人教版九年級上冊數(shù)學壓軸題試卷及答案

人教版九年級上冊數(shù)學壓軸題試卷及答案一、壓軸題1．在銳角△ABC中，AB=AC，AD為BC邊上的高，E為AC中點．（1）如圖1，過點C作CF⊥AB于F點，連接EF．若∠BAD=20°，求∠AFE的度數(shù)；（2）若M為線段BD上的動點（點M與點D不重合），過點C作CN⊥AM于N點，射線EN，AB交于P點．①依題意將圖2補全；②小宇通過觀察、實驗，提出猜想：在點M運動的過程中，始終有∠APE=2∠MAD．小宇把這個猜想與同學們進行討論，形成了證明該猜想的幾種想法：想法1：連接DE，要證∠APE=2∠MAD，只需證∠PED=2∠MAD．想法2：設(shè)∠MAD=α，∠DAC=β，只需用α，β表示出∠PEC，通過角度計算得∠APE=2α．想法3：在NE上取點Q，使∠NAQ=2∠MAD，要證∠APE=2∠MAD，只需證△NAQ∽△APQ．……請你參考上面的想法，幫助小宇證明∠APE=2∠MAD．（一種方法即可）2．已知函數(shù)均為一次函數(shù)，m為常數(shù)．（1）如圖1，將直線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)45°得到直線，直線交y軸于點B．若直線恰好是中某個函數(shù)的圖象，請直接寫出點B坐標以及m可能的值；（2）若存在實數(shù)b，使得成立，求函數(shù)圖象間的距離；（3）當時，函數(shù)圖象分別交x軸，y軸于C，E兩點，圖象交x軸于D點，將函數(shù)的圖象最低點F向上平移個單位后剛好落在一次函數(shù)圖象上，設(shè)的圖象，線段，線段圍成的圖形面積為S，試利用初中知識，探究S的一個近似取值范圍．（要求：說出一種得到S的更精確的近似值的探究辦法，寫出探究過程，得出探究結(jié)果，結(jié)果的取值范圍兩端的數(shù)值差不超過0.01．）3．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸正半軸交于點，且點的坐標為，過點作垂直于軸的直線．是該拋物線上的任意一點，其橫坐標為，過點作于點；是直線上的一點，其縱坐標為，以，為邊作矩形．（1）求的值．（2）當點與點重合時，求的值．（3）當矩形是正方形，且拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部時，求的值．（4）當拋物線在矩形內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值隨的增大而減小時，直接寫出的取值范圍．4．已知點P(2，﹣3)在拋物線L：y＝ax2﹣2ax+a+k（a，k均為常數(shù)，且a≠0）上，L交y軸于點C，連接CP．（1）用a表示k，并求L的對稱軸及L與y軸的交點坐標；（2）當L經(jīng)過(3，3)時，求此時L的表達式及其頂點坐標；（3）橫、縱坐標都是整數(shù)的點叫做整點．如圖，當a＜0時，若L在點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內(nèi)（不含邊界）恰有4個整點，求a的取值范圍；（4）點M(x1，y1)，N(x2，y2)是L上的兩點，若t≤x1≤t+1，當x2≥3時，均有y1≥y2，直接寫出t的取值范圍．5．如圖，直線l：y＝﹣3x+3與x軸，y軸分別相交于A、B兩點，拋物線y＝﹣x2+2x+b經(jīng)過點B．（1）該拋物線的函數(shù)解析式；（2）已知點M是拋物線上的一個動點，并且點M在第一象限內(nèi)，連接AM、BM，設(shè)點M的橫坐標為m，△ABM的面積為S，求S與m的函數(shù)表達式，并求出S的最大值；（3）在（2）的條件下，當S取得最大值時，動點M相應(yīng)的位置記為點M'．①寫出點M'的坐標；②將直線l繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到直線l'，當直線l′與直線AM'重合時停止旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，直線l'與線段BM'交于點C，設(shè)點B，M'到直線l'的距離分別為d1，d2，當d1+d2最大時，求直線l'旋轉(zhuǎn)的角度（即∠BAC的度數(shù)）．6．如圖1，拋物線與軸交于、兩點，與軸交于點，作直線．點是線段上的一個動點（不與，重合），過點作軸于點．設(shè)點的橫坐標為．（1）求拋物線的表達式及點的坐標；（2）線段的長用含的式子表示為；（3）以為邊作矩形，使點在軸負半軸上、點在第三象限的拋物線上．①如圖2，當矩形成為正方形時，求的值；②如圖3，當點恰好是線段的中點時，連接，．試探究坐標平面內(nèi)是否存在一點，使以，，為頂點的三角形與全等？若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，說明理由．7．已知拋物線y＝ax2+bx+c(a＞0)，頂點D在y軸上，與x軸的一個交點的橫坐標為．(1)求a、c滿足的關(guān)系式；(2)若直線y＝kx-2a與拋物線交于A、B兩點(點A在點B左側(cè))，以AB為直徑的圓恒過點D．①求拋物線的解析式；②設(shè)直線y＝kx-2a與y軸交于點M、直線l1：y＝px+q過點B，且與拋物線只有一個公共點，過點D作x軸的平行線l2，l1與l2交于點N．分別記、的面積為S1，S2，求．8．如圖，⊙O經(jīng)過菱形ABCD的三個頂點A、C、D，且與AB相切于點A．（1）求證：BC為⊙O的切線；（2）求∠B的度數(shù)．（3）若⊙O半徑是4，點E是弧AC上的一個動點，過點E作EM⊥OA于點M，作EN⊥OC于點N，連接MN，問：在點E從點A運動到點C的過程中，MN的大小是否發(fā)生變化？如果不變化，請求出MN的值；如果變化，請說明理由．9．將拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線．（1）直接寫出拋物線，的解析式；（2）如圖（1），點在拋物線對稱軸右側(cè)上，點在對稱軸上，是以為斜邊的等腰直角三角形，求點的坐標；（3）如圖（2），直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，為線段的中點；直線與拋物線交于，兩點，為線段的中點．求證：直線經(jīng)過一個定點．10．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點，與軸交于點，的解析式為，若將拋物線平移，使平移后的拋物線經(jīng)過點，對稱軸為直線，拋物線與軸的另一個交點是，頂點是，連結(jié).（1）求拋物線的解析式；（2）求證：∽（3）半徑為的⊙的圓心沿著直線從點運動到，運動速度為1單位/秒，運動時間為秒，⊙繞著點順時針旋轉(zhuǎn)得⊙，隨著⊙的運動，求的運動路徑長以及當⊙與軸相切的時候的值.11．已知四邊形是矩形．（1）如圖1，分別是上的點，垂直平分，垂足為，連接．①求證：；②若，求的大小；（2）如圖2，，分別是上的點，垂直平分，點是的中點，連接，若，直接寫出的長．12．小聰與小明在一張矩形臺球桌ABCD邊打臺球，該球桌長AB=4m，寬AD=2m，點O、E分別為AB、CD的中點，以AB、OE所在的直線建立平面直角坐標系。（1）如圖1，M為BC上一點；①小明要將一球從點M擊出射向邊AB，經(jīng)反彈落入D袋，請你畫出AB上的反彈點F的位置；②若將一球從點M(2，12)擊出射向邊AB上點F(0.5，0)，問該球反彈后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?