天津市河北区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题

这是一份天津市河北区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题，共33页。试卷主要包含了解方程等内容，欢迎下载使用。

天津市河北区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题
1．（2022·天津河北·九年级期末）解方程：．
2．（2022·天津河北·九年级期末）小明参加某个智力竞答节目，答对最后两道单选题就顺利通关．第一道单选题有3个选项，第二道单选题有4个选项，这两道题小明都不会，不过小明还有一个“求助”没有用（使用“求助”可以让主持人去掉其中一题的一个错误选项）．
(1)如果小明第一题不使用“求助”，那么小明答对第一道题的概率是_____．
(2)如果小明将“求助”留在第二题使用，请用树状图或者列表来分析小明顺利通关的概率．
3．（2022·天津河北·九年级期末）已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线交于点P，∠BPC=38°．

(1)如图①，连接OD，若D为的中点，求∠ODC的大小；
(2)如图②，连接BD，若DE=DB，求∠PBD的大小．
4．（2022·天津河北·九年级期末）已知某品牌床单进价为每件60元，每月的销量w（件）与售价x（元）的相关信息如下表（符合一次函数关系）：
售价（元/件）
100
110
120
130
…
月销售量（件）
200
180
160
140
…

（1）销售该品牌床单每件的利润是______元（用含x的式子表示）．
（2）用含x的代数式表示月销量w．
（3）设销售该品牌床单的月利润为y元，那么售价为多少时，当月的利润最大，最大利润是多少？
5．（2022·天津河北·九年级期末）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转得到△A'BO'，点A、O旋转后的对应点为A、O'，记旋转角为α．

(1)如图①，若α＝90°，求AA'的长；
(2)如图②，若α＝60°，求点O'的坐标；
(3)如图③，P为AB上一点，且PA：PB＝2：1，连接PO'、PA'，在△ABO绕点B逆时针旋转一周的过程中，求△PO'A'的面积的最大值和最小值（直接写出结果即可）．
6．（2022·天津河北·九年级期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于A，B两点，交轴于点C，点A，B的坐标分别为（-1，0），（4，0）．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线BC下方的抛物线上一动点，求△CPB的面积最大时点P的坐标；
(3)若M是抛物线上一点，且∠MCB＝∠ABC，请直接写出点M的坐标．
7．（2021·天津河北·九年级期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点，，均在格点上，AB与网格交于点D．
（1）线段AD的长为_______________；
（2）在如图所示的网格中，是边上任意一点，当时，请用无刻度的直尺，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）____________________________________．

8．（2021·天津河北·九年级期末）在一个不透明的盒子中装有4张卡片.4张卡片的正面分别标有数字1,2,3,4,这些卡片除数字外都相同,将卡片搅匀.
(1)从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是： ；
(2)先从盒子中任意抽取一张卡片,再从余下的3张卡片中任意抽取一张卡片,求抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率(请用画树状图或列表等方法求解).
9．（2021·天津河北·九年级期末）如图，反比例函数与一次函数的图象关于和两点．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）连接OA、OB，求的面积．

10．（2021·天津河北·九年级期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，AE＝ED，DF＝DC，连接EF并延长交BC的延长线于点G．
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）若正方形的边长为4，求BG的长．

11．（2021·天津河北·九年级期末）如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．
（1）判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC=2，⊙O的半径是3，求BE的长．

12．（2021·天津河北·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，等边△ABC的顶点A，B的坐标分别为（0，0），（6，0），点D是x轴上的一个动点，连接CD，将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）点C的坐标为____，△CDE为____三角形；
（2）当点D在线段AB上运动时，四边形CDBE的周长是否存在最小值？若存在，求出四边形CDBE的周长最小值及此时点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当△BDE是直角三角形时，请直接写出点D的坐标．

