广东省珠海市斗门区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 3解答题

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广东省珠海市斗门区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 03 解答题
三、解答题
52．（2022·广东珠海·九年级期末）解方程：x2﹣2x﹣1＝0．
53．（2022·广东珠海·九年级期末）如图二次函数的图象与轴交于点、，根据图象解答下列问题：

（1）写出方程的两个根；
（2）当为何值时，？当为何值时，？
（3）写出随的增大而减小的自变量的取值范围．
54．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，在直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转90°．

（1）画出旋转后的△AB1C1，并写出B1、C1的坐标；
（2）求线段AB在旋转过程中扫过的面积．
55．（2022·广东珠海·九年级期末）一个不透明的布袋里装有4个大小、质地均相同的乒乓球，每个球上面分别标有1，2，3，4．小林先从布袋中随机抽取一个乒乓球（不放回去），再从剩下的3个球中随机抽取第二个乒乓球．
（1）请你用树状图或列表法列出所有可能的结果；
（2）求两次取得乒乓球的数字之积为奇数的概率．
56．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．

57．（2022·广东珠海·九年级期末）商场某种商品平均每天可销售30件，每件盈利50元． 为了尽快减少库存，商场
决定采取适当的降价措施． 经调查发现，每件商品每降价1元，商场平均每天可多售出 2
件．设每件商品降价x元． 据此规律，请回答：
（1）商场日销售量增加 件，每件商品盈利 元（用含x的代数式表示）；
（2）在上述条件不变、销售正常情况下，每件商品降价多少元时，商场日盈利可达到2100元？
58．（2022·广东珠海·九年级期末）如图1，在⊙O中，AC＝BD，且AC⊥BD，垂足为点E．

（1）求∠ABD的度数；
（2）图2，连接OA，当OA＝2，∠OAB＝15°，求BE的长度；
（3）在（2）的条件下，求的长．
59．（2022·广东珠海·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），二次函数y＝x2+bx﹣2的图象经过C点．

（1）求二次函数的解析式；
（2）若点P是抛物线的一个动点且在x轴的下方，则当点P运动至何处时，恰好使△PBC的面积等于△ABC的面积的两倍．
（3）若点Q是抛物线上的一个动点，则当点Q运动至何处时，恰好使∠QAC＝45°？请你求出此时的Q点坐标．
60．（2021·广东珠海·九年级期末）二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于A、B两点，已知点A在点B的左侧，求点A和点B的坐标．
61．（2021·广东珠海·九年级期末）在校园文化艺术节中，九年级班有1名男生和2名女生获得美术奖，另有1名男生和1名女生获得音乐奖，分别从获得美术奖、音乐奖的学生中各选取1名参加颁奖大会，利用列表法或树状图求刚好是2名女生参加颁奖大会的概率．
62．（2021·广东珠海·九年级期末）如图，在⊙O中，点C是的中点，弦AB与半径OC相交于点D，AB=12，CD=2．求⊙O半径的长．

63．（2021·广东珠海·九年级期末）假设某地有一个人患了新型冠状病毒，经过两轮传染后共有169人患了此病毒．
（1）求每轮传染中平均一个人传染了几个人？
（2）按照这样的速度传染，三轮传染后共有多少人患了新型冠状病毒？
64．（2021·广东珠海·九年级期末）如图，点O是坐标原点，△OBA∽△DOC，边OA、OC都在x轴的正半轴上．已知点B的坐标为（12，16），∠BAO＝∠OCD＝90°，OD＝10，反比例函数的图象经过点D，交AB边于点E．
（1）求该反比例函数的解析式；
（2）求BE的长．

65．（2021·广东珠海·九年级期末）如图1，在中，，，是边上的两点，且满足．以点为旋转中心，将按逆时针旋转，得到△（点与点重合，点到点处）连接．

（1）求证：；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2＋EC2.
66．（2021·广东珠海·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点．AE与过点C的切线垂直，垂足为E，直线EC与直径AB的延长线相交于点P，弦CD交AB于点F，连接AC、AD、BC、BD．
（1）若∠ABC＝∠ABD＝60°，判断△ACD的形状，并证明你的结论；
（2）若CD平分∠ACB，求证：PC＝PF；
（3）在（2）的条件下，若AD＝5，PF＝5，求由线段PC、和线段BP所围成的图形（阴影部分）的面积．

