深圳华城学校九年级上册期末精选试卷检测题

深圳华城学校九年级上册期末精选试卷检测题
一、初三数学 一元二次方程易错题压轴题（难）
1．某中心城市有一楼盘，开发商准备以每平方米7000元价格出售，由于国家出台了有关调控房地产的政策，开发商经过两次下调销售价格后，决定以每平方米5670元的价格销售．
（1）求平均每次下调的百分率；
（2）房产销售经理向开发商建议：先公布下调5%，再下调15%，这样更有吸引力，请问房产销售经理的方案对购房者是否更优惠？为什么？
【答案】（1）平均每次下调的百分率为10%．（2）房产销售经理的方案对购房者更优惠．
【解析】
【分析】
（1）根据利用一元二次方程解决增长率问题的要求，设出未知数，然后列方程求解即可；
（2）分别求出两种方式的增长率，然后比较即可.
【详解】
（1）设平均每次下调x%，则
7000（1﹣x ）2=5670，解得：x 1=10%，x 2=190%（不合题意，舍去）；
答：平均每次下调的百分率为10%．
（2）（1﹣5%）×（1﹣15%）=95%×85%=80.75%，（1﹣x ）2=（1﹣10%）2=81%． ∵80.75%＜81%，∴房产销售经理的方案对购房者更优惠．
2．已知关于x 的一元二次方程kx 2﹣2（k +1）x +k ﹣1＝0有两个不相等的实数根x 1，x 2． （1）求k 的取值范围；
（2）是否存在实数k ，使12
11x x -＝1成立？若存在，请求出k 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）k ＞﹣
13且k ≠0；（2
）存在，7k =±详见解析 【解析】
【分析】
（1）根据一元二次方程的根的判别式，建立关于k 的不等式，求得k 的取值范围．
（2）利用根与系数的关系，根据211212
11,x x x x x x --=即可求出k 的值，看是否满足（1）中k 的取值范围，从而确定k 的值是否存在．
【详解】
解：（1）由题意知，k ≠0且△＝b 2﹣4ac ＞0
∴b 2﹣4ac ＝[﹣2（k +1）]2﹣4k （k ﹣1）＞0，
即4k 2+8k +4﹣4k 2+4k ＞0，
∴12k ＞﹣4 解得：k ＞13-且k ≠0 （2）存在，且7213.k =±理由如下： ∵12122(1)1,,k k x x x x k k
+-+=
= 又有211212111,x x x x x x --== 2112,x x x x ∴-=
22222121122,x x x x x x ∴-+=
22121212()4(),x x x x x x ∴+-=
2222441()(),k k k k k k
+--∴-= 22(22)(44)(1),k k k k ∴+--=-
21430,k k ∴--=
1,14,3,a b c ==-=-
24208,b ac ∴∆=-=
144137213.2
k ±∴==± k ＞1
3
-且k ≠0， 172130.21,3-≈--＞ 17213.3
+-＞ ∴满足条件的k 值存在，且7213.k =± ．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系，掌握以上知识是解题的关键．
3．有n 个方程：x 2+2x ﹣8=0；x 2+2×2x ﹣8×22=0；…x 2+2nx ﹣8n 2=0．
小静同学解第一个方程x 2+2x ﹣8=0的步骤为：
“①x 2+2x=8；②x 2+2x+1=8+1；③（x+1）2=9；④x+1=±3；⑤x=1±3；⑥x 1=4，x 2=﹣2．” （1）小静的解法是从步骤 开始出现错误的．
（2）用配方法解第n 个方程x 2+2nx ﹣8n 2=0．（用含有n 的式子表示方程的根）
【答案】（1）⑤；（2）x 1=2n ，x 2=﹣4n ．
【解析】
【分析】
（1）根据移项要变号，可判断；
（2）先把常数项移到方程的右边，再把方程两边都加上一次项系数的一半，使左边是一个完全平方式，然后用直接开平方法求解.
