青岛市智荣北校九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案

青岛市智荣北校九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案一、压轴题1．如图1，一次函数(k,b为常数，k≠0)的图象与反比例函数（m为常数，m≠0）的图象相交于点M(1，4)和点N（4，n）．(1)填空：①反比例函数的解析式是；②根据图象写出时自变量x的取值范围是；(2)若将直线MN向下平移a(a>0)个单位长度后与反比例函数的图象有且只有一个公共点，求a的值；(3)如图2，函数的图象（x＞0）上有一个动点C，若先将直线MN平移使它过点C，再绕点C旋转得到直线PQ，PQ交轴于点A，交轴点B，若BC=2CA，求OA·OB的值.2．将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，，点P在边上（点P不与点重合）．（1）如图①，当时，求点P的坐标；（2）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点为，设．①如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，分别与边相交于点，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；②若折叠后与重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．3．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．4．某校开展了一次综合实践活动，参加该活动的每个学生持有两张宽为，长足够的矩形纸条．探究两张纸条叠放在一起，重叠部分的形状和面积．如图1所示，一张纸条水平放置不动，另一张纸条与它成45°的角，将该纸条从右往左平移．（1）写出在平移过程中，重叠部分可能出现的形状．（2）当重叠部分的形状为如图2所示的四边形时，求证：四边形是菱形．（3）设平移的距离为，两张纸条重叠部分的面积为．求s与x的函数关系式，并求s的最大值．5．在平面直角坐标系中，是坐标原点，抛物线的顶点在第四象限，且经过，两点直线与轴交于点，与抛物线的对称轴交于点，，点的纵坐标为1．（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）若将直线绕着点旋转，直线与抛物线有一个交点在第三象限，另一个交点记为，抛物线与抛物线关于点成中心对称，抛物线的顶点记为．①若点的横坐标为-1，抛物线与抛物线所对应的两个函数的值都随着的增大而增大，求相应的的取值范围；②若直线与抛物线的另一个交点记为，连接，，试间：在旋转的过程中，的度数会不会发生变化？请说明理由．6．四边形ABCF中，AF∥BC，∠AFC=90°，△ABC的外接圆⊙O交CF于E，与AF相切于点A，过C作CD⊥AB于D，交BE于G．（1）求证：AB=AC；（2）①证明：GE=EC；②若BC=8，OG=1，求EF的长．7．如图，⊙O经过菱形ABCD的三个顶点A、C、D，且与AB相切于点A．（1）求证：BC为⊙O的切线；（2）求∠B的度数．（3）若⊙O半径是4，点E是弧AC上的一个动点，过点E作EM⊥OA于点M，作EN⊥OC于点N，连接MN，问：在点E从点A运动到点C的过程中，MN的大小是否发生变化？如果不变化，请求出MN的值；如果变化，请说明理由．8．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．9．如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴l与直线相交于点P，连接，判定的形状，并说明理由；（3）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．10．对于⊙C与⊙C上的一点A，若平面内的点P满足：射线AP与⊙C交于点Q（点Q可以与点P重合），且，则点P称为点A关于⊙C的“生长点”．已知点O为坐标原点，⊙O的半径为1，点A（-1，0）．（1）若点P是点A关于⊙O的“生长点”，且点P在x轴上，请写出一个符合条件的点P的坐标________；（2）若点B是点A关于⊙O的“生长点”，且满足，求点B的纵坐标t的取值范围；（3）直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，若线段MN上存在点A关于⊙O的“生长点”，直接写出b的取值范围是_____________________________．11．如图，在中，为边的中点，为线段上一点，连结并延长交边于点，过点作的平行线，交射线于点，设．（1）当时，求的值；（2）设，求关于的函数关系式；（3）当时，求的值．12．如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为OC上动点(与点O不重合)，作AF⊥BE，垂足为G，交BO于H．连接OG、CG．(1)求证：AH=BE；(2)试探究：∠AGO的度数是否为定值？