深圳觀瀾街道觀瀾中學(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．已知拋物線與x軸交于點，點，與y軸交于點，頂點為點D．（1）求拋物線的解析式；（2）若過點C的直線交線段AB于點E，且，求直線CE的解析式（3）若點P在拋物線上，點Q在x軸上，當(dāng)以點D、C、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標(biāo)；（4）已知點，在拋物線對稱軸上找一點F，使的值最小此時，在拋物線上是否存在一點K，使的值最小，若存在，求出點K的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．3．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(biāo)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(dāng)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?yán)贸踔兄R，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．）4．如圖，拋物線經(jīng)過點，頂點為，對稱軸與軸相交于點，為線段的中點．（1）求拋物線的解析式；（2）為線段上任意一點，為軸上一動點，連接，以點為中心，將逆時針旋轉(zhuǎn)，記點的對應(yīng)點為，點的對應(yīng)點為．當(dāng)直線與拋物線只有一個交點時，求點的坐標(biāo)．（3）在（2）的旋轉(zhuǎn)變換下，若（如圖）．①求證：．②當(dāng)點在（1）所求的拋物線上時，求線段的長．5．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)．6．如圖①是一張矩形紙片，按以下步驟進(jìn)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．7．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_________，位置關(guān)系是_________；（2）探究證明：把繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接，，，判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把繞點在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，，請直接寫出面積的最大值．8．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(biāo)為．（1）求拋物線的表達(dá)式及點的坐標(biāo)；（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(fù)半軸上、點在第三象限的拋物線上．①如圖2，當(dāng)矩形成為正方形時，求的值；②如圖3，當(dāng)點恰好是線段的中點時，連接，．試探究坐標(biāo)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(biāo)；若不存在，說明理由．9．定義：對于二次函數(shù)，我們稱函數(shù)為它的分函數(shù)（其中為常數(shù)）．例如：的分函數(shù)為．設(shè)二次函數(shù)的分函數(shù)的圖象為．（1）直接寫出圖象對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式．（2）當(dāng)時，求圖象在范圍內(nèi)的最高點和最低點的坐標(biāo)．（3）當(dāng)圖象在的部分與軸只有一個交點時，求的取值范圍．（4）當(dāng)，圖象到軸的距離為個單位的點有三個時，直接寫出的取值范圍．10．（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．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(dá)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(dá)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．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(dāng)△BFD與△EAD相似時，求出BF的長．14．如圖，拋物線經(jīng)過點A（1,0），B（4,0）與軸交于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖①，在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使得四邊形PAOC的周長最?。咳舸嬖?，求出四邊形PAOC周長的最小值；若不存在，請說明理由．（3）如圖②，點Q是線段OB上一動點，連接BC，在線段BC上是否存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形？若存在，求M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．15．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。