莆田市哲理九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案

莆田市哲理九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案一、压轴题1．在锐角△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的高，E为AC中点．（1）如图1，过点C作CF⊥AB于F点，连接EF．若∠BAD=20°，求∠AFE的度数；（2）若M为线段BD上的动点（点M与点D不重合），过点C作CN⊥AM于N点，射线EN，AB交于P点．①依题意将图2补全；②小宇通过观察、实验，提出猜想：在点M运动的过程中，始终有∠APE=2∠MAD．小宇把这个猜想与同学们进行讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：连接DE，要证∠APE=2∠MAD，只需证∠PED=2∠MAD．想法2：设∠MAD=α，∠DAC=β，只需用α，β表示出∠PEC，通过角度计算得∠APE=2α．想法3：在NE上取点Q，使∠NAQ=2∠MAD，要证∠APE=2∠MAD，只需证△NAQ∽△APQ．……请你参考上面的想法，帮助小宇证明∠APE=2∠MAD．（一种方法即可）2．定义：对于二次函数，我们称函数为它的分函数（其中为常数）．例如：的分函数为．设二次函数的分函数的图象为．（1）直接写出图象对应的函数关系式．（2）当时，求图象在范围内的最高点和最低点的坐标．（3）当图象在的部分与轴只有一个交点时，求的取值范围．（4）当，图象到轴的距离为个单位的点有三个时，直接写出的取值范围．3．已知抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点，顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且，求直线CE的解析式（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；（4）已知点，在抛物线对称轴上找一点F，使的值最小此时，在抛物线上是否存在一点K，使的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．4．如图，抛物线经过点，顶点为，对称轴与轴相交于点，为线段的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）为线段上任意一点，为轴上一动点，连接，以点为中心，将逆时针旋转，记点的对应点为，点的对应点为．当直线与抛物线只有一个交点时，求点的坐标．（3）在（2）的旋转变换下，若（如图）．①求证：．②当点在（1）所求的抛物线上时，求线段的长．5．二次函数的图象交y轴于点A，顶点为P，直线PA与x轴交于点B．（1）当m=1时，求顶点P的坐标；（2）若点Q（a，b）在二次函数的图象上，且，试求a的取值范围；（3）在第一象限内，以AB为边作正方形ABCD．①求点D的坐标（用含m的代数式表示）；②若该二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，请直接写出符合条件的整数m的值．6．如图，过原点的抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（4，0），B为抛物线的顶点，连接OB，点P是线段OA上的一个动点，过点P作PC⊥OB，垂足为点C．（1）求抛物线的解析式，并确定顶点B的坐标；（2）设点P的横坐标为m，将△POC绕着点P按顺利针方向旋转90°，得△PO′C′，当点O′和点C′分别落在抛物线上时，求相应的m的值；（3）当（2）中的点C′落在抛物线上时，将抛物线向左或向右平移n（0＜n＜2）个单位，点B、C′平移后对应的点分别记为B′、C″，是否存在n，使得四边形OB′C″A的周长最短？若存在，请直接写出n的值和抛物线平移的方向，若不存在，请说明理由．7．已知点P(2，﹣3)在抛物线L：y＝ax2﹣2ax+a+k（a，k均为常数，且a≠0）上，L交y轴于点C，连接CP．（1）用a表示k，并求L的对称轴及L与y轴的交点坐标；（2）当L经过(3，3)时，求此时L的表达式及其顶点坐标；（3）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．如图，当a＜0时，若L在点C，P之间的部分与线段CP所围成的区域内（不含边界）恰有4个整点，求a的取值范围；（4）点M(x1，y1)，N(x2，y2)是L上的两点，若t≤x1≤t+1，当x2≥3时，均有y1≥y2，直接写出t的取值范围．8．如图1，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，作直线．点是线段上的一个动点（不与，重合），过点作轴于点．设点的横坐标为．（1）求抛物线的表达式及点的坐标；（2）线段的长用含的式子表示为；（3）以为边作矩形，使点在轴负半轴上、点在第三象限的抛物线上．①如图2，当矩形成为正方形时，求的值；②如图3，当点恰好是线段的中点时，连接，．试探究坐标平面内是否存在一点，使以，，为顶点的三角形与全等？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．9．如图1，平面直角坐标系中，等腰的底边在轴上，，顶点在的正半轴上，，一动点从出发，以每秒1个单位的速度沿向左运动，到达的中点停止．另一动点从点出发，以相同的速度沿向左运动，到达点停止．已知点、同时出发，以为边作正方形，使正方形和在的同侧．设运动的时间为秒（）．（1）当点落在边上时，求的值；（2）设正方形与重叠面积为，请问是存在值，使得？若存在，求出值；若不存在，请说明理由；（3）如图2，取的中点，连结，当点、开始运动时，点从点出发，以每秒个单位的速度沿运动，到达点停止运动．请问在点的整个运动过程中，点可能在正方形内（含边界）吗？如果可能，求出点在正方形内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．10．如图1，与为等腰直角三角形，与重合，，．固定，将绕点顺时针旋转，当边与边重合时，旋转终止．现不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设（或它们的延长线）分别交（或它们的延长线）于点，如图2．