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人教版数学九年级上册重难点复习6：全册知识整合与压轴题突破（含下册知识点）
一、单选题
1．（2025九上·南充期末）如图，在直角坐标系中，以点为圆心，画半径的圆，点为直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为（　　）
A．3 B．4 C． D．
2．（2024九上·长春月考）如图，在中，两直角边、分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，，将绕点逆时针旋转后得到，若反比例函数的图象恰好经过斜边的中点，则的面积为（　　）
A．8 B．4 C．10 D．11
3．（2024·海州模拟）如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025九上·海珠期末）如图，中，，将边沿翻折，使点落在上的点处；再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点、，且则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025九上·梓潼期末）如图，一张等腰直角三角形纸片，已知，先裁剪出①号长方形，然后在剩余的大纸片三角形中剪出②号长方形，且满足，当①号长方形的面积为时，则②号长方形的面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025九上·南宁期末）如图，将小球沿与地面成某个角度的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系．下列说法正确的是（　　）
A．小球飞行时飞行高度为
B．小球飞行高度为时，小球飞行的时间是
C．小球飞行的最大高度达到
D．小球从飞出到落地要用
7．（2024九上·柳南月考）矩形中，．动点E从点C开始沿边向点B以的速度运动，同时动点F从点C出发沿边向点D以的速度运动至点D停止．如图可得到矩形，设运动时间为x（单位：），此时矩形去掉矩形后剩余部分的面积为y（单位：），则y与x之间的函数关系用图象表示大致是下图中的（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025九上·硚口期末）如图， 是的直径，点C在上，点I为的内心，若，，则的长是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024·天津） 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要；
②小球运动中的高度可以是；
③小球运动时的高度小于运动时的高度．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
10．（2025九上·汉阳期末）如图（1）是一款中药碾槽，碾槽底部为近似圆弧形（本题以圆弧记），槽内可以安放一个带轴的碾轮．将中药放入碾槽中，使碾轮滚动，可将中药粉碎，碾槽截面平面示意图如图（2）．设碾轮中心轴的截面图圆心为，当碾轮经过碾槽最低点时，恰好与相切于点，并且此时切点与点的距离刚好为，若所在圆半径为，且的长度为，则点，间的距离大约是（　　）cm.（结果精确到，，）．
A．19.4 B．20.6 C．21.8 D．22.0
二、填空题
11．（2024九上·邵东月考）如图，在中，D是的中点，点F在上，连接并延长交于点E，若，，则的长为　 　．
12．（2025九上·汕头期末）如图，将矩形绕点旋转至矩形的位置，此时的中点恰好与点重合．若，则的长为　 　．
13．（2025九上·南充期末）若直线与抛物线，有且只有一个公共点，则k的取值范围为　 　．
14．（2025九上·惠东期末）如图，中，，，，以A为圆心长为半径作圆A，延长交圆A于点D，则长为　 　．
15．（2025九上·梓潼期末）如图，已知顶点为（﹣3，﹣6）的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点（﹣1，﹣4），则下列结论：①对于任意的x＝m，均有am2＋bm＋c≥﹣6；②ac＞0；③若点（），（，y2）在抛物线上，则y1＞y2；④关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝﹣4的两根为﹣5和﹣1；⑤b﹣6a＝0；其中正确的有　 　（填序号）．
16．（2025九上·海珠期末）如图，平面直角坐标系中，，绕点旋转后得到，所在直线与半径为的相切于点，与轴交于点，则的长为　 　．
17．（2025九上·南宁期末）如图，在中，，，点为边上一点且，点为边上的动点，过点作的两条切线，切点分别为，若的半径为，则四边形面积的最小值是　 　．
18．（2024九上·张北期中）斯蒂芬·库里是美国职业篮球运动员，司职控球后卫，效力于金州勇士队，下表是库里一段时间内在罚球线上训练投篮的结果记录：
罚球总数 400 1000 1600 2000 2887
命中次数 348 893 1432 1802 2617
罚球命中率 0.87 0.893 0.895 0.901 0.906
根据以上数据可以估计，库里在罚球线上投篮一次，投中的概率为　 　（精确到0.1）
19．（2025九上·硚口期末）如图，在中，，，D为边（端点除外）上的动点，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接，，则周长的最小值是　 　．
20．（2025九上·汉阳期末）如图，中，，，点在上，以A为切点，为切线的经过点A，点在上，且，则的长是　 　．
三、解答题
21．（2025九上·汕头期末）如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线轴于点D．交于点E．过点P作的平行线，交y轴于点M．
（1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线的函数表达式；
（2）在点P的运动过程中，求使四边形为菱形时，m的值；
（3）点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
22．（2025·嘉兴模拟）如图，顶点为的抛物线经过点．设动点在对称轴上，纵坐标为，过点的直线与抛物线交于点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）用含，的代数式表示与；
（3）若为定值，直线是否过确定的点？如过确定点，请求出点坐标：否则请说明理由．
23．（2025九上·惠州期末）如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，与轴交于点，与轴交于点，轴于点，，点关于直线的对称点为点．
（1）点是否在这个反比例函数的图象上？请说明理由；
（2）连接、，若四边形为正方形．
①求、的值；
②若点在轴上，当最大时，求点的坐标．
24．（2024·成都模拟）已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，顶点为，其中，．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图，在第三象限内抛物线上找点，使，求点的坐标；
（3）如图，过抛物线对称轴上点的直线交抛物线于，两点，线段的中点是，过点作轴的平行线交抛物线于点．若是一个定值，求点的坐标．
25．（2025九上·惠东期末）【课本再现】（1）课本中有这样一段内容：战国时的《墨经》有“圆，一中同长也”的记载，它的意思是圆上各点到圆心的距离等于半径.复习课上，小明和同学们对如图1所示的课本例题进行了深入学习：
例1矩形的对角线，相交于点，求证：，，，四个点在以点为圆心的同一个圆上.
证明：四边形为矩形，
，，，
，
，，，四个点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
通过这个例题学习对“到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上”有了更深的理解.以下是一道课本原题：“中，，求证：，，三点在同一个圆上.”请你利用图2写出证明过程.
【初步运用】（2）对于一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识可以更容易解决问题.例如：如图3，在中，，，是外一点，且，求的度数.若以点为圆心，为半径作辅助，由可知点，必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到__________°.
【深入理解】（3）如图4，在四边形中，.求证：.
【拓展延伸】（4）如图5，在边长为2的菱形中，，是边的中点，是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，求长度的最小值.
26．（2025九上·南宁期末）已知：二次函数．
（1）当时，
①求这个二次函数的解析式及其对称轴；
②已知点与分别在该拋物线对称轴两侧的图象上，且，求m的取值范围；
（2）将这个二次函数图象向右平移个单位长度，若平移后的二次函数图象在的范围内有最大值为，求k的值．
27．（2025九上·海珠期末）已知抛物线（m为常数，且）．
（1）不论为何值，抛物线的图象一定经过某些定点．请求出这些定点的坐标；
（2）若对于任意自变量，都有点与点分别到点的距离相等，则与形成的函数称为抛物线（异于）是抛物线的“倍相伴函数”．
①求抛物线的“2倍相伴函数”是的解析式；
②在①的情况下，的图象经过两个定点和（在左边），横坐标分别为、，若存在时，与都随着的增大而增大，求的取值范围．
28．（2025九上·城中期末）小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形，点E、F、G、H分别在边上，若，则．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案：
方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．…
（1）对小曼遇到的问题，请在两个方案中任选一个加以证明（如图（1））．
（2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设（如图（2）），试探究之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
（3）如果把条件中的“”改为“与的夹角为”，并假设正方形的边长为2，的长为（如图（3）），试求的长度．
29．（2025九上·硚口期末）图，抛物线与x轴交于A，B 两点，与y轴交于点C．
（1）直接写出点 A，B，C 的坐标；
（2）如图1，连接，点 D 在抛物线上，连接，若，求点 D 的坐标；
（3）如图2，点P 在对称轴右侧的抛物线上，非平行y轴的直线l与抛物线有唯一公共点P．平移直线l，使其经过点，与抛物线交于 M，N 两点，连接交于点 E，Q 为的中点，连接，设点 P 的横坐标为m，若的面积为2，求m 的值．
30．（2025九上·汉阳期末）已知如图1，平面直角坐标系中，为原点，经过点的抛物线交轴正半轴于点，与直线有两个交点，，它们的横坐标为，，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求的面积；
（3）如图2，将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线，直线交抛物线于点，（点横坐标小于），若与的交点为，过点作轴平行线交抛物线于点，试说明直线总经过定点，并求这个定点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；切线的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，设直线分别与轴，轴交于点，连接，
当时，，解得，即，
当时，，即，
∴，
∵轴轴，
∴，
∵的圆心为，半径为，
∴，，
∵是的切线，
∴，即，
∴，
∴当的值最小时，取得最小值，
由垂线段最短可知，当时，的值最小，
∴此时，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：B．
【分析】设直线分别与轴，轴交于点，连接，分别令y=-x+2中的x=0与y=0，算出对应的y与x的值可得F、E两点的坐标，根据两点间的距离公式算出OE=OF=2，AE=6，由等腰直角三角形性质求出∠OEF=∠OFE=45°；再根据圆的切线垂直经过切点的半径得PT⊥AT，根据勾股定理可得，从而可得当时，的值最小，则取得最小值，然后根据等腰三角形的判定和勾股定理可求出，由此即可得．
2．【答案】B
【知识点】三角形的面积；旋转的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；已知正切值求边长；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：作于D，
设，则，
∵将绕点逆时针旋转后得到，
∴，，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵点C为斜边的中点，
∴，
∵反比例函数的图象恰好经过斜边的中点C，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，，
∴，
故答案为：B．
【分析】
作于D，设，则，根据旋转的性质可判定四边形为矩形， 再根据矩形的性质得到和B的坐标，再根据中点坐标公式得到C的坐标，代入反比例函数表达式即可求得x的值，从而求得、的长，再根据三角形面积公式计算即可解答．
3．【答案】D
【知识点】二次函数-动态几何问题；动点问题的函数图象；二次函数y=a（x-h）²+k的图象；四边形-动点问题；正比例函数的图象
【解析】【解答】解：当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心，
∴直线EO垂直BC，
∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，
∴S=；
当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，
∴直线OF∥BC，
∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，
∴S=；
故答案为：D．
【分析】
观察各个选项只需分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形：当0≤t≤1时根据正方形的性质得到得到直线EO垂直BC，从而可知点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，列出函数关系式，可判断A，C不符合题意；当1＜t≤2时，同样的方法列出函数关系式可判断B不符合题意，由此即可解答．
4．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：由折叠可知，， ，，，，，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点。根据折叠性质可得以下等量关系：，，，同时得到角平分关系：，，且。
通过角度计算可得：，由此判定为等腰直角三角形，故有。根据已知条件可，通过勾股定理计算：，线段和：。利用相似三角形的比例关系求得：
，最终通过线段差计算：。熟练掌握折叠性质是解决此类问题的关键。
5．【答案】C
【知识点】矩形的性质；等腰直角三角形；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：是等腰直角三角形，
，
四边形，是长方形，
，，，，
，，
，
是等腰直角三角形，
设 ，
，
∴，
，，
，
，
长方形的面积，
或（舍去），
长方形的面积．
故答案为：C．
【分析】由等腰直角三角形得∠A=∠C=45°，由矩形性质得FD∥BC，GH∥AC，HM=GN，FD=BE，∠DEB=∠BFD=∠MNG=90°由二直线平行，同位角相等可推出∠EDC=∠GDN=∠FHG=∠A=∠C=45°，则可推出△DEC，△NDC，△FHG都是等腰直角三角形，设，则，，Rt△GDN中，由勾股定理表示出，由线段和差得，再根据勾股定理得，由长方形面积公式结合①6号长方形面积为64cm2，建立方程，求解得出x的值，进而再根据矩形面积计算公式算出长方形MNGH的面积.