16．如圖，已知矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點E是邊CD上一個動點，連接AE，將△AED沿直線AE翻折得△AEF.(1)當(dāng)點C落在射線AF上時，求DE的長;(2)以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當(dāng)AD與圓F相切時，求cos∠FAB的值;(3)若P為AB邊上一點，當(dāng)邊CD上有且僅有一點Q滿∠BQP=45°，直接寫出線段BP長的取值范圍.17．在平面直角坐標(biāo)系xoy中，點A(-4,-2)，將點A向右平移6個單位長度，得到點B.（1）若拋物線y＝-x2＋bx＋c經(jīng)過點A,B，求此時拋物線的表達(dá)式；（2）在（1）的條件下的拋物線頂點為C，點D是直線BC上一動點（不與B，C重合），是否存在點D，使△ABC和以點A,B,D構(gòu)成的三角形相似？若存在，請求出此時D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）若拋物線y＝-x2＋bx＋c的頂點在直線y＝x＋2上移動，當(dāng)拋物線與線段有且只有一個公共點時，求拋物線頂點橫坐標(biāo)t的取值范圍．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(dá)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．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．直線m∥n，點A、B分別在直線m，n上（點A在點B的右側(cè)），點P在直線m上，AP＝AB，連接BP，將線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到BC，連接AC交直線n于點E，連接PC，且ABE為等邊三角形．（1）如圖①，當(dāng)點P在A的右側(cè)時，請直接寫出∠ABP與∠EBC的數(shù)量關(guān)系是，AP與EC的數(shù)量關(guān)系是．（2）如圖②，當(dāng)點P在A的左側(cè)時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．（3）如圖②，當(dāng)點P在A的左側(cè)時，若△PBC的面積為，求線段AC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）；（2）；（3）點P的坐標(biāo)為；（4）存在，點K的坐標(biāo)為【解析】【分析】（1）由于點A、B為拋物線與x軸的交點，可設(shè)兩點式求解；也可將A、B、C的坐標(biāo)直接代入解析式中利用待定系數(shù)法求解即可；（2）根據(jù)兩個三角形的高相等，則由面積比得出，求出AE,根據(jù)點A坐標(biāo)可解得點E坐標(biāo),進(jìn)而求得直線CE的解析式；（3）分兩種情況討論①當(dāng)四邊形為平行四邊形時；②當(dāng)四邊形為平行四邊形時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和點的坐標(biāo)位置關(guān)系得出縱坐標(biāo)的關(guān)系式，分別代入坐標(biāo)數(shù)值，解方程即可解答；（4）根據(jù)拋物線的對稱性，AF=BF，則HF+AF=HF+BF，當(dāng)H、F、B共線時，HF+AF值最小，求出此時點F的坐標(biāo)，設(shè)，由勾股定理和拋物線方程得，過點K作直線SK，使軸，且點的縱坐標(biāo)為，則點S的坐標(biāo)為，此時，,∴KF+KG=KS+KG,當(dāng)S、K、G共線且平行y軸時，KF+KG值最小，由點G坐標(biāo)解得，代入拋物線方程中解得，即為所求K的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）方法1：設(shè)拋物線的解析式為將點代入解析式中，則有．∴拋物線的解析式為．方法二：∵經(jīng)過三點拋物線的解析式為，將代入解析式中，則有，解得：，∴拋物線的解析式為．（2），．．．．的坐標(biāo)為．又點的坐標(biāo)為．直線的解析式為．（3）．∴頂點D的坐標(biāo)為．①當(dāng)四邊形為平行四邊形時，由DQ∥CP，DQ=CP得：，即．．令，則．．∴點P的坐標(biāo)為．②當(dāng)四邊形為平行四邊形時，由CQ∥DP，CQ=DP得：，即．令，則．．∴點P的坐標(biāo)為．∴綜合得：點P的坐標(biāo)為（4）∵點A或點B關(guān)于對稱軸對稱∴連接與直線交點即為F點．∵點H的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，∴直線BH的解析式為：．令，則．當(dāng)點F的坐標(biāo)為時，的值最?。?1分設(shè)拋物線上存在一點，使得的值最?。畡t由勾股定理可得：．又∵點K在拋物線上，代入上式中，．如圖，過點K作直線SK，使軸，且點的縱坐標(biāo)為．∴點S的坐標(biāo)為．則．（兩處絕對值化簡或者不化簡者正確．）．當(dāng)且僅當(dāng)三點在一條直線上，且該直線干行于y軸，的值最?。帧唿cG的坐標(biāo)為，，將其代入拋物線解析式中可得：．∴當(dāng)點K的坐標(biāo)為時，最?。