2023-2024学年数学人教版九年级上册压轴题特训卷

这是一份2023-2024学年数学人教版九年级上册压轴题特训卷，共51页。试卷主要包含了如图，在中，，所对的边分别为，如图1，【问题情境】，定义，综合与探究等内容，欢迎下载使用。
（1）请直接写出一个“直系一元二次方程”；
（2）求证：关于的“直系一元二次方程”必有实数根；
（3）若是“直系一元二次方程”的一个根，且，求的值．
2．在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线交轴的负半轴于点A，交轴的正半轴于点，，点在轴的正半轴上，．
（1）如图，求直线的解析式；
（2）如图，点在第四象限的直线上，于点，，求点的坐标；
（3）如图，在（2）的条件下，点在线段上，点在线段上，射线交直线于点，若，，求点的坐标．
3．如图1．直线l1：y＝与x轴、y轴分别交于C、D两点，直线l2与x轴、y轴分别交于A（3，0）、B两点，与直线l1交于点Q（6，a），点P为线段DQ上一动点．
（1）求直线l2的解析式；
（2）已知在y轴上有一动点E，直线l2上有一动点F，连接PE，PF，EF，当△PBD面积为6时，求△PEF周长的最小值；
（3）如图2，在（2）的条件下，将直线l2沿CD方向平移，使其平移后的直线l3恰好经过点P，平移后点B的对应点为B′，点M为y轴上一动点，点N为平面内任意一个动点，是否存在点M和对应的点N，使得以点P，B′，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
4．【问题情境】
如图1，在ABC中，，AD⊥BC于点D，，，求AD的长．
【问题解决】
小明同学是这样分析的：将ABD沿着AB翻折得到ABE，将ACD沿着AC翻折得到ACF，延长EB、FE相交于点G，请按着小明的思路解答下列问题：
（1）由上可得四边形AEGF是 （填矩形、菱形、正方形中的一个）；
（2）在RtGBC中运用勾股定理，求出AD的长．
【方法提炼】通过问题解决，小明发现翻折是解决问题的有效办法之一，它可以将问题中的相关信息有效地集中、关联与重组．请根据自己的理解，解答下列问题：
（3）如图2，在四边形ABCD中，，，，，求AC的最大值．
（4）如图3，在四边形ABCD中，，AD＝2，M是AB上一点，且，，，直接写出CD的最大值为 ．
5．定义：我们把关于的一元二次方程与（，）称为一对“友好方程”．如的“友好方程”是．
（1）写出一元二次方程的“友好方程”_______．
（2）已知一元二次方程的两根为，，它的“友好方程”的两根、________．根据以上结论，猜想的两根、与其“友好方程”的两根、之间存在的一种特殊关系为________，证明你的结论．
（3）已知关于的方程的两根是，．请利用（2）中的结论，求出关于的方程的两根．
6．由于医疗物资极度匮乏，许多工厂都积极宣布生产医疗物资以应对疫情．某工厂及时引进了1条口罩生产线生产口罩，开工第一天生产300万个，第三天生产432万个，若每天生产口罩的个数增长的百分率相同．请解答下列问题．
（1）每天增长的百分率是多少？
（2）经调查发现，一条生产线最大产能是900万个/天，如果每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少30万个/天．
①现该厂要保证每天生产口罩3900万个，在增加产能同时又要节省投入的条件下（生产线越多，投入越大），应该增加几条生产线？
②是否能通过增加生产线，使得该厂每天生产口罩9000万个？若能，应该增加几条生产线？若不能，请说明理由．
7．综合与探究
如图，已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上存在一点，使得的值最小，求此时点的坐标为__________；
(3)点是第一象限内抛物线上的一个动点（与点不重合），过点作轴于点，交直线于点，连接，直线把的面积分成两部分，使，请求出点的坐标；
(4)若为抛物线对称轴上一动点，是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
8．如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)在二次函数图象上是否存在点，使得？点与点不重合．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点是对称轴l上一点，当是直角三角形时，直接写出点的坐标．
9．在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和，点在这条抛物线上，其棤坐标为．点的坐标为，以和为边构造．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式．
(2)当的顶点落在抛物线的对称轴上时，求线段的长度．
(3)当与某条坐标轴垂直时，求点的坐标．
(4)当抛物线的对称轴将分成两部分图形时，设这两部分图形的面积分别为与，当时，直接写出的取值范围．
10．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接，．
