2021-2022学年 浙教版九年级数学上册期末综合复习训练题（word版 含答案）

这是一份2021-2022学年 浙教版九年级数学上册期末综合复习训练题（word版 含答案），共31页。试卷主要包含了已知关于x的一元二次方程等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年第一学期浙教版九年级数学期末综合复习训练题（附答案）
1．如图，在△ABC中，DE∥BC，且DE分别交AB，AC于点D，E，若AD：AB＝2：3，则△ADE和△ABC的面积之比等于（　　）

A．2：3 B．4：9 C．4：5 D．
2．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）

A．1 B． C． D．
3．如图1，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点E是BC边的中点，点P是对角线BD上一动点，设PD的长度为x，PE与PC的长度和为y，图2是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点，则a+b的值为（　　）

A． B． C． D．
4．已知关于x的一元二次方程（x﹣a）（x﹣b）﹣＝0（a＜b）的两个根为x1、x2，则实数a、b、x1、x2的大小关系为（　　）
A．a＜x1＜b＜x2 B．a＜x1＜x2＜b C．x1＜a＜x2＜b D．x1＜a＜b＜x2
5．如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图．连接AC，分别交EF、GH于点M，N，连接FN．已知AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（　　）

A． B． C． D．
6．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD、BC的延长线相交于点E，AB、DC的延长线相交于点F．若∠E+∠F＝80°，则∠A＝　 　°．

7．如图，AB＝5，P是线段AB上的动点，分别以AP、BP为边，在线段AB的同侧作正方形APCD和正方形BPEF，连接CF，则CF的最小值是　 　．

8．已知平行四边形ABCD，AE与BC延长线相交于E、与CD相交于F，
（1）求证：△AFD∽△EAB．
（2）若DF：FC＝1：2，求△AFD与△EAB的面积之比．

9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，AB＝10cm．点P从点A出发，以5cm/s的速度从点A运动到终点B；同时，点Q从点C出发，以3cm/s的速度从点C运动到终点B，连接PQ；过点P作PD⊥AC交AC于点D，将△APD沿PD翻折得到△A′PD，以A′P和PB为邻边作▱A′PBE，A′E交射线BC于点F，交射线PQ于点G．设▱A′PBE与四边形PDCQ重叠部分图形的面积为Scm2，点P的运动时间为ts．
（1）当t为　 　时，点A′与点C重合；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）请直接写出当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时t的值．

10．如图（1），边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，记＝k，我们把k叫做这个菱形的“形变度”．
（1）若变形后的菱形有一个内角是60°，则k＝　 　．
（2）如图1（2），已知菱形ABCD，若k＝．
①这个菱形形变前的面积与形变后的面积之比为　 　；
②点E、F、G、H分别是菱形ABCD各边的中点，求四边形EFGH形变前与形变后的面积之比．
（3）如图1（3），正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，
△AEF（E、F是小正方形的顶点），同时形变为△A′E′F′，设这个菱形的“形变度”为k．对于△AEF与△A′E′F′的面积之比你有何猜想？并证明你的猜想．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，求A′C′的长．


11．如图，抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，CD∥x轴交抛物线另一点D，连接AC，DE∥AC交边CB于点E．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）求△CDE与△BAC的面积之比．



12．在直角坐标系中，直线y＝﹣x+6与x轴交于B点，与y轴交于点A，D为AB的中点，连接OD，点E是线段AO上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交x轴于点F．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AO上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t＝2时，求F点的坐标；
（2）如图2，当t＝4时，在直线AB上是否存在一点P，使OP+PF的值最小？若存在，请求出P点坐标及OP+PF的最小值；若不存在，请说明理由．
（3）连接EF，与OD交于点G，当OD将△DEF分成的两部分面积之比为1：2时，求相应t的值及直线EF的解析式．




