海南省东方市八所中学2025届九上数学期末考试模拟试题含解析

海南省东方市八所中学2025届九上数学期末考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．抛物线的开口方向是（）A．向下 B．向上 C．向左 D．向右2．已知锐角∠AOB如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；（3）连接OM，MN．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（）A．∠COM=∠COD B．若OM=MN，则∠AOB=20°C．MN∥CD D．MN=3CD3．在相同的时刻，太阳光下物高与影长成正比．如果高为1.5米的人的影长为2.5米，那么影长为30米的旗杆的高是（）.A．18米

B．16米

C．20米

D．15米4．函数y=mx2+2x+1的图像与x轴只有1个公共点，则常数m的值是（）A．1 B．2 C．0,1 D．1,25．一个几何体是由若干个相同的正方体组成的，其主视图和左视图如图所示，则这个几何体最多可由多少个这样的正方体组成（）A． B． C． D．6．如图所示，已知△ABC中，BC=12，BC边上的高h=6，D为BC上一点，EF∥BC，交AB于点E，交AC于点F，设点E到边BC的距离为x．则△DEF的面积y关于x的函数图象大致为（）A． B． C． D．7．在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=，则∠A的度数是()A．30° B．45° C．60° D．90°8．下列由几何图形组合的图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．9．已知函数的图像上两点，，其中，则与的大小关系为（）A． B． C． D．无法判断10．如图，在中，已知点在上，点在上，，，下列结论中正确的是（）A． B． C． D．11．如图，中，，于，平分，且于，与相交于点，于，交于，下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（）A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④12．若关于x的一元二次方程有两个实数根，则k的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在△ABC中，AC：BC：AB＝3：4：5，⊙O沿着△ABC的内部边缘滚动一圈，若⊙O的半径为1，且圆心O运动的路径长为18，则△ABC的周长为_____．14．抛物线在对称轴左侧的部分是上升的，那么的取值范围是____________.15．如图，、、均为⊙的切线，分别是切点，，则的周长为____．16．如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠B=45°，DE⊥AC于E交AB于F，若BC=2CD，AE=2，则线段BF=______.17．△ABC中，E，F分别是AC，AB的中点，连接EF，则S△AEF:S△ABC＝_____．18．如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D(4，1)在AB边上，把△CDB绕点C旋转90°，点D的对应点为点D′，则OD′的长为_________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，E为AD边上一点，BE平分∠ABC，连接CE，已知DE＝6，CE＝8，AE＝1．