九年级数学上册数学压轴题测试与练习(word解析版)

九年级数学上册数学压轴题测试与练习（word 解析版）

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．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． 4．如图，在Rt △AOB 中，∠AOB ＝90°，tan B ＝3

4

，OB ＝8． （1）求OA 、AB 的长；

（2）点Q 从点O 出发，沿着OA 方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P 从点A 出发，沿着AB 方向也以1个单位长度秒的速度匀速运动，设运动时间为t 秒（0＜t ≤5）以P 为圆心，PA 长为半径的⊙P 与AB 、OA 的另一个交点分别为C 、D ，连结CD ，QC ．

①当t 为何值时，点Q 与点D 重合？

②若⊙P 与线段QC 只有一个公共点，求t 的取值范围．

5．如图1，有一块直角三角板，其中AB 16=，ACB 90∠=，CAB 30∠=，A 、B 在x 轴上，点A 的坐标为()20,0，圆M 的半径为33，圆心M 的坐标为()

5,33-，圆M 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向右做平移运动，运动时间为t 秒；

()1求点C 的坐标；

()2当点M 在ABC ∠的内部且M 与直线BC 相切时，求t 的值；

()3如图2，点E 、F 分别是BC 、AC 的中点，连接EM 、FM ，在运动过程中，是否存在某一

时刻，使EMF 90∠=？若存在，直接写出t 的值，若不存在，请说明理由．

6．如图，在Rt △ABC 中，∠A=90°，0是BC 边上一点，以O 为圆心的半圆与AB 边相切于点D ，与BC 边交于点E 、F ，连接OD ，已知BD=3，tan ∠BOD=34

，CF=83．

（1）求⊙O 的半径OD ； （2）求证：AC 是⊙O 的切线； （3）求图中两阴影部分面积的和．

7．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。你能和小菲一起解决下列各问题吗？（以下各问只要求写出必要的计算过程和简洁的文字说明即可。）

（1）如图①，小菲同学把一个边长为1的正三角形纸片（即△OAB ）放在直线l 1上，OA 边与直线l 1重合，然后将三角形纸片向右翻转一周回到初始位置，求顶点O 所经过的路程；并求顶点O 所经过的路线；

图①

（2）小菲进行类比研究：如图②，她把边长为1的正方形纸片OABC 放在直线l 2上，OA 边与直线l 2重合，然后将正方形纸片向右翻转若干次．她提出了如下问题：

图②

问题①：若正方形纸片OABC 接上述方法翻转一周回到初始位置，求顶点O 经过的路程； 问题②：正方形纸片OABC 按上述方法经过多少次旋转，顶点O 经过的路程是

41202

π+。 （3）①小菲又进行了进一步的拓展研究，若把这个正三角形的一边OA 与这个正方形的一边OA 重合（如图3），然后让这个正三角形在正方形上翻转，直到正三角形第一次回到初始位置（即OAB 的相对位置和初始时一样），求顶点O 所经过的总路程。

图③

②若把边长为1的正方形OABC 放在边长为1的正五边形OABCD 上翻转（如图④），直到正方形第一次回到初始位置，求顶点O 所经过的总路程。

图④

（4）规律总结，边长相等的两个正多边形，其中一个在另一个上翻转，当翻转后第一次回到初始位置时，该正多边形翻转的次数一定是两正多边形边数的___________。 8．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣3与直线y ＝x +3交于点A （m ，0）和点B （2，n ），与y 轴交于点C ．

（1）求m ，n 的值及抛物线的解析式；

（2）在图1中，把△AOC 平移，始终保持点A 的对应点P 在抛物线上，点C ，O 的对应点分别为M ，N ，连接OP ，若点M 恰好在直线y ＝x +3上，求线段OP 的长度； （3）如图2，在抛物线上是否存在点Q （不与点C 重合），使△QAB 和△ABC 的面积相等？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．

9．抛物线()2

0y ax bx c a =++≠的顶点为(),P h k ，作x 轴的平行线4y k =+与抛物线交

于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4． （1）请直接写出a 的值____________； （2）若抛物线当0x =和4x =时的函数值相等， ①求b 的值；

