23-24学年广东省广州中学九年级（上）11月考数学试卷（含答案）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_初三上十月十二月考

2023-2024 学年广东省广州中学九年级（上）月考数学试卷（11 月份） 一、细心选一选（本题有10个小题，每小题3分，满分30分．每小题给出的四个选项中，只有一个是正 确的．） 1．（3分）下列图案中是中心对称图形的是( ) A． B． C． D． 学 2．（3分）关于x的一元二次方程x2 3x10的根的情况为( ) 升 A．两个不相等的实数根 B．两个相等的实数根 哥 C．无实数根 D．无法确定 水 3．（3分）如图，将含45的直角三角板ABC绕着点A顺时针旋转到ADE处（点C，A，D在一条直线 上），则这次旋转的旋转角为( ) A．45 B．90 C．135 D．180 1 4．（3分）若将抛物线y x2先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到新的抛物线，则新抛物 2 线的表达式是( ) 1 1 A．y (x3)2 2 B．y (x3)2 2 2 2 1 C．y(x3)2 2 D．y (x3)2 2 2 5．（3分）4月23日是世界读书日，据有关部门统计，某市2021年人均纸质阅读量约为4本，2023年人 均纸质阅读量约为4.84本，设人均纸质阅读量年均增长率为x，则根据题意可列方程( ) 第1页（共26页）A．4(12x)4.84 B．4.84(1x)2 4 学 C．4(1x)2 4.84 D．44(1x)4(1x)2 4.84 升 6．（3分）请同学们借助所学知识确定代数式x2 2x3有最大值还是最小值，是多少？( ) 哥 A．有最小值是2 B．有最大值是2 C．有最小值是6 D．有最大值是6 水 7．（3分）已知实心球运动的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系是y(x1)2 4，则该同学此次 投掷实心球的成绩是( ) A．2m B．3m C．3.5m D．4m 8．（3分）在同一坐标系中，一次函数yaxa和二次函数yax2 3x2的图象可能是( ) A． B． 第2页（共26页）C． D． 9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 三个顶点的坐标依次为A(1,3)，B(2,1)，C(1,1)．若抛物线 yax2与ABC 有公共点，则a的取值范围是( ) 学 升 1 1 1 1 A． a 3 B． a 2 C． a 3 D． a 2 哥 4 2 2 4 10．（3分）已知抛物线yax2水bx3在坐标系中的位置如图所示，它与x，y轴的交点分别为A，B，P 是其对称轴x1上的动点，根据图中提供的信息，以下结论中不正确的是( ) 3 A．2ab0 B．a 2 C．PAB周长的最小值是 53 2 D．x3是ax2 bx30的一个根 二、耐心填一填（本题有6个小题，每小题3分，满分18分） 11．（3分）点A(1,2)关于原点对称的点的坐标是 ． 12．（3分）正方形边长3，若边长增加x，增加后正方形的面积为y，y与x的函数关系式为 ． 13．（3分）一元二次方程x2 2x的根是 ． 第3页（共26页）14．（3分）抛物线yx2 x6与x轴交于A、B两点，则线段AB的长为 ． 1 15．（3分）如图，把抛物线y x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A(6,0)和原点，它的顶点为P， 2 1 它的对称轴与抛物线y x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为 ． 2 16．（3分）如图，在RtABC中，ACB90，AB2，点D为线段AB的中点，将线段BC绕点B顺 时针旋转90，得到线段BE ，连接DE，则DE最大值是 学． 升 哥 水 三、用心答一答（本大题有9个小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤） 17．（4分）解方程x2 3x10． 18．（4分）如图，在平面直角坐标系内，ABC的三个顶点坐标分别为A(2,5)、B(1,1)、C(4,3)．画出ABC 关于原点O成中心对称的图形△ABC ，并写出点C 对应的点C 的坐标． 1 1 1 1 第4页（共26页）19．（6分）已知：二次函数yax2 bx3(a0)中的x和y满足如表：   x 0 1 2 3 4 5 y  3 0 1 0 学 m 8  （1）m的值为 ； 升 （2）求出这个二次函数的解析式． 哥 20．