（1）求AB的长；（2）求平行四边形ABCD的面积；（3）求cos∠AEB．20．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线和抛物线W交于A，B两点，其中点A是抛物线W的顶点．当点A在直线上运动时，抛物线W随点A作平移运动．在抛物线平移的过程中，线段AB的长度保持不变．应用上面的结论，解决下列问题：在平面直角坐标系xOy中，已知直线．点A是直线上的一个动点，且点A的横坐标为．以A为顶点的抛物线与直线的另一个交点为点B．（1）当时，求抛物线的解析式和AB的长；（2）当点B到直线OA的距离达到最大时，直接写出此时点A的坐标；（3）过点A作垂直于轴的直线交直线于点C．以C为顶点的抛物线与直线的另一个交点为点D．①当AC⊥BD时，求的值；②若以A，B，C，D为顶点构成的图形是凸四边形（各个内角度数都小于180°）时，直接写出满足条件的的取值范围．21．（8分）元旦期间，小黄自驾游去了离家156千米的黄石矿博园，右图是小黄离家的距离y（千米）与汽车行驶时间x（小时）之间的函数图象．（1）求小黄出发0.5小时时，离家的距离；（2）求出AB段的图象的函数解析式；（3）小黄出发1.5小时时，离目的地还有多少千米？22．（10分）如图，直线y＝﹣x+1与x轴，y轴分别交于A，B两点，抛物线y＝ax2+bx+c过点B，并且顶点D的坐标为（﹣2，﹣1）．（1）求该抛物线的解析式；（2）若抛物线与直线AB的另一个交点为F，点C是线段BF的中点，过点C作BF的垂线交抛物线于点P，Q，求线段PQ的长度；（3）在（2）的条件下，点M是直线AB上一点，点N是线段PQ的中点，若PQ＝2MN，直接写出点M的坐标．23．（10分）如图，在平面直角坐标系中，OA⊥OB，AB⊥x轴于点C，点A（，1）在反比例函数的图象上．（1）求反比例函数的表达式；（2）在x轴的负半轴上存在一点P，使得S△AOP=S△AOB，求点P的坐标；（3）若将△BOA绕点B按逆时针方向旋转60°得到△BDE，直接写出点E的坐标，并判断点E是否在该反比例函数的图象上，说明理由．24．（10分）端午节是我国传统佳节.小峰同学带了4个粽子（除粽馅不同外，其它均相同），其中有两个肉馅粽子、一个红枣馅粽子和一个豆沙馅粽子，准备从中任意拿出两个送给他的好朋友小悦.（1）用树状图或列表的方法列出小悦拿到两个粽子的所有可能结果；（2）请你计算小悦拿到的两个粽子都是肉馅的概率.25．（12分）如图，在平面直角坐标系中有点A(1，5)，B(2，2)，将线段AB绕P点逆时针旋转90°得到线段CD，A和C对应，B和D对应.(1)若P为AB中点，画出线段CD，保留作图痕迹；(2)若D(6，2)，则P点的坐标为，C点坐标为.(3)若C为直线上的动点，则P点横、纵坐标之间的关系为.26．已知：二次函数、图像的顶点分别为A、B（其中m、a为实数），点C的坐标为（0，）．（1）试判断函数的图像是否经过点C，并说明理由；（2）若m为任意实数时，函数的图像始终经过点C，求a的值；（3）在（2）的条件下，存在不唯一的x值，当x增大时，函数的值减小且函数的值增大．①直接写出m的范围；②点P为x轴上异于原点O的任意一点，过点P作y轴的平行线，与函数、的图像分别相交于点D、E．试说明的值只与点P的位置有关．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【分析】抛物线的开口方向由抛物线的解析式y=ax2+bx+c（a≠0）的二次项系数a的符号决定，据此进行判断即可．【详解】解：∵y=2x2的二次项系数a=2＞0，