军c睛】本題主要考查了二次函數(shù)與幾何圖形的綜合，涉及待定系數(shù)法、平行四邊形的性質(zhì)、、三角形面積、求線段和的最小值（即將軍飲馬模型）等知識，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，找出相關(guān)條件，運用待定系數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法等解題方法確定解題思路，對相關(guān)信息進(jìn)行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．3．（1）（0,1）；1或0（2）（3）【解析】【分析】（1）由題意，可得點B坐標(biāo)，進(jìn)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(fù)性解得m和b的值，進(jìn)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(biāo)以及y關(guān)于x的表達(dá)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(biāo)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(biāo)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(biāo)為（0,1），設(shè)直線的表達(dá)式為y=kx+1，將點A（-1,0）代入得：k=1，所以直線的表達(dá)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(yuǎn)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(biāo)平移規(guī)則、非負(fù)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(rèn)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(jìn)行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．4．（1）；（2）（，0）；（3）①見解析；②=或=【解析】【分析】（1）根據(jù)點C在拋物線上和已知對稱軸的條件可求出解析式；（2）根據(jù)拋物線的解析式求出點B及已知點C的坐標(biāo)，證明△ABC是等腰直角三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)推出直線EF與x軸的夾角為45°，因此設(shè)直線EF的解析式為y=x+b，設(shè)點M的坐標(biāo)為（m，0），推出點F（m，6-m），直線與拋物線只有一個交點，聯(lián)立兩個解析式，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根的判別式為0得到關(guān)于m的方程，解方程得點M的坐標(biāo)．注意有兩種情況，均需討論．（3）①過點P作PG⊥x軸于點G，過點E作EH⊥x軸于點H，設(shè)點M的坐標(biāo)為（m，0），由及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明△EHM≌△MGP，得到點E的坐標(biāo)為（m-1，5-m），再根據(jù)兩點距離公式證明，注意分兩種情況，均需討論；②把E（m-1，5-m）代入拋物線解析式，解出m的值，進(jìn)而求出CM的長．【詳解】（1）∵點在拋物線上，∴，得到，又∵對稱軸，∴，解得，∴，∴二次函數(shù)的解析式為；（2）當(dāng)點M在點C的左側(cè)時，如下圖：∵拋物線的解析式為，對稱軸為，∴點A（2，0），頂點B（2，4），∴AB=AC=4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1=45°；∵將逆時針旋轉(zhuǎn)得到△MEF，∴FM=CM，∠2=∠1=45°，設(shè)點M的坐標(biāo)為（m，0），∴點F（m，6-m），又∵∠2=45°，∴直線EF與x軸的夾角為45°，∴設(shè)直線EF的解析式為y=x+b，把點F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，直線EF的解析式為y=x+6-2m，∵直線與拋物線只有一個交點，∴，整理得：，∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，點M的坐標(biāo)為（，0）．當(dāng)點M在點C的右側(cè)時，如下圖：由圖可知，直線EF與x軸的夾角仍是45°，因此直線與拋物線不可能只有一個交點．綜上，點M的坐標(biāo)為（，0）．（3）①當(dāng)點M在點C的左側(cè)時，如下圖，過點P作PG⊥x軸于點G，過點E作EH⊥x軸于點H，∵，由（2）知∠BCA=45°，∴PG=GC=1，∴點G（5，0），設(shè)點M的坐標(biāo)為（m，0），∵將逆時針旋轉(zhuǎn)得到△MEF，∴EM=PM，∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH=90°，∴∠HEM=∠GMP，在△EHM和△MGP中，，∴△EHM≌△MGP（AAS），∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，∴點H（m-1，0），∴點E的坐標(biāo)為（m-1，5-m）；∴EA==，又∵為線段的中點，B（2，4），C（6，0），∴點D（4，2），∴ED==，∴EA=ED．