2021北京燕山初三（上）期中数学（教师版）

这是一份2021北京燕山初三（上）期中数学（教师版），共22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年11月
一、选择题（本题共16分，每小题2分）
下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的，请将符合题意的答案代号写在答题纸的相应位置上.
1. 一元二次方程的根是（ ）
A. B.
C. ，D. ，
2. 二次函数y=-2（x+1）2+3的图象的顶点坐标是（ ）
A. （1，3）B. （-1，3）C. （1，-3）D. （-1，-3）
3. 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.
4. 二次函数的最大值是（ ）
A B. C. 1D. 2
5. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ）
A. B.
C. D.
6. 如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是（ ）
A. 50°B. 60°C. 70°D. 80°
7. 根据下列表格的对应值，判断方程ax2+bx+c=0（a≠0，a、b、c为常数）一个解的范围是（ ）
A. 3＜x＜3.23B. 3.23＜x＜3.24C. 3.24＜x＜3.25D. 3.25＜x＜3.26
8. 如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC = 6，BD =5，则△AED的周长是（ ）
A. 17B. 16C. 13D. 11
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 平面直角坐标系中，与点P（5，－2）关于原点对称的点的坐标为________．
10. 关于x的一元二次方程的一个根是1，则的值为________．
11. 如果抛物线的开口向上，那么m的取值范围是________．
12. 点A（2，y1）、B（3，y2）是二次函数y=（x﹣1）2的图象上两点，则y1与y2的大小关系为y1_____y2（填“＞”、“＜”、“=”）．
13. 关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0有两个相等的实数根，写出一组满足条件的实数a、b的值：a＝_____，b＝_____．
14. “十一”黄金周，某商场以每件30元的价格购进一种商品，试销中发现，这种商品每天的销售量m（件）与每件的销售价x（元），满足关系：m =140－x．写出商场卖这种商品每天的销售利润 y与每件的售价x之间的函数关系式是_________．
15. 如图，正方形边长为3，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则________．
16. 如图，一段抛物线：，记为C1，它与x轴的两个交点分别为O，A1，顶点为P1；将C1绕点A1旋转180°得C2，它与x轴的另一交点记为A2，顶点为P2；将C2绕点A2旋转180°得C3，它与x轴的另一交点记为A3，顶点为P3，…，这样一直进行下去，得到抛物线段，，，…，，则点的坐标为____________；若点M（，m）在第3段抛物线上，则m＝___________．
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21-22题，每题6分，第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分.解题应写出文字说明、演算步骤或证明过程.）
17 解方程:
18. 已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．
求证：△BCE≌△BDF．
19. 已知抛物线的对称轴为直线，且经过点（0，1），求该抛物线的表达式．
20. 给出一种运算：对于函数，规定．例如：若函数，则有．若函数，求方程解．
21. 列方程解应用题：如图，某花园小区，准备在一块长为22m，宽为17m的矩形地面上，修建同样宽的两条互相垂直的人行小路（两条小路各与矩形的一条边平行），剩余部分种上草坪，使草坪面积为300m2，求要修建的小路宽为多少米？
22. 已知：关于的一元二次方程（）．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）当取哪些整数时，方程的两个实数根均为整数．
23. 已知是方程的一个根，求代数式的值.
24. 如图，二次函数的图象与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与一次函数的图象交于A，C两点．
（1）求b的值；
（2）求△ABC的面积；
（3）根据图象直接写出当x为何值时，一次函数的值大于二次函数的值．
25. 如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：AE∥BC．
26. 小华在研究函数y1＝x与y2＝2x图象关系时发现：如图所示，当x＝1时，y1＝1，y2＝2；当x＝2时，y1＝2，y2＝4；…；当x＝a时，y1＝a，y2＝2a．他得出如果将函数y1＝x图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，就可以得到函数y2＝2x的图象．类比小华的研究方法，解决下列问题：
（1）如果函数y＝3x图象上各点横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到的函数图象的表达式为______；
（2）①将函数y＝x2图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的_____倍，得到函数y＝4x2的图象；
②将函数y＝x2图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到图象的函数表达式为_____．
27. 已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形 ，且AB>CE．
（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE
（2）如图2，如果将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得，BG=BD．求的度数
28. 定义：如果抛物线C1顶点在抛物线C2上，同时，抛物线C2的顶点在抛物线C1上，则称抛物线C1与C2关联．例如，抛物线的顶点（0，0）在抛物线上，抛物线的顶点（1，1）也在抛物线上，所以抛物线与关联．
（1）已知抛物线C1：，分别判断抛物线C2：和抛物线C3：与抛物线C1是否关联；
（2）抛物线M1：的顶点为A，动点P的坐标为，将抛物线M1绕点旋转180°得到抛物线M2，若抛物线M1与M2关联，求抛物线M2的解析式；
（3）抛物线M1：的顶点为A，点B是与M1关联的抛物线的顶点，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°得到线段AB1，若点B1恰好在y轴上，请直接写出点B1的纵坐标．
参考答案
一、选择题（本题共16分，每小题2分）
下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的，请将符合题意的答案代号写在答题纸的相应位置上.
