初三九年级数学上册 压轴解答题测试卷 (word版,含解析)

初三九年级数学上册 压轴解答题测试卷 （word 版，含解析）
一、压轴题
1．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？
2．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2
AD BD CD 2⎛⎫⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭
的最大值，并求出此时⊙O 的半径．
3．已知，如图1，⊙O 是四边形ABCD 的外接圆，连接OC 交对角线BD 于点F ，延长AO 交BD 于点E ，OE=OF.
（1）求证：BE=FD；
（2）如图2，若∠EOF=90°，BE=EF，⊙O的半径25
AO=，求四边形ABCD的面积；（3）如图3，若AD=BC；
①求证：22
•
AB CD BC BD
+=；②若2
•12
AB CD AO
==，直接写出CD的长.
4．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 CF
=；
②若⊙O的半径为3，BF=2,求AC的长．
5．如图，在ABC
∆中，90
ACB
∠=︒，以点B为圆心，BC的长为半径画弧，交线段AB于点D，以点A为圆心，AD长为半径画弧，交线段AC于点E，连结CD.
（1）若28
A
∠=︒，求ACD
∠的度数；
（2）设BC a
=，AC b
=；
①线段AD的长度是方程22
20
x ax b
+-=的一个根吗？说明理由.
②若线段AD EC
=，求
a
b
的值.
6．【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=
1
3，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=
1
3
BC
AB
=
，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=
3
5，求sin2β的值．
7．如图，已知AB 是⊙O 的直径，AB ＝8，点C 在半径OA 上（点C 与点O 、A 不重合），过点C 作AB 的垂线交⊙O 于点D ，连结OD ，过点B 作OD 的平行线交⊙O 于点E 、交射线CD 于点F ．
（1）若ED ＝BE ，求∠F 的度数：
（2）设线段OC ＝a ，求线段BE 和EF 的长（用含a 的代数式表示）； （3）设点C 关于直线OD 的对称点为P ，若△PBE 为等腰三角形，求OC 的长． 8．抛物线G ：2
y 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．
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()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．
11．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，
DE
DC
等于多少； （2）如图②，当点F 是线段AB 的中点时，求DE
DC
的值； （3）如图③，若DE CF =，求
DE
DC
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 ＝
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）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DG
BC 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DG
BC 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 FCD GB CD
GBD FDC ∠=∠⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
∴()GDB CFD ASA △≌△ ∴DB DF =；
（2）证明：如图：连接
BF ，
由（1）可知，A ABC CB =∠∠， ∵ECF ACB ∠=∠， ∴ABC ECF ∠=∠，
∵BC A C A BCF E F =∠+∠∠+∠， ∴A BCF ∠=∠， ∴BDF A BCF ∠=∠=∠， ∴B 、C 、D 、F 四点共圆，
∴180DCB DFB ∠+∠=︒，DBF ECF ∠=∠， ∴ACB DFB ∠=∠， ∵BC EC AC A 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.
2．（1）CD 2+BD 2＝2AD 2，见解析；（2）BD 2＝CD 2+2AD 2，见解析；（3）①，②最大
值为
4414 【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+441
4
，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 ＝
∴AD BD ⎛⎫⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭
＝AD•（BD+2）＝A D•（BD+7） ＝AD•BD+7AD ＝AD （14﹣AD ）+7AD ＝﹣AD 2+21AD ＝﹣（AD ﹣212）2+441
4
，
∴当AD ＝
212时，2AD BD ⎛⎫⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭
的最大值为441
4， ∵AD+BD ＝14，
∴BD＝14﹣21
2
＝
7
2
，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB＝22710
AD BD
+=，
∴⊙O的半径为OA＝1
2
AB＝
710
．
【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. 3．（1）见详解；（2）5326
【解析】
【分析】
（1）如图1中，作OH⊥BD于H．根据等腰三角形的性质以及垂径定理即可；
（2）如图2中，作OH⊥BD于H，连接OB，求出AC，BD，根据S四边形ABCD=1
2•BD•AM+
1 2•BD•CM=
1
2
•BD•AC即可求解；
（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．利用等腰直角三角形的性质，完全平方公式等知识即可；
②如图3中，连接OB，设DM=CM=x，想办法求出BC，DB，在Rt△BCM中，利用勾股定理构建方程即可．
【详解】
（1）证明：如图1中，作OH⊥BD于H．
∵OE=OF，OH⊥EF，
∴EH=HF，
∵OH⊥BD，
∴BH=HD，
∴BE=DF；
（2）解：如图2中，作OH⊥BD于H，连接OB．
∵∠EOF=90°，OE=OF，OA=OC，
∴∠OEF=∠OAC=45°，
∴∠AME=90°，即AC⊥BD，
连接OB．设OH=a，
∵BE=EF，
∴BE=2EH=2OH=2a，
在Rt△BOH中，∵OH2+BH2=OB2，
∴a2+（3a）2=（52，
∴2或2（舍弃），
∴BD=BE+EF+DF=6a=62，
在Rt△AOC中，210，
∴S四边形ABCD=1
2
•BD•AM+
1
2
•BD•CM=
1
2
•BD•AC=
1
2
1025
（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．
∵OE=OF ，OA=OC ， ∴∠EOH=
12∠EOF=12（∠EAC+∠ACO ）=12
×2∠OAC=∠OAC ， ∴AC ∥OH ，
∴AC ⊥BD ，
∵AD=BC ，
∴∠ABD=∠CAB=∠CDB=45°， ∴2BM ，2DM ，CM=DM ，
∴AB•CD+BC 222DM+BM 2+CM 2=（BM+DM ）2=BD 2；
②如图3中，连接OB ，设DM=CM=x ，
∵∠BOC=2∠BDC=90°，
∴26，
∵AB•CD+BC 2=BD 2，AB•CD=AO 2=12，
∴12+24=BD 2，
∴BD=6（负根已经舍弃），
在Rt △BCM 中，∵BC 2=BM 2+CM 2，
∴（6）2=（6-x ）2+x 2，
∴3或3
∴226．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
4．（1）详见解析；（2）①详见解析；②8
【解析】
【分析】
（1）先得到90ADB ∠=︒，利用圆周角定理得到DBA DAC ∠=∠，即可证明AC 是切线；
（2）①利用等弧所对的圆周角相等，得到BAE DAE ∠=∠，然后得到
CFA CAF ∠=∠，即可得到结论成立；
②设AC CF x ==，利用勾股定理，即可求出AC 的长度.
【详解】
（1）证明： ∵AB 是⊙O 的直径，
∴90ADB ∠=︒，
∴90DBA DAB ∠+∠=︒，
∵DEA DBA ∠=∠,DAC DEA ∠=∠，
∴DBA DAC ∠=∠，
∴90DAC DAB ∠+∠=︒，
∴90CAB ∠=︒，
∴AC 是⊙O 的切线；
（2）① ∵点E 是弧BD 的中点，
∴BAE DAE ∠=∠，
∵CFA DBA BAE ∠=∠+∠，CAF CAD DAE ∠=∠+∠，
∴CFA CAF ∠=∠
∴CA CF =；
② 设CA CF x ==，
在Rt ABC ∆中，
2BC x =+，CA x =，6AB =，
由勾股定理可得
222(2)6x x +=+，
解得：8x =，
∴8AC =.
【点睛】
本题考查了切线的判定，等角对等边，以及勾股定理，要证直线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
5．（1）ACD ∠＝31︒；（2）①是；②
34
a b =. 【解析】
【分析】
（1）根据三角形内角和定理求出∠B ，根据等腰三角形的性质求出∠BCD ，计算即可； （2）①根据勾股定理求出AD ，利用求根公式解方程，比较即可；
②根据勾股定理列出算式，计算即可．
【详解】
（1）在ABC ∆中，90ACB ∠=︒.
∴90B A ∠=︒-∠ 9028=︒-︒
62=︒，
∵BC BD =，
∴1802
B BCD BD
C ︒-∠∠=∠= 180622
︒-︒= 59=︒.
∴DCA ACB BCD ∠=∠-∠
9059=︒-︒
31=︒.
（2）①BD BC a ==，
∴AD AB BD =-
AB a =-.
在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，
AB =
=
∵2220x ax b +-=，
∴x =
a =-
a AB =-±.
∴线段AD 的长度是方程2220x ax b +-=的一个根.
②∵AE AD =，
又∵AD EC =， ∴2b AE EC ==
， ∴2
b AD =. 在Rt ABC ∆中，
222AB AC BC =+， ∴2
222b a b a ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭
， 2
2224b a ab b a ++=+， ∴234
b ab =. ∵0b >， ∴34
b a =，
∴
3
4 a
b =.
