2021年黑龙江省哈尔滨市某校中考数学综合复习试卷祥细答案与解析

2021年黑龙江省哈尔滨市某校中考数学综合复习试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1. 如果水位升高3m时水位变化记作+3m，那么水位下降3m时水位变化记作()
A.−3m
B.3m
C.6m
D.−6m
2. 下列标志中不是中心对称图形的是（）
A. B. C. D.
3. 下列计算正确的是（）
A.2a+5a=7a
B.2x−x=1
C.3+a=3a
D.x2⋅x3=x6
4. 把抛物线y=−2x2先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度后，所得函数的表达式为()
A.y=−2(x+1)2+2
B.y=−2(x+1)2−2
C.y=−2(x−1)2+2
D.y=−2(x−1)2−2
在每个象限内的函数值y随x的增大而增大，则m的取值范围是5. 反比例函数y=m+1
x
（）
A.m<0
B.m>0
C.m>−1
D.m<−1
6. 下列说法中不正确的是（）
A.任意打开七年级下册数学教科书，正好是97页是确定事件
B.把4个球放入三个抽屉中，其中一个抽屉中至少有2个球是必然事件
C.抛掷一枚硬币，硬币落地时正面朝上是随机事件
D.一个盒子中有白球m个，红球6个，黑球n个（每个球除了颜色外都相同）．如果从中任取一个球，取得的是红球的概率与不是红球的概率相同，那么m与n的和是6
7. 如图，PA，PB切⊙O于点A，B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA=8cm，则△PFG的周长是（）
A.8cm
B.12cm
C.16cm
D.20cm
8. 圆内接正六边形的周长为24，则该圆的内接正三角形的周长为（）
A.12√3
B.6√6
C.12
D.6
9. 如图，已知△ABC中，∠C＝90∘，AC＝BC=√2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60∘到△AB′C′的位置，连接C′B，则∠C′BA的度数为（）
A.15∘
B.20∘
C.30∘
D.45∘
10. 如图，正方形ABCD的边长为10，以正方形的顶点A、B、C、D为圆心画四个全等的圆．若圆的半径为x，且0<x≤5，阴影部分的面积为y，则能反映y与x之间函数关
系的大致图象是（）
A. B. C. D.
二、填空题（每题3分，共30分）（15题图）
函数y=2x
的自变量的取值范围是________．
x−1
分解因式：x3−6x2+9x＝________．
不等式组{2x +3>53x −2<4
的解集是________．
若将二次函数y ＝x 2−2x +3配方为y ＝(x −ℎ)2+k 的形式，则y ＝________．
如图，在⊙O 中，弦CD 垂直于直径AB 于点E ，若∠BAD ＝30∘，且BE ＝2，则CD ＝________．
已知抛物线y ＝x 2−k 的顶点为P ，与x 轴交于点A ，B ，且△ABP 是以AB 为底的等腰直角三角形，则k 的值是________．
如图，△ABC 内接于⊙O ，若⊙O 的半径为6，∠A ＝60∘，则BC
̂的长为________．
若抛物线y ＝(a +1)x 2−(a +1)x +1与x 轴有且仅有一个公共点，则a 的值为________．
在△ABC 中，∠BAC =120∘，AB =2，AC =4，点D 在BC 上，且∠BAD =∠C ，直线AD 上一点P 到直线BC 的距离为
5√217，则线段AP 的长为________．
如图，在△ABC 中，∠ACB =90∘，AC =BC ，点D 在AB 上，AD =9，BD =3，EA =EC ，∠ECD =45∘，则BE 的长为________．