∴抛物线y=2x2的开口方向是向上；

故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象的开口方向．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象的开口方向：当a＜0时，开口方向向下；当a＞0时，开口方向向上．2、D【分析】由作图知CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．【详解】解：由作图知CM=CD=DN，

∴∠COM=∠COD，故A选项正确；

∵OM=ON=MN，

∴△OMN是等边三角形，

∴∠MON=60°，

∵CM=CD=DN，∴∠MOA=∠AOB=∠BON=∠MON=20°，故B选项正确；∵∠MOA=∠AOB=∠BON，

∴∠OCD=∠OCM=，

∴∠MCD=，

又∠CMN=∠AON=∠COD，∴∠MCD+∠CMN=180°，

∴MN∥CD，故C选项正确；

∵MC+CD+DN＞MN，且CM=CD=DN，

∴3CD＞MN，故D选项错误；

故选D．【点睛】本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．3、A【解析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．【详解】根据题意解：标杆的高：标杆的影长=旗杆的高：旗杆的影长，即1.5：2.5=旗杆的高：30，∴旗杆的高==18米．故选：A．【点睛】考查了相似三角形的应用，本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的相似比，列出方程，求解即可得出旗杆的高．4、C【解析】分两种情况讨论，当m=0和m≠0，函数分别为一次函数和二次函数，由抛物线与x轴只有一个交点，得到根的判别式的值等于0，列式求解即可．【详解】解：①若m=0，则函数y=2x+1，是一次函数，与x轴只有一个交点；②若m≠0，则函数y=mx2+2x+1，是二次函数．根据题意得：b2-4ac=4-4m=0，解得：m=1．∴m=0或m=1故选：C.【点睛】本题考查了一次函数的性质与抛物线与x轴的交点，抛物线与x轴的交点个数由根的判别式的值来确定．本题中函数可能是二次函数，也可能是一次函数，需要分类讨论，这是本题的容易失分之处．5、B【分析】易得此几何体有三行，三列，判断出各行各列最多有几个正方体组成即可．【详解】解：综合主视图与左视图分析可知，第一行第1列最多有2个，第一行第2列最多有1个，第一行第3列最多有2个；第二行第1列最多有1个，第二行第2列最多有1个，第二行第3列最多有1个；第三行第1列最多有2个，第三行第2列最多有1个，第三行第3列最多有2个；所以最多有：2+1+2+1+1+1+2+1+2=13（个），故选B．【点睛】本题考查了几何体三视图，重点是考查学生的空间想象能力．掌握以下知识点：主视图反映长和高，左视图反映宽和高，俯视图反映长和宽.6、D【分析】可过点A向BC作AH⊥BC于点H，所以根据相似三角形的性质可求出EF，进而求出函数关系式，由此即可求出答案．【详解】过点A向BC作AH⊥BC于点H，所以根据相似比可知：，即EF=2（6-x）所以y=×2（6-x）x=-x2+6x．（0＜x＜6）该函数图象是抛物线的一部分，故选D．【点睛】此题考查根据几何图形的性质确定函数的图象和函数图象的读图能力．要能根据几何图形和图形上的数据分析得出所对应的函数的类型和所需要的条件，结合实际意义画出正确的图象．7、C【解析】试题分析：根据特殊角的三角函数值可得：∠A=60°．8、A【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即得答案．【详解】解：A、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，属于应知应会题型，熟知二者的概念是解题关键．9、B【分析】由二次函数可知，此函数的对称轴为x＝2，二次项系数a＝−1＜0，故此函数的图象开口向下，有最大值；函数图象上的点与坐标轴越接近，则函数值越大，故可求解．【详解】函数的对称轴为x＝2，二次函数开口向下，有最大值，∵，A到对称轴x＝2的距离比B点到对称轴的距离远，∴故选：B．【点睛】本题的关键是（1）找到二次函数的对称轴；（2）掌握二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象性质．10、B【分析】由，得∠CMN=∠CNM，从而得∠AMB=∠∠ANC，结合，即可得到结论.【详解】∵，∴∠CMN=∠CNM，∴180°-∠CMN=180°-∠CNM，即：∠AMB=∠∠ANC，∵，∴，故选B.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定定理，掌握“对应边成比例，夹角相等的两个三角形相似”是解题的关键.11、C【分析】根据∠ABC=45°，CD⊥AB可得出BD=CD，利用AAS判定Rt△DFB≌Rt△DAC，从而得出DF=AD，BF=AC．则CD=CF+AD，即AD+CF=BD；再利用AAS判定Rt△BEA≌Rt△BEC，得出CE=AE=AC，又因为BF=AC所以CE=AC=BF；连接CG．