吉林省松原市四校联考2022-2023学年九年级（上）期中数学试卷(解析版)

这是一份吉林省松原市四校联考2022-2023学年九年级（上）期中数学试卷(解析版)，共28页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．斐波那契螺旋线B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图D．科克曲线
2．用配方法解一元二次方程x2﹣10x+11＝0，此方程可化为（ ）
A．（x﹣5）2＝14B．（x+5）2＝14C．（x﹣5）2＝36D．（x+5）2＝36
3．如图，点A是⊙O上一点，连接OA．弦BC⊥OA于点D．若OD＝2，AD＝1，则BC的长为（ ）
A．2B．4C．2D．2
4．二次函数y＝﹣2x2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．b＜0，c＞0B．b＜0，c＜0C．b＞0，c＜0D．b＞0，c＞0
5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°，将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB'C'，且点C'落在AB上，则∠B'BC的度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．140°
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx+n与抛物线y＝ax2+bx+c交于A（﹣1，p），B（2，q）两点，则关于x的不等式mx+n＞ax2+bx+c的解集是（ ）
A．x＜﹣1B．x＞2C．﹣1＜x＜2D．x＜﹣1或x＞2
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．若关于x的一元二次方程x2＝c﹣1有实数根，则c的值可以为 （写出一个即可）．
8．将抛物线y＝x2+1向下平移3个单位得到的解析式为 ．
9．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）与点Q（m，n+1）关于原点对称，则m﹣n＝ ．
10．已知A（﹣1，y1），B（3，y2）在抛物线y＝x2﹣4x+c上，则y1 y2（填“＞”“＜”或“＝”）．
11．一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB＝12cm，BC＝5cm，则圆形镜面的半径为 ．
12．如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则∠BOC+∠DOE＝ °．
13．如图，将Rt△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．若AB＝2，∠B＝60°，则CD＝ ．
14．如图所示，A，B分别为y＝2（x﹣2）2﹣1图象上的两点，且直线AB垂直于y轴，若AB＝2，则点B的坐标为 ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．解方程：x2﹣2x﹣1＝0．
16．解方程：y+3＝5（y+3）2．
17．关于x的方程x2+2x+2k﹣1＝0有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
18．看图回答．
（1）当y＝0时，x的值为 ；
（2）y随x的增大而增大时，x的范围为 ；
（3）当x＝时，直接比较y的值与﹣3的大小 ．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．如图，是边长为1的小正方形组成的8×8方格，线段AB的端点在格点上．建立平面直角坐标系，使点A、B的坐标分别为（2，1）和（﹣1，3）．
（1）画出该平面直角坐标系xOy；
（2）画出线段AB关于原点O成中心对称的线段A1B1；
（3）画出以点A、B、O为其中三个顶点的平行四边形．（画出一个即可）
20．为应对新冠疫情，较短时间内要实现全国医用防护服产量成倍增长，有效保障抗击疫情一线需要，某医用防护服生产企业1月份生产9万套防护服，该企业不断加大生产力度，3月份生产达到12.96万套防护服．
（1）求该企业1月份至3月份防护服产量的月平均增长率．
（2）若平均增长率保持不变，4月份该企业防护服的产量能否达到16万套？请说明理由．
21．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，＝，∠BAC＝70°，∠ACB＝50°．
（1）求∠ABD的度数；
（2）求∠BAD的度数．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝50°．D是△ABC内任一点，将△ADC绕点A顺时针旋转，使点C与点B重合，点D的对应点为E．
（1）求证：EB＝DC；
