2020-2021学年黑龙江省哈尔滨十七中九年级（下）开学数学试卷（五四学制）

这是一份2020-2021学年黑龙江省哈尔滨十七中九年级（下）开学数学试卷（五四学制），共23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。

2020-2021学年黑龙江省哈尔滨十七中九年级（下）开学数学试卷（五四学制）
一、选择题（每题3分，共计30分）
1．（3分）下列实数中，无理数是（　　）
A．﹣ B．π C． D．|﹣2|
2．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣a2）3＝﹣a5 B．a2•a6＝a8 C．4a2﹣2a2＝2 D．a6÷a2＝a3
3．（3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）七个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）反比例函数y＝的图象经过点（3，﹣2），下列各点在此图象上的是（　　）
A．（﹣2，3） B．（3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣3，﹣2）
6．（3分）不等式组的整数解的个数是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
7．（3分）分式方程＝1的解是（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝3 D．x＝﹣3
8．（3分）如图，线杆CD的高度为h，两根拉线AC与BC互相垂直，若A、D、B在同一条直线上，则拉线BC的长度为（　　）

A． B． C． D．h⋅cosα
9．（3分）如图，点E是▱ABCD的边BC延长线上一点，连接AE交CD于点F（　　）

A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
10．（3分）甲、乙两人在笔直的公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中（米）与甲出发的时向t（分）之间的函数关系如图所示（　　）

A．甲步行的速度为8米/分
B．乙走完全程用了34分钟
C．乙用16分钟追上甲
D．乙到达终点时，甲离终点还有360米
二、填空题（每题3分，共计30分）
11．（3分）把13000用科学记数法表示为　 　．
12．（3分）函数中，自变量x的取值范围是　 　．
13．（3分）分解因式：3x3﹣6x2+3x＝　 　．
14．（3分）计算：＝　 　．
15．（3分）笔筒中有10支型号、颜色完全相同的铅笔，将它们逐一标上1﹣10的号码，若从笔筒中任意抽出一支铅笔　 　．
16．（3分）将抛物线y＝（x+1）2﹣2向右平移1单位，得到的抛物线与y轴的交点的坐标是　 　．
17．（3分）一个扇形的面积为4πcm2，弧长为2πcm，则此扇形的圆心角为　 　度．
18．（3分）如图，直线AB与半径为4的⊙O相切于点C，点D在⊙O上，DE，且∠EDC＝30°，则EF的长为　 　．

19．（3分）在△ABC中，点O是不与A、B、C重合的点，且满足OA＝OB＝OC，则∠BAC＝　 　．
20．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分△ABC的周长，点E在BC上，若AC＝15，BE＝3　 　．

三、解答题（21、22题各7分，23、24题各8分，25、26、27题各10分）
21．（7分）先化简再求值÷（1+），其中a＝2cos30°．
22．（7分）在6×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上
（1）在图中画出线段BD，使BD∥AC，其中D是格点；
（2）在图中画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点，并直接写出∠BED的度数．

23．（8分）为了增强学生的环保意识，某校团委组织了一次“环保知识”考试，考题共10题考试结束后，对考生答题情况进行分析统计，发现所抽查的考卷中答对题量最少为6题

（1）“答对10题”所对应扇形的圆心角为　 　；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该校共有2000名学生参加这次“环保知识”考试，请你估计该校答对不少于8题的学生人数．
24．（8分）已知：在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD于点E
（1）如图1，求证：AE＝CF；
（2）如图2，当∠ADB＝30°时，连接AF、CE，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形ABCD面积的．

25．（10分）在运动会前夕，光明中学都会购买篮球、足球作为奖品．若购买6个篮球和8个足球共花费1700元，且购买一个篮球比购买一个足球多花50元．
（1）求购买一个篮球，一个足球各需多少元；
（2）今年学校计划购买这种篮球和足球共10个，恰逢商场在促销活动，篮球打九折，若此次购买两种球的总费用不超过1150元，则最多可购买多少个篮球？
26．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，弦AD平分∠BAC，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：AD为⊙O的直径；
（2）如图2，点P为弧CD上一点，连接AP交BC于点F，交BC的延长线于点G，GH⊥PF于点H；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DF，点R在CG上，连接DR，RN＝RG，HN＝1，求DE的长．