(1)求三角形的面积；
(2)点P为直线上方的抛物线上一点，过点P作x轴的垂线交线段于H，求的最大值及此时点P的坐标；
(3)把抛物线向右平移三个单位得到新抛物线，若点N为新抛物线对称轴上一点，点M为平面内任意一点，请直接写出当以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形时点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
11．如图，二次函数的图象交轴于，，交轴于．

(1)求二次函数的解析式；
(2)若点为该二次函数图象在第四象限内的一个动点，当四边形的面积最大时求出此时点的坐标及四边形面积的最大值；
(3)二次函数的对称轴上是否存在点，使是直角三角形？如果存在，请直接写出答案，如果不存在，请说明理由．
12．如图1，抛物线与直线相交于点B和C，点B在x轴上，点C在y轴上，抛物线与x轴的另一个交点为A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，点P为直线上方抛物线上一动点，于点D，轴于点F，交于点E，求周长的最大值以及点P的坐标；
(3)在（2）的结论下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，新抛物线的顶点为M，平面内有一点N，以点P、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点N的坐标．
13．如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为N，M．
(1)如图1，当点落在的延长线上时，且，，，求的长；
(2)如图2，绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接并延长至点，使得，连接，连接交于点，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．若，，，在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
14．如图，在中，是的直径；与相切于点，点在上，且．
(1)求证：是的切线；
(2)过点作于点，交于点，若，
①图中阴影部分面积是______；
②连接，若的内切圆圆心为，则线段的长为______．
15．已知是的直径，点是延长线上一点，，是的弦，．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，垂足为，的半径为，求的长．
16．已知为的外接圆，．
(1)如图1，延长至点B，使，连接．
①求证：为直角三角形；
②若的半径为4，，求的值；
(2)如图2，若，E为上的一点，且点D，E位于两侧，作关于对称的图形，连接，试猜想，，三者之间的数量关系并给予证明．
17．如图1，中，，过点B作，交于点D，连接．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，点F在线段上，且，G是的中点，若，，求的半径．
18．交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如表：
某机构为了研究某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：
以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：
(1)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定．求某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的平均费用；（费用值保留到个位数字）
(2)某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车．假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元；
①若该销售商购进两辆（车龄已满三年）该品牌二手车，第一辆经鉴定为非事故车，求第二辆车是事故车的概率；
②若该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求他获得利润的平均数．
参考答案：
1．（1）(答案不唯一，满足条件即可）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据题意直角三角形三边的关系，任意写出一个“直系一元二次方程”即可；
（2）计算并变形可得：，可得结论；
（3）将代入方程，可得，从而可得，然后根据分别求出的值，代入计算即可．
【详解】解：（1）如；(答案不唯一，满足条件即可）
（2）由，
又，
，
该一元二次方程必有实数根；
（3）是方程的一个根，
，
，
，
即，
由，得：，
，
．
【点睛】本题是新定义：“直系一元二次方程”的理解和运用，主要考查勾股定理的应用、一元二次方程的根的判别式、完全平方公式等知识，解题的关键是灵活运用完全平方公式解决问题，属于中考常考题型．