【详解】
解：（1）小静的解法是从步骤⑤开始出现错误的，
故答案为⑤；
（2）x2+2nx﹣8n2=0，
x2+2nx=8n2，
x2+2nx+n2=8n2+n2，
（x+n）2=9n2，
x+n=±3n，
x1=2n，x2=﹣4n．
4．如图，A、B、C、D为矩形的4个顶点，AB＝16cm，BC＝6cm，动点P、Q分别以
3cm/s、2cm/s的速度从点A、C同时出发，点Q从点C向点D移动．
(1)若点P从点A移动到点B停止，点P、Q分别从点A、C同时出发，问经过2s时P、Q 两点之间的距离是多少cm？
(2)若点P从点A移动到点B停止，点Q随点P的停止而停止移动，点P、Q分别从点A、C 同时出发，问经过多长时间P、Q两点之间的距离是10cm？
(3)若点P沿着AB→BC→CD移动，点P、Q分别从点A、C同时出发，点Q从点C移动到点D停止时，点P随点Q的停止而停止移动，试探求经过多长时间△PBQ的面积为12cm2？
【答案】（1）2cm；（2）8
5
s或
24
5
s；（3）经过4秒或6秒△PBQ的面积为
12cm2．
【解析】
试题分析：（1）作PE⊥CD于E，表示出PQ的长度，利用PE2+EQ2=PQ2列出方程求解即可；
（2）设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．在Rt△PEQ中，根据勾股定理列出关于x的方程（16-5x）2=64，通过解方程即可求得x的值；
（3）分类讨论：①当点P在AB上时；②当点P在BC边上；③当点P在CD边上时．试题解析：（1）过点P作PE⊥CD于E．
则根据题意，得
EQ=16-2×3-2×2=6（cm），PE=AD=6cm；
在Rt△PEQ中，根据勾股定理，得
PE2+EQ2=PQ2，即36+36=PQ2，
∴2cm；
∴经过2s时P、Q两点之间的距离是2；（2）设x秒后，点P和点Q的距离是10cm．
（16-2x-3x）2+62=102，即（16-5x）2=64，
∴16-5x=±8，
∴x1=8
5
，x2=
24
5
；
∴经过8
5
s或
24
5
sP、Q两点之间的距离是10cm；
（3）连接BQ．设经过ys后△PBQ的面积为12cm2．
①当0≤y≤16
3
时，则PB=16-3y，
∴1
2PB•BC=12，即
1
2
×（16-3y）×6=12，
解得y=4；
②当16
3
＜x≤
22
3
时，
BP=3y-AB=3y-16，QC=2y，则
1 2BP•CQ=
1
2
（3y-16）×2y=12，
解得y1=6，y2=-2
3
（舍去）；
③22
3
＜x≤8时，
QP=CQ-PQ=22-y，则
1 2QP•CB=
1
2
（22-y）×6=12，
解得y=18（舍去）．
综上所述，经过4秒或6秒△PBQ的面积为 12cm2．
考点：一元二次方程的应用．
5．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣7x+12=0的两个根（OA＞OB）．
（1）求点D的坐标．
（2）求直线BC的解析式．
（3）在直线BC上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）D（4，7）（2）y=39
44
x （3）详见解析
【解析】
试题分析：（1）解一元二次方程求出OA、OB的长度，过点D作DE⊥y于点E，根据正方形的性质可得AD=AB，∠DAB=90°，然后求出∠ABO=∠DAE，然后利用“角角边”证明△DAE 和△ABO全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=OA，AE=OB，再求出OE，然后写出点D的坐标即可；
（2）过点C作CM⊥x轴于点M，同理求出点C的坐标，设直线BC的解析式为y=kx+b （k≠0，k、b为常数），然后利用待定系数法求一次函数解析式解答；
（3）根据正方形的性质，点P与点B重合时，△PCD为等腰三角形；点P为点B关于点C 的对称点时，△PCD为等腰三角形，然后求解即可．
试题解析：（1）x2﹣7x+12=0，
解得x1=3，x2=4，
∵OA＞OB，
∴OA=4，OB=3，
过D作DE⊥y于点E，
∵正方形ABCD，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∠DAE+∠OAB=90°，
∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠ABO=∠DAE，
∵DE⊥AE，
∴∠AED=90°=∠AOB，
∵DE⊥AE
∴∠AED=90°=∠AOB，
∴△DAE≌△ABO（AAS），
∴DE=OA=4，AE=OB=3，
∴OE=7，
