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2022—2023 学年九年级上学期期中测试卷（1）
一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的，请用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑）
1．（4分）汉字是迄今为止持续使用时间最长的文字，是传承中华文化的重要载体．汉字在发展过程中演
变出多种字体，给人以美的享受．下面是“首师附中”四个字的篆书，其中能看作中心对称图形的是（
）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各图形分析判断后即可进行判断．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
2．（4分）已知m是关于x的方程x2﹣2x﹣3＝0的一个根，则2m2﹣4m+2＝（ ）
A．5 B．8 C．﹣8 D．6
【分析】x＝m满足方程m2﹣2m﹣3＝0．利用整体代入的思想解决问题；
【解答】解：将x＝m代入方程，可得m2﹣2m﹣3＝0，
∴m2﹣2m＝3．
∴2m2﹣4m+2＝2（m2﹣2m）+2＝2×3+2＝8；
故选：B．
3．（4分）点A（x+2y，1）与点B（2x﹣y，y）关于原点成中心对称，则x的值为（ ）
A．0 B．1 C． D．3
【分析】依据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），可得结论．
【解答】解：∵点A（x+2y，1）与点B（2x﹣y，y）关于原点成中心对称，∴ ，
解得 ，
∴x的值为 ，
故选：C．
4．（4分）若关于x的方程x2+（2﹣k）x+k2＝0的两根互为倒数，则k＝（ ）
A．3 B．1 C．﹣1 D．±1
【分析】根据已知和根与系数的关系x x ＝ 得出k2＝1，求出k的值，再根据原方程有两个实数根，求
1 2
出符合题意的k的值．
【解答】解：∵x x ＝k2，两根互为倒数，
1 2
∴k2＝1，
解得k＝1或﹣1；
∵方程有两个实数根，Δ≥0，
∴当k＝1时，Δ＜0，舍去，
故k的值为﹣1．
故选：C．
5．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝5，AB＝12，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到
△AB'C'，连接CC'，则CC'的长为（ ）
A．13 B．13 C．2 D．
【分析】先根据勾股定理计算AC的长，由旋转的性质得△CAC'是等腰直角三角形，并由勾股定理可得
结论．
【解答】解：∵∠B＝90°，BC＝5，AB＝12，∴AC＝ ＝ ＝13，
由旋转得：AC＝AC'，∠CAC'＝90°，
∴CC'＝ ＝ ＝13 ．
故选：B．
6．（4分）不论x、y为何值，代数式x2+y2+2x﹣4y+7的值（ ）
A．总不小于7 B．总不小于2
C．可为任何有理数 D．可能为负数
【分析】要把代数式x2+y2+2x﹣4y+7进行拆分重组凑完全平方式，来判断其值的范围．
【解答】解：x2+y2+2x﹣4y+7＝（x2+2x+1）+（y2﹣4y+4）+2＝（x+1）2+（y﹣2）2+2，
∵（x+1）2≥0，（y﹣2）2≥0，
∴（x+1）2+（y﹣2）2+2≥2，
∴x2+y2+2x﹣4y+7≥2．
故选：B．
7．（4分）武清2022年投入教育经费3300万元，预计2024年投入教育经费5600万元，若每年投入教育
经费的年平均增长率为x，则根据题意下列方程正确的是（ ）
A．3300（1+x）2＝5600
B．3300+3300（1+x）+1200（1+x）2＝5600
C．3300（1﹣x）2＝5600
D．3300（1+x）+3300（1+x）2＝5600
【分析】利用2024年投入教育经费金额＝2022年投入教育经费金额×（1+每年投入教育经费的年平均
增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：依题意得3300（1+x）2＝5600．
故选：A．
8．（4分）欧几里得的《几何原本》记载，对于形如 x2+ax＝b2的方程，可用如图解法：作直角三角形
ABC，其中∠C＝90°，AC＝b，BC＝ ，在斜边AB上截取BD＝BC，则该方程的其中一个正根是（
）A．线段AC的长 B．线段BC的长 C．线段AD的长 D．线段CD的长
【分析】设AD＝x，AC＝b，DB＝BC＝ ，根据勾股定理列出关系式，化简即可得到结果．
【解答】解：设AD＝x，AC＝b，DB＝BC＝ ，
在Rt△ABC中，AB＝AD+BD＝x+ ，
根据勾股定理得：b2+（ ）2＝（x+ ）2，即x2+ax＝b2，
则这个方程的一个正根是线段AD的长．
故选：C．
9．（4分）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴只有一个交点，且（x ，q），（x +p，q）为其图象上
1 1
的两点，则p、q之间的关系是（ ）
