浙教版数学九年级上学期期中【压轴37题专练】（2份，原卷版+解析版）

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1．（2020·浙江温州·九年级期中）小明想设计一款如图1所示的喷水壶，于是他绘制了如图2所示的设计图，壶身的主视图呈矩形，壶把手呈圆弧状，圆心O落在上，圆弧交于点E．支撑架所在直线恰好经过O．壶嘴的端点I恰好在所在直线上．已知，则半径的长为________，壶嘴的长度为________．
【答案】 5
【分析】连接OE，设半径AO=r，在△ODE中，利用勾股定理求出r，过H作HN⊥DI，垂足为N，过H作HM⊥AB，垂足为M，证明△OAF∽△ONH，△GHM∽△GIA，利用相似三角形的性质求解．
【详解】解：连接OE，设半径AO=r，
则OD=AD-AO=8-r，DE=4，
在△ODE中，，
即，
解得：r=5，
即半径AO的长为5cm；
过H作HN⊥DI，垂足为N，过H作HM⊥AB，垂足为M，
则△OAF∽△ONH，△GHM∽△GIA，
∴，，
∵OF==，
∴，
解得：ON=11，NH=，
∴HM=AN=ON-AO=6，NH=AM=，FM=AM-AF=，
∴MG=FG-FM=4，
∴GH==，
∴，
解得：GI=，
故答案为：5，．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆的基本性质，解题的关键是作出辅助线，理清图中线段的关系．
2．（2020·浙江温州·九年级期中）如图，在矩形中，，．连接，的角平分线交于点E，现把绕点B逆时针旋转，记旋转后的为．当射线和射线都与线段相交时，设交点分别为F，G．若为等腰三角形，则线段长为______．
【答案】
【分析】求出BD和BF，过作，交于，证明，设，利用平行线分线段成比例得到，求出x值即可．
【详解】解：在中，由勾股定理，得
，
在中，由勾股定理，得：
，
解得，
．
过作，交于，
，，
，
，
，
，
，
又，，
，
设，则，，
，
，即，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，作出辅助线是解题关键．
3．（2021·浙江台州·九年级期中）如图，“心”形是由抛物线y=-x2+6和它绕着原点O，顺时针旋转60°的图形经过取舍而成的，其中点C是顶点，点A，B是两条抛物线的两个交点，点E，F，G是抛物线与坐标轴的交点，则AB=_____，CE=______，FG=_____．(写出其中两个即可）
【答案】 ## ##
【分析】先求得直线AB的解析式，解方程求得点A、点B的坐标；根据旋转的性质和对称性得到OG =OB=；设点E的坐标为(0，t)，设点E旋转前的点为H，得到点H的坐标为(，-)，由点H在抛物线y=-x2+6上，即可求解．
【详解】解：根据旋转的性质知∠COD=60°，
根据抛物线的对称性知∠COB=∠DOB=30°，则∠AOE=30°，
过点A作AM⊥轴于点M，设AM=a，
∴AO=2a，OM=，
∴点A的坐标为(-a，-)，
设直线AB的解析式为y=kx，
则，
∴k=，
∴直线AB的解析式为y=x，
解方程-x2+6=x，即(x+2)(x-)=0，
得：x1=-2，x2=，
∴点A的坐标为(-2，-6)，点B的坐标为(，3)，
∴OB=，
∴AB=6；
令y=0，即-x2+6=0，
解得x=，
∴点F的坐标为(-，0)，
∵∠COD=60°，
∴∠COB=∠BOD=∠GOD=30°，
∴点B和点G关于OD对称，
∴OG =OB=，
∴FG=OF+OG=；
设点E的坐标为(0，t)，设点E旋转前的点为H，则OH= t，
过点H作HN⊥轴于点N，
∴∠HOE=60°，∠HON=30°，
∴HN=，ON=，
∴点H的坐标为(，-)，
∵点H (，)在抛物线y=-x2+6上，
∴，
解得：，
∴点E的坐标为(0，)，
∴CE=6+，
故答案为：6；；．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
4．（2021·浙江·金华市金东区傅村镇初级中学九年级期中）已知，根据图1的与的关系，得到图2平面直角坐标系中的射线和射线．若点是轴上一点，过点作轴交，于点，，连结，，则的比值为______，的面积最大值为______．
【答案】
【分析】先分析程序框图可得的解析式为： 的解析式为： ，再求解的坐标，再证明再利用相似三角形的性质可得答案；证明利用相似三角形的性质求解 再建立面积的二次函数关系式，利用二次函数的性质求解最大面积即可.
【详解】解：由题意得：的解析式为：
令 令

同理可得：的解析式为：
令 令











所以当时，此时的面积最大，
最大面积为：
故答案为：
【点睛】本题考查的是程序框图的理解，一次函数的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，正确的理解题意，建立代数与几何图形的联系是解题的关键.
5．（2020·浙江温州·九年级期中）如图，在中，E是边上的中点，于点P，将沿翻折，点B的对称点落在上，延长恰好经过点D，若，则折痕的长为________．
【答案】
【分析】连接，，设交于．首先证明是等腰直角三角形，设，利用相似三角形的性质构建方程求出，再求出，即可解决问题．
【详解】解：连接，，设交于．
是由翻折得到，
，
，
，即，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
由翻折的性质可知，，，
，，
，设，则，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
6．（2020·浙江·九年级期中）如图，已知在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为，与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于另一点（点在对称轴左侧），点在的延长线上，连结和．当四边形是平行四边形时，则点的坐标为_______．
【答案】
【分析】过C作y轴的垂线，过A、B作x轴的垂线，它们相交于E、F两点，可证明△AEC∽△BFC，得出，设点B的横坐标为3a，则点A的横坐标为-5a，根据平行四边形对角线互相平分和两点之间中点公式可求得a的值，可表示A点纵坐标，再根据相似表示B点纵坐标，根据两点之间中点公式可求得c，从而求得点A坐标．
【详解】解：∵抛物线的解析式为，
∴顶点坐标D为，，
如图所示，过C作y轴的垂线，过A、B作x轴的垂线，它们相交于E、F两点，
∵AE和BF与x轴垂直，
∴AE//BF，
∴△AEC∽△BFC，
设点B的横坐标为3a，
∵，
∴，
∴A的横坐标为-5a，
若四边形AOBD是平行四边形，
∴，解得，
∴，当x=-5时，，即，
∴，,
∴B点的纵坐标为，
∴，解得，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数综合．主要考查相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质．正确构造辅助线，作出相似三角形，并利用相似三角形的性质表示点的坐标或者线段的长度是解题关键．
二、解答题
7．（2020·浙江·温州市第十二中学九年级期中）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，交y轴于点C，点M抛物线的顶点．
（1）连接，求与对称轴的交点D坐标．
（2）点是对称轴上的一个动点，求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）先根据抛物线的解析式求出点B、C的坐标和对称轴，从而可得点D的横坐标，再利用待定系数法求出直线BC的函数解析式，然后将点D的横坐标代入直线BC的函数解析式即可得其纵坐标；
（2）先根据二次函数的对称性可得点C关于对称轴的对称点的坐标，然后根据两点之间线段最短、两点之间的距离公式求解即可得．
【详解】（1）对于二次函数，
当时，，解得或，
则，
当时，，则，
二次函数化成顶点式为，
则二次函数的对称轴为，
点D为BC与二次函数的对称轴的交点，
点D的横坐标为1，
设直线BC的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线BC的函数解析式为，
将代入得：，
即点D的坐标为；
（2）如图，作点C关于对称轴MN的对称点，连接，
由二次函数的对称性得：点一定在此二次函数的图象上，其纵坐标与点C的纵坐标相同，且，
则，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为，
设点的坐标为，
二次函数的对称轴为，点C的坐标为，
，
解得，即，
则最小值，
故的最小值为．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、利用待定系数法求一次函数的解析式、两点之间线段最短等知识点，较难的是题（2），利用二次函数的对称性找出最小值是解题关键．
8．（2020·浙江·乐清市知临寄宿学校九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的顶点与原点重合，顶点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上．抛物线经过点与点．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）将正方形向左平移个单位（），边与分别与（1）中的二次函数图像交于、，若点纵坐标是点纵坐标的2倍，求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由题意可知点B、D的坐标分别为（2，0），（0，2），利用待定系数法即可求得二次函数关系式；
（2）先分别表示出点P、Q的横坐标，进而可表示出它们的纵坐标，再根据题意列出方程求解即可．
【详解】解：（1）由题意可知点B、D的坐标分别为（2，0），（0，2），
将（2，0），（0，2）代入，得
解得
∴二次函数的表达式为；
（2）∵正方形向左平移个单位（），边与分别与（1）中的二次函数图像交于、，
∴点P的横坐标为-m，点Q的横坐标为2-m，
当x=-m时，，
当x=2-m时，
∵点纵坐标是点纵坐标的2倍，
∴
解得，（舍去）
∴m的值为．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数关系式，正方形的性质等相关知识，熟练掌握待定系数法求二次函数关系式是解决本题的关键．
9．（2020·浙江绍兴·九年级期中）某地欲搭建一桥，桥的底部两端间的距离AB=L，称跨度，桥面最高点到AB的距离CD=h称拱高，当L和h确定时，有两种设计方案可供选择：①抛物线型，②圆弧型. 已知这座桥的跨度L=32米，拱高h=8米.