67．（2021·广东珠海·九年级期末）如图1，在矩形ABOC中，OB＝4，OC＝3，以顶点O为坐标原点，OB、OC所在的直线为坐标轴建立直角坐标系．点D与点B关于原点对称，连接BC、CD，点M以每秒2个单位长度的速度沿B→C→D运动（M不与点B、D重合），设运动时间为t（秒）．

（1）求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；
（2）当M为BC的中点时，在抛物线上是否存在一点P，使△PAM≌△PBM？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点M在CD上运动时，如图2，过点M作ME⊥AB、MF⊥x轴，垂足为E、F，线段ME与y轴交于点G、与线段BC交于点H．设矩形BEMF与△BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值．
68．（2020·广东珠海·九年级期末）一元二次方程的一个根为，求的值及方程另一根．
69．（2020·广东珠海·九年级期末）某市有、两个公园，甲、乙、丙三位同学随机选择其中一个公园游玩，请利用树状图求三位同学恰好在同一个公园游玩的概率．
70．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，点的坐标为，把点绕坐标原点逆时针旋转后得到点．

（1）求点经过的弧长；（结果保留）
（2）写出点的坐标是________．
71．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，是⊙的直径，、是圆周上的点，，弦交 于点.

(1)求证：；
(2)若，求的度数.
72．（2020·广东珠海·九年级期末）学校打算用长米的篱笆围城一个长方形的生物园饲养小兔，生物园的一面靠在长为米的墙上（如图）．

（1）若生物园的面积为平方米，求生物园的长和宽；
（2）能否围城面积为平方米的生物园？若能，求出长和宽；若不能，请说明理由．
73．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，已知正方形的边长为，点是对角线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至的位置，连接、．

（1）求证：；
（2）当点在什么位置时，的面积最大？并说明理由．
74．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，已知点在的直径延长线上，点为上，过作，与的延长线相交于，为的切线，，．

（1）求证：；
（2）求的长；
（3）若的平分线与交于点，为的内心，求的长．
75．（2020·广东珠海·九年级期末）如图，已知抛物线的图象经过点、和原点，为直线上方抛物线上的一个动点．

（1）求直线及抛物线的解析式；
（2）过点作轴的垂线，垂足为，并与直线交于点，当为等腰三角形时，求的坐标；
（3）设关于对称轴的点为，抛物线的顶点为，探索是否存在一点，使得的面积为，如果存在，求出的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】
52．
【分析】先利用根的判别式验证是否有根，若有根，再通过一元二次方程的求根公式，分别把a、b、c对应的值代入求出即可．
【详解】解：由方程可知：，，，
，
一元二次方程有两个不相等的实数根.，
故由求根公式可得．
【点睛】本题主要是考察了利用一元二次方程的公式法求解方程的根，熟练地记忆求根公式是求解一元二次方程的解的重点，另外，注意利用公式法求解方程，一定要把方程化成标准形式．
53．（1），；（2），或；（3）．
【分析】（1）由二次函数的图象与轴交于点、即可得到的两个根为，；
（2）通过观察二次函数的图象可得开口向下，然后由与轴交于点、求解即可；
（3）通过观察二次函数的图象可得抛物线的对称轴为，然后由开口向下即可求解．
【详解】解：（1）二次函数的图象与轴交于、，
的根为：，；
（2）二次函数的图象与轴交于、

观察图象可知：当时，图象总在轴的上方．
不等式的解集为：．
观察图象可知：当或时，图象总在轴的下方．
当或时，，
（3）二次函数的图象与轴交于、，
该图象的对称轴为直线，
图象开口向下，
当时，随的增大而减小．
即随的增大而减少时．
【点睛】此题考查了二次函数与一元二次方程的关系，二次函数的图像和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系，二次函数的图像和性质．
54．（1）作图见解析，、；（2）
【分析】（1）将绕点A顺时针旋转90°得，根据点A、B、C坐标，即可确定出点、的坐标；
（2）根据勾股定理求出AB的长，由扇形面积公式即可得出答案．
【详解】（1）将绕点A顺时针旋转90°得如图所示：

∴、；
（2）由图可知：，
∴线段AB在旋转过程中扫过的面积为．
【点睛】本题考查作旋转图形以及扇形的面积公式，掌握旋转的性质及扇形的面积公式是解题的关键．
55．（1）答案见解析；（2）
【详解】分析：（1）根据题意画出表格，即可得所有可能的结果；（2）在（1）的基础上，根据概率公式列式进行计算即可得解．
详解：（1）根据题意列表如下：

