2022-2023学年江西省宜春市丰城九中八年级（上）期末数学试卷（A卷）（含解析）

这是一份2022-2023学年江西省宜春市丰城九中八年级（上）期末数学试卷（A卷）（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列命题是假命题的是( )
A. 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半B. 任意多边形的外角和等于360°
C. 矩形的对角线互相平分且相等D. 四条边都相等的四边形是正方形
2.关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( )
A. k>−1B. k<1C. k>−1且k≠0D. k<1且k≠0
3.如果一次函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，那么k、b应满足的条件是( )
A. k>0，且b>0B. k>0，且b<0C. k<0，且b>0D. k<0，且b<0
4.在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A、B、D的坐标分别是(0,0)，(5,0)，(2,3)，则顶点C的坐标是( )
A. (7,3)
B. (8,2)
C. (3,7)
D. (5,3)
5.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，有下列结论：①a>0；②b2−4ac>0；③4a+b=0；④不等式ax2+(b−1)x+c<0的解集为1≤x<3，正确的结论个数是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
6.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，动点P，Q同时从点A出发，点P沿A→B→C的路径运动，点Q沿A→D→C的路径运动，点P，Q的运动速度相同，当点P到达点C时，点Q也随之停止运动，连接PQ.设点P的运动路程为x，PQ2为y，则y关于x的函数图象大致是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.若一次函数y=(m+4)x+m−1的图象与y轴的交点在x轴的下方，则m的取值范围是______．
8.已知m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，则2m2−4m=______．
9.如图，在矩形ABCD中，若AC=2AB，则∠AOB=______°.
10.若关于x的一元二次方程x2−(k+3)x+2k+2=0有一根小于1，一根大于1，则k的取值范围是______．
11.如图，长方体的长BE=15cm，宽AB=10cm，高AD=20cm，同时点M在CH上，且CM=5cm，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点M，需要爬行的最短距离是______ cm．
12.Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为 ．
三、计算题：本大题共1小题，共9分。
13.阅读下列材料，然后回答问题．
①在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如2 3+1一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：2 3+1=2( 3−1)( 3+1)( 3−1)=2( 3−1)( 3)2−1=2( 3−1)2= 3−1，以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
②学习数学，最重要的是学习数学思想，其中一种数学思想叫做换元的思想，它可以简化我们的计算，比如我们熟悉的下面这个题：已知a+b=2，ab=−3，求a2+b2.我们可以把a+b和ab看成是一个整体，令x=a+b，y=ab，则a2+b2=(a+b)2−2ab=x2−2y=4+6=10.这样，我们不用求出a，b，就可以得到最后的结果．
(1)计算：1 3+1+1 5+ 3+1 7+ 5+……+1 2019+ 2017；
(2)m是正整数，a= m+1− m m+1+ m，b= m+1+ m m+1− m且2a2+1823ab+2b2=2019.求m．
(3)已知 15+x2− 26−x2=1，求 15+x2+ 26−x2的值．
四、解答题：本题共10小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题6分)
解下列方程：
(1)x2+10x+16=0；
(2)3(y−3)2=2(3−y)．
15.(本小题6分)
如图，利用函数图象回答下列问题：
(1)方程组x+y=3,y=2x的解为______ ．
(2)不等式2x>−x+3的解集为______ ．
16.(本小题6分)
已知关于x的方程x2+ax+a−2=0．
(1)若该方程的一个根为1，求a的值；
(2)求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
17.(本小题6分)
如图，菱形ABCD的对角线交于点O.已知AC=16cm，BD=12cm，求菱形ABCD的高线长．
18.(本小题6分)
(1)画出函数y=|x−1|的图象．
(2)设P(x,0)是x轴上的一个动点，它与x轴上表示−3的点的距离为y，求y关于x的函数解析式，并画出这个函数的图象．
19.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN//AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．
(1)求证：CE=AD；
(2)当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．
20.(本小题8分)
已知直线l：y=kx+6与x轴交于点B(−8,0)，又知点A的坐标为(−6,0)，
