深圳中央教科所南山附屬中學(xué)九年級上冊壓軸題數(shù)學(xué)模擬試卷及答案一、壓軸題1．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．2．定義：對于已知的兩個函數(shù)，任取自變量的一個值，當(dāng)時，它們對應(yīng)的函數(shù)值相等；當(dāng)時，它們對應(yīng)的函數(shù)值互為相反數(shù)，我們稱這樣的兩個函數(shù)互為相關(guān)函數(shù).例如：正比例函數(shù)，它的相關(guān)函數(shù)為.（1）已知點在一次函數(shù)的相關(guān)函數(shù)的圖像上，求的值；（2）已知二次函數(shù).①當(dāng)點在這個函數(shù)的相關(guān)函數(shù)的圖像上時，求的值；②當(dāng)時，求函數(shù)的相關(guān)函數(shù)的最大值和最小值.（3）在平面直角坐標(biāo)系中，點、的坐標(biāo)分別為、，連結(jié).直接寫出線段與二次函數(shù)的相關(guān)函數(shù)的圖像有兩個公共點時的取值范圍.3．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸正半軸交于點，且點的坐標(biāo)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(biāo)為，過點作于點；是直線上的一點，其縱坐標(biāo)為，以，為邊作矩形．（1）求的值．（2）當(dāng)點與點重合時，求的值．（3）當(dāng)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(dāng)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．4．二次函數(shù)的圖象交y軸于點A，頂點為P，直線PA與x軸交于點B．（1）當(dāng)m=1時，求頂點P的坐標(biāo)；（2）若點Q（a，b）在二次函數(shù)的圖象上，且，試求a的取值范圍；（3）在第一象限內(nèi)，以AB為邊作正方形ABCD．①求點D的坐標(biāo)（用含m的代數(shù)式表示）；②若該二次函數(shù)的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，請直接寫出符合條件的整數(shù)m的值．5．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(biāo)；（2）當(dāng)L經(jīng)過(3，3)時，求此時L的表達式及其頂點坐標(biāo)；（3）橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點叫做整點．如圖，當(dāng)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(dāng)x2≥3時，均有y1≥y2，直接寫出t的取值范圍．6．如圖，A是以BC為直徑的圓O上一點，AD⊥BC于點D，過點B作圓O的切線，與CA的延長線相交于點E，G是AD的中點，連接并延長CG與BE相交于點F，連接并延長AF與CB的延長線相交于點P．（1）求證：BF＝EF；（2）求證：PA是圓O的切線；（3）若FG＝EF＝3，求圓O的半徑和BD的長度．7．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于，兩點，點坐標(biāo)為，與軸交于點，直線與拋物線交于，兩點．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）求的值和點坐標(biāo)；（3）點是直線上方拋物線上的動點，過點作軸的垂線，垂足為，交直線于點，過點作軸的平行線，交于點，當(dāng)是線段的三等分點時，求點坐標(biāo)；（4）如圖2，是軸上一點，其坐標(biāo)為，動點從出發(fā)，沿軸正方向以每秒5個單位的速度運動，設(shè)的運動時間為（），連接，過作于點，以所在直線為對稱軸，線段經(jīng)軸對稱變換后的圖形為，點在運動過程中，線段的位置也隨之變化，請直接寫出運動過程中線段與拋物線有公共點時的取值范圍．8．如圖①是一張矩形紙片，按以下步驟進行操作：(Ⅰ)將矩形紙片沿DF折疊，使點A落在CD邊上點E處，如圖②；(Ⅱ)在第一次折疊的基礎(chǔ)上，過點C再次折疊，使得點B落在邊CD上點B′處，如圖③，兩次折痕交于點O；(Ⅲ)展開紙片，分別連接OB、OE、OC、FD，如圖④．（探究）（1）證明：OBC≌OED；（2）若AB＝8，設(shè)BC為x，OB2為y，是否存在x使得y有最小值，若存在求出x的值并求出y的最小值，若不存在，請說明理由．9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線與直線AB相交于A，B兩點，其中，．（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）點P為直線AB下方拋物線上的任意一點，連接PA，PB，求面積的最大值；（3）將該拋物線向右平移2個單位長度得到拋物線，平移后的拋物線與原拋物線相交于點C，點D為原拋物線對稱軸上的一點，在平面直角坐標(biāo)系中是否存在點E，使以點B，C，D，E為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．10．在平面直角坐標(biāo)系中，將函數(shù)y＝x2﹣2mx+m（x≤2m，m為常數(shù)）的圖象記為G，圖象G的最低點為P(x0，y0)．（1）當(dāng)y0＝﹣1時，求m的值．（2）求y0的最大值．（3）當(dāng)圖象G與x軸有兩個交點時，設(shè)左邊交點的橫坐標(biāo)為x1，則x1的取值范圍是．