2020-2021学年北京昌平区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2020-2021学年北京昌平区初三上学期数学期末试卷及答案，共28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。

1. 如图，以点P为圆心，以下列选项中的线段的长为半径作圆，所得的圆与直线l相切的是（ ）
A. PAB. PBC. PCD. PD
【答案】B
【解析】
【分析】圆的切线垂直于过切点的半径，据此解答．
【详解】∵以点P为圆心，所得的圆与直线l相切，
∴直线l垂直于过点P的半径，
∵PB⊥l，
∴PB的长是圆的半径，
故选：B．
【点睛】此题考查切线的性质定理：知切线得垂直，熟记定理是解题的关键．
2. 已知，那么下列比例式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得，再利用比例的基本性质逐一分析各选项，即可得到答案．
【详解】解：

由可得： 故不符合题意，
由可得：故符合题意；
由可得：故不符合题意，
由可得： 故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查的是比例的基本性质，掌握比例的基本性质进行变形是解题的关键．
3. 二次函数的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点式形式即可写出其顶点坐标．
【详解】二次函数的顶点坐标是(3，1)
故选：B
【点睛】本题考查了求二次函数的顶点坐标，关键是知道二次函数的顶点式或能把一般式化成顶点式．
4. 如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，如果∠ACD＝36°，那么∠BAD等于（ ）
A. 36°B. 44°C. 54°D. 56°
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得∠ADB=90°，又由∠ACD=36°，可求得∠ABD的度数，再根据直角三角形的性质求出答案．
【详解】解：∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ACD=36°，
∴∠ABD=36°
∴∠BAD=90°-∠ABD=54°，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理．注意掌握直径所对的圆周角是直角以及在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，并结合数形结合思想进行应用．
5. 已知二次函数y＝（x﹣1）2+1，若点A（0，y1）和B（3，y2）在此函数图象上，则y1与y2的大小关系是（ ）
A. y1＞y2B. y1＜y2C. y1＝y2D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可求出y1与y2的值，再比较即可解题．
【详解】解：因为点A（0，y1）和B（3，y2）在此函数图象上，
所以y1=1+1=2，y2=4+1=5
y1＜y2
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
6. 小英家在学校的北偏东40度的位置上，那么学校在小英家的方向是（ ）
A. 南偏东40度B. 南偏西40度C. 北偏东50度D. 北偏西50度
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出图象，由方位角的表示方法得出结果．
【详解】解：如图，
小英家在学校的北偏东40度的位置上，则学校在小英家的南偏西40度的位置上．
故选：B．
【点睛】本题考查方位角，解题的关键是掌握方位角的表示方法．
7. 如图，△ABC的顶点都在正方形网格的格点上，则tan∠ACB的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意连接BD可知，进而利用勾股定理得出BD和CD，最后即可得出tan∠ACB的值．
【详解】解：如图，连接BD，
根据图象可知，
则有，
所以．
故选：D．
【点睛】本题考查网格与勾股定理以及锐角三角函数的定义，注意掌握在直角三角形中，一锐角的正切等于它的对边与邻边的比值．
8. 如图，点M坐标为（0，2），点A坐标为（2，0），以点M为圆心，MA为半径作⊙M，与x轴的另一个交点为B，点C是⊙M上的一个动点，连接BC，AC，点D是AC的中点，连接OD，当线段OD取得最大值时，点D的坐标为（ ）
A. （0，）B. （1，）C. （2，2）D. （2，4）
