上海育才初级中学九年级上册期末精选试卷检测题

上海育才初级中学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．如图，在长方形ABCD 中，边AB 、BC 的长（AB ＜BC ）是方程x 2-7x +12=0的两个根．点P 从点A 出发，以每秒1个单位的速度沿△ABC 边 A →B →C →A 的方向运动，运动时间为t （秒）．
（1）求AB 与BC 的长；
（2）当点P 运动到边BC 上时，试求出使AP 长为10时运动时间t 的值；
（3）当点P 运动到边AC 上时，是否存在点P ，使△CDP 是等腰三角形？若存在，请求出运动时间t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) AB ＝3，BC ＝4;(2) t ＝4;(3) t 为10秒或9.5秒或
535
秒时，△CDP 是等腰三角形.
【解析】
试题分析：（1）解一元二次方程即可求得边长；
（2）结合图形，利用勾股定理求解即可； （3）根据题意，分为：PC ＝PD ，PD ＝PC ，PD ＝CD ，三种情况分别可求解.
试题解析：(1)∵x 2－7x ＋12＝(x －3)(x －4)＝0
∴1x ＝3或2x ＝4 .
则AB ＝3，BC ＝4
(2)由题意得()223t-310?+=（）
∴14t =，22t =(舍去)
则t ＝4时，AP 10.
(3)存在点P ，使△CDP 是等腰三角形.
①当PC ＝PD ＝3时， t ＝3431
++ ＝10(秒). ②当PD ＝PC(即P 为对角线AC 中点)时，AB ＝3，BC ＝4. 2234+＝5，CP 1＝
12AC ＝2.5 ∴t＝34 2.51
++ ＝9.5(秒)
③当PD ＝CD ＝3时，作DQ⊥AC 于
Q. 1341221552
DQ ⨯⨯==⨯，22129355PQ ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ ∴PC＝2PQ ＝185 ∴18
3453515
t ++
==(秒) 可知当t 为10秒或9.5秒或535
秒时，△CDP 是等腰三角形.
2．已知:在平面直角坐标系xoy 中,直线k y x b =+分别交x 、y 轴于点A 、B 两点,OA=5,∠OAB=60°.
(1)如图1,求直线AB 的解析式；
(2)如图2,点P 为直线AB 上一点，连接OP ,点D 在OA 延长线上，分别过点P 、D 作OA 、OP 的平行线,两平行线交于点C ，连接AC,设AD=m,△ABC 的面积为S,求S 与m 的函数关系式;
(3)如图3,在(2)的条件下,在PA 上取点E ,使PE=AD, 连接EC,DE,若∠ECD=60°,四边形ADCE 的周长等于22，求S 的值.
【答案】(1)直线解析式为353y x =-+53253+；(3)203S =. 【解析】
【分析】 (1)先求出点B 坐标，设AB 解析式为y kx b =+，把点A(5，0)，B(0，3分别代入，利用待定系数法进行求解即可；
(2)由题意可得四边形ODCP 是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，则有PC=OD=5+m ，∠PCH=30°，过点C 作CH ⊥AB ，在Rt △PCH 中 利用勾股定理可求得)35m +，再由S=12
AB •CH 代入相关数据进行整理即可得； (3) 先求得∠PEC=∠ADC ，设∠OPA=α，则∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+α，在BA 延长线上截取AK=AD ，连接OK ，DK ，DE ，证明△ADK 是等边三角形，继而证明△PEC ≌△DKO ，通
过推导可得到OP=OK=CE=CD ，再证明△CDE 是等边三角形，可得CE=CD=DE ，连接OE ，证明△OPE ≌△EDA
，继而可得△OAE 是等边三角形，得到OA=AE=5 ，根据四边形ADCE 的周长等于22，可得ED=172m -，过点E 作EN ⊥OD 于点N ，则DN=52
m +，由勾股定理得222EN DN DE +=， 可得关于m 的方程，解方程求得m 的值后即可求得答案.
