2021--2022学年浙教版九年级上册数学期末难题综合练习

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参考答案
1．D
【分析】
①证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME；②利用相似三角形的性质可得∠NAE=∠AEN=45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；③先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示AC的长为AO+OC可作判断；④如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断.
【详解】
如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM=∠ADM=∠FDN=∠ABD=45°，
∵∠MAN=∠EBM=45°，∠AMN=∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴，
∴，
∵∠AMB=∠EMN，
∴△AMB∽△NME，故①正确，
∴∠AEN=∠ABD=45°，
∴∠NAE=∠AEN=45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确，
在△ABE和△ADF中，
∵，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF，
假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，
如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE=AF，CE=CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE=OF，
Rt△CEF中，OC=EF=x，
△EAF中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°，
∴OE=BE，
∵AE=AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO=AB=1，
∴AC==AO+OC，
∴1+x=，
x=2-，
∴，
故③正确，
③如图3，

∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF=AH，∠DAF=∠BAH，
∵∠EAF=45°=∠DAF+∠BAE=∠HAE，
∵∠ABE=∠ABH=90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF=EH=BE+BH=BE+DF，故④正确，
故选：D
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
2．C
【分析】
对任意的和，，相应的函数值，总满足，只需最大值与最小值的差小于等于9即可，进而求解．
【详解】
解：函数的对称轴为x＝a，而时，函数值随x增大而减小，故a≥3；
∵和，
∴x＝a时，函数的最小值＝7﹣，
故函数的最大值在x＝1和x＝a+2中产生，
则x＝1，x＝a+2哪个距x＝a远，函数就在那一边取得最大值，
∵a≥3，
∴a﹣1≥2，而a+2﹣a＝2，
∴1距离a 更远，
∴x＝1时，函数取得最大值为：8﹣2a，
∵对任意的和，，相应的函数值，总满足，
∴8﹣2a﹣（7﹣）≤9，
∴﹣2a﹣8≤0，
令


结合函数图像可得：的解集是﹣2≤a≤4，而a≥3，
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，转换为最大值与最小值的差小于等于9，是解题的关键．
3．A
【分析】
①根据OE=DE=OD，OE⊥AE,可得∠OAE=30°，再根据等腰三角形的性质，垂径定理的推论，可以得出△ABC中两个内角为60°，可以得出结论；②延长CP，使PQ=CP，连接BQ,根据∠BPQ=∠CAB=60°，可得△BPQ为等边三角形，再证明△CBQ≌△ABP，推出CQ=AP,因此AP-BP=CQ-PQ=CP,在Rt△CFP中从而可得出结论.
【详解】
解：①∵OE=DE=OD，OE⊥AE,∴∠OAE=30°，
∴∠AOE=60°，又OC=AO,∴∠CAO=∠ACO=30°，
根据垂径定理的推论可得，弧AD=弧BD，∴∠ACD=∠BCD=30°，
∴∠CAB=∠ACB=60°，
∴△ABC为等边三角形.故①正确.
②延长CP，使PQ=CP，连接BQ,
∵四边形ABPC为圆O的内接圆，
∴∠BPQ=∠CAB=60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴BQ=BP=PQ，∠QBP=60°，
∴∠QBP=∠ABC,
∴∠CBQ=∠ABP，
又∠PAB=∠BCP,BQ=BP,
∴△CBQ≌△ABP（AAS）,
∴AP=CQ,
∴AP-BP=CQ-PQ=CP.
在Rt△CPF中，∠CPF=∠BPQ=60°，
∴,
∴
故②正确
故选：A.

【点睛】
本题考查垂径定理及其推论，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，以及全等的判定与性质，有较强的综合性.
4．B
【分析】
（1）说法①错误．如答图1，设点A关于y轴的对称点为A′，若结论①成立，则可以证明△POA′∽△PBO，得到∠AOP=∠PBO．而∠AOP是△PBO的外角，∠AOP＞∠PBO，由此产生矛盾，故说法①错误；
（2）说法②错误．如答图2，可求得（PA+AO）（PB﹣BO）=16为定值，故错误；
（3）说法③正确．联立方程组，求得点A、B坐标，进而求得BP、BO、BA，验证等式BP2=BO•BA成立，故正确；
（4）说法④正确．由根与系数关系得到：S△PAB=2，当k=0时，取得最小值为4，故正确．
【详解】
设A（m，km），B（n，kn），其中m＜0，n＞0．
联立y=x2﹣2与y=kx得：x2﹣2=kx，即x2﹣3kx﹣6=0，
∴m+n=3k，mn=﹣6．
设直线PA的解析式为y=ax-4，将A（m，km）代入得：
，
解得a=，
∴y=x﹣4．
令y=0，得x=，
∴直线PA与x轴的交点坐标为（，0）．
同理可得，直线PB的解析式为y=x﹣4，直线PB与x轴交点坐标为（，0）．
∵+===0，
∴直线PA、PB与x轴的交点关于y轴对称，即直线PA、PB关于y轴对称．
（1）说法①错误．理由如下：
如答图1所示，∵PA、PB关于y轴对称，
∴点A关于y轴的对称点A′落在PB上．
连接OA′，则OA=OA′，∠POA=∠POA′．

