上海川沙中学南校九年级上册期中试卷检测题

上海川沙中学南校九年级上册期中试卷检测题
一、初三数学 一元二次方程易错题压轴题（难）
1．我市茶叶专卖店销售某品牌茶叶，其进价为每千克 240 元，按每千克 400 元出售，平均每周可售出 200 千克，后来经过市场调查发现，单价每降低 10 元，则平均每周的销售量可增加 40 千克，若该专卖店销售这种品牌茶叶要想平均每周获利 41600 元，请回答： （1）每千克茶叶应降价多少元？
（2）在平均每周获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的 几折出售？
【答案】（1）每千克茶叶应降价30元或80元；（2）该店应按原售价的8折出售． 【解析】 【分析】
（1）设每千克茶叶应降价x 元，利用销售量×每件利润=41600元列出方程求解即可； （2）为了让利于顾客因此应下降价80元，求出此时的销售单价即可确定几折． 【详解】
（1）设每千克茶叶应降价x 元．根据题意，得： （400﹣x ﹣240）（200+
10
x
×40）=41600． 化简，得：x 2﹣10x +240=0． 解得：x 1=30，x 2=80．
答：每千克茶叶应降价30元或80元．
（2）由（1）可知每千克茶叶可降价30元或80元．因为要尽可能让利于顾客，所以每千克茶叶某应降价80元．
此时，售价为：400﹣80=320（元），320
100%80%400
⨯=． 答：该店应按原售价的8折出售． 【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题目中的等量关系列出方程．
2．随着经济收入的不断提高以及汽车业的快速发展，家用汽车已越来越多地进入普通家庭，汽车消费成为新亮点．抽样调查显示，截止2008年底全市汽车拥有量为14.4万辆．已知2006年底全市汽车拥有量为10万辆．
（1）求2006年底至2008年底我市汽车拥有量的年平均增长率；
（2）为保护城市环境，要求我市到2010年底汽车拥有量不超过15.464万辆，据估计从2008年底起，此后每年报废的汽车数量是上年底汽车拥有量的10%，那么每年新增汽车数量最多不超过多少辆？（假定每年新增汽车数量相同）
【答案】详见解析 【解析】
试题分析：（1）主要考查增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率）解决问题；
（2）参照增长率问题的一般规律，表示出2010年的汽车拥有量，然后根据关键语列出不等式来判断正确的解．
试题解析：（1）设年平均增长率为x ，根据题意得： 10（1+x ）2=14.4，
解得x=﹣2.2（不合题意舍去）x=0.2， 答：年平均增长率为20%；
（2）设每年新增汽车数量最多不超过y 万辆，根据题意得： 2009年底汽车数量为14.4×90%+y ，
2010年底汽车数量为（14.4×90%+y ）×90%+y ， ∴（14.4×90%+y ）×90%+y≤15.464， ∴y≤2．
答：每年新增汽车数量最多不超过2万辆． 考点：一元二次方程—增长率的问题
3．如图，已知AB 是⊙O 的弦，半径OA=2，OA 和AB 的长度是关于x 的一元二次方程x 2﹣4x+a=0的两个实数根． （1）求弦AB 的长度； （2）计算S △AOB ；
（3）⊙O 上一动点P 从A 点出发，沿逆时针方向运动一周，当S △POA =S △AOB 时，求P 点所经过的弧长（不考虑点P 与点B 重合的情形）．
【答案】（1）AB=2；（2）S △AOB 33）当S △POA =S △AOB 时，P 点所经过的弧长分别是
43π、83π、103π． 【解析】
试题分析：（1）OA 和AB 的长度是一元二次方程的根，所以利用一元二次方程的根与系数的关系即可求出AB 的长度；
（2）作出△AOB 的高OC ，然后求出OC 的长度即可求出面积； （3）由题意知：两三角形有公共的底边，要面积相等，即高要相等． 试题解析：（1）由题意知：OA 和AB 的长度是x 2﹣4x+a=0的两个实数根，
∴OA+AB=﹣
4
1
-
=4，
∵OA=2，
∴AB=2；
（2）过点C作OC⊥AB于点C，
∵OA=AB=OB=2，∴△AOB是等边三角形，∴AC=1
2
AB=1，
在Rt△ACO中，由勾股定理可得：OC=3，∴S△AOB=1
2
AB﹒OC=
1
2
×2×3=3；
（3）延长AO交⊙O于点D，由于△A OB与△POA有公共边OA，
当S△POA=S△AOB时，∴△AOB与△POA高相等，
由（2）可知：等边△AOB的高为3，∴点P到直线OA的距离为3，这样点共有3个①过点B作BP1∥OA交⊙O于点P1，∴∠BOP1=60°，
∴此时点P经过的弧长为：1202
180
π⨯
=
4
3
π
，
②作点P2，使得P1与P2关于直线OA对称，∴∠P2OD=60°，
∴此时点P经过的弧长为：2402
180
π⨯
=
8
3
π
，
③作点P3，使得B与P3关于直线OA对称，∴∠P3OP2=60°，
∴此时P经过的弧长为：3002
180
π⨯
=
10
3
π
，
综上所述：当S△POA=S△AOB时，P点所经过的弧长分别是4
3
π
、
8
3
π
、
10
3
π
．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程与圆的综合知识．涉及等边三角形性质，圆的对称性等知识，能综合运用所学知识，选择恰当的方法进行解题是关键．
4．（本题满分10分）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A、B，直线CD与x轴、y轴分别交于点C、D，AB与CD相交于点E，线段OA、OC的长是一元二次方程－18x+72=0的两根（OA＞OC），BE=5，tan∠ABO=．
（1）求点A，C的坐标；
（2）若反比例函数y=的图象经过点E，求k的值；
（3）若点P在坐标轴上，在平面内是否存在一点Q，使以点C，E，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点Q的个数，并直接写出位于x轴下方的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)、A（12，0），C（﹣6，0）；(2)、k=36；(3)、6个；Q1（10，﹣12），Q2（﹣3，6﹣3）.
