2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市南岗区萧红中学九年级（上）开学数学试卷（五四学制）（含详解）

这是一份2024-2025学年黑龙江省哈尔滨市南岗区萧红中学九年级（上）开学数学试卷（五四学制）（含详解），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列方程中，属于一元二次方程的是( )
A. x+2y=1B. ax2+bx+c=0C. 3x+1x=4D. x2−2=0
2.下列各曲线中表示y是x的函数的是( )
A. B. C. D.
3.在下列长度的各组线段中，不能构成直角三角形的是( )
A. 3，4，5B. 7，24，25C. 1，1， 2D. 3， 5， 6
4.在▱ABCD中，∠A比∠B大30°，则∠D的度数为( )
A. 120°B. 105°C. 100°D. 75°
5.一次函数y=−x+3的图象经过( )
A. 第一、二、三象限B. 第一、二、四象限C. 第一、三、四象限D. 第二、三、四象限
6.顺次连接矩形四边中点得到的四边形一定是( )
A. 矩形B. 菱形C. 等腰梯形D. 正方形
7.某商场对商场中现有空调进行两次提价，提价后的价格为提价前的121%，则平均每次提价的百分数为( )
A. 8%B. 10%C. 12%D. 20%
8.如图，在正方形ABCD外侧作等边三角形△CDE，则∠AED的度数为( )
A. 10°
B. 12.5°
C. 15°
D. 20°
9.给出以下四个命题：
①对角线相等的四边形是矩形；
②对角线互相垂直的四边形是菱形；
③对角线互相垂直的矩形是正方形；
④菱形对角线的平方和等于边长平方的4倍.其中真命题有( )个．
A. 0B. 1C. 2D. 3
10.如图，在▱ABCD中，点E在对角线BD上，EM//AD，交AB于点M，EN//AB，交AD于点N，则下列式子一定正确的是( )
A. AMBM=NEDEB. AMAB=ANADC. BCME=BEBDD. BDBE=BCEM
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.函数y= x−1中自变量x的取值范围是______．
12.方程x2=2的根是______．
13.一次函数y=(2m−6)x+5中，y随x的增大而减小，则m的取值范围是________．
14.若关于x的一元二次方程kx2+2x−1=0有两个相等的实数根，则实数k的取值范围是______．
15.如图，已知OA=OB，BC⊥AC于点C.点O对应的数是0，点C对应的数是−2，AC=1，那么数轴上点B所表示的数是______．
16.已知直角三角形两边的长分别为5和12，则第三边的长为______．
17.如图，一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点(4,0)，与y轴交于点(0,2)，则不等式kx+b>0的解集为______．
18.如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，
连接OH，∠CAD=35°，则∠HOB的度数为______．
19.△ABC中，∠ABC=30°，AB=2 3，AC=2，则BC=______．
20.如图，正方形ABCD中，点E在AD上，点F在AC上，∠BFE=90°，连接BE交AC于点G，若AG=24，CG=32，则GF的长是______．
三、解答题：本题共7小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题7分)
解方程：x(2x−4)=5−8x．
22.(本小题7分)
图1，图2中的小正方形的边长均为1，线段AB，EF的端点A，B，E，F均在小正方形的顶点上．
(1)在图1中画出一个以线段AB为边的平行四边形ABCD，点C，D均在小正方形的顶点上，且平行四边形ABCD的面积为8；
(2)在图2中画出以线段EF为边的菱形EFGH，点G，H均在小正方形的顶点上，且菱形EFGH的面积为8，连接FH，直接写出FH的长．
23.(本小题8分)
某种机器工作前先将空油箱加满，然后停止加油立即开始工作.当停止工作时，油箱中油量为5L，在整个过程中，油箱里的油量y(单位：L)与时间x(单位：min)之间的关系如图所示．
(1)填空：机器每分钟加油量为______L，机器工作的过程中每分钟耗油量为______L；
(2)求机器工作时y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
24.(本小题8分)
如图，点C是BE的中点，四边形ABCD是平行四边形．
(1)求证：四边形ACED是平行四边形；
(2)如果AB=AE，求证：四边形ACED是矩形．
25.(本小题10分)
