综合与探究题—广东省（人教版）数学九（上）期末复习
一、精选综合探究题
1．（2023九上·高州期末）生物学上通常用“标记重捕法”来估算特定区域内某种群的数量．如在固定区域内用捕虫网捕捉了40只田鼠，将它们标记后放回直到充分混合后，用同一个捕虫网捕捉了80只田鼠，其中有16只是被标记的，于是估算该区域田鼠的数量为：
（只）．
某研究小组考察了一湖泊中的某鱼种群的年龄组成，结果如下表，请回答问题：
年龄 A B C D ……
个体数量 92 187 x y ……
注：表中“”表示鱼的年龄年，表示年龄年，表示年龄年，表示年龄为年．
（1）年龄为，，的个体数量的平均数为125，年龄在，，，的个体数量的中位数是95，则 ， （其中）．
（2）若将年龄为的鱼全部标记后并放回湖泊，充分混合后，捕捉120条鱼，其中被标记鱼有12条，那么该湖泊里一共约有多少条鱼？
（3）现捕获A，B，C，D年龄段的鱼各一条，从中任抓两条，请用列表或画树状图求抓到的是和年龄的鱼的概率．
【答案】（1）96；94
（2）解：（条），
答：湖泊里一共约有940条鱼
（3）解：根据题意可画树状图如下：
由图知总共有种可能，其中抓到的是和年龄的鱼的情况有种，
抓到的是和年龄的鱼的概率为
【知识点】用样本估计总体；用列表法或树状图法求概率；概率公式；平均数及其计算；中位数
【解析】【解答】解：（1）∵年龄为，，的个体数量的平均数为125，
∴，
解得：x=96；
∵年龄在，，，的个体数量的中位数是95，且92＜y＜96，
∴，
解得：y=94.
故答案为：第一空：96；第二空：94.
【分析】（1）根据平均数的计算公式可得关于x的方程，解方程可求解；根据中位数的定义可得关于y的方程，解方程即可求解；
（2）用样本估计总体可求解；
（3）由题意画出树状图，由图知总共有种可能，其中抓到的是和年龄的鱼的情况有种，然后根据概率公式计算即可求解.
2．（2024九上·汕尾期末）综合探究
如图，在中，，以为直径的交于点，交于点，在下方作，过点作，垂足为点．
（1）求证：≌；
（2）求证：是的切线；
（3）若，，求的长．
【答案】（1）证明：以为直径的交于点，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌；
（2）证明：由可知≌，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（3）解：连接，如图，
，且以为直径，
，，
，，
，
，
，
则．
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；三角形全等及其性质；勾股定理；切线的判定；三角形全等的判定-AAS；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据角之间的关系可得∠ADC=90°，再根据垂直可得∠AEC=90°，则∠ADC=∠AEC，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得∠AC=∠ACE，再根据等边对等角可得∠BAC=∠ACD，则∠ACE=∠BAC，再根据直线平行判定定理可得AB∥CE，则，即∠BAE=90°，再根据切线判定定理即可求出答案.
（3）连接，根据题意可得，，再根据勾股定理可得BF，再根据三角形面积建立方程，解方程即可求出答案.
3．（2024九上·惠东期末）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：取一副三角板按如图所示拼接，固定三角板ADC，将三角板ABC绕点A顺时针方向转，旋转角度为，得到．
（1）【数学思考】老师问：当为多少度时，？（请写出证明过程）；
（2）【深入探究】老师继续旋转，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：当旋转到图③所示位置时，为_▲_度．直接写出结果；
②“智慧小组”提出问题：连接BD，当时，探求值的大小变化情况，并给出你的证明．请你解答此问题．
【答案】（1）如图②，
∵，
∴
∴
所以当时，；
（2）①45
②当时，
值的大小不变．
证明：连接，，设CD与BC，相交于点O．
在和中，
，
∴，
∴
∴当时，值的大小不变．
【知识点】角的运算；平行线的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2）①当旋转到图③所示位置时，，
故答案为：45；
【分析】（1）先根据平行线的性质得到，进而即可得到从而即可求解；
（2）①根据旋转的性质结合三角板即可求解；
②连接，，设CD与BC，相交于点O，根据旋转的性质得到，从而得到，再根据题意进行角的运算得到，即当时，值的大小不变．
4．（2024九上·开平期末）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，连接，为抛物线部分上一动点（可与A，B两点重合），过点P作轴交直线于点M，交x轴于点N．
（1）求抛物线和直线的解析式．
（2）①求线段的最大值．
②连接，当为等腰三角形时，求m的值．
【答案】（1）解：将点，代入，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为，
设直线AB的解析式为，
将点代入解析式，得，
解得：，
∴直线AB的解析式为
（2）解：①将代入中，得，
将代入中，得，
∴，
∴，
∵-1<0，
∴当m=1时，PM有最大值为1；
②∵点M在直线上，且点，
∴点M的坐标为．
∵点，
∴，
∴，
∴，．
当为等腰三角形时，
（ⅰ）若，则，
即，解得．
（ⅱ）若，则，
即，解得或（舍去）．
（ⅲ）若，则，
即，解得或（舍去）．
综上所述，或或
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；等腰三角形的概念
【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法求出抛物线和直线AB的解析式；
（2）①将点P的坐标代入抛物线解析式求出n的值，由点P的坐标得点M的坐标，从而求出PM的值，将PM的值化成顶点式，利用二次函数的最值知识即可求解；②由点P的坐标得点M的坐标，求出的值，然后进行分类讨论：当BM=OM、BM=OB、OM=OB时，将这三种情况的边长进行平方，代入相应的数值得关于m的方程，解方程求出m的值，即可求解.
5．（2024九上·金湾期末）综合运用
已知：抛物线与轴交于，，与轴交于点，顶点为.
图1 图2 备用图
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1：抛物线的对称轴交轴于点，在抛物线对称轴上找点，使是以为腰的等腰三角形，请直接写出点的坐标；（不需要证明）
（3）如图2：点在对称轴上，以点为圆心过、两点的圆与直线相切，求点的坐标.
【答案】（1）解：抛物线与轴交于，
，解得，
∴抛物线解析式为
（2）、、
（3）解：抛物线解析式为顶点
设直线的解析式为，、
，解得，
直线的解析式为
直线与轴、轴分别交于点，
，
，
.
，
，
，
在中，，
设，则，
，
，解得
或
综上所述，满足条件的点或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（2）令x=0，代入，可得y=3
∴C（0，3）
∵
∴对称轴为x=1
∴D（1，0）
∴OD=1，OC=3
∴
当CP=CD时，过点P作PQ⊥y轴于点Q，则PQ=OD=1
∴Rt△CPQ≌Rt△CDO(HL)
∴CQ=OC=3
∴OQ=OC+CQ=6
∴P1(1，6)
当时
∵
∴
综上所述，点P的坐标为、、
【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征令x=0，代入函数解析式可得C（0，3），求出对称轴，则OD=1，OC=3，根据勾股定理可得CD，分情况讨论：当CP=CD时，过点P作PQ⊥y轴于点Q，则PQ=OD=1，根据全等三角形判定定理可得Rt△CPQ≌Rt△CDO(HL)，则CQ=OC=3，OQ=6，即P1(1，6)；当时，根据题意即可求出答案.
（3）求出抛物线顶点，设直线的解析式为，根据待定系数法将点C，E的坐标代入解析式可得直线的解析式为，根据点的坐标可得，则∠CEF=45°，再根据边之间的关系可得GF=FA=FE，设，则，，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
6．（2024九上·汕尾期末）综合应用
如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，点为上一动点点不与点，重合．
（1）直接写出点，的坐标： ， ；
（2）如图，过点作轴，交线段于点，交抛物线于点，当时，求的面积；
（3）如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点在抛物线上时，求点的坐标．
【答案】（1）（-4，0）；（0，2）
（2）解：设直线的解析式为，
则，
，
；
设，则，
，
，
，
解得：舍去或，
，，，
，，
；
（3）解：设，如图，过点作轴垂线交于点，
，
，，
，
，
≌，
，，
，
，
解得或舍去，
．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；二次函数-面积问题
【解析】【解答】解：（1）令y=0，则
解得：x=-4或x=2（舍去）
∴点A(-4，0)
令x=0，则y=2
∴点C（0，2）
故答案为：(-4，0)，（0，2）
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征令y=0，可得x值，令x=0，可得y值，即可求出答案.
