初中九年级数学拔高压轴训练题

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2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--相似三角形的综合题

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--相似三角形的综合题1．如图1，直线y=﹣43x+8，与x轴、y轴分别交于点A、C，以AC为对角线作矩形OABC，点P、Q分别为射线OC、射线AC上的动点，且有AQ=2CP，连结PQ，设点P的坐标为P（0，t）．（1）求点B的坐标．（2）若t=1时，连接BQ，求△ABQ的面积．（3）如图2，以PQ为直径作△I，记△I与射线AC的另一个交点为E．①若PEPQ=35，求此时t的值．②若圆心I在△ABC内部（不包含边上），则此时t的取值范围为是多少?2．如图，在Rt△ABC中，△ACB=90°，AC=8cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A开始以2cm/s的速度向点B运动，点Q沿CB边从点C开始以1cm/s的速度向点B运动，P、Q同时出发，用t （s）表示运动的时间（0≤t≤5）．（1）当t为何值时，以P、Q、B为顶点的三角形与△ABC相似．（2）分别过点A，B作直线CP的垂线，垂足为D，E，设AD+BE=y，求y与t的函数关系式；并求当t为何值时，y有最大值．（3）直接写出PQ中点移动的路径长度．3．如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半圆，连接OD交半圆于点E，在BE⌢上取点F，使EF⌢=AE⌢，连接BF，DF．（1）求证：DF与半圆相切；（2）如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积．4．如图，已知MN//BC，A是MN上一点，AM=AN，MC交AB于D，NB交AC于E，连接DE．（1）求证：DE//BC；（2）设MC与BN的交点为点G，如果DE=1，BC=4，求C△MGNC△CGB的值．5．已知：如图，在四边形ABCD中，AD△BC，△C=90°，AB=AD=50，BC=64，连结BD，AE△BD 垂足为E，（1）求证：△ABE△△DCB；（2）求线段DC的长．6．在▱ABCD中，E是DC的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F.（1）求证：BC=CF；（2）点G是CF上一点，连接AG交CD于点H，且∠DAF=∠GAF.若CG=2，GF=5，求AН的长.7．已知直线m△n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P 为线段CD的中点．（1）操作发现：直线l△m，l△n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：；（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得△APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．8．如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+3与x轴、y轴分别交于A，B两点. 抛物线y=−14x2+32x经过点A，且交线段AB于点C，BC=√5.（1）求k的值.（2）求点c的坐标.（3）向左平移抛物线，使得抛物线再次经过点C，求平移后抛物线的函数解析式.9．如图，在△ABCD中，点G是对角线AC上一点，DE垂直平分CG，交GC于点O，交BC于点E，作GF△AD交DE于点F，连接FC．（1）求证：四边形GFCE是菱形；（2）点H为线段AO上一点，连接HD，HF，当△1＝△2时，若AD＝6，CF＝2，求AH•CH的值．10．如图，已知直线y=12x+1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线y=ax2+bx+c与直线交于A，E两点，与x轴交于B(1，0)，C(2，0)两点.（1）求该抛物线的解析式；（2）动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，请通过计算写出一个满足条件点P的坐标.11．Rt△ABC在直角坐标系内的位置如图所示，反比例函数y=k x(k≠0)在第一象限内的图象与BC边交于点D(4，m)，与AB交于点E(2，n)（1）求m与n的数量关系.（2）当tan∠BAC=12时，记△BDE面积为S，用含有k的式子表示S.（3）若△BDE的面积为2.设P是线段AB边上的点，在（2）的条件下，是否存在点P，以B，C，P为顶点的三角形与△EDB相似？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由. 12．将抛物线C：y＝（x﹣1）2向下平移4个单位长度得到抛物线C1，再将抛物线C1向左平移1个单位长度得到抛物线C2.（1）直接写出抛物线C1，C2的解析式；（2）如图（1），抛物线C1 与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1 S2的最大值；（3）如图（2），直线y＝kx（k≠0，k为常数）与抛物线C2交于E，F两点，M为线段EF的中点；直线y=−4k x与抛物线C2交于G，H两点，N为线段GH的中点.求证：直线MN经过一个定点.13．如图，点E是矩形ABCD的边BC的中点，连接DE交AC于点F。

初三九年级数学上册压轴解答题综合测试(Word版含答案)

初三九年级数学上册压轴解答题综合测试（Word 版含答案）一、压轴题1．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3883a t ==，时，证明：ADF CDF S S ∆∆=．2．如图，⊙O 的直径AB ＝26，P 是AB 上（不与点A ，B 重合）的任一点，点C ，D 为⊙O 上的两点．若∠APD ＝∠BPC ，则称∠DPC 为直径AB 的“回旋角”．（1）若∠BPC ＝∠DPC ＝60°，则∠DPC 是直径AB 的“回旋角”吗？并说明理由；（2）猜想回旋角”∠DPC 的度数与弧CD 的度数的关系，给出证明（提示：延长CP 交⊙O 于点E ）；（3）若直径AB 的“回旋角”为120°，且△PCD 的周长为3AP 的长． 3．如图，点A 和动点P 在直线l 上，点P 关于点A 的对称点为Q ．以AQ 为边作Rt ABQ △，使90BAQ ∠=︒，:3:4AQ AB =，作ABQ △的外接圆O ．点C 在点P 右侧，4PC =，过点C 作直线m l ⊥，过点O 作OD m ⊥于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使32DF CD =，以DE 、DF 等邻边作矩形DEGF ，设3AQ x =（1）用关于x 的代数式表示BQ 、DF ．（2）当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，求AP 的长．（3）在点P 的整个运动过程中，当AP 为何值时，矩形DEGF 是正方形．4．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．5．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24.565.8465.844.562…（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(256y 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．6．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．7．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) 8．如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线212y 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）9．如图，抛物线2)12(0y ax x c a =-+≠交x 轴于,A B 两点，交y 轴于点C ．直线122y x =-经过点,B C ．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上一动点，过P 作x 轴的垂线，交直线BC 于M ．设点P 的横坐标是t ．①当PCM ∆是直角三角形时，求点P 的坐标；②当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，求直线解析式y kx b =+（,k b 可用含t 的式子表示）．10．如图，抛物线2y x bx c =-++与x 轴的两个交点分别为(1,0)A ，(30)B ，．抛物线的对称轴和x 轴交于点M ．（1）求这条抛物线对应函数的表达式；（2）若P 点在该抛物线上，求当PAB △的面积为8时，求点P 的坐标．（3）点G 是抛物线上一个动点，点E 从点B 出发，沿x 轴的负半轴运动，速度为每秒1个单位，同时点F 由点M 出发，沿对称轴向下运动，速度为每秒2个单位，设运动的时间为t ．①若点G 到AE 和MF 距离相等，直接写出点G 的坐标．②点C 是抛物线的对称轴上的一个动点，以FG 和FC 为边做矩形FGDC ，直接写出点E 恰好为矩形FGDC 的对角线交点时t 的值． 11．()1尺规作图1：已知：如图，线段AB 和直线且点B 在直线上求作：点C ，使点C 在直线上并且使ABC 为等腰三角形．作图要求：保留作图痕迹，不写作法，做出所有符合条件的点C ．()2特例思考：如图一，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有______个；如图二，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有______个.()3拓展应用：如图，AOB 45∠=，点M ，N 在射线OA 上，OM x =，ON x 2=+，点P 是射线OB 上的点.若使点P ，M ，N 构成等腰三角形的点P 有且只有三个，求x 的值．12．如图，抛物线y ＝﹣(x +1)(x ﹣3)与x 轴分别交于点A 、B (点A 在B 的右侧)，与y 轴交于点C ，⊙P 是△ABC 的外接圆．(1)直接写出点A 、B 、C 的坐标及抛物线的对称轴； (2)求⊙P 的半径；(3)点D 在抛物线的对称轴上，且∠BDC ＞90°，求点D 纵坐标的取值范围；(4)E 是线段CO 上的一个动点，将线段AE 绕点A 逆时针旋转45°得线段AF ，求线段OF 的最小值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（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 -=①5 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 BCABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()ABP BCD ASA ∴≅△△，BP CD ∴=，即54t -=， 1t ∴=；（2）当38a =，83t =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 CDBAC 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．2．（1）∠DPC是直径AB的回旋角，理由见解析；（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，证明见解析；（3）3或23．【解析】【分析】（1）由∠BPC＝∠DPC＝60°结合平角＝180°，即可求出∠APD＝60°＝∠BPC，进而可说明∠DPC是直径AB的回旋角；（2）延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE，由“回旋角”的定义结合对顶角相等，可得出∠APE＝∠APD，由圆的对称性可得出∠E＝∠D，由等腰三角形的性质可得出∠E＝∠C，进而可得出∠D＝∠C，利用三角形内角和定理可得出∠COD＝∠CPD，即“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数；（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC，利用（2）的方法可得出点P，D，F在同一条直线上，由直径AB的“回旋角”为120°，可得出∠APD＝∠BPC＝30°，进而可得出∠CPF＝60°，即△PFC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得出∠CFD＝60°．连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD＝120°，根据等腰三角形的性质可得出CD＝2DG，∠DOG＝12∠COD＝60°，结合圆的直径为26可得出CD＝133，由△PCD的周长为24+133，可得出DF＝24，过点O作OH⊥DF于点H，在Rt△OHD和在Rt△OHD中，通过解直角三角形可得出OH，OP的值，再根据AP＝OA﹣OP可求出AP的值；②当点P在半径OB上时，用①的方法，可得：BP＝3，再根据AP＝AB﹣BP可求出AP的值．综上即可得出结论．【详解】（1）∵∠BPC＝∠DPC＝60°，∴∠APD＝180°﹣∠BPC﹣∠DPC＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠APD＝∠BPC，∴∠DPC是直径AB的回旋角．（2）“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数，理由如下：如图2，延长CP交圆O于点E，连接OD，OC，OE．∵∠CPB＝∠APE，∠APD＝∠CPB，∴∠APE＝∠APD．∵圆是轴对称图形，∴∠E＝∠D．∵OE＝OC，∴∠E＝∠C，∴∠D＝∠C．由三角形内角和定理，可知：∠COD＝∠CPD，∴“回旋角”∠CPD的度数＝CD的度数．（3）①当点P在半径OA上时，在图3中，过点F作CF⊥AB，交圆O于点F，连接PF，则PF＝PC．同（2）的方法可得：点P，D，F在同一条直线上．∵直径AB的“回旋角”为120°，∴∠APD＝∠BPC＝30°，∴∠CPF＝60°，∴△PFC是等边三角形，∴∠CFD＝60°．连接OC，OD，过点O作OG⊥CD于点G，则∠COD＝120°，∴CD＝2DG，∠DOG＝12∠COD＝60°，∵AB=26，∴OC=13，∴2CG=∴CD＝∵△PCD的周长为24+，∴PD+PC+CD＝24+，∴PD+PC＝DF＝24．过点O作OH⊥DF于点H，则DH＝FH＝12DF＝12．在Rt△OHD中，OH5=,在Rt△OHP中，∠OPH＝30°，∴OP＝2OH＝10，∴AP＝OA﹣OP＝13﹣10＝3；②当点P在半径OB上时，同①的方法，可得：BP＝3，∴AP＝AB﹣BP＝26﹣3＝23．综上所述，AP的长为：3或23．【点睛】此题是圆的综合题，考查圆的对称性质，直角三角形、等腰三角形与圆的结合，（3）是此题的难点，线段AP 的长度由点P 所在的位置决定，因此必须分情况讨论. 3．（1）（1）5BQ x =；3FD x =（2）9AP =（3）12AP =或65AP =或3AP = 【解析】【分析】（1）由:3:4AQ AB =、3AQ x =，易得4AB x =，由勾股定理得BQ ，再由中位线的性质得12AH BH AB ==，求得CD 、FD ；（2）利用（1）的结论，易得CQ 的长，作OM AQ ⊥于点M ，则//OM AB ，由垂径定理得32QM AM x ==，由矩形性质得OD MC =，利用矩形面积求得x ，得出结论；（3）点P 在A 点的右侧时，利用（1）、（2）的结论和正方形的性质得243x x +=，得AP ；点P 在A 点的左侧时，当点C 在Q 右侧，当407x <<时，473x x -=，解得x ，易得AP ；当4273x ≤<时，743x x -=，得AP ；当点C 在Q 的左侧时，即23x ≥，同理得AP ．【详解】解：（1）∵:3:4AQ AB =，3AQ x = ∴4AB x =∴在Rt ABQ △中，225BQ AQ AB x =+=∵OD m ⊥，m l ⊥ ∴//OD l ∵OB OQ = ∴122AH BH AB x === ∴2CD x = ∴332FD CD x == （2）∵点P 关于点A 的对称点为Q∴3AP AQ x ==∵4PC =∴64CQ x =+过点O 作OM AQ ⊥于点M ，如图：∵90BAQ ∠=︒∴//OM AB∵O 是ABQ △的外接圆，90BAQ ∠=︒∴点O 是BQ 的中点 ∴1322QM AM AQ x === ∴3964422OD MC CQ QM x x ==-=+-=+ ∵1522OE BQ x == ∴9542422DE OD OE x x x =-=+-=+ ∴()32490DEGF S DF DE x x =⋅=⋅+=矩形∴13x =，25x =-（不合题意，舍去）∴39AP x ==∴当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，AP 的长为：9．（3）若矩形DEGF 是正方形，则DE DF =①点P 在A 点的右侧时，如图：∴243x x +=∴4x =∴312AP x ==②点P 在A 点的左侧时I.当点C 在Q 右侧时i.当 407x <<时，如图：∵47DE x =-，3DF x =∴473x x -=∴25x = ∴635AP x x ==ii.当4273x ≤<时，如图：∵74DE x =-，3DF x =∴743x x -=∴1x =（不合题意，舍去）II. 当点C 在Q 的左侧时，即23x ≥，如图：∵74DE x =-，3DF x =∴743x x -=∴1x =∴33AP x ==∴综上所述，当12AP =或65AP =或3AP =时，矩形DEGF 是正方形．故答案是：（1）5BQ x =；3FD x =（2）9AP =（3）12AP =或65AP =或3AP = 【点睛】本题考查了分类讨论思想、矩形的性质、正方形的性质、圆的性质等，综合性强，难度大，正确的画出相应的图形可以更顺利地解决问题．4．（1）详见解析；（2）AE=194；（3）74≤AE ＜254．【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ED 2+PD 2=EC 2+CP 2=PE 2，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=194．∴AE=194；（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=254，如图3，当P与C重合时，∵AE=ED ，设AE=ED=x ，则EC=8-x ，∴EC 2=DC 2+DE 2，∴（8-x ）2=62+x 2，解得：x=74， ∵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：74≤AE ＜254．【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．5．（1）10；（2）1056+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110y x =，若要击杀则有(215610010a 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)625y 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(2y 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110y x =上，令(2110010a x a x --=，整理得：2150010ax x a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，当0=时符合条件，221106200010a 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．6．（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1312x -+==，顶点(1,123)D -++，即 (1,4)D ，∴BC = BD ==DC ==222CD DB CB =+，BCD ∴∆是直角三角形，且90DBC ∠=︒，∴112322S 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．7．（1）y=−x 2+3；（2）①或 ⩽t 【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 6 【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..8．（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)22213302b cb c⎧-⨯--+=-⎪⎪⎨⎪-⨯++=⎪⎩，解得：132bc=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴抛物线的解析式为21322y x x=-++；（2）∵22131(1)2222y x x x=-++=--+，∴点M的坐标为（1，2）令21322x 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)122222222442ABMC 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21322y x x =-++， ∴32y =， ∴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32， ∵点A 为（1-，0），∴点P 2的横坐标为4，当4x =时，代入21322y x x =-++， ∴52y =-， ∴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 =-++， ∴212y =-， ∴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．9．（1）211242y x x =--；（2）①P (2，−2)或(-6，10)，②1122y x =-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++ 【解析】【分析】（1）利用一次函数与坐标轴交点的特征可求出点B ，C 的坐标，根据点B ，C 的坐标，利用待定系数法可求出二次函数解析式；（2）①由PM ⊥x 轴可得出∠PMC≠90°，分∠MPC=90°及∠PCM=90°两种情况考虑：（i ）当∠MPC=90°时，PC //x 轴，利用二次函数可求出点P 的坐标；（ii ）当∠PCM=90°时，设PC 与x 轴交于点D ，易证△BOC ∽△COD ，利用相似三角形的性质可求出点D 的坐标，根据点C ，D 的坐标，利用待定系数法可求出直线PC 的解析式，联立直线PC 和抛物线的解析式，通过解方程组可求出点P 的坐标； ②在ACM 中，如果存在直线使A 、C 、M 到该直线距离相等，则该直线应为ACM 的中位线，分开求解三条中位线方程即可求解．【详解】解：（1）因为直线交抛物线于B 、C 两点，∴当x =0时，y =12x −2=−2， ∴点C 的坐标为(0，−2)；当y =0时，12x −2=0，解得：x =4，∴点B 的坐标为(4，0)．将B 、C 的坐标分别代入抛物线，得：2144022a c c ⎧⨯-⨯+=⎪⎨⎪=-⎩，解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩， ∴抛物线的解析式为211242y x x =--．（2）①∵PM ⊥x 轴，M 在直线BC 上， ∴∠PMC 为固定角且不等于90，∴可分两种情况考虑，如图1所示：（i ）当∠MPC=90时，PC //x 轴，∴点P 的纵坐标为﹣2，将y p =-2，代入抛物线方程可得：2112242x x --=-解得： x 1=2，x 2=0（为C 点坐标，故舍去），∴点P 的坐标为(2，−2)；（ii ）当∠PCM=90°时，设PC 与x 轴交于点D ，∵∠OBC+∠OCB=90°，∠OCB+∠OCD=90°，∴∠OBC=∠OCD ，又∵∠BOC=∠COD=90°，∴BOC ∽COD （AAA ）， ∴OD OC OC OB =，即OD=2OC OB，由（1）知，OC=2，OB=4，∴OD=1，又∵D 点在X 的负半轴∴点D 的坐标为(-1，0)，设直线PC 的解析式为：y =kx +b (k ≠0，k 、b 是常数)，将C(0，−2)，D(-1，0)代入直线PC 的解析式，得：20b k b =-⎧⎨-+=⎩，解得：22k b =-⎧⎨=-⎩， ∴直线PC 的解析式为y =-2x −2，联立直线PC 和抛物线方程，得：22122142x x x -=---，解得：x 1=0，y 1=−2，x 2=-6，y 2=10，点P 的坐标为(-6，10)，综上所述：当PCM 是直角三角形时，点P 的坐标为(2，−2)或(-6，10)；②如图2所示，在ACM 中，如果存在直线使A 、C 、M 到该直线距离相等，则该直线应为ACM 的中位线；（a ）当以CM 为底时，过A 点做CM 的平行线AN ，直线AN 平行于CM 且过点A ，则斜率为12，AN 的方程为：1(+2)2y x =，则中位线方程式为：1122y x =-；（b ）当以AM 为底时，因为M 为P 点做x 轴垂线与CB 的交点，则M 的横坐标为t ，且在直线BC 上，则M 的坐标为：1,22M t t -（），其中4t >，则AM 的方程为：44+242t t y x t t --=++，过C 点做AM 的平行线CQ ，则CQ 的方程为：4224t y x t -=-+ ，则中位线方程式为：4412424t t y x t t --=+-++；（c ）当以AC 为底时，AC 的方程式为：2y x =--，由b 可知M 的坐标为：1,22M t t -（），过M 做AC 的平行线MR ，则MR 的方程为：322y x t =-+-，则中位线方程式为：324y x t =-+-；综上所述：当点P 在点B 右侧时，存在直线l ，使点,,A C M 到该直线的距离相等，直线解析式为：1122y x =-或324y x t =-+-或4412424t t y x t t --=+-++．【点睛】本题考查了一次函数坐标轴的交点坐标、待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质以及平行线的性质等，解题的关键是掌握三角形的顶点到中位线的距离相等．10．（1）243y x x =-+-；（2）点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）；（3）①G 的坐标．3551+-，3551(---5515(+--，5515--+；②5134t +=或5134t -= 【解析】【分析】（1）将A 、B 两点坐标代入抛物线解析式，可确定抛物线解析式；（2）根据A 、B 两点坐标得AB=3-1=2，由三角形面积公式求P 点纵坐标的绝对值，得出P 点纵坐标的两个值，代入抛物线解析式求P 点横坐标；（3）①根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴右侧；当点G 在对称轴左侧；结合图像，分别求出点G 的坐标即可；②根据题意，可分为两种情况进行分析：当点G 在对称轴左侧；当点G 在对称轴右侧；结合图像，分别列出方程，求出t 的值即可．【详解】解：（1）把点(1,0)A ，(3,0)B 代入抛物线2y x bx c =-++上，求得：4b =，3c =-，∴243y x x =-+-；（2）依题意，得312AB =-=，设P 点坐标为(,)a n ，当0n >时，则8n =，故2–438x x +-=，即24110x x ++=，∴441111644280∆=-⨯⨯=-=-<2（-），方程24110x x -++=无实数根；当0n <时，则8n =-故2438x x -+-=-，即2450x x -+-=，解得：11x =-，25x =所求点P 坐标为（－1，－8），（5，－8）．（3）①分两种情况当点G 在对称轴右侧，设点G D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -，∵点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -﹐当点D 的坐标为(,2)m m -，有2243m m m -=-+-，解得：1352m =，2352m =（不符题意舍去），此时点D 的坐标为：3551(,)22+-．当点D 的坐标为(,2)m m -时，有 2243m m m -=-+-，解得：1552m +=，2552m -=（不符题意舍去），此时点D 的坐标为：5515(,)22+--．当点G 在对称轴左侧，设点D 的横坐标为m ，则点D 到对称轴的距离为2m -﹐因为点D 到x 轴和到对称轴的距离相等所以点D 的纵坐标为2m -或2m -，分别代入解析式可求出点D 的坐标分别为：3551(,)---，5515(,)--+．综上所述点D 的坐标为：3551(,)+-﹐5515(,)+--，3551(,)---，5515(,)--+． ②分两种情况当点G 在对称轴左侧，此时有1EN t =-，2NF t =﹐因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：1513t +=，2513t -=（不合题意舍去）．当点G 在对称轴右侧，此时有1EN t =-，2NF t =，因为//EN GF ，点E 为CG 的中点，所以222GF EN t ==-，所以点G 的坐标为(42,2)t t --，将(42,2)t t --代入243y x x =-+-中，得 2(42)4(42)3t t t -=--+-2-，解得：15134t +=（不合题意舍去），25134t -=．综上所述：5134t +=或5134t -=．【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角形面积公式的运用．关键是熟练掌握求二次函数解析式的方法，掌握三角形的高与P 点纵坐标的关系，注意运用数形结合和分类讨论的思想进行解题．11．(1) 见解析；(2) 2，2 ；(3)0或222或222x <<【解析】【分析】()1根据等腰三角形的定义，用分类讨论的思想解决问题即可；()2通过画图分析可得，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有2个，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有2个；()3分三种情形讨论求解即可．【详解】解：()1如图1中，点1C ，2C ，3C ，4C 即为所求．()2如图一，当190∠=时，符合()1中条件的点C 有2个；如图二，当160∠=时，符合()1中条件的点C 有2个，当∠1=90°或∠1=60°时，符合条件的点C 都是在点B 左右各一个，当∠1=60°时，符合条件的点C 如图所示：故答案为2，2．()3①如图31-中，当x 0=时，当PM PN =时，有点1P ，当ON OP =时，有点2P ，当NO NP =时，有点3P ，此时有3个P 点．②如图32-中，当N 与OB 相切于点1P 时，1OP N 是等腰直角三角形，1ON 2NP 22∴==，OM ON MN 222∴=-=-，此时有3个P 点．③如图33-中，当M 经过点O 时，此时只有2个P 点，如图34-中，M 与OB 相交时，此时有3个P 点，如图35-中，当M 与OB 相切时，只有2个P 点．此时OM 22=，综上所述，当2x 22<<3个P 点．∴满足条件的x 的值为0或222或2x 22<<【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，尺规作图，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．12．(1)点B 的坐标为(﹣1，0)，点A 的坐标为(3，0)，点C 的坐标为(0，3)；抛物线的对称轴为直线x ＝1；(2)⊙P 5；(3)1＜y ＜2；(4)3﹣322．【解析】【分析】(1)分别代入y ＝0、x ＝0求出与之对应的x 、y 的值，进而可得出点A 、B 、C 的坐标，再由二次函数的对称性可找出抛物线的对称轴；(2)连接CP 、BP ，在Rt △BOC 中利用勾股定理可求出BC 的长，由等腰直角三角形的性质及圆周角定理可得出∠BPC ＝90°，再利用等腰直角三角形的性质可求出BP 的值即可；(3)设点D 的坐标为(1，y)，当∠BDC ＝90°时，利用勾股定理可求出y 值，进而可得出：当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，根据旋转的性质可找出点C′的坐标及∠AC′O′＝45°，进而可找出线段C′O′所在直线的解析式，由点E在CO上可得出点F在C′O′上，过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F 为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，利用等腰直角三角形的性质即可求出此时OF 的长即可.【详解】(1)当y＝0时，﹣(x+1)(x﹣3)＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴点B的坐标为(﹣1，0)，点A的坐标为(3，0)；当x＝0时，y＝﹣(0+1)×(0﹣3)＝3，∴点C的坐标为(0，3)；∵抛物线与x轴交于点(﹣1，0)、(3，0)，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；(2)连接CP、BP，如图1所示，在Rt△BOC中，BC=∵∠AOC＝90°，OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∴∠BPC＝2∠OAC＝90°，BC∴CP＝BP＝2∴⊙P(3)设点D的坐标为(1，y)，当∠BDC＝90°时，BD2+CD2＝BC2，∴[(﹣1﹣1)2+(0﹣y)2]+[(0﹣1)2+(3﹣y)2]＝10，整理，得：y2﹣3y+2＝0，解得：y1＝1，y2＝2，∴当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，如图2所示．∵AC=ACO＝45°，∴点C′的坐标为(3﹣，0)，∠AC′O′＝45°，∴线段C′O′所在直线的解析式为y＝﹣x+3﹣∵点E在线段CO上，∴点F在线段C′O′上．过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，∵△OC′F为等腰直角三角形，∴OF＝22OC′＝22(32﹣3)＝3﹣322．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理、勾股定理、旋转以及等腰直角三角形，解题的关键是：(1)利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A、B、C的坐标；(2)利用圆周角定理找出∠BPC＝90°；(3)利用极限值法求出点D纵坐标；(4)利用点到直线之间垂直线段最短确定点F的位置．。

