人教版九年级上册数学单元目标分层提分试卷答案汇总

这是一份数学九年级上册本册综合精品当堂达标检测题，共101页。试卷主要包含了D2， 【解答】解， x1=x2=， ①x1=,x2=；， 解，8；， 统计表中的a= 4 ，b 0等内容，欢迎下载使用。

原创单元目标分层提分试卷参考答案汇总（九年级上册数学）
试卷一答案
一． 选择题：1.D2.A 3.C 4.C 5.D6.D 7.C 8. B 9. D 10. B
二. 填空题：11. 2x2+3x-5=0 12. 8或-4 13.-1 14. 0或-2 15.13 16. 5
三．解答题：
17.【解答】①x1=,x2=②y1=,y2=
18. 【解答】解：（1）四；
（2）x1=6,x2=-4

19. x1=x2=

20. ①x1=,x2=；
②x1=1,x2=-1；
③ x1=x2=

21. ①k>② x1=;x2=
22.解：（1）△≥4
（2）x1=;x2=
23. 解：①x1=3;x2=5（2）A
（3）0;15;-15;6;-6（4）x+1=0;2x-3=0
（5）3或-3





试卷二答案
一、选择题：1.D2.C 3.B 4.C 5.C6.C 7.A 8. C 9. A 10. B
二、填空题：11. 1.21a 12. 13.6 14. 5 15.36或25 16. 5
三．解答题：
17.【解答】解：设每轮感染中平均每一台电脑会感染x台电脑，依题意得：1+x+（1+x）x=81，
整理得（1+x）2=81，
则x+1=9或x+1=﹣9，
解得x1=8，x2=﹣10（舍去），
∴（1+x）2+x（1+x）2=（1+x）3=（1+8）3=729＞700．
答：每轮感染中平均每一台电脑会感染8台电脑，3轮感染后，被感染的电脑会超过700台．
18. 【解答】解：（1）设该快递公司投递总件数的月平均增长率为x，根据题意得：
10（1+x）2=12.1，
解得：x1=0.1，x2=﹣2.2（不合题意舍去），
∴x=0.1=10%；
答：该快递公司投递总件数的月平均增长率为10%；
（2）今年6月份的快递投递任务是12.1×（1+10%）=13.31（万件）．
∵平均每人每月最多可投递0.6万件，
∴21名快递投递业务员能完成的快递投递任务是：0.6×21=12.6＜13.31，
∴该公司现有的21名快递投递业务员不能完成今年6月份的快递投递任务．
19. 设y秒后，PQ的长度等于5cm，根据题意可得：
PB2+BQ2=25，
即（5﹣y）2+4y2=25，
解得：y1=0（不合题意舍去），y2=2，
故2秒后，PQ的长度等于5cm．
20. 设销售价降低了x元，根据题意可得：
（400﹣x）•（8+×4）=5000，
整理得：x2﹣300x+22500=0，
（x﹣150）2=0，
解得：x1=x2=150，
2900﹣150=2750（元），
答：每台冰箱的售价应定为2750元

21. 【解答】解：（1）设AB=x，则BC=38﹣2x；
根据题意列方程的，
x（38﹣2x）=180，
解得x1=10，x2=9；
当x=10，38﹣2x=18（米），
当x=9，38﹣2x=20（米），而墙长19m，不合题意舍去，
答：若围成的面积为180m2，自行车车棚的长和宽分别为10米，18米；
（2）根据题意列方程的，
x（38﹣2x）=200，
整理得出：x2﹣19x+100=0；
△=b2﹣4ac=361﹣400=﹣39＜0，
故此方程没有实数根，
答：因此如果墙长19m，满足条件的花园面积不能达到200m2．
22.由三月份的用电量及所交电费可得：
解这个方程的x1=30，x2=50
∵4月份用电量45度，交费10元，可得x≥45，
∴x=30不符合题意，应舍去，
答：该电厂规定的A度是50度
23. 解：①转化和平移 ；（35-x);(26-x); （35-x)(26-x)=850 x=1 C
（2）道路宽为1米。



试卷三答案
一．选择题：1.D 2.D 3.C 4.B 5.C 6.A. 7.A 8. B 9. C 10. B
二.填空题：11. 4 12. -4或2 13. 1 14. k≤1 15. −2 16.22或13或5
三．解答题：
17（1﹣）÷﹣
=
=
=x﹣
=
=，
∵x2﹣x﹣1=0，
∴x2=x+1，
∴原式=．

18. 【解答】（1）证明：△=（m+2）2﹣8m
=m2﹣4m+4
=（m﹣2）2，
∵不论m为何值时，（m﹣2）2≥0，
∴△≥0，
∴方程总有实数根；
（2）解：解方程得，x=，
x1=，x2=1，
∵方程有两个不相等的正整数根，
∴m=1或2，m=2不合题意，
∴m=1．

19. 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵△=m2﹣4×（）=m2﹣2m+1=（m﹣1）2=0，
∴当（m﹣1）2=0时，即m=1时，四边形ABCD是菱形．
把m=1代入x2﹣mx+=0中，得：x2﹣x+=0，
解得：x1=x2=，
∴菱形ABCD的边长是．
（2）把x=2代入x2﹣mx+=0中，得：4﹣2m+=0，
解得：m=，
把m=代入x2﹣mx+=0中，得：x2﹣x+1=0，
解得：x1=2，x2=，
∴AD=．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD的周长是5．

20. 【解答】解：当x﹣3≥0即 x≥3时，
原方程化为x2﹣（x﹣3）﹣3=0 即x2﹣x=0，
解得x1=0，x2=1，
∵x≥3，∴x=1或x=0均不符合题意；
当x﹣3＜0即x＜3时，原方程化为x2+（x﹣3）﹣3=0 即x2+x﹣6=0，
解得x1=2，x2=﹣3
∴原方程的根为x1=2，x2=﹣3．
21. 【解答】解：（1）设动点P从A点出发移动x厘米时，▱PQCR的面积等于7cm2，依题意有
×82﹣x2﹣（8﹣x）2=7，
解得：x1=1，x2=7．
答：当动点P从A点出发移动1厘米或7厘米时，▱PQCR的面积等于7cm2
22.（1）∵若当月仅售出1部汽车，则该部汽车的进价为27万元，每多售出1部，所有售出的汽车的进价均降低0.1万元/部，
∴若该公司当月售出3部汽车，则每部汽车的进价为：27﹣0.1×（3﹣1）=26.8，
故答案为：26.8；

（2）设需要售出x部汽车，
由题意可知，每部汽车的销售利润为：
28﹣[27﹣0.1（x﹣1）]=（0.1x+0.9）（万元），
当0≤x≤10，
根据题意，得x•（0.1x+0.9）+0.5x=12，
整理，得x2+14x﹣120=0，
解这个方程，得x1=﹣20（不合题意，舍去），x2=6，
当x＞10时，
根据题意，得x•（0.1x+0.9）+x=12，
整理，得x2+19x﹣120=0，
解这个方程，得x1=﹣24（不合题意，舍去），x2=5，
因为5＜10，所以x2=5舍去．
答：需要售出6部汽车．

试卷四答案
一．选择题：1.D 2.B 3.D 4.B 5.C 6. D 7.B 8.B 9.B 10.C
二.填空题：11.0或3 12.2或-3 13.2 14.5 15.两个不相等的实数根 16. 1
三．解答题：
17．两个同学全错，
小丽的解法：〔x+2 +5−2x〕〔x+2 −(5−2x)〕=0
7−x 3x−3=0
X1=7 x2=1
18．
解：∵方程x2﹣（k+1）x﹣6=0的一个根为2，
∴22﹣2（k+1）﹣6=0，
解得k=﹣2，
设另一根为x，
∵2x=﹣6，
∴x=﹣3，
∴k=﹣2，另一根为﹣3．

19.解：（1）把x=-1代入：a=b,△ABC是等腰三角形，
（2）△ABC是直角三角形,
理由是：∵关于x的一元二次方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0有两个相等的实数根，
∴△=0，
即（﹣2b）2﹣4（a+c）（a﹣c）=0，
∴a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形；

（2）∵△ABC是等边三角形，
∴a=b=c，
∴方程（a+c）x2+2bx+（a﹣c）=0可整理为2ax2+2ax=0，
∴x2+x=0，
解得：x1=0，x2=-1．
20．
（1）解：设垂直于墙的长为xm，则另一边的长为（25+1﹣x）m．
依题意得：（25+1﹣x）x=80，
化简，得x2﹣26x+160=0，
解得：x1=10，x2=16（舍去），
（25+1﹣x）=8米，
答：若矩形羊圈的面积为80平方米，长和宽分别为10米和8米；
　（2）由题意得：（25+1﹣x）x=100，
△<0不能围成面积为100平方米的羊圈。
（3）a至少是6米。
21．（1）商场日销售量增加　2x　件，每件商品盈利　（50﹣x）　元（用含x的代数式表示）

解：（1）降价1元，可多售出2件，降价x元，可多售出2x件，盈利的钱数=50﹣x；
故答案为：2x；（50﹣x）；

（2）由题意得：（50﹣x）（30+2x）=2100
化简得：x2﹣35x+300=0，
即（x﹣15）（x﹣20）=0
解得：x1=15，x2=20
由于该商场为了尽快减少库存，因此降的越多，越吸引顾客，
故选x=20，
答：每件商品降价20元，商场日盈利可达2100元．
22. （1）m2+n2=3
（2）x1=4, x2=132
23． （1）设P出发ts时S△QPC=4cm2，则Q运动的时间为（t﹣2）秒，由题意得：
（6﹣t）•2（t﹣2）=4，
∴t2﹣8t+16=0，
解得：t1=t2=4
因此经4秒点P离A点1×4=4cm，点Q离C点2×（4﹣2）=4cm，符合题意．
答：P先出发2s，Q再从C出发2s后，S△QPC=4cm2．

（2）设经过x秒钟后PQ=BQ，则PC=（6﹣x）m，QC=2xm，BQ=8﹣2x，
（6﹣x）2+（2x）2=（8﹣2x）2，
解得x1=﹣10+8，x2=﹣10﹣8（不合题意，舍去）
答：经过﹣10+8秒钟后PQ=BQ．
　
　试卷五答案
一、选择题：1.C2.A 3.B 4.D 5.C6.A 7.B 8. A 9.C 10. B
二、填空题：11. 1. 12. y=2x2-3 13.y=x2+5x 14. x=3 15.y3>y1>y2 16. y=（x-3）2-1
三．解答题：
17.（1）
（1）（3）（1）

18. （1）
（2）向上平移2个单位，再向右平移2个单位。
19. （1）
（2）①-1；3.5②③

20. （1）
（2）P1 P2 P3

21. （1）D(-2,3)
（2
（3）-21;
22.【解答】解：（1）由题意可知，A（1，0），A1（2，0），B1（2，1），
设以A为顶点的抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2；
∵此抛物线过点B1（2，1），
∴1=a（2﹣1）2，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为y=（x﹣1）2；

