2020-2021学年某校初三（上）11月月考数学试卷 (1)

这是一份2020-2021学年某校初三（上）11月月考数学试卷 (1)，共25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。


1. 将一元二次方程2x2+7=9x化成一般式后，二次项系数和一次项系数分别为( )
A.2，9B.2，7C.2，−9D.2x2，−9x

2. 下列图形：①线段；②锐角；③平行四边形；④矩形；⑤菱形；⑥圆．
其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的个数有( )
A.5B.4C.3D.2

3. 将二次函数y=x2的图象向上平移2个单位，向右平移1个单位则得到的图象对应的函数表达式为( )
A.y=(x−1)2−2B.y=(x+1)2−2C.y=(x+2)2−1D.y=(x−1)2+2

4. 一元二次方程4x2−4x+1=0的根的情况是( )
A.只有一个实数根B.有两个相等的实数根
C.有两个不相等的实数根D.没有实数根

5. 如图，BC是⊙O的弦，OA⊥BC，∠AOB=70∘，则∠ADC的度数是( )

A.35∘B.45∘C.60∘D.70∘

6. 某超市一月份的营业额为10万元，一至三月份的总营业额为45万元，若平均每月的增长率为x，则依题意列方程为( )
A.10(1+x)2=45B.10+10×2x=45
C.10+10×3x=45D.10[1+(1+x)+(1+x)2]=45

7. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若AB=8，AE=1，则弦CD的长是( )

A.7B.27C.6D.8

8. 如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长14m，要使菜园的面积最大，则利用墙体的长度等于( )

A.7B.7.5C.8D.14

9. 如图，⊙C经过原点，并与两坐标轴分别交于A，D两点，已知∠OBA=30∘，点A的坐标为(2, 0)，则圆心C的坐标是( )

A.(1,3)B.(1,1)C.(1,2)D.(1,5)

10. 抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D(−1, 2)，与x轴的一个交点A在点(−3, 0)和(−2, 0)之间，其部分图象如图，则以下结论：①b2−4ac<0；②a+b+c<0；③c−a=2；④方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根．其中正确结论的个数为( )

A.4个B.3个C.2个D.1个
二、填空题

如果m是方程x2−2x−6=0的一个根，那么代数式2m2−4m−7的值为________.

已知函数y=−x2+2x+3，当x________时，y随x的增大而减小．

如图，PA，PB是⊙O的两条切线，点A，B为切点，点C在⊙O上，且∠ACB=55∘，则∠APB=________.


如图，直线y1=mx+n与抛物线y2=ax2+bx+c交于A(−1,p)，B(4,q)两点，则关于x的不等式y1≥y2的解集是________．


现定义运算“☆”，对于任意实数a，b，都有a☆b=a2−3a+b，若x+1☆2=6，则x的值是________.

如图，在△ABC中， ∠BAC=90∘， AB=AC=6，D为BC边上一点，且BD:DC=1:2，以D为一个顶点作正方形DEFG，且DE=BC，连接AE，将正方形DEFG绕点D旋转一周，在整个旋转过程中，AE的最大值为________.

三、解答题

公式法解方程：2x2−3x−1=0．

已知抛物线的解析式为y=x2−6x+8．求出该抛物线的顶点坐标以及与坐标轴交点的坐标．

如图，为美化环境，某小区计划在一块长为60m，宽为40m的长方形空地上修建一个长方形花圃，并将花圃四周余下的空地修建同样宽的通道，当通道的面积与花圃的面积之比等于3:5时，求此时通道的宽．


在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示(每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形).

(1)将△ABC沿x轴方向向左平移6个单位长度，画出平移后得到的△A1B1C1，写出点B1的坐标；

(2)将△ABC绕着点A顺时针旋转90∘，画出旋转后得到的△AB2C2，直接写出点B2的坐标.

