广东省广州市越秀区育才实验学校2021-2022学年上学期九年级期中数学试卷(含答案)

这是一份广东省广州市越秀区育才实验学校2021-2022学年上学期九年级期中数学试卷(含答案)，共26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学年广东省广州市越秀区育才实验学校九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分满分30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（3分）“垃圾分一分，环境美十分”，下列四种垃圾回收标识中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项系数是（　　）
A．1 B．﹣2 C．3 D．2
3．（3分）若m，n为方程x2﹣3x﹣1＝0的两根，则m+n的值为（　　）
A．1 B．﹣1 C．﹣3 D．3
4．（3分）把抛物线y＝2（x﹣1）2+3向上平移1个单位，再向右平移3个单位，得到的抛物线是（　　）
A．y＝2（x+2）2+4 B．y＝2（x﹣4）2+4
C．y＝2（x+2）2+2 D．y＝2（x﹣4）2+2
5．（3分）对于二次函数y＝（x﹣1）2+2的图象，下列说法正确的是（　　）
A．开口向下 B．顶点坐标是（1，﹣2）
C．对称轴是直线 x＝﹣1 D．函数有最小值为 2
6．（3分）已知关于x的一元二次方程ax2﹣4x﹣2＝0有两个实数根，则a的取值范围是（　　）
A．a≥﹣2且a≠0 B．a＞﹣2 C．a≥﹣2 D．a＞﹣2且a≠0
7．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到Rt△DEC，点D恰好落在边AB上．若∠B＝20°，则∠BCE的度数为（　　）

A．20° B．40° C．60° D．80°
8．（3分）如图，一块含30°角的直角三角板，它的斜边AB＝16cm，里面△DEF的各边与△ABC的对应边平行，且它的斜边DE＝8cm，则△DEF与△ABC的面积比为（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：8
9．（3分）飞机着陆后滑行的距离s（单位：m）与滑行的时间t（单位：s）的函数解析式是s＝60t﹣1.5t2，那么飞机着陆后滑行多长时间才能停下来（　　）
A．10s B．20s C．30s D．40s
10．（3分）根据下列条件，不能判定△ABC和△DEF相似的是（　　）
A．＝，∠C＝∠F＝90° B．＝，∠C＝∠F＝120°
C．＝，∠B＝∠E＝60° D．＝，∠C＝∠F＝60°
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点M（﹣2，4）关于原点对称的点的坐标是 　 　．
12．（3分）一元二次方程x（x+1）＝2（x+1）的解是 　 　．
13．（3分）抛物线y＝3x2﹣6x+7的顶点坐标为 　 　．
14．（3分）如图，△ABC的两条中线AD，BE交于点G，EF∥BC交AD于点F．若FG＝1，则AD＝　 　．

15．（3分）已知正方形ABCD的边长为3，点E在边CD上，DE＝2，如图，若把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则CF的长为 　 　．

16．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，有下列4个结论：①abc＜0；②3a+c＞0；③a++＞0；④6a﹣b+c＞0．其中正确的结论有 　 　．

三、解答题（本大题共9小题，满分72分。解答应写出文字说明、推理过程）
17．（4分）解一元二次方程：x2﹣5x﹣1＝0．
18．（4分）如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，求证：△ADE∽△EFC．

19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点都在格点上，点A坐标为（2，4），解答下列问题．
（1）画出△ABC关于原点中心对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标．
（2）若△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，直接写出点A2的坐标．

20．（6分）已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
（1）在平面直角坐标系中画出其函数图象；
x
…
　 　
　 　
　 　
　 　
　 　
…
y
…
　 　
　 　
　 　
　 　
　 　
…
（2）据图象回答：x取什么值时，函数值y大于0．

21．（8分）一家水果店以每斤3元的价格购进“官地洼”甜瓜若干斤，然后以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，通过调查发现，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤．
（1）若将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元，则每天的销售量是多少斤（用含x的代数式表示）；
（2）销售这批“官地洼”甜瓜要想每天盈利300，且保证每天至少售出280斤，那么水果店需将每斤的售价降低多少元？
22．（10分）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．