2．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由直线交轴的负半轴于点A，交轴的正半轴于点，可分别表达出点A和点的坐标，在直角三角形中用勾股定理建立等式可求出的值，根据，求出的长，表达点的坐标，进而求出直线的解析式；
（2）过点作轴交直线于点，设出点的坐标，表达出点的坐标，结合，建立等式，可求出点的坐标；
（3）由题意可得，且，可将绕点旋转，构造全等三角形；表达出线段长，利用勾股定理建立等式，求解参数的值，进而求出点的坐标．
【详解】解：（1）直线交轴的负半轴于点A，交轴的正半轴于点，
，，
，
在中，，，
由勾股定理可得，，
解得：（舍去），
，
，
，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
直线的解析式为；
（2）过点作轴交直线于点，
，
，
，
设点的横坐标为，
则，，
，
解得，
．
（3）过点作于点，
，
，
，
点的横坐标为，
，
连接，过点作轴于点，
则，
，
，
，
在上截取，连接，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
设，则，，，
在轴负半轴上截取，连接，则垂直平分，
，
，
，
，
设，则，
则，，
在中，由勾股定理可得，，
解得，（舍去），
，，
，，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为：，
是直线与直线的交点，
，解得，
．
【点睛】本题是一次函数与几何综合问题，主要考查待定系数法求函数关系式，勾股定理，一元二次方程的解法等知识，构造合适的辅助线是解决本题的关键．
3．（1）l2：；（2）；（3）存在，
【分析】（1）设直线l2的解析式为：，将点Q的坐标代入直线l1：y＝并解得a的值，再将Q点坐标代入即可求解；
（2）根据△PBD面积为6可以计算得出P点的坐标P（3，），此时作P关于y轴的对称点，关于直线l2的对称点,连接交y轴、直线l2于E、F两点，△PEF周长取得最小值，求得线段的长度即可；
（3）先根据平移后经过点P得出直线l3的解析式为：，计算出的长度，再根据菱形的性质得出M点的坐标，最后根据菱形四条边相等列方程即可得出N点的坐标（注意考虑到所有可能的情况）．
【详解】解：（1）设直线l2的解析式为：，
将点Q（6，a）的坐标代入直线l1：y＝得：
∴Q（6，），
将A（3，0）、Q（6，）代入直线得，
解得：
故直线l2的解析式为：；
（2）由题意可得：,
∵△PBD面积为6，
∴，
∴，
则P（3，），
此时作P关于y轴的对称点，关于直线l2的对称点,如下图所示，
可得（-3，），
设 而 由

解得： （不合题意的根舍去）
∴（6，），
连接交y轴、直线l2于E、F两点，△PEF周长取得最小值，
,
即为线段的长度，
故△PEF周长的最小值为；
（3）存在，理由如下；
设直线l3的解析式为：，
将点P（3，）的坐标代入直线l3：得：
解得：，
∴直线l3的解析式为：，
直线l2与直线l1交于点Q（6，），直线l3与直线l1交于点P（3，），
通过坐标变化规律可知变化后（-3，0）
∴（-3，0）
,
∵点M为y轴上一动点且菱形四条边边长相等，设
∴以为边时，则


∴M1，M2，
由平移可得：
当为对角线时，则


不合题意，舍去
综上所述，存在点M和对应的点N，使得以点P，B′，M，N为顶点的四边形是菱形，
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质、几何最值问题以及菱形的性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，利用轴对称构造等腰三角形，将所求线段和的最小进行转化，灵活运用菱形的性质解题是关键．
4．（1）正方形；（2）12；（3）；（4）
【分析】（1）先根据，，得出，再根据垂直，，由此可证得四边形是矩形，最后再根据全等三角形的性质可证得，由此即可证得四边形是正方形；
（2）利用勾股定理，建立关于的方程模型，求出即可；
（3）将沿着AB翻折得到，将沿着AD翻折得到，连接EF，结合翻折的性质以及可得，进而可求得，再利用勾股定理可求得，最后根据当BE、BD、DF三条线段共线时，EF取得最大为24，由此即可求得AC的最大值；
（4）将沿着DM翻折得到，将沿着CM翻折得到，连接EF，结合翻折的性质以及可得，进而可求得，最后根据CD≤DE＋EF＋FC＝，当点D、E、F、C在同一直线上时取得最大值，由此即可求得答案．
【详解】解：（1）四边形AEGF是正方形，理由如下：
由折叠得：，．
，，
又∵，
．
又，
，．
四边形是矩形，
∵，，
∴，，
．
矩形是正方形，
故答案为：正方形；
（2）设，则．
，，
，，
，，
在中，，
．
化简得，，
解得：，（舍去）
∴；
（3）如图①，将沿着AB翻折得到，将沿着AD翻折得到，连接EF，
∴BE＝BC＝6，DF＝CD＝8，且AE＝AF＝AC，，，
又∵，
．
∴，
∵，，，
∴，
∵当BE、BD、DF三条线段共线时，EF最大，
∴EF的最大值为6＋8＋10＝24，