(3)在y轴上是否存在一点P使PA+PB的值最小？若存在，请直接写出P点的坐标，若不存在，请说明理由．

已知x1，x2是一元二次方程2x2−2x+m+1=0的两个实数根．
(1)求实数m的取值范围；

(2)如果x1，x2满足不等式7+4x1x2>x12+x22，且m为整数，求m的值．

如图，在△ABC中，D是边BC上一点，以BD为直径的⊙O经过点A，且∠CAD=∠ABC．

(1)求证：直线AC是⊙O的切线；

(2)若CD=2，CA=4，求AB的长．

东坡商贸公司购进某种水果的成本为20元/kg，经过市场调研发现，这种水果在未来48天的销售价格p（元/kg）与时间t（天）之间的函数关系式为：
p=14t+30(1≤t≤24，t为整数)，−12t+48(25≤t≤48，t为整数)，
且其日销售量y（kg）与时间t（天）的关系如下表：

(1)已知y与t之间的变化规律符合一次函数关系，求y与t之间的函数关系式；

(2)问哪一天的销售利润最大？最大日销售利润为多少？

(3)在实际销售的前24天中，公司决定每销售1kg水果就捐赠n元利润(n<9)给“精准扶贫”对象．现发现：在前24天中，每天扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，求n的取值范围．

已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90∘.

(1)如图1，D是直角边AB上一点，过D作DE⊥BC于E，点F为CD中点，连接AF，EF，请写出此时线段AF与EF的关系（不用证明）；

(2)在(1)的条件下将△BDE绕点B逆时针旋转45∘到如图2的位置时，请证明此时(1)中的结论仍然成立；

(3)在(1)的条件下将△BDE绕点B旋转90∘，请画出图形；若AB=6,BE=22，直接写出AF的长．

如图，经过B点的抛物线与x轴交于O，A两点，其中A4,0，B1,3，点C，B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．

