专题07 解答压轴题专练（期末真题汇编，黑龙江专用）九年级数学上学期人教版

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07解答压轴题专练 ☆2大高频考点概览 考点01几何类比探究题 考点02抛物线综合题 目目 考点01 几何类比探究题 一、 解答题 1,(24-25九上·黑龙江省绥化市明水县·期末)已知四边形ABCD内接于⊙O,对角线BD是⊙O的直径， 4 D D 0 E B 图1 图2 1)如图1，连接OA,CA,若OA⊥BD,求证；CA平分∠BCD; (2)如图2，E为⊙O内一点，满足AE⊥BC,CE⊥AB,若BD=3V3,AE=3,求弦BC的长， 1/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.(24-25九上·黑龙江省绥化市明水县期末)如图，在等边三角形ABC中，AB=5,点D为边AB上一点，点E 为边AC上一点，连接DE. G B ① ② (I)如图①，过点E作交AB于点F,延长ED交CB延长线于点G,若AE=BG=1,求DB的长； (②)如图②，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DH,连接EH,AH,请猜想CE、AH、BD的数量关系并证明， 2/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3.(24-25九上·黑龙江哈尔滨南岗区·期末)已知：AB为⊙O的直径，△BCD内接于⊙O,且 ∠CDB+2LABD=90° D D D C Q ○ E F F 图1 图2 图3 1)如图1，求证：BD平分LABC; (②)如图2，点E在OB上，连接CE并延长交⊙O于点F,连接AF,若∠DCB=2LF,求证：AB II CD; (3)如图3，在(2)的条件下，点G在线段EF上，连接DG,延长DB至点H,连接GH,使得GH=GC, ∠CGH=∠F,若BC=2W13,DG=13,求线段FG的长， 3/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(24-25九上·黑龙江省哈尔滨市南岗区·期末)己知：在△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D,BG平分 LABC交AD于点E,交AC于点G,GF⊥BC于点F,连接EF. 图1 图2 (1I)如图1，求证：四边形AEFG是菱形； (②)如图2，若点E为BG的中点，过点E作EM BC交AC于点M,在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出 图2中长度等于V3CM的四条线段， 4/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(24-25九上黑龙江哈尔滨松北区期末)【问题背景】 (教材原题)如图1，四边形ABCD是正方形，点E是BC边的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平 分线CF于点F,求证：AE=EF(无需证明)， (图1) (图2) (图3) 【问题探究】 (I)如图2，四边形ABCD是正方形，点E在BC上，∠AEF=90°，AE=EF,连接CF,则∠DCF的度数为_； (2)如图3，四边形ABCD是菱形，点E在BC上，LAEF=∠ABC=a(a>90°)，AE=EF,连接CF.探究LDCF 与LABC的数量关系，并证明你的结论. 5/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.(24-25九上黑龙江哈尔滨通河县期末)如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A与点C重合，（点D的 对应点为点G),连接AF. G G D D F O B 图1 图2 (1)如图1，求证：四边形AECF为菱形； (2)如图2，若∠CFG=60°，连接AC交EF于点0，连接D0,G0,在不添加任何辅助线的情况下，请直接写 出图2中所有的等边三角形. 6/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(24-25九上黑龙江虎林期末)平面内有一等腰直角三角板（∠ACB=90),直线MN过点A.过点C作CE⊥MN 于点E,过点B作BF⊥MN于点F.当点E与点A重合时（如图①），易证：AF+BF=2CE. B M A(E) 图① 图② 图③ (1)当三角板绕点A顺时针旋转至图②的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立， 请说明理由： (2)当三角板绕点A顺时针旋转至图③的位置时，线段AF,BF,CE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你 的猜想，不需要说明理由， 7/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8.(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔建华区期末)上数学综合实践课上，在学习了图形的相似后，老师组织同学 们以“探究相似基本模型”为主题的数学活动.对三角形的相似进行了深入研究. E D B B ① ② ③ (一)拓展探究 如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB,垂足为D.这是我们比较熟悉的一个相似基本模型 (1)易知：在△ABC和△ACD中，由∠ACB=∠ADC=90,∠.=L,证得△ABC-△ACD,可得出% =-进而得到AC2=AD·AB. (2)如图②，F为线段CD上一点，作射线AF,并在射线AF上取点E,连接CE,使LAEC=∠ACD, ①此时可证△ACF一△AEC,进而得出AC2=一： ②猜想△AEB是_三角形，直接利用(1)和(2)的①问中所得结论证明你的猜想. (二)探索应用 如图③，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，线段AC绕点A顺时针旋转得到线段AD,连接CD并延长至点 E,且使∠CEB=LCBD (3)线段AC绕点A顺时针旋转一周的过程中，若AC=2,BC=5,线段CE长度的最小值为_ 8/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9.(24-25九上黑龙江牡丹江·期末)数学刘老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究、 己知B、C、D三点共线，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠BED=90°，过点C作CFUDE, CF=BE,连接EF,交直线BC于点M. (I)当点D在线段CB延长线上时，如图①，求证：AB+BE=V2CM; 分析问题： 某同学在思考这道题时，通过观察分析，可证出BC=V2AB,BD=V2BE,利用三角形全等，可证出DM=CM, 进而证出V2AB+V√2BE=2CM,最终证出结论， 推理证明： 写出图①的证明过程；探究问题： (2)当点D在线段CB上时，如图②；当点D在线段BC延长线上时，如图③，请猜想并写出线段AB, BE,CM之间的数量关系； 拓展思考： (3)在(1)，(2)条件下，若BD=4DM=8,则AB= F B M M E E 图① 图② 图③ 9/37 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 10.(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔拜泉县期末)综合与实践 旋转是初中学习的一种全等变换，通过旋转可以将已知条件中“分散”的条件相对地“集中”在一起，构成新的 联系，从而解决问题.同时，旋转时图形中出现“有公共端点的线段相等”的条件，所以在等腰（或等边） 三角形、正方形中常进行旋转变换， 图① 图② 图③ (I)正方形中的旋转”：如图①，点E、点F分别是正方形的边DC、BC上的点，连接AF、FE、AE,若LEAF= 45°，则BF、DE、EF之间的数量关系为 问题解决：将△ADE绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG,可证明△AEF兰，从而得出结论.请你完 成BF、DE、EF之间的数量关系的证明， (2)如图②，P为正方形ABCD内一点，且PA=1,PB=2,PC=3,请你确定∠APB的度数：∠APB= ·小杰同学的思路是：设法将PA、PB、PC相对集中，于是将△BCP绕点B顺时针旋转90°得到 △BAE,连接PE,确定△PBE与△APE的形状分别为：，问题得以解决、 (3)等边三角形中的“旋转”：请你参考小杰同学的思路，解决下面问题： 如图③，P点是等边三角形ABC内一点，若∠APB=115°，∠APC=120°，请你直接写出以线段PA、PB、PC 的长度为边长的三角形的各内角的度数分别为一· 10/37 专题07 解答压轴题专练 2大高频考点概览 考点01 几何类比探究题 考点02 抛物线综合题 地 城 考点01 几何类比探究题 一、解答题 1．(24-25九上·黑龙江省绥化市明水县·期末)已知四边形内接于，对角线是的直径．    (1)如图1，连接，若，求证；平分； (2)如图2，为内一点，满足，若，，求弦的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可． (2)证明四边形平行四边形，后用勾股定理计算即可． 【详解】（1）∵对角线是的直径， ∴， ∴， ∴平分． （2）∵对角线是的直径， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴四边形平行四边形， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 2．