（1）求证：DF＝DE；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变．求证：DE2＝AD2+EC2．
23．（10分）如图，在锐角△ABC中，点E是AB边上一点，BE＝CE，AD⊥BC于点D，AD与EC交于点G．
（1）求证：∠BEC＝2∠AGE；
（2）求证：△AEG是等腰三角形．
（3）若AG＝4DG，求的值．

24．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴分别交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴的正半轴交于C点，抛物线的顶点为D，连接BC、BD．
（1）求点D的坐标；
（2）抛物线上是否存在一点P，使得∠PCB＝∠CBD？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由；
（3）抛物线上是否存在一点Q，使得以A，D，Q三点为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求Q点的坐标；若不存在，说明理由．

25．（12分）已知，AB⊥AC，且AB＝AC．
（1）如图1，若点D、点E分别在线段AB、AC上，且AD＝AE，连接BE、CD，取BE的中点F，连接AF．判断线段AF与CD的关系，并说明理由；
（2）在图1的基础上，连接DE，将△ADE绕点A旋转一定角度，如图2所示．线段AF与CD的关系是否仍然成立，并说明理由；
（3）如图3，若点D在线段AB上，AB＝12，AD＝4，点P为平面内一动点，且满足DP＝4，连接BP，将PB绕点P逆时针旋转90°到PQ，连接BQ、AQ，求AQ的最小值．



2021-2022学年广东省广州市越秀区育才实验学校九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分满分30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2．【分析】找出一元二次方程的一次项系数即可．
【解答】解：一元二次方程x2﹣2x+3＝0的一次项系数是﹣2．
故选：B．
【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，关于x的一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c＝0（a，b，c为常数，且a≠0）．
3．【分析】直接利用根与系数的关系求解．
【解答】解：∵m，n为方程x2﹣3x﹣1＝0的两根，
∴m+n＝3．
故选：D．
【点评】本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
4．【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝2（x﹣1）2+3向右平移3个单位所得直线解析式为：y＝2（x﹣4）2+3，
再向上平移1个单位为：y＝2（x﹣4）2+4．
故选：B．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
5．【分析】根据二次函数的性质即可求出答案．
【解答】解：由于a＝1＞0，所以开口向上，故A错误．
B、由二次函数y＝（x﹣1）2+2可知顶点为（1，2），故B错误．
C、由二次函数y＝（x﹣1）2+2可知对称轴为x＝1，故C错误．
D、当x＝1时，函数有最小值2，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数，解题的关键是熟练运用二次函数的性质，本题属于基础题型．
6．【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到a≠0且Δ＝（﹣4）2﹣4•a•（﹣2）≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得a≠0且Δ＝（﹣4）2﹣4•a•（﹣2）≥0，
解得a≥﹣2且a≠0．
故选：A．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：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，方程无实数根．
7．【分析】根据直角三角形的性质求出∠A＝70°，再利用旋转及等腰三角形性质求得∠ACD＝40°，即可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝20°，
∴∠A＝70°，
由旋转知：CA＝CD，∠ACD＝∠BCE，
∴∠ADC＝∠A＝70°，
∴∠ACD＝40°，
∴∠BCE＝40°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转前后对应边相等、对应角相等是解题的关键．
8．【分析】分别延长ED、EF交AC于点M、N，根据平行线的性质得∠A＝∠EDF，∠C＝∠DFE，可得△DEF∽△ABC，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：别延长ED、EF、DF、FD交AC、BC、BC、AB于点M、N、O、P，

