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福建省福州市鼓楼区2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷(word版含答案)
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这是一份福建省福州市鼓楼区2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷(word版含答案)，共27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。
2021-2022学年福建省福州市鼓楼区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）
1．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．
2．已知⊙O的直径为12，A，B，C为射线OP上的三个点，OA＝7，OB＝6，OC＝5，则（ ）
A．点A在⊙O内 B．点B在⊙O上 C．点C在⊙O外 D．点C在⊙O上
3．一元二次方程x2﹣2x＝﹣3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．已知抛物线y＝（x﹣2）2+k上有三点，A（3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y3＞y1 D．y2＞y1＞y3
5．根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功地找到三角形内心的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，PA，PB是⊙O的切线，AB为切点，点C在⊙O上，且∠APO＝25°，则∠ACB等于（ ）
A．45° B．50° C．65° D．70°
7．受新冠肺炎疫情影响，某企业生产总值从元月份的400万元，连续两个月降至360万元，设平均降低率为x，则可列方程（ ）
A．400（+x）2＝360 B．400（1﹣x2）＝360
C．400（1﹣2x）＝360 D．400（1﹣x）2＝360
8．如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（ ）
A．3.6 B．38 C．4 D．4.6
9．一直角三角形的斜边长为c，其内切圆半径是r，则三角形面积与其内切圆的面积之比是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，把抛物线在x轴及共上方的部分记作C1将C1向左平移得到C2，C2与x轴交于点B，D，若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，则m的取值范是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本题共6小题，每题4分，共24分）
11．已知点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，则a＝ ．
12．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，点E在DC延长线上，若∠A＝40°，∠BCE＝ ．
13．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，其与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，则当y＜0时，x的取值范围是 ．
14．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是 ．
15．已知△ABC的三边a，b，c满足|c﹣4|+b+a2﹣10a＝4﹣30，则△ABC的外接圆半径的长为 ．
16．如图，等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，P为直线BC上方的一个动点，且满足∠PAD＝∠PDC，则线段CP长的最小值为 ．
三、解答题（本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过成演算步骤）
17．用适当的方法解方程：x2+6x+1＝0．
18．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点A，B的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣3，2）．
（1）画出坐标轴，画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后△A′B′C′；
（2）点A′的坐标为 ；
（3）四边形ACA′B′的面积为 ．
19．抛物线y＝ax2+bx+c中，函量值y与自变量x之间的部分对应关系如表；
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣8
﹣2
0
﹣2
﹣8
…
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如果将该抛物线平移，使它的顶点移到点M（﹣2，5）的位置，写出其平移的方法．
20．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D．过点D作EF⊥AC，垂足为E，且交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，∠BCA＝60°，求BD的长．
21．新定义：如果二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0），那么称此二次函数图象为“定点抛物线”．
（1）试判断二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象是否为“定点抛物线”；
（2）若“定点抛物线”y＝x2﹣mx+2﹣k与x轴只有一个公共点，求k的值．
22．如图，在△ABC中线段BC的中点D在以AB为直径的⊙O上，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的延长线交⊙O于点F．
（1）求证：DE⊥AC．
（2）若DE+EA＝4，AF＝8．求⊙O的半径．
23．某小区业主委员会决定把一块长40m；宽30m的矩形空地建成健身广场；设计方桌如图所示，阴影区域为绿化区（四块绿化区为全等的矩形），空白区域为活动区，且四周的4个出口宽度相同，其宽度不小于14m，不大于26m，设绿化区较长边为xm，活动区的面积为ym2．
（1）①用含x的式子表示出口的宽度： ；
②求x的取值范围；
（2）求活动区的面积y的最大值．
24．在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是实数，a≠0）．
（1）若函数y1的对称轴为直线x＝2，且它的图象经过点（﹣a，b），求函数y1的解析式．
（2）若函数y2的图象经过点（r，0），其中r≠0，求证：函数y1的图象经过点（，0）．
（3）设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，若m+n＝0，求m，n的值．