（6分）如图，将ABC 绕点A顺时针旋转得到AED，点D在BC上，求证：DA平分CDE． 水 21．（8分）普洱茶是中国名茶，某茶叶公司经销某品牌普洱茶，每千克成本为50元，规定每千克售价需 超过成本，但不高于80元，经调查发现：其日销售量y（千克）与售价x（元/千克）之间的函数关系如 图所示． （1）求y与x之间的函数表达式； （2）设日利润为W 元，求W 与x之间的函数表达式，并说明日利润W 随售价x的变化而变化的情况以及 最大日利润． 第5页（共26页）22．（10分）已知二次函数ymx2 2(m1)x4(m为常数，且m0)． （1）求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴总有公共点； （2）不论m为何值，该函数的图象都会经过两个定点，求两个定点的坐标． 23．（10分）阅读材料，解答问题： 已知实数m ，n满足m2 m10，n2 n10，且mn，则m，n是方程x2 x10的两个不相等 的实数根，由根与系数的关系可知mn1，mn1． 根据上述材料，解决以下问题： （1）直接应用：已知实数a，b满足：a2 7a10，b2 7b10且ab，则ab ，ab ； b a （2）间接应用：在（1）条件下，求  的值； a b 1 1 1 （3）拓展应用：已知实数m，n满足：  7，n2 n7且mn10，求 n的值． m2 m m 1 24．（12分）二次函数图象的顶点在原点O，经过点A(1, )；点F(0,1)在y轴上，直线y1与y轴交于 4 学 点H ． 升 （1）求二次函数的解析式； 哥 （2）点P是抛物线上的点，过点P作x轴的垂线与直线y1交于点M ，求证：PF PM ； （3）当FPM 是等边三角形时水，求P点的坐标． 25．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB6，BC 8，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺 时针转90得到线段PE ，在BC上取点F ，使得BF BA，连接AF 、EF ． （1）直接写出，PFA:AFE:EFC  ； （2）试判断AF 与EF 的位置关系，并说明理由； （3）如图，连接DE，对于点P的每一个确定的位置，DE都有唯一一个值与之相对应，若AF 与PE 交 于点O，记S S S ，设BP x，是否存在点P，使得当DE取得最小值时，满足S 2？若存在， AOP FOE 求出此时x的值；若不存在，请说明理由． 第6页（共26页）学 升 哥 水 第7页（共26页）2023-2024 学年广东省广州中学九年级（上）月考数学试卷（11 月份） 参考答案与试题解析 一、细心选一选（本题有10个小题，每小题3分，满分30分．每小题给出的四个选项中，只有一个是正 确的．） 1．（3分）下列图案中是中心对称图形的是( ) A． B． 学 C． D． 升 【分析】根据中心对称图形的概念判断即可． 哥 【解答】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、是中心对称图形，符合题意水； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查的是中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转180，如果旋转后的图形能够与原来的图 形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 2．（3分）关于x的一元二次方程x2 3x10的根的情况为( ) A．两个不相等的实数根 B．两个相等的实数根 C．无实数根 D．无法确定 【分析】当△0时，方程有两个不相等的实数根；当△0时，方程有两个相等的实数根；当△0时， 方程没有实数根． 根据一元二次方程根的判别式进行判断即可求解． 【解答】解：x2 3x10，a1，b3，c1， △b2 4ac9450， 第8页（共26页）方程x2 3x10有两个不相等的实数根， 故选：A． 【点评】本题考查了一元二次方程ax2 bxc0(a0，a，b，c为常数）的根的判别式△b2 4ac， 理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键． 3．（3分）如图，将含45的直角三角板ABC绕着点A顺时针旋转到ADE处（点C，A，D在一条直线 上），则这次旋转的旋转角为( ) A．45 B．90 C．135 D．180 【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，据此即可求解． 【解答】解：旋转角是BAD18045135． 学 故选：C． 