13．如图，已知直线y＝x+3与 x轴、y轴交于A，B两点，直线l经过原点，与线段AB交于点C，使△AOC的面积与△BOC的面积之比为2：1．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求直线l的函数解析式；
（3）在坐标平面是否存在点M，使得以A、C、O、M为顶点的四边形是平行四边形？若没有请说明理由，若有请直接写出M点的坐标．


14．如图，在平面直角坐标系中，直线l交x轴于A点，交y轴于B点，下表列举的是直线上的点P（x，y）的取值情况
x
……
﹣2
﹣1
0
1
2
3
4
……
y
……
6
5
4
3
2
1
0
……
（1）若点P（x，y）是直线l上的一点，则P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是　 　；
（2）若点P（x，y）是直线l上的一动点，连OP，且△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，求P点的坐标；
（3）已知C（﹣3，0）、D（0，﹣1）、E（5，﹣1），点P在直线l上沿射线EB方向运动．当△PAD的面积与△PCD的面积相等时，求点P坐标．




15．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是上一点，AG，DC的延长线交于点F，连接AD，GD，GC．
（1）求证：∠CGF＝∠AGD．
（2）已知∠DGF＝120°，AB＝4．
①求CD的长．
②若，求△CDG与△ADG的面积之比．



16．（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E证明：DE＝BD+CE．
（2）如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，请问结论DE＝BD+CE是否成立，若成立，请你给证明：若不存在，请说明理由．
（3）应用：如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＞∠CAE，D、A、E三点都在直线m上，且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，只出现m与BC的延长线交于点F，若BD＝5，DE＝7，EF＝2CE，求△ABD与△ABF的面积之比．





17．如图，二次函数y＝2mx2+5mx﹣12m（m为参数，且m＜0）的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣4，0）．

（1）求直线AC的解析式（用含m的式子表示）．
（2）若m＝﹣，连接BC，判断∠CAB和∠CBA的数量关系，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，设点M为AC上方的抛物线上一动点（与点A，C不重合），以M为圆心的圆与直线AC相切，求⊙M面积的取值范围．
18．[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
（1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（　 　+　 　）．
易知，S△ADC＝S△ABC，　 　＝　 　，　 　＝　 　．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF
（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．

19．抛物线y＝ax2+bx+3（a，b为常数，a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于C点．设该抛物线的顶点为M，其对称轴与x轴的交点为N．
（Ⅰ）求该抛物线的解析式和顶点M的坐标；
（Ⅱ）P为线段MN（含端点M，N）上一点，且纵坐标为m，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①求n关于m的函数解析式；
②当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有且只有一个交点，请直接写出t的值．

20．如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别为O（0，0），A（3，3）、B（9，5），C（14，0），动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA﹣AB﹣BC运动，在OA、AB、BC上运动的速度分别为3，，（单位长度/秒），当P、Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．
（1）求AB所在直线的函数表达式；
（2）如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值；
（3）在P、Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值．


参考答案
1．解：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝．
故选：B．
2．解：根据题意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．
故选：B．
3．解：∵在菱形ABCD中，∠A＝120°，点E是BC边的中点，
∴易证AE⊥BC，
∵A、C关于BD对称，
∴PA＝PC，
∴PC+PE＝PA+PE，
∴当A、P、E共线时，PE+PC的值最小，即AE的长．
观察图象可知，当点P与B重合时，PE+PC＝6，
∴BE＝CE＝2，AB＝BC＝4，
∴在Rt△AEB中，AE＝2，
∴PC+PE的最小值为2，
∴点H的纵坐标a＝2，
∵BC∥AD，
∴＝2，
∵BD＝4，
∴PD＝＝，
∴点H的横坐标b＝，
∴a+b＝2+＝；
故选：C．
4．解：设函数y＝（x﹣a）（x﹣b），
当y＝0时，
x＝a或x＝b，
当y＝时，
由题意可知：（x﹣a）（x﹣b）﹣＝0（a＜b）的两个根为x1、x2，
由于抛物线开口向上，
由抛物线的图象可知：x1＜a＜b＜x2
故选：D．
5．解：∵S正方形ABCD＝21，
∴AB2＝21，
设DH＝x，
则AH＝3DH＝3x，
∴x2+9x2＝21，
∴x2＝，
根据题意可知：
AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，
∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，
∴S△FGN＝2S△CGN
∵S△AEM＝S△CGN，
∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，
∴阴影部分的面积之和为：
S梯形NGFM＝（NG+FM）•FG
＝（EM+MF）•FG
＝FE•FG
＝×（2x）2
＝2x2
＝．
故选：B．
6．解：连接EF，如图，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠BCD＝180°，
而∠BCD＝∠ECF，
∴∠A+∠ECF＝180°，
∵∠ECF+∠1+∠2＝180°，
∴∠1+∠2＝∠A，
∵∠A+∠AEF+∠AFE＝180°，
即∠A+∠AEB+∠1+∠2+∠AFD＝180°，
∴∠A+80°+∠A＝180°，
∴∠A＝50°．
故答案为：50．