（4）點A在圖象G上，且點A的橫坐標(biāo)為2m﹣2，點A關(guān)于y軸的對稱點為點B，當(dāng)點A不在坐標(biāo)軸上時，以點A、B為頂點構(gòu)造矩形ABCD，使點C、D落在x軸上，當(dāng)圖象G在矩形ABCD內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，直接寫出m的取值范圍．11．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在邊BC，AB上，AF＝BE＝2，連結(jié)DE，DF，動點M在EF上從點E向終點F勻速運動，同時，動點N在射線CD上從點C沿CD方向勻速運動，當(dāng)點M運動到EF的中點時，點N恰好與點D重合，點M到達終點時，M，N同時停止運動．（1）求EF的長．（2）設(shè)CN＝x，EM＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)表達式，并寫出自變量x的取值范圍．（3）連結(jié)MN，當(dāng)MN與△DEF的一邊平行時，求CN的長．12．如圖①，在中，，，點、分別在邊、上，，連接，點、、分別為、、的中點．（1）觀察猜想：圖①中，線段與的數(shù)量關(guān)系是_____________，用含的代數(shù)式表示的度數(shù)是________________________；（2）探究證明：把繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)到圖②的位置，連接，，，當(dāng)時，判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把繞點在平面內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，若，，，請直接寫出線段的最大值和最小值．13．公司經(jīng)銷某種商品，經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)，這種商品在未來40天的銷售單價（元/千克）關(guān)于時間的函數(shù)關(guān)系式分別為（，且為整數(shù)）；，他們的圖像如圖1所示，未來40天的銷售量（千克）關(guān)于時間的函數(shù)關(guān)系如圖2的點列所示．（1）求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；（2）那一天的銷售利潤最大，最大利潤是多少？（3）若在最后10天，公司決定每銷售1千克產(chǎn)品就捐贈元給“環(huán)保公益項目”，且希望扣除捐贈后每日的利潤不低于3600元以維持各種開支，求的最大值（精確到0.01元）．14．對于⊙C與⊙C上的一點A，若平面內(nèi)的點P滿足：射線AP與⊙C交于點Q（點Q可以與點P重合），且，則點P稱為點A關(guān)于⊙C的“生長點”．已知點O為坐標(biāo)原點，⊙O的半徑為1，點A（-1，0）．（1）若點P是點A關(guān)于⊙O的“生長點”，且點P在x軸上，請寫出一個符合條件的點P的坐標(biāo)________；（2）若點B是點A關(guān)于⊙O的“生長點”，且滿足，求點B的縱坐標(biāo)t的取值范圍；（3）直線與x軸交于點M，與y軸交于點N，若線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，直接寫出b的取值范圍是_____________________________．15．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，拋物線交x軸于點A、點點A在點B的左邊，交y軸于點C，直線經(jīng)過點B，交y軸于點D，且，．求b、c的值；點在第一象限，連接OP、BP，若，求點P的坐標(biāo)，并直接判斷點P是否在該拋物線上；在的條件下，連接PD，過點P作，交拋物線于點F，點E為線段PF上一點，連接DE和BE，BE交PD于點G，過點E作，垂足為H，若，求的值．16．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(biāo)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(dāng)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。17．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．18．已知，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于點，與軸交于點，點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為．（1）如圖1，分別求的值；（2）如圖2，點為第一象限的拋物線上一點，連接并延長交拋物線于點，，求點的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下，點為第一象限的拋物線上一點，過點作軸于點，連接、，點為第二象限的拋物線上一點，且點與點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，連接，設(shè)，，點為線段上一點，點為第三象限的拋物線上一點，分別連接，滿足，，過點作的平行線，交軸于點，求直線的解析式．19．新定義：在平面直角坐標(biāo)系中，過一點分別作坐標(biāo)軸的垂線，若與坐標(biāo)軸圍成的長方形的周長與面積相等，則這個點叫做“和諧點”．例如，如圖①，過點P分別作x軸、y軸的垂線，與坐標(biāo)軸圍成長方形OAPB的周長與面積相等，則點P是“和諧點”．（1）點M（1，2）_____“和諧點”（填“是”或“不是”）；若點P（a，3）是第一象限內(nèi)的一個“和諧點”，是關(guān)于x，y的二元一次方程的解，求a，b的值．