文档内容
九年级上册押题重难点检测卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（23-24九年级·浙江台州·自主招生）在平面直角坐标系中，平移二次函数
y=(x−2015)(x−2017)+3的图象，使其与x轴两交点间的距离为2个单位长度，则下列平移方式中可实
现上述要求的是（ ）
A．向上平移3个单位 B．向下平移3个单位
C．向左平移3个单位 D．向右平移3个单位
【答案】B
【分析】本题考查二次函数图象的平移，抛物线与x轴的交点坐标，根据平移规则，将二次函数
y=(x−2015)(x−2017)+3的图象，向下平移3个单位即可．
【详解】∵平移二次函数y=(x−2015)(x−2017)+3的图象，使其与x轴两交点间的距离为2个单位长度，
∴将二次函数y=(x−2015)(x−2017)+3的图象向下平移3个单位得y=(x−2015)(x−2017)，
∵y=(x−2015)(x−2017)与x轴的交点坐标为(2015,0),(2017,0)，
∴与x轴两交点间的距离为2个单位长度．满足题意；
故选：B．
2．（3分）（23-24九年级·河北秦皇岛·阶段练习）若方程(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=0是关于x的一元
二次方程，则（ ）
A．一根为0 B．一根为1 C．一根为−1 D．无实根
【答案】B
【分析】此题考查了一元二次方程的解，一元二次方程的根就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．
即用这个数代替未知数所得式子左边=右边，据此对各项进行判断即可．
【详解】解：A.当x=0时，(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=c−a，
即方程(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=0一根为0，只有当a=c时成立，
故选项错误，不符合题意；
B.
当x=1时，(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=a−b+b−c+c−a=0，
故选项正确，符合题意；
C.
当x=−1时，(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=a−b−b+c+c−a=2(c−b)，
即方程(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=0一根为−1，只有当b=c时成立，故选项错误，不符合题意；
D.
当x=1时，(a−b)x2+(b−c)x+(c−a)=a−b+b−c+c−a=0，
∴原方程一定有实根x=1，
故选项错误，不符合题意，
故选：B
3．（3分）（2024·辽宁营口·中考真题）某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
射击次数 20 80 100 200 400 1000
“射中九环以上”的次数 18 68 82 168 327 823
“射中九环以上”的频率（结果保留两位小
0.90 0.85 0.82 0.84 0.82 0.82
数）
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率约是（ ）
A．0.90 B．0.82 C．0.85 D．0.84
【答案】B
【分析】根据大量的实验结果稳定在0.82左右即可得出结论．
【详解】解：∵从频率的波动情况可以发现频率稳定在0.82附近，
∴这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率是0.82．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是利用频率估计概率，熟知大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左
右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个
固定的近似值就是这个事件的概率是解答此题的关键．
4．（3分）（23-24九年级·全国·期末）如图，A，B，C都是⊙O上的点，OC与AB交于点E，过点B且
与⊙O相切的直线与AC的延长线交于点D．∠BAC=45°，∠D=75°，则∠AEC的大小为（ ）
