2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）（含解析）

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这是一份2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）（含解析），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.下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.根据下列表格中的对应值，可以判断关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个解x的范围是( )
A. 03.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA=OC；则下列结论：
①abc<0；②b2−4ac4a>0；③ac−b+1=0；④OA⋅OB=−ca.其中正确的结论( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
4.已知函数y=(k−3)x2+2x+1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是( )
A. k<4B. k≤4C. k<4且k≠3D. k≤4且k≠3
5.如图，在宽为20m，长为32m的矩形地面上修筑同样宽的道路(图中阴影部分)，余下的部分种上草坪．要使草坪的面积为540m2，求道路的宽．如果设小路宽为xm，根据题意，所列方程正确的是( )
A. (32+x)(20+x)=540B. (32−x)(20−x)=540
C. (32+x)(20−x)=540D. (32−x)(20+x)=54
6.如果a>0，抛物线y=ax2+bx+c的顶点在第二象限，则方程ax2+bx+c=0的实根情况是( )
A. 有两个不等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 无实数根D. 以上三种均有可能
7.已知关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+2=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围值是( )
A. k<32B. k≤32C. k<32且k≠1D. k≤32且k≠1
8.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是( )
A. 7B. 2 2C. 3D. 2 3
9.已知抛物线y=(x−x1)(x−x2)+1(x1A. x110.如图，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ADB=∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4，AD=2 2，连接DC，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转一周，则线段DC长的取值范围是( )
A. 2≤DC≤4B. 2 2≤DC≤4
C. 2 2−2≤DC≤2 2D. 2 2−2≤DC≤2 2+2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.对于实数p，q，我们用符号min{p,q}表示p，q两数中较小的数，如min{1,2}=1，因此，min{− 2,− 3}= ；若min{(x−1)2,x2}=1，则x= ．
12.若二次函数y=x2−2x−3的图象上有且只有三个点到x轴的距离等于m，则m的值为．
13.小徐在一次训练中，掷出的实心球飞行高度y(米)与水平距离x(米)之间的关系大致满足二次函数y=−110x2+45x+2，则小徐此次的实心球成绩为______米.
14.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，有下列结论：①abc>0；②2a−b>0；③4a−2b+c<0；④(a+c)215.如图，点A(1,0)，点B(5,0)，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC，再把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1，点C的对应点为点C1，则点C1的坐标是______．
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
阅读下面的例题，
范例：解方程x2−|x|−2=0，
解：(1)当x≥0时，原方程化为x2−x−2=0，解得：x1=2，x2=−1(不合题意，舍去)．
(2)当x<0时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=−2，x2=1(不合题意，舍去)．
∴原方程的根是x1=2，x2=−2
请参照例题解方程x2−|x−1|−1=0．
17.(本小题8分)
如图，将二次函数y=x2−4位于x的下方的图象沿x轴翻折，再得到一个新函数的图象(图中的实线)．

(1)当x=−3时，新函数值为______，当x=1时，新函数值为______；
(2)当x= ______时，新函数有最小值；
(3)当新函数中函数y随x的增大而增大时，自变量x的范围是______；
(4)直线y=a与新函数图象有两个公共点时，a的取值范围______．
18.(本小题8分)
