2017年山东省日照市莒县教研室中考数学试卷(1)

2017年山东省日照市莒县教研室中考数学试卷（1）
一、选择题（本大题满分42分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，只有一个是正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B 铅笔涂黑.
1. −(−2)的相反数是（ ）
A.12
B.2
C.−2
D.−12 【答案】
C
【考点】
相反数
【解析】
根据只有符号不同的两个数为相反数，可得答案．
【解答】
解：−(−2)=2，2的相反数是−2，
故选：C ．
2. 计算(−2x 2)3的结果是( )
A.−2x 5
B.−8x 6
C.−2x 6
D.−8x 5
【答案】
B
【考点】
幂的乘方与积的乘方
【解析】
根据积的乘方法则：把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；幂的乘方法则：底数不变，指数相乘进行计算即可．
【解答】
解：原式＝(−2)3(x 2)3＝−8x 6.
故选B .
3. 不等式组{x +1>0x −2<1
的解集是（ ） A.x >−1
B.x <3
C.−1<x <3
D.−3<x <1 【答案】
C
【考点】
解一元一次不等式组
【解析】
本题比较容易，考查不等式组的解法．
【解答】
解：解不等式①，得x >−1，解不等式②，得x <3，所以不等式组的解集为−1<x <3，故选C ．
4. 在函数y =√1−2x 自变量x 的取值范围是（ ）
A.x ≤12
B.x <12
C.x ≥12
D.x >12
【答案】
A
【考点】
函数自变量的取值范围
【解析】
让被开方数为非负数列式求值即可．
【解答】
解：由题意得：1−2x≥0，
．
解得x≤1
2
故选A．
5. 今年参观“12⋅12”海口冬交会的总人数约为589000人，将589000用科学记数法表示为（）
A.58.9×104
B.5.89×105
C.5.89×104
D.0.589×106
【答案】
B
【考点】
科学记数法--表示较小的数
【解析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当
原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【解答】
解：589000=5.89×105．
故选：B．
6. 如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点D，C分别落在D′，C′的位置．若∠AED′=
40∘，则∠EFB等于（）
A.70∘
B.65∘
C.80∘
D.35∘
【答案】
A
【考点】
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据平角的知识可求出∠DED′的度数，再由折叠的性质可得出∠D′EF=∠DEF=
1
∠DED′，从而根据平行线的性质可得出∠EFB的度数．
2
【解答】
解：∵∠AED′=40∘，
∴∠DED′=180∘−40∘=140∘，
∠DED′，
又由折叠的性质可得，∠D′EF=∠DEF=1
2
∴∠DEF=70∘，
又∵AD // BC，
∴∠EFB=70∘．
故选：A．
7.
如图，△ABC中，D，E分别在边AB，AC上，DE // BC，BD=2AD，若DE=2，则BC=()
A.3
B.4
C.5
D.6
【答案】
D
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
先根据题意得出△ADE∽△ABC，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．【解答】
解：∵BD=2AD，DE=2，
∴AD
AB =1
3
．
∵DE // BC，
∴△ADE∼△ABC，
∴AD
AB =DE
BC
，即1
3
=2
BC
，解得BC=6．
故选D．
8. 如图，已知AB=AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≅△ADC的是( )
A.CB=CD
B.∠BAC=∠DAC
C.∠BCA=∠DCA
D.∠B=∠D=90∘
【答案】
C
【考点】
全等三角形的判定
【解析】
本题要判定△ABC≅△ADC，已知AB=AD，AC是公共边，具备了两组边对应相等，故添加CB=CD、∠BAC=∠DAC、∠B=∠D=90∘后可分别根据SSS、SAS、HL能判
定△ABC≅△ADC，而添加∠BCA=∠DCA后则不能．
【解答】
解：A、添加CB=CD，根据SSS，能判定△ABC≅△ADC，故A选项不符合题意；
B、添加∠BAC=∠DAC，根据SAS，能判定△ABC≅△ADC，故B选项不符合题意；
C、添加∠BCA=∠DCA时，不能判定△ABC≅△ADC，故C选项符合题意；
D、添加∠B=∠D=90∘，根据HL，能判定△ABC≅△ADC，故D选项不符合题意. 故选C.
9. 已知一次函数y=x+b的图象经过一、二、三象限，则b的值可以是( )
A.−2
B.−1
C.0
D.2
【答案】
D
【考点】
一次函数图象与系数的关系
【解析】
根据一次函数图象与系数的关系得到k>0，b>0，然后对选项进行判断．
【解答】
解：∵一次函数y=x+b的图象经过一、二、三象限，
∴k>0，b>0．
故选D.
