HB ∶BP ＝3∶4∶5，
∵PB ＝5t ，∴HB ＝4t ，HP ＝3t ．
∴OH ＝OB －HB ＝4－4t ．
由y ＝34t
x －3与x 轴交于点Q ，得Q （4t ，0）． ∴OQ ＝4t ．
①当H 在Q 、B 之间时，
QH ＝OH －OQ
＝（4－4t ）－4t ＝4－8t ．
②当H 在O 、Q 之间时， QH ＝OQ －OH
＝4t －（4－4t ）＝8t －4．
综合①，②得QH ＝｜4－8t ｜；
（3）存在t 的值，使以P 、H 、Q 为顶点的三角形与△COQ 相似．
t 121，t 2＝732，t 3＝2532
解析：①当H 在Q 、B 之间时，QH ＝4－8t ， 若△QHP ∽△COQ ，则QH ∶CO ＝HP ∶OQ ，得
48334t t t -=，
∴t ＝732
． 若△PHQ ∽△COQ ，则PH ∶CO ＝HQ ∶OQ ，得
34834t t t -=， 即t 2＋2t －1＝0．
∴t 11，t 2＝1-（舍去）．
②当H 在O 、Q 之间时，QH ＝8t －4．
若△QHP ∽△COQ ，则QH ∶CO ＝HP ∶OQ ，得
84334t t t -=， ∴t ＝2532
． 若△PHQ ∽△COQ ，则PH ∶CO ＝HQ ∶OQ ，得
38434t t t -=， 即t 2－2t ＋1＝0．
∴t 1＝t 2＝1（舍去）．
综上所述，存在t 的值，t 11，t 2＝
732，t 3＝2532．
故答案为（1）()90,3,4
--
；（2）48QH t =- ；（31或732或2532． 【点睛】 本题是二次函数的综合题，此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
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 4
5CP C OC
＝＝， 4455
CP 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 4
5
C ＝， 44 4555
PH PH t t ∴=-即＝﹣， ∴3
33255HA 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∠OA
4
5
PG
G
AP
＝＝，
t4
5-t5 ＝，
∴
20
9
t＝；
⊙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
4
5
PG
P
PC
＝＝，
∵OP＝PG＝20﹣t，
∴420
51
t
t
-
=
-
，
∴
160
9
t＝，
综上所述，t的值
20160
416
99
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）4﹣23；（2）3
2
；（3）4﹣5≤S≤4+5
【解析】
【分析】
（1）在Rt△DCG中，利用勾股定理求出DG即可解决问题；
（2）首先证明AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD﹣HD＝4﹣m，在Rt△DHC中，根据CH2＝CD2+DH2，构建方程求出m即可解决问题；
（3）如图，当点G在对角线AC上时，△OGE的面积最小，当点G在AC的延长线上时，△OE′G′的面积最大，分别求出面积的最小值，最大值即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝CG＝4，∠D＝90°，
∵AB＝CD＝2，
∴DG＝22
CD
CG-＝22
42
-＝23，
∴AG＝AB﹣BG＝4﹣23，
故答案为:4﹣23．
（2）如图2中，
由四边形CGEF是矩形，得到∠CGE＝90°，
∵点G在线段AE上，
∴∠AGC＝90°，
∵CA＝CA，CB＝CG，
∴Rt△ACG≌Rt△ACB（HL）．
∴∠ACB＝∠ACG，
∵AB∥CD
∴∠ACG＝∠DAC，
∴∠ACH＝∠HAC，
∴AH＝CH，设AH＝CH＝m，则DH＝AD﹣AH＝5﹣m，在Rt△DHC中，∵CH2＝DC2+DH2，
∴m2＝22+（4﹣m）2，
∴m＝5
2
，
∴AH＝5
2
，GH22
AH AG
-
2
2
5
2
2
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
3
2
．
（3）在Rt△ABC中，2225
AC AB BC
=+=,
1
5
2
OC AC，
由题可知，G点在以C点为圆心，BC为半径的圆上运动，且GE与该圆相切，因为GE=AB 不变，所以O到直线GE的距离即为△OGE的高，当点G在对角线AC上时，OG最短，即
△OGE的面积最小，最小值＝1
2
×OG×EG＝
1
2
×2×（4545
当点G在AC的延长线上时，OG最长，即△OE′G′的面积最大．最大值＝1
2
×E′G′×OG′＝
1
×2×（4+5）＝4+5.
2
综上所述，455
【点睛】
本题考查求一点到圆上点距离的最值、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、勾股定理.（1）比较简单，掌握勾股定理和旋转的性质是解决此问的关键；（2）能表示Rt△DHC三边，借助方程思想是解决此问的关键；（2）理解线段GE的运动轨迹，得出面积最小（大）时G点的位置是解决此问的关键.。