2022-2023学年天津市红桥区九年级上册数学月考专项突破模拟卷（AB卷）含解析

这是一份2022-2023学年天津市红桥区九年级上册数学月考专项突破模拟卷（AB卷）含解析，共45页。试卷主要包含了选一选，填 空 题，解 答 题等内容，欢迎下载使用。

1. 方程2x2﹣3x﹣5=0的二次项系数、项系数、常数项分别为（ ）
A. 3、2、5B. 2、3、5C. 2、﹣3、﹣5D. ﹣2、3、5
2. 如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，则对角线BD的长是（ ）
A. 1B. C. 2D.
3. 一元二次方程x2﹣6x﹣6＝0配方后化为（ ）
A. （x﹣3）2＝15B. （x﹣3）2＝3C. （x+3）2＝15D. （x+3）2＝3
4. 根据下表可知，方程x2+3x﹣5=0的一个近似解x为（ ）
A. 1.1B. 1.2C. 1.3D. 1.4
5. 在中，点D是边上的点（与B，C两点没有重合），过点D作，分别交，于E，F两点，下列说确的是（ ）
A. 若，则四边形是矩形
B. 若垂直平分，则四边形是矩形
C. 若，则四边形菱形
D. 若平分，则四边形是菱形
6. 如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE，若AB的长为2，则FM的长为( )
A. 2B. C. D. 1
二、填 空 题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．
7. 已知正方形ABCD的对角线AC＝，则正方形ABCD的面积为_____．
8. 若一元二次方程ax2﹣bx﹣2018＝0有一个根为x＝﹣1，则a+b＝____．
9. 若关于x的方程(m-2)x|m|＋2x－1＝0是一元二次方程，则m＝________．
10. 如图，在Rt△ABC中，E是斜边AB的中点，若AC=8，BC=6，则CE=_____．
11. 我们知道方程x2﹣2x+1=0的解是x1=x2=1，则给出的另一个方程（x﹣1）2﹣2（x﹣1）+1=0的解是_____．
12. 如图，菱形ABCD和菱形AEFG开始完全重合，现将菱形AEFG绕点A顺时针旋转，设旋转角∠BAE=α（0°＜α＜360°），则当α=_____时，菱形的顶点F会落在菱形ABCD的对角线所在的直线上．
三、解 答 题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．
13. 解方程：
（1）（x﹣3）（x﹣1）=3；
（2）（x+1）2=6（x+1）．
14. 如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，且DE=BC，AF⊥DE于点F，
求证：DF=EC．
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AB、OB的长是x2﹣2mx+3m=0的两个根．若方程的一个根为2，求该菱形的面积．
16. 已知关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0．
（1）若该一元二次方程有两个相等的实数根，求k的值．
（2）在（1）的条件下，解该一元二次方程．
17. 已知矩形ABCD，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（没有写作法）
（1）如图1，点P为CD的中点，画出AB的垂直平分线l．
（2）如图2，在矩形ABCD中，以对角线AC为一边构造一个正方形ACFE，画出EF中点M．
四、解 答 题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．
18. 如图，矩形ABCD的长BC=5，宽AB=3．
（1）若矩形的长与宽同时增加2，则矩形的面积增加 ．
（2）若矩形长与宽同时增加x，此时矩形增加的面积为48，求x的值．
19. 如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F．
（1）求证：△ABF≌△ECF；
（2）若∠AFC=2∠D，连接AC、BE，求证：四边形ABEC是矩形．
20. 一道古算题：有执长竿入城门者，横执之多六尺，竖执之多三尺，有老父至，教他斜竿对两角，没有多没有少刚抵足，借问竿长多少数？
大意如下：某人拿着长竹竿进城门，横着拿竿多六尺，竖着拿竿多三尺，有一个丰富的老者，教他斜着拿竹竿进城门，竹竿刚好就是城门斜对角线的长度，正好可以进城，问竹竿长多少尺？（城门为矩形）
五、解 答 题：本大题共2小题，每小题9分，共18分．
21. 如图，E是正方形ABCD外一点，且DE=CE=，连接AE．
（1）将△ADE绕点D逆时针旋转90°，作出旋转后的图形．
（2）如果∠AED=15°，判断△DEC的形状，并说明理由．
22. 根据要求，解答下列问题：
（1）①方程x2-x-2 =0的解为__________
②方程x2-2x-3 =0的解为_______
③方程x2-3x-4 =0的解为_______
..
（2）根据以上方程特征及其解得特征，请猜想：
①方程x2-9x-10=0的解为_______
②请用配方法解方程x2-9x-10=0,以验证猜想结论的正确性．
（3）应用：关于x的方程______的解为x1 =-1,x2 =n+1
六、解 答 题：12分．
23. 如图1，菱形ABCD中，△EFP的顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，且EP=FP．
（1）证明：∠EPF+∠BAD=180°．
（2）若∠BAD=120°（如图2），证明：AE+AF=AP．
2022-2023学年天津市红桥区九年级上册数学月考专项突破模拟卷（A卷）
一、选一选：本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项．
1. 方程2x2﹣3x﹣5=0的二次项系数、项系数、常数项分别为（ ）
A. 3、2、5B. 2、3、5C. 2、﹣3、﹣5D. ﹣2、3、5
【正确答案】C
【详解】分析：对于一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的a、b、c分别是二次项系数、项系数、常数项.
详解：2x2﹣3x﹣5=0的二次项系数、项系数、常数项分别为2、﹣3、﹣5.
故选C.
点睛：本题考查了一元二次方程的一般形式： 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叫项，c是常数项.其中a，b，c分别叫二次项系数，项系数，常数项.