當(dāng)點M在點C的右側(cè)時，如下圖：同理，點E的坐標(biāo)仍為（m-1，5-m），因此EA=ED．②當(dāng)點在（1）所求的拋物線上時，把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，解得：m=或m=，∴=或=．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．5．（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(dá)式為：y＝x2+2x﹣3①；（2）由拋物線的表達(dá)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(dá)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(dá)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(dá)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(dá)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(dá)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．6．（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．7．（1），；（2）等腰直角三角形，見解析；（3）【解析】【分析】（1）由三角形中位線定理及平行的性質(zhì)可得PN與PM等于DE或CE的一半，又△ABC為等腰直角三角形，AD=AE，所以得PN=PM，且互相垂直；（2）由旋轉(zhuǎn)可推出，再利用PM與PN皆為中位線，得到PM=PN，再利用角度間關(guān)系推導(dǎo)出垂直即可；（3）找到面積最大的位置作出圖形，由（2）可知PM=PM，且PM⊥PN，利用三角形面積公式求解即可．【詳解】（1），；已知點，，分別為，，的中點，根據(jù)三角形的中位線定理可得，，，根據(jù)平行線性質(zhì)可得，在中，，，可得，即得，故答案為：；．（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋轉(zhuǎn)可得，又，∴∴，，∵點，分別為，的中點∴是的中位線∴，且，同理可證，且∴，，，∴，，∴，即為等腰直角三角形．（3）把繞點旋轉(zhuǎn)的如圖的位置，此時，且、的值最長，由（2）可知，所以面積最大值為．【點睛】本題主要考查三角形中位線的判定及性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等相關(guān)知識，解題關(guān)鍵在于找到圖形中各角度之間的數(shù)量關(guān)系．8．（1），；（2）；（3）①的值為；②存在；點的坐標(biāo)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(jìn)而可得到拋物線的表達(dá)式和點C的坐標(biāo)；（2）設(shè)直線BC的解析式為即可求出解析式的表達(dá)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(biāo)為，且，可得，再根據(jù)四邊形是正方形求出點G的坐標(biāo)，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(biāo)、、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(dá)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(dá)式為，當(dāng)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(biāo)為，且，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∵點在第三象限，∴點的坐標(biāo)為，∵點在拋物線上，∴，解（不符合題意，舍去），，∴當(dāng)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(biāo)為（-m，m-4），∵點在拋物線上，∴，解（不符合題意，舍去），，∴點D的坐標(biāo)為（2，-2），∴，，如圖，設(shè)點的坐標(biāo)為（x，y），分以下三種情況：I、當(dāng)位于點P時，可得PF=CD，PC=CF，∴，，解得，（不合題意，舍去），∴點P的坐標(biāo)為；II、當(dāng)位于點時，方法同I可得點的坐標(biāo)為；III、當(dāng)位于點時，方法同I可得點的坐標(biāo)為；綜上，點的坐標(biāo)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．9．（1）（2）圖象在范圍內(nèi)的最高點和最低點的坐標(biāo)分別為，（3）當(dāng)或或時，圖象在的部分與軸只有一個交點（4），．