13．（2021·天津河北·九年级期末）已知抛物线（b是常数）与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．
（1）若点A坐标为，求该抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）在（1）的条件下，设抛物线的对称轴与x轴交于点N，在抛物线的对称轴上是否存在点P，使为等腰三角形？若存在，求出符合条件的P点坐标；若不存在，说明理由；
（3）在范围内，二次函数有最小值是-6，求b的值（直接写出答案即可）．
14．（2020·天津河北·九年级期末）在“植树节”期间，小王、小李两人想通过摸球的方式来决定谁去参加学校植树活动，规则如下：在两个盒子内分别装入标有数字1，2，3，4的四个和标有数字1，2，3的三个完全相同的小球，分别从两个盒子中各摸出一个球，如果所摸出的球上的数字之和小于5，那么小王去，否则就是小李去．
（1）用树状图或列表法求出小王去的概率；
（2）小李说：“这种规则不公平”，你认同他的说法吗？请说明理由．
15．（2020·天津河北·九年级期末）如图在锐角三角形ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，∠EAF=∠GAC．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）如AF=3，AG=5，求△ADE与△ABC的周长之比．

16．（2020·天津河北·九年级期末）一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数的图象相交于A（﹣1，m），B（n，-1）两点．

（1）求出这个一次函数的表达式；
（2）求△OAB的面积．
17．（2020·天津河北·九年级期末）已知AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，连接AD，BC，已知AE＝AD，∠BAD＝34°．
（1）如图①，连接CO，求∠ADC和∠OCD的大小；
（2）如图②，过点D作⊙O的切线与CB的延长线交于点F，连接BD，求∠BDF的大小．

18．（2020·天津河北·九年级期末）如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

（1）求证：DE⊥AG；
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．
19．（2020·天津河北·九年级期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B，C，已知A（﹣1，0），C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，P为线段BC上一动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点D，是否存在这样的P点，使线段PD的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，抛物线的顶点为E，EF⊥x轴于点F，N是直线EF上一动点，M（m，0）是x轴一个动点，请直接写出CN+MN+MB的最小值以及此时点M、N的坐标，直接写出结果不必说明理由．

参考答案：
1．x1＝﹣1+，x2＝﹣1﹣
【分析】先化二次项系数为1，然后常数项移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数2的一半的平方，然后配成完全平方，再开方求解即可．
【详解】解：
二次项系数化为1，得：，
移项得：，
左右两边同时加上一次项系数2的一半的平方，得：
∴，
∴，
∴，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程配方法．将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
2．(1)
(2)

【分析】（1）直接利用概率公式求解；
（2）画树状图得到共有9种等可能的结果数，小明顺利通关的的结果数为1，然后根据概率公式求解．
(1)
解：根据题意得：小明答对第一道题的概率是；
(2)
解：分别用A，B，C表示第一道单选题的3个选项，a，b，c表示剩下的第二道单选题的3个选项，画树状图得：

共有9种等可能的结果数，小明顺利通关的的结果数为1，
所以小明顺利通关的概率为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法求概率，明确题意，准确画出树状图或列出表格是解题的关键．
3．(1)
(2)

【分析】（1）连接，根据等弧所对的圆心角相等可得，再利用切线的性质可得，从而求得，进而求出，最后利用等腰三角形的性质进行计算即可解答；
（2）连接，利用切线的性质可得，从而求得的值，进而求得的值，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得的值，最后利用等腰三角形的性质进行计算即可解答．
(1)
如图1，连接，

图1
∵D为的中点，
∴，
∴，
∵是的切线，为切点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴；
(2)
如图2，连接，

图2
∵是的切线，为切点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识点，熟练掌握切线的性质、圆周角定理以及正确的画出辅助线是解答本题的关键．
4．（1）（x﹣60）；（2）W=﹣2x+400；（3）售价为130元时，当月的利润最大，最大利润是9800元
【分析】（1）根据利润=售价﹣进价列式即可；
（2）根据月销量和售价符合一次函数关系，故利用待定系数法求解即可；
（3）根据月利润=单件利润×月销量列出y与x的函数关系式，利用求二次函数求最值的方法求解即可．
【详解】解：（1）由题意，每件的利润是（x﹣60）元，
故答案为：（x﹣60）；
（2）由题意，设w与x的关系式为w=kx+b，
将x=100，w=200，x=110，w=180代入，得：
，解得：，
∴w=﹣2x+400；
（3）由题意，y=（﹣2x+400）（x﹣60）=﹣2x2+520x﹣24000=﹣2（x﹣130）2+9800，
∵﹣2＜0，
∴当x=130时，y有最大值9800，
答：售价为130元时，当月的利润最大，最大利润是9800元．
【点睛】本题考查列代数式、待定系数法求解函数关系式、二次函数的最值，解答的关键是理解题意，正确列出函数关系式，会利用二次函数求最值的方法解决问题．
5．(1)
(2)
(3)面积的最大值和最小值分别为和