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形中位线的性质得到当BC为直径（过圆心M）时，OD最大；然后延长BC与圆交于C1点，连接AC1；再由圆周角定理可得∠BAC1=90°，然后由垂径定理得到AB=4、勾股定理可得BM=即BC1=、AC1=4，最后求出线段AC1的中点坐标即可．
【详解】解：如图：∵点O是AB的中点，点D是AC的中点
∴OD//BC且OD=BC
∴BC最大时,即当BC为直径（过圆心M）时，OD最
如图：延长BC与圆交于C1点，连接AC1，
∵BC1是直径
∴∠BAC1=90°
∵OB=OM=OA=2
∴AB=2OA=4,点C1的横坐标为2，BM=，即BC1=
∴AC1=
∴点C1的坐标为（2,4）
∵AC1的中点D1，A（2,0）
∴D1的坐标为（2，2）．
故选：C．
【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、垂径定理、三角形的中位线、勾股定理、线段的中点等知识，将求线段OD最大时D的坐标转换成求BC最大时点D的坐标是解答本题的关键．
二、填空题（共8道小题，每小题3分，共24分）
9. 请写出一个开口向上且过点（0，﹣2）的抛物线表达式为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】令抛物线的对称轴为轴，二次项系数为1，则抛物线的解析式可设为，然后把已知点的坐标代入求出即可．
【详解】解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
所以满足条件的抛物线解析式为．
故答案：（答案不唯一）
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，解题的关键是在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
10. 点，是反比例函数图象上的两点，那么，的大小关系是______．（填“＞”，“＜”或“＝”）
【答案】＜
【解析】
【分析】由题意根据反比例函数图象上点的坐标特征，把A点和B点坐标代入反比例函数解析式可计算出y1，y2，从而即可判断它们的大小．
【详解】解：∵，是反比例函数图象上的两点，
∴，，
∴＜．
故答案为：＜．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，注意掌握反比例函数（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k；双曲线是关于原点对称的，两个分支上的点也是关于原点对称．
11. 图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为6，则的长为__________．
【答案】2π
【解析】
【分析】根据圆内接正六边形的性质得到∠AOB=，再利用弧长公式计算即可．
【详解】如图连接OA、OB，
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠AOB=，
∴的长为，
故答案为：．
．
【点睛】此题考查圆内接正六边形的性质，弧长的计算公式，熟记圆内接正六边形的性质是解题的关键．
12. 图，平行四边形ABCD中，延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，交CD于点F，若△DEF的面积为2，则△CBF的面积为__________．
【答案】8
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质得到△CBF∽△DEF，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BCAE，BC=AD
∴△CBF∽△DEF
∵DE＝AD
∴DE＝BC
∴△CBF与△DEF的相似比为2：1
∵△DEF的面积为2
∴△CBF为22×2=8
故答案为：8．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解题的关键是熟知相似三角形的面积比等于相似比的平方．
13. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E， CD＝16，BE＝4，则CE＝____，⊙O的半径为_____．
【答案】 ①. 8 ②. 10
【解析】
【分析】（1）直接由垂径定理可得结果
（2）连结OC，设⊙O半径为r，则OE=r-2，在Rt△OCE中，利用勾股定理列出关于r的等式，求出r即可．
【详解】（1） AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E， CD＝16
由垂径定理可得，CE=
