成都高新實驗中學(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．對于⊙C與⊙C上的一點A，若平面內(nèi)的點P滿足：射線AP與⊙C交于點Q（點Q可以與點P重合），且，則點P稱為點A關(guān)于⊙C的“生長點”．已知點O為坐標原點，⊙O的半徑為1，點A（-1，0）．（1）若點P是點A關(guān)于⊙O的“生長點”，且點P在x軸上，請寫出一個符合條件的點P的坐標________；（2）若點B是點A關(guān)于⊙O的“生長點”，且滿足，求點B的縱坐標t的取值范圍；（3）直線與x軸交于點M，與y軸交于點N，若線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，直接寫出b的取值范圍是_____________________________．2．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，試利用初中知識，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．）3．已知：如圖，拋物線交正半軸交于點，交軸于點，點在拋物線上，直線：過點，點是直線上的一個動點，的外心是．（1）求，的值．（2）當(dāng)點移動到點時，求的面積．（3）①是否存在點，使得點落在的邊上，若存在，求出點的坐標，若不存在，請說明理由．②過點作直線軸交直線于點，當(dāng)點從點移動到點時，圓心移動的路線長為_____．（直接寫出答案）4．如圖，過原點的拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于點A（4，0），B為拋物線的頂點，連接OB，點P是線段OA上的一個動點，過點P作PC⊥OB，垂足為點C．（1）求拋物線的解析式，并確定頂點B的坐標；（2）設(shè)點P的橫坐標為m，將△POC繞著點P按順利針方向旋轉(zhuǎn)90°，得△PO′C′，當(dāng)點O′和點C′分別落在拋物線上時，求相應(yīng)的m的值；（3）當(dāng)（2）中的點C′落在拋物線上時，將拋物線向左或向右平移n（0＜n＜2）個單位，點B、C′平移后對應(yīng)的點分別記為B′、C″，是否存在n，使得四邊形OB′C″A的周長最短？若存在，請直接寫出n的值和拋物線平移的方向，若不存在，請說明理由．5．已知點P(2，﹣3)在拋物線L：y＝ax2﹣2ax+a+k（a，k均為常數(shù)，且a≠0）上，L交y軸于點C，連接CP．（1）用a表示k，并求L的對稱軸及L與y軸的交點坐標；（2）當(dāng)L經(jīng)過(3，3)時，求此時L的表達式及其頂點坐標；（3）橫、縱坐標都是整數(shù)的點叫做整點．如圖，當(dāng)a＜0時，若L在點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內(nèi)（不含邊界）恰有4個整點，求a的取值范圍；（4）點M(x1，y1)，N(x2，y2)是L上的兩點，若t≤x1≤t+1，當(dāng)x2≥3時，均有y1≥y2，直接寫出t的取值范圍．6．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．7．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．8．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．9．如圖，拋物線交x軸于兩點，交y軸于點C．直線經(jīng)過點．（1）求拋物線的解析式；（2）拋物線的對稱軸l與直線相交于點P，連接，判定的形狀，并說明理由；（3）在直線上是否存在點M，使與直線的夾角等于的2倍？若存在，請求出點M的坐標；若不存在，請說明理由．10．如圖，在平面直角坐標系中，直線y=x+2與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B．（1）求拋物線的函數(shù)表達式；（2）點D為直線AC上方拋物線上一動點；①連接BC、CD，設(shè)直線BD交線段AC于點E，△CDE的面積為S1，△BCE的面積為S2，求的最大值；②過點D作DF⊥AC，垂足為點F，連接CD，是否存在點D，使得△CDF中的某個角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由11．如圖，在中，為邊的中點，為線段上一點，連結(jié)并延長交邊于點，過點作的平行線，交射線于點，設(shè)．（1）當(dāng)時，求的值；（2）設(shè)，求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)時，求的值．12．已知在矩形ABCD中，AB=2，AD=4．