A．60° B．75° C．45° D．30°
【答案】A
【分析】本题考查切线的定义、圆周角定理和平行线的判定与性质，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
根据切线的性质可得∠DBO=90°，由圆周角定理得∠COB=2∠BAC=90°，所以CO∥BD，所以
∠ACO=∠D=75°，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：根据切线的性质可得∠DBO=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠COB=2∠BAC=90°，
∴CO∥BD，
∴∠ACO=∠D=75°，
∴∠AEC=180°−∠ACE−∠BAC=60°，
故答案为：A
5．（3分）（2024·湖北武汉·模拟预测）二次函数y=ax2−x−2，若对满足4＜x＜5的任意x都有y＜0，
则实数a的范围为（ ）
7 3 7 3 3
A．a≤ 且a≠0 B．00时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和
二次项系数a共同决定对称轴的位置．当a与b同号时（即ab>0)，对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即
ab<0)，对称轴在y轴右．常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于(0,c)．当a>0时，当
x=5，y≤0时，满足条件；当a<0时，当x=4，y<0，当x=5，y≤0时，满足条件，然后分别解不等式
组确定实数a的范围．
【详解】解：当a>0时，∵抛物线与y轴的交点为(0,−2)，
∴当x=5，y≤0时，满足42，则y 0，故可判断①；抛物线过(−1,0)，从而a−b+c=0，又b=−2a，即a=− b，进而
2a 23
c= b，最后可以判断②；依据b=−2a，代入方程a(x+1)(x−3)+b=0，可化为x2−2x−5=0，根据一
2
元二次方程根与系数关系即可判断③；由△ABD是等腰直角三角形，D为顶点，从而AD=BD，结合顶点
为 ，对称轴是直线 ，故 ，再由抛物线为 ，又抛物线过
D(1,n) x=1 n=−[1−(−1)]=−2 y=a(x−1) 2−2
点(−1,0)，计算可以判断④；根据x <10．
∵A(−1，0)，B(3,0)
b
∴对称轴是直线x=− =1>0，
2a
∴ab<0．b=−2a，
∴abc>0，故①错误．
∵抛物线过(−1,0)，
∴a−b+c=0．
1
又b=−2a，即a=− b，
2
3
∴c= b．
2
∴2c=3b，故②错误．
∵b=−2a，
则a(x+1)(x−3)+b=0可化为(x+1)(x−3)=2，即x2−2x−5=0，
若方程a(x+1)(x−3)+b=0的两根分别为m，n，即方程x2−2x−5=0的两根分别为m，n，
则m+n=2；故③正确；
△ABD是等腰直角三角形，
又D为顶点，
∴AD=BD.
∵抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A(−1,0)，B(3,0)，
故设顶点为D(1,n)，对称轴是直线x=1，
∴n=−[1−(−1)]=−2，
∴可设抛物线为y=a(x−1) 2−2，又抛物线过点(−1,0)，
∴4a−2=0．
1
∴a= ，故④正确．
2
因为x <12，
1 2
则x −1>1−x ．
2 1
因为抛物线的对称轴为直线x=1，且开口向上，
所以y 0，可计算m< ，再结合m≥−3可知
4
9
−3≤m< ，进而推导满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有3个，由简单概
4
率的计算公式即可得出结果．
【详解】解：根据题意，关于x的方程x2−3x+m=0有两个不相等的实数根，
故该一元二次方程的根的判别式Δ>0，即Δ=(−3) 2−4×1×m>0，
9
解得m< ，
4
又∵m≥−3，
9
∴−3≤m< ，
4
∴满足条件的所有整数为-3、-2、-1、0、1、2共计6个，其中负数有-3、-2、-1共计3个，
3 1
∴满足条件的所有整数m中随机选取一个，恰好是负数的概率是P= = ．
6 2
1
故答案为： ．
2
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、简单概率计算等知识，解题关键是读懂题意，综合
