饼干的做法大全-课外活动英语

上海教科实验中学九年级上册期中试卷检测题

一、初三数学 一元二次方程易错题压轴题（难）
1．阅读以下材料，并解决相应问题：


材料一：换元法是数学中的重要方法，利用换元法可以从形式上简化式子，在求解某些特
殊方程时，利 用换元法常常可以达到转化的目的，例如在求解一元四次方程
x
4
2x
2< br>10
，就可以令
x
2
1
，则原方程就被换元成
t
2
2t10
，解得
t

1
，即
x
2
1
，从而得到原方程的解是
x



1

材料二：杨辉三角形是中国数学上一个伟大成就，在中国南宋数学家杨辉
1261
年所著的
《详解九章算法》一书中出现，它呈现了某些特定系数在三角形中的一种有规律的几何排
列，下图为杨辉三角形：


……………………………………

（
1
）利用换元法解方程：
x
2
3x12x
2
3x13

（
2
）在杨辉三角形中，按照自上而下、从左往右的顺序观察，
an
表示第
n
行第
2
个数
（其中
n≥4
），
bn
表示第
n
行第
3
个数，
c
n
表示第
(n1)
行第
3
个数，请用换元法因式分
解：
4

b
n
a
n
c
n
1

【答案】（
1
）
x
（
n
2
-5n+5
）
2

【解析】

【分析】

（
1
）设
t=x< br>2
+3x-1
，则原方程可化为：
t
2
+2t=3
， 求得
t
的值再代回可求得方程的解；

（
2
）根据杨辉三角 形的特点得出
a
n
，
b
n
，
c
n
，然后代入
4
（
b
n
-a
n
）
•c
n
+1
再因式分解即可．

【详解】

（
1
）解：令
t=x
2
+3x-1

则原方程为：
t
2
+2t=3

解得：
t=1
或者
t=-3

当
t=1
时，
x
2
+3x-1=1

解得：
x

2

317317

或
x

或
x=-1
或
x=-2
；（2
）
4

b
n
a
n

c
n
1
=
22
317317

或
x

22
当
t=-3
时，
x
2
+3x-1=-3

解得：
x=-1
或
x=-2

∴方程的解为：
x
317317

或
x

或
x=-1
或
x=-2

22
（
2
）解：根据杨辉三角形的特点得出：

a
n
=n-1

b
n

c
n

(n1)(n2)

2
(n2)(n3)

2
∴
4
（
b< br>n
-a
n
）
•c
n
+1=
（
n-1
）（
n-4
）（
n-2
）（
n-3
）
+1 =
（
n
2
-5n+4
）（
n
2
-5n+6
）
+1

=
（
n
2
-5n+4
）
2
+2
（
n
2
-5n+4
）
+1=
（
n
2
-5n+5
）
2

【点睛】
< br>本题主要考查因式分解的应用．解一些复杂的因式分解问题，常用到换元法，即对结构比
较复杂的 多项式，若把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替（即换元），则能使复
杂的问题简单化，明朗化 ，在减少多项式项数，降低多项式结构复杂程度等方面有独到作
用．


2．如图，∠
AOB＝90°
，且点
A，B
分别在反比例函数y
的图象上，且
k
1
，k
2
分别是方程
x< br>2
－x－6＝0
的两根．

（1
）求
k
1
，k
2
的值；

（2
）连接
AB
，求
tan
∠
OBA
的值．

k
1
k
（x＜0），
y
2
（x＞0
）
xx

【答案】（1）
k
1
＝－2，
k
2
＝3．

（2）tan∠
OBA
＝
【解析】

解：（1）∵
k
1
，
k
2
分别是方程
x
2
－
x
－6＝0的两根，∴解方程
x
2
－
x
－6＝0，得
x
1
＝3，
x
2
＝－2．结合图像可知：
k
1＜0，
k
2
＞0，∴
k
1
＝－2，
k
2
＝3．

（2）如图，过点
A
作
AC
⊥x
轴于点
C
，过点
B
作
BD
⊥
y轴于点
D
．[来源:学&科&网
Z&X&X&K]

6
．

3

由（
1
）知，点
A，B
分别在反比例函数
y
∴S
△
ACO
＝
23
（x＜0），
y
（x＞0
）的图象 上，

xx
113
×
2
＝1 ，S
△
ODB
＝×3＝．∵∠
AOB
＝90°，

222
∴∠
AOC
＋∠
BOD
＝90°，∵∠
AOC
＋∠
OAC
＝90°，∴∠
OAC
＝∠
BOD
．

又∵∠
ACO
＝∠
ODB
＝9 0°，∴△
ACO
∽△
ODB
．

S
ACO
OA

2
2OAOA
66
∴＝

＝ ，∴＝±（舍负取正），即＝．

S
ODB

OB
3OBOB
33

∴在
Rt
△
AOB
中，tan
∠
OBA＝
OA
6
＝．

OB
3

3．已知
x
1
、x
2
是 关于
x
的﹣元二次方程（
a﹣6）x
2
+2ax+a=0
的 两个实数根．

（1
）求
a
的取值范围；

（2< br>）若（
x
1
+1）（x
2
+1
）是负整数，求实数< br>a
的整数值．

【答案】
（1）a≥0
且
a≠6;（ 2）a
的值为
7、8、9
或
12．

【解析】

【分析】

（1
）根据一元二次方程的定义及一元二次方程的解与判别式之间的关系解答即可；


（
2）
根据根与系数的关系可得
x
1
+x
2
=﹣
（x
1
+1）（x
2
+1）=x
1
x
2
+x
1
+x
2
+1=﹣
数，即可求得a的值
2．

【详解】

（
1）
∵原方程有两实数根，

2aa
，x
1
x
2
= ，
由
a-6a-6
66

是是负整数，即可得是正整数．根据
a
是整
a6a6

a60
，

∴

2
(2a)4(a6)*a 0

∴
a≥0
且
a≠6．

（2）
∵x
1
、x
2
是关于
x
的一元二次方程（
a﹣6 ）x
2
+2ax+a=0
的两个实数根，

∴
x
1
+x
2
=﹣
2aa
，x
1
x
2
=
，

a6a6

∴
（x1
+1）（x
2
+1）=x
1
x
2
+x
1
+x
2
+1=
∵
（x
1
+1）（x
2
+1
）是负整数，

a2a6
﹣
+1=﹣
．

a-6a6a6
66
是负整数，即是正整数．

a6a6
∵
a
是整数，

∴
a﹣6
的值为
1、2、3
或
6，

∴
a
的值为
7、8、9
或
12．

【点睛】

∴
﹣
本题考查了根的判别式和根与系数的关系，能根据根 的判别式和根与系数的关系得出关于
a
的不等式是解此题的关键．


4．使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点．例如，对于函数
yx1
，令
y=0
，可
得
x=1
，我们就说
1
是函数
yx 1
的零点．

2
己知函数
yx2mx2(m3)
(
m
m
为常数
)
．

（
1
）当
m
=0
时，求该函数的零点；

（
2
）证明：无论
m
取何值，该函数总有两个零点；
111

（
3
）设函数的两个零点分别为
x
1和
x
2
，且，此时函数图象与
x
轴的交点分

x
1
x
2
4
别为
A
、
B(
点A
在点
B
左侧
)
，点
M
在直线
yx 10
上，当
MA+MB
最小时，求直线
AM
的函数解析式．

【答案】（
1
）当
m
=0
时，该函数的零点为
6
和
6
．

（
2
）见解析
,

（
3
）
AM
的解析式为
y
【解析】

【分析】

（
1
）根据题中给出的函数的零点的定义，将
m =0
代入
y=x
2
-2mx-2
（
m+3
），然后 令
y=0
即
可解得函数的零点；

（
2
）令
y=0
，函数变为一元二次方程，要想证明方程有两个解，只需证明
△
＞
0
即可；

（
3
）根据题中条件求出函数解析式进而求得
A< br>、
B
两点坐标，个、作点
B
关于直线
y=x-10
的 对称点
B′
，连接
AB′
，求出点
B′
的坐标即可求得当< br>MA+MB
最小时，直线
AM
的函数解析
式