②过点()0,2Q 作直线2y =平行x 轴，交抛物线于M 、N 两点，且4QM QN +=，求

c 的取值范围；

（3）若1c b =--，2727b -<

tan 2

α=

，此时区域S 的边界与y 轴的交点为C 、D 两

点，若点D 在点C 上方，请判断点D 在抛物线上还是在线段AB 上，并求CD 的最大值．

10．如图，抛物线2

()20y ax x c a =++＜与x 轴交于点A 和点B (点A 在原点的左侧，点

B 在原点的右侧)，与y 轴交于点

C ，3OB OC ==．

(1)求该抛物线的函数解析式．

(2)如图1，连接BC ，点D 是直线BC 上方抛物线上的点，连接OD ，CD ．OD 交BC 于点F ，当32COF

CDF

S

S

=：:时，求点D 的坐标．

(3)如图2，点E 的坐标为(03)2

-，

，点P 是抛物线上的点，连接EB PB PE ，，形成的PBE △中，是否存在点P ，使PBE ∠或PEB ∠等于2OBE ∠？若存在，请直接写出符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．

11．在平面直角坐标系xOy 中，对于任意三点A ，B ，C ，给出如下定义：

如果矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A ，B ，C 三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A ，B ，C 的覆盖矩形．点A ，B ，C 的所有覆盖矩形中，面积最小的矩形称为点A ，B ，C 的最优覆盖矩形．例如，下图中的矩形A 1B 1C 1D 1，A 2B 2C 2D 2，AB 3C 3D 3都是点A ，B ，C 的覆盖矩形，其中矩形AB 3C 3D 3是点A ，B ，C 的最优覆盖矩形． （1）已知A （﹣2，3），B （5，0），C （t ，﹣2）． ①当t ＝2时，点A ，B ，C 的最优覆盖矩形的面积为 ；

②若点A ，B ，C 的最优覆盖矩形的面积为40，求直线AC 的表达式；

（2）已知点D （1，1）．E （m ，n ）是函数y ＝

4

x

（x ＞0）的图象上一点，⊙P 是点O ，D ，E 的一个面积最小的最优覆盖矩形的外接圆，求出⊙P 的半径r 的取值范围．

12．如图，在边长为5的菱形OABC 中，sin∠AOC＝

4

5

，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．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、压轴题

1．（1）CD2+BD2＝2AD2，见解析；（2）BD2＝CD2+2AD2，见解析；（3）①2，②最大

值为441

4

710

【解析】

【分析】

（1）先判断出∠BAD＝CAE，进而得出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，∠B＝∠ACE，再根据勾股定理得出DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2，在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝2AD2，即可得出结论；

（2）同（1）的方法得，ABD≌△ACE（SAS），得出BD＝CE，再用勾股定理的出DE2＝

2AD2，CE2＝CD2+DE2＝CD2+2AD2，即可得出结论；

（3）先根据勾股定理的出DE2＝CD2+CE2＝2CD2，再判断出△ACE≌△BCD（SAS），得出AE ＝BD，

①将AD＝6，BD＝8代入DE2＝2CD2中，即可得出结论；

②先求出CD＝2，再将AD+BD＝14，CD＝2代入

2

2

AD BD

??

?+

?

?

??

，化简得出﹣

（AD﹣21

2

）2+

441

4

，进而求出AD，最后用勾股定理求出AB即可得出结论．

【详解】

解：（1）CD2+BD2＝2AD2，

理由：由旋转知，AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，∴∠BAD＝∠CAE，

∵AB＝AC，

∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD＝CE，∠B＝∠ACE，

在Rt△ABC中，AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB＝45°，

∴∠ACE＝45°，

∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，

根据勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝CD2+BD2，

在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝2AD2，

∴CD2+BD2＝2AD2；

（2）BD2＝CD2+2AD2，

理由：如图2，

将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接EC，DE，同（1）的方法得，ABD≌△ACE（SAS），