6．【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】解：A：当时，，故A选项错误，不符合题意；
B：当时，，解得，或，故B选项错误，不符合题意；
C：∵，∴当时，小球飞行的最大高度为，故C选项错误，不符合题意；
D：当时，，解得，或，∴小球从飞出到落地要用，故D选项正确，符合题意；
故答案为：D ．
【分析】根据二次函数图象上的点的特征，可分别进行计算，即可得出答案。
7．【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数-动态几何问题；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：此题在读懂题意的基础上，分两种情况讨论：
当时，，
此时函数的图象为抛物线的一部分，
它的最高点为抛物线的顶点，最低点为；
当时，点E停留在B点处，
故，此时函数的图象为直线的一部分，
它的最上点可以为，它的最下点为．
结合四个选项的图象知选A项．
故选：A．
【分析】分情况讨论：当时，根据y=大矩形面积-小矩形面积建立关系式，结合二次函数性质作图即可；当时，点E停留在B点处，建立函数关系式，再结合一次函数性质作图即可.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：延长交于点，连接，
，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点I为的内心，
∴，，
∴，
∴，∠DAI=∠DIA=45°，
∴DI=AD，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】延长交于点，连接，由圆周角定理可得，从而得出，由三角形内心的定义得出，，从而得出∠DAI=∠DIA=45°，得出DI=AD，再根据题意求出，根据垂径定理得出，根据三角形中位线定理得出，从而得出，再由勾股定理得出，即可得出OA的长.．
9．【答案】C
【知识点】函数自变量的取值范围；函数值；二次函数的最值
【解析】【解答】解：①由自变量的取值范围可知①正确；②h的最大值为：，所以小球运动过程中的最大高度为45，所以②正确；③当t=2时，h=30×2-5×22=40，当t=5时，h=30×5-5×52=25，所以③不正确。综上正确结论有2个。
故答案为：C.
【分析】首先根据自变量的取值范围判定①正确；根据函数的最大值可得出②正确；分别求得当t=2和t=5时的h的值，即可得出③不正确。
10．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，
设所在的圆心为，所对的圆心角的度数为，
∵所在圆半径为，且的长度为，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴BC=OB，
∵碾轮中心轴的截面图圆心为，当碾轮经过碾槽最低点时，恰好与相切于点，
∴，∠OFB=90°，
∴OB=2BF，
设cm，则cm，
∴cm，
根据题意：，OE=OB=2xcm，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选：C．
【分析】设所在的圆心为，由的长求出，得出是等边三角形，得出BC=OB，再根据切线的性质得出∠OFB=90°，，设cm，得出cm=OE，cm，利用建立方程求出x的值，即可得出BC的长．
11．【答案】
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：作，如图所示：
由题意得：
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：
【分析】
作，由平行线分线段成比例可得，从而得到，计算即可解答.
12．【答案】6
【知识点】二次根式的乘除混合运算；勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
由旋转可知：，，，
∵的中点恰好与点重合，
∴，
∵矩形中，，，
∴．，
∴，
故答案为：6
【分析】连接，根据旋转性质可得，，，由题意可得，根据矩形性质可得．，再根据勾股定理即可求出答案.
13．【答案】或
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；数形结合
【解析】【解答】解：直线与抛物线，有且只有一个公共点，
联立，
整理得：，
即转化为二次函数与直线在内有且只有一个公共点的问题，
，
抛物线顶点，
当时，；
当时，；
画出在内部分图象如下，
顶点B坐标为，
当直线过点B时，满足题意，此时，；
当直线在和之间时，满足题意，此时，
综上，k的取值范围为或，
故答案为：或．
【分析】联立直线y=-x+5与抛物线解析式整理可得，将直线与抛物线有且只有一个公共点的问题转化为二次函数与直线在内有且只有一个公共点的问题；将抛物线的解析式配成顶点式得到其顶点坐标，再算出当x=0与x=4时对应的函数值，可得抛物线在0≤x≤4时，三个特殊点的坐标，从而画出图象，利用数形结合可得当直线过点B时或当直线在和之间时，与抛物线都只有一个交点，从而可得k的取值范围.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：如图，
过点A作，垂足为E，设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，解得，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：．
【分析】过点A作，垂足为E，设，则，勾股定理得：，，即可得，解出得，进一步得.
15．【答案】①④⑤
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点为（﹣3，﹣6），
∴当x＝﹣3时，y最小值＝﹣6，
∴对于任意的x＝m，其函数值y＝am2＋bm＋c≥﹣6，
因此①正确；
∵开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴ac＜0，
因此②不正确；
∵点（），（，y2）在对称轴右侧的抛物线上，根据在对称轴右侧，y随x的增大而增大，
∴y1＜y2，
因此③不正确；
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c过点（﹣1，﹣4），由对称轴为x＝﹣3，根据对称性可知，抛物线y＝ax2＋bx＋c还过点（﹣5，﹣4），
∴当y＝﹣4时，即方程ax2＋bx＋c＝﹣4有两个不相等的实数根﹣1和﹣5，
因此④正确；
∵对称轴x＝﹣＝﹣3，
∴b﹣6a＝0，
因此⑤正确；
综上所述，正确的结论有①④⑤，
故答案为：①④⑤.
【分析】抛物线开口向上，其顶点坐标为(-3，-6)，故当x=3时，函数y有最小值-6，据此可判断①；由抛物线开口向上得a＞0，由抛物线交y轴的负半轴得c＜0，从而结合有理数乘法法则可判断②；由于抛物线开口向上，且对称轴直线为x=-3，故当x＞-3时，y随x的增大而增大，当x＜-3时，y随x的增大而减小，据此可判断③；根据抛物线的对称性，可得抛物线经过点（-5，-4）与（-1，-4）两点，而方程ax2+bx+c=-4的解就是抛物线与直线y=-4交点的横坐标，据此可判断④；由对称轴直线公式可得b-6a=0，据此可判断⑤.
16．【答案】或
【知识点】切线的性质；解直角三角形；旋转的性质；数形结合；分类讨论
【解析】【解答】解：如图，当轴时，设与轴的交点为点，过点作所在的直线于点，则，∵，
∴，
∵，
∴，
∵轴
∴，
由旋转可得，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵的半径为，
∴此时所在直线与相切，
∴；
如图，直线交轴于，交轴于，与所在直线相切于点，作于，
∵，
∴，
∴，
∵由旋转得到，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系、旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及解直角三角形等相关知识。解题时需要分不同情况讨论，结合图形分析，运用分类讨论和数形结合的思想方法。具体解答过程需根据题目条件画出相应图形进行求解。
17．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；切线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，，
∴，
∴，
∵的半径为，
∴，
∵，
∴，
∴当的值最小时，四边形面积有最小值，
在中，，
∴，
∴最小时，的值最小，
∴当时，的值最小，
∵，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
故答案为： ．
【分析】根据圆的半径为2，是一个定值，可得出当DF的值最小时， 四边形面积的最小值 ，再根据勾股定理可得出， 即可得出当OD的值最小时，四边形面积有最小值，根据垂线段最短，可得出当OD⊥BC时，OD的值最小，进而根据含30°锐角的直角三角形的性质可得出0D=4，进一步即可得出 四边形面积的最小值 。
18．【答案】0.9
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由频率分布表可知，随着投篮次数越来越大时，频率逐渐稳定到常数之间附近，且精确到0.1，
∴这名球员在罚球线上投篮一次，投中的概率为0.9，
故答案为：0.9．
【分析】根据大量重复试验，某事件发生的频率稳定在一个数值附近，这个数值即为该事件发生的概率，利用表中数据，可得答案.
