九年级数学上册上册数学压轴题测试题(Word版 含解析)

九年级数学上册上册数学压轴题测试题（Word版含解析）

一、压轴题

1．如图①，A（﹣5，0），OA＝OC，点B、

C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0）．（1）求B、C坐标；

（2）求证：BA⊥AC；

（3）如图②，将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，连接DC，问：∠BDC的角平分线DE，是否过一定点？若是，请求出该点的坐标；若不是，请说明理由．

2．已知，如图1，⊙O是四边形ABCD的外接圆，连接OC交对角线BD于点F，延长AO 交BD于点E，OE=OF.

（1）求证：BE=FD；

（2）如图2，若∠EOF=90°，BE=EF，⊙O的半径25

AO=ABCD的面积；（3）如图3，若AD=BC；

①求证：22

?

AB CD BC BD

+=；②若2

?12

AB CD AO

==，直接写出CD 的长.

3．数学概念

若点P在ABC

?的内部，且APB

∠、BPC

∠和CPA

∠中有两个角相等，则称P是ABC

?的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称P是ABC

?的“强等角点”.

理解概念

（1）若点P是ABC

?的等角点，且100

APB

∠=，则BPC

∠的度数是.

（2）已知点D在ABC

?的外部，且与点A在BC的异侧，并满足

180

BDC BAC

∠+∠<，作BCD

?的外接圆O，连接AD，交圆O于点P.当BCD

?的边满足下面的条件时，求证：P是ABC

?的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证

明！）

①如图①，DB DC

=

②如图②，BC BD

=

深入思考

（3）如图③，在ABC

?中，A

∠、B、C

∠均小于120，用直尺和圆规作它的强等角点Q.（不写作法，保留作图痕迹）

（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：

①直角三角形的内心是它的等角点；

②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；

③正三角形的中心是它的强等角点；

④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；

⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填序号）

4．如图, AB是⊙O的直径,点D、E在⊙O上,连接AE、ED、DA,连接BD并延长至点C,使得DAC AED

∠=∠．

（1）求证: AC是⊙O的切线；

（2）若点E是BC的中点, AE与BC交于点F，

①求证: CA CF

=；

②若⊙O的半径为3，BF=2,求AC的长．

5．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l1上，OA边与直线l1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l2上，OA边与直线l2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___________。

6．抛物线G：2

y ax c

=+与x轴交于A、B两点，与y交于C（0，-1），且AB =4OC．（1）直接写出抛物线G的解析式：；

（2）如图1，点D（-1，m）在抛物线G上，点P是抛物线G上一个动点，且在直线OD 的下方，过点P作x轴的平行线交直线OD于点Q，当线段PQ取最大值时，求点P的坐标；

（3）如图2，点M在y轴左侧的抛物线G上，将点M先向右平移4个单位后再向下平移，使得到的对应点N也落在y轴左侧的抛物线G上，若S△CMN=2，求点M的坐标．

7．如图1,已知菱形ABCD的边长为23，点A在x轴负半轴上，点B在坐标原点．点D 的坐标为(?3，3),抛物线y=ax2+b(a≠0)经过AB、CD两边的中点.

(1)求这条抛物线的函数解析式；

(2)将菱形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿x轴正方向匀速平移(如图2),过点B作

BE⊥CD于点E,交抛物线于点F,连接DF.设菱形ABCD平移的时间为t秒(0

．．．．．)

①是否存在这样的

t ，使DF=7FB?若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由； ②连接FC,以点F 为旋转中心,将△FEC 按顺时针方向旋转180°,得△FE′C′,当△FE′C′落在x ．轴与．．

抛物线在．．．．x ．轴上方的部分围．．．．．．．成的图形中．．．．．(．包括边界．．．．)．

时,求t 的取值范围.(直接写出答案即可) 8．如图，在平面直角坐标系中，直线l 分别交x 轴、y 轴于点A ，B ，∠BAO = 30°．抛物线y = ax 2 + bx + 1（a < 0）经过点A ，B ，过抛物线上一点C （点C 在直线l 上方）作CD ∥BO 交直线l 于点D ，四边形OBCD 是菱形．动点M 在x 轴上从点E （ -3，0）向终点A 匀速运动，同时，动点N 在直线l 上从某一点G 向终点D 匀速运动，它们同时到达终点． （1）求点D 的坐标和抛物线的函数表达式．

