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九年级上学期期中【易错 60 题考点专练】
一．一元二次方程的定义（共2小题）
1．（2021秋•辉县市期中）以下关于x的方程一定是一元二次方程的是（ ）
A．a2﹣bx+c＝0 B．2（x﹣1）2＝2x2+2
C．（k+1）x2+3x＝2 D．（k2+1）x2﹣2x+1＝0
【分析】根据一元二次方程的定义解答．
【解答】解：A、不是关于x的一元二次方程，故此选项不符合题意；
B、化简后未知数的最高次数是1，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
C、当k＝﹣1时，是一元一次方程，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；
D、符合一元二次方程的定义，故此选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方
程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
2．（2021春•宁阳县期中）若关于x的一元二次方程（m+2）x|m|+2x﹣1＝0是一元二次方程，则m＝ 2
．
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．
【解答】解：因为是关于x的一元二次方程，这个方程一定有一个二次项，则（m+2）x|m|一定是此二次
项．
所以得到 ，解得m＝2．
【点评】要特别注意二次项系数a≠0这一条件，本题容易出现的错误是忽视m+2≠0这一条件．
二．一元二次方程的一般形式（共2小题）3．（2021秋•汨罗市期中）把方程（2x﹣1）（3x+1）＝x化成一般形式后，一次项系数和常数项分别是（
）
A．4，1 B．6，﹣1 C．﹣2，﹣1 D．﹣4，1
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0），特别要注意a≠0的条
件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，
常数项．
【解答】解：因为（2x﹣1）（3x+1）＝x，
所以6x2+2x﹣3x﹣1＝x，
所以6x2﹣2x﹣1＝0，
这个方程的一次项系数为﹣2，常数项为﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，要确定二次项系数和常数项，首先要把方程化成一般形
式．注意在说明二次项系数，一次项系数，常数项时，一定要带上前面的符号．
4．（2021秋•兰考县期中）方程（2x+1）（x﹣3）＝x2﹣1化为一般形式为 x 2 ﹣ 5 x ﹣ 2 ＝ 0 ，二次项系
数、一次项系数、常数项的和为 ﹣ 6 ．
【分析】方程整理为一般形式后，求出二次项系数、一次项系数、常数项的和即可．
【解答】解：方程整理得：x2﹣5x﹣2＝0，
∴二次项系数为1，一次项系数为﹣5，常数项为﹣2，
则1﹣5﹣2＝﹣6．
故答案为：x2﹣5x﹣2＝0，﹣6．
【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是
常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中 ax2叫二
次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．三．一元二次方程的解（共2小题）
5．（2021秋•呼和浩特期中）如果x＝﹣1方程（k﹣1）x2﹣x+2k＝0的解，那么常数k的值为（ ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【分析】把x＝﹣1代入方程可得到关于k的方程，可求得k的值．
【解答】解：把x＝﹣1代入方程（k﹣1）x2﹣x+2k＝0，得
k﹣1+1+2k＝0，
解得k＝0．
故选：B．
【点评】此题考查了一元二次方程的解．解题的关键是掌握一元二次方程的解的定义，方程的解即为能
使方程左右两边相等的未知数的值．
6．（2021春•上城区校级期中）关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4＝0有一个解是0，则m＝
﹣ 2 ．
【分析】一元二次方程的解就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式
子仍然成立．将x＝0代入方程式即得．
【解答】解：把x＝0代入一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4＝0，得m2﹣4＝0，即m＝±2．又m﹣
2≠0，m≠2，取m＝﹣2．
故答案为：m＝﹣2．
【点评】此题要注意一元二次方程的二次项系数不得为零．
四．解一元二次方程-因式分解法（共1小题）
7．（2021秋•镇江期中）三角形的两边长分别为 3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8＝0的解，则此三角
形的周长是 1 3 ．
【分析】求出方程的解，有两种情况：x＝2时，看看是否符合三角形三边关系定理；x＝4时，看看是
否符合三角形三边关系定理；求出即可．【解答】解：x2﹣6x+8＝0，
（x﹣2）（x﹣4）＝0，
x﹣2＝0，x﹣4＝0，
x ＝2，x ＝4，
1 2
当x＝2时，2+3＜6，不符合三角形的三边关系定理，所以x＝2舍去，
当x＝4时，符合三角形的三边关系定理，三角形的周长是3+6+4＝13，
故答案为：13．
【点评】本题考查了三角形的三边关系定理和解一元二次方程等知识点，关键是确定第三边的大小，三
角形的两边之和大于第三边，分类讨论思想的运用，题型较好，难度适中．
五．换元法解一元二次方程（共1小题）
8．（2021秋•南海区期中）已知x为实数，（x2+2x）2﹣（x2+2x）﹣6＝0，则x2+2x的值为 3 ．
【分析】设x2+2x＝y将原方程转化为一元二次方程，求解即可．
【解答】解：设x2+2x＝y，则原方程化为：y2﹣y﹣6＝0，
∴（y﹣3）（y+2）＝0．
∴y﹣3＝0或y+2＝0．
∴y＝3或﹣2．
∵x2+2x+1＝（x+1）2≥0，
∴x2+2x≥﹣1，
故x2+2x＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了一元二次方程，掌握换元法是解决本题的关键．此题易错，解题过程中应注意
x2+2x的取值范围．六．根的判别式（共3小题）
9．（2021秋•大埔县期中）已知关于x的方程ax2+2x﹣3＝0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是
a ＞ 且 a ≠ 0 ．
【分析】由方程有两个不相等的实数根，则运用一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式是b2
﹣4ac＞0即可进行解答
【解答】解：由关于x的方程ax2+2x﹣3＝0有两个不相等的实数根
得Δ＝b2﹣4ac＝4+4×3a＞0，
解得a＞
则a＞ 且a≠0
故答案为a＞ 且a≠0
【点评】本题重点考查了一元二次方程根的判别式，在一元二次方程 ax2+bx+c＝0（a≠0）中，（1）当
Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；（2）当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；（3）当Δ＜0时，
方程没有实数根．
10．（2021秋•苍溪县期中）已知一元二次方程（m﹣3）x2+2mx+m+1＝0有两个不相等的实数根，并且这
两个根又不互为相反数．
（1）求m的取值范围；
（2）当m在取值范围内取最小正偶数时，求方程的根．
【分析】（1）方程有不相等的实数根下必须满足Δ＝b2﹣4ac＞0，又由两个根又不互为相反数，二次项
系数不为0，解得m的范围．
（2）找到m的最小正偶数值，即可得到方程，然后解方程．
【解答】解：（1）方程有不相等的实数根，Δ＝b2﹣4ac＝4m2﹣4（m﹣3）（m+1）＞0，
解得
∵两个根又不互为相反数，
解得m≠0，
故m 且m≠0且m≠3．
（2）当m在取值范围内取最小正偶数时，
m＝2时，方程是：﹣x2+4x+3＝0
解得 ．
【点评】本题重点考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，是一个综合性的题目，也是一个
难度中等的题目．
11．（2021•莫旗二模）关于x的方程（m﹣2）x2﹣2x+1＝0有实数解，那么m的取值范围是（ ）
A．m≠2 B．m≤3 C．m≥3 D．m≤3且m≠2
【分析】由于x的方程（m﹣2）x2﹣2x+1＝0有实数解，则根据其判别式即可得到关于m的不等式，解
不等式即可求出m的取值范围．但此题要分m＝2和m≠2两种情况．
【解答】解：（1）当m＝2时，原方程变为﹣2x+1＝0，此方程一定有解；
（2）当m≠2时，原方程是一元二次方程，
∵有实数解，
∴Δ＝4﹣4（m﹣2）≥0，
∴m≤3．
