2024-2025学年上海外国语大学附属外国语学校九年级上学期第一次月考数学试卷

这是一份2024-2025学年上海外国语大学附属外国语学校九年级上学期第一次月考数学试卷，共34页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，AD：BD＝1：2，那么S△ABE：S△ABC＝ ．
2．（2分）如图，直线l1∥l2∥l3，若，EF＝9，则DF的长度为 ．
3．（2分）已知，点P、Q是线段AB的两个黄金分割点，若AB＝8，则PQ的长是 ．
4．（2分）已知（﹣1，y1），（2，y2），（4，y3）都是二次函数y＝ax2﹣2ax+3a（a≠0）的图象上的点，当x＞2时，y随着x的增大而增大，则y1，y2，y3按从小到大顺序排列是 ．
5．（2分）已知抛物线C：y＝x2+3x﹣10，将抛物线C平移得到抛物线C'，若两条抛物线C，C′关于直线x＝1对称，那么应将抛物线C向 平移 个单位．
6．（2分）已知非零实数x，y，z满足，则的值为 ．
7．（2分）如图，AD是△ABC的中线，AE＝EF＝FC，BE交AD于点G，则＝ ．
8．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M、N，顶点为R，若△MNR恰好是等边三角形，则b2﹣4ac＝ ．
9．（3分）已知二次函数与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），，则二次函数解析式f（x）＝ ．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+2x﹣3的图象与坐标轴相交于A，B，C三点，连接AC，BC．已知点E坐标为，点D在线段AC上，且．则四边形BCDE面积的大小为 ．
11．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝15，P，Q分别是BC，CD上的点，且CQ＝4，△ABP与△PCQ相似，则BP的值为 ．
12．（3分）如图，∠ACB＝90°，D是AB的中点，DF⊥AB，CD＝6，DE＝4，则DF的值为 ．
13．（3分）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝6，则△ABC的周长为 ．
14．（3分）如图，四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，点R为DE的中点，BR分别交AC和CD于点P，Q，则BP：PQ：QR＝ ．
15．（3分）如图，在△ABC中，AC＝BC，D为AB的中点，F为BC边上一点，连接CD、AF交于点E．若∠FAC＝90°﹣3∠BAF，BF：AC＝2：5，EF＝2，则AB长为 ．
16．（3分）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，AB＝2AC，点P在△ABC内，且PA＝，PB＝5，PC＝2，则△ABC的面积为 ．
二、选择题（共4题，每题2分，共8分）
17．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．任意两个菱形都相似
B．任意两个正方形都相似
C．任意两个等腰三角形都相似
D．任意两个矩形都相似
18．（2分）若（b、d、f均为正数），则下列式子不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
19．（2分）定义[a，b，c]为函数y＝ax2+bx+c的特征数，下面给出特征数为[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函数的一些结论：（1）当m＝﹣3时，函数图象的顶点坐标是；（2）当m＞0时，函数图象截x轴所得的线段长度大于；（3）当m＜0时，函数在时，y随x的增大而减小；（4）当m≠0时，无论m取何值函数图象经过定点．其中正确的结论有（ ）个．
A．0B．1C．2D．3
20．（2分）如图，四边形ABCD和AGFE均为正方形，若，则CF的长为（ ）
A．B．2C．2D．3
三、解答题（共6题，共52分）
21．（6分）已知二次函数y＝（m2﹣2）x2﹣4mx+n的图象的对称轴是直线x＝2，且最高点在直线y＝x+1上，求这个二次函数的表达式．
22．（6分）如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB是多少？
23．（7分）已知：如图，二次函数y＝x2+bx的图象交x轴正半轴于点A，顶点为P，一次函数的图象交x轴于点B，交y轴于点C，．
（1）求二次函数顶点P坐标；
（2）将二次函数图象向下平移m（m＞0）个单位，设平移后抛物线顶点为P'，若S△ABP′＝S△BCP'，求m的值．