运用所学知识解决问题．
13．（3分）（2024·河南信阳·模拟预测）如图，等边△ABC的边长为2，△ABC的内切圆与三边的切点分
别为D，E，F，以点A为圆心，AB为半径作B´C，则阴影部分的面积为 ．4 ❑√3
【答案】 π−
9 3
【分析】此题考查了正三角形的内切圆、等边三角形的性质、扇形面积等知识，由等边△ABC的边长为2
2 1
可得扇形BAC的面积为 π，等边△ABC的面积为❑√3，⊙O的面积为 π．即可求出阴影部分的面积．
3 3
【详解】解：∵等边△ABC的边长为2，
∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,AB=BC=CA=2，
❑√3 60π×22 2
∴等边△ABC的面积为 ×22=❑√3，扇形BAC的面积为 = π，⊙O的半径为
4 360 3
1 ❑√3 ❑√3
× ×2=
3 2 3
(❑√3) 2 1
∴⊙O的面积为π× = π．
3 3
(2 ) ( 1 ) 2 4 ❑√3
∴阴影部分的面积= π−❑√3 + ❑√3− π × = π−
3 3 3 9 3
4 ❑√3
故答案为： π−
9 3
14．（3分）（2024·江苏盐城·中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2❑√2，点D是
AC的中点，连接BD，将△BCD绕点B旋转，得到△BEF．连接CF，当CF∥AB时，CF= ．
【答案】2+❑√6或❑√6−2
【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌
握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．
根据等腰直角三角形的性质可得AB，CD，BD，BF的值，作BG⊥CF，根据平行线的性质可得
△BCG是等腰直角三角形，可求出CG，BG的长，在直角△BFG中，根据勾股定理可求出FG的长度，
由此即可求解．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2❑√2，
∴∠CAB=∠CBA=45°，AB=❑√2AC=4，∵点D是AC的中点，
1
∴AD=CD= AC=❑√2，
2
∴在Rt△BCD中，BD=❑√CD2+BC2=❑√(❑√2) 2+(2❑√2) 2=❑√10，
∵将△BCD绕点B旋转得到△BEF，
∴△BCD≌△BEF，
∴BD=BF=❑√10，EF=CD=❑√2，BC=BE=2❑√2，
如图所示，过BG⊥CF于点G，
∵CF∥AB，
∴∠FCB=∠CBA=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，且BC=2❑√2，
❑√2 ❑√2
∴CG=BG= BC= ×2❑√2=2，
2 2
在Rt△BFG中，FG=❑√BF2−BG2=❑√(❑√10) 2 −22=❑√6，
∴CF=CG+FG=2+❑√6，
当点D运动点F′时，此时CF′∥AB，
同理可得，GF′=❑√6,CG=2，
∴CF′=❑√6−2
故答案为：2+❑√6或❑√6−2．
15．（3分）（2024·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O且∠ACB=90°，弦CD平分
∠ACB，连接AD，BD．若AB=5，AC=4，则BD= ，CD= ．5 7
【答案】 ❑√2 ❑√2
2 2
【分析】首先利用已知条件得到AB为直径，然后可以证明△ADB为等腰直角三角形，由此求出BD，接着
把△ACD绕D逆时针旋转90°得到△DBE，证明△DCE为等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】解：∵△ABC内接于⊙O且∠ACB=90°，
∴AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAC+∠DBC=180°，
∵弦CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴AD=BD，
∵AB=5，AC=4，
5
∴CB=3，AD=BD= ❑√2，
2
∴如图把△ACD绕D逆时针旋转90°得到△DBE，
∴∠DBE=∠DAC，BE=AC，
∴∠DBC+∠DBE=180°，
∴C、B、E三点共线，
∴△DCE为等腰直角三角形，
∴CE=AC+BC=7，
7
∴CD=DE= ❑√2．
2
5 7
故答案为： ❑√2， ❑√2．