7．解：FC＝y，PC＝x，则
y2＝（5﹣x）2+（5﹣2x）2＝5（x﹣3）2+5．
∵0≤x≤5，
∴当x＝3式，y2最小值＝5，
∴y最小值＝．
故答案是：
8．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BE，AB∥CD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠DCE＝∠B，
∴△AFD∽△EAB；
（2）解：∵DF：FC＝1：2，
∴＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，
∴，
∵△AFD∽△EAB，
∴△AFD与△EAB的面积之比＝（）2＝1：9．
9．解：（1）根据题意得：PA′＝PA＝5t，CQ＝3t，AD＝A′D．
∵∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝6．
∵∠ADP＝∠ACB＝90°，
∴PD∥BC．
∴△ADP∽△ACB．
∴＝＝．
∴＝＝．
∴AD＝4t，PD＝3t．
∴AA′＝2AD＝8t．
当点A′与点C重合时，AA′＝AC．
∴8t＝8．
∴t＝1；
故答案为：1s．
（2）①当0＜t≤时，
过点 A′作A′M⊥PG，垂足为M，如图1所示，
则有A′M＝CQ＝3t．
∵＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴△BPQ∽△BAC．
∴∠BQP＝∠BCA．
∴PQ∥AC．
∵AP∥A′G．
∴四边形APGA′是平行四边形．
∴PG＝AA′＝8t．
∴S＝S△A′PG＝PG•A′M
＝×8t×3t＝12t2．
②当＜t≤1时，
过点 A′作A′M⊥PG，垂足为M，如图2所示，
则有A′M＝QC＝3t，PQ＝DC＝8﹣4t，PG＝AA′＝8t，QG＝PG﹣PQ＝12t﹣8，QF＝9t﹣6．
∴S＝S△A′PG﹣S△GQF
＝PG•A′M﹣QG•QF
＝×8t×3t﹣×（12t﹣8）×（9t﹣6）
＝﹣42t2+72t﹣24．
③当1＜t＜2时，如图3所示，
∵PQ∥AC，PA＝PA′
∴∠BPQ＝∠PAA′，∠QPA′＝∠PA′A，∠PAA′＝∠PA′A．
∴∠BPQ＝∠QPA′．
∵∠PQB＝∠PQS＝90°，
∴∠PBQ＝∠PSQ．
∴PB＝PS．
∴BQ＝SQ．
∴SQ＝6﹣3t．
∴S＝S△PQS＝PQ•QS＝×（8﹣4t）×（6﹣3t）＝6t2﹣24t+24．
综上所述：当0＜t≤时，S＝12t2；
当＜t≤1时，S＝﹣42t2+72t﹣24；
当1＜t＜2时，S＝6t2﹣24t+24．
（3）①若S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，
过点A′作A′M⊥PG，垂足为M，过点A′作A′T⊥PB，垂足为T，如图4所示，
则有A′M＝PD＝QC＝3t，PG＝AA′＝8t．
∴S△A′PG＝×8t×3t＝12t2．
∵S△APA′＝AP•A′T＝AA′•PD，
∴A′T＝＝＝t．
∴S▱PBEA′＝PB•A′T＝（10﹣5t）×t＝24t（2﹣t）．
∵S△A′PG：S四边形PBEG＝1：3，
∴S△A′PG＝×S▱PBEA′．
∴12t2＝×24t（2﹣t）．
∵t＞0，
∴t＝．
②若S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，如图5所示，
同理可得：∠BPQ＝∠A′PQ，BQ＝6﹣3t，PQ＝8﹣4t，平行四边形PBEA′的面积＝24t（2﹣t）．
∵四边形PBEA′是平行四边形，
∴BE∥PA′．
∴∠BNP＝∠NPA′．
∴∠BPN＝∠BNP．
∴BP＝BN．
∵∠BQP＝∠BQN＝90°，
∴PQ＝NQ．
∴S△BPN＝PN•BQ＝PQ•BQ
＝（8﹣4t）×（6﹣3t）．
∵S△BPN：S四边形PNEA′＝1：3，
∴S△BPN＝×S▱PBEA′．
∴（8﹣4t）×（6﹣3t）＝×24t（2﹣t）．
∴（8﹣4t）×（6﹣3t）＝×24t（2﹣t）．
∵t＜2，
∴t＝．
综上所述：当射线PQ将▱A′PBE分成的两部分图形的面积之比是1：3时，t的值为秒或秒．