请说明理由；(3)若OG⊥CG，BG=，求△OGC的面积．13．如图，抛物线经过点A（1,0），B（4,0）与轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）如图①，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得四边形PAOC的周长最小？若存在，求出四边形PAOC周长的最小值；若不存在，请说明理由．（3）如图②，点Q是线段OB上一动点，连接BC，在线段BC上是否存在这样的点M，使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形？若存在，求M的坐标；若不存在，请说明理由．14．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，点P，Q分别在BC，AC上，CP＝3x，CQ＝4x（0＜x＜3）．把△PCQ绕点P旋转，得到△PDE，点D落在线段PQ上．（1）求证：PQ∥AB；（2）若点D在∠BAC的平分线上，求CP的长；（3）若△PDE与△ABC重叠部分图形的周长为T，且12≤T≤16，求x的取值范围．15．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．16．定义：如果一个三角形中有两个内角α，β满足α+2β＝90°，那我们称这个三角形为“近直角三角形”．（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，则∠A＝度；（2）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．若BD是∠ABC的平分线，①求证：△BDC是“近直角三角形”；②在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE也是“近直角三角形”？若存在，请求出CE的长；若不存在，请说明理由．（3）如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D为AC边上一点，以BD为直径的圆交BC于点E，连结AE交BD于点F，若△BCD为“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．17．如图，在平面直角坐标系中，以原点O为中心的正方形ABCD的边长为4m，我们把轴时正方形ABCD的位置作为起始位置，若将它绕点O顺时针旋转任意角度时，它能够与反比例函数的图象相交于点E，F，G，H，则曲线段EF，HG与线段EH，GF围成的封闭图形命名为“曲边四边形EFGH”．（1）①如图1，当轴时，用含m，k的代数式表示点E的坐标为________；此时存在曲边四边形EFGH，则k的取值范围是________；②已知，把图1中的正方形ABCD绕点O顺时针旋转45º时，是否存在曲边四边形EFGH？请在备用图中画出图形，并说明理由．当把图1中的正方形ABCD绕点O顺时针旋转任意角度时，直接写出使曲边四边EFGH存在的k的取值范围．③若将图1中的正方形绕点O顺时针旋转角度得到曲边四边形EFGH，根据正方形和双曲线的对称性试探究四边形EFGH是什么形状的四边形？曲边四边形EFGH是怎样的对称图形？直接写出结果，不必证明；（2）正方形ABCD绕点O顺时针旋转到如图2位置，已知点A在反比例函数的图象上，AB与y轴交于点M，，，试问此时曲边四边EFGH存在吗？请说明理由．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．如图①，在矩形中，cm，，点从点出发，沿射线以(cm/s)的速度匀速移动．连接，过点作,与射线相交于点，作矩形，连接．设点移动的时间为(s)，的面积为(cm2),与的函数关系如图②所示．(1)=；(2)求矩形面积的最小值；(3)当为等腰三角形时，求的值．20．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【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．(1)①y＝.②；(2)a＝1或a＝9.；(3)18或2..【解析】整体分析：(1)由点A的坐标求反比例函数的解析式，得到点B的坐标；，即是一次函数的图象在反比例函数图象的下方时自变量的范围；(2)由点M，N的坐标求直线MN的解析式，直线MN向下平移a(a>0)个单位长度后与反比例函数的图象有且只有一个公共点，即是方程kx+b-a=的判别式等于0；(3)设点C(a,b)，根据BC=2CA，分三种情况讨论，利用△ACH∽△ABO，结合ab=4求解.解：(1)k=1×4=4，所以y=.②当y=4时，x=，则B(4，1).根据图象得：.(2)点M(1，4)和点N(4，1)分别代入得直线AB向下平移a个单位长度后的解析式为y＝－x＋5－a，把y＝代入消去y，整理，得x2－(5－a)x＋4＝0.∵平移后的直线与反比例函数的图象有且只有一个公共点，∴Δ＝(5－a)2－16＝0.解得a＝1或a＝9.