27．（10分）（改编版）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，交y轴负半轴于点B，AB＝．
（1）求k的值；
（2）如图2，P为y轴正半轴上一点，过点P作PD⊥AB于点D，设点P的纵坐标为t，线段AD的长d；
（3）如图3，在（2）的条件下，d＝，连接AH，AH＝HP，连接PG、AG，∠APG＝30°，连接OF、FH、FG，若FG＝AG，∠APG+∠AGF＝2∠FOH，∠AGF﹣∠FOH＝15°


2020-2021学年黑龙江省哈尔滨十七中九年级（下）开学数学试卷（五四学制）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共计30分）
1．（3分）下列实数中，无理数是（　　）
A．﹣ B．π C． D．|﹣2|
【分析】根据无理数的三种形式：①开方开不尽的数，②无限不循环小数，③含有π的数，结合选项即可得出答案．
【解答】解：A、﹣是有理数；
B、是无理数；
C、＝3，故本选项错误；
D、|﹣2|＝8，故本选项错误；
故选：B．
2．（3分）下列运算正确的是（　　）
A．（﹣a2）3＝﹣a5 B．a2•a6＝a8 C．4a2﹣2a2＝2 D．a6÷a2＝a3
【分析】直接利用同底数幂的乘除运算法则以及积的乘方运算法则、合并同类项法则分别化简得出答案．
【解答】解：A、（﹣a2）3＝﹣a4，故此选项错误；
B、a2•a6＝a7，正确；
C、4a2﹣8a2＝2a4，故此选项错误；
D、a6÷a2＝a2，故此选项错误；
故选：B．
3．（3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称及中心对称图形的定义对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、是轴对称图形，故此选项错误；
B、是中心对称图形，故此选项正确；
C、是轴对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，故此选项错误．
故选：B．
4．（3分）七个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】左视图有2列，从左到右分别是2，1个正方形．
【解答】解：这个立体图形的左视图有2列，从左到右分别是2，
故选：B．
5．（3分）反比例函数y＝的图象经过点（3，﹣2），下列各点在此图象上的是（　　）
A．（﹣2，3） B．（3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣3，﹣2）
【分析】反比例函数y＝的图象经过点（3，﹣2），可以确定k的值，确定反比例函数的关系式，再判断选项中的点的坐标哪一个满足关系式即可．
【解答】解：∵反比例函数y＝的图象经过点（3，
∴k＝xy＝3×（﹣4）＝﹣6，
只有（﹣2，3）满足反比例函数y＝，
∴选项A是正确的，
故选：A．
6．（3分）不等式组的整数解的个数是（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】首先解每个不等式，然后确定两个不等式解集的公共部分就是不等式组的解集，然后确定解集中的整数值即可．
【解答】解：，
解①得x＞﹣3，
解②得x≤3，
则不等式的解集是﹣1＜x≤8．
则整数解为0，1，6，3共有4个．
故选：C．
7．（3分）分式方程＝1的解是（　　）
A．x＝1 B．x＝﹣1 C．x＝3 D．x＝﹣3
【分析】观察可得最简公分母是x（x﹣2），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解．
【解答】解：＝1，
去分母，方程两边同时乘以x（x﹣2）得：
（x+5）（x﹣2）+x＝x（x﹣2），
x3﹣x﹣2+x＝x2﹣3x，
x＝1，
经检验，x＝1是原分式方程的解，
故选：A．
8．（3分）如图，线杆CD的高度为h，两根拉线AC与BC互相垂直，若A、D、B在同一条直线上，则拉线BC的长度为（　　）