（2）设直线的解析式为，根据待定系数法将点A，C坐标代入直线解析式可得，设，则，根据两点间距离可得，根据题意建立方程，解方程可得MN=1，，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）设，过点作轴垂线交于点，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得≌，则，，即，再将点D代入抛物线解析式即可求出答案.
7．（2024九上·博罗期末）综合探究
如图，平行四边形ABCD中，AC＝BC，过A、B、C三点的⊙O与AD相交于点E，连接CE.
（1）求证：AB＝CE；
（2）求证：DC与⊙O相切；
（3）若⊙O半径r＝5，AB＝8，求AE的值.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，AD=BC.
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形，
∴∠DEC=∠B，∴∠D=∠DEC，
∴CD=CE，∴AB=CE.
（2）证明：如图，连接CO并延长交AB于点H，
∵AC=BC，
∴，且CO是半径，
∴CH⊥AB，AH=BH.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD.又CH⊥AB.
∴CH⊥CD，且CO是半径，
∴DC与⊙O相切.
（3）解：如图，连接OA
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB=8.
∵AH=BH，AB=8，
∴AH=BH=4.
又AO=5，CH⊥AB，
.
∵AC=BC，∴∠CAB=∠B.
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形，
∴∠CED=∠B，
∵∠B=∠D，
∴ △CDE∽△CAB.
【知识点】平行四边形的性质；垂径定理；圆内接四边形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AB=CD，∠B=∠D，AD=BC，再根据圆内接四边形的性质得到∠DEC=∠B，等量代换得到∠D=∠DEC，根据等腰三角形的判定结合题意即可求解；
（2）连接CO并延长交AB于点H，根据垂径定理得到CH⊥AB，AH=BH，再根据平行四边形的性质得到AB∥CD，从而结合题意根据切线的判定即可求解；
（3）连接OA，先根据平行四边形的性质得到AD=BC，CD=AB=8，进而得到AH=BH=4，根据勾股定理即可求出OH和AC，从而得到，根据圆内接四边形的性质得到∠CED=∠B，再根据相似三角形的判定与性质（AA）证明 △CDE∽△CAB得到，代入数值求出DE，从而即可求解。
8．（2024九上·惠东期末）综合应用：如图，AB是的直径，点C是上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，G是的内心，连接CG并延长，交于点E，交AB于点F，连接BE．
（1）求证：AC平分；
（2）连接BG，判断的形状，并说明理由；
（3）若，，求线段EC的长．
【答案】（1）证明：∵DP切于C。
∴
∵
∴
∴
∴
∵在中，
∴
∴
即AC平分
（2）解：是等腰三角形．理由：
∵G是的内心
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴是等腰三角形
（3）解：过B作于H，连接AE，如图所示：
∵AB是的直径
∴
∴
∴在中，
在等腰直角三角形CBH中，
∵
∴
∴在中，
∴在中，
∴
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）先根据切线的性质得到，进而根据垂直得到，根据平行线的判定与性质得到，从而根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，再根据角平分线的判定即可求解；
（2）先根据三角形的内心得到，，进而结合题意等量代换得到，从而根据等腰三角形的判定即可求解；
（3）过B作于H，连接AE，先根据圆周角定理得到，从而根据等腰直角三角形的性质得到，再根据勾股定理求出AB，从而根据题意解直角三角形得到，进而求出BE和EH，最后根据CE=CH+EG即可求解。
9．（2024九上·惠东期末）综合探究：如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，连接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）设M点的坐标为，请用含m的代数式表示线段PQ的长，并求出当m为何值时，PQ有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在动过中，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．
（4）在（2）的条件下，直PM上有一动点R，连接RO，将线段RO绕点R逆时针旋转90度，使点O的对应点T恰好落在该抛物线上，求出点R的坐标．
【答案】（1）解：依题意得，
（2）解：令，则，
∴，
设直线BC的解析式为，
解得，
∴，
∵轴，
∴设，
∴
∴当时，PQ有最大值；
（3）解：存在，Q点坐标为或
设，
∴，，，
当时，，解得（舍）或，
∴；
当时，，解得或（舍），
∴；
当时，，解得（舍）；
综上所述：Q点坐标为或；
（4）解：如图 1，过点R作轴交于点G，过点T作交于点H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∵T点在抛物线上，
∴，
解得或，
∴或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-AAS；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）根据点A和点B的坐标结合题意即可列出交点式，从而即可求解；
（2）先根据二次函数与坐标轴的交点坐标得到点C的坐标，再运用待定系数法求出直线BC的函数解析式，从而设，，表示出PQ后，根据二次函数的最值即可求解；
（3）设，进而根据坐标系中两点间的距离公式得到，，，根据勾股定理分类讨论：当时，当时，当时，从而根据题意解一元二次方程即可求解；
（4）过点R作轴交于点G，过点T作交于点H，先根据题意等量代换得到，进而根据三角形全等的判定与性质证明得到，，设，则，，，再根据二次函数图象上的点的坐标特征得到，再解一元二次方程即可求解。
10．（2024九上·博罗期末）综合运用
如图，抛物线与x轴交于A（﹣6，0），B（2，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC.
（1）求抛物线的函数表达式.
（2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．
①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由；
②设抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当S△DMN＝S△AOC时，请直接写出DM的长.
【答案】（1）解：把点A(-6，0)和点B(2，0)代入抛物线得：
解得：
∴此抛物线的函数表达式为y=x2+2x﹣6.
（2）解：①存在：设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，
∵B（2，0），C（0，﹣6），
∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，
DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，
∵DE∥BC，
∴当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形，
分两种情况：
如图1，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，∴BD2＝BC2，
∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40，
解得：m1＝﹣4，m2＝0（舍去），
∴点D的坐标为（﹣4，﹣2），
∴点E的坐标为（﹣6，﹣8）；
如图2，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，
∴CD2＝CB2，
∴2m2＝40，
解得：m1＝﹣2，m2＝2（舍去），
∴点D的坐标为（﹣2，2﹣6），
∴点E的坐标为（2﹣2，2）；
综上，存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）；
②DM的长为3
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；菱形的判定与性质；二次函数-动态几何问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（2）②如图，设点的坐标为，其中，
∵，，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵直线的表达式为，直线，
∴设直线的解析式为，
∵点的坐标，
∴，
∴，
∵抛物线的对称轴与直线交于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理得：，
解得：，（舍去），
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴
∴的长为．
【分析】（1）根据题意将点A和点B代入抛物线，进而即可得到解析式；
（2）①设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，进而根据坐标系中两点间的距离公式得到BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，根据平行四边形的判定结合题意分类讨论：当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，再根据菱形的判定与性质求出点的坐标即可求解；
②设点的坐标为，其中，根据二次函数的图象得到对称轴为直线，进而根据一次函数的几何变换设直线的解析式为，再根据题意求出，，则，根据三角形的面积即可求出m，再根据点的坐标结合勾股定理求出DM即可求解。
二、最新综合探究题
11．（2024九上·广州期中）根据以下素材，探索完成任务．
素材1 某学校一块劳动实践基地大棚的横截面如图所示，上部分的顶棚是抛物线形状，下部分是由两根立柱和组成，立柱高为，顶棚最高点距离地面是，的长为．
素材2 为提高灌溉效率，学校在的中点处安装了一款可垂直升降的自动喷灌器，从喷水口喷出的水流可以看成抛物线，其形状与的图象相同，，此时水流刚好喷到立柱的端点处．
问题解决
任务1 确定顶棚的形状 以顶棚最高点为坐标原点建立平面直角坐标系，求出顶棚部分抛物线的表达式．
任务2 探索喷水的高度 问处喷出的水流在距离点水平距离为多少米时达到最高．
【答案】解：任务1：以顶棚最高点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，
可设抛物线为．
又由题意，，
．
，
顶棚部分抛物线的表达式；
任务2：如图，
∵从喷水口喷出的水流可以看成抛物线，其形状与的图象相同，
∴从喷水口喷出的水流看成的抛物线为，
由题意，点，
把，代入，得
，解得：，
∴，
∴该抛物线的对称轴为直线，
∵
∴当时，抛物线有最大值为3.05米，
即处喷出的水流在距离点水平距离为4.5米时达到最高．
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】（1）先建立平面直角坐标系，再利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先建立平面直角坐标系，再设解析式为，再将，代入，求出b、c的值可得函数解析式，再求解即可.
