2022年中考数学冲刺+挑战压轴题专题汇编03 解答题

这是一份2022年中考数学冲刺+挑战压轴题专题汇编03 解答题，共35页。试卷主要包含了已知，，抛物线的对称轴与x轴交于点D等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（苏州考卷）
05挑战压轴题（解答题）


1．（2021·江苏苏州）如图，在矩形中，线段、分别平行于、，它们相交于点，点、分别在线段、上，，，连接、，与交于点．已知．设，．
（1）四边形的面积______四边形的面积（填“”、“”或“”）；
（2）求证：；
（3）设四边形的面积为，四边形的面积为，求的值．




2．（2020·苏州）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．

（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．




3．（2019·苏州）如图①，抛物线与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知的面积为6.
(1)求的值；
(2)求外接圆圆心的坐标；
(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，的面积为，且，求点Q的坐标.






4．（广东省深圳市北环中学2021-2022学年九年级下学期3月月考数学试题）在平行四边形ABCD中，∠BAD＝，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．

(1)如图1，当＝120°时，连接AP，请写出线段AP和线段AC的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请直接写出线段AF，AB，AD之间的数量关系；
(3)当＝120°时，连接AP，若BE＝AB，请直接写出△APE与△CDG面积的比．




5．（2022年四川省乐山市中考数学模拟试题）已知：如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，交y轴于点C，tan∠OBC＝3．

(1)求a值；
(2)点P为第一象限抛物线上一点，连接AC、PA、PC，若点P的横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数解析式，（请直接写出自变量t的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，过点P作PD∥y轴交CA延长线于点D，连接PB，交y轴于点E，点Q为第二象限抛物线上一点，连接QE并延长分别交x轴、抛物线于点N、F，连接FD，交x轴于点K，当E为QF的中点且FN＝FK时，求直线DF的解析式．





6．（2022年浙江省绍兴市中考模拟数学试题）在△ABC中，∠ABC＝90°，＝n，M是BC上一点，连接AM．

(1)如图1，若n＝1，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：BM＝BN．
(2)过点B作BP⊥AM，P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q．
①如图2，若n＝1，求证：＝．
②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ的值．（用含n的式子表示）







7．（北京市第八十中学2021-2022学年九年级下学期3月月考数学试题）如图，AB为直径，弦BC平分∠DBA，BD与⊙O交于点E，过点C作BD的垂线于D．

(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)如果，OA = 2，求DE的长．





8．（专题01二次函数与等腰三角形问题-挑战2022年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘）如图，关于x的二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．

(1)求二次函数的解析式．
(2)有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
(3)在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在请说明理由．






9．（2022年四川省泸州市龙马潭区九年级下学期数学一诊模拟考试试题）如图，PB为⊙O的切线，B为切点，直线PO交⊙O于点E、F，过点B作PO的垂线BA，垂足为点D，交⊙O于点A，延长AO与⊙O交于点C，连接BC，AF．

(1)求证：直线PA为⊙O的切线；
(2)求证：
(3)若BC=6，求⊙O的直径AC的长．


2022年中考数学冲刺 挑战压轴题专题汇编（苏州考卷）
05挑战压轴题（解答题）


1．（2021·江苏苏州）如图，在矩形中，线段、分别平行于、，它们相交于点，点、分别在线段、上，，，连接、，与交于点．已知．设，．
（1）四边形的面积______四边形的面积（填“”、“”或“”）；
（2）求证：；
（3）设四边形的面积为，四边形的面积为，求的值．

【答案】（1）=；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由四边形为矩形及，，证明四边形为矩形，四边形、、均为矩形．再利用矩形的面积公式求解四边形的面积与四边形的面积，从而可得答案；
（2）由，，结合，，结合，证明．可得．从而可得结论；
（3）解法一：连接，，证明．可得．再证明．可得，从而可得答案；
解法二：连接、．证明四边形的四边形．从而可得答案．
【详解】
解：（1）∵四边形为矩形，
∴．
∵，
∴，．
∵，
∴．
∴四边形为矩形．
同理可得：四边形、、均为矩形．
∵，，，
∴，，，．
∴四边形的面积，四边形的面积．
．四边形的面积四边形的面积．
（2）∵，，由（1）中，，
∴，即，
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
（3）解法一：连接，，


