2021-2022学年湖北省武汉市某校九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A.
B. C. D.
2. 下列关于𝑥的一元二次方程有实数根的是（ ） A.𝑥2+1＝0
3. 已知𝑥1，𝑥2分别为方程2𝑥2+4𝑥−3=0的两根，则𝑥1+𝑥2的值等于( ) A.2
4. 如图，⊙𝑂的直径𝐴𝐵=4，点𝐶在⊙𝑂上，∠𝐴𝐵𝐶=30∘，则𝐴𝐶的长是( )
B.−2
C. 23
B.𝑥2+𝑥+1＝0 C.𝑥2−𝑥+1＝0 D.𝑥2−𝑥−1＝0
D.− 2
3
A.1
5. 若关于𝑥的一元二次方程(𝑘−2)𝑥2+4𝑥+1＝0有两个不相等的实数根，则𝑘的取值范围是（ ） A.𝑘<6
6. 𝑃为⊙𝑂内一点，且𝑂𝑃＝2，若⊙𝑂的半径为3，则过点𝑃的最短的弦是（ ） A.1
7. 如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90∘，将𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶按逆时针方向旋转48∘得到𝑅𝑡△𝐴′𝐵′𝐶，点𝐴在边𝐵′𝐶上，则∠𝐵′的大小为( )
B.2
C.√5
D.2√5 B.𝑘≤6且𝑘≠2
C.𝑘<6且𝑘≠2
D.𝑘>6
B.√2
C.2√3 D.2
A.42∘
8. 如图，庄子大桥有一段抛物线形的拱梁，抛物线的表达式为𝑦＝𝑎𝑥2+𝑏𝑥，小强骑自行车从拱梁一端𝑂沿直线匀速穿过拱梁部分的桥面𝑂𝐶，当小强骑自行车行驶10秒时
B.48∘
C.52∘
D.58∘
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和26秒时拱梁高度相同，则小强骑自行车通过拱梁部分的桥面𝑂𝐶共需（ ）
A.18秒
9. 当𝑘取任意实数时，抛物线𝑦＝3(𝑥−𝑘−1)2+𝑘2+2的顶点所在的函数图象的解析式是（ ） A.𝑦＝𝑥2+2
10. 二次函数𝑦=𝑥2+𝑏𝑥的图象如图，对称轴为直线𝑥=1，若关于𝑥的方程𝑥2+𝑏𝑥−𝑡=0（𝑡为实数）在−1<𝑥<4的范围内有解，则𝑡的取值范围是（ ）
B.𝑦＝𝑥2−2𝑥+1 C.𝑦＝𝑥2−2𝑥+3 D.𝑦＝𝑥2+2𝑥−3 B.36秒
C.38秒
D.46秒
A.𝑡≥−1
方程𝑥2=3𝑥的解为：________．
如图，𝐴，𝐵，𝐶是⊙𝑂上三点，∠𝛼＝96∘，那么∠𝐴等于________．
B.−1≤𝑡<3
C.3<𝑡<8
D.−1≤𝑡<8
二、填空题（每小题3分，共18分）
将抛物线𝑦＝2(𝑥−1)2+3绕着点𝐴(2, 0)旋转180∘，则旋转后的抛物线的解析式为________．
如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶＝52∘，⊙𝑂截△𝐴𝐵𝐶三边所得的弦长相等，则∠𝐵𝑂𝐶的度数是________．
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已知𝐴(𝑚, 𝑛)，𝐵(𝑚+8, 𝑛)是抛物线𝑦＝−(𝑥−ℎ)2+2019上两点，则𝑛＝________．
在直角三角形𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶＝90∘，∠𝐵𝐴𝐶＝30∘，𝐵𝐶＝2，𝑃是𝐴𝐵边上一动点，则𝑃𝐶+2𝐴𝑃的最小值为________．
1
三、解答题（本大题共8小题，共计72分）
根据要求解方程．
（1）𝑥2+2𝑥−4＝0（公式法）；
（2）𝑥2+4𝑥−12＝0（配方法）
̂=𝐷𝐸̂，求证：𝐴𝐵 如图，射线𝐴𝑀交⊙𝑂于点𝐵、𝐶，射线𝐴𝑁交⊙𝑂于点𝐷、𝐸，且𝐵𝐶
＝𝐴𝐷．
等腰三角形边长分别为𝑎、𝑏、2，且𝑎，𝑏是关于𝑥的一元二次方程𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0的两根，求𝑛的值．
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如图，在平面直角坐标系中，已知点𝐵(4, 2)，𝐴(4, 0)．
（1）画出将△𝑂𝐴𝐵绕原点逆时针旋转90∘后所得的△𝑂𝐴1𝐵1，并写出点𝐴1（𝐴的对应点）、𝐵1的坐标；
（2）若点𝐵、𝐵1关于某点中心对称，则对称中心的坐标为________．
（3）连接𝐵𝐵1交𝑦轴于𝐶，直接写出△𝐴1𝐵𝐶的面积．
如图，台风中心位于点𝑃，并沿东北方向𝑃𝑄移动，已知台风移动的速度为50千米/时，受影响区域的半径为260千米，𝐵市位于点𝑃的北偏东75∘方向上，距离点𝑃480千米处．
（1）说明本次台风会影响𝐵市；
（2）求这次台风影响𝐵市的时间．
如图，在足够大的空地上有一段长为𝑎米的旧墙𝑀𝑁，某人利用旧墙和100米长的木栏围成一个矩形菜园𝐴𝐵𝐶𝐷．
（1）如图1，已知矩形菜园的一边靠墙，且𝐴𝐷≤𝑀𝑁，设𝐴𝐷＝𝑥米．
①若𝑎＝20，所围成的矩形菜园的面积为450平方米，求所利用旧墙𝐴𝐷的长； ②求矩形菜园𝐴𝐵𝐶𝐷面积的最大值；
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（2）如图2，若𝑎＝20．则旧墙和木栏能围成的矩形菜园𝐴𝐵𝐶𝐷面积的最大值是________米2．
在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶＝60∘
（1）𝐴𝐵＝𝐴𝐶，𝑃𝐴＝5，𝑃𝐵＝3
①如图1，若点𝑃是△𝐴𝐵𝐶内一点，且𝑃𝐶＝4，求∠𝐵𝑃𝐶的度数． ②如图2，若点𝑃是△𝐴𝐵𝐶外一点，且∠𝐴𝑃𝐵＝60∘，求𝑃𝐶的长．