（2）∵当x=0时，y=（0﹣1）2=1，
∴D点坐标为（0，1），
由题意得OB在第一象限的角平分线上，
故可设C（m，m），
代入y=（x﹣1）2；得m=（m﹣1）2；
解得m1=，m2=（舍去）．
故C点坐标为（，）．
23.（1）
（2）存在，F（1，2）

试卷六答案
一．选择题：1.B 2.C 3.C 4.C 5.A 6. A 7.A 8.B 9.A 10.B
二.填空题：11.2018 12.6S 13.k≤3且k≠0 14. x=-1 15. 16.
三．解答题：
17. (1)∆=b2-4ac=16>0
抛物线与x轴有两个交点。
（2） A（4，5）；B（-1，0）
（3） X>4或x<-1
18.(1) ∆=b2-4ac=1>0
抛物线与x轴一定有两个公共点。
（2）-b2a=2m+12=52，解得m=2,原方程函数为：y=x2-5x+6
顶点纵坐标为-14，∴向上平移14个单位。
19.设AD的长为x,则DE为x，AE为2x
DC=20-x
∴S矩形CDEF=x（（20-x)=-x2+20x
当x=10时S有最大值，此时AE=102

20.解：如图，建立直角坐标系
由图可设抛物线的解析式为：y=ax2+c，
把（﹣0.5，1）、（1，2.5）代入得：
，
解得：，
∴绳子所在抛物线的函数关系式为：y=2x2+．
∵当x=0时，y=2x2+=，
∴绳子最低点距离地面的距离为0.5米．
（其他建立平面直角坐标系的方法也可）．

　
21.解：（1）设y与x的关系式为y=kx+b，
根据题意得：，解得：，
∴y与x的关系式为y=﹣2x+100．
（2）由已知得：w=y（x﹣30）=﹣2x2+160x﹣3000．
①∵w=﹣2x2+160x﹣3000=﹣2（x﹣40）2+200，
∴当x=40时，w取最大值，最大值为200．
答：销售价格定为40元时，商店获利最大，最大利润是200元
②
令y=150，即﹣2x2+160x﹣3000=150，
解得：x1=35，x2=45．
答：当商店销售这种商品每天获利不低于150元，销售价格应定为35至45元之间．

22．
（1）其中，m=　0　．
（2）根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．
（3）观察函数图象，写出两条函数的性质．
（4）进一步探究函数图象发现：
①函数图象与x轴有　3　个交点，所以对应的方程x2﹣2|x|=0有　3　个实数根；
②方程x2﹣2|x|=2有　2　个实数根；
③关于x的方程x2﹣2|x|=a有4个实数根时，a的取值范围是　﹣1＜a＜0　．

【解答】解：（1）把x=﹣2代入y=x2﹣2|x|得y=0，
即m=0，
故答案为：0；
（2）如图所示；
（3）由函数图象知：①函数y=x2﹣2|x|的图象关于y轴对称；②当x＞1时，y随x的增大而增大；
（4）①由函数图象知：函数图象与x轴有3个交点，所以对应的方程x2﹣2|x|=0有3个实数根；
②如图，∵y=x2﹣2|x|的图象与直线y=2有两个交点，
∴x2﹣2|x|=2有2个实数根；
③由函数图象知：∵关于x的方程x2﹣2|x|=a有4个实数根，
∴a的取值范围是﹣1＜a＜0，
故答案为：3，3，2，﹣1＜a＜0．

23.（1）抛物线:y=−23x2+43x+2
直线BC：y=−23x +2
（2）PE= y=−23m2+2m
S=−m2+3m
（3）当m为32时，面积有最大值94

试卷七答案
一、选择题：1.C2.D 3.B 4.D 5.B6.D7.B 8. B 9.A 10. B
二、填空题：11. -2. 12. m>0 13. k≥且k≠0 14.-2 15. 16. 9
三．解答题：
17.【解答】解：（1）设y=ax2+bx﹣3，
把点（2，﹣3），（﹣1，0）代入得，
解方程组得∴y=x2﹣2x﹣3；
（也可设y=a（x﹣1）2+k）

（2）y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴函数的顶点坐标为（1，﹣4）；

（3） |1﹣0|+|﹣4﹣0|=5．
18. （1）A(1,-2),C(2,0)
（2）
19. 【解答】解：（1）由已知条件得，
解得，
所以，此二次函数的解析式为y=﹣x2﹣4x；

（2）∵点A的坐标为（﹣4，0），
∴AO=4，
设点P到x轴的距离为h，
则S△AOP=×4h=8，
解得h=4，
①当点P在x轴上方时，﹣x2﹣4x=4，
解得x=﹣2，
所以，点P的坐标为（﹣2，4），
②当点P在x轴下方时，﹣x2﹣4x=﹣4，
解得x1=﹣2+2，x2=﹣2﹣2，
所以，点P的坐标为（﹣2+2，﹣4）或（﹣2﹣2，﹣4），
综上所述，点P的坐标是：（﹣2，4）、（﹣2+2，﹣4）、（﹣2﹣2，﹣4）．
20. 【解答】（1）证明：①当k=0时，方程为x+2=0，所以x=﹣2，方程有实数根，
②当k≠0时，∵△=（2k+1）2﹣4k×2=（2k﹣1）2≥0，即△≥0，
∴无论k取任何实数时，方程总有实数根；

（2）解：令y=0，则kx2+（2k+1）x+2=0，
解关于x的一元二次方程，得x1=﹣2，x2=﹣，
∵二次函数的图象与x轴两个交点的横坐标均为整数，且k为正整数，
∴k=1．
∴该抛物线解析式为y=x2+3x+2，

由图象得到：当y1＞y2时，a＞1或a＜﹣4．

21. 【解答】解：（1）由题意可得：y=；

（2）由题意可得：w=，
化简得：w=，
即w=，
由题意可知x应取整数，故当x=﹣2或x=﹣3时，w＜6125，
x=5时，W=6250，
故当销售价格为65元时，利润最大，最大利润为6250元；

（3）由题意w≥6000，如图，令w=6000，
将w=6000带入﹣20≤x＜0时对应的抛物线方程，即6000=﹣20（x+）2+6125，
解得：x1=﹣5，
将w=6000带入0≤x≤30时对应的抛物线方程，即6000=﹣10（x﹣5）2+6250，
解得x2=0，x3=10，
综上可得，﹣5≤x≤10，
故将销售价格控制在55元到70元之间（含55元和70元）才能使每月利润不少于6000元．


22.【解答】解：（1）∵y=ax2+bx+3，
∴C（0，3），（1分）
又∵OC=3OA，
∴A（1，0），（1分）
又∵S△ABC=6，
∴，
∴AB=4，（1分）
∴B（﹣3，0）．（1分）

（2）把A（1，0）、B（﹣3，0）代入y=ax2+bx+3，
得：，（1分）
∴a=﹣1，b=﹣2，
∴y=﹣x2﹣2x+3，（2分）
∵y=﹣（x+1）2+4，
∴顶点坐标（﹣1，4）．（1分）

（3）①AC为平行四边形的一边时，
E1（﹣1，0），（1分）
E2（﹣2﹣，0），（1分）
E3（﹣2+，0）；（1分）
②AC为平行四边形的对角线时，
E4（3，0）．（1分）

23.（1）;
（2）;0≤c≤3
（3）0≤c≤15；0
试卷八答案
一、选择题：1.C2.B 3.A 4.D 5.B6.A7.C 8.B 9.A 10. D
二、填空题：11. x=3; 12. y=x2-1 13.①③ 14. 15.m≥1 16.(2,-6)
三． 解答题：
17.
18..【解答】（1）证明：y=（x﹣m）2﹣（x﹣m）=x2﹣（2m+1）x+m2+m，
∵△=（2m+1）2﹣4（m2+m）=1＞0，
∴不论m为何值，该抛物线与x轴一定有两个公共点；
（2）解：设抛物线沿y轴向上平移k个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点，则平移后抛物线解析式为y=x2﹣5x+6+k，
∵抛物线y=x2﹣5x+6+k与x轴只有一个公共点，
∴△=52﹣4（6+k）=0，
∴k=，
即把该抛物线沿y轴向上平移个单位长度后，得到的抛物线与x轴只有一个公共点．


19. 【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+4与x轴交于A、B两点（A左B右），与y轴交于点C，
∴C（0，4），
∵AB=4，
∴A（﹣2，0），B（2，0），
∴4a+4=0，解得a=﹣1，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4；

（2）方法一：设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（﹣2，0），C（0，4），
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为y=2x+4，AC==2，
当CD⊥AC时，
设直线CD的解析式为y=﹣x+a，
∵C（0，4），
∴a=4，
∴直线CD的解析式为y=﹣x+4，
设D（x，﹣x+4），
∵AC=CD，
∴CD2=AC2，即x2+（﹣x）2=20，解得x=4或x=﹣4（舍去）
∴D（4，2），
设直线AD的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得，
∴直线AD的解析式为y=x+，
∴，
解得：，（不合题意舍去），
故P点坐标为（，）．
方法二：过点D作DE垂直y轴，
∵∠ACO+∠CDO=90°，∠DCE+∠CDE=90°，
∴∠ACO=∠CDE，
在△AOC和△CED中，
，
∴△AOC≌△CED（AAS），
∴CO=ED=4，CE=AO=2，
∴D（4，2），
将A（﹣2，0），D（4，2）代入y=kx+b得：
，
解得：，
∴AP所在解析式为：y=x+，
∴将两函数联立得：，
解得：，（不合题意舍去），
∴故P点坐标为（，）．

20. 【解答】解：（1）∵当球运行的水平距离为2.5米时，达到最大高度3.5米，
∴抛物线的顶点坐标为（0，3.5），
∴设抛物线的表达式为y=ax2+3.5．
由图知图象过以下点：（1.5，3.05）．
∴2.25a+3.5=3.05，
解得：a=﹣0.2，
∴抛物线的表达式为y=﹣0.2x2+3.5．

（2）设球出手时，他跳离地面的高度为hm，
因为（1）中求得y=﹣0.2x2+3.5，
则球出手时，球的高度为h+1.8+0.25=（h+2.05）m，
∴h+2.05=﹣0.2×（﹣2.5）2+3.5，
∴h=0.2（m）．
答：球出手时，他跳离地面的高度为0.2m．

（3）由题意可得出：y=3.3，
则3.3=﹣0.2x2+3.5
解得：x1=1，x2=﹣1，
∴4﹣1=3（m），
∴乙在距离甲3米范围内或离篮板0.5米的范围内能在空中截住球．
21. 解：（1）每星期的销售量为，

