特训08 期中解答压轴题（第1-4章九大题型含四大综合应用）（解析版）

特训08期中解答压轴题（第1-4章，九大题型，含四大综合应用）目录：题型1：二次函数-存在性问题题型2：二次函数-最值、取值范围问题题型3：二次函数-新定义情景题题型4：圆在二次函数中的应用题型5：相似三角形在二次函数中的应用题型6：圆压轴题题型7：相似三角形在圆中的应用题型8：相似三角形压轴题题型9：相似三角形在平面直角坐标系的综合应用题型1：二次函数-存在性问题1．（2023秋·浙江金华·九年级义乌市绣湖中学教育集团校联考阶段练习）如图①，在平面直角坐标系中．抛物线与轴交于，两点点在点右侧，，与轴交于点．直线经过点，．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图②，点为上方抛物线上一点，过点作轴交直线于点，作轴交直线于点，求周长的最大值；(3)在(2)的条件下，若点是轴上的动点，点为平面内一点，是否存在点，，使得以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)当时，周长的最大值为(3)存在，点的坐标为，或，或，或，或，【分析】（1）求出点，的坐标，由可得点的坐标，利用待定系数法即可求解；（2）设点，，可得、的坐标，利用勾股定理求出，，，根据二次函数的最值即可求解；（3）分三种情况画出图形，根据菱形的性质即可求解．【解析】（1）解：直线，令得，令得，解得．，，，，，，，将，，，，，代入得，，解得，抛物线的解析式为；（2）设点，轴，，，，轴，，，，，，点为上方抛物线上一点，，，的周长，当时，周长的最大值为；（3）存在，由（2）知时，，，设，，①线段为菱形的边，四边形为菱形时，如图，

，，，，或，，四边形为菱形，点的坐标可由点向右平移个单位长度，向下平移个单位长度得到，点可由点向右平移个单位长度，向下平移个单位长度得到，，或，；②线段为菱形的边，四边形为菱形时，如图，

，，，，或，，四边形为菱形，点的坐标可由点向左平移个单位长度，向上平移个单位长度得到，点可由点向左平移个单位长度，向上平移个单位长度得到，，或，；③线段为菱形的对角线，四边形为菱形时，如图，

，，，设，，，解得，，解得，，．综上所述，存在，点的坐标为，或，或，或，或，．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求抛物线、坐标与图形性质、勾股定理、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的性质、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法和菱形的性质，分类讨论是解题的关键．2．（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B，点P为抛物线上的一个动点．(1)求抛物线的函数表达式；(2)当的面积与的面积相等时，求点P的坐标；(3)是否存在点P，使得，若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线的函数表达式为(2)点P的坐标为(3)存在，点P的横坐标为或7．【分析】（1）根据一次函数求出A、C两点坐标，代入解析式求解即可得到答案；（2）根据A、B、C点坐标即可得到，求出的面积，分点P在下方或上方两类列方程即可得到答案；（3）由（2）得，作的垂直平分线交于一点F，求得，即，过点作，过点作交于点，得到，即点在直线上，求得直线的解析式，根据一次函数与二次函数交点问题联立方程求解即可得到答案．【解析】（1）解：当时，，故，当时，，，故，将，代入解析式得，，解得：，∴；（2）解：①点P在下方时，如图所示，连接，设，∴，当，解得：，，故，∵，，∴，，，∴，∴，∴，∵的面积与的面积相等，∴，即，∵，无解，②当点P在上方时，如图所示，连接，设，∴，∵的面积与的面积相等，∴∴（与B重合，舍去），，当时，，∴；（3）解：∵,，，∴∴，∴是直角三角形，∴，如图所示，作的垂直平分线交于一点F，连接，则，∴∴，∵∴设，则，∵，在中，，即，解得：，则∴∴如图所示，过点作，过点作交于点，则即，即点在直线上，∵∴，在中，,∴过点作轴，则∴，∴,，∴设直线的解析式为即∴即，联立解得：（舍去），同理可得设直线的解析式为则解得：∴联立解得：（舍去），综上，点P的横坐标为或7．【点睛】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求函数的解析式，解直角三角形，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．3．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；(2)点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为11时，求线段的长；(3)点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为；(2)；(3)点的坐标为或或或【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线的解析式为，设，则，利用对称性质求得，推出，，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；（3）先求得直线的解析式为，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明，推出，，设，则，由点M在直线上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质可得点N的坐标；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，当点M绕点O逆时针得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．【解析】（1）解：∵抛物线经过点和，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：∵点和，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，且，则，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，∴，依题意得，解得（舍去）或，∴；（3）解：令，则，解得或，∴，同理，直线的解析式为，∵四边形是正方形，∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，