∵，，
∴．
∵，
∴．
∴，．
由（2），得，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
解法二：连接、．
∵，，
∴．
∵，
∴．
∴，，．
由（2）中，得，
∴．
∵，
∴．
∴，，．
∴，，．
又，，
∴四边形的四边形．
∴．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定与性质，相似四边形的判定与性质，构建相似三角形的模型是解题的关键．
2．（2020·苏州）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．

（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．
【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，，由此可求得的值；
（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；
（3）先证明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根据四边形的面积即可求得答案．
【详解】
解：（1）由题可得：，．
∴．
（2）当时，线段的长度最大．
如图，过作，垂足为，则．
∵平分，
∴，
∴，．
设线段的长为，
则，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴当时，线段的长度最大，最大为．
（3）∵，
∴是圆的直径．
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形．
∴

．
在中，．
∴四边形的面积



．
∴四边形的面积为．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
3．（2019·苏州）如图①，抛物线与x轴交于A、B两点(点A位于点B的左侧)，与y轴交于点C，已知的面积为6.
(1)求的值；
(2)求外接圆圆心的坐标；
(3)如图②，P是抛物线上一点，点Q为射线CA上一点，且P、Q两点均在第三象限内，Q、A是位于直线BP同侧的不同两点，若点P到x轴的距离为d，的面积为，且，求点Q的坐标.

【答案】(1)-3；(2)坐标(-1，1)；(3)Q.
【解析】
【分析】
（1）利用抛物线解析式得到A、B、C三点坐标，然后利用三角形面积公式列出方程解出a；（2）利用第一问得到A、B、C三点坐标，求出AC解析式，找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式联立，解出x、y即为圆心坐标；（3）过点P做PD⊥x轴，PD=d，发现△ABP与△QBP的面积相等，得到A、D两点到PB得距离相等，可得，求出PB解析式，与二次函数解析式联立得到P点坐标，又易证，得到BQ=AP=，设出Q点坐标，点与点的距离列出方程，解出Q点坐标即可
【详解】
(1)解：由题意得
由图知：
所以A()，,
=6

∴
(2)由(1)得A()，,
∴直线AC得解析式为：
AC中点坐标为
∴AC的垂直平分线为：
又∵AB的垂直平分线为：
∴ 得
外接圆圆心的坐标(-1，1).
(3)解：过点P做PD⊥x轴
由题意得：PD=d，

∴
=2d
∵的面积为
∴，即A、D两点到PB得距离相等
∴
设PB直线解析式为;过点
∴
∴易得
所以P(-4,-5),
由题意及
易得：
∴BQ=AP=
设Q(m，-1)()
∴

∴Q.
【点睛】
本题考查二次函数综合性问题，涉及到一次函数、三角形外接圆圆心、全等三角形等知识点，第一问关键在于用a表示出A、B、C三点坐标；第二问关键在于找到AC垂直平分线的解析式，与AB垂直平分线解析式；第三问关键在于能够求出PB的解析式





4．（广东省深圳市北环中学2021-2022学年九年级下学期3月月考数学试题）在平行四边形ABCD中，∠BAD＝，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．