【详解】

（
1
）当
m
=0
时，该函数的 零点为
6
和
6
．

1
x1
．

2

（
2
）令
y=0
，得
△=
∴
无论
m
取何值，方程
即无论
m
取何值，该函数总有两个零点．

（
3
）依题意有
由解得
，
．

．


总有两个不相等的实数根．


∴
函数的解析式为
令
y=0
，解得
∴A()
，
B(4,0)

< br>作点
B
关于直线
yx10
的对称点
B’
，连结< br>AB’
，

则
AB’
与直线
yx10
的 交点就是满足条件的
M
点．

易求得直线
yx10
与< br>x
轴、
y
轴的交点分别为
C
（
10,0
），
D
（
0,10
）．

连结
CB’
，则
∠BCD=45°

∴BC=CB’=6
，
∠B’CD=∠BCD=45°

∴∠BCB’=90°

即
B’
（
10，6
）

设直线
AB’
的解析式为
ykxb
，则

2kb0
1
{
，解得
k，b1

1 0kb6
2
∴
直线
AB’
的解析式为
y
即
AM
的解析式为
y
1
x1
，

2
1
x1
．

2

5．在等腰三角形△
ABC
中，三边分别为
a
、
b
、
c
，其中
ɑ
＝
4
，若
b
、
c
是关于
x的方程
x
2
﹣
（
2k+1
）
x+4
（
k
﹣
1
）＝
0
的两个实数根，求△
ABC
的周长．

2
【答案】△
ABC
的周长为
10
．

【解析】

【分析】

分
a
为腰长及底边长两种情 况考虑：当
a=4
为腰长时，将
x=4
代入原方程可求出
k
值，将
k
值代入原方程可求出底边长，再利用三角形的周长公式可求出△
ABC
的周长；当
a=4
为底

边长时，由根的判别式 △
=0
可求出
k
值，将其代入原方程利用根与系数的关系可求出
b+ c
的值，由
b+c=a
可得出此种情况不存在．综上即可得出结论．

【详解】

当
a
＝
4
为腰长时，将
x＝
4
代入原方程，得：
44

2k1

 4

k
2


1


0
2

解得：
k
当
k
5


2
5
时，原方程为
x
2
﹣
6x+8＝
0
，

2
解得：
x
1
＝
2
，
x
2
＝
4
，

∴此时△
ABC
的周长为
4+4+2
＝
10
；

当
a＝
4
为底长时，△＝
[
﹣（
2k+1
）
]2
﹣
4
×
1
×
4
（
k
﹣解得：
k
＝
1
）＝（
2k
﹣
3
）2
＝
0
，

2
3
，

2
∴
b+c
＝
2k+1
＝
4
．

∵
b+c
＝
4
＝
a
，

∴此时， 边长为
a
，
b
，
c
的三条线段不能围成三角形．

∴△
ABC
的周长为
10
．

【点睛】

本题考查了根的判别式、根与系数的关系、一元二次方程的解、等腰三角形的性质以及三
角形的 三边关系，分
a
为腰长及底边长两种情况考虑是解题的关键．


二、初三数学 二次函数易错题压轴题（难）
6．在平面直角坐标系中，
O
为坐标原点，抛物线
L
：
y
＝
ax
2
﹣
4 ax
（
a

0
）与
x
轴正半轴交
于点A
．抛物线
L
的顶点为
M
，对称轴与
x
轴交于 点
D
．

（
1
）求抛物线
L
的对称轴．

（
2）抛物线
L
：
y
＝
ax
2
﹣
4ax< br>关于
x
轴对称的抛物线记为
L'
，抛物线
L'
的顶点 为
M'
，若以
O
、
M
、
A
、
M'
为顶点的四边形是正方形，求
L'
的表达式．

（
3
）在（
2
）的条件下，点
P
在抛物线
L
上，且位于第四象 限，点
Q
在抛物线
L'
上，是否
存在点
P
、点Q
使得以
O
、
D
、
P
、
Q
为 顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点
P
坐
标，若不存在，请说明理由．

【答案】（
1
）
x2
；（
2
）
y
1
2
x2x

；（
3
）存在，
P
点的坐标为
33,3
或
2

3
3

3,3
或
13,3或
13,3
或

1,


2


【解析】

【分析】

（
1
）根据抛物线的对称轴公式计算即可．

（
2
）利用正方形的性质求出点
M
，
M′
的坐标即可解决问题．

（
3
）分
OD
是平行四边形的边或对角线两种情形求解即可．

【详解】

解：（
1
）
∵
抛物线
L
：
y
＝
ax
2
﹣
4ax(a
＞
0)，

∴
抛物线的对称轴
x
＝﹣
（
2
） 如图
1
中，

4a
＝
2
．

2a

对于抛物线
y
＝
ax
2
﹣
4ax
，令
y
＝
0
，得到
ax
2
﹣
4ax
＝
0
，

解得
x
＝
0
或
4
，

∴A(4
，
0)
，

∵
四边形
OMAM′
是正方形，

∴OD
＝
DA
＝
DM
＝
DM′
＝
2
，

∴M((2
，﹣
2)
，
M′(2
，
2)

把
M(2
，﹣
2)
代入
y
＝
ax
2
﹣
4ax
，

可得﹣
2
＝
4a
﹣
8a
，

∴a
＝
1
，

2
11
(x
﹣2)
2
+2
＝﹣
x
2
+2x
．
22
∴
抛物线
L′
的解析式为
y
＝﹣
（
3
）如图
3
中，由题意
OD
＝
2
．


当
OD
为平行四边形的边时，
PQ
＝
OD
＝
2
，设
P(m
，
2)
2
+2(m
﹣< br>2)]
或
[m+2
，﹣
∵PQ∥OD
，

∴
1
2
1
m
﹣
2m)
，则
Q[m
﹣
2
，﹣
(m
﹣
22
1
(m+2)
2
+2(m+2)]
，

2
1
2
111
m
﹣
2m
＝﹣
(m
﹣
2)
2
+2(m
﹣2)
或
m
2
﹣
2m
＝﹣
(m+2)
2
+2(m+2)
，

2222
解得
m
＝
3 ±
3
或
1±
3
，

∴P(3+
3
，
3
)
或
(3
﹣
3
，﹣
3
)或
(1
﹣
3
，
3
)
和
(1+
3
，﹣
3
)
，

当
OD
是平行四边形的对 角线时，点
P
的横坐标为
1
，此时
P(1
，﹣
3< br>)
，

2
综上所述，满足条件的点
P
的坐标为
(3+
3
，
3
)
或
(3
﹣
3
， ﹣
3
)
或
(1
﹣
3
，
3
)
和
(1+
3
，﹣
3
)
或
(1
，﹣
【点睛】

本题属于二次函数综合题
,
考查了二次函数的性质，正方形的性 质
,
平行四边形的判定和性质
等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程 解决问题
,
学会用分类讨论的思想
思考问题
,
属于中考压轴题学会利 用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问
题，属于中考压轴题

3
)
．

2

7．在平面直角坐标系中，二次函数
yaxbx2
的图象与
x
轴交于点
A(4,0)
，
2
B(1,0)
，与
y
轴交于点
C
．

（
1
）求此抛物线的解析式；

2
（
2
） 点
P
是抛物线
yaxbx2
上的任意一点，过点
P
作
x
轴的垂线
PD
，直线
PD
交直线
AC
于 点
D
．

①
是否存在点
P
，使得
PAC
的面积是
ABC
面积的
不存在，请说明理由．

②
点
Q
是坐标平面内的任意一点，若以
O
，
C
，
Q
，
D
为顶点的四边形是菱形时，请直
接写出点
Q
的坐标．< br>
【答案】
(1)
y
4
？若存在，求出点
P
的坐标；若
5
1
2
3
xx2