25．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
参考答案
一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）
1．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】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
2．已知⊙O的直径为12，A，B，C为射线OP上的三个点，OA＝7，OB＝6，OC＝5，则（ ）
A．点A在⊙O内 B．点B在⊙O上 C．点C在⊙O外 D．点C在⊙O上
【分析】先确定圆的半径，然后根据点与圆的位置关系进行判断．
解：∵⊙O的直径为12，
∴⊙O的半径为6，
∵OA＝7＞6，
∴点A在⊙O外；
∵OB＝6，
∴点B在⊙O上；
∵OC＝5＜6，
∴点C在⊙O内；
故选：B．
3．一元二次方程x2﹣2x＝﹣3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
【分析】先把化为一般式，再计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
解：方程化为一般式为：x2﹣2x+3＝0，
因为Δ＝（﹣2）2﹣4×3＝﹣8＜0，
所以方程无实数根．
故选：D．
4．已知抛物线y＝（x﹣2）2+k上有三点，A（3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y3＞y1 D．y2＞y1＞y3
【分析】先求得开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性即可得到结论．
解：∵抛物线y＝（x﹣2）2+k，
∴开口向上，对称轴是直线x＝2，
∴B（﹣1，y2）关于对称轴的对称点（5，y2），
∵2＜3＜5，
∴y3＜y1＜y2．
故选：D．
5．根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功地找到三角形内心的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用基本作图和三角形内心的定义进行判断．
解：三角形内心为三角形内角平分线的交点，选项B中作了两个角的平分线．
故选：B．
6．如图，PA，PB是⊙O的切线，AB为切点，点C在⊙O上，且∠APO＝25°，则∠ACB等于（ ）
A．45° B．50° C．65° D．70°
【分析】即连接OA，OB，根据切线的性质以及四边形的内角和定理求得∠AOB＝110°，再根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角即可求解
解：连结AO，BO，
∵PA，PB是圆O的切线，
∴PA＝PB，∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵PO＝PO，
∴Rt△APO≌Rt△BPO（HL），
∴∠APO＝∠BPO＝25°，
∴∠APB＝50°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°，
∴，
故选：C．
7．受新冠肺炎疫情影响，某企业生产总值从元月份的400万元，连续两个月降至360万元，设平均降低率为x，则可列方程（ ）
A．400（+x）2＝360 B．400（1﹣x2）＝360
C．400（1﹣2x）＝360 D．400（1﹣x）2＝360
【分析】利用经过连续两个月降低后的生产总值＝元月初的生产总值×（1﹣平均降低率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：依题意得：400（1﹣x）2＝360．
故选：D．
8．如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（ ）
A．3.6 B．38 C．4 D．4.6
【分析】根据旋转变换的性质得到AD＝AB，根据等边三角形的性质解答即可．
解：由旋转的性质可知，AD＝AB，
∵∠B＝60°，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD＝AB＝4，
∴CD＝BC﹣BD＝7.6﹣4＝3.6，
故选：A．
9．一直角三角形的斜边长为c，其内切圆半径是r，则三角形面积与其内切圆的面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接内心和直角三角形的各个顶点，设直角三角形的两条直角边是a，b．则直角三角形的面积是r，又直角三角形内切圆的半径r＝，则a+b＝2r+c，所以直角三角形的面积是r（r+c）；因为内切圆的面积是πr2，进而可得三角形面积与其内切圆的面积之比，
解：设直角三角形的两条直角边是a，b，则有：
S＝r，
∵r＝，
∴a+b＝2r+c，
将a+b＝2r+c，代入S＝r，得：S＝＝r＝r（r+c）．
又∵内切圆的面积是πr2，
∴三角形面积与其内切圆的面积之比是＝．
故选：B．
10．如图，抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，把抛物线在x轴及共上方的部分记作C1将C1向左平移得到C2，C2与x轴交于点B，D，若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，则m的取值范是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线y＝x+m与抛物线C2相切时m的值以及直线y＝x+m过点B时m的值，结合图形即可得到答案．
解：∵抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，
∴B（5，0），A（9，0），
∴抛物线向左平移4个单位长度，
∴平移后解析式y＝﹣（x﹣3）2+2，
当直线y＝x+m过B点，有2个交点，
∴0＝﹣+m，
∴m＝，
当直线y＝x+m与抛物线C2相切时，有2个交点，
∴x+m＝﹣（x﹣3）2+2，
整理点x2﹣7x+5+2m＝0，
∵相切，
∴△＝49﹣20﹣8m＝0，
∴m＝，
∵若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，
∴＜m＜，
故选：A．
二、填空题（本题共6小题，每题4分，共24分）
11．已知点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，则a＝ ﹣3 ．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质（两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反）得出答案．
解：∵点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，
∴a＝﹣3．
故答案为：﹣3．
12．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，点E在DC延长线上，若∠A＝40°，∠BCE＝ 40° ．
【分析】根据圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角求解．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCE＝∠A＝40°．
