天津市重點中學(xué)九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷及答案解析（共五套）

天津市重點中學(xué)九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷（一）一、選擇題1、下列電視臺的臺標(biāo)，是中心對稱圖形的是（

）A、B、C、D、2、在直角坐標(biāo)系中，點A（2，﹣3）關(guān)于原點對稱的點位于（

）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D(zhuǎn)、第四象限3、下列方程是關(guān)于x的一元二次方程的是（

）A、ax2+bx+c=0B、=2C、x2+2x=x2﹣1D、3（x+1）2=2（x+1）4、下列函數(shù)中，不是二次函數(shù)的是（

）A、y=1﹣x2B、y=2（x﹣1）2+4C、y=（x﹣1）（x+4）D、y=（x﹣2）2﹣x25、如圖，△ABC和△DCE都是直角三角形，其中一個三角形是由另一個三角形旋轉(zhuǎn)得到的，下列敘述中錯誤的是（

）A、旋轉(zhuǎn)中心是點CB、順時針旋轉(zhuǎn)角是90°C、旋轉(zhuǎn)中心是點B，旋轉(zhuǎn)角是∠ABCD、既可以是逆時針旋轉(zhuǎn)又可以是順時針旋轉(zhuǎn)6、如圖，CE是圓O的直徑，⊙O的直徑，AB為⊙O的弦，EC⊥AB，垂足為D，下面結(jié)論正確的有（

）①AD=BD；②=；③=；④OD=CD．A、1個B、2個C、3個D、4個7、已知：如圖，⊙O的兩條弦AE，BC相交于點D，連接AC，BE．若∠ACB=60°，則下列結(jié)論中正確的是（

）A、∠AOB=60°B、∠ADB=60°C、∠AEB=60°D、∠AEB=30°8、一元二次方程x2﹣mx+2m=0有兩個相等的實數(shù)根，則m等于（

）A、0或8B、0C、8D、29、如圖，拋物線頂點坐標(biāo)是P（1，3），則函數(shù)y隨自變量x的增大而減小的x的取值范圍是（

）A、x＞3B、x＜3C、x＞1D、x＜110、如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD，垂足為E，∠A=22.5°，OC=4，CD的長為（

）A、2B、4C、4D、811、二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象如圖，點（1，0）在函數(shù)圖象上，那么abc、2a+b、a+b+c、a﹣b+c這四個代數(shù)式中，值大于或等于零的數(shù)有（

）A、1個B、2個C、3個D、4個12、如圖所示，MN是⊙O的直徑，作AB⊥MN，垂足為點D，連接AM，AN，點C為上一點，且=，連接CM，交AB于點E，交AN于點F，現(xiàn)給出以下結(jié)論：①AD=BD；②∠MAN=90°；③=；④∠ACM+∠ANM=∠MOB；⑤AE=MF．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（

）A、2B、3C、4D、5二、填空題13、已知x1，x2是方程2x2﹣5x﹣1=0的兩個根，則x1+x2的值是________．14、如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上的一點，若BC=6，AB=10，OD⊥BC于點D，則OD的長為________．15、圓的兩條平行弦的長分別為6、8，若圓的半徑為5，則這兩條平行弦之間的距離為________．16、如果將拋物線y=x2+2x﹣1向上平移，使它經(jīng)過點A（0，3），那么所得新拋物線的表達式是________．17、如圖，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，將△ABC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MNC，連接BM，那么BM的長是________．18、若二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸有兩個交點，坐標(biāo)分別為（x1，0）、（x2，0），且x1＜x2，圖象上有一點M（x0，y0）在x軸下方，在下列四個算式中判定正確的是________

