江西省宜春市高安中学2015-2016学年九年级数学上学期第一次月考试题(含解析) 新人教版

江西省宜春市高安中学2015-2016学年九年级数学上学期第一次月考试题一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）1．下列交通标志中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是（）A．70°B．65°C．60°D．55°3．如图，若一次函数y=ax+b的图象经过二、三、四象限，则二次函数y=ax2+bx的图象可能是（）A．B．C．D．4．如图，直线y=﹣x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是（）A．（7，3）B．（4，5）C．（7，4）D．（3，4）5．如图，在正方形ABCD内有一点P，PA=1，PD=2，PC=3，则∠APD的度数为（）A．100°B．120°C．135°D．150°6．已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）过（﹣2，0），（2，3）两点，那么抛物线的对称轴（）A．只能是x=﹣1B．可能是y轴C．可能在y轴右侧且在直线x=2的左侧D．可能在y轴左侧且在直线x=﹣2的右侧二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）7．已知函数，当m= 时，它是二次函数．8．已知二次函数y=（x﹣1）2+（x﹣3）2，当x= 时，函数达到最小值．9．如图，P是等边△ABC内的一点，若将△PAC绕点A逆时针旋转到△P′AB，则∠PAP′的度数为度．10．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，如果AP=3，那么线段PP′的长等于．11．若二次函数y=kx2﹣6x+3的图象与x轴有交点，则k的取值范围是．12．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论中：①b＜0；②c＜0；③4a+2b+c＞0；④（a+c）2＜b2；⑤b+2a=0；其中正确的是（填序号）13．二次函数y=x2+bx+c的图象的顶点为D，与x轴正方向从左至右依次交于A，B两点，与y轴正方向交于C点，若△ABD和△OBC均为等腰直角三角形（O为坐标原点），则b+2c= ．14．函数y=x2+|x|﹣2的最小值是．三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分）15．如图，正方形ABCD于正方形A1B1C1D1关于某点中心对称，已知A，D1，D三点的坐标分别是（0，4），（0，3），（0，2）．（1）求对称中心的坐标．（2）写出顶点B，C，B1，C1的坐标．16．如图①、②均为7×6的正方形网格，点A、B、C在格点上．（1）在图①中确定格点D，并画出以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形（画一个即可）．（2）在图②中确定格点E，并画出以A、B、C、E为顶点的四边形，使其为中心对称图形．（画一个即可）17．为了改善小区环境，某小区决定要在一块一边靠墙（墙长25m）的空地上修建一个矩形绿化带ABCD，绿化带一边靠墙，另三边用总长为40m的栅栏围住（如图4）．若设绿化带的BC边长为xm，绿化带的面积为ym2．（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）当x为何值时，满足条件的绿化带的面积最大．18．如图，抛物线y=x2+2x+m与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．（1）若∠ACB=90°，求m．（2）在第（1）问的条件下，设抛物线的顶点为D，求顶点D的坐标，并判断△ABD是否为等边三角形（不要求写过程）．（3）在第（1）问的条件下，设直线y=n与抛物线相交于点M、N，若△MND为等边三角形，求n的值．四、（本大题共4小题，每小题8分，共24分）19．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，﹣1）．①把△ABC向上平移5个单位后得到对应的△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出C1的坐标；②以原点O为对称中心，画出△ABC与关于原点对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；③以原点O为旋转中心，画出把△ABC顺时针旋转90°的图形△A3B3C3，并写出C3的坐标．20．已知：抛物线的解析式为y=x2﹣（2m﹣1）x+m2﹣m，（1）求证：此抛物线与x轴必有两个不同的交点；（2）若此抛物线与直线y=x﹣3m+4的一个交点在y轴上，求m的值．21．