广东省广州市仲元中学附属学校2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份广东省广州市仲元中学附属学校2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷，共12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。

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。）
1．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）将抛物线y＝x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣2B．y＝x2+2C．y＝（x+2）2D．y＝（x﹣2）2
3．（3分）方程x（x﹣2）＝0的根为（ ）
A．x＝0B．x＝2
C．x1＝0，x2＝2D．x1＝0，x2＝﹣2
4．（3分）已知二次函数y＝3（x﹣2）2+9对称轴是（ ）
A．直线x＝2B．直线x＝﹣2C．直线x＝9D．直线x＝﹣9
5．（3分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30°B．45°C．90°D．135°
6．（3分）将二次函数y＝3x2﹣6x+1化成顶点式是（ ）
A．y＝3（x﹣3）2﹣26B．y＝3（x﹣3）2﹣8
C．y＝3（x﹣1）2﹣2D．y＝3（x﹣1）2
7．（3分）下列方程中没有实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0B．x2﹣2x+3＝0C．x2+2x+1＝0D．x2+4x＝0
8．（3分）在一次会议中，每两人都握了一次手，共握手21次，设有x人参加会议，则可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝21B．x（x﹣1）＝21
C．D．
9．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝ax+c在同一坐标系内的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．（3分）定义新运算：a*b＝a（m﹣b）．若方程x2﹣mx+4＝0有两个相等正实数根，且b*b＝a*a（其中a≠b），则a+b的值为（ ）
A．﹣4B．4C．﹣2D．2
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，6）关于原点对称的点的坐标是 ．
12．（3分）已知m是方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，则代数式m2﹣m+2的值等于 ．
13．（3分）抛物线y＝﹣x2+6的顶点坐标是 ．
14．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为 ．
15．（3分）某药品原价每盒25元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒16元，则该药品平均每次降价的百分率是 ．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①ab＜0；②b2＞4ac；③a+b+c＜0；④2a+b+c＝0，其中正确的是 ．
三、解答题（本大题共9个小题，满分72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．（4分）解方程：x2﹣2x＝3．
18．（4分）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1；
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
19．（6分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）利用图象的特点填空：
①当x＝ 时，方程ax2+bx+c＝﹣4；
②不等式﹣4＜ax2+bx+c＜0的解集为 ．
20．（6分）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°．
（1）尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是矩形．
21．（8分）在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m．
（1）求m的值；
（2）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2），若4＜x2﹣x1＜6，求a的取值范围．
22．（10分）学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42米，篱笆长80米．设垂直于墙的边AB长为x米，平行于墙的边BC为y米，围成的矩形面积为S米2．
（1）求y与x，S与x的关系式．
（2）围成的矩形花圃面积能否为750米2，若能，求出x的值．
（3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时x的值．
23．（10分）如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出，球的飞行路线可以用二次函数y＝ax2+bx（a＜0）刻画，斜坡可以用一次函数刻画，小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律如表：
（1）①m＝ ，n＝ ；
②小球的落点是A，求点A的坐标．
（2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系：y＝﹣5t2+vt．
①小球飞行的最大高度为 米；
②求v的值．
24．（12分）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： ；“②”处应填： ；“③”处应填： ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．