（2）连接DE．若E，D，C在同一直线上，则∠BED＝ °．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．单板滑雪大跳台是北京冬奥会比赛项目之一，举办场地为首钢滑雪大跳台．运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分．建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到着陆的过程中，运动员的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝a（x﹣h）2+k（a＜0）．
某运动员进行了两次训练．
（1）第一次训练时，该运动员的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系y＝a（x﹣h）2+k（a＜0）；
（2）第二次训练时，该运动员的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y＝﹣0.04（x﹣9）2+23.24．记该运动员第一次训练的着陆点的水平距离为d1，第二次训练的着陆点的水平距离为d2，则d1 d2（填“＞”“＝”或“＜”）．
24．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝10cm，点P从点A开始沿AB边向点B移动，速度为1cm/s；点Q从点B开始沿BC边向点C移动，速度为2cm/s，点P、Q分别从点A、B同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动．
（1）几秒时，PQ的长度为3cm？
（2）几秒时，△PBQ的面积为8cm2？
（3）当t（0＜t＜5）为何值时，四边形APQC的面积最小？并求这个最小值．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．如图1，点C在线段AB上，（点C不与A、B重合），分别以AC、BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE、BD交于点P．
【观察猜想】
①AE与BD的数量关系是 ；
②∠APD的度数为 ．
【数学思考】
如图2，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明；
【拓展应用】
如图3，点E为四边形ABCD内一点，且满足∠AED＝∠BEC＝90°，AE＝DE，BE＝CE，对角线AC、BD交于点P，AC＝10，则四边形ABCD的面积为 ．
26．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝ax2+2ax+3的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B．
（1）求该函数的表达式及顶点坐标；
（2）点P（m，n）在该二次函数图象上，当m≤x≤m+3时，该二次函数有最大值2，请根据图象求出m的值；
（3）将该二次函数图象在点A，B之间的部分（含A，B两点）记为图象W．
①点Q在图象W上，连接QA，QB，求△ABQ面积的最大值；
②若直线y＝c与图象W只有一个公共点，结合函数图象，直接写出c的取值范围．
参考答案
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．斐波那契螺旋线B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图D．科克曲线
【分析】根据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，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．
2．用配方法解一元二次方程x2﹣10x+11＝0，此方程可化为（ ）
A．（x﹣5）2＝14B．（x+5）2＝14C．（x﹣5）2＝36D．（x+5）2＝36
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
解：∵x2﹣10x+11＝0，
∴x2﹣10x＝﹣11，
则x2﹣10x+25＝﹣11+25，即（x﹣5）2＝14，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．
3．如图，点A是⊙O上一点，连接OA．弦BC⊥OA于点D．若OD＝2，AD＝1，则BC的长为（ ）
A．2B．4C．2D．2
【分析】求出圆的半径，再利用垂径定理和勾股定理即可求出答案．
解：如图，连接OB，
∵AD＝1，OD＝2，
∴OA＝AD+OD＝3＝OB，
∵BC⊥OA，
∴∠ODB＝90°，BD＝CD，
在Rt△BOD中，由勾股定理得，
BD＝＝，
∴BC＝2BD＝2，
故选：A．
【点评】本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理是正确解答的前提．
4．二次函数y＝﹣2x2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．b＜0，c＞0B．b＜0，c＜0C．b＞0，c＜0D．b＞0，c＞0
【分析】根据抛物线的对称轴判定b的符号；根据抛物线与y轴的交点位置判定c的符号．
