蘇州蘇州外國語學校九年級上冊壓軸題數(shù)學模擬試卷及答案

蘇州蘇州外國語學校九年級上冊壓軸題數(shù)學模擬試卷及答案一、壓軸題1．如圖1，一次函數(shù)(k,b為常數(shù)，k≠0)的圖象與反比例函數(shù)（m為常數(shù)，m≠0）的圖象相交于點M(1，4)和點N（4，n）．(1)填空：①反比例函數(shù)的解析式是；②根據圖象寫出時自變量x的取值范圍是；(2)若將直線MN向下平移a(a>0)個單位長度后與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，求a的值；(3)如圖2，函數(shù)的圖象（x＞0）上有一個動點C，若先將直線MN平移使它過點C，再繞點C旋轉得到直線PQ，PQ交軸于點A，交軸點B，若BC=2CA，求OA·OB的值.2．四邊形ABCF中，AF∥BC，∠AFC=90°，△ABC的外接圓⊙O交CF于E，與AF相切于點A，過C作CD⊥AB于D，交BE于G．（1）求證：AB=AC；（2）①證明：GE=EC；②若BC=8，OG=1，求EF的長．3．如圖1，在中，，，點，分別在邊，上，，連接，點，，分別為，，的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段與的數(shù)量關系是_________，位置關系是_________；（2）探究證明：把繞點逆時針方向旋轉到圖2的位置，連接，，，判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把繞點在平面內自由旋轉，若，，請直接寫出面積的最大值．4．如圖1，拋物線的頂點在軸上，交軸于，將該拋物線向上平移，平移后的拋物線與軸交于，頂點為．（1）求點的坐標和平移后拋物線的解析式；（2）點在原拋物線上，平移后的對應點為，若，求點的坐標；（3）如圖2，直線與平移后的拋物線交于．在拋物線的對稱軸上是否存在點，使得以為頂點的三角形是直角三角形？若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由．5．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖①，在△ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是BC邊的中點，E是AB邊上一動點，則EC+ED的最小值是．（問題研究）（2）如圖②，平面直角坐標系中，分別以點A（﹣2，3），B（3，4）為圓心，以1、3為半徑作⊙A、⊙B，M、N分別是⊙A、⊙B上的動點，點P為x軸上的動點，試求PM+PN的最小值．（問題解決）（3）如圖③，該圖是某機器零件鋼構件的模板，其外形是一個五邊形，根據設計要求，邊框AB長為2米，邊框BC長為3米，∠DAB＝∠B＝∠C＝90°，聯(lián)動桿DE長為2米，聯(lián)動桿DE的兩端D、E允許在AD、CE所在直線上滑動，點G恰好是DE的中點，點F可在邊框BC上自由滑動，請確定該裝置中的兩根連接桿AF與FG長度和的最小值并說明理由．6．如圖1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關系是，位置關系是；（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內自由旋轉，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值．7．如圖，⊙O經過菱形ABCD的三個頂點A、C、D，且與AB相切于點A．（1）求證：BC為⊙O的切線；（2）求∠B的度數(shù)．（3）若⊙O半徑是4，點E是弧AC上的一個動點，過點E作EM⊥OA于點M，作EN⊥OC于點N，連接MN，問：在點E從點A運動到點C的過程中，MN的大小是否發(fā)生變化？如果不變化，請求出MN的值；如果變化，請說明理由．8．如圖1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=5，BC=11．一個動點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段BC方向運動，過點P作PQ⊥BC，交折線段BA-AD于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，點N在射線BC上，當Q點到達D點時，運動結束．設點P的運動時間為t秒（t＞0）．（1）當正方形PQMN的邊MN恰好經過點D時，求運動時間t的值；（2）在整個運動過程中，設正方形PQMN與△BCD的重合部分面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關系式和相應的自變量t的取值范圍；（3）如圖2，當點Q在線段AD上運動時，線段PQ與對角線BD交于點E，將△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，連接PF．是否存在這樣的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出對應的t的值；若不存在，請說明理由．9．如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于，兩點，點坐標為，與軸交于點，直線與拋物線交于，兩點．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）求的值和點坐標；（3）點是直線上方拋物線上的動點，過點作軸的垂線，垂足為，交直線于點，過點作軸的平行線，交于點，當是線段的三等分點時，求點坐標；（4）如圖2，是軸上一點，其坐標為，動點從出發(fā)，沿軸正方向以每秒5個單位的速度運動，設的運動時間為（），連接，過作于點，以所在直線為對稱軸，線段經軸對稱變換后的圖形為，點在運動過程中，線段的位置也隨之變化，請直接寫出運動過程中線段與拋物線有公共點時的取值范圍．