（2）w=（x﹣40）（900﹣10x）
=﹣10x2+1300x+36000，
（3）900﹣10x≤200,x≥70
∵x=70,w=6000
答：每件定价为70元时利润最大，最大利润为6000元．

22.（1）解：OP=1，PH=1；OP=5，PH=5．
如图1，记PH与x轴交点为Q，

当m=0时，P（0，﹣1）．此时OP=1，PH=1．
当m=4时，P（4，3）．此时PQ=3，OQ=4，
∴OP==5，PH=yP﹣（﹣2）=3﹣（﹣2）=5．

（2）猜想：OP=PH．
证明：过点P作PQ⊥x轴于Q，
∵P在二次函数y=﹣1上，
∴设P（m，﹣1），则PQ=|﹣1|，OQ=|m|，
∵△OPQ为直角三角形，
∴OP=====，
PH=yP﹣（﹣2）=（﹣1）﹣（﹣2）=，
∴OP=PH．

（3）解：6

23.【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，2）代入y=﹣x2+bx+c得，
解得，c=2，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．

（2）存在．如图1中，∵C（0，2），D（，0），
∴OC=2，OD=，CD==

①当CP=CD时，可得P1（，4）．
②当DC=DP时，可得P2（，），P3（，﹣）
综上所述，满足条件的P点的坐标为或或．

（3）如图2中，

对于抛物线y=﹣x2+x+2，当y=0时，﹣x2+x+2=0，解得x1=4，x2=﹣1
∴B（4，0），A（﹣1，0），
由B（4，0），C（0，2）得直线BC的解析式为y=﹣x+2，
设E则F，
EF=﹣=
∴＜0，∴当m=2时，EF有最大值2，
此时E是BC中点，
∴当E运动到BC的中点时，△EBC面积最大，
∴△EBC最大面积=×4×EF=×4×2=4，此时E（2，1）．

试卷九答案
一、选择题：1.B2.A 3.B 4.A 5.B6.D7.C 8. C 9.C 10. B
二、填空题：11. x1=;x2= 12. 13. k≤4且k≠0 14. 15.2 16.
三、解答题：

18..①x1=;x2=2② y1=3;y2=9③化简得：x2-2x-5;-2

19. 【解答】（1）证明：∵（x﹣3）（x﹣2）=|m|，
∴x2﹣5x+6﹣|m|=0，
∵△=（﹣5）2﹣4（6﹣|m|）=1+4|m|，
而|m|≥0，
∴△＞0，
∴方程总有两个不相等的实数根；

（2）解：∵方程的一个根是1，
∴|m|=2，
解得：m=±2，
∴原方程为：x2﹣5x+4=0，
解得：x1=1，x2=4．
即m的值为±2，方程的另一个根是4．
20. (1)略。（2） x1=1;x2=3②x>0或x<4；③m≤2(4)y=(x-3)2+1
21. 【解答】解：（1）由题意，y=150﹣10x，0≤x≤5且x为正整数；
（2）设每星期的利润为w元，
则w=（40+x﹣30）y
=（x+10）（150﹣10x）
=﹣10（x﹣2.5）2+1562.5
∵x为非负整数，
∴当x=2或3时，利润最大为1560元，
又∵销量较大，
∴x=2，即当售价为42元时，每周的利润最大且销量较大，最大利润为1560元．
答：当售价为42元时，每星期的利润最大且每星期销量较大，每星期的最大利润为1560元．
22.（1）y1>y3>y2;y2>y1
（2）在抛物线上取点A（b，ab2），
∴点A关于y轴的对称点B（﹣b，ab2），
把x=﹣b代入抛物线y=ax2，
∴y=ab2，
∴点B在抛物线上，
∴二次函数y=ax2（a≠0）的图象关于y轴对称．
（3）二次函数y=ax2+bx+c（a＞0，且a，b，c为常数）的图象如图2所示，请用上述方法解释；为何其函数图象在直线x=﹣右侧的部分，y随着x的增大而增大．
当x＜﹣时，在函数图象上取两点A（m，am2+bm+c），B（n，an2+bn+c），（m＞n＞﹣）
∴am2+bm+c﹣（an2+bn+c）=（m﹣n）（am+an+b），
∵x＜﹣，a＞0，
∴ax＜﹣b，
∴am＜﹣b，an＜﹣b，
∴am+an+b＜﹣b﹣b+b=0，
∵m＞n，
∴m﹣n＞0，
∴am2+bm+c﹣（an2+bn+c）=（m﹣n）（am+an+b）＜0，
∴二次函数y=ax2+bx+c（a＞0，且a，b，c为常数）的图象在直线x=﹣右侧的部分，y随着x的增大而增大．
23.【解答】解：（1）∵y=﹣+2分别交y轴、x轴于A、B两点，
∴A、B点的坐标为：A（0，2），B（4，0），
将x=0，y=2代入y=﹣x2+bx+c得c=2，
将x=4，y=0代入y=﹣x2+bx+c得0=﹣16+4b+2，解得b=，
∴抛物线解析式为：y=﹣x2+x+2；

（2）如图1，设MN交x轴于点E，

则E（t，0），BE=4﹣t．
∵tan∠ABO==，
∴ME=BE•tan∠ABO=（4﹣t）×=2﹣t．
又N点在抛物线上，且xN=t，∴yN=﹣t2+t+2，
∴MN=yN﹣ME=﹣t2+t+2﹣（2﹣t）=﹣t2+4t
∴当t=2时，MN有最大值4；

（3）由（2）可知，A（0，2），M（2，1），N（2，5）．
以A、M、N、D为顶点作平行四边形，D点的可能位置有三种情形，
如图2所示．

（i）当D在y轴上时，设D的坐标为（0，a）
由AD=MN，得|a﹣2|=4，解得a1=6，a2=﹣2
从而D为（0，6）或D（0，﹣2），
（ii）当D不在y轴上时，由图可知D3为D1N与D2M的交点，
易得D1N的方程为y=﹣x+6，D2M的方程为y=x﹣2，
由两方程联立解得D为（4，4）
故所求的D点坐标为（0，6），（0，﹣2）或（4，4）．

试卷十答案
一．选择题：1.D 2.A 3.B 4.A 5.C 6. D 7.B 8.A 9.0 10.C
二.填空题：11.(-2,3) 12.200 13. 33 14. 3 2 15. (2, 2) 16. 43 或 53
三．解答题：
解：（1）△AB1C1如图所示；
（2）如图所示，A（0，1），C（﹣3，1）；
（3）△A2B2C2如图所示，B2（3，﹣5），C2（3，﹣1）．

18. 解：
（1）图1向右平移5cm即可得到图2；

（2）A、B、C、D的对应点分别是G、H、E、F；

（3）画图如右图．

19. 解：等边三角形．
理由：由题意可知：PD=PA,
∠APD=60°，
∴△PAD是等边三角形，
∴∠DAP=∠PDA=60°，
∴∠PDC=∠PAE=30°，
∴∠DAE=∠DAP﹣∠PAE=30°，
∴∠PAB=30°，即∠BAE=60°，
又∵CD=AB=EA，
∴△ABE是等边三角形，
故答案为等边三角形．

20. 解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后，得到△DEC，
∴AC=DC，∠A=60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴n的值是60；

（2）四边形ACFD是菱形；
理由：∵∠DCE=∠ACB=90°，F是DE的中点，
∴FC=DF=FE，
∵∠CDF=∠A=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴DF=DC=FC，
∵△ADC是等边三角形，
∴AD=AC=DC，
∴AD=AC=FC=DF，
∴四边形ACFD是菱形．
21. 解：∵△ABD≌△ECD，
∴AD=DE，∠BDA=∠DCE，
∴∠BDC=∠ADE=60°，∠ABD=∠ECD，
∵∠BAC=120°，∠BDC=60°，
∴∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠ABD+∠ACD=180°，
∴∠ACD+∠ECD=180°，
∴A、C、E共线，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠EAD=60°，AD=AE，
∴∠BAD=∠BAC﹣∠CAD=60°，
∴AD=AE=AC+CE=AC+AB=3+5=8．


22．
解：（1）∵△AOB是边长为2的等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，∠AOB=∠BAO=∠OBA=60°，
又△DCB是由△AOB绕着点B按顺时针方向旋转得到的，
∴△DCB也是边长为2的等边三角形，
∴∠OBA=∠CBD=60°，OB=AB，BC=BD，
又∠OBC=∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC=∠ABD
∴△OBC≌△ABD（SAS），
∴OC=AD（全等三角形的对应边相等），

（2）如图1，作CF⊥OD交x轴于点F，则F为BD的中点，
∴BF=1，
在Rt△BCF中，BC=2，BF=1，
由勾股定理得：CF2=BC2﹣BF2=4﹣1=3，
CF=，
在Rt△OCF中，OF=OB+BF=2+1=3，
由勾股定理得：OC2=OF2+CF2=9+3=12，
∴OC==2；

（3）作AE⊥OB交x轴于点E，则E为OB的中点，
∴OE=1，AE=CF=，
∴A点的坐标是（1，）又OD=OB+BD=2+2=4，
故D点的坐标是（4，0）．
设过A、D两点的直线的解析式为y=kx+b，将A，D点的坐标代入得：
，
解得：，
∴过A、D两点的直线的解析式为y=﹣x+．



23. 证明：ED=EC=CF，
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF=60°，∠BCA=60°，BE=AF，EC=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=EC，∠CEF=60°，
又∵ED=EC，
∴ED=EF，
∵△ABC是等腰三角形，∠BCA=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAF=∠CBA=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，
∵∠CAF=∠CEF=60°，
∴A、E、C、F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=EC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
在△EDB和△FEA中，
（AAS）
∴△EDB≌△FEA，
∴DB=AE，BE=AF，
∵AB=AE+BE，
∴AB=DB+AF．
（1）AB=BD﹣AF；
延长EF、CA交于点G，
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=EC，
又∵ED=EC，
∴ED=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∵∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∵∠FCG=∠ECD，∠D=∠ECD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转的性质，可得
∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°，
在△EDB和△FEA中，
（AAS）
∴△EDB≌△FEA，
∴BD=AE，EB=AF，
∴BD=FA+AB，
即AB=BD﹣AF．
（2）如图③，，
ED=EC=CF，
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=EC，
又∵ED=EC，
∴ED=EF，
∵AB=AC，BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°﹣∠CAF﹣∠BAC
=180°﹣60°﹣60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF；
∵ED=EC，
∴∠ECD=∠EDC，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC，
又∵∠EDC=∠EBC+∠BED，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC，
∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC，
∴∠BDE=∠AEF，
在△EDB和△FEA中，
（AAS）
∴△EDB≌△FEA，
∴BD=AE，EB=AF，
∵BE=AB+AE，
∴AF=AB+BD，
即AB，DB，AF之间的数量关系是：
AF=AB+BD．


