苏教版九年级上册压轴题数学模拟试卷.doc

苏教版九年级上册压轴题数学模拟试卷

一、压轴题
1．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_____________，用含的代数式表示的度数是________________________；
（2）探究证明：把绕点顺时针方向旋转到图②的位置，连接，，，当时，判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点在平面内任意旋转，若，，，请直接写出线段的最大值和最小值．

2．已知抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点，顶点为点D．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若过点C的直线交线段AB于点E，且，求直线CE的解析式
（3）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的坐标；
（4）已知点，在抛物线对称轴上找一点F，使的值最小此时，在抛物线上是否存在一点K，使的值最小，若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
3．二次函数的图象交y轴于点A，顶点为P，直线PA与x轴交于点B．
（1）当m=1时，求顶点P的坐标；
（2）若点Q（a，b）在二次函数的图象上，且，试求a的取值范围；
（3）在第一象限内，以AB为边作正方形ABCD．
①求点D的坐标（用含m的代数式表示）；
②若该二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，请直接写出符合条件的整数m的值．

4．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．
5．如图，过原点的抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（4，0），B为抛物线的顶点，连接OB，点P是线段OA上的一个动点，过点P作PC⊥OB，垂足为点C．
（1）求抛物线的解析式，并确定顶点B的坐标；
（2）设点P的横坐标为m，将△POC绕着点P按顺利针方向旋转90°，得△PO′C′，当点O′和点C′分别落在抛物线上时，求相应的m的值；
（3）当（2）中的点C′落在抛物线上时，将抛物线向左或向右平移n（0＜n＜2）个单位，点B、C′平移后对应的点分别记为B′、C″，是否存在n，使得四边形OB′C″A的周长最短？若存在，请直接写出n的值和抛物线平移的方向，若不存在，请说明理由．

6．如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：
(Ⅰ)将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；
(Ⅱ)在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O；
(Ⅲ)展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④．
（探究）
（1）证明：OBC≌OED；
（2）若AB＝8，设BC为x，OB2为y，是否存在x使得y有最小值，若存在求出x的值并求出y的最小值，若不存在，请说明理由．

7．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．
8．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．
9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线AB相交于A，B两点，其中，．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求面积的最大值；
（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线，平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

10．（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．

11．如图，在矩形ABCD中，已知AB=4，BC=2，E为AB的中点，设点P是∠DAB平分线上的一个动点（不与点A重合）．
（1）证明：PD=PE．
（2）连接PC，求PC的最小值．
（3）设点O是矩形ABCD的对称中心，是否存在点P，使∠DPO=90°？若存在，请直接写出AP的长．

12．如图1，与为等腰直角三角形，与 重合，，．固定，将绕点顺时针旋转，当边与边重合时，旋转终止．现不考虑旋转开始和结束时重合的情况，设（或它们的延长线）分别交（或它们的延长线）于点，如图2．
（1）证明：；
（2）当为何值时，是等腰三角形？

13．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．

14．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_____________________________．

15．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．

16．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。
17．如图所示，在中，，，，点从点出发沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点、运动的时间是秒，过点作于点，连接、.

（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由；
（3）当________时，为直角三角形.
18．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．
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．直线m∥n，点A、B分别在直线m，n上（点A在点B的右侧），点P在直线m上，AP＝AB，连接BP，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC，连接AC交直线n于点E，连接PC，且ABE为等边三角形．
（1）如图①，当点P在A的右侧时，请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是　 　，AP与EC的数量关系是　 　．
（2）如图②，当点P在A的左侧时，（1）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）如图②，当点P在A的左侧时，若△PBC的面积为，求线段AC的长．