A． B． C． D．h⋅cosα
【分析】根据同角的余角相等得∠CAD＝∠BCD，由cos∠BCD＝，即可求出BC的长度．
【解答】解：∵∠CAD+∠ACD＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCD，
在Rt△BCD中，∵cos∠BCD＝，
∴BC＝，
故选：B．
9．（3分）如图，点E是▱ABCD的边BC延长线上一点，连接AE交CD于点F（　　）

A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】证明△ADF∽△ECF，可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥EC，
∴△ADF∽△ECF，
∴＝，
故选：B．
10．（3分）甲、乙两人在笔直的公路上同起点、同终点、同方向匀速步行2400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发4分钟，在整个步行过程中（米）与甲出发的时向t（分）之间的函数关系如图所示（　　）

A．甲步行的速度为8米/分
B．乙走完全程用了34分钟
C．乙用16分钟追上甲
D．乙到达终点时，甲离终点还有360米
【分析】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由图可得，
甲步行的速度为：240÷4＝60米/分，故选项A不合题意，
乙走完全程用的时间为：2400÷（16×60÷12）＝30（分钟），故选项B不合题意，
乙追上甲用的时间为：16﹣4＝12（分钟），故选项C不合题意，
乙到达终点时，甲离终点距离是：2400﹣（5+30）×60＝360米，
故选：D．
二、填空题（每题3分，共计30分）
11．（3分）把13000用科学记数法表示为　1.3×104　．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将13000用科学记数法表示为：1.3×108．
故答案为：1.3×102．
12．（3分）函数中，自变量x的取值范围是　x≠6　．
【分析】根据分母不等于0列式计算即可得解．
【解答】解：由题意得，x﹣6≠0，
解得x≠6．
故答案为：x≠6．
13．（3分）分解因式：3x3﹣6x2+3x＝　3x（x﹣1）2　．
【分析】此题是分解因式中综合性题目，应从提出3x这个公因式后，再利用完全平方公式进一步因式分解．
【解答】解：3x3﹣5x2+3x，
＝8x•x2﹣3x•7x+3x，
＝3x（x8﹣2x+1），
＝2x（x﹣1）2．
14．（3分）计算：＝　2　．
【分析】直接化简二次根式，再利用二次根式的加减运算法则计算得出答案．
【解答】解：原式＝3﹣×2
＝3﹣
＝2．
故答案为：3．
15．（3分）笔筒中有10支型号、颜色完全相同的铅笔，将它们逐一标上1﹣10的号码，若从笔筒中任意抽出一支铅笔　　．
【分析】由标有1﹣10的号码的10支铅笔中，标号为3的倍数的有3、6、9这3种情况，利用概率公式计算可得．
【解答】解：∵在标有1﹣10的号码的10支铅笔中，标号为3的倍数的有4、6，
∴抽到编号是3的倍数的概率是，
故答案为：．
16．（3分）将抛物线y＝（x+1）2﹣2向右平移1单位，得到的抛物线与y轴的交点的坐标是　（0，﹣2）　．
【分析】根据顶点式确定抛物线y＝（x+1）2﹣2的顶点坐标为（﹣1，﹣2），再利用点的平移得到平移后抛物线的顶点坐标为（0，﹣2），于是得到移后抛物线解析式为y＝x2﹣2，然后求平移后的抛物线与y轴的交点坐标．
【解答】解：抛物线y＝（x+1）2+3的顶点坐标为（﹣1，﹣2），
把点（﹣7，﹣2）向右平移1个单位得到点的坐标为（3，
所以平移后抛物线解析式为y＝x2﹣2，
所以得到的抛物线与y轴的交点坐标为（5，﹣2）．
故答案为（0，﹣5）．
17．（3分）一个扇形的面积为4πcm2，弧长为2πcm，则此扇形的圆心角为　90　度．
【分析】设扇形圆心角的度数为n，半径为r，再由扇形的面积公式求出r的值，根据弧长公式即可得出结论．
【解答】解：设扇形圆心角的度数为n，半径为r，
∵扇形的弧长为2π，面积为4π，
∴6π＝×6πr．
∵＝2π，
∴n＝90°．
故答案为：90．
18．（3分）如图，直线AB与半径为4的⊙O相切于点C，点D在⊙O上，DE，且∠EDC＝30°，则EF的长为　4　．