(3)设点C(a,b)，则ab=4如图1，过C点作CH⊥OA于点H.①当点B在y轴的负半轴时，如图1∵BC=2CA，∴AB=CA.∵∠AOB=∠AHC=90°，∠1=∠2，∴△ACH∽△ABO.∴OB=CH=b,OA=AH=0.5a∴.②当点B在y轴的正半轴时，如图2，当点A在x轴的正半轴时，∵BC=2CA，∴.∵CH∥OB，∴△ACH∽△ABO.∴∴.OB=3b,OA=1.5a∴.如图3，当点A在x轴的负半轴时，BC=2CA不可能.综上所述，OA·OB的值为18或2.2．（1）点P的坐标为；（2）①，t的取值范围是；②．【解析】【分析】（1）过点P作轴，则，因为，，可得，进而得，由30°所对的直角边等于斜边的一半可得，进而用勾股定理可得，点P的坐标即求出；（2）①由折叠知，，所以，；再根据，即可根据菱形的定义“四条边相等的四边形是菱形”可证四边形为菱形，所以，可得；根据点A的坐标可知，加之，从而有；而在中，，又因为，所以得，由和的取值范围可得t的范围是；②由①知，为等边三角形，由（1）四边形为菱形，所以,三角形DCQ为直角三角形，∠Q=60°，从而，,进而可得，又已知t的取值范围是，即可得．【详解】解：（1）如图，过点P作轴，垂足为H，则．，．．在中，，，．点P的坐标为．（2）①由折叠知，，，．又，．四边形为菱形．．可得．点，．有．在中，．，，其中t的取值范围是．②由①知，为等边三角形，∵四边形为菱形，∴,三角形DCQ为直角三角形，∠Q=60°，∴，,∴，∵，∴．，【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定与性质，求不规则四边形的面积等知识．3．（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．4．（1）三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）见解析；（3），s的最大值为．【解析】【分析】（1）根据平移过程中，重叠部分四边形的形状判定即可；（2）分别过点B、D作于点E、于点F，再根据纸条的特点证明四边形ABCD是平行四边形，再证明邻边相等即可证明；（3）分、、和x=四种情况分别求出s与x的函数关系式，然后再求最大值即可．【详解】解：（1）在平移过程中，重叠部分的形状分别为：三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）证明：分别过点B、D作于点E、于点F，∴∵两张纸条等宽，∴．在和中，∴，∵两张纸条都是矩形，，∴．∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（3）Ⅰ、如图：当时，重叠部分为三角形，如图所示，∴，∴．最大值为．Ⅱ、如图：当时，重叠部分为梯形，如图所示，梯形的下底为，上底为，∴，当时，s取最大值．Ⅲ、当时，重叠部分为五边形，．此时．Ⅳ、当时，重叠部分为菱形，∴．∴∴s的最大值为．【点睛】本题考查了平移变换、等腰直角三角形的性质、菱形的判定以及运用二次函数求最值，考查知识点较多，因此灵活运用所学知识成为解答本题的关键．5．（1）；（2）①；②不会发生变化，理由见解析【解析】【分析】（1）根据点A，B坐标求出对称轴为，得到，代入抛物线解析式得到，写出顶点，根据其位置，得出，根据A，B坐标表示出AC，BC长度，结合AC·BC=8，求得的值，代入点A，B得其坐标，将A坐标代入抛物线解析式得的值，即可得到抛物线的解析式；（2）①将代入，求得，结合点E求得PQ解析式，联立，解得点P的坐标，根据中心对称的性质，得到点的横坐标为10，可得的取值范围；②过分别作直线的垂线，垂足分别为，设出点P,Q坐标，求出PQ的解析式，联立，得到，由，得到，结合，得到，可证得结果．【详解】解：（1）∵抛物线过两点，∴由抛物线对称性知：抛物线对称轴为直线，又∵顶点在第四象限，，解得：，∴抛物线的开口向上，其图象如图所示，，，解得：，，由题意可知，点在线段上，而点的纵坐标为1，，把代入得，解得：∴抛物线所对应的函数表达式为（2）①把代入得，，∴直线的解析式为由可得，，解得：∴点的横坐标为由中心对称的性质可得，点的横坐标为10，即抛物线的对称轴为直线，结合图象：可得，的范围为；②在旋转的过程中，的度数不会发生变化，理由如下：连接，由中心对称的性质可得，．过分别作直线的垂线，垂足分别为，如图所示，设，直线的解析式为，则∵直线过，，可得，，∴直线的解析式为由得，整理得，，，又，即在旋转的过程中，的度数不会发生变化．【点睛】本题考查了二次函数与几何图形的综合应用，熟知其设计的知识点及相关关系，是解题的关键．6．（1）见详解；（2）①见详解；②EF=2．【解析】【分析】（1）连接OC，则OA=OB=OC，先证明OA∥FC，则有∠ACE=∠CAO，由∠ABE=∠ACE，然后得到∠AOB=∠AOC，即可得到结论成立；（2）①先证明BE是直径，则先证明∠ACD=∠EBC，由∠ABC=∠ACB，则∠BCD=∠ABG=∠ACE，则得到∠EGC=∠ECG，即可得到GE=EC；②由①可知，GE=EC=r+1，在直角三角形BCE中，由勾股定理得，得到半径，然后得到EC的长度；作OM⊥CE于点M，则EM=3，即可求出EF的长度．