综合解析京改版数学9年级上册期末测试卷含答案详解（典型题）

京改版数学9年级上册期末测试卷考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题26分）一、单选题（6小题，每小题2分，共计12分）1、古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将一线段分为两线段，，使得其中较长的一段是全长与较短的段的比例中项，即满足，后人把这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段的“黄金分割”点．如图，在中，已知，，若D，E是边的两个“黄金分割”点，则的面积为（

）A． B． C． D．2、已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则一次函数y＝bx＋c的图象和反比例函数y＝的图象在同一坐标系中大致为（

）A． B．C． D．3、关于二次函数的最大值或最小值，下列说法正确的是（）A．有最大值4 B．有最小值4 C．有最大值6 D．有最小值64、如图，点A与点B关于原点对称，点C在第四象限，∠ACB=90°．点D是轴正半轴上一点，AC平分∠BAD，E是AD的中点，反比例函数（）的图象经过点A,E．若△ACE的面积为6，则的值为（

）A． B． C． D．5、抛物线的对称轴为直线．若关于的一元二次方程（为实数）在的范围内有实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．6、如图所示，双曲线y＝上有一动点A，连接OA，以O为顶点、OA为直角边，构造等腰直角三角形OAB，则△OAB面积的最小值为（

）A． B． C．2 D．2二、多选题（7小题，每小题2分，共计14分）1、如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，且，下列结论：①∠BAE=30°，②△ABE∽△AEF，③AE⊥EF，④△ADF∽△ECF．其中正确的为（

）A．① B．② C．③ D．④2、如图，在Rt△ABC中，，于点D，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．3、如图，AB是圆O的直径，点G是圆上任意一点，点C是的中点，，垂足为点E，连接GA，GB，GC，GD，BC，GB与CD交于点F，则下列表述正确的是（

）A． B．C． D．4、对于实数a，b，定义运算“※”：，例如：4※2，因为，所以，若函数，则下列结论正确的是（

）A．方程的解为，；B．当时，y随x的增大而增大；C．若关于x的方程有三个解，则；D．当时，函数的最大值为1．5、如图，已知抛物线．将该抛物线在x轴及x轴下方的部分记作C1，将C1沿x轴翻折构成的图形记作C2，将C1和C2构成的图形记作C3．关于图形C3，给出的下列四个结论，正确的是（

）A．图形C3恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）B．图形C3上任意一点到原点的最大距离是1C．图形C3的周长大于2πD．图形C3所围成区域的面积大于2且小于π6、已知：如图，△ABC中，∠A＝60°，BC为定长，以BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点D、E．连接DE、OE．下列结论中正确的结论是（）A．BC＝2DE B．D点到OE的距离不变 C．BD+CE＝2DE D．AE为外接圆的切线7、在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，下列等式一定不能成立的有（）A．sinA＝sinB B．a＝c•sinBC．sin2A+cos2B＝1 D．sinA＝tanA•cosA第Ⅱ卷（非选择题74分）三、填空题（7小题，每小题2分，共计14分）1、已知抛物线与x轴的一个交点为，则代数式的值为______．2、若函数图像与x轴的两个交点坐标为和，则__________．3、如图所示，在△ABC中，，，．（1）如图1，四边形为的内接正方形，则正方形的边长为_________；（2）如图2，若△ABC内有并排的n个全等的正方形，它们组成的矩形内接于，则正方形的边长为_________．4、在平面直角坐标系中，已知和是抛物线上的两点，将抛物线的图象向上平移n（n是正整数）个单位，使平移后的图象与x轴没有交点，则n的最小值为_____．5、如图，矩形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝DE，BC＝3BF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点A恰好落在BC边上的点G处，则cos∠EGF的值为_____．6、已知二次函数，当分别取时，函数值相等，则当取时，函数值为______．7、如图，已知是⊙O的直径，且，弦，点是弧上的点，连接、，若，则的长为______．四、解答题（6小题，每小题10分，共计60分）1、（1）方法导引：问题：如图1，等边三角形的边长为6，点是和的角平分线交点，，绕点任意旋转，分别交的两边于，两点．求四边形面积．讨论：①小明：在旋转过程中，当经过点时，一定经过点．②小颖：小明的分析有道理，这样我们就可以利用“”证出．③小飞：因为，所以只要算出的面积就得出了四边形的面积．老师：同学们的思路很清晰，也很正确．在分析和解决问题时，我们经常会借用特例作辅助线来解决一般问题：请你按照讨论的思路，直接写出四边形的面积：________．（2）应用方法：①特例：如图2，的顶点在等边三角形的边上，，，边于点，于点，求的面积．②探究：如图3，已知，顶点在等边三角形的边上，，，记的面积为，的面积为，求的值．③应用：如图4，已知，顶点在等边三角形的边的延长线上，，，记的面积为，的面积为，请直接写出与的关系式．

