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九年级上册压轴题数学考试试卷含答案

一、压轴题
1．在平面直角坐标系中，将函数y＝x2﹣2mx+m（x≤2m，m为常数）的图象记为G，图象G的最低点为P(x0，y0)．
（1）当y0＝﹣1时，求m的值．
（2）求y0的最大值．
（3）当图象G与x轴有两个交点时，设左边交点的横坐标为x1，则x1的取值范围是　　．
（4）点A在图象G上，且点A的横坐标为2m﹣2，点A关于y轴的对称点为点B，当点A不在坐标轴上时，以点A、B为顶点构造矩形ABCD，使点C、D落在x轴上，当图象G在矩形ABCD内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
2．如图1，平面直角坐标系中，等腰的底边在轴上，，顶点在的正半轴上，，一动点从出发，以每秒1个单位的速度沿向左运动，到达的中点停止．另一动点从点出发，以相同的速度沿向左运动，到达点停止．已知点、同时出发，以为边作正方形，使正方形和在的同侧．设运动的时间为秒（）．

（1）当点落在边上时，求的值；
（2）设正方形与重叠面积为，请问是存在值，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，取的中点，连结，当点、开始运动时，点从点出发，以每秒个单位的速度沿运动，到达点停止运动．请问在点的整个运动过程中，点可能在正方形内（含边界）吗？如果可能，求出点在正方形内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．
3．如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴l与直线相交于点P，连接，判定的形状，并说明理由；
（3）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
4．如图，抛物线经过点，顶点为，对称轴与轴相交于点，为线段的中点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）为线段上任意一点，为轴上一动点，连接，以点为中心，将逆时针旋转，记点的对应点为，点的对应点为．当直线与抛物线只有一个交点时，求点的坐标．
（3）在（2）的旋转变换下，若（如图）．

①求证：．
②当点在（1）所求的抛物线上时，求线段的长．
5．已知：如图，抛物线交正半轴交于点，交轴于点，点在抛物线上，直线：过点，点是直线上的一个动点，的外心是．

（1）求，的值．
（2）当点移动到点时，求的面积．
（3）①是否存在点，使得点落在的边上，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
②过点作直线轴交直线于点，当点从点移动到点时，圆心移动的路线长为_____．（直接写出答案）
6．在平面直角坐标系中，是坐标原点，抛物线的顶点在第四象限，且经过，两点直线与轴交于点，与抛物线的对称轴交于点，，点的纵坐标为1．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）若将直线绕着点旋转，直线与抛物线有一个交点在第三象限，另一个交点记为，抛物线与抛物线关于点成中心对称，抛物线的顶点记为．
①若点的横坐标为-1，抛物线与抛物线所对应的两个函数的值都随着的增大而增大，求相应的的取值范围；
②若直线与抛物线的另一个交点记为，连接，，试间：在旋转的过程中，的度数会不会发生变化？请说明理由．
7．如图，A是以BC为直径的圆O上一点，AD⊥BC于点D，过点B作圆O的切线，与CA的延长线相交于点E，G是AD的中点，连接并延长CG与BE相交于点F，连接并延长AF与CB的延长线相交于点P．
（1）求证：BF＝EF；
（2）求证：PA是圆O的切线；
（3）若FG＝EF＝3，求圆O的半径和BD的长度．

8．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，点坐标为，与轴交于点，直线与抛物线交于，两点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求的值和点坐标；
（3）点是直线上方抛物线上的动点，过点作轴的垂线，垂足为，交直线于点，过点作轴的平行线，交于点，当是线段的三等分点时，求点坐标；
（4）如图2，是轴上一点，其坐标为，动点从出发，沿轴正方向以每秒5个单位的速度运动，设的运动时间为（），连接，过作于点，以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，点在运动过程中，线段的位置也随之变化，请直接写出运动过程中线段与抛物线有公共点时的取值范围．

9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线AB相交于A，B两点，其中，．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求面积的最大值；
（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线，平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