A． B． C． D．
【分析】由抛物线与x轴只有一个交点可得c＝ ，由抛物线的对称性及（x ，q），（x +p，q）可用
1 1
含b，p的代数式表示x ，进而求解．
1
【解答】解：∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个交点，
∴b2﹣4c＝0，
∴c＝ ，
∴y＝x2+bx+ ，
∵抛物线经过（x ，q），（x +p，q），
1 1∴抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝ ＝x + ，
1
∴x ＝﹣ ﹣ ，
1
将（﹣ ﹣ ，q）代入y＝x2+bx+ 得（﹣ ﹣ ）2+b（﹣ ﹣ ）+ ＝q，
∴q＝ ，
故选C．
10．（4分）如图，在△ABC中，∠A＝80°，AC＝BC，以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转 度，得
到△A′BC′，点A′恰好落在AC上，连接CC′，则∠ACC′的度数为（ ） α
A．110° B．100° C．90° D．70°
【分析】在△ABC中，可求得∠ABC和∠ACB，在△ABA′中由旋转的性质可求得 的大小，从而可求
得∠CBC′，在△BCC′中可求得∠BCC′，从而可求得∠ACC′． α
【解答】解：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC＝80°，
∴∠ACB＝180°﹣80°﹣80°＝20°，
∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转 度，得到△A′BC′，
∴AB＝A′B，BC＝BC′，且∠CBC′＝ ，α
∴∠BA′A＝∠A＝80°， α
∴ ＝20°，
∴α∠CBC′＝20°，
∴∠BCC′＝ （180°﹣20°）＝80°，
∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝20°+80°＝100°．故选：B．
11．（4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝1，有下列4个结论：
①abc＞0；②a+c＞b；③4a+2b+c＞0；④a+b≥am2+bm（m是任意实数）．其中正确结论的个数是
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由抛物线开口向下得到a＜0；由抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1得到b＞0；由抛物线与y
轴的交点在x轴的上方得到c＞0，则abc＜0；观察图象得到当x＝﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0；当x＝
2时，y＞0，即4a+2b+c＞0；根据二次函数的最值问题得到x＝1时，y有最大值a+b+c，则a+b+c＞
am2+bm+c（m≠1），变形得到a+b＞m（am+b）
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0；
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1，
∴b＞0；
∵抛物线与y轴的交点在x轴的上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以①错误；
当x＝﹣1时，y＜0，即a﹣b+c＜0，
∴a+c＜b，所以②不正确；
当x＝2时，y＞0，即4a+2b+c＞0，所以③正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴x＝1时，y有最大值a+b+c，
∴a+b+c≥am2+bm+c，
∴a+b≥＞am2+bm，所以④正确．
故选：B．
12．（4分）在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为（﹣1，0），每一次将△AOB绕着点O顺时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A OB ，第二次旋转后
1 1
得到△A OB ，…，依次类推，则点A 的坐标为（ ）
2 2 2022
A．（﹣22022，0） B．（22022，0）
C．（22022，22022） D．（﹣22021，﹣22022）
【分析】根据旋转角度为60°，可知每旋转6次点A的位置重复出现，由此可知第2022次旋转后，点A
2
与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，再由OA ＝2n，即可求解．
n
【解答】解：∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
∵2022÷6＝337，
∴第2022次旋转后，点A 与点A的位置相同，都在x轴的负半轴上，
2
∵第一次旋转后，OA ＝2，
1
第二次旋转后，OA ＝22，
2
第三次旋转后，OA ＝23，
3
……