(1)求k的值；
(2)若点P(x,y)是直线l在第二象限直线上的一个动点，当点P运动过程中，请求出△OPA的面积S和x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3)在(2)的条件下，当S=278时，点P的坐标为______ ．
21.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且∠PAE=∠E，PE交CD于点F．
(1)求证：PC=PE；
(2)求∠CPE的度数．
22.(本小题9分)
如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h(单位：m).如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE=3m，竖直高度为EF的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l的距离OD为d(单位：m)．
(1)若h=1.5，EF=0.5m．
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标；
③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求d的取值范围．
(2)若EF=1m.要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
23.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,6)，点B在x轴的正半轴上．若点P、Q在线段AB上，且PQ为某个一边与x轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点P、Q的“涵矩形”.下图为点P、Q的“涵矩形”的示意图
(1)点B的坐标为(3,0)
①若点P的横坐标为32，点Q与点B重合，则点P、Q的“涵矩形”的周长为______；
②若点P、Q的“涵矩形”的周长为6，点P的坐标为(1,4)，则点E(2,1)，F(1,2)，G(4,0)中，能够成为点P、Q的“涵矩形”的顶点的是______；
(2)四边形PMQN是点P、Q的“涵矩形”，点M在△AOB的内部，且它是正方形
①当正方形PMQN的周长为8，点P的横坐标为3时，求点Q的坐标；
②当正方形PMQN的对角线长度为 2时，连结OM.直接写出线段OM的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题；
B、任意多边形的外角和等于360°，是真命题；
C、矩形的对角线互相平分且相等，是真命题；
D、四条边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题；
故选：D．
根据假命题的定义，逐个选项进行判断，根据矩形、正方形的性质和判定，多边形，直角三角形的性质即可得出结果．
本题考查了真命题与假命题的概念，真命题：判断正确的命题叫真命题，假命题：判断错误的命题叫假命题，比较简单．
2.【答案】C
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个不相等的实数根，
∴k≠0且Δ=(−2)2−4k×(−1)>0，
解得k>−1且k≠0．
故选：C．
根据一元二次方程的定义和Δ的意义得到k≠0且Δ=(−2)2−4k×(−1)>0，然后解不等式即可得到k的取值范围．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根；也考查了一元二次方程的定义．
3.【答案】B
【解析】解：由一次函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，得k>0，b<0．
故选：B．
经过第一、三象限，说明x的系数大于0，得k>0，又经过第四象限，说明常数项小于0，即b<0，即可确定k的取值范围．
本题考查的知识点为：一次函数图象经过第一、三、四象限，说明x的系数大于0，常数项小于0．
4.【答案】A
【解析】解：∵平行四边形ABCD的顶点A、B、D的坐标分别是(0,0)，(5,0)，(2,3)，
∴DC/​/AB，DC=AB=5，
∴点C的横坐标=5+2=7，纵坐标=点D的纵坐标=3，
即点C的坐标是(7,3)，
故选：A．
根据平行四边形的性质得出DC/​/AB，DC=AB，再根据点的坐标求出点C的坐标即可．
本题考查了平行四边形的性质和坐标与图形性质，能熟记平行四边形的对边平行且相等是解此题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵抛物线的开口向上，
∴a>0，
故①正确；
∵抛物线与x轴没有交点，
∴b2−4ac<0，
故②错误；
由图象可知：抛物线过点(1,1)，(3,3)，即当x=1时，y=a+b+c=1，
当x=3时，ax2+bx+c=9a+3b+c=3，
∴8a+2b=2，即b=1−4a，
∴4a+b=1，
故③错误；
∵点(1,1)，(3,3)在直线y=x上，
由图象可知，当1∴ax2+(b−1)x+c<0的解集为1故④错误．
故选：A．
由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴无交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
此题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．
6.【答案】C
【解析】解：当0≤x≤3时，在Rt△APQ中，∠QAP=90°，AP=AQ=x，
∴y=PQ2=2x2；
当3∴y=PQ2=32+32=18；
当4∴y=PQ2=CP2+CQ2=2x2−28x+98．
故选：C．
在Rt△APQ中，利用勾股定理可求出PQ2的长度，分0≤x≤3、3本题考查了动点问题的函数图象以及勾股定理，分0≤x≤3、37.【答案】m<1且m≠−4
【解析】解：∵一次函数y=(m+4)x+m−1，
∴m+4≠0，
∴m≠−4，