华昌中学开学初在金利源商场购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
(1)求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元？
(2)华昌中学响应习总书记“足球进校园”的号召，决定两次购进A、B两种品牌足球共50个，恰逢金利源商场对两种品牌足球的售价进行调整，A品牌足球售价比第一次购买时提高了8%，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果这所中学此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，那么华昌中学此次最多可购买多少个B品牌足球？
26.(本小题10分)
综合与实践：
【思考尝试】(1)数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】(2)小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】(3)小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
27.(本小题10分)
已知：在平面直角坐标系中，直线AC交x轴负半轴于点A，交y轴于点C，直线AC的解析式为y=52x+b(b>0)，经过点C的直线交x轴正半轴于点B，OB=OC，AC= 29．
(1)如图1，求直线BC的解析式；
(2)如图2，点H在OB上，过点H作x轴的垂线，交BC于点F，点E在OC上，连接AE并延长交直线FH于点D，OE=BH，设直线AE的解析式为y=5−t2x+5−t(0(3)如图3，在(2)的条件下，连接CD并延长至点M，连接EM，∠CME=45°，过点D作x轴的平行线，交EM延长线于点N，直线BN解析式为y=3x−15，求点N的坐标．
答案解析
1.D
【解析】解：A、含有2个未知数，故错误；
B、当a=0时不是一元二次方程，故错误；
C、为分式方程，故错误；
D、只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，二次项系数不为0，是一元二次方程，正确；
故选D．
首先判断是否是整式方程，如果是整式方程，化简后只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，这样的方程就是一元二次方程．
用到的知识点为：一元二次方程只含有一个未知数，未知数的最高次数是2，为整式方程；并且二次项系数不为0．
2.D
【解析】解：根据函数的意义可知：对于自变量x的任何值，y都有唯一的值与之相对应，故D正确．
故选：D．
3.D
【解析】解：A、∵32+42=52，∴能构成直角三角形；
B、∵72+242=252，∴能构成直角三角形；
C、∵12+12=( 2)2，∴能构成直角三角形．
D、∵( 3)2+( 5)2≠( 6)2，∴不能构成直角三角形；
故选：D．
根据勾股定理的逆定理，验证四个选项中数据是否满足“较小两边平方的和等于最大边的平方”，由此即可得出结论．
本题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是根据勾股定理的逆定理验证四个选项．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，套入数据验证“较小两边平方的和是否等于最大边的平方”是关键．
4.D
【解析】解：画出图形如下所示：
则∠A+∠B=180°，
又∵∠A−∠B=30°，
∴∠A=105°，∠B=75°，
∴∠D=∠B=75°．
故选：D．
根据平行四边形的对角相等，邻角之和为180°，即可求出该平行四边形各个内角的度数．
本题考查平行四边形的性质，解题关键是掌握平行四边形的对角相等，邻角之和为180°，难度一般．
5.B
【解析】解：∵一次函数y=−x+3中，k=−1<0，则函数一定经过二，四象限，
b=3>0，则一定与y轴正半轴相交，
∴一次函数y=−x+3的图象经过一、二、四象限．
故选：B．
根据一次函数的性质一次项系数小于0，则函数一定经过二，四象限，常数项为3>0，则一定与y轴正半轴相交，即可得到答案．
本题考查了一次函数的性质，一次函数y=kx+b的图象经过的象限由k、b的值共同决定，分如下六种情况：
①当k>0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限；
②当k>0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限；
③当k<0，b>0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限；
④当k<0，b<0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限；
