2025-2026学年人教版数学九年级上学期期中复习压轴题型专练
【28个高频常考题型 共56题】
讲义简介：
同学你好，该份讲义针对 2025-2026学年上学期期中考试制作。考察范围为人教版九年级上
册第21章-第24章知识内容，精选近两年全国各地名校常考、易错、压轴类题型，结合常考
易错类型题，精心优选38个题型，题目难度偏上，适合提优拔尖同学考前复习使用，非常有
助于提升考试适应性，提高解题能力，掌握答题技巧。相信你在正式考试中取得满意成绩！
题型1 解一元二次方程...................................................................2
题型2 —元二次方的根与系数的关系.......................................................4
题型3 实际问题与一元二次方程...........................................................5
题型4 y=ax²+bx+c的图象与性质..........................................................7
题型5 根据二次函数的图象判断式子符号..................................................10
题型6 已知抛物线上对称的两点求对称轴..................................................12
题型7 根据二次函数的对称性求函数值....................................................15
题型8 线段周长问题（二次函数综合）....................................................17
题型09 面积问题（二次函数综合）.......................................................21
题型10 角度问题（二次函数综合）.......................................................25
题型11 特殊三角形问题（二次函数综合）.................................................30
题型12 特殊四边形（二次函数综合）.....................................................33
题型13 抛物线与x轴的交点问题.........................................................40
题型14 求x轴与抛物线的截线长.........................................................43
题型15 图象法解一元二次不等式.........................................................45
题型16 坐标与旋转规律问题.............................................................48
题型17 线段问题（旋转综合题）.........................................................50
题型18 面积问题（旋转综合题）.........................................................54
题型19 角度问题（旋转综合题）.........................................................59
题型20 坐标系中的动点问题（不含函数）.................................................63
题型21 中心对称图形规律问题..........................................................67
题型22 已知两点关于原点对称求参数.....................................................70题型23 垂径定理的推论与应用...........................................................72
题型24 圆周角定理及应用...............................................................75
题型25 点与圆的位置关系...............................................................79
题型26 切线定理的判定与性质...........................................................81
题型27 正多边形和圆的综合问题.........................................................86
题型28 弧长和扇形面积.................................................................91
题型1 解一元二次方程
1．（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）（1）计算：(π−2) 0+|−6)+
(1) −1
−2×
❑√3
5 2
（2）解方程：x2−4x+1=0
【答案】(1) 12−❑√3
(2) x =2+❑√3，x =2−❑√3
1 2
【思路引导】本题考查了实数的混合运算，解一元二次方程，熟练掌握实数的混合运算法则和解一元二次
方程的方法是解题的关键．
（1）分别计算零指数幂、绝对值、负整数指数幂和乘法运算，再进行加减计算；
（2）利用配方法求解即可．
【规范解答】解：（1）(π−2) 0+|−6)+
(1) −1
−2×
❑√3
，
5 2
=1+6+5−❑√3
=12−❑√3；
（2）x2−4x+1=0，
x2−4x=−1，
x2−4x+4=−1+4，
(x−2) 2=3，
x−2=±❑√3，
∴x =2+❑√3，x =2−❑√3．
1 22．（25-26九年级上·河南安阳·阶段练习）用合适的方法解下列方程
(1)2(3x−2) 2−32=0
(2)2x2+7x−4=0；
(3)x2−6x+4=0
(4)3x2−1=4x．
2
【答案】(1)x =2,x =−
1 2 3
1
(2)x = ,x =−4
1 2 2
(3)x =3+❑√5,x =3−❑√5
1 2
2+❑√7 2−❑√7
(4)x = ,x =
1 3 2 3
【思路引导】本题主要考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，解一元二次方
程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
（1）整理后利用直接开平方法解该一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解该一元二次方程即可；
（3）利用公式法解该一元二次方程即可；
（4）利用公式法解该一元二次方程即可．
【规范解答】（1）解：∵2(3x−2) 2−32=0，
(3x−2) 2=16，
3x−2=±4，
即3x−2=4或3x−2=−4，
2
∴x =2,x =− ；
1 2 3
（2）解：2x2+7x−4=0，
(2x−1)(x+4)=0，
2x−1=0或x+4=0，
1
∴x = ,x =−4；
1 2 2
（3）解：x2−6x+4=0，
a=1,b=−6,c=4，Δ=b2−4ac=(−6) 2−4×1×4=20>0，
−b±❑√b2−4ac 6±❑√20
x= = =3±❑√5，
2a 2
∴x =3+❑√5,x =3−❑√5；
1 2
（4）解：3x2−1=4x，
3x2−4x−1=0，
a=3,b=−4,c=−1，
Δ=b2−4ac=(−4) 2−4×3×(−1)=28>0，
−b±❑√b2−4ac 4±❑√28 2±❑√7
x= = = ，
2a 2×3 3
2+❑√7 2−❑√7
∴x = ,x = ．
1 3 2 3
题型2 —元二次方的根与系数的关系
3．（25-26九年级上·河南安阳·阶段练习）已知关于x的一元二次方程x2−7x+10−m2=0．
(1)求证：对于任意实数m，方程总有两个不相等的实数根：
(2)若此方程的两实数根x ，x 满足x2+x2=33，求实数m的值．
1 2 1 2
【答案】(1)见解析
(2)±❑√2
【思路引导】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解题的关键是完全平方公式的变形．
（1）根据一元二次方程根的判别式即可证明；
（2）根据一元二次方程的根与系数的关系和完全平方公式的变形即可求解．
【规范解答】（1）证明：关于x的一元二次方程x2−7x+10−m2=0，
Δ=49−4(10−m2)
=49−40+4m2
=4m2+9，
∵4m2≥0，
∴4m2+9>0，∴对于任意实数m，方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：∵x +x =7,x ⋅x =10−m2,x2+x2=33，
1 2 1 2 1 2
∴(x +x ) 2−2x x =33，
1 2 1 2
49−2(10−m2)=33，
解得m=±❑√2，
∴实数m的值为±❑√2．
4．（25-26九年级上·河北石家庄·阶段练习）嘉淇准备完成题目：解方程：x2+x−20=0．发现系数
“□”印刷不清楚．
(1)她把“□”猜成4，请你解方程x2+4x−20=0；
(2)她妈妈说：“你猜错了，我看到该题标准答案的结果有一个是2．”通过计算说明原题中“□”是几；
(3)若此方程两个实根都是整数，直接写出“□”中所有可能的正数之和．
【答案】(1)x =2❑√6−2,x =−2❑√6−2
1 2
(2)8
(3)28
【思路引导】（1）利用配方法求解即可．
（2）利用根与系数关系定理求解即可．
（3）利用根与系数关系定理解答即可．
本题考查了配方法求方程的根，根与系数关系，活用根与系数关系，选择适当解方程的方法是解题的关键．
【规范解答】（1）解：x2+4x−20=0，
移项，得x2+4x=20．
配方，得x2+4x+22=20+4，即(x+2) 2=24．
两边开平方，得x+2=±2❑√6．
解得x =2❑√6−2,x =−2❑√6−2．
1 2
（2）解：设方程的另一个根为m，□中的数是n，根据题意，得m+2=−n,2m=−20，
解得：m=−10，n=8，
故□中的数是8．
（3）解：设□中的数是n，x ,x 是方程x2+x−20=0的两个实数根，
1 2
则n>0，根据题意，得x +x =−n,x ⋅x =−20，
1 2 1 2
又x ,x 都是整数，且x ⋅x =−20=−1×20=1×(−20)=−2×10=−10×2
1 2 1 2
=−4×5=4×(−5)，
由于x +x =−n<0，
1 2
故 −n=1−20或−n=4−5或−n=2−10，
解得n=19或n=1或n=8，
故正数之和为1+8+19=28．
题型3 实际问题与一元二次方程
5．（25-26九年级上·湖南常德·期中）某商场将进货价为30元的台灯以40元售出，1月份销售400个，
2月份和3月份这种台灯销售量持续增加，在售价不变的基础上，3月份的销售量达到576个，设2月份和
3月份两个月的销售量月平均增长率不变．
(1)求2月份和3月份两个月的销售量月平均增长率；
(2)从4月份起，在3月份销售量的基础上，商场决定降价促销．经调查发现，售价在35元至40元范围内，
这种台灯的售价每降价0.5元，其销售量增加6个．若商场要想使4月份销售这种台灯获利4800元，则这
种台灯售价应定为多少元？
【答案】(1)20%
(2)38元
【思路引导】本题考查一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
（1）设2月份和3月份两个月的销售量月平均增长率为x，根据题意得出关于x的一元二次方程，解之取其
正值即可得出结论；
（2）设这种台灯售价应定为m元，利用总利润=每台的销售利润×四月份的销售量，即可得出关于m的一
元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【规范解答】（1）解：设2月份和3月份两个月的销售量月平均增长率为x，
根据题意，得400(1+x) 2=576，
解得x =0.2=20%，x =−2.2(舍去)，
1 2
答：2月份和3月份两个月的销售量月平均增长率为20%；
（2）设这种台灯售价应定为m元，
6
根据题意，得(m−30)[576+ (40−m)]=4800，
0.5
解得m =38，m =80，
1 2∵售价在35元至40元范围内，
∴m=38，
答：这种台灯售价应定为38元．
6．（25-26九年级上·福建泉州·阶段练习）某水果超市第一次花费2200元购进甲、乙两种水果共350
千克．已知甲种水果进价每千克5元，售价每千克10元；乙种水果进价每千克8元，售价每千克12元．
(1)第一次购进的甲、乙两种水果各多少千克？
(2)由于第一次购进的水果很快销售完毕，超市决定再次购进甲、乙两种水果，它们的进价不变．若要本
次购进的水果销售完毕后获得利润1840元，甲种水果进货量在第一次进货量的基础上增加了2m%，售价
比第一次提高了m%；乙种水果的进货量为100千克，售价不变．求m的值．
【答案】(1)第一次购进甲水果200千克，购进乙水果150千克
(2)m的值为10
【思路引导】本题主要考查了列一元一次方程和一元二次方程解决实际问题，解题的关键是找准等量关系，
列出方程求解．
（1）设第一次购进甲水果x千克，则购进乙水果(350−x)千克，根据购买的总价列出方程求解即可；
（2）根据利润列出一元二次方程，然后求解即可．
【规范解答】（1）解：设第一次购进甲水果x千克，则购进乙水果(350−x)千克，
依题意得5x+8×(350−x)=2200，
解得x=200
当x=200时，350−x=150．
答：第一次购进甲水果200千克，购进乙水果150千克；
（2）解：依题意得200×(1+2m%)×[10×(1+m%)−5)+100×(12−8)=1840
整理得(1+2m%) 2=1.44
解得m =10，m =−110（不合题意，舍去）
1 2
答：m的值为10．
题型4 y=ax²+bx+c的图象与性质
7．（25-26九年级上·河南安阳·阶段练习）抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1，与x
轴的一个交点在(−3,0)和(−2,0)之间，其部分图象如图，则下列结论：①b<0；②4ac−b2<0；③
a−b+c<0；④3a+c<0；⑤ak2+bk≤a−b（k为任意实数）；⑥若(−3,y ),(1,y )是抛物线上两点，
1 2则y >y ．正确结论的个数是（ ）
1 2
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【思路引导】本题考查二次函数图象与系数的关系、抛物线与轴的交点问题．根据题意和函数图象，利用
二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【规范解答】解：由图象可得，抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴a<0,c>0，
b
∵拋物线对称轴为x=− =−1，
2a
∴b=2a<0，故①正确．
该函数图象与x轴两个交点，则b2−4ac>0，即4ac−b2<0，故②正确．
由图象可知，当x=−1时，y>0，
∴a−b+c>0，故③错误．
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1，与x轴的一个交点在(−3,0)和(−2,0)之间，
∴与x轴的另一个交点在(0,0)和(1,0)之间，
∴当x=1时，y=a+b+c<0，
∵b=2a，
∴a+2a+c<0，
∴3a+c<0，故④正确．
∵当x=−1时，y=a−b+c取得最大值，
∴ak2+bk+c≤a−b+c，即ak2+bk≤a−b（k为任意实数），故⑤正确．
∵|−3−(−1)|=2,|1−(−1)|=2，
∴点(−3,y ),(1,y )关于抛物线对称轴x=−1对称，
1 2
∴y = y ，故⑥错误．
1 2
综上所述，正确的是①②④⑤，共4个．故选：B．
8．（25-26九年级上·吉林·期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=x2−2x+c与x轴交
于A，B两点，动点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m,m+1，其中m<1，已知点A的坐标为(−1,0)．
(1)求此抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)当点P与点Q恰好关于抛物线对称轴对称时，设抛物线的顶点为点E，求△PEQ的面积；
1