因为△BCD是等腰直角三角形，即BD=CD．又因为DH⊥BC，那么DH垂直平分BC．即BG=CG；在Rt△CEG中，CG是斜边，CE是直角边，所以CE＜CG．即AE＜BG．【详解】∵CD⊥AB，∠ABC=45°，∴△BCD是等腰直角三角形．∴BD=CD．故①正确；在Rt△DFB和Rt△DAC中，∵∠DBF=90°-∠BFD，∠DCA=90°-∠EFC，且∠BFD=∠EFC，∴∠DBF=∠DCA．又∵∠BDF=∠CDA=90°，BD=CD，∴△DFB≌△DAC．∴BF=AC；DF=AD．∵CD=CF+DF，∴AD+CF=BD；故②正确；在Rt△BEA和Rt△BEC中∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE．又∵BE=BE，∠BEA=∠BEC=90°，∴Rt△BEA≌Rt△BEC．∴CE=AE=AC．又由（1），知BF=AC，∴CE=AC=BF；故③正确；连接CG．∵△BCD是等腰直角三角形，∴BD=CD又DH⊥BC，∴DH垂直平分BC．∴BG=CG在Rt△CEG中，∵CG是斜边，CE是直角边，∴CE＜CG．∵CE=AE，∴AE＜BG．故④错误．故选C．【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．在复杂的图形中有45°的角，有垂直，往往要用到等腰直角三角形，要注意掌握并应用此点．12、D【解析】运用根的判别式和一元二次方程的定义，组成不等式组即可解答【详解】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+x+1＝0有两个实数根，∴，解得：k≤且k≠1．故选：D．【点睛】此题考查根的判别式和一元二次方程的定义，掌握根的情况与判别式的关系是解题关键二、填空题（每题4分，共24分）13、4【分析】如图，首先利用勾股定理判定△ABC是直角三角形，由题意得圆心O所能达到的区域是△DEG，且与△ABC三边相切，设切点分别为G、H、P、Q、M、N，连接DH、DG、EP、EQ、FM、FN，根据切线性质可得：AG＝AH，PC＝CQ，BN＝BM，DG、EP分别垂直于AC，EQ、FN分别垂直于BC，FM、DH分别垂直于AB，继而则有矩形DEPG、矩形EQNF、矩形DFMH，从而可知DE＝GP，EF＝QN，DF＝HM，DE∥GP，DF∥HM，EF∥QN，∠PEF＝90°,根据题意可知四边形CPEQ是边长为1的正方形，根据相似三角形的判定可得△DEF∽△ACB，根据相似三角形的性质可知：DE∶EF∶FD＝AC∶CB∶BA＝3∶4∶1，进而根据圆心O运动的路径长列出方程，求解算出DE、EF、FD的长，根据矩形的性质可得：GP、QN、MH的长，根据切线长定理可设：AG＝AH＝x，BN＝BM＝y，根据线段的和差表示出AC、BC、AB的长，进而根据AC∶CB∶BA＝3∶4∶1列出比例式，继而求出x、y的值，进而即可求解△ABC的周长．【详解】∵AC∶CB∶BA＝3∶4∶1，设AC＝3a，CB＝4a，BA＝1a（a＞0）∴∴△ABC是直角三角形，设⊙O沿着△ABC的内部边缘滚动一圈，如图所示，连接DE、EF、DF，设切点分别为G、H、P、Q、M、N，连接DH、DG、EP、EQ、FM、FN，根据切线性质可得：AG＝AH，PC＝CQ，BN＝BMDG、EP分别垂直于AC，EQ、FN分别垂直于BC，FM、DH分别垂直于AB，∴DG∥EP，EQ∥FN，FM∥DH,∵⊙O的半径为1∴DG＝DH＝PE＝QE＝FN＝FM＝1，则有矩形DEPG、矩形EQNF、矩形DFMH，∴DE＝GP，EF＝QN，DF＝HM，DE∥GP，DF∥HM，EF∥QN,∠PEF＝90°又∵∠CPE＝∠CQE＝90°,PE＝QE＝1∴四边形CPEQ是正方形，∴PC＝PE＝EQ＝CQ＝1，∵⊙O的半径为1，且圆心O运动的路径长为18，∴DE+EF+DF＝18，∵DE∥AC，DF∥AB，EF∥BC，∴∠DEF＝∠ACB，∠DFE＝∠ABC，∴△DEF∽△ABC，∴DE：EF：DF＝AC：BC：AB＝3：4：1，设DE＝3k（k＞0），则EF＝4k，DF＝1k，∵DE+EF+DF＝18，∴3k+4k+1k＝18，解得k＝，∴DE＝3k＝，EF＝4k＝6，DF＝1k＝，根据切线长定理，设AG＝AH＝x，BN＝BM＝y，则AC＝AG+GP+CP＝x++1＝x+1．1，BC＝CQ+QN+BN＝1+6+y＝y+2，AB＝AH+HM+BM＝x++y＝x+y+2．1，∵AC：BC：AB＝3：4：1，∴（x+1．1）：（y+2）：（x+y+2．1）＝3：4：1，解得x＝2，y＝3，∴AC＝2．1，BC＝10，AB＝3．1，∴AC+BC+AB＝4．所以△ABC的周长为4．故答案为4．【点睛】本题是一道动图形问题，考查切线的性质定理、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是确定圆心O的轨迹，学会作辅助线构造相似三角形，综合运用上述知识点．14、【分析】利用二次函数的性质得到抛物线开口向下，则a-1＜0，然后解不等式即可．【详解】∵抛物线y=（a-1）x1在对称轴左侧的部分是上升的，