（2）如圖②，點E是線段PB上一點，連接OE并延長交AP的延長線于點Q，若點P（2，3），，求點Q的坐標(biāo)；（3）如圖③，連接OP，將線段OP向右平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度，得到線段．若M是直線上的一動點，連接PM、OM，請畫出圖形并寫出與，的數(shù)量關(guān)系．20．四邊形ABCF中，AF∥BC，∠AFC=90°，△ABC的外接圓⊙O交CF于E，與AF相切于點A，過C作CD⊥AB于D，交BE于G．（1）求證：AB=AC；（2）①證明：GE=EC；②若BC=8，OG=1，求EF的長．【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、壓軸題1．（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．2．（1）1；（2）①、；②，；（3），【解析】【分析】（1）先求出的相關(guān)函數(shù)，然后代入求解，即可得到答案；（2）先求出二次函數(shù)的相關(guān)函數(shù)，①分為m＜0和m≥0兩種情況將點B的坐標(biāo)代入對應(yīng)的關(guān)系式求解即可；②當(dāng)-3≤x＜0時，y=x2-4x+，然后可此時的最大值和最小值，當(dāng)0≤x≤3時，函數(shù)y=-x2+4x-，求得此時的最大值和最小值，從而可得到當(dāng)-3≤x≤3時的最大值和最小值；（3）首先確定出二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)與線段MN恰好有1個交點、2個交點、3個交點時n的值，然后結(jié)合函數(shù)圖象可確定出n的取值范圍．【詳解】解：（1）根據(jù)題意，一次函數(shù)的相關(guān)函數(shù)為，∴把點代入，則，∴；（2）根據(jù)題意，二次函數(shù)的相關(guān)函數(shù)為，①當(dāng)m＜0時，將B（m，）代入y=x2-4x+得m2-4m+，解得：m=2+（舍去）或m=．當(dāng)m≥0時，將B（m，）代入y=-x2+4x-得：-m2+4m-=，解得：m=2+或m=2．綜上所述：m=或m=或m=．②當(dāng)-3≤x＜0時，y=x2-4x+，拋物線的對稱軸為x=2，此時y隨x的增大而減小，∴當(dāng)時，有最大值，即，∴此時y的最大值為．當(dāng)0≤x≤3時，函數(shù)y=-x2+4x，拋物線的對稱軸為x=2，當(dāng)x=0有最小值，最小值為，當(dāng)x=2時，有最大值，最大值y=．綜上所述，當(dāng)-3≤x≤3時，函數(shù)y=-x2+4x的相關(guān)函數(shù)的最大值為，最小值為；（3）如圖1所示：線段MN與二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有1個公共點．∴當(dāng)x=2時，y=1，即-4+8+n=1，解得n=-3．如圖2所示：線段MN與二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有3個公共點．∵拋物線y=x2-4x-n與y軸交點縱坐標(biāo)為1，∴-n=1，解得：n=-1．∴當(dāng)-3＜n≤-1時，線段MN與二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．如圖3所示：線段MN與二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有3個公共點．∵拋物線y=-x2+4x+n經(jīng)過點（0，1），∴n=1．如圖4所示：線段MN與二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．∵拋物線y=x2-4x-n經(jīng)過點M（，1），∴+2-n=1，解得：n=．∴1＜n≤時，線段MN與二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)的圖象恰有2個公共點．綜上所述，n的取值范圍是-3＜n≤-1或1＜n≤．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)與函數(shù)解析式的關(guān)系，求得二次函數(shù)y=-x2+4x+n的相關(guān)函數(shù)與線段MN恰好有1個交點、2個交點、3個交點時n的值是解題的關(guān)鍵．3．（1）；（2）；（3）；（4）或．【解析】【分析】（1）將A點坐標(biāo)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(biāo)，根據(jù)Q、M的橫坐標(biāo)相同，它們重合時縱坐標(biāo)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(biāo)為，∴，若點與點重合，則，解得；（3）由（2）可得，，當(dāng)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(biāo)大于拋物線頂點的縱坐標(biāo)，即，解得，故m的值為；（4）①如下圖當(dāng)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(biāo)應(yīng)該小于P點縱坐標(biāo)，且P點應(yīng)該在x軸上側(cè)，即且，解得，解得，∴，②如下圖當(dāng)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(biāo)應(yīng)該小于P點縱坐標(biāo)，即，解得，∴；③當(dāng)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(dāng)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(biāo)應(yīng)該大于P點縱坐標(biāo)，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(biāo)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）P（2，）；（2）a的取值范圍為：a＜0或a＞4；（3）①D（m，m+3）；②2，3，4．