最后一题考前押题+--2022年初中数学中考备考冲刺（含答案）

这是一份最后一题考前押题+--2022年初中数学中考备考冲刺（含答案），共50页。试卷主要包含了抛物线经过和两点等内容，欢迎下载使用。

(1)求的值及，满足的关系式；
(2)抛物线同时经过两个不同的点和，求的值；
(3)若抛物线在和两点间随的增大而减少，求的取值范围．
2．如图，已知点P在矩形ABCD外，∠APB＝90°，PA＝PB，点E、F分别在AD、BC上运动，且∠EPF＝45°，连接EF．
(1)求证：△APE∽△BFP；
(2)若△PEF是等腰直角三角形，求的值；
(3)试探究线段AE、BF、EF之间满足的等量关系，并证明你的结论．
3．科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．无人机上升到离地面30米处开始保持匀速竖直上升，此时，在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽路空气阻力），在1秒时，它们距离地面都是35米，在6秒时，它们距离地面的高度也相同．其中无人机离地面高度（米）与小钢球运动时间（秒）之间的函数关系如图所示；小钢球离地面高度（米）与它的运动时间（秒）之间的函数关系如图中抛物线所示．
（1）直接写出与之间的函数关系式；
（2）求出与之间的函数关系式；
（3）小钢球弹射1秒后直至落地时，小钢球和无人机的高度差最大是多少米？
4．如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0) 的对称轴为x＝－1，且抛物线经过A(1，0)，C(0，3)两点，与x轴交于点B．
(1)若直线y＝mx＋n经过B、C两点，求线段BC所在直线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴x＝－1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出此点M的坐标；
(3)设点P为抛物线的对称轴x＝－1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．
5．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E，，，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连结AP交⊙O于点Q，连结CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
(1)如图1，当时，求的值；
(2)如图2，连结AC，DQ，在点P运动过程中，设，．
①求证：；
②求y与x之间的函数关系式．
6．如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c的图象经过点C（0，﹣2），顶点D的坐标为（1，﹣），与x轴交于A、B两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，E为直线AC上一点，当△AOC∽△AEB时，求点E的坐标和的值．
（3）点F （0，y）是y轴上一动点，当y为何值时，FC+BF的值最小．并求出这个最小值．
7．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D为抛物线的顶点，如图．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是对称轴左侧抛物线上的一点，连接AP、BP、CP，记△ABP的面积为S1，△CBP的面积为S2，若＝，求P点坐标；
(3)点P是对称轴左侧抛物线上的一点（不与点A、C、D重合），连接DP，将DP绕点D顺时针旋转得到DP′，旋转角等于∠ADB，连接PP′，BP，若∠P′PB＝90°，求点P的坐标．
8．如图1，抛物线与y轴交于B点，与x轴交于A，C两点，直线BC的解析式为．
(1)求m与b的值；
(2)P是直线BC上方抛物线上一动点（不与点B，C重合），连接AP交BC于点E，交OB于点F．
①是否存在最大值？若存在，求出的最大值．并直接写出此时点E的坐标；若不存在，说明理由．
②当△BEF为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
9．如图，抛物线y＝ax2+x﹣4a与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C，在直线BC上方的抛物线上有一动点E，过点E作EG⊥x轴于G，EG交直线BC于点F，过点E作ED⊥BC于点D．
(1)求抛物线及直线BC的函数关系式；
(2)设S△EDF为S1，S△BGF为S2，当S1＝S2时，求点E的坐标．
(3)在（2）的条件下，在y轴上是否存在点M，使得∠MAB＝2∠EAB？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
10．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=9，sin∠BAC=·点D在边AB上（不与点A、B重合），以AD为半径的⊙A与射线AC相交于点E，射线DE与射线BC相交于点F，射线AF与⊙A交于点G，
(1)如图1，设AD=x，用含x的代数式表示DE的长；
(2)如果点E是的中点，求∠AFD的余切值；
(3)如果△AFD为等腰三角形，直接写出AD的长．
11．在中，弦平分圆周角，连接，过点作DE//AB交的延长线于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，且是的中点，的直径是，求的长．
(3)是弦下方圆上的一个动点，连接和，过点作于点，请探究点在运动的过程中，的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
12．如图所示，平面直角坐标系中，二次函数y＝a（x+2k）（x﹣k）图象与x轴交于A、B两点，抛物线对称轴为直线x＝﹣2；
(1)求k的值；
(2)点C为抛物线上一点，连接BC、AC，作CD⊥x轴于D，当∠BCA＝90°时，设CD长度为d，求d与a的函数关系式；
(3)抛物线顶点为S，作ST垂直AB于T，点Q为第一象限抛物线上一点，连接AQ交ST于点P，过B作x轴的垂线交AQ延长线于点E，连接OE交BQ于点G，过O作OE的垂线交AQ于点F，若OF＝OG，tan∠ABQ＝2时，连接SQ，求证：SQ＝SP．
