文档内容
2025-2026 学年九年级数学上学期期末模拟卷 01
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：人教版 一元二次方程~概率初步。
第一部分（选择题 共30分）
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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。
1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】主要考查中心对称图形的概念．找到图形的对称中心，使图形绕着对称中心旋转180°后能够与原
图形完全重合的即是中心对称图形．
【详解】解：A 、绕着圆心旋转180°不能与原图形完全重合，不是中心对称图形；
B、绕着圆心旋转180°能与原图形完全重合，是中心对称图形；
C、绕着圆心旋转180°不能与原图形完全重合，不是中心对称图形；
D、绕着圆心旋转180°不能与原图形完全重合，不是中心对称图形；
故选：B．
2．（3分）下列事件中是必然事件的是（ ）
A．瓮中捉鳖 B．任意画一个三角形，其内角和为360°
C．经过交通信号灯的路口，遇到红灯 D．小明投篮一次，命中【答案】A
【分析】考查了事件的分类．
逐一判断即可．
【详解】解：A． 瓮中捉鳖是必然事件；
B． 任意画一个三角形，内角和应为180°，其内角和为360°是不可能事件；
C． 经过交通信号灯的路口，遇到红灯是随机事件；
D． 小明投篮一次，命中是随机事件；
故选：A．
3．（3分）已知一元二次方程x2+6x+1=0配方后可变形为(x+3) 2=k，则k的值为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】A
【分析】考查了配方法解一元二次方程，先移项再配方得x2+6x+9=8，即可作答．
【详解】解：∵x2+6x+1=0，
∴x2+6x=−1，
则x2+6x+9=−1+9=8
∴(x+3) 2=8，
故选：A
4．（3分）在△ABC中，AC=3,BC=4,∠ACB=90∘，以B为圆心，BC为半径作⊙B，则下列说法
正确的是（ ）
A．点A在⊙B上 B．点C在⊙B外
C．直线AC与⊙B相切 D．直线AB与⊙B只有一个交点
【答案】C
【分析】主要考查点与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，熟练掌握位置关系是解题的关键．根据点
A在圆外，点C在圆上判断选项A、 B错误；再根据直线与圆的位置关系判断即可得到答案．
【详解】解：由题意可得：AB=❑√AC2+BC2=5，
∵r=4<5
故点A在⊙B外，故选项A错误；
∵BC=4=r，故点C在⊙B上，故选项B错误；
∵BC=4=r,∠ACB=90°，故直线AC与⊙B相切，故选项C正确；直线AB与⊙B有两个交点，故选项D错误．
故选C．
5．（3分）一个不透明的口袋中有红球和黑球共20个，这两种球除颜色外无其他差别，将球搅匀后，从
口袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回搅匀，经过大量重复试验后发现摸到黑球的频率逐渐稳定在0.3
．估计其中黑球有（ ）
A．14个 B．3个 C．6个 D．12个
【答案】C
【分析】考查了利用频率估计概率、利用概率求数量等知识点，正确根据频率估计概率成为解题的关键．
根据频率估计概率可得摸到黑球的概率为0.3，再利用概率公式求解即可．
【详解】解：经过大量重复试验后发现摸到黑球的频率逐渐稳定在0.3，估计摸到黑球的概率为0.3，估计
其中黑球的个数为20×0.3=6个．
故选C．
6．（3分）设α、β是方程x2+x+2024=0的两个根，则α2+2α+β的值为（ ）
A．−2025 B．2024 C．2025 D．−2014
【答案】A
【分析】考查了一元二次方程的解以及根与系数的关系，先把x=α代入x2+x+2024=0，得出
1
α2+α=−2024，然后结合x2+x+2024=0，得出α+β=− =−1，即可作答．
1
1
【详解】解：由条件可知α2+α+2024=0，α+β=− =−1，
1
∴α2+α=−2024，
则α2+2α+β=α2+α+α+β=−2024+(−1)=−2025，
故选：A．
7．（3分）已知点A(x ,y )，B(x ,y )，C(x ,y )在抛物线y=−x2+2x+3上．当x >3，11