∴AC的最大值为；
（4）如图②，将沿着DM翻折得到，将沿着CM翻折得到，连接EF，
由翻折可得：DE＝AD＝2，EM＝AM＝3，MF＝BM＝4，CF＝BC＝，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵EM＝3，MF＝4，
∴，
∵CD≤DE＋EF＋FC＝，当点D、E、F、C在同一直线上时取得最大值，
∴CD的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，正方形的判定，勾股定理的应用，建立关于的方程模型的解题思想，要能灵活运用，（3）（4）两问能够根据前两问解决问题的提示作出正确的辅助线是解决本题的关键，也考查了解一元二次方程．
5．（1）-10x2+3x+1=0；（2），互为倒数，证明见解析；（3）x5=0，x6=2022．
【分析】（1）根据“友好方程”的定义写出对应的友好方程即可；
（2）因式分解法求出每个方程的两个实数根，原方程与“友好方程”的根得出规律，再用求根公式去验证即可；
（3）先根据“友好方程”的根的特点得出-cx2+bx+2021=0，即cx2-bx-2021=0的两根为x3=-1，x4=2020，将待求方程变形为（x-1）2-b（x-1）-2021=0，把x-1看做整体即可求解．
【详解】解：（1）一元二次方程x2+3x-10=0的“友好方程”为：-10x2+3x+1=0，
故答案为：-10x2+3x+1=0；
（2）-10x2+3x+1=0，
，
解得，，，
根据以上结论，猜想ax2+bx+c=0的两根x1、x2与其“友好方程”cx2+bx+a=0的两根x3、x4之间存在的一种特殊关系为互为倒数，
证明如下：
∵一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为，
“友好方程”cx2+bx+a=0的两根为．
∴，
，
即原方程的两根与“友好方程”的两根互为倒数；
故答案为：，互为倒数；
（3）∵方程2021x2+bx-c=0的两根是，
∴该方程的“友好方程”-cx2+bx+2021=0，即cx2-bx-2021=0的两根为x3=-1，x4=2021，
则c（x-1）2-bx+b=2021，即c（x-1）2-b（x-1）-2021=0中x-1=-1或x-1=2021，
∴该方程的解为x5=0，x6=2022．
利用（2）中的结论，写出关于x的方程（x-1）2-bx+b=2021的两根为x5=0，x6=2022，
故答案为x5=0，x6=2022．
【点睛】本题主要考查新定义下一元二次方程根与系数的关系及求根公式的运用，掌握并灵活运用新定义是解题的关键．
6．（1）每天增长的百分率是20%；（2）①应该增加4条生产线；②不能，见解析
【分析】（1）设每天增长的百分率为x，根据开工第一天及第三天的产量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）①设应该增加m条生产线，则每条生产线的最大产能为（900-30m）万个/天，根据题意列方程，即可得到结论；
②设应该增加a条生产线，则每条生产线的最大产能为（900-30a）万个/天，根据每天生产口罩9000万个，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【详解】解：（1）设每天增长的百分率为x，
依题意，得：300（1+x）2=432，
解得：x1=0.2=20%，x2=-2.2（不合题意，舍去）．
答：每天增长的百分率为20%；
（2）①设应该增加m条生产线，则每条生产线的最大产能为（900-30m）万个/天，
依题意，得：（1+m）（900-30m）=3900，
解得：m1=4，m2=25，
又∵在增加产能同时又要节省投入，
∴m=4．
答：应该增加4条生产线；
②设增加a条生产线，则每条生产线的最大产能为（900-30a）万个/天，
依题意，得：（1+a）（900-30a）=9000，
化简得：a2-29a+270=0，
∵△=（-29）2-4×1×270=-239＜0，方程无解．
∴不能增加生产线，使得每天生产口罩9000万个．
【点睛】本题考查了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．
7．(1)
(2)
(3)
(4)存在，或
【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）点和点是关于函数对称轴的对称点，连接交抛物线的对称轴于点，点即为所求，求解即可；
（3）设点，则点，由可得，即，求解即可得出答案；
（4）分两种情况：当为斜边时；当为斜边时，分别求解即可．
【详解】（1）解：将，代入中，得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：在中，令，则，
，
设直线的解析式为：，
将，代入可得：，
解得：，
直线的解析式为：，
抛物线的对称轴为直线，
点和点是关于函数对称轴的对称点，
如图，连接交抛物线的对称轴于点，
，
由轴对称的性质可得：，
，则点即为所求，
在中，当时，，
，
故答案为：；