如图，一个锐角等于60°的菱形ABCD，将一个60°的∠MAN的顶点与该菱形顶点A重合，以A为旋转中心，按顺时针方向旋转这个60°的∠MAN，使它的两边分别交CB、DC或它们的延长线于点E，F．
(1)如图1，当BE=DF时，AE与AF的数量关系是______；
(2)旋转∠MAN，如图2，当BE≠DF时，(1)的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
(3)若菱形ABCD的边长为4，BE=1，请直接写出AF的长．
19.(本小题8分)
阅读下列材料，完成相应任务．
材料一：十六世纪的法国数学家弗朗索瓦⋅韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，可表述为”当判别式△≥0时，关于x的一元二次方程ax2+bx+e=0(a≠0)的两个根x1，x2有如下关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca“此关系通常被称为“韦达定理”．
材料二：若x1，x2是一元二次方程2x2+4x−1=0的两个根，求x12+x22的值．
解：∵x1，x2是一元二次方程2x2+4x−1=0的两个根，
∴x1+x2=−42=−2，x1x2=−12．
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(−2)2−2×(−12)=5．
任务：
(1)材料理解：若一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根为x1，x2，则x1+x2= ______，x1x2= ______．
(2)拓展应用：已知关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0有两个实数根．
①求m的取值范围；
②若此方程的两根分别为α，β，且aβ+α+β=9，求m的值．
20.(本小题8分)
某学校九年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高209 m，与篮圈中心的水平距离为7m，当球出手后水平距离为4m时到达最大高度4m，设篮球运行轨迹为抛物线，篮圈距地面3m．
(1)建立如图所示的平面直角坐标系，问此球能否准确投中？
(2)此时，若对方队员乙在甲前1m处跳起盖帽拦截，已知乙的最大摸高为3.1m，那么他能否获得成功？
21.(本小题8分)
综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图①，若AB=15，CF=3，请直接写出DE的长．
22.(本小题8分)
如图，抛物线y=14x2+bx+c经过点B(−2,0)和点C(0,−2)，与x轴交于点A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M是第四象限内抛物线上的动点，求四边形AOCM的面积的最大值和此时点M的坐标；
(3)点P(0,n)是y轴上的一个动点，将线段OB绕点P顺时针旋转90°，得到线段O′B′，若线段O′B′与抛物线有一个公共点，结合函数图象，请直接写出n的取值范围．
23.(本小题8分)
已知△ABC是等腰三角形，AB=AC.阅读下列过程，回答第2、3两问．
(1)特殊情形：如图1，E是AC上一点，当AD=AE时，有DB=EC．
(2)发现探究：如图2，E是三角形ABC内一点，当AD=AE，且∠DAE=∠BAC时，则(1)中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
(3)拓展运用：如图3，E是三角形ABC内一点，∠BAC=60°，且EA=3，EC=4，EB=5，则∠AEC=______度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
B、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意，
故选：B．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可．
此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟知如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180度后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：根据表格得：
当x=1时，ax2+bx+c=−2<0，
当x=1.5时，ax2+bx+c=5.25>0，
则关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0的一个解x的范围是1故选：C．
根据表格中x与ax2+bx+c的值的特征，确定出ax2+bx+c=0解x的范围即可．
此题考查了估算一元二次方程的近似解，弄清表格中的数据是解本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，
∴b>0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，所以①正确；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴b2−4ac4a<0，所以②错误；
∵OA=OC，C(0,c)，
∴A(−c,0)，
∴ac2−bc+c=0，
∴ac−b+1=0，所以③正确；
设A、B两点的横坐标为x1、x2，则OA=−x1，OB=x2，
∵x1⋅x2=ca，
∴OA⋅OB=−ca，所以④正确．
故选：C．