22
(2)
①存在，点
P
的坐标为
(222,12)
，
( 222,12)
，
(2,3)


4525
< br>
4525


816

,,
②
Q
1

,

，
Q
2
(2,1)，
Q
3


，
Q
4



55
5555




【解析】

【分析】

(1)
将
A(4,0)
，
B(1,0 )
两点坐标代入解析式中求解即可；

(2)
①先求出
△PAC的面积为
4
，再求出直线
AC
的解析式为
y
标为< br>(
t
,
1
x2
．设点
P
的横坐
2
1
2
31
tt2
)
，利用
S
PAC
S
PDC
S
PDA
OAPDt
2
 4t4
即可求解；

222
②先设出
D
点坐标，然后再按 对角线分成三种情况讨论即可求解．

【详解】

解：
(1)
由题意得
,
将
A(4,0)
，
B(1,0)
两点坐标代 入解析式中：

1

a
< br>
16a4b20

2
，解得：．



3

ab20

b

2
< br>∴此抛物线的解析式为
y
故答案为
y
1
2
3xx2
，

22
1
2
3
xx2
．

22
4
．理由如下：

5
(2)
①存在点
P
，使得
PAC
的面积是
ABC
面积的
作出如下所示示 意图：


∵
点
A(4,0)
，
B(1,0)
，

∴
OA4
，
AB5
，

令
x0
，则
y2
，

∴
C(0,2)
，
∴
OC2
，

∴< br>S
ABC

∴
S
PAC

11
ABOC525
，

22
44
S
ABC
54
，

55
设直线
AC
的解析式为
ymxn
，
1


4mn0

m
则有

，解得：

2
，

n2


n2
∴
直线
AC
的解析式为
y
1
x 2
．

2

设点
P
的横 坐标为
t
，则其纵坐标为
即
P

t,t
1
2
3
tt2
，

22

1

2
2
3

t2

．

2
< br>∵
PDx
轴，则点
D
的坐标为

t,
∴
PD


1

t2

．
< br>2

1
2
3

1

1
t t2

t2

t
2
2t
．

22

2

2
111
OAPD4t
2
2tt
2
4t
．

222
∵
S
PAC
S
PDC
S
PDA

2
∴
t4t4
，即
t
2
4t40
或
t2
4t40
，

解得：
t
1
22 2
，
t
2
222
，
t
3
2．

∴
点
P
的坐标为
(222,12)
，
(222,12)
，
(2,3)
，

故答案为 ：
(222,12)
或
(222,12)
或
(2, 3)
．

②分类讨论：

情况一：当
OC
为菱形的 对角线时，此时
DO=DC
，即
D
点在线段
OC
的垂直平分 线，

∴D
点坐标
(-2,-1)
，将△
OCD
沿
y
轴翻折，此时四边形
ODCQ
为菱形，故此时
Q
点坐标为
(2,-1)
，如下图一所示，


情况二：当
OQ
为对角线时，
DO=DQ
，如下图二所示，

DQ=OC=OD=2
，设
D
点坐标

x,


1

1
x2
，则
EO=-x
，
DE=
x2
，

2
2

在
Rt
△
EDO
中，由勾股定理可知：< br>EO²+ED²=DO²
，

故
x(x2)4
，解得< br>x0(舍),x
2
1
2
2
8

816

，此时
Q
点坐标为

,

，

5

5

5
情况三：当
OD
为对角线 时，
OC=OQ=2
，如下图三所示：

设
D
点坐标

m,


11
11

m2

，则
EO=|m |
，
DE=
m2
，
QE=2-(
m2
)=m
，

22
22

在
Rt
△
QDO
中，由勾股定理可知：
QE²+EO²=QO²
，

故
(m)(m)4
，解得
m
1

1
2
22
4525

4545
,
Q
，此时点坐标为或

,m
2


5

55

5

4525




5
,
5


，



4525

< br>816

,
综上所述，
Q
点的坐标为
Q
1

,

，
Q
2
(2,1)
，
Q
3


，
55
55


< br>

4525

Q
4

,
．

55



4525


4525


816

,,
故答案为
Q
1

,

，
Q
2
(2,1)
，< br>Q
3


，
Q
4


< br>．

55
5555




【点睛】
< br>本题考查了待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积问题，菱形的存在性问题等，属
于综合题 ，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决本题的关键．


8．如图 ，在平面直角坐标系中，抛物线
y
＝﹣
于点
A
，直线
y＝﹣
1
2
x
+
bx
+
c
与
x
轴交于
B
，
C
两点，与
y
轴交
2
1
x
+
2
经过
A
，
C
两点，抛物线的对称 轴与
x
轴交于点
D
，直线
MN
与
2
对称轴 交于点
G
，与抛物线交于
M
，
N
两点（点
N
在对称轴右侧），且
MN
∥
x
轴，
MN
＝
7．


（
1
）求此抛物线的解析式．

（
2
）求点
N
的坐标．

（
3
） 过点
A
的直线与抛物线交于点
F
，当
tan
∠
FA C
＝
1
时，求点
F
的坐标．

2
（
4
）过点
D
作直线
AC
的垂线，交
AC
于点H
，交
y
轴于点
K
，连接
CN
，△
A HK
沿射线
AC
以每秒
1
个单位长度的速度移动，移动过程中△AHK
与四边形
DGNC
产生重叠，设重叠面

积为
S
，移动时间为
t
（
0
≤
t
≤
5
），请直接写出
S
与
t
的函数关系式．
【答案】（
1
）
y
＝﹣
1
2
3
x+
x
+
2
；（
2
）点
N
的坐标为（< br>5
，-
3
）；（
3
）点
F
的坐标为：
2
2

5
2

35

t,
< br>

0t
5


4



1750
（
3
，
2
）或（，﹣）；（4
）
S

35
t
9
,(
35t
35
)
．

39

2454


35
t
9
(
35
t5)

44

10
【解析】

【分析】

（
1
）点
A
、
C
的坐标分别为（
0
，
2
）、（
4
，
0
），将点
A
、
C
坐标代入 抛物线表达式即可
求解；

（
2
）抛物线的对称轴为：
x< br>＝
337
，点
N
的横坐标为：
5
，即可求解；< br>
222
（
3
）分点
F
在直线
AC
下方、点
F
在直线
AC
的上方两种情况，分别求解即可；

（
4
）分
0
≤
t
≤
【详解】

解：（
1
）直线
y
＝﹣
0
），

则
c
＝
2
，抛物线表达式为：
y
＝﹣
将点
C
坐标代入上式并解得：
b
＝
故抛物线的表达式为：
y
＝﹣
3535
3535
、当＜
t
≤、＜
t
≤
5
三种情况，分别求解即可．

