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2024-2025学年广东省广州市仲元中学附属学校九年级（上）期中
数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
要求的。）
1．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）将抛物线y＝x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣2 B．y＝x2+2 C．y＝（x+2）2 D．y＝（x﹣2）2
3．（3分）方程x（x﹣2）＝0的根为（ ）
A．x＝0 B．x＝2
C．x ＝0，x ＝2 D．x ＝0，x ＝﹣2
1 2 1 2
4．（3分）已知二次函数y＝3（x﹣2）2+9对称轴是（ ）
A．直线x＝2 B．直线x＝﹣2 C．直线x＝9 D．直线x＝﹣9
5．（3分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向
旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30° B．45° C．90° D．135°
6．（3分）将二次函数y＝3x2﹣6x+1化成顶点式是（ ）
A．y＝3（x﹣3）2﹣26 B．y＝3（x﹣3）2﹣8
C．y＝3（x﹣1）2﹣2 D．y＝3（x﹣1）2
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学科网（北京）股份有限公司7．（3分）下列方程中没有实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0 B．x2﹣2x+3＝0 C．x2+2x+1＝0 D．x2+4x＝0
8．（3分）在一次会议中，每两人都握了一次手，共握手 21次，设有x人参加会议，则可列方程为（
）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21
C． D．
9．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝ax+c在同一坐标系内的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．（3分）定义新运算：a*b＝a（m﹣b）．若方程x2﹣mx+4＝0有两个相等正实数根，且 b*b＝a*a
（其中a≠b），则a+b的值为（ ）
A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．2
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，6）关于原点对称的点的坐标是 ．
12．（3分）已知m是方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，则代数式m2﹣m+2的值等于 ．
13．（3分）抛物线y＝﹣x2+6的顶点坐标是 ．
14．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则
∠B的大小为 ．
15．（3分）某药品原价每盒25元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在
售价每盒16元，则该药品平均每次降价的百分率是 ．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①ab＜
0；②b2＞4ac；③a+b+c＜0；④2a+b+c＝0，其中正确的是 ．
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学科网（北京）股份有限公司三、解答题（本大题共9个小题，满分72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．（4分）解方程：x2﹣2x＝3．
18．（4分）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB C ，画出△AB C ；
1 1 1 1
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A B C ．
2 2 2
19．（6分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）利用图象的特点填空：
①当x＝ 时，方程ax2+bx+c＝﹣4；
②不等式﹣4＜ax2+bx+c＜0的解集为 ．
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学科网（北京）股份有限公司20．（6分）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°．
（1）尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，连接AD，CD．求证：四边形
ABCD是矩形．
21．（8分）在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二
次函数图象的对称轴为直线x＝m．
（1）求m的值；
（2）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x ，0），（x ，0）（x ＜x ），若4＜x ﹣x ＜6，求a的
1 2 1 2 2 1
取值范围．
22．（10分）学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42米，篱笆长80
米．设垂直于墙的边AB长为x米，平行于墙的边BC为y米，围成的矩形面积为S米2．
（1）求y与x，S与x的关系式．
（2）围成的矩形花圃面积能否为750米2，若能，求出x的值．
（3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时x的值．
23．（10分）如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出，球的飞行路线可以用二次函数y＝ax2+bx（a
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学科网（北京）股份有限公司＜0）刻画，斜坡可以用一次函数 刻画，小球飞行的水平距离 x（米）与小球飞行的高度 y