10．對于⊙C與⊙C上的一點A，若平面內的點P滿足：射線AP與⊙C交于點Q（點Q可以與點P重合），且，則點P稱為點A關于⊙C的“生長點”．已知點O為坐標原點，⊙O的半徑為1，點A（-1，0）．（1）若點P是點A關于⊙O的“生長點”，且點P在x軸上，請寫出一個符合條件的點P的坐標________；（2）若點B是點A關于⊙O的“生長點”，且滿足，求點B的縱坐標t的取值范圍；（3）直線與x軸交于點M，與y軸交于點N，若線段MN上存在點A關于⊙O的“生長點”，直接寫出b的取值范圍是_____________________________．11．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在邊BC，AB上，AF＝BE＝2，連結DE，DF，動點M在EF上從點E向終點F勻速運動，同時，動點N在射線CD上從點C沿CD方向勻速運動，當點M運動到EF的中點時，點N恰好與點D重合，點M到達終點時，M，N同時停止運動．（1）求EF的長．（2）設CN＝x，EM＝y(tǒng)，求y關于x的函數(shù)表達式，并寫出自變量x的取值范圍．（3）連結MN，當MN與△DEF的一邊平行時，求CN的長．12．如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線AB經過點A（﹣2，0），與y軸的正半軸交于點B，且OA＝2OB．（1）求直線AB的函數(shù)表達式；（2）點C在直線AB上，且BC＝AB，點E是y軸上的動點，直線EC交x軸于點D，設點E的坐標為（0，m）（m＞2），求點D的坐標（用含m的代數(shù)式表示）；（3）在（2）的條件下，若CE：CD＝1：2，點F是直線AB上的動點，在直線AC上方的平面內是否存在一點G，使以C，G，F(xiàn)，E為頂點的四邊形是菱形？若存在，請求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．13．在直角坐標平面內，為原點，點的坐標為，點的坐標為，直線軸（如圖所示）．點與點關于原點對稱，直線（為常數(shù)）經過點，且與直線相交于點，聯(lián)結．（1）求的值和點的坐標；（2）設點在軸的正半軸上，若是等腰三角形，求點的坐標；14．如圖1，拋物線M1：y＝﹣x2+4x交x正半軸于點A，將拋物線M1先向右平移3個單位，再向上平移3個單位得到拋物線M2，M1與M2交于點B，直線OB交M2于點C．（1）求拋物線M2的解析式；（2）點P是拋物線M1上AB間的一點，作PQ⊥x軸交拋物線M2于點Q，連接CP，CQ．設點P的橫坐標為m，當m為何值時，使△CPQ的面積最大，并求出最大值；（3）如圖2，將直線OB向下平移，交拋物線M1于點E，F(xiàn)，交拋物線M2于點G，H，則的值是否為定值，證明你的結論．15．如圖，已知矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點E是邊CD上一個動點，連接AE，將△AED沿直線AE翻折得△AEF.(1)當點C落在射線AF上時，求DE的長;(2)以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當AD與圓F相切時，求cos∠FAB的值;(3)若P為AB邊上一點，當邊CD上有且僅有一點Q滿∠BQP=45°，直接寫出線段BP長的取值范圍.16．在平面直角坐標系中，拋物線經過點A、B、C，已知A（-1，0），B（3，0），C（0，-3）.（1）求此拋物線的函數(shù)表達式；（2）若P為線段BC上一點，過點P作軸的平行線，交拋物線于點D，當△BCD面積最大時，求點P的坐標；（3）若M（m，0）是軸上一個動點，請求出CM+MB的最小值以及此時點M的坐標.17．如圖1，已知中，，，，它在平面直角坐標系中位置如圖所示，點在軸的負半軸上（點在點的右側），頂點在第二象限，將沿所在的直線翻折，點落在點位置（1）若點坐標為時，求點的坐標；（2）若點和點在同一個反比例函數(shù)的圖象上，求點坐標；（3）如圖2，將四邊形向左平移，平移后的四邊形記作四邊形，過點的反比例函數(shù)的圖象與的延長線交于點，則在平移過程中，是否存在這樣的，使得以點為頂點的三角形是直角三角形且點在同一條直線上？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由18．如圖，在矩形ABCD中，已知AB=4，BC=2，E為AB的中點，設點P是∠DAB平分線上的一個動點（不與點A重合）．（1）證明：PD=PE．（2）連接PC，求PC的最小值．（3）設點O是矩形ABCD的對稱中心，是否存在點P，使∠DPO=90°？若存在，請直接寫出AP的長．19．新定義：在平面直角坐標系中，過一點分別作坐標軸的垂線，若與坐標軸圍成的長方形的周長與面積相等，則這個點叫做“和諧點”．例如，如圖①，過點P分別作x軸、y軸的垂線，與坐標軸圍成長方形OAPB的周長與面積相等，則點P是“和諧點”．（1）點M（1，2）_____“和諧點”（填“是”或“不是”）；若點P（a，3）是第一象限內的一個“和諧點”，是關于x，y的二元一次方程的解，求a，b的值．（2）如圖②，點E是線段PB上一點，連接OE并延長交AP的延長線于點Q，若點P（2，3），，求點Q的坐標；（3）如圖③，連接OP，將線段OP向右平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度，得到線段．若M是直線上的一動點，連接PM、OM，請畫出圖形并寫出與，的數(shù)量關系．20．如圖，已知點A（3，0），以A為圓心作⊙A與Y軸切于原點，與x軸的另一個交點為B，過B作⊙A的切線l．