【解析】【分析】（1）把m=1代入二次函數(shù)解析式中，進而求頂點P的坐標(biāo)即可；（2）把點Q（a，b）代入二次函數(shù)解析式中，根據(jù)得到關(guān)于a的一元二次不等式即一元一次不等式組，解出a的取值范圍即可；（3）①過點D作DE⊥x軸于點E，過點A作AF⊥DE于點F，求出二次函數(shù)與y軸的交點A的坐標(biāo)，得到OA的長，再根據(jù)待定系數(shù)法求出直線AP的解析式，進而求出與x軸的交點B的坐標(biāo)，得到OB的長；通過證明△ADF≌△ABO，得到AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF=DF+OA=m+3，求出點D的坐標(biāo)；②因為二次函數(shù)的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，由①同理可得：C（m+3，3），分當(dāng)x等于點D的橫坐標(biāo)時與當(dāng)x等于點C的橫坐標(biāo)兩種情況，進行討論m可能取的整數(shù)值即可．【詳解】解：（1）當(dāng)m=1時，二次函數(shù)為，∴頂點P的坐標(biāo)為（2，）；（2）∵點Q（a，b）在二次函數(shù)的圖象上，∴，即：∵，∴＞0，∵m＞0，∴＞0，解得：a＜0或a＞4，∴a的取值范圍為：a＜0或a＞4；（3）①如下圖，過點D作DE⊥x軸于點E，過點A作AF⊥DE于點F，∵二次函數(shù)的解析式為，∴頂點P（2，），當(dāng)x=0時，y=m，∴點A（0，m），∴OA=m；設(shè)直線AP的解析式為y=kx+b(k≠0)，把點A（0，m），點P（2，）代入，得：，解得：，∴直線AP的解析式為y=x+m，當(dāng)y=0時，x=3，∴點B（3，0）；∴OB=3；∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAF+∠FAB=90°，且∠OAB+∠FAB=90°，∴∠DAF=∠OAB，在△ADF和△ABO中，，∴△ADF≌△ABO（AAS），∴AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF=DF+OA=m+3，∴點D的坐標(biāo)為：（m，m+3）；②由①同理可得：C（m+3，3），∵二次函數(shù)的圖象與正方形ABCD的邊CD有公共點，∴當(dāng)x=m時，，可得，化簡得：．∵，∴，∴，顯然：m=1，2，3，4是上述不等式的解，當(dāng)時，，，此時，，∴符合條件的正整數(shù)m=1，2，3，4；當(dāng)x=m+3時，y≥3，可得，∵，∴，即，顯然：m=1不是上述不等式的解，當(dāng)時，，，此時，恒成立，∴符合條件的正整數(shù)m=2，3，4；綜上：符合條件的整數(shù)m的值為2，3，4．【點睛】本題考查二次函數(shù)與幾何問題的綜合運用，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（1）k=-3-a；對稱軸x＝1；y軸交點(0，-3)；（2），頂點坐標(biāo)(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(biāo)；（3）拋物線L頂點坐標(biāo)(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(biāo)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(biāo)為(1，-5)；（3）解析式L的頂點坐標(biāo)(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(dāng)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(dāng)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．6．（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）BD＝2，r＝3．【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件得到∠EBC＝∠ADC＝90°，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出，等量代換即可得到結(jié)論；（2）證明∠PAO＝90°，連接AO，AB，根根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，切線的性質(zhì)和等量代換，就可得出結(jié)論；（3）連接AB，根據(jù)圓周角定理得到∠BAC＝∠BAE＝90°，推出FA＝FB＝FE＝FG＝3，過點F作FH⊥AG交AG于點H，推出四邊形FBDH是矩形，得到FB＝DH＝3，根據(jù)勾股定理得到FH＝，設(shè)半徑為r，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）∵EB是切線，AD⊥BC，∴∠EBC＝∠ADC＝90°，∴AD∥EB，（同位角相等，兩