(3)当此拋物线在点P与点Q之间的部分（包含点P和点Q）的最高点与最低点的纵坐标之差为 时，直接
3
写出m的值．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2−2x−3，顶点坐标为(1,−4)
1
(2)△PEQ的面积为
8
❑√3 ❑√3
(3)m=1− 或m=
3 3
【思路引导】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键；
（1）根据待定系数法可进行求解，然后化成顶点式可求顶点坐标；
m+m+1
（2）由题意易得 =1，然后可得点P、Q坐标，进而问题可求解；
2
1 1
（3）由题意得P(m,m2−2m−3),Q(m+1,m2−4)，由（2）可分当 <m<1时，当0<m< 时，当m<0
2 2
时，然后分类求解即可．
【规范解答】（1）解：把点A(−1,0)代入二次函数解析式y=x2−2x+c得：
1−2×(−1)+c=0，解得：c=−3，
∴二次函数的解析式为y=x2−2x−3，
把y=x2−2x−3配成顶点式得：y=(x−1) 2−4，
∴顶点坐标为(1,−4)；
（2）解：由（1）可知：二次函数的对称轴为直线x=1，E(1,−4)，
∵点P与点Q恰好关于抛物线对称轴对称，
m+m+1 1 3
∴ =1，解得：m= ，则m+1= ，
2 2 2
1 3
∴点P、Q的横坐标分别为 , ，
2 2
(1 15) (3 15)
∴PQ=1，P ,− ，Q ,− ，
2 4 2 41 [( 15) ) 1
∴S = ×1× − −(−4) = ；
△PEQ 2 4 8
（3）解：∵m<1，
∴m+1<2，
由题意得：P(m,m2−2m−3),Q(m+1,m2−4)，
1
由（2）可分：当 <m<1时，此时点P、Q分别位于抛物线的对称轴两侧，且点P离抛物线的对称轴更近，
2
∴最小值为−4，最大值为m2−4，
1
∴m2−4−(−4)=
，
3
❑√3 ❑√3
解得：m = ,m =− （不符合题意，舍去）；
1 3 2 3
1
当0<m< 时，此时点Q离抛物线的对称轴更近，
2
∴最小值为−4，最大值为m2−2m−3，
1
∴m2−2m−3−(−4)=
，
3
❑√3 ❑√3
解得：m =1− ,m =1+ （不符合题意，舍去）；
1 3 2 3
当m<0时，此时最小值为m2−4，最大值为m2−2m−3，
1
∴m2−2m−3−(m2−4)=
，
3
1
解得：m= （不符合题意，舍去）；
3
❑√3 ❑√3
综上所述：m=1− 或m= ．
3 3
题型5 根据二次函数的图象判断式子符号
9．（25-26九年级上·江西南昌·阶段练习）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交点的横坐标
为x ，x ，与y轴正半轴的交点为C，−1<x <0，x =2，则下列结论正确的有（ ）
1 2 1 2
①a−b+c<0；②9a+3b+c<0；③abc>0；④a+b>0A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【思路引导】本题考查了二次函数图象与系数的关系，主要考查学生根据图形进行推理和辨析的能力，用
了数形结合思想．根据函数图象即可判断①②；由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴
的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴判断b与0的关系，进而对结论③④进行判断．
【规范解答】解：由图象可知，当x=−1时，y=a−b+c<0，故①正确；
当x=3时，y=9a+3b+c<0，故②正确；
∵抛物线开口方向向下，抛物线与y轴交于正半轴，
∴a<0，c>0，
∵抛物线与x轴的交点是(x ,0)和(2,0)，其中−1<x <0，
1 1
b
∴对称轴x=− >0，
2a
∴b>0，
∴abc<0，故③错误；
∵−1<x <0，x =2，
1 2
∴1<x +x <2，
1 2
1 x +x
∴ < 1 2<1，
2 2
b 1
∴− > ，
2a 2
∴b>−a，即a+b>0，故④正确．
故正确的有3个．
故选：B．
10．（25-26九年级上·吉林松原·阶段练习）已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，对称
轴为直线x=1．有下列5个结论：①abc>0；②a−b+c<0；③4a+2b+c>0；④3a+c>0；⑤
n(an+b)>a+b，（n为实数且n≠1）其中正确的结论有 ．【答案】①④⑤
【思路引导】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象和性质的关系，二次函数图象上点的
坐标特征，二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．根据抛物线开口方向和对
称以及与y轴的交点情况可以对①进行判断；根据x=−1时，y>0，可对②进行判断；利用抛物线的对称
轴可得x=2时，y<0，可对③进行判断；由对称轴为直线x=1可得b与a的关系，将b=−2a代入
a−b+c>0可判断④；利用二次函数的最值则可对⑤进行判断．
【规范解答】解：①∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴在y轴右侧，
b
∴− >0,
2a
∴b<0,
∵抛物线与y轴交于负半轴，
∴c<0,
∴abc>0,
故①正确；
②当x=−1时，y>0，
∴a−b+c>0,
故②错误；
③∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴x=2与x=0时的函数值相同，
∴x=2时，y<0，即4a+2b+c<0，
故③错误；
b
④∵− =1，
2a
∴b=−2a,
将b=−2a代入a−b+c>0，得3a+c>0，
故④正确；⑤∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴x=1时，函数的最小值为a+b+c，
当x=n时，y=an2+bn+c，
∴a+b+c≤an2+bn+c,
∴n(an+b)>a+b（n为实数且n≠1），
故⑤正确；
故答案为：①④⑤．
题型6 已知抛物线上对称的两点求对称轴
1
11．（25-26九年级上·江西赣州·阶段练习）已知二次函数y=− x2+x+c的部分图象如图所示．
4
(1)求该抛物线与x轴的另外一个交点坐标和c的值．
(2)将该抛物线先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，直接写出平移后抛物线的解析式并说
明点(−2,5)是否在平移后的抛物线上．
【答案】(1)(−4,0)；c=8
1
(2)y=− x2+6；点(−2,5)在平移后的抛物线上
4
【思路引导】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数的对称性，二次函数图象的平移问题，熟知二
次函数的相关知识是解题的关键．
（1）根据题意可得对称轴和与x轴的一个交点坐标，则由对称性可求出与x轴的另一个交点坐标，再利用
待定系数法可求出c的值；
（2）根据（1）所求可得平移前的抛物线解析式，进而根据平移方式可得平移后的抛物线解析式，再求出
当x=−2时，平移后抛物线所对应的函数值即可得到答案．
【规范解答】（1）解：由题意得，该抛物线的对称轴为直线x=2，且与x轴的一个交点坐标为(8,0)，
∴该抛物线与x轴的另外一个交点坐标为(2×2−8,0)，即(−4,0)，
1 1
把(−4,0)代入y=− x2+x+c中得0=− ×(−4) 2−4+c，解得c=8；
4 41 1
（2）解：由（1）得该抛物线解析式为y=− x2+x+8=− (x−2) 2+9，
4 4
1
∴将抛物线y=− (x−2) 2+9先向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后的抛物线解析式为
4
1 1
y=− (x−2+2) 2+9−3=− x2+6，
4 4
1 1
在y=− x2+6中，当x=−2时，y=− ×(−2) 2+6=5，
4 4
1
∴点(−2,5)在抛物线y=− x2+6上，即点(−2,5)在平移后的抛物线上．
4
12．（25-26九年级上·安徽合肥·阶段练习）已知抛物线y=ax2−bx(a≠0)经过点(6,0)．
(1)求该抛物线的对称轴；
(2)点A(x ,y )和B(x ,y )分别在抛物线y=ax2−bx和y=x2−x上（A，B与原点都不重合）
1 1 2 2
1
①若a= ，且x =x ，比较y 与y 的大小；
6 1 2 1 2
6 y x x
②当 2= 2 时，若 2 是一个与x 无关的定值，求a与b的值．
y x x 1
1 1 1
【答案】(1)x=3
(2)①y >y ②a=1,b=6
2 1
【思路引导】本题主要考查了二次函数的图象和性质，求抛物线的对称轴，判断函数值的大小，利用函数
值的数量关系求系数，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
（1）将已知点的坐标代入解析式中，得出系数之间的关系，利用对称轴公式即可求解；
（2）①根据题意得出函数的解析式，将x =x 代入解析式中，利用作差法即可得出函数值的大小；
1 2
6(x2−x ) x
②将函数值用各自自变量表示，整理 2 2 = 2(x ≠0,x ≠0)得出两自变量的数量关系，再根据等式
ax2−bx x 1 2
1 1 1
对任意x ≠0都成立，通过比较对应项系数相等即可求出系数的值．
1
【规范解答】（1）解：由题意得，将点(6,0)代入y=ax2−bx(a≠0)得，36a−6b=0，
即b=6a，
−b 6a
∴− = =3，
2a 2a故所求抛物线的对称轴是直线x=3．
1
（2）解：①∵a=
6
∴b=1，
1
∴抛物线的解析式为y= x2−x．
6
又∵x =x ，
1 2
∴y −y =(x2−x )− (1 x2−x ) =(x2−x )− (1 x2−x❑) = 5 x2 ．
2 1 2 2 6 1 1 1 1 6 1 1 6 1
1
∵抛物线y= x2−x过原点，且点A与原点不重合，
6
∴x ≠0，
1
5
∴
x2>0，
6 1
故y >y ；
2 1
②∵A(x ,y )在y=ax2−bx(a≠0)上，
1 1
∴y =ax 2−6ax ，
1 1 1
∵B(x ,y )在y=x2−x上，
2 2
∴y =x 2−x ，
2 2 2
6 y x
∵
2= 2
，
y x
1 1
6(x2−x ) x
∴ 2 2 = 2(x ≠0,x ≠0)，
ax2−6ax x 1 2
1 1 1
6(x2−x ) x
∴ 2 2 = 2 ，
a(x2−6x ) x
1 1 1
∴6x (x2−x )=ax (x2−6x )，
1 2 2 2 1 1x
∵ 2 是一个与x 无关的定值，
x 1
1
x
∴设
2=k（k为定值,k≠0）,
x
1
∴x =kx ,
2 1
将 x =kx 代入上式得：6x [(kx ) 2−kx )=akx (x2−6x )，
2 1 1 1 1 1 1 1
整理得6k2x3−6kx2=akx3−6akx2
，
1 1 1 1
由于上式对任意x ≠0都成立，所以对应项系数相等，
1
{ 6k2=ak )
则有 ，
−6k=−6ak
{a=1
)
解得 1 ，
k=
6
∴b=6a=6．
题型7 根据二次函数的对称性求函数值
13．（23-24九年级上·山西长治·期末）已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中，函数y与自变量x的部
分对应值如表：
x … −1 0 1 2 …
y … 0 −3 −4 −3 …
(1)当x=3时，y=____________；
(2)求二次函数的表达式；
(3)若抛物线上两点A(x ,y ),B(x ,y )的横坐标满足x >x >1，则y −y ____________0（填“>”“<
1 1 2 2 1 2 1 2
”或“=”）．
【答案】(1)0
(2)y=x2−2x−3
(3)>
【思路引导】本题考查二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，正确的求出函数解析式是解题的关键：
（1）根据对称性进行求解即可；
（2）待定系数法求出函数解析式即可；
（3）根据二次函数的增减性进行判断即可．
【规范解答】（1）解：由表格可知，x=0和x=2的函数值相同，
0+2
∴抛物线的对称轴为直线x= =1，
2
∴x=3和x=−1的函数值相同，
∴当x=3时，y=0；
（2）由（1）结合表格可知，抛物线的顶点坐标为(1,−4)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2−4，
把(0,−3)代入，得a(0−1) 2−4=−3，解得a=1，
∴y=(x−1) 2−4=x2−2x−3；
（3）∵y=x2−2x−3的对称轴为直线x=1，
∴当x>1时，函数值随着x的增大而增大，
∵抛物线上两点A(x ,y ),B(x ,y )的横坐标满足x >x >1，
1 1 2 2 1 2
∴y >y ，
1 2
∴y −y >0；
1 2
故答案为：>．
14．（25-26九年级上·北京·阶段练习）已知抛物线y=x2−4mx+4m2−1．
(1)求此抛物线的顶点的坐标；
(2)若点P(2m+1,y )，M(x ,y )均在抛物线上，求线段PM的长度；
1 B 1
(3)若这条抛物线经过点P(2m+1,y )，Q(2m−t,y )，且y <y ，求t的取值范围．
1 2 1 2
【答案】(1)(2m,−1)；
(2)2；
(3)t>1或t<−1．
【思路引导】本题主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数的对称性．解决本题的关键是根据二次函
数的对称性判断t的取值范围．(1)把抛物线y=x2−4mx+4m2−1的解析式整理成顶点坐标式，可得：y=(x−2m) 2−1，根据顶点坐标
式解析式即可得到抛物线的顶点坐标；
(2)因为点P(2m+1,y )和点M(x ,y )的纵坐标相等，所以点P(2m+1,y )与M(x ,y )关于对称轴对
1 B 1 1 B 1
称，由(1)可知抛物线的对称轴是x=2m，所以点P到对称轴的距离是1，根据二次函数的对称性可知点M
到对称轴的距离是1，所以可得：PM=2；
(3)因为2m+1>2m，可知点P在对称轴的右侧，根据二次函数的对称性，可知点P的对称点的坐标是
(2m−1,y )，若要y <y ，则点Q在点P的右侧，或在点P的对称点的左侧，从而可得t的取值范围．
1 1 2
【规范解答】（1）解：把抛物线y=x2−4mx+4m2−1的解析式整理成顶点坐标式，
可得：y=(x−2m) 2−1，
∴抛物线的顶点坐标是(2m,−1)；
（2）解：∵点P(2m+1,y )和点M(x ,y )的纵坐标相等，
1 B 1
∴点P(2m+1,y )与M(x ,y )关于对称轴对称，
1 B 1
∵点P到对称轴的距离是2m+1−2m=1，
∴点M到对称轴的距离也是1，
∴PM=1+1=2；
（3）解：抛物线y=x2−4mx+4m2−1的解析式中a=1>0，
∴抛物线开口向上，
由(1)可知，抛物线的解析可以整理为y=(x−2m) 2−1，
∴抛物线的对称轴是x=2m，
∵点P的坐标为(2m+1,y )，
1
∴点P关于x=2m的对称点的坐标是(2m−1,y )，
1
当点Q(2m−t,y )，在对称轴左侧时，
2
若y <y ，则2m−t<2m−1，
1 2
解得：t>1；当点Q(2m−t,y )，在对称轴右侧时，
2
若y <y ，则2m−t>2m+1，
1 2
解得：t<−1；
综上所述，若y <y ，则t>1或t<−1．
1 2
题型8 线段周长问题（二次函数综合）
15．（24-25九年级上·内蒙古呼伦贝尔·期末）如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、
B两点，其中点A的坐标为(−3,0)，与y轴交于点C，点D(−2,−3)在抛物线上；
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PAD周长最小，若存在，求出P点的坐标及△PAD周长的最
小值．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)❑√10+3❑√2，P(−1,−2)
【思路引导】（1）根据A,D的坐标，待定系数法求解析式即可；
（2）先求得点B的坐标，根据抛物线的对称性可得，当△PAD周长确定最小值时，D,P,B三点共线，进
而根据勾股定理求两点坐标距离即可求得最小值，再求解直线BD的解析式即可得到P的坐标．
【规范解答】（1）解：∵A(−3,0),D(−2,−3)在二次函数y=x2+bx+c的图象上，
{ 9−3b+c=0 )
∴
4−2b+c=−3
{ b=2 )
解得
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：∵ y=x2+2x−3 =(x+1) 2−4
∴对称轴为x=−1
如图，连接DB，∵A,B x=−1
关于 轴对称
∴PA=PB
△APD的周长等于AD+PA+PD=AD+PB+PD≥AD+DP，
当D,P,B三点共线时，△APD的周长取得最小值，最小值为AD+DP