所以m的取值范围是m≤3．
故选：B．【点评】本题容易出现的问题是忽视分两种情况进行讨论，错误的认为原方程只是一元二次方程．
七．根与系数的关系（共1小题）
12．（2021秋•上思县期中）已知一元二次方程x2+2x﹣8＝0的两根为x 、x ，则 +2x x + ＝ ﹣
1 2 1 2
．
【分析】根据根与系数的关系得出 x +x ＝﹣2，x •x ＝﹣8，再通分后根据完全平方公式变形，再代入
1 2 1 2
求出即可．
【解答】解：∵一元二次方程x2+2x﹣8＝0的两根为x 、x ，
1 2
∴x +x ＝﹣2，x •x ＝﹣8，
1 2 1 2
∴ +2x x +
1 2
＝2x x +
1 2
＝2×（﹣8）+
＝﹣16+
＝﹣ ，
故答案为：﹣ ．
【点评】本题考查了根与系数的关系和求代数式的值，能熟记根与系数的关系的内容是解此题的关键．
八．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题）13．（2021秋•六盘水期中）元旦节班上数学兴趣小组的同学，互赠新年贺卡，每两个同学都相互赠送一
张，小明统计出全组共互送了90张贺年卡，那么数学兴趣小组的人数是多少设数学兴趣小组人数为x
人，则可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝90 B．x（x﹣1）＝2×90
C．x（x﹣1）＝90÷2 D．x（x+1）＝90
【分析】如果设数学兴趣小组人数为 x人，每名学生送了（x﹣1）张，共有x人，则一共送了x（x﹣
1）张，再根据“共互送了90张贺年卡”，可得出方程为x（x﹣1）＝90．
【解答】解：设数学兴趣小组人数为x人，
每名学生送了（x﹣1）张，
共有x人，
根据“共互送了90张贺年卡”，
可得出方程为x（x﹣1）＝90．
故选：A．
【点评】读清题意，找准数量关系，列出方程．
九．一元二次方程的应用（共1小题）
14．（2021秋•永春县期中）某玩具销售商试销某一品种的玩具（出厂价为每个 30元），以每个40元销
售时，平均每月可销售100个，现为了扩大销售，销售商决定降价销售，在原来1月份平均销售量的基
础上，经2月份的试场调查，3月份调整价格后，月销售额达到5760元，已知该玩具价格每个下降1元，
月销售量将上升10个．
（1）求1月份到3月份销售额的月平均增长率．
（2）求三月份时该玩具每个的销售价格．
【分析】（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得关于x的一元二次方程，求解，
并保留符合题意的答案即可；
（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，根据实际售价乘以降价后的销量等于3月份的销售额，列方程求解，并验证是否符合题意，从而问题可解．
【解答】解：（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得：
40×100（1+x）2＝5760
∴（1+x）2＝1.44
∴1+x＝±1.2
∴x ＝0.2＝20%，x ＝﹣2.2（舍去）
1 2
∴1月份到3月份销售额的月平均增长率为20%．
（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，由题意得：
（40﹣y）（100+10y）＝5760
∴y2﹣30y+176＝0
∴（y﹣8）（y﹣22）＝0
∴y ＝8，y ＝22
1 2
当y＝22时，3月份该玩具的销售价格为：40﹣22＝18＜30，不合题意，舍去
∴y＝8，3月份该玩具的销售价格为：40﹣8＝32元
∴3月份该玩具的销售价格为32元．
【点评】本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，明确单价乘以销量等于销售额及平均增长率类
型习题的计算方法，是解题的关键．
一十．二次函数的定义（共2小题）
15．（2021秋•西城区校级期中）若函数 的图象是抛物线，则m的值为（ ）
A．﹣2 B．2 C．4 D．±2
【分析】根据抛物线的性质及二次函数的定义列出关于m的不等式组，求出m的值即可．【解答】解：∵函数y＝（m+2） +2x﹣3的图象是抛物线，
∴m+2≠0且m2﹣2＝2，
∴m＝2．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的定义．熟练掌握二次函数的定义是解题的关键．二次函数的定义：函数
y＝ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）叫二次函数，其图象为抛物线．
16．（2021秋•西城区校级期中）已知y＝（m+2）x|m|+2是y关于x的二次函数，那么m的值为 2 ．
【分析】根据形如y＝ax2+bx+c （a≠0）是二次函数，可得答案．
【解答】解：∵y＝（m+2）x|m|+2是y关于x的二次函数，
∴|m|＝2且m+2≠0．
解得m＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了二次函数的定义，利用二次函数的定义得出关于m的方程是解题的关键．
一十一．二次函数的图象（共1小题）
17．（2021秋•博罗县期中）在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+c和二次函数y＝ax2+c的图象大
致为（ ）
A． B．
C． D．【分析】根据二次函数的开口方向，与y轴的交点；一次函数经过的象限，与y轴的交点可得相关图象．
【解答】解：∵一次函数和二次函数都经过y轴上的（0，c），
∴两个函数图象交于y轴上的同一点，故B选项错误；
当a＞0时，二次函数开口向上，一次函数经过一、三象限，故C选项错误；
当a＜0时，二次函数开口向下，一次函数经过二、四象限，故A选项错误；
故选：D．
【点评】本题考查二次函数及一次函数的图象的性质；用到的知识点为：二次函数和一次函数的常数项
是图象与y轴交点的纵坐标；一次函数的一次项系数大于0，图象经过一、三象限；小于0，经过二、
四象限；二次函数的二次项系数大于0，图象开口向上；二次项系数小于0，图象开口向下．
一十二．二次函数的性质（共2小题）
18．（2021秋•衢州期中）已知二次函数y＝（m﹣2）x2的图象开口向下，则m的取值范围是 m ＜ 2 ．
【分析】根据图象的开口方向得到m﹣2＜0，从而确定m的取值范围．
【解答】解：∵二次函数y＝（m﹣2）x2的图象开口向下，
∴m﹣2＜0，
∴m＜2，
故答案为：m＜2．
【点评】考查了二次函数的性质，二次项系数决定了开口方向，大于零开口向上，否则开口向下．
19．（2021秋•天河区校级期中）已知二次函数y＝﹣x2+2x+5，若P（n，y ），Q（n﹣2，y ）是该二次函
1 2
数图象上的两点，且y ＞y ，则实数n的取值范围为 n ＜ 2 ．
1 2
【分析】将n，n﹣2代入二次函数解析式即可得出n的取值范围．
【解答】解：∵P（n，y ），Q（n﹣2，y ）是函数y＝﹣x2+2x+5的图象上的两点，且y ＞y ，
1 2 1 2
∴﹣n2+2n+5＞﹣（n﹣2）2+2（n﹣2）+5，化简整理得，4n﹣8＜0，
∴n＜2，
∴实数n的取值范围为n＜2．
故答案为：n＜2．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意列出不等式是解题的关
键．
一十三．二次函数图象与系数的关系（共5小题）
20．（2021秋•椒江区校级期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝﹣1，与x轴的一个交
点在（﹣3，0）和
（﹣2，0）之间，其部分图象如图所示，则下列结论：
①b2﹣4ac＞0：
②a＝ b；
③点（﹣ ，y ）、（﹣ ，y ）、（ ，y ）是抛物线上的点，且y ＜y ＜y ；
1 2 3 3 2 1
④3b+2c＜0
⑤t（at+b）≥a﹣b（t为任意实数）．
其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据二次函数的图象和性质依次判断即可．【解答】解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0，
∴①正确．
∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣ ＝﹣1，
∴b＝2a，
∴a＝ b，
∴②正确．
三个点到对称轴的距离分别为：d ＝﹣1+ ＝ ，
1
d ＝﹣1+ ＝ ，d ＝ +1＝ ，
2 3
∵抛物线开口向下，离对称轴越近的点函数值越大，
d ＞d ＞d ，
1 3 2
∴y ＜y ＜y ，
1 3 2
∴③错误．
由图象得到：x＝1时，y＜0，
∴a+b+c＜0，
∴ b+b+c＜0，
∴3b+2c＜0，
∴④正确．
∵抛物线开口向下，对称轴是直线x＝﹣1，∴当x＝﹣1时，函数取得最大值，
∴当x＝t时的函数值不超过x＝﹣1时的函数值．
∴at2+bt+c≤a﹣b+c．
∴t（at+b）≤a﹣b．
∴⑤错误．
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是求解本题的关键．