初三九年级数学上册压轴解答题综合测试(Word版含答案)

初三九年级数学上册压轴解答题综合测试（Word 版含答案）一、压轴题1．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2AD BD CD ⎛⎫⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭的最大值，并求出此时⊙O 的半径．2．如图，在矩形ABCD 中，AB=20cm ，BC=4cm ，点p 从A 开始折线A ——B ——C ——D 以4cm/秒的速度移动，点Q 从C 开始沿CD 边以1cm/秒的速度移动，如果点P 、Q 分别从A 、C 同时出发，当其中一点到达D 时，另一点也随之停止运动，设运动的时间t （秒）（1）t 为何值时，四边形APQD 为矩形.（2）如图（2），如果⊙P 和⊙Q 的半径都是2cm ，那么t 为何值时，⊙P 和⊙Q 外切？3．如图，点A 和动点P 在直线l 上，点P 关于点A 的对称点为Q ．以AQ 为边作Rt ABQ △，使90BAQ ∠=︒，:3:4AQ AB =，作ABQ △的外接圆O ．点C 在点P 右侧，4PC =，过点C 作直线m l ⊥，过点O 作OD m ⊥于点D ，交AB 右侧的圆弧于点E ．在射线CD 上取点F ，使32DF CD =，以DE 、DF 等邻边作矩形DEGF ，设3AQ x =（1）用关于x 的代数式表示BQ 、DF ．（2）当点P 在点A 右侧时，若矩形DEGF 的面积等于90，求AP 的长．（3）在点P 的整个运动过程中，当AP 为何值时，矩形DEGF 是正方形．4．研究发现：当四边形的对角线互相垂直时，该四边形的面积等于对角线乘积的一半，如图1，已知四边形ABCD 内接于O ，对角线AC BD =，且AC BD ⊥．（1）求证：AB CD =；（2）若O 的半径为8，弧BD 的度数为120︒，求四边形ABCD 的面积；（3）如图2，作OM BC ⊥于M ，请猜测OM 与AD 的数量关系，并证明你的结论．5．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. 6．如图，在Rt △AOB 中，∠AOB ＝90°，tan B ＝34，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．7．如图，Rt△ABC，CA⊥BC，AC＝4，在AB边上取一点D，使AD＝BC，作AD的垂直平分线，交AC边于点F，交以AB为直径的⊙O于G，H，设BC＝x．（1）求证：四边形AGDH为菱形；（2）若EF＝y，求y关于x的函数关系式；（3）连结OF，CG．①若△AOF为等腰三角形，求⊙O的面积；②若BC＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．8．翻转类的计算问题在全国各地的中考试卷中出现的频率很大，因此初三（5）班聪慧的小菲同学结合2011年苏州市数学中考卷的倒数第二题对这类问题进行了专门的研究。

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--三角形的动点问题(含解析)

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--三角形的动点问题1．如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟2cm的速度移动．若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求：（1）经过6秒后，BP=cm，BQ=cm；（2）经过几秒后，△BPQ是直角三角形？（3）经过几秒△BPQ的面积等于10 cm2？2．如图1，A、B两点的坐标分别为(a,0)，(b,0)，且a、b满足(a+2)2+ |b−8|=0，C的坐标为(3,c)（1）判断△ABC的形状.（2）动点P从点A出发，以1个单位/ s的速度在线段AC上运动，另一动点Q从点C出发，以3个单位/ s的速度在射线CB上运动，运动时间为t.①如图2，若AC=13，直线PQ交x轴于H，当PH=QH时，求t的值.②如图3，若c=5，当Q运动到BC中点时，M(3,m)为AQ上一点，连CM，作CN⊥AQ交AB于N.试探究AM和CN的数量关系，并给出证明. 3．如图，OC、AB互相垂直，已知OA=8，OC=6，且AB=AC.（1）求OB的长；（2）如图②，若点E为边AC的中点，动点M从点B出发以每秒2个单位长度的速度沿线段BA向点A匀速运动，设点M运动的时间为t(秒)；①若△OME的面积为1，求t的值；②如图③，在点M运动的过程中，△OME能否成为直角三角形?若能，求出此时t的值，并写出相应的OM的长；若不能，请说明理由.4．已知，在平面直角坐标系中，三角形ABC三个顶点的坐标分别为A(a，0)，B(b，4)，C(2，c)，BC//x轴，且a、b满足√a+b−1+|2a−b+10|= 0.（1）则a=；b=；c=；（2）如图1，在y轴上是否存在点D，使三角形ABD的面积等于三角形ABC 的面积？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2，连接OC交AB于点M，点N(n，0)在x轴上，若三角形BCM的面积小于三角形BMN的面积，直接写出n的取值范围是.5．如图1，△ABC中，CD△AB于D，且AD：BD：CD＝2：3：4，（1）试说明△ABC是等腰三角形；（2）已知S△ABC＝160cm2，如图2，动点M从点A出发以每秒2cm的速度沿线段AB向点B运动，同时动点N从点B出发以相同速度沿线段BC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止.设点M运动的时间为t（秒），①若△DMN的边与AC平行，求t的值；②若点E是边BC的中点，问在点M运动的过程中，△MDE能否成为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由.6．如图，在Rt△ABC中，△ACB=90°，AC=8，BC=6，DE是△ABC的中位线，点F 是BC边上的一个动点，连结AF交BD于点H，交DE于点G。

初三九年级上册数学压轴解答题(提升篇)(Word版含解析)

初三九年级上册数学压轴解答题（提升篇）（Word 版含解析）一、压轴题1．如图，在平面直角坐标系中，直线1l ：162y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线2l ：12y x =交于点A .（1）分别求出点A 、B 、C 的坐标；（2）若D 是线段OA 上的点，且COD △的面积为12，求直线CD 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P 是射线CD 上的点，在平面内里否存在点Q ，使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.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3883a t ==，时，证明：ADF CDF S S ∆∆=．3．已知：如图1，在O 中，弦2AB =，1CD =，AD BD ⊥．直线,AD BC 相交于点E ．（1）求E ∠的度数；（2）如果点,C D 在O 上运动，且保持弦CD 的长度不变，那么，直线,AD BC 相交所成锐角的大小是否改变？试就以下三种情况进行探究，并说明理由（图形未画完整，请你根据需要补全）．①如图2，弦AB与弦CD交于点F；②如图3，弦AB与弦CD不相交：③如图4，点B与点C重合．4．如图，AB是⊙O的直径，AF是⊙O的弦，AE平分BAF∠，交⊙O于点E，过点E作直线ED AF⊥，交AF的延长线于点D，交AB的延长线于点C.(1)求证:CD是⊙O的切线;(2)若10,6AB AF==，求AE的长.5．【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=13，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=13BCAB=，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=35，求sin2β的值．6．如图，在▱ABCD 中，AB ＝4，BC ＝8，∠ABC ＝60°．点P 是边BC 上一动点，作△PAB 的外接圆⊙O 交BD 于E ．（1）如图1，当PB ＝3时，求PA 的长以及⊙O 的半径；（2）如图2，当∠APB ＝2∠PBE 时，求证：AE 平分∠PAD ；（3）当AE 与△ABD 的某一条边垂直时，求所有满足条件的⊙O 的半径．7．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24.565.8465.844.562…（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()256y 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．8．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) 9．如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线212y 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 2CDE ∠=，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.11．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．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3PQ2+OA2是定值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．(1)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q点坐标为：(-3，3)或)或(6，6).【解析】【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q，使以O、C、P、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP1Q1C为菱形时，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；②当四边形OP2CQ2为菱形时；③当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.【详解】解：(1)由题意得16212y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得63 xy=⎧⎨=⎩∴A(6，3)在y=-162x+中，当y=0时，x=12，∴B(12，0)当x=0时，y=6，∴C(0，6).(2)∵点D在线段OA上，∴设D(x，12x) (0≤x≤6)∵S△COD=12∴12×6x=12x=4∴D(4，2)，设直线CD的表达式为y=kx+b，把(10，6)与D(4，2)代入得624bk b=⎧⎨=+⎩解得16 kb=-⎧⎨=⎩直线CD的表达式为y=-x+6(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP 1Q 1C 为菱形时OC==OP 1，由∠COP 1=90°，得到四边形OP 1Q 1C 为正方形，此时Q 1P 1=OP 1=OC=6，即Q:（6，6）；② 当四边形OP 2CQ 2为菱形时，OP 2=CP 2 ，由C 坐标为（0，6），得到Q 2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ 2解析式y=-x 中，得：x=-3，此时Q 2（-3，3）；③当四边形0Q 3P 3C 为菱形时，OC=CP 3，则有OQ 3=OC=CP 3=P 3Q 3=6，设坐标为（x ，-x+6）， ∵OC=CP 3∴x 2+x 2= CP 32= OC 2=62解得，2P 的坐标为2，2) 此时Q 322).综上，点Q 的坐标是(-3，3)或2，2)或(6，6). 【点睛】本题是一次函数、勾股定理、特殊的平行四边形的综合应用，是一道压轴题，在考试中第一问必须作答，二三问可以根据自己的情况进行取舍.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 -=①5 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 BCABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()ABP BCD ASA ∴≅△△，BP CD ∴=，即54t -=， 1t ∴=；（2）当38a =，83t =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 CDBAC 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）60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．【解析】【分析】（1）根据AD BD ⊥得到AB 是直径，连接OC 、OD ，发现等边三角形，再根据圆周角定理求得30EBD ∠=︒，再进一步求得E ∠的度数；（2）分别画出三种图形，图2中，根据圆周角定理和圆内接四边形的性质可以求得；图3中，根据三角形的外角的性质和圆周角定理可以求得；图4中，根据切线的性质发现直角三角形，根据直角三角形的两个锐角互余求得．【详解】解：（1）连接OC 、OD ，如图：∵AD BD ⊥ ∴AB 是直径 ∴1OC OD CD === ∴OCD 是等边三角形 ∴60COD ∠=︒ ∴30DBE ∠=︒ ∴60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：连接OD 、OC 、AC ，如图：∵1OD OC CD === ∴OCD 为等边三角形 ∴60COD ∠=︒ ∴30DAC ∠=︒ ∴30EBD ∠=︒ ∵90ADB ∠=︒ ∴903060E ∠=︒-︒=︒②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：连接OC 、OD ，如图：∵AD BD ⊥ ∴AB 是直径 ∴1OC OD CD === ∴OCD 是等边三角形 ∴60COD ∠=︒ ∴30DBE ∠=︒∴903060BED ∠=︒-︒=︒③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变依然是60︒ 证明：如图：∵当点B 与点C 重合时，则直线BE 与O 只有一个公共点 ∴EB 恰为O 的切线∴90ABE ∠=︒∵90ADB ∠=︒，1CD =，2AD =∴30A ∠=︒∴60E ∠=︒．故答案是：（1）60E ∠=︒（2）①结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．②结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．③结论：直线AD 、BC 相交所成锐角的大小不发生改变，依然是60︒；证明过程见详解．【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、圆内接四边形的性质．此题主要是能够根据圆周角定理的推论发现AB 是直径，进一步发现等边COD △，从而根据圆周角定理以及圆内接四边形的性质求解．4．（1）详见解析；（2）45【解析】【分析】（1）通过证明OE ∥AD 得出结论OE ⊥CD ，从而证明CD 是⊙0的切线；（2）在Rt △ADE 中，求出AD ，DE ，利用勾股定理即可解决问题．【详解】（1）证明：∵AE 平分∠DAC ，∴∠CAE ＝∠DAE ．∵OA ＝OE ，∴∠OEA ＝∠OAE ．∴∠DAE ＝∠AEO ，．∴AD ∥OE ．∵AD ⊥CD ，∴OE ⊥CD ．∴CD 是⊙O 的切线．（2）解：连接BF 交OE 于K ．∵AB 是直径，∴∠AFB ＝90°，∵AB ＝10，AF ＝6，∴BF8，∵OE∥AD，∴∠OKB＝∠AFB＝90°，∴OE⊥BF，∴FK＝BK＝4，∵OA＝OB，KF＝KB，∴OK＝12AF＝3，∴EK＝OE﹣OK＝2，∵∠D＝∠DFK＝∠FKE＝90°，∴四边形DFKE是矩形，∴DE＝KF＝4，DF＝EK＝2，∴AD＝AF+DF＝8，在Rt△ADE中，AE．【点睛】本题考查切线的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．5．（1）sin2α=9；（2）sin2β=sin∠MON=2425．【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=13BCAB=，可设BC=x，则AB=3x．利用面积法求出CD，在Rt△COD中，根据sin2α=CDOC，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=35MNNQ=，设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=12NQ=52k，可得=4k，由12•MN•MQ=12•NQ•MR，求出在Rt△MRO中，根据sin2β=sin∠MON=MROM，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=13BCAB=，可设BC=x，则AB=3x．∴AC=22AB BC-=22(3)x x-=22x，∵12•AC•BC=12•AB•CD，∴CD=223 x，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=α，∴∠COB=2α，∴sin2α=CDOC =429．（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=35 MNNQ=，∴设MN=3k，则NQ=5k，易得OM=12NQ=52k，∴22QN MN-=4k，∵1122NMQS MN MQ NQ MR∆==，∴3k•4k=5k•MR∴MR=12k 5，在Rt△MRO中，sin2β=sin∠MON=122455252kMRkOM==．考点：圆的综合题．6．（1）PAO的半径为3；（2）见解析；（3）⊙O的半径为2或【解析】【分析】（1）过点A作BP的垂线，作直径AM，先在Rt△ABH中求出BH，AH的长，再在Rt△AHP中用勾股定理求出AP的长，在Rt△AMP中通过锐角三角函数求出直径AM的长，即求出半径的值；（2）证∠APB＝∠PAD＝2∠PAE，即可推出结论；（3）分三种情况：当AE⊥BD时，AB是⊙O的直径，可直接求出半径；当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，通过证△BFE∽△DAE，求出BE的长，再证△OBE是等边三角形，即得到半径的值；当AE⊥AB时，过点D作BC的垂线，通过证△BPE∽△BND，求出PE，AE的长，再利用勾股定理求出直径BE的长，即可得到半径的值．【详解】（1）如图1，过点A作BP的垂线，垂足为H，作直径AM，连接MP，在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，∴∠BAH＝30°，∴BH＝12AB＝2，AH＝AB•sin60°＝∴HP＝BP﹣BH＝1，∴在Rt△AHP中，AP∵AB是直径，∴∠APM＝90°，在Rt△AMP中，∠M＝∠ABP＝60°，∴AM＝APsin60︒＝3，∴⊙O，即PA⊙O（2）当∠APB＝2∠PBE时，∵∠PBE＝∠PAE，∴∠APB＝2∠PAE，在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠APB＝∠PAD，∴∠PAD＝2∠PAE，∴∠PAE＝∠DAE，∴AE平分∠PAD；（3）①如图3﹣1，当AE⊥BD时，∠AEB＝90°，∴AB是⊙O的直径，∴r＝12AB＝2；②如图3﹣2，当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，∵AD∥BC，∴AF⊥BC，△BFE∽△DAE，∴BFAD ＝EFAE，在Rt△ABF中，∠ABF＝60°，∴AF＝AB•sin60°＝BF＝12AB＝2，∴28，∴EF＝5，在Rt△BFE中，BE，∵∠BOE＝2∠BAE＝60°，OB＝OE，∴△OBE是等边三角形，∴r＝5；③当AE⊥AB时，∠BAE＝90°，∴AE为⊙O的直径，∴∠BPE＝90°，如图3﹣3，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点N，延开PE交AD于点Q，在Rt△DCN中，∠DCN＝60°，DC＝4，∴DN＝DC•sin60°＝CN＝12CD＝2，∴PQ ＝DN ＝23，设QE ＝x ，则PE ＝23﹣x ，在Rt △AEQ 中，∠QAE ＝∠BAD ﹣BAE ＝30°，∴AE ＝2QE ＝2x ，∵PE ∥DN ，∴△BPE ∽△BND ，∴PE DN ＝BP BN ， ∴2323x -＝BP 10， ∴BP ＝10﹣533x ，在Rt △ABE 与Rt △BPE 中，AB 2+AE 2＝BP 2+PE 2，∴16+4x 2＝（10﹣53x ）2+（23﹣x ）2，解得，x 1＝63（舍），x 2＝3，∴AE ＝23，∴BE ＝22AB AE +＝224(23)+＝27，∴r ＝7，∴⊙O 的半径为2或47或7．【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知圆的基本性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质.7．（1）10；（2）1056+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110y x =，若要击杀则有(215610010a 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)625y 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(2y 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110y x =上，令(2110010a x a x --=，整理得：2150010ax x a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，当0=时符合条件，221106200010a 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．8．（1）y=−x 2+3；（2）①或 ⩽t 【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（−3，3），则平移后坐标为D´（−3+t，3），F（t，-t2+3）；则有DF2=（−3+t-t）2+（-t2+3-3）2；FB2=（-t2+3）2，再根据DF=7FB，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(−3，0),CD的中点坐标为(0，3)，分别代入y=ax2+b得：3a b0b3+=⎧⎨=⎩，解得a1b3=-⎧⎨=⎩，∴y=−x2+3.（2）①D（−3，3），则平移后坐标为D´（−3+t，3），F（t，-t2+3）；DF2=（−3+t-t）2+（-t2+3-3）2；FB2=（-t2+3）2DF=7FB，则（−3+t-t）2+（-t2+3-3）2=7（-t2+3）2解得：t2=2或5，则t=2或t=5；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−t2),∴EF=3−(3−t2)=t2,∴EE′=2EF=2t2，由EE′⩽BE,得2t2⩽3,解得t⩽6 2.∵3∴C′点的横坐标为3∴3)2,又C′N=BE′=BE−EE′=3−2t2由MN⩾C′N,得32⩾3−2t2,解得t63或t⩽63舍去).∴t63t6【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. . 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)22213302b c b c ⎧-⨯--+=-⎪⎪⎨⎪-⨯++=⎪⎩，解得：132b c =⎧⎪⎨=⎪⎩， ∴抛物线的解析式为21322y x x =-++；（2）∵22131(1)2222y x x x =-++=--+， ∴点M 的坐标为（1，2）令213022x 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)122222222442ABMC 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21322y x x =-++， ∴32y =，∴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32，∵点A 为（1-，0），∴点P 2的横坐标为4，当4x =时，代入21322y x x =-++， ∴52y =-， ∴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 =-++， ∴212y =-， ∴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)证明见解析；（2）①21（3）21029y 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CF ==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 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．11．（1）见解析；（2）EF ＝3251+；（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 •t an ∠ECF ＝CF•tan ∠OBA 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 ，∴5EF CF OC OF OF AF AF +===，∴EF OF ＝32,即：EF ＝32；（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），∴53CEOEFOSS∆∆=，∴53COFO=，∴FO＝35CO＝35，∵△OFA∽△EFC，∴53CE AD COEF FO FO===，∴BF＝BE﹣EF＝CE﹣EF＝23EF，∴AF＝AB﹣BF＝4﹣23EF，∵△OAF∽△EFC，∴CF EFFA FO=，∴85523543EF=-，∴EF＝3﹣35．【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53CE AD COEF FO FO===是解本题的关键．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．。