升 【点评】本题考查了图形的旋转，理解旋转角的定义是关键． 哥 1 4．（3分）若将抛物线y x2先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到新的抛物线，则新抛物 2 水 线的表达式是( ) 1 1 A．y (x3)2 2 B．y (x3)2 2 2 2 1 C．y(x3)2 2 D．y (x3)2 2 2 【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 1 【解答】解：将抛物线y x2先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到新的抛物线的函数关系 2 1 式是：y (x3)2 2． 2 故选：D． 【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． 5．（3分）4月23日是世界读书日，据有关部门统计，某市2021年人均纸质阅读量约为4本，2023年人 均纸质阅读量约为4.84本，设人均纸质阅读量年均增长率为x，则根据题意可列方程( ) 第9页（共26页）A．4(12x)4.84 B．4.84(1x)2 4 学 C．4(1x)2 4.84 D．44(1x)4(1x)2 4.84 升 【分析】利用该市2023年人均纸质阅读量该市2021年人均纸质阅读量(1人均纸质阅读量年均增长率） 哥 2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解． 水 【解答】解：根据题意得：4(1x)2 4.84． 故选：C． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关 键． 6．（3分）请同学们借助所学知识确定代数式x2 2x3有最大值还是最小值，是多少？( ) A．有最小值是2 B．有最大值是2 C．有最小值是6 D．有最大值是6 【分析】根据配方法得出(x1)2 2，即可求解． 【解答】解：x2 2x3(x1)2 2 2， 代数式x2 2x3有最小值是2， 故选：A． 【点评】本题考查了配方法的应用，关键是非负数性质的应用． 7．（3分）已知实心球运动的高度y(m)与水平距离x(m)之间的函数关系是y(x1)2 4，则该同学此次 投掷实心球的成绩是( ) 第10页（共26页）A．2m B．3m C．3.5m D．4m 【分析】根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令 y0，解方程即可． 【解答】解：在y(x1)2 4中，令y0得： 0(x1)2 4， 解得x3或x1（舍去）， 该同学此次投掷实心球的成绩是3m， 故选：B． 学 【点评】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，理解题意，能把二次函数问题转化为一元二次 升 方程问题是解决问题的关键． 哥 8．（3分）在同一坐标系中，一次函数yaxa和二次函数yax2 3x2的图象可能是( ) 水 A． B． C． D． 【分析】根据函数表达式的特征，可发现一次函数和二次函数都过定点，再由a的正负进行分类即可解 决问题． 【解答】解：由题知， 一次函数yaxa过定点(1,0)， 二次函数yax2 3x2过定点(0,2)． 当a0时，一次函数中y随x的增大而减小， 第11页（共26页）此时抛物线的开口向上，且对称轴在y轴左侧． 所以A和B都不正确． 当a0时，一次函数中y随x的增大而增大， 此时抛物线的开口向下． 所以C 不正确． 故选：D． 【点评】本题考查一次函数和二次函数的图象，能发现一次函数和二次函数过定点且根据a的正负进行 分类讨论是解题的关键． 9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 三个顶点的坐标依次为A(1,3)，B(2,1)，C(1,1)．若抛物线 yax2与ABC 有公共点，则a的取值范围是( ) 学 升 哥 水 1 1 1 1 A． a 3 B． a 2 C． a 3 D． a 2 4 2 2 4 【分析】依据题意，分别求出抛物线过A、B、C三点时对应的a的值，即可判断得解． 【解答】解：由题意，分别将A(1,3)，B(2,1)，C(1,1)代入抛物线yax2解析式，从而分别得到， a3或4a1或a1． 1 a3或a1或a ． 4 又若抛物线yax2与ABC有公共点， 1  a 3． 4 故选：A． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能理解是关键． 10．