21．（2021秋•朝阳区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线G：y＝ax2﹣2ax+4（a≠0）．
（1）当a＝1时，
①抛物线G的对称轴为x＝ 1 ；
②若在抛物线G上有两点（2，y ），（m，y ），且y ＞y ，则m的取值范围是 m ＞ 2 或 m ＜ 0 ；
1 2 2 1
（2）抛物线G的对称轴与x轴交于点M，点M与点A关于y轴对称，将点M向右平移3个单位得到点
B，若抛物线G与线段AB恰有一个公共点，结合图象，求a的取值范围．
【分析】（1）把a＝1代入抛物线解析式，①利用对称轴公式即可求得抛物线G的对称轴；
②根据二次函数的图象和性质，抛物线G上有两点（2，y ），（m，y ），且y ＞y 进而可得m的取
1 2 2 1
值范围；（2）根据题意先求出点M、A、B的坐标，再结合图象，即可求a的取值范围．
【解答】解：（1）①抛物线G的对称轴为x＝1，
故答案为1；
②抛物线G上有两点（2，y ），（m，y ），
1 2
且y ＞y ，则m的取值范围是m＞2或m＜0；
2 1
故答案为：m＞2或m＜0；
（2）∵抛物线G：y＝ax2﹣2ax+4（a≠0的对称轴为x＝1，且对称轴与x轴交于点M，
∴点M的坐标为（1，0）．
∵点M与点A关于y轴对称，
∴点A的坐标为（﹣1，0）．
∵点M右移3个单位得到点B，
∴点B的坐标为（4，0）．
依题意，抛物线G与线段AB恰有一个公共点，
把点A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+4，可得a＝﹣ ；
把点B（4，0）代入y＝ax2﹣2ax+4，可得a＝﹣ ；
把点M（1，0）代入y＝ax2﹣2ax+4，可得a＝4．根据所画图象可知抛物线G与线段AB恰有一个
公共点时可得：
﹣ ＜a≤﹣ 或a＝4．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象与几何
变换，解决本题的关键是结合图象解答．
22．（2021秋•和平区校级期中）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是直线x＝﹣1，有以下
结论：
①abc＜0；②2a﹣b＝0；③4ac﹣b2＜8a；④3a+c＜0；⑤a﹣b＜m（am+b）
其中正确的结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点即可得结论；
②根据抛物线的对称轴即可得结论；
③根据抛物线与x轴的交点个数即可得结论；
④根据抛物线的对称轴和x等于1时y小于0即可得结论；
⑤根据抛物线的顶点坐标及其它任何坐标的纵坐标进行比较即可得结论．
【解答】解：①根据抛物线可知：
a＜0，b＜0，c＞0，∴abc＞0，所以①错误；
②因为对称轴x＝﹣1，即﹣ ＝﹣1，
∴b＝2a，∴2a﹣b＝0．
所以②正确；
③从图象可知，顶点的纵坐标高于 y＝2，
所以 ＞2 解不等式，两边同乘以4a，因为开口向下，a＜0，不等号方向改变，
4ac﹣b2＜8a
所以③正确；
④当x＝1时，y＜0，
即a+b+c＜0，
所以a+2a+c＜0，
所以3a+c＜0．
所以④正确；
⑤当x＝﹣1时，y有最大值，
所以当x＝﹣1时，a﹣b+c的值最大，
当x＝m时，y＝am2+bm+c，
所以a﹣b+c＞am2+bm+c，
即a﹣b＞m（am+b）．
所以⑤错误．
所以有②③④正确．故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解决本题的关键是掌握抛物线的相关性质．
23．（2021秋•滨江区校级期中）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论中错误的是（
）
A．a﹣b+c＞1 B．abc＞0 C．4a﹣2b+c＜0 D．c﹣a＞1
【分析】根据二次函数图象判断出a，b，c的正负关系，对称轴，顶点坐标等，再进行判断即可．
【解答】解：由图象可知，a＜0，b＜0，c＝1＞0，
对称轴x＝﹣1．
∴当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＞1，故A项正确，不符合题意；
abc＞0，故B项正确，不符合题意，
当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＞0，故C项错误，符合题意，
c＝1，a＜0，∴c﹣a＞1，故D项正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键在于先根据函数图象判断a，b，c的
值．
24．（2021秋•大理市校级期中）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论错误的
是（ ）A．a＞0 B．abc＞0 C．b2﹣4ac＞0 D．a+b+c＜0
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系；由抛物线对称轴的位置和与y轴的交点判断abc与0
的关系；利用图象中抛物线与x轴有两个交点可判断Δ＞0；当x＝1时，y＞0可判断a+b+c与0的关系．
【解答】解：A、∵由函数图象开口向上可知，a＞0，
故选项A正确，不符合题意；
B、由函数的对称轴在y轴左侧，a，b同号，则ab＞0，
∴abc＞0，
故选项B正确，不符合题意；
C、抛物线与x轴有两个交点，则Δ＞0，
∴b2﹣4ac＞0，
故选项C正确，不符合题意；
D、当x＝1时，y＞0，
∴a+b+c＞0，
故选项D错误，符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，抛物线与x轴交点的个数与Δ的关系，正确
识图是解题关键．一十四．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
25．（2021秋•石家庄期中）已知A（x ，y ）、B（x ，y ）为二次函数y＝﹣（x﹣1）2+k图象上两点，且
1 1 2 2
x ＜x ＜1，则下列说法正确的是（ ）
1 2
A．y +y ＞0 B．y +y ＜0 C．y ﹣y ＞0 D．y ﹣y ＜0
1 2 1 2 1 2 1 2
【分析】先利用顶点式得到抛物线的对称轴为直线x＝1，由于抛物线开口向下，在对称轴左侧，y随x
的增大而增大，于是可判断y 与y 的大小．
1 2
【解答】解：∵二次函数y＝﹣（x﹣1）2+k图象的对称轴为直线x＝1，
开口向下，而x ＜x ＜1，
1 2
∴y ＜y ，
1 2
即y ﹣y ＜0．
1 2
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．解决本题
的关键是运用二次函数的性质比较y 与y 的大小．
1 2
一十五．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
26．（2021秋•中山市期中）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0），B（1，3）．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）设该二次函数的对称轴与x轴交于点C，连接BA，BC，求△ABC的面积．
【分析】（1）把点A和点B的坐标代入解析式，求解方程组即可得出结论；（2）由对称轴公式可得出点C的坐标，进而根据三角形的面积可直接得出结论．
【解答】解：（1）把点A（4，0），B（1，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c，
∴ ，解得 ．
∴这个二次函数的解析式为：y＝﹣x2+4x．
（2）由（1）知这个二次函数的解析式为：y＝﹣x2+4x．
∴对称轴为直线x＝2，
∴C（2，0），
∴AC＝2，
∴S△ABC ＝ •AC•y
B
＝ ×2×3＝3．
【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式，三角形的面积，包括二次函数的对称轴公式等相关内
容，熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题关键．
一十六．抛物线与x轴的交点（共5小题）
27．（2021秋•越城区期中）如图，抛物线y＝ax2与直线y＝bx+c的两个交点分别为A（﹣2，4），B
（1，1），则关于x的方程ax2﹣bx﹣c＝0的解为（ ）
A．﹣4，3 B．﹣5，2 C．﹣2，1 D．﹣3，2
【分析】把B（1，1）代入y＝ax2，求出a，把A（﹣2，4），B（1，1）代入y＝bx+c，求出b、c，再
把a、b、c代入ax2﹣bx﹣c＝0，解一元二次方程即可．
【解答】解：把B（1，1）代入y＝ax2，得a＝1，
把A（﹣2，4），B（1，1）代入y＝bx+c，
得 ，
解得： ，
关于x的方程化为x2+x﹣2＝0，
（x+2）（x﹣1）＝0，
x ＝﹣2，x ＝1，
1 2
