成都玉林中学九年级上册期末精选试卷检测题

成都玉林中学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．已知关于x 的方程x 2﹣（2k +1）x +k 2+1＝0．
（1）若方程有两个不相等的实数根，求k 的取值范围；
（2）若方程的两根恰好是一个矩形两邻边的长，且k ＝2，求该矩形的对角线L 的长．
【答案】（1）k ＞3
4
；（2 【解析】 【分析】
（1）根据关于x 的方程x 2－(2k ＋1)x ＋k 2＋1＝0有两个不相等的实数根，得出△＞0，再解不等式即可；
（2）当k=2时，原方程x 2-5x+5=0，设方程的两根是m 、n ，则矩形两邻边的长是m 、n ，
利用根与系数的关系得出m+n=5，mn=5，，利用完全平方公式进行变形即可求得答案. 【详解】
解：（1）∵方程x 2－(2k ＋1)x ＋k 2＋1＝0有两个不相等的实数根， ∴Δ＝[－(2k ＋1)]2－4×1×(k 2＋1)＝4k －3＞0， ∴k ＞
34
； (2)当k ＝2时，原方程为x 2－5x ＋5＝0， 设方程的两个根为m ，n ， ∴m ＋n ＝5，mn ＝5，
==.
【点睛】
本题考查了根的判别式、根与系数的关系、矩形的性质等，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0时，方程有两个不相等的实数根；（2）△=0时，方程有两个相等的实数根；（3）△＜0时，方程没有实数根．
2．如图，已知AB 是⊙O 的弦，半径OA=2，OA 和AB 的长度是关于x 的一元二次方程x 2
﹣4x+a=0的两个实数根． （1）求弦AB 的长度； （2）计算S △AOB ；
（3）⊙O 上一动点P 从A 点出发，沿逆时针方向运动一周，当S △POA =S △AOB 时，求P 点所经过的弧长（不考虑点P 与点B 重合的情形）．
【答案】（1）AB=2；（2）S △AOB 33）当S △POA =S △AOB 时，P 点所经过的弧长分别是
43π、83π、103π． 【解析】
试题分析：（1）OA 和AB 的长度是一元二次方程的根，所以利用一元二次方程的根与系数的关系即可求出AB 的长度；
（2）作出△AOB 的高OC ，然后求出OC 的长度即可求出面积； （3）由题意知：两三角形有公共的底边，要面积相等，即高要相等． 试题解析：（1）由题意知：OA 和AB 的长度是x 2
﹣4x+a=0的两个实数根， ∴OA+AB=﹣4
1
-=4， ∵OA=2， ∴AB=2；
（2）过点C 作OC⊥AB 于点C ，
∵OA=AB=OB=2，∴△AOB 是等边三角形，∴AC=
1
2
AB=1， 在Rt△ACO 中，由勾股定理可得：3△AOB =
12AB ﹒OC=1
2
33； （3）延长AO 交⊙O 于点D ，由于△AOB 与△POA 有公共边OA ， 当S △POA =S △AOB 时，∴△AOB 与△POA 高相等，
由（2）可知：等边△AOB 3P 到直线OA 3，这样点共有3个 ①过点B 作BP 1∥OA 交⊙O 于点P 1，∴∠BOP 1=60°， ∴此时点P 经过的弧长为：
1202180π⨯=43π
， ②作点P 2，使得P 1与P 2关于直线OA 对称，∴∠P 2OD=60°， ∴此时点P 经过的弧长为：
2402180π⨯=83
π
， ③作点P 3，使得B 与P 3关于直线OA 对称，∴∠P 3OP 2=60°， ∴此时P 经过的弧长为：
3002180π⨯ =103
π
， 综上所述：当S △POA =S △AOB 时，P 点所经过的弧长分别是
43π、83π、103
π
．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程与圆的综合知识．涉及等边三角形性质，圆的对称性等知识，能综合运用所学知识，选择恰当的方法进行解题是关键．
3．图1是李晨在一次课外活动中所做的问题研究：他用硬纸片做了两个三角形，分别为△ABC和△DEF，其中∠B=90°，∠A=45°，BC=，∠F=90°，∠EDF=30°， EF=2．将△DEF 的斜边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动．在移动过程中，D、E两点始终在AC边上(移动开始时点D与点A重合)．
（1）请回答李晨的问题：若CD=10，则AD= ；
（2）如图2，李晨同学连接FC，编制了如下问题，请你回答：
①∠FCD的最大度数为；
②当FC∥AB时，AD= ；
③当以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形，且FC为斜边时，AD= ;
④△FCD的面积s的取值范围是 .
