安徽芜湖第二十九中学2023-2024学年九年级期上学期中数学试题（含解析版）

这是一份安徽芜湖第二十九中学2023-2024学年九年级期上学期中数学试题（含解析版），共28页。试卷主要包含了时间，CP′＝BP＝4等内容，欢迎下载使用。

（命题人：李玲 满分150分）
注意事项：
1、时间：120分钟
2、请将答案填写在答题卷上．考试结束后，请将试题卷和答题卷一并交回．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 如图是回收、绿色食品、绿色包装、低碳四个标志图案，其中为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 若关于的方程有一个根为2．则为（ ）
A. B. 1C. 4D.
3. 关于x的方程的两根分别为，，则的值为（ ）
A. 3B. C. D.
4. 如图，将绕点C逆时针旋转一定的角度得到，此点A在边上，若，则的长为（ ）

A. 5B. 4C. 3D. 2
5. 若点，在抛物线上，则，的大小关系（ ）
A. B. C. D.
6. 某品牌手机原来每部售价为元，经过连续两次降价后，该手机每部售价为元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°．将△ABC绕点C顺时针旋转α角（0°＜α＜180°）至△A'B'C使得点A′恰好落在AB边上，则α等于（ ）
A. 55°B. 50°C. 65°D. 60°
8. 如表中列出了二次函数的一些对应值，则一元二次方程的一个近似解的范围是（ ）
A B. C. D.
9. 已知一元二次方程的两根分别为，3，则方程的两根分别为（ ）
A. 2，B. ，4C. 3，D. ，5
10. 抛物线交轴于，，交轴的负半轴于，顶点为下列结论：①；②；③当时，；④当是等腰直角三角形时，则；⑤当是等腰三角形时，的值有个．其中正确的有个（ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
11. 将抛物线向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到抛物线的函数解析式为________．
12. 若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是_______．
13. 如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，，，将绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点的坐标是______
14. 如图，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点，当以为对角线的正方形的另外两个顶点、恰好在抛物线上时，我们把这样的抛物线称为“美丽抛物线”，正方形为它的内接正方形．

（1）当抛物线是“美丽抛物线”时，则________．
（2）若抛物线是“美丽抛物线”，则，之间的数量关系为________．
三、解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
15. 解方程：．
16. 二次函数图象的顶点是，且经过点，求此函数的解析式．
四、（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
17. 某学校开始有一名同学患了流感，经过两轮传染后共有81名同学患了流感．
（1）每轮传染中平均一名同学传染了几名同学？
（2）如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少人患流感？
18. 如图，平面直角坐标系内，小正方形网格边长为个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）将向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到的，画出，并直接写出点的坐标；
（2）绕原点逆时针方向旋转得到，按要求作出图形；
（3）如果，通过旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标．
五、（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
19. 如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.
（1）求证：；
（2）连接，若，求度数．
20. 掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投掷实心球，实心求行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，抛出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）根据兰州市高中阶段学校招生体有考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由．
六、（本题满分12分）
21. 公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售150个，6月份销售216个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同．
（1）求该品牌头盔销售量月增长率；
（2）若此种头盔的进价为30元/个，测算在市场中，当售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？
七、（本题满分12分）
22. 阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝__________；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题：
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
八、（本题满分14分）
23. 如图，抛物线与轴交于两点（在的左侧），与轴交于点，过点的直线：与轴交于点，与抛物线的另一个交点为，已知点为抛物线上一动点（不与重合）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点在直线上方的抛物线上时，过点作PE∥x轴交直线于点，作PF∥y轴交直线于点，求的最大值；