①a（x0﹣x1）（x0﹣x2）＜0；②a＞0；③b2﹣4ac≥0；④x1＜x0＜x2．三、解答題19、已知：關(guān)于x的方程x2+2mx+m2﹣1=0(1)不解方程，判別方程根的情況；(2)若方程有一個根為3，求m的值．20、如圖，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，給出了格點三角形ABC（頂點時網(wǎng)格線的交點）(1)將△ABC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A1B1C，請畫出△A1B1C；(2)求線段BB1的長度為________．21、拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸分別交于點A（﹣2，0）、B（4，0），與y軸交于點C．(1)求拋物線解析式；(2)求△CAB的面積．22、如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E在對角線AC上，EC=BC=DC．(1)若∠CBD=39°，求∠BAD的度數(shù)；(2)求證：∠1=∠2．23、某商品現(xiàn)在的售價為每件30元，每天可賣出40件．市場調(diào)查反映：如果調(diào)整價格，每降價1元，每天可多賣出2件．請你幫助分析，當(dāng)每件商品降價多少元時，可使每天的銷售額最大，最大銷售額是多少？設(shè)每件商品降價x元，每天的銷售額為y元．(1)分析：根據(jù)問題中的數(shù)量關(guān)系，用含x的式子填表：原價每件降價1元每件降價2元…每件降價x元每件售價（元）302928…________每天銷量（件）404244…________(2)由以上分析，用含x的式子表示y，并求出問題的解．24、如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和A′B′C重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠B′=30°，AC=AC′=2．(1)如圖2，固定△ABC，將△A′B′C繞點C旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點A′恰好落在AB邊上時，①∠CA′B′=________；旋轉(zhuǎn)角ɑ=________（0°＜ɑ＜90°），線段A′B′與AC的位置關(guān)系是________；(2)②設(shè)△A′BC的面積為S1，△AB′C的面積為S2，則S1與S2的數(shù)量關(guān)系是什么？證明你的結(jié)論；(3)如圖3，∠MON=60°，OP平分∠MON，OP=PN=4，PQ∥MO交ON于點Q．若在射線OM上存在點F，使S△PNF=S△OPQ，請直接寫出相應(yīng)的OF的長．25、已知拋物線的不等式為y=﹣x2+6x+c．(1)若拋物線與x軸有交點，求c的取值范圍；(2)設(shè)拋物線與x軸兩個交點的橫坐標(biāo)分別為x1，x2．若x12+x22=26，求c的值．(3)若P，Q是拋物線上位于第一象限的不同兩點，PA，QB都垂直于x軸，垂足分別為A，B，且△OPA與△OQB全等．求證：c＞﹣．答案解析部分一、<b>選擇題</b>1、【答案】D【考點】中心對稱及中心對稱圖形【解析】【解答】解：A、不是中心對稱圖形，故A選項錯誤；B、不是中心對稱圖形，故B選項錯誤；C、不是中心對稱圖形，故C選項錯誤；D、是中心對稱圖形，故D選項正確．故選D．【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷后利用排除法求解．2、【答案】B【考點】關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)【解析】【解答】解：∵點A（2，﹣3）關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)是（﹣2，3），其橫坐標(biāo)小于0，縱坐標(biāo)大于0，∴點A（2，﹣3）關(guān)于原點對稱的點位于第二象限．故選B．【分析】平面直角坐標(biāo)系中任意一點P（x，y），關(guān)于原點的對稱點是（﹣x，﹣y），即：求關(guān)于原點的對稱點，橫縱坐標(biāo)都變成相反數(shù)．據(jù)此即可確定對稱點的象限．3、【答案】D【考點】一元二次方程的定義【解析】【解答】解：A、ax2+bx+c=0當(dāng)a=0時，不是一元二次方程，故A錯誤；B、=2不是整式方程，故B錯誤；C、x2+2x=x2﹣1是一元一次方程，故C錯誤；D、3（x+1）2=2（x+1）是一元二次方程，故D正確；故選：D．【分析】根據(jù)一元二次方程的定義解答，一元二次方程必須滿足四個條件：未知數(shù)的最高次數(shù)是2；二次項系數(shù)不為0；是整式方程；含有一個未知數(shù)．由這四個條件對四個選項進行驗證，滿足這四個條件者為正確答案．4、【答案】D【考點】二次函數(shù)的定義【解析】【解答】解：A、y=1﹣x2是二次函數(shù)；B、y=2（x﹣1）2+4=2x2﹣4x+6，是二次函數(shù)；C、y=（x﹣1）（x+4）=x2+x﹣2，是二次函數(shù)；D、y=（x﹣2）2﹣x2=﹣4x+4，是一次函數(shù)；故選：D．【分析】將各函數(shù)整理成一般式后根據(jù)二次函數(shù)定義判斷即可．5、【答案】C【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，△ABC通過旋轉(zhuǎn)得到△DCE，它的旋轉(zhuǎn)中心是點C，A正確，C錯誤；AC⊥CD即順時針旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為90°，B正確；兩個三角形，既可看成是順時針旋轉(zhuǎn)又可看成是逆時針旋轉(zhuǎn)，只是旋轉(zhuǎn)角不同，D正確．故選C．【分析】觀察圖形，選擇旋轉(zhuǎn)中心，旋轉(zhuǎn)方向，旋轉(zhuǎn)角．旋轉(zhuǎn)中心只有一個，旋轉(zhuǎn)方向可以是順時針或者逆時針，相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)角不同．6、【答案】C【考點】垂徑定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系【解析】【解答】解：∵CE是圓O的直徑，⊙O的直徑，AB為⊙O的弦，EC⊥AB，垂足為D，∴CE垂直平分AB，∴AD=BD，故①正確；∴弧AC=弧BC，故②正確；∴弧AE=弧BE，故③正確；∵AB是⊙O的弦，CE是直徑，∴CD≠OD，故④錯誤．故選C．【分析】根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系及垂徑定理對各小題進行逐一分析即可．7、【答案】C【考點】圓周角定理【解析】【解答】解：∵∠ACB=60°，∴∠AEB=∠ACB=60°，∠AOB=2∠ACB=120°，∠ADB=∠ACB+∠CAD＞∠ACB=60°，故只有C正確．故選C．【分析】由圓周角定理知，∠AEB=∠C=60°，∠AOB=2∠C=120°，∠ADB=∠C+∠CAD＞∠C=60°，所以只有C正確．8、【答案】A【考點】根的判別式【解析】【解答】解：根據(jù)題意知，△=（﹣m）2﹣4×1×2m=0，即m2﹣8m=0，解得：m=0或m=8，故選：A．【分析】根據(jù)方程有兩個相等實數(shù)根可得△=（﹣m）2﹣4×1×2m=0，解之即可．9、【答案】C【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵拋物線頂點坐標(biāo)是P（1，3），∴對稱軸為x=1，又∵拋物線開口向下，∴函數(shù)y隨自變量x的增大而減小的x的取值范圍是x＞1．故選C．【分析】需要根據(jù)拋物線的對稱軸及開口方向，判斷函數(shù)的增減性．10、【答案】C【考點】垂徑定理，圓周角定理，等腰直角三角形【解析】【解答】解：∵∠A=22.5°，∴∠BOC=2∠A=45°，∵⊙O的直徑AB垂直于弦CD，∴CE=DE，△OCE為等腰直角三角形，∴CE=OC=2，∴CD=2CE=4．故選：C．【分析】根據(jù)圓周角定理得∠BOC=2∠A=45°，由于⊙O的直徑AB垂直于弦CD，根據(jù)垂徑定理得CE=DE，且可判斷△OCE為等腰直角三角形，所以CE=OC=2，然后利用CD=2CE進行計算．11、【答案】C【考點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系【解析】【解答】解：由拋物線開口向上，a＞0，由對稱軸﹣＞0，∴b＜0，∵拋物線與y軸交點為負(fù)半軸，可知c＜0，∴abc＞0；∵對稱軸﹣＜1，∴2a+b＞0；當(dāng)x=1時，y=a+b+c=0；當(dāng)x=﹣1時，y=a﹣b+c＞0．故值為正的有3個．故選：C．【分析】由拋物線開口向上，a＞0，由對稱軸﹣＞0，可得b＜0，拋物線與y軸交點為負(fù)半軸，可知c＜0，再根據(jù)特殊點進行推理判斷即可求解．12、【答案】D【考點】垂徑定理，圓周角定理【解析】【解答】解：∵MN是⊙O的直徑，AB⊥MN，∴AD=BD，=，∠MAN=90°（①②③正確）∵=，∴==，∴∠ACM+∠ANM=∠MOB（④正確）∵∠MAE=∠AME，∴AE=ME，∠EAF=∠AFM，∴AE=EF，∴AE=MF（⑤正確）．正確的結(jié)論共5個．故選：D．【分析】根據(jù)AB⊥MN，垂徑定理得出①③正確，利用MN是直徑得出②正確，==，得出④正確，結(jié)合②④得出⑤正確即可．二、<b>填空題</b>13、【答案】【考點】根與系數(shù)的關(guān)系【解析】【解答】解：∵x1，x2是方程2x2﹣5x﹣1=0的兩個根，∴x1+x2=﹣=．故答案為：．【分析】直接根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系進行解答即可．14、【答案】4【考點】勾股定理，垂徑定理【解析】【解答】解：∵OD⊥BC，∴BD=CD=BC=3，∵OB=AB=5，∴OD==4．故答案為4．【分析】根據(jù)垂徑定理求得BD，然后根據(jù)勾股定理求得即可．15、【答案】7或1【考點】平行線之間的距離，垂徑定理【解析】【解答】解：在直角△OAC中，AC=AB=3，OC===4，同理，EF的弦心距是3，當(dāng)兩條平行線在圓心的兩側(cè)時：兩條平行弦之間的距離是4+3=7；當(dāng)兩條平行線在圓心的同側(cè)時：兩條平行弦之間的距離是4﹣3=1．