已知：如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（﹣1，0），点C（0，5），另抛物线经过点（1，8），M为它的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）求△MCB的面积S△MCB．22．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=110°，∠BOC=a．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD．（1）求证：△COD是等边三角形；（2）当a=150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；（3）探究：当a为多少度时，△AOD是等腰三角形？五、（本大题共10分）23．如图，已知二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）和二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1（a ＞0）图象的顶点分别为M，N，与y轴分别交于点E，F．（1）函数y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值为，当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而减小时，x的取值范围是．（2）当EF=MN时，求a的值，并判断四边形ENFM的形状（直接写出，不必证明）．（3）若二次函数L2的图象与x轴的右交点为A（m，0），当△AMN为等腰三角形时，求方程﹣a（x+1）2+1=0的解．六、（本大题共12分）24．如图，对称轴为直线x=的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．2015-2016学年江西省宜春市高安中学九年级（上）第一次月考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）1．下列交通标志中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：根据轴对称图形与中心对称图形的概念，知：A：是轴对称图形，而不是中心对称图形；B、C：两者都不是；D：既是中心对称图形，又是轴对称图形．故选D．【点评】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，折叠后对称轴两旁的部分可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后会与原图重合．2．如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接AA′，若∠1=20°，则∠B的度数是（）A．70°B．65°C．60°D．55°【考点】旋转的性质．【专题】几何图形问题．【分析】根据旋转的性质可得AC=A′C，然后判断出△ACA′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA′=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A′B′C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A′B′C．【解答】解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，∴AC=A′C，∴△ACA′是等腰直角三角形，∴∠CAA′=45°，∴∠A′B′C=∠1+∠CAA′=20°+45°=65°，由旋转的性质得∠B=∠A′B′C=65°．故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．3．如图，若一次函数y=ax+b的图象经过二、三、四象限，则二次函数y=ax2+bx的图象可能是（）A．B．C．D．【考点】二次函数的图象；一次函数图象与系数的关系．【分析】根据一次函数的性质判断出a、b的正负情况，再根据二次函数的性质判断出开口方向与对称轴，然后选择即可．【解答】解：∵y=ax+b的图象经过二、三、四象限，∴a＜0，b＜0，∴抛物线开口方向向下，∵抛物线对称轴为直线x=﹣＜0，∴对称轴在y轴的左边，纵观各选项，只有C选项符合．故选C．【点评】本题考查了二次函数的图象，一次函数的图象与系数的关系，主要利用了二次函数的开口方向与对称轴，确定出a、b的正负情况是解题的关键．4．如图，直线y=﹣x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，把△AOB绕点A顺时针旋转90°后得到△AO′B′，则点B′的坐标是（）A．（7，3）B．（4，5）C．（7，4）D．（3，4）【考点】坐标与图形变化-旋转；一次函数的性质．【分析】旋转不改变图形的大小和性质，所得图形与原图形全等，根据全等三角形的性质，即可得到相应线段的长．【解答】解：直线y=﹣x+4与x轴，y轴分别交于A（3，0），B（0，4）两点．旋转前后三角形全等．