（米）的变化规律如表：
x 0 1 2 m 4 5 6 7 …
y 0 6 8 n …
（1）①m＝ ，n＝ ；
②小球的落点是A，求点A的坐标．
（2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系：y＝﹣5t2+vt．
①小球飞行的最大高度为 米；
②求v的值．
24．（12分）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝
3，CE＝4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE，
∴①_____．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
∴在Rt△ECD′中，②_____．
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学科网（北京）股份有限公司∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴DE＝D′E＝③_____．
【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： ；“②”处应填： ；
“③”处应填： ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就
能以不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周
长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．
【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF
的数量关系： （直接写出结论，不必证明）．
最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的
思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于A、C两点，其中A
（﹣1，0），C（4，0），与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是第一象限内抛物线上的一个动点，连结BC，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE与直
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学科网（北京）股份有限公司线y＝﹣2交于点F，求 DE的最大值及此时点D的坐标；
（3）若将原抛物线绕原点O旋转180°得到新的抛物线y′，P是新抛物线y′上的一个动点，H是直
线y＝﹣2上的一个动点，在平面直角坐标系上，是否存在一点K，使得四边形OPKH为正方形？请直
接写出满足条件的所有K的坐标．
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数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
要求的。）
1．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了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，图形两部
分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（3分）将抛物线y＝x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣2 B．y＝x2+2 C．y＝（x+2）2 D．y＝（x﹣2）2
【分析】直接根据“左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝x2向左平移2个单位，所得抛物线的解析式为：
y＝（x+2）2．
故选：C．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
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学科网（北京）股份有限公司3．（3分）方程x（x﹣2）＝0的根为（ ）
A．x＝0 B．x＝2
C．x ＝0，x ＝2 D．x ＝0，x ＝﹣2
1 2 1 2
【分析】由x（x﹣2）＝0，即可得x＝0或x﹣2＝0，解此两个一次方程即可求得答案．
【解答】解：∵x（x﹣2）＝0，
∴x＝0或x﹣2＝0，
解得：x ＝0，x ＝2．
1 2
故选：C．
【点评】此题考查了一元二次方程的解法．此题比较简单，解题的关键是注意降幂思想的应用．
4．（3分）已知二次函数y＝3（x﹣2）2+9对称轴是（ ）
A．直线x＝2 B．直线x＝﹣2 C．直线x＝9 D．直线x＝﹣9
【分析】根据题目中二次函数的顶点式，可以直接写出该函数的对称轴，本题得以解决．
【解答】解：∵二次函数y＝3（x﹣2）2+9，
∴该函数的对称轴是直线x＝2，
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
5．（3分）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向
旋转而得，则旋转的角度为（ ）
A．30° B．45° C．90° D．135°
【分析】△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，由图可知，∠AOC为旋转角，可利用
△AOC的三边关系解答．
【解答】解：如图，设小方格的边长为1，得，
OC＝ ＝ ，AO＝ ＝ ，AC＝4，
∵OC2+AO2＝ + ＝16，
AC2＝42＝16，
∴△AOC是直角三角形，
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学科网（北京）股份有限公司∴∠AOC＝90°．
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，旋转前后对应角相等，本题也可通过两角互余的性质解答．
6．（3分）将二次函数y＝3x2﹣6x+1化成顶点式是（ ）
A．y＝3（x﹣3）2﹣26 B．y＝3（x﹣3）2﹣8