24．（9分）已知如图，D是△ABC的边AB上一点，DE∥BC，交边AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接BF，交边AC于点G，连接CF
（1）求证：＝；
（2）如果CF2＝FG•FB，求证：CG•CE＝BC•DE．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．
26．（12分）已知，在矩形ABCD中，点M是边AB上的一个点（与点A、B不重合），联结CM，作∠CMF＝90°，且MF分别交边AD于点E、交边CD的延长线于点F．点G为线段MF的中点，联结DG．
（1）如图1，如果AD＝AM＝4，当点E与点G重合时，求△MFC的面积；
（2）如图2，如果AM＝2，BM＝4．当点G在矩形ABCD内部时，设AD＝x，DG2＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果AM＝6，CD＝8，∠F＝∠EDG，求线段AD的长．（直接写出计算结果）
2024-2025学年上海外国语大学附属外国语学校九年级（上）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（共16题，1-8题每题2分，9-16题每题3分，共40分）
1．（2分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，AD：BD＝1：2，那么S△ABE：S△ABC＝ 1：3 ．
【分析】利用DE∥BC，得AE：EC＝AD：BD＝1：2，然后再根据等高的三角形面积比等于底与底的比即可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴AE：EC＝AD：BD＝1：2，
∴S△ABE：S△BEC＝AE：EC＝1：2，
∴S△ABE：S△ABC＝1：3，
故答案为：1：3．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例，掌握是等高的三角形面积比等于底与底的比解答此题是关键．
2．（2分）如图，直线l1∥l2∥l3，若，EF＝9，则DF的长度为 ．
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵l1∥l2∥l3，
∴＝，
∵＝，EF＝9，
∴＝，
解得：DE＝，
故答案为：．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用该定理，找准对应关系是解题的关键．
3．（2分）已知，点P、Q是线段AB的两个黄金分割点，若AB＝8，则PQ的长是 ．
【分析】先由黄金分割的比值求出，再由PQ＝AQ+BP﹣AB进行计算即可．
【解答】解：如图，∵点P、Q是线段AB的黄金分割点，AB＝8，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点，熟记黄金比是解题的关键．
4．（2分）已知（﹣1，y1），（2，y2），（4，y3）都是二次函数y＝ax2﹣2ax+3a（a≠0）的图象上的点，当x＞2时，y随着x的增大而增大，则y1，y2，y3按从小到大顺序排列是 y2＜y1＜y3 ．
【分析】根据二次函数的解析式得出图象的对称轴是直线 x＝1，结合题意得出抛物线开口向上，再将点（﹣1，y1）求得关于对称轴对称的点（3，y1），利用增减性即可得出答案．
【解答】解：∵y＝ax2﹣2ax+3a（a≠0），
∴图象的对称轴是直线x＝﹣＝1．
∵当x＞2时，y随着x的增大而增大，
∴a＞0，
∴点（﹣1，y1）关于直线x＝1的对称点是（3，y1），
∵2＜3＜4，
∴y2＜y1＜y3．
故答案为：y2＜y1＜y3．
【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质等知识点，解题时要熟练掌握二次函数的性质是关键．
5．（2分）已知抛物线C：y＝x2+3x﹣10，将抛物线C平移得到抛物线C'，若两条抛物线C，C′关于直线x＝1对称，那么应将抛物线C向 右 平移 5 个单位．
【分析】依据题意，由抛物线C为y＝x2+3x﹣10＝（x+）2﹣，故其顶点为（﹣，﹣），又两条抛物线C，C′关于直线x＝1对称，从而抛物线C'的顶点为（，﹣），则 抛物线C'为y＝（x﹣）2﹣，即y＝（x+﹣5）2﹣，从而应将抛物线C向右平移5个单位得到抛物线C'，即可判断得解．
【解答】解：由题意，∵抛物线C为y＝x2+3x﹣10＝（x+）2﹣，
∴其顶点为（﹣，﹣）．
又两条抛物线C，C′关于直线x＝1对称，
∴抛物线C'的顶点为（，﹣）．
∴抛物线C'为y＝（x﹣）2﹣，即y＝（x+﹣5）2﹣．
∴应将抛物线C向右平移5个单位得到抛物线C'．
故答案为：右，5．
