佛山市九年级上册期末精选试卷检测题

佛山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．阅读与应用：
阅读1：
a，b为实数，且a＞0，b＞0，因为()2≥0，所以a﹣2+b≥0，从而
a+b≥2(当a＝b时取等号)．
阅读2：
若函数y＝x+(m＞0，x＞0，m为常数)，由阅读1结论可知：x+≥2，所以当x＝
，即x＝时，函数y＝x+的最小值为2．
阅读理解上述内容，解答下列问题：
问题1：
已知一个矩形的面积为4，其中一边长为x，则另一边长为，周长为2(x+)，求当x＝
时，周长的最小值为；
问题2：
汽车的经济时速是汽车最省油的行驶速度，某种汽车在每小时70～110公里之间行驶时(含70公里和110公里)，每公里耗油()L．若该汽车以每小时x公里的速度匀速行驶，
1h的耗油量为yL．
(1)求y关于x的函数关系式(写出自变量x的取值范围)；
(2)求该汽车的经济时速及经济时速的百公里耗油量．
【答案】问题1：2，8；问题2：(1)y=；(2)10.
【解析】
【分析】
（1）利用题中的不等式得到x+=4，从而得到x=2时，周长的最小值为8；
（2）根据耗油总量=每公里的耗油量×行驶的速度列出函数关系式即可，经济时速就是耗油量最小的形式速度．
【详解】
(1)∵x+≥2＝4，
∴当x＝时，2(x+)有最小值8．
即x＝2时，周长的最小值为8；
故答案是：2；8；
问题2：，
当且仅当，
即x＝90时，“＝”成立，
所以，当x＝90时，函数取得最小值9，
此时，百公里耗油量为，
所以，该汽车的经济时速为每小时90公里，经济时速的百公里耗油量为10L．
【点睛】
本题考查了配方法及反比例函数的应用，最值问题，解题的关键是读懂题目提供的材料，易错点是了解“耗油总量=每公里的耗油量×行驶的速度”，难度中等偏上．
2．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：x1=10%，x2=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．
3．有n个方程：x2+2x﹣8=0；x2+2×2x﹣8×22=0；…x2+2nx﹣8n2=0．
小静同学解第一个方程x2+2x﹣8=0的步骤为：
“①x2+2x=8；②x2+2x+1=8+1；③（x+1）2=9；④x+1=±3；⑤x=1±3；⑥x1=4，x2=﹣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x2+2nx﹣8n2=0．（用含有n的式子表示方程的根）
【答案】（1）⑤；（2）x1=2n，x2=﹣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，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
2
解得，x1＝x2
∴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，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2x2﹣+n﹣1=0，
b2﹣4ac=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．
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．如图1，抛物线y＝mx2﹣3mx+n（m≠0）与x轴交于点C（﹣1，0）与y轴交于点B （0，3），在线段OA上有一动点E（不与O、A重合），过点E作x轴的垂线交直线AB 于点N，交抛物线于点P，过点P作PM⊥AB于点M．
（1）分别求出抛物线和直线AB的函数表达式；
（2）设△PMN的面积为S1，△AEN的面积为S2，当1
2
36
25
S
S
时，求点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段OE绕点O逆时针旋转的到OE′，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接E′A、E′B，求E'A+
2
3
E'B的最小值．
【答案】（1）抛物线y ＝﹣34 x 2+94 x +3，直线AB 解析式为y ＝﹣34
x +3；（2）P （2，32）；（3
【解析】
【分析】
（1）由题意令y ＝0，求出抛物线与x 轴交点，列出方程即可求出a ，根据待定系数法可以确定直线AB 解析式；
（2）根据题意由△PNM ∽△ANE ，推出65
PN AN =，以此列出方程求解即可解决问题； （3）根据题意在y 轴上 取一点M 使得OM′＝
43，构造相似三角形，可以证明AM′就是E′A+
23
E′B 的最小值． 【详解】 解：（1）∵抛物线y ＝mx 2﹣3mx+n （m≠0）与x 轴交于点C （﹣1，0）与y 轴交于点B （0，3），
则有330n m m n ⎧⎨⎩++＝＝，解得43
3m n ⎧⎪⎨⎪-⎩＝＝， ∴抛物线239344
y x x =-++， 令y ＝0，得到239344x x -
++＝0， 解得：x ＝4或﹣1，
∴A （4，0），B （0，3），
设直线AB 解析式为y ＝kx+b ，则340b k b +⎧⎨⎩
＝＝， 解得33
4k b ⎧-⎪⎨⎪⎩＝＝， ∴直线AB 解析式为y ＝34
