数学初三九年级上册 压轴解答题测试卷(解析版)

数学初三九年级上册压轴解答题测试卷（解析版）
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．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．
3．已知：在ABC 中，,90AC BC ACB ︒
=∠=，点F 在射线CA 上，延长BC 至点
D ，使CD CF =，点
E 是射线B
F 与射线DA 的交点．
（1）如图1，若点F 在边CA 上； ①求证：BE AD ⊥；
②小敏在探究过程中发现45BEC ︒∠=，于是她想：若点F 在CA 的延长线上，是否也存在同样的结论？请你在图2上画出符合条件的图形并通过测量猜想BEC ∠的度数． （2）选择图1或图2两种情况中的任一种，证明小敏或你的猜想． 4．数学概念
若点P 在ABC ∆的内部，且APB ∠、BPC ∠和CPA ∠中有两个角相等，则称P 是
ABC ∆的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称P 是ABC ∆的“强等角点”. 理解概念
（1）若点P 是ABC ∆的等角点，且100APB ∠=，则BPC ∠的度数是 . （2）已知点D 在ABC ∆的外部，且与点A 在BC 的异侧，并满足
180BDC BAC ∠+∠<，作BCD ∆的外接圆O ，连接AD ，交圆O 于点P .当BCD ∆的边满足下面的条件时，求证：P 是ABC ∆的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证明！）
①如图①，DB DC = ②如图②，BC BD =
深入思考
（3）如图③，在ABC ∆中，A ∠、B 、C ∠均小于120，用直尺和圆规作它的强等角点
Q .（不写作法，保留作图痕迹）
（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法： ①直角三角形的内心是它的等角点； ②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点； ③正三角形的中心是它的强等角点；
④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；
⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填序号）
5．如图，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，4AC =，3BC =.点P 从点A 出发，沿着
A C
B →→运动，速度为1个单位/s ，在点P 运动的过程中，以P 为圆心的圆始终与斜边AB 相切,设⊙P 的面积为S ，点P 的运动时间为t （s ）（07t <<）. （1）当47t <<时，BP = ；（用含t 的式子表示） （2）求S 与t 的函数表达式；
（3）在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，直接写出t 的值.
6． 如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=8，BC=6，P 为边BC 上一个动点（可以包括点C 但不包括点B ），以P 为圆心PB 为半径作⊙P 交AB 于点D 过点D 作⊙P 的切线交边AC 于点E ，
（1）求证：AE=DE ； （2）若PB=2，求AE 的长；
（3）在P 点的运动过程中，请直接写出线段AE 长度的取值范围．
7．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.
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．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 -<<，设线段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．
10．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．
11．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．
12．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.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
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()()
22
0+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＝45，AC＝25，
∵BC2＝100，AB2+AC2＝80+20＝100，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴∠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）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.
3．（1）①详见解析；②图见解析，猜想∠BEC=45°；（2）详见解析 【解析】 【分析】
（1）①证明△ACD ≌△BCF ，得到∠CAD=∠CBF 即可得到∠AEF=∠BCF=90°即可； ②根据已知条件画图即可；
（2）取AB 的中点M ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得到点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆M 上，再利用圆周角定理即可证明． 【详解】
解：（1）①∵,90AC BC ACB ︒
=∠=，CD CF =
∴在△ACD 与△BCF 中，
AC BC
ACD ACB
CD CF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△ACD≌△BCF（SAS）
∴∠CAD=∠CBF
又∵∠AFE=∠BFC
∴∠AEF=∠BCF=90°，
∴BE⊥AD
②图如下所示：
猜想∠BEC=45°，
（2）选择图1证明，
连接CE，取AB的中点M，连接MC，ME
∵△ABC和△ABE都是直角三角形
∴
1
2
MC ME AB AM BM
====，
∴点A，B，C，E四点在同一个圆M上，
∴∠BEC=∠BAC=45°，
∴∠BEC=45°
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理等知识点，解题的关键是根据已知条件选择全等三角形的判定定理，并充分利用数形结合的思想解答．
4．（1）100、130或160；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤【解析】
【分析】
（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；