时，y随x的增大而减小，且离对称轴距离越远，y值越大，据此即可得出答案．【详解】解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=1，
∴当x<1时，y随x的增大而增大；当x>1时，y随x的增大而减小，且离对称轴距离越远，y值越大，
∵x >3，10，−2≤x <3，
2
∴当x =−1时，t取最小值，最小值为−5，t没有最大值，
2
故选：A．
10．（3分）如图，AB 是⊙O的直径，点C在⊙O上，点I为△ABC的内心，若∠BIO=2∠AIO，
IO=1，则AO的长是（ ）
A．❑√2+1 B．❑√3+1 C．2❑√2 D．❑√5
【答案】D【分析】延长BI交⊙O于点D，连接AD，由圆周角定理可得∠C=∠D=90°，从而得出
1 1
∠CAB+ ∠CBA=45°，由三角形内心的定义可得
2 2
1
∠DIA=∠IAB+∠IBA= ∠CAB+∠CBA=45°，求出∠BIO=90°，得出OI⊥BD，从而可得
2
1
AD=ID=IB= BD，BD=4，再由勾股定理得出AB=❑√BD2+AD2=2❑√5，即可得解．
2
【详解】解：如图：延长BI交⊙O于点D，连接AD，
，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
1 1
∴ ∠CAB+ ∠CBA=45°，
2 2
∵点I为△ABC的内心，
1 1
∴∠IAB=∠IAC= ∠CAB，∠IBA=∠IBC= ∠CBA，
2 2
1
∴∠DIA=∠IAB+∠IBA= ∠CAB+∠CBA=45°，
2
∴∠DIA=∠DAI=45°，∠AIB=180°−∠DIA=135°，
∴AD=ID，
∵∠BIO=2∠AIO，∠BIO+∠AIO=∠AIB=135°，
∴∠AIO+2∠AIO=135°,
∴∠AIO=45°，
∴∠BIO=90°，
∴OI⊥BD，
1
∴AD=ID=IB= BD，
2∵AO=OB，
∴AD=2OI=2，
∴BD=4，
∴AB=❑√BD2+AD2=2❑√5，
1
∴AO= AB=❑√5，
2
故选：D．
二、填空题（共18分）
11．（3分）将抛物线y=−2(x+3) 2+1向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度后得到抛物线是
．
【答案】y=−2x2
【分析】考查了二次函数的平移，掌握“左加右减，上加下减”的平移规律是解题关键．根据二次函数的
平移性质求解即可．
【详解】解：将抛物线y=−2(x+3) 2+1向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度后得到抛物线
是y=−2(x+3−3) 2+1−1，即y=−2x2，
故答案为：y=−2x2．
12．（3分）某一工厂今年3月份的产值为100万元，由于受国际金融风暴的影响，5月份的产值下降到81
万元，则平均每月产值下降的百分率为 ．
【答案】10%
【分析】考查了一元二次方程的应用--增长率问题，根据题意用含x的式子表示出5月份的产值是解题关
键．设平均每月产值下降的百分率为x，则到五月份的产值为100(1−x) 2，根据题意列方程求解即可．
【详解】解：设平均每月产值下降的百分率为x，则到五月份的产值为100(1−x) 2，
依题意：100(1−x) 2=81，
1 19
解得：x = =10%，x = （舍去）．
1 10 2 10故答案为：10%．
13．（3分）如图，从一块边长为2的等边三角形卡纸上剪下一个面积最大的扇形，并将其围成一个圆
锥，则圆锥的底面圆的半径是 ．
❑√3 1
【答案】 / ❑√3
6 6
【分析】考查了圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决的关键，理解圆
锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
连接AD，根据等边三角形的性质可求AD，进一步求得弧长，即底面圆的周长，再根据圆的周长公式即可
求解．
【详解】解：连接AD，由题意得AD⊥BC，
∵△ABC
是边长为2的等边三角形，
∴∠C=60°
❑√3
∴AD=AC×sinC=2× =❑√3，
2
60π×❑√3 ❑√3
∴扇形的弧长为 = π，
180 3
❑√3 ❑√3
∴圆锥的底面圆的半径是 π÷π÷2= ．
3 6
