浙江省宁波市鄞州区宋诏桥中学2021-2022学年九年级上学期强基考试数学试卷(word版含答案)

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2021-2022学年浙江省宁波市鄞州区宋诏桥中学九年级（上）
强基考试数学试卷（附答案与解析）
一.选择题（每题6分，共48分）
1．（6分）从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a，c，则二次函数y＝ax2+4x+c与x轴有两个不同交点的概率为（　　）
A． B． C． D．
2．（6分）在抛物线y＝x2上任取一点A（非坐标原点O），连接OA，在OA上取点B，使OB＝OA，则顶点在原点且过点B的抛物线的表达式为（　　）
A．y＝x2 B．y＝9x2 C．y＝x2 D．y＝3x2
3．（6分）若M＝3x2﹣8xy+9y2﹣4x+6y+14（x，y是实数），则M的值一定是（　　）
A．0 B．负数 C．正数 D．整数
4．（6分）如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，BM交AD，AE于H，G，则BH：HG：GM等于（　　）

A．3：2：1 B．5：3：1 C．25：12：5 D．51：24：10
5．（6分）一个正方体的表面涂满了颜色，按如图所示将它切成27个大小相等的小立方块，设其中仅有i个面（i＝1，2，3）涂有颜色的小立方块的个数为xi，则x1，x2，x3之间的关系为（　　）

A．x1﹣x2+x3＝1 B．x1+x2﹣x3＝1 C．x1+x2﹣x3＝2 D．x1﹣x2+x3＝2
6．（6分）从﹣4，﹣3，1，3，4这五个数中，随机抽取一个数，记为m，若m使得关于x，y的二元一次方程组有解，且使关于x的分式方程﹣1＝有正数解，那么这五个数中所有满足条件的m的值之和是（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
7．（6分）设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a＝0，有两个不相等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（6分）在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝（　　）

A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN
二、填空题（每题6分，共36分）
9．（6分）已知点A（1，3）．B（5，﹣2），在x轴上找一点P，使|AP﹣BP|最大，则满足条件的点P的坐标是　 　．
10．（6分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC和正方形DOFE的顶点B，F在x轴上，顶点C，D在y轴上，且S△ADF＝3，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点E，则k＝　 　．

11．（6分）已知函数y＝|x2﹣2x﹣3|，则使y＝m成立的x值恰好有三个，则m的值为　 　．
12．（6分）如图，设AD、BE、CF为△ABC的三条高，若AB＝6，BC＝5，EF＝3，则线段BE的长为　 　．

13．（6分）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（2，0），点C（0，4），D为线段BC上一动点，DE⊥AC于E，DF⊥AB于F，连接EF，则线段EF的长的最小值为 　 　．

14．（6分）四边形ABCD内部有1000个点，若以顶点A，B，C，D和这1000个点能把原四边形分割成n个没有重叠的小三角形，则个数n的值为 　 　．
三.解答题（第15题14分，第16题16分，第17题16分，第18
15．（14分）当三个非负实数x，y，z满足关系式x+3y+2z＝3与3x+3y+z＝4时，M＝3x﹣2y+4z的最小值和最大值分别是多少？
16．（16分）在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴外的一点，若平面内的点B满足：线段AB的长度与点A到x轴的距离相等，则称点B是点A的“等距点”．
（1）若点A的坐标为（0，2），点P1（2，2），P2（1，﹣4），P3（﹣，1）中，点A的“等距点”是　 　；
（2）若点M（1，2）和点N（1，8）是点A的两个“等距点”，求点A的坐标；
（3）记函数y＝x（x＞0）的图象为L，⊙T的半径为2，圆心坐标为T（0，t）．若在L上存在点M，⊙T上存在点N，满足点N是点M的“等距点”，直接写出t的取值范围．
17．（16分）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轴的另一个交点为点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，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．

18．有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC＝，AC＝12，求FG的长；
（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．


2021-2022学年浙江省宁波市鄞州区宋诏桥中学九年级（上）
强基考试数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（每题6分，共48分）
1．（6分）从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a，c，则二次函数y＝ax2+4x+c与x轴有两个不同交点的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】首先画出树状图即可求得所有等可能的结果与使ac＜4的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：