【解析】
试题分析：(1)、首先求出方程的解，根据OA＞OC求出两点的坐标；(2)、根据∠ABO的正切值求出OB的长度，根据Rt△AOB得出AB的长度，作EM⊥x轴，根据三角形相似得出点E的坐标，然后求出k的值；(3)、分别以CE为矩形的边，在点C、E处设计直角，垂线与两坐标轴相交，得到点P，进而得到点Q；以CE为矩形对角线，则以CE的中点为圆心做圆，与两坐标轴相交，得到点P，再得点Q.
试题解析：（1）由题意，解方程得：x1=6，x2=12．∵OA＞OC，∴OA=12，OC=6．
∴A（12，0），C（﹣6，0）；
（2）∵tan∠ABO=，∠AOB=90°
∴∴OB=16．
在Rt△AOB中，由勾股定理，得AB=20
∵BE=5，∴AE=15．
如图1，作EM⊥x轴于点M，
∴EM∥OB．∴△AEM∽△ABO，
∴，即：
∴EM=12，AM=9，∴OM=12﹣9=3．
∴E（3，12）．∴k=36；
（3）满足条件的点Q的个数是6，
x轴的下方的Q1（10，﹣12），Q2（﹣3，6﹣3）；
方法：如下图
①分别以CE为矩形的边，在点C、E处设计直角，垂线与两坐标轴相交，得到点P，进而得到点Q；（有三种）②以CE为矩形对角线，则以CE的中点为圆心做圆，与两坐标轴相交，得到点P，再得点Q；（有三种）
如图①∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，∴EG2=CG•GP，∴GP=16，
∵△CPE与△PCQ是中心对称，
∴CH=GP=16，QH=FG=12，∵OC=6，∴OH=10，
∴Q（10，﹣12），
如图②作MN∥x轴，交EG于点N，
EH⊥y轴于点H ∵E（3，12），C（﹣6，0），
∴CG=9，EG=12，∴CE=15，
∵MN=CG=，可以求得PH=3﹣6，
同时可得PH=QR，HE=CR ∴Q（﹣3，6﹣3），
考点：三角形相似的应用、三角函数、一元二次方程.