试卷十一答案
一、选择题：1.D 2.A 3.B 4.A 5.C 6. D 7.B 8.A 9.0 10.C
二.填空题：11.(-2,3) 12.200 13. 33 14. 3 2 15. (2, 2) 16. 43 或 53
三．解答题：
17解：（1）如图所示：
．
（2）如图所示：

作出点A的对称点，连接A'B，则A'B与x轴的交点即是点P的位置，点P（2，0）．
18. 证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠A′DE=90°，
根据旋转的方法可得：∠EA′D=45°，
∴∠A′ED=45°，
∴A′D=ED，
在△AA′D和△CED中，
∴△ADA′≌△CDE（SAS）；

（2）由正方形的性质及旋转，得
CD=CB′，∠CB′E=∠CDE=90°，又CE=CE，
∴Rt△CEB′≌Rt△CED
∴∠B′CE=∠DCE，
∵AC=A′C
∴直线CE是线段AA′的垂直平分线．

19. （1）证明：在正方形ABCD中，
∠ABE=∠ADG，AD=AB，
在△ABE和△ADG中，

∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∴∠EAG=90°，
在△FAE和△GAF中，
，
∴△FAE≌△GAF（SAS），
∴EF=FG；

（2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．

∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°．
∵CE⊥BC，∴∠ACE=∠B=45°．
在△ABM和△ACE中，

∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．
∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠CAN=45°．
于是，由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．
在△MAN和△EAN中，

∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN=EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．
∴MN2=BM2+NC2．
∵BM=1，CN=3，
∴MN2=12+32，
∴MN=

20. （1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴BE=CD；

（2）解：①∵∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAE=180°﹣60°×2=60°，
∵边AD′落在AE上，
∴旋转角=∠DAE=60°．
故答案为：60．
②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．
理由如下：由旋转可知，AB′与AD重合，
∴AB=BD=DD′=AD′，
∴四边形ABDD′是菱形，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°，DP∥BC，
∵△ACE是等边三角形，
∴AC=AE，∠ACE=60°，
∵AC=2AB，
∴AE=2AD′，
∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，
又∵DP∥BC，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，
在△BDD′与△CPD′中，
，
∴△BDD′≌△CPD′（ASA）．

21. 解：（1）连接PC．
∵△ABC是等腰直角三角形，P是AB的中点，
∴CP=PB，CP⊥AB，∠ACP=∠ACB=45°．
∴∠ACP=∠B=45°．
又∵∠DPC+∠CPE=∠BPE+∠CPE=90°，
∴∠DPC=∠BPE．
在△PCD和△PBE中，

∴△PCD≌△PBE（ASA），
∴PD=PE；
（2）
共有四种情况：
①当点C与点E重合，即CE=0时，PE=PB；
②CE=2﹣，此时PB=BE；
③当CE=1时，此时PE=BE；
④当E在CB的延长线上，且CE=2+时，此时PB=EB．

22．
解：（1）证明：∵AB=BC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=72°，
又∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=36°，
∴∠BEC=180°﹣∠C﹣∠CBE=72°，
∴∠ABE=∠A，∠BEC=∠C，
∴AE=BE，BE=BC，
∴AE=BC．

（2）证明：∵AC=AB且EF∥BC，
∴AE=AF；
由旋转的性质可知：∠E′AC=∠F′AB，AE′=AF′，
∵在△CAE′和△BAF′中
，
∴△CAE′≌△BAF′，
∴CE′=BF′．

（3）存在CE′∥AB，
理由：由（1）可知AE=BC，所以，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，E点经过的路径（圆弧）与过点C且与AB平行的直线l交于M、N两点，
如图：①当点E的像E′与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形，
∴∠BAM=∠ABC=72°，又∠BAC=36°，
∴α=∠CAM=36°．
②当点E的像E′与点N重合时，
由AB∥l得，∠AMN=∠BAM=72°，
∵AM=AN，
∴∠ANM=∠AMN=72°，
∴∠MAN=180°﹣2×72°=36°，
∴α=∠CAN=∠CAM+∠MAN=72°．
所以，当旋转角为36°或72°时，CE′∥AB．


23. 解：（1）①DE∥AC．
提示：∵CA=CD，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°．
∵∠CDE=60°，
∴∠ACD=∠CDE，
∴DE∥AC．
故答案为：平行；
②S1=S2．
理由：∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴AC=AB．
∵△ACD是等边三角形，∴AD=AC，
∴AD=AB，
∴AD=BD，
∴S1=S△ADC．
∵DE∥AC，
∴S△ADC=S2，
∴S1=S2．
故答案为：相等；

（2）①S1=S2仍然成立．
理由：如图3，作DG⊥BC于点G，作AH⊥CE交EC的延长线于点H．
∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCG+∠ACE=180°．
∵∠ACH+∠ACE=180°，
∴∠ACH=∠DCG．
在△AHC和△DGC中，
，
∴△AHC≌△DGC，
∴AH=DG．
∵CE=CB，
∴S1=S2；
②BF=或．
提示：如图4①，作DF⊥BD交BA于点F，连接FC，
根据①中的结论可得S△DCF=S△BDE，
此时，在Rt△BDF中，
==cos∠DBF=cos30°=，
∴BF=．
如图4②，延长CD交BA于Q，则∠BQC=90°．
作点F关于CQ的对称点F′，显然点F′在BA上，
在Rt△BQD中运用三角函数可求得BQ=2，
∴F′Q=FQ=BF﹣BQ=，
∴BF′=BQ﹣F′Q=．



试卷十二答案
解答题（共8小题）
1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是　相等　；
结论2：DM、MN的位置关系是　垂直　；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．

【分析】（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，证明出△AEF是等腰三角形；
（2）DM、MN的数量关系是相等，位置关系式垂直；
（3）连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，再有（1）的结论以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，
∴CE=CF，
∴BC﹣CE=CD﹣CF，
即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰三角形；
（2）解：相等，垂直；
证明：∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，
∴AF=2DM，
∵MN是△AEF的中位线，
∴AE=2MN，
∵AE=AF，
∴DM=MN；
∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，
∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，
∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，
∴∠DMN=∠BAD=90°，
∴DM⊥MN；

（3）（2）中的两个结论还成立，
证明：连接AE，交MD于点G，
∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN=AE，
由（1）同理可证，
AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，
又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
在Rt△ADF中，
∵点M为AF的中点，
∴DM=AF，
∴DM=MN，
∵△ABE≌△ADF，
∴∠1=∠2，
∵AB∥DF，
∴∠1=∠3，
同理可证：∠2=∠4，
∴∠3=∠4，
∵DM=AM，
∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，
∵MN∥AE，
∴∠DMN=∠DGE=90°，
∴DM⊥MN．


【点评】本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识点，解答本题的关键是利用好各小题之间的联系，此题难度不大，但是角角之间的数量关系有点复杂，请同学们解答的时候注意．
　
2．如图，在Rt△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，将直角三角板EPF的直角顶点P放在线段BC的中点上，以点P为旋转中心，转动三角板并保证三角板的两直角边PE、PF分别与线段AC、AB相交，交点分别为N、M．线段MN、AP相交于点D．
（1）请你猜出线段PM与PN的大小关系，并说明理由；
（2）设线段AM的长为x，△PMN的面积为y，试用关于x的代数式表示y；
（3）当AM的长x取何值时，△PMN的面积y最小？最小值是多少？

【分析】（1）根据∠APC=∠EPF=90°，得出∠APE=90°﹣∠APF=∠BPF，再利用AP=BP，∠BAP=∠PBA=45°，即可得出△NAP≌△MBP，得出PN=PM；
（2）利用S△PMN=S△ABC﹣S△PCN﹣S△PMB﹣S△NAM，表示出各三角形的面积即可得出答案；
（3）利用二次函数最值求法直接求出即可．
【解答】解：（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，CP=BP，
∴∠APC=∠EPF=90°，
∠APE=90°﹣∠APF=∠BPF，
又AP=BP，∠BAP=∠PBA=45°，
∴△NAP≌△MBP，
∴PN=PM，

（2）作PW⊥AC，PR⊥AB，
∴PW∥AB，PR∥AC，
∵P是BC的中点，
∴PW=1，PR=1，
∵设线段AM的长为x，
∴BM=2﹣x，
∵BM=AN，
∴CN=2﹣（2﹣x）=x，
∴y=S△PMN=S△ABC﹣S△PCN﹣S△PMB﹣S△NAM
=×2×2﹣×x×1﹣×1×（2﹣x）﹣x（2﹣x），
=2﹣x﹣1+x﹣x+x2，
=x2﹣x+1，

（3）当x=﹣=﹣=1时，△PMN的面积y最小，
最小值为：==．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与三角形面积求法以及二次函数最值求法，此题综合性较强，根据全等的性质表示出各三角形面积是解决问题的关键．
　
3．如图，等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，点D在AC上，将△ABD绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBE．
（1）求∠DCE的度数；
（2）当AB=4，AD：DC=1：3时，求DE的长．

【分析】（1）由题意我们知道∠A+∠C=90°，那么我们只要通过全等三角形来得出∠BCE=∠A，就能得出∠DCE=90°的结论，那么关键就是证明三角形ADB和CBE全等，根据题意我们知三角形CBE是由三角形ABD旋转得来，根据旋转的性质我们可得出两三角形全等．
（2）由（1）可得出三角形DEC是个直角三角形，要求DE的长，就必须求出CD和CE，由（1）可知AD=CE，那么就必须求出AD和DC的长，有AD，CD的比例关系，那么求出AC就是关键．直角三角形ABC中，AB=AC，有AB的长，进而可得AC的值．
【解答】解：（1）∵△CBE是由△ABD旋转得到的，
∴△ABD≌△CBE，
∴∠A=∠BCE=45°，
∴∠DCE=∠DCB+∠BCE=90°．

（2）在等腰直角三角形ABC中，
∵AB=4，∴AC=4，
又∵AD：DC=1：3，
∴AD=，DC=3．
由（1）知AD=CE且∠DCE=90°，
∴DE2=DC2+CE2=2+18=20，
∴DE=2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，本题中利用全等三角形得出线段和角相等是解题的关键．
　
4．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=100°，∠BOC=α，D是△ABC外一点，且△BOC≌△ADC，连接OD．
（1）△COD是什么三角形？说明理由；
（2）当α为多少度时，△AOD是直角三角形？
（3）当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？

