贵州黔西南州望谟三中学2022年九年级数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，则函数y＝ax+b与y＝的图象大致为（ ）

A． B．
C． D．
2．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于点A（﹣1，0），与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），顶点坐标为（1，n），则下列结论：①4a+2b＜0； ②﹣1≤a≤； ③对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立；④关于x的方程ax2+bx+c＝n﹣1有两个不相等的实数根．其中结论正确的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．如图，在矩形ABCD中，DE⊥AC垂足为F，交BC于点E，BE=2EC，连接AE．则tan∠CAE的值为（ ）

A． B． C． D．
4．西周时期，丞相周公旦设置过一种通过测定日影长度来确定时间的仪器，称为圭表。如图是一个根据北京的地理位置设计的圭表，其中，立柱的高为。已知，冬至时北京的正午日光入射角约为，则立柱根部与圭表的冬至线的距离（即的长）作为（ ）

A． B． C． D．
5．如图，是⊙上的点，则图中与相等的角是（　　）

A． B． C． D．
6．抛物线y=(x-3)2+4的顶点坐标是（ ）
A．(-1，2) B．(-1，-2) C．(1，-2) D．(3，4)
7．如图，、是的两条弦，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
8．如图，已知梯形ABCO的底边AO在轴上，BC∥AO，AB⊥AO，过点C的双曲线交OB于D，且OD：DB=1:2，若△OBC的面积等于3，则k的值（）

A．等于2 B．等于 C．等于 D．无法确定
9．关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是（　　）
A．m＜3 B．m＞3 C．m≤3 D．m≥3
10．一元二次方程的左边配成完全平方后所得方程为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．地物线的部分图象如图所示，则当时，的取值范围是______．

12．如图，将正方形绕点逆时针旋转至正方形，边交于点，若正方形的边长为，则的长为________．

13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5cm，BC=12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为_______cm．

14．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是__________．
15．已知y与x的函数满足下列条件：①它的图象经过（1，1）点；②当时，y随x的增大而减小．写出一个符合条件的函数：__________．
16．若关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是___________．
17．在中，，点在直线上，，点为边的中点，连接，射线交于点，则的值为________.
18．已知扇形的面积为3πcm2，半径为3cm，则此扇形的圆心角为_____度．
三、解答题(共66分)
19．（10分）用配方法解方程：﹣3x2＋2x＋1＝1．
20．（6分）利用公式法解方程：x2﹣x﹣3＝1．
21．（6分）如图，在中，弦垂直于直径，垂足为，连结，将沿翻转得到，直线与直线相交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若为的中点，①求证：四边形是菱形；②若，求的半径长．
22．（8分）如图，已知二次函数 的图像过点A(-4，3），B(4，4).

（1）求抛物线二次函数的解析式.
（2）求一次函数直线AB的解析式．
（3）看图直接写出一次函数直线AB的函数值大于二次函数的函数值的x的取值范围．
（4）求证：△ACB是直角三角形．
23．（8分）已知正方形中，为对角线上一点，过点作交于点，连接，为的中点，连接．
（1）如图1，求证：；

（2）将图1中的绕点逆时针旋转45°，如图2，取的中点，连接．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图1中的绕点逆时计旋转任意角度，如图3，取的中点，连接．问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）

24．（8分）已知，如图1，在中，对角线，，，如图2，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作交于点；将沿对角线剪开，从图1的位置与点同时出发，沿射线方向匀速运动，速度为，当点停止运动时，也停止运动．设运动时间为，解答下列问题：

（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
（2）设四边形的面积为，试确定与的函数关系式；
（3）当为何值时，有最大值？
（4）连接，试求当平分时，四边形与四边形面积之比．
25．（10分）抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点.已知，抛物线的对称轴交轴于点.
（1）求出的值；
（2）如图1，连接，点是线段下方抛物线上的动点，连接.点分别在轴，对称轴上，且轴.连接.当的面积最大时，请求出点的坐标及此时的最小值；

（3）如图2，连接，把按照直线对折，对折后的三角形记为，把沿着直线的方向平行移动，移动后三角形的记为，连接，，在移动过程中，是否存在为等腰三角形的情形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.

26．（10分）如图1，在中，，，，点是边上一个动点（不与、重合），点为射线上一点，且，以点为圆心，为半径作，设.