（3）设为直线上的动点，以为一边且顶点为的四边形是平行四边形，求所有符合条件的点坐标．
2023～2024学年第一学期九年级期中教学质量评估试卷
数 学
（命题人：李玲 满分150分）
注意事项：
1、时间：120分钟
2、请将答案填写在答题卷上．考试结束后，请将试题卷和答题卷一并交回．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 如图是回收、绿色食品、绿色包装、低碳四个标志图案，其中为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了中心对称图形．“在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”，据此解答即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：C
2. 若关于的方程有一个根为2．则为（ ）
A. B. 1C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代入方程，得出关于的一元一次方程，解方程，即可求解．
【详解】解：∵关于的方程有一个根为2．
∴
解得：
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义，熟练掌握一元二次方程的解的定义是解题的关键．一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解．
3. 关于x的方程的两根分别为，，则的值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即，，即可解答．
【详解】解：关于x的方程的两根分别为，，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握和运用一元二次方程根与系数的关系是解决本题的关键．
4. 如图，将绕点C逆时针旋转一定的角度得到，此点A在边上，若，则的长为（ ）

A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形旋转的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵将绕点C逆时针旋转一定的角度得到，此点A在边上，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．
5. 若点，在抛物线上，则，的大小关系（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线，，对称轴为直线，可得当时，随的增大而减小，再结合，从而可得答案．
【详解】解：∵抛物线，，对称轴为直线，
∴当时，随的增大而减小，
∵，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是二次函数的图象与性质，熟练的利用二次函数的增减性判断函数值的大小是解本题的关键．
6. 某品牌手机原来每部售价为元，经过连续两次降价后，该手机每部售价为元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依据两次增长（下降）性模型进行列方程即可．
【详解】解：设平均每次降价的百分率为x，
根据题意得，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用；熟记增长（下降）性模型是解题的关键．
7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°．将△ABC绕点C顺时针旋转α角（0°＜α＜180°）至△A'B'C使得点A′恰好落在AB边上，则α等于（ ）
A. 55°B. 50°C. 65°D. 60°
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理求出∠A，再利用等腰三角形的性质求出∠ACA′即可解决问题．
【详解】∵∠ACB=90，∠ABC=25°，
∴∠A=90﹣∠B=65，
由旋转的性质得：CA=CA′，
∴∠A=∠CA′A=65，
∴α=∠ACA′=180﹣2×65°=50，
故选：B．
【点睛】本题考查旋转变换的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8. 如表中列出了二次函数的一些对应值，则一元二次方程的一个近似解的范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格中的数据，可得出“当时，；当时，”，由此即可得出结论．
【详解】解：当时，；当时，，
∴方程的一个近似根的范围是，
故选：．
【点睛】此题考查了求一元二次方程近似根，熟练掌握求一元二次方程的近似根的方法是解题的关键．
9. 已知一元二次方程的两根分别为，3，则方程的两根分别为（ ）
A. 2，B. ，4C. 3，D. ，5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程——换元法．设，则方程变形为，可得方程的两根分别为，3，即可求解．
【详解】解：设，则方程变形为，
∵一元二次方程的两根分别为，3，
∴方程的两根分别为，3，
∴或3，
∴，
∴．
故选：B
10. 抛物线交轴于，，交轴的负半轴于，顶点为下列结论：①；②；③当时，；④当是等腰直角三角形时，则；⑤当是等腰三角形时，的值有个．其中正确的有个（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数图像与系数的关系，二次函数与x轴交于点，，可知二次函数的对称轴为，即，可判断①；将A、B两点代入消去a得可得c、b的关系，可判断②；函数开口向下，时取得最小值，则时，可判断③；根据图像，设点D坐标为，运用勾股定理求出y，得到顶点D为，设顶点式，将代入即可判断④；由图像知，从而可以判断⑤．
【详解】解：抛物线交轴于，
抛物线对称轴为直线：
故①正确；
②∵交轴于，．
，
消去a得
故②错误；
∵抛物线开口向上，对称轴是
∴时，二次函数有最小值
∴时，
故③正确；
④∵，，是等腰直角三角形．
设点D坐标为．
则．
解得．
∵点D在x轴下方．
∴点D为．
设二次函数解析式为，过点．
∴．
解得．
故④正确；
⑤由题意可得，
，
．
故是等腰三角形时，只有两种情况，故a的值有2个．
故⑤错误．
故①③④正确，②⑤错误．
故选：C．