故答案为：8
（2） 连结OC，设⊙O半径为r，则OC=r，OE =r-4，
弦CD⊥AB
∴△OCE是Rt△OCE
∴OE2+CE2=OC2，
∴（r-4）2+82=r2，解得r=10，
即⊙O半径为10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的综合应用．垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
14. 如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝__________°，∠DEF＝__________°．
【答案】 ①. 110 ②. 70
【解析】
【分析】①根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，进而得到∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，求出∠OBC+∠OCB，根据三角形内角和定理即可求出∠BOC；②连接连接OD，OF，根据切线的性质得到∠ODA=∠OFA= ，根据四边形内角和等于求出∠DOF，根据圆周角定理即可得到∠DEF．
【详解】∵∠A=，
∴∠ABC+∠ACB=，
∵O是△ABC的内切圆，
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=，
∴∠BOC=，
如图，连接OD，OF，
∵AB、AC分别切⊙O于D、F点，
∴∠ODA=∠OFA=，
∴∠A+∠DOF=，
∴∠DOF=，
∴∠DEF=∠DOF=．
故答案为：110；70．
【点睛】本题考察三角形内切圆、内心、圆周角定理和切线的性质，掌握三角形的内心是三角形三条角平分线的交点和圆周角定理是解题的关键．
15. 二次函数y＝ax²＋bx＋c图象上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：
则这个二次函数的对称轴为直线x＝________，m＝________（m＞0）．
【答案】 ①. ②. 4
【解析】
【分析】根据题意把点（0，6）代入求出c，再把点（-1，4）和（1，6）代入求出a、b，进而分析计算即可求出答案．
【详解】解：由表得，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点（0，6），
∴c=6，
∵抛物线y=ax2+bx+6过点（-1，4）和（1，6），
∴，解得：，
∴二次函数的表达式为：y=-x2+x+6；
∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）过点（0，6）和（1，6），
∴抛物线的对称轴方程为直线x=，
当x=m时，y=-6,代入y=-x2+x+6，则有-6=-m2+m+6，
解得：m=-3或m=4，
∵m＞0，
∴m=4，
故答案为：，4．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握并用待定系数法求函数的解析式的应用，能求出二次函数的解析式是解答此题的关键．
16. 抛物线交x轴于点A（a，0）和B（b，0）（点A在点B左侧），抛物线的顶点为D，下列四个结论：①抛物线过点（2，m）；②当m＝0时，△ABD是等腰直角三角形；③a＋b＝4；④抛物线上有两点P（，）和Q（，），若＜，且＋＞2，则＞．其中结论正确的序号是______________________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】①根据抛物线与y轴的交点坐标及对称性即可判断；
②当m＝0时，可得抛物线与x轴的两个交点坐标和对称轴即可判断；
③根据抛物线与x轴的一个交点坐标和对称轴即可得另一个交点坐标即可判断；
④根据二次函数图象即可进行判断．
【详解】解：①∵抛物线与y轴的交点坐标为（0，m），
∵对称轴为x=-=1
∴（0，m）关于对称轴的对称点为（2，m）,在抛物线上
故①正确；
②当m＝0时，抛物线与x轴的两个交点坐标分别为（0，0）、（2，0），
对称轴为x＝1，
∴△ABD是等腰直角三角形，
故②正确；
③∵对称轴x＝1，
∴
∴a＋b＝2，
故③错误；
④观察二次函数图象可知：
当x1＜x2，且x1＋x2＞2，
则x1离对称轴比x2离对称轴更近，故y1＞y2．
故④正确．
故答案为：①②④．
．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点、等腰直角三角形，解决本题的关键是综合利用以上知识．
三、解答题（共4道小题，每小题5分，共20分）
17. 计算：．
【答案】3
【解析】
【分析】先求出各特殊角的三角函数值，在进行混合运算即可．