(24-25九上·黑龙江省绥化市明水县·期末)如图，在等边三角形中，，点为边上一点，点为边上一点，连接． (1)如图①，过点E作交于点，延长交延长线于点，若，求的长； (2)如图②，将绕点逆时针旋转60°得到，连接，请猜想、、的数量关系并证明． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】（1）证明是等边三角形，，证明，再利用全等三角形的性质可得答案； （2）过点作，交于点，由（1）可知是等边三角形，由旋转可知，，证明是等边三角形，再证明，， 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2），证明如下： 过点作，交于点， 由（1）可知是等边三角形， ∴， 由旋转可知，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，作出合适的辅助线构建全等三角形是解本题的关键． 3．(24-25九上·黑龙江哈尔滨南岗区·期末)已知：为的直径，内接于，且． (1)如图1，求证：平分； (2)如图2，点在上，连接并延长交于点，连接，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，点在线段上，连接，延长至点，连接，使得，，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，设 ，根据题意，得，，即可求出结果．   （2）设 ，根据题意，得，结合三角形内角和 得到 得出，即可求出； （3）连接，，，延长交于点，过点作于点．推出和为等边三角形，证出，再由勾股定理得到，得到，再结合锐角三角函数的定义求出，得到，再根据即可求出． 本题主要考查勾股定理，锐角三角函数的定义，等边三角形，全等三角形的性质，圆周角定理等知识． 【详解】（1）证明：如图1，连接． 设    ． 为直径   ．    平分． （2）如图2，          ，    ． （3）如图3， 连接，，，延长交于点，过点作于点． ，   为等边三角形   ， ， 为等边三角形 ，                         为的中位线 在中，    在中，， 在中，    4．(24-25九上·黑龙江省哈尔滨市南岗区·期末)已知：在中，，于点，平分交于点，交于点，于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，若点为的中点，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中长度等于的四条线段． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明即可． （2）先证明，再分别证明即可． 【详解】（1）证明：,，   ，   ， 平分，   ，   又,，   ， , ， ， 又，   ， ，   ， 四边形是平行四边形，   是菱形； （2）解：,,,. ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 在中，∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴是长倍的所有线段有,,,． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角的性质等知识，寻找全等三角形是解题的关键，必须熟练掌握特殊三角形边角关系． 5．(24-25九上·黑龙江哈尔滨松北区·期末)【问题背景】 （教材原题）如图1，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：（无需证明）． 【问题探究】 (1)如图2，四边形是正方形，点E在上，，，连接，则的度数为 ； (2)如图3，四边形是菱形，点E在上，（），，连接．探究与的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）连接，过点E作，交于点H，由可证，可得，即可求出； （2）由可得，可得，，由角的数量关系可求解． 【详解】（1）解：如图2，连接，过点E作，交于点H， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：．证明如下： 证明：如图3，在的延长线上取点G，使得， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了四边形的综合应用，主要考查正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 6．(24-25九上·黑龙江哈尔滨通河县·期末) 如图，将矩形沿折叠，使点A与点C重合，（点D的对应点为点G），连接． (1)如图1，求证：四边形为菱形； (2)如图2，若，连接交于点，连接，，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有的等边三角形． 【答案】(1)见解析 (2)、、、 【分析】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等边三角形的判定、平行四边形和菱形的判定；熟练掌握翻折变换的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键． （1）由折叠性质得，，，由矩形性质得出，，证出，得出四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）先证出，得出，证出和是等边三角形；再证出，，得出是等边三角形；证出，得出是等边三角形． 【详解】（1）证明：由折叠性质得，，， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为菱形． （2）解：等边三角形为：、、、；理由如下： ， ，， 四边形是菱形， ，，，， 和是等边三角形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， 是等边三角形． 7．(24-25九上·黑龙江虎林·期末)平面内有一等腰直角三角板，直线过点．过点作于点，过点作于点．当点与点重合时（如图①），易证：． (1)当三角板绕点顺时针旋转至图②的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (2)当三角板绕点顺时针旋转至图③的位置时，线段，，之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需要说明理由． 【答案】(1)成立，见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质．根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）过作于点，可证，通过线段的等量代换可得结论； （2）过点作，交的延长线于点，，通过线段的等量代换可得答案． 【详解】（1）解：仍成立， 证明：如图，过作于点， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， 又∵在中，， ∴， 又∵，， ∴． ∴，，， ∴； （2）解：不成立，线段、、之间的数量关系为：， 证明：如图，过点作，交的延长线于点， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， 又∵在中，， ∴， 又∵，， ∴． ∴，， ∴． 8．(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔建华区·期末)上数学综合实践课上，在学习了图形的相似后，老师组织同学们以“探究相似基本模型”为主题的数学活动．对三角形的相似进行了深入研究． （一）拓展探究 如图①，在中，，，垂足为D．这是我们比较熟悉的一个相似基本模型． （1）易知：在和中，由，∠ ，证得，可得出 ；进而得到． （2）如图②，F为线段上一点，作射线，并在射线上取点E，连接，使． ①此时可证，进而得出 ； ②猜想是 三角形，直接利用（1）和（2）的①问中所得结论证明你的猜想． （二）探索应用 如图③，是直角三角形，，线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接并延长至点E，且使． （3）线段绕点A顺时针旋转一周的过程中，若，线段长度的最小值为 ． 【答案】（1），或（，）；；（2）①；②直角，见解析；（3） 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、三角形三边关系等内容，熟练掌握相关知是解题的关键． （1）由题易得，再根据，得到，所以，进而得到； （2）①根据相似三角形的性质直接得解即可； ②由前述两问可得到，进而可证出，从而得解； （3）证，得到，当最大时，最小，而，当且仅当三点共线时取等，进而得解． 【详解】解：（1）由题易知，或， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，或（，）；； （2）①∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； ②为直角三角形，证明如下， 证明：由（1）得， 由（2）①得， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形； 故答案为：直角； （3）∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时，最小， 由题可知，点D在以A为圆心，2为半径的圆上运动， ∴，当且仅当三点共线时取等， 此时， 故答案为：． 9．