10．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点 A(-1，0) ，B（点A在点B的左侧），交y轴与点(0，-3)，抛物线的对称轴为直线x＝1，点D为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）已知经过点A的直线y＝kx+b(k>0)与抛物线在第一象限交于点E，连接AD，DE，BE，当时，求点E的坐标．
（3）如图2，在（2）中直线AE与y轴交于点F，将点F向下平移个单位长度得到Q，连接QB．将△OQB绕点O逆时针旋转一定的角度（0°<<360°）得到，直线与x轴交于点G．问在旋转过程中是否存在某个位置使得是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．

11．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边BC，AB上，AF＝BE＝2，连结DE，DF，动点M在EF上从点E向终点F匀速运动，同时，动点N在射线CD上从点C沿CD方向匀速运动，当点M运动到EF的中点时，点N恰好与点D重合，点M到达终点时，M，N同时停止运动．
（1）求EF的长．
（2）设CN＝x，EM＝y，求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围．
（3）连结MN，当MN与△DEF的一边平行时，求CN的长．

12．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 ，位置关系是　 ；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
13．在锐角△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的高，E为AC中点．
（1）如图1，过点C作CF⊥AB于F点，连接EF．若∠BAD=20°，求∠AFE的度数；
（2）若M为线段BD上的动点（点M与点D不重合），过点C作CN⊥AM于N点，射线EN，AB交于P点．
①依题意将图2补全；
②小宇通过观察、实验，提出猜想：在点M运动的过程中，始终有∠APE=2∠MAD．
小宇把这个猜想与同学们进行讨论，形成了证明该猜想的几种想法：
想法1：连接DE，要证∠APE=2∠MAD，只需证∠PED=2∠MAD．
想法2：设∠MAD=α，∠DAC=β，只需用α，β表示出∠PEC，通过角度计算得∠APE=2α．
想法3：在NE上取点Q，使∠NAQ=2∠MAD，要证∠APE=2∠MAD，只需证△NAQ∽△APQ．……
请你参考上面的想法，帮助小宇证明∠APE =2∠MAD．（一种方法即可）

14．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1， △BCE的面积为S2， 求的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由
15．如图，抛物线经过点A（1,0），B（4,0）与轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小？若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC，在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求M的坐标；若不存在，请说明理由．
16．如图，在平面直角坐标系中，函数的图象经过点A（1，4）和点B，过点A作AC⊥x轴，垂足为点C，过点B作BD⊥y轴，垂足为点D，连结AB、BC、DC、DA，点B的横坐标为a（a＞1）

（1）求k的值
（2）若△ABD的面积为4；
①求点B的坐标，
②在平面内存在点E，使得以点A、B、C、E为顶点的四边形是平行四边形，直接写出符合条件的所有点E的坐标．
17．如图1，抛物线M1：y＝﹣x2+4x交x正半轴于点A，将抛物线M1先向右平移3个单位，再向上平移3个单位得到抛物线M2，M1与M2交于点B，直线OB交M2于点C．
（1）求抛物线M2的解析式；
（2）点P是抛物线M1上AB间的一点，作PQ⊥x轴交抛物线M2于点Q，连接CP，CQ．设点P的横坐标为m，当m为何值时，使△CPQ的面积最大，并求出最大值；
（3）如图2，将直线OB向下平移，交抛物线M1于点E，F，交抛物线M2于点G，H，则的值是否为定值，证明你的结论．

18．我们规定：有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为的凸四边形叫做“准筝形”．

（1）如图1，在四边形中，，，，求证：四边形是“准筝形”；
（2）如图2，在“准筝形”中，，，，，求的长；
（3）如图3，在中，，，，设是所在平面内一点，当四边形是“准筝形”时，请直接写出四边形的面积．
19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，记∠ABC＝α，点D为射线BC上的动点，连接AD，将射线DA绕点D顺时针旋转α角后得到射线DE，过点A作AD的垂线，与射线DE交于点P，点B关于点D的对称点为Q，连接PQ．

（1）当△ABD为等边三角形时，
①依题意补全图1；
②PQ的长为　 　；
（2）如图2，当α＝45°，且BD＝时，求证：PD＝PQ；
（3）设BC＝t，当PD＝PQ时，直接写出BD的长．（用含t的代数式表示）
20．如图1，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，作直线．点是线段上的一个动点（不与，重合），过点作轴于点．设点的横坐标为．