10. 一个不透明的布袋中有分别标着数字1，2，3，4的四个乒乓球，现从袋中随机摸出两个乒乓球，则这两个乒乓球上的数字之和大于5的概率为（）
A.1 6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
【答案】
B
【考点】
列表法与树状图法
【解析】
首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的与这两个乒乓球上的数字之和大于5的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】
解：列表得：
∴这两个乒乓球上的数字之和大于5的概率为：4
12=1
3
．
故选B．
11. x的2倍与y的和的平方用代数式表示为（）
A.(2x+y)2
B.2x+y2
C.2x2+y2
D.2(x+y)2
【答案】
A
【考点】
列代数式
【解析】
用x的2倍加上y，然后平方即可．
【解答】
解：“x的2倍与y的和的平方”可以表示为：(2x+y)2．
故选A．
12. 如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，点E是⊙O上一点，且∠AEB=60∘，则∠P
的度数为（）
A.120∘
B.90∘
C.60∘
D.75∘
【答案】
C
【考点】
切线的性质
圆周角定理
【解析】
连接OA、OB，在四边形PAOB中，∠OAP=∠OBP=90∘，∠AOB=2∠E=120∘，由内角和求得∠P的大小．
【解答】
解：连接OA、OB．
在四边形PAOB中，由于PA、PB分别切⊙O于点A、B，
则∠OAP=∠OBP=90∘，
又∠AOB=2∠E=120∘，
∠P=60∘．
故选C．
13. 如图，在▱ABCD中，AD=2，AB=4，∠A=30∘，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是（）
A.3−π
3B.3−π
6
C.4−π
3
D.4−π
6
【答案】
A
【考点】
扇形面积的计算平行四边形的性质【解析】
根据题意可以得到平行四边形底边AB上的高，由图可知图中阴影部分的面积是平行四边形的面积减去扇形的面积和△EBC的面积．
【解答】
解：作DF⊥AB于点F，
∵AD=2，∠A=30∘，∠DFA=90∘，
∴DF=1，
∵AD=AE=2，AB=4，
∴BE=2，
∴阴影部分的面积是：4×1−30×π×22
360−2×1
2
=3−π
3
，
故选A．
14. 如图，O为原点，点A的坐标为(−1, 2)，将△ABO绕点O顺时针旋转90∘后得到△
CEO，则点A的对应点C的坐标为（）
A.(1, 2)
B.(2, 1)
C.(−2, 1)
D.(−2, −1)
【答案】
B
【考点】
坐标与图形变化-旋转
【解析】
解题的关键是应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．【解答】
解：将△ABO绕点O顺时针旋转90∘后得到的△CEO如图所示，
则点A的对应点C的坐标为(2, 1)，
故选：B．
二、填空题（本大题满分16分，每小题4分）
计算：4√1
2
−√8=________．
【答案】
【考点】
二次根式的加减混合运算
【解析】
先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可．
【解答】
原式＝4×√2
2
−2√2=0．
分式方程x−3
x−2+1=3
2−x
的解是________．
【答案】
x＝1
【考点】
解分式方程
【解析】
先去分母，然后通过移项、合并同类项、化未知数的系数为1解方程；注意，分式方程需要验根．
【解答】
由原方程，得
x−3 x−2+3
x−2
=−1，
∴x−3+3
x−2
=−1，
去分母，得
x＝2−x，即2x＝2，
解得x＝1，
经检验：x＝1是原方程的解．
故原方程的解是：x＝1．
如图，在△ABC中，AB=5，AC=4，点D在边AB上，∠ACD=∠B，则AD的长为
________．
【答案】
16
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
先根据相似三角形的判定定理得出△ACD∽△ABC，再由相似三角形的对应边成比例即可得出AD的长．
【解答】
解：∵在△ABC与△ACD中，∠A=∠A，∠ACD=∠B，
∴△ACD∽△ABC，
∴AC
AB =AD
AC
，
∵AB=5，AC=4，
∴4
5=AD
4
，
解得AD=16
5
．
故答案为：16
5
．