(1)如果设计成抛物线型,以AB所在直线为x轴, AB的垂直平分线为y轴建立坐标系，求桥拱的函数解析式;
（2）如果设计成圆弧型，求该圆弧所在圆的半径;
（3）在距离桥的一端4米处欲立一桥墩EF支撑，在两种方案中分别求桥墩的高度.
【答案】（1）y=x2+8（-16≤x≤16）；（2）20；（3）①3.5米；②在离桥的一端4米处，抛物线型桥墩高3.5米; 圆弧型桥墩高4米.
【详解】试题分析：（1）抛物线的解析式为y=ax2+c，把点C（0，8）和点B（16，0），代入即可求出抛物线解析式；
（2）设弧AB所在的圆心为O，C为弧AB的中点，CD⊥AB于D，延长CD经过O点，设⊙O的半径为R，利用勾股定理求出即可；
（3）根据题意画出图形，利用垂径定理以及勾股定理得出AO的长，再求出EF的长即可．
试题解析：（1）抛物线的解析式为y=ax2+c，
又∵抛物线经过点C（0，8）和点B（16，0），
∴0=256a+8，a=-．
∴抛物线的解析式为y=-x2+8（-16≤x≤16）；
（2）设弧AB所在的圆心为O，C为弧AB的中点，CD⊥AB于D，延长CD经过O点，
设⊙O的半径为R，
在Rt△OBD中，OB2=OD2+DB2
∴R2=（R-8）2+162，解得R=20；
（3）①在抛物线型中设点F（x，y）在抛物线上，x=OE=16-4=12，
EF=y=3.5米；
②在圆弧型中设点F′在弧AB上，作F′E′⊥AB于E′，
OH⊥F′E′于H，则OH=D E′=16-4=12，O F′=R=20，
在Rt△OH F′中，H F′= ，
∵HE′=OD=OC-CD=20-8=12，E′F′=HF′-HE′=16-12=4（米）
∴在离桥的一端4米处，抛物线型桥墩高3.5米； 圆弧型桥墩高4米．
10．（2020·浙江·杭州市拱宸中学九年级期中）已知二次函数．
（1）甲说：该二次函数的图象必定经过点．乙说：若图象的顶点在x轴上，则，你觉得他们的结论对吗？请说明理由；
（2）若抛物线经过，，求证；
（3）甲问乙：“我取的k是一个整数，画出它的图象后发现抛物线与x轴的一个交点在y轴右侧，一个交点在原点和之间，你知道k等于几吗？并求出k的值．
【答案】（1）甲，乙的结论都错误，理由见解析；（2）证明见解析；（3）k=1
【分析】（1）把函数表达式变形为y+3x2=k（x2-2x+6），求出当x=-2，y=-12时，，，可得结论；根据抛物线的顶点在x轴上得顶点的纵坐标为0从而可得k的值；
（2）将点P，Q的坐标分别代入二次函数解析式，得到含k的表达式，进行乘积运算，最后进行配方即可得到结论；
（3）分和 两种情况分类讨论：当时，，求得，此时无整数k；当时，根据以及抛物线与x轴的一个交点在原点和之间可求得，从而求得整数k的值.
【详解】（1）∵
∴
当x=-2，y=-12时，，，
故该二次函数的图象不是必经过点，
因此，甲的结论不正确；
对于函数的顶点坐标为：（， ），
∵图象的顶点在x轴上，
∴
解得，，，
因此，图象的顶点在x轴上，则k=0或；
故乙的结论错误；
（2）把，分别代入得，
，，
∴，
∵
∴；
（3）分两种情况：
（i）当时，即，由抛物线与x轴有两个交点得，

解得，，
∴，
∴不存在整数k；
（ii）当时，即，此时， ，
∴，
∵抛物线与x轴的一个交点在原点和之间，
∴当x=-3时，y=，
解得，，
∴，
∴整数k=1.
【点睛】本题考查的是抛物线的性质，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
11．（2020·浙江省临海市临海中学九年级期中）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．
（1）如图1，损矩形ABCD，∠ABC=∠ADC=90°，则该损矩形的直径是线段 ．
（2）在线段AC上确定一点P，使损矩形的四个顶点都在以P为圆心的同一圆上(即损矩形的四个顶点在同一个圆上)，请作出这个圆，并说明你的理由.友情提醒：“尺规作图”不要求写作法，但要保留作图痕迹．
（3）如图2，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为一边向形外作菱形ACEF，D为菱形ACEF的中心，连接BD，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由.若此时AB＝3，BD＝，求BC的长．
【答案】（1）AC（2）作图见解析；（3）四边形ACEF为正方形，详见解析；BC＝5
【详解】（1）只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．因此AC是该损矩形的直径；
（2）作图如图；
∵点P为AC中点，
∴PA＝PC＝AC.
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴BP＝DP＝AC，
∴PA＝PB＝PC＝PD，
∴点A、B、C、D在以P为圆心，AC为半径的同一个圆上.
（3）∵菱形ACEF，
∴∠ADC＝90°，AE＝2AD，EC＝2CD，
∴四边形ABCD为损矩形，
∴由（2）可知，点A、B、C、D在同一个圆上.
∵AM平分∠BAD，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴AD＝CD，
∴四边形ACEF为正方形.
∵点BD平分∠ABC，BD＝，
∴点D到AB、BC的距离h为4，
∴＝6.
，
，
，
∵，
∴＋＝6＋2BC，
∴BC＝5或BC＝－3(舍去)，
∴BC＝5．
当菱形的一个角为直角时就成为正方形，根据面积之间的关系可以求得BC＝5．
12．（2020·浙江绍兴·九年级期中）已知抛物线经过点，，与轴的另一个交点为．

图1 图2
(1)求出此抛物线的表达式及点坐标
(2)如图2，的中点记为，，将绕点在的左侧旋转，与射线交于点，与射线交于点．设，，求关于的函数关系式．
(3)当的边经过点时，求，的值（直接写出结果）．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)，或，；
【分析】（1）把A、B点的坐标代入抛物线解析式可得关于b、c的二元一次方程组，解得b、c即可得到抛物线的解析式，令y=0求得相应x后可得C点坐标；
（2）利用三角形相似的判定与性质可以得解；
（3）分DM经过C和DN经过C两种情况讨论．
(1)
分别把A、B坐标代入抛物线解析式可得：
，解之得：，
∴抛物线的表达式为：，
令y=0，即得：，解之可得x=2或x=-1，
∴抛物线与x轴的另一个交点C的坐标为（-1，0）；
(2)
如图延长使得，连结，
，，
，
∴
(3)
①当经过，作轴，
，
，．
②当经过，同法可得，，
∴，或，；
【点睛】本题考查二次函数的综合运用，熟练运用待定系数法确定函数解析式、运用三角形相似的判定与性质、平行线分线段成比例定理求解是解题关键 ．
13．（2021·浙江·义乌市春晗学校九年级期中）在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上点处．
（1）如图1，若，求的度数；
（2）如图2，当，且时，求的长；
（3）如图3，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，求出的值．
【答案】（1）15°；（2）；（3）
【分析】（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到，再由折叠的性质可得到；
（2）由三等角证得，从而得，，再由勾股定理求出DE，则；
（3）过点作于点，可证得．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．
【详解】（1）∵矩形，
∴，
由折叠的性质可知BF=BC=2AB，，
∴，
∴，
∴
（2）由题意可得，
，
∴
∴
∴，
∴
∴，
由勾股定理得，
∴，
∴；
（3）过点作于点．
∴
又∵
∴．
∴．
∵，即
∴，
又∵BM平分，，
∴NG=AN，
∴，
∴
整理得：．
【点睛】本题是一道矩形的折叠和相似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．
14．（2020·浙江湖州·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、D两点，与y轴交于点B，四边形OBCD是矩形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（0，4），已知点E（m，0）是线段DO上的动点，过点E作PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，交BD于点H．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当点P在直线BC上方时，请用含m的代数式表示PG的长度；
（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）PG=；（3）存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，此时m的值为﹣1或．
【分析】（1）将A（1，0），B（0，4）代入 ，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）由E（m，0），B（0，4），得出P（m，），G（m，4），则由 可用含m的代数式表示PG的长度．
（3）先由抛物线的解析式求出D（﹣3，0），则当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．分两种情况进行讨论：①△BGP∽△DEH；②△PGB∽△DEH．都可以根据相似三角形对应边成比例列出比例关系式，进而求出m的值．
【详解】解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，4），
∴，解得
∴抛物线的解析式为
（2）∵E（m，0），B（0，4），PE⊥x轴交抛物线于点P，交BC于点G，
∴P（m，），G（m，4）
∴PG=
（3）在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似．
∵，
∴当y=0时，，
解得x=1或﹣3
∴D（﹣3，0）．
当点P在直线BC上方时，﹣3＜m＜0．
设直线BD的解析式为y=kx+4，
将D（﹣3，0）代入，得﹣3k+4=0，解得k=
∴直线BD的解析式为y=x+4
∴H（m，m+4）．
分两种情况：
①如果△BGP∽△DEH，那么，即
由﹣3＜m＜0，解得m=﹣1
②如果△PGB∽△DEH，那么，即
由﹣3＜m＜0，解得m=
综上所述，在（2）的条件下，存在点P，使得以P、B、G为顶点的三角形与△DEH相似，此时m的值为﹣1或．
15．（2020·浙江湖州·九年级期中）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；
（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．
【答案】（1）8-2t；；（2）不存在，理由见解析，当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形；（3）单位长度.
