2023-2024学年湖北省武汉市江夏区翠微中学九年级（上）月考数学试卷（9月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市江夏区翠微中学九年级（上）月考数学试卷（9月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. ax2+bx+c=0B. x(x+1)=0C. x2−4y=0D. x2−3x=5
2.一元二次方程2x2+5x=6的二次项系数、一次项系数、常数项分别是( )
A. 2，5，6B. 5，2，6C. 2，5，−6D. 5，2，−6
3.一元二次方程x(x−3)=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
4.一元二次方程x2−4x−1=0配方后可化为( )
A. (x+2)2=3B. (x+2)2=5C. (x−2)2=3D. (x−2)2=5
5.为增强学生身体素质，提高学生足球运动竞技水平，我市开展“健身杯”足球比赛，赛制为单循环形式(每两个队之间赛一场)，现计划安排21场比赛，则邀请的参赛队数是( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
6.某机械厂七月份生产零件100万个，第三季度生产零件392万个．设该厂八、九月份平均每月的增长率为x，那么x满足的方程是( )
A. 100(1+x)2=392
B. 100+100(1+x)2=392
C. 100+100(1+x)+100(1+2x)=392
D. 100+100(1+x)+100(1+x)2=392
7.现要在一个长为40m，宽为26m的矩形花园中修建等宽的小道，剩余的地方种植花草．如图所示，要使种植花草的面积为950m2，那么小道的宽度应是( )
A. 1m
B. 1.5m
C. 2m
D. 2.5m
8.将抛物线y=x2平移得到抛物线y=(x+2)2+3，下列叙述正确的是( )
A. 向右平移2个单位，向上平移3个单位B. 向左平移2个单位，向下平移3个单位
C. 向右平移2个单位，向下平移3个单位D. 向左平移2个单位，向上平移3个单位
9.小明将如图两水平线l1、l2的其中一条当成x轴，且向右为正方向；两条直线l3、l4的其中一条当成y轴，且向上为正方向，并在此坐标平面中画出二次函数y=ax2−2a2x+1的图象，则( )
A. l1为x轴，l3为y轴
B. l2为x轴，l3为y轴
C. l1为x轴，l4为y轴
D. l2为x轴，l4为y轴
10.下列说法：①若一元二次方程x2+bx+a=0有一个根是a(a≠0)，则代数式a+b的值是−1；②若b2>6ac，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0一定有两个不相等的实数根；③若b=a+2c，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0一定有两个不相等的实数根；④已知两实数m，n满足m2+3m−9=0，9n2−3n−1=0，且mn≠1，则mn2+mn+nn2的值为−6.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.点P(−3,1)关于原点的对称点P′的坐标是______ ．
12.关于x的一元二次方程x2−2x+m=0的一个根为−1，则m的值为______．
13.如图所示，在一幅长80cm，宽50cm的矩形风景画的四周镶一条金色纸边，制成一幅矩形挂图，如果要使整个挂图的面积是5280cm2，设金色纸边的宽为x cm，则可列方程______.(化为一般式)
14.点P1(−1,y1)，P2(2,y2)，P3(5,y3)均在二次函数y=−x2+2x+c的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是______．
15.二次函数y=kx2−3x+1的图象与x轴有公共点，则常数k的取值范围是______．
16.若a，b为一元二次方程x2−7x−1=0的两个实数根，则2a2+3ab+8b−6a值是______．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17.解方程：
①x2−2x−5=0.(公式法)
②2x(x+3)=x+3．
四、解答题（本大题共7小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18.(本小题8.0分)
某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数量的小分支，主干、支干和小分支的总数是57，每个支干长出多少小分支？
19.(本小题9.0分)
如图所示，学校准备在教学楼后面搭建一个简易矩形自行车车棚，一边利用教学楼的后墙(可利用的墙长为17m)，另外三边利用学校现有总长34m的铁栏围成．
(1)若围成的面积为144m2，试求出自行车车棚的长和宽；
(2)能围成面积为160m2的自行车车棚吗？如果能，请你给出设计方案；如果不能，请说明理由．
20.(本小题9.0分)
已知：关于x的一元二次方程x2−2(k−1)x+k2=0有两个实数根x1，x2．
(1)求k的取值范围；
(2)若|x1+x2|=x1x2−6，求k的值．
21.(本小题9.0分)
如图，抛物线y1=a(x−h)2+k与x轴交于点A，与y轴交于点B，直线AB的解析式为y2．
(1)a=______，h=______，k=______；
(2)当−2(3)当y122.(本小题9.0分)
