深圳公明春蕾學(xué)校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1，一次函數(shù)(k,b為常數(shù)，k≠0)的圖象與反比例函數(shù)（m為常數(shù)，m≠0）的圖象相交于點M(1，4)和點N（4，n）．(1)填空：①反比例函數(shù)的解析式是；②根據(jù)圖象寫出時自變量x的取值范圍是；(2)若將直線MN向下平移a(a>0)個單位長度后與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，求a的值；(3)如圖2，函數(shù)的圖象（x＞0）上有一個動點C，若先將直線MN平移使它過點C，再繞點C旋轉(zhuǎn)得到直線PQ，PQ交軸于點A，交軸點B，若BC=2CA，求OA·OB的值.2．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3過點A（﹣3，0），B（1，0），與y軸交于點C，頂點為點D．（1）求拋物線的解析式；（2）點P為直線CD上的一個動點，連接BC；①如圖1，是否存在點P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有滿足條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；②如圖2，點P在x軸上方，連接PA交拋物線于點N，∠PAB＝∠BCO，點M在第三象限拋物線上，連接MN，當(dāng)∠ANM＝45°時，請直接寫出點M的坐標(biāo)．3．如圖，過原點的拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于點A（4，0），B為拋物線的頂點，連接OB，點P是線段OA上的一個動點，過點P作PC⊥OB，垂足為點C．（1）求拋物線的解析式，并確定頂點B的坐標(biāo)；（2）設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，將△POC繞著點P按順利針方向旋轉(zhuǎn)90°，得△PO′C′，當(dāng)點O′和點C′分別落在拋物線上時，求相應(yīng)的m的值；（3）當(dāng)（2）中的點C′落在拋物線上時，將拋物線向左或向右平移n（0＜n＜2）個單位，點B、C′平移后對應(yīng)的點分別記為B′、C″，是否存在n，使得四邊形OB′C″A的周長最短？若存在，請直接寫出n的值和拋物線平移的方向，若不存在，請說明理由．4．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．5．如圖1，拋物線的頂點在軸上，交軸于，將該拋物線向上平移，平移后的拋物線與軸交于，頂點為．（1）求點的坐標(biāo)和平移后拋物線的解析式；（2）點在原拋物線上，平移后的對應(yīng)點為，若，求點的坐標(biāo)；（3）如圖2，直線與平移后的拋物線交于．在拋物線的對稱軸上是否存在點，使得以為頂點的三角形是直角三角形？若存在，直接寫出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．6．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖①，在△ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是BC邊的中點，E是AB邊上一動點，則EC+ED的最小值是．（問題研究）（2）如圖②，平面直角坐標(biāo)系中，分別以點A（﹣2，3），B（3，4）為圓心，以1、3為半徑作⊙A、⊙B，M、N分別是⊙A、⊙B上的動點，點P為x軸上的動點，試求PM+PN的最小值．（問題解決）（3）如圖③，該圖是某機器零件鋼構(gòu)件的模板，其外形是一個五邊形，根據(jù)設(shè)計要求，邊框AB長為2米，邊框BC長為3米，∠DAB＝∠B＝∠C＝90°，聯(lián)動桿DE長為2米，聯(lián)動桿DE的兩端D、E允許在AD、CE所在直線上滑動，點G恰好是DE的中點，點F可在邊框BC上自由滑動，請確定該裝置中的兩根連接桿AF與FG長度和的最小值并說明理由．7．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）．8．如圖1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=5，BC=11．一個動點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段BC方向運動，過點P作PQ⊥BC，交折線段BA-AD于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，點N在射線BC上，當(dāng)Q點到達D點時，運動結(jié)束．設(shè)點P的運動時間為t秒（t＞0）．（1）當(dāng)正方形PQMN的邊MN恰好經(jīng)過點D時，求運動時間t的值；（2）在整個運動過程中，設(shè)正方形PQMN與△BCD的重合部分面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；（3）如圖2，當(dāng)點Q在線段AD上運動時，線段PQ與對角線BD交于點E，將△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，連接PF．是否存在這樣的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出對應(yīng)的t的值；若不存在，請說明理由．9．將一個直角三角形紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點，點，點B在第一象限，，，點P在邊上（點P不與點重合）．（1）如圖①，當(dāng)時，求點P的坐標(biāo)；（2）折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過點P，并與x軸的正半軸相交于點Q，且，點O的對應(yīng)點為，設(shè)．①如圖②，若折疊后與重疊部分為四邊形，分別與邊相交于點，試用含有t的式子表示的長，并直接寫出t的取值范圍；②若折疊后與重疊部分的面積為S，當(dāng)時，求S的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）．10．