最新初三九年级数学上册数学压轴题练习(Word版 含答案)

最新初三九年级数学上册数学压轴题练习（Word 版 含答案）
一、压轴题
1．已知P 是⊙O 上一点，过点P 作不过圆心的弦PQ ，在劣弧PQ 和优弧PQ 上分别有动点A 、B(不与P ，Q 重合)，连接AP 、BP . 若∠APQ=∠BPQ. (1)如图1，当∠APQ=45°，AP=1，BP=22时，求⊙O 的半径；
(2)如图2，选接AB ，交PQ 于点M ，点N 在线段PM 上(不与P 、M 重合)，连接ON 、OP ，若∠NOP+2∠OPN=90°，探究直线AB 与ON 的位置关系，并证明.
2．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25AO =，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•12AB CD AO ==，直接写出CD 的长. 3．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．
4．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．
5．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．
6．如图，在Rt △ABC 中，∠A=90°，0是BC 边上一点，以O 为圆心的半圆与AB 边相切于点D ，与BC 边交于点E 、F ，连接OD ，已知BD=3，tan ∠BOD=34
，CF=83．
（1）求⊙O 的半径OD ； （2）求证：AC 是⊙O 的切线； （3）求图中两阴影部分面积的和．
7．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．
8．平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的顶点A ，C 的坐标分别为(2,0)，(0,3)，点D 是经过点B ，C 的抛物线2
y x bx c =-++的顶点． （1）求抛物线的解析式；
（2）点E 是（1）中抛物线对称轴上一动点，求当△EAB 的周长最小时点E 的坐标； （3）平移抛物线，使抛物线的顶点始终在直线CD 上移动，若平移后的抛物线与射线．．BD 只有一个公共点，直接写出平移后抛物线顶点的横坐标m 的值或取值范围．
9．某校网球队教练对球员进行接球训练，教练每次发球的高度、位置都一致．教练站在球场正中间端点A 的水平距离为x 米，与地面的距离为y 米，运行时间为t 秒，经过多次测试，得到如下部分数据： t 秒 0 1.5 2.5 4 6.5 7.5 9 … x 米 0 4 8 10 12 16 20 … y 米
2
4.56
5.84
6
5.84
4.56
2
…
（2）网球落在地面时，与端点A 的水平距离是多少？
（3）网球落在地面上弹起后，y 与x 满足()
2
56y a x k =-+
①用含a 的代数式表示k ；
②球网高度为1.2米，球场长24米，弹起后是否存在唯一击球点，可以将球沿直线扣杀到A 点，若有请求出a 的值，若没有请说明理由．
10．如图1,已知菱形ABCD 的边长为23，点A 在x 轴负半轴上，点B 在坐标原点．点D 的坐标为(−3，3),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，在平面直角坐标系中，直线l 分别交x 轴、y 轴于点A ，B ，∠BAO = 30°．抛物线y = ax 2 + bx + 1（a < 0）经过点A ，B ，过抛物线上一点C （点C 在直线l 上方）作CD ∥BO 交直线l 于点D ，四边形OBCD 是菱形．动点M 在x 轴上从点E （3，0）向终点A 匀速运动，同时，动点N 在直线l 上从某一点G 向终点D 匀速运动，它们同时到达终点．
（1）求点D 的坐标和抛物线的函数表达式． （2）当点M 运动到点O 时，点N 恰好与点B 重合．
①过点E 作x 轴的垂线交直线l 于点F ，当点N 在线段FD 上时，设EM = m ，FN = n ，求n 关于m 的函数表达式．
②求△NEM 面积S 关于m 的函数表达式以及S 的最大值．
12．如图，在⊙O 中，弦AB 、CD 相交于点E ，AC ＝BD ，点D 在AB 上，连接CO ，并延长CO 交线段AB 于点F ，连接OA 、OB ，且OA ＝5，tan ∠OBA ＝12
． （1）求证：∠OBA ＝∠OCD ；
（2）当△AOF 是直角三角形时，求EF 的长；
（3）是否存在点F ，使得S △CEF ＝4S △BOF ，若存在，请求EF 的长，若不存在，请说明理由．
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一、压轴题
1．(1) ☉O 的半径是3
2
；(2)AB ∥ON ，证明见解析. 【解析】 【分析】
(1) 连接AB ，根据题意可AB 为直径，再用勾股定理即可． (2) 连接OA , OB ,
OQ ,根据圆周角定理可得Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∠=∠∠=∠，从而证出
OC AB ⊥,
延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠，再根据三角形内角和定理求得OQN ∠=90︒得证. 【详解】 解：(1)连接AB ，
在☉0中，
o APQ BPQ 45∠=∠=， o APB APQ BPQ 90∴∠=∠+∠=
AB ∴是☉0的直径.