【点睛】主要考查了二次函数的图像和性质，以及二次函数与几何图形结合的综合判断．掌握函数图像基本性质和数形结合思想是解题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
11. 将抛物线向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到的抛物线的函数解析式为________．
【答案】
【解析】
【分析】由平移的规律即可求得答案．
【详解】解：将抛物线向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到的抛物线的函数解析式为，即
故答案：．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象变换，掌握平移的规律是解题的关键，即“左加右减，上加下减”．
12. 若关于x的一元二次方程有实数根，则k的取值范围是_______．
【答案】且
【解析】
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴且，
解得：且．
故答案为：且．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，根据二次项系数非零结合根的判别式，找出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
13. 如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，，，将绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点的坐标是______
【答案】
【解析】
【分析】作轴于H，由题可得，即可求出和，由第二象限点的特征横坐标为负数纵坐标为正数即可
【详解】解：如图，作轴于H．
由题意：，
∴，
∴， ，
∴，
∴ ．
【点睛】本题考查旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
14. 如图，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点，当以为对角线的正方形的另外两个顶点、恰好在抛物线上时，我们把这样的抛物线称为“美丽抛物线”，正方形为它的内接正方形．

（1）当抛物线是“美丽抛物线”时，则________．
（2）若抛物线是“美丽抛物线”，则，之间的数量关系为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查了抛物线图像的性质，解一元二次方程，掌握抛物线的轴对称性，利用其对称性，求相应点的坐标是解答本题的关键．
（1）由题意知，抛物线的对称轴，顶点，得到，进而可以得到点，的坐标，代入，得到．
（2）由题意知，抛物线的对称轴，顶点，得到，进而可以得到点，的坐标，代入，得到．
【详解】解：（1）抛物线中，
令，则，
对称轴，顶点
对称轴与轴交于点的坐标是，
，
正方形中，,是对角线
，
由题意知，点，关于对称轴轴对称，
，或，
将代入抛物线中，
得，解得．
故答案为
（2）抛物线中，
令，则，
对称轴，顶点
对称轴与轴交于点的坐标是，
，
正方形中，,是对角线
，
由题意知，点，关于对称轴轴对称，
，或，
将代入抛物线中，
得，
解得，（舍去）；
故答案为．
三、解答题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
15. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】先移项，再利用因式分解法求解即可.
【详解】移项
因式分解，得（x-1）（x+3）=0
∴x-1=0或x+3=0,
解得：，.
【点睛】此题考查解一元二次方程，解题关键在于掌握运算法则.
16. 二次函数图象的顶点是，且经过点，求此函数的解析式．
【答案】
【解析】
【分析】设抛物线的解析式为，将点代入解析式即可求出的值，从而得到二次函数解析式．
【详解】解：设抛物线的解析式为，
将代入得，，
，
函数解析式为，
所以该抛物线的函数解析式为．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，知道二次函数的顶点式是解题的关键．
四、（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
17. 某学校开始有一名同学患了流感，经过两轮传染后共有81名同学患了流感．
（1）每轮传染中平均一名同学传染了几名同学？
（2）如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少人患流感？
【答案】（1）８ （2）
【解析】
【分析】（1）根据传播问题等量关系，列一元二次方程求解，设每轮传染中平均一名同学传染了名同学，则；
（2）三轮传染后（人）．
【小问1详解】
解：设每轮传染中平均一名同学传染了名同学，则
，
解得或，
∴或（舍去），
答：每轮传染中平均一名同学传染了8名同学．
【小问2详解】
解：三轮传染后（人）
答：三轮传染后共有人患流感．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解传播问题中的等量有关系是解题的关键．
18. 如图，平面直角坐标系内，小正方形网格边长为个单位长度，的三个顶点的坐标分别为，，．
（1）将向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到的，画出，并直接写出点的坐标；
（2）绕原点逆时针方向旋转得到，按要求作出图形；
（3）如果，通过旋转可以得到，请直接写出旋转中心的坐标．
【答案】（1）图见解析，
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据平移的性质找到对应点，顺次连线得出，根据坐标系写出点的坐标,即可求解；
（2）根据旋转的性质得到，
（3）连接，，作与的垂直平分线，相交于点，则点即为与的旋转中心，根据坐标系写出点的坐标即可求解．
【小问1详解】
解：如图，即为所求．
点的坐标为．
【小问2详解】
如图，即为所求．
【小问3详解】
如图，连接，，作与的垂直平分线，相交于点，则点即为与的旋转中心，
旋转中心的坐标为
【点睛】本题考查了平移作图，画旋转图形，找旋转中心，数形结合是解题的关键．
五、（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
19. 如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.