（2）如图3，𝐴𝐵<𝐴𝐶，点𝑃是△𝐴𝐵𝐶内一点，𝐴𝐵＝6，𝐵𝐶＝8，则𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶的最小值是________．
已知抛物线𝑦＝𝑥2−(𝑚−3)𝑥+𝑛与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点（点𝐴在点𝐵的左侧），与𝑦轴交于点𝐶．若抛物线的对称轴为𝑥＝2，𝐴 (1, 0)
（1）求此抛物线的解析式．
（2）如图1，若点𝑃是（1）中𝐵点右边的抛物线上一动点，问：是否存在这样的点𝑃，使得∠𝐶𝐴𝑃＝∠𝐶𝐴𝑂，若存在，请求出𝑃的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，若抛物线𝑦=−
1𝑚−𝑛
𝑥2+1与过原点的直线交于𝐸、𝐹两点，求
𝑂𝐸⋅𝑂𝐹𝐸𝐹
的值．
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参考答案与试题解析
2021-2022学年湖北省武汉市某校九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 【答案】 B
【考点】 中心对称图形 轴对称图形 【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解答】
解：𝐴、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 𝐵、是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确； 𝐶、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； 𝐷、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误. 故选𝐵. 2. 【答案】 D
【考点】 根的判别式 【解析】
计算出各项中方程根的判别式的值，找出根的判别式的值大于等于0的方程即可． 【解答】
解：𝐴，这里𝑎=1，𝑏=0，𝑐=1， ∵ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=−4<0，
∴ 方程没有实数根，本选项不合题意； 𝐵，这里𝑎=1，𝑏=1，𝑐=1，
∵ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=1−4=−3<0， ∴ 方程没有实数根，本选项不合题意； 𝐶，这里𝑎=1，𝑏=−1，𝑐=1， ∵ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=1−4=−3<0， ∴ 方程没有实数根，本选项不合题意； 𝐷，这里𝑎=1，𝑏=−1，𝑐=−1， ∵ 𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=1+4=5>0，
∴ 方程有两个不相等实数根，本选项符合题意； 故选𝐷. 3. 【答案】 B
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【考点】
根与系数的关系 【解析】
根据一元二次方程根与系数的关系即可直接求解． 【解答】
解：𝑥1+𝑥2=−=−2．
24
故选𝐵． 4. 【答案】 D
【考点】
含30度角的直角三角形 圆周角定理 【解析】
先根据圆周角定理证得△𝐴𝐵𝐶是直角三角形，然后根据直角三角形的性质求出𝐴𝐶的长． 【解答】
解：∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，
∴ ∠𝐴𝐶𝐵=90∘.
在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=30∘，𝐴𝐵=4， ∴ 𝐴𝐶=2𝐴𝐵=2． 故选𝐷. 5. 【答案】 C
【考点】
一元二次方程的定义 根的判别式 【解析】
由二次项系数非零结合根的判别式△>0，即可得出关于𝑘的一元一次不等式组，解之即可得出结论． 【解答】
∵ 关于𝑥的一元二次方程(𝑘−2)𝑥2+4𝑥+1＝0有两个不相等的实数根， 𝑘−2≠0
∴ { ， 2
△=4−4(𝑘−2)>0解得：𝑘<6且𝑘≠2． 6. 【答案】 D 【考点】 勾股定理 垂径定理 【解析】
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1
先作出最短弦𝐴𝐵，过𝑃作弦𝐴𝐵⊥𝑂𝑃，连接𝑂𝐵，构造直角三角形，由勾股定理求出𝐵𝑃，根据垂径定理求出𝐴𝐵即可． 【解答】
过𝑃作弦𝐴𝐵⊥𝑂𝑃，则𝐴𝐵是过𝑃点的最短弦，连接𝑂𝐵， 由勾股定理得：𝐵𝑃=√𝑂𝐵2−𝑂𝑃2=√32−22=√5， ∵ 𝑂𝑃⊥𝐴𝐵，𝑂𝑃过圆心𝑂， ∴ 𝐴𝐵＝2𝐵𝑃＝2√5， 7. 【答案】 A
【考点】 旋转的性质 【解析】
先根据旋转的性质得出∠𝐴′＝∠𝐵𝐴𝐶＝90∘，∠𝐴𝐶𝐴′＝48∘，然后在直角△𝐴′𝐶𝐵′中利用直角三角形两锐角互余求出∠𝐵′＝90∘−∠𝐴𝐶𝐴′＝42∘． 【解答】
解：∵ 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90∘，
将𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶绕点𝐶按逆时针方向旋转48∘得到𝑅𝑡△𝐴′𝐵′𝐶， ∴ ∠𝐴′=∠𝐵𝐴𝐶=90∘，∠𝐴𝐶𝐴′=48∘， ∴ ∠𝐵′=90∘−∠𝐴𝐶𝐴′=42∘． 故选𝐴. 8.