由抛物线解析式y=x2+2x−3，
令y=0，即x2+2x−3=0，
解得x =−3,x =1，
1 2
∴B(1,0)，
∵A(−3,0),D(−2,−3),B(1,0)，
∴AD=❑√(−3+2) 2+(−3) 2=❑√10，DB=❑√(1+2) 2+(−3) 2=3❑√2，
∴ △APD的周长的最小值为❑√10+3❑√2，
∵D(−2,−3),B(1,0)，
设直线BD为y=ex+n，
{ e+n=0 )
∴ ，
−2e+n=−3
{ e=1 )
解得： ，
n=−1
∴直线BD为y=x−1，
当x=−1时，y=−2，
∴P(−1,−2)．
【考点剖析】本题考查了待定系数法求二次函数，勾股定理的应用，一次函数的解析式，根据抛物线的对
称性求线段和的最小值，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
1
16．（24-25九年级下·广东中山·开学考试）如图，已知直线y=− x+2与x轴、y轴交于B，A两点，
2
抛物线y=−x2+bx+c经过点A，B，点P为线段OB上一个动点，过点P作垂直于x轴的直线交抛物线于点
N，交直线AB于点M，设点P的横坐标为t．(1)求抛物线解析式；
(2)当MN=2MP，求t的值；
(3)若点N到直线AB的距离为d，求d的最大值；
7
【答案】(1)y=−x2+ x+2
2
(2)t=1
8❑√5
(3)
5
【思路引导】本题主要考查了二次函数综合，求一次函数与坐标轴的交点坐标，待定系数法求二次函数解
析式等等，通过把求线段的长转换成点P横坐标的二次函数是解题的关键．
（1）先根据一次函数解析式求出A、B的坐标，再把A、B坐标代入抛物线解析式中求出抛物线解析式即可；
（2）由P(t,0)，得M ( t，− 1 t+2 ) ，N ( t，−t2+ 7 t+2 ) ，分别表示出MN=−t2+4t，MP=− 1 t+2，
2 2 2
由MN=2MP，建立方程，−t2+4t=2 ( − 1 t+2 ) ，解方程即可得到答案；
2
（3）如图所示，连接NA、NB，设点N到AB的距离为d，设，同理得到MN=−t2+4t，利用勾股定理
1 8❑√5
求出AB=2❑√5，根据S =−2(t−2) 2+8，最大值为8，得S = AB⋅d=8，推出d= ，即d
△ANB △ANB 2 5
8❑√5
的最大值为
5
1
【规范解答】（1）解：直线y=− x+2中，x=0时，y=2；y=0时，x=4．
2
∴点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(4,0)．∵抛物线y=−x2+bx+c经过点A，B，
{ c=2 )
∴ ，
−16+4b+c=0
解得：¿，
7
∴抛物线的解析式为y=−x2+ x+2；
2
（2）解：∵设点P(t,0)（0≤t≤4），则点M ( t，− 1 t+2 ) ，N ( t，−t2+ 7 t+2 ) ，
2 2
∴MN=−t2+ 7 t+2− ( − 1 t+2 ) =−t2+4t，MP=− 1 t+2，
2 2 2
∵MN=2MP，
∴−t2+4t=2 ( − 1 t+2 ) ，
2
解得：t=1或4（与点B重合，舍去），
∴t=1；
（3）解：点N到直线AB的距离为d，
求d的最大值即为求△ANB面积的最大值，
连接NA、NB，如下图所示，
∵点B(4,0)、A(0,2)，
∴OB=4，OA=2，
由（2）得：MN=−t2+4t，
1 1
∴S = MN⋅OB= (−t2+4t)×4=−2(t−2) 2+8≤8，
△ANB 2 2
∴△ANB面积最大为8，∵AB=❑√OA2+OB2=2❑√5，
1
∴S = AB⋅d=8，
△ANB 2
8❑√5
解得d= ，
5
8❑√5
即d的最大值为 ；
5
题型09 面积问题（二次函数综合）
17．（25-26九年级上·广东东莞·阶段练习）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点
A(3,0),B(5,0),C(0,−15)．
(1)求抛物线的解析式及其顶点坐标；
(2)判断点P(−1,−24)是否在该二次函数的图象上，并说明理由，若P点在二次函数图像上，求出
△ABP的面积；
【答案】(1)y=−(x−4) 2+1，顶点(4,1)
(2)P(−1,−24)在该二次函数的图象上，理由见解析；△ABP的面积为24
【思路引导】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，是解题的关键：
（1）设抛物线解析式为y=a(x−3)(x−5)，待定系数法求出函数解析式即可；（2）把x=−1代入，进行判断，利用三角形的面积公式进行求解即可．
【规范解答】（1）解：依题意， 设抛物线y=a(x−3)(x−5)，
代入C(0,−15)得，−15=15a，
解得：a=−1，
∴抛物线解析式为y=−(x−3)(x−5)=−x2+8x−15=−(x−4) 2+1，
∴顶点坐标为(4,1)；
（2）P(−1,−24)在该二次函数的图象上，理由如下，
当x=−1时，y=−(−1−3)(−1−5)=−24，
∴P(−1,−24)在该二次函数的图象上，
∵A(3,0),B(5,0)
∴AB=2
1 1
∴S = ×AB×|y )= ×2×24=24
△ABP 2 P 2
18．（25-26九年级上·江西南昌·阶段练习）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴
交于点C，作直线BC，其中点A(−1,0)，点C(0,−4)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点E是抛物线上B，C两点之间的一个动点（不与点B，C重合），设点E的横坐标为x，过点E作
EF∥y轴，交直线BC于点P，交x轴于点F．
（i）连接CE，BE，求△BCE面积的最大值，并求此时点E的坐标；
（ii）是否存在点P使得△CPE为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)（i）当m=2时，△BCE面积的最大值为8，此时点E的坐标为(2,−6)；（ii）存在，点P的坐标为
(3,−1)或(2,−2)，理由见解析
【思路引导】（1）用待定系数法求二次函数的解析式即可；（2）（i）设E(m,m2−3m−4)，先求出P(m,m−4)，得到PE=−m2+4m，可求得△BCE的面积为
−2m2+8m，再根据二次函数的性质求最大值即可；
（ii）当∠PEC=90°时，证明CE=PE=OF，即可列方程求解；当∠PCE=90°时， 过点C作
1
CH⊥PE于点H，证明CH= PE，即可列方程求解．
2
{(−1) 2+b×(−1)+c=0)
【规范解答】（1）解：把A(−1,0)，C(0,−4)的坐标代入y=x2+bx+c，得 ，
c=−4
{b=−3)
解得 ，
c=−4
∴该抛物线的解析式为y=x2−3x−4；
（2）解：（i）设E(m,m2−3m−4)，
令y=0，则x2−3x−4=0，
解得x =−1，x =4，
1 2
∴B(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b′，
{4k+b′=0)
将B(4,0)，C(0,−4)的坐标代入得 ，
b′=−4
{ k=1 )
解得 ，
b′=−4
∴直线BC的解析式为y=x−4，
∴P(m,m−4)，
∴PE=m−4−(m2−3m−4)=−m2+4m，
1
∴△BCE的面积为 ×4×PE=2(−m2+4m)=−2m2+8m=−2(m−2) 2+8，
2
∵0<m<4，
∴当m=2时，△BCE的面积有最大值，最大值为8，
此时m2−3m−4=22−3×2−4=−6，
∴点E的坐标为(2,−6)；（ii）存在，点P的坐标为(3,−1)或(2,−2)．理由如下：
由（i）知，OB=OC=4，
在Rt△BOC中，∠BCO=45°，
∵EF∥OC，
∴∠CPE=∠BCO=45°，
当∠PEC=90°时，如图， ∠CPE=∠PCE=45°，
∴CE=PE=OF，
∴−m2+4m=m，
解得m=0或3，
∴P(3,−1)；
当∠PCE=90°时， 过点C作CH⊥PE于点H，
则∠PEC=90°−∠CPE=45°，
∴CP=CE，
∴PH=PE，
1
∴CH= PE，
2
1
∴m= (−m2+4m)，
2
解得m=0或2，
∴P(2,−2)；综上所述，点P的坐标为(3,−1)或(2,−2)．
【考点剖析】本题考查了二次函数与面积问题，二次函数与特殊三角形的综合问题，二次函数的图象与性
质，用待定系数法求二次函数的解析式等知识，分类讨论两种情况是解题的关键．
题型10 角度问题（二次函数综合）
1
19．（24-25九年级上·福建福州·期中）已知抛物线y=− x2+bx+3与x轴相交于A，B两点（点A在
4
点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线x=2．
(1)求AB的长；
(2)点D为BC上方抛物线上的一动点，若△BCD的面积是△ABC面积的一半，求点D的横坐标；
(3)过点C的直线y=mx+n(m>0)与抛物线的另一个交点为M，若∠MCB=2∠ABC，求点M的坐标．
【答案】(1)AB=8
(2)点D的横坐标为4或2
(3)M(2,4)
【思路引导】该题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数
形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关
系．还考查了等腰三角形的性质和三角形外角的性质，一次函数的图象和性质．
（1）求出抛物线的表达式，得到A(−2,0),B(6,0)，即可求解；
（2）由S = 1( − 1 m2+ 3 m ) ⋅6=6，即可求解；
△BCD 2 4 2
（3）证明CN=CB，则NO=BO=6，得到N(−6,0)，即可求解．
b b
− =− =2b=2
【规范解答】（1）解：∵ 2a 1 ，
−
2
∴b=1，1
∴y=− x2+x+3，
4
1
令y=0，则0=− x2+x+3，
4
∴x =−2,x =6，
1 2
∴A(−2,0),B(6,0)，
∴AB=8．
（2）解：当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
1
∴S = ×8×3=12，
△ABC 2
∴S =6，
△BCD
设直线BC的表达式为：y=kx+3，
将点B的坐标代入上式得：0=6k+3，
1
则k=− ，
2
1
则直线BC:y=− x+3，
2
过点D作DE∥y轴交BC于E，
设D ( m,− 1 m2+m+3 ) ，则E ( m,− 1 m+3 ) ，
4 2
∴ 1( − 1 m2+ 3 m ) ⋅6=6，
2 4 2
∴m =4,m =2，
1 2
∴点D的横坐标为4或2；
（3）解：设直线y=mx+n与x轴交于点N，则∠MCB=∠MNB+∠ABC=2∠ABC，
∴∠MNB=∠ABC，
∴CN=CB，
∴NO=BO=6，
∴N(−6,0)，
{0=−6m+n) { m= 1 )
由点C、N的坐标得， ，解得： 2 ，
n=3
n=3
1
∴直线l的解析式为：y= x+3，
2
1 1
令 x+3=− x2+x+3，
2 4
解得：x =0,x =2，
1 2
∴M(2,4)．
20．（24-25九年级上·广东汕头·期中）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−5,0)，B(−1,0)两
点，与y轴交于点C(0,5)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线对称轴上一点，点Q是平面内任意一点，当以A、C、P、Q为顶点的四边形是矩形时，
求点P的坐标；
(3)过点B的直线交直线AC于点M，连接BC，当直线BM与直线AC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直
接写出点M的坐标．【答案】(1)y=x2+6x+5
(2)P(−3,6)或P(−3,−1)或P(−3,8)或P(−3,−2)
( 13 17) ( 23 7)
(3) − , 或 − ,
6 6 6 6
【思路引导】（1）由抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−5,0),B(−1,0)两点，设y=a(x+5)(x+1)，
再把C(0,5)代入利用待定系数法求解即可；
（2）分两种情况讨论：如图，当AC为矩形边时，当AC为矩形对角线时，如图，再结合图形求解即可．
（3）作BC的垂直平分线l，垂足为E，交AC于点M ，作BN⊥AC于点N，作点M 关于点N的对称点
1 1
M ,M ,M 符合条件，根据题意分别画图求解即可．
2 1 2
【规范解答】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−5,0),B(−1,0)两点，
∴设y=a(x+5)(x+1)，
把C(0,5)代入得：5a=5，
解得：a=1，
∴抛物线为：y=(x+5)(x+1)=x2+6x+5；
6
（2）解：根据题意可得抛物线的对称轴为直线x=− =−3，
2
设P(−3,m)，则AC2=50,AP2=4+m2,PC2=9+(m−5) 2=m2−10m+34，
当AC为矩形边时，可得∠P CA=90°或∠P AC=90°，
1 2
当∠P CA=90°时，则AC2+P C2=AP 2 ，即50+m2−10m+34=4+m2，
1 1 1
解得：m=8，
则P(−3,8)；
当∠P AC=90°时，则AC2+AP 2=P C2 ，即50+4+m2=m2−10m+34，
2 2 2
解得：m=−2，
则P(−3,−2)；
如图，当AC为矩形对角线时，∵A(−5,0),C(0,5) AP CQ
3 3
，四边形 是矩形，
∴∠AP C=90°，
3
则AC2=AP 2+P C2 ，即50=4+m2+m2−10m+34，
3 3
解得：m=6或m=−1，
则P(−3,6)或P(−3,−1)；
综上：P(−3,6)或P(−3,−1)或P(−3,8)或P(−3,−2)．
（3）解：设直线AC的解析式为y=kx+5，则−5k+5=0，解得：k=1，
故直线AC的解析式为y=x+5，
设M(n,n+5)，
作BC的垂直平分线l，垂足为E，交AC于点M ，如图所示．
1
根据题意可得CM =BM ，
1 1
当CM =BM 时，∠BCM =∠CBM ，∠AM B=∠BCM +∠CBM =2∠ACB，故M 符合
1 1 1 1 1 1 1 1
条件．
此时，n2+(n+5−5) 2=(−1−n) 2+(n+5) 2，
13
解得：n=− ，
6( 13 17)
∴点M 的坐标为 − , ．
1 6 6
作BN⊥AC于点N，作点M 关于点N的对称点M ．如图所示．
1 2
此时BM =BM ，则∠CM B=∠AM B=2∠ACB，故点M 符合条件．
2 1 2 1 2
根据题意AO=CO，
∴∠CAO=∠ACO=45°，
∵BN⊥AC，
∴∠NAO=∠ABN=45°，
过点N作NH⊥AO于H，
1
则NH=AH=HB= AB=2，
2
∴N(−3,2)，
∵点M ,M 关于点N对称，
1 2
即点N为线段M M 的中点，
1 2
( 23 7)
∴点M 的坐标为 − , ．
2 6 6
( 13 17) ( 23 7)
∴点M的坐标为 − , 或 − , ．
6 6 6 6
【考点剖析】本题考查的是利用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，矩形的性质，线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质，利用数形结合和分类讨
论的方法解题是关键．
题型11 特殊三角形问题（二次函数综合）
21．（24-25九年级上·重庆大足·期末）如图1，抛物线y=x2+bx+c交x轴于点A(−5，0)和点B，交
y轴于点C(0,−5)．(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，若点P是线段AC上的一动点，作PQ⊥x轴，交抛物线于点Q，当PQ最大时，在抛物线对称
轴上找一点M，使QM+AM的值最小，求出此时点M的坐标；
(3)若点P在直线AC上的运动过程中，是否存在点P，使△ABP为等腰三角形？若存在，直接写出点P的
坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+4x−5
( 15)
(2) −2,−
2
(3)存在，P点坐标为(−5−3❑√2,3❑√2)或(−5+3❑√2,−3❑√2)或(1,−6)或(−2,−3)
【思路引导】本题主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的几何应用、等腰三角形的定义、勾股
定理等知识点，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=−x−5，设P(m，−m−5)，则Q(m，m2+4m−5)，
( 5) 2 25 5 25 ( 5 35)
可得PQ=− m+ + ，得到当m=− 时PQ最大为 ，此时Q − ,− ；再求得点B的坐标为
2 4 2 4 2 2
5 5
B(1，0)，再利用待定系数法求出直线BQ的表达式为y= x− ，最后把x=−2代入计算即可求解；