(1)如图1，当＝120°时，连接AP，请写出线段AP和线段AC的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请直接写出线段AF，AB，AD之间的数量关系；
(3)当＝120°时，连接AP，若BE＝AB，请直接写出△APE与△CDG面积的比．
【答案】(1)AP=AC，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)或
【解析】
【分析】
（1）如图1所示，连接PB，PC，先求出，，得到∠AEP=120°，然后证△BPE是等边三角形，得到BP=BE，∠EBP=∠BOE=60°，则∠AEP=∠CBP，再由DE平分∠ADC，推出∠AED=∠∠CDE=∠ADE=30°，得到AE=BC，即可证明△AEP≌△CBP得到AP=CP，∠APE=∠CPB，从而证明△APC是等边三角形，得到AP=AC；
（2）连接CF，先证四边形ABCD是矩形，得到∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，同理证明AE=BC，△AEF≌△CBF，得到CF=AF，∠CFB=∠AFE，然后证明∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=90°，得到，再由，则；
（3）分点E在AB上和AB的延长线上两种情况讨论求解即可．
(1)
解：AP=AC，理由如下：
如图1所示，连接PB，PC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，AD=BC，
∵，
∴，，
∴∠AEP=120°
由旋转的性质可得EP=EB，
∴△BPE是等边三角形，
∴BP=BE，∠EBP=∠BOE=60°，
∴∠CBP=∠EBP+∠ABC=120°，
∴∠AEP=∠CBP，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=30°，
∴∠AED=∠∠CDE=∠ADE=30°，
∴AE=AD，
∴AE=BC，
∴△AEP≌△CBP（SAS），
∴AP=CP，∠APE=∠CPB，
∴∠APC=∠APE+∠CPE=∠CPB+∠CPE=∠BPE=60°，
∴△APC是等边三角形，
∴AP=AC；

(2)
解：，理由如下：
如图2所示，连接CF，
∵在平行四边形ABCD中，∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=45°，
∴∠AEDF=∠ADE=45°，
∴AE=AD，
∴AE=BC，
∵BF⊥EP，
∴∠BFE=90°，
∴，
∴∠BEF=∠EBF=45°，
∴BE=EF，∠AEF=135°，
∴∠AEF=∠CBF=∠EBF+∠ABC=135°，
∴△AEF≌△CBF（SAS），
∴CF=AF，∠CFB=∠AFE，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=90°，
∴，
∵，
∴；

(3)
解：①如图3所示，当E在AB上时，过点G作GM⊥AD于K，作GN⊥CD于N，过点C作CK⊥AD于K，过点A作AH⊥PE交PE延长线于H，
由（1）知，BC=AD=AE=AB-BE，当时，∠B=∠ADC=60°，
∴∠KCD=30°，
∴CD=2KD，
∴
∵，
∴，
设BE=a。则PE=BE=AD=AE=BC=a，AB=CD=2a，
∵DE平分∠ADC，GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GM=GN，
∵，，
∴，
由（1）可知∠AEP=∠BAD=120°，
∴∠AEH=60°，
∵∠H=90°，
∴∠EAH=30°，
∴，
∴，
∴，
∴；

②如图4，当点E在AB延长线上时，过点P作PH⊥BE于H，
同理可证AE=AD，
∵，
∴，
同理可证，
∴，
设CD=AB=b，则，
同理可求出，
∴；
∵，BE=EP，
∴△PBE是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴综上所述，或

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，角平分线的性质与判定，勾股定理，含30度角的额直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2022年四川省乐山市中考数学模拟试题）已知：如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，交y轴于点C，tan∠OBC＝3．

(1)求a值；
(2)点P为第一象限抛物线上一点，连接AC、PA、PC，若点P的横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数解析式，（请直接写出自变量t的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，过点P作PD∥y轴交CA延长线于点D，连接PB，交y轴于点E，点Q为第二象限抛物线上一点，连接QE并延长分别交x轴、抛物线于点N、F，连接FD，交x轴于点K，当E为QF的中点且FN＝FK时，求直线DF的解析式．
【答案】(1)a＝1
(2)S＝t（t＞3）
(3)y＝2x﹣7
【解析】
【分析】
（1）令y=0，0=ax2-2ax-3a，解得x1=-1，x2=3，求出OC=3，则可得出答案；
（2）过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，设P（t，t2-2t-3），求出直线AC的解析式为y=x-3，则N（t，t-3），得出PN=t2-2t-3-（t-3）=t2-3t，根据S=S△PCN-S△PAN得出答案；
（3）延长PD交x轴于点G，得出OE=DG，连接DE，则四边形EOGD是矩形，得出DE∥AN，过点F作FR⊥DE，得出RE=RD=，证明△FER≌△QEH（AAS），由全等三角形的性质得出QH=FR，EH=ER，，，求出D，F的坐标，则可求出答案．
(1)
∵抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，
∴令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（3，0），B（﹣1，0），
∵tan∠OBC＝3，
∴＝3，
∴OC＝3，
∴﹣3＝﹣3a，
∴a＝1；
(2)
如图1，过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，