【答案】（1）2；（2）① 60°；②；③；④.
【解析】
试题分析：（1）根据等腰直角三角形的性质，求出AC的长，即可得到AD的长.
（2）①当点E与点C重合时，∠FCD的角度最大，据此求解即可.
②过点F作FH⊥AC于点H，应用等腰直角三角形的判定和性质，含30度角直角三角形的性质求解即可.
③过点F作FH⊥AC于点H，AD=x，应用含30度角直角三角形的性质把FC用x来表示，根据勾股定理列式求解.
④设AD=x，把△FCD的面积s表示为x的函数，根据x的取值范围来确定s的取值范围.试题解析：（1）∵∠B=90°，∠A=45°，BC=，∴AC=12.
∵CD=10，∴AD=2.
（2）①∵∠F=90°，∠EDF=30°，∴∠DEF=60°.
∵当点E与点C重合时，∠FCD的角度最大，∴∠FCD的最大度数=∠DEF="60°."
② 如图，过点F作FH⊥AC于点H，
∵∠EDF=30°， EF=2，∴DF=. ∴DH=3，FH=.
∵FC∥AB，∠A=45°，∴∠FCH="45°." ∴HC=. ∴DC=DH+HC=.
∵AC=12，∴AD=.
③如图，过点F作FH⊥AC于点H，设AD=x，
由②知DH=3，FH=，则HC=.
在Rt△CFH中，根据勾股定理，得.
∵以线段AD、FC、BC的长度为三边长的三角形是直角三角形，且FC为斜边，
∴，即，解得.
④设AD=x，易知，即.
而，
当时，；当时，.
∴△FCD的面积s的取值范围是.
考点：1.面动平移问题；2.等腰直角三角形的判定和性质；3.平行的性质；4.含30度角直角三角形的性质；5.勾股定理；6.由实际问题列函数关系式；7.求函数值.
4．如图直线y＝kx+k交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，且AB＝2
（1）求k的值；
（2）点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB运动，过点P作直线AB的垂线交
x轴于点Q，连接OP，设△PQO的面积为S，点P运动时间为t，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，当P在AB的延长线上，若OQ+AB＝7（BQ﹣OP），求此时直线PQ的解析式．
【答案】（1）k32）当0＜t＜1
2
时，S＝
1
2
•OQ•P y＝
1
2
（1﹣2t）•
3
2
t＝﹣
3
23
．
当t＞1
2
时，S＝
1
2
OQ•P y＝
1
2
（2t﹣1
3
＝
3
2
3
．（3）直线PQ的解析式为
y 353
．
【解析】【分析】
（1）求出点B的坐标即可解决问题；（2）分两种情形①当0＜t＜1
2
时，②当t＞
1
2
时，根据S＝1
2
OQ•P y，分别求解即可；（3）根据已知条件构建方程求出t，推出点P，Q
的坐标即可解决问题．
【详解】
解：（1）对于直线y＝kx+k，令y＝0，可得x＝﹣1，∴A（﹣1，0），
∴OA＝1，∵AB＝2，
∴OB223
AB OA
-=
∴k3
（2）如图，
∵tan ∠BAO ＝3OB
OA
= ∴∠BAO ＝60°， ∵PQ ⊥AB ，
∴∠APQ ＝90°， ∴∠AQP ＝30°， ∴AQ ＝2AP ＝2t ，
当0＜t ＜
12时，S ＝12•OQ •P y ＝12（1﹣2t 3323
． 当t ＞
12时，S ＝12OQ •P y ＝12（2t ﹣1）•
32t ＝32t 2﹣3
4
t ． （3）∵OQ +AB 7（BQ ﹣OP ），
∴2t ﹣1+222
21373(21)(1)24t t t +--+
∴2t +127
1t t -+∴4t 2+4t +1＝7t 2﹣7t +7， ∴3t 2﹣11t +6＝0， 解得t ＝3或2
3
（舍弃）， ∴P （
1233Q （5，0）， 设直线PQ 的解析式为y ＝kx +b ，则有133
250k b k b ⎧+=
⎪⎨⎪+=⎩
解得353k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，
∴直线PQ的解析式为
353
33
y x
=-+．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，三角形的面积，无理方程等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5．如图1，已知△ABC中，AB=10cm,AC=8cm,BC=6 cm ,如果点P由B出发沿BA方向向点A 匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm /s，连接PQ，设运动的时间为t（单位：s）（0≤t≤4）.解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BC．