初三九年级上册数学压轴解答题达标训练题(Word版含答案)

初三九年级上册数学压轴解答题达标训练题（Word 版含答案）一、压轴题1．如图，在平面直角坐标系中，直线1l ：162y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线2l ：12y x =交于点A .（1）分别求出点A 、B 、C 的坐标；（2）若D 是线段OA 上的点，且COD △的面积为12，求直线CD 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P 是射线CD 上的点，在平面内里否存在点Q ，使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.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3883a 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2y 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．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BF 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．5．在长方形ABCD 中，AB ＝5cm ，BC ＝6cm ，点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，与此同时，点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动．如果P 、Q 分别从A 、B 同时出发，当点Q 运动到点C 时，两点停止运动．设运动时间为t 秒．（1）填空：______＝______，______＝______（用含t 的代数式表示）；（2）当t 为何值时，PQ 的长度等于5cm ？（3）是否存在t 的值，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ？若存在，请求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．6．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．7．如图，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠ABC＝60°．点P是边BC上一动点，作△PAB的外接圆⊙O交BD于E．（1）如图1，当PB＝3时，求PA的长以及⊙O的半径；（2）如图2，当∠APB＝2∠PBE时，求证：AE平分∠PAD；（3）当AE与△ABD的某一条边垂直时，求所有满足条件的⊙O的半径．8．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.9．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.10．如图，抛物线y ＝﹣(x +1)(x ﹣3)与x 轴分别交于点A 、B (点A 在B 的右侧)，与y 轴交于点C ，⊙P 是△ABC 的外接圆．(1)直接写出点A 、B 、C 的坐标及抛物线的对称轴； (2)求⊙P 的半径；(3)点D 在抛物线的对称轴上，且∠BDC ＞90°，求点D 纵坐标的取值范围；(4)E 是线段CO 上的一个动点，将线段AE 绕点A 逆时针旋转45°得线段AF ，求线段OF 的最小值．11．如图，在边长为5的菱形OABC 中，sin∠AOC＝45，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．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＝12∠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)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q点坐标为：(-3，3)或22)或(6，6).【解析】【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q，使以O、C、P、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP1Q1C为菱形时，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；②当四边形OP2CQ2为菱形时；③当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.【详解】解：(1)由题意得16212y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得63 xy=⎧⎨=⎩∴A(6，3)在y=-162x+中，当y=0时，x=12，∴B(12，0)当x=0时，y=6，∴C(0，6).(2)∵点D在线段OA上，∴设D(x，12x) (0≤x≤6)∵S△COD=12∴12×6x=12x=4∴D(4，2)，设直线CD的表达式为y=kx+b，把(10，6)与D(4，2)代入得624bk b=⎧⎨=+⎩解得16 kb=-⎧⎨=⎩直线CD的表达式为y=-x+6(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：①当四边形OP1Q1C为菱形时OC==OP1，由∠COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形，此时Q1P1=OP1=OC=6，即Q:（6，6）；② 当四边形OP 2CQ 2为菱形时，OP 2=CP 2 ，由C 坐标为（0，6），得到Q 2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ 2解析式y=-x 中，得：x=-3，此时Q 2（-3，3）；③当四边形0Q 3P 3C 为菱形时，OC=CP 3，则有OQ 3=OC=CP 3=P 3Q 3=6，设坐标为（x ，-x+6）， ∵OC=CP 3∴x 2+x 2= CP 32= OC 2=62解得，P 的坐标为，) 此时Q 3).综上，点Q 的坐标是(-3，3)或，)或(6，6). 【点睛】本题是一次函数、勾股定理、特殊的平行四边形的综合应用，是一道压轴题，在考试中第一问必须作答，二三问可以根据自己的情况进行取舍.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 -=①5 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 BCABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()ABP BCD ASA ∴≅△△，BP CD ∴=，即54t -=， 1t ∴=；（2）当38a =，83t =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 CDBAC 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）325m ≤-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TH +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 ， ∴2x b x-+=，即220x bx -+=，只有一个解， ∴24120b ∆=-⨯⨯=，解得b =∴y x =-+联立2y x y x ⎧=-+⎪⎨=⎪⎩，解得x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩P ，∴PM OM ==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 ≤ ∴3353TH ≤≤ 由题60HFO ∠=︒，则3FT =， ∴610FT ≤≤，又∵3FT t =， ∴6310t ≤≤，解得63103t ≤≤103165-≤≤-；（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 +-+=⎧⎨=⎩， ∴182b 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：325m =-， ∵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182y x =-+得：18282m m -+=+，解得：0m =， ∵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0m ≥，综上所述，325m ≤-或0m ≥．【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）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 ⊥AD②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∴12MC 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．5．（1）BQ ,2tcm ,PB ,()5t cm -；（2）当t ＝0秒或2秒时，PQ 的长度等于5cm ；（3）存在t ＝1秒，能够使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．理由见解析.【解析】【分析】（1）根据点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，与此同时，点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动，可以求得BQ ,PB .（2）用含t 的代数式分别表示PB 和BQ 的值，运用勾股定理求得PQ 为22(5)(2)t t -+＝25据此求出t 值.（3）根据题干信息使得五边形APQCD 的面积等于226cm 的t 值存在，利用长方形ABCD 的面积减去PBQ △的面积即可，有PBQ △的面积为4，由此求得t 值.【详解】解：（1）点Q 从点B 开始沿边BC 向终点C 以2/cm s 的速度移动，故BQ 为2tcm ,点P 从点A 开始沿边AB 向终点B 以1/cm s 的速度移动，AB ＝5cm ，故PB 为()5t cm -.（2）由题意得：22(5)(2)t t -+＝25，解得：1t ＝0，2t ＝2；当t ＝0秒或2秒时，PQ 的长度等于5cm ；（3）存在t ＝1秒，能够使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．理由如下：长方形ABCD 的面积是：56⨯＝()230cm ，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ，则PBQ △的面积为3026-＝()24cm ，()15242t t -⨯⨯=，解得：1t ＝4（不合题意舍去），2t ＝1．即当t ＝1秒时，使得五边形APQCD 的面积等于226cm ．【点睛】本题结合长方形考查动点问题，其本质运用代数式求值，利用含t 的代数式表示各自线段的直接，根据题干数量关系即可确立等量关系式，从而求出t 值.6．（1）详见解析；（2）21y 2x =-,302AF ≤≤；(3)3. 【解析】【分析】（1）由∠A =∠B =90°，∠AFE =∠BEC ，得△AEF ∽△BCE ；（2）由（1）△AEF ∽BCE 得AF AEBE BC =，2y x 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，602AH 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 =，232y x x -=， ∴2132y x x =-+， ∵2132y x x =-+=213(3)22x --+，当3x =时，y 有最大值为32， ∴302AF ≤≤；（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，3602AH 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．7．（1）PA 13O 392）见解析；（3）⊙O 的半径为2或【解析】【分析】（1）过点A 作BP 的垂线，作直径AM ，先在Rt △ABH 中求出BH ，AH 的长，再在Rt △AHP 中用勾股定理求出AP 的长，在Rt △AMP 中通过锐角三角函数求出直径AM 的长，即求出半径的值；（2）证∠APB ＝∠PAD ＝2∠PAE ，即可推出结论；（3）分三种情况：当AE ⊥BD 时，AB 是⊙O 的直径，可直接求出半径；当AE ⊥AD 时，连接OB ，OE ，延长AE 交BC 于F ，通过证△BFE ∽△DAE ，求出BE 的长，再证△OBE 是等边三角形，即得到半径的值；当AE ⊥AB 时，过点D 作BC 的垂线，通过证△BPE ∽△BND ，求出PE ，AE 的长，再利用勾股定理求出直径BE 的长，即可得到半径的值．【详解】（1）如图1，过点A 作BP 的垂线，垂足为H ，作直径AM ，连接MP ，在Rt △ABH 中，∠ABH ＝60°，∴∠BAH ＝30°，∴BH ＝12AB ＝2，AH ＝AB •sin60°＝ ∴HP ＝BP ﹣BH ＝1，∴在Rt △AHP 中，AP∵AB 是直径，∴∠APM ＝90°，在Rt △AMP 中，∠M ＝∠ABP ＝60°，∴AM ＝AP sin 60︒＝3，∴⊙O ，即PA ⊙O （2）当∠APB ＝2∠PBE 时，∵∠PBE ＝∠PAE ，∴∠APB ＝2∠PAE ，在平行四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠APB ＝∠PAD ，∴∠PAD ＝2∠PAE ，∴∠PAE ＝∠DAE ，∴AE平分∠PAD；（3）①如图3﹣1，当AE⊥BD时，∠AEB＝90°，∴AB是⊙O的直径，∴r＝12AB＝2；②如图3﹣2，当AE⊥AD时，连接OB，OE，延长AE交BC于F，∵AD∥BC，∴AF⊥BC，△BFE∽△DAE，∴BFAD ＝EFAE，在Rt△ABF中，∠ABF＝60°，∴AF＝AB•sin60°＝BF＝12AB＝2，∴28，∴EF，在Rt△BFE中，BE，∵∠BOE＝2∠BAE＝60°，OB＝OE，∴△OBE是等边三角形，∴r＝5；③当AE⊥AB时，∠BAE＝90°，∴AE为⊙O的直径，∴∠BPE＝90°，如图3﹣3，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点N，延开PE交AD于点Q，在Rt△DCN中，∠DCN＝60°，DC＝4，∴DN＝DC•sin60°＝CN＝12CD＝2，∴PQ＝DN＝设QE＝x，则PE＝x，在Rt△AEQ中，∠QAE＝∠BAD﹣BAE＝30°，∴AE＝2QE＝2x，∵PE∥DN，∴△BPE∽△BND，∴PE DN ＝BP BN ， ∴2323x -＝BP 10， ∴BP ＝10﹣533x ，在Rt △ABE 与Rt △BPE 中，AB 2+AE 2＝BP 2+PE 2，∴16+4x 2＝（10﹣533x ）2+（23﹣x ）2，解得，x 1＝63（舍），x 2＝3，∴AE ＝23，∴BE ＝22AB AE +＝224(23)+＝27，∴r ＝7，∴⊙O 的半径为2或475或7．【点睛】此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知圆的基本性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质.8．（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=12OA，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=12OC=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.9．（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 AB90DON ︒∴∠=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()22ME EM MM a b ''∴===+， ()2222ME BN BE MN +-=22211()()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.10．(1)点B 的坐标为(﹣1，0)，点A 的坐标为(3，0)，点C 的坐标为(0，3)；抛物线的对称轴为直线x ＝1；(2)⊙P 5；(3)1＜y ＜2；(4)3﹣322．【解析】【分析】(1)分别代入y ＝0、x ＝0求出与之对应的x 、y 的值，进而可得出点A 、B 、C 的坐标，再由二次函数的对称性可找出抛物线的对称轴；(2)连接CP 、BP ，在Rt △BOC 中利用勾股定理可求出BC 的长，由等腰直角三角形的性质及圆周角定理可得出∠BPC ＝90°，再利用等腰直角三角形的性质可求出BP 的值即可；(3)设点D 的坐标为(1，y)，当∠BDC ＝90°时，利用勾股定理可求出y 值，进而可得出：当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，根据旋转的性质可找出点C′的坐标及∠AC′O′＝45°，进而可找出线段C′O′所在直线的解析式，由点E在CO上可得出点F在C′O′上，过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F 为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，利用等腰直角三角形的性质即可求出此时OF 的长即可.【详解】(1)当y＝0时，﹣(x+1)(x﹣3)＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴点B的坐标为(﹣1，0)，点A的坐标为(3，0)；当x＝0时，y＝﹣(0+1)×(0﹣3)＝3，∴点C的坐标为(0，3)；∵抛物线与x轴交于点(﹣1，0)、(3，0)，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；(2)连接CP、BP，如图1所示，在Rt△BOC中，BC=∵∠AOC＝90°，OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∴∠BPC＝2∠OAC＝90°，BC∴CP＝BP＝2∴⊙P(3)设点D的坐标为(1，y)，当∠BDC＝90°时，BD2+CD2＝BC2，∴[(﹣1﹣1)2+(0﹣y)2]+[(0﹣1)2+(3﹣y)2]＝10，整理，得：y2﹣3y+2＝0，解得：y1＝1，y2＝2，∴当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，如图2所示．∵AC=ACO＝45°，∴点C′的坐标为(3﹣，0)，∠AC′O′＝45°，∴线段C′O′所在直线的解析式为y＝﹣x+3﹣∵点E在线段CO上，∴点F在线段C′O′上．过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，∵△OC′F为等腰直角三角形，∴OF ＝22OC′＝22(32﹣3)＝3﹣322．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理、勾股定理、旋转以及等腰直角三角形，解题的关键是：(1)利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A 、B 、C 的坐标；(2)利用圆周角定理找出∠BPC ＝90°；(3)利用极限值法求出点D 纵坐标；(4)利用点到直线之间垂直线段最短确定点F 的位置．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 45CP C OC＝＝， 4455CP 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 45C ＝， 44 4555PH PH t t ∴=-即＝﹣， ∴333255HA 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 45PG G AP＝＝， t 45-t 5∴＝，∴209t＝；⊙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∠GC45PGPPC＝＝，∵OP＝PG＝20﹣t，∴42051tt-=-，∴1609t＝，综上所述，t 的值2016041699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）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 =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC 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．。

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--相似三角形(含答案)

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--相似三角形1．如图所示，在矩形MBCN中，点A是边MN的中点，MB=6cm，BC=16cm．点D由点A出发沿AB方向向点B匀速运动，同时点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接DE，设运动时间为t(s)(0<t< 10)，解答下列问题：（1）求证：△AMB≌△ANC；（2）当t为何值时，△BDE的面积为7.5cm2；（3）在点D，E的运动中，是否存在时间t，使得△BDE与△ABC相似？若存在，请求出对应的时间t；若不存在，请说明理由．2．如图是由边长为1的小正方形组成的网格，A、B、C、D四点均在正方形网格的格点上，线段AB、CD相交于点O．（1）请在网格图中画出两条线段（不添加另外的字母），构成一对相似三角形，并用“∽”符号写出这对相似三角形：（2）线段AO的长为．3．如图，在∽ABCD中，点E在BC边上，点F在DC的延长线上，且∽DAE=∽F.（1）求证：∽ABE∽∽ECF；（2）若AB=3，AD=7，BE=2，求FC的长.4．如图，已知：AD为∽ABC的中线，过B、C两点分别作AD所在直线的垂线段BE 和CF，E、F为垂足，过点E作EG∽AB交BC于点H，连结HF并延长交AB于点P。