Rt APB ∴∆在中，22AB AP BP =+AB=3∴
∴☉0的半径是
32
(2)AB//ON
证明：连接OA , OB , OQ , 在☉0中,
AQ AQ =, BQ BQ =,
Q 2APQ,B0Q 2BPO AO ∴∠=∠∠=∠.
又
APQ BPQ ∠=∠,
AOQ BOQ ∴∠=∠.
在AOB ∆中，OA OB =, AOQ BOQ ∠=∠,
OC AB ∴⊥,即o OCA 90∠=
连接OQ ，交AB 于点C 在☉0中，OP OQ =
OPN OQP.∴∠=∠
延长PO 交☉0于点R ，则有2OPN QOR ∠=∠
o NOP 2OPN 90∴∠+∠=,
又:o NOP NOQ QOR 180∠+∠+∠=，
NOQ90O
∴∠=
NOQ OCA180O
∴∠+∠= .
AB//ON
∴
【点睛】
本题考查了圆周角定理，勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理，是一道综合题，灵活运用相关知识是解题的关键．
2．（1）见详解；（2）125；（3）①见详解，②32-6
【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，
∴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=（25）2，
∴a=2或-2（舍弃），
∴BD=BE+EF+DF=6a=62，
在Rt△AOC中，AC=2AO=210，
∴S四边形ABCD=1
2
•BD•AM+
1
2
•BD•CM=
1
2
•BD•AC=
1
2
×210×62=125；
（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．
∵OE=OF，OA=OC，
∴∠EOH=1
2
∠EOF=
1
2
（∠EAC+∠ACO）=
1
2
×2∠OAC=∠OAC，
∴AC∥OH，∴AC⊥BD，
∴∠ABD=∠CAB=∠CDB=45°，
∴BM，DM，CM=DM，
∴AB•CD+BC2DM+BM2+CM2=（BM+DM）2=BD2；
②如图3中，连接OB，设DM=CM=x，
∵∠BOC=2∠BDC=90°，
∴，
∵AB•CD+BC2=BD2，AB•CD=AO2=12，
∴12+24=BD2，
∴BD=6（负根已经舍弃），
在Rt△BCM中，∵BC2=BM2+CM2，
∴（）2=（6-x）2+x2，
∴或
∴．
【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．
3．（1）∠APC=60°，∠BPC=60°；（2）见解析；（34）
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
，
∴S四边形PBCM=
1
2
（PB+CM）×PH=
1
2
(2+3)×
33
2
=
153
4
；
（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=12PB=1， ∴在△BPQ 中，
BQ=2221=3-，
∴在△AQB 中，AB=()()2222=113=7AQ BQ +++，
∵△ABC 为等边三角形，
∴AN 经过圆心O ，
∴BN=12AB=72
， ∴AN=
2221=AB BN -， 在△BON 中，设BO=x ，则ON=
212x -， ∴222721=22x 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．
4．（1）详见解析；（2）21y 32x x =-
,302
AF ≤≤；(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 =，y x =，即212y 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，
60AH 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 =，y x =，
∴212y x =-
+，
∵212y x =-
+=213(22x -+，
当x =y 有最大值为32
， ∴302
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．
5．（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．
6．（1）OD=4,
（2）证明过程见详解
（3）
5043
π- 【解析】
【分析】 （1）根据AB 与圆O 相切,在Rt △OBD 中运用tan ∠BOD=34
,即可求出OD 的长, （2）作辅助线证明四边形ADOG 是矩形,得DO ∥AC,sin ∠OCG=