（2）是否存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分？若存在求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
（3）如图2，把△APQ沿AP翻折，得到四边形AQPQ′.那么是否存在某时刻t使四边形AQPQ′为菱形？若存在，求出此时菱形的面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）当BF PC
⊥s时，PQ∥BC．（2）不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC 的面积平分．（3）存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为
137
-
cm2．
【解析】
（1）证△APQ∽△ABC，推出AP
AB
=
AQ
AC
，代入得出
102
10
t
-
=
2
8
t
，求出方程的解即可；
（2）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，得出方程-
5 6t2+6t=
1
2
×
1
2
×8×6，求出此方程无解，即可得出答案.
（3）首先根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ、OD、和PD的长度；然后
在Rt△PQD中，根据勾股定理列出方程（8-18
5
t）2-（6-
6
5
t）2=（2t）2，求得时间t的
值；最后根据菱形的面积等于△AQP的面积的2倍，进行计算即可.解：（1）BP=2t，则AP=10﹣2t．
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴AP AB =AQ
AC ， 即
10210t -=28
t
， 解得：t=20
9
, ∴当t=
20
9
时，PQ∥BC. （2）如答图1所示，过P 点作PD⊥AC 于点D ．
∴PD∥BC，∴F ，即B ，解得6PD 6-5
t =．
216
625
S PD AQ t t =
⨯=-， 假设存在某时刻t ，使线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分， 则有S △AQP = C S △ABC ，而S △ABC =1
2
AC•BC=24，∴此时S △AQP =12． 而S △AQP 2
665
t t =-， ∴2
66125
t t -
=，化简得：t 2﹣5t+10=0， ∵△=（﹣5）2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程无解， ∴不存在某时刻t ，使线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分．
（3）假设存在时刻t ，使四边形AQPQ′为菱形，则有AQ=PQ=BP=2t ． 如答图2所示，过P 点作PD⊥AC 于点D ，则有PD∥BC，
∴D ，即COD ∆， 解得：OC ，h ，
∴QD=AD﹣AQ=t ．
在Rt△PQD 中，由勾股定理得：QD 2
+PD 2
=PQ 2
， 即h ，
化简得：13t 2
﹣90t+125=0， 解得：t 1=5，t 2=t ，
∵t=5s 时，AQ=10cm ＞AC ，不符合题意，舍去，∴t=52
． 由（2）可知，S △AQP =
54
∴S 菱形AQPQ′=2S △AQP =2×
258=3372
+cm 2
． 所以存在时刻t ，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为
1372
-cm 2
． “点睛”本题考查了三角形的面积，勾股定理的逆定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用进行推理和计算的能力.解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形以及直角三角形，根据相似三角形的对应边成比例以及勾股定理进行列式求解.
