宁德市九年级上册期末精选试卷检测题

宁德市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．已知关于x 的一元二次方程()22
2130x k x k --+-=有两个实数根．
()1求k 的取值范围；
()2设方程两实数根分别为1x ，2x ，且满足221223x x +=，求k 的值．
【答案】（1）13
4
k ≤；（2）2k =-． 【解析】 【分析】
()1根据方程有实数根得出()()
22[2k 1]41k 38k 50=---⨯⨯-=-+≥，解之可得．
()2利用根与系数的关系可用k 表示出12x x +和12x x 的值，根据条件可得到关于k 的方
程，可求得k 的值，注意利用根的判别式进行取舍． 【详解】 解：()
1关于x 的一元二次方程()2
2
2130x k x k --+-=有两个实数根，
0∴≥，即()()22
[21]4134130k k k ---⨯⨯-=-+≥，
解得134
k ≤
． ()2由根与系数的关系可得1221x x k +=-，2123x x k =-，
()
22
2222121212()2(21)23247x x x x x x k k k k ∴+=+-=---=-+， 22
1223x x +=，
224723k k ∴-+=，解得4k =，或2k =-，
13
4
k ≤
， 4k ∴=舍去， 2k ∴=-． 【点睛】
本题考查了一元二次方程2
ax bx c 0(a 0,++=≠a ，b ，c 为常数)根的判别式.当0>，
方程有两个不相等的实数根；当0=，方程有两个相等的实数根；当0<，方程没有实数根.以及根与系数的关系．
2．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：3△AOB =
12AB ﹒OC=1
2
33； （3）延长AO 交⊙O 于点D ，由于△AOB 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 3P 到直线OA 3，这样点共有3个 ①过点B 作BP 1∥OA 交⊙O 于点P 1，∴∠BOP 1=60°， ∴此时点P 经过的弧长为：
1202180π⨯=43π
， ②作点P 2，使得P 1与P 2关于直线OA 对称，∴∠P 2OD=60°， ∴此时点P 经过的弧长为：
2402180π⨯=83
π
， ③作点P 3，使得B 与P 3关于直线OA 对称，∴∠P 3OP 2=60°， ∴此时P 经过的弧长为：
3002180π⨯ =103
π
， 综上所述：当S △POA =S △AOB 时，P 点所经过的弧长分别是
43π、83π、103
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．
3．如图直线y＝kx+k交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，且AB＝2
（1）求k的值；
（2）点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB运动，过点P作直线AB的垂线交x轴于点Q，连接OP，设△PQO的面积为S，点P运动时间为t，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，当P在AB的延长线上，若OQ+AB＝7（BQ﹣OP），求此时直线PQ的解析式．
【答案】（1）k32）当0＜t＜1
2
时，S＝
1
2
•OQ•P y＝
1
2
（1﹣2t
3
＝﹣
3
23
．
当t＞1
2
时，S＝
1
2
OQ•P y＝
1
2
（2t﹣1
3
＝
3
2
3
．（3）直线PQ的解析式为
y＝﹣
3
3
x+
53
3
．
【解析】【分析】
（1）求出点B的坐标即可解决问题；（2）分两种情形①当0＜t＜1
2
时，②当t＞
1
2
时，根据S＝1
2
OQ•P y，分别求解即可；（3）根据已知条件构建方程求出t，推出点P，Q
的坐标即可解决问题．
【详解】
解：（1）对于直线y ＝kx +k ，令y ＝0，可得x ＝﹣1， ∴A （﹣1，0）， ∴OA ＝1，∵AB ＝2， ∴OB ＝
223AB OA -=
∴k ＝3． （2）如图，
∵tan ∠BAO ＝3OB
OA
= ∴∠BAO ＝60°， ∵PQ ⊥AB ，
∴∠APQ ＝90°， ∴∠AQP ＝30°， ∴AQ ＝2AP ＝2t ，
当0＜t ＜
12时，S ＝12•OQ •P y ＝12（1﹣2t 3323
． 当t ＞
12时，S ＝12OQ •P y ＝12（2t ﹣13＝323
． （3）∵OQ +AB 7（BQ ﹣OP ）， ∴2t ﹣1+22
2
21
373(21)(1)2
4t t t +--+
∴2t +1271t t -+∴4t 2+4t +1＝7t 2﹣7t +7， ∴3t 2﹣11t +6＝0， 解得t ＝3或2
3
（舍弃）， ∴P （
12，332
），Q （5，0），
设直线PQ 的解析式为y ＝kx +b
，则有12250k b k b ⎧+=
⎪⎨⎪+=⎩
，
解得3k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，
∴直线PQ
的解析式为y x =+
． 【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，三角形的面积，无理方程等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
4．使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点．例如，对于函数1y x =-，令y=0，可得x=1，我们就说1是函数1y x =-的零点． 己知函数2