，，∴，∴，，设，∴，，则，∵点M在直线上，∴，解得或，当时，，，即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；当时，，，点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，∴，即；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，∵点E在的图象上，∴，∴点，∵点E在的图象上，∴，解得：或0，∴，，当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，∵点E在的图象上，∴，解得：，∴点，，，，∴点N的坐标为或；综上，点的坐标为或或或．【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．题型2：二次函数-最值、取值范围问题4．（2023秋·浙江台州·九年级校考阶段练习）已知抛物线经过点和两点，且抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．

(1)若点M是抛物线的顶点，求抛物线解析式及A、B、C坐标；(2)在（1）的条件下，若点P是A、C之间抛物线上一点，求四边形面积的最大值及此时点P的坐标；(3)若，且，求a的取值范围．【答案】(1)(2)面积最大值为，(3)或【分析】（1）设抛物线的顶点式为，将N点代入即可求a的值，从而确定函数的解析式；（2）设，先求出直线的解析式，过P点作轴交于点G，则，，从而得到，当时，的面积有最大值，此时，求出直线与x轴的交点为，再求，即可求四边形面积的最大值；（3）先求出抛物线的解析式，分别求出当时以及当时，a的取值，即可．【解析】（1）解：∵点M是抛物线的顶点，∴可设抛物线解析式为，∵抛物线过点，∴解得：，∴抛物线的解析式为，当时，，解得或1，∴，当时，，∴；（2）解：设，设直线的解析式为，把代入得：，解得，∴直线的解析式为，过P点作轴交于点G，∴，∴，∴，当时，的面积有最大值，此时，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，∴直线与x轴的交点为，∴，∴四边形面积的最大值为；（3）解：将和两点代入，∴，解得，∴，当时，，解得：，当时，，解得，∴或．

【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用铅锤法求三角形面积的方法是解题的关键．5．（2023秋·浙江·九年级专题练习）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于O，A两点，过点A的直线与y轴交于点C，交抛物线于点D．

(1)直接写出点A，C，D的坐标；(2)如图1，点B是直线上方第一象限内抛物线上的动点，连接和，求面积的最大值；(3)如图2，若点M在抛物线上，点N在x轴上，当以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点N的坐标．【答案】(1)(2)(3)，，【分析】（1）令，，分别求出二次函数图形和坐标轴的交点，再联立二次函数和一次函数求出交点，即可得到交点；（2）过点B作轴于点F，交AC于点E，过点D作轴于点H，交于点G，利用面积求，将三角形的面积转化为二次函数，求最值即可；（3）当点M在x轴上方时，当点M在x轴下方，分两种情况讨论，利用平行四边形的性质进行求解即可．【解析】（1）解：当时，，解得：，∴，当时，，∴，联立二次函数和一次函数解析式，得：，整理得：，解得：，当时，，∴；（2）解：如图1，过点B作轴于点F，交AC于点E，过点D作轴于点H，交于点G，

设，则，∴，∴，当时，有最大值为；（3）解：①当点M在x轴上方时，如图2，以A，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形，