二、初三数学 二次函数易错题压轴题（难）
6．如图1，抛物线2
1:C y x b =+交y 轴于()0,1A ．
（1）直接写出抛物线1C 的解析式______________．
（2）如图1，x 轴上两动点,M N 满足：m n X X n -==．若,B C （B 在C 左侧）为线段
MN 上的两个动点，且满足：B 点和C 点关于直线:1l x =对称．过B 作BB x '⊥轴交1
C 于B '，过C 作CC x '⊥轴交1C 于C '，连接B C ''．求B C ''的最大值（用含n 的代数式表示）．
（3）如图2，将抛物线1C 向下平移7
8
个单位长度得到抛物线2C ．2C 对称轴左侧的抛物线上有一点M ，其横坐标为m ．以OM 为直径作K ，记⊙K 的最高点为Q ．若Q 在
直线2y x =-上，求m 的值．
【答案】（1）2
1y x =+；（2）1|n -；（3）14m =-
或12
m =- 【解析】 【分析】
（1）将()0,1A 带入抛物线1C 解析式，求得b 的值，即可得到抛物线1C 的解析式； （2）设(),0B q ，则()2,0C q -，求()2
B C ''
并进行化简，由1n q -≤<且12,
q
n <-得21n q -<，则当()
2
max
B C
''
⎡⎤⎢⎥⎣
⎦时，取min 2q q n ==-，带入()2B C ''，即可求得
()
max
B C '
'
；
（3）依题意将抛物线1C 向下平移
7
8
个单位长度得到抛物线2C ，求得2C 解析式，根据解析式特点设21,8M m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，得到2
22218OM m m ⎛⎫=++ ⎪⎝
⎭，由圆的特性易求得，⊙K 的最高点点Q 坐标为：2111,22
28m OM m ⎛⎫
⎛⎫++ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭，设Q y k =，则
2111228k OM m ⎛⎫=
++ ⎪⎝⎭，化简得到22211084k m k m ⎛
⎫++-= ⎪⎝
⎭，由Q 点在2y x =-上，得2Q k x m =-=-，继而得到2
31048m m -
+=，解得14m =-或12
m =-． 【详解】
解：（1）将()0,1A 带入抛物线2
1:C y x b =+，得b=1， 则2
1:1C y x =+，
（2）设(),0B q ，则()2,0C q -， ∴(
)
2
2
2
22
(2)(2)B C
q q q q ''
⎡⎤=--+--⎣⎦
2204020q q =-+
()2
201q =-，
∵1n q -≤<且12,q n <-
21n q -<∴，
∴()
2max B C ''⎡⎤⎢⎥⎣⎦时，min 2q q n ==-， 即()
22220(21)20(1)B C n n ''=--=-，
∴()max 1|B C n ''=-，
（3）根据题意，将抛物线1C 向下平移
78个单位长度得到抛物线2C ， ∴221:8C y x =+
， ∴21,8M m m ⎛⎫+
⎪⎝⎭， ∴222218OM m m ⎛⎫=++ ⎪⎝
⎭， ∴由圆的特性易求得，⊙K 的最高点点Q 坐标为：
2111,22
28m OM m ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设Q y k =，则2111228k OM m ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
， ∴222111428OM k m ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣
⎦， 化简上式得：22211084k m k m ⎛⎫++-= ⎪⎝
⎭， ∵Q 点在2y x =-上，则2Q k x m =-=-，
∴k m =-为上述方程的一个解， ∴分析可知1()04k m k m ⎛
⎫+-= ⎪⎝⎭
， 21148
m m m -=+∴， ∴231048
m m -+=， 解得：114m =-，212m =-（经检验114m =-，212m =-是方程231048m m -+=的解）， 故14m =-或12
m =-． 【点睛】
本题主要考查二次函数的图像及性质、图像平移的性质、及二次函数与一元二次方程的综合应用、最值求法等知识．解题关键是熟练掌握二次函数的性质，充分利用数形结合的思想．
7．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为Q(2，-1)，且与y轴交于点C(0，3)，与x轴交于A，B两点(点A在点B的右侧)，点P是该抛物线上的一动点，从点C沿抛物线向点A运动(点P与A不重合)，过点P作PD∥y轴，交AC于点D．
(1)求该抛物线的函数关系式；
