吉林省松原市前郭县乌兰塔拉中学等五校联考2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷（含答案）

这是一份吉林省松原市前郭县乌兰塔拉中学等五校联考2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷（含答案），共24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。

2022-2023学年吉林省松原市前郭县乌兰塔拉中学等五校联考九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．抛物线y＝2x2+1的对称轴是（　　）
A．直线x＝ B．直线x＝﹣ C．直线x＝2 D．y轴
2．图书馆的标志是浓缩图书馆文化的符号，下列图书馆标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．下列各数中，是方程x2＝4x﹣3的解的是（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
4．如图，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．若∠A＝110°，∠B＝30°，则∠COD的度数为（　　）

A．20° B．30° C．40° D．70°
5．如图，已知AB为⊙O的直径，点B为的中点，则下列结论中一定正确的是（　　）

A．BM＝OM B．AB⊥CD C．OM＝OC D．∠BOC＝60°
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD四个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（1，2）、C（2，2）、D（2，1）．若抛物线y＝（x+1）2向下平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的值不可能是（　　）

A．1 B．3 C．5 D．7
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．点P（5，﹣6）关于原点的对称点的坐标为 　 　．
8．如图是中国共产主义青年团团旗上的图案（图案本身没有字母），则至少旋转　 　度后能与原来图形重合．

9．已知：如图，AB为半⊙O的直径，C、D、E为半圆弧上的点，＝＝，∠BOE＝55°，则∠AOC的度数为　 　度．
10．如图，MN为⊙O的弦，若∠OMN＝35°，则∠MON＝　 　°．

11．若关于x的一元二次方程5x2﹣9x+m＝0有两个相等的实数根，则m的值是 　 　．
12．如图，已知抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k的对称轴为直线x＝1，且与x轴的一个交点的坐标为（3，0），那么它对应的函数解析式是 　 　．

13．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝．将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，则AM的长是　 　．

14．如图，正方形的边长为4，以正方形中心为原点建立平面直角坐标系，作出函数y＝2x2与y＝﹣2x2的图象，则阴影部分的面积是　 　．

三、解答题（每小题5分，共20分）
15．用适当的方法解方程：x2﹣2x﹣3＝0．
16．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣5的图象恰好经过A（2，﹣9），B（4，﹣5）两点，求该抛物线的解析式．
17．如图所示的正方形网格中（每个小正方形的边长均是1，小正方形的顶点叫作格点），△ABC的顶点均在格点上，请在所给平面直角坐标系中以点C为旋转中心，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得△CA1B1，画出△CA1B1，并写出点B的对应点B1的坐标．

18．如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点E，∠BAC＝50°，∠AED＝110°，求∠ABD的度数．

四、解答题（每小题7分，共28分）
19．有一圆柱形木材，埋在墙壁中，其横截面如图所示，测得木材的半径为15cm，露在墙体外侧的弦长AB＝18cm，其中半径OC垂直平分AB，则埋在墙体内的弓形高CD等于多少cm？

20．图①、图②均是4×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1．点A、B均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格内按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法．
（1）在图①中，以线段AB为边画一个中心对称四边形ABCD，使其面积为6；
（2）在图②中，以线段AB为边画一个四边形ABEF，使其即是轴对称图形又是中心对称图形．

21．如图，在△ABC中，AC＝BC，E是AB上一点，且CE＝BE，将△CBE绕点C旋转得到△CAD．
（1）求证：AB∥DC；
（2）连接DE，判断四边形BEDC的形状，并说明理由．

22．如图，在平面直角坐标系中，O是原点．抛物线的顶点P到x轴的距离是9，抛物线与x轴交于O、M两点，OM＝6．
（1）点P的坐标为 　 　，点M的坐标为 　 　；
（2）求抛物线的解析式．

五、解答题（每小题8分，共16分）
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，顶点为D，其中点A、C的坐标分别是（﹣1，0）、（0，3）．
（1）求抛物线的表达式与顶点D的坐标；
（2）设对称轴与x轴交于点F，连结BD，过点O作OE⊥BD于点E，求OE的长．

