文档内容
2024-2025 学年九年级数学上学期第三次月考卷
基础知识达标测
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。
2．测试范围：一元二次方程~概率初步（人教版）。
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）下列校徽主体图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断，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．
【解答】解：选项A、C、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形
重合，所以不是中心对称图形；
选项B的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图
形．
故选：B．
2．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．“打开电视，正在播放动画片”是必然事件
B．“明天太阳从西边升起”是必然事件
C．“掷一枚质地均匀的骰子一次，向上一面的点数是5”是随机事件
D．“1个大气压下水加热到100℃时开始沸腾”是不可能事件
【分析】根据事件的分类，对每个选项逐个进行分类，判断每个选项是否为不可能事件．
【解答】解：A．“打开电视，正在播放动画片”是随机事件，此选项不符合题意；
B．“明天太阳从西边升起”是不可能事件，此选项不符合题意；
C．“掷一次质地均匀的骰子，向上一面的点数是5”是随机事件，此选项符合题意；
D．“1个大气压下水加热到100℃时开始沸腾”是必然事件，此选项不符合题意；
故选：C．3．（3分）用配方法解一元二次方程2x2﹣3x﹣1＝0，配方正确的是（ ）
3 13 3 1
A．(x− ) 2= B．(x− ) 2=
2 4 4 2
3 17 3 11
C．(x− ) 2= D．(x− ) 2=
4 16 2 4
【分析】移项，系数化成1，再配方，即可得出选项．
【解答】解：2x2﹣3x﹣1＝0，
2x2﹣3x＝1，
3 1
x2− x= ，
2 2
3 9 1 9
x2− x+ = + ，
2 16 2 16
3 17
（x− ）2= ，
4 16
故选：C．
4．（3分）已知关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+k2x+1＝0有两个实数根x ，x ，且满足（x +1）
1 2 1
（x +1）＝2，则k的值是（ ）
2
A．k＝﹣1 B．k＝1 C．k＝﹣2 D．k＝1或k＝﹣2
k2 1
【分析】先根据根与系数的关系得到x +x =− ，x x = ，再利用（x +1）（x +1）＝2得
1 2 k−1 1 2 k−1 1 2
k2 1
到− + +1＝2，然后解分式方程、检验得到k的值．
k−1 k−1
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣4x﹣1＝0的两根为x ，x ，
1 2
k2 1
∴x +x =− ，x x = ，
1 2 k−1 1 2 k−1
∵（x +1）（x +1）＝2，
1 2
∴（x +x ）+x x +1＝2，
1 2 1 2
k2 1
即− + +1＝2，
k−1 k−1
化为整数方程为k2+k﹣2＝0，
解得k ＝﹣2，k ＝1，
1 2
经检验，k ＝﹣2是方程的解，
1
∴k＝﹣2．
故选：C．5．（3分）如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，
且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠CAE＝∠BED B．AB＝AE C．∠ACE＝∠ADE D．CE＝BD
【分析】由旋转的性质可得∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，由三角形内角和定理可得∠BED＝
∠BAD＝∠CAE．
【解答】解：如图，设AD与BE的交点为O，
∵把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴∠BED＝∠BAD＝∠CAE，