請說明理由（2）如圖2，在球桌上放置兩個擋板(厚度不計)擋板MQ的端點M在AD中點上且MQ⊥AD，MQ=2m，擋板EH的端點H在邊BC上滑動，且擋板EH經(jīng)過DC的中點E；①小聰把球從B點擊出，后經(jīng)擋板EH反彈后落入D袋，當H是BC中點時，試證明：DN=BN；②如圖3，小明把球從B點擊出，依次經(jīng)擋板EH和擋板MQ反彈一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，請你直接寫出球的運動路徑BN+NP+PD的長。13．如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，點P，Q分別在BC，AC上，CP＝3x，CQ＝4x（0＜x＜3）．把△PCQ繞點P旋轉(zhuǎn)，得到△PDE，點D落在線段PQ上．（1）求證：PQ∥AB；（2）若點D在∠BAC的平分線上，求CP的長；（3）若△PDE與△ABC重疊部分圖形的周長為T，且12≤T≤16，求x的取值范圍．14．如圖，在平面直角坐標系xOy中，過⊙T外一點P引它的兩條切線，切點分別為M，N，若，則稱P為⊙T的環(huán)繞點．(1)當⊙O半徑為1時，①在中，⊙O的環(huán)繞點是___________;②直線y=2x+b與x軸交于點A，y軸交于點B，若線段AB上存在⊙O的環(huán)繞點，求b的取值范圍；（2）⊙T的半徑為1，圓心為（0，t），以為圓心，為半徑的所有圓構(gòu)成圖形H，若在圖形H上存在⊙T的環(huán)繞點，直接寫出t的取值范圍．15．如圖，在直角中，，，作的平分線交于點，在上取點，以點為圓心經(jīng)過、兩點畫圓分別與、相交于點、（異于點）．（1）求證：是的切線；（2）若點恰好是的中點，求的長；（3）若的長為．①求的半徑長；②點關(guān)于軸對稱后得到點，求與的面積之比．16．如圖，在平面直角坐標系中，以原點O為中心的正方形ABCD的邊長為4m，我們把軸時正方形ABCD的位置作為起始位置，若將它繞點O順時針旋轉(zhuǎn)任意角度時，它能夠與反比例函數(shù)的圖象相交于點E，F(xiàn)，G，H，則曲線段EF，HG與線段EH，GF圍成的封閉圖形命名為“曲邊四邊形EFGH”．（1）①如圖1，當軸時，用含m，k的代數(shù)式表示點E的坐標為________；此時存在曲邊四邊形EFGH，則k的取值范圍是________；②已知，把圖1中的正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)45o時，是否存在曲邊四邊形EFGH？請在備用圖中畫出圖形，并說明理由．當把圖1中的正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)任意角度時，直接寫出使曲邊四邊EFGH存在的k的取值范圍．③若將圖1中的正方形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)角度得到曲邊四邊形EFGH，根據(jù)正方形和雙曲線的對稱性試探究四邊形EFGH是什么形狀的四邊形？曲邊四邊形EFGH是怎樣的對稱圖形？直接寫出結(jié)果，不必證明；（2）正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)到如圖2位置，已知點A在反比例函數(shù)的圖象上，AB與y軸交于點M，，，試問此時曲邊四邊EFGH存在嗎？請說明理由．17．如圖，在直角坐標系中，點在第一象限，軸于，軸于，，，有一反比例函數(shù)圖象剛好過點．（1）分別求出過點的反比例函數(shù)和過，兩點的一次函數(shù)的函數(shù)表達式；（2）直線軸，并從軸出發(fā)，以每秒個單位長度的速度向軸正方向運動，交反比例函數(shù)圖象于點，交于點，交直線于點，當直線運動到經(jīng)過點時，停止運動．設(shè)運動時間為（秒）．①問：是否存在的值，使四邊形為平行四邊形？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；②若直線從軸出發(fā)的同時，有一動點從點出發(fā)，沿射線方向，以每秒個單位長度的速度運動．是否存在的值，使以點，，，為頂點的四邊形為平行四邊形；若存在，求出的值，并進一步探究此時的四邊形是否為特殊的平行四邊形；若不存在，說明理由．18．我們規(guī)定：有一組鄰邊相等，且這組鄰邊的夾角為的凸四邊形叫做“準箏形”．（1）如圖1，在四邊形中，，，，求證：四邊形是“準箏形”；（2）如圖2，在“準箏形”中，，，，，求的長；（3）如圖3，在中，，，，設(shè)是所在平面內(nèi)一點，當四邊形是“準箏形”時，請直接寫出四邊形的面積．19．如圖①，在矩形中，cm，，點從點出發(fā)，沿射線以(cm/s)的速度勻速移動．連接，過點作,與射線相交于點，作矩形，連接．設(shè)點移動的時間為(s)，的面積為(cm2),與的函數(shù)關(guān)系如圖②所示．(1)=；(2)求矩形面積的最小值；(3)當為等腰三角形時，求的值．20．如圖，已知點A（3，0），以A為圓心作⊙A與Y軸切于原點，與x軸的另一個交點為B，過B作⊙A的切線l．（1）以直線l為對稱軸的拋物線過點A及點C（0，9），求此拋物線的解析式；（2）拋物線與x軸的另一個交點為D，過D作⊙A的切線DE，E為切點，求此切線長；（3）點F是切線DE上的一個動點，當△BFD與△EAD相似時，求出BF的長．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、壓軸題1．（1）證明見解析;（2）①補圖見解析;②證明見解析.【解析】【分析】【詳解】（1）證明：∵AB=AC，AD為BC邊上的高，∠BAD=20°，∴∠BAC=2∠BAD=40°．∵CF⊥AB，∴∠AFC=90°．∵E為AC中點，∴EF=EA=．∴∠AFE=∠BAC=40°．（2）①當點P在邊AB上是，補全圖形如圖當點P在AB的延長線上是，補全圖形如圖②Ⅰ、當點P在邊AB上時，證明：想法1:如圖3，連接DE.∵AB=AC，AD為BC邊上的高，∴D為BC中點．∵E為AC中點，∴ED∥AB，∴∠PED=∠APE.∵∠ADC=90°，E為AC中點，∴同理可證∴AE=NE=CE=DE.∴A，N，D，C在以點E為圓心，AC為直徑的圓上，∴∠PED=2∠MAD.∴∠APE=2∠MAD.想法2:設(shè)∠MAD=α，∠DAC=β，∵CN⊥AM，∴∠ANC=90°.∵E為AC中點，∴AE=NE=AC.∴∠ANE=∠NAC=∠MAD+∠DAC=α+β.∴∠NEC=∠ANE+∠NAC=2α+2β.∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠BAC=2∠DAC=2β.∴∠APE=∠PEC?∠BAC=2α.∴∠APE=2∠MAD.Ⅱ、當點P在AB的延長線上時證明：想法1:連接DE．∵AB=AC，AD為BC邊上的高，∴D為BC中點．∵E為AC中點，∴ED∥AB，∴∠1=∠APE．∵∠ADC=90°，E為AC中點，∴．同理可證．∴AE=NE=CE=DE．∴A，N，D，C在以點E為圓心，AC為直徑的圓上．∴∠1=2∠MAD．∴∠APE=2∠MAD．想法2:設(shè)∠MAD=α，∠DAC=β，∵CN⊥AM，∴∠ANC=90°.∵E為AC中點，∴AE=NE=AC.