C．y＝3（x﹣1）2﹣2 D．y＝3（x﹣1）2
【分析】直接利用配方法将一般式化为顶点式即可．
【解答】解：y＝3x2﹣6x+1
＝3（x2﹣2x）+1
＝3（x﹣1）2﹣2．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次函数的三种形式，正确应用配方法是解题关键．
7．（3分）下列方程中没有实数根的是（ ）
A．x2﹣x﹣1＝0 B．x2﹣2x+3＝0 C．x2+2x+1＝0 D．x2+4x＝0
【分析】一元二次方程中，没有实数根，即根的判别式Δ＝b2﹣4ac＜0．
【解答】解：A、∵Δ＝（﹣1）2﹣4×1×（﹣1）＝5，∴方程有两个不相等的实数根；
B、∵Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8，∴方程没有实数根；
C、∵Δ＝22﹣4×1×1＝0，∴方程有两个相等的实数根；
A、∵Δ＝42＝16，∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有
两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
8．（3分）在一次会议中，每两人都握了一次手，共握手 21次，设有x人参加会议，则可列方程为（
）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21
C． D．
【分析】如果有x人参加了聚会，则每个人需要握手（x﹣1）次，x人共需握手x（x﹣1）次；而每两
个人都握了一次手，因此要将重复计算的部分除去，即一共握手： 次；已知“所有人共握手
21次”，据此可列出关于x的方程．
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学科网（北京）股份有限公司【解答】解：设x人参加这次聚会，则每个人需握手：x﹣1（次）；
依题意，可列方程为： ＝21；
故选：D．
【点评】考查了由实际问题抽象出一元二次方程．理清题意，找对等量关系是解答此类题目的关键；
需注意的是本题中“每两人都握了一次手”的条件，类似于球类比赛的单循环赛制．
9．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c与一次函数y＝ax+c在同一坐标系内的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】先由一次函数y＝ax+c图象得到字母系数的正负，再与二次函数y＝ax2+bx+c的图象相比较看
是否一致．
【解答】解：A、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，错误；
B、由抛物线可知，a＜0，由直线可知，a＞0，错误；
C、由抛物线可知，a＞0，由直线可知，a＜0，b＞0，错误；
D、由抛物线可知，a＜0，过点（0，c），由直线可知，a＜0，过点（0，c），正确．
故选：D．
【点评】主要考查了一次函数和二次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
10．（3分）定义新运算：a*b＝a（m﹣b）．若方程x2﹣mx+4＝0有两个相等正实数根，且 b*b＝a*a
（其中a≠b），则a+b的值为（ ）
A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．2
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣m）2﹣4×4＝0，解得m ＝4，m ＝﹣4，再利用方程有两个相
1 2
等的正实数解，所以m＝4，则a*b＝a（4﹣b）．利用新定义得到b（4﹣b）＝a（4﹣a），然后整理
后利用因式分解得到（a﹣b）（a+b﹣4）＝0，从而得到a+b的值．
【解答】解：∵方程x2﹣mx+4＝0有两个相等实数根，
∴Δ＝（﹣m）2﹣4×4＝0，
解得m ＝4，m ＝﹣4，
1 2
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学科网（北京）股份有限公司当m＝﹣4时方程有两个相等的负实数解，
∴m＝4，
∴a*b＝a（4﹣b），
∵b*b＝a*a，
∴b（4﹣b）＝a（4﹣a）
整理得a2﹣b2﹣4a+4b＝0，
（a﹣b）（a+b﹣4）＝0，
而a≠b，
∴a+b﹣4＝0，
即a+b＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0
时，方程无实数根．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，6）关于原点对称的点的坐标是 （ 2 ，﹣ 6 ） ．
【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点 P（x，y）关于原点O的对称
点是P′（﹣x，﹣y），进而得出答案．
【解答】解：点A（﹣2，6）关于原点对称的点的坐标是（2，﹣6）．
故答案为：（2，﹣6）．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
12．（3分）已知m是方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，则代数式m2﹣m+2的值等于 4 ．
【分析】利用整体代入的思想解决问题即可．
【解答】解：∵m是方程x2﹣x﹣2＝0的一个根，
∴m2﹣m﹣2＝0，
∴m2﹣m＝2，
∴m2﹣m+2＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是理解方程解的定义．
13．（3分）抛物线y＝﹣x2+6的顶点坐标是 （ 0 ， 6 ） ．
【分析】已知解析式是抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．
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学科网（北京）股份有限公司【解答】解：因为y＝﹣x2+6是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（0，6）．
故答案为（0，6）．
【点评】此题考查了二次函数顶点式的性质：抛物线y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k）．