2 2
（ ）设P(t，−t−5)，由勾股定理可得AB2=36，AP2=2t2+20t+50，BP2=2t2+8t+26，根据等
腰三角形的定义分三种情况解答求解即可．
【规范解答】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c交y轴于点C(0,−5)，则c=−5，
再把A(−5，0)代入抛物线，得：0=25−5b−5，
解得：b=4，所以抛物线的函数表达式为y=x2+4x−5．
（2）解：设直线AC的解析式为y=kx+b，
{0=−5k+b)
则 ，
−5=b
{k=−1)
解得： ，
b=−5
∴直线AC的解析式为y=−x−5，
设P(m，−m−5)，则Q(m，m2+4m−5)，
∴PQ=−m−5−(m2+4m−5)=−m2−5m=− ( m+ 5) 2 + 25 ，
2 4
5 25 ( 5 35)
∴当m=− 时，PQ最大为 ，此时Q − ,− ，
2 4 2 2
当y=0时，0=x2+4x−5，
解得：x=−5或1，即B(1，0)
设直线BQ的表达式为y=mx+n，代入B、Q两点坐标，
{ − 5 k+b=− 35 )
得 2 4 ，
k+b=0
5
{ k= )
2
解得 ，
5
b=−
2
5 5
∴直线BQ的表达式为y= x− ，
2 2
5 5 15
∵抛物线的对称轴为直线x=−2，把x=−2代入y= x− ，得y=− ，
2 2 2
( 15)
∴M点坐标为 −2,− ．
2
（3）解：存在，理由如下：
由抛物线的对称轴为直线x=−2、A(−5，0)、 B(1，0)，
设P(t，−t−5)，∴AB2=36，AP2=2(t+5) 2=2t2+20t+50，BP2=(t−1) 2+(t+5) 2=2t2+8t+26，
①当AB=AP时，即36=2t2+20t+50，
得t2+10t+7=0，
解得：t=−5±3❑√2，
∴P点坐标为(−5−3❑√2,3❑√2)或(−5+3❑√2,−3❑√2)；
②当BA=BP时，即36=2t2+8t+26，
得t2+4t−5=0，
解得t=−5或1（−5舍去），
∴P点坐标为(1,−6)；
③当PA=PB时，易知P点的横坐标为−2，
代入y=−x−5中得y=−3，
∴P点坐标为(−2,−3)．
综上，P点坐标为(−5−3❑√2,3❑√2)或(−5+3❑√2,−3❑√2)或(1,−6)或(−2,−3)．
22．（24-25九年级上·吉林四平·期末）如图，直线y=−x+n与x轴交于点A(3,0)，与y轴交于点B，
抛物线y=−x2+bx+c经过A，B两点，点E(m,0)是线段OA上的一个动点（不与点O和点A重合），过点
E作ED⊥x轴，交直线AB于点D，交抛物线于点P，连接PB．
(1)求抛物线解析式；
(2)当线段PD的长度最大时，求点P的坐标；
(3)若线段BD和PD为等腰三角形PBD的腰，求此时点E的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(3 15)
(2)P ,
2 4
(3)点E的坐标为(3−❑√2,0)【思路引导】（1）由待定系数法即可求解；
（2）由PD=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，即可求解；
（3）PD2=(−m2+3m) 2 ，BD2=m2+(−m+3−3) 2=2m2，由PD=BD时，则❑√2m=−m2+3m，即可
求解．
【规范解答】（1）解：∵直线y=−x+n与x轴交于点A(3,0)，
∴0=−3+n，
∴n=3，
∴直线解析式为：y=−x+3，
当x=0时，y=3，
∴点B(0,3)，
∵抛物线y=−x2+bx+c经过点A，B，
{ c=3 )
则 ，
0=−9+3b+c
{b=2)
解得： ，
c=3
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：∵ED⊥x轴，
∴∠PEA=90°，
∴∠BDP=∠ADE<90°，
∵点E(m,0)，
∴点P(m,−m2+2m+3)，则点D(m,−m+3)，
则PD=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，
当m=
3
时，PD最大．−m2+2m+3=−
(3) 2
+2×
3
+3=
15
，
2 2 2 4
(3 15)
∴P , ；
2 4
（3）解：根据题意得，0<m<3，
由（2）得PD=−m2+3m，BD=❑√m2+(−m+3−3) 2=❑√2m，∵PD=BD，
∴ ❑√2m=−m2+3m，
解得：m=0（舍去）或3−❑√2，
∴点E的坐标为(3−❑√2,0)．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性
质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
题型12 特殊四边形（二次函数综合）
23．（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，已知抛物线L:y=ax2+bx+c(a>0)，与x轴交于A，B
两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=OC=3OA，点A(−1,0)．
(1)求抛物线L的函数表达式；
(2)若抛物线L的顶点为D，抛物线的对称轴交直线BC于点E，点P为直线DE右侧抛物线上一点，点Q在
直线BC上，是否存在以点D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标，若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3；
(3+❑√17 −3+❑√17)
(2)存在，点Q的坐标为(2,−1)或 , 或(0,−3)．
2 2
【思路引导】（1）由A(−1,0)，OB=OC=3OA，OB=OC=3，求出B(3,0)，C(0,−3)，然后利用待
定系数法即可求解；
（2）先求出直线BC解析式为y=x−3，设Q(m,m−3)，P(n,n2−2n−3)(n>1)，则分当DE为边时，
四边形EDP Q 为平行四边形时；当DE为边时，四边形EDQ P 为平行四边形时；当DE为对角线时，
1 1 2 2
四边形EP DQ 为平行四边形时三种情况，然后根据中点坐标即可求解；
3 3本题考查了二次函数和一次函数的性质，待定系数法求解析式，二次函数与平行四边形的关系，掌握知识
点的应用是解题的关键．
【规范解答】（1）解：∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵OB=OC=3OA，
∴OB=OC=3，
∴B(3,0)，C(0,−3)，
∵抛物线L:y=ax2+bx+c(a>0)，与x轴交于A，B两点与y轴交于点C，
{
a−b+c=0
) {
a=1
)
∴ 9a+3b+c=0 ，解得： b=−2 ，
c=3 c=−3
∴抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：存在点Q，理由如下，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴设直线BC解析式为y=k x+b ，
1 1
{3k +b =0) { k =1 )
∴ 1 1 ，解得： 1 ，
b =−3 b =−3
1 1
∴直线BC解析式为y=x−3，
∵点Q在直线BC上，
∴设Q(m,m−3)，
∵点P为直线DE右侧抛物线上一点，
设P(n,n2−2n−3)(n>1)，
由抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)，
∴当x=1时，y=1−3=−2，
∴E(1,−2)，
当DE为边时，四边形EDP Q 为平行四边形时，如图，
1 1{ 1+m=1+n )
由中点坐标可得： ，
m−3+(−4)=n2−2n−3−2
{m=2) {m=1)
解得： 或 （舍去），
n=2 n=1
∴点Q (2,−1)；
1
当DE为边时，四边形EDQ P 为平行四边形时，如图，
2 2
{ 1+m=1+n )
由中点坐标可得： ，
m−3+(−2)=n2−2n−3−4
{ m=
3+❑√17
) { m=
3−❑√17
)
2 2
解得： 或 （舍去），
3+❑√17 3−❑√17
n= n=
2 2
(3+❑√17 −3+❑√17)
∴点Q , ；
2 2 2
当DE为对角线时，四边形EP DQ 为平行四边形时，如图，
3 3{ 1+1=m+n )
由中点坐标可得： ，
−2−4=n2−2n−3+m−3
{m=0) {m=1)
解得： 或 （舍去），
n=2 n=1
∴点Q (0,−3)，此时与点Q重合；
3
(3+❑√17 −3+❑√17)
综上可知：点Q的坐标为(2,−1)或 , 或(0,−3)．
2 2
24．（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−x+4与x轴交于点A，
1
与y轴交于点B，抛物线y=− x2+bx+c经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C，D为抛物线上的一个
2
动点，连接BC，BD，AD．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点D在直线AB上方时，求△ABD面积的最大值；
(3)当点D在y轴右侧时：
①连接CD，当△BCD的面积是△OBC面积的一半时，直接写出点D的坐标______；
②设E(1,m)是抛物线对称轴上一动点，当A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形时，求出所有符合条件的m的值．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)4
3 1
(3)①(❑√5−1,2❑√5)；② 或
2 2
【思路引导】（1）先求出直线与坐标轴交点A，B的坐标，再代入抛物线解析式求出b，c的值．
（2）过点D作DF⊥x轴交AB于点F，设F点的横坐标为m，则F(m,−m+4)，得到点D的坐标为
( m,− 1 m2+m+4 ) ，通过三角形面积公式表示出△ABD面积，再根据二次函数性质求最大值．
2
（3）①先求出△OBC面积，再根据△BCD面积与△OBC面积关系求出点D纵坐标，进而求出横坐标．
②分二种情况，根据平行四边形对边平行且相等的性质，利用点的坐标关系求出m的值．
【规范解答】（1）对于直线y=−x+4，当y=0时，−x+4=0，解得x=4，
∴ A(4,0)；
当x=0时，y=4，
∴ B(0,4)，
1
把A(4,0)，B(0,4)代入y=− x2+bx+c得：
2
{ − 1 ×42+4b+c=0)
2 ，
c=4
1
将c=4代入− ×42+4b+c=0，
2
得−8+4b+4=0，4b=4，解得b=1，
1
∴抛物线解析式为y=− x2+x+4；
2
（2）过点D作DF⊥x轴交AB于点F，设F点的横坐标为m，把x=m代入y=−x+4得y=−m+4，
∴ F(m,−m+4)．
∴点D的坐标为 ( m,− 1 m2+m+4 ) ，
2
∴ DF= ( − 1 m2+m+4 ) −(−m+4)=− 1 m2+2m
2 2∵ S =S +S
△ABD △BDF △ADF
1 1
S = ×DF×m，S = ×DF×(4−m)．
△BDF 2 △ADF 2
1 1 1 1
∴ S = ×DF×m+ ×DF×(4−m)= ×DF×(m+4−m)= ×DF×4
△ABD 2 2 2 2
1
将DF=− m2+2m代入，
2
1
∴ S = ×DF×4=−(m−2) 2+4，
△ABD 2
∴ △ABD面积的最大值最大值是4；
1 1
（3）①抛物线y=− x2+x+4，令y=0，即− x2+x+4=0，
2 2
解得x =4,x =−2，
1 2
∴ C(−2,0)．
1
S = ×2×4=4，
△OBC 2
∵ △BCD的面积是△OBC面积的一半，
∴ S =2，
△BCD
过点D作DH⊥x轴交x轴于点H，设H点的横坐标为n，∴H点坐标为(n,0)，D ( n,− 1 n2+n+4 ) ，
2
∴ DH= ( − 1 n2+n+4 )
2
∵ S +S =S +S
△BCD △CDH 梯形OBDH △OBC
∴ S =S +S −S
△BCD 梯形OBDH △OBC △CDH
∵ S = 1 (OB+DH)·OH= 1( 4− 1 n2+n+4 ) ·n
梯形OBDH 2 2 2
1 1 1
∵ S = CH·DH= ·(n+2)·(− n2+n+4)
△CDH 2 2 2
代入化简解得n=❑√5−1，
代入抛物线得y=2❑√5，
∴ D(❑√5−1,2❑√5)；
②由题意A(4,0)，B(0,4)
当AB是对角线时，如图，BE∥AD，BE=AD
由E(1,m)及平移得，D(3,−m+4)
1 3
代入y=− x2+x+4，解得m= ；
2 2
当AB是平行四边形的边时，如图，BE∥AD，BE=AD
由E(1,m)及平移得，D(5,−4+m)
1 3
代入y=− x2+x+4，解得m= ；
2 2
1
解得m=
2
3 1
∴ m的值是 或 ．
2 2【考点剖析】本题考查一次函数与二次函数的综合应用，三角形面积计算，平行四边形的性质等，解题的
关键是熟练掌握函数的性质，利用相关公式和性质建立方程求解．
题型13 抛物线与x轴的交点问题
25．（25-26九年级上·广东·期中）如图是二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象，有下列结论：①
方程ax2+bx+c=0的两个根是x =−3，x =2；②3a+c>0；③a−b<m(am+b)（m≠−1，m为实
1 2
数）；④若点A(x ，y )，B(x ，y )为抛物线上两点，当x <−1<x ，且x +x >−2时，有y <y ，其
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
中正确的是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】C
【思路引导】本题主要考查了二次函数的图像性质，准确分析判断是解题的关键．
根据二次函数图象的对称性、函数图象对称轴和函数最值的判断逐项进行分析即可；
【规范解答】由图象可知，抛物线与x轴的交点为(−3,0)，(1,0)，
∴方程ax2+bx+c=0的两个根是x =−3，x =1，故①不正确；
1 2
当x=1时，y=a+b+c=0，
b
∵x=− =−1，
2a∴b=2a，
∴3a+c=0，故②不正确；
∵函数图象开口方向向上，对称轴为x=−1，
∴当x=−1时，y=a−b+c为最小值，
∴a−b+c≤am2+bm+c，
∵m≠−1，
∴a−b+c<am2+bm+c，
∴a−b<am2+bm，
∴a−b<m(am+b)，故③正确；
当x=−1时，y=a−b+c<0，x=2时，y=4a+2b+c>0，
∵二次函数对称轴且图象开口向上，
∴x=−1时函数有最小值，
∴ x>−1时，y随x增大而增大，
∴当x <−1<x 且x +x >−2时，y <y ，故④正确；
1 2 1 2 1 2
综上所述，正确的有③④．
故选C．
26．（25-26九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+c的开口向下，与x轴交于点
A(−1,0)和点B(m,0)(2<m<3)，与y轴交于点C．下列结论：①a+c=b；②如果方程ax2+bx+c=t有
两个实数根x 、x ，则x +x <2；③3b>2c；④如果OB=OC，则a=−1．其中正确的结论有 ．
1 2 1 2
【答案】①②④
【思路引导】本题主要考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程之间的关系，可求出
1 m−1 1 b
< <1，则由对称轴计算公式可得 <− <1，进而得到−a<b<−2a，再利用待定系数法得到
2 2 2 2a
b
a−b+c=0，据此可判断①；由根与系数的关系可得1<x +x =− <2，据此可判断②；根据当x=3时，
1 2 ay<0，得到9a+3b+c<0，再由a−b+c=0可判断③；求出点C的坐标，进而得到点B的坐标，则由对称
轴计算公式可推出ac−a+b=0，再由a−b+c=0，即可判断④．
【规范解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)和点B(m,0)(2<m<3)，
m−1
∴抛物线的对称轴为直线x= ，
2
∵2<m<3，
1 m−1
∴ < <1，
2 2
1 b
∴ <− <1，
2 2a
∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∴−a<b<−2a；
把点A的坐标代入抛物线解析式可得a−b+c=0，
∴a+c=b，故①正确；
∵方程ax2+bx+c=t有两个实数根x 、x ，
1 2
∴方程ax2+bx+c−t=0有两个实数根x 、x ，
1 2
b
∴x +x =− ，
1 2 a
∵−a<b<−2a，
b
∴1<x +x =− <2，故②正确；
1 2 a
∵a−b+c=0，
∴a=b−c；
∵当x=3时，y<0，
∴9a+3b+c<0，