故选：C．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、一次函数及二次函数图象上点的坐标特征、解一元二次方程
﹣因式分解法，熟练掌握这四个知识点的综合应用，其中一元二次方程解法的选择是解题关键．
28．（2021秋•温岭市期中）抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（5，0）两点，则关于x的一元
二次方程a（x﹣1）2+bx＝b﹣c的解是 x ＝﹣ 1 ， x ＝ 6 ．
1 2
【分析】根据y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（5，0），用交点式求二次函数解析式的方法，把原
式化为y＝a（x+2）（x﹣5），去掉括号，对应求出a、b的代数式，代入一元二次方程后，先约去a，
整理一元二次方程为x2﹣5x﹣6＝0，用因式分解法解出方程即可．
【解答】解：∵y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（5，0），
∴y＝a（x+2）（x﹣5）
＝ax2﹣3ax﹣10a，
∴b＝﹣3a，c＝﹣10a，
∴a（x﹣1）2+bx＝b﹣c可化为，
a（x﹣1）2﹣3ax＝﹣3a+10a，
∴（x﹣1）2﹣3x＝7，整理得，x2﹣5x﹣6＝0，
∴（x﹣6）（x+1）＝0，
∴x ＝6，x ＝﹣1；
1 2
故答案为：x ＝6，x ＝﹣1．
1 2
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握交点式求二次函数
解析式的方法，求出a、b的代数式代入一元二次方程是解题关键．
29．（2021秋•南昌期中）（1）解一元二次方程：x2+20x﹣21＝0；
（2）已知抛物线y＝（x﹣1）（x﹣3）与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．求△ABC的面积．
【分析】（1）用因式分解法解一元二次方程；
（2）令y＝0，求出A、B两点的坐标，求出AB长，x＝0，求出C点的坐标，表示OC的长，根据三角
形面积公式求出△ABC的面积．
【解答】解：（1）x2+20x﹣21＝0，
（x+21）（x﹣1）＝0，
x ＝﹣21，x ＝1；
1 2
（2）∵y＝（x﹣1）（x﹣3）与x轴交于A、B两点，
∴令y＝0，（x﹣1）（x﹣3）＝0，
解得x ＝1，x ＝3，
1 2
∴A（1，0），B（3，0），
AB＝2，
令x＝0，y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，∴S△ABC ＝ ＝3．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、解一元二
次方程﹣因式分解法，熟练掌握这四个知识点的综合应用，其中一元二次方程解法的选择及点 A、B、
C坐标的确定是解题关键．
30．（2021秋•西城区校级期中）定义：在平面直角坐标系中，图形G上点P（x，y）的纵坐标y与其横坐
标x的差y﹣x称为P点的“坐标差”，而图形G上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形G的“特
征值”．
（1）①点A（1，3）的“坐标差”为 2 ；
②抛物线y＝﹣x2+3x+3的“特征值”为 4 ；
（2）某二次函数y＝﹣x2+bx+c（c≠0）的“特征值”为1，点B（m，0）与点C分别是此二次函数的
图象与x轴和y轴的交点，且点B与点C的“坐标差”相等．
①直接写出m＝ ﹣ c ；（用含c的式子表示）
②求b的值．
【分析】（1）①根据y﹣x可得坐标差；
②计算y﹣x，并配方成顶点式可得结论；
（2）①根据点B与点C的“坐标差”相等，推出B（﹣c，0），可得m的值；
②将B点坐标代入抛物线解析式可得c＝1﹣b，根据二次函数y＝﹣x2+bx+c（c≠0）的“特征值”为
1，可求出b的值即可．
【解答】解：（1）①3﹣1＝2，
故答案为：2；
②∵y＝﹣x2+3x+3，
∴y﹣x＝﹣x2+3x+3﹣x＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴y﹣x的最大值是4，∴抛物线y＝﹣x2+3x+3的“特征值”为4；
故答案为：4；
（2）①由题知C（0，c），
∵点B与点C的“坐标差”相等，
∴c﹣0＝0﹣m，
∴m＝﹣c，
故答案为：﹣c；
②由①知点B的坐标为（﹣c，0），
将B点坐标代入抛物线解析式，
得﹣c2﹣bc+c＝0，
∴c＝1﹣b，
∵二次函数y＝﹣x2+bx+c（c≠0）的“特征值”为1，
∴y﹣x＝﹣x2+（b﹣1）x+1﹣b的最大值为1，
∴ ＝1，
∴b2﹣6b+1＝0，
解得：b ＝3+2 ，b ＝3﹣2 ．
1 2
【点评】本题主要考查二次函数的新定义问题，正确理解坐标差和特征值的定义是解题的关键．
31．（2021秋•西城区校级期中）对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3．
（1）它与x轴交点的坐标为 （ 3 ， 0 ）（﹣ 1 ， 0 ） ，与y轴交点的坐标为 （ 0 ，﹣ 3 ） ，顶点坐
标为 （ 1 ，﹣ 4 ） ；（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x … ﹣ 1 0 1 3 4 …
y … 0 ﹣ 3 ﹣ 4 0 5 …
（3）利用以上信息解答下列问题：若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的
范围内有解，则t的取值范围是 ﹣ 4 ≤ t ＜ 5 ．
【分析】（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点的坐标；
（2）图象如图所示，把表格中的值分别代入y＝x2﹣2x﹣3求出对应的数值；
（3）根据关于 x的一元二次方程 x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在 0＜x＜4的范围内有解，得 b2﹣
4ac≥0，求出t取值范围，再把x＝0、x＝4分别代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，求出t的值，进而求出t的取值
范围．
【解答】解：（1）令y＝0，0＝x2﹣2x﹣3．
解得，x ＝3，x ＝﹣1，
1 2
∴它与x轴交点的坐标为（3，0）（﹣1，0），
令x＝0，y＝﹣3，
∴与y轴交点的坐标为（0，﹣3），
顶点（1，﹣4）；
故答案为：（3，0）（﹣1，0），（0，﹣3），（1，﹣4）；
（2）（3）∵关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，
∴b2﹣4ac≥0，
∴4﹣4×1×（﹣3﹣t）≥0，
解得，t≥﹣4，
把x＝0代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，
得t＝4，
把x＝4代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，
得t＝5，
∴t的取值范围是﹣4≤t＜5．
故答案为：﹣4≤t＜5．
【点评】x2﹣2x﹣3﹣t＝0这里是不是有错误
一十七．二次函数的应用（共7小题）
32．（2021秋•丹江口市期中）飞机着陆后滑行的距离s（单位：m）关于滑行的时间t（单位：s）的函数
解析式是s＝20t﹣0.5t2，飞机着陆后滑行 20 0 m才能停下来．
【分析】根据二次函数的顶点坐标即可求解．
【解答】解：s＝20t﹣0.5t2＝﹣0.5（t﹣20）2+200
当t＝20时，s有最大值为200．
即飞机着陆后滑行200m才能停下来．
故答案为200．
【点评】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是求二次函数的顶点坐标．
33．（2021秋•鹿城区校级期中）图1是世界第一高桥—北盘江大桥，其桥底呈抛物线，主桥底部跨度OA
＝500米，以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系（如图2所示），桥面BF∥OA，抛物
线最高点E离桥面距离EF＝12米，BC＝150米，桥面BF上点C作CD⊥BF交抛物线于点D．若O，
D，B三点恰好在同一直线上，则CD＝ 21. 6 米．
【分析】先根据题意设出函数解析式，再求出个点坐标，从而求出 CD＝﹣10000a+12，再根据O，D，
B三点恰好在同一直线上，BF∥OA，得出 ＝ ，把BC，CD，AO，AB代入得出关于a的方程，解
方程求出a的值，再把a代入CD＝﹣10000a+12，即可．
【解答】解：根据题意，设抛物线为y＝ax（x﹣500）（a＜0），
∵OA＝500m，EF＝12m，
∴E（250，﹣62500a），F（250，﹣62500a+12），
∴B（500，﹣62500a+12），
∵BC＝150m，
∴x ＝500﹣150＝350，
Dy ＝350a×（350﹣500）＝﹣52500a，
D
∴CD＝﹣62500a+12﹣（﹣52500a）＝（﹣10000a+12）（m），