直線平行）∴，（平行線分線段成比例）∵G是AD的中點，∴AG＝GD，∴EF＝FB；（2）證明：連接AO，AB，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC＝90°，（直徑所對圓周角為直角）在Rt△BAE中，由（1）知，F(xiàn)是斜邊BE的中點，直角三角形斜邊中線為斜邊一半，∴AF＝FB＝EF，且等邊對等角，∴∠FBA＝∠FAB，又∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO，∵BE是⊙O的切線，∴∠EBO＝90°，∵∠EBO＝∠FBA+∠ABO＝∠FAB+∠BAO＝∠FAO＝90°，∴PA是⊙O的切線；（3）如圖2，連接AB，AO，∵BC是直徑，∴∠BAC＝∠BAE＝90°，∵EF＝FB，∴FA＝FB＝FE＝FG＝3，過點F作FH⊥AG交AG于點H，∵FA＝FG，F(xiàn)H⊥AG，∴AH＝HG，∵∠FBD＝∠BDH＝∠FHD＝90°，∴四邊形FBDH是矩形，∴FB＝DH＝3，∵AG＝GD，∴AH＝HG＝1，GD＝2，F(xiàn)H＝，∴BD＝，設(shè)半徑為r，在RtADO中，∵，∴，解得：r＝，綜上所示：BD＝，r＝．【點睛】本題主要考察了平行線的性質(zhì)及定理、平行線分線段成比例定理、等邊對等角、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理及圓的切線及其性質(zhì)，該題較為綜合，解題的關(guān)鍵是在于掌握以上這些定理，并熟練地將其結(jié)合應(yīng)用．7．（1）；（2）m=2，D(﹣1，)；（3）P（，）或P(1，)；（4）0＜t≤．【解析】【分析】(1)根據(jù)A，C兩點坐標(biāo)，代入拋物線解析式，利用待定系數(shù)法即可求解．(2)通過(1)中的二次函數(shù)解析式求出B點坐標(biāo)，代入一次函數(shù),即可求出m的值，聯(lián)立二次函數(shù)與一次函數(shù)可求出D點坐標(biāo)．(3)設(shè)出P點坐標(biāo)，通過P點坐標(biāo)表示出N，F(xiàn)坐標(biāo)，再分類討論PN=2NF，NF=2PN，即可求出P點(4)由A，D兩點坐標(biāo)求出AD的函數(shù)關(guān)系式，因為以所在直線為對稱軸，線段經(jīng)軸對稱變換后的圖形為，所以∥AD，即可求出的函數(shù)關(guān)系式，設(shè)直線與拋物線交于第一象限P點，所以當(dāng)與P重合時，t有最大值，利用中點坐標(biāo)公式求出PQ中點H點坐標(biāo),進而求出MH的函數(shù)關(guān)系式，令y=0求出函數(shù)與x軸交點坐標(biāo)，從而可求出t的值,求出t的取值范圍．【詳解】解：(1)∵A，把A,C代入拋物線，得：解得∴．（2）令y=0即，解得，∴B（4,0）把B（4,0）代入得m=2，∴得或∴B(4,0),D(﹣1，)∴,m=2，D(﹣1，)．（3）設(shè)P（a，），則F（a，），∵DN⊥PH，∴N點縱坐標(biāo)等于D點的縱坐標(biāo)∴N(a，)FN=－（）=，PN=－=，∵是線段的三等分點，∴①當(dāng)FN=2PN時，=2（），解得：a=或a=﹣1（舍去），∴P（，）．②當(dāng)2FN=PN時，2（）=（），得a=1或a=﹣1（舍去），∴P(1,)，綜上P點坐標(biāo)為P（，）或P(1,)，(4)由（2）問得D(﹣1，)，又A，設(shè)AD：y=kx+b，，∴，∴AD：y=x+5，又GM⊥AD，∴可設(shè)GM：y=x+p，以所在直線為對稱軸，線段經(jīng)軸對稱變換后的圖形為，∴∥AD，可設(shè)：y=x+q，又Q，代入，得：×+q=0，q=2，∴：y=x+2，設(shè)直線與拋物線交于第一象限N點,,所以當(dāng)與N點重合時,t有最大值，∴，解得：或，∴N(1,)又Q，設(shè)H為N,Q中點，則H（，），又∵H在直線GM上，∴把H代入GMy=x+p，得：，P=，∴y=x+，令y=0得：0=x+，∴x=，即QM=+=，∵M的速度為5，∴t=÷5=，∴0＜t≤．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合，屬于壓軸題，涉及到的知識點有，一次函數(shù)圖像與性質(zhì)，二次函數(shù)圖像與性質(zhì)，二次函數(shù)解析式的求法，二次函數(shù)與一次函數(shù)結(jié)合的坐標(biāo)求法，翻折問題等，解題關(guān)鍵在于正確理解題意，仔細分析題目，通過相關(guān)條件得出等量關(guān)系求出結(jié)論．8．（1）見解析；（2）x=4，16【解析】【分析】（1）連接EF，根據(jù)矩形和正方形的判定與性質(zhì)以及折疊的性質(zhì)，運用SAS證明OBC≌OED即可；（2）連接EF、BE，再證明△OBE是直角三角形，然后再根據(jù)勾股定理得到y(tǒng)與x的函數(shù)關(guān)系式，最后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求最值即可．【詳解】（1）證明：連接EF．∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝∠ADE＝∠DAF＝90°由折疊得∠DEF＝∠DAF，AD＝DE∴∠DEF＝90°又∵∠ADE＝∠DAF＝90°，∴四邊形ADEF是矩形又∵AD＝DE，∴四邊形ADEF是正方形∴AD＝EF＝DE，∠FDE＝45°∵AD＝BC，∴BC＝DE由折疊得∠BCO＝∠DCO＝45°∴∠BCO＝∠DCO＝∠FDE．∴OC＝OD．在△OBC與△OED中，∴△OBC≌△OED（SAS）；（2）連接EF、BE．∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝8．