【详解】．
=
【点睛】本题考查不同特殊角的三角函数值的混合运算，掌握特殊角的三角函数值是解答本题的关键．
18. 如图，AC平分∠BAD，∠B＝∠ACD．
（1）求证：△ABC∽△ACD；
（2）若AB＝2，AC＝3，求AD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的性质可知∠BAC=∠CAD，再根据题意∠B=∠ACD，即可证明△ABC∽△ACD．
（2）利用三角形相似的性质，可知，再根据题意AB和AC的长，即可求出AD．
【详解】（1）∵AC分∠BAD，
∴∠BAC=∠CAD，
∵∠B=∠ACD，
∴ △ABC∽△ACD．
（2）∵△ABC∽△ACD，
∴ ，
∵AB=2，AC=3，
∴AD=．
【点睛】本题考查角平分线的性质、三角形相似的判定和性质．掌握三角形相似的判定条件是解答本题的关键．
19. 已知二次函数．
（1）写出该二次函数图象的对称轴及顶点坐标，再描点画图；
（2）结合函数图象，直接写出时x的取值范围．
【答案】（1）顶点为（1，-4）；对称轴为 x=1；作图见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意先将二次函数一般式通过配方法化为顶点式进而即可得出二次函数图象的对称轴及顶点坐标，再描点画图即可；
（2）由题意直接观察图象，即找出位于x轴下方时对应的自变量的取值范围即可．
【详解】解：（1）∵=，
∴顶点为（1，-4），
对称轴为 x=1，
列表得：
描点、连线得到的图象，如图所示：
（2）由图象可知，当y＜0时，就是图象位于x轴下方的所对应的自变量的取值范围，
即：当-1时，y＜0．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，列表、描点、连线是画函数图象的基本方法，同时也可利用对称性，画二次函数的图象．
20. 下面是小东设计的“过圆外一点作这个圆的切线”的尺规作图过程．
已知：⊙O及⊙O外一点P．
求作：直线PA和直线PB，使PA切⊙O于点A，PB切⊙O于点B．
作法：如图，
①作射线PO，与⊙O交于点M和点N；
②以点P为圆心，以PO为半径作⊙P；
③以点O为圆心，以⊙O的直径MN为半径作圆，与⊙P交于点E和点F，连接OE和OF，分别与⊙O交于点A和点B；
④作直线PA和直线PB．
所以直线PA和PB就是所求作的直线．
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明．
证明：连接PE和PF，
∵OE＝MN，OA＝OM＝MN，
∴点A是OE的中点．
∵PO＝PE，
∴PA⊥OA于点A （ ）（填推理的依据）．
同理PB⊥OB于点B．
∵OA，OB为⊙O的半径，
∴PA，PB是⊙O的切线．（ ）（填推理的依据）．
【答案】（1）答案见解析；（2）三线合一；经过半径外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【解析】
【分析】(1)根据直线的定义，线段的定义，圆的定义作图即可；
(2) 连接PE和PF，根据OE=MN，OA=OM=MN，得到点A是OE的中点，利用PO=PE，证得PA⊥OA于点A，同理PB⊥OB于点B，即可得到结论．
【详解】（1）补全图形如图：
（2）证明：连接PE和PF，
∵OE=MN，OA=OM=MN，
∴点A是OE的中点，
∵PO=PE，
∴PA⊥OA于点A （ 三线合一 ）．
同理PB⊥OB于点B，
∵OA，OB为⊙O的半径，
∴PA，PB是⊙O的切线．（ 经过半径外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切 线 ）．
故答案为：三线合一；经过半径外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
．
【点睛】此题考查尺规作图--圆，根据语句描述画射线，等腰三角形的三线合一的性质，圆的切线的判定定理，正确理解语句作出图形，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
四、解答题（共2道小题，21题5分，22题6分，共11分）
21. 某校九年级数学兴趣小组的同学进行社会实践活动时，想利用所学的解直角三角形的知识测昌平中心公园的仿古建筑“弘文阁”AB的高度．他们先在点C处用高1.5米的测角仪CE测得“弘文阁”顶A的仰角为30°，然后向“弘文阁”的方向前进18m到达D处，在点D处测得“弘文阁”顶A的仰角为50°．求“弘文阁”AB的高（结果精确到0.1m，参考数据：，tan50°≈1.19，tan40°≈0.84，）．
【答案】21.7m
【解析】