❑√3
故答案为： ．
6
14．（3分）已知矩形ABCD,AB=2,BC=3，在矩形ABCD内任取一点O，连接OA,OB，如果矩形
ABCD内每一点被取到的可能性都相同，则△OAB是锐角三角形的概率为 （结果保留π）．π
【答案】1−
12
【分析】考查了直径所对的圆周角是直角，利用几何概型概率公式求解，只需分别求出矩形的面积以及满
足△OAB是锐角三角形的区域的面积即可．解题关键在于理解题目的几何背景和锐角三角形的条件．
【详解】解：矩形的面积为2×3=6，
∵当△OAB是直角三角形时，则点O在以AB为直径的半圆上，
∴当△OAB是锐角三角形时，点O在以AB为直径的半圆外，
∵AB是直径，则半径为1，
1 1
∴半圆的面积为 πr2= π
2 2
1
6− π
∴△OAB是锐角三角形的概率为 2 π
=1−
6 12
π
故答案为：1− ．
12
15．（3分）如图，二次函数y=ax2+bx+c(a<0)的图象与x轴的正半轴相交于A、B两点，与y轴交于
点C．对称轴为直线x=2，且OA=OC，下列结论：①4a+b=0；②4a>c；③若ax2+bx+c>x+c，则
04且x y 其中
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
正确的结论是 (填写正确结论的序号)
【答案】①③④
【分析】主要考查二次函数的图象和性质．抛物线与x轴的交点，熟练掌握图象与系数的关系以及二次函
数与不等式的关系是解题的关键．特别是利用好题目中的OA=OC，是解题的关键．由二次函数图象的对称轴而可判断①；由x=2时，y>0，结合b=−4a，即可判断②；判断直线y=x+c过A，C两点，根据图
象即可判断③；由题意可知点E(x ,y )到对称轴的距离小于点F(x ,y )到对称轴的距离即可判断④．
1 1 2 2
【详解】解：∵对称轴为直线x=2，
b
∴− =2，
2a
∴b=−4a>0，
∴4a+b=0，故①正确；
∵x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，
∵b=−4a，
∴−4a+c>0，
∴c>4a，故②错误；
∵OA=OC，C(0,c)，
∴OA=OC=−c，
∴ A(−c,0)，
∵直线y=x+c与x轴的交点为(−c,0)，
∴直线y=x+c过A，C两点，
观察图象，若ax2+bx+c>x+c，则0y ．故④正确；
1 2
故答案为：①③④．
16．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=4，D为BC边（端点除外）上的动点，
将线段DA绕点D逆时针旋转90°，得到线段DE，连接AE，CE，则△ACE周长的最小值是 ．
【答案】4+4❑√5
【分析】考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、轴对称的性质，连接BE，作点A关于直线BE的对称点H，连接HE，HC，证明点A、D、E、B四点共圆得出∠ADE+∠ABE=180°，从
而可得∠ABE=90°，由轴对称的性质可得AB=BH=4，AE=EH，得出△ACE的周长
=AC+AE+EC=4+HE+EC，当点H、E、C三点共线时，△ACE周长有最小值，计算即可得解．
【详解】解：如图，连接BE，作点A关于直线BE的对称点H，连接HE，HC，
∵将线段DA绕点D逆时针旋转90°，得到线段DE，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∴∠AED=45°，
∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴∠ABC=∠AED=45°，
∴点A、D、E、B四点共圆，
∴∠ADE+∠ABE=180°，
∴∠ABE=90°，
∵点A和点H关于直线BE对称，
∴AB=BH=4，AE=EH，
∴△ACE的周长=AC+AE+EC=4+HE+EC，
当点H、E、C三点共线时，△ACE周长有最小值，
∵∠BAC=90°，
∴HC2=AC2+AH2=16+64=80，
∴HC=4❑√5，
∴△ACE的周长的最小值为4+4❑√5，
故答案为：4+4❑√5．
三、解答题（共72分）
17．（6分）已知关于x的一元二次方程x2+mx+m−7=0的一个根为x=2，求m的值及方程的另一个根．
【答案】m=1，x=−3