（1）以直線l為對稱軸的拋物線過點A及點C（0，9），求此拋物線的解析式；（2）拋物線與x軸的另一個交點為D，過D作⊙A的切線DE，E為切點，求此切線長；（3）點F是切線DE上的一個動點，當△BFD與△EAD相似時，求出BF的長．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、壓軸題1．(1)①y＝.②；(2)a＝1或a＝9.；(3)18或2..【解析】整體分析：(1)由點A的坐標求反比例函數(shù)的解析式，得到點B的坐標；，即是一次函數(shù)的圖象在反比例函數(shù)圖象的下方時自變量的范圍；(2)由點M，N的坐標求直線MN的解析式，直線MN向下平移a(a>0)個單位長度后與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，即是方程kx+b-a=的判別式等于0；(3)設點C(a,b)，根據BC=2CA，分三種情況討論，利用△ACH∽△ABO，結合ab=4求解.解：(1)k=1×4=4，所以y=.②當y=4時，x=，則B(4，1).根據圖象得：.(2)點M(1，4)和點N(4，1)分別代入得直線AB向下平移a個單位長度后的解析式為y＝－x＋5－a，把y＝代入消去y，整理，得x2－(5－a)x＋4＝0.∵平移后的直線與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，∴Δ＝(5－a)2－16＝0.解得a＝1或a＝9.(3)設點C(a,b)，則ab=4如圖1，過C點作CH⊥OA于點H.①當點B在y軸的負半軸時，如圖1∵BC=2CA，∴AB=CA.∵∠AOB=∠AHC=90°，∠1=∠2，∴△ACH∽△ABO.∴OB=CH=b,OA=AH=0.5a∴.②當點B在y軸的正半軸時，如圖2，當點A在x軸的正半軸時，∵BC=2CA，∴.∵CH∥OB，∴△ACH∽△ABO.∴∴.OB=3b,OA=1.5a∴.如圖3，當點A在x軸的負半軸時，BC=2CA不可能.綜上所述，OA·OB的值為18或2.2．（1）見詳解；（2）①見詳解；②EF=2．【解析】【分析】（1）連接OC，則OA=OB=OC，先證明OA∥FC，則有∠ACE=∠CAO，由∠ABE=∠ACE，然后得到∠AOB=∠AOC，即可得到結論成立；（2）①先證明BE是直徑，則先證明∠ACD=∠EBC，由∠ABC=∠ACB，則∠BCD=∠ABG=∠ACE，則得到∠EGC=∠ECG，即可得到GE=EC；②由①可知，GE=EC=r+1，在直角三角形BCE中，由勾股定理得，得到半徑，然后得到EC的長度；作OM⊥CE于點M，則EM=3，即可求出EF的長度．【詳解】解：（1）連接OC，則OA=OB=OC，∴∠ABO=∠BAO，∠ACO=∠CAO，∵AF是切線，∴∠FAO=90°=∠AFC，∴OA∥FC，∴∠CAO=∠ACE=∠ABO，∴∠ABO=∠BAO=∠ACO=∠CAO，∴∠AOB=∠AOC，∴AB=AC；（2）①∵AF∥BC，∠AFC=90°，∴∠BCE=90°，∴BE是直徑，∵CD⊥AB，∴∠DAC+∠ACD=∠BEC+∠EBC，∵∠DAC=∠BEC，∴∠ACD=∠EBC，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABO+∠EBC=∠ACD+∠BCD，∴∠ABO=∠BCD=∠ACE，∴∠EBC+∠BCD=∠ACD+∠ACE，∴∠EGC=∠ECG，∴EG=EC；②作OM⊥CE于點M，如圖：則四邊形AOMF是矩形，∴AO=FM，∵OG=1，設GE=EC=r+1，在Rt△BCE中，由勾股定理得，∴，解得：（負值已舍去），∴AO=FM=5，EC=6，∵OM⊥EC，OM是半徑，EC是弦，∴，∴．【點睛】本題考查了圓的綜合問題，切線的性質定理，圓周角定理，勾股定理，垂徑定理，以及矩形的性質，同角的余角相等，解題的關鍵是熟練掌握所學的知識進行解題，注意正確作出輔助線，運用數(shù)形結合的思想進行分析．3．（1），；（2）等腰直角三角形，見解析；（3）【解析】【分析】（1）由三角形中位線定理及平行的性質可得PN與PM等于DE或CE的一半，又△ABC為等腰直角三角形，AD=AE，所以得PN=PM，且互相垂直；（2）由旋轉可推出，再利用PM與PN皆為中位線，得到PM=PN，再利用角度間關系推導出垂直即可；（3）找到面積最大的位置作出圖形，由（2）可知PM=PM，且PM⊥PN，利用三角形面積公式求解即可．【詳解】（1），；已知點，，分別為，，的中點，根據三角形的中位線定理可得，，，根據平行線性質可得，在中，，，可得，即得，故答案為：；．（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋轉可得，又，∴∴，，∵點，分別為，的中點∴是的中位線∴，且，同理可證，且∴，，，∴，，∴，即為等腰直角三角形．（3）把繞點旋轉的如圖的位置，此時，且、的值最長，由（2）可知，所以面積最大值為．【點睛】本題主要考查三角形中位線的判定及性質、全等三角形的判定及性質、等腰直角三角形的判定及性質、旋轉的性質等相關知識，解題關鍵在于找到圖形中各角度之間的數(shù)量關系．4．（1）B點坐標(0，-1)，平移后的拋物線為；（2）點M的坐標為或；（3）存在，，，，，詳解見解析．【解析】【分析】（1）將x=0代入拋物線公式求出y值，即可得到拋物線與y軸交點B的坐標，平移后的拋物線的頂點為E(1,4)，可根據頂點式求出平移后拋物線的解析式；（2）因為拋物線向上平移4個單位，所以MN=4，又因為OM=ON，可知點M的縱坐標為-2，將y=-2代入原拋物線，即可求出x值，點M的坐標就可以表示出來．（3）要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，可以畫一個以C、F為直徑的圓（直徑對應圓周角為直角），交拋物線對稱軸x=-1可得點、的坐標解，另外可以使∠PCF=90°或∠CFP=90°，可分別得出點、的坐標解．