天津市红桥区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题

这是一份天津市红桥区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题，共34页。试卷主要包含了如图，在中，，解下列关于x的方程，的顶点为，在平面直角坐标系中，点，点，点，经过两点，与y轴交于C点等内容，欢迎下载使用。

天津市红桥区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题
1．（2022·天津红桥·九年级期末）如图，在中，．

（1）边的长等于________．
（2）用无刻度直尺和圆规，在如图所示的矩形方框内，作出圆心在斜边上，经过点B，且与边相切的，并简要说明作法（保留作图痕迹，不要求证明）________．
2．（2022·天津红桥·九年级期末）从一副普通的扑克牌中取出四张牌，它们的牌面数字分别为．将这四张扑克牌背面朝上，洗匀．
(1)从中随机抽取一张，则抽取的这张牌的牌面数字能被3整除的概率是________；
(2)从中随机抽取一张，不放回，再从剩余的三张牌中随机抽取一张．
①利用画树状图或列表的方法，写出取出的两张牌的牌面数字所有可能的结果；
②求抽取的这两张牌的牌面数字之和是偶数的概率．
3．（2022·天津红桥·九年级期末）解下列关于x的方程．
(1)；
(2)．
4．（2022·天津红桥·九年级期末）如图，已知为的直径，切于点C，交的延长线于点D，且．

(1)求的大小；
(2)若，求的长．
5．（2022·天津红桥·九年级期末）已知抛物线（为常数）的顶点为．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点在该抛物线上，当时，比较与的大小；
(3)为该抛物线上一点，当取得最小值时，求点Q的坐标．
6．（2022·天津红桥·九年级期末）已知⊙O中，AC为直径，MA、MB分别切⊙O于点A、B．

（Ⅰ）如图①，若∠BAC=250，求∠AMB的大小；
（Ⅱ）如图②，过点B作BD⊥AC于点E，交⊙O于点D，若BD=MA，求∠AMB的大小．
7．（2022·天津红桥·九年级期末）在平面直角坐标系中，点，点，点．以点O为中心，逆时针旋转，得到，点的对应点分别为．记旋转角为．

(1)如图①，当点C落在上时，求点D的坐标；
(2)如图②，当时，求点C的坐标；
(3)在（2）的条件下，求点D的坐标（直接写出结果即可）．
8．（2022·天津红桥·九年级期末）抛物线（为常数）经过两点，与y轴交于C点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)设是x轴下方抛物线上的点，过点M作MNy轴交直线于点N．
①当取得最大值时，求点N的坐标；
②以为边作，若，求点P的坐标．
9．（2021·天津红桥·九年级期末）一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4．随机摸取一个小球然后放回，再随机摸出一个小球．
（1）请用画树形图或列表的方法写出两次取出的小球所能产生的全部结果；
（2）求两次取出的小球标号相同的概率；
（3）求两次取出的小球标号的和等于4的概率．
10．（2021·天津红桥·九年级期末）解下列关于x的方程．
（1）x（x+1）＝3x+3；
（2）5x2﹣3x＝x+1．
11．（2021·天津红桥·九年级期末）已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．

（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
12．（2021·天津红桥·九年级期末）已知抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数）的顶点坐标为（2，﹣1）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M（t﹣1，y1），N（t，y2）在该抛物线上，当t＜1时，比较y1与y2的大小；
（3）若点P（m，n）在该抛物线上，求m﹣n的最大值．
13．（2021·天津红桥·九年级期末）如图，是的外接圆，是的直径，．

（1）求证：是的切线；
（2）若，垂足为交于点F；求证：是等腰三角形．
14．（2021·天津红桥·九年级期末）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（2，0），点B（0，2），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′．记旋转角为α．

（1）如图①，当点O′落在边AB上时，求点O′的坐标；
（2）如图②，当α＝60°时，求AA′的长及点A′的坐标．
15．（2021·天津红桥·九年级期末）如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．

（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作，垂足为点N．设M点的坐标为，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
16．（2020·天津红桥·九年级期末）在一个不透明的布袋里装有个标号分别为的小球，这些球除标号外无其它差别．从布袋里随机取出一个小球，记下标号为，再从剩下的个小球中随机取出一个小球，记下标号为记点的坐标为．
(1)请用画树形图或列表的方法写出点所有可能的坐标；
(2)求两次取出的小球标号之和大于的概率；
(3)求点落在直线上的概率．
17．（2020·天津红桥·九年级期末）如图，在中，，为边上的中线，于点E.

