1. 圖是由5個相同的小正方體組合而成的立體圖形，其主視圖是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)三視圖的概念，從正面看到的圖形就是主視圖，再根據(jù)小正方體的個數(shù)和排列進行作答即可．
【詳解】正面看，其主視圖為：
故選：A．
【點睛】此題主要考查了簡單組合體的三視圖，俯視圖是從上面看所得到的圖形，主視圖是
從正面看所得到的圖形，左視圖時從左面看所得到的圖形，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
2. 長春軌道客車股份有限公司制造的新型奧運版復興號智能動車組，車頭采用鷹隼形的設計，能讓性能大幅提升，一列該動車組一年運行下來可節(jié)省約1800000度電，將數(shù)據(jù)1800000用科學記數(shù)法表示為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)．確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同．當原數(shù)絕對值＞10時，n是正數(shù)；當原數(shù)的絕對值＜1時，n是負數(shù)．
詳解】解：1800000=1.8×106，
故選：B．
【點睛】此題考查科學記數(shù)法的表示方法．科學記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n為整數(shù)，表示時關鍵要正確確定a的值以及n的值．
3. 不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接移項解一元一次不等式即可．
【詳解】，
，
，
故選：C．
【點睛】本題考查了解一元一次不等式，熟練掌握解一元一次不等式的步驟是解題的關鍵．
4. 實數(shù)a，b在數(shù)軸上對應點的位置如圖所示，下列結論正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】觀察數(shù)軸得：，再逐項判斷即可求解．
【詳解】解：觀察數(shù)軸得：，故A錯誤，不符合題意；B正確，符合題意；
∴，故C錯誤，不符合題意；
∴，故D錯誤，不符合題意；
故選：B
【點睛】本題主要考查了實數(shù)與數(shù)軸，實數(shù)的大小比較，利用數(shù)形結合思想解答是解題的關鍵．
5. 如圖是長春市人民大街下穿隧道工程施工現(xiàn)場的一臺起重機的示意圖，該起重機的變幅索頂端記為點A，變幅索的底端記為點B，垂直地面，垂足為點D，，垂足為點C．設，下列關系式正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)正弦三角函數(shù)的定義判斷即可．
【詳解】∵BC⊥AC，
∴△ABC是直角三角形，
∵∠ABC=α，
∴，
故選：D．
【點睛】本題考查了正弦三角函數(shù)的定義．在直角三角形中任意銳角∠A的對邊與斜邊之比叫做∠A的正弦，記作sin∠A．掌握正弦三角函數(shù)的定義是解答本題的關鍵．
6. 如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形．若，則的度數(shù)為（ ）
A. 138°B. 121°C. 118°D. 112°
【答案】C
【解析】
【分析】由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得，再由圓周定理可得．
【詳解】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，
∴
∵
∴
∴
故選：C
【點睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和圓周角定理，熟練掌握相關性質(zhì)和定理是解答本題的關鍵
7. 如圖，在中，根據(jù)尺規(guī)作圖痕跡，下列說法不一定正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)尺規(guī)作圖痕跡，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分線，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和角平分線的定義，直角三角形兩銳角互余，等邊對等角的性質(zhì)進行判斷即可．
【詳解】根據(jù)尺規(guī)作圖痕跡，可得DF垂直平分AB，BE是的角平分線，
，
，
，
綜上，正確的是A、C、D選項，
故選：B．
【點睛】本題考查了垂直平分線和角平分線的作圖，垂直平分線的性質(zhì)，角平分線的定義，直角三角形兩銳角互余，等邊對等角的性質(zhì)，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
