2025年教科新版九年級數(shù)學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年教科新版九年級數(shù)學(xué)上冊月考試卷825考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)A（-1，-2），B（4，-1），C（m，0），D（n，n）為四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)，當(dāng)四邊形ABCD的周長最短時(shí)，的值為（）A.-2B.-1C.-D.12、如圖，已知點(diǎn)C是線段AB的黃金分割點(diǎn)，且BC＞AC．若S1表示以BC為邊的正方形面積，S2表示長為AB、寬為AC的矩形面積，則S1與S2的大小關(guān)系為（）A.S1＞S2B.S1=S2C.S1＜S2D.不能確定3、某城市按以下規(guī)定收取每月煤氣費(fèi)：用煤氣如果不超過60立方米，按每立方米0.8元收費(fèi)；如果超過60立方米，超過部分按每立方米1.2元收費(fèi)．已知某用戶4月份的煤氣使用量為75立方米，那么4月份該用戶應(yīng)交煤氣費(fèi)（）A.60元B.90元C.75元D.66元4、已知圓錐的底面半徑為6，母線長為10，則此圓錐的側(cè)面積為（π取3）（）A.30B.180C.240D.2885、下列運(yùn)算正確的是：6、【題文】在以下幾何圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A.等邊三角形B.等腰梯形C.平行四邊形D.圓評卷人得分二、填空題(共6題，共12分)7、如圖，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（1，4）和（4，4），拋物線y=a（x﹣m）2+n的頂點(diǎn)在線段AB上運(yùn)動(dòng)，與x軸交于C、D兩點(diǎn)（C在D的左側(cè)），點(diǎn)C的橫坐標(biāo)最小值為﹣3，則點(diǎn)D的橫坐標(biāo)最大值為____．

8、直角邊長為6和8的直角三角形的外接圓的半徑為______，內(nèi)切圓的半徑為______．9、下表是二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a鈮?0)

的自變量x

與函數(shù)值y

的對應(yīng)關(guān)系，一元二次方程ax2+bx+c=310(a鈮?0)

的一個(gè)解x

的取值范圍是____．。x

6.1

6.2

6.3

6.4

y=ax2+bx+c(a鈮?0)

鈭?0.3

鈭?0.1

0.2

0.4

10、已知x1、x2是方程x2-3x-2=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則（x1+2）（x2+2）=____．11、通用公司生產(chǎn)的09款科魯茲家庭轎車的車輪直徑560mm，當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動(dòng)120度時(shí)，車中的乘客水平方向平移了__________mm．12、（2015?玉林）如圖，等腰直角△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，點(diǎn)O分斜邊AB為BO：OA=1：將△BOC繞C點(diǎn)順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)到△AQC的位置，則∠AQC=____．

評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、因?yàn)榈钠椒礁恰溃?±____14、如果A、B兩點(diǎn)之間的距離是一個(gè)單位長度，那么這兩點(diǎn)表示的數(shù)一定是兩個(gè)相鄰的整數(shù)（____）15、直徑是弦，弦是直徑．____．（判斷對錯(cuò)）16、n邊形的內(nèi)角和為n?180°-360°．____（判斷對錯(cuò)）17、任何負(fù)數(shù)都小于它的相反數(shù)．____（判斷對錯(cuò)）18、分?jǐn)?shù)中有有理數(shù)，也有無理數(shù)，如就是無理數(shù)．____（判斷對錯(cuò)）評卷人得分四、其他(共3題，共6分)19、甲型H1N1流感病毒的傳染性極強(qiáng)，某地因1人患了甲型H1N1流感沒有及時(shí)隔離治療，經(jīng)過兩輪傳染后共有9人患了甲型H1N1流感，每輪傳染中平均一個(gè)人傳染了幾個(gè)人？20、目前甲型H1N1流感病毒在全球已有蔓延趨勢，世界衛(wèi)生組織提出各國要嚴(yán)加防控，因?yàn)樵?jīng)有一種流感病毒，若一人患了流感，經(jīng)過兩輪傳染后共有81人患流感．如果設(shè)每輪傳染中平均一個(gè)人傳染x個(gè)人，那么可列方程為____．21、2008年北京奧運(yùn)會中國女子跳水大軍又一次取得優(yōu)異成績，為祖國爭奪了榮耀，在一次10m跳水的比賽中；某運(yùn)動(dòng)員向上跳起0.8m，最后以14m/s速度入水，如圖所示．