2. 如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，则对角线BD的长是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【正确答案】C
【分析】利用菱形的性质以及等边三角形的判定方法得出△DAB是等边三角形，进而得出BD的长，
【详解】∵菱形ABCD的边长为2，
∴AD=AB=2，
又∵∠DAB=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∴AD=BD=AB=2，
则对角线BD的长是2．
故选C．
考点：菱形的性质．
此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定，得出△DAB是等边三角形是解题关键．
3. 一元二次方程x2﹣6x﹣6＝0配方后化为（ ）
A. （x﹣3）2＝15B. （x﹣3）2＝3C. （x+3）2＝15D. （x+3）2＝3
【正确答案】A
【分析】先移项，化为再方程两边都加9，从而可得答案.
【详解】解： x2﹣6x﹣6＝0，

两边都加9得：

故选A
本题考查的是利用配方法解一元二次方程，掌握“配方法的步骤”是解题的关键.
4. 根据下表可知，方程x2+3x﹣5=0的一个近似解x为（ ）
A. 1.1B. 1.2C. 1.3D. 1.4
【正确答案】B
【详解】分析：利用表值数据得到方程的解的范围为1.1详解：当x=1.1时，x2+3x−5=−0.49，
当x=1.2时，x2+3x−5=0.04，
∴方程的解的范围为1.1故选B.
点睛：本题考查了一元二次方程的近似解，解题的关键是根据表格判断出x得哪个值能使x2+3x−5的值更接近于0.
5. 在中，点D是边上的点（与B，C两点没有重合），过点D作，分别交，于E，F两点，下列说确的是（ ）
A. 若，则四边形是矩形
B. 若垂直平分，则四边形是矩形
C. 若，则四边形是菱形
D. 若平分，则四边形是菱形
【正确答案】D
【分析】由矩形的判定和菱形的判定即可得出结论．
【详解】解：若AD⊥BC，则四边形AEDF是平行四边形，没有一定是矩形；选项A错误；
若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，没有一定是矩形；选项B错误；
若BD=CD，则四边形AEDF平行四边形，没有一定是菱形；选项C错误；
若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形；选项D正确；
故选：D．
本题考查了矩形的判定、菱形的判定；熟记菱形和矩形的判定方法是解决问题的关键．
6. 如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE，若AB的长为2，则FM的长为( )
A. 2B. C. D. 1
【正确答案】B
【详解】将诶：∵四边形ABCD为正方形，AB=2，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，
∴BM=1，
过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FB=AB=2，
则在Rt△BMF中，FM===，
故选B．
二、填 空 题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．
7. 已知正方形ABCD的对角线AC＝，则正方形ABCD的面积为_____．
【正确答案】1
【详解】分析：在直角△ABC中，AC为斜边，且AB=BC，已知AC的长即可求AB、BC的长，根据AB的长即可求正方形ABCD的面积．
详解：∵四边形ABCD是正方形，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC，
∵AB2+BC 2=AC 2， AC=，
∴AB2+BC2=2，
∴AB=BC=1，
故正方形的面积为S=AB2=1，
故1．
点睛：本题考查了正方形各边长相等的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，正方形面积的计算，本题中正确的计算正方形ABCD的边长是解题的关键．
8. 若一元二次方程ax2﹣bx﹣2018＝0有一个根为x＝﹣1，则a+b＝____．
【正确答案】2018
【分析】把x=-1代入方程，整理即可求出a+b的值．
【详解】解：把x=-1代入方程有：
a+b-2018=0，
即a+b=2018．
故答案是：2018．
本题考查的是一元二次方程的解，把方程的解代入方程，可以求出代数式的值．
9. 若关于x的方程(m-2)x|m|＋2x－1＝0是一元二次方程，则m＝________．
【正确答案】-2
【详解】方程(m-2)x|m|＋2x－1＝0是一元二次方程，可得且m-2≠0，解得m=-2.
10. 如图，在Rt△ABC中，E是斜边AB的中点，若AC=8，BC=6，则CE=_____．
【正确答案】5
【详解】分析：先根据勾股定理求出AB的长，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出CE的长.
详解：根据勾股定理可知AC==10,
∵E是斜边AB的中点，
∴.
故答案为5.
点睛：本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上中线的性质，解题的关键是灵活运用数形的思想和熟练掌握直角三角形的性质.
11. 我们知道方程x2﹣2x+1=0的解是x1=x2=1，则给出的另一个方程（x﹣1）2﹣2（x﹣1）+1=0的解是_____．
【正确答案】x1=x2=2
【详解】分析：由两个方程的结构特点值，另一个方程满足x-1=1,从而可求出另一个方程的根.
详解：∵方程x2﹣2x+1=0的解是x1=x2=1，
∴方程（x﹣1）2﹣2（x﹣1）+1=0的解满足：
x-1=1
∴x1=x2=2.
点睛：本题考查了换元法解一元二次方程，认真观察所给两个方程的特点，合理换元是解答本题的突破点.
12. 如图，菱形ABCD和菱形AEFG开始完全重合，现将菱形AEFG绕点A顺时针旋转，设旋转角∠BAE=α（0°＜α＜360°），则当α=_____时，菱形的顶点F会落在菱形ABCD的对角线所在的直线上．
【正确答案】60°或180°或300°
【详解】分析：分别从当点F在DB的延长线上时，当点F在CA的延长线时，C，O，F共线，当点F在BD的延长线时，去分析求解即可求得答案．
详解：如图(1)，当点F在DB的延长线上时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,OA=AC，
∴∠AOF=90º，
∵AF=AC，
∴OA=AF，
即cs∠CAF=，
∴∠CAF=60º；
即旋转角为60º；
如图(2)，当点F在CA的延长线时，C，O，F共线，
即∠COF=180º，
∴旋转角为180º；
如图(3)，当点F在BD的延长线时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,OA=AC，
∴∠AOF=90º，
∵AF=AC，
∴OA=AF，
即cs∠CAF=，
∴∠CAF=60º；
即旋转角为：360º−60º=300º；
故答案为60º或180º或300º.