三、解答题：（21、22题各6分，23、24题各8分，25、26题各10分，27题12分，共计60分）
先化简，再求代数式(1
a+1−a−2
a2−1
)÷1
a+1
的值，其中a=3tan30∘+2cos60∘．
在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A(−2, 3)，
B(−3, 2)，C(−1, 1)．
（1）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，在△ABC的同侧作出相似比为2:1，放大后的△A2B2C2．
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=m
x
的图象交于A(−2, 1)，B(1, n)两点．
(1)试确定上述反比例函数和一次函数的表达式；
(2)求△AOB的面积．
将5个完全相同的小球分装在甲、乙两个不透明的口袋中．甲袋中有3个球，分别标有数字2，3，4；乙袋中有2个球，分别标有数字2，4．从甲、乙两个口袋中各随机摸出一个球．
（1）用列表法或画树状图法，求摸出的两个球上数字之和为5的概率．
（2）摸出的两个球上数字之和为多少时的概率最大？
如图，有一座抛物线形拱桥，在正常水位时水面AB的宽为20m，如果水位上升3m时，
水面CD的宽是10m．
（1）建立如图所示的直角坐标系，求此抛物线的解析式；
（2）现有一辆载有救援物资的货车从甲地出发需经过此桥开往乙地，已知甲地距此桥280km（桥长忽略不计）．货车正以每小时40km的速度开往乙地，当行驶1小时时，忽然接到紧急通知：前方连降暴雨，造成水位以每小时0.25m的速度持续上涨（货车接
到通知时水位在CD处，当水位达到桥拱最高点O时，禁止车辆通行），试问：如果货车
按原来速度行驶，能否安全通过此桥？若能，请说明理由；若不能，要使货车安全通
过此桥，速度应超过每小时多少千米？
如图，已知△ABC是⊙O的圆内接三角形，AD为⊙O的直径，DE为⊙O的切线，AE
交⊙O于点F，∠C=∠E．
(1)求证：AB=AF；
(2)若AB=5，AD=25
，求线段DE的长．
4
x+6交y轴于点A，交x轴于点
如图，平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y=−3
4
C，点B在线段OA上，且△ABC的面积为16，抛物线y=−1
x2+bx+c经过B、C两点；
4
（1）C点坐标为________；B点坐标为________；
（2）求抛物线解析式；
（3）D为线段OC上一点，连接AD，过点D作DE⊥AD交抛物线于E，若AD
DE =3
2
，求E点
坐标；
（4）在（3）的条件下，将△ADE绕点A逆时针旋转一定的角度得到△AMN，其中点D 与点M对应，点E与点N对应，在旋转过程中过点M作MH⊥y轴交线段OA于H，连接NH，当NH平分AM时，求M点坐标，并判断点M是否在抛物线上．
参考答案与试题解析
2021年黑龙江省哈尔滨市某校中考数学综合复习试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1.
【答案】
A
【考点】
正数和负数的识别
【解析】
首先审清题意，明确“正”和“负”所表示的意义，再根据题意作答．
【解答】
解：因为上升记为+，所以下降记为−，
所以水位下降3m时水位变化记作−3m．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】
A、是中心对称图形，故A选项错误；
B、是中心对称图形，故B选项错误；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，故C选项正确；
D、是中心对称图形，故D选项错误；
3.