∵O，D，B三点恰好在同一直线上，BF∥OA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
则150（﹣62500a+12）＝500（﹣10000a+12）．
解得：a＝﹣ ，
经检验，a＝﹣ 是原方程的根，
∴CD＝21.6（m）．
故答案为：21.6．
【点评】本题考查二次函数在实际生活中的应用，关键是根据题意设出函数解析式，求各点坐标．
34．（2021秋•旅顺口区期中）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成30°角的方向击出时，小球
的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：
s）之间具有函数关系h＝20t﹣5t2．解答以下问题
（1）小球从飞出到落地要用多少时间？
（2）小球飞行的最大高度是多少？此时需要多少飞行时间？
【分析】（1）令h＝0，求t即可；（2）由配方法，得到抛物线顶点坐标，问题可解．
【解答】解：（1）令h＝20t﹣5t2＝0
解得t ＝0（舍去），t ＝4
1 2
∴小球从飞出到落地要用4s
（2）由配方法得
y＝20t﹣5t2＝﹣5（t﹣2）2+20
∵a＝﹣5＜0
∴小球飞行的最大高度是20m，此时需要飞行2s．
【点评】本题是代数综合题，考查了二次函数和一元二次方程的有关知识．
35．（2021秋•岷县期中）某商场销售一种小商品，进货价为 40元/件．当售价为60元/件时，每天的销售
量为300件．在销售过程中发现：销售单价每上涨2元，每天的销售量就减少20件．设销售价格上涨x
元/件（x为偶数），每天的销售量为y件．
（1）请写出y与x的函数关系式；
（2）设每天的销售利润为w元，为了让利于顾客，则每件商品的销售单价定为多少元时，每天获得的
利润最大，最大利润是多少？
【分析】（1）根据“销售单价每上涨2元，每天的销售量就减少20件”可得出y与x的函数关系式；
（2）根据“利润＝（售价﹣成本）×件数”可用x表示出w，再利用二次函数的最值问题可得出结论．
【解答】解：（1）根据题意可知，y＝300﹣ •20＝300﹣10x；
（2）w＝（60+x﹣40）y
＝（20+x）（300﹣10x）
＝﹣10x2+100x+6000
＝﹣10（x﹣5）2+6250，∵﹣10＜0，且x为偶数，
∴当x＝4或6时，w的值最大为6240元，
为了让利顾客，x取4，此时售价为：60+4＝64（元），
综上，当销售单价为64元时，最大利润为6240元．
【点评】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利用函数的增减性来
解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案，注意“x为偶
数”、“让利顾客”的条件．
36．（2021秋•丹江口市期中）某产品每件成本为20元，经过市场调研发现，这种产品在未来20天内的
日销售量m（单位/件）是关于时间t（单位：天）的一次函数，调研所获的部分数据如下表
时间t/天 1 3 10 20
日销售量m/件 98 94 80 60
这20天中，该产品每天的价格y（单位：元件）与时间t的函数关系式为：y＝ t+25（t为整数），根
据以上提供的条件解决下列问题：
（1）直接写出m关于t的函数关系式；
（2）这20天中哪一天的日销售利润最大，最大的销售利润是多少？
（3）在实际销售的20天中，每销售一件商品就捐赠a元（a＜4）给希望工程，通过销售记录发现．这
20天中，每天扣除捐赠后的日销利润随时间t的增大而增大，求a的取值范围．
【分析】（1）根据待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）根据二次函数的顶点坐标即可求解；
（3）根据销售利润减去捐赠数等于单件利润乘以销售量列出解析式，并结合二次函数的性质和a＜4即
可求解．
【解答】解：（1）设日销售量m关于时间t的一次函数为m＝kt+b，
将（1，98）（3，94）代入，得，解得k＝﹣2，b＝100，
答：m关于t的函数关系式为m＝﹣2t+100．
（2）设日销售利润为w元，根据题意，得
w＝（ t+25﹣20）（﹣2t+100）
＝﹣ （t﹣15）2+612.5
∵﹣ ＜0，当t＝15时，w有最大值为612.5，
答：这20天中15天的日销售利润最大，最大的销售利润是612.5元．
（3）根据题意，得
w＝（ t+25﹣20﹣a）（﹣2t+100）
＝﹣ t2+（15+2a）t+100（5﹣a）
∵二次函数开口向下，对称轴是t＝15+2a，
要使每天扣除捐赠后的日销利润随时间t的增大而增大，t为整数，
必须15+2a＞19.5，
∴a＞2.25，
又a＜4，
∴2.25＜a＜4
答：a的取值范围是2.25＜a＜4．
【点评】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是掌握销售问题的数量关系．
37．（2021秋•花山区校级期中）某社区决定把一块长50m，宽30m的矩形空地建成居民健身广场，设计方案如图，阴影区域为绿化区（四块绿化区为大小、形状都相同的矩形），空白区域为活动区，且四周
的4个出口宽度相同，其宽度不小于14m，不大于26m，设绿化区较长边为xm，活动区的面积为ym2．
为了想知道出口宽度的取值范围，小明同学根据出口宽度不小于14m，算出x≤18．
（1）求y与x的函数关系式并直接写出自变量x的取值范围；
（2）求活动区的最大面积；
（3）预计活动区造价为50元/m2，绿化区造价为40元/m2，若社区的此项建造投资费用不得超过72000
元，求投资费用最少时活动区的出口宽度？
【分析】（1）根据“活动区的面积＝矩形空地面积﹣阴影区域面积”列出函数解析式便可，图形可得
结论；
（2）根据题意可得y与x的关系式；
（3）根据二次函数的增减性及解一元二次方程可得结论；
【解答】解：（1）根据题意，绿化区的宽为：[30﹣（50﹣2x）]÷2＝x﹣10
∴y＝50×30﹣4x（x﹣10）＝﹣4x2+40x+1500，
∵4个出口宽度相同，其宽度不小于14m，不大于26m，
∴12≤x≤18，
∴y＝﹣4x2+40x+1500（12≤x≤18）；
（2）y＝﹣4x2+40x+1500＝﹣4（x﹣5）2+1600，
∵a＝﹣4＜0，抛物线的开口向下，当12≤x≤18时，y随x的增大而减小，
∴当x＝12时，y最大 ＝1404，答：活动区的最大面积为1404m2．
（3）设投资费用为w元，
由题意得，w＝50（﹣4x2+40x+1500）+40×4x（x﹣10）＝﹣40（x﹣5）2+76000，
∴当w＝72000时，解得：x ＝﹣5（不符合题意舍去），x ＝15，
1 2
∵a＝﹣40＜0，
∴当x≥15时，w≤72000，
又∵12≤x≤18，
∴15≤x≤18，
∴当x＝18时，投资费用最少，此时出口宽度为50﹣2x＝50﹣2×18＝14（m），
答：投资最少时活动区的出口宽度为14m．
【点评】本题是二次函数的综合应用题，结合图形得出函数关系，并根据问题的实际意义对自变量及函
数值的范围作出判断．
38．（2020•随州）2020年新冠肺炎疫情期间，部分药店趁机将口罩涨价，经调查发现某药店某月（按 30
天计）前5天的某型号口罩销售价格p（元/只）和销量q（只）与第x天的关系如下表：
第x天 1 2 3 4 5
销售价格p 2 3 4 5 6
（元/只）
销量q（只） 70 75 80 85 90
物价部门发现这种乱象后，统一规定各药店该型号口罩的销售价格不得高于1元/只，该药店从第6天起
将该型号口罩的价格调整为1元/只．据统计，该药店从第6天起销量q（只）与第x天的关系为q＝﹣
2x2+80x﹣200（6≤x≤30，且x为整数），已知该型号口罩的进货价格为0.5元/只．
（1）直接写出该药店该月前5天的销售价格p与x和销量q与x之间的函数关系式；
（2）求该药店该月销售该型号口罩获得的利润W（元）与x的函数关系式，并判断第几天的利润最大；（3）物价部门为了进一步加强市场整顿，对此药店在这个月销售该型号口罩的过程中获得的正常利润
之外的非法所得部分处以m倍的罚款，若罚款金额不低于2000元，则m的取值范围为 m ≥ ．
【分析】（1）根据表格数据可得前5天的某型号口罩销售价格p（元/只）和销量q（只）与第x天的关
系；
（2）当1≤x≤5且x为整数时，W＝（x+1﹣0.5）（5x+65）＝5x2+ x+ ；当6≤x≤30且x为整数
时，W＝（1﹣0.5）（﹣2x2+80x﹣200）＝﹣x2+40x﹣100．再根据二次函数的性质即可求出第5天时利
润最大为495元；
（3）根据题意可得，获得的正常利润之外的非法所得部分为：（2﹣0.5﹣0.5）×70+（3﹣1）×75+（4
﹣1）×80+（5﹣1）×85+（6﹣1）×90＝1250（元），再根据罚款金额不低于2000元，即可求出m的取
值范围．
【解答】解：（1）根据表格数据可知：
前5天的某型号口罩销售价格p（元/只）和销量q（只）与第x天的关系为：
p＝x+1，1≤x≤5且x为整数；
q＝5x+65，1≤x≤5且x为整数；
（2）当1≤x≤5且x为整数时，
W＝（x+1﹣0.5）（5x+65）
＝5x2+ x+ ；