P是對角線BD上的一個動點（點P不與點B、D重合），過點P作PF⊥BD，交射線BC于點F．聯(lián)結(jié)AP，畫∠FPE=∠BAP，PE交BF于點E．設(shè)PD=x，EF=y．（1）當(dāng)點A、P、F在一條直線上時，求△ABF的面積；（2）如圖1，當(dāng)點F在邊BC上時，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)定義域；（3）聯(lián)結(jié)PC，若∠FPC=∠BPE，請直接寫出PD的長．13．如圖，正方形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E為OC上動點(與點O不重合)，作AF⊥BE，垂足為G，交BO于H．連接OG、CG．(1)求證：AH=BE；(2)試探究：∠AGO的度數(shù)是否為定值？請說明理由；(3)若OG⊥CG，BG=，求△OGC的面積．14．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。15．如圖，在平面直角坐標系中，函數(shù)的圖象經(jīng)過點A（1，4）和點B，過點A作AC⊥x軸，垂足為點C，過點B作BD⊥y軸，垂足為點D，連結(jié)AB、BC、DC、DA，點B的橫坐標為a（a＞1）（1）求k的值（2）若△ABD的面積為4；①求點B的坐標，②在平面內(nèi)存在點E，使得以點A、B、C、E為頂點的四邊形是平行四邊形，直接寫出符合條件的所有點E的坐標．16．如圖所示，在中，，，，點從點出發(fā)沿方向以每秒2個單位長度的速度向點勻速運動，同時點從點出發(fā)沿方向以每秒1個單位長度的速度向點勻速運動，當(dāng)其中一點到達終點時，另一個點也隨之停止運動.設(shè)點、運動的時間是秒，過點作于點，連接、.（1）求證：；（2）四邊形能夠成為菱形嗎？若能，求出的值；若不能，請說明理由；（3）當(dāng)________時，為直角三角形.17．已知，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)的圖象與軸交于點，與軸交于點，點的坐標為，點的坐標為．（1）如圖1，分別求的值；（2）如圖2，點為第一象限的拋物線上一點，連接并延長交拋物線于點，，求點的坐標；（3）在（2）的條件下，點為第一象限的拋物線上一點，過點作軸于點，連接、，點為第二象限的拋物線上一點，且點與點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，連接，設(shè)，，點為線段上一點，點為第三象限的拋物線上一點，分別連接，滿足，，過點作的平行線，交軸于點，求直線的解析式．18．如圖，在平面直角坐標系中，以原點O為中心的正方形ABCD的邊長為4m，我們把軸時正方形ABCD的位置作為起始位置，若將它繞點O順時針旋轉(zhuǎn)任意角度時，它能夠與反比例函數(shù)的圖象相交于點E，F(xiàn)，G，H，則曲線段EF，HG與線段EH，GF圍成的封閉圖形命名為“曲邊四邊形EFGH”．（1）①如圖1，當(dāng)軸時，用含m，k的代數(shù)式表示點E的坐標為________；此時存在曲邊四邊形EFGH，則k的取值范圍是________；②已知，把圖1中的正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)45o時，是否存在曲邊四邊形EFGH？請在備用圖中畫出圖形，并說明理由．當(dāng)把圖1中的正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)任意角度時，直接寫出使曲邊四邊EFGH存在的k的取值范圍．③若將圖1中的正方形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)角度得到曲邊四邊形EFGH，根據(jù)正方形和雙曲線的對稱性試探究四邊形EFGH是什么形狀的四邊形？曲邊四邊形EFGH是怎樣的對稱圖形？直接寫出結(jié)果，不必證明；（2）正方形ABCD繞點O順時針旋轉(zhuǎn)到如圖2位置，已知點A在反比例函數(shù)的圖象上，AB與y軸交于點M，，，試問此時曲邊四邊EFGH存在嗎？請說明理由．19．如圖，在直角坐標系中，點在第一象限，軸于，軸于，，，有一反比例函數(shù)圖象剛好過點．（1）分別求出過點的反比例函數(shù)和過，兩點的一次函數(shù)的函數(shù)表達式；（2）直線軸，并從軸出發(fā)，以每秒個單位長度的速度向軸正方向運動，交反比例函數(shù)圖象于點，交于點，交直線于點，當(dāng)直線運動到經(jīng)過點時，停止運動．設(shè)運動時間為（秒）．①問：是否存在的值，使四邊形為平行四邊形？若存在，求出的值；若不存在，說明理由；②若直線從軸出發(fā)的同時，有一動點從點出發(fā)，沿射線方向，以每秒個單位長度的速度運動．