【分析】根据题意得到GB=DF=CE=1.5m，∠AEG =30°，FE=18m ，由三角形内角和得出∠GAE＝60°，∠GAF=40°，在Rt△AGE中，GE=tan60°AG，在Rt△AFG中，GF=tan40°AG，由 EF=EG-GF=18，代入求出AG的值，由AB=AG+GB即可求出AB的值．
【详解】解：由题可知：GB=DF=CE=1.5，∠AEG =30°，FE=18m，∠AFG=50°．
∴∠GAE＝60°，∠GAF=40°
∵在Rt△AGE中，∠GAE＝60°
∴ tan∠GAE=
GE=tan60°AG
∵在Rt△AFG中，∠GAF＝40°
∴ tan∠GAF=
GF=tan40°AG
∵ EF=EG－GF，EF=18m
∴ tan60°AG－tan40°AG=18，
1.73AG－0.84AG=18，
0.98AG=18，
∴ AG≈20.2m．
∴ AB=AG+GB≈20.2+1.5=21.7m．
答：“弘文阁”AB高约21.7m．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，解题的关键是借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
22. 如图，AB为⊙O直径，点C，D是⊙O上的点，AD平分∠BAC，过点D作AC的垂线，垂足为点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）延长AB交ED的延长线于点F，若⊙O半径的长为3，tan∠AFE＝，求CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）证明：连接OD，利用AD平分∠BAC推出∠1=∠2，由OA=OD推出∠1=∠3，由此得到OD∥AE，利用AC⊥DE，得到OD⊥DE，即可得到结论；
（2）连接BC，交OD于点M，证明四边形CEDM是矩形，推出CE=MD，CM∥DE，得到 ∠F=∠ABC，设OM=3x，BM=4x，利用勾股定理求出OM=，得到CE=MD=3-=．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∵OA=OD，
∴∠1=∠3，
∴∠3=∠2，
∴OD∥AE，
∵AC⊥DE，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O半径，
∴OD是⊙O的切线；
（2）连接BC，交OD于点M，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠E=∠ODE=90°，
∴∠ACB=∠E=∠ODE= 90°
∴四边形CEDM是矩形，
∴CE=MD，CM∥DE，
∴∠F=∠ABC，
在Rt△OBM中，OB=3，tan∠ABC=，
设OM=3x，BM=4x，
∴，
解得x=，
∴OM=，
∴CE=MD=3-=．
．
【点睛】此题考查角平分线的性质，证明直线是圆的切线，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，矩形的判定及性质，熟练掌握各知识点并应用解决问题是解题的关键．
五、解答题（共3道小题，每小题7分，共21分）
23. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点A，将点A向右平移2个单位长度，得到点B，点B在抛物线上．
（1）①直接写出抛物线的对称轴是________；
②用含a的代数式表示b；
（2）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．若抛物线与轴交于P、Q两点，该抛物线在P、Q之间的部分与线段PQ所围成的区域（不包括边界）恰有七个整点，结合函数图象，求a的取值范围．
【答案】（1）①x＝1；②b＝－2a；（2）-1≤a≤或10＜a≤11
【解析】
【分析】(1) ①根据抛物线的对称性可以直接得出其对称轴；②利用对称轴公式进一步求解即可；
(2)如图，分两种情况：①a>0，②a<0，据此依次讨论即可．
详解】解：（1）①抛物线与轴交于点A，
A（0,3），
将点A向右平移2个单位长度，得到点B，
B（2,3），
点A和点B关于对称轴对称，
对称轴是：x＝1；
②对称轴为直线=1
b＝－2a；
（2）由题可知：A（0，3），B（2，3），
①若a＞0时，如图1所示，有七个整点，
当x=1时，y=a+b+3=a-2a+3=-a+3，
∵恰有7个整数点（不包括边界），
∴-8≤-a+3＜-7，
∴10＜a≤11；
②若a＜0时，如图2所示，有七个整点，
当x=-1时，y=a-b+3=3a+3，
当x=1时，y=-a+3，
∵恰有7个整数点（不包括边界），
∴，
∴-1≤a≤．
综上所述，-1≤a≤或10＜a≤11．
【点睛】本题主要考查了抛物线的性质和一元一次不等式组的综合运用，属于综合题型，熟练二次函数的性质、灵活应用数形结合的数学思想是解题关键．