13．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接PC．
(1)求直线BC的解析式；
(2)抛物线对称轴与BC交于点D，点P为直线BC下方对称轴右侧抛物线上的一点，连接PB，PD．当△BDP的面积最大时，Q从点P出发，先沿适当的路径运动到y轴上的点M处，再沿适当的路径运动到抛物线对称轴上点N处，最后沿适当的路径运动到点B处停止．求点Q经过的最短路径的长；
(3)将△BOC绕点O顺时针旋转60°得到△B′OC′，点B，C的对应点分别为B′，C′，点E为直线BC上一点，连接B′E，C′E．当△B′C′E为等腰三角形时，求符合条件的点E的坐标．
14．已知，内接于，AO平分．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，点D是上一点，连接BD交AC于点G，连接CD，弦AE交BD于F、交CD于H，且，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，BD经过圆心O，连接DE，，的面积为，求的半径．
15．如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，过点A的切线与CD的延长线交于点M，连接OM与AD交于点E，AD＞1，CD＝1
(1)求证：△DBC∽△AMD；
(2)设AD＝x，求△COM的面积（用x的式子表示）；
(3)若∠AOE＝∠COD，求OE的长．
16．如图，直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点．
(1)求二次函数解析式；
(2)如图1，点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），过点E作ED⊥AB，交AB于点D，作EF⊥AC，交AC于点F，交AB于点M，求△DEM的周长的最大值；
(3)在（2）的结论下，连接CM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、C、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
(4)如图2，点N的坐标是（1，0），将线段ON绕点O逆时针旋转得到ON′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接N′A、N′B，求N′A+N′B的最小值．
1．(1)；
(2)
(3)a的取值范围为0＜a≤1或-1≤a＜0；
【解析】
（1）把点A和B代入抛物线的解析式，即可得出答案；
（2）先求解抛物线的对称轴为，再根据抛物线同时经过两个不同的点和，可得对称轴为 再建立方程求解即可；
（3）先求出抛物线的对称轴，根据图象的开口方向和二次函数的增减性即可得出答案．
(1)
解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A（0，4）和B（2，0），
∴，
∴；
(2)
解：由（1）得：抛物线为：
该抛物线的对称轴为，
抛物线同时经过两个不同的点和，
该抛物线的对称轴为
解得： 经检验符合题意；∴b=-2a-2=-2×-12-2=1-2=-1.
(3)
由（1）可得：y=ax2+（-2a-2）x+4，
∴该抛物线的对称轴为，
∵抛物线在A、B两点间y随x的增大而减小，
∴当a＞0时，开口向上，对称轴在B点右侧或经过B点， 即，
∵a＞0， ∴a+1≥2a，
解得a≤1， ∴0＜a≤1．
当a＜0时，开口向下，对称轴在A点左侧或经过A点， 即，
∵a＜0，
∴a+1≥0， 解得a≥-1，
∴-1≤a＜0．
综上， a的取值范围为0＜a≤1或-1≤a＜0．
2．(1)见解析
(2)或2
(3)线段AE，BF，EF之间满足的等量关系是AE2+BF2=EF2．证明见解析
【解析】
（1）根据矩形的性质和相似三角形的判定得出△APE∽△BFP即可；
（2）根据相似三角形的性质得出比例关系，分两种情况进行讨论解答即可；
（3）利用全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
(1)
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°．
∵∠APB=90°，PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA=45°．
∴∠PAE=∠PAB+∠BAD=45°+90°=135°，∠FBP=∠PBA+∠ABC=45°+90°=135°，
∴∠PAE=∠PBF．
∴∠APE+∠AEP=45°．
∵∠EPF=45°，∠APB=90°，
∴∠APE+∠BPF=45°．
∴∠AEP=∠BPF．
∴△APE∽△BFP．
(2)
∵△APE∽△BFP，
∴．
∵△PEF是等腰直角三角形，∠EPF=45°，
∴可分为两种情况讨论：
①当∠PEF=90°，PE=EF时，则．
∴．
∴，．
∵AP=BP，
∴．
②当∠PFE=90°，PF=EF时，则．
∴．
∴，．
∵AP=BP，
∴．
综上所述，的值为或2．
(3)
线段AE，BF，EF之间满足的等量关系是AE2+BF2=EF2．
证明：延长AB到G，使得BG=AE，连接PG，FG，
∵∠PBA=45°，
∴∠PBG=135°．
∵∠PAE=135°，
∴∠PBG=∠PAE．
∵PA=PB，BG=AE，
∴△PBG≌△PAE（SAS）．
∴BG=AE，PG=PE，∠BPG=∠APE．
∵∠APE+∠BPF=∠EPF=45°，
∴∠BPG+∠BPF=∠EPF．
即∠GPF=∠EPF．
又∵PF=PF，PG=PE，
∴△PGF≌△PEF（SAS）．
∴GF=EF．
∵∠ABC=90°，
∴∠GBF=90°．
∴由勾股定理得，BG2+BF2=GF2．
∴AE2+BF2=EF2．
3．（1）；（2）；（3）70米
【解析】
（1）先设出一次函数的解析式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）用待定系数法求函数解析式即可；
（3）当1＜x≤6时小钢球在无人机上方，因此求y2-y1，当6＜x≤8时，无人机在小钢球的上方，因此求y1-y2，然后进行比较判断即可．
解：（1）设y1与x之间的函数关系式为y1=kx+b'，
∵函数图象过点（0，30）和（1，35），
则，
解得，
∴y1与x之间的函数关系式为．
（2）∵时，，
∵的图象是过原点的抛物线，
∴设，
∴点，在抛物线上．
∴，即，
解得，
∴．
答：与的函数关系式为．
（3）设小钢球和无人机的高度差为米，
由得或.