【点评】本题主要考查了二次函数图象与几何变换、二次函数的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用抛物线的平移规律是关键．
6．（2分）已知非零实数x，y，z满足，则的值为 8或﹣1 ．
【分析】根据题意，设＝k，可得4（x+y+z）＝（k+1）（x+y+z），分两种情况讨论，当x+y+z≠0时求出式子的值，当x+y+z ＝0时求出式子的值．
【解答】解：设＝k，
整理得：2x+2y＝（k+1）z①，
2x+2z＝（k+1）y②，
2z+2y＝（k+1）x③，
①+②+③得4（x+y+z）＝（k+1）（x+y+z），
当x+y+z≠0时，
所以k+1＝4，
x+y＝（k+1）z÷2＝2z，
x+z＝（k+1）y÷2＝2y，
y+z＝（k+1）x÷2＝2x，
＝
＝
＝8；
当x+y+z ＝0时，
x+y＝﹣z，y+z＝﹣x，z+x＝﹣y，
此时
＝
＝
＝﹣1．
故答案为：8或﹣1．
【点评】本题考查了比例的性质，多项式乘多项式，解决本题的关键是将式子进行化简．
7．（2分）如图，AD是△ABC的中线，AE＝EF＝FC，BE交AD于点G，则＝ ．
【分析】先证明DF是△CEB中位线，推出DF∥BE，BE＝2DF，再证明GE是△ADF中位线，推出＝，进而求出结果．
【解答】解：∵AD是△ABC的中线，
∴点D是BC中点，
∵EF＝FC，
∴点F是EC中点，
∴DF是△CEB中位线，
∴DF∥BE，BE＝2DF，
∴GE是△ADF中位线，
∴＝，
设GE＝x，则DF＝2x，BE＝4x，
∴BG＝3x，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查平行线分线段成比例定理，掌握平行线分线段成比例定理的应用，其中三角形中位线性质的应用是解题关键．
8．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴有两个交点M、N，顶点为R，若△MNR恰好是等边三角形，则b2﹣4ac＝ 12 ．
【分析】当△MNR为等边三角形时，解直角△MER，得RE＝ME＝MN，据此列出方程，解方程即可求出b2﹣4ac的值．
【解答】解：如图，过R作RE⊥MN于E．则MN＝2ME．
当△MNR等边三角形时，RE＝ME＝MN，
∴＝×，
∵b2﹣4ac＞0，
∴b2﹣4ac＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，抛物线与x轴的交点及根与系数的关系定理，综合性较强，难度中等．
9．（3分）已知二次函数与x轴交于点A（x1，0），B（x2，0），，则二次函数解析式f（x）＝ x2﹣x﹣2 ．
【分析】由题意得：x1+x2＝2，x1x2＝2m，则＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝2﹣4m＝10，求出m的值，即可求解．
【解答】解：令f（x）＝0，即＝0，
由题意得：x1+x2＝2，x1x2＝2m，
则＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝2﹣4m＝10，
解得：m＝﹣2，
则函数的表达式为：f（x）＝x2﹣x﹣2，
故答案为：x2﹣x﹣2．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数之间的关系，考查一元二次方程与二次函数之间的关系，本题解题的关键是掌握三个二次之间的关系，本题是一个中档题目．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+2x﹣3的图象与坐标轴相交于A，B，C三点，连接AC，BC．已知点E坐标为，点D在线段AC上，且．则四边形BCDE面积的大小为 ．
【分析】根据二次函数的解析式求出A，B，C三点的坐标，然后再求出AC所在直线的解析式，设D（x，﹣x﹣3）（﹣3＜x＜0），根据，求出D点坐标，再利用割补法即可求出四边形BCDE的面积．
【解答】解：∵二次函数y＝x2+2x﹣3的图象与坐标轴相交于A，B，C三点；
∴A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）；
容易求出AC所在直线的解析式为y＝﹣x﹣3；
设D（x，﹣x﹣3）（﹣3＜x＜0），
∵，
∴；
∵；
∴；AB＝4，OC＝3；
∴；
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数综合问题，涉及到了求二次函数与坐标轴的交点，利用待定系数法求函数解析式以及利用割补法求不规则图形的面积，熟练掌握二次函数的综合知识是解题的关键．
11．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝15，P，Q分别是BC，CD上的点，且CQ＝4，△ABP与△PCQ相似，则BP的值为 3或12或 ．