8. 如圖，在平面直角坐標系中，點P在反比例函數(shù)（，）的圖象上，其縱坐標為2，過點P作//軸，交x軸于點Q，將線段繞點Q順時針旋轉60°得到線段．若點M也在該反比例函數(shù)的圖象上，則k的值為（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】作MN⊥x軸交于點N，分別表示出ON、MN，利用k值的幾何意義列式即可求出結果．
【詳解】解：作MN⊥x軸交于點N，如圖所示，
∵P點縱坐標為：2，
∴P點坐標表示為：（，2），PQ=2，
由旋轉可知：QM=PQ=2，∠PQM=60°，
∴∠MQN=30°，
∴MN=，QN=，
∴，
即：，
解得：k=，
故選：C．
【點睛】本題主要考查的是k的幾何意義，表示出對應線段是解題的關鍵．
二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，共18分）
9. 分解因式：_______．
【答案】
【解析】
【分析】原式提取公因式m即可得到結果．
【詳解】解：
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了提公因式分解因式，正確找出公因式是解答本題的關鍵．
10. 若關于x的方程有兩個相等的實數(shù)根，則實數(shù)c的值為_______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根據(jù)方程有兩個相等的實數(shù)根，可得，計算即可．
【詳解】關于x的方程有兩個相等的實數(shù)根，
，
解得，
故答案為：．
【點睛】本題考查了一元二次方程根的判別式，即一元二次方程有兩個不相等的實數(shù)根時，；有兩個相等的實數(shù)根時，；沒有實數(shù)根時，；熟練掌握知識點是解題的關鍵．
11. 《算法統(tǒng)宗》是中國古代重要的數(shù)學著作，其中記載：我問開店李三公，眾客都來到店中，一房七客多七客，一房九客一房空．其大意為：今有若干人住店，若每間住7人，則余下7人無房可住；若每間住9人，則余下一間無人住，設店中共有x間房，可求得x的值為________．
【答案】8
【解析】
【分析】設店中共有x間房，根據(jù)“今有若干人住店，若每間住7人，則余下7人無房可??；若每間住9人，則余下一間無人住”可列一元一次方程，求解即可．
【詳解】設店中共有x間房，
由題意得，，
解得，
所以，店中共有8間房，
故答案為：8．
【點睛】本題考查了一元一次方程的應用，準確理解題意，找到等量關系是解題的關鍵．
12. 將等腰直角三角板與量角器按如圖所示的方式擺放，使三角板的直角頂點與量角器的中心O重合，且兩條直角邊分別與量角器邊緣所在的弧交于A、B兩點.若厘米，則的長度為________厘米．（結果保留）
【答案】##
【解析】
【分析】直接根據(jù)弧長公式進行計算即可．
【詳解】，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了弧長公式，即，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
13. 跳棋是一項傳統(tǒng)的智力游戲．如圖是一副跳棋棋盤的示意圖，它可以看作是由全等的等邊三角形和等邊三角形組合而成，它們重疊部分的圖形為正六邊形．若厘米，則這個正六邊形的周長為_________厘米．
【答案】54
【解析】
【分析】設AB交EF、FD與點M、N，AC交EF、ED于點G、H，BC交FD、ED于點O、P，再證明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等邊三角形即可求解．
【詳解】設AB交EF、FD與點M、N，AC交EF、ED于點G、H，BC交FD、ED于點O、P，如圖，
∵六邊形MNGHPO是正六邊形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FNM=60°，
∴△FMN是等邊三角形，
同理可證明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等邊三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等邊△ABC≌等邊△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六邊形MNGHPO的周長為：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案為：54．
【點睛】本題考查了正六邊的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握正六邊的性質(zhì)是解答本題的關鍵．
14. 已知二次函數(shù)，當時，函數(shù)值y的最小值為1，則a的值為_______．
【答案】##
【解析】