(24-25九上·黑龙江牡丹江·期末)数学刘老师在课堂上给出了一个问题，让同学们探究、 已知B、C、D三点共线，和都是等腰直角三角形，，过点C作，，连接，交直线于点M． （1）当点D在线段延长线上时，如图①，求证：； 分析问题： 某同学在思考这道题时，通过观察分析，可证出，，利用三角形全等，可证出，进而证出，最终证出结论． 推理证明： 写出图①的证明过程；探究问题： （2）当点D在线段上时，如图②；当点D在线段延长线上时，如图③，请猜想并写出线段，，之间的数量关系； 拓展思考： （3）在（1），（2）条件下，若，则________． 【答案】（1）见解析；（2）图②：；图③：；（3）或 【分析】（1）由和都是等腰直角三角形，得，，，，进而证明，得，由，即可证明； （2）同（1）可证明，得，由，即可证明；由，即可证明； （3）当时，由（2）可知：，或，由，可求． 【详解】（1）证明：和都是等腰直角三角形， ，，， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ；    （2）当点D在线段上时，如图②：； 理由： 和都是等腰直角三角形， ，，， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ； 当点D在线段延长线上时，如图③：； 理由：和都是等腰直角三角形， ，，， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ； （3）解： 当时， ， 图②，由（2）可知：， ， ， ； 图③：由（2）可知：， ， ， ； 综上所述，当时，或， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等，解题的关键是熟练掌握相关性质，结合图形准确推理． 10．(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔拜泉县·期末)综合与实践 旋转是初中学习的一种全等变换，通过旋转可以将已知条件中“分散”的条件相对地“集中”在一起，构成新的联系，从而解决问题．同时，旋转时图形中出现“有公共端点的线段相等”的条件，所以在等腰（或等边）三角形、正方形中常进行旋转变换． (1)正方形中的“旋转”：如图①，点、点分别是正方形的边、上的点，连接、，若，则之间的数量关系为_____． 问题解决：将绕点顺时针旋转，得到，可证明_____，从而得出结论．请你完成之间的数量关系的证明． (2)如图②，为正方形内一点，且，，，请你确定的度数：_____．小杰同学的思路是：设法将、、相对集中，于是将绕点顺时针旋转得到，连接，确定与的形状分别为：_____，问题得以解决． (3)等边三角形中的“旋转”：请你参考小杰同学的思路，解决下面问题： 如图③，点是等边三角形内一点，若，请你直接写出：以线段、、的长度为边长的三角形的各内角的度数分别为_____． 【答案】(1)，，证明见解析 (2)，等腰直角三角形、直角三角形 (3) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握相关知识点，利用类比的思想解答是解题的关键． （1）将绕点顺时针旋转，得到，通过证明，从而得出结论． （2）将绕点顺时针旋转得到，连接，证明为等腰直角三角形，为直角三角形即可解决问题． （3）将绕点C顺时针旋转得到，连接，证明为等边三角形，再利用角的等量关系，和差关系及三角形的内角和为即可求出各个角的度数． 【详解】（1），，理由如下 证明：在正方形中，， 绕点A顺时针旋转，得到， ∴， ∴， ∴点G、点B、点F三点共线； ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴ ∴， 即 故答案为： （2）将绕点顺时针旋转得到，连接， 为等腰直角三角形，， ，， 有：， 为直角三角形，． ． 故答案为：，等腰直角三角形、直角三角形， （3）将绕点C顺时针旋转得到，连接， ， 为等边三角形，， 以线段、、的长度为边长的三角形为 ， ， 又， ， ， 故答案为： 11．(24-25九上·黑龙江省齐齐哈尔市依安县等四地·期末)综合与实践 旋转是初中学习的一种全等变换，通过旋转可以将已知条件中“分散”的条件相对地“集中”在一起，构成新的联系，从而解决问题．同时，旋转时图形中出现“有公共端点的线段相等”的条件，所以在等腰（或等边）三角形、正方形中常进行旋转变换． (1)正方形中的“旋转”：如图①，点、点分别是正方形的边、上的点，连接、，若，则之间的数量关系为______． 问题解决：将绕点顺时针旋转，得到，则点G、点B、点F三点______，可证明_____，从而得出结论．请你完成上述全等关系的证明． (2)如图②，为正方形内一点，且，，，请你确定的度数：_____． 小杰同学的思路是：设法将PA、PB、PC相对集中，于是将绕点B顺时针旋转90°得到，连接PE，确定与的形状分别为：______，问题得以解决． (3)等边三角形中的“旋转”：请你参考小杰同学的思路，解决下面问题： 如图③，P点是等边三角形内一点，若，，请你直接写出：以线段的长度为边长的三角形的各内角的度数分别为______． 【答案】(1)；共线；；证明见解析 (2)；等腰直角三角形、直角三角形 (3) 【分析】（1）绕点A顺时针旋转，得到，可得点G、点B、点F三点共线；再由，可得，即可求证； （2）将相对集中，于是将绕点B顺时针旋转得到，连接，可得，从而得到是等腰直角三角形，进而得到，，再由勾股定理逆定理可得是直角三角形，即可求解； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，则，，可得是等边三角形，进而得到以线段的长度为边长的三角形是，从而即可求解． 【详解】（1）解：如图，绕点A顺时针旋转，得到， 在正方形中，， 根据题意得：， ∴， ∴点G、点B、点F三点共线； ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴； 故答案为：；共线；． （2）解：如图，将相对集中，于是将绕点B顺时针旋转得到，连接， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴是直角三角形， ∴， ∴； 故答案为：；等腰直角三角形、直角三角形 （3）解：∵为等边三角形， ∴， 如图，将绕点A顺时针旋转得到，连接，则，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 即三点共线， ∴以线段的长度为边长的三角形是， ∵，， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握相关知识点，利用类比的思想解答是解题的关键． 12．(24-25九上·黑龙江七台河·期末)是等边三角形，边在射线上，点D是射线上的动点，当点D在线段上移动且不与点A重合时如图1，点D在线段上移动时如图2，将绕点C逆时针方向旋转得到，连接． (1)任选其中一个图形证明是等边三角形． (2)若的边长为4，且，设，是否存在t值，使是直角三角形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)存在，或14 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等边三角形的判定可得结论； （2）分四种情况，由旋转的性质和直角三角形的性质可求解． 【详解】（1）证明：∵将绕点C逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形； （2）解：存在， ①当时， 根据解析（1）可知：是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 由旋转可知，，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，此时只能， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即； ②当时，根据旋转可知：， ∴， ∴此时可能是直角三角形； ③时，点D与点B重合， ∴此时D、B、E不能构成三角形； ④ 当时，由旋转的性质可知，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴中只能是， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 综上所述：当或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 13．(24-25九上·黑龙江绥化第四中学·期末)如图1，和都是等边三角形． (1)求证：． (2)若B、C、E三点不在一条直线上，连接，，求的长． (3)若B、C、E三点在一条直线上（如图2），且和的边长分别为1和2，求的面积及的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)， 【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等，第（3）小题巧作辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）依据等式的性质可证明，然后依据可证明； （2）由（1）知：，利用勾股定理计算的长，可得的长； （3）过点A作于F，先根据平角的定义得，利用特殊角的三角函数可得、的长，由三角形面积公式可得的面积，利用勾股定理可求． 【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴； （2）解：∵是等边三角形，， ∴，， ∵， ∴， 又， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，过点A作于F， ∵B、C、E三点在一条直线上， ∴， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴． ， ∴ 在中，． 14．