(1)求抛物线的表达式；

(2)点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；

(3)若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当CM=MN，且∠CMN=90∘时，求出M，N两点的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的一般形式
【解析】
一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0(a，b，c是常数且a≠0)特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
【解答】
解：2x2+7=9x化为般形式是2x2−9x+7=0，
则它的二次项系数是2，一次项系数是−9．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断．
【解答】
解：轴对称图形有：①线段；②锐角；④矩形；⑤菱形；⑥圆;
中心对称图形有：①线段；③平行四边形；④矩形；⑤菱形；⑥圆；
既是轴对称图形又是中心对称图形的有：①线段；④矩形；⑤菱形；⑥圆.
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象的平移规律
【解析】
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】
解：由“左加右减、上加下减”的原则可知，
把二次函数y=x2的图象向上平移2个单位后，
再向右平移1个单位，
则平移后的抛物线的表达式为y=(x−1)2+2．
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
根的判别式
【解析】
判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△=b2−4ac的值的符号就可以了．
【解答】
解：∵ a=4，b=−4，c=1，
∴ Δ=b2−4ac=(−4)2−4×4×1=0，
∴ 方程有两个相等的实数根.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
圆周角定理
垂径定理
【解析】
欲求∠ADC，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解．
【解答】
解：∵ A，B，C，D是⊙O上的四点，OA⊥BC，
∴ 弧AC=弧AB （垂径定理），
∴ ∠ADC=12∠AOB（等弧所对的圆周角是圆心角的一半）；
又∠AOB=70∘，
∴ ∠ADC=35∘．
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程的应用——增长率问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设平均每月的增长率为x，
则二月份的营业额为10(1+x)万元，
三月份的营业额为10(1+x)2万元，
依题意，得：10[1+(1+x)+(1+x)2]=45．
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
根据垂径定理，可得答案．
【解答】
解：连接OC，如图：
由题意，得OE=OA−AE=4−1=3，
∴ CE=ED=OC2−OE2=7，
∴ CD=2CE=27.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
二次函数的应用
二次函数的最值
【解析】
首先设菜园的面积为S，利用墙体的长度为x，然后求出S与x之间的函数关系式，最后根据二次函数求最值的方法，就可以确定面积最大时墙体的利用长度.
【解答】
解：设菜园的面积为S，利用墙体的长度为x.
根据题意，得
S=x⋅30−x2=−12x−152+2252.
∴ 当x=15时，S有最大值.
∵ 0∴ 当x=14时，S有最大值.
故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
圆周角定理
含30度角的直角三角形
勾股定理
点的坐标
【解析】
根据直角坐标系的两坐标轴的垂直关系，连接AD，可证AD为直径；将已知圆周角∠OBA转化，即∠D=∠OBA=30∘，在Rt△OAD中，解答本题的几个问题．
【解答】
解：连接AD．
∵ ∠DOA=90∘，
∴ AD为直径，即点C在AD上，
由圆周角定理，得∠D=∠OBA=30∘，
在Rt△OAD中，OA=2，
∴ OD=23，AD=4，
即圆的半径为2．
点C为AD的中点，故圆心C的坐标为(1, 3).
故选A.
10.
【答案】
B
【考点】
二次函数图象与系数的关系
抛物线与x轴的交点
【解析】
利用抛物线与x轴有2个交点和判别式的意义可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点A在点(0, 0)和(1, 0)之间，则x=1时，a−b+c<0，则可对②进行判断；由抛物线的对称轴方程得到b=2a，而x=−1时，a−b+c=2，则a−2a+c=2，、于是可对③进行判断；利用抛物线y=ax2+bx+c的顶点D(−1, 2)，可得到抛物线与直线y=2只有一个公共点，于是可对④进行判断．
【解答】
解：∵ 抛物线与x轴有2个交点，
∴ Δ=b2−4ac>0，所以①错误；
∵ 抛物线y=ax2+bx+c的顶点D(−1, 2)，
∴ 抛物线的对称轴为直线x=−1，
而抛物线与x轴的一个交点A在点(−3, 0)和(−2, 0)之间，
∴ 抛物线与x轴的另一个交点A在点(0, 0)和(1, 0)之间，
∴ x=1时，y<0，
∴ a+b+c<0，所以②正确；
∵ 抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−1，
∴ b=2a，
∵ x=−1时，y=2，
即a−b+c=2，
∴ a−2a+c=2，即c−a=2，所以③正确；
∵ 抛物线y=ax2+bx+c的顶点D(−1, 2)，
即x=−1时，y有最大值2，
∴ 抛物线与直线y=2只有一个公共点，
∴ 方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根，所以④正确．
综上：正确的有②③④.
故选B．
二、填空题
【答案】
5
【考点】
一元二次方程的解
列代数式求值
【解析】
根据m是方程x2−2x−6=0的一个根，可得m2−2m=6，然后把m2−2m=6代入2m2−4m−7计算即可求值.
【解答】
解：∵ m是方程x2−2x−6=0的一个根，
∴ m2−2m−6=0，
∴ m2−2m=6.
∴ 2m2−4m−7
=2m2−2m−7
=2×6−7
=5.
故答案为：5.
【答案】
>1
【考点】
二次函数图象与系数的关系
【解析】
根据题目中的函数解析式和二次函数的性质可以解答本题．
【解答】
解：∵ 函数y=−x2+2x+3=−x−12+4，
∴ 该函数开口向下，对称轴为直线x=1，
∴ 当x>1 时，y随x的增大而减小，
故答案为： >1．
【答案】
70∘
【考点】
多边形的内角和
圆周角定理
切线的性质
【解析】
根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接OA，OB，求得∠AOB＝110∘，再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解．
【解答】
解：连接OA，OB，如图，
∵ PA，PB是⊙O的切线，
∴ PA⊥OA，PB⊥OB，
∵ ∠ACB=55∘，
∴ ∠AOB=110∘，
∴ ∠APB=360∘−90∘−90∘−110∘=70∘．
故答案为：70∘.
【答案】
x≤−1或x≥4
【考点】
二次函数与不等式（组）
【解析】
本题考查了二次函数与不等式的关系.
【解答】
解：直线y1=mx+n与抛物线y2=ax2+bx+c
交于A(−1,p)，B(4,q)两点，
观察两函数图象可知：当−1直线y1=mx+n在抛物线y2=ax2+bx+c的下方，
∴不等式y1≥y2的解集为x≤−1或x≥4.
故答案为：x≤−1或x≥4.
【答案】
−2或3
【考点】
定义新符号
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
由新定义得到(x+1)2−3(x+1)+2=6，利用因式分解法解方程即可.
【解答】
解：由题意可得：(x+1)2−3(x+1)+2=6，
化简可得：x2−x−6=0，
∴ (x−3)(x+2)=0，
解得x=3或−2.
故答案为：−2或3.
【答案】
25+62
【考点】
旋转的性质
勾股定理
动点问题
直角三角形斜边上的中线
【解析】
当点A、D、E在同一条直线上时，AE取得最大值，画出图形，过点A作．AM⊥BC于点M，求出BC的长度，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理，求出AD的长，进而可得AE的长．
【解答】
解：当点A，D，E在同一条直线上时，AE取得最大值．
过点A作AM⊥BC于点M，
∵ ∠BAC=90∘ ，AB=AC=6，
∴ BC=2AB=62，
∴BM=CM=AM=32，
∵ BD:DC=1:2，DE=BC，
∴ BD=22，DE=EF=DG=FG=62，
DM=32−22=2，
在Rt△ADM中，AD=AM2+DM2=25，
∴ AE=AD+DE=25+62.
故答案为：25+62.
三、解答题
【答案】
解：2x2−3x−1=0，
a=2，b=−3，c=−1，
∴ Δ=9+8=17，
∴ x=3±174，
x1=3+174，x2=3−174．
【考点】
解一元二次方程-公式法
【解析】
利用公式法解方程即可求解．
【解答】
解：2x2−3x−1=0，
a=2，b=−3，c=−1，
∴ Δ=9+8=17，
∴ x=3±174，
x1=3+174，x2=3−174．
【答案】
解：∵ y=x2−6x+8=(x−3)2−1，
∴ 顶点坐标(3,−1)，
当x=0时y=8，所以与y轴交点(0,8)，
当y=0时，x2−6x+8=0，
解得x1=2，x2=4.
所以与x轴交点(2,0)和(4,0)．
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
抛物线与x轴的交点
【解析】