44
55
1
x
+2
经过
A
，
C
两点，则点
A
、
C的坐标分别为（
0
，
2
）、（
4
，
2
1
2
x
+
bx
+
2
，

2
3
，

2
1
2
3
x
+
x
+
2
…①；

2
2
（
2
）抛物线的对称轴为：
x
＝
点
N
的横坐标为：

3
，

2
37
5
，

22< br>AO21
1

＝
tan
∠
FAC
＝，
2
CO42
故点
N
的坐标为（
5
，-
3
）；

（
3
）∵
tan
∠
ACO＝
即∠
ACO
＝∠
FAC
，

①当点
F
在直线
AC
下方时，

设直线
AF
交
x
轴于点
R
，

∵∠
ACO
＝∠
FAC
，则< br>AR
＝
CR
，

设点
R
（
r
，
0
），则
r
2
+
4
＝（
r
﹣
4
）
2
，解得：
r
＝
即点
R
的坐 标为：（
3
，

2
3
，
0
），

2

n2

将点
R
、
A
的坐标 代入一次函数表达式：
y
＝
mx
+
n
得：

3
，

mn0


2
4


m
解得：

3
，



n 2
故直线
AR
的表达式为：
y
＝﹣
联立①②并解得：x
＝
4
x
+
2
…②，

3
171750
，故点
F
（，﹣）；

339
②当点
F
在直线
AC
的上方时，

∵∠
ACO
＝∠
F
′
AC
，∴
AF
′∥< br>x
轴，

则点
F
′（
3
，
2
）；

综上， 点
F
的坐标为：（
3
，
2
）或（
1750
，﹣）；

39
（
4
）如图
2
，设∠
AC O
＝
α
，则
tanα
＝
2
1
AO1

，则
sinα
＝，
cosα
＝；

5
5
CO2
①当
0
≤
t
≤
35
时（左侧图） ，

5
设△
AHK
移动到△
A
′
H
′
K
′的位置时，直线
H
′
K
′分别交
x
轴于点
T
、交抛物线对称轴
于点
S
，

则∠
DST
＝∠
ACO
＝α
，过点
T
作
TL
⊥
KH
，

则
LT
＝
HH
′＝
t
，∠
LTD
＝∠< br>ACO
＝
α
，

LTHH't5
DT
 t
DS
则
DT
＝
cos

cos

，＝，

2
2
tan

5
S
＝
S
△
DST
＝

DT
×
DS
＝
② 当
1
2
5
2
t
；

4
35
35
＜
t
≤时（右侧图），

4
5
同理可得：

S
＝
S
梯形DGS'T '
＝

DG
×（
GS
′+
DT
′）＝③当
1
2
13
55
359

3
+（+ ﹣）＝
tt
t
；

22
22
24
359
35
＜
t
≤
5
时，同理可得S=
t
；< br>
4
104

5
2

35

t,



0t
5


2




综上，
S
＝

35
t 
9
,(
35
t
35
)
．


2454


35
t
9
(
35
t5)

44

10
【点睛】

本题考查的 是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图形平移、图形的面积计算等，其中
（
3
）、 （
4
），要注意分类求解，避免遗漏．


9
．如图
1
所示，抛物线
y
2
2
xbxc
与
x轴交于
A
、
B
两点，与
y
轴交于点
C
，已知
C
3
7
，点
P
是第四象限内抛物线上的动点，四2
边形
OPAQ
是平行四边形，设点
P
的横坐标为
m< br>．

（
1
）求抛物线的解析式；

点坐标为（
0
，
4
），抛物线的顶点的横坐标为

（
2
）求使△
APC
的面积为整数的P
点的个数；

（
3
）当点
P
在抛物线上运动 时，四边形
OPAQ
可能是正方形吗？若可能，请求出点
P
的坐
标， 若不可能，请说明理由；

（
4
）在点
Q
随点
P< br>运动的过程中，当点
Q
恰好落在直线
AC
上时，则称点
Q为
“
和谐点
”
，
如图（
2
）所示，请直接写出 当
Q
为
“
和谐点
”
的横坐标的值．


【答案】（
1
）
y
【解析】

【分析】

2
2
14
33
xx4
；（
2
）
9
个

；（
3
）
,
或
4，4
； （
4
）
33

22
33
c
（
1
）抛物线与
y
轴交于点
C
，顶点的横坐标为
7
，则
2
4
b
2
2
3
7
，即可求解；

2
（
2
）
APC
的面积
SS
PHAS
PHC
，即可求解；

（
3
）当四边形
OP AQ
是正方形时，点
P
只能在
x
轴的下方，此时
OAP为等腰直角三角
形，设点
P(x,y)
，则
xy0
，即可求 解；

（
4
）求出直线
AP
的表达式为：
y
y
2
(m1)(x6)
，则直线
OQ
的表达式为：
32
(m1)x
②
，联立
①②
求出
Q
的坐标，又 四边形
OPAQ
是平行四边形，则
AO
的中
3
点即为
PQ
的中点，即可求解．

【详解】

c
7
解： （
1
）抛物线与
y
轴交于点
C
，顶点的横坐标为，则
2
故抛物线的抛物线为：
y
（
2
）对于
y
4
b
2
2
3
b
7
，解得
2
c
14
3
，

4
2
2
14
xx4
；

33
2
2
14
xx4
，令
y0
，则
x1
或
6
，故点
B
、
A
的坐标分别为
33
( 1,0)
、
(6,0)
；

如图，过点
P
作
PHy
轴交
AC
于点
H
，

设直线
AC
的表达式为：
ykxb

由点
A< br>（
6
，
0
）、
C
（
0
，
4
）的坐标得
∴
直线
AC
的表达式为：
y
2设点
P(x,x
2
3
14
x
3
b
6k
4
b0
b4
2
，

3
，解得
k
2
x4
①
，

3
2
x
3
4)
，

4)
，则点< br>H(x,
APC
的面积
SS
PHA
S
PHC
1
PHOA
2
12
6(x
23
4
2
2< br>x
3
14
x4)
3
2x
2
12(1x6)< br>，

当
x1
时，
S10
，当
x6时，
S0
，

故使
APC
的面积为整数的
P
点的个数为
9
个；

（
3
）当四边形
O PAQ
是正方形时，点
P
只能在
x
轴的下方，

此 时
OAP
为等腰直角三角形，设点
P(x,y)
，则
xy0，

即
y
2
2
x
3
14
x< br>3
4x
，解得：
x
3
或
4
，
< br>2
3
故点
P
的坐标为
(
，
2
2（
4
）设点
P(m,m
2
3
3
)
或< br>(4,4)
；

2
14
m
3
4)
，为点
A(6,0)
，

设直线
AP
的表达式为：
ykxt
，

6kt
t
0
2
2
m
3
k
2
(m1)3


2
6(m1)
3
由点
A
，P
的坐标可得
km
14
m
3
4
，解之得：t
∴
直线
AP
的表达式为：
y
2
(m1)(x 6)
，

3
2
(m1)x
②
，

3
APOQ
，则
AP
和
OQ
表达式中的
k
值相同，

故直线
OQ
的表达式为：
y

y
联立
①②
得：
y
2
( m1)xx
3
，解得：
2
x4y
3
6
m
4
4
m
，

则点
Q(
6
，
4
m
4
)
，

m
四边形
OPAQ
是平行四 边形，则
AO
的中点即为
PQ
的中点，

如图
2< br>，作
QCx
轴于点
C
，
PDx
轴于点
D
，


∴
OCAD
,

则有，
m
经检验，
m
则
6
m
3
6
m
3< br>6
，解得：
m33
，

3
是原分式方程得跟，

3
，

故
Q
的横坐标的值为
33
．

【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形正方形的性质、面
积的计 算等，能熟练应用相关性质是解题的关键．


10．如图，已知二次函数
L
1
：
ymx2mx3m1

m1

和二 次函数
L
2
：
2
ym

x3
4m1

m1

图象的顶点分别为
M
、
N
，与
x
轴分别相交于
A
、
B
2
两点（点
A
在点
B
的左边）和
C
、
D
两点（点C
在点
D
的左边），



（
1
）函数
ymx2mx3m1

m1

的顶点 坐标为
______
；当二次函数
L
1
，
L
2的
y
2
值同时随着
x
的增大而增大时，则
x
的 取值范围是
_______
；

（
2
）判断四边形
AMDN
的形状（直接写出，不必证明）；

（
3
）抛物线
L
1
，
L
2
均会分别经过某些 定点；

①求所有定点的坐标；

②若抛物线
L
1
位置固定不变，通过平移抛物线
L
2
的位置使这些定点组成的图形为菱形，则
抛物线
L
2
应平移的距离是多少？

【答案】（
1
）

1,4m1

，
1x3
；（
2
）四边形
AMDN
是矩形；（
3
）①所有定
点的坐标，
L< br>1
经过定点

3,1

或

1,1

，
L
2
经过定点

5,1

或
1,1

；②抛物线
L
2
应平移
的距离是
423
或
423
．

【解析】

【分析】

（
1
）将已知抛物线解析式转化为顶点式，直接得到点< br>M
的坐标；结合函数图象填空；

（
2
）利用抛物线解析式与 一元二次方程的关系求得点
A
、
D
、
M
、
N
的横坐标，可得
AD
的
中点为（
1
，
0
），MN
的中点为（
1
，
0
），则
AD
与
MN
互相平分，可证四边形
AMDN
是
矩形；