12．（2024九上·中山期中）拓展探究
问题情境：“a2≥0”这个结论在数学中非常有用，有时我们需要将代数式配成完全平方式，然后利用平方的非负性解决问题，例如：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，∵（x+2）2≥0，
∴（x+2）2+1≥1，∴x2+4x+5≥1．
（1）探究：x2﹣4x+5＝（x ）2+ ；
（2）应用：比较代数式：x2﹣1与2x﹣3的大小；
（3）拓展：求x2﹣4x+y2+2y+7的最小值．
【答案】解：（1）﹣2；1；
（2）x2-1-(2x-3)
＝x2-2x+2
＝x2-2x+1+1
＝（x﹣1）2+1
∵（x﹣1）2≥0
∴（x﹣1）2+1＞0，
∴x2﹣1＞2x﹣3；
（3）x2﹣4x+y2+2y+7
＝x2﹣4x+4+y2+2y+1+2
＝（x﹣2）2+（y+1）2+2
∵（x﹣2）2≥0；（y+1）2≥0
∴（x﹣2）2+（y+1）2+2≥2，
∴x2﹣4x+y2+2y+7的最小值是2.
【知识点】完全平方公式及运用；配方法的应用
【解析】【解答】解：（1）x2﹣4x+5
= x2﹣4x+4+1
＝（x﹣2）2+1，
故答案为：﹣2；1；
【分析】（1）根据配方法将原式进行配方，结合题意即可求出答案.
（2）代数式作差，化简，结合偶次方的非负性即可求出答案.
（3）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性即可求出答案.
13．（2024九上·香洲期中）综合与实践
主题：建立二次函数模型解决数字乘积问题．
（1）数学活动：下列两个两位数相乘的运算中（两个乘数的十位上的数都是9，个位上的数的和等于10），通过计算可得出其中积最大的算式是___________．
，，…，，．
（2）阅读材料：对于以上问题从二次函数角度有如下解题思路．
设两个乘数的积为y，其中一个乘数的个位上的数为x，则另一个乘数个位上的数为，求出y与x的函数关系式，并求出上述算式中的最大算式；
（3）问题解决：下列两个三位数相乘的运算中（两个乘数的百位上的数都是9，后两位上的数组成的数的和等于100），猜想其中哪个算式的积最大，并用函数的观点说明理由；
，，…，，．
【答案】（1）解：通过计算可得出其中积最大的算式是，
故答案为：；
（2）解：由题意得：，
，
当时，y有最大值，
的值最大；
（3）解：的积最大．理由如下：
设两个乘数的积为w，其中一个乘数的后两位上的数组成的数为，则另一个乘数的后两位上的数组成的数为，
由题意得：，
，
∴当时，w有最大值，
的积最大．
【知识点】二次函数的最值；有理数的乘法法则
【解析】【分析】（1）直接计算求出这些算式的积，然后再把积进行比较，即可得到答案；
（2）根据题意列出y关于x的函数关系式，且将二次函数的表达式化为顶点式，然后利用二次函数的图象与性质即可得到答案；
（3）设两个乘数的积为w，其中一个乘数的后两位上的数组成的数为，则另一个乘数的后两位上的数组成的数为，根据题意列出w关于a的函数关系式，且将二次函数的表达式化为顶点式，然后利用二次函数的图象与性质即可得到答案.
（1）解：通过计算可得出其中积最大的算式是，
故答案为：；
（2）解：由题意得：，
，
当时，y有最大值，
的值最大；
（3）解：的积最大．理由：
设两个乘数的积为w，其中一个乘数的后两位上的数组成的数为，则另一个乘数的后两位上的数组成的数为，
由题意得：，
，
∴当时，w有最大值，
的积最大．
14．（2024九上·珠海期中）课题研究：现有边长为120厘米的正方形铁皮，准备将它设计并制成一个开口的水槽，使水槽能通过的水的流量最大．
初三(1)班数学兴趣小组经讨论得出结论：在水流速度一定的情况下，水槽的横截面面积越大，则通过水槽的水的流量越大．为此，他们对水槽的横截面进行了如下探索：
（1）方案①：把它折成横截面为直角三角形的水槽(如图1)．
若，设厘米，该水槽的横截面面积为厘米，请你写出关于的函数关系式(不必写出的取值范围)，并求出当取何值时，的值最大，最大值又是多少？
方案②：把它折成横截面为等腰梯形的水槽(如图2)．
若，请你求出该水槽的横截面面积的最大值，并与方案①中的的最大值比较大小．
（2）假如你是该兴趣小组中的成员，通过两个方案的研究，你能得出什么结论？
【答案】（1）解：方案①将二次函数的解析式由一般式化为顶点式可得：，
当时，取得最大值，最大值为；
②如图所示，过点作于，于，则，
设，梯形的面积为，则，
又∵，
∴，，，
；
当，
∵，
；
（2）解：由（1）的结果大致可推断出折的边数越多，面积越大，因此折的边数无限多即折的图形为半圆时面积最大．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰梯形的性质；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）①然后根据直角三角形的面积公式即可得出的函数关系式，根据将解析式化为顶点式，即可求出最值；
②过点作于，于，可设为那么也为可用正方形的边长求得．通过构建的直角三角形，用表示出和的长，求出的长，根据梯形的面积公式列出函数关系式，根据二次函数的性质即可求出函数的最大值；
（）由（）的结果大致可推断出折的边数越多，面积越大，因此折的边数无限多即折的图形为半圆时面积最大．
（1）解：方案①，
当时，取得最大值，最大值为；
②如图所示，过点作于，于，则，
设，梯形的面积为，则，
又∵，
∴，，，
；
当，
∵，
；
（2）由（1）的结果大致可推断出折的边数越多，面积越大，因此折的边数无限多即折的图形为半圆时面积最大．
15．（2024九上·东莞期中）综合与实践
【问题情景】：学校综合实践小组进行废物再利用的环保小卫士行动，他们准备用废弃的宣传单制作装垃圾的无盖纸盒．
【操作探究】：
（1）若准备制作一个无盖的正方体纸盒，图中的______经过折叠能围成无盖正方体纸盒：
A． B．
C． D．
（2）如图1，是小云的设计图，把它折成无盖正方体纸盒后与“保”字相对的字是______；
（3）如图2，有一张边长为30cm的正方形废弃宣传单，张乐准备将其四角各剪去一个小正方形，折成无盖长方体纸盒．
①请你在图中画出示意图，用实线表示剪切线，虚线表示折痕；
②若要折成的无盖长方体纸盒底面积为，求将要剪去的正方形的边长．
【答案】（1）C
（2）卫
（3）解：①所画出的图形如图所示：
②设正方形的边长为，
则，解得，（不合题意舍去）．
答：要剪去的小正方形的边长为．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；正方体的几种展开图的识别；含图案的正方体的展开图
【解析】【解答】（1）解：由正方体展开图的几种形状知，只有C中形状可以折叠围成无盖正方体，其它均不能；
故答案为：C
（2）解：与“小”字相对的字是“士”，与“保”字相对的字是“卫”．
故答案为：卫．
【分析】（1）根据正方体展开图的几种形状判断即可.
（2）根据正方体展开图判断即可.
（3）①按照要求画出图形即可.