假设结论：PO2=PA•PB成立，即PO2=PA′•PB，
∴，
又∵∠BPO=∠BPO，
∴△POA′∽△PBO，
∴∠POA′=∠PBO，
∴∠AOP=∠PBO．
而∠AOP是△PBO的外角，
∴∠AOP＞∠PBO，矛盾，
∴说法①错误．
（2）说法②错误．理由如下：
∵A（m，km），B（n，kn），
∴，
∴OB=OA．
由对称可知，PO为△APB的角平分线，
∴，
∴PB=PA．
∴（PA+AO）（PB﹣BO）
=（PA+AO）[PA﹣（OA）]
=（PA+AO）（PA﹣OA）
=（PA2﹣AO2）．
如答图2所示，过点A作AD⊥y轴于点D，则OD=﹣km，PD=4+km．


∴PA2﹣AO2=（PD2+AD2）﹣（OD2+AD2）=PD2﹣OD2=（4+km）2﹣（﹣km）2=8km+16，
∵m+n=3k，∴k=（m+n），
∴PA2﹣AO2=8•（m+n）•m+16=m2+mn+16=m2+×（﹣6）+16=m2．
∴（PA+AO）（PB﹣BO）=（PA2﹣AO2）=•m2=﹣mn=﹣×（﹣6）=16,
即：（PA+AO）（PB﹣BO）为定值，所以说法②错误．
（3）说法③正确．理由如下：
当k=时，联立方程组：，得A（﹣2，2），B（，﹣1），
∴BP2=12，BO•BA=2×6=12，
∴BP2=BO•BA，故说法③正确．
（4）说法④正确．理由如下：
S△PAB=S△PAO+S△PBO=OP•（﹣m）+OP•n
=OP•（n﹣m）
=2（n﹣m）
=2
=2，
∴当k=0时，△PAB面积有最小值，最小值为2=4．
故说法④正确．
综上所述，正确的说法是：③④．
故选：B．
【点评】
本题是二次函数的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，难度很大．解答中首先得到两个基本结论，其中PA、PB的对称性是判定说法①的基本依据，根与系数关系的结论是判定说法②、④的关键依据．正确解决本题的关键是打好数学基础，将平时所学知识融会贯通、灵活运用．
5．A
【解析】
【分析】
①根据抛物线的对称性得：AD=BD，列不等式结论；
②将顶点坐标（1，n）代入抛物线的解析式中，列两式可得结论；
③根据抛物线的对称轴由此作判断；
④设y=ax2+（b+2）x，把它看作另一个二次函数，此二次函数过原点，通过计算发现与x轴有两个交点，且另一个交点在原点的右侧，由此作判断．
【详解】
解：①如图1，设抛物线与x轴的交点为A和B（A在B的右侧），
则3-1＜AD＜4-1，2＜AD＜3，
由对称性得：AD=BD，
∴2＜BD＜3，
∵B（k，0），
∴BD=1-k，
∴2＜1-k＜3，
∴-2＜k＜-1，所以选项①正确；
②∵抛物线的顶点坐标为（1，n），

a+b+c=n，
a-2a+c=n，
∴-a+c=n，
c-a=n，
所以选项②正确；
③∵抛物线的对称轴是直线x=1，
∴若x＜1时，y随x的增大而增大，
则m≥-1；所以选项③错误；
④∵由图可知：抛物线y=ax2+bx+c开口向下，

∴a＜0，
∴抛物线y=ax2+（b+2）x也开口向下，且过原点，
当y=0时，ax2+（b+2）x=0，
x（ax+b+2）=0，

∴当x＜0时，y=ax2+（b+2）x＜0，
即当x＜0时，ax2+（b+2）x＜0；
所以选项④正确；
其中正确结论是：①②④，3个，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），明确以下几点：
①二次项系数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；
②一次项系数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（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；
③常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．
6．D
【分析】
分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理，然后按梯形面积的求解即可.
【详解】
解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图1，

∵AB=24cm，CD=10cm，
∴AE=12cm，CF=5cm，
∴OA=OC=13cm，
∴EO=5cm，OF=12cm，
∴EF=12-5=7cm；
∴四边形ACDB的面积
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图2，

∵AB=24cm，CD=10cm，
∴.AE=12cm，CF=5cm，
∵OA=OC=13cm，
∴EO=5cm，OF=12cm，
∴EF=OF+OE=17cm.
∴四边形ACDB的面积
∴四边形ACDB的面积为119或289.
故选D.
【点睛】
本题考查了勾股定理和垂径定理的应用.此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解.
7．C
【分析】
根据等边三角形的性质和正方形的性质，得到，于是得到，证得，于是得到，故①正确；由于，，推出，得到故②错误；由于，，推出，得到，，等量代换得到，故③正确；过作，，求得，根据三角函数的定义得到，，由平行线的性质得到，等量代换得到，于是求得，故④正确．
【详解】
解：∵是等边三角形，
，，
在正方形中，