【答案】 【考点】
二次函数的应用 【解析】
10秒时和26秒时拱梁的高度相同，则𝐴，𝐵一定是关于对称轴对称的点，据此即可确定对称轴，则𝑂到对称轴的时间可以求得，进而即可求得𝑂𝐶之间的时间． 【解答】 如图所示：
设在10秒时到达𝐴点，在26秒时到达𝐵， ∵ 10秒时和26秒时拱梁的高度相同，
∴ 𝐴，𝐵关于对称轴对称．则从𝐴到𝐵需要16秒，则从𝐴到𝐷需要8秒．
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∴ 从𝑂到𝐷需要10+8＝18秒． ∴ 从𝑂到𝐶需要2×18＝36秒． 故选：𝐵． 9. 【答案】 C
【考点】
二次函数图象与几何变换 待定系数法求二次函数解析式 二次函数的性质 【解析】
根据抛物线的顶点式，写出抛物线𝑦＝3(𝑥−𝑘−1)2+𝑘2+2的顶点坐标，则𝑥＝𝑘+1，𝑦＝𝑘2+2，消去𝑘得到𝑦与𝑥的关系式即可． 【解答】
∵ 抛物线𝑦＝3(𝑥−𝑘−1)2+𝑘2+2的顶点是(𝑘+1, 𝑘2+2)， 即当𝑥＝𝑘+1时，𝑦＝𝑘2+2， ∴ 𝑘＝𝑥−1，
把𝑘＝𝑥−1代入𝑦＝𝑘2+2得𝑦＝(𝑥−1)2+2＝𝑥2−2𝑥+3， 所以(𝑘, −3𝑘2)在抛物线𝑦＝𝑥2−2𝑥+3的图象上． 10. 【答案】 D
【考点】
二次函数综合题 【解析】
根据对称轴求出𝑏的值，从而得到−1<𝑥<4时的函数值的取值范围，再根据一元二次方程𝑥2+𝑏𝑥−𝑡＝0（𝑡为实数）在−1<𝑥<4的范围内有解相当于𝑦＝𝑥2+𝑏𝑥与𝑦＝𝑡在𝑥的范围内有交点解答． 【解答】
解：对称轴为直线𝑥=−2×1=1，
解得𝑏=−2，
所以二次函数解析式为𝑦=𝑥2−2𝑥， 𝑦=(𝑥−1)2−1， 𝑥=1时，𝑦=−1，
𝑥=4时，𝑦=16−2×4=8，
∵ 𝑥2+𝑏𝑥−𝑡=0相当于𝑦=𝑥2+𝑏𝑥与直线𝑦=𝑡的交点的横坐标， ∴ 当−1≤𝑡<8时，在−1<𝑥<4的范围内有解． 故选𝐷.
二、填空题（每小题3分，共18分） 【答案】 𝑥1=0，𝑥2=3
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
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𝑏
【解析】
首先把方程移项，把方程的右边变成0，然后对方程左边分解因式，根据几个式子的积是0，则这几个因式中至少有一个是0，即可把方程转化成一元一次方程，从而求解． 【解答】
解：移项得：𝑥2−3𝑥=0， 即𝑥(𝑥−3)=0，
于是得：𝑥=0或𝑥−3=0．
则方程𝑥2=3𝑥的解为：𝑥1=0，𝑥2=3． 故答案为 ：𝑥1=0，𝑥2=3． 【答案】 132∘ 【考点】 圆周角定理 【解析】
在优弧𝐵𝐶上任取点𝐷，连接𝐵𝐷、𝐶𝐷，依据圆周角定理可求得∠𝐷的度数，最后，在依据圆内接四边形的性质求解即可． 【解答】 如图所示：
∵ ∠𝛼＝96∘， ∴ ∠𝐷＝48∘．
∴ ∠𝐴＝180∘−∠𝐷＝132∘． 故答案为：132∘． 【答案】
𝑦＝−2(𝑥−3)2−3 【考点】
二次函数图象与几何变换 【解析】
根据抛物线的顶点变换规律得到新抛物线解析式的顶点坐标，由此写出旋转后的抛物线所对应的函数表达式． 【解答】
抛物线𝑦＝2(𝑥−1)2+3的顶点为(1, 3)， 设绕着点𝐴(2, 0)旋转180∘得到(𝑥, 𝑦)， ∴
1+𝑥2
=2，
3+𝑦2
=0，
解得𝑥＝3，𝑦＝−3，
∴ 绕着点𝐴(2, 0)旋转180∘得到(3, −3)，
故旋转后的抛物线解析式是𝑦＝−2(𝑥−3)2−3． 【答案】
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116∘
【考点】
圆心角、弧、弦的关系 垂径定理 角平分线的性质 【解析】