10．解：（1）由题意得，∠B＝60°，
在Rt△ABC中，∠B＝60°，
∴h＝AC＝ABsin∠B＝a，
∴k＝＝；
（2）①形变前的面积＝a2，
∵k＝，∴＝，
∴h＝，
∴形变后的面积＝a•＝a2
∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比：＝；
②∵点E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴四边形EFGH形变前的面积为，
∵EH是△ABD的中位线，
∴EH＝BD，同理EF＝AC，
∵四边形EFGH是矩形，
∴矩形EFGH的面积＝，
∴四边形EFGH形变前的面积与形变后的面积之比是，
（3）猜想：面积之比是；
理由：过点D′作D′G⊥A′B′于G，
则＝k，∵A′B′＝B′C′＝C′D′＝D′A′＝4，
∴D′G＝，∴S菱形A′B′C′D′＝A′B′•D′G＝，
∴S△A′E′F′＝S△A′HF′＝S菱形A′B′C′D′，
∴S△A′E′F′•＝，
S△AEF＝12﹣4﹣1﹣3＝4，
∴＝，
当△AEF与△A´E´F´的面积之比等于2：时，k＝，
∴A′D′：D′G＝，
∴∠D′A′G＝60°，
∴∠D′A′C′＝60°，∵A′D′＝4，
∴A′C′＝4．