∴D（4，7）；
（2）过点C作CM⊥x轴于点M，
同上可证得△BCM≌△ABO，
∴CM=OB=3，BM=OA=4，
∴OM=7，
∴C（7，3），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0，k、b为常数），
代入B（3，0），C（7，3）得，，
解得，
∴y=x﹣；
（3）存在．
点P与点B重合时，P1（3，0），
点P与点B关于点C对称时，P2（11，6）．
考点：1、解一元二次方程；2、正方形的性质；3、全等三角形的判定与性质；4、一次函数
二、初三数学二次函数易错题压轴题（难）
6．二次函数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 （2，13
）；（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)63m 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212163y x x =
-+， ∴顶点P 的坐标为（2，13
）； （2）∵点Q （a ，b ）在二次函数22(0)63m m y x x m m =
-+>的图象上， ∴2263
m m b a a m =-+， 即：2263m 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2263m 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
22363m m m m -+≤+，化简得：32418m m -≤． ∵0m >，∴2
184m m m -≤，∴218(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)363m m m m m ++-+≥， ∵0m >，∴2
1823m m m ++≥，即218(1)2m m
++≥， 显然：m =1不是上述不等式的解，
当2
m≥时，2
(1)211
m++≥，
18
9
m
≤，此时，2
18
(1)2
m
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．
7．如图，在平面直角坐标系x O y中，抛物线y = ax2+ bx + c经过A、B、C三点，已知点A （-3，0），B（0，3），C（1，0）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点，（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为F，交直线AB于点E，作PD⊥AB于点D．动点P在什么位置时，△PDE的周长最大，求出此时P点的坐标；
（3）在直线x = -2上是否存在点M，使得∠MAC = 2∠MCA，若存在，求出M点坐标．若不存在，说明理由．
【答案】（1）y=-x2-2x+3；（2）点（-
3
2
，
15
4
），△PDE的周长最大；（3）点M（-2，3）或（-2，3
【解析】
【分析】
（1）将A、B、C三点代入，利用待定系数法求解析式；
（2）根据坐标发现，△AOB是等腰直角三角形，故只需使得PD越大，则△PDE的周长越大.联立直线AB与抛物线的解析式可得交点P坐标；
（3）作点A关于直线x=-2的对称点D，利用∠MAC = 2∠MCA可推导得MD=CD，进而求得ME的长度，从而得出M坐标
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A（-3，0），B（0，3），C（1，0），
∴
930
3
a b c
c
a b c
-+=
⎧
⎪
=
⎨
⎪++=
⎩
，解得：
1
2
3
a
b
c
=-
⎧
⎪
=-
⎨
⎪=
⎩
，
所以，抛物线的解析式为y=-x 2-2x+3； （2）∵A （-3，0），B （0，3），
∴OA=OB=3，∴△AOB 是等腰直角三角形，∴∠BAO=45°， ∵PF ⊥x 轴，∴∠AEF=90°-45°=45°， 又∵PD ⊥AB ，∴△PDE 是等腰直角三角形，
∴PD 越大，△PDE 的周长越大，易得直线AB 的解析式为y=x+3， 设与AB 平行的直线解析式为y=x+m ， 联立2
23
y x m
y x x =+⎧⎨
=--+⎩，消掉y 得，x 2+3x+m-3=0，
当△=9-4（m-3）=0，即m=21
4
时，直线与抛物线只有一个交点，PD 最长， 此时x=-
32，y=15
4，∴点（-32
，154），△PDE 的周长最大；
（3）设直线x=-2与x 轴交于点E ，作点A 关于直线x=-2的对称点D ，则D （-1，0），连接MA ，MD ，MC ．