②设正方形的边长为，根据纸盒底面积为，列出方程即可求解．
（1）解：由正方体展开图的几种形状知，只有C中形状可以折叠围成无盖正方体，其它均不能；
故选：C．
（2）解：与“小”字相对的字是“士”，与“保”字相对的字是“卫”．
答案为：卫．
（3）解：①所画出的图形如图所示：
②设正方形的边长为，
则，解得，（不合题意舍去）．
答：要剪去的小正方形的边长为．
16．（2024九上·广州期中）综合与探究
如图，抛物线经过点A(-2，0)，B(4，0)两点，与轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为.连接AC，BC，DB，DC，
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求的值；
(3)在(2)的条件下，若点M是轴上的一个动点，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，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（1）抛物线经过点A(-2，0)，B(4，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
(2)作直线DE⊥轴于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，如图所示：
∵点A的坐标为(-2，0)，∴OA=2，
由，得，∴点C的坐标为(0，6)，∴OC=6，
∴S△OAC=，
∵S△BCD=S△AOC，
∴S△BCD =，
设直线BC的函数表达式为，
由B，C两点的坐标得，
解得，
∴直线BC的函数表达式为，
∴点G的坐标为，
∴，
∵点B的坐标为(4，0)，∴OB=4，
∵S△BCD=S△CDG+S△BDG=，
∴S△BCD =，
∴，
解得(舍)，，
∴的值为3；
(3)点M的坐标为：.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；利用一般式求二次函数解析式；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】(3)存在，如下图所示，
以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，
以BD为边时，有3种情况，
∵D点坐标为，∴点N点纵坐标为±，
当点N的纵坐标为时，如点N2，
此时，解得：(舍)，
∴，∴；
当点N的纵坐标为时，如点N3，N4，
此时，解得：
∴，，
∴，；
以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，
∵，D(3，)，
∴N1D=4，
∴BM1=N1D=4，
∴OM1=OB+BM1=8，
∴M1(8，0)，
综上，点M的坐标为：.
【分析】（1）将点A、B的坐标代入，求出a、b的值即可；
（2）作直线DE⊥轴、于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，先求出BC的解析式为，则可得点G的坐标为，再求出，再利用三角形的面积公式及割补法可得S△BCD=S△CDG+S△BDG=，可得，再求解即可；
（3）分类讨论：①以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，②以BD为边时，有3种情况，由点D的坐标可得点N点纵坐标为±，然后分点N的纵坐标为和点N的纵坐标为两种情况分别求解；③以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，根据平行四边形的对边平行且相等可求得BM1=N1D=4，继而求得OM1= 8，从而得解.
17．（2024九上·香洲期中）【问题背景】
如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，连接．点M为线段上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交于点Q．
（1）求抛物线的解析式；
【构建联系】
（2）过点P作，垂足为点N，设M点的坐标为，
①请用含m的代数式表示线段的长；
②连接求出当m为何值时，四边形的面积有最大值，最大值是多少？
【深入探究】
（3）若点G是对称轴上一动点，将线段绕点G顺时针旋转，当点A的对应点为刚好落在抛物线上时，求出点G的坐标．
【答案】解：（1）将，代入，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）①∵抛物线的解析式为，且与y轴交于点C，
∴C（0，4），
设直线的解析式为，将B（4，0），C（0，4）代入解析式，得，
解得：，
∴直线的解析式为：，
∵点的坐标为，，如图，
∴，，
∴，
∵B（4，0），C（0，4），
∴，
∵∠BOC=90°，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
∴，
∵，
∴当时，有最大值，此时，四边形的面积有最大值，
最大值是；
（3）由得对称轴为直线，设对称轴与x轴交于点E，
当点G在x轴的上方时，如图，过点作于点F，设，
则，．
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵点恰好落在该抛物线上，
∴，
解得，（舍去），
∴；
当点G在x轴的下方时，如图，过G作轴，过A作于E，过作于F，
设，则，，
同理证明，，
∴，
∵点恰好落在该抛物线上，
∴，
解得，（舍去），
∴，
综上，求出点G的坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）将，代入抛物线，用待定系数法即可求解；
（2）先求出点的坐标，从而利用待定系数法求得直线的解析式，由点的坐标为，，可用含的式子表示，的坐标，从而表示出的值，接下来证明是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得BC的值，∠PQN=45°，从而求出的值，进而根据二次函数的性质求出的最大值；
（3）先求出抛物线的对称轴，设对称轴与x轴交于点E，然后分两种情况讨论：当点G在x轴的上方时，过点作于点F，设，证出，利用全等三角形的性质求出点A'的坐标，代入抛物线解析式即可求出G点坐标；当点G在x轴的下方时，过G作轴，过A作于E，过作于F，设，同理证出，利用全等三角形的性质求出点A'的坐标，代入抛物线解析式即可求出G点坐标.
18．（2024九上·惠州期中）
（1）问题提出：
如图1，在四边形ABCD中，.连接AC、BD，将绕点逆时针旋转，得到，已知点C、D、E在一条直线上，则为 三角形，BC、CD、AC的数量关系为 ；
（2）探究发现：
如图2，在中，AB为直径，点为半圆AB的中点，点为弧AC上一点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且，请求出CD、AD、BD间的数量关系；
（3）拓展延伸：
如图3，在等腰直角三角形ABC中，点为AB的中点，若，平面内存在点，且13，当点为AE中点时，直接写出PQ的长度.
【答案】（1）等腰直角；
（2）延长CO交O于E，连接
则
∵点C为的中点，
∴点E为的中点，
为的直径，
由(1)得，
由勾股定理得，，
（3）解：如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接，
，点P为AB的中点，
，
，点Q为AE中点，
由勾股定理得，，
由(1)得，，
解得，，
如图4，当点E在直线AC的右侧时，连接，
由(2)得，.
解得，.
综上可得：PQ的长度为或.
【知识点】圆周角定理；旋转的性质；圆内知识的综合
【解析】【解答】解：（1）由旋转的性质可得AC=AE，∠ACB=∠E，∠CAE=90°，
∴△ACE为等腰直角三角形，
∴CE=AC，
∵CE=CD+DE=CD+BC，
∴BD+CD=AC，
故答案为：等腰直角，BD+CD=AC.
【分析】（1）根据旋转的性质可得△ACE为等腰直角三角形，则CE=AC，根据CE=CD+DE=CD+BC即可得解；
（2）延长CO交O于E，连接由圆周角定理可得∠CDE=90°，∠ADB=90°，由(1)知在Rt△CDE中，利用勾股定理即可求解；
（3）分两种情况：当点E在直线AC的左侧时，连接，先求出AQ，CQ，利用（2）的结论求出PQ即可；当点E在直线AC的右侧时，连接，同理可求.
19．（2024九上·花都期末）阅读：如图1，点A是外一点，点P是上一动点．若的半径为3，长度为5，则根据：，得到点P到点A的最短距离为：．
解决问题：
（1）如图2，已知正方形的边长为4，点M、N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿边方向向终点C和D运动，连接和交于点P．
①证明：．
②求点P到点C的最短距离．
（2）如图3，在平面直角坐标系中，等边的边在x轴正半轴上，点，，点D从B点出发，沿运动到O，点E同时从O点以相同的速度出发，沿运动到A，连接，交点为F，M是y轴上一点，求的最小值．
【答案】（1）解：①∵点M、N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿边方向向终点C和D运动，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴；
②如图：取中点O，连接．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点P在以为直径的上运动，
∵，，
又∵，
∴，
∴的最小值为．
（2）解：∵点D从B点出发，沿运动到O，点E同时从O点以相同的速度出发，沿运动到A，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图：作的外接圆，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为定三角形，一定，，，
∴为定三角形，
∴确定不变，
当点M为y轴一定点，则一定，所以当在同一条直线上时，有最小值，
由垂线段最短可知：当轴，最小，
如图：作于K，
∵为等边三角形，，
∴，即，
当轴时，轴，轴，，
∴四边形是矩形，
∴，
连接，
∵，，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∴，
∴
∴的最小值为
【知识点】三角形三边关系；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；垂径定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—含30°角直角三角形
【解析】【分析】（1）①由题意可得BM=CN，再根据正方形性质可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
②取中点O，连接，根据全等三角形性质可得，则，根据垂径定理，勾股定理可得OC，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）由题意可得OE=BD，再根据等边三角形性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，作的外接圆，连接，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系可得，由等边对等角可得，则，再根据三角形三边关系可得，根据三角形性质可得确定不变，当点M为y轴一定点，则一定，所以当在同一条直线上时，有最小值，由垂线段最短可知：当轴，最小，作于K，根据等边三角形性质可得，即，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，连接，根据三角形内角和定理可得，再解含30°角的直角三角形即可求出答案.