（1）如图2，当点与点重合时，求的值；
（2）当点在线段上，如果与的另一个交点在线段上时，设，试求与之间的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）在点的运动过程中，如果与线段只有一个公共点，请直接写出的取值范围.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】直接利用二次函数、一次函数、反比例函数的性质分析得出答案．
【详解】∵二次函数开口向下，
∴a＜0，
∵二次函数对称轴在y轴右侧，
∴a，b异号，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴交在负半轴，
∴c＜0，
∴y＝ax+b图象经过第一、二、四象限，
y＝的图象分布在第二、四象限，
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的性质以及图象问题，掌握二次函数、一次函数、反比例函数的性质是解题的关键．
2、C
【解析】①由抛物线的顶点横坐标可得出b=-2a，进而可得出4a+2b=0，结论①错误；
②利用一次函数图象上点的坐标特征结合b=-2a可得出a=-，再结合抛物线与y轴交点的位置即可得出-1≤a≤-，结论②正确；
③由抛物线的顶点坐标及a＜0，可得出n=a+b+c，且n≥ax2+bx+c，进而可得出对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立，结论③正确；
④由抛物线的顶点坐标可得出抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n只有一个交点，将直线下移可得出抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点，进而可得出关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，结合④正确．
【详解】：①∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（1，n），
∴-=1，
∴b=-2a，
∴4a+2b=0，结论①错误；

②∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（-1，0），
∴a-b+c=3a+c=0，
∴a=-．
又∵抛物线y=ax2+bx+c与y轴的交点在（0，2），（0，3）之间（包含端点），
∴2≤c≤3，
∴-1≤a≤-，结论②正确；
③∵a＜0，顶点坐标为（1，n），
∴n=a+b+c，且n≥ax2+bx+c，
∴对于任意实数m，a+b≥am2+bm总成立，结论③正确；
④∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（1，n），
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n只有一个交点，
又∵a＜0，
∴抛物线开口向下，
∴抛物线y=ax2+bx+c与直线y=n-1有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c=n-1有两个不相等的实数根，结合④正确．
故选C．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系、抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，观察函数图象，逐一分析四个结论的正误是解题的关键．
3、C
【分析】证明△AFD∽△CFE，得出，由△CFE∽△DFC，得出，设EF=x，则DE=3x，再由三角函数定义即可得出答案．
【详解】解： 设EC=x，∵BE=2EC=2x，∴BC=BE+CE=3x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=3x，AD∥EC，
∴△AFD∽△CFE，
∴ ，
，设CF=n，设EF=m，
∴DF=3EF=3m，AF=3CF=3n，
∵△ECD是直角三角形，，
∴△CFE∽△DFC，
∴，
∴，即，
∴，∵，
∴tan∠CAE=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
4、D
【解析】在Rt△ABC中利用正切函数即可得出答案．
【详解】解：在Rt△ABC中，
tan∠ABC=，
∴立柱根部与圭表的冬至线的距离（即BC的长）为=．
故选：D．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数解答．
5、D
【分析】直接利用圆周角定理进行判断．
【详解】解：∵与都是所对的圆周角，
∴．
故选D．
【点睛】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
6、D
【解析】根据抛物线解析式y=(x-3)2+4,可直接写出顶点坐标.
【详解】y=(x-3)2+4的顶点坐标是(3，4).
故选D.
【点睛】
此题考查了二次函数y=a(x-h)2+k的性质，对于二次函数y=a(x-h)2+k，顶点坐标是(h，k)，对称轴是x=k.
7、C
【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出结论．
【详解】解：∵
∴∠BOC=2∠A=60°
故选C．
【点睛】
此题考查的是圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解决此题的关键．
8、B
【解析】如图分别过D作DE⊥Y轴于E,过C作CF⊥Y轴于F,则△ODE∽△OBF,∵OD：DB=1:2∴相似比= 1:3∴面积比= OD：DB=1:9即又∴∴解得K=故选B
9、A
【解析】分析：根据关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个不相等的实数根可得△=（-2）2-4m＞0，求出m的取值范围即可．
详解：∵关于x的一元二次方程x2-2x+m=0有两个不相等的实数根，
∴△=（-2）2-4m＞0，
∴m＜3，
故选A．
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式△=b2-4ac．当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程没有实数根．
10、B
【解析】把常数项﹣5移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方．
【详解】把方程x2﹣2x﹣5＝0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣2x＝5，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到：x2﹣2x+（﹣1）2＝5+（﹣1）2，配方得：（x﹣1）2＝1．
故选B．
【点睛】
本题考查了配方法解一元二次方程．配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、或
【分析】根据二次函数的对称性即可得出二次函数与x轴的另一个交点为（3，0），当时，图像位于x轴的上方，故可以得出x的取值范围．
【详解】解：由图像可得：对称轴为x=1，二次函数与x轴的一个交点为（-1，0）
则根据对称性可得另一个交点为（3，0）
∴当或时，
故答案为：或
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的对称性，二次函数的图像是关于对称轴对称的，掌握这个知识点是解题的关键．
12、
【分析】连接AE，由旋转性质知AD＝AB′＝3、∠BAB′＝30°、∠B′AD＝60°，证Rt△ADE≌Rt△AB′E得∠DAE＝∠B′AD＝30°，由DE＝ADtan∠DAE可得答案．
【详解】解：如图，连接AE，
∵将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，
∴AD＝AB′＝3，∠BAB′＝30°，∠DAB＝90°
∴∠B′AD＝60°，
在Rt△ADE和Rt△AB′E中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△AB′E（HL），
∴∠DAE＝∠B′AE＝∠B′AD＝30°，
∴DE＝ADtan∠DAE＝3×＝，
故答案为．