故答案為：7或1．【分析】這兩條平行弦可能位于圓心的同側(cè)，也可能位于圓心的兩側(cè)，應(yīng)分兩種情況進行討論，在同側(cè)時，這兩條平行弦之間的距離是兩弦弦心距的差，在兩側(cè)時，這兩條平行弦之間的距離是兩弦弦心距的和．16、【答案】y=x2+2x+3【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換【解析】【解答】解：設(shè)平移后的拋物線解析式為y=x2+2x﹣1+b，把A（0，3）代入，得3=﹣1+b，解得b=4，則該函數(shù)解析式為y=x2+2x+3．故答案是：y=x2+2x+3．【分析】設(shè)平移后的拋物線解析式為y=x2+2x﹣1+b，把點A的坐標(biāo)代入進行求值即可得到b的值．17、【答案】【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：如圖，連接AM，由題意得：CA=CM，∠ACM=60°，∴△ACM為等邊三角形，∴AM=CM，∠MAC=∠MCA=∠AMC=60°；∵∠ABC=90°，AB=BC=2，∴AC=CM=2，∵AB=BC，CM=AM，∴BM垂直平分AC，∴BO=AC=，OM=CM?sin60°=，∴BM=BO+OM=+，故答案為：+．【分析】如圖，連接AM，由題意得：CA=CM，∠ACM=60°，得到△ACM為等邊三角形根據(jù)AB=BC，CM=AM，得出BM垂直平分AC，于是求出BO=AC=，OM=CM?sin60°=，最終得到BM=BO+OM．18、【答案】①【考點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，拋物線與x軸的交點【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸有兩個交點無法確定a的正負(fù)情況，∴選項②項錯誤；∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸有兩個交點，且坐標(biāo)分別為（x1，0）、（x2，0），且x1＜x2，∴b2﹣4ac＞0，故選項③錯誤；若a＞0，則x1＜x0＜x2，若a＜0，則x0＜x1＜x2或x1＜x2＜x0，故選項④錯誤若a＞0，則x0﹣x1＞0，x0﹣x2＜0，∴（x0﹣x1）（x0﹣x2）＜0，∴a（x0﹣x1）（x0﹣x2）＜0，若a＜0，則（x0﹣x1）與（x0﹣x2）同號，∴a（x0﹣x1）（x0﹣x2）＜0，綜上所述，a（x0﹣x1）（x0﹣x2）＜0正確，故選項①正確，故答案為：①．【分析】根據(jù)拋物線與x軸有兩個不同的交點，根的判別式△＞0，再分a＞0和a＜0兩種情況對各選項討論即可得解．三、<b>解答題</b>19、【答案】（1）解：由題意得，a=1，b=2m，c=m2﹣1，∵△=b2﹣4ac=（2m）2﹣4×1×（m2﹣1）=4＞0，∴方程x2+2mx+m2﹣1=0有兩個不相等的實數(shù)根（2）解：∵x2+2mx+m2﹣1=0有一個根是3，∴32+2m×3+m2﹣1=0，解得，m=﹣4或m=﹣2【考點】一元二次方程的解，根的判別式【解析】【分析】（1）找出方程a，b及c的值，計算出根的判別式的值，根據(jù)其值的正負(fù)即可作出判斷；（2）將x=3代入已知方程中，列出關(guān)于系數(shù)m的新方程，通過解新方程即可求得m的值．20、【答案】（1）解：如圖所示：△A1B1C，即為所求（2）3【考點】作圖-旋轉(zhuǎn)變換【解析】【解答】解：（2）線段BB1的長度為：=3．故答案為：3【分析】（1）直接利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)分別得出對應(yīng)點位置進而得出答案；（2）直接利用勾股定理得出線段BB1的長度．21、【答案】（1）解：將（﹣2，0），（4，0）代入函數(shù)解析式中得，解得：b=1，c=4．所以y=﹣x2+x+4（2）解：當(dāng)x=0時，y=4．所以C（0，4），AB=6．S△ABC=AB?OC=×6×4=12【考點】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，拋物線與x軸的交點【解析】【分析】（1）將（﹣2，0），（4，0）代入函數(shù)解析式，列出b和c的二元一次方程組，求出b和c的值；（2）首先求出點C的坐標(biāo)，再求出AB的長，利用三角形面積公式求出答案即可．22、【答案】（1）解：∵BC=DC，∴∠CBD=∠CDB=39°，∵∠BAC=∠CDB=39°，∠CAD=∠CBD=39°，∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=39°+39°=78°（2）證明：∵EC=BC，∴∠CEB=∠CBE，而∠CEB=∠2+∠BAE，∠CBE=∠1+∠CBD，∴∠2+∠BAE=∠1+∠CBD，∵∠BAE=∠BDC=∠CBD，∴∠1=∠2【考點】圓心角、弧、弦的關(guān)系，圓周角定理【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)由BC=DC得到∠CBD=∠CDB=39°，再根據(jù)圓周角定理得∠BAC=∠CDB=39°，∠CAD=∠CBD=39°，所以∠BAD=∠BAC+∠CAD=78°；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)由EC=BC得∠CEB=∠CBE，再利用三角形外角性質(zhì)得∠CEB=∠2+∠BAE，則∠2+∠BAE=∠1+∠CBD，加上∠BAE=∠CBD，所以∠1=∠2．23、【答案】（1）30﹣x①40+2x（2）解：根據(jù)題意可得，y=（30﹣x）（40+2x）=﹣2x2+20x+1200=﹣2（x﹣5）2+1250，∴當(dāng)x=5時，y取得最大值，最大值為1250元，答：當(dāng)每件商品降價5元時，可使每天的銷售額最大，最大銷售額是1250元【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用【解析】【解答】解：（1）由題意知，每件降價x元時，每件的售價為（30﹣x）元，每天銷量為（40+2x）件，故答案為：30﹣x，40+2x；【分析】（1）根據(jù)售價=原售價﹣降低的價格，銷售量=原銷量+2×降低的價格可得；（2）根據(jù)銷售額=售價×銷售量，列出函數(shù)解析式并配方，即可得最值情況．24、【答案】（1）60°①60°②平行（2）解：S1=S2．理由如下：∵A′B′∥AC，∴A′E⊥BC，在Rt△CA′E中，A′E=CA′=1，CE=A′E=，∴S1=?1?2=，S2=?2?=，∴S1=S2（3）如圖3，作PF1∥ON交OM于F1，作PF2⊥OP交OM于F2，∵∠MON=60°，OP平分∠MON，∴∠POQ=∠POF1=30°，∵PQ∥OM，PF1∥OQ，∴四邊形OQPF1為平行四邊形，∴PF1=OQ，∴S△NF1P=S△POQ，∵∠OPF2=90°，∠F2OP=30°，∴∠OF2P=60°，而∠F2F1P=∠MON=60°，∴△F2F1P為等邊三角形，∴PF2=PF1，由（1）中的結(jié)論得S△PNF2=S△OPQ，∴點F1、點F2為滿足條件的點，在Rt△OPF2中，sin∠POF2=，∴OF2==，∴PF2=OF2=，∵PF1∥OQ，∴∠OPF1=∠POQ=30°，∴∠OPF1=∠POF1=30°，∴OF1=PF1=PF2，∴OF1=，綜上所述，OF的長為或．【考點】全等三角形的性質(zhì)，圖形的旋轉(zhuǎn)【解析】【解答】解：（1）①如圖1，∵∠C=90°，∠B=∠B′=30°，AC=AC′=2，∴∠CAB=∠CA′B′=60°，BC=2，如圖2，∵△A′B′C繞點C旋轉(zhuǎn)，點A′恰好落在AB邊上，∴∠CAB=∠CA′B′=60°，CA=CA′，∠ACA′為旋轉(zhuǎn)角，∴△CAA′為等邊三角形，∴∠ACA′=60°，即旋轉(zhuǎn)角為60°；∵∠CA′B′=∠ACA′，∴A′B′∥AC；故答案為60°；60°；平行；【分析】（1）①如圖2，理由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CAB=∠CA′B′=60°，CA=CA′，∠ACA′為旋轉(zhuǎn)角，則可判斷△CAA′為等邊三角形，于是得到∠ACA′=60°，旋轉(zhuǎn)角為60°；然后根據(jù)平行線的判斷方法可判斷A′B′∥AC；（2）②先利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系計算出A′E=CA′=1，CE=A′E=，然后根據(jù)三角形面積公式計算出S1和S2，從而得到它們的數(shù)量關(guān)系；（3）如圖3，作PF1∥ON交OM于F1，作PF2⊥OP交OM于F2，先證明四邊形OQPF1為平行四邊形得到PF1=OQ，則S△NF1P=S△POQ，再證明△F2F1P為等邊三角形得到PF2=PF1，于是利用（1）中的結(jié)論得S△PNF2=S△OPQ，則可判定點F1、點F2為滿足條件的點，然后計算OF2和OF1即可．25、【答案】（1）解：∵拋物線與x軸有交點，∴b2﹣4ac≥0，∴36+4c≥0，∴x≥﹣9（2）解：∵x1+x2=6，x1x2=﹣c，∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2=36+2c=26∴c=﹣5（3）證明：∵△OPA≌△QOB，∴OA=BQ，AP=OB，∴可以設(shè)P（m，n），則Q（n，m）將P（m，n），Q（n，m）代入原解析式中得：，①﹣②得：n2﹣m2+6m﹣6n=n﹣m∴n2﹣m2+7m﹣7n=0，∴（n﹣m）（n+m﹣7）=0，∴m=n或m=7﹣n，∵m，n不相等，∴m=7﹣n，將m=7﹣n代入①得：n2﹣7n+7﹣c=0，∵b2﹣4ac＞0，∴49﹣4（7﹣c）＞0，c＞﹣．【考點】根與系數(shù)的關(guān)系【解析】【分析】（1）由題意△≥0，列出不等式即可解決問題．（2）利用根與系數(shù)關(guān)系，列出方程即可解決問題．（3）設(shè)P（m，n），則Q（n，m），列出方程組，求出m與n的關(guān)系，得到關(guān)于n的方程，根據(jù)判別式大于0，即可解決問題．天津市重點中學(xué)九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷（二）一、選擇題1、一元二次方程3x2﹣4=﹣2x的二次項系數(shù)、一次項系數(shù)、常數(shù)項分別為（