【分析】（1）由勾股定理求出AB的长，由旋转的性质得出∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，由勾股定理求解即可；
（2）如图②，过点O'作O'C⊥OB于点C，由旋转的性质及含30°的直角三角形的性质可求出OC，O'C的长，进而可得点坐标；
（3）设到的距离为，则，由题意知是在以为圆心的圆上运动，如图3所示，当时，的面积最小；时，的面积最大；由 ，，可求的值，①当时，，根据计算求解即可；②当时，，根据计算求解即可．
(1)
解：∵点A（4，0），点B（0，3），
∴AO＝4，OB＝3，
∴AB＝＝5，
由旋转的性质得∠ABA'＝90°，AB＝A'B＝5，
∴AA'＝＝＝5；
(2)
解：如图②，α＝60°，则∠OBO'＝60°，过点O'作O'C⊥OB于点C，则∠O'CB＝90°，

由旋转的性质得，
∴，
∴，
∴O'；
(3)
解：设到的距离为，
∴
∵△ABO绕点B逆时针旋转
∴是在以为圆心的圆上运动
∴如图3所示，当时，的面积最小；时，的面积最大；

∵ ，
∴
①当时，
∴
②当时，
∴
∴△PO'A'的面积的最大值和最小值分别为和．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，含30°的直角三角形，圆等知识．解题的关键在于熟练掌握旋转的性质．
6．(1)
(2)
(3)的坐标为或

【分析】（1）待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求直线的解析式，如图1，过作交于，设，则，，求解面积最大时的值，进而可得点坐标；
（3）由题意知，分两种情况求解； ①如图2，作，两直线平行，内错角相等，可知直线与抛物线的交点即为点，根据二次函数的对称性求解的坐标即可；②如图2，作直线使交于，可知直线与抛物线的交点即为点，根据勾股定理求出点坐标，待定系数法求的解析式，联立求交点坐标即可．
（1）
解：将点坐标代入抛物线解析式得
解得
∴抛物线的解析式为．
（2）
解：当时，
∴
设直线的解析式为，将两点坐标代入得
解得
∴直线的解析式
如图1，过作交于，设，则

∴
∴

∵，
∴时，面积最大
∴．
（3）
解：由题意知，分两种情况求解；
①如图2，作，

∵
∴
∴直线与抛物线的交点即为点
∵关于抛物线的对称轴直线对称
∴；
②如图2，作直线使交于
∵
∴直线与抛物线的交点即为点
∴
设，则
在中，由勾股定理得，即
解得
∴
设直线的解析式为，将点坐标代入得
解得
∴直线的解析式为
∴联立
解得或
∴；
综上所述，时，点M的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与面积综合，二次函数与角度综合．解题的关键在于对知识的灵活运用．
7．（1）；（2）图见解析，取格点M，N，连接MN，与AC相交于点P，则点P即为所求
【分析】（1）根据勾股定理求出AB的长，在利用平行线分线段成比例进行计算即可．
（2）如图，取格点M，N，连接MN，与AC相交于点P，则点P即为所求．
【详解】（1）如图：

根据勾股定理得AB






（2），




点P在AC上，


如图，取格点、，连接，与AC相交于点P，

则

故点P即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计，涉及勾股定理、相似三角形的性质，平行线分线段成比例等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8．(1) ；(2).
【分析】（1）共4张卡片，奇数卡片有2张，利用概率公式直接进行计算即可；（2）画出表格，数出总情况数，数出抽取的2张卡片标有数字之和大于4的情况数，再利用概率公式进行计算即可
【详解】(1)共4张卡片，奇数卡片有2张，所以恰好抽到标有奇数卡片的概率是
(2)表格如下