（2）当点M 运动到点O 时，点N 恰好与点B 重合．

①过点E 作x 轴的垂线交直线l 于点F ，当点N 在线段FD 上时，设EM = m ，FN = n ，求n 关于m 的函数表达式．

②求△NEM 面积S 关于m 的函数表达式以及S 的最大值．

9．如图1，ABC ?是⊙O 的内接等腰三角形，点D 是弧AC 上异于,A C 的一个动点，射线AD 交底边BC 所在的直线于点E ，连结BD 交AC 于点F .

（1）求证：ADB CDE ∠=∠；

（2）若7BD =，3CD =，①求AD DE ?的值；②如图2，若AC BD ⊥，求

tan ACB ∠；

（3）若5tan 2

CDE ∠=，记AD x =，ABC ?面积和DBC ?面积的差为y ，直接写出y 关于x 的函数关系式.

10．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．

11．如图，抛物线y＝﹣(x+1)(x﹣3)与x轴分别交于点A、B(点A在B的右侧)，与y轴交于点C，⊙P是△ABC的外接圆．

(1)直接写出点A、B、C的坐标及抛物线的对称轴；

(2)求⊙P的半径；

(3)点D在抛物线的对称轴上，且∠BDC＞90°，求点D纵坐标的取值范围；

(4)E是线段CO上的一个动点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得线段AF，求线段OF的最小值．

12．如图，PA切⊙O于点A，射线PC交⊙O于C、B两点，半径OD⊥BC于E，连接BD、DC和OA，DA交BP于点F；

（1）求证：∠ADC+∠CBD＝1

2

∠AOD；

（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中相等的线段．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、压轴题

1．（1）点B（3，4），点C（﹣3，﹣4）；（2）证明见解析；（3）定点（4，3）；理由见解析．

【解析】

【分析】

（1）由中心对称的性质可得OB＝OC＝5，点C（﹣a，﹣a﹣1），由两点距离公式可求a 的值，即可求解；

（2）由两点距离公式可求AB，AC，BC的长，利用勾股定理的逆定理可求解；

（3）由旋转的性质可得DO＝BO＝CO，可得△BCD是直角三角形，以BC为直径，作

⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，由圆周角定理和角平分线的性质可得∠HBC＝∠CDE ＝45°＝∠BDE＝∠BCH，可证CH＝BH，∠BHC＝90°，由两点距离公式可求解．

【详解】

解：（1）∵A（﹣5，0），OA＝OC，

∴OA＝OC＝5，

∵点B、C关于原点对称，点B（a，a+1）（a＞0），

∴OB＝OC＝5，点C（﹣a，﹣a﹣1），

∴5

∴a＝3，

∴点B（3，4），

∴点C（﹣3，﹣4）；

（2）∵点B（3，4），点C（﹣3，﹣4），点A（﹣5，0），

∴BC＝

10，AB＝

，AC＝

∵BC2＝100，AB2+AC2＝80+20＝100，

∴BC2＝AB2+AC2，

∴∠BAC＝90°，

∴AB⊥AC；

（3）过定点，

理由如下：

∵将点C绕原点O顺时针旋转α度（0°＜α＜180°），得到点D，∴CO＝DO，

又∵CO＝BO，

∴DO＝BO＝CO，

∴△BCD是直角三角形，

∴∠BDC＝90°，

如图②，以BC为直径，作⊙O，连接OH，DE与⊙O交于点H，

∵DE平分∠BDC，

∴∠BDE＝∠CDE＝45°，

∴∠HBC＝∠CDE＝45°＝∠BDE＝∠BCH，

∴CH＝BH，∠BHC＝90°，

∵BC＝10，

∴BH＝CH＝2，OH＝OB＝OC＝5，

设点H（x，y），

∵点H在第四象限，

∴x＜0，y＞0，

∴x2+y2＝25，（x﹣3）2+（y﹣4）2＝50，

∴x＝4，y＝3，

∴点H（4，﹣3），

∴∠BDC的角平分线DE过定点H（4，3）．

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了中心对称的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质，圆的有关知识，勾股定理的逆定理，两点距离公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．