(2)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在题(2)的结论下，若点E在x轴上，点F在抛物线上，问是否存在以A、P、E、F为顶点的平行四边形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) y=x2﹣4x+3；(2) P1（1，0），P2（2，﹣1）；(3) F1（22，1），F2（22，1）．
【解析】
【分析】
（1）已知了抛物线的顶点坐标，可将抛物线的解析式设为顶点式，然后将函数图象经过的C点坐标代入上式中，即可求出抛物线的解析式；
（2）由于PD∥y轴，所以∠ADP≠90°，若△ADP是直角三角形，可考虑两种情况：
①以点P为直角顶点，此时AP⊥DP，此时P点位于x轴上（即与B点重合），由此可求出P点的坐标；
②以点A为直角顶点，易知OA=OC，则∠OAC=45°，所以OA平分∠CAP，那么此时D、P关于x轴对称，可求出直线AC的解析式，然后设D、P的横坐标，根据抛物线和直线AC的解析式表示出D、P的纵坐标，由于两点关于x轴对称，则纵坐标互为相反数，可据此求出P 点的坐标；
（3）很显然当P、B重合时，不能构成以A、P、E、F为顶点的四边形，因为点P、F都在抛物线上，且点P为抛物线的顶点，所以PF与x轴不平行，所以只有（2）②的一种情况符合题意，由②知此时P、Q重合；假设存在符合条件的平行四边形，那么根据平行四边形的性质知：P、F的纵坐标互为相反数，可据此求出F点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出F点的坐标．
【详解】
（1）∵抛物线的顶点为Q（2，﹣1），
∴设抛物线的解析式为y=a （x ﹣2）2﹣1，
将C （0，3）代入上式，得：
3=a （0﹣2）2﹣1，a=1；
∴y=（x ﹣2）2﹣1，即y=x 2﹣4x+3；
（2）分两种情况：
①当点P 1为直角顶点时，点P 1与点B 重合；
令y=0，得x 2﹣4x+3=0，解得x 1=1，x 2=3；
∵点A 在点B 的右边，
∴B （1，0），A （3，0）；
∴P 1（1，0）；
②当点A 为△AP 2D 2的直角顶点时；
∵OA=OC ，∠AOC=90°，
∴∠OAD 2=45°；
当∠D 2AP 2=90°时，∠OAP 2=45°，
∴AO 平分∠D 2AP 2；
又∵P 2D 2∥y 轴，
∴P 2D 2⊥AO ，
∴P 2、D 2关于x 轴对称；
设直线AC 的函数关系式为y=kx+b （k≠0）．
将A （3，0），C （0，3）代入上式得：
303
k b b +=⎧⎨=⎩ ， 解得13k b =-⎧⎨=⎩
； ∴y=﹣x+3；
设D 2（x ，﹣x+3），P 2（x ，x 2﹣4x+3），
则有：（﹣x+3）+（x 2﹣4x+3）=0，
即x 2﹣5x+6=0；
解得x 1=2，x 2=3（舍去）；
∴当x=2时，y=x 2﹣4x+3=22﹣4×2+3=﹣1；
∴P 2的坐标为P 2（2，﹣1）（即为抛物线顶点）．
∴P 点坐标为P 1（1，0），P 2（2，﹣1）；
（3）由（2）知，当P 点的坐标为P 1（1，0）时，不能构成平行四边形；
当点P 的坐标为P 2（2，﹣1）（即顶点Q ）时，
平移直线AP 交x 轴于点E ，交抛物线于F ；
∵P （2，﹣1），
∴可设F （x ，1）；
∴x 2﹣4x+3=1，
解得x 1=2﹣2，x 2=2+2；
∴符合条件的F 点有两个，
即F 1（2﹣2，1），F 2（2+2，1）．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的解析式的确定、直角三角形的判定、平行四边形的判定与性质等重要知识点，同时还考查了分类讨论的数学思想，能力要求较高，难度较大.
8．如图1，在平面直角坐标系中，O 为原点，抛物线2y ax bx c =++经过、、A B C 三点，且其对称轴为1,x =其中点()
0,3C ，点()3,0B ．
（1）求抛物线的解析式；
（2）①如图（1），点D 是直线CB 上方抛物线上的动点，当四边形DCAB 的面积取最大值时，求点D 的坐标；
②如图（2），连接,
CA在抛物线上有一点,
M满足
1
2
MCB ACO
∠=∠，请直接写出点M的横坐标．
【答案】（1）2
323
3
33
=-+
y x x ；（2）①D
353
2
，，②233+2【解析】
【分析】
（1）根据点(3
C，点()
3,0
B，利用待定系数法，可得函数解析式；
（2）①先求出直线BC的解析式，当直线m与抛物线只有一个交点时，点D到BC的距离最远，此时△BCD取最大值，故四边形DCAB有最大值，求出b的值代入原式即可得到答案；
②根据题干条件抛物线上有一点,
M满足
1
2
MCB ACO
∠=∠，通过利用待定系数法利用方程组求出直线BE的解析式，可得答案．
【详解】
解：（1）由题意得：
1
2
0933
b
a
a b
⎧
-=
⎪
⎨
⎪=++
⎩
解得
323
a,b
故抛物线的解析式是2
323
3
33
=-++
y x x.