22(3)y x mx m =--+(m m 为常数)．
（1）当m =0时，求该函数的零点；
（2）证明：无论m 取何值，该函数总有两个零点；
（3）设函数的两个零点分别为1x 和2x ，且12111
4
x x +=-，此时函数图象与x 轴的交点分 别为A 、B(点A 在点B 左侧)，点M 在直线10y x =-上，当MA+MB 最小时，求直线AM 的函数解析式．
【答案】（1）当m =0
和 （2）见解析,
（3）AM 的解析式为1
12
y x =--． 【解析】 【分析】
（1）根据题中给出的函数的零点的定义，将m=0代入y=x 2-2mx-2（m+3），然后令y=0即可解得函数的零点；
（2）令y=0，函数变为一元二次方程，要想证明方程有两个解，只需证明△＞0即可； （3）根据题中条件求出函数解析式进而求得A 、B 两点坐标，个、作点B 关于直线y=x-10的对称点B′，连接AB′，求出点B′的坐标即可求得当MA+MB 最小时，直线AM 的函数解析式 【详解】
（1）当m =0
和
（2）令y=0，得△=
∴无论m 取何值，方程
总有两个不相等的实数根．
即无论m 取何值，该函数总有两个零点． （3）依题意有，
由
解得
．
∴函数的解析式为．
令y=0，解得
∴A(
)，B(4,0)
作点B 关于直线10y x =-的对称点B’，连结AB’， 则AB’与直线10y x =-的交点就是满足条件的M 点．
易求得直线10y x =-与x 轴、y 轴的交点分别为C （10,0），D （0,10）． 连结CB’，则∠BCD=45° ∴BC=CB’=6，∠B’CD=∠BCD=45° ∴∠BCB’=90° 即B’（106-，）
设直线AB’的解析式为y kx b =+，则
20{106k b k b -+=+=-，解得112
k b =-=-， ∴直线AB’的解析式为1
12
y x =--， 即AM 的解析式为1
12
y x =-
-．
5．定南县某楼盘准备以每平方米4000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米3240元的均价开盘销售． （1）求平均每次下调的百分率；
（2）某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9．8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米80元，试问哪种方案更优惠？
【答案】（1）10%；（2）方案②
【解析】
试题分析：首先设下调的百分率为x ，根据题意列出方程进行求解，得出答案；分别求出两种方案所需要花费的钱数，然后进行比较．
试题解析：（1）设平均每次下调的百分率是x ，依题意得，4000（1-x ）2=3240 解之得：x=0．1=10%或x=1．9（不合题意，舍去） 答：平均每次下调的百分率是10%．
（2）方案①实际花费=100×3240×98%=317520元 方案②实际花费=100×3240-100×80=316000元
∵317520＞316000 ∴方案②更优惠 考点：一元二次方程的应用
二、初三数学 二次函数易错题压轴题（难）
6．在平面直角坐标系中，抛物线2
2(0)y ax bx a =++≠经过点(2,4)A --和点(2,0)C ，与y 轴交于点D ，与x 轴的另一交点为点B ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接BD ，在抛物线上是否存在点P ，使得2PBC BDO ∠=∠？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，连接AC ，交y 轴于点E ，点M 是线段AD 上的动点（不与点A ，点D 重合），将CME △沿ME 所在直线翻折，得到FME ，当FME 与AME △重叠部分的面积是AMC 面积的
1
4
时，请直接写出线段AM 的长． 【答案】（1）2
2y x x =-++；（2）存在，（
23，209）或（10
3，529
-）；（3）610
2 【解析】 【分析】
（1）根据点A 和点C 的坐标，利用待定系数法求解；
（2）在x 轴正半轴上取点E ，使OB=OE ，过点E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，构造出
∠PBC=∠BDE ，分点P 在第三象限时，点P 在x 轴上方时，点P 在第四象限时，共三种情况分别求解；
（3）设EF 与AD 交于点N ，分点F 在直线AC 上方和点F 在直线AC 下方时两种情况，利用题中所给面积关系和中线的性质可得MN=AN ，FN=NE ，从而证明四边形FMEA 为平行四边形，继而求解． 【详解】
解：（1）∵抛物线2
2(0)y ax bx a =++≠经过点A （-2，-4）和点C （2，0），
则44220422a b a b -=-+⎧⎨
=++⎩，解得：1
1a b =-⎧⎨=⎩
，
∴抛物线的解析式为2
2y x x =-++； （2）存在，理由是：
在x 轴正半轴上取点E ，使OB=OE ，过点E 作EF ⊥BD ，垂足为F ， 在2
2y x x =-++中， 令y=0，解得：x=2或-1， ∴点B 坐标为（-1，0）， ∴点E 坐标为（1，0）， 可知：点B 和点E 关于y 轴对称， ∴∠BDO=∠EDO ，即∠BDE=2∠BDO ， ∵D （0，2），
∴=， 在△BDE 中，有
12×BE ×OD=1
2
×BD ×EF ，
即2×EF ，解得：，
∴，
∴tan ∠BDE=
EF DF =55
÷=4
3， 若∠PBC=2∠BDO ， 则∠PBC=∠BDE ，