【分析】先把函數(shù)解析式化為頂點式可得當時，y隨x的增大而增大，當時，y隨x的增大而減小，然后分兩種情況討論：若；若，即可求解．
【詳解】解：，
∴當時，y隨x的增大而增大，當時，y隨x的增大而減小，
若，當時，y隨x的增大而減小，
此時當時，函數(shù)值y最小，最小值為，不合題意，
若，當時，函數(shù)值y最小，最小值為1，
∴，
解得：或（舍去）；
綜上所述，a的值為．
故答案為：
【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題的關鍵．
三、解答題（本大題共10小題，共78分）
15. 先化簡，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】根據(jù)平方差公式與單項式乘以單項式進行計算，然后將代入求值即可求解．
【詳解】解：原式＝
當時，原式
【點睛】本題考查了整式的混合運算，實數(shù)的運算，代數(shù)式求值，正確的計算是解題的關鍵．
16. 拋擲一枚質(zhì)地均勻的普通硬幣，僅有兩種可能的結果：“出現(xiàn)正面”或“出現(xiàn)反面”．正面朝上記2分，反面朝上記1分．小明拋擲這枚硬幣兩次，用畫樹狀圖（或列表）的方法，求兩次分數(shù)之和不大于3的概率．
【答案】
【解析】
【分析】采用列表法列舉即可求解．
【詳解】根據(jù)題意列表如下：
由表可知，總的可能結果有4種，兩次之和不大于3的情況有3種，
故所求概率為：3÷4=，
即兩次分數(shù)之和不大于3的概率為．
【點睛】本題考查了用列表法或者樹狀圖法列舉求解概率的知識，掌握用列表法或者樹狀圖法列舉求解概率是解答本題的關鍵．
17. 為了讓學生崇尚勞動，尊重勞動，在勞動中提升綜合素質(zhì)，某校定期開展勞動實踐活動．甲、乙兩班在一次體驗挖土豆的活動中，甲班挖1500千克土豆與乙班挖1200千克土豆所用的時間相同．已知甲班平均每小時比乙班多挖100千克土豆，問乙班平均每小時挖多少千克土豆？
【答案】乙班每小時挖400千克的土豆
【解析】
【分析】設乙班每小時挖x千克的土豆，則甲班每小時挖(100+x)千克的土豆，根據(jù)題意列出分式方程即可求解．
【詳解】設乙班每小時挖x千克的土豆，則甲班每小時挖(100+x)千克的土豆，
根據(jù)題意有：，
解得：x=400，
經(jīng)檢驗，x=400是原方程的根，
故乙班每小時挖400千克的土豆．
【點睛】本題考查了分式方程的應用，明確題意列出分式方程是解答本題的關鍵．
18. 如圖①、圖②、圖③均是的正方形網(wǎng)格，每個小正方形的邊長均為1，其頂點稱為格點，的頂點均在格點上．只用無刻度的直尺，在給定的網(wǎng)格中，按下列要求作圖，保留作圖痕跡．
（1）網(wǎng)格中的形狀是________；
（2）在圖①中確定一點D，連結、，使與全等：
（3）在圖②中的邊上確定一點E，連結，使：
（4）在圖③中的邊上確定一點P，在邊BC上確定一點Q，連結，使，且相似比為1：2．
【答案】（1）直角三角形
（2）見解析（答案不唯一）
（3）見解析 （4）翙解析
【解析】
【分析】（1）運用勾股定理分別計算出AB，AC，BC的長，再運用勾股定理逆定理進行判斷即可得到結論；
（2）作出點A關于BC的對稱點D，連接BD，CD即可得出與全等：
（3）過點A作AE⊥BC于點E，則可知：
（4）作出以AB為斜邊的等腰直角三角形，作出斜邊上的高，交AB于點P，交BC于點Q，則點P，Q即為所求．
【小問1詳解】
∵
∴,
∴是直角三角形，
故答案為：直角三角形；
【小問2詳解】
如圖，點D即為所求作，使與全等：
【小問3詳解】
如圖所示，點E即為所作，且使：
【小問4詳解】
如圖，點P，Q即為所求，使得，且相似比為1：2．
【點睛】本題主要考查了勾股定理，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定，相似三角形的判定，熟練掌握相關定理是解答本題的關鍵．
19. 如圖，在Rt中，，．點D是的中點，過點D作交于點E.延長至點F，使得，連接、、．
（1）求證：四邊形是菱形；
（2）若，則的值為_______．
【答案】（1）見解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直平分的四邊形是菱形即可得證；
（2）設，則，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，，勾股定理求得，根據(jù)，，即可求解．
【小問1詳解】
證明：，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
四邊形是菱形；
【小問2詳解】
解：，
設，則，
四邊形是菱形；
，，
，
在中，，
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，求正切，掌握以上知識是解題的關鍵．