故答案为40°．
13．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，其与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，则当y＜0时，x的取值范围是 ﹣1＜x＜3 ．
【分析】根据抛物线与x轴的一个交点坐标和对称轴，由抛物线的对称性可求抛物线与x轴的另一个交点，再根据抛物线的增减性可求当y＜0时，x的取值范围．
解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
由图象可知，当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜3．
故答案为：﹣1＜x＜3．
14．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是 55° ．
【分析】首先根据旋转变换的性质求出∠BOD的度数，结合∠AOB＝10°，即可解决问题．
解：由题意及旋转变换的性质得：∠AOC＝∠BOD＝45°，
∵∠AOB＝10°，
∴∠AOD＝∠BOD+∠AOB＝45°+10°＝55°，
故答案为：55°．
15．已知△ABC的三边a，b，c满足|c﹣4|+b+a2﹣10a＝4﹣30，则△ABC的外接圆半径的长为 ．
【分析】根据题目中的式子可以求得a、b、c的值，从而可以求得△ABC的外接圆半径的长．
解：∵|c﹣4|+b+a2﹣10a＝4﹣30，
∴（b+1﹣4+4）+（a2﹣10b+25）+|c﹣4|＝0，
∴（﹣2）2+（a﹣5）2+|c﹣4|＝0，
∴﹣2＝0，a﹣5＝0，c﹣4＝0，
解得，a＝5，b＝3，c＝4，
∴AC＝3，BC＝5，AB＝4，
∵52＝32+42，
∴BC2＝AC2+AB2，
∴△ABC是直角三角形，BC为斜边，
∴△ABC的外接圆的半径为BC＝．
故答案为：．
16．如图，等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，P为直线BC上方的一个动点，且满足∠PAD＝∠PDC，则线段CP长的最小值为 ﹣ ．
【分析】首先证明点P在以AD为直径的⊙O上，连接OC，当O，P，C三点共线时，PC的长最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
解：∵等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADP+∠PDC＝90°，
∵∠PAD＝∠PDC，
∴∠PAD+∠ADP＝90°，
∴∠APD＝90°，
∴点P在以AD为直径的⊙O上，连接OC，当O，P，C三点共线时，PC的长最小，
在Rt△ADC中，AC＝4，CD＝2，
∴AD＝＝2，
∵O是AD的中点，
∴OD＝＝OP，
由勾股定理得：OC＝＝＝，
∴CP＝﹣，
即线段CP长的最小值为﹣．
故答案为：﹣．
三、解答题（本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过成演算步骤）
17．用适当的方法解方程：x2+6x+1＝0．
【分析】先移项，再配方，开方，即可得出两个一元一次方程，求出两个方程的解即可．
解：x2+6x+1＝0，
x2+6x＝﹣1，
x2+6x+9＝﹣1+9，即（x+3）2＝8，
开方，得x+3＝±2，
解得：x1＝﹣3+2，x2＝﹣3﹣2．
18．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点A，B的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣3，2）．
（1）画出坐标轴，画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后△A′B′C′；
（2）点A′的坐标为 （3，3） ；
（3）四边形ACA′B′的面积为 8 ．
【分析】（1）先利用A点坐标画出直角坐标系，再利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点得到△A′B′C′；
（2）利用（1）所画图形写出点A′的坐标；
（3）把四边形ACA′B′分割为2个直角三角形和一个直角梯形进行计算．
解：（1）如图，△A′B′C′为所作；
（2）点A′的坐标为（3，3）；
故答案为（3，3）；
（3）四边形ACA′B′的面积＝×2×3+×（1+3）×1+×2×3＝8．
故答案为8．
19．抛物线y＝ax2+bx+c中，函量值y与自变量x之间的部分对应关系如表；
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣8
﹣2
0
﹣2
﹣8
…
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如果将该抛物线平移，使它的顶点移到点M（﹣2，5）的位置，写出其平移的方法．
【分析】（1）根据抛物线的对称性求得顶点坐标，设抛物线为y＝a（x+1）2，把（0，﹣2）代入即可得解；
（2）根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点（﹣2，﹣2），（0，﹣2），
∴抛物线的对称轴为直线x＝＝﹣1，
∴抛物线的顶点为（﹣1，0），
设抛物线为y＝a（x+1）2，
把（0，﹣2）代入得，﹣2＝a，
∴a＝﹣2，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣2（x+1）2＝﹣2x2﹣4x﹣2；
（2）∵抛物线的顶点为（﹣1，0），新顶点M（﹣2，5），
∴抛物线向左平移1个单位，向上平移5个单位可使它的顶点移到点M（﹣2，5）的位置，
故平移的方法为：向左平移1个单位，向上平移5个单位．
20．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D．过点D作EF⊥AC，垂足为E，且交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，∠BCA＝60°，求BD的长．
【分析】（1）作辅助线，根据等腰三角形三线合一得BD＝CD，根据三角形的中位线可得OD∥AC，所以得OD⊥EF，从而得结论；
（2）根据AB＝AC，AD⊥BC，AD＝AD，可以证明Rt△ABD≌Rt△ACD，得出BD＝DC，再根据∠BCA＝60°，AC＝AB＝10，解直角三角形求出CD即可．
【解答】（1）证明：连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△BAC的中位线，
∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACD（HL），
∴BD＝CD，
∵∠BAC＝60°，AC＝AB＝10，
∴CD＝AC＝×10＝5，
∴BD＝5．
21．新定义：如果二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0），那么称此二次函数图象为“定点抛物线”．
（1）试判断二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象是否为“定点抛物线”；
（2）若“定点抛物线”y＝x2﹣mx+2﹣k与x轴只有一个公共点，求k的值．
【分析】（1）将点（﹣1，0）代入函数解析式判断；
