数学中考压轴题

数学中考压轴题

‎2018年数学中考压轴题 ‎1·由于受甲型H1N1流感(起初叫猪流感)的影响，4月初某地猪肉价格大幅度下调，下调后每斤猪肉价格是原价格的，原来用60元买到的猪肉下调后可多买2斤．‎ ‎(1)求4月初猪肉价格下调后每斤多少元？‎ ‎(2)4月中旬，经专家研究证实，猪流感不是由猪传染，很快更名为甲型H1N1流感．因此，猪肉价格4月底开始回升，经过两个月后，猪肉价格上调为每斤14.4元．求5、6月份猪肉价格的月平均增长率 解析 (1)【思路分析】设4月初猪肉价格下调后每斤x元，由“下调后每斤猪肉价格是原价格的”可得原价格为每斤x元．根据“原来用60元买到的猪肉下调后可以多买2斤”列方程解答．‎ 解：设4月初猪肉价格下调后每斤x元，则原价格为每斤x元．(1分)‎ 根据题意得：－＝2，(3分)‎ 解得：x＝10，‎ 经检验，x＝10是原方程的解．(4分)‎ 答：4月初猪肉价格下调后每斤10元．(5分)‎ ‎(2)【思路分析】由(1)题可知，猪肉的原价格是10元，设月平均增长率为y，则第一个月上调后的价格为10(1＋y)，第二个月上调后的价格为10(1＋y)2，根据题意可列方程．‎ 解：设5、6月份猪肉价格的月平均增长率为y，‎ 根据题意得，10(1＋y)2＝14.4，(6分)‎ 解得：y1＝0.2＝20%，y2＝－2.2(不合题意舍去)，‎ 答：5、6月份猪肉价格的月平均增长率为20%.(8分)‎ ‎2·如图①，抛物线y＝ax2＋bx＋4(a≠0)的图象过A(－1，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，作直线BC，动点P从点C出发，以每秒个单位长度的速度沿CB向点B运动，运动时间为t秒，当点P与点B重合时停止运动．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)如图②，当t＝1时，求△ACP的面积；‎ ‎(3)如图③，过点P向x轴作垂线分别交x轴、抛物线于E、F两点．‎ ‎①求PF的长度关于t的函数解析式，并求出PF的长度的最大值；‎ ‎②连接CF，将△PCF沿CF折叠得到△P′CF，当t为何值时，四边形PFP′C是菱形？‎ ‎ 解析 ‎ (1)【思路分析】将A、B两点的坐标代入抛物线解析式中，即可得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可．‎ 解：∵抛物线y＝ax2＋bx＋4(a≠0)的图象过A(－1，0)，B(4，0)两点，‎ ‎∴，解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y＝－x2＋3x＋4或y＝－(x＋1)(x－4)．(3分)‎ ‎(2)【思路分析】要求△ACP的面积，可用△ACB的面积减去△APB的面积．本题关键是如何求解△APB的面积．过点P作PQ⊥AB于点Q，则PQ是△APB的高．在△APB中根据PB的长度及∠PBA的度数，利用三角函数求出PQ，该题即可得到解决．‎ 第2题解图①‎ 解：当t＝1时，CP＝.‎ ‎∵抛物线y＝－(x＋1)(x－4)的图象与y轴交于点C，‎ ‎∴C(0，4)．‎ ‎∴CO＝4.(4分)‎ ‎∵∠COB＝90°，CO＝OB＝4，‎ ‎∴∠CBO＝45°，‎ ‎∴CB＝＝＝4，BP＝CB－CP＝3，(5分)‎ 过点P作PQ⊥AB于点Q，如解图①，‎ PQ＝PB·sin∠CBA＝3×＝3.(6分)‎ S△ACP＝S△ACB－S△ABP ‎ ＝AB·OC－AB·PQ ‎ ＝×5×4－×5×3‎ ‎ ＝.