由（1）知，BC＝DE∵BC＝x，∴DE＝x∴CE＝8－x由（1）知△OBC≌△OED∴OB＝OE，∠OED＝∠OBC．∵∠OED＋∠OEC＝180°，∴∠OBC＋∠OEC＝180°．在四邊形OBCE中，∠BCE＝90°，∠BCE＋∠OBC＋∠OEC＋∠BOE＝360°，∴∠BOE＝90°．在Rt△OBE中，OB2＋OE2＝BE2．在Rt△BCE中，BC2＋EC2＝BE2．∴OB2＋OE2＝BC2＋CE2．∵OB2＝y(tǒng)，∴y＋y＝x2＋(8－x)2．∴y＝x2－8x＋32∴當(dāng)x=4時，y有最小值是16．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形和正方形的判定與性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定、勾股定理以及運用二次函數(shù)求最值等知識點，靈活應(yīng)用所學(xué)知識是解答本題的關(guān)鍵．9．（1）；（2）面積最大值為；（3）存在，【解析】【分析】（1）將點A、B的坐標(biāo)代入拋物線表達式，即可求解；（2）設(shè)，求得解析式，過點P作x軸得垂線與直線AB交于點F，設(shè)點，則，，即可求解；（3）分BC為菱形的邊、菱形的的對角線兩種情況，分別求解即可．【詳解】解：（1）∵拋物線過，∴∴∴（2）設(shè)，將點代入∴過點P作x軸得垂線與直線AB交于點F設(shè)點，則由鉛垂定理可得∴面積最大值為（3）（3）拋物線的表達式為：y＝x2＋4x?1＝（x＋2）2?5，則平移后的拋物線表達式為：y＝x2?5，聯(lián)立上述兩式并解得：，故點C（?1，?4）；設(shè)點D（?2，m）、點E（s，t），而點B、C的坐標(biāo)分別為（0，?1）、（?1，?4）；①當(dāng)BC為菱形的邊時，點C向右平移1個單位向上平移3個單位得到B，同樣D（E）向右平移1個單位向上平移3個單位得到E（D），即?2＋1＝s且m＋3＝t①或?2?1＝s且m?3＝t②，當(dāng)點D在E的下方時，則BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，當(dāng)點D在E的上方時，則BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，聯(lián)立①③并解得：s＝?1，t＝2或?4（舍去?4），故點E（?1，2）；聯(lián)立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故點E（-3，-4＋）或（-3，-4?）；②當(dāng)BC為菱形的的對角線時，則由中點公式得：?1＝s?2且?4?1＝m＋t⑤，此時，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，聯(lián)立⑤⑥并解得：s＝1，t＝?3，故點E（1，?3），綜上，點E的坐標(biāo)為：（?1，2）或或或（1，?3）．∴存在，【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、圖形的平移、面積的計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．10．（1）或﹣1；（2）；（3）0＜x1＜1；（4）m＝0或m＞或≤m＜1【解析】【分析】（1）分m＞0，m＝0，m＜0三種情形分別求解即可解決問題；（2）分三種情形，利用二次函數(shù)的性質(zhì)分別求解即可；（3）由（1）可知，當(dāng)圖象G與x軸有兩個交點時，m＞0，求出當(dāng)拋物線頂點在x軸上時m的值，利用圖象法判斷即可；（4）分四種情形：①m＜0，②m＝0，③m＞1，④0＜m≤1，分別求解即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，當(dāng)m＞0時，∵y＝x2﹣2mx+m＝（x﹣m）2﹣m2+m，圖象G是拋物線在直線y＝2m的左側(cè)部分（包括點D），此時最底點P（m，﹣m2+m），由題意﹣m2+m＝﹣1，解得m＝或（舍棄），當(dāng)m＝0時，顯然不符合題意，當(dāng)m＜0時，如圖2中，圖象G是拋物線在直線y＝2m的左側(cè)部分（包括點D），此時最底點P是縱坐標(biāo)為m，∴m＝﹣1，綜上所述，滿足條件的m的值為或﹣1；（2）由（1）可知，當(dāng)m＞0時，y0＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，∵﹣1＜0，∴m＝時，y0的最大值為，當(dāng)m＝0時，y0＝0，當(dāng)m＜0時，y0＜0，綜上所述，y0的最大值為；（3）由（1）可知，當(dāng)圖象G與x軸有兩個交點時，m＞0，當(dāng)拋物線頂點在x軸上時，4m2﹣4m＝0，∴m＝1或0（舍棄），∴觀察觀察圖象可知，當(dāng)圖象G與x軸有兩個交點時，設(shè)左邊交點的橫坐標(biāo)為x1，則x1的取值范圍是0＜x1＜1，故答案為0＜x1＜1；（4）當(dāng)m＜0時，觀察圖象可知，不存在點A滿足條件，當(dāng)m＝0時，圖象G在矩形ABCD內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，滿足條件，如圖3中，當(dāng)m＞1時，如圖4中，設(shè)拋物線與x軸交于E，F(xiàn)，交y軸于N，觀察圖象可知當(dāng)點A在x軸下方或直線x＝﹣m和y軸之間時（可以在直線x＝﹣m上）時，滿足條件．則有（2m﹣2）2﹣2m（2m﹣2）+m＜0，解得m＞，或﹣m≤2m﹣2＜0，解得≤m＜1（不合題意舍棄），當(dāng)0＜m≤1時，如圖5中，當(dāng)點A在直線x＝﹣m和y軸之間時（可以在直線x＝﹣m上）時，滿足條件．即或﹣m≤2m﹣2＜0，解得≤m＜1，綜上所述，滿足條件m的值為m＝0或m＞或≤m＜1．