北京市东城区北京汇文中学2023-2024学年九年级上学期开学考数学试卷(含解析)

2023-2024学年北京汇文中学初三上学期开学考
数 学
一、选择题（共16分，每题2分）
1．抛物线y＝（x﹣1）2﹣2的顶点坐标是（　　）
A．（﹣1，﹣2） B．（1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（1，2）
2．用配方法解一元二次方程x2﹣4x+1＝0，变形后的结果正确的是（　　）
A．（x+2）2＝3 B．（x﹣2）2＝3 C．（x+2）2＝5 D．（x﹣2）2＝5
3．将抛物线y＝﹣x2+1向右平移2个单位长度，得到的抛物线是（　　）
A．y＝﹣x2+3 B．y＝﹣（x﹣2）2+1
C．y＝﹣x2﹣1 D．y＝﹣（x+2）2+1
4．下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．若关于x的方程x2+6x+c＝0有两个相等的实数根，则c的值是（　　）
A．36 B．﹣36 C．9 D．﹣9
6．如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正确的是（　　）
A．△ABC≌△DEC B．∠ADC＝45° C．AD＝AC D．AE＝AB+CD
7．如图，△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于F，交AB于G，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A． B．1 C． D．7
8．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝m（x﹣3）2+k与x轴交于（a，0），（b，0）两点，其中a＜b．将此抛物线向上平移，与x轴交于（c，0），（d，0）两点，其中c＜d，下面结论正确的是（　　）
A．当m＞0时，a+b＝c+d，b﹣a＞d﹣c
B．当m＞0时，a+b＞c+d，b﹣a＝d﹣c
C．当m＜0时，a+b＝c+d，b﹣a＞d﹣c
D．当m＜0时，a+b＞c+d，b﹣a＜d﹣c
二、填空题（共16分，每题2分）
9．在平面直角坐标系中，已知点A（2a﹣b，﹣8）与点B（﹣2，a+3b）关于原点对称，则a＝　 　，b＝　 　．
10．若二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则abc　 　0．
11．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABD＝30°，，则AB的长为 　 　．
12．点A（2，y1），B（a，y2）在二次函数y＝x2﹣2x+3的图象上．若y1＜y2，写出一个符合条件的a的值 　 　．
13．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝k1x+b1和l2：y＝k2x+b2相交于点A．
（1）观察图象，直接写出方程组的解 　 　．
（2）若直线l2：y＝k2x+b2与y轴的交点为（0，﹣4），则一次函数y＝k2x+b2的表达式 　 　．
14．如图是某停车场的平面示意图，停车场外围的长为30米，宽为18米．停车场内车道的宽都相等，停车位总占地面积为288平方米．设车道的宽为x米，可列方程为 　 　．
15．在平面直角坐标系xOy中，点A（x，y）在第二象限，且，点B（8，0），若△OAB的面积为20，则点A的坐标为 　 　．
16．如图，四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，E是DC延长线上一个动点，点G在射线CB上（不与点C重合），H是DF的中点，连接GH．若AD＝4，则GH的最小值为 　 　．

三、解答题（本题共68分）
17．解方程：
（1）4x2＝9；
（2）x2﹣6x+7＝0；
（3）2x2﹣9x+10＝0．
18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，点A与点D对应，点B与点E对应．
（1）依题意补全图形；
（2）直线AB与直线DE的位置关系为 　 　．