【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF的数量关系： （直接写出结论，不必证明）．
最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于A、C两点，其中A（﹣1，0），C（4，0），与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是第一象限内抛物线上的一个动点，连结BC，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE与直线y＝﹣2交于点F，求DE的最大值及此时点D的坐标；
（3）若将原抛物线绕原点O旋转180°得到新的抛物线y′，P是新抛物线y′上的一个动点，H是直线y＝﹣2上的一个动点，在平面直角坐标系上，是否存在一点K，使得四边形OPKH为正方形？请直接写出满足条件的所有K的坐标．
2024-2025学年广东省广州市仲元中学附属学校九年级（上）期中
数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。）
1．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（3分）将抛物线y＝x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣2B．y＝x2+2C．y＝（x+2）2D．y＝（x﹣2）2
【分析】直接根据“左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为：y＝（x+2）2．
故选：C．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
3．（3分）方程x（x﹣2）＝0的根为（ ）
A．x＝0B．x＝2
C．x1＝0，x2＝2D．x1＝0，x2＝﹣2
【分析】由x（x﹣2）＝0，即可得x＝0或x﹣2＝0，解此两个一次方程即可求得答案．
【解答】解：∵x（x﹣2）＝0，
∴x＝0或x﹣2＝0，
解得：x1＝0，x2＝2．
故选：C．
【点评】此题考查了一元二次方程的解法．此题比较简单，解题的关键是注意降幂思想的应用．
4．（3分）已知二次函数y＝3（x﹣2）2+9对称轴是（ ）
A．直线x＝2B．直线x＝﹣2C．直线x＝9D．直线x＝﹣9
【分析】根据题目中二次函数的顶点式，可以直接写出该函数的对称轴，本题得以解决．
【解答】解：∵二次函数y＝3（x﹣2）2+9，
∴该函数的对称轴是直线x＝2，
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
5．（3分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30°B．45°C．90°D．135°
【分析】△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，由图可知，∠AOC为旋转角，可利用△AOC的三边关系解答．
【解答】解：如图，设小方格的边长为1，得，
OC＝＝，AO＝＝，AC＝4，
∵OC2+AO2＝+＝16，
AC2＝42＝16，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC＝90°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，旋转前后对应角相等，本题也可通过两角互余的性质解答．
6．（3分）将二次函数y＝3x2﹣6x+1化成顶点式是（ ）
A．y＝3（x﹣3）2﹣26B．y＝3（x﹣3）2﹣8
C．y＝3（x﹣1）2﹣2D．y＝3（x﹣1）2
【分析】直接利用配方法将一般式化为顶点式即可．
【解答】解：y＝3x2﹣6x+1
＝3（x2﹣2x）+1
＝3（x﹣1）2﹣2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数的三种形式，正确应用配方法是解题关键．
7．（3分）下列方程中没有实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0B．x2﹣2x+3＝0C．x2+2x+1＝0D．x2+4x＝0
【分析】一元二次方程中，没有实数根，即根的判别式Δ＝b2﹣4ac＜0．
【解答】解：A、∵Δ＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣1）＝5，∴方程有两个不相等的实数根；
B、∵Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8，∴方程没有实数根；
C、∵Δ＝22﹣4×1×1＝0，∴方程有两个相等的实数根；
A、∵Δ＝42＝16，∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
8．（3分）在一次会议中，每两人都握了一次手，共握手21次，设有x人参加会议，则可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝21B．x（x﹣1）＝21
C．D．
【分析】如果有x人参加了聚会，则每个人需要握手（x﹣1）次，x人共需握手x（x﹣1）次；而每两个人都握了一次手，因此要将重复计算的部分除去，即一共握手：次；已知“所有人共握手21次”，据此可列出关于x的方程．
【解答】解：设x人参加这次聚会，则每个人需握手：x﹣1（次）；
依题意，可列方程为：＝21；
故选：D．
【点评】考查了由实际问题抽象出一元二次方程．理清题意，找对等量关系是解答此类题目的关键；需注意的是本题中“每两人都握了一次手”的条件，类似于球类比赛的单循环赛制．
9．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝ax+c在同一坐标系内的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】先由一次函数y＝ax+c图象得到字母系数的正负，再与二次函数y＝ax2+bx+c的图象相比较看是否一致．
【解答】解：A、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，错误；
B、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＞0，错误；