由树形图可知：一共有12种等可能的结果，其中使判别式Δ＝16﹣4ac＞0，即ac＜4的有4种结果，
∴二次函数y＝ax2+4x+c与x轴有两个不同交点的概率为＝；
故选：B．
【点评】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
2．（6分）在抛物线y＝x2上任取一点A（非坐标原点O），连接OA，在OA上取点B，使OB＝OA，则顶点在原点且过点B的抛物线的表达式为（　　）
A．y＝x2 B．y＝9x2 C．y＝x2 D．y＝3x2
【分析】过A作AD⊥x轴于D，过B作BC⊥x轴于C，设A（m，m2），证明△OBC∽△OAD，由OB＝OA，可得B（m，m2），令x＝m，y＝m2，即可得y＝3x2．
【解答】解：过A作AD⊥x轴于D，过B作BC⊥x轴于C，如图：

设A（m，m2），
∵AD⊥x轴，BC⊥x轴，
∴BC∥AD，
∴∠OCB＝∠ODA，∠OBC＝∠OAD，
∴△OBC∽△OAD，
∴＝＝，
∵OB＝OA，
∴OC＝OD，BC＝AD，
∴B（m，m2），
令x＝m，y＝m2，
∴m＝3x，
∴y＝×（3x）2＝3x2，
即顶点在原点且过点B的抛物线的表达式为y＝3x2，
故选：D．
【点评】本题考查求二次函数解析式，解题的关键是证明△OBC∽△OAD，用含m的代数式表示B的坐标．
3．（6分）若M＝3x2﹣8xy+9y2﹣4x+6y+14（x，y是实数），则M的值一定是（　　）
A．0 B．负数 C．正数 D．整数
【分析】本题可将M进行适当变形，将M的表达式转换为几个完全平方式的和，然后根据非负数的性质来得出M的取值范围．
【解答】解：M＝3x2﹣8xy+9y2﹣4x+6y+14
＝（x2﹣4x+4）+（y2+6y+9）+2（x2﹣4xy+4y2）+1
＝（x﹣2）2+（y+3）2+2（x﹣2y）2+1＞0．
故选：C．
【点评】本题主要考查了配方法的应用，非负数的性质，将M的表达式根据完全平方公式的特点进行变形是解答本题的关键．
4．（6分）如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC＝3：2：1，M在AC边上，CM：MA＝1：2，BM交AD，AE于H，G，则BH：HG：GM等于（　　）

A．3：2：1 B．5：3：1 C．25：12：5 D．51：24：10
【分析】连接EM，根据已知可得△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA，根据相似比从而不难得到答案．
【解答】解：连接EM，
CE：CD＝CM：CA＝1：3
∴EM平行于AD
∴△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA
∴HD：ME＝BD：BE＝3：5，ME：AD＝CM：AC＝1：3
∴AH＝（3﹣）ME，
∴AH：ME＝12：5
∴HG：GM＝AH：EM＝12：5
设GM＝5k，GH＝12k，
∵BH：HM＝3：2＝BH：17k
∴BH＝K，
∴BH：HG：GM＝k：12k：5k＝51：24：10
故选：D．

【点评】此题主要考查相似三角形的性质的理解及运用．
5．（6分）一个正方体的表面涂满了颜色，按如图所示将它切成27个大小相等的小立方块，设其中仅有i个面（i＝1，2，3）涂有颜色的小立方块的个数为xi，则x1，x2，x3之间的关系为（　　）