35,在Rt△OCG 中,求出OG 的长等于半径即可解题,
（3）利用S 阴影=S Rt △BAC -S 正方形ADOG -
14S 圆O ,求出AC 长度即可解题. 【详解】
解：（1）∵AB 与圆O 相切,
∴OD ⊥AB,
在R t △OBD 中,BD=3,tan ∠BOD=
BD OD =34
, ∴OD=4,
（2）过点O 作OG 垂直AC 于点G ,
∵∠A=90°，AB 与圆O 相切,
∴四边形ADOG 是矩形,
∴DO ∥AC,
∴∠BOD=∠OCG ,
∵tan∠BOD=BD
OD
=
3
4
,
∴sin∠OCG=3 5 ,
∵CF=8
3
,OF=4,
∴OG=OGsin∠OCG=4=r,
∴AC是⊙O的切线
（3）由前两问可知,四边形ADOG是边长为4的正方形,扇形DOE和扇形GOF的面积之和是四分之一圆的面积,
在R t△ABC中,tan∠C=3
4
,AB=4+3=7,
∴AC=
AB
tan C
∠
=
7
3
4
=
28
3
,
∴S
阴影=S Rt△BAC-S正方形ADOG-1
4
S圆O=2
1281
7444
234
π
⨯⨯-⨯-=
50
4
3
π
-
【点睛】
本题考查了三角函数的应用和直线与圆的位置关系,中等难度,熟悉三角函数并熟练应用是解题关键.
7．（1）菱形的周长为8；（2）t=6
5
，∠MAC=105°；（3）当t=1
3
或t=1
3
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：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=33
，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 ，
∵()B 1,3-，()A 2,0， ∴BE 3=，AE 1=，
∴22AB AE BE 2=+=，
∵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 = ∴33t 2t 5+=+
， ∴3t 1=+． 综上所述，当3t 15=-
或3t 115=+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.
8．（1）2y x 2x 3=-++；（2）3(1,)2；（3）14m <≤或78m =
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得出点B 的坐标，将点B 、C 的坐标分别代入二次函数解析式，求出b 、c
的值即可．
（2）在对称轴上取一点E ，连接EC 、EB 、EA ，要使得EAB 的周长最小，即要使EB+EA 的值最小，即要使EA+EC 的值最小，当点C 、E 、A 三点共线时，EA+EC 最小，求出直线AC 的解析式，最后求出直线AC 与对称轴的交点坐标即可．
（3）求出直线CD 以及射线BD 的解析式，即可得出平移后顶点的坐标，写出二次函数顶点式解析式，分类讨论，如图：①当抛物线经过点B 时，将点B 的坐标代入二次函数解析式，求出m 的值，写出m 的范围即可；②当抛物线与射线恰好只有一个公共点H 时，将抛物线解析式与射线解析式联立可得关于x 的一元二次方程，要使平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点，即要使一元二次方程有两个相等的实数根，即0∆=，列式求出m 的值即可．
【详解】
（1）矩形OABC ，
∴OC=AB ，
A(2，0)，C(0，3)，
∴OA=2，OC=3，
∴B(2，3)，
将点B ，C 的坐标分别代入二次函数解析式，
4233b c c -++=⎧⎨=⎩
， ∴23b c =⎧⎨=⎩
， ∴抛物线解析式为：2y x 2x 3=-++．
（2）如图，在对称轴上取一点E ，连接EC 、EB 、EA ，当点C 、E 、A 三点共线时，EA+EC 最小，即EAB 的周长最小，
设直线解析式为：y =kx +b ，
将点A 、C 的坐标代入可得：
203k b b +=⎧⎨=⎩
， 解得：323
k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，
∴一次函数解析式为：3=32
y x -+． 2y x 2x 3=-++=2(1)4x -+-，
∴D(1，4)，
令x =1，y =332-+=32
．
∴E(1，3
2 )．
（3）设直线CD解析式为：y=kx+b，C(0，3)，D(1，4)，
∴
4
3
k b
b
+=⎧
⎨
=
⎩
,
解得
1
3 k
b
=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴直线CD解析式为：y=x+3，
同理求出射线BD的解析式为：y=－x+5(x≤2)，
设平移后的顶点坐标为(m，m+3)，