【分析】连接OC与OE．根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，可知∠EOC的度数；再根据切线的性质定理，圆的切线垂直于经过切点的半径，可知OC⊥AB；又EF∥AB，可知OC⊥EF，最后由勾股定理可将EF的长求出．
【解答】解：连接OE和OC，且OC与EF的交点为M．
∵∠EDC＝30°，
∴∠COE＝60°．
∵AB与⊙O相切，
∴OC⊥AB，
又∵EF∥AB，
∴OC⊥EF，即△EOM为直角三角形．
在Rt△EOM中，EM＝sin60°×OE＝，
∵EF＝2EM，
∴EF＝4．
故答案为4．

19．（3分）在△ABC中，点O是不与A、B、C重合的点，且满足OA＝OB＝OC，则∠BAC＝　70°或110°　．
【分析】根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC，计算即可．
【解答】解：∵OA＝OB＝OC，
∴点O是△ABC外接圆的圆心，
∴∠BAC＝∠BOC＝；
当点O在三角形ABC的外部，
∠BAC＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：70°或110°．
20．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分△ABC的周长，点E在BC上，若AC＝15，BE＝3　5　．

【分析】延长CA和HD，构造和∠HDB相等的角，延长BG和BC相等，构造等腰三角形，然后根据题意证明△CFK≌△GDH，再证明△AND≌△EMC，设出AD的长，根据勾股定理列出关于AD的方程，求出AD即可．
【解答】解：延长CA，ED相交于点F，使BG＝BC，

设∠CAB＝2α，则∠BDE＝α，
∴AF＝AD，
∴∠CEF＝90°﹣α，∠BGC＝∠BCG＝45°﹣α，
延长DE交CG于H，
∴∠CHD＝∠HDG+∠HGD＝45°，
∵AC+AD＝BC+BD，
∴AC+AF＝BG+BD，即CF＝DG，
在EF取一点K，使FK＝DH，
则△CFK≌△GDH，
∴∠FKC＝∠DHG，
∴∠CKH＝∠CHK＝45°，
∴CK＝CH，∠KCH＝90°，
过点C作CM⊥FH于M，过点A作AN⊥DF于N，
则，，
∠DAN＝∠FAN＝90°﹣α＝∠CEM，
∵FK﹣DK＝DH﹣DK，
∴FD＝KH，DN＝CM，
在△AND和△EMC中，
，
∴△AND≌△EMC（AAS），
∴AD＝CE，
设AD＝x，则BC＝2+x，
BD＝AD+AC﹣BC＝12，
∴AB＝x+12，
在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB5，
即152+（x+3）3＝（x+12）2，
解得x＝5，
∴AD＝4，
故答案为5．
三、解答题（21、22题各7分，23、24题各8分，25、26、27题各10分）
21．（7分）先化简再求值÷（1+），其中a＝2cos30°．
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出x的值代入进行计算即可．
【解答】解：原式＝
＝
＝，
∵a＝2cos30°＝8×＝，
∴原式＝＝．
22．（7分）在6×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上
（1）在图中画出线段BD，使BD∥AC，其中D是格点；
（2）在图中画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点，并直接写出∠BED的度数．

【分析】（1）将线段AC沿着CB方向平移3个单位，即可得到线段BD；
（2）利用1×3的长方形的对角线，即可得到线段BE⊥AC．
【解答】解：（1）如图所示，线段BD即为所求；

（2）如图所示，线段BE即为所求，
∵△BDE是等腰直角三角形，
∴∠BED＝45°．

23．（8分）为了增强学生的环保意识，某校团委组织了一次“环保知识”考试，考题共10题考试结束后，对考生答题情况进行分析统计，发现所抽查的考卷中答对题量最少为6题