（3）解：设点，则点，
∵
∴，即
解得：或（不符合题意，舍去），
经检验，是原方程的解，
∴；
（4）解：设，
，，
，，，
当为斜边时，，即，
解得：，此时，
当为斜边时，，即，
解得：，此时；
综上所述，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求直线和抛物线的解析式，点的对称性、图形的面积计算，勾股定理，直角三角形的性质等，理解坐标与图形性质，学会运用分类讨论的数学思想解决数学问题是解题的关键．
8．(1)抛物线解析式为
(2)，或
(3)点Q的坐标为或或或
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据，可得到的距离等于到的距离，进而作出两条的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解；
（3）过点作交于点，当点与点重合时，是直角三角形，当时，是直角三角形；设交直线于点，则，利用勾股定理得到，再证明是等腰直角三角形，得到，则；设，则，利用勾股定理得到，解方程即可；由（2）可得时，
当点Q与点M重合时，是直角三角形，据此可得答案．
【详解】（1）解：将点，代入，得
解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）解：∵抛物线解析式为，
∴顶点坐标为，
当时，则，解得：
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴到的距离等于到的距离，
设直线的解析式为，
∴
解得：，
∴直线的解析式为，
如图所示，过点作的平行线，交抛物线于点，

设的解析式为，将点代入得，，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：或
∴，
∵
∴
∴是等腰直角三角形，且，
如图所示，延长至，使得，过点作的平行线，交轴于点，则符合题意的点在直线上，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
设直线的解析式为
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立 解得：或
∴或
综上所述，或或；
（3）解：如图所示，过点作交于点，
当点与点重合时，是直角三角形，
当时，是直角三角形，

设交直线于点，
∵直线的解析式为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：或，
∴或；
由（2）可得时，

∴当点Q与点M重合时，是直角三角形，
综上所述，当是直角三角形时，点Q的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合运用，一次函数与几何综合，勾股定理，待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想是解题的关键．
9．(1)；
(2)或；
(3)的坐标为或或；
(4)．
【分析】（）待定系数法求解即可；
（）根据平行四边形的性质和两点间的距离即可求解；
（）分两种情况当轴时，当轴时讨论即可；
（）过作轴交于点，与轴交于点，过作轴交于点，交对称轴于点，证明四边形是平行四边形，然后分，，即可求解
此题考查了二次函数的应用和平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
【详解】（1）将，代入得：
，解得：，
∴该抛物线所对应的函数关系式为；
（2）由题意得：，，
∵当的顶点落在抛物线的对称轴上
如图，当在对称轴上时，此时，
∴点， ，
∴，
如图，当在对称轴上时，此时，
∴点， ，
∴，
（3）设，
当轴时，
则的中点为，
∴，
解得：或，
∴或，
当轴时，，解得：，
∴，
综上可知：的坐标为或或；
（4）如图，过作轴交于点，与轴交于点，过作轴交于点，交对称轴于点，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴，，
∴，，
∴，
∵，即
∴；
，
∵，即
∴；
综上可知：．
10．(1)4；
(2)，；
(3)，，；
【分析】（1）本题考查抛物线与坐标轴交点围城的面积问题，令，求出交点，结合三角形面积公式求解即可得到答案；
（2）本题考查抛物线上动点线段距离问题，设点，求出的解析式，表示出，列出距离与的解析式，结合函数的性质求解即可得到答案；
（3）本题考查函数的平移及动点围城特殊四边形问题，表示出新函数，设出点根据平行四边形对角线互相平分得到点M的坐标，根据菱形领边相等列式求解即可得到答案；
【详解】（1）解：当时，，解得：，，
∴，，
当时，，
∴，
∴；
（2）解：设点 且，设的解析式为：，
将点，代入得，
，
解得：，
∴，
∵过点P作x轴的垂线交线段于H，
∴，
∴，
∵，，
∴当时，最大，
，
此时，
∴；
（3）解：∵抛物线向右平移三个单位得到新抛物线，
∴，
设点，
∵，，以B，C，M，N为顶点的四边形是菱形，
①当以为对角线时：，
即，
∵，
即：，
解得：，
∴，
②当以为对角线时：，
即，
∵，