24．如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△ADE，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD、BE，延长BE交AD于点F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BF⊥AD，AF＝DF；
（3）请直接写出BE的长．

六、解答题（每小题10分，共20分）
25．已知，如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）在图1中，连接EF，为了证明结论“EF＝BE+DF”，小亮将△ADF绕点A顺时针旋转90°后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
（2）如图2，当∠EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？

26．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝2，将抛物线在y轴左侧的部分沿x轴翻折，翻折后的部分和抛物线在y轴右侧的部分组成图象G．
（1）填空：b＝　 　；
（2）如图①，在图象G中，c＝0．
①当x取何值时，图象G中的函数值y随x的增大而减小？
②当﹣4≤x≤3时，求图象G的最大值与最小值；
（3）如图②，若c＝2，直线y＝n﹣1与图象G恰有3个公共点，求n的取值范围．



参考答案
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．抛物线y＝2x2+1的对称轴是（　　）
A．直线x＝ B．直线x＝﹣ C．直线x＝2 D．y轴
【分析】根据抛物线的顶点式即可求得．
解：∵抛物线y＝2x2+1，
∴抛物线的对称轴为y轴，
故选：D．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键．即在y＝a（x﹣h）2+k中，对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，k）．
2．图书馆的标志是浓缩图书馆文化的符号，下列图书馆标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】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．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
解：选项A、B、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以不是中心对称图形；
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原图重合，所以是中心对称图形；
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．下列各数中，是方程x2＝4x﹣3的解的是（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【分析】通过解方程可对各选项进行判断．
解：x2﹣4x+3＝0，解得x1＝1，x2＝3．
故选C．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．注意一元二次方程的定义．
4．如图，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．若∠A＝110°，∠B＝30°，则∠COD的度数为（　　）

A．20° B．30° C．40° D．70°
【分析】由三角形的内角和定理可求∠AOB的度数，由旋转的性质可求解．
解：∵∠A＝110°，∠B＝30°，
∴∠AOB＝180°﹣∠A﹣∠B＝40°，
∵将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD，
∴∠COD＝∠AOB＝40°，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
5．如图，已知AB为⊙O的直径，点B为的中点，则下列结论中一定正确的是（　　）

A．BM＝OM B．AB⊥CD C．OM＝OC D．∠BOC＝60°
【分析】根据垂径定理对各选项进行逐一判断即可．
解：A、无法判定BM＝OM，故本选项错误；
B、∵AB为⊙O的直径，B为的中点，∴AB⊥CD，故本选项正确；
C、当点M为OC的中点时，OM＝OC，故本选项错误；
D、无法判定∠BOC＝60°，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查的是垂径定理，即平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD四个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（1，2）、C（2，2）、D（2，1）．若抛物线y＝（x+1）2向下平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的值不可能是（　　）

A．1 B．3 C．5 D．7
【分析】根据向下平移横坐标不变，分别代入B的横坐标和D的横坐标求得对应的函数值，即可求得m的取值范围．
解：设平移后的解析式为y＝（x+1）2﹣m，
将B点坐标代入，得
4﹣m＝2，解得m＝2，
将D点坐标代入，得
9﹣m＝1，解得m＝8，
y＝（x+1）2向下平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的取值范围是2≤m≤8，
观察选项，只有选项A符合题意．
故选：A．

【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用了正方形性质和二次函数图象上点的坐标特征，平移的性质的应用，把B，D的坐标代入是解题关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．点P（5，﹣6）关于原点的对称点的坐标为 　（﹣5，6）　．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征：横纵坐标都互为相反数，即可解答．
解：点P（5，﹣6）关于原点的对称点的坐标为（﹣5，6），
故答案为：（﹣5，6）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
8．如图是中国共产主义青年团团旗上的图案（图案本身没有字母），则至少旋转　72　度后能与原来图形重合．