∴抛物线开口向下，

∴a-1＜0，解得a＜1．

故答案为a＜1．【点睛】此题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键在于掌握二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时，对称轴在y轴左；当a与b异号时，对称轴在y轴右．15、1【分析】根据切线长定理得：EC=FC，BF=BD，AD=AE，再由△ABC的周长代入可求得结论．【详解】解：∵AD，AE、CB均为⊙O的切线，D，E，F分别是切点，

∴EC=FC，BF=BD，AD=AE，

∵△ABC的周长=AC+BC+AB=AC+CF+BF+AB，

∴△ABC的周长=AC+EC+BD+AB=AE+AD=2AD，

∵AD=5，

∴△ABC的周长为1．故答案为：1【点睛】本题主要考查了切线长定理，熟练掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等．16、【分析】连接，延长BA，CD交于点，根据∠BAD=∠BCD=90°可得点A、B、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得，根据DE⊥AC可证明△AED∽△BCD，可得，利用勾股定理可求出AD的长，由∠ABC=45°可得△ABG为等腰直角三角形，进而可得△ADG是等腰直角三角形，即可求出AG、DG的长，根据BC=2CD可求出CD、BC、AB的长，根据，可证明△AED∽△FAD，根据相似三角形的性质可求出AF的长，即可求出BF的长.【详解】连接，延长BA，CD交于点，∵，∴四点共圆，∴，∵，∴，∴△AED∽△BCD，∴，∴，∴AD==，∵∴是等腰直角三角形，∵BC=2CD，∴∴CD=DG，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴△AED∽△FAD，∴，∴∴.【点睛】本题考查圆周角定理、勾股定理及相似三角形的判定与性质，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等,那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.17、【分析】由E、F分别是AB、AC的中点，可得EF是△ABC的中位线，直接利用三角形中位线定理即可求得BC＝1EF，然后根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】∵△ABC中，E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，∴EF是△ABC的中位线，∴BC＝1EF，EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴S△AEF：S△ABC＝（）1＝，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，三角形面积比等于相似比的平方，三角形中位线是对应边的一半，所以得到相似比是1：1．18、3或【分析】由题意，可分为逆时针旋转和顺时针旋转进行分析，分别求出点OD′的长，即可得到答案．【详解】解：因为点D（4，1）在边AB上，

所以AB=BC=4，BD=4-1=3；

（1）若把△CDB顺时针旋转90°，

则点D′在x轴上，OD′=BD=3，

所以D′（3，0）；∴；

（2）若把△CDB逆时针旋转90°，

则点D′到x轴的距离为8，到y轴的距离为3，

所以D′（3，8），∴；

故答案为：3或．【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化——旋转，考查了分类讨论思想的应用，解答此题的关键是要注意分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况．三、解答题（共78分）19、（1）1；（2）128；（3）．【分析】（1）由平行四边形的性质及角平分线的定义可得出AB＝AE，进而再利用题中数据即可求解结论；（2）易证CED为直角三角形，则CE⊥AD，基础CE为平行四边形的高，利用平行四边形的面积公式计算即可；（3）易证∠BCE＝90°，求cos∠AEB的值可转化为求cos∠EBC的值，利用勾股定理求出BE的长即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE＝1，（2）∵四边形ABCD是平行四边形．∴CD＝AB＝1，在CED中，CD＝1，DE＝6，CE＝8，∴ED2+CE2＝CD2，∴∠CED＝90°．∴CE⊥AD，∴平行四边形ABCD的面积＝AD•CE＝(1+6)×8＝128；（3）∵四边形ABCD是平行四边形．∴BC∥AD，BC＝AD，∴∠BCE＝∠CED＝90°，AD＝16，∴RtBCE中，BE＝＝8，∴cos∠AEB＝cos∠EBC＝＝＝．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、平行四边形的面积公式运用、解直角三角形的有关知识及角平分线的性质等问题，应熟练掌握．20、（1）；（2）；（3）①；②的取值范围是或．【分析】（1）根据t=3时，A的坐标可以求得是（3，-2），利用待定系数法即可求得抛物线的解析式，则B的坐标可以求得；