如图，在△ABC中，AB=4，BC=6，∠B=60∘，将△ABC沿射线BC方向平移2个单
位后得到△DEF，连接DC，则DC的长为________．
【答案】
4
【考点】
平移的性质
【解析】
根据平移的性质可得DE=AB=4，BC−BE=6−2=4，然后根据等边三角形的定义列式计算即可得解．
【解答】
解：∵△ABC沿射线BC方向平移2个单位后得到△DEF，
∴DE=AB=4，BC−BE=6−2=4，
∵∠B=∠DEC=60∘，
∴△DEC是等边三角形，
∴DC=4，
故答案为：4．
三、解答题（本大题满分62分）
（1）计算：−12015−23÷(−2)+(−1
3
)0−√4
（2）化简：a−b
a ÷(a−2ab−b2
a
)．
【答案】
解：（1）原式=−1−8÷(−2)+1−2 =−1+4+1−2
=2．
（2）原式=a−b
a ÷(a−b)2
a
=a−b
a
⋅
a
(a−b)2
=1
a−b
．
【考点】
分式的混合运算
实数的运算
零指数幂、负整数指数幂
【解析】
结合分式混合运算的运算法则进行求解即可．【解答】
解：（1）原式=−1−8÷(−2)+1−2
=−1+4+1−2
=2．
（2）原式=
a−b a ÷(a−b)2a =a −b a ⋅a (a −b)2
=1a−b ．
同庆中学为丰富学生的校园生活，准备从军跃体育用品商店一次性购买若干个足球和篮球（每个足球的价格相同，每个篮球的价格相同），若购买3个足球和2个篮球共需310元，购买2个足球和5个篮球共需500元．
(1)购买一个足球、一个篮球各需多少元？
(2)根据同庆中学的实际情况，需从军跃体育用品商店一次性购买足球和篮球共96个，要求购买足球和篮球的总费用不超过5720元，这所中学最多可以购买多少个篮球？
【答案】
解：(1)设购买一个足球需要x 元，购买一个篮球需要y 元，
根据题意得{3x +2y =310，2x +5y =500，
解得{x =50，y =80，
∴ 购买一个足球需要50元，购买一个篮球需要80元．
(2)设购买a 个篮球，则购买(96−a)个足球．
80a +50(96−a)≤5720，
a ≤3023．
∵ a 为正整数，
∴ a 最多可以购买30个篮球．
∴ 这所学校最多可以购买30个篮球．
【考点】
二元一次方程组的应用——销售问题
一元一次不等式的实际应用
【解析】
（1）根据费用可得等量关系为：购买3个足球和2个篮球共需310元；购买2个足球和5个篮球共需500元，把相关数值代入可得一个足球、一个篮球的单价；
（2）不等关系为：购买足球和篮球的总费用不超过5720元，列式求得解集后得到相应整数解，从而求解．
【解答】
解：(1)设购买一个足球需要x 元，购买一个篮球需要y 元，
根据题意得{3x +2y =310，2x +5y =500，
解得{x=50，y=80，
∴购买一个足球需要50元，购买一个篮球需要80元．
(2)设购买a个篮球，则购买(96−a)个足球．
80a+50(96−a)≤5720，
a≤302
3
．
∵a为正整数，
∴a最多可以购买30个篮球．
∴这所学校最多可以购买30个篮球．
某中学九年级学生共450人，其中男生250人，女生200人．该校对九年级所有学生进
行了一次体育测试，并随机抽取了50名男生和40名女生的测试成绩作为样本进行分析，绘制成如下的统计表：
（1）请解释“随机抽取了50名男生和40名女生”的合理性；
（2）从上表的“频数”、“百分比”两列数据中选择一列，用适当的统计图表示；
（3）估计该校九年级学生体育测试成绩不及格的人数．
【答案】
估计该校九年级学生体育测试成绩不合格的人数为45人．
【考点】
统计图的选择
总体、个体、样本、样本容量
用样本估计总体
频数（率）分布表
【解析】
（1）所抽取男生和女生的数量应该按照比例进行，根据这一点进行说明即可；
（2）可选择扇形统计图，表示出各种情况的百分比；
（3）根据频数=总数×频率即可得出答案．
【解答】
解：（1）∵50
250=40
200
，
∴随即抽取了50名男生和40名女生是合理；
（2）选择扇形统计图，表示各种情况的百分比，图形如图所示：
（3）该校九年级学生体育测试成绩不及格的人数为：450×10%=45，
答：估计该校九年级学生体育测试成绩不合格的人数为45人．
如图，某大楼的顶部树有一块广告牌CD，小李在山坡的坡脚A处测得广告牌底部D的仰角为60∘．沿坡面AB向上走到B处测得广告牌顶部C的仰角为45∘，已知山坡AB的坡度i＝1:√3，AB＝10米，AE＝15米．（i＝1:√3是指坡面的铅直高度BH与水平宽度AH 的比）
（1）求点B距水平面AE的高度BH；
（2）求广告牌CD的高度．