【详解】解：（1）连接OC，则OA=OB=OC，∴∠ABO=∠BAO，∠ACO=∠CAO，∵AF是切线，∴∠FAO=90°=∠AFC，∴OA∥FC，∴∠CAO=∠ACE=∠ABO，∴∠ABO=∠BAO=∠ACO=∠CAO，∴∠AOB=∠AOC，∴AB=AC；（2）①∵AF∥BC，∠AFC=90°，∴∠BCE=90°，∴BE是直径，∵CD⊥AB，∴∠DAC+∠ACD=∠BEC+∠EBC，∵∠DAC=∠BEC，∴∠ACD=∠EBC，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABO+∠EBC=∠ACD+∠BCD，∴∠ABO=∠BCD=∠ACE，∴∠EBC+∠BCD=∠ACD+∠ACE，∴∠EGC=∠ECG，∴EG=EC；②作OM⊥CE于点M，如图：则四边形AOMF是矩形，∴AO=FM，∵OG=1，设GE=EC=r+1，在Rt△BCE中，由勾股定理得，∴，解得：（负值已舍去），∴AO=FM=5，EC=6，∵OM⊥EC，OM是半径，EC是弦，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的综合问题，切线的性质定理，圆周角定理，勾股定理，垂径定理，以及矩形的性质，同角的余角相等，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题，注意正确作出辅助线，运用数形结合的思想进行分析．7．（1）见解析；（2）60°；（3）不变，MN=【解析】【分析】（1）连接AO、CO、BO、BD，根据菱形的性质得到AB=CB，然后根据SSS即可证明两三角形全等；（2）首先根据全等的性质得到O、B、D共线，然后根据三角形外角的性质得到∠BOC＝2∠ODC＝2∠OBC，最终根据余角的性质即可求解；（3）延长EM、EN交⊙O于F、G，连接FG、OF、OG，过点O作OH垂直于FG于点H，根据垂径定理和三角形中位线的性质得到MN=FG，根据（2）问结论结合圆周角定理求得∠FOH＝60°，最后根据含30°的直角三角形的边角关系即可求解．【详解】（1）如图，连接AO、CO、BO、BD．∵AB是⊙O的切线，∴OA⊥AB∴∠BAO＝90°．∵四边形ABCD是菱形∴AB＝CB又∵AO＝CO，BO＝BO∴△BAO≌△BCO（SSS）∴∠BCO＝∠BAO＝90°，即OC⊥BC∴BC为⊙O的切线（2）∵△ABO≌△CBO∴∠ABO＝∠CBO∵四边形ABCD是菱形∴BD平分∠ABC，CB＝CD∴点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）不变延长EM、EN交⊙O于F、G，连接FG、OF、OG．过点O作OH垂直于FG于点H．∵EM⊥OA、EN⊥OC．∴M、N是EF、EG的中点．∴MN是△EFG的中位线∴MN=FG．由（2）知∠ABC＝60°∴∠AOC＝120°∴∠FOG＝∠AOC＝120°∴∠MEN＝∠FOG＝60°，∴∠FOH＝60°，∴OH=2，FH=．∴FG=．∴MN=FG=．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，垂径定理，圆周角定理，正确的引出辅助线，熟练利用三角形和圆的知识点求解是本题的关键．8．（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.9．（1）；（2）的为直角三角形，理由见解析；（3）存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．【解析】【分析】（1）先根据直线经过点，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；（2）先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB=OC得到∠ABP=45°，进一步说明∠APB=90°，则∠APC=90°即可判定的形状；（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标【详解】解：（1）∵直线经过点∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）∴解得∴该抛物线的解析式为（2）的为直角三角形，理由如下：∵解方程=0，则x1=1，x2=5∴A（1,0），B（5,0）∵抛物线的对称轴l为x=3∴△APB为等腰三角形∵C的坐标为（5,0）,B的坐标为（5,0）∴OB=CO=5,即∠ABP=45°∴∠ABP=45°，∴∠APB=180°-45°-45°=90°∴∠APC=180°-90°=90°∴的为直角三角形；（3）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，∵M1A=M1C，∴∠ACM1=∠CAM1∴∠AM1B=2∠ACB∵△ANB为等腰直角三角形.