⑤当k>0，b=0时，函数y=kx+b的图象经过第一、三象限；
⑥当k<0，b=0时，函数y=kx+b的图象经过第二、四象限．
6.B
【解析】解：矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、AB、BC、CD的中点，
连接AC、BD，
则EF=12BD，GH=12BD，EH=12AC，GF=12AC，
又∵AC=BD，
∴EF=GH=EH=GF，
∴四边形EFGH是菱形，
∴顺次连接矩形四边中点得到的四边形一定是菱形；
故选B．
连接对角线，利用三角形中位线性质得：EF是△ABD的中位线，则EF=12BD；同理得GH=12BD，EH=12AC，GF=12AC，根据矩形对角线相等得：EF=GH=EH=GF，则中点四边形EFGH是菱形．
本题考查了中点四边形，连对角线构建三角形，运用三角形中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；以矩形对角线相等为中间量得出结论．
7.B
【解析】解：设平均每次提价的百分率为x，
根据题意得：(1+x)2=1.21，
开方得：1+x=1.1或1+x=−1.1，
解得：x1=0.1=10%，x2=−2.1(舍去)，
则平均每次提价的百分率为10%．
故选：B．
增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×(1+增长率)，本题可参照增长率问题求解．设平均每次增长的百分数是x，则根据题意可列方程(1+x)2=121%，解方程即可求解．注意根据实际意义进行值的取舍．
本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b.(当增长时中间的“±”号选“+”，当降低时中间的“±”号选“−”)
8.C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=DC，
∵△CDE是等边三角形，
∴DE=DC，∠EDC=60°，
∴∠ADE=90°+60°=150°，AD=ED，
∴∠DAE=∠AED=12(180°−∠ADE)=12(180°−150°)=15°，
故选：C．
根据正方形性质得出∠ADC=90°，AD=DC，根据等边三角形性质得出DE=DC，∠EDC=60°，推出∠ADE=150°，AD=ED，根据等腰三角形性质得出∠DAE=∠DEA，根据三角形的内角和定理求出即可．
本题考查了正方形性质，三角形的内角和定理，等腰三角形性质，等边三角形的性质的应用，主要考查学生运用性质机械能推理和计算的能力，本题综合性比较强，是一道比较好的题目．
9.C
【解析】解：①错误，例如等腰梯形；
②错误，例如对角线互相垂直的等腰梯形；
③正确，符合正方形的判定定理；
④正确，符合菱形的性质．
真命题有2个，
故选：C．
分别根据矩形、菱形及正方形的性质进行逐一判断即可．
本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
10.D
【解析】解：∵在▱ABCD中，EM//AD，EN//AB，
∴四边形AMEN为平行四边形，ME=AN，NE=AM，
易得△BEM∽△BDA∽△EDN，
∴AMBM=NEBM=DEBE，NEDE=DMBE，A项错误；
AMAB=NEAB=NDAD，B项错误；
BCME=ADME=BDBE，C项错误；
BDBE=ADME=BCME，D项正确；
故选：D．
11.x≥1
【解析】解：由题意得：x−1≥0，
解得：x≥1，
故答案为：x≥1．
根据二次根式 a(a≥0)可得x−1≥0，然后进行计算即可解答．
本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握二次根式 a(a≥0)是解题的关键．
12.± 2
【解析】解：x2=2
解得：x=± 2．
故答案为：± 2．
直接利用开平方法求出方程的根即可．
此题主要考查了直接开平方法解方程，正确开平方是解题关键．
13.m<3
【解析】解：∵一次函数y=(2m−6)x+5中，y随x的增大而减小，
∴2m−6<0，
解得，m<3；
故答案是：m<3．
利用一次函数图象与系数的关系列出关于m的不等式2m−6<0，然后解不等式即可．
本题主要考查一次函数图象与系数的关系．解答本题注意理解：k>0时，直线必经过一、三象限，y随x的增大而增大；k<0时，直线必经过二、四象限，y随x的增大而减小．
14.k=−1
【解析】解：根据题意得k≠0且△=22−4k×(−1)=0，
解得k=−1．
故答案为k=−1．
利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=22−4k×(−1)=0，然后解关于k的一次方程即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程无实数根．
15.− 5