【解答】
解：∵ y=x2−6x+8=(x−3)2−1，
∴ 顶点坐标(3,−1)，
当x=0时y=8，所以与y轴交点(0,8)，
当y=0时，x2−6x+8=0，
解得x1=2，x2=4.
所以与x轴交点(2,0)和(4,0)．
【答案】
解：设此时通道的宽为a米，根据题意，得
60×40−(60−2a)(40−2a)=38×60×40，
解得a=5或45，
∵45>40，舍去．
∴此时通道的宽为5米．
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
设此时通道的宽为x米，由于通道的面积与花圃的面积之比等于3:5，即长方形的面积-花圃的面积=38×长方形的面积，依此列出方程，求解即可．
【解答】
解：设此时通道的宽为a米，根据题意，得
60×40−(60−2a)(40−2a)=38×60×40，
解得a=5或45，
∵45>40，舍去．
∴此时通道的宽为5米．
【答案】
解：(1)如图，
△A1B1C1即为所求， B1−2,4.
(2)如图：
△AB2C2即为所求，B2 4,−2.
(3)点P0,85.
理由：B(4,4)关于y轴对称的点的坐标为B′(−4,4).
设直线AB′的解析式为y=kx+b，
代入点B′(−4,4)，A(1,1)，
得y=−35x+85，
由轴对称得当P在直线AB′上时，PA+PB取最小值，
此时P(0,85).
【考点】
作图－平移变换
坐标与图形变化-旋转
作图-旋转变换
轴对称——最短路线问题
【解析】