2．（1）见详解；（2）5326

【解析】

【分析】

（1）如图1中，作OH⊥BD于H．根据等腰三角形的性质以及垂径定理即可；

（2）如图2中，作OH⊥BD于H，连接OB，求出AC，BD，根据S四边形ABCD=1

2?BD?AM+

1 2?BD?CM=

1

2

?BD?AC即可求解；

（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．利用等腰直角三角形的性质，完全平方公式等知识即可；

②如图3中，连接OB，设DM=CM=x，想办法求出BC，DB，在Rt△BCM中，利用勾股定理构建方程即可．

【详解】

（1）证明：如图1中，作OH⊥BD于H．

∵OE=OF，OH⊥EF，

∴EH=HF，

∵OH⊥BD，

∴BH=HD，

∴BE=DF；

（2）解：如图2中，作OH⊥BD于H，连接OB．

∵∠EOF=90°，OE=OF，OA=OC，

∴∠OEF=∠OAC=45°，

∴∠AME=90°，即AC⊥BD，

连接OB．设OH=a，

∵BE=EF，

∴BE=2EH=2OH=2a，

在Rt△BOH中，∵OH2+BH2=OB2，

∴a2+（3a）2=（52，

∴2或2（舍弃），

∴BD=BE+EF+DF=6a=62，

在Rt△AOC中，210，

∴S四边形ABCD=1

2

?BD?AM+

1

2

?BD?CM=

1

2

?BD?AC=

1

2

1025

（3）①如图3中，连接OB，作OH⊥BD于H．

∵OE=OF，OA=OC，

∴∠EOH=1

2

∠EOF=

1

2

（∠EAC+∠ACO）=

1

2

×2∠OAC=∠OAC，

∴AC∥OH，

∴AC⊥BD，

∵AD=BC，

∴∠ABD=∠CAB=∠CDB=45°，

∴2BM，2DM，CM=DM，

∴AB?CD+BC222DM+BM2+CM2=（BM+DM）2=BD2；

②如图3中，连接OB，设DM=CM=x，

∵∠BOC=2∠BDC=90°，

∴26，

∵AB?CD+BC2=BD2，AB?CD=AO2=12，

∴12+24=BD2，

∴BD=6（负根已经舍弃），

在Rt△BCM中，∵BC2=BM2+CM2，

∴（6）2=（6-x）2+x2，

∴3或3

∴226．

【点睛】

本题属于圆综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，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．3．（1）100、130或160；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤【解析】

【分析】

（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；

（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明；

②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；

（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；

（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可．

【详解】

（1）（i ）若APB ∠=BPC ∠时，

∴BPC ∠=APB ∠=100°

（ii ）若BPC CPA ∠=∠时， ∴12

BPC CPA ∠=∠=

（360°－APB ∠）=130°； （iii ）若APB ∠=CPA ∠时，

BPC ∠=360°－APB ∠－CPA ∠=160°， 综上所述：BPC ∠=100°、130°或160°

故答案为：100、130或160．

（2）选择①：

连接,PB PC

∵DB DC =

∴=DB DC

∴BPD CPD ∠=∠

∵180APB BPD ∠+∠=，180APC CPD ∠+∠= ∴APB APC ∠=∠

∴P 是ABC ?的等角点．

选择②

连接,PB PC

∵BC BD =

∴BC BD =

∴BDC BPD ∠=∠

∵四边形PBDC 是圆O 的内接四边形，

∴180BDC BPC ∠+∠=

∵180BPD APB ∠+∠=

∴BPC APB ∠=∠

∴P 是ABC ?的等角点

（3）作BC的中垂线MN，以C为圆心，BC的长为半径作弧交MN与点D，连接BD，根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC

∴△BCD为等边三角形

∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°

作CD的垂直平分线交MN于点O

以O为圆心OB为半径作圆，交AD于点Q，圆O即为△BCD的外接圆

∴∠BQC=180°－∠BDC=120°

∵BD=CD

∴∠BQD=∠CQD

∴∠BQA=∠CQA=

1

2

（360°－∠BQC）=120°

∴∠BQA=∠CQA=∠BQC

如图③，点Q即为所求．

（4）③⑤．

①如下图所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O为△ABC的内心

假设∠BAC=60°，∠ACB=30°

∵点O是△ABC的内心

∴∠BAO=∠CAO=

1

2

∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=

1

2

∠ABC=45°，

∠ACO=∠BCO=

1

2

∠ACB=15°

∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－∠BCO=120°

显然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①错误；

②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误；

③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角点，故③正确；

④由（3）可知，点Q为△ABC的强等角，但Q不在BC的中垂线上，故QB≠QC，故④错误；

⑤由（3）可知，当ABC

?的三个内角都小于120时，ABC

?必存在强等角点Q．

如图④，在三个内角都小于120的ABC

?内任取一点'Q，连接'Q A、'Q B、'Q C，将'

Q AC

?绕点A逆时针旋转60到MAD

?，连接'Q M，

∵由旋转得'

Q A MA

=，'Q C MD

=，'60

Q AM

∠=

∴'

AQ M

?是等边三角形．

∴''

Q M Q A

=

∴'''''

Q A Q B Q C Q M Q B MD

++=++

∵B、D是定点，

∴当B、'Q、M、D四点共线时，''

Q M Q B MD

++最小，即'''

Q A Q B Q C

++最小．而当'

Q为ABC

?的强等角点时，'''120

AQ B BQ C CQ A AMD

∠=∠=∠==∠，

此时便能保证B、'Q、M、D四点共线，进而使'''

Q A Q B Q C

++最小．

故答案为：③⑤．

【点睛】

此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．

4．（1）详见解析；（2）①详见解析；②8

【解析】

【分析】

（1）先得到90

ADB

∠=?，利用圆周角定理得到DBA DAC

∠=∠，即可证明AC是切线；

（2）①利用等弧所对的圆周角相等，得到BAE DAE

∠=∠，然后得到

CFA CAF

∠=∠，即可得到结论成立；

②设AC CF x ==，利用勾股定理，即可求出AC 的长度.

【详解】

（1）证明： ∵AB 是⊙O 的直径，

∴90ADB ∠=?，

∴90DBA DAB ∠+∠=?，

∵DEA DBA ∠=∠,DAC DEA ∠=∠，

∴DBA DAC ∠=∠，

∴90DAC DAB ∠+∠=?，

∴90CAB ∠=?，

∴AC 是⊙O 的切线；

（2）① ∵点E 是弧BD 的中点，

∴BAE DAE ∠=∠，

∵CFA DBA BAE ∠=∠+∠，CAF CAD DAE ∠=∠+∠，

∴CFA CAF ∠=∠

∴CA CF =；

② 设CA CF x ==，

在Rt ABC ?中，

2BC x =+，CA x =，6AB =，

由勾股定理可得

222(2)6x x +=+，

解得：8x =，

∴8AC =.

【点睛】

本题考查了切线的判定，等角对等边，以及勾股定理，要证直线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．

5．(1)43π；（2

）

22+，81；（3）283π

，182+；（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4120(2222

ππ+=+ ，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1201421803

ππ??=. （2）①顶点O

经过的总路线长为：901902218018022?+?+=+=πππππ

②由①：每翻转一周顶点O 经过的总路线长为：π222+

4122022++÷=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：210172180

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:72843

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；

6．（1）2114y x =

-；（2）点P 37(,)216-；（3

）(2M --+ 【解析】

【分析】

（1）根据题意得到AB=4，根据函数对称轴x=0，得到OA=OB=2，得到A 、B 坐标，代入函数解析式即可求解；

（2）首先求得直线OD 解析式，然后设P （21,

14t t -），得到PQ 关于t 的解析式，然后求出顶点式即可求解；

（3）设点21,14M m m ?

?- ???