【分析】（1）根据全等三角形的性质得到CO=CD，∠BCO=∠ACD，由等边三角形的性质得到∠ACB=60°，求得∠OCD=∠ACB=60°；即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质和周角的定义解答即可；
（3）分三种情况：：①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，根据周角的定义得到∠ADO=α﹣60°，得到方程190°﹣α=α﹣60°求得α=125°；②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．由于∠AOD=190°﹣α，∠ADO=α﹣60°，于是得到α﹣60°=50°求得α=110°；③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．由于190°﹣α=50°于是得到α=140°．
【解答】解：（1）△COD是等边三角形，理由如下：
∵△BOC≌△ADC，
∴CO=CD，∠BCO=∠ACD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∴∠OCD=∠ACB=60°；
∴△COD是等边三角形；
（2）∵△COD是等边三角形，
∴∠COD=60°，
∵△AOD是直角三角形，
∴∠AOD=90°，
∴∠α=360°﹣110°﹣90°﹣60°=100°；
（3）①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO．
∵∠AOD=360°﹣∠AOB﹣∠COD﹣α=360°﹣100°﹣60°﹣α=200°﹣α，∠ADO=α﹣60°，
∴200°﹣α=α﹣60°
∴α=130°；
②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．
∵∠AOD=200°﹣α，∠ADO=α﹣60°，
∴∠OAD=180°﹣（∠AOD+∠ADO）=40°，
∴α﹣60°=40°
∴α=100°；
③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．
∵200°﹣α=40°
∴α=160°，
当α=150°时，△AOD也是直角三角形．
综上所述：当α的度数为130°，或100°，150°或160°时，△AOD是等腰三角形
【点评】本题考查了全等三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，熟练掌握全等三角形的性质定理是解题的关键．
　
5．如图，点O是等边三角形△ABC内一点，∠AOB=110°，∠BOC=a，以OC为一边作等边△OCD，连接AD．
（1）当a=150°，证明：△AOD是直角三角形；
（2）探究：当a为多少度时，△AOD是等腰三角形？

【分析】（1）通过等边三角形△ABC、△OCD的三条边相等、三个内角都是60°、全等三角形的判定定理SAS证得△BOC≌△ADC；然后根据全等三角形的对应角相等、图形中的角与角间的数量关系推知∠ADO=90°；
（2）利用（1）和已知条件及等腰三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC，∠BCA=60°．
∵∠BCO+∠OCA=∠ACD+∠OCA，
∴∠BCO=∠ACD．
又∵△OCD是等边三角形，
∴OC=DC，∠ODC=60°，
在△BOC和△ADC中，
，
∴△BOC≌△ADC（SAS），
∴∠BOC=∠ADC=150°，
∴∠ADO=∠ADC﹣∠ODC=90°，
∴△AOD是直角三角形；

（2）∵设∠CBO=∠CAD=a，∠ABO=b，∠BAO=c，∠CAO=d，
则a+b=60°，b+c=180°﹣110°=70°，c+d=60°，a+d=50°，
①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，
∴190°﹣α=α﹣60°，
∴α=125°；
②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO，
∴α﹣60°=50°，
∴α=110°；
③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD，
∴190°﹣α=50°，
∴α=140°．
所以当α为110°、125°、140°时，△AOD是等腰三角形．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．解答（2）题时，注意充分利用隐藏于题中的已知条件﹣﹣周角是360°．
　
6．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．

【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CD；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=﹣1．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质．
　
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE顺时针旋转到△ABF的位置．
（1）旋转中心是点　A　，旋转角度是　90　度；
（2）若四边形AECF的面积为16，DE=3，求EF的长．

【分析】（1）根据题意、结合图形找出旋转中心和旋转角；
（2）根据旋转变换的性质得到△ADE≌△ABF，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）∵把△ADE顺时针旋转到△ABF的位置是绕点A顺时针旋转，
∴旋转中心是点A，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°
∴旋转角度是90度．
故答案为：A；90；
（2）由旋转变换的性质可知：△ADE≌△ABF，
∴S四边形AECF=S正方形ABCD=16，BF=DE=3，
∴AD=DC=BC=4，FC=FB+BC=7，
∴EC=DC﹣DE=1，
∴EF==5．
【点评】本题考查的是旋转变换的概念和性质，掌握旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角度和旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角、旋转前、后的图形全等是解题的关键．
　
8．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别是A（﹣3，2），B（﹣1，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C；
（2）平移△ABC，若A的对应点A2的坐标为（﹣5，﹣2），画出平移后的△A2B2C2；
（3）若将△A2B2C2绕某一点旋转可以得到△A1B1C，请直接写出旋转中心的坐标．

【分析】（1）根据网格结构找出点A、B绕点C旋转180°后的对应点A1、B1的位置，然后顺次连接即可；
（2）根据网格结构找出点A、B、C平移后的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据旋转的性质，确定出旋转中心即可．
【解答】解：（1）△A1B1C如图所示；
（2）△A2B2C2如图所示；
（3）如图所示，旋转中心为（﹣1，0）．

【点评】本题考查了利用旋转变换作图，利用平移变换作图，熟练掌握网格结构以及旋转的性质，准确找出对应点的位置是解题的关键．

试卷十三答案

一、选择题：1.B2.B 3.C 4.D 5.A.6.B 7.D 8. C 9. C 10. D
二、填空题：11.3≤OP≤5 12.600 13.3 14. 770 15.(1,3) 16.

三．解答题
17.【解答】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°．
又∵∠BAC=45°，
∴∠ABE=45°．
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=67.5°．
∴∠EBC=22.5°．（4分）

（2）证明：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∴AD⊥BC．
又∵AB=AC，
∴BD=CD．（8分）

【解答】解：过点O作OM⊥DE于点M，连接OD．
∴DM=．
∵DE=8（cm）
∴DM=4（cm）
在Rt△ODM中，∵OD=OC=5（cm），
∴OM===3（cm）
∴直尺的宽度为3cm．

19. （1）略，（2）49cm2
20. 【解答】（1）证明：连接AB，
∵BC为⊙O的直径，
∴AB⊥AC．
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD+∠DAC=∠C+∠DAC=90°
∴∠BAD=∠C．
∵=，
∴∠ABE=∠C．
∴∠ABE=∠BAD．
∴AE=BE．

（2）当弧PC=弧AB时，AF=EF．
证明：∵弧PC=弧AB，
∴∠PBC=∠C．
∴90°﹣∠PBC=90°﹣∠C．
即∠BED=∠DAC，
∵∠BED=∠AEF，
∴∠DAC=∠AEF．
∴AF=EF．



21. 150或750
22.（1）略，（2）CP=PA+PB；
23.（1）
（2）
（3）380
（4）4，
试卷十四答案
一、选择题：1.A2.C 3.B 4.B 5.C.6.C 7.B 8. D 9. B 10. D
二、填空题：11.300 12.600 13.1 14. 6 15. 16.(3,2) ;(-1,2);(1,-2)

三．解答题
17.【解答】解：∵∠A=90°，∠C=60°，
∴∠B=30°，
∵BO=x，
∴OD=BO=x，
（1）若圆O与AB相离，则有OD大于r，即x＞2，解得：x＞4；
（2）若圆O与AB相切，则有OD等于r，即x=2，解得：x=4；
（3）若圆O与AB相交，则有OD小于r，即x＜2，解得：0＜x＜4；
综上可知：当x＞4时，AB与⊙O相离；x=4时，AB与⊙O相切；0＜x＜4时，AB与⊙O相交．

18.【解答】解：（1）连接OC，如图1，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠OCA=∠DAC=30°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠OCA=30°；
（2）连接BF，如图2，
∵AB为直径，
∴∠AFB=90°，
∴∠B=90°﹣∠BAF=90°﹣18°=72°，
∵四边形ABFE为⊙O的内接四边形，
∴∠AED=∠B=72°，
∵AD⊥DE，
∴∠DAE=90°﹣∠AED=18°．


19. 【解答】（1）解：根据圆周角定理，可得，△ABC是直角三角形，因为直径所对的圆周角是直角．

（2）证明：∵∠ACB是直角，BE⊥CD，CD是⊙O的切线，切点为C，
∴OC⊥DE，
∴CO∥BE，
∴∠OCB=∠EBC，
又∵且OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC；
∴∠OBC=∠EBC，
∴BC平分∠ABE；

（3）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠A=60°，OA=2，
∴AB=4，
∴BC=AB•sin60°=4×=2，
∴CE=BC=．　
20. 【解答】（1）证明：连接OD；
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB．
又∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD∥AC．
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE．
∴DE与⊙O相切．

（2）32
21. ∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，切点为E，F，G，H，
∴AF=AG，BH=BG，CH=CE，DE=DF，
∴BH+CH+AF+DF=BG+CE+AG+DE，
即BC+AD=AB+CD，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°，
∵∠ODE=∠ADC，∠OCD=∠DCB，
∴∠ODC+∠OCD=90°，
∴∠DOC=90°，
在Rt△DOC中，CD===10，
∵AB=CD=10，
∴AB+CD=BC+AD=20，
∴四边形ABCD的周长为40．
22.【解答】解：（1）连接OA，AC
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
在Rt△AOP中，∠AOP=90°﹣∠APO=90°﹣30°=60°，
∴∠ACP=30°，
∵∠APO=30°
∴∠ACP=∠APO，
∴AC=AP，
∴△ACP是等腰三角形．

（2）
①DP=1，理由如下：
∵四边形AOBD是菱形，
∴OA=AD=OD，
∴∠AOP=60°，
∴OP=2OA，DP=OD．
∴DP=1，
②DP=，理由如下：
∵四边形AOBP是正方形，
∴∠AOP=45°，
∵OA=PA=1，OP=，
∴DP=OP﹣1
∴DP=．

23.【解答】（1）解：连接OD，
∵⊙O切BC于D，
∴∠ODB=90°，
设圆O的半径长为a，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC=2，
∴OD∥AC，AB==2，∠B=∠CAB=45°
∴OB=2﹣a，∠DOB=∠B=45°
∴2a2=（2√2﹣a）2
解得：a1=4﹣2，a2=﹣2﹣4，
∵a＞0，
∴a=4﹣2
即⊙O半径长为4﹣2．

（2）解：连EO，
∵四边形OAED为菱形，
∴AE=AO，
∵AO=EO，
∴△AEO为等边三角形，
∴∠AEO=60°
同理△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠ODE=60°，
∵∠ODC=90°，
∴∠EDC=30°，
∵∠C=90°，
∴ED=2EC，
∵ED=4﹣2，
∴CE=2﹣，
∴CD=CE=2﹣．


（3）
试卷十五答案
一、选择题：1.A 2.B 3.12 4.B 5.D 6. D 7.D 8.A 9.B 10.B
二.填空题：11.十 12. 1200 13. 2,+1 14. 60∏ 15. 9 16. 14∏
三．解答题：
17解：【解答】解：（1）连接OB，OC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BOC=90°，
∴∠P=∠BOC=45°；
（2）过点O作OE⊥BC于点E，
∵OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴BE===4
∴BC=2BE=2×4=8．

18. 【解答】解：设正△ACE的边长为a，
∵其面积为48，
∴a2•sin60°=48，解得a=8．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AFE=120°，EF=AF，
∴AG=EG=a=4，∠EFG=60°，
∴EF==8，
∴正六边形的周长=6×8=48．