∴BD＝CE，在Rt△ADE中，AD＝AE，

∴∠ADE＝45°，

∴DE2＝2AD2，

∵∠ADC＝45°，

∴∠CDE＝∠ADC+∠ADE＝90°，

根据勾股定理得，CE2＝CD2+DE2＝CD2+2AD2，

即：BD2＝CD2+2AD2；

（3）如图3，过点C作CE⊥CD交DA的延长线于E，

∴∠DCE＝90°，

∵∠ADC＝45°，

∴∠E＝90°﹣∠ADC＝45°＝∠ADC，

∴CD＝CE，

根据勾股定理得，DE2＝CD2+CE2＝2CD2，

连接AC，BC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝∠ADB＝90°，

∵∠ADC＝45°，

∴∠BDC＝45°＝∠ADC，

∴AC＝BC，

∵∠DCE＝∠ACB＝90°，

∴∠ACE＝∠BCD，

∴△ACE≌△BCD（SAS），

∴AE＝BD，

①AD＝6，BD＝8，

∴DE＝AD+AE＝AD+BD＝14，

∴2CD2＝142，

∴CD＝

故答案为72；

②∵AD+BD＝14，∴CD＝72，

∴

2

AD BD CD

??

?+

?

?

??

＝AD?（BD+

2

2

×72）＝AD?（BD+7）

＝AD?BD+7AD＝AD（14﹣AD）+7AD＝﹣AD2+21AD＝﹣（AD﹣21

2

）2+

441

4

，

∴当AD＝21

2

时，

2

2

AD BD CD

??

?+

?

?

??

的最大值为

441

4

，

∵AD+BD＝14，

∴BD＝14﹣21

2

＝

7

2

，

在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB＝22710

AD BD

+=，

∴⊙O的半径为OA＝1

2

AB＝

710

4

．

【点睛】

本题考查圆与三角形的结合,关键在于熟记圆的性质和三角形的性质.

2．（1）4；（2）t为4s，20

3

s，

28

3

s时，⊙P与⊙Q外切．

【解析】

试题分析：（1）四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；

（2）主要考虑有四种情况，一种是P在AB上，一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．

试题解析：（1）根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．此时，4t=20-t，解得t=4（s）．

答：t为4时，四边形APQD为矩形

（2）当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．

①如果点P在AB上运动．只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4．由（1），得t=4（s）；

②如果点P在BC上运动．此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5＞4，∴⊙P与⊙Q外离；

③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧．可得CQ=t，CP=4t-24．当CQ-CP=4时，

⊙P与⊙Q外切．此时，t-（4t-24）=4，解得t=20

3

（s）；

④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧．当CP-CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，4t-24-t=4，

解得t=28

3

（s），

∵点P从A开始沿折线A-B-C-D移动到D需要11s，点Q从C开始沿CD边移动到D需要

20s，而28

3

＜11，

∴当t为4s，20

3

s，

28

3

s时，⊙P与⊙Q外切．

考点：1.矩形的性质；2.圆与圆的位置关系．

3．（1）见解析；（2）96；（3）AD=2OM，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）根据弦、弧、圆心角的关系证明；

（2）根据弧BD的度数为120°，得到∠BOD=120°，利用解直角三角形的知识求出BD，根据题意计算即可；

（3）连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图3，根据垂径定理得到AE=DE，再利用圆周角定理得到∠BOM=∠BAC，∠AOE=∠ABD，再利用等角的余角相等得到

∠OBM=∠AOE，则可证明△BOM≌△OAE得到OM=AE，证明结论．

【详解】

解：（1）证明：∵AC=BD，

∴AC BD

，

则AB DC，

∴AB=CD；

（2）如图1，连接OB、OD，作OH⊥BD于H，

∵弧BD的度数为120°，

∴∠BOD=120°，

∴∠BOH=60°，

则BH=

3

OB=43，

∴BD=83，

则四边形ABCD的面积=

1

2

×AC×BD=96；

（3）AD=2OM，

连结OB、OC、OA、OD，作OE⊥AD于E，如图2，∵OE⊥AD，

∴AE=DE，

∵∠BOC=2∠BAC，

而∠BOC=2∠BOM，

∴∠BOM=∠BAC，

同理可得∠AOE=∠ABD，

∵BD⊥AC，

∴∠BAC+∠ABD=90°，

∴∠BOM+∠AOE=90°，

∵∠BOM+∠OBM=90°，

∴∠OBM=∠AOE，

在△BOM和△OAE中，

OMB OEA

OBM OAE

OB OA

∠=∠

?