（1）求证：；
（2）若，，求线段的长.
18．（2020·天津红桥·九年级期末）已知抛物线与轴交于点．
(1)求点的坐标和该抛物线的顶点坐标；
(2)若该抛物线与轴交于两点，求的面积；
(3)将该抛物线先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度，求平移后的抛物线的解析式（直接写出结果即可）．
19．（2020·天津红桥·九年级期末）已知直线与是的直径，于点．
（1）如图①，当直线与相切于点时，若，求的大小；

（2）如图②，当直线与相交于点时，若，求的大小．

20．（2020·天津红桥·九年级期末）已知反比例函数为常数，）的图象经过两点．
(1)求该反比例函数的解析式和的值；
(2)当时，求的取值范围；
(3)若为直线上的一个动点，当最小时，求点的坐标．
21．（2020·天津红桥·九年级期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点的对应点分别为，记旋转角为．
(1)如图①，当时，求点的坐标；

(2)如图②，当点落在的延长线上时，求点的坐标；

(3)当点落在线段上时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
22．（2020·天津红桥·九年级期末）抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．点D（xD，yD）为抛物线上一个动点，其中1＜xD＜3．连接AC，BC，DB，DC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案：
1．     3     图见解析，作的平分线与交于点；过点作的垂线（或的平行线）与交于点；以点为圆心，为半径作圆，所作⊙即为所求．
【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理即可；
（2）先作△ABC中∠ABC的平分线，交AC与D，然后过点D作DO⊥AC于D，交AB于点O，得出△ODC为等腰三角形，OD=OB，以点O为圆心，OD长为半径作，则为所求作的圆．给出证明：根据BD平分∠CBA，得出∠DBC=∠DBA，根据OD⊥AC，∠C=90°，得出OD∥BC，利用两直线平行内错角相等得出∠ODB=∠DBC，得出∠ODB=∠DBA，根据等角对等边得出OD=OB，根据以点O为圆心，OD长为半径的过点B，根据OD⊥AC，OD为半径，切线的判定定理得出AC为的切线．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理，
故答案为：3；
（2）先作∠ABC的平分线，交AC与D，然后过点D作DO⊥AC于D，交AB于点O，得△ODC为等腰三角形，OD=OC，以点O为圆心，OD长为半径作，则为所求作的圆．
证明：∵BD平分∠CBA，
∴∠DBC=∠DBA，
∵OD⊥AC，∠C=90°，
∴OD∥BC，
∴∠ODB=∠DBC
∴∠ODB=∠DBA，
∴OD=OB，
∴以点O为圆心，OD长为半径的过点B，
∵OD⊥AC，OD为半径，
∴AC为的切线，
∴以点O为圆心，OD长为半径作，为所求．
故答案为：作的平分线与交于点；过点作的垂线（或的平行线）与交于点；以点为圆心，为半径作圆，所作⊙即为所求．

【点睛】本题考查勾股定理，尺规作圆图形，角平分线的定义，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线的判定，本题难度不大，是基础题的小综合，掌握以上知识是解题关键．
2．(1)
(2)①见解析；②

【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）①列表，共有12种等可能的结果，
②抽取的这两张牌的牌面数字之和是偶数的结果有4种，再由概率公式求解即可．
(1)
∵共有四张牌，它们的牌面数字分别为3，4，6，9，其中抽取的这张牌的牌面数字能被3整除的有3种，
∴从中随机抽取一张，则抽取的这张牌的牌面数字能被3整除的概率是
故答案为：
(2)
① 根据题意，列表如下：
第一次
第二次
3
4
6
9
3
—
（4，3）
（6，3）
（9，3）
4
（3，4）
—
（6，4）
（9，4）
6
（3，6）
（4，6）
—
（9，6）
9
（3，9）
（4，9）
（6，9）
—

所有可能产生的全部结果共有种．
②∵抽取的这两张牌的牌面数字之和是偶数的结果有4种
∴抽取的这两张牌的牌面数字之和是偶数的概率 ．
【点睛】此题考查的是画树状图或列表法求概率．树状图或列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
3．(1)，
(2)

【分析】（1）移项、提取公因式、令各因式值为0，计算求解即可；
（2）移项后求解的值，方程的解为计算求解即可．
（1）
移项，得
由此可得

解得，．
（2）
移项，得
，，

∴
∴．
【点睛】本题考查了解一元二次方程．解题的关键在于灵活运用解一元二次方程的方法；如：公式法、配方法、因式分解法等．
4．(1)45°
(2)