5．如图，正方形ABCD的四个顶点分别在正方形EFGH的四条边上，我们称正方形EFGH 是正方形ABCD的外接正方形．
探究一：已知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的2倍？如图，假设存在正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD的2倍．因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为2，
所以EF＝FG＝GH＝HE2EB＝x，则BF2﹣x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC
∴BF＝AE2﹣x
在Rt△AEB中，由勾股定理，得
x2+2﹣x）2＝12
解得，x1＝x2＝
2 2
∴BE＝BF，即点B是EF的中点．
同理，点C，D，A分别是FG，GH，HE的中点．
所以，存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的2倍
探究二：已知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍？（仿照上述方法，完成探究过程）
探究三：已知边长为1的正方形ABCD，一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的4倍？（填“存在”或“不存在”）
探究四：已知边长为1的正方形ABCD，是否存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的n倍？（n＞2）（仿照上述方法，完成探究过程）
【答案】不存在，详见解析
【解析】
【分析】
探究二，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程计算即可；探究三，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程根的判别式解答；探究四，根据探究一的解答过程、运用一元二次方程根的判别式解答．
【详解】
探究二：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为3，
所以EF=FG=GH=HE3，设EB=x，则BF3x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC，
∴BF=AE﹣x，
在Rt△AEB中，由勾股定理，得，
x2+x）2=12，
整理得x2x+1=0，
b2﹣4ac=3﹣4＜0，
此方程无解，
不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍；
探究三：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为4，
所以EF=FG=GH=HE=2，设EB=x，则BF=2﹣x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC，
∴BF=AE=2﹣x，
在Rt△AEB中，由勾股定理，得，
x2+（2﹣x）2=12，
整理得2x2﹣4x+3=0，
b2﹣4ac=16﹣24＜0，
此方程无解，
不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的3倍，
故答案为不存在；
探究四：因为正方形ABCD的面积为1，则正方形EFGH的面积为n，
所以EF=FG=GH=HE，设EB=x，则BF﹣x，
∵Rt△AEB≌Rt△BFC，
∴BF=AE﹣x，
在Rt△AEB中，由勾股定理，得，
x2+﹣x）2=12，
整理得2x2﹣+n﹣1=0，
b2﹣4ac=8﹣4n＜0，
此方程无解，
不存在一个外接正方形EFGH，它的面积是正方形ABCD面积的n倍．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程的解法等知识.读懂探究一的解答过程、正确运用一元二次方程根的判别式是解题的关键．
二、初三数学二次函数易错题压轴题（难）
6．如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B （0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB 于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；
（
2）设△PMN 的面积为S 1，△AEN 的面积为S 2，当
1236
25
S S = 时，求点P 的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE 绕点O 逆时针旋转的到OE ′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E ′A 、E ′B ，求E 'A +
2
3
E 'B 的最小值．
【答案】（1）抛物线y ＝﹣
34 x 2+94 x +3，直线AB 解析式为y ＝﹣3
4
x +3；（2）P （2，32）；（3）410
3 【解析】 【分析】
（1）由题意令y ＝0，求出抛物线与x 轴交点，列出方程即可求出a ，根据待定系数法可以确定直线AB 解析式；
（2）根据题意由△PNM ∽△ANE ，推出
6
5
PN AN =，以此列出方程求解即可解决问题； （3）根据题意在y 轴上 取一点M 使得OM′＝
4
3
，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+
2
3E′B 的最小值． 【详解】
解：（1）∵抛物线y ＝mx 2﹣3mx+n （m≠0）与x 轴交于点C （﹣1，0）与y 轴交于点B （0，3），
则有330n m m n ⎧⎨⎩++＝＝，解得43
3m n ⎧⎪
⎨
⎪-⎩＝＝， ∴抛物线239
344y x x =-
++， 令y ＝0，得到239
344
x x -
++＝0， 解得：x ＝4或﹣1， ∴A （4，0），B （0，3），
设直线AB
解析式为y ＝kx+b ，则3
40b k b +⎧⎨⎩
＝＝，
解得33
4k b ⎧
-⎪⎨⎪⎩＝＝，