-x+3． （2）如图1中，设P （m ，239344m m -
++），则E （m ，0），
∵PM ⊥AB ，PE ⊥OA ，
∴∠PMN ＝∠AEN ，
∵∠PNM ＝∠ANE ，
∴△PNM ∽△ANE ，
∵△PMN 的面积为S 1，△AEN 的面积为S 2，
123625S S ＝， ∴65
PN AN =， ∵NE ∥OB ， ∴
AN AE AB OA =， ∴AN ＝54545454
（4﹣m ）， ∵抛物线解析式为y ＝239344x x -
++， ∴PN ＝239344m m -++﹣（34-m+3）＝34
-m 2+3m ， ∴2336455(4)4
m m m -+=-， 解得m ＝2或4（舍弃），
∴m ＝2，
∴P （2，32
）． （3）如图2中，在y 轴上 取一点M′使得OM′＝
43，连接AM′，在AM′上取一点E′使得OE′＝OE ．
∵OE′＝2，OM′•OB ＝
43
×3＝4， ∴OE′2＝OM′•OB ， ∴OE OB OM OE '=''， ∵∠BOE′＝∠M′OE′，
∴△M′OE′∽△E′OB ， ∴
M E OE BE OB '''='＝23
， ∴M′E′＝23
BE′， ∴AE′+23BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此时AE′+23
BE ′最小（两点间线段最短，A 、M′、E′共线时）， 最小值＝AM′2244()3+410． 【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查相似三角形的判定和性质、待定系数法、最小值问题等知识，解题的关键是构造相似三角形，找到线段AM ′就是AE′+
23
BE′的最小值，属于中考压轴题．
7．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14
时，请直接写出线段AM 的长． 【答案】（1）22y x x =-++；（2）存在，（23，209）或（103，529
-）；（3）105或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22(0)y ax bx a =++≠经过点A （-2，-4）和点C （2，0），
则44220422a b a b -=-+⎧⎨=++⎩，解得：11a 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22y 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=12
×BD ×EF ，
即2×EF ，解得：，
∴，
∴tan ∠BDE=EF DF =55
÷=43， 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 -+++=43， 解得：c=23
， ∴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 --+=43， 解得：c=103
， ∴22c c -++=529
-， ∴点P 的坐标为（103，529
-）， 综上：点P 的坐标为（
23，209）或（103，529-）；
（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：32m 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
12m 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 =12S △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=221442
⨯+=22， ∵M （s ，3s+2）， ∴()()2223222s s -++=，
解得：s=45-
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610
5
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．
8．如图，顶点为M的抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B两点，与y轴交于点
C，过点C作CD⊥y轴交抛物线于另一点D，作DE⊥x轴，垂足为点E，双曲线y=6
x
(x＞0)
经过点D，连接MD，BD．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点N，F分别是x轴，y轴上的两点，当以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小时，求出点N，F的坐标；
（3）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OC方向运动，运动时间为t秒，当t为何值时，∠BPD的度数最大？
【答案】（1）y=﹣x2+2x+3；（2）N(5
7
，0)，F(0，
5
3
)；（3）t=9﹣215．
【解析】
【分析】
（1）由已知求出D点坐标，将点A（-1，0）和D（2，3）代入y=ax2+bx+3即可；
