北京第十五中学九年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案

北京第十五中学九年级上册压轴题数学模拟试卷含详细答案一、压轴题1．已知在矩形ABCD中，AB=2，AD=4．P是对角线BD上的一个动点（点P不与点B、D重合），过点P作PF⊥BD，交射线BC于点F．联结AP，画∠FPE=∠BAP，PE交BF于点E．设PD=x，EF=y．（1）当点A、P、F在一条直线上时，求△ABF的面积；（2）如图1，当点F在边BC上时，求y关于x的函数解析式，并写出函数定义域；（3）联结PC，若∠FPC=∠BPE，请直接写出PD的长．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．将抛物线向下平移6个单位长度得到抛物线，再将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线．（1）直接写出抛物线，的解析式；（2）如图（1），点在抛物线对称轴右侧上，点在对称轴上，是以为斜边的等腰直角三角形，求点的坐标；（3）如图（2），直线（，为常数）与抛物线交于，两点，为线段的中点；直线与抛物线交于，两点，为线段的中点．求证：直线经过一个定点．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．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴正半轴交于点，且点的坐标为，过点作垂直于轴的直线．是该抛物线上的任意一点，其横坐标为，过点作于点；是直线上的一点，其纵坐标为，以，为边作矩形．（1）求的值．（2）当点与点重合时，求的值．（3）当矩形是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求的值．（4）当抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随的增大而减小时，直接写出的取值范围．6．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3过点A（﹣3，0），B（1，0），与y轴交于点C，顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为直线CD上的一个动点，连接BC；①如图1，是否存在点P，使∠PBC＝∠BCO？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；②如图2，点P在x轴上方，连接PA交抛物线于点N，∠PAB＝∠BCO，点M在第三象限抛物线上，连接MN，当∠ANM＝45°时，请直接写出点M的坐标．7．四边形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．8．（问题发现）（1）如图①，在△ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是BC边的中点，E是AB边上一动点，则EC+ED的最小值是．（问题研究）（2）如图②，平面直角坐标系中，分别以点A（﹣2，3），B（3，4）为圆心，以1、3为半径作⊙A、⊙B，M、N分別是⊙A、⊙B上的动点，点P为x轴上的动点，试求PM+PN的最小值．（问题解决）（3）如图③，该图是某机器零件钢构件的模板，其外形是一个五边形，根据设计要求，边框AB长为2米，边框BC长为3米，∠DAB＝∠B＝∠C＝90°，联动杆DE长为2米，联动杆DE的两端D、E允许在AD、CE所在直线上滑动，点G恰好是DE的中点，点F可在边框BC上自由滑动，请确定该装置中的两根连接杆AF与FG长度和的最小值并说明理由．9．定义：对于已知的两个函数，任取自变量的一个值，当时，它们对应的函数值相等；当时，它们对应的函数值互为相反数，我们称这样的两个函数互为相关函数.例如：正比例函数，它的相关函数为.（1）已知点在一次函数的相关函数的图像上，求的值；（2）已知二次函数.①当点在这个函数的相关函数的图像上时，求的值；②当时，求函数的相关函数的最大值和最小值.（3）在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，连结.直接写出线段与二次函数的相关函数的图像有两个公共点时的取值范围.10．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．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，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．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。14．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．15．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．16．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．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．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，且．点在第四象限且在抛物线上．（1）如（图1），当四边形面积最大时，在线段上找一点，使得最小，并求出此时点的坐标及的最小值；（2）如（图2），将沿轴向右平移2单位长度得到，再将绕点逆时针旋转度得到，且使经过、的直线与直线平行（其中），直线与抛物线交于、两点，点在抛物线上．