14．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，则
∠B的大小为 40 ° ．
【分析】根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，
此题得解．
【解答】解：根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°，
∴∠B＝∠ADB＝ ×（180°﹣100°）＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，根据旋转的性质结合等腰三角形的性质求出
∠B的度数是解题的关键．
15．（3分）某药品原价每盒25元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在
售价每盒16元，则该药品平均每次降价的百分率是 20% ．
【分析】设该药品平均每次降价的百分率为x，根据降价后的价格＝降价前的价格（1﹣降价的百分
率），则第一次降价后的价格是25（1﹣x），第二次后的价格是25（1﹣x）2，据此即可列方程求解．
【解答】解：设该药品平均每次降价的百分率为x，
由题意可知经过连续两次降价，现在售价每盒16元，
故25（1﹣x）2＝16，
解得x＝0.2或1.8（不合题意，舍去），
故该药品平均每次降价的百分率为20%．
【点评】本题考查数量平均变化率问题．原来的数量（价格）为a，平均每次增长或降低的百分率为x
的话，经过第一次调整，就调整到a（1±x），再经过第二次调整就是a（1±x）（1±x）＝a（1±x）2．
增长用“+”，下降用“﹣”．
16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①ab＜
0；②b2＞4ac；③a+b+c＜0；④2a+b+c＝0，其中正确的是 ①②③ ．
第13页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】根据二次函数的性质和图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否成立．
【解答】解：由图象可得，
a＞0，b＜0，c＜0，
∴ab＜0，故①正确，符合题意；
图象与x轴有两个交点，则b2﹣4ac＞0，即b2＞4ac，故②正确，符合题意；
当x＝1时，y＝a+b+c＜0，故③正确，符合题意；
对称轴为﹣ ＝1，则b＝﹣2a，
∴2a+b+c＝2a﹣2a+c＝c＜0，故④错误，不符合题意；
故答案为：①②③．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解
答．
三、解答题（本大题共9个小题，满分72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．（4分）解方程：x2﹣2x＝3．
【分析】利用因式分解解方程．
【解答】解：x2﹣2x＝3，
x2﹣2x﹣3＝0，
（x﹣3）（x+1）＝0，
∴x ＝3，x ＝﹣1．
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【点评】本题考查了一元二次方程的求解，利用十字相乘法是解题的关键．
18．（4分）如图所示的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求画图
（1）以A点为旋转中心，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得△AB C ，画出△AB C ；
1 1 1 1
（2）作出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A B C ．
2 2 2
第14页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）依据△ABC绕点A顺时针旋转90°，即可得到△AB C ；
1 1
（2）依据中心对称的性质进行作图，即可得到△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A B C ．
2 2 2
【解答】解：（1）△AB C 如图所示；
1 1
（2）△A B C 如图所示．
2 2 2
【点评】本题主要考查了利用旋转变换进行作图，解题时注意：旋转作图有自己独特的特点，决定图
形位置的因素有旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
19．（6分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）利用图象的特点填空：
①当x＝ 1 时，方程ax2+bx+c＝﹣4；
②不等式﹣4＜ax2+bx+c＜0的解集为 ﹣ 1 ＜ x ＜ 3 且 x ≠ 1 ．
第15页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）设交点式y＝a（x+1）（x﹣3），然后把C点坐标代入求出a即可；
（2）①先利用配方法得到y＝（x﹣1）2﹣4，则当x＝1时，y有最小值﹣4；
②写出函数图象在x轴下方所对应的自变量的范围，并且自变量不取顶点的横坐标．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
把C（0，﹣3）代入得﹣3＝a×1×（﹣3），
解得a＝1，
∴抛物线解析式为y＝（x+1）（x﹣3），
即y＝x2﹣2x﹣3；
（2）①∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴当x＝1时，y有最小值﹣4，
即x＝1时，方程ax2+bx+c＝﹣4
故答案为：1；
②不等式﹣4＜ax2+bx+c＜0的解集为﹣1＜x＜3且x≠1．
故答案为：﹣1＜x＜3且x≠1．
【点评】本题考查了二次函数与不等式（组）：利用两个函数图象在直角坐标系中的上下位置关系求
自变量的取值范围，可作图利用交点直观求解．也考查了待定系数法求二次函数解析式和抛物线与 x
轴的交点．
20．（6分）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°．
（1）尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）所作的图中，将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，连接AD，CD．求证：四边形