∴直线AB 解析式为y ＝3
4
-
x+3． （2）如图1中，设P （m ，239
344
m m -
++），则E （m ，0），
∵PM ⊥AB ，PE ⊥OA ， ∴∠PMN ＝∠AEN ， ∵∠PNM ＝∠ANE ， ∴△PNM ∽△ANE ，
∵△PMN 的面积为S 1，△AEN 的面积为S 2，1236
25
S S ＝，
∴6
5PN AN =， ∵NE ∥OB ，
∴
AN AE
AB OA
=， ∴AN ＝
5454545
4
（4﹣m ），
∵抛物线解析式为y ＝239
344
x x -++， ∴PN ＝239344m m -
++﹣（34-m+3）＝3
4
-m 2+3m ， ∴23
364
55(4)4
m m
m -+=-， 解得m ＝2或4（舍弃）， ∴m ＝2，
∴P （2，
3
2
）． （3）如图2中，在y 轴上 取一点M′使得OM′＝4
3
，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE ．
∵OE′＝2，OM′•OB ＝4
3
×3＝4， ∴OE′2＝OM′•OB ， ∴
OE OB
OM OE '=''
， ∵∠BOE′＝∠M′OE′， ∴△M′OE′∽△E′OB ，
∴
M E OE BE OB '''='＝2
3
， ∴M′E′＝2
3BE′，
∴AE′+23BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′+2
3BE′最小（两点间线段最短，A 、M′、E′共线
时），
最小值＝AM′2244()3
+410
． 【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM ′就是AE′+2
3
BE′的最小值，属于中考压轴题．
7．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线L ：y ＝ax 2﹣4ax （a >0）与x 轴正半轴交于点A ．抛物线L 的顶点为M ，对称轴与x 轴交于点D ． （1）求抛物线L 的对称轴．
（2）抛物线L ：y ＝ax 2﹣4ax 关于x 轴对称的抛物线记为L '，抛物线L '的顶点为M '，若以
O 、M 、A 、M '为顶点的四边形是正方形，求L '的表达式．
（3）在（2）的条件下，点P 在抛物线L 上，且位于第四象限，点Q 在抛物线L '上，是否存在点P 、点Q 使得以O 、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点P 坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2x =；（2）2
122
y x x =-
+ ；（3）存在，P 点的坐标为()
33,3+或(
)33,3--或()13,3-或()
13,3+-或31,2⎛
⎫- ⎪⎝
⎭
【解析】 【分析】
（1）根据抛物线的对称轴公式计算即可．
（2）利用正方形的性质求出点M ，M ′的坐标即可解决问题． （3）分OD 是平行四边形的边或对角线两种情形求解即可． 【详解】
解：（1）∵抛物线L ：y ＝ax 2﹣4ax (a ＞0)， ∴抛物线的对称轴x ＝﹣42a
a
-＝2． （2）如图1中，
对于抛物线y ＝ax 2﹣4ax ，令y ＝0，得到ax 2﹣4ax ＝0， 解得x ＝0或4， ∴A (4，0)，
∵四边形OMAM′是正方形，
∴OD＝DA＝DM＝DM′＝2，
∴M((2，﹣2)，M′(2，2)
把M(2，﹣2)代入y＝ax2﹣4ax，可得﹣2＝4a﹣8a，
∴a＝1
2
，
∴抛物线L′的解析式为y＝﹣1
2(x﹣2)2+2＝﹣
1
2
x2+2x．
（3）如图3中，由题意OD＝2．
当OD为平行四边形的边时，PQ＝OD＝2，设P(m，1
2
m2﹣2m)，则Q[m﹣2，﹣
1
2
(m﹣
2)2+2(m﹣2)]或[m+2，﹣1
2
(m+2)2+2(m+2)]，
∵PQ∥OD，
∴1
2m2﹣2m＝﹣
1
2
(m﹣2)2+2(m﹣2)或
1
2
m2﹣2m＝﹣
1
2
(m+2)2+2(m+2)，
解得m＝33，
∴P33或(333或(133和33，
当OD是平行四边形的对角线时，点P的横坐标为1，此时P(1，﹣3
2 )，
综上所述，满足条件的点P的坐标为33或(333或(133)和
33)或(1，﹣3
2 )．
【点睛】
本题属于二次函数综合题,考查了二次函数的性质，正方形的性质,平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题
8．二次函数22(0)63
m m y x x m m =-+>的图象交y 轴于点A ，顶点为P ，直线PA 与x 轴交于点B ．
（1）当m =1时，求顶点P 的坐标； （2）若点Q （a ，b ）在二次函数22(0)63
m m
y x x m m =-+>的图象上，且0b m ->，试求a 的取值范围；
（3）在第一象限内，以AB 为边作正方形ABCD ． ①求点D 的坐标（用含m 的代数式表示）；
②若该二次函数的图象与正方形ABCD 的边CD 有公共点，请直接写出符合条件的整数m 的值．
【答案】（1）P （2，
1
3
）；（2）a 的取值范围为：a ＜0或a ＞4；（3）①D （m ，m +3）； ②2，3，4． 【解析】 【分析】
（1）把m =1代入二次函数22(0)63
m m y x x m m =-+>解析式中，进而求顶点P 的坐标即可；
（2）把点Q （a ，b ）代入二次函数22(0)63
m m
y x x m m =
-+>解析式中，根据0b m ->得到关于a 的一元二次不等式即一元一次不等式组，解出a 的取值范围即可；
（3）①过点D 作DE ⊥x 轴于点E ，过点A 作AF ⊥DE 于点F ，求出二次函数与y 轴的交点A 的坐标，得到OA 的长，再根据待定系数法求出直线AP 的解析式，进而求出与x 轴的交点B 的坐标，得到OB 的长；通过证明△ADF ≌△ABO ，得到AF=OA=m ，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，求出点D 的坐标；
②因为二次函数的图象与正方形ABCD 的边CD 有公共点，由①同理可得：C （m+3，3），分当x 等于点D 的横坐标时与当x 等于点C 的横坐标两种情况，进行讨论m 可能取的整数值即可．