在y=(m+4)x+m−1中，令x=0，解得：y=m−1，
与y轴的交点在x轴的下方，则有m−1<0，
解得：m<1．
故答案为：m<1且m≠−4．
根据一次函数的图象的定义和性质知，一次函数y=(m+4)x+m−1的图象与y轴的交点在x轴的下方．则应有m+4≠0，m−1<0，求解即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确求出函数与y轴的交点，转化为解不等式的问题是解决本题的关键．
8.【答案】6
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
根据m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，通过变形可以得到2m2−4m值，本题得以解决．
【解答】
解：∵m是关于x的方程x2−2x−3=0的一个根，
∴m2−2m−3=0，
∴m2−2m=3，
∴2m2−4m=2(m2−2m)=6，
故答案为6．
9.【答案】60
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，AO=OC，OB=OD，
∵AC=2AB，
∴∠ACB=30°，
∴∠CAB=60°，
∵AC=BD，AO=OC，OB=OD，
∴OA=OB，
∴∠AOB=60°．
故答案为：60．
由已知可得∠ACB=30°，从而可得∠CAB=60°，再根据矩形的对角线相等且互相平分可得到OA=OB，从而不难求得∠AOB的度数．
此题主要考查矩形的性质及含30度角的直角三角形的性质的综合运用．
10.【答案】k<0
【解析】解：∵x2−(k+3)x+2k+2=(x−2)(x−k−1)=0，
∴x1=2，x2=k+1．
∵方程有一根小于1，一根大于1，
∴k+1<1，解得：k<0，
∴k的取值范围为k<0，
故答案为：k<0．
利用分解因式法解一元二次方程，可得出x1=2、x2=k+1，根据方程有一根小于1，一根大于1，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：利用因式分解法解一元二次方程结合方程一根小于1，找出关于k的一元一次不等式．
11.【答案】25
【解析】解：只要把长方体的右侧表面剪开与前面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第1个图
∵长方体的宽为10cm，高为20cm，点B离点C的距离是5cm
∴AM= 202+(10+5)2=25(cm)；
只要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如第2个图：
∴AM= (20+5)2+102=5 29(cm)；
只要把长方体的上表面剪开与左面所在的平面形成一个长方形，如第3个图：
∴AM= (20+10)2+52=5 37(cm)；
∵25<5 29<5 37，
∴蚂蚁爬行的最短距离是25cm，
故答案为：25．
画出长方体的侧面展开图，根据勾股定理求出AM的长即可．
本题考查的是平面展开−最短路径问题，根据题意画出长方体的侧面展开图，根据勾股定理求解是解答此题的关键．
12.【答案】65
【解析】【分析】
本题考查了三角形的面积，矩形的性质、勾股定理、垂线段最短求解．AM=12EF=12AP，所以当AP最小时，AM最小，根据垂线段最短解答．
【解答】解：由题意知，四边形AFPE是矩形，
∵点M是矩形对角线EF的中点，则延长AM应过点P，
∴当AP为直角三角形ABC的斜边上的高时，即AP⊥BC时，AM有最小值，
此时AM=12AP，由勾股定理知BC= AB2+AC2=5，
∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅AP，
∴AP=3×45=125，
∴AM=12AP=65．
故答案为65
13.【答案】解：(1)原式= 3−12+ 5− 32+ 7− 52+……+ 2019− 20172
=12( 3−1+ 5− 3+ 7− 5+……+ 2019− 2017)
=12( 2019−1)
= 2019−12；
(2)∵a= m+1− m m+1+ m=( m+1− m)2，b= m+1+ m m+1− m=( m+1+ m)2，
∴a+b=( m+1− m)2+( m+1+ m)2=2(2m+1)，ab=1．
∵2a2+1823ab+2b2=2019，
∴2(a2+b2)+1823=2019，
∴a2+b2=98，
∴(a+b)2−2ab=98，
∴4(2m+1)2−2=98，
∴m=2或−3，
∵m是正整数，
∴m=2；
(3)∵ 15+x2− 26−x2=1，
∴( 15+x2− 26−x2)2=1，
∴15+x2−2 15+x2⋅ 26−x2+26−x2=1，
∴ 15+x2⋅ 26−x2=20，
∴( 15+x2+ 26−x2)2=( 15+x2− 26−x2)2+4 15+x2⋅ 26−x2=12+4×20=81，
∵ 15+x2≥0， 26−x2≥0，
∴ 15+x2+ 26−x2=9．
【解析】(1)根据阅读材料的方法先进行分母有理化，再提取公因数12，继而两两相消，进一步计算即可；
(2)先求出a+b=2(2m+1)，ab=1，再将所求代数式化简为(a+b)2−2ab=98，然后代入计算即可；
(3)利用完全平方公式求出 15+x2⋅ 26−x2=20，那么( 15+x2+ 26−x2)2=( 15+x2− 26−x2)2+4 15+x2⋅ 26−x2=12+4×20=81，进而求解即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握分母有理化的方法，完全平方公式以及平方差公式．
14.【答案】解：(1)x2+10x+16=0，
配方得：x2+10x+25=9，即(x+5)2=9，
∴x+5=±3，
∴解得：x1=−2，x2=−8；
(2)3(y−3)2=2(3−y)，
移项得：3(y−3)2+2(y−3)=0，
分解因式得：(y−3)(3y−9+2)=0，
∴y−3=0或3y−7=0，
∴y1=3，y2=73．
【解析】(1)用配方法求解即可；
(2)把方程转化成3(y−3)2+2(y−3)=0，然后用因式分解法即可解出．
