长沙市长郡双语实验学校九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案.doc

长沙市长郡双语实验学校九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案

一、压轴题
1．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_____________________________．

2．已知抛物线经过原点，与轴相交于点，直线与抛物线交于两点，与轴交于点，与轴交于点，点是线段上的一个动点(不与端点重合)，过点作交于点，连接

（1）求抛物线的解析式及点的坐标；
（2）当的面积最大时，求线段的长；
（3）在（2）的条件下，若在抛物线上有一点和点P，使为直角三角形，请直接写出点的坐标．
3．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．

4．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，点坐标为，与轴交于点，直线与抛物线交于，两点．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求的值和点坐标；
（3）点是直线上方抛物线上的动点，过点作轴的垂线，垂足为，交直线于点，过点作轴的平行线，交于点，当是线段的三等分点时，求点坐标；
（4）如图2，是轴上一点，其坐标为，动点从出发，沿轴正方向以每秒5个单位的速度运动，设的运动时间为（），连接，过作于点，以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，点在运动过程中，线段的位置也随之变化，请直接写出运动过程中线段与抛物线有公共点时的取值范围．

5．四边形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．

6．如图1，在中，，，点，分别在边，上，，连接，点，，分别为，，的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段与的数量关系是_________，位置关系是_________；
（2）探究证明：把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出面积的最大值．
7．在平面直角坐标系中，将函数y＝x2﹣2mx+m（x≤2m，m为常数）的图象记为G，图象G的最低点为P(x0，y0)．
（1）当y0＝﹣1时，求m的值．
（2）求y0的最大值．
（3）当图象G与x轴有两个交点时，设左边交点的横坐标为x1，则x1的取值范围是　　．
（4）点A在图象G上，且点A的横坐标为2m﹣2，点A关于y轴的对称点为点B，当点A不在坐标轴上时，以点A、B为顶点构造矩形ABCD，使点C、D落在x轴上，当图象G在矩形ABCD内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
8．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．
9．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）．
10．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
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，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．

13．在平面直角坐标系中，抛物线经过点A、B、C，已知A（-1，0），B（3，0），C（0，-3）.
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）若P为线段BC上一点，过点P作轴的平行线，交抛物线于点D，当△BCD面积最大时，求点P的坐标；
（3）若M（m，0）是轴上一个动点，请求出CM+MB的最小值以及此时点M的坐标.

14．已知，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为．

（1）如图1，分别求的值；
（2）如图2，点为第一象限的抛物线上一点，连接并延长交抛物线于点，，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，点为第一象限的抛物线上一点，过点作轴于点，连接、，点为第二象限的抛物线上一点，且点与点关于抛物线的对称轴对称，连接，设，，点为线段上一点，点为第三象限的抛物线上一点，分别连接，满足，，过点作的平行线，交轴于点，求直线的解析式．
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．在平面直角坐标系xoy中，点A (-4,-2)，将点A向右平移6个单位长度，得到点B.

（1）若抛物线y＝-x2＋bx＋c经过点A,B，求此时抛物线的表达式；
（2）在（1）的条件下的抛物线顶点为C，点D是直线BC上一动点（不与B，C重合），是否存在点D，使△ABC和以点A,B,D构成的三角形相似？若存在，请求出此时D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若抛物线y＝-x2＋bx＋c的顶点在直线y＝x＋2上移动，当抛物线与线段有且只有一个公共点时，求抛物线顶点横坐标t的取值范围．
18．已知四边形是矩形．
（1）如图1，分别是上的点，垂直平分，垂足为，连接．
①求证：；
②若，求的大小；

（2）如图2，，分别是上的点，垂直平分，点是的中点，连接，若，直接写出的长．
19．新定义：在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的长方形的周长与面积相等，则这个点叫做“和谐点”．例如，如图①，过点P分别作x轴、y轴的垂线，与坐标轴围成长方形OAPB的周长与面积相等，则点P是“和谐点”．
（1）点M（1，2）_____“和谐点”（填“是”或“不是”）；若点P（a，3）是第一象限内的一个“和谐点”，是关于x，y的二元一次方程的解，求a，b的值．
（2）如图②，点E 是线段PB上一点，连接OE并延长交AP的延长线于点Q，若点P（2，3），，求点Q的坐标；
（3）如图③，连接OP，将线段OP向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到线段．若M是直线上的一动点，连接PM、OM，请画出图形并写出与，的数量关系．