∵BE=2， 则BD 2+DE 2＞BE 2， ∴∠BDE 为锐角， 当点P 在第三象限时， ∠PBC 为钝角，不符合；
当点P 在x 轴上方时，
∵∠PBC=∠BDE ，设点P 坐标为（c ，22c c -++）， 过点P 作x 轴的垂线，垂足为G ， 则BG=c+1，PG=22c c -++，
∴tan ∠PBC=
PG BG =221
c c c -+++=4
3， 解得：c=
2
3
， ∴22c c -++=
209
， ∴点P 的坐标为（
23，209
）；
当点P 在第四象限时，
同理可得：PG=22c c --，BG=c+1，
tan ∠PBC=PG BG =221
c c c --+=4
3，
解得：c=
10
3
， ∴22c c -++=529
-
， ∴点P 的坐标为（
103，529
-）， 综上：点P 的坐标为（
23，209）或（10
3，529
-）；
（3）设EF 与AD 交于点N ，
∵A （-2，-4），D （0，2），设直线AD 表达式为y=mx+n ， 则422m n n -=-+⎧⎨
=⎩，解得：3
2m n =⎧⎨=⎩
，
∴直线AD 表达式为y=3x+2， 设点M 的坐标为（s ，3s+2），
∵A （-2，-4），C （2，0），设直线AC 表达式为y=m 1x+n 1，
则11114202m n m n -=-+⎧⎨=+⎩，解得：11
1
2m n =⎧⎨=-⎩，
∴直线AC 表达式为y=x-2， 令x=0，则y=-2， ∴点E 坐标为（0，-2）， 可得：点E 是线段AC 中点， ∴△AME 和△CME 的面积相等， 由于折叠，
∴△CME ≌△FME ，即S △CME =S △FME ， 由题意可得：
当点F 在直线AC 上方时， ∴S △MNE =
14
S △AMC =12S △AME =1
2S △FME ，
即S △MNE = S △ANE = S △MNF ， ∴MN=AN ，FN=NE ，
∴四边形FMEA 为平行四边形， ∴CM=FM=AE=
12AC=22
1442
+22 ∵M （s ，3s+2）， ()
()2
2
23222s s -++=
解得：s=4
5
-
或0（舍），
∴M （45-，25
-）， ∴AM=22422455⎛⎫⎛⎫-++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
=6105，
当点F 在直线AC 下方时，如图，
同理可得：四边形AFEM 为平行四边形，
∴AM=EF ，
由于折叠可得：CE=EF ，
∴AM=EF=CE=22，
综上：AM 的长度为
105
或22 【点睛】 本题是二次函数综合题，涉及到待定系数法，二次函数的图像和性质，折叠问题，平行四边形的判定和性质，中线的性质，题目的综合性很强．难度很大，对学生的解题能力要求较高．
7．如图1，抛物线2:C y x =经过变换可得到抛物线()1111:C y a x x b =-，1C 与x 轴的正
半轴交于点1A ，且其对称轴分别交抛物线C 、1C 于点1B 、1D ，此时四边形111D OB A 恰为
正方形；按上述类似方法，如图2，抛物线()1111:C y a x x b =-经过变换可得到抛物线()2222:C y a x x b =-，2C 与x 轴的正半轴交于点2A ，且对称轴分别交抛物线1C 、2C 于点2B 、2D ，此时四边形222OB A D 也恰为正方形；按上述类似方法，如图3，可得到抛物线()3333:C y a x x b =-与正方形333OB A D ，请探究以下问题：
（1）填空：1a = ，1b = ；
（2）求出2C 与3C 的解析式；
（3）按上述类似方法，可得到抛物线():n n n n C y a x x b =-与正方形n n n OB A D （1n ≥）. ①请用含n 的代数式直接表示出n C 的解析式；
②当x 取任意不为0的实数时，试比较2018y 与2019y 的函数值的大小关系，并说明理由.
【答案】（1）11a =，12b =；（2）22132y x x =
-，23126y x x =-；（3）①()2212123
n n y x x n -=-≥⨯，②20182019y y ＞. 【解析】
【分析】
（1）求与x 轴交点A 1坐标，根据正方形对角线性质表示出B 1的坐标，代入对应的解析式即可求出对应的b 1的值，写出D 1的坐标，代入y 1的解析式中可求得a 1的值；
（2）求与x 轴交点A 2坐标，根据正方形对角线性质表示出B 2的坐标，代入对应的解析式即可求出对应的b 2的值，写出D 2的坐标，代入y 2的解析式中可求得a 2的值，写出抛物线C 2的解析式；再利用相同的方法求抛物线C 3的解析式；
（3）①根据图形变换后二次项系数不变得出a n =a 1=1，由B 1坐标（1，1）、B 2坐标（3，3）、B 3坐标（7，7）得B n 坐标（2n -1，2n -1），则b n =2（2n -1）=2n +1-2（n ≥1），写出抛物线C n 解析式．
②根据规律得到抛物线C 2015和抛物线C 2016的解析式，用求差法比较出y 2015与y 2016的函数值的大小．
【详解】
解：（1）y 1=0时，a 1x （x -b 1）=0，
x 1=0，x 2=b 1，
∴A 1（b 1，0），
由正方形OB 1A 1D 1得：OA 1=B 1D 1=b 1，
∴B 1（12b ，12b ），D 1（12b ，12
b -）， ∵B 1在抛物线
c 上，则
12b =(12b )2， 解得：b 1=0（不符合题意），b 1=2，
∴D 1（1，-1），
把D 1（1，-1）代入y 1=a 1x （x -b 1）中得：-1=-a 1，
∴a 1=1，
故答案为1，2；
（2）当20y =时，有()220a x x b -=，
解得2x b =或0x =，()22,0A b ∴.