（1）運(yùn)動(dòng)員從起跳后的最高點(diǎn)到入水用了____s，運(yùn)動(dòng)員平均每秒下落的速度變化量（）為____m/s．

（2）該運(yùn)動(dòng)員從起跳后的高出水面5m到入水面用了多長時(shí)間？（結(jié)果保留根號）評卷人得分五、證明題(共4題，共28分)22、已知如圖，AD∥BC，E為DC上一點(diǎn)，∠1=∠2，∠3=∠4．求證：CE=ED．23、如圖，已知P為銳角△ABC內(nèi)一點(diǎn)，過P分別作BC，AC，AB的垂線，垂足分別為D，E，F(xiàn)，BM為∠ABC的平分線，MP的延長線交AB于點(diǎn)N．如果PD=PE+PF，求證：CN是∠ACB的平分線．24、在△ABC中；AB=BC，以AB為直徑的⊙O與AC交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DF⊥BC，交AB的延長線于E，垂足為F．

（Ⅰ）如圖①；求證直線DE是⊙O的切線；

（Ⅱ）如圖②；作DG⊥AB于H，交⊙O于G，若AB=5，AC=8，求DG的長．

25、如圖，已知△ABC中，AB=BC=CA，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點(diǎn)，G是BC上一點(diǎn)，△DGH是等邊三角形．求證：EG=FH．評卷人得分六、綜合題(共2題，共4分)26、如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P為函數(shù)y=x2在第一象限內(nèi)的圖象上的任一點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，1），直線l過B（0，-1）且與x軸平行，過P作y軸的平行線分別交x軸，l于C，Q，連結(jié)AQ交x軸于H，直線PH交y軸于R，連結(jié)PA并延長交函數(shù)y=x2的圖象于D．

（1）求證：H點(diǎn)為線段AQ的中點(diǎn)；

（2）求證：①四邊形APQR為平行四邊形；②平行四邊形APQR為菱形；

（3）除P點(diǎn)外，直線PH與拋物線y=x2有無其它公共點(diǎn)？并說明理由；

（4）若直線PA的解析式為y=2x+1，拋物線y=x2的圖象PD段上有一動(dòng)點(diǎn)E，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，△PDE面積最大，求此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)．27、如圖，過點(diǎn)P（2，）作x軸的平行線交y軸于點(diǎn)A，交雙曲線于點(diǎn)N，作PM⊥AN交雙曲線于點(diǎn)M；連接AM，若PN=4．

（1）求k的值；

（2）設(shè)直線MN解析式為y=ax+b，求不等式的解集．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】由于AB長為定值，四邊形ABCD周長最短其實(shí)就是AD+DC+BC最小不妨作出B點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)B'（4，1），A點(diǎn)關(guān)于直線y=x的對稱點(diǎn)A'（-2，-1）再連接A'B'，該直線A'B'交x軸于C，交直線y=x于D，求出A′B′的解析式，把C、D點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線方程，求出m、n的值即可．【解析】【解答】解：如圖所示；作B點(diǎn)關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)B'（4，1），A點(diǎn)關(guān)于直線y=x的對稱點(diǎn)A'（-2，-1）再連接A'B'，該直線A'B'交x軸于C，交直線y=x于D；

設(shè)直線A′B′的解析式為y=kx+b（k≠0）；把點(diǎn)A'（-2，-1）；B'（4，1）代入得；

；

解得：；

故此函數(shù)的解析式為：y=x-；

分別把C（m，0），D（n，n）代入得，0=m-，n=n-；

即m=1，n=-；

∴=-2．

故選A．2、B【分析】【分析】根據(jù)黃金分割的定義得到BC2=AC?AB，再利用正方形和矩形的面積公式有S1=BC2，S2=AC?AB，即可得到S1=S2．【解析】【解答】解：∵C是線段AB的黃金分割點(diǎn)；且BC＞AC；