①时，
，
∵，∴抛物线开口向下，
又∵，
∴当时，的最大值为；
②时，
，
∵，∴拋物线开口向上，
又∵对称轴是直线，
∴当时，随的增大而增大，
∵，
∴当时，的最大值为70．
∵，
∴高度差的最大值为70米．
答：高度差的最大值为70米．
4．(1)y＝x＋3
(2)M(－1，2)
(3)P点的坐标为(－1，－2)或(－1，4)或(－1，)或(－1，)．
【解析】
（1）根据对称轴为x＝－1，且抛物线经过A(1，0)，C(0，3)两点，待定系数法求抛物线解析式即可，进而求得点的坐标，待定系数法求直线解析式即可，
（2）根据对称性求最值即可，设直线BC与对称轴x＝－1的交点为M，则此时MA＋MC的值最小，
（3）设P(－1，t)，又B(－3，0)，C(0，3)，①若点B为直角顶点，②若点C为直角顶点，③若点P为直角顶点，根据勾股定理求解即可．
(1)
）根据题意：，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋3．
∵抛物线的对称轴为x＝－1，且抛物线过点A(1，0)，
∴把B(－3，0)，C(0，3)分别代入y＝mx＋n得：
，
解得，
∴直线y＝mx＋n的解析式为y＝x＋3．
(2)
设直线BC与对称轴x＝－1的交点为M，则此时MA＋MC的值最小．
把x＝－1代入y＝x＋3得：y＝2．
∴M(－1，2)，即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为(－1，2)．
(3)
设P(－1，t)，又B(－3，0)，C(0，3)，
∴BC2＝18，PB2＝(－1＋3)2＋t2，PC2＝(－1)2＋(t－3)2＝t2－6t＋10．
①若点B为直角顶点，则BC2＋PB2＝PC2，即18＋4＋t2＝t2－6t＋10，解得t＝－2；
②若点C为直角顶点，则BC2＋PC2＝PB2，即18＋t2－6t＋10＝4＋t2，解得t＝4；
③若点P为直角顶点，则PB2＋PC2＝BC2，即4＋t2＋t2－6t＋10＝18，解得t1＝，t2＝．
综上所述，P点的坐标为(－1，－2)或(－1，4)或(－1，)或(－1，)．
5．(1)
(2)①见解析 ②
【解析】
（1）根据垂径定理求出线段AE的长，由锐角三角形函数的定义可得出答案；
（2）①连接，由圆周角定理可得出答案；②由相似三角形的性质可得到和 的面积关系，再结合和的关系，即可得出答案．
(1)
解：连接，
直径，
．
，．
，
；
(2)
①证明：连接，
，
，
为直径，
，
，
，
；
②在中，AE=9，CE=3，
，
，，
，
，
，
，
．
6．（1）y＝x2﹣x﹣2；（2）点E（﹣，﹣），＝；（3）﹣，．
【解析】
（1）将点C、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）当△AOC∽△AEB时，＝（）2＝（）2＝，求出yE＝﹣，由△AOC∽△AEB得：＝＝，即可求解；
（3）如图2，连接BF，过点F作FG⊥AC于G，当折线段BFG与BE重合时，取得最小值，即可求解．
解：（1）由题可列方程组：，
解得：
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣x﹣2；
（2）∵抛物线y＝x2﹣x﹣2的图象与x轴交于A、B两点，
∴点A（﹣1，0），点B（3，0），
∴AO＝1，BO＝3，
∴∠AOC＝90°，AC＝，AB＝4，
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣2x﹣2；
当△AOC∽△AEB时
∴＝（）2＝（）2＝，
∵S△AOC＝1，
∴S△AEB＝，
∴AB×|yE|＝，AB＝4，则yE＝﹣，
则点E（﹣，﹣）；
由△AOC∽△AEB得：＝＝，
∴＝；
（3）如图2，连接BF，过点F作FG⊥AC于G，
则FG＝CFsin∠FCG＝CF，
∴CF+BF＝GF+BF≥BE，
当折线段BFG与BE重合时，取得最小值，
由（2）可知∠ABE＝∠ACO
∴BE＝ABcs∠ABE＝ABcs∠ACO＝4×＝，
|y|＝OBtan∠ABE＝OBtan∠ACO＝3×＝，
∴当y＝﹣时，即点F（0，﹣），CF+BF有最小值为.