由正方形222OB A D ，得2222B D OA b ==，
222,22b b B ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，22
2,22b b D ⎛⎫- ⎪⎝⎭
. 2B 在抛物线1C 上，2222222b b b ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭
. 解得24b =或20b =（不合舍去），
()22,2D ∴-
2D 在抛物线2C 上，
()22224a ∴-=-. 解得212
a =. 2C ∴的解析式是()2142y x x =
-，即22122y x x =-. 同理，当30y =时，有()330a x x b -=，
解得3x b =，或0x =.
()33,0A b ∴.
由正方形333OB A D ，得3333B D OA b ==，
333,22b b B ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，333,2
2b b D ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 3B 在抛物线2C 上，
2
333122222b b b ⎛⎫∴=-⋅ ⎪⎝⎭.
解得312b =或30b =（不合舍去），
()36,6D ∴-
3D 在抛物线3C 上，
()366612a ∴-=-.解得316a =
. 3C ∴的解析式是()31126y x x =-，即23126
y x x =-. （3）解：①n C 的解析式是()2212123n n y x x n -=
-≥⨯. ②由①可得2201820161223y x x =-⨯，2201920171223
y x x =-⨯. 当0x ≠时，220182019201620171110233y y x ＞⎛⎫-=
- ⎪⎝⎭， 20182019y y ∴＞.
【点睛】
本题是二次函数与方程、正方形的综合应用，将函数知识与方程、正方形有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用正方形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．就此题而言：①求出抛物线与x 轴交点坐标⇔把y =0代入计算，把函数问题转化为方程问题；②利用正方形对角线相等且垂直平分表示出对应B 1、B 2、B 3、B n 的坐标；③根据规律之间得到解析式是关键．
8．如图1，抛物线21:C y x b =+交y 轴于()0,1A ．
（1）直接写出抛物线1C 的解析式______________．
（2）如图1，x 轴上两动点,M N 满足：m n X X n -==．若,B C （B 在C 左侧）为线段
MN 上的两个动点，且满足：B 点和C 点关于直线:1l x =对称．过B 作BB x '⊥轴交1C 于B '，过C 作CC x '⊥轴交1C 于C '，连接B C ''．求B C ''的最大值（用含n 的代数式表示）．
（3）如图2，将抛物线1C 向下平移78
个单位长度得到抛物线2C ．2C 对称轴左侧的抛物线上有一点M ，其横坐标为m ．以OM 为直径作K ，记⊙K 的最高点为Q ．若Q 在直线2y x =-上，求m 的值．
【答案】（1）21y x =+；（2）1|n -；（3）14m =-或12
m =- 【解析】
【分析】
（1）将()0,1A 带入抛物线1C 解析式，求得b 的值，即可得到抛物线1C 的解析式； （2）设(),0B q ，则()2,0C q -，求()2B C ''
并进行化简，由1n q -≤<且12,q n <-得21n q -<，则当()2max B C ''⎡⎤⎢⎥⎣⎦
时，取min 2q q n ==-，带入()2B C ''，即可求得()max B C ''
；
（3）依题意将抛物线1C 向下平移78
个单位长度得到抛物线2C ，求得2C 解析式，根据解析式特点设21,8M m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，得到222218OM m m ⎛⎫=++ ⎪⎝
⎭，由圆的特性易求得，⊙K 的最高点点Q 坐标为：2111,22
28m OM m ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设Q y k =，则2111228k OM m ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，化简得到22211084k m k m ⎛⎫++-= ⎪⎝
⎭，由Q 点在2y x =-上，得2Q k x m =-=-，继而得到231048m m -+=，解得14m =-或12
m =-． 【详解】
解：（1）将()0,1A 带入抛物线21:C y x b =+，得b=1，
则21:1C y x =+，
（2）设(),0B q ，则()2,0C q -，
∴()22
222(2)(2)B C q q q q ''⎡⎤=--+--⎣⎦ 2204020q q =-+
()2
201q =-，
∵1n q -≤<且12,q n <- 21n q -<∴，
∴()2max B C ''⎡⎤⎢⎥⎣⎦
时，min 2q q n ==-， 即()
22220(21)20(1)B C n n ''=--=-，
∴()max 1|B C n ''=-，
（3）根据题意，将抛物线1C 向下平移
78个单位长度得到抛物线2C ， ∴221:8C y x =+
， ∴21,8M m m ⎛
⎫+ ⎪⎝⎭
， ∴222218OM m m ⎛⎫=++ ⎪⎝
⎭， ∴由圆的特性易求得，⊙K 的最高点点Q 坐标为：
2111,2228m OM m ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭， 设Q y k =，则2111228k OM m ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
， ∴222111428OM k m ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣
⎦， 化简上式得：22211084
k m k m ⎛
⎫++-= ⎪⎝⎭， ∵Q 点在2y x =-上，则2Q k x m =-=-，
∴k m =-为上述方程的一个解， ∴分析可知1()04k m k m ⎛
⎫+-= ⎪⎝⎭
， 21148
m m m -=+∴， ∴231048
m m -+=， 解得：114m =-，212m =-（经检验114m =-，212m =-是方程231048m m -+=的解），
故
14m =-或12
m =-． 【点睛】
本题主要考查二次函数的图像及性质、图像平移的性质、及二次函数与一元二次方程的综合应用、最值求法等知识．解题关键是熟练掌握二次函数的性质，充分利用数形结合的思想．
9．如图，抛物线y =ax 2+bx +2经过点A(−1，0)，B(4，0)，交y 轴于点C ； （1）求抛物线的解析式(用一般式表示)；
（2）点D 为y 轴右侧抛物线上一点，是否存在点D 使S △ABC =
23
S △ABD ?若存在，请求出点D 坐标；若不存在，请说明理由；
（3）将直线BC 绕点B 顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E ，求BE 的长.