11．解：（1）∵令y＝0，则﹣（x﹣1）2+4＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）∵CD∥AB，DE∥AC，
∴△CDE∽△BAC．
∵当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴CD＝2．
∵AB＝4，
∴＝，
∴＝（）2＝．
12．解：（1）当t＝2时，AE＝2，
则E（0，4），
∵点D为AB的中点，
∴D（3，3），
设直线ED的解析式的解析式为y＝kx+4，则3k+4＝3，
解得k＝﹣，
则直线ED的解析式的解析式为y＝﹣x+4，
设直线FD的解析式的解析式为y＝3x+b，则3＝9+b，
解得b＝﹣6，
则直线FD的解析式的解析式为y＝3x﹣6，
当y＝0时，x＝2，
故F点的坐标为（2，0）；
（2）当t＝4时，AE＝4，
则E（0，2），
设直线ED的解析式的解析式为y＝kx+2，则3k+2＝3，
解得k＝，
则直线ED的解析式的解析式为y＝x+2，
设直线FD的解析式的解析式为y＝﹣3x+b，则3＝﹣9+b，
解得b＝12，
则直线FD的解析式的解析式为y＝﹣3x+12，
当y＝0时，x＝4，
故F点的坐标为（4，0），
O点关于直线AB的对称点坐标为（6，6），
O与直线AB的对称点与F的直线解析式为y＝3x﹣12，
联立，解得，
则P（4.5，1.5），
OP+PF的最小值为＝2；
（3）当EG：GF＝1：2时，t＝（6﹣t），解得t＝4，
则E（0，2），F（4，0），
则直线EF的解析式为y＝﹣x+2；
当EG：GF＝2：1时，（6﹣t）＝t，解得t＝2，
则E（0，4），F（2，0），
则直线EF的解析式为y＝﹣2x+4．
13．解（1）令x＝0，y＝0+3＝3，
∴B点坐标为（0，3）；
令y＝0，可得0＝x+3，
x＝﹣3，
∴A点坐标为（﹣3，0）；
（2）∵S△AOC：S△BOC＝2：1．
∴S△AOC：S△AOB＝2：3；
∴B，C的纵坐标比为3：2，
∵B点的纵坐标为3，
∴C点的纵坐标为2，
∵点C在直线y＝x+3上，
∴2＝x+3，
∴x＝﹣1，
∴点C的坐标为（﹣1，2），
∵直线l过原点，
∴设直线l的解析式为y＝kx，把点C（﹣1，2）代入得k＝﹣2．
∴直线l的解析式为y＝﹣2x
（3）如图，∵A（﹣3，0），O（0，0），C（﹣1，2），
∴AC的中点坐标为O1（﹣2，1），OA的中点坐标为O2（﹣，0），OC的中点坐标为O3（﹣，1），设M（m，n），
∵以A，O，C，M为顶点的四边形是平行四边形，
∴①AC为对角线时，OM1和AC互相平分，
∴点O1也是OM1的中点，
∴＝﹣2，＝1，
∴m＝﹣4，n＝2，
∴M1（﹣4，2），
②当OA为对角线时，同①的方法得，M2（﹣2，﹣2），
③当OC为对角线时，同①的方法得，M3（2，2）
即：M1（﹣4，2）M2（2，2）M3（﹣2，﹣2）

14．解：（1）设y＝kx+b，
∵x＝0时，y＝4，x＝4时，y＝0，
∴，
解得，
∴P点的横坐标x与纵坐标y之间的数量关系是y＝﹣x+4．
（方法二：作PE⊥OB于E，可以根据S△AOB＝S△PBE+S四边形PEOA，构建关系式解决问题．）
故答案为y＝﹣x+4．
（2）如图，当点P在AB的延长线上时，作PE⊥x轴于E．

∵△BOP的面积与△AOP的面积之比是1：3，
∴PB：AB＝1：2，
∵OB∥PE，
∴＝＝＝，
∵A（4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴PE＝6，AE＝6，
∴OE＝6﹣4＝2，
∴P（﹣2，6）．
当点P′在线段OA上时，作P′F⊥OA于F．
∵＝＝＝，
∴P′F＝3，AF＝3，OF＝1，
∴P′（1，3）．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，6）或（1，3）．
（3）作矩形CKDO，连接PK．设P（m，﹣m+4）．