19. 【解答】证明：
连结OE、OF、OG、OH．
∵四边形ABCD与小圆分别切于点E、F、G、H，
∴OE=OF=OG=OH，OE⊥AB、OF⊥BC、OG⊥CD、OH⊥AD．
∴AB=BC=CD=DA．
∴A、B、C、D是大圆O的四等分点．
∴四边形ABCD是正方形．



20. 【解答】（1）证明：∵正五边形ABCDE，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
∴在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS）；

（2）解：∵△ABM≌△BCN，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC==108°．
即∠APN的度数为108°．

21. 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC=AD=2，∠ABC=90°，
∵△BEC绕点B逆时针旋转90°得到△ABF，
∴△ABF≌△CBE，
∴∠FAB=∠ECB，∠ABF=∠CBE=90°，AF=CE，
∴∠AFB+∠FAB=90°，
∵线段AF绕点F顺时针旋转90°得线段FG，
∴∠AFB+∠CFG=∠AFG=90°，
∴∠CFG=∠FAB=∠ECB，
∴EC∥FG，
∵AF=CE，AF=FG，
∴EC=FG，
∴四边形EFGC是平行四边形，
∴EF∥CG；

（2）解：∵AD=2，E是AB的中点，
∴BF=BE=AB=×2=1，
∴AF===，
由平行四边形的性质，△FEC≌△CGF，
∴S△FEC=S△CGF，
∴S阴影=S扇形BAC+S△ABF+S△FGC﹣S扇形FAG，
=+×2×1+×（1+2）×1﹣，
=﹣．

22．【解答】解：
（1）8π，6π．

（2）证明：设与所对的圆心角为n°．
∴的长==，的长==，
∴==．
∵OE=OF+6，的长=8π，的长=6π，
∴=，
解得，OF=18，
∴OE=OF+6=18+6=24．
∵的长==6π，OF=18，
∴n=60．
所以，所在圆的半径OF等于18cm，它所对的圆心角的度数为60°．

（3）
答：矩形纸片的长GH=24cm，宽GN=cm．
分析如下：

在图4中，连接OP，连接BE，两线交于Q，OP与MN交于点R．此时由图形对称可知，PO⊥BE，PO⊥NM，
∵OB=OE，∠BOE=60°，
∴△BOE为等边三角形，则BE=OE=24，
∴矩形纸片的长GH=24cm．
∵∠BOE=60°，
∴∠FOR=30°，
在Rt△FOR中，
∵OF=18，
∴RF=9，
∴OR=9，
∴PR=OP﹣OR=24﹣9，
∴矩形纸片的宽GN=cm．

试卷十六答案
一、选择题：1.B 2 .A 3.B 4.A 5.C 6. B 7.C 8.B 9.C 10.C
二.填空题：11. 900 2. 10 13. 4 14. 35 350 15 43π+23-2
16 . -2 ≥a≥-4
三．解答题：
17解：（1）如图所示：
△ABC外接圆的圆心为（﹣1，0），点D在⊙P上；

（2）方法一：连接PD，
设过点P、D的直线解析式为y=kx+b，
∵P（﹣1，0）、D（﹣2，﹣2），
∴，
解得，
∴此直线的解析式为y=2x+2；
设过点D、E的直线解析式为y=ax+c，
∵D（﹣2，﹣2），E（0，﹣3），
∴，
解得，
∴此直线的解析式为y=﹣x﹣3，
∵2×（﹣）=﹣1，
∴PD⊥DE，
∵点D在⊙P上，
∴直线l与⊙P相切．
方法二：连接PE，PD，
∵直线 l过点 D（﹣2，﹣2 ），E （0，﹣3 ），
∴PE2=12+32=10，PD2=5，DE2=5，．．
∴PE2=PD2+DE2．
∴△PDE是直角三角形，且∠PDE=90°．
∴PD⊥DE．
∵点D在⊙P上，
∴直线l与⊙P相切．

18. 【解答】解：（1）∵OA⊥BC，
∴，
∴，
∵∠AOB=56°，
∴∠ADC=28°；
（2）∵OA⊥BC，
∴CE=BE，
设⊙O的半径为r，则OE=r﹣1，OB=r
在Rt△BOE中，OE2+BE2=OB2，
∵BE=3，则32+（r﹣1）2=r2
解得这个方程，得r=5．

19. （【解答】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，
∵OA=OD，∴∠BAD=∠ODA，
∴∠ODA=∠DAC，
∴AC∥OD，
∵∠C=90°，∴∠ODC=90°，
∴OD⊥OC，
即BC是⊙O的切线；

（2）3

20. 【解答】（1）证明：∵PC=PB，D是AC的中点，
∴DP∥AB，
∴DP=AB，∠CPD=∠PBO，
∵BO=AB，
∴DP=BO，
在△CDP与△POB中，

∴△CDP≌△POB（SAS）；
（2）解：①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时有最大面积，
（4÷2）×（4÷2）
=2×2
=4；
②如图：
∵DP∥AB，DP=BO，
∴四边形BPDO是平行四边形，
∵四边形BPDO是菱形，
∴PB=BO，
∵PO=BO，
∴PB=BO=PO，
∴△PBO是等边三角形，
∴∠PBA的度数为60°．
故答案为：4；60°．

21.
22．【解答】解：分别连接OB、OC，
（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵OC=OB，O是外接圆的圆心，
∴CO平分∠ACB
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴∠OBM=∠OCN=30°，
∵BM=CN，OC=OB，
∴△OMB≌△ONC，
∴∠BOM=∠NOC，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°；
∴∠MON=∠BOC=120°；

（2）同（1）可得∠MON的度数是90°，图3中∠MON的度数是72°；

（3）由（1）可知，∠MON==120°；在（2）中，∠MON==90°；在（3）中∠MON==72°…，
故当n时，∠MON=．



23. 【解答】解：（1）①过点O作OH⊥AB，垂足为H，连接OB，如图1①所示．
∵OH⊥AB，AB=2，
∴AH=BH=．
∵OB=2，
∴OH=1．
∴点O到AB的距离为1．
②当BP经过点O时，如图1②所示．
∵OH=1，OB=2，OH⊥AB，
∴sin∠OBH==．
∴∠OBH=30°．
由折叠可得：∠A′BP=∠ABP=30°．
∴∠ABA′=60°．
故答案为：1、60．

（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．
∵BA′与⊙O相切，
∴OB⊥A′B．
∴∠OBA′=90°．
∵∠OBH=30°，
∴∠ABA′=120°．
∴∠A′BP=∠ABP=60°．
∴∠OBP=30°．
∴OG=OB=1．
∴BG=．
∵OG⊥BP，
∴BG=PG=．
∴BP=2．
∴折痕的长为2．

（3）∵点P，A不重合，∴α＞0°，
由（1）得，当α增大到30°时，点A′在上，
∴当0°＜α＜30°时，点A′在⊙O内，线段BA′与只有一个公共点B．
由（2）知，α增大到60°时，BA′与⊙O相切，即线段BA′与只有一个公共点B．
当α继续增大时，点P逐渐靠近B点，但点P，B不重合，
∴∠OBP＜90°．
∵α=∠OBA+∠OBP，∠OBA=30°，
∴α＜120°．
∴当60°＜α＜120°时，线段BA′与只有一个公共点B．
综上所述：线段BA′与优弧只有一个公共点B时，α的取值范围是0°＜α＜30°或60°≤α＜120°．




试卷十七答案
一、选择题：1.B 2.B 3.A 4.D 5.C 6. C 7.B 8.C 9.C 10.C
二.填空题：11.(2,-6) 12.10％ 13. 900 14. 117.5 15. 42, 16.⑴1±2 ⑵x1=x2=-1
三．解答题：
17解：（1）如图所示：
．
（2）由图可知，A（0，1），C（﹣3，1）．
故答案为：（0，1），（﹣3，1）；

（3）如图，△A2B2C2即为所求，B2（3，﹣5），C2（3，﹣1）．
故答案为：（3，﹣5），（3，﹣1）．
18. 【解答】①证明：∵△ABC绕点A按顺时针方向旋转角α得到△AEF，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴AB=AC=AE=AF，
∠EAF+∠FAB=∠BAC+∠FAB，即∠EAB=∠FAC，
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC，
∴BE=CF；

②解：∵α=120°，
∴∠FAC=120°，
而AF=AC，
∴∠ACF=30°，
∵AB=AC，∠BAC=45°，
∴∠ACB=67.5°，
∴∠BCF=67.5°﹣30°=37.5°；

③解：∵四边形ACDE是菱形，
∴AC∥DE，DE=AE=AC=1，
∴∠ABE=∠BAC=45°，
而AE=AB，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AB=，
∴BD=BE﹣DE=﹣1．


19. （1）m≥-1且m≠0
（2）m=54, x1=2 x2=−25

20. 【解答】解：（1）∵在△ACO中，∠OAC=60°，OC=OA
∴△ACO是等边三角形∴∠AOC=60°．

（2）∵CP与⊙O相切，OC是半径．
∴CP⊥OC，又∵∠OAC=∠AOC=60°，
∴∠P=90°﹣∠AOC=30°，
∴在Rt△POC中，CO=PO=4，
则PO=2CO=8；

（3）如图，（每找出一点并求出弧长得1分）
①作点C关于直径AB的对称点M1，连接AM1，OM1．
易得S△M1AO=S△CAO，∠AOM1=60°
∴
∴当点M运动到M1时，S△MAO=S△CAO，
此时点M经过的弧长为．

②过点M1作M1M2∥AB交⊙O于点M2，连接AM2，OM2，易得S△M2AO=S△CAO．
∴∠AOM1=∠M1OM2=∠BOM2=60°
∴或
∴当点M运动到M2时，S△MAO=S△CAO，此时点M经过的弧长为．

③过点C作CM3∥AB交⊙O于点M3，连接AM3，OM3，易得S△M3AO=S△CAO
∴∠BOM3=60°，
∴或
∴当点M运动到M3时，S△MAO=S△CAO，此时点M经过的弧长为．

④当点M运动到C时，M与C重合，S△MAO=S△CAO，
此时点M经过的弧长为或．

21. （1）当1≤x＜50时，y=（200﹣2x）（x+40﹣30）=﹣2x2+180x+200，
当50≤x≤90时，y=（200﹣2x）（90﹣30）=﹣120x+12000，
综上所述：y=；
（2）当1≤x＜50时，二次函数开口下，二次函数对称轴为x=45，
当x=45时，y最大=﹣2×452+180×45+2000=6050，
当50≤x≤90时，y随x的增大而减小，
当x=50时，y最大=6000，
综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元．
（3）当20≤x≤60时，即共41天，每天销售利润不低于4800元．

22．【解答】（1）解：
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CE=CH=1，
∴△CEH为等腰直角三角形，∴∠ECH=45°，∴∠α=30°；