C、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，b＞0，错误；
D、由抛物线可知，a＜0，过点（0，c），由直线可知，a＜0，过点（0，c），正确．
故选：D．
【点评】主要考查了一次函数和二次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
10．（3分）定义新运算：a*b＝a（m﹣b）．若方程x2﹣mx+4＝0有两个相等正实数根，且b*b＝a*a（其中a≠b），则a+b的值为（ ）
A．﹣4B．4C．﹣2D．2
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣m）2﹣4×4＝0，解得m1＝4，m2＝﹣4，再利用方程有两个相等的正实数解，所以m＝4，则a*b＝a（4﹣b）．利用新定义得到b（4﹣b）＝a（4﹣a），然后整理后利用因式分解得到（a﹣b）（a+b﹣4）＝0，从而得到a+b的值．
【解答】解：∵方程x2﹣mx+4＝0有两个相等实数根，
∴Δ＝（﹣m）2﹣4×4＝0，
解得m1＝4，m2＝﹣4，
当m＝﹣4时方程有两个相等的负实数解，
∴m＝4，
∴a*b＝a（4﹣b），
∵b*b＝a*a，
∴b（4﹣b）＝a（4﹣a）
整理得a2﹣b2﹣4a+4b＝0，
（a﹣b）（a+b﹣4）＝0，
而a≠b，
∴a+b﹣4＝0，
即a+b＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，6）关于原点对称的点的坐标是 （2，﹣6） ．
【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：点A（﹣2，6）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣6）．
故答案为：（2，﹣6）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
12．（3分）已知m是方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，则代数式m2﹣m+2的值等于 4 ．
【分析】利用整体代入的思想解决问题即可．
【解答】解：∵m是方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，
∴m2﹣m﹣2＝0，
∴m2﹣m＝2，
∴m2﹣m+2＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是理解方程解的定义．
13．（3分）抛物线y＝﹣x2+6的顶点坐标是 （0，6） ．
【分析】已知解析式是抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．
【解答】解：因为y＝﹣x2+6是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（0，6）．
故答案为（0，6）．
【点评】此题考查了二次函数顶点式的性质：抛物线y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k）．
14．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为 40° ．
【分析】根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解．
【解答】解：根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°，
∴∠B＝∠ADB＝×（180°﹣100°）＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出∠B的度数是解题的关键．
15．（3分）某药品原价每盒25元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒16元，则该药品平均每次降价的百分率是 20% ．
【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格＝降价前的价格（1﹣降价的百分率），则第一次降价后的价格是25（1﹣x），第二次后的价格是25（1﹣x）2，据此即可列方程求解．
【解答】解：设该药品平均每次降价的百分率为x，
由题意可知经过连续两次降价，现在售价每盒16元，
故25（1﹣x）2＝16，
解得x＝0.2或1.8（不合题意，舍去），
故该药品平均每次降价的百分率为20%．
【点评】本题考查数量平均变化率问题．原来的数量（价格）为a，平均每次增长或降低的百分率为x的话，经过第一次调整，就调整到a（1±x），再经过第二次调整就是a（1±x）（1±x）＝a（1±x）2．增长用“+”，下降用“﹣”．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①ab＜0；②b2＞4ac；③a+b+c＜0；④2a+b+c＝0，其中正确的是 ①②③ ．
【分析】根据二次函数的性质和图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否成立．
【解答】解：由图象可得，
a＞0，b＜0，c＜0，
∴ab＜0，故①正确，符合题意；
图象与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，故②正确，符合题意；
当x＝1时，y＝a+b+c＜0，故③正确，符合题意；
对称轴为﹣＝1，则b＝﹣2a，
∴2a+b+c＝2a﹣2a+c＝c＜0，故④错误，不符合题意；
故答案为：①②③．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
三、解答题（本大题共9个小题，满分72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．（4分）解方程：x2﹣2x＝3．
【分析】利用因式分解解方程．
【解答】解：x2﹣2x＝3，
x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
∴x1＝3，x2＝﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的求解，利用十字相乘法是解题的关键．