（1）证明：；（2）当为何值时，是等腰三角形？11．已知正方形ABCD中AC与BD交于点，点M在线段BD上，作直线AM交直线DC于E，过D作DH⊥AE于H，设直线DH交AC于N．(1)如图1，当M在线段BO上时，求证：MO=NO；(2)如图2，当M在线段OD上，连接NE和MN，当EN//BD时，①求证：四边形DENM是菱形；②求证：BM＝AB；(3)在图3，当M在线段OD上，连接NE，当NE⊥BC时，求证：AN2＝NCAC．12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，过点B作射线BB1∥AC．动点D从点A出发沿射线AC方向以每秒5个单位的速度运动，同时动点E从点C沿射线AC方向以每秒3个单位的速度运动．过点D作DH⊥AB于H，过点E作EF⊥AC交射线BB1于F，G是EF中点，连接DG．设点D运动的时间为t秒．（1）当t为何值时，AD＝AB，并求出此时DE的长度；（2）当△DEG与△ACB相似时，求t的值．13．如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求的最大值；②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由14．小聪与小明在一张矩形台球桌ABCD边打台球，该球桌长AB=4m，宽AD=2m，点O、E分别为AB、CD的中点，以AB、OE所在的直线建立平面直角坐标系。（1）如图1，M为BC上一点；①小明要将一球从点M击出射向边AB，经反弹落入D袋，请你画出AB上的反弹点F的位置；②若将一球从点M(2，12)击出射向边AB上点F(0.5，0)，问该球反弹后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?请说明理由（2）如图2，在球桌上放置两个挡板(厚度不计)挡板MQ的端点M在AD中点上且MQ⊥AD，MQ=2m，挡板EH的端点H在边BC上滑动，且挡板EH经过DC的中点E；①小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，当H是BC中点时，试证明：DN=BN；②如图3，小明把球从B点击出，依次经挡板EH和挡板MQ反弹一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，请你直接写出球的运动路径BN+NP+PD的长。15．如图，在平面直角坐标系中，函数的图象经过点A（1，4）和点B，过点A作AC⊥x轴，垂足为点C，过点B作BD⊥y轴，垂足为点D，连结AB、BC、DC、DA，点B的横坐标为a（a＞1）（1）求k的值（2）若△ABD的面积为4；①求点B的坐标，②在平面内存在点E，使得以点A、B、C、E为顶点的四边形是平行四边形，直接写出符合条件的所有点E的坐标．16．如图，在平面直角坐标系xOy中，过⊙T外一点P引它的两条切线，切点分别为M，N，若，则称P为⊙T的环绕点．(1)当⊙O半径为1时，①在中，⊙O的环绕点是___________;②直线y=2x+b与x轴交于点A，y轴交于点B，若线段AB上存在⊙O的环绕点，求b的取值范围；（2）⊙T的半径为1，圆心为（0，t），以为圆心，为半径的所有圆构成图形H，若在图形H上存在⊙T的环绕点，直接写出t的取值范围．17．如图，在直角坐标系中，点在第一象限，轴于，轴于，，，有一反比例函数图象刚好过点．（1）分别求出过点的反比例函数和过，两点的一次函数的函数表达式；（2）直线轴，并从轴出发，以每秒个单位长度的速度向轴正方向运动，交反比例函数图象于点，交于点，交直线于点，当直线运动到经过点时，停止运动．设运动时间为（秒）．①问：是否存在的值，使四边形为平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；②若直线从轴出发的同时，有一动点从点出发，沿射线方向，以每秒个单位长度的速度运动．是否存在的值，使以点，，，为顶点的四边形为平行四边形；若存在，求出的值，并进一步探究此时的四边形是否为特殊的平行四边形；若不存在，说明理由．18．我们规定：有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为的凸四边形叫做“准筝形”．（1）如图1，在四边形中，，，，求证：四边形是“准筝形”；（2）如图2，在“准筝形”中，，，，，求的长；（3）如图3，在中，，，，设是所在平面内一点，当四边形是“准筝形”时，请直接写出四边形的面积．19．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，记∠ABC＝α，点D为射线BC上的动点，连接AD，将射线DA绕点D顺时针旋转α角后得到射线DE，过点A作AD的垂线，与射线DE交于点P，点B关于点D的对称点为Q，连接PQ．（1）当△ABD为等边三角形时，①依题意补全图1；②PQ的长为；（2）如图2，当α＝45°，且BD＝时，求证：PD＝PQ；（3）设BC＝t，当PD＝PQ时，直接写出BD的长．（用含t的代数式表示）20．已知抛物线y＝ax2+bx+c(a＞0)，顶点D在y轴上，与x轴的一个交点的横坐标为．(1)求a、c满足的关系式；(2)若直线y＝kx-2a与抛物线交于A、B两点(点A在点B左侧)，以AB为直径的圆恒过点D．①求抛物线的解析式；②设直线y＝kx-2a与y轴交于点M、直线l1：y＝px+q过点B，且与抛物线只有一个公共点，过点D作x轴的平行线l2，l1与l2交于点N．分别记、的面积为S1，S2，求．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）证明见解析;（2）①补图见解析;②证明见解析.【解析】【分析】【详解】（1）证明：∵AB=AC，AD为BC边上的高，∠BAD=20°，∴∠BAC=2∠BAD=40°．∵CF⊥AB，∴∠AFC=90°．∵E为AC中点，∴EF=EA=．∴∠AFE=∠BAC=40°．（2）①当点P在边AB上是，补全图形如图当点P在AB的延长线上是，补全图形如图②Ⅰ、当点P在边AB上时，证明：想法1:如图3，连接DE.∵AB=AC，AD为BC边上的高，∴D为BC中点．∵E为AC中点，∴ED∥AB，∴∠PED=∠APE.