解：如图，抛物线的开口方向向下，则a＜0．
如图，抛物线的对称轴x＝﹣＜0，则a、b同号，即b＜0．
如图，抛物线与y轴交于正半轴，则c＞0．
综上所述，b＜0，c＞0．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系．解题时，需要学生具有一定的读图能力．
5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝40°，将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB'C'，且点C'落在AB上，则∠B'BC的度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．140°
【分析】由旋转的性质可得AB＝AB'，∠C＝∠AC'B'＝90°，∠BAC＝∠B'AC'＝40°，即可求解．
解：∵将Rt△ABC绕点A旋转得到Rt△AB'C'，
∴AB＝AB'，∠C＝∠AC'B'＝90°，∠BAC＝∠B'AC'＝40°，
∴∠B'BA＝70°，
∵∠C＝90°，∠BAC＝40°，
∴∠ABC＝50°，
∴∠B'BC＝120°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝mx+n与抛物线y＝ax2+bx+c交于A（﹣1，p），B（2，q）两点，则关于x的不等式mx+n＞ax2+bx+c的解集是（ ）
A．x＜﹣1B．x＞2C．﹣1＜x＜2D．x＜﹣1或x＞2
【分析】观察两函数图象的上下位置关系，即可得出结论．
解：观察函数图象可知：当x＜﹣1或x＞2时，直线y＝mx+n在抛物线y＝ax2+bx+c的上方，
∴不等式mx+n＞ax2+bx+c的解集为x＜﹣1或x＞2．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数与不等式，根据两函数图象的上下位置关系找出不等式的解集是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．若关于x的一元二次方程x2＝c﹣1有实数根，则c的值可以为 2（答案不唯一） （写出一个即可）．
【分析】将原方程转化为一般形式，利用根的判别式Δ≥0，即可求出c的取值范围，任取其内一值即可得出结论．
解：将原方程化为一般形式为x2﹣c+1＝0，
∵该方程有实数根，
∴Δ＝02﹣4×1×（﹣c+1）≥0，
∴c≥1．
故答案为：2（答案不唯一）．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当Δ≥0时，方程有实数根”是解题的关键．
8．将抛物线y＝x2+1向下平移3个单位得到的解析式为 y＝x2﹣2 ．
【分析】根据抛物线平移的规律（左加右减，上加下减）求解．
解：抛物线y＝x2+1向下平移3个单位得到的解析式为y＝x2+1﹣3，即y＝x2﹣2．
故答案为y＝x2﹣2．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，掌握“左加右减，上加下减”的平移规律是解题的关键．
9．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）与点Q（m，n+1）关于原点对称，则m﹣n＝ ﹣4 ．
【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：由点P（2，﹣3）与点Q（m，n+1）关于原点对称，得：
m＝﹣2，n+1＝3，
所以n＝2．
则m﹣n＝﹣2﹣2＝﹣4，
故答案为：﹣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．
10．已知A（﹣1，y1），B（3，y2）在抛物线y＝x2﹣4x+c上，则y1 ＞ y2（填“＞”“＜”或“＝”）．
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线x＝2，根据x＜2时，y随x的增大而增大，即可得出答案．
解：∵y＝x2﹣4x+c＝（x﹣2）2+c﹣4，
∴图象的开口向上，对称轴是直线x＝2，
∴越靠近直线x＝2时，y的值越小，
∵A（﹣1，y1），B（3，y2），
∴B比A靠近直线x＝2，
∴y1＞y2，
故答案为：＞．
【点评】此题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键．
11．一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得AB＝12cm，BC＝5cm，则圆形镜面的半径为 cm ．
【分析】连接AC，根据∠ABC＝90°得出AC是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出AC即可．
解：连接AC，
∵∠ABC＝90°，且∠ABC是圆周角，
∴AC是圆形镜面的直径，
由勾股定理得：AC＝＝＝13（cm），
所以圆形镜面的半径为cm，
故答案为：cm．
【点评】本题考查了圆周角定理和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键．