2 2【点睛】此题分别考查了三角形的外接圆、圆周角定理及其推论、角平分线的性质及勾股定理，有一定的
综合性．
16．（3分）（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知点P(x ,y )，Q(x ,y )为二次函数y=x2−mx+m+2图象
1 1 2 2
上两点，当x<1时，二次函数y随x增大而减小，若−2≤x ≤m+1，−2≤x ≤m+1时，|y −y )≤16恒成
1 2 1 2
立，则m的取值范围是 ．
【答案】2≤m≤4
1
【分析】本题考查了二次函数的图象及性质，先求出二次函数的对称轴x= m，再根据二次函数的性质得
2
m
到 ≥1，即得m≥2，又根据二次函数的性质可得当x=−2时，y有最大值，最大值为y=3m+6，当
2
1 1
x= m时，y有最小值，最小值为y=− m2+m+2，得到
2 4
|y −y ) =3m+6− ( − 1 m2+m+2 ) = 1 m2+2m+4，由|y −y )≤16即可得到 1 m2+2m+4≤16，
1 2 最大值 4 4 1 2 4
画出函数图象即可求解，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【详解】解：∵y=x2−mx+m+2，
1
∴抛物线的对称轴为直线x= m，
2
∵a=1>0，
m
∴抛物线开口向上，当x< 时，y随x增大而减小，
2
又∵当x<1时，二次函数y随x增大而减小，
m
∴ ≥1，
2
∴m≥2，当x=−2时，y=4+2m+m+2=3m+6，
1
∵ mq>p，求n的取值范围．
【答案】(1)y=x2+2x，顶点坐标(−1,−1)
(2)见解析
(3)n>4
【分析】（1）二次函数y=x2+2mx+m−1的图象经过(0,0)，即可求得m=1，得到抛物线为y=x2+2x，
解析式化成顶点式即可求得顶点坐标(−1,−1)；
（2）依据题意，由Δ=4m2−4(m−1)=4m2−4m+4=(2m−1) 2+3，又对于任意的m都有(2m−1) 2≥0，
从而可以判断Δ的大小，进而可以得解；
（3）依据题意，由B(2,q)，C(n,p)在二次函数y=x2+2mx+m−1图象上，从而对称轴直线
n−2+n
x=−m= ，故n=−m+1，即n>1，又抛物线开口向上，可得抛物线上的点离对称轴越近函数值
2
越小，再结合q>p可得n−(−m)<|−m−2) ，再分类讨论即可得解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=x2+2mx+m−1图象经过(0,0)，
∴m−1=0，∴m=1，
∴抛物线为y=x2+2x，
∵ y=x2+2x=(x+1) 2−1，
∴顶点坐标为(−1,−1)；
（2）证明：∵ Δ=4m2−4(m−1)=4m2−4m+4=(2m−1) 2+3>0
∴二次函数图象与x轴总有两个公共点；
n−2+n
（3）解：对称轴直线x=−m= ，
2
∴n=−m+1即m=−n+1．
∵m<0，
∴n>1，
∵抛物线过B(2,q)，
∴4+4m+m−1=q，即q=5m+3，
∵m−1>q，
∴m−1>5m+3，
解得m<−1，即n>2
∵抛物线开口向上，
∴当抛物线上的点离对称轴越近，函数值越小．
∵q>p，
∴n−(−m)<|−m−2)，
当n+m4，
∴n>4．
【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的图象与性质，二次函数图象上点的坐标特征，
解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
20．（8分）（23-24九年级·辽宁阜新·阶段练习）十一国庆期间，某大剧院举办文艺演出，其收费标准如
下：
购票人数 收费标准
不超过25人 50元/人
超过25人 每增加1人，每张票的单价减少2元，但单价不低于28元．某公司组织一批员工去大剧院观看此场演出，设这批员工共有x人．
(1)当x=25时，该公司应支付购票费用多少元？当x=28时，该公司应支付购票费用多少元？
(2)若该公司观看此场演出超过25人，共支付1050元的购票费用，求出此时的x值？
【答案】(1)1250元；1232元
(2)35人
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，正确理解题意是解题的关键．
(1) 当x=25时，直接按照单价乘以人数计算即可；当x=28时，先计算单价为50−2(28−25)=44元，再
按照单价乘以人数计算即可．