7．(1)
(2)
(3)
【解析】
（1）将点代入即可求解；
（2）过点作轴交于点，交于点，求出直线的解析式，设，则，利用三角形的面积公式求出的值，再根据建立方程，求出的值，由此即可得；
（3）过点作轴交于，过点作轴交于点，交于点，设，由旋转的性质可得，等量代换得到，即可证明，由，可得即，则，求出，即可求点坐标．
(1)
解：抛物线与轴交于点，
，
将点代入得：，
解得，
则．
(2)
解：如图1，过点作轴交于点，交于点，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
解得或（舍去）或（舍去），
则，
所以点的坐标为．
(3)
解：如图2，过点作轴交于，过点作轴交于点，交于点，
设，
绕点顺时针旋转得到，
，
∵旋转角等于，
，
，点是抛物线的顶点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
解得或（舍去）或（舍去）或（舍去），
则，
所以点的坐标为．
8．(1)，；
(2)①存在最大值，的最大值为，此时E点的坐标为（1，）；②P点坐标为（，）或（2，3）或（，）
【解析】
（1）先求抛物线与y轴交点B（0，3），然后利用待定系数法求一出函数解析式，求出点C坐标，然后把点C坐标代入抛物线解析式即可；
（2）①存在最大值，理由如下：过点P作PG∥x轴交BC于点G，先求A（﹣2，0），C（4，0），设P（n，），且0＜n＜4，可求G点的纵坐标为，求出PG＝n﹣（）＝，利用相似三角形△PEG∽△AEC，可得，可得当n＝2时，的最大值为，然后利用待定系数求直线AP的解析式为，联立方程组，求出点E坐标即可；②过点E作EM⊥y轴于点M，设P（p，），且0＜p＜4，利用待定系数法求直线AP的解析式为，求出F（0，），再联立方程组，求出E，根据勾股定理得，BE2＝BM2+EM2＝，EF2＝MF2+EM2＝，若△BEF为等腰三角形，则分以下三种情况：（Ⅰ）当BE＝BF时，则BE2＝BF2，即，（Ⅱ）当BE＝EF时，则BE2＝EF2，即＝，（Ⅲ）当BF＝EF时，则BF2＝EF2，即＝，解方程即可
(1)
解：∵抛物线与y轴交于B点，
当x＝0时，y＝3，
∴B（0，3），
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+m，
∴m＝3，
即直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
当y＝0时，﹣x+3＝0，
解得x＝4，
∴C（4，0），
把C点坐标代入二次函数解析式得﹣×42+b×4+3＝0，
解得b＝；
(2)
①存在最大值，理由如下：
过点P作PG∥x轴交BC于点G，
由（1）得，抛物线的解析式为，
当y＝0时，，
解得x＝﹣2或4，
∴A（﹣2，0），C（4，0），
∴OA＝2，OC＝4，AC＝6，
∵P是直线BC上方抛物线上的动点（不与点B，点C重合），
设P（n，），且0＜n＜4，
∴G点的纵坐标为，
又∵G点在直线BC上，
∴G（，），
∴PG＝n﹣（）＝，
∵PG∥x轴，
∴△PEG∽△AEC，
∴，
∵，
∴，
即当n＝2时，的最大值为，
此时P（2，3），
设直线AP的解析式为y＝kx+t，
代入A点和P点的坐标得，
解得，
∴直线AP的解析式为，
联立方程组，
解得，
∴E（1，），
即存在最大值，的最大值为，此时E点的坐标为（1，）；
②过点E作EM⊥y轴于点M，
则∠BME＝∠FME＝90°，
∵P是直线BC上方抛物线上的一点（不与点B，点C重合），
设P（p，），且0＜p＜4，
设直线AP的解析式为y＝sx+h，
把A（﹣2，0），P（p，）代入解析式得，
，
解得，
∴直线AP的解析式为，
令x＝0时， ，
∴F（0，），
∴OF＝，
∵B（0，3），
∴OB＝3，
∴BF＝3﹣，
联立方程组，
解得，
∴E，
∵EM⊥y轴，
∴EM＝，OM＝，
∴MF＝OM﹣OF＝，BM＝OB﹣OM＝3﹣，
在Rt△MBE和Rt△FME中，根据勾股定理得，
BE2＝BM2+EM2＝，EF2＝MF2+EM2＝，
若△BEF为等腰三角形，则分以下三种情况：
（Ⅰ）当BE＝BF时，则BE2＝BF2，
即，
解得p＝或p＝（不符合题意，舍去），
此时P（，）；
（Ⅱ）当BE＝EF时，则BE2＝EF2，
即＝，，
解得p＝2，（经检验符合题）
此时P（2，3）；
（Ⅲ）当BF＝EF时，则BF2＝EF2，
即＝，
解得p＝，（经检验符合题意）
此时P（，）；
综上，符合条件的P点坐标为（，）或（2，3）或（，）
9．(1)y＝﹣x2+x+3，y＝﹣x+3
(2)E（3，3）
(3)存在，点M的坐标为（0，）或（0，﹣）
【解析】
（1）利用待定系数法求出两个函数解析式；
（2）设E（m，－m2+m+3），则F（m，－m+3），用ｍ表示出EF，证明△BGF∽△EDF，得到，求得5ED＝9BG，利用三角函数得cs∠DEF＝cs∠OBC，求出4EF＝9BG，列得4（－m2+3m）＝9（4﹣m），求出m即可得到点E的坐标；
（3）①当点M在y轴的正半轴上时， 过点E作EP⊥AM于P，过点E作EN⊥x轴于点N，过点P作QH∥x轴，交NE于H，过点A作AQ⊥PH于Q，由三角函数得到tan∠EAN＝tan∠PAE＝， 证明△EHP∽△PQA，得到，设EH＝3x，PQ＝4x，则PH＝4﹣4x，AQ＝3+3x，求出x得到点P的坐标，由此求出直线AP的解析式即可得到点M；②当点M在y轴的负半轴上时，同理得：M（0，－）.