由图易知点B′的纵坐标为OA长，即为3，∴横坐标为OA+OB=OA+O′B′=3+4=7．故选：A．【点评】要注意，解题的关键是：旋转前后线段的长度不变．5．如图，在正方形ABCD内有一点P，PA=1，PD=2，PC=3，则∠APD的度数为（）A．100°B．120°C．135°D．150°【考点】旋转的性质；勾股定理的逆定理；正方形的性质．【分析】将三角形APD绕点D沿逆时针旋转90°到达△CDQ的位置，将分散的条件PA、PD、PC集中到△PQC、△DQC中；证明PC2=PQ2+CQ2，根据勾股定理的逆定理求出∠PQC=90°；然后求出∠PQD=45°，得到∠DQC的度数，即可解决问题．【解答】解：如图，将三角形APD绕点D沿逆时针旋转90°到达△CDQ的位置；则∠PDQ=90°，QD=PD=2，QC=AP=1；由勾股定理得：PQ2=22+22=8；而CQ2=1，PC2=32=9，∴PC2=PQ2+CQ2，∠PQC=90°，∵∠PQD=45°，∴∠CQD=135°，∴∠APD=∠CQD=135°，故选：C．【点评】此题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理的逆定理等知识点的应用问题；解题的关键是作旋转变换，将分散的条件集中．6．已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）过（﹣2，0），（2，3）两点，那么抛物线的对称轴（）A．只能是x=﹣1B．可能是y轴C．可能在y轴右侧且在直线x=2的左侧D．可能在y轴左侧且在直线x=﹣2的右侧【考点】二次函数的性质．【专题】压轴题．【分析】根据题意判定点（﹣2，0）关于对称轴的对称点横坐标x2满足：﹣2＜x2＜2，从而得出﹣2＜＜0，即可判定抛物线对称轴的位置．【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）过（﹣2，0），（2，3）两点，∴点（﹣2，0）关于对称轴的对称点横坐标x2满足：﹣2＜x2＜2，∴﹣2＜＜0，∴抛物线的对称轴在y轴左侧且在直线x=﹣2的右侧．故选：D．【点评】本题考查了二次函数的性质，根据点坐标判断出另一个点的位置是解题的关键．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）7．已知函数，当m= ﹣1 时，它是二次函数．【考点】二次函数的定义．【分析】根据二次函数的定义列出关于m的方程，求出m的值即可．【解答】解：∵y=（m﹣1）x m2+1是二次函数，∴m2+1=2，∴m=﹣1或m=1（舍去此时m﹣1=0）．故答案为：﹣1．【点评】此题考查了二次函数的定义，关键是根据定义列出方程，在解题时要注意m﹣1≠0．8．已知二次函数y=（x﹣1）2+（x﹣3）2，当x= 2 时，函数达到最小值．【考点】二次函数的最值．【分析】先把二次函数化为一般式或顶点式的形式，再求其最值即可．【解答】解：因为原式可化为y=2x2﹣8x+10=2（x﹣2）2+2，所以当x=2时，函数达到最小值．【点评】求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．9．如图，P是等边△ABC内的一点，若将△PAC绕点A逆时针旋转到△P′AB，则∠PAP′的度数为60 度．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．【分析】此题只需根据旋转前后的两个图形全等的性质，进行分析即可．【解答】解：连接PP′．根据旋转的性质，得：∠P′AB=∠PAC．则∠P′AB+∠BAP=∠PAC+∠BAP=∠BAC=60°，即∠PAP′=60°．故答案为：60．【点评】此题主要考查了图形旋转的性质，难度不大．10．如图，△ABC是等腰直角三角形，BC是斜边，P为△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，如果AP=3，那么线段PP′的长等于．【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．【专题】压轴题．【分析】根据旋转的性质，知：旋转角度是90°，根据旋转的性质得出AP=AP′=3，即△PAP′是等腰直角三角形，腰长AP=3，则可用勾股定理求出斜边PP′的长．【解答】解：∵△ABP绕点A逆时针旋转后与△ACP′重合，∴△ABP≌△ACP′，即线段AB旋转后到AC，∴旋转了90°，∴∠PAP′=∠BAC=90°，AP=AP′=3，∴PP′=3．【点评】本题考查旋转的性质和直角三角形的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．11．若二次函数y=kx2﹣6x+3的图象与x轴有交点，则k的取值范围是k≤3，且k≠0．【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】根据二次函数与x轴有交点则b2﹣4ac≥0，进而求出k得取值范围即可．【解答】解：∵二次函数y=kx2﹣6x+3的图象与x轴有交点，∴b2﹣4ac=36﹣4×k×3=36﹣12k≥0，且k≠0，解得：k≤3，且k≠0，则k的取值范围是k≤3，且k≠0，故答案为：k≤3，且k≠0．