利用抛物线开口方向得到a<0，利用抛物线的对称轴位置得到b>0，利用抛物线与y轴的交点位置得到c>0，则可对①进行判断；利用抛物线与x轴有2个交点可对②进行判断；把A点坐标代入解析式可对③进行判断；设A、B两点的横坐标为x1、x2，则OA=−x1，OB=x2，利用根与系数的关系可对④进行判断．
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，根与系数的关系，二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查对抛物线与x轴的交点，根的判别式，一次函数的性质等知识点的理解和掌握，能进行分类求出每种情况的k是解此题的关键．
分为两种情况：①当k−3≠0时，(k−3)x2+2x+1=0，求出Δ=b2−4ac=−4k+16≥0的解集即可；②当k−3=0时，得到一次函数y=2x+1，与x轴有交点；即可得到答案．
【解答】
解：①当k−3≠0时，(k−3)x2+2x+1=0，
Δ=b2−4ac=22−4(k−3)×1=−4k+16≥0，
k≤4；
②当k−3=0即k=3时，y=2x+1，与x轴有交点．
故选B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，这类题目体现了数形结合的思想，需利用平移把不规则的图形变为规则图形，进而可列出方程，求出答案．另外还要注意解的合理性，从而确定取舍．
小路宽为x米，利用平移把不规则的图形变为规则图形，如此一来，所有草坪面积之和就变为了(32−x)(20−x)平方米，进而可列出方程，求出答案．
【解答】解：小路宽为x米，利用平移，得：(32−x)(20−x)=540．
故选B．
6.【答案】C
【解析】解：∵a>0，
∴抛物线开口向上，
∵抛物线y=ax2+bx+c的顶点在第二象限，
∴y>0，
∴方程ax2+bx+c=0无实数根，
故选：C．
由a>0得抛物线开口向上，又根据抛物线的顶点在第二象限可得y>0，从而得出结果．
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系等知识，解决问题的关键是数形结合，直观得出结论．
7.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的定义，弄清题意是解本题的关键．
根据方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式的值大于0列出关于k的不等式，求出不等式的解集即可得到k的范围．
【解答】
解：根据题意得：Δ=b2−4ac=4−8(k−1)=12−8k>0，且k−1≠0，
解得：k<32且k≠1．
故选C．
8.【答案】A
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴∠A=90°−∠ABC=60°，AB=4，BC=2 3，
∵CA=CA1，
∴△ACA1是等边三角形，AA1=AC=BA1=2，
∴∠ACA1=60°，
∴∠BCB1=∠ACA1=60°，
∵CB=CB1，
∴△BCB1是等边三角形，
∴BB1=BC=2 3，∠A1BB1=90°，
∴BD=DB1= 3，
∵BA1=2，
∴A1D= A1B2+BD2= 7．
故选：A．
首先证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，推出△A1BD是直角三角形即可解决问题．
本题考查旋转的性质、30度角的直角三角形性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，属于中考常考题型．
9.【答案】A
【解析】解：设y′=(x−x1)(x−x2)，则x1、x2是函数y′和x轴的交点的横坐标，
而y=(x−x1)(x−x2)+1=y′+1，
即函数y′向上平移1个单位得到函数y，
则两个函数的图象如图所示(省略了y轴)，
从图象看，x1故选：A．
设y′=(x−x1)(x−x2)，而y=(x−x1)(x−x2)+1=y′+1，即函数y′向上平移1个单位得到函数y，通过画出函数大致图象即可求解．
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，正确理解图象的平移是本题解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4，
∴BC=12AB=2．
如图1，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转，当点C在DB的延长线时，线段DC最大，
此时DC=DB+BC=2 2+2；
如图2，将Rt△ABC绕点B顺时针旋转，当点C在线段DB上时，线段DC最小，
此时DC=DB−BC=2 2−2．
所以线段DC长的取值范围是2 2−2≤DC≤2 2+2．
故选：D．
将Rt△ABC绕点B顺时针旋转一周的过程中，当点C在DB的延长线时，线段DC最大；当点C在线段DB上时，线段DC最小．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．得出DC取最大、最小值时点C的位置是解题的关键．
11.【答案】− 3
2或−1

【解析】解：∵− 2>− 3，
∴min{− 2,− 3}=− 3；
∵min{(x−1)2,x2}=1，
当x=0.5时，x2=(x−1)2，不可能得出min{(x−1)2,x2}=1，
∴当x>0.5时，(x−1)2则(x−1)2=1，
x−1=±1，
x−1=1或x−1=−1，
解得：x1=2，x2=0(不合题意，舍去)；
当x<0.5时，(x−1)2>x2，
则x2=1，
解得：x1=1(不合题意，舍去)，x2=−1，
综上所述：x的值为：2或−1．
故答案为：− 3；2或−1．
根据新定义可得min{− 2,− 3}=− 3；由min{(x−1)2,x2}=1，分情况讨论，当x=0.5时，x>0.5时和x<0.5时，分别求解进而可得答案．