先利用⊙𝑂截△𝐴𝐵𝐶的三条边所得的弦长相等，得出即𝑂是△𝐴𝐵𝐶的内心，从而，∠1＝∠2，∠3＝∠4，进一步求出∠𝐵𝑂𝐶的度数． 【解答】
∵ △𝐴𝐵𝐶中∠𝐵𝐴𝐶＝52∘，⊙𝑂截△𝐴𝐵𝐶的三条边所得的弦长相等， ∴ 𝑂到三角形三条边的距离相等，即𝑂是△𝐴𝐵𝐶的内心，
∴ ∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1+∠3=(180∘−∠𝐴)=(180∘−52∘)＝64∘，
2
2
1
1
∴ ∠𝐵𝑂𝐶＝180∘−(∠1+∠3)＝180∘−64∘＝116∘． 【答案】 2003
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征 【解析】
由𝐴(𝑚, 𝑛)、𝐵(𝑚+8, 𝑛)是抛物线𝑦＝−(𝑥−ℎ)2+2019上两点，可得𝐴(ℎ−4, 0)，𝐵(ℎ+4, 0)，当𝑥＝ℎ+4时，𝑛＝−(ℎ+4−ℎ)2+2019＝2003； 【解答】
∵ 𝐴(𝑚, 𝑛)、𝐵(𝑚+8, 𝑛)是抛物线𝑦＝−(𝑥−ℎ)2+2019上两点， ∴ 𝐴(ℎ−4, 𝑛)，𝐵(ℎ+4, 𝑛)，
当𝑥＝ℎ+4时，𝑛＝−(ℎ+4−ℎ)2+2019＝2003， 【答案】 2√3 【考点】
含30度角的直角三角形 【解析】
可以在△𝐴𝐵𝐶外作∠𝑀𝐴𝐵＝∠𝐵𝐴𝐶＝30∘，过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑀于点𝐸，交𝐴𝐵于点𝑃，𝐸𝑃=
12
𝐴𝑃，
1
当𝐶𝑃⊥𝐴𝑀时，𝑃𝐶+2𝐴𝑃＝𝑃𝐶+𝑃𝐸的值最小，最小值是𝐶𝐸的长． 【解答】 如图，
在△𝐴𝐵𝐶外作∠𝑀𝐴𝐵＝∠𝐵𝐴𝐶＝30∘
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过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝑀于点𝐸，交𝐴𝐵于点𝑃， ∴ 𝐸𝑃=𝐴𝑃
21
当𝐶𝑃⊥𝐴𝑀时，𝑃𝐶+2𝐴𝑃＝𝑃𝐶+𝑃𝐸的值最小， 最小值是𝐶𝐸的长，
在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐸中，∠𝐶𝐸𝐴＝60∘，𝐴𝐶＝4 ∴ 𝐶𝐸＝𝐴𝐶⋅sin60∘＝2√3． ∴ 𝑃𝐶+2𝐴𝑃的最小值为2√3．
三、解答题（本大题共8小题，共计72分） 【答案】
∵ 𝑥2+2𝑥−4＝0，
∴ 𝑎＝1，𝑏＝2，𝑐＝−4， ∴ △＝4+16＝20， ∴ 𝑥=
−2±2√521
1
=−1±√5；
∵ 𝑥2+4𝑥−12＝0， ∴ 𝑥2+4𝑥+4＝16， ∴ (𝑥+2)2＝16， ∴ 𝑥＝2或𝑥＝−6 【考点】
解一元二次方程-配方法 解一元二次方程-公式法 【解析】
（1）根据公式法即可求出答案； （2）根据配方法即可求出答案； 【解答】
∵ 𝑥2+2𝑥−4＝0，
∴ 𝑎＝1，𝑏＝2，𝑐＝−4， ∴ △＝4+16＝20， ∴ 𝑥=
−2±2√52
=−1±√5；
∵ 𝑥2+4𝑥−12＝0， ∴ 𝑥2+4𝑥+4＝16， ∴ (𝑥+2)2＝16， ∴ 𝑥＝2或𝑥＝−6 【答案】
证明：连𝐵𝐷、𝐶𝐸．
̂=𝐷𝐸̂， ∵ 𝐵𝐶
̂+𝐵𝐷̂=𝐵𝐸̂=𝐷𝐸̂+𝐵𝐷̂，∴ 𝐶𝐷̂， ∴ 𝐵𝐶
∴ ∠𝐴𝐶𝐸＝∠𝐴𝐸𝐶， ∴ 𝐴𝐶＝𝐴𝐸．
̂=𝐷𝐸̂， ∵ 𝐵𝐶
∴ 𝐵𝐶＝𝐷𝐸．
∴ 𝐴𝐶−𝐵𝐶＝𝐴𝐸−𝐷𝐸，
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即𝐴𝐵＝𝐴𝐷．
【考点】
圆心角、弧、弦的关系 【解析】
̂+𝐵𝐷̂=𝐵𝐸̂=𝐷𝐸̂+𝐵𝐷̂，推出𝐶𝐷̂，推出∠𝐴𝐶𝐸＝连接𝐵𝐷、𝐶𝐸．由已知条件得到𝐵𝐶
∠𝐴𝐸𝐶，根据等腰三角形的性质得到𝐴𝐶＝𝐴𝐸．于是得到结论． 【解答】
证明：连𝐵𝐷、𝐶𝐸．
̂=𝐷𝐸̂， ∵ 𝐵𝐶