∴MA=MD ，∠MAC=∠MDA=2∠MCA ， ∴∠CMD=∠DCM
∴MD=CD=2 ， ∴3∴点M （-23）或（-2，3 【点睛】
本题是动点和最值的考查，在解决动点问题时，寻找出不变量来分析是解题关键，最值问题，通常利用对称来简化分析
8．如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为Q(2，-1)，且与y 轴交于点C(0，3)，与x 轴交于A ，B 两点(点A 在点B 的右侧)，点P 是该抛物线上的一动点，从点C 沿抛物线向点A 运动(点P 与A 不重合)，过点P 作PD ∥y 轴，交AC 于点D ． (1)求该抛物线的函数关系式；
(2)当△ADP 是直角三角形时，求点P 的坐标；
(3)在题(2)的结论下，若点E 在x 轴上，点F 在抛物线上，问是否存在以A 、P 、E 、F 为顶点的平行四边形？若存在，求点F 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) y=x2﹣4x+3；(2) P1（1，0），P2（2，﹣1）；(3) F1（22，1），F2（22，1）．
【解析】
【分析】
（1）已知了抛物线的顶点坐标，可将抛物线的解析式设为顶点式，然后将函数图象经过的C点坐标代入上式中，即可求出抛物线的解析式；
（2）由于PD∥y轴，所以∠ADP≠90°，若△ADP是直角三角形，可考虑两种情况：
①以点P为直角顶点，此时AP⊥DP，此时P点位于x轴上（即与B点重合），由此可求出P点的坐标；
②以点A为直角顶点，易知OA=OC，则∠OAC=45°，所以OA平分∠CAP，那么此时D、P关于x轴对称，可求出直线AC的解析式，然后设D、P的横坐标，根据抛物线和直线AC的解析式表示出D、P的纵坐标，由于两点关于x轴对称，则纵坐标互为相反数，可据此求出P 点的坐标；
（3）很显然当P、B重合时，不能构成以A、P、E、F为顶点的四边形，因为点P、F都在抛物线上，且点P为抛物线的顶点，所以PF与x轴不平行，所以只有（2）②的一种情况符合题意，由②知此时P、Q重合；假设存在符合条件的平行四边形，那么根据平行四边形的性质知：P、F的纵坐标互为相反数，可据此求出F点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出F点的坐标．
【详解】
（1）∵抛物线的顶点为Q（2，﹣1），
∴设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2﹣1，
将C（0，3）代入上式，得：
3=a（0﹣2）2﹣1，a=1；
∴y=（x﹣2）2﹣1，即y=x2﹣4x+3；
（2）分两种情况：
①当点P1为直角顶点时，点P1与点B重合；
令y=0，得x2﹣4x+3=0，解得x1=1，x2=3；
∵点A在点B的右边，
∴B（1，0），A（3，0）；
∴P1（1，0）；
②当点A为△AP2D2的直角顶点时；
∵OA=OC ，∠AOC=90°， ∴∠OAD 2=45°；
当∠D 2AP 2=90°时，∠OAP 2=45°， ∴AO 平分∠D 2AP 2； 又∵P 2D 2∥y 轴， ∴P 2D 2⊥AO ，
∴P 2、D 2关于x 轴对称；
设直线AC 的函数关系式为y=kx+b （k≠0）． 将A （3，0），C （0，3）代入上式得：
30
3
k b b +=⎧⎨
=⎩ ， 解得1
3
k b =-⎧⎨
=⎩ ；
∴y=﹣x+3；
设D 2（x ，﹣x+3），P 2（x ，x 2﹣4x+3）， 则有：（﹣x+3）+（x 2﹣4x+3）=0， 即x 2﹣5x+6=0；
解得x 1=2，x 2=3（舍去）；
∴当x=2时，y=x 2﹣4x+3=22﹣4×2+3=﹣1； ∴P 2的坐标为P 2（2，﹣1）（即为抛物线顶点）． ∴P 点坐标为P 1（1，0），P 2（2，﹣1）；
（3）由（2）知，当P 点的坐标为P 1（1，0）时，不能构成平行四边形； 当点P 的坐标为P 2（2，﹣1）（即顶点Q ）时， 平移直线AP 交x 轴于点E ，交抛物线于F ； ∵P （2，﹣1）， ∴可设F （x ，1）； ∴x 2﹣4x+3=1，
解得x 1=22，x 22； ∴符合条件的F 点有两个，
即F 1（22，1），F 2（2，1）．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的解析式的确定、直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质等重要知识点，同时还考查了分类讨论的数学思想，能力要求较高，难度较大.