1 / 1综合与探究题—广东省（人教版）数学九（上）期末复习
一、精选综合探究题
1．（2023九上·高州期末）生物学上通常用“标记重捕法”来估算特定区域内某种群的数量．如在固定区域内用捕虫网捕捉了40只田鼠，将它们标记后放回直到充分混合后，用同一个捕虫网捕捉了80只田鼠，其中有16只是被标记的，于是估算该区域田鼠的数量为：
（只）．
某研究小组考察了一湖泊中的某鱼种群的年龄组成，结果如下表，请回答问题：
年龄 A B C D ……
个体数量 92 187 x y ……
注：表中“”表示鱼的年龄年，表示年龄年，表示年龄年，表示年龄为年．
（1）年龄为，，的个体数量的平均数为125，年龄在，，，的个体数量的中位数是95，则 ， （其中）．
（2）若将年龄为的鱼全部标记后并放回湖泊，充分混合后，捕捉120条鱼，其中被标记鱼有12条，那么该湖泊里一共约有多少条鱼？
（3）现捕获A，B，C，D年龄段的鱼各一条，从中任抓两条，请用列表或画树状图求抓到的是和年龄的鱼的概率．
2．（2024九上·汕尾期末）综合探究
如图，在中，，以为直径的交于点，交于点，在下方作，过点作，垂足为点．
（1）求证：≌；
（2）求证：是的切线；
（3）若，，求的长．
3．（2024九上·惠东期末）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：取一副三角板按如图所示拼接，固定三角板ADC，将三角板ABC绕点A顺时针方向转，旋转角度为，得到．
（1）【数学思考】老师问：当为多少度时，？（请写出证明过程）；
（2）【深入探究】老师继续旋转，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：当旋转到图③所示位置时，为_▲_度．直接写出结果；
②“智慧小组”提出问题：连接BD，当时，探求值的大小变化情况，并给出你的证明．请你解答此问题．
4．（2024九上·开平期末）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，连接，为抛物线部分上一动点（可与A，B两点重合），过点P作轴交直线于点M，交x轴于点N．
（1）求抛物线和直线的解析式．
（2）①求线段的最大值．
②连接，当为等腰三角形时，求m的值．
5．（2024九上·金湾期末）综合运用
已知：抛物线与轴交于，，与轴交于点，顶点为.
图1 图2 备用图
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1：抛物线的对称轴交轴于点，在抛物线对称轴上找点，使是以为腰的等腰三角形，请直接写出点的坐标；（不需要证明）
（3）如图2：点在对称轴上，以点为圆心过、两点的圆与直线相切，求点的坐标.
6．（2024九上·汕尾期末）综合应用
如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，点为上一动点点不与点，重合．
（1）直接写出点，的坐标： ， ；
（2）如图，过点作轴，交线段于点，交抛物线于点，当时，求的面积；
（3）如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，当点在抛物线上时，求点的坐标．
7．（2024九上·博罗期末）综合探究
如图，平行四边形ABCD中，AC＝BC，过A、B、C三点的⊙O与AD相交于点E，连接CE.
（1）求证：AB＝CE；
（2）求证：DC与⊙O相切；
（3）若⊙O半径r＝5，AB＝8，求AE的值.
8．（2024九上·惠东期末）综合应用：如图，AB是的直径，点C是上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，G是的内心，连接CG并延长，交于点E，交AB于点F，连接BE．
（1）求证：AC平分；
（2）连接BG，判断的形状，并说明理由；
（3）若，，求线段EC的长．
9．（2024九上·惠东期末）综合探究：如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，连接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）设M点的坐标为，请用含m的代数式表示线段PQ的长，并求出当m为何值时，PQ有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在动过中，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．
（4）在（2）的条件下，直PM上有一动点R，连接RO，将线段RO绕点R逆时针旋转90度，使点O的对应点T恰好落在该抛物线上，求出点R的坐标．
10．（2024九上·博罗期末）综合运用
如图，抛物线与x轴交于A（﹣6，0），B（2，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC.
（1）求抛物线的函数表达式.
（2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．
①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由；
②设抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当S△DMN＝S△AOC时，请直接写出DM的长.
二、最新综合探究题
11．（2024九上·广州期中）根据以下素材，探索完成任务．
素材1 某学校一块劳动实践基地大棚的横截面如图所示，上部分的顶棚是抛物线形状，下部分是由两根立柱和组成，立柱高为，顶棚最高点距离地面是，的长为．
素材2 为提高灌溉效率，学校在的中点处安装了一款可垂直升降的自动喷灌器，从喷水口喷出的水流可以看成抛物线，其形状与的图象相同，，此时水流刚好喷到立柱的端点处．
问题解决
任务1 确定顶棚的形状 以顶棚最高点为坐标原点建立平面直角坐标系，求出顶棚部分抛物线的表达式．
任务2 探索喷水的高度 问处喷出的水流在距离点水平距离为多少米时达到最高．
12．（2024九上·中山期中）拓展探究
问题情境：“a2≥0”这个结论在数学中非常有用，有时我们需要将代数式配成完全平方式，然后利用平方的非负性解决问题，例如：x2+4x+5＝x2+4x+4+1＝（x+2）2+1，∵（x+2）2≥0，
∴（x+2）2+1≥1，∴x2+4x+5≥1．
（1）探究：x2﹣4x+5＝（x ）2+ ；
（2）应用：比较代数式：x2﹣1与2x﹣3的大小；
（3）拓展：求x2﹣4x+y2+2y+7的最小值．
13．（2024九上·香洲期中）综合与实践
主题：建立二次函数模型解决数字乘积问题．
（1）数学活动：下列两个两位数相乘的运算中（两个乘数的十位上的数都是9，个位上的数的和等于10），通过计算可得出其中积最大的算式是___________．
，，…，，．
（2）阅读材料：对于以上问题从二次函数角度有如下解题思路．
设两个乘数的积为y，其中一个乘数的个位上的数为x，则另一个乘数个位上的数为，求出y与x的函数关系式，并求出上述算式中的最大算式；
（3）问题解决：下列两个三位数相乘的运算中（两个乘数的百位上的数都是9，后两位上的数组成的数的和等于100），猜想其中哪个算式的积最大，并用函数的观点说明理由；
，，…，，．
14．（2024九上·珠海期中）课题研究：现有边长为120厘米的正方形铁皮，准备将它设计并制成一个开口的水槽，使水槽能通过的水的流量最大．
初三(1)班数学兴趣小组经讨论得出结论：在水流速度一定的情况下，水槽的横截面面积越大，则通过水槽的水的流量越大．为此，他们对水槽的横截面进行了如下探索：
（1）方案①：把它折成横截面为直角三角形的水槽(如图1)．
若，设厘米，该水槽的横截面面积为厘米，请你写出关于的函数关系式(不必写出的取值范围)，并求出当取何值时，的值最大，最大值又是多少？
方案②：把它折成横截面为等腰梯形的水槽(如图2)．
若，请你求出该水槽的横截面面积的最大值，并与方案①中的的最大值比较大小．
（2）假如你是该兴趣小组中的成员，通过两个方案的研究，你能得出什么结论？
15．（2024九上·东莞期中）综合与实践
【问题情景】：学校综合实践小组进行废物再利用的环保小卫士行动，他们准备用废弃的宣传单制作装垃圾的无盖纸盒．
【操作探究】：
（1）若准备制作一个无盖的正方体纸盒，图中的______经过折叠能围成无盖正方体纸盒：
A． B．
C． D．
（2）如图1，是小云的设计图，把它折成无盖正方体纸盒后与“保”字相对的字是______；
（3）如图2，有一张边长为30cm的正方形废弃宣传单，张乐准备将其四角各剪去一个小正方形，折成无盖长方体纸盒．
①请你在图中画出示意图，用实线表示剪切线，虚线表示折痕；
②若要折成的无盖长方体纸盒底面积为，求将要剪去的正方形的边长．
16．（2024九上·广州期中）综合与探究
如图，抛物线经过点A(-2，0)，B(4，0)两点，与轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为.连接AC，BC，DB，DC，
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求的值；
(3)在(2)的条件下，若点M是轴上的一个动点，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，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
17．（2024九上·香洲期中）【问题背景】
如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，连接．点M为线段上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交于点Q．
（1）求抛物线的解析式；
【构建联系】
（2）过点P作，垂足为点N，设M点的坐标为，
①请用含m的代数式表示线段的长；
②连接求出当m为何值时，四边形的面积有最大值，最大值是多少？
【深入探究】
（3）若点G是对称轴上一动点，将线段绕点G顺时针旋转，当点A的对应点为刚好落在抛物线上时，求出点G的坐标．
18．（2024九上·惠州期中）
（1）问题提出：
如图1，在四边形ABCD中，.连接AC、BD，将绕点逆时针旋转，得到，已知点C、D、E在一条直线上，则为 三角形，BC、CD、AC的数量关系为 ；
（2）探究发现：
如图2，在中，AB为直径，点为半圆AB的中点，点为弧AC上一点，连接AD、CD、AC、BC、BD，且，请求出CD、AD、BD间的数量关系；
（3）拓展延伸：
如图3，在等腰直角三角形ABC中，点为AB的中点，若，平面内存在点，且13，当点为AE中点时，直接写出PQ的长度.