19．已知m是方程x2+2x﹣4＝0的一个根，求代数式（m+2）2+（m+3）（m﹣3）的值．
20．已知二次函数几组x与y的对应值如表：
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 1 3 4 …
y … 12 5 0 ﹣4 0 5 …
（1）求此二次函数的表达式；
（2）直接写出当x取何值时，y≤0．
21．已知关于x的一元二次方程x2+（m﹣6）x﹣6m＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个实数根小于2，求m的取值范围．
22．在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝（x﹣1）2﹣1图象顶点为A，与x轴正半轴交于点B．
（1）求点B的坐标，并画出这个二次函数的图象；
（2）一次函数y＝kx+b的图象过A，B两点，结合图象，直接写出关于x的不等式kx+b≤（x﹣1）2﹣1的解集．
23．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD为△ABC的中线．BE∥DC，BE＝DC，连接CE．
（1）求证：四边形BDCE为菱形；
（2）连接DE，若∠ACB＝60°，BC＝4，求DE的长．
24．小明根据学习函数的经验，对函数的图象与性质进行了探究并解决了相关问题，请补全下面的过程．
（1）函数的自变量x的取值范围是 　 　；
（2）如表是y与x的几组对应值：
x … ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 …
y … 1 m 3 …
写出表中m的值；
（3）如图，在平面直角坐标系xOy中，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；

（4）小明结合该函数图象，解决了以下问题：
①对于图象上两点P（x1，y1），Q（x2，y2），若0＜x1＜x2，则y1　 　y2（填“＞”，“＝”或“＜”）；
②当x＞0时，若对于x的每一个值，函数的值小于正比例函数y＝kx（k≠0）的值，则k的取值范围是 　 　．
25．一位运动员在距篮圈中心（点C）水平距离5m处竖直跳起投篮（A为出手点），球运行的路线是抛物线的一部分，当球运行的水平距离为3m时，达到最高点（点B），此时高度为3.85m，然后准确落入篮圈．已知篮圈中心（点C）到地面的距离为3.05m，该运动员身高1.75m，在这次跳投中，球在头顶上方0.15m处出手，球出手时，他跳离地面的高度是多少？
26．在平面直角坐标系xOy中，点（2，m），（5，n）在抛物线y＝ax2﹣2x（a＞0）上．
（1）当a＝1时，比较m，n值的大小；
（2）点（x0，p）在此抛物线上，若对任意0≤x0≤1，均有m＜p＜n，求a的取值范围．

27．如图，在△ABC中，∠A＝α（0°＜α≤90°），将BC边绕点C逆时针旋转（180°﹣α）得到线段CD．
（1）判断∠B与∠ACD的数量关系并证明；
（2）将AC边绕点C顺时针旋转α得到线段CE，连接DE与AC边交于点M（不与点A，C重合）．
①用等式表示线段DM，DE之间的数量关系，并证明．
②若AB＝5，AC＝3，直接写出AM的长．
28．在平面直角坐标系xOy中，如果点P到原点O的距离为a，点M到点P的距离是a的k倍（k为正整数），那么称点M为点P的k倍关联点．
（1）当点P1的坐标为（0，2）时，
①如果点P1的2倍关联点M在y轴上，那么点M的坐标是 　 　；
如果点P1的2倍关联点M在x轴上，那么点M的坐标是 　 　；
②如果点M（x，y）是点P1的k倍关联点，且满足y＝﹣2，﹣1≤x≤3，求k的最大值；
（2）已知在矩形ABCD中A（t，0），B（t+1，0），∠ACB＝30°．如果点P2的坐标为（﹣1，0），若在矩形ABCD边上存在P2的k倍关联点，直接写出t的取值范围．
参考答案
一、选择题（共16分，每题2分）
1．【答案】B
【分析】根据抛物线的顶点式解析式写出顶点坐标即可．
【解答】解：y＝（x﹣1）2﹣2顶点坐标为（1，﹣2）．
故选：B．
2．【答案】B
【分析】利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣4x+1＝0，