2、如图，已知抛物线的顶点坐标为M，与x轴相交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴相交于点C．（1）用配方法将抛物线的解析式化为顶点式：（），并指出顶点M的坐标；（2）在抛物线的对称轴上找点R，使得CR+AR的值最小，并求出其最小值和点R的坐标；（3）以AB为直径作⊙N交抛物线于点P（点P在对称轴的左侧），求证：直线MP是⊙N的切线．3、如图，矩形在平面直角坐标系中，交轴于点，动点从原点出发，以每秒1个单位长度的速度沿轴正方向移动，移动时间为秒，过点P作垂直于轴的直线，交于点M，交或于点N，直线扫过矩形的面积为．（1）求点的坐标；（2）求直线移动过程中到点之前的关于的函数关系式；（3）在直线移动过程中，第一象限的直线上是否存在一点，使是等腰直角三角形?若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由4、若二次函数图像经过，两点，求、的值.5、如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，且，.（1）求抛物线的表达式；（2）点是抛物线上一点．①在抛物线的对称轴上，求作一点，使得的周长最小，并写出点的坐标；②连接并延长，过抛物线上一点（点不与点重合）作轴，垂足为，与射线交于点，是否存在这样的点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．6、如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点．抛物线交轴于、两点，交轴于点，直线经过、两点．（1）求抛物线的解析式；（2）过点作直线轴交抛物线于另一点，过点作轴于点，连接，求的值．-参考答案-一、单选题1、A【解析】【分析】作AF⊥BC，根据等腰三角形ABC的性质求出AF的长，再根据黄金分割点的定义求出BE、CD的长度，得到中DE的长，利用三角形面积公式即可解题.【详解】解：过点A作AF⊥BC，∵AB=AC，∴BF=BC=2，在Rt,AF=，∵D是边的两个“黄金分割”点，∴即，解得CD=，同理BE=，∵CE=BC-BE=4-(-2)=6-，∴DE=CD-CE=4-8，∴S△ABC===，故选：A.【考点】本题考查了“黄金分割比”的定义、等腰三角形的性质、勾股定理的应用以及三角形的面积公式，求出DE和AF的长是解题的关键。2、D【解析】【分析】先通过二次函数的图像确定a、b、c的正负，再利用x=1代入解析式，得到a+b+c的正负即可判定两个函数的图像所在的象限，即可得出正确选项．【详解】解：由图像可知：图像开口向下，对称轴位于y轴左侧，与y轴正半轴交于一点，可得：又由于当x=1时，因此一次函数的图像经过一、二、四三个象限，反比例函数的图像位于二、四象限；故选：D．【考点】本题考查了二次函数的图像与性质、一次函数的图像与性质以及反比例函数的图像与性质，解决本题的关键是能读懂题干中的二次函数图像，能根据图像确定解析式中各系数的正负，再通过各项系数的正负判定另外两个函数的图像所在的象限，本题蕴含了数形结合的思想方法等．3、D【解析】【分析】根据二次函数的解析式，得到a的值为2，图象开口向上，函数有最小值，根据定点坐标（4,6），即可得出函数的最小值．【详解】解：∵在二次函数中，a=2>0，顶点坐标为（4,6），∴函数有最小值为6．故选：D．【考点】本题主要考查了二次函数的最值问题，关键是根据二次函数的解析式确定a的符号和根据顶点坐标求出最值．4、C【解析】【分析】过A作,连接OC、OE，根据点A与点B关于原点对称，∠ACB=90°，AC平分∠BAD得出，从而得出三角形AEC的面积与三角形AOE的面积相等，设，根据E是AD的中点得出得出三角形OAE的面积等于四边形AFGE的面积建立等量关系求解．