(24-25九上·黑龙江省哈尔滨市巴彦县第四共同体·期末)如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD于点E，连按OA、OD，OA交BD于点F． （1）如图1，求证：∠BAC=∠OAD； （2）如图2，当AC=CD肘，求证：AB=BF； （3）如图3，在（2）的条件下，当BD=11，AF=时．求OF的长．    【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 【详解】试题分析：（1）如图1中，延长AO交⊙O于M，连接CM．只要证明CM∥BD，推出∠1=∠2，推出，推出∠BAC=∠DAO． （2）由∠BAC=∠DAO，推出∠BAF=∠CAD，由CA=CD，所以∠CAD=∠CDA，由∠1=∠B，∠B+∠BAF+∠AFB=180°，∠1+∠CAD+∠ADC=180°，推出∠BAF=∠ADC=∠CAD=∠BAF，即可证明． （3）如图3中，连接OB、DM．设BA=BF=x，⊙O的半径为r．由△ABF∽△AOB，推出，得x2=2r   ①，由△ABF∽△DMF，推出，得x（11-x）=2（2r-2）     ②，由①②解方程组即可解决问题． 试题解析：（1）证明：如图1中，延长AO交⊙O于M，连接CM．    ∵AM是直径， ∴∠ACM=90°， ∵AC⊥BD， ∴∠AED=∠ACM=90°， ∴CM∥BD， ∴∠1=∠2， ∴， ∴∠BAC=∠DAO． （2）证明：如图2中，    ∵∠BAC=∠DAO， ∴∠BAF=∠CAD， ∵CA=CD， ∴∠CAD=∠CDA， ∵∠1=∠B，∠B+∠BAF+∠AFB=180°，∠1+∠CAD+∠ADC=180°， ∴∠BAF=∠ADC=∠CAD=∠BAF， ∴BA=BF． （3）解：如图3中，连接OB、DM．设BA=BF=x，⊙O的半径为r．    ∵OB=OA， ∴∠OAB=∠OBA=∠BAF， ∴△ABF∽△AOB， ∴， ∴x2=2r   ①， ∵∠ABF=∠M，∠AFB=∠DFM， ∴△ABF∽△DMF， ∴， ∴x（11-x）=2（2r-2）     ②， 由①②可得x=5，r=， ∴OF=r-AF=-2=． 15．(24-25九上·黑龙江哈尔滨松北区·期末)已知，在中，是的直径，与弦相交于点，点为弧上一点，连接，，，与交于点，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，过点作弦，连接，，分别与交于点、，若，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，与交于点M，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，先证明，得出，根据，得出，即可证明结论； （2）连接，，证明，得出，证明为等边三角形，得出，，证明，即可得出结论； （3）延长交于点P，连接，，，过点C作的垂线，交的延长线于点Q，根据等腰三角形性质和三角形内角和定理得出，证明，根据垂径定理得出，解直角三角形得出，，设的半径为r，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 则， ∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，则， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接，，如图所示： ∵， ∴， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， 在和中， ∴， ∴； （3）解：延长交于点P，连接，，，过点C作的垂线，交的延长线于点Q，如图所示： ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理（2）中过程证明平行线所截得的圆弧相等，可得， 由（1）可知，，则， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， 设的半径为r， ∵在中，，， ∴， 在中，， 即， 解得：，负值舍去， ∴． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 16．(24-25九上·黑龙江哈尔滨阿城区·期末)定义：只有一组邻边相等且互相垂直的四边形叫做等直四边形． 理解： （1）如图1，在等直四边形中，，，若，求证：； （2）如图2，在四边形中，，，，求证：四边形是等直四边形； 探究： （3）如图3，在中，圆内接四边形是等直四边形，，，点P为上一点，点Q为上一点，且，连接，点M为的中点，连接交于点E，交于点F，若，，，求的长． 【答案】（1）详见解析 （2）详见解析 （2） 【分析】（1）利用证明即可得到答案； （2）延长至K，使，先证明，证明，从而得，根据，即可得出结论； （3）通过构造辅助线证明，得，设设，，得，通过得出m，n的关系，连接交于R，连接，通过圆周角定理得出，在中理由勾股定理和三角函数即可得出答案． 【详解】（1）证明：根据题意得，在等直四边形中，，， 又∵，， ∴， ∴． （2）证明：延长至K，使，连接， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等直四边形． （3）解：∵点M为中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是圆O的直径， ∴， ∴， ∴， 延长至点N使，连接，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，设，， ∴， 则， ∵， ∴， ∴， ∴或（舍）， ∴， 连接交于R，连接， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为圆直径， ∴， 设，则，， 在中，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是一道圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、全等三角形的构造、圆的有关概念及性质、圆周角定理及其推论、三角函数、一元二次方程、勾股定理、综合性很强，正确做出辅助线是解题关键． 17．(24-25九上·黑龙江哈尔滨香坊区·期末)已知，内接于，弦交于点E，连接，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，弦，交于点G，垂足为H，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，弦交于点Q，，若，，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了圆、等腰三角形、三角形外角、全等三角形、勾股定理、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握圆周角定理、全等三角形、三角函数和勾股定理的知识； （1）连接，根据圆周角定理和等腰三角形的性质，得；再根据三角形外角的性质计算，即可得到答案； （2）结合题意，根据直角三角形两锐角互余、圆周角的性质，得，再根据等腰三角形三线合一的性质推导，即可完成证明； （3）结合题意，根据圆和等腰三角形性质推导得，再根据全等三角形的性质，通过证明，推导得；再根据勾股定理和三角函数的性质，计算得，从而完成求解． 【详解】（1）如下图，连接， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴； （2）， ， ， ， ， ， 如图，连接， ∴ ， ， ， ； （3）如图，延长交于点，连接，过点B作，交于点， 设， ， ， ， ， ， ∵， ， ，， ， ∵， ， ， ， ， 设，， ， ， 又， ， 和中， ∴， ， ， ， 在中，， ， ， 在中，，， ， ， ， ， ， ， ，（舍）， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， 的半径为． 18．(24-25九上·黑龙江哈尔滨通河县·期末)如图，为的直径，弦交于点E，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点F在上，连接，延长交于点G，交于点N，，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点M，连接，若， ，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)30 【分析】（1）根据垂径定理推论得到，由等腰三角形的性质得到，，而，故； （2）连接，先导角证明，由圆周角定理得，那么，再证明即可； （3）连接，设，则，则，，解得：，故，在中，由勾股定理得，而，可得，则，那么，，，过点作于点，连接，则，，则，在中，由勾股定理得，那么由即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如下图， ∵，经过圆心， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即； （2）证明：连接，如下图， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3）解：连接， ∵在中，， ∴设， 则由勾股定理得：， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵由（2）得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ 过点作于点，连接， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴． 