ABCD是矩形．
第16页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交AC于O，连接BO，于是得到结论；
（2）根据平行四边形的判定和性质以及矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：如图所示，线段BO为AC边上的中线；
（2）证明：∵点O是AC的中点，
∴AO＝CO，
∵将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，
∴BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，矩形的判定，中心对称图形，熟练掌握矩形的判定定理是解题
的关键．
21．（8分）在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，记该二
次函数图象的对称轴为直线x＝m．
（1）求m的值；
（2）设y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交点为（x ，0），（x ，0）（x ＜x ），若4＜x ﹣x ＜6，求a的
1 2 1 2 2 1
取值范围．
【分析】（1）把点P（2，﹣3）代入y＝ax2+bx﹣3（a＞0）可得b＝﹣2a，再利用抛物线的对称轴公
式可得答案；
第17页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司（2）由根与系数的关系可得x +x ＝2，x •x ＝﹣ ，结合x ﹣x ＝ ，4＜x ﹣x
1 2 2 1 2 1 2 1
＜6，再建立不等式组求解即可．
【解答】解：（1）∵点P（2，﹣3）在二次函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）的图象上，
∴4a+2b﹣3＝﹣3，
解得：b＝﹣2a，
∴抛物线为：y＝ax2﹣2ax﹣3，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1，
∴m＝1；
（2）∵y＝ax2﹣2ax﹣3的图象与x轴交点为（x ，0），（x ，0）（x ＜x ）．
1 2 1 2
∴x +x ＝2，x •x ＝﹣ ，
1 2 2 1
∵x ﹣x ＝ ，
2 1
∴x ﹣x ＝ ＝2 ，
2 1
∵4＜x ﹣x ＜6，
2 1
∴4＜2 ＜6即2＜ ＜3，
解得 ＜a＜1．
【点评】本题考查了待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的
关系，熟练的利用各知识点建立方程或不等式组解题是关键．
22．（10分）学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42米，篱笆长80
米．设垂直于墙的边AB长为x米，平行于墙的边BC为y米，围成的矩形面积为S米2．
（1）求y与x，S与x的关系式．
（2）围成的矩形花圃面积能否为750米2，若能，求出x的值．
（3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时x的值．
第18页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）依据题意，2x+y＝80，从而y＝﹣2x+80，再由0＜﹣2x+80≤42，且x＞0，可得x的范
围，又S＝AB•BC＝x（﹣2x+80），进而可以得解；
（2）依据题意，令S＝﹣2x2+80x＝750，解方程即可判断得解；
（3）依据题意，根据（1）S＝﹣2x2+80x＝﹣2（x﹣20）2+800，从而依据二次函数的性质即可判断得
解．
【解答】解：（1）由题意，2x+y＝80，
∴y＝﹣2x+80．
由0＜﹣2x+80≤42，且x＞0，
∴19≤x＜40．
由题意，S＝AB•BC＝x（﹣2x+80），
∴S＝﹣2x2+80x（19≤x＜40）．
（2）由题意，令S＝﹣2x2+80x＝750，
∴x＝15（舍去）或x＝25．
答：当x＝25时，围成的矩形花圃的面积为750米2．
（3）由题意，根据（1）S＝﹣2x2+80x＝﹣2（x﹣20）2+800，
又∵﹣2＜0，且19≤x＜40，
∴当x＝20时，S取最大值为800．
答：围成的矩形花圃面积存在最大值，最大值为800米2，此时x的值为20．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．
23．（10分）如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出，球的飞行路线可以用二次函数y＝ax2+bx（a
＜0）刻画，斜坡可以用一次函数 刻画，小球飞行的水平距离 x（米）与小球飞行的高度 y
（米）的变化规律如表：
x 0 1 2 m 4 5 6 7 …
y 0 6 8 n …
（1）①m＝ 3 ，n＝ 6 ；
②小球的落点是A，求点A的坐标．
（2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系：y＝﹣5t2+vt．
①小球飞行的最大高度为 8 米；
②求v的值．
第19页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）①由抛物线的顶点坐标为（4，8）可建立过于 a，b的二元一次方程组，求出a，b的
值即可；
②联立两函数解析式求解，可求出交点A的坐标；
（2）①根据第一问可知最大高度为8米；
②将小球飞行高度与飞行时间的函数关系式化简为顶点式即可求得v值．
【解答】解：（1）①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知，
抛物线顶点坐标为（4，8），
，
解得： ，
∴二次函数解析式为y＝ x2+4x，
当y＝ 时，﹣ x2+4x＝ ，
解得：x＝3或x＝5（舍去），
∴m＝3，
当x＝6时，n＝y＝﹣ 62+4×6＝6，
故答案为：3，6．
②联立得： ，
第20页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司解得： 或 ，
∴点A的坐标是（ ， ）．
（2）①由题干可知小球飞行最大高度为8米，
故答案为：8．
②y＝﹣5t2+vt＝﹣5（t﹣ ）2+ ，
则 ＝8，