图（1） 图（2）
（2）①设直线BC 的解析式为3.
∵直线BC 过点B （3，0），
∴3则k=33
-， 故直线BC 解析式为y=33 设直线m 解析式为3y
x b ，且直线m ∥直线BC 当直线m 与抛物线只有一个交点时，点D 到BC 的距离最远，此时△BCD 取最大值，故四边形DCAB 有最大值. 令23323b 3+=+ 23-33333
0x x b 当2Δ(-33)-43(333)0b 时
直线m 与抛物线有唯一交点 解之得：73,b 代入原式可求得：32x =
∴D 353(2
图（3）
过D 作DP ∥y 轴交CB 于点P ，△DCB 面积=△DPC 面积+△DPB 面积， ∴D 3532⎛ ⎝⎭
②存在，点M 的横坐标为313+2
解题提示：如图3
符合条件的直线有两条： CM 1和CM 2（分别在CB 的上方和下方）
∵在Rt △ACO 中，∠ACO=30°，在Rt △COB 中，∠CBO=30°，
∴∠BCM 1=∠BCM 2=15°
∵△BCE 中，∠BCE=∠BEC 2=15°
∴BC=BE=23则E （33+0）
设直线CE 解析式为：3y kx =+ ∴0(323)3k
解之得：32
∴直线CE 解析式为：(32)3y x ∴23233(32)3y x x y x ⎧=+⎪⎨⎪=⎩
解得：x 1=0，x 23－1
∵ 在Rt △OCF 中，∠CBO=30°，∠BCF=15°
∴在Rt △COF 中， ∠CFO=45° ∴3∴F 30）
∴直线CF
的解析式为-3y x ∴23233-3y x x y x ⎧=-++⎪⎨⎪=+⎩
解之得：30x =（舍去），43+2x
即点M 的横坐标为：23-1或3+2
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握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和二次函数的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式，理解坐标与图形性质是解题关键．
9．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）243y x x =++，顶点(2,1)D --；（2）存在，5
2,33P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭
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：243y 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2BP = 解得
BP=
3， 过点P 作PE ⊥x 轴于E ，
则BE=PE=
23×22=23， ∴OE=1+23=53
， ∴点P 的坐标为（-
53，-23）； ②AB 和BA 是对应边时，△ABC ∽△BAP ， ∴
AB AC BA BP =， 即2322BP
=， 解得BP=32
过点P 作PE ⊥x 轴于E ，
则BE=PE=3222=3， ∴OE=1+3=4，
∴点P 的坐标为（-4，-3）； 综合上述，当52,33P ⎛⎫--
⎪⎝⎭
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．
10．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)，(1172-+，3172
)或(1172--，3172) 【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：t=12-+或t=12
-．
∴此时点M 的坐标为（12-+，32
-）或（12-，32+）．
综上所述，满足条件的点M 的坐标为：（0，1
【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．
三、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
11．如图1，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC
上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_________，位置关系是
_________；
（2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．
【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）
492
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN 与PM 等于DE 或CE 的一半，又△ABC 为等腰直角三角形，AD=AE ，所以得PN=PM ，且互相垂直；
（2）由旋转可推出BAD CAE ∆∆≌，再利用PM 与PN 皆为中位线，得到PM=PN ，再利用角度间关系推导出垂直即可；
（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM ，且PM ⊥PN ，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】
（1）PM PN =，PM PN ⊥；
已知点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，根据三角形的中位线定理可得 12PM EC =，12
PN BD =，//PM EC ，//PN BD 根据平行线性质可得DPM DCE ∠=∠，NPD ADC ∠=∠
在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，AD AE =
可得BD EC =，90DCE ADC ∠+∠=︒
即得PM PN =，PM PN ⊥
故答案为：PM PN =；PM PN ⊥．
（2）等腰直角三角形，理由如下：
由旋转可得BAD CAE ∠=∠，
又AB AC =，AD AE =
∴BAD CAE ∆∆≌
∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠，
∵点M ，P 分别为DE ，DC 的中点
∴PM 是DCE ∆的中位线
∴12
PM CE =，且//PM CE ， 同理可证12PN BD =
，且//PN BD ∴PM PN =，MPD ECD ∠=∠，PNC DBC ∠=∠，
∴MPD ECD ACD ACE ACD ABD ∠=∠=∠+∠=∠+∠，
DPN PNC PCN DBC PCN ∠=∠+∠=∠+∠，
∴
90MPN MPD DPN ACD ABD DBC PCN ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒，
即PMN ∆为等腰直角三角形．
（3）把ADE ∆绕点A 旋转的如图的位置，
此时1()72PN AD AB =+=，1()72
PM AE AC =+= 且PN 、PM 的值最长，由（2）可知PM PN =，PM PN ⊥
所以PMN ∆面积最大值为
1497722
⨯⨯=． 【点睛】