【详解】解：过A作,连接OC，连接OE：∵点A与点B关于原点对称，∠ACB=90°∴又∵AC平分∠BAD∴∴∴设，根据E是AD的中点得出:∴解得：故答案选：C．【考点】本题考查反比例函数与几何综合，有一定的难度．将三角形AEC的面积转化与三角形AOE的面积相等是解题关键．5、A【解析】【分析】根据给出的对称轴求出函数解析式为，将一元二次方程的实数根可以看做与函数的有交点，再由的范围确定的取值范围即可求解；【详解】∵的对称轴为直线，∴，∴，∴一元二次方程的实数根可以看做与函数的有交点，∵方程在的范围内有实数根，当时，，当时，，函数在时有最小值2，∴，故选A．【考点】本题考查二次函数的图象及性质；能够将方程的实数根问题转化为二次函数与直线的交点问题，借助数形结合解题是关键．6、C【解析】【分析】根据等腰直角三角形性质得出S△OAB＝OA•OB＝OA2，先求得OA取最小值时A的坐标，即可求得OA的长，从而求得△OAB面积的最小值．【详解】解：∵△AOB是等腰直角三角形，∴OA＝OB，∴S△OAB＝OA•OB＝OA2，∴OA取最小值时，△OAB面积的值最小，∵当直线OA为y＝x时，OA最小，解得或，∴此时A的坐标为（，），∴OA＝2，∴，∴△OAB面积的最小值为2，故选：C．【考点】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，求得OA取最小值时A的坐标是解题的关键．二、多选题1、BC【解析】【分析】根据相似三角形的定义，已知条件判定相似的三角形，再利用相似三角形的性质逐一判断选项即可．【详解】解：在正方形中，是的中点，是上一点，且，，．．，．，，，．．，．②③正确．故选：BC．【考点】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握判定定理有①有两个对应角相等的三角形相似，②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．2、BC【解析】【分析】根据正切函数的定义即可一一判定．【详解】解：，，，，，在中，，故选项A、D不正确；在中，，故选项B正确；在中，，，故选项C正确；故选：BC．【考点】本题考查了正切函数的定义和直角三角形的性质，熟练掌握和运用正切函数的定义和求法是解决本题的关键．3、ACD【解析】【分析】根据垂径定理和圆周角定理可以判断A，根据圆周角定理可以判断B，根据圆周角定理、垂径定理以及等角对等边，即可判断C，根据圆周角定理、垂径定理以及平行线的判定，即可判断D．【详解】解：∵AB是圆O的直径，，∴，∴，故A正确；∵AB是圆O的直径，，∴，∵，即，也没有其他条件可以证得和的另外一组内角对应相等，∴不能证得，故B不正确；∵点C是的中点，∴，∴，∵AB是圆O的直径，，∴，∴，∴，∴，故C正确；∵点C是的中点，∴，∵AB是圆O的直径，，∴，∴，∴，∴，故D正确．故选ACD．【考点】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的判定以及平行线的判定．4、ABD【解析】【分析】根据题干定义求出y＝（2x）※（x+1）的解析式，根据2x≥x+1及2x＜x+1可得x≥1时y＝2x2﹣2x，x＜1时，y＝﹣x2+1，进而求解．【详解】解：根据题意得：当2x≥x+1，即x≥1时，y＝（2x）2﹣2x（x+1）＝2x2﹣2x，当2x＜x+1，即x＜1时，y＝（x+1）2﹣2x（x+1）＝﹣x2+1，∴当x≥1时，2x2﹣2x＝0，解得x＝0（舍去）或x＝1，当x＜1时，﹣x2+1＝0，解得x＝1（舍去）或x＝﹣1，∴（2x）※（x+1）＝0的解是x1＝﹣1，x2＝1；故A正确，B、当x＞1时，y＝2x2﹣2x，抛物线开口向上，对称轴是直线x＝，∴x＞1时，y随x的增大而增大，∴B选项正确．