）A、3，﹣4，﹣2B、3，﹣2，﹣4C、3，2，﹣4D、3，﹣4，02、下列圖形中，是中心對稱圖形的是（

）A、B、C、D、3、拋物線y=（x+2）2+3的頂點坐標(biāo)是（

）A、（﹣2，3）B、（2，3）C、（﹣2，﹣3）D、（2，﹣3）4、下列方程是一元二次方程的是（

）A、x2+=3B、x2+x=yC、（x﹣4）（x+2）=3D、3x﹣2y=05、若二次函數(shù)y=x2+mx的對稱軸是x=3，則關(guān)于x的方程x2+mx=7的解為（

）A、x1=0，x2=6B、x1=1，x2=7C、x1=1，x2=﹣7D、x1=﹣1，x2=76、如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，使點C落在線段AB上的點E處，點B落在點D處，則B，D兩點間的距離為（

）A、B、2C、3D、27、用配方法解一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），此方程可變形為（

）A、（x+）2=B、（x+）2=C、（x﹣）2=D、（x﹣）2=8、已知函數(shù)y=ax2﹣2ax﹣1（a是常數(shù)，a≠0），下列結(jié)論正確的是（

）A、當(dāng)a=1時，函數(shù)圖象過點（﹣1，1）B、當(dāng)a=﹣2時，函數(shù)圖象與x軸沒有交點C、若a＞0，則當(dāng)x≥1時，y隨x的增大而減小D、若a＜0，則當(dāng)x≤1時，y隨x的增大而增大9、如圖，將等邊△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△EDC，連接AD，BD．則下列結(jié)論：①AC=AD；②BD⊥AC；③四邊形ACED是菱形．其中正確的個數(shù)是（

）A、0B、1C、2D、310、已知（﹣1，y1），（﹣2，y2），（﹣4，y3）是拋物線y=﹣2x2﹣8x+m上的點，則（

）A、y1＜y2＜y3B、y3＜y2＜y1C、y3＜y1＜y2D、y2＜y3＜y111、電腦病毒傳播快，如果一臺電腦被感染，經(jīng)過兩輪感染后就會有81臺電腦被感染．若每輪感染中平均一臺電腦會感染x臺電腦，則下面所列方程中正確的是（

）A、x（x+1）=81B、1+x+x2=81C、（1+x）2=81D、1+（1+x）2=8112、如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于點A（﹣1，0），與y軸的交點B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之間（不包括這兩點），對稱軸為直線x=1．下列結(jié)論：①abc＞0②4a+2b+c＞0③4ac﹣b2＜8a④＜a＜⑤b＞c．其中含所有正確結(jié)論的選項是（