A．x1﹣x2+x3＝1 B．x1+x2﹣x3＝1 C．x1+x2﹣x3＝2 D．x1﹣x2+x3＝2
【分析】根据图示：在原正方体的8个顶点处的8个小正方体上，有3个面涂有颜色；2个面涂有颜色的小正方体有12个，1个面涂有颜色的小正方体有6个．
【解答】解：根据以上分析可知x1+x3﹣x2＝6+8﹣12＝2．
故选：D．
【点评】此题主要考查了立体图形的性质，根据已知得出涂有颜色不同的小立方体的个数是解题关键．
6．（6分）从﹣4，﹣3，1，3，4这五个数中，随机抽取一个数，记为m，若m使得关于x，y的二元一次方程组有解，且使关于x的分式方程﹣1＝有正数解，那么这五个数中所有满足条件的m的值之和是（　　）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【分析】分别解出二元一次方程组、分式方程，根据题意得到满足条件的m的值，计算即可．
【解答】解：解方程组，得，
当方程组有解时，m≠﹣4，
解分式方程﹣1＝，得x＝4﹣m，
由题意得，4﹣m＞0，
解得，m＜4，
当x＝1，即m＝3时，分式方程无解，
∴m≠3，
由题意得，m＝﹣3，1，
∴满足条件的m的值之和＝﹣3+1＝﹣2，
故选：D．
【点评】本题考查的是分式方程的解法、二元一次方程组的解法，正确解出分式方程、二元一次方程组是解题的关键．
7．（6分）设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a＝0，有两个不相等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【分析】方法1、根据一元二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又存在x1＜1＜x2，即（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，利用根与系数的关系，从而最后确定a的取值范围．
方法2、由方程有两个实数根即可得出此方程是一元二次方程，而x1＜1＜x2，可以看成是二次函数y＝ax2+（a+2）x+9a的图象与x轴的两个交点在1左右两侧，由此得出自变量x＝1时，对应的函数值的符号，即可得出结论．
【解答】解：方法1、∵方程有两个不相等的实数根，
则a≠0且Δ＞0，
由（a+2）2﹣4a×9a＝﹣35a2+4a+4＞0，
解得﹣＜a＜，
∵x1+x2＝﹣，x1x2＝9，
又∵x1＜1＜x2，
∴x1﹣1＜0，x2﹣1＞0，
那么（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，
∴x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，
即9++1＜0，
解得＜a＜0，
最后a的取值范围为：＜a＜0．
故选D．

方法2、由题意知，a≠0，令y＝ax2+（a+2）x+9a，
由于方程的两根一个大于1，一个小于1，
∴抛物线与x轴的交点分别在1两侧，
当a＞0时，x＝1时，y＜0，
∴a+（a+2）+9a＜0，
∴a＜﹣（不符合题意，舍去），
当a＜0时，x＝1时，y＞0，
∴a+（a+2）+9a＞0，
∴a＞﹣，
∴﹣＜a＜0，
故选：D．
【点评】总结：1、一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
2、根与系数的关系为：x1+x2＝﹣，x1x2＝．
8．（6分）在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝（　　）

A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN
【分析】在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF，由A，B，C，D四点共圆，得出∠MND+∠MAD＝180°，由MN∥BC，得出∠AMN+∠ADN＝180°，可得到A，D，N，M四点共圆，再由AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，A，F，E，D四点共圆，由∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，可得出MA＝MF，即得出MN＝MF+NF＝MA+ND．
【解答】解：如图，在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF

∴∠NFD＝∠NDF，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∵MN∥BC，
∴∠AMN＝∠B，
∴∠AMN+∠ADN＝180°，
∴A，D，N，M四点共圆，
∴∠MND+∠MAD＝180°，
∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，
∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°，
∴∠DFN＝∠DAE，
∴A，F，E，D四点共圆，
∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE，
∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND
＝180°﹣∠DEN﹣∠MND
＝∠EDN＝∠ADE
＝∠AFM，
∴MA＝MF，
∴MN＝MF+NF＝MA+ND．
故选：D．
【点评】本题主要考查了四点共圆，解题的关键是正确作出辅助线，利用四点共圆求解．
二、填空题（每题6分，共36分）
9．（6分）已知点A（1，3）．B（5，﹣2），在x轴上找一点P，使|AP﹣BP|最大，则满足条件的点P的坐标是　（13，0）　．
【分析】作点B（5，﹣2）关于x轴的对称点B′，则B′（5，2），连接AB′并延长，它与x轴的交点就是满足条件的点P，用待定系数法求出过点A（1，3）、B′（5，2）的直线解析式，根据坐标轴上点的坐标特点令y＝0求出x的值，即为点P的坐标．
【解答】解：作点B（5，﹣2）关于x轴的对称点B′，则B′（5，2），连接AB′并延长，它与x轴的交点就是满足条件的点P，设过点A（1，3）、B′（5，2）的直线解析式为y＝kx+b（k≠0），
那么k+b＝3，5k+b＝2，
解得k＝﹣，b＝，