（1）求抛物线的表达式及点的坐标；
（2）线段的长用含的式子表示为 ；
（3）以为边作矩形，使点在轴负半轴上、点在第三象限的抛物线上．
①如图2，当矩形成为正方形时，求的值；
②如图3，当点恰好是线段的中点时，连接，．试探究坐标平面内是否存在一点，使以，，为顶点的三角形与全等？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．

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一、压轴题

1．（1）或﹣1；（2）；（3）0＜x1＜1；（4）m＝0或m＞或≤m＜1
【解析】
【分析】
（1）分m＞0，m＝0，m＜0三种情形分别求解即可解决问题；
（2）分三种情形，利用二次函数的性质分别求解即可；
（3）由（1）可知，当图象G与x轴有两个交点时，m＞0，求出当抛物线顶点在x轴上时m的值，利用图象法判断即可；
（4）分四种情形：①m＜0，②m＝0，③m＞1，④0＜m≤1，分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，当m＞0时，

∵y＝x2﹣2mx+m＝（x﹣m）2﹣m2+m，
图象G是抛物线在直线y＝2m的左侧部分（包括点D），
此时最底点P（m，﹣m2+m），
由题意﹣m2+m＝﹣1，
解得m＝或（舍弃），
当m＝0时，显然不符合题意，
当m＜0时，如图2中，

图象G是抛物线在直线y＝2m的左侧部分（包括点D），
此时最底点P是纵坐标为m，
∴m＝﹣1，
综上所述，满足条件的m的值为或﹣1；
（2）由（1）可知，当m＞0时，y0＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0，
∴m＝时，y0的最大值为，
当m＝0时，y0＝0，
当m＜0时，y0＜0，
综上所述，y0的最大值为；
（3）由（1）可知，当图象G与x轴有两个交点时，m＞0，
当抛物线顶点在x轴上时，4m2﹣4m＝0，
∴m＝1或0（舍弃），
∴观察观察图象可知，当图象G与x轴有两个交点时，设左边交点的横坐标为x1，则x1的取值范围是0＜x1＜1，
故答案为0＜x1＜1；
（4）当m＜0时，观察图象可知，不存在点A满足条件，
当m＝0时，图象G在矩形ABCD内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，满足条件，如图3中，

当m＞1时，如图4中，设抛物线与x轴交于E，F，交y轴于N，

观察图象可知当点A在x轴下方或直线x＝﹣m和y轴之间时（可以在直线x＝﹣m上）时，满足条件．
则有（2m﹣2）2﹣2m（2m﹣2）+m＜0，
解得m＞，
或﹣m≤2m﹣2＜0，
解得≤m＜1（不合题意舍弃），
当0＜m≤1时，如图5中，当点A在直线x＝﹣m和y轴之间时（可以在直线x＝﹣m上）时，满足条件．

即或﹣m≤2m﹣2＜0，
解得≤m＜1，
综上所述，满足条件m的值为m＝0或m＞或≤m＜1．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，最值问题，不等式等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．（1）t=1；（2）存在，，理由见解析；（3）可能，或或理由见解析
【解析】
【分析】
（1）用待定系数法求出直线AC的解析式，根据题意用t表示出点H的坐标，代入求解即可；
（2）根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4,用待定系数法求出直线AB的解析式，求出点H落在BC边上时的t值，求出此时重叠面积为﹤，进一步求出重叠面积关于t的表达式，代入解t的方程即可解得t值；
（3）由已知求得点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时长．
【详解】
（1）由题意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，
设直线AC的函数解析式为y=kx+b，
将点A、C坐标代入，得：
，解得：，
∴直线AC的函数解析式为，
当点落在边上时，点E(3-t，0)，点H（3-t，1），
将点H代入，得：
，解得：t=1；
（2）存在，，使得．
根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4，
设直线AB的函数解析式为y=mx+n，
将点A、B坐标代入，得：
，解得：，
∴直线AC的函数解析式为，
当t﹥4时，点E（3-t，0）点H（3-t，t-3），G(0，t-3)，
当点H落在AB边上时，将点H代入，得：
，解得：；
此时重叠的面积为，
∵﹤，∴﹤t﹤5，
如图1，设GH交AB于S，EH交AB于T,
将y=t-3代入得：，
解得：x=2t-10，
∴点S(2t-10，t-3)，
将x=3-t代入得：，
∴点T，
∴AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET=，
,