【详解】
(1)在Rt △ABO 中OA=5，∠OAB=60°，
∴∠OBA=30°，AB=10 ，
由勾股定理可得OB=53，
∴B(0，53)，
设AB 解析式为y kx b =+，把点A(5，0)，B(0，53)分别代入，得0553k b b =+⎧⎪⎨=⎪⎩
， ∴353
k b ⎧=-⎪⎨=⎪⎩， ∴直线解析式为353y x =-+；
(2)∵CP//OD ，OP//CD ，
∴四边形ODCP 是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，
∴PC=OD=5+m ，∠PCH=30°，
过点C 作CH ⊥AB ，在Rt △PCH 中 PH=52m +，由勾股定理得CH=()35m +， ∴S=12AB •CH=135325310(5)2m m ⨯⨯+=+；
(3) ∵∠ECD=∠OAB=60°，
∴∠EAD+∠ECD=180°，∠CEA+∠ADC=180°，
∴∠PEC=∠ADC ，
设∠OPA=α，则∠OPC= ∠ADC= ∠PEC=60°+α，
在BA 延长线上截取AK=AD ，连接OK ，DK ，DE ，
∵∠DAK=60°， ∴△ADK 是等边三角形， ∴AD=DK=PE ，∠ODK=∠APC ，
∵PC=OD ，
∴△PEC ≌△DKO ，
∴OK=CE ，∠OKD=∠PEC=∠OPC=60°+α， ∠AKD= ∠APC=60° ，
∴∠OPK= ∠OKB ，
∴OP=OK=CE=CD ，
又∵∠ECD=60°，
∴△CDE 是等边三角形，
∴CE=CD=DE ，
连接OE ，∵ ∠ADE=∠APO ，DE=CD=OP ，
∴△OPE ≌△EDA ，
∴AE=OE ， ∠OAE=60°，
∴△OAE 是等边三角形，
∴OA=AE=5 ，
∵四边形ADCE 的周长等于22，
∴AD+2DE=17，
∴ED=172
m -， 过点E 作EN ⊥OD 于点N ，则DN=52
m +， 由勾股定理得222EN DN DE +=，
即22253517()()()222
m m -++=， 解得13m =，221m =-(舍去)，
∴S=15325322
+=203.
【点睛】
本题考查的四边形综合题，涉及了待定系数法，平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解一元二次方程等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
3．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
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）PQ=62cm；（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，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
∴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=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 =n ，设EB =x ，则BF =n ﹣x ，
∵Rt △AEB ≌Rt △BFC ，
∴BF =AE =n ﹣x ，
在Rt △AEB 中，由勾股定理，得，
x 2+（n ﹣x ）2=12，
整理得2x 2﹣2n x +n ﹣1=0，
b 2﹣4a
c =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，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于A ，B 两点，其中A （3，0），B （﹣1，0），与y 轴交于点C ，抛物线的对称轴交x 轴于点D ，直线y ＝kx +b 1经过点A ，C ，连接CD ． （1）求抛物线和直线AC 的解析式：
（2）若抛物线上存在一点P ，使△ACP 的面积是△ACD 面积的2倍，求点P 的坐标； （3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q ，使线段AQ 绕Q 点顺时针旋转90°得到线段QA 1，且A 1好落在抛物线上？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2y x 2x 3=-++；3y x =-+ ；（2）（﹣1，0）或（4，﹣5）；（3）存在；（1，2）和（1，﹣3）
【解析】
【分析】