【详解】
解：（1）当m =1时，二次函数为212
163
y x x =-+， ∴顶点P 的坐标为（2，
1
3
）； （2）∵点Q （a ，b ）在二次函数22(0)63
m m y x x m m =-+>的图象上， ∴2263
m m
b a a m =
-+， 即：2263
m m
b m a a -=
- ∵0b m ->， ∴
2263
m m a a -＞0， ∵m ＞0，
∴2263
a a -＞0， 解得：a ＜0或a ＞4，
∴a 的取值范围为：a ＜0或a ＞4；
（3）①如下图，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ，过点A 作AF ⊥DE 于点F ，
∵二次函数的解析式为2263
m m
y x x m =-+， ∴顶点P （2，
3
m
）， 当x=0时，y=m ， ∴点A （0，m ）， ∴OA=m ；
设直线AP 的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点A （0，m ），点P （2，
3
m
）代入，得： 23
m b m
k b =⎧⎪
⎨=+⎪⎩， 解得：3m k b m
⎧
=-⎪⎨⎪=⎩，
∴直线AP 的解析式为y=3
m
-x+m ， 当y=0时，x=3， ∴点B （3，0）； ∴OB=3；
∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD=AB ，∠DAF+∠FAB=90°， 且∠OAB+∠FAB =90°， ∴∠DAF=∠OAB ， 在△ADF 和△ABO 中，
DAF OAB AFD AOB AD AB ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ADF ≌△ABO （AAS ），
∴AF=OA=m ，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3， ∴点D 的坐标为：（m ，m+3）； ②由①同理可得：C （m+3，3），
∵二次函数的图象与正方形ABCD 的边CD 有公共点，
∴当x =m 时，3y m ≤+，可得3
2
2363
m m
m m -+≤+，化简得：32418m m -≤．
∵0m >，∴2
184m m m -≤
，∴2
18(2)4m m
--≤， 显然：m =1，2，3，4是上述不等式的解，
当5m ≥时，2
(2)45m --≥，18 3.6m ≤，此时，218(2)4m m
-->， ∴符合条件的正整数m =1，2，3，4；
当x = m +3时，y ≥3，可得2
(3)2(3)
363
m m m m m ++-+≥，
∵0m >，∴2
1823m m m ++≥
，即2
18(1)2m m
++≥，
显然：m =1不是上述不等式的解，
当2m ≥时，2
(1)211m ++≥，
189m ≤，此时，218
(1)2m m
++>恒成立， ∴符合条件的正整数m =2，3，4；
综上：符合条件的整数m 的值为2，3，4． 【点睛】
本题考查二次函数与几何问题的综合运用，熟练掌握二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、正方形的性质是解题的关键．
9．已知抛物线2(0)y ax bx c a =++≠过点(0,2)A -． （1）若点(2,0)-也在该抛物线上，请用含a 的关系式表示b ；
（2）若该抛物线上任意不同两点()11,M x y 、()22,N x y 都满足：当120x x <<时，
()()12120x x y y --<；当120x x <<时，()()12120x x y y -->；若以原点O 为圆心，
OA 为半径的圆与抛物线的另两个交点为B 、C （点B 在点C 左侧），且ABC ∆有一个内
角为60，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，若点P 与点O 关于点A 对称，且O 、M 、N 三点共线，求证：
PA 平分MPN ∠．
【答案】（1）21b a =-；（2）2
2y x =-；（3）见解析.
【解析】 【分析】
（1）把点()0,2-、()2,0-代入抛物线解析式，然后整理函数式即可得到答案． （2）根据二次函数的性质可得出抛物线的对称轴为y 轴、开口向上，进而可得出0b =，由抛物线的对称性可得出ABC ∆为等腰三角形，结合其有一个60︒的内角可得出ABC ∆为等边三角形，设线段BC 与y 轴交于点D ，根据等边三角形的性质可得出点C 的坐标，再利用待定系数法可求出a 值，此题得解；
（3）由（1）的结论可得出点M 的坐标为1(x ，2
12)x -+、点N 的坐标为2(x ，222)x -+，由O 、M 、N 三点共线可得出21
2
x x =-
，进而可得出点N 及点'N 的坐标，由点A 、M 的坐标利用待定系数法可求出直线AM 的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点'N 在直线PM 上，进而即可证出PA 平分MPN ∠． 【详解】
解：（1）把点()0,2-、()2,0-分别代入，得
2420c a b c =-⎧
⎨
-+=⎩
． 所以21b a =-．
（2），如图1，
当120x x <<时，()()12120x x y y --<，
120x x ∴-<，120y y ->， ∴当0x <时，y 随x 的增大而减小；
同理：当0x >时，y 随x 的增大而增大，
∴抛物线的对称轴为y 轴，开口向上，
0b ∴=．
OA 为半径的圆与拋物线的另两个交点为B 、C ， ABC ∴∆为等腰三角形，
又ABC ∆有一个内角为60︒， ABC ∴∆为等边三角形．
设线段BC 与y 轴交于点D ，则BD CD =，且30OCD ∠=︒， 又2OB OC OA ===，
·303CD OC cos ∴=︒=，·
301OD OC sin =︒=． 不妨设点C 在y 轴右侧，则点C 的坐标为31)． 点C 在抛物线上，且2c =-，0b =，
321a ∴-=，
1a ∴=，
∴抛物线的解析式为22y x =-．