【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
解：∵360°÷5＝72°，
∴该图形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：72．
【点评】本题考查了旋转角的定义及求法．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
9．已知：如图，AB为半⊙O的直径，C、D、E为半圆弧上的点，＝＝，∠BOE＝55°，则∠AOC的度数为　15　度．
【分析】利用在同圆中等弧所对的圆心角相等可得∠COD、∠DOE、∠BOE都为55°，则∠AOC可解．
解：∵，∠BOE＝55°，
∴∠COD＝∠DOE＝∠BOE＝55°，
∴∠AOC＝180°﹣∠COD﹣∠DOE﹣∠BOE＝15°．
【点评】本题利用了在同圆中等弧所对的圆心角相等和平角的概念求解．
10．如图，MN为⊙O的弦，若∠OMN＝35°，则∠MON＝　110　°．

【分析】根据圆的性质及等腰三角形的内角和为180°可得答案．
解：∵MN为圆O的弦，
∴OM＝ON，
∴∠OMN＝∠ONM＝35°，
∴∠MON＝180°﹣2∠OMN＝180°﹣2×35°＝110°．
故答案为：110．
【点评】此题考查的是圆的性质及三角形内角和定理，掌握圆的性质是解决此题关键．
11．若关于x的一元二次方程5x2﹣9x+m＝0有两个相等的实数根，则m的值是 　　．
【分析】根据一元二次方程5x2﹣9x+m＝0有两个相等的实数根列关于m的方程，即可解得答案．
解：∵关于x的一元二次方程5x2﹣9x+m＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝0，
即92﹣4×5×m＝0，
解得m＝，
故答案为：．
【点评】本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程有两个相等的实数根，则Δ＝0．
12．如图，已知抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k的对称轴为直线x＝1，且与x轴的一个交点的坐标为（3，0），那么它对应的函数解析式是 　y＝﹣（x﹣1）2+4　．

【分析】抛物线的对称轴为直线x＝1，一个交点为（3，0），则另外一个交点为（﹣1，0），再用待定系数法即可求解．
解：抛物线的对称轴为直线x＝1，一个交点为（3，0），则另外一个交点为（﹣1，0），设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
则y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣（x﹣1）2+4，
故答案为：y＝﹣（x﹣1）2+4．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查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．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝．将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，则AM的长是　2　．

【分析】由勾股定理求出CA，由旋转的性质得出CA＝CM，∠ACM＝60°，证出△ACM为等边三角形，得出AM＝CA即可．
解：∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝，
∴CA＝＝2，
由旋转的性质得：CA＝CM，∠ACM＝60°，
∴△ACM为等边三角形，
∴AM＝CA＝2；
故答案为：2．
【点评】本题考查了图形的变换﹣旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性，勾股定理；熟练掌握旋转的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
14．如图，正方形的边长为4，以正方形中心为原点建立平面直角坐标系，作出函数y＝2x2与y＝﹣2x2的图象，则阴影部分的面积是　8　．

【分析】根据题意，观察图形可得图中的阴影部分的面积是图中正方形面积的一半，而正方形面积为16，由此可以求出阴影部分的面积．
解：∵函数y＝2x2与y＝﹣2x2的图象关于x轴对称，
∴图中的阴影部分的面积是图中正方形面积的一半，
而边长为4的正方形面积为16，
所以图中的阴影部分的面积是8．
故答案为8．
【点评】本题考查的是关于x轴对称的二次函数解析式的特点，解答此题的关键是根据函数解析式判断出两函数图象的特点，再根据正方形的面积即可解答．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．用适当的方法解方程：x2﹣2x﹣3＝0．
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
解：x2﹣2x﹣3＝0，
（x+1）（x﹣3）＝0，
x+1＝0，x﹣3＝0，
x1＝﹣1，x2＝3．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
16．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣5的图象恰好经过A（2，﹣9），B（4，﹣5）两点，求该抛物线的解析式．
【分析】把A（2，﹣9），B（4，﹣5）代入y＝ax2+bx﹣5，解方程组可得a，b的值，从而求得答案．
解：把A（2，﹣9），B（4，﹣5）代入y＝ax2+bx﹣5得：
，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x﹣5．
【点评】本题考查求二次函数解析式，解题的关键是掌握待定系数法．
17．如图所示的正方形网格中（每个小正方形的边长均是1，小正方形的顶点叫作格点），△ABC的顶点均在格点上，请在所给平面直角坐标系中以点C为旋转中心，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得△CA1B1，画出△CA1B1，并写出点B的对应点B1的坐标．