（3分）已知抛物线yax2 bx3在坐标系中的位置如图所示，它与x，y轴的交点分别为A，B，P 第12页（共26页）是其对称轴x1上的动点，根据图中提供的信息，以下结论中不正确的是( ) 3 A．2ab0 B．a 2 C．PAB周长的最小值是 53 2 D．x3是ax2 bx30的一个根 【分析】根据对称轴方程求得a、b的数量关系即可判断A；根据抛物线的对称性知抛物线与x轴的另一 个交点的横坐标是3，则x3时，y0，得到3a30，即2a3a0即可判断B、D；利用两点间 直线最短来求PAB周长的最小值即可判断C． 学 b 【解答】解：A、根据图象知，对称轴是直线x升1，则b2a，即2ab0．故A正确； 2a B、根据图象知，点A的坐标是(1,0)，哥对称轴是直线x1，则根据抛物线关于对称轴对称的性质知，抛 物线与x轴的另一个交点的坐标是(3,0)， 水 x3时， y9a3b30， 9a6a30， 3a30， 抛物线开口向下，则a0， 2a3a0， 3 a ，故B正确； 2 C，点A关于x1对称的点是A为(3,0)，即抛物线与x轴的另一个交点． 连接BA与直线x1的交点即为点P， 则PAB周长的最小值是(BA AB)的长度． A(1,0)，B(0,3)，A(3,0)， AB 10，BA3 2．即PAB周长的最小值是 103 2，故C错误； D、根据图象知，点A的坐标是(1,0)，对称轴是直线x1，则根据抛物线关于对称轴对称的性质知，抛 物线与x轴的另一个交点的坐标是(3,0)，所以x3是ax2 bx30的一个根，故D正确； 第13页（共26页）故选：C． 【点评】本题考查的是二次函数综合题，涉及到二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的性质以及两 点之间直线最短．解答该题时，充分利用了抛物线的对称性． 二、耐心填一填（本题有6个小题，每小题3分，满分18分） 11．（3分）点A(1,2)关于原点对称的点的坐标是 (1,2) ． 【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(x,y)，即关于原点的对称点， 横、纵坐标都变成相反数． 学 【解答】解：点A的坐标是(1,2)， 升 点A关于原点对称的点的坐标是(1,2)． 哥 故答案为：(1,2)． 【点评】本题考查点的对称，解水决的关键是对知识点的正确记忆，同时能够根据点的坐标符号确定点所在 的象限． 12．（3分）正方形边长3，若边长增加x，增加后正方形的面积为y，y与x的函数关系式为 y(x3)2 ． 【分析】根据正方形面积等于边长的平方，即可求解． 【解答】解：依题意， y(x3)2， 故答案为：y(x3)2． 【点评】本题考查了列二次函数关系式，关键是掌握正方形的面积公式． 13．（3分）一元二次方程x2 2x的根是 x 0，x 2 ． 1 2 【分析】移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可． 【解答】解：x2 2x， x2 2x0， x(x2)0， x0或x20， 第14页（共26页）解得：x 0，x 2． 1 2 故答案为：x 0，x 2． 1 2 【点评】本题考查了解一元一次方程，能把一元一次方程转化成一元二次方程是解此题的关键． 14．（3分）抛物线yx2 x6与x轴交于A、B两点，则线段AB的长为 5 ． 【分析】求出点A和点B的坐标即可解决问题． 【解答】解：令y0得， x2 x60， 解得x 2，x 3． 1 2 所以线段AB的长为：3(2)5． 故答案为：5． 【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，根据题意求出抛物线与x轴的交点坐标是解题的关键． 学 1 15．（3分）如图，把抛物线y x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A(6,0)和原点，它的顶点为P， 2 升 1 27 它的对称轴与抛物线y x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为 ． 哥 2 2 水 【分析】根据点O与点A的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出点P的坐标，过点P作PM  y 轴于点M ，根据抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积，然后求解即可． 【解答】解：如图，设PQ与x轴交于N，过点P作PM  y轴于点M ， 抛物线平移后经过原点O和点A(6,0)， 1 平移后的抛物线对称轴为x3，得出二次函数解析式为：y (x3)2 h， 2 将(6,0)代入得出： 1 0 (63)2 h， 2 第15页（共26页）9 解得：h ， 2 9 点P的坐标是(3, )， 2 根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积， 9 27 S |3|| | ． 