【答案】
A
【考点】
同底数幂的乘法
合并同类项
【解析】
根据合并同类项、同底数幂的运算法则计算．
【解答】
解：A、符合合并同类项法则，故本选项正确；
B、2x−x=x≠1，故本选项错误；
C、3和a不是同类项，故本选项错误；
D、x2⋅x3≠x6=x5，故本选项错误．
故选：A．
4.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
根据图象右移减，上移加，可得答案．
【解答】
解：把抛物线y=−2x2先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度后，
所得函数的表达式为y=−2(x−1)2+2.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
反比例函数的性质
【解析】
根据反比例函数的性质得m+1<0，然后解不等式即可．
【解答】
解：根据题意得m+1<0，
解得m<−1．
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
概率公式
随机事件
【解析】
根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念以及概率的求法即可作出判断．
【解答】
解：A、任意打开七年级下册数学教科书，正好是97页是不确定事件，故本选项错误；
B、把4个球放入三个抽屉中，其中一个抽屉中至少有2个球是必然事件，正确；
C、抛掷一枚硬币，硬币落地时正面朝上是随机事件，正确；
D、P
（红球）=红球的个数
总个数
，取得的是红球的概率与不是红球的概率相同，则m+n=6，
正确；
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
切线长定理
【解析】
由于PA、FG、PB都是⊙O的切线，可根据切线长定理，将△ABC的周长转化为切线长求解．
【解答】
解：根据切线长定理可得：PA=PB，FA=FE，GE=GB；
所以△PFG的周长=PF+FG+PG，
=PF+FE+EG+PG，
=PF+FA+GB+PG，
=PA+PB=16cm.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
正多边形和圆
【解析】
根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再由正多边形及直角三角形的性质求解即可．
【解答】
解：∵圆内接正六边形的周长为24，
∴圆内接正六边形的边长为4，
∴圆的半径为4，
如图，
连接OB，过O作OD⊥BC于D，
则∠OBC=30∘，BD=OB⋅cos30∘=4×√3
2
=2√3，
∴BC=2BD=4√3；
∴该圆的内接正三角形的周长为12√3，
故选A．
9.
【答案】
C
【考点】
旋转的性质
【解析】
如图，作辅助线；证明△ABB′为等边三角形，此为解决问题的关键性结论；证明△BB′C′≅△BAC，得到∠B′BC′＝∠ABC′，即可解决问题．
【解答】
如图，连接BB′；由题意得：
AB＝AB′，∠BAB′＝60∘，
∴△ABB′为等边三角形，
∴∠B′BA＝60∘，BB′＝BA；
在△BB′C′与△BAC中，
{BB′=BA BC′=BC′B′C′=AC′
，
∴△BB′C′≅△BAC(SSS)，
∴∠B′BC′＝∠ABC′＝30∘，
10.
【答案】
D
【考点】
二次函数的应用
多边形内角与外角
正方形的性质
扇形面积的计算
【解析】
易得阴影部分的面积为1个圆的面积，得到阴影部分面积的函数关系式，看符合哪类函数即可．
【解答】
解：由题意得y=πx2，属于二次函数，
根据自变量的取值为0<x≤5，有实际意义的函数在第一象限，
故选D．
二、填空题（每题3分，共30分）（15题图）
【答案】
x≠1
【考点】
函数自变量的取值范围
【解析】
根据分式有意义的条件是分母不为0，解可得自变量x的取值范围．
【解答】
解：根据题意，有x−1≠0，
解可得x≠1；
故自变量x的取值范围是x≠1，
故答案为x≠1．
【答案】
x(x−3)2
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
【解答】
x3−6x2+9x，
＝x(x2−6x+9)，