【詳解】解：（1）拋物線與y軸相交于點B，將x=0代入，求得y=-1，∴B點坐標(0，-1)．∵設平移后的拋物線為，頂點為E(1,4)，即h=1，k=4，∴，即平移后的拋物線為．（2）如上圖所示，∵原坐標頂點A(1，0)，平移后拋物線頂點為E(1,4)，∴拋物線向上平移了4個單位，即MNy軸，MNx軸，又∵OM=ON，MN=4，∴點O在垂直平分線上，點M、N關于x軸對稱，∴M點的縱坐標為–2，將代入，得：解得：，∴點M的坐標為或．（3）存在，且，，，．如圖所示，點P一共有四種結果，∵C點為平移后的解析式與x軸的左交點，將y=0代入，得，∴C(-1，0)，且點B(0，-1)，將點B(0，-1)、C(-1，0)代入直線BC解析式為：，∴，解得：，即直線BC解析式：，根據題意可知，直線BC與平移后的解析式相交于點F，∴，解得：x=-1（舍）或4，y=-5，即F(4，-5)，∵要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，可以畫一個以C、F為直徑的圓，該圓與拋物線對稱軸x=-1交點即為點P（因為圓的直徑對應的圓周角為90°，即∠CPF=90°）∴以C、F為直徑的圓，圓心為線段CF的中點(，)，直徑為線段CF的長，∴圓的方程為：，將x=1代入圓的方程，得：y=1或-6，即，，∵直線CF解析式：，即斜率k=-1，即直線CF與x軸夾角為45°，要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，則使∠PCF=90°，直線CP與x軸夾角也為45°，即直線CP斜率為1，直線CP的解析式為：，此時該直線與拋物線對稱軸x=1的交點為，又∵直線CF解析式：，即斜率k=-1，即直線CF與x軸夾角為45°，要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，則使∠CFP=90°，直線FP與x軸夾角也為45°，即直線FP斜率為1，直線FP的解析式為：，此時該直線與拋物線對稱軸x=1的交點為．【點睛】本題考查了一元二次函數(shù)與坐標軸、直線的交點，一元二次函數(shù)的平移及應用，圓的直徑所對應的圓周角為直角等知識點，該題有一定的難度，所以一定要結合圖形進行分析，這樣才不會把解遺漏．5．（1）；（2）；（3）4，理由見解析【解析】【分析】（1）作點C關于AB的對稱點C'，連接DE，與AB交于點E，連接CE．此時EC+ED＝EC'+ED＝C'D最短，易證DBC'＝90°，C'B＝CB＝2，DB＝1，所以在Rt△DBC'中，C'D2＝12+22＝5，故CD＝，即EC+ED的最小值是；（2）作⊙A關于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B'于M'、N，交x軸于P，連接PA，交⊙A于M，根據兩點之間線段最短得到此時PM+PN最小，再利用對稱確定A′的坐標，接著利用兩點間的距離公式計算出A′B的長，然后用A′B的長減去兩個圓的半徑即可得到MN的長，即得到PM+PN的最小值；（3）如圖③，延長AD、CE，交于點H，連接GH．易知GE＝DE＝1，所以點G在以H為圓心，1為半徑的圓周上運動，作點A關于BC的對稱點A'，連接A'H，與BC交于點F，與⊙H交于點G，此時AF+FG＝A'F+FG＝A'G為最短，AB＝2，AH＝BC＝3，A'B＝2，A'A＝4，所以A'H＝=5，因此A'G＝A'H﹣GH＝5﹣1＝4，即該裝置中的兩根連接桿AF與FG長度和的最小值為4．【詳解】解：（1）如圖①，作點C關于AB的對稱點C'，連接DE，與AB交于點E，連接CE．∴CE＝C'E，此時EC+ED＝EC'+ED＝C'D最短，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°∴∠CBA＝∠CAB＝45°，C'B＝CB＝2∴∠C'BA＝45°，∴∠DBC'＝90°∵D是BC邊的中點，∴DB＝1，在Rt△DBC'中，C'D2＝12+22＝5，∴CD＝，∴EC+ED的最小值是，故答案為；（2）如圖②，作⊙A關于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B'于M'、N，交x軸于P，連接PA，交⊙A于M．則此時PM+PN＝PM'+PN＝M'N最小，∵點A坐標（﹣2，3），∴點A′坐標（﹣2，﹣3），∵點B（3，4），∴A'B＝＝，∴M'N＝A′B﹣BN﹣A′M'＝﹣1﹣3＝﹣4∴PM+PN的最小值為＝﹣4；（3）如圖③，延長AD、CE，交于點H，連接GH．∵∠DAB＝∠B＝∠C＝90°∴∠DHE＝90°，∵G是DE的中點，DE＝2，∴GE＝DE＝1，∵聯(lián)動桿DE的兩端D、E允許在AD、CE所在直線上滑動，∴點G在以H為圓心，1為半徑的圓周上運動，作點A關于BC的對稱點A'，連接A'H，與BC交于點F，與⊙H交于點G，此時AF+FG＝A'F+FG＝A'G為最短，∵AB＝2，AH＝BC＝3，A'B＝2，A'A＝4，∴A'H＝=5，∴A'G＝A'H﹣GH＝5﹣1＝4，所以該裝置中的兩根連接桿AF與FG長度和的最小值為4．【點睛】本題考查了圓的綜合題，涉及到勾股定理、軸對稱性質求最短值，綜合性比較強，結合題意添加合適的輔助線是解題的關鍵．6．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【解析】【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關系，再利用三角形的中位線得出得出，最后用互余即可得出位置關系；（2）先判斷出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出結論；（3）方法1：先判斷出最大時，的面積最大，進而求出，，即可得出最大，最后用面積公式即可得出結論．