∵，
，
，
，
∵，
，
∵，
；故①正确；
∵，


∵

∵
，故②错误；
∵，，
∴，
，
，
∵，
，故③正确；
如图，过作，，

设正方形的边长是4，为正三角形，
，，

，，
∵，
，
，
，故④正确；
故选：．
【点睛】
本题考查的正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，三角函数定义，等积变换，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出及的长．
8．D
【分析】
分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．
【详解】
解：由正方形的性质可知：B（2,2）；
若二次函数与正方形有交点,则共有以下四种情况:
当时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当C点在抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当O点位于抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有，
解得：；
综上可得：的最大值和最小值分别是，．
故选：D．
【点睛】
本题考查了抛物线与正方形的交点问题，涉及到列一元一次不等式组等内容，解决本题的关键是能根据图像分析交点情况，并进行分类讨论，本题综合性较强，需要一定的分析能力与图形感知力，因此对学生的思维要求较高，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．
9．C
【分析】
由正方形的性质和已知条件得出图形中全等的三角形有四对，得出（1）错误；由，得出四边形OEBF的面积的面积正方形ABCD的面积，得出（2）正确；由，得出，得出，得出（3）正确；由得出，进而，再证明∽，得出，得出（4）正确．
【详解】
解：（1）不正确；图形中全等的三角形有四对：，，，；
理由如下：
四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
；
点为对角线的中点，
，
在和中，
，
；
，，，
，，
又，
，
在和中，
，
；
同理：；
（2）正确．理由如下：
，
四边形的面积的面积正方形的面积；
（3）正确．理由如下：
，
，
；
（4）正确．
AE2+CF2＝BE2+BF2＝EF2＝（OF）2＝2OF2，
在△OPF与△OFB中，
∠OBF＝∠OFP＝45°，
∠POF＝∠FOB，
∴△OPF∽△OFB，
OP：OF＝OF：OB，
OF2＝OP•OB，
AE2+CF2＝2OP•OB．
正确结论的个数有3个；
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理和相似三角形的判定和性质等．解题的关键是正确寻找全等三角形、相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
10．B
【分析】
①根据进行判断；
②化为顶点式，进而判断；
③用反例法，如当时，解方程得出解的情况，再进行判断；
④由方程，即有3个解，求出b的取值．
【详解】
①∵，
∴y=x2﹣2|x|﹣3的图象关于y轴对称，故①正确；
②∵y=x2﹣2|x|﹣3=(|x|﹣1)2﹣4，
∴当|x|=1即x=±1时，y有最小值为﹣4，故②正确；
③当m=﹣4时，方程x2﹣2|x|﹣3=m为x2﹣2|x|﹣3=﹣4，
可化为(|x|﹣1)2=0，
解得x=±1，有两个不相等的实数根，
此时m=﹣4＜﹣3，故③错误；
④∵直线y=x+b与y=x2﹣2|x|﹣3的图象有三个交点，
∴方程x2﹣2|x|﹣3=x+b，即x2﹣2|x|﹣x﹣3﹣b=0有3个解，
∴方程x2﹣3x﹣3﹣b=0(x≥0)与方程x2+x﹣3﹣b=0(x＜0)一共有3个解，
∴当方程x2﹣3x﹣3﹣b=0(x≥0)有两个不相等的非负数根，
则方程x2+x﹣3﹣b=0(x＜0)有两个相等的负数根；
或当方程x2﹣3x﹣3﹣b=0(x≥0)有两个不相等的非负数根，
则方程x2+x﹣3﹣b=0(x＜0)有一个负数根；
或方程x2﹣3x﹣3﹣b=0(x≥0)有一个非负数根或两个相等的非负数根，
则方程x2+x﹣3﹣b=0(x＜0)有两个不相等的负数根．
即或或，
解得，b=﹣，或b=﹣3，
∴当b=﹣或b=﹣3时，直线y=x+b与y=x2﹣2|x|﹣3的图象有三个交点，故④错误；
故选：B．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，二次函数图象与一次函数图象的交点问题，二次函数的最值的应用，一元二次方程的根的判别式的应用，关键是灵活运用二次函数的知识进行解答．
11．①③④⑤
【分析】
利用二次函数的性质一一判断即可．
【详解】
∵y=-（x-m）2+m2+1，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=m，当x＞m时，y随x的增大而减小，故结论故结论①正确，②错误；
③∵在函数y=-（x-m）2+m2+1中，令x=0，则y=-m2+m2+1=1，
∴该函数的图象一定经过点（0，1），故结论③正确；
④∵抛物线开口向下，当x=m时，函数y有最大值m2+1，
∴该函数的图象的顶点在函数y=x2+1的图象上．故结论④正确，
⑤当时抛物线在0≤x≤l中y随x的增大而减小，此时当有最大值，最大值为；
当0≤m≤l时，此时抛物线在顶点处最大，最大值，解得，最终m=1;
当时抛物线在0≤x≤l中y随x的增大而增大，此时当有最大值，最大值为，解得m=1；
综上当0≤x≤l时，若该函数有最大值2，则m=+1．故⑤正确；
故答案为①③④⑤．
【点睛】
本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数性质，属于中考常考题型．
12．或或
【分析】
由相似三角形的性质可求AE的长，BE的长，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．
【详解】
解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴AB＝
∵∠DCB＝90°，CE⊥BD，
∴△CDE∽△BDC，
∴CD2＝DE•DB，
∵AD＝CD，
∴AD2＝DE•DB，
∴，
∵∠ADE=∠ADB，
∴△DAE∽△DBA；
∴，
∴AE＝，
∵DE＝，BD＝，
∴BE＝，
如图1中，若AE＝AF时，