此题主要考查了实数的比较大小，新定义问题以及分类讨论的思想，关键是正确理解新定义．
12.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的性质，二次函数图像上点的特征，能够理解题意是解题的关键．
由抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x=1，顶点为(1,−4)，由图象上恰好只有三个点到x轴的距离为m，可得m=4．
【解答】
解：∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线开口向上，抛物线对称轴为直线x=1，顶点为(1,−4)，
∴顶点到x轴的距离为4，
∵函数图象有三个点到x轴的距离为m，
∴m=4，
故答案为：4．
13.【答案】10
【解析】解：在y=−110x2+45x+2，中，当y=0时，−110x2+45x+2=0，
解得x1=−2(舍去)，x2=10，
即小强此次成绩为10米，
故答案为：10．
根据实心球落地时，高度y=0，把实际问题可理解为当y=0时，求x的值即可．
本题考查了二次函数的应用中函数式中变量与函数表达的实际意义，需要结合题意，取函数或自变量的特殊值列方程求解是解题关键．
14.【答案】①③④
【解析】解：①根据函数图象的开口向下知，a<0，
∵对称轴为直线x=−b2a在y轴左边，
∴−b2a<0，
∴b<0，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c>0，
∴abc>0．
故①正确；
②∵抛物线的对称轴在(−1,0)的右边，
∴−b2a>−1，
∴b2a<1，
∵a<0，
∴b>2a，
∴2a−b<0，
故②错误；
③由函数图象可知，当x=−2时，y<0，
即y=4a−2b+c<0，
故③正确；
④∵x=1时，y=a+b+c<0，
x=−1时，y=a−b+c>0，
∴(a+c)2−b2=(a+c+b)(a+c−b)<0，故④正确．
故答案为：①③④．
根据函数的图象，可以得到a<0，b<0，c>0，对称轴在x=−1右边，x=−2时和x=−1时对应的函数值的正负，然后通过灵活变形得到题目中各结论所求的式子的结果，然后对照判断各个选项即可解答本题．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是明确二次函数图象的特点，运用数形结合的思想，找出所求问题需要的条件．
15.【答案】(1−2 2,2 2)
【解析】解：如图，过点C1D⊥x轴于点D，
∵线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵把△ABC绕点A逆时针旋转75°得到△AB1C1，
∴∠CAC1=75°，
∴∠C1AD=45°，
∴△AC1D是等腰直角三角形，
∵点A(1,0)，点B(5,0)，
∴AB=4，
∵AC1=AC=AB=4，
∴AD=C1D= 22AC1=2 2，
∴D(1−2 2,0)，
∴C1(1−2 2,2 2)，
故答案为：(1−2 2,2 2)．
过点C1D⊥x轴于点D，根据旋转的性质得出AC1=AC=AB=4，△AC1D是等腰直角三角形，根据勾股定理求得AD=2 2进而即可求解．
本题考查了旋转的性质，掌握旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，坐标与图形，得出△AC1D是等腰直角三角形是解题的关键．
16.【答案】解：x2−|x−1|−1=0，
(1)当x≥1时，原方程化为x2−x=0，解得：x1=1，x2=0(不合题意，舍去)．
(2)当x<1时，原方程化为x2+x−2=0，解得：x1=−2，x2=1(不合题意，舍去)．
故原方程的根是x1=1，x2=−2．
【解析】分为两种情况：(1)当x≥1时，原方程化为x2−x=0，(2)当x<1时，原方程化为x2+x−2=0，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能正确去掉绝对值符号．
17.【答案】(1)5； 3；
(2)−2或2；
(3)−22；
(4)a>4或a=0．
【解析】【分析】
本题考查了二次函数与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
(1)把x=−3和x=1分别代入y=x2−4求得函数值，根据图象即可求得结论；
(2)根据图象即可求得；
(3)观察图象即可求得；
(4)根据图象求得即可．
【解答】
解：(1)把x=−3代入y=x2−4得y=9−4=5；
把x=1代入y=x2−4=−3，
∴当x=−3时，新函数值为5，当x=1时，新函数值为3，
故答案为：5，3；
(2)观察图象，当x=−2或2时，新函数有最小值为0，
故答案为：−2或2；
(3)观察图象，当新函数中函数y随x的增大而增大时，自变量x的范围是−22；
故答案为：−22；
(4)直线y=a与新函数图象有两个公共点时，a的取值范围a>4或a=0，
故答案为：a>4或a=0．
18.【答案】AE=AF
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
又∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF，
故答案为：AE=AF；
(2)仍然成立，
理由如下：如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC=AD=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACD=∠B=60°=∠BAC，