是否存在的值，使以點，，，為頂點的四邊形為平行四邊形；若存在，求出的值，并進一步探究此時的四邊形是否為特殊的平行四邊形；若不存在，說明理由．20．如圖1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=5，BC=11．一個動點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿線段BC方向運動，過點P作PQ⊥BC，交折線段BA-AD于點Q，以PQ為邊向右作正方形PQMN，點N在射線BC上，當(dāng)Q點到達D點時，運動結(jié)束．設(shè)點P的運動時間為t秒（t＞0）．（1）當(dāng)正方形PQMN的邊MN恰好經(jīng)過點D時，求運動時間t的值；（2）在整個運動過程中，設(shè)正方形PQMN與△BCD的重合部分面積為S，請直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量t的取值范圍；（3）如圖2，當(dāng)點Q在線段AD上運動時，線段PQ與對角線BD交于點E，將△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，連接PF．是否存在這樣的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出對應(yīng)的t的值；若不存在，請說明理由．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、壓軸題1．（1）（2，0）（答案不唯一）；（2）或；（3）或．【解析】試題分析：（1）由題意可知，在x軸上找點P是比較簡單的，這樣的P點不是唯一的，如點（2，0）、（1，0）等；（2）如圖1，在x軸上方作射線AM交⊙O于點M，使tan∠MAO=，并在射線AM是取點N，使MN=AM，則由題意可知，線段MN上的點都是符合條件的B點，過點M作MH⊥x軸于點H，連接MC，結(jié)合已知條件求出點M和點N的縱坐標即可得到所求B點的縱坐標t的取值范圍；根據(jù)對稱性，在x軸的下方得到線段M′N′，同理可求得滿足條件的B點的縱坐標t的另一取值范圍；（3）如圖2，3，由與x軸交于點M，與y軸交于點N，可得點M的坐標為，點N的坐標為，由此結(jié)合∠OMN的正切函數(shù)可求得∠OMN=60°；以點D（1，0）為圓心，2為半徑作圓⊙D，則⊙D和⊙O相切于點A，由題意可知，點A關(guān)于⊙O的“生長點”都在⊙O到⊙D之間的平面內(nèi)，包括兩個圓（但點A除外）.然后結(jié)合題意和∠OMN=60°分b>0和b<0兩種情況在圖2和圖3中求出ON1和ON2的長即可得到b的取值范圍了.試題解析：（1）由題意可知，在x軸上找點P是比較簡單的，這樣的P點不是唯一的，如點（2，0）、（1，0）等；（2）如圖1，在x軸上方作射線AM，與⊙O交于M，且使得，并在AM上取點N，使AM=MN，并由對稱性，將MN關(guān)于x軸對稱，得，則由題意，線段MN和上的點是滿足條件的點B.作MH⊥x軸于H，連接MC，∴∠MHA=90°，即∠OAM+∠AMH=90°.∵AC是⊙O的直徑，∴∠AMC=90°，即∠AMH+∠HMC=90°.∴∠OAM=∠HMC.∴.∴.設(shè)，則，，∴，解得，即點M的縱坐標為.又由，A為（-1，0），可得點N的縱坐標為，故在線段MN上，點B的縱坐標t滿足：.由對稱性，在線段上，點B的縱坐標t滿足：.∴點B的縱坐標t的取值范圍是或.（3）如圖2，以點D（1，0）為圓心，2為半徑作圓⊙D，則⊙D和⊙O相切于點A，由題意可知，點A關(guān)于⊙O的“生長點”都在⊙O到⊙D之間的平面內(nèi)，包括兩個圓（但點A除外）.∵直線與x軸交于點M，與y軸交于點N，∴點M的坐標為，點N的坐標為，∴tan∠OMN=，∴∠OMN=60°，要在線段MN上找點A關(guān)于⊙O的“生長點”，現(xiàn)分“b>0”和“b<0”兩種情況討論：I、①當(dāng)直線過點N1（0，1）時，線段MN上有點A關(guān)于⊙O的唯一“生長點”N1，此時b=1；②當(dāng)直線與⊙D相切于點B時，線段MN上有點A關(guān)于⊙O的唯一“生長點”B，此時直線與y軸相交于點N2，與x軸相交于點M2，連接DB，則DB=2，∴DM2=，∴OM2=，∴ON2=tan60°·OM2=，此時b=.綜合①②可得，當(dāng)b>0時，若線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：；II、當(dāng)b<0時，如圖3，同理可得若線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：；綜上所述，若在線段MN上存在點A關(guān)于⊙O的“生長點”，則b的取值范圍為：或.2．