̂+𝐵𝐷̂=𝐵𝐸̂=𝐷𝐸̂+𝐵𝐷̂，∴ 𝐶𝐷̂， ∴ 𝐵𝐶
∴ ∠𝐴𝐶𝐸＝∠𝐴𝐸𝐶， ∴ 𝐴𝐶＝𝐴𝐸．
̂=𝐷𝐸̂， ∵ 𝐵𝐶
∴ 𝐵𝐶＝𝐷𝐸．
∴ 𝐴𝐶−𝐵𝐶＝𝐴𝐸−𝐷𝐸， 即𝐴𝐵＝𝐴𝐷．
【答案】
∵ 三角形是等腰三角形，
∴ ①𝑎＝2，或𝑏＝2，②𝑎＝𝑏两种情况， ①当𝑎＝2，或𝑏＝2时，
∵ 𝑎，𝑏是关于𝑥的一元二次方程𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0的两根， ∴ 𝑥＝2，
把𝑥＝2代入𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0得，22−6×2+𝑛−1＝0， 解得：𝑛＝9，
当𝑛＝9，方程的两根是2和4，而2，4，2不能组成三角形， 故𝑛＝9不合题意，
②当𝑎＝𝑏时，方程𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0有两个相等的实数根， ∴ △＝(−6)2−4(𝑛−1)＝0
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解得：𝑛＝10， 综上所述，𝑛＝10． 【考点】
一元二次方程的应用 【解析】
由三角形是等腰三角形，得到①𝑎＝2，或𝑏＝2，②𝑎＝𝑏①当𝑎＝2，或𝑏＝2时，得到方程的根𝑥＝2，把𝑥＝2代入𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0即可得到结果；②当𝑎＝𝑏时，方程𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0有两个相等的实数根，由△＝(−6)2−4(𝑛−1)＝0可的结果． 【解答】
∵ 三角形是等腰三角形，
∴ ①𝑎＝2，或𝑏＝2，②𝑎＝𝑏两种情况， ①当𝑎＝2，或𝑏＝2时，
∵ 𝑎，𝑏是关于𝑥的一元二次方程𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0的两根， ∴ 𝑥＝2，
把𝑥＝2代入𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0得，22−6×2+𝑛−1＝0， 解得：𝑛＝9，
当𝑛＝9，方程的两根是2和4，而2，4，2不能组成三角形， 故𝑛＝9不合题意，
②当𝑎＝𝑏时，方程𝑥2−6𝑥+𝑛−1＝0有两个相等的实数根， ∴ △＝(−6)2−4(𝑛−1)＝0 解得：𝑛＝10， 综上所述，𝑛＝10． 【答案】
如图，△𝑂𝐴1𝐵1为所作，点𝐴1的坐标为(0, 4)、𝐵1的坐标为(−2, 4)； (1, 3)
∵ 𝐵1𝐴1 // 𝐵𝐷， ∴
𝐴1𝐶𝐶𝐷
𝐵1𝐴1𝐵𝐷13
24
12
===，
23
∴ 𝐴1𝐶=×2=，
∴ △𝐴1𝐵𝐶的面积=2×4×3=3．
1
2
4
故答案为(1, 3)． 【考点】
作图-旋转变换
试卷第14页，总23页
【解析】
（1）利用网格特点和旋转的性质，画出点𝐴、𝐵的对应点𝐴1、𝐵1，从而得到△𝑂𝐴1𝐵1，然后写出点𝐴1（𝐴的对应点）、𝐵1的坐标； （2）连接𝐵𝐵1，然后写出其中点坐标即可；
（3）利用平行线分线段成比例定理计算出𝐴1𝐶，然后利用三角形面积公式计算． 【解答】
如图，△𝑂𝐴1𝐵1为所作，点𝐴1的坐标为(0, 4)、𝐵1的坐标为(−2, 4)； 如图，点𝐵、𝐵1关于点(1, 3)中心对称； ∵ 𝐵1𝐴1 // 𝐵𝐷， ∴
𝐴1𝐶𝐶𝐷
𝐵1𝐴1𝐵𝐷1
24
12
===，
2
∴ 𝐴1𝐶=3×2=3，
∴ △𝐴1𝐵𝐶的面积=×4×=．
2
3
3
1
2
4
故答案为(1, 3)． 【答案】
作𝐵𝐻⊥𝑃𝑄于点𝐻． 在𝑅𝑡△𝐵𝐻𝑃中，
由条件知，𝑃𝐵＝480，∠𝐵𝑃𝑄＝75∘−45∘＝30∘， ∴ 𝐵𝐻＝480sin30∘＝240<260， ∴ 本次台风会影响𝐵市．