）A、①③B、①③④C、②④⑤D、①③④⑤二、填空題13、已知x=1是方程x2+mx+3=0的一個實數(shù)根，則m的值是________．14、如圖所示的花朵圖案，至少要旋轉(zhuǎn)________度后，才能與原來的圖形重合．15、如果關(guān)于x的一元二次方程x2+2ax+a+2=0有兩個相等的實數(shù)根，那么實數(shù)a的值為________16、方程ax2+bx+c=0（a≠0）的兩根為﹣3和1，那么拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的對稱軸是直線________．17、一位運動員投擲鉛球，如果鉛球運行時離地面的高度為y（米）關(guān)于水平距離x（米）的函數(shù)解析式為y=﹣，那么鉛球運動過程中最高點離地面的距離為________米．18、如圖，正方形ABCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到正方形BEFG，EF與AD相交于點H，延長DA交GF于點K．若正方形ABCD邊長為，則AK=________．三、解答題19、解下列方程：(1)x2﹣2x=4(2)x（x﹣3）=x﹣3．20、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的三個頂點分別是A（﹣4，2）、B（0，4）、C（0，2），(1)畫出△ABC關(guān)于點C成中心對稱的△A1B1C；平移△ABC，若點A的對應(yīng)點A2的坐標(biāo)為（0，﹣4），畫出平移后對應(yīng)的△A2B2C2；(2)△A1B1C和△A2B2C2關(guān)于某一點成中心對稱，則對稱中心的坐標(biāo)為________．21、已知二次函數(shù)y=﹣x2+2x+3．(1)求函數(shù)圖象的頂點坐標(biāo)和圖象與x軸交點坐標(biāo)；(2)當(dāng)x取何值時，函數(shù)值最大？(3)當(dāng)y＞0時，請你寫出x的取值范圍．22、果農(nóng)李明種植的草莓計劃以每千克15元的單價對外批發(fā)銷售，由于部分果農(nóng)盲目擴大種植，造成該草莓滯銷．李明為了加快銷售，減少損失，對價格經(jīng)過兩次下調(diào)后，以每千克9.6元的單價對外批發(fā)銷售．(1)求李明平均每次下調(diào)的百分率；(2)小劉準(zhǔn)備到李明處購買3噸該草莓，因數(shù)量多，李明決定再給予兩種優(yōu)惠方案以供其選擇：方案一：打九折銷售；方案二：不打折，每噸優(yōu)惠現(xiàn)金400元．試問小劉選擇哪種方案更優(yōu)惠，請說明理由．23、如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)是對角線BD上兩點，且∠EAF=45°，將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△ABQ，連接EQ，求證：(1)EA是∠QED的平分線；(2)EF2=BE2+DF2．24、如圖，某市近郊有一塊長為60米，寬為50米的矩形荒地，地方政府準(zhǔn)備在此建一個綜合性休閑廣場，其中陰影部分為通道，通道的寬度均相等，中間的三個矩形（其中三個矩形的一邊長均為a米）區(qū)域?qū)佋O(shè)塑膠地面作為運動場地．(1)設(shè)通道的寬度為x米，則a=________（用含x的代數(shù)式表示）；(2)若塑膠運動場地總占地面積為2430平方米．請問通道的寬度為多少米？25、如圖1，拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于A（2，0），B（﹣4，0）兩點．(1)求該拋物線的解析式；(2)若拋物線交y軸于C點，在該拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使得△QAC的周長最小？若存在，求出Q點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．(3)在拋物線的第二象限圖象上是否存在一點P，使得△PBC的面積最大？若存在，求出點P的坐標(biāo)及△PBC的面積最大值；若不存，請說明理由．答案解析部分一、<b>選擇題</b>1、【答案】C【考點】一元二次方程的定義【解析】【解答】解：方程整理得：3x2+2x﹣4=0，則二次項系數(shù)為3，一次項系數(shù)為2，常數(shù)項為﹣4，故選C【分析】方程整理為一般形式，找出二次項系數(shù)，一次項系數(shù)，以及常數(shù)項即可．2、【答案】A【考點】中心對稱及中心對稱圖形【解析】【解答】解：A、是中心對稱圖形，故本選項正確；B、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；C、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；D、不是中心對稱圖形，故本選項錯誤；故選：A．【分析】根據(jù)中心對稱的定義，結(jié)合所給圖形即可作出判斷．3、【答案】A【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：由于y=（x+2）2+3為拋物線的頂點式，根據(jù)頂點式的坐標(biāo)特點可知，拋物線的頂點坐標(biāo)為（﹣2，3）．故選：A．【分析】拋物線y=a（x﹣h）2+k，頂點坐標(biāo)是（h，k），直接根據(jù)拋物線y=（x+2）2+3寫出頂點坐標(biāo)則可．4、【答案】C【考點】一元二次方程的定義【解析】【解答】解：A、分母中含有未知數(shù)，是分式方程，故A錯誤；B、含有兩個未知數(shù)，不是一元二次方程，故B錯誤；C、整理后可變形為x2﹣2x﹣11=0，是一元二次方程，故C正確；D、含有兩個未知數(shù)，不是一元二次方程，故D錯誤．故選：C．【分析】依據(jù)分式方程、二元二次方程、一元二次方程的定義求解即可．5、【答案】D【考點】解一元二次方程-因式分解法，二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)y=x2+mx的對稱軸是x=3，∴﹣=3，解得m=﹣6，∴關(guān)于x的方程x2+mx=7可化為x2﹣6x﹣7=0，即（x+1）（x﹣7）=0，解得x1=﹣1，x2=7．故選D．【分析】先根據(jù)二次函數(shù)y=x2+mx的對稱軸是x=3求出m的值，再把m的值代入方程x2+mx=7，求出x的值即可．6、【答案】A【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，∴AB=5，∵將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，使點C落在線段AB上的點E處，點B落在點D處，∴AE=4，DE=3，∴BE=1，在Rt△BED中，BD==．故選：A．【分析】通過勾股定理計算出AB長度，利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)求出各對應(yīng)線段長度，利用勾股定理求出B、D兩點間的距離．7、【答案】A【考點】解一元二次方程-配方法【解析】【解答】解：ax2+bx+c=0，ax2+bx=﹣c，x2+x=﹣，x2+x+（）2=﹣+（）2，（x+）2=，故選：A．【分析】先移項，把二次項系數(shù)化成1，再配方，最后根據(jù)完全平方公式得出即可．8、【答案】D【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：A、∵當(dāng)a=1，x=﹣1時，y=1+2﹣1=2，∴函數(shù)圖象不經(jīng)過點（﹣1，1），故錯誤；B、當(dāng)a=﹣2時，∵△=42﹣4×（﹣2）×（﹣1）=8＞0，∴函數(shù)圖象與x軸有兩個交點，故錯誤；C、∵拋物線的對稱軸為直線x=﹣=1，∴若a＞0，則當(dāng)x≥1時，y隨x的增大而增大，故錯誤；D、∵拋物線的對稱軸為直線x=﹣=1，∴若a＜0，則當(dāng)x≤1時，y隨x的增大而增大，故正確；故選D．【分析】把a=1，x=﹣1代入y=ax2﹣2ax﹣1，于是得到函數(shù)圖象不經(jīng)過點（﹣1，1），根據(jù)△=8＞0，得到函數(shù)圖象與x軸有兩個交點，根據(jù)拋物線的對稱軸為直線x=﹣=1判斷二次函數(shù)的增減性．9、【答案】D【考點】等邊三角形的性質(zhì)，菱形的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵將等邊△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△EDC，∴∠ACE=120°，∠DCE=∠BCA=60°，AC=CD=DE=CE，∴∠ACD=120°﹣60°=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴AC=AD，AC=AD=DE=CE，∴四邊形ACED是菱形，∵將等邊△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)120°得到△EDC，AC=AD，∴AB=BC=CD=AD，∴四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∴①②③都正確，故選D．【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)和等邊三角形的性質(zhì)得出∠ACE=120°，∠DCE=∠BCA=60°，AC=CD=DE=CE，求出△ACD是等邊三角形，求出AD=AC，根據(jù)菱形的判定得出四邊形ABCD和ACED都是菱形，根據(jù)菱形的判定推出AC⊥BD．10、【答案】C【考點】二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征【解析】【解答】解：拋物線y=﹣2x2﹣8x+m的對稱軸為x=﹣2，且開口向下，x=﹣2時取得最大值．∵﹣4＜﹣1，且﹣4到﹣2的距離大于﹣1到﹣2的距離，根據(jù)二次函數(shù)的對稱性，y3＜y1．∴y3＜y1＜y2．∴故選C．【分析】求出拋物線的對稱軸，結(jié)合開口方向畫出草圖，根據(jù)對稱性解答問題．11、【答案】C【考點】一元二次方程的應(yīng)用【解析】【解答】解：每輪感染中平均一臺電腦會感染x臺電腦，列方程得：1+x+x（1+x）=81，即（1+x）2=81故選：C．【分析】設(shè)每輪感染中平均一臺電腦會感染x臺電腦．則經(jīng)過一輪感染，1臺電腦感染給了x臺電腦，這（x+1）臺電腦又感染給了x（1+x）臺電腦．等量關(guān)系：經(jīng)過兩輪感染后就會有81臺電腦被感染．12、【答案】D【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：①∵函數(shù)開口方向向上，∴a＞0；∵對稱軸在y軸右側(cè)∴ab異號，∵拋物線與y軸交點在y軸負(fù)半軸，∴c＜0，∴abc＞0，故①正確；②∵圖象與x軸交于點A（﹣1，0），對稱軸為直線x=1，∴圖象與x軸的另一個交點為（3，0），∴當(dāng)x=2時，y＜0，∴4a+2b+c＜0，故②錯誤；③∵圖象與x軸交于點A（﹣1，0），∴當(dāng)x=﹣1時，y=（﹣1）2a+b×（﹣1）+c=0，∴a﹣b+c=0，即a=b﹣c，c=b﹣a，∵對稱軸為直線x=1∴=1，即b=﹣2a，∴c=b﹣a=（﹣2a）﹣a=﹣3a，∴4ac﹣b2=4?a?（﹣3a）﹣（﹣2a）2=﹣16a2＜0∵8a＞0∴4ac﹣b2＜8a故③正確④∵圖象與y軸的交點B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之間，∴﹣2＜c＜﹣1∴﹣2＜﹣3a＜﹣1，∴＞a＞；故④正確⑤∵a＞0，∴b﹣c＞0，即b＞c；故⑤正確；故選：D．【分析】根據(jù)對稱軸為直線x=1及圖象開口向下可判斷出a、b、c的符號，從而判斷①；根據(jù)對稱軸得到函數(shù)圖象經(jīng)過（3，0），則得②的判斷；根據(jù)圖象經(jīng)過（﹣1，0）可得到a、b、c之間的關(guān)系，從而對②⑤作判斷；從圖象與y軸的交點B在（0，﹣2）和（0，﹣1）之間可以判斷c的大小得出④的正誤．二、<b>填空題</b>13、【答案】﹣4【考點】一元二次方程的解【解析】【解答】解：把x=1代入方程x2+mx+3=0得：1+m+3=0，解得：m=﹣4，故答案為：﹣4．【分析】把x=1代入方程x2+mx+3=0得出1+m+3=0，求出方程的解即可．14、【答案】45【考點】旋轉(zhuǎn)對稱圖形【解析】【解答】解：花朵圖案，至少要旋轉(zhuǎn)=45度后，才能與原來的圖形重合．【分析】該圖形被平分成8部分，因而每部分被分成的圓心角是45°，并且圓具有旋轉(zhuǎn)不變性，因而旋轉(zhuǎn)45度的整數(shù)倍，就可以與自身重合．15、【答案】﹣1或2【考點】根的判別式【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程x2+2ax+a+2=0有兩個相等的實數(shù)根，∴△=0，即4a2﹣4（a+2）=0，解得a=﹣1或2．故答案為：﹣1或2．【分析】根據(jù)方程有兩個相等的實數(shù)根列出關(guān)于a的方程，求出a的值即可．16、【答案】x=﹣1【考點】拋物線與x軸的交點【解析】【解答】解：∵函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸的交點的橫坐標(biāo)就是方程ax2+bx+c=0的根，∵x1+x2=﹣3+1=﹣=﹣2．則對稱軸x=﹣=×（﹣）=×（﹣2）=﹣1．【分析】根據(jù)函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸的交點的橫坐標(biāo)就是方程ax2+bx+c=0的根及兩根之和公式來解決此題．17、【答案】3【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用【解析】【解答】解：由題意可得：y=﹣=﹣（x2﹣8x）+=﹣（x﹣4）2+3，故鉛球運動過程中最高點離地面的距離為：3m．故答案為：3．【分析】直接利用配方法求出二次函數(shù)最值即可．18、【答案】2﹣3【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：連接BH，如圖所示：∵四邊形ABCD和四邊形BEFG是正方形，∴∠BAH=∠ABC=∠BEH=∠F=90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=EB，∠CBE=30°，∴∠ABE=60°，在Rt△ABH和Rt△EBH中，，∴Rt△ABH≌△Rt△EBH（HL），∴∠ABH=∠EBH=∠ABE=30°，AH=EH，∴AH=AB?tan∠ABH=×=1，∴EH=1，∴FH=﹣1，在Rt△FKH中，∠FKH=30°，∴KH=2FH=2（﹣1），∴AK=KH﹣AH=2（﹣1）﹣1=2﹣3；故答案為：2﹣3．【分析】連接BH，由正方形的性質(zhì)得出∠BAH=∠ABC=∠BEH=∠F=90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=EB，∠CBE=30°，得出∠ABE=60°，由HL證明Rt△ABH≌Rt△EBH，得出∠ABH=∠EBH=∠ABE=30°，AH=EH，由三角函數(shù)求出AH，得出EH、FH，再求出KH=2FH，即可求出AK．三、<b>解答題</b>19、【答案】（1）解：原方程可化為x2﹣2x﹣4=0，∵a=1，b=﹣2，c=﹣4，∴△=b2﹣4ac=20＞0，∴x===1±，∴x1=1﹣，x2=1+（2）解：由原方程得x（x﹣3）﹣（x﹣3）=0，（x﹣3）（x﹣1）=0，∴x﹣3=0或x﹣1=0，解得：x=3或x=1【考點】解一元二次方程-配方法，解一元二次方程-因式分解法【解析】【分析】（1）方程化為一般式后利用公式法求解可得；（2）由原方程移項后可得x（x﹣3）﹣（x﹣3）=0，再利用因式分解法求解可得．20、【答案】（1）解：△A1B1C如圖所示，△A2B2C2如圖所示（2）（2，﹣1）【考點】作圖-平移變換，作圖-旋轉(zhuǎn)變換【解析】【解答】解：（2）如圖，對稱中心為（2，﹣1）．【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格結(jié)構(gòu)找出點A、B關(guān)于點C成中心對稱的點A1、B1的位置，再與點A順次連接即可；根據(jù)網(wǎng)格結(jié)構(gòu)找出點A、B、C平移后的對應(yīng)點A2、B2、C2的位置，然后順次連接即可；（2）根據(jù)中心對稱的性質(zhì)，連接兩組對應(yīng)點的交點即為對稱中心．21、【答案】（1）解：∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴圖象頂點坐標(biāo)為（1，4），當(dāng)y=0時，有﹣x2+2x+3=0解得：x1=﹣1，x2=3，∴圖象與x軸交點坐標(biāo)為（﹣1，0），（3，0）（2）解：由（1）知，拋物線頂點坐標(biāo)為（1，4），且拋物線開口方向向下，當(dāng)x=1時，函數(shù)值最大（3）解：因為圖象與x軸交點坐標(biāo)為（﹣1，0），（3，0），且拋物線開口方向向下，所以當(dāng)y＞0時，﹣1＜x＜3【考點】二次函數(shù)的最值，拋物線與x軸的交點【解析】【分析】（1）把二次函數(shù)化為頂點式，則可得出二次函數(shù)的對稱軸和頂點坐標(biāo)；（2）、（3）利用二次函數(shù)圖象性質(zhì)作答．22、【答案】（1）解：設(shè)平均每次下調(diào)的百分率為x．由題意，得15（1﹣x）2=9.6．解這個方程，得x1=0.2，x2=1.8．因為降價的百分率不可能大于1，所以x2=1.8不符合題意，符合題目要求的是x1=0.2=20%．答：平均每次下調(diào)的百分率是20%（2）解：小劉選擇方案一購買更優(yōu)惠．理由：方案一所需費用為：9.6×0.9×3000=25920（元），方案二所需費用為：9.6×3000﹣400×3=27600（元）．∵25920＜27600，∴小劉選擇方案一購買更優(yōu)惠【考點】一元二次方程的應(yīng)用【解析】【分析】（1）設(shè)出平均每次下調(diào)的百分率，根據(jù)從15元下調(diào)到9.6列出一元二次方程求解即可；（2）根據(jù)優(yōu)惠方案分別求得兩種方案的費用后比較即可得到結(jié)果．23、【答案】（1）證明：∵將△ADF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△ABQ，∴QB=DF，AQ=AF，∠ABQ=∠ADF=45°，在△AQE和△AFE中，∴△AQE≌△AFE（SAS），∴∠AEQ=∠AEF，∴EA是∠QED的平分線（2）證明：由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE=EF，在Rt△QBE中，QB2+BE2=QE2，則EF2=BE2+DF2．【考點】正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【分析】（1）直接利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出△AQE≌△AFE（SAS），進而得出∠AEQ=∠AEF，即可得出答案；（2）利用（1）中所求，再結(jié)合勾股定理得出答案．24、【答案】（1）（2）解：根據(jù)題意得，（50﹣2x）（60﹣3x）﹣x?=2430，解得x1=2，x2=38（不合題意，舍去）．答：中間通道的寬度為2米【考點】一元二次方程的應(yīng)用【解析】【解答】解：（1）設(shè)通道的寬度為x米，則a=；故答案為：【分析】（1）根據(jù)通道寬度為x米，表示出a即可；（2）根據(jù)矩形面積減去通道面積為塑膠運動場地面積，列出關(guān)于x的方程，求出方程的解即可得到結(jié)果．25、【答案】（1）解：將A（2，0），B（﹣4，0）代入得：，解得：，則該拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣2x+8（2）解：如圖1，點A關(guān)于拋物線對稱軸的對稱點為點B，設(shè)直線BC的解析式為：y=kx+d，將點B（﹣4，0）、C（0，8）代入得：，解得：，故直線BC解析式為：y=2x+8，直線BC與拋物線對稱軸x=﹣1的交點為Q，此時△QAC的周長最?。夥匠探M得，則點Q（﹣1，6）即為所求（3）解：如圖2，過點P作PE⊥x軸于點E，P點（x，﹣x2﹣2x+8）（﹣4＜x＜0）∵S△BPC=S四邊形BPCO﹣S△BOC=S四邊形BPCO﹣16若S四邊形BPCO有最大值，則S△BPC就最大∴S四邊形BPCO=S△BPE+S直角梯形PEOC=BE?PE+OE（PE+OC）=（x+4）（﹣x2﹣2x+8）+（﹣x）（﹣x2﹣2x+8+8）=﹣2（x+2）2+24，當(dāng)x=﹣2時，S四邊形BPCO最大值=24，∴S△BPC最大=24﹣16=8，當(dāng)x=﹣2時，﹣x2﹣2x+8=8，∴點P的坐標(biāo)為（﹣2，8）．【考點】待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式【解析】【分析】（1）直接利用待定系數(shù)求出二次函數(shù)解析式即可；（2）首先求出直線BC的解析式，再利用軸對稱求最短路線的方法得出答案；（3）根據(jù)S△BPC=S四邊形BPCO﹣S△BOC=S四邊形BPCO﹣16，得出函數(shù)最值，進而求出P點坐標(biāo)即可．天津市重點中學(xué)九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷（三）一、選擇題1、一元二次方程x（x+5）=0的根是（