【分析】由△ABP与△PCQ相似，∠B＝∠C＝90°，分△ABP∽△PCQ与△ABP∽△QCP两种情况求解．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝CD＝9，BC＝AD＝15，
∵△ABP与△PCQ相似，
∴分△ABP∽△PCQ与△ABP∽△QCP两种情况求解，
①当△ABP∽△PCQ时，设BP＝x，则PC＝15﹣x，
∴，
即，
解得x＝3或x＝12，
②当△ABP∽△QCP时，设BP＝x，则PC＝15﹣x，
∴，
即，
解得x＝，
综上所述，BP的长为3或12或．
故答案为：3或12或．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的性质等知识．解题的关键在于根据相似三角形的性质写出等量关系式．
12．（3分）如图，∠ACB＝90°，D是AB的中点，DF⊥AB，CD＝6，DE＝4，则DF的值为 9 ．
【分析】证明△DCE和△DFC相似得CD：DF＝DE：CD，再根据CD＝6，DE＝4即可得出DF的值．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝BD＝AD，∠FCE＝90°，
∴∠B＝∠DCE，
∵DF⊥AB，∠FCE＝90°，
∴∠B+∠DEB＝90°，∠F+∠CEF＝90°，
又∵∠DEB＝∠CEF，
∴∠F＝∠B，
∴∠DCE＝∠F，
又∵∠CDE＝∠FDC，
∴△DCE∽△DFC，
∴CD：DF＝DE：CD，
∵CD＝6，DE＝4，
∴6：DF＝4：6，
∴DF＝9．
故答案为：9．
【点评】此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，相似三角形的判定和性质，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
13．（3分）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝6，则△ABC的周长为 10 ．
【分析】过B作BG∥AC，交AE延长线于G，得到∠G＝∠CAE，由角平分线定义得到∠BAE＝∠CAE，因此∠G＝∠BAE，推出BG＝AB，判定△ADF∽△GBF，推出AD：BG＝DF：BF＝1：3，得到AD：AB＝1：3，而AD＝AC，得到AC：AB＝2：3，由△ACE∽△GBE，推出CE：BE＝AC：BG＝AC：AB＝2：3，于是得到AC+CE＝（AB+BE）＝4，即可求出△ABC的周长．
【解答】解：过B作BG∥AC，交AE延长线于G，
∴∠G＝∠CAE，
∵AE是△ABC的角平分线，
∴∠BAE＝∠CAE，
∴∠G＝∠BAE，
∴BG＝AB，
∵AD∥BG，
∴△ADF∽△GBF，
∴AD：BG＝DF：BF＝1：3，
∴AD：AB＝1：3，
∵D是AC中点，
∴AD＝AC，
∴AC：AB＝2：3，
∴AC＝AB，
∵AC∥BG，
∴△ACE∽△GBE，
∴CE：BE＝AC：BG＝AC：AB＝2：3，
∴CE＝BE，
∴AC+CE＝（AB+BE）＝×6＝4，
∴△ABC的周长＝AB+BE+AC+CE＝6+4＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查线相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的角平分线，关键是由平行线的性质，角平分线定义推出AB＝BG，由△ADF∽△GBF，推出AD：BG＝DF：BF，由△ACE∽△GBE，推出CE：BE＝AC：BG．
14．（3分）如图，四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，点R为DE的中点，BR分别交AC和CD于点P，Q，则BP：PQ：QR＝ 3：1：2 ．
【分析】利用平行四边形的性质得到平行，可得到PB＝PR，＝，且DR＝RE，代入可得到QR和PQ之间的关系，结合BP＝PR＝3PQ，可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD和四边形ACED都是平行四边形，
∴BC＝AD＝CE，AC∥DE，
∴PB＝PR，＝，
又∵PC∥DR，
∴△PCQ∽△RDQ，
又∵点R是DE中点，
∴DR＝RE，
∴＝＝＝，
∴QR＝2PQ，
又∵BP＝PR＝PQ+QR＝3PQ，
∴BP：PQ：QR＝3：1：2，
故答案为：3：1：2．
【点评】本题主要考查平行线分线段成比例的性质及平行四边形的性质，由条件得到QR＝2PQ、BP＝3PQ是解题的关键．
15．（3分）如图，在△ABC中，AC＝BC，D为AB的中点，F为BC边上一点，连接CD、AF交于点E．若∠FAC＝90°﹣3∠BAF，BF：AC＝2：5，EF＝2，则AB长为 ．