点睛：此题考查了旋转的性质、菱形的性质以及角的三角函数问题．此题难度适中，注意掌握数形思想与分类讨论思想的应用．
三、解 答 题：本大题共5小题，每小题6分，共30分．
13. 解方程：
（1）（x﹣3）（x﹣1）=3；
（2）（x+1）2=6（x+1）．
【正确答案】（1）x1=0，x2=4；（2）x1=﹣1，x2=5
【详解】分析：（1）先把原方程整理成一元二次方程的一般形式，然后用因式分解法求解；
（2）先移项，将原方程变为（x+1）2﹣6（x+1）=0，然后把x+1看做一个整体，用因式分解法求解.
详解:（1）原方程化简，得x2﹣4x=0，
因式分解，得
x（x﹣4）=0，
于，得
x=0或x﹣4=0，
解得x1=0，x2=4；
（2）移项，得
（x+1）2﹣6（x+1）=0，
因式分解，得
（x+1）（x+1﹣6）=0
于是，得
x+1=0或x﹣5=0，
解得x1=﹣1，x2=5．
点睛：本题考查了一元二次方程的解法，其基本步骤是：先把方程整理成一元二次方程的一般形式：ax2+bx+c=0（a≠0），然后根据方程的特点，从直接开平方法，配方法，求根公式法，因式分解法中灵活选择合适的方法求解.
14. 如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，且DE=BC，AF⊥DE于点F，
求证：DF=EC．
【正确答案】证明见解析
【详解】分析：要证DF=EC，只要证△DFA≌△ECD即可，由矩形性质可得AD=BC=DE，一组对应角为直角，再由AD∥EC得到∠ADF=∠DEC，则全等可证.
详解：∵AF⊥DE．
∴∠AFD=90°．
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°．
∴∠ADF=∠DEC，∠AFD=∠C=90°．
在△ADF与△DEC中，
，
∴△ADF≌△DEC（AAS）．
∴DF=EC．
点睛：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等的条件有部分隐含在矩形之中，解答本题的关键是证明△DFA≌△ECD.
15. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AB、OB的长是x2﹣2mx+3m=0的两个根．若方程的一个根为2，求该菱形的面积．
【正确答案】16
【详解】分析：把x=2代入x2﹣2mx+3m=0，求出m值，然后解方程x2﹣8x+12=0，求出方程的根，也就求出了AB、OB的长，再根据勾股定理求出OA的值，由菱形的面积等于两对角线成绩的一半可求出结论.
详解：将x=2代入原方程，得：4﹣4m+3m=0，
解得：m=4，
∴原方程为x2﹣8x+12=0，
解得：x1=2，x2=6，
∴AB=6，OB=2，
∴OA===4，
∴菱形的面积=4×OA•OB=16．
点睛：本题考查了一元二次方程的解法，菱形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法和菱形的性质.
16. 已知关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0．
（1）若该一元二次方程有两个相等的实数根，求k的值．
（2）在（1）的条件下，解该一元二次方程．
【正确答案】（1）- （2）x1=x2=
【详解】分析：（1）由于方程有两个相等的实数根，所以△=0，列出关于k的方程求解；
（2）把（1）中求得的k的值代入x2﹣3x﹣k=0，然后用配方法解方程即可.
详解：（1）∵方程x2﹣3x﹣k=0有两个相等的实数根，
∴△=（﹣3）2+4k=9+4k=0，
∴k=﹣．
（2）将k=﹣代入原方程，得：x2﹣3x+=0，即（x﹣）2=0，
解得：x1=x2=．
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△>0时，一元二次方程有两个没有相等的实数根；当△=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当△<0时，一元二次方程没有实数根.
17. 已知矩形ABCD，请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（没有写作法）
（1）如图1，点P为CD的中点，画出AB的垂直平分线l．
（2）如图2，在矩形ABCD中，以对角线AC为一边构造一个正方形ACFE，画出EF的中点M．
【正确答案】见解析
【详解】分析：（1）连接AC、BD，相较于点O，则O是AC的中点，所以PO是△BCD的中位线，从而可证PO⊥AB；
（2）连接BD交AC于点G，则G是AC的中点；连接AF、CE，相较于点H，则H是AF的中点，从而GH是△ACE的中位线，继而可得GH垂直平分AC.
详解：如图
点睛：本题考查了学生的作图能力及矩形的性质、正方形的性质、三角形的中位线等知识，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
四、解 答 题：本大题共3小题，每小题8分，共24分．
18. 如图，矩形ABCD的长BC=5，宽AB=3．
（1）若矩形的长与宽同时增加2，则矩形的面积增加 ．
（2）若矩形的长与宽同时增加x，此时矩形增加的面积为48，求x的值．
【正确答案】（1）20（2）x的在值为4
【详解】分析：（1）增加后的长为长为7，宽为5，根据长方形的面积=长×宽计算即可；
（2）矩形的长与宽同时增加x，则长变为5+x，宽变为3+x，根据长×宽=48，列方程求解.
详解：（1）（5+2）×（3+2）﹣5×3=20．
故答案为20．
（2）若矩形的长与宽同时增加x，则此时矩形的长为5+x，宽为3+x，
根据题意得：（5+x）（3+x）﹣5×3=48，
整理，得：x2+8x﹣48=0，
解得：x1=4，x2=﹣12（没有合题意，舍去）．
答：x的在值为4．
点睛：本题考查了矩形的面积和一元二次方程的应用，根据长方形的面积=长×宽列出方程是解答本题的关键.