【解析】解：由图可知，OC=2，BC⊥AC，垂足为C，AC=1，
故OB=OA= 22+12= 5，
∵B在x的负半轴上，
∴数轴上点B所表示的数是− 5．
故答案为− 5．
16.13或 119
【解析】解：当12和5均为直角边时，第三边= 122+52=13；
当12为斜边，5为直角边，则第三边= 122−52= 119，
故第三边的长为13或 119．
故答案为：13或 119．
分12是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
17.x<4
【解析】解：∵一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点(4,0)，与y轴交于点(0,2)，
∴y随x的增大而减小，且x=4时，y=0，
当x<4时，y>0，即kx+b>0，
∴不等式kx+b>0的解集为x<4．
故答案为：x<4．
根据一次函数的性质得出y随x的增大而减小，当x<4时，y>0，即可求出答案．
本题主要考查一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
18.70°
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO，
∵DH⊥AB，
∴∠DHB=90°，
∴OH=12BD=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
∴∠HOB=180°−2∠OBH，
∵∠OAB=∠CAD=35°，
∴∠ABO=90°−35°=55°，
∴∠HOB=180°−2×55°=70°．
故答案为：70°．
四边形ABCD是菱形，BO=DO，根据DH⊥AB，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，OH=12BD=OB，再根据三角形内角和即可求出∠HOB的度数．
本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
19.4或2
【解析】解：①当△ABC的高BD在三角形内时，
在Rt△ABD中，∵AB=2 3，∠B=30°，
∴AD= 3，BD= 3AD=3，
在Rt△ACD中，CD= 22−( 3)2=1，
∴BC=BD+CD=4．
②当高BD在△ABC′外时，BC′=BD−DC′=3−1=2．
故答案为4或2
分两种情形分别求解即可．
本题考查勾股定理，直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
20.25
【解析】解：过点F作FN⊥BC于点N，延长NF交AD于点M，如图所示：
则∠EMF=∠FNB=90°，
∴∠MEF+∠MFE=90°，
在正方形ABCD中，∠ADC=∠DCB=90°，∠ACB=∠DAC==45°，AD=BC，
∴四边形NCDM是矩形，
∴DM=CN，
∴AM=BN，
∵∠DAC=45°，∠AMN=90°，
∴∠MFA=45°，
∴AM=MF，
∴MF=BN，
∵∠BFE=90°，
∴∠BFN+∠MFE=90°，
∴∠MEF=∠BFN，
∴△EMF≌△FNB(AAS)，
∴EM=FN，
设CN=FN=EM=x，
根据勾股定理可得CF= 2x，
∵AG=24，CG=32，
∴AC=56，
根据勾股定理，可得AD=CD=28 2，
在正方形ABCD中，AD//BC，
∴∠EAC=∠ACB，
又∵∠AGE=∠CGB，
∴△AGE∽△CGB，
∴AE：BC=AG：GC，
解得AE=21 2，
∴AM=21 2+x，
∴FM=21 2+x，
根据勾股定理可得AF= 2AM=42+ 2x，
∴AC=42+ 2x+ 2x=56，
解得x=72 2，
∴CF= 2x=7，
∴GF=GC−CF=32−7=25，
故答案为：25．
过点F作FN⊥BC于点N，延长NF交AD于点M，根据正方形的性质易证△EMF≌△FNB(AAS)，可得EM=FN，设CN=FN=EM=x，再根据勾股定理表示出AF和CF的长，列方程求解即可求出CF的长，进一步可得GF的长．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
21.解：方程化为2x2+4x−5=0，
a=2，b=4，c=−5，
Δ=b2−4ac=42−4×2×(−5)=56>0，
方程有两个不等的实数根，
∴x=−b± b2−4ac2a=−4± 562×2=−4±2 144=−2± 142，
即x1=−2+ 142，x2=−2− 142．
【解析】将一元二次方程整理成一般形式，然后利用公式法解方程．
本题考查公式法解一元二次方程，掌握公式法解一元二次方程的步骤是解题关键．
22.解：(1)如图，四边形ABCD即为所求；
(2)如图，四边形EFGH即为所求．FH= 42+42=4 2．

【解析】(1)作一个底为4，高为2的平行四边形即可；