（测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米．参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）【答案】
过B作BG⊥DE于G，
Rt△ABH中，i＝tan∠BAH=
√3=√3
3
，
∴∠BAH＝30∘，
∴BH=1
2
AB＝5；
∵BH⊥HE，GE⊥HE，BG⊥DE，
∴四边形BHEG是矩形．
∵由（1）得：BH＝5，AH＝5√3，
∴BG＝AH+AE＝5√3+15，
Rt△BGC中，∠CBG＝45∘，
∴CG＝BG＝5√3+15．
Rt△ADE中，∠DAE＝60∘，AE＝15，
∴DE=√3AE＝15√3．
∴CD＝CG+GE−DE＝5√3+15+5−15√3=20−10√3≈2.7m．
答：宣传牌CD高约2.7米．
【考点】
解直角三角形的应用-坡度坡角问题
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【解析】
（1）过B作DE的垂线，设垂足为G．分别在Rt△ABH中，通过解直角三角形求出BH、AH；
（2）在△ADE解直角三角形求出DE的长，进而可求出EH即BG的长，在Rt△CBG中，
∠CBG＝45∘，则CG＝BG，由此可求出CG的长然后根据CD＝CG+GE−DE即可求出宣传牌的高度．
【解答】
过B作BG⊥DE于G，
Rt△ABH中，i＝tan∠BAH=
√3=√3
3
，
∴∠BAH＝30∘，
∴BH=1
2
AB＝5；
∵BH⊥HE，GE⊥HE，BG⊥DE，
∴四边形BHEG是矩形．
∵由（1）得：BH＝5，AH＝5√3，
∴BG＝AH+AE＝5√3+15，
Rt△BGC中，∠CBG＝45∘，
∴CG＝BG＝5√3+15．
Rt△ADE中，∠DAE＝60∘，AE＝15，
∴DE=√3AE＝15√3．
∴CD＝CG+GE−DE＝5√3+15+5−15√3=20−10√3≈2.7m．
答：宣传牌CD高约2.7米．
在边长为1的正方形ABCD中，点E是射线BC上一动点，AE与BD相交于点M，AE或其延长线与DC或其延长线相交于点F，G是EF的中点，连结CG．
（1）如图1，当点E在BC边上时．求证：①△ABM≅△CBM；②CG⊥CM．
（2）如图2，当点E在BC的延长线上时，（1）中的结论②是否成立？请写出结论，不用证明．
（3）试问当点E运动到什么位置时，△MCE是等腰三角形？请说明理由．
【答案】
证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，
在△ABM和△CBM中，{
AB=CB
∠ABM=∠CBM
BM=BM
，
∴△ABM≅△CBM(SAS)．
②∵△ABM≅△CBM
∴∠BAM=∠BCM，
又∵∠ECF=90∘，G是EF的中点，∴GC=1
2
EF=GF，∴∠GCF=∠GFC，
又∵AB // DF，
∴∠BAM=∠GFC，
∴∠BCM=∠GCF，
∴∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90∘，
∴GC⊥CM；
成立；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，
在△ABM和△CBM中，{
AB=CB
∠ABM=∠CBM
BM=BM
，
∴△ABM≅△CBM(SAS)
∴∠BAM=∠BCM，
又∵∠ECF=90∘，G是EF的中点，
∴GC=GF，
∴∠GCF=∠GFC，
又∵AB // DF，
∴∠BAM=∠GFC，
∴∠BCM=∠GCF，
∴∠GCF+∠MCF=∠BCM+MCFE=90∘，
∴GC⊥CM；
分两种情况：①当点E在BC边上时，
∵∠MEC>90∘，要使△MCE是等腰三角形，必须EM=EC，∴∠EMC=∠ECM，
∴∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，
∴2∠BAE+∠BAE=90∘，
∴∠BAE=30∘，
∴BE=√3
3AB=√3
3
；
②当点E在BC的延长线上时，同①知BE=√3．
综上①②，当BE=√3
3
戓BE=√3时，△MCE是等腰三角形．
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）①由正方形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠CBM，由SAS证明△ABM≅△CBM 即可．
②由全等三角形的性质得出∠BAM=∠BCM，由直角三角形斜边上的中线性质得出