【点睛】
此题主要考查全等、旋转、三角函数的应用，解题的关键是熟知旋转的性质及全等三角形的判定定理．
13、1．
【详解】∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，
∴△ABC≌△BDE，∠CBD=60°，
∴BD=BC=12cm，
∴△BCD为等边三角形，
∴CD=BC=BD=12cm，
在Rt△ACB中，AB===13，
△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD=5+13+12+12=1（cm），
故答案为1．
考点：旋转的性质．
14、
【分析】一元二次方程有实数根，即
【详解】解：一元二次方程有实数根

解得
【点睛】
本题考查与系数的关系.
15、y=-x+2（答案不唯一）
【解析】①图象经过（1，1）点；②当x＞1时．y随x的增大而减小，这个函数解析式为 y=-x+2，
故答案为y=-x+2（答案不唯一）．
16、
【分析】根据根的判别式可得方程有实数根则，然后列出不等式计算即可．
【详解】根据题意得：

解得：
故答案为：
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程的根的情况确定 与0的关系是关键．
17、或
【分析】分两种情况讨论：①当D在线段BC上时，如图1，过D作DH∥CE交AB于H．②当D在线段CB延长线上时，如图2，过B作BH∥CE交AD于H．利用平行线分线段成比例定理解答即可．
【详解】分两种情况讨论：
①当D在线段BC上时，如图1，过D作DH∥CE交AB于H．
∵DH∥CE，
∴．
设BH=x，则HE=3x，
∴BE=4x．
∵E是AB的中点，
∴AE=BE=4x．
∵EM∥HD，
∴．
②当D在线段CB延长线上时，如图2，过B作BH∥CE交AD于H．
∵DC=3DB，
∴BC=2DB．
∵BH∥CE，
∴．
设DH=x，则HM=2x．
∵E是AB的中点，EM∥BH，
∴，
∴AM=MH=2x，
∴．
综上所述：的值为或．

故答案为：或．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理．掌握辅助线的作法是解答本题的关键．
18、120
【分析】利用扇形的面积公式：S＝计算即可．
【详解】设扇形的圆心角为n°．
则有3π＝，
解得n＝120，
故答案为120
【点睛】
此题主要考查扇形的面积公式，解题的关键是熟知扇形的面积公式的运用.