19．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，作点关于直线的对称点，连接，，
∵将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴点、、、四点共圆，
∴，
∴，
∵点和点关于直线对称，
∴，，
∴的周长，
当点、、三点共线时，周长有最小值，
∵，
∴，
∴，
∴的周长的最小值为，
故填：．
【分析】连接，作点关于直线的对称点，连接，，证明点、、、四点共圆得出，从而可得，由轴对称的性质可得，，得出的周长，当点、、三点共线时，周长有最小值，求出HC的长，即可得出答案．
20．【答案】
【知识点】圆周角定理；切线的性质；线段垂直平分线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设交于点I，连接，则，
∵为切线的经过点A，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，OD=2OA，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
取的中点E，连接，则，
∵，
∴点O、点E都在的垂直平分线上，
∴OE垂直平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴．
故填：．
【分析】设交于点I，连接，由切线的性质得，根据，得出，，，从而得出，再证明，根据，得出，取的中点E，连接，得出，证明出垂直平分，由，求得，根据勾股定理得出，利用三角形面积公式得出，从而得出，再利用，即可求得的长．
21．【答案】（1）解：在中，
令，可得，
解得，．
令，得：，
∴，，．
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为；
（2）解：如图，作于点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点，
∴点，
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∴，
解得或0（舍去）；
（3），
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的性质；正方形的性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】（3）解：存在，
由（2）得：点，，
∴，
根据题意可设直线的解析式为，
把点代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
如图，过点E作交直线于点Q，
∴点，
∴，
∴，
此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴，
∴点，
对于，
当时，，
此时点，
综上所述，存在点或，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可得，，，设直线的函数表达式为，根据待定系数法将点B，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）作于点，根据两点间距离可得，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据点的坐标可得点，根据两点间距离可得，则，，根据菱形性质可得，建立方程，解方程即可求出答案.
（3）由（2）得：点，，根据两点间距离可得，设直线的解析式为，根据待定系数法将点P坐标代入解析式可得直线的解析式为，将代入解析式可得，过点E作交直线于点Q，则点，根据两点间距离可得，则，此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，根据直线平行性质可得，根据等腰直角三角形判定定理可得，是等腰直角三角形，此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，则，根据点的坐标可得点，将代入解析式即可求出答案.
（1）解：在中，
令，可得，
解得，．
令，得：，
∴，，．
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为；
（2）解：如图，作于点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点，
∴点，
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∴，
解得或0（舍去）；
（3）解：存在，
由（2）得：点，，
∴，
根据题意可设直线的解析式为，
把点代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
如图，过点E作交直线于点Q，
∴点，
∴，
∴，
此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴，
∴点，
对于，
当时，，
此时点，
综上所述，存在点或，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
22．【答案】（1）解：由顶点为设抛物线的解析式为∶，
把代入得，
∴
∴；
（2）解：由题意可得直线过点，
∴，
∴，
∴，
由得
，
∴；
（3）解：由（2）得，
∴
点，在上，
∴，，
∴
∴
∵为定值，设定值为
∴
∴
∴，
∴
解得：或
∴或．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；待定系数法求二次函数解析式
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）把点C的坐标代入解析式得出，即可得到，联立两解析式，根据根与系数的关系即可解题果；
（3）代入两点的坐标求出p，q的值，计算，然后整体代入解答即可．
（1）解：由顶点为设抛物线的解析式为∶，
把代入得，
∴
∴；
（2）解：由题意可得直线过点，
∴，
∴，
∴，
由得
，
∴；
（3）解：由（2）得，
∴
点，在上，
∴，，
∴
∴
∵为定值，设定值为
∴
∴
∴，
∴
解得：或
∴或．
23．【答案】（1）解：点在这个反比例函数的图象上．
理由如下：
一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，
设点的坐标为，
点关于直线的对称点为点，
，平分，
连接交于，如图所示：
，
轴于，
轴，，
，
，
，
在Rt中，，
，
为边上的中线，即，
，
，
，
点在这个反比例函数的图象上；
（2）解：①四边形为正方形，
，垂直平分，
，
设点的坐标为，
，，
，
（负值舍去），
，，
把，代入得，
；
②延长交轴于，如图所示：
，，
点与点关于轴对称，
，则点即为符合条件的点，
由①知，，，
，，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为，
当时，，即，故当最大时，点的坐标为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）设点的坐标为，根据轴对称的性质得到，平分，连接交于，得到，再结合等腰三角形三线合一得到为边上的中线即，求出，进而求得，从而可判定点在这个反比例函数的图象上，解答即可；
（2）①根据正方形的性质求得，设点的坐标为，建立方程计算得到（负值舍去），从而得，，再利用待定系数法，解方程组即可得到结论；
②延长交轴于，根据已知条件得到点与点关于轴对称，求得，则点即为符合条件的点，求得直线的解析式为，解答即可．
（1）解：点在这个反比例函数的图象上．
理由如下：
一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，
设点的坐标为，
点关于直线的对称点为点，
，平分，
连接交于，如图所示：
，
轴于，
轴，，
，
，
，
在Rt中，，
，
为边上的中线，即，
，
，
，
点在这个反比例函数的图象上；
（2）解：①四边形为正方形，
，垂直平分，
，
设点的坐标为，
，，
，
（负值舍去），
，，
把，代入得，
；
②延长交轴于，如图所示：
，，
点与点关于轴对称，
，则点即为符合条件的点，
由①知，，，
，，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为，
当时，，即，故当最大时，点的坐标为．
24．【答案】（1）解：抛物线的顶点为，
∴设所求抛物线的解析式为y=a(x+1)2-4，
又∵该抛物线经过点A（-3，0）
∴a(-3+1)2-4=0
解得a=1
该抛物线的解析式为y=(x+1)2-4=x2+2x-3；
（2）解：如图，过点作轴于，过点作轴于，则，
∵，
∴G(-1，0)，
又
，，
把代入，得，
，
，
设点，则，
，
，
，
，
，
即，
整理得：，
解得：或（舍去）
（3）解：设，，，直线的解析式为：，
由，
得，
即，
，，
线段的中点是，
，，
，
，
当，即时，是定值，
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用顶点式求二次函数解析式；等角代换法求锐角三角函数值
【解析】【分析】（1）此题给出了抛物线的顶点坐标，故利用待定系数法求解析式的时候，利用设顶点式法求解求解；
（2）过E点作EF⊥y轴于F，过点D作DG⊥x轴于G，则G(-1，0)，根据两点间的距离公式得AG=2，DG=4，令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数值，可得点C（0，-3），由点的坐标与图形性质设点，则EF=-m，根据两点间的距离公式表示出OF、OC，进而由线段和差表示出CF，由等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义得，代值列出关于的方程即可求解；
（3）设，，，直线为，联立直线FG与抛物线的解析式得，根据一元二次方程根与系数的关系得，，用两点间的距离公式表示出FG，根据中点坐标公式及点的坐标与图形性质可得，，再由两点间的距离公式表示出MN，结合是一个定值，求出的值，即可求解．
（1）解：抛物线的顶点为，且经过点，
解得，
该抛物线的解析式为；
（2）解：如图，过点作轴于，过点作轴于，则，
，，
，，
把代入，得，
，
，
设点，则，
，
，
，
，
，
即，
整理得：，
解得：或（舍去）
（3）解：设，
设直线的解析式为：，
设，，
由，
得，
即，
，，
线段的中点是，
，，
，
，
当，即时，是定值，
25．【答案】（1）证明：如图，
取的中点，连接，
，
在中，，
，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）
（3）如图，
，
点，，在以为圆心，为半径的圆上，
可以构造出过，，三点的，
，
.
又在中，，
在中，
，
.
（4）解：如图，
由折叠性质知，
又是的中点，
，
点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，
过点作的延长线于点，
菱形中，，
，
，
在中，，
在中，，
.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（2）如图，
根据圆周角定理可得：
故答案为：.
【分析】
（1）取的中点，连接，即可得，从而得，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）根据圆周角定理可得.
（3）根据得点，，在以为圆心，为半径的圆上，故构造出过，，三点的，根据，得，再根据即可得.
（4）由折叠性质知，又是的中点，即可得点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，过点作的延长线于点，根据菱形性质，结合已知条件得，再根据勾股定理得，即可得.