如图，以点𝐵为圆心，以260为半径作圆交𝑃𝑄于𝑃1，𝑃2，
若台风中心移动到𝑃1时，台风开始影响𝐵市，台风中心移动到𝑃2时，台风影响结
束．
由（1）得𝐵𝐻＝240，由条件得𝐵𝑃1＝𝐵𝑃2＝260， ∴ 𝑃1𝑃2＝2√2602−2402=200，
试卷第15页，总23页
∴ 台风影响的时间𝑡=
20050
=4（小时）．
故𝐵市受台风影响的时间为4小时． 【考点】
勾股定理的应用 方向角 【解析】
（1）作𝐵𝐻⊥𝑃𝑄于点𝐻，在𝑅𝑡△𝐵𝐻𝑃中，利用特殊角的三角函数值求出𝐵𝐻的长与260千米相比较即可．
（2）以𝐵为圆心，以260为半径作圆交𝑃𝑄于𝑃1、𝑃2两点，根据垂径定理即可求出𝑃1𝑃2的长，进而求出台风影响𝐵市的时间． 【解答】
作𝐵𝐻⊥𝑃𝑄于点𝐻． 在𝑅𝑡△𝐵𝐻𝑃中，
由条件知，𝑃𝐵＝480，∠𝐵𝑃𝑄＝75∘−45∘＝30∘， ∴ 𝐵𝐻＝480sin30∘＝240<260， ∴ 本次台风会影响𝐵市．
如图，以点𝐵为圆心，以260为半径作圆交𝑃𝑄于𝑃1，𝑃2，
若台风中心移动到𝑃1时，台风开始影响𝐵市，台风中心移动到𝑃2时，台风影响结
束．
由（1）得𝐵𝐻＝240，由条件得𝐵𝑃1＝𝐵𝑃2＝260， ∴ 𝑃1𝑃2＝2√2602−2402=200， ∴ 台风影响的时间𝑡=
20050
=4（小时）．
故𝐵市受台风影响的时间为4小时． 【答案】 𝐴𝐷的长为10𝑚； ②设𝐴𝐷＝𝑥𝑚，
∴ 𝑆=2𝑥(100−𝑥)=−2(𝑥−50)2+1250，
当𝑎≥50时，则𝑥＝50时，𝑆的最大值为1250；
当0<𝑎<50时，则当0<𝑥≤𝑎时，𝑆随𝑥的增大而增大，当𝑥＝𝑎时，𝑆的最大值为50𝑎−2𝑎2，
综上所述，当𝑎≥50时，𝑆的最大值为1250𝑚2；当0<𝑎<50时，𝑆的最大值为(50𝑎−
12
11
1
𝑎2)𝑚2；
900
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【考点】
二次函数的应用 一元二次方程的应用 【解析】
（1）①根据矩形的面积公式列方程即可得到𝐴𝐷的长；
②设𝐴𝐷＝𝑥𝑚，利用矩形面积得到𝑆=2𝑥(100−𝑥)，配方得到𝑆=−2(𝑥−50)2+1250，讨论：当𝑎≥50时，根据二次函数的性质得𝑆的最大值为1250𝑚2；当0<𝑎<50时，则当0<𝑥≤𝑎时，根据二次函数的性质得𝑆的最大值为50𝑎−2𝑎2； （2）根据题意列出函数关系式，根据二次函数的性质即可得到结论． 【解答】
①∵ 𝐴𝐷＝𝑥𝑚，则𝐴𝐵=(100−𝑥)𝑚，
21
1
1
1
根据题意得𝑥×(100−𝑥)＝450，解得𝑥1＝90，（不合题意舍去），
2
1
𝑥2＝10，
答：𝐴𝐷的长为10𝑚； ②设𝐴𝐷＝𝑥𝑚，
∴ 𝑆=2𝑥(100−𝑥)=−2(𝑥−50)2+1250，
当𝑎≥50时，则𝑥＝50时，𝑆的最大值为1250；
当0<𝑎<50时，则当0<𝑥≤𝑎时，𝑆随𝑥的增大而增大，当𝑥＝𝑎时，𝑆的最大值为50𝑎−2𝑎2，
综上所述，当𝑎≥50时，𝑆的最大值为1250𝑚2；当0<𝑎<50时，𝑆的最大值为(50𝑎−
12
11
1
𝑎2)𝑚2；
设四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为𝑊，𝐴𝐷＝𝑥，则𝐴𝐵＝60−𝑥， ∴ 𝑊＝𝑥(60−𝑥)＝−(𝑥−30)2+900(10<𝑥<60)， ∴ 当𝑥＝30时，矩形菜园𝐴𝐵𝐶𝐷面积的最大值是900𝑚2． 故答案为：900． 【答案】
在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，𝐴𝐵＝𝐴𝐶， ∴ △𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
①如图1，将△𝐴𝐵𝑃绕点𝐵顺时针旋转60∘得到△𝐶𝐵𝑃′，连接𝑃𝑃′，