19. 如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F．
（1）求证：△ABF≌△ECF；
（2）若∠AFC=2∠D，连接AC、BE，求证：四边形ABEC是矩形．
【正确答案】证明：（1）见解析
（2）见解析
【详解】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD．∴∠ABF＝∠ECF．
∵EC＝DC，∴AB＝EC．
在△ABF和△ECF中，∵∠ABF＝∠ECF，∠AFB＝∠EFC，AB＝EC，
∴△ABF≌△ECF．
(2)证法一：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．∴AF＝EF，BF＝CF．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC＝∠D，又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠ABC．
∵∠AFC＝∠ABF＋∠BAF，∴∠ABF＝∠BAF．∴FA＝FB．
∴FA＝FE＝FB＝FC，∴AE＝BC．∴□ABEC是矩形．
证法二：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE．
又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠BCE．
∵∠AFC＝∠FCE＋∠FEC，∴∠FCE＝∠FEC．∴∠D＝∠FEC．
∴AE＝AD．
又∵CE＝DC，∴AC⊥DE，即∠ACE＝90°．
∴□ABEC是矩形．
20. 一道古算题：有执长竿入城门者，横执之多六尺，竖执之多三尺，有老父至，教他斜竿对两角，没有多没有少刚抵足，借问竿长多少数？
大意如下：某人拿着长竹竿进城门，横着拿竿多六尺，竖着拿竿多三尺，有一个丰富的老者，教他斜着拿竹竿进城门，竹竿刚好就是城门斜对角线的长度，正好可以进城，问竹竿长多少尺？（城门为矩形）
【正确答案】竹竿的长为15尺
【详解】分析：设竹竿的长为x尺，由题意可知城门的宽为（x﹣6）尺，长为（x﹣3）尺，斜对角线为x尺，然后根据勾股定理列方程求解.
详解：设竹竿的长为x尺，
由题意可知城门的宽为（x﹣6）尺，长为（x﹣3）尺，斜对角线为x尺，
则有（x﹣6）2+（x﹣3）2=x2，
整理得：x2﹣18x+45=0，
解得：x1=15，x2=3（没有合题意，舍去），
答：竹竿的长为15尺．
点睛：本题考查了勾股定理得实际应用，解答本题的关键是根据实际情况构造出直角三角形，根据勾股定理列出方程.
五、解 答 题：本大题共2小题，每小题9分，共18分．
21. 如图，E是正方形ABCD外一点，且DE=CE=，连接AE．
（1）将△ADE绕点D逆时针旋转90°，作出旋转后的图形．
（2）如果∠AED=15°，判断△DEC的形状，并说明理由．
【正确答案】（1）见解析（2）△DEC等边三角
【详解】分析：（1）根据旋转变换的定义和性质即可作图；
（2）先利用旋转性质知△DEF为等腰直角三角形，继而得出∠CFE=30°、∠AEF=60°、∠EGF=90°，从而求得EF=2、GE=1、CG=GE，据此知∠CEG=45°，根据∠CED=∠CEG+∠AED=60°、CE=DE即可得证．
详解：（1）如图所示，△CDF即为所求；
（2）△DEC是等边三角形，
理由：如图，连接EF，记AE、CF的交点为G，
由（1）可得DF=DE、∠EDF=90°、∠CFD=∠AED=15°，
∴∠DFE=∠DEF=45°，
∴∠CFE=∠DFE﹣∠CFD=30°，∠AEF=∠AED+∠DEF=60°，
∴∠EGF=90°，
∴GE=EF，
∵EF==2，
∴GE=1，
∴CG==1，
∴CG=EG，
∵∠CGE=90°，
∴∠CEG=45°，
∴∠CED=∠CEG+∠AED=60°，
∵CE=DE，
∴△DEC为等边三角形．
点睛：本题考查了旋转作图，等腰直角三角形的判定与性质，含30 º的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定等知识，得到△CGE是等腰直角三角形是解答本题的突破点.
22. 根据要求，解答下列问题：
（1）①方程x2-x-2 =0的解为__________
②方程x2-2x-3 =0的解为_______
③方程x2-3x-4 =0的解为_______
...
（2）根据以上方程特征及其解得特征，请猜想：
①方程x2-9x-10=0的解为_______
②请用配方法解方程x2-9x-10=0,以验证猜想结论的正确性．
（3）应用：关于x的方程______的解为x1 =-1,x2 =n+1
【正确答案】（1）①x1＝-1，x2＝2； ②x1＝-1，x2＝3；③x1＝-1，x2＝4；(2)① x1＝-1，x2＝10；②见解析；（3）x2－nx-n-1＝0
【分析】（1）①②③利用因式分解法求解即可；
（2）①根据（1）中规律求解即可；
②先把-10移到右边，然后两边都加，把左边写成完全平方式，然后两边同时开平方即可；
（3）利用前面方程的系数特征与它的解的关系求解．
【详解】解：①∵x2-x-2=0，
∴(x+1)(x-2)=0，
∴x1=-1，x2=2；
②∵x2-2x-3=0,
∴(x+1)(x-3)=0，
∴x1=-1，x2=3；
③∵x2-3x-4=0,
∴(x+1)(x-4)=0，
∴x1=-1，x2=4；
…
（2）根据以上方程特征及其解的特征，请猜想：
①方程x2-9x-10=0的解为x1=-1，x2=10；
②x2-9x-10=0，
移项，得
x2-9x=10，
配方，得
x2-9x+=10+，
即（x-）2=，
开方，得
x-，
x1=-1，x2=10；
（3）由（1）和（2）可知，关于x的方程x2-nx-（n+1）=0的解为x1=-1，x2=n+1．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元方程的问题了（数学转化思想）．也考查了配方法解一元二次方程．
六、解 答 题：12分．
23. 如图1，菱形ABCD中，△EFP的顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，且EP=FP．
（1）证明：∠EPF+∠BAD=180°．
（2）若∠BAD=120°（如图2），证明：AE+AF=AP．
【正确答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【详解】分析：（1）如图1中，作PM⊥AD于M，PN⊥AC于N．由Rt△PMF≌Rt△PNE，推出∠MPF=∠NPE，推出∠EPF=∠MPF，由∠BAD+∠MPN=360°-∠AMP-∠ANP=180°，推出∠EPF+∠BAD=180°即可；
（2）如图2中，作PM⊥AD于M，PN⊥AC于N．由Rt△PMF≌Rt△PNE，推出FM=NE，由PA=PA，PM=PN，推出Rt△PAM≌Rt△PAN，推出AM=AN，推出AF+AE=（AM+FM）+（AN-EN）=2AM，再证明PA=2AM即可解决问题；
详解：（1）如图1中，作PM⊥AD于M，PN⊥AC于N．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠PAM=∠PAN，