26．【答案】（1）解：①当时，
二次函数的解析式为，
配方可得：，
对称轴是直线；
②点与分别在该抛物线的图象上，
，，
，
，
解得：，
点与分别在该抛物线对称轴两侧的图象上，
，
，
．
（2）解：二次函数的解析式为，配方可得：，
将二次函数图象向右平移个单位长度，
平移后的二次函数的解析式为，
若，
①当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
②当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
若，
当时，在的范围内y的最大值是，而不是，
不符合题意，舍去．
综上，k的值为或．
【知识点】解一元一次不等式组；二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；列不等式
【解析】【分析】（1）①根据a=1，即可得出 二次函的解析式；进而可求出对称轴；②根据点与在抛物线上，结合， 可得出不等式，解不等式即可得出m的取值范围；
（2）根据二次函数平移的规律可得平移后的二次函数的解析式为，
分类讨论：若，①当时，由对称性可得，当时，y有最大值；②当时，由对称性可得，当时，y有最大值；若，当时，在的范围内y的最大值是，而不是；由二次函数最值的计算即可求解．
（1）解：①当时，
二次函数的解析式为，
配方可得：，
对称轴是直线；
②点与分别在该抛物线的图象上，
，，
，
，
解得：，
点与分别在该抛物线对称轴两侧的图象上，
，
，
．
（2）解：二次函数的解析式为，配方可得：，
将二次函数图象向右平移个单位长度，
平移后的二次函数的解析式为，
若，
①当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
②当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
若，
当时，在的范围内y的最大值是，而不是，
不符合题意，舍去．
综上，k的值为或．
27．【答案】（1）解：令，
解得：，
在抛物线中，
令得，
令，得，
∴抛物线y的图象经过定点和．
（2）解：①依题意，与关于中心对称，
故，
设函数上的任意一点坐标为，
则关于的对称点为，
依题意必在函数上，
代入，
得，
化简得：，
令，
得，
②的图象经过定点和．
根据与关于中心对称，，
可得必过定点，，
故，
即．
对称轴为直线，对称轴为直线，
当时，的图象开口向上，在对称轴右侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则满足题意，
解得：，
当时，的图象开口向下，在对称轴右侧随x增大而增大，
则，满足题意，
解得：，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意．
综上所述，当，与都随x增大而增大，或满足题意．
【知识点】解一元一次不等式；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；二次函数y=ax²+bx+c的性质；分类讨论
【解析】【分析】（1）根据题目中"定点"的定义，分析函数表达式可知当x=1或x=3时，函数值y与参数m无关，因此这两个x值对应的点即为定点。具体计算如下：当x=1时，y=m(1)2+(1-4m)(1)+3m-1=1，得到定点(1，1)； 当x=3时，y=m(3)2+(1-4m)(3)+3m-1=2，得到定点(3，2)；
（2）①根据题意，设函数y2上的任意点(x，y2)，其关于直线y=kx的对称点为(x，2kx-y2)。将这个对称点代入y1的表达式：
，当k=2时，可以解得y2的表达式；
②分析两个函数的对称轴：y1的对称轴为， y2的对称轴为，需要分两种情况讨论：
1）当m>0时，通过比较两个对称轴的位置关系建立不等式求解；
2）当m<0时，同样建立相应不等式求解。
（1）解：
令，
解得：，
在抛物线中，
令得，
令，得，
∴抛物线y的图象经过定点和．
（2）解：①依题意，与关于中心对称，
故，
设函数上的任意一点坐标为，
则关于的对称点为，
依题意必在函数上，
代入，
得，
化简得：，
令，
得，
②的图象经过定点和．
根据与关于中心对称，，
可得必过定点，，
故，
即．
对称轴为直线，对称轴为直线，
当时，的图象开口向上，在对称轴右侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则满足题意，
解得：，
当时，的图象开口向下，在对称轴右侧随x增大而增大，
则，满足题意，
解得：，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意．
综上所述，当，与都随x增大而增大，或满足题意．
28．【答案】（1）证明：方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由正方形性质可知，，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，设交点为P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．
同方案一可知，，，
由平行可知，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
同理可得，
∴，
∴．
（2）解：；理由如下：
过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点A作交于点M，过点A作交于点N；
∵与的夹角为，
∴，
在延长线是截取，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，，
∴．

【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N，根据正方形性质可得，，，，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，，根据直线平行性质可得，设交点为P，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，即，即可求出答案.
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N，同理可得，，根据直线平行性质可得，，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）过点A作交于点M，过点B作交于点N，由（1）可知，四边形是平行四边形，根据平行四边形性质可得，，同理可得，再根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）过点A作交于点M，过点A作交于点N，根据直线平行性质可得，在延长线是截取，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据勾股定理可得BM，设，则，，再根据勾股定理建立方程，解方程可得x值，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）证明：方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由正方形性质可知，，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，设交点为P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．
同方案一可知，，，
由平行可知，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
同理可得，
∴，
∴．
（2）解：；理由如下：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点A作交于点M，过点A作交于点N；
∵与的夹角为，
∴，
在延长线是截取，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，，
∴．
29．【答案】（1），，
（2）解：如图，过D作轴于，
∵A（-1，0），C（0，-3），
∴OA=1，OC=3，
设，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点D的坐标为或；
（3）解：设，
∴设直线l的解析式为，
由得，
直线l与抛物线有唯一公共点P，
此方程有两个相等的实数根，
∴，
，
，
∴直线l的解析式为，
平移后的直线的解析式为，
由得，
，
∴，
∴的中点Q的坐标为，
∴轴，，
设直线的解析式为，
，解得，
的解析式为，
联立，解得，
，
的面积的面积的面积，
，
（舍去），，
．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-面积问题
【解析】【解答】解：（1）由得出，
解得：，，
∴，，
当时，，
∴，
故答案为：，，；
【分析】（1）根据求得方程的解，得出A、B的坐标，求出当时的值得出C的坐标，即可得出答案；
（2）作轴于，设，得出，，结合，得出，进而得出，解方程求出m的值，再求出点D 纵坐标，即可得出答案；
（3）设，结合直线l与抛物线有唯一公共点P，求出直线l的解析式为，从而可得平移后的直线的解析式为，求出的中点Q的坐标为，得出轴，，求出的解析式为，进而可得，再结合的面积的面积的面积列出方程，解方程求出m的值，即可得出答案．
（1）解：由得出，
解得：，，
∴，，
当时，，
∴
（2）解：如图，作轴于，
设，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点D的坐标为或
（3）解：设，
∴设直线l的解析式为，
由得，
直线l与抛物线有唯一公共点P，
此方程有两个相等的实数根，
∴，
，
，
直线l的解析式为，
平移后的直线的解析式为，
由得，
，
∴，
∴的中点Q的坐标为，
∴轴，，
设直线的解析式为，
，解得，
的解析式为，
联立，解得，
，
的面积的面积的面积
，
（舍去），，
．
30．【答案】（1）解：根据题意，将点，的坐标代入抛物线，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：由，得，
解得：，，
∵抛物线与直线有两个交点，，它们的横坐标为，，且，
∴，，
∴，
∴；
∴直线的解析式为，，
当m=2时y=-5，当n=6时 y=-9，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴，解得：，
∴直线的解析式为，
过点C作x轴的垂线，交于点，
∴当x=6时，，
∴，
∴，
∴；

（3）解：由（1）知抛物线的解析式为，顶点坐标为，
将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线的解析式为，
联立直线与新抛物线的解析式，得，
解得，
联立直线与的解析式，得，
解得，
∴点的横坐标为，
∵轴，交抛物线于点，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
联立，
整理得，
∴，
∴，，
∴直线的解析式为，
∴当时，，
∴直线总经过定点．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，即可得出答案；
（2）联立抛物线与直线，得到，解得，结合题意进而得到，从而得出，得出，得出，利用待定系数法求出直线的解析式，过点C作x轴的垂线，交于点，求出点E的坐标，利用代入数据进行计算，即可得出答案；
（3）由（1）知抛物线的解析式为，将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线的解析式为，联立直线与新抛物线的解析式，求出，联立直线与的解析式，求出点的横坐标为，进而得到，再求出直线的解析式为，即当时，，得出直线总经过定点，即可得出答案．
（1）解：根据题意，将点，代入抛物线，
则，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：联立抛物线与直线，得到，
解得，，
∵抛物线与直线有两个交点，，它们的横坐标为，，且，
∴，，
∴，
∴；
∴直线，
∴，则，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
过点C作x轴的垂线，交于点，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
（3）解：由（1）知抛物线的解析式为，顶点坐标为，
将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线的解析式为，
联立直线与新抛物线的解析式，得，
解得，
联立直线与的解析式，得，
解得，
∴点的横坐标为，
∵轴，交抛物线于点，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
联立，
整理得，
∴，
∴，，
∴直线的解析式为，
∴当时，，
∴直线总经过定点．
1 / 1人教版数学九年级上册重难点复习6：全册知识整合与压轴题突破（含下册知识点）
一、单选题