（1）将点A ，B 坐标代入抛物线解析式中，求出b ，c 得出抛物线的解析式，进而求出点C 的坐标，再将点A ，C 坐标代入直线AC 的解析式中，即可得出结论；
（2）利用抛物线的对称性得出BD ＝AD ，进而判断出△ABC 的面积和△ACP 的面积相等，即可得出结论；
（3）分点Q 在x 轴上方和在x 轴下方，构造全等三角形即可得出结论．
【详解】
解：（1）把A （3，0），B （﹣1，0）代入y ＝﹣x 2+bc +c 中，得93010b c b c -++=⎧⎨--+=⎩， ∴23
b c =⎧⎨=⎩， ∴抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2x +3，
当x ＝0时，y ＝3，
∴点C 的坐标是（0，3），
把A （3，0）和C （0，3）代入y ＝kx +b 1中，得11
303k b b +=⎧⎨=⎩， ∴1
13k b =-⎧⎨=⎩ ∴直线AC 的解析式为y ＝﹣x +3；
（2）如图，连接BC ，
∵点D 是抛物线与x 轴的交点，
∴AD ＝BD ，
∴S △ABC ＝2S △ACD ，
∵S △ACP ＝2S △ACD ，
∴S △ACP ＝S △ABC ，此时，点P 与点B 重合，
即：P （﹣1，0），
过B 点作PB ∥AC 交抛物线于点P ，则直线BP 的解析式为y ＝﹣x ﹣1①， ∵抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2x +3②，
联立①②解得，10x y =-⎧⎨=⎩或45
x y =⎧⎨=-⎩， ∴P （4，﹣5），
∴即点P 的坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）；
（3）如图，
①当点Q 在x 轴上方时，设AC 与对称轴交点为Q '，
由（1）知，直线AC 的解析式为y ＝﹣x +3，
当x ＝1时，y ＝2，
∴Q '坐标为（1，2），
∵Q 'D ＝AD ＝BD ＝2，
∴∠Q 'AB ＝∠Q 'BA ＝45°，
∴∠AQ 'B ＝90°，
∴点Q '为所求，
②当点Q 在x 轴下方时，设点Q （1，m ），
过点A 1'作A 1'E ⊥DQ 于E ，
∴∠A 1'EQ ＝∠QDA ＝90°，
∴∠DAQ +∠AQD ＝90°，
由旋转知，AQ ＝A 1'Q ，∠AQA 1'＝90°，
∴∠AQD +∠A 1'QE ＝90°，
∴∠DAQ ＝∠A 1'QE ，
∴△ADQ ≌△QEA 1'（AAS ），
∴AD ＝QE ＝2，DQ ＝A 1'E ＝﹣m ，
∴点A 1'的坐标为（﹣m +1，m ﹣2），
代入y ＝﹣x 2+2x +3中，
解得，m ＝﹣3或m ＝2（舍），
∴Q 的坐标为（1，﹣3），
∴点Q 的坐标为（1，2）和（1，﹣3）．
【点睛】
本题考查的是二次函数的综合题，涉及解析式的求解，与三角形面积有关的问题，三角形“k ”字型全等，解题的关键是利用数形结合的思想，设点坐标并结合几何图形的性质列式求解．
7．如图，抛物线()2
50y ax bx a =+-≠经过x 轴上的点1,0A 和点B 及y 轴上的点C ，经过B C 、两点的直线为y x n =+．
（1）求抛物线的解析式．
（2）点P 从A 出发，在线段AB 上以每秒1个单位的速度向B 运动，同时点E 从B 出发，在线段BC 上以每秒2个单位的速度向C 运动．当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t 秒，求t 为何值时，PBE △的面积最大并求出最大值． （3）过点A 作AM BC ⊥于点M ，过抛物线上一动点N （不与点B C 、重合）作直线AM 的平行线交直线BC 于点Q ．若点A M N Q 、、、为顶点的四边形是平行四边形，求点N 的横坐标．
【答案】（1）265y x x =-+- （2）2t =；2（3）5412或4或5412
【解析】
【分析】
（1）先确定A 、B 、C 三点的坐标，然后用待定系数法解答即可；
（2）先求出AB 、BC 的长并说明△BOC 是等腰直角三角形，再求出点P 到BC 的高d 为()24542
d BP sin t =⋅︒=-，则12PBE S BE d =⨯⨯)()122244222
t t t =⨯⨯-=-，再根据二次函数的性质即可确定最大值； （3）先求出2454222AM AB sin =⋅︒=⨯
=N 作直线AM 的平行线交直线BC 于点,Q 则，再说明四边形AMNQ 是平行四边形，得到22NQ AM ==；再过点N 作NH x ⊥轴，交x 轴于点,G 交BC 于点,H 结合题意说明NQH 为等腰直角三角形，求得22884NH NQ HQ =+=+=；设()