∴PM=PN，
∵PE=PF，
∴Rt△PMF≌Rt△PNE，
∴∠MPF=∠NPE，
∴∠EPF=∠MPF，
∵∠BAD+∠MPN=360°﹣∠AMP﹣∠ANP=180°，
∴∠EPF+∠BAD=180°．
（2）如图2中，作PM⊥AD于M，PN⊥AC于N．
由（1）可知Rt△PMF≌Rt△PNE，
∴FM=NE，
∵PA=PA，PM=PN，
∴Rt△PAM≌Rt△PAN，
∴AM=AN，
∴AF+AE=（AM+FM）+（AN﹣EN）=2AM，
∵∠BAD=120°，
∴∠PAM=60°，易知PA=2AM，
∴AE+AF=PA．
点睛：本题考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
2022-2023学年天津市红桥区九年级上册数学月考专项突破模拟卷（B卷）
一、选一选：（每小题3分，共36分）
1. 下列图形是对称图形的是【 】
A. B. C. D.
2. 方程的解是（ ）
A. B. x1=0，x2=-3C. x1=1,x2=-3D. x1=1， x2=-37．
3. 下列条件是随机的是（ ）
A 通常加热到100℃时，水沸腾
B. 在只装有黑球和白球袋子里，摸出红球
C. 购买一张，中奖
D. 太阳从东方升起
4. ⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为6，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
5. 用配方法解方程时，原方程应变形为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，PA、PB分别是⊙O切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，已知∠BAC＝35°，∠P的度数为( )
A. 35°B. 45°C. 60°D. 70°
7. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
8. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，若把Rt△ABC绕直线AC旋转一周，则所得圆锥的侧面积等于( )
A. 6πB. 9π
C. 12πD. 15π
9. 如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，AD为⊙O的直径，AD＝10， 那么BD＝（ ）
A. 8B. 5C. 8D. 5
10. 抛物线y=x2﹣2x﹣3的图象向左平移2个单位，再向上平移2个单位，所得图象的解析式为y=x2+bx+c，则b、c的值为（ ）
A. b=2，c="2"B. b=2，c=﹣1C. b=﹣2，c=﹣1D. b=﹣3，c=2
11. 某校初三学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了2070张相片，如果全班有x名学生，根据题意，列出方程为( )
A. x(x－1)＝2070B. x(x＋1)＝2070C. 2x(x＋1)＝2070D. ＝2070
12. 如图，已知顶点为（－3，－6）的抛物线点（－1，－4），下列结论：①b2＞4ac；②ax2+bx+c≥－6；③若点（－2，m），（－5，n）在抛物线上，则m＞n；④关于x的一元二次方程的两根为﹣5和﹣1，其中正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填 空 题：（每小题3分，共18分）
13. 已知A(a，1)与B(5，b)关于原点对称，则a﹣b=_____．
14. 已知关于x方程x2﹣6x+m2﹣2m+5=0的一个根为1，则m2﹣2m=____．
15. 抛物线y=﹣x2+bx+c的部分图象如图所示，若y＞0，则x的取值范围是_____．
16. 如图，某公园的一座石拱桥是圆弧形（劣弧），其跨度AB为24米，拱高CD为8，则拱的半径为______．
17. 在一个没有透明的口袋中，装有若干个红球和6个黄球，它们除颜色外没有任何区别，摇匀后从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球试验发现，摸到黄球的频率是0.3，则估计盒子中大约有红球___________．
18. 如图，已知∠APB=30°，OP=3cm，⊙O的半径为1cm，若圆心O沿着BP的方向在直线BP上移动．
（Ⅰ）当圆心O移动距离为1cm时，则⊙O与直线PA的位置关系是 ．
（Ⅱ）若圆心O的移动距离是d，当⊙O与直线PA相交时，则d的取值范围是 ．
三、解 答 题：（共66分）
19. 用适当的方法解下列方程
（Ⅰ）x2﹣1=4（x+1）
（Ⅱ）3x2﹣6x+2=0．
20. 如图，已知点A，B的坐标分别为（0，0）、（2，0），将△ABC绕C点按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C．
（Ⅰ）画出△A1B1C；
（Ⅱ）A的对应点为A1，写出点A1的坐标；
（Ⅲ）求出BB1的长．（直接作答）
21. 从同一副扑克牌中拿出黑桃，，，，背面朝上洗匀后摆在桌面上，从中随机抽取一张（没有放回），再从剩下的张中随机抽取第二张．
（1）用树状图的方法，列出前后两次抽得的扑克牌上所标数字的所有可能情况；
（2）计算抽得的两张扑克牌上数字之积为奇数的概率．
22. 如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC＝6 cm，AC＝8 cm，∠ABD＝45°.