∴AH=BH=NH=2∴N（3，2）设AC的函数解析式为y=kx+b∵C(0，5),A(1，0)∴解得b=5，k=-5∴AC的函数解析式为y=-5x+5设EM1的函数解析式为y=x+n∵点E的坐标为（）∴=×+n，解得：n=∴EM1的函数解析式为y=x+∵解得∴M1的坐标为（）；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2设M2（a，-a+5）则有：3=，解得a=∴-a+5=∴M2的坐标为（，）．综上，存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．【点睛】本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图像、三角形外角等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．10．（1）（2，0）（答案不唯一）；（2）或；（3）或．【解析】试题分析：（1）由题意可知，在x轴上找点P是比较简单的，这样的P点不是唯一的，如点（2，0）、（1，0）等；（2）如图1，在x轴上方作射线AM交⊙O于点M，使tan∠MAO=，并在射线AM是取点N，使MN=AM，则由题意可知，线段MN上的点都是符合条件的B点，过点M作MH⊥x轴于点H，连接MC，结合已知条件求出点M和点N的纵坐标即可得到所求B点的纵坐标t的取值范围；根据对称性，在x轴的下方得到线段M′N′，同理可求得满足条件的B点的纵坐标t的另一取值范围；（3）如图2，3，由与x轴交于点M，与y轴交于点N，可得点M的坐标为，点N的坐标为，由此结合∠OMN的正切函数可求得∠OMN=60°；以点D（1，0）为圆心，2为半径作圆⊙D，则⊙D和⊙O相切于点A，由题意可知，点A关于⊙O的“生长点”都在⊙O到⊙D之间的平面内，包括两个圆（但点A除外）.然后结合题意和∠OMN=60°分b>0和b<0两种情况在图2和图3中求出ON1和ON2的长即可得到b的取值范围了.试题解析：（1）由题意可知，在x轴上找点P是比较简单的，这样的P点不是唯一的，如点（2，0）、（1，0）等；（2）如图1，在x轴上方作射线AM，与⊙O交于M，且使得，并在AM上取点N，使AM=MN，并由对称性，将MN关于x轴对称，得，则由题意，线段MN和上的点是满足条件的点B.作MH⊥x轴于H，连接MC，∴∠MHA=90°，即∠OAM+∠AMH=90°.∵AC是⊙O的直径，∴∠AMC=90°，即∠AMH+∠HMC=90°.∴∠OAM=∠HMC.∴.∴.设，则，，∴，解得，即点M的纵坐标为.又由，A为（-1，0），可得点N的纵坐标为，故在线段MN上，点B的纵坐标t满足：.由对称性，在线段上，点B的纵坐标t满足：.∴点B的纵坐标t的取值范围是或.（3）如图2，以点D（1，0）为圆心，2为半径作圆⊙D，则⊙D和⊙O相切于点A，由题意可知，点A关于⊙O的“生长点”都在⊙O到⊙D之间的平面内，包括两个圆（但点A除外）.∵直线与x轴交于点M，与y轴交于点N，∴点M的坐标为，点N的坐标为，∴tan∠OMN=，∴∠OMN=60°，要在线段MN上找点A关于⊙O的“生长点”，现分“b>0”和“b<0”两种情况讨论：I、①当直线过点N1（0，1）时，线段MN上有点A关于⊙O的唯一“生长点”N1，此时b=1；②当直线与⊙D相切于点B时，线段MN上有点A关于⊙O的唯一“生长点”B，此时直线与y轴相交于点N2，与x轴相交于点M2，连接DB，则DB=2，∴DM2=，∴OM2=，∴ON2=tan60°·OM2=，此时b=.综合①②可得，当b>0时，若线段MN上存在点A关于⊙O的“生长点”，则b的取值范围为：；II、当b<0时，如图3，同理可得若线段MN上存在点A关于⊙O的“生长点”，则b的取值范围为：；综上所述，若在线段MN上存在点A关于⊙O的“生长点”，则b的取值范围为：或.11．（1）AG：AB=；（2）；（3）或．【解析】【分析】（1）根据推出BE=AG和AD=AB，进而得出AG是AD的一半即可推出最后结果；（2）先设AB=1，可推出BE=，，再证明，进而得出，即可写出关于的函数关系式；（3）当点H在边DC上时，根据可推出，进而列出方程即得；当点在的延长线上时，根据可推出，进而列出方程即得．【详解】（1）∵在中，AD=BC，AD∥BC∴∴∵，即∴∴AD=AB，AG=BE∵E为BC的中点∴BE=BC∴AG=AB则AG：AB=；（2）∵∴不妨设AB=1，则AD=x，BE=∵AD∥BC∴∴∵GH∥AE∴∠DGH=∠DAE∵AD∥BC∴∠DAE=∠AEB∴∠DGH=∠AEB在中，∠D=∠ABE∴∴∴；（3）分两种情况考虑：∵∴不妨设AB=1，则AD=x，BE=∵AD∥BC∴∴①当点H在边DC上时，如图1所示：∵DH=3HC∴∴∵∴，即解得：；②当在的延长线上时，如图2所示：∵DH=3HC∴∴∵∴，即解得：综上所述，或【点睛】本题属于相似三角形综合题，涉及的知识有：平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，以及平行线的性质．解本题的关键是根据H点在射线DC上，将H点的位置分为：点H在边DC上以及点在的延长线上．12．(1)见解析；(2)45°；(3)9.【解析】【分析】（1）利用正方形性质，证△ABH