(2)作一个对角线分别为2 2，4 2的菱形即可．
本题考查作图−应用与设计作图，平行四边形的判定，菱形的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
23.3 0.5
【解析】解：(1)由图象可得，
机器每分钟加油量为：30÷10=3(L)，
机器工作的过程中每分钟耗油量为：(30−5)÷(60−10)=0.5(L)，
故答案为：3，0.5；
(2)当10有图象可得：10k+b=3060k+b=5，
解得：k=−0.5b=35，
∴y=−0.5x+35，
即机器工作时y关于x的函数解析式为y=−0.5x+35(10(1)根据函数图象中的数据，可以得到机器每分钟加油量和机器工作的过程中每分钟耗油量；
(2)根据函数图象中的数据，用待定系数法可以得到机器工作时y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
24.解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD//CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得到AD//BC，且AD=BC，根据点C是BE的中点，得到BC=CE，等量代换得AD=CE，又因为AD/​/CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证；
(2)根据对角线相等的平行四边形是矩形进行证明．
本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，属于常考题，牢记矩形的判定定理是解题的关键．
25.解：(1)设购买一个A品牌的足球需x元，则购买一个B品牌的足球需(x+30)元，由题意得
2500x=2000x+30×2
解得：x=50
经检验x=50是原方程的解，
x+30=80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
(2)设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球(50−a)个，由题意得
50×(1+8%)(50−a)+80×0.9a≤3260
解得a≤3119
因为a是整数，
所以a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
【解析】此题考查一元一次不等式与分式方程的应用，找出题目蕴含的等量关系与不等关系是解决问题的关键．
(1)设购买一个A品牌的足球需x元，则购买一个B品牌的足球需(x+30)元，根据购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍列出方程解答即可；
(2)设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球(50−a)个，根据购买A、B两种品牌足球的总费用不超过3260元，列出不等式解决问题．
26.解：(1)四边形ABCD是正方形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵GD⊥DF，
∴∠FDG=90°，
∴∠ADG=∠CDF，
又∵AG=CF，∠G=∠DFC=90°，
∴△ADG≌△CDF(AAS)，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形；
(2)HF=AH+CF，
理由：∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，
∴四边形HFDG是矩形，
∴∠G=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDF，
∴△ADG≌△CDF(AAS)，
∴AG=CF，DG=DF，
∴矩形HFDG是正方形，
∴HG=HF=AH+AG=AH+CF；
(3)连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=45°，
∵AH⊥CE，AH=HM，
∴△AHM是等腰直角三角形，
∴∠HAM=45°，
∴∠HAB=∠MAC，
∵AHAM=ABAC= 22，
∴△AHB∽△AMC，
∴BHCM=AHAM= 22，
即BH= 22CM．
【解析】(1)根据矩形的性质得到∠ADC=90°，得到∠ADG=∠CDF，根据全等三角形的判定和性质得到AD=CD，于是得到四边形ABCD是正方形；
(2)根据矩形的判定定理得到四边形HFDG是矩形，求得∠G=∠DFC=90°，根据正方形的性质得到AD=CD，∠ADC=90°，求得∠ADG=∠CDF，根据全等三角形的判定和性质得到AG=CF，DG=DF，根据正方形的判定定理得到矩形HFDG是正方形，于是得到HG=HF=AH+AG=AH+CF；