【分析】如图，连接BE．设∠BAF＝α．BF＝2k，BC＝CA＝5k．首先证明∠ACE＝∠BEF＝∠BCD＝2α，想办法求出k，再设DE＝a，BD＝b，利用勾股定理构建方程组解决问题即可；
【解答】解：如图，连接BE．设∠BAF＝α．BF＝2k，BC＝CA＝5k．
∵CA＝CB，AD＝DB，
∴CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD，
∴∠CDA＝90°，EA＝EB，
∴∠EAB＝∠EBA＝α，∠BEF＝2α，
∵∠EAC+∠DAE+∠ACD＝90°，∠FAC＝90°﹣3∠BAF，
∴∠ACD＝∠BCD＝2α＝∠BEF，
∵∠EBF＝∠CBE，
∴△EBF∽△CBE，
∴＝＝，
∴BE＝k，EC＝，
∵∠CEF＝2α+∠CAE，∠EFC＝2α+∠FBE，
∵∠CAB＝∠CBA，∠EAB＝∠EBA，
∴∠CAE＝∠CBE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∴3k＝，
∴k＝，
∴BE＝，BC＝，设DE＝a，BD＝b，
则有，
解得a＝，b＝，
∴AB＝2b＝2，
故答案为2
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程或方程组解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16．（3分）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，AB＝2AC，点P在△ABC内，且PA＝，PB＝5，PC＝2，则△ABC的面积为 ．
【分析】首先作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP，即可得△ABQ∽△ACP，即可得△ABQ与△ACP相似比为2，继而可得△APQ与△BPQ是直角三角形，根据直角三角形的性质，即可求得△ABC的面积．
【解答】解：如图，作△ABQ，使得：∠QAB＝∠PAC，∠ABQ＝∠ACP，
则△ABQ∽△ACP，
∵AB＝2AC，
∴△ABQ与△ACP相似比为2，
∴AQ＝2AP＝2，BQ＝2CP＝4，∠QAP＝∠QAB+∠BAP＝∠PAC+∠BAP＝∠BAC＝60°，
∵AQ：AP＝2：1，
∴∠APQ＝90°，∠AQP＝30°，
∴PQ＝＝＝3，
∴BP2＝25＝BQ2+PQ2，
∴∠BQP＝90°，
∴∠APC＝∠AQB＝90°+30°＝120°；
作AM⊥BQ于M，
由∠BQA＝∠BQP+∠AQP＝120°，
∴∠AQM＝60°，QM＝，AM＝3，
∴AB2＝BM2+AM2＝（4+）2+32＝28+8，
∴S△ABC＝AB•ACsin60°＝AB2＝，
故答案为：．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的判定与性质以及三角函数的性质．此题难度较大，解题的关键是辅助线的构造，还要注意勾股定理与勾股定理的逆定理的应用．
二、选择题（共4题，每题2分，共8分）
17．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．任意两个菱形都相似
B．任意两个正方形都相似
C．任意两个等腰三角形都相似
D．任意两个矩形都相似
【分析】根据相似图形的判定和菱形、矩形、等腰三角形和等腰直角三角形的性质逐一判断即可得．
【解答】解：A．任意两个菱形不一定相似，此选项不符合题意；
B．任意的两个正方形形一定相似，此选项符合题意；
C．任意两个等腰三角形不一定相似，此选项不符合题意；
D．任意的两个矩形不一定相似，此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查相似图形，解题的关键是掌握相似图形的概念和菱形、矩形、等腰三角形和等腰直角三角形的性质．
18．（2分）若（b、d、f均为正数），则下列式子不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】利用合分比性质对A选项进行判断；利用分母不能为0对B选项进行判断；根据等比性质对C、D选项进行判断．
【解答】解：∵，
∴＝＝﹣6，＝（2b+d﹣f≠0），＝＝，＝，所以B选项不符合题意，A、C、D选项符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了比例的性质：灵活运用比例的性质（内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质）是解决此类问题的关键．