1．（2025九上·南充期末）如图，在直角坐标系中，以点为圆心，画半径的圆，点为直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为（　　）
A．3 B．4 C． D．
【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；切线的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，设直线分别与轴，轴交于点，连接，
当时，，解得，即，
当时，，即，
∴，
∵轴轴，
∴，
∵的圆心为，半径为，
∴，，
∵是的切线，
∴，即，
∴，
∴当的值最小时，取得最小值，
由垂线段最短可知，当时，的值最小，
∴此时，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：B．
【分析】设直线分别与轴，轴交于点，连接，分别令y=-x+2中的x=0与y=0，算出对应的y与x的值可得F、E两点的坐标，根据两点间的距离公式算出OE=OF=2，AE=6，由等腰直角三角形性质求出∠OEF=∠OFE=45°；再根据圆的切线垂直经过切点的半径得PT⊥AT，根据勾股定理可得，从而可得当时，的值最小，则取得最小值，然后根据等腰三角形的判定和勾股定理可求出，由此即可得．
2．（2024九上·长春月考）如图，在中，两直角边、分别在轴的负半轴和轴的正半轴上，，将绕点逆时针旋转后得到，若反比例函数的图象恰好经过斜边的中点，则的面积为（　　）
A．8 B．4 C．10 D．11
【答案】B
【知识点】三角形的面积；旋转的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；已知正切值求边长；坐标系中的中点公式
【解析】【解答】解：作于D，
设，则，
∵将绕点逆时针旋转后得到，
∴，，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵点C为斜边的中点，
∴，
∵反比例函数的图象恰好经过斜边的中点C，
∴，
解得：（负值舍去），
∴，，
∴，
故答案为：B．
【分析】
作于D，设，则，根据旋转的性质可判定四边形为矩形， 再根据矩形的性质得到和B的坐标，再根据中点坐标公式得到C的坐标，代入反比例函数表达式即可求得x的值，从而求得、的长，再根据三角形面积公式计算即可解答．
3．（2024·海州模拟）如图，四边形是边长为的正方形，点E，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，连接，点P从点E出发沿运动，同时点Q从点B出发沿运动，两点运动速度均为，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为，连接，的面积为，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】二次函数-动态几何问题；动点问题的函数图象；二次函数y=a（x-h）²+k的图象；四边形-动点问题；正比例函数的图象
【解析】【解答】解：当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心，
∴直线EO垂直BC，
∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，
∴S=；
当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边，中点，点O为正方形的中心，
∴直线OF∥BC，
∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，
∴S=；
故答案为：D．
【分析】
观察各个选项只需分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形：当0≤t≤1时根据正方形的性质得到得到直线EO垂直BC，从而可知点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，列出函数关系式，可判断A，C不符合题意；当1＜t≤2时，同样的方法列出函数关系式可判断B不符合题意，由此即可解答．
4．（2025九上·海珠期末）如图，中，，将边沿翻折，使点落在上的点处；再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点、，且则线段的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：由折叠可知，， ，，，，，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点。根据折叠性质可得以下等量关系：，，，同时得到角平分关系：，，且。
通过角度计算可得：，由此判定为等腰直角三角形，故有。根据已知条件可，通过勾股定理计算：，线段和：。利用相似三角形的比例关系求得：
，最终通过线段差计算：。熟练掌握折叠性质是解决此类问题的关键。
5．（2025九上·梓潼期末）如图，一张等腰直角三角形纸片，已知，先裁剪出①号长方形，然后在剩余的大纸片三角形中剪出②号长方形，且满足，当①号长方形的面积为时，则②号长方形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质；等腰直角三角形；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：是等腰直角三角形，
，
四边形，是长方形，
，，，，
，，
，
是等腰直角三角形，
设 ，
，
∴，
，，
，
，
长方形的面积，
或（舍去），
长方形的面积．
故答案为：C．
【分析】由等腰直角三角形得∠A=∠C=45°，由矩形性质得FD∥BC，GH∥AC，HM=GN，FD=BE，∠DEB=∠BFD=∠MNG=90°由二直线平行，同位角相等可推出∠EDC=∠GDN=∠FHG=∠A=∠C=45°，则可推出△DEC，△NDC，△FHG都是等腰直角三角形，设，则，，Rt△GDN中，由勾股定理表示出，由线段和差得，再根据勾股定理得，由长方形面积公式结合①6号长方形面积为64cm2，建立方程，求解得出x的值，进而再根据矩形面积计算公式算出长方形MNGH的面积.
6．（2025九上·南宁期末）如图，将小球沿与地面成某个角度的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系．下列说法正确的是（　　）
A．小球飞行时飞行高度为
B．小球飞行高度为时，小球飞行的时间是
C．小球飞行的最大高度达到
D．小球从飞出到落地要用
【答案】D
【知识点】二次函数的实际应用-抛球问题
【解析】【解答】解：A：当时，，故A选项错误，不符合题意；
B：当时，，解得，或，故B选项错误，不符合题意；
C：∵，∴当时，小球飞行的最大高度为，故C选项错误，不符合题意；
D：当时，，解得，或，∴小球从飞出到落地要用，故D选项正确，符合题意；
故答案为：D ．
【分析】根据二次函数图象上的点的特征，可分别进行计算，即可得出答案。
7．（2024九上·柳南月考）矩形中，．动点E从点C开始沿边向点B以的速度运动，同时动点F从点C出发沿边向点D以的速度运动至点D停止．如图可得到矩形，设运动时间为x（单位：），此时矩形去掉矩形后剩余部分的面积为y（单位：），则y与x之间的函数关系用图象表示大致是下图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数-动态几何问题；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：此题在读懂题意的基础上，分两种情况讨论：
当时，，
此时函数的图象为抛物线的一部分，
它的最高点为抛物线的顶点，最低点为；
当时，点E停留在B点处，
故，此时函数的图象为直线的一部分，
它的最上点可以为，它的最下点为．
结合四个选项的图象知选A项．
故选：A．
【分析】分情况讨论：当时，根据y=大矩形面积-小矩形面积建立关系式，结合二次函数性质作图即可；当时，点E停留在B点处，建立函数关系式，再结合一次函数性质作图即可.
8．（2025九上·硚口期末）如图， 是的直径，点C在上，点I为的内心，若，，则的长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：延长交于点，连接，
，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点I为的内心，
∴，，
∴，
∴，∠DAI=∠DIA=45°，
∴DI=AD，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【分析】延长交于点，连接，由圆周角定理可得，从而得出，由三角形内心的定义得出，，从而得出∠DAI=∠DIA=45°，得出DI=AD，再根据题意求出，根据垂径定理得出，根据三角形中位线定理得出，从而得出，再由勾股定理得出，即可得出OA的长.．
9．（2024·天津） 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要；
②小球运动中的高度可以是；
③小球运动时的高度小于运动时的高度．
其中，正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】函数自变量的取值范围；函数值；二次函数的最值
【解析】【解答】解：①由自变量的取值范围可知①正确；②h的最大值为：，所以小球运动过程中的最大高度为45，所以②正确；③当t=2时，h=30×2-5×22=40，当t=5时，h=30×5-5×52=25，所以③不正确。综上正确结论有2个。
故答案为：C.
【分析】首先根据自变量的取值范围判定①正确；根据函数的最大值可得出②正确；分别求得当t=2和t=5时的h的值，即可得出③不正确。
10．（2025九上·汉阳期末）如图（1）是一款中药碾槽，碾槽底部为近似圆弧形（本题以圆弧记），槽内可以安放一个带轴的碾轮．将中药放入碾槽中，使碾轮滚动，可将中药粉碎，碾槽截面平面示意图如图（2）．设碾轮中心轴的截面图圆心为，当碾轮经过碾槽最低点时，恰好与相切于点，并且此时切点与点的距离刚好为，若所在圆半径为，且的长度为，则点，间的距离大约是（　　）cm.（结果精确到，，）．
A．19.4 B．20.6 C．21.8 D．22.0
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；垂径定理；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，
设所在的圆心为，所对的圆心角的度数为，
∵所在圆半径为，且的长度为，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴BC=OB，
∵碾轮中心轴的截面图圆心为，当碾轮经过碾槽最低点时，恰好与相切于点，
∴，∠OFB=90°，
∴OB=2BF，
设cm，则cm，
∴cm，
根据题意：，OE=OB=2xcm，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选：C．
【分析】设所在的圆心为，由的长求出，得出是等边三角形，得出BC=OB，再根据切线的性质得出∠OFB=90°，，设cm，得出cm=OE，cm，利用建立方程求出x的值，即可得出BC的长．
二、填空题
11．（2024九上·邵东月考）如图，在中，D是的中点，点F在上，连接并延长交于点E，若，，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】解：作，如图所示：
由题意得：
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：
【分析】
作，由平行线分线段成比例可得，从而得到，计算即可解答.
12．（2025九上·汕头期末）如图，将矩形绕点旋转至矩形的位置，此时的中点恰好与点重合．若，则的长为　 　．
【答案】6
【知识点】二次根式的乘除混合运算；勾股定理；矩形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
由旋转可知：，，，
∵的中点恰好与点重合，
∴，
∵矩形中，，，
∴．，
∴，
故答案为：6
【分析】连接，根据旋转性质可得，，，由题意可得，根据矩形性质可得．，再根据勾股定理即可求出答案.
13．（2025九上·南充期末）若直线与抛物线，有且只有一个公共点，则k的取值范围为　 　．
【答案】或
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；数形结合
【解析】【解答】解：直线与抛物线，有且只有一个公共点，
联立，
整理得：，
即转化为二次函数与直线在内有且只有一个公共点的问题，
，
抛物线顶点，
当时，；
当时，；
画出在内部分图象如下，
顶点B坐标为，
当直线过点B时，满足题意，此时，；
当直线在和之间时，满足题意，此时，
综上，k的取值范围为或，
故答案为：或．
【分析】联立直线y=-x+5与抛物线解析式整理可得，将直线与抛物线有且只有一个公共点的问题转化为二次函数与直线在内有且只有一个公共点的问题；将抛物线的解析式配成顶点式得到其顶点坐标，再算出当x=0与x=4时对应的函数值，可得抛物线在0≤x≤4时，三个特殊点的坐标，从而画出图象，利用数形结合可得当直线过点B时或当直线在和之间时，与抛物线都只有一个交点，从而可得k的取值范围.