（1）“答对10题”所对应扇形的圆心角为　108°　；
（2）通过计算补全条形统计图；
（3）若该校共有2000名学生参加这次“环保知识”考试，请你估计该校答对不少于8题的学生人数．
【分析】（1）先得出总人数，进而利用圆心角的计算解答即可；
（2）得出D的人数，画出图形即可；
（3）根据用样本估计总体解答即可．
【解答】解：（1）总人数＝（5+8+12+15）÷（7﹣20%）＝50，
“答对10题”所对应扇形的圆心角为；
（2））“答对9题”的人数＝50×20%＝10，
补全条形统计图如图：
（3）2000×，
所以估计该校答对不少于8题的学生人数为1480人．
故答案为：108°
24．（8分）已知：在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD于点E
（1）如图1，求证：AE＝CF；
（2）如图2，当∠ADB＝30°时，连接AF、CE，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形ABCD面积的．

【分析】（1）由AAS证明△ABE≌△CDF，即可得出结论；
（2）由平行线的性质得出∠CBD＝∠ADB＝30°，由直角三角形的性质得出BE＝AB，AE＝AD，得出△ABE的面积＝AB×AD＝矩形ABCD的面积，由全等三角形的性质得出△CDF的面积═矩形ABCD的面积；作EG⊥BC于G，由直角三角形的性质得出EG＝BE＝×AB＝AB，得出△BCE的面积＝矩形ABCD的面积，同理：△ADF的面积＝矩形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF；
（2）解：△ABE的面积＝△CDF的面积＝△BCE的面积＝△ADF的面积＝矩形ABCD面积的．理由如下：
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝60°，
∵AE⊥BD，
∴∠BAE＝30°，
∴BE＝ABAD，
∴△ABE的面积＝BE×AE＝×AD＝矩形ABCD的面积，
∵△ABE≌△CDF，
∴△CDF的面积═矩形ABCD的面积；
作EG⊥BC于G，如图所示：
∵∠CBD＝30°，
∴EG＝BE＝×AB，
∴△BCE的面积＝BC×EG＝AB＝矩形ABCD的面积，
同理：△ADF的面积＝矩形ABCD的面积．

25．（10分）在运动会前夕，光明中学都会购买篮球、足球作为奖品．若购买6个篮球和8个足球共花费1700元，且购买一个篮球比购买一个足球多花50元．
（1）求购买一个篮球，一个足球各需多少元；
（2）今年学校计划购买这种篮球和足球共10个，恰逢商场在促销活动，篮球打九折，若此次购买两种球的总费用不超过1150元，则最多可购买多少个篮球？
【分析】（1）设购买一个篮球需x元，购买一个足球需y元，根据购买6个篮球和8个足球共花费1700元，且购买一个篮球比购买一个足球多花50元列出方程组解答即可；
（2）设购买a个篮球，根据题意列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）设购买一个篮球需x元，购买一个足球需y元
，
解得：，
答：购买一个篮球，一个足球各需150元；

（2）设购买a个篮球，根据题意可得：2.9×150a+0.85×100（10﹣a）≤1150，
解得：a≤6，
答：最多可购买6个篮球．
26．（10分）如图，△ABC内接于⊙O，弦AD平分∠BAC，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：AD为⊙O的直径；
（2）如图2，点P为弧CD上一点，连接AP交BC于点F，交BC的延长线于点G，GH⊥PF于点H；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DF，点R在CG上，连接DR，RN＝RG，HN＝1，求DE的长．