【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点问题，得出b2﹣4ac的符号与x轴交点个数关系式是解题关键．12．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，下列结论中：①b＜0；②c＜0；③4a+2b+c＞0；④（a+c）2＜b2；⑤b+2a=0；其中正确的是①②④⑤（填序号）【考点】二次函数图象与系数的关系．【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．【解答】解：①如图所示，抛物线开口方向向上，则a＞0；对称轴x=﹣=1，则b=﹣2a＜0，即b＜0．故①正确；②由图象交y轴于负半轴可知，c＜0．故②正确；③根据图示知，当x=0时，y＜0．根据抛物线的对称性得到当x=2与当x=0时所对应的y值相等，即当x=2时，y＜0．所以，4a+2b+c＜0．故③错误；④由图示知，当x=1时，y＞0．即a+b+c＞0．当x=﹣1时，y＜0．即a﹣b+c＜0．所以（a﹣b+c）（a+b+c）＜0，所以（a+c）2﹣b2＜0，即（a+c）2＜b2．故④正确．⑤对称轴x=﹣=1，则b=﹣2a，即b+2a=0．故⑤正确．故答案是：①②④⑤．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．13．二次函数y=x2+bx+c的图象的顶点为D，与x轴正方向从左至右依次交于A，B两点，与y轴正方向交于C点，若△ABD和△OBC均为等腰直角三角形（O为坐标原点），则b+2c= 2 ．【考点】二次函数综合题．【分析】首先求出二次函数与坐标轴的坐标，与x轴相交，y=0，求出即可，再过D作DE⊥AB 于点E，则2DE=AB，表示出DE与AB，即可求出b+2c的值．【解答】解：由已知，得C点的坐标为：（0，c），，，．过D 作DE⊥AB 于点E ，则2DE=AB ，即，得：，所以或．又b 2﹣4c ＞0，所以．又OC=OB ，即：，得：．故答案为：2．【点评】此题主要考查了二次函数与坐标轴交点的表示方法，以及等腰直角三角形的性质等知识，得出2DE=AB ，是解决问题的关键．14．函数y=x 2+|x|﹣2的最小值是 ﹣2 ． 【考点】二次函数的最值．【分析】已知函数的解析式y=x 2+|x|﹣2，因为x 的正负不确定，先讨论x 的情况再分情况解答．【解答】解：函数y=x 2+|x|﹣2=（|x|+）2﹣=，其图象如图，由图象可知，当x=0时，y 最小为﹣2．【点评】本题考查了二次函数的最值，难度适中，关键在于分情况讨论，画出图形，由图观察x 在0时取得最小值．三、（本大题共4小题，每小题6分，共24分）15．如图，正方形ABCD 于正方形A 1B 1C 1D 1关于某点中心对称，已知A ，D 1，D 三点的坐标分别是（0，4），（0，3），（0，2）． （1）求对称中心的坐标．（2）写出顶点B ，C ，B 1，C 1的坐标．【考点】中心对称；坐标与图形性质．【分析】（1）根据对称中心的性质，可得对称中心的坐标是D 1D 的中点，据此解答即可．（2）首先根据A ，D 的坐标分别是（0，4），（0，2），求出正方形ABCD 与正方形A 1B 1C 1D 1的边长是多少，然后根据A ，D 1，D 三点的坐标分别是（0，4），（0，3），（0，2），判断出顶点B ，C ，B 1，C 1的坐标各是多少即可． 【解答】解：（1）根据对称中心的性质，可得对称中心的坐标是D1D的中点，∵D1，D的坐标分别是（0，3），（0，2），∴对称中心的坐标是（0，2.5）．（2）∵A，D的坐标分别是（0，4），（0，2），∴正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的边长都是：4﹣2=2，∴B，C的坐标分别是（﹣2，4），（﹣2，2），∵A1D1=2，D1的坐标是（0，3），∴A1的坐标是（0，1），∴B1，C1的坐标分别是（2，1），（2，3），综上，可得顶点B，C，B1，C1的坐标分别是（﹣2，4），（﹣2，2），（2，1），（2，3）．【点评】（1）此题主要考查了中心对称的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确中心对称的性质：①关于中心对称的两个图形能够完全重合；②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．（2）此题还考查了坐标与图形的性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．16．如图①、②均为7×6的正方形网格，点A、B、C在格点上．（1）在图①中确定格点D，并画出以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形（画一个即可）．（2）在图②中确定格点E，并画出以A、B、C、E为顶点的四边形，使其为中心对称图形．（画一个即可）【考点】利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．