网络销售已经成为一种热门的销售方式，为了减少农产品的库存，某市市长亲自在网络平台上进行直播销售板栗，为提高大家购买的积极性，直播时，板栗公司每天拿出2000元现金，作为红包发给购买者.已知该板栗的成本价格为6元/kg，每日销售量y(kg)与销售单价x(元/kg)满足关系式：y=−100x+5000.经销售发现，销售单价不低于成本价且不高于30元/kg.设板栗公司销售该板栗的日获利为w(元)．
(1)请求出日获利w与销售单价x之间的函数关系式；
(2)当销售单价定为多少时，销售这种板栗日获利最大？最大利润为多少元？
23.(本小题10.0分)
[学习概念]有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形．
[理解运用]
(1)如图1，在对余四边形ABCD中，连接AC，∠D=30°，∠ACD=115°，AB=AC，求∠BAD的度数；
(2)如图2，在凸四边形ABCD中，DA=DB，DA⊥DB，当2CD2+CB2=CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形？并证明你的结论；
[拓展提升]
(3)如图3，在对余四边形ABCD中，∠A=45°，∠ADB+∠DBC=90°，BC=6.求AB+CD的长．
24.(本小题10.0分)
已知抛物线y=14x2+bx+c的顶点(0,1)．
(1)该抛物线的解析式为______；
(2)如图1，直线y=kx+kt交x轴于A，交抛物线于B、C，BE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，试比较AE⋅AF与t2的大小关系．
(3)如图2，D(0,2)，M(1,3)，抛物线上是否存在点N，使得NM+ND取得最小值，若存在，求出N的坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.ax2+bx+c=0，当a=0时，不是一元二次方程，不符合题意；
B.x(x+1)=0，是一元二次方程，符合题意；
C.x2−4y=0，是二元二次方程，不符合题意；
D.x2−3x=5，是分式方程，不符合题意；
故选：B．
根据一元二次方程的概念判断即可．只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
本题考查的是一元二次方程的概念，掌握只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：方程整理得：2x2+5x−6=0，
则方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是2，5，−6，
故选：C．
方程整理为一般形式，找出所求即可．
此题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为ax2+bx+c=0(a≠0)．
3.【答案】A
【解析】解：x(x−3)=0，
x=0，x−3=0，
x1=0，x2=3，
即方程有两个不相等的实数根，
故选A．
根据已知得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程的应用，关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程．
4.【答案】D
【解析】解：x2−4x−1=0，
x2−4x=1，
x2−4x+4=1+4，
(x−2)2=5，
故选：D．
移项，配方，即可得出选项．
本题考查了配方解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：设应该邀请x个球队参加，
由题意得：12x(x−1)=21，
解得：x=7或x=−6(舍去)，
即：应邀请7个球队参赛．
故选：C．
设应该邀请x个球队参加，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，x个球队比赛总场数为12x(x−1)，即可列方程．
本题考查的是一元二次方程的应用，此类题目找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：设该厂八、九月份平均每月的增长率为x，
根据题意可列方程：100+100(1+x)+100(1+x)2=392，
故选：D．
根据“第三季度生产零件数=七月生产零件数+八月生产零件数+九月生产零件数”可列方程．
本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，根据题意找到题目蕴含的相等关系是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：设小道的宽度为x m，
依题意得：(40−2x)(26−x)=950，
整理得：x2−46x+45=0，
解得：x1=1，x2=45．
又∵40−2x>0，
∴x<20，
∴x=1．
故选：A．
设小道的宽度为xm，则剩余部分的面积与长(40−2x)m、宽(26−x)m的矩形面积相等，结合种植花草的面积为950m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合(40−2x)为正值即可确定小道的宽度．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=x2向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：y=(x+2)2．
