九年级数学上册 压轴解答题培优测试卷

九年级数学上册 压轴解答题培优测试卷
一、压轴题
1．如图①，A （﹣5，0），OA ＝OC ，点B 、C 关于原点对称，点B （a ，a +1）（a ＞0）． （1）求B 、C 坐标；
（2）求证：BA ⊥AC ；
（3）如图②，将点C 绕原点O 顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D ，连接DC ，问：∠BDC 的角平分线DE ，是否过一定点？若是，请求出该点的坐标；若不是，请说明理由．
2．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？
3．如图，在矩形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，连接AC 、EC 、EF 、FC ，且EC EF ⊥.
（1）求证：AEF BCE ∽；
（2）若23AC =AB 的长；
（3）在（2）的条件下，求出ABC 的外接圆圆心与CEF △的外接圆圆心之间的距离？
4．如图，在ABC ∆中，90ACB ∠=︒，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28A ∠=︒，求ACD ∠的度数；
（2）设BC a =，AC b =；
①线段AD 的长度是方程2220x ax b +-=的一个根吗？说明理由.
②若线段AD EC =，求
a b 的值. 5．如图，B 是O 的半径OA 上的一点（不与端点重合），过点B 作OA 的垂线交O 于
点C ，D ，连接OD ，E 是
O 上一点，CE CA =，过点C 作O 的切线l ，连接OE 并延长交直线l 于点F.
（1）①依题意补全图形.
②求证：∠OFC=∠ODC ．
（2）连接FB ，若B 是OA 的中点，
O 的半径是4，求FB 的长. 6．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.
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．抛物线G ：2y 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 1，抛物线21:4C y ax ax c =-+交x 轴正半轴于点()1,0,A B ，交y 轴正半轴于
C ，且OB OC =．
（1）求抛物线1C 的解析式；
（2）在图2中，将抛物线1C 向右平移n 个单位后得到抛物线2C ，抛物线2C 与抛物线1C 在第一象限内交于一点P ，若CAP ∆的内心在CAB △内部，求n 的取值范围
（3）在图3中，M 为抛物线1C 在第一象限内的一点，若MCB ∠为锐角，且
3tan MCB ∠＞，直接写出点M 横坐标M x 的取值范围___________
10．如图1,已知菱形ABCD 的边长为3A 在x 轴负半轴上，点B 在坐标原点．点D 的坐标为33),抛物线y=ax 2+b(a≠0)经过AB 、CD 两边的中点.
(1)求这条抛物线的函数解析式；
(2)将菱形ABCD 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴正方向匀速平移(如图2),过点B 作BE ⊥CD 于点E,交抛物线于点F,连接DF.设菱形ABCD 平移的时间为t 秒(0<t<3．．．．．
) ①是否存在这样的t ，使DF=7FB?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由； ②连接FC,以点F 为旋转中心,将△FEC 按顺时针方向旋转180°,得△FE′C′,当△FE′C′落在x ．轴与．．
抛物线在．．．．x ．轴上方的部分围成的图形中．．．．．．．．．．．．(．包括边界．．．．)．
时,求t 的取值范围.(直接写出答案即可) 11．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.