【解析】【分析】（1）根據(jù)分函數(shù)的定義直角寫成關(guān)系式即可；（2）將m=1代入（1）所得的分函數(shù)可得，然后分和兩種情況分別求出最高點和最低點的坐標(biāo)，最后比較最大值和最小值即可解答；（3）由于圖象在的部分與軸只有一個交點時，則可令對應(yīng)二元一次方程的根的判別式等于0，即可確定m的取值；同時發(fā)現(xiàn)無論取何實數(shù)、該函數(shù)的圖象與軸總有交點，再令x=m代入原函數(shù)解析式，求出m的值，據(jù)此求出m的取值范圍；（4）先令或-m①，利用根的判別式小于零確定求出m的取值范圍，然后再令x=m代入或-m②，然后再令判別式小于零求出m的取值范圍，令x=m代入或-m③，令判別式小于零求出m的范圍，然后?、佗冖蹆蓛傻墓餐糠旨礊閙的取值范圍．【詳解】（1）圖象對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為（2）當(dāng)時，圖象對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為．當(dāng)時，將配方，得．所以函數(shù)值隨自變量的增大而增大，此時函數(shù)有最小值，無最大值．所以當(dāng)時，函數(shù)值取得最小值，最小值為．所以最低點的坐標(biāo)為．當(dāng)時，將配方，得．所以當(dāng)時，函數(shù)值取得最小值，最小值為所以當(dāng)時，函數(shù)值取得最大值，最大值為所以最低點的坐標(biāo)為，最高點的坐標(biāo)為所以，圖象在范圍內(nèi)的最高點和最低點的坐標(biāo)分別為，．（3）當(dāng)時，令，則所以無論取何實數(shù)，該函數(shù)的圖象與軸總有交點．所以當(dāng)時，圖象在的部分與軸只有一個交點．當(dāng)時，．令，則．解得，．所以當(dāng)或時，圖象在的部分與軸只有一個交點．綜上所述，當(dāng)或或時，圖象在的部分與軸只有一個交點．（4）當(dāng)即，△=＞0，方∵，∴m不存在；當(dāng)即，△=＜0，解得＜m＜1；①將x=m代入得-3m2+3m-1＞0，因△=則m不存在；將x=-m代入得-3m2+5m-1＞0，解得或；②將x=m代入得，解得或③將x=m代入得，因△=故m不存在；在①②③兩兩同時滿足的為，，即為圖象到軸的距離為個單位的點有三個時的m的取值范圍．【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了新定義函數(shù)的定義、二次函數(shù)最值和二次函數(shù)圖像，正確運用二次函數(shù)圖像的性質(zhì)和分類討論思想是解答本題的關(guān)鍵．10．（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．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(jìn)行轉(zhuǎn)化以及分析出點的運動軌跡為圓．13．（1）；（2）；（3）或．【解析】試題分析：（1）已知了拋物線的頂點坐標(biāo)，可將拋物線的解析式設(shè)為頂點坐標(biāo)式，然后將C點坐標(biāo)代入求解即可．（2）由于DE是⊙A的切線，連接AE，那么根據(jù)切線的性質(zhì)知AE⊥DE，在Rt△AED中，AE、AB是圓的半徑，即AE=OA=AB=3，而A、D關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，即AB=BD=3，由此可得到AD的長，進(jìn)而可利用勾股定理求得切線DE的長．（3）若△BFD與EAD△相似，則有兩種情況需要考慮：①△AED∽△BFD，②△AED∽△FBD，根據(jù)不同的相似三角形所得不同的比例線段即可求得BF的長．試題解析：（1）設(shè)拋物線的解析式為y=a（x-6）2+k；∵拋物線經(jīng)過點A（3，0）和C（0，9），∴，解得：∴y=（x-6）2-3．（2）連接AE；∵DE是⊙A的切線，∴∠AED=90°，AE=3，∵直線l是拋物線的對稱軸，點A，D是拋物線與x軸的交點，∴AB=BD=3，∴AD=6；在Rt△ADE中，DE2=AD2-AE2=62-32=27，∴DE=3．（3）當(dāng)BF⊥ED時；∵∠AED=∠BFD=90°，∠ADE=∠BDF，∴△AED∽△BFD，∴，即，∴BF=；當(dāng)FB⊥AD時，∵∠AED=∠FBD=90°，∠ADE=∠FDB，∴△AED∽△FBD，∴，即BF=；∴BF的長為或．考點：二次函數(shù)綜合題．14．（1）；（2）9；（3）存在點M的坐標(biāo)為（）或（）使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形【解析】【分析】(1)根據(jù)拋物線經(jīng)過A、B兩點，帶入解析式，即可求得a、b的值.（2）根據(jù)PA=PB，要求四邊形PAOC的周長最小，只要P、B、C三點在同一直線上，因此很容易計算出最小周長.（3）首先根據(jù)△BQM為直角三角形，便可分為兩種情況QM⊥BC和QM⊥BO，再結(jié)合△QBM∽△CBO，根據(jù)相似比例便可求解.【詳解】解：（1）將點A（1,0），B（4,0）代入拋物線中，得：解得：所以拋物線的解析式為.（2）由（1）可知，拋物線的對稱軸為直線.連接BC，交拋物線的對稱軸為點P,此時四邊形PAOC的周長最小，最小值為OA+OC+BC=1+3+5=9.(3)當(dāng)QM⊥BC時，易證△QBM∽△CBO所以,又因為△CQM為等腰三角形，所以QM=CM.設(shè)CM=x,則BM=5-x所以所以.所以QM=CM=，BM=5-x=,所以BM:CM=4:3.