20．如图，已知点A（3，0），以A为圆心作⊙A与Y轴切于原点，与x轴的另一个交点为B，过B作⊙A的切线l．
（1）以直线l为对称轴的抛物线过点A及点C（0，9），求此抛物线的解析式；
（2）抛物线与x轴的另一个交点为D，过D作⊙A的切线DE，E为切点，求此切线长；
（3）点F是切线DE上的一个动点，当△BFD与△EAD相似时，求出BF的长．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、压轴题

1．（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.
2．（1）抛物线的解析式为，点的坐标为；（2）；（3）点的坐标为或
【解析】
【分析】
（1）因为抛物线经过原点，A,B点，利用待定系数法求得抛物物线的解析式，再令y=0，求得与x轴的交点F点的坐标。
（2）过点作轴于点，先求出直线与坐标轴的两个交点，利用三角函数求出OM与OE的比值，再利用配方法求得面积的最值．
（3）利用两点间的距离公式求得，，，再利用勾股定理与分类讨论求出P点的坐标．
【详解】
解：抛物线经过原点

两点在抛物线上

解得
故抛物线的解析式为
令，则
解得（舍去），
故点的坐标为
过点作轴于点，

对于
当时，；
当时，

设直线与轴交于点，直线的解析式为
则
，易求直线的解析式为
令，解得
故点的横坐标为

又
当时，的面积最大，此时

点的坐标为
【提示】
把代入，得

设点的坐标为
则，
当时，
即
解得，
故点的坐标为
当时，
即
解得(不合题意，舍去)， 故点的坐标为
当时．过点作轴．交抛物线于点，连接
解得，此时故点与点重合，此时
综上可知．点的坐标为
【点晴】
本题主要考查的是待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的最值，抛物线与xx轴的交点，二次函数与一次函数的交点，勾股定理，三角形的面积，两点间的距离公式，运用了分类讨论思想．
3．（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．
4．（1）；（2）m=2，D(﹣1，)；（3）P（， ）或P(1，)；
（4）0＜t≤．
【解析】
【分析】
(1)根据A，C两点坐标，代入抛物线解析式，利用待定系数法即可求解．
(2)通过(1)中的二次函数解析式求出B点坐标，代入一次函数,即可求出m的值，联立二次函数与一次函数可求出D点坐标．
(3)设出P点坐标，通过P点坐标表示出N，F坐标，再分类讨论PN=2NF，NF=2PN，即可求出P点(4)由A，D两点坐标求出AD的函数关系式，因为以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，所以∥AD，即可求出的函数关系式，设直线与抛物线交于第一象限P点，所以当与P重合时，t有最大值，利用中点坐标公式求出PQ中点H点坐标,进而求出MH的函数关系式，令y=0求出函数与x轴交点坐标，从而可求出t的值,求出t的取值范围．
【详解】
解：(1)∵A，
把A,C代入抛物线，
得：
解得
∴．
（2）令y=0即，
解得 ，
∴B（4,0）
把B（4,0）代入
得
m=2
，
∴ 得 或
∴B(4,0),D(﹣1，)
∴,m=2，D(﹣1，)．
（3）设P（a，），则F（a，），
∵DN⊥PH，
∴N点纵坐标等于D点的纵坐标
∴N(a，)
FN=－（）=，PN=－=，
∵是线段的三等分点，
∴①当FN=2PN时，
=2（），
解得：a=或a=﹣1（舍去），
∴P（， ）．
②当2FN=PN时，
2（）=（），
得a=1或a=﹣1（舍去），
∴P(1,)，
综上P点坐标为P（， ）或P(1,)，
(4)由（2）问得D(﹣1，)，又A，
设AD：y=kx+b，
，
∴ ，
∴AD：y=x+5，
又GM⊥AD，
∴可设GM： y=x+p，
以所在直线为对称轴，线段经轴对称变换后的图形为，
∴∥AD，
可设：y=x+q，又Q，代入，
得：×+q=0，
q=2，
∴：y=x+2，
设直线与抛物线交于第一象限N点,,所以当与N点重合时,t有最大值，
∴ ，
解得： 或 ，
∴N(1,)又Q，
设H为N,Q中点，
则H（，），
又∵H在直线GM上，
∴把H代入GM y=x+p ，
得：，
P= ，
∴y=x+，
令y=0得：0=x+，
∴x= ，
即QM=+= ，
∵M的速度为5，
∴t=÷5= ，
∴0＜t≤．