则，由对称性得到，即，故，∴，；②当点M在x轴下方时，如图3：

过点M作轴于点P，过点D作轴于点Q，则：，∵以A，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴，将代入抛物线解析式得：，解得：或，∴或，∴或，符合条件的N点有：，，．【点睛】本题考查二次函数的综合应用.熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合以及分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．6．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，二次函数的图像与直线的图像交于，两点，点的坐标为，点的坐标为.(1)求二次函数的表达式.(2)点是线段上的动点，将点向下平移个单位得到点.①若点在二次函数的图像上，求的最大值.②若，线段与二次函数的图像有公共点，请求出点的横坐标的取值范围.【答案】(1)；(2)①，②或【分析】（1）待定系数法计算即可．（2）①设点的坐标为，则点的坐标为，把代入构造h为函数的二次函数计算即可．②当，点的坐标为代入解析式，确定m的值，结合图像计算即可．【解析】（1）把，代入得：，解得，，∴．（2）①设点的坐标为，则点的坐标为．把代入，得：，，∵，当时，且满足，∴．②设点的坐标为，则点的坐标为.当，点的坐标为，把代入得：，∴或．∴或．【点睛】本题考查了抛物线的解析式，最值，点的平移，熟练掌握抛物线的性质是解题的关键．题型3：二次函数-新定义情景题7．（2022秋·浙江衢州·九年级校联考期中）定义：由两条与轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．

(1)【概念理解】抛物线与抛物线________（填“能”或“不能”）围成“月牙线”．(2)【尝试应用】如图，抛物线与抛物线组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线与抛物线与轴有相同的交点，（点在点的左侧），与轴的交点分别为，，抛物线的解析式为，抛物线的解析式为．①求的长和的值；②将抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向左或向右平移，平移后的“月牙线”与轴的交点记为，，与轴的交点记为，，当时，求平移的方向及相应的距离．【答案】(1)能，(2)①，，②抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向右平移，或抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向右平移个单位长度．【分析】（1）分别求解两条抛物线与x轴的交点坐标，再根据交点坐标与开口方向进行判断即可；（2）①根据先求解M，N的坐标，再求解，再把代入，可得c的值；②当抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向右平移个单位长度，可得平移后的分别解析式为，，求解的纵坐标为，的纵坐标为，而，当抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向左平移个单位长度，同理可得：，再建立方程求解即可．【解析】（1）解：当，解得：，，交点坐标为：，；当，解得：，，交点坐标为：，；而两条抛物线的开口方向都向上，∴抛物线与抛物线能围成“月牙线”（2）解：当时，解得：，，∴，，∴，把代入可得：．∴，②∵，，当抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向右平移个单位长度，∴平移后的分别解析式为，，当时，，，

∴的纵坐标为，的纵坐标为，而，∴，解得：（负根舍去），∴此时抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向右平移个单位长度；当抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向左平移个单位长度，同理可得：，解得：（负根舍去），∴此时抛物线与抛物线所围成的“月牙线”向左平移个单位长度．【点睛】本题考查的是抛物线与x轴的交点坐标，与y轴的交点坐标，抛物线的平移，二次函数与一元二次方程的关系，理解题意，建立方程求解是解本题的关键．8．（2023·浙江金华·统考二模）定义：若n为常数，当一个函数图象上存在横、纵坐标和为n的点，则称该点为这个函数图象关于n的“恒值点”，例如：点（1，2）是函数图象关于3的“恒值点”．

(1)判断点，，是否为函数图象关于10的“恒值点”．(2)如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），现将抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，抛物线的其余部分保持不变，所得的新图象如图2所示．①求翻折后A，B之间的抛物线解析式．（用含b的代数式表示，不必写出x的取值范围）②当新图象上恰好有3个关于c的“恒值点”时，请用含b的代数式表示c．【答案】(1)是函数图象关于10的“恒值点”．(2)①；②或【分析】（1）由，在函数图象上，不在函数图象上，而，，可得是函数图象关于10的“恒值点”．（2）①由抛物线，再根据关于x轴对称的特点可得答案；②新图象分两部分，如图，当新图象上恰好有3个关于c的“恒值点”时，，，整理得：或，而与坐标轴构成的三角形是等腰直角三角形，求解，当过点时，满足条件；，当与只有1个交点时，满足条件；即有两个相等的实数根，从而可得答案．【解析】（1）解：∵，在函数图象上，不在函数图象上，而，，∴是函数图象关于10的“恒值点”．（2）①∵抛物线，∴翻折后的抛物线的解析式为，∴翻折后的解析式为：，②新图象分两部分，如图，当新图象上恰好有3个关于c的“恒值点”时，