）A、x1=0，x2=5B、x1=0，x2=﹣5C、x1=0，x2=D、x1=0，x2=﹣2、下列四個圖形中屬于中心對稱圖形的是（

）A、B、C、D、3、已知二次函數(shù)y=3x2+c與正比例函數(shù)y=4x的圖象只有一個交點，則c的值為（

）A、B、C、3D、44、拋物線y=﹣3x2+12x﹣7的頂點坐標(biāo)為（

）A、（2，5）B、（2，﹣19）C、（﹣2，5）D、（﹣2，﹣43）5、由二次函數(shù)y=2（x﹣3）2+1可知（

）A、其圖象的開口向下B、其圖象的對稱軸為x=﹣3C、其最大值為1D、當(dāng)x＜3時，y隨x的增大而減小6、如圖中∠BOD的度數(shù)是（

）A、150°B、125°C、110°D、55°7、如圖，點E在y軸上，⊙E與x軸交于點A，B，與y軸交于點C，D，若C（0，9），D（0，﹣1），則線段AB的長度為（

）A、3B、4C、6D、88、如圖，AB是圓O的直徑，C，D是圓O上的點，且OC∥BD，AD分別與BC，OC相交于點E，F(xiàn)．則下列結(jié)論：①AD⊥BD；②∠AOC=∠ABC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF．其中一定成立的是（

）A、①③⑤B、②③④C、②④⑤D、①③④⑤9、《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著，書中有下列問題“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角邊）長為8步，股（長直角邊）長為15步，問該直角三角形能容納的圓形（內(nèi)切圓）直徑是多少？”（

）A、3步B、5步C、6步D、8步10、如圖，在△ABC中，∠CAB=65°，將△ABC在平面內(nèi)繞點A旋轉(zhuǎn)到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為（

）A、35°B、40°C、50°D、65°11、以半徑為2的圓的內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形的邊心距為三邊作三角形，則該三角形的面積是（

）A、B、C、D、12、如圖，正方形ABCD中，AB=8cm，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別從B，C兩點同時出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC，CD運動，到點C，D時停止運動，設(shè)運動時間為t（s），△OEF的面積為s（cm2），則s（cm2）與t（s）的函數(shù)關(guān)系可用圖象表示為（