20. 黨的十八大以來，我國把科技自立自強作為國家發(fā)展的戰(zhàn)略支撐，科技事業(yè)發(fā)生了歷史性、整體性、格局性變化，成功跨入創(chuàng)新型國家的行列，專利項目多項指數(shù)顯著攀升．如圖是長春市2016年到2020年專利授權情況的統(tǒng)計圖．
根據(jù)以上信息回答下列問題：
（1）長春市從2016年到2020年，專利授權量最多的是________年：
（2）長春市從2016年到2020年，專利授權量年增長率的中位數(shù)是_______；
（3）與2019年相比，2020年長春市專利授權量增加了_______件，專利授權量年增長率提高了_______個百分點；（注：1%為1個百分點）
（4）根據(jù)統(tǒng)計圖提供的信息，有下列說法，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”．
①因為2019年的專利授權量年增長率最低，所以2019年的專利授權量的增長量就最小．（ ）
②與2018年相比，2019年的專利授權量年增長率雖然下降，但專利授權量仍然上升．這是因為專利授權量年增長率，所以只要專利授權量年增長率大于零，當年專利授權量就一定增加．（ ）
③通過統(tǒng)計數(shù)據(jù)，可以看出長春市區(qū)域科技創(chuàng)新力呈上升趨勢，為國家科技自立自強貢獻吉林力量．（ ）
【答案】（1）2020
（2）18.1% （3）5479，30.2
（4）①×，②√，③√
【解析】
【分析】（1）觀察統(tǒng)計圖可得專利授權量最多的是2020年，即可求解；
（2）先把專利授權量年增長率從小到大排列，即可求解；
（3）分別用2020年長春市專利授權量減去2019年長春市專利授權量，2020年專利授權量年增長率減去2019年專利授權量年增長率，即可求解；
（4）①根據(jù)題意可得2017年的的專利授權量的增長量低于2019年的，可得①錯誤；②根據(jù)專利授權量年增長率，可得②正確；③觀察統(tǒng)計圖可得從2016年到2020年，每年的專利授權量都有所增加，可得③正確，即可求解．
【小問1詳解】
解：根據(jù)題意得：從2016年到2020年，專利授權量最多的是2020年；
故答案為：2020
【小問2詳解】
解：把專利授權量年增長率從小到大排列為：15.8%，16.0%，18.1%，25.4%，46.0%，
位于正中間的是18.1%，
∴專利授權量年增長率的中位數(shù)是18.1%；
故答案為：18.1%
【小問3詳解】
解：與2019年相比，2020年長春市專利授權量增加了17373-11894=5479件；
專利授權量年增長率提高了46.0%-15.8%=30.2%，
專利授權量年增長率提高了302個百分點；
故答案為：5479，30.2
【小問4詳解】
解：①因為2017年的專利授權量的增長量為8190-7062=1128件；2019年的專利授權量的增長量11894-10268=1626件，
所以2019年的專利授權量的增長量高于2017年的專利授權量的增長量，故①錯誤；
故答案為：×
②因為專利授權量年增長率，
所以只要專利授權量年增長率大于零，當年專利授權量就一定增加，故②正確；
故答案為：√
根據(jù)題意得：從2016年到2020年，每年的專利授權量都有所增加，
所以長春市區(qū)域科技創(chuàng)新力呈上升趨勢，故③正確；
故答案為：√
【點睛】本題主要考查了折線統(tǒng)計圖和條形統(tǒng)計圖，理解統(tǒng)計圖中數(shù)據(jù)之間的關系是正確解答的關鍵．
21. 己知A、B兩地之間有一條長440千米的高速公路．甲、乙兩車分別從A、B兩地同時出發(fā)，沿此公路相向而行，甲車先以100千米/時的速度勻速行駛200千米后與乙車相遇，再以另一速度繼續(xù)勻速行駛4小時到達B地；乙車勻速行駛至A地，兩車到達各自的目的地后停止．兩車距A地的路程y（千米）與各自的行駛時間x（時）之間的函數(shù)關系如圖所示．
（1）_______，_______；
（2）求兩車相遇后，甲車距A地的路程y與x之間的函數(shù)關系式；
（3）當乙車到達A地時，求甲車距A地的路程．
【答案】（1）2.6 （2）甲車距A地的路程y與x之間的函數(shù)關系式
（3）300千米
【解析】
【分析】（1）先根據(jù)甲乙兩車相遇時甲車行駛的路程除以速度可求出m的值，再用m的值加4即可得n的值；
（2）由（1）得（2，200）和（6，440），再運用待定系數(shù)法求解即可；
（3）先求出乙車的行駛速度，從而可求出行駛時間，代入函數(shù)關系式可得結論．
【小問1詳解】
根據(jù)題意得，（時）
（時）
故答案為：2.6；
【小問2詳解】
由（1）得（2，200）和（6，440），
設相遇后，甲車距A地的路程y與x之間的函數(shù)關系式為
則有：，
解得，
甲車距A地的路程y與x之間的函數(shù)關系式
【小問3詳解】
甲乙兩車相遇時，乙車行駛的路程為440-200=240千米，