1
2
3
4
1

（1，2）
（1，3）
（1，4）
2
（2，1）

（2，3）
（2，4）
3
（3，1）
（3，2）

（3，4）
4
（4，1）
（4，2）
（4，3）


由以上表格可知：有12种可能结果
（2）在（1）中的12种可能结果中，两个数字之积为奇数的只有2种，
所以，P（两个数字之积是奇数） ．
点睛：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
56．（1）60°；（2）
【分析】（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解； 
（2）由旋转的性质得：AD=OB=4，结合题意得到∠ADO=90°．则在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
【详解】（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，
∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠ODC=60°．
（2）由旋转的性质得：AD=OB=4．
∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=5．
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO=．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质、等边三角形的性质和勾股定理.
57．（1） 2x，，（2）每件商品降价20元，商场日盈利可达2100元．
【详解】（1） 2x，．
(2)解：由题意，得(30＋2x)(50－x)＝2 100
解之得x1＝15，x2＝20．
∵该商场为尽快减少库存，降价越多越吸引顾客．
∴x＝20．
答：每件商品降价20元，商场日盈利可达2 100元．
58．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）如图，过作 垂足分别为 连接证明 四边形为正方形，可得 证明 可得答案；
（2）先求解 再结合（1）的结论可得答案；
（3）如图，连接 先求解 再证明 再求解 可得 再利用弧长公式计算即可.
【详解】解：（1）如图，过作 垂足分别为 连接





四边形为矩形，
由勾股定理可得： 而

四边形为正方形，

而

（2）如图，过作 垂足分别为

由（1）得：四边形为正方形，

OA＝2，∠OAB＝15°，



（3）如图，连接










【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，矩形，正方形的判定与性质，垂径定理的应用，弧长的计算，掌握以上知识并灵活运用是解本题的关键.
59．（1）；（2）当点P运动至坐标为或时，恰好使△PBC的面积等于△ABC的面积的两倍； （3）或
【分析】（1）如图，过作于 先证明 可得 再代入二次函数y＝x2+bx﹣2中，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求解 过作轴交于 再求解直线为： 设 则 再利用 再解方程即可；
（3）分两种情况讨论：如图，作关于的对称点 连接 作的角平分线 交于 交抛物线于 由 则再求解的解析式，再求解与抛物线的交点坐标即可，如图，同理可得：当平分时，射线与抛物线的交点满足 按同样的方法可得答案.
【详解】解：（1）如图，过作于
则 而



而


二次函数y＝x2+bx﹣2的图象经过C点，
解得：
二次函数的解析式为：
（2）


过作轴交于

设直线为
解得：
所以直线为：
设 则


整理得：
解得：
当时，
当时，
或
所以当点P运动至坐标为或时，恰好使△PBC的面积等于△ABC的面积的两倍．
（3）如图，作关于的对称点 连接 作的角平分线 交于 交抛物线于
由 则


平分

则

同理可得直线的解析式为：

解得：或（不合题意，舍去）

如图，同理可得：当平分时，射线与抛物线的交点满足

同理：
直线为：

解得：或（不合题意舍去）

【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数，二次函数关系式，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键.
60．，
【分析】通过解方程及点A在点B的左侧，可得，坐标．
【详解】解：当时，，
解得，，
所以，．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，解题的关键是把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．
61．
【分析】画树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出刚好是2名女生的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：

共有6种等可能的结果数，其中刚好是2名女生的结果数为2，
所以刚好是2名女生的概率．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法，解题的关键是利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出，再从中选出符合事件或的结果数目，求出概率．
62．10
【分析】连接OA，根据垂径定理求出AD=6，∠ADO=90°，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：连接AO，

∵点C是弧AB的中点，半径OC与AB相交于点D，
∴OC⊥AB，AD=BD，
∵AB=12，
∴AD=BD=6，
设⊙O的半径为r，
∵CD=2，
∴OD=r-2，
，在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO2=OD2+AD2，
即：r2=（r﹣2）2+62，
∴r=10，
答：⊙O的半径长为10．
63．（1）12，（2）2197
【分析】（1）设平均一人传染了人，根据有一人患了新型冠状病毒，经过两轮传染后共有169人患了新型冠状病毒，列方程求解．
（2）根据（1）中所求数据，进而表示出经过三轮传染后患上新型冠状病毒的人数．
【详解】解：（1）设平均一人传染了人，