18．（4分）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB1C1，画出△AB1C1；
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
【分析】（1）依据△ABC绕点A顺时针旋转90°，即可得到△AB1C1；
（2）依据中心对称的性质进行作图，即可得到△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A2B2C2．
【解答】解：（1）△AB 1C 1如图所示；
（2）△A 2B 2C 2如图所示．
【点评】本题主要考查了利用旋转变换进行作图，解题时注意：旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素有旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
19．（6分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）利用图象的特点填空：
①当x＝ 1 时，方程ax2+bx+c＝﹣4；
②不等式﹣4＜ax2+bx+c＜0的解集为 ﹣1＜x＜3且x≠1 ．
【分析】（1）设交点式y＝a（x+1）（x﹣3），然后把C点坐标代入求出a即可；
（2）①先利用配方法得到y＝（x﹣1）2﹣4，则当x＝1时，y有最小值﹣4；
②写出函数图象在x轴下方所对应的自变量的范围，并且自变量不取顶点的横坐标．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
把C（0，﹣3）代入得﹣3＝a×1×（﹣3），
解得a＝1，
∴抛物线解析式为y＝（x+1）（x﹣3），
即y＝x2﹣2x﹣3；
（2）①∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴当x＝1时，y有最小值﹣4，
即x＝1时，方程ax2+bx+c＝﹣4
故答案为：1；
②不等式﹣4＜ax2+bx+c＜0的解集为﹣1＜x＜3且x≠1．
故答案为：﹣1＜x＜3且x≠1．
【点评】本题考查了二次函数与不等式（组）：利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解．也考查了待定系数法求二次函数解析式和抛物线与x轴的交点．
20．（6分）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°．
（1）尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是矩形．
【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交AC于O，连接BO，于是得到结论；
（2）根据平行四边形的判定和性质以及矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：如图所示，线段BO为AC边上的中线；
（2）证明：∵点O是AC的中点，
∴AO＝CO，
∵将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，
∴BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，矩形的判定，中心对称图形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
21．（8分）在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m．
（1）求m的值；
（2）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2），若4＜x2﹣x1＜6，求a的取值范围．
【分析】（1）把点P（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3（a＞0）可得b＝﹣2a，再利用抛物线的对称轴公式可得答案；
（2）由根与系数的关系可得x1+x2＝2，x2•x1＝﹣，结合x2﹣x1＝，4＜x2﹣x1＜6，再建立不等式组求解即可．
【解答】解：（1）∵点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，
∴4a+2b﹣3＝﹣3，
解得：b＝﹣2a，
∴抛物线为：y＝ax2﹣2ax﹣3，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴m＝1；
（2）∵y＝ax2﹣2ax﹣3的图象与x轴交点为（x1，0），（x2，0）（x1＜x2）．
∴x1+x2＝2，x2•x1＝﹣，
∵x2﹣x1＝，
∴x2﹣x1＝＝2，
∵4＜x2﹣x1＜6，
∴4＜2＜6即2＜＜3，
解得＜a＜1．
【点评】本题考查了待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，熟练的利用各知识点建立方程或不等式组解题是关键．
22．（10分）学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42米，篱笆长80米．设垂直于墙的边AB长为x米，平行于墙的边BC为y米，围成的矩形面积为S米2．
（1）求y与x，S与x的关系式．
（2）围成的矩形花圃面积能否为750米2，若能，求出x的值．
（3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时x的值．
【分析】（1）依据题意，2x+y＝80，从而y＝﹣2x+80，再由0＜﹣2x+80≤42，且x＞0，可得x的范围，又S＝AB•BC＝x（﹣2x+80），进而可以得解；
（2）依据题意，令S＝﹣2x2+80x＝750，解方程即可判断得解；
（3）依据题意，根据（1）S＝﹣2x2+80x＝﹣2（x﹣20）2+800，从而依据二次函数的性质即可判断得解．
【解答】解：（1）由题意，2x+y＝80，
∴y＝﹣2x+80．
由0＜﹣2x+80≤42，且x＞0，
∴19≤x＜40．
由题意，S＝AB•BC＝x（﹣2x+80），
∴S＝﹣2x2+80x（19≤x＜40）．
（2）由题意，令S＝﹣2x2+80x＝750，
∴x＝15（舍去）或x＝25．
答：当x＝25时，围成的矩形花圃的面积为750米2．