解得v＝4 （负值舍去）．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，从图象和表格中获取数据是解题的关键．
24．（12分）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：
【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝
3，CE＝4，求DE的长．
解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE，
∴①_____．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
∴在Rt△ECD′中，②_____．
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴DE＝D′E＝③_____．
第21页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司【问题解决】
上述问题情境中，“①”处应填： △ ADE ≌△ AD ′ E ；“②”处应填： EC 2 + CD ′ 2 ＝ ED ′ 2
；“③”处应填： 5 ．
刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就
能以不变应万变．
【知识迁移】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周
长的一半，连结AE、AF，分别与对角线BD交于M、N两点．探究BM、MN、DN的数量关系并证明．
【拓展应用】
如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．探究BE、EF、DF
的数量关系： 2 BE 2 + 2 DF 2 ＝ EF 2 （直接写出结论，不必证明）．
最后，刘老师总结到：希望同学们在今后的数学学习中，学会用数学的眼光观察现实世界，用数学的
思维思考现实世界，用数学的语言表达现实世界．
【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；
【知识迁移】如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′．过点D作DH⊥BD交边AF′于
点H，连结 NH．由旋转的特征得 AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′．结合题意得 EF＝
DF+BE＝DF+DF′＝F′F．证明△AEF≌AF′F，得出∠EAF＝∠F′AF．根据正方形性质得出
∠ABD＝∠ADB＝45°．结合DH⊥BD，得出∠ADH＝∠HDB﹣∠ADB＝45°．证明△ABM≌△ADH，
得出AM＝AH，BM＝DH．证明△AMN≌△AHN．得出MN＝HN．在Rt△HND中，根据勾股定理即可
第22页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司求解；
【拓展应用】如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时
针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．则△ADF≌△AGH．则DF＝GH，AG＝AD，AF＝AH，
∠DAF＝∠HAG，根据∠EAF＝45°，证明△AEH≌△AEF，得出EF＝HE，过点H作HO⊥CB交CB
于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．得出OH＝BG，OB＝HG，证明
△BME，△DNF，△CEF，△AMN是等腰直角三角形，得出GM＝DN＝DF＝HG，∠HME＝90°，在
Rt△OHE中，根据勾股定理即可证明．
【解答】解：【问题解决】如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连结ED′．
由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠EAC＝45°．
∵∠BAD＝∠CAD′，
∴∠CAD′+∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°．
∴∠DAE＝∠D′AE．
在△DAE和△D′AE中，
，
∴①△ADE≌△AD′E（SAS）．
∴DE＝D′E．
又∵∠ECD′＝∠ECA+∠ACD′＝∠ECA+∠B＝90°，
在Rt△ECD′中，②EC2+CD′2＝ED′2．
∵CD′＝BD＝3，CE＝4，
∴ ③，
故答案为：△ADE≌△AD′E；EC2+CD′2＝ED′2；5；
【知识迁移】DN2+BM2＝MN2 ；
第23页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司证明：如图3，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′．
过点D作DH⊥BD交边AF′于点H，连结NH．
由旋转的特征得AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′．
由题意得EF+EC+FC＝DC+BC＝DF+FC+EC+BE，
∴EF＝DF+BE＝DF+DF′＝F′F．
在△AEF和△AF′F中，
，
∴△AEF≌AF′F（SSS），
∴∠EAF＝∠F′AF．
又∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°．
∵DH⊥BD，
∴∠ADH＝∠HDB﹣∠ADB＝45°．
在△ABM和△ADH中，
，
∴△ABM≌△ADH（ASA），
∴AM＝AH，BM＝DH．
在△AMN和△AHN中，
，
第24页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司∴△AMN≌△AHN（SAS）．
∴MN＝HN．
在Rt△HND中，DN2+DH2＝HN2，
∴DN2+BM2＝MN2．
（3）【拓展应用】2BE2+2DF2＝EF2．
证明：如图4，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．
则△ADF≌△AGH．
则DF＝GH，AG＝AD，AF＝AH，∠DAF＝∠HAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠HAE＝∠HAG+∠GAE＝∠DAF+∠GAE＝45°，
