无锡滨湖区无锡市太湖格致中学九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案

无锡滨湖区无锡市太湖格致中学九年级上册压轴题数学模拟试卷及答案一、压轴题1．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2．如图，抛物线经过点，顶点为，对称轴与轴相交于点，为线段的中点．（1）求抛物线的解析式；（2）为线段上任意一点，为轴上一动点，连接，以点为中心，将逆时针旋转，记点的对应点为，点的对应点为．当直线与抛物线只有一个交点时，求点的坐标．（3）在（2）的旋转变换下，若（如图）．①求证：．②当点在（1）所求的抛物线上时，求线段的长．3．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．4．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．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，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A1，0，B（点A在点B的左侧），交y轴与点0，3，抛物线的对称轴为直线x＝1，点D为抛物线的顶点．（1）求该抛物线的解析式；（2）已知经过点A的直线y＝kxbk0与抛物线在第一象限交于点E，连接AD，DE，BE，当时，求点E的坐标．（3）如图2，在（2）中直线AE与y轴交于点F，将点F向下平移个单位长度得到Q，连接QB．将△OQB绕点O逆时针旋转一定的角度（0°360°）得到，直线与x轴交于点G．问在旋转过程中是否存在某个位置使得是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；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_____________，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．8．如图1，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=DC=5，BC=11．一个动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BC方向运动，过点P作PQ⊥BC，交折线段BA-AD于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线BC上，当Q点到达D点时，运动结束．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．（1）当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，求运动时间t的值；（2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与△BCD的重合部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；（3）如图2，当点Q在线段AD上运动时，线段PQ与对角线BD交于点E，将△DEQ沿BD翻折，得到△DEF，连接PF．是否存在这样的t，使△PEF是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．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，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．11．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边BC，AB上，AF＝BE＝2，连结DE，DF，动点M在EF上从点E向终点F匀速运动，同时，动点N在射线CD上从点C沿CD方向匀速运动，当点M运动到EF的中点时，点N恰好与点D重合，点M到达终点时，M，N同时停止运动．（1）求EF的长．（2）设CN＝x，EM＝y，求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围．（3）连结MN，当MN与△DEF的一边平行时，求CN的长．12．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。13．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.14．如图，已知矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E是边CD上一个动点，连接AE，将△AED沿直线AE翻折得△AEF.(1)当点C落在射线AF上时，求DE的长;(2)以F为圆心，FB长为半径作圆F，当AD与圆F相切时，求cos∠FAB的值;(3)若P为AB边上一点，当边CD上有且仅有一点Q满∠BQP=45°，直接写出线段BP长的取值范围.15．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C．抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是x＝且经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．（1）求抛物线解析式．（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，连接PA，PC．求△PAC的面积的最大值，并求出此时点P的坐标．（3）抛物线上是否存在点M，过点M作MN垂直x轴于点N，使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．16．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．17．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．18．在平面直角坐标系中，经过点且与平行的直线，交轴于点，如图1所示．（1）试求点坐标，并直接写出的度数；（2）过的直线与成夹角，试求该直线与交点的横坐标；（3）如图2，现有点在线段上运动，点在轴上，为线段的中点．①试求点的纵坐标关于横坐标的函数关系式；②直接写出点的运动轨迹长度为．19．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．20．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，的解析式为，若将抛物线平移，使平移后的抛物线经过点，对称轴为直线，抛物线与轴的另一个交点是，顶点是，连结.（1）求抛物线的解析式；（2）求证：∽（3）半径为的⊙的圆心沿着直线从点运动到，运动速度为1单位/秒，运动时间为秒，⊙绕着点顺时针旋转得⊙，随着⊙的运动，求的运动路径长以及当⊙与轴相切的时候的值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、压轴题1．（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﹣．2．（1）；（2）（，0）；（3）①见解析；②=或=【解析】【分析】（1）根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；（2）根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为（m，0），推出点F（m，6-m），直线与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．（3）①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为（m，0），由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为（m-1，5-m），再根据两点距离公式证明，注意分两种情况，均需讨论；②把E（m-1，5-m）代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．【详解】（1）∵点在抛物线上，∴，得到，又∵对称轴，∴，解得，∴，∴二次函数的解析式为；（2）当点M在点C的左侧时，如下图：∵抛物线的解析式为，对称轴为，∴点A（2，0），顶点B（2，4），∴AB=AC=4，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠1=45°；∵将逆时针旋转得到△MEF，∴FM=CM，∠2=∠1=45°，设点M的坐标为（m，0），∴点F（m，6-m），又∵∠2=45°，∴直线EF与x轴的夹角为45°，∴设直线EF的解析式为y=x+b，把点F（m，6-m）代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，直线EF的解析式为y=x+6-2m，∵直线与抛物线只有一个交点，∴，整理得：，∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，点M的坐标为（，0）．当点M在点C的右侧时，如下图：由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线与抛物线不可能只有一个交点．综上，点M的坐标为（，0）．（3）①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，∵，由（2）知∠BCA=45°，∴PG=GC=1，∴点G（5，0），设点M的坐标为（m，0），∵将逆时针旋转得到△MEF，∴EM=PM，∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH=90°，∴∠HEM=∠GMP，在△EHM和△MGP中，，∴△EHM≌△MGP（AAS），∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，∴点H（m-1，0），∴点E的坐标为（m-1，5-m）；∴EA==，又∵为线段的中点，B（2，4），C（6，0），∴点D（4，2），∴ED==，∴EA=ED．当点M在点C的右侧时，如下图：同理，点E的坐标仍为（m-1，5-m），因此EA=ED．②当点在（1）所求的抛物线上时，把E（m-1，5-m）代入，整理得：m2-10m+13=0，解得：m=或m=，∴=或=．