在线段上是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．19．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（3，0），B（0，3）两点．（1）求此抛物线的解析式和直线AB的解析式；（2）如图①，动点E从O点出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向终点A匀速运动，同时，动点F从A点出发，沿着AB方向以个单位/秒的速度向终点B匀速运动，当E，F中任意一点到达终点时另一点也随之停止运动，连接EF，设运动时间为t秒，当t为何值时，△AEF为直角三角形？（3）如图②，取一根橡皮筋，两端点分别固定在A，B处，用铅笔拉着这根橡皮筋使笔尖P在直线AB上方的抛物线上移动，动点P与A，B两点构成无数个三角形，在这些三角形中是否存在一个面积最大的三角形？如果存在，求出最大面积，并指出此时点P的坐标；如果不存在，请简要说明理由．20．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（1）1；（2）y=；（3）PD的长为±1或．【解析】试题分析：（1）根据矩形ABCD，A、P、F在一条直线上，且PF⊥BD，可得，，得一，从而可得；（2）先证明∽，从而得到，由AD//BC，可得，从而根据三角函数可得，由得，代入，即可得；（3）分∠CPF的∠FPE的内部与外部两种情况进行讨论即可得.试题解析：（1）∵矩形ABCD，∴，∴，∵A、P、F在一条直线上，且PF⊥BD，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）∵PF⊥BP，∴，∴，∵，∴，∴，又∵∠BAP=∠FPE，∴∽，∴，∵AD//BC，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴；（3）∠CPF=∠BPE，①如图所示，当点F在CE上时，∵∠BPF=∠FPD=90°，∴∠DPC=∠FPE，∵∠FPE=∠BAP，∴∠DPC=∠BAP，∵AB//CD，∴∠ABD=∠CDB，∴△PAB∽△CPD，∴PB：CD=AB：PD，∴PB·PD=CD·AB，∴x（）=2×2，∴x=；②如图所示，当点F在EC延长线上时，过点P作PN⊥CD于点N，在CD上取一点M，连接PM，使∠MPF=∠CPF，则有PC：PM=CH：MH，∵∠BPF=∠DPF=90°，∴∠BPC=∠DPM，∵∠BPE=∠CPF，∴∠BPE=∠EPF，∵∠BAP=∠FPE，∴∠BAP=∠DPM，∵∠ABD=∠BDC，∴△PAB∽△MPD，∴PB：MD=AB：PD，由PD=x，tan∠PDM=tan∠PFC=2，易得：DN=，PN=，CN=2-，PH=2x，FH=，CH=2-x，由PB：MD=AB：PD可得MD=，从而可得MN，在Rt△PCN中利用勾股定理可得PC，由PC：PM=CH：MH可得PM，在在Rt△PMN中利用勾股定理可得关于x的方程，解得x=，综上：PD的长为：或.【点睛】本题考查了相似综合题，涉及到的知识点有相似三角形的判定与性质，三角函数的应用，三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例等，解题的关键是根据图形正确地确定相似的三角形，添加适当的辅助线等.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）抛物线的解析式为：y=x2-4x-2；抛物线的解析式为：y=x2-6；（2）点的坐标为（5，3）或（4，-2）；（3）直线经过定点（0，2）【解析】【分析】（1）根据函数图象上下平移：函数值上加下减；左右平移：自变量左加右减写出函数解析式并化简即可；（2）先判断出点A、B、O、D四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，从而证出是等腰直角三角形．设点A的坐标为（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代数式表示出来，利用DC=AC列方程求解即可，注意有两种情况；（3）根据直线（，为常数）与抛物线交于，两点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根与系数的关系求出点M的横坐标，进而求出纵坐标，同理求出点N的坐标，再用待定系数法求出直线MN的解析式，从而判断直线MN经过的定点即可．【详解】解：（1）∵抛物线向下平移6个单位长度得到抛物线，再将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线，∴抛物线的解析式为：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2，抛物线的解析式为：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6．（2）如下图，过点A作AC⊥x轴于点C，连接AD，∵是等腰直角三角形，∴∠BOA=45°，又∵∠BDO=∠BAO=90°，∴点A、B、O、D四点共圆，∴∠BDA=∠BOA=45°，∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，∴是等腰直角三角形，∴DC=AC．∵点在抛物线对称轴右侧上，点在对称轴上，∴抛物线的对称轴为x=2，设点A的坐标为（x，x2-4x-2），∴DC=x-2，AC=x2-4x-2，∴x-2=x2-4x-2，解得：x=5或x=0（舍去），∴点A的坐标为（5，3）；同理，当点B、点A在x轴的下方时，x-2=-(x2-4x-2)，x=4或x=-1（舍去），∴点的坐标为（4，-2），综上，点的坐标为（5，3）或（4，-2）．