本题考查了解一元二次方程一配方法，因式分解法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
15.【答案】x=1y=2 x>1
【解析】解：(1)∵y=2x与x+y=3的图象相交于点(1,2)，
∴方程组x+y=3,y=2x的解为x=1y=2，
故答案为：x=1y=2；
(2)由图象得：不等式2x>−x+3的解集为x>1，
故答案为：x>1．
(1)根据一次函数与二元一次方程组的关系求解；
(2)根据一次函数与一元一次不等式的关系求解．
本题考查了一次函数与方程、不等式的关系，掌握数形结合思想是解题的关键．
16.【答案】(1)解：将x=1代入原方程，得：1+a+a−2=0，
解得：a=12．
(2)证明：△=a2−4(a−2)=(a−2)2+4．
∵(a−2)2≥0，
∴(a−2)2+4>0，即△>0，
∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
【解析】(1)代入x=1可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出a值；
(2)根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=(a−2)2+4>0，由此即可证出：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
本题考查了一元二次方程的解以及根的判别式，解题的关键是：(1)代入x=1求出a值；(2)牢记“当△>0时，方程有两个不相等的实数根”．
17.【答案】解：设菱形ABCD的高线长为h cm，
∵菱形ABCD的对角线交于点O.已知AC=16cm，BD=12cm，
∴AO=CO=12AC=8cm,BO=DO=12BD=6cm,AC⊥BD，
∴菱形的边长AB= 62+82=10(cm)，
菱形的面积为：12×16×12=96(cm)，
∴AB×h=96，
∴菱形ABCD的高线长：9610=9.6(cm)．
【解析】直接利用菱形的性质结合勾股定理得出其边长，再利用菱形的面积公式求出菱形的面积，即可．
此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
18.【答案】解：(1)当x≥1时，函数解析式为y=x−1；
当x<1时，函数解析式为y=−x+1，
故该函数的图象如图1所示
(2)由题意y=|x+3|．
函数图象如图2所示：

【解析】此题主要考查了y=|ax+b|的图象与性质，正确去绝对值画出图象是解题关键．
(1)利用绝对值的性质结合当x≥1时，函数解析式为y=x−1； 当x<1时，函数解析式为y=−x+1，画出图象即可；
(2)列出函数关系式，根据函数关系式画出图象即可解决问题．
19.【答案】(1)证明：∵DE⊥BC．
∴∠DFB=90°．
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC/​/DE，
∵MN/​/AB，即CE/​/AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD．
(2)解：四边形BECD是菱形．
理由是：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE．
∵BD/​/CE，
∴四边形BECD是平行四边形．
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD，
∴平行四边形BECD是菱形．
(3)解：当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．
理由是：∵∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠ABC=∠A=45°，
∴AC=BC．
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴菱形BECD是正方形，
即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．
【解析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质以及正方形的判定，掌握相关判定和性质是解题的关键．
(1)先证出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
(2)先证明四边形BECD是平行四边形，再证明CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
(3)证出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．
20.【答案】(−132,98)
【解析】解：(1)∵直线l经过点B(−8,0)，
∴将点B(−8,0)代入y=kx+6得：0=−8k+6，
∴k=34；
(2)由(1)得函数解析式为：y=34x+6，
∵A(−6,0)，
∴OA=6，
∵点P(x,y)是第二象限直线上一点，
∴x<0，y>0，
∴S△OPA=12⋅OA⋅y=12×6×(34x+6)=94x+18，
∵x<0，y>0，
∴34x+6>0，
∴x>−8，
∴−8(3)当S=278时，代入S△OPA=94x+18，
可得：278=94x+18，
解得：x=−132，
将x=−132，代入y=34x+6，
解得：y=98，
点P的坐标为P(−132,98)．
(1)直线l经过点B(−8,0)，将其代入函数解析式，即可确定k值；
(2)根据(1)可确定函数解析式，根据图象，△OPA的底为OA=6，高为点P的纵坐标，所以依据三角形面积公式即可确定面积S与x的函数关系式；由于点P在第二象限，所以x<0，y>0，将y=34x+6代入即可确定自变量x的取值范围；
(3)将S=278代入S△OPA=94x+18，求出x，然后将x代入y=34x+6确定y值，即可求出点P的坐标．
本题考查一次函数解析式的确定及一次函数中动点三角形面积、点的坐标的求法，理解题意，作出函数图象，掌握确定函数解析式方法是解题关键．