∴第2022次旋转后，OA ＝22022，
2022
∴点A 的坐标为（﹣22022，0），
2022
故选：A．
二、填空题（本题共4个小题，每小题4分，共16分，答题请用黑色墨水笔或签字笔直接答在答题卡相应
的位置上）
13．（4分）若（m+3）x|m|﹣1﹣（m﹣3）x﹣5＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为 ．
【分析】根据一元二次方程的定义（含有一个未知数，并且含有未知数的项的最高次数是2的整式方程
叫一元二次方程）进行判断即可．【解答】解：∵（m+3）x|m|﹣1﹣（m﹣3）x﹣5＝0是关于x的一元二次方程，
∴ ．
所有 ，
解得m＝3．
故答案为：3．
14．（4分）已知关于x的方程x2+bx+c＝0的两个根分别是x ＝m，x ＝8﹣m，若点P是二次函数y＝x2+bx
1 2
﹣c的图象与y轴的交点，过P作PQ⊥y轴交抛物线于另一交点Q，则PQ的长为 ．
【分析】先利用根与系数的关系得到b＝﹣8，c＝8m﹣m2，则二次函数解析式为y＝x2﹣8x+m2﹣8m，于
是可确定抛物线的对称轴为直线x＝4，再表示出P点坐标为（0，m2﹣8m），根据抛物线的对称性得到
点P与点Q关于直线x＝4对称，所以PQ＝2×4＝8．
【解答】解：∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两个根分别是x ＝m，x ＝8﹣m，
1 2
∴m+8﹣m＝﹣b，m（8﹣m）＝c，
即b＝﹣8，c＝8m﹣m2，
∵二次函数解析式为y＝x2﹣8x+m2﹣8m，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝4，
当x＝0时，y＝m2﹣8m，
∴P（0，m2﹣8m），
∴P点到对称轴的距离为4，
∵PQ⊥y轴交抛物线于另一交点Q，
∴点P与点Q关于直线x＝4对称，
∴PQ＝2×4＝8．
故答案为：8．
15．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，把△ABC绕BC边的中点O旋转后得
△DEF，若直角顶点E恰好落在AC边上，且DF边交AC边于点G，则△FCG的面积为 ．【分析】根据勾股定理得到AC＝5，得到OC＝OB＝ BC＝2，根据旋转的性质得到CO＝FO＝2，
∠DFE＝∠ACB，∠ABC＝∠DEF，AC＝DF，求得CO＝OE，求得EG＝ DF＝ ，根据勾股定理得出
CG的长，易得△COF≌△BOE（SAS），由此可得FC的长，易证∠FCG＝90°，根据三角形的面积可
得结论．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∵点O是BC边的中点，
∴OC＝OB＝ BC＝2，
∵把△ABC绕BC边的中点O旋转后得△DEF，若直角顶点E恰好落在AC边上，
∴CO＝FO＝BO＝OE＝2，∠DFE＝∠ACB，∠ABC＝∠DEF，AC＝DF，
∴CO＝OE，
∴∠ACB＝∠OEC，
∴∠DFE＝∠CEF，
∴FG＝EG，
如图，连接BE，
∵∠DFE+∠D＝∠FEG+∠GED＝90°，∠COF＝∠BOE，
∴∠D＝∠DEG，△COF≌△BOE（SAS），
∴EG＝DG，BE＝CF，∠FCO＝∠OBE，∴EG＝ DF＝ ，
∵CO＝BO＝OE＝ BC，
∴∠BEC＝90°，
∴BE＝ ＝ ，
∴CE＝ ，CF＝ ，
∴CG＝CE﹣EG＝ ﹣ ＝ ，
∵∠BEC＝90°，
∴∠OBE+∠BCE＝90°，
∴∠FCO+∠ACB＝90°，即∠FCG＝90°．
∴S△FCG ＝ •FC•CG＝ × × ＝ ．
故答案为： ．
16．（4分）一个玻璃杯竖直放置时的纵向截面如图 1所示，其左右轮廓线AD，BC为同一抛物线的一部
分，AB，CD都与水平地面平行，当杯子装满水后AB＝4cm，CD＝8cm，液体高度12cm，将杯子绕C
倾斜倒出部分液体，当倾斜角∠ABE＝45°时停止转动．如图 2 所示，此时液面宽度 BE 为
cm，液面BE到点C所在水平地面的距离是 cm．
【分析】以AB的中点为原点，直线AB为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，得出
A，B，C，D的坐标用待定系数法求抛物线的解析式；将杯子绕 C倾斜倒出部分液体，当倾斜角∠ABE
＝45°时停止转动，所以旋转前BE与水平方向的夹角为45°，即∠ABE＝45°，求出BE与y轴的交点坐
标P，把点B、P代入求出直线BE的解析式，水面BE到平面的距离实际就是点C到直线BE的距离，
过点C作BP的垂线交BP于点M，过点C作y轴的平行线，交直线BP于点N，根据题意可得△CMN是
等腰直角三角形，由此可得出点M的坐标，用两点间的距离公式求出C点到BE的距离．【解答】解：如图1，以AB的中点为原点，直线AB为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角
坐标系，
由题意得：A（﹣2，0），B（2，0），C（4，﹣12），D（﹣4，﹣12），
设抛物线的解析式为：y＝ax2+b，
将B（2，0），C（4，﹣12），代入得： ，