在△AEH和△AFE中，
，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴EF＝HE，
过点H作HO⊥CB交CB于点O，过点H作HG⊥BM交BM于点M，则四边形OHGB为矩形．
∴OH＝BG，OB＝HG，
∵∠CEF＝45°，
∴∠CEF＝∠CFE＝∠DFN＝∠DNF＝∠BME＝∠BEM＝45°，
∴△BME，△DNF，△CEF，△AMN是等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，DN＝DF，AN＝AM，
∴AM﹣AG＝AN﹣AD，
第25页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司∴GM＝DN＝DF＝HG，
∴∠HMG＝45°，
∴∠HME＝45°+45°＝90°，
在Rt△OHE中，OE2+OH2＝HE2，（OB+BE）2+BG2＝EH2，
∴（GH+BE）2+BG2＝EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2＝EH2，
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，
∴（GH+BE）2+（BE﹣GH）2＝EF2，
即2（DF2+BE2）＝EF2．
【点评】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判
定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4（a≠0）与x轴交于A、C两点，其中A
（﹣1，0），C（4，0），与y轴交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是第一象限内抛物线上的一个动点，连结BC，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE与直
线y＝﹣2交于点F，求 DE的最大值及此时点D的坐标；
（3）若将原抛物线绕原点O旋转180°得到新的抛物线y′，P是新抛物线y′上的一个动点，H是直
线y＝﹣2上的一个动点，在平面直角坐标系上，是否存在一点K，使得四边形OPKH为正方形？请直
接写出满足条件的所有K的坐标．
【分析】（1）根据题意得：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2+bx+4，即可求解；
第26页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司（2）证明DM＝ DF，得到 DF+ DE＝DG+DM＝﹣m2+4m﹣m2+3m+6＝﹣2m2+7m+6＝﹣2
（m﹣ ）2+ ，即可求解；
（3）证明△PON≌△HOM（AAS），得到PN＝HM＝2，ON＝OM．则P点的坐标为（2，6）或（﹣
2，﹣6），H（6，﹣2），再分类求解即可．
【解答】解：（1）根据题意得：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2+bx+4，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4；
（2）过点D作DM⊥直线y＝﹣2于M，交直线BC于G，
∴DM∥y轴，
∴∠DGE＝∠OBC，
∵抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A、C两点，其中A（﹣1，0），与y轴交于点B．
令y＝0，则0＝﹣x2+3x+4，解得x ＝﹣1，x ＝4，令x＝0，则y＝4，
1 2
∴B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠DGE＝∠OBC＝45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDG＝∠DGE＝45°，
∴DE＝EG，
∴DG＝ DE，
∵DM⊥直线y＝﹣2，
∴∠EDG＝∠DFM＝45°，
第27页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司∴DM＝ DF，
由点B、C的坐标得，直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
设直线DM交x轴于N，D（m，﹣m2+3m+4），则G（m，﹣m+4），M （m，﹣2），
∴DG＝﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）＝﹣m2+4m，DM＝﹣m2+3m+4﹣（﹣2）＝﹣m2+3m+6，
∴ DF+ DE＝DG+DM＝﹣m2+4m﹣m2+3m+6＝﹣2m2+7m+6＝﹣2（m﹣ ）2+ ，
∴ DF+DE的最大值为 ，此时点D的坐标为（ ， ）；
（3）如图，
根据旋转得抛物线y'过点（0，﹣4），（1，0），（﹣4，0），
∴y'＝x2+3x﹣4，
设P（n，n2+3n﹣4），
∵四边形OPKH为正方形，
∴OP⊥OH，OP＝OH，
∴∠PON+∠NOH＝90°，
过点H作HM⊥x轴于M，过点P作PN⊥y轴于N，
∴∠PNO＝∠HMO＝90°，
∴∠HOM+∠NOH＝90°，
∴∠PON＝∠HOM，
∴△PON≌△HOM（AAS），
∴PN＝HM＝2，ON＝OM．
∴n＝±2，
∴P点的坐标为（2，6）或（﹣2，﹣6），H（6，﹣2），
第28页（共29页）
学科网（北京）股份有限公司①当P点的坐标为（2，6）时，
∵O（0，0），P（2，6），H（6，﹣2），四边形OPKH为正方形，
∴点K的坐标为（8，4）；
②当P点的坐标为（﹣2，﹣6）时，
∵O（0，0），P（2，6），H（6，﹣2），四边形OPKH为正方形，
∴点K的坐标为（4，﹣8）；
综上，存在，点K的坐标为（8，4）或（4，﹣8）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角
形的判定和性质，正方形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，
用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段长度是解题的关键．
第29页（共29页）
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