過點M作NM⊥OB于N，則MN//OC,所以,即，所以,所以點M的坐標(biāo)為（）當(dāng)QM⊥BO時,則MQ//OC,所以,即設(shè)QM=3t,則BQ=4t,又因為△CQM為等腰三角形，所以QM=CM=3t,BM=5-3t又因為QM2+QB2=BM2,所以(3t)2+(4t)2=(5-3t)2,解得MQ=3t=,,所以點M的坐標(biāo)為（）.綜上所述，存在點M的坐標(biāo)為（）或（）使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形【點睛】本題是一道二次函數(shù)的綜合型題目，難度系數(shù)較高，關(guān)鍵在于根據(jù)圖形化簡問題，這道題涉及到一種分類討論的思想，這是這道題的難點所在，分類討論思想的關(guān)鍵在于根據(jù)直角三角形的直角進(jìn)行分類的.15．（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(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵．16．（1）DE=3；（2）；（3）BP=12-12或6＜BP≤【解析】【分析】(1)當(dāng)點C落在射線AF上時，設(shè)DE=x，則EF=DE=x，CE=8-x，根據(jù)勾股定理，列出方程，即可求解；(2)以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當(dāng)AD與圓F相切時，設(shè)切點為M，連接FM，則FM⊥AD，過點F作FN⊥AB，設(shè)FM=x，則AN=FM=x，BF=FM=x，BN=8-x，根據(jù)勾股定理，列出方程，即可求解；(3)以PB為底邊作等腰直角三角形?PMB，以點M為圓心，MP為半徑作圓M，分三類：①當(dāng)圓M與CD相切時，求出BP的值；②當(dāng)圓M過點C時，求出BP的值；③當(dāng)圓M過點D時，求出BP的值，進(jìn)而，可求出BP的范圍.【詳解】（1）當(dāng)點C落在射線AF上時，如圖1，∵在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，△AED沿直線AE翻折得△AEF，∴AF=AD=6，AC=，∴CF=AC-AF=10-6=4，設(shè)DE=x，則EF=DE=x，CE=8-x，∵在Rt?CFE中，，∴，解得：x=3，∴DE=3；（2）以F為圓心，F(xiàn)B長為半徑作圓F，當(dāng)AD與圓F相切時，如圖2，設(shè)切點為M，連接FM，則FM⊥AD，過點F作FN⊥AB，設(shè)FM=x，則AN=FM=x，BF=FM=x，BN=8-x，∵，∴，解得：x=，∴cos∠FAB==；（3）以PB為底邊作等腰直角三角形?PMB，以點M為圓心，MP為半徑作圓M，①當(dāng)圓M與CD相切時，如圖3，切點為Q，此時，邊CD上有且僅有一點Q滿足∠BQP=45°，連接QM，延長QM交PB于點H，則HQ⊥CD，HQ⊥PB，∵?PMB是等腰直角三角形，∴設(shè)PH=BH=MH=x，則PM=QM=,∵HQ=AD=6，∴x+=6，解得：x=，∴BP=2x=②當(dāng)圓M過點C時，如圖4，此時，邊CD上有兩個點Q滿足∠BQP=45°，∵∠MPB=45°，∠PBC=90°，∴BP=BC=6，③當(dāng)圓M過點D時，如圖5，此時，邊CD上有且僅有一點Q滿足∠BQP=45°，連接MD，過點M作MN⊥AD，MH⊥BP，設(shè)PH=HM=HB=x，則MP=MD=，MN=AH=8-x，ND=6-x，∵在Rt?MND中，，∴，解得：x=，∴BP=2×=，綜上所述：線段BP長的取值范圍是：BP=12-12或6＜BP≤.圖1圖2圖3圖4圖5【點睛】本題主要考查圓和直線的位置關(guān)系和三角形的綜合問題，根據(jù)題意，畫出圖形，利用數(shù)形結(jié)合和方程思想方法，是解題的關(guān)鍵.17．（1）y＝-x2-2x＋6；（2）存在，D(,)；（3）-4≤t＜-3或0＜t≤5．【解析】【分析】（1）根據(jù)點A的坐標(biāo)結(jié)合線段AB的長度，可得出點B的坐標(biāo)，根據(jù)點A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的表達(dá)式；（2）由拋物線解析式，求出頂點C的坐標(biāo)，從而求出直線BC解析式，設(shè)D(d,-3d+4)，根據(jù)已知可知AD=AB=6時，△ABC∽△BAD，從而列出關(guān)于d的方程，解方程即可求解；（3）將拋物線的表達(dá)式變形為頂點時，依此代入點A，B的坐標(biāo)求出t的值，再結(jié)合圖形即可得出：當(dāng)拋物線與線段AB有且只有一個公共點時t的取值范圍．【詳解】（1）∵點A的坐標(biāo)為（-4，-2），將點A向右平移6個單位長度得到點B，∴點B的坐標(biāo)為（2，-2）．∵拋物線y＝-x2+bx＋c過點，∴,解得∴拋物線表達(dá)式為y＝-x2-2x＋6（2）存在.如圖由（1）得，y＝-x2-2x＋6＝-(x+1)2＋7，∴C(-1,7)設(shè)直線BC解析式為y＝kx＋b∴解之得，∴l(xiāng)BC：y＝-3x＋4設(shè)D(d,-3d+4)，∵在△ABC中AC=BC∴當(dāng)且僅當(dāng)AD=AB=6時，兩三角形相似即(-4-d)2+(-2+3d-4)2=36時，△ABC∽△BAD，解之得，d1=、d2=2(舍去)∴存在點D，使△ABC和以點A,B,D構(gòu)成的三角形相似，此時點D(,)；（3）如圖：拋物線y＝-x2+bx＋c頂點在直線上∴拋物線頂點坐標(biāo)為∴拋物線表達(dá)式可