（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明； ②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；
（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可． 【详解】
（1）（i ）若APB ∠=BPC ∠时， ∴BPC ∠=APB ∠=100° （ii ）若BPC CPA ∠=∠时，
∴1
2
BPC CPA ∠=∠=
（360°－APB ∠）=130°； （iii ）若APB ∠=CPA ∠时，
BPC ∠=360°－APB ∠－CPA ∠=160°，
综上所述：BPC ∠=100°、130°或160° 故答案为：100、130或160． （2）选择①： 连接,PB PC ∵DB DC = ∴=DB DC ∴BPD CPD ∠=∠
∵180APB BPD ∠+∠=，180APC CPD ∠+∠= ∴APB APC ∠=∠ ∴P 是ABC ∆的等角点． 选择② 连接,PB PC ∵BC BD = ∴BC BD = ∴BDC BPD ∠=∠
∵四边形PBDC 是圆O 的内接四边形， ∴180BDC BPC ∠+∠= ∵180BPD APB ∠+∠= ∴BPC APB ∠=∠ ∴P 是ABC ∆的等角点
（3）作BC的中垂线MN，以C为圆心，BC的长为半径作弧交MN与点D，连接BD，根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC
∴△BCD为等边三角形
∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°
作CD的垂直平分线交MN于点O
以O为圆心OB为半径作圆，交AD于点Q，圆O即为△BCD的外接圆
∴∠BQC=180°－∠BDC=120°
∵BD=CD
∴∠BQD=∠CQD
∴∠BQA=∠CQA=1
2
（360°－∠BQC）=120°
∴∠BQA=∠CQA=∠BQC
如图③，点Q即为所求．
（4）③⑤．
①如下图所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O为△ABC的内心
假设∠BAC=60°，∠ACB=30°
∵点O是△ABC的内心
∴∠BAO=∠CAO=1
2
∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=
1
2
∠ABC=45°，
∠ACO=∠BCO=1
2
∠ACB=15°
∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－∠BCO=120°
显然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①错误；
②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误；
③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角点，故③正确；
④由（3）可知，点Q为△ABC的强等角，但Q不在BC的中垂线上，故QB≠QC，故④错误；
⑤由（3）可知，当ABC
∆的三个内角都小于120时，ABC
∆必存在强等角点Q．
如图④，在三个内角都小于120的ABC
∆内任取一点'Q，连接'Q A、'Q B、'Q C，将'
Q AC
∆绕点A逆时针旋转60到MAD
∆，连接'Q M，
∵由旋转得'
Q A MA
=，'Q C MD
=，'60
Q AM
∠=
∴'
AQ M
∆是等边三角形．
∴''
Q M Q A
=
∴'''''
Q A Q B Q C Q M Q B MD
++=++
∵B、D是定点，
∴当B、'Q、M、D四点共线时，''
Q M Q B MD
++最小，即'''
Q A Q B Q C
++最小．而当'
Q为ABC
∆的强等角点时，'''120
AQ B BQ C CQ A AMD
∠=∠=∠==∠，
此时便能保证B、'Q、M、D四点共线，进而使'''
Q A Q B Q C
++最小．
故答案为：③⑤．
【点睛】
此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
5．（1）7-t（2）
()
()()
2
2
9
04;
25
{
16
747
25
t t
S
t t
π
π
<≤
=
-<<
（3）
516
,
23
t t
==
【解析】
【分析】
（1）先判断出点P在BC上，即可得出结论；
（2）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：利用相似三角形的性质得出比例式建立方程求解即可得出结论；
（3）分点P 在边AC 和BC 上两种情况：借助（2）求出的圆P 的半径等于PC ，建立方程求解即可得出结论． 【详解】
（1）∵AC =4，BC =3，∴AC +BC =7． ∵4＜t ＜7，∴点P 在边BC 上，∴BP =7﹣t ． 故答案为：7﹣t ；
（2）在Rt △ABC 中，AC =4，BC =3，根据勾股定理得：AB =5，由运动知，AP =t ，分两种情况讨论：
①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，如图1，记⊙P 与边AB 的切点为H ，连接PH ，∴∠AHP =90°=∠ACB ． ∵∠A =∠A ，∴△APH ∽△ACB ，∴
PH AP BC AB =，∴35PH t =，∴PH 35=t ，∴S 925
=πt 2
； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，如图，记⊙P 与边AB 的切点为G ，连接PG ，∴∠BGP =90°=∠C ．
∵∠B =∠B ，∴△BGP ∽△BCA ，∴PG BP AC AB =，∴745PG t -=，∴PG 4
5
=（7﹣t ），∴S 16
25
=
π（7﹣t ）2． 综上所述：S 2
290425
1674725
t t t t ππ⎧≤⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩（＜）（）（＜＜）；
（3）分两种情况讨论：
①当点P 在边AC 上时，即：0＜t ≤4，由（2）知，⊙P 的半径PH 3
5
=t ． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边BC 相切，∴PC =PH ． ∵PC =4﹣t ，∴4﹣t 35=
t ，∴t 5
2
=秒； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，由（2）知，⊙P 的半径PG 4
5
=（7﹣t ）． ∵⊙P 与△ABC 的另一边相切，即：⊙P 和边AC 相切，∴PC =PG ． ∵PC =t ﹣4，∴t ﹣445=
（7﹣t ），∴t 163
=秒． 综上所述：在⊙P 运动过程中，当⊙P 与三角形ABC 的另一边也相切时，t 的值为
5
2
秒或16
3
秒．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，用分类讨论的思想解决问题是解答本题的关键．
6．（1）详见解析；（2）AE=19
4
；（3）
7
4
≤AE＜
25
4
．
【解析】
【分析】
（1）首先得出∠ADE+∠PDB=90°，进而得出∠B+∠A=90°，利用PD=PB得∠EDA=∠A进而得出答案；