∵△DEF的各边与△ABC的对应边平行，
∴∠EMC＝∠A＝∠EDF，∠C＝∠ANE＝∠DFE，
∴△DEF∽△ABC，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴△DEF与△ABC的面积比为1：4．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的面积的比等于相似比的平方是解题的关键．
9．【分析】根据飞机从滑行到停止的路程就是滑行的最大路程，即是求函数的最大值此时t＝﹣，进而得出答案．
【解答】解：∵a＝﹣1.5＜0，
∴函数有最大值，
当t＝﹣＝﹣＝20（秒），
即飞机着陆后滑行20秒能停下来，
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，运用二次函数求最值问题常用公式法或配方法得出是解题关键．
10．【分析】根据相似三角形的判定方法对各个选项进行分析即可．
【解答】解：A、∵＝，∠C＝∠F＝90°，
∴Rt△ABC∽Rt△DEF；故不符合题意；
B、
过点B作BM⊥AC，交AC的延长线于M，过点E作EN⊥DF，交DF的延长线于N，
∵∠C＝∠F＝120°，
∴∠BCM＝∠EFN，
∴△BCM∽△EFN，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴Rt△ABM∽Rt△DEN，
∴∠A＝∠D，
∴△ABC∽△DEF；故不符合题意；
C、＝，∠B＝∠E＝60°，
∴△ABC∽△DEF；故不符合题意；
D、由＝，∠C＝∠F＝60°，
不一定得到△ABC与△DEF相似（如图所示）；

故符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，掌握相似三角形判定的方法是解答本题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．
【解答】解：点（﹣2，4）关于原点对称的点的坐标为（2，﹣4）．
故答案为：（2，﹣4）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．【分析】方程移项后，利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：方程整理得：x（x+1）﹣2（x+1）＝0，
分解因式得：（x+1）（x﹣2）＝0，
可得x+1＝0或x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝2．
故答案为：x1＝﹣1，x2＝2．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
13．【分析】将抛物线的解析式化为顶点式，然后即可写出抛物线的顶点坐标．
【解答】解：∵抛物线y＝3x2﹣6x+7＝3（x﹣1）2+4，
∴该抛物线的顶点坐标为（1，4），
故答案为：（1，4）．
【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是会将抛物线解析式化为顶点式．
14．【分析】利用平行线分线段长比例定理得到＝＝1，即AF＝FD，所以EF为△ADC的中位线，则EF＝CD＝BD，再利用EF∥BD得到＝＝，所以DG＝2FG＝2，然后计算FD，从而得到AD的长．
【解答】解：∵△ABC的两条中线AD，BE交于点G，
∴BD＝CD，AE＝CE，
∵EF∥CD，
∴＝＝1，即AF＝FD，
∴EF为△ADC的中位线，
∴EF＝CD，
∴EF＝BD，
∵EF∥BD，
∴＝＝，
∴DG＝2FG＝2，
∴FD＝2+1＝3，
∴AD＝2FG＝6．
故答案为6．
【点评】本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．也考查了三角形中位线性质和平行线分线段成比例定理．
15．【分析】分点F在线段BC上或点F在线段CB的延长线上，分别画图解决问题．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，
由旋转的性质得AF＝AE，
在Rt△ABF与Rt△ADE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），
∴BF＝DE＝2，
∵正方形的边长为3，
∴BC＝3，
如图，当点F在线段BC上时，CF＝3﹣2＝1，

如图，当点F在线段CB的延长线上时，CF＝3+2＝5，

综上所述，CF的长为1或5，
故答案为：1或5．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，运用分类思想是解题的关键．
16．【分析】根据二次函数图象的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及二次函数与一元二次方程的关系，逐项判断即可．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵﹣＞0，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴交点在正半轴，
∴c＞0，
∴abc＜0，故①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∵当x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
∴3a+c＜0，故②不正确；
∵抛物线的对称轴为x＝1，与x轴的一个交点在﹣1与0之间，
∴另一个交点在2与3之间，
∴当x＝2时，y＝4a+2b+c＞0，
∴a++＞0，故③正确；
∵a﹣b+c＜0，a＜0，
∴5a＜0，
∴6a﹣b+c＜0，故④错误；
综上所述，正确的结论有：①③，
故答案为：①③．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，观察函数图象，利用二次函数图象与系数的关系及二次函数图象上点的坐标特征逐一分析四个结论的正误是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分。解答应写出文字说明、推理过程）
17．【分析】利用公式法求解即可．
【解答】解：∵a＝1，b＝﹣5，c＝﹣1，
∴△＝（﹣5）2﹣4×1×（﹣1）＝29＞0，
则x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18．【分析】根据平行线的性质可知∠AED＝∠C，∠A＝∠FEC，根据相似三角形的判定定理可知△ADE∽△EFC．
【解答】证明：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠C．
又∵EF∥AB，
∴∠A＝∠FEC．
∴△ADE∽△EFC．
【点评】本题考查的是平行线的性质及相似三角形的判定定理．
19．【分析】（1）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可；
（2）分别作出三个顶点绕原点O逆时针旋转90°后得到的对称点，再首尾顺次连接即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，A1（﹣2，﹣4）．