∴乙車的速度為：240÷2=120（千米/時）
∴乙車行完全程用時為：440÷120=（時）
∵
∴當時，千米，
即：當乙車到達A地時，甲車距A地的路程為300千米
【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)的應用，讀懂圖象是解答本題的關鍵．
22. 【探索發(fā)現(xiàn)】在一次折紙活動中，小亮同學選用了常見的A4紙，如圖①，矩形為它的示意圖．他查找了A4紙的相關資料，根據(jù)資料顯示得出圖①中．他先將A4紙沿過點A的直線折疊，使點B落在上，點B的對應點為點E，折痕為；再沿過點F的直線折疊，使點C落在上，點C的對應點為點H，折痕為；然后連結，沿所在的直線再次折疊，發(fā)現(xiàn)點D與點F重合，進而猜想．
【問題解決】
（1）小亮對上面的猜想進行了證明，下面是部分證明過程：
證明：四邊形是矩形，
∴．
由折疊可知，，．
∴．
∴．
請你補全余下的證明過程．
【結論應用】
（2）的度數(shù)為________度，的值為_________；
（3）在圖①的條件下，點P在線段上，且，點Q在線段上，連結、，如圖②，設，則的最小值為_________．（用含a的代數(shù)式表示）
【答案】（1）見解析 （2）22.5°，
（3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得AD=AF，，由HL可證明結論；
（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得 證明是等腰直角三角形，可求出GF的長，從而可得結論 ；
（3）根據(jù)題意可知點F與點D關于AG對稱，連接PD，則PD為PQ+FQ最小值，過點P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根據(jù)勾腰定理可得結論．
【小問1詳解】
證明：四邊形矩形，
∴．
由折疊可知，，．
∴．
∴．
由折疊得，，
∴
∴
又AD=AF，AG=AG
∴
【小問2詳解】
由折疊得，∠
又∠
∴∠
由得，∠
∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
設則
∴
∴
∴
【小問3詳解】
如圖，連接
∵
∴AG是FD的垂直平分線，即點F與點D關于AG軸對稱，
連接PD交AG于點Q，則PQ+FQ的最小值為PD的長；
過點P作交AD于點R，
∵∠
∴∠
∴
又
∴
∴
在中，
∴
∴的最小值為
【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，最短路徑問題，矩形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，正確作出輔助線構造直角三角形是解答本題的關鍵．
23. 如圖，在中，，，點M為邊的中點，動點P從點A出發(fā)，沿折線以每秒個單位長度的速度向終點B運動，連結．作點A關于直線的對稱點，連結、．設點P的運動時間為t秒．
（1）點D到邊的距離為__________；
（2）用含t的代數(shù)式表示線段的長；
（3）連結，當線段最短時，求的面積；
（4）當M、、C三點共線時，直接寫出t的值．
【答案】（1）3 （2）當0≤t≤1時，；當1＜t≤2時，；
（3）
（4）或
【解析】
【分析】（1）連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分兩種情況討論：當0≤t≤1時，點P在AD邊上；當1＜t≤2時，點P在BD邊上，即可求解；
（3）過點P作PE⊥DM于點E，根據(jù)題意可得點A運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，可得到當點D、A′、M三點共線時，線段最短，此時點P在AD上，再證明△PDE∽△ADM，可得，從而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；
（4）分兩種情況討論：當點位于M、C之間時，此時點P在AD上；當點（）位于C M的延長線上時，此時點P在BD上，即可求解．
【小問1詳解】
解：如圖，連接DM，
∵AB=4，，點M為邊的中點，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，
即點D到邊的距離為3；
故答案為：3
【小問2詳解】
解：根據(jù)題意得：當0≤t≤1時，點P在AD邊上，
；
當1＜t≤2時，點P在BD邊上，；
綜上所述，當0≤t≤1時，；當1＜t≤2時，；
【小問3詳解】
解：如圖，過點P作PE⊥DM于點E，
∵作點A關于直線的對稱點，
∴A′M=AM=2，
∴點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，
∴當點D、A′、M三點共線時，線段最短，此時點P在AD上，
∴，