【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及圆周角定理，勾股定理，垂径定理的推论，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，综合性很强，难度较大． 地 城 考点02 抛物线综合题 一、解答题 1．(24-25九上·黑龙江省齐齐哈尔市梅里斯区·期末)如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点B与点C的坐标分别为，，点M是抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式； （2）点P是线段MB上一个动点，且点P的横坐标为m，过点P作轴于点D，交抛物线于点E，求线段PE的最大值，并求出此时点E的坐标； （3）在（2）的条件下，若在线段MB上存在点P，使得为直角三角形，请直接写出点P的坐标． 【答案】（1）；（2）最大值为1，E；（3）或 【分析】（1）将B、C坐标滴入抛物线的解析式求解b、c即可； （2）先求出顶点M坐标，再利用待定系数法求得直线BM的表达式，用m表示点P、E坐标，由和二次函数求最值方法求解即可； （3）根据题意可得不可能为，分（i）当时；（ii）当时进行求解即可． 【详解】解：（1）将点，分别代入抛物线中， 得，解得， ∴抛物线的解析式为； （2）∵，∴， 设直线BM的解析式为， 把点，分别代入， 得，解得， ∴直线BM的解析式为． ∵点P的横坐标为m， ∴，， ∴， ∴当时，PE有最大值，最大值为1， 此时点E的坐标为； （3）点P的坐标为或， 根据题意可得不可能为； （i）当时，则，即， 解得，此时点P的坐标为； （ii）当时，则， 即 整理得：， 解得：（舍去）或， 当时， ， 此时点P的坐标为， 综上，满足题意的点P的坐标为或． 【点睛】本题是二次函数的综合题型，涉及待定系数法求函数解析式、求二次函数的最值、坐标与图形、两点间的距离公式、三角形的面积公式、解一元二次方程等知识，解答的关键是熟练掌握二次函数的图象与性质，会运用分类讨论和数形结合法等数学思想解决数学问题． 2．(24-25九上·黑龙江省虎林市·期末)如图，已知抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C，连接．      (1)求抛物线的解析式； (2)若点P为线段上的一动点（不与B、C重合），轴，且交抛物线于点M，交x轴于点N，当的面积最大时，求点P的坐标； (3)在（2）的条件下，当的面积最大时，点D是抛物线的对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点E，使得以A、P、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标是或或 【分析】（1）根据题意将，两点的坐标代入即可求出解析式； （2）求出直线的解析式，设点坐标为，则点坐标为，可表示出的长，则的面积，可用表示出来，根据二次函数的性质可求出面积的最大值和点的坐标； （3）分三种不同的情况进行讨论，利用平行四边形的性质及平移规律即可求出点的坐标． 【详解】（1）解：依题意得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：将代入，得， ∴点C的坐标为， 设直线的解析式为， 将和代入， 得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 设点坐标为，则点坐标为， ， ， 当时，的面积最大， 此时点的坐标为； （3）解：存在， 由（2）得：， ， 对称轴为直线， 当四边形为平行四边形时， 则，， ，， ， ， ， 将代入，得， ； 当四边形为平行四边形时， 则，， ， ， ， 将代入，得， ； 当四边形为平行四边形时， 则，， ， ， ， 将代入，得， ， 存在点使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标是或或． 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，用函数的思想求最值，平行四边形的性质等，解题的关键是能够根据题意利用平移规律进行分类讨论求出存在的点的坐标． 3．(24-25九上·黑龙江双鸭山集贤县·期末)如图1，在中，，．点以的速度从点A出发沿匀速运动到；同时，点以的速度从点出发沿匀速运动到．两点同时开始运动，到达各自终点后停止，设运动时间为，的面积为．当点在上运动时，S与的函数图象如图2所示．    (1)求线段的长和点的运动速度； (2)求的面积为关于运动时间t的函数关系式，写出自变量的取值范围，并补全函数图象； (3)当时间在什么范围内变化时，的面积为的值不小于？请直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2)，见解析 (3) 【分析】本题是二次函数与几何综合题，考查了动点函数图象，二次函数的性质，三角形的面积，熟练掌握全二次函数的性质是解题的关键． （1）根据时，从点正好运动到点，即可求出点运动的速度，根据时，求出的长； （2）分别求出当时及当时，函数的关系式，并补全图象即可； （2）分2种情况及，结合，利用图象法求解的范围即可解答． 【详解】（1）解：图2是点在上运动时，与的函数图象， 当时，从点正好运动到点， ， ， 根据题意得， ， ， ； （2）当时，， ， 当时，， ， ， 补全图象如图所示：    （3）在二次函数中，当时， ， 解得，，（舍去）， 在一次函数中，当时， ， 解得， 在时，的面积为的值不小于； 4．(24-25九上·黑龙江省佳木斯市富锦市·期末)如图，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点．将抛物线向右平移个单位得到抛物线与x轴交于D，E两点（点D在点E的左侧），与抛物线在第一象限交于点M． (1)求抛物线的解析式，并写出其对称轴． (2)①当时，直接写出抛物线的解析式； ②点M的坐标为 ．（用含m的代数式表示） (3)连接．在抛物线向右平移的过程中，是否存在是等腰直角三角形的情况？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，对称轴为直线 (2)①；② (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）直接利用待定系数法即可求得抛物线解析式，继而根据解析式即可求得抛物线的对称轴； （2）①利用抛物线平移规律即可求得解析式；②利用抛物线平移规律即可求得M的横坐标，进而代入抛物线解析式即可； （3）过点M作于点N．要使是等腰直角三角形，则，，可得．再建立方程求解即可． 【详解】（1）解：（1）设抛物线的解析式为．则 解得 抛物线的解析式为， 其中对称轴是直线． （2）解：①由（1）知：抛物线的解析式为， 即， 当时，根据抛物线平移规律可得： 抛物线解析式为： ②根据抛物线平移规律可得，抛物线向右平移个单位得到抛物线解析式为： ， 其对称轴为： ∴交点M横坐标为： 将其代入抛物线解析式可得： ∴点M的坐标为； （3）解：不存在． 理由：如图，过点M作于点N． 要使是等腰直角三角形，则，， 可得． ∵，，， ∴，． 令， 解得，． ∵点M在第一象限， ∴， ∴． 又， ∴， ∴，均不符合题意， ∴不存在是等腰直角三角形的情况． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，一元二次方程的解法，利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数图象的平移，掌握以上基础知识是解本题的关键． 5．(24-25九上·黑龙江绥化明水县·期末)如图，已知抛物线与轴交于点和点（点在点的左侧），与轴交于点． (1)求、、三点的坐标； (2)如图1，若点是线段上的一个动点（不与点，重合），过点作轴的平行线交抛物线于点，连接，当线段长度最大时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)如图2，在（2）的条件下，是的中点，过点的直线与抛物线交于点，且．在轴上是否存在点，使得为等腰三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，， (2)四边形为平行四边形，理由见解析 (3)存在，点的坐标为或或 【分析】（1）在中，分别令和，解方程可求解； （2）先求出直线的表达式为，设点的坐标为，则点的坐标为，则，进而求解； （3）过点作轴于点，设直线与轴交于点，则，，故，当，则，则直线和直线关于直线对称，进而求出点的坐标为，再分、、三种情况，分别求解即可． 【详解】（1）解：在中，令，则， 解得：，， 点，点， 令，则， 点； （2）四边形为平行四边形，理由如下： ，， 设直线的表达式为， 则， 解得：， 故直线的表达式为， 设点的坐标为，则点的坐标为， 则， ，故有最大值，当时，的最大值为， ，， 四边形为平行四边形； （3）是的中点，点， 点， 由（2）知，当时，的最大值为， 当时，， ， 设直线的表达式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的表达式为， 过点作轴于点，设直线与轴交于点， 则，，故， 而， ， 则直线和直线关于直线对称， ， ，， ，， ， ， 设直线的表达式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的表达式为， 联立， 解得：或（不合题意，舍去）， 点， 设点， ，， ，，， 当时，， 解得：； 当时，即，方程无解； 当时，即， 解得； 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】此题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象与性质，一次函数图象的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，函数的最值，平行四边形的判定，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 6．