2 2 27 故答案为： ． 2 学 【点评】本题主要考查了二次函数与几何变换问题，根据二次函数的性质求出平移后的抛物线的对称轴的 升 解析式，并对阴影部分的面积进行转换是解题的关键． 哥 16．（3分）如图，在RtABC中，ACB90，AB2，点D为线段AB的中点，将线段BC绕点B顺 水 时针旋转90，得到线段BE ，连接DE，则DE最大值是 21 ． 【分析】将线段BD绕点B顺时针旋转90，得到线段BP，连接PE ，PD，证明CBDEBP，可得 PE DC 1，DP 2，根据PDPE DE，即可得出DE的最大值． 【解答】解：如图，将线段BD绕点B顺时针旋转90，得到线段BP，连接PE ，PD， 则DBPB，DBP90， 将线段BC绕点B顺时针旋转90，得到线段BE ， BC BE，CBE 90， CBDEBP， CBDEBP(SAS)， PE DC， 第16页（共26页）在RtABC中，ACB90，AB2，点D为线段AB的中点， 1 DBCD AB1， 2 PE1，PB1， DP 12 12  2， PDPE DE， DE 21， DE最大值为 21， 故答案为： 21． 学 升 【点评】本题考查图形的旋转，解题的关键是掌握图形旋转的性质． 哥 三、用心答一答（本大题有9个小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤） 水 17．（4分）解方程x2 3x10． 【分析】根据公式法求解即可． 【解答】解：x2 3x10， △b2 4ac(3)2 4119450， 3 5 3 5 x  ，x  ． 1 2 2 2 【点评】考查了解一元二次方程公式法，公式法解一元二次方程的一般步骤为：①把方程化成一般形式， 进而确定a，b，c的值（注意符号）；②求出b2 4ac的值（若b2 4ac0，方程无实数根）；③在b2 4ac 0 的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．注意：用公式法解一元二次方程的前提条 件有两个：①a0；②b2 4ac 0． 18．（4分）如图，在平面直角坐标系内，ABC的三个顶点坐标分别为A(2,5)、B(1,1)、C(4,3)．画出ABC 关于原点O成中心对称的图形△ABC ，并写出点C 对应的点C 的坐标． 1 1 1 1 第17页（共26页）【分析】根据网格结构找出点A、B、C关于原点的对称点A 、B 、C 的位置，然后顺次连接即可． 1 1 1 【解答】解：如图，△ABC 即为所求， 1 1 1 学 升 哥 水 点C的对应点C 的坐标为(4,3)． 1 【点评】本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构，准确找出对应顶点的位置是解题的关键． 19．（6分）已知：二次函数yax2 bx3(a0)中的x和y满足如表：   x 0 1 2 3 4 5 y  3 0 1 0 m 8  （1）m的值为 3 ； 第18页（共26页）（2）求出这个二次函数的解析式． 【分析】（1）根据表格数据和二次函数的对称性可得m值； （2）将(1,0)、(2,1)代入求出a、b、c即可． 【解答】解：（1）根据表格数据和函数的对称性可知，函数的对称轴是直线x2， 点(0,3)和点(4,m)关于对称轴对称， m3， 故答案为：3． （2）将(1,0)、(2,1)代入yax2 bx3(a0)得： ab30  ， 4a2b31 a1 解得 ， b4 学 二次函数解析式为yx2 4x3． 升 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 哥 20．（6分）如图，将ABC 绕点A顺时针旋转得到AED，点D在BC上，求证：DA平分CDE． 水 【分析】根据旋转前后的两个三角形全等即可解决问题． 【解答】证明：ADE 由ACB旋转得到， ADE ACB． AD AC，ADE ACB， AD AC， ADC ACB， ADE ADC， DA平分CDE． 【点评】本题考查旋转的性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 21．（8分）普洱茶是中国名茶，某茶叶公司经销某品牌普洱茶，每千克成本为50元，规定每千克售价需 第19页（共26页）超过成本，但不高于80元，经调查发现：其日销售量y（千克）与售价x（元/千克）之间的函数关系如 图所示． （1）求y与x之间的函数表达式； （2）设日利润为W 元，求W 与x之间的函数表达式，并说明日利润W 随售价x的变化而变化的情况以及 最大日利润． 