（2）作M关于y轴的对称点M'，作D关于x轴的对称点D'，连接M'D'与x轴、y轴分别交于点N、F，则以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小即为M'D'+MD的长；
（3）设P（0，t），作△PBD的外接圆N，当⊙N与y轴相切时，∠BPD的度数最大；【详解】
解；（1）C(0，3)
∵CD⊥y，
∴D点纵坐标是3．
∵D在y=6
x
上，
∴D(2，3)，
将点A(﹣1，0)和D(2，3)代入y=ax2+bx+3，
∴a=﹣1，b=2，
∴y=﹣x2+2x+3；
（2）M(1，4)，B(3，0)，
作M关于y轴的对称点M'，作D关于x轴的对称点D'，连接M'D'与x轴、y轴分别交于点N、F，
则以M，D，N，F为顶点的四边形周长最小即为M'D'+MD的长；
∴M'(﹣1，4)，D'(2，﹣3)，
∴M'D'直线的解析式为y=﹣7
3
x+
5
3
，
∴N(5
7
，0)，F(0，
5
3
)；
（3）设P(0，t)．
∵△PBO 和△CDP 都是直角三角形， tan
∠CDP =32
t -，tan ∠PBO =3t ， 令y =tan ∠BPD =3233123
t t t t -+--， ∴yt 2+t ﹣3yt +6y ﹣9=0，
△=﹣15y 2+30y +1=0时，
y =15415-+(舍)或y =15415+， ∴t =32﹣12×1y
， ∴t =9﹣215，
∴P (0，9﹣215)．
【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，利用轴对称求最短距离，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
9．如图，已知抛物线2
y x bx c =-++与x 轴交于A ，B 两点，过点A 的直线l 与抛物线交于点C ，其中点A 的坐标是()1,0，点C 的坐标是()2,3-，抛物线的顶点为点D ．
（1）求抛物线和直线AC 的解析式．
（2）若点P 是抛物线上位于直线AC 上方的一个动点，求APC ∆的面积的最大值及此时点P 的坐标．
（3）若抛物线的对称轴与直线AC 相交于点E ，点M 为直线AC 上的任意一点，过点M 作//MN DE 交抛物线于点N ，以D ，E ，M ，N 为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求出点M 的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】（1）y=-x 2-2x+3，y=-x+1；（2）最大值为278
，此时点P(12-，154)；（3）能，(0，1)，
)或
【解析】
【分析】
（1）直接利用待定系数法进行求解，即可得到答案；
（2）设点P(m ，-m 2-2m+3)，则Q(m ，-m+1)，求出PQ 的长度，结合三角形的面积公式和二次函数的性质，即可得到答案；
（3）根据题意，设点M(t ，-t+1)，则点N(t ，-t 2-2t+3)，可分为两种情况进行分析：①当点M 在线段AC 上时，点N 在点M 上方；②当点M 在线段AC （或CA ）延长线上时，点N 在点M 下方；分别求出点M 的坐标即可．
【详解】
解：（1）∵抛物线y=-x 2+bx+c 过点A(1，0)，C(-2，3)，
∴10423b c b c -++=⎧⎨--+=⎩，，解得：23b c =-⎧⎨=⎩
，． ∴抛物线的解析式为y=-x 2-2x+3．
设直线AC 的解析式为y=kx+n ．
将点A ，C 坐标代入，得
023k n k n +=⎧⎨-+=⎩，，解得11k n =-⎧⎨=⎩
，． ∴直线AC 的解析式为y=-x+1．
（2）过点P 作PQ ∥y 轴交AC 于点Q ．
设点P(m ，-m 2-2m+3)，则Q(m ，-m+1)．
∴PQ=(-m 2-2m+3)-(-m+1)=-m 2-m+2．
∴S △APC =S △PCQ +S △APQ =
12PQ·(x A -x C )=12(-m 2-m+2)×3=23127()228m -++． ∴当m=12-时，S △APC 最大，最大值为278
，此时点P(12-，154)． （3）能．
∵y=-x 2-2x+3，点D 为顶点，
∴点D(-1，4)，
令x=-1时，y=-（-1）+1=2，
∴点E(-1，2)．
∵MN ∥DE ，
∴当MN=DE=2时，以D ，E ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形．
∵点M 在直线AC 上，点N 在抛物线上，
∴设点M(t ，-t+1)，则点N(t ，-t 2-2t+3)．
①当点M 在线段AC 上时，点N 在点M 上方，则
MN=(-t 2-2t+3)-(-t+1)=-t 2-t+2．
∴-t 2-t+2=2，
解得：t=0或t=-1（舍去）．
∴此时点M 的坐标为（0，1）．
②当点M 在线段AC （或CA ）延长线上时，点N 在点M 下方，则
MN=(-t+1)-(-t 2-2t+3)=t 2+t-2．
∴t 2+t-2=2，
解得：或．
∴此时点M ）．
综上所述，满足条件的点M 的坐标为：（0，1），（
12-+，32-）或
（12-，32