(2)先计算单价50−2(x−25)=(100−2x)元，再根据单价乘以人数等于费用，列出方程计算即可．
【详解】（1）∵不超过25人，每张票的单价50元，
∴当x=25时，该公司应支付的购票费用为：25×50=1250（元），
∴超过25人，每增加1人，每张票的单价减少2元，
∴当x=28时，该公司应支付的购票费用为：28×[50−2×(28−25)]=1232（元），
答：当x=25时，该公司应支付的购票费用为1250元；当x=28时，该公司应支付购票费用1232元．
（2）由题意得：x[50−2(x−25)]=1050，
整理得：x2−50x+525=0，
解得：x =15,x =35，
1 2
∵x=15<25
∴不符合题意，舍去
当x=35时，每张票的单价为：50−2×(35−25)=30>28，符合题意，
答：该公司观看此场演出的员工35人．
21．（8分）（2024·山东东营·中考真题）为贯彻教育部《大中小学劳动教育指导纲要（试行）》文件精神，
东营市某学校举办“我参与，我劳动，我快乐，我光荣”活动．为了解学生周末在家劳动情况，学校随机
调查了八年级部分学生在家劳动时间（单位：小时），并进行整理和分析（劳动时间x分成五档：A档：
0≤x<1；B档：1≤x<2；C档：2≤x<3；D档：3≤x<4；E档：4≤x）．调查的八年级男生、女生劳
动时间的不完整统计图如下：
根据以上信息，回答下列问题：(1)本次调查中，共调查了_______名学生，补全条形统计图；
(2)调查的男生劳动时间在C档的数据是：2，2.2，2.4，2.5，2.7，2.8，2.9．则调查的全部男生劳动时间的
中位数为_______小时．
(3)学校为了提高学生的劳动意识，现从E档中选两名学生作劳动经验交流，请用列表法或画树状图的方法
求所选两名学生恰好都是女生的概率．
【答案】(1)50，见详解
(2)2.5
1
(3)
6
【分析】本题主要考查了条形统计图与扇形统计图信息相关联，树状图法或列表法求解概率，中位数的定
义，熟练掌握各知识点是解题的关键．
（1）运用D档人数除以D的百分比，得出调查的学生总数，再运用总数乘上E档的百分比，即可作答．
（2）根据中位数的定义，排序后位于中间位置的数为中位数，据此即可作答．
（3）依题意，得出E档有2名男学生，有2名女学生，运用列表法得共有12种等可能的结果，再运用概率
公式列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：依题意，(6+7)÷26%=50（名）
∴本次调查中，共调查了50名学生；
则50×8%=4（名）
∴4−2=2（名）
则E档有2名男学生，有2名女学生,
补全条形统计图如图所示：（2）解：依题意，
5+3+7+6+2=23（名）
本次调查的男学生的总人数是23名
∴则调查的全部男生劳动时间的中位数位于第12名，
∵5+3=8，5+3+7=15
∴第12名位于C档
∵调查的男生劳动时间在C档的数据是：2，2.2，2.4，2.5，2.7，2.8，2.9．
则调查的全部男生劳动时间的中位数为2.5小时，
故答案为2.5；
（3）解：用A，B表示2名男生，用C，D表示两名女生，列表如下：
共有12种等可能的结果，其中所选两名学生恰好都是女生的结果有2种，
2 1
∴ P= = ．
12 6
22．（9分）（2024·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦AD与弦BC交于点G,AD=CB,M,N分别是
CB和AD的中点，联结MN,OG．（1）求证：OG⊥MN；
（2）联结AC,AM,CN，当CN//OG时，求证：四边形ACNM为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连结OM,ON，由M、N分别是CB和AD的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由AB=CD，
可得OM=ON，可证RtΔEOP≌RtΔFOP(HL)，MG=NG，∠MGO=∠NGO，根据等腰三角形三线
合一性质OG⊥MN;
（2）设OG交MN于E，由RtΔEOP≌RtΔFOP，可得MG=NG，可得∠CMN=∠ANM，
1 1
CM= CB= AD=AN，可证△CMN≌△ANM可得AM=CN，由CN∥OG，可得
2 2
∠AMN=∠CNM=90°，由∠AMN+∠CNM=180°可得AM∥CN，可证ACNM是平行四边形，再由
∠AMN=90°可证四边形ACNM是矩形．
【详解】证明：（1）连结OM,ON，