∵∠ADC=90∘，E为AC中点，∴同理可证∴AE=NE=CE=DE.∴A，N，D，C在以点E为圆心，AC为直径的圆上，∴∠PED=2∠MAD.∴∠APE=2∠MAD.想法2:设∠MAD=α，∠DAC=β，∵CN⊥AM，∴∠ANC=90∘.∵E为AC中点，∴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、当点P在AB的延长线上时证明：想法1:连接DE．∵AB=AC，AD为BC边上的高，∴D为BC中点．∵E为AC中点，∴ED∥AB，∴∠1=∠APE．∵∠ADC=90°，E为AC中点，∴．同理可证．∴AE=NE=CE=DE．∴A，N，D，C在以点E为圆心，AC为直径的圆上．∴∠1=2∠MAD．∴∠APE=2∠MAD．想法2:设∠MAD=α，∠DAC=β，∵CN⊥AM，∴∠ANC=90∘.∵E为AC中点，∴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上取点Q，使∠NAQ=2∠MAD，即∠3=∠4.即∵E为AC的中点，2．（1）（2）图象在范围内的最高点和最低点的坐标分别为，（3）当或或时，图象在的部分与轴只有一个交点（4），．【解析】【分析】（1）根据分函数的定义直角写成关系式即可；（2）将m=1代入（1）所得的分函数可得，然后分和两种情况分别求出最高点和最低点的坐标，最后比较最大值和最小值即可解答；（3）由于图象在的部分与轴只有一个交点时，则可令对应二元一次方程的根的判别式等于0，即可确定m的取值；同时发现无论取何实数、该函数的图象与轴总有交点，再令x=m代入原函数解析式，求出m的值，据此求出m的取值范围；（4）先令或-m①，利用根的判别式小于零确定求出m的取值范围，然后再令x=m代入或-m②，然后再令判别式小于零求出m的取值范围，令x=m代入或-m③，令判别式小于零求出m的范围，然后取①②③两两的共同部分即为m的取值范围．【详解】（1）图象对应的函数关系式为（2）当时，图象对应的函数关系式为．当时，将配方，得．所以函数值随自变量的增大而增大，此时函数有最小值，无最大值．所以当时，函数值取得最小值，最小值为．所以最低点的坐标为．当时，将配方，得．所以当时，函数值取得最小值，最小值为所以当时，函数值取得最大值，最大值为所以最低点的坐标为，最高点的坐标为所以，图象在范围内的最高点和最低点的坐标分别为，．（3）当时，令，则所以无论取何实数，该函数的图象与轴总有交点．所以当时，图象在的部分与轴只有一个交点．当时，．令，则．解得，．所以当或时，图象在的部分与轴只有一个交点．综上所述，当或或时，图象在的部分与轴只有一个交点．（4）当即，△=＞0，方∵，∴m不存在；当即，△=＜0，解得＜m＜1；①将x=m代入得-3m2+3m-1＞0，因△=则m不存在；将x=-m代入得-3m2+5m-1＞0，解得或；②将x=m代入得，解得或③将x=m代入得，因△=故m不存在；在①②③两两同时满足的为，，即为图象到轴的距离为个单位的点有三个时的m的取值范围．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了新定义函数的定义、二次函数最值和二次函数图像，正确运用二次函数图像的性质和分类讨论思想是解答本题的关键．3．（1）；（2）；（3）点P的坐标为；（4）存在，点K的坐标为【解析】【分析】（1）由于点A、B为抛物线与x轴的交点，可设两点式求解；也可将A、B、C的坐标直接代入解析式中利用待定系数法求解即可；（2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出，求出AE,根据点A坐标可解得点E坐标,进而求得直线CE的解析式；（3）分两种情况讨论①当四边形为平行四边形时；②当四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答；（4）根据抛物线的对称性，AF=BF，则HF+AF=HF+BF，当H、F、B共线时，HF+AF值最小，求出此时点F的坐标，设，由勾股定理和抛物线方程得，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为，则点S的坐标为，此时，,∴KF+KG=KS+KG,当S、K、G共线且平行y轴时，KF+KG值最小，由点G坐标解得，代入抛物线方程中解得，即为所求K的坐标．【详解】解：（1）方法1：设抛物线的解析式为将点代入解析式中，则有．∴抛物线的解析式为．方法二：∵经过三点抛物线的解析式为，将代入解析式中，则有，解得：，∴抛物线的解析式为．（2），．．．．的坐标为．又点的坐标为．直线的解析式为．（3）．∴顶点D的坐标为．①当四边形为平行四边形时，由DQ∥CP，DQ=CP得：，即．．令，则．．∴点P的坐标为．②当四边形为平行四边形时，由CQ∥DP，CQ=DP得：，即．令，则．．∴点P的坐标为．∴综合得：点P的坐标为（4）∵点A或点B关于对称轴对称∴连接与直线交点即为F点．∵点H的坐标为，点的坐标为，∴直线BH的解析式为：．令，则．当点F的坐标为时，的值最小．11分设抛物线上存在一点，使得的值最小．则由勾股定理可得：．又∵点K在抛物线上，代入上式中，．如图，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为．∴点S的坐标为．则．（两处绝对值化简或者不化简者正确．）．当且仅当三点在一条直线上，且该直线干行于y轴，的值最小．又∵点G的坐标为，，将其代入抛物线解析式中可得：．∴当点K的坐标为时，最小．【点睛】本题主要考查了二次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、求线段和的最小值（即将军饮马模型）等知识，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．4．（1）；（2）（，0）；（3）①见解析；②=或=【解析】【分析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6-m），直线与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-m），再根据两点距离公式证明，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．