三、解答题(共66分)
19、或
【分析】本题首先将常数项移项，将二次项系数化为1，继而方程两边同时加一次项系数一半的平方，最后配方求解．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或．
【点睛】
本题考查一元二次方程的配方法，核心步骤在于方程两边同时加一次项系数一半的平方，解答完毕可用公式法、直接开方法、因式分解法验证结果．
20、x1＝，x2＝．
【分析】观察方程为一般形式，找出此时二次项系数，一次项系数及常数项，计算出根的判别式，发现其结果大于1，故利用求根公式可得出方程的两个解．
【详解】解：x2﹣x﹣3＝1，
∵a＝1，b＝﹣1，c＝﹣3，
∴△＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣3）＝13＞1，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
【点睛】
此题考查了利用公式法来求一元二次方程的解，利用此方法解方程时，首先将方程化为一般形式，找出相应的a，b及c的值，代入b2-4ac中求值，当b2-4ac≥1时，可代入求根公式来求解．
21、（1）见解析；（2）①见解析，②1
【分析】（1）连接OC，由OA=OC得∠OAC=∠OCA，结合折叠的性质得∠OCA=∠FAC，于是可判断OC∥AF，然后根据切线的性质得直线FC与⊙O相切；
（2）①连接OD、BD，利用直角三角形斜边上的中线的性质可证得CB=OC=OD=BD，再根据菱形的判定定理即可判定；
②首先证明△OBC是等边三角形，在Rt△OCE中，根据，构建方程即可解决问题；
【详解】（1）如图，连接OC，

∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
由翻折的性质，有∠OAC=∠FAC，∠AEC=∠AFC=90°，
∴∠FAC=∠OCA，
∴∥AF，
∴∠OCG=∠AFC=90°，
故FG是⊙O的切线；
（2）①如图，连接OD、BD，

∵CD垂直于直径AB，
∴OC=OD，BC=BD，
又∵B为OG的中点，
∴，
∴CB=OB，
又∵OB=OC，
∴CB=OC，
则有CB=OC=OD=BD，
故四边形OCBD是菱形；
②由①知，△OBC是等边三角形，
∵CD垂直于直径AB，
∴，
∴，
设⊙O的半径长为R，
在Rt△OCE中，
有，即，
解之得：，
⊙O的半径长为：1．
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了切线的判定，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用方程的思想解决问题．
22、（1）；（2）；（3）﹣4﹤x﹤4；（4）见解析
【分析】（1）由题意把A点或B点坐标代入得到，即可得出抛物线二次函数的解析式；
（2）根据题意把A点或B点坐标代入y=kx+b，利用待定系数法即可求出一次函数直线AB的解析式；
（3）由题意观察函数图像，根据y轴方向直线在曲线上方时，进而得出x的取值范围；
（4）根据题意求出C点坐标，进而由两点的距离公式或者是构造直角三角形进行分析求证即可.
【详解】解：(1)把A点或B点坐标代入得到，
∴抛物线二次函数的解析式为：.
（2）把A点或B点坐标代入y=kx+b列出方程组，解得，
得出一次函数直线AB的解析式为：..
（3）由图象可以看出：一次函数直线AB的函数值大于二次函数的函数值的x的取值范围为：﹣4﹤x﹤4.
（4）由抛物线的表达式得：C点坐标为（-2，0），
由两点的距离公式或者是构造直角三角形得出，
，，．
∴，
∴△ACB是直角三角形.
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，由题意结合一次函数和勾股定理的运用等进行分析是解题的关键.
23、 (1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.
【解析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．
（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．
（3）结论依然成立．过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC，得出△MEC是等腰直角三角形，就可以得出结论．
【详解】（1）在中，为的中点，
∴．
同理，在中，．
∴．
（2）如图②，（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
理由：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
∴∠AMG=∠DMG=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB，∠ADG=∠CDG．∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°．
在△DAG和△DCG中，
，
∴△DAG≌△DCG（SAS），
∴AG=CG．
∵G为DF的中点，
∴GD=GF．
∵EF⊥BE，
∴∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠BAD，
∴AD∥EF，
∴∠N=∠DMG=90°．
在△DMG和△FNG中，
，
∴△DMG≌△FNG（ASA），
∴MG=NG．
∵∠DA∠AMG=∠N=90°，
∴四边形AENM是矩形，
∴AM=EN，
在△AMG和△ENG中，
，
∴△AMG≌△ENG（SAS），
∴AG=EG，
∴EG=CG； 
（3）如图③，（1）中的结论仍然成立．
理由：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN⊥AB于N．
∵MF∥CD，
∴∠FMG=∠DCG，∠MFD=∠CDG．∠AQF=∠ADC=90°
∵FN⊥AB，
∴∠FNH=∠ANF=90°．
∵G为FD中点，
∴GD=GF．
在△MFG和△CDG中
，
∴△CDG≌△MFG（AAS），
∴CD=FM．MG=CG．
∴MF=AB．
∵EF⊥BE，
∴∠BEF=90°．
∵∠NHF+∠HNF+∠NFH=∠BEF+∠EHB+∠EBH=180°，
∴∠NFH=∠EBH．
∵∠A=∠ANF=∠AMF=90°，
∴四边形ANFQ是矩形，
∴∠MFN=90°．
∴∠MFN=∠CBN，
∴∠MFN+∠NFE=∠CBN+∠EBH，
∴∠MFE=∠CBE．
在△EFM和△EBC中
，
∴△EFM≌△EBC（SAS），
∴ME=CE．，∠FEM=∠BEC，
∵∠FEC+∠BEC=90°，
∴∠FEC+∠FEM=90°，
即∠MEC=90°，
∴△MEC是等腰直角三角形，
∵G为CM中点，
∴EG=CG，EG⊥CG．