（3）证明：由（1）可知，点M 的坐标为1(x ，212)x -，点N 的坐标为2(x ，2
22)x -．
如图2，直线OM 的解析式为()110y k x k =≠．
O 、M 、N 三点共线，
10x ∴≠，20x ≠，且221212
22
x x x x --=，
1212
22
x x x x ∴-
=-， ()121212
2x x x x x x -∴-=-
，
122x x ∴=-，即21
2
x x =-， ∴点N 的坐标为12(x -
，21
4
2)x -． 设点N 关于y 轴的对称点为点'N ，则点'N 的坐标为12(x ，21
4
2)x -． 点P 是点O 关于点A 的对称点，
24OP OA ∴==，
∴点P 的坐标为()0,4-．
设直线PM 的解析式为24y k x =-，
点M 的坐标为1(x ，2
12)x -，
212124x k x ∴-=-，
2121
2x k x +∴=，
∴直线PM 的解析式为211
2
4x y x x +=-．
()
222111221111
224224
·42x x x x x x x +-+-==-，
∴点'N 在直线PM 上，
PA ∴平分MPN ∠． 【点睛】
本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、二次函数的性质、等边三角形的性质以及一次（二次）函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出a 、b 满足的关系式；（2）①利用等边三角形的性质找出点C 的坐标；②利用一次函数图象上点的坐标特征找出点'N 在直线PM 上．
10．如图，已知顶点为M （
32，258
）的抛物线过点D （3，2），交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ，点P 是抛物线上一动点． （1）求抛物线的解析式；
（2）当点P 在直线AD 上方时，求△PAD 面积的最大值，并求出此时点P 的坐标； （3）过点P 作直线CD 的垂线，垂足为Q ，若将△CPQ 沿CP 翻折，点Q 的对应点为Q '．是否存在点P ，使Q '恰好落在x 轴上？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）213
222
y x x =-++；（2）最大值为4，点P （1，3）；（3）存在，点P 139313
-+）． 【解析】 【分析】
（1）用待定系数法求解即可；
（2）由△PAD 面积S ＝S △PHA +S △PHD ，即可求解；
（3）结合图形可判断出点P 在直线CD 下方，设点P 的坐标为（a ，213
222
a a -
++），当P 点在y 轴右侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可． 【详解】
解：（1）设抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣h ）2+k ＝a （x ﹣32）2+25
8
， 将点D 的坐标代入上式得：2＝a （3﹣
32）2+25
8
，
解得：a ＝﹣
12
， ∴抛物线的表达式为：213
222y x x =-
++； （2）当x ＝0时，y ＝﹣1
2x 2+32
x +2＝2，
即点C 坐标为（0，2），
同理，令y ＝0，则x ＝4或﹣1，故点A 、B 的坐标分别为：（﹣1，0）、（4，0），
过点P 作y 轴的平行线交AD 于点H ， 由点A 、D 的坐标得，直线AD 的表达式为：y ＝1
2
（x +1）， 设点P （x ，﹣
12x 2+32
x +2），则点H （x ，12x +1
2）， 则△PAD 面积为： S ＝S △PHA +S △PHD ＝
12×PH ×（x D ﹣x A ）＝12×4×（﹣12x 2+32x +2﹣1
2x 12
-）＝﹣x 2+2x +3， ∵﹣1＜0，故S 有最大值，
当x ＝1时，S 有最大值，则点P （1，3）；
（3）存在满足条件的点P ，显然点P 在直线CD 下方，设直线PQ 交x 轴于F ，点P 的坐标为（a ，﹣
12a 2+3
2
a +2），
当P 点在y 轴右侧时（如图2），CQ ＝a ， PQ ＝2﹣（﹣
12a 2+32a +2）＝1
2a 2﹣32
a ，
又∵∠CQ ′O +∠FQ ′P
＝90°，∠COQ ′＝∠Q ′FP ＝90°，
∴∠FQ ′P ＝∠OCQ ′，
∴△COQ ′∽△Q ′FP ，
'''Q C Q P CO FQ =，即213222'a a a Q F
-=， ∴Q ′F ＝a ﹣3，
∴OQ ′＝OF ﹣Q ′F ＝a ﹣（a ﹣3）＝3，CQ ＝CQ ′＝22223213CO OQ +=
+=， 此时a ＝13，点P 的坐标为（13，
93132
-+）． 【点睛】
此题考查了二次函数的综合应用，综合考查了翻折变换、相似三角形的判定与性质，解答此类题目要求我们能将所学的知识融会贯通，属于中考常涉及的题目．
三、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
11．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．
【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝
492． 【解析】
【分析】
（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =，12
PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；
（2）先判断出ABD ACE ∆≅∆，得出BD CE =，同（1）的方法得出12
PM BD =，12
PN BD =，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；
（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ∆的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论．
【详解】
解：（1）点P ，N 是BC ，CD 的中点，
//PN BD ∴，12
