江西省赣州市蓉江新区2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷 (含答案解析)

江西省赣州市蓉江新区2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷一、选择题（本大题共6小题，共18.0分）1.下列是几个汽车的标志，其中是中心对称图形的是()A. B.C. D.2.方程2x2−6x−9=0的一次项系数为()A. 2B. 6C. 9D. −63.抛物线y=(x+1)2的图象向左平移2个单位，再向上平移2个单位，所得图象的解析式为y=x2+bx+c，则b、c的值为()A. b=6，c=7B. b=−6，c=−11C. b=6，c=11D. b=−6，c=114.已知x=0是一元二次方程(m−2)x2+m2=4的根，则m的值为()A. 2B. −2C. ±2D. ±45.如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A1B1C，连接AA1，若∠AA1B1=15°，则∠B的度数是()A. 75°B. 60°C. 50°D.45°6.如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(1,0)和B，与y轴的正半轴交于点C.下列结论：①abc>0，②4a−2b+c>0，③2a−b>0，④3a+c>0，其中正确结论的个数为()A. 1 个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）7.若y=(n2+n)x n2−n是二次函数，则n=______ ．8.如果α、β是一元二次方程x2+3x−1=0的两个根，那么α2+2α−β的值是_____．9.如图，把Rt△AOB绕点O逆时针旋转到△COD的位置，若旋转角是42°，则∠BOC的度数为____________．10.已知二次函数y=−12x2−7x+152，若自变量x分别取x1、x2，x3，且0<x1<x2<x3，则对应的函数值y1、y2、y3的大小关系是．11.点P是抛物线y=−x2−2x−5上一点，过点P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别是M，N，则PM+PN的最小值是___．12.已知：如图，AB，CD为直线，DF交AB于E，EG交CD于O.若∠BEF=124°，∠D=56°，∠DEO=60°，则∠COE的度数为______ ．三、解答题（本大题共11小题，共84.0分）13.解方程：(1)x2+4x+2=0(2)x(x−3)=−x+3．14.关于x的一元二次方程x2+2(m−1)x+m2=0的两个实数根是x1和x2(1)求m的取值范围；(2)若|x1+x2|=x1x2−1，求m的值．15.如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过A(−1,0)、B(3,0)两点．(1)求抛物线的解析式和顶点坐标；(2)若P为x轴上方抛物线上一点，且三角形PAB面积为20，求P点坐标．16.已知△ABC与△DEC是两个大小不同的等腰直角三角形．(1)如图①所示，连接AE，DB，试判断线段AE和DB的数量和位置关系，并说明理由；(2)如图②所示，连接DB，将线段DB绕D点顺时针旋转90°到DF，连接AF，试判断线段DE和AF的数量和位置关系，并说明理由．17.已知函数图象如图所示，抛物线与x轴交于点(−5,0)，(−1,0)。

根据图象可得：(1)抛物线顶点坐标______；(2)对称轴为______；(3)当______时，y随着x得增大而增大．(4)抛物线上有两个点(−4,m)和(−2.5,n)，则m和n的大小关系是m n．(5)当______时，y>0．18.如图，正方形ABCD中，点P在BC边上，连接AP，将线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，过点E作EF⊥BC，分别交直线BC，AC于点F，G．(1)依题意补全图形；(2)求证：BP=EF；(3)连接PG，CE，用等式表示线段PG，CE，CD之间的数量关系，并证明．19.某商场销售A款衬衣，每件进价100元，售价160元，平均每天能售出30件为了尽快减少库存，商场采取了降价措施．调查发现，这种衬衣每降价1元，其销量就增加3件．商场想要使这种衬衣的销售利润平均每天达到3600元，每件衬衣应降价多少元？20.在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=2cm，点P以2cm/s的速度从顶点A出发沿折线ABC向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从顶点C出发向点D运动，当其中一个动点到达终点时停止运动，另一点也停止运动．