【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CD，根据圆周角定理得到∠DOC=2∠CAD，进而证明∠D=∠DOC，根据等腰直角三角形的性质求出∠D的度数；（2）根据等腰三角形的性质求出OC，根据弧长公式计算即可．
（1）
连接．

∵ ，
∴ ，即 ．
∵ ，
∴ ．
∵ 是⊙的切线，
∴ ，即 ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
（2）
∵ ，，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ 的长．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、弧长的计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
5．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）利用顶点式直接写出抛物线的解析式；
（2）根据二次函数的性质判断y1与y2的大小；
（3）先用m表示2m+n得到2m+n=m2-2m+3，然后配成顶点式，从而得到2m+n取最小值时m的值，即可得到答案．
(1)
∵ 抛物线的顶点为，
∴   
解得，．
∴ 抛物线的解析式为．
(2)
∵ 抛物线的开口向上，对称轴为直线．
∴ 当时，函数值随自变量的增大而增大．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
(3)
∵ 点在该抛物线上，
∴ ．
∴ ．
∴ 当时，取得最小值．此时．
∴ 点的坐标为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
6．（Ⅰ）50°；（Ⅱ）60°
【分析】（Ⅰ）由AM与圆O相切，根据切线的性质得到AM垂直于AC，可得出∠MAC为直角，再由∠BAC的度数，用∠MAC－∠BAC求出∠MAB的度数，又MA，MB为圆O的切线，根据切线长定理得到MA=MB，利用等边对等角可得出∠MAB=∠MBA，由底角的度数，利用三角形的内角和定理即可求出∠AMB的度数．
（Ⅱ）连接AB，AD，由直径AC垂直于弦BD，根据垂径定理得到A为优弧BAD 的中点，根据等弧对等弦可得出AB=AD，由AM为圆O的切线，得到AM垂直于AC，又BD垂直于AC，根据垂直于同一条直线的两直线平行可得出BD平行于AM，又BD=AM，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ADBM为平行四边形，再由邻边MA=MB，得到ADBM为菱形，根据菱形的邻边相等可得出BD=AD，进而得到AB=AD=BD，即△ABD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠D为60°，再利用菱形的对角相等可得出∠AMB=∠D=60°．
【详解】解：（Ⅰ）∵MA切⊙O于点A，∴∠MAC=90°．
又∠BAC=25°，∴∠MAB=∠MAC－∠BAC=65°．
∵MA、MB分别切⊙O于点A、B，∴MA=MB．
∴∠MAB=∠MBA．
∴∠AMB=180°－（∠MAB+∠MBA）=50°．
（Ⅱ）如图，连接AD、AB，

∵MA⊥AC，又BD⊥AC，
∴BD∥MA．
又∵BD=MA，∴四边形MADB是平行四边形．
又∵MA=MB，∴四边形MADB是菱形．∴AD=BD．
又∵AC为直径，AC⊥BD，
∴ AB =" AD" ．
∴AB=AD=BD．∴△ABD是等边三角形．∴∠D=60°．
∴在菱形MADB中，∠AMB=∠D=60°
【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，弦、弧及圆心角之间的关系，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线长定理，以及等边三角形的判定与性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
7．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）如图，过点D作DE⊥OA于点E．解直角三角形求出OE，DE，可得结论；
（2）如图②，过点C作CT⊥OA于点T，解直角三角形求出OT，CT可得结论；
（3）如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK=OK，设OJ=m．利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．
(1)
如图，过点作，垂足为．

∵ ，，
∴ ，，．
∵ ，
∴ ．
在中，由，
得．解得．
∴ ，．
∵ 是由旋转得到的，
∴ ，．
∴ ．
∴ ．∴ ．
在中，．
∴ 点的坐标为．
(2)
如图，过点作，垂足为．

由已知，得．
∴ ．
∴ ．
∵ 是由旋转得到的，
∴ ．
在中，由，得．
∴ 点的坐标为．
(3)
如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK=OK，设OJ=m．
∵∠DOC=30°，∠COT=45°，
∴∠DOJ=75°，
∴∠ODJ=90°-75°=15°，
∵KD=KO，
∴∠KDO=∠KOD=15°，
∴∠OKJ=∠KDO+∠KOD=30°，
∴OK=DK=2m，KJ=m，
∵OD2=OJ2+DJ2，
∴22=m2+（2m+m）2，
解得m=（负根已经舍弃），
∴OJ=，DJ=，
∴D．
【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
8．(1)
(2)①点的坐标为；②点的坐标为或