【分析】考查了一元二次方程的根，解一元二次方程，解一元一次方程，熟练掌握以上知识点是解题的关键．将x=2代入x2+mx+m−7=0中，可解得m，将m代入x2+mx+m−7=0中，得到一元二次方程，最
后解方程即可．
【详解】解：将x=2代入x2+mx+m−7=0中，得
22+2m+m−7=0,
解得m=1．
将m=1代入 x2+mx+m−7=0中，得
x2+x−6=0，
解得 x =2，x =−3．
1 2
故m=1，方程的另一个根为 x=−3．
18．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，延
长DE交BC于点F．
(1)则∠BFD=___________°；
(2)若AB=10,DF=14，求BF的长．
【答案】(1)90
(2)BF=2
【分析】考查了旋转的性质、勾股定理、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
（1）先根据旋转的性质可得∠CAE=90°,∠AED=∠ACB=90°，再根据平行线的判定可得
AE∥BC，根据平行线的性质可得∠CFD=∠AED=90°，由此即可得；
（2）先根据旋转的性质可得AD=AB=10,∠BAD=90°，利用勾股定理可得BD2的长，然后在
Rt△BDF中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】（1）解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，且∠ACB=90°，
∴∠CAE=90°,∠AED=∠ACB=90°，
∴∠CAE+∠ACB=180°，
∴AE∥BC，
∴∠CFD=∠AED=90°，
∴∠BFD=180°−∠CFD=90°，
故答案为：90．（2）解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，且AB=10，
∴AD=AB=10,∠BAD=90°，
∴在Rt△ABD中，BD2=AD2+AB2=200，
∵∠BFD=90°，DF=14，
∴在Rt△BDF中，BF=❑√BD2−DF2=❑√200−142=2．
19．（8分）在一只不透明的布袋中，装有质地、大小均相同的四个小球，小球上分别标有数字1，2，3，
4．甲乙两人玩摸球游戏，规则为：两人同时从袋中随机各摸出1个小球，若两球上的数字之和为奇数，则
甲胜；若两球上的数字之和为偶数，则乙胜．
(1)请用画树状图或列表的方法，求甲获胜的概率．
(2)这个游戏规则对甲乙双方公平吗？请说明理由．
2
【答案】(1)
3
(2)这个游戏规则对甲乙双方不公平，理由见解析
【分析】主要考查了树状图法或列表法求解概率，游戏的公平性：
（1）先画出树状图得到所有等可能性的结果数，再找到两球上的数字之和为奇数的结果数，最后利用概
率计算公式求解即可；
（2）同（1）求出乙获胜的概率即可得到结论．
【详解】（1）解：画树状图如下：
由树状图可知，一共有12种等可能性的结果数，其中两球上的数字之和为奇数的结果数有8种，
8 2
∴甲获胜的概率为 = ；
12 3
（2）解：这个游戏规则对甲乙双方不公平，理由如下：
由（1）中的树状图可知，两球上的数字之和为偶数的结果数有4种，
4 1
∴乙获胜的概率为 = ，
12 3
1 2
∵ < ，
3 3∴甲获胜的概率大于乙获胜的概率，
∴这个游戏规则对甲乙双方不公平．
20．（8分）如图是由小正方形组成的6×6网络，每个小正方形的顶点叫做格点．其中点A为格点，⊙O
经过点A，点B、D为⊙O与横格线的交点，仅用无刻度的直尺在绘定网格中完成画图任务．
(1)如图1，先将点D绕点O旋转180°得到点F，再将线段AD绕点O旋转180°得到线段EF；
(2)如图2，在⊙O上画点C（点C异于点A），∠CDB=∠ADB；并过点B作⊙O的切线PB．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）因为将点D绕点O旋转180°得到点F，所以连接DO，并延长交于⊙O于一点，即为点F，
同理得点E，连接EF，即可作答．
（2）由矩形的性质得K是AB的中点，先找出圆心的位置，作出AD的垂直平分线，连接DZ并延长交圆上
于一点，即点C，连接AC，则AD的垂直平分线与AC的交点即为O（结合网格得出∠CDA=90°，得出
AC是圆O的直径），因为网格特征得∠ADB=45°，故∠AOB=90°，因为AC是直径，