【解答】
解：(1)如图，
△A1B1C1即为所求， B1−2,4.
(2)如图：
△AB2C2即为所求，B2 4,−2.
(3)点P0,85.
理由：B(4,4)关于y轴对称的点的坐标为B′(−4,4).
设直线AB′的解析式为y=kx+b，
代入点B′(−4,4)，A(1,1)，
得y=−35x+85，
由轴对称得当P在直线AB′上时，PA+PB取最小值，
此时P(0,85).
【答案】
解：(1)根据题意得Δ=(−2)2−4×2×(m+1)≥0，
解得m≤−12；
(2)根据题意得x1+x2=1，x1x2=m+12，
∵ 7+4x1x2>x12+x22，
∴ 7+4x1x2>(x1+x2)2−2x1x2，
即7+6x1x2>(x1+x2)2，
∴ 7+6⋅m+12>1，解得m>−3，
再由(1)可得m≤−12，
∴ −3∴ 整数m的值为−2，−1．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）根据判别式的意义得到△=(−2)2−4×2×(m+1)≥0，然后解不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2=1，x1x2=m+12，再变形已知条件得到7+4x1x2>(x1+x2)2−2x1x2，于是有7+6⋅m+12>1，解得m>−3，所以m的取值范围为−3【解答】
解：(1)根据题意得Δ=(−2)2−4×2×(m+1)≥0，
解得m≤−12；
(2)根据题意得x1+x2=1，x1x2=m+12，
∵ 7+4x1x2>x12+x22，
∴ 7+4x1x2>(x1+x2)2−2x1x2，
即7+6x1x2>(x1+x2)2，
∴ 7+6⋅m+12>1，解得m>−3，
再由(1)可得m≤−12，
∴ −3∴ 整数m的值为−2，−1．
【答案】
(1)证明：如图，连接OA，
∵ BD为⊙O的直径，
∴ ∠BAD=90∘=∠OAB+∠OAD，
∵ OA=OB，
∴ ∠OAB=∠ABC，
又∵ ∠CAD=∠ABC，
∴ ∠OAB=∠CAD=∠ABC，
∴ ∠OAD+∠CAD=90∘=∠OAC，
∴ AC⊥OA，
又∵ OA是半径，
∴ 直线AC是⊙O的切线.
(2)解：过点A作AE⊥BD于E，
∵ 直线AC是⊙O的切线，
∴ ∠OAC=90∘，
在Rt△AOC中，
∵ OC2=AC2+AO2，
OA+22=16+OA2，
∴ OA=3，OC=5，BC=8，
∵ S△OAC=12OA⋅AC=12OC⋅AE，
∴ AE=3×45=125，
∴ OE=AO2−AE2=32−1252=95，
∴ BE=BO+OE=245，
∴ AB=BE2+AE2=(245)2+(125)2=1255.
【考点】
切线的判定
切线的性质
勾股定理
【解析】
（1）如图，连接OA，由圆周角定理可得∠BAD=90∘=∠OAB+∠OAD，由等腰三角形的性质可得∠OAB=∠CAD=∠ABC，可得
∠OAC=90∘，可得结论；
（2）由勾股定理可求OA=OD=3，由面积法可求AE的长，由勾股定理可求AB的长．
【解答】
(1)证明：如图，连接OA，
∵ BD为⊙O的直径，
∴ ∠BAD=90∘=∠OAB+∠OAD，
∵ OA=OB，
∴ ∠OAB=∠ABC，
又∵ ∠CAD=∠ABC，
∴ ∠OAB=∠CAD=∠ABC，
∴ ∠OAD+∠CAD=90∘=∠OAC，
∴ AC⊥OA，
又∵ OA是半径，
∴ 直线AC是⊙O的切线.
(2)解：过点A作AE⊥BD于E，
∵ 直线AC是⊙O的切线，
∴ ∠OAC=90∘，
在Rt△AOC中，
∵ OC2=AC2+AO2，
OA+22=16+OA2，
∴ OA=3，OC=5，BC=8，
∵ S△OAC=12OA⋅AC=12OC⋅AE，
∴ AE=3×45=125，
∴ OE=AO2−AE2=32−1252=95，
∴ BE=BO+OE=245，
∴ AB=BE2+AE2=(245)2+(125)2=1255.
【答案】
解：(1)设y=kt+b，把t=1，y=118；t=3，y=114代入得到：
k+b=118，3k+b=114，
解得：k=−2，b=120，
∴ y=−2t+120．
(2)设第x天的销售利润为w元．
当1≤t≤24时，
由题意w=(−2t+120)(14t+30−20)
=−12(t−10)2+1250，
∴ t=10时，w最大值为1250元．
当25≤t≤48时，
由题意w=(−2t+120)(−12t+48−20)
=t2−116t+3360，
∵ 对称轴t=58，a=1>0，
∴ 在对称轴左侧w随x增大而减小，
∴ t=25时，w最大值=1085，
综上所述第10天利润最大，最大利润为1250元．
(3)设每天扣除捐赠后的日销售利润为m元，
由题意m=(−2t+120)(14t+30−20)−(−2t+120)n
=−12t2+(10+2n)t+1200−120n，
∵ 在前24天中，每天扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，
∴ −10+2n2×(−12)≥24，
∴ n≥7，
又∵ n<9，
∴ n的取值范围为7≤n<9．
【考点】
根据实际问题列一次函数关系式
待定系数法求一次函数解析式
二次函数的应用
【解析】
（1）设y=kt+b，利用待定系数法即可解决问题．
（2）日利润=日销售量×每公斤利润，据此分别表示前24天和后24天的日利润，根据函数性质求最大值后比较得结论．
（3）列式表示前24天中每天扣除捐赠后的日销售利润，根据函数性质求n的取值范围．
【解答】
解：(1)设y=kt+b，把t=1，y=118；t=3，y=114代入得到：
k+b=118，3k+b=114，
解得：k=−2，b=120，
∴ y=−2t+120．
(2)设第x天的销售利润为w元．
当1≤t≤24时，
由题意w=(−2t+120)(14t+30−20)
=−12(t−10)2+1250，
∴ t=10时，w最大值为1250元．
当25≤t≤48时，
由题意w=(−2t+120)(−12t+48−20)
=t2−116t+3360，
∵ 对称轴t=58，a=1>0，
∴ 在对称轴左侧w随x增大而减小，
∴ t=25时，w最大值=1085，
综上所述第10天利润最大，最大利润为1250元．
(3)设每天扣除捐赠后的日销售利润为m元，
由题意m=(−2t+120)(14t+30−20)−(−2t+120)n
=−12t2+(10+2n)t+1200−120n，
∵ 在前24天中，每天扣除捐赠后的日销售利润随时间t的增大而增大，
∴ −10+2n2×(−12)≥24，
∴ n≥7，
又∵ n<9，
∴ n的取值范围为7≤n<9．
【答案】
解：(1)AF=EF，AF⊥EF.
∵ ∠DEC=∠BAC=90∘，
点F为CD中点，
∴ AF=CF=12CD，
∴ EF=CF=12CD，
∴ AF=EF，∠AFD=2∠ACD，
∴ ∠EFD=2∠ECD，
∵ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=45∘，
∴ ∠ACD+∠ECD=∠ACB=45∘，
∴ ∠AFD+∠EFD=2(∠ACD+∠ECD)，
即∠AFE=90∘.
∴ AF=EF且AF⊥EF.
(2)延长EF交于AC于点G，
∵ ∠DEB=90∘，∠BAC=90∘，
∴ DE//AC ，
∴ ∠EDF=∠GCF，
∵ F为CD的中点，
∴ DF=CF，
在△DEF和△CGF中 ∠EDF=∠GCF,∠DFE=∠CFG,DF=CF,
∴ △DEF≅△CGF，
∴ EF=GF，DE=CG，
由(1)知DE=BE，
∴ BE=CG．
∵ △ABC为等腰直角三角形，
∴ AB=AC，∠BAC=90∘，
∴ AB−BE=AC−CG，即AE=AG．
∴ △EAG为等腰直角三角形，
又∵ EF=GF，
∴ AF=EF，AF⊥EF．
(3)如图，
①逆时针旋转，
延长EF交BC与G，
∵ ∠BED=∠EBC=90∘，
∴ DE//BC，
∴ ∠EDF=∠GCF，
∵ ∠DFE=∠CFG，F为CD中点，
∴ DF=CF，
∴ △DEF≅△CGF，
∴ DE=CG，EF=FG，
∴ △BDE和△ABC都是等腰直角三角形，
∴ DE=BE=22，AC=AB=6，
∴ CG=22，BC=62，
∴ BG=BC−CG=62−22=42，
∵ BE=22，∠EBC=90∘，
在Rt△EBG中，
由勾股定理得，EG=BE2+BG2=210，
∴ EF=10.
②顺时针旋转，同理可得EF=34.
【考点】
等腰直角三角形
直角三角形斜边上的中线
旋转的性质
全等三角形的性质与判定
勾股定理
几何变换综合题
【解析】