（1）（0,1）；1或0（2）（3）【解析】【分析】（1）由題意，可得點B坐標，進而求得直線的解析式，再分情況討論即可解的m值；（2）由非負性解得m和b的值，進而得到兩個函數(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的坐標以及y關(guān)于x的表達式為，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坐標為（0,1），設(shè)直線的表達式為y=kx+1，將點A（-1,0）代入得：k=1，所以直線的表達式為：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)、坐標平移規(guī)則、非負數(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)信息進行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．3．（1）；（2）；（3）①點E的坐標為：或或；②圓心P移動的路線長=【解析】【分析】（1）令求出點A（6，0），把點C（-4，n）代入在拋物線方程，解得：n=5，把點B（0，-3）代入，從而可得答案；（2）記與軸的交點為，利用即可求解；（3）①分當(dāng)點P落在CA上時，點P落在AE上時，點P落在CE上時三種情況討論即可；②分E在D和B點兩種情況，求出圓心點的坐標，則圓心P移動的路線長=，即可求解．【詳解】解：（1）令點A（6，0），把點C（-4，n）代入在拋物線方程，解得：，把點B（0，-3）代入，解得：，則：直線l：，…①（2）由（1）知：A（6，0）、B（0，-3）、C（-4，5）、AC中點為設(shè)為：解得：所在的直線方程為：，如圖，AC與y軸交點H坐標為：（0，3），（3）如下圖：①當(dāng)點P落在CA上時，圓心P為AC的中點其所在的直線與AC垂直，的垂直平分線即圓心P所在的直線方程為：把代入得：…②，解得：E的坐標為；當(dāng)點P落在AE上時，設(shè)點則點P的坐標，則PA=PC，解得：故點當(dāng)點P落在CE上時，則PC=PA，同理可得：故點綜上，點E的坐標為：或或；②當(dāng)E在D點時，作AD的垂直平分線交的垂直平分線于點，則，的縱坐標為代入②式，解得：同理當(dāng)當(dāng)E在B點時，作AB的垂直平分線交的垂直平分線于點，的中點為：，設(shè)為：，解得：AB直線方程為：，設(shè)的垂直平分線方程為：，的垂直平分線方程為：解得：則圓心P移動的路線長=故答案為：【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)與軸的交點坐標，利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式，三角形的外心的性質(zhì)、一次函數(shù)的交點問題，勾股定理的應(yīng)用，綜合性很強，是難度較大類題目．4．（1），點B（2，2）；（2）m=2或；（3）存在；n=時，拋物線向左平移．【解析】【分析】（1）將點A和點O的坐標代入解析式，利用待定系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式，然后利用配方法可求得點B的坐標；（2）由點A、點B、點C的坐標以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知△△PDC為等腰直角三角形，從而可得到點O′坐標為：（m，m），點C′坐標為：（，），然后根據(jù)點在拋物線上，列出關(guān)于m的方程，從而可解得m的值；（3）如圖，將AC′沿C′B平移，使得C′與B重合，點A落在A′處，以過點B的直線y=2為對稱軸，作A′的對稱點A″，連接OA″，由線段的性質(zhì)可知當(dāng)B′為OA″與直線y=2的交點時，四邊形OB′C″A的周長最短，先求得點B′的坐標，根據(jù)點B移動的方向和距離從而可得出點拋物線移動的方向和距離．【詳解】解：（1）把原點O（0，0），和點A（4，0）代入y=x2+bx+c．得，∴．∴．∴點B的坐標為（2，2）．（2）∵點B坐標為（2，2）．∴∠BOA=45°．∴△PDC為等腰直角三角形．如圖，過C′作C′D⊥O′P于D．∵O′P=OP=m．∴C′D=O′P=m．∴點O′坐標為：（m，m），點C′坐標為：（，）．當(dāng)點O′在y=x2+2x上．則?m2+2m＝m．解得：，（舍去）．∴m=2．當(dāng)點C′在y=x2+2x上，則×()2+2×＝m，解得：，（舍去）．∴m=（3）存在n=，拋物線向左平移．當(dāng)m=時，點C′的坐標為（，）．如圖，將AC′沿C′B平移，使得C′與B重合，點A落在A′處．以過點B的直線y=2為對稱軸，作A′的對稱點A″，連接OA″．