2,65N m m m -+-，则(),0G m ， (),5H m m -，最后分点N 在x 轴上方时、点N 在x 轴下方且5m >时和1m <三种情况解答即可．
【详解】
解：()1因为直线y x n =+经过B C 、两点，且点B 在x 轴上，点C 在y 轴上， ∵()(),,00,B n C n -
∴抛物线25y ax bx =+-经过点1,0A ，点(),0B n -，点()0,C n ，
∴250505a b an bn n +-=⎧⎪--=⎨⎪-=⎩，解得51,6n a b =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩
所以抛物线的解析式为265y x x =-+-．
()2∵()()()1,05,0,0,,5,A B C -
∴4,AB BC BOC ==为等腰直角三角形，
∴45,ABC ∠=
由题意得4,2,02BP t BE t t =-=<≤
点P 到BE
的距离()4542d BP sin t =⋅︒=
- 所以12
PBE S BE d =⨯⨯
)()1244222
t t t t =⨯⨯-=-； ∵二次函数(
)()42f t t =
-的函数图象开口向下，零点为0和4, ∴0422
t +==时， ∴()(
)(
)22422max
f t f ==⨯⨯-=即2t =时，PBE △的面积最大，且最大值
为
()3
由题意得454AM AB sin =⋅︒== 过点N 作直线AM 的平行线交直线BC 于点,Q 则,NQ BC ⊥
∵点,A M N Q 、、为顶点的四边形是平行四边形，
∴NQ AM ==
过点N 作NH x ⊥轴，交x 轴于点,G 交BC 于点,H
∵:5BC l y x =-，
∴NQH 为等腰直角三角形，
∴22884,NH NQ HQ =+=+=
设()
2,65N m m m -+-，
则(),0G m ，(),5H m m -，
①点N 在x 轴上方时，此时()()2655,NH m m m =-+--- ∴()
()26554m m m -+---=，即()()140,m m --= 解得1m =（舍，因为此时点N 与点A 重合）或4m =；
②点N 在x 轴下方且5m >时，此时()()2565,NH m m m =---+-
∴()()
25654m m m ---+-=，即2540,m m --= 解得54152m -=<（舍）或5412
m += ③点N 在x 轴下方且1m <时，此时()()2565,NH m m m =---+-
∴()()25654m m m ---+-=，即2540,m m --=解得5412m -=或5412
m +=（舍）
综上所述，5414,2m m +==，5412
m -=符合题意， 即若点,A M N Q 、、为顶点的四边形是平行四边形，
点N 的横坐标为541-或4或541+．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的性质、平行四边形的判定与性质，掌握二次函数的性质以及分类讨论思想是解答本题的关键
8．已知点P(2，﹣3)在抛物线L ：y ＝ax 2﹣2ax+a+k （a ，k 均为常数，且a≠0）上，L 交y 轴于点C ，连接CP ．
（1）用a 表示k ，并求L 的对称轴及L 与y 轴的交点坐标；
（2）当L 经过(3，3)时，求此时L 的表达式及其顶点坐标；
（3）横、纵坐标都是整数的点叫做整点．如图，当a ＜0时，若L 在点C ，P 之间的部分与线段CP 所围成的区域内（不含边界）恰有4个整点，求a 的取值范围；
（4）点M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)是L 上的两点，若t≤x 1≤t+1，当x 2≥3时，均有y 1≥y 2，直接写出t 的取值范围．
【答案】（1）k=-3-a ；对称轴x ＝1；y 轴交点(0，-3)；（2）2y=2x -4x-3，顶点坐标(1，-
5)；（3）-5≤a ＜-4；（4）-1≤t ≤2．
【解析】
【分析】
（1）将点P(2，-3)代入抛物线上，求得k 用a 表示的关系式；抛物线L 的对称轴为直线2a x==12a
--，并求得抛物线与y 轴交点； （2）将点(3，3)代入抛物线的解析式，且k=-3-a ，解得a=2，k=-5，即可求得抛物线解析式与顶点坐标；
（3）抛物线L 顶点坐标(1，-a-3)，点C ，P 之间的部分与线段CP 所围成的区域内（不含边界）恰有4个整点，这四个整点都在x=1这条直线上，且y 的取值分别为-2、-1、0、1，可得1＜-a-3≤2，即可求得a 的取值范围；