方法2：先判斷出最大時，的面積最大，而最大是，即可得出結論．【詳解】解：（1）點，是，的中點，，，點，是，的中點，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：，；（2）是等腰直角三角形．由旋轉知，，，，，，，利用三角形的中位線得，，，，是等腰三角形，同（1）的方法得，，，同（1）的方法得，，，，，，，，是等腰直角三角形；（3）方法1：如圖2，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，最大時，的面積最大，且在頂點上面，最大，連接，，在中，，，，在中，，，，．方法2：由（2）知，是等腰直角三角形，，最大時，面積最大，點在的延長線上，，，．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了三角形的中位線定理，等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判斷和性質，直角三角形的性質的綜合運用；解（1）的關鍵是判斷出，，解（2）的關鍵是判斷出，解（3）的關鍵是判斷出最大時，的面積最大．7．（1）見解析；（2）60°；（3）不變，MN=【解析】【分析】（1）連接AO、CO、BO、BD，根據菱形的性質得到AB=CB，然后根據SSS即可證明兩三角形全等；（2）首先根據全等的性質得到O、B、D共線，然后根據三角形外角的性質得到∠BOC＝2∠ODC＝2∠OBC，最終根據余角的性質即可求解；（3）延長EM、EN交⊙O于F、G，連接FG、OF、OG，過點O作OH垂直于FG于點H，根據垂徑定理和三角形中位線的性質得到MN=FG，根據（2）問結論結合圓周角定理求得∠FOH＝60°，最后根據含30°的直角三角形的邊角關系即可求解．【詳解】（1）如圖，連接AO、CO、BO、BD．∵AB是⊙O的切線，∴OA⊥AB∴∠BAO＝90°．∵四邊形ABCD是菱形∴AB＝CB又∵AO＝CO，BO＝BO∴△BAO≌△BCO（SSS）∴∠BCO＝∠BAO＝90°，即OC⊥BC∴BC為⊙O的切線（2）∵△ABO≌△CBO∴∠ABO＝∠CBO∵四邊形ABCD是菱形∴BD平分∠ABC，CB＝CD∴點O在BD上∵∠BOC＝∠ODC＋∠OCD，OD＝OC∴∠ODC＝∠OCD∴∠BOC＝2∠ODC∵CB＝CD∴∠OBC＝∠ODC∴∠BOC＝2∠OBC∵∠BOC＋∠OBC＝90°∴∠OBC＝30°∴∠ABC＝2∠OBC＝60°即∠B=60°；（3）不變延長EM、EN交⊙O于F、G，連接FG、OF、OG．過點O作OH垂直于FG于點H．∵EM⊥OA、EN⊥OC．∴M、N是EF、EG的中點．∴MN是△EFG的中位線∴MN=FG．由（2）知∠ABC＝60°∴∠AOC＝120°∴∠FOG＝∠AOC＝120°∴∠MEN＝∠FOG＝60°，∴∠FOH＝60°，∴OH=2，F(xiàn)H=．∴FG=．∴MN=FG=．【點睛】本題考查了菱形的性質，三角形全等的判定和性質，垂徑定理，圓周角定理，正確的引出輔助線，熟練利用三角形和圓的知識點求解是本題的關鍵．8．（1）t=4；（2）S=；（3）存在，當t=4、或時，△PEF是等腰三角形．【解析】試題分析：（1）作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分別為G、H，可以得出四邊形AGHD為矩形，根據矩形的性質及相關條件可以得出△ABG≌△DCH，可以求出BG=CH的值，再由勾股定理就可以求出AG=DH的值，就可以求出BP的值，即可以求出結論t的值；（2）運用求分段函數(shù)的方法，分四種情況，當0＜t≤3，當3＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8時，運用梯形的面積公式和三角形的面積公式就可以求出S的值；（3）先由條件可以求出EF=EQ=PQ-EP=4-t，分為三種情況：EF=EP時可以求出t值，當FE=FP時，作FR⊥EP，垂足為R，可以求出t值，當FE=FP時，作FR⊥EP，垂足為R，可以求出t值，當PE=PF時，作PS⊥EF，垂足為S，可以求出t值．試題解析：（1）如圖2，作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分別為G、H，∴四邊形AGHD為矩形．∵梯形ABCD，AB=AD=DC=5，∴△ABG≌△DCH，∴BG=（BC-AD）=3，AG=4，∴當正方形PQMN的邊MN恰好經過點D時，點M與點D重合，此時MQ=4，∴GP=AQ=AD-DQ=1，BP=BG+GP=4，∴t=4，即4秒時，正方形PQMN的邊MN恰好經過點D；（2）如圖1，當0＜t≤3時，BP=t，∵tan∠DBC=，tan∠C=tan∠ABC=，∴GP=t，PQ=t，BN=t+t=t，∴NR=t，∴S=；如圖3，當3＜t≤4時，BP=t，∴GP=t，PQ=4，BN=t+4，∴NR=t+2，∴S==2t+4；如圖4，當4＜t≤7時，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8-t，BN=t+4，HN=t+4-8=t-4，∴CN=3-（t-4）=7-t，∴NR=，∴S=；如圖5，當7＜t≤8時，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8-t，∴S=∴S=；（3）∵∠PEF+∠QEF=180°=∠QDF+∠QEF，∴∠PEF=∠QDF=2∠ADB=∠ABC，∴cos∠ABC=cos∠PEF=，由（1）可知EP=BP=t，則EF=EQ=PQ-EP=4-t，①如圖6，當EF=EP時，4-t=t，∴t=4；②如圖7，當FE=FP時，作FR⊥EP，垂足為R，∴ER=EP=EF，∴t=（4-t)，∴t=；③如圖8，當PE=PF時，作PS⊥EF，垂足為S，∵ES=EF=PE，∴（4-t)=×t，∴t=．