）A、B、C、D、二、填空題13、點P（2，﹣1）關(guān)于原點的對稱點坐標(biāo)為P′（m，1），則m=________．14、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A（3，4），將OA繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°至OA′，則點A′的坐標(biāo)是________．15、關(guān)于x的二次函數(shù)y=x2﹣kx+k﹣2的圖象與y軸的交點在x軸的上方，請寫出一個滿足條件的二次函數(shù)的表達式：________．16、如圖，拋物線y=ax2+bx+c與x軸的一個交點是A（1，0），對稱軸為直線x=﹣1，則一元二次方程ax2+bx+c=0的解是________．17、某種植物的主干長出若干數(shù)目的支干又長出同樣數(shù)目的小分支，主干、支干和小分支的總數(shù)是91．設(shè)每個支干長出x個小分支，則可得方程為________．18、如圖，AB是⊙O的一條弦，C是⊙O上一動點且∠ACB=45°，E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，直線EF與⊙O交于點G，H．若⊙O的半徑為2，則GE+FH的最大值為________．三、解答題19、按要求解一元二次方程：(1)x（x+4）=8x+12（適當(dāng)方法）(2)3x2﹣6x+2=0（配方法）20、在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，二次函數(shù)圖象的頂點為A（1，﹣4），且過點B（3，0）．(1)求該二次函數(shù)的解析式；(2)將該二次函數(shù)圖象向右平移幾個單位，可使平移后所得圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點？并直接寫出平移后所得圖象與x軸的另一個交點的坐標(biāo)．21、如圖，AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，且CD⊥AB于點E．(1)若∠A=48°，求∠OCE的度數(shù)；(2)若CD=4，AE=2，求圓O的半徑．22、如圖，△ABC中，AB=AC，以AB為直徑作⊙O，與BC交于點D，過D作AC的垂線，垂足為E．證明：(1)BD=DC；(2)DE是⊙O切線．23、如圖，要建一個長方形養(yǎng)雞場，雞場的一邊靠墻（墻足夠長），如果用50m長的籬笆圍成中間有一道籬笆墻的養(yǎng)雞場，設(shè)它的長度為x（籬笆墻的厚度忽略不計）．(1)要使雞場面積最大，雞場的長度應(yīng)為多少米？(2)如果中間有n（n是大于1的整數(shù)）道籬笆墻，要使雞場面積最大，雞場的長應(yīng)為多少米？比較（1）（2）的結(jié)果，要使雞場面積最大，雞場長度與中間隔離墻的道數(shù)有怎樣的關(guān)系？24、如圖，點C為線段AB上一點，△ACM，△CBN是等邊三角形，直線AN，MC交于點E，直線BM，CN交于點F．(1)求證：AN=MB；(2)求證：△CEF為等邊三角形；(3)將△ACM繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，其他條件不變，在（2）中畫出符合要求的圖形，并判斷（1）（2）題中的兩結(jié)論是否依然成立．并說明理由．25、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，圓M經(jīng)過原點O，且與x軸、y軸分別相交于A（﹣8，0），B（0，﹣6）兩點．(1)求出直線AB的函數(shù)解析式；(2)若有一拋物線的對稱軸平行于y軸且經(jīng)過點M，頂點C在圓M上，開口向下，且經(jīng)過點B，求此拋物線的函數(shù)解析式；(3)設(shè)（2）中的拋物線交x軸于D、E兩點，在拋物線上是否存在點P，使得S△PDE=S△ABC？若存在，請求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．答案解析部分一、<b>選擇題</b>1、【答案】B【考點】解一元二次方程-因式分解法【解析】【解答】解：∵x（x+5）=0，∴x=0或x+5=0，解得：x1=0，x2=﹣5，故選：B．【分析】利用分解因式法即可求解．2、【答案】A【考點】中心對稱及中心對稱圖形【解析】【解答】解：A、是中心對稱圖形，故選項正確；B、不是中心對稱圖形，故選項錯誤；C、不是中心對稱圖形，故選項錯誤；D、不是中心對稱圖形，故選項錯誤．故選：A．【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義即可作出判斷．3、【答案】A【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：由，消去y得到3x2﹣4x+c=0，∵二次函數(shù)y=3x2+c與正比例函數(shù)y=4x的圖象只有一個交點，∴△=0，∴16﹣12c=0，∴c=．故選A【分析】由，消去y得到3x2﹣4x+c=0，因為二次函數(shù)y=3x2+c與正比例函數(shù)y=4x的圖象只有一個交點，所以△=0，列出方程即可解決問題．4、【答案】A【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵y=﹣3x2+12x﹣7=﹣3（x﹣2）2+5，∴頂點坐標(biāo)為（2，5），故選A．【分析】把拋物線解析式化為頂點式即可求得答案．5、【答案】D【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵y=2（x﹣3）2+1，∴拋物線開口向上，對稱軸為x=3，頂點坐標(biāo)為（3，1），∴函數(shù)有最小值1，當(dāng)x＜3時，y隨x的增大而減小，故選D．【分析】根據(jù)二次函數(shù)的解析式進行逐項判斷即可．6、【答案】C【考點】圓周角定理【解析】【解答】解：如圖，連接OC．∵∠BOC=2∠BAC=50°，∠COD=2∠CED=60°，∴∠BOD=∠BOC+∠COD=110°，故選C．【分析】連接OC根據(jù)∠BOC=2∠BAC，∠COD=2∠CED即可解決問題．7、【答案】C【考點】坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，勾股定理，垂徑定理【解析】【解答】解：連接EB，如圖所示：∵C（0，9），D（0，﹣1），∴OD=1，OC=9，∴CD=10，∴EB=ED=CD=5，OE=5﹣1=4，∵AB⊥CD，∴AO=BO=AB，OB===3，∴AB=2OB=6；故選：C．【分析】連接EB，由題意得出OD=1，OC=9，∴CD=10，得出EB=ED=CD=5，OE=4，由垂徑定理得出AO=BO=AB，由勾股定理求出OB，即可得出結(jié)果．8、【答案】D【考點】平行線的性質(zhì)，圓周角定理【解析】【解答】解：①∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，正確②∠AOC=2∠ABC，錯誤；③、∵OC∥BD，∴∠OCB=∠DBC，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OBC=∠DBC，∴CB平分∠ABD，④、∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，∵OC∥BD，∴∠AFO=90°，∵點O為圓心，∴AF=DF，⑤、由④有，AF=DF，∵點O為AB中點，∴OF是△ABD的中位線，∴BD=2OF，正確的有①③④⑤，故選D．【分析】①由直徑所對圓周角是直角進行判斷；②根據(jù)圓周角定理進行判斷；③由平行線得到∠OCB=∠DBC，再由圓的性質(zhì)得到結(jié)論判斷出∠OBC=∠DBC；④用半徑垂直于不是直徑的弦，必平分弦；⑤用三角形的中位線得到結(jié)論．9、【答案】C【考點】三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心【解析】【解答】解：根據(jù)勾股定理得：斜邊為=17，則該直角三角形能容納的圓形（內(nèi)切圓）半徑r==3（步），即直徑為6步，故選C【分析】根據(jù)勾股定理求出直角三角形的斜邊，即可確定出內(nèi)切圓半徑．10、【答案】C【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°．故選C．【分析】根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠ACC′=∠CAB，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=AC′，然后利用等腰三角形兩底角相等求∠CAC′，再根據(jù)∠CAC′、∠BAB′都是旋轉(zhuǎn)角解答．11、【答案】D【考點】正多邊形和圓【解析】【解答】解：如圖1，∵OC=2，∴OD=2×sin30°=1；如圖2，∵OB=2，∴OE=2×sin45°=；如圖3，∵OA=2，∴OD=2×cos30°=，則該三角形的三邊分別為：1，，，∵（1）2+（）2=（）2，∴該三角形是直角邊，∴該三角形的面積是×1××=，故選：D．【分析】由于內(nèi)接正三角形、正方形、正六邊形是特殊內(nèi)角的多邊形，可構(gòu)造直角三角形分別求出邊心距的長，由勾股定理逆定理可得該三角形是直角三角形，進而可得其面積．12、【答案】B【考點】函數(shù)的圖象【解析】【解答】解：根據(jù)題意BE=CF=t，CE=8﹣t，∵四邊形ABCD為正方形，∴OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∵在△OBE和△OCF中，∴△OBE≌△OCF（SAS），∴S△OBE=S△OCF，∴S四邊形OECF=S△OBC=×82=16，∴S=S四邊形OECF﹣S△CEF=16﹣（8﹣t）?t=t2﹣4t+16=（t﹣4）2+8（0≤t≤8），∴s（cm2）與t（s）的函數(shù)圖象為拋物線一部分，頂點為（4，8），自變量為0≤t≤8．故選：B．【分析】由點E，F(xiàn)分別從B，C兩點同時出發(fā)，以1cm/s的速度沿BC，CD運動，得到BE=CF=t，則CE=8﹣t，再根據(jù)正方形的性質(zhì)得OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，然后根據(jù)“SAS”可判斷△OBE≌△OCF，所以S△OBE=S△OCF，這樣S四邊形OECF=S△OBC=16，于是S=S四邊形OECF﹣S△CEF=16﹣（8﹣t）?t，然后配方得到S=（t﹣4）2+8（0≤t≤8），最后利用解析式和二次函數(shù)的性質(zhì)對各選項進行判斷．二、<b>填空題</b>13、【答案】﹣2【考點】關(guān)于原點對稱的點的坐標(biāo)【解析】【解答】解：∵點P（2，﹣1）關(guān)于原點的對稱點坐標(biāo)為P′（m，1），∴m=﹣2，故答案為：﹣2．【分析】根據(jù)兩個點關(guān)于原點對稱時，它們的坐標(biāo)符號相反可直接得到答案．14、【答案】（﹣4，3）【考點】坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)【解析】【解答】解：如圖，過點A作AB⊥x軸于B，過點A′作A′B′⊥x軸于B′，∵OA繞坐標(biāo)原點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°至OA′，∴OA=OA′，∠AOA′=90°，∵∠A′OB′+∠AOB=90°，∠AOB+∠OAB=90°，∴∠OAB=∠A′OB′，在△AOB和△OA′B′中，，∴△AOB≌△OA′B′（AAS），∴OB′=AB=4，A′B′=OB=3，∴點A′的坐標(biāo)為（﹣4，3）．故答案為：（﹣4，3）．【分析】過點A作AB⊥x軸于B，過點A′作A′B′⊥x軸于B′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得OA=OA′，利用同角的余角相等求出∠OAB=∠A′OB′，然后利用“角角邊”證明△AOB和△OA′B′全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得OB′=AB，A′B′=OB，然后寫出點A′的坐標(biāo)即可．