1. 一元二次方程的根是（ ）
A. B.
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】将常数项移到方程的右边，再利用直接开平方法求解可得．
【详解】，
，
∴，即，．
故选：C．
【点睛】考查直接开平方法解一元二次方程，形如或的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
2. 二次函数y=-2（x+1）2+3的图象的顶点坐标是（ ）
A. （1，3）B. （-1，3）C. （1，-3）D. （-1，-3）
【答案】B
【解析】
【详解】分析：据二次函数的顶点式，可直接得出其顶点坐标；
解：∵二次函数的解析式为：y=-2（x+1）2+3，
∴其图象的顶点坐标是：（-1，3）；
故选B．
3. 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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，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度后两部分重合．
4. 二次函数的最大值是（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的性质进行判断．
【详解】在二次函数中，顶点坐标为，
，
二次函数开口向下，有最高点，即二次函数有最大值，
最大值为．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
5. 用配方法解方程，下列配方正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】两边都加4，最后把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
6. 如图，P是等边△ABC内部一点，把△ABP绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到△ACQ，则旋转角的度数是（ ）
A. 50°B. 60°C. 70°D. 80°
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质可得，旋转角为，再根据等边三角形的性质求解即可．
【详解】解：根据旋转的性质可得，旋转角为．
∵为等边三角形，
∴，即旋转角为．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转的性质和等边三角形的性质，解题的关键是掌握旋转的性质找到旋转角．
7. 根据下列表格对应值，判断方程ax2+bx+c=0（a≠0，a、b、c为常数）一个解的范围是（ ）
A. 3＜x＜3.23B. 3.23＜x＜3.24C. 3.24＜x＜3.25D. 3.25＜x＜3.26
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：观察表格可知ax2+bx+c的值与0比较接近的是-0.02和0.03，相对应的x的值分别为3.24秘3.25，因此方程ax2+bx+c=0（a≠0，a、b、c为常数）一个解的范围是3.24＜x＜3.25；
故选C.
考点：一元二次方程的解
8. 如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC = 6，BD =5，则△AED的周长是（ ）
A. 17B. 16C. 13D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】由旋转的性质可得BD＝BE，∠DBE＝60°，CD＝AE，可证△DBE是等边三角形，可得BD＝DE＝5，即可求解．
【详解】∵将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，
∴BD＝BE，∠DBE＝60°，CD＝AE，
∴△DBE是等边三角形，
∴BD＝DE＝5，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝6，
∴AE+AD＝AC＝6，
∴△AED的周长＝AE+AD+DE＝CD+AD+DE＝6+5＝11，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 平面直角坐标系中，与点P（5，－2）关于原点对称的点的坐标为________．
【答案】（－5，2）
【解析】
【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【详解】解：点P（5，－2）关于原点对称的点的坐标为．
故答案为．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标的特点，正确记忆横纵坐标的符号是解题的关键．
10. 关于x的一元二次方程的一个根是1，则的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】将代入方程，求解即可．
【详解】解：将代入方程得，，
解得，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一元二次方程根的含义，解题的关键是掌握一元二次方程根的含义，方程的根是使得方程成立的未知数的值．
11. 如果抛物线的开口向上，那么m的取值范围是________．
【答案】m＞1
【解析】
【分析】根据二次函数的性质，求解即可．
【详解】解：由题意可得：，解得．
故答案为：
【点睛】此题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的有关性质是解题的关键．
12. 点A（2，y1）、B（3，y2）是二次函数y=（x﹣1）2的图象上两点，则y1与y2的大小关系为y1_____y2（填“＞”、“＜”、“=”）．
【答案】＜
【解析】
【分析】先根据函数解析式确定出对称轴为直线x=1，再根据二次函数的增减性，x＞1时，y随x的增大而增大解答．
【详解】解：∵y=（x-1）2，
∴二次函数图象的对称轴为直线x=1，
∵1＜2＜3，
∴y1＜y2．
故答案为：＜．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性，能求出对称轴和根据二次函数的性质求出正确答案是解此题的关键．
13. 关于x的一元二次方程ax2+bx+1＝0有两个相等的实数根，写出一组满足条件的实数a、b的值：a＝_____，b＝_____．
【答案】 ①. 1 ②. 2
【解析】
【分析】利用一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根；进而得出答案．
【详解】∵关于x的一元二次方程ax2+bx+1=0有两个相等的实数根，
∴△=b2-4ac=b2-4a=0，
符合一组满足条件的实数a、b的值：a=1，b=2等．