（1）求证：DE=DF（2）若BH:HC=11:5；①求：DF:DA的值；②求证：四边形HGAP为平行四边形。

5．如图，在ΔABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且AD=3,AC=6,AE=4,AB=8.（1）如果BC=7，求线段DE的长；（2）设ΔDEC的面积为a，求ΔBDC的面积（用a的代数式表示）.6．如图，∽ABC内接于∽O且AB＝AC，延长BC至点D，使CD＝CA，连接AD交∽O于点E，连接BE、CE．（1）求证：∽ABE∽∽CDE；（2）填空：①当∽ABC的度数为时，四边形AOCE是菱形；②若AE ＝6，EF＝4，DE的长为．7．如图，在直角坐标系中，直线y=−2x+4分别交x轴，y轴于点E，F，交直线y=x于点P，过线段OP上点A作x轴，y轴的平行线分别交y轴于点C，直线EF 于点B.（1）求点P的坐标.（2）当AC=AB时，求点P到线段AB的距离.8．如图，Rt∽ABC中，∽ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA 边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若∽BPQ与∽ABC相似，求t的值；（2）连接AQ，CP，若AQ∽CP，求t的值．9．已知：四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC平分∽BAD.（1）如图1，求证：BC=CD;（2）如图1，若AD+AB= √2AC，四边形ABCD的面积为8，求AC的值；（3）如图2，连接BD，把∽ABD沿着BD翻折得到∽FBD，延长CF、AD交于点G, 若CG//BD, AD=2，求CG的长．10．如图，（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：如图1，在∽ABC 中，点O 在线段BC 上，∽BAO ＝20°，∽OAC ＝80°，AO ＝ 6√3 ，BO ：CO ＝1：3，求AB 的长．经过社团成员讨论发现，过点B 作BD∽AC ，交AO 的延长线于点D ，通过构造∽ABD 就可以解决问题（如图2），请回答：∽ADB ＝ °，AB ＝．（2）请参考以上思路解决问题：如图3，在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，AC∽AD ，AO ＝6 √3 ，∽ABC ＝∽ACB ＝75°，BO ：OD ＝1：3，求DC 的长．11．如图1，已知点O 在四边形ABCD 的边AB 上，且OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝2，OC 平分∽BOD ，与BD 交于点G ，AC 分别与BD 、OD 交于点E 、F ．（1）求证：OC∽AD ；（2）如图2，若DE ＝DF ，求AE AF的值；（3）当四边形ABCD 的周长取最大值时，求DE DF的值． 12．如图，在Rt∽ACB 中，∽C ＝90°，AC =4cm ，BC =3cm ，点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动速度为1cm/s ；点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为2cm/s ；连接PQ ．若设运动的时间为t(s)(0<t <2)，解答下列问题：（1）当t 为何值时，点A 在PQ 垂直平分线上？（2）当t为何值时，∽APQ为直角三角形？（3）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt∽ACB的面积平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由．13．如图，在直角坐标系中，直线AB分别与x轴、y轴交于B、A两点，OA、OB的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个实数根，且OB＞OA，以OA为一边作如图所示的正方形AOCD，CD交AB于点P．（1）求直线AB的解析式；（2）在x轴上是否存在一点Q，使以P、C、Q为顶点的三角形与∽ADP相似？若存在，求点Q坐标；否则，说明理由；（3）设N是平面内一动点，在y轴上是否存在点M，使得以A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；否则，请说明理由．14．如图，AC、BD为∽O的直径，且AC∽BD，P、Q分别为半径OB、OA（不与端点重合）上的动点，直线PQ交∽O于M、N．（1）比较大小：cos∽OPQ sin∽OQP；（2）请你判断MP−NP与OP·cos∽OPQ之间的数量关系，并给出证明；（3）当∽APO=60°时，设MQ＝m·MP，NQ=n·NP．①求m+n的值；②以OD为边在OD上方构造矩形ODKS，已知OD＝1，OS＝√3−1，在Q点的移动过程中，1+√m+nMPMK−cMK恒为非负数，请直接写出实数c的最大值．15．如图，AB是∽O的直径，点C在∽O上，CD与∽O相切，AD∽BC，连结OD，AC．（1）求证：∽B=∽DCA；，OD= 3√6，求∽O的半径长．（2）若tanB= √5216．如图，∽O的弦AC与BD互相垂直于点E，OA交ED于点F．（1）如图（1），求证：∽BAC＝∽OAD；（2）如图（2），当AC＝CD时，求证：AB＝BF；（3）如图（3），在（2）的条件下，点P，Q在CD上，点P为CQ中点，∽POQ＝∽OFD，DF＝EC，DQ＝6，求AB的长．答案解析部分1．【答案】（1）证明：∵四边形MBCN是矩形，∴∠M=∠N=90°，MB=NC又∵点A是边MN的中点，∴AM=AN∴△AMB≌△ANC（2）解：分别过点D、A作DF⊥BC、AG⊥BC，垂足为F、G，如图：∴DF//AG，DFAG=BDAB∵△AMB≌△ANC∴AB=AC，∵MB=6 ，BC=16∴BG=8 ， ∴AG=6∴∴AB=AC=10∵AD=BE=t ，∴BD=10−t ，∴DF6=10−t10解得DF＝35(10−t)∵S△BDE＝12BE⋅DF＝7.5∴35(10−t)⋅t＝15解得t＝5．答：t为5秒时，△BDE的面积为7.5cm2．（3）解：存在．理由如下：①当BE=DE时，△BDE∽△BCA，BE AB=BDBC即t10=10−t16，解得t=5013，②当BD=DE时，△BDE∽△BAC，BE BC=BDAB即t16=10−t10，解得 t =8013．答：存在时间t 为 5013或 8013 秒时，使得 △BDE 与 △ABC 相似． 2．【答案】（1）解：如图，连接AC ，BD ，由格点图可得BD∽AC ，∴△AOC ∽△BOD ，（2）3√223．【答案】（1）证明：如图.∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB∽CD ，AD∽BC.∴∽B=∽ECF ，∽DAE=∽AEB.又∵∽DAE=∽F ，∴∽AEB=∽F.∴∽ABE∽∽ECF.（2）解：∵∽ABE∽∽ECF ，∴AB EC =BE CF∵四边形ABCD 是平行四边形，∴BC=AD=8.∴EC=BC − BE=8 − 2="6."∴56=2CF. ∴CF =125. 4．【答案】（1）证明：∵AD 是∽ABC 的中线，∴BD ＝CD ， ∵∽FDC 和∽EDB 是对顶角，∴∽FDC ＝∽EDB ，又∵BE∽AE ，CF∽AE ，∴∽DFC ＝∽DEB ＝90°， ∴∽BDE∽∽CDF （AAS ），∴DE=DF（2）解：设 BH =11x,HC =5x 则 BD =CD =12BC =8x DH =3x,HC =5x①∵EH∽AB∴∽EDH∽∽ADB ∴DE DA =DH DB =38∵DE =DF ∴DF DA =38②∵DF DA =38∴DF FA =35∵DH HC =35∴FH∽AC ∴PH∽AC ∵EG∽AB ∴四边形HGAP 为平行四边形 5．【答案】（1）解：∵AD =3,AC =6,AE =4,AB =8 , ∴AD AC =AE AB =12, ∵∽A=∽A,∴∽ADE∽ACB,∴DE BC =12, ∵BC =7∴DE= 72（2）解：∵AE EC =46−4=2 ∴S △ADE S △EDC=AE EC =2 , ∵S △DEC =a ，∴S △ADE =2a∵∽ADE∽ACB∴S △ADE S △ACB =(12)2 , ∴2a S △BDC +a+2a=14 ， ∴S △BDE =5a .6．【答案】（1）证明：∵AB=AC ，CD=CA ， ∴∽ABC=∽ACB ，AB=CD ，∵四边形ABCE 是圆内接四边形，∴∽ECD=∽BAE ，∽CED=∽ABC ，∵∽ABC=∽ACB=∽AEB ，∴∽CED=∽AEB ，∴∽ABE∽∽CDE （AAS ）；（2）60°；97．【答案】（1）解：解 {y =−2x +4y =x 得， {x =43y =43，∴ 点P 的坐标为 (43,43) ；（2）解： ∵ 直线 y =−2x +4 分别交x 轴，y 轴于点E ，F ， ∴E(2,0) ， F(0, 4)，∴OE =2 ， OF =4 ，延长BA 交x 轴于D ，设 A(a,a) ，∴AC =AB =a ，∵ 点A 在直线OP 上，∴AC =AD =a ，∴BD =2a ，∵BD//OF ，∴△EDB ∽ △EFO ，∴DE OE =BD OF， ∴2−a 2=2a 4 ， ∴a =1 ，∴ 点P 到线段AB 的距离 =43−1=13 . 8．【答案】（1）解：根据勾股定理得：BA= √62+82 分两种情况讨论：①当∽BPQ∽∽BAC 时， BP BA =BQ BC ， ∵BP=5t ，QC=4t ，AB=10，BC=8，∴5t 10=8−4t 8，解得，t=1， ②当∽BPQ∽∽BCA 时， BP BC =BQ BA， ∴5t 8=8−4t 10，解得，t= 3241 ； ∴t=1或 3241时，∽BPQ∽∽BCA （2）解：过P 作PM∽BC 于点M ，AQ ，CP 交于点N ，如图所示：则PB=5t ，PM=3t ，MC=8﹣4t ，∵∽NAC+∽NCA=90°，∽PCM+∽NCA=90°，∴∽NAC=∽PCM ，∵∽ACQ=∽PMC ，∴∽ACQ∽∽CMP ，∴AC CM =CQ MP， ∴68−4t =4t 3t ，解得t= 78．9．【答案】（1）证明：如图1，∵AC 平分∽BAD ，∴∽BAC ＝∽DAC ，∴BD =CD∴BC ＝CD ．（2）解：如图所示，延长AB 至点E ，使BE ＝AD ，连接EC ，∵四边形BACD 为圆的内接四边形，∴∽ABC+∽ADC ＝180°，∴∽EBC ＝∽ADC ，∵BC ＝CD ，∴∽ACD∽∽ECB （SAS ），∴EC ＝AC ，∵AD+AB ＝ √2 AC ，∴AE ＝ √2 AC ＝ √2 EC ，∴AC 2+EC 2＝AE 2，∴∽ECA ＝90°，∴S ⊿ACE = 12AC 2 =8， ∴AC=4．（3）解：∵∽ADB ＝∽FDB ，CF∽BD ，∴∽DFG ＝∽BDF ，∽G ＝∽BDA ，∴∽DFG ＝∽G ，∴AD ＝DF ＝DG ，∵AD ＝2，∴DF ＝DG ＝2，∴D 为AG 的中点，∵∽DCG ＝∽BDC ，∽BDC ＝∽BAC ＝∽CAG ，∴∽DCG ＝∽CAG ，又∵∽G ＝∽CGA ，∴∽DCG∽∽ACG ，∴DG CG =CG AG ,即 2CG =CG 4, ∴CG ＝2 √2 ．10．【答案】（1）80；8 √3（2）解：过点B 作BE∽AD 交AC 于点E ，如图3所示：∵AC∽AD ，BE∽AD ，∴∽DAC ＝∽BEA ＝90°，∵∽AOD ＝∽EOB ，∴∽AOD∽∽EOB ，∴BO OD =EO AO =BE DA∵BO ：OD ＝1：3，∴EO AO =BE DA =13∵AO ＝6 √3 ，∴EO ＝ 13AO ＝2 √3 ， ∴AE ＝AO+EO ＝6 √3 +2 √3 ＝8 √3 ，∵∽ABC ＝∽ACB ＝75°，∴∽BAC ＝30°，AB ＝AC ，∴AB ＝2BE ，在Rt∽AEB 中，BE 2+AE 2＝AB 2，即（8 √3 ）2+BE 2＝（2BE ）2，解得：BE ＝8，∴AB ＝AC ＝16，AD ＝3BE ＝24，在Rt∽CAD 中，AC 2+AD 2＝DC 2，即162+242＝DC 2，解得：DC ＝8 √13 ．11．【答案】（1）证明：∵AO ＝OD ，∴∽OAD ＝∽ADO ，∵OC 平分∽BOD ，∴∽DOC ＝∽COB ，又∵∽DOC+∽COB∽＝∽OAD+∽ADO ，∴∽ADO ＝∽DOC ，∴CO∽AD ；（2）解： ∵OA=OB=OC ，∴∽ADB=90°，∴∽AOD 和∽ABD 是等腰直角三角形，∴AD= √2AO ，∴AD AO =√2，∵DE=DF ，∴∽DFE=∽AED ，∵∽DFE=∽AFO ，∴∽AFO=∽AED ，∵∽AOF=∽ADE=90°，∴∽ADE∽∽AOF ，∴AE AF =AD AO = √2；（3）解：如图2，∵OD ＝OB ，∽BOC ＝∽DOC ，∴∽BOC∽∽DOC （SAS ），∴BC ＝CD ，设BC ＝CD ＝x ，CG ＝m ，则OG ＝2﹣m ，∵OB 2﹣OG 2＝BC 2﹣CG 2，∴4﹣（2﹣m ）2＝x 2﹣m 2，解得：m =14x 2 ，∴OG ＝2 −14x 2 ，∵OD ＝OB ，∽DOG ＝∽BOG ，∴G 为BD 的中点，又∵O 为AB 的中点，∴AD ＝2OG ＝4 −12x 2 ，∴四边形ABCD 的周长为2BC+AD+AB ＝2x+4 −12x 2+ 4 =−12x 2+ 2x+8=−12(x −2)2+ 10，∵−12< 0，∴x ＝2时，四边形ABCD 的周长有最大值为10．∴BC ＝2，∴∽BCO 为等边三角形，∴∽BOC ＝60°，∵OC∽AD ，∴∽DAC ＝∽COB ＝60°， ∴∽ADF ＝∽DOC ＝60°，∽DAE ＝30°，∴∽AFD ＝90°，∴DE DA =√33 ，DF =12DA ，∴DE DF =2√33 ．12．【答案】（1）解： ∵ 在 Rt △ACB 中，∽C=90°，AC =4cm ，BC =3cm ，∴AB =√AC 2+BC 2=√42+32=5(cm)，由题意得：BP =tcm ，AQ =2tcm ，∴AP =AB −BP =(5−t)cm ，当点A 在PQ 垂直平分线上时，则AP =AQ ，即 5−t =2t ，解得t =53， ∴当t =53时，点A 在PQ 垂直平分线上．（2）解：①当∠AQP =90°时，∠A =∠A ，∠AQP =∠C =90°，∴△AQP ∼△ACB ，∴AQ AC =AP AB ，即2t 4=5−t 5，解得t =107； ②当∠APQ =90°时，∠A =∠A ，∠APQ =∠C =90°，∴△APQ ∼△ACB ，∴AP AC =AQ AB ，即5−t 4=2t 5，解得t =2513， ∴综上所述，当t 为107或2513时，△APQ 为直角三角形．（3）解：如图，过点P 作PH ⊥AC 于H ，∴PH ∥BC ，∴△APH ∼△ABC ，∴PH BC =AP AB，即PH 3=5−t 5，解得PH =3−35t ， ∴y =12AQ ⋅PH =12×2t ⋅(3−35t)，即y =−35t 2+3t(0<t <2)，若PQ 把△ABC 面积平分，则S ΔAPQ =12S ΔABC ， ∴−35t 2+3t =12×12×3×4，解得 t =5±√52，∵0<t <2，∴t=5−√52， ∴存在某一时刻t ，使线段PQ 恰好把Rt △ACB 的面积平分，此时t 的值为5−√52． 13．【答案】（1）解：解方程 x 2−12x +32=0 可得x=4或x=8， ∵OA 、OB 的长是关于x 的一元二次方程 x 2−12x +32=0 的两个实数根，且OB>OA ， ∴OA=4，OB=8， ∴A(0，4)，B(−8，0)，设直线AB 解析式为y=kx+b ， ∴{−8k +b =0b =4，,解得 {k =12b =4，,∴直线AB 解析式为 y =12x +4；（2）解：∵四边形AOCD 为正方形， ∴AD=CD=OC=OA=4， ∴C(−4，0)，在y =12x +4 中，令x=−4，可得y=2， ∴PC=PD=2，设Q(x ，0)，则CQ=|x+4|， ∵以P 、C 、Q 为顶点的三角形与∽ADP 相似， ∴有∽PCQ∽∽PDA 和∽PCQ∽∽ADP 两种情况， ①当∽PCQ∽∽PDA 时，则有 PC PD =CQ AD ，即 22=|x+4|4，解得x=0或x=−8，此时Q 点坐标为(−8，0)或(0，0)； ②当∽PCQ∽∽ADP 时，则有 PC AD =CQ PD ，即 24=|x+4|2，解得x=−3或x=−5，此时Q 点坐标为(−3，0)或(−5，0)；综上可知存在满足条件的点Q ，其坐标为(−8，0)或(0，0)或(−3，0)或(−5，0)；（3）解：由题意可设M(0，y)， ∵A(0，4)，C(−4，0)， ∴AC =4√2，当AC 为菱形的一边时，则有AC=AM ，即|y−4|= 4√2 ，解得y=4± 4√2 ，此时M 点坐标为 (0，4+4√2) 或 (0，4−4√2)；当AC 为菱形的对角线时，则有MA=MC ，由题意可知此时M 点即为O 点，此时M 点坐标为(0，0)；综上可知存在满足条件的M 点，其坐标为 (0，4+4√2) 或 (0，4−4√2) 或(0，0).14．【答案】（1）=（2）解：过点O 作OG ⊥MN ，交MN 于点G∴GM =GN∴MP −NP =(GM +GP)−(GN −GP)=2GP∵OG ⊥MN∴OP ⋅cos∠OPQ =OP ×GP OP=GP ∴MP −NP =2OP ⋅cos∠OPQ ；（3）解：点O 作OG ⊥MN ，交MN 于点G ，连接BN 、MD ，AP∵MQ ＝m·MP ，NQ=n·NP∴m +n=MQ MP +NQ NP=MP −PQ MP +NP −PQ NP=2+PQ(1NP −1MP) =2+PQ ×MP −NP NP ×MP根据（2）的结论，得MP −NP =2GP∴m +n =2+2PQ×GP NP×MP∵∠GPO =∠OPQ ，∠PGO =∠POQ =90°∴△PGO ∽△POQ∴GP OP =OP PQ ，即GP ×PQ =OP 2∵∠BNM =∠BDM ，∠BPN =∠MPD∴△BNP ∽△MDP∴NP DP =BP MP∵OB =OD =OA∴NP ×MP =BP ×DP =(OB −OP)(OD +OP)=OB 2−OP 2∵∽APO=60°∴tan∠APO=OAOP=√3∴OA=√3OP∴OB=√3OP∴NP×MP=OB2−OP2=2OP2∴m+n=2+2×PQ×GPNP×MP=2+2×OP22OP2=3；②实数c的最大值为2√2．15．【答案】（1）证明：连结OC．∵CD与∽O相切，OC为半径，∴∽2+∽3=90°，∵AB是∽O的直径，∴∽ACB=90°，∴∽1+∽B=90°，又∵OA=OC，∴∽1=∽2，∴∽3=∽B，即∽B=∽DCA．（2）解：∵AD∽BC，AB是∽O的直径，∴∽DAC=∽ACB=90°，∵∽1+∽B=90°，∽2+∽3=90°，∽1=∽2，∴∽B=∽3，∴∽ABC∽∽DCA，∴ACDC=BC AB，∵∽B的正切值为√52，设AC= √5k，BC=2k，则AB=3k，∴√5k DC=23，∴DC=3√5k2，在∽ODC 中，OD= 3√6 ，OC= 12 AB= 32k ， ∴(3√5k 2)2+(32k)2=(3√6)2 ， ∴解得：k=2，∴∽O 的半径长为3．16．【答案】（1）证明：如图1，延长AO 交∽O 于M ，连接DM ，则AM 是∽O 直径，∴∽ADM ＝90°，∴∽AMD+∽MAD ＝90°∵AC∽BD ，∴∽AEB ＝90°，∴∽BAC+∽ABD ＝90°，∵∽ABD ＝∽AMD ，∽AMD+∽MAD ＝90°，∴∽BAC ＝∽MAD ，即∽BAC ＝∽OAD ；（2）证明：如图2，由（1）可得，∽BAC ＝∽OAD ，∴∽BAC+∽CAO ＝∽OAD+∽CAO ，∴∽BAF ＝∽CAD ，∵∽ABD ＝∽ACD ，∴∽ABF∽∽ACD ，∴AB AC =BF CD， ∵AC ＝CD ，∴AB ＝BF ；（3）解：连接OC 、OD ，在线CA 上取Q 1，使得CQ 1＝DQ ＝6，连接QQ 1，OQ 1，线段QQ 1和线段O 交于点P 1，再过圆心O 作OO 1∽AC 于点O 1，如图：由（2）知：∽ABF∽∽ACD ，∴∽EFA ＝∽CDA ，∵∽CDA ＝∽EAD∴∽EAD ＝∽EFA ，又∵∽AEF ＝∽DEA ＝90°，∴∽EFA∽∽EAD ，∴EF AE =AE DE， ∵AC ＝CD ，EC ＝DF ，∴AE ＝AC ﹣EC ＝CD ﹣EC ＝CD ﹣DF ，∵DE ＝EF+DF ，∴EF CD−DF =CD−DF EF+DF， ∴（CD ﹣DF ）2＝EF （EF+DF ）①，∵∽CED ＝90°，∴CD 2＝EC 2+DE 2＝DF 2+（EF+DF ）2，∴（CD ﹣DF ）（CD+DF ）＝（EF+DF ）2②，将②式除以①式得CD+DF CD−DF =EF+DF EF， ∵CD−DF+2DF CD−DF =1+2DF CD−DF ，EF+DF EF =1+DF EF ， ∴2DF CD−DF =DF EF ，∴2EF＝CD﹣DF，∴EF=CD−DF2，∴DE=EF+DF=CD−DF2+DF=CD+DF2，∴CD2=CE2+DE2=DF2+(CD+DF2)2∴5DF2+2CD⋅DF﹣3CD2=0，∴（5DF﹣3CD）•（DF+CD）＝0，∵DF+CD＞0，∴5DF﹣3CD＝0，∴DF=35CD，∴EF=CD−DF2=CD−35CD2=15CD，∴AE=AC−CE=CD−DF=CD−35CD=25CD，在Rt∽AEF中AF=√AE2+EF2=√(25CD)2+(15CD)2=√55CD，∵OO1∽AC，∴∽OO1A＝∽FEA＝90°，O1是AC的中点，∴EF∽OO1，O1A=12AC=12CD，∴AFOA=AEO1A，即√5OA CD=25CD12CD=45，∴OA=√54CD，∴OC=OD=OA=√54CD，∵∽POQ＝∽OFD，∽OFD＝∽EFA，∴∽POQ＝∽EFA，∵∽EAF+∽EFA＝90°，∽EAF＝∽CAO，∴∽CAO+∽POQ＝90°，∵AC＝CD，∴∽CAO＝∽OCA＝∽CDO＝∽OCD，∴∽OCD+∽POQ＝90°，∴∽COP+∽DOQ+∽CDO＝90°，∵OC＝OD，∽OCA＝∽CDO，CQ1＝DQ＝6，∴∽OCQ 1∽∽ODQ （SAS ），∴OQ 1＝OQ ，∽DOQ ＝∽COQ 1，∴∽COP+∽COQ 1+∽CDO ＝90°，∴∽POQ 1+∽OCD ＝90°，而∽OCD+∽POQ ＝90°，∴∽POQ ＝∽POQ 1，∴P 1Q 1＝P 1Q ，∵P 为CQ 中点，∴P 1P 是∽CQ 1Q 的中位线，∴P 1P∽CQ 1，∴∽POC ＝∽OCQ 1，∴∽POC ＝∽CAO ＝∽OCA ＝∽CDO ＝∽OCD ， ∴∽OPC∽∽DOC ，∴CP OC =OC CD， ∵CD ＝CQ+DQ ＝2CP+6，∴CP =CD−62，又OC =√54CD ， ∴CD−62√54CD =√54CD CD ，解得CD ＝16， ∴AE =25CD =325，DE =DF +EF =35CD +15CD =645 ∵∽BAC ＝∽BDC ，∽AEB ＝∽DEC ， ∴∽ABE∽∽DCE ，∴AB CD =AE DE ，即AB 16=325645， ∴AB ＝8．。