即：，
此时方程无解，此情况不存在，
③当以为对角线时：，
即，
∵，
即：，
解得：，,
∴，；
综上所述存在三个点：，，．
11．(1)
(2)当点的坐标为时，四边形的面积最大，最大值为4
(3)或或或
【分析】（1）运用待定系数法解二次函数解析式即可求解；
（2）如图，连接，作轴交于点，可求出直线的解析式，设点的坐标为的坐标为，用含的式子表示四边形的面积，根据二次函数图象的性质即可求解．
（3）由抛物线解析式可求得其对称轴，则可设出点的坐标，则可表示出、和，分、和三种情况，分别根据勾股定理得到关于点坐标的方程，可求得点的坐标．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象交轴于点，交轴于点，代入得：
解得，
∴二次函数的解析式为；
（2）如图，连接，作轴交于点，
设直线的解析式为，将点和点的坐标代入，
代入得：
解得，
∴设点的坐标为的坐标为，，
∵，
∴，
，
∴当时，四边形的面积取得最大值，
此时，
∴，
∴当点的坐标为时，四边形的面积最大，最大值为4．

（3）∵，
∴对称轴为，
∴可设点坐标为，
∵，
∴，
∵为直角三角形，
∴有、和三种情况，
①当时，则有，
即，
解得或，
此时点坐标为或；
②当时，则有，
即，
解得，
此时点坐标为；
③当时，则有，
即，
解得，
此时点坐标为；
综上可知点的坐标为或或或．
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形的面积、二次函数的性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识，本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
12．(1)
(2)的周长最大值为，点的坐标为
(3)或 或
【分析】（1）求出点坐标，再将这两点坐标代入，即可求解；
（2）先判断为等腰直角三角形，得的周长为：，设 则 计算得出，根据二次函数的性质可得结论；
（3）先求出平移后点的坐标，分三种情况：当是对角线时，当是对角线时，当是对角线时，根据平行四边形的性质分别求解即可.
【详解】（1）直线与坐标轴交于点和，
当 时， ，
时，即，
解得：，
∴点，，
把两点的坐标代入 中得，
，解得 ，
∴抛物线的解析式为 ；
（2）∵ ，
，
，
轴，
轴，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
的周长为：，
∴当取最大值时， 的周长取最大值，
∵抛物线的解析式为直线的解析式为，
设 ，则，
，
当 时，有最大值为，此时的周长为，点的坐标为；
（3）抛物线沿射线方向平移 个单位长度，相当于向右平移个单位， 向下平移个单位，
∵抛物线的解析式为，
∴抛物线的顶点为，
∴平移后抛物线的顶点为，
当是对角线时，
∵点的坐标为，，，
，
当是对角线时，
∵点的坐标为， ，
；
当是对角线时，
∵点的坐标为，

综上，点的坐标为 或 或 ．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质等，运用分类讨论和数形结合思想解决问题是解题的关键.
13．(1)的长为；
(2)，证明见解析；
(3)在旋转过程中，存在最小值．
【分析】（1）根据将绕点顺时针旋转得到，知，可得，，故的长为；
（2）在上取点，使，连接，由绕点顺时针旋转得到得：，，得是等边三角形，，故，而，且，可得，从而，可得，，即可得，又，可得，从而可证，得，故；
（3）过作交延长线于，连接，由绕点顺时针旋转得到，得，，，知，而，，有，可证，得，从而，即可得，可知是中点，，要使最小，只需最小，此时、、共线，的最小值为，故最小为．
【详解】（1）解：(1)将绕点顺时针旋转得到，
，
，
，
，
，；
即的长为；
（2），证明如下：
在上取点，使，连接，如图：
由绕点顺时针旋转得到得：，，
是等边三角形，
，
，
在中，，
由旋转性质知，
，
，
，
，，
，即，
由旋转性质知，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）在旋转过程中，存在最小值，理由如下：
过作交延长线于，连接，如图：
绕点顺时针旋转得到，
，，，
，
而，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，即是中点，
点为的中点，
是的中位线，
，
要使最小，只需最小，
而，，
、、共线，的最小值为，
最小为．
【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，勾股定理及应用，三角形中位线定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
14．(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）连接､，证明，得出，得出．即可得出结论；
（2）①作于点，得到是等边三角形．然后在中得到．由直角三角形的性质得出，根据，即可得出结果；
②根据题意求出，由为正的内心，由勾股定理即可求出解答 .