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，最值問題，不等式等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．11．（1）EF=2；（2）y＝x（0≤x≤12）；（3）滿足條件的CN的值為或12．【解析】【分析】（1）在Rt△BEF中，利用勾股定理即可解決問題．（2）根據(jù)速度比相等構(gòu)建關(guān)系式解決問題即可．（3）分兩種情形如圖3﹣1中，當(dāng)MN∥DF，延長FE交DC的延長線于H．如圖3﹣2中，當(dāng)MN∥DE，分別利用平行線分線段成比例定理構(gòu)建方程解決問題即可．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵AF＝BE＝2，∴BF＝6﹣2＝4，∴EF＝＝＝2．（2）由題意：＝，∴＝，∴y＝x（0≤x≤12）．（3）如圖3﹣1中，延長FE交DC的延長線于H．∵△EFB∽△EHC，∴＝＝，∴＝＝，∴EH＝6，CH＝12，當(dāng)MN∥DF時，＝，∴＝，∵y＝x，解得x＝，如圖3﹣2中，當(dāng)MN∥DE時，＝，∴＝，∵y＝x，解得x＝12，綜上所述，滿足條件的CN的值為或12．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．12．（1）MP=NP，180°－；（2）是等邊三角形，證明見解析；（3）的最大值為，最小值為【解析】【分析】（1）由三角形的中位線的判定與性質(zhì)不難得出，MP=BD，MPBD以及NP=CE，NPCE，因此MP=NP，將利用平行線的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為與的和求解即可．（2）有（1）同理可證MP=NP，MPBD，NPCE，在根據(jù)平行線的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)將轉(zhuǎn)化為，，，這四個角的和，求出的度數(shù)，判斷的形狀即可．（3）由題意不難得出M的運動軌跡是以點A為圓心，為半徑的一個圓，分別找出MN最大與最小時M的位置，分別求出最大最小值即可．【詳解】（1）AB=AC，AD=DE，BD=EC，M、P分別是DE、BE的中點，MP=BD，MPBD，，同理可證：NP=CE，NPCE，MP=NP，，=+=+=180°－．（2）由旋轉(zhuǎn)可得：，AD=AE，，在與中，，≌，CE=BD，由（1）同理可證MP=BD，MPBD，NP=CE，NPCE，MP=NP，是等腰三角形，==+，=+=+，=+=+++=180°－120°=60°，是等邊三角形．（3）等腰直角中，AD=3，DE=3，M是DE的中點，AM=，M的運動軌跡是以點A為圓心，為半徑的一個圓，如圖，連接NA并延長分別交⊙A于點M1、M2，等腰直角中，AB=7，BC=7，N是BC的中點，AN=，ANBC，當(dāng)點M旋轉(zhuǎn)至M1位置時，最大，=+=；當(dāng)點M旋轉(zhuǎn)至M2位置時，最小，=－=．【點睛】本題較為綜合，主要考查了平行線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線以及點的運動軌跡，本題關(guān)鍵在于利用平行線的性質(zhì)將角進行轉(zhuǎn)化以及分析出點的運動軌跡為圓．13．(1)m=,(2)t=40時w最大=13200，(3)的最大值是．【解析】【分析】(1)由圖2知m與t是一次函數(shù)關(guān)系，設(shè)0≤t≤30時的解析式為m=k1t+b1，由圖形的點（0,120），（30,180）在函數(shù)圖像上代入解析式即可,設(shè)時的解析式為m=k2t+b2，由圖形的點（40,220），（30,180）在函數(shù)圖像上代入解析式即可，(2)由商品沒有成本價，為此只要商品的銷售額最大，利潤就最大,設(shè)y1的總價為w1，y2的總價為w2，總價=銷售單價×銷售量即可列出,w1=與w2=兩種總銷售w=w1+w2，把w函數(shù)配方討論當(dāng)，第一段w最大與，在第二段，w最大經(jīng)比較即可(3)根據(jù)題意決定每銷售1千克產(chǎn)品就捐贈元給“環(huán)保公益項目”，則捐贈額a(4t+60)后10天每日銷售額Q=w-am=-2t2+(290-4a)t+4800-60a，Q≥3600,構(gòu)造拋物線Q在Q=3600直線上方有解即可，在-20，開口向下，在3600上方取值，且滿足，對稱軸=，只要對稱軸介于30與40之間即可．【詳解】(1)由圖2知m與t是一次函數(shù)關(guān)系，設(shè)0≤t≤30時的解析式為m=k1t+b1，由圖形的點（0,120），（30,180）在函數(shù)圖像上,則,解得,m=2t+120,設(shè)時的解析式為m=k2t+b2，由圖形的點（40,220），（30,180）在函數(shù)圖像上,則,解得,m=4t+60,m=,(2)由商品沒有成本價，為此只要商品的銷售總值最大，利潤就最大,設(shè)y1的總價為w1，y2的總價為w2，w1=,整理得w1=,w2=,整理得w2=,總銷售w=w1+w2=,配方得w=,當(dāng)，第一段w最大=11760，而，>40,在第二段，w隨t的增大而增大，t=40，w最大=13200，經(jīng)比較11760<13200，t=40時w最大=13200，(3)根據(jù)題意決定每銷售1千克產(chǎn)品就捐贈元給“環(huán)保公益項目”，則捐贈額a(4t+60)，后10天每日銷售額Q=w-am=-2t2+(290-4a)t+4800-60a，則Q-3600=-2t2+(290-4a)t+1200-60a，∵-20，開口向下，在3600上方取值，且滿足，對稱軸為t=只要,,,的最大值是．