15、【答案】y=x2﹣3x+1【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【解析】【解答】解：∵關(guān)于x的二次函數(shù)y=x2﹣kx+k﹣2的圖象與y軸的交點在x軸的上方，∴k﹣2＞0，解得：k＞2，∴答案為：y=x2﹣3x+1答案不唯一．【分析】與y軸的交點在x軸的上方即常數(shù)項大于0，據(jù)此求解．16、【答案】x1=1，x2=﹣3【考點】拋物線與x軸的交點【解析】【解答】解：∵拋物線y=ax2+bx+c與x軸的一個交點是A（1，0），對稱軸為直線x=﹣1，∴拋物線y=ax2+bx+c與x軸的另一個交點是（﹣3，0），∴一元二次方程ax2+bx+c=0的解是：x1=1，x2=﹣3．故答案為：x1=1，x2=﹣3．【分析】直接利用拋物線的對稱性以及結(jié)合對稱軸以及拋物線y=ax2+bx+c與x軸的一個交點是A（1，0），得出另一個與x軸的交點，進而得出答案．17、【答案】x2+x+1=91【考點】一元二次方程的應(yīng)用【解析】【解答】解：設(shè)每個支干長出x個小分支，根據(jù)題意列方程得：x2+x+1=91．故答案為x2+x+1=91．【分析】由題意設(shè)每個支干長出x個小分支，每個小分支又長出x個分支，則又長出x2個分支，則共有x2+x+1個分支，即可列方程．18、【答案】4﹣【考點】三角形中位線定理，圓周角定理【解析】【解答】解：連接OA，OB，∵∠ACB=45°，∴∠AOB=90°．∵OA=OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB=2，當(dāng)GH為⊙O的直徑時，GE+FH有最大值．∵點E、F分別為AC、BC的中點，∴EF=AB=，∴GE+FH=GH﹣EF=4﹣，故答案為：4﹣．【分析】接OA，OB，根據(jù)圓周角定理可得出∠AOB=90°，故△AOB是等腰直角三角形．由點E、F分別是AC、BC的中點，根據(jù)三角形中位線定理得出EF=AB=為定值，則GE+FH=GH﹣EF=GH﹣，所以當(dāng)GH取最大值時，GE+FH有最大值．而直徑是圓中最長的弦，故當(dāng)GH為⊙O的直徑時，GE+FH有最大值，問題得解．三、<b>解答題</b>19、【答案】（1）解：原方程整理可得：x2﹣4x﹣12=0，因式分解可得（x+2）（x﹣6）=0，∴x+2=0或x﹣6=0，解得：x=﹣2或x=6（2）解：3x2﹣6x+2=0，3x2﹣6x=﹣2，x2﹣2x=﹣，x2﹣2x+1=1﹣，即（x﹣1）2=∴x﹣1=±，∴x=1±，∴x1=，x2=【考點】解一元二次方程-配方法【解析】【分析】（1）整理成一般式后利用因式分解法求解可得；（2）配方法求解即可．20、【答案】（1）解：∵二次函數(shù)圖像的頂點為A（1，﹣4），∴設(shè)二次函數(shù)解析式為y=a（x﹣1）2﹣4，把點B（3，0）代入二次函數(shù)解析式，得：0=4a﹣4，解得a=1，∴二次函數(shù)解析式為y=（x﹣1）2﹣4，即y=x2﹣2x﹣3（2）解：令y=0，得x2﹣2x﹣3=0，解方程，得x1=3，x2=﹣1．∴二次函數(shù)圖象與x軸的兩個交點坐標(biāo)分別為（3，0）和（﹣1，0），∴二次函數(shù)圖象上的點（﹣1，0）向右平移1個單位后經(jīng)過坐標(biāo)原點．故平移后所得圖象與x軸的另一個交點坐標(biāo)為（4，0）【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式【解析】【分析】（1）有頂點就用頂點式來求二次函數(shù)的解析式；（2）由于是向右平移，可讓二次函數(shù)的y的值為0，得到相應(yīng)的兩個x值，算出負(fù)值相對于原點的距離，而后讓較大的值也加上距離即可．21、【答案】（1）解：∵CD⊥AB，∠A=48°，∴∠ADE=42°．∴∠AOC=2∠ADE=84°，∴∠OCE=90°﹣84°=6°（2）解：因為AB是圓O的直徑，且CD⊥AB于點E，所以CE=CE=×4=2，在Rt△OCE中，OC2=CE2+OE2，設(shè)圓O的半徑為r，則OC=r，OE=OA﹣AE=r﹣2，所以r2=（2）2+（r﹣2）2，解得：r=3．所以圓O的半徑為3【考點】勾股定理，垂徑定理，圓周角定理【解析】【分析】（1）首先求出∠ADE的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理求出∠AOC的度數(shù)，最后求出∠OCE的度數(shù)；（2）由弦CD與直徑AB垂直，利用垂徑定理得到E為CD的中點，求出CE的長，在直角三角形OCE中，設(shè)圓的半徑OC=r，OE=OA﹣AE，表示出OE，利用勾股定理列出關(guān)于r的方程，求出方程的解即可得到圓的半徑r的值．22、【答案】（1）證明：如右圖所示，連接AD，∵AB是直徑，∴∠ADB=90°，又∵AB=AC，∴BD=CD（2）連接OD，∵∠BAC=2∠BAD，∠BOD=2∠BAD，∴∠BAC=∠BOD，∴OD∥AC，又∵DE⊥AC，∴∠AED=90°，∴∠ODB=∠AED=90°，∴DE是⊙O的切線．【考點】圓周角定理，切線的判定【解析】【分析】（1）連接AD，由于AB是直徑，那么∠ADB=90°，而AB=AC，根據(jù)等腰三角形三線合一定理可知BD=CD；（2）連接OD，由于∠BAC=2∠BAD，∠BOD=2∠BAD，那么∠BAC=∠BOD，可得OD∥AC，而DE⊥AC，易證∠ODB=90°，從而可證DE是⊙O切線．23、【答案】（1）解：設(shè)雞場的面積為y平方米，y=x（）=﹣=，∴x=25時，雞場的面積最大，即要使雞場面積最大，雞場的長度應(yīng)為25米（2）解：設(shè)雞場的面積為y平方米，y=x（）=﹣=，∴x=25時，雞場的面積最大，即要使雞場面積最大，雞場的長度應(yīng)為25米；由（1）（2）可知，無論雞場中間有多少道籬笆隔墻，要使雞場面積最大，其長都是25m【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可以得到雞場的面積與雞場的長度的函數(shù)關(guān)系式，從而可以解答本題；（2）根據(jù)題意可以求得當(dāng)中間有n（n是大于1的整數(shù)）道籬笆墻，雞場的最大面積，從而可以解答本題．24、【答案】（1）證明：∵△ACM，△CBN是等邊三角形，∴AC=MC，BC=NC，∠ACM=60°，∠NCB=60°，在△CAN和△MCB中，，∴△CAN≌△MCB（SAS），∴AN=BM（2）證明：∵△CAN≌△MCB，∴∠CAN=∠CMB，又∵∠MCF=180°﹣∠ACM﹣∠NCB=180°﹣60°﹣60°=60°，∴∠MCF=∠ACE，在△CAE和△CMF中，，∴△CAE≌△CMF（ASA），∴CE=CF，∴△CEF為等腰三角形，又∵∠ECF=60°，∴△CEF為等邊三角形（3）解：連接AN，BM，∵△ACM、△CBN是等邊三角形，∴AC=MC，BC=CN，∠ACM=∠BCN=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACN=∠MCB，在△ACN和△MCB中，，∴△ACN≌△MCB（SAS），∴AN=MB．當(dāng)把MC逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，AC也旋轉(zhuǎn)了90°，因此∠ACB=90°，很顯然∠FCE＞90°，因此三角形FCE絕對不可能是等邊三角形，即結(jié)論1成立，結(jié)論2不成立．【考點】全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)【解析】【分析】（1）可通過全等三角形來得出簡單的線段相等，證明AN=BM，只要求出三角形ACN和MCB全等即可，這兩個三角形中，已知的條件有AC=MC，NC=CB，只要證明這兩組對應(yīng)邊的夾角相等即可，我們發(fā)現(xiàn)∠ACN和∠MCB都是等邊三角形的外角，因此它們都是120°，這樣就能得出兩三角形全等了．也就證出了AN=BM．（2）我們不難發(fā)現(xiàn)∠ECF=180﹣60﹣60=60°，因此只要我們再證得兩條邊相等即可得出三角形ECF是等邊三角形，可從EC，CF入手，由（1）的全等三角形我們知道，∠MAC=∠BMC，又知道了AC=MC，∠MCF=∠ACE=60°，那么此時三角形AEC≌三角形MCF，可得出CF=CE，于是我們再根據(jù)∠ECF=60°，便可得出三角形ECF是等邊三角形的結(jié)論．（3）判定結(jié)論1是否正確，也是通過證明三角形ACN和BCM來求得．這兩個三角形中MC=AC，NC=BC，∠MCB和∠ACN都是60°+∠ACB，因此兩三角形就全等，AN=BM，結(jié)論1正確．如圖，當(dāng)把MC逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，AC也旋轉(zhuǎn)了90°，因此∠ACB=90°，很顯然∠FCE＞90°，因此三角形FCE絕對不可能是等邊三角形．25、【答案】（1）解：設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y=kx+b，把A（﹣8，0），B（0，﹣6）代入得，解得，所以直線AB的解析式為y=﹣x﹣6（2）解：在Rt△AOB中，AB==10，∵∠AOB=90°，∴AB為⊙M的直徑，∴點M為AB的中點，M（﹣4，﹣3），∵MC∥y軸，MC=5，∴C（﹣4，2），設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+4）2+2，把B（0，﹣6）代入得16a+2=﹣6，解得a=﹣，∴拋物線的解析式為y=﹣（x+4）2+2，即y=﹣x2﹣4x﹣6（3）解：存在．當(dāng)y=0時，﹣（x+4）2+2=0，解得x1=﹣2，x2=﹣4，∴D（﹣6，0），E（﹣2，0），S△ABC=S△ACM+S△BCM=?8?CM=20，設(shè)P（t，﹣t2﹣4t﹣6），∵S△PDE=S△ABC，∴?（﹣2+6）?|﹣t2﹣4t﹣6|=?20，即|﹣t2﹣4t﹣6|=1，當(dāng)﹣t2﹣4t﹣6=1，解得t1=﹣4+，t2=﹣4﹣，此時P點坐標(biāo)為（﹣4+，1）或（﹣4﹣，0）當(dāng)﹣t2﹣4t﹣6=﹣1，解得t1=﹣4+，t2=﹣4﹣；此時P點坐標(biāo)為（﹣4+，﹣1）或（﹣4﹣，0）綜上所述，P點坐標(biāo)為（﹣4+，1）或（﹣4﹣，0）或（﹣4+，﹣1）或（﹣4﹣，0）時，使得S△PDE=S△ABC．【考點】圓的綜合題【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求出直線AB的解析式；（2）先利用勾股定理計算出AB=10，再根據(jù)圓周角定理得到AB為⊙M的直徑，則點M為AB的中點，M（﹣4，﹣3），則可確定C（﹣4，2），然后利用頂點式求出拋物線解析式；（3）通過解方程﹣（x+4）2+2=0得到D（﹣6，0），E（﹣2，0），利用S△ABC=S△ACM+S△BCM，可求出S△ABC=10，設(shè)P（t，﹣t2﹣4t﹣6），所以?（﹣2+6）?|﹣t2﹣4t﹣6|=?20，然后解絕對值方程求出t即可得到P點坐標(biāo)．天津市重點中學(xué)九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試卷（四）一、選擇題1、下列四個圓形圖案中，分別以它們所在圓的圓心為旋轉(zhuǎn)中心，順時針旋轉(zhuǎn)120°后，能與原圖形完全重合的是（

）A、B、C、D、2、如圖，點A，B，C是⊙O上的三點，已知∠AOB=100°，那么∠ACB的度數(shù)是（

）A、30°B、40°C、50°D、60°3、如圖，已知⊙O的半徑為5cm，弦AB=8cm，則圓心O到弦AB的距離是（

）A、1cmB、2cmC、3cmD、4cm4、已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖，則下列結(jié)論中正確的是（

）A、