12．如图，扇形OMN 的半径为1，圆心角为90°，点B 是上一动点，BA ⊥OM 于点A ，BC ⊥ON 于点C ，点D 、E 、F 、G 分别是线段OA 、AB 、BC 、CO 的中点，GF 与CE 相交于点P ，DE 与AG 相交于点Q ．
（1）当点B 移动到使AB ：OA=：3时，求的长；
（2）当点B 移动到使四边形EPGQ 为矩形时，求AM 的长．
（3）连接PQ ，试说明3PQ 2+OA 2是定值．
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一、压轴题
1．（1）点B （3，4），点C （﹣3，﹣4）；（2）证明见解析；（3）定点（4，3）；理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）由中心对称的性质可得OB ＝OC ＝5，点C （﹣a ，﹣a ﹣1），由两点距离公式可求a 的值，即可求解；
（2）由两点距离公式可求AB ，AC ，BC 的长，利用勾股定理的逆定理可求解；
（3）由旋转的性质可得DO ＝BO ＝CO ，可得△BCD 是直角三角形，以BC 为直径，作⊙O ，连接OH ，DE 与⊙O 交于点H ，由圆周角定理和角平分线的性质可得∠HBC ＝∠CDE ＝45°＝∠BDE ＝∠BCH ，可证CH ＝BH ，∠BHC ＝90°，由两点距离公式可求解．
【详解】
解：（1）∵A （﹣5，0），OA ＝OC ，
∴OA ＝OC ＝5，
∵点B 、C 关于原点对称，点B （a ，a +1）（a ＞0），
∴OB ＝OC ＝5，点C （﹣a ，﹣a ﹣1），
∴5()()220+10a a -+-
∴a ＝3，
∴点B （3，4），
∴点C （﹣3，﹣4）；
（2）∵点B （3，4），点C （﹣3，﹣4），点A （﹣5，0），
∴BC ＝10，AB ＝5，AC ＝5
∵BC 2＝100，AB 2+AC 2＝80+20＝100，
∴BC 2＝AB 2+AC 2，
∴∠BAC ＝90°，
∴AB ⊥AC ；
（3）过定点，
理由如下：
∵将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，
∴CO＝DO，
又∵CO＝BO，
∴DO＝BO＝CO，
∴△BCD是直角三角形，
∴∠BDC＝90°，
如图②，以BC为直径，作⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，
∵DE平分∠BDC，
∴∠BDE＝∠CDE＝45°，
∴∠HBC＝∠CDE＝45°＝∠BDE＝∠BCH，
∴CH＝BH，∠BHC＝90°，
∵BC＝10，
∴BH＝CH＝2，OH＝OB＝OC＝5，
设点H（x，y），
∵点H在第四象限，
∴x＜0，y＞0，
∴x2+y2＝25，（x﹣3）2+（y﹣4）2＝50，
∴x＝4，y＝3，
∴点H（4，﹣3），
∴∠BDC的角平分线DE过定点H（4，3）．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了中心对称的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，圆的有关知识，勾股定理的逆定理，两点距离公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
2．（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.
3．（1）详见解析；（2）3）
12
【解析】
【分析】
（1）由矩形的性质得到90EAF CBE ∠=∠=︒，再根据同角的余角相等，得到AFE BEC =∠∠，即可证明相似；
（2）根据矩形的性质和相似三角形的性质，得到222AB BC =，再利用勾股定理，即可求出AB 的长度；
（3）分别找出两个三角形外接圆的圆心M 、N ，利用三角形中位线定理，即可求出MN 的长度.
【详解】
（1）证明：在矩形ABCD 中，有90EAF CBE ∠=∠=︒，
∴90AEF AFE ∠+∠=︒，
∵EC EF ⊥，
∴90FEC ∠=︒，
∴90AEF BEC ∠+∠=︒，
∴AFE BEC =∠∠，
∴AEF BCE ∽；
（2）在矩形ABCD 中，有AD=BC ，
∵E 、F 分别是AB 、AD 的中点，
∴22,2AB AE BE AD AF ===；
∵AEF BCE ∽，
∴AE AF BC BE
=， ∴222AB BC =，
在Rt △ABC 中，由勾股定理得，
222AB BC AC +=，
∴221122
AB AB +=， 解得：22AB =；
（3）如图：
∵△ABC 是直角三角形，
∴△ABC 的外接圆的圆心在AC 中点M 处，
同理，△CEF 的外接圆的圆心在CF 的中点N 处， ∴线段MN 为△ACF 的中位线，
∴1124
MN AF AD ==， 由（2）知，22222AB BC AD ==， ∴2AD AB =， ∴22122882MN AB =
==. 【点睛】
本题考查了求三角形外接圆的圆心距，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形中位线定理，解题的关键是熟练利用所学性质进行证明和求解.