(8分)‎ ‎(3)【思路分析】①求出直线BC的解析式，根据∠CBA的度数以及CP的长度与t的关系式，可得到OE的长度与t的关系式，设出点P、F的坐标，由点F的纵坐标减去点P的纵坐标即可得出PF的长度关于t的函数表达式，结合二次函数的性质即可求出最值；②由翻转特性可知PC＝P′C，PF＝P′F，若四边形PFP′C是菱形，则有PC＝PF，由此得出关于t的一元二次方程，解方程确定t值．‎ 解：①设直线BC的解析式为y＝kx＋m(k≠0)，‎ ‎∵直线BC过B(4，0)，C(0，4)两点，‎ ‎∴，解得：.‎ ‎∴直线BC解析式为y＝－x＋4.(9分)‎ ‎∵CP＝t，∠CBA＝45°，‎ ‎∴OE＝t，‎ ‎∵点P在直线BC上，点F在抛物线上，‎ ‎∴设P(t，－t＋4)，F(t，－t2＋3t＋4)，(0≤t≤4)‎ PF＝－t2＋3t＋4－(－t＋4)＝－t2＋4t，(0≤t≤4)‎ 当t＝－＝2时，PF最大＝4.(10分)‎ 第2题解图②‎ ‎②∵△PCF沿CF折叠得到△P′CF，如解图②，‎ ‎∴PC＝P′C，PF＝P′F，‎ 当四边形PFP′C是菱形时，只需PC＝PF.‎ ‎∴t＝－t2＋4t，解得：t1＝0(舍去)，t2＝4－.‎ ‎∴当t＝4－ 时，四边形PFP′C是菱形．(12分)‎ ‎3·商场为了促销某件商品，设置了如图的一个转盘，它被分成了3个相同的扇形，各扇形分别标有数字2、3、4，指针的位置固定，该商品的价格由顾客自由转动此转盘两次来获取，每次转动后让其自由停止，记下指针所指的数字(指针指向两个扇形的交线时，当作右边的扇形)，先记的数字作为价格的十位数字，后记的数字作为价格的个位数字．‎ ‎(1)请用列表或树状图的方法(只选其中一种)，表示出两次所得数字可能出现的所有结果；‎ ‎(2)求出顾客购买商品的价格不超过30元的概率．‎ ‎ ‎ ‎ 第3题图 解析 ‎ 解：(1)列表如下：‎ 第一次结果第二次 ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎22‎ ‎32‎ ‎42‎ ‎3‎ ‎23‎ ‎33‎ ‎43‎ ‎4‎ ‎24‎ ‎34‎ ‎44‎ ‎(4分)‎ 或画树状图如解图：‎ 第3题解图 ‎(4分)‎ ‎∴共有9种等可能的结果．‎ ‎(2)如(1)的列表法或树状图法所示，在一共9种等可能的事件中，其中两次指针指向的两个数字组成的价格不超过30元的有3种情况．‎ ‎∴顾客购买商品的价格不超过30元的概率为：P＝＝.(7分)‎ ‎4·如图，在平面直角坐标系中，O为顶点，平行四边形ABCD的边BC在x轴上，D点在y轴上，C点坐标为(2，0)，BC＝6，∠BCD＝60°，点E是AB边上一点，AE＝3EB，⊙P过D、O、C三点，抛物线y＝ax2＋bx＋c过点D、B、C三点．‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)求证：ED是⊙P的切线；‎ ‎(3)若将△ADE绕点D逆时针旋转90°，E点的对应点E′会落在抛物线y＝ax2＋bx＋c上吗？请说明理由；‎ ‎(4)若点M为此抛物线的顶点，平面上是否存在点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎ 第4题图 解析 ‎ (1)【思路分析】根据题意先确定D、B、C三点的坐标，然后用待定系数法可得抛物线的解析式．