（2）证明：∵G为BC中点，
∴CG=1，
∴CG=CE，
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△E′CD中，
∴△GCD′≌△E′CD（SAS），
∴GD′=E′D；

（3）解：能．
理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，
∵CD′=CD′，
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，
当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，
当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α==135°，
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′=∠DCD′=∠BCD=45°
则α=360°﹣=315°，
即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等

23. 解：（1）∵对称轴为直线x=﹣1的抛物线y=x2+bx+c（a≠0）与x轴相交于A、B两点，
∴A、B两点关于直线x=﹣1对称，
∵点A的坐标为（﹣3，0），
∴点B的坐标为（1，0）；
（2）∵抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线x=﹣1，
∴﹣=﹣1，解得b=2．
将B（1，0）代入y=x2+2x+c，
得1+2+c=0，解得c=﹣3．
则二次函数的解析式为y=x2+2x﹣3；
（3）由（2）可知C（0，﹣3），
∴OC=3，
设P点坐标为（x，x2+2x﹣3），
∵S△POC=4S△BOC，
∴×3×|x|=4××3×1，
∴|x|=4，x=±4．
当x=4时，x2+2x﹣3=16+8﹣3=21；
当x=﹣4时，x2+2x﹣3=16﹣8﹣3=5．
∴点P的坐标为（4，21）或（﹣4，5）；
（4）设直线AC的解析式为y=kx+t （k≠0）将A（﹣3，0），C（0，﹣3）代入，
得 ，解得 ，
∴直线AC的解析式为y=﹣x﹣3．
设Q点坐标为（x，﹣x﹣3）（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，x2+2x﹣3），
QD=（﹣x﹣3）﹣（x2+2x﹣3）=﹣x2﹣3x=﹣（x+）2+，
∴当x=﹣时，QD有最大值．

试卷十八答案
一、选择题：1.B 2.B 3.C 4.C 5.B 6. C 7.C 8.A 9.B 10.C
二.填空题：11. −2, 12. Y=2（x-1）2-3 13. 23 14.93- 3∏ 15. 3+1或3-1
三．解答题：
16解：都不正确.
方程(1): x1=2 x2=-1
方程(2): x1=-3+13 x2=-3-13
17【解答】解：（1）如图所示：△A1B1C即为所求；

（2）如图所示：△A2B2C2即为所求；

（3）旋转中心坐标（0，﹣2）．

18. 【解答】解：（1）∵一元二次方程x2﹣4x+k=0有两个不相等的实数根，
∴△=（﹣4）2﹣4k＞0，
∴k＜4；

（2）∵k＜4，
∴k的最大整数值是3，
∴一元二次方程x2﹣4x+k=0可化为x2﹣4x+3=0，
∴x1=3，x2=1，
∵一元二次方程x2﹣4x+k=0和x2+mx﹣1=0有一个相同的根，
∴当相同的实数根是3时，
32+3m﹣1=0，解得m=﹣；
当相同的实数根是1时，
12+m﹣1=0，解得m=0．
故m=﹣或0；

19. （1）顶点坐标为:(2.5,2.25); 对称轴为x=2.5
（2）x<1或x>4


20. 解：（1）如图1，过点O作OE⊥AC于E
则AE=AC=×2=1，
∵翻折后点D与圆心O重合，
∴OE=r，
在Rt△AOE中，AO2=AE2+OE2，
即r2=12+（r）2，解得r=；

（2）连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠B=90°﹣∠BAC=90°﹣25°=65°，
根据翻折的性质，所对的圆周角为∠B，所对的圆周角为∠ADC，
∴∠ADC+∠B=180°，
∴∠B=∠CDB=65°，
∴∠DCA=∠CDB﹣∠A=65°﹣25°=40°．
21. 【解答】解：（1）y=300+30（60﹣x）=﹣30x+2100．
（2）设每星期利润为W元，
W=（x﹣40）（﹣30x+2100）=﹣30（x﹣55）2+6750．
∴x=55时，W最大值=6750．
∴每件售价定为55元时，每星期的销售利润最大，最大利润6750元．
（3）由题意（x﹣40）（﹣30x+2100）≥6480，解得52≤x≤58，
当x=52时，销售300+30×8=540，
当x=58时，销售300+30×2=360，
∴该网店每星期想要获得不低于6480元的利润，每星期至少要销售该款童装360件．
22．【解答】（1）证明：∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，
∴AD=AD′，∠CAD′=∠BAD，
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠D′AE=∠CAD′+∠CAE，
=∠BAD+∠CAE，
=∠BAC﹣∠DAE，
=120°﹣60°，
=60°，
∴∠DAE=∠D′AE，
在△ADE和△AD′E中，
，
∴△ADE≌△AD′E（SAS），
∴DE=D′E；

（2）解：∠DAE=∠BAC．
理由如下：在△ADE和△AD′E中，
，
∴△ADE≌△AD′E（SSS），
∴∠DAE=∠D′AE，
∴∠BAD+∠CAE=∠CAD′+∠CAE=∠D′AE=∠DAE，
∴∠DAE=∠BAC；

（3）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=∠ACD′=45°，
∴∠D′CE=45°+45°=90°，
∵△D′EC是等腰直角三角形，
∴D′E=CD′，
由（2）DE=D′E，
∵△ABD绕点A旋转得到△ACD′，
∴BD=C′D，
∴DE=BD．

23. 【解答】解：
（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）在y=﹣x2+2x+3中，令y=0可得0=﹣x2+2x+3，解得x=﹣1或x=3，
∴B（3，0），且C（0，3），
∴直线BC解析式为y=﹣x+3，
设M点横坐标为m，则M（m，﹣m2+2m+3），N（m，﹣m+3），
∵0＜m＜3，
∴点M在第一象限内，
∴d=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，d有最大值，d最大=；
（3）∵B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴∠CNM=45°，
∴当△CMN是等腰直角三角形时有∠CMN=90°或∠MCN=90°，
①当∠CMN=90°时，如图1，

则可知CM∥x轴，
∴M点的纵坐标为3，即﹣m2+2m+3=3，解得m=0（舍去）或m=2；
②当∠MCN=90°时，如图2，

过C作CE⊥MN于点E，则MN=2CE，
即﹣m2+3m=2m，解得m=0（舍去）或m=1，
综上可知m的值为1或2．
试卷十九答案
一．选择题：1.B 2 .C 3.C 4.D 5.A 6. A 7.B 8.A 9.D 10.B 11.A 12.C
二.填空题：13. 黄 14. 2 5 15 112 16.110 17.23 18.12 19.13 20.23
16 . -2 ≥a≥-4
三．解答题：
21. 所以将下面事件的字母写在最能代表它的概率的点上如图所示：


22．
【解答】解：（1）小李同学在该天早餐得到两个油饼”是不可能事件；
（2）树状图法

即小张同学得到猪肉包和油饼的概率为=．

23.
解答】解：（1）列表得：
（A，D）
（B，D）
（C，D）
﹣
（A，D）
（B，C）
﹣
（D，C）
（A，B）
﹣
（C，B）
（D，B）
﹣
（B，C）
（C，A）
（D，A）
∴一共有12种情况；

（2）不公平．
∵A、B、不成立，C、D成立
∴p（小明胜）==，p（小强胜）==，
∴这个游戏不公平，对小强有利．
24. 【解答】解：（1）∵一个不透明的袋中装有5个黄球，13个黑球和22个红球，
∴摸出一个球摸是黄球的概率为：=；

（2）设取走x个黑球，则放入x个黄球，
由题意，得≥，
解得：x≥，
∵x为整数，
∴x的最小正整数解是x=9．
答：至少取走了9个黑球．
25. （1）统计表中的a= 4 ，b 0.15 ；
（2）统计表后两行错误的数据是 0.32 ，该数据的正确值是 0.30 ；
3）列表得：
 
A
B
C
A
 
AB
AC
B
BA
 
BC
C
CA
CB
 
∵共有6种等可能的结果，A、B都被选中的情况有2种，
∴P（A，B都被采访到）==．
26.
【解答】解：（1）总人数是：10÷20%=50（人），
则第四组的人数是：50﹣4﹣10﹣16﹣6﹣4=10，
故中位数位于第三组；

（2）该校九年级女生“一分钟跳绳”成绩为优秀的人数是：×260=104（人）；

（3）成绩是优秀的人数是：10+6+4=20（人），
成绩为满分的人数是4，
则从成绩为优秀的女生中任选一人，她的成绩为满分的概率是=0.2．

试卷二十答案
二． 选择题：1.B2.D3.D 4.B5.D6.C7.B8.A 9. 10.D11.A 12.CD
三. 填空题： 13.; 14. ;15. 16.1 ;17.m+n=8.18.19.20.
四． 解答题：

21.【解答】解：（1）当n＞6时，即n=7或8或9时，这个事件必然发生；
（2）当n＜3时，即n=1或2时，这个事件不可能发生；
（3）当3≤n≤6时，即n=3或4或5或6时，这个事件可能发生．

22.【解答】解：（1）由题意可画出树状图：


（2）由树状图可知共有6种可能，九年级学生代表到社区进行义务文艺演出的有2种，所以概率是九年级学生代表到社区进行义务文艺演出的概率为=．

23.【解答】解：∵取得白色棋子的概率是，可得方程 =
又由再往盒中放进12颗白色棋子，取得白色棋子的概率是
∴可得方程 =，
组成方程组解得：x=4，y=8
故答案为4．

24.【解答】解：（1）画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，从中任意摸出两个球恰好是一红一白的有8种情况，
∴P（恰好是一红一白）==；

（2）由题意可知，50次摸球实验活动中，出现红球20次，白球30次，
∴红球所占百分比为20÷50=40%，
白球所占百分比为30÷50=60%，
答：红球占40%，白球占60%；

（3）由题意可知，50次摸球实验活动中，出现有记号的球4次，
∴总球数为8÷=100，
∴红球数为100×40%=40，
答：盒中红球有40个．
25.【解答】解：（1）m=100﹣10﹣5﹣20﹣33=32；
态度为C所对应的圆心角的度数为：32%×360=115.2°；
故答案为：32，115.2°；

（2）500×20%﹣15﹣35﹣20﹣5=25，
补全条形统计图；


（3）估计该地区对“广场舞”噪音干扰的态度为B的市民人数为：20×33%=6.6（万人）；

（4）从态度为A的市民中抽取一人的年龄恰好在年龄段15﹣35岁的概率是：=．

26.【解答】解：（1）总人数为：300÷15%=2000（人），
m=2000×30%=600，n=2000﹣650﹣300﹣600﹣150﹣100=200，扇形统计图中D组所占的百分比为：150÷2000×100%=7.5%，
故答案为：600，200，7.5%；
（2）B组所占的百分比为：300÷2000=15%，
估计其中属于B组的市民有800×15%=120（万），
120万用科学记数法表示为：1.2×106．
（3），
若在此次接受调查的市民中随机抽取一人，此人属于A组的概率是0.325．