＝x(x−3)2．
【答案】
1<x<2
【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
先求出两个不等式的解集，再求其公共解．
【解答】
解：{2x+3>5①3x−2<4②
，
解不等式①得，x>1，
解不等式②得，x<2，
所以，不等式组的解集是1<x<2．
故答案为：1<x<2．
【答案】
(x−1)2+2
【考点】
二次函数的三种形式
【解析】
利用配方法先提出二次项系数，在加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式．
【解答】
y＝x2−2x+3＝(x2−2x+1)+2＝(x−1)2+2
故
【答案】
4√3
【考点】
垂径定理
解直角三角形
【解析】
连结OD，设⊙O的半径为R，先根据圆周角定理得到∠BOD＝2∠BAD＝60∘，再根据垂径定理由CD⊥AB得到DE＝CE，在Rt△ODE中，OE＝OB−BE＝R−2，利用余弦的
定义得cos∠EOD＝cos60∘=OE
OD ，即R−2
R
=1
2
，解得R＝4，则OE＝2，DE=√3OE＝2√3，
所以CD＝2DE＝4√3．
【解答】
连结OD，如图，设⊙O的半径为R，
∵∠BAD＝30∘，
∴∠BOD＝2∠BAD＝60∘，
∵CD⊥AB，
∴DE＝CE，
在Rt△ODE中，OE＝OB−BE＝R−2，OD＝R，∵cos∠EOD＝cos60∘=OE
OD
，
∴R−2
R =1
2
，解得R＝4，
∴OE＝4−2＝2，
∴DE=√3OE＝2√3，∴CD＝2DE＝4√3【答案】
1
【考点】
二次函数的性质
等腰直角三角形
抛物线与x轴的交点
勾股定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】 此题暂无解答 【答案】 4π
【考点】 弧长的计算 圆周角定理
【解析】
连接OB ，OC ，根据∠A ＝60∘，可得∠BOC ＝120∘，然后根据弧长公式计算即可． 【解答】
连接OB ，OC ， ∵ ∠A ＝60∘， ∴ ∠BOC ＝120∘， 则BC
̂=nπR 180
=
120π×6180
=4π．
【答案】 3
【考点】
抛物线与x 轴的交点 【解析】
根据y ＝(a +1)x 2−(a +1)x +1与x 轴有且仅有一个公共点，则b 2−4ac ＝(a +1)2−4(a +1)＝a 2−2a −3＝0，进而得出即可． 【解答】
∵ y ＝(a +1)x 2−(a +1)x +1与x 轴有且仅有一个公共点， ∴ b 2−4ac ＝(a +1)2−4(a +1)＝a 2−2a −3＝0， 解得：a 1＝3，a 2＝−1，当a ＝−1，则a +1＝0，故舍去． 【答案】 2√7或
3√7
7
【考点】
相似三角形的性质与判定 勾股定理 矩形的判定与性质 【解析】
如图作CH ⊥BA 于H ，AM ⊥BC 于M ，PN ⊥BC 于N ，因为PN // AM ，得PN
AM =PD
AD ，所以欲求AP 需要求出AM 、AD 、PD ，利用勾股定理以及RT △30度角的性质，求出CH 、AH 、再利用面积法求出AM 、CM 、BM ，利用△BAD ∽△BCA 求出BD 问题即可解决． 【解答】
解：如图作CH ⊥BA 于H ，AM ⊥BC 于M ，PN ⊥BC 于N ， ∵ ∠BAC =120∘，
∴ ∠CAH =180∘−∠BAC =60∘，
在RT △ACH 中，∵ AC =4，∠ACH =30∘，
∴AH=2，HC=2√3，
在RT△BCH中，∵BH=4，HC=2√3，
∴BC=2√7，
∵1
2⋅BC⋅AM=1
2
⋅AB⋅CH，
∴AM=2√21
7
，
∵∠B=∠B，∠BAD=∠ACB，∴△BAD∽△BCA，
∴BA
BC =BD
BA
，
∴BD=2√7
7
，
∵BM=√AB2−AM2=4√7
7
，
∴DM=2√7
7
，
∴AD=√DM2+AM2=4√7
7
，∵PN // AM，
∴PN
AM =PD
AD
，
∴5√217
2√21
7=
4√7
7
，
∴PD=10√7
7
，∴AP=2√7，
根据对称性DP′=10√7
7，AP=DP′−AD=3√7
7
．
故答案为2√7或3√7
7
．【答案】
3√26
2
【考点】
旋转的性质
全等三角形的性质
勾股定理
【解析】