故选：A．
6．（3分）某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和
小分支的总数是157，设每个支干长出的小分支数目为x，根据题意，下面所列方程正确的是（
）
A．1+x+x2＝157 B．x+x2＝157
C．（1+x）2＝157 D．1+（1+x）2＝157
【分析】根据题意主干，支干和小分支的总数是157，列出方程即可．
【解答】解：每个支干长出x个小分支，根据题意得：
1+x+x2＝157，
故选：A．
7．（3分）如图， O是锐角三角形ABC的外接圆，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC．垂足分别为D，
E，F，连接DE，EF，FD．若DE+DF＝6.5，△ABC的周长为21，则EF的长为（ ）
⊙A．8 B．4 C．3.5 D．3
【分析】根据垂径定理得到AD＝BD，AF＝CF，BE＝CE，根据三角形的中位线定理得到
1 1
DE+DF+EF= （AB+BC+AC）= ×21=10.5，于是得到结论．
2 2
【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∴AD＝BD，AF＝CF，BE＝CE，
∴DE，DF，EF是△ABC的中位线，
1 1 1
∴DE= AC，DF= BC，EF= AB，
2 2 2
1 1
∴DE+DF+EF= （AB+BC+AC）= ×21=10.5，
2 2
∵DE+DF＝6.5，
∴EF＝10.5﹣6.5＝4，
故选：B．
1
8．（3分）二次函数y=x2−x+a(0＜a＜
)，若当x＝t时，y＜0，则当x＝t﹣1时，函数值y的取
4
值范围是（ ）
1 1 1
A．0＜y＜ B．0＜y＜2 C． ＜y＜1 D． ＜y＜2
2 2 2
【分析】依据题意，根据对称轴公式求出对称轴，再由a的范围，得Δ＞0，进而结合x＝0或1
时，y的范围，从而得当y＜0时，t的范围及t﹣1的范围，再由t﹣1的范围两端的临界值，得对应
的函数值，从而得答案．
−1 1
【解答】解：由题意得，抛物线的对称轴为直线x=− = ．
2 2
1
∵0＜a＜ ，
4
∴0＜4a＜1．
∴Δ＝1﹣4a＞0．1
设y＝x2﹣x+a（0＜a＜ ）与x轴交点为（x ，0），（x ，0）（其中x ＜x ），
4 1 2 1 2
∵当x＝t时，y＜0，且抛物线开口向上，
∴x ＜t＜x ，
1 2
1
∵抛物线的对称轴为直线x= ，x＝0或1时，y＝a＞0，
2
1 1
∴0＜x＜ ， ＜x ＜1．
1 2 2 2
∴x ﹣1＜t﹣1＜x ﹣1＜0，
1 2
∴当x ﹣1＜x＜x ﹣1时，y随着x的增大而减少，
1 2
∴当x＝t﹣1时，y＜（x ﹣1）2﹣（x ﹣1）+a＝2﹣2x ，y＞（x ﹣1）2﹣（x ﹣1）+a＝2﹣2x ，
1 1 1 2 2 2
1
∵0＜x＜ ，
1 2
∴当x＝t﹣1时，y＜2，
1
∵ ＜x ＜1，
2 2
∴当x＝t﹣1时，y＞0，
∴函数值y的取值范围为0＜y＜2．
故选：B．
9．（3分）如图，△ABC的顶点均在 O上，且AB＝AC，∠BAC＝120°，D为弦BC的中点，弦EF
经过点D，且EF∥AB．若 O的半径为2，则弦EF的长是（ ）
⊙
⊙
A．3❑√5 B．2❑√13 C．❑√13 D．2❑√17
【分析】连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，先根据垂径定理证明OA垂直平分BC，则OA经
过点D，再根据等腰三角形的“三线合一”证明∠OAB＝∠OBA＝60°，则△AOB是等边三角形，
由EF∥AB，得∠ODH＝∠OAB＝60°，则∠DOH＝30°，求出DH和OH的长，即可根据勾股定理❑√13
求得EH＝FH= ，则EF=❑√13．
2
【解答】解：连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，则∠OHD＝∠OHF＝90°，
∵AB＝AC，
∴^AB=^AC，
∴OA垂直平分BC，
∵D为弦BC的中点，
∴BD＝CD，OA经过点D，
∵∠BAC＝120°，
1
∴∠OAB＝∠OBA= ∠BAC＝60°，
2
∵OA＝OB＝2，
∴△AOB是等边三角形，
∵OA⊥BC于点D，
1