14．（2025九上·惠东期末）如图，中，，，，以A为圆心长为半径作圆A，延长交圆A于点D，则长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解：如图，
过点A作，垂足为E，设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，解得，
∴，
∴，
∴，
∴.
故答案为：．
【分析】过点A作，垂足为E，设，则，勾股定理得：，，即可得，解出得，进一步得.
15．（2025九上·梓潼期末）如图，已知顶点为（﹣3，﹣6）的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点（﹣1，﹣4），则下列结论：①对于任意的x＝m，均有am2＋bm＋c≥﹣6；②ac＞0；③若点（），（，y2）在抛物线上，则y1＞y2；④关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝﹣4的两根为﹣5和﹣1；⑤b﹣6a＝0；其中正确的有　 　（填序号）．
【答案】①④⑤
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用二次函数图象判断一元二次方程根的情况；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点为（﹣3，﹣6），
∴当x＝﹣3时，y最小值＝﹣6，
∴对于任意的x＝m，其函数值y＝am2＋bm＋c≥﹣6，
因此①正确；
∵开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c＜0，
∴ac＜0，
因此②不正确；
∵点（），（，y2）在对称轴右侧的抛物线上，根据在对称轴右侧，y随x的增大而增大，
∴y1＜y2，
因此③不正确；
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c过点（﹣1，﹣4），由对称轴为x＝﹣3，根据对称性可知，抛物线y＝ax2＋bx＋c还过点（﹣5，﹣4），
∴当y＝﹣4时，即方程ax2＋bx＋c＝﹣4有两个不相等的实数根﹣1和﹣5，
因此④正确；
∵对称轴x＝﹣＝﹣3，
∴b﹣6a＝0，
因此⑤正确；
综上所述，正确的结论有①④⑤，
故答案为：①④⑤.
【分析】抛物线开口向上，其顶点坐标为(-3，-6)，故当x=3时，函数y有最小值-6，据此可判断①；由抛物线开口向上得a＞0，由抛物线交y轴的负半轴得c＜0，从而结合有理数乘法法则可判断②；由于抛物线开口向上，且对称轴直线为x=-3，故当x＞-3时，y随x的增大而增大，当x＜-3时，y随x的增大而减小，据此可判断③；根据抛物线的对称性，可得抛物线经过点（-5，-4）与（-1，-4）两点，而方程ax2+bx+c=-4的解就是抛物线与直线y=-4交点的横坐标，据此可判断④；由对称轴直线公式可得b-6a=0，据此可判断⑤.
16．（2025九上·海珠期末）如图，平面直角坐标系中，，绕点旋转后得到，所在直线与半径为的相切于点，与轴交于点，则的长为　 　．
【答案】或
【知识点】切线的性质；解直角三角形；旋转的性质；数形结合；分类讨论
【解析】【解答】解：如图，当轴时，设与轴的交点为点，过点作所在的直线于点，则，∵，
∴，
∵，
∴，
∵轴
∴，
由旋转可得，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵的半径为，
∴此时所在直线与相切，
∴；
如图，直线交轴于，交轴于，与所在直线相切于点，作于，
∵，
∴，
∴，
∵由旋转得到，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴；
综上，的长为或，
故答案为：或．
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系、旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及解直角三角形等相关知识。解题时需要分不同情况讨论，结合图形分析，运用分类讨论和数形结合的思想方法。具体解答过程需根据题目条件画出相应图形进行求解。
17．（2025九上·南宁期末）如图，在中，，，点为边上一点且，点为边上的动点，过点作的两条切线，切点分别为，若的半径为，则四边形面积的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；切线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，，
∴，
∴，
∵的半径为，
∴，
∵，
∴，
∴当的值最小时，四边形面积有最小值，
在中，，
∴，
∴最小时，的值最小，
∴当时，的值最小，
∵，
∴，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
故答案为： ．
【分析】根据圆的半径为2，是一个定值，可得出当DF的值最小时， 四边形面积的最小值 ，再根据勾股定理可得出， 即可得出当OD的值最小时，四边形面积有最小值，根据垂线段最短，可得出当OD⊥BC时，OD的值最小，进而根据含30°锐角的直角三角形的性质可得出0D=4，进一步即可得出 四边形面积的最小值 。
18．（2024九上·张北期中）斯蒂芬·库里是美国职业篮球运动员，司职控球后卫，效力于金州勇士队，下表是库里一段时间内在罚球线上训练投篮的结果记录：
罚球总数 400 1000 1600 2000 2887
命中次数 348 893 1432 1802 2617
罚球命中率 0.87 0.893 0.895 0.901 0.906
根据以上数据可以估计，库里在罚球线上投篮一次，投中的概率为　 　（精确到0.1）
【答案】0.9
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：由频率分布表可知，随着投篮次数越来越大时，频率逐渐稳定到常数之间附近，且精确到0.1，
∴这名球员在罚球线上投篮一次，投中的概率为0.9，
故答案为：0.9．
【分析】根据大量重复试验，某事件发生的频率稳定在一个数值附近，这个数值即为该事件发生的概率，利用表中数据，可得答案.
19．（2025九上·硚口期末）如图，在中，，，D为边（端点除外）上的动点，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接，，则周长的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，连接，作点关于直线的对称点，连接，，
∵将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴点、、、四点共圆，
∴，
∴，
∵点和点关于直线对称，
∴，，
∴的周长，
当点、、三点共线时，周长有最小值，
∵，
∴，
∴，
∴的周长的最小值为，
故填：．
【分析】连接，作点关于直线的对称点，连接，，证明点、、、四点共圆得出，从而可得，由轴对称的性质可得，，得出的周长，当点、、三点共线时，周长有最小值，求出HC的长，即可得出答案．
20．（2025九上·汉阳期末）如图，中，，，点在上，以A为切点，为切线的经过点A，点在上，且，则的长是　 　．
【答案】
【知识点】圆周角定理；切线的性质；线段垂直平分线的判定；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设交于点I，连接，则，
∵为切线的经过点A，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，OD=2OA，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
取的中点E，连接，则，
∵，
∴点O、点E都在的垂直平分线上，
∴OE垂直平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
∴．
故填：．
【分析】设交于点I，连接，由切线的性质得，根据，得出，，，从而得出，再证明，根据，得出，取的中点E，连接，得出，证明出垂直平分，由，求得，根据勾股定理得出，利用三角形面积公式得出，从而得出，再利用，即可求得的长．
三、解答题
21．（2025九上·汕头期末）如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．连接BC．点P是抛物线第一象限内的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作直线轴于点D．交于点E．过点P作的平行线，交y轴于点M．
（1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线的函数表达式；
（2）在点P的运动过程中，求使四边形为菱形时，m的值；
（3）点N为平面内任意一点，在（2）的条件下，直线上是否存在点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：在中，
令，可得，
解得，．
令，得：，
∴，，．
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为；
（2）解：如图，作于点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点，
∴点，
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∴，
解得或0（舍去）；
（3），
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的性质；正方形的性质；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】（3）解：存在，
由（2）得：点，，
∴，
根据题意可设直线的解析式为，
把点代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
如图，过点E作交直线于点Q，
∴点，
∴，
∴，
此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴，
∴点，
对于，
当时，，
此时点，
综上所述，存在点或，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可得，，，设直线的函数表达式为，根据待定系数法将点B，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）作于点，根据两点间距离可得，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据点的坐标可得点，根据两点间距离可得，则，，根据菱形性质可得，建立方程，解方程即可求出答案.
（3）由（2）得：点，，根据两点间距离可得，设直线的解析式为，根据待定系数法将点P坐标代入解析式可得直线的解析式为，将代入解析式可得，过点E作交直线于点Q，则点，根据两点间距离可得，则，此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，根据直线平行性质可得，根据等腰直角三角形判定定理可得，是等腰直角三角形，此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形，则，根据点的坐标可得点，将代入解析式即可求出答案.