∴BC2=AC?AB；

∵S1表示以BC為邊的正方形面積，S2表示長為AB；寬為AC的矩形面積；

∴S1=BC2，S2=AC?AB；

∴S1=S2．

故選：B．3、D【分析】【分析】利用收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)直接分類計(jì)算得出答案即可．【解析】【解答】解：60×0.8+（75-60）×1.2

=48+18

=66（元）．

故選：D．4、B【分析】【分析】圓錐的側(cè)面積=π×底面半徑×母線長，把相關(guān)數(shù)值代入即可求解．【解析】【解答】解：∵圓錐的底面半徑為6；母線長為10；

∴圓錐的側(cè)面積=π×6×10=180．

故選B．5、A【分析】【解析】

A、本選項(xiàng)正確；B、故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；C、故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A?！窘馕觥俊敬鸢浮緼6、D【分析】【解析】

試題分析：等邊三角形,等腰梯形是軸對稱圖形,平行四邊形是中心對稱圖形,圓既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形.故選D.

考點(diǎn)：軸對稱圖形和中心對稱圖形.【解析】【答案】：D.二、填空題(共6題，共12分)7、8【分析】【解答】解：當(dāng)點(diǎn)C橫坐標(biāo)為﹣3時(shí)；拋物線頂點(diǎn)為A（1，4），對稱軸為x=1，此時(shí)D點(diǎn)橫坐標(biāo)為5，則CD=8；

當(dāng)拋物線頂點(diǎn)為B（4；4）時(shí)，拋物線對稱軸為x=4，且CD=8，故C（0，0），D（8，0）；

由于此時(shí)D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大；

故點(diǎn)D的橫坐標(biāo)最大值為8；

故答案為：8．

【分析】當(dāng)C點(diǎn)橫坐標(biāo)最小時(shí)；拋物線頂點(diǎn)必為A（1，4），根據(jù)此時(shí)拋物線的對稱軸，可判斷出CD間的距離；

當(dāng)D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大時(shí)，拋物線頂點(diǎn)為B（4，4），再根據(jù)此時(shí)拋物線的對稱軸及CD的長，可判斷出D點(diǎn)橫坐標(biāo)最大值．8、略

【分析】解：如圖；∵AC=8，BC=6；

∴AB=10；

∴外接圓半徑為5；

設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r；

∴CE=CF=r；

∴AD=AF=8-r，BD=BE=6-r；

∴6-r+8-r=10；

解得r=2．

故答案為：5；2．

根據(jù)直角三角形外接圓的圓心是斜邊的中點(diǎn)，由勾股定理求得斜邊，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，由切線長定理得6-r+8-r=10；求解即可．

本題考查了三角形的內(nèi)切圓和內(nèi)心，以及外心，注：直角三角形的外心是斜邊的中點(diǎn)．【解析】5；29、6.3＜x＜6.4【分析】【分析】本題考查了用圖象法求一元二次方程的近似根，解題的關(guān)鍵是找到y(tǒng)

由正變?yōu)樨?fù)時(shí)，自變量的取值即可.

觀察表格可知，y

隨x

的值逐漸增大，ax22+bx+c

的值在6.2隆蘆6.3

之間由負(fù)到正，故可判斷ax22+bx+c=310

時(shí)；對應(yīng)的x

的值在6.3隆蘆6.4

之間．

【解答】解：由表格中的數(shù)據(jù)看出鈭?0.1

和0.2

更接近于0

故x

應(yīng)取對應(yīng)的范圍6.3<x<6.4

．

故答案為6.3<x<6.4

．

【解析】6.3<x<6.4

10、略

【分析】

∵（x1+2）（x2+2）=x1?x2+2（x1+x2）+4①；

又∵x1、x2是方程x2-3x-2=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根；

∴x1?x2=-2②；x1+x2=3③；

把②③代入①得：（x1+2）（x2+2）=x1?x2+2（x1+x2）+4=-2+2×3+4=8．

【解析】【答案】先將（x1+2）（x2+2）展開，得到關(guān)于x1+x2和x1?x2的式子，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出x1+x2和x1?x2的值；代入求值即可．