（2）先利用“定点抛物线”的定义得到有关m、k的关系式，然后利用与x轴只有一个公共点得到有关m、k的另一个关系式，最后联立两个方程解得k的值．
解：（1）将点（﹣1，0）代入y＝x2﹣4x﹣5得，1+4﹣5＝0，
∴二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象是“定点抛物线”．
（2）∵定点抛物线”y＝x2﹣mx+2﹣k与x轴只有一个公共点，
∴，
解得：．
22．如图，在△ABC中线段BC的中点D在以AB为直径的⊙O上，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的延长线交⊙O于点F．
（1）求证：DE⊥AC．
（2）若DE+EA＝4，AF＝8．求⊙O的半径．
【分析】（1）根据已知条件得到OD∥AC即可，于是得到结论；
（2）如图，过点O作OH⊥AF于点H，于是得到∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，推出四边形ODEH是矩形，根据矩形的性质得到OD＝EH，OH＝DE．由垂径定理得到AH＝AF＝8，设AE＝x．求得OH＝DE＝8﹣x，OA＝OD＝HE＝AH+AE＝8+x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵OB＝OA，D是BC的中点，
∴OD∥AC．
∵DE是⊙O的切线；
∴DE⊥OD，
∴DE⊥AC；
（2）解：如图，过点O作OH⊥AF于点H，
则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴OD＝EH，OH＝DE．
∴AH＝AF＝4，
设AE＝x．
∵DE+AE＝4，
∴OH＝DE＝4﹣x，OA＝OD＝HE＝AH+AE＝4+x，
在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2＝OA2，
∴42+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝1，
∴OA＝4+1＝5．
∴⊙O的半径为5．
23．某小区业主委员会决定把一块长40m；宽30m的矩形空地建成健身广场；设计方桌如图所示，阴影区域为绿化区（四块绿化区为全等的矩形），空白区域为活动区，且四周的4个出口宽度相同，其宽度不小于14m，不大于26m，设绿化区较长边为xm，活动区的面积为ym2．
（1）①用含x的式子表示出口的宽度： （40﹣2x）m ；
②求x的取值范围；
（2）求活动区的面积y的最大值．
【分析】（1）①根据图形可得结论；②根据题意可得y与x的关系式；
（2）根据活动区的面积等于矩形面积﹣四个绿化区的面积列出函数解析式，再根据二次函数的增减性可得函数最值．
解：（1）①出口的宽度为：（40﹣2x）m，
故答案为：（40﹣2x）m；
②∵出口宽度不小于14m，不大于26m，
∴14≤40﹣2x≤26，
∴7≤x≤13，
∴x的取值范围为7≤x≤13；
（2）根据题意得，y＝40×30﹣4x×
＝1200﹣4x（x﹣5）
＝﹣4x2+20x+1200
＝﹣4（x﹣）2+1225，
∵a＝﹣4＜0，抛物线的开口向下，对称轴为x＝，
∴当7≤x≤13时，y随x的增大而减小，
∴当x＝7时，y有最大值，最大值为1144，
∴活动区的面积y的最大值为1144m2．
24．在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是实数，a≠0）．
（1）若函数y1的对称轴为直线x＝2，且它的图象经过点（﹣a，b），求函数y1的解析式．
（2）若函数y2的图象经过点（r，0），其中r≠0，求证：函数y1的图象经过点（，0）．
（3）设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，若m+n＝0，求m，n的值．
【分析】（1）由对称轴可得b＝﹣6，再将点（a，﹣6）代入y1＝x2﹣6x+a即可求a的值，进而求函数解析式；
（2）将点（r，0）代入y2，得到0＝ar2+br+1，再方程两边同时除以r2，是x2+bx+a＝0的解，即可证明函数y1的图象经过点（，0）；
（3）分别求出m＝a﹣，n＝1﹣，由题意可得a＞0，且（a+1）（4a﹣b2）＝0，即可得b2＝4a，从而求出m＝n＝0．
【解答】（1）解：∵函数y1的对称轴为直线x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4，
∴y1＝x2﹣4x+a，
∵函数y1的图象经过点（﹣a，﹣4），
∴﹣4＝a2+4a+a，
∴a2+5a+4＝0，
解得a＝1或a＝4，
∴y1＝x2﹣4x+1或y1＝x2﹣4x+4；
（2）证明：∵函数y2的图象经过点（r，0），
∴0＝ar2+br+1，
∵r≠0，
方程两边同时除以r2得，++a＝0，
即（）2+b•+a＝0，
∴是x2+bx+a＝0的解，
∴函数y1的图象经过点（，0）；
（3）解：∵函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，
∴m＝a﹣，n＝1﹣，
∵m+n＝0，
∴a﹣+1﹣＝0，
∴（a+1）（4a﹣b2）＝0，
∴b2＝4a或a＝﹣1，
∵函数y1和函数y2都有最小值，
∴a＞0，
当b2＝4a时，m＝0，n＝0．
25．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 BE＝DG，BE⊥DG ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
【分析】（1）如图1中，证明△BAE≌△DAG（SAS），可得结论．
（2）如图1中，连接BD，BF，DF，AF，AC，AC交BD于点K．利用勾股定理求出AF，AK，由AF＝，推出点F的运动轨迹是以A为圆心，AF为半径的圆，推出点F到BD的最大距离＝+＝，由此可得结论．
（3）分两种情形：如图2﹣1中，当D，E，G共线时，连接AF交DG于T．如图2﹣2中，当D，E，G共线时，连接AF交DE于T．利用勾股定理求出DT，可得结论．
解：（1）结论：BE＝DG，BE⊥DG．
理由：如图1中，设BE交AD于点O，交DG于点J．
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AB＝AD，AG＝AE，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△BAE和△DAG中，
，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝AG，∠ABE＝∠ADG，
∵∠AOB＝∠DOJ，
∴∠BAO＝∠DJO＝90°，
∴BE⊥DG．
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）如图1中，连接BD，BF，DF，AF，AC，AC交BD于点K．
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠BAD＝90°，EA＝EF＝1，∠AEF＝90°，
∴BD＝AC＝3，AF＝，
∴AK＝CK＝，
∵AF＝，
∴点F的运动轨迹是以A为圆心，AF为半径的圆，
∴点F到BD的最大距离＝+＝，
∴△BDF的面积的最大值为×3×＝7.5．
（3）如图2﹣1中，当D，E，G共线时，连接AF交DG于T．
∵四边形AEFG是正方形，
∴AF⊥EG，AF＝EG＝
∴AT＝FT＝TG＝TE＝，
∴DT＝，
∴DG＝GT+DT＝+，
∵BE＝DG，