9．如图1所示，抛物线2
2
3
y x bx c
=++与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C ，已知C 点坐标为（0，4），抛物线的顶点的横坐标为
7
2
，点P是第四象限内抛物线上的动点，四边形OPAQ是平行四边形，设点P的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求使△APC的面积为整数的P点的个数；
（3）当点P在抛物线上运动时，四边形OPAQ可能是正方形吗？若可能，请求出点P的坐标，若不可能，请说明理由；
（4）在点Q随点P运动的过程中，当点Q 恰好落在直线AC 上时，则称点Q为“和谐点”，如图（2）所示，请直接写出当Q为“和谐点”的横坐标的值．
【答案】（1）2
214
4
33
y x x
=-+；（2）9个；（3）33
,
22
或44
，；（4）33【解析】
【分析】
（1）抛物线与y轴交于点C，顶点的横坐标为
7
2
，则
4
7
22
2
3
c
b
，即可求解；
（2）APC ∆的面积PHA
PHC
S
S
S
，即可求解；
（3）当四边形OPAQ 是正方形时，点P 只能在x 轴的下方，此时OAP 为等腰直角三角形，设点(,)P x y ，则0x y +=，即可求解； （4）求出直线AP 的表达式为：2
(1)(6)3
y m x ，则直线OQ 的表达式为：2
(1)3
y
m x ②，联立①②求出Q 的坐标，又四边形OPAQ 是平行四边形，则AO 的中点即为PQ 的中点，即可求解． 【详解】
解：（1）抛物线与y 轴交于点C ，顶点的横坐标为7
2
，则
47
2223
c
b ，解得14
34
b c
， 故抛物线的抛物线为：2214
433
y x x =-+； （2）对于2214
433
y x x =
-+，令0y =，则1x =或6，故点B 、A 的坐标分别为(1,0)、(6,0)；
如图，过点P 作//PH y 轴交AC 于点H ，
设直线AC 的表达式为：y kx b =+ 由点A （6，0）、C （0，4）的坐标得460
b k
b
，解得
423
b k
， ∴直线AC 的表达式为：2
43
y x =-+①， 设点2
2
14(,4)3
3
P x x x ，则点2(,
4)3
H x x ，
APC ∆的面积
2
21
12214
6(4
4)212(16)223
33
PHA
PHC
S
S
S
PH OA x x x x x
，
当1x =时，10S =，当6x =时，0S =， 故使APC ∆的面积为整数的P 点的个数为9个；
（3）当四边形OPAQ 是正方形时，点P 只能在x 轴的下方， 此时OAP 为等腰直角三角形，设点(,)P x
y ，则0x y +=， 即22144
3
3
y
x x x ，解得：3
2
x =
或4， 故点P 的坐标为3
(2，
3
)2
或(4,4)-； （4）设点2
2
14(,4)3
3
P m m m ，为点(6,0)A ，
设直线AP 的表达式为：y kx t =+，
由点A ，P 的坐标可得
2602144
3
3
k
t km
t m m ，解之得：
2
(1)3
26(1)
3
k
m t
m
∴直线AP 的表达式为：2
(1)(6)3
y
m x ， //AP OQ ，则AP 和OQ 表达式中的k 值相同，
故直线OQ 的表达式为：2
(1)3
y
m x ②， 联立①②得：
2
(1)3
2
43
y
m x y
x ，解得：
44
6m
m y x ，
则点6
(
Q m ，44)m
， 四边形OPAQ 是平行四边形，则AO 的中点即为PQ 的中点， 如图2，作QC x ⊥轴于点C ，PD x ⊥轴于点D ，
∴OC AD =, 则有，66m m ，解得：3
3m
，
经检验，3
3m 是原分式方程得跟，
则63
3m
，
故Q的横坐标的值为33
±．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形正方形的性质、面积的计算等，能熟练应用相关性质是解题的关键．
10．在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B两点，点A 在点B的左侧．
（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；
（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A(-1,0) ，B(2,3)
（2）△ABP最大面积s=
1927
322
288
⨯=; P（
1
2
，﹣
3
4
）
（3）存在；
25
【解析】
【分析】
（1）当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1，然后解方程组21
1
y x
y x
⎧=
⎨
=+
⎩
﹣
即可；
（2）设P（x，x2﹣1）．过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1），所以利用S△ABP=S△PFA+S△PFB，
，用含x的代数式表示为S△ABP=﹣x2+x+2，配方或用公式确定顶点坐标即可．（3）设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，用k分别表示点E的坐标，点F的坐标，以及点C的坐标，然后在Rt△EOF中，由勾股定理表示出EF的长，假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，则以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，设点N为OC中点，连接NQ，根据条件证明△EQN∽△EOF，然后根据性质对应边成比例，可得关于k的方程，解方程即
可.