(1)
把A（﹣1，0）代入抛物线y＝ax2+x﹣4a中得：a﹣﹣4a＝0，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝－x2+x+3，
当y＝0时，－x2+x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝－x+3；
(2)
如图1，设E（m，－m2+m+3），则F（m，－m+3），
∴EF＝（－m2+m+3）－（－m+3）＝－m2+3m，
∵ED⊥BC，EG⊥AB，
∴∠EDF＝∠BGF＝90°，
∵∠DFE＝∠BFG，
∴△BGF∽△EDF，
∴，
∵S1＝S2，
∴，
∴，
∴5ED＝9BG，
∵∠DEF＝∠OBC，
∴cs∠DEF＝cs∠OBC，
∴，
∴DE＝EF，
∴4EF＝9BG，
∴4（－m2+3m）＝9（4﹣m），
解得：m1＝3，m2＝4（舍），
∴E（3，3）；
(3)
分两种情况：
①当点M在y轴的正半轴上时，如图2，
过点E作EP⊥AM于P，过点E作EN⊥x轴于点N，过点P作QH∥x轴，交NE于H，过点A作AQ⊥PH于Q，
∵∠MAB＝2∠EAB，
∴∠PAE＝∠EAB，
∴PE＝EN＝3，
tan∠EAN＝tan∠PAE＝，
∵∠H＝∠Q＝90°，∠HPE＝∠QAP，
∴△EHP∽△PQA，
∴，
设EH＝3x，PQ＝4x，则PH＝4﹣4x，AQ＝3+3x，
∴，
∴x＝，
∴P（，），
∴AP的解析式为：y＝x+，
∴M（0，）；
②当点M在y轴的负半轴上时，同理得：M（0，－），
综上，点M的坐标为（0，）或（0，－）．
10．(1)
(2)
(3)或或
【解析】
（1）过点D作DH⊥AC，垂足为H．根据锐角三角函数和勾股定理即可用x的代数式表示DE的长；
（2）根据题意可设BC＝4k（k＞0），AB＝5k，则AC＝3k．过点A作AM⊥DE，垂足为M，再根据锐角三角函数和勾股定理即可表示∠DFA的余切值；
（3）分三种情况讨论：①当时，②时，③时，根据（1）（2）的结论解直角三角形即可．
(1)
如图，过点D作DH⊥AC，垂足为H．
在Rt△ADH中，DH＝AD•sin∠BAC＝x，
AH＝＝．
在⊙A中，AE＝AD＝x，
∴EH＝AE−AD＝x−＝，
∴DE＝＝；
(2)
∵sin∠BAC＝，
∴可设BC＝4k（k＞0），AB＝5k，
则AC＝＝3k．
∵AC＝9，
∴3k＝9，
∴k＝3．
∴BC＝12，AB＝15．
∵点E是的中点，由题意可知此时点E在边AC上，点F在BC的延长线上，
∴∠FAC＝∠BAC．
∵∠FCA＝∠BCA＝90°，AC＝AC，
∴△FCA≌△BCA（ASA），
∴FC＝BC＝12．
∵∠AED＝，
又∵∠AED＝∠FEC，且∠AED、∠FEC都为锐角，
∴tan∠FEC＝2．
∴EC＝
∴AE＝AC−EC＝9−6＝3．
过点A作AM⊥DE，垂足为M，
则EM＝ED＝．
∵sin∠AED＝，
∴AM＝AE•sin∠AED＝．
在Rt△EFC中，EF＝．
∴在Rt△AFM中，ct∠AFD＝．
答：∠DFA的余切值为；
(3)
①当时，点E在AC上
，tan∠FEC= tan∠AED=2，
∵FC＝CE•tan∠FEC＝2（9−x），
，
DE＝，
，
中，
，
解得，
，
②当时，
即，
解得，
，
③当时，，C三点重合，此时，
综上所述，的长为或或．
11．(1)见解析
(2)
(3)不变；
【解析】
（1）根据圆周角定理先说明，即可得出，根据等腰三角形的性质得出，即可证得结论；
（2）构建直角三角形，利用勾股定理求出线段长度即可求解；
（3）利用相似三角形，直角三角形，找到角之间的关系，然后转化为线段的关系进行求解．
(1)
证明：如图，连接交于点，连接，，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
(2)
如图，连接，，，OB，过点作于点，如图所示：
，
，，
，
设，，
的直径是，
，
，
，
解得：，
，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
．
(3)
如图，延长至使得，连接，，连接，，连接交于点，连接，
，，，四点共圆，
，
，
，
，
是的切线，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
．
12．(1)k＝4
(2)
(3)见解析
【解析】
（1）根据抛物线y=a（x+2k）（x-k）与x轴交于A、B两点，可得A（-2k，0），B（k，0），利用对称轴x=-2即可求出k；
（2）先证明△CAD∽△BCD，可得CD2=AD•BD，设C（x，y），则D（x，0），AD=x-（-8）=x+8，BD=4-x，d=CD=y=a（x+8）（x-4），建立方程求解即可；