当0≤m≤4上时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD﹣S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×4﹣×5×m，
解得m＝，此时P（，）．
当﹣3≤m＜0时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD+S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×4+×5×（﹣m），
解得m＝（舍弃）．
当m＜﹣3时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PKD﹣SPCK﹣S△CDK＝S△ABD+S△PDB，
∴×3×（﹣m+5）﹣×1×（﹣3﹣m）﹣×1×3＝×5×4+×5×（﹣m），
解得m＝（舍弃），此种情形不存在．
当4＜m≤5时，∵S△PCD＝S△PAD，
∴S△PCK+S△PKD﹣S△CDK＝S△ABD﹣S△PDB，
∴×1×（3+m）+×3×（﹣m+5）﹣×1×3＝×5×m﹣×5×4，
解得m＝5，此时P（5，﹣1），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，）或（5，﹣1）．
15．（1）证明：连接BG，
∵弦CD⊥AB于点E，
∴＝，
∴∠DGB＝∠BGC，
∵AB为直径，
∴∠AGB＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∴∠AGB﹣∠DGB＝∠FGB﹣∠CGB，
∴∠CGF＝∠AGD；
（2）解：①连接BD，BC，
∵∠∠DGF＝120°，
∴∠AGD＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ACD＝∠ABD＝∠AGD＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∵AB是直径，
∴∠ADB＝90°，
∴sin∠ABD＝＝，
∵AB＝4，
∴CD＝AD＝2；
②∵∠DAG＝∠FAD，∠AGD＝∠ADC，
∴△ADG∽△AFD，
∴，
∵，AD＝CD＝2，
∴＝，DF＝3，AF•AG＝AD2＝12，
∴CF＝DF﹣CD＝，
∵∠GCF＝∠DAF，∠F＝∠F，
∴△FCG∽△FAD，
∴＝，
∴FG•FA＝FC•FD＝＝9，
∴＝，即＝，
∴，
∵＝，
∴，
∴＝．

16．（1）证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵CE⊥直线m，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠ACE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）解：结论DE＝BD+CE成立，
证明：∠CAE＝180°﹣∠BAC﹣∠BAD，∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD，∠BDA＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，即结论DE＝BD+CE成立；
（3）由（2）得，△ABD≌△CAE，
∴AE＝BD＝5，
∴AD＝DE﹣AE＝2，
∴EF＝2CE＝4，
∴△ABD与△ABF的面积之比＝AD：AF＝2：9．
17．解：（1）令x＝0，得y＝2mx2+5mx﹣12m＝﹣12m，
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），则
，
∴，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣3mx﹣12m；
（2）∠CBA＝2∠CAB．
理由如下：
如图1，作点B关于y轴的对称点B'，连接CB'．

∴CB＝CB'，
∴∠CBA＝∠CB'O，
∵m＝﹣时，抛物线的解析式为：，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
当y＝0，得＝0，
解得x＝﹣4或，
∴A（﹣4，0），B（，0），
∴B'（﹣（，0），
∴AB'＝，CB'＝
∴AB'＝CB'，
∴∠CAB＝∠ACB'，
∵∠CB'O＝∠CAB+∠ACB'＝2∠CAB，
∴∠CBA＝2∠CAB；

（3）如图2，以MD为半径做圆，

过M点ME∥y轴，交AC于点E，
则∠MEC＝∠ACO，
∵A（﹣4，0），以（0，2）
∴直线AC的解析式为y＝，
设M（m，）（﹣4＜m＜0），则E（m，），
∴，
在Rt△AOC中，OC＝2，OA＝4，由勾股定理可得AC＝2，
∴sin∠MED＝，
∴，
由二次函数的性质知，当m＝﹣2时，MD有最大值为：，
∴，
∴⊙M面积的最大值为：π×（）2＝，
∴⊙M面积的取值范围为：0＜S⊙M≤，
18．（1）解：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），
S矩形EBMF＝S△ABC﹣（S△AEF+S△FMC）．
易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FMC＝S△FGC．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF；
故答案为：S△AEF，S△FMC；S△ANF，S△AEF，S△FMC，S△FGC；
（2）解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2：