（
3
）①分别将二次函数的表达式变形为
L
1
:ym(x3)(x1) 1
和
L
2
:ym(x1)(x5)1
，通过表达式即可得 出所过定点；

②根据菱形的性质可得
EH
1
=EF=4
即 可，设平移的距离为
x
，根据平移后图形为菱形，由勾
股定理可得方程即可求解．
【详解】

b
1
，顶点坐标
M
为
(1,4m1)
，

2a
由图象得：当
1x3
时， 二次函数
L
1
，
L
2
的
y
值同时随着x
的增大而增大．

解：（
1
）
x
故答案 为：
(1,4m1)
；
1x3
；

（
2
）结论：四边形
AMDN
是矩形．

由二次函 数
L
1
:ymx
2
2mx3m1(m1)
和二次函 数
L
2
:ym(x3)
2
4m1(m1)
解析< br>式可得：

4m14m1
，
0)
，
D
点 坐标为
(3
，
0)
，

m
m
A
点坐标为
(1
顶点
M
坐标为
(1,4m1)
，顶 点
N
坐标为
(3,4m1)
，

AD
的中点为
(1,0)
，
MN
的中点为
(1,0)
，

AD
与
MN
互相平分，


四边形
AMDN
是平行四边形，

又
ADMN
，

∴
□
AMDN
是矩形；

（
3
）①二次函数
L
1
:ymx
2< br>2mx3m1m(x3)(x1)1
，

故当
x3
或
x1
时
y1
，即二次函数
L
1
:y mx
2
2mx3m1
经过
(3,1)
、
(1,1 )
两
点，

二次函数
L
2
:ym(x3)< br>2
4m1m(x1)(x5)1
，

故当
x 1
或
x5
时
y1
，即二次函数
L
2
:ym(x3)
2
4m1
经过
(1,1)
、
( 5,1)
两点，

②二次函数
L
1
:ymx
2
2mx3m1
经过
(3,1)
、
(1,1)
两点， 二次函数
L
2
:ym(x3)
2
4m1
经过(1,1)
、
(5,1)
两点，

如图：四个定点分别为< br>E(3,1)
、
F(1,1)
，
H(1,1)
、
G(5,1)
，则组成四边形
EFGH
为
平行四边形，

∴
FH
⊥
HG
，
FH=2
，
HM=4-x
，

设平移的距离为
x
，根据平移后图形为菱形，

则
EH
1
=EF=H
1
M=4
，
由勾股定理可得：
FH
2
+HM
2
=FM
2
，

即
4
2
2
2
(4x)
2
，

解得：
x423
，

抛物线
L
1
位置 固定不变，通过左右平移抛物线
L
2
的位置使这些定点组成的图形为菱形，则
抛物线
L
2
应平移的距离是
423
或
423
．

【点睛】

本题考查了二 次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形
结合的思想把代数和几何图形 结合来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线
段之间的关系．


三、初三数学 旋转易错题压轴题（难）
11．直线
m
∥
n
，点
A
、
B
分别在直线
m
，
n
上（点< br>A
在点
B
的右侧），点
P
在直线
m
上，1
AB
，连接
BP
，将线段
BP
绕点
B
顺时针旋转
60°
得到
BC
，连接
AC
交直线
n
于点
E
，
3
连接
PC
，且
ABE
为等边三角形．

AP
＝
（
1
）如图①，当点
P< br>在
A
的右侧时，请直接写出∠
ABP
与∠
EBC
的数 量关系是

，
AP
与
EC
的数量关系是

．

（
2
）如图②，当点
P
在
A
的左侧时，（
1
）中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若
不成立，请说明理由 ．

（
3
）如图②，当点
P
在
A
的左侧时 ，若△
PBC
的面积为
93
，求线段
AC
的长．

4

【答案】（
1
）∠
ABP
＝∠
EBC
，
AP
＝
EC
；（
2
）成立，见解析；（
3
）
【解析】

【分析】

67

7（
1
）根据等边三角形的性质得到∠
ABE
＝
60°
，
AB
＝
BE
，根据旋转的性质得到∠
CBP
＝
60 °
，
BC
＝
BP
，根据全等三角形的性质得到结论；
（
2
）根据等边三角形的性质得到∠
ABE
＝
60°
，
AB
＝
BE
，根据旋转的性质得到∠
CBP
＝
60 °
，
BC
＝
BP
，根据全等三角形的性质得到结论；
（
3
）过点
C
作
CD
⊥
m
于
D
，根据旋转的性质得到△
PBC
是等边三角形，求得
PC
＝
3
，设
AP
＝
CE
＝
t
，则
AB
＝
AE
＝
3t
，得到
AC
＝
2t
，根据 平行线的性质得到∠
CAD
＝∠
AEB
＝
60°
，
解直角三角形即可得到结论．

【详解】

解：（
1
）∵△
ABE
是等边三角形，

∴∠ABE
＝
60°
，
AB
＝
BE
，
< br>∵将线段
BP
绕点
B
顺时针旋转
60°
得到
BC
，

∴∠
CBP
＝
60°
，
BC＝
BP
，

∴∠
ABP< br>＝
60°
﹣∠
PBE
，∠
CBE
＝
60°< br>﹣∠
PBE
，

即∠
ABP
＝∠
EBC
，

∴△
ABP
≌△
EBC
（
SAS
），

∴
AP
＝
EC
；

故答案为：∠
ABP< br>＝∠
EBC
，
AP
＝
EC
；

（
2
）成立，理由如下，

∵△
ABE
是等边三角形，

∴∠
ABE
＝
60°
，
AB
＝
BE
，

∵将线段
BP
绕点
B
顺时针旋转
60°
得到
BC
，
< br>∴∠
CBP
＝
60°
，
BC
＝
BP
，

∴∠
ABP
＝
60°
﹣∠
PBE
，∠
CBE
＝
60°
﹣∠
PBE
，

即∠
ABP
＝∠
EBC
，

∴△
ABP
≌△
EBC
（
SAS
），

∴
AP
＝
EC
；

（
3
）过点< br>C
作
CD
⊥
m
于
D
，


∵将线段
BP
绕点
B
顺时针旋转
60°
得到
BC
，

∴△
PBC
是等边三角形，

∴
3
2
93
PC
＝，

4
4
∴
PC
＝
3
，

设
AP
＝
CE
＝
t
，则
AB
＝
AE
＝
3t
，

∴
AC
＝
2t
，

∵
m
∥
n
，

∴∠
CAD
＝∠
AEB
＝
60°
，
∴
AD
＝
1
AC
＝
t
，
CD
＝
3
AD
＝
3
t
，

2
∵
PD
2
+CD
2
＝
PC
2
，

∴（
2t
）
2
+3t
2
＝
9
，

∴
t
＝
37
（负值舍去），

7
67
．

7
∴
AC
＝
2t
＝

【点睛】

本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判 定及性质、勾
股定理等相关知识点，解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系，类比推理即可得解．


12．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'< br>．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，< br>AD
与
BC
的数量关系为
AD= BC
；
< br>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
< br>（
3
）如图
4
，在四边形
ABCD
，
∠C= 90°
，
∠D=150°
，
BC=12
，
CD=2
3
，
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
）
①
11
；②4
；（
2
）
AD=BC
，证明见解析；（
3
）存在，证明见解析，
22
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
AB′
即可解决问题；

2
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
BC
．如图
1
中，延长
AD
到
M
，使得
AD=DM
，连接
E′M
，
C′M
，首先证
2
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< br>E
，作线段
BC
的垂直
平分线交
BE
于
P< br>，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=
11
AB′=BC
，