一共有12种情况，其中2张卡片标有数字之和大于4的有8种情况，所以
答：从盒子任意抽取一张卡片,恰好抽到标有奇数卡片的概率是，抽取的2张卡片标有数字之和大于4的概率为.
【点睛】本题主要考查利用画树状图或列表求概率问题，本题关键在于能够列出表格
9．（1），；（2）4
【分析】（1）把A（1，3）代入y求出k，得出反比例函数的解析式，把B（n，﹣1）代入y求出n，得出B的坐标，把A、B的坐标代入y＝mx+b得出，求出m＝1，b＝2，即可得出一次函数的解析式；
（2）求出C的坐标，根据三角形的面积公式分别求出△BOC和△AOC的面积即可．
【详解】（1）设反比例函数的解析式为：
∵把代入得：，
∴反比例函数的解析式是，
∵把代入得：，
∴B的坐标是，
设一次函数的解析式为：
∵把点A、B的坐标代入得：，
解得，
∴一次函数的解析式为；
（2）直线AB交y轴于C，
∵把代入得：，
∴，
∴的面积．

【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式，三角形的面积，一次函数与反比例函数的交点问题等知识点的应用，用了数形结合思想．
10．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据正方形的性质及相似三角形的判定定理证明即可；
（2）由正方形及平行线的性质可得，再由对顶角相等，可得，利用相似三角形的对应边成比例即可得．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
又∵，正方形的边长为4，
∴，，
∴．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键．
11．（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，理由见解析；（2）BE=6．
【分析】（1）连接OD，可知由直径所对的圆周角是直角可得∠DAB+∠DBA=90°，再由∠CDA=∠CBD可得∠CDA+∠ADO=90°，从而得∠CDO=90°，根据切线的判定即可得出；
（2）由已知利用勾股定理可求得DC的长，根据切线长定理有DE=EB，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【详解】（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，
理由是：连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠CDA=∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA=90°，
∵OD=OA，
∴∠DAB=∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO=90°，
即OD⊥CE，
∴直线CD是⊙O的切线，
即直线CD和⊙O的位置关系是相切；
（2）∵AC=2，⊙O的半径是3，
∴OC=2+3=5，OD=3，
在Rt△CDO中，
由勾股定理得：CD=4，
∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，
∴DE=EB，∠CBE=90°，
设DE=EB=x，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2=BE2+BC2，
则（4+x）2=x2+（5+3）2，
解得：x=6，
即BE=6．

12．（1）（3，3）；等边；（2）存在，6+6，（3，0）；（3）（-6，0）或（12，0）．
【分析】（1）作CH⊥AB于H，根据直角三角形的性质求出AH，根据勾股定理求出CH，得到点C的坐标，根据旋转变换的性质、等边三角形的判定定理得到△CDE为等边三角形；
（2）证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE，根据四边形的周长公式、垂线段最短计算，求出四边形CDBE的周长最小值、此时点D的坐标；
（3）分点的D在AB的延长线、在BA的延长线两种情况，根据直角三角形的性质、等边三角形的性质解答．
【详解】解：（1）如图①，作CH⊥AB于H，

∵△ABC为等边三角形，
∴CA=CB=AB=6，
∵CH⊥AB，
∴AH=HB=3，
由勾股定理得，CH= ，
∴点C的坐标为（3，3），
由旋转的性质可知，CD=CE，∠DCE=60°，
∴△CDE为等边三角形，
故答案为：（3，3）；等边；
（2）存在，
理由如下：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACD+∠DCB=60°，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠BCE+∠DCB=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）
∴AD=BE，

∴四边形CDBE的周长=CD+DB+BE+CE=CD+DB+AD+CE=6+2CD，
当CD最小时，四边形CDBE的周长存在最小值，
由垂线段最短可知，CD⊥AB时，CD最小，CD的最小值为3，
∴四边形CDBE的周长最小值为6+6，此时点D的坐标为（3，0）；
（3）由（2）可知，△ACD≌△BCE，
∴BE=AD，
∴∠DBE=120°或60°，不能为90°，
如图②，∠DEB=90°时，∠DBE=60°，
∴∠BDE=30°，
∴DB=2BE，
∵BE=AD，