延长CE交AB于M，作MN⊥AC于N，EK⊥AC于K，EF⊥BC于F，将△ACM绕点C逆时针旋转90∘得到△CBH，连接DH，欲求BE只要求出EF、BF即可，首先证明DM2= AM2=DB2，利用这个关系可以求出AM，再根据勾股定理、平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】
解：延长CE交AB于M，作MN⊥AC于N，EK⊥AC于K，EF⊥BC于F，将△ACM绕点C逆时针旋转90∘得到△CBH，连接DH．
∵∠ACM=∠BCE，∠MCD=45∘，
∴∠ACM+∠BCD=45∘，
∴∠BCD+∠BCH=45∘，
∴∠DCM=∠DCH，
在△CDM和△CDH中，
{
CD=CD
∠DCM=∠DCH
CM=CH
，
∴△CDM≅△CDH，
∴MD=DH，
∵∠A=∠CBH=45∘，∠ABC=45∘，AM=BH，
∴∠DBH=90∘，DH2=BH2+DB2，
∴DM2=AM2+BD2，设AM=x，则DM=9−x，(9−x)2=32+x2，解得x=4，∴AM=4，DM=5，
∵△ABC，△AMN都是等腰直角三角形，
∴AC=BC=6√2，AN=MN=2√2，
∵EK⊥AC，EA=EC，
∴AK=KC=3√2，NK=AK−AN=√2，
∵EK // MN，
∴CK
CN =EK
MN
，
∴EK=3√2
2
，
∵∠EKC=∠EFC=∠KCF=90∘，∴四边形KEFC是矩形，
∴KC=EF=3√2，KE=CF=3√2
2
，
∴BF=BC−CF=9√2
2
，
∴BE=√EF2+BF2=3√26
2
．
故答案为3√26
2
．
三、解答题：（21、22题各6分，23、24题各8分，25、26题各10分，27题12分，共计60分）
【答案】
解：原式=a−1−a+2
(a+1)(a−1)
⋅(a+1)
=
1
(a+1)(a−1)
⋅(a+1)
=1
a−1
，
当a=3×√3
3+2×1
2
=√3+1时，原式=
√3
=√3
3
．
【考点】
分式的化简求值
特殊角的三角函数值
【解析】
先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再求出a的值代入进行计算即可．【解答】
解：原式=a−1−a+2
(a+1)(a−1)
⋅(a+1)
=
1
(a+1)(a−1)
⋅(a+1)
=1
a−1
，
当a=3×√3
3+2×1
2
=√3+1时，原式=
√3
=√3
3
．
【答案】
解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求．
．
【考点】
作图-位似变换
作图-旋转变换
【解析】
（1）利用关于原点对称点的坐标性质得出对应点坐标进而得出答案； （2）利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案． 【解答】 解：（1）如图所示：△A 1B 1C 1，即为所求； （2）如图所示：△A 2B 2C 2，即为所求．
．
【答案】
解：(1)∵ 点A(−2, 1)在反比例函数y =m
x 的图象上， ∴ m =(−2)×1=−2．
∴ 反比例函数的表达式为y =−2
x ．
∵ 点B(1, n)也在反比例函数y =−2x 的图象上，
∴ n =−2，即B(1, −2)．
把点A(−2, 1)，点B(1, −2)代入一次函数y =kx +b 中， 得{−2k +b =1k +b =−2解得{k =−1b =−1
．
∴ 一次函数的表达式为y =−x −1．
(2)∵ 在y =−x −1中，当y =0时，得x =−1． ∴ 直线y =−x −1与x 轴的交点为C(−1, 0)． ∵ 线段OC 将△AOB 分成△AOC 和△BOC ， ∴ S △AOB =S △AOC +S △BOC =
12×1×1+1
2
×1×2 =1
2+1=3
2．
【考点】
一次函数图象上点的坐标特点 反比例函数与一次函数的综合 待定系数法求一次函数解析式
三角形的面积
待定系数法求反比例函数解析式
【解析】
（1）首先把A 的坐标代入反比例函数关系式中可以求出m ，再把B(1, n)代入反比例函数关系式中可以求出n 的值，然后利用待定系数法就可以求出一次函数的解析式； （2）△AOB 的面积不能直接求出，要求出一次函数与x 轴的交点坐标，然后利用面积的割补法球它的面积．S △AOB =S △AOC +S △BOC ． 【解答】