或（舍去）．
答：平均一人传染12人．
（2）经过三轮传染后患上新型冠状病毒的人数为：（人，
答：经过三轮传染后患上新型冠状病毒的人数为2197人．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是看到两轮传染，从而可列方程求解．
64．（1），（2）12
【分析】（1）由相似可求得点在坐标，把点的坐标代入反比例函数解析式即可求得比例系数的值；
（2）把的横坐标代入反比例函数解析式，能求得长，．
【详解】解：（1），
．
，，
．
在中，，
，
不妨令，
，
，
解得：
，．
．
点在函数的图象上，
．
．

（2）是图象与的交点，
．
．
【点睛】本题考查了相似三角形的对应边成比例，求反比例解析式、解题的关键是掌握垂直于轴的直线上的点的横坐标相等；过某个点，这个点的坐标应适合这个函数解析式．
65．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）先根据可知，再由图形旋转的性质可知，，故可得出，由全等三角形的性质即可得出，故可得出结论；
（2）把逆时针旋转，由于是等腰直角三角形，故可知图形旋转后点与点重合，，所以，由（1）证，再根据勾股定理即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：，
，
由旋转而成，
，，
，
在与中，
，
，
；
（2）证明：如图所示：把逆时针旋转，连接，
，，
，
图形旋转后点与点重合，与重合，
，
，
，
在中，，
，
，
同（1）可得，
．

【点睛】本题考查了图形的旋转及勾股定理、三角形全等，解题的关键是熟知旋转前、后的图形全等．
66．（1）△ACD是等边三角形，证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）在同一个圆中，根据同弦对的圆周角相等及条件，
可推导出，根据等角对等边可得出，即可证明；
（2）连接，根据切线的性质及角平分线，可推导出，，进一步得到，再根据等角对等边即可证明；
（3）根据（2）中结论先证是等腰直角三角形，通过在等腰直角三角形中边之间的关系及勾股定理推导出，再利用转化思想将间接求解．
【详解】解：（1）证明：△ACD是等边三角形，证明如下：
，
，
，
，
，
是等边三角形．
（2）连接，如下图，

是的直径，
，
平分，
，
与相切于点，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）由（2）知，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，


．
【点睛】本题考查了圆的综合运用、等边三角形的判定、切线的性质、等角对等边、等腰直角三角形的判定、勾股定理、扇形的面积，涉及知识点较多、综合性强、难度较大，解得的关键是掌握相关知识点后，利用数形结合、等量代换、转化的思想进行解答．
67．（1）；（2）存在，或；（3），
【分析】（1）根据矩形的性质及关于原点对称，求出点的坐标，利用待定系数法求解抛物线的解析式；
（2）根据三角形全等的性质及垂直平分线的性质求出点的纵坐标为，将点纵坐标代入解析式求解即可；
（3）在中，由勾股定理及对称性可求出，即求出点在上运动时，，根据，利用三角形相似的相似比建立与三角形面积之比的关系，分别用含的式子表示出的面积，得到用来表示的式子，最后用二次函数思想来解决最值问题．
【详解】解：（1）四边形为矩形，，
点，
又关于原点对称，
，
设抛物线的解析式为：，
代入三点可得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：．
（2），
，
点为的垂直平分线与抛物线的交点，
，
由题意可得，的垂直平分线为：
，
点的纵坐标为，
将代入抛物线解析式中可得：
，
整理得：，
解得：，
代入可得：点或．
（3）由题意可得：，
中，由勾股定理可得：
，
由对称性可得：，
当点在上运动时，
即：，
，
，
又

，
，
轴，
轴，，
，
，
，
，
，
，
由题意得：




，
当时，有最大值，最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数与几何图形的综合问题，涉及到利用待定系数法求二次函数的解析式、对称性、三角形全等的性质、垂直平分线、勾股定理、三角形的相似等知识点，综合性强，难度较大，解题的关键是掌握相关知识点后，利用数形结合、分割、等量代换的思想来解决．
68．，
【分析】把x=1代入已知方程，列出关于m的新方程，通过解新方程来求m的值；由根与系数的关系来求方程的另一根．
【详解】解：由题意得：，解得，
当时，方程为，解得：，，
∴方程的另一根．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
69．，见解析
【分析】利用树状图法找出所有的可能情况，再找三位同学恰好在同一个公园游玩的情况个数，即可求出所求的概率．
【详解】解：树状图如下：