∴BE＝+．
如图2﹣2中，当D，E，G共线时，连接AF交DE于T．
同法可得DT＝，可得DG＝DT﹣TG＝，
∴BE＝DG＝，
综上所述，满足条件的DG的长为+或．
2021-2022学年福建省福州市鼓楼区九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）
1．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．
2．已知⊙O的直径为12，A，B，C为射线OP上的三个点，OA＝7，OB＝6，OC＝5，则（ ）
A．点A在⊙O内 B．点B在⊙O上 C．点C在⊙O外 D．点C在⊙O上
3．一元二次方程x2﹣2x＝﹣3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．已知抛物线y＝（x﹣2）2+k上有三点，A（3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y3＞y1 D．y2＞y1＞y3
5．根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功地找到三角形内心的是（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，PA，PB是⊙O的切线，AB为切点，点C在⊙O上，且∠APO＝25°，则∠ACB等于（ ）
A．45° B．50° C．65° D．70°
7．受新冠肺炎疫情影响，某企业生产总值从元月份的400万元，连续两个月降至360万元，设平均降低率为x，则可列方程（ ）
A．400（+x）2＝360 B．400（1﹣x2）＝360
C．400（1﹣2x）＝360 D．400（1﹣x）2＝360
8．如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（ ）
A．3.6 B．38 C．4 D．4.6
9．一直角三角形的斜边长为c，其内切圆半径是r，则三角形面积与其内切圆的面积之比是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，把抛物线在x轴及共上方的部分记作C1将C1向左平移得到C2，C2与x轴交于点B，D，若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，则m的取值范是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本题共6小题，每题4分，共24分）
11．已知点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，则a＝ ．
12．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，点E在DC延长线上，若∠A＝40°，∠BCE＝ ．
13．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，其与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，则当y＜0时，x的取值范围是 ．
14．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是 ．
15．已知△ABC的三边a，b，c满足|c﹣4|+b+a2﹣10a＝4﹣30，则△ABC的外接圆半径的长为 ．
16．如图，等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，P为直线BC上方的一个动点，且满足∠PAD＝∠PDC，则线段CP长的最小值为 ．
三、解答题（本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过成演算步骤）
17．用适当的方法解方程：x2+6x+1＝0．
18．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点A，B的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣3，2）．
（1）画出坐标轴，画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后△A′B′C′；
（2）点A′的坐标为 ；
（3）四边形ACA′B′的面积为 ．
19．抛物线y＝ax2+bx+c中，函量值y与自变量x之间的部分对应关系如表；
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣8
﹣2
0
﹣2
﹣8
…
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如果将该抛物线平移，使它的顶点移到点M（﹣2，5）的位置，写出其平移的方法．
20．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D．过点D作EF⊥AC，垂足为E，且交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，∠BCA＝60°，求BD的长．
21．新定义：如果二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0），那么称此二次函数图象为“定点抛物线”．
（1）试判断二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象是否为“定点抛物线”；
（2）若“定点抛物线”y＝x2﹣mx+2﹣k与x轴只有一个公共点，求k的值．
22．如图，在△ABC中线段BC的中点D在以AB为直径的⊙O上，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的延长线交⊙O于点F．
（1）求证：DE⊥AC．
（2）若DE+EA＝4，AF＝8．求⊙O的半径．
23．某小区业主委员会决定把一块长40m；宽30m的矩形空地建成健身广场；设计方桌如图所示，阴影区域为绿化区（四块绿化区为全等的矩形），空白区域为活动区，且四周的4个出口宽度相同，其宽度不小于14m，不大于26m，设绿化区较长边为xm，活动区的面积为ym2．
（1）①用含x的式子表示出口的宽度： ；
②求x的取值范围；
（2）求活动区的面积y的最大值．
24．在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是实数，a≠0）．
（1）若函数y1的对称轴为直线x＝2，且它的图象经过点（﹣a，b），求函数y1的解析式．
（2）若函数y2的图象经过点（r，0），其中r≠0，求证：函数y1的图象经过点（，0）．
（3）设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，若m+n＝0，求m，n的值．
25．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
参考答案
一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）
1．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】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