由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=(x+2)2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y=(x+2)2+3；
故选：D．
直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
此题考查了二次函数图象的平移与几何变换，利用抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减是解题关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵抛物线的开口向下，
∴a<0，
∴抛物线与y轴的负半轴相交，
∴l2为x轴，l4为y轴．
故选：D．
根据抛物线的开口向下，可得a<0，求出对称轴为：直线x=2a，则可确定l4为y轴，再根据图象与y轴交点，可得出l2为x轴，即可得出答案．
本题考查了二次函数的性质，开口方向由a确定，与y轴的交点由c确定，左同右异确定b的符号．
10.【答案】C
【解析】解：①若一元二次方程x2+bx+a=0有一个根是a(a≠0)，则a2+b×a+a=0
整理得出：a(a+b+1)=0，
则代数式a+b=−1，故此说法正确；
②∴b2>6ac，
∴b2>4ac，即b2−4ac>0，
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0一定有两个不相等的实数根，故此说法正确；
③若b=a+2c，那么Δ=b2−4ac=(a+2c)2−4ac=a2+4c2，
∵当a≠0，
∴Δ>0，故此说法正确；
④∵两实数m，n满足m2+3m−9=0，9n2−3n−1=0，且mn≠1，
∴m，1n可看作方程x2+3x−9=0的两实数根，
∴m+1n=−3，mn=−9．
∴mn2+mn+nn2=m+mn+1n=−3−9=−12.故此说法错误；
故正确的有3个，
故选：C．
①将a代入方程得出a+b的值即可；②利用b2>6ac，分析△得出即可；③利用b=a+2c，分析△得出即可；④把m，1n可看作方程x2+3x−9=0的两实数根，则根据根与系数的关系计算代数式的值即可．
此题主要考查了根的判别式以及根与系数的关系，解答此题要知道一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系是解决本题的关键．
11.【答案】(3,−1)
【解析】解：点P(−3,1)关于原点的对称点P′的坐标是(3,−1)．
故答案为：(3,−1)．
根据关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标都是互为相反数关系可得答案．
此题主要考查了关于原点对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
12.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
根据关于x的方程x2−2x+m=0的一个根是−1，将x=1代入可以得到m的值，本题得以解决．
【解答】
解：∵关于x的方程x2−2x+m=0的一个根是−1，
∴1+2+m=0，
解得m=−3，
故答案为：−3．
13.【答案】x2+65x−320=0
【解析】解：∵挂图的长为(80+2x)cm，宽为(50+2x)cm，
∴可列方程为(80+2x)×(50+2x)=5280，
化简得x2+65x−320=0，
故答案为：x2+65x−320=0．
易得挂图的长和宽，那么相应的等量关系为：挂图的长×宽=5280，把相关数值代入，化简即可．
考查用一元二次方程解决有关图形面积的问题，得到挂图的长和宽是解决本题的关键．
14.【答案】y2>y1>y3
【解析】解：二次函数y=−x2+2x+c的对称轴为：x=−22×(−1)=1，
由对称性得，P1(−1,y1)关于对称轴对称的点Q的坐标为(3,y1)，
∵a=−1<0，
∴在对称轴的右侧，即x>1时，y随x的增大而减小，
∵P2(2,y2)，P3(5,y3)，Q(3,y1)，
∴y2>y1>y3，
故答案为：y2>y1>y3．
求出抛物线的对称轴，根据抛物线的增减性，可知在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，再利用对称性得出P1关于对称轴对称的点Q的坐标，再进行比较即可．
考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解决问题的前提，求出对称轴是关键．
15.【答案】k≤94且k≠0
【解析】解：∵二次函数y=kx2−3x+1的图象与x轴有公共点，
∴△=(−3)2−4k×1≥0，
解得：k≤94，
又∵y=kx2−4x+2是二次函数，
∴k≠0，
∴k的取值范围是k≤94且k≠0．
故答案为：k≤94且k≠0．
先根据二次函数的定义得到k≠0，再根据抛物线与x轴的交点问题得到△=(−3)2−4k×1≥0，然后解不等式即可得到k的值．
本题考查了抛物线与x轴的交点：对于二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)，Δ=b2−4ac决定抛物线与x轴的交点个数：当Δ=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；当Δ=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；当Δ=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