?

∠=∠

?

?=

?

，

∴△BOM≌△OAE（AAS），

∴OM=AE，

∴AD=2OM．

【点睛】

本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质和矩形的性质、会利用三角形全等解决线段相等的问题是解题的关键． 4．（1）OA ＝6，AB ＝10；（2）3011；（3）0

30

11

（1）在Rt △AOB 中，tan B ＝

3

4

，OB ＝8，即可求解； （2）利用△ACD ∽△ABO 、AD +OQ ＝OA ，即可求解； （3）分QC 与圆P 相切、QC ⊥OA 两种情况，求解即可． 【详解】

解：（1）在Rt △AOB 中，tan B ＝3

4

，OB ＝8， ∴

3

4

OA OB = ，∴OA ＝6，则AB ＝10； （2）OP ＝AP ﹣t ，AC ＝2t ，

∵AC 是圆直径，∴∠CDA ＝90°，∴CD ∥OB ， ∴△ACD ∽△ABO ，∴AC AD AB AO = ，即： 2,106

t AD

= ∴AD ＝

6

5

t ， 当Q 与D 重合时，AD +OQ ＝OA ， ∴

66,5t t += 30.11

t ∴= （3）当QC 与圆P 相切时，∠QAC ＝90°， ∵OQ ＝AP ＝t ，∴AQ ＝6﹣t ，AC ＝2t ， ∵∠A ＝∠A ，∠QCA ＝∠ABO ， ∴△AQC ∽△ABO ，∴,AQ AC

AB AO

= 即：

62106t t -= ，18

.13

t ∴= ∴当18

013

t <≤

时，圆P 与QC 只有一个交点， 当QC ⊥OA 时，D 、Q 重合，由（1）知： 30.11

t = ∴

30

511

t <≤时，圆P 与线段QC 只有一个交点， 故：当圆P 与线段只有一个交点，t 的取值范围为：18013t <≤或

30

511

t <≤. 【点睛】

本题为圆的综合题，涉及到圆与直线的关系、三角形相似等知识点，（3）是本题的难点，要注意分析QC 和圆及线段的位置关系分类求解． 5．（1）()

C 8,43；（2）t=18s ；（3）t 1513=±． 【解析】 【分析】

（1）如图1中，作CH ⊥AB 于H ．解直角三角形求出CH ，OH 即可．

（2）如图1﹣1中，设⊙M 与直线BC 相切于点N ，作MH ⊥AB 于H ．求出OH 的长即可解决问题．

（3）设M （﹣5+t ，33），EF 1

2

=AB =8，由∠EMF =90°，可得EM 2+MF 2=EF 2，由此构建方程即可解决问题． 【详解】

（1）如图1中，作CH ⊥AB 于H ．

∵A （20，0），AB =16，∴OA =20，OB =4．在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，AB =16，∠CAB =30°，∴BC 1

2

=AB =8，CH =BC ?sin60°=43，BH =BC ?cos60°=4，∴OH =8，∴C （8，43）．

（2）如图1﹣1中，设⊙M 与直线BC 相切于点N ，作MH ⊥AB 于H ．

∵MN =MH 3MN ⊥BC ，MH ⊥BA ，∴∠MBH =∠MBN =30°，∴BH 3==9，∴点M 的运动路径的长为5+4+9=18，∴当点M 在∠ABC 的内部且⊙M 与直线BC 相切时，t 的值为18s ．