(1)两动点运动几秒时，四边形PBCQ的面积是矩形ABCD面积的49？(2)是否存在某一时刻，使得点P与点Q之间的距离为√5cm？若存在，求出运动的时间；若不存在，请说明理由．21.阅读材料：用配方法求最值．已知x，y为非负实数，∵x+y−2√xy=(√x)2+(√y)2−2√x⋅√y=(√x−√y)2≥0∴x+y≥2√xy，当且仅当“x=y”时，等号成立．示例：当x>0时，求y=x+1x+4的最小值．解：y=(x+1x )+4≥2√x⋅1x+4=6，当x=1x，即x=1时，y的最小值为6．(1)尝试：当x>0时，求y=x2+x+1x的最小值．(2)问题解决：随着人们生活水平的快速提高，小轿车已成为越来越多家庭的交通工具，假设某种小轿车的购车费用为10万元，每年应缴保险费等各类费用共计0.4万元，n年的保养、维护费用总和为n2+n10万元．问这种小轿车使用多少年报废最合算(即：使用多少年的年平均费用最少，年平均费用=所有费用之和年数n)？最少年平均费用为多少万元？22.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，M为BC边上一动点(M不与B、C重合)(1)如图1，若∠MAC=45°，求BM；CM(2)如图2，将CM绕点C顺时针旋转60°至CN，连接BN，T为BN的中点，连接AT．①求证：AM=2AT；②当AB=AC=2时，直接写出CM+4AT的最小值为______．23.如图，抛物线y=ax2−(2a+1)x+b的图象经过(2,−1)和(−2,7)且与直线y=kx−2k−3相交于点P(m,2m−7)．(1)求抛物线的解析式；(2)求直线y=kx−2k−3与抛物线y=ax2−(2a+1)x+b的对称轴的交点Q的坐标；(3)在y轴上是否存在点T，使△PQT的一边中线等于该边的一半？若存在，求出点T的坐标；若不存在请说明理由．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：A、是中心对称图形，故本选项正确；B、不是中心对称图形，故本选项错误；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、不是中心对称图形，故本选项错误．故选：A．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解．本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．2.答案：D解析：本题主要考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0(a,b，c 是常数且a≠0)特别要注意a≠0的条件．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．根据ax2+bx+c=0(a,b，c是常数且a≠0)a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项，可得答案．解：方程2x2−6x−9=0的一次项系数为−6．故选D．3.答案：C解析：此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握“左加右减，上加下减”的平移规律．根据平移的规律求得解析式，化成一般式即可求得．解：∵抛物线y=(x+1)2的图象向左平移2个单位，再向上平移2个单位，所得图象的解析式为y= (x+1+2)2+2，即y=x2+6x+11，∴b=6，c=11．故选C．4.答案：B解析：本题考查的是一元二次方程解的定义．掌握能使方程成立的未知数的值，就是方程的解是解题的关键．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即把0代入方程求解可得m的值．解：把x=0代入方程(m−2)x2+m2=4得到m2=4，解得：m=±2，∵m−2≠0，∴m=−2，故选：B．5.答案：B解析：解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A1B1C，∴AC=A1C，∴△ACA1是等腰直角三角形，∴∠CAA1=15°，∴∠A1B1C=∠1+∠CAA1=15°+45°=60°，由旋转的性质得∠B=∠A1B1C=60°，故选：B．根据旋转的性质可得AC=A1C，然后判断出△ACA1是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA1=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A1B1C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A1B1C.