4．（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 =.
∵0 b>，
∴3
4
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．
5．（1）①补图见解析；②证明见解析；（2）FB=221.
【解析】
【分析】
（1）①根据题意，补全图形即可；
②由CD⊥OA可得∠ODC+∠AOD=90°，根据垂径定理可得AD AC
=，利用等量代换可得AD CE
=，根据圆周角定理可得∠EOC=∠AOD，由切线性质可得OC⊥FC，可得
∠OFC+∠FOC=90°，即可证明∠OFC=∠ODC；
（2）连接BF，作BG⊥l于G，根据OB=1
2
OA，可得∠OCB=30°，利用勾股定理可求出BC
的长，根据垂径定理可得CD的长，由（1）可知∠OFC=∠ODC，可得FC=CD，由BG⊥l，OC⊥l可得OC//BG，根据平行线的性质可得∠CBG=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可求出CG的长，利用勾股定理可求出BG的长，即可求出FG的长，利用勾股定理求出FB 的长即可.
【详解】
（1）①延长OE，交直线l于F，如图即为所求，
②∵OA⊥CD，OA为⊙O半径，
∴AD AC
=，
∵CE CA
=，
∴AD CE
=，
∴∠EOC=∠AOD，
∵FC是⊙O的切线，
∴OC⊥FC，
∴∠OFC+∠FOC=90°，
∴∠OFC=∠ODC.
（2）连接BF ，作BG ⊥l 于G ， ∵B 是OA 的中点，⊙O 半径为4，
∴OB=
12OA=12
OC=2， ∵OA ⊥CD ， ∴∠OCD=30°，BC=22OC OB -=2242-=23，
∴CD=2BC=43，
由（1）可知∠OFC=∠ODC ，
∴FC=CD=43，
∵BG ⊥l ，OC ⊥l ，
∴OC//BG ，
∴∠CBG=∠OCD=30°，
∴CG=12BC=3，BG=22BC CG -=3， ∴FG=FC+CG=53，
∴BF=22FG BG +=221.
【点睛】
本题考查切线的性质、垂径定理、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，圆的切线垂直于过切点的半径；垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧；30°角所对的直角边，等于斜边的一半；熟练掌握相关性质及定理是解题关键.
6．（1）15°；（2）见解析；（3）16
【解析】
【分析】
（1）先求得45AMN BMN ︒∠=∠=，再由OM OB =得到30OMB OBM ︒∠=∠=，于是可解；
（2）连接,,OA OB ON .可证AON BON ∠=∠，ON AB ⊥，由//OD AB 可知
90DON ︒∠=，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16AM MB AN NB ⋅+⋅=.
【详解】
（1）AB 是O 的直径，
90AMB ︒∴∠=
AN BN =
45AMN BMN ︒∴∠=∠=
OM OB =
30OMB OBM ︒∴∠=∠=
453015CMO ︒︒︒∴∠=-=
（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.
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23b 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1312
x -+==，顶点(1,123)D -++，即 (1,4)D ，
∴
BC = BD ==DC ==
222CD DB CB =+，
BCD ∴∆是直角三角形，且90DBC ∠=︒，
∴112322
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：11t =)，
21t = )；
或者24[(1)2(1)3]3p q t t -=--++++=，即 t =
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）2114y x =
-；（2）点P 37(,)216-；（3）(2M --+ 【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()()33333212
PQ 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）()221y x =--；（2）1023n <<
；（3）552
M x << 【解析】
【分析】
(1)由题意可得对称轴方程，有二次函数对称性，由A 点坐标可求B 点坐标，代入解析式可得；
(2)根据函数图像平移可得新抛物线解析式，画出图像可得交点P ，由题意可得ACB BCP ∠>∠，过点C 作//l x 轴.作PD l ⊥，可得ACO PCD ∠=∠，设
()2,43P t t t -+，由13
tan ACD tan PCD ∠=∠=可得关于t 的方程，解得t, 再将P 代入2C 解析式中得n 的值，根据Q,P 在第一象限内得n 的取值范围；
(3) 当MCB ∠为直角时，可求直线CB 的解析式为：y=-x+3,直线CM 的解析式为：y=x+3，运用直线与曲线联立，可求CM 与抛物线的交点M 横坐标为：x=5；当MCB ∠为锐角且3tan MCB ∠=时，过点M 作MN CB ⊥于N,则3MN CN
=，设M 点坐标为()2,43t t t -+，直线CB 解析式为y=-x+3,可求直线MN 解析式为：253y x t t =+-+，将直线MN 与直线CB 解析式联立可得：N 221515,32222t t t t ⎛⎫-
+-+ ⎪⎝⎭， 由两点间距离公式可得2MN = 2213222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；2CN =221522
2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；由3MN CN =可得：52t =，进而可得满足已知条件的点M 横坐标M x 的取值范围.