则抛物线解析式为：y=－(x－m)2+m+3，
①如图，当抛物线经过点B时，
－(2－m)2+m+3=3，
解得m=1或4，
∴当1<m≤4时，平移后的抛物线与射线只有一个公共点；
②如图，当抛物线与射线恰好只有一个公共点H 时，
将抛物线解析式与射线解析式联立可得：－(x －m )2+m +3=－x +5，
即x 2－(2m +1)x +m 2－m +2=0，
要使平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点，
即要使一元二次方程有两个相等的实数根，
∴22[(21)]4(2)0m m m ∆=-+⨯-+=－，
解得78
m =． 综上所述，14m <≤或78m =
时，平移后的抛物线与射线BD 只有一个公共点．
【点睛】
本题为二次函数、一次函数与几何、一元二次方程方程综合题，一般作为压轴题，主要考查了图形的轴对称、二次函数的平移、函数解析式的求解以及二次函数与一元二次方程的关系，本题关键在于：①将三角形的周长最小问题转化为两线段之和最小问题，利用轴对称的性质解题；②将二次函数与一次函数的交点个数问题转化为一元二次方程实数根的个数问题．
9．（1）10；（2）10+米；（3）①100k a =-；②不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用表格中数据直接得出网球达到最大高度时的时间及最大值；
（2）首先求出函数解析式，进而求出网球落在地面时，与端点A 的水平距离；
（3）①由（2）得网球落在地面上时，得出对应点坐标，代入计算即可； ②由球网高度及球桌的长度可知其扣杀路线解析式为110
y x =，若要击杀则有(21
10010
a x a x --=
，根据有唯一的击球点即该方程有唯一实数根即可求得a 的值，继而根据对应x 的值取舍可得．
【详解】 （1）由表格中数据可得4t =，（秒），网球达到最大高度，最大高度为6；
（2）以A 为原点，以球场中线所在直线为x 轴，网球发出的方向为x 轴的正方向，竖直运动方向为y 方向，建立平面直角坐标系．
由表格中数据，可得y 是x 的二次函数，且顶点坐标为(10，6)，
可设2(10)6y m x =-+，
将（0，2）代入，可得：125m =-
， ∴21(10)625
y x =--+，
当0y =，得10x =±(负值舍去)，
∴网球落在地面上时，网球与端点A 的距离为10+米；
（3）①由（2）得网球落在地面上时，对应的点为(10+，0)代入
(2
y a x k =-+，得100k a =-；
②不存在． ∵网高1.2米，球网到A 的距离为24122
=米， ∴扣杀路线在直线经过（0，0）和（12，1.2）点， ∴扣杀路线在直线110
y x =上，
令(2110010a x a x --=，
整理得：2150010ax x a ⎛
⎫-+= ⎪⎝⎭
， 当0=时符合条件， 2
21106200010a a ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，
解得1a =
，2a =． 开口向下，0a ＜， ∴1a ，2a 都可以，
将1a ，2a 分别代入(2110010a x a x --=，得到得解都是负数，不符合实际． 【点睛】
本题主要考查了二次函数的实际应用，由实际问题建立起二次函数的模型并将二次函数的问题转化为一元二次方程求解是解题的关键．
10．（1）y=−x 2+3；（2）①t ⩽
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）点D 的坐标为312)，抛物线的解析式为24 3?1?3y x x =-++；（2）①31n =+；②2334
S m =+，S 93 【解析】
【分析】
（1）由抛物线的解析式为y = ax 2 + bx + 1，得到OB=1，根据菱形的性质结合含30度的直角三角形的性质点A 、D 、C 的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）①在Rt △FEA 中，FB=12
FA=2，FD=FB+BD=3，根据题意设此一次函数解析式为：n km b =+，求得3m =2n FB ==，3m =3n FD ==，代入
n km b =+，即可求解；
②求得NA 33m =，过N 作NQ ⊥EA ，得到NQ=12NA=332，利用面积公式得到
S 关于
m 的函数表达式，再利用二次函数的性质即可求解．
【详解】
（1）∵抛物线的解析式为y = ax 2 + bx + 1，
∴OB=1，
∵∠BAO=30︒，∠BOA=90︒，
∴AB=2OB=2，OA=2222AB OB 213-=-=，∠ABO=60︒，
∴点A 的坐标为(3，0)， 又∵四边形OBCD 是菱形，且∠ABO=60︒，