∴AF＝；
如图2中，若FE＝AE时，过点E作EJ⊥AB于J，

∵JE2＝AE2﹣AJ2＝EB2﹣BJ2，
∴﹣AJ2＝﹣（2﹣AJ）2，
∴AJ＝，
∵AE＝EF，EJ⊥AF，
∴AF＝2AJ＝，
如图3中，若EF＝AF时，过点E作EJ⊥AB于J，

∵EJ2＝AE2﹣AJ2＝EF2﹣FJ2，
∴﹣＝AF2﹣（﹣AF）2，
∴AF＝，
综上所述：AD的长为或或．
故答案为：或或．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
13．①②④
【分析】
①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，由勾股定理即可求得则AB=，故①正确；②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，根据已知条件易证MH=MB=CG，FG是△ACB的中位线，即可得GC=AC=MH，故②正确；③如图2所示，将△ACF绕点C顺时针旋转90°至△BCD，证明△ECF≌△ECD（SAS），即可得EF=DE．再证得∠DBE=90°，由勾股定理可得DE2=BD2+BE2，即可得EF2=AF2+BE2，故③错误；④证明△ACE∽△BFC，根据相似三角形的性质即可得=，进一步即可判断④正确．
【详解】
①由题意知，是等腰直角三角形，
∴，故①正确．
②如图1，当点与点重合时，点与点重合，

∴，，
∵，∴，
∴，四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴是的中位线，
∴，故②正确．
③如图2所示，

∵，，
∴，
将绕点C顺时针旋转90°至，
则，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴．
∴，
∵，∴，
∴，即，故③错误．
④∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
由题意知四边形是矩形，
∴，，，
∴，，
即，，
∴，，
∴．
故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题是相似三角形的综合题，考查的知识点有：等腰直角三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，综合性较强，有一定的难度．
14．．
【分析】
设BF=x，则CF=2-x，先确定A、B的坐标，然后再由菱形的性质确定D的坐标，由于抛物线经过O、A、D、E，根据抛物线的对称性可知点A与点D的中点横坐标与点O与点E的中点横坐标相同，可求E，再由平行线等分线段定理列方程求得x，进而求得CE．
【详解】
解：∵菱形OABC的边长为2，∠AOC＝60°，
∴OA＝2，
∴A（1，），
∵菱形OABC，
∴AB＝OC＝2，AB∥OC，
∴B（3，），
设BF＝x，则CF＝2﹣x，
在菱形OABC中，∠B＝∠AOC＝60°，
∵DF⊥AB，
∴D（3﹣x，），
∴点A与点D的中点为（2﹣x，），
∵抛物线经过O，A，D、E，
∴点O与点E的中点为（2﹣x，0），
∴E（4﹣x，0），
∴CE＝4﹣x﹣2＝2﹣x，
∵AB∥CE，
∴＝，
∴＝，
∴x＝4+2（舍）或x＝4﹣2，
∴CE＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查菱形与二次函数的综合应用，考查了菱形的性质、根据抛物线的对称性确定点的坐标、平行线分线段成比例等知识点，根据平行线等分线段定理的等量关系列方程是解答本题的关键．
15．．
【分析】
首先，需要证明线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹），如图1所示．利用相似三角形可以证明；其次，证明△APN∽△AB1B2，列比例式可得B1B2的长．
【详解】
解：如图1所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，BBi，

∵AO⊥AB1，AP⊥ABi，
∴∠OAP＝∠B1ABi，
又∵AB1＝AO•tan30°，ABi＝AP•tan30°，
∴AB1：AO＝ABi：AP，
∴△AB1Bi∽△AOP，
∴∠B1Bi＝∠AOP．
同理得△AB1B2∽△AON，
∴∠AB1B2＝∠AOP，
∴∠AB1Bi＝∠AB1B2，
∴点Bi在线段B1B2上，即线段B1B2就是点B运动的路径（或轨迹）．

由图形2可知：Rt△APB1中，∠APB1＝30°，
∴
Rt△AB2N中，∠ANB2＝30°，
∴
∴
∵∠PAB1＝∠NAB2＝90°，
∴∠PAN＝∠B1AB2，
∴△APN∽△AB1B2，
∴，
∵ON：y＝﹣x，
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴OM＝MN＝，
∴PN＝，
∴B1B2＝，
综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B1B2，其长度为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查动点问题，用到了三角形的相似、和等腰三角形的性质，解题关键是找出图形中的相似三角形，利用对应边之比相等进行边长转换．
16．18
【分析】
根据题目已知条件可知，本题考查圆相关知识点，涉及圆周角、圆心角之间的关系，弧的运用，垂径定理多知识点综合运用，需要构造辅助线，利用全等的判别，角的互换解答本题
【详解】
设∠EBF=x,则∠BAE=2x,连接OC交AB于点G,连接OB,BC,OD,如下图所示

∵C是的中点,点O为圆心
∴OCAB（垂径定理）
又∵点C与点D关于弦AB对称
∴CDAB,且C,D,O三点共线，GD=GC
∴∠AGD=∠BGC=90°，GA=GB
故△AGD△BGC（SAS）
∴∠ADG=∠BCG=90°-2x
又∵OB=OC
∴∠OBC=∠OCB=∠ADC=90°-2x
又∵同弧
∠E=∠COB=180°-2∠OBC=180°-2（90°-2x）（在△OCB中）
∵BFAE
在△BEF中，∠E=90°-∠EBF=90°-x
故综上：180°-2（90°-2x）=90°-x
解得x=18°
故本题答案为：18
【点睛】
本题考查圆知识点综合运用，难度较高，需要熟悉垂径定理辅助线做法以及角的等量互换方式即可
17．．
【分析】
由题意点，，可知：，建立新的坐标系：为轴，为轴，设，，，，利用根与系数的关系和的面积是，可得结论．
【详解】
解：连接，，过作轴于，过作轴于，
点，，，
，，
，，
，
同理得：，，
，
，
函数在第一象限内的图象绕坐标原点顺时针旋转，
建立新的坐标系：为轴，为轴，
则旋转后的函数解析式为：，