（3）∵C （8，3B （4，0），A （20，0）．

∵CE =EB ，CF =FA ，∴E （6，3），F （14，3），设M （﹣5+t ，3），EF 1

2

=

AB =8．

∵∠EMF=90°，∴EM2+MF2=EF2，∴（6+5﹣t）2+2+（14+5﹣t）2+2=82，

整理得：t2﹣30t+212=0，解得：t=15

【点睛】

本题是圆的综合题，考查了平移变换，解直角三角形，切线的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

6．（1）OD=4,

（2）证明过程见详解

（3）50

4 3

π

-

【解析】【分析】

（1）根据AB与圆O相切,在Rt△OBD中运用tan∠BOD=3

4

,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=3

5

,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-1

4

S圆O,求出AC长度即可解题.

【详解】

解：（1）∵AB与圆O相切,∴OD⊥AB,

在R t△OBD中,BD=3,tan∠BOD=BD

OD

=

3

4

,

∴OD=4,

（2）过点O作OG垂直AC于点G,∵∠A=90°，AB与圆O相切,

∴四边形ADOG是矩形,

∴DO∥AC,

∴∠BOD=∠OCG,

∵tan∠BOD=BD

OD

=

3

4

,

∴sin∠OCG=3 5 ,

∵CF=8

3

,OF=4,

∴OG=OGsin∠OCG=4=r,∴AC是⊙O的切线

（3）由前两问可知,四边形ADOG 是边长为4的正方形, 扇形DOE 和扇形GOF 的面积之和是四分之一圆的面积, 在R t △ABC 中,tan ∠C=

3

4

,AB=4+3=7, ∴AC=AB tan C ∠=7

34

=28

3

,

∴S 阴影=S Rt △BAC -S 正方形ADOG -14S 圆O =212817444234π??-?-=5043

π- 【点睛】

本题考查了三角函数的应用和直线与圆的位置关系,中等难度,熟悉三角函数并熟练应用是解题关键. 7．(1)4

3π；（2）222+，81；（3）28

3

π，18922+；（4）最小公倍数. 【解析】

试题分析：（1）根据正三角形的性质及弧长公式求出点A 绕点B 、点C 旋转的两段弧长相加即可．

(2)①根据正方形旋转一周的路径，利用弧长计算公式以及扇形面积公式求出即可， ②再利用正方形纸片OABC 经过4次旋转得出旋转路径，进而得出

4120220(22)2

π

++=+ ，即可得出旋转次数． (3)方法同（2）；

（4）边长相等的两个正多边形，其中一个在另一个上翻转，当翻转后第一次回到初始位置时，该正多边形翻转的次数一定是两正多边形边数的最小公倍数.

试题解析：（1）∵点A 所经过的这两段弧所在圆的半径为1，所对圆心角均为120度 ∴点A 所经过的路线长为12014

21803

ππ??

=. （2）①顶点O 经过的总路线长为：901902222

2180??+?=+=πππππ

②由①：每翻转一周顶点O 经过的总路线长为：π22

2+ 4120222

2022++÷=πππ

即翻转20周后再翻一次，共翻81次.

（3）①每翻三次翻一周，顶点O 所经过的总路线长为：21017

2180

3??=ππ

共翻四周回到初始位置，所以顶点O 所经过的总路线长为:728

43

3?=ππ

. ②每翻四次翻一周，顶点O 所经过的总路线长为

:1621162812180

1804510??+=+

πππ 共翻5

周回到初始位置，所以顶点

O 所经过的总路线长为

：

8118545102+?+=π（

）π （4）最小公倍数 考点: 1.旋转的性质；2.等边三角形的性质；3.正方形的性质；4.弧长的计算； 8．（1）y ＝x 2+2x ﹣3，m ＝﹣3，n ＝5；（2）

3）存在；Q 点坐标为（﹣1，﹣4）或（3，12）或（﹣4，5），理由见解析 【解析】 【分析】

（1）把点A （m ，0）和点B （2，n ）代入直线y ＝x +3，解得：m ＝﹣3，n ＝5，A （﹣3，0）、B （2，5），把A 、B 坐标代入抛物线解析式即可求解；