【详解】（1）∵点在抛物线上，∴，得到，又∵对称轴，∴，解得，∴，∴二次函数的解析式为；（2）当点M在点C的左侧时，如下图：∵抛物线的解析式为，对称轴为，∴点A（2，0），顶点B（2，4），∴AB=AC=4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1=45°；∵将逆时针旋转得到△MEF，∴FM=CM，∠2=∠1=45°，设点M的坐标为（m，0），∴点F（m，6-m），又∵∠2=45°，∴直线EF与x轴的夹角为45°，∴设直线EF的解析式为y=x+b，把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，直线EF的解析式为y=x+6-2m，∵直线与抛物线只有一个交点，∴，整理得：，∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，点M的坐标为（，0）．当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线与抛物线不可能只有一个交点．综上，点M的坐标为（，0）．（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，∵，由（2）知∠BCA=45°，∴PG=GC=1，∴点G（5，0），设点M的坐标为（m，0），∵将逆时针旋转得到△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，∴点H（m-1，0），∴点E的坐标为（m-1，5-m）；∴EA==，又∵为线段的中点，B（2，4），C（6，0），∴点D（4，2），∴ED==，∴EA=ED．当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA=ED．②当点在（1）所求的抛物线上时，把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，解得：m=或m=，∴=或=．【点睛】本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题的关键．5．（1）P（2，）；（2）a的取值范围为：a＜0或a＞4；（3）①D（m，m+3）；②2，3，4．【解析】【分析】（1）把m=1代入二次函数解析式中，进而求顶点P的坐标即可；（2）把点Q（a，b）代入二次函数解析式中，根据得到关于a的一元二次不等式即一元一次不等式组，解出a的取值范围即可；（3）①过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，求出二次函数与y轴的交点A的坐标，得到OA的长，再根据待定系数法求出直线AP的解析式，进而求出与x轴的交点B的坐标，得到OB的长；通过证明△ADF≌△ABO，得到AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF=DF+OA=m+3，求出点D的坐标；②因为二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，由①同理可得：C（m+3，3），分当x等于点D的横坐标时与当x等于点C的横坐标两种情况，进行讨论m可能取的整数值即可．【详解】解：（1）当m=1时，二次函数为，∴顶点P的坐标为（2，）；（2）∵点Q（a，b）在二次函数的图象上，∴，即：∵，∴＞0，∵m＞0，∴＞0，解得：a＜0或a＞4，∴a的取值范围为：a＜0或a＞4；（3）①如下图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，∵二次函数的解析式为，∴顶点P（2，），当x=0时，y=m，∴点A（0，m），∴OA=m；设直线AP的解析式为y=kx+b(k≠0)，把点A（0，m），点P（2，）代入，得：，解得：，∴直线AP的解析式为y=x+m，当y=0时，x=3，∴点B（3，0）；∴OB=3；∵四边形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，∴点D的坐标为：（m，m+3）；②由①同理可得：C（m+3，3），∵二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，∴当x=m时，，可得，化简得：．∵，∴，∴，显然：m=1，2，3，4是上述不等式的解，当时，，，此时，，∴符合条件的正整数m=1，2，3，4；当x=m+3时，y≥3，可得，∵，∴，即，显然：m=1不是上述不等式的解，当时，，，此时，恒成立，∴符合条件的正整数m=2，3，4；综上：符合条件的整数m的值为2，3，4．【点睛】本题考查二次函数与几何问题的综合运用，熟练掌握二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、正方形的性质是解题的关键．6．（1），点B（2，2）；（2）m=2或；（3）存在；n=时，抛物线向左平移．【解析】【分析】（1）将点A和点O的坐标代入解析式，利用待定系数法即可求得二次函数的解析式，然后利用配方法可求得点B的坐标；（2）由点A、点B、点C的坐标以及旋转的性质可知△△PDC为等腰直角三角形，从而可得到点O′坐标为：（m，m），点C′坐标为：（，），然后根据点在抛物线上，列出关于m的方程，从而可解得m的值；（3）如图，将AC′沿C′B平移，使得C′与B重合，点A落在A′处，以过点B的直线y=2为对称轴，作A′的对称点A″，连接OA″，由线段的性质可知当B′为OA″与直线y=2的交点时，四边形OB′C″A的周长最短，先求得点B′的坐标，根据点B移动的方向和距离从而可得出点抛物线移动的方向和距离．【详解】解：（1）把原点O（0，0），和点A（4，0）代入y=x2+bx+c．得，∴．∴．∴点B的坐标为（2，2）．（2）∵点B坐标为（2，2）．∴∠BOA=45°．∴△PDC为等腰直角三角形．如图，过C′作C′D⊥O′P于D．∵O′P=OP=m．∴C′D=O′P=m．∴点O′坐标为：（m，m），点C′坐标为：（，）．当点O′在y=x2+2x上．则−m2+2m＝m．解得：，（舍去）．∴m=2．当点C′在y=x2+2x上，则×()2+2×＝m，解得：，（舍去）．∴m=（3）存在n=，抛物线向左平移．当m=时，点C′的坐标为（，）．