21.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AD=DC，∠ADP=∠CDP=45°，
在△ADP和△CDP中
AD=DC∠ADP=∠CDPPD=PD，
∴△ADP≌△CDP(SAS)，
∴PA=PC，
∵∠PAE=∠E，
∴PA=PE，
∴PC=PE；
(2)∵在正方形ABCD中，∠ADC=90°，
∴∠EDF=90°，
由(1)知，△ADP≌△CDP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠E，
即∠CPF=∠EDF=90°．
【解析】(1)先证出△ADP≌△CDP，得PA=PC，由于PA=PE，得PC=PE；
(2)由△ADP≌△CDP，得∠DAP=∠DCP，进而得∠DCP=∠E，最后∠CPF=∠EDF=90°得到结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正确寻找全等三角形的条件是解题的关键．
22.【答案】解：(1)①如图1，由题意得A(2,2)是上边缘抛物线的顶点，
设y=a(x−2)2+2，
又∵抛物线过点(0,1.5)，
∴1.5=4a+2，
∴a=−18，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=−18(x−2)2+2，
当y=0时，0=−18(x−2)2+2，
解得x1=6，x2=−2(舍去)，
∴喷出水的最大射程OC为6cm；
②∵对称轴为直线x=2，
∴点(0,1.5)的对称点为(4,1.5)，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到的，
∴点B的坐标为(2,0)；
③∵EF=0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5=−18(x−2)2+2，
解得x=2±2 3，
∵x>0，
∴x=2+2 3，
当x>2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+2 3，
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x=0时，y=1.5>0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+2 3，
∵DE=3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为2+2 3−3=2 3−1，
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是OB≤d，
∴d的最小值为2，
综上所述，d的取值范围是2≤d≤2 3−1；
(2)当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D、F恰好分别在两条抛物线上，
故设点D(m,−18(m+2)2+h+0.5)，F(m+3,−18[(m+3−2)2+h+0.5])，
则有−18(m+3−2)2+h+0.5−[−18(m+2)2+h+0.5]=1，
解得m=2.5，
∴点D的纵坐标为h−6532，
∴h−6532=0，
∴h的最小值为6532．
【解析】(1)①由顶点A(2,2)得，设y=a(x−2)2+2，再根据抛物线过点(0,1.5)，可得a的值，从而解决问题；
②由对称轴知点(0,1.5)的对称点为(4,1.5)，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到的，可得点B的坐标；
③根据EF=0.5，求出点F的坐标，利用增减性可得d的最大值为最小值，从而得出答案；
(2)当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D、F恰好分别在两条抛物线上，故设点D(m,−18(m+2)2+h+0.5)，F(m+3,−18(m+3−2)2+h+0.5)，则有−18[(m+3−2)2+h+0.5]−[−18(m+2)2+h+0.5]=1，从而得出答案．
本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
23.【答案】9 F(1,2)
【解析】解：(1)①如图1中，
由题意：矩形PEQF中，EQ=PF=3−32=32，
∴OE=EQ，
∵EP/​/OA，
∴AP=PQ，
∴PE=QF=12OA=3，
∴点P、Q的“涵矩形”的周长=(3+32)×2=9．
②如图2中，
∵点P、Q的“涵矩形”的周长为6，
∴邻边之和为3，
∵矩形的长是宽的两倍，
∴点P、Q的“涵矩形”的长为2，宽为1，
∵P(1,4)，F(1,2)，
∴PF=2，满足条件，
∴F(1,2)是矩形的顶点．
故答案为9，(1,2)．
(2)①如图3中，
∵点P、Q的“涵矩形”是正方形，
∴∠ABO=45°，
∴点A的坐标为(0,6)，
∴点B的坐标为(6,0)，
∴直线AB的函数表达式为y=−x+6，
∵点P的横坐标为3，
∴点P的坐标为(3,3)，
∵正方形PMQN的周长为8，
∴点Q的横坐标为3−2=1或3+2=5，
∴点Q的坐标为(1,5)或(5,1)．
②如图4中，
∵正方形PMQN的对角线为 2，
∴PM=MQ=1，
易知点M在直线y=−x+5上运动，设直线y=−x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D，
∵OE=OF=5，
∴EF=5 2，
∵OD⊥EF，
∴ED=DF，
∴OD=12EF=5 22，
∴OM的最大值为5，最小值为5 22，
∴5 22≤OM≤5．
(1)①根据题意求出PE，EQ即可解决问题．
②求出点P、Q的“涵矩形”的长与宽即可判断．
(2)①求出正方形的边长，分两种情形分别求解即可解决问题．
②点M在直线y=−x+5上运动，设直线y=−x+5交x轴于F，交y轴于E，作OD⊥EF于D.求出OM的最大值，最小值即可判断．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．