19．（2分）定义[a，b，c]为函数y＝ax2+bx+c的特征数，下面给出特征数为[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函数的一些结论：（1）当m＝﹣3时，函数图象的顶点坐标是；（2）当m＞0时，函数图象截x轴所得的线段长度大于；（3）当m＜0时，函数在时，y随x的增大而减小；（4）当m≠0时，无论m取何值函数图象经过定点．其中正确的结论有（ ）个．
A．0B．1C．2D．3
【分析】①依据题意，把m＝﹣3代入[2m，1﹣m，﹣1﹣m]，求得[a，b，c]，求得解析式，利用顶点坐标公式解答即可；
②依据题意，令函数值为0，求得与x轴交点坐标，利用两点间距离公式解决问题；
③依据题意，首先求得对称轴，利用二次函数的性质解答即可；
④依据题意，根据特征数的特点，直接得出x的值，进一步验证即可解答．
【解答】解：①当m＝﹣3时，特征数为[﹣6，4，2]，
∴﹣＝﹣＝，＝＝．
∴函数图象的顶点坐标是：（，），故①正确；
②当m＞0时，令y＝0，有2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）＝0，
∴x＝．
∴x1＝1，x2＝﹣﹣．
∴|x2﹣x1|＝+＞．
∴当m＞0时，函数图象截x轴所得的线段长度大于，故②正确．
③当m＜0时，y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m） 是一个开口向下的抛物线，其对称轴是直线，在对称轴的右边y随x的增大而减小，
∵当m＜0时，＝﹣＞，即对称轴在x＝右边，
∴函数在x＝右边先递增到对称轴位置，再递减，故③错误；
④∵y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）＝2mx2﹣mx﹣m+x﹣1＝m（2x2﹣x﹣1）+x﹣1，
令2x2﹣x﹣1＝0，
解得x＝1或x＝﹣，
将x＝1代入y＝m（2x2﹣x﹣1）+x﹣1得y＝0，
将x＝﹣代入y＝m（2x2﹣x﹣1）+x﹣1得y＝﹣．
∴m≠0时，函数图象经过定点（1，0），（﹣，﹣），故④正确．
综上，正确的有①②④，共3个．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
20．（2分）如图，四边形ABCD和AGFE均为正方形，若，则CF的长为（ ）
A．B．2C．2D．3
【分析】连接AC、AF，利用正方形的性质，相似三角形的判定与性质即可解答．
【解答】解：连接AC、AF，如图，
∵四边形ABCD和AGFE均为正方形，
∴AC与AF分别是四边形ABCD和AGFE的角平分线，
∴，
∵∠BAE＝45°﹣∠EAC，∠CAF＝45°﹣∠EAC，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE∽△CAF，
∴，
即，
解得CF＝，
故选：A．
【点评】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
三、解答题（共6题，共52分）
21．（6分）已知二次函数y＝（m2﹣2）x2﹣4mx+n的图象的对称轴是直线x＝2，且最高点在直线y＝x+1上，求这个二次函数的表达式．
【分析】根据函数的对称轴x＝2，此图象顶点的横坐标为2，此点在直线y＝x+1上，可求得y＝（m2﹣2）x2﹣4mx+n的图象顶点坐标为（2，2）．从而求得m＝﹣1或m＝2，利用最高点在直线上可得a＜0，所以m＝﹣1，n＝﹣2，从而求得二次函数的表达式．
【解答】解：∵二次函数的对称轴x＝2，此图象顶点的横坐标为2，此点在直线y＝x+1上．
∴y＝×2+1＝2．
∴y＝（m2﹣2）x2﹣4mx+n的图象顶点坐标为（2，2）．
∴﹣＝2．
解得m＝﹣1或m＝2．
∵最高点在直线上，∴a＜0，
∴m＝﹣1．
∴y＝﹣x2+4x+n顶点为（2，2）．
∴2＝﹣4+8+n．∴n＝﹣2．
则y＝﹣x2+4x﹣2．
【点评】本题主要考查了用待定系数法求二次函数解析式的方法，要掌握对称轴公式和顶点公式的运用和最值与函数之间的关系．
22．（6分）如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB是多少？
【分析】通过相似三角形的性质可得＝，＝＝，可得＝，即可求解．
【解答】解：∵，
当王华在CG处时，Rt△DCG∽Rt△DBA，即＝，
当王华在EH处时，Rt△FEH∽Rt△FBA，即＝＝，
∴＝，
∵CG＝EH＝1.5米，CD＝1米，CE＝3米，EF＝2米，
设AB＝x，BC＝y，
∴＝，解得：y＝3，经检验y＝3是原方程的根．
∵＝，即＝，
解得x＝6米．
即路灯A的高度AB＝6米．
【点评】本题综合考查了中心投影的特点和规律以及相似三角形性质的运用．解题的关键是利用中心投影的特点可知在这两组相似三角形中有一组公共边，利用其作为相等关系求出所需要的线段，再求公共边的长度．
23．（7分）已知：如图，二次函数y＝x2+bx的图象交x轴正半轴于点A，顶点为P，一次函数的图象交x轴于点B，交y轴于点C，．