（4）分类讨论取a ＞0与a ＜0的情况进行讨论，找出1x 的取值范围，即可求出t 的取值范围．
【详解】
解：（1）∵将点P(2，-3)代入抛物线L ：2y=ax -2ax+a+k ，
∴-3=4a 4a a+k=a+k -+
∴k=-3-a ；
抛物线L 的对称轴为直线-2a x=-
=12a
，即x ＝1； 将x=0代入抛物线可得：y=a+k=a+(-3-a)=-3，故与y 轴交点坐标为(0，-3)； （2）∵L 经过点(3，3)，将该点代入解析式中，
∴9a-6a+a+k=3，且由（1）可得k=-3-a ，
∴4a+k=3a-3=3，解得a=2，k=-5，
∴L 的表达式为2y=2x -4x-3；
将其表示为顶点式：2
y=2(x-1)-5，
∴顶点坐标为(1，-5)；
（3）解析式L 的顶点坐标(1，-a-3)，
∵在点C ，P 之间的部分与线段CP 所围成的区域内（不含边界）恰有4个整点，这四个整点都在x=1这条直线上，且y 的取值分别为-2、-1、0、1，
∴1＜-a-3≤2，
∴-5≤a ＜-4；
（4）①当a ＜0时，∵2x 3≥，为保证12y y ≥，且抛物线L 的对称轴为x=1，
∴就要保证1x 的取值范围要在[-1,3]上，
即t ≥-1且t+1≤3，解得-1≤t ≤2；
②当a ＞0时，抛物线开口向上，t ≥3或t+1≤-1，解得：t ≥3或t ≤-2，但会有不符合题意的点存在，故舍去，
综上所述：-1≤t ≤2．
【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
9．定义：函数l 与l '的图象关于y 轴对称，点(),0P t 是x 轴上一点，将函数l '的图象位于直线x t =左侧的部分，以x 轴为对称轴翻折，得到新的函数w 的图象，我们称函数w 是函数l 的对称折函数，函数w 的图象记作1F ，函数l 的图象位于直线x t =上以及右侧的部分记作2F ，图象1F 和2F 合起来记作图象F ．
例如：如图，函数l 的解析式为1y x =+，当1t =时，它的对称折函数w 的解析式为()11y x x =-<．
（1）函数l 的解析式为21y x =-，当2t =-时，它的对称折函数w 的解析式为_______； （2）函数l 的解析式为1²12
y x x =
--，当42x -≤≤且0t =时，求图象F 上点的纵坐标的最大值和最小值；
（3）函数l 的解析式为()2230y ax ax a a =--≠．若1a =，直线1y t =-与图象F 有两个公共点，求t 的取值范围．
【答案】（1）()212y x x =+<-；（2）F 的解析式为2211(0)211(0)2y x x x y x x x ⎧=--≥⎪⎪⎨⎪=--+<⎪⎩
；图象F 上的点的纵坐标的最大值为32
y =，最小值为3y =-；（3）当3t =-，31712t <≤，3175t +<<时，直线1y t =-与图象F 有两个公共点． 【解析】
【分析】
（1）根据对折函数的定义直接写出函数解析式即可；
（2）先根据题意确定F 的解析式，然后根据二次函数的性质确定函数的最大值和最小值即可；
（3）先求出当a=1时图像F 的解析式，然后分14t -=-、点(),1t t -落在
223()y x x x t =--≥上和点(),1t t -落在()223y x x x t =--+<上三种情况解答，最后
根据图像即可解答．
【详解】
解：（1）()212y x x =+<-
（2）F 的解析式为2211(0)211(0)2y x x x y x x x ⎧=--≥⎪⎪⎨⎪=--+<⎪⎩
当4x =-时，3y =-，当1x =-时，32y =
， 当1x =时，32
y =-，当2x =时，1y =， ∴图象F 上的点的纵坐标的最大值为32
y =，最小值为3y =-. （3）当1a =时，图象F 的解析式为2223()23()y x x x t y x x x t ⎧=--≥⎨=--+<⎩
∴该函数的最大值和最小值分别为4和-4；
a ：当14t -=-时，3t =-，
∴当3t =-时直线1y t =-与图象F 有两个公共点；
b ：当点(),1t t -落在223()y x x x t =--≥上时，
2123t t t -=--，解得1317t -=，2317t += c ：当点(),1t t -落在()223y x x x t =--+<上时，
2123t t t -=--+，解得34t =-（舍），41t =
14t -=，
∴55t =
∴当3171t -<≤或3175t +<<时，直线1y t =-与图象F 有两个公共点； 综上所述：当3t =-，
3171t -<≤，3175t +<<时，直线1y t =-与图象F 有两个公共点.