16.【答案】55
【解析】解：∵a，b为一元二次方程x2−7x−1=0的两个实数根，
∴a2−7a−1=0，a+b=7，ab=−1，
∴a2=7a+1，
∴2a2+3ab+8b−6a
=2(7a+1)+3ab+8b−6a
=8(a+b)+3ab+2
=8×7+3×(−1)+2
=56−3+2
=55，
故答案为：55．
根据一元二次方程的解和根与系数的关系得出a2−7a−1=0，a+b=7，ab=−1，求出a2=7a+1，再代入求出即可．
本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系和求代数式的值等知识点，能求出a+b=7，ab=−1和a2=7a+1是解此题的关键．
17.【答案】解：①∵a=1，b=−2，c=−5，
∴Δ=b2−4ac=(−2)2−4×1×(−5)=4+20=24，
∴x=2± 242×1=2±2 62=1± 6，
∴x1=1+ 6，x2=1− 6；
② 2x(x+3)=x+3．
移项得：2x(x+3)−(x+3)=0，
分解因式得：(x+3)(2x−1)=0，
x+3=0或2x−1=0，
解得x1=−3，x2=12．
【解析】①利用公式法求出解即可；
②先将方程右边的项移到左边，再利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程．因式分解法解一元二次方程的一般步骤：①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
18.【答案】解：设每个支干长出的小分支的数目是x个，
根据题意列方程得：x2+x+1=57，
解得：x=7或x=−8(不合题意，应舍去)；
∴x=7；
答：每支支干长出7个小分支．
【解析】由题意设每个支干长出的小分支的数目是x个，每个小分支又长出x个分支，则又长出x2个分支，则主干、支干和小分支的总数是x2+x+1，即可列方程求得x的值．
此题考查了一元二次方程的应用，要根据题意分别表示主干、支干、小分支的数目，列方程求解，注意能够熟练运用因式分解法解方程．
19.【答案】解：(1)设AB=x m，则BC=(34−2x)m，
依题意得：x(34−2x)=144，
整理得：x2−17x+72=0，
解得：x1=8，x2=9．
当x=8时，34−2x=34−2×8=18>17，不合题意，舍去；
当x=9时，34−2x=34−2×9=16<17，符合题意．
答：自行车车棚的长为16m，宽为9m．
(2)不能，理由如下：
设AB=y m，则BC=(34−2y)m，
依题意得：y(34−2y)=160，
整理得：y2−17y+80=0．
∵Δ=(−17)2−4×1×80=−31<0，
∴该方程没有实数根，
即不能围成面积为160m2的自行车车棚．
【解析】(1)设AB=xm，则BC=(34−2x)m，根据矩形车棚的面积为144m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合可利用的墙长为17m即可确定车棚的宽，再将其代入(34−2x)中可求出车棚的长；
(2)设AB=ym，则BC=(34−2y)m，根据矩形车棚的面积为160m2，即可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式Δ=−31<0，即可得出该方程没有实数根，即不能围成面积为160m2的自行车车棚．
本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)牢记“当Δ<0，方程没有实数根”．
20.【答案】解：(1)∵方程有实数根，
∴Δ=[2(k−1)]2−4k2≥0，
解得k≤12．
(2)由根与系数关系知：x1+x2=2(k−1)x1x2=k2，
又|x1+x2|=x1x2−6，化简代入得|2(k−1)|=k2−6，
∵k≤12，
∴2(k−1)<0，
∴−2(k−1)=k2−6，
解得k1=−4，k2=2(舍去)
∴k=−4．
【解析】(1)根据方程有两个实数根可以得到Δ≥0，从而求得k的取值范围；
(2)利用根与系数的关系将两根之和和两根之积代入代数式求k的值即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0,a,b,c为常数)的根的判别式Δ=b2−4ac.当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程没有实数根．
21.【答案】−1 1 4 −53
【解析】解：(1)由图象可得y1=a(x−1)2+4，
把(3,0)代入y1=a(x−1)2+4得0=4a+4，
解得a=−1，
故答案为：−1；1；4．
(2)∵抛物线顶点坐标为(1,4)，图象开口向下，
当x=−2时，y1=−(−2−1)2+4=−5，
∴−2故答案为：−5(3)∵点B横坐标为x=0，点A横坐标为x=3，
∴x<0或x>3时，抛物线在直线下方，
故答案为：x<0或x>3．
(1)由图象顶点可得h与k的值，将点A坐标代入解析式求a的值．
(2)由抛物线开口向下及对顶点坐标可得y最大值为4，x=−2时y取最小值．
(3)根据图象抛物线与直线交点横坐标求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握二次函数与方程及不等式的关系．
22.【答案】解：(1)w=(x−6)(−100x+5000)−2000=−100x2+5600x−32000，
答：日获利w与销售单价x之间的函数关系式为w=−100x2+5600x−32000；