【点睛】
考查了正方形的性质的运用，矩形的判定就性质的运用，旋转的性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
24、（1），（2）四边形AHGD
（3）当 四边形的面积最大，最大面积为
（4）
【分析】（1）由题意得：利用垂直平分线的性质得到：列方程求解即可，
（2）四边形AHGD分别求出各图形的面积，代入计算即可得到答案，
（3）利用（2）中解析式，结合二次函数的性质求最大面积即可，
（4）连接 过作于 从而求解此时时间，分别求解四边形EGFD和四边形AHGE的面积，即可得到答案．
【详解】解：（1）如图，由题意得：

及平移的性质，

点在线段的垂直平分线上，

当时，点在线段的垂直平分线上．

（2） ，，,

又

点在上，

四边形AHGD
（）
（3） 四边形AHGD 且
抛物线的对称轴是：
时，随的增大而增大，
当 四边形的面积最大，最大面积为：

（4）如图，连接 过作于
平分

此时：
由

四边形EGFD
四边形ABGE

四边形AHGE.
四边形EGFD:四边形AHGE

【点睛】
本题考查的是平行四边形中几何动态问题，考查了线段的垂直平分线的性质，图形面积的计算，二次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键．
25、（1）；（2），最小值为；（3）或或或或.
【分析】（1）由抛物线的对称性可得到，然后将A、B、C坐标代入抛物线解析式，求出a、b、c的值即可得到抛物线解析式；
（2）利用待定系数法求出直线BC解析式，作轴交于点，设，则，表示出PQ的长度，然后得到△PBC的面积表达式，根据二次函数最值问题求出P点坐标，再把向左移动1个单位得，连接，易得即为最小值；
（3）由题意可知在直线上运动，设，则，分别讨论：①，②，③，建立方程求出m的值，即可得到的坐标.
【详解】解：（1）由抛物线的对称性知，
把代入解析式，
得
解得：
抛物线的解析式为.
（2）设BC直线解析式为为
将代入得，
，解得
∴直线的解析式为.
作轴交于点，如图，

设，
则，.

当时，取得最大值，此时，.
把向左移动1个单位得，连接，如图

.
（3）由题意可知在直线上运动，
设，则，
∴

①当时，
，解得
此时或；
②当时，
，解得
此时或
③当时，
，解得，
此时，
综上所述的坐标为或或或.
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，面积最值与线段最值问题，等腰三角形存在性问题，是中考常考的压轴题，难度较大，采用数形结合与分类讨论是解题的关键.
26、（1）；（2）；（3）当或或时，与线段只有一个公共点.
【分析】（1）在Rt△BOC中，利用勾股定理即可解决问题．
（2）如图2中，作OH⊥AB于H，CG⊥AB于G，连接CE．证明，利用相似三角形的性质构建关系式即可解决问题．
（3）分三种情形分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，
图1
在中，，，，
，
设，
，
在中，，
，

（2）过点，分别作，，垂足为点，

；
；
又在中;
在中;

∵∠AGC=∠ACB=90°，∠A=∠A，
∴

又，

又
即
化简得
（3）①如图1中，当经过点时，

易知：

观察图象可知：当时，与线段只有一个公共点.
②如图2中，当与相切时，，易知，此时

③如图3中，当时，与线段只有一个公共点.

综上所述，当或或时，与线段只有一个公共点.
【点睛】
本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，解直角三角形以及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，