【分析】（1）把，，代入解析式，即可求解；
（2）①先求出．可得直线的解析式为．然后设点的坐标为，则点的坐标为．可得，即可求解；
②过点作，垂足为．利用勾股定理，可得．从而得到的边上的高．然后求出点的坐标为．可得直线的解析式为．再根据点在抛物线上，即可求解．
(1)
解：∵ 抛物线过点，，
∴， 解得 ，
∴ 抛物线的解析式为；
(2)
解：① 当时，．
∴ ．
设直线的解析式为．
∵，
∴ 解得：
∴ 直线的解析式为．
设点的坐标为，则点的坐标为．
∴ ．
∴ 当时，取得最大值．
∴ 点的坐标为．       
②如图，过点作，垂足为．

∵ ，，∴ ．
∴ ．
∴的边上的高．
设直线交轴于点．
∵，．
∴
∴，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点的坐标为．
在中，PQ∥BC，
∴可设直线的解析式为，
把．代入，解得： ，
∴ 直线的解析式为．
设点的坐标为．
∵ 点在抛物线上，
∴ ．解得或．
∴ 点的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数与特殊四边形的综合题，熟练掌握二次函数的性质，平行四边形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
9．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先画树状图展示所有16种等可能的结果数即可；
（2）两次摸出的小球标号相同的占4种，然后根据概率的概念计算即可；
（2）由（1）可知有16种等可能的结果数，其中两次取出的小球标号的和等于4的有3种，进而可求出其概率．
【详解】解：画树状图如图：

共有16种等可能的结果数；
（2）由树状图得：共有16种等可能的结果数，两次取出的小球标号相同的结果有4个，
∴两次取出的小球标号相同的概率为 ；
（3）如图：

共有16种等可能的结果数两次取出的小球标号的和等于4的有3种，
∴两次取出的小球标号的和等于4的概率为 ．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
10．（1）x1＝﹣1，x2＝3；（2）x1＝1，x2＝﹣0.2
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）先整理成一般式，再利用因式分解法求解即可．
【详解】解：（1）∵x（x+1）＝3x+3，
∴x（x+1）﹣3（x+1）＝0，
则（x+1）（x﹣3）＝0，
∴x+1＝0或x﹣3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3；
（2）5x2﹣3x＝x+1
整理，得：5x2﹣4x﹣1＝0，
∴（x﹣1）（5x+1）＝0，
则x﹣1＝0或5x+1＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣0.2．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
11．（Ⅰ）求AC＝8，BD＝CD＝5；（Ⅱ）BD＝5
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5 ；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【详解】解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝
∵AD平分∠CAB，
∴ ，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝ ∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．

【点睛】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
12．（1）y＝x2﹣4x+3；（2）y1＞y2；（3）m＝时，m﹣n有最大值，最大值为
【分析】（1）利用顶点式直接写出抛物线的解析式；
（2）根据二次函数的性质判断y1与y2的大小；
（3）先用m表示m﹣n得到m﹣n＝﹣m2+5m﹣3，然后配成顶点式，从而得到m﹣n的最大值．
【详解】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣bx+c（b，c为常数）的顶点坐标为（2，﹣1），
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣2）2﹣1，
即y＝x2﹣4x+3；
（2）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，
而t＜1，
∴点M（t﹣1，y1），N（t，y2）对称轴的左侧的抛物线上，
∵抛物线开口向上，在对称轴的左侧y随x增大而减小，
∵t﹣1＜t，
∴y1＞y2；
（3）∵点P（m，n）在该抛物线上，
∴n＝m2﹣4m+3，
∴m﹣n＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3＝﹣（m﹣）2+，
∴当m＝时，m﹣n有最大值，最大值为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
13．（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)连接OC，由AB是圆O的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知条件，且∠A=∠ACO即可证明∠OCD=90°进而求解；
(2)证明，再由DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到∠DCA=∠AFE=∠DFC，得到DC=DF，进而得到△DFC为等腰三角形．
【详解】解：(1)证明：连接，



为圆的直径，


又


又点在圆上，
是的切线．
(2)