【详解】解：（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，
∴QB=8﹣2t，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，
∴∠APD=90°，
∴tanA=，
∴PD=t．
故答案为（1）8﹣2t，t．
（2）不存在
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=10
∵PD∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴，即，
∴AD=t，
∴BD=AB﹣AD=10﹣t，
∵BQ∥DP，
∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，
即8﹣2t=，解得：t=．
当t=时，PD=，BD=10﹣×=6，
∴DP≠BD，
∴▱PDBQ不能为菱形．
设点Q的速度为每秒v个单位长度，
则BQ=8﹣vt，PD=t，BD=10﹣t，
要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，
当PD=BD时，即t=10﹣t，解得：t=
当PD=BQ，t=时，即=8﹣，解得：v=
当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．
（3）如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．
依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．
设直线M1M2的解析式为y=kx+b，
∴，
解得，
∴直线M1M2的解析式为y=﹣2x+6．
∵点Q（0，2t），P（6﹣t，0）
∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．
把x=代入y=﹣2x+6得y=﹣2×+6=t，
∴点M3在直线M1M2上．
过点M2做M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．
∴M1M2=2
∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及一次函数的应用．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
16．（2021·浙江·义乌市绣湖中学教育集团九年级期中）如图，已知抛物线经过点．
（1）求的值；
（2）连结，交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移个单位得到抛物线．过点M作轴，交抛物线于点N．P是抛物线上一点，横坐标为，过点P作轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若，求m的值．
【答案】（1）；（2）①；②1或．
【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可；
（2）①求出直线AB的解析式，抛物线的对称轴方程，代入求解即可；②根据抛物线的平移方式求出抛物线的表达式，再分三种情况进行求解即可．
【详解】解：（1）把点的坐标分别代入，
得．解得
的值分别为．
（2）①设所在直线的函数表达式为，
把的坐标分别代入表达式，得
解得
所在直线的函数表达式为．
由（1）得，抛物线L的对称轴是直线，
当时，．
∴点M的坐标是．
②设抛物线的表达式是，
轴，
点N的坐标是．
∵点P的横坐标为
∴点P的坐标是，
设交抛物线于另一点Q，
∵抛物线的对称轴是直线轴，
∴根据抛物线的轴对称性，点Q的坐标是．
（i）如图1，当点N在点M下方，即时，
，
，
由平移性质得，
∴
∴，
解得（舍去），．
（ii）图2，当点N在点M上方，点Q在点P右侧，
即时，，
，
解得（舍去），（舍去）．
（ⅲ）如图3，当点N在点M上方，点Q在点P左侧，
即时，
，
，
解得（舍去），．
综上所述，m的值是1或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、抛物线的平移规律和一元二次方程等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质是解题的关键．
17．（2021·浙江·杭州外国语学校九年级期中）2022年北京冬奥会即将召开，激起了人们对冰雪运动的极大热情．如图是某跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为轴，过跳台终点作水平线的垂线为轴，建立平面直角坐标系．图中的抛物线近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某运动员从点正上方米处的点滑出，滑出后沿一段抛物线运动．
（1）当运动员运动到离处的水平距离为米时，离水平线的高度为米，求抛物线的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（2）在（1）的条件下，当运动员运动水平线的水平距离为多少米时，运动员与小山坡的竖直距离为米？
（3）当运动员运动到坡顶正上方，且与坡顶距离超过米时，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）12米；（3）．
【分析】（1）根据题意可知：点A（0，4）点B（4，8），利用待定系数法代入抛物线即可求解；
（2）高度差为1米可得可得方程，由此即可求解；
（3）由抛物线可知坡顶坐标为 ，此时即当时，运动员运动到坡顶正上方，若与坡顶距离超过米，即，由此即可求出b的取值范围．
【详解】解：（1）根据题意可知：点A（0，4），点B（4，8）代入抛物线得，
，
解得：，
∴抛物线的函数解析式；
（2）∵运动员与小山坡的竖直距离为米，
∴，
解得：（不合题意，舍去）， ，
故当运动员运动水平线的水平距离为12米时，运动员与小山坡的竖直距离为米；
（3）∵点A（0，4），
∴抛物线，
∵抛物线，
∴坡顶坐标为 ，
∵当运动员运动到坡顶正上方，且与坡顶距离超过米时，
∴，
解得：．
【点睛】本题属二次函数应用中的难题.解决函数应用问题的一般步骤为：（1）审题：弄清题意，分清条件和结论，理清数量关系；(2)建模：将文字语言转化为数学语言，利用数学知识建立相应的数学模型；（3）求模：求解数学模型，得到数学结论；(4) 还原：将用数学方法得到的结论还原为实际问题．
18．（2021·浙江金华·九年级期中）如图，已知抛物线经过，两点，交轴于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接，求直线的解析式；
（3）请在抛物线的对称轴上找一点，使的值最小，求点的坐标，并求出此时的最小值；
（4）点为轴上一动点，在抛物线上是否存在一点，使得以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）直线的解析式为；（3），此时的最小值为；（4）存在，或．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入求解即可；
（2）设直线的解析式为，然后把点B、C的坐标代入求解即可；
（3）由题意易得点A、B关于抛物线的对称轴对称，根据轴对称的性质可得，要使的值为最小，则需满足点B、P、C三点共线时，即为BC的长，然后问题可求解；
（4）由题意可设点，然后可分①当AC为对角线时，②当AM为对角线时，③当AN为对角线时，进而根据平行四边形的性质及中点坐标公式可进行求解．
【详解】解：（1）∵抛物线经过，两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得抛物线的解析式为，
∵抛物线与y轴的交点为C，
∴，
设直线的解析式为，把点B、C的坐标代入得：
，解得：，
∴直线的解析式为；
（3）由抛物线可得对称轴为直线，由题意可得如图所示：
连接BP、BC，
∵点A、B关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∴，
要使的值为最小，则需满足点B、P、C三点共线时，即为BC的长，此时BC与对称轴的交点即为所求的P点，
∵，
∴，
∴的最小值为，
∵点P在直线BC上，
∴把代入得：，
∴；
（4）存在，理由如下：
由题意可设点，，当以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，则可分：
①当AC为对角线时，如图所示：
连接MN，交AC于点D，
∵四边形ANCM是平行四边形，
∴点D为AC、MN的中点，
∴根据中点坐标公式可得：，即，
解得：，
∴；
②当AM为对角线时，同理可得：
，即，
解得：，
∴；
③当AN为对角线时，同理可得：
，即，
解得：，
∴；
∴综上所述：当以、、、四点为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质与图象是解题的关键．
19．（2020·浙江·诸暨市开放双语实验学校九年级期中）如图，二次函数的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），直线y＝2x﹣2与x轴、y轴交于点D，E．
（1）求该二次函数的解析式．
（2）判断△ABE是否为直角三角形，说明理由．
（3）点M为该二次函数图象上一动点．
①若点M在图象上的B，C两点之间，求△DME的面积的最大值．
②若∠MED＝∠EDB，求点M的坐标．