【答案】（1）213222
y x x =-
++（2）存在，D （1，3）或（2，3）或（5，3-）（3）10
【解析】
【分析】 （1）由A 、B 的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由条件可求得点D 到x 轴的距离，即可求得D 点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得D 点坐标；
（3）由条件可证得BC ⊥AC ，设直线AC 和BE 交于点F ，过F 作FM ⊥x 轴于点M ，则可得BF=BC ，利用平行线分线段成比例可求得F 点的坐标，利用待定系数法可求得直线BE 解析式，联立直线BE 和抛物线解析式可求得E 点坐标，则可求得BE 的长．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+2经过点A （-1，0），B （4，0），
∴2016420a b a b -+=⎧⎨++=⎩，解得：1232a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，
∴抛物线解析式为：213222y x x =-++； （2）由题意可知C （0，2），A （-1，0），B （4，0），
∴AB=5，OC=2，
∴S △ABC =
12AB•OC=12
×5×2=5， ∵S △ABC =23
S △ABD ， ∴S △ABD =315522
⨯=， 设D （x ，y ），
∴11155222AB y y •=⨯•=， 解得：3y =；
当3y =时，2132322
y x x =-++=， 解得：1x =或2x =，
∴点D 的坐标为：（1，3）或（2，3）；
当3y =-时，2132322
y x x =-++=-， 解得：5x =或2x =-（舍去），
∴点D 的坐标为：（5，-3）；
综合上述，点D 的坐标为：（1，3）或（2，3）或（5，-3）；
（3）∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5，
∴22125AC =+=,222425BC =+=，
∴222AC BC AB +=，
∴△ABC 为直角三角形，即BC ⊥AC ，
如图，设直线AC 与直线BE 交于点F ，过F 作FM ⊥x 轴于点M ，
由题意可知∠FBC=45°，
∴∠CFB=45°，
∴CF BC == ∴AO AC OM CF =
，即1OM = 解得：2OM =， ∴
OC AC FM AF =
，即2FM = 解得：6FM =，
∴点F 为（2，6），且B 为（4，0），
设直线BE 解析式为y=kx+m ，则
2640k m k m +=⎧⎨+=⎩，解得312k m =-⎧⎨=⎩
， ∴直线BE 解析式为：312y x =-+；
联立直线BE 和抛物线解析式可得：
231213222y x y x x =-+⎧⎪⎨=-++⎪⎩
， 解得：40x y =⎧⎨=⎩
或53x y =⎧⎨=-⎩， ∴点E 坐标为：(5,3)-，
∴BE ==
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、勾股定理及其逆定理、平行线分线段成比例、函数图象的交点、等腰直角三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中求得D 点的纵坐标是解题的关键，在（3）中由条件求得直线BE 的解析式是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，有一定的难度．
10．平面直角坐标系xOy 中，对于任意的三个点A 、B 、C ，给出如下定义：若矩形的任何一条边均与某条坐标轴平行，且A ，B ，C 三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点A ，B ，C 的“三点矩形”．在点A ，B ，C 的所有“三点矩形”中，若存在面积最小的矩形，则称该矩形为点A ，B ，C 的“最佳三点矩形”．
如图1，矩形DEFG ，矩形IJCH 都是点A ，B ，C 的“三点矩形”，矩形IJCH 是点A ，B ，C 的“最佳三点矩形”．
如图2，已知M （4，1），N （﹣2，3），点P （m ，n ）．
（1）①若m ＝1，n ＝4，则点M ，N ，P 的“最佳三点矩形”的周长为 ，面积
为；
②若m＝1，点M，N，P的“最佳三点矩形”的面积为24，求n的值；
（2）若点P在直线y＝﹣2x+4上．
①求点M，N，P的“最佳三点矩形”面积的最小值及此时m的取值范围；
②当点M，N，P的“最佳三点矩形”为正方形时，求点P的坐标；
（3）若点P（m，n）在抛物线y＝ax2+bx+c上，且当点M，N，P的“最佳三点矩形”面积为12时，﹣2≤m≤﹣1或1≤m≤3，直接写出抛物线的解析式．
【答案】（1）①18,18；②或5；（2）①最小值为12，；②点的坐标为
或；（3）,或.