19．（2024九上·花都期末）阅读：如图1，点A是外一点，点P是上一动点．若的半径为3，长度为5，则根据：，得到点P到点A的最短距离为：．
解决问题：
（1）如图2，已知正方形的边长为4，点M、N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿边方向向终点C和D运动，连接和交于点P．
①证明：．
②求点P到点C的最短距离．
（2）如图3，在平面直角坐标系中，等边的边在x轴正半轴上，点，，点D从B点出发，沿运动到O，点E同时从O点以相同的速度出发，沿运动到A，连接，交点为F，M是y轴上一点，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】（1）96；94
（2）解：（条），
答：湖泊里一共约有940条鱼
（3）解：根据题意可画树状图如下：
由图知总共有种可能，其中抓到的是和年龄的鱼的情况有种，
抓到的是和年龄的鱼的概率为
【知识点】用样本估计总体；用列表法或树状图法求概率；概率公式；平均数及其计算；中位数
【解析】【解答】解：（1）∵年龄为，，的个体数量的平均数为125，
∴，
解得：x=96；
∵年龄在，，，的个体数量的中位数是95，且92＜y＜96，
∴，
解得：y=94.
故答案为：第一空：96；第二空：94.
【分析】（1）根据平均数的计算公式可得关于x的方程，解方程可求解；根据中位数的定义可得关于y的方程，解方程即可求解；
（2）用样本估计总体可求解；
（3）由题意画出树状图，由图知总共有种可能，其中抓到的是和年龄的鱼的情况有种，然后根据概率公式计算即可求解.
2．【答案】（1）证明：以为直径的交于点，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌；
（2）证明：由可知≌，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线；
（3）解：连接，如图，
，且以为直径，
，，
，，
，
，
，
则．
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；三角形全等及其性质；勾股定理；切线的判定；三角形全等的判定-AAS；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据角之间的关系可得∠ADC=90°，再根据垂直可得∠AEC=90°，则∠ADC=∠AEC，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得∠AC=∠ACE，再根据等边对等角可得∠BAC=∠ACD，则∠ACE=∠BAC，再根据直线平行判定定理可得AB∥CE，则，即∠BAE=90°，再根据切线判定定理即可求出答案.
（3）连接，根据题意可得，，再根据勾股定理可得BF，再根据三角形面积建立方程，解方程即可求出答案.
3．【答案】（1）如图②，
∵，
∴
∴
所以当时，；
（2）①45
②当时，
值的大小不变．
证明：连接，，设CD与BC，相交于点O．
在和中，
，
∴，
∴
∴当时，值的大小不变．
【知识点】角的运算；平行线的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（2）①当旋转到图③所示位置时，，
故答案为：45；
【分析】（1）先根据平行线的性质得到，进而即可得到从而即可求解；
（2）①根据旋转的性质结合三角板即可求解；
②连接，，设CD与BC，相交于点O，根据旋转的性质得到，从而得到，再根据题意进行角的运算得到，即当时，值的大小不变．
4．【答案】（1）解：将点，代入，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为，
设直线AB的解析式为，
将点代入解析式，得，
解得：，
∴直线AB的解析式为
（2）解：①将代入中，得，
将代入中，得，
∴，
∴，
∵-1<0，
∴当m=1时，PM有最大值为1；
②∵点M在直线上，且点，
∴点M的坐标为．
∵点，
∴，
∴，
∴，．
当为等腰三角形时，
（ⅰ）若，则，
即，解得．
（ⅱ）若，则，
即，解得或（舍去）．
（ⅲ）若，则，
即，解得或（舍去）．
综上所述，或或
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；等腰三角形的概念
【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法求出抛物线和直线AB的解析式；
（2）①将点P的坐标代入抛物线解析式求出n的值，由点P的坐标得点M的坐标，从而求出PM的值，将PM的值化成顶点式，利用二次函数的最值知识即可求解；②由点P的坐标得点M的坐标，求出的值，然后进行分类讨论：当BM=OM、BM=OB、OM=OB时，将这三种情况的边长进行平方，代入相应的数值得关于m的方程，解方程求出m的值，即可求解.
5．【答案】（1）解：抛物线与轴交于，
，解得，
∴抛物线解析式为
（2）、、
（3）解：抛物线解析式为顶点
设直线的解析式为，、
，解得，
直线的解析式为
直线与轴、轴分别交于点，
，
，
.
，
，
，
在中，，
设，则，
，
，解得
或
综上所述，满足条件的点或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：（2）令x=0，代入，可得y=3
∴C（0，3）
∵
∴对称轴为x=1
∴D（1，0）
∴OD=1，OC=3
∴
当CP=CD时，过点P作PQ⊥y轴于点Q，则PQ=OD=1
∴Rt△CPQ≌Rt△CDO(HL)
∴CQ=OC=3
∴OQ=OC+CQ=6
∴P1(1，6)
当时
∵
∴
综上所述，点P的坐标为、、
【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征令x=0，代入函数解析式可得C（0，3），求出对称轴，则OD=1，OC=3，根据勾股定理可得CD，分情况讨论：当CP=CD时，过点P作PQ⊥y轴于点Q，则PQ=OD=1，根据全等三角形判定定理可得Rt△CPQ≌Rt△CDO(HL)，则CQ=OC=3，OQ=6，即P1(1，6)；当时，根据题意即可求出答案.
（3）求出抛物线顶点，设直线的解析式为，根据待定系数法将点C，E的坐标代入解析式可得直线的解析式为，根据点的坐标可得，则∠CEF=45°，再根据边之间的关系可得GF=FA=FE，设，则，，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
6．【答案】（1）（-4，0）；（0，2）
（2）解：设直线的解析式为，
则，
，
；
设，则，
，
，
，
解得：舍去或，
，，，
，，
；
（3）解：设，如图，过点作轴垂线交于点，
，
，，
，
，
≌，
，，
，
，
解得或舍去，
．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；二次函数-面积问题
【解析】【解答】解：（1）令y=0，则
解得：x=-4或x=2（舍去）
∴点A(-4，0)
令x=0，则y=2
∴点C（0，2）
故答案为：(-4，0)，（0，2）
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征令y=0，可得x值，令x=0，可得y值，即可求出答案.
（2）设直线的解析式为，根据待定系数法将点A，C坐标代入直线解析式可得，设，则，根据两点间距离可得，根据题意建立方程，解方程可得MN=1，，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）设，过点作轴垂线交于点，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得≌，则，，即，再将点D代入抛物线解析式即可求出答案.
7．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，AD=BC.
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形，
∴∠DEC=∠B，∴∠D=∠DEC，
∴CD=CE，∴AB=CE.
（2）证明：如图，连接CO并延长交AB于点H，
∵AC=BC，
∴，且CO是半径，
∴CH⊥AB，AH=BH.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD.又CH⊥AB.
∴CH⊥CD，且CO是半径，
∴DC与⊙O相切.
（3）解：如图，连接OA
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB=8.
∵AH=BH，AB=8，
∴AH=BH=4.
又AO=5，CH⊥AB，
.
∵AC=BC，∴∠CAB=∠B.
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形，
∴∠CED=∠B，
∵∠B=∠D，
∴ △CDE∽△CAB.