即AB′所在直线的解析式为y＝﹣x+，
那么，AB′所在直线与x轴的交点P的坐标，即当y＝0时，x的值，则0＝﹣x+，
所以x＝13，
则点P的坐标为（13，0）．
故答案为：（13，0）．
【点评】本题考查的是最短路线问题及用待定系数法求一次函数的解析式，解答此类问题的关键是熟知两点之间线段最短的知识．
10．（6分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC和正方形DOFE的顶点B，F在x轴上，顶点C，D在y轴上，且S△ADF＝3，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点E，则k＝　6　．

【分析】设正方形ABOC的边长为a，正方形DOFE的边长为b，如图，利用面积法得（b+a）•b+a2＝•b（a+b）+3+a2，所以a2＝6，然后利用k的几何意义得到k的值．
【解答】解：设正方形ABOC的边长为a，正方形DOFE的边长为b，如图，
∵S梯形ABOD+S正方形ODEF＝S△ABF+S△ADF+S△DEF，
∴（b+a）•b+a2＝•b（a+b）+3+a2，
即a2＝6，
∵|k|＝6，
∴k＝6．
故答案为6．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．
11．（6分）已知函数y＝|x2﹣2x﹣3|，则使y＝m成立的x值恰好有三个，则m的值为　4　．
【分析】画出函数图象，结合函数图象可得m＝4．
【解答】解：y＝x2﹣2x﹣3的顶点坐标为（1，﹣4），
如图：
点（1，﹣4）关于x轴的对称点为（1，4），
∵y＝m成立的x值恰好有三个，
∴m＝4，
故答案为4．

【点评】本题考查二次函数的图象及性质；利用图象变换画出函数图象，数形结合解题是关键．
12．（6分）如图，设AD、BE、CF为△ABC的三条高，若AB＝6，BC＝5，EF＝3，则线段BE的长为　　．

【分析】此题考查了直角三角形的性质和锐角三角函数的性质．
【解答】解：∵AD，BE，CF为△ABC的三条高，易知B，C，E，F四点共圆，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
即cos∠BAC＝，
∴sin∠BAC＝，
∴在Rt△ABE中，BE＝ABsin∠BAC＝6 ＝．
故答案为：．
【点评】本题是一道根据直角三角形的性质结合角的三角函数求解的综合题，要注意圆的性质应用；要注意数形结合思想的应用．
13．（6分）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（2，0），点C（0，4），D为线段BC上一动点，DE⊥AC于E，DF⊥AB于F，连接EF，则线段EF的长的最小值为 　　．

【分析】先判断出△EFG是等腰直角三角形，得出EF＝AD，进而判断出AD⊥BC时EF最小，最后用三角形的面积求出AD，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接AD，取AD的中点G，连接EG，FG，
则AG＝DG＝AD，
∵DE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴△ADE是直角三角形，
∴EG＝AD（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半），
∵DF⊥AB，
∴∠AFD＝90，
∴△ADF是直角三角形，
∴FG＝AD（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半），
∴EG＝FG＝AG＝DG，
∴点A，F，D，E是以点G为圆心AD为直径的圆上，
∵点A（﹣4，0），点C（0，4），
∴OA＝OC，
∴∠OAB＝45°，
∴∠EGF＝90°，
∵EG＝FG，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴EF＝EG＝×AD＝AD，
要EF最小，则AD最小，
∵点D在BC上，
∴当AD⊥BC时，AD最小，
此时，S△ABC＝AB•OC＝BC•AD，
∴AD＝，
∵点A（﹣4，0），点B（2，0），点C（0，4），
∴OC＝4，AB＝6，BC＝＝2，
∴AD＝＝，
∴EF最小＝AD＝×＝，
故答案为．