【分析】（1）根据轴对称的性质画出图形即可；（2）根据中心对称的性质画出图形即可．【解答】解：（1）如图①所示；；（2）如图②所示；．【点评】本题考查的是利用旋转设计图案，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．17．为了改善小区环境，某小区决定要在一块一边靠墙（墙长25m）的空地上修建一个矩形绿化带ABCD，绿化带一边靠墙，另三边用总长为40m的栅栏围住（如图4）．若设绿化带的BC边长为xm，绿化带的面积为ym2．（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）当x为何值时，满足条件的绿化带的面积最大．【考点】二次函数的应用．【分析】（1）依题意易求得y与x的函数关系式以及x的取值范围．（2）把（1）的函数关系式用配方法化简求得y的最大值即可．【解答】解：（1）由题意得：x2+20x（3分）自变量x的取值范围是0＜x≤25（4分）（2）y=﹣x2+20x=﹣（x﹣20）2+200（6分）∵20＜25，∴当x=20时，y有最大值200平方米即当x=20时，满足条件的绿化带面积最大．（8分）【点评】本题考查的是二次函数的实际应用．求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法，常用的是后两种方法．18．如图，抛物线y=x2+2x+m与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．（1）若∠ACB=90°，求m．（2）在第（1）问的条件下，设抛物线的顶点为D，求顶点D的坐标，并判断△ABD是否为等边三角形（不要求写过程）．（3）在第（1）问的条件下，设直线y=n与抛物线相交于点M、N，若△MND为等边三角形，求n的值．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质，可得m2=2a+a2，根据图象上的点满足函数解析式，可得方程②，根据解方程，可得m的值；（2）根据数轴上两点间的距离是大数减小数，可得AB的长，根据勾股定理，可得BD的长，根据等边三角形的定义，可得答案；（3）根据自变量与函数值的对应关系，可得N、M的坐标，根据平行于x轴直线上两点间的距离是较大的横坐标减较小的横坐标，可得MN的长，根据勾股定理，可得DN的长，根据等边三角形的定义，可得关于n的方程，根据解方程，可得答案．【解答】解：（1）如图1：，连接AC，BC，设B（a，0），A（﹣2﹣a，0）．当x=0时，y=m，即C（0，m）．由∠OCB+∠OCA=90°，∠OCA+∠CAO=90°，得∠OCB=∠OAC．又∠BOC=∠COA，△BOC∽△COA，=，即=，化简，得m2=2a+a2①．将B点坐标代入函数解析式，得a2+2a+m=0②．把①代入②得m2+m=0．解得m=﹣1，m=0（不符合题意，舍），（2）△ABD是不是等边三角形，理由如下：y=x2+2x﹣1=（x+1）2﹣2，即D（﹣1，﹣2）．当y=0时，x2+2x﹣1=0，解得x1=﹣1+，x2=﹣1﹣，即A（﹣1﹣，0），B（﹣1+，0）．AB=﹣1+﹣（﹣1﹣）=2，由勾股定理，得BD==，BD=AD≠AB，△ABD是不是等边三角形；（3）如图2：当y=n时，x2+2x﹣1=n，解得x1=﹣1+，x2=﹣1﹣，M（﹣1+，n），N（﹣1﹣，n）．MN=2．DN=，由△MND为等边三角形，得MN=DN=DM，即2=，化简，得（n+2）2﹣3（n+2）=0．解得n=﹣2（不符合题意，舍），n=1△MND为等边三角形，n的值为1．【点评】本题考查了二次函数综合题，利用相似三角形的性质的出关于m，b的方程，图象上的点满足函数解析式得出关于m，b的方程是解题关键；利用勾股定理得出BD的长是解题关键；利用等边三角形的定义的出关于n的方程是解题关键．四、（本大题共4小题，每小题8分，共24分）19．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为（4，﹣1）．①把△ABC向上平移5个单位后得到对应的△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出C1的坐标；②以原点O为对称中心，画出△ABC与关于原点对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标；③以原点O为旋转中心，画出把△ABC顺时针旋转90°的图形△A3B3C3，并写出C3的坐标．【考点】作图-旋转变换；作图-平移变换．【分析】（1）将A、B、C按平移条件找出它的对应点，顺次连接，即得到平移后的图形；（2）利用关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分，分别找出A、B、C的对应点，顺次连接，即得到相应的图形；（3）利用对应点到旋转中心的距离相等，以及对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即可作出判断．