∴OD＝AD= OA＝1，
2
∵EF∥AB，
∴∠ODH＝∠OAB＝60°，
∴∠DOH＝30°，
1 1
∴DH= OD= ，
2 2
√ 1 ❑√3
∴OH=❑√OD2−DH2=❑12−( ) 2= ，
2 2
∵OF＝2，
❑√13
∴EH＝FH=❑√OF2−OH2= ，
2
∴EF=❑√13，
故选：C．10．（3分）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴只有一个公共点，且当x＝a和x＝a+n时函数值都
为m，则m、n的关系式为（ ）
n2 n2
A．m＝n2 B．m＝4n2 C．m= D．m=
2 4
【分析】由“抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个交点“得出b2﹣4c＝0，即b2＝4c，其次，根据当x
b a+a+n
＝a和x＝a+n时函数值都为m，可得− = ，根据二次函数图象上点的坐标特征即可得出
2 2
结论．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个交点，
∴Δ＝b2﹣4c＝0，即b2＝4c，
∵当x＝a和x＝a+n时函数值都为m，
b a+a+n
∴− = ，
2 2
b+n
∴a=− ，
2
把x＝a，y＝m代入y＝x2+bx+c得：
b+n b+n n2 b2
m＝（− ）2+b×（− ）+c= − +c，
2 2 4 4
∵b2＝4c，
n2 4c n2
∴m= − +c= ，
4 4 4
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）若点M（3，a﹣2）与N（﹣3，a）关于原点对称，则a＝ 1 ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a﹣2+a＝0，再解即可．
【解答】解：由题意得：a﹣2+a＝0，解得：a＝1，
故答案为：1．
12．（3分）已知一个扇形的圆心角为60°，半径为3，将这个扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面
圆半径为 0. 5 ．
【分析】由已知得扇形的弧长，除以2 即为圆锥的底面半径．
60π×3
【解答】解：由题意得：扇形的弧长=π =π，
180
1
∴圆锥的底面半径为π÷2π= ．
2
1
故答案为： ．
2
13．（3分）如图，正六边形ABCDEF内接于 O，点P在^AB上，点Q是^DE的中点，则∠CPQ的度
数为 45 ° ．
⊙
【分析】根据圆内接正六边形中心角的计算方法求出∠COD＝∠DOE＝60°，再根据圆周角定理求
出∠COQ的度数，再由圆周角定理进行计算即可．
【解答】解：如图，连接OC、OD、OE、OQ，
∵正六边形ABCDEF是 O的内接正六边形，
360°
∴∠COD＝∠DOE= ⊙ =60°，
6
∵点Q是^DE的中点，
1
∴∠DOQ＝∠EOQ= ∠DOE＝30°，
2
∴∠COQ＝∠COD+∠DOQ＝60°+30°＝90°，
1
∴∠CPQ= ∠COQ＝45°．
2
故答案为：45°．14．（3分）为了估计鱼塘中的鱼数，养鱼者把n条有标记的鱼放进鱼塘，待充分混合后，从鱼塘中打
an
捞a条，若这a条鱼中有b条鱼有标记，则鱼塘中原有鱼的条数约为 ．
b
【分析】首先求出有记号的b条鱼在a条鱼中所占的比例，然后根据用样本中有记号的鱼所占的比
例等于鱼塘中有记号的鱼所占的比例，即可求得鱼的总条数．
【解答】解：∵打捞a条鱼，发现其中带标记的鱼有b条，
b
∴有标记的鱼占 ，
a
∵共有n条鱼做上标记，
b an
∴鱼塘中估计有n÷ = （条）．
a b
an
故答案为： ．
b
15．（3分）已知二次函数y＝ax2+2ax﹣3a（其中x是自变量）图象与x轴交于A，B两点，当x⩾0
时，y随x的增大而减小，P为抛物线上一点，且横坐标为m，当﹣2⩽m⩽2时，△ABP面积的最大
4
值为8，则a的值为 − ．
5
【分析】根据函数解析式可以求得与x轴的两个交点，然后根据当x⩾0时，y随x的增大而减小，P
为抛物线上一点，且横坐标为m，当﹣2⩽m⩽2时，△ABP面积的最大值为8，即可求得a的值．
【解答】解：∵y＝ax2+2ax﹣3a＝a（x+3）（x﹣1），
∴当y＝0时，x＝﹣3或1，