则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴PM＝DF＝4，
同（1）得：S矩形AEPM＝S矩形CFPN，
∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，
∴S△AEP＝S△CFP＝×PE×PM＝×5×4＝10，
∴图中阴影部分的面积S阴＝10+10＝20．
19．解：（Ⅰ）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x+2）（x﹣6）＝a（x2﹣4x﹣12），
则﹣12a＝3，解得：a＝﹣，
抛物线解析式为：y＝﹣（x2﹣4x﹣12）＝﹣x2+x+3①；
则抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4）；
（Ⅱ）①设P点坐标为（2，m）（其中0≤m≤4），
则PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，
∵PQ⊥PC，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，
即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，
整理得：n＝（m2﹣3m+4）＝（m﹣）2+（0≤m≤4）；
②对于n＝（m2﹣3m+4）＝（m﹣）2+（0≤m≤4），
当m＝4时，n取得最大值为4，
则Q（4，0），
由点C、Q的坐标得：线段CQ的解析式为：y＝﹣x+3，
设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为：y＝﹣x+3+t②，
当线段CQ向上平移，线段CQ与抛物线有且只有一个交点时，
联立①②并整理得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，
解得t＝．
此外，当线段CQ向上平移t个单位长度，
因为点C的坐标为（0，3），
故当0≤t＜3时，线段CQ与抛物线有且只有一个交点，
综上，t＝或0≤t＜3．
20．解：（1）设AB所在直线的函数表达式为y＝kx+b，
把A（3，3）、B（9，5）代入得：
，解得：，
∴AB所在直线的函数表达式为y＝x+2；
（2）如图1，由题意得：OP＝t，则PC＝14﹣t，
过A作AD⊥x轴于D，过B作BF⊥x轴于F，过Q作QH⊥x轴于H，
过A作AE⊥BF于E，交QH于G，
∵A（3，3），
∴OD＝3，AD＝3，
由勾股定理得：OA＝6，
∵B（9，5），
∴AE＝9﹣3＝6，BE＝5﹣3＝2，
Rt△AEB中，AB＝＝4，
tan∠BAE＝＝＝，
∴∠BAE＝30°，
点Q过OA的时间：t＝＝2（秒），
∴AQ＝（t﹣2），
∴QG＝AQ＝，
∴QH＝+3＝t+2，
在△PQC中，PC＝14﹣t，PC边上的高为t+2，t＝＝4（秒），
∴S＝（14﹣t）（t+2）＝﹣+t+14（2≤t≤6），
∴当t＝5时，S有最大值为；
（3）①当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图2），
过Q作QG⊥x轴于G，
由题意得：OQ＝3t，OP＝t，∠AOG＝60°，
∴∠OQG＝30°，
∴OG＝t，
∴CG＝14﹣t，
sin60°＝，
∴QG＝×3t＝t，
在Rt△QGC中，由勾股定理得：QG2+CG2＝QC2＝PC2，
可得方程（）2+（14﹣t）2＝（14﹣t）2，
解得：t1＝，t2＝0（舍），此时t＝，
②当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图3），
∴AQ＝AP，
过A作AG⊥x轴于G，
由题意得：OP＝t，AQ＝（t﹣2），则PG＝t﹣3，AP＝（t﹣2），
在Rt△AGP中，由勾股定理得：AP2＝AG2+PG2，
可得方程：（3）2+（t﹣3）2＝[（t﹣2）]2，
解得：t1＝，t2＝（舍去），
此时t＝；
当PQ的垂直平分线经过点C时，如图3﹣1中，易知QC＝PC＝14﹣t，
QG＝t+2，CG＝14﹣t，
在Rt△QCG中，（14﹣t）2＝（t+2）2+（14﹣t）2，
整理得t2﹣4t+6＝0，Δ＜0，无解．此种情形不存在．
③当6＜t≤10时，
i）线段PQ的中垂线经过点C（如图4），
∴PC＝CQ，
由（2）知：OA＝6，AB＝4，BC＝10，
t＝+＝6，
∴BQ＝（t﹣6），
∴CQ＝BC﹣BQ＝10﹣（t﹣6）＝25﹣t，
可得方程为：14﹣t＝25﹣t，
解得：t＝；
ii）线段PQ的中垂线经过点B（如图5），
∴BP＝BQ，
过B作BG⊥x轴于G，
则BG＝5，PG＝t﹣9，BQ＝（t﹣6），
由勾股定理得：BP2＝BG2+PG2，
可得方程为：（5）2+（t﹣9）2＝[（t﹣6）]2，
解得：t1＝，t2＝（舍去），
此时t＝，
综上所述，t的值为或或或．