‎ 解：由题意得D、B、C三点的坐标分别是(0，2)、(－4，0)、(2，0)，分别代入y＝ax 2＋bx＋c中得，‎ ‎ ，解得 ，‎ 所以抛物线的解析式为y＝－x 2－x＋2.(2分)‎ ‎(2)【思路分析】延长DE交x轴于点F，构造△BFE∽△ADE，利用相似三角形的性质求得BF的长；在Rt△DOF中，利用锐角三角函数得到∠FDO的度数，进而求出∠CDE＝90°.‎ 解：延长DE交x轴于点F，如解图①所示，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△ADE∽△BFE，‎ 第4题解图①‎ ‎∴＝，即＝，‎ ‎∴BF＝2，‎ ‎∵B(－4，0)，∴OB＝4，‎ ‎∴OF＝6.(3分)‎ ‎∵D(0，2)，‎ ‎∴OD＝2.‎ 在Rt△DOF中，∵tan∠FDO＝＝＝，‎ ‎∴∠FDO＝60°.(4分)‎ ‎∵∠BCD＝60°，∴∠CDO＝30°，‎ ‎∴∠CDE＝90°，∴CD⊥DE，‎ ‎∴ED是⊙P的切线．(5分)‎ ‎(3)【思路分析】根据旋转的性质求得E′点的坐标，代入抛物线的解析式验证即可．‎ 解：点E′不会落在抛物线y＝－x 2－x＋2上．理由如下：‎ 第4题解图②‎ 将△ADE绕点D逆时针旋转90°，E点的对应点是E′，A点的对应点是A′，如解图②所示，‎ 则DA′＝DA＝6，‎ ‎∵AD∥BC，∠EDO＝60°，‎ ‎∴∠ADE＝30°，A′E′＝AE＝‎ AD＝3，‎ ‎∵∠A＝∠BCD＝60°，‎ ‎∴∠DEA＝90°，(6分)‎ 过点E′作E′G ⊥y轴于点G，则∠A′E′G＝30°，‎ ‎∴A′G＝，∴OG＝6－－2＝－2，‎ 在Rt△A′E′G中，E′G＝＝＝，‎ ‎∴E′(，－＋2)，(7分)‎ 当x＝时，y＝－×() 2－×＋2，‎ ‎＝－≠－＋2.‎ 所以点E′不会落在抛物线y＝－x 2－x＋2上．(8分)‎ ‎(4)【思路分析】先求得M点的坐标，然后分别以MB、DM、BD为平行四边形的对角线，通过平移的性质确定N点的坐标．‎ 解：存在点N，使得以点B、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：‎ ‎∵y＝－x2－x＋2＝－(x＋1)2＋，‎ ‎∴M(－1，)，且B(－4，0)，D(0，2)，‎ 如解图③所示：‎ 第4题解图③‎ ‎①当BM为平行四边形BDNM的对角线时，点D向左平移4个单位，再向下平移2个单位得到点B，则点M(－1，)向左平移4个单位，再向下平移2个单位得到点N1(－5，); (9分)‎ ‎②当DM为平行四边形BNDM的对角线时，点B向右平移3个单位，再向上平移个单位得到点M，则点D(0，2)向右平移3个单位，再向上平移个单位得到点N2(3，)；(10分)‎ ‎③当BD为平行四边形BDMN的对角线时，点M向左平移3个单位，再向下平移个单位得到点B，则点D(0，2)向左平移3个单位，再向下平移个单位得到点N3(－3，－)，(11分)‎ 综上所述，点N的坐标为(－5，)、(3，)、(－3，－)．(12分)‎ ‎5·如图，在△ABC中，AB＝BC，D是AC的中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F.‎ ‎(1)判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；‎ ‎(2)当BD＝6，AB＝10时，求⊙O的半径．‎ ‎ 第5题图 解析 ‎ (1)【思路分析】连接OE，如解图，由BE平分∠ABD和OE＝OB，可得OE∥BD，由等腰三角形的性质得BD⊥AC，所以OE⊥AC，根据切线的判定定理可得AC与⊙O相切．