当x≥1时，y＝2x2﹣2x＝2（x﹣）2﹣，∴x＝1时，y取最小值为y＝0，当x＜1时，y＝﹣x2+1＝0，当x＝0时，y取最大值为y＝1，如图，当0＜m＜1时，方程（2x）※（x+1）＝m有三个解，∴选项C错误，选项D正确．故答案为：ABD．【考点】本题考查二次函数的新定义问题，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程的关系．5、ABD【解析】【分析】画出图象C3，以及以O为圆心，以1为半径的圆，再作出⊙O内接正方形，根据图象即可判断．【详解】解：如图所示，A.图形C3恰好经过（1，0）、（﹣1，0）、（0，1）、（0，﹣1）4个整点，故正确；B.由图象可知，图形C3上任意一点到原点的距离都不超过1，故正确；C.图形C3的周长小于⊙O的周长，所以图形C3的周长小于2π，故错误；D.图形C3所围成的区域的面积小于⊙O的面积，大于⊙O内接正方形的面积，所以图形C3所围成的区域的面积大于2且小于π，故正确；故选：ABD．【考点】本题考查了二次函数的图象与几何变换，数形结合是解题的关键．6、AB【解析】【分析】连接OD，可证明△ODE是等边三角形，所以A，B正确；通过举反例：当重合,时，可得：＜可得C不一定成立，根据切线的定义，可得D不正确，从而可得答案．【详解】解：连接OD，∵∠A=60°∴∠B+∠C=120°，的度数为∵的度数为∴的度数为∴∠DOE=60°，又OD=OE，∴△ODE是等边三角形，即所以A正确，符合题意；则D到OE的长度是等边△ODE的高，而等边的边长等于圆的半径，则高一定是一个定值，因而B正确，符合题意；如图：当重合,时，则为的切线，同理可得：此时则为的直径，＞此时＜所以C不符合题意；与的外接圆有两个交点，不是外接圆的切线，所以D不符合题意；故选：AB．【考点】本题考查的是圆的基本性质，圆弧的度数与其所对的圆周角的度数之间的关系，切线的概念的理解，等边三角形的判定与性质，灵活运用以上知识解题是解题的关键.7、ABC【解析】【分析】在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．【详解】解：、时，，故错误，符合题意；、，故错误，符合题意；、，胡错误，符合题意；、，故正确，不符合题意；故选：ABC．【考点】本题考查锐角三角函数的定义及运用，解题的关键是掌握在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．三、填空题1、2019【解析】【分析】先将点（m，0）代入函数解析式，然后求代数式的值即可得出结果．【详解】解：将（m，0）代入函数解析式得，m2-m-1=0，∴m2-m=1，∴-3m2+3m+2022=-3（m2-m）+2022=-3+2022=2019．故答案为：2019．【考点】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征及求代数式的值，解题的关键是将点（m，0）代入函数解析式得到有关m的代数式的值．2、-2【解析】【分析】根据二次函数图象对称轴所在的直线与x轴的交点的坐标，即为它的图象与x轴两交点之间线段中点的横坐标，即可求得．【详解】解：函数图像与x轴的两个交点坐标为和由对称轴所在的直线为：解得故答案为：-2．【考点】本题考查了二次函数的性质及中点坐标的求法，熟练掌握和运用二次函数的性质及中点坐标的求法是解决本题的关键．3、