2．已知⊙O的直径为12，A，B，C为射线OP上的三个点，OA＝7，OB＝6，OC＝5，则（ ）
A．点A在⊙O内 B．点B在⊙O上 C．点C在⊙O外 D．点C在⊙O上
【分析】先确定圆的半径，然后根据点与圆的位置关系进行判断．
解：∵⊙O的直径为12，
∴⊙O的半径为6，
∵OA＝7＞6，
∴点A在⊙O外；
∵OB＝6，
∴点B在⊙O上；
∵OC＝5＜6，
∴点C在⊙O内；
故选：B．
3．一元二次方程x2﹣2x＝﹣3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
【分析】先把化为一般式，再计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．
解：方程化为一般式为：x2﹣2x+3＝0，
因为Δ＝（﹣2）2﹣4×3＝﹣8＜0，
所以方程无实数根．
故选：D．
4．已知抛物线y＝（x﹣2）2+k上有三点，A（3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y2＞y1 C．y2＞y3＞y1 D．y2＞y1＞y3
【分析】先求得开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性即可得到结论．
解：∵抛物线y＝（x﹣2）2+k，
∴开口向上，对称轴是直线x＝2，
∴B（﹣1，y2）关于对称轴的对称点（5，y2），
∵2＜3＜5，
∴y3＜y1＜y2．
故选：D．
5．根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功地找到三角形内心的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用基本作图和三角形内心的定义进行判断．
解：三角形内心为三角形内角平分线的交点，选项B中作了两个角的平分线．
故选：B．
6．如图，PA，PB是⊙O的切线，AB为切点，点C在⊙O上，且∠APO＝25°，则∠ACB等于（ ）
A．45° B．50° C．65° D．70°
【分析】即连接OA，OB，根据切线的性质以及四边形的内角和定理求得∠AOB＝110°，再根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角即可求解
解：连结AO，BO，
∵PA，PB是圆O的切线，
∴PA＝PB，∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵PO＝PO，
∴Rt△APO≌Rt△BPO（HL），
∴∠APO＝∠BPO＝25°，
∴∠APB＝50°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣50°＝130°，
∴，
故选：C．
7．受新冠肺炎疫情影响，某企业生产总值从元月份的400万元，连续两个月降至360万元，设平均降低率为x，则可列方程（ ）
A．400（+x）2＝360 B．400（1﹣x2）＝360
C．400（1﹣2x）＝360 D．400（1﹣x）2＝360
【分析】利用经过连续两个月降低后的生产总值＝元月初的生产总值×（1﹣平均降低率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
解：依题意得：400（1﹣x）2＝360．
故选：D．
8．如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，CD的长为（ ）
A．3.6 B．38 C．4 D．4.6
【分析】根据旋转变换的性质得到AD＝AB，根据等边三角形的性质解答即可．
解：由旋转的性质可知，AD＝AB，
∵∠B＝60°，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD＝AB＝4，
∴CD＝BC﹣BD＝7.6﹣4＝3.6，
故选：A．
9．一直角三角形的斜边长为c，其内切圆半径是r，则三角形面积与其内切圆的面积之比是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接内心和直角三角形的各个顶点，设直角三角形的两条直角边是a，b．则直角三角形的面积是r，又直角三角形内切圆的半径r＝，则a+b＝2r+c，所以直角三角形的面积是r（r+c）；因为内切圆的面积是πr2，进而可得三角形面积与其内切圆的面积之比，
解：设直角三角形的两条直角边是a，b，则有：
S＝r，
∵r＝，
∴a+b＝2r+c，
将a+b＝2r+c，代入S＝r，得：S＝＝r＝r（r+c）．
又∵内切圆的面积是πr2，
∴三角形面积与其内切圆的面积之比是＝．
故选：B．
10．如图，抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，把抛物线在x轴及共上方的部分记作C1将C1向左平移得到C2，C2与x轴交于点B，D，若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，则m的取值范是（ ）
A． B． C． D．
【分析】首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线y＝x+m与抛物线C2相切时m的值以及直线y＝x+m过点B时m的值，结合图形即可得到答案．
解：∵抛物线y＝x2+7x﹣与x轴交于点A，B，
∴B（5，0），A（9，0），
∴抛物线向左平移4个单位长度，
∴平移后解析式y＝﹣（x﹣3）2+2，
当直线y＝x+m过B点，有2个交点，
∴0＝﹣+m，
∴m＝，
当直线y＝x+m与抛物线C2相切时，有2个交点，
∴x+m＝﹣（x﹣3）2+2，
整理点x2﹣7x+5+2m＝0，
∵相切，
∴△＝49﹣20﹣8m＝0，
∴m＝，
∵若直线y＝x+m与C1，C2共3个不同的交点，
∴＜m＜，
故选：A．
二、填空题（本题共6小题，每题4分，共24分）
11．已知点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，则a＝ ﹣3 ．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质（两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反）得出答案．
解：∵点A（a，﹣2）与点B（3，2）关于原点对称，
∴a＝﹣3．
故答案为：﹣3．
12．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，点E在DC延长线上，若∠A＝40°，∠BCE＝ 40° ．
【分析】根据圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角求解．
解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCE＝∠A＝40°．
故答案为40°．
13．抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，其与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，则当y＜0时，x的取值范围是 ﹣1＜x＜3 ．
【分析】根据抛物线与x轴的一个交点坐标和对称轴，由抛物线的对称性可求抛物线与x轴的另一个交点，再根据抛物线的增减性可求当y＜0时，x的取值范围．