12．如图，在半径为1的⊙O上顺次取点A，B，C，D，E，连接AB，AE，OB，OC，OD，OE．若∠BAE＝65°，∠COD＝70°，则∠BOC+∠DOE＝ 60 °．
【分析】由圆周角定理可得∠BOE的大小，从而可得∠BOC+∠DOE的大小，进而求解．
解：∵∠BAE＝65°，
∴∠BOE＝2∠BAE＝130°，
∴∠BOC+∠DOE＝∠BOE﹣∠COD＝60°．
故答案为：60．
【点评】本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆心角与圆周角的关系．
13．如图，将Rt△ABC绕点A旋转一定角度得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上．若AB＝2，∠B＝60°，则CD＝ 2 ．
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得BC＝2AB＝4，然后根据旋转的性质可得AB＝AD，进而判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BD＝AB＝2，然后根据CD＝BC﹣BD计算即可得解．
解：∵Rt△ABC中，∠B＝60°，
∴∠C＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2AB＝4，
由旋转的性质得，AB＝AD，
又∵∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∴CD＝BC﹣BD＝4﹣2＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟记性质并判断出△ABD是等边三角形是解题的关键．
14．如图所示，A，B分别为y＝2（x﹣2）2﹣1图象上的两点，且直线AB垂直于y轴，若AB＝2，则点B的坐标为 （3，1） ．
【分析】由二次函数解析式可得抛物线对称轴，从而可得点B横坐标，进而求解．
解：∵y＝2（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为直线x＝2，
∵AB＝2，
∴点B横坐为2+1＝3，
将x＝3代入y＝2（x﹣2）2﹣1得y＝1，
∴点B坐标为（3，1）．
故答案为：（3，1）．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．解方程：x2﹣2x﹣1＝0．
【分析】先整理成一元二次方程的一般形式再利用求根公式求解，或者利用配方法求解皆可．
解：解法一：∵a＝1，b＝﹣2，c＝﹣1
∴b2﹣4ac＝4﹣4×1×（﹣1）＝8＞0
∴
∴，；
解法二：∵x2﹣2x﹣1＝0，
则x2﹣2x+1＝2
∴（x﹣1）2＝2，
开方得：，
∴，．
【点评】命题意图：考查学生解一元二次方程的能力，且方法多样，可灵活选择．本题考查了解一元二次方程的方法，公式法适用于任何一元二次方程．方程ax2+bx+c＝0的解为x＝（b2﹣4ac≥0）．
16．解方程：y+3＝5（y+3）2．
【分析】利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
解：y+3＝5（y+3）2，
（y+3）﹣5（y+3）2＝0，
（y+3）[1﹣5（y+3）]＝0，
（y+3）（﹣5y﹣14）＝0，
y+3＝0或﹣5y﹣14＝0，
y1＝﹣3，y2＝﹣
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握解一元二次方程﹣因式分解法是解题的关键．
17．关于x的方程x2+2x+2k﹣1＝0有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
解：∵关于x的方程x2+2x+2k﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝22﹣4×1×（2k﹣1）＞0，
解得：k＜1，
∴k的取值范围为k＜1．
【点评】本题考查了根的判别式，解题的关键是：牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”．
18．看图回答．
（1）当y＝0时，x的值为 ﹣1和3 ；
（2）y随x的增大而增大时，x的范围为 x＞1 ；
（3）当x＝时，直接比较y的值与﹣3的大小 y＜﹣3 ．
【分析】（1）根据抛物线的对称性求得另一个交点坐标，可得答案；
（2）根据待定系数法求得抛物线的解析式，根据二次函数的性质可得答案；
（3）根据二次函数的性质可得答案．
解：（1）由图象可知，抛物线经过点（﹣1，0），对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），
∴当y＝0时，x的值为﹣1和3；
故答案为：﹣1和3；
（2）∵抛物线经过点（﹣1，0），（3，0），（0，﹣3），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
代入（0，﹣3）得，﹣3＝﹣3a，
解得a＝1，
∵y＝（x+1）（x﹣3）＝（x﹣1）2+4，