∴∠ANE=∠NAC=∠MAD+∠DAC=α+β.∴∠NEC=∠ANE+∠NAC=2α+2β.∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠BAC=2∠DAC=2β.∴∠APE=∠PEC?∠BAC=2α.∴∠APE=2∠MAD.想法3：在NE上取點Q，使∠NAQ=2∠MAD，即∠3=∠4.即∵E為AC的中點，2．（1）（0,1）；1或0（2）（3）【解析】【分析】（1）由題意，可得點B坐標，進而求得直線的解析式，再分情況討論即可解的m值；（2）由非負性解得m和b的值，進而得到兩個函數(shù)解析式，設(shè)與x軸、y軸交于T，P，分別與x軸、y軸交于G，H，連接GP，TH，證得四邊形GPTH是正方形，求出GP即為距離；（3）先根據(jù)解析式，用m表示出點C、E、D的坐標以及y關(guān)于x的表達式為，得知y是關(guān)于x的二次函數(shù)且開口向上、最低點為其頂點,根據(jù)坐標平移規(guī)則，得到關(guān)于m的方程，解出m值，即可得知點D、E的坐標且拋物線過D、E點，觀察圖象，即可得出S的大體范圍，如：，較小的可為平行于DE且與拋物線相切時圍成的圖形面積．【詳解】解：（1）由題意可得點B坐標為（0,1），設(shè)直線的表達式為y=kx+1，將點A（-1,0）代入得：k=1，所以直線的表達式為：y=x+1,若直線恰好是的圖象，則2m-1=1,解得：m=1，若直線恰好是的圖象，則2m+1=1,解得：m=0，綜上，，或者（2）如圖，，，，設(shè)與x軸、y軸交于T，P，分別與x軸、y軸交于G，H，連接GP，TH，四邊形GPTH是正方形，，即；（3），分別交x軸，y軸于C，E兩點，圖象交x軸于D點二次函數(shù)開口向上，它的圖象最低點在頂點頂點拋物線頂點F向上平移,剛好在一次函數(shù)圖象上且，∴，由，得到，，由得到與x軸，y軸交點是，，，拋物線經(jīng)過，兩點的圖象，線段OD，線段OE圍成的圖形是封閉圖形，則S即為該封閉圖形的面積探究辦法：利用規(guī)則圖形面積來估算不規(guī)則圖形的面積．探究過程：①觀察大于S的情況．很容易發(fā)現(xiàn)，，（若有S小于其他值情況，只要合理，參照賦分．）②觀察小于S的情況．選取小于S的幾個特殊值來估計更精確的S的近似值，取值會因人而不同，下面推薦一種方法，選取以下三種特殊位置：位置一：如圖當直線MN與DE平行且與拋物線有唯一交點時，設(shè)直線MN與x，y軸分別交于M，N，直線設(shè)直線，直線點，位置二：如圖當直線DR與拋物線有唯一交點時，直線DR與y軸交于點R設(shè)直線，直線，直線點，位置三：如圖當直線EQ與拋物線有唯一交點時，直線EQ與x軸交于點Q設(shè)直線，直線點，我們發(fā)現(xiàn)：在曲線DE兩端位置時的三角形的面積遠離S的值，由此估計在曲線DE靠近中間部分時取值越接近S的值探究的結(jié)論：按上述方法可得一個取值范圍（備注：不同的探究方法會有不同的結(jié)論，因而會有不同的答案．只要來龍去脈清晰、合理，即可參照賦分，但若直接寫出一個范圍或者范圍兩端數(shù)值的差不在0.01之間不得分．）【點睛】本題是一道綜合性很強的代數(shù)與幾何相結(jié)合的壓軸題，知識面廣，涉及有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、坐標平移規(guī)則、非負數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一元二次方程、不規(guī)則圖形面積的估計等知識，解答的關(guān)鍵是認真審題，找出相關(guān)信息，利用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，利用相關(guān)信息進行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．3．（1）；（2）；（3）；（4）或．【解析】【分析】（1）將A點坐標代入函數(shù)解析式即可求得b的值；（2）分別表示出P、Q、M的坐標，根據(jù)Q、M的橫坐標相同，它們重合時縱坐標也相同，列出方程求解即可；（3）分別表示出PQ和MQ的長度，根據(jù)矩形是正方形時，即可求得m的值，再根據(jù)頂點在正方形內(nèi)部，排除不符合條件的m的值；（4）分，，，四種情況討論，結(jié)合圖形分析即可．【詳解】解：（1）將點代入得，解得b=1,；（2）由（1）可得函數(shù)的解析式為，∴,∵于點，∴,∵是直線上的一點，其縱坐標為，∴，若點與點重合，則，解得；（3）由（2）可得，，當矩形是正方形時，即，即或，解得，解得，又，∴拋物線的頂點為(1，2)，∵拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部，∴P點在拋物線對稱軸左側(cè)，即，且M點的縱坐標大于拋物線頂點的縱坐標，即，解得，故m的值為；（4）①如下圖當時，若拋物線在矩形內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值隨的增大而減小，則M點的縱坐標應(yīng)該小于P點縱坐標，且P點應(yīng)該在x軸上側(cè)，即且，解得，解得，∴，②如下圖當時，若拋物線在矩形內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值隨的增大而減小，則M點的縱坐標應(yīng)該小于P點縱坐標，即，解得，∴；③當時，P點和M點都在直線x=3上不構(gòu)成矩形，不符合題意；④如下圖當時，若拋物線在矩形內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值隨的增大而減小，則M點的縱坐標應(yīng)該大于P點縱坐標，即，解得或，故，綜上所述或．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合，正方形的性質(zhì)定理，求二次函數(shù)解析式．能分別表示出M、P、Q的坐標并結(jié)合圖形分析是解決此題的關(guān)鍵，注意分類討論．4．（1）k=-3-a；對稱軸x＝1；y軸交點(0，-3)；（2），頂點坐標(1，-5)；（3）-5≤a＜-4；（4）-1≤t≤2．【解析】【分析】（1）將點P(2，-3)代入拋物線上，求得k用a表示的關(guān)系式；拋物線L的對稱軸為直線，并求得拋物線與y軸交點；（2）將點(3，3)代入拋物線的解析式，且k=-3-a，解得a=2，k=-5，即可求得拋物線解析式與頂點坐標；（3）拋物線L頂點坐標(1，-a-3)，點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內(nèi)（不含邊界）恰有4個整點，這四個整點都在x=1這條直線上，且y的取值分別為-2、-1、0、1，可得1＜-a-3≤2，即可求得a的取值范圍；（4）分類討論取a＞0與a＜0的情況進行討論，找出的取值范圍，即可求出t的取值范圍．