∵∠MAN=60°=∠BAC，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△BAE≌△CAF(ASA)，
∴AE=AF；
(3)当点E在BC上时，如图2−1，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴AB=BC=AC=4，BH=HC=2，
∴AH= AB2−BH2= 16−4=2 3，
∵EH=BH−BE=2−1=1，
∴AE= AH2+EH2= 12+1= 13，
∴AF=AE= 13；
当点E在BC的延长线上时，如图3，过点A作AH⊥BC于H，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴AB=BC=AC=4，BH=HC=2，
∴AH= AB2−BH2= 16−4=2 3，
∵EH=BH+BE=2+1=3，
∴AE= AH2+EH2= 12+9= 21，
∴AF=AE= 21，
综上所述：AF的长为 13或 21．
(1)由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE=AF；
(2)由菱形的性质可得AB=BC=AD=CD，∠B=∠D=60°，可证△ABC是等边三角形，△ACD是等边三角形，可得AB=AC，∠ACD=∠B=60°=∠BAC，由“ASA”可证△BAE≌△CAF，可得AE=AF；
(3)分两种情况讨论，由等边三角形的性质和勾股定理可求解．
本题是几何变换综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
19.【答案】−2 −1
【解析】解：(1)∵一元二次方程x2+2x=1=0的两个实数根为x1，x2，
∴x1+x2=−2，x1⋅x2=−1．
故答案为：−2，−1；
(2)①∵关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0有两个实数根，
∴Δ=(2m−1)2−4×1×m2=−4m+1≥0，
解得m≤14；
②∵关于x的方程x2+(2m−1)x+m2=0的两根分别为α，β，
∴α+β=1−2m，αβ=m2，
∵aβ+α+β=9，
∴1−2m+m2=9，即m2−2m−8=0，
解得m1=−2，m2=4，
由①知m≤14，
∴m=−2．
(1)直接根据一元二次方程根与系数的关系解答即可；
(2)①由一元二次方程根的判别式得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可；
②根据一元二次方程根与系数的关系求出m的值，进而可得出结论．
本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟知x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意，球出手点、最高点和篮圈的坐标分别为：
A(0,209)B(4,4)C(7,3)
设二次函数解析式为y=a(x−h)2+k
代入A、B点坐标，得
y=−19(x−4)2+4①
将C点坐标代入①式得左边=右边
即C点在抛物线上
∴一定能投中；
(2)将x=1代入①得y=3
∵3.1>3
∴盖帽能获得成功．
【解析】本题考查了二次函数解析式的求法，及其实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．已知最高点坐标(4,4)，用顶点式设二次函数解析式更方便求解析式，运用求出的解析式就可以解决题目的问题了．
21.【答案】解：(1)四边形BE′FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
又∵BE=BE′，
∴矩形BE′FE是正方形；
(2)CF=FE′；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴AH=BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE=CE′，
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE=FE′，
∴FE′=12CE′，
∴CF=FE′；
(3)3 17．
【解析】【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
(1)由旋转的性质可得∠AEB=∠CE′B=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，进而可证四边形BE′FE是正方形；
(2)过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH=BE=12AE，由旋转的性质可得AE=CE′，可得结论；
(3)过点D作DH⊥AE于H，由(2)得△ADH≌△BAE，在Rt△CDE′中可求得BE′的长，再在Rt△DEH中求得结果．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图①，过点D作DH⊥AE于H，
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE′=FE′=BE，
∵AB=BC=15，CF=3，BC2=BE′2+E′C2，
∴225=BE′2+(BE′+3)2，
∴BE′=BE=9，
∴CE′=CF+FE′=12，
由(2)可知：△ADH≌△BAE，
∴BE=AH=9，DH=AE=CE′=12，
∴HE=AE−AH=12−9=3，
∴DE= DH2+HE2= 144+9=3 17．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=14x2+bx+c经过点B(−2,0)、点C(0,−2)，