【点睛】本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题的关键．3．（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．4．（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．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）点E的坐标为（，）；（3）存在；点的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．【解析】【分析】（1）利用待定系数法代入计算，结合对称轴，即可求出解析式；（2）取AD中点M，连接BM，过点A作AE∥BM，交抛物线于点E；然后求出直线AE的解析式，结合抛物线的解析式，即可求出点E的坐标；（3）由题意，先求出点F的坐标，然后得到点Q的坐标，得到OQ和OB的长度，然后结合等腰三角形的性质进行分类讨论，可分为四种情况进行分析，分别求出点的坐标即可．【详解】解：（1）根据题意，设二次函数的解析式为，∵对称轴为，则，把点（1，0），点（0，3）代入，有，又∵，∴，，，∴抛物线的解析式为：；（2）由（1）可知，顶点D的坐标为（1，），点B为（3，0），∵点A为（，0），∴AD的中点M的坐标为（0，2）；如图，连接AD，DE，BE，取AD中点M，连接BM，过点A作AE∥BM，交抛物线于点E；此时点D到直线AE的距离等于点B到直线AE距离的2倍，即，设直线BM为，把点B、点M代入，有，∴直线BM为，∴直线AE的斜率为，∵点A为（，0），∴直线AE为，∴，解得：（舍去）或；∴点E的坐标为（，）；（3）由（2）可知，直线AE为，∴点F的坐标为（0，），∵将点F向下平移个单位长度得到Q，∴点Q的坐标为（0，），∴，∵点B为（3，0），则OB=3，在Rt△OBQ中，，∴，由旋转的性质，得，，①当时，是等边三角形，如图：∴点G的坐标为（，0），∴点的横坐标为，∴点的坐标为（，）；②当，是等腰三角形，如图：∵，∴，∵，∴点的坐标为（，）；③当时，是等边三角形，如图：此时点G的坐标为（，0），∴点的坐标为（，）；④当时，是等腰三角形，如图：此时，∴点的坐标为（，）；综合上述，点的坐标为：（，）或（，）或（，）或（，）．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，也考查了解直角三角形，旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，一次函数的性质，以及坐标与图形，解题的关键是熟练掌握图形的运动问题，正确的确定点的位置是关键；注意运用数形结合的思想，分类讨论的思想进行解题．7．（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．8．（1）t=4；（2）S=；（3）存在，当t=4、或时，△PEF是等腰三角形．【解析】试题分析：（1）作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为G、H，可以得出四边形AGHD为矩形，根据矩形的性质及相关条件可以得出△ABG≌△DCH，可以求出BG=CH的值，再由勾股定理就可以求出AG=DH的值，就可以求出BP的值，即可以求出结论t的值；（2）运用求分段函数的方法，分四种情况，当0＜t≤3，当3＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8时，运用梯形的面积公式和三角形的面积公式就可以求出S的值；（3）先由条件可以求出EF=EQ=PQ-EP=4-t，分为三种情况：EF=EP时可以求出t值，当FE=FP时，作FR⊥EP，垂足为R，可以求出t值，当FE=FP时，作FR⊥EP，垂足为R，可以求出t值，当PE=PF时，作PS⊥EF，垂足为S，可以求出t值．试题解析：（1）如图2，作AG⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为G、H，∴四边形AGHD为矩形．∵梯形ABCD，AB=AD=DC=5，∴△ABG≌△DCH，∴BG=（BC-AD）=3，AG=4，∴当正方形PQMN的边MN恰好经过点D时，点M与点D重合，此时MQ=4，∴GP=AQ=AD-DQ=1，BP=BG+GP=4，∴t=4，即4秒时，正方形PQMN的边MN恰好经过点D；（2）如图1，当0＜t≤3时，BP=t，∵tan∠DBC=，tan∠C=tan∠ABC=，∴GP=t，PQ=t，BN=t+t=t，∴NR=t，∴S=；如图3，当3＜t≤4时，BP=t，∴GP=t，PQ=4，BN=t+4，∴NR=t+2，∴S==2t+4；如图4，当4＜t≤7时，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8-t，BN=t+4，HN=t+4-8=t-4，∴CN=3-（t-4）=7-t，∴NR=，∴S=；如图5，当7＜t≤8时，BP=t，∴GP=t，PQ=4，PH=8-t，∴S=∴S=；（3）∵∠PEF+∠QEF=180°=∠QDF+∠QEF，∴∠PEF=∠QDF=2∠ADB=∠ABC，∴cos∠ABC=cos∠PEF=，由（1）可知EP=BP=t，则EF=EQ=PQ-EP=4-t，①如图6，当EF=EP时，4-t=t，∴t=4；②如图7，当FE=FP时，作FR⊥EP，垂足为R，∴ER=EP=EF，∴t=（4-t)，∴t=；③如图8，当PE=PF时，作PS⊥EF，垂足为S，∵ES=EF=PE，∴（4-t)=×t，∴t=．