本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．6.答案：B解析：解：①∵由抛物线的开口向下知a<0，∵对称轴位于y轴的左侧，∴a、b同号，即ab>0.由图可知c>0，∴abc>0；故正确；②如图，当x=−2时，y>0，4a−2b+c>0，故正确；>−1，得2a<b，即2a−b<0，③对称轴为x=−b2a故错误；④∵当x=1时，y=0，∴0=a+b+c>a+2a+c=3a+c，即3a+c<0．故错误．综上所述，故选：B．由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴x=−b>−1，求出2a与b的关系．2a本题主要考查抛物线与x轴的交点坐标，二次函数图象与函数系数之间的关系，解题的关键是掌握数形结合思想的应用，注意掌握二次函数图象与系数的关系．7.答案：2解析：解：由题意得：n2−n=2，且n2+n≠0，解得：n=2，故答案为：2．根据二次函数定义可得n2−n=2，且n2+n≠0，再解即可．此题主要考查了二次函数定义，关键是掌握形如y=ax2+bx+c(a、b、c是常数，a≠0)的函数，叫做二次函数．8.答案：4解析：[分析]根据α2+2α−β=α2+3α−α−β=α2+3α−(α+β)，利用一元二次方程根与系数的关系，可以求得两根之积或两根之和，再根据方程的解的定义可得α2+3α=1，代入求值即可．[详解]解：∵α，β是方程x2+3x−1=0的两个实数根，∴α+β=−3，α2+3α−1=0即α2+3α=1，又∵α2+2α−β=α2+3α−α−β=α2+3α−(α+β)，将α+β=−3，α2+3α=1代入得，α2+2α−β=α2+3α−(α+β)=1+3=4．故填空答案：4．[点睛]此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．9.答案：132°解析：本题考查了旋转的性质，利用旋转角得到∠AOC=42°是解题的关键．根据旋转定义可得∠AOC=42°，再根据∠BOC=∠AOC+∠AOB，代入数据进行计算即可得解．解：∵旋转角是42°，∴∠AOC=42°，∴∠BOC=∠AOC+∠AOB=42°+90°=132°．故答案为：132°．10.答案：y1>y2>y3解析：【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了二次函数的性质．先得到抛物线的对称轴为直线x =−7，根据二次函数的性质，当x >−7时，y 随x 的增大而减小，由于0<x 1<x 2<x 3，则易得y 1，y 2，y 3的大小关系．【解答】解：该函数图像的对称轴为直线x =−b 2a =−−72×(−12)=−7 ∵a =−12<0，∴当x >−7时，y 随x 的增大而减小，又0<x 1<x 2<x 3， ∴y 1>y 2>y 3．故答案为y 1>y 2>y 3． 11.答案：194解析：本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，利用x +y 得出二次函数是解题关键．根据x +y ，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．解：由题意得，该二次函数图象位于x 轴下方，设点P 为(x,−x 2−2x −5)，则PM =x 2+2x +5，当x >0，PM +PN >5当x <0时，PN =−x ，∴PM +PN =x 2+2x +5−x =x 2+x +5=(x +12)2+194当x =−12时，最小值是194，194<5，∴PM +PN 的最小值是194故答案为194． 12.答案：116°解析：解：∵∠BEF =124°，∴∠AED =∠BEF =124°，∵∠D=56°，∴∠D+∠AED=180°，∴AB//CD，∴∠COE=180°−∠AEO，∵∠DEO=60°，∴∠AEO=∠AED−∠DEO=64°，∴∠COE=180°−64°=116°．故答案为116°．根据对顶角相等得∠AED=∠BEF=124°，则易得∠D+∠AED=180°，根据平行线的判定得到AB//CD，再根据平行线的性质得∠COE=180°−∠AEO，然后计算∠AEO=∠AED−∠DEO=64°，所以∠COE=180°−64°=116°．本题考查了平行线的判定与性质，掌握平行线的判定与性质是解答的关键．13.答案：解：(1)∵x2+4x+2=0∴x2+4x=−2x2+4x+4=2(x−2)2=2x−2=±√2x=2+√2或x=2−√2．(2)∵x(x−3)=−x+3∴x(x−3)+x−3=0(x−3)(x+1)=0解得：x=−1或x=3．解析：(1)配方法求解可得；(2)因式分解法求解可得．本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．