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，A2（﹣4，2）．
【点评】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
20．【分析】（1）根据函数解析式找出对应的x，y的值画出函数图象即可；
（2）根据函数图象找出函数值y大于0时，自变量x的取值．
【解答】解：（1）y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，顶点坐标为（1，﹣4），
∴当x＝2时，y＝1﹣4＝﹣3，
当x＝3时，y＝4﹣4＝0，
当x＝0时，y＝﹣3，
当x＝﹣1时，y＝1+2﹣3＝0，
故答案为：﹣1，0；0，﹣3；1，﹣4；2，﹣3；3，0；
图象如图所示：

（2）根据图形可得：数值y大于0时，自变量x的取值范围是x＞3或x＜﹣1，
∴自变量x的取值范围是x＞3或x＜﹣1时，数值y大于0．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数的图象上点的特征，解题的关键是根据函数解析式找出对应的x，y的值画出函数图象．
21．【分析】（1）利用每天的销售量＝100+200×每斤降低的价格，即可用含x的代数式表示出每天的销售量；
（2）利用每天销售“官地洼”甜瓜获得的利润＝每斤的利润×每天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合要每天至少售出280斤，即可得出水果店需将每斤的售价降低1元．
【解答】解：（1）∵以每斤5元的价格出售，每天可售出100斤，这种甜瓜每斤的售价每降低1元，每天可多售出200斤，
∴当将“官地洼”甜瓜每斤的售价降低x元时，每天的销售量是（100+200x）斤．
（2）依题意得：（5﹣x﹣3）（100+200x）＝300，
整理得：2x2﹣3x+1＝0，
解得：x1＝，x2＝1．
当x＝时，100+200x＝100+200×＝200＜280，不合题意，舍去；
当x＝1时，100+200x＝100+200×1＝300＞280，符合题意．
答：水果店需将每斤的售价降低1元．
【点评】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．
22．【分析】（1）先根据∠DBE＝∠ABC可知∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，再由图形旋转的性质可知BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，故可得出∠DBF＝∠DBE，由全等三角形的性质即可得出△DBE≌△DBF，故可得出结论；
（2）把△CBE逆时针旋转90°，由于△ABC是等腰直角三角形，故可知图形旋转后点C与点A重合，∠FAB＝∠BCE＝45°，所以∠DAF＝90°，由（1）证DE＝DF，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，
∵△ABF由△CBE旋转而成，
∴BE＝BF，∠ABF＝∠CBE，
∴∠DBF＝∠DBE，
在△DBE与△DBF中，
，
∴△DBE≌△DBF（SAS），
∴DF＝DE；

（2）证明：∵将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCE＝45°，
∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AF重合，
∴AF＝EC，
∴∠FAB＝∠BCE＝45°，
∴∠DAF＝90°，
在Rt△ADF中，DF2＝AF2+AD2，
∵AF＝EC，
∴DF2＝EC2+AD2，
同（1）可得DE＝DF，
∴DE2＝AD2+EC2．
【点评】本题考查的是图形的旋转及勾股定理，熟知旋转前、后的图形全等是解答此题的关键．
23．【分析】（1）过点E作EF⊥BC交于点F，然后根据等腰三角形三线合一得出∠BEF＝∠CEF，＝∠BEC，再根据EF∥AD，得出∠FEC＝∠DGC，从而的吃结论；
（2）由（1）可得∠AGE＝∠EAG即可；
（3）过点E作EH⊥AD于H，由（2）可得AH＝HG，再根据AG＝4DG可得AH＝2DG，HD＝3DG，再根据EH∥BC，由平行线的性质科的结论．
【解答】（1）证明：如图，过点E作EF⊥BC交于点F，