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一、压轴题

1．（1）MP= NP，180°－；（2）是等边三角形，证明见解析；（3）的最大值为，最小值为
【解析】
【分析】
（1）由三角形的中位线的判定与性质不难得出，MP=BD，MPBD以及NP=CE，NPCE，因此MP= NP，将利用平行线的性质转化为与的和求解即可．
（2）有（1）同理可证MP= NP，MPBD，NPCE，在根据平行线的性质以及三角形外角的性质将转化为，，，这四个角的和，求出的度数，判断的形状即可．
（3）由题意不难得出M的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的一个圆，分别找出MN最大与最小时M的位置，分别求出最大最小值即可．
【详解】
（1）AB=AC，AD=DE，
BD=EC，
M、P分别是DE、BE的中点，
MP=BD，MPBD，
，
同理可证：NP=CE，NPCE，
MP= NP，
，
=+=+=180°－．
（2）由旋转可得：，AD=AE，
，
在与中，
，
≌，
CE=BD，
由（1）同理可证MP=BD，MPBD，NP=CE，NPCE，
MP= NP，
是等腰三角形，
==+，
=+=+，
=+=+++=180°－120°=60°，
是等边三角形．
（3）等腰直角中，AD=3，
DE=3，
M是DE的中点，
AM=，
M的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的一个圆，
如图，连接NA并延长分别交⊙A于点M1、M2，
等腰直角中，AB=7，
BC=7，
N是BC的中点，
AN=，ANBC，
当点M旋转至M1位置时，最大，=+=；
当点M旋转至M2位置时，最小，=－=．

【点睛】
本题较为综合，主要考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线以及点的运动轨迹，本题关键在于利用平行线的性质将角进行转化以及分析出点的运动轨迹为圆．
2．（1）；（2）；（3）点P的坐标为；（4）存在，点K的坐标为
【解析】
【分析】
（1）由于点A、B为抛物线与x轴的交点，可设两点式求解；也可将A、B、C的坐标直接代入解析式中利用待定系数法求解即可；
（2）根据两个三角形的高相等，则由面积比得出，求出AE,根据点A坐标可解得点E坐标,进而求得直线CE的解析式；
（3）分两种情况讨论①当四边形为平行四边形时；②当四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质和点的坐标位置关系得出纵坐标的关系式，分别代入坐标数值，解方程即可解答；
（4）根据抛物线的对称性，AF=BF，则HF+AF=HF+BF，当H、F、B共线时，HF+AF值最小，求出此时点F的坐标，设，由勾股定理和抛物线方程得，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为，则点S的坐标为，此时，,∴KF+KG=KS+KG,当S、K、G共线且平行y轴时，KF+KG值最小，由点G坐标解得，代入抛物线方程中解得，即为所求K的坐标．
【详解】
解：（1）方法1：设抛物线的解析式为
将点代入解析式中，则有．
∴抛物线的解析式为．
方法二：∵经过三点抛物线的解析式为，
将代入解析式中，则有
，解得：，
∴抛物线的解析式为．
（2），
．
．
．
．
的坐标为．
又点的坐标为．
直线的解析式为．
（3）．
∴顶点D的坐标为．
①当四边形为平行四边形时，由DQ∥CP，DQ=CP得：
，即．
．令，则．
．
∴点P的坐标为．
②当四边形为平行四边形时，由CQ∥DP，CQ=DP得：
，即
．令，则．
．
∴点P的坐标为．
∴综合得：点P的坐标为
（4）∵点A或点B关于对称轴对称
∴连接与直线交点即为F点．
∵点H的坐标为，点的坐标为，
∴直线BH的解析式为：．
令，则．
当点F的坐标为时，的值最小．11分
设抛物线上存在一点，使得的值最小．
则由勾股定理可得：．
又∵点K在抛物线上，

代入上式中，

．
如图，过点K作直线SK，使轴，且点的纵坐标为．
∴点S的坐标为．
则．

（两处绝对值化简或者不化简者正确．）
．

当且仅当三点在一条直线上，且该直线干行于y轴，的值最小．
又∵点G的坐标为，
，将其代入抛物线解析式中可得：．
∴当点K的坐标为时，最小．

【点睛】
本题主要考查了二次函数与几何图形的综合，涉及待定系数法、平行四边形的性质、、三角形面积、求线段和的最小值（即将军饮马模型）等知识，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．
3．（1）P（2，）；（2）a的取值范围为：a＜0或a＞4；（3）①D（m，m+3）； ②2，3，4．
【解析】
【分析】
（1）把m=1代入二次函数解析式中，进而求顶点P的坐标即可；
（2）把点Q（a，b）代入二次函数解析式中，根据得到关于a的一元二次不等式即一元一次不等式组，解出a的取值范围即可；
（3）①过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，求出二次函数与y轴的交点A的坐标，得到OA的长，再根据待定系数法求出直线AP的解析式，进而求出与x轴的交点B的坐标，得到OB的长；通过证明△ADF≌△ABO，得到AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，求出点D的坐标；
②因为二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，由①同理可得：C（m+3，3），分当x等于点D的横坐标时与当x等于点C的横坐标两种情况，进行讨论m可能取的整数值即可．
【详解】
解：（1）当m=1时，二次函数为，
∴顶点P的坐标为（2，）；
（2）∵点Q（a，b）在二次函数的图象上，
∴，
即：
∵，
∴＞0，
∵m＞0，
∴＞0，
解得：a＜0或a＞4，
∴a的取值范围为：a＜0或a＞4；
（3）①如下图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，