【分析】利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A1，B1即可．
解：如图，△CA1B1即为所求，B1（3，1）．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
18．如图，在⊙O中，弦AB、CD相交于点E，∠BAC＝50°，∠AED＝110°，求∠ABD的度数．

【分析】首先根据圆周角定理得∠D＝∠BAC，再根据三角形外角的性质即可求得∠ABD的度数．
解：∵∠BAC＝50°，
∴∠D＝∠BAC＝50°．
∵∠AED＝110°，
∴∠ABD＝∠AED﹣∠D＝110°﹣50°＝60°．
【点评】本题考查了圆周角定理，三角形的外角的性质，熟记圆周角定理是解题的关键．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．有一圆柱形木材，埋在墙壁中，其横截面如图所示，测得木材的半径为15cm，露在墙体外侧的弦长AB＝18cm，其中半径OC垂直平分AB，则埋在墙体内的弓形高CD等于多少cm？

【分析】由垂径定理，勾股定理，即可求解．
解：∵OC⊥AB，
∴AD＝BD＝9cm，
∵OD2＝AO2﹣AD2，
∴OD2＝152﹣92，
∴OD＝12cm，
∵CD＝OC﹣OD，
∴CD＝15﹣12＝3（cm），
∴埋在墙体内的弓形高CD等于3cm．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是应用勾股定理求出OD长．
20．图①、图②均是4×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1．点A、B均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定的网格内按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写出画法．
（1）在图①中，以线段AB为边画一个中心对称四边形ABCD，使其面积为6；
（2）在图②中，以线段AB为边画一个四边形ABEF，使其即是轴对称图形又是中心对称图形．

【分析】（1）利用数形结合的思想画出图形即可；
（2）作一个正方形ABEF即可．
解：（1）如图①中，四边形ABCD即为所求；
（2）如图②中，正方形ABEF即为所求．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
21．如图，在△ABC中，AC＝BC，E是AB上一点，且CE＝BE，将△CBE绕点C旋转得到△CAD．
（1）求证：AB∥DC；
（2）连接DE，判断四边形BEDC的形状，并说明理由．

【分析】（1）由旋转的性质得出∠BCE＝∠ACD，由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BAC，∠B＝∠BCE，由平行线的判定可得出结论；
（2）由平行四边形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：由旋转的性质得∠BCE＝∠ACD，
∵AC＝BC，
∴∠B＝∠BAC，
∵CE＝BE，
∴∠B＝∠BCE，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴AB∥CD；
（2）解：四边形BEDC是平行四边形，
由旋转的性质得CD＝CE，
∵CE＝BE，
∴CD＝BE，
∵AB∥DC，
∴四边形BEDC是平行四边形．
【点评】此题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
22．如图，在平面直角坐标系中，O是原点．抛物线的顶点P到x轴的距离是9，抛物线与x轴交于O、M两点，OM＝6．
（1）点P的坐标为 　（3，9）　，点M的坐标为 　（6，0）　；
（2）求抛物线的解析式．

【分析】（1）OM＝6，则点P的横坐标为3，点M的坐标为（6，0），顶点P到x轴的距离是9，则点P的纵坐标为9，即可求解；
（2）用待定系数法即可求解．
解：（1）∵OM＝6，则点P的横坐标为3，点M的坐标为（6，0），
∵顶点P到x轴的距离是9，则点P的纵坐标为9，故点P的坐标为（3，9）；
故答案为（3，9），（6，0）；