解：(1)∵ 点A(−2, 1)在反比例函数y =m
x 的图象上， ∴ m =(−2)×1=−2．
∴ 反比例函数的表达式为y =−2
x ．
∵ 点B(1, n)也在反比例函数y =−2x 的图象上，
∴ n =−2，即B(1, −2)．
把点A(−2, 1)，点B(1, −2)代入一次函数y =kx +b 中， 得{−2k +b =1k +b =−2解得{k =−1b =−1
．
∴ 一次函数的表达式为y =−x −1．
(2)∵ 在y =−x −1中，当y =0时，得x =−1． ∴ 直线y =−x −1与x 轴的交点为C(−1, 0)． ∵ 线段OC 将△AOB 分成△AOC 和△BOC ， ∴ S △AOB =S △AOC +S △BOC =
12×1×1+1
2
×1×2 =12
+1=32
． 【答案】
解：（1）
或
2 3 4
摸出的两个球上数字之和为5的概率为1
6．
（2）从表看，摸出的两个球上数字之和为6时概率最大． 【考点】
列表法与树状图法
【解析】
依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能和达到某种效果的可能，然后根据概率公式求出该事件的概率．
【解答】
解：（1）
或
摸出的两个球上数字之和为5的概率为1
6
．
（2）从表看，摸出的两个球上数字之和为6时概率最大．
【答案】
解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2(a不等于0)，桥拱最高点O到水面CD的距离为ℎ米．
则D(5, −ℎ)，B(10, −ℎ−3)
∴{25a=−ℎ
100a=−ℎ−3
解得{a=−1
25ℎ=1
∴抛物线的解析式为y=−1
25
x2
（2）水位由CD处涨到点O的时间为：1÷0.25=4（小时）
货车按原来速度行驶的路程为：40×1+40×4=200（米）<280（米）
∴货车按原来速度行驶不能安全通过此桥．
设货车速度提高到x千米/时
当4x+40×1=280时，x=60
∴要使货车安全通过此桥，货车的速度应超过60千米/时．
【考点】
二次函数的应用
【解析】
根据抛物线在坐标系的位置，设抛物线的解析式为y=ax2，设D、B的坐标求解析式；【解答】
解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2(a不等于0)，桥拱最高点O到水面CD的距离为ℎ米．
则D(5, −ℎ)，B(10, −ℎ−3)
∴{25a=−ℎ
100a=−ℎ−3
解得{a=−1
25ℎ=1
∴抛物线的解析式为y=−1
25
x2
（2）水位由CD处涨到点O的时间为：1÷0.25=4（小时）
货车按原来速度行驶的路程为：40×1+40×4=200（米）<280（米）∴货车按原来速度行驶不能安全通过此桥．
设货车速度提高到x千米/时
当4x+40×1=280时，x=60
∴要使货车安全通过此桥，货车的速度应超过60千米/时．
【答案】
(1)证明：如图1，连接BF，则∠AFB=∠C，
∵∠C=∠E，
∴∠AFB=∠E，
∴BF // DE，
∵DE为⊙O的切线，AD为⊙O的直径，
∴AD⊥DE，
∴AD⊥BF，
∴AD垂直平分BF，
∴AB=AF.
(2)解：如图2，连接BD，
∴∠C=∠ADB，
∵∠C=∠E，
∴∠ADB=∠E，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ABD=90∘，
∴∠ABD=∠ADE，
∴△ABD∽△ADE，
∴AB
AD =AD
AE
，
∴AE=125
，
16
∴DE=√AE2−AD2=75
．
16
【考点】
切线的性质
圆周角定理
垂径定理
相似三角形的性质与判定
勾股定理
【解析】
（1）证明；如图1，连接BF，由圆周角定理得到∠AFB=∠C，根据平行线的判定和性质定理得到AD⊥BF，AD平分BF，于是得到结果．
（2）连接BD，通过证明△ABD∽△ADE，得到比例式，即可得到结果．
【解答】
(1)证明：如图1，连接BF，则∠AFB=∠C，
∵∠C=∠E，
∴∠AFB=∠E，
∴BF // DE，
∵DE为⊙O的切线，AD为⊙O的直径，
∴AD⊥DE，
∴AD⊥BF，
∴AD垂直平分BF，
∴AB=AF.