當(dāng)B′為OA″與直線y=2的交點時，四邊形OB′C″A的周長最短．∵BA′∥AC′，且BA′=AC′，點A（4，0），點C′（，），點B（2，2）．∴點A′（，）．∴點A″的坐標為（，）．設(shè)直線OA″的解析式為y=kx，將點A″代入得：，解得：k=．∴直線OA″的解析式為y=x．將y=2代入得：x=2，解得：x=，∴點B′得坐標為（，2）．∴n=2．∴存在n=，拋物線向左平移．【點睛】本題主要考查的是二次函數(shù)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平移的性質(zhì)、路徑最短等知識點，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和平移的性質(zhì)求得點點O′坐標為：（m，m），點C′坐標為：（，）以及點B′的坐標是解題的關(guān)鍵．5．（1）k=-3-a；對稱軸x＝1；y軸交點(0，-3)；（2），頂點坐標(1，-5)；（3）-5≤a＜-4；（4）-1≤t≤2．【解析】【分析】（1）將點P(2，-3)代入拋物線上，求得k用a表示的關(guān)系式；拋物線L的對稱軸為直線，并求得拋物線與y軸交點；（2）將點(3，3)代入拋物線的解析式，且k=-3-a，解得a=2，k=-5，即可求得拋物線解析式與頂點坐標；（3）拋物線L頂點坐標(1，-a-3)，點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內(nèi)（不含邊界）恰有4個整點，這四個整點都在x=1這條直線上，且y的取值分別為-2、-1、0、1，可得1＜-a-3≤2，即可求得a的取值范圍；（4）分類討論取a＞0與a＜0的情況進行討論，找出的取值范圍，即可求出t的取值范圍．【詳解】解：（1）∵將點P(2，-3)代入拋物線L：，∴∴k=-3-a；拋物線L的對稱軸為直線，即x＝1；將x=0代入拋物線可得：，故與y軸交點坐標為(0，-3)；（2）∵L經(jīng)過點(3，3)，將該點代入解析式中，∴，且由（1）可得k=-3-a，∴，解得a=2，k=-5，∴L的表達式為；將其表示為頂點式：，∴頂點坐標為(1，-5)；（3）解析式L的頂點坐標(1，-a-3)，∵在點C，P之間的部分與線段CP所圍成的區(qū)域內(nèi)（不含邊界）恰有4個整點，這四個整點都在x=1這條直線上，且y的取值分別為-2、-1、0、1，∴1＜-a-3≤2，∴-5≤a＜-4；（4）①當(dāng)a＜0時，∵，為保證，且拋物線L的對稱軸為x=1，∴就要保證的取值范圍要在[-1,3]上，即t≥-1且t+1≤3，解得-1≤t≤2；②當(dāng)a＞0時，拋物線開口向上，t≥3或t+1≤-1，解得：t≥3或t≤-2，但會有不符合題意的點存在，故舍去，綜上所述：-1≤t≤2．【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)；熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合解題是關(guān)鍵．6．（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．7．（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．8．（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)將角進行轉(zhuǎn)化以及分析出點的運動軌跡為圓．9．（1）；（2）的為直角三角形，理由見解析；（3）存在使與直線的夾角等于的2倍的點，且坐標為M1（），M2（，）．【解析】【分析】（1）先根據(jù)直線經(jīng)過點，即可確定B、C的坐標，然后用帶定系數(shù)法解答即可；（2）先求出A、B的坐標結(jié)合拋物線的對稱性，說明三角形APB為等腰三角形；再結(jié)合OB=OC得到∠ABP=45°，進一步說明∠APB=90°，則∠APC=90°即可判定的形狀；（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x軸于H，作AC的垂直平分線交BC于M1，AC于E；然后說明△ANB為等腰直角三角形，進而確定N的坐標；再求出AC的解析式，進而確定M1E的解析式；然后聯(lián)立直線BC和M1E的解析式即可求得M1的坐標；在直線BC上作點M1關(guān)于N點的對稱點M2，利用中點坐標公式即可確定點M2的坐標【詳解】解：（1）∵直線經(jīng)過點∴當(dāng)x=0時，可得y=5，即C的坐標為（0,5）當(dāng)y=0時，可得x=5，即B的坐標為（5,0）∴解得∴該拋物線的解析式為（2）的為直角三角形，理由如下：∵解方程=0，則x1=1，x2=5∴A（1,0），B（5,0）∵拋物線的對稱軸l為x=3∴△APB為等腰三角形∵C的坐標為（5,0）,B的坐標為（5,0）∴OB=CO=5,即∠ABP=45°∴∠ABP=45°，∴∠APB=180°-45°-45°=90°∴∠APC=180°-90°=90°∴的為直角三角形；（3）如圖：作AN⊥BC于N，NH⊥x軸于H，作AC的垂直平分線交BC于M1，AC于E，∵M1A=M1C，∴∠ACM1=∠CAM1∴∠AM1B=2∠ACB∵△ANB為等腰直角三角形.