【答案】（1）；（2）不是直角三角形，理由见解析；（3）①；②，
【分析】（1）运用待定系数法求这个二次函数的解析式；
（2）先求点E的坐标，构建勾股定理计算△ABE三边的平方，发现：AE2＋BE2≠AB2，所以△ABE不是直角三角形；
（3）①如图1，作辅助线构建△EMN，根据面积差可得△MDE的面积：S△MDE＝S△MNE−S△MND＝MN，表示MN的长即可，由二次函数图象的性质与0≤x≤3这一范围可得结论；
②由图形可知：∠EDB是钝角，当M在第三和第四象限时，才可能符合条件，所以分两种情况：
当点M在第四象限时，延长ME交x轴于点F，如图2，根据FD＝EF列方程可得M的坐标；
当点M在第三象限时，如图3，可得ME∥x轴，即M的纵坐标为−2，代入抛物线的解析式可得M的坐标．
【详解】解：（1）设y＝a（x＋1）（x−3），
把（0，3）代入得−3＝−3a，
∴a＝1，
∴该二次函数的解析式是y＝x2−2x−3；
（2）△ABE不是直角三角形；理由是：
直线y＝2x−2，当x＝0时，y＝−2，
∴E（0，−2），
∵A（−1，0），B（3，0），
∴AE2＝12＋22＝5，BE2＝22＋32＝13，AB2＝（3＋1）2＝16，
∴AE2＋BE2≠AB2，
∴△ABE不是直角三角形；
（3）①如图1，过M作MN∥y轴，交直线DE于N，交x轴于H，
当y＝0时，2x−2＝0，x＝1，
∴OD＝1，
则S△MDE＝S△MNE−S△MND＝MN•OH−MN•DH＝MN•OD＝MN，
设点M（m，m2−2m−3），则N（m，2m−2），
∴S△MDE＝ (−m2＋4m＋1)＝− (m−2)2＋，（0≤m≤3），
当m＝2时，S最大值＝；
②当点M在第四象限时，延长ME交x轴于点F，如图2，
∵∠FDE＋∠EDB＝180°，∠FED＋∠MED＝180°，
又∵∠MED＝∠EDB，
∴∠FDE＝∠FED，
∴FE＝FD，
设F（x，0），则FE2＝FO2＋OE2＝x2＋4，FD2＝（x−1）2，
∴x2＋4＝（x−1）2，得x＝−1.5，
即F（−1.5，0），
设直线EF的解析式为：y＝kx＋b，
把F（−1.5，0），E（0，−2）代入得：
，解得：，
∴直线EF的解析式为：y＝−x−2，
则−x−2＝x2−2x−3，
解得：x＝，
∵点M在第四象限，所以x＝，
∴点M（，）；
当点M在第三象限时，如图3，
∵∠MED＝∠EDB，
∴ME∥x轴，
设M（a，−2），
将坐标代入二次函数，得−2＝a2−2a−3，a＝1±，
∵a在第三象限，
∴a＝1−，
∴点M（1−，−2），
综上所述，点M的坐标是（，）或（1−，−2）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数、一次函数的解析式；根据勾股定理及其逆定理列方程解决问题，并采用分类讨论的思想，本题有难度，注意利用数形结合，属于中考压轴题．
20．（2020·浙江·浣江教育九年级期中）如图，已知抛物线的图象经过点，，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴相交于点E，连接BD．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在抛物线上点B和点D之间是否存在一点H使得四边形OBHC的面积最大，若存在求出四边形OBHC的最大面积，若不存在，请说明理由．
（3）直线BD上有一点P，使得时，过P作轴于F，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，G为抛物线上一动点，当以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形时，求点M的坐标．
【答案】（1）；（2）存在，；（3）点M的坐标为，，，
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出C、D的坐标，设点，即可得到，由此求解即可；
（3）先求出E点坐标，利用待定系数法求出直线BD的解析式，利用求出P点坐标，设设，则，，利用建立方程求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线的图象经过点，
∴，∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）当时，，所以点，当时，所以点
设点
所以
当时，．
（3）由（1）知，抛物线的解析式为；
∴，抛物线的顶点，
∴，设直线BD的解析式为，
∴，
∴
∴直线BD的解析式为，设点，
∵，，
根据勾股定理得，，，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
如图，作轴于F，
∵，设，则，
∴以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形，必有，
∴
∴或，
∴点M的坐标为，，，．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，待定系数法求函数解析式，正方形的性质，两点距离公式等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
21．（2021·浙江温州·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴的一个交点为，与y轴的交点为C，点B为抛物线对称轴上一动点．
（1）抛物线的函数表达式为________，抛物线的对称轴为________．
（2）线段绕点B顺时针旋转得到，当点P落在抛物线上时，求出点B坐标．
（3）当点B在x轴上时，M，N是抛物线上的两个动点，M在N的右侧，若以B，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，求出此时点M的横坐标．
【答案】（1），直线；（2）；（3）M的横坐标为或
【分析】（1）把代入函数解析式，求出a的值即可得函数关系式，再进行配方可得函数的对称轴；
（2）设，过B作轴垂足为E，过点P作垂足为F，证明得，可得，代入抛物线解析式得方程，求解即可；
（3）分两种情况，根据平行四边形的判定与性质求解即可．
【详解】解：（1）把代入得，
解得，a=-0.25
∴抛物线的函数表达式为，
由
∴抛物线的对称轴为直线，
故答案为：，直线；
（2）∵点B为抛物线对称轴上一动点
∴设
过B作轴垂足为E，过点P作垂足为F
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴，∵点P落在抛物线上，
∴把代入，整理得

得
所以
（3）①如图，当为边时，∵四边形是平行四边形，
∴
∵点B向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到点C
∴设点，则N坐标为
∵点N在抛物线上，
∴把代入得，
解得
②如图，当为对角线时，
∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴，
∴设点，则N坐标为
∵点N在抛物线上，
∴把代入得，
解得
所以点M的横坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数解析式的求法、平行四边形的性质、平移的性质、解方程等知识；本题综合性强，有一定难度．
22．（2020·浙江温州·九年级期中）如图，直线与x轴交于点，与y轴交于点C，抛物线经过点B，C，与x轴的另一个交点为A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线下方抛物线上一动点，求四边形面积最大时点P的坐标；
（3）若M是抛物线上一点，且，请直接写出点M的坐标为___________．
【答案】（1）；（2）；（3），或
【分析】（1）先求出点，利用待定系数法可求解；
（2）过点作交于点，先求出点坐标，设点，则点，利用面积和差关系可求解；
（3）分两种情况讨论，先求出直线或的解析式，联立方程组可求解．
【详解】解：（1）直线与轴交于点，
，
，
点，
抛物线经过点，，
，
，
抛物线的解析式为：；
（2）如图1，过点作交于点，
抛物线与轴的交点为、，
，
，，
点，
设点，则点，
，
四边形面积，
当时，四边形面积有最大值，
此时点；
（3）如图2，当点在上方时，设交于点，
，
，
，
，
，
，
点，，
点，点，，
直线解析式为：，
联立方程组可得，
解得：或，
点，，
当点在下方时，
，
，
点的纵坐标为，
点的坐标为；
综上所述：点，或．
【点睛】本题考查的二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，利用勾股定理求出点H的坐标是本题的关键．
23．（2021·浙江·衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）九年级期中）如图，点A和动点P在直线上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作Rt△ABQ，使∠BAQ = 90°，AQ ： AB = 3 ：4，作△ABQ的外接圆O． 点C在点P右侧，PC = 4，过点C作直线⊥，过点O作OD⊥于点D，交AB右侧的圆弧于点E．在射线CD上取点F，使DF = CD，以DE，DF为邻边作矩形DEGF，设AQ =3 x
（1）用关于的代数式表示BQ，DF；
（2）当点P在点A右侧时，若矩形DEGF的面积等于90，求AP的长；
（3）在点P的整个运动过程中，当AP为何值时，矩形DEGF是正方形．