（3）过点F作FM⊥AB于点M，过点G作GN⊥AB于点N，过点Q作QH⊥AB于点H，设Q（t，a（t+8）（t-4）），则BH=4-t，QH=a（t+8）（t-4），根据tan∠ABQ=2，可求得即可得运用待定系数法分别求出直线AQ、直线OE、直线BQ的解析式，联立直线OE与直线BQ的解析式，可求得点G的坐标，再证明△OFM≌△GON，即可得点F的坐标，将F坐标代入直线AQ解析式即可求得a的值，将a的值代入计算即可证得结论．
(1)
∵抛物线y＝a（x+2k）（x﹣k）与x轴交于A、B两点，
∴A（﹣2k，0），B（k，0），
∵对称轴为直线x＝﹣2，
∴＝﹣2，
∴k＝4；
(2)
如图1，设C（x，y），则D（x，0），
由（1）知，k＝4，y＝a（x+8）（x﹣4），
∴A（﹣8，0），B（4，0），
∴AD＝x﹣（﹣8）＝x+8，BD＝4﹣x，d＝CD＝y＝a（x+8）（x﹣4），
∵CD⊥x轴于D，∠BCA＝90°，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∵∠ACD+∠BCD＝∠ACD+∠CAD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCD，
∴△CAD∽△BCD，
∴＝，
∴CD2＝AD•BD，
∴[a（x+8）（x﹣4）]2＝（x+8）（4﹣x），
∴（x+8）（x﹣4）[a2（x+8）（x﹣4）+1]＝0，
∵点C不与A、B重合，
∴（x+8）（x﹣4）≠0，
∴a2（x+8）（x﹣4）+1＝0，
∴（x+8）（x﹣4）＝﹣，
∴d＝a（x+8）（x﹣4）＝a×（﹣）＝﹣，
∴d与a的函数关系式为：d＝﹣；
(3)
如图2，过点F作FM⊥AB于点M，过点G作GN⊥AB于点N，过点Q作QH⊥AB于点H，
设Q（t，a（t+8）（t﹣4）），则BH＝4﹣t，QH＝a（t+8）（t﹣4），
∵tan∠ABQ＝2，
∴＝2，即QH＝2BH，
∴a（t+8）（t﹣4）＝2（4﹣t），
∴（t﹣4）（at+8a+2）＝0，
∴t＝4（舍去）或t＝﹣，
∴Q（﹣，），
设直线AQ解析式为y＝k1x+b1，将A（﹣8，0），Q（﹣，）分别代入，
得：，
解得：，
∴直线AQ解析式为y＝（﹣12a﹣2）x﹣96a﹣16，
∴P（﹣2，﹣72a﹣12），E（4，﹣144a﹣24），
设直线OE解析式为y＝mx，则4m＝﹣144a﹣24，
∴m＝﹣36a﹣6，
∴直线OE解析式为y＝（﹣36a﹣6）x，
设直线BQ解析式为y＝k2x+b2，
∴，
解得：，
∴直线BQ解析式为y＝﹣2x+8，
联立直线OE与直线BQ的解析式，得，
解得：，
∴G（﹣，），
∵OE⊥OF，FM⊥AB，GN⊥AB，
∴∠EOF＝∠OMF＝∠ONG＝90°，
∵∠FOM+∠GON＝∠FOM+∠OFM＝90°，
∴∠OFM＝∠GON，
∵OF＝OG，
∴△OFM≌△GON（AAS），
∴OM＝GN＝，FM＝ON＝﹣，
∴F（﹣，﹣），
∵点F在直线AQ上，
∴（﹣12a﹣2）×（﹣）﹣96a﹣16＝﹣，
解得：a＝﹣，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+8）（x﹣4）＝﹣（x+2）2+，
∴S（﹣2，），
∵直线AQ解析式为
∴P（﹣2，3），
∴，
∵，
∴
∴SQ＝SP．
13．(1)y＝x﹣3
(2)
(3)点E的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）
【解析】
（1）先求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标，再用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形；
（2）先求出S△PBD最大时，P（，﹣），然后判断出所走的路径最短，即最短路径的长为PM+MN+NB的长，计算即可；
（3）△A′C1E′是等腰三角形，分三种情况分别建立方程计算即可．
(1)
解：∵抛物线y＝x2﹣x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
当x＝0时，y＝﹣3，
当y＝0时，
x2﹣x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣，x2＝3，
∴A（﹣，0），B（3，0），C（0，﹣3），
设直线BC解析式为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，﹣3）代入，
得，
解得：，
∴直线BC解析式为y＝x﹣3；
(2)
解：如图1，过点P作PG∥y轴，
由（1）知：直线BC解析式为y＝x﹣3，B（3，0），
设P（a，a2﹣a﹣3），
∴G（a，a﹣3），
∴PG＝a﹣3﹣（a2﹣a﹣3）＝﹣a2+a，