当6≤x≤30且x为整数时，
W＝（1﹣0.5）（﹣2x2+80x﹣200）
＝﹣x2+40x﹣100．即有W＝ ，
当1≤x≤5且x为整数时，售价，销量均随x的增大而增大，
故当x＝5时，W有最大值为：495元；
当6≤x≤30且x为整数时，
W＝﹣x2+40x﹣100＝﹣（x﹣20）2+300，
故当x＝20时，W有最大值为：300元；
由495＞300，可知：
第5天时利润最大为495元．
（3）根据题意可知：
获得的正常利润之外的非法所得部分为：
（2﹣1）×70+（3﹣1）×75+（4﹣1）×80+（5﹣1）×85+（6﹣1）×90＝1250（元），
∴1250m≥2000，
解得m≥ ．
则m的取值范围为m≥ ．
故答案为：m≥ ．
【点评】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是根据题意找等量关系．
一十八．二次函数综合题（共2小题）
39．（2021秋•江津区期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（4，0）、B
（0，4）、C．其对称轴l交x轴于点D，交直线AB于点F，交抛物线于点E．（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线l上的动点，求△PBC周长的最小值；
（3）点N为直线AB上的一点（点N不与点F重合），在抛物线上是否存在一点M，使以点E、F、
N、M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点M的坐标，不存在，说明理由．
【分析】（1）把点A（4，0）、B（0，4）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，求得b和c即可；
（2）作点B关于直线l的对称轴B′，连接B′C交l于一点P，点P即为使△PBC周长最小的点，由
对称可知，PB′＝PB，即△PBC周长的最小值为：BC+CB′．
（3）设M（m，﹣m2+3m+4），①当EF为边时，则EF∥MN，则N（m，﹣m+4），所以NM＝EF＝
，即|﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）|＝ ，求出m的值，代入即可；②当EF为对角线时，EF的中点为
（ ， ），由中点坐标公式可求得点N的坐标，再由点N是直线AB上一点，可知﹣3+m+4＝m2﹣
3m+ ，解得m的值即可．
【解答】解：（1）把点A（4，0）、B（0，4）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中，
得， ，解得 ，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+3x+4，
（2）由抛物线解析式可知，l：x＝ ，C（﹣1，0），如图，作点B关于直线l的对称轴B′，连接B′C交l于一点P，点P即为使△PBC周长最小的点，
此时B′（3，4），直线B′C：y＝x+1，
∴P（ ， ），
∵B（0，4），C（﹣1，0），B′（3，4），
∴BC＝ ，CB′＝4 ，
∴△PBC周长的最小值为： +4 ．
（3）存在，以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（ ，﹣
），（ ，﹣ ）或（ ， ）．理由如下：
由抛物线解析式可知，E（ ， ），
∵A（4，0）、B（0，4），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4，
∴F（ ， ）．
∴EF＝ ．设M（m，﹣m2+3m+4），
①当EF为边时，则EF∥MN，
∴N（m，﹣m+4），
∴NM＝EF＝ ，即|﹣m2+3m+4﹣（﹣m+4）|＝ ，
解得m＝ （舍）或 或 或 ，
∴M（ ， ）或（ ，﹣ ），（ ，﹣ ））．
②当EF为对角线时，EF的中点为（ ， ），
∴点N的坐标为（3﹣m，m2﹣3m+ ），
∴﹣3+m+4＝m2﹣3m+ ，解得m＝ （舍），m＝ ，
∴M （ ， ）．
3
综上，满足以点E、F、N、M为顶点的四边形为平行四边形的点M的坐标为（ ，﹣
），（ ，﹣ ）或（ ， ）．
【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式，平行四边形存在性问题，解题过程中注意需要分类讨
论．
40．（2021秋•鄞州区校级期中）已知：如图1，抛物线的顶点为M，平行于x轴的直线与该抛物线交于点
A，B（点A在点B左侧），根据对称性△AMB恒为等腰三角形，我们规定：当△AMB为直角三角形时，
就称△AMB为该抛物线的“完美三角形”．
（1）①如图2，求出抛物线y＝x2的“完美三角形”斜边AB的长；②抛物线y＝x2+1与y＝x2的“完美三角形”的斜边长的数量关系是 相等 ；
（2）若抛物线y＝ax2+4的“完美三角形”的斜边长为4，求a的值；
（3）若抛物线y＝mx2+2x+n﹣5的“完美三角形”斜边长为n，且y＝mx2+2x+n﹣5的最大值为﹣1，求
m，n的值．
【分析】（1）①过点B作BN⊥x轴于N，根据△AMB为等腰直角三角形，AB∥x轴，所以∠BMN＝
∠ABM＝45°，所以∠BMN＝∠MBN，得到MN＝BN，设B点坐标为（n，n），代入抛物线y＝x2，得n
＝n2，解得n＝1，n＝0（舍去），所以B（1，1），求出BM的长度，利用勾股定理，即可解答；
②因为抛物线y＝x2+1与y＝x2的形状相同，所以抛物线y＝x2+1与y＝x2的“完美三角形”的斜边长的
数量关系是相等；
（2）根据抛物线y＝ax2与抛物线y＝ax2+4的形状相同，所以抛物线y＝ax2与抛物线y＝ax2+4的“完美
三角形”全等，所以抛物线y＝ax2+4的“完美三角形”斜边的长为4，所以抛物线y＝ax2的“完美三角
形”斜边的长为4，从而确定B点坐标为（2，2）或（2，﹣2），把点B代入y＝ax2中，得到 ．
（3））根据y＝mx2+2x+n﹣5的最大值为﹣1，得到 ，化简得mn﹣4m﹣1＝0，抛物线
y＝mx2+2x+n﹣5的“完美三角形”斜边长为n，所以抛物线y＝mx2的“完美三角形”斜边长为n，所以
B点坐标为 ，代入抛物线y＝mx2，得 ，mn＝﹣2或n＝0（不合题意舍去），
所以 ，所以 ．【解答】解：（1）①过点B作BN⊥x轴于N，如图2，
∵△AMB为等腰直角三角形，
∴∠ABM＝45°，
∵AB∥x轴，
∴∠BMN＝∠ABM＝45°，
∴∠MBN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BMN＝∠MBN，
∴MN＝BN，
设B点坐标为（n，n），代入抛物线y＝x2，
得n＝n2，
∴n＝1，n＝0（舍去），
∴B（1，1）
∴MN＝BN＝1，
∴MB＝ ＝ ，
∴MA＝MB＝ ，在Rt△AMB中，AB＝ ＝2，
∴抛物线y＝x2的“完美三角形”的斜边AB＝2．
②∵抛物线y＝x2+1与y＝x2的形状相同，
∴抛物线y＝x2+1与y＝x2的“完美三角形”的斜边长的数量关系是相等；
故答案为：相等．
（2）∵抛物线y＝ax2与抛物线y＝ax2+4的形状相同，
∴抛物线y＝ax2与抛物线y＝ax2+4的“完美三角形”全等，
∵抛物线y＝ax2+4的“完美三角形”斜边的长为4，
∴抛物线y＝ax2的“完美三角形”斜边的长为4，
∴B点坐标为（2，2）或（2，﹣2），
把点B代入y＝ax2中，
∴ ．
故a＝ 或﹣ ；
（3）∵y＝mx2+2x+n﹣5的最大值为﹣1，
∴ ，
∴mn﹣4m﹣1＝0，
∵抛物线y＝mx2+2x+n﹣5的“完美三角形”斜边长为n，
∴抛物线y＝mx2的“完美三角形”斜边长为n，∴B点坐标为 ，
∴代入抛物线y＝mx2，得 ，
∴mn＝﹣2或n＝0（不合题意舍去），
∴ ，
∴ ．
故m＝﹣ ，n＝ ．
【点评】本题考查了二次函数，解决本题的关键是理解“完美三角形”的定义，利用勾股定理，求出点
B的坐标．
一十九．圆周角定理（共3小题）
41．（2021秋•高新区期中）如图，AB为⨀O的直径，弦CD与AB交于点E．若AC＝AE，CE＝4，DE＝
6，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】通过分别从A、O作CD的垂线段，由垂径定理得DF和CF的长，结合AC＝AE可得EG＝CG
的长，然后由OF∥AG可得相应线段成比例，最后根据比例设出未知量得到AE与BE的比．
【解答】解：过点O作OF⊥CD于点F，过点A作AG⊥CD于G．
∵DE＝6，CE＝4
∴CD＝10
∵OF⊥CD，由垂径定理可得DF＝CF＝ ＝5
∴EF＝1
又∵AC＝AE，AG⊥CD
∴EG＝CG＝
又∵OF⊥CD，AG⊥CD
∴OF∥AG
∴ ＝
设OE＝x，则AE＝2x，
∴OB＝OA＝3x，BE＝OB+OE＝3x+x＝4x．
∴ ．
故选：A．【点评】本题考查了圆中常用辅助线的作法，垂径定理，平行线分线段对应成比例的相关知识，熟练掌
握以上内容是解题的关键．
42．（2021秋•临沂期中）在 O中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于 60 或 120