【詳解】解：（1）∵將點P(2，-3)代入拋物線L：，∴∴k=-3-a；拋物線L的對稱軸為直線，即x＝1；將x=0代入拋物線可得：，故與y軸交點坐標為(0，-3)；（2）∵L經(jīng)過點(3，3)，將該點代入解析式中，∴，且由（1）可得k=-3-a，∴，解得a=2，k=-5，∴L的表達式為；將其表示為頂點式：，∴頂點坐標為(1，-5)；（3）解析式L的頂點坐標(1，-a-3)，∵在點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內(nèi)（不含邊界）恰有4個整點，這四個整點都在x=1這條直線上，且y的取值分別為-2、-1、0、1，∴1＜-a-3≤2，∴-5≤a＜-4；（4）①當a＜0時，∵，為保證，且拋物線L的對稱軸為x=1，∴就要保證的取值范圍要在[-1,3]上，即t≥-1且t+1≤3，解得-1≤t≤2；②當a＞0時，拋物線開口向上，t≥3或t+1≤-1，解得：t≥3或t≤-2，但會有不符合題意的點存在，故舍去，綜上所述：-1≤t≤2．【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)；熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合解題是關(guān)鍵．5．（1）；（2），；（3）①；②45°【解析】【分析】（1）利用直線l的解析式求出B點坐標，再把B點坐標代入二次函數(shù)解析式即可求出b的值．（2）設(shè)M的坐標為（m，﹣m2+2m+3），然后根據(jù)面積關(guān)系將△ABM的面積進行轉(zhuǎn)化．（3）①由（2）可知m＝，代入二次函數(shù)解析式即可求出縱坐標的值．②可將求d1+d2最大值轉(zhuǎn)化為求AC的最小值．【詳解】（1）令x＝0代入y＝﹣3x+3，∴y＝3，∴B（0，3），把B（0，3）代入y＝﹣x2+2x+b并解得：b＝3，∴二次函數(shù)解析式為：y＝﹣x2+2x+3．（2）令y＝0代入y＝﹣x2+2x+3，∴0＝﹣x2+2x+3，∴x＝﹣1或3，∴拋物線與x軸的交點橫坐標為-1和3，∵M在拋物線上，且在第一象限內(nèi)，∴0＜m＜3，令y＝0代入y＝﹣3x+3，∴x＝1，∴A的坐標為（1，0），由題意知：M的坐標為（m，﹣m2+2m+3），∴S＝S四邊形OAMB﹣S△AOB＝S△OBM+S△OAM﹣S△AOB＝×m×3+×1×（-m2+2m+3）-×1×3＝﹣（m﹣）2+，∴當m＝時，S取得最大值．（3）①由（2）可知：M′的坐標為（，）．②設(shè)直線l′為直線l旋轉(zhuǎn)任意角度的一條線段，過點M′作直線l1∥l′，過點B作BF⊥l1于點F，根據(jù)題意知：d1+d2＝BF，此時只要求出BF的最大值即可，∵∠BFM′＝，∴點F在以BM′為直徑的圓上，設(shè)直線AM′與該圓相交于點H，∵點C在線段BM′上，∴F在優(yōu)弧上，∴當F與M′重合時，BF可取得最大值，此時BM′⊥l1，∵A（1，0），B（0，3），M′（，），∴由勾股定理可求得：AB＝，M′B＝，M′A＝，過點M′作M′G⊥AB于點G，設(shè)BG＝x，∴由勾股定理可得：M′B2﹣BG2＝M′A2﹣AG2，∴﹣（﹣x）2＝﹣x2，∴x＝，cos∠M′BG＝＝，∠M′BG=此時圖像如下所示，∵l1∥l′，F(xiàn)與M′重合，BF⊥l1∴∠BM′P=∠BCA＝，又∵∠M′BG=∠CBA=∴∠BAC＝．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)與二次函數(shù)的綜合以及一次函數(shù)旋轉(zhuǎn)求角度問題，正確掌握一次函數(shù)與二次函數(shù)性質(zhì)及綜合問題的解法是解題的關(guān)鍵．6．（1），；（2）；（3）①的值為；②存在；點的坐標為或或．【解析】【分析】（1）將、代入，得到關(guān)于a、b的二元一次方程組，解方程組即可求出a、b的值，進而可得到拋物線的表達式和點C的坐標；（2）設(shè)直線BC的解析式為即可求出解析式的表達式，令x=m，即可得到線段DE的長用含m的式子表示為；（3）①由點的橫坐標為，且，可得，再根據(jù)四邊形是正方形求出點G的坐標，代入函數(shù)解析式即可求出m的值；②利用①中的方法求出點D的坐標、、的值，再分不同情況討論，利用兩點間距離公式和全等三角形對應(yīng)邊相等列方程組求解即可.【詳解】（1）將、代入中，得，解，得，∴拋物線的表達式為．將代入，得，∴點．（2）設(shè)直線BC的解析式為，將點、代入可得，，解得，∵直線BC的表達式為，當x=m時，，即線段DE的長用含m的式子表示為.故答案為：；（3）①∵點的橫坐標為，且，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∵點在第三象限，∴點的坐標為，∵點在拋物線上，∴，解（不符合題意，舍去），，∴當矩形成為正方形時，的值為．②存在；理由如下：由①可知FG=DE=4-m，∵點O是線段EF的中點，∴點G的坐標為（-m，m-4），∵點在拋物線上，∴，解（不符合題意，舍去），，∴點D的坐標為（2，-2），∴，，如圖，設(shè)點的坐標為（x，y），分以下三種情況：I、當位于點P時，可得PF=CD，PC=CF，∴，，解得，（不合題意，舍去），∴點P的坐標為；II、當位于點時，方法同I可得點的坐標為；III、當位于點時，方法同I可得點的坐標為；綜上，點的坐標為或或．【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法確定解析式，兩點間的距離公式，全等三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是確定函數(shù)關(guān)系式．7．（1）；（2）①；②2．【解析】【分析】（1）先根據(jù)二次函數(shù)的對稱性求出拋物線與x軸的另一個交點的橫坐標，然后根據(jù)二次函數(shù)與一元二次方程的聯(lián)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系即可得；（2）①先根據(jù)（1）可得拋物線的解析式和頂點D的坐標，再設(shè)，從而可得直線AD、BD解析式中的一次項系數(shù)，然后根據(jù)一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系可得，，最后根據(jù)圓周角定理可得，從而可得，化簡可求出a的值，由此即可得出答案；②先求出點B、D的坐標，再根據(jù)直線與拋物線只有一個交點可得出，然后聯(lián)立直線與求出點N的坐標，最后利用三角形的面積公式分別求出，由此即可得．【詳解】（1）拋物線，頂點D在y軸上，拋物線的對稱軸為y軸，即，，拋物線與x軸的一個交點的橫坐標為，拋物線與x軸的另一個交點的橫坐標為，和是關(guān)于x的一元二次方程的兩根，，即；（2）①由（1）可得：拋物線的解析式為，頂點D的坐標為，由題意，設(shè)點A、B的坐標分別為，且，由點A、D的坐標得：直線AD解析式中的一次項系數(shù)為，由點B、D的坐標得：直線BD解析式中的一次項系數(shù)為，聯(lián)立可得，則與是關(guān)于x的一元二次方程的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系得：，以AB為直徑的圓恒過點D，，即，則，整理得：，解得或（不符題意，舍去），故拋物線的解析式為；②由①可知，，則直線的解析式為，聯(lián)立可得，與拋物線只有一個公共點，方程只有一個實數(shù)根，其根的判別式，且，解得，將代入得：，聯(lián)立，解得，即點N的坐標為，，，，．