）． 【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、三角形的面积以及周长，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线及直线AC 的函数关系式；（2）利用三角形的面积公式和二次函数的性质解题；（3）利用二次函数图象的对称性结合两点之间线段最短找出点M 的位置．
10．如图，已知二次函数22(0)y ax ax c a 的图象与x 轴负半轴交于点A （-1，0），与y 轴正半轴交与点B ，顶点为P ，且OB=3OA ，一次函数y=kx+b 的图象经过A 、B ．
(1) 求一次函数解析式；
(2)求顶点P 的坐标；
(3)平移直线AB 使其过点P ，如果点Ｍ在平移后的直线上，且3tan 2OAM ∠=
，求点M 坐标；
(4)设抛物线的对称轴交x 轴与点E ，联结AP 交y 轴与点D ，若点Q 、N 分别为两线段PE 、PD 上的动点，联结QD 、QN ，请直接写出QD+QN 的最小值．
【答案】(1) 一次函数的解析式为：y=3x+3
(2)顶点P 的坐标为（1，4）
(3) M 点的坐标为：15,2(,39⎛⎫- ⎪⎝⎭或 23-
） （445【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的解析式即可得出B （0，3），根据OB=3OA ，可求出OA 的长，也就得出了A 点的坐标，然后将A 、B 的坐标代入直线AB 的解析式中，即可得出所求；
（2）将（1）得出的A 点坐标代入抛物线的解析式中，可求出a 的值，也就确定了抛物线的解析式进而可求出P 点的坐标；
（3）易求出平移后的直线的解析式，可根据此解析式设出M 点坐标（设横坐标，根据直线的解析式表示出纵坐标）．然后过M 作x 轴的垂线设垂足为E ，在构建的直角三角形AME 中，可用M 点的坐标表示出ME 和AE 的长，然后根据∠OAM 的正切值求出M 的坐标．（本题要分M 在x 轴上方和x 轴下方两种情况求解．方法一样．）
（4）作点D 关于直线x=1的对称点D′，过点D′作D′N ⊥PD 于点N ，根据垂线段最短求出QD+QN 的最小值．
【详解】
(1)∵A （-1，0）,∴OA=1
∵OB=3OA ，∴B （0，3）
∴图象过A 、B 两点的一次函数的解析式为：y=3x+3
(2)∵二次函数22(0)y ax ax c a =-+<的图象与x 轴负半轴交与点A （-1，0），与y 轴正半轴交与点B （0，3），
∴c=3,a=-1
∴二次函数的解析式为：223y x x =-++
∴抛物线223y x x =-++的顶点P （1，4）
(3)设平移后的直线的解析式为：3y x b =+
∵直线3y x b =+过P （1，4）
∴b=1
∴平移后的直线为31y x =+
∵M 在直线31y x =+，且3tan 2OAM ∠=
设M （x,3x+1）
① 当点M 在x 轴上方时，有
31312x x +=+，∴13x = ∴11,23M ⎛⎫ ⎪⎝⎭
②当点M 在x 轴下方时，有31312x x +-
=+，∴59x =- ∴25(,9M - 23
-） (4)作点D 关于直线x=1的对称点D’，过点D’作D’N ⊥PD 于点N
当-x 2+2x+3=0时，解得，x=-1或x=3，
∴A （-1，0），
P 点坐标为（1，4），
则可得PD 解析式为：y=2x+2，
令x=0，可得y=2，
∴D （0，2），
∵D 与D′关于直线x=1对称，
∴D′（2，2）．
根据ND′⊥PD ，
设ND′解析式为y=kx+b ，
则k=-12，即y=-12
x+b ， 将D′（2，2）代入，得2=-
12×2+b ，解得b=3， 可得函数解析式为y=-12
x+3， 将两函数解析式组成方程组得：13222
y x y x ⎧=-+⎪⎨⎪=+⎩，
解得
2
5
14
5
x
y
⎧
=
⎪⎪
⎨
⎪=
⎪⎩
，
故N（
214
,)
55
，
由两点间的距离公式：d=
22
21445
22
555
⎛⎫⎛⎫
-+-=
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，
∴所求最小值为
45
5
【点睛】
本题主要考查了一次函数解析式的确定、二次函数解析式的确定、函数图象的平移等知识点．同时考查了应用轴对称和垂线段最短解决线段和的最小值问题．
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，DA3
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，313
【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DA
AE=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
BC
，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°，
∴CM3DM3，∠M=90°﹣∠MDC=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=BC+CM333，∠MBE=90°﹣∠M=30°，∴EM=
1
2
BM3
∴DE=EM﹣DM333
∵DA3
∴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
BC3
∴tan ∠CDF =
CF CD =63
6