【答案】（1），;（2）；（3）当为12或或3时，矩形是正方形．
【分析】（1）由，，易得，由勾股定理得，再由中位线的性质得，求得，；
（2）利用（1）的结论，易得的长，作于点（如图，则，由垂径定理得，由矩形性质得，利用矩形面积，求得，得出结论；
（3）点在点的右侧时（如图，利用（1）（2）的结论和正方形的性质得，得；点在点的左侧时，当点在右侧，时（如图，，解得，易得；当时（如图，，得；当点在的左侧时，即（如图，同理得；
【详解】解：（1）在中，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（2），，
，
作于点（如图，
，
是的外接圆，，
点是的中点，
，
，
，
，
解得：（舍去），，
；
（3）①若矩形是正方形，则，
．点在点的右侧时（如图
，解得：，
；
．点在点的左侧时，
当点在右侧，
时（如图，
，，
，解得：，
；
当时（如图，
，，
，解得：（舍去），
当点在的左侧时，即（如图，
，，
，解得：，
，
综上所述：当为12或或3时，矩形是正方形；
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，正方形的性质，中位线的性质等，结合图形，分类讨论是解答此题的关键．
24．（2020·浙江温州·九年级期中）如图，已知二次函数的图象与x轴相交于两点．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）若M是第一象限内线段上任意一点（不与B，C重合），轴于点H，与二次函数的图象交于点P，连接．设点M的横坐标为t，当是直角三角形时，求点M的坐标．
（3）如图，若M是直线上任意一点，N是x轴上任意一点，且．以N为旋转中心，将逆时针旋转，使M落在Q点连接，则线段的最值为_______．（直接写出答案）
【答案】（1）；（2）或；（3）最小值为，最大值为
【分析】（1）根据A、B坐标，利用待定系数法求解；
（2）求出BC表达式，分∠CPM=90°和∠PCM=90°两种情况分别求解；
（3）作的外接圆⊙，连接，，，，过点作于点，过点作交的延长线于，分析出当Q，O′，B，三点共线时，BQ可取得最值，再求解．
【详解】解：（1）设抛物线的表达式为：，
∴，得，
∴．
（2）令，，
∴点坐标为，
设直线BC解析式为：，
，解得，
∴，
∵点的横坐标为，
∴点坐标为，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
当时，则轴，是等腰直角三角形，
∴．
设点坐标为，
∴，，
∴，
整理得：，
解得：，（舍），
∴点坐标为，
当时，则，
过作于，则轴，
∴，
∵，，
∴，
整理得：，
解得：，（舍），
∴点坐标为，
综上所述，点坐标为或．
（3）作的外接圆⊙，连接，，，，过点作于点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点作交的延长线于，
∵，
∴，
∵MN绕点逆时针旋转得到NQ，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形QKGN是矩形，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴当且仅当，，三点共线时，BQ取得最值，
即，
∴，
∴线段BQ的最小值为，线段BQ的最大值为．
【点睛】本题是二次函数综合题，还涉及外接圆的性质，待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，难度较大，解题时要结合图形，画出辅助线，解题的关键是根据三点共线得到取最值时的情况．
25．（2020·浙江宁波·九年级期中）如图，点为轴正半轴上一点，交轴于、两点，交轴于、两点，点为劣弧上一个动点，连接，，且，．
（1）如图1，求点的坐标和的度数；
（2）如图2，若平分交于点，当点在运动时，线段的长度是否发生变化；若不变求出其值，若发生变化，求出变化的范围；
（3）如图3，连接，当点在运动时（不与、两点重合），求的值．
【答案】（1）点C的坐标为，；（2）不发生变化，AQ＝2，理由见解析；（3）
【分析】（1）连接EC，则EC=EA=2，然后利用勾股定理就可求出OC的长，从而求出点C的坐标；
（2）不发生变化，连接CB，利用等弧所对的圆周角相等可证明AQ=AC，AC是一个固定值，所以不发生变化．再利用勾股定理就可求出AC的长即是AQ的长；
（3）利用三角形的全等导出边关系证明即可．．
【详解】解：（1）如图1，连接，则，
∵，
∴
故点的坐标为，同时可得，
∴
（2）不发生变化．
如图2，连接，则，
∵，，
∵平分，则，
则
∴
∵AE=CE，，
∴三角形ACE为等边三角形
∴AQ=2
（3）如图3，在的延长线上截取，则，
连接，
在和中
∴，得，，
∵CD⊥AE
∴AC=AD
由（2）可知∠CAE=60°
∴∠CAD=2∠CAE=120°
∴∠MAP=120°
则是以为底角的等腰三角形，
∴．
【点睛】
本题综合考查了圆的知识，以及全等三角形的判定．所以学生学习时一定要会把所学的知识灵活的运用起来．
26．（2020·浙江·台州市椒江区第二中学九年级期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转a（0°＜a＜360°），得到矩形AEFG，如图1，M是线段BF的中点，点O是AB的中点，连接OM．
（1）将矩形AEFG绕点A顺时针旋转一周，求点M的路径长；
（2）旋转过程中，当点M落在AD上时．
①求△AMF的面积；
② 如图2，连接BE，ED，求证：B，E，D共线；
（3）如图3，连接MG，在将矩形AEFG绕点A顺时针旋转一周的过程中，直接写出MG的最大值_____________．
【答案】（1）；（2）①12；②见详解；（3）
【分析】（1）由题意得从OM看，绕A点一周，形成了一个圈，可得M的路径长为圆O的周长，且OM为半径，求出OM的长，即可得出答案；
（2）①由题意可知，S△AMF=S△ADF-S△MDF，求出S△ADF和S△MDF即可得出答案，；
②先推出OM∥DB，根据E点为绕A点一周后形成的点，即可得证；
（3）由题意可知，当M为圆心，BG为直径时，该圆最大且直径最大，然后计算即可．
【详解】（1）由题意得从OM看，绕A点一周，形成了一个圈，
∴M的路径长为圆O的周长，且OM为半径，OM==5，
∴圆O的周长为==；
（2）①由题意可知，S△AMF=S△ADF-S△MDF，
S△ADF==24，S△MDF==12，
∴S△AMF=12；
②由题意的O为AB中点，M为DA中点，
∴OM∥DB，
E点为绕A点一周后形成的点，
即E，B，D三点共线；
（3）由题意可知，当M为圆心，BG为直径时，该圆最大且直径最大，
∴BM=MG=r====．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线，圆的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键．
27．（2022·浙江省义乌市廿三里初级中学九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝8cm，点D，E分别为边AB，AC的中点，连结DE，点P从点B出发，沿折线BD－DE－EA运动，到点A后立即停止．点P在BD上以cm/s的速度运动，在折线DE－EA上以1cm/s的速度运动．在点P的运动过程中，过点P作PQ⊥BC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN，点M在线段BQ上．设点P的运动时间为t（s）．
(1)当点P在线段DE上时，求正方形PQMN的边长．
(2)当点N落在边AB上时，求t的值．
(3)在点P的整个运动过程中，记正方形PQMN与△ABC重叠部分图形面积为S（cm²），求S与t的函数关系式，写出相应t的取值范围．
【答案】(1)2cm
(2)4或
(3)
【分析】（1）根据三角形的中位线性质得到DEBC，DE= BC=4cm，CE=AC=2cm，再证明四边形PQCE是矩形得到PQ=CE即可求解；
（2）分点N与点D重合和点N在线段AD上两种情况，画出对应图形，利用运动线段之间的数量关系求解t值即可；
（2）分①当0≤t≤2时；②当2＜t≤4时；③当4＜t≤6时；④当6＜t≤时；⑤＜t≤8时5种情况，分别画出图形，利用数形结合和运动线段之间的数量关系讨论求解即可．
（1）
解：∵点D，E分别为边AB，AC的中点，AC＝4cm，BC＝8cm，
∴DEBC，DE= BC=4cm，AE=CE=AC=2cm，
∵∠C＝90°，PQ⊥BC，点P在线段DE上，
∴PQ CE，
∴四边形PQCE是平行四边形，又∠C＝90°，
∴四边形PQCE是矩形，
∴PQ=CE=2cm，
即正方形PQMN的边长为2cm；
（2）
解：∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝8cm，
∴AB==cm，则BD =cm，
∵点P在BD上以cm/s的速度运动，
∴点P在线段BD上的时间t=s，
由题意，点N落在边AB上时，分两种情况：
当点N与点D重合时，点P在线段DE上，如图1-1，
则DP=PQ=2，
∵在DE以1cm/s的速度运动，
∴DP=t-2，即：2=t-2，
∴t=2+2=4（s）；
当点N在线段AD上时，点P在线段AE上，如图1-2，
∵点P在DE段的运动时间为4s，点P在 EA上以1cm/s的速度运动，
∴PE=t-2-4=t-6，
∴PA=2-（t-6）=8-t，PC=t-6+2=t-4，
∵PN CM，
∴∠APN=∠ACB，又∠PAN=∠CAB，