24. 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是线段BC上的动点（BD＞CD），作射线AD，点B关于射线AD的对称点为E，作直线CE，交射线AD于点F．连接AE，BF．
（1）依题意补全图形，直接写出∠AFE的度数；
（2）用等式表示线段AF，CF，BF之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）作图见解析；45°；（2）CF+BF=AF，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据轴对称即可补全图形，延长FB至点M使MB=CF，通过，进而证得△MAF是等腰直角三角形，问题即可解决；
（2）由（1）知△MAF是等腰直角三角形及CF=BF，再根据勾股定理问题即可解决；
【详解】（1）补全图形，如图所示：
∠AFE=45°
理由如下：
延长FB至点M使MB=CF ，
∵点B、E关于AF对称，
∴AB=AE，∠ABF=∠AEC，∠AFB=∠AFE
∵AB=AC，
∴AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC‘
∴ ∠ACE=∠ABF，
即：，
，
，
，
，
（2）CF+BF=AF
理由如下：由（1）知AM=AF，CF=MB，

∴MF=AF
即MB+BF=AF
∴CF+BF=AF，
【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，构造全等三角形是解决本题的关键．
25. 在平面直角坐标系中，给出如下定义：若点在图形上，点在图形上，如果两点间距离有最小值，那么称这个最小值为图形的“近距离”，记为．特别地，当图形与图形有公共点时，．
已知A（－4，0），B（0，4），C（4，0），D（0，－4），
（1）d（点A，点C）＝________，d（点A，线段BD）＝________；
（2）⊙O半径为r，
① 当r ＝ 1时，求 ⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）；
② 若d（⊙O，正方形ABCD）＝1，则r ＝___________．
（3）M 为x轴上一点，⊙M的半径为1，⊙M与正方形ABCD的“近距离”d（⊙M，正方形ABCD）＜1，请直接写出圆心M的横坐标 m的取值范围．
【答案】（1）8；4；（2）①2-1 ；②2-1 或5；（3）或．
【解析】
【分析】（1）图形M，N的“近距离”的定义可求解；
（2）①根据题意作图，根据“近距离”的定义即可求解；
②根据题意分圆在正方形ABCD内部和外部分别作图求解；
（3）由题意可求∠OCB＝45°，分点M在x轴正半轴且⊙M在正方形ABCD的外面与内部，及点M在x轴负半轴且⊙M在正方形ABCD的外面与内部，由题意列出不等式，即可求解．
【详解】（1）∵A（－4，0），C（4，0），
d（点A，点C）＝8；
∵B（0，4），D（0，－4），
∴线段BD在y轴上
∴d（点A，线段BD）为A点到y轴的距离，即4
故答案为：8；4；
（2）①如图，当r ＝ 1时，
过点O作OE⊥AB于E点，OE与⊙O交于H点，
则OE=AB=×
∴⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）=EH=OE-OH=2-1；
②如图，当⊙O在正方形ABCD内部时，d（⊙O，正方形ABCD）＝1
即EH=OE-OH=1
则OH=OE-EH=2-1
当⊙O在正方形ABCD外部时，d（⊙O，正方形ABCD）＝1
即BG=1
则OG=OB+BG=5
故答案为：2-1 或5；
（3）如图，∵OB=OC，
∴∠OCB＝45°，
当点M在x轴正半轴且⊙M在正方形ABCD的外面时，⊙M的半径为1
∵d（⊙M，正方形ABCD）＜1
由图可得OM2-OC-1＜1
即OM2-4-1＜1
∴OM2＜6
即m＜6；
当点M在x轴正半轴且⊙M在正方形ABCD的内部时，⊙M的半径为1，
过点M1作M1G⊥BC，
∵d（⊙M，正方形ABCD）＜1
∴M1G-r＜1
∵M1G=CM1·sin45°=
∴-1＜1
解得m＞
∴
当点M在x轴负半轴且⊙M在正方形ABCD的外面与内部时，同理可得
综上，m的取值范围为或．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，三角函数的运用等知识，解题的关键是理解题意，学会利用特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
m
…
y
…
0
4
6
6
4
…
﹣6
…
x
…
-1
0
1
2
3
…
y
…
0
-3
-4
-3
0
…