【详解】
解：()1对称轴为422a x a
-=-= ()3,0B ∴
()0,1C ∴
代入
()2
24321y x x x ∴=-+=-- ()()222:21C x n ---
()2423x n x =-++
CAP ∆的内心I 在CAB △内部
,ACB BCP ∴∠>∠
∴当ACB BCP ∠=∠时
过C 作//l x 轴.作PD l ⊥
,ACB BCP ∠=∠
90,OCD ∠=
45,DCB ∠=
,ACO PCD ∴∠=∠
13
tan ACD tan PCD ∠=∠= 设()
2,43P t t t -+ 13
PD CD ∴= 3p y DP OC +==
214333
t t t ∴-++= 113
t = 将P 代入2C 解析式中 103n ∴=
又P 在第一象限内
h AB ∴>
2n ∴>
1023n ∴<<
(3) 552
M x <<; 当MCB ∠为直角时，如下图所示：
由(1)(2)可得：直线CB 的解析式为：y=-x+3, MCB ∠为直角，C(0,3)，
∴直线CM 的解析式为：y=x+3，
则CM 与抛物线的交点坐标M 横坐标为：
2343x x x +=-+，
解得：x=5或0(舍去)，
所以，当MCB ∠为直角时，5M x =；
当MCB ∠为锐角且3tan MCB ∠=时，如下图所示：
过点M 作MN CB ⊥于N,则3MN CN
=，
设M 点坐标为()
2,43t t t -+， MN CB ⊥，直线CB 解析式为y=-x+3,
∴MN 解析式可设：y=x+b,
将P ()2,43t t t -+代入解析式可得：
b=253t t -+,
则直线MN 解析式为：253y x t t =+-+，
将直线MN 与直线CB 解析式联立可得：
N 点坐标为221515,32222t t t t ⎛⎫-
+-+ ⎪⎝⎭， ∴2MN =2222215154332222t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫+-+-+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
= 2
213222t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭；
2CN = 22
2215152222t t t t ⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ =221522
2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭； 由3MN CN
=可得： 2213221522
t t t t --=3； 解得：52
t =或0(舍去) ； ∴MCB ∠为锐角，且3tan MCB ∠＞时，点M 的横坐标M x 的取值范围为：
552M x <<. 【点睛】
本题综合考查了二次函数的图像和性质，题目较难，熟练掌握二次函数的图像和性质，运用数形结合解决二次函数综合问题是解题的关键.
10．（1）y=−x 2+3；（2）①
t
⩽
2 【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求出AB 和CD 的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式；
（2）①由D （
，3），则平移后坐标为D´（
，3），F （t ，-t 2+3）；则有DF 2=（
）2+（-t 2+3-3）2；FB 2=（-t 2+3）2，再根据
FB ，即可求得t ；
②如图3所示，画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出的取值范围，确定限制条件是解题的关键
【详解】
(1)由题意得AB 的中点坐标为
，0),CD 的中点坐标为(0，3)，
分别代入y=ax 2+b 得：3a b 0b 3+=⎧⎨=⎩，解得a 1b 3
=-⎧⎨=⎩， ∴y=−x 2+3.