如图，将AC′沿C′B平移，使得C′与B重合，点A落在A′处．以过点B的直线y=2为对称轴，作A′的对称点A″，连接OA″．当B′为OA″与直线y=2的交点时，四边形OB′C″A的周长最短．∵BA′∥AC′，且BA′=AC′，点A（4，0），点C′（，），点B（2，2）．∴点A′（，）．∴点A″的坐标为（，）．设直线OA″的解析式为y=kx，将点A″代入得：，解得：k=．∴直线OA″的解析式为y=x．将y=2代入得：x=2，解得：x=，∴点B′得坐标为（，2）．∴n=2．∴存在n=，抛物线向左平移．【点睛】本题主要考查的是二次函数、旋转的性质、平移的性质、路径最短等知识点，由旋转的性质和平移的性质求得点点O′坐标为：（m，m），点C′坐标为：（，）以及点B′的坐标是解题的关键．7．（1）k=-3-a；对称轴x＝1；y轴交点(0，-3)；（2），顶点坐标(1，-5)；（3）-5≤a＜-4；（4）-1≤t≤2．【解析】【分析】（1）将点P(2，-3)代入抛物线上，求得k用a表示的关系式；抛物线L的对称轴为直线，并求得抛物线与y轴交点；（2）将点(3，3)代入抛物线的解析式，且k=-3-a，解得a=2，k=-5，即可求得抛物线解析式与顶点坐标；（3）抛物线L顶点坐标(1，-a-3)，点C，P之间的部分与线段CP所围成的区域内（不含边界）恰有4个整点，这四个整点都在x=1这条直线上，且y的取值分别为-2、-1、0、1，可得1＜-a-3≤2，即可求得a的取值范围；（4）分类讨论取a＞0与a＜0的情况进行讨论，找出的取值范围，即可求出t的取值范围．【详解】解：（1）∵将点P(2，-3)代入抛物线L：，∴∴k=-3-a；抛物线L的对称轴为直线，即x＝1；将x=0代入抛物线可得：，故与y轴交点坐标为(0，-3)；（2）∵L经过点(3，3)，将该点代入解析式中，∴，且由（1）可得k=-3-a，∴，解得a=2，k=-5，∴L的表达式为；将其表示为顶点式：，∴顶点坐标为(1，-5)；（3）解析式L的顶点坐标(1，-a-3)，∵在点C，P之间的部分与线段CP所围成的区域内（不含边界）恰有4个整点，这四个整点都在x=1这条直线上，且y的取值分别为-2、-1、0、1，∴1＜-a-3≤2，∴-5≤a＜-4；（4）①当a＜0时，∵，为保证，且抛物线L的对称轴为x=1，∴就要保证的取值范围要在[-1,3]上，即t≥-1且t+1≤3，解得-1≤t≤2；②当a＞0时，抛物线开口向上，t≥3或t+1≤-1，解得：t≥3或t≤-2，但会有不符合题意的点存在，故舍去，综上所述：-1≤t≤2．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．8．（1），；（2）；（3）①的值为；②存在；点的坐标为或或．【解析】【分析】（1）将、代入，得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可求出a、b的值，进而可得到抛物线的表达式和点C的坐标；（2）设直线BC的解析式为即可求出解析式的表达式，令x=m，即可得到线段DE的长用含m的式子表示为；（3）①由点的横坐标为，且，可得，再根据四边形是正方形求出点G的坐标，代入函数解析式即可求出m的值；②利用①中的方法求出点D的坐标、、的值，再分不同情况讨论，利用两点间距离公式和全等三角形对应边相等列方程组求解即可.【详解】（1）将、代入中，得，解，得，∴抛物线的表达式为．将代入，得，∴点．（2）设直线BC的解析式为，将点、代入可得，，解得，∵直线BC的表达式为，当x=m时，，即线段DE的长用含m的式子表示为.故答案为：；（3）①∵点的横坐标为，且，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∵点在第三象限，∴点的坐标为，∵点在抛物线上，∴，解（不符合题意，舍去），，∴当矩形成为正方形时，的值为．②存在；理由如下：由①可知FG=DE=4-m，∵点O是线段EF的中点，∴点G的坐标为（-m，m-4），∵点在抛物线上，∴，解（不符合题意，舍去），，∴点D的坐标为（2，-2），∴，，如图，设点的坐标为（x，y），分以下三种情况：I、当位于点P时，可得PF=CD，PC=CF，∴，，解得，（不合题意，舍去），∴点P的坐标为；II、当位于点时，方法同I可得点的坐标为；III、当位于点时，方法同I可得点的坐标为；综上，点的坐标为或或．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法确定解析式，两点间的距离公式，全等三角形的性质，解本题的关键是确定函数关系式．9．（1）t=1；（2）存在，，理由见解析；（3）可能，或或理由见解析【解析】【分析】（1）用待定系数法求出直线AC的解析式，根据题意用t表示出点H的坐标，代入求解即可；（2）根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4,用待定系数法求出直线AB的解析式，求出点H落在BC边上时的t值，求出此时重叠面积为﹤，进一步求出重叠面积关于t的表达式，代入解t的方程即可解得t值；（3）由已知求得点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,结合图形分情况讨论即可得出符合条件的时长．【详解】（1）由题意，A(0，2)，B(-4，0)，C(4，0)，设直线AC的函数解析式为y=kx+b，将点A、C坐标代入，得：，解得：，∴直线AC的函数解析式为，当点落在边上时，点E(3-t，0)，点H（3-t，1），将点H代入，得：，解得：t=1；（2）存在，，使得．根据已知，当点F运动到点O停止运动前，重叠最大面积是边长为1的正方形的面积，即不存在t，使重叠面积为，故t﹥4，设直线AB的函数解析式为y=mx+n，将点A、B坐标代入，得：，解得：，∴直线AC的函数解析式为，当t﹥4时，点E（3-t，0）点H（3-t，t-3），G(0，t-3)，当点H落在AB边上时，将点H代入，得：，解得：；此时重叠的面积为，∵﹤，∴﹤t﹤5，如图1，设GH交AB于S，EH交AB于T,将y=t-3代入得：，解得：x=2t-10，∴点S(2t-10，t-3)，将x=3-t代入得：，∴点T，∴AG=5-t，SG=10-2t，BE=7-t，ET=，,所以重叠面积S==4--=，由=得：，﹥5(舍去)，∴；（3）可能，≤t≤1或t=4．