∴當t=4、或時，△PEF是等腰三角形．考點：相似形綜合題．9．（1）；（2）m=2，D(﹣1，)；（3）P（，）或P(1，)；（4）0＜t≤．【解析】【分析】(1)根據A，C兩點坐標，代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法即可求解．(2)通過(1)中的二次函數(shù)解析式求出B點坐標，代入一次函數(shù),即可求出m的值，聯(lián)立二次函數(shù)與一次函數(shù)可求出D點坐標．(3)設出P點坐標，通過P點坐標表示出N，F(xiàn)坐標，再分類討論PN=2NF，NF=2PN，即可求出P點(4)由A，D兩點坐標求出AD的函數(shù)關系式，因為以所在直線為對稱軸，線段經軸對稱變換后的圖形為，所以∥AD，即可求出的函數(shù)關系式，設直線與拋物線交于第一象限P點，所以當與P重合時，t有最大值，利用中點坐標公式求出PQ中點H點坐標,進而求出MH的函數(shù)關系式，令y=0求出函數(shù)與x軸交點坐標，從而可求出t的值,求出t的取值范圍．【詳解】解：(1)∵A，把A,C代入拋物線，得：解得∴．（2）令y=0即，解得，∴B（4,0）把B（4,0）代入得m=2，∴得或∴B(4,0),D(﹣1，)∴,m=2，D(﹣1，)．（3）設P（a，），則F（a，），∵DN⊥PH，∴N點縱坐標等于D點的縱坐標∴N(a，)FN=－（）=，PN=－=，∵是線段的三等分點，∴①當FN=2PN時，=2（），解得：a=或a=﹣1（舍去），∴P（，）．②當2FN=PN時，2（）=（），得a=1或a=﹣1（舍去），∴P(1,)，綜上P點坐標為P（，）或P(1,)，(4)由（2）問得D(﹣1，)，又A，設AD：y=kx+b，，∴，∴AD：y=x+5，又GM⊥AD，∴可設GM：y=x+p，以所在直線為對稱軸，線段經軸對稱變換后的圖形為，∴∥AD，可設：y=x+q，又Q，代入，得：×+q=0，q=2，∴：y=x+2，設直線與拋物線交于第一象限N點,,所以當與N點重合時,t有最大值，∴，解得：或，∴N(1,)又Q，設H為N,Q中點，則H（，），又∵H在直線GM上，∴把H代入GMy=x+p，得：，P=，∴y=x+，令y=0得：0=x+，∴x=，即QM=+=，∵M的速度為5，∴t=÷5=，∴0＜t≤．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合，屬于壓軸題，涉及到的知識點有，一次函數(shù)圖像與性質，二次函數(shù)圖像與性質，二次函數(shù)解析式的求法，二次函數(shù)與一次函數(shù)結合的坐標求法，翻折問題等，解題關鍵在于正確理解題意，仔細分析題目，通過相關條件得出等量關系求出結論．10．（1）（2，0）（答案不唯一）；（2）或；（3）或．【解析】試題分析：（1）由題意可知，在x軸上找點P是比較簡單的，這樣的P點不是唯一的，如點（2，0）、（1，0）等；（2）如圖1，在x軸上方作射線AM交⊙O于點M，使tan∠MAO=，并在射線AM是取點N，使MN=AM，則由題意可知，線段MN上的點都是符合條件的B點，過點M作MH⊥x軸于點H，連接MC，結合已知條件求出點M和點N的縱坐標即可得到所求B點的縱坐標t的取值范圍；根據對稱性，在x軸的下方得到線段M′N′，同理可求得滿足條件的B點的縱坐標t的另一取值范圍；（3）如圖2，3，由與x軸交于點M，與y軸交于點N，可得點M的坐標為，點N的坐標為，由此結合∠OMN的正切函數(shù)可求得∠OMN=60°；以點D（1，0）為圓心，2為半徑作圓⊙D，則⊙D和⊙O相切于點A，由題意可知，點A關于⊙O的“生長點”都在⊙O到⊙D之間的平面內，包括兩個圓（但點A除外）.然后結合題意和∠OMN=60°分b>0和b<0兩種情況在圖2和圖3中求出ON1和ON2的長即可得到b的取值范圍了.試題解析：（1）由題意可知，在x軸上找點P是比較簡單的，這樣的P點不是唯一的，如點（2，0）、（1，0）等；（2）如圖1，在x軸上方作射線AM，與⊙O交于M，且使得，并在AM上取點N，使AM=MN，并由對稱性，將MN關于x軸對稱，得，則由題意，線段MN和上的點是滿足條件的點B.作MH⊥x軸于H，連接MC，∴∠MHA=90°，即∠OAM+∠AMH=90°.∵AC是⊙O的直徑，∴∠AMC=90°，即∠AMH+∠HMC=90°.∴∠OAM=∠HMC.∴.∴.設，則，，∴，解得，即點M的縱坐標為.又由，A為（-1，0），可得點N的縱坐標為，故在線段MN上，點B的縱坐標t滿足：.由對稱性，在線段上，點B的縱坐標t滿足：.∴點B的縱坐標t的取值范圍是或.（3）如圖2，以點D（1，0）為圓心，2為半徑作圓⊙D，則⊙D和⊙O相切于點A，由題意可知，點A關于⊙O的“生長點”都在⊙O到⊙D之間的平面內，包括兩個圓（但點A除外）.∵直線與x軸交于點M，與y軸交于點N，∴點M的坐標為，點N的坐標為，∴tan∠OMN=，∴∠OMN=60°，要在線段MN上找點A關于⊙O的“生長點”，現(xiàn)分“b>0”和“b<0”兩種情況討論：I、①當直線過點N1（0，1）時，線段MN上有點A關于⊙O的唯一“生長點”N1，此時b=1；②當直線與⊙D相切于點B時，線段MN上有點A關于⊙O的唯一“生長點”B，此時直線與y軸相交于點N2，與x軸相交于點M2，連接DB，則DB=2，∴DM2=，∴OM2=，∴ON2=tan60°·OM2=，此時b=.綜合①②可得，當b>0時，若線段MN上存在點A關于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：；II、當b<0時，如圖3，同理可得若線段MN上存在點A關于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：；綜上所述，若在線段MN上存在點A關于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：或.11．