所以重叠面积S==4--=，
由=得：，﹥5(舍去)，
∴；

（3）可能，≤t≤1或t=4．
∵点D为AC的中点，且OA=2,OC=4，
∴点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,
易知M点在水平方向以每秒是4个单位的速度运动；
当0﹤t﹤时，M在线段OD上，H未到达D点，所以M与正方形不相遇；
当﹤t﹤1时， +÷（1+4）=秒，
∴时M与正方形相遇，经过1÷（1+4）=秒后，M点不在正方行内部，则；
当t=1时，由（1）知，点F运动到原E点处，M点到达C处；
当1≤t≤2时，当t=1+1÷（4-1）=秒时，点M追上G点，经过1÷（4-1）=秒，点都在正方形内（含边界），
当t=2时，点M运动返回到点O处停止运动，
当 t=3时，点E运动返回到点O处, 当 t=4时，点F运动返回到点O处,
当时，点都在正方形内（含边界），
综上，当或或时，点可能在正方形内（含边界）．

【点睛】
本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
3．（1）；（2）的为直角三角形，理由见解析；（3）存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
【解析】
【分析】
（1）先根据直线经过点，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；
（2）先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB=OC得到∠ABP=45°，进一步说明∠APB=90°，则∠APC=90°即可判定的形状；
（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标
【详解】
解：（1）∵直线经过点
∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）
当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）
∴解得
∴该抛物线的解析式为
（2）的为直角三角形，理由如下：
∵解方程=0，则x1=1，x2=5
∴A（1,0），B（5,0）
∵抛物线的对称轴l为x=3
∴△APB为等腰三角形
∵C的坐标为（5,0）, B的坐标为（5,0）
∴OB=CO=5,即∠ABP=45°
∴∠ABP=45°，
∴∠APB=180°-45°-45°=90°
∴∠APC=180°-90°=90°
∴的为直角三角形；
（3）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，
∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1
∴∠AM1B=2∠ACB
∵△ANB为等腰直角三角形.
∴AH=BH=NH=2
∴N（3，2）
设AC的函数解析式为y=kx+b
∵C(0，5),A(1，0)
∴ 解得b=5，k=-5
∴AC的函数解析式为y=-5x+5
设EM1的函数解析式为y=x+n
∵点E的坐标为（）
∴=× +n，解得：n=
∴EM1的函数解析式为y=x+
∵ 解得
∴M1的坐标为（）；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2
设M2（a，-a+5）
则有：3=，解得a=
∴-a+5=
∴M2的坐标为（，）．
综上，存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．

【点睛】
本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图像、三角形外角等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
4．（1）；（2）（，0）；（3）①见解析；②=或=
【解析】
【分析】
（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6-m），直线与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-m），再根据两点距离公式证明，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．
【详解】
（1）∵点在抛物线上，
∴，
得到，
又∵对称轴，
∴，
解得，
∴，
∴二次函数的解析式为；
（2）当点M在点C的左侧时，如下图：

∵抛物线的解析式为，对称轴为，
∴点A（2，0），顶点B（2，4），
∴AB=AC=4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=45°；
∵将逆时针旋转得到△MEF，
∴FM=CM，∠2=∠1=45°，
设点M的坐标为（m，0），
∴点F（m，6-m），
又∵∠2=45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y=x+b，
把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，
直线EF的解析式为y=x+6-2m，
∵直线与抛物线只有一个交点，
∴，
整理得：，
∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，
点M的坐标为（，0）．
当点M在点C的右侧时，如下图：