PN BD =， 点P ，M 是CD ，DE 的中点， //PM CE ∴，12PM CE =
， AB AC =，AD AE =，
BD CE ∴=，
PM PN ∴=，
//PN BD ，
DPN ADC ∴∠=∠，
//PM CE ，
DPM DCA ∴∠=∠，
90BAC ∠=︒，
90ADC ACD ∴∠+∠=︒，
90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，
PM PN ∴⊥，
故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；
（2）PMN ∆是等腰直角三角形．
由旋转知，BAD CAE ∠=∠，
AB AC =，AD AE =，
()ABD ACE SAS ∴∆≅∆，
ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =， 利用三角形的中位线得，12PN BD =，12
PM CE =， PM PN ∴=，
PMN ∴∆是等腰三角形，
同（1）的方法得，//PM CE ，
DPM DCE ∴∠=∠，
同（1）的方法得，//PN BD ，
PNC DBC ∴∠=∠，
DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，
MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠
BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠
ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠， 90BAC ∠=︒，
90ACB ABC ∴∠+∠=︒，
90MPN ∴∠=︒，
PMN ∴∆是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ∆是等腰直角三角形，
MN ∴最大时，PMN ∆的面积最大，
//DE BC ∴且DE 在顶点A 上面，
MN ∴最大AM AN =+，
连接AM ，AN ，
在ADE ∆中，4AD AE ==，90DAE ∠=︒，
22AM ∴=
在Rt ABC ∆中，10AB AC ==，52AN =
22522MN ∴=最大，
222111149(72)22242
PMN S PM MN ∆∴==⨯=⨯=最大． 方法2：由（2）知，PMN ∆是等腰直角三角形，12
PM PN BD ==， PM ∴最大时，PMN ∆面积最大，
∴点D 在BA 的延长线上，
14BD AB AD ∴=+=，
7PM ∴=，
2211497222
PMN S PM ∆∴==⨯=最大． 【点睛】
此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性
质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出
12PM CE =，12
PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ∆≅∆，解（3）的关键是判断出MN 最大时，PMN ∆的面积最大．
12．阅读材料并解答下列问题：如图1，把平面内一条数轴x 绕原点O 逆时针旋转角00)90(θ︒︒<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy
规定：过点P 作y 轴的平行线，交x 轴于点A ，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点B ，若点A 在x 轴对应的实数为a ，点B 在y 轴对应的实数为b ，则称有序实数对(),a b 为点P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标．如图2，在平面斜坐标系xOy 中，已知60θ︒=，点P 的斜坐标是()3,6，点C 的斜坐标是()0,6.
（1）连接OP ，求线段OP 的长；
（2）将线段OP 绕点O 顺时针旋转60︒到OQ （点Q 与点P 对应），求点Q 的斜坐标； （3）若点D 是直线OP 上一动点，在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心，DC 长为半径作D ，当⊙D 与x 轴相切时，求点D 的斜坐标，
【答案】（1）37OP =2）点Q 的斜坐标为（9，3-）；（3）点D 的斜坐标为：（
32
，3）或（6，12）． 【解析】
【分析】 （1）过点P 作PC ⊥OA ，垂足为C ，由平行线的性质，得∠PAC=60θ
=︒，由AP=6，则AC=3，33PC =OP 的长度；
（2）根据题意，过点Q 作QE ∥OC ，QF ∥OB ，连接BQ ，由旋转的性质，得到OP=OQ ，∠COP=∠BOQ ，则△COP ≌△BOQ ，则BQ=CP=3，∠OCP=∠OBQ=120°，然后得到△BEQ
是等边三角形，则BE=EQ=BQ=3，则OE=9，OF=3，即可得到点Q的斜坐标；
（3）根据题意，可分为两种情况进行分析：①当OP和CM恰好是平行四边形OMPC的对角线时，此时点D是对角线的交点，求出点D的坐标即可；②取OJ=JN=CJ，构造直角三角形OCN，作∠CJN的角平分线，与直线OP相交与点D，然后由所学的性质，求出点D的坐标即可．
【详解】
解：（1）如图，过点P作PC⊥OA，垂足为C，连接OP，
∵AP∥OB，
∴∠PAC=60
θ=︒，
∵PC⊥OA，
∴∠PCA=90°，
∵点P的斜坐标是()
3,6，
∴OA=3，AP=6，
∴
1 cos60
2
AC
AP
︒==，
∴3
AC=，
∴22
6333
PC=-=，336
OC=+=，
在Rt△OCP中，由勾股定理，得
22
6(33)37
OP=+=；
（2）根据题意，过点Q作QE∥OC，QF∥OB，连接BQ，如图：
由旋转的性质，得OP=OQ，∠POQ=60°，
∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°，
∴∠COP=∠BOQ，
∵OB=OC=6，
∴△COP≌△BOQ（SAS）；
∴CP=BQ=3，∠OCP=∠OBQ=120°，