【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，判断出EF＝AD是解本题的关键．
14．（6分）四边形ABCD内部有1000个点，若以顶点A，B，C，D和这1000个点能把原四边形分割成n个没有重叠的小三角形，则个数n的值为 　2002　．
【分析】有1个点时，内部分割成4个三角形；
有2个点时，内部分割成4+2＝6个三角形；
那么有3个点时，内部分割成4+2×2＝8个三角形；
有4个点时，内部分割成4+2×3＝10个三角形；
有n个点时，内部分割成4+2×（n﹣1）＝（2n+2）个三角形．
【解答】解：四边形ABCD内部有有n个点时，内部分割成4+2×（n﹣1）＝（2n+2）个三角形．
故n＝2×1000+2＝2002．
故答案为：2002．
【点评】此题考查了图形的变化类问题，解决此类探究性问题，关键在观察、分析已知数据，寻找它们之间的以及与第一个图形的相互联系，探寻其规律．本题需注意是得到被分割成的三角形的个数．
三.解答题（第15题14分，第16题16分，第17题16分，第18
15．（14分）当三个非负实数x，y，z满足关系式x+3y+2z＝3与3x+3y+z＝4时，M＝3x﹣2y+4z的最小值和最大值分别是多少？
【分析】根据关系式x+3y+2z＝3与3x+3y+z＝4求出y和z与x的关系式，又因x、y、z均为非负实数，求出x的取值范围，于是可以求出M的最大值和最小值．
【解答】解：由得：
，
代入M的表达式中得，
M＝3x﹣2y+4z＝3x﹣（1﹣x）+4（2x﹣1）＝x﹣，
又因x、y、z均为非负实数，
所以，
即≤x≤1，
当x＝时，M有最小值为﹣，
当x＝1时，M有最大值为7．
故M＝3x﹣2y+4z的最小值为﹣，最大值为7．
【点评】本题主要考查函数最值问题、不等式的性质、解三元一次方程组，解答本题的关键是把y和z用x表示出来，此题有一定难度．
16．（16分）在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴外的一点，若平面内的点B满足：线段AB的长度与点A到x轴的距离相等，则称点B是点A的“等距点”．
（1）若点A的坐标为（0，2），点P1（2，2），P2（1，﹣4），P3（﹣，1）中，点A的“等距点”是　P1，P3　；
（2）若点M（1，2）和点N（1，8）是点A的两个“等距点”，求点A的坐标；
（3）记函数y＝x（x＞0）的图象为L，⊙T的半径为2，圆心坐标为T（0，t）．若在L上存在点M，⊙T上存在点N，满足点N是点M的“等距点”，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）利用两点间的距离公式求出AP1，AP2，AP3的值，结合点A的坐标及“等距点”的定义，即可得出结论；
（2）由点M，N为点A的等距点可得出AM＝AN，进而可得出点A在线段MN的垂直平分线上，设MN与其垂直平分线交于点C，点A的坐标为（m，n），由点M，N的坐标可得出点C的坐标及AM，CM的长度，利用勾股定理可求出AC的长度，结合点C的坐标即可得出点A的坐标；
（3）设点M的坐标为（a，a）（a＞0），则TM＝，MD＝a，MN＝﹣2，由“等距点”的定义可得出MD＝MN，进而可得出关于a的一元二次方程，由该方程有解可得出关于t的一元二次不等式，解之即可得出t的取值范围，由当t＝﹣2时a2＝0可得出t＝﹣2不合适，此题得解．
【解答】解：（1）∵AP1＝2﹣0＝2，AP2＝＝，AP3＝＝2，
∴点A的“等距点”是P1，P3．
故答案为：P1，P3．
（2）∵点M（1，2）和点N（1，8）是点A的两个“等距点”，
∴AM＝AN，
∴点A在线段MN的垂直平分线上．
设MN与其垂直平分线交于点C，点A的坐标为（m，n），如图1所示．
∵点M（1，2），点N（1，8），
∴点C的坐标为（1，5），AM＝AN＝n＝5，
∴CM＝3，AC＝＝4，
∴m＝1﹣4＝﹣3或m＝1+4＝5，
∴点A的坐标为（﹣3，5）或（5，5）．
（3）设点M的坐标为（a，a）（a＞0），则TM＝，MD＝a，MN＝﹣2．
依题意，得：MD＝MN，即a＝﹣2，
整理，得：a2﹣（t+2）a+t2﹣4＝0，
∵关于a的一元二次方程有解，
∴△＝[﹣（t+2）]2﹣4×1×（t2﹣4）≥0，即t2﹣2t﹣8≤0，
解得：﹣2≤t≤4．
当t＝﹣2时，a2＝0，不合题意，舍去．
∴t的取值范围为﹣2＜t≤4．