（1）EF=2；（2）y＝x（0≤x≤12）；（3）滿足條件的CN的值為或12．【解析】【分析】（1）在Rt△BEF中，利用勾股定理即可解決問題．（2）根據速度比相等構建關系式解決問題即可．（3）分兩種情形如圖3﹣1中，當MN∥DF，延長FE交DC的延長線于H．如圖3﹣2中，當MN∥DE，分別利用平行線分線段成比例定理構建方程解決問題即可．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵AF＝BE＝2，∴BF＝6﹣2＝4，∴EF＝＝＝2．（2）由題意：＝，∴＝，∴y＝x（0≤x≤12）．（3）如圖3﹣1中，延長FE交DC的延長線于H．∵△EFB∽△EHC，∴＝＝，∴＝＝，∴EH＝6，CH＝12，當MN∥DF時，＝，∴＝，∵y＝x，解得x＝，如圖3﹣2中，當MN∥DE時，＝，∴＝，∵y＝x，解得x＝12，綜上所述，滿足條件的CN的值為或12．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．12．（1）y＝x+1；（2）；（3）（2，4）或（﹣2，2）或【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可解決問題；（2）求出點C坐標，利用待定系數(shù)法求出直線DE的解析式即可解決問題；（3）求出點E坐標，分兩種情形分別討論求解即可；【詳解】（1）∵A（﹣2，0），OA＝2OB，∴OA＝2，OB＝1，∴B（0，1），設直線AB的解析式為y＝kx+b，則有解得∴直線AB的解析式為y＝x+1．（2）∵BC＝AB，A（﹣2，0），B（0，1），∴C（2，2），設直線DE的解析式為y＝k′x+b′，則有解得∴直線DE的解析式為令y＝0，得到∴（3）如圖1中，作CF⊥OD于F．∵CE：CD＝1：2，CF∥OE，∴∵CF＝2，∴OE＝3．∴m＝3．∴E（0，3），D（6，0），①當EC為菱形ECFG的邊時，F(xiàn)（4，3），G（2，4）或F′（0，1），G′（﹣2，2）．②當EC為菱形EF″CG″的對角線時，F(xiàn)″G″垂直平分線段EC，易知直線DE的解析式為，直線G″F″的解析式為由，解得∴F″，設G″（a，b），則有∴∴G″【點睛】本題考查一次函數(shù)綜合題、平行線分線段成比例定理、菱形的判定和性質、待定系數(shù)法等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．13．（1），點D（3，4）；（2）P1（5，0），P2（6，0），P3（，0）.【解析】【分析】（1）先求出點B的坐標，由直線過點B，把點B的坐標代入解析式，可求得b的值；點D在直線CM上，其縱坐標為4，利用求得的解析式確定該點的橫坐標即可；（2）△POD為等腰三角形，有三種情況：PO=OD，PO=PD，DO=DP，故需分情況討論，要求點P的坐標，只要求出點P到原點O的距離即可【詳解】解：（1）∵B與A（1，0）關于原點對稱∴B（-1，0）∵過點B∴，∴一次函數(shù)解析式為當時，，∴D（3，4）；（2）作DE⊥x軸于點E，則OE=3，DE=4，∴；若為等腰三角形，則有以下三種情況：①以O為圓心，OD為半徑作弧交x軸的正半軸于點P1，則，∴P1（5，0）．②以D為圓心，DO為半徑作弧交x軸的正半軸于點P2，則，∵∴，∴，∴P2（6，0）．③取OD的中點N，過N作OD的垂線交x軸的正半軸于點P3，則，易知，∴,即：，∴，∴P3（，0）；綜上所述，符合條件的點P有三個，分別是P1（5，0），P2（6，0），P3（，0）．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和綜合分析能力，注意到分情況討論是解決本題的關鍵．14．（1）y＝﹣x2+10x﹣18；（2）4，6；（3）定值1，見解析【解析】【分析】（1）先將拋物線M1：y=-x2+4x化為頂點式，由平移規(guī)律“上加下減，左加右減”可直接寫出拋物線M2的解析式；（2）分別求出點A，點B，點C的坐標，求出m的取值范圍，再用含m的代數(shù)式表示出△CPQ的面積，可用函數(shù)的思想求出其最大值；（3）設將直線OB向下平移k個單位長度得到直線EH，分別求出點E，F(xiàn)，G，H的橫坐標，分別過G，H作y軸的平行線，過E，F(xiàn)作x軸的平行線，構造相似三角形△GEM與△HFN，可通過相似三角形的性質求出的值為1．【詳解】解：（1）∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，∴將其先向右平移3個單位，再向上平移3個單位的解析式為：y＝﹣（x﹣5）2+7＝﹣x2+10x﹣18；（2）∵拋物線M1與M2交于點B，∴﹣x2+4x＝﹣x2+10x﹣18，解得，x＝3，∴B（3，3），將點B（3，3）代入y＝kx，得，k＝1，∴yOB＝x，∵拋物線M2與直線OB交于點C，∴x＝﹣x2+10x﹣18，解得，x1＝3，x2＝6，∴C（6，6），∵點P的橫坐標為m，∴點P（m，﹣m2+4m），則Q（m，﹣m2+10m﹣18），∴QP＝﹣m2+10m﹣18﹣（﹣m2+4m）＝6m﹣18，∴S△PQC＝（6m﹣18）（6﹣m）＝﹣3m2+27m﹣54，＝﹣3（m﹣）2+，在y＝﹣m2+4m中，當y＝0時，x1＝0，x2＝4，∴A（4，0），∵B（3，3），∴3≤m≤4，∴在S＝﹣3（m﹣）2+中，根據二次函數(shù)的圖象及性質可知，當m＝4時，△PCQ有最大值，最大值為6；（3）的值是定值1，理由如下：設將直線OB向下平移k個單位長度得到直線EH，則yEH＝x﹣k，∴令x﹣k＝﹣x2+4x，解得，x1＝，x2＝，∴xF＝，xE＝，令x﹣k＝﹣x2+10x﹣18，解得，x1＝，x2＝，∴xH＝，xG＝，∴ME＝xG﹣xE＝﹣＝3，F(xiàn)N＝xH﹣xF＝＝3，分別過G，H作y軸的平行線，過E，F(xiàn)作x軸的平行線，交點分別為M，N，Q，則∠HFN＝∠GEM，∠HNF＝∠GME＝90°，∴△GEM∽△HFN，∴＝＝＝1，∴的值是定值1．