∴ 𝐵𝑃＝𝐵𝑃′，∠𝑃𝐵𝑃′＝∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，
试卷第17页，总23页
∴ △𝐵𝑃𝑃′是等边三角形； ∴ 𝑃𝑃′＝𝑃𝐵，∠𝐵𝑃𝑃′＝60∘， 由旋转的性质得，𝑃′𝐶＝𝑃𝐴＝5，
∵ 𝑃𝑃′2+𝑃𝐶2＝32+42＝25＝𝑃′𝐶2， ∴ △𝐶𝑃𝑃′是直角三角形，∠𝐶𝑃𝑃′＝90∘，
∴ ∠𝐵𝑃𝐶＝∠𝐵𝑃𝑃′+∠𝐶𝑃𝑃′＝60∘+90∘＝150∘；
②如图2中，以𝐴𝑃为边向上作等边△𝑃𝐴𝐸，作𝐸𝐹⊥𝐵𝑃交𝐵𝑃的延长线于𝐹．
∵ ∠𝐸𝐴𝑃＝∠𝐵𝐴𝐶＝60∘， ∴ ∠𝐸𝐴𝐵＝∠𝑃𝐴𝐶，
∵ 𝐴𝐸＝𝐴𝑃，𝐴𝐵＝𝐴𝐶， ∴ △𝐸𝐴𝐵≅△𝑃𝐴𝐶(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐵𝐸＝𝑃𝐶，
∵ ∠𝐴𝑃𝐸＝∠𝐴𝑃𝐵＝60∘，
∴ ∠𝐸𝑃𝐹＝180∘−60∘−60∘＝120∘， ∵ 𝑃𝐸＝𝑃𝐴＝5，
∴ 𝑃𝐹＝𝑃𝐸⋅cos60∘=2，𝐸𝐹＝𝑃𝐸⋅sin60∘=∴ 𝐵𝐹＝𝐵𝑃+𝑃𝐹＝3+2=
5
112115
5√3
， 2
，
5√32)2
∴ 𝐵𝐸=√𝐵𝐹2+𝐸𝐹2=√(2)2+(∴ 𝑃𝐶＝𝑃𝐸＝7． 2√37 【考点】
三角形综合题 【解析】
=7，
（1）①如图1，将△𝐴𝐵𝑃绕点𝐵顺时针旋转60∘得到△𝐶𝐵𝑃′，连接𝑃𝑃′，利用勾股定理的逆定理证明△𝐶𝑃𝑃′是直角三角形即可解决问题．
②如图2中，以𝐴𝑃为边向上作等边△𝑃𝐴𝐸，作𝐸𝐹⊥𝐵𝑃交𝐵𝑃的延长线于𝐹．利用全等三角形的性质证明𝐵𝐸＝𝑃𝐶，解直角三角形求出𝐵𝐸即可解决问题．
（2）如图3中，将△𝑃𝐵𝐹绕点𝐵逆时针旋转60∘得到△𝐵𝐹𝐸，作𝐸𝐻⊥𝐶𝐵交𝐶𝐵的延长线于𝐻．根据两点之间线段最短可知，当𝐸，𝐹，𝑃，𝐶共线时，𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶的值最小，最小值＝𝐸𝐶的长，解直角三角形求出𝐸𝐶即可． 【解答】
在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，𝐴𝐵＝𝐴𝐶， ∴ △𝐴𝐵𝐶是等边三角形，
①如图1，将△𝐴𝐵𝑃绕点𝐵顺时针旋转60∘得到△𝐶𝐵𝑃′，连接𝑃𝑃′，
试卷第18页，总23页
∴ 𝐵𝑃＝𝐵𝑃′，∠𝑃𝐵𝑃′＝∠𝐴𝐵𝐶＝60∘， ∴ △𝐵𝑃𝑃′是等边三角形； ∴ 𝑃𝑃′＝𝑃𝐵，∠𝐵𝑃𝑃′＝60∘， 由旋转的性质得，𝑃′𝐶＝𝑃𝐴＝5，
∵ 𝑃𝑃′2+𝑃𝐶2＝32+42＝25＝𝑃′𝐶2， ∴ △𝐶𝑃𝑃′是直角三角形，∠𝐶𝑃𝑃′＝90∘，
∴ ∠𝐵𝑃𝐶＝∠𝐵𝑃𝑃′+∠𝐶𝑃𝑃′＝60∘+90∘＝150∘；
②如图2中，以𝐴𝑃为边向上作等边△𝑃𝐴𝐸，作𝐸𝐹⊥𝐵𝑃交𝐵𝑃的延长线于𝐹．
∵ ∠𝐸𝐴𝑃＝∠𝐵𝐴𝐶＝60∘， ∴ ∠𝐸𝐴𝐵＝∠𝑃𝐴𝐶，
∵ 𝐴𝐸＝𝐴𝑃，𝐴𝐵＝𝐴𝐶， ∴ △𝐸𝐴𝐵≅△𝑃𝐴𝐶(𝑆𝐴𝑆)， ∴ 𝐵𝐸＝𝑃𝐶，
∵ ∠𝐴𝑃𝐸＝∠𝐴𝑃𝐵＝60∘，
∴ ∠𝐸𝑃𝐹＝180∘−60∘−60∘＝120∘， ∵ 𝑃𝐸＝𝑃𝐴＝5，
∴ 𝑃𝐹＝𝑃𝐸⋅cos60∘=，𝐸𝐹＝𝑃𝐸⋅sin60∘=
25
5√3
， 2
∴ 𝐵𝐹＝𝐵𝑃+𝑃𝐹＝3+=
2
511211，
5√32)2
∴ 𝐵𝐸=√𝐵𝐹2+𝐸𝐹2=√(2)2+(∴ 𝑃𝐶＝𝑃𝐸＝7．
=7，
试卷第19页，总23页
如图3中，将△𝑃𝐵𝐹绕点𝐵逆时针旋转60∘得到△𝐵𝐹𝐸，作𝐸𝐻⊥𝐶𝐵交𝐶𝐵的延长线于𝐻．
∵ ∠𝐴𝐵𝐶＝60∘，∠𝑃𝐵𝐹＝60∘， ∵ ∠𝐴𝐵𝑃＝∠𝐸𝐵𝐹，
∴ ∠𝐸𝐵𝐹+∠𝐵𝐶＝60∘， ∴ ∠𝐸𝐵𝐶＝120∘，
∵ 𝑃𝐵＝𝐵𝐹，∠𝑃𝐵𝐹＝60∘， ∴ △𝑃𝐵𝐹是等边三角形， ∴ 𝑃𝐵＝𝑃𝐹， ∵ 𝑃𝐴＝𝐸𝐹，
∴ 𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶＝𝐶𝑃+𝑃𝐹+𝐸𝐹，