≌△BCE.可得AH=BE

.（2）证△AOH∽△BGH，，，再证△OHG∽△AHB.，得∠AGO=∠ABO=45°；（3）先证△ABG

∽△BFG.

得,所以，AG·GF=BG

2

=（）2=18.

再证△AGO

∽△CGF.得,所以，GO·CG

=AG·GF=18.所以，S△OGC

=CG·GO.

【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°，AB=CB，∠ABO=∠ECB

=45°∵AF⊥BE,∴∠BAG+∠ABG=∠CBE

+∠ABG=90°.∴∠BAH=∠CBE.

∴△ABH

≌△BCE.

∴AH=BE

.

（2）∵∠AOH=∠BGH=90°,

∠AHO=∠BHG,

∴△AOH∽△BGH∴∴

∵∠OHG

=∠AHB.∴△OHG∽△AHB.

∴∠AGO=∠ABO=45°,即∠AGO的度数为定值（3）∵∠ABC=90°,AF⊥BE,∴∠BAG=∠FBG,∠AGB=∠BGF=90°,∴△ABG

∽△BFG.

∴,∴AG·GF=BG

2

=（）2=18.

∵△AHB∽△OHG，∴∠BAH=∠GOH=∠GBF.∵∠AOB=∠BGF=90°,∴∠AOG=∠GFC.

∵∠AGO=45°,CG⊥GO,∴∠AGO=∠FGC=45°.∴△AGO

∽△CGF.

∴,∴GO·CG

=AG·GF=18.∴S△OGC

=CG·GO=9.