11、略

【分析】本題考查的是圓的相關(guān)計(jì)算。平移的距離是圓周的【解析】【答案】π12、105°【分析】【解答】解：連接OQ；

∵AC=BC；∠ACB=90°；

∴∠BAC=∠B=45°；

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：△AQC≌△BOC；

∴AQ=BO；CQ=CO，∠QAC=∠B=45°，∠ACQ=∠BCO；

∴∠OAQ=∠BAC+∠CAQ=90°；∠OCQ=∠OCA+∠ACQ=∠OCA+∠BCO=90°；

∴∠OQC=45°；

∵BO：OA=1：

設(shè)BO=1，OA=

∴AQ=則tan∠AQO==

∴∠AQO=60°；

∴∠AQC=105°．

三、判斷題(共6題，共12分)13、×【分析】【分析】分別利用算術(shù)平方根、平方根定義計(jì)算即可判斷對錯(cuò)．【解析】【解答】解：的平方根是±；

所以=．

故答案為：×．14、×【分析】【分析】根據(jù)題意，可通過舉反例的方法即可得出答案．【解析】【解答】解：根據(jù)題意：可設(shè)A點(diǎn)位1.1；B點(diǎn)為2.1；

A；B兩點(diǎn)之間的距離是一個(gè)單位長度；但這兩點(diǎn)表示的數(shù)不是兩個(gè)相鄰的整數(shù)．

故答案為：×．15、×【分析】【分析】根據(jù)連接圓上任意兩點(diǎn)的線段叫弦，經(jīng)過圓心的弦叫直徑可得答案．【解析】【解答】解：直徑是弦；說法正確，弦是直徑，說法錯(cuò)誤；

故答案為：×．16、√【分析】【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式180°（n-2），進(jìn)行變形即可．【解析】【解答】解：n邊形的內(nèi)角和為：180°（n-2）=180°n-360°；

故答案為：√．17、√【分析】【分析】根據(jù)負(fù)數(shù)的相反數(shù)是正數(shù)，負(fù)數(shù)＜正數(shù)即可求解．【解析】【解答】解：因?yàn)樨?fù)數(shù)的相反數(shù)是正數(shù)；負(fù)數(shù)＜正數(shù)；

所以任何負(fù)數(shù)都小于它的相反數(shù)的說法正確．

故答案為：√．18、×【分析】【分析】根據(jù)無理數(shù)和有理數(shù)的定義判斷即可．【解析】【解答】解：分?jǐn)?shù)都是有理數(shù)，不是無理數(shù)，是有理數(shù)；

故答案為：×．四、其他(共3題，共6分)19、略

【分析】【分析】設(shè)每輪傳染中平均一個(gè)人傳染了x個(gè)人，開始有一個(gè)人患了甲型H1N1流感，第一輪的傳染源就是這個(gè)人，他傳染了x個(gè)人，第一輪后共有（1+x）人患了流感；第二輪傳染中，這些人中的每個(gè)人又傳染了x個(gè)人，第二輪后共有[1+x+x（1+x）]人患了流感，而此時(shí)這個(gè)人數(shù)是9，據(jù)此列出方程．【解析】【解答】解：設(shè)每輪傳染中平均一個(gè)人傳染了x個(gè)人．

依題意；得1+x+x（1+x）=9；

即（1+x）2=9；

解得x1=2，x2=-4（不合題意；舍去）．

答：每輪傳染中平均一個(gè)人傳染了2個(gè)人．20、略

【分析】【分析】本題可先列出一輪傳染的人數(shù)，再根據(jù)一輪傳染的人數(shù)寫出二輪傳染的人數(shù)的方程，令其等于81即可．【解析】【解答】解：設(shè)一輪過后傳染的人數(shù)為1+x，則二輪傳染的人數(shù)為：（1+x）（1+x）=（1+x）2=81．