在新的坐标系中，，，
设直线的解析式为：，
则，解得，
直线的解析式为：，
设，，，，
由得：，
，，
，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】
本题考查坐标与图形的性质，旋转的性质，反比例函数的性质等知识，解题的关键是学会建立新的坐标系解决问题，属于中考填空题的压轴题．
18．②③
【分析】
①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF=CF，故需证明FC=FH，可证：AF=FH；②由FH⊥AE，AF=FH，可得：∠HAE=45°；③作辅助线，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI//HL，则IL=HC，可证AL=HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE=IM，故△CEH的周长为边AM的长，为定值；④F是动点，CF的长度不是定值．
【详解】
①连接，延长交于点L，

∵为正方形的对角线，
∴，
∵，，∴，
∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴．故①错误；
②∵，，
∴
③延长至点M，使，过点C作，分别交AM于I，H，
∵四边形ABCD是正方形，∴LI∥HC，∵，∴四边形HLIC是平行四边形，
∴，

∵为正方形的对角线，
∴，∵，，∴，
∴，，
∵，∴，
∵，，∴，
∵四边形HLIC是平行四边形，∴，
∴，∴，∴．
∵，
∴E、F、H、C四点共圆，∴，
∴，∴AL=HE；
∵AD=DM，AD⊥DC，∴EA=EM，∴，∵，
∴，∵，，
∵，∴，∴，
∵DM=DC，∴，∴，
∴，∵MC=CM，∴，∴，
∴，
∴的周长为12，为定值．
④F是动点，CF的长度不是定值，故④错误．
故②③结论都正确
故答案为：②③．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
19．
【分析】
根据直线AB交坐标轴于A(-2，0)，B(0，-4)，计算得直线AB解析式；平移直线AB到直线CD，直线CD当抛物线相交并只有一个交点P时，△ABP面积为最小值，通过一元二次方程和抛物线的性质求得点P坐标；再利用勾股定理逆定理，证明为直角三角形，从而计算得到△ABP面积的最小值．
【详解】
设直线AB为
∵直线AB交坐标轴于A(-2，0)，B(0，-4)
∴
∴
∴直线AB为
如图，平移直线AB到直线CD，直线CD为

当与抛物线相交并只有一个交点P时，△ABP面积为最小值
∴
∴
∴
∴
∴
∴
将代入，得
∴
∴


∴
∴为直角三角形，
∴
即△ABP面积的最小值为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数、一次函数、平移、一元二次方程、勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、一次函数、平移、一元二次方程、勾股定理逆定理的性质，从而完成求解．
20．
【分析】
反向延长BC，使BH=BC，使BM成为△BDC的中位线，确定HD是BM的2倍，再找到HD的最大值和最小值，即可求出BM的最大值和最小值，即可得到结果．
【详解】
解：如图，点D在以A为圆心，4为半径的圆上，反向延长BC至点H，使BC=BH=6，由勾股定理得AH==10，此时BM是△HCD的中位线，BM=HD，当HD最小时，BM就最小，连接AH，交⊙A于点D此时，HD长最小，最小值为AH-AD=10-4=6，则BM的最小值为3，

如图，反向延长AH交⊙A于另一点D，此时HD最长，则BM最长，则BM最大值为HD=7


综上所述，；
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆外一点到圆上的点的距离的最值问题、三角形中位线、勾股定理等知识点，正确的添加辅助线构造三角形的中位线是解题的关键．
21．（1）；（2），；（3）
【分析】
（1）设菱形ABCD边长，由菱形性质和已知得出，，，再由含30度角的直角三角形的性质求出，，进而求得的值；
（2）菱形的边长为，由是等腰直角三角形，再已知菱形的条件，求出是等腰直角三角形，继而得出，从而求出，由B、D是关于AC的轴对称可知，再由三角形外角的性质可得直线CG与DF所夹锐角的度数为；
（3）利用半角模型将逆时针旋转60°到位置，从而得出（SAS），得到一个由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°，从而确定三条线段关系，再利用中位线定理和三角形相似在菱形中得出NF、AN与菱形边长关系，求出菱形边长即可解答．
【详解】
解：（1）设菱形ABCD边长，
∵在菱形ABCD中，，
∴， ，，
∴，，，
∵在四边形是菱形，，，
，
，
∴，
∴，
∴，
．
（2），直线CG与DF所夹锐角的度数为．
理由如下，如图，连接BF，延长GC交FD于N，

设菱形的边长为，
∵，且，
∴，
∵，
∵四边形是菱形， ，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
由（2）可知：，
∴，
∴，
由B、D是关于AC的轴对称可知，，
又∵，
∴，
即直线CG与DF所夹锐角的度数为；
（3），
过程如下：依题意，作出图形，此时B、E、P三点共线，