∵y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣）2﹣4，
∴抛物线对称轴为x＝，
∴点D的横坐标为，
S△PBD＝×（3﹣）×PG＝（﹣a2+a）＝﹣（a﹣）2+，
∵0＜a＜3，﹣＜0，
∴当a＝时，S△PBD最大，此时点P（，﹣），
如图2，作点P关于y轴的对称点P′（﹣，﹣），连接P′B，交y轴于点M，交抛物线对称轴于点N，
连接PM，点Q沿P→M→N→B运动，M所走的路径最短，即最短路径的长为PM+MN+NB的长，
∵P、P′关于y轴对称，
∴PM＝P′M，
∴PM+MN+NB＝P′M+MN+NB＝P′B，
作P′H⊥x轴于点H，P′B＝，
∴点Q经过的最短路径的长为PM+MN+AN＝；
(3)
解：如图3，过C′作C′R⊥x轴于点R，作B′T⊥y轴于点T，
设E（m，m﹣3），
∵将△BOC绕点O顺时针旋转60°得到△B'OC'，
∴∠COC′＝∠BOB′＝60°，OC′＝OC＝3，OB′＝OB＝3，
∴∠C′OR＝∠B′OT＝30°，
∵∠ORC′＝∠OTB′＝90°，
∴C′R＝，OR＝，B′T＝，OT＝，
∴C′（﹣，﹣），B′（，﹣），
∴B′C′2＝BC2＝OB2+OC2＝（3）2+32＝36，
C′E2＝[m﹣（﹣）2+[m﹣3﹣（﹣）]2＝m2+2m+9，
B′E2＝（m﹣）2+[m﹣3﹣（﹣）]2＝m2﹣2m+9，
∵△B'C'E为等腰三角形，
∴B′C′＝C′E或B′C′＝B′E或C′E＝B′E，
当B′C′＝C′E时，36＝m2+2m+9，
解得：m＝，
∴E（，）或（，）；
当B′C′＝B′E时，36＝m2﹣2m+9，
解得：m＝，
∴E（，）或（，），
当C′E＝B′E时，m2+2m+9＝m2﹣2m+9，
解得：m＝0，
当m＝0时，点B′，C′，E三点在一条直线上，不能构成三角形．
综上所述，点E的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．
14．(1)见解析
(2)见解析，
(3)4+8
【解析】
（1）连接OB，OC，根据同圆半径相等，利用等腰三角形两底角相等和角平分线定义，证得∠OBA=∠OCA，∠OBC=∠OCB，所以∠OBA+∠OBC=∠OAC+∠OCB，即可得出结论；
（2）连接AD，过点A作，交CD延长线于M，证△ADM≌△ADF（AAS），得AM=AF，DM=DF，再证Rt△AMC≌△AFB（HL），得CM=BF，即可得出结论；
（3）连接AD， OE，设∠ABO=∠OAB=∠OAC=∠ACD =α，因为，所以∠CAE=∠ACD=α，∠AED=∠CDE，由于F，所以∠ABO+∠OAB+∠OAC+∠CAE=90°，即4α=90°，所2α=45°，从而可证得△DFH是等腰直角三角形，△OAF是等腰直角三角形，得到， EH=DH=DF，OA=OF，再由S△DEH=，求得DF=4，由OF+DF=OD=OA，即OF+4=OF，求得OF=4+4，最后由OD=OF+DF求得答案．
(1)
解：如图1，连接OB，OC，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AO平分，
∴∠OAB=∠OAB，
∴∠OBA=∠OCA，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠OBA+∠OBC=∠OAC+∠OCB
即∠ABC=∠ACB；
(2)
证明：如图2，连接AD，过点A作，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADM=∠ABC，
由（1）知，∠ACB=∠ABC，
∴AB=AC，
∴∠ADM=∠ACB，
∵∠ACB=∠ADB，
∴∠ADM=∠ADB，
∵于M，于F，
∴∠AMD=∠AFD=90°，
在△ADM和△ADF中，
∴△ADM≌△ADF（AAS），
∴AM=AF，DM=DF，
在Rt△AMC和Rt△AFB中，
,
∴Rt△AMC≌Rt△AFB（HL），
∴CM=BF，
∴CD+DM=BF，
∴BD+CD=BF+DF+CD=BF+DM+CD=2BF；
(3)
解：如图3，连接AD，OH，OE，
设∠ABO=∠OAB=∠OAC=∠ACD =α，
∵，
∴∠CAE=∠ACD=α，∠AED=∠CDE，
∴DH=EH，
∵于F，
∴∠ABO+∠OAB+∠OAC+∠CAE=90°，
即4α=90°，
∴2α=45°，
∴∠BDC=∠BAC=2α=45°，
∴∠FDH=∠DHF=2α=45°，
∴△DFH是等腰直角三角形，
∴EH=DH=DF，
∵S△DEH=，
∴，
∴DF=4，
∵∠OAF=∠OAC+∠CAF=2α=45°，
∴△OAF是等腰直角三角形，
∴OA=OF，
∴OF+DF=OD=OA，
∴OF+4=OF，
∴OF=4+4，
∴OD=OF+DF=4+4+4=4+8，
答：⊙O的半径为4+8.