∴AH=BH=NH=2∴N（3，2）設(shè)AC的函數(shù)解析式為y=kx+b∵C(0，5),A(1，0)∴解得b=5，k=-5∴AC的函數(shù)解析式為y=-5x+5設(shè)EM1的函數(shù)解析式為y=x+n∵點E的坐標為（）∴=×+n，解得：n=∴EM1的函數(shù)解析式為y=x+∵解得∴M1的坐標為（）；在直線BC上作點M1關(guān)于N點的對稱點M2設(shè)M2（a，-a+5）則有：3=，解得a=∴-a+5=∴M2的坐標為（，）．綜上，存在使與直線的夾角等于的2倍的點，且坐標為M1（），M2（，）．【點睛】本題屬于二次函數(shù)與幾何的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、一次函數(shù)圖像、三角形外角等知識，考查知識點較多，綜合應(yīng)用所學(xué)知識成為解答本題的關(guān)鍵．10．（1）（2）①的最大值是，②﹣2或﹣.【解析】【分析】【詳解】（1）解：根據(jù)題意得A（﹣4，0），C（0，2），∵拋物線y=﹣x2+bx+c經(jīng)過A、C兩點，∴，∴，∴y=﹣x2﹣x+2；（2）解：①令y=0，即，∴x1=﹣4，x2=1，∴B（1，0），如圖1，過D作DM⊥x軸交AC于M，過B作BN⊥x軸交于AC于N，∴DM∥BN，∴△DME∽△BNE，∴==，設(shè)D（a，），∴M（a，a+2），∵B（1.0），∴N（1，），∴==（a+2）2+；∴當(dāng)a=－2時，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為直角的直角三角形，取AB的中點P，∴P（﹣，0），∴PA=PC=PB=，∴∠CPO=2∠BAC，∴tan∠CPO=tan（2∠BAC）=，過作x軸的平行線交y軸于R，交AC的延長線于G，情況一：如圖，∵∠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，情況二，∵∠FDC=2∠BAC，∴tan∠FDC=，設(shè)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=，點D的橫坐標為﹣2或﹣．11．（1）AG：AB=；（2）；（3）或．【解析】【分析】（1）根據(jù)推出BE=AG和AD=AB，進而得出AG是AD的一半即可推出最后結(jié)果；（2）先設(shè)AB=1，可推出BE=，，再證明，進而得出，即可寫出關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)點H在邊DC上時，根據(jù)可推出，進而列出方程即得；當(dāng)點在的延長線上時，根據(jù)可推出，進而列出方程即得．【詳解】（1）∵在中，AD=BC，AD∥BC∴∴∵，即∴∴AD=AB，AG=BE∵E為BC的中點∴BE=BC∴AG=AB則AG：AB=；（2）∵∴不妨設(shè)AB=1，則AD=x，BE=∵AD∥BC∴∴∵GH∥AE∴∠DGH=∠DAE∵AD∥BC∴∠DAE=∠AEB∴∠DGH=∠AEB在中，∠D=∠ABE∴∴∴；（3）分兩種情況考慮：∵∴不妨設(shè)AB=1，則AD=x，BE=∵AD∥BC∴∴①當(dāng)點H在邊DC上時，如圖1所示：∵DH=3HC∴∴∵∴，即解得：；②當(dāng)在的延長線上時，如圖2所示：∵DH=3HC∴∴∵∴，即解得：綜上所述，或【點睛】本題屬于相似三角形綜合題，涉及的知識有：平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及平行線的性質(zhì)．解本題的關(guān)鍵是根據(jù)H點在射線DC上，將H點的位置分為：點H在邊DC上以及點在的延長線上．12．（1）1；（2）y=；（3）PD的長為±1或．【解析】試題分析：（1）根據(jù)矩形ABCD，A、P、F在一條直線上，且PF⊥BD，可得，，得一，從而可得；（2）先證明∽，從而得到，由AD//BC，可得，從而根據(jù)三角函數(shù)可得，由得，代入，即可得；（3）分∠CPF的∠FPE的內(nèi)部與外部兩種情況進行討論即可得.