(1)求BD的长；
(2)求图中阴影部分的面积．
23. 某水果批发商每箱进价为40元的苹果，物价部门规定每箱售价没有得高于55元，市场发现，若每箱以50元的价格，平均每天90箱，价格每提高1元，平均每天少3箱．
（1）求平均每天量箱与价元/箱之间的函数关系式．
（2）当每箱苹果的价为多少元时，可以使获得的利润w？利润是多少？
24. 如图，已知以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，A，B两点，且与BC边交于点E，D为弧BE的中点，连接AD交OE于点F，若AC=FC
（Ⅰ）求证：AC是⊙O的切线；
（Ⅱ）若BF=5，DF=，求⊙O的半径．
25. 如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=4，OC=3，若抛物线的顶点在BC边上，且抛物线O，A两点，直线AC交抛物线于点D．
（1）求抛物线解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）若点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若没有存在，请说明理由．
2022-2023学年天津市红桥区九年级上册数学月考专项突破模拟卷（B卷）
一、选一选：（每小题3分，共36分）
1. 下列图形是对称图形的是【 】
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据对称图形的概念，轴对称图形与对称图形是图形沿对称旋转180度后与原图重合,即可解题.
A、没有是对称图形，故本选项错误；
B、是对称图形，故本选项正确；
C、没有是对称图形，故本选项错误；
D、没有是对称图形，故本选项错误．
故选B.
考点：对称图形.
【详解】请在此输入详解！
2. 方程的解是（ ）
A. B. x1=0，x2=-3C. x1=1,x2=-3D. x1=1， x2=-37．
【正确答案】C
【详解】原方程可化为：x（x+3）-（x+3）=0
即（x-1）（x+3）=0
解得x1=1，x2=-3
故选C．
3. 下列条件是随机的是（ ）
A. 通常加热到100℃时，水沸腾
B. 在只装有黑球和白球的袋子里，摸出红球
C. 购买一张，中奖
D. 太阳从东方升起
【正确答案】C
【分析】
【详解】A、一定发生，是必然，故错误；
B、一定没有发生，是没有可能，故错误；
C、可能发生也可能没有发生，是随机，正确；
D、一定发生，是必然，故错误，
故选：C．
考点：随机．
4. ⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为6，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定
【正确答案】C
【详解】已知⊙O的半径为5，圆心O到直线L的距离为3，因5＞3，即d＜r，所以直线L与⊙O的位置关系是相交.故选C
5. 用配方法解方程时，原方程应变形为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤首先把常数项移到右边，方程两边同时加上项系数一半的平方配成完全平方公式．
【详解】解：
移项得：
方程两边同时加上项系数一半的平方得：
配方得：．
故选：B．
此题考查了配方法解一元二次方程步骤，解题的关键是熟练掌握配方法解一元二次方程的步骤．配方法的步骤：配方法的一般步骤为：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上项系数一半的平方．
6. 如图，PA、PB分别是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，已知∠BAC＝35°，∠P的度数为( )
A. 35°B. 45°C. 60°D. 70°
【正确答案】D
【详解】∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠BAC=35°，
∴∠AOB=110°，
∵PA，PB分别是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P+∠AOB+∠PAO+∠PBO=360°，
∴∠P=70°．
故选D.
7. 若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据一元二次方程根的判别式直接进行求解即可．
【详解】解：由题意可得：
，
解得：．
故选A．
本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握根的判别式是解题的关键．
8. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，若把Rt△ABC绕直线AC旋转一周，则所得圆锥的侧面积等于( )
A. 6πB. 9π
C. 12πD. 15π
【正确答案】D
【详解】已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，根据勾股定理求得AC=4，又因AB=3，可得底面的周长是6π，所以圆锥的侧面积为 ×6π×5=15π，故选D．
9. 如图，△ABC内接于⊙O，AB=BC，∠ABC=120°，AD为⊙O的直径，AD＝10， 那么BD＝（ ）
A 8B. 5C. 8D. 5
【正确答案】D
【详解】∵AB=BC，∠ABC=120°，
∴∠ACB=30°．
∴∠ADB=∠ACB=30°．
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴BD=AD×cs30°=10×=5．
故选D.
点睛：本题考查了圆周角的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的性质，题目比较简单，解题的关键是注意数形思想的应用．
10. 抛物线y=x2﹣2x﹣3的图象向左平移2个单位，再向上平移2个单位，所得图象的解析式为y=x2+bx+c，则b、c的值为（ ）
A b=2，c="2"B. b=2，c=﹣1C. b=﹣2，c=﹣1D. b=﹣3，c=2
【正确答案】B
【详解】试题分析：y=x2﹣2x﹣3=x2﹣2x+1﹣4=（x﹣1）2﹣4，
图象向左平移2个单位，再向上平移2个单位，所得图象的解析式为y=（x﹣1+2）2﹣4+2=（x+1）2﹣2=x2+2x﹣1，
则b=2，c=﹣1，
故选B．
考点：二次函数图象与几何变换．
11. 某校初三学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了2070张相片，如果全班有x名学生，根据题意，列出方程为( )
A. x(x－1)＝2070B. x(x＋1)＝2070C. 2x(x＋1)＝2070D. ＝2070
【正确答案】A
【详解】解：根据题意得：每人要奉送（x﹣1）张相片，有x个人，
∴全班共送：（x﹣1）x=2070，
故选A．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找等量关系是解决问题的关键．
12. 如图，已知顶点为（－3，－6）的抛物线点（－1，－4），下列结论：①b2＞4ac；②ax2+bx+c≥－6；③若点（－2，m），（－5，n）在抛物线上，则m＞n；④关于x的一元二次方程的两根为﹣5和﹣1，其中正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【正确答案】C
【详解】∵抛物线与x轴有2个交点，∴△=b2−4ac>0，即b2>4ac，所以①正确；
∵抛物线的顶点坐标为(−3，−6)，即x=−3时，函数有最小值，∴ax2+bx+c⩾−6，所以②正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−3，而点(−2，m)，(−5，n)在抛物线上，∴m∵抛物线y=ax2+bx+c点(−1，−4)，而抛物线对称轴为直线x=−3，∴点(−1，−4)关于直线x=−3的对称点(−5，−4)在抛物线上，∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=−4的两根为−5和−1，所以④正确．
故选C.