(3)连接AC，根据正方形的性质得到∠BAC=45°，根据等腰直角三角形的性质得到∠HAM=45°，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．
本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
27.解：(1)当x=0时，y=52×0+b=b，
∴C(0,b)，
∴OC=b，
当y=0时，52x+b=0，
解得，x=−25b，
∴A(−25b,0)，
∴OA=25b，

在Rt△AOC中，∠AOC=90°，OA2+OC2=AC2，
∴(25b)2+b2=( 29)2，
解得：b=5．
∴C(0,5)，A(−2,0)．
∵OB=OC，
∴OB=5．
∴B(5,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+a(k≠0)，
∴a=55k+a=0，
解得：k=−1，a=5．
∴直线BC的解析式为：y=−x+5；
(2)当y=0时，y=5−t2⋅0+5−t=5−t
∴OE=5−t，
∴BH=OE=5−t，
∵OB=OC，∠BOC=90°，

∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵DH⊥x轴，
∴∠OHF=90°，
∴∠HFB=45°，
∴∠HFB=∠OBC，
∴FH=BH=5−t，
∴OH=OB−OH=5−(5−t)=t，
∴点D的横坐标为t，
∴点D的纵坐标为y=5−t2⋅t+5−t=−12t2+32t+5，
∴DH=−12t2+32t+5，
∴d=DF=DH−FH=−12t2+32t+5−(5−t)=−12t2+52t；
(3)过点C作CK⊥CM，连接FE并延长交CK于点K，连接DK，
过点C作CL⊥HD交HD的延长线于L，

∵OE//FH，OE=FH，
∴四边形EOHF为矩形．
∴EF//x轴．
∵DN//x轴，
∴DN//FK，
∵四边形EOHF为矩形，
∴∠CEF=90°，∠EFL=90°，
∵∠L=90°，
∴四边形CEFL为矩形，
∵∠OCB=45°，
∴∠EFC=90°−45°=45°
∴∠OCB=∠EFC，
∴CE=EF，
∴四边形CEFL为正方形，
∴CE=CL，∠ECL=90°，
∵CK⊥CM，
∴∠KCD=90°，
∴∠KCD=∠ECL，
∴∠KCD−∠ECD=∠ECL−∠ECD，
即∠KCE=∠DCL，
∵∠L=∠CEK，
∴△CEK≌△CLD(ASA)，
∴CK=CD，KE=DL，
∴∠CKD=∠CDK=(180°−90°)÷2=45°，
∵∠CME=45°，
∴∠CME=∠CDK，
∴DK//NE，
又∵DN//KE，
∴四边形KEND为平行四边形，
∴DN=KE，
∴DN=DL，
∵由(2)知D(t,−12t2+32t+5)，DN//x轴，
∴点N的纵坐标为−12t2+32t+5，
∵直线BC的解析式为y=3x−15，−12t2+32t+5=3x−15，
解得：x=−16t2+12t+203，
∴DN=−16t2−12t+203，
∵LH=CO=5，DH=−12t2+32t+5，
∴LD=LH−DH=5−(−12t2+32t+5)=12t2−32t，
∴12t2−32t=−16t2−12t+203，
解得：t1=4，t2=−52(不合题意，舍去)，
∴N(6,3)．
【解析】(1)求出A，B两点坐标，利用待定系数法解决问题即可；
(2)当y=0时，y=5−t2⋅0+5−t=5−t，得到OE=5−t，进一步表示出BH=OE=5−t、FH=BH=5−t、OH=OB−OH=5−(5−t)=t，根据点D的横坐标为t，表示出点D的纵坐标为y=5−t2⋅t+5−t=−12t2+32t+5，从而表示出DH=−12t2+32t+5，得到d=DF=DH−FH=−12t2+32t+5−(5−t)=−12t2+52t；
(3)过点C作CK⊥CM，连接FE并延长交CK于点K，连接DK，过点C作CL⊥HD交HD的延长线于L，首先得到四边形EOHF为矩形，进一步得到四边形CEFL为矩形和四边形CEFL为正方形，从而得到CEK≌△CLD(ASA)，然后得到四边形KEND为平行四边形，根据(2)知D(t,−12t2+32t+5)，DN//x轴，从而表示出点N的纵坐标为−12t2+32t+5，根据直线BC的解析式为y=3x−15得到−12t2+32t+5=3x−15，从而解得解得：x=−16t2+12t+203、DN=−16t2−12t+203，再根据LH=CO=5，得到DH=−12t2+32t+5，从而利用LD=LH−DH=5−(−12t2+32t+5)=12t2−32t得到12t2−32t=−16t2−12t+203，解得：t1=4，t2=−52(不合题意，舍去)，从而求得N(6,3)．
本题属于一次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．