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與一元二次方程的聯(lián)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系以及根的判別式、二次函數(shù)的對稱性、圓周角定理等知識點，較難的是題（2）①，利用圓周角定理得出，從而利用一次函數(shù)的性質(zhì)建立等式是解題關(guān)鍵．8．（1）見解析；（2）60°；（3）不變，MN=【解析】【分析】（1）連接AO、CO、BO、BD，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB=CB，然后根據(jù)SSS即可證明兩三角形全等；（2）首先根據(jù)全等的性質(zhì)得到O、B、D共線，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)得到∠BOC＝2∠ODC＝2∠OBC，最終根據(jù)余角的性質(zhì)即可求解；（3）延長EM、EN交⊙O于F、G，連接FG、OF、OG，過點O作OH垂直于FG于點H，根據(jù)垂徑定理和三角形中位線的性質(zhì)得到MN=FG，根據(jù)（2）問結(jié)論結(jié)合圓周角定理求得∠FOH＝60°，最后根據(jù)含30°的直角三角形的邊角關(guān)系即可求解．【詳解】（1）如圖，連接AO、CO、BO、BD．∵AB是⊙O的切線，∴OA⊥AB∴∠BAO＝90°．∵四邊形ABCD是菱形∴AB＝CB又∵AO＝CO，BO＝BO∴△BAO≌△BCO（SSS）∴∠BCO＝∠BAO＝90°，即OC⊥BC∴BC為⊙O的切線（2）∵△ABO≌△CBO∴∠ABO＝∠CBO∵四邊形ABCD是菱形∴BD平分∠ABC，CB＝CD∴點O在BD上∵∠BOC＝∠ODC＋∠OCD，OD＝OC∴∠ODC＝∠OCD∴∠BOC＝2∠ODC∵CB＝CD∴∠OBC＝∠ODC∴∠BOC＝2∠OBC∵∠BOC＋∠OBC＝90°∴∠OBC＝30°∴∠ABC＝2∠OBC＝60°即∠B=60°；（3）不變延長EM、EN交⊙O于F、G，連接FG、OF、OG．過點O作OH垂直于FG于點H．∵EM⊥OA、EN⊥OC．∴M、N是EF、EG的中點．∴MN是△EFG的中位線∴MN=FG．由（2）知∠ABC＝60°∴∠AOC＝120°∴∠FOG＝∠AOC＝120°∴∠MEN＝∠FOG＝60°，∴∠FOH＝60°，∴OH=2，F(xiàn)H=．∴FG=．∴MN=FG=．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，正確的引出輔助線，熟練利用三角形和圓的知識點求解是本題的關(guān)鍵．9．（1）拋物線的解析式為：y=x2-4x-2；拋物線的解析式為：y=x2-6；（2）點的坐標為（5，3）或（4，-2）；（3）直線經(jīng)過定點（0，2）【解析】【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象上下平移：函數(shù)值上加下減；左右平移：自變量左加右減寫出函數(shù)解析式并化簡即可；（2）先判斷出點A、B、O、D四點共圓，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，從而證出是等腰直角三角形．設(shè)點A的坐標為（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代數(shù)式表示出來，利用DC=AC列方程求解即可，注意有兩種情況；（3）根據(jù)直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，聯(lián)立兩個解析式，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出點M的橫坐標，進而求出縱坐標，同理求出點N的坐標，再用待定系數(shù)法求出直線MN的解析式，從而判斷直線MN經(jīng)過的定點即可．【詳解】解：（1）∵拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線，∴拋物線的解析式為：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2，拋物線的解析式為：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6．（2）如下圖，過點A作AC⊥x軸于點C，連接AD，∵是等腰直角三角形，∴∠BOA=45°，又∵∠BDO=∠BAO=90°，∴點A、B、O、D四點共圓，∴∠BDA=∠BOA=45°，∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，∴是等腰直角三角形，∴DC=AC．∵點在拋物線對稱軸右側(cè)上，點在對稱軸上，∴拋物線的對稱軸為x=2，設(shè)點A的坐標為（x，x2-4x-2），∴DC=x-2，AC=x2-4x-2，∴x-2=x2-4x-2，解得：x=5或x=0（舍去），∴點A的坐標為（5，3）；同理，當點B、點A在x軸的下方時，x-2=-(x2-4x-2)，x=4或x=-1（舍去），∴點的坐標為（4，-2），綜上，點的坐標為（5，3）或（4，-2）．（3）∵直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，∴，∴x2-kx-6=0，設(shè)點E的橫坐標為xE，點F的橫坐標為xF，∴xE+xF=k，∴中點M的橫坐標xM==，中點M的縱坐標yM=kx=，∴點M的坐標為（，）；同理可得：點N的坐標為（，），設(shè)直線MN的解析式為y=ax+b（a≠0），將M（，）、N（，）代入得：，解得：，∴直線MN的解析式為y=·x+2（），不論k取何值時（），當x=0時，y=2，∴直線經(jīng)過定點（0，2）．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，熟練掌握圖象平移的規(guī)律、判斷點A、B、O、D四點共圓的方法、用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的步驟是解題的關(guān)鍵．10．（1）（2）證明見解析（3）P1的運動路徑長為8，運動時間為5秒或7秒?！窘馕觥吭囶}分析：（1）設(shè)拋物線l2的解析式為y=（x+a）2+c，由拋物線l1的解析式，可求出點A的坐標，由拋物線l2的對稱軸以及點A的坐標即可求出a、c的值，由此得出結(jié)論；（2）由拋物線的對稱性可知△DAE為等腰三角形，由l2的解析式可得出D點、E點坐標，根據(jù)兩點間的距離公式可求出OE=OD，由兩等腰三角形一個底角相等即可得出△ADE∽△DOE；（3）由旋轉(zhuǎn)的特性可知P1的運動路徑長與P的運動路徑長相等，由圓與直線相切可得出相切時D′P1的長度，由時間=路程÷速度即可得出結(jié)論。試題解析：解：（1）設(shè)拋物線l2的解析式為y=（x+a）2+c，∵拋物線l2的對稱軸為x=﹣6，∴a=6．令l1的解析式y(tǒng)=x2﹣2=0，解得：x=±2．∴A點的坐標為（﹣2，0），B點的坐標為（2，0）．將點A（﹣2，0）代入l2的解析式中，得×（﹣2+6）2+c=0，解得：c=﹣8．故拋物線l2的解析式為y=﹣8．（2）證明：令l2的解析式y(tǒng)=﹣8=0，解得x=﹣10，或x=﹣2，故點E的坐標為（﹣10，0）．由拋物線的對稱性可知△ADE為等腰三角形．∵點O（0，0），點E（﹣10，0），點D（﹣6，﹣8），∴OE=0﹣（﹣10）=10，OD==10，∴OE=OD，即△OED為等腰三角形，又∵∠DEA=∠OED，且兩者均為底角，∴△ADE∽△DOE．