14.答案：解：(1)根据题意得△=4(m−1)2−4m2≥0，解得m ≤12；(2)根据题意得x 1+x 2=−2(m −1)，x 1⋅x 2=m 2，∵|x 1+x 2|=x 1x 2−1，∴|−2(m −1)|=m 2−1，∵m ≤12， ∴−2(m −1)=m 2−1，整理得m 2+2m −3=0，解得m 1=−3，m 2=1(舍去)，∴m =−3．解析：本题考查了一元二次方程ax 2+bx +c =0(a ≠0)的根与系数的关系：若方程两个为x 1，x 2，则x 1+x 2=−b a ，x 1⋅x 2=c a .也考查了一元二次方程根的判别式．(1)根据根的判别式的意义得到△=4(m −1)2−4m 2≥0，然后解不等式即可；(2)根据根与系数的关系得到x 1+x 2=−2(m −1)，x 1⋅x 2=m 2，则|−2(m −1)|=m 2−1，利用(1)的m 的范围去绝对值后解方程得到m 1=−3，m 2=1，然后根据(1)中m 的范围确定m 的值． 15.答案：解：(1)把A(−1,0)、B(3,0)分别代入y =x 2+bx +c 中，得：{1−b +c =09+3b +c =0， 解得：{b =−2c =−3， ∴抛物线的解析式为y =x 2−2x −3．∵y =x 2−2x −3=(x −1)2−4，∴顶点坐标为(1,−4)；(2)∵A(−1,0)、B(3,0)，∴AB =4．设P(x,y)，则S △PAB =12AB ⋅|y|=2|y|=20，∴|y|=10，∵点P 在x 轴上方，∴y =10，当y =10时，x 2−2x −3=10，解得：x 1=√14+1，x 2=−√14+1，此时P点坐标为(√14+1,10)或(−√14+1,10)；综上所述，P点坐标为(√14+1,10)或(−√14+1,10)．解析：此题主要考查了利用抛物线与x轴的交点坐标确定函数解析式，二次函数的对称轴，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是利用待定系数法得到关于b、c的方程，解方程即可解决问题．(1)由于抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，那么可以得到方程组，然后解方程组即可确定b、c的值，把抛物线解析式整理成顶点式形式，然后写出顶点的坐标即可；(2)根据S△PAB=20，求得P点的纵坐标，把纵坐标代入抛物线的解析式即可求得P点的坐标．16.答案：解：(1)延长BD交AE于H，AE=DB，AE⊥DB，证明：∵△ABC与△DEC是等腰直角三角形，∴AC=BC，EC=DC，在Rt△BCD和Rt△ACE中，{AC=BC∠ACE=∠BCD CE=CD，∴Rt△BCD≌Rt△ACE，∴AE=BD，∠AEC=∠BDC，∵∠BCD=90°，因为，∠EBH=∠DBC，∴∠BHE=90°，∴AE⊥DB；(2)DE=AF，DE⊥AF，证明：设DE与AF交于N，由题意得，BE=AD，∵∠EBD=∠C+∠BDC=90°+∠BDC，∠ADF=∠BDF+∠BDC=90°+∠BDC，∴∠EBD=∠ADF，在△EBD和△ADF中，{BE=AD∠EBD=∠ADF DB=DF，∴△EBD≌△ADF，∴DE=AF，∠E=∠FAD，∵∠E=45°，∠EDC=45°，∴∠FAD=45°，∴∠AND=90°，即DE⊥AF．解析：本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．(1)根据等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定定理证明Rt△BCD≌Rt△ACE，根据全等三角形的性质解答；(2)证明△EBD≌△ADF，根据全等三角形的性质证明即可．17.答案：解：(1)(−3,2)；(2)x=−3；(3)x<−3；(4)<；(5)−5<x<−1解析：本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标是(−b2a ,4ac−b24a)，对称轴直线x=−b2a．(1)由抛物线与x轴两个交点的坐标，根据二次函数的对称性可得顶点坐标；(2)根据二次函数的性质可得对称轴；(3)根据二次函数的性质即可求解；(4)根据点的坐标离抛物线的对称轴的远近，结合函数图象即可求解；(5)抛物线在x轴上方的部分对应的x的取值即为所求．解：(1)∵抛物线与x轴交于点(−5,0)，(−1,0)，=−3，∴顶点横坐标为−5−12由图可知顶点纵坐标为2，∴顶点坐标为(−3,2)；故答案为(−3,2)；(2)对称轴为x=−3；故答案为x=−3；(3)当x<−3时，y随着x得增大而增大；故答案为x<−3；(4)∵−3−(−4)=−3+4=1；−2.5−(−3)=−2.5+3=0.5，∴点(−4,m)离对称轴x=−3较远，∴由图象可知m<n．