試題解析：（1）∵矩形ABCD，∴，∴，∵A、P、F在一條直線上，且PF⊥BD，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）∵PF⊥BP，∴，∴，∵，∴，∴，又∵∠BAP=∠FPE，∴∽，∴，∵AD//BC，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴；（3）∠CPF=∠BPE，①如圖所示，當(dāng)點F在CE上時，∵∠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如圖所示，當(dāng)點F在EC延長線上時，過點P作PN⊥CD于點N，在CD上取一點M，連接PM，使∠MPF=∠CPF，則有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，F(xiàn)H=，CH=2-x，由PB：MD=AB：PD可得MD=，從而可得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關(guān)于x的方程，解得x=，綜上：PD的長為：或.【點睛】本題考查了相似綜合題，涉及到的知識點有相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，三角形一個角的平分線與其對邊所成的兩條線段與這個角的兩邊對應(yīng)成比例等，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖形正確地確定相似的三角形，添加適當(dāng)?shù)妮o助線等.13．(1)見解析；(2)45°；(3)9.【解析】【分析】（1）利用正方形性質(zhì)，證△ABH

≌△BCE.可得AH=BE

.（2）證△AOH∽△BGH，，，再證△OHG∽△AHB.，得∠AGO=∠ABO=45°；（3）先證△ABG

∽△BFG.

得,所以，AG·GF=BG

2

=（）2=18.

再證△AGO

∽△CGF.得,所以，GO·CG

=AG·GF=18.所以，S△OGC

=CG·GO.

【詳解】解：（1）∵四邊形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的度數(shù)為定值（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.

【點睛】此題為綜合題，要熟練掌握正方形性質(zhì)和相似三角形判定方法還有相似三角形的性質(zhì).14．（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，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，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，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行求解是解題的關(guān)鍵．15．（1）4；（2）①（3，），②（3，）；（3，）；（3，-）【解析】【分析】（1）由點A的坐標，利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征可求出k值；（2）①設(shè)AC，BD交于點M，利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征可得出點B的坐標，結(jié)合AC⊥x軸，BD⊥y軸可得出BD，AM的長，利用三角形的面積公式結(jié)合△ABD的面積為4可求出a的值，進而可得出點B的坐標；②設(shè)點E的坐標為（m，n），分AB為對角線、AC為對角線以及BC為對角線三種情況考慮，利用平行四邊形的性質(zhì)（對角線互相平分）可得出關(guān)于m，n的二元一次方程組，解之即可得出點E的坐標．【詳解】解：（1）∵函數(shù)y=（x＞0）的圖象經(jīng)過點A（1，4），∴k=1×4=4．（2）①設(shè)AC，BD交于點M，如圖1所示．∵點B的橫坐標為a（a＞1），點B在y=的圖象上，∴點B的坐標為（a，）．∵AC⊥x軸，BD⊥y軸，∴BD=a，AM=AC-CM=4-．∵△ABD的面積為4，∴BD?AM=4，即a（4-）=8，∴a=3，∴點B的坐標為（3，）②存在，設(shè)點E的坐標為（m，n）．分三種情況考慮，如圖2所示．（i）當(dāng)AB為對角線時，∵A（1，4），B（3，），C（1，0），∴，解得：，∴點E1的坐標為（3，）；（ii）當(dāng)AC為對角線時，∵A（1，4），B（3，），C（1，0），∴，解得：，∴點E2的坐標為（3，）；（iii）當(dāng)BC為對角線時，∵A（1，4），B（3，），C（1，0），∴，解得：，∴點E2的坐標為（3，-）.綜上所述：點E的坐標為（3，）；（3，）；（3，-）.