（3）過點C作CN⊥DF于點N，根據(jù)題意畫出圖形如圖所示．點D旋轉(zhuǎn)后到達D′處，點F旋轉(zhuǎn)后到達F′處．根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知D′F′=DF，∵點D（﹣6，﹣8），點F（﹣6，0），∴P1的運動路徑長為DF=8．∵DF∥y軸，∴D′F′∥x軸，∴四邊形NCMD′為平行四邊，∴D′M=NC．∵l1的解析式為y=x2﹣2，∴點C的坐標為（0，﹣2），∴點N的坐標為（﹣6，﹣2），∴NC=0﹣（﹣6）=6．∵⊙P1的半徑為1，∴當D′P1=D′M±1時，⊙P1與y軸相切，此時D′P1=5，或D′P1=7．∵⊙P的運動速度為1單位/秒，∴⊙P1的運動速度為1單位/秒，∴運動時間為5秒或7秒。點睛：求函數(shù)的解析式主要的方法之一待定系數(shù)法，主要過程有（1）設(shè)函數(shù)解析式；（2）找或求出函數(shù)圖象上兩個點的坐標；（3）將兩個點的坐標代入函數(shù)解析式中，求出其中未未知數(shù)；（4）將未知數(shù)的值代入解析式中，寫出函數(shù)的解析式。11．（1）①詳見解析；②30°；（2）【解析】【分析】（1）①過G作MN⊥CD于N，與AB交于點M，則MN∥AD，證明AM=BM，再證明四邊形ADNM是矩形，得MN垂直平分CD，再根據(jù)垂直平分線定理得結(jié)論；②連接CF，證明CF=2CD，延長CD至H，使得DH=CD，連接EH，則CF=CH，由垂直平分線的性質(zhì)得CF=HF=CH，得∠FCD=60°，由余角性質(zhì)得∠BCF的度數(shù)，進而求得∠GCD，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得結(jié)果；（2）過N點作NK⊥AB于點K，得四邊形AKND是矩形，證明△ABP≌△KNM，得AP=KM，不妨設(shè)BM=MP=x，則AM=6-x，證明△APM∽△DQP，列出x的方程，求得x的值便可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）①如圖1，過G作MN⊥CD于N，與AB交于點M，則MN∥AD，∵CE垂直平分BF，∴GB=GF，∴AM=BM，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADN=∠MND=90°，∴四邊形ADNM是矩形，∴DN=AM=AB=CD，∵MN垂直平分CD，∴DG=CD；②連接CF，如圖1，∵CE垂直平分BF，∴CF=CB．∴∠BCG=∠FCG=∠BCF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠CDF=∠BCD=90°，AD∥BC，∵BC=2AB，∴CF=2CD，延長CD至H，使得DH=CD，連接EH，則CF=CH，∴AD垂直平分CH，∴FH=FC=CH，∴∠FCD=60°，∴∠BCF=90°-∠FCD=30°，∴∠BCG=∠FCG=15°，∴∠GDC=∠GCD=∠BCD-∠BCG=75°，∴∠CGD=180°-75°×2=30°；（2）過N點作NK⊥AB于點K，得四邊形AKND是矩形，∴AB=AD=MN，∠A=∠MKN=90°，∵MN⊥BP，∴∠ABP+∠KMN=∠KMN+∠KNM=90°，∴∠ABP=∠KNM，∴△ABP≌△KNM（ASA），∴AP=KM，∵MN垂直平分BP，∴MB=MP，不妨設(shè)BM=MP=x，則AM=6-x，∴AP=＝，∴DP=，∵Q是CD的中點，∴DQ=3，∵PQ⊥MP，∠A=∠D=90°，∴∠APM+∠AMP=∠APM+∠DPQ=90°，∴∠AMP=∠DPQ，∴△APM∽△DQP，∴，即，解得，x=6或，∴CN=BK=AB-AM-MK∴CN=0或．舍去CN=0，∴CN=．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，線段垂直平分線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，難度中等，第（2）題的關(guān)鍵在證明相似三角形與全等三角形．12．（1）①答案見解析②答案見解析（2）①證明見解析②【解析】【分析】（1）①根據(jù)反射的性質(zhì)畫出圖形，可確定出點F的位置；②過點H作HG⊥AB于點G，利用點H的坐標，可知HG的長，利用矩形的性質(zhì)結(jié)合已知可求出點B，C的坐標，求出BM，BF的長，再利用銳角三角函數(shù)的定義，去證明tan∠MFB=tan∠HFG，即可證得∠MFB=∠HFG，即可作出判斷；（2）①連接BD，過點N作NT⊥EH于點N，交AB于點T，利用三角形中位線定理可證得EH∥BD，再證明MQ∥AB，從而可證得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA證明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性質(zhì)，可證得結(jié)論；②作點B關(guān)于EH對稱點B＇，過點B＇作B＇G⊥BC交BC的延長線于點G，連接B＇H，B＇N，連接AP，過點B＇作B＇L⊥x軸于點L，利用軸對稱的性質(zhì)，可證得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根據(jù)反射的性質(zhì)，易證AP，NQ，NC在一條直線上，從而可證得BN+NP+PD=AB＇，再利用鄰補角的定義，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性質(zhì)，及三角形外角的性質(zhì)，求出∠CKH的度數(shù)，利用解直角三角形表示出KH，CK的長，由BC=2，建立關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，從而可得到CH，B＇H的長，利用解直角三角形求出GH，BH的長，可得到點B＇的坐標，再求出AL，B＇L的長，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的長.【詳解】（1）解：①如圖1，②答：反彈后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球理由：如圖，設(shè)點H（-0.5，0.8），過點H作HG⊥AB于點G，∴HG=0.8∵矩形ABCD，點O，E分別為AB，CD的中點，AD=2，AB=4，∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2∴點B（2，0），點C（2，2）,∵點M(2，1.2)，點F(0.5，0)，∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，F(xiàn)G=0.5-（-0.5）=1在Rt△BMF中，tan∠MFB=，在Rt△FGH中，tan∠HFG=，∴∠MFB=∠HFG，∴反彈后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球.（2）解：①連接BD，過點N作NT⊥EH于點N，交AB于點T，∴∠TNE=∠TNH=90°，∵小聰把球從B點擊出，后經(jīng)擋板EH反彈后落入D袋，∴∠BNH=∠DNE，∴∠DNQ=∠BNQ；∵點M是AD的中點，MQ⊥EO，∴MQ∥AB，∴點Q是BD的中點，∴NT經(jīng)過點Q；∵點E，H分別是DC，BC的中點，∴EH是△BCD的中位線，∴EH∥BD∵NT⊥EH∴NT⊥BD；∴∠DQN=∠NQB=90°在△DNQ和△BNQ中，∴△DNQ≌△BNQ（ASA）∴DN=BN②作點B關(guān)于EH對稱點B＇，過點B＇作B＇G⊥BC交BC的延長線于點G，連接B＇H，B＇N，連接AP，過點B＇作B＇L⊥x軸于點L，∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇由反射的性質(zhì)，可知AP，NQ，NC在一條直線上，∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇；∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°，