设P（t，t2﹣2t﹣3），
求出直线AC的解析式为y＝x﹣3，
∴N（t，t﹣3），
∴PN＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，
∴S＝S△PCN﹣S△PAN
＝PN•OA＝
＝t（t＞3）；
(3)
延长PD交x轴于点G，

∵tan∠PBG＝＝＝t﹣3，
∴tan∠PBG＝＝t﹣3，
∴OE＝t﹣3，
∵DG＝t﹣3，
∴OE＝DG，
连接DE，
∴四边形EOGD是矩形，
∴DE∥AN，
∵FN＝FK，
∴∠FNA＝∠FAN＝∠DEF＝∠FDE，
∴FE＝FD，
过点F作FR⊥DE，
∴RE＝RD＝，
过点Q作QH⊥RE交RE延长线于点H，
∵QE＝EF，∠QHE＝∠FRE，∠QEH＝∠FER，
∴△FER≌△QEH（AAS），
∴QH＝FR，EH＝ER，
∴F（﹣t﹣3），Q（﹣+t﹣3），
∴+t﹣3﹣t+3＝t﹣3﹣，
解得t1＝4，t2＝0（舍去），
∴F（2，﹣3），D（4，1），
设直线DF的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴直线DF的解析式为y＝2x﹣7．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了全等三角形的判定和性质，一次函数解析式的确定，锐角三角函数，三角形的面积，矩形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．
6．（2022年浙江省绍兴市中考模拟数学试题）在△ABC中，∠ABC＝90°，＝n，M是BC上一点，连接AM．

(1)如图1，若n＝1，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：BM＝BN．
(2)过点B作BP⊥AM，P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q．
①如图2，若n＝1，求证：＝．
②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ的值．（用含n的式子表示）
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）如图1中，延长AM交CN于点H．想办法证明△ABM≌△CBN（ASA）即可．
（2）①如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．利用全等三角形的性质证明CH＝BM，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
②如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC＝2m，则AB＝2mn．想办法求出CN，PN（用m，n表示），即可解决问题．
(1)
证明：如图1中，延长AM交CN于点H．

∵AM⊥CN，
∴∠AHC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，∠BCN+∠CMH＝90°，
∵∠AMB＝∠CMH，
∴∠BAM＝∠BCN，
∵BA＝BC，∠ABM＝∠CBN＝90°，
∴△ABM≌△CBN（ASA），
∴BM＝BN．
(2)
①证明：如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．

∵BP⊥AM，
∴∠BPM＝∠ABM＝90°，
∵∠BAM+∠AMB＝90°，∠CBH+∠BMP＝90°，
∴∠BAM＝∠CBH，
∵CH∥AB，
∴∠HCB+∠ABC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM＝∠BCH＝90°，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△BCH（ASA），
∴BM＝CH，
∵CH∥BQ，
∴
∴＝＝，即＝．
②解：如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC＝2m，则AB＝2mn．

则BM＝CM＝m，，
∵，
∴PB＝，
∵，
∴CN＝，
∵CN⊥BH，PM⊥BH，
∴MP∥CN，
∵CM＝BM，
∴PN＝BP＝，
∵∠BPQ＝∠CPN，
∴．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题题．


7．（北京市第八十中学2021-2022学年九年级下学期3月月考数学试题）如图，AB为直径，弦BC平分∠DBA，BD与⊙O交于点E，过点C作BD的垂线于D．

(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)如果，OA = 2，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【解析】
【分析】
（1）如图所示，连接OC，根据等腰三角形的性质和角平分线的定义推出∠OCB=∠DBC，即可证明，得到∠D+∠OCD=180°，再由BD⊥CD，即可推出∠OCD=90°，即OC⊥CD，则CD是圆O的切线；
（2）如图所示，连接AC，AE，由AB是圆O的直径，得到∠ACB=∠AEB=90°，再由，得到∠ABD=60°，则，求出∠ABC=∠DBC=30°，则，即可求出，由此即可得到答案．
(1)
解：如图所示，连接OC，
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB，
∵BC平分∠ABD，
∴∠OBC=∠DBC，
∴∠OCB=∠DBC，
∴，
∴∠D+∠OCD=180°，
∵BD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴∠OCD=90°，即OC⊥CD，
∴CD是圆O的切线；