∴，，∴整理得：或，而与坐标轴构成的三角形是等腰直角三角形，令，解得：，∴，当过点时，满足条件；∴，当与只有1个交点时，满足条件；∴即有两个相等的实数根，∴，解得：；【点睛】本题考查的是轴对称的性质，二次函数的应用，利用待定系数法求解抛物线的解析式，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．9．（2023秋·浙江舟山·九年级校联考阶段练习）“距离”是数学研究的重要对象，如我们所熟悉的两点间的距离．现在我们定义一种新的距离：已知P（a，b），Q（c，d）是平面直角坐标系内的两点，我们将称作P，Q间的“L型距离”，记作L（P，Q），即．已知二次函数的图像经过平面直角坐标系内的A，B，C三点，其中A，B两点的坐标为A（－1，0），B（0，3），点C在直线x＝2上运动，且满足．

(1)求L（A，B）；(2)求抛物线的表达式；(3)已知是该坐标系内的一个一次函数．①若D，E是图像上的两个动点，且，求面积的最大值；②当时，若函数的最大值与最小值之和为8，求实数t的值．【答案】(1)4；(2)；(3)①面积最大值为；②．【分析】（1）根据题干中对于“型距离”的定义，即可求解；（2）根据二次函数经过点、、三点，所以只要求出点坐标即可：根据点在直线上运动，所以可设点，根据列方程求解出的值，利用待定系数法列方程组即可求出抛物线的表达式；（3）①根据的一边长度固定等于5，所以只要求出顶点到的最大距离即可：由所在的直线过固定点,故直线的图像是绕点旋转的直线，当直线时，点到的距离最大，此时就是的最大面积，根据三角形面积公式求解即可；②根据，可得函数的解析式：，可知函数的图像是一个开口向下，对称轴是的抛物线，由此可知函数在对称轴上取得最大值，根据可知当时有最小值，最后根据函数的最大值与最小值之和是8，从而列出方程即可求出的值．【解析】（1）解：由题意得：，；（2）点在直线上运动，设点，且由平面上两点间距离，利用勾股定理得：即，又二次函数的图像经过，，，设代入解析式得：解方程组得：抛物线的表达式为；（3）①令时，直线恒过定点直线的图像是绕点旋转的直线，当直线时，点到的距离最大，面积也最大，过点作交直线于点

由点到直线的距离，垂线段最短知：，面积的最大值为②二次函数的对称轴为二次函数的图像开口向下，当时，函数值取得最大值又当时，函数值取得最小值函数的最大值与最小值之和为8整理得：解得：实数的值为．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了对于题干中“型距离”的理解能力、以及根据“型距离”以及用待定系数法求抛物线的表达式、根据垂线段最短求三角形最大面积、根据二次函数图像的性质求函数最值等，对知识的综合性很强．根据题意灵活运用所学知识以及扎实的计算基础是解此题的关键．题型4：圆在二次函数中的应用10．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，抛物线y＝ax2＋bx﹣3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且经过点（2，﹣3a），对称轴是直线x＝1，顶点是M．(1)求抛物线对应的函数表达式；(2)经过C，M两点作直线与x轴交于点N，在抛物线上是否存在这样的点P，满足以点P，A，C，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；(3)设直线y＝﹣x＋3与y轴的交点是D，在线段BD上任取一点E（不与B，D重合），经过A，B，E三点的圆交直线BC于点F，试判断△AEF的形状，并说明理由．【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3(2)存在，P（2，﹣3）(3)等腰直角三角形，见解析【分析】（1）依题意联立方程组即可求出a，b的值后可求出函数表达式．（2）分别令，求出A、B、C三点的坐标，然后易求直线CM的解析式，证明四边形ANCP为平行四边形可求出点P的坐标．（3）求出直线与坐标轴的交点D、B的坐标，然后证明∠AEF＝∠ABC＝45°，AE=AF，可证△AEF为等腰直角三角形．【解析】（1）∵抛物线经过点（2，﹣3a），∴4a+2b﹣3＝﹣3a①，又因为抛物线对称为x＝1，∴②，联立①②，解得，∴抛物线对应的函数表达式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）如图1，∵y＝（x﹣1）2﹣4，∴M（1，﹣4），令x＝0，则y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，∴C（0，﹣3），设直线MC为y＝kx﹣3，代入点M得k＝﹣1，∴直线MC为y＝﹣x﹣3，令y＝0，则x＝﹣3，∴N（﹣3，0），令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，∴x＝﹣1或3，∴A（﹣1，0），B（3，0），过C作CP∥AN，使CP＝AN，则四边形ANCP为平行四边形，∴CP＝AN＝﹣1﹣（﹣3）＝2，∴P（2，﹣3），