∵BE＝CE，EF⊥BC，
∴∠BEF＝∠CEF＝∠BEC，
又∵EF⊥BC，AD⊥BC，
∴EF∥AD，
∴∠FEC＝∠DGC，
又∵∠DGC＝∠AGE，
∴∠AGE＝∠FEC＝∠BEC，
∴∠BEC＝2∠AGE；
（2）证明：由（1）知：∠BEF＝∠AGE，
∵EF∥AD，
∴∠BEF＝∠BAD，即∠BEF＝∠EAG，
∴∠AGE＝∠EAG，
∴EA＝EG，
∴△AEG是等腰三角形；
（3）解：过点E作EH⊥AD于H，如图所示：

由（2）知：EA＝EG，EH⊥AD，
∴AH＝HG，
∵AG＝4DG，
∴AH＝HG＝2DG，
∴HD＝3DG，
∵EH⊥AD，BC⊥AD，
∴EH∥BC，
∴＝＝＝．
【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质以及平行线的性质，关键是对这些性质的掌握和运用．
24．【分析】（1）把点A和点B的坐标代入抛物线解析式，求出a和b的值，再把函数解析式转化为顶点式，即可求出点D的坐标；
（2）根据题意得出A，B，C的坐标，进而得出△BCD是直角三角形，再过B点作BE垂直于BC，连接EC，且BE＝，求出△ECB≌△DBC（SAS），进而得出EC直线解析式，即可得出P点坐标；
（3）根据题意，需要分类讨论，当点A是直角顶点，当点D是直角顶点，当点Q是直角顶点三种情况依次讨论．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得，
解得a＝﹣1，b＝2，
∴函数的解析式为：y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点D的坐标为（1，4），
（2）存在，理由如下：连接DC，
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴BC＝3，BD＝2，CD＝，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，
过B点作BE垂直于BC，连接EC，且BE＝，
∵CO＝OB＝3，
∴∠OCB＝∠CBO＝45°，
过点E作EM⊥x轴于点M，则∠EBM＝45°，

∴E（4，1），
在△ECB和△DBC中，
，
∴△ECB≌△DBC（SAS），此时CE与抛物线的交点就是满足条件的点P，
设直线EC的解析式为：y＝kx+b，
则，
解得：．
∴EC直线解析式为：y＝﹣0.5x+3，
∴﹣0.5x+3＝﹣x2+2x+3，
解得：x1＝0（不合题意舍去），x2＝2.5，
∴y＝1.75，
∴P1点坐标为：（2.5，1.75）；
设直线BD解析式为y＝mx+n，代入B、D坐标，得，
解得：，
∴直线BD为y＝﹣2x+6，
只要PC∥BD，则有∠PCB＝∠CBD，
设直线PC为y＝﹣2x+p，代入C点坐标：
则p＝3，
直线PC解析式为y＝﹣2x+3，
联立：﹣2x+3＝﹣x2+2x+3，
∴x2﹣4x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2＝4，
把x＝4代入解析式y＝﹣2x+3可得，y＝﹣5，
∴P2（4，﹣5）．
综上所述：P点坐标为：（2.5，1.75）或（4，﹣5）．
（3）存在点Q，使得以A，D，Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
设Q的横坐标为q，则Q（q，﹣q2+2q+3），
当点A是直角顶点时，过点A作AQ⊥AD交抛物线于一点Q，记为Q1，过点A作x轴的垂线，分别过点D和点Q1作y轴的垂线，与上述垂线交于点G和点F，