【解析】
【分析】
（1）①根据题意，易得M、N、P的“最佳三点矩形”的周长和面积②先求出和的值，再根据m=1以及M、N、P的“最佳三点矩形”的面积是24，可分析出此矩形的邻边长分别为6、4进而求出n的值
（2）①结合图形，易得M、N、P的“最佳三点矩形”的面积的最小值，分别将对应的值代入y=-2x+4即可求出m的取值范围②当M、N、P的“最佳三点矩形”为正方形时，易得边长为6，将对应的值代入y=-2x+4即可求出P点坐标
（3）根据题意画出图像，易得抛物线的解析式
【详解】
解：（1）①如图，过P做直线AB平行于x轴，过N做直线AC平行于y轴，过M做MB平行于y轴，分别交于点A（-2,4）、C（-2,1）、B（4,1）
则AC=BM=3，AB=CM=6故周长=（3+6）=18，面积=3=18
故M、N、P的“最佳三点矩形”的周长和面积分别为18,18；
②∵M（4,1），N（-2,3）∴，
又∵m=1，点M、N、P的“最佳三点矩形”的面积为24
∴此矩形的邻边长分别为6，4
∴n=-1或5
（2）如图1，
①易得点M、N、P的“最佳三点矩形”的面积的最小值为12；分别将y=3，y=1代入y=-2x+4，可得x分别为，
结合图象可知：
②当点M、N、P的“最佳三点矩形”为正方形，边长为6，
分别将y=7，y=-3代入y=-2x+4，可得分别为，
点P的坐标为（，7）或（，-3）
（3）如图2，y=+或y=+
【点睛】
此题比较灵活，读懂题意，画出图像求解是解题关键
三、初三数学旋转易错题压轴题（难）
11．小明研究了这样一道几何题：如图1，在△ABC中，把AB点A顺时针旋转α (0°＜α＜180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′．当α+β=180°时，请问
△AB′C′边B′C′上的中线AD与BC的数量关系是什么？以下是他的研究过程：
特例验证：
(1)①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD=BC；
②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为．
猜想论证：
(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
(3)如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠A+∠B=120°，BC=12，CD=6，DA=63，在四边形内部是否存在点P，使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系？若存在，请画出点P的位置(保留作图痕迹，不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)①1
2
；②4
(2) AD=1
2
BC，理由见解析
(3)存在，13
【解析】
【分析】
(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′，由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°，已知∠BAC=60°，可
求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°，可得AD=1
2
AB′=
1
2
BC
②当∠BAC=90°时，可得∠B′AC′=∠BAC=90°，△B′AC′是直角三角形，可证得
△BAC≌△B′AC′，推出对应边相等，已知BC=8求出AD的长.
（2）先做辅助线，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：
因为B′D=DC′，AD=DM，对角线相互平分，可得四边形AC′MB′是平行四边形，得出对应边相等，由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M，可证明△BAC≌△AB′M，所以BC=AM，
AD=1
2 BC；
(3)先做辅助线，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O
假设P点存在，再证明理由.
根据已知角可得出△DCM是直角三角形，∠MDC=30°，可得出CM3DM3
在；
∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，∠M=90°﹣∠MDC=60°，可求得EM=1
2
BM3
DE=EM﹣DM3﹣33
由已知DA3AE=DE
且BE⊥AD，可得PF是线段BC的垂直平分线，证得PA=PD
因为PB=PC，PF∥CD，可求得CF=1
2
BC3，利用线段长度可求得∠CDF=60°
利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS)，进而证得四边形CDPF是矩形，
得∠CDP=90°，∠ADP =60°，可得△ADP是等边三角形，求出DQ、DP，在Rt△PDQ中可求得PQ长度.