【详解】（1）证明：连接､，
点在上，
为半径．
与相切于点，
．
．
在和中，
，
．
．
．
是的切线．
（2）①作于点，
，
，．
四边形是矩形．
．
．
．
，
是等边三角形．
．
．
．
．
在中，,则，
∴
∵
∴，
．
②如图所示
是等边三角形，

又为正的内心，则
【点睛】本题考查了三角形的内切圆、切线的性质与判定、等边三角形的判定与性质、勾股定理、扇形面积公式、等腰三角形的性质、垂径定理、直角三角形的性质等知识；熟练掌握等边三角形的性质和切线的判定与性质是解题的关键．
15．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连结，由圆周角定理可求得，，则，可证明直线是的切线；
（2）若于点，根据垂径定理可证明，在中，，，则，已知的半径，则，根据勾股定理可以求出的长，进而求出的长；
本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，掌握这些定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：如图，连结，
，
，，
，
，
，
，
是的半径，
直线是的切线；
（2）解：是的直径，且于点，
，，
，，
，
，
，
．
16．(1)①见解析；②
(2)，，三者之间的数量关系为：．理由见解析
【分析】（1）①利用等边对等角得，，再结合三角形的内角和可得，进而可得结论；
②连接，，利用垂径定理得到且，设，则，利用勾股定理列出方程求得的值，再利用三角形的中位线定理得到；
（2）猜想，，三者之间的数量关系为：．延长交于点，连接，，由已知可得；利用同弧所对的圆周角相等，得到，，由于与关于对称，于是，则得为等腰直角三角形，为直角三角形；利用勾股定理可得：，；利用得到，等量代换可得结论．
【详解】（1）①证明：∵，，
∴．
∴，，
∵，
∴，即：，
∴为直角三角形；
②解：连接，，如图，
∵，，
∴，
∴且，则为的中位线．
∵⊙O的半径为4，
∴．
设，则，
∵，，
∴．
解得：．
∴．
∵为的中位线，
∴．
（2），，三者之间的数量关系为：．理由：
延长交于点F，连接，，如图，
∵，，
∴．
∴，．
∴．
∴．
∵与关于对称，
∴，
∴，
∴．
∴．
∴．
即．
∵，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理及其推论，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，方程的解法．根据图形的特点恰当的添加辅助线是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)4
【分析】（1）作于H，三线合一，得到，同角的余角相等，得到，同弧所对得圆周角相等，推出，即可；
（2）连接并延长交延长线于点H，连接，，，根据圆周角定理可求得垂直平分，再求证四边形为平行四边形，设半径为r，则，，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，作于H，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接并延长交延长线于点H，连接，，，

∵G是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴垂直平分，
则点，，三点共线，
∴为直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
则在中，，即，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
设半径为r，则，，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
解得，
∴的半径为4．
【点睛】本题是圆的综合，考查了圆周角定理，垂径定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握关于圆的相关性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
18．(1)元
(2)① ②万元
【分析】（1）根据加权平均数计算解题即可；
（2）①从辆已满三年的该品牌同型号私家车中，任意抽出一辆车为事故车的有辆，可直接得出第二辆车为事故车的概率；
②设为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，根据题意求得的可能取值和对应的概率后，可得的平均值，最后求购进100辆车获得利润的平均费用再乘以100即可．
【详解】（1）解：元，
答：在第四年续保时的平均费用约为元；
（2）①解：由题意得到从辆已满三年的该品牌同型号私家车中，任意抽出一辆车为事故车的有辆，
∴任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为；
②一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车，获得利润的平均数为：万元．
【点睛】本题考查加权平均数的计算，列举法求概率，掌握加权平均数的计算公式是解题的关键．
交强险浮动因素和浮动费率比率表
浮动因素
浮动比率
上一个年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上两个年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故
下浮
上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故
上浮
上一个年度发生有责任道路交通死亡事故
上浮
类型
数量
10
5
5
20
15
5