【详解】
解：（1）当k=1时，抛物线解析式为y=x2﹣1，直线解析式为y=x+1．
联立两个解析式，得：x2﹣1=x+1，
解得：x=﹣1或x=2，
当x=﹣1时，y=x+1=0；当x=2时，y=x+1=3，
∴A（﹣1，0），B（2，3）．
（2）设P（x，x2﹣1）．
如答图2所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，则F（x，x+1）．
∴PF=y F﹣y P=（x+1）﹣（x2﹣1）=﹣x2+x+2．
S△ABP=S△PFA+S△PFB=PF（xF﹣xA）+PF（xB﹣xF）=PF（xB﹣xA）=PF
∴S△ABP=（﹣x2+x+2）=﹣（x﹣1
2
）2+
27
8
当x=1
2
时，yP=x2﹣1=﹣
3
4
．
∴△ABP面积最大值为，此时点P坐标为（1
2
，﹣
3
4
）．
（3）设直线AB：y=kx+1与x轴、y轴分别交于点E、F，
则E（﹣1
k
，0），F（0，1），OE=
1
k
，OF=1．
在Rt△EOF中，由勾股定理得：
22 11
1=
k k k
+⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
．
令y=x2+（k﹣1）x﹣k=0，即（x+k）（x﹣1）=0，解得：x=﹣k或x=1．∴C（﹣k，0），OC=k．
假设存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°，如答图3所示，
则以OC 为直径的圆与直线AB 相切于点Q ，根据圆周角定理，此时∠OQC=90°
． 设点N 为OC 中点，连接NQ ，则NQ ⊥EF ，NQ=CN=ON=2
k ． ∴EN=OE ﹣ON=
1k ﹣2
k ． ∵∠NEQ=∠FEO ，∠EQN=∠EOF=90°， ∴△EQN ∽△EOF ，
∴NQ EN OF EF
=，即：1221k
k k k
-
=， 解得：k=±25
， ∵k ＞0， ∴k=
25
． ∴存在唯一一点Q ，使得∠OQC=90°，此时k=
25
． 考点：1.二次函数的性质及其应用；2.圆的性质；3.相似三角形的判定与性质.
三、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
11．已知：如图①，在矩形ABCD 中，3,4,AB AD AE BD ==⊥，垂足是E .点F 是点
E 关于AB 的对称点，连接A
F 、BF ．
（1）求AF 和BE 的长；
（2）若将ABF 沿着射线BD 方向平移，设平移的距离为m (平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度)．当点F 分别平移到线段AB AD 、上时，直接写出相应的m 的值． （3）如图②，将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ︒<<︒，记旋转中ABF 为
''
A BF，在旋转过程中，设''
A F所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P Q
、两点，使DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
129
,
55
AF BF
==；（2）
9
5
m=或
16
5
m=；（3）存在4组符合条件的点
P、点Q，使DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为2或25
8
5或
5
【解析】
【分析】
（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如图①-1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，
由勾股定理得：5
==，
∵S△ABD
1
2
=BD•AE=
1
2
AB•AD，
∴AE=AB AD3412 BD55
⋅⨯
==，
∵点F是点E关于AB的对称点，
∴AF=AE
12
5
=，BF=BE，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，AB=3，AE
12
5 =，
由勾股定理得：BE
9
5 ===；
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①-1所示：
由对称点性质可知，∠1=∠2．BF=BE
9
5 =，
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′
9
5 =，
①当点F′落在AB上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠3=∠4，
根据平移的性质知：∠1=∠4，∴∠3=∠2，
∴BB′=B′F′
9
5
=，即
9
5
m=；
②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，AB⊥AD，
∴∠6=∠2，A′B′⊥AD，∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，
又知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D=B′F′
9
5 =，
∴BB′=BD-B′D=5-916
55
=，即m
16
5
=；
（3）存在．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∠2+∠ABD=90°，∠BAE+∠ABD=90°，∴∠2=∠BAE，
∵点F是点E关于AB的对称点，
∴∠1=∠2，
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如图③-1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，
则∠Q=∠DPQ，
∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q，
∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，
∴∠3=∠Q，
∴A′Q=A′B=3，
∴F′Q=F′A′+A′Q=1227
3
55
+=，
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=
22
22
927910 BF F Q
55
⎛⎫⎛⎫
+=+=
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
''，
∴DQ=BQ-BD=910
5 5
-；
②如图③-2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，
则∠2=∠P，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠P，