【点睛】此题为综合题，要熟练掌握正方形性质和相似三角形判定方法还有相似三角形的性质.13．（1）；（2）9；（3）存在点M的坐标为（）或（）使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形【解析】【分析】(1)根据抛物线经过A、B两点，带入解析式，即可求得a、b的值.（2）根据PA=PB，要求四边形PAOC的周长最小，只要P、B、C三点在同一直线上，因此很容易计算出最小周长.（3）首先根据△BQM为直角三角形，便可分为两种情况QM⊥BC和QM⊥BO，再结合△QBM∽△CBO，根据相似比例便可求解.【详解】解：（1）将点A（1,0），B（4,0）代入抛物线中，得：解得：所以抛物线的解析式为.（2）由（1）可知，抛物线的对称轴为直线.连接BC，交抛物线的对称轴为点P,此时四边形PAOC的周长最小，最小值为OA+OC+BC=1+3+5=9.(3)当QM⊥BC时，易证△QBM∽△CBO所以,又因为△CQM为等腰三角形，所以QM=CM.设CM=x,则BM=5-x所以所以.所以QM=CM=，BM=5-x=,所以BM:CM=4:3.过点M作NM⊥OB于N，则MN//OC,所以,即，所以,所以点M的坐标为（）当QM⊥BO时,则MQ//OC,所以,即设QM=3t,则BQ=4t,又因为△CQM为等腰三角形，所以QM=CM=3t,BM=5-3t又因为QM2+QB2=BM2,所以(3t)2+(4t)2=(5-3t)2,解得MQ=3t=,,所以点M的坐标为（）.综上所述，存在点M的坐标为（）或（）使△CQM为等腰三角形且△BQM为直角三角形【点睛】本题是一道二次函数的综合型题目，难度系数较高，关键在于根据图形化简问题，这道题涉及到一种分类讨论的思想，这是这道题的难点所在，分类讨论思想的关键在于根据直角三角形的直角进行分类的.14．（1）证明见解析；（2）6；（3）1≤x≤．【解析】【分析】（1）先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；（2）连接AD，根据PQ∥AB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP；·（3）先求出当点E在AB上时x的值，再分两种情况进行分类讨论．【详解】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9，∴AC＝＝＝12．∵＝＝，＝＝，∴＝．∵∠C＝∠C，∴△PQC∽△BAC，∴∠CPQ＝∠B，∴PQ∥AB；（2）解：连接AD，∵PQ∥AB，∴∠ADQ＝∠DAB．∵点D在∠BAC的平分线上，∴∠DAQ＝∠DAB，∴∠ADQ＝∠DAQ，∴AQ＝DQ．∵PD＝PC＝3x，QC=4x∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x.∴DQ＝2x．∵AQ＝12﹣4x，∴12﹣4x＝2x，解得x＝2，∴CP＝3x＝6．（3）解：当点E在AB上时，∵PQ∥AB，∴∠DPE＝∠PGB．∵∠CPQ＝∠DPE，∠CPQ＝∠B，∴∠B＝∠PGB，∴PB＝PG＝5x，∴3x+5x＝9，解得x＝．①当0＜x≤时，T＝PD+DE+PE＝3x+4x+5x＝12x，此时0＜T≤；②当＜x＜3时，设PE交AB于点G，DE交AB于F，作GH⊥PQ，垂足为H，∴HG＝DF，FG＝DH，Rt△PHG∽Rt△PDE，∴＝＝．∵PG＝PB＝9﹣3x，∴＝＝，∴GH＝（9﹣3x），PH＝（9﹣3x），∴FG＝DH＝3x﹣（9﹣3x），∴T＝PG+PD+DF+FG＝（9﹣3x）+3x+（9﹣3x）+[3x﹣（9﹣3x）]＝x+，此时，＜T＜18．∴当0＜x＜3时，T随x的增大而增大，∴T＝12时，即12x＝12，解得x＝1；T＝16时，即x+＝16，解得x＝．∵12≤T≤16，∴x的取值范围是1≤x≤．【点睛】本题考查几何变换——旋转综合题，勾股定理，相似三角形的性质和判定，平行线的性质和判定.熟练掌握定理并能灵活运用是解决此题的关键，（3）中需注意要分类讨论.15．（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.16．（1）20；（2）①见解析；②存在，CE＝；（3）tan∠C的值为或．【解析】【分析】（1）∠B不可能是α或β，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°；（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，即,即，解得：AE=，即可求解.（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，设BH＝x，则HE＝5﹣x，则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝，即可求解；②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则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.