试卷二十一答案
一、选择题：1.A2.D 3.C 4.D 5.D 6.A. 7.B 8.B 9.C 10.C
二.填空题：11. 2;4 12. 8 13.34 14. 2 15.2∏
三．解答题：
16.【解答】解：把x=3代入方程ax2﹣bx﹣6=0和方程ax2+2bx﹣15=0得：

解得：a=1，b=1，
把a、b的值代入ax2﹣bx﹣6=0得：x2﹣x﹣6=0，
即得：x1=3，x2=﹣2，
即方程的另一个根为x=﹣2；
把a、b的值代入ax2+2bx﹣15=0得：x2+2x﹣15=0，
解得：x1=﹣5，x2=3，
即方程的另一个根为x=﹣5．

17.【解答】解：（1）所画图形如下所示，△A1B1C1即为所求；
（2）所画图形如下所示，△AB2C2即为所求．


18.【解答】（1）证明：∵△=（﹣2m）2﹣4×1×（m2+3）=4m2﹣4m2﹣12=﹣12＜0，
∴方程x2﹣2mx+m2+3=0没有实数解，
即不论m为何值，该函数的图象与x轴没有公共点；

（2）解：y=x2﹣2mx+m2+3=（x﹣m）2+3，
把函数y=（x﹣m）2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到函数y=（x﹣m）2的图象，它的顶点坐标是（m，0），
因此，这个函数的图象与x轴只有一个公共点，
所以，把函数y=x2﹣2mx+m2+3的图象沿y轴向下平移3个单位长度后，得到的函数的图象与x轴只有一个公共点．

19.【解答】解：（1）画树状图为：

共有16种等可能的结果数，其中两次取的球标号相同的结果数为4，
所以“两次取的球标号相同”的概率==；
（2）画树状图为：

共有12种等可能的结果数，其中两次取出的球标号和等于4的结果数为2，
所以“两次取出的球标号和等于4”的概率==．

20.【解答】解：（1）相切，理由如下：
如图1，过O作OD过O作OD⊥A′C于点D，交A′B于点E，

∵α=15°，A′C∥AB，
∴∠ABA′=∠CA′B=30°，
∴DE=A′E，OE=BE，
∴DO=DE+OE=（A′E+BE）=AB=OA，
∴A′C与半圆O相切；
（2）当BA′与半圆O相切时，则OB⊥BA′，
∴∠OBA′=2α=90°，
∴α=45°，
当O′在上时，如图2，

连接AO′，则可知BO′=AB，
∴∠O′AB=30°，
∴∠ABO′=60°，
∴α=30°，
故答案为：45°；30°．

21.【解答】解：（1）由题意得，销售量=150﹣10（x﹣25）=﹣10x+400
则w=（x﹣20）（﹣10x+400）
=﹣10x2+600x﹣8000；

（2）w=﹣10x2+600x﹣8000=﹣10（x﹣30）2+1000，
∵﹣10＜0，
∴函数图象开口向下，w有最大值，
当x=30时，w最大=1000元，
故当单价为30元时，该计算器每天的利润最大；

（3）
150﹣10（x﹣25）≥120
x≤28
∴定价为28元时利润更高．

22.【解答】解：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，
∴DF=BE，CF=BE，
∴DF=CF．
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°
∵BF=DF，
∴∠DBF=∠BDF，
∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，
∴∠DFE=2∠DBF，
同理得：∠CFE=2∠CBF，
∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°，
∴DF=CF，且DF⊥CF．
（2）（1）中的结论仍然成立．
证明：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．
∵∠ADE=∠ACB=90°，
∴DE∥BC．
∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．
∵F为BE中点，
∴EF=BF．
∴△DEF≌△GBF．
∴DE=GB，DF=GF．
∵AD=DE，
∴AD=GB，
∵AC=BC，
∴AC﹣AD=BC﹣GB，
∴DC=GC．
∵∠ACB=90°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∵DF=GF．
∴DF=CF，DF⊥CF．
（3）延长DF交BA于点H，
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴AC=BC，AD=DE．
∴∠AED=∠ABC=45°，
∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∴∠DEF=∠HBF．
∵F是BE的中点，
∴EF=BF，
∴△DEF≌△HBF，
∴ED=HB，
∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得
AB=4，
∵AD=1，
∴ED=BH=1，
∴AH=3，在Rt△HAD中由勾股定理，得
DH=，
∴DF=，
∴CF=
∴线段CF的长为．



23.【解答】解：（1）如图1中，

对于抛物线y=ax2﹣2ax+4，令x=0得y=4，∴A（0，4），
对称轴x=﹣=1，
∵AB∥x轴，
∴A、B关于对称轴对称，
∴B（2，4），AB=2，
故答案为（0，4），（2，4）．

（2）∵AB∥OC，
∴∠ABM=∠OCM，
在△ABM和△OCM中，
，
∴△ABM≌△OCM，
∴OC=AB=2，
∴C（﹣2，0），
把C（﹣2，0）代入y=ax2﹣2ax+4得
4a+4a+4=0，
∴a=﹣，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+4．

（3）如图2中，设P（m，0）．

∵C（﹣2，0），B（2，4），
∴直线BC的解析式为y=x+2，
∴E（m，m+2），
∵四边形EFGP是正方形，
∴PE=EF=PG=FG=m+2，
∴F（2m+2，m+2），
∵点F在抛物线上，
∴m+2=﹣（2m+2）2+2m+2+4，
整理得到2m2+3m﹣2=0，
解得m=或﹣2（舍弃），
∴点P坐标（，0）．

试卷二十二答案
一、选择题：1.B2.D 3.C 4.C 5.D.6.D 7.D 8. B 9. D 10. C
二、填空题：11. x1=0;x2=1. 12.-1 13.(3.0) 14. 2+2 15. 200或400

三．解答题16.
17.【解答】解：（1）点B关于坐标原点O对称的点B1的坐标为：（2，﹣3）；

（2）如图所示：△A′B′C′即为所求；
点A旋转到点A′所经过的路线长为：=3π；

（3）点D′的坐标为：（3，﹣5）．


18. 【解答】解：（1）连结CD，如图，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵E是BC的中点，
∴DE=CE=BE；
（2）DE是⊙O的切线．理由如下：
连结OD，如图，
∵BC为切线，
∴OC⊥BC，
∴∠OCB=90°，即∠2+∠4=90°，
∵OC=OD，ED=EC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴∠1+∠3=∠2+∠4=90°，即∠ODB=90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（3）当BC=2时，
∵CA=CB=2，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠B=45°，
∴△BCD为等腰直角三角形，
∴DE⊥BC，DE=BC=1，
∵OA=DE=1，AO∥DE，
∴四边形AOED是平行四边形；
∵OD=OC=CE=DE=1，∠OCE=90°，
∴四边形OCED为正方形．
故答案为ED=EC；2，正方形．


19. 【解答】解：（1）本次抽样共调查的人数是：70÷0.35=200（人）；

（2）非常好的频数是：200×0.21=42（人），
一般的频数是：m=200﹣42﹣70﹣36=52（人），

（3）该校学生整理错题集情况“非常好”和“较好”的学生一共约有：1500×（0.21+0.35）=840（人）；

（4）根据题意画图如下：

∵所有可能出现的结果共12种情况，并且每种情况出现的可能性相等，
其中两次抽到的错题集都是“非常好”的情况有2种，
∴两次抽到的错题集都是“非常好”的概率是=．

20. 【解答】解：（1）w=（﹣2x+80）x﹣20（﹣2x+80），
w=﹣2x2+120x﹣1600；
（2）x=30,w=200
（3）当w=150时，
150=﹣2x2+120x﹣1600，
x=25或x=35（舍去），
当x=25时，能取得最大利润．


21. 解：（1）由题意可知，△=b2﹣4ac=（3m+1）2﹣4m×3=（3m﹣1）2＞0，
解得m≠，
∵mx2+（3m+1）x+3=0是一元二次方程，
∴m≠0，
∴当m≠且m≠0时，方程有两个不相等的实数根；
（2）有求根公式，得：x==，
∴x1=﹣3，x2=﹣，
∵抛物线与x轴两个交点的横坐标均为整数，且m为正整数，
∴m=1，
∴抛物线的解析式为：y=x2+4x+3；
（3）如图，
当x=1时，y=1+4+3=8，
过点Q作y轴的垂线，交抛物线与点M，
根据抛物线的对称性，可得：点M（﹣5，8），
由图象可知，当y1＞y2时，a＞1，或a＜﹣5．


22.【解答】解：（1）由题意知：AC+BC=CD，
∴+2=CD，
∴CD=3；

（2）连接AC、BD、AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵，
∴AD=BD，
将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，如图③，
∴∠EAD=∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC=180°，
∴∠EAD+∠DAC=180°，
∴E、A、C三点共线，
∵AB=5，BC=4，
∴由勾股定理可求得：AC=3，
∵BC=AE，
∴CE=AE+AC=7，
∵∠EDA=∠CDB，
∴∠EDA+∠ADC=∠CDB+∠ADC，
即∠EDC=∠ADB=90°，
∵CD=ED，
∴△EDC是等腰直角三角形，
∴CE=CD，
∴CD=；

（3）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，
连接D1A，D1B，D1C，如图④
由（2）的证明过程可知：AC+BC=D1C，
∴D1C=，
又∵D1D是⊙O的直径，
∴∠DCD1=90°，
∵AC=m，BC=n，
∴由勾股定理可求得：AB2=m2+n2，
∴D1D2=AB2=m2+n2，
∵D1C2+CD2=D1D2，
∴CD=m2+n2﹣=，
∵m＜n，
∴CD=；

（4）；





23.【解答】解：（1）∵点A，B是抛物线y=x2+bx+c上点，
∴，
解得：b=﹣1，c=﹣，
∴抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣上点；
（2）作出图形，

易得△BOC≌△B′EC
∴CE=OC=，EB′=OB=3，
∴点B′坐标为（﹣，）；
将x=﹣代入抛物线解析式y=x2﹣x﹣，得y=≠，故不在该抛物线上
（3）以A，B，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，对应的P点由三种情况，分别是AB的边和对角线时的情况，如图所示，P1和P2是AB为边的情况，可知P1对应的恒左边为﹣4，P2对应的横坐标为4，
∴当x=4时，代入y=x2﹣x﹣得y=，
当x=﹣4时，代入y=x2﹣x﹣得y=，
设AB的中点为G，则G点的横坐标为1，过P3作P3H⊥AB于H，易证△Q3OG≌△P3HG，则OG=HG，则H点和P3点的横坐标为2，带入抛物线方程得P3的纵坐标为﹣

∴点P坐标为（4，），（﹣4，）或（2，﹣）．