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(xué)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）11．已知正方形ABCD中AC與BD交于點，點M在線段BD上，作直線AM交直線DC于E，過D作DH⊥AE于H，設(shè)直線DH交AC于N．(1)如圖1，當(dāng)M在線段BO上時，求證：MO=NO；(2)如圖2，當(dāng)M在線段OD上，連接NE和MN，當(dāng)EN//BD時，①求證：四邊形DENM是菱形；②求證：BM＝AB；(3)在圖3，當(dāng)M在線段OD上，連接NE，當(dāng)NE⊥BC時，求證：AN2＝NCAC．12．如圖，拋物線y＝mx2﹣4mx+2m+1與x軸交于A（x1，0），B（x2，0）兩點，與y軸交于點C，且x2﹣x1＝2．（1）求拋物線的解析式；（2）E是拋物線上一點，∠EAB＝2∠OCA，求點E的坐標(biāo)；（3）設(shè)拋物線的頂點為D，動點P從點B出發(fā)，沿拋物線向上運動，連接PD，過點P做PQ⊥PD，交拋物線的對稱軸于點Q，以QD為對角線作矩形PQMD，當(dāng)點P運動至點（5，t）時，求線段DM掃過的圖形面積．13．如圖1，拋物線M1：y＝﹣x2+4x交x正半軸于點A，將拋物線M1先向右平移3個單位，再向上平移3個單位得到拋物線M2，M1與M2交于點B，直線OB交M2于點C．（1）求拋物線M2的解析式；（2）點P是拋物線M1上AB間的一點，作PQ⊥x軸交拋物線M2于點Q，連接CP，CQ．設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m，當(dāng)m為何值時，使△CPQ的面積最大，并求出最大值；（3）如圖2，將直線OB向下平移，交拋物線M1于點E，F(xiàn)，交拋物線M2于點G，H，則的值是否為定值，證明你的結(jié)論．14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝x+2與x軸交于點A，與y軸交于點C．拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸是x＝且經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B．（1）求拋物線解析式．（2）若點P為直線AC上方的拋物線上的一點，連接PA，PC．求△PAC的面積的最大值，并求出此時點P的坐標(biāo)．（3）拋物線上是否存在點M，過點M作MN垂直x軸于點N，使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．15．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．16．定義：如果一個三角形中有兩個內(nèi)角α，β滿足α+2β＝90°，那我們稱這個三角形為“近直角三角形”．（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，則∠A＝度；（2）如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．若BD是∠ABC的平分線，①求證：△BDC是“近直角三角形”；②在邊AC上是否存在點E（異于點D），使得△BCE也是“近直角三角形”？若存在，請求出CE的長；若不存在，請說明理由．（3）如圖2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點D為AC邊上一點，以BD為直徑的圓交BC于點E，連結(jié)AE交BD于點F，若△BCD為“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．17．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與軸交于點和點，與軸交于點，且．點在第四象限且在拋物線上．（1）如（圖1），當(dāng)四邊形面積最大時，在線段上找一點，使得最小，并求出此時點的坐標(biāo)及的最小值；（2）如（圖2），將沿軸向右平移2單位長度得到，再將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)度得到，且使經(jīng)過、的直線與直線平行（其中），直線與拋物線交于、兩點，點在拋物線上．在線段上是否存在點，使以點、、、為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．18．如圖，已知拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A（3，0），B（0，3）兩點．（1）求此拋物線的解析式和直線AB的解析式；（2）如圖①，動點E從O點出發(fā)，沿著OA方向以1個單位/秒的速度向終點A勻速運動，同時，動點F從A點出發(fā)，沿著AB方向以個單位/秒的速度向終點B勻速運動，當(dāng)E，F(xiàn)中任意一點到達終點時另一點也隨之停止運動，連接EF，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，△AEF為直角三角形？（3）如圖②，取一根橡皮筋，兩端點分別固定在A，B處，用鉛筆拉著這根橡皮筋使筆尖P在直線AB上方的拋物線上移動，動點P與A，B兩點構(gòu)成無數(shù)個三角形，在這些三角形中是否存在一個面積最大的三角形？如果存在，求出最大面積，并指出此時點P的坐標(biāo)；如果不存在，請簡要說明理由．19．在平面直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點且與平行的直線，交軸于點，如圖1所示．（1）試求點坐標(biāo)，并直接寫出的度數(shù)；（2）過的直線與成夾角，試求該直線與交點的橫坐標(biāo)；（3）如圖2，現(xiàn)有點在線段上運動，點在軸上，為線段的中點．①試求點的縱坐標(biāo)關(guān)于橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式；②直接寫出點的運動軌跡長度為．20．如圖1，與為等腰直角三角形，與重合，，．固定，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)邊與邊重合時，旋轉(zhuǎn)終止．現(xiàn)不考慮旋轉(zhuǎn)開始和結(jié)束時重合的情況，設(shè)（或它們的延長線）分別交（或它們的延長線）于點，如圖2．