（3）由题意，根据（1）S＝﹣2x2+80x＝﹣2（x﹣20）2+800，
又∵﹣2＜0，且19≤x＜40，
∴当x＝20时，S取最大值为800．
答：围成的矩形花圃面积存在最大值，最大值为800米2，此时x的值为20．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．
23．（10分）如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出，球的飞行路线可以用二次函数y＝ax2+bx（a＜0）刻画，斜坡可以用一次函数刻画，小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律如表：
（1）①m＝ 3 ，n＝ 6 ；
②小球的落点是A，求点A的坐标．
（2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系：y＝﹣5t2+vt．
①小球飞行的最大高度为 8 米；
②求v的值．
【分析】（1）①由抛物线的顶点坐标为（4，8）可建立过于 a，b的二元一次方程组，求出a，b的值即可；
②联立两函数解析式求解，可求出交点A的坐标；
（2）①根据第一问可知最大高度为8米；
②将小球飞行高度与飞行时间的函数关系式化简为顶点式即可求得v值．
【解答】解：（1）①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知，
抛物线顶点坐标为（4，8），
，
解得：，
∴二次函数解析式为y＝x2+4x，
当y＝时，﹣x2+4x＝，
解得：x＝3或x＝5（舍去），
∴m＝3，
当x＝6时，n＝y＝﹣62+4×6＝6，
故答案为：3，6．
②联立得：，
解得：或，
∴点A的坐标是（，）．
（2）①由题干可知小球飞行最大高度为8米，
故答案为：8．
②y＝﹣5t2+vt＝﹣5（t﹣）2+，
则＝8，
解得v＝4（负值舍去）．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，从图象和表格中获取数据是解题的关键．
24．（12分）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： △ADE≌△AD′E ；“②”处应填： EC2+CD′2＝ED′2 ；“③”处应填： 5 ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．
【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF的数量关系： 2BE2+2DF2＝EF2 （直接写出结论，不必证明）．
最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界．
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′．过点D作DH⊥BD交边AF′于点H，连结NH．由旋转的特征得AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′．结合题意得EF＝DF+BE＝DF+DF′＝F′F．证明△AEF≌AF′F，得出∠EAF＝∠F′AF．根据正方形性质得出∠ABD＝∠ADB＝45°．结合DH⊥BD，得出∠ADH＝∠HDB﹣∠ADB＝45°．证明△ABM≌△ADH，得出AM＝AH，BM＝DH．证明△AMN≌△AHN．得出MN＝HN．在Rt△HND中，根据勾股定理即可求解；
【拓展应用】如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．则△ADF≌△AGH．则DF＝GH，AG＝AD，AF＝AH，∠DAF＝∠HAG，根据∠EAF＝45°，证明△AEH≌△AEF，得出EF＝HE，过点H作HO⊥CB交CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．得出OH＝BG，OB＝HG，证明△BME，△DNF，△CEF，△AMN是等腰直角三角形，得出GM＝DN＝DF＝HG，∠HME＝90°，在Rt△OHE中，根据勾股定理即可证明．
【解答】解：【问题解决】如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
，
∴①△ADE≌△AD′E（SAS）．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
在Rt△ECD′中，②EC2+CD′2＝ED′2．
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴③，
故答案为：△ADE≌△AD′E；EC2+CD′2＝ED′2；5；
【知识迁移】DN2+BM2＝MN2；
证明：如图3，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′．
过点D作DH⊥BD交边AF′于点H，连结NH．
由旋转的特征得AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′．
由题意得EF+EC+FC＝DC+BC＝DF+FC+EC+BE，
∴EF＝DF+BE＝DF+DF′＝F′F．
在△AEF和△AF′F中，
，
∴△AEF≌AF′F（SSS），
∴∠EAF＝∠F′AF．
又∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°．
∵DH⊥BD，
∴∠ADH＝∠HDB﹣∠ADB＝45°．
在△ABM和△ADH中，
，
∴△ABM≌△ADH（ASA），
∴AM＝AH，BM＝DH．
在△AMN和△AHN中，
，
∴△AMN≌△AHN（SAS）．
∴MN＝HN．
在Rt△HND中，DN2+DH2＝HN2，
∴DN2+BM2＝MN2．
（3）【拓展应用】2BE2+2DF2＝EF2．
证明：如图4，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．
则△ADF≌△AGH．
则DF＝GH，AG＝AD，AF＝AH，∠DAF＝∠HAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠HAE＝∠HAG+∠GAE＝∠DAF+∠GAE＝45°，
在△AEH和△AFE中，