=3， ∴∠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．如图，△ABC和△DEC都是等腰三角形，点C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，F 为线段AD的中点，连接CF．
（1）如图1，当D点在BC上时，BE与CF的数量关系是__________；
（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转90°，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？请说明理由；
（3）如图3，把△DEC绕C点顺时针旋转一个钝角，其他条件不变，问（1）中的关系是否仍然成立？如成立，请证明；如果不成立，请写出相应的正确的结论并加以证明．
【答案】（1）BE=2CF；（2）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的关系是仍然成立，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据“SAS”证明△ACD≌△BCE，可得AD=BE，又因为AD=2CF，从而
BE=2CF；
（2）由点F是AD中点，可得AD=2DF，从而AC= 2DF+CD，又由△ABC和△CDE是等腰直角
三角形，可知BC=2DF+CE，所以BE= 2（DF+CE），CF= DF+CD，从而BE=2CF；
（3）延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，可证△CDF≌△GAF，再证明△BCE≌△ACG，从而BE=CG=2CF成立.
解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE，
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，在Rt△ACD中，点F是AD中点，
∴AD=2CF，
∴BE=2CF，
故答案为BE=2CF；
（2）（1）中的关系是仍然成立，
理由：∵点F是AD中点，
∴AD=2DF，
∴AC=AD+CD=2DF+CD，
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CD=CE，
∴BC=2DF+CE，
∴BE=BC+CE=2DF+CE+CE=2（DF+CE），
∵CF=DF+CD=DF+CD，
∴BE=2CF；
（3）（1）中的关系是仍然成立，理由：如图3，
延长CF至G使FG=CF，即：CG=2CF，
∵点F是AD中点，
∴AF=DF，
在△CDF和△GAF中，，
∴△CDF≌△GAF，
∴AG=CD=CE，∠CDF=∠GAF，
∴∠CAG=∠CAD+∠GAF=∠CAD+∠ADC=180°﹣∠ACD，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠BCE=360°﹣∠ACB﹣∠DCE﹣∠ACD=180°﹣∠ACD，
∴∠CAG=∠BCE，
连接BE，
在△BCE和△ACG中，，
∴△BCE≌△ACG，
∴BE=CG=2CF，
即：BE=2CF．
点睛：本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质和旋转的性质，考查了学生综合运用知识的能力，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
14．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．
15．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6，点D是射线OM上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．
（1）如图1，求证：△CDE是等边三角形．
（2）设OD＝t，
①当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．
②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．
【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t＝2或14.
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到
C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．
【详解】
（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
（2）①存在，当6＜t＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝3，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；
②存在，∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点D与点B重合时，不符合题意；
当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，。