故答案为<；(5)当−5<x<−1时，y>0．故答案为−5<x<−1．18.答案：解：(1)补全的图形如图所示；(2)证明：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=90°，∴∠1+∠2=90°，∵线段PA绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，∴PA=PE，∠APE=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∵EF⊥BC于F，∴∠EFP=90°=∠B，在△ABP和△PFE中，∵∠B=∠EFP，∠1=∠3，PA=PE，∴△ABP≌△PFE(AAS)，∴BP=EF．CE2．(3)结论：PG2=CD2+12理由：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD．∵△ABP≌△PFE，∴AB=PF，∴BC=PF=CD，∴BC−PC=PF−PC，即BP=CF．又∵BP=EF，∴EF=CF，∴△CEF是等腰直角三角形，EF=√2CE．2∠DCB=45°，∵∠FCG=∠ACB=12∴CF=FG=EF，∴PF为线段EG的垂直平分线，∴PE=PG．在Rt△PFE中，有PE2=PF2+EF2，CE2．∴PG2=CD2+12解析：(1)根据要求画出图形即可．(2)证明△ABP≌△PFE(AAS)，即可解决问题．(3)证明PF为线段EG的垂直平分线，可得PE=PG，再利用勾股定理即可解决问题．本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．19.答案：解：设每件衬衣降价x元，则平均每天能售出(30+3x)件，依题意，得：(160−100−x)(30+3x)=3600，整理，得：x 2−50x +600=0，解得：x 1=20，x 2=30，∵为了尽快减少库存，∴x =30．答：每件衬衣应降价30元．解析：本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设每件衬衣降价x 元，则平均每天能售出(30+3x)件，根据总利润=每件利润×销售数量，即可得出关于x 的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．20.答案：解：(1)设两动点运动t 秒，使四边形PBCQ 的面积是矩形ABCD 面积的49．根据题意，得BP =6−2t ，CQ =t ，矩形的面积是12．则有12(t +6−2t)×2=12×49，解得t =23；(2)设两动点经过t 秒使得点P 与点Q 之间的距离为√5．①当0<t ≤3时，则有(6−2t −t)2+4=5，解得t =73或53；②当3<t ≤4时，则有(8−2t)2+t 2=5，得方程5t 2−32t +59=0，此时△<0，此方程无解．综上所述，当t =73或53时，点P 与点Q 之间的距离为√5．解析：此题是一道动态题，有一定的难度，综合运用了一元二次方程的知识和勾股定理． (1)要使四边形PBCQ 的面积是矩形ABCD 面积的49，此时点P 应在AB 上，才是四边形．根据路程=速度×时间，分别用t 表示BP 、CQ 的长，再根据梯形的面积公式列方程求解；(2)根据勾股定理列方程即可，注意分情况考虑． 21.答案：解：(1)y =x2+x+1x =x +1x +1≥2√x ⋅1x +1=3， ∴当x =1x ，即x =1时，y 的最小值为3．(2)年平均费用=(n 2+n 10+0.4n +10)÷n =n 10+10n +12≥2√n 10×10n +12=2+0.5=2.5， ∴当n 10=10n ，即n =10时，最少年平均费用为2.5万元．解析：(1)首先根据y =x 2+x+1x ，可得y =x +1x +1，然后应用配方法，求出当x >0时，y =x 2+x+1x 的最小值是多少即可．(2)首先根据题意，求出年平均费用=(n 2+n10+0.4n +10)÷n =n 10+10n +12，然后应用配方法，求出这种小轿车使用多少年报废最合算，以及最少年平均费用为多少万元即可．此题主要考查了配方法的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确配方法的关键是：先将一元二次方程的二次项系数化为1，然后在方程两边同时加上一次项系数一半的平方．22.