∴△DAG∽△AQ1F，
∴DG：AG＝AF：Q1F，
∵点A（﹣1，0），D（1，4），
∴DG＝2，AG＝4，Q1F＝q+1，AF＝q2﹣2q﹣3，
∴2：4＝（q2﹣2q﹣3）：（q+1），解得q＝﹣1（舍）或q＝3.5（舍），
∴Q1（3.5，﹣2.25）．
当点D是直角顶点时，过点D作DQ⊥AD交抛物线于一点Q，记为Q2，
同理可得，Q2（1.5，3.75）．
当点Q是直角顶点时，记为Q3，过点Q3作x轴的垂线，与x轴交于点N，过点D作y轴的垂线，交上述垂线于点M，

∴△ANQ3∽△Q3MD，
∴AN：NQ3＝Q3M：MD，
∴DM＝q﹣1，Q3N＝﹣q2+2q+3，AN＝q+1，
∴Q3M＝q2﹣2q+1，
∴（q+1）：（﹣q2+2q+3）＝（q2﹣2q+1）：（q﹣1），
解得q＝2，
∴Q3（2，3）．
综上，存在点Q，使得以A，D，Q三点为顶点的三角形是直角三角形，此时点Q的坐标为（3.5，﹣2.25），（1.5，3.75），或（2，3）．
【点评】此题主要考查了抛物线与坐标轴的交点以及全等三角形的判定与性质和抛物线与一次函数的交点求法等知识，求出EC解析式是解题关键．
25．【分析】（1）结论：AF⊥CD，AF＝CD．证明△ACD≌△ABE（SAS），推出CD＝BE，∠C＝∠B，再证明AF＝BE，可得结论；
（2）结论成立．如图2中，延长AF到T，使得FT＝AF，连接ET，BT，延长FA交CD于点R．证明CD＝BE，可得结论；
（3）如图3中，连接BC，CQ，过点D作DT⊥AB交BC于点T，连接AT，TQ．想办法求出AT，TQ，可得结论．
【解答】解：（1）结论：AF⊥CD，AF＝CD．
理由：如图1中，设CD交AF于点J．

∵∠BAE＝90°，EF＝FB，
∴AF＝EF＝FB＝BE，
∴∠FAB＝∠B，
在△ACD和△ABE中，
，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE，∠C＝∠B，
∴∠C＝∠FAB，
∵∠FAB+∠CAF＝90°，
∴∠C+∠CAF＝90°，
∴∠CJD＝90°，
∴AF⊥CD．

（2）结论成立．
理由：如图2中，延长AF到T，使得FT＝AF，连接ET，BT，延长FA交CD于点R．

∵AF＝FT，EF＝FB，
∴四边形AETB是平行四边形，
∴ET∥AB，AB＝ET，
∴∠BAE+∠AET＝180°，
∵∠CAB＝∠DAE＝90°，
∴∠BAE+∠DAC＝180°，
∴∠DAC＝∠AET，
∵AC＝AB，
∴AC＝ET，
∵AD＝EA，
∴△DAC≌△AET（SAS），
∵CD＝TA，∠ADC＝∠EAT，
∵∠EAT+∠DAR＝90°，
∴∠ADC+∠DAE＝90°，
∴∠ARD＝90°，
∴AF⊥CD，AF＝CD．

（3）如图3中，连接BC，CQ，过点D作DT⊥AB交BC于点T，连接AT，TQ．

∵AC＝AB，∠CAB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵DT⊥AB，
∴∠BDT＝90°，
∴∠DBT＝∠DTB＝45°，
∴BD＝BT，BT＝BD，
∵AC＝AB＝12，AD＝4，
∴BD＝DT＝8，
∴AT＝＝＝4，
∵PB＝PQ，∠BPQ＝90°，
∴∠PBQ＝∠DBT＝45°，BQ＝PB，
∴∠DBP＝∠TBQ，
∵＝＝，
∴△TBQ∽△DBP，
∴＝＝，
∴QT＝PD＝4，
∵AQ≥AT﹣TQ＝4﹣4，
∴AQ的最小值为4﹣4．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
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