∴AD=AB=6，此时，点D的坐标为（-6，0），
如图③，当∠BDE=90°时，∠ADC=90°-60°=30°，
∵∠CAD=60°，
∴∠ACD=90°，又∠ADC=30°，
∴AD=2AC=12，此时，点D的坐标为（12，0），
综上所述，当△BDE是直角三角形时，点D的坐标为（-6，0）或（12，0）．
【点睛】此题考查旋转变换的性质、等边三角形的性质、四边形的周长计算，掌握旋转变换的性质、垂线段最短以及全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．（1），顶点坐标为）；（2）符合条件的点P存在，点）或或或；（3）当或时，在范围内，二次函数有最小值是
【分析】（1）把代入即可求解析式及顶点坐标；
（2）为等腰三角形，分三种情况，勾股定理列方程即可；
（3）先确定对称轴，再根据顶点是否在范围内，分类讨论，确定最小值时x值，代入即可．
【详解】解：（1）∵抛物线经过点，∴，
解得，，
则抛物线的解析式为；
，
∴抛物线的顶点坐标为）；
（2）存在点P，设，
根据题意得：N（1,0），C（0，-3）
则；
；
，
∴为等腰三角形，分三种情况：
①当时，
，得，
∴点P的坐标为）或；
②当时，
，，
解得，，
∴点P的坐标为）；
③当时，
，，
解得（舍去），，
∴点P的坐标为；
∴符合条件的点P存在，点）或或或．
（3）抛物线的对称轴为：x=，
∵抛物线开口向上，当＞2时，x=2时，函数有最小值，
即4+2b-3=-6，
解得，b=（舍去）；
当-1≤≤2时，x=时，函数有最小值，
即，
解得，b1=（舍去），b2=；
当＜-1时，x=-1时，函数有最小值，
即，
解得，b=4；
当或时，在范围内，二次函数有最小值是．
【点睛】本题为二次函数综合题，主要考查了二次函数的基本知识、等腰三角形的性质、勾股定理等，要注意的是要分类进行求解，不要漏解．
14．（1）；（2）规则是公平的；
【详解】试题分析：（1）先利用画树状图展示所有12种等可能的结果数，然后根据概率公式求解即可；
（2）分别计算出小王和小李去植树的概率即可知道规则是否公平．
试题解析：（1）画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中摸出的球上的数字之和小于6的情况有9种，
所以P（小王）=；
（2）不公平，理由如下：
∵P（小王）=，P（小李）=，≠，
∴规则不公平．
点睛：本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
15．（1）△ADE∽△ABC；（2）.
【分析】（1）由于AG⊥BC，AF⊥DE，所以∠AFE=∠AGC=90°，从而可证明∠AED=∠ACB，进而可证明△ADE∽△ABC；
（2）依据△ADE∽△ABC，利用相似三角形的周长之比等于对应高之比，即可得到结论．
【详解】（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE，∴∠AFE=∠AGC=90°．
∵∠EAF=∠GAC，∴∠AED=∠ACB．
∵∠EAD=∠BAC，∴△ADE∽△ABC；
（2）由（1）可得：△ADE∽△ABC．
又∵AG⊥BC于点G，AF⊥DE于点F，∴△ADE与△ABC的周长之比==．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．
16．（1）y＝﹣x+1；（2）
【分析】（1）先把A（﹣1，m），B（n，﹣1）分别代入反比例函数解析式可求出m、n，于是确定A点坐标为（﹣1，2），B点坐标为（2，﹣1），然后利用待定系数法求直线AB的解析式；
（2）设直线AB交y轴于P点，先确定P点坐标，然后利用S△OAB=S△AOP+S△BOP和三角形面积公式进行计算．
【详解】（1）把A（﹣1，m），B（n，﹣1）分别代入y得﹣m=﹣2，﹣n=﹣2，解得：m=2，n=2，
所以A点坐标为（﹣1，2），B点坐标为（2，﹣1），
把A（﹣1，2），B（2，﹣1）代入y=kx+b得：，解得：，
所以这个一次函数的表达式为y=﹣x+1；
（2）设直线AB交y轴于P点，如图，
当x=0时，y=1，所以P点坐标为（0，1），
所以S△OAB=S△AOP+S△BOP1×11×2．