解得： ，
∴y＝﹣x2+4；
根据题意可知，∠ABE＝45°，设BE与y轴的交点坐标P，
∴△OBP是等腰直角三角形，
∴OB＝OP＝2，
∴P（0，﹣2），
∴直线BP的解析式为：y＝x﹣2，
令﹣x2+4＝x﹣2，解得x＝2（舍）或x＝﹣3，
∴E（﹣3，﹣5）．
∴BE＝ ＝5 ，DE＝7 ，
水面BE到平面的距离实际就是点C到直线BE的距离，如图1，过点C作BP的垂线交BP于点M，过
点C作y轴的平行线，交直线BP于点N，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∵C（4，﹣12），
∴N（4，2）．
∴CN＝14．
过点M作MQ⊥CN于点Q，
∴Q是CN的中点，且MQ＝NQ＝CQ，
∴Q（4，﹣5），
∴M（﹣3，﹣5）．
∴CM＝ ＝7 ．
故答案为：5 ；7 ．三、解答题（本题共8个小题，共86分，答题请用黑色墨水笔或签字笔直接答在答题卡相应的位置上，解
答时应写出必要的文字说明、证明步骤或演算步骤.）
17．（8分）用适当的方法解下列方程：
（1）（2x﹣1）2﹣25＝0； （2）x2﹣2x﹣1＝0（配方法）；
（3）2（x2﹣2）＝7x； （4）3（x﹣2）2＝x（x﹣2）．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣直接开平方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（3）先将原方程化简整理成一元二次方程的一般形式，然后再利用解一元二次方程﹣因式分解法，进
行计算即可解答；
（4）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）（2x﹣1）2﹣25＝0，
（2x﹣1）2＝25，
2x﹣1＝±5，
2x﹣1＝5或2x﹣1＝﹣5，
x ＝3，x ＝﹣2；
1 2
（2）x2﹣2x﹣1＝0，
x2﹣2x＝1，
x2﹣2x+1＝1+1，
（x﹣1）2＝2，
x﹣1＝± ，
x﹣1＝ 或x﹣1＝﹣ ，
x ＝1+ ，x ＝1﹣ ；
1 2
（3）2（x2﹣2）＝7x，2x2﹣7x﹣4＝0，
（x﹣4）（2x+1）＝0，
x﹣4＝0或2x+1＝0，
x ＝4，x ＝﹣ ；
1 2
（4）3（x﹣2）2＝x（x﹣2），
3（x﹣2）2﹣x（x﹣2）＝0，
（x﹣2）[3（x﹣2）﹣x]＝0，
（x﹣2）（3x﹣6﹣x）＝0，
（x﹣2）（2x﹣6）＝0，
x﹣2＝0或2x﹣6＝0，
x ＝2，x ＝3．
1 2
18．（8分）关于x的一元二次方程（k+2）x2﹣3 x+3＝0有两个实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若方程的两根为 和 ，是否存在实数k，使 2+ 2＝2成立，若存在，请求出k的值，若不存在，
请说明理由． α β α β
【分析】（1）根据一元二次方程的定义、二次根式有意义的条件和根的判别式的意义得到k+3≥0且
k+2≠0且Δ＝（3 ）2﹣4（k+2）×3≥0，然后求出几个不等式的公共部分即可；
（2）先根据根与系数的关系得 + ＝ ， ＝ ，再利用 2+ 2＝2得到（ ）2﹣2×
α β αβ α β
＝2，解分式方程，然后利用k的范围确定k的值．
【解答】解：（1）根据题意得k+3≥0且k+2≠0且Δ＝（3 ）2﹣4（k+2）×3≥0，
解得﹣3≤k≤1且k≠﹣2，
即k的取值范围为﹣3≤k≤1且k≠﹣2；
（2）存在．
理由如下：
根据根与系数的关系得 + ＝ ， ＝ ，
∵ 2+ 2＝2， α β αβ
α β∴（ + ）2﹣2 ＝2，
α β αβ
∴（ ）2﹣2× ＝2，
解得k ＝﹣ ，k ＝1，
1 2
经检验k ＝﹣ ，k ＝1是原方程的解，
1 2
而﹣3≤k≤1且k≠﹣2；
∴k＝1．
19．（10分）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，把边AC绕点A逆时针旋转，点C的对
应点D落在边AB上．
（Ⅰ）如图①，则线段AD的长为 ，旋转角的大小为 ，点D到直线BC的距离为
；
（Ⅱ）点P是直线BC上的一个动点，连接AP，把△ACP绕点A逆时针旋转，使边AC与AD重合，得
△ADQ，点Q与点P是对应点．如图②，当点P在边CB上，且CP＝3 时，求PQ的长．
【分析】（Ⅰ）先由旋转的性质得 AD＝AC＝4，再由直角三角形的性质得 AB＝2AC＝8，∠CAB＝
60°，过D作DF⊥BC于F，由直角三角形的性质即可得出DF＝ BD＝2；
（Ⅱ）先由旋转的性质得△ADQ≌△ACP，则AQ＝AP，∠PAQ＝∠CAD＝60°，再证出△PAQ是等边三
角形，得PQ＝AP，然后由勾股定理即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）由旋转的性质得：AD＝AC＝4，
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，∠CAB＝90°﹣30°＝60°，
即旋转角的大小为60°，
过D作DF⊥BC于F，如图①所示：
∵BD＝AB﹣AD＝4，∠B＝30°，∴DF＝ BD＝2，