则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，
∴∠3=∠1，
∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′A′-A′Q=12
5
-BQ，
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：B F′2+F′Q2=BQ2，
即：
22
2 912
55
BQ BQ
⎛⎫⎛⎫
+-=
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，
解得：
15
8 BQ=，
∴DQ= BD-BQ=5-1525 88
=；
③如图③-3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，
则∠3=∠4．
∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，
∴∠4=90°-1
2
∠2．
∵∠1=∠2，
∴∠4=90°-1
2
∠1，
∴∠A′QB=∠4=90°-1
2
∠1，
∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=3，
∴F′Q=A′Q-A′F′=3-123 55
=，
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：
22
22
93310 BF F Q
55
⎛⎫⎛⎫
+=+=
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
''，
∴DQ=BQ-BD=310
55
-
； ④如图④-4所示，点Q 落在BD 上，且PQ=PD ，
则∠2=∠3．
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3， ∴∠1=∠4， ∴BQ=BA′=3， ∴DQ=BD-BQ=5-3=2．
综上所述，存在4组符合条件的点P 、点Q ，使△DPQ 为等腰三角形，DQ 的长度分别为：
2或
258
91055或3
5105 【点睛】
本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．
12．如图一，矩形ABCD 中，AB=m ，BC=n ，将此矩形绕点B 顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A 1BC 1D 1，点A 1在边CD 上．
（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D 到点D 1所经过路径的长度；
（2）将矩形A 1BC 1D 1继续绕点B 顺时针方向旋转得到矩形A 2BC 2D 2，点D 2在BC 的延长线上，设边A 2B 与CD 交于点E ，若
161A E EC
=，求n
m 的值．
（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB 上有一点P ，BP=2，点E 是直线DC 上一动点，
在BE 左侧作矩形BEFG 且始终保持
BE n
BG m
=，设AB=33E 移动过程中，PF 是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
5
6
π；（
2）
3
；（3）存在，63
+
【解析】
【分析】
（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出
∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；
（2）由△BCE∽△BA2D2，推出22
2
A D
CE n
CB A B m
==，可得CE=2n
m
，由161
A E
EC
=-推出16
A C
EC
=，推出A1C=
2
6
n
m
•，推出BH=A1C=
2
6
n
m
•，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；
（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF 的长度为最小值；先证明△FDG∽△FME，得到
3
FG
F
FM FE
D
==，再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度，即可得到PF的最小值.
【详解】
解：（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．
∴AD=HA1=n=1，
在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，
∴BA1=2HA1，
∴∠ABA1=30°，
∴旋转角为30°，
∵22
125
+=
∴D 到点D 1所经过路径的长度=30
55
1806
ππ⋅⋅=； （2）∵△BCE ∽△BA 2D 2， ∴
222A D CE n
CB A B m
==， ∴2n CE m =，
∵161EA
EC =-， ∴16A C
EC =， ∴A 1C=2
6n m
⋅，
∴BH=A 1C=2
2
2
6n m n m
-=⋅，
∴4
2
2
26n m n m
-=⋅，
∴m 4﹣m 2n 2=6n 4，
∴24
2416n n m m
-=•，
∴
3
n m =
（负根已舍去）． （3）当A 、P 、F ，D ，四点共圆，作PF ⊥DF ，PF 与CD 相交于点M ，作MN ⊥AB ，此时PF 的长度为最小值；
由（2）可知，
3
BE n BG m ==
， ∵四边形BEFG 是矩形， ∴
3FG FE =
∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，
∴∠DFG=∠MFE ， ∵DF ⊥PF ，即∠DFM=90°，
∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°， ∴∠FDG=∠FME ， ∴△FDG ∽△FME ，
∴
FG F FM FE D ==
，
∵∠DFM=90°，tan FD FMD FM ∠=
=
， ∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，
∴FM DM =
；
在矩形ABCD 中，有
AD AB =
3=，则3AD =， ∵MN ⊥AB ，
∴四边形ANMD 是矩形， ∴MN=AD=3，
∵∠NPM=∠DMF=30°， ∴PM=2MN=6，
∴NP=AB =， ∴DM=AN=BP=2，
∴2FM DM =
==
∴6PF PM MF =+=+ 【点睛】
本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.