连接BF，并将线段BF绕点B逆时针旋转60°到BM位置，连接MG、MA，
∵，
∴（SAS）
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴（SAS），
∴
过M点作MH⊥CH，
∵，
∴，，
∴，，
取OD的中点Q，连接QP，
∵AP=PD，
∴，，
∴，
∴，
∴，
设菱形的边长为，则，
∴，
，
，
在中，，
∴，
解得（舍去），，
∴，，
∵在中，，
∴．
【点睛】
本题是几何旋转综合题，主要考查了菱形的性质、旋转全等、30°直角三角形性质和勾股定理解三角形等，解题关键是利用特殊角进行计算得出其他角度数，利用旋转得到由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°，从而通过已知计算．
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）．
【分析】
（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论，
（2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出和是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论；
（3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出，再由和平行线分线段成比例定理求出，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF长．
【详解】
解：（1）连接OA并延长AO交BC于E，

∵AB=AC，
∴，
∵AE过圆心O，
∴，，
∴∠BAC=2∠BAE，
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAE，
∴∠BAC=2∠ABD；
（2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC，
设，则

∵AE=EC，AE⊥BC，
∴BM=MC，
∴∠MBC=∠MCB，
∵BG⊥AC，AE⊥BC，
∴∠EAC+∠ACE=90°，∠HBC+∠ACE=90°，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴∠G=∠CMG，
∴CG=CM=BM，
∵AC⊥BG，
∴MH=HG，
∵OA=OC，
∴
∴，
∵，即，
∴，
∴FG=CG，
∴BM=MC=FG=CG，
又∵MH=HG，
∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，
∴BF=2HG．
（3）过O点作OP⊥AC，如解图（3）

∵AO是∠BAC的角平分线，
∴点O到AB、AC的距离相等，
∴，
∵AD=2，CD=3，
∴AB=AC=5，
∴，即：，
∵OP⊥AC，
∴，，
∵，
∴OP//BH，
∴，
∴，
∴，，
∵在中，，
∵，，
∴，
∴ 即：，
∴，
∴，
由（2）得BF=2HG，
∴
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，涉及了相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识点，解题关键是利用同弧或等弧所对圆周角相等、直角三角形的两锐角相等找出图中角之间的关系，从而利用相似或勾股定理解题．
23．（1）；（2），，见解析；（3）；（4）3
【分析】
（1）通过证明，即可求证；
（2）通过证明，可得，，延长相交于点H．因为矩形ECGF，所以，所以，所以，即可求解；
（3）作于，交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将的最小值转化为求的最小值；
（4）由（3）得，点的运动轨迹为所在的直线，当点E是从点A运动D点时，点从点运动到点，即可求解．
【详解】
解：（1）由题意可得四边形和四边形为正方形
∴，，
又∵
∴
在和中

∴
∴
（2），
理由如下：延长BE、GD相交于点H，如下图：

在矩形ECGF、矩形ABCD中，
∴
∵，
∴
∵
∴
∴，
∴
在矩形中，
∴，，
∴
∴
（3）作于N，交BC的延长线于M，如下图：

可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，交于点，连接BG′交GM于G，此时的值最小，最小值，则
由（2）知，
∴
∴的最小值就是的最小值
∵，
∴的最小值为
故答案为
（4）由（3）得，点的运动轨迹为所在的直线，当点E是从点A运动D点时，

当点E与点A重合时，，由（2）得，即与点重合，
当点E与点D重合时，连接，，，由（2）得，即与点重合，
点从点运动到点，
又∵
∴点G的运动路径长3
【点睛】
本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等，这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．
24．（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点D(1，4)或(2，3)；（3）点P（(1+，2)或(1﹣，2)．
【分析】
（1）根据点A（﹣1，0）、点B（3，0）运用待定系数法求解即可；
（2）如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H，先求出直线BC的解析式，然后再证明△COE∽△HDE，根据相似三角形的性质可求得DH,设点D（m，﹣m2+2m+3），则点H（m，﹣m+3），最后根据DH的长列出关于m的方程求解即可；
（3）如图2，设抛物线对称轴MN交x轴于N，交直线BC于F，则将直线MN沿BC折叠得到直线l，则直线l与抛物线的交点P即为所求点；再求出点N、F的坐标，进而求值直线MN的解析式；再求出Q、N＇的坐标，进而得到直线l的解析式为y=2，最后将y=2代入抛物线解析式求解即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3经过点A（﹣1，0），点B（3，0），
∴，解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H，
，
∵y＝﹣x2+2x+3中，当x＝0，y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∵点B（3，0），
由点B、C的坐标可得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
∵OC∥DH，
∴△COE∽△HDE，
∴，
∴DH＝2，
设点D（m，﹣m2+2m+3），则点H（m，﹣m+3），则DH＝﹣m2+3m，
即﹣m2+3m＝2，解得：m＝1或2，
故点D（1，4）或（2，3）；
（3）如图2，设抛物线对称轴MN交x轴于N，交直线BC于F，则将直线MN沿BC折叠得到直线l，则直线l与抛物线的交点P即为所求点，
∵y＝﹣x2+2x+3，
∴对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴N（1，0），F（1，2），
设直线NN′为y＝x+n，
代入N（1，0）得，n＝﹣1，
∴直线NN′为y＝x﹣1，
由得，
∴Q（2，1），
∵Q是线段NN′的中点，
∴N′（3，2），
∴直线l为y＝2，
把y＝2代入y＝﹣x2+2x+3得，2＝﹣x2+2x+3，
解得x＝1±，
故点P（ 1+，2）或（1﹣，2）．