，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴EF＝HE，
过点H作HO⊥CB交CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．
∴OH＝BG，OB＝HG，
∵∠CEF＝45°，
∴∠CEF＝∠CFE＝∠DFN＝∠DNF＝∠BME＝∠BEM＝45°，
∴△BME，△DNF，△CEF，△AMN是等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，DN＝DF，AN＝AM，
∴AM﹣AG＝AN﹣AD，
∴GM＝DN＝DF＝HG，
∴∠HMG＝45°，
∴∠HME＝45°+45°＝90°，
在Rt△OHE中，OE2+OH2＝HE2，（OB+BE）2+BG2＝EH2，
∴（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2，
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，
∴（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2．
【点评】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于A、C两点，其中A（﹣1，0），C（4，0），与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是第一象限内抛物线上的一个动点，连结BC，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE与直线y＝﹣2交于点F，求DE的最大值及此时点D的坐标；
（3）若将原抛物线绕原点O旋转180°得到新的抛物线y′，P是新抛物线y′上的一个动点，H是直线y＝﹣2上的一个动点，在平面直角坐标系上，是否存在一点K，使得四边形OPKH为正方形？请直接写出满足条件的所有K的坐标．
【分析】（1）根据题意得：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2+bx+4，即可求解；
（2）证明DM＝DF，得到DF+DE＝DG+DM＝﹣m2+4m﹣m2+3m+6＝﹣2m2+7m+6＝﹣2（m﹣）2+，即可求解；
（3）证明△PON≌△HOM（AAS），得到PN＝HM＝2，ON＝OM．则P点的坐标为（2，6）或（﹣2，﹣6），H（6，﹣2），再分类求解即可．
【解答】解：（1）根据题意得：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2+bx+4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4；
（2）过点D作DM⊥直线y＝﹣2于M，交直线BC于G，
∴DM∥y轴，
∴∠DGE＝∠OBC，
∵抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A、C两点，其中A（﹣1，0），与y轴交于点B．
令y＝0，则0＝﹣x2+3x+4，解得x1＝﹣1，x2＝4，令x＝0，则y＝4，
∴B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠DGE＝∠OBC＝45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDG＝∠DGE＝45°，
∴DE＝EG，
∴DG＝DE，
∵DM⊥直线y＝﹣2，
∴∠EDG＝∠DFM＝45°，
∴DM＝DF，
由点B、C的坐标得，直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
设直线DM交x轴于N，D（m，﹣m2+3m+4），则G（m，﹣m+4），M （m，﹣2），
∴DG＝﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+4m，DM＝﹣m2+3m+4﹣（﹣2）＝﹣m2+3m+6，
∴DF+DE＝DG+DM＝﹣m2+4m﹣m2+3m+6＝﹣2m2+7m+6＝﹣2（m﹣）2+，
∴DF+DE的最大值为，此时点D的坐标为（，）；
（3）如图，
根据旋转得抛物线y'过点（0，﹣4），（1，0），（﹣4，0），
∴y'＝x2+3x﹣4，
设P（n，n2+3n﹣4），
∵四边形OPKH为正方形，
∴OP⊥OH，OP＝OH，
∴∠PON+∠NOH＝90°，
过点H作HM⊥x轴于M，过点P作PN⊥y轴于N，
∴∠PNO＝∠HMO＝90°，
∴∠HOM+∠NOH＝90°，
∴∠PON＝∠HOM，
∴△PON≌△HOM（AAS），
∴PN＝HM＝2，ON＝OM．
∴n＝±2，
∴P点的坐标为（2，6）或（﹣2，﹣6），H（6，﹣2），
①当P点的坐标为（2，6）时，
∵O（0，0），P（2，6），H（6，﹣2），四边形OPKH为正方形，
∴点K的坐标为（8，4）；
②当P点的坐标为（﹣2，﹣6）时，
∵O（0，0），P（2，6），H（6，﹣2），四边形OPKH为正方形，
∴点K的坐标为（4，﹣8）；
综上，存在，点K的坐标为（8，4）或（4，﹣8）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段长度是解题的关键．
x
0
1
2
m
4
5
6
7
…
y
0
6
8
n
…
如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE，
∴①_____．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
∴在Rt△ECD′中，②_____．
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴DE＝D′E＝③_____．
x
0
1
2
m
4
5
6
7
…
y
0
6
8
n
…
如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE，
∴①_____．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
∴在Rt△ECD′中，②_____．
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴DE＝D′E＝③_____．