本题考查二次函数图象与系数的关系.利用抛物线与x轴的交点个数可对①进行判断；利用抛物线的顶点坐标可对②进行判断；由顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=-3，则根据二次函数的性质可对③进行判断；根据抛物线的对称性得到抛物线y=ax2+bx+c上的点（-1，-4）的对称点为（-5，-4），则可对④进行判断．
二、填 空 题：（每小题3分，共18分）
13. 已知A(a，1)与B(5，b)关于原点对称，则a﹣b=_____．
【正确答案】﹣4
【详解】试题分析：∵A（a，1）与B（5，b）关于原点对称，
∴a=﹣5，b=﹣1，
∴a﹣b=﹣5﹣（﹣1）=﹣4
考点：关于原点对称的点的坐标．
14. 已知关于x方程x2﹣6x+m2﹣2m+5=0的一个根为1，则m2﹣2m=____．
【正确答案】0
【详解】试题分析：把x=1代入关于x方程x2﹣6x+m2﹣2m+5=0，得
12﹣6×1+m2﹣2m+5=0，即m2﹣2m=0
考点：一元二次方程的解．
15. 抛物线y=﹣x2+bx+c的部分图象如图所示，若y＞0，则x的取值范围是_____．
【正确答案】－3＜x＜1
【详解】试题分析：根据抛物线的对称轴为x=﹣1，一个交点为（1，0），可推出另一交点为（﹣3，0），图象求出y＞0时，x的范围．
解：根据抛物线的图象可知：
抛物线的对称轴为x=﹣1，已知一个交点为（1，0），
根据对称性，则另一交点为（﹣3，0），
所以y＞0时，x的取值范围是﹣3＜x＜1．
故答案为﹣3＜x＜1．
考点：二次函数的图象．
16. 如图，某公园的一座石拱桥是圆弧形（劣弧），其跨度AB为24米，拱高CD为8，则拱的半径为______．
【正确答案】13
【详解】如图，找出石拱桥圆弧形的圆心O并连接OA，设半径为r，则OD=r-8，因为跨度AB=24m，根据垂径定理可得AD=BD=12m，在Rt△OAD中，根据勾股定理可得，解得r=13，即拱的半径为13m.
17. 在一个没有透明的口袋中，装有若干个红球和6个黄球，它们除颜色外没有任何区别，摇匀后从中随机摸出一个球，记下颜色后再放回口袋中，通过大量重复摸球试验发现，摸到黄球的频率是0.3，则估计盒子中大约有红球___________．
【正确答案】14个
【详解】设红球有 x 个，根据题意得， 解得 x=14．所以盒子中大约有红球14个.
点睛：本题主要考查了利用频率估计概率，正确运用概率公式是解题关键．
18. 如图，已知∠APB=30°，OP=3cm，⊙O的半径为1cm，若圆心O沿着BP的方向在直线BP上移动．
（Ⅰ）当圆心O移动的距离为1cm时，则⊙O与直线PA的位置关系是 ．
（Ⅱ）若圆心O的移动距离是d，当⊙O与直线PA相交时，则d的取值范围是 ．
【正确答案】相切;1cm＜d＜5cm
【详解】试题分析：（1）如图，当点O向左移动1cm时，PO′=PO﹣O′O=3﹣1=2cm，
作O′C⊥PA于C，
∵∠P=30度，
∴O′C=PO′=1cm，
∵圆的半径为1cm，
∴⊙O与直线PA的位置关系是相切；
（2）如图：当点O由O′向右继续移动时，PA与圆相交，
当移动到C″时，相切，
此时C″P=PO′=2，
∴点O移动的距离d的范围满足1cm＜d＜5cm时相交
考点：直线与圆的位置关系．
三、解 答 题：（共66分）
19. 用适当的方法解下列方程
（Ⅰ）x2﹣1=4（x+1）
（Ⅱ）3x2﹣6x+2=0．
【正确答案】（Ⅰ）x1=﹣1，x2=5；（Ⅱ）x1=，x2=．
【详解】试题分析：（I）整理后分解因式，即可得出两个一元方程，求出方程的解即可；
（II）先求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可．
试题解析：（I）移项得：（x+1）（x﹣1）﹣4（x+1）=0，
（x+1）（x﹣1﹣4）=0，
x+1=0，x﹣5=0，
x1=﹣1，x2=5；
（II）3x2﹣6x+2=0，
b2﹣4ac=（﹣6）2﹣4×3×2=12，
x=，
x1=，x2=．
考点：1.解一元二次方程-因式分解法；2.解一元二次方程-公式法．
20. 如图，已知点A，B的坐标分别为（0，0）、（2，0），将△ABC绕C点按顺时针方向旋转90°得到△A1B1C．
（Ⅰ）画出△A1B1C；
（Ⅱ）A的对应点为A1，写出点A1的坐标；
（Ⅲ）求出BB1的长．（直接作答）
【正确答案】（Ⅰ）作图见解析；（Ⅱ）A1（0，6）．（Ⅲ）2
【详解】解：（Ⅰ）△A1B1C如图所示．
（Ⅱ）A1（0，6）．
（Ⅲ）BB1=．
21. 从同一副扑克牌中拿出黑桃，，，，背面朝上洗匀后摆在桌面上，从中随机抽取一张（没有放回），再从剩下的张中随机抽取第二张．
（1）用树状图的方法，列出前后两次抽得的扑克牌上所标数字的所有可能情况；
（2）计算抽得的两张扑克牌上数字之积为奇数的概率．
【正确答案】（1）树状图见解析（2）
【详解】（1）
（2）P(抽得的两张扑克牌上数字之积为奇数)= .
22. 如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，且BC＝6 cm，AC＝8 cm，∠ABD＝45°.
(1)求BD的长；
(2)求图中阴影部分的面积．
【正确答案】 (1) BD＝5cm;(2)S阴影 ＝cm2.