不妨设点A的坐标为（﹣3，0），点B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣3）＝1+3＝4，
−3+1
∴该抛物线顶点的横坐标为 =−1，纵坐标为y＝a﹣2a﹣3a＝﹣4a，
2
∵当x⩾0时，y随x的增大而减小，
∴a＜0，
∵P为抛物线上一点，且横坐标为m，当﹣2⩽m⩽2时，△ABP面积的最大值为8，∴当x＝2时，y＝4a+4a﹣3a＝5a，当x＝﹣1时，y＝﹣4a，
∵|5a|＞|﹣4a|，
AB⋅|5a|
∴ = 8，
2
4⋅(−5a)
即 =8，
2
4
解得a=− ，
5
4
故答案为：− ．
5
16．（3分）矩形ABCD中，AB＝4，AD=4❑√3，点E、F分别是线段AD、BC上动点，且满足CF＝
AE，BP⊥EF于点P，连接DP，当点E从A运动到AD的中点时，线段DP扫过图形的面积为 6
4π
❑√3− ．
3
【分析】连接BD，取BD的中点G，过G点作KH⊥AD交AD于点K，交BC于点H，通过证明
△EKG≌△FHG（ASA），确定线段EF绕矩形对角线的交点G旋转，进而得到P点在以BG为直
径的圆上，连接OP，OH，DH，过点P作PQ⊥BD交于点Q，求得∠POH＝120°，再求面积即
可．
【解答】解：如图1，连接BD，取BD的中点G，
过G点作KH⊥AD交AD于点K，交BC于点H，
∴K、H分别是AD、BC边的中点，
∵AE＝CF，
∴EK＝HF，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFH，
∵∠EKG＝∠GHF，
∴△EKG≌△FHG（ASA），
∴EG＝GF，∠EGK＝∠HGF，
∴E、F、G三点共线，
∴线段EF绕矩形对角线的交点G旋转，∵BP⊥EF，
∴∠BPG＝90°，
∴P点在以BG为直径的圆上，
如图2，点E从A运动到AD的中点K，则P点运动的起点为P，终点为H，
连接OP，OH，DH，过点P作PQ⊥BD交于点Q，
∵AB＝4，AD=4❑√3，
∴BD＝8，
∴OB＝OP＝OH＝2，OD＝6，∠BAC＝60°，
∴∠PBH＝60°，
∴∠POH＝120°，
∴PQ=❑√3，
1 120×π×4 4π
∴S＝2× ×OD×PQ− =6❑√3− ，
2 360 3
4π
故答案为：6❑√3− ．
3
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣（m+2）x+2m＝0．
（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根．
（2）设方程的两根分别是x ，x ，若满足x +x ＝x •x ，求m的值．
1 2 1 2 1 2【分析】（1）计算判别式的值得到Δ＝（m﹣2）2，利用非负数的意义得到Δ≥0，然后根据判别式
的意义得到结论；
（2）利用根与系数的关系得到x +x ＝m+2，x x ＝2m，再根据x +x ＝x •x 列出方程，然后解关于
1 2 1 2 1 2 1 2
m的方程即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（m+2）2﹣4×2m＝（m﹣2）2≥0，
∴不论m为何值时，方程总有实数根；
（2）解：根据题意得x +x ＝m+2，x x ＝2m，
1 2 1 2
∵x +x ＝x •x ，
1 2 1 2
∴m+2＝2m，
解得m＝2，
∴m的值为2．
18．（6分）已知△ABC的顶点A、B、C在格点上，按下列要求在网格中画图．
（1）△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A B C；
1 1
（2）画△A B C关于点O的中心对称图形△A B C ．
1 1 2 2 2
【分析】（1）分别作出A、B、的对应点A 、B 即可；
1 1
（2）分别作出A 、B 、C的对应点A 、B 、C 即可；
1 1 2 2 2
【解答】解：（1））△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A B C如图所示；
1 1
（2）画△A B C关于点O的中心对称图形△A B C 如图所示；
1 1 2 2 2
19．（8分）有三把不同的钥匙A，B，C和两把不同的锁D，E，其中钥匙A只能打开锁D，钥匙B只
能打开锁E，钥匙C不能打开这两把锁．1