∵P的坐标满足抛物线解析式，∴P（2，﹣3）在抛物线上，即P（2，﹣3）；（3）如图2，令x＝0，则y＝﹣x+3＝3，∴D（0，3），∴OB＝OD＝3，又∠DOB＝90°，∴∠DBO＝45°，同理，∠ABC＝45°，∵同弧所对的圆周角相等，∴∠AEF＝∠ABC＝45°，

∠AFE＝∠DBO＝45°，∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∴△AEF为等腰直角三角形．【点睛】本题综合考查了等腰三角形的判定,平行四边形的性质以及二次函数的结合图形的应用，难度较大．11．（2022秋·浙江嘉兴·九年级校联考期中）如图1，已知抛物线经过原点，它的对称轴是直线，动点从抛物线的顶点出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点运动的时间为秒，连接并延长交抛物线于点，连接，．(1)求抛物线的函数解析式；(2)当为直角三角形时，求的值；(3)如图2，为的外接圆，在点的运动过程中，点也随之运动变化，请你探究：在时，求点经过的路径长度．【答案】(1)；(2)当为直角三角形时，的值为1或2或5；(3)经过的路径长度为【分析】（1）待定系数法求解析式即可；（2）分分别为直角，三种情况讨论，利用勾股定理进行求解即可；（3）根据为的外接圆，可知，点在线段的中垂线上，当时，点的运动路径是在线段中垂线上的一条线段，分别求出当、和时，点的坐标，然后利用两点间的距离公式，进行求解即可．【解析】（1）解：抛物线经过原点，且对称轴是直线，，，则、，抛物线解析式为；（2）解：设点，，点，则、、，①若，则，解得（舍或，，则直线解析式为，当时，，即，；②若，则，解得（舍或，，则直线解析式为，当时，，即，；③若，则，整理，得：，，，，，则或（舍，，直线解析式为，当时，，即，；综上，当为直角三角形时，的值为1或2或5．（3）为的外接圆，点在线段的中垂线上，当时，点的运动路径是在线段中垂线上的一条线段，当时，如图1，由（2）知，此时的外接圆圆心是的中点，，；当时，如图2，由（2）知，，此时的外接圆圆心是的中点，、，；当时，如图3，由（2）知，，此时的外接圆圆心是的中点，，；则点经过的路径长度为．【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用二次函数的性质，以及数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．本题的综合性强，属于中考压轴题．12．（2022秋·浙江·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．【解析】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．题型5：相似三角形在二次函数中的应用13．（2023秋·浙江杭州·九年级杭州外国语学校校考阶段练习）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，过点作直线轴，过点作，交直线于点．(1)求抛物线的解析式；(2)如图，点为第三象限内抛物线上的点，连接和交于点，当时．求点的坐标；(3)在轴上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)的坐标为或【分析】（1）根据抛物线过点，对称轴为直线，求出点坐标，点坐标，用待定系数法求解析式即可求解；（2）先证明，根据求出的长，从而确定点坐标，待定系数法求出的解析式，作轴，交直线于点，设，则，根据平行可得，表示出再利用，求出的值，从而得到最后结果；（3）先证明是等腰直角三角形，根据题意可得，以为对角线作正方形，则，进而求得，的坐标，待定系数法求得，的解析式，分别求出当时的值，即可求解．【解析】（1）解：抛物线的对称轴交轴于点，抛物线对称轴为直线，抛物线与轴交于点和点，点与点关于直线对称，，抛物线，当时，，，设抛物线的解析式为：，过点，，，；（2）直线轴，，，，，，，，，，，，，轴，，，设的解析式为：，，解得：，，如图：作轴，交直线于点，