故答案是：1，2．
【点睛】考查了根的判别式，正确求出a，b之间的关系是解题关键．
14. “十一”黄金周，某商场以每件30元的价格购进一种商品，试销中发现，这种商品每天的销售量m（件）与每件的销售价x（元），满足关系：m =140－x．写出商场卖这种商品每天的销售利润 y与每件的售价x之间的函数关系式是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，销售一件商品的利润为：元，销售量为m件，依据销售利润与单件商品利润和数量的关系，即可列出函数关系式．
【详解】解：根据题意，销售一件商品的利润为：元，销售量为m件，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查二次函数的应用，理解题意，熟练运用等量关系是解题关键．
15. 如图，正方形的边长为3，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据旋转得旋转角为,可知，，然后根据勾股定理求出即可求出．
【详解】根据旋转得旋转角为,
，，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及勾股定理，根据旋转得出，是解题的关键．
16. 如图，一段抛物线：，记为C1，它与x轴的两个交点分别为O，A1，顶点为P1；将C1绕点A1旋转180°得C2，它与x轴的另一交点记为A2，顶点为P2；将C2绕点A2旋转180°得C3，它与x轴的另一交点记为A3，顶点为P3，…，这样一直进行下去，得到抛物线段，，，…，，则点的坐标为____________；若点M（，m）在第3段抛物线上，则m＝___________．
【答案】 ①. ， ②.
【解析】
【分析】根据旋转的性质，可得图形的大小形状没变，可得答案．
【详解】解：∵c1为=-x(x-1)=-(x-)2+（0≤x≤1），
∴则P1的纵坐标为，x1=0，x2=1，
∵OA1=1，OA2=2，
∴P2(，-)，即P2，
同理：P3(，)，即P3，
∴C3为y=-(x-)2+，
当x=时，m= -(-)2+=，
故答案为，．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，注意旋转前后的图形大小与形状都没发生变化是解题关键．
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21-22题，每题6分，第23题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分.解题应写出文字说明、演算步骤或证明过程.）
17. 解方程:
【答案】3或0
【解析】
【分析】利用因式分解法求出解即可；
【详解】解：x（x-3）=0，
可得x=0或x-3=0，
解得：x1=0，x2=3；
【点睛】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，注意使用因式分解法时方程右边必须为0.
18. 已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．
求证：△BCE≌△BDF．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由旋转得出BE＝BF，∠EBF＝70°，进而得出∠DBF＝∠CBE，根据SAS即可证明△BCE≌△BDF．
详解】∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，
∴BE＝BF，∠EBF＝70°，
∵∠ABC＝70°，
∴∠EBF＝∠ABC，
∴∠DBF＝70°－∠ABE＝∠CBE，
在△BCE和△BDF，
∴△BCE≌△BDF（SAS）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
19. 已知抛物线的对称轴为直线，且经过点（0，1），求该抛物线的表达式．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的对称轴，即可确定b的值，将点（0，1）代入函数解析式确定c的值，由此即可确定函数解析式．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，，
∴，
∴．
∵抛物线经过点（0，1），代入函数解析式可得：
∴．
∴该抛物线的解析式为．
【点睛】题目主要考查利用对称轴及点的坐标确定函数解析式，熟练掌握根据待定系数法确定函数解析式是解题关键．
20. 给出一种运算：对于函数，规定．例如：若函数，则有．若函数，求方程的解．
【答案】，
【解析】
【分析】根据题中新定义的运算，先求出，代入已知条件，然后求解一元二次方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵
∴
∴
∴，，
∴的解为：，．
【点睛】题目主要考查求一元二次方程的解，理解新运算的计算方法，并结合一元二次方程是解题关键．
21. 列方程解应用题：如图，某花园小区，准备在一块长为22m，宽为17m的矩形地面上，修建同样宽的两条互相垂直的人行小路（两条小路各与矩形的一条边平行），剩余部分种上草坪，使草坪面积为300m2，求要修建的小路宽为多少米？
【答案】修建的路宽为2米．
【解析】
【分析】把所修的两条道路分别平移到矩形的最上边和最左边，则剩下的草坪是一个长方形，根据长方形的面积公式列方程求解即可．
【详解】解：设道路的宽应为x米，由题意有
（22-x）（17-x）=300，
解得：x=37（舍去）或x=2．
答：修建的路宽为2米．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的应用，把中间修建的两条道路分别平移到矩形地面的最上边和最左边是做本题的关键．
22. 已知：关于的一元二次方程（）．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）当取哪些整数时，方程的两个实数根均为整数．
【答案】（1）见解析；（2）当或时，方程的两个实数根均为整数
【解析】
【分析】（1）先由k≠0，确定此方程为一元二次方程．要证明方程总有两个实数根，只有证明△≥0，通过代数式变形即可证明；
（2）先利用求根公式求出两根，x1=-1，x2＝1−，只要2被k整除，并且有k≥1的整数，即可得到k的值．
【详解】解（1）证明：，
∴方程恒有两个实数根．
（2）解： 方程的根为，
，∴．
∴，．
，方程的两个实数根均为整数，
∴当或时，方程的两个实数根均为整数．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式Δ=b2-4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．同时考查了解方程的方法和整数的整除性质．
23. 已知是方程的一个根，求代数式的值.