【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征、三角形的面積以及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)點的坐標，利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征求出k值；（2）①利用三角形的面積公式結(jié)合△ABD的面積為4，求出a的值；②分AB為對角線、AC為對角線以及BC為對角線三種情況，利用平行四邊形的對角線互相平分求出點E的坐標．16．（1）詳見解析；（2）能；（3）2或秒【解析】【分析】（1）在中，,，由已知條件求證；（2）求得四邊形為平行四邊形，若使平行四邊形為菱形則需要滿足的條件及求得；（3）分三種情況：①時，四邊形為矩形．在直角三角形中求得即求得．②時，由（2）知，則得，求得．③時，此種情況不存在．【詳解】（1）在中，∴又∵∴（2）能.理由如下：∵，∴又∵∴四邊形為平行四邊形在中，∴又∵∴∴,∴當(dāng)時，為菱形∴AD=∴，即秒時，四邊形為菱形（3）①時，四邊形為矩形．在中，，．即，．②時，由（2）四邊形為平行四邊形知，．，．則有，．③當(dāng)時，此種情況不存在．綜上所述，當(dāng)秒或秒時，為直角三角形．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，考查了菱形是平行四邊形，考查了菱形的判定定理，以及菱形與矩形之間的聯(lián)系．難度適宜，計算繁瑣．17．（1），；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）將點A、B的坐標代入拋物線表達式，即可求解；（2）作軸于K，軸于L，OD=3OE，則OL=3OK，DL=3KE，設(shè)點E的橫坐標為t，則點D的橫坐標為-3t，則點E、D的坐標分別為：（t，）、（-3t，-+3t+），即可求解；（3）設(shè)點的橫坐標為，可得PH=m2+m-，過作EF∥y軸交于點交軸于點，TE=PH+YE=m2+m-+2=（m+1）2，tan∠AHE=，tan∠PET=，而∠AHE+∠EPH=2α，故∠AHE=∠PET=∠EPH=α，PH=PQ?tanα，即m2+m-=（2m+2）×，解得：m=2-1，故YH=m+1=2，PQ=4，點P、Q的坐標分別為：（2-1，4）、（-2-1，4），tan∠YHE=，tan∠PQH=；證明△PMH≌△WNH，則PH=WH，而QH=2PH，故QW=HW，即W是QH的中點，則W（-1，2），再根據(jù)待定系數(shù)法即可求解．【詳解】解：（1）把、分別代入得：，解得；（2）如圖2，由（1）得，作軸于K，軸于L，∴EK∥DL，∴．∵，∴，設(shè)點的橫坐標為，，，∴的橫坐標為，分別把和代入拋物線解析式得，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，解得（舍），，∴．（3）如圖3，設(shè)點的橫坐標為，把代入拋物線得，∴．過作EF∥y軸交于點交軸于點，∴軸．∵點與點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，∴PQ∥x軸，，∴，點坐標為，又∵軸，∴ET∥PH，∴，∴，∴四邊形為矩形，∴，∴，∴，，，∴．∴，，∴，∴．又∵，∴．∵，∴解得，∵，∴．∴，，把代入拋物線得，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．若交于點，∵NF∥PE，∴，∴，∵，∴，∴，，，∴，∴，∴．作WS∥PQ，交于點交軸于點，∴△WSH∽△QPH，∴．∵∴，∴，，∴．∵，∴，∴．設(shè)的解析式為，把、代入得，解得，∴．∵FN∥PE，∴設(shè)的解析式為，把代入得，∴的解析式為．【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)、三角形全等、解直角三角形等，其中（3）證明△PMH≌△WNH是解題的關(guān)鍵．18．（1）①，；②不存在，作圖與理由見解析，；③四邊形EFGH是平行四邊形，是中心對稱圖形；（2）存在，理由見解析【解析】【分析】（1）①首先確定點的縱坐標為，點又是反比例函數(shù)的圖象上的點即滿足反比例函數(shù)關(guān)系式，代入即可求得相對應(yīng)的橫坐標；點是雙曲線和正方形能夠相交的臨界點，從而得到的取值范圍．（2）根據(jù)（1）的情況，類比進而求解．【詳解】解：（1）①∵以原點為中心的正方形的邊長為，∴點的縱坐標為∵點在反比例函數(shù)的圖象上∴∴∴∵存在曲邊四邊形EFGH，在反比例函數(shù)的圖象上∴∴又∵∴的取值范圍是：②結(jié)論：此時不存在曲邊四邊形理由：將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)后位置如圖：∵以原點為中心的正方