解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的一个交点坐标为（3，0），对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣1，0），
由图象可知，当y＜0时，x的取值范围是﹣1＜x＜3．
故答案为：﹣1＜x＜3．
14．如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△COD，若∠AOB＝10°，则∠AOD的度数是 55° ．
【分析】首先根据旋转变换的性质求出∠BOD的度数，结合∠AOB＝10°，即可解决问题．
解：由题意及旋转变换的性质得：∠AOC＝∠BOD＝45°，
∵∠AOB＝10°，
∴∠AOD＝∠BOD+∠AOB＝45°+10°＝55°，
故答案为：55°．
15．已知△ABC的三边a，b，c满足|c﹣4|+b+a2﹣10a＝4﹣30，则△ABC的外接圆半径的长为 ．
【分析】根据题目中的式子可以求得a、b、c的值，从而可以求得△ABC的外接圆半径的长．
解：∵|c﹣4|+b+a2﹣10a＝4﹣30，
∴（b+1﹣4+4）+（a2﹣10b+25）+|c﹣4|＝0，
∴（﹣2）2+（a﹣5）2+|c﹣4|＝0，
∴﹣2＝0，a﹣5＝0，c﹣4＝0，
解得，a＝5，b＝3，c＝4，
∴AC＝3，BC＝5，AB＝4，
∵52＝32+42，
∴BC2＝AC2+AB2，
∴△ABC是直角三角形，BC为斜边，
∴△ABC的外接圆的半径为BC＝．
故答案为：．
16．如图，等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，P为直线BC上方的一个动点，且满足∠PAD＝∠PDC，则线段CP长的最小值为 ﹣ ．
【分析】首先证明点P在以AD为直径的⊙O上，连接OC，当O，P，C三点共线时，PC的长最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
解：∵等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADP+∠PDC＝90°，
∵∠PAD＝∠PDC，
∴∠PAD+∠ADP＝90°，
∴∠APD＝90°，
∴点P在以AD为直径的⊙O上，连接OC，当O，P，C三点共线时，PC的长最小，
在Rt△ADC中，AC＝4，CD＝2，
∴AD＝＝2，
∵O是AD的中点，
∴OD＝＝OP，
由勾股定理得：OC＝＝＝，
∴CP＝﹣，
即线段CP长的最小值为﹣．
故答案为：﹣．
三、解答题（本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明、证明过成演算步骤）
17．用适当的方法解方程：x2+6x+1＝0．
【分析】先移项，再配方，开方，即可得出两个一元一次方程，求出两个方程的解即可．
解：x2+6x+1＝0，
x2+6x＝﹣1，
x2+6x+9＝﹣1+9，即（x+3）2＝8，
开方，得x+3＝±2，
解得：x1＝﹣3+2，x2＝﹣3﹣2．
18．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点A，B的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣3，2）．
（1）画出坐标轴，画出△ABC绕点C顺时针旋转90°后△A′B′C′；
（2）点A′的坐标为 （3，3） ；
（3）四边形ACA′B′的面积为 8 ．
【分析】（1）先利用A点坐标画出直角坐标系，再利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点得到△A′B′C′；
（2）利用（1）所画图形写出点A′的坐标；
（3）把四边形ACA′B′分割为2个直角三角形和一个直角梯形进行计算．
解：（1）如图，△A′B′C′为所作；
（2）点A′的坐标为（3，3）；
故答案为（3，3）；
（3）四边形ACA′B′的面积＝×2×3+×（1+3）×1+×2×3＝8．
故答案为8．
19．抛物线y＝ax2+bx+c中，函量值y与自变量x之间的部分对应关系如表；
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
…
y
…
﹣8
﹣2
0
﹣2
﹣8
…
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如果将该抛物线平移，使它的顶点移到点M（﹣2，5）的位置，写出其平移的方法．
【分析】（1）根据抛物线的对称性求得顶点坐标，设抛物线为y＝a（x+1）2，把（0，﹣2）代入即可得解；
（2）根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点（﹣2，﹣2），（0，﹣2），
∴抛物线的对称轴为直线x＝＝﹣1，
∴抛物线的顶点为（﹣1，0），
设抛物线为y＝a（x+1）2，
把（0，﹣2）代入得，﹣2＝a，
∴a＝﹣2，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣2（x+1）2＝﹣2x2﹣4x﹣2；
（2）∵抛物线的顶点为（﹣1，0），新顶点M（﹣2，5），
∴抛物线向左平移1个单位，向上平移5个单位可使它的顶点移到点M（﹣2，5）的位置，
故平移的方法为：向左平移1个单位，向上平移5个单位．
20．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D．过点D作EF⊥AC，垂足为E，且交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，∠BCA＝60°，求BD的长．
【分析】（1）作辅助线，根据等腰三角形三线合一得BD＝CD，根据三角形的中位线可得OD∥AC，所以得OD⊥EF，从而得结论；
（2）根据AB＝AC，AD⊥BC，AD＝AD，可以证明Rt△ABD≌Rt△ACD，得出BD＝DC，再根据∠BCA＝60°，AC＝AB＝10，解直角三角形求出CD即可．
【解答】（1）证明：连接OD，AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵OA＝OB，
∴OD是△BAC的中位线，
∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACD（HL），
∴BD＝CD，
∵∠BAC＝60°，AC＝AB＝10，
∴CD＝AC＝×10＝5，
∴BD＝5．
21．新定义：如果二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（﹣1，0），那么称此二次函数图象为“定点抛物线”．
（1）试判断二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象是否为“定点抛物线”；
（2）若“定点抛物线”y＝x2﹣mx+2﹣k与x轴只有一个公共点，求k的值．
【分析】（1）将点（﹣1，0）代入函数解析式判断；
（2）先利用“定点抛物线”的定义得到有关m、k的关系式，然后利用与x轴只有一个公共点得到有关m、k的另一个关系式，最后联立两个方程解得k的值．
解：（1）将点（﹣1，0）代入y＝x2﹣4x﹣5得，1+4﹣5＝0，
∴二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象是“定点抛物线”．
（2）∵定点抛物线”y＝x2﹣mx+2﹣k与x轴只有一个公共点，
∴，
解得：．