（1）随机取出一把钥匙，取出A钥匙概率是 ；
3
（2）随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率是多少？
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有6个等可能的结果，一次打开锁的结果有2个，再由概率公式求解即可．
1
【解答】解：（1）随机取出一把钥匙，取出A钥匙概率是 ，
3
1
故答案为： ；
3
（2）画树状图如图：
共有6个等可能的结果，一次打开锁的结果有2个，
2 1
∴一次打开锁的概率为 = ．
6 3
20．（8分）在 O中，AB是 O的直径，弦CD垂直于AB，垂足为点E，过点C作 O的切线交BA
的延长线于点F．
⊙ ⊙ ⊙
（Ⅰ）如图①，若∠B＝25°，求∠F；
（Ⅱ）如图②，若∠B＝30°，AB＝4，M是AD的中点，连接CM，求CM的长．
【分析】（Ⅰ）如图①连接OC，BC，根据垂径定理得到CE＝DE，根据等腰三角形的性质得到
BC＝BD，求得∠ABC＝∠ABD＝25°，根据切线的性质得到∠OCF＝90°，于是得到∠F＝90°﹣
∠AOC＝40°；1 ❑√3
（Ⅱ）如图②，过M作MH⊥CD于H，根据直角三角形的性质得到AD= AB=2，求得BD=
2 2
1 ❑√3 1 1
AB＝2❑√3，根据三角形的中位线定理得到EH= DE= ，求得MH= AE= ，根据勾股定理得
2 2 2 2
到结论．
【解答】解：（Ⅰ）如图①连接OC，BC，
∵CD⊥AB，AB是 O的直径，
∴CE＝DE，
⊙
∴BC＝BD，
∴∠ABC＝∠ABD＝25°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝50°，
∵BA是 O的切线，
∴∠OCF＝90°，
⊙
∴∠F＝90°﹣∠AOC＝40°；
（Ⅱ）如图②，过M作MH⊥CD于H，
∵∠B＝30°，∠ADB＝90°，AB＝4，1
∴AD= AB=2，
2
❑√3
∴BD= AB＝2❑√3，
2
∵∠BED＝90°，
1 ❑√3
∴DE= BD=❑√3，BE= BD＝3，
2 2
∴AE＝1，
∵M是AD的中点，HM∥AE，
1 ❑√3
∴EH= DE= ，
2 2
1 1
∴MH= AE= ，
2 2
∵CE＝DE=❑√3，
❑√3 3❑√3
∴CH=❑√3+ = ，
2 2
√ 3❑√3 1
∴CM=❑√CH2+M H2=❑(
)
2+(
)
2=❑√7．
2 2
21．（10分）如图是由边长为1的小正方形构成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点． P经
过A，B、C三个格点，点D是 P与网格线的交点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图
⊙
（画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示）．
⊙
（1）在图1中，画圆心P，并画出弧BC的中点Q；
（2）在图2中，在AB上画点E，使∠DEA＝∠CEB；
（3）在图2中，在AB下方的半圆上，画弦BF，使BF＝2．【分析】（1）如图1中，取格点M，N，连接MN，AB，MN交AB于点P，取BC的中点J，作射
线PJ交 P于点Q，点P，点Q即为所求；
（2）①如图2中，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点E，连接DE，点E即为所
⊙
求；②取格点W，连接BW，D′W，D′W交圆于点F，连接BF，点E，线段BF即为所求．
【解答】解：（1）如图，点P，点Q即为所求；
，
（2）如图，①点E，②线段BF即为所求．
22．（10分）一位篮球运动员在离篮圈水平距离4m处跳起投篮，球从点A出手时离地面高度为
2.25m．在如图所示的平面直角坐标系，球运行的高度y（m）与运行的水平距离x（m）满足抛物线
y＝ax2+bx+c．当球运行的水平距离为3m时，球离地面高度为3.15m．球在空中达到最大高度后，
准确落入篮圈内．已知篮圈中心离地面距离为3.05m．（注：篮球和篮圈中心近似看成一个点）
（1）求抛物线y＝ax2+bx+c的解析式；（2）当球运行的水平距离为多少时，达到最大高度？最大高度为多少？
（3）若对方运动员在距离该篮球运动员正面水平距离1m时纵跳盖帽拦截其投篮，已知其原地纵跳