故答案為：（1+x）2=81．21、略

【分析】【分析】（1）運(yùn)動(dòng)員從起跳后的最高點(diǎn)到入水用的時(shí)間為總路程÷平均速度=10.8÷（）==s，末速度為14m/s，初速度為0m/s，總的過程時(shí)間變化為s，則速度變化量為（14-0）÷=14×=m/s；

（2）可先計(jì)算出平均速度然后根據(jù)平均速度×?xí)r間=路程求解．【解析】【解答】解：（1）運(yùn)動(dòng)員從起跳后的最高點(diǎn)到入水用的時(shí)間為。

總路程÷平均速度=10.8÷（）==s；

末速度為14m/s，初速度為0m/s，總的過程時(shí)間變化為s；

則速度變化量為（14-0）÷=14×=m/s；

故填空答案：s，m/s．

（2）設(shè)從距水面5m到入水用t（s）．

t（s）后的速度為14m/s，t（s）前速度為（14-t）m/s．

則這段時(shí)間平均速度為m/s．

由平均速度×?xí)r間=路程；可得。

方程（14-t）t=5．

整理方程得245t2-54×14t+5×54=0；

解得t=；

即t1=（舍去），t2=≈0.41（s）．

答：從5m高到入水面用了s．五、證明題(共4題，共28分)22、略

【分析】【分析】由AD與BC平行，得到一對同旁內(nèi)角互補(bǔ)，根據(jù)已知角相等，等量代換得到∠2+∠3為90°，進(jìn)而確定出∠AEB為直角，在AB上取D，使AF=AD，利用SAS得到三角形AED與三角形AEF全等，利用全等三角形對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等得到DE=FE，∠AED=∠AEF，利用等角的余角相等得到∠CEB=∠FEB，再由∠3=∠4，及夾邊相等，利用ASA得到三角形BCE與三角形BFE全等，利用全等三角形對應(yīng)邊相等得到EF=CE，等量代換即可得證．【解析】【解答】證明：∵AD∥BC；

∴∠DAB+∠CBA=90°；

∵∠1=∠2；∠3=∠4；

∴∠2+∠3=（∠DAB+∠CBA）=90°；

∴∠AEB=90°；

在AB上取一點(diǎn)F；使得AF=AD；

在△ADE和△AFE中；

；

∴△ADE≌△AFE（SAS）；

∴DE=FE；∠AED=∠AEF；

∵∠AEF+∠BEF=90°=∠AED+∠CEB；

∴∠BEF=∠BEC；

在△BEF和△BEC中；

；

∴△NEF≌△BEC（ASA）；

∴FE=CE；

則FE=CE=DE．23、略

【分析】【分析】如圖，作MM1⊥BC于點(diǎn)M1，MM2⊥AB于點(diǎn)M2，NN1⊥BC于點(diǎn)N1，NN2⊥AC于點(diǎn)N2．設(shè)NP=λNM，利用平行線分線段成比例證明N1D=λN1M1．作NH⊥MM1，分別交MM1，PD于點(diǎn)H，H1，可得△NPH1∽△NMH，利用相似三角形的性質(zhì)可得：λMM1+（1-λ）NN1．同理可證明PD=λMM1+（1-λ）NN1．再由已知條件即可證明CN是∠ACB的平分線．【解析】【解答】證明：如圖，作MM1⊥BC于點(diǎn)M1，MM2⊥AB于點(diǎn)M2，NN1⊥BC于點(diǎn)N1，NN2⊥AC于點(diǎn)N2．