‎ 解：连接OE，如解图，(1分)‎ 第5题解图 ‎∵BE平分∠ABD，‎ ‎∴∠OBE＝∠DBE，(2分)‎ ‎∵OE＝OB，‎ ‎∴∠OBE＝∠OEB，‎ ‎∴∠OEB＝∠DBE，‎ ‎∴OE∥BD，(3分)‎ ‎∵AB＝BC，D是AC中点，‎ ‎∴BD⊥AC，‎ ‎∴OE⊥AC，‎ ‎∴AC与⊙O相切；(4分)‎ ‎(2)【思路分析】设⊙O半径为r，易证△AOE∽△ABD，利用相似三角形对应边成比例，建立关于r的方程，然后解方程求出r.‎ 解：设⊙O半径为r，则AO＝10－r，(5分)‎ 由(1)知，OE∥BD，‎ ‎∴△AOE∽△ABD，‎ ‎∴＝，即＝，(6分)‎ ‎∴r＝，‎ 即⊙O半径为.(8分)‎ ‎6·如图，直线l：y＝3x＋3与x轴交于点A，与y轴交于点B，把△AOB沿y轴翻折，使得点A落到点C，抛物线过点B、C和D(3，0)．‎ ‎(1)求直线BD和抛物线的解析式；‎ ‎(2)若BD与抛物线的对称轴交于点M，点N在坐标轴上，以点N、B、D为顶点的三角形与△MCD相似，求所有满足条件的点N的坐标；‎ ‎(3)在抛物线上是否存在点P，使S△PBD＝6？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 第6题图 解析 ‎ (1)【思路分析】由待定系数法求出直线BD和抛物线的解析式．‎ 解：∵直线l：y＝3x＋3与x轴交于点A，与y轴交于点B.‎ ‎∴A(－1，0)，B(0，3)；‎ ‎∵把△AOB沿y轴翻折，使点A落到点C，‎ ‎∴C(1，0)．‎ 设直线BD的解析式为：y＝kx＋b，‎ ‎∵点B(0，3)，D(3，0)在直线BD上，‎ ‎∴，‎ 解得k＝－1，b＝3；‎ ‎∴直线BD的解析式为：y＝－x＋3.(1分)‎ 由于点D(3，0)，点C(1，0)均在抛物线上，‎ 故可设抛物线的解析式为：y＝a(x－1)(x－3)，‎ ‎∵点B(0，3)也在抛物线上，‎ ‎∴3＝a×(－1)×(－3)，‎ 解得：a＝1，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y＝(x－1)(x－3)＝x2－4x＋3.(3分)‎ ‎(2)【思路分析】解题关键首先确定△MCD为等腰直角三角形，因为△BND与△MCD相似，所以△BND也是等腰直角三角形．如解图①所示，符合条件的点N有3个．‎ 解：抛物线的解析式为：y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，‎ ‎∴抛物线的对称轴为直线x＝2，顶点坐标为(2，－1)．‎ 第6题解图①‎ ‎∵直线y＝－x＋3与抛物线的对称轴交于点M，‎ ‎∴M(2，1)．‎ 设对称轴与x轴交点为点F，则CF＝FD＝MF＝1，‎ ‎∴△MCD为等腰直角三角形．‎ ‎∵以点N、B、D为顶点的三角形与△MCD相似，‎ ‎∴△BND为等腰直角三角形．‎ 如解图①所示：‎ ‎(Ⅰ)若BD为斜边，则易知此时直角顶点为原点O，‎ ‎∴N1(0，0)；(5分)‎ ‎(Ⅱ)若BD为直角边，B为直角顶点，则点N在x轴负半轴上，‎ ‎∵OB＝OD＝ON2＝3，‎ ‎∴N2(－3，0)；(6分)‎ ‎(Ⅲ)若BD为直角边，D为直角顶点，则点N在y轴负半轴上，‎ ‎∵OB＝OD＝ON3＝3，‎ ‎∴N3(0，－3)．(7分)‎ ‎∴满足条件的点N坐标为：(0，0)，(－3，0)或(0，－3)．