摸高（起跳后指尖所触及的最高点）为2.7m，则他能否成功拦截，并说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，即可求解；
（2）把二次函数解析式配方成顶点式进而即可求出答案；
（3）计算当x＝1时的高度解题即可．
【解答】解：（1）依题意，抛物线y＝ax2+bx+c经过点（0，2.25）、（3，3.15）、（4，3.05），
{
c=2.25
)
9a+3b+c=3.15 ，
16a+4b+c=3.05
{a=−0.1
)
解得 b=0.6 ，
c=2.25
∴抛物线y＝ax2+bx+c的解析式为y＝﹣0.1x2+0.6x+2.25；
（2）∵y＝﹣0.1x2+0.6x+2.25＝﹣0.1（x﹣3）2+3.15，
∵﹣0.1＜0，
∴抛物线开口向下，
当x＝3时，y有最大值3.15．
即球运行的水平距离为3m时，达到最大高度，最大高度为3.15m；
（3）令x＝1，得y＝2.75＞2.7，
∴他不能成功拦截．
23．（12分）如图，E为平面内一点，以正方形ABCD的顶点A为旋转中心，将线段AE顺时针旋转
90°得到线段AF，连接BF．（1）如图（1），当点E在边CD上时，求证：DE＝BF；
（2）如图（2），当点E在对角线BD上时，连接EF，若AB＝4，BE＝3DE，求EF的长；
CF
（3）如图（3），当点E在线段DF上时，连接CF，若BE＝3DE，直接写出 的值．
DE
【分析】（1）由旋转得AE＝AF和∠EAF＝90°，由正方形性质得∠BAD＝90°和AD＝AB，可证得
结论；
（2）由（1）可知△DAE≌△BAF，得∠ADE＝∠ABF和DE＝BF，根据正方形性质得∠ADE＝
∠ABF＝∠ABD＝45°，有BD=4❑√2，结合题意即可求得BF，利用勾股定理即可求得EF．
（3）延长FD至M，使ED＝DM，连接MC，由（1）可得△DAE≌△BAF，有BF＝DM和∠ABF
＝∠ADE，设∠ADE＝ ，得∠CDM＝∠FBC，即有△FBC≌△MDC，则FC＝MC，∠FCB＝
∠MCD，可证△FCM为等腰直角三角形，进一步证得△BFE为直角三角形，设DE＝x，求得BE＝
α
3x，EF=2❑√2x，则FM=(2+2❑√2)x，根据即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵将线段AE顺时针旋转90°得到线段AF，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠DAE＝∠BAF，
∴△DAE≌△BAF（SAS），
则DE＝BF．
（2）解：同（1）可证△DAE≌△BAF（SAS），
∴∠ADE＝∠ABF，DE＝BF，
∵点E在对角线BD上，
∴∠ADE＝∠ABF＝∠ABD＝45°，
∴∠EBF＝90°，
∵AB＝AD＝4，
∴BD=4❑√2，
∵BE＝3DE，
∴BE=3❑√2，DE=❑√2，
∴BF=❑√2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，EF2＝BF2+BE2＝2+18＝20，
则EF=2❑√5．
（3）解：延长FD至M，使ED＝DM，连接MC，如图，同（1）可证△DAE≌△BAF，则BF＝DE＝DM，∠ABF＝∠ADE，
设∠ADE＝ ，则∠CDE＝90°﹣ ，
∴∠CDM＝180°﹣∠EDC＝90°+ ，∠FBC＝∠ABC+∠ABF＝90°+ ，
α α
∵四边形ABCD为正方形，
α α
∴DC＝BC，
在△FBC和△MDC中，
{
FB=MD
)
∠FBC=∠MDC ，
BC=DC
∴△FBC≌△MDC（SAS），
∴FC＝MC，∠FCB＝∠MCD，
则∠FCM＝∠DCF+∠DCM＝∠DCF+∠BCF＝90°，
故△FCM为等腰直角三角形，
在四边形BCDF中，∠FBC＝90°+ ，∠CDE＝90°﹣ ，则∠BFD＝90°，
∴△BFE为直角三角形，
α α
设DE＝x，
∵BE＝3DE，
∴BE＝3x，
∴EF=❑√BE2−FB2=❑√(3x) 2−x2=2❑√2x，
则FM=(2+2❑√2)x，
∵FM=❑√2FC，
∴FC=(2+❑√2)x，
CF (2+❑√2)x
则 = =2+❑√2．
DE x
24．（12分）如图一所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B