22
1
．

2
②
如图
3
中，

故答案为

∵∠BAC=90°
，
∠BAC+∠B′AC′=180°
，

∴∠B′AC′=∠BAC=90°
，

∵AB=AB′
，
AC=AC′
，

∴△BAC≌△B′AC′
，

∴BC=B′C′
，

∵B′D=DC′
，

∴AD=
11
B′C′=BC=4
，

22
1
BC
．

2
故答案为
4
．

（
2
）结论：
AD=
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
，

1
BC
．

2
（
3
）存在．
< br>∴AD=
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< br>的垂直平分线
交
BE
于
P
，交
BC
于
F
，连接
PA
、
PD
、
PC
，作
△PC D
的中线
PN
．

连接
DF
交
PC
于
O
．


∵∠ADC=150°
，

∴∠MDC=30°
，

在
Rt△DCM
中，
∵CD=2
3
，
∠DCM=90°< br>，
∠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< br>中，
∵CD=2
3
，
CF=6
，

∴tan∠CDF=
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
△PA B
的
“
旋补三角形
”
，

在
Rt△PDN
中，
∵∠PDN=90°
，
PD=AD=6
，
DN=
3
，

∴PN=
DN
2
PD
2
=(3 )
2
6
2
=
39
．

【点睛】

本题考查四边形综合题．


13．(1)
观察猜想
如图
(1)
，在△
ABC
中，∠
BAC=90°
，AB=AC,
点
D
是
BC
的中点．以点
D
为顶 点作正方形
DEFG
，使点
A
，
C
分别在
DG和
DE
上，连接
AE
，
BG
，则线段
BG和
AE
的数量关系是
_____
；

(2)
拓展探究

将正方形
DEFG
绕点
D
逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于
0°
，小于或等于
360°
）， 如图
2
，则
(1)
中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成 立，请
说明理由
.

(3)
解决问题

若
BC=DE=2
，在
(2)
的旋转过程中，当
AE
为最大值时，直接 写出
AF
的值．



【答案】（
1
）
BG
＝
AE
．

（
2
）成立．

如图
②
，

连接
AD
．
∵△ABC
是等腰三直角角形，
∠BAC
＝
90°
，点
D
是
BC
的中点．

∴∠ADB
＝
90°
，且
BD＝
AD
．

∵∠BDG
＝
∠ADB
－
∠ADG
＝
90°
－
∠ADG
＝
∠ADE
，
DG
＝
DE
．

∴△BDG≌△ADE
，
∴BG
＝
AE
．
…………………………………………7
分

（
3
）由（
2
）知，
BG
＝
AE
，故当
BG
最大时，
AE
也最大．

正方形
DEFG绕点
D
逆时针方向旋转
270°
时，
BG
最大，如图< br>③
．


若
BC
＝
DE
＝
2
，则
AD
＝
1
，
EF
＝
2
．< br>
在
Rt△AEF
中，
AF
2
＝
AE
2
＋
EF
2
＝
(AD
＋
DE)
2
＋
EF
2
＝
(1
＋
2)
2
＋
2
2
＝
13
．

∴AF
＝
【解析】

解：（
1
）
BG
＝
AE
．

（
2
）成立．

如图
②
，连接
AD
．

∵△ABC
是等腰 三直角角形，
∠BAC
＝
90°
，点
D
是
BC的中点．

∴∠ADB
＝
90°
，且
BD
＝< br>AD
．

∵∠BDG
＝
∠ADB
－
∠ADG
＝
90°
－
∠ADG
＝
∠ADE
，
DG< br>＝
DE
．

∴△BDG≌△ADE
，
∴BG
＝
AE
．

（
3
）由（
2
）知，
BG
＝
AE
，故当
BG
最大时，
AE
也最大．
Z+X+X+K]

因 为正方形
DEFG
在绕点
D
旋转的过程中，
G
点运动的图形 是以点
D
为圆心，
DG
为半径的
圆，故当正方形
DEFG< br>旋转到
G
点位于
BC
的延长线上（即正方形
DEFG
绕点
D
逆时针方向
旋转
270°
）时，
BG
最大， 如图
③
．

若
BC
＝
DE
＝
2< br>，则
AD
＝
1
，
EF
＝
2
．

在
Rt△AEF
中，
A F
2
＝
AE
2
＋
EF
2
＝
(AD
＋
DE)
2
＋
EF
2
＝
(1
＋< br>2)
2
＋
2
2
＝
13
．

∴AF
＝．

．

即在正方形
DEFG
旋 转过程中，当
AE
为最大值时，
AF
＝


14．综合与实践

问题情境

在综合与实践课上，老师让同学们以
“
三角形的旋转
”
为主题开展教学活动老师给每个小组
发了两个等模 直角三角形
ABC
和
DEC
，其中
ACBDCE90

,AC2,CD2
.

观案发现

（
1< br>）将两个等腰直角三角形如图①摆放，设
DE
的中点是
F,AE
的中点 是
H,BD
的中点
是
G
，则
HFG
_____ _
度；

操作证明

（
2
）将图①中的
D EC
绕点
C
顺时针（逆时针）旋转，使点
A、C、E
三点在一条直线
上，如图②，其余条件不变，小明通过测量发现，此时
FHFG
，请你帮助小明证明 这
个结论
.

探究发现

（
3
）将图①中 的
DEC
绕点
C
顺时针（逆时针）旋转，旋转角为

0< br>
180
，



DEC
在旋转的过程 中，当直线
FH
经过点
C
时，如图③，请求出线段
FG
的长
.

（
4
）在旋转过程中，在
RtABC
和
Rt△CDE
中，始终有由
ACBC,CECD
，你在
图③中还能发现 哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直？请找出并直接写出这两条线段
.

【答案】（1）90；（2）证明见解析；（3）
BD 31
；（
4
）
ADBE

【解析】

【分析】

（
1
）根据题意，运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解；
（
2
）根据旋转的性质及等腰三角形
ABC
可知
ACDB CE(SAS)
，进而通过中位线定
理即可得到
FHFG
；
（
3
）根据旋转的性质及勾股定理，先求出
BF
的长，再由
BD BFDF
即可求出
BD
的
长；

（
4
）根据旋转的性质及垂直的判定可知
ADBE
.

【详解】

（
1
）
CECD,ACBC,ECA DCB90
，

BEAD
，

F
是
DE
的中点，
H
是
AE
的中点，
G
是
B D
的中点，

HFAD,FGBE
，

ADBE
，
HFGF
，

HFG90
；

（
2
）证明：如下图，连接
AD，BE
，


由旋转可知
CECD
，
ECDACD90
，

又∵
AC=BC
，

ACDBCE(SAS)
，

ADBE
，
< br>F
是
DE
的中点，
H
是
AE
的中点，
G
是
BD
的中点，

11
FHAD,FGBE
，

22
FHFG
；

（
3
）解：由题意可得CFDE，CFD，CFE
都是等腰直角三角形，

CD2
，
CFDF1
，

BCAC2
，
BFBC
2
CF
2
3
，

BDBFDF31
，

G
是
BD< br>的中点，
DG
BDBFDF31
；

（
4
）
ADBE
.

31
，

2
连接
AD
，由（3）知，
CFDE
，

∵
ECD
是等腰直角三角形，

∴
F
是
ED
中点，

又∵
H
是
AE
中点，

∴
AD
∥
HF
，

∵
HF
⊥
ED
，

∴
ADBE
.

【点睛】

本题主要考查了中的 的性质，中位线定理，三角形全等，勾股定理等三角形综合证明，熟
练掌握三角形的相关知识点是解决本 题的关键
.
错因分析：（1）不能熟练运用重点的性质
找到线段之间的关系；（2）未 掌握旋转的性质；（3）不能将题目探究中的发现进行推广.