（1）求二次函数顶点P坐标；
（2）将二次函数图象向下平移m（m＞0）个单位，设平移后抛物线顶点为P'，若S△ABP′＝S△BCP'，求m的值．
【分析】（1）先由直线解析式求出点B，C坐标，利用∠OCA正切值求得点A坐标，再利用待定系数法求解可得；
（2）由平移知点P′坐标为（1，﹣1﹣m），设抛物线对称轴与x轴交于点H，与BC交于点M，得出S△ABP′＝AB•P′H＝2（m+1），S△BCP′＝S△P′MC+S△P′MB＝P′M•OB＝3|﹣m|，根据S△ABP＝S△BCP列出方程求解可得．
【解答】解：（1）∵y＝x﹣3，
∴x＝0时，y＝﹣3，
当y＝0时，x﹣3＝0，解得x＝6，
∴点B（6，0），C（0，﹣3），
∵．
∴OA＝2，即A（2，0），
将A（2，0）代入y＝x2+bx，得4+2b＝0，
解得b＝﹣2，
∴y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
则抛物线解析式为y＝x2﹣2x，顶点P的坐标为（1，﹣1）；
（2）如图，
由平移知点P′坐标为（1，﹣1﹣m），
设抛物线对称轴与x轴交于点H，与BC交于点M，则M（1，﹣），
则S△ABP′＝AB•P′H＝×4（m+1）＝2（m+1），
则S△BCP′＝S△P′MC+S△P′MB＝P′M•OB＝|﹣1﹣m+|×6＝3|﹣m|，
∴2（m+1）＝3|﹣m|，
解得m＝或m＝．
【点评】本题主要考查抛物线与x轴的交点，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质及三角函数的应用等知识点．
24．（9分）已知如图，D是△ABC的边AB上一点，DE∥BC，交边AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接BF，交边AC于点G，连接CF
（1）求证：＝；
（2）如果CF2＝FG•FB，求证：CG•CE＝BC•DE．
【分析】（1）首先证明△ADE∽△ABC，△EFG∽△CBG，根据相似三角形的对应边的比相等，以及DE＝EF即可证得；
（2）首先证明△CFG∽△BFC，证得＝，∠FCE＝∠CBF，然后根据平行线的性质证明∠FEG＝∠CEF，即可证得△EFG∽△ECF，则＝＝，即可证得＝，则所证结论即可得到．
【解答】证明：（1）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，△EFG∽△CBG，
∴＝，＝，
又∵DE＝EF，
∴＝，
∴＝；
（2）∵CF2＝FG•FB，
∴＝，
又∵∠CFG＝∠CFB，
∴△CFG∽△BFC，
∴＝，∠FCE＝∠CBF，
又∵DF∥BC，
∴∠EFG＝∠CBF，
∴∠FCE＝∠EFG，
又∵∠FEG＝∠CEF，
∴△EFG∽△ECF，
∴＝＝，
∴＝，即CG•CE＝BC•DE．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解相似三角形的判定方法，证明∠FEG＝∠CEF，证得△EFG∽△ECF是解决本题的关键．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC＝2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m＝，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），求出点C坐标代入求出a即可；
（2）由△CMD∽△FMP，可得m＝＝，根据关于m关于x的二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．分两种情形分别求解即可：①当DP是矩形的边时，有两种情形；②当DP是对角线时．
【解答】解：（1）因为抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0）、B（4，0）两点，
所以可以假设y＝a（x+2）（x﹣4），
∵OC＝2OA，OA＝2，
∴C（0，4），代入抛物线的解析式得到a＝﹣，
∴y＝﹣（x+2）（x﹣4）或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣（x﹣1）2+．
（2）如图1中，由题意，点P在y轴的右侧，作PE⊥x轴于E，交BC于F．
∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m＝＝，
∵直线y＝kx+1（k＞0）与y轴交于点D，则D（0，1），
∵BC的解析式为y＝﹣x+4，
设P（n，﹣n2+n+4），则F（n，﹣n+4），
∴PF＝﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）＝﹣（n﹣2）2+2，
∴m＝＝﹣（n﹣2）2+，
∵﹣＜0，