∴∠EBQ=60°，
∵EQ∥OC，
∴∠BEQ=60°，
∴△BEQ是等边三角形，
∴BE=EQ=BQ=3，
∴OE=6+3=9，OF=EQ=3，
∵点Q在第四象限，
∴点Q的斜坐标为（9，3 ）；
（3）①取OM=PC=3，则四边形OMPC是平行四边形，连接OP、CM，交点为D，如图：
由平行四边形的性质，得CD=DM，OD=PD，
∴点D为OP的中点，
∵点P的坐标为（3，6），
∴点D的坐标为（3
2
，3）；
②取OJ=JN=CJ，则△OCN是直角三角形，
∵∠COJ=60°，
∴△OCJ是等边三角形，
∴∠CJN=120°，
作∠CJN的角平分线，与直线OP相交于点D，作DN⊥x轴，连接CD，如图：
∵CJ=JN，∠CJD=∠NJD，JP=JP，
∴△CJD≌△NJD（SAS），
∴∠JCD=∠JND=90°，
则由角平分线的性质定理，得CD=ND；过点D作DI∥x轴，连接DJ，
∵∠DJN=∠COJ=60°，
∴OI∥JD，
∴四边形OJDI是平行四边形，
∴ID=OJ=JN=OC=6，
在Rt△JDN中，∠JDN=30°，
∴JD=2JN=12；
∴点D的斜坐标为（6，12）；
综合上述，点D的斜坐标为：（3
2
，3）或（6，12）．
【点睛】
本题考查了坐标与图形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找圆心D的位置来解决问题，属于中考创新题型．注意运用分类讨论的思想进行解题．
13．在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE．
(1) 如图1，若点E，F分别落在边AB，AC上，求证：PC＝PE；
(2) 如图2，把图1中的△AEF绕着点A顺时针旋转，当点E落在边CA的延长线上时，探索PC与PE的数量关系，并说明理由．
(3) 如图3，把图2中的△AEF绕着点A顺时针旋转，点F落在边AB上．其他条件不变，问题(2)中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）PC＝PE，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可；
（2）先判断△CBP≌△HPF，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；
（3）先判断△DAF≌△EAF，再判断△DAP≌△EAP，然后用比例式即可；
【详解】
解：（1）证明：如图：
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴△FCB和△BEF都为直角三角形．
∵点P是BF的中点，
∴CP＝1
2BF，EP＝
1
2
BF，
∴PC＝PE．
（2）PC＝PE理由如下：
如图2，延长CP，EF交于点H，
∵∠ACB＝∠AEF＝90°，
∴EH//CB，
∴∠CBP＝∠PFH，∠H＝∠BCP，∵点P是BF的中点，
∴PF＝PB，
∴△CBP≌△HFP(AAS)，
∴PC＝PH，
∵∠AEF＝90°，
∴在Rt△CEH中，EP＝1
2
CH，∴PC＝PE．
（3）(2)中的结论，仍然成立，即PC＝PE，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，
∵∠DAF＝∠EAF，∠FDA＝∠FEA＝90°，
在△DAF和△EAF中，
DAF,
,
,
EAF
FDA FEA
AF AF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAF≌△EAF(AAS)，
∴AD＝AE，
在△DAP≌△EAP中，
,
,
,
AD AE
DAP EAP
AP AP
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
∴△DAP≌△EAP (SAS)，
∴PD＝PF，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，
∴FD//BC//PM，
∴DM FP
MC PB
=，
∵点P是BF的中点，
∴DM＝MC，
又∵PM⊥AC，
∴PC＝PD，
又∵PD＝PE，
∴PC＝PE．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边一半，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，作出辅助线是解本题的关键也是难点．
14．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．
（1）求证：AC垂直平分EF；
（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；
（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，
∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明
∠DPQ=90°，即可得出结论；
（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，
∵BE=DF，
∴CE=CF，
∴AC垂直平分EF；
（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：
∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，
∴PD=AF=PA，
∴∠DAP=∠ADP，
∵AC垂直平分EF，
∴∠AQF=90°，
∴PQ=AF=PA，
∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，
∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，
∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，
∴△PDQ是等腰直角三角形；
（3）成立；理由如下：
∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，
∴PD=AF=PA，。