设，，，，，，，，（舍去），当时，，；（3），，，是等腰直角三角形，，由（2）可知，，，如图，以为对角线作正方形，则，

，，，，，设，则，解得：或，是，两点的坐标，，，设直线的解析式为，则，解得：，直线的解析式为，当，，，设直线的解析式为，则，解得：，直线的解析式为，当时，，综上所述的坐标为或【点睛】本题是函数的综合题，考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点问题，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解决问题的关键是转化为解直角三角形问题．14．（2022秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，，将线段绕点O按顺时针方向旋转90°，使点A落在边上的点E处，抛物线过A，E，B三点．(1)填空：；．(2)若点M是抛物线对称轴上的一动点，当的周长最小时：①求点M的坐标；②求外接圆圆心F的坐标．(3)在（2）的条件下，点P是轴上一动点，当时，求点P的坐标．【答案】(1)1，(2)①；②(3)或【分析】（1）先利用二次函数解析式求出点A的坐标，进而求出E、B的坐标，再利用待定系数法求解即可；（2）①先求出抛物线对称轴为直线，如图所示，连接，设抛物线对称轴与x轴交于T，再由A、B关于直线对称，得到，进一步推出当三点共线时，最小，即此时的周长最小，先求出，进而证明，得到，则；②利用勾股定理和勾股定理得逆定理证明时直角三角形，即，则外接圆圆心F即为的中点，据此求解即可；（3）先由（2）得，再证明，求出，由此即可得到答案．【解析】（1）解：当时，，∴，∴，由旋转的性质可得，∴；∵四边形是矩形，，∴，∴，把，代入到抛物线解析式中得：，解得，故答案为：1，；（2）解：①由（1）得抛物线解析式为，∴抛物线对称轴为直线，如图所示，连接交对称轴于点M，设抛物线对称轴与x轴交于T，∵，，∴A、B关于直线对称，∴，∴的周长，∵B、E都是定点，即是定值，∴当三点共线时，最小，即此时的周长最小，∵，∴，∴，∴，∴；②∵，，，∴，，，∴，∴时直角三角形，即，∴外接圆圆心F即为的中点，∴外接圆圆心F的坐标为．（3）解：由（2）得，∵点P在x轴上，∴，又∵，∴，∴，即，∴．∵，∴或．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，轴对称最短路径问题，相似三角形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，三角形外接圆等等，灵活运用所学知识是解题的关键．题型6：圆压轴题15．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）定义：两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等的两个三角形叫做“互余三角形”．如图1，在和中，若，且，则和是“互余三角形”(1)以下四边形中，一定能被一条对角线分成两个“互余三角形”的是______；（填序号）①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．(2)如图2，等腰直角，其中，点D是上任意一点（不与点A、B重合），则图中△______和△______是互余三角形，并求证：．(3)如图3，的半径为5，四边形是的内接四边形，且和是“互余三角形”①求的值；②若°，求和的周长之差．【答案】(1)②④(2)和是“互余三角形”，理由见解析；(3)①；②【分析】（1）根据“互余三角形”的定义可知，矩形和正方形是“互余三角形”，既得答案；（2）过C作于H，可以得到和是“互余三角形”，在中利用勾股定理的逆定理可以得到结论；（3）①连接并延长交于E，连接，由和是“互余三角形”，可证，然后在中运用勾股定理即可求解；连接并延长交于，连接，过作于，由和是“互余三角形”可知是等腰直角三角形，解出，的值进而解题即可．【解析】（1）根据“互余三角形”定义可知：矩形和正方形一条对角线把它分成的两个三角形，两个角对应互余，且这两个角的夹边对应相等，∴矩形和正方形是“互余三角形”，故答案为：②④；（2）和是“互余三角形”，理由如下：过C作于H，如图2；∵，∴，又∵∴和是“互余三角形”，∵设A，则，∵，∴，∴在中，∴，∴∴；（3）①连接并延长交于E，连接，如图3：∵和是“互余三角形”，∴，∵是直径，∴，∴，又∵，，∴，，∴，，∴，又∵，∴，在与中，∴，∴在中，，∴，即的值为100；②连接并延长交于，连接，过作于，如图：∵，由①知，∴，∴，∵，∴，∵和是“互余三角形”∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，