（1）解：在中，
令，可得，
解得，．
令，得：，
∴，，．
设直线的函数表达式为，
把，代入得：
，解得：，
直线的函数表达式为；
（2）解：如图，作于点，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵点，
∴点，
∴．
∴，
∴．
∵四边形为菱形，
∴．
∴，
解得或0（舍去）；
（3）解：存在，
由（2）得：点，，
∴，
根据题意可设直线的解析式为，
把点代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得：，
如图，过点E作交直线于点Q，
∴点，
∴，
∴，
此时点使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
如图，过点E作于点Q，过点Q作轴于点S，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴此时点Q使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形；
∴，
∴点，
对于，
当时，，
此时点，
综上所述，存在点或，使得以P，E，Q，N为顶点的四边形是正方形．
22．（2025·嘉兴模拟）如图，顶点为的抛物线经过点．设动点在对称轴上，纵坐标为，过点的直线与抛物线交于点，．
（1）求抛物线的解析式；
（2）用含，的代数式表示与；
（3）若为定值，直线是否过确定的点？如过确定点，请求出点坐标：否则请说明理由．
【答案】（1）解：由顶点为设抛物线的解析式为∶，
把代入得，
∴
∴；
（2）解：由题意可得直线过点，
∴，
∴，
∴，
由得
，
∴；
（3）解：由（2）得，
∴
点，在上，
∴，，
∴
∴
∵为定值，设定值为
∴
∴
∴，
∴
解得：或
∴或．
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；待定系数法求二次函数解析式
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）把点C的坐标代入解析式得出，即可得到，联立两解析式，根据根与系数的关系即可解题果；
（3）代入两点的坐标求出p，q的值，计算，然后整体代入解答即可．
（1）解：由顶点为设抛物线的解析式为∶，
把代入得，
∴
∴；
（2）解：由题意可得直线过点，
∴，
∴，
∴，
由得
，
∴；
（3）解：由（2）得，
∴
点，在上，
∴，，
∴
∴
∵为定值，设定值为
∴
∴
∴，
∴
解得：或
∴或．
23．（2025九上·惠州期末）如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，与轴交于点，与轴交于点，轴于点，，点关于直线的对称点为点．
（1）点是否在这个反比例函数的图象上？请说明理由；
（2）连接、，若四边形为正方形．
①求、的值；
②若点在轴上，当最大时，求点的坐标．
【答案】（1）解：点在这个反比例函数的图象上．
理由如下：
一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，
设点的坐标为，
点关于直线的对称点为点，
，平分，
连接交于，如图所示：
，
轴于，
轴，，
，
，
，
在Rt中，，
，
为边上的中线，即，
，
，
，
点在这个反比例函数的图象上；
（2）解：①四边形为正方形，
，垂直平分，
，
设点的坐标为，
，，
，
（负值舍去），
，，
把，代入得，
；
②延长交轴于，如图所示：
，，
点与点关于轴对称，
，则点即为符合条件的点，
由①知，，，
，，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为，
当时，，即，故当最大时，点的坐标为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；正方形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征；反比例函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）设点的坐标为，根据轴对称的性质得到，平分，连接交于，得到，再结合等腰三角形三线合一得到为边上的中线即，求出，进而求得，从而可判定点在这个反比例函数的图象上，解答即可；
（2）①根据正方形的性质求得，设点的坐标为，建立方程计算得到（负值舍去），从而得，，再利用待定系数法，解方程组即可得到结论；
②延长交轴于，根据已知条件得到点与点关于轴对称，求得，则点即为符合条件的点，求得直线的解析式为，解答即可．
（1）解：点在这个反比例函数的图象上．
理由如下：
一次函数的图像与反比例函数的图像交于点，
设点的坐标为，
点关于直线的对称点为点，
，平分，
连接交于，如图所示：
，
轴于，
轴，，
，
，
，
在Rt中，，
，
为边上的中线，即，
，
，
，
点在这个反比例函数的图象上；
（2）解：①四边形为正方形，
，垂直平分，
，
设点的坐标为，
，，
，
（负值舍去），
，，
把，代入得，
；
②延长交轴于，如图所示：
，，
点与点关于轴对称，
，则点即为符合条件的点，
由①知，，，
，，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为，
当时，，即，故当最大时，点的坐标为．
24．（2024·成都模拟）已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，顶点为，其中，．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图，在第三象限内抛物线上找点，使，求点的坐标；
（3）如图，过抛物线对称轴上点的直线交抛物线于，两点，线段的中点是，过点作轴的平行线交抛物线于点．若是一个定值，求点的坐标．
【答案】（1）解：抛物线的顶点为，
∴设所求抛物线的解析式为y=a(x+1)2-4，
又∵该抛物线经过点A（-3，0）
∴a(-3+1)2-4=0
解得a=1
该抛物线的解析式为y=(x+1)2-4=x2+2x-3；
（2）解：如图，过点作轴于，过点作轴于，则，
∵，
∴G(-1，0)，
又
，，
把代入，得，
，
，
设点，则，
，
，
，
，
，
即，
整理得：，
解得：或（舍去）
（3）解：设，，，直线的解析式为：，
由，
得，
即，
，，
线段的中点是，
，，
，
，
当，即时，是定值，
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c的性质；利用顶点式求二次函数解析式；等角代换法求锐角三角函数值
【解析】【分析】（1）此题给出了抛物线的顶点坐标，故利用待定系数法求解析式的时候，利用设顶点式法求解求解；
（2）过E点作EF⊥y轴于F，过点D作DG⊥x轴于G，则G(-1，0)，根据两点间的距离公式得AG=2，DG=4，令抛物线解析式中的x=0算出对应的函数值，可得点C（0，-3），由点的坐标与图形性质设点，则EF=-m，根据两点间的距离公式表示出OF、OC，进而由线段和差表示出CF，由等角的同名三角函数值相等及正切函数的定义得，代值列出关于的方程即可求解；
（3）设，，，直线为，联立直线FG与抛物线的解析式得，根据一元二次方程根与系数的关系得，，用两点间的距离公式表示出FG，根据中点坐标公式及点的坐标与图形性质可得，，再由两点间的距离公式表示出MN，结合是一个定值，求出的值，即可求解．
（1）解：抛物线的顶点为，且经过点，
解得，
该抛物线的解析式为；
（2）解：如图，过点作轴于，过点作轴于，则，
，，
，，
把代入，得，
，
，
设点，则，
，
，
，
，
，
即，
整理得：，
解得：或（舍去）
（3）解：设，
设直线的解析式为：，
设，，
由，
得，
即，
，，
线段的中点是，
，，
，
，
当，即时，是定值，
25．（2025九上·惠东期末）【课本再现】（1）课本中有这样一段内容：战国时的《墨经》有“圆，一中同长也”的记载，它的意思是圆上各点到圆心的距离等于半径.复习课上，小明和同学们对如图1所示的课本例题进行了深入学习：
例1矩形的对角线，相交于点，求证：，，，四个点在以点为圆心的同一个圆上.
证明：四边形为矩形，
，，，
，
，，，四个点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
通过这个例题学习对“到定点的距离等于定长的点都在同一个圆上”有了更深的理解.以下是一道课本原题：“中，，求证：，，三点在同一个圆上.”请你利用图2写出证明过程.
【初步运用】（2）对于一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识可以更容易解决问题.例如：如图3，在中，，，是外一点，且，求的度数.若以点为圆心，为半径作辅助，由可知点，必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到__________°.
【深入理解】（3）如图4，在四边形中，.求证：.
【拓展延伸】（4）如图5，在边长为2的菱形中，，是边的中点，是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，求长度的最小值.
【答案】（1）证明：如图，
取的中点，连接，
，
在中，，
，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）
（3）如图，
，
点，，在以为圆心，为半径的圆上，
可以构造出过，，三点的，
，
.
又在中，，
在中，
，
.
（4）解：如图，
由折叠性质知，
又是的中点，
，
点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，
过点作的延长线于点，
菱形中，，
，
，
在中，，
在中，，
.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（2）如图，
根据圆周角定理可得：
故答案为：.
【分析】
（1）取的中点，连接，即可得，从而得，，三点在以点为圆心，为半径的同一个圆上.
（2）根据圆周角定理可得.
（3）根据得点，，在以为圆心，为半径的圆上，故构造出过，，三点的，根据，得，再根据即可得.
（4）由折叠性质知，又是的中点，即可得点在以为圆心，为直径的圆上，
当点为与的交点时，长度取最小值，过点作的延长线于点，根据菱形性质，结合已知条件得，再根据勾股定理得，即可得.