由上图可知一共有种等可能性，即、、、、、、、，它们出现的可能性选择，其中三位同学恰好在同一个公园游玩的有种等可能性，
∴．
【点睛】此题考查了列表法与树状图法，以及概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
70．（1）；（2）
【分析】（1）过点P作x轴的垂线，求出OP的长，由弧长公式可求出弧长；
（2）作PA⊥x轴于A，QB⊥x轴于B，由旋转的性质得：∠POQ=90°，OQ=OP，由AAS证明△OBQ≌△PAO，得出OB=PA，QB=OA，由点P的坐标为（1，3），得出OB=PA=3，QB=OA=4，即可得出点Q的坐标．
【详解】解：（1）过作轴于，
∵，
∴，
∴点经过的弧长为；
（2）把点绕坐标原点逆时针旋转后得到点，
分别过点、做轴的垂线，
∴，，
∴，
，
，
∴，，
则点的坐标是．

【点睛】本题考查了坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质和弧长公式；熟练掌握坐标与图形性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
71．（1）详见解析；（2）36°
【分析】（1）连接OP，由已知条件证明，可推出；（2）设，因为OD=DC推出，由OP=OC推出，根据三角形内角和解关于x的方程即可；
【详解】（1）证明：连接OP.

∵，
∴PA=PC，
在中，

∴（SSS），
∴；
（2）解：设°，则°，
∵OD=DC，
∴°，
∵OP=OC，
∴°，
在中，°，
∴x+x+3x=180°，
解得x=36°，
∴=36°.
【点睛】本题主要考查了圆与等腰三角形，全等三角形及三角形内角和等知识点，掌握圆的性质是解题的关键.
72．（1）生物园的宽为米，长为米；（2）不能围成面积为平方米的生物园，见解析
【分析】（1）设垂直于墙的一边长为x米，则平行于墙的一边长为（16-2x）米，根据长方形的面积公式结合生物园的面积为30平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论；
（2）设垂直于墙的一边长为y米，则平行于墙的一边长为（16-2y）米，根据长方形的面积公式结合生物园的面积为35平方米，即可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式△＜0可得出该方程无解，进而可得出不能围成面积为35平方米的生物园．
【详解】解：（1）设生物园的宽为米，那么长为米，依题意得：
，解得，，
当时，，不符合题意，舍去
∴，
答：生物园的宽为米，长为米．
（2）设生物园的宽为米，那么长为米，依题意得：
，
∵，
∴此方程无解，
∴不能围成面积为平方米的生物园．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
73．（1）见解析；（2）在中点时，的面积最大，见解析
【分析】（1）由题意推出，结合正方形的性质利用SAS证明；
（2）设AE=x，表示出AF，根据∠EAF=90°，得出关于面积的二次函数，利用二次函数的最值求解.
【详解】解：（1）∵绕点顺时针旋转至的位置，
∴，，
∵在正方形中 ，
∴，，
∴，
即，
∴；
（2）由（1）知，
∴，，
∴，
设，
∵正方形的边长为，
故，
∴，
∴，
∴当即在中点时，的面积最大．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、旋转的性质和二次函数的性质，准确利用题中的条件进行判定和证明，将待求的量转化为二次函数最值.
74．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用同角的余角相等得出∠E=∠ECD，从而得出结论；
（2）利用直角△OCD和直角△ADE中的勾股定理列出方程解得BD的长；
（3）连接，，，根据平分求出，利用同弧所对的圆周角相等得出，从而得出，即FP=FB.
【详解】解：（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．

（2）∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
∴或（舍去）．
（3）连接，，，
∵平分，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵为的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，内心的概念，需要综合多个条件进行推导.
75．（1）直线的解析式为，二次函数的解析式是；（2）；（3）存在，或
【分析】（1）先将点A代入求出OA表达式，再设出二次函数的交点式，将点A代入，求出二次函数表达式；
（2）根据题意得出当为等腰三角形时，只有OC=PC，设点D的横坐标为x，表示出点P坐标，从而得出PC的长，再根据OC和OD的关系，列出方程解得；
（3）设点P的坐标为，根据条件的触点Q坐标为，再表示出的高，从而表示出的面积，令其等于，解得即可求出点P坐标.
【详解】解：（1）设直线的解析式为，
把点坐标代入得：，
直线的解析式为；
再设，
把点坐标代入得：，
函数的解析式为，
∴直线的解析式为，二次函数的解析式是．
（2）设的横坐标为，则的坐标为，
∵为直线上方抛物线上的一个动点，
∴．
此时仅有，，
∴，解得，
∴；
（3）函数的解析式为，
∴对称轴为，顶点，
设，
则，到直线的距离为，
要使的面积为，
则，即，
解得：或，
∴或．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数图象及性质的运用，点坐标的关系，综合性较强，解题的关键是利用条件表示出点坐标，得出方程解之.