（3）∵直线（，为常数）与抛物线交于，两点，∴，∴x2-kx-6=0，设点E的横坐标为xE，点F的横坐标为xF，∴xE+xF=k，∴中点M的横坐标xM==，中点M的纵坐标yM=kx=，∴点M的坐标为（，）；同理可得：点N的坐标为（，），设直线MN的解析式为y=ax+b（a≠0），将M（，）、N（，）代入得：，解得：，∴直线MN的解析式为y=·x+2（），不论k取何值时（），当x=0时，y=2，∴直线经过定点（0，2）．【点睛】本题考查二次函数综合应用，熟练掌握图象平移的规律、判断点A、B、O、D四点共圆的方法、用待定系数法求函数解析式的步骤是解题的关键．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）；（3）；（4）或．【解析】【分析】（1）将A点坐标代入函数解析式即可求得b的值；（2）分别表示出P、Q、M的坐标，根据Q、M的横坐标相同，它们重合时纵坐标也相同，列出方程求解即可；（3）分别表示出PQ和MQ的长度，根据矩形是正方形时，即可求得m的值，再根据顶点在正方形内部，排除不符合条件的m的值；（4）分，，，四种情况讨论，结合图形分析即可．【详解】解：（1）将点代入得，解得b=1,；（2）由（1）可得函数的解析式为，∴,∵于点，∴,∵是直线上的一点，其纵坐标为，∴，若点与点重合，则，解得；（3）由（2）可得，，当矩形是正方形时，即，即或，解得，解得，又，∴抛物线的顶点为(1，2)，∵抛物线的顶点在该正方形内部，∴P点在抛物线对称轴左侧，即，且M点的纵坐标大于抛物线顶点的纵坐标，即，解得，故m的值为；（4）①如下图当时，若抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随的增大而减小，则M点的纵坐标应该小于P点纵坐标，且P点应该在x轴上侧，即且，解得，解得，∴，②如下图当时，若抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随的增大而减小，则M点的纵坐标应该小于P点纵坐标，即，解得，∴；③当时，P点和M点都在直线x=3上不构成矩形，不符合题意；④如下图当时，若抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随的增大而减小，则M点的纵坐标应该大于P点纵坐标，即，解得或，故，综上所述或．【点睛】本题考查二次函数综合，正方形的性质定理，求二次函数解析式．能分别表示出M、P、Q的坐标并结合图形分析是解决此题的关键，注意分类讨论．6．（1）y＝x2+2x﹣3；（2）①存在，点P的坐标为（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；②点M（﹣，﹣）【解析】【分析】（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），即可求解；（2）①分点P（P′）在点C的右侧、点P在点C的左侧两种情况，分别求解即可；②证明△AGR≌△RHM（AAS），则点M（m+n，n﹣m﹣3），利用点M在抛物线上和AR＝NR，列出等式即可求解．【详解】解：（1）y＝ax2+bx﹣3＝a（x+3）（x﹣1），解得：a＝1，故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3①；（2）由抛物线的表达式知，点C、D的坐标分别为（0，﹣3）、（﹣1，﹣4），由点C、D的坐标知，直线CD的表达式为：y＝x﹣3；tan∠BCO＝，则cos∠BCO＝；①当点P（P′）在点C的右侧时，∵∠P′AB＝∠BCO，故P′B∥y轴，则点P′（1，﹣2）；当点P在点C的左侧时，设直线PB交y轴于点H，过点H作HN⊥BC于点N，∵∠PBC＝∠BCO，∴△BCH为等腰三角形，则BC＝2CH•cos∠BCO＝2×CH×＝，解得：CH＝，则OH＝3﹣CH＝，故点H（0，﹣），由点B、H的坐标得，直线BH的表达式为：y＝x﹣②，联立①②并解得：，故点P的坐标为（1，﹣2）或（﹣5，﹣8）；②∵∠PAB＝∠BCO，而tan∠BCO＝，故设直线AP的表达式为：y＝，将点A的坐标代入上式并解得：s＝1，故直线AP的表达式为：y＝x+1，联立①③并解得：，故点N（，）；设△AMN的外接圆为圆R，当∠ANM＝45°时，则∠ARM＝90°，设圆心R的坐标为（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，∴点M（m+n，n﹣m﹣3），将点M的坐标代入抛物线表达式得：n﹣m﹣3＝（m+n）2+2（m+n）﹣3③，由题意得：AR＝NR，即（m+3）2＝（m﹣）2+（）2④，联立③④并解得：，故点M（﹣，﹣）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等、圆的基本知识等，其中（2）①，要注意分类求解，避免遗漏．7．（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．8．（1）；（2）；（3）4，理由见解析【解析】【分析】（1）作点C关于AB的对称点C'，连接DE，与AB交于点E，连接CE．此时EC+ED＝EC'+ED＝C'D最短，易证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关于x轴的对称⊙A′，连接BA′分别交⊙A′和⊙B'于M'、N，交x轴于P，连接PA，交⊙A于M，根据两点之间线段最短得到此时PM+PN最小，再利用对称确定A′的坐标，接着利用两点间的距离公式计算出A′B的长，然后用A′B的长减去两个圆的半径即可得到MN的长，即得到PM+PN的最小值；（3）如图③，延长AD、CE，交于点H，连接GH．