∵M、N分别是CB和AD的中点，
∴OM，ON为弦心距，
∴OM⊥BC，ON⊥AD，
∴∠GMO=∠GNO=90°，
在⊙O中，AB=CD，
∴OM=ON，
在Rt OMG和Rt ONG中，
{OM△=ON) △
，
OG=OG
∴RtΔGOM≌RtΔGON(HL)，
∴MG=NG，∠MGO=∠NGO，
∴OG⊥MN;（2）设OG交MN于E，
∵RtΔGOM≌RtΔGON(HL)，
∴MG=NG，
∴∠GMN=∠GNM，即∠CMN=∠ANM，
1 1
∵CM= CB= AD=AN，
2 2
在△CMN和△ANM中
{
CM=AN
)
∠CMN=∠ANM ，
MN=NM
∴△CMN≌△ANM，
∴AM=CN,∠AMN=∠CNM，
∵CN∥OG，
∴∠CNM=∠GEM=90°，
∴∠AMN=∠CNM=90°，
∴∠AMN+∠CNM=90°+90°=180°，
∴AM∥CN，
∴ACNM是平行四边形，
∵∠AMN=90°，
∴四边形ACNM是矩形．
【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形
的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判
定是解题关键．
23．（9分）（2024·安徽·中考真题）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直
角坐标系xOy，格点（网格线的交点）A、B，C、D的坐标分别为(7,8)，(2,8)，(10,4)，(5,4)．(1)以点D为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A B C ，画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
(2)直接写出以B，C ，B ，C为顶点的四边形的面积；
1 1
(3)在所给的网格图中确定一个格点E，使得射线AE平分∠BAC，写出点E的坐标．
【答案】(1)见详解
(2)40
(3)E(6,6)(答案不唯一)
【分析】本题主要考查了画旋转图形，平行四边形的判定以及性质，等腰三角形的判定以及性质等知识，
结合网格解题是解题的关键．
（1）将点A，B，C分别绕点D旋转180°得到对应点，即可得出△A B C ．
1 1 1
（2）连接BB ，CC ，证明四边形BC B C是平行四边形，利用平行四边形的性质以及网格求出面积即
1 1 1 1
可．
（3）根据网格信息可得出AB=5，AC=❑√32+42=5，即可得出△ABC是等腰三角形，根据三线合一的性
质即可求出点E的坐标．
【详解】（1）解：△A B C 如下图所示：
1 1 1
（2）连接BB ，CC ，
1 1
∵点B与B ，点C与C 分别关于点D成中心对称，
1 1∴DB=DB ，DC=DC ，
1 1
∴四边形BC B C是平行四边形，
1 1
1
∴S =2△CC B =2× ×10×4=40．
▱BC 1 B 1 C 1 1 2
（3）∵根据网格信息可得出AB=5，AC=❑√32+42=5，
∴△ABC是等腰三角形，
∴AE也是线段BC的垂直平分线，
∵B，C的坐标分别为，(2,8)，(10,4)
(2+10 8+4)
∴点E , ，
2 2
即E(6,6)．（答案不唯一）
24．（10分）（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，B´C=B´D，
DE⊥AC于点E，DE交BF于点F，交AB于点G，∠BOD=2∠F，连接BD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)判断△DGB的形状，并说明理由；
(3)当BD=2时，求FG的长．【答案】(1)见解析
(2)△DGB是等腰三角形，理由见解析
(3)FG=4
【分析】（1）连接CO，根据圆周角定理得出∠BOD=∠BOC=2∠BAC，根据已知得出∠F=∠BAC，
根据DE⊥AC得出∠AEG=90°，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得
∠FBG=∠AEG=90°，即可得证；
（2）根据题意得出A´D=A´C，则∠ABD=∠ABC，证明EF∥BC，得出∠AGE=∠ABC，等量代换
得出∠FGB=∠ABD，即可得出结论；
（3）根据∠FGB=∠ABD，AB⊥BF，设∠FGB=∠ABD=α，则∠DBF=∠F=90°−α，等边对
等角得出DB=DF，则FG=2DG=2DB=4．