(8分)‎ ‎(3)【思路分析】解题关键是求出△PBD面积的表达式，然后根据S△PBD＝6的已知条件，列出方程求解即可．‎ 第6题解图②‎ 解：假设存在点P，使S△PBD＝6，设点P坐标为(m，n)．‎ ‎(Ⅰ)当点P位于直线BD上方时，如解图②所示：‎ 过点P作PE⊥x轴于点E，连接PD、PB，‎ 则PE＝n，DE＝m－3.‎ S△PBD＝S梯形PEOB－S△BOD－S△PDE＝(3＋n)·m－×3×3－·(m－3)·n＝6，‎ 化简得：m＋n＝7 ①，‎ ‎∵P(m，n)在抛物线上，‎ ‎∴n＝m2－4m＋3，‎ 代入①式整理得：m2－3m－4＝0，‎ 解得：m1＝4，m2＝－1，‎ ‎∴n1＝3，n2＝8，‎ ‎∴P1(4，3)，P2(－1，8)；(10分)‎ 第6题解图③‎ ‎(Ⅱ)当点P位于直线BD下方时，如解图③所示：‎ 过点P作PE⊥y轴于点E，连接PD、PB，则PE＝m，OE＝－n，BE＝3－n.‎ S△PBD＝S梯形PEOD＋S△BOD－S△PBE＝·(3＋m)·(－n)＋×3×3－·(3－n)·m＝6，‎ 化简得：m＋n＝－1 ②，‎ ‎∵P(m，n)在抛物线上，∴n＝m2－4m＋3，‎ 代入②式整理得：m2－3m＋4＝0，Δ＝－7＜0，此方程无解．‎ 故此时点P不存在．(11分)‎ 综上所述，在抛物线上存在点P，使S△PBD＝6，且点P的坐标为(4，3)或(－1，8)．(12分)‎ 第6题解图④‎ 一题多解：假设存在点P，使S△PBD＝6，‎ 如解图④所示，过点P作直线l′平行BD，l′与BD的距离为d，l′与y轴交点为B′，‎ ‎∵BD＝＝3，‎ ‎∴S△PBD＝BD×d＝6，‎ ‎∴d＝2，‎ ‎∵BD与y轴夹角为45°，‎ ‎∴BB′＝4，‎ ‎∴将BD上移或下移4个单位，‎ ‎①上移4个单位，l′解析式为：y＝－x＋7，‎ 联立l′解析式与抛物线解析式得：x2－3x－4＝0，‎ ‎∴x1＝4，x2＝－1，‎ ‎∴此时点P′坐标为(4，3)或(－1，8)；‎ ‎②下移4个单位，l′解析式为y＝－x－1，‎ 联立l′解析式与抛物线解析式可得：x2－3x＋4＝0，‎ ‎∵Δ＜0，∴此方程无解，∴此时点P不存在．‎ 综上所述，点P的坐标为(4，3)或(－1，8)．‎ ‎7·如图①，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°.‎ ‎(1)求证：BD＝CE，BD⊥CE；‎ ‎(2)将图①中的△ADE绕点A顺时针旋转α角(0°<α<90°)，如图②，(1)的结论还成立吗？请说明理由．‎ 第7题图 解析 ‎ (1)【思路分析】要证BD＝CE，可先证BD、CE所在的两个三角形即△ABD、△ACE全等，根据题意可用SAS证全等；要证BD⊥CE，可先延长BD，交CE于点F，证∠BFE(或∠BFC)为90°即可；而要证∠BFE＝90°，可先证∠ABD＋∠BEF＝90°，由△ABD≌△ACE可得∠ABD＝∠ACE，而∠ACE＋∠BEF＝90°，问题就得到解决了．‎ 第7题解图①‎ 解：延长BD交CE于点F，如解图①，(1分)‎ 在△ABD和△ACE中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△ABD≌△ACE(SAS)，‎ ‎∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，(3分)‎ 在Rt△AEC中，∠ACE＋∠BEF＝90°，‎ ‎∴∠ABD＋∠BEF＝90°，‎ ‎∴∠BFE＝180°－90°＝90°，‎ ‎∴BD⊥CE.