【答案】
【解析】
【分析】先将代入方程得到，则，再由=，用整体代入法进行计算即可得到答案.
【详解】将代入方程得到，整理得到，因为=，将整体代入得到===-10.
【点睛】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是掌握整体代入法进行求解.
24. 如图，二次函数的图象与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与一次函数的图象交于A，C两点．
（1）求b的值；
（2）求△ABC的面积；
（3）根据图象直接写出当x为何值时，一次函数的值大于二次函数的值．
【答案】（1）；（2）△ABC的面积为；（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数与方程的关系，当时，求解一元二次方程，即可得出抛物线与x轴的两个交点，然后将点A代入一次函数解析式即可确定b的值；
（2）先求两个函数的交点C的坐标，把代入中，求解一元二次方程，即可确定点C的坐标，然后结合图象，求三角形面积即可；
（3）根据图象可得：在线段AC部分，直线函数值在抛物线函数值上方，结合A（－1，0），C（2，－3），即可确定x的取值范围．
【详解】解：（1）当时，
，
解得：，，
∴抛物线与x轴交于A（－1，0），B（3，0）．
∵直线经过A点，
∴，
∴；
（2）把代入中得：，
整理得
解得：（舍），，
把代入，得，
∴C（2，－3），
∴；
（3）根据图象可得：在线段AC部分，直线函数值在抛物线函数值上方，结合A（－1，0），C（2，－3），
∴，
当时，一次函数值大于二次函数值．
【点睛】题目主要考查二次函数与一次函数的综合问题，包括二次函数与坐标轴交点，待定系数法确定一次函数解析式，结合图象求不等式解集等，理解题意，熟练掌握二次函数及一次函数的基本性质是解题关键．
25. 如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：AE∥BC．
【答案】证明过程见解析
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质和旋转的性质证明，即可得证；
【详解】∵是等边三角形，
∴，，
∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，
∴，，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质和旋转的性质，准确判断是解题的关键．
26. 小华在研究函数y1＝x与y2＝2x图象关系时发现：如图所示，当x＝1时，y1＝1，y2＝2；当x＝2时，y1＝2，y2＝4；…；当x＝a时，y1＝a，y2＝2a．他得出如果将函数y1＝x图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，就可以得到函数y2＝2x的图象．类比小华的研究方法，解决下列问题：
（1）如果函数y＝3x图象上各点横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍，得到的函数图象的表达式为______；
（2）①将函数y＝x2图象上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的_____倍，得到函数y＝4x2的图象；
②将函数y＝x2图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到图象的函数表达式为_____．
【答案】（1）y＝9x；（2）①4；（2）y＝x2．
【解析】
【分析】（1）设变换后直线解析式为y1＝kx，根据题意得出当x＝1时，y1＝3×3＝9，代入求得k即可；
（2）①求得x＝1时y＝x2＝1，y＝4x2＝4，即可得出答案；
②设所得函数图象的解析式为y2＝ax2，根据题意得出x＝2时，y2＝1，代入求得a的值即可．
【详解】解：（1）设变换后直线解析式为y1＝kx，
∵当x＝1时，y＝3x＝3，
∴y1＝3×3＝9，即k＝9，
∴得到的函数图象的表达式为y＝9x，
故答案为：y＝9x；
（2）①当x＝1时，y＝x2＝1，y＝4x2＝4，
∴纵坐标变为原来的4倍，得到函数y＝4x2的图象，
故答案为：4；
②设所得函数图象的解析式为y2＝ax2，
由题意知当x＝1时，y＝x2＝1，
则x＝2时，y2＝1，即1＝4a，解得：a＝，
即得到图象的函数表达式为y＝x2，
故答案为：y＝x2．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与一次函数图象上点坐标特征及待定系数法求函数解析式和平移变换，根据题意得出平移变换后对应点的坐标是解题的关键．
27. 已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形 ，且AB>CE．
（1）如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE
（2）如图2，如果将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得，BG=BD．求的度数
【答案】（1）见解析；（2）∠BDE=60°
【解析】
【分析】（1）先证明∠BCG=∠DCE，再证明△BCG≌△DCE（SAS），从而可得结论；
（2）连接BE，证明∠BCG=∠BCE ，再证明△BCG≌△BCE（SAS），可得BD=BE=DE，从而可得结论.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和CEFG正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°
∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG，
∴∠BCG=∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
∴△BCG≌△DCE（SAS）
∴BG=DE；
（2）连接BE
由（1）可知：BG=DE
∵
∴∠DCG=∠BDC=45°
∴∠BCG=∠BCD+∠GCD=90°+45°=135°
∵∠GCE=90°
∴∠BCE=360°-∠BCG-∠GCE=360°-135°-90°=135°
∴∠BCG=∠BCE
∵BC=BC，CG=CE
在△BCG和△BCE中，
∴△BCG≌△BCE（SAS）
∴BG=BE
∵BG=BD=DE
∴BD=BE=DE
∴△BDE为等边三角形
∴∠BDE=60°
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质，利用旋转的性质确定相等的边与角是解本题的关键.
28. 定义：如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，同时，抛物线C2的顶点在抛物线C1上，则称抛物线C1与C2关联．例如，抛物线的顶点（0，0）在抛物线上，抛物线的顶点（1，1）也在抛物线上，所以抛物线与关联．
（1）已知抛物线C1：，分别判断抛物线C2：和抛物线C3：与抛物线C1是否关联；
（2）抛物线M1：的顶点为A，动点P的坐标为，将抛物线M1绕点旋转180°得到抛物线M2，若抛物线M1与M2关联，求抛物线M2的解析式；
（3）抛物线M1：的顶点为A，点B是与M1关联的抛物线的顶点，将线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°得到线段AB1，若点B1恰好在y轴上，请直接写出点B1的纵坐标．
【答案】（1）抛物线与关联，抛物线与不关联；（2）的解析式为或；（3）
【解析】
【分析】（1）首先求得抛物线的顶点坐标，然后检验是否此点在抛物线与上，再求得抛物线与的顶点坐标，检验是否在抛物线上即可求得答案；
（2）首先求得抛物线的顶点坐标，则可得：点在直线上，设抛物线的顶点为A′，作AE垂直于直线于E，A′F垂直于直线于F，则AE＝A′F＝4，得出点A′的纵坐标为6，根据抛物线与关联，得出点A′在：上，当时，，解出，设抛物线的解析式为，或，将点A代入其中求解可得；
（3）根据全等三角形的知识，即可求得点的坐标，从而求得点的纵坐标．
【详解】（1）∵抛物线：的顶点为M（－1，－2），
经验算，点M（－1，－2）在抛物线：上，不在抛物线
：上，
∴抛物线与抛物线不关联；
又抛物线：＝，
其顶点坐标为N（1，2），
经验算，点N在抛物线上，
∴抛物线与关联，抛物线与不关联．
（2）抛物线：的顶点坐标为A（－1，－2），
设抛物线的顶点为A′，
由已知，点A（－1，－2）与点A′关于点对称，
如图，作AE垂直于直线于E，A′F垂直于直线于F，
则AE＝A′F＝4，
∴点A′的纵坐标为6，
∵抛物线与关联，
∴点A′在：上，
当时，，
解得，或，
∴A′（7，6），或A′（－9，6）．
∴设抛物线的解析式为，或，
∵点A（－1，－2）在上，
∴，或，
解得，，
∴抛物线的解析式为或．
（3）根据题意作图如下：
若为抛物线的顶点，
，
点恰好在轴上，
，
，
，
，
，
，
△，
，，
点的纵坐标为，
把代入
解得：或，
,
，或，
点的纵坐标是．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的顶点坐标的求解方法，全等三角形的性质、旋转．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与分类讨论思想的应用．
考
生
须
知
1.本试卷共8页，共三道大题，28道小题，满分100分.考试时间120分钟.
2.答题卡共6页，在规定位置准确填写学校名称、班级和姓名.
3.试题答案一律书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4.考试结束，请将答题卡交回，试卷和草稿纸可带走.
x
3.23
3.24
3.25
3.26
ax2+bx+c
﹣0.06
﹣0.02
0.03
0.09
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