【解答】解：（1）如图所示：C1的坐标为：（4，4）；（2）如图所示：C2的坐标为：（﹣4，1）；（3）如图所示：C3的坐标为：（﹣1，﹣4）．【点评】本题考查的是平移变换与旋转变换作图．无论是何种变换都需先找出各关键点的对应点，然后顺次连接即可．20．已知：抛物线的解析式为y=x2﹣（2m﹣1）x+m2﹣m，（1）求证：此抛物线与x轴必有两个不同的交点；（2）若此抛物线与直线y=x﹣3m+4的一个交点在y轴上，求m的值．【考点】二次函数综合题．【专题】代数综合题．【分析】（1）根据二次函数的交点与图象的关系，证明其方程有两个不同的根即△＞0即可；（2）根据题意，令x=0，整理方程可得关于m的方程，解可得m的值．【解答】证明：（1）令y=0得：x2﹣（2m﹣1）x+m2﹣m=0①∵△=（2m﹣1）2﹣4（m2﹣m）×1＞0（3分）∴方程①有两个不等的实数根，∴原抛物线与x轴有两个不同的交点（4分）；（2）令：x=0，根据题意有：m2﹣m=﹣3m+4（5分）解得m=﹣1+或﹣1﹣（9分）．（说明：少一个解扣2分）【点评】本题考查学生将二次函数的图象与解析式的关系．21．已知：如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中A点坐标为（﹣1，0），点C（0，5），另抛物线经过点（1，8），M为它的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）求△MCB的面积S△MCB．【考点】二次函数综合题．【专题】综合题；压轴题．【分析】（1）将已知的三点坐标代入抛物线中，即可求得抛物线的解析式．（2）可根据抛物线的解析式先求出M和B的坐标，由于三角形MCB的面积无法直接求出，可将其化为其他图形面积的和差来解．过M作ME⊥y轴，三角形MCB的面积可通过梯形MEOB 的面积减去三角形MCE的面积减去三角形OBC的面积求得．【解答】解：（1）依题意：，解得∴抛物线的解析式为y=﹣x2+4x+5（2）令y=0，得（x﹣5）（x+1）=0，x1=5，x2=﹣1，∴B（5，0）．由y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，得M（2，9）作ME⊥y轴于点E，可得S△MCB=S梯形MEOB﹣S△MCE﹣S△OBC=（2+5）×9﹣×4×2﹣×5×5=15．【点评】本题考查了二次函数解析式的确定以及图形面积的求法．不规则图形的面积通常转化为规则图形的面积的和差．22．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=110°，∠BOC=a．将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，连接OD．（1）求证：△COD是等边三角形；（2）当a=150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；（3）探究：当a为多少度时，△AOD是等腰三角形？【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；等边三角形的判定与性质．【专题】几何综合题．【分析】（1）根据旋转的性质可得出OC=OD，结合题意即可证得结论；（2）结合（1）的结论可作出判断；（3）找到变化中的不变量，然后利用旋转及全等的性质即可做出解答．【解答】（1）证明：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等边三角形．（2）解：当α=150°时，△AOD是直角三角形．理由是：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，又∵△COD是等边三角形，∴∠ODC=60°，∴∠ADO=∠ADC﹣∠ODC=90°，∵∠α=150°∠AOB=110°，∠COD=60°，∴∠AOD=360°﹣∠α﹣∠AOB﹣∠COD=360°﹣150°﹣110°﹣60°=40°，∴△AOD不是等腰直角三角形，即△AOD是直角三角形．（3）解：①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，∵∠AOD=360°﹣110°﹣60°﹣α=190°﹣α，∠ADO=α﹣60°，∴190°﹣α=α﹣60°，∴α=125°；②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO．∵∠OAD=180°﹣（∠AOD+∠ADO）=180°﹣（190°﹣α+α﹣60°）=50°，∴α﹣60°=50°，∴α=110°；③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD．∵∠AOD=360°﹣110°﹣60°﹣α=190°﹣α，∠OAD==120°﹣，∴190°﹣α=120°﹣，解得α=140°．综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形．【点评】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．