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）根据“总利润每千克利润销售量”可得函数解析式，将其配方成顶点式即可得最值情况． 【解答】解：（1）设ykxb，将(60,120)、(80,80)代入，得： 学 60kb120  ， 80kb80 升 k 2 哥 解得： ， b240 水 y2x240． 每千克成本为50元，规定每千克售价需超过成本，但不高于80元， 50 x 80； y2x240(50 x 80)； （2）w(x50)(2x240) 2x2 340x12000 2(x85)2 2450， 50 x 80， 当x80时，w最大值2(8085)2 24502400， 故函数表达式为w2x2 340x12000，售价为80元时获得最大利润，最大利润是2400元． 【点评】本题考查了求一次函数的解析式，二次函数的应用，深入理解题意，找出其中的数量关系是解决 问题的关键． 22．（10分）已知二次函数ymx2 2(m1)x4(m为常数，且m0)． 第20页（共26页）（1）求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴总有公共点； （2）不论m为何值，该函数的图象都会经过两个定点，求两个定点的坐标． 【分析】（1）△b2 4ac4(m1)2 0，即可求解； （2）由ymx2 2(m1)x4(x2)(mx2)，所以当x0时，y4，当x20，即x2时，y0， 即可求得定点坐标． 【解答】（1）证明：令y0，即mx2 2(m1)x40， b2 4ac[2(m1)]2 4m44m2 8m44(m1)2 0， 方程总有实数根， 该函数的图象与x轴总有公共点； （2）解：ymx2 2(m1)x4(x2)(mx2)． 学 因为该函数的图象都会经过两个定点， 升 所以当x0时，y4， 哥 当x20，即x2时， y0， 水 所以该函数图象始终过定点(0,4)、(2,0)． 【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，一元二次方程的根的判别式，解决此题的关键是用方程知识 来处理函数问题． 23．（10分）阅读材料，解答问题： 已知实数m ，n满足m2 m10，n2 n10，且mn，则m，n是方程x2 x10的两个不相等 的实数根，由根与系数的关系可知mn1，mn1． 根据上述材料，解决以下问题： （1）直接应用：已知实数a，b满足：a2 7a10，b2 7b10且ab，则ab 7 ，ab ； b a （2）间接应用：在（1）条件下，求  的值； a b 1 1 1 （3）拓展应用：已知实数m，n满足：  7，n2 n7且mn10，求 n的值． m2 m m 【分析】（1）由题意可知a、b是方程x2 7x10的两个不相等的实数根，再由根与系数的关系可得 ab7，ab1； (ab)2 2ab （2）将所求式子变形为 ，再将（1）的代数式代入求值即可； ba 第21页（共26页）1 （3）由题意可知 、n是方程x2 x70的两个不相等的实数根，再由根与系数的关系求解即可． m 【解答】解：（1）a2 7a10，b2 7b10， a、b是方程x2 7x10的两个不相等的实数根， ab7，ab1， 故答案为：7，1； b a a2 b2 (ab)2 2ab （2）    ， a b ab ba ab7，ab1， b a   49247； a b 1 1 （2）:  7，n2 n7， m2 m 1  、n是方程x2 x70的两个不相等的实数根， m 1  n1． 学 m 【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，弄升懂所给的例子，灵活应用一元二次方程根与系数的关 系是解题的关键． 哥 1 24．（12分）二次函数图象的顶水点在原点O，经过点A(1, )；点F(0,1)在y轴上，直线y1与y轴交于 4 点H ． （1）求二次函数的解析式； （2）点P是抛物线上的点，过点P作x轴的垂线与直线y1交于点M ，求证：PF PM ； （3）当FPM 是等边三角形时，求P点的坐标． 【分析】（1）根据题意可设函数的解析式为yax2，将点A代入函数解析式，求出a的值，继而可求得二 次函数的解析式； （2）过点P作PB y轴于点B，利用勾股定理求出PF ，表示出PM ，可得PF PM ； 第22页（共26页）1 （3）首先可得FMH 30，设点P的坐标为(x, x2)，根据PF PM FM ，可得关于x的方程，求出 4 x的值即可得出答案． 