初三数学九上九下压轴题难题提高题培优题(含答案解析)

初三数学九上压轴题难题提高题培优题一．解答题（共8小题）1．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（﹣2，1），交y轴于点M．（1）求抛物线的表达式；（2）D为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE垂直x轴于点E，交线段AM 于点F，求线段DF长度的最大值，并求此时点D的坐标；（3）抛物线上是否存在一点P，作PN垂直x轴于点N，使得以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似（不包括全等）？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a＞0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=4，∠AOB=120°．（1）求这条抛物线的表达式；（2）联结OM，求∠AOM的大小；（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．3．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A（2，0），B （6，0）两点，交y轴于点．（1）求此抛物线的解析式；（2）若此抛物线的对称轴与直线y=2x交于点D，作⊙D与x轴相切，⊙D交y 轴于点E、F两点，求劣弧EF的长；（3）P为此抛物线在第二象限图象上的一点，PG垂直于x轴，垂足为点G，试确定P点的位置，使得△PGA的面积被直线AC分为1：2两部分？4．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，﹣4），OB=2，抛物线y=ax2+bx+c 经过点A、O、B三点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点M是抛物线对称轴上一点，试求AM+OM的最小值；（3）在此抛物线上，是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．5．已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），B （4，3）．（1）求抛物线的函数解析式；（2）求tan∠ABO的值；（3）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB于点N，交抛物线于点M，若四边形MNCB为平行四边形，求点M的坐标．6．如图1，已知抛物线的方程C1：y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点M（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；（3）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使得BH+EH最小，求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．7．如图，已知抛物线y=x2﹣（b+1）x+（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．（1）点B的坐标为，点C的坐标为（用含b的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB 中的任意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．8．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．初三数学九上压轴题难题提高题培优题参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（﹣3，0）、B（1，0）、C（﹣2，1），交y轴于点M．（1）求抛物线的表达式；（2）D为抛物线在第二象限部分上的一点，作DE垂直x轴于点E，交线段AM 于点F，求线段DF长度的最大值，并求此时点D的坐标；（3）抛物线上是否存在一点P，作PN垂直x轴于点N，使得以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似（不包括全等）？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：由题意可知．解得．∴抛物线的表达式为y=﹣．（2）将x=0代入抛物线表达式，得y=1．∴点M的坐标为（0，1）．设直线MA的表达式为y=kx+b，则．解得．∴直线MA的表达式为y=x+1．设点D的坐标为（），则点F的坐标为（）．DF==．当时，DF的最大值为．此时，即点D的坐标为（）．（3）存在点P，使得以点P、A、N为顶点的三角形与△MAO相似．设P（m，）．在Rt△MAO中，AO=3MO，要使两个三角形相似，由题意可知，点P不可能在第一象限．①设点P在第二象限时，∵点P不可能在直线MN上，∴只能PN=3AN，∴，即m2+11m+24=0．解得m=﹣3（舍去）或m=﹣8．又﹣3＜m＜0，故此时满足条件的点不存在．②当点P在第三象限时，∵点P不可能在直线MA上，∴只能PN=3AN，∴，即m2+11m+24=0．解得m=﹣3或m=﹣8．此时点P的坐标为（﹣8，﹣15）．③当点P在第四象限时，若AN=3PN时，则﹣3，即m2+m﹣6=0．解得m=﹣3（舍去）或m=2．当m=2时，．此时点P的坐标为（2，﹣）．若PN=3NA，则﹣，即m2﹣7m﹣30=0．解得m=﹣3（舍去）或m=10，此时点P的坐标为（10，﹣39）．综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣8，﹣15）、（2，﹣）、（10，﹣39）．2．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a＞0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=4，∠AOB=120°．（1）求这条抛物线的表达式；（2）联结OM，求∠AOM的大小；（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．【解答】解：（1）如图，过点A作AD⊥y轴于点D，∵AO=OB=4，∴B（4，0）．∵∠AOB=120°，∴∠AOD=30°，∴AD=OA=2，OD=OA=2．∴A（﹣2，2）．将A（﹣2，2），B（4，0）代入y=ax2+bx，得：，解得：，∴这条抛物线的表达式为y=x2﹣x；（2）过点M作ME⊥x轴于点E，∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣，∴M（2，﹣），即OE=2，EM=．∴tan∠EOM==．∴∠EOM=30°．∴∠AOM=∠AOB+∠EOM=150°．（3）过点A作AH⊥x轴于点H，∵AH=2，HB=HO+OB=6，∴tan∠ABH==．∴∠ABH=30°，∵∠AOM=150°，∴∠OAM＜30°，∴∠OMA＜30°，∴点C不可能在点B的左侧，只能在点B的右侧．∴∠ABC=180°﹣∠ABH=150°，∵∠AOM=150°，∴∠AOM=∠ABC．∴△ABC与△AOM相似，有如下两种可能：①△BAC与∽△OAM，②△BAC与∽△OMA∵OD=2，ME=，∴OM=，∵AH=2，BH=6，∴AB=4．①当△BAC与∽△OAM时，由=得，解得BC=4．∴C1（8，0）．②当△BAC与∽△OMA时，由=得，解得BC=12．∴C2（16，0）．综上所述，如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，则点C的坐标为（8，0）或（16，0）．3．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A（2，0），B （6，0）两点，交y轴于点．（1）求此抛物线的解析式；（2）若此抛物线的对称轴与直线y=2x交于点D，作⊙D与x轴相切，⊙D交y 轴于点E、F两点，求劣弧EF的长；（3）P为此抛物线在第二象限图象上的一点，PG垂直于x轴，垂足为点G，试确定P点的位置，使得△PGA的面积被直线AC分为1：2两部分？【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A（2，0），B（6，0），；∴，解得；∴抛物线的解析式为：；（2）易知抛物线的对称轴是x=4，把x=4代入y=2x，得y=8，∴点D的坐标为（4，8）；∵⊙D与x轴相切，∴⊙D的半径为8；连接DE、DF，作DM⊥y轴，垂足为点M；在Rt△MFD中，FD=8，MD=4，∴cos∠MDF=；∴∠MDF=60°，∴∠EDF=120°；∴劣弧EF的长为：；（3）设直线AC的解析式为y=kx+b；∵直线AC经过点，∴，解得；∴直线AC的解析式为：；设点，PG交直线AC于N，则点N坐标为，∵S△PNA ：S△GNA=PN：GN；∴①若PN：GN=1：2，则PG：GN=3：2，PG=GN；即=；解得：m1=﹣3，m2=2（舍去）；当m=﹣3时，=；∴此时点P的坐标为；②若PN：GN=2：1，则PG：GN=3：1，PG=3GN；即=；解得：m1=﹣12，m2=2（舍去）；当m=﹣12时，=；∴此时点P的坐标为；综上所述，当点P坐标为或时，△PGA的面积被直线AC分成1：2两部分．4．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，﹣4），OB=2，抛物线y=ax2+bx+c 经过点A、O、B三点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点M是抛物线对称轴上一点，试求AM+OM的最小值；（3）在此抛物线上，是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由OB=2，可知B（2，0），将A（﹣2，﹣4），B（2，0），O（0，0）三点坐标代入抛物线y=ax2+bx+c，得解得：∴抛物线的函数表达式为．答：抛物线的函数表达式为．（2）由，可得，抛物线的对称轴为直线x=1，且对称轴x=1是线段OB的垂直平分线，连接AB交直线x=1于点M，M点即为所求．∴MO=MB，则MO+MA=MA+MB=AB作AC⊥x轴，垂足为C，则AC=4，BC=4，∴AB=∴MO+MA的最小值为．答：MO+MA的最小值为．（3）①若OB∥AP，此时点A与点P关于直线x=1对称，由A（﹣2，﹣4），得P（4，﹣4），则得梯形OAPB．②若OA∥BP，设直线OA的表达式为y=kx，由A（﹣2，﹣4）得，y=2x．设直线BP的表达式为y=2x+m，由B（2，0）得，0=4+m，即m=﹣4，∴直线BP的表达式为y=2x﹣4由，解得x1=﹣4，x2=2（不合题意，舍去）当x=﹣4时，y=﹣12，∴点P（﹣4，﹣12），则得梯形OAPB．③若AB∥OP，设直线AB的表达式为y=kx+m，则，解得，∴AB的表达式为y=x﹣2．∵AB∥OP，∴直线OP的表达式为y=x．由，得x2=0，解得x=0，（不合题意，舍去），此时点P不存在．综上所述，存在两点P（4，﹣4）或P（﹣4，﹣12）使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形．答：在此抛物线上，存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形，点P的坐标是（4，﹣4）或（﹣4，﹣12）．5．已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），B （4，3）．（1）求抛物线的函数解析式；（2）求tan∠ABO的值；（3）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB于点N，交抛物线于点M，若四边形MNCB为平行四边形，求点M的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A（0，1），B （4，3），∴，解得，所以，抛物线的函数解析式为y=﹣x2+x+1；（2）如图，过点B作BC⊥x轴于C，过点A作AD⊥OB于D，∵A（0，1），B （4，3），∴OA=1，OC=4，BC=3，根据勾股定理，OB===5，∵∠OAD+∠AOD=90°，∠AOD+∠BOC=90°，∴∠OAD=∠BOC，又∵∠ADO=∠OCB=90°，∴△AOD∽△OBC，∴==，即==，解得OD=，AD=，∴BD=OB﹣OD=5﹣=，∴tan∠ABO===；（3）设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0，k、b是常数），则，解得，所以，直线AB的解析式为y=x+1，设点M（a，﹣a2+a+1），N（a，a+1），则MN=﹣a2+a+1﹣a﹣1=﹣a2+4a，∵四边形MNCB为平行四边形，∴MN=BC，∴﹣a2+4a=3，整理得，a2﹣4a+3=0，解得a1=1，a2=3，∵MN在抛物线对称轴的左侧，抛物线的对称轴为直线x=﹣=，∴a=1，∴﹣12+×1+1=，∴点M的坐标为（1，）．6．如图1，已知抛物线的方程C1：y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点M（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；（3）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使得BH+EH最小，求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）将x=2，y=2代入抛物线的解析式得：﹣×4×（2﹣m）=2，解得：m=4，经检验：m=4是分式方程的解．∴m的值为4．（2）y=0得：0=﹣（x+2）（x﹣m），解得x=﹣2或x=m，∴B（﹣2，0），C（m，0）．由（1）得：m=4，∴C（4，0）．将x=0代入得：y=﹣×2×（﹣m）=2，∴E（0，2）．∴BC=6，OE=2．∴S=BC•OE=×6×2=6．△BCE（3）如图1所示：连接EC交抛物线的对称轴于点H，连接BH，设对称轴与x 轴的交点为P．∵x=﹣，∴抛物线的对称轴是直线x=1．∴CP=3．∵点B与点C关于x=1对称，∴BH=CH．∴BH+EH=EH+HC．∴当H落在线段EC上时，BH+EH的值最小．∵HP∥OE，∴△PHC∽△EOC．∴，即．解得HP=．∴点H的坐标为（1，）．（4）①如图2，过点B作EC的平行线交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′．∵BF∥EC，∴∠BCE=∠FBC．∴当，即BC2=CE•BF时，△BCE∽△FBC．设点F的坐标为（x，﹣（x+2）（x﹣m）），由，得．解得x=m+2．∴F′（m+2，0）．∵∠BCE=∠FBC．∴，得，解得：．又∵BC2=CE•BF，∴，整理得：0=16．此方程无解．②如图3，作∠CBF=45°交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′，∵OE=OB，∠EOB=90°，∴∠EBO=45°．∵∵∠CBF=45°，∴∠EBC=∠CBF，∴当，即BC2=BE•BF时，△BCE∽△BFC．在Rt△BFF′中，由FF′=BF′，得（x+2）（x﹣m）=x+2，解得x=2m．∴F′（2m，0）．∴B F′=2m+2，∴BF=2m+2．由BC2=BE•BF，得（m+2）2=2×（2m+2）．解得．∵m＞0，∴m=2+2．综上所述，点m的值为2+2．7．如图，已知抛物线y=x2﹣（b+1）x+（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴的正半轴交于点C．（1）点B的坐标为（b，0），点C的坐标为（0，）（用含b的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB 中的任意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．【解答】解：（1）令y=0，即y=x2﹣（b+1）x+=0，解得：x=1或b，∵b是实数且b＞2，点A位于点B的左侧，∴点B的坐标为（b，0），令x=0，解得：y=，∴点C的坐标为（0，），故答案为：（b，0），（0，）；（2）存在，假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形．设点P的坐标为（x，y），连接OP．=S△PCO+S△POB=••x+•b•y=2b，则S四边形PCOB∴x+4y=16．过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°．∴四边形PEOD是矩形．∴∠EPD=90°．∴∠EPC=∠DPB．∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即x=y．由解得由△PEC≌△PDB得EC=DB，即﹣=b﹣，解得b=＞2符合题意．∴P的坐标为（，）；（3）假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似．∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO．∴要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴．∵b＞2，∴AB＞OA，∴∠Q0A＞∠ABQ．∴只能∠AOQ=∠AQB．此时∠OQB=90°，由QA⊥x轴知QA∥y轴．∴∠COQ=∠OQA．∴要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°．（I）当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA．∴AQ=CO=．由AQ2=OA•AB得：（）2=b﹣1．解得：b=8±4．∵b＞2，∴b=8+4．∴点Q的坐标是（1，2+）．（II）当∠OQC=90°时，△OCQ∽△QOA，∴=，即OQ2=OC•AQ．又OQ2=OA•OB，∴OC•AQ=OA•OB．即•AQ=1×b．解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意，∴点Q的坐标是（1，4）．∴综上可知，存在点Q（1，2+）或Q（1，4），使得△QCO，△QOA和△QAB 中的任意两个三角形均相似．8．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．【解答】解：（1）A（1，4）．由题意知，可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4∵抛物线过点C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1，∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3．（2）∵A（1，4），C（3，0），∴可求直线AC的解析式为y=﹣2x+6．∵点P（1，4﹣t）．∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为x=1+．∴点G的横坐标为1+，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4﹣．∴GE=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．又∵点A到GE的距离为，C到GE的距离为2﹣，即S=S△AEG+S△CEG=•EG•+•EG（2﹣）△ACG=•2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1．的最大值为1．当t=2时，S△ACG（3）第一种情况如图1所示，点H在AC的上方，由四边形CQEH是菱形知CQ=CE=t，根据△APE∽△ABC，知=，即=，解得t=20﹣8；第二种情况如图2所示，点H在AC的下方，由四边形CQHE是菱形知CQ=QE=EH=HC=t，PE=t，EM=2﹣t，MQ=4﹣2t．则在直角三角形EMQ中，根据勾股定理知EM2+MQ2=EQ2，即（2﹣t）2+（4﹣2t）2=t2，解得，t1=，t2=4（不合题意，舍去）．综上所述，t=20﹣8或t=．。

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--二次根式

2023年中考九年级数学高频考点拔高训练--二次根式一、单选题1．在下列各式中，二次根式√a−b的有理化因式是()A．√a+b B．√a+√b C．√a−b D．√a−√b2．下列计算正确的是（）A．√6=3B．√−9=-3C．√9=3D．√273=√33．下列计算正确的是（）A．√16=±4B．(−2)0=1C．√2+√5=√7D．√93= 34．实数a，b在数轴上的位置如图所示，则化简√a2−√b2−√(a−b)2的结果是（）A．﹣2b B．﹣2a C．2（b﹣a）D．0 5．下列四个运算中，只有一个是正确的.这个正确运算的序号是()①30+3﹣1＝﹣3；②√5﹣√2＝√3；③（2a2）3＝8a5；④﹣a8÷a4＝﹣a4.A．①B．②C．③D．④6．函数y=√x−1+3中自变量x的取值范围是A．x＞1B．x ≥1C．x≤1D．x≠1 7．下列计算正确的是（）A．−√（−8）2=-8B．（−√8）2=64C．√(−25)2= ±25D．√9116= 3 148．已知三角形的三边长a，b，c满足(a−6)2+√b−8+|c−10|=0，则该三角形的形状为（）A．等腰三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．直角三角形二、填空题9．下列各式：①√ab=√a√b；②√−3−4=√−3√−4；③√59=√53；④√2b3a=13a√6ab(a>0,b ≥0) . 其中正确的是（填序号）.10．函数y= √x+23中，自变量x 的取值范围是．11．已知x= √2 +1，y= √2 ﹣1，则x 2﹣5xy+y 2+6= ．12．若长方形的宽为3 √15 cm ，长为2 √45 cm ，则长方形的面积为cm 2.三、计算题13．计算（1）23√27−4√12+3√13（2）(√6−2√3)2−(√2+2√5)(2√5−√2)14．计算：（1）2√12+3√48（2）(√5−1)2−√40÷√8 ．四、综合题15．观察下列各式及验证过程. √12−13=12√23 ,验证: √12−13=√12×3=√222×3=12√23⋅√12(13−14)=13√38 ,验证: √12(13−14)=√22×3×4=√32×32×4=13√38⋅√13(14−15)=14√415,验证: √12(13−14)=√13×4×5=√43×42×5=14√415. （1）按照上述三个等式及其验证过程的基本思路,猜想 √14(15−16) 的变形结果并进行验证.（2）针对上述各式反映的规律,写出用n(n≥2的自然数)表示的等式，并进行验证.16．已知a ，b ，c 满足(a −2)2+√b −3+|c −√13|=0，（1）求a ，b ，c 的值；（2）试问以a 、b ，c 为边长能否构成直角三角形？请说明理由．答案解析部分1．【答案】C 2．【答案】C 3．【答案】B 4．【答案】A 5．【答案】D 6．【答案】B 7．【答案】A 8．【答案】D 9．【答案】③④ 10．【答案】x≥﹣2 11．【答案】7 12．【答案】90√313．【答案】（1）解：原式=23×3√3−4×2√3+3×√33=2√3−8√3+√3=−5√3；（2）解：原式=6−2√6×2√3+12−(20−2)=18−12√2−18=−12√2．14．【答案】（1）解: 原式=4 √3 +12 √3=16 √3（2）解: 原式=5﹣2 √5 +1﹣ √5 =6﹣2 √5 ﹣ √5 =6﹣3 √515．【答案】（1）解：猜想 √14(15−16) 的变形结果为 15√524，验证如下： √14(15−16)=√14×15×6=√552×24=15√524；（2）解：第n 个式子为： √1n−1(1n −1n+1)=1n √n n 2−1，验证如下： √1n−1(1n −1n+1)=√1n−1×1n (n+1)=√n n 2(n+1)(n−1)=1n √n n 2−1.16．【答案】（1）解：∵(a −2)2+√b −3+|c −√13|=0，∴a−2=0，b−3=0，c−√13=0，∴a=2，b=3，c=√13；（2）解：能构成直角三角形，理由如下：∵a2+b2=4+9=13，c2=13，∴a2+b2=c2，∴能构成直角三角形．。