【详解】解：（1）∠B不可能是α或β，当∠A＝α时，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，则β＝20°，故答案为20；（2）①如图1，设∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，则α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②存在，理由：在边AC上是否存在点E（异于点D），使得△BCE是“近直角三角形”，AB＝3，AC＝4，则BC＝5，则∠ABE＝∠C，则△ABC∽△AEB，即，即，解得：AE＝，则CE＝4﹣＝；（3）①如图2所示，当∠ABD＝∠DBC＝β时，则AE⊥BF，则AF＝FE＝3，则AE＝6，AB＝BE＝5，过点A作AH⊥BC于点H，设BH＝x，则HE＝5﹣x，则AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝；cos∠ABE＝＝＝cos2β，则tan2β＝，则tanα＝；②如图3所示，当∠ABD＝∠C＝β时，过点A作AH⊥BE交BE于点H，交BD于点G，则点G是圆的圆心（BE的中垂线与直径的交点），∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，则EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，∵DE⊥BC，AH⊥BC，∴ED∥AH，则AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，则DE＝2k，则AG＝3k＝R（圆的半径）＝BG，点H是BE的中点，则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＝，则cos∠ABD＝cosβ＝＝＝cosC，则tanC＝；综上，tan∠C的值为或．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数值等知识.属于圆的综合题，解决本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来.17．（1）①，；②不存在，作图与理由见解析，；③四边形EFGH是平行四边形，是中心对称图形；（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）①首先确定点的纵坐标为，点又是反比例函数的图象上的点即满足反比例函数关系式，代入即可求得相对应的横坐标；点是双曲线和正方形能够相交的临界点，从而得到的取值范围．（2）根据（1）的情况，类比进而求解．【详解】解：（1）①∵以原点为中心的正方形的边长为，∴点的纵坐标为∵点在反比例函数的图象上∴∴∴∵存在曲边四边形EFGH，在反比例函数的图象上∴∴又∵∴的取值范围是：②结论：此时不存在曲边四边形理由：将正方形绕点顺时针旋转后位置如图：∵以原点为中心的正方形的边长为∴正方形的对角线为∴∴的中点的坐标为∵对于反比例函数来说，能否构成曲边四边形的临界点是的中点当时，∴∴此时不存在曲边四边形．当把图1中的正方形ABCD绕点O顺时针旋转45°时，若存在曲边四边形，则旋转任意角度时，存在曲边四边形对于反比例函数来说，能否构成曲边四边形的临界点是的中点当，时，存在曲边四边形∴∴使曲边四边EFGH存在的k的取值范围是：．③将图1中的正方形绕点O顺时针旋转角度得到曲边四边形EFGH，如图所示，由正方形和双曲线的对称性可知，E，G关于原点对称，F，H关于原点对称即OE=OG，OF=OH，∴四边形EFGH是平行四边形，曲边四边形是中心对称图形．（2）存在，理由如下：如图所示，连接OB，OA，OD，作ON⊥AB于N，AP⊥y轴于P，DQ⊥x轴于Q，∵ABCD为正方形，∴OA⊥OB，OA⊥OD，OA=OB=OD，即△OAB为等腰直角三角形∴ON=AB=AN=4，∴MN=AN-AM=4-1=3∴OM=∵∠ONM=∠APM=90°，∠OMN=∠AMP∴△ONM∽△AMP∴，即∴AP=，PM=∴OP=OM+PM=，则A点坐标为∴则反比例函数为由正方形的对称性和旋转的性质可得△OAP≌△ODQ∴OQ=OP=，DQ=AP=∴D点坐标为设直线AD解析式为将A，D代入得解得，∴直线AD解析式为令整理得则方程有两个不相等的实数根，∴直线AD与反比例函数有两个不同的交点∴曲边四边EFGH存在【点睛】本题考查了正方形的性质、反比例函数图象与性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质，是一道新定义问题．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=∠BCD=60°，∴是等边三角形，∴∠ADB=60°，AD=BD，∴∠ADB+∠BDC=∠CDE+∠BDC，即∠ADC=∠BDE，在和中，，∴（SAS），∴AC=BE，∵∠BCD=∠DCE=60°，∴∠ECF=180°-60°-60°=60°，∵∠EFC=90°，∴∠CEF=30°，∴CF=CE=由勾股定理得：BF=BC+CF=在Rt中，由勾股定理得：∴AC=（3）过点C作CH⊥AB，交AB延长线于H，如图所示：设BH=x，∵∠ABC=120°，CH是的高线，∴∠BC