∴当n＝2时，m有最大值，最大值为，此时P（2，4）．
（3）存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形．
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
a、如图2.1中，四边形DQNP是矩形时，
由（2）可知P（2，4），代入y＝kx+1中，得到k＝，
∴直线DP的解析式为y＝x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），
由△DOE∽△QOD可得＝，
∴OD2＝OE•OQ，
∴1＝•OQ，
∴OQ＝，
∴Q（，0）．
根据矩形的性质，将点P向右平移个单位，向下平移1个单位得到点N，
∴N（2+，4﹣1），即N（，3）
b、如图2.2中，四边形PDNQ是矩形时，
∵直线PD的解析式为y＝x+1，PQ⊥PD，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣x+，
∴Q（8，0），
根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，
∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．
②当DP是对角线时，设Q（x，0），则QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2＝PD2，
∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，
整理得x2﹣2x+4＝0，方程无解，此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点N坐标为（，3）或（6，﹣3）．
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、平行线的性质．相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（12分）已知，在矩形ABCD中，点M是边AB上的一个点（与点A、B不重合），联结CM，作∠CMF＝90°，且MF分别交边AD于点E、交边CD的延长线于点F．点G为线段MF的中点，联结DG．
（1）如图1，如果AD＝AM＝4，当点E与点G重合时，求△MFC的面积；
（2）如图2，如果AM＝2，BM＝4．当点G在矩形ABCD内部时，设AD＝x，DG2＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果AM＝6，CD＝8，∠F＝∠EDG，求线段AD的长．（直接写出计算结果）
【分析】（1）由“AAS”可证△AGM≌△DGF，可得AM＝DF＝4，AG＝GD＝AD＝2，由勾股定理可求GF的长，由锐角三角函数可求MC的长，即可求解；
（2）过点M作MH⊥CD于H，过点G作GP⊥CD于P，通过证明△FHM∽△MHC，可得，可求FH＝，PH＝，DP＝2﹣，GP＝x，由勾股定理可求解；
（3）分两种情况讨论，通过全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵点G为线段MF的中点，
∴GF＝MG，
又∵∠A＝∠FDG＝90°，∠AGM＝∠FGD，
∴△AGM≌△DGF（AAS），
∴AM＝DF＝4，AG＝GD＝AD＝2，
∴GF＝＝＝2，
∴FM＝2GF＝4，
∵tanF＝，
∴，
∴MC＝2，
∴S△MFC＝×FM×MC＝×4×2＝20；
（2）过点M作MH⊥CD于H，过点G作GP⊥CD于P，
∴GP∥MH，MH＝AD＝x，
∴＝，
∴GP＝MH＝x，FP＝FH＝FH，
∵∠CMF＝90°＝∠FHM＝∠CHM，
∴∠F+∠FCM＝90°＝∠F+∠FMH＝∠FCM+∠CMH，
∴∠F＝∠CMH，∠FCM＝∠CMH，
∴△FHM∽△MHC，
∴，
∴MH2＝FH•HC，
∴FH＝，
∴PH＝，
∴DP＝2﹣，GP＝x，
∵DG2＝DP2+GP2，
∴y＝+4（2＜x＜4）；
（3）如图3，当点G在矩形的内部时，延长DG交AB于J，连接AG，AF，
∵∠FMC＝90°，
∴∠AME+∠CMB＝90°＝∠CMB+∠BCM，
∴∠AME＝∠MCB，
∵∠EDG＝∠EFD＝∠AME＝∠MCB，AD＝BC，∠DAJ＝∠B＝90°，
∴△ADJ≌△BCM（ASA），
∴AJ＝BM＝2，
∴JM＝4，
∵AB∥CD，
∴，
∴MJ＝FD＝4，GJ＝DG，
∴AG＝DG＝GJ，
∴∠GAD＝∠GDA＝∠GFD，
又∵∠AEG＝∠FED，
∴∠AGE＝∠FDE＝90°，
又∵FG＝GM，
∴AF＝AM＝6，
∴AD＝＝＝2，
当点G在矩形的外部时，延长DG交BA的延长线于L，连接DM，
同理可求AD＝2，
综上所述：AD＝2或2．