∴△PAN∽△CAB，
∴即，
解得：PN=16-2t，
由PN=PC得：16-2t=t-4，解得：t=，
综上，当点N落在边AB上时，t的值为4或；
（3）
解：由题意，在点P的整个运动过程中，正方形PQMN与△ABC重叠部分有5种情况：
①当0≤t≤2时，如图2-1，重叠部分为四边形PQMK，
∵PQAC，
∴△BPQ∽△BAC，
∴，即，
∴PQ=t，BQ=2t，则MQ=PQ=t，BM=BQ-MQ=t，
∵KMPQ，
∴KM=PQ=t，
∴；
②当2＜t≤4时，如图2-2，重叠部分为五边形PQMFD，
∵DP=t-2，PQ=MQ=2，
∴PE=CQ=DE-DP=4-（t-2）=6-t，
∴BQ=BC-CQ=8-（6-t）=2+t，BM=BQ-MQ=t，
∵MFAC，
∴△BFM∽△BAC，
∴，即，
∴FM=t，
∴
=
=；
③当4＜t≤6时，如图2-3，重叠部分为正方形形PQMN，则；
④当6＜t≤时，如图2-4，重叠部分为正方形PQMN，
∵PE=t-2-4=t-6，
∴PC=t-6+2=t-4，
∴；
⑤＜t≤8时，如图2-5，重叠部分为四边形PQMFG，
∵PE =t-6，
∴PA=2-（t-6）=8-t，PC=MC=t-4，
∵PG BC，
∴△PAG∽△CAB，
∴即，
解得：PG=16-2t，
∵BM=BC-MC=8-（t-4）=12-t，
∴FM=BM=6-t，
∴
=
=；
综上所述，S与t的函数关系式为
．
【点睛】本题是运动型综合题，涉及正方形的性质、三角形的中位线性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、函数等知识，综合型强，运动过程复杂，计算量大，对同学们的解题能力要求很高，属于中考压轴题．读懂题意，弄清动点和动线的运动过程是解题关键，注意第（2）、（3）问中涉及多种情况，需要进行分类讨论，避免遗漏失分．
28．（2021·浙江·温州外国语学校九年级期中）如图，是的直径，弦于点，为上一点，，连接分别交，于点，．
(1)求证：；
(2)若，且，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)10
【分析】（1）连接AC，由AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，根据垂径定理得＝，，所以∠D＝∠ACD，因为，所以，则∠DCF＝∠BAC，∠D＝∠ACD，即可推导出∠F＝∠AGF，得AF＝AG，而∠FAD＝∠BAD，根据等腰三角形的“三线合一”性质得FH＝GH；
（2）连接BC，设BE＝m，先证明△AHF△CHD，则，求得CD＝×15＝20，所以CE＝DE＝CD＝10，再证明△BCE△GCE，得GE＝BE＝m，再证明△CEB△AEC，得，列出关于m的方程，求出m的值，即可求得GB的长．
（1）
证明：如图，连接AC，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，
∴＝，，
∴∠D＝∠ACD，
∵，
∴，
∴∠DCF＝∠BAC，
∴∠AGF＝∠ACF＋∠BAC＝∠ACF＋∠DCF＝∠ACD，
∵∠F＝∠D，
∴∠F＝∠AGF，
∴AF＝AG，
∵∠FAD＝∠BAD，
∴FH＝GH．
（2）
解：如图，连接BC，设BE＝m，
根据题意得AF＝15，，
∴AG＝AF＝15，
∵∠F＝∠D，∠AHF＝∠CHD，
∴△AHF△CHD，
∴，
∵CD＝×15＝20，
∴CE＝DE＝CD＝10，
∵∠BCE＝∠GCE，CE＝CE，∠CEB＝∠CEG＝90°，
∴△BCE△GCE，
∴GE＝BE＝m，
∵∠BCE＝∠CAE，∠CEB＝∠AEC，
∴△CEB△AEC，
∴，
∴BE•CE＝CE2，
∴m（15＋m）＝102，
解得＝5，＝﹣20（不符合题意，舍去），
∴GE＝BE＝5，
∴GB＝GE＋BE＝10，
∴GB的长为10．
【点睛】此题考查圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
29．（2021·浙江省宁波市实验学校九年级期中）给出定义：有两个内角分别是它们对角的两倍的四边形叫做倍对角四边形．
（1）如图1，在倍对角四边形ABCD中，∠D＝2∠B，∠A＝2∠C，求∠B与∠C的度数之和；
（2）如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO，∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF．求证：四边形DBCF是倍对角四边形；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G．当4DH＝3BG时，求△BGH与△ABC的面积之比．
【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据四边形内角和为360°，即可得出答案；
（2）利用SAS证明△BED≌△BEO，得∠BDE＝∠BEO，连接OC，设∠EAF＝α，则∠AFE＝2α，则∠EFC＝180°−∠AFE＝180°−2α，可证∠EFC＝∠AOC＝2∠ABC即可；
（3）过点O作OM⊥BC于M，由（1）知∠BAC＝60°，再证明△DBG∽△CBA，得，再根据4DH＝3BG，BG＝2HG，得DG＝GH，则＝，从而解决问题．
【详解】（1）解：在倍对角四边形ABCD中，∠D＝2∠B，∠A＝2∠C，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴3∠B+∠3∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝120°，
∴∠B与∠C的度数之和为120°；
（2）证明：在△BED与△BEO中，
，
∴△BED≌△BEO（SAS），
∴∠BDE＝∠BEO，
∵∠BOE＝2∠BCF，
∴∠BDE＝2∠BCF
连接OC，
设∠EAF＝α，则∠AFE＝2α，
∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣2α，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝α，
∴∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠OCA＝180°﹣2α，
∴∠EFC＝∠AOC＝2∠ABC，
∴四边形DBCF是倍对角四边形；
（3）解：过点O作OM⊥BC于M，
∵四边形DBCF是倍对角四边形，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴BC＝2BM＝BO＝BD，
∵DG⊥OB，
∴∠HGB＝∠BAC＝60°，
∵∠DBG＝∠CBA，
∴△DBG∽△CBA，
∴＝，
∵4DH＝3BG，BG＝2HG，
∴DG＝GH，
∴＝，
∵
∴＝．
【点睛】本题是新定义题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，读懂题意，利用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
30．（2021·浙江省宁波市实验学校九年级期中）【基础巩固】
（1）如图1，点A，F，B在同一直线上，若∠A＝∠B＝∠EFC，求证：△AFE∼△BCF；
【尝试应用】
（2）如图2，AB是半圆⊙O的直径，弦长AC＝BC＝4，E，F分别是AC，AB上的一点，∠CFE＝45°，若设AE＝y，BF＝x，求出y与x的函数关系及y的最大值．
【拓展提高】
（3）已知D是等边△ABC边AB上的一点，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上．如图3，如果AD：BD＝1：2，求CE：CF的值．
【答案】（1）见解析；（2）y＝﹣x2+x（0≤x≤8），2；（3）4：5
【分析】（1）利用已知得出∠E=∠CFB，进而利用相似三角形的判定方法得出即可；
（2）利用（1）得出△AFE∽△BCF，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到y和x的数量关系，进而求出y与x的函数关系式；
（3）首先证明△ADE∽△BFD，表示出ED，DF，EA，DB，AD，BF，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【详解】（1）证明：∵∠A＝∠EFC，
∴∠E+∠EFA＝∠EFA+∠CFB，
∴∠E＝∠CFB，
∵∠A＝∠B，
∴△AFE∽△BCF；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB＝＝8，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠A＝∠B＝∠CFE＝45°，
由（1）可得△AFE∽△BCF，
∴ ，
即 ，
∴y＝﹣x2+x（0≤x≤8），
∴当x＝4时，y最大＝2；
（3）解：连接DE，DF，
∵△EFC与△EFD关于EF对称，
∴∠EDF＝∠ECF＝60°，EC＝ED，FC＝FD，
∵∠BDF+∠EDF＝∠BDE＝∠A+∠DEA，
∵∠EDF＝∠A＝60°，
∴∠BDF＝∠DEA，
∴△ADE∽△BFD，
设AD＝x，CE＝DE＝a，CF＝DF＝b，
∵AD：BD＝1：2，
∴DB＝2x，
∴AB＝3x＝AC＝BC，
∴AE＝3x﹣a，BF＝3x﹣b，
∵△ADE∽△BFD，
∴ ，
∴，
由前两项得，2ax＝b（3x﹣a），
由后两项得，（3x﹣a）（3x﹣b）＝2x2，