【解答】解：（1）二次函数图象的顶点在原点O， 设二次函数的解析式为yax2， 1 1 将点A(1, )代入yax2得：a ， 4 4 1 二次函数的解析式为y x2； 4 1 （2）设P(m, m2)， 4 F(0,1)， 1 1 1 PF  (m0)2 ( m2 1)2  ( m2 1)2  m2 1， 4 4 4 学 PM HM ，且点M 在直线y1上， 1 升 PM  m2 1， 4 哥 PF PM ； 水 （3）当FPM 是等边三角形时，PMF 60， FMH 30， 在RtMFH中，MF 2FH 224 ， PF PM FM ， 1  x2 14， 4 解得：x2 3， 1 1  x2  123， 4 4 满足条件的点P的坐标为(2 3，3)或(2 3，3)． 【点评】本题考查了二次函数的综合问题，涉及了待定系数法求函数解析式、直角三角形的性质，解答本 题的关键是熟练基本知识，数形结合，将所学知识融会贯通． 25．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB6，BC 8，点P是线段BC上一动点，将线段PA绕点P顺 时针转90得到线段PE ，在BC上取点F ，使得BF BA，连接AF 、EF ． 第23页（共26页）（1）直接写出，PFA:AFE:EFC  1:2:1 ； （2）试判断AF 与EF 的位置关系，并说明理由； （3）如图，连接DE，对于点P的每一个确定的位置，DE都有唯一一个值与之相对应，若AF 与PE 交 于点O，记S S S ，设BP x，是否存在点P，使得当DE取得最小值时，满足S 2？若存在， AOP FOE 求出此时x的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）过点E作EH  BC 于点H ，证明BAPHPE(AAS)，得出EFH 是等腰直角三角形，则 EFH 45，ABF是等腰直角三角形，则PFA45，进而求得AFE 90，即可求解； （2）依据（1）的方法可得AFE 90，即可求解； 学 （3）过点E 作EH BC 于点H ，设EF ，CD交于点G ，则CFG 是等腰直角三角形，由（1）可得 升 EFC 45，则点E在EF 上运动，当DE EF 时，DE取得最小值，设BP x，则PF |BF BP||6x|， 哥 1 根据题意 (6x)2 2，解方程，即可求解． 2 水 【解答】解：（1）如图1所示，过点E作EH BC于点H ， 将AP绕P顺时针旋转90得到线段PE ， APPE ，APE 90ABPPHE， BPAEPH 90，BAPBPA90， BAPEPH ， 在BAP和HPE中， ABPPHE  BAPHPE，  APPE BAPHPE(AAS)， 第24页（共26页）BPEH ，PH  AB， BF  AB， BPPF  ABPH PF FH ， FH BP， FH EH ， EFH是等腰直角三角形，则EFH 45， EFH 45， ABBF ，B90， ABF 是等腰直角三角形，则PFA45， AFE 180454590， PFA:AFE:EFC 1:2:1， 故答案为：1:2:1． 学 （2）AF EF ，理由如下： 过点E作EH BC于点H ，如图2， 升 哥 水 将AP绕P顺时针旋转90得到线段PE ， APPE ，APE 90ABPPHE， BPAEPH 90，BAPBPA90， BAPEPH ， 在BAP和HPE中， ABPPHE  BAPHPE，  APPE BAPHPE(AAS)， BPEH ，PH  AB， BF  AB， 第25页（共26页）BPPF  ABPH PF FH ， FH BP， FH EH ， EFH是等腰直角三角形，则EFH 45， EFH 45， ABBF ，B90， ABF 是等腰直角三角形，则PFA45， AFE 180454590， AF EF ； （3）存在，理由如下， 如图3所示，过点E作EH BC于点H ，设EF ，CD交于点G，则CFG是等腰直角三角形， 由（1）可得EFC 45，则点E在EF 上运动，当DE EF 时，DE取得最小值， 学 升 哥 水 设BP x，则PF |BF BP||6x|， 同（1）可得BAPHPE(AAS)， EH BP x， 1 S S S S S  PF|ABEH |， AOP FOE APF EPF 2 1  (6x)2 2， 2 解得：x 4，x 8， 1 2 EH CD6， x4． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定， 解一元二次方程，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/8/3017:23:38；用户：初中数学；邮箱：gzthjj01@xyh.com；学号：41820495 第26页（共26页）