x2﹣4x＝﹣1，
x2﹣4x+4＝﹣1+4，
（x﹣2）2＝3，
故选：B．
3．【答案】B
【分析】根据左加右减自变量，上加下减常数项，进行抛物线的平移即可．
【解答】解：根据左加右减自变量可知：
将抛物线y＝﹣x2+1的图象向右平移2个单位长度，所得到的抛物线为：y＝﹣（x﹣2）2+1．
故选：B．
4．【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
5．【答案】C
【分析】方程x2+6x+c＝0有两个相等的实数根，可知Δ＝62﹣4c＝0，然后即可计算出c的值．
【解答】解：∵方程x2+6x+c＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝62﹣4c＝0，
解得c＝9，
故选：C．
6．【答案】D
【分析】由旋转的性质和等腰直角三角形 的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：由旋转的性质得出CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝135°，AB＝DE，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝45°＝∠DAC，△ABC≌△DEC，AD＝AC，
∴AE＝AD+DE＝CD+AB，故选项A，B，C正确，D错误，
故选：D．
7．【答案】A
【分析】由等腰三角形的判定方法可知△AGC是等腰三角形，所以F为GC中点，再由已知条件可得EF为△CBG的中位线，利用中位线的性质即可求出线段EF的长．
【解答】解：∵AD是△ABC角平分线，CG⊥AD于F，
∴△AGC是等腰三角形，
∴AG＝AC＝3，GF＝CF，
∵AB＝4，AC＝3，
∴BG＝1，
∵AE是△ABC中线，
∴BE＝CE，
∴EF为△CBG的中位线，
∴EF＝BG＝，
故选：A．
8．【答案】A
【分析】分m＞0和m＜0两种情况，根据平移的性质画出函数图象，由函数的性质结合函数图象解答即可．
【解答】解：当m＞0时，如图所示：
∵抛物线的对称轴为直线x＝3，
∴a+b＝c+d＝6，且b﹣a＞d﹣c；
当m＜0时，如图所示：
∵抛物线的对称轴为直线x＝3，
∴a+b＝c+d＝6，且b﹣a＜d﹣c．
故选：A．
二、填空题（共16分，每题2分）
9．【答案】见试题解答内容
【分析】利用关于原点对称的点的特点建立方程组即可．
【解答】解：∵点A（2a﹣b，﹣8）与点B（﹣2，a+3b）关于原点对称，
∴2a﹣b＝2，a+3b＝8，
∴a＝2，b＝2，
故答案为2，2．
10．【答案】见试题解答内容
【分析】根据函数图象可得各系数的关系：a＜0，b＞0，c＞0，则abc的正负即可判定．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0；
∵抛物线与x轴的交点在y轴的正半轴，
∴c＞0；
∵抛物线的对称轴在x轴的正半轴，
∴﹣＞0，
∵a＜0，
∴b＞0，
∴abc＜0．
11．【答案】2．
【分析】由菱形的性质，得到AC⊥BD，OB＝BD＝，由直角三角形的性质得到OA＝AB，由勾股定理即可求出AB的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝BD，
∵BD＝2，
∴OB＝，
∵∠ABD＝30°，
∴OA＝AB，
∵AB2﹣OA2＝OB2，
∴AB2﹣（﹣AB）2＝（）2，
∴AB＝2．
故答案为：2．
12．【答案】3（答案不唯一）．
【分析】由解析式求得开口方向和对称轴，然后利用二次函数的性质即可得出a＞2或a＜0．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x+3，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴点A（2，y1）关于直线x＝1的对称点为（0，y1），
∵点A（2，y1），B（a，y2）在二次函数y＝x2﹣2x+3的图象上．且y1＜y2，
∴a＞2或a＜0，
故a的值可以是3，
故答案为：3（答案不唯一）．
13．【答案】（1）；