由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线与抛物线不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为（，0）．
（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵，由（2）知∠BCA=45°，
∴PG=GC=1，
∴点G（5，0），
设点M的坐标为（m，0），
∵将逆时针旋转得到△MEF，
∴EM=PM，
∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°，
∴∠HEM=∠GMP，
在△EHM和△MGP中，
，
∴△EHM≌△MGP（AAS），
∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，
∴点H（m-1，0），
∴点E的坐标为（m-1，5-m）；
∴EA==，
又∵为线段的中点，B（2，4），C（6，0），
∴点D（4，2），
∴ED==，
∴EA= ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：

同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA= ED．
②当点在（1）所求的抛物线上时，
把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，
解得：m=或m=，
∴=或=．
【点睛】
本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题的关键．
5．（1）；（2）；（3）①点E的坐标为：或或； ②圆心P移动的路线长=
【解析】
【分析】
（1）令求出点A（6，0），把点C（-4，n）代入在抛物线方程，解得：n=5，把点B（0，-3）代入，从而可得答案；
（2）记与轴的交点为，利用即可求解；
（3）①分当点P落在CA上时，点P落在AE上时，点P落在CE上时三种情况讨论即可； ②分E在D和B点两种情况，求出圆心点的坐标，则圆心P移动的路线长=，即可求解．
【详解】
解：（1）令

点A（6，0），
把点C（-4，n）代入在抛物线方程，
解得：
，
把点B（0，-3）代入，
解得：，
则：直线l：，…①

（2）由（1）知：A（6，0）、B（0，-3）、C（-4，5）、
AC中点为
设为：

解得：
所在的直线方程为：，
如图，AC与y轴交点H坐标为：（0，3），

（3）如下图： ①当点P落在CA上时， 圆心P为AC的中点
其所在的直线与AC垂直，

的垂直平分线即圆心P所在的直线方程为：
把代入得：

…②，

解得：
E的坐标为；
当点P落在AE上时， 设点
则点P的坐标，
则PA=PC，

解得：
故点
当点P落在CE上时， 则PC=PA，
同理可得：
故点
综上，点E的坐标为：或或；
②当E在D点时，作AD的垂直平分线交的垂直平分线于点，
则，的纵坐标为
代入②式，解得：
同理当当E在B点时， 作AB的垂直平分线交的垂直平分线于点，

的中点为：，
设为：，

解得：
AB直线方程为：，
设的垂直平分线方程为：

，
的垂直平分线方程为：

解得：

则圆心P移动的路线长=

故答案为：
【点评】
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数与轴的交点坐标，利用待定系数法求解一次函数的解析式，三角形的外心的性质、一次函数的交点问题，勾股定理的应用，综合性很强，是难度较大类题目．
6．（1）；（2）①；②不会发生变化，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据点A，B坐标求出对称轴为，得到，代入抛物线解析式得到，写出顶点，根据其位置，得出，根据A，B坐标表示出AC，BC长度，结合AC·BC=8，求得的值，代入点A，B得其坐标，将A坐标代入抛物线解析式得的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）①将代入，求得，结合点E求得PQ解析式，联立，解得点P的坐标，根据中心对称的性质，得到点的横坐标为10，可得的取值范围；
②过分别作直线的垂线，垂足分别为，设出点P,Q坐标，求出PQ的解析式，联立，得到，由，得到，结合，得到，可证得结果．
【详解】
解：（1）∵抛物线过两点，
∴由抛物线对称性知：抛物线对称轴为直线，