，然后求得直线CM 的解析式，得到EM 的表达式，然后根据CMN CNE MNE S S S =+即可求解．

【详解】

（1）∵AB =4OC ，且C （0，-1）

∴AB=4

∴OA=OB=2，即A 点坐标()2,0-，B 点坐标()2,0

代入

A 点坐标得2021a =- 解得14

a = ∴G 的解析式为2114y x =

- 故答案为2114

y x =-

（2）当1x =-时，34y =-

,即：点D 为（31,4--） ∴直线OD 为：34y x =

设P （21,14t t -），则Q 为（22141,1334

t t --），则： 22214141325()()33333212

PQ t t t t t =--=-++=--+ ∴当32t =时，PQ 取得最大值2512，此时点P 位37(,)216

- （3）设点21,

14M m m ?

?- ???，则N ()214,414m m ??++- ??? ∵C 点坐标为(0,1)-

∴可设直线CM 为1y kx =-，带入M 点坐标得：14k m = ∴直线CM 为114

y mx =- 过点N 作NE y ∥轴交CM 于点E ，则E 点为()14,414m m m ??++- ???

∴4EN m =--

∵()()12CMN CNE MNE C N N M S

S S x x x x EN ??=+=-+-??? ∴()()104=22

m m --- ∴2440m m +-=

解得：1222m =--，2222m =-+（舍去）

∴M (222,222--+

【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数综合应用，是二次函数部分的压轴题，题目较难，应画出示意图，然后进行讨论分析．

7．（1）y=?x 2+3；（2）①2或5 63?t 6【解析】

【分析】

（1）根据已知条件求出AB 和CD 的中点坐标，然后利用待定系数法求该二次函数的解析式；

（2）①由D （3，3），则平移后坐标为D′（3，3），F （t ，-t 2+3）；则有DF 2=（3）2+（-t 2+3-3）2；FB 2=（-t 2+3）2，再根据7FB ，即可求得t ；

②如图3所示，画出旋转后的图形，认真分析满足题意要求时，需要具备什么样的限制条件，然后根据限制条件列出不等式，求出的取值范围，确定限制条件是解题的关键

【详解】

(1)由题意得AB 的中点坐标为3，0),CD 的中点坐标为(0，3)， 分别代入y=ax 2

+b 得：3a b 0b 3+=??=?，解得a 1b 3=-??=?， ∴y=?x 2+3.

（2）①D （33），则平移后坐标为D′（3+t ，3），F （t ，-t 2+3）；

DF 2=（3）2+（-t 2+3-3）2；FB 2=（-t 2+3）2

DF=7FB，则（?3+t-t）2+（-t2+3-3）2=7（-t2+3）2

解得：t2=2或5，则t=2或t=5；

②如图3所示,依题意作出旋转后的三角形△FE′C′,过C′作MN⊥x轴，分别交抛物线、x轴于点M、点N.

观察图形可知,欲使△FE′C′落在指定区域内,必须满足：EE′?BE且MN?C′N.

∵F(t,3?t2),∴EF=3?(3?t2)=t2,∴EE′=2EF=2t2，

由EE′?BE,得2t2?3,解得t

6

∵3∴C′点的横坐标为3

∴3)2,又C′N=BE′=BE?EE′=3?2t2

由MN?C′N,得32?3?2t2,解得t63或t?63舍去).

∴t63t?

6

2

【点睛】

本题是动线型中考压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、几何变换（平移与旋转）、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等重要知识点，难度较大，对考生能力要求很高，灵活应用所学知识是解答本题的关键.

.

8．（1）点D的坐标为

31

2

)，抛物线的解析式为2

4

3?1?