【详解】（1）证明：如图所示，连接CO，
∵B´C=B´D，
∴∠BOD=∠BOC=2∠BAC，
∵∠BOD=2∠F，
∴∠F=∠BAC，
∵DE⊥AC，
∴∠AEG=90°，
∵∠AGE=∠FGB
∴∠FBG=∠AEG=90°，
即AB⊥BF，又AB是⊙O的直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）∵B´C=B´D，AB是⊙O的直径，∴A´D=A´C，BC⊥AC，
∴∠ABD=∠ABC，
∵DE⊥AC，BC⊥AC，
∵EF∥BC，
∴∠AGE=∠ABC，
又∠AGE=∠FGB，
∴∠FGB=∠ABD，
∴△DGB是等腰三角形，
（3）∵∠FGB=∠ABD，AB⊥BF，
设∠FGB=∠ABD=α，则∠DBF=∠F=90°−α，
∴DB=DF，
∴FG=2DG=2DB=4．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关
键．
9
25．（10分）（23-24九年级·江苏盐城·阶段练习）平面直角坐标系中，抛物线y=a(x−1) 2+ 与x轴交于
2
A，B(4,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，请说明
理由；
(3)如图，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，是否存在点M使AM+OM最小，若存在，求出点M
的坐标，若不存在，请说明理由．
1 9
【答案】(1)y=− (x−1) 2+ ，A(−2,0)，C(0,4)；
2 2
(2)存在，P(1,5)，(1,−3)，(1,2+❑√7)，(1,2−❑√7)；(8 12)
(3)存在点M使AM+OM最小，M ,
5 5
【分析】本题主要考查了二次函数综合运用，待定系数法求解析式，勾股定理，轴对称的性质求线段长的
最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
（1）将B(4,0)代入函数解析式，求出解析式，即可求出点A，C的坐标；
（2）设P(1,n)，根据勾股定理分情况进行讨论，列出方程求解即可；
（3）作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，求出直线AQ的解析式，直线BC的解
析式，联立方程即可．
9
【详解】（1）解：将B(4,0)代入y=a(x−1) 2+ ，
2
9
即0=a(4−1) 2+ ，
2
1
解得a=− ，
2
1 9
∴y=− (x−1) 2+ ，
2 2
1 9
令x=0，y=− (0−1) 2+ =4，
2 2
1 9
令y=0，0=− (x−1) 2+ ，
2 2
解得x =4,x =−2，
1 2
∴A(−2,0),C(0,4)；
（2）解：存在点P，使△BCP是直角三角形，
1 9
∵y=− (x−1) 2+ ，对称轴为直线x=1，
2 2
设P(1,n)，
∵B(4,0),C(0,4)，
∴BC2=42+42=32，
BP2=(4−1) 2+n2，
PC2=12+(4−n) 2，
①当∠BCP=90°时，BP2=BC2+PC2，∴(4−1) 2+n2=32+12+(4−n) 2，
解得n=5；
②当∠CBP=90°，PC2=BC2+BP2，
∴12+(4−n) 2=(4−1) 2+n2+32，
解得n=−3；
③当∠BPC=90°，BC2=PC2+BP2，
∴32=(4−1) 2+n2+12+(4−n) 2 ，
解得n=2−❑√7或n=2+❑√7，
综上所述，P(1,5)或(1,−3)或(1,2+❑√7)或(1,2−❑√7)；
（3）解：存在
作O点关于BC的对称点Q，连接AQ交BC于点M，连接BQ，
由对称性可知，OM=QM，
∴AM+OM=AM+QM≥AQ，
当A、M、Q三点共线时，AM+OM有最小值，
∵B(4,0),C(0,4)，
∴OB=OC，
∴∠CBO=45°，
由对称性可知，∠QBM=∠CBO=45°，OB=BQ=4，
∴BQ⊥BO，
∴Q(4,4)，
设直线AQ的解析式为y=kx+b，
{−2k+b=0)
∴ ，
4k+b=4
2
{ k= )
3
解得 ，
4
b=
3
2 4
直线AQ的解析式为y= x+ ，
3 3
设直线BC解析式为y=mx+n，{4m+n=0)
∴ ，
n=4
{m=−1)
解得 ，
n=4
故直线BC解析式为y=−x+4，
{ y= 2 x+ 4 )
联立方程组 3 3 ，
y=−x+4
8
{ x= )
5
解得 ．
12
y=
5
故．