13．如图，已知△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F 为BE 的中点，连接CF ，DF ．
（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上时
①证明：△BFC是等腰三角形；
②请判断线段CF，DF的关系？并说明理由；
（2）如图2，将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时，请判断（1）中②的结论是否仍然成立？并证明你的判断．
【答案】（1）①证明见解析；②结论：CF=DF且CF⊥DF．理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立．理由见解析.
【解析】
【详解】
分析：(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF，根据
∠CFD=2∠ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°得出∠CFD=90°，从而得出答案；(2)、延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，首先证明△BFG和△EFD全等，然后再证明△BCG和
△ACD全等，从而得出GC=DC，∠BCG=∠ACD，∠DCG=∠ACB=90°，最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案．
详解：（1）①证明：∵∠BCE=90°．EF=FB，∴CF=BF=EF，∴△BFC是等腰三角形．
②解：结论：CF=DF且CF⊥DF．理由如下：
∵∠ADE=90°，∴∠BDE=90°，又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点，∴CF=DF=1
2
BE=BF，
∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2，
∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC，
又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，∴∠CFD=90°，
∴CF=DF且CF⊥DF．
（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：
如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC，∵F是BE的中点，∴BF=EF，又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF，∴△BFG≌△EFD（SAS），∴∠FBG=∠FED，BG=ED，∴BG∥DE，∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，
∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°，AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°，
又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45°
=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225°
=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB，
而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB，
∴∠CBG=∠DAC，又∵BG=ED，DE=DA，∴BG=AD，又∵BC=AC，
∴△BCG≌△ACD（SAS），∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，
∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°，
∴△DCG是等腰直角三角形，又∵F是DG的中点，∴CF⊥DF且CF=DF．
点睛：主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定，及勾股定理的运用．要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键．
14．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．
（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是；
结论2：DM、MN的位置关系是；
拓展与探究：
（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置
关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE ，交MD 于点G ，标记出各个角，首先证明出MN ∥AE ，MN=
12AE ，利用三角形全等证出AE=AF ，而DM=1
2
AF ，从而得到DM ，MN 数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM 、MN 的位置关系是垂直.
试题解析：（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=AD=BC=CD ，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF ，∴BC ﹣CE=CD ﹣CF ，即BE=DF ，
∴△ABE ≌△ADF ，∴AE=AF ，∴△AEF 是等腰三角形；（2）DM 、MN 的数量关系是相等，DM 、MN 的位置关系是垂直；∵在Rt △ADF 中DM 是斜边AF 的中线，∴AF=2DM ，∵MN 是△AEF 的中位线，∴AE=2MN ，∵AE=AF ，∴DM=MN ；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM ，AM=MD ，∵∠FMN=∠FAE ，∠DAF=∠BAE ，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE ，
∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM ⊥MN ；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE ，交MD 于点G ，∵点M 为AF 的中点，点N 为EF 的中点，∴MN ∥AE ，MN=
1
2
AE ，由已知得，AB=AD=BC=CD ，∠B=∠ADF ，CE=CF ，又∵BC+CE=CD+CF ，即BE=DF ，∴△ABE ≌△ADF ，∴AE=AF ，在Rt △ADF 中，∵点M 为AF 的中点，∴DM=
1
2
AF ，∴DM=MN ，∵△ABE ≌△ADF ，∴∠1=∠2，∵AB ∥DF ，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM ，∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN ∥AE ，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM ⊥MN ．所以（2）中的两个结论还成立.
考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．
15．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

（1）概念理解:
如图1,在ABC ∆中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=︒,试判断ABC ∆是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:
如图2, ABC ∆是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ∆关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '∆,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC
BC
的值. （3）应用拓展:
如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ∆的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ∆绕点C 按顺时针方向旋转45︒得到
A B C ∆'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）13
2
AC BC =
（3）CD 的值为2103,22,2 【解析】
分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论； （2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC =13x ，即可得到结论； （3）分两种情况讨论即可：①当AB =2BC 时，再分两种情况讨论； ②当AC =2BC 时，再分两种情况讨论即可． 详解：（1）是．理由如下：
如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ， ∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°． ∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =1
2
AC =3， ∴ AD =BC =3，
即ΔABC 是“等高底”三角形．
（2）如图2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD =BC ， ∵ ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， ∴ ∠ADC =90°． ∵点B 是ΔAA ′C 的重心， ∴ BC =2BD ． 设BD =x ，则AD =BC =2x ，∴CD =3x ， ∴由勾股定理得AC 13，。