（2）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣h）2+k，
则y＝a（x﹣3）2+9，
将点M的坐标代入上式得：0＝a（6﹣3）2+9，
解得a＝﹣1，
故抛物线的表达式为y＝﹣（x﹣3）2+9．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查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．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，顶点为D，其中点A、C的坐标分别是（﹣1，0）、（0，3）．
（1）求抛物线的表达式与顶点D的坐标；
（2）设对称轴与x轴交于点F，连结BD，过点O作OE⊥BD于点E，求OE的长．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，然后把一般式配成顶点式得到D点坐标；
（2）连接OD，如图，先解方程﹣x2+2x+3＝0得B（3，0），利用两点间的距离公式计算出BD，然后利用面积法求OE的长．
解：（1）把A（﹣1，0）、C（0，3）分别代入y＝﹣x2+bx+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点D的坐标为（1，4）；
（2）连接OD，如图，
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∴BD＝＝2，
∵OE•BD＝DF•OB，
∴OE＝＝．

【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
24．如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△ADE，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD、BE，延长BE交AD于点F．
（1）求证：△ABD是等边三角形；
（2）求证：BF⊥AD，AF＝DF；
（3）请直接写出BE的长．

【分析】（1）根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明；
（2）根据线段垂直平分线的判定定理得到点B、E在AD的垂直平分线上，证明距离；
（3）根据勾股定理求出BF、EF的长，计算即可．
【解答】（1）证明：由旋转变换的性质可知，∠BAD＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形；
（2）证明：∵△ABD是等边三角形，
∴BA＝BD，
∴点B在AD的垂直平分线上，
∵EA＝CA，ED＝CB，CA＝CB，
∴EA＝ED，
∴E在AD的垂直平分线上，
∴BE垂直平分AD，即BF⊥AD，AF＝DF；
（3）解：∵AF＝AD＝3，AB＝6，
∴BF＝＝3，
∵AF＝3，AE＝AC＝5，
∴EF＝＝4，
∴BE＝BF﹣EF＝3﹣4．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质，线段垂直平分线的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握线段垂直平分线的判定定理、旋转变换的性质是解题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．已知，如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）在图1中，连接EF，为了证明结论“EF＝BE+DF”，小亮将△ADF绕点A顺时针旋转90°后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
（2）如图2，当∠EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？

【分析】（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，点E与点G对应到AD，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE．
【解答】（1）证明：如图1中，

由旋转可得GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，∠ABG＝∠ADF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABG＝180°，
∴G，B，C三点在一条直线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．

（2）解：结论：EF＝DF﹣BE，
理由：如图2中，把△ABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，点E与点G对应，

同（1）可证得△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法构造全等三角形．
26．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝2，将抛物线在y轴左侧的部分沿x轴翻折，翻折后的部分和抛物线在y轴右侧的部分组成图象G．
（1）填空：b＝　4　；
（2）如图①，在图象G中，c＝0．
①当x取何值时，图象G中的函数值y随x的增大而减小？
②当﹣4≤x≤3时，求图象G的最大值与最小值；
（3）如图②，若c＝2，直线y＝n﹣1与图象G恰有3个公共点，求n的取值范围．

【分析】（1）利用抛物线的对称轴即可求得b＝4；
（2）①观察图象即可得出结论；
②根据图象上点的坐标特征，即可得出当﹣4≤x≤3时，图形G的最大值与最小值；
（3）求得抛物线y＝﹣x2+4x+2的最高点，然后根据图象即可求得．
解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的对称轴是直线x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝4，
故答案为：4；
（2）①由图象可知，当x＜0或x＞2时，图形G中的函数值随x的增大而减少；
②∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∴函数y＝﹣x2+4x的最大值为4，
当x＝﹣4时，y＝﹣（﹣4）2+4×（﹣4）＝﹣32，
当x＝3时，y＝﹣32+4×3＝3，
∴当﹣4≤x≤3时，图形G的最大值是32，最小值是0；
（3）若c＝2，则y＝﹣x2+4x+2＝﹣（x﹣2）2+6，
∴直线y＝n﹣1与图形G恰有3个公共点，则2≤n﹣1＜6，即3≤n＜7，
∴n的取值范围是3≤n＜7．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，一次函数图象与系数的关系，二次函数的最值，数形结合是解题的关键．