即：3x（3x﹣a）﹣b（3x﹣a）＝2x2，
∴3x（3x﹣a）﹣2ax＝2x2，
∴a＝x，
∴，
∴CE：CF＝4：5．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定与性质，圆的有关知识，勾股定理以及二次函数最值等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
31．（2021·浙江·杭州市杭州中学九年级期中）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为(1，4)．
（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2，在x轴上有点P(7，0)，试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）的半径为，圆心的坐标为；（3）存在，或．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出的值，再令、即可求得点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点即可求得的半径和圆心的坐标；
（3）先算出，再求出直线的函数解析式，设出点的坐标，表示出，分两种情况：①和②，然后根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线的顶点的坐标为，
∴，解得，
则抛物线的解析式为，
令，则，解得或，
令，则，
故；
（2）如图1，连接，
，
中点的坐标为，
∵三角形外心为三边中垂线交点，
∴设，且，
，
解得，
，
，
故的半径为，圆心的坐标为；
（3）由（1）知，，
，
设直线的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的函数解析式为，
设点的坐标为，
则，
要使三点构成的三角形与相似，则或，此时，
，
①当时，
则，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
则此时点的坐标为；
②当时，
则，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
则此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、三角形的外心、两点间距离公式、相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是处理相似三角形存在性问题注意分类讨论．
32．（2021·浙江台州·九年级期中）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线AC，BD交于点E，AB=AC．
（1）如图1，若BD是⊙O的直径，求证：∠BAC=2∠ACD；
（2）如图2，若BD⊥AC，DE=3，CE=4，求BE的长；
（3）如图3，若∠ABC+∠DCB=90°，AD=7，BC=24，求AB的长；
（4）在（3）的条件下，保持BC不动，使AD在⊙O上滑动，（滑动中AD长度保持不变）直接写出BD+AC的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）BE=8；（3）AB的长为；（4）BD+AC的最大值为．
【分析】（1）连接OA、OC，由SSS证明△OAB≌△OAC，再利用等腰三角形的性质结合圆周角定理即可证明∠BAC=2∠ACD；
（2）利用勾股定理求得CD，证明△ABE△DCE，结合AB=AC，求得AC、AE的长，再利用勾股定理即可求解；
（3）根据直角三角形的性质以及圆内接四边形的性质，证得∠1=∠3，推出GC=AD=7，利用勾股定理求得圆的直径，再利用垂径定理即可求解；
（4）当AD旋转到BC的下方时，BD+AC存在最大值，利用完全平方变形得到，根据勾股定理即可计算得到BD+AC的最大值．
【详解】（1）证明：连接OA、OC，
∵OA=OC=OB，AB=AC，
∴△OAB≌△OAC(SSS)，
∴∠BAO=∠CAO=∠BAC，∠OBA=∠BAO，即∠BAC=2∠ABD，
∵，
∴∠ABD=∠ACD，
∴∠BAC=2∠ACD；
（2）解：∵BD⊥AC，DE=3，CE=4，
∴CD=，
∵，
∴∠ABE=∠ECD，∠AEB=∠DEC=90°，
∴△ABE△DCE，
∴，
∵AB=AC，
∴，
解得：AC=10，则AE=10-4=6，
在Rt△ABE中，,即,
∴BE=8；
（3）延BA、CD相交于F，作直径BG，连接CG，连接AO交AC于H，
∵∠ABC+∠DCB=90°，
∴∠F=180°-(∠ABC+∠DCB)=90°，
∴∠1+∠BDF=90°，
∵四边形DBGC是圆内接四边形，
∴∠BDF=∠G，
∵BG是直径，
∴∠3+∠G =90°，
∴∠1=∠3，
∴GC=AD=7，
∴BG=，
∴BO=OA=，
∵AB=AC，
∴OA⊥BC，
∴BH=HC=12，
∴OH=，
∴AH= OA-OH=，
∴AB=；
（4）当AD旋转到优弧位置时，BD+AC存在最大值，
∵∠ABC+∠DCB=90°，即AB⊥CD于点E，
∴,,
，即，
BD+AC=
BD+AC的最大值为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
33．（2021·浙江·杭州外国语学校九年级期中）如图1，是的外接圆，点是的中点，过点作，交弦的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若的半径为6，求的值；
（3）如图2，若是半圆，点是上的动点，且点，分别位于的两侧，作关于的轴对称图形，连接，试探究，，三者之间满足的数量关系，并证明所得到的结论．
【答案】（1）证明见详解；（2）6；（3）．
【分析】（1）根据点是的中点，可得到AD=CD，然后得到∠DAC=∠DCA，然后结合，利用互余的性质可得到∠DCB=∠DBC，即可得到结论；
（2）连接DO交于点E，交AC于点F，连接AE可得到AD⊥AE，根据条件易有∠DAF=∠AED，可证的△AFD∽△DAF，然后得到比例关系，又因为D，F均为中点可得到DF=，然后即可得到结论；
（3）以D为直角顶点，QD为直角边作等腰直角△DGQ，连接AG，然后证得△ADQ≌△CDQ，得到AG=CQ，然后根据圆周角定理和对称的关系得到∠P=∠AQD=45°，进而得到∠AQG=∠AQD+∠DQG=90°，在根据勾股定理得到三边关系，进一步替换即可．
【详解】解：（1）证明：∵ 点是的中点，
∴,
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA，
∵，
∴∠DAC+∠B=90°，∠DCA+∠DCB=90°，
∴∠DCB=∠DBC，

∴；
（2）如图，连接DO交于点E，交AC于点F，连接AE，
∵点是的中点，
∴,
∴∠DAF=∠AED，
∵DE为的直径，
∴AE⊥AD，AF⊥DF，点F为AC中点
∴∠EAD=∠AFD，
∴△AFD∽△EAD，
∴
∵，
∴DF是△ABC中位线，
∴DF=BC,
∴
∴；
（3）如图，以D为直角顶点，QD为直角边作等腰直角△DGQ，连接AG，
则，∠DQG=45°，
∵AC为的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠QDG+∠QDA=∠ADC+∠QDA即∠ADG=∠CDQ，
在△ADQ和△CDQ中
∴△ADQ≌△CDQ(SAS)，
∴AG=CQ，
∵点是的中点，
∴∠P=45°，
由对称可知：∠P=∠AQD=45°，
∴∠AQG=∠AQD+∠DQG=90°，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查圆和相似三角形的判定和性质，能够做出辅助线，结合勾股定理推导边关系式解题的关键．
34．（2020·浙江宁波·九年级期中）如图，抛物线与轴相交于点、，与轴相交于点，已知、两点的坐标为，．点是抛物线上第一象限内一个动点，
（1）求抛物线的解析式，并求出的坐标；
（2）如图1，抛物线上是否存在点，使得，若存在，求点的坐标；
（3）如图2，轴上有一点，连结交于点，若恰好平分，求点的坐标；
（4）如图3，连结交于点，以为直径作圆交、于点、，若，关于直线轴对称，求点的坐标．
【答案】（1），；（2）存在，；（3）或；（4）
【分析】（1）将A,C两点坐标带入函数解析式解方程即可；
（2）若有，则易证平分，可设，将代入即可求得m的值；
（3）过作轴交于，若平分，则易证，可设，则能表示，根据轴可得，解方程即可求得P的坐标；
（4）连结，，根据圆的性质：直径所对的圆周角为90°可知，，根据，关于直线轴对称可以得到：，设，由，可以求．
【详解】（1）把，代入，则
∴
∴，
令，则，
∴
∴
即抛物线的解析式为：，的坐标；
（2），
只要平分即可，此时可设
将代入
得
由在第一象限，故
（3）过作轴交于，若平分，则，
设，则
得
由，
得，或
或
（4）连结，，可知，，
∵，关于直线轴对称，
∴，AF=AE
∵OB=OC=3，
∴∠ABC=45°
∵，，
∴可设，则，
∴,
∴,
∴,
即．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，掌握二次函数的图像性质和圆的性质为解题关键．
35．（2020·浙江·九年级期中）如图，设抛物线与的交点为，点的坐标是，点的横坐标是．

（1）求的值及点的坐标；
（2）点在线段上，过作轴的垂线，垂足为点，在的右侧作正三角形．记过顶点的直线为．且与轴交于点．
①若过的顶点，点的坐标为，求点的横坐标；