【知识点】平行四边形的性质；垂径定理；圆内接四边形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AB=CD，∠B=∠D，AD=BC，再根据圆内接四边形的性质得到∠DEC=∠B，等量代换得到∠D=∠DEC，根据等腰三角形的判定结合题意即可求解；
（2）连接CO并延长交AB于点H，根据垂径定理得到CH⊥AB，AH=BH，再根据平行四边形的性质得到AB∥CD，从而结合题意根据切线的判定即可求解；
（3）连接OA，先根据平行四边形的性质得到AD=BC，CD=AB=8，进而得到AH=BH=4，根据勾股定理即可求出OH和AC，从而得到，根据圆内接四边形的性质得到∠CED=∠B，再根据相似三角形的判定与性质（AA）证明 △CDE∽△CAB得到，代入数值求出DE，从而即可求解。
8．【答案】（1）证明：∵DP切于C。
∴
∵
∴
∴
∴
∵在中，
∴
∴
即AC平分
（2）解：是等腰三角形．理由：
∵G是的内心
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴是等腰三角形
（3）解：过B作于H，连接AE，如图所示：
∵AB是的直径
∴
∴
∴在中，
在等腰直角三角形CBH中，
∵
∴
∴在中，
∴在中，
∴
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）先根据切线的性质得到，进而根据垂直得到，根据平行线的判定与性质得到，从而根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，再根据角平分线的判定即可求解；
（2）先根据三角形的内心得到，，进而结合题意等量代换得到，从而根据等腰三角形的判定即可求解；
（3）过B作于H，连接AE，先根据圆周角定理得到，从而根据等腰直角三角形的性质得到，再根据勾股定理求出AB，从而根据题意解直角三角形得到，进而求出BE和EH，最后根据CE=CH+EG即可求解。
9．【答案】（1）解：依题意得，
（2）解：令，则，
∴，
设直线BC的解析式为，
解得，
∴，
∵轴，
∴设，
∴
∴当时，PQ有最大值；
（3）解：存在，Q点坐标为或
设，
∴，，，
当时，，解得（舍）或，
∴；
当时，，解得或（舍），
∴；
当时，，解得（舍）；
综上所述：Q点坐标为或；
（4）解：如图 1，过点R作轴交于点G，过点T作交于点H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∵T点在抛物线上，
∴，
解得或，
∴或
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-动态几何问题；三角形全等的判定-AAS；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【分析】（1）根据点A和点B的坐标结合题意即可列出交点式，从而即可求解；
（2）先根据二次函数与坐标轴的交点坐标得到点C的坐标，再运用待定系数法求出直线BC的函数解析式，从而设，，表示出PQ后，根据二次函数的最值即可求解；
（3）设，进而根据坐标系中两点间的距离公式得到，，，根据勾股定理分类讨论：当时，当时，当时，从而根据题意解一元二次方程即可求解；
（4）过点R作轴交于点G，过点T作交于点H，先根据题意等量代换得到，进而根据三角形全等的判定与性质证明得到，，设，则，，，再根据二次函数图象上的点的坐标特征得到，再解一元二次方程即可求解。
10．【答案】（1）解：把点A(-6，0)和点B(2，0)代入抛物线得：
解得：
∴此抛物线的函数表达式为y=x2+2x﹣6.
（2）解：①存在：设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，
∵B（2，0），C（0，﹣6），
∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，
DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，
∵DE∥BC，
∴当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形，
分两种情况：
如图1，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，∴BD2＝BC2，
∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40，
解得：m1＝﹣4，m2＝0（舍去），
∴点D的坐标为（﹣4，﹣2），
∴点E的坐标为（﹣6，﹣8）；
如图2，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，
∴CD2＝CB2，
∴2m2＝40，
解得：m1＝﹣2，m2＝2（舍去），
∴点D的坐标为（﹣2，2﹣6），
∴点E的坐标为（2﹣2，2）；
综上，存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）；
②DM的长为3
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；菱形的判定与性质；二次函数-动态几何问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（2）②如图，设点的坐标为，其中，
∵，，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵直线的表达式为，直线，
∴设直线的解析式为，
∵点的坐标，
∴，
∴，
∵抛物线的对称轴与直线交于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理得：，
解得：，（舍去），
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴
∴的长为．
【分析】（1）根据题意将点A和点B代入抛物线，进而即可得到解析式；
（2）①设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，进而根据坐标系中两点间的距离公式得到BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，根据平行四边形的判定结合题意分类讨论：当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，再根据菱形的判定与性质求出点的坐标即可求解；
②设点的坐标为，其中，根据二次函数的图象得到对称轴为直线，进而根据一次函数的几何变换设直线的解析式为，再根据题意求出，，则，根据三角形的面积即可求出m，再根据点的坐标结合勾股定理求出DM即可求解。
11．【答案】解：任务1：以顶棚最高点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，
可设抛物线为．
又由题意，，
．
，
顶棚部分抛物线的表达式；
任务2：如图，
∵从喷水口喷出的水流可以看成抛物线，其形状与的图象相同，
∴从喷水口喷出的水流看成的抛物线为，
由题意，点，
把，代入，得
，解得：，
∴，
∴该抛物线的对称轴为直线，
∵
∴当时，抛物线有最大值为3.05米，
即处喷出的水流在距离点水平距离为4.5米时达到最高．
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】（1）先建立平面直角坐标系，再利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先建立平面直角坐标系，再设解析式为，再将，代入，求出b、c的值可得函数解析式，再求解即可.
12．【答案】解：（1）﹣2；1；
（2）x2-1-(2x-3)
＝x2-2x+2
＝x2-2x+1+1
＝（x﹣1）2+1
∵（x﹣1）2≥0
∴（x﹣1）2+1＞0，
∴x2﹣1＞2x﹣3；
（3）x2﹣4x+y2+2y+7
＝x2﹣4x+4+y2+2y+1+2
＝（x﹣2）2+（y+1）2+2
∵（x﹣2）2≥0；（y+1）2≥0
∴（x﹣2）2+（y+1）2+2≥2，
∴x2﹣4x+y2+2y+7的最小值是2.
【知识点】完全平方公式及运用；配方法的应用
【解析】【解答】解：（1）x2﹣4x+5
= x2﹣4x+4+1
＝（x﹣2）2+1，
故答案为：﹣2；1；
【分析】（1）根据配方法将原式进行配方，结合题意即可求出答案.
（2）代数式作差，化简，结合偶次方的非负性即可求出答案.
（3）利用配方法把原式变形，根据偶次方的非负性即可求出答案.
13．【答案】（1）解：通过计算可得出其中积最大的算式是，
故答案为：；
（2）解：由题意得：，
，
当时，y有最大值，
的值最大；
（3）解：的积最大．理由如下：
设两个乘数的积为w，其中一个乘数的后两位上的数组成的数为，则另一个乘数的后两位上的数组成的数为，
由题意得：，
，
∴当时，w有最大值，
的积最大．
【知识点】二次函数的最值；有理数的乘法法则
【解析】【分析】（1）直接计算求出这些算式的积，然后再把积进行比较，即可得到答案；
（2）根据题意列出y关于x的函数关系式，且将二次函数的表达式化为顶点式，然后利用二次函数的图象与性质即可得到答案；
（3）设两个乘数的积为w，其中一个乘数的后两位上的数组成的数为，则另一个乘数的后两位上的数组成的数为，根据题意列出w关于a的函数关系式，且将二次函数的表达式化为顶点式，然后利用二次函数的图象与性质即可得到答案.
（1）解：通过计算可得出其中积最大的算式是，
故答案为：；
（2）解：由题意得：，
，
当时，y有最大值，
的值最大；
（3）解：的积最大．理由：
设两个乘数的积为w，其中一个乘数的后两位上的数组成的数为，则另一个乘数的后两位上的数组成的数为，
由题意得：，
，
∴当时，w有最大值，
的积最大．
14．【答案】（1）解：方案①将二次函数的解析式由一般式化为顶点式可得：，
当时，取得最大值，最大值为；
②如图所示，过点作于，于，则，
设，梯形的面积为，则，
又∵，
∴，，，
；
当，
∵，
；
（2）解：由（1）的结果大致可推断出折的边数越多，面积越大，因此折的边数无限多即折的图形为半圆时面积最大．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；等腰梯形的性质；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）①然后根据直角三角形的面积公式即可得出的函数关系式，根据将解析式化为顶点式，即可求出最值；
②过点作于，于，可设为那么也为可用正方形的边长求得．通过构建的直角三角形，用表示出和的长，求出的长，根据梯形的面积公式列出函数关系式，根据二次函数的性质即可求出函数的最大值；
（）由（）的结果大致可推断出折的边数越多，面积越大，因此折的边数无限多即折的图形为半圆时面积最大．
（1）解：方案①，
当时，取得最大值，最大值为；
②如图所示，过点作于，于，则，
设，梯形的面积为，则，
又∵，
∴，，，
；
当，
∵，
；
（2）由（1）的结果大致可推断出折的边数越多，面积越大，因此折的边数无限多即折的图形为半圆时面积最大．
15．【答案】（1）C
（2）卫
（3）解：①所画出的图形如图所示：
②设正方形的边长为，
则，解得，（不合题意舍去）．
答：要剪去的小正方形的边长为．
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题；正方体的几种展开图的识别；含图案的正方体的展开图
【解析】【解答】（1）解：由正方体展开图的几种形状知，只有C中形状可以折叠围成无盖正方体，其它均不能；
故答案为：C
（2）解：与“小”字相对的字是“士”，与“保”字相对的字是“卫”．
故答案为：卫．
【分析】（1）根据正方体展开图的几种形状判断即可.