26．（2025九上·南宁期末）已知：二次函数．
（1）当时，
①求这个二次函数的解析式及其对称轴；
②已知点与分别在该拋物线对称轴两侧的图象上，且，求m的取值范围；
（2）将这个二次函数图象向右平移个单位长度，若平移后的二次函数图象在的范围内有最大值为，求k的值．
【答案】（1）解：①当时，
二次函数的解析式为，
配方可得：，
对称轴是直线；
②点与分别在该抛物线的图象上，
，，
，
，
解得：，
点与分别在该抛物线对称轴两侧的图象上，
，
，
．
（2）解：二次函数的解析式为，配方可得：，
将二次函数图象向右平移个单位长度，
平移后的二次函数的解析式为，
若，
①当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
②当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
若，
当时，在的范围内y的最大值是，而不是，
不符合题意，舍去．
综上，k的值为或．
【知识点】解一元一次不等式组；二次函数图象的几何变换；二次函数的最值；二次函数图象上点的坐标特征；列不等式
【解析】【分析】（1）①根据a=1，即可得出 二次函的解析式；进而可求出对称轴；②根据点与在抛物线上，结合， 可得出不等式，解不等式即可得出m的取值范围；
（2）根据二次函数平移的规律可得平移后的二次函数的解析式为，
分类讨论：若，①当时，由对称性可得，当时，y有最大值；②当时，由对称性可得，当时，y有最大值；若，当时，在的范围内y的最大值是，而不是；由二次函数最值的计算即可求解．
（1）解：①当时，
二次函数的解析式为，
配方可得：，
对称轴是直线；
②点与分别在该抛物线的图象上，
，，
，
，
解得：，
点与分别在该抛物线对称轴两侧的图象上，
，
，
．
（2）解：二次函数的解析式为，配方可得：，
将二次函数图象向右平移个单位长度，
平移后的二次函数的解析式为，
若，
①当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
②当时，
由对称性可得，当时，y有最大值，
把代入，得，
解得：，，
，
；
若，
当时，在的范围内y的最大值是，而不是，
不符合题意，舍去．
综上，k的值为或．
27．（2025九上·海珠期末）已知抛物线（m为常数，且）．
（1）不论为何值，抛物线的图象一定经过某些定点．请求出这些定点的坐标；
（2）若对于任意自变量，都有点与点分别到点的距离相等，则与形成的函数称为抛物线（异于）是抛物线的“倍相伴函数”．
①求抛物线的“2倍相伴函数”是的解析式；
②在①的情况下，的图象经过两个定点和（在左边），横坐标分别为、，若存在时，与都随着的增大而增大，求的取值范围．
【答案】（1）解：令，
解得：，
在抛物线中，
令得，
令，得，
∴抛物线y的图象经过定点和．
（2）解：①依题意，与关于中心对称，
故，
设函数上的任意一点坐标为，
则关于的对称点为，
依题意必在函数上，
代入，
得，
化简得：，
令，
得，
②的图象经过定点和．
根据与关于中心对称，，
可得必过定点，，
故，
即．
对称轴为直线，对称轴为直线，
当时，的图象开口向上，在对称轴右侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则满足题意，
解得：，
当时，的图象开口向下，在对称轴右侧随x增大而增大，
则，满足题意，
解得：，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意．
综上所述，当，与都随x增大而增大，或满足题意．
【知识点】解一元一次不等式；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；二次函数y=ax²+bx+c的性质；分类讨论
【解析】【分析】（1）根据题目中"定点"的定义，分析函数表达式可知当x=1或x=3时，函数值y与参数m无关，因此这两个x值对应的点即为定点。具体计算如下：当x=1时，y=m(1)2+(1-4m)(1)+3m-1=1，得到定点(1，1)； 当x=3时，y=m(3)2+(1-4m)(3)+3m-1=2，得到定点(3，2)；
（2）①根据题意，设函数y2上的任意点(x，y2)，其关于直线y=kx的对称点为(x，2kx-y2)。将这个对称点代入y1的表达式：
，当k=2时，可以解得y2的表达式；
②分析两个函数的对称轴：y1的对称轴为， y2的对称轴为，需要分两种情况讨论：
1）当m>0时，通过比较两个对称轴的位置关系建立不等式求解；
2）当m<0时，同样建立相应不等式求解。
（1）解：
令，
解得：，
在抛物线中，
令得，
令，得，
∴抛物线y的图象经过定点和．
（2）解：①依题意，与关于中心对称，
故，
设函数上的任意一点坐标为，
则关于的对称点为，
依题意必在函数上，
代入，
得，
化简得：，
令，
得，
②的图象经过定点和．
根据与关于中心对称，，
可得必过定点，，
故，
即．
对称轴为直线，对称轴为直线，
当时，的图象开口向上，在对称轴右侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则时满足题意，
解得∶，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意
当时，的图象开口向下，在对称轴左侧随x增大而增大，
则满足题意，
解得：，
当时，的图象开口向下，在对称轴右侧随x增大而增大，
则，满足题意，
解得：，
所以，当时，与都随x增大而增大，满足题意．
综上所述，当，与都随x增大而增大，或满足题意．
28．（2025九上·城中期末）小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“已知正方形，点E、F、G、H分别在边上，若，则．”为了解决这个问题，经过思考，大家给出了以下两个方案：
方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．…
（1）对小曼遇到的问题，请在两个方案中任选一个加以证明（如图（1））．
（2）如果把条件中的“正方形”改为“长方形”，并设（如图（2）），试探究之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
（3）如果把条件中的“”改为“与的夹角为”，并假设正方形的边长为2，的长为（如图（3）），试求的长度．
【答案】（1）证明：方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由正方形性质可知，，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，设交点为P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．
同方案一可知，，，
由平行可知，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
同理可得，
∴，
∴．
（2）解：；理由如下：
过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点A作交于点M，过点A作交于点N；
∵与的夹角为，
∴，
在延长线是截取，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，，
∴．

【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N，根据正方形性质可得，，，，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，，根据直线平行性质可得，设交点为P，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，即，即可求出答案.
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N，同理可得，，根据直线平行性质可得，，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（2）过点A作交于点M，过点B作交于点N，由（1）可知，四边形是平行四边形，根据平行四边形性质可得，，同理可得，再根据相似三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）过点A作交于点M，过点A作交于点N，根据直线平行性质可得，在延长线是截取，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据勾股定理可得BM，设，则，，再根据勾股定理建立方程，解方程可得x值，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）证明：方案一：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由正方形性质可知，，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，设交点为P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方案二：过点A作交于点M，过点A作交边的延长线于点N．
同方案一可知，，，
由平行可知，，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
同理可得，
∴，
∴．
（2）解：；理由如下：过点A作交于点M，过点B作交于点N；
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点A作交于点M，过点A作交于点N；
∵与的夹角为，
∴，
在延长线是截取，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，，
∴，
解得，，
∴．
29．（2025九上·硚口期末）图，抛物线与x轴交于A，B 两点，与y轴交于点C．
（1）直接写出点 A，B，C 的坐标；
（2）如图1，连接，点 D 在抛物线上，连接，若，求点 D 的坐标；
（3）如图2，点P 在对称轴右侧的抛物线上，非平行y轴的直线l与抛物线有唯一公共点P．平移直线l，使其经过点，与抛物线交于 M，N 两点，连接交于点 E，Q 为的中点，连接，设点 P 的横坐标为m，若的面积为2，求m 的值．
【答案】（1），，
（2）解：如图，过D作轴于，
∵A（-1，0），C（0，-3），
∴OA=1，OC=3，
设，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点D的坐标为或；
（3）解：设，
∴设直线l的解析式为，
由得，
直线l与抛物线有唯一公共点P，
此方程有两个相等的实数根，
∴，
，
，
∴直线l的解析式为，
平移后的直线的解析式为，
由得，
，
∴，
∴的中点Q的坐标为，
∴轴，，
设直线的解析式为，
，解得，
的解析式为，
联立，解得，
，
的面积的面积的面积，
，
（舍去），，
．
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数-面积问题
【解析】【解答】解：（1）由得出，
解得：，，
∴，，
当时，，
∴，
故答案为：，，；
【分析】（1）根据求得方程的解，得出A、B的坐标，求出当时的值得出C的坐标，即可得出答案；
（2）作轴于，设，得出，，结合，得出，进而得出，解方程求出m的值，再求出点D 纵坐标，即可得出答案；
（3）设，结合直线l与抛物线有唯一公共点P，求出直线l的解析式为，从而可得平移后的直线的解析式为，求出的中点Q的坐标为，得出轴，，求出的解析式为，进而可得，再结合的面积的面积的面积列出方程，解方程求出m的值，即可得出答案．
（1）解：由得出，
解得：，，
∴，，
当时，，
∴
（2）解：如图，作轴于，
设，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点D的坐标为或
（3）解：设，
∴设直线l的解析式为，
由得，
直线l与抛物线有唯一公共点P，
此方程有两个相等的实数根，
∴，
，
，
直线l的解析式为，
平移后的直线的解析式为，
由得，
，
∴，
∴的中点Q的坐标为，
∴轴，，
设直线的解析式为，
，解得，
的解析式为，
联立，解得，
，
的面积的面积的面积
，
（舍去），，
．
30．（2025九上·汉阳期末）已知如图1，平面直角坐标系中，为原点，经过点的抛物线交轴正半轴于点，与直线有两个交点，，它们的横坐标为，，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求的面积；
（3）如图2，将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线，直线交抛物线于点，（点横坐标小于），若与的交点为，过点作轴平行线交抛物线于点，试说明直线总经过定点，并求这个定点的坐标．
【答案】（1）解：根据题意，将点，的坐标代入抛物线，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：由，得，
解得：，，
∵抛物线与直线有两个交点，，它们的横坐标为，，且，
∴，，
∴，
∴；
∴直线的解析式为，，
当m=2时y=-5，当n=6时 y=-9，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴，解得：，
∴直线的解析式为，
过点C作x轴的垂线，交于点，
∴当x=6时，，
∴，
∴，
∴；

（3）解：由（1）知抛物线的解析式为，顶点坐标为，
将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线的解析式为，
联立直线与新抛物线的解析式，得，
解得，
联立直线与的解析式，得，
解得，
∴点的横坐标为，
∵轴，交抛物线于点，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
联立，
整理得，
∴，
∴，，
∴直线的解析式为，
∴当时，，
∴直线总经过定点．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，即可得出答案；
（2）联立抛物线与直线，得到，解得，结合题意进而得到，从而得出，得出，得出，利用待定系数法求出直线的解析式，过点C作x轴的垂线，交于点，求出点E的坐标，利用代入数据进行计算，即可得出答案；
（3）由（1）知抛物线的解析式为，将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线的解析式为，联立直线与新抛物线的解析式，求出，联立直线与的解析式，求出点的横坐标为，进而得到，再求出直线的解析式为，即当时，，得出直线总经过定点，即可得出答案．
（1）解：根据题意，将点，代入抛物线，
则，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：联立抛物线与直线，得到，
解得，，
∵抛物线与直线有两个交点，，它们的横坐标为，，且，
∴，，
∴，
∴；
∴直线，
∴，则，
∴，
设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
过点C作x轴的垂线，交于点，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
（3）解：由（1）知抛物线的解析式为，顶点坐标为，
将抛物线的顶点平移到原点，得新抛物线的解析式为，
联立直线与新抛物线的解析式，得，
解得，
联立直线与的解析式，得，
解得，
∴点的横坐标为，
∵轴，交抛物线于点，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
联立，
整理得，
∴，
∴，，
∴直线的解析式为，
∴当时，，
∴直线总经过定点．
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