∠AOC=180°，则∠COB=180°−90°=90°，得B´C=A´B,得∠CDB=∠ADB，结合AC是直径，
B´C=A´B,得出∠AOB=∠COB=90°，把AO与WB的交点记为T，连接TK并延长交AJ于一点，即为点
P，结合网格特征证明△KTW≌△KPJ(ASA)，则WT=PJ，运用SAS证明△AWT≌△BJP，得
∠2=∠3，因为∠BOA=∠AWB=90°，∠BTO=∠WTA，即运用三角形内角和性质得∠1=∠2
，即∠1=∠3，推出OB⊥BP，因为OB为半径，则PB是⊙O的切线，即可作答．
【详解】（1）解：线段EF如图所示：（2）解：点C，过点B作⊙O的切线PB，如图所示：
21．（10分）如图，AB为圆O的直径，C为圆上一点，E为弦BC的中点，过C作圆O的切线CP交OE延
长线于点P，OP交圆O于点D．连接PB．
(1)证明：PB为圆O的切线；
(2)过点D作DH⊥AB，DH交AB于H，DH交CB于F，DF=4,CF=8，求圆O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4❑√3
【分析】主要考查了垂径定理、切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活
运用相关知识是解题的关键．
（1）由OB=OC得∠OBC=∠OCB，由E为弦BC的中点，根据垂径定理可得OE垂直平分BC，则
PB=PC，所以∠PBC=∠PCB，由切线的性质得CP⊥OC，则∠OBP=∠OBC+∠PBC=∠OCB+∠PCB=∠OCP=90°，即可再证明结论；
（2）由∠OEB=∠OHD=90°，∠EOB=∠HOD，OB=OD证明△EOB≌△HOD，则
OE=OH，推导出BH=DE再证明△BFH≌△DFE得BF=DF=4，而CF=8，所以BC=12，则
BE=CE=6，求得EF=2，则DE=2❑√3,OE=OB−2❑√3，于是得方程(OB−2❑√3) 2+62=OB2求解即
可．
【详解】（1）证明：∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵E为弦BC的中点，
∴OE⊥BC，
∵OE垂直平分BC，点P在OE的延长线上，
∴PB=PC，
∴∠PBC=∠PCB，
∵CP与⊙O相切于点C，
∴CP⊥OC，
∴∠OBP=∠OBC+∠PBC=∠OCB+∠PCB=∠OCP=90°，
∵OB是⊙O的半径，且PB⊥OB，
∴PB为⊙O的切线．
（2）解：∵E为弦BC的中点，
∴OE⊥BC于点E，
∵DH⊥AB于点H，
∴∠OEB=∠OHD=90°，
∵∠EOB=∠HOD，OB=OD，
∴△EOB≌△HOD(AAS)，
∴OE=OH，
∴OB−OH=OD−OE，
∴BH=DE，
∵∠BHF=∠≝=90°，∠BFH=∠DFE，
∴△BFH≌△DFE(AAS)，
∴BF=DF=4，
∵CF=8，∴BC=CF+BF=8+4=12，
1
∴BE=CE= BC=6，
2
∴EF=BE−BF=6−4=2，
∴DE=❑√DF2−EF2=❑√42−22=2❑√3，
∵OE2+BE2=OB2，且OE=OD−DE=OB−2❑√3，
∴(OB−2❑√3) 2+62=OB2，解得：OB=4❑√3．
∴⊙O的半径长为4❑√3．
22．（10分）小明同学很喜欢玩纸飞机，他发现纸飞机的飞行一般会经历上抛、下降、滑行三个阶段，上
抛和下降的飞行路径可看作是一段抛物线，滑行的飞行路径可看作是一条线段．如图所示，以地平线为x
1 1
轴，起抛点所在铅垂线为y轴建立平面直角坐标系，分别得到抛物线y=− x2+x+c和直线y=− x+n
10 2
．其中，当纸飞机飞行的水平距离为8m时，自动进入滑行阶段．
(1)若纸飞机进入滑行阶段时的高度为3.4m．
①直接写出c，n的值；
②小明的前方有一堵2.7m高的围栏，小明最多距离围栏多少米时，纸飞机可以顺利飞过围栏？
(2)要使纸飞机落地点与起抛点的水平距离不超过16m，直接写出c的最大值为 ．
【答案】(1)①c=1.8，n=7.4；②小明最多距离围栏9.4米时，纸飞机可以顺利飞过围栏
(2)2.4
【分析】考查二次函数的实际应用；
1 1
（1）①由纸飞机进入滑行阶段时的高度为3.4m，可得抛物线y=− x2+x+c和直线y=− x+n都过点
10 2
(8,3.4)，分别代入计算即可；
②由纸飞机进入滑行阶段时的高度为3.4m>2.7m，则在滑行阶段飞过围栏时距离最大，当
1
y=− x+7.4=2.7时解方程即可；
21