又

是等腰三角形．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质或定理是解决此类题的关键．
14．（1）点O′的坐标为（，2﹣）；（2）AA′＝2，点A′的坐标为（1+，1+）
【分析】（1）根据点A（2，0），点B（0，2），可得△ABO是等腰直角三角形，当点O′落在边AB上时，α＝45°，可得点O′的横坐标为AB＝，纵坐标为2﹣，即可得答案；
（2）根据勾股定理得AB，由旋转性质可得∠A′BA＝60°，A′B＝AB，继而得出AA′和点A′的坐标．
【详解】解：（1）如图①，
∵点A(2，0)，点B(0，2)，
∴OA＝OB＝2，△ABO是等腰直角三角形，
∴AB＝2，
当点O′落在边AB上时，α＝45°，
∴点O′的横坐标为O′B＝，纵坐标为2﹣，
∴点O′的坐标为(，2﹣)；
（2）如图②，当α＝60°时，
∴∠ABA′＝60°，AB＝A′B，
∴△ABA′为等边三角形，
∴AA′＝A′B＝AB＝2，
连接OA′，

在△OBA′和△OAA′中，
，
∴△OBA′≌△OAA′（SSS），
∴∠BOA′＝∠AOA′，∠BA′O＝∠AA′O，
∴直线OA′的函数解析式为y＝x，
∴OA′⊥AB，
∴OA′＝+，
∴点A′的坐标为(1+ ，1+)．
【点睛】本题主要考查旋转的性质及全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
15．（1）；（2），当时，PN有最大值，最大值为．    （3）满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入解析式中求解即可；
（2）由(1)求得点C坐标，利用待定系数法求得直线BC的解析式，然后用m表示出PN，再利用二次函数的性质即可求解；
（3）分三种情况：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分别求解即可．
【详解】解：（1）将，代入，得，解之，得．
所以，抛物线的表达式为．  
（2）由，得．
将点、代入，得，解之，得．
所以，直线BC的表达式为：．
由，得，．
∴
∵，∴．
∴．
∴．
．
∵
∴当时，PN有最大值，最大值为．     
（3）存在，理由如下：由点，，知．

①当时，过Q作轴于点E，易得，
由，得，（舍）
此时，点；    
②当时，则．
在中，由勾股定理，得．
解之，得或（舍）
此时，点；   
③当时，
由，得（舍）．
综上知所述，可知满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【点睛】本题是一道二次函数与几何图形的综合题，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．
16．（1）见解析；（2）（3）．
【分析】(1)根据题意直接画出树状图即可
(2)根据（1）所画树状图分析即可得解
(3)若使点落在直线上，则有x+y=5，结合树状图计算即可.
【详解】解：(1)画树状图得：

共有种等可能的结果数；
(2)共有种等可能的结果数，其中两次取出的小球标号之和大于的有种，
两次取出的小球标号之和大于的概率是；
(3)点落在直线上的情况共有4种，
点落在直线上的概率是．
【点睛】本题考查的知识点是求简单事件的概率问题，根据题目画出树状图，数形结合，可以使题目简单明了，更容易得到答案.
17．（1）见解析；（2）.
【分析】对于（1），由已知条件可以得到∠B=∠C，△ABC是等腰三角形，利用等腰三角形的性质易得AD⊥BC，∠ADC=90°；接下来不难得到∠ADC=∠BED，至此问题不难证明；
对于（2），利用勾股定理求出AD，利用相似比，即可求出DE.
【详解】解：（1)证明：∵，
∴.
又∵为边上的中线，
∴.
∵，
∴，
∴.
(2)∵，∴.
在中，根据勾股定理，得.
由（1）得，∴，
即，
∴.
【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于掌握判定定理.
18．（1）（0，5）；；（2）15；（3）
【分析】(1)令x=0即可得出点C的纵坐标，从而得出点C的坐标；利用配方法将抛物线表达式进行变形即可得出顶点坐标
(2)求出A，B两点的坐标，进而求出A与B的距离，由C点坐标可知OC的长，即可得出答案
(3)根据平移的规律结合原抛物线表达式 即可得出答案.
【详解】解：（Ⅰ）当时，，故点，
则抛物线的表达式为：，
故顶点坐标为：；
(2)令，解得：或，
则，
则；
(3)∵
∴平移后的抛物线表达式为：
【点睛】本题考查的知识点是二次函数图象与几何变换以及二次函数的性质，此题较为基础，易于掌握.
19．（1）30°；（2）18°
【分析】(1)连接OC,根据已知条件得出，，根据平行线的性质得出，进而求得答案
(2)连接EB，得出，从而得出，与为同弧所对的角，因此两角相等.
【详解】解：（1）连接，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
（2）连接，