【详解】
(1)①∵△ABC是等边三角形
∴AB=BC=AC=AB′=AC′，∠BAC=60°
∵DB′=DC′
∴AD⊥B′C′
∵∠BAB′+∠CAC′=180°
∴∠BAC+∠B′AC′=180°
∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°
∴∠B′=∠C′=30°
∴AD=1
2
AB′=
1
2
BC
故答案：1 2
②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°
∴∠B′
AC′=∠BAC=90°
在△BAC和△B′AC′中，
'
'"90
"
AB AB
BAC B AC
AC AC
=
⎧
⎪
∠=∠=︒⎨
⎪=
⎩
∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′
∵B′D=DC′
∴AD=1
2
B′C′=
1
2
BC=4
故答案：4
(2)AD与BC的数量关系：AD=1
2
BC；理由如下：
延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M、C′M，如图1所示：∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴∠B′AC′+∠AB′M=180°，AC′=B′M=AC，
∵∠BAB′+∠CAC′=180°，
∴∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠BAC=∠AB′M，
在△BAC和△AB′M中，
'
'
'
AC B M
BAC AB M
AB AB
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△BAC≌△AB′M(SAS)，∴BC=AM，
∴AD=1
2 BC；
(3)存在；作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，即为点P的位置；理由如下：
延长AD交BC的延长线于M，线段BC的垂直平分线交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PDC的中线PQ，连接DF交PC于O，如图4所示：
∵∠A+∠B=120°，
∴∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=6，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM
DM
，∠M=90°﹣∠MDC=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM
，∠MBE=90°﹣∠M=30°，
∴EM=1
2 BM
∴DE=EM﹣DM
∵DA
∴AE=DE，
∵BE⊥AD，
∴PA=PD，
∵PF是线段BC的垂直平分线，∴PB=PC，PF∥CD，
在Rt△CDF中，∵CD=6，CF=1
2 BC
∴tan∠CDF=CF
CD
，
∴∠CDF=60°，
∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°，∴∠ADF=90°=∠AEB，
∴∠CBE=∠CFD，
∵∠CBE=∠PCF，
∴∠CFD=∠PCF=30°，
∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，∴∠CPF=∠CDF=60°，
在△FCP和△CFD中，
CPF CDF
PCF CFD CF CF
∠=∠
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△FCP≌△CFD(AAS)，
∴CD=PF，
∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，∴△ADP是等边三角形，
∴∠APD=60°，
∵∠BPF=∠CPF=90°﹣30°=60°，∴∠BPC=120°，
∴∠APD +∠BPC =180°，
∴△PDC 与△PAB 之间满足小明探究的问题中的边角关系； 在Rt △PDQ 中，∵∠PDQ =90°，PD =DA =63，DN =1
2
CD =3， ∴PQ =22DQ DP +=223(63)+=313．
【点睛】
本题考查了三角形的边旋转的问题，旋转前后边长不变，根据已知角度变化，求得线段之间关系.在证明某点知否存在时，先假设这点存在，能求出相关线段或坐标，即证实存在性.
12．边长为2的正方形ABCD 的两顶点A 、C 分别在正方形EFGH 的两边DE 、DG 上(如图1)，现将正方形ABCD 绕D 点顺时针旋转，当A 点第一次落在DF 上时停止旋转，旋转过程中， AB 边交DF 于点M ，BC 边交DG 于点N. （1）求边DA 在旋转过程中所扫过的面积；
（2）旋转过程中，当MN 和AC 平行时(如图2)，求正方形ABCD 旋转的度数； （3）如图3，设△MBN 的周长为p ，在旋转正方形ABCD 的过程中，p 值是否有变化？请证明你的结论.
【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）将正方形ABCD 绕D 点顺时针旋转，当A 点第一次落在DF 上时停止旋转，旋转过程中，DA 旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA 在旋转过程中所扫过的
面积.
（2）旋转过程中，当MN 和AC 平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD 旋转的度数为
.
（3）延长BA 交DE 轴于H 点，通过证明
和
可得结论.
（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.
∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.
（2）∵MN∥AC，∴,.
∴.∴.
又∵，∴.
又∵,∴.
∴.∴.
∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为.
(3)不变化，证明如下：
如图，延长BA交DE轴于H点，则
，，
∴.
又∵.∴．
∴．
又∵, ,∴．
∴.∴.
∴.
∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.
考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.
13．某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：
操作发现
（1）某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片，=，让两个三角形如图①放置，点C和点G重合，点D，点E在AB的同侧，AC DA DC
和GB在同一条直线上，点F为AB的中点，连接DF，EF，则DF和EF的数量关系与位置关系为：________；
数学思考
（2）在图①的基础上，将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒，如图②，试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，并说明理由； 类比探索
（3）①将GEB 绕着点C 任意方向旋转，如图③或图④，请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗？无论改变与否，选择图③或图④进行证明；
②GEB 绕着点C 旋转的过程中，猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系，用一句话表述：________.
【答案】（1）3EF DF =，DF EF ；
（2）3EF DF =，DF EF ,理由见解析;
（3）①3EF DF =，DF EF ;②旋转过程中3EF DF =，DF
EF 始终成立.
【解析】 【分析】
（1）由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，利用等边三角形和中点性质设DM a =，2GB b =，结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解； （2）根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析； （3）①根据题意延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明；
②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =，DF EF 始终成立.
【详解】
解：（1）3EF DF =，DF
EF ；
如解图，过点D 作DM AB ⊥于点M ，过点E 作EN AB ⊥于点N ，
AD CD =，EGB 为等边三角形. AM MC ∴=，GN BN =. 又点F 为AB 的中点， AF BF ∴=.
()1
2
MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴.
MF NC NB ∴==，CF CN FN AM +==. 设DM a =，2GB b =，
120ADC ∠=︒，DA DC =，
3AM a ∴=，3FN a =，MF NC NB b ===. tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.