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時，是等腰三角形？【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、壓軸題1．(1)①y＝.②；(2)a＝1或a＝9.；(3)18或2..【解析】整體分析：(1)由點A的坐標(biāo)求反比例函數(shù)的解析式，得到點B的坐標(biāo)；，即是一次函數(shù)的圖象在反比例函數(shù)圖象的下方時自變量的范圍；(2)由點M，N的坐標(biāo)求直線MN的解析式，直線MN向下平移a(a>0)個單位長度后與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，即是方程kx+b-a=的判別式等于0；(3)設(shè)點C(a,b)，根據(jù)BC=2CA，分三種情況討論，利用△ACH∽△ABO，結(jié)合ab=4求解.解：(1)k=1×4=4，所以y=.②當(dāng)y=4時，x=，則B(4，1).根據(jù)圖象得：.(2)點M(1，4)和點N(4，1)分別代入得直線AB向下平移a個單位長度后的解析式為y＝－x＋5－a，把y＝代入消去y，整理，得x2－(5－a)x＋4＝0.∵平移后的直線與反比例函數(shù)的圖象有且只有一個公共點，∴Δ＝(5－a)2－16＝0.解得a＝1或a＝9.(3)設(shè)點C(a,b)，則ab=4如圖1，過C點作CH⊥OA于點H.①當(dāng)點B在y軸的負(fù)半軸時，如圖1∵BC=2CA，∴AB=CA.∵∠AOB=∠AHC=90°，∠1=∠2，∴△ACH∽△ABO.∴OB=CH=b,OA=AH=0.5a∴.②當(dāng)點B在y軸的正半軸時，如圖2，當(dāng)點A在x軸的正半軸時，∵BC=2CA，∴.∵CH∥OB，∴△ACH∽△ABO.∴∴.OB=3b,OA=1.5a∴.如圖3，當(dāng)點A在x軸的負(fù)半軸時，BC=2CA不可能.綜上所述，OA·OB的值為18或2.2．（1）y＝x2+2x﹣3；（2）①存在，點P的坐標(biāo)為（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；②點M（﹣，﹣）【解析】【分析】（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），即可求解；（2）①分點P（P′）在點C的右側(cè)、點P在點C的左側(cè)兩種情況，分別求解即可；②證明△AGR≌△RHM（AAS），則點M（m+n，n﹣m﹣3），利用點M在拋物線上和AR＝NR，列出等式即可求解．【詳解】解：（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），解得：a＝1，故拋物線的表達式為：y＝x2+2x﹣3①；（2）由拋物線的表達式知，點C、D的坐標(biāo)分別為（0，﹣3）、（﹣1，﹣4），由點C、D的坐標(biāo)知，直線CD的表達式為：y＝x﹣3；tan∠BCO＝，則cos∠BCO＝；①當(dāng)點P（P′）在點C的右側(cè)時，∵∠P′AB＝∠BCO，故P′B∥y軸，則點P′（1，﹣2）；當(dāng)點P在點C的左側(cè)時，設(shè)直線PB交y軸于點H，過點H作HN⊥BC于點N，∵∠PBC＝∠BCO，∴△BCH為等腰三角形，則BC＝2CH?cos∠BCO＝2×CH×＝，解得：CH＝，則OH＝3﹣CH＝，故點H（0，﹣），由點B、H的坐標(biāo)得，直線BH的表達式為：y＝x﹣②，聯(lián)立①②并解得：，故點P的坐標(biāo)為（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；②∵∠PAB＝∠BCO，而tan∠BCO＝，故設(shè)直線AP的表達式為：y＝，將點A的坐標(biāo)代入上式并解得：s＝1，故直線AP的表達式為：y＝x+1，聯(lián)立①③并解得：，故點N（，）；設(shè)△AMN的外接圓為圓R，當(dāng)∠ANM＝45°時，則∠ARM＝90°，設(shè)圓心R的坐標(biāo)為（m，n），∵∠GRA+∠MRH＝90°，∠MRH+∠RMH＝90°，∴∠RMH＝∠GAR，∵AR＝MR，∠AGR＝∠RHM＝90°，∴△AGR≌△RHM（AAS），∴AG＝m+3＝RH，RG＝﹣n＝MH，∴點M（m+n，n﹣m﹣3），將點M的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：n﹣m﹣3＝（m+n）2+2（m+n）﹣3③，由題意得：AR＝NR，即（m+3）2＝（m﹣）2+（）2④，聯(lián)立③④并解得：，故點M（﹣，﹣）．【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)、三角形全等、圓的基本知識等，其中（2）①，要注意分類求解，避免遺漏．3．（1），點B（2，2）；（2）m=2或；（3）存在；n=時，拋物線向左平移．【解析】【分析】（1）將點A和點O的坐標(biāo)代入解析式，利用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式，然后利用配方法可求得點B的坐標(biāo)；（2）由點A、點B、點C的坐標(biāo)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知△△PDC為等腰直角三角形，從而可得到點O′坐標(biāo)為：（m，m），點C′坐標(biāo)為：（，），然后根據(jù)點在拋物線上，列出關(guān)于m的方程，從而可解得m的值；（3）如圖，將AC′沿C′B平移，使得C′與B重合，點A落在A′處，以過點B的直線y=2為對稱軸，作A′的對稱點A″，連接OA″，由線段的性質(zhì)可知當(dāng)B′為OA″與直線y=2的交點時，四邊形OB′C″A的周長最短，先求得點B′的坐標(biāo)，根據(jù)點B移動的方向和距離從而可得出點拋物線移動的方向和距離．【詳解】解：（1）把原點O（0，0），和點A（4，0）代入y=x2+bx+c．得，∴．∴．∴點B的坐標(biāo)為（2，2）．（2）∵點B坐標(biāo)為（2，2）．∴∠BOA=45°．∴△PDC為等腰直角三角形．如圖，過C′作C′D⊥O′P于D．∵O′P=OP=m．∴C′D=O′P=m．∴點O′坐標(biāo)為：（m，m），點C′坐標(biāo)為：（，）．當(dāng)點O′在y=x2+2x上．