初中数学中考压轴题拔高尖子生辅导

初中数学中考压轴题拔高尖子生辅导一．解答题（共30小题）1．（2014•犍为县一模）如图，已知平面直角坐标系xOy中，点A（2，m），B（﹣3，n）为两动点，其中m＞1，连接OA，OB，OA⊥OB，作BC⊥x轴于C点，AD⊥x轴于D点．（1）求证：mn=6；（2）当S△AOB=10时，抛物线经过A，B两点且以y轴为对称轴，求抛物线对应的二次函数的关系式；（3）在（2）的条件下，设直线AB交y轴于点F，过点F作直线l交抛物线于P，Q两点，问是否存在直线l，使S△POF：S△QOF=1：2？若存在，求出直线l对应的函数关系式；若不存在，请说明理由．∴∴）得，∴∴，，﹣x+4y=2．（2014•昆山市二模）已知：如图1，抛物线y=﹣x2+bx+c的顶点为Q，与x轴交于A（﹣1，0）、B（5，0）两点，与y轴交于C点．（1）求抛物线的解析式及其顶点Q的坐标；（2）在该抛物线的对称轴上求一点P，使得△PAC的周长最小．请在图中画出点P的位置，并求点P的坐标；（3）如图2，若点D是第一象限抛物线上的一个动点，过D作DE⊥x轴，垂足为E．①有一个同学说：“在第一象限抛物线上的所有点中，抛物线的顶点Q与x轴相距最远，所以当点D运动至点Q时，折线D﹣E﹣O的长度最长”．这个同学的说法正确吗？请说明理由．②若DE与直线BC交于点F．试探究：四边形DCEB能否为平行四边形？若能，请直接写出点D的坐标；若不能，请简要说明理由；，得时，重合时，，轴，∴，即3．（2014•河西区模拟）已知抛物线y=x2+bx+c的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B．（1）如图1，若点P的横坐标为1，点B的坐标为（3，6），试确定抛物线的解析式；（2）在（1）的条件下，若点M是直线AB下方抛物线上的一点，且S△ABM=3，求点M的坐标；（3）如图2，若点P在第一象限，且PA=PO，过点P作PD⊥x轴于点D．将抛物线y=x2+bx+c平移，平移后的抛物线经过点A、D，该抛物线与x轴的另一个交点为C，请探究四边形OABC的形状，并说明理由．，可得，即可），可设平移后的抛物线解析式为）依题意，∴∴．，可得．∴．抛物线，，（（的解析式为是抛物线与直线．，，可设平移后的抛物线解析式为，得，即4．（2014•资阳二模）如图已知点A （﹣2，4）和点B （1，0）都在抛物线y=mx2+2mx+n上．（1）求m、n；（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，若四边形A A′B′B为菱形，求平移后抛物线的表达式；（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB′的交点为点C，试在x轴上找点D，使得以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．，解得，x x+4=﹣；=5（=（x+3AC=3C=BC=，，，）或（，5．（2014•南充模拟）如图，平面直角坐标系中，点A、B、C在x轴上，点D、E在y轴上，OA=OD=2，OC=OE=4，B为线段OA的中点，直线AD与经过B、E、C三点的抛物线交于F、G两点，与其对称轴交于M，点P为线段FG上一个动点（与F、G不重合），PQ∥y轴与抛物线交于点Q．（1）求经过B、E、C三点的抛物线的解析式；（2）判断△BDC的形状，并给出证明；当P在什么位置时，以P、O、C为顶点的三角形是等腰三角形，并求出此时点P的坐标；（3）若抛物线的顶点为N，连接QN，探究四边形PMNQ的形状：①能否成为菱形；②能否成为等腰梯形？若能，请直接写出点P的坐标；若不能，请说明理由．，，，，±（1+1+，）或（坐标是（坐标是（MN=，，所以菱形不存在．，6．（2014•河南模拟）点P为抛物线y=x2﹣2mx+m2（m为常数，m＞0）上任一点，将抛物线绕顶点G逆时针旋转90°后得到的新图象与y轴交于A、B两点（点A在点B的上方），点Q为点P旋转后的对应点．（1）当m=2，点P横坐标为4时，求Q点的坐标；（2）设点Q（a，b），用含m、b的代数式表示a；（3）如图，点Q在第一象限内，点D在x轴的正半轴上，点C为OD的中点，QO平分∠AQC，AQ=2QC，当QD=m 时，求m的值．7．（2014•海拉尔区模拟）如图，已知直线y=kx﹣6与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，且点A（1，﹣4）为抛物线的顶点，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）在（1）中抛物线的第二象限图象上是否存在一点P，使△POB与△POC全等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．m=，∴，即==，即）∴，即=，即）∴，即=，）或（8．（2014•句容市一模）如图，Rt△AOB中，∠A=90°，以O为坐标原点建立直角坐标系，使点A在x轴正半轴上，OA=2，AB=8，点C为AB边的中点，抛物线的顶点是原点O，且经过C点．（1）填空：直线OC的解析式为y=2x；抛物线的解析式为y=x2；（2）现将该抛物线沿着线段OC移动，使其顶点M始终在线段OC上（包括端点O、C），抛物线与y轴的交点为D，与AB边的交点为E；①是否存在这样的点D，使四边形BDOC为平行四边形？如存在，求出此时抛物线的解析式；如不存在，说明理由；②设△BOE的面积为S，求S的取值范围．（舍去）+21+﹣，BE9．（2014•鞍山二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=﹣+c与x轴交于A、B两点（点A 在点B的左侧），交y轴的正半轴于点C，其顶点为M，MH⊥x轴于点H，MA交y轴于点N，sin∠MOH=．（1）求此抛物线的函数表达式；（2）过H的直线与y轴相交于点P，过O，M两点作直线PH的垂线，垂足分别为E，F，若=时，求点P的坐标；（3）将（1）中的抛物线沿y轴折叠，使点A落在点D处，连接MD，Q为（1）中的抛物线上的一动点，直线NQ 交x轴于点G，当Q点在抛物线上运动时，是否存在点Q，使△ANG与△ADM相似？若存在，求出所有符合条件的直线QG的解析式；若不存在，请说明理由．﹣MOH=MOH=∴OM=c∴=，∵，∴==，AN=，，）y=4x+，，可得=AG=，（﹣x+y=4x+x+10．（2014•苏州模拟）已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，以O 为原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内，将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．（1）求点C的坐标和过O、C、A三点的抛物线的解析式；（2）P是此抛物线的对称轴上一动点，当以P、O、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出点P的坐标；（3）M（x，y）是此抛物线上一个动点，当△MOB的面积等于△OAB面积时，求M的坐标．的距离等于OC=OA==2点的坐标为（，解得，，）或（）或（）或（，3+2OA=2，AR=2的距离等于ON=xy=，，，（）2（﹣）11．（2014•邻水县模拟）已知：如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴的交点是A（3，0）、B（6，0），与y轴的交点是C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设P（x，y）（0＜x＜6）是抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴交直线BC于点Q．①当x取何值时，线段PQ的长度取得最大值，其最大值是多少？②是否存在这样的点P，使△OAQ为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．∴，y=x，﹣x+2）﹣（x x x（∴（﹣x+2，）+2=；×+2=；，）或（，，（，12．（2014•新泰市模拟）如图矩形OABC，AB=2OA=2n，分别以OA和OC为x、y轴建立平面直角坐标系，连接OB，沿OB折叠，使点A落在P处．过P作PQ⊥y轴于Q．（1）求OD：OA的值；（2）以B为顶点的抛物线：y=ax2+bx+c，经过点D，与直线OB相交于E，过E作EF⊥y轴于F，试判断2•PQ•EF 与矩形OABC面积的关系，并说明理由．OD=n，y=（+2n=x x+（﹣，﹣nEF=nnPD=∴==PQ=13．（2014•灌南县模拟）已知：抛物线m：y=a（x﹣2）2+b（ab＜0）的顶点为P，与x轴的交点为A，B（点A在点B的左侧）．（1）当a=﹣1，b=4，直接写出与抛物线m有关的三条正确结论；（2）若抛物线m经过原点，且△ABP为直角三角形．求a，b的值；（3）若将抛物线m沿x轴翻折180°得抛物线n，抛物线n的顶点为Q，则以A，P，B，Q为顶点的四边形能否为正方形？若能，请求出a，b满足的关系式；若不能，说明理由．，此时，，此时，∴，=2∴14．（2014•日照二模）已知：如图，一次函数y=x+1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y=x2+bx+c的图象与一次函数y=x+1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点且D点坐标为（1，0）（1）求二次函数的解析式；（2）求四边形BDEC的面积S；（3）在x轴上有一动点P，从O点出发以每秒1个单位的速度沿x轴向右运动，是否存在点P使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P运动的时间t的值，若不存在，请说明理由．（4）若动点P在x轴上，动点Q在射线AC上，同时从A点出发，点P沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，点Q以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似，若存在，求a的值，若不存在，说明理由．y=y=x﹣，可知S=AE AD×；∴时，；时，a=a=或15．（2014•东海县二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．（1）分别求出图中直线和抛物线的函数表达式；（2）连接PO、PC，并把△POC沿C O翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．，代入=，﹣）16．（2014•河北区三模）已知：如图，二次函数图象的顶点坐标为C（1，﹣2），直线y=kx+m的图象与该二次函数的图象交于A、B两点，其中A点坐标为（3，0），B点在y轴上．点P为线段AB上的一个动点（点P与点A、B 不重合），过点P且垂直于x轴的直线与这个二次函数的图象交于点E．（1）求这个二次函数的解析式；（2）设点P的横坐标为x，求线段PE的长（用含x 的代数式表示）；（3）点D为直线AB与这个二次函数图象对称轴的交点，若以点P、E、D为顶点的三角形与△AOB相似，请求出P点的坐标．a=y=（）∴∴y=xx﹣x﹣（﹣）﹣（x）﹣+∴∴，DP=∴±（负值舍去）∴﹣x∴，±，﹣﹣1+﹣17．（2014•沙县质检）平面直角坐标系中有一张矩形纸片OABC，O为坐标原点，A点坐标为（10，0），C点坐标为（0，6），D是BC边上的动点（与点B、C不重合）．如图②，将△COD沿OD翻折，得到△FOD；再在AB边上选取适当的点E，将△BDE沿DE翻折，得到△GDE，并使直线DG，DF重合．（1）图①中，若△COD翻折后点F落在OA边上，求直线DE的解析式；（2）设（1）中所求直线DE与x轴交于点M，请你猜想过点M、C且关于y轴对称的抛物线与直线DE的公共点的个数，在图①的图形中，通过计算验证你的猜想；（3）图②中，设E（10，b），求b的最小值．，则﹣∴即=a a+6=（；．18．（2014•琼海二模）如图所示，在平面直角坐标中，抛物线经过原点O与点M（﹣4，0），顶点N的纵坐标为4，以线段OM上的一个动点C为一个顶点，构造矩形ABCD，使边CD在线段OM上，点D在点C的左侧，点A、B 在抛物线上（1）连接MN、ON，求△MON的面积；（2）求抛物线的解析式；（3）探究：当拖动点C时，矩形ABCD的形状会发生变化①当矩形ABCD为正方形时，求出点A的坐标；②设矩形ABCD的周长为l，请问l是否存在一个最大值？如果存在，求出这个最大值；如果不存在，请说明理由．NE=，2+2﹣）19．（2014•无锡新区二模）如图，抛物线y=x2+bx+c的顶点为M，对称轴是直线x=1，与x轴的交点为A（﹣3，0）和B．将抛物线y=x2+bx+c绕点B逆时针方向旋转90°，点M1，A1为点M，A旋转后的对应点，旋转后的抛物线与y轴相交于C，D两点．（1）写出点B的坐标及求抛物线y=x2+bx+c的解析式；（2）求证：A，M，A1三点在同一直线上；（3）设点P是旋转后抛物线上DM1之间的一动点，是否存在一点P，使四边形PM1MD的面积最大？如果存在，请求出点P的坐标及四边形PM1MD的面积；如果不存在，请说明理由．=10=n n）m）（+y=y=﹣﹣y=﹣﹣，，y=，n﹣），x﹣，﹣）m﹣m+）m（，，时，m=，）的坐标为（的面积为24+，，﹣的面积最大，面积最大值为．20．（2014•红桥区二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+8（a≠0）的图象与x轴交于点A（﹣2，0），B，与y轴交于点C，tan∠ABC=2．（1）求抛物线的解析式及其顶点D的坐标；（2）设直线CD交x轴于点E．在线段OB的垂直平分线上是否存在点P，使得经过点P的直线PM垂直于直线CD，且与直线OP的夹角为75°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）过点B作x轴的垂线，交直线CD于点F，将抛物线沿其对称轴向上平移，使抛物线与线段EF总有公共点．试探究：抛物线最多可以向上平移多少个单位长度？×=4，解得OB=2PN=OB=2PN=2，21．（2014•青浦区一模）已知在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=﹣2x2+bx+c的图象经过点A（﹣3，0）和点B（0，6）．（1）求此二次函数的解析式；（2）将这个二次函数的图象向右平移5个单位后的顶点设为C，直线BC与x轴相交于点D，求∠ABD的正弦值；（3）在第（2）小题的条件下，联结OC，试探究直线AB与OC的位置关系，并说明理由．）方法一：求出=）由题意得，，y=，则BD=，∴，=，AB=，ABD==；，，∴=3COP==BAO===222．（2014•开封一模）如图，已知抛物线y=﹣+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知B点的坐标为B（8，0）．（1）求抛物线的解析式及其对称轴方程；（2）连接AC、BC，试判断△AOC与△COB是否相似？并说明理由；（3）M为抛物线上BC之间的一点，N为线段BC上的一点，若MN∥y轴，求MN的最大值；（4）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q点坐标；若不存在，请说明理由．﹣，x x+4﹣，则﹣x x+4=0∵=2x+4﹣x+4﹣（﹣x+4x x+4+xx（=2DQ==，，4+﹣23．（2014•黄冈二模）如图，菱形ABCD的边长为6且∠DAB=60°，以点A为原点、边AB所在的直线为x轴且顶点D在第一象限建立平面直角坐标系．动点P从点D出发沿折线DCB向终点B以2单位/每秒的速度运动，同时动点Q从点A出发沿x轴负半轴以1单位/秒的速度运动，当点P到达终点时停止运动，运动时间为t，直线PQ交边AD于点E．（1）求出经过A、D、C三点的抛物线解析式；（2）是否存在时刻t使得PQ⊥DB，若存在请求出t值，若不存在，请说明理由；（3）设AE长为y，试求y与t之间的函数关系式；（4）若F、G为DC边上两点，且点DF=FG=1，试在对角线DB上找一点M、抛物线ADC对称轴上找一点N，使得四边形FMNG周长最小并求出周长最小值．AB=3DAB=33+==，AD=2=，即=，，=+124．（2014•甘谷县模拟）已知：如图1，抛物线经过点O、A、B三点，四边形OABC是直角梯形，其中点A在x 轴上，点C在y轴上，BC∥OA，A（12，0）、B（4，8）．（1）求抛物线所对应的函数关系式；（2）若D为OA的中点，动点P自A点出发沿A→B→C→O的路线移动，速度为每秒1个单位，移动时间记为t 秒．几秒钟后线段PD将梯形OABC的面积分成1﹕3两部分？并求出此时P点的坐标；（3）如图2，作△OBC的外接圆O′，点Q是抛物线上点A、B之间的动点，连接OQ交⊙O′于点M，交AB于点N．当∠BOQ=45°时，求线段MN的长．x×OD=AD=OA=××=16×=48t∴×t=×，×=，，）时，×OP=，AB=，1=8=8+，综上所述，8秒钟后线段点的坐标为（，，OB=，∴，=ON=3OM=OB==2OM=32．25．（2014•常德三模）已知抛物线y=ax2﹣2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C，对称轴为x=1，顶点为E，直线y=﹣x+1交y轴于点D．（1）求抛物线的解析式；（2）求证：△BCE∽△BOD；（3）点P是抛物线上的一个动点，当点P运动到什么位置时，△BDP的面积等于△BOE的面积？﹣==1；CE=、BE=2；∴=；××=．MN=h=MDB=MN==4或、、、（，﹣，（，26．（2014•泰州三校一模）如图，已知二次函数y=a（x2﹣6x+8）（a＞0）的图象与x轴交于点A、B两点，与y轴交于点C．（1）求A、B两点的坐标；（2）将△OAC沿直线AC翻折，点O的对应点为O′．①若O'落在该抛物线的对称轴上，求实数a的值；②是否存在正整数a，使得点O′落在△ABC的内部？若存在，求出整数a的值；若不存在，请说明理由．=3AM=，×=CAO===；27．（2014•同安区质检）菱形与正方形的形状有差异，我们将菱形与正方形的接近程度记为“接近度”．设菱形相邻的两个内角的度数分别为m°和n°，将菱形与正方形的“接近度”定义为|m﹣n|．在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c（b＜0）交y轴于点A（与原点O不同），以AO为边作菱形OAPQ．（1）当c=﹣b时，抛物线上是否存在点P，使菱形OAPQ与正方形的“接近度”为0，请说明理由．（2）当c＞0时，对于任意的b，抛物线y=x2+bx+c上是否存在点P，满足菱形OAPQ与正方形的“接近度”为60？若存在，请求出所有满足条件的b与c的关系式；若不存在，请说明理由．b b（﹣，﹣b b b（﹣）﹣﹣（，+（×cb=﹣∴﹣，时，b=cc c（×c﹣c﹣﹣＞﹣时，﹣（﹣，+（﹣c b c cb=c∴＜，，不满足对任意﹣c28．（2014•惠山区二模）如图1，矩形ABCD中，点P从A出发，以3cm/s的速度沿边A→B→C→D→A匀速运动；同时点Q从B出发，沿边B→C→D匀速运动，当其中一个点到达终点时两点同时停止运动，设点P运动的时间为t s．△APQ的面积s（cm2）与t（s）之间函数关系的部分图象由图2中的曲线段OE与线段EF给出．（1）点Q运动的速度为1cm/s，a﹦6cm2；（2）若BC﹦3cm，①求t＞3时S的函数关系式；②在图（2）中画出①中相应的函数图象．××t﹣S=29．（2014•房山区二模）如果一条抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”．（1）“抛物线三角形”一定是等腰三角形；（2）如图，△OAB是抛物线y=﹣x2+bx（b＞0）的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由；（3）在（2）的条件下，若以点E为圆心，r为半径的圆与线段AD只有一个公共点，求出r的取值范围．OE=，代入抛物线得，﹣（×=，（﹣，x。

沪科版九年级数学上册复习-抛物线中的压轴题

拔高专题抛物线中的压轴题一、基本模型构建常见模型思考在边长为1的正方形网格中有A, B, C 三点，画出以A,B,C 为其三个顶点的平行四边形ABCD 。

在射线BD 上可以找出一点组成三角形，可得△ABC 、△BEC 、△CBD 为等腰三角形。

二、拔高精讲精练探究点一：因动点产生的平行四边形的问题例1: 在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A （-4，0），B （0，-4），C （2，0）三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M 为第三象限内抛物线上一动点，点M 的横坐标为m ，△AMB 的面积为S ．求S 关于m 的函数关系式，并求出S 的最大值．（3）若点P 是抛物线上的动点，点Q 是直线y=-x 上的动点，判断有几个位置能够使得点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q 的坐标。

解：（1）设此抛物线的函数解析式为：y=ax 2+bx+c （a ≠0），将A （-4，0），B （0，-4），C （2，0）三点代入函数解析式得：16404420a b c c a b c -+⎪-+⎪⎩+⎧⎨＝＝＝解得1412a b c -⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＝＝，所以此函数解析式为：y=12x 2+x −4；（2）∵M 点的横坐标为m ，且点M 在这条抛物线上，∴M 点的坐标为：（m ，12m 2+m −4）， ∴S=S △AOM +S △OBM -S △AOB =12×4×（-12m 2-m+4）+12×4×（-m ）-12×4×4=-m 2-2m+8-2m-8 =-m 2-4m=-（m+2）2+4，∵-4＜m ＜0，当m=-2时，S 有最大值为：S=-4+8=4．答：m=-2时S 有最大值S=4．（3）设P （x ，12x 2+x-4）．当OB 为边时，根据平行四边形的性质知PQ ∥OB ，且PQ=OB ，∴Q 的横坐标等于P 的横坐标，又∵直线的解析式为y=-x ，则Q （x ，-x ）．由PQ=OB ，得|-x-（12x 2+x-4）|=4，解得x=0，-4，-2±25．x=0不合题意，舍去．如图，当BO 为对角线时，知A 与P 应该重合，OP=4．四边形PBQO 为平行四边形则BQ=OP=4，Q 横坐标为4，代入y=-x 得出Q 为（4，-4）．由此可得Q （-4，4）或（-2+25，2-25）或（-2-2 5，2+2 5）或（4，-4）．【变式训练】（2015•贵阳）如图，经过点C （0，-4）的抛物线y=ax 2+bx+c （a ≠0）与x 轴相交于A （-2，0），B 两点．（1）a ＞ 0，b 2-4ac ＞ 0（填“＞”或“＜”）；（2）若该抛物线关于直线x=2对称，求抛物线的函数表达式；（3）在（2）的条件下，连接AC ，E 是抛物线上一动点，过点E 作AC 的平行线交x 轴于点F ．是否存在这样的点E ，使得以A ，C ，E ，F 为顶点所组成的四边形是平行四边形？若存在，求出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）a＞0，b2-4ac＞0；（2）∵直线x=2是对称轴，A（-2，0），∴B（6，0），∵点C（0，-4），将A，B，C的坐标分别代入y=ax2+bx+c，解得：a=13，b=-43，c=-4，∴抛物线的函数表达式为y=13x2-43x-4；（3）存在，理由为：（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示，则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形，∵抛物线y=13x2-43x-4关于直线x=2对称，∴由抛物线的对称性可知，E点的横坐标为4，又∵OC=4，∴E的纵坐标为-4，∴存在点E（4，-4）；（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，∵AC∥E′F′，∴∠CAO=∠E′F′G，又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′，∴△CAO≌△E′F′G，∴E′G=CO=4，∴点E′的纵坐标是4，∴4=13x2-43x-4，解得：x1=2+27，x2=2-27，∴点E′的坐标为（2+27，4），同理可得点E″的坐标为（2-27，4）。