②若与的边相交，求点的横坐标的取值范围．
【答案】（1）a=1，B（-2，-4）；（2）①点N的横坐标为；②点N横坐标的范围为．
【分析】（1）由于两个抛物线同时经过A、B两点，将A点坐标代入两个抛物线中，即可求得待定系数的值，进而可求出B点的坐标．
（2）①已知了点D的坐标，即可求得正△DGH的边长，过G作GE⊥DH于E，易求得DE、EH、EG的长；根据（1）题所求得的C2的解析式，即可求出点M的坐标，也就能得到ME、MH的长，易证△MEG∽△MHN，根据相似三角形所得比例线段，即可求得N点的横坐标．
②求点N横坐标的取值范围，需考虑N点横坐标最大、最小两种情况：当点D、A重合，且直线l经过点G时，N点的横坐标最大；解法可参照①的思路，过点G作GQ⊥x轴于Q，过点M作MF⊥x轴于F，设出点N的横坐标，然后分别表示出NQ、NF的长，通过证△NQG∽△NFM，根据所得比例线段，即可求得此时N点的横坐标；当点D、B重合，直线l过点D时，N点的横坐标最小，解法相同．
【详解】解：（1）∵点A（2，4）在抛物线C1上，
∴把点A坐标代入y=a（x+1）2-5得a=1，
∴抛物线C1的解析式为y=x2+2x-4，
设B（-2，b），
∴b=-4，
∴B（-2，-4）；
（2）①如图
由（1）可知a=1，
∴的解析式为：，
∴M（1，5），
∵D（1，2），且DH⊥x轴，
∴点M在DH上，MH=5，
过点G作GE⊥DH，垂足为E，
由△DHG是正三角形，可得，
∴ME=4，
设N（x，0），则NH=x-1，
∵DH⊥x轴，GE⊥DH，
∴GE// x轴，
∴△MEG∽△MHN，
∴，
∴，
∴，
∴点N的横坐标为；
②当点D移到与点A重合时，如图，
直线l与DG交于点G，此时点N的横坐标最大；
过点G，M作x轴的垂线，垂足分别为点Q，F，
设N（x，0），
∵A（2，4），即AH=4，且△AGH为等边三角形，
∴∠AHG=60°，HG=AH=4，
∴∠GHQ=30°，又∠GQH=90°，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵△NGQ∽△NMF，
∴，
∴，
∴
当点D移到与点B重合时，如图：
直线l与DG交于点D，即点B，
此时点N的横坐标最小；
∵B（-2，-4），
∴H（-2，0），D（-2，-4），
设N（x，0），
∵△BHN∽△MFN，
∴，
∴，
∴，
∴点N横坐标的范围为．
【点睛】此题是二次函数的综合题，主要考查二次函数解析式的确定、等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质；在解答（2）题时，关键是正确地作图，构造出与所求相关的相似三角形，然后利用相似三角形的性质来求解．
36．（2020·浙江·宁波市惠贞书院九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边分别在轴和轴上，厘米，厘米，现有两动点，分别从，同时出发，点在线段上沿方向作匀速运动，点在线段上沿方向作匀速运动，已知点的运动速度为1厘米/秒．

（1）设点的运动速度为厘米/秒，运动时间为秒．
①当的面积最小时，求点的坐标．
②当和相似时，求点的坐标．
（2）设点的运动速度为厘米/秒，问是否存在的值，使得，和这三个三角形都相似？若存在，请求出的值，并写出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①（10，3）；②点Q的坐标为：（10，3.5）或（10，3+）；（2）存在；Q点的坐标是（10，）．
【分析】（1）①因为无法直接求△CPQ的面积，只好用梯形的面积减去两个三角形的面积，得到关于t的二次函数，求最小值就可以了，从而得到t的值，就可求出Q的坐标．
②利用三角形的相似，得到比例线段，解关于a、t的二元一次方程即可，那么Q点的坐标就可求．
（2）利用三角形的相似，得到比例线段，解关于a、t的二元一次方程即可，即可求出a的值，以及Q点的坐标．
【详解】解：（1）①先设两点运动的时间是t时，△CPQ面积最小．
S△CPQ=S梯形QCOAS△COPS△APQ=（AQ+OC）×OAAP•AQOC•OP
=（0.5t+6）×100.5t×（10t）×6×t
=；
∵a=＞0，
∴当t=6时，S△CPQ有最小值，
那么AQ=0.5t=0.5×6=3，
∴Q点的坐标是（10，3）．
②△COP和△PAQ相似，有△COP∽△PAQ和△COP∽△QAP两种情况：
（i）当△COP∽△PAQ时：
∴，
∴，
即t27t=0，
解得，t1=0（不合题意，舍去），t2=7．
∴t=7，
∴AQ=0.5t=0.5×7=3.5．
∴Q点的坐标是（10，3.5）．
（ii）当△COP∽△QAP时：
，
∴，
即t2+12t120=0
解得：t1=6+2，t2=62（不合题意，舍去）
∴AQ=0.5t=3+．
∴Q点的坐标是（10，3+）；
综合上述，点Q的坐标为：（10，3.5）或（10，3+）．
（2）存在；
∵△COP∽△PAQ∽△CBQ，
∴，
即，
解得，t1=2，t2=18，
又∵0＜t＜10，
∴t=2．代入任何一个式子，
则．
∴AQ=at=；
∴Q点的坐标是（10，）．
【点睛】本题考查了梯形、三角形的面积公式，相似三角形的性质，关键要会用含t的代数式表示线段的长，还用到了二次函数求最小值的知识（当a＞0时，二次函数有最小值），矩形的性质以及路程等于速度乘以时间等知识．
37．（2020·浙江·九年级期中）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，．

（1）求点的坐标和物物线的解析式；
（2）为轴上一动点，过点且垂直于轴的直线与直线及抛物线分别交于点，．
①点在线段上运动，若以，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标；
②点在轴上自由运动，若三个点，，中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称，，三点为“共谐点”．请直接写出使得，，三点成为“共谐点”的的值．
【答案】（1）；（2）①（，0）或（，0）；②0.5或-1或．
【分析】（1）把A点坐标代入直线解析式可求得c，则可求得B点坐标，由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）①由M点坐标可表示P、N的坐标，从而可表示出MA、MP、PN、PB的长，分∠NBP=90°和∠BNP=90°两种情况，分别利用相似三角形的性质可得到关于m的方程，可求得m的值；
②用m可表示出M、P、N的坐标，由题意可知有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，可分别得到关于m的方程，可求得m的值．
【详解】解：（1）∵与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，
∴0=-2+c，解得c=2，
∴B（0，2），
∵抛物线y=x2+bx+c经过点A，B，
∴，解得
∴抛物线解析式为；
（2）①由（1）可知直线解析式为，
∵M（m，0）为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，
∴P（m，-m+2），N（m，-m2+m+2），
∴PM=-m+2，AM=3-m，PN=-m2+m+2-（-m+2）=-m2+4m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN=∠APM，
∴∠BNP=∠AMP=90°或∠NBP=∠AMP=90°，
当∠BNP=90°时，则有BN⊥MN，
∴N点的纵坐标为2，
∴
解得m=0（舍去）或m=，
∴M（，0）；
当∠NBP=90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，
则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，BC=
∵∠NBP=90°，
∴∠NBC+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠BNC，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，
∴，
∴，
解得m=0（舍去）或m=，
∴M（，0）；
综上可知当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（，0）或
（，0）；
②由①可知M（m，0），P（m，-m+2），N（m，-m2+m+2），
∵M，P，N三点为“共谐点”，
∴有P为线段MN的中点、M为线段PN的中点或N为线段PM的中点，
当P为线段MN的中点时，则有，解得m=3（舍去）或m=0.5；
当M为线段PN的中点时，则有，解得m=3（舍去）或m=-1；
当N为线段PM的中点时，则有，解得m=3（舍去）或m=；
综上可知当M，P，N三点成为“共谐点”时m的值为0.5或-1或．
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、相似三角形的判定和性质、勾股定理、线段的中点、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中利用相似三角形的性质得到关于m的方程是解题的关键，注意分两种情况，在（2）②中利用“共谐点”的定义得到m的方程是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，分情况讨论比较多，难度较大．