（2）①D （
3），则平移后坐标为D´（
+t ，3），F （t ，-t 2+3）；
DF 2=（
）2+（-t 2+3-3）2；FB 2=（-t 2+3）2
，则（
）2+（-t 2+3-3）2=7（-t 2+3）2
解得：t 2=2或5，则
或
t=
②如图3所示,依题意作出旋转后的三角形△FE′C′,过C′作MN ⊥x 轴，分别交抛物线、x 轴于
点M 、点N.
观察图形可知,欲使△FE′C′落在指定区域内,必须满足：EE′⩽BE 且MN ⩾C′N.
∵F(t,3−t 2),∴EF=3−(3−t 2)=t 2,∴EE′=2EF=2t 2，
由EE′⩽BE,得2t 2⩽3,解得t 6 ∵3∴C′点的横坐标为3
∴3)2,又C′N=BE′=BE−EE′=3−2t 2
由MN ⩾C′N,得32⩾3−2t 2,解得t 63或t ⩽63舍去). ∴t 63t ⩽
62 【点睛】
本题是动线型中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、几何变换（平移与旋转）、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等重要知识点，难度较大，对考生能力要求很高，灵活应用所学知识是解答本题的关键.
.
11．(1)证明见解析；（2）①215（3）21029
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 111S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC x sin BAC 222
∠∠∠-=⋅⋅-⋅⋅=，再由5tan ABC tan CDE 2∠∠==
，可设BM 2a =，知AM 5a =，AB 29a =，由面积法可得BN a 29=，即20sin 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 11S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC 22
∠∠-=⋅⋅-⋅⋅, ()1sin BAC AD AE AD DE 2
∠=⋅-⋅. 21x 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 a 29=，即20sin BAC 29
∠=， 22ABC BCD 12010S S x x 22929y ∴-==
⨯=． 【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．
12．（1）证明见解析（2）当AM 的长为（1﹣
）时，四边形EPGQ 是矩形（3）定值
【解析】
【分析】
（1）先利用三角函数求出∠AOB=30°，再用弧长公式即可得出结论；
（2）易得△AED ∽△BCE ，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得OA 的长，即可得出结论；
（3）连接GE交PQ于O′，易得O′P=O′Q，O′G=O'E，然后过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′，由△PCF∽△PEG，根据相似三角形的对应边成比例与勾股定理，即可求得3PQ2+OA2的值．
【详解】
解：（1）证明：连接OB，如图①，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC=∠OAB=90°，
在Rt△AOB中，tan∠AOB==，
∴∠AOB=30°，
∴==；
（2）如图②，∵▱EPGQ是矩形．
∴∠CED=90°
∴∠AED+∠CEB=90°．
又∵∠DAE=∠EBC=90°，
∴∠AED=∠BCE．
∴△AED∽△BCE，
∴．
设OA=x，AB=y，则=，
得y2=2x2，
又 OA2+AB2=OB2，
即x2+y2=12．
∴x2+2x2=1，
解得：x=．
∴AM=OM﹣OA=1﹣
当AM的长为（1﹣）时，四边形EPGQ是矩形；
（3）如图③，连接GE交PQ于O′，
∵四边形EPGQ是平行四边形，
∴O′P=O′Q，O′G=O′E．
过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．
由△PCF∽△PEG得， =2，
∴PA′=A′B′=AB，GA′=GE=OA，
∴A′O′=GE﹣GA′=OA．
在Rt△PA′O′中，PO′2=PA′2+A′O′2，
即=+，
又 AB2+OA2=1，
∴3PQ2=AB2+，
∴OA2+3PQ2=OA2+（AB2+）=是定值．
【点睛】
此题是圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质以及勾股定理，锐角三角函数，弧长公式等知识，解题的关键是注意准确作出辅助线，注意数形结合思想与方程思想的应用．。