（2）令y=− x+n=0，解得x=2n，得到纸飞机落地点与起抛点的水平距离为2n，由题意可得n≤8，
2
再根据当x=8时，抛物线和直线函数值相等，得到n=5.6+c，求不等式即可．
【详解】（1）解：①∵纸飞机进入滑行阶段时的高度为3.4m，
1 1
∴抛物线y=− x2+x+c和直线y=− x+n都过点(8,3.4)，
10 2
1 1
把(8,3.4)代入y=− x2+x+c得3.4=− ×82+8+c，解得c=1.8；
10 10
1 1
把(8,3.4)代入y=− x+n得3.4=− ×8+n，解得n=7.4；
2 2
②∵纸飞机进入滑行阶段时的高度为3.4m>2.7m，
∴在滑行阶段飞过围栏，
1
当y=− x+7.4=2.7时，解得x=9.4，
2
∴小明最多距离围栏9.4米时，纸飞机可以顺利飞过围栏；
1
（2）解：令y=− x+n=0，解得x=2n，
2
1
∴直线y=− x+n与x轴交点为(2n,0)，
2
∴纸飞机落地点与起抛点的水平距离为2n，
∵纸飞机落地点与起抛点的水平距离不超过16m，
∴2n≤16，解得n≤8，
1 1 1 1
当x=8时，抛物线y=− x2+x+c=− ×82+8+c=1.6+c和直线y=− x+n=− ×8+n=−4+n
10 10 2 2
，
∴1.6+c=−4+n，整理得n=5.6+c，
∴n=5.6+c≤8，
解得c≤2.4，
∴c的最大值为2.4，
故答案为：2.4．
23．（12分）在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE，连BD，F，G
分别为AB，BD的中点，H为DE中点，连GH，GF．(1)如图1，求证：△ADC≌△BEC；
(2)如图1，探究线段GH，GF间的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)当CD=❑√2，CA=❑√10，△DEC绕点C旋转过程中，若A，D，E三点在同一条直线上，请画出旋转
后的对应图形，并直接写出C，G两点的距离．
【答案】(1)见解析
(2)GH=GF，GH⊥GF；理由见解析
(3)2或1
【分析】（1）根据SAS可证明△ADC≌△BEC；
1 1
（2）由三角形中位线定理得出GF∥AD，GF= AD，GH∥BE，GH= BE，由全等三角形的性质
2 2
得出∠EBC=∠DAC，BE=AD，证出GH⊥GF，则可得出结论；
（3）分两种情况，由（1）（2）的结论可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∵CA=CB，CD=CE，
∴△ADC≌△BEC(SAS)；
（2）解：GH=GF，GH⊥GF；理由如下：
∵F，G，H分别是AB，BD，DE的中点，
∴GH是△BDE中位线，GF是△ABD中位线，
1 1
∴GF∥AD，GF= AD，GH∥BE，GH= BE，
2 2
∴∠BFG=∠BAD，∠DGH=∠DBE，
∵△ADC≌△BEC，
∴∠EBC=∠DAC，BE=AD，∴GF=GH，∠DGH=∠DBE=∠EBC+∠DBC=∠DAC+∠DAB，
∵∠DGF=∠DBA+∠BFG，
∴∠DGF=∠DBA+∠DAB，
∴∠FGH=∠DGF+∠DGH=∠DBA+∠DAB+∠DBC+∠DAC=∠ABC+∠BAC=90°，
∴GH⊥GF，
∴GF=GH，GF⊥GH；
（3）解：分以下两种情况：
当A，E，D位于点C的上方，
由（1）可知∠BEC=∠ADC=135°，∠CED=45°，
∴∠AEB=90°，
由（2）可知GH为△BED的中位线，
1
∴GH∥BE，GH= BE，
2
∴∠AEB=∠GHD=90°，
∵CD=❑√2，H为DE中点，
∴CH=EH=DH=1，∠CHD=90°，
∴AH=❑√AC2−CH2=3，∠CHD+∠GHD=180°，
∴AE=4，C，H，G三点共线，
∴AD=BE=AH−DH=3−1=2，
1
∴GH= BE=1，
2
∴CG=CH+GH=2；
当A，E，D位点C的下方，同理可得BE=AD=4，GH=2，
∴CG=GH−CH=1．综上所述，CG的长为2或1．
24．（12分）如图，二次函数y=x2+2x−3与x轴相交于点A,B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点
C，抛物线的顶点为点D．
(1)直接写出点A,B,C的坐标；
1
(2)如图（1），连接AD，BD，点P为抛物线上一点，使∠PAO= ∠ADB，求点P的坐标；