【解答】
解：(1)AF=EF，AF⊥EF.
∵ ∠DEC=∠BAC=90∘，
点F为CD中点，
∴ AF=CF=12CD，
∴ EF=CF=12CD，
∴ AF=EF，∠AFD=2∠ACD，
∴ ∠EFD=2∠ECD，
∵ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=45∘，
∴ ∠ACD+∠ECD=∠ACB=45∘，
∴ ∠AFD+∠EFD=2(∠ACD+∠ECD)，
即∠AFE=90∘.
∴ AF=EF且AF⊥EF.
(2)延长EF交于AC于点G，
∵ ∠DEB=90∘，∠BAC=90∘，
∴ DE//AC ，
∴ ∠EDF=∠GCF，
∵ F为CD的中点，
∴ DF=CF，
在△DEF和△CGF中 ∠EDF=∠GCF,∠DFE=∠CFG,DF=CF,
∴ △DEF≅△CGF，
∴ EF=GF，DE=CG，
由(1)知DE=BE，
∴ BE=CG．
∵ △ABC为等腰直角三角形，
∴ AB=AC，∠BAC=90∘，
∴ AB−BE=AC−CG，即AE=AG．
∴ △EAG为等腰直角三角形，
又∵ EF=GF，
∴ AF=EF，AF⊥EF．
(3)如图，
①逆时针旋转，
延长EF交BC与G，
∵ ∠BED=∠EBC=90∘，
∴ DE//BC，
∴ ∠EDF=∠GCF，
∵ ∠DFE=∠CFG，F为CD中点，
∴ DF=CF，
∴ △DEF≅△CGF，
∴ DE=CG，EF=FG，
∴ △BDE和△ABC都是等腰直角三角形，
∴ DE=BE=22，AC=AB=6，
∴ CG=22，BC=62，
∴ BG=BC−CG=62−22=42，
∵ BE=22，∠EBC=90∘，
在Rt△EBG中，
由勾股定理得，EG=BE2+BG2=210，
∴ EF=10.
②顺时针旋转，同理可得EF=34.
【答案】
解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
把点A4,0，B1,3，O0,0代入抛物线中，
得：16a+4b+c=0，a+b+c=3，c=0，解得：a=−1，b=4.
∴ 抛物线表达式为y=−x2+4x.
(2)过点P作PD//AB交BH于点D，连接AD，
设直线AB的解析式为y=kx+b，A4,0，B1,3，
4k+b=0，k+b=3，解得k=−1，b=4，
∴ 直线AB的解析式为：y=−x+4．
∵ PD//AB，设直线PD的解析式为y=−x+b，
S△ABP=S△ABD=6，
∴ 12BD⋅AH=6且AH=BH=3，
∴ BD=4，
∴ DH=BD−BH=1，
∴ 点D坐标为(1,−1).
将D1,−1代入到y=−x+b中，解得b=0，
∴ 直线PD的解析式为：y=−x，
联立解方程得：−x2+4x=−x，
解得x1=0（舍去），x2=5，
∴ 点P坐标为(5,−5)．
(3)分两种类情况讨论：BC=2 ，BH=3，
①点M在x轴上方时：
易证△CBM≅△MHN，
∴ BC=MH=2，BM=HN=3−2=1，
∴ M1,2，N2,0，
②点M在x轴下方时：
易证△CBM≅△MHN，
∴ MH=BC=2，HN=BM=3+2=5，
∴ ON=NH−OH=5−1=4，
∴ M1,−2，N(−4,0)．
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数综合题
【解析】