本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．
12．如图，四边形ABCD 为正方形，△AEF 为等腰直角三角形，∠AEF ＝90°，连接FC ，G 为FC 的中点，连接GD ，ED ．
（1）如图①，E 在AB 上，直接写出ED ，GD 的数量关系．
（2）将图①中的△AEF 绕点A 逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．
（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．
【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】
【分析】
（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；
（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；
（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）结论：DE＝2DG．
理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，
∵∠AEF＝∠B＝90°，
∴EF∥CM，
∴∠CMG＝∠FEG，
∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，
∴△CMG≌△FEG（AAS），
∴EF＝CM，GM＝GE，
∵AE＝EF，
∴AE＝CM，
∴△DCM≌△DAE（SAS），
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∴∠EDM＝∠ADC＝90°，
∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，
∴△EGD是等腰直角三角形，
∴DE＝2DG．
（2）如图2中，结论成立．
理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．
∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，
∴△CGM≌△FGE（SAS），
∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，
∴CM∥ER，
∴∠DCM＝∠ERC，
∵∠AER+∠ADR＝180°，
∴∠EAD+∠ERD＝180°，
∵∠ERD+∠ERC＝180°，
∴∠DCM＝∠EAD，
∵AE＝EF，
∴AE＝CM，
∴△DAE≌△DCM（SAS），
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∴∠EDM＝∠ADC＝90°，
∵EG＝GM，
∴DG＝EG＝GM，
∴△EDG是等腰直角三角形，
∴DE2DG．
（3）①如图3﹣1中，当E，F，C共线时，
在Rt △ADC 中，AC ＝22AD CD +＝2255+＝52，
在Rt △AEC 中，EC ＝22A AE C -＝22(52)1-＝7，
∴CF ＝CE ﹣EF ＝6，
∴CG ＝
12
CF ＝3， ∵∠DGC ＝90°， ∴DG ＝22CD CG -＝2253-＝4，
∴DE ＝2DG ＝42．
②如图3﹣3中，当E ，F ，C 共线时，同法可得DE ＝32．
综上所述，DE 的长为2或2．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
13．我们定义：如图1，在△ABC 看，把AB 点绕点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，我们称△A'B'C'是△ABC 的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD 叫做△ABC 的“旋补中线”，点A 叫做“旋补中心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC 的“旋补三角形”，AD 是△ABC 的“旋补中线”． 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°，∠D=150°，BC=12，CD=23，DA=6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）①1
2
；②4；（2）AD=
1
2
BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析，
39．【解析】【分析】
（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=1
2
AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD=1
2
BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证
明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
【详解】
解：（1）①如图2中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AB=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD=1
2AB′=
1
2
BC，
故答案为1
2
．
②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD=1
2B′C′=
1
2
BC=4，
故答案为4．
（2）结论：AD=1
2 BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD=1
BC．
2
（3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM=1
BM=7，
2
∴DE=EM﹣DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵3CF=6，
∴tan∠3
∴∠CDF=60°=∠CPF，
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，3，
∴2222
++39．
=(3)6
DN PD
【点睛】
本题考查四边形综合题．
14．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，DA=63，在四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，13
【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DA3AE=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
BC3，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°。