五、（本大题共10分）23．如图，已知二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）和二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1（a ＞0）图象的顶点分别为M，N，与y轴分别交于点E，F．（1）函数y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值为 3 ，当二次函数L1，L2的y值同时随着x 的增大而减小时，x的取值范围是﹣1≤x≤1．（2）当EF=MN时，求a的值，并判断四边形ENFM的形状（直接写出，不必证明）．（3）若二次函数L2的图象与x轴的右交点为A（m，0），当△AMN为等腰三角形时，求方程﹣a（x+1）2+1=0的解．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】（1）把二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3化成顶点式，即可求得最小值，分别求得二次函数L1，L2的y值随着x的增大而减小的x的取值，从而求得二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而减小时，x的取值范围；（2）先求得E、F点的坐标，作MG⊥y轴于G，则MG=1，作NH⊥y轴于H，则NH=1，从而求得MG=NH=1，然后证得△EMG≌△FNH，∠MEF=∠NFE，EM=NF，进而证得EM∥NF，从而得出四边形ENFM是平行四边形；（3）作MN的垂直平分线，交MN于D，交x轴于A，先求得D的坐标，继而求得MN的解析式，进而就可求得直线AD的解析式，令y=0，求得A的坐标，根据对称轴从而求得另一个交点的坐标，就可求得方程﹣a（x+1）2+1=0的解．【解答】解：（1）∵二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3=a（x﹣1）2+3，∴顶点M坐标为（1，3），∵a＞0，∴函数y=ax2﹣2ax+a+3（a＞0）的最小值为3，∵二次函数L1的对称轴为x=1，当x＜1时，y随x的增大而减小；二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1的对称轴为x=﹣1，当x＞﹣1时，y随x的增大而减小；∴当二次函数L1，L2的y值同时随着x的增大而减小时，x的取值范围是﹣1≤x≤1；故答案为：3，﹣1≤x≤1．（2）由二次函数L1：y=ax2﹣2ax+a+3可知E（0，a+3），由二次函数L2：y=﹣a（x+1）2+1=﹣a2x﹣2ax﹣a+1可知F（0，﹣a+1），∵M（1，3），N（﹣1，1），∴EF=MN==2，∴a+3﹣（﹣a+1）=2，∴a=﹣1，作MG⊥y轴于G，则MG=1，作NH⊥y轴于H，则NH=1，∴MG=NH=1，∵EG=a+3﹣3=a，FH=1﹣（﹣a+1）=a，∴EG=FH，在△EMG和△FNH中，，∴△EMG≌△FNH（SAS），∴∠MEF=∠NFE，EM=NF，∴EM∥NF，∴四边形ENFM是平行四边形；∵EF=MN，∴四边形ENFM是矩形；（3）由△AMN为等腰三角形，可分为如下三种情况：①如图2，当MN=NA=2时，过点N作ND⊥x轴，垂足为点D，则有ND=1，DA=m﹣（﹣1）=m+1，在Rt△NDA中，NA2=DA2+ND2，即（2）2=（m+1）2+12，∴m1=﹣1，m2=﹣﹣1（不合题意，舍去），∴A（﹣1，0）．由抛物线y=﹣a（x+1）2+1（a＞0）的对称轴为x=﹣1，∴它与x轴的另一个交点坐标为（﹣1﹣，0）．∴方程﹣a（x+1）2+1=0的解为x1=﹣1，x2=﹣1﹣．②如图3，当MA=NA时，过点M作MG⊥x轴，垂足为G，则有OG=1，MG=3，GA=|m﹣1|，∴在Rt△MGA中，MA2=MG2+GA2，即MA2=32+（m﹣1）2，又∵NA2=（m+1）2+12，∴（m+1）2+12=32+（m﹣1）2，m=2，∴A（2，0），则抛物线y=﹣a（x+1）2+1（a＞0）的左交点坐标为（﹣4，0），∴方程﹣a（x+1）2+1=0的解为x1=2，x2=﹣4．③当MN=MA时，32+（m﹣1）2=（2）2，∴m无实数解，舍去．综上所述，当△AMN为等腰三角形时，方程﹣a（x+1）2=0的解为x1=﹣1，x2=﹣1﹣或x1=2，x2=﹣4．【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，待定系数法求一次函数的解析式等，求得A的坐标是解题的关键．六、（本大题共12分）24．如图，对称轴为直线x=的抛物线经过点A（6，0）和B（0，4）．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形，求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？②是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．。