是的直径，
，
，
，
，
，

【点睛】本题是一道关于圆的综合性题目，考查到的知识点有圆的切线定理，平行线的性质，等边三角形的判定以及圆周角定理等，通过作辅助线综合分析是解题的关键.
20．（1）；（2）当时， 的取值范围是；（3）点的坐标为．
【分析】(1)把点A坐标直接代入可求k值，得出函数解析式，再把自变量-6代入解析式可得出n的值
(2)根据k的值可确定函数经过的象限，在一、三象限，在每个象限内随的增大而减小，当x=-1时，y=-3，从而可求出y的取值范围
(3)作点A关于y=x的对称点，连接，线段，由，B的坐标求出直线的解析式，最后根据两直线解析式求出点M的坐标.
【详解】解：（Ⅰ）把代入得，
反比例函数解析式为；
把代入得，解得；
(2)，
图象在一、三象限，在每个象限内随的增大而减小，
把代入得，
当时， 的取值范围是；
(3)作点关于直线的对称点为，则，连接，交直线于点，

此时，，
是的最小值，
设直线的解析式为，
则，解得，
直线的解析式为，
由，解得，
点的坐标为．
【点睛】本题是一道关于反比例函数的综合题目，考查的知识点有反比例函数的性质，解二元一次方程组，利用点对称求最短距离等，综合性较强.
21．（1）点的坐标为；（2）点的坐标为；（3）点的坐标为．
【分析】(1) 过点作轴于根据已知条件可得出AD=6，再直角三角形ADG中可求出DG，AG的长，即可确定点D的坐标.
(2) 过点作轴于于可得出，根据勾股定理得出AE的长为10，再利用面积公式求出DH，从而求出OG,DG的长，得出答案
(3) 连接，作轴于G，由旋转性质得到，从而可证，继而可得出结论.
【详解】解：(1)过点作轴于，如图①所示：

点，点．
，
以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
，
在中，，
，
点的坐标为；
(2)过点作轴于于，如图②所示：

则，
，
，
，
，
，，
点的坐标为；
(3)连接，作轴于G，如图③所示：

由旋转的性质得：，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
点的坐标为．
【点睛】本题考查的知识点是坐标系内矩形的旋转问题，用到的知识点有勾股定理，全等三角形的判定与性质等，做此类题目时往往需要利用数形结合的方法来求解，根据每一个问题做出不同的辅助线是解题的关键.
22．（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）点D坐标（2，3）；（3）M坐标（1，0）或（，0）或（﹣，0）或（5，0）
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；
（2）根据解析式先求出△AOC的面积，设点D（xD，yD），由直线BC的解析式表示点E的坐标，求出DE的长，再由△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍，列出关于xD 的方程得到点D的坐标；
（3）设点M（m，0），点N（x，y），分两种情况讨论：当BD为边时或BD为对角线时，列中点关系式解答.
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得：
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图，过点D作DH⊥x轴，与直线BC交于点E，

∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，与y轴交于点C，
∴点C（0，3），
∴OC＝3，
∴S△AOC＝×1×3＝，
∵点B（3，0），点C（0，3）
∴直线BC解析式为y＝﹣x+3，
∵点D（xD，yD），
∴点E（xD，﹣xD+3），yD＝﹣xD2+2xD+3，
∴DE＝﹣xD2+2xD+3﹣（﹣xD+3）＝﹣xD2+3xD，
∴S△BCD＝3＝×DE×3，
∵△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍
∴2＝﹣xD2+3xD，
∴xD＝1（舍去），xD＝2，
∴点D坐标（2，3）；
（3）设点M（m，0），点N（x，y）
当BD为边，四边形BDNM是平行四边形，
∴BN与DM互相平分，
∴，
∴y＝3，
∴3＝﹣x2+2x+3
∴x＝2（不合题意），x＝0
∴点N（0，3）
∴，
∴m＝1，
当BD为边，四边形BDMN是平行四边形，
∴BM与DN互相平分，
∴，
∴y＝﹣3，
∴﹣3＝﹣x2+2x+3
∴x＝1±，
∴，
∴m＝±，
当BD为对角线，
∴BD中点坐标（，），
∴， ，
∴y＝3，
∴3＝﹣x2+2x+3
∴x＝2（不合题意），x＝0
∴点N（0，3）
∴m＝5，
综上所述点M坐标（1，0）或（，0）或（﹣，0）或（5，0）．
【点睛】此题是二次函数的综合题，考查待定系数法求函数解析式，动线、动图形与抛物线的结合问题，在（3）使以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，要分情况讨论：当BD为边时或BD为对角线时，不要有遗漏，平行四边形的性质：对角线互相平分，列中点坐标等式求得点M的坐标.