∵二次函数的解析式为，
∴顶点P（2，），
当x=0时，y=m，
∴点A（0，m），
∴OA=m；
设直线AP的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点A（0，m），点P（2，）代入，得：
，
解得：，
∴直线AP的解析式为y=x+m，
当y=0时，x=3，
∴点B（3，0）；
∴OB=3；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAF+∠FAB=90°，
且∠OAB+∠FAB =90°，
∴∠DAF=∠OAB，
在△ADF和△ABO中，
，
∴△ADF≌△ABO（AAS），
∴AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，
∴点D的坐标为：（m，m+3）；
②由①同理可得：C（m+3，3），
∵二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，
∴当x=m时，，可得，化简得：．
∵，∴，∴，
显然：m=1，2，3，4是上述不等式的解，
当时，，，此时，，
∴符合条件的正整数m=1，2，3，4；
当x= m+3时，y≥3，可得，
∵，∴，即，
显然：m=1不是上述不等式的解，
当时，，，此时，恒成立，
∴符合条件的正整数m =2，3，4；
综上：符合条件的整数m的值为2，3，4．
【点睛】
本题考查二次函数与几何问题的综合运用，熟练掌握二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、正方形的性质是解题的关键．
4．（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．
5．（1），点B（2，2）；（2）m=2或；（3）存在；n=时，抛物线向左平移．
【解析】
【分析】
（1）将点A和点O的坐标代入解析式，利用待定系数法即可求得二次函数的解析式，然后利用配方法可求得点B的坐标；
（2）由点A、点B、点C的坐标以及旋转的性质可知△△PDC为等腰直角三角形，从而可得到点O′坐标为：（m，m），点C′坐标为：（，），然后根据点在抛物线上，列出关于m的方程，从而可解得m的值；
（3）如图，将AC′沿C′B平移，使得C′与B重合，点A落在A′处，以过点B的直线y=2为对称轴，作A′的对称点A″，连接OA″，由线段的性质可知当B′为OA″与直线y=2的交点时，四边形OB′C″A的周长最短，先求得点B′的坐标，根据点B移动的方向和距离从而可得出点抛物线移动的方向和距离．
【详解】
解：（1）把原点O（0，0），和点A（4，0）代入y=x2+bx+c．
得，
∴．
∴．
∴点B的坐标为（2，2）．
（2）∵点B坐标为（2，2）．
∴∠BOA=45°．
∴△PDC为等腰直角三角形．
如图，过C′作C′D⊥O′P于D．

∵O′P=OP=m．
∴C′D=O′P=m．
∴点O′坐标为：（m，m），点C′坐标为：（，）．
当点O′在y=x2+2x上．
则−m2+2m＝m．
解得：，（舍去）．
∴m=2．
当点C′在y=x2+2x上，
则×()2+2×＝m，
解得：，（舍去）．
∴m=
（3）存在n=，抛物线向左平移．
当m=时，点C′的坐标为（，）．
如图，将AC′沿C′B平移，使得C′与B重合，点A落在A′处．