（2，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式及顶点坐标；
（2）点P为第三象限内抛物线上一点，作直线AC，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值及此时
点P的坐标；
35
（3）设直线l ：y＝kx+k− 交抛物线于点M、N，求证：无论k为何值，平行于x轴的直线l ：y
1 4 2
37
=− 上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
4
【分析】（1）运用待定系数法，将A（﹣4，0）、B（2，0）代入y＝ax2+bx﹣8，即可求得抛物线
的函数表达式，再利用配方法或顶点坐标公式即可求得抛物线的顶点坐标；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，设P（t，t2+2t﹣8），过点P作PF∥y
轴，交AC于点F，则F（t，﹣2t﹣8），进而可得S△PAC ＝S△PAF +S△PCF ＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2
（t+2）2+8，运用二次函数的性质即可求得答案；
35 3
（3）由直线l ：y＝kx+k− 交抛物线于点M、N，可得x2+（2﹣k）x + −k＝0，利用根与系数关
1 4 4
3
系可得x +x ＝k﹣2，x x = −k，利用两点间距离公式可得MN2＝（x ﹣x ）2+（y ﹣y ）2＝
M N M N 4 M N M N
1
（1+k2）2，设MN的中点为O′，过点O′作O′E⊥直线l ，垂足为E，O′E = MN，以MN为
2 2
直径的 O′一定经过点E，所以∠MEN＝90°，即证得结论．
【解答】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，
⊙
{16a−4b−8=0)
∴ ，
4a+2b−8=0
{a=1)
解得： ，
b=2
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+2x﹣8，∵y＝x2+2x﹣8＝（x+1）2﹣9，
∴抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣9）；
（2）解：∵抛物线y＝x2+2x﹣8与y轴交于点C，
∴C（0，﹣8），
{−4m+n=0)
设直线AC的解析式为y＝mx+n，则 ，
n=−8
{m=−2)
解得： ，
n=−8
∴直线AC的解析式为y＝﹣2x﹣8，
设P（t，t2+2t﹣8），
过点P作PF∥y轴，交AC于点F，如图，
则F（t，﹣2t﹣8），
∴PF＝﹣2t﹣8﹣（t2+2t﹣8）＝﹣t2﹣4t，
1 1
∴S△PAC ＝S△PAF +S△PCF =
2
PF•（t+4）+
2
PF•（﹣t）＝2PF＝2（﹣t2﹣4t）＝﹣2（t+2）2+8，
∵﹣2＜0，
∴当t＝﹣2时，S△PAC 的最大值为8，此时点P（﹣2，﹣8）；
35
（3）证明：∵直线l ：y＝kx+k− 交抛物线于点M、N，
1 4
35
∴x2+2x﹣8＝kx+k− ，
4
3
整理得：x2+（2﹣k）x+ −k＝0，
4
3
∴x +x ＝k﹣2，x x = −k，
M N M N 435 35
∵y ＝kx +k− ，y ＝kx +k− ，
M M 4 N N 4
∴y ﹣y ＝k（x ﹣x ），
M N M N
∴MN2＝（x ﹣x ）2+（y ﹣y ）2＝（1+k2）（x ﹣x ）2＝（1+k2）[（x +x ）2﹣4x x ]＝
M N M N M N M N M N
3
（1+k2）[（k﹣2）2﹣4（ −k）]＝（1+k2）2，
4
∵设MN的中点为O′，
k−2 1 35
∴O′（ ， k2− ），
2 2 4
37
过点O′作O′E⊥直线l ：y=− ，垂足为E，如图，
2 4
k−2 37
∴E（ ，− ），
2 4
1 35 37 1
∴O′E= k2− −（− ）= （1+k2），
2 4 4 2
1
∴O′E= MN，
2
∴以MN为直径的 O′一定经过点E，
∴∠MEN＝90°，
⊙
∴在直线l2：y上总存在一点E，使得∠MEN为直角．