∴∠BHN=180°-75°=105°，∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105°∴∠B＇HG=30°;如圖，作EK=KH，在Rt△ECH中，∠EHC=75°，∴∠E=90°-75°=15°，∴∠E=∠KHE=15°∴∠CKH=∠E+∠KHE=15°+15°=30°，∵設(shè)CH=x，則KH=2x，CK=∴解之：x=，∴CH=∴BH=B＇H=BC-CH=2-（）=；在Rt△B＇GH中，B＇G=;GH=B＇Hcos∠B＇HG=（）×；BG=BH+GH=∴點B＇的橫坐標為：，∴點B＇；∴AL=，B＇L=在Rt△AB＇L中，AB＇=∴球的運動路徑BN+NP+PD的長為.【點睛】本題考查反射的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識點：（1）①根據(jù)反射的性質(zhì)作圖，②根據(jù)等角的三角函數(shù)值相等證明∠MFB=∠HFG來說明反彈后能撞到另一球；（2）①利用ASA證明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論，②作出輔助線，根據(jù)反射的性質(zhì)和軸對稱的性質(zhì)證明BN+NP+PD=AB＇，然后構(gòu)建方程，解直角三角形并結(jié)合勾股定理求出AB＇的長；其中能夠根據(jù)反射的性質(zhì)作出圖形，利用方程思想及數(shù)形結(jié)合思想結(jié)合直角三角形的特殊角進行求解是解題的關(guān)鍵．13．（1）證明見解析；（2）6；（3）1≤x≤．【解析】【分析】（1）先根據(jù)勾股定理求出AC的長，再根據(jù)計算可知，結(jié)合定理兩邊成比例且夾角相等的三角形相似證明△PQC∽△BAC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；（2）連接AD，根據(jù)PQ∥AB和點D在∠BAC的平分線上可證∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分別表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP；·（3）先求出當點E在AB上時x的值，再分兩種情況進行分類討論．【詳解】（1）證明：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，∴AC＝＝＝12．∵＝＝，＝＝，∴＝．∵∠C＝∠C，∴△PQC∽△BAC，∴∠CPQ＝∠B，∴PQ∥AB；（2）解：連接AD，∵PQ∥AB，∴∠ADQ＝∠DAB．∵點D在∠BAC的平分線上，∴∠DAQ＝∠DAB，∴∠ADQ＝∠DAQ，∴AQ＝DQ．∵PD＝PC＝3x，QC=4x∴在Rt△CPQ中，根據(jù)勾股定理PQ=5x.∴DQ＝2x．∵AQ＝12﹣4x，∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，∴CP＝3x＝6．（3）解：當點E在AB上時，∵PQ∥AB，∴∠DPE＝∠PGB．∵∠CPQ＝∠DPE，∠CPQ＝∠B，∴∠B＝∠PGB，∴PB＝PG＝5x，∴3x+5x＝9，解得x＝．①當0＜x≤時，T＝PD+DE+PE＝3x+4x+5x＝12x，此時0＜T≤；②當＜x＜3時，設(shè)PE交AB于點G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足為H，∴HG＝DF，F(xiàn)G＝DH，Rt△PHG∽Rt△PDE，∴＝＝．∵PG＝PB＝9﹣3x，∴＝＝，∴GH＝（9﹣3x），PH＝（9﹣3x），∴FG＝DH＝3x﹣（9﹣3x），∴T＝PG+PD+DF+FG＝（9﹣3x）+3x+（9﹣3x）+[3x﹣（9﹣3x）]＝x+，此時，＜T＜18．∴當0＜x＜3時，T隨x的增大而增大，∴T＝12時，即12x＝12，解得x＝1；T＝16時，即x+＝16，解得x＝．∵12≤T≤16，∴x的取值范圍是1≤x≤．【點睛】本題考查幾何變換——旋轉(zhuǎn)綜合題，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，平行線的性質(zhì)和判定.熟練掌握定理并能靈活運用是解決此題的關(guān)鍵，（3）中需注意要分類討論.14．（1）①.②b的取值范圍為或.（2）【解析】【分析】（1）①根據(jù)環(huán)繞點的定義及作圖找到即可判斷；②當點B在y軸正半軸上時，根據(jù)環(huán)繞點的定義考慮以下兩種特殊情況：線段AB與半徑為2的⊙O相切時，與當點B經(jīng)過半徑為1的⊙O時，分別求出此時的OB的長，即可得到可得b的取值范圍，再由點B在y軸負半軸上時同理可得b的取值；（3）根據(jù)題意作出圖形，求出OS與x軸正半軸的夾角為30°，得∠BOC=60°，圖形H為射線OB與射線OC圍成的一個扇形區(qū)域（不包括點O，半徑可無窮大），分當t≥0與t＜0時，根據(jù)環(huán)繞點的定義進行求解.【詳解】（1）①如圖，∵P1在圓上，故不是環(huán)繞點，P2引圓兩條切線的夾角為90°，滿足，故為⊙O的環(huán)繞點P3（0,2），∵P3O=2OM，∠P3MO=90°，∴∠MOP3=30°，同理：∠NOP3=30°，∴，故為⊙O的環(huán)繞點故填：；②半徑為1的⊙O的所有環(huán)繞點在以O(shè)為圓心，半徑分別為1和2的兩個圓之間（如下圖陰影部分所示，含大圓，不含小圓）.ⅰ)當點B在y軸正半軸上時，如圖1，圖2所示.考慮以下兩種特殊情況：線段AB與半徑為2的⊙O相切時，；當點B經(jīng)過半徑為1的⊙O時，OB=1.因為線段AB上存在⊙O的環(huán)繞點，所以可得b的取值范圍為；②當點B在y軸負半軸上時，如圖3，圖4所示.同理可得b的取值范圍為.綜上，b的取值范圍為或.（3）點記為S,設(shè)OS與x軸正半軸的夾角為a∵tana=∴a=30°，如圖，圓S與x軸相切，過O點作⊙S的切線OC，∵OC、OB都是⊙S的切線∴∠BOC=2∠SOB=60°，當m取遍所有整數(shù)時，就形成圖形H，圖形H為射線OB與射線OC圍成的一個扇形區(qū)域（不包括點O，半徑可無窮大）當t≥0時，過T作OC的垂線，垂足為M，當TM＞2時，圖形H不存在環(huán)繞點，OT=2TM，故t≤4，當t＜0時，圖形H上的點到T的距離都大于OT,當OT≥2時，圖形H不存在⊙T環(huán)繞點，因此t＞-2，綜上：.