2
(3)如图（2），过定点H(−2,−1)的直线与抛物线相交于M，N两点（点M在y轴左侧，点N在y轴右
侧），过点M的直线y=−2x+b与抛物线交于点Q，求证：直线NQ必过定点．
【答案】(1)A(−3,0),B(1,0),C(0,−3)
(3 9) (1 7)
(2) , 或 ,−
2 4 2 4
(3)见解析
【分析】（1）对于y=x2+2x−3，当x=0时，y=−3，当y=0时，则x=1或−3，即可求解；
（2）①点P在x轴上方时，过点D作DE⊥AB于点E，过点B向上作BF⊥AB交AP于点 F，由抛物线1
的对称性可得，∠ADE=∠BDE= ∠ADB，证明△AED≌△FBA得AE=FB=2，求出直线PA的
2
1 3 { y= 1 x+ 3 )
解析式为y= x+ ，联立 2 2 ，求解即可；
2 2
y=x2+2x−3
1 3 { y=− 1 x+ 3 )
②点P在x轴下方时，同理可求得l :y=− x− ，联立： 2 2 ，求解即可；
PA 2 2
y=x2+2x−3
（3）设M(m,m2+2m−3),N(n,n2+2n−3),Q(q,q2+2q−3)，求出直线l :y=(q+n+2)x−qn−3
QN
，同理可得，直线l :y=(m+n+2)x−mn−3，直线l :y=(m+q+2)x−mq−3，因为直线MN经过
MN MQ
−nq+2
定点H(−2,−1)，得到nq=−2n−2q−2，求出直线NQ解析式为y= x−qn−3，即可求解．
2
【详解】（1）解：∵二次函数y=x2+2x−3与x轴相交于点A,B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点
C，
∴令y=0，得x=−3或1，令x=0，得y=−3，
∴A(−3,0),B(1,0),C(0,−3)；
b
（2）解：当x=− =−1时，y=−4，即顶点D的坐标为(−1,−4)，
2a
①点P在x轴上方时，过点D作DE⊥AB于点E，过点B向上作BF⊥AB交AP于点 F，
∵A(−3,0),B(1,0),D(−1,−4)，
∴AE=BE=2,DE=AB=2
，
1
由抛物线的对称性可得，∠ADE=∠BDE= ∠ADB，
21
∵∠PAO= ∠ADB，
2
∴∠FAB=∠ADE，
又∠AED=∠ABF=90°，
∴∠AFB=∠DAE，
∴△AED≌△FBA，
∴AE=FB=2，
∴点F的坐标为(1,2)，
设直线PA的解析式为y=kx+b(k≠0)，将A、F两点坐标代入得：
{0=−3k+b)
，
2=k+b
1
{ k= )
2
解得： ，
3
b=
2
1 3
∴直线l :y= x+ ，
PA 2 2
{ y= 1 x+ 3 )
联立： 2 2 ，
y=x2+2x−3
3
解得：x =−3,x = ，
1 2 2
3 1 3 3 9
当x= 时，y= × + = ，
2 2 2 2 4
(3 9)
∴点P的坐标为 , ；
2 4
②点P在x轴下方时，1 3
同理可求得l :y=− x− ，
PA 2 2
{ y=− 1 x+ 3 )
联立： 2 2 ，
y=x2+2x−3
1
解得：x =−3,x = ，
1 2 2
1 1 1 3 7
当x= 时，y=− × − =− ，
2 2 2 2 4
(1 7)
∴点P的坐标为 ,− ，
2 4
(3 9) (1 7)
综上所述，点P的坐标为 , 或 ,− ；
2 4 2 4
（3）解：设M(m,m2+2m−3),N(n,n2+2n−3),Q(q,q2+2q−3)，
设直线QN的解析式为y=k′x+b′(k′≠0)，
{ y=k′x+b′ )
联立： ，
y=x2+2x−3
得x2+(2−k′)x−3−b′=0，
由根与系数关系可知，q+n=k′−2,qn=−3−b′，
∴直线l :y=(q+n+2)x−qn−3，
QN
同理可得，直线l :y=(m+n+2)x−mn−3，直线l :y=(m+q+2)x−mq−3，
MN MQ
∴m+q+2=−2，
即m+q=−4，∵直线MN经过定点H(−2,−1)，
∴−1=−2(m+n+2)−mn−3，
整理得mn=−2m−2n−6，
将m=−q−4代入mn=−2m−2n−6中，得(−q−4)n=−2(−q−4)−2n−6，
整理得nq=−2n−2q−2，
−nq+2
直线QN解析式y=(q+n+2)x−qn−3为y= x−qn−3，
2
∴当x=−2时，y=−5，
∴直线NQ必过定点(−2,−5)．