（1）求证：；
（2）连接，若，求的度数．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，，再证明即可；
（2）根据矩形的性质得出，由全等三角形的性质得出，再计算即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，，
由旋转性质，得：，，
∴，，
∵在矩形中，，
∴，
在和中，
，
∴，
【小问2详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即的度数为．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．
20. 掷实心球是兰州市高中阶段学校招生体育考试的选考项目．如图1是一名女生投掷实心球，实心求行进路线是一条抛物线，行进高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系如图2所示，抛出时起点处高度为，当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）根据兰州市高中阶段学校招生体有考试评分标准（女生），投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于6.70m，此项考试得分为满分10分．该女生在此项考试中是否得满分，请说明理由．
【答案】（1）y关于x的函数表达式为；
（2）该女生在此项考试中是得满分，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可求解．
【小问1详解】
解∶∵当水平距离为3m时，实心球行进至最高点3m处，
∴设，
∵经过点(0， )，
∴
解得∶
∴，
∴y关于x的函数表达式为；
【小问2详解】
解：该女生在此项考试中是得满分，理由如下∶
∵对于二次函数，当y=0时，有
∴，
解得∶， (舍去)，
∵>6.70，
∴该女生在此项考试中是得满分．
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，利用待定系数法求出二次函数的解析是是解题的关键．
六、（本题满分12分）
21. 公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售150个，6月份销售216个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同．
（1）求该品牌头盔销售量的月增长率；
（2）若此种头盔的进价为30元/个，测算在市场中，当售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？
【答案】（1）20% （2）50元/个
【解析】
【分析】（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为，根据“从4月份到6月份销售量的月增长率相同”列一元二次方程，求解即可；
（2）设该品牌头盔的实际售价为y元/个，“月销售利润达到10000元”列方程，求解即可．
【小问1详解】
设该品牌头盔销售量的月增长率为，依题意得：
，
解得，（不合题意，舍去）．
答：该品牌头盔销售量的月增长率为20%；
【小问2详解】
设该品牌头盔的实际售价为y元/个，依题意得：
，
整理得，
解得（不合题意，舍去），，
答：该品牌头盔的实际售价应定为50元/个．
【点睛】本题考查了列一元二次方程解决实际问题，准确理解题意，找出等量关系且熟练掌握知识点是解题的关键．
七、（本题满分12分）
22. 阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝__________；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题：
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【答案】（1）150°；（2）EF2＝BE2+FC2．（3）．
【解析】
【分析】（1）由△ACP′≌△ABP可得旋转角∠PAP′＝60°，可得△APP′为等边三角形，根据勾股定理逆定理可证明△PP′C为直角三角形，根据∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C即可得答案；（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，根据角的和差关系可得∠EAF＝∠E′AF，利用SAS可证明△EAF≌△E′AF，可得E′F＝EF，根据等腰直角三角形的性质可得∠E′CF＝90°，根据勾股定理即可得结论；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可求出AB、BC的长，根据旋转的性质可得∠A′BC=90°，△BOO′是等边三角形，由∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，利用平角的定义可证明C、O、A′、O′四点共线，利用勾股定理求出A′C的长即可得答案．
【详解】（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PAP′＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴P′P＝AP＝3，∠AP′P＝60°，
∵P′C=PB=4，PC=5，
∴PC2=P′C2+P′P2，
∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°．
故答案为150°
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠EAE′-∠EAF=45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∠ABC=30°，
∴∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，正确得出对应边和对应角是解题关键．
八、（本题满分14分）
23. 如图，抛物线与轴交于两点（在的左侧），与轴交于点，过点的直线：与轴交于点，与抛物线的另一个交点为，已知点为抛物线上一动点（不与重合）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点在直线上方的抛物线上时，过点作PE∥x轴交直线于点，作PF∥y轴交直线于点，求的最大值；
（3）设为直线上的动点，以为一边且顶点为的四边形是平行四边形，求所有符合条件的点坐标．
【答案】（1）
（2）当时，取得最大值，最大值为18
（3）符合条件的点有三个：，
【解析】
【分析】（1）先求出点 ，再利用待定系数法，即可求解；
（2）设点，可得，，从而得到，，进而得到，即可求解；
（3）根据以为平行四边形的一边，可得NC∥PM，NC=PM，设点，则，可得，即可求解．
【小问1详解】
解：当y=0时，，
解得：x=-1，
∴点 ，
又，将点的坐标代入抛物线表达式可得：
，解得，
抛物线的解析式为：．
【小问2详解】
解：设点，
∵PE∥x轴，作PF∥y轴，
∴，，
点在直线上方的抛物线上，
，
，，
故，
，
当时，取得最大值，最大值为18；
【小问3详解】
解：当x=0时，，
∴点N（0，4），点C（0，-1），
∴，
以为平行四边形的一边，
NC∥PM，NC=PM，
设点，则，
由题意知：，即
化简得：或，
解得：（舍去），，，，
则符合条件的点有三个：，
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图形和性质，平行四边形的性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．
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