GC=GF，证出∠GCF=∠F，由平行线的性质得出∠BAM=∠F，因此∠BCM=∠GCF，得出∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90∘，即可得出结论；
（2）同（1），即可得出结论；
（3）①当点E在BC边上时，由∠MEC>90∘，要使△MCE是等腰三角形，必须EM=
EC，得出∠EMC=∠ECM，由三角形的外角性质得出∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，由
直角三角形的性质得出∠BAE=30∘，得出BE=√3
3AB=√3
3
；
②当点E在BC的延长线上时，同①知BE=√3；即可得出结论．【解答】
证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，
在△ABM和△CBM中，{
AB=CB
∠ABM=∠CBM
BM=BM
，
∴△ABM≅△CBM(SAS)．
②∵△ABM≅△CBM
∴∠BAM=∠BCM，
又∵∠ECF=90∘，G是EF的中点，∴GC=1
2
EF=GF，∴∠GCF=∠GFC，
又∵AB // DF，
∴∠BAM=∠GFC，
∴∠BCM=∠GCF，
∴∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90∘，
∴GC⊥CM；
成立；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，
在△ABM和△CBM中，{
AB=CB
∠ABM=∠CBM
BM=BM
，
∴△ABM≅△CBM(SAS)
∴∠BAM=∠BCM，
又∵∠ECF=90∘，G是EF的中点，
∴GC=GF，
∴∠GCF=∠GFC，
又∵AB // DF，
∴∠BAM=∠GFC，
∴∠BCM=∠GCF，
∴∠GCF+∠MCF=∠BCM+MCFE=90∘，
∴GC⊥CM；
分两种情况：①当点E在BC边上时，
∵∠MEC>90∘，要使△MCE是等腰三角形，必须EM=EC，∴∠EMC=∠ECM，
∴∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，
∴2∠BAE+∠BAE=90∘，
∴∠BAE=30∘，
∴BE=√3
3AB=√3
3
；
②当点E在BC的延长线上时，同①知BE=√3．
综上①②，当BE=√3
3
戓BE=√3时，△MCE是等腰三角形．
如图，把两个全等的Rt △AOB 和Rt △COD 分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB 、OD 在x 轴上．已知点A(1, 2)，过A 、C 两点的直线分别交x 轴、y 轴于点E 、F ．抛物线y =ax 2+bx +c 经过O 、A 、C 三点．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)点P 为线段OC 上一个动点，过点P 作y 轴的平行线交抛物线于点M ，交x 轴于点N ，问是否存在这样的点P ，使得四边形ABPM 为等腰梯形？若存在，求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)若△AOB 沿AC 方向平移（点A 始终在线段AC 上，且不与点C 重合），△AOB 在平移过程中与△COD 重叠部分面积记为S ．试探究S 是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】
解：(1)∵ 抛物线y =ax 2+bx +c 经过点O 、A 、C ， 可得c =0，∴ {a +b =2,
4a +2b =1,
解得a =−3
2
，b =7
2
，
∴ 抛物线解析式为y =−32
x 2+7
2
x ．
(2)设点P 的横坐标为t ，∵ PN // CD ，∴ △OPN ∼△OCD ，可得PN =t
2，
∴ P(t, t
2
)，∵ 点M 在抛物线上，∴ M(t, −3
2
t 2+7
2
t)．
如图，
过M 点作MG ⊥AB 于G ，过P 点作PH ⊥AB 于H ，
AG =y A −y M =2−(−3
2t 2+7
2t)=3
2t 2−7
2t +2，BH =PN =t
2． 当AG =BH 时，四边形ABPM 为等腰梯形， ∴ 3
2t 2−7
2t +2=t
2，
化简得3t 2−8t +4=0，解得t 1=2（不合题意，舍去），t 2=2
3，
∴ 点P 的坐标为(23, 1
3)，
∴ 存在点P(23, 1
3)，使得四边形ABPM 为等腰梯形．
(3)如图，