【解析】【分析】（1）根据题意画出图形，作CN⊥AB，再根据GF∥AB，可知△CGF∽△CAB，由相似三角形的性质即可求出正方形的边长；（2）设正方形的边长是x，则过点C作CN⊥AB，垂足为N，交GF于点M，易得△CGF∽△CAB，所以，求出x值即可．【详解】解：（1）在图1中，作CN⊥AB，交GF于点M，交AB于点N．在Rt△ABC中，∵AC=4，BC=3，∴AB=5，∴AB•CN=BC•AC，∴CN=，∵GF∥AB，∴△CGF∽△CAB，∴CM：CN=GF：AB，设正方形边长为x，则，解得：，∴正方形DEFG的边长为；（2）如图，过点C作CN⊥AB，垂足为N，交GF于点M，设小正方形的边长为x，∵四边形GDEF为矩形，∴GF∥AB，CM⊥GF，同理算出CN=，∴，即，∴，即小正方形的边长是．【考点】本题主要考查了正方形，矩形的性质和相似三角形的性质．会利用三角形相似中的相似比来得到相关的线段之间的等量关系是解题的关键．4、4【解析】【分析】通过A、B两点得出对称轴，再根据对称轴公式算出b，由此可得出二次函数表达式，从而算出最小值即可推出n的最小值．【详解】∵A、B的纵坐标一样，∴A、B是对称的两点，∴对称轴，即，∴b=-4．∴抛物线解析式为：．∴抛物线顶点(2，-3)．∴满足题意n的最小值为4，故答案为：4．【考点】本题考查二次函数对称轴的性质，顶点式的变形及抛物线的平移，关键在于根据对称轴的性质从题意中判断出对称轴．5、【解析】【分析】连接AF，由矩形的性质得AD∥BC，AD＝BC，由平行线的性质得∠AEF＝∠GFE，由折叠的性质得∠AFE＝∠GFE，AF＝FG，推出∠AEF＝∠AFE，则AF＝AE，AE＝FG，得出四边形AFGE是菱形，则AF∥EG，得出∠EGF＝∠AFB，设BF＝2x，则AD＝BC＝6x，AF＝AE＝FG＝3x，在Rt△ABF中，cos∠AFB＝＝，即可得出结果．【详解】解：连接AF，如图所示：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠AEF＝∠GFE，由折叠的性质可知：∠AFE＝∠GFE，AF＝FG，∴∠AEF＝∠AFE，∴AF＝AE，∴AE＝FG，∴四边形AFGE是菱形，∴AF∥EG，∴∠EGF＝∠AFB，设BF＝2x，则AD＝BC＝6x，AF＝AE＝FG＝3x，在Rt△ABF中，cos∠AFB＝＝＝，∴cos∠EGF＝，故答案为：．【考点】此题考查的是矩形与折叠问题、菱形的判定及性质、等腰三角形的性质和锐角三角函数，掌握矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定及性质、等角对等边和等角的锐角三角函数值相等是解决此题的关键．6、2020【解析】【分析】根据二次函数y=2x2+2020，当x分别取x1，x2（x1≠x2）时，函数值相等，可以得到x1和x2的关系，从而可以得到2x1+2x2的值，进而可以求得当x取2x1+2x2时，函数的值．【详解】解：∵二次函数y=2x2+2020，当x分别取x1，x2（x1≠x2）时，函数值相等，∴2x12+2020=2x22+2020，∴x1=-x2，∴2x1+2x2=2（x1+x2）=0，∴当x=2x1+2x2时，y=2×0+2020=0+2020=2020，故答案为：2020．【考点】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．7、9【解析】【分析】连接OC和OE，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出∠COB=60°，再在△COH中求出CH，最后由垂径定理求出CD．【详解】解：连接OC和OE，如下图所示：由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知，∠A=∠EOB，∠D=∠COE，∵∠A+∠D=30°，∴∠EOB+∠COE=∠COB=30°，∴∠COB=60°，∵CD⊥AB，∴△COH为30°，60°，90°的三角形，其三边之比为，∴CH=，∴CD=2CH=9，故答案为：9．【考点】本题考查了圆周角定理及垂径定理等相关知识点，本题的关键是求出∠COB=60°．四、解答题1、（1）；（2）①的面积；②xy=12；③．