3

y x x

=-++；（2）

①

3

1

n=+；②2

33

4

S m

=+，S

93

【解析】

【分析】

（1）由抛物线的解析式为y = ax2 + bx + 1，得到OB=1，根据菱形的性质结合含30度的直角三角形的性质点A、D、C的坐标，再利用待定系数法即可求解；

（2）①在Rt△FEA中，FB=

1

2

FA=2，FD=FB+BD=3，根据题意设此一次函数解析式为：

n km b =+

，求得3

m=时，2

n FB

==，23

m=时，3

n FD

==，代入

n km b

=+，即可求解；

②求得NA

3

3m

=-，过N 作NQ⊥EA，得到NQ=

1

2

NA=

33

2

m

-，利用面积公式得到

S关于m的函数表达式，再利用二次函数的性质即可求解．

【详解】

（1）∵抛物线的解析式为y = ax2 + bx + 1，

∴OB=1，

∵∠BAO=30?，∠BOA=90?，

∴AB=2OB=2，OA=2222

AB OB213

-=-=，∠ABO=60?，∴点A的坐标为(3，0)，

又∵四边形OBCD是菱形，且∠ABO=60?，

∴OD=CD=OB=1，

∴△DOB为等边三角形，

∴∠BOD=60?，∠DOA=30?，BD=BO=OD=DA=1，

延长CD交OA于H，则CH⊥OA，

∴DH=1

2

OD=

1

2

，

3

CH=CD+DH=

3

2

，

∴点D的坐标为31

2

)，点C的坐标为

33

2

)，

将A30) ， C的坐标为33

2

)代入抛物线的解析式y = ax2 + bx + 1，

得：

3310 333

1

42

a b

a

?+=

?

?

+=

?

?

，

解得：

4

3

3

a

b

?

=-

?

?

?=

?

，

∴抛物线的解析式为24 ?1?3

y x =-+； （2）①在Rt △FEA 中，∠FAE=30?，

FA=2AB=4，

∴FB=12

FA=2，FD=FB+BD=3， ∵动点M 、N 同时作匀速直线运动，

∴n 关于m 成一次函数，故设此一次函数解析式为：n km b =+，

当点M 运动到点O 时，点N 恰好与点B 重合，

∴m =2n FB ==，

当点M 运动到点A 时，点N 恰好与点D 重合，

∴m =3n FD ==，

代入n km b =+

，得：23b b

?=+??=+??，

解得：31k b ?=???=?

，

∴此一次函数解析式为：1n =

+； ②NA=FA

-FN=4- 33n m =-

， 过N 作NQ ⊥EA ，

则NQ=12

NA=32，

∴2133224S m m ??=

=+ ? ???，

∵0<，

当32m ==??

时，在0m ≤≤范围内，

∴1322S ?=-= ??

最大 【点睛】

本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法、菱形的性质、等边三角形的判定和性质、二次函数的性质、函数图象的交点等．本题涉及知识点较多，综合性较强，难度

较大．

9．(1)证明见解析；（2）①21

（3）21029

y x =

【解析】

【分析】 ()1由圆内接四边形性质知ABC CDE ∠∠=，由AB AC =知ABC ACB ∠∠=，从而得ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠===；

()2①由BAD DCE ∠∠=，ADB CDE ∠∠=可证ADB ∽CDE.从而得

AD DB CD DE =； ②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，证MAF ≌DAF 得MF DF =，据此知BM CM CD 3===，MF DF 2==

，求得CF ==定义可得答案；

()3证ABD ∽AEB 得2AB AD AE.=?证ABD ∽CED 得BD CD AD DE.?=?从而得2ABC BCD 111S S AB AC sin BAC BD CD sin BDC x sin BAC 222

∠∠∠-=??-?

?=，再由5tan ABC

tan CDE 2∠∠==

，可设BM 2a =，知AM 5a =，AB =，由面积法可得BN =

，即20sin BAC 29∠=，据此得出答案． 【详解】

解：()1四边形ABCD 是圆O 的内接四边形，

ABC 180ADC CDE ∠∠∠∴=-=．

AB AC =，

ABC ACB ∠∠∴=．

ADB ACB ABC CDE ∠∠∠∠∴===；

()2①四边形ABCD 内接于圆， BAD 180BCD DCE ∠∠∠∴=-=．

又ADB CDE ∠∠=，

ADB ∴∽CDE ．

AD DB CD DE

∴=， AD DE BD CD 7321∴?=?=?=；

②连接AO 并延长交BD 于点M ，连接CM ，

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