【点睛】 本题属于二次函数综合题，考查了“称折函数”的定义、二次函数的性质、解二元一次方程等知识，弄清题意、灵活运用所学知识是解答本题的关键．
10．如图，已知二次函数1L ：()2
2311y mx mx m m =+-+≥和二次函数2L ：()2
341y m x m =--+-()1m ≥图象的顶点分别为M 、N ，与x 轴分别相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边）和C 、D 两点（点C 在点D 的左边），
（1）函数()2
2311y mx mx m m =+-+≥的顶点坐标为______；当二次函数1L ，2L 的y
值同时随着x 的增大而增大时，则x 的取值范围是_______；
（2）判断四边形AMDN 的形状（直接写出，不必证明）；
（3）抛物线1L ，2L 均会分别经过某些定点；
①求所有定点的坐标；
②若抛物线1L 位置固定不变，通过平移抛物线2L 的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线2L 应平移的距离是多少？
【答案】（1）()1,41m --+，13x ；（2）四边形AMDN 是矩形；（3）①所有定点的坐标，1L 经过定点()3,1-或()1,1，2L 经过定点()5,1-或()1,1-；②抛物线2L 应平移
的距离是4+4-．
【解析】
【分析】
（1）将已知抛物线解析式转化为顶点式，直接得到点M 的坐标；结合函数图象填空； （2）利用抛物线解析式与一元二次方程的关系求得点A 、D 、M 、N 的横坐标，可得AD 的中点为（1，0），MN 的中点为（1，0），则AD 与MN 互相平分，可证四边形AMDN 是矩形；
（3）①分别将二次函数的表达式变形为1:(3)(1)1L y m x x =+-+和
2:(1)(5)1L y m x x =----，通过表达式即可得出所过定点；
②根据菱形的性质可得EH 1=EF=4即可，设平移的距离为x ，根据平移后图形为菱形，由勾股定理可得方程即可求解．
【详解】
解：（1）12b x a
=-=-，顶点坐标M 为(1,41)m --+， 由图象得：当13x 时，二次函数1L ，2L 的y 值同时随着x 的增大而增大．
故答案为：(1,41)m --+；13x
； （2）结论：四边形AMDN 是矩形．
由二次函数21:231(1)L y mx mx m m =+-+和二次函数22:(3)41(1)L y m x m m =--+-解析式可得：
A 点坐标为(1-0)，D 点坐标为(3+，0)， 顶点M 坐标为(1,41)m --+，顶点N 坐标为(3,41)m -，
AD ∴的中点为(1,0)，MN 的中点为(1,0)，
AD ∴与MN 互相平分，
∴四边形AMDN 是平行四边形，
又AD MN =，
∴□AMDN 是矩形；
（3）①二次函数21:231(3)(1)1L y mx mx m m x x =+-+=+-+，
故当3x =-或1x =时1y =，即二次函数21:231L y mx mx m =+-+经过(3,1)-、(1,1)两点，
二次函数22:(3)41(1)(5)1L y m x m m x x =--+-=----，
故当1x =或5x =时1y =-，即二次函数22:(3)41L y m x m =--+-经过(1,1)-、(5,1)-两点，
②二次函数21:231L y mx mx m =+-+经过(3,1)-、(1,1)两点，二次函数
22:(3)41L y m x m =--+-经过(1,1)-、(5,1)-两点，
如图：四个定点分别为(3,1)E -、(1,1)F ，(1,1)H -、(5,1)G -，则组成四边形EFGH 为平行四边形，
∴FH ⊥HG ，FH=2，HM=4-x ，
设平移的距离为x ，根据平移后图形为菱形，
则EH 1=EF=H 1M=4，
由勾股定理可得：FH 2+HM 2=FM 2，
即22242(4)x =+-，
解得：423x =±，
抛物线1L 位置固定不变，通过左右平移抛物线2L 的位置使这些定点组成的图形为菱形，则抛物线2L 应平移的距离是423+或423-．
【点睛】
本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
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 ∴，12
PM 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．如图，四边形ABCD 为正方形，△AEF 为等腰直角三角形，∠AEF ＝90°，连接FC ，G 为FC 的中点，连接GD ，ED ．
（1）如图①，E 在AB 上，直接写出ED ，GD 的数量关系．
（2）将图①中的△AEF 绕点A 逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否
成立？说明理由．
（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．
【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】
【分析】
（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；
（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；
（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）结论：DE＝2DG．
理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，
∵∠AEF＝∠B＝90°，
∴EF∥CM，
∴∠CMG＝∠FEG，
∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，