∴抛物线开口向上，顶点为（1，4），对称轴为直线x＝1，
∴y随x的增大而增大时，x的范围是x＞1．
故答案为：x＞1；
（3）当x＝时，0＜，
∴y＜﹣3．
故答案为：y＜﹣3．
【点评】本题考查了二次函数的图象，待定系数法求二次函数解析式，利用二次函数的性质是解题关键．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．如图，是边长为1的小正方形组成的8×8方格，线段AB的端点在格点上．建立平面直角坐标系，使点A、B的坐标分别为（2，1）和（﹣1，3）．
（1）画出该平面直角坐标系xOy；
（2）画出线段AB关于原点O成中心对称的线段A1B1；
（3）画出以点A、B、O为其中三个顶点的平行四边形．（画出一个即可）
【分析】（1）根据其中一个点的坐标，即可确定原点位置；
（2）根据中心对称的性质，即可画出线段A1B1；
（3）根据平行四边形的性质即可画出图形．
解：（1）如图，即为所求；
（2）如图，线段A1B1即为所求；
（3）如图，平行四边形AOBD即为所求（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标的特征，平行四边形的判定，作图﹣旋转变换，熟练掌握各性质是解题的关键．
20．为应对新冠疫情，较短时间内要实现全国医用防护服产量成倍增长，有效保障抗击疫情一线需要，某医用防护服生产企业1月份生产9万套防护服，该企业不断加大生产力度，3月份生产达到12.96万套防护服．
（1）求该企业1月份至3月份防护服产量的月平均增长率．
（2）若平均增长率保持不变，4月份该企业防护服的产量能否达到16万套？请说明理由．
【分析】（1）设防护服产量的月平均增长率为x，根据1月份及3月份的产量，列出方程即可求解；
（2）结合（1）按照这个增长率，根据3月份产量达到12.96万套，即可求出预计4月份平均日产量．
解：（1）设防护服产量的月平均增长率为x，根据题意，得
9（1+x）2＝12.96．
解得x1＝﹣2.2（舍去），x2＝0.2＝20%，
答：防护服产量的月平均增长率为20%；
（2）12.96×（1+0.2）＝15.552（万套）．
答：预计4月份的产量为15.552万套．
【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．
21．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，＝，∠BAC＝70°，∠ACB＝50°．
（1）求∠ABD的度数；
（2）求∠BAD的度数．
【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠ABC，根据圆周角定理求出∠ABD的度数；
（2）根据圆周角定理求出∠BCD，进而求出∠BCD，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
解：（1）∵∠BAC＝70°，∠ACB＝50°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠ACB＝60°，
∵＝，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝30°；
（2）由圆周角定理得：∠ACD＝∠ABD＝30°，
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝80°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD＝180°﹣∠BCD＝100°．
【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝50°．D是△ABC内任一点，将△ADC绕点A顺时针旋转，使点C与点B重合，点D的对应点为E．
（1）求证：EB＝DC；
（2）连接DE．若E，D，C在同一直线上，则∠BED＝ 80 °．
【分析】（1）由旋转的性质可直接得到；
（2）由旋转的性质可得AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝80°，∠ADC＝∠AEB，由等腰三角形的性质可得∠AED＝∠ADE＝50°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵将△ADC绕点A顺时针旋转，
∴△ADC≌△AEB，
∴BE＝DC；
（2）解：如图，
∵AB＝AC，∠ABC＝50°，
∴∠ABC＝∠ACB＝50°，
∴∠BAC＝80°，
∵将△ADC绕点A顺时针旋转，
∴AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝80°，∠ADC＝∠AEB，
∴∠AED＝∠ADE＝50°，
∴∠ADC＝130°＝∠AEB，
∴∠BED＝80°，
故答案为：80．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．单板滑雪大跳台是北京冬奥会比赛项目之一，举办场地为首钢滑雪大跳台．运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分．建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到着陆的过程中，运动员的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y＝a（x﹣h）2+k（a＜0）．