（2）y＝x﹣4．
【分析】（1）根据函数的图象得到A（2，﹣1），代入函数解析式，解方程组即可得到结论；
（2）把A（2，﹣1），（0，﹣4）代入y＝k2x+b2，解方程组求解即可．
【解答】解：（1）根据图象得，方程组的解为；
故答案为：；
（2）由题意得：，
解得，
∴一次函数y＝k2x+b2的表达式为y＝x﹣4．
14．【答案】（18﹣x）（30﹣x）＝288．
【分析】停车位总占地长为（30﹣x）米，宽为（18﹣x）米，根据矩形的面积＝长×宽＝288平方米列出方程，此题得解．
【解答】解：设车道的宽为x米，则停车位总占地长为（30﹣x）米，宽为（18﹣x）米，
根据题意，得（18﹣x）（30﹣x）＝288．
故答案为：（18﹣x）（30﹣x）＝288．
15．【答案】（﹣2，5）．
【分析】由题意可知A（x，﹣），OB＝8，由△OAB的面积为20，得到，解得x＝﹣2，即可求得点A的坐标为（﹣2，5）．
【解答】解：∵点A（x，y）在第二象限，且，点B（8，0），
∴A（x，﹣），OB＝8，
∵△OAB的面积为20，
∴，
解得x＝﹣2，
∴点A的坐标为（﹣2，5）．
故答案为：（﹣2，5）．
16．【答案】．
【分析】如图，延长GH交DE于M，证明△GHF≌△MHD（ASA），可得FG＝DM，GH＝MH，设正方形CEFG的边长为x，则DM＝x，CM＝4﹣x，根据勾股定理列方程，可得GM2＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8，最后根据完全平方的非负性可得答案．
【解答】解：如图，延长GH交DE于M，
∵四边形CEFG是正方形，
∴FG∥DE，FG＝CE，
∴∠GFH＝∠CDH，
∵H是DF的中点，
∴DH＝FH，
∵∠GHF＝∠DHM，
∴△GHF≌△MHD（ASA），
∴FG＝DM，GH＝MH，
设正方形CEFG的边长为x，则DM＝x，CM＝4﹣x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴CG2+CM2＝GM2，
∴x2+（4﹣x）2＝GM2，
∴GM2＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8，
∴GM的最小值是＝2，
∴GH的最小值是．
故答案为：．
三、解答题（本题共68分）
17．【答案】（1）x1＝，x2＝﹣；
（2）x1＝3+，x2＝3﹣；
（3）x1＝2，x2＝2.5．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣直接开平方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（3）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）4x2＝9，
x2＝，
x1＝，x2＝﹣；
（2）x2﹣6x+7＝0，
x2﹣6x＝﹣7，
x2﹣6x+9＝﹣7+9，
（x﹣3）2＝2，
x﹣3＝±，
x﹣3＝或x﹣3＝﹣，
x1＝3+，x2＝3﹣；
（3）2x2﹣9x+10＝0，
（x﹣2）（2x﹣5）＝0，
x﹣2＝0或2x﹣5＝0，
x1＝2，x2＝2.5．
18．【答案】（1）见解答．
（2）AB⊥DE．
【分析】（1）以点C为圆心，BC的长为半径画弧，交AC于点E，延长BC，以点C为圆心，AC的长为半径画弧，交BC的延长线于点D，连接DE即可．
（2）延长DE，交AB于点F，由旋转可得，∠CED＝∠B，进而可得∠AEF＝∠B，则∠A+∠B＝∠A+∠AEF＝90°，可得∠AFE＝90°，即AB⊥DE．
【解答】解：（1）如图，△DEC即为所求．
（2）延长DE，交AB于点F，
由旋转可得，∠CED＝∠B，
∵∠CED＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝∠A+∠AEF＝90°，
∴∠AFE＝90°，
即AB⊥DE．
故答案为：AB⊥DE．
19．【答案】3．
【分析】根据完全平方公式、平方差公式、合并同类项法则把原式化简，根据一元二次方程根的概念得到m2+2m＝4，代入计算即可．
【解答】解：原式＝m2+4m+4+m2﹣9
＝2m2+4m﹣5，