∴1−2b+c=0c=−2，
解得b=−12c=−2，
∴抛物线的解析式为y=14x2−12x−2．
(2)如图1，连接OM，作MN⊥x轴于点N，设M(x,14x2−12x−2)，则N(x,0)，
当y=0时，由14x2−12x−2=0，得x1=−2，x2=4，
∴A(4,0)，
∴OA=4，OC=2，
∵点M在第四象限内抛物线上，
∴MN=−14x2−12x−2，
∴S四边形AOCM=S△MOC+S△MOA=12×2×x+12×4×(−14x2+12x+2)，
即S四边形AOCM=−12x2+2x+4=−12(x−2)2+6，
∴当x=2时，四边形AOCM的面积最大，最大值为6，此时M(2,−2)．
(3)∵将线段OB绕点P(0,n)顺时针旋转90°，得到线段O′B′，
∴O′(−n,n)，B′(−n,n+2)，
当n>0时，如图2，
当点O′(−n,n)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n=14n2+12n−2，
解得n1=4，n2=−2(不符合题意，舍去)，
当点B′(−n,n+2)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n+2=14n2+12n−2，
解得n1=1+ 17，n2=1− 17(不符合题意，舍去)，
∴当4≤n≤1+ 17时，线段O′B′与抛物线有一个公共点；
当n<0时，如图3，
当点B′(−n,n+2)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n+2=14n2+12n−2，
解得n1=1− 17，n2=1+ 17(不符合题意，舍去)，
当点O′(−n,n)在抛物线y=14x2−12x−2上，则n=14n2+12n−2，
解得n1=−2，n2=4(不符合题意，舍去)，
∴当1− 17≤n≤−2时，线段O′B′与抛物线有一个公共点，
综上所述，n的取值范围是4≤n≤1+ 17或1− 17≤n≤−2．
【解析】(1)将B(−2,0)、C(0,−2)代入y=14x2+bx+c，列方程组并且解该方程组求出b、c的值，即得到抛物线的解析式为y=14x2−12x−2；
(2)连接OM，作MN⊥x轴于点N，设M(x,14x2−12x−2)，则N(x,0)，由S四边形AOCM=S△MOC+S△MOA，求得S四边形AOCM=−12x2+2x+4=−12(x−2)2+6，则四边形AOCM的面积的最大值为6，此时M(2,−2)；
(3)先由线段OB绕点P(0,n)顺时针旋转90°，得到线段O′B′，得O′(−n,n)，B′(−n,n+2)，再分两种情况讨论，一是n>0，即点P在y轴的正半轴上，将O′(−n,n)、B′(−n,n+2)分别代入y=14x2−12x−2，求出线段O′B′与抛物线有一个公共点时，n的最小值和最大值，即得到此时n的取值范围；二是n<0，即点P在y轴的负半轴上，将O′(−n,n)、B′(−n,n+2)分别代入y=14x2−12x−2，求出线段O′B′与抛物线有一个公共点时，n的最小值和最大值，即得到此时n的取值范围．
此题重点考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、一元二次方程的解法、旋转的性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
23.【答案】150
【解析】(1)解：∵△ABC是等腰三角形，AB=AC，
∵AD=AE，
∴AB−AD=AC−AE，
即DB=EC；
(2)解：DB=EC，理由如下：
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即∠DAB=∠EAC，
在△DAB与△EAC中，
AD=AE∠DAB=∠EACAB=AC，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴DB=EC；
(3)解：将△CEA绕点C旋转60°得△CPB，连接PE，
∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=4，BP=AE=3，∠PCE=60°，
∴∠CEP=∠CPE=60°，
∴EP=PC=EC=4，
在△PEB中，PE2=42=16，BE2=52=25，PB2=32=9，
∵PE2+PB2=BE2，
∴△PEB是直角三角形，
∴∠EPB=90°，
∴∠CPB=90°+60°=150°，
又∵△CPB≌△CEA，
∴∠BPC=∠CEA=150°．
故答案为：150．
(1)根据等腰三角形的性质得出AB=AC，进而利用等式的性质解答即可；
(2)根据等式的性质得出∠DAB=∠EAC，进而利用SAS证明△DAB与△EAC全等，利用全等三角形的性质解答即可；
(3)由旋转构造出△CPB≌△CEA，进而得出EC=EP，然后用勾股定理逆定理判断出△PEB是直角三角形，在简单计算即可．
此题是三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．x
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0.5
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2
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2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校尖刀班九年级（上）月考数学冲刺试卷（一）（含解析）

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