15．已知，正方形
ABCD
的边长为4，点
E
是对角线
BD
延长线上一点，< br>AE=BD
．将
△
ABE
绕点
A
顺时针旋转α度（0 °＜α＜360°）得到△
AB
′
E
′，点
B
、
E
的对应点
分别为
B
′、
E
′．

（1）如图1，当α=30°时，求证：
B
′
C=DE
；

（2）连接
B
′
E
、
DE
′，当
B
′
E=DE
′时，请用图2求α的值；

（3）如图3，点
P为
AB
的中点，点
Q
为线段
B
′
E
′ 上任意一点，试探究，在此旋转过
程中，线段
PQ
长度的取值范围为 ．


【答案】（1）证明见解析（2）45°或22.5°（3）2
2-2
≤PQ≤4
2
+2

【解析】

【分析】

（
1
）先由正方形的性质得到直角三角形
AOE
，再经过简单计算求出角，判断出

△
ADE≌△
AB′C
即可；（
2
）先判断出△
AEB′
≌△< br>AE′D
，再根据旋转角和图形，判断出
∠
BAB′=
∠
DA B′
即可；（
3
）先判断出点
Q
的位置，
PQ
最小 时和最大时的位置，进行计算即
可．

【详解】

解：（
1
）如图
1
，


连接
AC
，
B′C
，

∵四边形
ABCD
是正方形，

∴
AB=AD
，< br>AC
⊥
BD
，
AC=BD=2OA
，∠
CAB=AD B=45°
，

∵
AE=BD
，

∴
AC=AE=2OA
，

在
Rt
△
AO E
中，∠
AOE=90°
，
AE=2OA
，

∴∠
E=30°
，

∴∠
DAE=
∠
AD B-
∠
E=45°-30°=15°
，

由旋转有，
AD=AB=AB′
∠
BAB′=30°
，

∴∠
DAE=15°
，


ADAB'

在△
ADE
和△
AB′C
中，

DAECAB'< br>，


AEAC

∴△
ADE
≌△
AB′C
，

∴
DE=B′C
，

（
2
）如图
2
，


由旋转得，
AB′=AB=AD
，
AE′=AE
，


AEAE'

在△
AEB ′
和△
AE′D
中，

ADAB'
，


DB'DE'

∴△
AEB′
≌△
AE′D
，

∴∠
DAE′=
∠
EAB′
，

∴∠
EAE′=
∠
DAB′
，

由旋转得，∠
EAE′=
∠
BAB′
，

∴∠
BAB′=
∠
DAB′
，

∵∠
BAB′+
∠
DAB′=90°
，

∴
α=
∠
BAB′=45°
，或
α=360°-90°-45°=225°< br>；


（
3
）如图
3
，


∵正方形
ABCD
的边长为
4
，

∴
1
BD=2
2
，

2
11
AC=BD=2
2

22
连接
AC
交
BD
于
O
，
< br>∴
OA
⊥
BD
，
OA=
在旋转过程中，△
A BE
在旋转到边
B'E'
⊥
AB
于
Q
，此时
PQ
最小，

由旋转知，△
ABE
≌△
AB'E'
，

∴
AQ=OA=
1
BD
（全等三角形对应边上的高相等），

2
1
BD-AP=2
2
-2

2
∴
PQ=AQ-AP=
在旋转过程中，△
ABE
在旋转到 点
E
在
BA
的延长线时，点
Q
和点
E'
重 合，

∴
AE'=AE=4
2
，

∴
PE'=AE'+AP=4
2
+2
，

故答案为
2
2
-2≤PQ≤4
2
+2
．

．

四、初三数学 圆易错题压轴题（难）
16．如图，抛物线
(
( 1)求
的对称轴为轴，且经过(0，0)，
)两点，点
P
在抛物线上运动，以
P
为圆心的⊙
P
经过定点
A
(0，2)，

的值；

(2)求证：点
P
在运动过程中，⊙
P
始终与轴相交；

(3)设⊙
P
与轴相交于
M
，
N
(＜)两点，当△
AMN
为等腰三角形时，求圆心
P
的纵坐标．


【答案】（1）a=，b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+22．

【解析】

或4﹣
试题分析：（
1
）根 据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出
a
，
b
，
c的值即
可；

（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x
2
比较得出答案即可；

（
3
）分别表示出
AM
，< br>AN
的长，进而分别利用当
AM=AN
时，当
AM=MN
时， 当
AN=MN
时，求出
a
的值，进而得出圆心
P
的纵坐标即 可．

试题解析：（1）∵抛物线y=ax
2
+bx+c（a，b，c是常数 ，a≠0）的对称轴为y轴，且经过
（0，0）和（，）两点，

∴
抛物线的一般式为：
y=ax
2
，

∴=a（）
2
，

解得：a=±，

∵图象开口向上，∴a=，

∴抛物线解析式为：y=x
2
，

故a=，b=c=0；

（
2
）设
P
（
x
，
y
），
⊙P
的半径
r=
，

又∵y=x
2
，则r=，

化简得：r=＞x
2
，

∴
点
P
在运动过 程中，
⊙P
始终与
x
轴相交；

（3）设P（a，a
2
），∵PA=，

，

作PH⊥MN于H，则PM=PN=
又∵PH=a
2
，

则MH=NH=
故
MN=4
，

∴M
（
a
﹣
2
，
0
），
N
（
a+2
，0
），

又∵A（0，2），∴AM=
当AM=AN时，
解得：
a=0
，

当AM=MN时，
解得：a=2±2
=4，

=
=2，

，AN=
，

，

（负数舍去），则a
2
=4+2
=4，

；
当AN=MN时，
解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a
2
=4﹣2
或 4﹣2
；

．

综上所述，P的纵坐标为0或4+2

考点：二次函数综合题．



17．已知：四边形
ABCD
内接于⊙
O
，∠
ADC
＝< br>90°
，
DE
⊥
AB
，垂足为点
E
，
DE
的锯长线交
⊙
O
于点
F
，
DC
的延 长线与
FB
的延长线交于点
G
．

（
1
） 如图
1
，求证：
GD
＝
GF
；

（
2
）如图
2
，过点
B
作
BH
⊥
AD，垂足为点
M
，
B
交
DF
于点
P
，连 接
OG
，若点
P
在线段
OG
上，且
PB
＝
PH
，求∠
ADF
的大小；

（
3
）如图
3
，在（
2
）的条件下，点
M
是
PH
的中 点，点
K
在
BC
上，连接
DK
，
PC
，< br>D
交
PC
点
N
，连接
MN
，若
AB
＝
12
2
，
HM+CN
＝
MN
，求
DK
的长．


【答案】（
1
）见解析；（
2< br>）∠
ADF
＝
45°
；（
3
）
【解析】
【分析】

1810
．

5
（
1< br>）利用
“
同圆中，同弧所对的圆周角相等
”
可得∠
A
＝∠
GFD
，由
“
等角的余角相等
”
可得
∠
A
＝∠
GDF
，等量代换得∠
GDF
＝∠
GFD
，根据
“
三角形中，等角对等边
”
得
GD
＝
GF< br>；

（
2
）连接
OD
、
OF
，由△
DPH
≌△
FPB
可得：∠
GBH
＝
90°
，由四边形内角和为
360°
可得：
∠
G
＝
90°
，即可得：∠
ADF
＝
45°
；

（
3
）由等腰直角三角形可得
AH
＝
BH
＝
12
，
DF
＝
AB
＝
12
，由四边形
ABCD
内接于⊙
O
，
可得：∠
BCG
＝
45°
＝∠
CBG
，
GC
＝
GB
，可证四边形
CDHP
是矩形，令
CN
＝
m
，利用勾股定
理可求得
m
＝
2
， 过点
N
作
NS
⊥
DP
于
S
，连接
AF
，
FK
，过点
F
作
FQ
⊥
AD
于点
Q
，过点
F
作
FR
⊥
DK
交
DK
的延长线于点
R
，通过构造直角三角形，应用解直角三角形方法球得
D K
．