（2）利用勾股定理得出ED2+PD2=EC2+CP2=PE2，求出AE即可；
（3）分别根据当D（P)点在B点时以及当P与C重合时，求出AE的长，进而得出AE的取值范围．
【详解】
（1）证明：如图1，连接PD．
∵DE切⊙O于D．
∴PD⊥DE．
∴∠ADE+∠PDB=90°．
∵∠C=90°．
∴∠B+∠A=90°．
∵PD=PB．
∴∠PDB=∠B．
∴∠A=∠ADE．
∴AE=DE；
（2）解：如图1，连接PE，设DE=AE=x，则EC=8-x，
∵PB=PD=2，BC=6．
∴PC=4．
∵∠PDE=∠C=90°，
∴ED2+PD2=EC2+CP2=PE2．∴x2+22=（8-x）2+42．
解得x=19
4
．
∴AE=19
4
；
（3）解：如图2，当P点在B点时，此时点D也在B点，
∵AE=ED，设AE=ED=x，则EC=8-x，
∴EC2+BC2=BE2，
∴（8-x）2+62=x2，
解得：x=25
4
，
如图3，当P与C重合时，
∵AE=ED，设AE=ED=x，则EC=8-x，∴EC2=DC2+DE2，
∴（8-x）2=62+x2，
解得：x=7
4
，
∵P为边BC上一个动点（可以包括点C但不包括点B），
∴线段AE长度的取值范围为：7
4
≤AE＜
25
4
．
【点睛】
本题主要考查圆的综合应用、切线的性质与判定以及勾股定理等知识，利用数形结合以及分类讨论的思想得出是解题关键．
7．（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=1
2OC=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=
1
2
BC=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. 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 （2
1,14
t 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2
114
y x =- 故答案为2
114
y x =
-
（2）当1x =-时，34
y =-,即：点D 为（31,4--）
∴直线OD 为：34
y x = 设P （21,
14t t -），则Q 为（22141
,1334
t t --），则： 22214141325
()()33333212
PQ t t t t t =--=-++=--+
∴当3
2t =
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：1
4
k m = ∴直线CM 为1
14
y mx =
- 过点N 作NE y ∥轴交CM 于点E ，则E 点为()14,
414m m m ⎛⎫++- ⎪⎝
⎭
∴4EN m =-- ∵()()1
2CMN
CNE MNE
C N N M S S
S
x x x x EN ⎡⎤=+=
-+-•⎣
⎦ ∴
()()1
04=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）1；（2）①4b =-；②26c ≤<；（3）D 一定在线段AB 上，
5210
+=
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2
y 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 =--∴2
1y 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 =
2
21
y x y x bx b =⎧⎨=+--⎩∴2
(2)10x b x b +---= ∴2
2
2
4(2)448b ac b b b ∆=-=-++=+
∴22
b x -+±=
∴12D b -++⎝⎭
222 44124 442
44
AB
ac b b b b
y k b
a
---+-+
=+=+==-++
1
24
22
4
AB
D
b
y y
b b
⎛⎫
-+
-
=-++
-++=
⎪
⎝⎭
∵20
b≥
∴
1
24044
1
444
D AB
b
y y
-+-+
-=≥==>∴点1
D始终在直线AB上方
∵
2
C b-+-
⎝⎭
∴
24
22
4
B
C A
b
y y
b b
⎛⎫
-+
-=-+--++=
⎪
⎝⎭
∴
2
2
48416
44
AB C
b b
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1222
D C x x +-= 由勾股定理得：()()225210C C D D CD x x y y +=-+-=，
故答案为：5210+=
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．
10．(1) A （0，2），B(4，0)，2
722
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)∵122y 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 ，122
t -)，
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：162
y 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．
11．（1）4﹣32）32
；（3）455
【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
CG-＝22
CD
-＝23，
42
∴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
，GH＝22
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×（4﹣5）＝4﹣5．
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
×2×（4+5）＝4+5.
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.
12．（1）1
2
；（2）tan EAD
∠=
1
3
；（3）
51
DE
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 ，DF=5x ，得到DP=255x ，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=12
AD ，设OD=OP=x ，则CD=2x ，OC=5x ，可得PC=OC-OP=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 ∴=，25PD =， 5DF a =，
35PF ∴=， 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 --=，
∴ 15y x +=15x -（舍弃）， ∴ 15y x +=， ∴ 155135DE 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．。