∵m是方程x2+2x﹣4＝0的一个根，
∴m2+2m﹣4＝0，
∴m2+2m＝4，
则原式＝2（m2+2m）﹣5
＝2×4﹣5
＝3．
20．【答案】（1）该二次函数的表达式为y＝（x﹣1）2﹣4；
（2）当﹣1≤x≤3时，y≤0．
【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）由表中数据可得抛物线与x轴的个交点，根据函数的图象和性质得出结论．
【解答】解：（1）由表格数据结合二次函数图象对称性可得图象顶点为（1，﹣4），
设二次函数的表达式为y＝a（x﹣1）2﹣4（a≠0），
将（﹣1，0）代入得4a﹣4＝0，
解得a＝1，
∴该二次函数的表达式为y＝（x﹣1）2﹣4；
（2）由表格中数据知，当x＝﹣1和3时，y＝0，
∴抛物线与x轴的交点为（﹣1，0）和（3，0），
∵抛物线开口向上，
∴当﹣1≤x≤3时，y≤0．
21．【答案】（1）证明过程见解答；
（2）m＞﹣2．
【分析】（1）先根据题意求出Δ的值，再根据一元二次方程根的情况与根的判别式Δ的关系即可得出结论；
（2）利用因式分解法求得方程的解，然后根据题意列出关于m的不等式，解不等式即可得到结论．
【解答】（1）证明：由题意得：Δ＝（m﹣6）2﹣4×（﹣6m）＝m2+12m+36＝（m+6）2≥0，
故该方程总有两个实数根；
（2）解：x2+（m﹣6）x﹣6m＝0，
解得：x1＝﹣m，x2＝6，
∵方程有一个实数根小于2，
∴﹣m＜2．
∴m＞﹣2．
22．【答案】（1）（2，0）；作图见解答过程；
（2）x≤1或x≥2时，kx+b≤（x﹣1）2﹣1．
【分析】（1）将y＝0代入函数解析式求解．
（2）根据点A，B坐标及图象求解．
【解答】（1）解：令y＝0，则（x﹣1）2﹣1＝0，
解得x1＝0，x2＝2，
∴B点坐标为（2，0），
列表得：
x ﹣1 0 1 2 3
y 3 0 ﹣1 0 3
画图得：
；
（2）如图，
由图形可得：x≤1或x≥2时，kx+b≤（x﹣1）2﹣1．
23．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证明四边形BDCE为平行四边形，由直角三角形的性质可得BD＝CD，可得结论；
（2）由菱形的性质可得DO＝OE，BC⊥DE，OC＝2，由直角三角形的性质可求DO的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵BE∥AC，BE＝DC，
∴四边形BDCE为平行四边形，
∵∠ABC＝90°，BD为AC边上的中线，
∴，
∴四边形BDCE为菱形；
（2）解：连接DE交BC于O点，如图，
∵四边形BDCE为菱形，BC＝4，
∴，
∴∠ACB＝60°，
∴∠EDC＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴DC＝2OC＝4，DO＝OC＝2，
∴．
24．【答案】（1）任意实数；
（2）m＝0；
（3）见解答；
（4）＜；k＞．
【分析】（1）由图表可知可以是任意实数；
（2）把x＝0代入即可求得；
（3）根据坐标系中的点，用平滑的曲线连接即可；
（4）观察图象即可解决问题．
【解答】解：（1）函数中自变量x可以是任意实数；
故答案为：任意实数；
（2）当x＝0时，＝0，
∴m＝0．
（3）函数图象如图所示；
（4）观察该函数图象：
①对于图象上两点P（x1，y1），Q（x2，y2），若0＜x1＜x2，则y1＜y2；
②当x＞0时，若对于x的每一个值，函数的值小于正比例函数y＝kx（k≠0）的值，则k的取值范围是k＞．
故答案为：＜；k＞．
25．【答案】球出手时，他跳离地面的高度是0.15m．
【分析】建立如图所示坐标系，设抛物线的表达式为y＝ax2+3.85，依题意可知图象经过C的坐标，由此可得a的值；设球出手时，他跳离地面的高度为hm，则可得h+2.05＝﹣0.2×（﹣2.5）2+3.5，解出 h即可．
【解答】解：以地面为x轴，过B点垂直于地面的直线为x轴，与地面的交点为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
由题意得，B（0，3.85），C（2，3.05），
∴设抛物线解析式为y＝ax2+3.85，