【点睛】
本题属于二次函数综合题，主要考查了求二次函数解析式、二次函数的性质、相似三角形的判定与相应以及三角形的面积问题，灵活运用二次函数的性质以及数形结合思想成为解答本题的关键．
25．（1）；（2）;（3）当时，，当时，当时，
【分析】
（1）将代入解析式，进而化为顶点式即可求得抛物线的顶点坐标；
（2）联立抛物线与直线解析式，根据题意，令，根据结果与无关，令的系数为0，即可求得的值；
（3）先根据顶点公式求得抛物线的顶点为，根据旋转可得四边形是正方形，进而根据坐标与图形的关系求得，根据，又，求得的范围，由，是抛物线上不同的两点，求得，进而根据函数图像比较，之间的大小．
【详解】
（1）

这条抛物线的顶点坐标为；
（2）
即

若无论取何值，抛物线与直线（为常数）有且仅有一个公共点，


即
（3），
，
抛物线的顶点为
将抛物线的对称轴绕坐标原点逆时针旋转得到直线，过抛物线顶点作于，如图，设交轴于点，交轴于点，设点旋转后的对应点为，根据旋转的性质可得 ，则，

，轴，
四边形是矩形

四边形是正方形，
,



，又

即

，是抛物线上不同的两点，



即当时，随的增大而增大，
当，随的增大而增大，
当，即时，两点重合，


根据图像可知，时，
当时，
当时，

当时，，当时，当时，
【点睛】
本题考查了二次函数综合，求抛物线顶点坐标，二次函数与一元二次方程的关系，与不等式的关系，二次函数的性质，正方形的性质，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
26．（1）；（2）；（3）．
【分析】
（1）先求出点坐标，代入直线的解析式，求出，进而与的解析式联立求得；
（2）设的坐标，然后根据列出方程求得；
（3）设点坐标，设直线的函数解析式，将点坐标代入，与联立，根据题意可得△．从而表示出的解析式，同样得出的解析式，从而得出点坐标，进而求得的长，根据三角形面积可得，的关系式．
【详解】
解：（1）由得，
或，
点在轴正半轴，
，
，
，
，
由得，
，（舍去），
点的横坐标是；
（2）设点，
，，
点和点关于轴对称，
，
，
，（舍去），
点的横坐标是；
（3）如图，

设的解析式是，
，
，
，
，
由得，
，
直线抛物线有唯一公共点，
△，
，
，
同理可得：直线的解析式是，
，
，
，，
的解析式是，
当时，，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了二次函数及其图象性质，一次函数及其图象性质，一元二次方程与二次函数之间的关系等知识，解决问题的关键是熟练掌握函数的相关知识．
27．（1） AQ=BP．理由见解析；（2）；（3）5
【分析】
（1）结论：AQ＝BP．如图1中，设AQ交BP于O．证明△ADQ≌△BAP（AAS）可得结论，
（2）证明△ADQ∽△BAP，推出===即可，
（3）如图3中，由题意可以假设PA＝3k，DQ＝k，QH＝y，AH＝x．利用相似三角形的性质，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）结论：AQ=BP．
理由：如图1中，设AQ交BP于O．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BAP=90°，AD=AB，
∴∠DAQ+∠AQD=90°，
∵AQ⊥BP，∴∠AOP=90°，
∴∠DAQ+∠APB=90°，
∴∠AQD=∠APB，
∴△ADQ≌△BAP（AAS），
∴AQ=BP．
（2）如图2中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAP=90°，
∴∠DAQ+∠AQD=90°，
∵AQ⊥BP，
∴∠AMP=90°，
∴∠DAQ+∠APB=90°，
∴∠AQD=∠APB，
∴△ADQ∽△BAP，
∴===．
（3）如图3中，由题意可以假设PA=3k，DQ=k，QH=y，AH=x．

由（2）①可知：△AHQ∽△BAP，
∴=，
∴=，
∴x=，
∵QHAB，
∴==，
∵BD==3，DH=9-x，
∴==，
∴ y=2k ，
∴k=，
∴PA=3k=5．
故答案为5．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
28．（1）见解析；（2）2或或；（3）
【分析】
（1）如图1中，作DF⊥BC于F，DE⊥BA交BA的延长线于E．证明△DEA≌△DFC（ASA）即可解决问题．
（2）按邻边相等分四种情况分类讨论，计算BB′．
（3）通过旋转相似把、、移到一个直角三角形，即可解决问题．
【详解】
（1）如图1中，作DF⊥BC于F，DE⊥BA交BA的延长线于E．

∵BD平分∠ABC，DE⊥BE，DF⊥BC，
∴DE=DF，∠BED=∠BFD=90°，
∵∠BAD+∠C=180°，
∴
∴△DEA≌△DFC（ASA），
∴DA=DC，
∴四边形ABCD是“等邻边四边形”．
（2）由平移可知：A′B′∥AB，且A′B′=AB，
∴四边形B′BAA′是平行四边形．
∴BB′= AA′
当AB=AA′=2时，此时BB′=2；
当A′C′=AA′=AC=时，BB′=；
当A′C′=C′B=AC=时，延长A′B′交BC延长线于D．过C′作C′E⊥BC于E，
设BD=x

由于BC∥B′C′，∠ABC=90°
∴∠A′DB=90°，△B′DB是直角三角形．
∴四边形B′DEC′为矩形
∴C′E=B′D，B′C′=ED，
又∵BB′是∠ABC的角平分线，
∴∠B′BD=∠BB′D=45°，
∴B′D=BD=x．
∴C′E=CE=BD=x
∴
在Rt△BC′E中