(24-25九上·黑龙江哈尔滨通河县·期末)如图，抛物线交x轴于A、B两点，经过点B的直线交y轴于点C，交抛物线于点． (1)如图1，求抛物线的解析式； (2)如图2，点E在第二象限抛物线上，连接交x轴于点F，，求直线的解析式； (3)如图3，在（2）的条件下，点P为第一象限抛物线上一点，连接，若，求点P的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法求解； （2）过点作轴于点，过点作轴于点，则，求得，将代入求得，再由待定系数法求解即可； （3）过点作交延长线于点，过点作轴的垂线，过点分别作直线的垂线，垂足为，证明，则，，那么，同上可求直线表达式为：，与抛物线解析式联立得：即可求解点坐标． 【详解】（1）解：由题意得，将代入得，， ∴， 将代入得：， 解得：， ∴抛物线的解析式：； （2）解：过点作轴于点，过点作轴于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴将代入， 得：， 解得：，（舍）， ∴， 设直线表达式为：， ∴， 解得：， ∴直线表达式为：； （3）解：过点作交延长线于点，过点作轴的垂线，过点分别作直线的垂线，垂足为， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同上可求直线表达式为：， 与抛物线解析式联立得：， 解得：，（舍）， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数与角度的存在性问题，涉及待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直线与抛物线的交点问题等知识点，难度较大，正确添加辅助线是解题的关键． 7．(24-25九上·黑龙江省绥化市海伦市·期末)如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，连接． (1)求A、B、C三点的坐标； (2)若点P为线段上的一点（不与B、C重合），轴，且交抛物线于点M，交x轴于点N，当线段的长度最大时，求点M的坐标； (3)在（2）的条件下，当线段的长度最大时，在抛物线的对称轴上有一点Q，使得为直角三角形，直接写出点Q的坐标． 【答案】(1)，， (2) (3)或或或 【分析】（1）在抛物线解析式中，令可求得点坐标，令则可求得、的坐标； （2）由、的坐标可求得直线的解析式为，设点的坐标，则可表示出点坐标，从而可用表示出的长，再利用二次函数的性质求得线段的长度最大时的值，可求得点坐标； （3）由（2）可知点坐标，设点坐标为，则可用分别表示出、及，分点为直角顶点、点为直角顶点和点为直角顶点三种情况，分别根据勾股定理可得到关于的方程，可求出的值，可求得点坐标． 【详解】（1）解：对于，令，则， ， 令，则， 解得：，， ，； （2）解：设的表达式为，则， 解得， 直线的表达式为， 设点的坐标为，则点的坐标为， ， ∴时，最大， 此时点坐标； （3）解：， 抛物线的对称轴为直线， 设， ∵，， ，， ， 为直角三角形， 分点为直角顶点、点为直角顶点和点为直角顶点三种情况， ①当点为直角顶点时，则有 即， 解得：， 此时点坐标为， ②当点为直角顶点时，则有， 即， 解得：，， 此时点坐标为或， ③当点为直角顶点时，则有， 即， 解得：， 此时点坐标为， 综上所述，点坐标为或或或． 【点睛】此题是二次函数综合应用题，主要考查了待定系数法函数与坐标轴的交点、三角形的面积、二次函数的性质、勾股定理、方程思想以及分类讨论思想等知识． 8．(24-25九上·黑龙江哈尔滨南岗区·期末)已知：在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线交轴于、两点，交轴于点． (1)如图1，求的值； (2)如图2，点为第一象限抛物线上一点，连接交于点，连接，设点的横坐标为，的面积为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，点是的中点，连接、，过点作交于点，延长至点，使得，连接，取的中点，连接，若，的面积为，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数与面积的综合、全等三角形的判定与性质、正切的应用等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）直接将代入求解即可； （2）先求得，如图：过点作于点，易得，由正切的定义可得，进而求得，最后根据三角形面积公式即可解答； （3）如图：连接、，作于点，于点，延长至点，使，连接；易求得，再求出可得，进而证明为等边三角形可得、、，再证明可得、，然后证明可得；由正切的定义和勾股定理可证明四边形为平行四边形可得、、，进一步得到，最后结合（2）求解即可． 【详解】（1）解：抛物线交轴于 ． （2）解：由（1）可得， ∴，即， 如图：过点作于点， 点在抛物线上，点的横坐标为， 在中，， 在中，， ． （3）解：如图：连接、，作于点，于点，延长至点，使，连接． 当时，，解得：，， ， 在中，， ， ，， ， 为等边三角形， ，，， ，，， ， ，， ， ， ， ，， ，即：， 又，   ， ， ，   ， ， ， ， 又， ， 在中，， ，，   ，， 设，则，， 在中，， 在中， ， ，解得：，（舍）， ，， ， ， 在中，， ， ， ，   在中，， ，   四边形为平行四边形， ，， ， 由（2）得：， ， ， ，   ，   ， 轴， ，， ， 由（2）得， ． 9．(24-25九上·黑龙江省大庆市让胡路区·期末)如图,抛物线与x轴交于两点．点P为抛物线上任意一点,其横坐标为,过点P作轴,点Q的横坐标为． (1)求a,b的值； (2)当点Q在抛物线上时,求m的值； (3)当线段与抛物线有两个公共点时,直接写出m的取值范围； (4)过点P作轴,点M的纵坐标为,且点M与点P不重合．连接 ,当抛物线在内的部分对应的函数值y随x的增大而减小时,直接写出m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或 (4)或 【分析】（1）把，代入，得到关于、的二元一次方程组，求得和即可； （2）根据点与点的位置，由题意可知它们关于对称轴对称，从而求出的值； （3）先求出点关于对称轴的对称点的坐标，线段与图象有两个交点，再结合图象，确定的取值即可； （4）分情况进行讨论，按照m的取值范围，画出图形，根据二次函数的性质，进行判定即可． 【详解】（1）解：把，代入，得： ， 解得：； （2）解：∵抛物线的解析式， 抛物线的对称轴是：， 轴，且点在抛物上， 点和点关于抛物线对称轴对称， ， 解得：； 的值为； （3）解：点的横坐标为， 点关于对称轴的对称点的横坐标为； ①当时，， 解得：， ； ②当时，只有一个交点，显然不符合题意； ③当时，， 解得：， ； 综上分析可知：或； （4）解：当点与点重合时，，解得：或 当时，点M在x轴下方， 由解析（3）可知，当时，线段与抛物线有两个交点，如图所示：    此时抛物线在内有两部分，对称轴右侧部分，不符合题意； 当时，如图所示： 此时抛物线在内的部分在对称轴左侧，随x的增大而减小，符合题意； 当时，P与M重合，不符合题意； 当时，如图所示：    此时在内没有抛物线； 当时，如图所示：    此时抛物线在内的部分在对称轴左侧，随x的增大而减小，符合题意； 当时，如图所示：    此时抛物线在内的部分在对称轴左侧，随x的增大而减小，符合题意； 当时， 此时抛物线在内有两部分，不符合题意； 综上分析可知，当或时，抛物线在内的抛物线，随x的增大而减小． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，求二次函数的解析式，数形结合，分类讨论是解题的关键． 10．(24-25九上·黑龙江哈尔滨松北区·期末)已知，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，拋物线与x轴交于，两点（在左），与y轴交于点，．    (1)如图1，求拋物线的解析式； (2)如图2，点为第一象限内抛物线上一点，连接，过点作，垂足为，设点的横坐标为，线段的长为，求与的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，点在线段的延长线上，连接，，，延长交于点，点在上，连接，若，，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求得点的坐标，利用待定系数法解答即可； （2）利用待定系数法求得直线的解析式，点作于点，交于点，利用二次函数图象上点的坐标的特征得到，则，再利用等腰直角三角形的性质解答即可得出结论； （3）延长，交于点，在EA上截取，连接，利用等腰直角三角形的性质，三角形的外角的性质和等腰三角形的判定定理得到，利用全等三角形的判定与性质得到，；连接，利用全等三角形的判定与性质得到，利用勾股定理求得，则；过点作于点，则，设，则，利用勾股定理求得值，则点坐标可求，利用待定系数法求得直线的解析式，并与二次函数的解析式联立组成方程组，解方程组即可得出结论． 【详解】（1）令，则， ， ， ， ， ， ， ， ∴．抛物线的解析式为； （2）由（1）知：， ， 设直线BC的解析式为， ， ∴直线的解析式为． 过点作于点，交BC于点，如图，   设点的横坐标为t， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）延长，交于点，在上截取，连接，如图，    ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 连接， 在中， ， ．