某运动员进行了两次训练．
（1）第一次训练时，该运动员的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系y＝a（x﹣h）2+k（a＜0）；
（2）第二次训练时，该运动员的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y＝﹣0.04（x﹣9）2+23.24．记该运动员第一次训练的着陆点的水平距离为d1，第二次训练的着陆点的水平距离为d2，则d1 ＜ d2（填“＞”“＝”或“＜”）．
【分析】（1）先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出h、k的值，运动员竖直高度的最大值；将表格中除顶点坐标之外的一组数据代入函数关系式即可求出a的值即可得出函数解析式；
（2）设着陆点的纵坐标为t，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出着陆点的横坐标，用t表示出d1和d2，然后进行比较即可．
解：（1）根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：（8，23.20），
∴h＝8，k＝23.20，
即该运动员竖直高度的最大值为23.20m，
根据表格中的数据可知，当x＝0时，y＝20.00，代入y＝a（x﹣8）2+23.20得：
20.00＝a（0﹣8）2+23.20，
解得：a＝﹣0.05，
∴函数关系式为：y＝﹣0.05（x﹣8）2+23.20；
（2）设着陆点的纵坐标为t，则第一次训练时，t＝﹣0.05（x﹣8）2+23.20，
解得：x＝8+或x＝8﹣，
∴根据图象可知，第一次训练时着陆点的水平距离d1＝8+，
第二次训练时，t＝﹣0.04（x﹣9）2+23.24，
解得：x＝9+或x＝9﹣，
∴根据图象可知，第二次训练时着陆点的水平距离d2＝9+，
∵20（23.20﹣t）＜25（23.24﹣t），
∴＜，
∴d1＜d2，
故答案为：＜．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，设着陆点的纵坐标为t，用t表示出d1和d2是解题的关键．
24．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝10cm，点P从点A开始沿AB边向点B移动，速度为1cm/s；点Q从点B开始沿BC边向点C移动，速度为2cm/s，点P、Q分别从点A、B同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动．
（1）几秒时，PQ的长度为3cm？
（2）几秒时，△PBQ的面积为8cm2？
（3）当t（0＜t＜5）为何值时，四边形APQC的面积最小？并求这个最小值．
【分析】（1）设运动时间为t秒，分别用t的代数式表示出线段PB，BQ的长度，利用勾股定理列出方程即可求解；
（2）利用（1）中的方法，利用三角形的面积公式列出方程即可求解；
（3）利用（1）中的方法求得四边形APQC的面积，利用二次函数的性质即可求解．
解：设运动时间为t秒时，PQ的长度为3cm，
依题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∴PB＝（6﹣t）cm．
∴∠B＝90°，
∴PB2+BQ2＝PQ2，
∴，
解得：t＝3或﹣（负数不合题意，舍去）．
∴t＝3．
∴3秒时，PQ的长度为3cm；
（2）设运动时间为t秒时，△PBQ的面积为8cm2，
依题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，0≤t≤5，
∴PB＝（6﹣t）cm．
∵△PBQ的面积为8cm2，
∴×（6﹣t）×2t＝8．
解得：t＝2或4．
∴2或4秒时，△PBQ的面积为8cm2．
（3）四边形APQC的面积
＝S△ABC﹣S△PBQ
＝×AB•BC﹣×BQ•PB
＝×6×10﹣×（6﹣t）×2t
＝t2﹣6t+30
＝（t﹣3）2+21，
∴当t＝3时，四边形APQC的面积最小，最小值为21．
【点评】本题主要考查了勾股定理，二次函数的极值，一元二次方程分应用，本题是动点问题，利用t代数式表示出相应线段的长度是解题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．如图1，点C在线段AB上，（点C不与A、B重合），分别以AC、BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE、BD交于点P．
【观察猜想】
①AE与BD的数量关系是 AE＝BD ；
②∠APD的度数为 60° ．
【数学思考】
如图2，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明；
【拓展应用】