【详解】试题分析：（1）由AB为⊙O的直径，得到∠ACB=90°，由勾股定理求得AB，OB=5cm．连OD，得到等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据S阴影=S扇形﹣S△OBD即可得到结论．
试题解析：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵BC=6cm，AC=8cm，
∴AB=10cm．
∴OB=5cm．
连OD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠ABD=45°．
∴∠BOD=90°．
∴BD==cm．
（2）S阴影=S扇形﹣S△OBD=π•52﹣×5×5=cm2．
考点：圆周角定理；勾股定理；扇形面积的计算．
23. 某水果批发商每箱进价为40元的苹果，物价部门规定每箱售价没有得高于55元，市场发现，若每箱以50元的价格，平均每天90箱，价格每提高1元，平均每天少3箱．
（1）求平均每天量箱与价元/箱之间的函数关系式．
（2）当每箱苹果的价为多少元时，可以使获得的利润w？利润是多少？
【正确答案】（1）y=-3x+240；（2）当每箱苹果的价为55元时，可以获得1125元的利润．
【分析】（1）根据题意易得出平均每天量（y）与价x（元/箱）之间的函数关系式为y=90-3（x-50），化简即可；
（2）根据利润=量×（售价-进价），列出平均每天的利润w（元）与价x（元/箱）之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得利润．
【详解】解：（1）由题意得：
y=90-3（x-50）
化简得：y=-3x+240；
（2）由题意得：
w=（x-40）（-3x+240）
=-3x2+360x-9600；
∵a=-3＜0，
∴抛物线开口向下．
当时，w有值．
又x＜60，w随x的增大而增大．
∴当x=55元时，w的值为1125元．
∴当每箱苹果的价为55元时，可以获得1125元的利润．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．利润的问题常利函数的增减性来解答，解决这类问题要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后实际选择最优．其中要注意应该在自变量的取值范围内求值（或最小值），也就是说二次函数的最值没有一定在x= 时取得．
24. 如图，已知以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，A，B两点，且与BC边交于点E，D为弧BE的中点，连接AD交OE于点F，若AC=FC
（Ⅰ）求证：AC是⊙O的切线；
（Ⅱ）若BF=5，DF=，求⊙O的半径．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）4．
【分析】（1）连接OA、OD，求出∠D+∠OFD=90°，推出∠CAF=∠CFA，∠OAD=∠D，求出∠OAD+∠CAF=90°，根据切线的判定推出即可；
（2）OD=r，OF=8﹣r，在Rt△DOF中根据勾股定理得出方程r2+（8﹣r）2=（）2，求出即可．
【详解】解：（1）连接OA、OD，
∵D为弧BE的中点，
∴OD⊥BC，∠DOF=90°，
∴∠D+∠OFD=90°，
∵AC=FC，OA=OD，
∴∠CAF=∠CFA，∠OAD=∠D，
∵∠CFA=∠OFD，
∴∠OAD+∠CAF=90°，
∴OA⊥AC，
∵OA为半径，
∴AC⊙O切线；
（2）∵⊙O半径是r，
∴OD=r，OF=5﹣r，
在Rt△DOF中，r2+（5﹣r）2=（）2，
r=4，r=1（舍），
即⊙O的半径r为4．
25. 如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=4，OC=3，若抛物线的顶点在BC边上，且抛物线O，A两点，直线AC交抛物线于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点D的坐标；
（3）若点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若没有存在，请说明理由．
【正确答案】（1）；（2）点D坐标为（1，）；（3）存在，N1（2，0），N2（6，0），N3（，0），N4（，0）．
【分析】（1）由OA的长度确定出A的坐标，再利用对称性得到顶点坐标，设出抛物线的顶点形式，将A的坐标代入求出a的值，即可确定出抛物线解析式；．
（2）设直线AC解析式为y=kx+b，将A与C坐标代入求出k与b的值，确定出直线AC解析式，与抛物线解析式联立即可求出D的坐标．
（3）存在，分两种情况考虑：如图所示，当四边形ADMN为平行四边形时，DM∥AN，DM=AN，由对称性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，根据OA+AN求出ON的长，即可确定出N的坐标；当四边形ADM′N′为平行四边形，可得△ADQ≌△NMP，MP=DQ=，NP=AQ=3，将y=代入得：，求出x的值，确定出OP的长，由OP+PN求出ON的长即可确定出N坐标．
【详解】解：（1）设抛物线顶点为E，根据题意OA=4，OC=3，得：E（2，3）．
设抛物线解析式为，
将A（4，0）坐标代入得：0=4a+3，即．
∴抛物线解析式为即．
（2）设直线AC解析式为（k≠0），
将A（4，0）与C（0，3）代入得：，解得：．
∴直线AC解析式为．
与抛物线解析式联立得：，解得：或．
∴点D坐标为（1，）．
（3）存在，分两种情况考虑：
①当点M在x轴上方时，如图1所示：
四边形ADMN为平行四边形，DM∥AN，DM=AN，
由对称性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，
∴N1（2，0），N2（6，0）．
②当点M在x轴下方时，如图2所示：
过点D作DQ⊥x轴于点Q，过点M作MP⊥x轴于点P，可得△ADQ≌△NMP，
∴MP=DQ=，NP=AQ=3．
将yM=代入抛物线解析式得：
，
解得：xM=或xM=．
∴xN=xM－3=或，
∴N3（，0），N4（，0）．
综上所述，满足条件的点N有四个：
N1（2，0），N2（6，0），N3（，0），N4（，0）．
x
1
1.1
1.2
1.3
1.4
x2+3x﹣5
﹣1
﹣0.49
0.04
0.59
1.16
x
1
1.1
1.2
1.3
1.4
x2+3x﹣5
﹣1
﹣0.49
0.04
0.59
1.16