又∵顶点在第四象限，
，解得：
，
∴抛物线的开口向上，其图象如图所示，

，
，解得：
，
，
由题意可知，点在线段上，而点的纵坐标为1，
，
把代入得，解得：
∴抛物线所对应的函数表达式为
（2）①把代入得，

，
∴直线的解析式为
由可得，，
解得：
∴点的横坐标为
由中心对称的性质可得，点的横坐标为10，即抛物线的对称轴为直线，
结合图象：

可得，的范围为；
②在旋转的过程中，的度数不会发生变化，理由如下：
连接，由中心对称的性质可得，．
过分别作直线的垂线，垂足分别为，如图所示，

设，直线的解析式为，则
∵直线过，
，可得，，
∴直线的解析式为
由得，
整理得，

，，

又

，即在旋转的过程中，的度数不会发生变化．
【点睛】
本题考查了二次函数与几何图形的综合应用，熟知其设计的知识点及相关关系，是解题的关键．
7．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）BD＝2，r＝3．
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件得到∠EBC＝∠ADC＝90°，根据平行线分线段成比例定理得出，等量代换即可得到结论；
（2）证明∠PAO＝90°，连接AO，AB，根根据直角三角形斜边中线的性质，切线的性质和等量代换，就可得出结论；
（3）连接AB，根据圆周角定理得到∠BAC＝∠BAE＝90°，推出FA＝FB＝FE＝FG＝3，过点F作FH⊥AG交AG于点H，推出四边形FBDH是矩形，得到FB＝DH＝3，根据勾股定理得到FH＝，设半径为r，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】
解：（1）∵EB是切线，AD⊥BC，
∴∠EBC＝∠ADC＝90°，
∴AD∥EB，（同位角相等，两直线平行）
∴，（平行线分线段成比例）
∵G是AD的中点，
∴AG＝GD，
∴EF＝FB；
（2）证明：连接AO，AB，

∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，（直径所对圆周角为直角）
在Rt△BAE中，由（1）知，F是斜边BE的中点，直角三角形斜边中线为斜边一半，
∴AF＝FB＝EF，且等边对等角，
∴∠FBA＝∠FAB，
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠EBO＝90°，
∵∠EBO＝∠FBA+∠ABO＝∠FAB+∠BAO＝∠FAO＝90°，
∴PA是⊙O的切线；
（3）如图2，连接AB，AO，

∵BC是直径，
∴∠BAC＝∠BAE＝90°，
∵EF＝FB，
∴FA＝FB＝FE＝FG＝3，
过点F作FH⊥AG交AG于点H，
∵FA＝FG，FH⊥AG，
∴AH＝HG，
∵∠FBD＝∠BDH＝∠FHD＝90°，
∴四边形FBDH是矩形，
∴FB＝DH＝3，
∵AG＝GD，
∴AH＝HG＝1，GD＝2，FH＝，
∴BD＝，
设半径为r，在RtADO中，
∵，
∴，解得：r＝，
综上所示：BD＝，r＝．
【点睛】
本题主要考察了平行线的性质及定理、平行线分线段成比例定理、等边对等角、直角三角形斜边中线的性质、圆周角定理、勾股定理及圆的切线及其性质，该题较为综合，解题的关键是在于掌握以上这些定理，并熟练地将其结合应用．
8．（1）；（2）m=2，D(﹣1，)；（3）P（， ）或P(1，)；
（4）0＜t≤．
【解析】
【分析】
(1)根据A，C两点坐标，代入抛物线解析式，利用待定系数法即可求解．
(2)通过(1)中的二次函数解析式求出B点坐标，代入一次函数,即可求出m的值，联立二次函数与一次函数可求出D点坐标．
(3)设出P点坐标，通过P点坐标表示出N，F坐标，再分类讨论PN=2NF，NF=2PN，即可求出P点(4)由A，D两点坐标求出AD的函数关系式，因为以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，所以∥AD，即可求出的函数关系式，设直线与抛物线交于第一象限P点，所以当与P重合时，t有最大值，利用中点坐标公式求出PQ中点H点坐标,进而求出MH的函数关系式，令y=0求出函数与x轴交点坐标，从而可求出t的值,求出t的取值范围．
【详解】
解：(1)∵A，
把A,C代入抛物线，
得：
解得
∴．
（2）令y=0即，
解得 ，
∴B（4,0）
把B（4,0）代入
得
m=2
，
∴ 得 或
∴B(4,0),D(﹣1，)
∴,m=2，D(﹣1，)．
（3）设P（a，），则F（a，），
∵DN⊥PH，
∴N点纵坐标等于D点的纵坐标
∴N(a，)
FN=－（）=，PN=－=，
∵是线段的三等分点，
∴①当FN=2PN时，
=2（），
解得：a=或a=﹣1（舍去），
∴P（， ）．
②当2FN=PN时，
2（）=（），
得a=1或a=﹣1（舍去），
∴P(1,)，
综上P点坐标为P（， ）或P(1,)，
(4)由（2）问得D(﹣1，)，又A，
设AD：y=kx+b，
，
∴ ，
∴AD：y=x+5，
又GM⊥AD，
∴可设GM： y=x+p，
以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，
∴∥AD，
可设：y=x+q，又Q，代入，
得：×+q=0，
q=2，
∴：y=x+2，
设直线与抛物线交于第一象限N点,,所以当与N点重合时,t有最大值，
∴ ，
解得： 或 ，
∴N(1,)又Q，
设H为N,Q中点，
则H（，），
又∵H在直线GM上，
∴把H代入GM y=x+p ，
得：，
P= ，
∴y=x+，
令y=0得：0=x+，
∴x= ，
即QM=+= ，
∵M的速度为5，
∴t=÷5= ，
∴0＜t≤．