(4分)‎ ‎(2)【思路分析】结论仍然成立，要证BD＝CE，还是先证△ABD≌△ACE；要证三角形全等，可先证∠BAD＝∠EAC，然后仍用SAS证全等；要证BD⊥CE，可先延长BD交CE于点F，证∠BFC＝90°；而要证∠BFC＝90°只需证出∠CBF＋∠BCF＝90°即可．‎ 第7题解图②‎ 解：(1)的结论仍成立．延长BD交CE于点F，如解图②，(5分)‎ ‎∵∠BAD＋∠CAD＝90°，‎ ‎∠EAC＋∠CAD＝90°，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAE，(6分)‎ 在△DAB和△EAC中，‎ ‎，∴△DAB≌△EAC(SAS)，‎ ‎∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，(8分)‎ ‎∵∠ABC＋∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠CBF＋∠BCF＝∠ABC－∠ABD＋∠ACB＋∠ACE＝90°，‎ ‎∴∠BFC＝180°－∠CBF－∠BCF＝180°－90°＝90°，‎ ‎∴EC⊥BD.(9分)‎ ‎8· 如图，已知抛物线与x轴交于A(－1，0)，B两点，与y轴交于点C(0，3)，点D为抛物线的顶点且对称轴为x＝1.‎ ‎(1)求抛物线的解析式；‎ ‎(2)直线CD与x轴交于点E，过线段OB的中点N作NF⊥x轴，交直线CD于点F，求EF的长；‎ ‎(3)在第(2)问的条件下，直线NF上是否存在点M，使得以点M为圆心，OM为半径的圆与直线CD相切？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎ 第8题图 ‎ 解析 ‎ (1)【思路分析】设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，把点A(－1，0)，点C(0，3)分别代入式中，再由对称轴公式x＝－＝1，列出三元一次方程组求解．‎ 解：设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c，由题意可得：‎ ‎，解得，(2分)‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3.(3分)‎ ‎(2)【思路分析】要求EF的长，可放到Rt△ENF中，用勾股定理求解，这就需要知道EN、FN的长；而要求EN、FN的长，需知道点E、F的坐标，这就需要先求出直线CD的解析式；设直线CD解析式为y＝kx＋b，将C、D两点代入，用待定系数法求出直线CD的解析式．‎ 解：∵点D为抛物线的顶点，∴D(1，4)，‎ 设CD的解析式为y＝kx＋b，把C(0，3)，D(1，4)代入，‎ 得，‎ 解得k＝1，b＝3，‎ ‎∴直线CD解析式为y＝x＋3，(4分)‎ ‎∴E(－3，0)，‎ ‎∴OE＝OC＝3，∴∠AEC＝45°，‎ 令抛物线y＝－x2＋2x＋3中y＝0，‎ 解得x1＝－1，x2＝3，‎ ‎∴OB＝3，(5分)‎ ‎∵点N是OB的中点，‎ ‎∴ON＝，NE＝，(6分)‎ ‎∵FN⊥x轴，∴∠AEC＝∠EFN＝45°，‎ ‎∴EN＝FN＝，‎ ‎∴EF＝EN＝.(7分)‎ ‎(3)【思路分析】假设存在符合条件的点M，设M(，y)，过点M作MQ⊥CD于点Q，根据题意得MQ＝MO，再证出Rt△FQM∽ Rt△FNE，根据相似三角形对应边成比例列出关于y的方程求解．‎ 解：直线NF上存在点M.