如图3，点E为四边形ABCD内一点，且满足∠AED＝∠BEC＝90°，AE＝DE，BE＝CE，对角线AC、BD交于点P，AC＝10，则四边形ABCD的面积为 50 ．
【分析】【观察猜想】：证明△ACE≌△DCB（SAS），可得AE＝BD，∠CAO＝∠ODP，由∠AOC＝∠DOP，推出∠DPO＝∠ACO＝60°．
【数学思考】：结论成立，证明方法类似．
【拓展应用】：证明AC⊥BD，可得S四边形ABCD＝•AC•DP+•AC•PB＝•AC•（DP+PB）＝•AC•BD．
解：【观察猜想】：结论：AE＝BD．∠APD＝60°．
理由：设AE交CD于点O．
∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，
∴∠ACE＝∠DCB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD，∠CAO＝∠ODP，
∵∠AOC＝∠DOP，
∴∠DPO＝∠ACO＝60°，
即∠APD＝60°．
故答案为AE＝BD，60°．
【数学思考】：结论仍然成立．
理由：设AC交BD于点O．
∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，
∴∠ACE＝∠DCB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD，∠PAO＝∠ODC，
∵∠AOP＝∠DOC，
∴∠APO＝∠DCO＝60°，
即∠APD＝60°．
【拓展应用】：
设AC交BE于点O．
∵△ADE，△ECB都是等腰直角三角形，
∴ED＝EA，∠AED＝∠BEC＝90°，CE＝EB，
∴∠AEC＝∠DEB
∴△AEC≌△DEB（SAS），
∴AC＝BD＝10，∠PBO＝∠OCE，
∵∠BOP＝∠EOC，
∴∠BPO＝∠CEO＝90°，
∴AC⊥BD，
∴S四边形ABCD＝•AC•DP+•AC•PB＝•AC•（DP+PB）＝•AC•BD＝50．
故答案为50．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，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．
26．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝ax2+2ax+3的图象与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点B．
（1）求该函数的表达式及顶点坐标；
（2）点P（m，n）在该二次函数图象上，当m≤x≤m+3时，该二次函数有最大值2，请根据图象求出m的值；
（3）将该二次函数图象在点A，B之间的部分（含A，B两点）记为图象W．
①点Q在图象W上，连接QA，QB，求△ABQ面积的最大值；
②若直线y＝c与图象W只有一个公共点，结合函数图象，直接写出c的取值范围．
【分析】（1）用待定系数法求得抛物线的解析式，再把解析式化成顶点式便可得出顶点坐标；
（2）分两种情况：m+3＜﹣1；m＞﹣1；根据二次函数的性质列出方程求得m的值便可；
（3）①设Q（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3≤t≤0），过Q作QM⊥y轴于点M，根据三角形的面积公式得出函数解析式，再由函数的性质求得最大值便可；
②根据函数图象求得当直线y＝c与图象W只有一个交点时的c的取值便可．
解：（1）把A（﹣3，0）代入y＝ax2+2ax+3中，
得9a﹣6a+3＝0，
解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，4）；
（2）当m+3＜﹣1，即m＜﹣4时，
∵m≤x≤m+3时，该二次函数有最大值2，
∴﹣（m+3）2﹣2（m+3）+3＝2，
解得m＝﹣4+（舍）或m＝﹣4﹣，
当m＞﹣1时，
∵m≤x≤m+3时，该二次函数有最大值2，
∴﹣m2﹣2m+3＝2，
解得m＝﹣1﹣（舍）或m＝﹣1+，
故m的值为m＝＝﹣4﹣或m＝﹣1+；
（3）①令x＝0，得y＝﹣x2﹣2x+3＝3，
∴B（0，3），
设Q（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3≤t≤0），过Q作QM⊥y轴于点M，
则QM＝﹣t，OM＝﹣t2﹣2t+3，
∴△ABQ的面积S＝S梯形OAQB﹣S△OAB﹣S△BQM
＝
＝
＝（﹣3≤t≤0），
∴△ABQ面积的最大值为；
②由函数图象可知，当c＝4或0≤c＜3时，直线y＝c与W只有一个交点，
∴c＝4或0≤c＜3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，三角形的面积公式，二次函数的性质，函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
水平距离x/m
0
2
5
8
11
14
竖直高度y/m
20.00
21.40
22.75
23.20
22.75
21.40
水平距离x/m
0
2
5
8
11
14
竖直高度y/m
20.00
21.40
22.75
23.20
22.75
21.40