以过点B的直线y=2为对称轴，作A′的对称点A″，连接OA″．
当B′为OA″与直线y=2的交点时，四边形OB′C″A的周长最短．
∵BA′∥AC′，且BA′=AC′，点A（4，0），点C′（，），点B（2，2）．
∴点A′（，）．
∴点A″的坐标为（，）．
设直线OA″的解析式为y=kx，将点A″代入得：，
解得：k=．
∴直线OA″的解析式为y=x．
将y=2代入得：x=2，
解得：x=，
∴点B′得坐标为（，2）．
∴n=2．
∴存在n=，抛物线向左平移．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数、旋转的性质、平移的性质、路径最短等知识点，由旋转的性质和平移的性质求得点点O′坐标为：（m，m），点C′坐标为：（，）以及点B′的坐标是解题的关键．
6．（1）见解析；（2）x=4，16
【解析】
【分析】
（1）连接EF，根据矩形和正方形的判定与性质以及折叠的性质，运用SAS证明OBC≌OED即可；
（2）连接EF、BE，再证明△OBE是直角三角形，然后再根据勾股定理得到y与x的函数关系式，最后根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】
（1）证明：连接EF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝∠ADE＝∠DAF＝90°
由折叠得∠DEF＝∠DAF，AD＝DE
∴∠DEF＝90°
又∵∠ADE＝∠DAF＝90°，
∴四边形ADEF是矩形
又∵AD＝DE，
∴四边形ADEF是正方形
∴AD＝EF＝DE，∠FDE＝45°
∵AD＝BC，
∴BC＝DE
由折叠得∠BCO＝∠DCO＝45°
∴∠BCO＝∠DCO＝∠FDE．
∴OC＝OD．
在△OBC与△OED中，

∴△OBC≌△OED（SAS）；

（2）连接EF、BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝8．
由（1）知，BC＝DE
∵BC＝x，
∴DE＝x
∴CE＝8－x
由（1）知△OBC≌△OED
∴OB＝OE，∠OED＝∠OBC．
∵∠OED＋∠OEC＝180°，
∴∠OBC＋∠OEC＝180°．
在四边形OBCE中，∠BCE＝90°，∠BCE＋∠OBC＋∠OEC＋∠BOE＝360°，
∴∠BOE＝90°．
在Rt△OBE中，OB2＋OE2＝BE2．
在Rt△BCE中，BC2＋EC2＝BE2．∴OB2＋OE2＝BC2＋CE2．
∵OB2＝y，∴y＋y＝x2＋(8－x)2．
∴y＝x2－8x＋32
∴当x=4时，y有最小值是16．

【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了矩形和正方形的判定与性质、折叠的性质、全等三角形的判定、勾股定理以及运用二次函数求最值等知识点，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
7．（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．
8．（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．
9．（1）；（2）面积最大值为；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）设，求得解析式，过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F，设点，则，，即可求解；
（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线过，
∴
∴
∴
（2）设，将点代入
∴
过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F

设点，则
由铅垂定理可得

∴面积最大值为
（3）（3）抛物线的表达式为：y＝x2＋4x−1＝（x＋2）2−5，
则平移后的抛物线表达式为：y＝x2−5，
联立上述两式并解得：，故点C（−1，−4）；

设点D（−2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，−1）、（−1，−4）；
①当BC为菱形的边时，
点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），
即−2＋1＝s且m＋3＝t①或−2−1＝s且m−3＝t②，
当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，
当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，
联立①③并解得：s＝−1，t＝2或−4（舍去−4），故点E（−1，2）；
联立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故点E（-3，-4＋）或（-3，-4−）；
②当BC为菱形的的对角线时，
则由中点公式得：−1＝s−2且−4−1＝m＋t⑤，
此时，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，
联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝−3，
故点E（1，−3），
综上，点E的坐标为：（−1，2）或或或（1，−3）．
∴存在，
【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、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
10．（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．
11．（1）见详解；（2）PC的最小值为；（3）AP=2或．
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的定义得到∠DAP=∠EAP，利用SAS定理证明△DAP≌△EAP，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）作CP′⊥AP′，根据垂线段最短得到P′C最小，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案；
（3）根据矩形的性质、三角形中位线定理、勾股定理计算求出AP，再根据勾股定理计算点P在AF上时，AP的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=90°，
∵AP平分∠DAB，
∴∠DAP=∠EAP=45°，
在△DAP和△EAP中，
，
∴△DAP≌△EAP（SAS）
∴PD=PE；
（2）解：如图1，作CP′⊥AP′于P′，则P′C最小，

∵AB∥CD，
∴∠DFA=∠EAP，
∵∠DAP=∠EAP，
∴∠DAP=∠DFA=45°，
∴FC=DF=AD=2，∠P′FC=45°，
∴P′C=FC×，
∴PC的最小值为；
（3）解：如图2，

∵DF=FC，OA=OC，
∴OF∥AD，
∴∠DF