【分析】（1）根据OD平分∠BAC得到∠BAD＝∠CAD，再由圆周角定理以及等角的余角相等即可得出结论；
（2）连接OP，PG是圆O的切线得出∠HCP+∠CPH＝90°，由∠GPH+∠OPH＝90°，得出∠HGP＝∠OPH，再根据等角的余角相等倒角得出PH＝FH；
（3）∠DFB＝3∠PAD，连接PC，则有RN＝RG，进而得出∠RNG＝∠RGN，再根据勾股定理即可求出DE的长度．
【解答】解：（1）如图连接BD，CD，
∵OD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠CAD＝∠CBD，∠BAD＝∠BCD，
∴BD＝CD，
∵BE＝CE，
∴DE⊥BC即∠ADB+∠EBD＝90°，
∵∠ABC＝∠ADC∠ECD+∠EDC＝90°，
∴∠ABC+∠CBD＝90°
∴∠ABD＝90°，
∴AD是圆O的直径；
（2）连接OP，
∵PG是圆O的切线，
∴GH⊥PF，
∴∠HCP+∠CPH＝90°，
∴∠GPH+∠OPH＝90°，
∴∠HGP＝∠OPH，
∵OP＝OA，
∴∠HGP＝∠OPH，
∴∠HGD＝∠OPH＝∠OAD，
∵∠FGH+∠GFH＝∠EAF+∠EFA＝90°，
∵∠EFA＝∠GFH，
∴∠FGH＝∠EAF，
∴∠HGP＝∠FGH，
∴∠HGP+∠HPG＝∠FGH+∠GFH＝90°，
∴∠HPG＝∠HFG，
∴PG＝FG，即PH＝FH；
（3）∵∠DFB＝3∠PAD，连接PC，
∵RN＝RG，
∴∠RNG＝∠RGN，
∵HN＝1，DF＝8，
∵∠PAD＝∠PCD，
由几何关系可知：EF＝HN，
∴EF＝1，
∴．

27．（10分）（改编版）如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，交y轴负半轴于点B，AB＝．
（1）求k的值；
（2）如图2，P为y轴正半轴上一点，过点P作PD⊥AB于点D，设点P的纵坐标为t，线段AD的长d；
（3）如图3，在（2）的条件下，d＝，连接AH，AH＝HP，连接PG、AG，∠APG＝30°，连接OF、FH、FG，若FG＝AG，∠APG+∠AGF＝2∠FOH，∠AGF﹣∠FOH＝15°

【分析】（1）设A（x1，0），根据直线y＝kx﹣1交y轴负半轴于点B求出B的坐标，再根据AB＝求出A的坐标，将A代入y＝kx﹣1即可求出k；
（2）设D（x0，y0），根据PD⊥AB用含t的代数式表示D的横纵坐标，再根据d＝AD求出d与t的函数解析式；
（3）先根据（2）的结论求出P的坐标，然后利用AH＝HP求出H的坐标，再根据∠AHO+2∠OHF＝180°，∠APG+∠AGF＝2∠FOH，∠AGF﹣∠FOH＝15°判断出FH⊥AP且∠FOH＝45°，最后设F（x0，﹣x0），将其代入直线FH的解析式中即可求出F的坐标．
【解答】解：（1）设A（x1，0），x4＞0，
∵直线y＝kx﹣1交y轴负半轴于点B，
∴B（6，﹣1），
∴＝＝，
∴x1＝3（另一值不符题意，舍去），
∴A（4，0），
∴3k﹣4＝0，
∴k＝；
（2）设D（x0，y0），
由题意可得P（8，t），
∵PD⊥AB，
∴kPD×kAB＝﹣1，
∴×＝﹣7，
∴y0＝﹣3x3+t，
∵D在AB上，
∴y0＝x0﹣1，
∴D（，），8＜t≤9，
∴d＝AD＝＝＝（0＜t≤4）；
（3）∵d＝，
∴t＝4，
∴P（0，5），
∵AH＝HP，
设H（6，h），
∴5﹣h＝，
∴h＝，
∴H（0，），
∵∠AHO+2∠OHF＝180°，∠AHO＝2∠APO，
∴3∠APO+2∠OHF＝180°，
∴∠APO+∠OHF＝90°，
∴FH⊥AP，
∵P（0，7），0），
∴直线AP的解析式为y＝﹣x+5，
∴直线FH的解析式为y＝x+，
∵∠APG+∠AGF＝4∠FOH，
∴2∠FOH﹣∠AGF＝30°，
∵∠AGF﹣∠FOH＝15°，
∴∠FOH＝45°，
设F（x0，﹣x6），
将其代入y＝x+0＝﹣5，
∴F（﹣1，1）．