△AOB 沿AC 方向平移至△A′O′B′，A′B′交x 轴于T ，交OC 于Q ，A′O′交x 轴于K ，交OC 于R ．
求得过A 、C 的直线为y AC =−x +3，可设点A′的横坐标为a ，则点A′(a, −a +3)， 易知△OQT ∼△OCD ，可得QT =a
2， ∴ 点Q 的坐标为(a, a
2)．
设AB 与OC 相交于点J ，
∵ △A′RQ ∼△AOJ ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ HT
OB =A ′Q AJ
，
∴ HT =
A ′Q AJ
⋅OB =
3−a−12a
2−12
×1=2−a ，
KT =12
A′T =12
(3−a)，A′Q =y A ′−y Q =(−a +3)−a 2
=3−32
a ． S 四边形RKTQ =S △A′KT −S △A′RQ =12KT ⋅A′T −1
2A′Q ⋅HT =
12⋅3−a 2⋅(3−a)−12⋅(3−32
a)⋅(−a +2) =−1
2a 2+3
2a −3
4=−1
2(a −3
2)2+3
8， 由于−1
2<0，
∴ 当a =3
2时，S 四边形RKTQ 最大=3
8，
∴ 在线段AC 上存在点A′(32, 3
2)，能使重叠部分面积S 取到最大值，最大值为3
8． 【考点】
二次函数综合题 【解析】 方法一：
（1）抛物线y ＝ax 2+bx +c 经过点O 、A 、C ，利用待定系数法求抛物线的解析式； （2）根据等腰梯形的性质，确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t 的值，从而可解．结论：存在点P(23, 1
3)，使得四边形ABPM 为等腰梯形； （3）本问关键是求得重叠部分面积S 的表达式，然后利用二次函数的极值求得S 的最大值．解答中提供了三种求解面积S 表达式的方法，殊途同归，可仔细体味． 方法二： （1）略．
（2）因为四边形ABPM 为等腰梯形，只需AM ＝BP ，且AM 与BP 不平行，利用两点间距离公式可求解．
（3）设A ’参数坐标，利用直线方程分别求出R ，Q ，K ，T 的参数坐标，根据S ＝S △QOT −S △ROK ，求出S 的面积函数，并求出S 的最大值． 【解答】
解：(1)∵ 抛物线y =ax 2+bx +c 经过点O 、A 、C ， 可得c =0，∴ {a +b =2,
4a +2b =1,
解得a =−3
2
，b =7
2
，
∴ 抛物线解析式为y =−32x 2+7
2x ．
(2)设点P 的横坐标为t ，∵ PN // CD ，∴ △OPN ∼△OCD ，可得PN =t
2，
∴ P(t, t
2)，∵ 点M 在抛物线上，∴ M(t, −3
2t 2+7
2t)． 如图，
过M 点作MG ⊥AB 于G ，过P 点作PH ⊥AB 于H ，
AG =y A −y M =2−(−3
2t 2+7
2t)=3
2t 2−7
2t +2，BH =PN =t
2． 当AG =BH 时，四边形ABPM 为等腰梯形， ∴ 3
2
t 2−7
2
t +2=t
2
，
化简得3t 2−8t +4=0，解得t 1=2（不合题意，舍去），t 2=2
3
，
∴ 点P 的坐标为(23, 1
3)，
∴ 存在点P(23, 1
3)，使得四边形ABPM 为等腰梯形． (3)如图，
△AOB 沿AC 方向平移至△A′O′B′，A′B′交x 轴于T ，交OC 于Q ，A′O′交x 轴于K ，交OC 于R ．
求得过A 、C 的直线为y AC =−x +3，可设点A′的横坐标为a ，则点A′(a, −a +3)， 易知△OQT ∼△OCD ，可得QT =a
2， ∴ 点Q 的坐标为(a, a
2)．
设AB 与OC 相交于点J ，
∵ △A′RQ ∼△AOJ ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴ HT
OB =A ′Q AJ
，
∴ HT =
A ′Q AJ
⋅OB =
3−a−12a
2−12
×1=2−a ，
KT =1
2A′T =1
2(3−a)，A′Q =y A ′−y Q =(−a +3)−a
2=3−3
2a ． S 四边形RKTQ =S △A′KT −S △A′RQ =12KT ⋅A′T −1
2A′Q ⋅HT =
12⋅3−a 2⋅(3−a)−12⋅(3−32
a)⋅(−a +2) =−1
2a 2+3
2a −3
4=−1
2(a −3
2)2+3
8， 由于−1
2<0，
∴ 当a =32
时，S 四边形RKTQ 最大=3
8
，
∴ 在线段AC 上存在点A′(32, 32
)，能使重叠部分面积S 取到最大值，最大值为3
8
．。