∴OD=CD=OB=1，
∴△DOB 为等边三角形，
∴∠BOD=60︒，∠DOA=30︒，BD=BO=OD=DA=1，
延长CD 交OA 于H ，则CH ⊥OA ，
∴DH=12OD=12，3CH=CD+DH=32， ∴点D 的坐标为312)，点C 的坐标为332)， 将A 30) ， C 的坐标为(
32，32)代入抛物线的解析式y = ax 2 + bx + 1， 得：331033314
2a b a ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩， 解得：433a b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩
， ∴抛物线的解析式为24 3?1?3
y x x =-+； （2）①在Rt △FEA 中，∠FAE=30︒，3FA=2AB=4，
∴FB=12
FA=2，FD=FB+BD=3， ∵动点M 、N 同时作匀速直线运动，
∴n 关于m 成一次函数，故设此一次函数解析式为：n km b =+，
当点M 运动到点O 时，点N 恰好与点B 重合，
∴m =2n FB ==，
当点M 运动到点A 时，点N 恰好与点D 重合，
∴m =3n FD ==，
代入n km b =+
，得：23b b
⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，
解得：1k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩
∴此一次函数解析式为：13n m =
+； ②NA=FA
-FN=4- 3n =， 过N 作NQ ⊥EA ，
则NQ=12
NA=326
m -，
∴2133224S m m ⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭
，
∵0<，
当3m ==⎝⎭
0m ≤≤范围内，
∴1322S ⎛=-= ⎝⎭
最大 【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、二次函数的性质、函数图象的交点等．本题涉及知识点较多，综合性较强，难度较大．
12．（1）见解析；（2）EF ＝32
；（3）存在
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠ECB ＝∠EBC ，再判断出∠OCB ＝∠OBC ，即可得出结论；
（2）先求出EF ，再分两种情况，利用锐角三角函数和相似三角形的性质即可得出结论； （3）先利用面积关系得出
53CO FO =，进而利用△OAF ∽△EFC 得出比例式，即可得出结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接BC ，
∵AC BD = ，
∴∠ECB ＝∠EBC ，
∵OB ＝OC ，
∴∠OCB ＝∠OBC ，
∴∠OCD ＝∠ECF ＝∠ECB ﹣∠OCB ＝∠EBC ﹣∠OBC ＝∠OBA ；
（2）∵OA ＝OB ，
∴∠OAF ＝∠OBA ，
∴∠OAF ＝∠ECF ，
①当∠AFO ＝90°时，
∵OA tan ∠OBA ＝12
，
∴OC ＝OA OF ＝1，AB ＝4，
∴EF ＝CF •tan ∠ECF ＝CF•tan ∠OBA ＝
12 ②当∠AOF ＝90°时，
∵OA ＝OB ，
∴∠OAF ＝∠OBA ，
∴tan ∠OAF ＝tan ∠OBA ＝
12，
∵OA
∴OF ＝OA •tan ∠OAF ， ∴AF ＝52
， ∵∠OAF ＝∠OBA ＝∠ECF ，∠OFA ＝∠EFC ，
∴△OFA ∽△EFC ，
∴EF CF OC OF OF AF AF +===
∴EF
＝
5OF＝
3
2
,
即：EF＝3
2
；
（3）存在，如图2，连接OE，
∵∠ECB＝∠EBC，
∴CE＝EB，
∵OE＝OE，OB＝OC，
∴△OEC≌△OEB，
∴S△OEC＝S△OEB，
∵S△CEF＝4S△BOF，
∴S△CEO+S△EOF＝4（S△BOE﹣S△EOF），
∴
5
3
CEO
EFO
S
S
∆
∆
=，
∴
5
3 CO
FO
=，
∴FO＝3
5
CO
，
∵△OFA∽△EFC，
∴
5
3 CE AD CO
EF FO FO
===，
∴BF＝BE﹣EF＝CE﹣EF＝2
3 EF，
∴AF＝AB﹣BF＝4﹣2
3 EF，
∵△OAF∽△EFC，
∴CF EF FA FO
=，
∴
5
2
4
3
EF
= -
∴EF＝3
．
【点睛】
圆的综合题，主要考查了圆的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角
形的判定和性质，分类讨论的思想，判断出
5
3
CE AD CO
EF FO FO
===是解本题的关键．。