°． ⊙
【分析】根据弦BC垂直平分半径OA，可得OD：OB＝1：2，得∠BOC＝120°，根据同弧所对圆周角等
于圆心角的一半即可得弦BC所对的圆周角度数．
【解答】解：如图，
∵弦BC垂直平分半径OA，
∴OD：OB＝1：2，
∴∠BOD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∴弦BC所对的圆周角等于60°或120°．
故答案为：60或120．
【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是掌握圆周角定
理．
43．（2021秋•河东区校级期中）如图所示，AB是 O的直径，AD＝DE，AE与BD交于点C，则图中与
∠BCE相等的角有（ ） ⊙A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】首先与∠BCE相等的角有对顶角∠DCA．
由于AB是 O的直径，可得∠ADB＝90°；已知AD＝DE，根据垂径定理可知OD⊥AE；
⊙
根据等角余角相等，可得出∠DCA＝∠ADO＝∠DAO；
易证得△OAD≌△OED，因此∠DAB＝∠ADO＝∠ODE＝∠DEO；
因此与∠BCE相等得角有5个：∠DCA、∠OAD、∠ODA、∠ODE、∠OED．
【解答】解：∵AD＝DE，AO＝DO＝OE，
∴△OAD≌△OED，
∴∠DAB＝∠ADO＝∠ODE＝∠DEO；
∵AB是 O的直径，
⊙
∴∠ADB＝90°，∠AEB＝90°，
∵AD＝DE，∴∠ABD＝∠DBE，
∴∠DAB＝90°﹣∠ABD，∠BCE＝90°﹣∠DBE，
∴∠DAB＝∠BCE，
∴∠DCA＝∠DAB＝∠ADO＝∠ODE＝∠DEO，
则与∠ECB相等的角有5个．
故选：D．【点评】此题主要考查同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质等知识点的综合运用．
二十．点与圆的位置关系（共2小题）
44．（2021秋•东湖区校级期中）若 O的直径为4，点P在圆外，则线段OP长的取值范围是 OP ＞ 2
． ⊙
【分析】直接根据点与圆的位置关系进行判断．
【解答】解：因为 O的直径为4，点P在圆外，
⊙
所以线段OP长的取值范围是OP＞2．
故答案为：OP＞2．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系是解题的关键．点与圆的位置关系有3
种．设 O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：①点P在圆外 d＞r；②点P在圆上 d＝
r；③点⊙P在圆内 d＜r． ⇔ ⇔
⇔
45．（2021秋•鼓楼区校级期中）如图，等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，P为直线BC上方
的一个动点，且满足∠PAD＝∠PDC，则线段CP长的最小值为 ﹣ ．
【分析】首先证明点P在以AD为直径的 O上，连接OC，当O，P，C三点共线时，PC的长最小，利
用勾股定理求出OC即可解决问题． ⊙【解答】解：∵等边△ABC的边长为4，D为BC边上的中点，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADP+∠PDC＝90°，
∵∠PAD＝∠PDC，
∴∠PAD+∠ADP＝90°，
∴∠APD＝90°，
∴点P在以AD为直径的 O上，连接OC，当O，P，C三点共线时，PC的长最小，
⊙
在Rt△ADC中，AC＝4，CD＝2，
∴AD＝ ＝2 ，
∵O是AD的中点，
∴OD＝ ＝OP，
由勾股定理得：OC＝ ＝ ＝ ，
∴CP＝ ﹣ ，
即线段CP长的最小值为 ﹣ ．
故答案为： ﹣ ．【点评】本题考查等边三角形的性质，圆周角定理，最短问题等知识，解题的关键是确定点 P位置，学
会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
二十一．三角形的外接圆与外心（共1小题）
46．（2021秋•德城区校级期中）如图，△ABC内接于 O，AB＝BC，∠ABC＝120°，AD为 O直径，
AD＝8，那么AB的长为 4 ． ⊙ ⊙
【分析】根据三角形内角和定理求出∠BAC＝∠BCA＝30°，根据圆周角定理求出∠D，根据直角三角形
的性质计算即可．
【解答】解：∵AB＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAC＝∠BCA＝30°，
由圆周角定理得，∠D＝∠C＝30°，
∵AD为 O直径，
⊙
∴∠ABD＝90°，
∴AB＝ AD＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形内角和定理、等腰三角形的性
质是解题的关键．
二十二．切线的性质（共2小题）
47．（2021秋•常州期中）如图，AB是 O的直径，点C在AB的延长线上，CD与 O相切于点D，若
∠C＝20°，则∠CDA＝ 12 5 °． ⊙ ⊙【分析】连接 OD，构造直角三角形，利用 OA＝OD，可求得∠ODA＝35°，从而根据∠CDA＝
∠CDO+∠ODA计算求解．
【解答】解：连接OD，则∠ODC＝90°，∠COD＝70°；
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠A＝ ∠COD＝35°，
∴∠CDA＝∠CDO+∠ODA＝90°+35°＝125°，
故答案为：125．
【点评】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．
48．（2021秋•海安市期中）平面直角坐标系xOy中，以O为圆心，1为半径画圆，平面内任意点P（m，
n2﹣9），且实数m，n满足m﹣n2+5＝0，过点P作 O的切线，切点为A，当PA长最小时，点P到原
⊙
点O的距离为 2 ．
【分析】连接OA，先确定当PA最小时P的位置：OP⊥BC时，根据勾股定理可计算PA的长．
【解答】解：如图，连接OA，∵m﹣n2+5＝0，
∴n2＝m+5，
∴n2﹣9＝m+5﹣9＝m﹣4，
∴点P的坐标为（m，m﹣4），即点P在直线y＝x﹣4上，
当x＝0时，y＝﹣4，当y＝0时，x＝4，
∴OB＝OC＝4，
∴BC＝4 ，
∵PA与 O相切于点A，
⊙
∴OA⊥AP，
∵OA＝1，
∴当OP最小时，PA最小，
当OP⊥BC时，OP最小，此时OP＝ BC＝2 ，
答：当PA长最小时，点P到原点O的距离为2 ．故答案为：2 ．
【点评】本题考查了一次函数的与坐标轴的交点，等腰直角三角形的性质，垂线段最短问题，圆的切线
的性质，勾股定理等知识，正确画图确定点P的位置是关键，也是本题的难点．
二十三．三角形的内切圆与内心（共1小题）
49．（2021秋•梁溪区期中）如图，I为△ABC的内心，有一直线经过点I且分别与AB、AC相交于点D、
点E．若AD＝DE＝5，AE＝6，则点I到BC的距离为 ．
【分析】根据等腰三角形的性质和勾股定理，可以求得 DF的长，再根据等面积法，可以求得IG、IH
的长，再根据三角形的内心是角平分线的交点，即可得到IJ＝IH的长，从而可以得到点I到BC的距离．
【解答】解：根据题意点I在DE上，连接AI，作IG⊥AB于点G，IJ⊥BC于点J，作IH⊥AC于点H，
作DF⊥AE于点F，如右图所示：
∵AD＝DE＝5，AE＝6，DF⊥AE，
∴AF＝3，∠AFD＝90°，
∴DF＝ ＝ ＝4，设IH＝x，
∵I为△ABC的内心，
∴IG＝IJ＝IH＝x，
∵S△ADE ＝S△ADI +S△AEI ，
∴ ＝ + ，
解得x＝ ，
∴IJ＝ ，
即I点到BC的距离是 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，解答本题的关键是知道三角形的内心是角
平分线的交点，利用数形结合的思想解答．
二十四．正多边形和圆（共1小题）
50．（2021秋•新北区校级期中）如图，正五边形ABCDE和正三角形AMN都是 O的内接多边形，则
∠BOM＝ 48 ° ． ⊙
【分析】连接OA，分别求出正五边形ABCDE和正三角形AMN的中心角，结合图形计算即可．【解答】解：连接OA，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOB＝ ＝72°，
∵△AMN是正三角形，
∴∠AOM＝ ＝120°，
∴∠BOM＝∠AOM﹣∠AOB＝48°，
故答案为：48°．
【点评】本题考查的是正多边形与圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式是解题的关键．
二十五．旋转的性质（共4小题）
51．（2021秋•西城区校级期中）如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D
恰好落在AB上，且∠AOC＝105°，则∠C的度数是 45 ° ．
【分析】先根据∠AOC的度数和∠BOC的度数，可得∠AOB的度数，再根据△AOD中，AO＝DO，可
得∠A的度数，进而得出△ABO中∠B的度数，可得∠C的度数．
【解答】解：∵∠AOC的度数为105°，由旋转可得∠AOD＝∠BOC＝40°，