【点睛】
本题考查的是二次函数与一次函数的综合，属于压轴题，涉及到的知识点有，一次函数图像与性质，二次函数图像与性质，二次函数解析式的求法，二次函数与一次函数结合的坐标求法，翻折问题等，解题关键在于正确理解题意，仔细分析题目，通过相关条件得出等量关系求出结论．
5．（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．
6．（1），；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN与PM等于DE或CE的一半，又△ABC为等腰直角三角形，AD=AE，所以得PN=PM，且互相垂直；
（2）由旋转可推出，再利用PM与PN皆为中位线，得到PM=PN，再利用角度间关系推导出垂直即可；
（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM，且PM⊥PN，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】
（1），；
已知点，，分别为，，的中点，根据三角形的中位线定理可得
，，，
根据平行线性质可得，
在中，，，
可得，
即得，
故答案为：；．
（2）等腰直角三角形，理由如下：
由旋转可得，
又，
∴
∴，，
∵点，分别为，的中点
∴是的中位线
∴，且，
同理可证，且
∴，，，
∴，
，
∴，
即为等腰直角三角形．
（3）把绕点旋转的如图的位置，

此时，
且、的值最长，由（2）可知，
所以面积最大值为．
【点睛】
本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．
7．（1）或﹣1；（2）；（3）0＜x1＜1；（4）m＝0或m＞或≤m＜1
【解析】
【分析】
（1）分m＞0，m＝0，m＜0三种情形分别求解即可解决问题；
（2）分三种情形，利用二次函数的性质分别求解即可；
（3）由（1）可知，当图象G与x轴有两个交点时，m＞0，求出当抛物线顶点在x轴上时m的值，利用图象法判断即可；
（4）分四种情形：①m＜0，②m＝0，③m＞1，④0＜m≤1，分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，当m＞0时，

∵y＝x2﹣2mx+m＝（x﹣m）2﹣m2+m，
图象G是抛物线在直线y＝2m的左侧部分（包括点D），
此时最底点P（m，﹣m2+m），
由题意﹣m2+m＝﹣1，
解得m＝或（舍弃），
当m＝0时，显然不符合题意，
当m＜0时，如图2中，

图象G是抛物线在直线y＝2m的左侧部分（包括点D），
此时最底点P是纵坐标为m，
∴m＝﹣1，
综上所述，满足条件的m的值为或﹣1；
（2）由（1）可知，当m＞0时，y0＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0，
∴m＝时，y0的最大值为，
当m＝0时，y0＝0，
当m＜0时，y0＜0，
综上所述，y0的最大值为；
（3）由（1）可知，当图象G与x轴有两个交点时，m＞0，
当抛物线顶点在x轴上时，4m2﹣4m＝0，
∴m＝1或0（舍弃），
∴观察观察图象可知，当图象G与x轴有两个交点时，设左边交点的横坐标为x1，则x1的取值范围是0＜x1＜1，
故答案为0＜x1＜1；
（4）当m＜0时，观察图象可知，不存在点A满足条件，
当m＝0时，图象G在矩形ABCD内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，满足条件，如图3中，

当m＞1时，如图4中，设抛物线与x轴交于E，F，交y轴于N，

观察图象可知当点A在x轴下方或直线x＝﹣m和y轴之间时（可以在直线x＝﹣m上）时，满足条件．
则有（2m﹣2）2﹣2m（2m﹣2）+m＜0，
解得m＞，
或﹣m≤2m﹣2＜0，
解得≤m＜1（不合题意舍弃），
当0＜m≤1时，如图5中，当点A在直线x＝﹣m和y轴之间时（可以在直线x＝﹣m上）时，满足条件．

即或﹣m≤2m﹣2＜0，
解得≤m＜1，
综上所述，满足条件m的值为m＝0或m＞或≤m＜1．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的性质，最值问题，不等式等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
8．（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．
9．（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．
10．（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﹣．
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）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
∴