（2）△OAB的面积一定，当OA最小时，B到OA的距离即△OAB中OA边上的高最大，此时OA⊥AB，据此即可求解；

（3）①方法一：设AC，BD交于点E，直线l1：y=x-2，与x轴、y轴交于点P和Q（如图1）．由点D在抛物线C2：y=[x-（2t-4）]2+（t-2）上，可得=[（t-1）-（2t-4）]2+（t-2），解方程即可得到t的值；

方法二：设直线l1：y=x-2与x轴交于点P，过点A作y轴的平行线，过点B作x轴的平行线，交于点N．（如图2），根据BD⊥AC，可得t-1=2t-，解方程即可得到t的值；

②设直线l1与l2交于点M．随着点A从左向右运动，从点D与点M重合，到点B与点M重合的过程中，可得满足条件的t的取值范围．【详解】解：（1）∵点A在直线l1：y=x-2上，且点A的横坐标为3，

∴点A的坐标为（3，-2），

∴抛物线C1的解析式为y=-x2-2，

∵点B在直线l1：y=x-2上，

设点B的坐标为（x，x-2）．

∵点B在抛物线C1：y=-x2-2上，

∴x-2=-x2-2，

解得x=3或x=-1．

∵点A与点B不重合，

∴点B的坐标为（-1，-3），

∴由勾股定理得AB=．

（2）当OA⊥AB时，点B到直线OA的距离达到最大，则OA的解析式是y=-x，则

，解得：，

则点A的坐标为（1，-1）．（3）①方法一：设，交于点，直线，与轴、轴交于点和（如图1）．则点和点的坐标分别为，．∴．∵．∵轴，∴轴．∴．∵，，∴．∵点在直线上，且点的横坐标为，∴点的坐标为．∴点的坐标为．∵轴，∴点的纵坐标为．∵点在直线上，∴点的坐标为．∴抛物线的解析式为．∵，∴点的横坐标为，∵点在直线上，∴点的坐标为．∵点在抛物线上，∴．解得或．∵当时，点与点重合，∴方法二：设直线l1：y=x-2与x轴交于点P，过点A作y轴的平行线，过点B作x轴的平行线，交于点N．（如图2）