∵点D为AC的中点，且OA=2,OC=4，∴点D（2，1），AC=，OD=OC=OA=,易知M点在水平方向以每秒是4个单位的速度运动；当0﹤t﹤时，M在线段OD上，H未到达D点，所以M与正方形不相遇；当﹤t﹤1时，+÷（1+4）=秒，∴时M与正方形相遇，经过1÷（1+4）=秒后，M点不在正方行内部，则；当t=1时，由（1）知，点F运动到原E点处，M点到达C处；当1≤t≤2时，当t=1+1÷（4-1）=秒时，点M追上G点，经过1÷（4-1）=秒，点都在正方形内（含边界），当t=2时，点M运动返回到点O处停止运动，当t=3时，点E运动返回到点O处,当t=4时，点F运动返回到点O处,当时，点都在正方形内（含边界），综上，当或或时，点可能在正方形内（含边界）．【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的综合，涉及求一次函数的解析式、正方形的性质、直角三角形的性质、不规则图形的面积、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．10．（1）证明见解析（2）当或或时，△AGH是等腰三角形【解析】试题分析：（1）根据∵△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，利用相似三角形的判定定理：两角对应相等的两个三角形相似，即可证出相似；（2）以∠GAH＝45º这个角为等腰三角形的底角还是顶角进行分类讨论，从而得到本题答案.试题解析：（1）∵△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，∴∠B=∠EDF=45°在△AGC和△HAB中∵∠ACG=∠B=45°，∠HAB=∠BAG+∠GAH=∠BAG+45°=∠CGA∴△AGC∽△HAB（2）①当∠GAH＝45º是等腰三角形的底角时，如图可知：；②当∠GAH＝45º是等腰三角形的顶角时，如图：在△HGA和△AGC中，∵∠AGH＝∠CGA，∠GAH＝∠C＝45º，∴△HGA∽△AGC，∵AG＝AH，∴③如图，G与B重合时，符合要求，此时CG=BC=∴当或或时，△AGH是等腰三角形．点晴：本题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，等腰三角形（等腰直角三角形）的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，综合性较强，在第（2）中，要利用在旋转的过程中，△AGH中始终不变的角∠GAH＝45º为切入点，以这个角是等腰三角形的底角还是顶角为分类点进行分类讨论，要注意当∠GAH＝45º为底角时有两种情况，不要漏掉其中的任何一种，要做到不重不漏，才能做好分类讨论这一问题.11．（1）见解析；（2）①见解析；②见解析；（3）见解析【解析】【分析】（1）先判断出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判断出∠ODN=∠OAM，判断出△DON≌△AOM即可得出结论；（2）①连接MN，由（1）的方法可得OM=ON，证明四边形DENM是平行四边形，再由DN⊥AE可证□DENM是菱形；②根据四边形DENM是菱形，进而判断出∠BDN=22.5°，即可判断出∠AMB=67.5°，即可得出结论；（3）先判断出△DEN∽△ADE得出DE2=AD•EN，再判断出AC=AD，EN=CN，AN=DE，代换即可得出结论．【详解】解：（1）∵正方形ABCD的对角线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连接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，∴四边形DENM是平行四边形，∵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）如图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的对角线，∴∠ACD=∠BAC=45°，∴CN=EN，AC=AD，延长EN交AB于P，∴四边形ADEP是矩形，∴DE=AP，∵AN=AP=DE，∴AN2=AC•CN．【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出四边形DENM是菱形是解（2）的关键，判断出△DEN∽△ADE是解（3）的关键．12．（1）当t=1时，AD=AB，AE=1；（2）当t=或或或时，△DEG与△ACB相似.【解析】试题分析：（1）根据勾股定理得出AB=5,要使AD=AB=5，∵动点D每秒5个单位的速度运动，∴t=1；（2）当△DEG与△ACB相似时，要分两种情况讨论，根据相似三角形的性质，列出比例式，求出DE的表达式时，要分AD＜AE和AD＞AE两种情况讨论.试题解析：（1）∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴AB==5．∵AD=5t，CE=3t，∴当AD=AB时，5t=5，即t=1；∴AE=AC+CE=3+3t=6，DE=6﹣5=1．（2）∵EF=BC=4，G是EF的中点，∴GE=2．当AD＜AE（即t＜）时，DE=AE﹣AD=3+3t﹣5t=3﹣2t，若△DEG与△ACB相似，则或，∴或，∴t=或t=；当AD＞AE（即t＞）时，DE=AD﹣AE=5t﹣（3+3t）=2t﹣3，若△DEG与△ACB相似，则或，∴或，解得t=或t=；综上所述，当t=或或或时，△DEG与△ACB相似．点睛：本题第一问比较简单，第二问的讨论较多，关键是要理清头绪，相似三角形的讨论，和线段的大小的选择，做题时要分清，分细.13．（1）（2）①的最大值是，②﹣2或﹣.