∴当t=4、或时，△PEF是等腰三角形．考点：相似形综合题．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）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.11．（1）EF=2；（2）y＝x（0≤x≤12）；（3）满足条件的CN的值为或12．【解析】【分析】（1）在Rt△BEF中，利用勾股定理即可解决问题．（2）根据速度比相等构建关系式解决问题即可．（3）分两种情形如图3﹣1中，当MN∥DF，延长FE交DC的延长线于H．如图3﹣2中，当MN∥DE，分别利用平行线分线段成比例定理构建方程解决问题即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵AF＝BE＝2，∴BF＝6﹣2＝4，∴EF＝＝＝2．（2）由题意：＝，∴＝，∴y＝x（0≤x≤12）．（3）如图3﹣1中，延长FE交DC的延长线于H．∵△EFB∽△EHC，∴＝＝，∴＝＝，∴EH＝6，CH＝12，当MN∥DF时，＝，∴＝，∵y＝x，解得x＝，如图3﹣2中，当MN∥DE时，＝，∴＝，∵y＝x，解得x＝12，综上所述，满足条件的CN的值为或12．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．12．（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．13．（1）详见解析；（2）能；（3）2或秒【解析】【分析】（1）在中，,，由已知条件求证；（2）求得四边形为平行四边形，若使平行四边形为菱形则需要满足的条件及求得；（3）分三种情况：①时，四边形为矩形．在直角三角形中求得即求得．②时，由（2）知，则得，求得．③时，此种情况不存在．【详解】（1）在中，∴又∵∴（2）能.理由如下：∵，∴又∵∴四边形为平行四边形在中，∴又∵∴∴,∴当时，为菱形∴AD=∴，即秒时，四边形为菱形（3）①时，四边形为矩形．在中，，．即，．②时，由（2）四边形为平行四边形知，．，．则有，．③当时，此种情况不存在．综上所述，当秒或秒时，为直角三角形．【点睛】本题考查了菱形的性质，考查了菱形是平行四边形，考查了菱形的判定定理，以及菱形与矩形之间的联系．难度适宜，计算繁琐．14．（1）DE=3；（2）；（3）BP=12-12或6＜BP≤【解析】【分析】(1)当点C落在射线AF上时，设DE=x，则EF=DE=x，CE=8-x，根据勾股定理，列出方程，即可求解；(2)以F为圆心，FB长为半径作圆F，当AD与圆F相切时，设切点为M，连接FM，则FM⊥AD，过点F作FN⊥AB，设FM=x，则AN=FM=x，BF=FM=x，BN=8-x，根据勾股定理，列出方程，即可求解；(3)以PB为底边作等腰直角三角形∆PMB，以点M为圆心，MP为半径作圆M，分三类：①当圆M与CD相切时，求出BP的值；②当圆M过点C时，求出BP的值；③当圆M过点D时，求出BP的值，进而，可求出BP的范围.【详解】（1）当点C落在射线AF上时，如图1，∵在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，△AED沿直线AE翻折得△AEF，∴AF=AD=6，AC=，∴CF=AC-AF=10-6=4，设DE=x，则EF=DE=x，CE=8-x，∵在Rt∆CFE中，，∴，解得：x=3，∴DE=3；（2）以F为圆心，FB长为半径作圆F，当AD与圆F相切时，如图2，设切点为M，连接FM，则FM⊥AD，过点F作FN⊥AB，设FM=x，则AN=FM=x，BF=FM=x，BN=8-x，∵，∴，解得：x=，∴cos∠FAB==；（3）以PB为底边作等腰直角三角形∆PMB，以点M为圆心，MP为半径作圆M，①当圆M与CD相切时，如图3，切点为Q，此时，边CD上有且仅有一点Q满足∠BQP=45°，连接QM，延长QM交PB于点H，则HQ⊥CD，HQ⊥PB，∵∆PMB是等腰直角三角形，∴设PH=BH=MH=x，则PM=QM=,∵HQ=AD=6，∴x+=6，解得：x=，∴BP=2x=②当圆M过点C时，如图4，此时，边CD上有两个点Q满足∠BQP=45°，∵∠MPB=45°，∠PBC=90°，∴BP=BC=6，③当圆M过点D时，如图5，此时，边CD上有且仅有一点Q满足∠BQP=45°，连接MD，过点M作MN⊥AD，MH⊥BP，设PH=HM=HB=x，则MP=MD=，MN=AH=8-x，ND=6-x，∵在Rt∆MND中，，∴，解得：x=，∴BP=2×=，综上所述：线段BP长的取值范围是：BP=12-12或6＜BP≤.图1图2图3图4图5【点睛】本题主要考查圆和直线的位置关系和三角形的综合问题，根据题意，画出图形，利用数形结合和方程思想方法，是解题的关键.15．（1）；（2）∆PAC的面积有最大值是4，此时，P（-2，3）；（3）存在，【解析】【分析】(1)根据待定系数法，即可得到答案；(2)设P，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，则点Q，根(3)根据三角形的面积公式，得到二次函数解析式，即可得到答案；设，则，若以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，则或,分别求出t的值，即可得到答案.