即点D到直线BC的距离为2，
故答案为：4，60°，2；
（Ⅱ）如图②所示：
∵把△ACP绕点A逆时针旋转，使边AC与AD重合，
∴△ADQ≌△ACP，
∴AQ＝AP，∠PAQ＝∠CAD＝60°，
∴△PAQ是等边三角形，
∴PQ＝AP，
在Rt△ACP中，AP＝ ＝ ＝ ，
∴PQ＝ ．
20．（10分）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度
（45°＜ ≤90°）得到△ADE，点B、C的对应点分别是D、E．连结BD、CE交于点F，连结AD、CEα
交于点Gα．
（1）用含 的代数式表示∠AGC的度数；
（2）当AEα∥BD时，求CF的长．
【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE
＝45°，∠CAE＝ ＝∠BAD，由等腰三角形的性质可求解；
α
（2）由等腰三角形的性质可得∠ABD＝ ，由平行线的性质可求 ＝90°，由等腰直角三角形
的性质和平行四边形的性质可求解． α
【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度 （45°＜ ≤90°）得到△ADE，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE＝45°，∠CAE＝ ＝∠α BAD，α
∵AB＝AC， α
∴AC＝AE＝AB＝AD，
∴∠AEC＝∠ACE＝ ，∴∠AGC＝∠DAE+∠AEC＝45°+ ＝135°﹣ ；
（2）∵AB＝AD，∠BAD＝ ，
α
∴∠ABD＝ ，
∵AE∥BD，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴ + +45°＝180°，
∴ ＝90°， α
∴α∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴CE＝ AC＝ ，∠AEC＝45°，
∵∠BAE＝135°，
∴∠BAE+∠AEC＝180°，
∴AB∥CE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AB＝EF＝1，
∴CF＝CE﹣EF＝ ﹣1．
21．（12分）某水果批发店推出一款拼盘水果（盒装），经市场调查表明，若售价为45元/盒，日销售量
为110盒，若售价每提高1元/盒，日销售量将减少2盒．设每盒售价为x元（x≥45，且为整数）．
（1）若某日销售量为90盒，求该日每盒的售价．
（2）设每日销售额为W元，求W关于x的函数表达式，并求W的最大值．
（3）该水果店每天支付店租m元后（m为正整数），发现最大日收入（日收入＝销售额﹣店租）不超
过4880元，并有且只有5种不同的单价使日收入不少于4870元，请写出所有符合条件的m的值．
【分析】（1）根据题意求出日销售量减少的盒数，进而由售价每提高1元/盒，日销售量将减少2盒．
求出涨的价钱即可；
（2）根据销售额＝售价×销售量，列出函数关系式即可；
（3）根据题意列出不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：（1）45+ ＝55（元），该日每盒的售价是55元．
（2）W＝x[110﹣2（x﹣45）]＝﹣2x2+200x＝﹣2（x﹣50）2+5000，当x＝50时，W取到最大值是5000．
（3）支付店租m元后的收入是W﹣m＝﹣2（x﹣50）2+5000﹣m，
∵最大日收入不超过4880元，
∴5000﹣m≤4880，
解得：m≥120，
∵只有5种不同的单价使日收入不少于4870元，
∴﹣2（52﹣50）2+5000﹣m≥4870，
解得：m≤122，
∴故符合条件的m的值是120或121或122．
22．（12分）在平面直角坐标系x Oy中，已知抛物线：y＝ax2﹣2ax+4（a＞0）．
（1）抛物线的对称轴为x＝ ；抛物线与y轴的交点坐标为 ；
（2）若（0，p），（3，q）为抛物线上的两个点，判断p，q的大小关系p q（填写“＜”，
“＝”，“＞”）
（3）若A（m﹣1，y ），B（m，y ），C（m+2，y ）为抛物线上三点，且总有y ＞y ＞y ，结合图象，
1 2 3 1 3 2
求m的取值范围．
【分析】（1）根据对称轴是直线x＝﹣ 求出对称轴即可；把x＝0代入函数解析式求出y即可；
（2）根据抛物线的对称性和增减性即可判断；
（3）先根据已知条件得出A，B两点位于对称轴左侧，点C位于对称轴右侧，且点A到对称轴的距离
大于点B到对称轴的距离，点C到对称轴的距离大于点B到对称轴的距离，求出1﹣（m﹣1）＞m+2﹣
1＞1﹣m，再求出m的范围即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax+4（a＞0），
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1，
当x＝0时，y＝ax2﹣2ax+4＝4，
所以抛物线的对称轴是直线x＝1，抛物线与y轴的交点坐标是（0，4），
故答案为：1，（0，4）；
（2）∵（0，p），（3，q）为抛物线上的两个点，