22．如图，在△ABC中线段BC的中点D在以AB为直径的⊙O上，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的延长线交⊙O于点F．
（1）求证：DE⊥AC．
（2）若DE+EA＝4，AF＝8．求⊙O的半径．
【分析】（1）根据已知条件得到OD∥AC即可，于是得到结论；
（2）如图，过点O作OH⊥AF于点H，于是得到∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，推出四边形ODEH是矩形，根据矩形的性质得到OD＝EH，OH＝DE．由垂径定理得到AH＝AF＝8，设AE＝x．求得OH＝DE＝8﹣x，OA＝OD＝HE＝AH+AE＝8+x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵OB＝OA，D是BC的中点，
∴OD∥AC．
∵DE是⊙O的切线；
∴DE⊥OD，
∴DE⊥AC；
（2）解：如图，过点O作OH⊥AF于点H，
则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴OD＝EH，OH＝DE．
∴AH＝AF＝4，
设AE＝x．
∵DE+AE＝4，
∴OH＝DE＝4﹣x，OA＝OD＝HE＝AH+AE＝4+x，
在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2＝OA2，
∴42+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝1，
∴OA＝4+1＝5．
∴⊙O的半径为5．
23．某小区业主委员会决定把一块长40m；宽30m的矩形空地建成健身广场；设计方桌如图所示，阴影区域为绿化区（四块绿化区为全等的矩形），空白区域为活动区，且四周的4个出口宽度相同，其宽度不小于14m，不大于26m，设绿化区较长边为xm，活动区的面积为ym2．
（1）①用含x的式子表示出口的宽度： （40﹣2x）m ；
②求x的取值范围；
（2）求活动区的面积y的最大值．
【分析】（1）①根据图形可得结论；②根据题意可得y与x的关系式；
（2）根据活动区的面积等于矩形面积﹣四个绿化区的面积列出函数解析式，再根据二次函数的增减性可得函数最值．
解：（1）①出口的宽度为：（40﹣2x）m，
故答案为：（40﹣2x）m；
②∵出口宽度不小于14m，不大于26m，
∴14≤40﹣2x≤26，
∴7≤x≤13，
∴x的取值范围为7≤x≤13；
（2）根据题意得，y＝40×30﹣4x×
＝1200﹣4x（x﹣5）
＝﹣4x2+20x+1200
＝﹣4（x﹣）2+1225，
∵a＝﹣4＜0，抛物线的开口向下，对称轴为x＝，
∴当7≤x≤13时，y随x的增大而减小，
∴当x＝7时，y有最大值，最大值为1144，
∴活动区的面积y的最大值为1144m2．
24．在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是实数，a≠0）．
（1）若函数y1的对称轴为直线x＝2，且它的图象经过点（﹣a，b），求函数y1的解析式．
（2）若函数y2的图象经过点（r，0），其中r≠0，求证：函数y1的图象经过点（，0）．
（3）设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，若m+n＝0，求m，n的值．
【分析】（1）由对称轴可得b＝﹣6，再将点（a，﹣6）代入y1＝x2﹣6x+a即可求a的值，进而求函数解析式；
（2）将点（r，0）代入y2，得到0＝ar2+br+1，再方程两边同时除以r2，是x2+bx+a＝0的解，即可证明函数y1的图象经过点（，0）；
（3）分别求出m＝a﹣，n＝1﹣，由题意可得a＞0，且（a+1）（4a﹣b2）＝0，即可得b2＝4a，从而求出m＝n＝0．
【解答】（1）解：∵函数y1的对称轴为直线x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4，
∴y1＝x2﹣4x+a，
∵函数y1的图象经过点（﹣a，﹣4），
∴﹣4＝a2+4a+a，
∴a2+5a+4＝0，
解得a＝1或a＝4，
∴y1＝x2﹣4x+1或y1＝x2﹣4x+4；
（2）证明：∵函数y2的图象经过点（r，0），
∴0＝ar2+br+1，
∵r≠0，
方程两边同时除以r2得，++a＝0，
即（）2+b•+a＝0，
∴是x2+bx+a＝0的解，
∴函数y1的图象经过点（，0）；
（3）解：∵函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，
∴m＝a﹣，n＝1﹣，
∵m+n＝0，
∴a﹣+1﹣＝0，
∴（a+1）（4a﹣b2）＝0，
∴b2＝4a或a＝﹣1，
∵函数y1和函数y2都有最小值，
∴a＞0，
当b2＝4a时，m＝0，n＝0．
25．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 BE＝DG，BE⊥DG ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中△BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
【分析】（1）如图1中，证明△BAE≌△DAG（SAS），可得结论．
（2）如图1中，连接BD，BF，DF，AF，AC，AC交BD于点K．利用勾股定理求出AF，AK，由AF＝，推出点F的运动轨迹是以A为圆心，AF为半径的圆，推出点F到BD的最大距离＝+＝，由此可得结论．
（3）分两种情形：如图2﹣1中，当D，E，G共线时，连接AF交DG于T．如图2﹣2中，当D，E，G共线时，连接AF交DE于T．利用勾股定理求出DT，可得结论．
解：（1）结论：BE＝DG，BE⊥DG．
理由：如图1中，设BE交AD于点O，交DG于点J．
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AB＝AD，AG＝AE，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△BAE和△DAG中，
，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝AG，∠ABE＝∠ADG，
∵∠AOB＝∠DOJ，
∴∠BAO＝∠DJO＝90°，
∴BE⊥DG．
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）如图1中，连接BD，BF，DF，AF，AC，AC交BD于点K．
∵四边形ABCD，四边形AEFG都是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠BAD＝90°，EA＝EF＝1，∠AEF＝90°，
∴BD＝AC＝3，AF＝，
∴AK＝CK＝，
∵AF＝，
∴点F的运动轨迹是以A为圆心，AF为半径的圆，
∴点F到BD的最大距离＝+＝，
∴△BDF的面积的最大值为×3×＝7.5．
（3）如图2﹣1中，当D，E，G共线时，连接AF交DG于T．
∵四边形AEFG是正方形，
∴AF⊥EG，AF＝EG＝
∴AT＝FT＝TG＝TE＝，
∴DT＝，
∴DG＝GT+DT＝+，
∵BE＝DG，
∴BE＝+．
如图2﹣2中，当D，E，G共线时，连接AF交DE于T．
同法可得DT＝，可得DG＝DT﹣TG＝，
∴BE＝DG＝，
综上所述，满足条件的DG的长为+或．
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