設(shè)NP=λNM，

∵NN1∥PD∥MM1；

∴N1D=λN1M1．

若NN1＜MM1，如圖，作NH⊥MM1，分別交MM1，PD于點(diǎn)H，H1；

則△NPH1∽△NMH；

∴；

∴PH1=λMH；

∴PD=PH1+H1H=λMH+NN1=λ（MM1-NN1）+NN1=λMM1+（1-λ）NN1．

若NN1=MM1，則PD=NN1=MM1=λMM1+（1-λ）NN1．

若NN1＞MM1，

同理可證PD=λMM1+（1-λ）NN1．

∵PE∥NN2，∴；

∴PE=（1-λ）NN2．

∵PF∥MM2；

∴；

∴PF=λMM2．

又∵PD=PE+PF；

∴λMM1+（1-λ）NN1=λMM2+（1-λ）NN2．

又∵BM是∠ABC的平分線；

∴MM1=MM2；

∴（1-λ）NN1=（1-λ）NN2．

顯然λ≠1；即1-λ≠0；

∴NN1=NN2；

∴CN是∠ACB的平分線．24、略

【分析】【分析】（Ⅰ）連接OD；由AB=BC，OA=OD，得到∠A=∠C，∠A=∠ADO，則∠C=∠ADO，得到OD∥BC；而DF⊥BC，則∠ODE=90°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；

（Ⅱ）連接BD，AB是⊙O的直徑，根據(jù)圓周角定理的推論得到∠ADB=90°．而AB=BC，則AD=DC=4．在Rt△ADB中，利用勾股定理可計(jì)算出BD=3，再利用等積法得到AB?DH=AD?DB，可計(jì)算出DH，然后根據(jù)垂徑定理得到DG=2DH．【解析】【解答】（Ⅰ）證明：連接OD；如圖；

∵AB=BC；

∴∠A=∠C．

∵OA=OD；

∴∠A=∠ADO．

∴∠C=∠ADO．

∴OD∥BC．

∵DF⊥BC；

∴∠ODE=90°．

∴直線DE是⊙O的切線；

（Ⅱ）解：連接DB；

∵AB是⊙O的直徑；

∴∠ADB=90°．

∵AB=BC；

∴AD=DC．

∵AC=8；

∴AD=4．

在Rt△ADB中，BD===3；

∵DG⊥AB于H；

由三角形面積公式；得AB?DH=AD?DB．

∴DH==；

∵AB⊥DG；

∴DG=2DH=．25、略

【分析】【分析】連接DE、DF，根據(jù)三角形中位線定理及等邊三角形的性質(zhì)，可證明△DEG≌△DFH，即可得結(jié)論．【解析】【解答】證明連接DE；DF；（如圖）

∵D；E、F是各邊中點(diǎn)；

∴DE平行且等于AC，DF平行且等于BC；

∵AB=BC=CA；

∴∠A=∠B=∠C=60°；

∴DE=DF；∠EDF=∠DFA=∠C=60°

∵已知等邊△DHG；

∴DG=DH；∠HDG=60°=∠EDF；

∴∠EDF-∠FDG=∠HDG-∠FDG；即∠1=∠2；

∴△DEG≌△DFH（SAS）；

∴FH=EG．六、綜合題(共2題，共4分)26、略

【分析】【分析】（1）由A（0；1），B（0，-1）得到OA=OB，再由BQ∥x軸得到OH為△AOQ的中位線，所以AH=QH；

（2）①先利用PQ∥AB得到∠RAH=∠PQH；再根據(jù)“ASA”證明△AHR≌△QHP，則AR=PQ，而AR∥PQ，于是可判斷四邊形APQR為平行四邊形；

②根據(jù)二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征設(shè)P（m，m2），則PQ=m2+1，再利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算出PA=m2+1；則PA=PQ，于是根據(jù)菱形的判定方法得到平行四邊形APQR為菱形；

（3）先表示出H（，0），再利用待定系數(shù)法求出直線PH的解析式為y=x-m2，接著通過解方程組得直線PH與拋物線y=x2的交點(diǎn)坐標(biāo)為（m，m2），此點(diǎn)P點(diǎn)，由此可判斷除P點(diǎn)外，直線PH與拋物線y=x2沒有其它公共點(diǎn)；

（4）作EF∥y軸交PD于F點(diǎn)，如圖，通過解方程組得D（4-2，9-4），P（4+2，9+4）；

設(shè)E（t，t2），則F（t，2t+1），EF=2t+1-t2，則可根據(jù)三角形面積公式計(jì)算出S△PDE=S△PEF+S△DEF=-t2+4t+2，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出S△PDE最大時(shí)t的值，則