在DMF 和FNE 中，
3
33DM FN a ==
， 3
3
3MF NE b ==
， 又
90DMF FNE ∠=∠=︒， DMF FNE ∴∽.
MDF NFE ∴∠=∠，
3
3
DF DM FE FN ==
，即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒，
90DFM NFE ∴∠+∠=︒. 90DFE ∴∠=︒.
3EF DF ∴=且DF
EF .
（2）3EF DF =，DF EF .
理由如下：
如解图，连接CF ，OB 与AE 交于点M ，当旋转角是90︒时，则90ACB ∠=︒，在
Rt ACB △中，点F 是AB 的中点，
CF BF ∴=. 又CE EB =，
EF ∴垂直平分BC.同理，DF 垂直平分AC ， ∴四边形LCMF 为矩形， 90DFE ∴∠=︒.
DF EF ∴
⊥，//AC EF .
DA DC =，120ADC =∠︒，30DCA ∴∠=︒.
GEB 为等边三角形， 60ECB ∴∠=︒.
∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘ ∴D ，C ，E 三点共线.
30DCA DEF ∴∠=∠=︒.
∴在Rt DEF △中，
3tan 3
DE DF F F E DF
=
==∠； （3）①3EF DF =，DF EF .
选择题图进行证明：
如解图，延长DF 并截取FN DF =，连接NE ，连接NB 并延长交CE 于点P ，交DC 的延长线于点O ，连接DE ，
在ADF 和BNF 中，
AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ()SAS ADF BNF ∴≅.
AD NB ∴=，ADF BNF ∠=∠. //AD NB ∴.
18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.
又CPO BPE ∠=∠，60O CEB ∠=∠=︒， OCP OBE ∴∠=∠. DCE NBE ∴∠=∠. 又GEB 是等边三角形， GE BE ∴=，
又AD BN CD ==， ()SAS DCE NBE ∴≅.
DE NE ∴=，BEN CED ∠=∠.
BEN BED CED BED ∴∠+∠=∠+∠，
即60
NED BEC
∠=∠=︒.
DEN
∴是等边三角形.
又DF FN
=，
DF EF
∴⊥，60
FDE
∠=︒.
tan3
E E
F DF DF
FD
∴∠
=⋅=.
或选择图进行证明，证明如下：
如解图，延长DF 并延长到点N，使得FN DF
=，
连接NB，DE，NE，NB与CD交于点O，EB与CD相交于点J，在ADF和BNF中，
AF BF
AFD BFN
DF NF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
()
SAS
ADF BNF
∴≅.
AD NB
∴=，ADF BNF
∠=∠.
//
AD NB
∴.
120
NOC ADC
∴∠=∠=︒.
60
BOJ
∴∠=︒，60
JEC
∠=︒.
又OJB EJC
∠=∠，
OBE ECJ
∴∠=∠.
AD CD
=，AD NB
=，
CD NB
∴=.
又GEB是等边三角形，
CE BE
∴=.
()
SAS
DCE NBE
∴≅.
DE NE
∴=，BEN CED
∠=∠.
BEN BED CED BED
∴∠-∠=∠-∠，
即60
NED BEC
∠=∠=︒.
DEN
∴是等边三角形.
又DF FN
=，
DF EF
∴⊥，60
FDE
∠=︒.
tan3
E E
F DF DF
FD
∴∠
=⋅=.
②旋转过程中3
EF DF
=，DF EF始终成立.
【点睛】
本题考查几何图形的综合探究题，难度大，运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.
错因分析：①未掌握旋转的性质，即旋转前后线段、角度均不变；②不能合理利用类比关系，由浅到深解决问题.
14．已知ABC ∆是边长为4的等边三角形，点D 是射线BC 上的动点，将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ，连接DE ．
(1).如图，猜想ADE ∆是_______三角形；（直接写出结果）
(2).如图，猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系，并证明你的结论；
(3).①当BD=___________时，30DEC ∠=；（直接写出结果）
②点D 在运动过程中，DEC ∆的周长是否存在最小值？若存在．请直接写出DEC ∆周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）等边三角形；（2）AC CD CE +=，证明见解析；（3）①BD 为2或8时，30DEC ∠=；②最小值为423+
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=，根据等边三角形的判定定理解答； （2）证明ABD ACE ∆≅∆，根据全等三角形的性质得到BD CE =，结合图形计算即可； （3）①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况，根据直角三角形的性质解答；②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =，根据垂线段最短解答．
【详解】
解：（1）由旋转变换的性质可知，,60AD AE DAE =∠=，
ADE ∴∆是等边三角形，
故答案为等边三角形；
（2）AC CD CE +=，
证明：由旋转的性质可知，60,DAE AD AE ∠==，
ABC ∆是等边三角形
60AB AC BC BAC ∴∠︒＝＝，＝，
60BAC DAE ∴∠∠︒＝＝，
BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠＝，即BAD CAE ∠∠＝，
在ABD ∆和ACE ∆中，。