（2）由平移得：PN ＝OA ＝3，NM ＝OC ＝3，设：平移后点P （t ，t 2+2t ﹣3），则N （t +3，t 2+2t ﹣3），M （t +3，t 2+2t ﹣6），根据点M 在直线y ＝x +3上，即可求解；

（3）存在．设：直线AB 交y 轴于D （0，3），点C 关于点D 的对称点为C ′（0，9）按照△QAB 和△Q ′AB 和△ABC 的面积相同即可求解． 【详解】

解：（1）把点A （m ，0）和点B （2，n ）代入直线y ＝x +3，解得：m ＝﹣3，n ＝5， ∴A （﹣3，0）、B （2，5），把A 、B 坐标代入抛物线解析式，解得：a ＝1，b ＝2， ∴抛物线解析式为：y ＝x 2+2x ﹣3…①， 则C （0，﹣3）；

（2）由平移得：PN ＝OA ＝3，NM ＝OC ＝3，

设：平移后点P （t ，t 2+2t ﹣3），则N （t +3，t 2+2t ﹣3）， ∴M （t +3，t 2+2t ﹣6），∵点M 在直线y ＝x +3上， ∴t 2+2t ﹣6＝t +3+3，解得：t ＝3或﹣4， ∴P 点坐标为（3，12）或（﹣4，5）， 则线段OP 的长度为：

； （3）存在．

设：直线AB 交y 轴于D （0，3），点C 关于点D 的对称点为C ′（0，9）

过点C 和C ′分别做AB 的平行线，交抛物线于点Q 、Q ′， 则：△QAB 和△Q ′AB 和△ABC 的面积相同，

直线QC 和Q ′C 的方程分别为：y ＝x ﹣3和y ＝x +9…②， 将①、②联立，解得：x ＝﹣1或x ＝3或x ＝﹣4， ∴Q 点坐标为（﹣1，﹣4）或（3，12）或（﹣4，5）． 【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

9．（1）1；（2）①4b =-；②26c ≤<；（3）D 一定在线段AB 上，

5210

2

=

CD 【解析】 【分析】

（1）根据题意顶点P （k ，h ）可将二次函数化为顶点式：()2

y a x k h =-+，又

4y k =+与抛物线交于点A 、B ，无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4，即可得出a 的值；

（2）①根据抛物线x=0和x=4时函数值相等，可得到顶点P 的横坐标，根据韦达定理结合（1）即可得到b 的值，

②根据（1）和（2）①即可得二次函数对称轴为x=2，利用点Q （0，2）关于对称轴的对称点R （4，2）可得QR=4，又QR 在直线y=2上，故令M 坐标（t ，2）（0≤t ＜2），代入二次函数即求得c 的取值范围；

（3）由c=-b-1代入抛物线方程即可化简，将抛物线绕原点逆时针旋转αα，且tanα=2，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线l ，且tanα=2，可得到直线l 的解析式，最后联立直线方程与抛物线方程运算求解． 【详解】

解：（1）根据题意可知1二次函数2

y ax bx c =++（a≠0）的顶点为P （k ，h ），

故二次函数顶点式为()2

y a x k h =-+，

又4y k =+与抛物线交于点A 、B ，且无论h 、k 为何值，AB 的长度都为4， ∴a=1；

故答案为：a=1．

（2）①∵二次函数当0x =和4x =时的函数值相等 ∴222

b b

x a =-

=-= ∴4b =-

故答案为：4b =-．

②将点Q 向右平移4个单位得点()4,2R 当2c =时，2

42y x x =-+ 令2y =，则2242x x =-+ 解得14x =，20x =

此时()0,2M ，()4,2N ，4MN QR == ∵4QM QN +=∵QM NR = ∴4QN NR QR +==

∴N 在线段QR 上，同理M 在线段QR 上 设(),2M m ，则02m ≤<，224m m c =-+

2242(2)6c m m m =-++=--+

∵10-<，对称轴为2m =，02m ≤< ∴c 随着m 的增大而增大 ∴26c ≤<

故答案为：26c ≤<．

（3）∵1c b =--∴2

1y x bx b =+--

将抛物线绕原点逆时针旋转α，且tan 2α=，转化为将y 轴绕原点顺时针旋转α得到直线

l ，且tan 2α=，

∴l 的解析式为2y x =

2

21

y x y x bx b =??=+--?∴2

(2)10x b x b +---= ∴2

2

2

4(2)448b ac b b b ?=-=-++=+

∴22

b x -+±=

∴12,22b D b ?-+-++

??