(2)解：如图2，连接BD，
∴∠C=∠ADB，
∵∠C=∠E，
∴∠ADB=∠E，
∵AD为⊙O的直径，∴∠ABD=90∘，
∴∠ABD=∠ADE，∴△ABD∽△ADE，
∴AB
AD =AD
AE
，
∴AE=125
16
，
∴DE=√AE2−AD2=75
16
．
【答案】
(8, 0),(0, 2)
（2）把B(0, 2)，B(8, 0)代入y=−1
4x2+bx+c得{
c=2
−1
4
×64+8b+c=0，解得
{b=7 4
c=2
．
故抛物线解析式为y=−1
4x2+7
4
x+2；
（3）作EF⊥x轴于F，如图1，设OD=t，∵AD⊥DE，
∴∠ADE=90∘，
∴∠ADO+∠EDF=90∘，
∵∠ADO+∠DAO=90∘，
∴∠EDF=∠DAO，
∴Rt△ADO∽Rt△DEF，
∴OD
EF =AO
DF
=AD
DE
=3
2
，
∴EF=2
3
t，DF=4，
∴E点坐标为(t+4, 2
3
t)，
把E(t+4, 2
3t)代入y=−1
4
x2+7
4
x+2得−1
4
(t+4)2+7
4
(t+4)+2=2
3
t，
整理得3t2+11t−60=0，解得t1=−20
3
（舍去），t2=3，∴E点坐标为(7, 2)；
（4）如图2，作NG ⊥MH 于G ，NH 交AM 于Q ，
∵ A(6, 0)，D(3, 0)，E(7, 2)，
∴ AD =√62+32=3√5，DE =√(7−3)2+22=2√5， ∵ △ADE 绕点A 逆时针旋转一定的角度得到△AMN ， ∴ AM =AD =3√5，MN =2√5，∠AMN =∠ADE =90∘， ∵ MH ⊥y 轴，HN 平分AM ，即点Q 为AM 的中点， ∴ QH =QA =QM =1
2AM =
3√5
2
， 在Rt △GNM 中，QN =√MN 2+QM 2=√(2√5)2+(3√52
)2
=
5√52
，
∴ HN =QN +QH =
5√52
+
3√52
=4√5，
∵ ∠AMH +∠NMG =90∘，∠AMH +∠HAM =90∘， ∴ ∠HAM =∠NMG ，
∴ Rt △AMH ∽Rt △MNG ， ∴ AH
MG =
MH NG
=AM MN =3
2，
设AH =3a ，HM =3b ，则NG =2b ，MG =2a ， 在Rt △MNG 中，(2a)2+(2b)2=(2√5)2①，
在Rt △NHG 中，(3b +2a)2+(2b)2=(4√5)2②， 解①②组成的方程组得{a =1
b =2
，负根舍去， ∴ AH =3，MH =6， ∴ M(6, 3)，
当x =6时，y =−1
4
x 2+7
4
x +2=−1
4
×36+7
4
×6+2=7
2
，
∴ 点M 不在抛物线上．
【考点】
二次函数综合题 【解析】
（1）先利用一次函数解析式和坐标轴上点的坐标特征求出C 和A 点坐标，再利用三角形面积公式求出AB ，从而得到B 点坐标；
（2）把B 点和C 点坐标代入y =−1
4x 2+bx +c 得到关于b 、c 的方程组，然后解方程求出b 、c 即可得到抛物线解析式；
（3）作EF ⊥x 轴于F ，如图1，设OD =t ，证明Rt △ADO ∽Rt △DEF ，利用相似比可得EF =2
3t ，DF =4，则可表示出E 点坐标，然后把E(t +4, 2
3t)代入y =−1
4x 2+7
4x +2得到关于t 的方程，然后解方程求出t 即可得到E 点坐标；