∴△CMG≌△FEG（AAS），
∴EF＝CM，GM＝GE，
∵AE＝EF，
∴AE＝CM，
∴△DCM≌△DAE（SAS），
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∴∠EDM＝∠ADC＝90°，
∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，
∴△EGD是等腰直角三角形，
∴DE＝2DG．
（2）如图2中，结论成立．
理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．
∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，
∴△CGM≌△FGE（SAS），
∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，
∴CM∥ER，
∴∠DCM＝∠ERC，
∵∠AER+∠ADR＝180°，
∴∠EAD+∠ERD＝180°，
∵∠ERD+∠ERC＝180°，
∴∠DCM＝∠EAD，
∵AE＝EF，
∴AE＝CM，
∴△DAE≌△DCM（SAS），
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∴∠EDM＝∠ADC＝90°，
∵EG＝GM，
∴DG＝EG＝GM，
∴△EDG是等腰直角三角形，
∴DE2DG．
（3）①如图3﹣1中，当E，F，C共线时，
在Rt △ADC 中，AC ＝22AD CD +＝2255+＝52，
在Rt △AEC 中，EC ＝22A AE C -＝22(52)1-＝7，
∴CF ＝CE ﹣EF ＝6，
∴CG ＝
12
CF ＝3， ∵∠DGC ＝90°， ∴DG ＝22CD CG -＝2253-＝4，
∴DE ＝2DG ＝42．
②如图3﹣3中，当E ，F ，C 共线时，同法可得DE ＝32．
综上所述，DE 的长为2或2．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
13．在△AOB 中，C ，D 分别是OA ，OB 边上的点，将△OCD 绕点O 顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB ，C ，D 分别为OA ，OB 的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB 为任意三角形且∠AOB=θ，CD ∥AB ，AC′与BD′交于点E ，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）成立，理由见解析
【解析】
试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出
OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式
，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相
等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，
∴OC=OD，
∴OC′=OD′，
在△AOC′和△BOD′中，，
∴△AOC′≌△BOD′（SAS），
∴AC′=BD′；
②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，
∴∠OBD′+∠BFE=90°，
∴∠BEA=90°，
∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵CD∥AB，
∴，
∴，
∴，
又∠AOC′=∠BOD′，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，
∴∠AEB=∠AOB=θ．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
14．如图，在直角坐标系中，已知点A（-1，0）、B（0，2），将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC．
（1）点C的坐标为（，）；
（2）若二次函数的图象经过点C．
①求二次函数的关系式；
②当-1≤x≤4时，直接写出函数值y对应的取值范围；Z_X_X_K]
③在此二次函数的图象上是否存在点P（点C除外），使△ABP是以AB为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1) ∴点C的坐标为(－3，1) ．
(2)①∵二次函数的图象经过点C(－3，1)，
∴.解得
∴二次函数的关系式为
②当-1≤x≤4时，≤y≤8；
③过点C作CD⊥x轴，垂足为D，
i) 当A为直角顶点时，延长CA至点，使，则△是以AB为直角边的等腰直
角三角形，过点作⊥轴，
∵＝，∠＝∠，∠＝∠＝90°，
∴△≌△，∴AE＝AD＝2，＝CD＝1,
∴可求得的坐标为(1，－1)，经检验点在二次函数的图象上；
ii）当B点为直角顶点时，过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取，得到以AB为直角边的等腰直角△和等腰直角△，作⊥y轴，同理可证
△≌△∴BF＝OA＝1，可得点的坐标为（2， 1），经检验点在二次函数的图象上．同理可得点的坐标为（－2， 3），经检验点不在二次函数的图象上
综上：二次函数的图象上存在点(1，－1)，（2，1）两点，使得△和△
是以AB为直角边的等腰直角三角形．
【解析】
(1)根据旋转的性质得出C点坐标；
（2）①把C点代入求得二次函数的解析式；②利用二次函数的图象得出y的取值范围；
③分二种情况进行讨论.
15．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想。