則?m2+2m＝m．解得：，（舍去）．∴m=2．當(dāng)點C′在y=x2+2x上，則×()2+2×＝m，解得：，（舍去）．∴m=（3）存在n=，拋物線向左平移．當(dāng)m=時，點C′的坐標(biāo)為（，）．如圖，將AC′沿C′B平移，使得C′與B重合，點A落在A′處．以過點B的直線y=2為對稱軸，作A′的對稱點A″，連接OA″．當(dāng)B′為OA″與直線y=2的交點時，四邊形OB′C″A的周長最短．∵BA′∥AC′，且BA′=AC′，點A（4，0），點C′（，），點B（2，2）．∴點A′（，）．∴點A″的坐標(biāo)為（，）．設(shè)直線OA″的解析式為y=kx，將點A″代入得：，解得：k=．∴直線OA″的解析式為y=x．將y=2代入得：x=2，解得：x=，∴點B′得坐標(biāo)為（，2）．∴n=2．∴存在n=，拋物線向左平移．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平移的性質(zhì)、路徑最短等知識點，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和平移的性質(zhì)求得點點O′坐標(biāo)為：（m，m），點C′坐標(biāo)為：（，）以及點B′的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．4．（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．5．（1）B點坐標(biāo)(0，-1)，平移后的拋物線為；（2）點M的坐標(biāo)為或；（3）存在，，，，，詳解見解析．【解析】【分析】（1）將x=0代入拋物線公式求出y值，即可得到拋物線與y軸交點B的坐標(biāo)，平移后的拋物線的頂點為E(1,4)，可根據(jù)頂點式求出平移后拋物線的解析式；（2）因為拋物線向上平移4個單位，所以MN=4，又因為OM=ON，可知點M的縱坐標(biāo)為-2，將y=-2代入原拋物線，即可求出x值，點M的坐標(biāo)就可以表示出來．（3）要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，可以畫一個以C、F為直徑的圓（直徑對應(yīng)圓周角為直角），交拋物線對稱軸x=-1可得點、的坐標(biāo)解，另外可以使∠PCF=90°或∠CFP=90°，可分別得出點、的坐標(biāo)解．【詳解】解：（1）拋物線與y軸相交于點B，將x=0代入，求得y=-1，∴B點坐標(biāo)(0，-1)．∵設(shè)平移后的拋物線為，頂點為E(1,4)，即h=1，k=4，∴，即平移后的拋物線為．（2）如上圖所示，∵原坐標(biāo)頂點A(1，0)，平移后拋物線頂點為E(1,4)，∴拋物線向上平移了4個單位，即MNy軸，MNx軸，又∵OM=ON，MN=4，∴點O在垂直平分線上，點M、N關(guān)于x軸對稱，∴M點的縱坐標(biāo)為–2，將代入，得：解得：，∴點M的坐標(biāo)為或．（3）存在，且，，，．如圖所示，點P一共有四種結(jié)果，∵C點為平移后的解析式與x軸的左交點，將y=0代入，得，∴C(-1，0)，且點B(0，-1)，將點B(0，-1)、C(-1，0)代入直線BC解析式為：，∴，解得：，即直線BC解析式：，根據(jù)題意可知，直線BC與平移后的解析式相交于點F，∴，解得：x=-1（舍）或4，y=-5，即F(4，-5)，∵要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，可以畫一個以C、F為直徑的圓，該圓與拋物線對稱軸x=-1交點即為點P（因為圓的直徑對應(yīng)的圓周角為90°，即∠CPF=90°）∴以C、F為直徑的圓，圓心為線段CF的中點(，)，直徑為線段CF的長，∴圓的方程為：，將x=1代入圓的方程，得：y=1或-6，即，，∵直線CF解析式：，即斜率k=-1，即直線CF與x軸夾角為45°，要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，則使∠PCF=90°，直線CP與x軸夾角也為45°，即直線CP斜率為1，直線CP的解析式為：，此時該直線與拋物線對稱軸x=1的交點為，又∵直線CF解析式：，即斜率k=-1，即直線CF與x軸夾角為45°，要使C、F、P為頂點的三角形為直角三角形，則使∠CFP=90°，直線FP與x軸夾角也為45°，即直線FP斜率為1，直線FP的解析式為：，此時該直線與拋物線對稱軸x=1的交點為．【點睛】本題考查了一元二次函數(shù)與坐標(biāo)軸、直線的交點，一元二次函數(shù)的平移及應(yīng)用，圓的直徑所對應(yīng)的圓周角為直角等知識點，該題有一定的難度，所以一定要結(jié)合圖形進行分析，這樣才不會把解遺漏．6．（1）；（2）；（3）4，理由見解析【解析】【分析】（1）作點C關(guān)于AB的對稱點C'，連接DE，與AB交于點E，連接CE．此時EC+ED＝EC'+ED＝C'D最短，易證DBC'＝90°，C'B＝CB＝2，DB＝1，所以在Rt△DBC'中，C'D2＝12+22＝5，故CD＝，即EC+ED的最小值是；（2）作⊙A關(guān)于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B'于M'、N，交x軸于P，連接PA，交⊙A于M，根據(jù)兩點之間線段最短得到此時PM+PN最小，再利用對稱確定A′的坐標(biāo)，接著利用兩點間的距離公式計算出A′B的長，然后用A′B的長減去兩個圓的半徑即可得到MN的長，即得到PM+PN的最小值；（3）如圖③，延長AD、CE，交于點H，連接GH．易知GE＝DE＝1，所以點G在以H為圓心，1為半徑的圓周上運動，作點A關(guān)于BC的對稱點A'，連接A'H，與BC交于點F，與⊙H交于點G，此時AF+FG＝A'F+FG＝A'G為最短，AB＝2，AH＝BC＝3，A'B＝2，A'A＝4，所以A'H＝=5，因此A'G＝A'H﹣GH＝5﹣1＝4，即該裝置中的兩根連接桿AF與FG長度和的最小值為4．【詳解】解：（1）如圖①，作點C關(guān)于AB的對稱點C'，連接DE，與AB交于點E，連接CE．∴CE＝C'E，此時EC+ED＝EC'+ED＝C'D最短，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°∴∠CBA＝∠CAB＝45°，C'B＝CB＝2∴∠C'BA＝45°，∴∠DBC'＝90°∵D是BC邊的中點，∴DB＝1，在Rt△DBC'中，C'D2＝12+22＝5，∴CD＝，∴EC+ED的最小值是，故答案為；（2）如圖②，作⊙A關(guān)于x軸的對稱⊙A′，連接BA′分別交⊙A′和⊙B'于M'、N，交x軸于P，連接PA，交⊙A于M．