【点评】本题考查了两点间的距离、线段的垂直平分线、一次函数的性质、勾股定理以及解一元二次不等式，解题的关键是：（1）利用两点间的距离公式求出AP1，AP2，AP3的值；（2）利用“等距点”的定义找出点A在线段MN的垂直平分线上；（3）由存在“等距点”，找出关于t的一元二次不等式．
17．（16分）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轴的另一个交点为点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，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．

【分析】（1）由题意可得，A（﹣4，0），C（0，2），代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，组成二元一次方程，解之即可；
（2）根据题意可知，B（1，0）．过点D作DM⊥x轴交AC于点M，过点B作BN⊥x轴交AC于点N，所以DM∥BN，所以＝＝．设点D的横坐标为a，则D（a，﹣a2﹣a+2），M（a，a+2），由此表达DM和BN的长，再解之二次函数的性质可得出结论．
【解答】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＝﹣x2+bx+c经过A，C两点，
∴，
解得．
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣x+2．
（2）令y＝0，
∴﹣x2﹣x+2＝0，
解得x＝﹣4或x＝1，
∴B（1，0）．
如图，过点D作DM⊥x轴交AC于点M，过点B作BN⊥x轴交AC于点N，

∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴＝，
∴＝＝．
设点D的横坐标为a，
∴D（a，﹣a2﹣a+2），
∴M（a，a+2），
∵B（1，0），
∴N（1，），
∴＝＝＝﹣（a+2）2+，
∴当a＝﹣2时，的最大值为．
【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质等相关内容，关键是将三角形的面积比转化为线段比．
18．有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC＝，AC＝12，求FG的长；
（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．

【分析】（1）如图1中，作AH∥CD交BC于H．想办法证明△ABH是等边三角形即可．
（2）证明DA＝DC，∠B+∠ADC＝180°即可．
（3）如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．解直角三角形求出AG，GC，EG，证明点F是△AGC的内心，求出EF即可解决问题．
（4）如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．由AM∥FN，推出y＝＝＝＝•tanα＝•x，设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，想办法求出的值即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．

∵AD∥BC，AH∥CD，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴AH＝CD，AD＝BC，
∵AB＝CD，AB＝AD，BC＝2AD，
∴AB＝BH＝AH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠B＝60°．

（2）证明：如图2中，连接CD．

∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵AE＝EC，
∴OD⊥AC，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．

（3）解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．

∵AE＝EC＝6，
∴OD⊥AC，＝，
∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠AOE＝∠ABC，
∴tan∠AOE＝tan∠ABC＝＝，
∴OE＝，OA＝＝，
∴GD＝2OA＝，DE＝OD﹣OE＝，
∴AD＝＝，
∴GA＝GC＝＝10，
∵＝，
∴∠ACB＝∠BCG，
∵∠AGF＝∠CGF，
∴点F是△AGC的内心，
∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，
∵S△ACG＝（AC+AG+GC）•d＝•AC•EG，
∴d＝3，
∴EF＝3，
∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．

（4）解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．

∵BD是直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵BA＝BC，BD＝BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴∠ABD＝∠CBD，
∵OA＝OB，
∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，
∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，
∴BD⊥AC，
∠BKC＝90°，
∴∠ACM+∠CBD＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ACM+∠CAM＝90°，
∴∠CAM＝∠CBD＝α，
∵AM⊥BC，FN⊥BC，
∴AM∥FN，
∴y＝＝＝＝•tanα＝•x，
设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，
在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，
tan∠ABK＝tanα＝x＝＝，
∴r＝，
∴m2+n2＝（）2，
整理得：＝，
∴y＝•x＝＝﹣x2+x，
∴y＝﹣x2+（x＞0）．
【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．