【解析】【分析】【详解】（1）解：根据题意得A（﹣4，0），C（0，2），∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点，∴，∴，∴y=﹣x2﹣x+2；（2）解：①令y=0，即，∴x1=﹣4，x2=1，∴B（1，0），如图1，过D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交于AC于N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴==，设D（a，），∴M（a，a+2），∵B（1.0），∴N（1，），∴==（a+2）2+；∴当a=－2时，的最大值是；②∵A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2），∴AC=2，BC=，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，∴P（﹣，0），∴PA=PC=PB=，∴∠CPO=2∠BAC，∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，情况一：如图，∵∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，∴∠CDG=∠BAC，∴tan∠CDG=tan∠BAC=，即，令D（a，），∴DR=﹣a，RC=，∴，∴a1=0（舍去），a2=﹣2，∴xD=﹣2，情况二，∵∠FDC=2∠BAC，∴tan∠FDC=，设FC=4k，∴DF=3k，DC=5k，∵tan∠DGC=，∴FG=6k，∴CG=2k，DG=3k，∴RC=k，RG=k，DR=3k﹣k=k，∴==，∴a1=0（舍去），a2=，点D的横坐标为﹣2或﹣．14．（1）①答案见解析②答案见解析（2）①证明见解析②【解析】【分析】（1）①根据反射的性质画出图形，可确定出点F的位置；②过点H作HG⊥AB于点G，利用点H的坐标，可知HG的长，利用矩形的性质结合已知可求出点B，C的坐标，求出BM，BF的长，再利用锐角三角函数的定义，去证明tan∠MFB=tan∠HFG，即可证得∠MFB=∠HFG，即可作出判断；（2）①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，利用三角形中位线定理可证得EH∥BD，再证明MQ∥AB，从而可证得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质，可证得结论；②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，利用轴对称的性质，可证得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根据反射的性质，易证AP，NQ，NC在一条直线上，从而可证得BN+NP+PD=AB＇，再利用邻补角的定义，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性质，及三角形外角的性质，求出∠CKH的度数，利用解直角三角形表示出KH，CK的长，由BC=2，建立关于x的方程，解方程求出x的值，从而可得到CH，B＇H的长，利用解直角三角形求出GH，BH的长，可得到点B＇的坐标，再求出AL，B＇L的长，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的长.【详解】（1）解：①如图1，②答：反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球理由：如图，设点H（-0.5，0.8），过点H作HG⊥AB于点G，∴HG=0.8∵矩形ABCD，点O，E分别为AB，CD的中点，AD=2，AB=4，∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2∴点B（2，0），点C（2，2）,∵点M(2，1.2)，点F(0.5，0)，∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，FG=0.5-（-0.5）=1在Rt△BMF中，tan∠MFB=，在Rt△FGH中，tan∠HFG=，∴∠MFB=∠HFG，∴反弹后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球.（2）解：①连接BD，过点N作NT⊥EH于点N，交AB于点T，∴∠TNE=∠TNH=90°，∵小聪把球从B点击出，后经挡板EH反弹后落入D袋，∴∠BNH=∠DNE，∴∠DNQ=∠BNQ；∵点M是AD的中点，MQ⊥EO，∴MQ∥AB，∴点Q是BD的中点，∴NT经过点Q；∵点E，H分别是DC，BC的中点，∴EH是△BCD的中位线，∴EH∥BD∵NT⊥EH∴NT⊥BD；∴∠DQN=∠NQB=90°在△DNQ和△BNQ中，∴△DNQ≌△BNQ（ASA）∴DN=BN②作点B关于EH对称点B＇，过点B＇作B＇G⊥BC交BC的延长线于点G，连接B＇H，B＇N，连接AP，过点B＇作B＇L⊥x轴于点L，∴AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇由反射的性质，可知AP，NQ，NC在一条直线上，∴BN+NP+PD=NB＇+NP+AP=AB＇；∵∠EHC=75°，∠EHC+∠BHN=180°，

∴∠BHN=180°-75°=105°，∴∠NHB＇=∠EHC+∠B＇HG=105°∴∠B＇HG=30°;如图，作EK=KH，在Rt△ECH中，∠EHC=75°，∴∠E=90°-75°=15°，∴∠E=∠KHE=15°∴∠CKH=∠E+∠KHE=15°+15°=30°，∵设CH=x，则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=∴点B＇的横坐标为：，∴点B＇；∴AL=，B＇L=在Rt△AB＇L中，AB＇=∴球的运动路径BN+NP+PD的长为.【点睛】本题考查反射的性质，解直角三角形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识点：（1）①根据反射的性质作图，②根据等角的三角函数值相等证明∠MFB=∠HFG来说明反弹后能撞到另一球；（2）①利用ASA证明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性质可得结论，②作出辅助线，根据反射的性质和轴对称的性质证明BN+NP+PD=AB＇，然后构建方程，解直角三角形并结合勾股定理求出AB＇的长；其中能够根据反射的性质作出图形，利用方程思想及数形结合思想结合直角三角形的特殊角进行求解是解题的关键．15．