【点睛】
本题考查的是勾股定理、一元二次方程的解法，掌握一元二次方程的求根公式、勾股定理是解题的关键．
6．
（1）sin2α=42
9
；（2）sin2β=sin∠MON=
24
25
．
【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=
1
3
BC
AB
=
，可设BC=x，则AB=3x．利用面积法求出CD，
在Rt△COD中，根据sin2α=CD
OC，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=
3
5
MN
NQ
=
，设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=
1
2NQ=
5
2
k
，可得
MQ=
22
QN MN
-
=4k，由
1
2•MN•MQ=
1
2•NQ•MR，求出在Rt△MRO中，根据sin2β=sin∠
MON=MR
OM，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=
1
3
BC
AB
=
，可设BC=x，则AB=3x．
∴
22
AB BC
-22
(3)x x
-2
x，
∵1
2•AC•BC=
1
2•AB•CD，
∴CD=
2
3 x，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=α，∴∠COB=2α，
∴sin2α=
CD
OC=
42
9．
（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=
3
5
MN
NQ
=
，
∴设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=
1
2NQ=
5
2
k
，
∴MQ=
22
QN MN
-
=4k，
∵
11
22
NMQ
S MN MQ NQ MR
∆
==
，
∴3k•4k=5k•MR
∴MR=
12
k
5，
在Rt△MRO中，sin2β=sin∠MON=
12
24
5
525
2
k
MR
k
OM
==
．
考点：圆的综合题．
7．（1）30°；（2）EF=；（3）CO的长为或时，△PEB为等腰三角形．
【解析】
试题分析：（1）利用圆周角定理以及三角形内角和定理得出即可；
（2）首先证明△HBO≌△COD（AAS），进而利用△COD∽△CBF，得出比例式求出EF的长；
（3）分别利用①当PB=PE，不合题意舍去；②当BE=EP，③当BE=BP，求出即可．
试题解析：（1）如图1，连接EO，
∵
∴∠BOE=∠EOD，
∵DO∥BF，
∴∠DOE=∠BEO，
∵BO=EO，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OBE=∠OEB=∠BOE=60°，
∵CF⊥AB，
∴∠FCB=90°，
∴∠F=30°；
（2）如图1，作HO⊥BE，垂足为H，
∵在△HBO和△COD中
，
∴△HBO≌△COD（AAS），
∴CO=BH=a，
∴BE=2a，
∵DO∥BF，
∴△COD∽△CBF，
∴
∴，
∴EF=；
（3）∵∠COD=∠OBE，∠OBE=∠OEB，∠DOE=∠OEB，
∴∠COD=∠DOE，
∴C关于直线OD的对称点为P在线段OE上，
若△PEB为等腰三角形，设CO=x，∴OP=OC=x，则PE=EO-OP=4-x，由（2）得：BE=2x，
①当PB=PE，不合题意舍去；
②当BE=EP，2x=4-x，解得：x=，
③当BE=BP ，作BM ⊥EO ，垂足为M ，
∴EM=PE=，
∴∠OEB=∠COD ，∠BME=∠DCO=90°， ∴△BEM ∽△DOC ，
∴，
∴，
整理得：x 2+x-4=0，
解得：x=（负数舍去），
综上所述：当CO 的长为或
时，△PEB 为等腰三角形． 考点：圆的综合题．
8．（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CMN CNE MNE S S S =+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14
a = ∴G 的解析式为2114y x =
- 故答案为2114
y 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（22141,1334
t 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114
y mx =- 过点N 作NE y ∥轴交CM 于点E ，则E 点为()14,
414m m m ⎛
⎫++- ⎪⎝⎭
∴4EN m =--
∵()()12CMN CNE MNE C N N M S
S S x x x x EN ⎡⎤=+=-+-•⎣⎦ ∴()()104=22
m 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．
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 ＝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 ：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．
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 ∆=-=-++=+
∴x =
∴12D b -++⎝⎭ 22244124442444
AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-++
1
22
44
22
44
AB
D
b b
y y b b
⎛⎫
-+-+
-=-++-++=
⎪
⎝⎭
∵20
b≥
∴
1
10
D AB
y y
-=≥==>∴点1
D始终在直线AB上方
∵
2
2
2
b
C b
⎛-+-
-+-
⎝⎭
∴
22
44
22
44
B
C A
b b
y y b b
⎛⎫
-+--
-=-+--++=
⎪
⎝⎭
∴
AB C
y y
-==
)2216
4
-+
=
∵b
-<<2
028
b
≤<，
∴4
≤<
设n
，4
n
≤<
∴
2
(2)16
4
AB C
n
y y
--+
-=
∵
1
4
-<，对称轴为2
n=
∴当4
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4
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n=D C
y y
-
有最大值1+
此时
1
2
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．
11．（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 ，5x ，得到DP=55x ，求出PF=355
x ，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 ，5x ，可得PC=OC-5x x -，根据△DPO ∽△FPC ，得到514
OD FC =，进而得到5151
CF 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 ∴=，
12
DE 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 a ∴=，25PD a =， 5DF a =，
35PF a ∴=， 1tan tan 3
OP PFO PAO PF ∴∠=∠==， tan EAD ∴∠= 13
DE 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 --=，
∴ y x =x （舍弃），
∴ 12
y 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．
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 =，
()111809022
ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902
DFE AOD ∴-∠=-∠， 12
DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，
12
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．。