15．(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
（1）证明∠MAD＝∠BAC＝∠BDC，从而得证；
（2）证明△ADC∽△MAD，得出DM，从而求出CM，再根据三角形的中位线求出CM上的高，从而解得；
（3）延长OB交MA的延长线于G，证明AM＝AG，计算表示出AM和AG，从而得出方程，求出x的值，进而解得OE．
(1)
∵AM是⊙O的切线，
∴OA⊥AM，
∴∠CAM＝90°，
∴∠MAD+∠DAC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝90°，
∴∠MAD＝∠BAC，
对于：
∠BAC＝∠BDC，
∴∠MAD＝∠BDC，
又∠MDA＝∠BCD＝90°，
∴△DBC∽△AMD；
(2)
如图2，
取CD的中点N，连接ON，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，
∴ON∥AD，ON，
∴∠CNO＝∠ADC＝90°，
∴ON⊥CM，
由（1）知：△DBC∽△AMD，
∴DM
∴CM＝DM+CD＝x2+1，
∴S△COMCM•ON（x2+1）•
(3)
如图3，
作DF⊥AC于F，延长DB交MA的延长线于G
在Rt△ADC中，AD＝x，CD＝1，
∴AC，
∴OD＝OCAC
DF，
CF
∴OF＝OC﹣CF，
∵DF∥AG，
∴△DOF∽△GOA，
∴AG
∴AG2
为直径
又
AM2＝DM•MC＝x2（x2+1），
∵∠AOE＝∠COD，
∠AOG＝∠COD，
∴∠AOE＝∠AOG，
∵OA＝OA，
∠OAM＝∠OAG，
∴△AOM≌△AOG（ASA），
∴AG＝AM，
∴x2（x2+1），
∴x1，x2（舍去），
∴AD，OD，DF=，OF，
作EH⊥OA于H，设OE＝a，
∴EH＝OE•sin∠AOE＝a•sin∠DOF＝a
∴OHa，
由AH+OH＝OA得，
∴a，
即OE．
16．(1)
(2)的周长的最大值为
(3)存在，或或
(4)
【解析】
（1）、由一次函数与坐标轴交点坐标特点求出A、B两点坐标，代入二次函数解析式即可求解；
（2）、设 ，则可用m表示出点M、F点坐标，由两点间的坐标公式，可用m表示出周长，再证明 ，则由周长比等于相似比，即可表示出周长，将得到的式子配成顶点式并利用二次函数性质即可求解；
（3）、由（2）可知E、M点坐标，则可分成AM为边和AM为对角线去求解即可；
（4）、在y轴上截取OH= ，连接 ，可证得：，则可得当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，再由勾股定理即可求解．
(1)
解：∵直线y＝﹣x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴令x=0，则y=3；
令y=0，则x=4，
，
∵抛物线y＝ax2+x+c经过A、B两点，
，
解得： ，
；
(2)
设，则 ， ，
， ，
，
∵点E在线段AB上方的抛物线上运动（不与A、B重合），
，
，
的周长为： ，
∵ED⊥AB， EF⊥AC，
，
，
，
的周长∶的周长=
，
，
的周长为：，
，
，
时，的周长最大值为 ；
(3)
存在点P，
由（2）可知： ，
此时可得： ，
，
∴抛物线的对称轴为： ，
则Q点的横坐标为1，
，
，
设 ，
①当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的左侧，
此时： ，
C点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到M，
则P点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到Q，
∵Q点的横坐标为1，
∴ ，
将其代入抛物线解析式得： ，
，
②当CM为平行四边形的边时，且P点在Q点的右侧，
同理可知：将Q点先向右平移4个单位，再向上平移个单位到P，
此时 ，
代入抛物线解析式得： ，
，
③当CM为平行四边形对角线时，由中点坐标公式得：
，
，
代入抛物线解析式得： ，
综上所述：或或；
(4)
在y轴上截取OH= ，连接 ，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
当H、 、A共线时，有最小值，且最小值为 ，
在直角三角形AOH中， ，
∴的最小值为 ．