【點睛】本題考查分段函數(shù)的解析式的求法與利用，兩圖象結(jié)合并利用，求日銷售最大利潤，拋物線頂點式，分段比較，在最后又利用捐贈構(gòu)造新函數(shù)，求對稱軸，利用對稱軸解決問題，此題難度較大，綜合能力強，必須掌握好函數(shù)的各方面的知識．14．（1）（2，0）（答案不唯一）；（2）或；（3）或．【解析】試題分析：（1）由題意可知，在x軸上找點P是比較簡單的，這樣的P點不是唯一的，如點（2，0）、（1，0）等；（2）如圖1，在x軸上方作射線AM交⊙O于點M，使tan∠MAO=，并在射線AM是取點N，使MN=AM，則由題意可知，線段MN上的點都是符合條件的B點，過點M作MH⊥x軸于點H，連接MC，結(jié)合已知條件求出點M和點N的縱坐標(biāo)即可得到所求B點的縱坐標(biāo)t的取值范圍；根據(jù)對稱性，在x軸的下方得到線段M′N′，同理可求得滿足條件的B點的縱坐標(biāo)t的另一取值范圍；（3）如圖2，3，由與x軸交于點M，與y軸交于點N，可得點M的坐標(biāo)為，點N的坐標(biāo)為，由此結(jié)合∠OMN的正切函數(shù)可求得∠OMN=60°；以點D（1，0）為圓心，2為半徑作圓⊙D，則⊙D和⊙O相切于點A，由題意可知，點A關(guān)于⊙O的“生長點”都在⊙O到⊙D之間的平面內(nèi)，包括兩個圓（但點A除外）.然后結(jié)合題意和∠OMN=60°分b>0和b<0兩種情況在圖2和圖3中求出ON1和ON2的長即可得到b的取值范圍了.試題解析：（1）由題意可知，在x軸上找點P是比較簡單的，這樣的P點不是唯一的，如點（2，0）、（1，0）等；（2）如圖1，在x軸上方作射線AM，與⊙O交于M，且使得，并在AM上取點N，使AM=MN，并由對稱性，將MN關(guān)于x軸對稱，得，則由題意，線段MN和上的點是滿足條件的點B.作MH⊥x軸于H，連接MC，∴∠MHA=90°，即∠OAM+∠AMH=90°.∵AC是⊙O的直徑，∴∠AMC=90°，即∠AMH+∠HMC=90°.∴∠OAM=∠HMC.∴.∴.設(shè)，則，，∴，解得，即點M的縱坐標(biāo)為.又由，A為（-1，0），可得點N的縱坐標(biāo)為，故在線段MN上，點B的縱坐標(biāo)t滿足：.由對稱性，在線段上，點B的縱坐標(biāo)t滿足：.∴點B的縱坐標(biāo)t的取值范圍是或.（3）如圖2，以點D（1，0）為圓心，2為半徑作圓⊙D，則⊙D和⊙O相切于點A，由題意可知，點A關(guān)于⊙O的“生長點”都在⊙O到⊙D之間的平面內(nèi)，包括兩個圓（但點A除外）.∵直線與x軸交于點M，與y軸交于點N，∴點M的坐標(biāo)為，點N的坐標(biāo)為，∴tan∠OMN=，∴∠OMN=60°，要在線段MN上找點A關(guān)于⊙O的“生長點”，現(xiàn)分“b>0”和“b<0”兩種情況討論：I、①當(dāng)直線過點N1（0，1）時，線段MN上有點A關(guān)于⊙O的唯一“生長點”N1，此時b=1；②當(dāng)直線與⊙D相切于點B時，線段MN上有點A關(guān)于⊙O的唯一“生長點”B，此時直線與y軸相交于點N2，與x軸相交于點M2，連接DB，則DB=2，∴DM2=，∴OM2=，∴ON2=tan60°·OM2=，此時b=.綜合①②可得，當(dāng)b>0時，若線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：；II、當(dāng)b<0時，如圖3，同理可得若線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：；綜上所述，若在線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：或.15．（1）；（2），點P在拋物線上；（3）2.【解析】【分析】(1)直線y=kx-6k，令y=0，則B(6，0)，便可求出點D、C的坐標(biāo)，將B、C代入拋物線中，即可求得b、c的值；(2)過點P，作軸于點L，過點B作于點T，先求出點P的坐標(biāo)為(4，4)，再代入拋物線進行判斷即可；(3)連接PC，過點D作DM⊥BE于點M，先證△PCD≌△PLB，再分別證四邊形EHKP、FDKP為矩形，求得=2.【詳解】解：如圖，直線經(jīng)過點B，令，則，即，，，，，，點，點B、C在拋物線上，，解得：，函數(shù)表達式為：；如圖，過點P，作軸于點L，過點B作于點T，，，，點在第一象限，，，，，，，，當(dāng)時，，故點P在拋物線上；如圖，連接PC，，，軸，，，，≌，，，，，過點P作于點K，連接DF，，，，四邊形EHKP為平行四邊形，，四邊形EHKP為矩形，，，，，在中，，，，，，過點D作于點M，，，，，，，，，直線PF與BD解析式中的k值相等，，聯(lián)立并解得：，即，，，，，，四邊形FDKP為平行四邊形，，四邊形FDKP為矩形，，，，，，，．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，四邊形綜合性質(zhì)，解直角三角形等知識，綜合性很強，難度很大.16．（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(biāo)，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(biāo)，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(biāo)，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(biāo)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．17．（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(dāng)時，，，，由①知，而，∴.又易得△BCD∽△BDE,∴，∴BD2=