根據(jù)題意得：，，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
【小問4詳解】
解：如圖，
當點M、、C三點共線時，且點位于M、C之間時，此時點P在AD上，
連接A A′， A′B，過點P作PF⊥AB于點F，過點A′作A′G⊥AB于點G，則A A′⊥PM，
∵AB為直徑，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
過點C作CN⊥AB交AB延長線于點N，
在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四邊形CDMN為平行四邊形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴，
∵ M=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即PF=3FM，
∵，，
∴，
∴，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴，
∴，解得：；
如圖，當點（）位于C M的延長線上時，此時點P在BD上，，
過點作于點G′，則，取的中點H，則點M、P、H三點共線，過點H作HK⊥AB 于點K，過點P作PT⊥AB于點T，
同理：，
∵HK⊥AB，，
∴HK∥A′′G′，
∴，
∵點H是的中點，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，
∴，
∵MT+BT=BM=2，
∴，
∴，解得：；
綜上所述，t的值為或．
【點睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意得到點的運動軌跡是解題的關鍵，是中考的壓軸題．
24. 在平面直角坐標系中，拋物線（b是常數(shù)）經(jīng)過點．點A在拋物線上，且點A的橫坐標為m（）．以點A為中心，構造正方形，，且軸．
（1）求該拋物線對應的函數(shù)表達式：
（2）若點B是拋物線上一點，且在拋物線對稱軸左側．過點B作x軸的平行線交拋物線于另一點C，連接．當時，求點B的坐標；
（3）若，當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大時，或者y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍；
（4）當拋物線與正方形的邊只有2個交點，且交點的縱坐標之差為時，直接寫出m的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
（4）或或．
【解析】
【分析】（1）將點代入，待定系數(shù)法求解析式即可求解；
（2）設，根據(jù)對稱性可得，根據(jù)，即可求解；
（3）根據(jù)題意分兩種情況討論，分別求得當正方形點在軸上時，此時與點重合，當經(jīng)過拋物線的對稱軸時，進而觀察圖象即可求解；
（4）根據(jù)題意分三種情況討論，根據(jù)正方形的性質(zhì)以及點的坐標位置，即可求解．
【小問1詳解】
解：∵拋物線（b是常數(shù)）經(jīng)過點
∴
解得
【小問2詳解】
如圖，
由
則對稱軸為直線，
設，則
解得
【小問3詳解】
點A在拋物線上，且點A的橫坐標為m（）．以點A為中心，構造正方形，，且軸
，且在軸上，如圖，
①當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大時，如圖，當正方形點在軸上時，此時與點重合，
的解析式為
，將代入
即
解得
觀察圖形可知，當時，拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大；
②當拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而減小時，當經(jīng)過拋物線的對稱軸時，
解得，
觀察圖形可知，當時，拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標y隨x的增大而增大；
綜上所述，m的取值范圍為或
【小問4詳解】
①如圖，設正方形與拋物線的交點分別為，當時，則
是正方形的中心，
即
②如圖，當點在拋物線左側，軸右側時，
交點的縱坐標之差為，
的縱坐標為
的橫坐標為
在拋物線上，
解得
③當在拋物線對稱軸的右側時，正方形與拋物線的交點分別為，，設直線交軸于點，如圖，
則
即
設直線解析式為
則
解得
直線解析式為
聯(lián)立
解得（舍去）
即的橫坐標為，即，
綜上所述，或或．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，二次函數(shù)的對稱性，正方形的性質(zhì)，掌握二次函數(shù)圖象的性質(zhì)是解題的關鍵．

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