（2）根据正方体展开图判断即可.
（3）①按照要求画出图形即可.
②设正方形的边长为，根据纸盒底面积为，列出方程即可求解．
（1）解：由正方体展开图的几种形状知，只有C中形状可以折叠围成无盖正方体，其它均不能；
故选：C．
（2）解：与“小”字相对的字是“士”，与“保”字相对的字是“卫”．
答案为：卫．
（3）解：①所画出的图形如图所示：
②设正方形的边长为，
则，解得，（不合题意舍去）．
答：要剪去的小正方形的边长为．
16．【答案】解：（1）抛物线经过点A(-2，0)，B(4，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
(2)作直线DE⊥轴于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，如图所示：
∵点A的坐标为(-2，0)，∴OA=2，
由，得，∴点C的坐标为(0，6)，∴OC=6，
∴S△OAC=，
∵S△BCD=S△AOC，
∴S△BCD =，
设直线BC的函数表达式为，
由B，C两点的坐标得，
解得，
∴直线BC的函数表达式为，
∴点G的坐标为，
∴，
∵点B的坐标为(4，0)，∴OB=4，
∵S△BCD=S△CDG+S△BDG=，
∴S△BCD =，
∴，
解得(舍)，，
∴的值为3；
(3)点M的坐标为：.
【知识点】二次函数与一次函数的综合应用；利用一般式求二次函数解析式；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】(3)存在，如下图所示，
以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，
以BD为边时，有3种情况，
∵D点坐标为，∴点N点纵坐标为±，
当点N的纵坐标为时，如点N2，
此时，解得：(舍)，
∴，∴；
当点N的纵坐标为时，如点N3，N4，
此时，解得：
∴，，
∴，；
以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，
∵，D(3，)，
∴N1D=4，
∴BM1=N1D=4，
∴OM1=OB+BM1=8，
∴M1(8，0)，
综上，点M的坐标为：.
【分析】（1）将点A、B的坐标代入，求出a、b的值即可；
（2）作直线DE⊥轴、于点E，交BC于点G，作CF⊥DE，垂足为F，先求出BC的解析式为，则可得点G的坐标为，再求出，再利用三角形的面积公式及割补法可得S△BCD=S△CDG+S△BDG=，可得，再求解即可；
（3）分类讨论：①以BD为边或者以BD为对角线进行平行四边形的构图，②以BD为边时，有3种情况，由点D的坐标可得点N点纵坐标为±，然后分点N的纵坐标为和点N的纵坐标为两种情况分别求解；③以BD为对角线时，有1种情况，此时N1点与N2点重合，根据平行四边形的对边平行且相等可求得BM1=N1D=4，继而求得OM1= 8，从而得解.
17．【答案】解：（1）将，代入，得，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）①∵抛物线的解析式为，且与y轴交于点C，
∴C（0，4），
设直线的解析式为，将B（4，0），C（0，4）代入解析式，得，
解得：，
∴直线的解析式为：，
∵点的坐标为，，如图，
∴，，
∴，
∵B（4，0），C（0，4），
∴，
∵∠BOC=90°，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
∴，
∵，
∴当时，有最大值，此时，四边形的面积有最大值，
最大值是；
（3）由得对称轴为直线，设对称轴与x轴交于点E，
当点G在x轴的上方时，如图，过点作于点F，设，
则，．
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵点恰好落在该抛物线上，
∴，
解得，（舍去），
∴；
当点G在x轴的下方时，如图，过G作轴，过A作于E，过作于F，
设，则，，
同理证明，，
∴，
∵点恰好落在该抛物线上，
∴，
解得，（舍去），
∴，
综上，求出点G的坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；旋转的性质；二次函数-动态几何问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【分析】（1）将，代入抛物线，用待定系数法即可求解；
（2）先求出点的坐标，从而利用待定系数法求得直线的解析式，由点的坐标为，，可用含的式子表示，的坐标，从而表示出的值，接下来证明是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得BC的值，∠PQN=45°，从而求出的值，进而根据二次函数的性质求出的最大值；
（3）先求出抛物线的对称轴，设对称轴与x轴交于点E，然后分两种情况讨论：当点G在x轴的上方时，过点作于点F，设，证出，利用全等三角形的性质求出点A'的坐标，代入抛物线解析式即可求出G点坐标；当点G在x轴的下方时，过G作轴，过A作于E，过作于F，设，同理证出，利用全等三角形的性质求出点A'的坐标，代入抛物线解析式即可求出G点坐标.
18．【答案】（1）等腰直角；
（2）延长CO交O于E，连接
则
∵点C为的中点，
∴点E为的中点，
为的直径，
由(1)得，
由勾股定理得，，
（3）解：如图3，当点E在直线AC的左侧时，连接，
，点P为AB的中点，
，
，点Q为AE中点，
由勾股定理得，，
由(1)得，，
解得，，
如图4，当点E在直线AC的右侧时，连接，
由(2)得，.
解得，.
综上可得：PQ的长度为或.
【知识点】圆周角定理；旋转的性质；圆内知识的综合
【解析】【解答】解：（1）由旋转的性质可得AC=AE，∠ACB=∠E，∠CAE=90°，
∴△ACE为等腰直角三角形，
∴CE=AC，
∵CE=CD+DE=CD+BC，
∴BD+CD=AC，
故答案为：等腰直角，BD+CD=AC.
【分析】（1）根据旋转的性质可得△ACE为等腰直角三角形，则CE=AC，根据CE=CD+DE=CD+BC即可得解；
（2）延长CO交O于E，连接由圆周角定理可得∠CDE=90°，∠ADB=90°，由(1)知在Rt△CDE中，利用勾股定理即可求解；
（3）分两种情况：当点E在直线AC的左侧时，连接，先求出AQ，CQ，利用（2）的结论求出PQ即可；当点E在直线AC的右侧时，连接，同理可求.
19．【答案】（1）解：①∵点M、N分别从点B、C同时出发，以相同的速度沿边方向向终点C和D运动，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴；
②如图：取中点O，连接．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点P在以为直径的上运动，
∵，，
又∵，
∴，
∴的最小值为．
（2）解：∵点D从B点出发，沿运动到O，点E同时从O点以相同的速度出发，沿运动到A，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图：作的外接圆，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为定三角形，一定，，，
∴为定三角形，
∴确定不变，
当点M为y轴一定点，则一定，所以当在同一条直线上时，有最小值，
由垂线段最短可知：当轴，最小，
如图：作于K，
∵为等边三角形，，
∴，即，
当轴时，轴，轴，，
∴四边形是矩形，
∴，
连接，
∵，，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∴，
∴
∴的最小值为
【知识点】三角形三边关系；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；垂径定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—含30°角直角三角形
【解析】【分析】（1）①由题意可得BM=CN，再根据正方形性质可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
②取中点O，连接，根据全等三角形性质可得，则，根据垂径定理，勾股定理可得OC，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）由题意可得OE=BD，再根据等边三角形性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，作的外接圆，连接，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系可得，由等边对等角可得，则，再根据三角形三边关系可得，根据三角形性质可得确定不变，当点M为y轴一定点，则一定，所以当在同一条直线上时，有最小值，由垂线段最短可知：当轴，最小，作于K，根据等边三角形性质可得，即，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，连接，根据三角形内角和定理可得，再解含30°角的直角三角形即可求出答案.
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