， ， 令， ， ， ， ， ， 过点作于点，则， 设，则， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为， ， ， ∴直线PD的解析式为， ∵， ∵点为第一象限内抛物线上一点， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数的图象上点的坐标的特征，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 11．(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔建华区·期末)如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点、，与y轴交于点C．点P是抛物线上第四象限内的一点，过P作轴，交直线于点D． (1)求抛物线的函数解析式； (2)若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标； (3)当时，点P的横坐标为 ； (4)当点D在抛物线的对称轴上，Q为x轴上的一点，的最小值为 ． 【答案】(1)； (2)； (3)； (4) 【分析】本题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． （1）由待定系数法即可求解； （2）点P是抛物线上第四象限内的一点，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，则，设点，则点，得到即可求解； （3）由，即可求解； （4）过点O作直线，即直线l和x轴正半轴的夹角为，过点D作交于点H，交x轴于点Q，则，则此时最小，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点、， ∴， 解得，， ∴抛物线的表达式为：； （2）解：∵点P是抛物线上第四象限内的一点，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形， ∵， ∴， 设直线的解析式为， 把，代入，得， ， 解得， ∴直线的表达式为：， 设点，则点， 则， 解得：， 即点； （3）解：设直线交y轴于点H， 设点， 设直线的解析式为， 把，代入，得： ， 解得， ∴直线的表达式为：， 则点， 则， 则， 解得：（不合题意的值已舍去）， 故答案为：； （4）解：当点D在抛物线的对称轴上，则点， 过点O作直线，即直线l和x轴正半轴的夹角为， 过点D作交于点H，交x轴于点Q，则，则此时最小， 理由：，则为最小， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． ∴的最小值为． 12．(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔龙沙区·期末)综合与探究 如图，抛物线过点，和，连接，为抛物线上一动点，过点作轴交直线于点，交轴于点，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)当点在直线上方，且，时，求点的坐标； (3)当为等腰三角形时，求m的值为______； (4)是否存在点，使得，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或 (4)存在，或 【分析】（1）利用待定系数法求出即可得； （2）先根据直线的解析式求出点的坐标，进而表示出，根据三角形的面积公式，列出方程，解方程，即可求解； （3）利用两点之间的距离公式分别求出，和的值，然后分三种情况：①，②，③，建立方程，解方程即可得； （4）先求得，当在的上方时，过点作轴的平行线，过点作，延长交于点，则，轴，得出，根据正切的定义得出，求得点的坐标；当在的上方时，设与关于对称的对称点为，则另一个为射线与抛物线的交点，进而求得的坐标，求得直线与抛物线的交点，即可求解． 【详解】（1）解：将点代入得：， 解得， 则抛物线的解析式为； （2）设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， 则直线的解析式为． ，轴交直线于点，交轴于点， ， ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： ∴ ∴ （3）解：，轴交直线于点，交轴于点， ， ， ，，， ①当时，为等腰三角形， 则，即， 解得或（不符合题意，舍去）； ②当时，为等腰三角形， 则，即， 解得或（不符合题意，舍去）； ③当时，为等腰三角形， 则，即， 解得， 综上，或或． （4）解：由，当时， 解得： ∴ 当在的上方时，如图所示，过点作轴的平行线，过点作，延长交于点，则，轴， ∵和， ∴， 又∵ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵， ∴ 又∵ ∴ ∵轴， ∴ ∴， ∴， ， ， ∴ ∴ 解得：或（舍去） ∴， ∴ 当在的上方时，设与关于对称的对称点为， ∴ ∴另一个为射线与抛物线的交点，如图所示， 设，则在直线上， ∴① 又∵ ∴② 联立①②并解得：或（舍去） ∴ 设直线的解析式为，代入 ∴ 解得： ∴直线的解析式为 联立 解得：（舍去）或 综上，存在这样的点，此时点的坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、一次函数的几何应用、解直角三角形、等腰三角形等知识点，正确的作出辅助线以及分情况讨论是解题关键． 13．(24-25九上·黑龙江哈尔滨阿城区·期末)如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点坐标，点坐标． (1)求，的值； (2)如图，点在线段上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，设点的横坐标为，点的横坐标为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图，在（）的条件下，将沿翻折得到，点在的延长线上，连接，，，交抛物线于点，求直线的解析式． 【答案】(1)，； (2)； (3)． 【分析】（）将，两点坐标代入抛物线的解析式，进一步得出结果； （）过作于点，过作轴于点，则，由抛物线得，，从而有，由旋转性质可知，，证明，，，由点的横坐标为，点的横坐标为，则，，然后利用即可求解； （）设，则，，，，过作于点，然后证明，再由，，求出，过作轴于点，同理求出，设直线的解析式为，则，求出即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过，． ∴， 解得：； （2）解：过作于点，过作轴于点，则， 由（）得：， ∴抛物线， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由旋转性质可知，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴轴， ∵点的横坐标为，点的横坐标为， ∴，， ∴， ∴，即； （3）解：由沿翻折得到， ∴，， 设， ∴， 则，，，， 过作于点，如图， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 过作轴于点， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得， （舍）， ∴， ∴设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为． 【点睛】本题考查了求二次函数和一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，角平分线的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 14．(24-25九上·黑龙江省绥化市第四中学·期末)如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为，抛物线的对称轴交直线于点E． (1)求抛物线的表达式； (2)把上述抛物线沿它的对称轴向下平移，平移的距离为，在平移过程中，该抛物线与直线始终有交点，求h的最大值； (3)M是（1）中抛物线上一点，N是直线上一点．是否存在以点D，E，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在；或或或 【分析】（1）根据抛物线顶点坐标即可求解； （2）由题意得，求BC的表达式为：；抛物线平移后的表达式为：，根据题意得，即可求解； （3）设，根据平行四边形的性质进行求解即可． 【详解】（1）解：由可知， ，解得：， ∴． （2）分别令中，得，，； 设BC的表达式为：， 将，代入得， 解得：； ∴BC的表达式为：； 抛物线平移后的表达式为：， 根据题意得，，即， ∵该抛物线与直线始终有交点， ∴， ∴， ∴h的最大值为． （3）存在，理由如下： 将代入中得， ①当DE为平行四边形的一条边时， ∵四边形DEMN是平行四边形， ∴，， ∵轴， ∴轴， ∴设，， 当时，解得：，（舍去）， ∴， 当时，解得：， ∴或； ②当DE为平行四边形的对角线时，设，， ∵D、E的中点坐标为：（2，0）， ∴M、N的中点坐标为：（2，0）， ∴， 解得：，（舍去）， ∴此时点N的坐标为（3，0）； 综上分析可知，点N的坐标为：或或或（3，0）． 【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数的综合应用、平行四边形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 15．