∴9(b−c)+3b+c<0，
∴12b−8c<0，
∴3b<2c，故③错误；
在y=ax2+bx+c中，当x=0时，y=c，
∴C(0,c)，
∴OB=OC=c，
∴B(c,0)，b c−1
∴− = ，
2a 2
∴ac−a+b=0，
又∵a−b+c=0，
∴−a+b−c=0，
∴ac=−c，
又∵c≠0，
∴a=−1，故④正确；
故答案为：①②④．
题型14 求x轴与抛物线的截线长
27．（24-25九年级上·全国·阶段练习）二次函数y=−x2+2x+3的图象与x轴交于A、B两点，则AB
的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【思路引导】本题考查了抛物线与坐标轴的交点，抛物线与一元二次方程，熟练掌握解方程是解题的关键．
根据题意，得−x2+2x+3=0，解得x =−1,x =3，故AB=x −x =4，解答即可．
1 2 2 1
【规范解答】解：根据题意，得−x2+2x+3=0，
解得x =−1,x =3，
1 2
故AB=x −x =4，
2 1
故选：C．
28．（2025·浙江·二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2−2ax+c(a>0)．
(1)当a=c时，
①求抛物线的顶点坐标．
②将抛物线向下平移m个单位(m>0)，若平移后的抛物线过点(0,−8)，且与x轴两交点之间的距离为6，
求m的值．
(2)已知点M(2,2n+1)，N(−1,3n+2)在抛物线上，且c<0，求n的取值范围．
【答案】(1)①(1,0)；②m=9，
1
(2)−1<n<−
2
【思路引导】本题考查二次函数图象性质，二次函数图象平移，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌
握二次函数图象性质，二次函数图象平移规律“上加下减”是解题的关键．（1）①把a=c代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得y=a(x−1) 2，即可得出顶点坐标；
②根据平移规律得平移后抛物线解析式为y=a(x−1) 2−m，把(0,−8)代入，求得a=m−8，则
y=(m−8)x2−2(m−8)x−8，设平移后的抛物线与x轴两交点横坐标为x ，x ，则x +x =2，
1 2 1 2
8 16−4m 16
x ⋅x = ，又|x −x )=6，即可得出 − =36，解之即可求解．
1 2 8−m 1 2 8−m 8−m
1
（2）把M(2,2n+1)，代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得c=2n+1，根据c<0，求得n<− ；把
2
N(−1,3n+2)代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得c=3n−3a+2，根据c=2n+1和a>0，求得n>−1，进而
即可求解．
【规范解答】（1）解：①∵y=ax2−2ax+c(a>0)，a=c
∴y=ax2−2ax+a=a(x−1) 2
∴抛物线的顶点坐标为(1,0)，
②∵将抛物线向下平移m个单位(m>0)，
∴平移后抛物线解析式为y=a(x−1) 2−m，
把(0,−8)代入，得a(0−1) 2−m=−8，
∴a=m−8
∴y=(m−8)(x−1) 2−m=(m−8)x2−2(m−8)x−8
设平移后的抛物线与x轴两交点横坐标为x ，x ，
1 2
8
则x +x =2，x ⋅x = ，
1 2 1 2 8−m
∴x 2+2x x +x 2=4
1 1 2 2
16−4m
∴x 2+x 2=
1 2 8−m
∵平移后的抛物线与x轴两交点之间的距离为6，∴|x −x )=6
1 2
∴x 2−2x x +x 2=36
1 1 2 2
16−4m 16
∴ − =36
8−m 8−m
解得：m=9
经检验，m=9是分式方程的解，且符合题意，
∴m=9．
（2）解：把M(2,2n+1)，代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得
c=2n+1，
∵c<0，
∴2n+1<0，
1
∴n<− ，
2
把N(−1,3n+2)代入y=ax2−2ax+c(a>0)，得
3a+c=3n+2，
∴c=3n−3a+2，
∵c=2n+1，
n+1
∴a= ，
3
n+1
∵a= >0，
3
∴n>−1，
1
∴−1<n<− ．
2
题型15 图象法解一元二次不等式
29．（25-26九年级上·新疆克孜勒苏·阶段练习）已知二次函数y=−x2+bx+c的图象经过点
A(−1,0),C(0,3)．
(1)求二次函数的解析式：
(2)根据图象，直接写出当y≤0时，x的取值范围．
【答案】(1)y=−x2+2x+3(2)x≤−1或x≥3
【思路引导】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的画法、利用二次函数图象解不
等式：
（1）将A、C坐标代入二次函数解析式求出b、c即可；
（2）画出二次函数的图象，根据图象即可求解．
【规范解答】（1）解：y=−x2+bx+c的图象经过点A(−1,0),C(0,3)，
{−1−b+c=0) {b=2)
∴ ，解得 ，
c=3 c=3
∴该函数的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴该函数的顶点坐标是(1,4)，开口向下，过点(−1,0),(3,0),(0,3),(2,3)，该函数图象如图所示：
由图象可得，当y≤0时，x的取值范围x≤−1或x≥3．
30．（25-26九年级上·山东日照·阶段练习）小明同学学习二次函数后，对函数y=−(|x)−2) 2+1研究．
在经历列表、描点、连线步骤后得到如下的函数图象，请根据函数图象回答下列问题：
(1)观察研究
①方程−(|x)−2)
2+1=−3的解为________．②关于x的方程−(|x)−2)
2+1=a有四个实数根时a的取值范围是____
(2)综合应用：当函数y=−(|x)−2) 2+1的图象与直线y=x+b也有三个交点时，求出b的值．
【答案】(1)x=−4或x=0或x=4；−3<a<1
3
(2)−3或−
4
【思路引导】本题考查二次函数的图象和性质，利用图象求方程的根和不等式的解集，是解题的关键．
（1）①找到曲线与y=−3的交点的横坐标即可；
②图象法解不等式即可；
（2）观察图象可知当直线y=x+b过(0,−3)时，函数y=−(|x)−2) 2+1的图象与直线y=x+b有三个交点
或当y=x+b与y=−(x−2) 2+1只有一个交点时，两个图象有3个交点，进行求解即可；
【规范解答】（1）解：补充并观察图象可知：上顶点为(−2，1)，(2，1)，中间顶点为(0，−3)，
−(|x)−2) 2+1=−3 x=−4 x=0 x=4
①方程 的解为： 或 或 ；
②关于x的方程−(|x)−2)
2+1=a有四个实数根时，则a的取值范围是−3<a<1．
故答案为：x=−4或x=0或x=4；−3<a<1；
（2）把点(0,−3)代入y=x+b得，b=−3，x+b=−(x−2) 2+1 x2−3x+b+3=0
令 ，整理得 ，
3
Δ=(−3) 2−4(b+3)=0 b=−
4
则 ，解得 ，
3
∴当函数y=−(|x)−2) 2+1的图象与直线y=x+b有三个交点时，b的值为−3或− ；
4
题型16 坐标与旋转规律问题
31．（24-25九年级上·河北石家庄·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，射线OB是第一象限的角平
分线，线段OB=2❑√2，将△OAB绕原点顺时针旋转，每次旋转45°，则第2025次旋转结束后，点B的对
应点的坐标为（ ）A．(−2，−2) B．(2❑√2，0) C．(0，−2❑√2) D．(2，2)
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形变化﹣旋转及探索图形规律．根据题意和角平分线的性质，即可
得到B点的坐标，根据旋转的规律即可得到旋转后B的坐标，找到规律，即可求解．找到旋转的规律是解
题的关键．
【规范解答】∵射线OB是第一象限的角平分线，OB=2❑√2，
∴设点B(x,x)，则x2+x2=(2❑√2) 2 ，
∴x=2，x=−2（不合题意舍去）
∴B(2,2)，
由题意得：第一次旋转后点B对应点的坐标为(2❑√2,0)，
第二次旋转后点B对应点的坐标为(2,−2)，
第三次旋转后点B对应点的坐标为(0,−2❑√2)，
第四次旋转后点B对应点的坐标为(−2,−2)，
第五次旋转后点B对应点的坐标为(−2❑√2,0)，
第六次旋转后点B对应点的坐标为(−2,2)，
第七次旋转后点B对应点的坐标为(0,2❑√2)，
第八次旋转后点B对应点的坐标为(2,2)，
⋯
∴第八次旋转后与原来点B重合，
∴每8次一个循环，
∵2025÷8=253......1，∴第2025次旋转结束后，点B对应点的坐标与第一次的坐标相同为(2❑√2,0)．
故选：B．
32．（25-26九年级上·黑龙江佳木斯·期中）如图，在平面直角坐标系中，将△AOB绕点A顺时针旋转
到△AC B 的位置，点O、B分别落在点C 、B 处，点B 在x轴上，再将△AC B 绕点B 顺时针旋转
1 1 1 1 1 1 1 1
到△A C B 的位置，点C 在x轴上，将△A C B 绕点C 顺时针旋转到△A C B 的位置，点A 在x
1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2
轴上，依次进行下去……，若点A(3,0),B(0,4)．则点B 的坐标是 ．
2026
【答案】(12156,4)
【思路引导】本题主要考查了坐标与图形变化-旋转及点的坐标变化规律，能根据旋转的性质依次求出点B
对应点的坐标并发现规律是解题的关键．
根据所给旋转方式，依次求出点B对应点的坐标，发现规律即可解决问题．
【规范解答】解：∵点A坐标为(3,0)，点B坐标为(0,4)，
∴OA=3,OB=4，
在 Rt△AOB中，AB=❑√32+42=5，
由旋转可知，AB =AB=5，
1
∴OB =3+5=8，
1
则点B 的坐标为(8,0)．
1
又 ∵OC =3+5+4=12,B C =4，
2 2 2
∴点B 的坐标为(12,4)．
2
依次类推，
点B 的坐标为(20,0)，
3
点B 的坐标为(24,4)，
4
点B 的坐标为(32,0)，
5
点B 的坐标为(36,4)，
6
由此可见，点B 的纵坐标按 0，4 循环出现，且B 横坐标比B 的横坐标大 12 （n为正整数），
n n+2 n
因为2026÷2=1013，
所以12+(1013−1)×12=12156，所以点B 的坐标为(12156,4)．
2026
故答案为：(12156,4)．
题型17 线段问题（旋转综合题）
33．（25-26九年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，已知正方形ABCD，P是正方形ABCD内一点．若
PA=❑√2，PB=2，将△BPA绕点B顺时针旋转至△BEC处，此时点A、P、E三点正好在同一直线上．
(1)求∠APB的度数；
(2)求PC的长；
(3)求△BPC的面积．
【答案】(1)135°
(2)❑√10
(3)3
【思路引导】（1）由题意可知，△BPA≌△BEC，那么BP=BE，∠PBE=90°，从而得到
∠BPE=∠BEP=45°，然后利用平角，得到∠APB；
（2）结合（1）可知，∠BEC=∠BPA=135°，∠BPE=∠BEP=45°，从而得到∠PEC=90°，然
后利用勾股定理求得PC即可；
（3）过点B作BH⊥PE于点H，然后利用勾股定理求得BH，接着利用S =S +S −S
△BPC △BPE △CEP △BEC
求得面积即可．
【规范解答】（1）解：∵正方形ABCD，
∴∠ABC=90°，
∵将△BPA绕点B顺时针旋转至△BEC处，
∴△BPA≌△BEC，且旋转角度为90°，
∴ BP=BE，∠PBE=90°，
∴△BEP是等腰直角三角形，
∴∠BPE=∠BEP=45°，
∵点A、P、E三点正好在同一直线上，
∴∠APB=180°−∠BPE=180°−45°=135°；（2）解：∵△BPA≌△BEC，∠APB=135°，PA=❑√2，
∴∠CEB=∠APB=135°，CE=PA=❑√2，
∵∠BEP=45°，
∴∠PEC=∠CEB−∠BEP=135°−45°=90°，
∵△BEP是等腰直角三角形，PB=2=BE，
∴PE=❑√PB2+BE2=❑√22+22=2❑√2，
∴PC=❑√PE2+CE2=❑√(2❑√2) 2+(❑√2) 2=❑√10；
（3）解：∵△BEP是等腰直角三角形，PB=2=BE，
1 1
∴S = BE⋅BP= ×2×2=2，
△BPE 2 2
∵∠PEC=90°,CE=❑√2,PE=2❑√2，
1 1
∴S = CE⋅PE= ×❑√2×2❑√2=2，
△CEP 2 2
过点B作BH⊥PE于点H，如图所示：
∵∠BPE=45°
，
∴△BPH是等腰直角三角形，
∴BH=PH，
∵BH2+PH2=2BH2=BP2，
∵ PB=2，
∴BH=❑√2，
1 1
∴S = AP⋅BH= ×❑√2×❑√2=1
△ABP 2 2
∴S =S +S −S =2+2−1=3．
△BPC △BPE △CEP △BEC
【考点剖析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的面积，正方形
的性质，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．
34．（2025·安徽池州·二模）已知：如图1，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=9．点D是边AC
上一点且AD=6，点E是边AB上的动点，线段DE绕点D逆时针旋转90°至DF，连接EF，CF．（1）如图2，当点E与点A重合时，线段BF= ．
（2）点E运动过程中，线段CF的最小值是 ．
3 3❑√2
【答案】 3❑√2 ❑√2/
2 2
【思路引导】（1）由直角三角形的性质可求AB，AF的长，即可求解；
（2）先确定点F在过点H且垂直AB的直线上运动，由矩形的性质可求解．
【规范解答】解：（1）∵∠ACB=90°，CA=CB=9，
∴∠CAB=∠CBA=45°，AB=❑√C A2+CB2=❑√92+92=9❑√2，
∵线段DE绕点D逆时针旋转90°至DF，点E与点A重合，
∴DE=DF=AD=6，∠EDF=90°，
∴∠CAB=∠≝=∠DFE=45°，
∴点F在线段AB上，
∴EF=❑√DE2+DF2=❑√62+62=6❑√2，
∴BF=AB−EF=9❑√2−6❑√2=3❑√2，
故答案为：3❑√2；
（2）如图，过点C作CN⊥AB于N，过点D作DH⊥AC，交AB于H，连接FH，
∵∠ACB=90°，CA=CB=9，AB=9❑√2，
1 1 9
∴AN=NB= AB= ×9❑√2= ❑√2，
2 2 2
∵∠CAB=45°，DH⊥AD，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴DH=AD=6，∠DAH=∠DHA=45°，
∴AH=❑√DH2+AD2=❑√62+62=6❑√2，
9 3
∴NH=AH−AN=6❑√2− ❑√2= ❑√2，
2 2
∵线段DE绕点D逆时针旋转90°至DF，∴DE=DF，∠EDF=90°=∠ADH，
∴∠ADE=∠HDF，
在△ADE和△HDF中，
{
DA=DH
)
∠ADE=∠HDF ，
DE=DF
∴△ADE≌△HDF(SAS)，
∴∠DAE=∠DHF=45°，
∴∠AHF=∠DHA+∠DHF=45°+45°=90°，
∴点F在过点H且垂直AB的直线上运动，
∴当CF⊥FH时，CF有最小值，
∵CF⊥FH，CN⊥AB，∠AHF=90°，
∴四边形CNHF是矩形，
3
∴CF=NH= ❑√2，
2
3
∴线段CF的最小值是 ❑√2，
2
3
故答案为： ❑√2．
2
【考点剖析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，矩形
的判定和性质，垂线段最短等知识，确定点F的运动轨迹是解题的关键．
题型18 面积问题（旋转综合题）
35．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）已知△ABC中，∠ACB=90°,AB=25,BC=20，将
△ABC绕着点C顺时针旋转，得到△MNC．(1)如图1，当点M落在AB边上时，求线段BM的长；
(2)如图2，当△ABC绕着点C顺时针旋转到△MNC的位置时，连接AM、AN、BM、BN．
①判断线段AM与BN的位置关系并说明理由；
②求AN2+BM2的值；
③在△ABC的旋转过程中，直接写出△ACN的面积与△BCM的面积之和的最大值为________．
【答案】(1)7
(2)①AM⊥BN，理由见解析；②1250；③300
【思路引导】（1）先利用勾股定理求出AC的长，过点C作CD⊥AB于点D，根据
1 1
S = AB×CD= AC×BC，可得CD=12，可得AD=9，由旋转的性质得：AC=CM=15，从而
△ABC 2 2
得到AM=2AD=18，即可求解；
（2）①由旋转的性质得：AC=MC,BC=NC,∠ACB=∠MCN=90°，从而得到∠ACM=∠BCN，
进而得到∠CAM=∠CBN，再由∠AEC=∠BED，可得∠ACE=∠BDE，即可解答；②根据勾股
定理可得AN2+BM2=AD2+N D2+BD2+M D2=(AD2+BD2)+(N D2+M D2)=AB2+M N2，再由
旋转的性质得：AB=MN=25，即可求解；③延长AC至点T，使CT=CM，过点N作NK⊥AC交AC延
长线于点K，连接NT，结合旋转的性质可得，∠NCT=∠MCB,CT=MC=15，从而得到
AT=AC+CT=30，再证明△CNT≌△CBM，可得S =S ，从而得到
△CNT △CBM
S +S =S ，进而得到当NK最大时，S +S 最大，再由NK的最大值为NC=20，即
△ACN △BCM △ANT △ACN △BCM
可求解．
【规范解答】（1）解：∵∠ACB=90°,AB=25,BC=20，
∴AC=❑√AB2−BC2=❑√252−202=15，
如图，过点C作CD⊥AB于点D，1 1
∴S = AB×CD= AC×BC，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×25×CD= ×20×15，
2 2
解得：CD=12，
∴AD=❑√AC2−CD2=9，
由旋转的性质得：AC=CM=15，
∴AM=2AD=18，
∴BM=AB−AM=7；
（2）解：①AM⊥BN，理由如下：
由旋转的性质得：AC=MC,BC=NC,∠ACB=∠MCN=90°，
∴∠CAM=∠CMA,∠CBN=∠CNB,∠ACB+∠MCB=∠MCN+∠MCB
，即∠ACM=∠BCN，
∴180°−∠ACM=180°−∠BCN，即∠CAM+∠CMA=∠CBN+∠CNB，
∴2∠CAM=2∠CBN，
∴∠CAM=∠CBN，
∵∠AEC=∠BED，
∴180°−∠CAM−∠AEC=180°−∠CBN−∠BED，
即∠ACE=∠BDE，
∵∠ACE=90°，
∴∠BDE=90°，∴AM⊥BN；
②∵AM⊥BN，
∴AN2=AD2+N D2,BM2=BD2+M D2，
∴AN2+BM2=AD2+N D2+BD2+M D2=(AD2+BD2)+(N D2+M D2)=AB2+M N2，
由旋转的性质得：AB=MN=25，
∴AN2+BM2=252+252=1250；
③如图，延长AC至点T，使CT=CM，过点N作NK⊥AC交AC延长线于点K，连接NT，如图，
由旋转的性质得：∠MCN=∠ACB=90°=∠BCK,AC=MC=15，BC=NC=20，
∴∠NCT=∠MCB,CT=MC=15，
∴AT=AC+CT=15+15=30，
在△CNT和△CBM中，
{
NC=BC
)
∠NCT=∠MCB ，
CT=CM
∴△CNT≌△CBM，
∴S =S ，
△CNT △CBM
1
∴S +S =S +S =S = AT×NK=15NK．
△ACN △BCM △ACN △CNT △ANT 2
∴当NK最大时，S +S 最大，
△ACN △BCM
而NK的最大值为NC=20，
∴S +S 的最大值为15×20=300．
△ACN △BCM
故答案为∶300．
【考点剖析】本题主要考查了图形的旋转的问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性
质等，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
36．（24-25九年级上·广西钦州·期末）综合与实践．
【问题初探】（1）如图1，在△ABC中，BA=4，BC=6，BD为AC边上的中线，求BD的取值范围．解答这个问题，我们可以将△ABD绕点D旋转180°，得到△CED，则BD的取值范围可解．请作出
△CED并直接写出BD的取值范围；
【问题解决】（2）如图2，P为等边三角形内一点，满足PB=1，PA=❑√2，PC=❑√3，试求∠BPA的大
小（提示：将△BPA绕点B顺时针旋转60°）；
【问题拓展】（3）如图3，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD边上的点，且满足∠EAF=45°，
AB=2，BE+DF=❑√3，求△AEF的面积．
【答案】（1）图见解析，1<BD<5；（2）150°；（3）❑√3
【思路引导】（1）如图，将△ABD绕点D旋转180°，得到△CED，连接AE，由旋转得到DA=DC，
DB=DE，证明四边形ABCE是平行四边形，根据三角形三边的关系得到2<BE<10，从而得到BD的取
值范围；
（2）如图，将△BPA绕点B顺时针旋转60°得到△BDC，连接PD，由旋转可知，证明△PBD是等边
三角形得∠PDB=60°，在△PCD中，运用勾股定理逆定理可得∠PDC=90°，求出∠BDC，结合旋
转可求解；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，由旋转可知，∠MAB=∠FAD，AM=AF，
BM=DF，推出∠MAE=∠FAE，证明△MAE≌△FAE(SAS)，求出S 即可．
△AEM
【规范解答】解：（1）如图，将△ABD绕点D旋转180°，得到△CED，连接AE，
∴DA=DC，DB=DE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
1
∴BA=CE，DB= BE，
2
∵BA=4，BC=6，又∵BC−CE<BE<BC+CE，
∴6−4<BE<6+4，即2<BE<10，
∴1<BD<5，
∴BD的取值范围为1<BD<5；
（2）如图，将△BPA绕点B顺时针旋转60°得到△BDC，连接PD，
∴BD=BP=1，∠PBD=60°，CD=PA=❑√2，∠BPA=∠BDC，
∴△PBD是等边三角形，
∴PD=BP=1，∠PDB=60°，
在△PCD中，PD=1，CD=❑√2，PC=❑√3，
∵PD2+CD2=12+(❑√2) 2=3，PC2=(❑√3) 2=3
∴PD2+CD2=PC2，
∴∠PDC=90°，
∴∠BDC=∠PDC+∠PDB=90°+60°=150°，
∴∠BPA=∠BDC=150°；
∴∠BPA的大小为150°；
（3）如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∴∠MAB=∠FAD，AM=AF，BM=DF，∠ABM=∠ADF，
∵四边形ABCD是正方形，∠EAF=45°，AB=2，BE+DF=❑√3，
∴∠ABM=∠ADF=90°，∠ABE=∠BAD=90°，∴点M在CB的延长线上，
∴EM=BE+BM=BE+DF=❑√3，
∠BAE+∠DAF=90°−∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°，
∴∠MAE=∠EAF．
在△MAE与△FAE中，
{
AM=AF
)
∠MAE=∠EAF ，
AE=AE
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
1 1
∴S =S = EM⋅AB= ×❑√3×2=❑√3，
△AEF △AEM 2 2
∴△AEF的面积为❑√3．
【考点剖析】本题考查旋转的综合应用，三角形三边之间的关系，平行四边形的判定和性质，等边三角形
的判定和性质，勾股定理逆定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．解题的关键是旋转
构造全等进行转换．
题型19 角度问题（旋转综合题）
37．（24-25八年级下·福建福州·期末）把边长为5的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形
AB′C′D′，边BC与D′C′交于点E，则四边形ABED′的周长是（ ）
A．5+5❑√2 B．10+❑√2 C．15❑√2−5 D．10❑√2
【答案】D
【思路引导】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形
的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
连接AC、BD′，由正方形的性质得AD=CD=CB=AB=5，∠D=∠ABC=90°，则AC=5❑√2，
∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=45°，由旋转得AD′=AD=AB=5，∠DAD′=45°=∠DAC，
∠AD′E=∠D=90°，则点D′在AC上，所以∠CD′E=90°，∠D′EC=∠D′CE=45°，则ED′=CD′，可证明∠ED′B=∠EBD′，则EB=ED′，所以
AB+EB=AD′+ED′=AD′+CD′=AC=5❑√2，求得四边形ABED′的周长是10❑√2，于是得到问题的答
案．
【规范解答】解：连接AC、BD′，
∵ ABCD
四边形 是边长为5的正方形，
∴AD=CD=CB=AB=5，∠D=∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+CB2=❑√2AB=5❑√2，
∠DAC=∠DCA=∠BAC=∠BCA=45°，
∵把正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点E，
∴AD′=AD=AB=5，∠DAD′=45°=∠DAC，∠AD′E=∠D=90°，
∴ ∠AD′B=∠ABD′，点D′在AC上，
∴∠CD′E=90°，
∴∠D′EC=∠D′CE=45°，
∴ED′=CD′，
∵∠AD′E=∠ABE=90°，∠AD′B=∠ABD′，
∴∠AD′E−∠AD′B=∠ABE−∠ABD′，
∴∠ED′B=∠EBD′，
∴EB=ED′，
∴AB+EB=AD′+ED′=AD′+CD′=AC=5❑√2，
∴AB+EB+AD′+ED′=2×5❑√2=10❑√2，
∴四边形ABED′的周长是10❑√2，
故选：D．
38．（24-25七年级下·辽宁鞍山·阶段练习）将一副直角三角板ABC和DEF如图放置，此时F，B，E，
C四点在同一条直线上，点A在边DF上，其中∠ABC=∠≝=90°，∠EDF=30°，∠BAC=45°．将
图中的三角板DEF绕点A以每秒10°的速度，按顺时针方向旋转一定的角度α° (0°<a°≤180°)后，记为
三角板D′E′F′，设旋转的时间为t秒．若在旋转过程中，三角板D′E′F′的某一边恰好与BC所在的直线平
行，则t的值为【答案】6或9或18
【思路引导】本题主要考查了平行线的性质，角度的计算等知识，分三种情况讨论：第一种情况当
D′F′∥BC时，a为60°，第二种情况当D′E′∥BC时，a为90°，第三种情况，当E′F′∥BC时，a为
180°，根据角度转动速度分别求解t即可．
【规范解答】解：I．如图，当D′F′ ∥BC时，
∵ D′F′∥BC AB⊥BC
， ，
∴AB⊥D′F′，
∵∠FAB=∠EDF=30°，
∴a=∠F′ AB−∠FAB=90°−30°=60°，
∴a为60°
∴t =60°÷10°=6（秒），
1
II．如图，当D′E′∥BC时，
∵D′E′∥BC
，
∴AB⊥D′E′，
∴a为90°，
∴t =90°÷10°=9（秒），
3III． 如图，当E′F′∥BC时，
此时D′F′与DF在同一条直线上，
∴a为180°，
∴t =180°÷10°=18（秒），
3
综上所述：三角板D′E′F′的某一边恰好与BC所在的直线平行， t的值为：6或9或18
故答案为：6或9或18
题型20 坐标系中的动点问题（不含函数）
39．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）如图，在长方形ABCD中，AB=CD=3，AD=BC=4，
点P以每秒3个单位长度的速度从点A出发，沿A→B→C运动，同时点Q以每秒1个单位长度的速度从
点D出发，沿D→A运动，当P、Q两点有一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为
t秒．
(1)用含t的代数式表示BP的长：
(2)点P在BC上运动，当PQ的中点落在AC上时，求t的值；
(3)当△APQ是以AP为腰的等腰三角形时，求t的值；
3
(4)作点P关于点B的中心对称点P′，当S = S 时，直接写出t的值．
△QPP′ 4 △QAB
{3−3t(0<t≤1)
)
【答案】(1)
BP=
( 7)
3t−3 1<t≤
3
(2)t=1.510
(3)t=1或t=
7
5 4
(4)t= 或t=
8 3
7
【思路引导】（1）分两种情况：当点P在AB上，0<t≤1时，当点P在BC上，1<t≤ 时，分别求出结果
3
即可；
（2）证明△OPC≌△OQA，得出AQ=CP，列出关于t的方程7−3t=4−t，解方程即可；
（3）分三种情况：当点P在AB上，AP=AQ时，当点P在BC上，AP=AQ时，当点P在BC上，
AP=PQ时，分别求出结果即可；
（4）分两种情况：当点P在AB上时，当点P在BC上时，分别画出图形，列出方程，求出结果即可．
【规范解答】（1）解：当点P在AB上，0<t≤1时，BP=3−3t；
7
当点P在BC上，1<t≤ 时，BP=3t−3；
3
{3−3t(0<t≤1)
)
综上分析可知：
BP=
( 7) ；
3t−3 1<t≤
3
（2）解：∵O为PQ的中点，
∴PO=OQ，
∵长方形ABCD中BC∥AD，
∴∠OPC=∠OQA，∠OCP=∠OAQ，
∴△OPC≌△OQA，
∴AQ=CP，
∴7−3t=4−t，
解得：t=1.5；
（3）解：当点P在AB上，AP=AQ时，3t=4−t，
解得：t=1；
当点P在BC上，AP=AQ时，则AP2=AQ2，根据勾股定理得：AP2=AB2+BP2=32+(3t−3) 2，
∴32+(3t−3) 2=(4−t) 2，
整理得：4t2−5t=−1，
5 1
即t2− t=−
4 4
( 5) 2 9
t− = ，
8 64
5 3
∴t− =± ，
8 8
1
解得：t=1或t= <1（舍去）；
4
当点P在BC上，AP=PQ时，过点P作PE⊥AD于点E，
1
则AE=QE= AQ，
2
∵此时四边形AEPB为长方形，
∴AE=BP=3t−3，
1
∴3t−3= (4−t)，
2
10
解得：t= ；
7
10
综上分析可知：当△APQ是以AP为腰的等腰三角形时，t=1或t= ；
7
（4）解：当点P在AB上时，如图所示：1 1
S = PP′ ⋅AQ= ×2BP⋅AQ=BP⋅AQ
△QPP′ 2 2
1
S = AQ⋅AB
△ABQ 2
3
∵S = S ，
△QPP′ 4 △QAB
3 1
∴BP⋅AQ= × AQ⋅AB，
4 2
3
∴BP= AB，
8
3
∴3−3t= ×3，
8
5
解得：t= ；
8
当点P在BC上时，如图所示：
1 1
S = PP′ ⋅AB= ×2BP⋅AB=BP⋅AB
△QPP′ 2 2
，
1
S = AQ⋅AB
△ABQ 2
3
∵S = S ，
△QPP′ 4 △QAB
3 1
∴BP⋅AB= × AQ⋅AB，
4 2
3
∴BP= AQ，
8
3
∴3t−3= ×(4−t)，
84
解得：t= ；
3
3 5 4
综上分析可知：当S = S 时，t= 或t= ．
△QPP′ 4 △QAB 8 3
【考点剖析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，利用平方根解方程，一元一次方程的应用，列代
数式，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形面积计算，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．
40．（23-24八年级上·江苏盐城·期末）如图，正方形ABCD和正方形EFGH的对称中心都是点O，其
边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．2 B．1.75 C．1.5 D．1.25
【答案】B
【思路引导】本题考查了中心对称，正方形的性质，掌握关于中心对称图形的性质是解题的关键．连接
AF,BG，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于两个正方形面积差的四分之一．
【规范解答】解：连接AF，BG，
∵正方形ABCD的边长为4和正方形EFGH的边长为3，
∴正方形ABCD的面积为16，正方形EFGH的面积为9，
∵正方形ABCD和正方形EFGH的对称中心都是点O，
1
∴S = ×(16−9)=1.75．
阴影 4
故选B．
题型21 中心对称图形规律问题
41．（24-25八年级下·福建莆田·期中）请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法，题目要求画的线画实线，其他的线画虚线）
(1)如图1，在▱ABCD中，E为AB边上一点，在CD上找点F，使得CF=AE；
(2)在平行四边形ABCD中挖去一个矩形，准确作出一条直线将剩下图形的面积平分．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
【思路引导】（1）连接AC、BD，AC交BD于点O，连接EO并延长交DC于点F即可；
（2）设矩形的对角线交点为点M，连接AC、BD，AC交BD于点N，过点M、N作直线即可．
【规范解答】（1）解：如图，连接AC、BD，AC交BD于点O，连接EO并延长交DC于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴AO=CO，AB∥CD，
∴∠CFO=∠AEO，∠FCO=∠EAO，
在△OCF和△OAE中，
{∠CFO=∠AEO
)
∠FCO=∠EAO ，
CO=AO
∴△OCF≌△OAE (AAS)，
∴CF=AE，
则点F即为所作；
（2）如图，设矩形的对角线交点为点M，连接AC、BD，对角线AC、BD相交于点N，过点M、N作直
线，设直线MN将▱ABCD分成的两部分的面积分别为S 、S （左边为S ，右边为S ），直线MN将矩形分
1 2 1 2
成的两部分的面积分别为S 、S （左边为S ，右边为S ），
3 4 3 4
∵平行四边形和矩形都是中心对称图形，且直线MN同时经过▱ABCD和矩形的对角线的交点，
∴S =S ，S =S ，
1 2 3 4
∴S −S =S −S ，
1 3 2 4
∴直线MN左边剩余部分的面积等于直线MN右边剩余部分的面积，
即直线MN将剩下图形的面积平分，
则直线MN即为所作．
【考点剖析】本题考查作图一应用与设计作图，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，中心对称图形的
性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
42．（2025·广东广州·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点O，O ，A，A ，B，B ，C……都
1 1 1
是平行四边形的顶点，点A，B，C……在x轴正半轴上，∠AOO =45∘，OA=1，AB=2，BC=3，
1
OO =❑√2，A A =2❑√2，BB =3❑√2……，平行四边形按照此规律依次排列，则第6个平行四边形的对
1 1 1
称中心的坐标是( )
( 5) ( 5)
A． 6, B．(10,3) C． 15, D．(21,3)
2 2
【答案】D
【思路引导】本题考查的是点的坐标变化规律，中心对称和平行四边形的性质，熟练掌握上述知识点是解
题的关键．根据题意，先求出前几个点的坐标，即可找出规律：第n个平行四边形的对称中心坐标为n
(1+2+3+⋯+n, )，即可求解．
2
【规范解答】解：如图所示，作O M⊥x轴于点M，
1
∵∠AOO =45° OO =❑√2
1 1
， ，
∴OM=O M=1，
1
∵OA=1，
∴M，A重合，
∴O A⊥OA，
1
1
则O A的中点即为第1个平行四边形的对称中点，其坐标为(1, )；
1 2
同理可得：A B⊥AB，OB=0A+AB=3，A B=AB=2，
1 1
则A B的中点即为第2个平行四边形的对称中点，其坐标为(1+2,1)；
1
3
同理可得：第3个平行四边形的对称中心的坐标是(1+2+3, )；
2
⋯
n
同理可得：第n个平行四边形的对称中心的坐标是(1+2+3+⋯+n, )；
2
6 6×7
∴第6个平行四边形的对称中心的坐标是(1+2+3+4+5+6, )，即( ，3)=(21，3)，
2 2
故选：D．
题型22 已知两点关于原点对称求参数
43．（24-25九年级上·贵州黔东南·期中）已知点P(a+1,2a−3)关于原点的对称点在第二象限，则a的
取值范围是( )
3 3 3
A．a<−1 B．−1<a< C．− <a<1 D．a>
2 2 2
【答案】B
【思路引导】本题考查坐标与中心对称，根据点所在的象限求参数的范围，求不等式组的解集，根据关于
原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，以及第二象限的点的符号特征，列出不等式组进行求解即可．
【规范解答】解：∵点P(a+1,2a−3)关于原点的对称点为(−a−1,3−2a)，且(−a−1,3−2a)在第二象限，
∴
{−a−1<0)
，解得：−1<a<
3
；
3−2a>0 2
故选B．
44．（22-23九年级下·浙江金华·阶段练习）对于坐标平面内的点，现将该点向右平移1个单位，再向
上平移2个单位，这种点的运动称为点A的斜平移，如点P(2,3)经1次斜平移后的点的坐标为(3,5)，已
知点A的坐标为(2,1)．
(1)分别写出点A经1次，2次斜平移后得到的点的坐标．
(2)如图，点M是直线l上的一点，点A关于点M的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C．
①若A、B、C三点不在同一条直线上，判断△ABC是否是直角三角形？请说明理由．
②若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为(8，7)，求出点B的坐标及n的值．
【答案】(1)点A经1次平移后得到的点的坐标为(3,3)，点A经2次平移后得到的点的坐标(4,5)
(2)①△ABC是直角三角形，理由见解答过程；
②n=4，B(6,9)．
【思路引导】（1）根据平移的性质得出点A平移的坐标即可；
（2）①连接CM，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定解答即可；
②延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可．
【规范解答】（1）∵点P(2,3)经1次斜平移后的点的坐标为(3,5)，点A的坐标为(2,1)，
∴点A经1次平移后得到的点的坐标为(3,3)，点A经2次平移后得到的点的坐标(4,5)；
（2）①△ABC是直角三角形，理由如下：
连接CM，如图1:由中心对称可知，AM=BM，
由轴对称可知：BM=CM，
∴AM=CM=BM，
∴∠MAC=∠ACM，∠MBC=∠MCB，
∵∠MAC+∠ACM+∠MBC+∠MCB=180°，
∴∠ACM+∠MCB=90°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形；
②过点A作x轴的平行线，与BC的延长线交于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图2:
∵A(2,1)，C(8,7)，
∴AF=CF=6，
∴△ACF是等腰直角三角形，
由①得∠ACE=90°，
∴∠AEC=45°，
∴E点坐标为(14,1)，
设直线BE的解析式为y=kx+b，
∵C，E点在直线上，
{14k+b=1)
可得： ，
8k+b=7{k=−1)
解得： ，
b=15
∴y=−x+15，
∵点B由点A经n次斜平移得到，
∴点B(n+2,2n+1)，由2n+1=−n−2+15，
解得：n=4，
∴B(6,9)．
【考点剖析】此题考查几何变换问题，关键是根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定分析，同时根
据待定系数法得出直线的解析式解答．
题型23 垂径定理的推论与应用
45．（24-25九年级上·湖北省直辖县级单位·期中）如图，一座拱桥呈圆弧形，它的跨度AB=60m，拱
高PD=18m．
(1)求圆弧所在圆的半径OP的长；
(2)当水位上涨至跨度只有30m时，必须采取紧急措施，若水位上涨至离拱顶4m，即PE=4m，此时是否
需采取紧急措施？
【答案】(1)圆弧所在圆的半径OP的长为34m；
(2)不需要采取紧急措施，理由见解析
【思路引导】本题考查的是垂径定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求
解是解答此题的关键．
（1）连接OA，利用r表示出OD的长，在Rt△AOD中根据勾股定理求出r的值即可；
（2）连接OA′，在Rt△A′EO中，由勾股定理得出A′E的长，进而可得出A′B′的长，据此可得出结论．
【规范解答】（1）解：连接OA，设圆弧所在圆的半径为r，
1
由题意得AD= AB=30，OD=(r−18)，
2
在Rt△ADO中，由勾股定理得r2=302+(r−18) 2，
解得r=34；答：圆弧所在圆的半径OP的长为34m；
（2）解：连接OA′，
∵OE=OP−PE=30
，
∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得A′E2=A′O2−OE2，
即A′E2=342−302，
解得A′E=16．
∴A′B′=32．
∵A′B′=32>30，
∴不需要采取紧急措施．
46．（25-26九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，一条隧道的横截面是由一段抛物线及矩形的三边围
成的，隧道宽BC=10米，矩形部分高AB=3米，抛物线的最高点E离地面OE=6米，按如图建立以BC所
在直线为x轴，OE所在直线为y轴的直角坐标系．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)该隧道内设双车道，现有一辆货运卡车高4.5米、宽3米，这辆货运卡车能顺利通过隧道吗？请说明理
由．
(3)在（2）的条件下，若将隧道横截面的“抛物线”部分看成“圆弧”，E为弧AD的中点，其余条件均
不变，此时，卡车还能顺利通过吗？请说明理由．
3
【答案】(1)y=− x2+6；
25
(2)能顺利通过隧道，理由见解析
(3)能顺利通过隧道，理由见解析
【思路引导】（1）设抛物线的函数表达式为y=ax2+c，利用待定系数法解答即可求解；
（2）把x=3代入（1）所得函数解析式求出y，与卡车高4.5比较即可判断求解；
（3）设圆弧所在圆的圆心为点O′，则点O′在OE上，连接O′ A，在圆上取点M，作MN⊥OE于点N，使得MN=3，设AD与OE相交于点F，圆弧所在圆的半径为r，利用勾股定理求得r的长，进而求出OO′和
O′N的长度，得到ON的长度，再与卡车高4.5比较即可判断求解；
本题考查了二次函数的应用，垂径定理，勾股定理，根据题意正确画出图形是解题的关键．
【规范解答】（1）解：设抛物线的函数表达式为y=ax2+c，
由题意得，点A坐标为(−5,3)，点E的坐标为(0,6)，
∵点A、E在抛物线上，
{25a+c=3)
∴ ，
c=6
{ a=− 3 )
解得 25 ，
c=6
3
∴抛物线的函数表达式为y=− x2+6；
25
（2）解：这辆货运卡车能顺利通过隧道，理由如下：
3 23
当x=3时，y=− ×32+6=4 >4.5，
25 25
∴这辆货运卡车能顺利通过隧道；
（3）解：这辆货运卡车能顺利通过隧道，理由如下：
如图，设圆弧所在圆的圆心为点O′，则点O′在OE上，连接O′ A，在圆上取点M，作MN⊥OE于点N，
使得MN=3，设AD与OE相交于点F，圆弧所在圆的半径为r，连接O′M，
∵E为弧AD的中点，
1
∴O′E⊥AD，AF= AD=5，
2
又由题意可得，EF=6−3=3，
∴O′F=r−3，
∵AF2+O′F2=O′ A2，
∴52+(r−3) 2=r2，17
解得r= ，
3
17
∴O′E=O′M=
，
3
∴OO′=6−
17
=
1
，O′N=❑√O′M2−M N2=❑
√ (17) 2
−32=
4❑√13
，
3 3 3 3
1 4❑√13 1+4❑√13
∴ON= + = >4.5，
3 3 3
∴这辆货运卡车能顺利通过隧道．
题型24 圆周角定理及应用
47．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，
MD恰好经过圆心O，连接MB．
(1)若CD=16,BE=4，求⊙O的直径；
(2)若∠D=2∠M，求∠D的度数；
(3)若弦CD分⊙O为5:7的两部分，点F在⊙O上，求弦CD所对的圆周角∠CFD的度数．
【答案】(1)20
(2)45°
(3)105°或75°
1
【思路引导】（1）设⊙O的半径为r，由垂径定理得到DE= CD=8，在Rt△ODE中，利用勾股定理
2
求出r值，即可求解；
（2）由OM=OB得到∠B=∠M，根据三角形外角性质得∠DOB=∠B+∠M=2∠M，再由
∠DOB+∠D=90°,∠D=2∠M，然后解方程即可求解；
（3）根据弦CD分⊙O为5:7的两部分，求出∠COD的度数，再分点F在优弧CD上，点F在劣弧CD上，
两种情况分别求解．【规范解答】（1）解：设⊙O的半径为r，
∵AB⊥CD,CD=16,BE=4，
1 1
∴CE=DE= CD= ×16=8，
2 2
在Rt△ODE中，OE=OB−BE=r−4,OD=r，
∵OE2+DE2=OD2，
∴(r−4) 2+82=r2，
解得r=10，
∴⊙O的直径为20；
（2）解：∵OM=OB，
∴∠B=∠M
∴∠DOB=∠B+∠M=2∠M，
∵∠DOB+∠D=90°,∠D=2∠M，
∴2∠M+2∠M=90°，
∴∠M=22.5°，
∴∠D=2∠M=45°；
（3）解：如图，连接OC,CF,DF，
∵弦CD分⊙O为5:7的两部分，
5
∴∠COD= ×360°=150°，
5+7
若点F在优弧CD上，
1
∴∠CFD= ×150°=75°；
2
若点F在劣弧CD上，
∴∠CFD=180°−75°=105°．
【考点剖析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，解题的关键是读懂题意，熟练运用垂径定理求线段长．
48．（25-26九年级上·广东珠海·期中）如图1，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与
点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接EC，DE．
(1)若CD=1，BD=2，求DE的长；
(2)如图2，在Rt△ABC中，AB=AC，D为△ABC外一点，且∠ADC=45°，线段AD,BD,CD之间
满足的等量关系又是如何的，请证明你的结论：
(3)如图3，已知AB是⊙O的直径，点C，D是⊙O上的点，且∠ADC=45°，求证：AD+BD=❑√2CD．
【答案】(1)DE=❑√5
(2)BD2=CD2+2AD2，证明见解析
(3)见解析
【思路引导】（1）根据旋转的性质得到条件证明△ABD≌△ACE(SAS)，则BD=CE，
∠B=∠ACE，证明∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°，进一步根据勾股定理即可得到答案；
（2）将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接EC,DE，同（1）的方法得，
△ABD≌△ACE(SAS)，则BD=CE，求出DE2=2AD2，证明∠CDE=∠ADC+∠ADE=90°，
进一步根据勾股定理即可得到答案；
（3）过点C作CE⊥CD交DA的延长线于E，证明CD=CE，根据勾股定理得DE2=CD2+CE2=2CD2，
连接AC,BC，证明∠ACB=∠ADB=90°，得到∠BDC=45°=∠ADC，则AC=BC，证明
∠ACE=∠BCD，得到AE=BD，则DE=AD+AE=AD+BD，根据勾股定理得到DE2=2CD2，即
可得到答案．
【规范解答】（1）解：由旋转知，AD=AE，∠DAE=90°=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠B=∠ACE，
在Rt△ABC中，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ACE=45°，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°，
根据勾股定理得，DE2=CD2+CE2=CD2+BD2，
∵CD=1，BD=2，
∴DE2=CD2+BD2=1+22=5，
∴DE=❑√5；
（2）解：BD2=CD2+2AD2，证明如下：
如图2，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接EC,DE，
同（1）的方法得，△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，
在Rt△ADE中，AD=AE，
∴∠ADE=45°，
∴DE2=2AD2，
∵∠ADC=45°，
∴∠CDE=∠ADC+∠ADE=90°，
根据勾股定理得，CE2=CD2+DE2=CD2+2AD2，
即BD2=CD2+2AD2；
（3）解：如图3，过点C作CE⊥CD交DA的延长线于E，∴∠DCE=90°，
∵∠ADC=45°，
∴∠E=90°−∠ADC=45°=∠ADC，
∴CD=CE，
根据勾股定理得，DE2=CD2+CE2=2CD2，
连接AC,BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵∠ADC=45°，
∴∠BDC=45°=∠ADC，
∴AC=BC，
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACE=∠BCD，
∴AE=BD，
∴DE=AD+AE=AD+BD，
∵CD=CE，∠DCE=90°，
∴DE2=CD2+CE2=2CD2,
则DE=❑√2CD，
∴AD+BD=❑√2CD，
【考点剖析】此题考查了旋转的性质、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的
判定和性质等知识，添加适当的辅助线和正确推理是解题的关键．
题型25 点与圆的位置关系
49．（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，⊙O为△ABC的外接圆，且AB是⊙O的直径，点D是
⊙O上的一点，连接BD，CD，若∠ABC=30°，则∠D=（ ）
A．100° B．110° C．115° D．120°
【答案】D
【思路引导】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，圆内接四边形性质，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，即可求出∠A的度数，再根据圆内接四边形的对角互补解答即可，掌握知识点的应用是
解题的关键．
【规范解答】解：∵⊙O为△ABC的外接圆，且AB是⊙O的直径，∠ABC=30°，
∴∠ACB=90°，
∴∠A=90°−∠ABC=90°−30°=60°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠D=180°−∠A=180°−60°=120°，
故选：D．
50．（25-26九年级上·江苏镇江·阶段练习）如图， 在平面直角坐标系中，C(0,4)，A(3,0)，⊙A半
径为2，P为⊙A上任意一点，E是PC 的中点，则 OE 的最小值是（ ）
如
3 7
A．1 B． C．2 D．
2 2
【答案】B
【思路引导】如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH，根据三角形的中位线定理可得EH=1，
推出点E的运动路径是以H为圆心半径为1的圆．
【规范解答】解：如图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH，AP，
∵E是PC 的中点，⊙A半径为2，
∴EH是△ACP的中位线，1 1
∴EH= AP= ×2=1，
2 2
∴点E的运动路径是以H为圆心半径为1的圆，
∵C(0,4)，A(3,0)，
(3 )
∴H ,2 ，
2
∴OH=❑
√ (3) 2
+22=
5
，
2 2
∵P为⊙A上任意一点，
∴OE≥OH−EH，当点O、E、H共线时取等号，
此时OE取得最小值，最小值为(OH−EH)，
5 3
∵OH−EH= −1= ，
2 2
3
∴OE的最小值为 ．
2
故选：B．
【考点剖析】本题考查点与圆的位置关系，坐标与图形的性质，三角形的中位线定理，两点间距离，三角
形三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点E的运动路径．
题型26 切线定理的判定与性质
51．（2025九年级上·浙江·专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以AC为直径的⊙O交
1
AB于点D，点Q为CA延长线上一点，延长QD交BC于点P，连接OD，∠ADQ= ∠DOQ．
2
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)若AQ=AC,AD=6时，求BP的长．
【答案】(1)见解析
(2)3❑√61 1
【思路引导】（1）连接DC，根据圆周角定理得到∠DCA= ∠DOA，由于∠ADQ= ∠DOQ，得
2 2
到∠DCA=∠ADQ，根据余角的性质得到∠ADQ+∠ADO=90°，于是得到结论；
（2）连接OP，根据切线的判定定理得到PC是⊙O的切线，求得PD=PC，得到∠DPO=∠CPO，根
据平行线分线段成比例定理得到OP=9，根据三角形的中位线的性质得到AB=18，根据射影定理即可得
到结论．
【规范解答】（1）证明：连接DC，
∵A´D=A´D，
1
∴∠DCA= ∠DOA，
2
1
∵∠ADQ= ∠DOQ，
2
∴∠DCA=∠ADQ，
∵AC为直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠DCA+∠DAC=90°
∵∠ADQ+∠DAC=90°,∠ADO=∠DAC，
∴∠ADQ+∠ADO=90°，
∴PD是⊙O的切线；
（2）解：连接OP．
∵∠C=90°,OC为半径，
∴PC是⊙O的切线，
∴PD=PC，
∴∠DPO=∠CPO，
∴OP⊥CD，
∴OP∥AD，
∵AQ=AC=2OA，QA AD 2 PC OC
∴ = = ， = =1，
QO OP 3 PB OA
∴PB=PC，
∴OP是△ACB的中位线，
∵AD=6，
∴OP=9
∴AB=18,BD=AB−AD=12，
∵CD⊥AB,∠C=90°，
∴BC2=BD⋅AB=216，
∴BC=6❑√6，
∴BP=3❑√6．
【考点剖析】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线的
性质，射影定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
52．（25-26九年级上·江苏宿迁·期中）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，
边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A、D、E的圆的圆心F恰好在y轴上，
⊙F与y轴相交于另一点G．
(1)求证：BC是⊙F的切线；
(2)若点A、D的坐标分别为A(0,−1)，D(2,0)，则⊙F的半径为______；
(3)在（2）的条件下，求CE的长．
【答案】(1)证明见详解
5
(2)
2
(3)❑√5
【思路引导】本题考查了圆的切线判定、垂径定理的应用、矩形的判定与性质，掌握切线的判定定理是解
题的关键．（1）连接EF，根据角平分线的定义、等腰三角形的性质得到∠FEA=∠CAE，得到FE∥AC，根据
平行线的性质得到∠FEB=∠C=90°，证明结论；
（2）连接FD，设⊙F的半径为r，根据勾股定理列出方程，解方程即可；
（3）过点F作FG⊥AC，利用勾股定理求得AD、FG的长，再利用矩形的判定与性质可得答案．
【规范解答】（1）证明：如图，连接EF，
∵AE平分∠BAC，
∴∠FAE=∠CAE，
∵FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
∴∠FEA=∠CAE，
∴FE∥AC，
∴∠FEB=∠C=90°，
即BC是⊙F的切线．
（2）解：如图，连接FD，
设⊙F的半径为r，
则FD2=OF2+OD 2 ❑，即r2=(r−1) 2+22，
❑5 5
解得r= ，即⊙F的半径为 ．
2 2
5
故答案为： ．
2
（3）解：过点F作FG⊥AC，连接EF，
由（2）得AO=1，OD=2，
在Rt△AOD中，AD=❑√OA2+OD2=❑√12+22=❑√5，
在⊙F中，FG⊥AD，
1 ❑√5
∴AG= AD= ，∠FGC=∠FGA=90°，
2 2
在Rt△AGF中，FG=❑√AF2−AG2=❑
√ (5) 2
−
(❑√5) 2
=❑√5，
2 2
由（1）得∠BEF=90°，
∴∠CEF=90°，
∵∠FGC=∠C=∠BEF=90°，
∴四边形CEFG为矩形，
∴CE=FG=❑√5．
题型27 正多边形和圆的综合问题
53．（2025九年级上·浙江·专题练习）如图，⊙O的半径为R，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，
四边形EFGH是正方形．(1)求∠OGF的度数；
(2)求正六边形与正方形的面积比．
【答案】(1)15°
(2)3❑√3:2
【思路引导】本题侧重考查有关圆内接多边形的题目，需要掌握圆内接多边形的性质以及等腰三角形的性
质．
（1）在等腰△OFG中易得顶角的度数，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出底角∠OGF的
度数；
（2）根据正六边形中心角的度数及同圆半径相等得到△EOF为等边三角形，设正六边形的边长为a，从
而得到EF的长；利用面积公式求出正六边形的面积以及正方形的面积，进而得到正六边形与正方形的面
积比．
【规范解答】（1）解：连接OE，
∵⊙O的半径为R，六边形ABCDEF是圆内接正六边形，四边形EFGH是正方形．
360°
∴∠EOF= =60°，OE=OF，EF=FG，
6
∴△OEF是等边三角形，
∴OF=EF=FG，
∴△OFG是等腰三角形，
∵∠EFG=90°，∠OFE=60°，
∴∠OFG=150°，
1
∴∠OGF= (180°−150°)=15°．
2（2）解：过O作OM⊥EF于M，设正六边形的边长为a．
∵∠FOE为正六边形的中心角，
∴∠FOE=60°．
∵EO=FO=a，
∴△EOF是边长为a的等边三角形，
1
∴EF=a，∠EOM= ∠EOF=30° ，
2
1 1
∴正方形EFGH的面积为a2，ME= OE= a ,
2 2
❑√3
∴OM=❑√OE2−M E2= a，
2
1 ❑√3 3❑√3
正六边形的面积为6× ⋅a⋅ a= a2 ，
2 2 2
3❑√3
∴正六边形与正方形的面积比为
a2:a2=3❑√3:2．
2
54．（2025·浙江杭州·三模）已知，正方形ABCD和它的外接圆⊙O．
(1)如图1，若点E在弧AB上，F是DE上的一点，且DF=BE=2，过点A作AM⊥DE，AM=1．求
⊙O的半径；
(2)如图2，若点E在弧AD上，过点A作AM⊥BE，试探究此时线段BE、DE、AM之间的关系．请写出
你的结论并证明；
(3)如图3，在正方形ABCD中，CD=❑√2，若点P满足PD=1，且∠BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离．
【答案】(1)❑√5
(2)BE−DE=2AM，理由见解析
❑√3−1 ❑√3+1
(3) 或
2 2
【思路引导】（1）连接AE、BD，由题意易得AD=AB,∠BAD=90°，则可证
△ADF≌△ABE(SAS)，然后可得AF=AE,∠DAF=∠BAE，进而可得△AEF是等腰直角三角形，
进而在Rt△EBD中，勾股定理，即可求解．
（2）在BE上取点G，使BG=DE，连接AG,AE，同理（1）可得：△ADE≌△ABG，则有△AEG
是等腰直角三角形三角形，然后问题可求解；
（3）由题意易得点P在以BD为直径的圆上，则可分当点P在如图3①所示位置时，当点P在如图3②所
示位置时，进而问题可求解
【规范解答】（1）解：连接AE、BD，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB,∠BAD=90°，∠BCD=90°
∵DF=BE，∠ADF=∠ABE，
∴△ADF≌△ABE(SAS)，
∴AF=AE,∠DAF=∠BAE，
∵∠DAF+∠BAF=90°，
∴∠BAE+∠BAF=90°，即∠EAF=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∵AM⊥DE，
1
∴AM=EM=MF= EF，
2
∴EF=2AM=2，
∴DE=EF+DF=2+2=4
∵∠BCD=90°∴BD是⊙O的直径，
∴∠BED=90°
在Rt△BDE中，BE=2,DE=4
∴BD=❑√DE2+BE2=2❑√5
∴⊙O的半径为❑√5
（2）BE−DE=2AM，理由如下：
在BE上取点G，使BG=DE，连接AG,AE，
同理（1）可得：△ADE≌△ABG，
∴AE=AG,∠DAE=∠BAG，
在正方形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠BAG+∠DAG=90°，
∴∠DAE+∠DAG=90°，
∴∠EAG=90°，
∴△AEG是等腰直角三角形三角形，
∵AM⊥BE，
1
∴AM=EM=MG= EG，
2
∵BE−BG=EG=2AM，
∴BE−DE=2AM；
❑√3−1 ❑√3+1
（3）解：点A到BP的距离是 或 ，理由如下：
2 2
∵PD=1，
∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上，
∵∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的圆上，
∴点P是这两圆的交点，
①当点P在如图3①所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°,AB=AD=DC=BC=❑√2,∠BAD=90°，
∴BD=2．
∵PD=1，
∴BP=❑√BD2−PD2=❑√3，
∵∠BPD=∠BAD=90°，
∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上，
∴∠APB=∠ADB=45°，
∴△PAE是等腰直角三角形，
又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，
∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD，
∴❑√3=2AH+1，
❑√3−1
∴AH= ；
2
②当点P在如图3②所示位置时，
连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②，
同理可得：BP=2AH−PD，
∴❑√3=2AH−1，
❑√3+1
∴AH= ，
2❑√3−1 ❑√3+1
综上所述：点A到BP的距离为 或 ．
2 2
【考点剖析】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、
圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，而通过添
加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键．
题型28 弧长和扇形面积
55．（25-26九年级上·重庆·期中）如图，已知扇形OAB，在其内部作一个菱形ODCE，其中点D ，E
分别在OA，OB上，点 C 在AB上．若OA=2，∠AOB=60°，则图中阴影部分的面积为（ ）
π ❑√3 π 2❑√3 2π 2❑√3 2π ❑√3
A． − B． − C． − D． −
3 3 3 3 3 3 3 3
【答案】A
【思路引导】本题主要考查的是扇形面积、30度直角三角形的性质、勾股定理等知识点，根据勾股定理求
得OE的长是解题的关键．
1
连接OC，过点C作CH⊥OB，垂足为点H．根据菱形性质可得∠BOC= ∠AOB=30°，EC=OE，
2
2
在Rt△OHC中，可求CH=1，OH=❑√3，然后利用EC=OE在Rt△EHC中可求得OE= ❑√3，最后由
3
阴影部分的面积=扇形OBC的面积−S 求解即可．
△OEC
【规范解答】解：连接OC，过点C作CH⊥OB，垂足为点H．∵在菱形ODCE，∠AOB=60°，
1
∴∠BOC= ∠AOB=30°，
2
1
∴CH= OC，
2
∵OC=OB=OA=2，
1 30 π
∴CH= OC=1，扇形OBC的面积= ×22×π= ，
2 360 3
∴OH=❑√OC2−CH2=❑√22−12=❑√3，
∴EH=OH−OE=❑√3−OE，
∵在菱形ODCE，EC=OE，
2
∴OE2=(❑√3−OE) 2+12，解得：OE= ❑√3，
3
1 1 2❑√3 ❑√3
∴S = OE⋅CH= × ×1= ，
△OEC 2 2 3 3
π ❑√3
∴阴影部分的面积=扇形OBC的面积−S = − ．
△OEC 3 3
故选：A．
56．（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，在△ABC中，AC=BC，以AB为直径作⊙O，与AC
相交于点D．连接OC，与⊙O相交于点E．
(1)如图1，连接DE，求∠ADE的度数；
(2)如图2，若点D为AC的中点，且AC=6，求D´E的长．【答案】(1)135°
1
(2) π
2
【思路引导】（1）连接OD，先证明△OAC≌△OBC(SSS)，得到∠AOC=∠BOC=90°，由等腰
三角形性质得到∠OAD=∠ODA，∠ODE=∠OED，设∠OAD=∠ODA=x，
∠ODE=∠OED= y，在四边形OADE中，由四边形内角和等于360°计算即可求解；
（2）根据直角三角形斜边中线的性质先证明△ADO为等边三角形，则可求∠DOE度数，再由弧长公式
即可求解．
【规范解答】（1）解：连接OD，
在△OAC和△OBC中，
{CA=CB
)
OA=OB ，
OC=OC
∴△OAC≌△OBC(SSS)，
∴∠AOC=∠BOC，
∵∠AOC+∠BOC=180°，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∵OA=OD=OE，
∴∠OAD=∠ODA，∠ODE=∠OED，
设∠OAD=∠ODA=x，∠ODE=∠OED= y，
在四边形OADE中，∵∠OAD+∠ADE+∠OED+∠AOC=360°，
∴x+x+ y+ y+90°=360°，
∴x+ y=135°，
∴∠ADE=∠ADO+∠ODE=x+ y=135°；
（2）解：连接OD，∵∠AOC=90°，D为AC中点，
1 1
∴OD=AD= AC= ×6=3，
2 2
∴OD=OA=AD=3，
∴△ADO为等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∴∠DOE=90°−60°=30°，
30π×3 1
∴D´E的长为 = π．
180 2
【考点剖析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，直角
三角形斜边中线的性质，弧长公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