专题24.2 圆周角(专项拔高卷)-2023-2024学年九年级数学上册真题汇编专项拔高卷(学生版)

2023-2024学年人教版数学九年级上册同步专题热点难点专项练习专题24.2圆周角（专项拔高卷）考试时间：90分钟试卷满分：100分难度：0.48姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三总分得分评卷人得分一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）1．（2分）（2023•新疆一模）如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，∠BAC＝25°，在⊙O上任取一点D，且点D 与点C位于直径AB的两侧，连接AD和DC，则∠D的度数是（）A．50°B．60°C．65°D．75°2．（2分）（2023•芜湖三模）如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC．若AB＝8，CD＝2，则tan∠OEC为（）A．B．C．D．3．（2分）（2023•金台区模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，连接AC、AD、CD，若∠BAC＝20°，则∠ADC的度数是（）A．120°B．100°C．110°D．70°4．（2分）（2023•五通桥区模拟）如图，AB是⊙O的直径，∠C＝15°，则∠BAD的度数为（）A．45°B．55°C．65°D．75°5．（2分）（2023•福州模拟）如图，已知BC是⊙O的直径，点A，D在⊙O上，若∠ACB＝32°，则∠ADC的大小为（）A．68°B．62°C．58°D．52°6．（2分）（2022秋•建昌县期末）如图，以AB为直径的半圆O上有C，D的两点，，则∠BDC的度数为（）A．30°B．35°C．45°D．60°7．（2分）（2023•蒲城县二模）如图，AB是⊙O的直径，CD、BE是⊙O的两条弦，CD交AB于点G，点C是的中点，点B是的中点，若AB＝10，BG＝2，则BE的长为（）A．3B．4C．6D．88．（2分）（2023•全椒县三模）如图是以O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上．将该纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E，若AD＝ED，则∠B的度数为（）A．24°B．30°C．36°D．44°9．（2分）（2023•洪山区校级模拟）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，⊙O中有圆内接四边形ABCD，已知BD＝8，CD＝5，AB＝6，∠BDC ＝60°，则AD＝（）A．B．C．D．10．（2分）（2023•洪山区模拟）如图，等腰△ABC的顶点B、C在圆O上，点A在圆O外，OD⊥AC于D点，若BC＝8，sin∠ABC＝，OD＝3，则圆O的半径为（）A．3B．4C．5D．6评卷人得分二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）11．（2分）（2023•丹徒区二模）如图，菱形ABCD的顶点A、D都在⊙O上，且∠OAD＝12°，设AC与⊙O交于点E，则∠AEB的度数是．12．（2分）（2023•沭阳县二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，且AC⊥BD，OF⊥CD，垂足分别为E、F，若OF＝，则AB＝．13．（2分）（2023•盐都区一模）用破损量角器按如图方式测量∠ABC的度数，让∠ABC的顶点恰好在量角器圆弧上，两边分别经过圆弧上的A、C两点．若点A、C对应的刻度分别为55°，135°，则∠ABC的度数为．14．（2分）（2023•宿迁一模）如图，AB是半圆的直径，C、D是半圆上的两点，且∠BAC＝50°，AD＝CD，则∠DAC＝°．15．（2分）（2023•朝天区模拟）如图，是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E，若AD＝ED，的值等于．16．（2分）（2023•唐河县模拟）如图，已知⊙O的半径为5，P是直径AB的延长线上一点，BP＝1，CD是⊙O的一条弦，CD＝6，以PC，PD为相邻两边作平行四边形PCED，当C，D点在圆周上运动时，线段PE长的最小值是．17．（2分）（2023•盐都区三模）如图，点A是⊙O中优弧BAD的中点，∠ABD＝70°，C为劣弧BD上一点，则∠BCD的度数为．18．（2分）（2023•锡山区校级三模）如图15个形状大小相同的菱形组成网格，菱形的顶点称为格点，已知菱形的一个角为60°，A，B，C都在格点上，点D在上，若E也在格点上，且∠AED＝∠ACD，则tan ∠AEC＝．19．（2分）（2023•安徽模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，以D为圆心，4为半径作⊙D，E为⊙D上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，使∠EAF＝90°，tan∠AEF＝，则点F与点C的最小距离为．20．（2分）（2023春•亭湖区校级期末）如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则EO的最小值为．评卷人得分三．解答题（共8小题，满分60分）21．（6分）（2022秋•利川市期末）如图所示，⊙O的直径AB为6cm，∠ACB的平分线交⊙O于点D．（1）判断△ADB的形状，并证明；（2）求BD的长．22．（6分）（2023•新会区二模）如图，点A、B、C在⊙O上，BC是直径，∠ABC的角平分线BD与⊙O交于点D，与AC交于点M，且BM＝MD，连接OD，交AC于点N．（1）证明：OD⊥AC；（2）试猜想AB与OD之间的数量关系，并证明．23．（8分）（2022秋•海陵区校级期末）如图，点A在y轴正半轴上，点B是第一象限内的一点，以AB为直径的圆交x轴于D，C两点．（1）OA与OD满足什么条件时，AC＝BC，写出满足的条件，并证明AC＝BC；（2）在（1）的条件下，若OA＝1，，求CD长．24．（8分）（2023•河西区校级三模）如图，AB为⊙O的直径，点C，D为直径AB同侧圆上的点，且点D为的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE，交⊙O于点F，AC与DF交于点G．（Ⅰ）如图①，若点C为的中点，求∠AGF的度数；（Ⅱ）如图②，若AC＝12，AE＝3，求⊙O的半径．25．（8分）（2023•江汉区模拟）已知AB是⊙O的直径，C，D，E是半圆上三点，且AC＝CD，DE＝BE．（1）如图1，求证：；（2）如图2，若AC＝1，BE＝，求cos∠ABE的值．26．（8分）（2023•蚌埠二模）如图，⊙O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点P，AB经过点O，E是AC的中点，连接OE，EP，延长EP交BD于点F．（1）若AB＝10，，求AC的长；（2）求证：EF⊥BD．27．（8分）（2023•诸暨市模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G为劣弧AD上一动点，AG与CD的延长线交于点F，连接AC、AD、CG、DG．记tan∠DGF＝m（m为常数，且m＞1）．（1）求证：∠AGC＝∠ACF；（2）求的值（用含m的式子表示）．28．（8分）（2022秋•望城区期末）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O的直径，DE⊥AB，垂足为E．（1）延长DE交⊙O于点F，延长DC，FB交于点P，如图．求证：△PCB是等腰三角形；（2）过点B作BG⊥AD，垂足为G，BG交DE于点H，连接OH，且点O和点A都在DE的左侧，如图．若∠ACB＝60°，DH＝1，∠OHD＝80°，①求⊙O的半径；②求∠BDE的大小．。

2023年九年级中考数学二轮复习拔高训练--圆的切线的证明

2023年中考数学二轮复习拔高训练--圆的切线的证明一、综合题1．如图，已知⊙O的直径AB=12cm，AC是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点P，连接BC．（1）求证：∠PCA=∠B（2）已知∠P=40°，点Q在优弧ABC上，从点A开始逆时针运动到点C停止（点Q与点C不重合），当△ABQ与△ABC的面积相等时，求动点Q所经过的弧长。

2．已知二次函数图象的顶点在原点O，对称轴为y轴．一次函数y=kx+1的图象与二次函数的图象交于A，B两点（A在B的左侧），且A点坐标为(−4，4)．平行于x轴的直线l过(0，−1)点．（1）求一次函数与二次函数的解析式；（2）判断以线段AB为直径的圆与直线l的位置关系，并给出证明；（3）把二次函数的图象向右平移2 个单位，再向下平移t 个单位（t＞0），二次函数的图象与x 轴交于M，N 两点，一次函数图象交y 轴于 F 点．当t 为何值时，过F，M，N 三点的圆的面积最小？最小面积是多少？3．如图，在四边形ABCD中，AB=AD=CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC，OD交于点E。

（1）证明：AE=CE；（2）若AC=2BC，证明：DA是⊙O的切线；（3）在(2)条件下，连接BD交⊙O于点F，连接EF，若⊙O的直径为√5，求EF的长。

4．如图，△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，与CA的延长线相交于点E，过点D作DF⊥AC于点F．（1）试说明DF是⊙O的切线；（2）若AC=3AE，求BECE的值．5．如图，AB为半圆O的直径，点C为半圆上不与A，B重合的一动点，AC⌢＝CD⌢，连接AC，CD，AD，BC，延长BC交AD于F，交半圆O的切线AE于E.（1）求证：△AEF是等腰三角形；（2）填空：①若AE＝√5，BE＝5，则BF的长为；②当∠E的度数为时，四边形OACD为菱形.6．如图AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AE和过点C的切线互相垂直，垂足为E，AE交⊙O 于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，BC，PC=2PB．（1）探究线段PB，AB之间的数量关系，并说明理由；（2）若AD=3，求AB长．7．定义：圆心在三角形的一边上，与另一边相切，且经过三角形一个顶点（非切点）的圆，称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”．（1）如图1，△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=3，则AC边上的伴随圆的半径为．（2）如图2，已知等腰△ABC，AB=AC=5，BC=6，画草图并直接写出它的所有伴随圆的半径．（3）如图3，△ABC中，∠ACB=90°，点P在边AB上，AP=2BP，D为AC中点，且∠CPD=90°．①求证：△CPD的外接圆是△ABC某一条边上的伴随圆；②求cos∠PDC的值．8．已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A(-3，0)，B(0，3).（1）如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；（2）如图2，已知直线l2: y＝3x-3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2√2为半径画圆.①当点Q与点C重合时，求证: 直线l1与⊙Q相切；②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点, 连结QM，QN. 问:是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.9．如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连结PC交AB于点E，且∠ACP=60°，PA=PD.（1）试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CE·CP的值.10．在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+(k−1)x−k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A 在点B的左侧.（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，抛物线y=x2+(k−1)x−k(k>0)与x 轴交于C，D两点(点C在点D的左侧).当以OC为直径的⊙E与直线AB相切于点Q时，请求出此时k的值.11．如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y＝kx+3.（1）设点P的纵坐标为p，写出p随k变化的函数关系式.（2）设⊙C与PA交于点M，与AB交于点N，则不论动点P处于直线l上（除点B以外）的什么位置时，都有△AMN∽△ABP.请你对于点P处于图中位置时的两三角形相似给予证明；（3）是否存在使△AMN的面积等于3225的k值？若存在，请求出符合的k值；若不存在，请说明理由.12．我们知道，平面内互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，如果两条数轴不垂直，而是相交成任意的角ω（0°＜ω＜180°且ω≠90°），那么这两条数轴构成的是平面斜坐标系。

苏教版初三九年级上册数学压轴解答题测试卷 (word版,含解析)

苏教版初三九年级上册数学压轴解答题测试卷（word 版，含解析）一、压轴题1．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3883a t ==，时，证明：ADF CDF S S ∆∆=．2．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BF 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． 3．如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y ＝﹣13x +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．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，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．6．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.7．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 2.54 6.57.59…x米04810121620…y米2 4.56 5.846 5.84 4.562…（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()256y 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．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，抛物线y ＝ax 2－4ax ＋b 交x 轴正半轴于A 、B 两点，交y 轴正半轴于C ，且OB ＝OC ＝3.(1) 求抛物线的解析式；(2) 如图1，D 为抛物线的顶点，P 为对称轴左侧抛物线上一点，连接OP 交直线BC 于G ，连GD ．是否存在点P ，使2GDGO=？若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由； (3) 如图2，将抛物线向上平移m 个单位，交BC 于点M 、N ．若∠MON ＝45°，求m 的值.10．如图，一次函数122y 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．对于线段外一点和这条线段两个端点连线所构成的角叫做这个点关于这条线段的视角．如图1，对于线段AB及线段AB外一点C，我们称∠ACB为点C关于线段AB的视角．如图2，点Q在直线l上运动，当点Q关于线段AB的视角最大时，则称这个最大的“视角”为直线l关于线段AB的“视角”．（1）如图3，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（2，2），点C坐标为（﹣2，2），点C关于线段AB的视角为度，x轴关于线段AB的视角为度；（2）如图4，点M是在x轴上，坐标为（2，0），过点M作线段EF⊥x轴，且EM＝MF ＝1，当直线y＝kx（k≠0）关于线段EF的视角为90°，求k的值；（3）如图5，在平面直角坐标系中，P3，2），Q3，1），直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的夹角为60°，且关于线段PQ的视角为45°，求这条直线的解析式．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OA5tan∠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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（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 -=①5 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 BCABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ()ABP BCD ASA ∴≅△△，BP CD ∴=，即54t -=， 1t ∴=；（2）当38a =，83t =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 CDBAC 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．2．（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 BCACD ACBCD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ACD≌△BCF（SAS）∴∠CAD=∠CBF又∵∠AFE=∠BFC∴∠AEF=∠BCF=90°，∴BE⊥AD②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∴12MC 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．3．（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 ，122x +），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244bk b=⎧⎨=+⎩解得122 kb⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线AC解析式为：y＝122x+，设M点坐标为（x，122x+），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．∴41242x yx y-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：128xy=-⎧⎨=-⎩，∴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．∴4412442x yx-=-⎧⎪⎨+-=⎪⎩，解得：1212xy=⎧⎨=⎩，∴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．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， ∴12BPC 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=12（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=12∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=12∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO=12∠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 =，'60Q 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，'''120AQ 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）详见解析；（2）AE=194；（3）74≤AE ＜254．【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ED 2+PD 2=EC 2+CP 2=PE 2，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=194．∴AE=194；（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=254，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=74，∵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：74≤AE＜254．【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．6．（1）①补图见解析；②证明见解析；（2）FB=21【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=12OA，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=12OC=2，∵OA⊥CD，∴∠OCD=30°，22OC OB-2242-3∴CD=2BC=43由（1）可知∠OFC=∠ODC，∴FC=CD=3∵BG⊥l，OC⊥l，∴OC//BG，∴∠CBG=∠OCD=30°，∴CG=12322BC CG-，∴FG=FC+CG=53，∴22FG BG+21【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.7．（1）10；（2）1056+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110y x =，若要击杀则有(215610010a 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)625y x =--+，当0y =，得5610x =±(负值舍去)，∴网球落在地面上时，网球与端点A 的距离为1056+米；（3）①由（2）得网球落在地面上时，对应的点为(1056+，0)代入(256y 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110y x =上，令(2110010a x a x --=，整理得：2150010ax x a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，当0=时符合条件， 221106200010a 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．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14a = ∴G 的解析式为2114y x =- 故答案为2114y 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（22141,1334t 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114y mx =- 过点N 作NE y ∥轴交CM 于点E ，则E 点为()14,414m m m ⎛⎫++- ⎪⎝⎭∴4EN m =-- ∵()()12CMNCNE MNEC N N M S SSx x x x EN ⎡⎤=+=-+-•⎣⎦ ∴()()104=22m 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）y ＝x 2－4x ＋3 ；(2) P(36626--，);(3) 9922m -+= 【解析】【分析】 (1)把,,代入,解方程组即可.(2)如图1中,连接OD 、BD,对称轴交x 轴于K,将绕点O 逆时针旋转90°得到△OCG,则点G 在线段BC 上,只要证明是等腰直角三角形,即可得到直线GO 与抛物线的交点即为所求的点P .利用方程组即可解决问题. (3)如图2中,将绕点O 顺时针旋转得到,首先证明,设,,则,设平移后的抛物线的解析式为,由消去y 得到,由,推出,,M 、N 关于直线对称,所以,设,则,利用勾股定理求出a 以及MN 的长,再根据根与系数关系,列出方程即可解决问题.【详解】(1), ,,代入,得,解得,∴抛物线的解析式为(2)如图1中,连接OD、BD,对称轴交x轴于K.由题意,,,,,,,将绕点O逆时针旋转90°得到,则点G在线段BC上,,,,是等腰直角三角形,,∴直线GO与抛物线的交点即为所求的点P.设直线OD的解析式为,把D点坐标代入得到,, ,∴直线OD的解析式为,,∴直线OG的解析式为,由解得或, 点P在对称轴左侧,点P坐标为(3)如图2中,将绕点O顺时针旋转90°得到,,,,,,,,,,设,,则, 设平移后的抛物线的解析式为,由消去y得到,,,∴M、N关于直线对称,,设,则,,(负根已经舍弃),,,【点睛】本题考查了二次函数的综合题、一次函数、全等三角形的判定与性质、根与系数的关系、勾股定理等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用旋转添加辅助线，构造全等三角形，学会利用方程组及根与系数的关系，构建方程解决问题，本题难度较大.10．(1) A （0，2），B(4，0)，2722y 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：2722y x x =-++； (2)如答图1所示，设MN 交x 轴于点E ，则E(t ，0)，则M(t ，122t -)，又N 点在抛物线上，且x N =t ， ∴2722N 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：162y x =-+， D 2M 的解析式为：322y 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）45，45；（2）k ＝33±3）y 33﹣2 【解析】【分析】（1）如图3，连接AC ，则∠ABC=45°；设M 是x 轴的动点，当点M 运动到点O 时，∠AOB=45°，该视角最大，即可求解；（2）如图4，以点M 为圆心，长度1为半径作圆M ，当圆与直线y=kx 相切时，直线y=kx （k≠0）关于线段EF 的视角为90°，即∠EQF=90°，则MQ ⊥直线OE ，OQ=1，OM=2，故直线的倾斜角为30°，即可求解；（3）直线PQ 的倾斜角为45°，分别作点Q 、P 作x 轴、y 轴的平行线交于点R ，RQ=RP=1，以点R 为圆心以长度1为半径作圆R ，由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q 为等腰三角形时，视角为45°，则QQ=2RQ=2，故点Q′3，1），【详解】（1）如图3，连接AC，则∠ABC＝45°；设M是x轴的动点，当点M运动到点O时，∠AOB＝45°，该视角最大，由此可见：当△ABC为等腰三角形时，视角最大；故答案为：45，45；（2）如图4，以点M为圆心，长度1为半径作圆M，当圆与直线y＝kx相切时，直线y＝kx（k≠0）关于线段EF的视角为90°，即∠EQF＝90°，则MQ⊥直线OE，MQ＝1，OM＝2，故直线的倾斜角为30°，故k＝3±；（3）直线PQ的倾斜角为45°，分别作点Q、P作x轴、y轴的平行线交于点R，RQ＝RP＝1，以点R为圆心以长度1为半径作圆R，由（1）知，设直线与圆交于点Q′，由（1）知，当PQ′Q为等腰三角形时，视角为45°，则QQ＝2RQ＝2，故点Q′31，1），直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的夹角为60°，则直线的表达式为：y3，将点Q′的坐标代入上式并解得：直线的表达式为：y332【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到解直角三角形、圆的基本知识等，此类新定义题目，通常按照题设的顺序求解，一般比较容易．12．（1）见解析；（2）EF＝32或512；（3）存在【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 ＝12②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＝32,即：EF＝32；（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），∴53CEOEFOSS∆∆=，∴53 COFO=，∴FO＝35CO，∵△OFA∽△EFC，∴53 CE AD COEF FO FO===，∴BF＝BE﹣EF＝CE﹣EF＝23 EF，∴AF＝AB﹣BF＝4﹣23 EF，∵△OAF∽△EFC，∴CF EF FA FO=，∴5243EF= -∴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53CE AD COEF FO FO===是解本题的关键．。