∴
解得，而＞
∴
∴．
当AB=C′B时
Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到Rt△A′B′C′，
∴∠C′B′B=180°-∠DB′B=135°，
在钝角△C′B′B中，
∵C′B＞C′B′=4，AB=2，
∴C′B＞C′B′＞AB．即C′B不可能等于AB．
综上所述：BB′=2或或时，四边形A′BCC′是“等邻边四边形”．
故答案为2或或．
（3）在CD右边取一点E，使,，连AE、DE、CE，

∴
∴，
∵
∴CD=DE
∵
∴
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
即
∴
∴
即．
【点睛】
本题是新定义类探究题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平移变换，相似三角形的判定和性质等知识．解决本题需利用新定义，逐一讨论，解题中利用平移的性质并构造直角三角形是关键，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
29．（1）y＝﹣x2＋4x＋5；（2）P（，）；（3）存在，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【分析】
（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c，即可得抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，由y＝﹣x2＋4x＋5可得B（5，0），故OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，可证明△PHQ是等腰直角三角形，即知PH＝，当PQ最大时，PH最大，设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得直线BC解析式为y＝﹣x＋5，设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），PQ＝﹣（m﹣）2＋，故当m＝时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（，）；
（3）抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，可列方程组，即可解得M（3，8），②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，同理可得，解得M（﹣3，﹣16），③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，则，解得M（7，﹣16）．
【详解】
解：（1）将A的坐标（﹣1，0），点C的坐（0，5）代入y＝﹣x2＋bx＋c得：
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋4x＋5；
（2）过P作PD⊥x轴于D，交BC于Q，过P作PH⊥BC于H，如图：

在y＝﹣x2＋4x＋5中，令y＝0得﹣x2＋4x＋5＝0，
解得x＝5或x＝﹣1，
∴B（5，0），
∴OB＝OC，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠CBO＝45°，
∵PD⊥x轴，
∴∠BQD＝45°＝∠PQH，
∴△PHQ是等腰直角三角形，
∴PH＝，
∴当PQ最大时，PH最大，
设直线BC解析式为y＝kx＋5，将B（5，0）代入得0＝5k＋5，
∴k＝﹣1，
∴直线BC解析式为y＝﹣x＋5，
设P（m，﹣m2＋4m＋5），（0＜m＜5），则Q（m，﹣m＋5），
∴PQ＝（﹣m2＋4m＋5）﹣（﹣m＋5）＝﹣m2＋5m＝﹣（m﹣）2＋，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝时，PQ最大为，
∴m＝时，PH最大，即点P到直线BC的距离最大，此时P（，）；
（3）存在，理由如下：
抛物线y＝﹣x2＋4x＋5对称轴为直线x＝2，
设M（s，﹣s2＋4s＋5），N（2，t），而B（5，0），C（0，5），
①以MN、BC为对角线，则MN、BC的中点重合，如图：

∴，解得，
∴M（3，8），
②以MB、NC为对角线，则MB、NC的中点重合，如图：

∴，解得，
∴M（﹣3，﹣16），
③以MC、NB为对角线，则MC、NB中点重合，如图：

，解得，
∴M（7，﹣16）；
综上所述，M的坐标为：（3，8）或（﹣3，﹣16）或（7，﹣16）．
【点睛】
本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、等腰直角三角形、平行四边形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标和相关线段的长度．
30．（1）①③；（2）①，②；（3）2≤m≤5或m＜
【分析】
（1）由题意得：yx，解得： ，即可求解；y＝x2+1，无解，即可求解；y＝x2﹣2x，解得：或，即可求解；
（2）由题意得：y＝3x2+bx，解得：或 ；①若其不动长度为0，则，即可求解 ，②由题意得，﹣2≤b≤2，即可求解．
（3）如图1中，当图象G与直线y＝x的交点在第一象限时，P的最大值为5，最小值＞0，满足其不变长度q满足0≤q≤5，此时m＜5，如图2中，当图象G经过原点时，m＝2，此时p的最大值为5最小值为0，满足其不变长度q满足0≤q≤5，由此即可判断，如图3中，当直线x＝m在y轴的左侧，翻折后的抛物线的解析式为y＝−4，构建方程组，利用Δ＝0求出翻折后的抛物线与直线y＝x相切时，m的值即可判断．
【详解】
（1）由题意得：yx，解得： ，故存在不动值；
y＝x2+1， ，无解，故不存在不动值；
y＝x2﹣2x，
，
，
解得：或，故存在不动值；
故答案为：①③
（2）由题意得：y＝3x2+bx，
，
，
解得：或 ；
①若其不动长度为0，则，解得： ，
②，﹣2≤b≤2，解得： 即．
（3）如图1中，当图象G与直线y＝x的交点在第一象限时，P的最大值为5，最小值＞0，满足其不变长度q满足0≤q≤5，

∴m≤5，
如图2中，当图象G经过原点时，m＝2，此时p的最大值为5最小值为0，满足其不变长度q满足0≤q≤5，

如图3中，当直线x＝m在y轴的左侧，翻折后的抛物线的解析式为y＝ −4，

由 ，
消去y得到＋（−4m＋3）x＋4−8m＝0，
当Δ＝0时， −4（4−8m）＝0，
解得m＝ ，
观察图象可知，m＜时，满足条件，
综上所述，满足条件的m的值为2≤m≤5或m＜．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查的是二次函数综合运用，涉及到方程和不等式的求解等知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考压轴题．