答案：2√3解析：(1)解：如图1，过点M 作MH ⊥AC 于H ，∵∠MAC =45°，∴△AMH 是等腰直角三角形，设AH =1，则MH =1，∵AB =AC ，∠BAC =120°，∴∠C =30°，∴在Rt△CMH中，CH=√3MH=√3，CM=2MH=2，∴AC=AH+CH=1+√3，∵∠BAM=∠BAC−∠CAM=75°，∠BMA=∠C+∠CAM=75°，∴∠BAM=∠BMA，∴BM=AB=AC=1+√3，∴BMCM =1+√32；(2)①证明：如图2−1，延长BA至Q且使AQ=AB，连接CQ，MN，AN，则AC=AQ，∵∠CAQ=180°−∠BAC=60°，∴△ACQ为等边三角形，∵CM=CN，∠MCN=60°，∴△MCN为等边三角形，∵∠ACM=30°，∴∠ACN=60°−∠ACM=30°，∠QCN=60°−∠ACN=30°，∴AC垂直平分MN，∵AM=AN，又∵AC=QC，∠ACN=∠QCN，CN=CN，∴△ACN≌△QCN(SAS)，∴AN=QN，∴AM=QN，∵BA=QA，BT=NT，∴QN=2AT，即AM=2AT；②解：如图2−2，将△QCN绕点C顺时针旋转60°得到△Q′CN′，连接NN′，N′Q，QQ′，AQ′，设AQ′与QC交于点G，则∠NCN′=∠QCQ′=60°，NQ=N′Q′，又∵CN=CN′，CQ=CQ′，∴△CNN′与△CQQ′是等边三角形，由①知AN=NQ=AM=2AT，∴CM+4AT=CN+AN+NQ=NN′+AN+N′Q′，即当A，N，N′，Q′在一条直线上时，CM+4AT有最小值，为AQ′的长度，∴△ACQ和△CQQ′是等边三角形，∴AC=AQ=CQ=QQ′=CQ′=2，∴四边形ACQ′Q为菱形，∴AQ′⊥CQ，∴在Rt△AQG中，AG=√32AQ=√3，∴AQ′=2AG=2√3，故答案为：2√3．(1)如图1，过点M作MH⊥AC于H，证△AMH是等腰直角三角形，设AH=1，则MH=1，在Rt△CMH 中，求出CH，CM的长，再证BM=AC即可求出结果；(2)①如图2−1，延长BA至Q且使AQ=AB，连接CQ，MN，AN，证△ACQ和△MCN为等边三角形，推出AN=QN=AM，由三角形的中位线定理即可推出结论；②如图2−2，将△QCN绕点C顺时针旋转60°得到△Q′CN′，连接NN′，N′Q，QQ′，AQ′，设AQ′与QC交于点G，推出CM+4AT=CN+AN+NQ=NN′+AN+N′Q′，即当A，N，N′，Q′在一条直线上时，CM+4AT有最小值，为AQ′的长度，求出AQ′的长度即可．本题考查了等边三角形的性质，三角形的中位线定理，旋转的性质等，解题的关键是能够通过旋转图形，将几条线段的和的最小值转化为两点之间线段最短的问题．23.答案：解：(1)∵抛物线y=ax2−(2a+1)x+b的图象经过(2,−1)和(−2,7)，∴{4a−4a−2+b=−14a+4a+2+b=7，解得{a=12b=1，∴抛物线的解析式为y=12x2−2x+1；(2)∵抛物线的图象经过点P(m,2m−7)，∴2m−7=12m2−2m+1，解得m1=m2=4，∴点P的坐标为(4,1)，∵直线y=kx−2k−3经过点P，∴4k−2k−3=1，解得k=2，∴直线的解析式为y=2x−7，∵y=12x2−2x+1=12(x−2)2−1，∴抛物线的对称轴为直线x=2，∴在y=2x−7中，当x=2时，y=2×2−7=−3，∴点Q的坐标为(2,−3)；(3)设点T的坐标为(0,t)，M为PQ的中点，连结TM，根据题意得：TM=12PQ，即TM=PM=QM，∴点T在以PQ为直径的圆上，∴∠PTQ=90°，∴△PQT为直角三角形，同理，点M为PT或QT的中点时，△PQT仍为直角三角形，作PA⊥y轴于A，交直线x=2于点C，QB⊥y轴于B，则AT=|1−t|，BT=|−3−t|，∵PA=4，QB=2，PC=2，CQ=4，∴PQ=√PC2+CQ2=√20=2√5，①当∠PTQ=90°时，∵PQ2=TQ2+TP2=BT2+QB2+PA2+AT2=|−3−t|2+22+|1−t|2+42=20，∴2t2+4t+10=0，即(t+1)2=−4，∵(t+1)2≥0，∴此方程无解；②当∠PQT=90°时，PQ2+QT2=PT2，∴(2√5)2+22+|−3−t|2=42+|1−t|2，解得t=−2；③当∠QPT=90°时，TQ2=PT2+PQ2，∴QB2+BT2=PA2+AT2+(2√5)2，∴4+|−3−t|2=16+|1−t|2+20，解得t=3，综上所述，在y轴上存在点T，其坐标分别为(0,3)和(0,−2)，使△PQT的一边中线等于该边的一半．解析：本题主要考查直角三角形的性质，待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合运用．(1)根据抛物线y=ax2−(2a+1)x+b的图象经过(2,−1)和(−2,7)，求得a，b的值即可得到抛物线的解析式；(2)先根据抛物线的图象经过点P(m,2m−7)，求得点P的坐标，再根据直线y=kx−2k−3经过点P，求得k的值，最后根据抛物线的对称轴为直线x=2，求得点Q的坐标；(3)设点T的坐标为(0,t)，M为PQ的中点，连结TM，分三种情况讨论：∠PTQ=90°时，∠PQT=90°时，∠QPT=90°时，分别根据勾股定理列出关于t的方程进行求解即可．。