則此時PM+PN＝PM'+PN＝M'N最小，∵點A坐標(biāo)（﹣2，3），∴點A′坐標(biāo)（﹣2，﹣3），∵點B（3，4），∴A'B＝＝，∴M'N＝A′B﹣BN﹣A′M'＝﹣1﹣3＝﹣4∴PM+PN的最小值為＝﹣4；（3）如圖③，延長AD、CE，交于點H，連接GH．∵∠DAB＝∠B＝∠C＝90°∴∠DHE＝90°，∵G是DE的中點，DE＝2，∴GE＝DE＝1，∵聯(lián)動桿DE的兩端D、E允許在AD、CE所在直線上滑動，∴點G在以H為圓心，1為半徑的圓周上運動，作點A關(guān)于BC的對稱點A'，連接A'H，與BC交于點F，與⊙H交于點G，此時AF+FG＝A'F+FG＝A'G為最短，∵AB＝2，AH＝BC＝3，A'B＝2，A'A＝4，∴A'H＝=5，∴A'G＝A'H﹣GH＝5﹣1＝4，所以該裝置中的兩根連接桿AF與FG長度和的最小值為4．【點睛】本題考查了圓的綜合題，涉及到勾股定理、軸對稱性質(zhì)求最短值，綜合性比較強，結(jié)合題意添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．7．(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．8．（1）t=4；（2）S=；（3）存在，當(dāng)t=4、或時，△PEF是等腰三角形．【解析】試題分析：（1）作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分別為G、H，可以得出四邊形AGHD為矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)及相關(guān)條件可以得出△ABG≌△DCH，可以求出BG=CH的值，再由勾股定理就可以求出AG=DH的值，就可以求出BP的值，即可以求出結(jié)論t的值；（2）運用求分段函數(shù)的方法，分四種情況，當(dāng)0＜t≤3，當(dāng)3＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8時，運用梯形的面積公式和三角形的面積公式就可以求出S的值；（3）先由條件可以求出EF=EQ=PQ-EP=4-t，分為三種情況：EF=EP時可以求出t值，當(dāng)FE=FP時，作FR⊥EP，垂足為R，可以求出t值，當(dāng)FE=FP時，作FR⊥EP，垂足為R，可以求出t值，當(dāng)PE=PF時，作PS⊥EF，垂足為S，可以求出t值．試題解析：（1）如圖2，作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分別為G、H，∴四邊形AGHD為矩形．∵梯形ABCD，AB=AD=DC=5，∴△ABG≌△DCH，∴BG=（BC-AD）=3，AG=4，∴當(dāng)正方形PQMN的邊MN恰好經(jīng)過點D時，點M與點D重合，此時MQ=4，∴GP=AQ=AD-DQ=1，BP=BG+GP=4，∴t=4，即4秒時，正方形PQMN的邊MN恰好經(jīng)過點D；（2）如圖1，當(dāng)0＜t≤3時，BP=t，∵tan∠DBC=，tan∠C=tan∠ABC=，∴GP=t，PQ=t，BN=t+t=t，∴NR=t，∴S=；如圖3，當(dāng)3＜t≤4時，BP=t，∴GP=t，PQ=4，BN=t+4，∴NR=t+2，∴S==2t+4；如圖4，當(dāng)4＜t≤7時，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8-t，BN=t+4，HN=t+4-8=t-4，∴CN=3-（t-4）=7-t，∴NR=，∴S=；如圖5，當(dāng)7＜t≤8時，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8-t，∴S=∴S=；（3）∵∠PEF+∠QEF=180°=∠QDF+∠QEF，∴∠PEF=∠QDF=2∠ADB=∠ABC，∴cos∠ABC=cos∠PEF=，由（1）可知EP=BP=t，則EF=EQ=PQ-EP=4-t，①如圖6，當(dāng)EF=EP時，4-t=t，∴t=4；②如圖7，當(dāng)FE=FP時，作FR⊥EP，垂足為R，∴ER=EP=EF，∴t=（4-t)，∴t=；③如圖8，當(dāng)PE=PF時，作PS⊥EF，垂足為S，∵ES=EF=PE，∴（4-t)=×t，∴t=．∴當(dāng)t=4、或時，△PEF是等腰三角形．考點：相似形綜合題．9．（1）點P的坐標(biāo)為；（2）①，t的取值范圍是；②．【解析】【分析】（1）過點P作軸，則，因為，，可得，進而得，由30°所對的直角邊等于斜邊的一半可得，進而用勾股定理可得，點P的坐標(biāo)即求出；（2）①由折疊知，，所以，；再根據(jù)，即可根據(jù)菱形的定義“四條邊相等的四邊形是菱形”可證四邊形為菱形，所以，可得；根據(jù)點A的坐標(biāo)可知，加之，從而有；而在中，，又因為，所以得，由和的取值范圍可得t的范圍是；②由①知，為等邊三角形，由（1）四邊形為菱形，所以,三角形DCQ為直角三角形，∠Q=60°，從而，,進而可得，又已知t的取值范圍是，即可得．【詳解】解：（1）如圖，過點P作軸，垂足為H，則．，．．在中，，，．點P的坐標(biāo)為．（2）①由折疊知，，，．又，．四邊形為菱形．．可得．點，．有．在中，．，，其中t的取值范圍是．②由①知，為等邊三角形，∵四邊形為菱形，∴,三角形DCQ為直角三角形，∠Q=60°，∴，,∴，∵，∴．，【點睛】本題主要考查了折疊問題，菱形的判定與性質(zhì)，求不規(guī)則四邊形的面積等知識．10．（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(dāng)點P在邊AB上是，補全圖形如圖當(dāng)點P在AB的延長線上是，補全圖形如圖②Ⅰ、當(dāng)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(dāng)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，11．（1）見解析；（2）①見解析；②見解析；（3）見解析【解析】【分析】（1）先判斷出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判斷出∠ODN=∠OAM，判斷出△DON≌△AOM即可得出結(jié)論；（2）①連接MN，由（1）的方法可得OM=ON，證明四邊形DENM是平行四邊形，再由DN⊥AE可證□DENM是菱形；②根據(jù)四邊形DENM是菱形，進而判斷出∠BDN=22.5°，即可判斷出∠AMB=67.5°，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出△DEN∽△ADE得出DE2=AD?EN，再判斷出AC=AD，EN=CN，AN=DE，代換即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵正方形ABCD的對角線AC，BD相交于O，∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90°，∴∠OND+∠ODN=90°，∵∠ANH=∠OND，∴∠ANH+∠ODN=90°，∵DH⊥AE，∴∠DHM=90°，∴∠ANH+∠OAM=90°，∴∠ODN=∠OAM，∴△DON≌△AOM，∴OM=ON；（2）①連接MN，∵EN∥BD，∴∠ENC=∠DOC=90°，∠NEC=∠BDC=45°=∠ACD，∴EN=CN，同（1）的方法得，OM=ON，∵OD=OD，∴DM=CN=EN，∵EN∥DM，∴四邊形DENM是平行四邊形，∵DN⊥AE，∴□DENM是菱形，②∵□DENM是菱形，∴DE=EN，∴∠EDN=∠END，∵EN∥BD，∴∠END=∠BDN，∴∠EDN=∠BDN，∵∠BDC=45°，∴∠BDN=22.5°，∵∠AHD=90°，∴∠AMB=∠DME=90°-∠BDN=67.5°，∵∠ABM=45°，∴∠BAM=67.5°=∠AMB，∴BM=AB；（3）如圖3，∵DN⊥AE，∴∠DEH+∠EDH=90°，∵∠DAE+∠DEH=90°，∴∠DAE=∠EDH，∵EN⊥CD，∴∠DEN=90°=∠ADE，∴△DEN∽△ADE，∴，∴DE2=AD?EN，∵AC是正方形ABCD的對角線，∴∠ACD=∠BAC=45°，∴CN=EN，AC=AD，延長EN交AB于P，∴四邊形ADEP是矩形，∴DE=AP，∵AN=AP=DE，∴AN2=AC?CN．【點睛】此題是相似形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形，菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，判斷出四邊形DENM是菱形是解（2）的關(guān)鍵，判斷出△DEN∽△ADE是解（3）的關(guān)鍵．12．（1）；（2）（，﹣）或（，）；（3）1.【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸公式以及與x軸的交點坐標(biāo)可得，又x2﹣x1＝2，可求得x1＝1，x2＝3，由此可得A，B兩點坐標(biāo).將A點坐標(biāo)代入拋物線解析式可求得m的值，由此可得拋物線解析式；（2）作MN垂直且平分線段AC，交y軸與點F，連接FA.可得∠OFA=2∠OCA，所以∠OFA=∠EAB，在Rt△OFA中表示∠OFA的正切值，分點E在x軸下方和x軸上方兩種情況討論，分別構(gòu)造直角三角形表示∠EAB（∠E'AB）的正切值.根據(jù)相等角的正切值相等列出方程解方程即可；（3）連接AD，過P作PS⊥QD于點S，作PH⊥x軸于點H，過B作BI∥QD，交PS于點I，先證明M的軌跡在x軸上，當(dāng)P在B點時，M在A點.點P從點B出發(fā)沿拋物線向上運動時，M在A處沿x軸向左邊運動．MD掃過的面積即S△MAD，求S△MAD即可.【詳解】解：（1）∵拋物線與x軸有兩個交點A（x1，0），B（x2，0）∴拋物線對稱軸直線x＝＝＝2∴又∵x2﹣x1＝2∴x1＝1，x2＝3則點A（1，0），B（3，0）把點A（1，0）代入y＝mx2﹣4mx+2m+1中得，m﹣4m+2m+1＝0解得，m＝1∴拋物線解析式為y＝x2﹣4x+3（2）如圖①作MN垂直且平分線段AC，交y軸與點F．連接FA，則∠OFA＝2∠OCA由MN垂直平分AC得FC＝FA，設(shè)F（0，n），則OF＝n，OA＝1在Rt△OAF中，由勾股定理得，AF＝＝∴FC＝∴OC＝OF+FC＝n+＝3∴＝3﹣n等式左右兩邊同時平方得，1+n2＝（3﹣n）2解得，n＝∴F（0，）∴tan∠OFA＝＝＝①當(dāng)拋物線上的點E在x軸下方時，作EG⊥x軸于點G，并使得∠EAB＝∠OFA．設(shè)點E（m，m2﹣4m+3），其中1＜m＜3，則tan∠EAB＝＝＝整理得，4m2﹣13m+9＝0解得，m1＝，m2＝1（舍去）此時E點坐標(biāo)為（，﹣）；②當(dāng)拋物線上的點E'在x軸上方時，作E'H⊥x軸于點H，并使得∠E'AB＝∠OFA．設(shè)點E'（m，m2﹣4m+3），其中m＞3，則tan∠E'AB＝＝＝整理得，4m2﹣19m+15＝0解得，m3＝，m4＝1（舍去）此時E’點坐標(biāo)為（，）綜上所述，滿足題意的點E的坐標(biāo)可以為（，﹣）或（，）（3）如圖②，連接AD，過P作PS⊥QD于點S，作PH⊥x軸于點H，過B作BI∥QD，交PS于點I．設(shè)QD⊥x軸于點T，DP與x軸交于點R．∵在矩形PQMD中，MQ∥DP∴∠QMH＝∠MRD又∵在△MDR中，∠MDR＝90°∴∠DMR+∠DRM＝90°又∵∠QMD＝∠QMR+∠DMR＝90°，R在x軸上∴M恒在x軸上．又∵PQ∥MD∴∠PQS＝∠MDT．∴在△MTD與△PSQ中，∴△MTD≌△PSQ（AAS）∴MT＝PS又∵PS＝TH∴MT＝TH又∵AT＝TB∴MT﹣AT＝TH﹣TB即MA＝BH．又∵P點橫坐標(biāo)為5時，易得OH＝5∴BH＝OH﹣OB＝5﹣3＝2∴MA＝2又∵當(dāng)P在B點時依題意作矩形PQMD，M在A點由點P從點B由出發(fā)沿拋物線向上運動，易得M在A處沿x軸向左邊運動．∴MD掃過的面積即S△MAD∴S△MAD＝MA?TD＝×2×1＝1．即線段DM掃過的圖形面積為1．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合題，勾股定理，解直角三角形，矩形的性質(zhì)定理.（2）中能通過作MN垂直且平分線段AC，得出∠OFA=2∠OCA是解題的關(guān)鍵；（3）中能推理出M的運動軌跡是解決問題的關(guān)鍵.13．（1）y＝﹣x2+10x﹣18；（2）4，6；（3）定值1，見解析【解析】【分析】（1）先將拋物線M1：y=-x2+4x化為頂點式，由平移規(guī)律“上加下減，左加右減”可直接寫出拋物線M2的解析式；（2）分別求出點A，點B，點C的坐標(biāo)，求出m的取值范圍，再用含m的代數(shù)式表示出△CPQ的面積，可用函數(shù)的思想求出其最大值；（3）設(shè)將直線OB向下平移k個單位長度得到直線EH，分別求出點E，F(xiàn)，G，H的橫坐標(biāo)，分別過G，H作y軸的平行線，過E，F(xiàn)作x軸的平行線，構(gòu)造相似三角形△GEM與△HFN，可通過相似三角形的性質(zhì)求出的值為1．【詳解】解：（1）∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，∴將其先向右平移3個單位，再向上平移3個單位的解析式為：y＝﹣（x﹣5）2+7＝﹣x2+10x﹣18；（2）∵拋物線M1與M2交于點B，∴﹣x2+4x＝﹣x2+10x﹣18，解得，x＝3，∴B（3，3），將點B（3，3）代入y＝kx，得，k＝1，∴yOB＝x，∵拋物線M2與直線OB交于點C，∴x＝﹣x2+10x﹣18，解得，x1＝3，x2＝6，∴C（6，6），∵點P的橫坐標(biāo)為m，∴點P（m，﹣m2+4m），則Q（m，﹣m2+10m﹣18），∴QP＝﹣m2+10m﹣18﹣（﹣m2+4m）＝6m﹣18，∴S△PQC＝（6m﹣18）（6﹣m）＝﹣3m2+27m﹣54，＝﹣3（m﹣）2+，在y＝﹣m2+4m中，當(dāng)y＝0時，x1＝0，x2＝4，∴A（4，0），∵B（3，3），∴3≤m≤4，∴在S＝﹣3（m﹣）2+中，根據(jù)二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)可知，當(dāng)m＝4時，△PCQ有最大值，最大值為6；（3）的值是定值1，理由如下：設(shè)將直線OB向下平移k個單位長度得到直線EH，則yEH＝x﹣k，∴令x﹣k＝﹣x2+4x，解得，x1＝，x2＝，∴xF＝，xE＝，令x﹣k＝﹣x2+10x﹣18，解得，x1＝，x2＝，∴xH＝，xG＝，∴ME＝xG﹣xE＝﹣＝3，F(xiàn)N＝xH﹣xF＝＝3，分別過G，H作y軸的平行線，過E，F(xiàn)作x軸的平行線，交點分別為M，N，Q，則∠HFN＝∠GEM，∠HNF＝∠GME＝90°，∴△GEM∽△HFN，∴＝＝＝1，∴的值是定值1．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象平移規(guī)律，二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等，解題關(guān)鍵是掌握用函數(shù)的思想求極值等．14．（1）；（2）?PAC的面積有最大值是4，此時，P（-2，3）；（3）存在，【解析】【分析】(1)根據(jù)待定系數(shù)法，即可得到答案；(2)設(shè)P，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，則點Q，根(3)根據(jù)三角形的面積公式，得到二次函數(shù)解析式，即可得到答案；設(shè)，則，若以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似，則或,分別求出t的值，即可得到答案.【詳解】（1）∵直線y＝x+2與x軸交于點A，與y軸交于點C，∴A（-4，0），C（0，2）∵拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸是x＝且過A（-4，0），C（0，2），∴，解得：∴拋物線解析式為：；（2）設(shè)P，過點P作PQ⊥x軸交AC于點Q，如圖，∴點Q，∴PQ==，∵=，∴當(dāng)m=-2時，?PAC的面積有最大值是4，此時，P（-2，3）；（3）∵，∴A（-4，0），C（0，2）B（1，0），∴AB=5，AC=2，BC=，∵，∴AC⊥BC，∵MN⊥x軸，∴若以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似，則或,設(shè)，則，①，∴，解得：②，∴，解得：綜上所述：存在使得以點A、M、N為頂點的三角形與△ABC相似.【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象與相似三角形的綜合，分類討論思想和數(shù)形結(jié)合的思想方法，是解題的關(guān)鍵.15．（1），；（2）；（3）．【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）作軸于K，軸于L，OD=3OE，則OL=3OK，DL=3KE，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為t，則點D的橫坐標(biāo)為-3t，則點E、D的坐標(biāo)分別為：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；（3）設(shè)點的橫坐標(biāo)為，可得PH=m2+m-，過作EF∥y軸交于點交軸于點，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ?tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，點P、Q的坐標(biāo)分別為：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；證明△PMH≌△WNH，則PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中點，則W（-1，2），再根據(jù)待定系數(shù)法即可求解．【詳解】解：（1）把、分別代入得：，解得；（2）如圖2，由（1）得，作軸于K，軸于L，∴EK∥DL，∴．∵，∴，設(shè)點的橫坐標(biāo)為，，，∴的橫坐標(biāo)為，分別把和代入拋物線解析式得，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍），，∴．（3）如圖3，設(shè)點的橫坐標(biāo)為，把代入拋物線得，∴．過作EF∥y軸交于點交軸于點，∴軸．∵點與點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∴PQ∥x軸，，∴，點坐標(biāo)為，又∵軸，∴ET∥PH，∴，∴，∴四邊形為矩形，∴，∴，∴，，，∴．∴，，∴，∴．又∵，∴．∵，∴解得，∵，∴．∴，，把代入拋物線得，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．若交于點，∵NF∥PE，∴，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴．作WS∥PQ，交于點交軸于點，∴△WSH∽△QPH，∴．∵∴，∴，，∴．∵，∴，∴．設(shè)的解析式為，把、代入得，解得，∴．∵FN∥PE，∴設(shè)的解析式為，把代入得，∴的解析式為．【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)、三角形全等、解直角三角形等，其中（3）證明△PMH≌△WNH是解題的關(guān)鍵．16．（1）20；（2）①見解析；②存在，CE＝；（3）tan∠C的值為或．【解析】【分析】（1）∠B不可能是α或β，當(dāng)∠A＝α?xí)r，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°；（2）①如圖1，設(shè)∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②∠ABE＝∠C，則△ABC∽△AEB，即,即，解得：AE=，即可求解.（3）①如圖2所示，當(dāng)∠ABD＝∠DBC＝β時，設(shè)BH＝x，則HE＝5﹣x，則AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝，即可求解；②如圖3所示，當(dāng)∠ABD＝∠C＝β時，AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，則DE＝2k，則AG＝3k＝R（圓的半徑）＝BG，點H是BE的中點，則GH＝DE＝k，在△BGH中，BH＝＝2k，在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝4k，由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝，即可求解.【詳解】解：（1）∠B不可能是α或β，當(dāng)∠A＝α?xí)r，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°，故答案為20；（2）①如圖1，設(shè)∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②存在，理由：在邊AC上是否存在點E（異于點D），使得△BCE是“近直角三角形”，AB＝3，AC＝4，則BC＝5，則∠ABE＝∠C，則△ABC∽△AEB，即，即，解得：AE＝，則CE＝4﹣＝；（3）①如圖2所示，當(dāng)∠ABD＝∠DBC＝β時，則AE⊥BF，則AF＝FE＝3，則AE＝6，AB＝BE＝5，過點A作AH⊥BC于點H，設(shè)BH＝x，則HE＝5﹣x，則AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝；cos∠ABE＝＝＝cos2β，則tan2β＝，則tanα＝；②如圖3所示，當(dāng)∠ABD＝∠C＝β時，過點A作AH⊥BE交BE于點H，交BD于點G，則點G是圓的圓心（BE的中垂線與直徑的交點），∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，則EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，∵DE⊥BC，AH⊥BC，∴ED∥AH，則AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，則DE＝2k，則AG＝3k＝R（圓的半徑）＝BG，點H是BE的中點，則GH＝DE＝k，在△BGH中，BH＝＝2k，在△ABH中，AB＝5，BH＝2k，AH＝AG+HG＝4k，由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝；在△ABD中，AB＝5，BD＝6k＝，則cos∠ABD＝cosβ＝＝＝cosC，則tanC＝；綜上，tan∠C的值為或．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)值等知識.屬于圓的綜合題，解決本題需要我們熟練各部分的內(nèi)容，對學(xué)生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學(xué)知識貫穿起來.17．（1）點，的最小值；（2）存在，點的坐標(biāo)可以為，，或【解析】【分析】（1）設(shè)，根據(jù)正切函數(shù)的定義求出點C，將其代入二次函數(shù)的表達式中，求出a，過點E作EH⊥OB，垂足為H，根據(jù)四邊形面積=梯形OCEH的面積+△BHE的面積得到一個二次函數(shù)，進而可求出取最大值時點E的坐標(biāo)，過點M作MF⊥OB，垂足為F，要使最小，則使最小，進而求解；（2）分兩種情況考慮，①線段BC為鄰邊時，則點N只能取點K，H，②線段BC為對角線時，設(shè)點，線段BC與線段PN的交點為點O，分別利用中點坐標(biāo)公式進行求解．【詳解】解：（1）設(shè)，∵，，∴，即點，將點C代入中，解得，，∴，設(shè)點，過點E作EH⊥OB，垂足為H，∴四邊形面積=梯形OCEH的面積+△BHE的面積，∴當(dāng)時，四邊形面積最大，∴點，過點M作MF⊥OB，垂足為F，∵，∴要使最小，即使最小，∴過點E作EH⊥OB交BC于點M，垂足為H，此時取得最小值，∴的最小值；（2）存在；由題意知，，線段所在的直線方程為，分兩種情況討論：①線段BC為鄰邊時，則點N只能取點K，H，∵，解得，點K，H的橫坐標(biāo)分別為，，∵四邊形BCPN為平行四邊形，設(shè)點，當(dāng)N取點K時，由中點坐標(biāo)公式知，，解得，，∴，即點，同理可知，當(dāng)點N取點K時，點；②線段BC為對角線時，設(shè)點，線段BC與線段PN的交點為點O，∴點，∴由中點坐標(biāo)公式得，，∵，∴解得，或，∴點或，綜上所述，點的坐標(biāo)可以為，，或．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了正切函數(shù)，二次函數(shù)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，中點坐標(biāo)公式，學(xué)會運用分類討論的思想進行解題，是中考壓軸題