把点C坐标代入解析式得：4a+3.85＝3.05，
解得a＝﹣0.2，
∴抛物线解析式为y＝﹣0.2x2+3.85，
设球出手时，他跳离地面的高度为hm，
根据题意可知，h+1.75+0.15＝﹣0.2×9+3.85
解得h＝0.15．
答：球出手时，他跳离地面的高度是0.15m．
26．【答案】（1）m＜n；（2）．
【分析】（1）把点（2，m），（4，n）分别代入解析式即可求得m、n的值再进行比较即可；
（2）由题意求得a＞，由对称轴为直线，求得，当时，当x＝0时，y＝0；当x＝1时，y＝a﹣2＜0，即可得出4a﹣4＜0且16a﹣8＞a﹣2，解得；当时，总有p≤m＜n，不符合题意，从而求得a的取值范围是．
【解答】解：（1）当a＝1时，函数表达式为y＝x2﹣2x，
∵点（2，m），（4，n）在抛物线y＝x2﹣2x上．
∴m＝0，n＝8；
∴m＜n．
（2）∵点（2，m），（4，n）在抛物线y＝ax2﹣2x（a＞0）上，
∴m＝4a﹣4，n＝16a﹣8，
∵m＜n，
∴4a﹣4＜16a﹣8，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝，
∵a＞0，
∴．
当时，
当x＝0时，y＝0；当x＝1时，y＝a﹣2．
∵0≤x0≤1，y随x的增大而减小，
∴a﹣2＜0．
∵m＜p＜n，
∴4a﹣4＜0且16a﹣8＞a﹣2．
∴．
当时，总有p≤m＜n，不符合题意．
综上，a的取值范围是．
27．【答案】（1）∠B＝∠ACD，理由见解析；
（2）①DM＝EM，理由见解析；
②．
【分析】（1）由旋转可知∠BCD＝180°﹣α，再由∠ACD+∠BCA＝180°﹣α，可得∠B+∠BCA＝180°﹣α，即可证明∠B＝∠ACD；
（2）①在AB上取点N使得∠BCN＝∠CDM，先证明△CDM≌△BCN（ASA），再证明△ECM≌△CAN（ASA），即可求解；
②由①可知CM＝BN，CM＝AN，则CM＝AN＝BN＝AB＝，即可求出AM＝AC﹣CM＝．
【解答】解：（1）∠B＝∠ACD，理由如下：
由旋转可知∠BCD＝180°﹣α，
∴∠ACD+∠BCA＝180°﹣α，
∵∠A＝α，
∴∠B+∠BCA＝180°﹣α，
∴∠B＝∠ACD；
（2）①DM＝EM，理由如下：
在AB上取点N使得∠BCN＝∠CDM，
∵BC＝CD，∠B＝∠ACD，
∴△CDM≌△BCN（ASA），
∴CN＝DM，
∵∠CMD＝∠E+∠BEM，∠BNC＝∠ACN+∠A，
又∵∠ECM＝∠A＝α，
∴∠E＝∠ACN，
∴△ECM≌△CAN（ASA），
∴CN＝EM，
∴DM＝EM；
②由①可知，CM＝BN，CM＝AN，
∴CM＝AN＝BN＝AB＝，
∴AM＝AC﹣CM＝3﹣＝．
28．【答案】（1）①（0，6）或（0，﹣2）；（2，0）或（﹣2，0）；②k的最大值为2；
（2）﹣3≤t≤0．
【分析】（1）①由题意得：MP＝2OP1＝4，即可求解；
②当x＝3时，点M（3，﹣2），此时，k值最大，即可求解；
（2）当k＝1时，得到﹣3≤t≤0；当k＝2时，得到﹣4≤t≤1，进而求解．
【解答】解：（1）①由题意得：MP＝2OP1＝4，
当点M在y轴上时，
则点M的坐标为（0，6）或（0，﹣2）；
当点M在x轴上时，设点M（x，0），
则MP＝4，即x2+4＝42，
解得：x＝±2，
即点M的坐标为：（2，0）或（﹣2，0）；
故答案为：（0，6）或（0，﹣2）；（2，0）或（﹣2，0）；
②当x＝3时，点M（3，﹣2），此时，k值最大，
则MP＝k OP1＝2k，
则（2k）2＝32+42，
解得：k＝2.5，
∵k为正整数，则k＝2，
即k的最大值为2；
（2）∵P2（﹣1，0），
当k＝1时，
∴x轴上的点P2的2倍关联点为（﹣2，0），（0，0），
∵在△ABC的边上存在点P2的2倍关联点Q，A（t，0），B（t+1，0），
∴t+1≥﹣2，t≤0，
∴﹣3≤t≤0．
当k＝2时，
∴x轴上的点P2的2倍关联点为（﹣3，0），（1，0），
∵在△ABC的边上存在点P2的2倍关联点Q，A（t，0），B（t+1，0），
∴t+1≥﹣3，t≤1，
∴﹣4≤t≤1．
故当k＝1或2时，﹣3≤t≤0，
同理当k为大于3的正整数时，t的取值范围都在包含了﹣3≤t≤0，
综上，﹣3≤t≤0．