【解答】
解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
把点A4,0，B1,3，O0,0代入抛物线中，
得：16a+4b+c=0，a+b+c=3，c=0，解得：a=−1，b=4.
∴ 抛物线表达式为y=−x2+4x.
(2)过点P作PD//AB交BH于点D，连接AD，
设直线AB的解析式为y=kx+b，A4,0，B1,3，
4k+b=0，k+b=3，解得k=−1，b=4，
∴ 直线AB的解析式为：y=−x+4．
∵ PD//AB，设直线PD的解析式为y=−x+b，
S△ABP=S△ABD=6，
∴ 12BD⋅AH=6且AH=BH=3，
∴ BD=4，
∴ DH=BD−BH=1，
∴ 点D坐标为(1,−1).
将D1,−1代入到y=−x+b中，解得b=0，
∴ 直线PD的解析式为：y=−x，
联立解方程得：−x2+4x=−x，
解得x1=0（舍去），x2=5，
∴ 点P坐标为(5,−5)．
(3)分两种类情况讨论：BC=2 ，BH=3，
①点M在x轴上方时：
易证△CBM≅△MHN，
∴ BC=MH=2，BM=HN=3−2=1，
∴ M1,2，N2,0，
②点M在x轴下方时：
易证△CBM≅△MHN，
∴ MH=BC=2，HN=BM=3+2=5，
∴ ON=NH−OH=5−1=4，
∴ M1,−2，N(−4,0)．时间t(天)
1
3
6
10
20
⋯
日销售量y(kg)
118
114
108
100
80
⋯