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象平移規(guī)律，二次函數(shù)的圖象及性質，相似三角形的判定與性質等，解題關鍵是掌握用函數(shù)的思想求極值等．15．（1）DE=3；（2）；（3）BP=12-12或6＜BP≤【解析】【分析】(1)當點C落在射線AF上時，設DE=x，則EF=DE=x，CE=8-x，根據勾股定理，列出方程，即可求解；(2)以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當AD與圓F相切時，設切點為M，連接FM，則FM⊥AD，過點F作FN⊥AB，設FM=x，則AN=FM=x，BF=FM=x，BN=8-x，根據勾股定理，列出方程，即可求解；(3)以PB為底邊作等腰直角三角形?PMB，以點M為圓心，MP為半徑作圓M，分三類：①當圓M與CD相切時，求出BP的值；②當圓M過點C時，求出BP的值；③當圓M過點D時，求出BP的值，進而，可求出BP的范圍.【詳解】（1）當點C落在射線AF上時，如圖1，∵在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，△AED沿直線AE翻折得△AEF，∴AF=AD=6，AC=，∴CF=AC-AF=10-6=4，設DE=x，則EF=DE=x，CE=8-x，∵在Rt?CFE中，，∴，解得：x=3，∴DE=3；（2）以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當AD與圓F相切時，如圖2，設切點為M，連接FM，則FM⊥AD，過點F作FN⊥AB，設FM=x，則AN=FM=x，BF=FM=x，BN=8-x，∵，∴，解得：x=，∴cos∠FAB==；（3）以PB為底邊作等腰直角三角形?PMB，以點M為圓心，MP為半徑作圓M，①當圓M與CD相切時，如圖3，切點為Q，此時，邊CD上有且僅有一點Q滿足∠BQP=45°，連接QM，延長QM交PB于點H，則HQ⊥CD，HQ⊥PB，∵?PMB是等腰直角三角形，∴設PH=BH=MH=x，則PM=QM=,∵HQ=AD=6，∴x+=6，解得：x=，∴BP=2x=②當圓M過點C時，如圖4，此時，邊CD上有兩個點Q滿足∠BQP=45°，∵∠MPB=45°，∠PBC=90°，∴BP=BC=6，③當圓M過點D時，如圖5，此時，邊CD上有且僅有一點Q滿足∠BQP=45°，連接MD，過點M作MN⊥AD，MH⊥BP，設PH=HM=HB=x，則MP=MD=，MN=AH=8-x，ND=6-x，∵在Rt?MND中，，∴，解得：x=，∴BP=2×=，綜上所述：線段BP長的取值范圍是：BP=12-12或6＜BP≤.圖1圖2圖3圖4圖5【點睛】本題主要考查圓和直線的位置關系和三角形的綜合問題，根據題意，畫出圖形，利用數(shù)形結合和方程思想方法，是解題的關鍵.16．（1）；（2）P（，），面積最大為；（3）CM+MB最小值為，M（，0）【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得此拋物線的解析式；（2）由待定系數(shù)法即可求得直線BC的解析式，設P（a，a-3），得出PD的長，列出S△BDC的表達式，化簡成頂點式，即可求解；（3）取G點坐標為（0，），過M點作MB′⊥BG，用B′M代替BM，即可得出最小值的情況，再將直線BG、直線B′C的解析式求出，求得M點坐標和∠CGB的度數(shù)，再根據∠CGB的度數(shù)利用三角函數(shù)得出最小值B′C的值.【詳解】解：（1）∵拋物線經過點A、B、C，A（-1，0），B（3，0），C（0，-3），代入表達式，解得a=1，b=-2，c=-3，∴故該拋物線解析式為：.（2）令，∴x1=-1，x2=3，即B（3，0），設直線BC的解析式為y=kx+b′，將B、C代入得：k=,1，b′=-3，∴直線BC的解析式為y=x-3，設P（a，a-3），則D（a，a2-2a-3），∴PD=（a-3）-（a2-2a-3）=-a2+3aS△BDC=S△PDC+S△PDB=PD×3=，∴當a=時，△BDC的面積最大，且為為，此時P（，）；（3）如圖，取G點坐標為（0，），連接BG，過M點作MB′⊥BG，∴B′M＝BM，當C、M、B′在同一條直線上時，CM+MB最小.可求得直線BG解析式為：，∵B′C⊥BG故直線B′C解析式為為，令y=0，則x=，∴B′C與x軸交點為（，0）∵OG=，OB=3，∴∠CGB=60°，∴B′C=CGsin∠CGB==，綜上所述：CM+MB最小值為，此時M（，0）.【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、平行線的性質、二次函數(shù)的最值問題、判別式的應用以及等腰直角三角形的性質等知識．此題綜合性很強，難度較大，注意掌握數(shù)形結合思想、分類討論思想與方程思想的應用．17．（1）；（2）；（3）存在，或【解析】【分析】（1）過點作軸于點，利用三角函數(shù)值可得出，再根據翻折的性質可得出，，再解，得出，，最后結合點C的坐標即可得出答案；（2）設點坐標為（），則點的坐標是，利用（1）得出的結果作為已知條件，可得出點D的坐標為，再結合反比例函數(shù)求解即可；（3）首先存在這樣的k值，分和兩種情況討論分析即可．【詳解】解：（1）如圖，過點作軸于點∵，∴∴由題意可知，.∴.∴在中，，∴，.∵點坐標為，∴.∴點的坐標是（2）設