【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数解析式．也考查了待定系数法求函数解析式．
17．（1）∠ADC=73°，∠OCD=39°；（2）34°
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）连接OD，根据切线的性质得到∠ODF=90°，根据圆周角定理得到∠ADB=90°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）连接OD．
∵AE=AD，∠BAD=34°，∴∠ADC=∠AED（180°﹣34°）=73°．
∵OA=OD=OC，∴∠ADO=∠A=34°，∴∠OCD=∠ODC=∠ADC﹣∠ADO=73°﹣34°=39°；
（2）连接OD．
∵DF是⊙O的切线，∴∠ODF=90°．
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO=∠BDF．
∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∴∠BDF=∠BAD=34°．

【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
18．（1）见解析；（2）30°或150°，的长最大值为，此时
【分析】（1）延长ED交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；
（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；
②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=+2，此时α=315°．
【详解】解：（1）如图1，延长ED交AG于点H，

∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∵OG=OE，
在△AOG和△DOE中，
，
∴△AOG≌△DOE，
∴∠AGO=∠DEO，
∵∠AGO+∠GAO=90°，
∴∠GAO+∠DEO=90°，
∴∠AHE=90°，
即DE⊥AG；
（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：
(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，
∵OA=OD=OG=OG′，
∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O==，
∴∠AG′O=30°，
∵OA⊥OD，OA⊥AG′，
∴OD∥AG′，
∴∠DOG′=∠AG′O=30°∘，
即α=30°；

(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，
同理可求∠BOG′=30°，
∴α=180°−30°=150°．
综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．
②如图3，当旋转到A． O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，

∵正方形ABCD的边长为1，
∴OA=OD=OC=OB=，
∵OG=2OD，
∴OG′=OG=，
∴OF′=2，
∴AF′=AO+OF′=+2，
∵∠COE′=45°，
∴此时α=315°．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义，解题的关键是掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质，注意特殊角的三角函数值的应用．
19．（1）y=﹣x2+2x+3；（2）存在，PD最大值为；（3），N（1，），M（，0）．
【分析】（1）y=﹣x2+bx+c经过点C，则c=3，将点A的坐标代入抛物线表达式：y=﹣x2+bx+3，即可求解；
（2）设点D（x，﹣x2+2x+3），则点P（x，﹣x+3），则PD=（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，即可求解；
（3）过点B作倾斜角为30°的直线BH，过点C作CH⊥BH交于点H，CH交对称轴于点N，交x轴于点M，则点M、N为所求，即可求解．
【详解】（1）y=﹣x2+bx+c经过点C，则c=3，
将点A的坐标代入抛物线表达式：y=﹣x2+bx+3，得：0=-1-b+3，解得：b=2，
抛物线的表达式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）存在，理由：
令y=0，得：﹣x2+2x+3=0，解得：x=﹣1或3，故点B（3，0），
设直线BC为y=kx+b，将点B、C的坐标代入得：
，解得：．
∴直线BC的表达式为：y=﹣x+3，
设点D（x，﹣x2+2x+3），则点P（x，﹣x+3），
则PD=（﹣x2+2x+3）﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x=，
当x时，PD最大值为：；
（3）过点B作倾斜角为30°的直线BH，过点C作CH⊥BH交于点H，CH交对称轴于点N，交x轴于点M，则点M、N为所求．

∵∠ABH=30°，∠MHB=90°，∴∠CMO=∠BMH=90°-30°=60°．
∵∠COB=90°，∴∠COM=30°，∴OC=OM．
∵OC=3，∴OM=，
∴M（，0），CM=2OM=，MF=OM-OF=，MB=OB-OM=．
∵∠FMN=60°，∴tan∠FMN=，∴，
∴NF=，∴N（1，）．
CN+MNMB的最小值=CMMB=．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、点的对称性等，其中（3），本题提供对的采取的用点的对称轴确定线段和的方法，是此类题目的一般方法．