（4）如图2，作NG⊥MH于G，NH交AM于Q，先利用两点间的距离公式计算出AD、DE，再利用旋转的性质得AM=AD=3√5，MN=2√5，∠AMN=∠ADE=90∘，接
着证明HQ为Rt△AMH的斜边AM的中线，得到QH=QA=QM=1
2AM=3√5
2
，利用勾
股定理可计算出QN=5√5
2
，则HN=QN+QH=4√5，然后通过证Rt△AMH∽Rt△
MNG得到AH
MG =MH
NG
=AM
MN
=3
2
，设AH=3a，HM=3b，则NG=2b，MG=2a，利用
勾股定理得到(2a)2+(2b)2=(2√5)2①，(3b+2a)2+(2b)2=(4√5)2②，再解
①②组成的方程组得a和b的值，于是可确定M点坐标，最后利用二次函数图象上点的坐标特征判断点M是否在抛物线上．
【解答】
解：（1）当y=0时，−3
4
x+6=0，解得x=8，则C(8, 0)，
当x=0时，y=−3
4
x+6=6，则A(0, 6)，
∵S△ABC=1
2
⋅AB⋅OC，
∴AB=2×16
8
=4，
∴OB=OA−AB=2，
∴B(0, 2)，
（2）把B(0, 2)，B(8, 0)代入y=−1
4x2+bx+c得{
c=2
−1
4
×64+8b+c=0，解得
{b=7 4
c=2
．
故抛物线解析式为y=−1
4x2+7
4
x+2；
（3）作EF⊥x轴于F，如图1，设OD=t，∵AD⊥DE，
∴∠ADE=90∘，
∴∠ADO+∠EDF=90∘，
∵∠ADO+∠DAO=90∘，
∴∠EDF=∠DAO，
∴Rt△ADO∽Rt△DEF，
∴OD
EF =AO
DF
=AD
DE
=3
2
，
∴ EF =2
3t ，DF =4，
∴ E 点坐标为(t +4, 2
3t)，
把E(t +4, 2
3
t)代入y =−1
4
x 2+7
4
x +2得−1
4
(t +4)2+7
4
(t +4)+2=2
3
t ，
整理得3t 2+11t −60=0，解得t 1=−20
3（舍去），t 2=3， ∴ E 点坐标为(7, 2)；
（4）如图2，作NG ⊥MH 于G ，NH 交AM 于Q ，
∵ A(6, 0)，D(3, 0)，E(7, 2)，
∴ AD =√62+32=3√5，DE =√(7−3)2+22=2√5， ∵ △ADE 绕点A 逆时针旋转一定的角度得到△AMN ， ∴ AM =AD =3√5，MN =2√5，∠AMN =∠ADE =90∘， ∵ MH ⊥y 轴，HN 平分AM ，即点Q 为AM 的中点， ∴ QH =QA =QM =1
2AM =
3√5
2
， 在Rt △GNM 中，QN =√MN 2+QM 2=√(2√5)2+(3√52
)2
=
5√52
，
∴ HN =QN +QH =
5√52
+
3√52
=4√5，
∵ ∠AMH +∠NMG =90∘，∠AMH +∠HAM =90∘， ∴ ∠HAM =∠NMG ，
∴ Rt △AMH ∽Rt △MNG ， ∴
AH MG
=
MH NG
=
AM MN
=3
2
，
设AH =3a ，HM =3b ，则NG =2b ，MG =2a ， 在Rt △MNG 中，(2a)2+(2b)2=(2√5)2①，
在Rt △NHG 中，(3b +2a)2+(2b)2=(4√5)2②， 解①②组成的方程组得{a =1
b =2
，负根舍去， ∴ AH =3，MH =6， ∴ M(6, 3)，
当x =6时，y =−1
4x 2+7
4x +2=−1
4×36+7
4×6+2=7
2， ∴ 点M 不在抛物线上．。