（1）4；（2）①（3，），②（3，）；（3，）；（3，-）【解析】【分析】（1）由点A的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k值；（2）①设AC，BD交于点M，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标，结合AC⊥x轴，BD⊥y轴可得出BD，AM的长，利用三角形的面积公式结合△ABD的面积为4可求出a的值，进而可得出点B的坐标；②设点E的坐标为（m，n），分AB为对角线、AC为对角线以及BC为对角线三种情况考虑，利用平行四边形的性质（对角线互相平分）可得出关于m，n的二元一次方程组，解之即可得出点E的坐标．【详解】解：（1）∵函数y=（x＞0）的图象经过点A（1，4），∴k=1×4=4．（2）①设AC，BD交于点M，如图1所示．∵点B的横坐标为a（a＞1），点B在y=的图象上，∴点B的坐标为（a，）．∵AC⊥x轴，BD⊥y轴，∴BD=a，AM=AC-CM=4-．∵△ABD的面积为4，∴BD•AM=4，即a（4-）=8，∴a=3，∴点B的坐标为（3，）②存在，设点E的坐标为（m，n）．分三种情况考虑，如图2所示．（i）当AB为对角线时，∵A（1，4），B（3，），C（1，0），∴，解得：，∴点E1的坐标为（3，）；（ii）当AC为对角线时，∵A（1，4），B（3，），C（1，0），∴，解得：，∴点E2的坐标为（3，）；（iii）当BC为对角线时，∵A（1，4），B（3，），C（1，0），∴，解得：，∴点E2的坐标为（3，-）.综上所述：点E的坐标为（3，）；（3，）；（3，-）.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征求出k值；（2）①利用三角形的面积公式结合△ABD的面积为4，求出a的值；②分AB为对角线、AC为对角线以及BC为对角线三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分求出点E的坐标．16．（1）①.②b的取值范围为或.（2）【解析】【分析】（1）①根据环绕点的定义及作图找到即可判断；②当点B在y轴正半轴上时，根据环绕点的定义考虑以下两种特殊情况：线段AB与半径为2的⊙O相切时，与当点B经过半径为1的⊙O时，分别求出此时的OB的长，即可得到可得b的取值范围，再由点B在y轴负半轴上时同理可得b的取值；（3）根据题意作出图形，求出OS与x轴正半轴的夹角为30°，得∠BOC=60°，图形H为射线OB与射线OC围成的一个扇形区域（不包括点O，半径可无穷大），分当t≥0与t＜0时，根据环绕点的定义进行求解.【详解】（1）①如图，∵P1在圆上，故不是环绕点，P2引圆两条切线的夹角为90°，满足，故为⊙O的环绕点P3（0,2），∵P3O=2OM，∠P3MO=90°，∴∠MOP3=30°，同理：∠NOP3=30°，∴，故为⊙O的环绕点故填：；②半径为1的⊙O的所有环绕点在以O为圆心，半径分别为1和2的两个圆之间（如下图阴影部分所示，含大圆，不含小圆）.ⅰ)当点B在y轴正半轴上时，如图1，图2所示.考虑以下两种特殊情况：线段AB与半径为2的⊙O相切时，；当点B经过半径为1的⊙O时，OB=1.因为线段AB上存在⊙O的环绕点，所以可得b的取值范围为；②当点B在y轴负半轴上时，如图3，图4所示.同理可得b的取值范围为.综上，b的取值范围为或.（3）点记为S,设OS与x轴正半轴的夹角为a∵tana=∴a=30°，如图，圆S与x轴相切，过O点作⊙S的切线OC，∵OC、OB都是⊙S的切线∴∠BOC=2∠SOB=60°，当m取遍所有整数时，就形成图形H，图形H为射线OB与射线OC围成的一个扇形区域（不包括点O，半径可无穷大）当t≥0时，过T作OC的垂线，垂足为M，当TM＞2时，图形H不存在环绕点，OT=2TM，故t≤4，当t＜0时，图形H上的点到T的距离都大于OT,当OT≥2时，图形H不存在⊙T环绕点，因此t＞-2，综上：.【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是根据题意理解环绕点的定义，根据三角函数、切线的性质进行求解.17．（1），；（2）①不存在，理由详见解析；②存在，【解析】【分析】（1）先确定A、B、C的坐标，然后用待定系数法解答即可；（2）①可用t的代数式表示DF，然后根据DF=BC求出t的值，得到DF与CB重合，因而不存在t，使得四边形DFBC为平行四边形；②可分两种情况（点Q在线段BC上和在线段BC的延长线上）讨论，由于DE∥QC，要使以点D、E、Q、C为顶点的四边形为平行四边形，只需DE=QC，只需将DE、QC分别用的式子表示，再求出t即可解答．【详解】解：（1）由题意得，，，反比例函数为，一次函数为：．（2）①不存在．轴，轴，．又四边形是平行四边形，．设，则，，．此时与重合，不符合题意，不存在．②存在．当时，；当时，由，，得．由，．得．当时，四边形为平行四边形．．，（舍）当时，四边形为平行四边形．又且，为矩形．【点睛】本题主要考查了用待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式以及平行四边形的判定、解方程、根的判别式等知识，在解答以点D、E、Q、C为顶点的四边形的四个顶点的顺序不确定，需要分情况讨论是解答本题的关键．18．（1）见解析；（2）；（3）或或【解析】【分析】（1）由四边形内角和定理求出∠B=60°，由AB=BC，即可得出结论；（2）以CD为边作等边，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，证（SAS），得AC=BE，求出∠CEF=30°，由直角三角形的性质得出CF=由勾股定理求出EF=再由勾股定理即可得出答案；（3）过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，设BH=x，求出∠BCH=30°，由直角三角形的性质得出HC=，BC=2BH=2x，证是等腰直角三角形，则HA=HC，，解得，进而得出AC的长，分三种情况，①当AB=AD=∠BAD=60°时，②当BC=CD=∠BCD=60°时，③当AD=CD=AC=，∠ADC=60°时，分别求解即可．【详解】解：（1）在四边形中，∵，∴∵∴四边形是“准筝形”（2）如图，以为边作等边，连结过点E作EF⊥BC于F，则DE=DC=CE=3，∠CDE=∠DCE=60°，∵AB=AD，∠BAD=∠