【详解】

解：（
1
）证明：∵
DE
⊥
AB

∴∠
BED
＝
90°

∴∠
A+
∠
ADE
＝
90°

∵∠
ADC
＝
90°

∴∠
GDF+
∠
ADE
＝
90°

∴∠
A
＝∠
GDF

∵
BDBD


∴∠
A
＝∠
GFD

∴∠
GDF
＝∠
GFD

∴
GD
＝
GF

（
2
）连接
OD
、
OF

∵
OD
＝
OF
，
GD
＝
GF

∴
OG
⊥
DF
，
PD
＝
PF

在△
DPH
和△
FPB
中


PDPF


DPHFPB



PHPB

∴△
DPH
≌△
FPB
（
SAS
）

∴∠
FBP
＝∠
DHP
＝
90°

∴∠
GBH
＝
90°

∴∠
DGF
＝360°
﹣
90°
﹣
90°
﹣
90°
＝
90°

∴∠
GDF
＝∠
DFG
＝
45°

∴∠
ADF
＝
45°

（
3
）在
Rt
△
ABH
中，∵∠
BAH
＝
45°
，
AB
＝
12
2


∴
AH
＝
BH
＝
12

∴
PH
＝
PB
＝
6

∵∠
HDP
＝∠
HPD
＝
45°

∴
DH
＝
PH
＝
6

∴
AD＝
12+6
＝
18
，
PN
＝
HM
＝< br>∵∠
BFE
＝∠
EBF
＝
45°

∴
EF
＝
BE

∵∠
DAE
＝∠
ADE
＝
45°

∴
DE
＝
AE

∴
DF
＝
AB
＝
12
2

∵四边形
ABCD
内接于⊙
O

∴∠
DAB+
∠
BCD
＝
180°

1< br>PH
＝
3
，
PD
＝
6
2

2

∴∠
BCD
＝
135°

∴∠
BCG
＝
45°
＝∠
CBG

∴
GC
＝
GB

又∵∠
CGP
＝∠
BGP
＝
45°
，
GP
＝
GP

∴△
GCP
≌△
GBP
（
SAS
）

∴∠
PCG
＝∠
PBG
＝
90°

∴∠< br>PCD
＝∠
CDH
＝∠
DHP
＝
90°

∴四边形
CDHP
是矩形

∴
CD
＝
HP
＝
6
，
PC
＝
DH
＝
6
，∠CPH
＝
90°

令
CN
＝
m
，则< br>PN
＝
6
﹣
m
，
MN
＝
m+3
在
Rt
△
PMN
中，∵
PM
2
+P N
2
＝
MN
2

∴
3
2
+
（
6
﹣
m
）
2
＝（
m+3
）
2
，解得
m
＝
2

∴
PN
＝
4

过点
N
作
NS⊥
DP
于
S
，

在
Rt
△
P SN
中，
PS
＝
SN
＝
2
2

D S
＝
6
2
﹣
2
2
＝
4
2

tanSDN
SN221



DS
42< br>2
连接
AF
，
FK
，过点
F
作
FQ
⊥
AD
于点
Q
，过点
F
作
FR
⊥
DK
交
DK
的延长线于点
R

在
Rt△
DFQ
中，
FQ
＝
DQ
＝
12

∴
AQ
＝
18
﹣
12
＝
6

∴
tan
FAQ
FQ12
2


AQ6
∵四边形
AFKD
内接于⊙
O
，

∴∠
DAF+
∠
DKF
＝
180°

∴∠
DAF
＝
180°
﹣∠
DKF
＝∠
FKR

在
Rt
△
DFR
中，∵
DF
＝
122,< br>∴
FR
tanFDR
1


2
12102410


,DR
55
1210

tan
∠
FKR
＝
2

5
在
Rt
△
FKR
中，∵
FR
＝
∴
KR
＝
610< br>

5
24106101810
．


555
∴
DK
＝
DR
﹣
KR
＝


【点睛】

本题是一道有关圆的几何综合题，难 度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定
理，全等三角形性质及判定，等腰直角三角形性质， 解直角三角形等知识点；解题关键是
添加辅助线构造直角三角形．


18．已知：




图
1
图
2
图
3

（
1
）初步思考：

如图
1
，

在
PCB
中，已知
PB2
，
BC=4
，
N
为
BC
上一点且
BN1
，试说明：
PN
1
PC

2
（
2
）问题提出：

如图
2
，已知正方 形
ABCD
的边长为
4
，圆
B
的半径为
2
，点
P
是圆
B
上的一个动点，求
1
PDPC
的最 小值．

2
（
3
）推广运用：

如图
3< br>，已知菱形
ABCD
的边长为
4
，∠
B
﹦
6 0°
，圆
B
的半径为
2
，点
P
是圆
B上的一个动
1
点，求
PDPC
的最大值．

2
【答案】（1）详见解析；（2）5；（3）最大值
DG37

【解析】

【分析】

（
1
）利用两边成比例，夹 角相等，证明
BPN
∽
BCP
，得到
论成立；

PNBN

，即可得到结
PCBP

（
2
）在
BC
上取一点
G
，使得
BG=1，由△
PBG
∽△
CBP
，得到
PG
共线时，
PD
1
PC
，当
D
、
P
、
G
2
1
PC
的值最小，即可得到答案；

2
（
3）在
BC
上取一点
G
，使得
BG=1
，作
DF
⊥
BC
于
F
，与（
2
）同理得到
PG< br>当点
P
在
DG
的延长线上时，
PD
【详解】

（
1
）证明：∵
PB2,BN1,BC4
，

∴
PB4,BNBC4
，

∴
PB
2
BNBC
，

2
1
PC
，
2
1
PC的值最大
，即可得到答案
.

2
BNBP

，

BPBC
∵
BB
，

∴
∴
BPN∽BCP
，

∴
PNBN1

，

PCBP2
1
PC
；

2
∴
PN
（
2
）解：如图，在
BC
上取一点
G
，使得
BG =1
，


∵
∴
PB2BC4
2,2
，

BG1PB2
PBBC
,PBGPBC
，

BGPB
∴
PBG∽CBP
，

∴
PGBG1

，

PCPB2
1
PC
，

2
1
PCDPPG
；

2
∴
PG< br>∴
PD
∵
DPPGDG
，

∴当
D
、
P
、
G
共线时 ，
PD
1
PC
的值最小，

2
∴最小值为：DG4
2
3
2
5
；

（
3）如图，在
BC
上取一点
G
，使得
BG=1
，作
DF
⊥
BC
于
F
，


与（
2
）同理，可证
PG
1
PC
，
< br>2
在
Rt
△
CDF
中，∠
DCF=60
°，
CD=4
，

∴
DF=CD
•
sin60
°
=
23
，
CF=2
，

在
Rt
△
GDF
中，
DG=
(23)
2
5
2
 37
，

∴
PD
1
PCPDPGDG
，

2
1
PC的值最大
，

2
当点
P
在
DG
的延长线上时，
PD
∴最大值为：
DG37
.< br>
【点睛】

本题考查圆综合题、正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判 定和性质、两点之间线
段最短等知识，解题的关键是学会构建相似三角形解决问题，学会用转化的思想思 考问
题，把问题转化为两点之间线段最短解决，题目比较难，属于中考压轴题．

< br>19．如图
①②
，在平面直角坐标系中，边长为
2
的等边
C DE
恰好与坐标系中的
OAB
重合，现将
CDE
绕边
A B
的中点
G(G
点也是
DE
的中点），按顺时针方向旋转
1 80
到
△
C
1
DE
的位置．

（
1
）求
C
1
点的坐标；

（
2
）求经过三点
O
、
A
、
C
1
的抛物线的解 析式；

（
3
）如图
③
，
G
是以
AB
为直径的圆，过
B
点作
G
的切线与
x
轴相交于 点
F
，求切
线
BF
的解析式；

（
4）抛物线上是否存在一点
M
，使得
S
AMF
:S
O AB
16:3
．若存在，请求出点
M
的坐
标；若不存在，请说明理 由．