【點睛】此題主要考查圓的綜合問題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意理解環(huán)繞點的定義，根據(jù)三角函數(shù)、切線的性質(zhì)進行求解.15．（1）見解析；（2）；（3）①或；②或【解析】【分析】（1）連接DO，如圖，先根據(jù)角平分線的定義以及平行線的性質(zhì)，得出∠1=∠3，從而得到DO∥BC，再根據(jù)∠C=90°，可得出結(jié)果；（2）連接FO，根據(jù)E為中點，可以得出，在Rt△AOD中，可以求出sinA的值，從而得出∠A的度數(shù)，再證明△BOF為等邊三角形，從而得出∠BOF的度數(shù)，根據(jù)弧長公式可得出結(jié)果；（3）①設(shè)圓的半徑為r，過作于，則，四邊形是矩形．再證明，得出，據(jù)此列方程求解；②作出點F關(guān)于BD的對稱點F′，連接DE，DF，DF′，F(xiàn)F′，再證明，最后根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方求解．【詳解】（1）證明：連結(jié)，∵平分，∴，∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴是的切線．（2）解：∵是中點，∴．∴，∴，．連接FO，又BO=OF，∴△BOF為等邊三角形，∴．∴．（3）解：①過作于，則，四邊形是矩形．設(shè)圓的半徑為，則，．∵，∴．而，∴．∴即，解之得，．②作出點F關(guān)于BD的對稱點F′，連接FF′，DE，DF，DF′，∵∠EBD=∠FBD，∴．∵是直徑，∴，而、關(guān)于軸對稱，∴，，DF=DF′，∴DE∥FF′，DE=DF′，∠DEF′=∠DF′E，∴，∴.當時，，，，由①知，而，∴.又易得△BCD∽△BDE,∴，∴BD2=.在Rt△BED中，DE2=BE2-BD2=4-=，∴DE==DF′.∴與的面積比．同理可得，當時，與的面積比．∴與的面積比為或．【點睛】本題是圓與相似的綜合題，主要考查切線的判定，弧、弦長與圓周角的關(guān)系，弧長的求法，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線再求解．16．（1）①，；②不存在，作圖與理由見解析，；③四邊形EFGH是平行四邊形，是中心對稱圖形；（2）存在，理由見解析【解析】【分析】（1）①首先確定點的縱坐標為，點又是反比例函數(shù)的圖象上的點即滿足反比例函數(shù)關(guān)系式，代入即可求得相對應(yīng)的橫坐標；點是雙曲線和正方形能夠相交的臨界點，從而得到的取值范圍．（2）根據(jù)（1）的情況，類比進而求解．【詳解】解：（1）①∵以原點為中心的正方形的邊長為，∴點的縱坐標為∵點在反比例函數(shù)的圖象上∴∴∴∵存在曲邊四邊形EFGH，在反比例函數(shù)的圖象上∴∴又∵∴的取值范圍是：②結(jié)論：此時不存在曲邊四邊形理由：將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)后位置如圖：∵以原點為中心的正方形的邊長為∴正方形的對角線為∴∴的中點的坐標為∵對于反比例函數(shù)來說，能否構(gòu)成曲邊四邊形的臨界點是的中點當時，∴∴此時不存在曲邊四邊形．當把圖1中的正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)45°時，若存在曲邊四邊形，則旋轉(zhuǎn)任意角度時，存在曲邊四邊形對于反比例函數(shù)來說，能否構(gòu)成曲邊四邊形的臨界點是的中點當，時，存在曲邊四邊形∴∴使曲邊四邊EFGH存在的k的取值范圍是：．③將圖1中的正方形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)角度得到曲邊四邊形EFGH，如圖所示，由正方形和雙曲線的對稱性可知，E，G關(guān)于原點對稱，F(xiàn)，H關(guān)于原點對稱即OE=OG，OF=OH，∴四邊形EFGH是平行四邊形，曲邊四邊形是中心對稱圖形．（2）存在，理由如下：如圖所示，連接OB，OA，OD，作ON⊥AB于N，AP⊥y軸于P，DQ⊥x軸于Q，∵ABCD為正方形，∴OA⊥OB，OA⊥OD，OA=OB=OD，即△OAB為等腰直角三角形∴ON=AB=AN=4，∴MN=AN-AM=4-1=3∴OM=∵∠ONM=∠APM=90°，∠OMN=∠AMP∴△ONM∽△AMP∴，即∴AP=，PM=∴OP=OM+PM=，則A點坐標為∴則反比例函數(shù)為由正方形的對稱性和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△OAP≌△ODQ∴OQ=OP=，DQ=AP=∴D點坐標為設(shè)直線AD解析式為將A，D代入得解得，∴直線AD解析式為令整理得則方程有兩個不相等的實數(shù)根，∴直線AD與反比例函數(shù)有兩個不同的交點∴曲邊四邊EFGH存在【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、反比例函數(shù)圖象與性質(zhì)，全等三角形與相似三角形的判定和性質(zhì)，是一道新定義問題．17．（1），；（2）①不存在，理由詳見解析；②存在，【解析】【分析】（1）先確定A、B、C的坐標，然后用待定系數(shù)法解答即可；（2）①可用t的代數(shù)式表示DF，然后根據(jù)DF=BC求出t的值，得到DF與CB重合，因而不存在t，使得四邊形DFBC為平行四邊形；②可分兩種情況（點Q在線段BC上和在線段BC的延長線上）討論，由于DE∥QC，要使以點D、E、Q、C為頂點的四邊形為平行四邊形，只需DE=QC，只需將DE、QC分別用的式子表示，再求出t即可解答．【詳解】解：（1）由題意得，，，反比例函數(shù)為，一次函數(shù)為：．（2）①不存在．軸，軸，．又四邊形是平行四邊形，．設(shè)，則，，．此時與重合，不符合題意，不存在．②存在．當時，；當時，由，，得．由，．得．當時，四邊形為平行四邊形．．，（舍）當時，四邊形為平行四邊形．又且，為矩形．【點睛】本題主要考查了用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)和一次函數(shù)的解析式以及平行四邊形的判定、解方程、根的判別式等知識，在解答以點D、E、Q、C為頂點的四邊形的四個頂點的順序不確定，需要分情況討論是解答本題的關(guān)鍵．18．（1）見解析；（2）；（3）或或【解析】【分析】（1）由四邊形內(nèi)角和定理求出∠B=60°，由AB=BC，即可得出結(jié)論；（2）以CD為邊作等邊，連接BE，過點E作EF⊥BC于F，證（SAS），得AC=BE，求出∠CEF=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出CF=由勾股定理求出EF=再由勾股定理即可得出答案；（3）過點C作CH⊥AB，交AB延長線于H，設(shè)BH=x，求出∠BCH=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出HC=，BC=2BH=2x，證是等腰直角三角形，則HA=HC，，解得，進而得出AC的長，分三種情況，①當AB=AD=∠BAD=60°時，②當BC=CD=∠BCD=60°時，③當AD=CD=AC=，∠ADC=60°時，分別求解即可．【詳解】解：（1）在四邊形中，∵，∴∵∴四邊形是“