易知GE＝DE＝1，所以点G在以H为圆心，1为半径的圆周上运动，作点A关于BC的对称点A'，连接A'H，与BC交于点F，与⊙H交于点G，此时AF+FG＝A'F+FG＝A'G为最短，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，即该装置中的两根连接杆AF与FG长度和的最小值为4．【详解】解：（1）如图①，作点C关于AB的对称点C'，连接DE，与AB交于点E，连接CE．∴CE＝C'E，此时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边的中点，∴DB＝1，在Rt△DBC'中，C'D2＝12+22＝5，∴CD＝，∴EC+ED的最小值是，故答案为；（2）如图②，作⊙A关于x轴的对称⊙A′，连接BA′分别交⊙A′和⊙B'于M'、N，交x轴于P，连接PA，交⊙A于M．则此时PM+PN＝PM'+PN＝M'N最小，∵点A坐标（﹣2，3），∴点A′坐标（﹣2，﹣3），∵点B（3，4），∴A'B＝＝，∴M'N＝A′B﹣BN﹣A′M'＝﹣1﹣3＝﹣4∴PM+PN的最小值为＝﹣4；（3）如图③，延长AD、CE，交于点H，连接GH．∵∠DAB＝∠B＝∠C＝90°∴∠DHE＝90°，∵G是DE的中点，DE＝2，∴GE＝DE＝1，∵联动杆DE的两端D、E允许在AD、CE所在直线上滑动，∴点G在以H为圆心，1为半径的圆周上运动，作点A关于BC的对称点A'，连接A'H，与BC交于点F，与⊙H交于点G，此时AF+FG＝A'F+FG＝A'G为最短，∵AB＝2，AH＝BC＝3，A'B＝2，A'A＝4，∴A'H＝=5，∴A'G＝A'H﹣GH＝5﹣1＝4，所以该装置中的两根连接杆AF与FG长度和的最小值为4．【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及到勾股定理、轴对称性质求最短值，综合性比较强，结合题意添加合适的辅助线是解题的关键．9．（1）1；（2）①、；②，；（3），【解析】【分析】（1）先求出的相关函数，然后代入求解，即可得到答案；（2）先求出二次函数的相关函数，①分为m＜0和m≥0两种情况将点B的坐标代入对应的关系式求解即可；②当-3≤x＜0时，y=x2-4x+，然后可此时的最大值和最小值，当0≤x≤3时，函数y=-x2+4x-，求得此时的最大值和最小值，从而可得到当-3≤x≤3时的最大值和最小值；（3）首先确定出二次函数y=-x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．【详解】解：（1）根据题意，一次函数的相关函数为，∴把点代入，则，∴；（2）根据题意，二次函数的相关函数为，①当m＜0时，将B（m，）代入y=x2-4x+得m2-4m+，解得：m=2+（舍去）或m=．当m≥0时，将B（m，）代入y=-x2+4x-得：-m2+4m-=，解得：m=2+或m=2．综上所述：m=或m=或m=．②当-3≤x＜0时，y=x2-4x+，抛物线的对称轴为x=2，此时y随x的增大而减小，∴当时，有最大值，即，∴此时y的最大值为．当0≤x≤3时，函数y=-x2+4x，抛物线的对称轴为x=2，当x=0有最小值，最小值为，当x=2时，有最大值，最大值y=．综上所述，当-3≤x≤3时，函数y=-x2+4x的相关函数的最大值为，最小值为；（3）如图1所示：线段MN与二次函数y=-x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．∴当x=2时，y=1，即-4+8+n=1，解得n=-3．如图2所示：线段MN与二次函数y=-x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．∵抛物线y=x2-4x-n与y轴交点纵坐标为1，∴-n=1，解得：n=-1．∴当-3＜n≤-1时，线段MN与二次函数y=-x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．如图3所示：线段MN与二次函数y=-x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．∵抛物线y=-x2+4x+n经过点（0，1），∴n=1．如图4所示：线段MN与二次函数y=-x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．∵抛物线y=x2-4x-n经过点M（，1），∴+2-n=1，解得：n=．∴1＜n≤时，线段MN与二次函数y=-x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．综上所述，n的取值范围是-3＜n≤-1或1＜n≤．【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y=-x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．10．（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．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)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）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．14．（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.15．（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.16．（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．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，