则∠ANB=93°，∠ABN=∠OPB．

在△ABN中，BN=ABcos∠ABN，AN=ABsin∠ABN．

∵在抛物线C1随顶点A平移的过程中，

AB的长度不变，∠ABN的大小不变，

∴BN和AN的长度也不变，即点A与点B的横坐标的差以及纵坐标的差都保持不变．

同理，点C与点D的横坐标的差以及纵坐标的差也保持不变．

由（1）知当点A的坐标为（3，-2）时，点B的坐标为（-1，-3），

∴当点A的坐标为（t，t-2）时，点B的坐标为（t-1，t-3）．

∵AC∥x轴，

∴点C的纵坐标为t-2．

∵点C在直线l2：y＝x上，

∴点C的坐标为（2t-4，t-2）．

令t=2，则点C的坐标为（3，3）．

∴抛物线C2的解析式为y=x2．

∵点D在直线l2：y＝x上，

∴设点D的坐标为(x，)．

∵点D在抛物线C2：y=x2上，

∴＝x2．

解得x＝或x=3．

∵点C与点D不重合，

∴点D的坐标为(，)．

∴当点C的坐标为（3，3）时，点D的坐标为(，)．

∴当点C的坐标为（2t-4，t-2）时，点D的坐标为(2t−，t−)．

∵BD⊥AC，

∴t−1＝2t−．

∴t＝．

②t的取值范围是t＜或t＞4．

设直线l1与l2交于点M．随着点A从左向右运动，从点D与点M重合，到点B与点M重合的过程中，以A，B，C，D为顶点构成的图形不是凸四边形．

【点睛】本题考查了二次函数综合题，掌握待定系数法求得函数的解析式，点到直线的距离，平行于坐标轴的点的特点，方程思想的运用是解题的关键．21、（1）2千米；（2）y＝90x﹣24（0.8≤x≤2）；（3）3千米【分析】（1）先运用待定系数法求出OA的解析式，再将x＝0.5代入，求出y的值即可；（2）设AB段图象的函数表达式为y＝k′x+b，将A、B两点的坐标代入，运用待定系数法即可求解；（3）先将x＝1.5代入AB段图象的函数表达式，求出对应的y值，再用156减去y即可求解．【详解】解：（1）设OA段图象的函数表达式为y＝kx．∵当x＝0.8时，y＝48，∴0.8k＝48，∴k＝1．∴y＝1x（0≤x≤0.8），∴当x＝0.5时，y＝1×0.5＝2．故小黄出发0.5小时时，离家2千米；（2）设AB段图象的函数表达式为y＝k′x+b．∵A（0.8，48），B（2，156）在AB上，，解得，∴y＝90x﹣24（0.8≤x≤2）；（3）∵当x＝1.5时，y＝90×1.5﹣24＝111，∴156﹣111＝3．故小黄出发1.5小时时，离目的地还有3千米．【点睛】本题考查了一次函数的应用及一次函数解析式的确定，解题的关键是通过仔细观察图象，从中整理出解题时所需的相关信息，本题较简单．22、（1）y＝x2+2x+1；（2）5；（3）M（，﹣）或（﹣，）【分析】（1）先求出点B坐标，再将点D，B代入抛物线的顶点式即可；（2）如图1，过点C作CH⊥y轴于点H，先求出点F的坐标，点C的坐标，再求出直线CM的解析式，最后可求出两个交点及交点间的距离；（3）设M（m，﹣m+1），如图2，取PQ的中点N，连接MN，证点P，M，Q同在以PQ为直径的圆上，所以∠PMQ＝90°，利用勾股定理即可求出点M的坐标．【详解】解：（1）在y＝﹣x+1中，当x＝0时，y＝1，∴B（0，1），∵抛物线y＝ax2+bx+c过点B，并且顶点D的坐标为（﹣2，﹣1），∴可设抛物线解析式为y＝a（x+2）2﹣1，将点B（0，1）代入，得，a＝，∴抛物线的解析式为：y＝（x+2）2﹣1＝x2+2x+1；（2）联立，解得，或，∴F（﹣5，），∵点C是BF的中点，∴xC＝＝﹣，yC＝＝，∴C（﹣，），如图1，过点C作CH⊥y轴于点H，则∠HCB+∠CBH＝90°，又∵∠MCH+∠HCB＝90°，∴∠CBH＝∠MCH，又∠CHB＝∠MHC＝90°，∴△CHB∽△MHC，∴＝，即＝，解得，HM＝5，∴OM＝OH+MH＝+5＝，∴M（0，），设直线CM的解析式为y＝kx+，将C（﹣，）代入，得，k＝2，∴yCM＝2x+，联立2x+＝x2+2x+1，解得，x1＝，x2＝﹣，∴P（，5+），Q（﹣，﹣5+），∴PQ＝＝5；（3）∵点M在直线AB上，∴设M（m，﹣m+1），如图2，取PQ的中点N，连接MN，∵PQ＝2MN，∴NM＝NP＝NQ，∴点P，M，Q同在以PQ为直径的圆上，∴∠PMQ＝90°，∴MP2+MQ2＝PQ2，∴+＝（5）2，解得，m1＝，m2＝﹣，∴M（，﹣）或（﹣，）．【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，两点间的距离，勾股定理等，解题关键是需要有较强的计算能力．23、（1）；（2）P（，0）；（3）E（，﹣1），在．【分析】（1）将点A（，1）代入，利用待定系数法即可求出反比例函数的表达式；（2）先由射影定理求出BC=3，那么B（，﹣3），计算求出S△AOB=××4=．则S△AOP=S△AOB=．设点P的坐标为（m，0），列出方程求解即可；（3）先解△OAB，得出∠ABO=30°，再根据旋转的性质求出E点坐标为（﹣，﹣1），即可求解．【详解】（1）∵点A（，1）在反比例函数的图象上，∴k=×1=，∴反比例函数的表达式为；（2）∵A（，1），AB⊥x轴于点C，∴OC=，AC=1，由射影定理得=AC•BC，可得BC=3，B（，﹣3），S△AOB=××4=，∴S△