【点睛】
本题考查的是二次函数与一次函数的综合，属于压轴题，涉及到的知识点有，一次函数图像与性质，二次函数图像与性质，二次函数解析式的求法，二次函数与一次函数结合的坐标求法，翻折问题等，解题关键在于正确理解题意，仔细分析题目，通过相关条件得出等量关系求出结论．
9．（1）；（2）面积最大值为；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）设，求得解析式，过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F，设点，则，，即可求解；
（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线过，
∴
∴
∴
（2）设，将点代入
∴
过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F

设点，则
由铅垂定理可得

∴面积最大值为
（3）（3）抛物线的表达式为：y＝x2＋4x−1＝（x＋2）2−5，
则平移后的抛物线表达式为：y＝x2−5，
联立上述两式并解得：，故点C（−1，−4）；

设点D（−2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，−1）、（−1，−4）；
①当BC为菱形的边时，
点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），
即−2＋1＝s且m＋3＝t①或−2−1＝s且m−3＝t②，
当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，
当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，
联立①③并解得：s＝−1，t＝2或−4（舍去−4），故点E（−1，2）；
联立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故点E（-3，-4＋）或（-3，-4−）；
②当BC为菱形的的对角线时，
则由中点公式得：−1＝s−2且−4−1＝m＋t⑤，
此时，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，
联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝−3，
故点E（1，−3），
综上，点E的坐标为：（−1，2）或或或（1，−3）．
∴存在，
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
10．（1）；（2）点E的坐标为（，）；（3）存在；点的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法代入计算，结合对称轴，即可求出解析式；
（2）取AD中点M，连接BM，过点A作AE∥BM，交抛物线于点E；然后求出直线AE的解析式，结合抛物线的解析式，即可求出点E的坐标；
（3）由题意，先求出点F的坐标，然后得到点Q的坐标，得到OQ和OB的长度，然后结合等腰三角形的性质进行分类讨论，可分为四种情况进行分析，分别求出点的坐标即可．
【详解】
解：（1）根据题意，设二次函数的解析式为，
∵对称轴为，则，
把点（-1，0），点（0，-3）代入，有
，
又∵，
∴，，，
∴抛物线的解析式为：；
（2）由（1）可知，
顶点D的坐标为（1，），点B为（3，0），
∵点A为（，0），
∴AD的中点M的坐标为（0，2）；
如图，连接AD，DE，BE，取AD中点M，连接BM，过点A作AE∥BM，交抛物线于点E；

此时点D到直线AE的距离等于点B到直线AE距离的2倍，
即，
设直线BM为，
把点B、点M代入，有，
∴直线BM为，
∴直线AE的斜率为，
∵点A为（，0），
∴直线AE为，
∴，解得：（舍去）或；
∴点E的坐标为（，）；
（3）由（2）可知，直线AE为，
∴点F的坐标为（0，），
∵将点F向下平移个单位长度得到Q，
∴点Q的坐标为（0，），
∴，
∵点B为（3，0），则OB=3，
在Rt△OBQ中，，
∴，
由旋转的性质，得，，
①当时，是等边三角形，如图：

∴点G的坐标为（，0），
∴点的横坐标为，
∴点的坐标为（，）；
②当，是等腰三角形，如图：

∵，
∴，
∵，
∴点的坐标为（，）；
③当时，是等边三角形，如图：

此时点G的坐标为（，0）