初三九年级上册数学压轴解答题(提升篇)(Word版含解析) 汇编经典

初三九年级上册数学压轴解答题（提升篇）（Word 版含解析）汇编经典一、压轴题1．阅读理解：如图，在纸面上画出了直线l 与⊙O ，直线l 与⊙O 相离，P 为直线l 上一动点，过点P 作⊙O 的切线PM ，切点为M ，连接OM 、OP ，当△OPM 的面积最小时，称△OPM 为直线l 与⊙O 的“最美三角形”．解决问题：（1）如图1，⊙A 的半径为1，A(0，2) ，分别过x 轴上B 、O 、C 三点作⊙A 的切线BM 、OP 、CQ ，切点分别是M 、P 、Q ，下列三角形中，是x 轴与⊙A 的“最美三角形”的是．(填序号)①ABM ；②AOP ；③ACQ（2）如图2，⊙A 的半径为1，A(0，2)，直线y=kx （k≠0）与⊙A 的“最美三角形”的面积为12，求k 的值．（3）点B 在x 轴上，以B 为圆心，3为半径画⊙B ，若直线y=3x+3与⊙B 的“最美三角形”的面积小于3，请直接写出圆心B 的横坐标B x 的取值范围．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，Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，4AC =，3BC =.点P 从点A 出发，沿着A CB →→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.4．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．5．如图，在正方形ABCD 中，P 是边BC 上的一动点（不与点B ，C 重合），点B 关于直线AP 的对称点为E ，连接AE ，连接DE 并延长交射线AP 于点F ，连接BF（1）若BAP α∠=，直接写出ADF ∠的大小（用含α的式子表示）. （2）求证：BF DF ⊥.（3）连接CF ，用等式表示线段AF ，BF ，CF 之间的数量关系，并证明. 6．已知抛物线y ＝﹣14x 2+bx +c 经过点A （4，3），顶点为B ，对称轴是直线x ＝2．（1）求抛物线的函数表达式和顶点B 的坐标；（2）如图1，抛物线与y 轴交于点C ，连接AC ，过A 作AD ⊥x 轴于点D ，E 是线段AC 上的动点（点E 不与A ，C 两点重合）；（i ）若直线BE 将四边形ACOD 分成面积比为1：3的两部分，求点E 的坐标；（ii ）如图2，连接DE ，作矩形DEFG ，在点E 的运动过程中，是否存在点G 落在y 轴上的同时点F 恰好落在抛物线上？若存在，求出此时AE 的长；若不存在，请说明理由． 7．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．8．抛物线()20y 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1tan 2α=，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．9．如图，一次函数122y 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．10．如图，抛物线y ＝﹣(x +1)(x ﹣3)与x 轴分别交于点A 、B (点A 在B 的右侧)，与y 轴交于点C ，⊙P 是△ABC 的外接圆．(1)直接写出点A 、B 、C 的坐标及抛物线的对称轴； (2)求⊙P 的半径；(3)点D 在抛物线的对称轴上，且∠BDC ＞90°，求点D 纵坐标的取值范围；(4)E 是线段CO 上的一个动点，将线段AE 绕点A 逆时针旋转45°得线段AF ，求线段OF 的最小值．11．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．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＝12∠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）②；（2）±1；（3）23＜B x＜33或733-＜B x＜23-【解析】【分析】（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．（2）本题根据k的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF，利用勾股定理求解AF，进一步确定∠AOF度数，最后利用勾股定理确定点F的坐标，利用待定系数法求k．（3）本题根据⊙B在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND，△BMN为媒介计算BD长度，最后与OD相减求解点B的横坐标范围．【详解】（1）如下图所示：∵PM是⊙O的切线，∴∠PMO=90°，当⊙O的半径OM是定值时，22PM OP OM=-，∵1=2PMOS PM OM••，∴要使PMO△面积最小，则PM最小，即OP最小即可，当OP⊥l时，OP最小，符合最美三角形定义．故在图1三个三角形中，因为AO⊥x轴，故△AOP为⊙A与x轴的最美三角形．故选：②．（2）①当k＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM⊥x轴，如下所示：按题意可得：△AEF是直线y=kx与⊙A的最美三角形，故△AEF为直角三角形且AF⊥OF．则由已知可得：111=1222AEFS AE EF EF••=⨯⨯=，故EF=1．在△AEF中，根据勾股定理得：22AF AE==∵A(0,2)，即OA=2，∴在直角△AFO 中，22=2OF OA AF AF -==， ∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，将F 点代入y=kx 可得：1k =-． ②当k ＞0时，同理可得k=1．故综上：1k =±．（3）记直线33y x =+与x 、y 轴的交点为点D 、C ，则(3,0)D -，(0,3)C ， ①当⊙B 在直线CD 右侧时，如下图所示：在直角△COD 中，有3OC =，3OD =tan 3OCODC OD∠==ODC=60°． ∵△BMN 是直线33y x =+与⊙B 的最美三角形， ∴MN ⊥BM ，BN ⊥CD ，即∠BND=90°，在直角△BDN 中，sin BNBDN BD∠=，故23=sin sin 60?BN BN BD BN BDN =∠．∵⊙B 3， ∴3BM =．当直线CD 与⊙B 相切时，3BN BM ==因为直线CD 与⊙B 相离，故BN 3BD ＞2，所以OB=BD-OD ＞23．由已知得：113=322BMNSMN BM MN ••=•=3MN ＜1．在直角△BMN 中，2223BN MN BM MN =+=+1+3=2，此时可利用勾股定理算得BD ＜33，OB BD OD =- ＜333-33，则23＜B x 3②当⊙B 在直线CD 左侧时，同理可得：73B x＜23-故综上：23-＜B x ＜33或733-＜B x ＜23--．【点睛】本题考查圆与直线的综合问题，属于创新题目，此类型题目解题关键在于了解题干所给示例，涉及动点问题时必须分类讨论，保证不重不漏，题目若出现最值问题，需要利用转化思想将面积或周长最值转化为线段最值以降低解题难度，求解几何线段时勾股定理极为常见．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DGBC 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DGBC 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 FCDGB CDGBD FDC∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴()GDB CFD ASA△≌△∴DB DF=；（2）证明：如图：连接BF，由（1）可知，AABC CB=∠∠，∵ECF ACB∠=∠，∴ABC ECF∠=∠，∵BCA CA BCF E F=∠+∠∠+∠，∴A BCF∠=∠，∴BDF A BCF∠=∠=∠，∴B、C、D、F四点共圆，∴180DCB DFB∠+∠=︒，DBF ECF∠=∠，∴ACB DFB∠=∠，∵BC EC ACA 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）7-t（2）()()()22904;25{1674725t tSt tππ<≤=-<<（3）516,23t 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 45=（7﹣t ），∴S 1625=π（7﹣t ）2．综上所述：S 22904251674725t 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 35=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 52=秒； ②当点P 在边BC 上时，即：4＜t ＜7，由（2）知，⊙P 的半径PG 45=（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52秒或163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．4．（1）OD=4,（2）证明过程见详解（3）504 3π-【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=BDOD=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=BDOD=34,∴sin∠OCG=3 5 ,∵CF=83,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=34,AB=4+3=7,∴AC=ABtan C∠=734=283,∴S阴影=S Rt△BAC-S正方形ADOG-14S圆O=212817444234π⨯⨯-⨯-=5043π-【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.5．（1）45°+α；（2）证明见解析；（3）2BF+CF.【解析】【分析】（1）过点A作AG⊥DF于G，由轴对称性质和正方形的性质可得AE=AD，∠BAP=∠EAF，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠EAG=∠DAG，即可得∠FAG=12∠BAD=45°，∠DAG+∠BAP=45°，根据直角三角形两锐角互余的性质即可得答案；（2）由（1）可得∠FAG=12∠BAD=45°，由AG⊥PD可得∠APG=45°，根据轴对称的性质可得∠BPA=∠APG=45°，可得∠BFD=90°，即可证明BF⊥DF；（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，由∠BFD=∠BCD=90°可得B、F、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得∠FBC=∠FDC，∠DFC=∠DBC=45°，根据平行线的性质可得∠FDC=∠DCH，根据角的和差关系可得∠ABF=∠BCH，由轴对称性质可得BF=EF，可得△BEF是等腰直角三角形，即可得∠BEF=45°，2BF，即可证明∠BEF=∠DFC，可得BH//FC，即可证明四边形EFCH是平行四边形，可得EH=FC，EF=CH，利用等量代换可得CH=BF，利用SAS可证明△ABF≌△BCH，可得AF=BH，即可得AF、BF、CF的数量关系.【详解】（1）过点A作AG⊥DF于G，∵点B关于直线AF的对称点为E，四边形ABCD是正方形，∴AE=AB，AB=AD=DC=BC，∠BAF=∠EAF，∴AE=AD，∵AG⊥FD，∴∠EAG=∠DAG，∴∠BAF+∠DAG=∠EAF+∠EAG，∵∠BAF+∠DAG+∠EAF+∠EAG=∠BAD=90°，∴∠BAF+∠DAG=∠GAF=45°，∴∠DAG=45°-α，∴∠ADF=90°-∠DAG=45°+α.（2）由（1）得∠GAF=45°，∵AG⊥FD，∴∠AFG=45°，∵点E、B关于直线AF对称，∴∠AFB=∠AFE=45°，∴∠BFG=90°，∴BF⊥DF.（3）连接BD、BE，过点C作CH//FD，交BE延长线于H，∵∠BFD=∠BCD=90°，∴B、F、C、D四点共圆，∴∠FDC=∠FBC，∠DFC=∠DBC=45°，∵CH//FD，∴∠DCH=∠FDC，∴∠FBC=∠DCH，∵∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABC+∠FBC=∠BCD+∠DCH，即∠ABF=∠BCH，∵点E、B关于直线AF对称，∴BF=EF，∵∠BFE=90°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴∠BEF=45°，2BF，∴∠BEF=∠DFC，∴FC//BH，∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=FC，CH=BF，在△ABF和△BCH中，AB BCABF BCHBF CH=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴AF=BH=BE+EH=2BF+CF.【点睛】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、圆周角定理、四点共圆的判定及全等三角形的判定与性质，正确得出B、F、C、D四点共圆并熟练掌握圆周角定理及轴对称的性质是解题关键.6．（1）y＝﹣14x2+x+3，顶点B的坐标为（2，4）；（2）（i）点E的坐标为（85，3）或（125，3）；（ii）存在；当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为43．【解析】【分析】（1）由题意得出21441,43,124b cb⎧-⨯++=⎪⎪⎨-=⎪⎛⎫⨯-⎪ ⎪⎝⎭⎩，解得1,3,bc=⎧⎨=⎩，得出抛物线的函数表达式为：y＝﹣14x2+x+3＝﹣14（x﹣2）2+4，即可得出顶点B的坐标为（2，4）；（2）（i）求出C（0，3），设点E的坐标为（m，3），求出直线BE的函数表达式为：y ＝12m--x+462mm--，则点M的坐标为（4m﹣6，0），由题意得出OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，则S矩形ACOD＝12，S梯形ECOM＝15182m-，分两种情况求出m的值即可；（ii）过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，设点F的坐标为：（a，﹣14a2+a+3），则NF＝3﹣（﹣14a2+a+3）＝14a2﹣a，NC＝﹣a，证△EFN≌△DGO（ASA），得出NE＝OD＝AC＝4，则AE＝NC＝﹣a，证△ENF∽△DAE，得出NF NEAE AD=，求出a＝﹣43或0，当a＝0时，点E与点A重合，舍去，得出AE＝NC＝﹣a＝43，即可得出结论．【详解】（1）∵抛物线y＝﹣14x2+bx+c经过点A（4，3），对称轴是直线x＝2，∴21441, 43,124b cb⎧-⨯++=⎪⎪⎨-=⎪⎛⎫⨯-⎪ ⎪⎝⎭⎩解得1,3, bc=⎧⎨=⎩∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣14x2+x+3，∵y＝﹣14x2+x+3＝﹣14（x﹣2）2+4，∴顶点B的坐标为（2，4）；（2）（i）∵y＝﹣14x2+x+3，∴x＝0时，y＝3，则C点的坐标为（0，3），∵A（4，3），∴AC∥OD，∵AD⊥x，∴四边形ACOD是矩形，设点E的坐标为（m，3），直线BE的函数表达式为：y＝kx+n，直线BE交x轴于点M，如图1所示：则24,3, k nmk n+=⎧⎨+=⎩解得：1,246,2kmmnm-⎧=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩，∴直线BE的函数表达式为：y＝12m--x+462mm--，令：y＝12m--x+462mm--＝0，则x＝4m﹣6，∴点M的坐标为（4m﹣6，0），∵直线BE将四边形ACOD分成面积比为1：3的两部分，∴点M在线段OD上，点M不与点O重合，∵C（0，3），A（4，3），M（4m﹣6，0），E（m，3），∴OC＝3，AC＝4，OM＝4m﹣6，CE＝m，∴S矩形ACOD＝OC•AC＝3×4＝12，S梯形ECOM＝12（OM+EC）•OC＝12（4m﹣6+m）×3＝15182m-，分两种情况：①S ECOMS ACOD梯形矩形＝14，即1518212m-＝14，解得：m＝85，∴点E的坐标为：（85，3）；②S ECOMS ACOD梯形矩形＝34，即1518212m-＝34，解得：m＝125，∴点E的坐标为：（125，3）；综上所述，点E的坐标为：（85，3）或（125，3）；（ii）存在点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上；理由如下：由题意得：满足条件的矩形DEFG在直线AC的下方，过点F作FN⊥AC于N，则NF∥CG，如图2所示：设点F的坐标为：（a，﹣14a2+a+3），则NF＝3﹣（﹣14a2+a+3）＝14a2﹣a，NC＝﹣a，∵四边形DEFG与四边形ACOD都是矩形，∴∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，EF＝DG，EF∥DG，AC∥OD，∴∠NEF＝∠ODG，∠EMC＝∠DGO，∵NF∥CG，∴∠EMC＝∠EFN，∴∠EFN＝∠DGO，在△EFN和△DGO中，∠NEF=∠ODG，EF=DG,∠EFN=∠DGO，∴△EFN≌△DGO（ASA），∴NE＝OD＝AC＝4，∴AC﹣CE＝NE﹣CE，即AE＝NC＝﹣a，∵∠DAE＝∠DEF＝∠N＝90°，∴∠NEF+∠EFN＝90°，∠NEF+∠DEA＝90°，∴∠EFN＝∠DEA，∴△ENF∽△DAE，∴NE NFAD AE=，即43＝214a aa--，整理得：34a2+a＝0，解得：a＝﹣43或0，当a＝0时，点E与点A重合，∴a＝0舍去，∴AE＝NC＝﹣a＝43，∴当点G落在y轴上的同时点F恰好落在抛物线上，此时AE的长为43．【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数解析式的求法、二次函数的性质、一次函数解析式的求法、坐标与图形性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、梯形面积公式等知识；本题综合性强，属于中考压轴题型．7．（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 ，∴23023m 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x2+2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝1，∴B（﹣3，0），∵A（1，0），C（0，﹣3），∴OA＝1，OC＝3，AC221310+=AB＝4，∴Rt△AOC中，sin∠ACO＝01010AAC=，cos∠ACO＝31010OCAC=，∵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＝10 BGAB=，∴BG＝1010 105AB=，∴BH＝2BG＝105，∵∠HBI+∠ABG＝∠ABG+∠BAG＝90°，∴∠HBI＝∠BAG＝∠ACO，∴Rt△BHI中，∠BIH＝90°，sin∠HBI＝HIBH10，cos∠HBI＝310BIBH=，∴HI 10BH＝43，BI310BH＝125，∴x H＝411355-+=-，y H＝125-，即1112,55H⎛⎫--⎪⎝⎭，设直线AH解析式为y＝kx+a，∴0 1112 55 k ak a+=⎧⎪⎨-+=-⎪⎩，解得：3434ka⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴直线AH：3344y x=-，∵2334423y xy x x⎧=-⎪⎨⎪=+-⎩解得：1xy=⎧⎨=⎩（即点A）或943916xy⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴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='+'，∴111255k ak a+='''⎧-'⎪⎨+=⎪⎩，解得：3434ka⎧=-⎪⎪⎨''⎪=⎪⎩，∴直线AH'：3344y x=-+，∵2334423y xy x x⎧=-+⎪⎨⎪=+-⎩解得：1xy=⎧⎨=⎩（即点A）或1545716xy⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴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．8．（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：()2y 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()2y 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 ∴222b 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，242y 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 =221y x y x bx b =⎧⎨=+--⎩∴2(2)10x b x b +---= ∴2224(2)448b ac b b b ∆=-=-++=+∴x =∴12,22b D b ⎛-+-++ ⎝⎭ 22244124442444AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-++122442244AB D b b y y b b ⎛⎫-+-+-=-++-++= ⎪⎝⎭∵20b ≥∴12404410444D AB b y y -+-+-=≥==> ∴点1D 始终在直线AB 上方∵2C b -+-⎝⎭∴24224B C A b y y b b ⎛⎫-+-=-+--++= ⎪⎝⎭∴224841644AB C b b y y -++--++-==()2282164b -+-+=∵2727b -<<，即2028b ≤<，∴22284b ≤+<设28n b =+，224n ≤<∴2(2)164AB C n y y --+-= ∵104-<，对称轴为2n = ∴当224n ≤<时，AB C y y -随着n 的增大而减小∴当4n =时，0AB C y y -=∴当224n ≤<时，AB C y y >∴区域S 的边界与l 的交点必有两个∵1D 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)164D C C AB n y y y y --+-=-= ∴当22n =时，D C y y -有最大值122+此时1222D C x x +-= 由勾股定理得：()()2252102C CD 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．9．(1) A （0，2），B(4，0)，2722y 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：2722y x x =-++； (2)如答图1所示，设MN 交x 轴于点E ，则E(t ，0)，则M(t ，122t -)，又N 点在抛物线上，且x N =t ，∴2722N 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a1=6，a2=-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D3为D1N与D2M的交点，分别求出D1N的解析式为：162y x=-+，D2M的解析式为：322y x=-，联立两个方程得：D3（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．10．(1)点B的坐标为(﹣1，0)，点A的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，3)；抛物线的对称轴为直线x＝1；(2)⊙P5；(3)1＜y＜2；(4)3﹣322．【解析】【分析】(1)分别代入y＝0、x＝0求出与之对应的x、y的值，进而可得出点A、B、C的坐标，再由二次函数的对称性可找出抛物线的对称轴；(2)连接CP、BP，在Rt△BOC中利用勾股定理可求出BC的长，由等腰直角三角形的性质及圆周角定理可得出∠BPC＝90°，再利用等腰直角三角形的性质可求出BP的值即可；(3)设点D的坐标为(1，y)，当∠BDC＝90°时，利用勾股定理可求出y值，进而可得出：当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，根据旋转的性质可找出点C′的坐标及∠AC′O′＝45°，进而可找出线段C′O′所在直线的解析式，由点E在CO上可得出点F在C′O′上，过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F 为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，利用等腰直角三角形的性质即可求出此时OF 的长即可.【详解】(1)当y＝0时，﹣(x+1)(x﹣3)＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴点B的坐标为(﹣1，0)，点A的坐标为(3，0)；当x＝0时，y＝﹣(0+1)×(0﹣3)＝3，∴点C的坐标为(0，3)；∵抛物线与x轴交于点(﹣1，0)、(3，0)，∴抛物线的对称轴为直线x＝1；(2)连接CP、BP，如图1所示，在Rt△BOC中，BC＝2210OB OC+=,∵∠AOC＝90°，OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∴∠BPC＝2∠OAC＝90°，∴CP＝BP＝2BC＝5，∴⊙P的半径为5；(3)设点D的坐标为(1，y)，当∠BDC＝90°时，BD2+CD2＝BC2，∴[(﹣1﹣1)2+(0﹣y)2]+[(0﹣1)2+(3﹣y)2]＝10，整理，得：y2﹣3y+2＝0，解得：y1＝1，y2＝2，∴当1＜y＜2时，∠BDC＞90°；(4)将△ACO绕点A逆时针方向旋转45°，点C落在点C′处，点O落在点O′处，如图2所示．∵AC＝2232OA OC+=，∠ACO＝45°，∴点C′的坐标为(3﹣32，0)，∠AC′O′＝45°，∴线段C′O′所在直线的解析式为y＝﹣x+3﹣32，∵点E在线段CO上，∴点F在线段C′O′上．过点O作OF⊥C′O′于点F，则△OC′F为等腰直角三角形，此时线段OF取最小值，∵△OC′F为等腰直角三角形，∴OF＝2OC′＝2(32﹣3)＝3﹣32．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理、勾股定理、旋转以及等腰直角三角形，解题的关键是：(1)利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A 、B 、C 的坐标；(2)利用圆周角定理找出∠BPC ＝90°；(3)利用极限值法求出点D 纵坐标；(4)利用点到直线之间垂直线段最短确定点F 的位置．11．（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 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 +=== ∴EFOF ＝32, 即：EF ＝32或12；（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 ）， ∴53CEO EFO S S ∆∆=， ∴53CO FO =， ∴FO ＝35CO＝5， ∵△OFA ∽△EFC ， ∴53CE AD CO EF FO FO ===， ∴BF ＝BE ﹣EF ＝CE ﹣EF ＝23EF ， ∴AF ＝AB ﹣BF ＝4﹣23EF ， ∵△OAF ∽△EFC ， ∴CF EF FA FO=，∴5243EF =-∴EF ＝3﹣355．【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53CE AD CO EF FO FO ===是解本题的关键． 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 =，()111809022ODA AOD AOD ∴∠=-∠=-∠， 190902DFE AOD ∴-∠=-∠， 12DEF AOD ∴∠=∠， DFE ADC DCB ADC CBD ∠=∠+∠=∠+∠，12ADC 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．。

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