∴∠AOB＝105°﹣40°＝65°，
∵△AOD中，AO＝DO，
∴∠A＝ （180°﹣40°）＝70°，
∴△ABO中，∠B＝180°﹣70°﹣65°＝45°，
由旋转可得，∠C＝∠B＝45°，
故答案为：45°．
【点评】本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用旋转的性
质解答．
52．（2021秋•陵城区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，点M在CD边上，且DM＝2，△AEM与
△ADM关于AM所在直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段
EF的长为 1 0 ．
【分析】连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝8，CM
＝6，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM＝10，进而得出EF的长．
【解答】解：如图，连接BM．∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，
∴∠FAB＝∠MAE，
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE，
∴∠FAE＝∠MAB，
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝8．
∵DM＝2，
∴CM＝6．
在Rt△BCM中，BM＝ ＝ ＝10，
∴EF＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：对应点到旋
转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．53．（2021秋•博兴县期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE，若点D落在线段BC
的延长线上，则∠B大小为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【分析】由旋转可知，AB＝AD且∠BAD＝110°，则有三角形内角和可以计算∠B
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转110°，得到△ADE
∴AB＝AD，∠BAD＝110°
由三角形内角和
∠B＝
故选：B．
【点评】本题是几何图形旋转问题，考查了图形旋转的性质、三角形内角和以及等腰三角形的性质．
54．（2021秋•西湖区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆
时针旋转60°得到△AB C ，连接BC ，则BC 的长为（ ）
1 1 1 1
A． B． C．4 D．6
【分析】根据旋转的性质得出AC＝AC ，∠BAC ＝90°，进而利用勾股定理解答即可．
1 1
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB C ，
1 1∴AC＝AC ＝2，∠CAC ＝60°，
1 1
∵AB＝3，AC＝2，∠BAC＝30°，
∴∠BAC ＝90°，
1
∴在Rt△BAC 中，BC ＝ ＝ ．
1 1
故选：B．
【点评】此题考查旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线
段的夹角等于旋转角．
二十六．旋转对称图形（共1小题）
55．（2021秋•凯里市期中）如图，将香港特别行政区标志紫荆花图案绕中心旋转，当此图案第一次与自
身重合时，其旋转角的大小为 72 ° ．
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是 72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋
转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
故当此图案第一次与自身重合时，其旋转角的大小为72°．
故答案为：72°．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，
这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
二十七．中心对称图形（共1小题）
56．（2021秋•市南区校级期中）关于我们所学的特殊四边形的判定，下列结论正确的是（ ）A．如果一个四边形是轴对称图形，而且有两条互相垂直的对称轴，那么这个四边形一定是菱形
B．如果一个四边形，既是轴对称图形，又是中心对称图形，那么这个四边形一定是正方形
C．一个直角三角形绕斜边的中点旋转180°后，原图形与所得的图形构成的四边形一定是正方形
D．如果一个菱形绕对角线的交点旋转90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个菱形是正方形
【分析】依据菱形、矩形以及正方形的判定方法以及直角三角形的性质，即可得出结论．
【解答】解：A．若一个四边形是轴对称图形，且有两条互相垂直的对称轴，则这个四边形是菱形或正
方形，故本选项不合题意；
B．如果一个四边形，既是轴对称图形，又是中心对称图形，那么这个四边形可以是菱形，故本选项不
合题意；
C．一个直角三角形绕斜边的中点旋转180°后，原图形与所得的图形构成的四辺形一定是矩形，故本选
项不合题意；
D．若一个菱形绕对角线的交点旋转90°后所得图形与原图形重合，则这个菱形是正方形，本选项符合
题意；
故选：D．
【点评】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定与性质以及直角三角形的性质；熟练掌握特殊平行四边
形的判定和性质，并能进行推理论证是解答本题的关键．
二十八．关于原点对称的点的坐标（共1小题）
57．（2021秋•凯里市校级期中）若点P （2﹣m，5）关于原点对称的点是P （3，2n+1），则m﹣n的值
1 2
为（ ）
A．6 B．﹣3 C．8 D．9
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数列式求出m、n的值，再相减即可解得．
【解答】解：∵点P （2﹣m，5）关于原点对称的点是P （3，2n+1），
1 2
∴2﹣m+3＝0，5+2n+1＝0，解得m＝5，n＝﹣3，
所以，m﹣n＝5﹣（﹣3）＝5+3＝8．
故选：C．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数是解题
的关键．
二十九．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
58．（2021秋•新城区期中）将△ABC绕着C（1，0）旋转180°得到△A B C，设点A的坐标为（a，b），
1 1
则点A 的坐标为 （ 2 ﹣ a ，﹣ b ）
1
【分析】设点A 的坐标为（x，y），根据点A与点A 关于点C中心对称，可得点C为线段AA 的中点，
1 1 1
进而得到点A 的坐标为（2﹣a，﹣b）．
1
【解答】解：设点A 的坐标为（x，y），
1
根据点A与点A 关于点C中心对称，可得点C为线段AA 的中点，
1 1
即 ， ，
解得x＝2﹣a，y＝﹣b，
∴点A 的坐标为（2﹣a，﹣b），
1
故答案为：（2﹣a，﹣b）．
【点评】本题主要考查了中心对称，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转
后的点的坐标．
三十．作图-旋转变换（共1小题）
59．（2021秋•陆川县期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）；
（1）请在图中作出△ABC关于原点对称的图形△A B C ．
1 1 1
（2）请在图中作出△ABC绕点O顺时针方向旋转90°后得到的图形△A B C ．
2 2 2【分析】（1）利用关于原点对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用旋转的性质得出旋转后点的坐标进而得出答案．
【解答】解：（1）如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）如图所示，△A B C 即为所求．
2 2 2
【点评】此题主要考查了旋转变换以及平移变换，得出对应点位置是解题关键．
三十一．几何概率（共1小题）
60．（2021秋•鹿城区校级期中）把一转盘先分成两个半圆，再把其中一个半圆等分成三等份，并标上数
字如图所示，任意转动转盘，当转盘停止时，指针落在偶数区域的概率是 ．【分析】根据几何概率的求法：指针落在偶数区域的概率是就是所标数字为偶数的面积与总面积的比值．
【解答】解：观察这个图可知：所标数字为偶数的面积占总面积的（ + ）＝ ，
故其概率为 ．
【点评】用到的知识点为：概率＝相应的面积与总面积之比．