∴，∴，在中，，在中，∴和的周长之差=．【点睛】本题考查圆周角定理的推论，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是作出辅助线构造直角三角形的全等三角形解决问题．16．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图半径为r，锐角内接于，连并延长交于D，过点D作于E．(1)如图1，求证：；(2)如图1，若，求的长；(3)如图2，当时，，求r的值；(4)如图3，若，直接写出的值（用含r的代数式表示）【答案】(1)见解析(2)3(3)(4)【分析】（（1）延长交于F，连接，由圆周角定理可得，再由等角的余角相等可得结论；（2）作，可得，再由证明即可得到结论；（3）作于点G，于点H，可证明，得到，由勾股定理得，，延长交于，连接，可得，再由勾股定理可得结论；（4）延长交于点F，连接，过点C作于点G，连接交于点H，由证明得，从而，再根据证明得，最后由勾股定理可得结论．【解析】（1）延长交于F，连接，∴∵为直径，，∴，∴；（2）作于N，∴，∵，∴，又∵，∴，∴；（3）作于点G，于点H，∴，∴，又∵，∴，∴可得，又∵，∴，在中，，设，在中，，解得，∴，延长交于，连接，∵，∴，在中，．∴；（4）延长交于点F，连接，过点C作于点G，连接交于点H，如图，，，，，由（1）得，，，，，，，，在和中，，，，，，，，，，，，，在和中，，，为的直径，，，，．【点睛】本题考查垂径定理、直径的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．17．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图①，在中，在边上，圆为锐角的外接圆，连结并延长交于点．(1)若，请用含的代数式表示；(2)如图②，作，垂足为，与交于点，已知，求证：.(3)如图③，在(2)的条件下，与交于，，求的值.【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再利用等边对等角可得，由三角形内角和即可得出结果；（2）根据角之间的数量关系可得：，设，由（1）结论得出，利用三角形内角和及对顶角相等可得，根据等量代换得出，根据等角对等边即可证明；（3）连接，根据，推出，过点作，证明，得出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，设，在与中，勾股定理得出，即可求解．【解析】（1）解：如图所示：连结，∵，∴，又∵，∴，∴；（2）证明：如图，∵，∴，设，则由（1）得：，∵，∴，故，∴；（3）如图，连接，∵，∴，∴，∵，∴∴过点作∴∵∴即，∴在与中，∴∴，由（2）∴是等腰直角三角形，∴,∴是等腰直角三角形，设∴∴在与中，∴，整理得．∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．题型7：相似三角形在圆中的应用18．（2023春·浙江杭州·九年级专题练习）如图，锐角三角形内接于，，点D平分，连接，，．(1)求证：．(2)过点D作，分别交于点E，F，交于点G．①若，，求线段的长（用含a，b的代数式表示）．②若，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)①；②证明见解析【分析】（1）由点D平分，可得，则，由，可得，则，进而结论得证；（2）证明四边形是菱形，则，，证明，则，即，求解即可；②由，可得，，由，可得，证明，则，即，如图，连接，，说明，则，进而结论得证．【解析】（1）证明：∵点D平分，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）①解：由（1）可知，，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴，即，解得，∴线段的长为；②证明：∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，如图，连接，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．19．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，圆O为的外接圆，延长线与交于点D，，点F在上，平分．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连结，求证：；(3)如图3，连结并延长分别交，于G，H两点，若，，求．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据圆周角定理和等腰三角形底边上的三线合一得出，结合已知条件利用两角对应相等即可得出结论（2）连接，根据两边对应成比例且夹角相等得出，从而得出，即可得出答案（3）先根据等腰三角形的性质和垂径定理得出，再利用得出，从而得出，继而得出，即可得出答案【解析】（1）解：连接，∵，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴．（2）解：连接，∵，∴，∴，，∴∴，∵，∴，∴，∴．（3）解：作于M，由（2）知，，∵平分，∴，∴，∴，∵∴，∵，∴，∵，设，∴，∵，∴，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴∴，，∴∴．【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形的外角性质、含有30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识，灵活添加辅助线是解题的关键20．（2022·浙江杭州·杭州绿城育华学校校考二模）如图，已知是的内接三角形，为直径，，，是上的两点，连结交于，交于．(1)如图1，连结，，，若，求的度数．(2)如图2，若，求证：．(3)若且，作交于，交于，过点作交的延长线于，当过圆心时，求出的值．【答案】(1)55°(2)见解析(3)【分析】（1）由，得，又，可得，从而；（2）证明，可得，由垂径定理即得，（3）连接，由，可得，即有，，，又，，即得，，由，知，故．【解析】（1）解：为的直径，，，，，，，，；（2）证明：，，，，，，，，，，；（3）解：连接，如图：，，为的直径，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，