(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔龙江县·期末)综合与探究 如图，抛物线过点，和，连接，为抛物线上一动点，过点作轴交直线于点，交轴于点，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)当点在直线上方，且时，求点的坐标； (3)当为等腰三角形时，求的值为________； (4)是否存在点，使得，若存在请直接写出点的坐标，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或 (4)存在，， 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）利用，可算得，即知道点纵坐标，然后将其代入解析式，即可求得答案； （3）先利用待定系数法直线的解析式，从而求出点的坐标，再利用两点之间的距离公式分别求出，，的值，然后分三种情况：，，，建立方程，解方程即可得值； （4）当时，先证明，设点，然后利用，可算得值；当时，可证得，知道，所以，设交轴于点，过点作交于，过点作轴，证得，设的横坐标为，通过，得到，然后将其代入直线的解析式，解得，从而得到点，求得直线的表达式，最后联立和抛物线，解得点的坐标． 【详解】（1）解：抛物线过点和， 抛物线的解析式： （2）解：点在直线上方，且 点纵坐标为1 将代入 解得，（舍） 点坐标为 （3）解：设直线的解析式为： 则，解得： 直线的解析式为： 点为抛物线上一动点，过点作轴，交直线于点 ， 为等腰三角形 ①当时：，解得：（负值已舍去） ②当时：，解得：或（舍去） ③当时：，解得： 综上：或或； 故答案为：或或． （4）解：存在，，，理由如下： 当时，连接，，如图所示： ， 设点， （舍）， 点坐标为 当时，设交轴于点，过点作交于，过点作轴，设如图所示： ， ，， 设的横坐标为 在直线：上 设直线为，代入， 直线为： 联立直线和抛物线，得到 解得（舍）， 当时， 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，三角形相似的判定与性质，两点距离公式，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是做题的关键． 16．(24-25九上·黑龙江哈尔滨巴彦县第四共同体·期末)如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，直线经过、两点． (1)求抛物线的解析式； (2)点为第二象限抛物线上一点，连接交轴于点，设点的横坐标为，的长为，求与的函数解析式； (3)在（2）的条件下，点在上，过点作交于点，交于点，交抛物线于点，连接，若，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把原抛物线解析式化为交点式，即可得点，点，把点代入直线得，从而知，故，可得结论； （2）设点，确定直线的解析式为，可得结论； （3）先证明，再过点作轴交的延长线于点，证明，作于点，由三线合一性质可知，证明得，即，解得，所以，作轴于点，因为，从而，所以，设点，则有，解得或（舍去），从而得点坐标． 【详解】（1）解：∵， 当时，； 当时，， 解得：； ∴，，， ∵直线经过、两点， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）设点， 设直线的解析式为，过点，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∵的长为， ∴； （3）∵，，， ∴， ∴， 又∵， ，， ∴， ∵交于点， ∴， ∴， ∴， 过点作轴交的延长线于点，作于点，作轴于点，         ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设点， ∴， 解得：或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、一元二次方程等知识点，熟练掌握以上内容并作出恰当的辅助线是解题的关键． 17．(24-25九上·黑龙江齐齐哈尔拜泉县·期末)综合与探究 已知抛物线与直线交于，两点，与轴的另一个交点为． (1)求抛物线的解析式． (2)若为抛物线顶点，则线段的长为_____． (3)如图1，点是直线上方抛物线的一动点，过点作轴，交于点．连接，求的面积的最大值． (4)如图2，在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)8 (4)存在，点的坐标为， 【分析】（1）利用待定系数法求解； （2）先将二次函数配方成顶点式，求出点N的坐标，再求出的长； （3）先求出直线的解析式为，设，，根据列出关于的二次函数关系式，化为顶点式即可求出最大值； （4）设点的坐标为，根据勾股定理表示出，，，当时，，当时，，列方程求解即可． 【详解】（1）解：将，代入，得： ， 解得， 抛物线的解析式为； （2）解：， ， ， 故答案为：； （3）解：设直线的解析式为， 将，代入，得： ， 解得， 直线的解析式为； 由（1）知抛物线的解析式为，直线的解析式为， 设，则， ， ， ， 当时，有最大值，最大值为8； （4）解：存在，点的坐标为，，理由如下： 设点的坐标为， ，， ，，， 当中，当时，， ， 化简得， 解得或， 当时，点与点重合，不合题意，舍去， 当时，， 点的坐标为； 同理，当时，， ， 化简得， 解得或， 当时，点与点重合，不合题意，舍去， 当时，， 点的坐标为； 综上可知，点的坐标为，． 【点睛】本题考查待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，利用二次函数求最值，勾股定理，直角三角形的存在性问题，解题的关键是熟练运用数形结合及分类讨论思想． 18．(24-25九上·黑龙江牡丹江·期末)综合与探究 在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交点． (1)求二次函数的解析式； (2)若是直线上方抛物线上的一点，过点作轴于点，交于点，当是中点时，求的值； (3)点在轴上，在线段上是否存点，使以为顶点的三角形与相似?若存在，直接写出满足条件的的个数并写出其中两个点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点Q有7个，点或或 【分析】本题考查二次函数的综合，涉及相似三角形的判定与性质，求二次函数解析式，线段值等知识点； （1）把，代入计算即可； （2）先求出直线的解析式为，再求出，，，即可得到的值； （3）由，，得到，，，再设，，，根据以为顶点的三角形与相似，分六种情况讨论，利用与，，对应边和角的关系求解即可． 【详解】（1）解：把，代入得， ， 解得， ∴二次函数的解析式解析式为； （2）解：由，得， 设直线的解析式为，把、代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为， ∵是中点， ∴， 把代入，得， ∴， ∴， 把代入，得， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴，，， ∵点在轴上，在线段上是否存点， ∴设，，， ∵以为顶点的三角形与相似， ∴当时，，，此时与重合，，此时，与重合，排除； 当时，，，此时与重合，，或； 当时，，， 此时，，，，则，解得，此时； 当时，，，    此时，，，，则，解得，此时； 当时，，，    过作轴于，则，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，； 此时； 同理，当时，，，， ∴， 解得，； 此时； 综上所述，存在以为顶点的三角形与相似，满足条件的的个数有7个，点或或． 19．(24-25九上·黑龙江哈尔滨香坊区·期末)在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线交x轴的负半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，交y轴的正半轴于点C，． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点D在第三象限的抛物线上，连接交y轴于点E，设点的横坐标为，线段的长为，求d与m的函数解析式（不要求写出自变量m的取值范围）； (3)如图2，在（2）的条件下，连接，过点A作，交第四象限的抛物线于点F，连接，点G在第一象限的抛物线上，连接交于点，，点K在上，连接，，过点作轴，交于点，若，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线解析式求出点，进而可得，再代入函数解析式即可求出； （2）过点D作轴于点，根据可得，进而可得，由此求解； （3）先求出，可得，证明，可得，即，进而列方程可得求出，由此得出，再求出线CF的解析式为，延长至点R，使，连接，再证明，可得，过点D作轴于点，证明，可得，，由此求出；将其代入得，，解得即可求解． 【详解】（1）解：∵，交y轴的正半轴于点C， 当时，， ， ， ，． 将代入得： ，解得：． 该抛物线为； （2）解：过点D作轴于点， 当时，， ， ，， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， ， ； （3）解：对于，当时，， 解得：，， ， ， 在中，， ， 设点F的坐标为，过点F作轴于点N，如图， ，， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ； 设直线CF的解析式为， 将，代入得：， 解得：， ， 延长至点R，使，连接， ， ， ， ， ，且， ， ， ， ， ， 过点D作轴于点， ， ， ，， ， 轴， ， ， ， ， ， ， ； 将其代入得，， 解得：，（舍）， ， ． 【点睛】本题考查二次函数的综合运用，涉及待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等，熟练掌握知识点，并能够根据题意添加适当的辅助线是解题的关键． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $