桂林市九年级上册期中试卷检测题

桂林市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．已知二次函数y＝9x2﹣6ax+a2﹣b，当b＝﹣3时，二次函数的图象经过点（﹣1，4）
①求a的值；
②求当a≤x≤b时，一次函数y＝ax+b的最大值及最小值；
【答案】①a的值是﹣2或﹣4；②最大值＝13，最小值＝9
【解析】
【分析】
①根据题意解一元二次方程即可得到a的值；
②根据a≤x≤b，b＝﹣3求得a=-4，由此得到一次函数为y＝﹣4x﹣3，根据函数的性质当x＝﹣4时，函数取得最大值，x＝﹣3时，函数取得最小值，分别计算即可.
【详解】
解：①∵y＝9x2﹣6ax+a2﹣b，当b＝﹣3时，二次函数的图象经过点（﹣1，4）
∴4＝9×（﹣1）2﹣6a×（﹣1）+a2+3，
解得，a1＝﹣2，a2＝﹣4，
∴a的值是﹣2或﹣4；
②∵a≤x≤b，b＝﹣3
∴a＝﹣2舍去，
∴a＝﹣4，
∴﹣4≤x≤﹣3，
∴一次函数y＝﹣4x﹣3，
∵一次函数y＝﹣4x﹣3为单调递减函数，
∴当x＝﹣4时，函数取得最大值，y＝﹣4×（﹣4）﹣3＝13
x＝﹣3时，函数取得最小值，y＝﹣4×（﹣3）﹣3＝9.
【点睛】
此题考查解一元二次方程，一次函数的性质，（2）是难点，正确理解a、b的关系得到函数解析式是解题的关键.
2．某连锁超市派遣调查小组在春节期间调查某种商品的销售情况，下面是调查后小张与其他两位成员交流的情况．
小张：“该商品的进价为 24元/件．”
成员甲：“当定价为 40元/件时，每天可售出 480件．”
成员乙：“若单价每涨 1元，则每天少售出 20件；若单价每降 1元，则每天多售出 40件．”根据他们的对话，请你求出要使该商品每天获利 7680元，应该怎样合理定价？【答案】要使该商品每天获利7680元，应定价为36元/件、40元/件或48元/件
【解析】
【分析】
设每件商品定价为x元，则在每件40元的基础上涨价时每天的销售量是
[]48020(40)x --件，每件商品的利润是(24)x -元，在每件40元的基础上降价时每天的销量是[]48040(40)x +-件，每件的利润是(24)x -元，从而可以得到答案．
【详解】
解：设每件商品定价为x 元．
①当40x ≥时，[](24)48020(40)7680x x ---= ，
解得：1240,48;x x ==
②当40x <时，[](24)48040(40)7680x x -+-=，
解得：1236,40x x ==（舍去），.
答：要使该商品每天获利7680元，应定价为36元/件、40元/件或48元/件．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程中的升降价对销售量产生影响方面的应用，用含有未知数的代数式表示销售量是这一类题的关键．
3．已知关于x 的一元二次方程（x ﹣3）（x ﹣4）﹣m 2=0．
（1）求证：对任意实数m ，方程总有2个不相等的实数根；
（2）若方程的一个根是2，求m 的值及方程的另一个根．
【答案】（1）证明见解析；（2）m 的值为±2，方程的另一个根是5．
【解析】
【分析】
（1）先把方程化为一般式，利用根的判别式△=b 2-4ac 证明判断即可；
（2）根据方程的根，利用代入法即可求解m 的值，然后还原方程求出另一个解即可.
【详解】
（1）证明：
∵（x ﹣3）（x ﹣4）﹣m 2=0，
∴x 2﹣7x+12﹣m 2=0，
∴△=（﹣7）2﹣4（12﹣m 2）=1+4m 2，
∵m 2≥0，
∴△＞0，
∴对任意实数m ，方程总有2个不相等的实数根；
（2）解：∵方程的一个根是2，
∴4﹣14+12﹣m 2=0，解得m=±
， ∴原方程为x 2﹣7x+10=0，解得x=2或x=5， 即m 的值为±
，方程的另一个根是5．
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程的根的判别式与根的关系是关键.
当△=b 2-4ac ＞0时，方程有两个不相等的实数根；
当△=b 2-4ac=0时，方程有两个相等的实数根；
当△=b 2-4ac ＜0时，方程没有实数根.
4．已知关于x 的二次函数22(21)1y x k x k =--++的图象与x 轴有2个交点.
（1）求k 的取值范围；
（2）若图象与x 轴交点的横坐标为12,x x ，且它们的倒数之和是32-
，求k 的值. 【答案】（1）k ＜-
34 ；（2）k=﹣1 【解析】
试题分析：（1）根据交点得个数，让y=0判断出两个不相等的实数根，然后根据判别式△= b 2-4ac 的范围可求解出k 的值；
（2）利用y=0时的方程，根据一元二次方程的根与系数的关系，可直接列式求解可得到k 的值.
试题解析：（1）∵二次函数y=x 2-（2k-1）x+k 2+1的图象与x 轴有两交点，
∴当y=0时，x 2-（2k-1）x+k 2+1=0有两个不相等的实数根．
∴△=b 2-4ac=[-（2k-1）]2-4×1×（k 2+1）＞0．
解得k ＜-34
； （2）当y=0时，x 2-（2k-1）x+k 2+1=0．
则x 1+x 2=2k-1，x 1•x 2=k 2+1，
∵=== 32
-， 解得：k=-1或k= 13
-（舍去），
∴k=﹣1
5．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12cm 2？
【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≤163时，则PB=16-3y ， ∴12PB•BC=12，即12
×（16-3y ）×6=12， 解得y=4；
②当163
＜x≤223时， BP=3y-AB=3y-16，QC=2y ，则
12BP•CQ=12
（3y-16）×2y=12， 解得y 1=6，y 2=-
23（舍去）； ③223
＜x≤8时， QP=CQ-PQ=22-y ，则
12QP•CB=12
（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 12cm 2．
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．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 =
；（3
）52或4
或52
【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()4542
d BP sin t =⋅︒=-，则12PBE S BE d =⨯
⨯
)()1244222
t t t =⨯⨯-=-，再根据二次函数的性质即可确定最大值； （3
）先求出4542AM 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NQ 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4NH ===；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2
65y 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)454d BP sin t =⋅︒=
- 所以12
PBE S BE d =⨯⨯
)()12442t 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4542
AM 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，
∴4,NH ===
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552m -=<（舍）或52
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541m -=或541m +=（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
7．对于函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0），若存在实数x0，使得a 20x +（b+1）x 0+b ﹣2＝x0成立，则称x 0为函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点．
（1）当a ＝2，b ＝﹣2时，求y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点；
（2）若对于任何实数b ，函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）恒有两相异的不动点，求实数a 的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的图象上A ，B 两点的横坐标是函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点，且直线y ＝﹣x+
2121a +是线段AB 的垂
直平分线，求实数b 的取值范围．
【答案】（1）不动点是﹣1或2；（2）a 的取值范围是0＜a ＜2；（3）b 的取值范围是﹣
b ＜0． 【解析】
【分析】
（1）将a ＝2，b ＝﹣2代入函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0），得y ＝2x 2﹣x ﹣4，然后令x ＝2x 2﹣x ﹣4，求出x 的值，即y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点；
（2）对于任何实数b ，函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）恒有两相异的不动点，可以得到x ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）时，对于任何实数b 都有△＞0，然后再设t ＝△，即可求得a 的取值范围；
（3）根据y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的图象上A ，B 两点的横坐标是函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点，可知点A 和点B 均在直线y ＝x 上，然后设出点A 和点B 的坐标，从而可以得到线段AB 的中点坐标，再根据直线y ＝﹣x+
2121a 是线段AB 的垂直平分线，从而可以求得b 的取值范围．
【详解】
解：（1）当a ＝2，b ＝﹣2时，
函数y ＝2x 2﹣x ﹣4，
令x ＝2x 2﹣x ﹣4，
化简，得x 2﹣x ﹣2＝0
解得，x 1＝2，x 2＝﹣1，
即y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点是﹣1或2；
（2）令x ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2，
整理，得
ax 2+bx+b ﹣2＝0，
∵对于任何实数b ，函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）恒有两相异的不动点， ∴△＝b 2﹣4a （b ﹣2）＞0，
设t ＝b 2﹣4a （b ﹣2）＝b 2﹣4ab+8a ，对于任何实数b ，t ＞0，
故（﹣4a ）2﹣4×1×8a ＜0，
解得，0＜a ＜2，
即a 的取值范围是0＜a ＜2；
（3）由题意可得，
点A 和点B 在直线y ＝x 上，
设点A （x 1，x 1），点B （x 2，x 2），
∵A ，B 两点的横坐标是函数y ＝ax 2+（b+1）x+b ﹣2（a ≠0）的不动点，
∴x 1，x 2是方程ax 2+bx+b ﹣2＝0的两个根，
∴x 1+x 2＝﹣b a
，
∵线段AB 中点坐标为（122x x +，122x x +）， ∴该中点的坐标为（2b a -
，2b a -）， ∵直线y ＝﹣x+
2121a +是线段AB 的垂直平分线， ∴点（2b a -
，2b a -）在直线y ＝﹣x+2121a +上， ∴2b a -＝21221
b a a ++ ∴﹣b ＝222122a
a a ≤+＝2，（当a ＝22
时取等号） ∴0＜﹣b ≤24
， ∴﹣2≤b ＜0， 即b 的取值范围是﹣
24≤b ＜0． 【点睛】
本题是一道二次函数综合题、主要考查新定义、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
8．在平面直角坐标系中，二次函数2
2y ax bx =+-的图象与x 轴交于点(4,0)A -，(1,0)B ，与y 轴交于点C ．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P 是抛物线22y ax bx =+-上的任意一点，过点P 作x 轴的垂线PD ，直线PD
交直线AC 于点D ．
①是否存在点P ，使得PAC ∆的面积是ABC ∆面积的4
5
？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
②点Q 是坐标平面内的任意一点，若以O ，C ，Q ，D 为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点Q 的坐标． 【答案】(1)213
222
y x x =
+- (2)①存在，点P
的坐标为(2-+-
，(2--+，(2,3)--
②1816,55Q ⎫
⎛-- ⎪⎝⎭，2(2,1)Q -
，3Q ⎝⎭
，4Q ⎛ ⎝⎭
【解析】 【分析】
(1)将(4,0)A -，(1,0)B 两点坐标代入解析式中求解即可； (2)①先求出△PAC 的面积为4，再求出直线AC 的解析式为1
22
y x =--．设点P 的横坐标为(t ,
213222t t +-)，利用21
442
∆∆∆=-=⋅=+=PAC PDC PDA S S S OA PD t t 即可求解； ②先设出D 点坐标，然后再按对角线分成三种情况讨论即可求解． 【详解】
解：(1)由题意得,将(4,0)A -，(1,0)B 两点坐标代入解析式中：
1642020a b a b --=⎧⎨
+-=⎩，解得：12
32a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
． ∴此抛物线的解析式为213
222
y x x =+-， 故答案为213
222
y x x =
+-． (2)①存在点P ，使得PAC ∆的面积是ABC ∆面积的4
5
．理由如下： 作出如下所示示意图：
∵点(4,0)A -，(1,0)B ， ∴4OA =，5AB =， 令0x =，则2y =-， ∴(0,2)C -，∴2OC =， ∴11
52522
ABC S AB OC ∆=⋅=⨯⨯=， ∴4455
4
5PAC ABC S S ∆∆=
=⨯=， 设直线AC 的解析式为y mx n =+，
则有402m n n -+=⎧⎨=-⎩，解得：122
m n ⎧
=-⎪⎨⎪=-⎩，
∴直线AC 的解析式为1
22
y x =-
-． 设点P 的横坐标为t ，则其纵坐标为213
222
t t +-， 即2
1
3,22
2P t t t ⎫⎛+
- ⎪⎝⎭
． ∵PD x ⊥轴，则点D 的坐标为1,22t t ⎫⎛
-- ⎪⎝
⎭
． ∴22131
12222222
PD t t t t t ⎫⎛=
+----=+ ⎪⎝⎭． ∵22111
424222
PAC PDC PDA S S S OA PD t t t t ∆∆∆=-=
⋅=⨯⨯+=+． ∴2
44t t +=，即2440t t +-=或2440t t ++=，
解得：1222t =-+，2222t =--，32t =-．
∴点P 的坐标为(222,12)-+-，(222,12)--+，(2,3)--， 故答案为：(222,12)-+-或(222,12)--+或(2,3)--． ②分类讨论：
情况一：当OC 为菱形的对角线时，此时DO=DC ，即D 点在线段OC 的垂直平分线， ∴D 点坐标(-2,-1)，将△OCD 沿y 轴翻折，此时四边形ODCQ 为菱形，故此时Q 点坐标为(2,-1)，如下图一所示，
情况二：当OQ 为对角线时，DO=DQ ，如下图二所示，
DQ=OC=OD=2，设D 点坐标1,22⎛⎫-
- ⎪⎝⎭
x x ，则EO=-x ，DE=1
22x +，
在Rt △EDO 中，由勾股定理可知：EO²+ED²=DO²， 故2
2
1
(2)42
++=x x ，解得80(),5舍==-
x x ，此时Q 点坐标为816,5
5⎛⎫-- ⎪⎝⎭，
情况三：当OD 为对角线时，OC=OQ=2，如下图三所示：
设D 点坐标1,22⎛⎫
-
- ⎪⎝⎭
m m ，则EO=|m|，DE=122m +，QE=2-(122m +)=12m ， 在Rt △QDO 中，由勾股定理可知：QE²+EO²=QO²， 故22
1
()()42
+=m m ，解得124545,=
=-m m ，此时Q 点坐标为4525,⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭或4525,55⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭
， 综上所述，Q 点的坐标为1816,55Q ⎫
⎛-- ⎪⎝⎭，2(2,1)Q -，34525,55Q ⎫⎛-⎪ ⎝⎭，
44525,Q ⎫
⎛-⎪ ⎝⎭
．
故答案为1816,55Q ⎫
⎛-- ⎪⎝⎭，2(2,1)Q -，34525,Q ⎫⎛-⎪ ⎝⎭，44525,Q ⎫⎛-⎪ ⎝⎭
．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积问题，菱形的存在性问题等，属于综合题，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决本题的关键．
9．如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线2
(0)y ax bx c a =++≠的顶点坐标为
()3, 6C ，并与y 轴交于点()0, 3B ，点A 是对称轴与x 轴的交点．
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图①所示, P 是抛物线上的一个动点,且位于第一象限，连结BP 、AP ,求ABP ∆的面积的最大值;
(3)如图②所示，在对称轴AC 的右侧作30ACD ∠=交抛物线于点D ,求出D 点的坐标;并探究:在y 轴上是否存在点Q ,使60CQD ∠=?若存在，求点Q 的坐标;若不存在，请说明理由．
【答案】（1）21233y x x =-
++；（2）当9
2n =时，PBA S ∆最大值为818
；（3）存在，
Q 点坐标为((0,-或，理由见解析
【解析】 【分析】
(1)利用待定系数法可求出二次函数的解析式；
(2)求三角形面积的最值，先求出三角形面积的函数式.从图形上看S △PAB=S △BPO+S △APO-S △AOB,设P 2
1,233
n n n ⎛
⎫-++ ⎪⎝
⎭
求出关于n 的函数式，从而求S △PAB 的最大值. (3) 求点D 的坐标，设D 2
1,233
t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝
⎭
,过D 做DG 垂直于AC 于G,构造直角三角形，利用勾股定理或三角函数值来求t 的值即得D 的坐标;探究在y 轴上是否存在点Q ,使
60CQD ∠=?根据以上条件和结论可知∠CAD=120°,是∠CQD 的2倍，联想到同弧所对
的圆周角和圆心角，所以以A 为圆心，AO 长为半径做圆交y 轴与点Q,若能求出这样的点，就存在Q 点. 【详解】
解：()1抛物线顶点为()3,6
∴可设抛物线解析式为()2
36y a x =-+
将()0,3B 代入()2
36y a x =-+得
396a =+ 1
3
a ∴=-
∴抛物线()2
1363y x =-
-+，即21233
y x x =-++ ()2连接,3, 3OP BO OA ==，
PBA BPO PAO ABO S S S S ∆∆∆∆=+- 设P 点坐标为21,233n n n ⎛⎫-++
⎪⎝⎭
113
3222
BPO x S BO P n n ∆=== 2211119323322322PAO y S OA P n n n n ∆⎛⎫
=
=-++=-++ ⎪⎝⎭
11933222
ABO S OA BO ∆=
=⨯⨯=
2
2231
99191981322
2222228PBA
S n n n n n n ∆⎛⎫⎛⎫=+-++-=-+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴当9
2n =
时，PBA S ∆最大值为818
()3存在，设点D 的坐标为2
1
,233
t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝
⎭
过D 作对称轴的垂线，垂足为G , 则2
13,6233
DG t CG t t ⎛⎫=-=--++ ⎪⎝⎭
30ACD ∠=
2DG DC ∴=
在Rt CGD ∆中有
222243CG CD DG DG DG DG =+=-=
)21336233t t t ⎛⎫
-=--++ ⎪⎝⎭
化简得(1
133303t t ⎛⎫---= ⎪⎝⎭
13t ∴=（舍去），2333t =+∴点D(333+
3,33AG GD ∴==连接AD ，在Rt ADG ∆中
229276AD AG GD ++=
6,120AD AC CAD ∴==∠=
Q ∴在以A 为圆心，AC 为半径的圆与y 轴的交点上
此时1
602
CQD CAD ∠=
∠=
设Q 点为(0,m), AQ 为A 的半径
则AQ ²=OQ ²+OA ², 6²=m ²+3²
即2936m +=
∴1233,33m m ==-
综上所述，Q 点坐标为()()
0,330,33-或 故存在点Q ，且这样的点有两个点.
【点睛】
(1)本题考查了利用待定系数法求二次函数解析式，根据已知条件选用顶点式较方便； (2)本题是三角形面积的最值问题，解决这个问题应该在分析图形的基础上，引出自变量，再根据图形的特征列出面积的计算公式，用含自变量的代数式表示面积的函数式,然后求出最值.
(3)先求抛物线上点的坐标问题及符合条件的点是否存在.一般先假设这个点存在，再根据已知条件求出这个点.
10．如图，直线3y
x
与x 轴、y 轴分别交于点A ，C ，经过A ，C 两点的抛物线
2y ax bx c =++与x 轴的负半轴的另一交点为B ，且tan 3CBO ∠=
（1）求该抛物线的解析式及抛物线顶点D 的坐标；
（2）点P 是射线BD 上一点，问是否存在以点P ，A ，B 为顶点的三角形，与ABC 相似，若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】（1）2
43y x x =++，顶点(2,1)D --；（2）存在，52,33P ⎛⎫
--
⎪⎝⎭
或(4,3)--
【解析】 【分析】
（1）利用直线解析式求出点A 、C 的坐标，从而得到OA 、OC ，再根据tan ∠CBO=3求出OB ，从而得到点B 的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数解析式，整理成顶点式形式，然后写出点D 的坐标；
（2）根据点A 、B 的坐标求出AB ，判断出△AOC 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出AC ，∠BAC=45°，再根据点B 、D 的坐标求出∠ABD=45°，然后分①AB 和BP 是对应边时，△ABC 和△BPA 相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出BP ，过点P 作PE ⊥x 轴于E ，求出BE 、PE ，再求出OE 的长度，然后写出点P 的坐标即可；②AB 和BA 是对应边时，△ABC 和△BAP 相似，利用相似三角形对应边成比例列式求出BP ，过点P 作PE ⊥x 轴于E ，求出BE 、PE ，再求出OE 的长度，然后写出点P 的坐标即可． 【详解】
解：（1）令y=0，则x+3=0， 解得x=-3， 令x=0，则y=3，
∴点A （-3，0），C （0，3）， ∴OA=OC=3， ∵tan ∠CBO=3OC
OB
=， ∴OB=1， ∴点B （-1，0），
把点A 、B 、C 的坐标代入抛物线解析式得，
93003a b c a b c c -+=⎧⎪-+=⎨⎪=⎩
，解得：143a b c =⎧⎪
=⎨⎪=⎩，
∴该抛物线的解析式为：2
43y x x =++， ∵y=x 2+4x+3=（x+2）2-1， ∴顶点(2,1)D --；
（2）∵A （-3，0），B （-1，0）， ∴AB=-1-（-3）=2， ∵OA=OC ，∠AOC=90°， ∴△AOC 是等腰直角三角形， ∴
，∠BAC=45°， ∵B （-1，0），D （-2，-1）， ∴∠ABD=45°，
①AB 和BP 是对应边时，△ABC ∽△BPA ， ∴
AB AC
BP BA
=，
即
232
2
BP
=，
解得BP=22
，
过点P作PE⊥x轴于E，
则BE=PE=
2
3
×
2
2
=
2
3
，
∴OE=1+2
3=
5
3
，
∴点P的坐标为（-5
3，-
2
3
）；
②AB和BA是对应边时，△ABC∽△BAP，∴AB AC
BA BP
=，
即232
2BP =，
解得BP=32
过点P作PE⊥x轴于E，
则BE=PE=322
=3，
∴OE=1+3=4，
∴点P的坐标为（-4，-3）；
综合上述，当
52
,
33
P
⎛⎫
--
⎪
⎝⎭
或(4,3)
--时，以点P，A，B为顶点的三角形与ABC
∆相
似；
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主要利用了直线与坐标轴交点的求解，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，难点在于（2）要分情
况讨论．
三、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
11．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：
（
3
2
，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．
12．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．
13．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 210322 【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 13，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=13x，
∴
1313
22 AC x
BC x
==．
（3）①当AB2BC时，
Ⅰ．如图3，作AE⊥l1于点E，DF⊥AC于点F．
∵“等高底” ΔABC的“等底”为BC，l1//l2，
l1与l2之间的距离为2，AB2BC，
∴BC=AE=2，AB2，
∴BE=2，即EC=4，∴AC= 25
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，∴∠CDF=45°．设DF=CF=x．
∵l1//l2，∴∠ACE=∠DAF，∴
1
2
DF AE
AF CE
==，即AF=2x．
∴AC=3x=5x 2
5
3
，∴CD2x
2
10
3
．
Ⅱ．如图4，此时ΔABC是等腰直角三角形，
∵ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C，
∴ΔACD是等腰直角三角形，
∴CD=2AC=22．
②当AC=2BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．
∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C，∴A′C⊥l1，∴CD=AB=BC=2．
Ⅱ．如图6，作AE⊥l1于点E，则AE=BC，
∴AC=2BC=2AE，∴∠ACE=45°，
∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C时，点A′在直线l1上，
∴A′C∥l2，即直线A′ C与l2无交点．
综上所述：CD的值为2
10
3
，22，2．
点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．
14．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．
(1)求证：DE⊥AG；
(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形
，如图2．
①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．
【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°
【解析】
分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；
（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．
详解：如图1，延长ED交AG于点H，
点O是正方形ABCD两对角线的交点，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
即；
在旋转过程中，成为直角有两种情况：
Ⅰ由增大到过程中，当时，
，
在中，sin∠AGO=，
，
，
，
，
即；
Ⅱ由增大到过程中，当时，
同理可求，
．
综上所述，当时，或．如图3，
当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，
正方形ABCD的边长为1，
，
，
，
，
，
，
此时．
点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.
15．（问题提出）
如图①，已知△ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED=EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF
试证明：AB=DB+AF
（类比探究）
（1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由
（2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由．
【答案】证明见解析；（1）AB=BD﹣AF；（2）AF=AB+BD．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论．（2）先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可．
【详解】
（1）证明：DE=CE=CF，△BCE
由旋转60°得△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，
∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，
∵∠DBE=120°，
∴∠EAF=∠DBE，
又∵A，E，C，F四点共圆，
∴∠AEF=∠ACF，
又∵ED=DC，
∴∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，
∴∠D=∠AEF，
∴△EDB≌FEA，
∴BD=AF，AB=AE+BF，
∴AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF，△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF，CE=CF，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，
∴∠FCG=∠FEA，
又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，
∴∠D=∠FEA，
由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，
∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，
∴BD=AE， EB=AF，
∴BD=FA+AB．
即AB=BD-AF．
（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
如图③，
，
ED=EC=CF，
∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF，
∴∠ECF=60°，BE=AF，EC=CF，BC=AC，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=EC ，
又∵ED=EC ，
∴ED=EF ，
∵AB=AC ，BC=AC ，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
又∵∠CBE=∠CAF ，
∴∠CAF=60°，
∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC
=180°-60°-60°
=60°
∴∠DBE=∠EAF ；
∵ED=EC ，
∴∠ECD=∠EDC ，
∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC ，
又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ，
∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC ，
∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ，
∴∠BDE=∠AEF ，
在△EDB 和△FEA 中，
DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝＝ ∴△EDB ≌△FEA （AAS ），
∴BD=AE ，EB=AF ，
∵BE=AB+AE ，
∴AF=AB+BD ，
即AB ，DB ，AF 之间的数量关系是：
AF=AB+BD ．
考点：旋转变化，等边三角形，三角形全等，
四、初三数学 圆易错题压轴题（难）
16．如图①，已知Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝8，AB ＝10，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作⊙O ，过C 作CE 切⊙O 于E ，交AB 于F ．
（1）若⊙O 半径为2，求线段CE 的长；
（2）若AF ＝BF ，求⊙O 的半径；
（3）如图②，若CE ＝CB ，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距离．。