∴（0，p）关于直线x＝1的对称点（2，p）在抛物线y＝ax2﹣2ax+4（a＞0）上，
∵抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1；
∴当x＞1时，y随x的增大而增大，
∵1＜2＜3，∴p＜q，
故答案为：＜；
（3）∵A（m﹣1，y ），B（m，y ），C（m+2，y ）为抛物线上三点，且总有y ＞y ＞y ，
1 2 3 1 3 2
又∵m﹣1＜m＜m+2，抛物线的对称轴是直线x＝1，
∴A，B两点位于对称轴左侧，点C位于对称轴右侧，且点A到对称轴的距离大于点B到对称轴的距离，
点C到对称轴的距离大于点B到对称轴的距离，
∴1﹣（m﹣1）＞m+2﹣1＞1﹣m，
解得：0＜m ．
23．（12分）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝1，BC＝ ．对角线AC，BD
相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交BC，AD于点E，F．
（1）证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；
（2）证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；
（3）在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理证明．
（2）通过三角形全等证明．
（3）根据菱形的性质和判定求解．
【解答】（1）证明：如图：
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AF∥BE，
∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA）．
∴AF＝CE．
∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等．
（3）当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形．
理由如下：
由（2）知：AF＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴DF＝BE，DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图：
∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝ ，
∴AC＝ ＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝ AC＝1，
∴AO＝AB，
∵AB⊥AC，
∴∠AOB＝45°
∵AC绕点O顺时针旋转45度，∴∠AOF＝45°，
∴∠BOF＝90°，
∴EF⊥BD．
∴四边形BEDF是菱形．
24．（14分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c，过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点，其中D为顶点，
对称轴为直线DE．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在BD右上方的一点，设点M的横坐标为m，△MBD面积为S．S是否有最大值？
若有，请求出最大值及M的坐标，若无，请说明理由；
（3）在抛物线的对称轴上找一点P，使△PAC是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过点M作MG∥y轴交BD于点G，由M（m，﹣m2+2m+3），可知G（m，﹣2m+6），则S＝（m
﹣2）2+1，当m＝2时，S有最大值1，此时M（2，3）；
（3）设P（1，t），可求PA＝ ，PC＝ ，AC＝ ，再由等腰三角形的边的关系
分类讨论求解即可．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，
∴ ，
解得 ，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），对称轴为直线x＝1，设直线BD的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
解得 ，
∴y＝﹣2x+6，
过点M作MG∥y轴交BD于点G，
∵M（m，﹣m2+2m+3），
∴G（m，﹣2m+6），
∴MG＝﹣m2+4m﹣3，
∴S＝ 2×（﹣m2+4m﹣3）＝﹣m2+4m﹣3＝（m﹣2）2+1，
∴当m＝2时，S有最大值1，
此时M（2，3）；
（3）设P（1，t），
∴PA＝ ，PC＝ ，AC＝ ，
①当PA＝PC时， ＝ ，
解得t＝1，
∴P（1，1）；
②当PA＝AC时， ＝ ，
解得t＝ 或t＝﹣ ，
∴P（1， ）或（1，﹣ ）；
③当PC＝AC时， ＝ ，
解得t＝0（舍）或t＝6，
∴P（1，6）；
综上所述：P点坐标为（1，1）或（1， ）或（1，﹣ ）或（1，6）．