(2)w=−100x2+5600x−32000=−100(x−28)2+46400，
∵a=−100<0，对称轴为x=28，
∴当x=28时，w有最大值为46400元，
∴当销售单价定为28时，销售这种板栗日获利最大，最大利润为46400元．
【解析】(1)由日获利=(销售单价−成本)×日销售量，可求解；
(2)由二次函数的性质求出的最大利润，即可求解．
本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，求出函数关系式是本题的关键．
23.【答案】解：(1)四边形ABCD是对余四边形，依题意得，∠B+∠D=90°，
∵∠D=30°，
∴∠B=90°−∠D=60°，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=∠B=60°，
∵∠ACD=115°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=175°，
在四边形ABCD中，∠BAD=360°−∠B−∠ACD−∠D=360°−60°−175°−30°=95°；
(2)四边形ABCD是对余四边形，理由如下：
如图，过点D作DM⊥CD，使CD=DM，连接CM，BM，

∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，
∵DA=DB，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∵DM⊥CD，CD=DM，
∴∠DMC=∠DCM=45°，
∵∠ADB=∠CDM=90°，
∴∠ADB+∠BDC=∠CDM+∠BDC，
即∠ADC=∠BDM，
在△ADC和△BDM中，
DA=DB∠ADC=∠BDMDC=DM，
∴△ADC≌△BDM(SAS)，
∴AC=BM，
在Rt△MDC中，CM2=CD2+DM2=2CD2，
∵2CD2+CB2=CA2，
∴CM2+CB2=BM2，
∴△BCM是直角三角形，且∠BCM=90°，
∵∠DCM=45°，
∴∠DCB=∠BCM−∠DCM=45°，
∴∠DCB+∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
(3)如图，过点B作BE⊥BC交CD的延长线于点E，交AD于点O，

四边形ABCD是对于四边形，
根据题意得，∠A+∠C=90°，
∵∠A=45°，
∴∠C=∠E=45°=∠A，
∵∠ADB+∠DBC=90°，∠EBD+∠DBC=90°，
∴∠ADB=∠EBD，
∴OB=OD，
在△AOB和△EOD中，
∠A=∠E∠AOB=∠EODOB=OD，
∴△AOB≌△EOD(AAS)，
∴AB=ED，
∴AB+CD=ED+CD=EC，
∵△EBC是等腰直角三角形，且BC=6，
∴EC= EB2+BC2= 62+62=6 2，
∴AB+CD=6 2．
【解析】(1)根据题意得到∠B=60°，进而得到∠ACB=60°，则∠BCD=∠ACB+∠ACD=175°，根据四边形的内角和是360°求解即可；
(2)过点D作DM⊥CD，使CD=DM，连接CM，BM，根据题意得到∠BAD=∠ABD=45°，∠DMC=∠DCM=45°，利用SAS证明△ADC≌△BDM，根据全等三角形的性质得到AC=BM，根据勾股定理及题意得到CM2+CB2=BM2，即可得到∠BCM=90°，进而得出∠DCB=45°，则∠DCB+∠BAD=90°，根据题意可判定四边形ABCD是对余四边形；
(3)过点B作BE⊥BC交CD的延长线于点E，交AD于点O，根据题意得出∠A=∠C=∠E=45°，∠ADB=∠EBD，则OB=OD，利用AAS证明△AOB≌△EOD，即可得到AB=ED，进而得到AB+CD=EC，最后根据勾股定理求解即可．
此题是四边形综合题，主要考查了新定义、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全等三角形是解题的关键．
24.【答案】y=14x2+1
【解析】解：(1)将点(0,1)代入y=14x2+bx+c，
可得c=1，
∵点(0,1)是顶点，
∴−2b=0，
∴b=0，
∴y=14x2+1，
故答案为：y=14x2+1；
(2)∵y=kx+kt=k(x+t)，
∴A(−t,0)，
联立方程y=kx+kty=14x2+1，
∴14x2−kx+1−kt=0，
∴xC+xB=4k，xC⋅xB=4(1−kt)，
∴AE=xC+t，AF=xB+t，
∴AE⋅AF
=(xC+t)(xB+t)
=xC⋅xB+t(xC+xB)+t2
=4(1−tk)+4kt+t2
=4+t2，
∴AE⋅AF>t2；
(3)存在点N，使得NM+ND取得最小值，理由如下：
设抛物线上任意一点H(x,y)，
∴HD= x2+(y−2)2，H点到x轴的距离为y，
∵y=14x2+1，
∴HD=14x2+1，
∴H点到D的距离与H点到x轴的距离相等，
∴当MN⊥x轴时，MN+ND的值最小，
∴N(1,54).
(1)由已知可得−2b=0，c=1，即可求解析式；
(2)联立方程y=kx+kty=14x2+1，可得xC+xB=4k，xC⋅xB=4(1−kt)，则AE⋅AF=4+t2，即可求解；
(3)设抛物线上任意一点H(x,y)，则y=14x2+1，HD= x2+(y−2)2=14x2+1，可得H点到D的距离与H点到x轴的距离相等，所以当MN⊥x轴时，MN+ND的值最小，即可求N(1,54).
本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用抛物线的定义解题是关键．