(2)
解：如图所示，连接AC，AE，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB=∠AEB=90°，
∵，
∴∠ABD=60°，
∴∠BAE=30°，
∴，
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABC=∠DBC=30°，
∴，
∵BD⊥CD，
∴∠D=90°，
∴，
∴．

【点睛】
本题主要考查了圆切线的证明，解直角三角形，等腰三角形的性质，平行线的性质与判定，特殊角三角函数值求角的度数，角平分线的定义等等，正确作出辅助线求解是关键．
8．（专题01二次函数与等腰三角形问题-挑战2022年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘）如图，关于x的二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．

(1)求二次函数的解析式．
(2)有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
(3)在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)y＝x2﹣4x+3
(2)当M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1
(3)存在，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）
【解析】
【分析】
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）如图1，设A运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，S△MNB（2﹣t）×2t，求最值即可；
（3）先求出点坐标，的长，根据等腰三角形的性质分①CP＝CB，②BP＝BC，③PB＝PC，三种情况求解即可．
(1)
解：把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，得，
解得：，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
(2)
解：如图1，设A运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，

∴S△MNB（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
∴时S△MNB值最大
∴当M点坐标为（2，0），N点坐标为（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1；
(3)
解：令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图2，

①当CP＝CB时，PC＝3，
∴OP＝OC+PC＝3+3或OP＝PC﹣OC＝33
∴P1（0，3+3），P2（0，3﹣3）；
②当BP＝BC时，OP＝OB＝3，
∴P3（0，﹣3）；
③当PB＝PC时，
∵OC＝OB＝3，
∴此时P与O重合，
∴P4（0，0）；
综上所述，点P的坐标为：（0，3+3）或（0，3﹣3）或（0，﹣3）或（0，0）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的应用，二次函数与等腰三角形综合．解题的关键在于对知识的灵活运用．
9．（2022年四川省泸州市龙马潭区九年级下学期数学一诊模拟考试试题）如图，PB为⊙O的切线，B为切点，直线PO交⊙O于点E、F，过点B作PO的垂线BA，垂足为点D，交⊙O于点A，延长AO与⊙O交于点C，连接BC，AF．

(1)求证：直线PA为⊙O的切线；
(2)求证：
(3)若BC=6，求⊙O的直径AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接OB，先由切线的性质得出∠OBP=90°，再证明△OPA≌△OPB，由对应角相等得出∠OAP=∠OBP=90°，即可得出结论；
（2）只需要证明△ABC∽△PDA即可；
（3）根据相似三角形对应边成比例求得OD＝BC＝3，设AD＝3x，再由tan∠F＝得FD＝4x，则OA＝OF＝4x﹣3，根据勾股定理得出方程，解方程求出x，求出AB的长即可利用勾股定理求出AC的长．
(1)
证明：连接OB，

∵PB是⊙O的切线，
∴∠PBO＝90°，
∵OA＝OB，BA⊥PO于D，
∴AD＝BD，∠POA＝∠POB，
在△PAO和△PBO中，

∴△PAO≌△PBO（SAS），
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴OA⊥PA，
∴直线PA为⊙O的切线；
(2)
解：∵AC是圆O的直径，
∴∠ABC=∠PDA=90°，
由（1）得，∠PAO=∠ADP=90°，
∴∠BAC+∠PAD=90°，∠PAD+∠APD=90°，
∴∠APD=∠CAB，
∴△ABC∽△PDA，
∴，
∴
(3)
∵OA＝OC，AD＝DB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD＝BC＝3，
设AD＝3x，
∵tan∠F＝，
∴FD＝4x，则OA＝OF＝4x﹣3，
在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2，即（4x﹣3）2＝32+9x2，
解得，
∴，，
∵AC是直径
∴∠ABC＝90°
∴AC＝

【点睛】
此题考查了切线的判定与性质，垂直定理，解直角三角形、勾股定理、全等三角形的判定与性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键