【详解】（1）∵直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，∴A（-4，0），C（0，2）∵抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是x＝且过A（-4，0），C（0，2），∴，解得：∴抛物线解析式为：；（2）设P，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，如图，∴点Q，∴PQ==，∵=，∴当m=-2时，∆PAC的面积有最大值是4，此时，P（-2，3）；（3）∵，∴A（-4，0），C（0，2）B（1，0），∴AB=5，AC=2，BC=，∵，∴AC⊥BC，∵MN⊥x轴，∴若以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似，则或,设，则，①，∴，解得：②，∴，解得：综上所述：存在使得以点A、M、N为顶点的三角形与△ABC相似.【点睛】本题主要考查二次函数的图象与相似三角形的综合，分类讨论思想和数形结合的思想方法，是解题的关键.16．（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，，，反比例函数为，一次函数为：．（2）①不存在．轴，轴，．又四边形是平行四边形，．设，则，，．此时与重合，不符合题意，不存在．②存在．当时，；当时，由，，得．由，．得．当时，四边形为平行四边形．．，（舍）当时，四边形为平行四边形．又且，为矩形．【点睛】本题主要考查了用待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式以及平行四边形的判定、解方程、根的判别式等知识，在解答以点D、E、Q、C为顶点的四边形的四个顶点的顺序不确定，需要分情况讨论是解答本题的关键．17．（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，∴∠BCH=30°，∴HC=，BC=2BH=2x，又∵∠A=45°，∴是等腰直角三角形，∴HA=HC，∵AB=∴解得：∴HC=，BC=∴AC=①当AB=AD=∠BAD=60°时，连接BD，过点C作CG⊥BD，交BD延长线于点G，过点A作AK⊥BD，如图所示：则BD=∠ABD=60°，BK=AB=∵∠ABC=120°，∴∠CBG=60°=∠CBH，在和中，，∴（AAS），∴GC=HC=3，在Rt中，由勾股定理得：∴∴②当BC=CD=∠BCD=60°时，连接BD，作CG⊥BD于点G，AK⊥BD于K，如图所示：则BD=，CG=AK=，∴∴③当AD=CD=AC=，∠ADC=60°时，作DM⊥AC于M，如图所示：则DM=∴∴综上所述，四边形ABCD的面积为或或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了“准筝形”的判定与性质、四边形内角和定理、全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数的应用、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握准筝形的判定与性质是解题的关键．18．（1）B（，0），30°；（2）或；（3）①y=+1（1-≤x≤1）；②【解析】【分析】（1）由题意得出直线AB的解析式，令y=0即可得到点B坐标，再利用正切的含义求出∠ABO的度数；（2）设这样两条直线与直线AB交点为C、D（其中点C在点D上方），作CE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，证明△CEM≌△MFD，令C（a，a+2），从而得到点D坐标，代入直线AB的解析式，即可得到结果；（3）①分别过C作CP⊥x轴于P，取PD中点Q，连接NQ，根据C、D坐标得到点N的坐标，从而求出点N的横纵坐标之间的关系；②首先得到点N的运动轨迹，再用两点之间距离的求法求解即可．【详解】解：（1）∵经过点且与平行的直线，交x轴于点B，∴直线AB的解析式为：y=+2，令y=0，解得：x=，∴B（，0），∵tan∠ABO==，∴∠ABO=30°；（2）这样的直线有2条，设它们与直线AB交点为C、D（其中点C在点D上方），作CE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，可得：△CMD为等腰直角三角形，∴CM=DM，又∠ECM=90°-∠OMC=∠DMF，∠CEM=∠DFM=90°，∴△CEM≌△MFD（AAS），令C（a，a+2），可得CE=MF=a+2，ME=DF=1-a，∴D（a+3,1-a），将D点坐标代入直线AB解析式得a=，∴此时D点横坐标为，综上所述，所求横坐标为或；（3）①将C（m，n）代入直线AB解析式可得n=m+2，分别过C作CP⊥x轴于P，取PD中点Q，连接NQ，则NQ∥CP且NQ=CP，根据C、D坐标可得CP=m+2，OP=m，DO=3m-2，∴DQ=PQ=2m-1，NQ=m+1，故N（-m+1，m+1），设x=-m+1，y=m+1，则m=1-x=，整理得：y=+1，又0≤m≤，∴1-≤-m+1≤1，综上，N点横纵坐标满足函数关系式y=+1（1-≤x≤1）；②由①可知点N的运动轨迹为一条线段，在y=+1中，