过点M作MQ⊥CD于点Q，如解图，(8分)‎ 第8题解图 ‎∵⊙M与CD相切，∴MQ＝OM，‎ 设M(，y)，‎ ‎∴MQ2＝OM2＝＋y2，(9分)‎ ‎∵∠MFQ＝∠NFE，‎ ‎∠FQM＝∠FNE＝90°，‎ ‎∴△FQM∽△FNE，‎ ‎∴＝，∴＝，‎ 即＝，‎ 整理得：4y2＋36y－63＝0，解得：y1＝，y2＝－.(11分)‎ ‎∴点M的坐标为：M1(，)、M2(，－)．(12分)‎ ‎9·如图①，边长为4的正方形ABCD的边AD∥y轴，点P(0，－1)是CD的中点，以P为顶点的抛物线经过点B，连接BD.‎ ‎(1)求抛物线和直线BD的解析式；‎ ‎(2)如图②，若点M是抛物线上一动点(点M不与点A、B重合)，过点M作y轴的平行线FM与直线AB交于点F，与直线BD交于点E，当线段ME＝2EF时，求点M的坐标；‎ ‎(3)如图③，平移抛物线，使平移后的抛物线顶点N在直线PB上，抛物线与直线PB的另一个交点为Q，点H在y轴正半轴上，当以H、N、Q三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，求出所有符合条件的H点的坐标．‎ 第9题图 解析 ‎ (1)【思路分析】由点P(0，－1)是抛物线的顶点，可设抛物线的解析式为y＝ax2－1，抛物线经过点B，故可求出a值，进而得抛物线的解析式；设直线BD解析式为：y＝kx＋b，用待定系数法即可求出直线解析式．‎ 解：由正方形ABCD边长为4及点P(0，－1)可得，‎ B(2，3)、D(－2，－1)，‎ 设抛物线的解析式为y＝ax2 －1，‎ 把B(2，3)代入得，‎ ‎3＝4a－1，解得a＝1, ‎ ‎∴抛物线的解析式为y＝x2 －1；(2分)‎ 设直线BD的解析式为y＝kx＋b，‎ 把B(2，3)、D(－2，－1)代入得，‎ ‎，‎ 解得k＝1，b＝1，(3分)‎ ‎∴直线BD的解析式为y＝x＋1.(4分)‎ ‎(2)【思路分析】设点M(x，x2－1)，进而表示出E，F点坐标，再根据ME＝2EF列方程，便可求出M点坐标．‎ 解：设点M(x，x2－1)，‎ 则E(x，x＋1)，F(x，3)，‎ ‎∴ME＝x＋1－(x2－1)＝－x2＋x＋2，EF＝3－(x＋1)＝2－x，(5分)‎ 当 ME＝2EF时，可列方程－x2＋x＋2＝2(2－x)，(6分)‎ 解得x＝2或x＝1，(7分)‎ ‎∵点M不与点A、B重合，‎ ‎∴x＝1，‎ ‎∴M(1，0)．(8分)‎ ‎(3)【思路分析】由平移性质可知：NQ＝PB，设PB与y轴的夹角为α，由正方形可得sinα ；以点H、N、Q为顶点的三角形如果是等腰直角三角形，可分三种情况解答，即∠HQN＝90°、∠HNQ＝90°或∠NHQ＝90°三种情况．‎ 解：由平移性质可知，NQ＝PB＝＝＝2，设PB与y轴的夹角为α，由正方形可得sinα＝＝.‎ ‎①当∠HQN＝90°时，如解图①，HQ＝NQ＝2，‎ 在Rt△PHQ中，sinα＝＝，解得HP＝10，‎ ‎∴H(0，9)．(9分)‎ 第9题解图①‎ ‎　　　第9题解图②‎ ‎②当∠HNQ＝90°时，如解图②，HN＝NQ＝2，‎ 在Rt△PHN中，sinα＝＝，解得HP＝10，‎ ‎∴H(0，9)．(10分)‎ ‎③当∠NHQ＝90°时，如解图③，NQ＝2，过点H作HG⊥PB于点G，由等腰三角形三线合一的性质及直角三角形性质可得，HG＝NQ＝，‎ 在Rt△PHG中，sinα＝＝，解得HP＝5，‎ ‎∴H(0，4)．(11分)‎ 综上，所有符合条件的H点的坐标为：(0，9)和(0，4)．(12分)‎ 第9题解图③‎