2224412444244AB ac b b b b y k b a ---+-+=+=+==-++

124224AB D b y y b b ??-+-=-++-++=

???

∵20b ≥

∴1

4104

D AB

y y -=≥==>

∴点1D 始终在直线AB 上方

∵222b C b ?-+--+-

??

∴22442244B

C A b b y y b b ??-+---=-+--++=

???

∴AB C y y -==

)

2

216

4

-

+=

∵b -<<2028b ≤<，

∴4≤<

设n

，4n ≤<

∴2(2)16

4

AB C n y y --+-=

∵1

04

-

<，对称轴为2n =

∴当4n ≤<时，AB C y y -随着n 的增大而减小 ∴当4n =时，0AB C y y -=

∴当4n ≤<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)16

4

D C C AB n y y y y --+-=-=

∴当n =D C y y -

有最大值1+

此时12

D C x x +-=

由勾股定理得：

2

CD =

=

，

故答案为：510

2

=CD ． 【点睛】

本题考查二次函数一般式与顶点式、韦达定理的运用，以及根与系数的关系判断二次函数交点情况，正确理解相关知识点是解决本题的关键．

10．（1）2y x 2x 3=-++；（2）点D 的坐标为(1

4)，或(2)3，；（3）点P 的坐标为：(14)，或17()24-，或13209()24--，或(579491778

+-，．

【解析】 【分析】

（1）由3OB OC ==及图像可得B 、C 两点坐标，然后利用待定系数法直接进行求解即可；

（2）由题意易得3

5

COF

COD S

S =，进而得到点D 、F 横坐标之间的关系为5

3

D F x x =

，设F 点横坐标为3t ，则D 点横坐标为5t ，则有直线BC 的解析式为3y x =-+，然后可直接

求解；

（3）分∠PBE 或∠PEB 等于2∠OBE 两种情况分别进行求解即可． 【详解】

解：(1)3OB OC ==，则：()()3003B C ，，

，， 把B C 、坐标代入抛物线方程，

解得抛物线方程为：2y x 2x 3=-++①；

(2)∵32COF CDF S S =△△：

：， ∴35

COF

COD S

S =，即：5

3

D F x x =

， 设F 点横坐标为3t ，则D 点横坐标为5t ，

点F 在直线BC 上，

而BC 所在的直线表达式为：3y x =-+，则33(3)F t t -，

， 则直线OF 所在的直线表达式为：3313t t y x x t t

--=

=， 则点55(5)D t t -，

，

把D 点坐标代入抛物线解析式，解得：15t =

或2 5

， 则点D 的坐标为(1

4)，或(2)3，； (3)①当2PBE OBE ∠=∠时，

当BP 在x 轴上方时，

如图2，设1BP 交

y 轴于点E '， ∴1

2PBE OBE ∠=∠ ， ∴E BO EBO ∠'=∠ ，

又60E OB EBO BO BO ∠'=∠=?=， ， ∴()E BO EBO AAS '≌ ， ∴32

EO EO ==

， ∴点3(2

0)E '，，

直线1BP 过点B E '、，则其直线方程为：13

22

y x =-+②， 联立①②并解得：1

2

x =- ，

故点P 1的坐标为17

()24

-，；

当BP 在x 轴下方时，

如图2，过点E 作//EF BE '交2BP 于点F ，则FEB EBE ∠=∠'， ∴222E BE OBE EBP OBE ∠'=∠∠=∠， ， ∴FEB EBF ∠=∠ ， ∴FE BF = ，