【解析】【分析】（1）连接、，利用ASA证出，从而得出的面积与四边形的面积相等，过点作于点，利用锐角三角函数求出OH即可求出△OBC的面积，从而得出结论；（2）①根据等边三角形的性质可得，从而求出∠BOD，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理即可求出OD和BD，从而求出结论；②过点作于，于，根据相似三角形判定定理可得，根据相似三角形的性质列出比例式，变形可得，然后根据三角形的面积公式即可求出结论；③过点作交的延长线于，于，根据相似三角形的判定定理可得，根据相似三角形的性质列出比例式，变形可得，分别求出OM和ON，再结合三角形的面积公式即可求出结论．【详解】解：（1）连接、∵是等边三角形，∴∵是和的角平分线交点∴∴，∴∴∴的面积与四边形的面积相等过点作于点∵，∴∵，∴，∴∴四边形的面积为．故答案为：．（2）①∵是等边三角形，∴∵于点，∴∵，∴，，∴的面积②过点作于，于．由①得：，同理：∵是等边三角形，∴∵，∴∴，∴∴，∴∴③过点作交的延长线于，于．∵，∴∴，∵∴，∴∴∵，，∴，∴∵，，∴，∴∴【考点】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等边三角形的性质、相似三角形的判定及性质和锐角三角函数，掌握全等三角形的判定及性质、等边三角形的性质、相似三角形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．2、（1），M（，）；（2），（，）；（3）证明见试题解析．【解析】【详解】试题分析：（1）利用配方法把一般式转化为顶点式，然后根据二次函数的性质求出抛物线的顶点坐标；（2）连接BC，则BC与对称轴的交点为R，此时CR+AR的值最小；先求出点A、B、C的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，进而求出其最小值和点R的坐标；（3）设点P坐标为（x，）．根据NPAB=，列出方程，解方程得到点P坐标，再计算得出，由勾股定理的逆定理得出∠MPN=90°，然后利用切线的判定定理即可证明直线MP是⊙N的切线．试题解析：（1）∵=，∴抛物线的解析式化为顶点式为：，顶点M的坐标是（，）；（2）∵，∴当y=0时，，解得x=1或6，∴A（1，0），B（6，0），∵x=0时，y=﹣3，∴C（0，﹣3）．连接BC，则BC与对称轴x=的交点为R，连接AR，则CR+AR=CR+BR=BC，根据两点之间线段最短可知此时CR+AR的值最小，最小值为BC==．设直线BC的解析式为，∵B（6，0），C（0，﹣3），∴，解得：，∴直线BC的解析式为：，令x=，得y==，∴R点坐标为（，）；（3）设点P坐标为（x，）．∵A（1，0），B（6，0），∴N（，0），∴以AB为直径的⊙N的半径为AB=，∴NP=，即，移项得，，得：，整理得：，解得（与A重合，舍去），，（在对称轴的右侧，舍去），（与B重合，舍去），∴点P坐标为（2，2）．∵M（，），N（，0），∴==，==，==，∴，∴∠MPN=90°，∵点P在⊙N上，∴直线MP是⊙N的切线．考点：1．二次函数综合题；2．最值问题；3．切线的判定；4．压轴题．3、（1）；（2）；（3）存在．【解析】【分析】(1)由，且AB=6即可求出AO的长，再由勾股定理即可求出BO的长，即可求出A和B点坐标.(2)P点从原点出发，在到达终点前，直线l扫过的面积始终为平行四边形BMNE，故求该平行四边的底BE和高OP，相乘即得到面积S；由，且AB=6，可求出AC=10，过D点作DF⊥x轴，易证，求出CF=AO，进而求出OF的长；由，故，求出OE的长，进而求出OB+OE=BE.(3)分类讨论，当B为直角顶角时，过Q1点作QH⊥y轴，此时△Q1HB≌△BOC，即可求出Q1的坐标；当Q2为直角顶角时，过Q2点作QM⊥y轴，QN⊥x轴，此时Q2MB≌Q2NC,即可求出Q2的坐标.【详解】解：（1）由题意可得故答案为：（2）过点作轴，垂足为F，则

∴∵∴，故，求得.当时，直线扫过的图形是平行四边形，故答案为：.存在，．如下图所示：情况一：当B为直角顶角时，此时BQ1=BC，过Q1点作Q1H1⊥y轴于H1，∴∠Q1H1B=∠BOC=90°，且BQ1=BC，∵∠Q1BC=90°∴∠H1BQ1+∠OBC=90°又∠BCO+∠OBC=90°∴∠H1BO1=∠BCO在△Q1H1B和△BOC中：，∴△△Q1H1B≌△BOC(AAS)∴Q1H1=BO=，BH1=OC=，∴OH1=∴情况二：当Q2为直角顶角时，此时有Q2B=Q2C，过Q2点分别作Q2M⊥y轴，Q2N⊥x轴∴∠MQ2B+∠BQ2N