，，，，．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是熟练掌握圆的相关性质题型8：相似三角形压轴题21．（2023·浙江绍兴·校联考三模）已知，在矩形中，，，点在边上，且，过点作的垂线，并在垂线上矩形外侧截取点F,使，连接，，将绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为．．

(1)如图（1），当，求的值．(2)如图2，若，求m关于n的数量关系．(3)若旋转至A，E，F三点共线，求m的值．【答案】(1)(2)(3)或．【分析】（1）如图1，过作，交的延长线于，先证明四边形是矩形，然后根据矩形的性质和勾股定理分别求出m、n的值，即可求解；（2）如图2，连接，先后利用两边对应成比例且夹角相等证明、，利用相似三角形的性质即可得出结论；（3）分两种情况，分别画出图形，利用相似三角形的判定和性质结合勾股定理求解即可．【解析】（1）当时，如图1，过作，交的延长线于，

四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，，，，，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，故答案为：；（2）如图2，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，即；（3）当旋转至，，三点共线时，存在两种情况：①如图3，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，在中，，，；②如图4，连接，

同理得：，，，，综上，或．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、证明三角形相似是解题关键．22．（2023春·浙江绍兴·八年级统考期末）在矩形中，是边上一动点，将矩形沿着对折，点的对应点为．

(1)若，．①如图1，当点恰好落在对角线上时，求的长．②如图2，是射线上一动点，当，，三点在同一直线上时，求的长．(2)如图3，若，连结，，当是直角时，求的长．【答案】(1)①；②或(2)【分析】（1）①根据折叠的性质可得，，，求出，然后在中，利用勾股定理构建方程求解即可；②当点P在线段上时，求出，在中，利用勾股定理构建方程求解即可；当点P在线段的延长线上时，求出，证明，可得，求出，即可得到的长；（2）过点D作于E，过点作，先证明，可得，求出，再证明，求出，，可得，然后求出和，在中，利用勾股定理构建方程求解即可．【解析】（1）解：①∵在矩形中，，，，∴，由折叠得：，，，∴，，在中，，∴，∴；②设，如图2-1，当点P在线段上时，

由折叠得：，，，∴，∵在矩形中，，，∴，∴，∵在中，，∴，∴，即；如图2-2，当点P在线段的延长线上时，

由折叠得：，，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图3，过点D作于E，

∵，∴矩形是正方形，∴，∵，且，∴，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴，过点作，则四边形是矩形，∴，，，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵在中，，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，正确分类讨论是解题的关键．23．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图1，菱形中，，，是边上一动点（不与点、重合）连结，点关于直线的对称点为，连结并延长交直线于点、是的中点，连结、．

(1)填空：________；________．(2)如图2，将题中条件“”改成“”，其余条件均不变，连结，猜想、、这三条线段间的数量关系，并对你的猜想加以证明．(3)在（2）的条件下，连结．①若动点运动到边的中点处时，求的面积；②在动点的整个运动过程中，求面积的最大值．【答案】(1)，(2)猜想：，证明见详解(3)①②【分析】（1）由是关于的对称点，可得沿翻折后可得到，可求，，进而可求解；（2）过作，交的延长线于，在中，可求，再证，即可得证；（3）连接交于，连接，可证、、、四点共圆，为圆心，在上，再证，可求，，从而可求，在中，，即可求解；②过作，交于，的运动轨迹是以为圆心，为半径的，与交于，可得，当取最大时，最大，所以当与重合时，即，最大，即可求解.【解析】（1）解：四边形是菱形，，，是关于的对称点，沿翻折后可得到，，，，是的中点，，，．故答案：，．（2）结论：，证明：如图，过作，交的延长线于，

，四边形是菱形，，四边形是正方形，，，由（1）得：，，