根据两点之间线段最短可知，当𝐸，𝐹，𝑃，𝐶共线时，𝑃𝐴+𝑃𝐵+𝑃𝐶的值最小，最小值＝𝐸𝐶的长，
在𝑅𝑡△𝐸𝐵𝐻中，∵ ∠𝐸𝐵𝐻＝60∘，𝐸𝐵＝6， ∴ 𝐵𝐻＝𝐵𝐸⋅cos60∘＝3，𝐸𝐻＝𝐸𝐵⋅sin60∘＝3√3， ∴ 𝐶𝐻＝𝐵𝐻+𝐶𝐵＝3+8＝11，
∴ 𝐸𝐶=√𝐶𝐻2+𝐸𝐻2=√112+(3√3)2=2√37． 【答案】
对称轴为𝑥＝2=(𝑚+3)，解得：𝑚＝7，
21
将点𝐴的坐标代入抛物线表达式并解得：𝑛＝3， 故抛物线的表达式为：𝑦＝𝑥2−4𝑥+3…①； 过点𝐶作𝐶𝐺⊥𝐴𝑃于点𝐺，延长𝐶𝐺交𝑥轴于点𝐻，
∵ ∠𝐶𝐴𝑃＝∠𝐶𝐴𝑂，∴ 𝐶𝐺＝𝐶𝑂，𝑂𝐴＝𝐺𝐴＝1， 设𝐴𝐻＝𝑥，则𝐺𝐻=√𝑥2−1，
则𝑅𝑡△𝐶𝑂𝐻中，由勾股定理：(3+√𝑥2−1)2＝9+(1+𝑥)2， 解得：𝑥=4，故点𝐻(4, 0)，
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5
9
则直线𝐶𝐻表达式中的𝑘值为：−，则直线𝐴𝑃表达式中的𝑘值为，
3
4
4
3
则直线𝐴𝑃的表达式为：𝑦=4𝑥+𝑏，将点𝐴的坐标代入上式并解得： 直线𝐴𝑃的表达式为：𝑦=𝑥−⋯②，
4
4
3
3
3
联立①②并解得：𝑥＝1（舍去）或4， 故点𝑃(4, 16)；
过点𝐸作𝐸𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，
1533
15
𝑚−𝑛＝4，则抛物线的表达式为：𝑦=−4𝑥2+1…③， 𝐸𝐹直线的表达式为：𝑦＝𝑘𝑥…④， 设点𝐸、𝐹的横坐标分别为：𝑥1，𝑥2， 联立④③并整理得：𝑥2+4𝑘𝑥−4＝0， 则𝑥1+𝑥2＝−4𝑘，𝑥1𝑥2＝−4，
𝑥2−𝑥1=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=4√𝑘2+1， 由直线𝐸𝐹表达式知：𝑘＝tan∠𝐸𝑂𝐻＝tan𝛼，则cos𝛼=则𝑂𝐸=cos𝛼=−𝑥1√𝑘2+1，
同理𝑂𝐹＝𝑥2√𝑘2+1，𝐸𝐹＝(𝑥2−𝑥1)√𝑘2+1， 则
𝑂𝐸⋅𝑂𝐹𝐸𝐹
𝑂𝐻
1√𝑘2+11
，
=
𝑥1𝑥2(𝑘2+1)(𝑥1−𝑥2)√𝑘2+1=1．
【考点】
二次函数综合题 【解析】
（1）对称轴为𝑥＝2=2(𝑚+3)，解得：𝑚＝7，将点𝐴的坐标代入抛物线表达式并解得：𝑛＝3，即可求解；
（2）过点𝐶作𝐶𝐺⊥𝐴𝑃于点𝐺，延长𝐶𝐺交𝑥轴于点𝐻，∠𝐶𝐴𝑃＝∠𝐶𝐴𝑂，则𝐶𝐺＝𝐶𝑂，𝑂𝐴＝𝐺𝐴＝1，设𝐴𝐻＝𝑥，则𝐺𝐻=√𝑥2−1，则𝑅𝑡△𝐶𝑂𝐻中，由勾股定理：(3+√𝑥2−1)2＝9+(1+𝑥)2，解得：𝑥=4，故点𝐻(4, 0)，即可求解；
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5
9
1
（3）由直线𝐸𝐹表达式知：𝑘＝tan∠𝐸𝑂𝐻＝tan𝛼，则cos𝛼=
1√𝑘2+1，则𝑂𝐸=
=
𝑂𝐻cos𝛼
=
=
−𝑥1√𝑘2+1，同理𝑂𝐹＝𝑥2√𝑘2+1，𝐸𝐹＝(𝑥2−𝑥1)√𝑘2+1，则1． 【解答】
对称轴为𝑥＝2=2(𝑚+3)，解得：𝑚＝7， 将点𝐴的坐标代入抛物线表达式并解得：𝑛＝3， 故抛物线的表达式为：𝑦＝𝑥2−4𝑥+3…①； 过点𝐶作𝐶𝐺⊥𝐴𝑃于点𝐺，延长𝐶𝐺交𝑥轴于点𝐻，
1
𝑂𝐸⋅𝑂𝐹𝐸𝐹
𝑥1𝑥2(𝑘2+1)(𝑥1−𝑥2)√𝑘2+1
∵ ∠𝐶𝐴𝑃＝∠𝐶𝐴𝑂，∴ 𝐶𝐺＝𝐶𝑂，𝑂𝐴＝𝐺𝐴＝1， 设𝐴𝐻＝𝑥，则𝐺𝐻=√𝑥2−1，
则𝑅𝑡△𝐶𝑂𝐻中，由勾股定理：(3+√𝑥2−1)2＝9+(1+𝑥)2， 解得：𝑥=4，故点𝐻(4, 0)，
则直线𝐶𝐻表达式中的𝑘值为：−，则直线𝐴𝑃表达式中的𝑘值为，
3
4
4
3
5
9
则直线𝐴𝑃的表达式为：𝑦=4𝑥+𝑏，将点𝐴的坐标代入上式并解得： 直线𝐴𝑃的表达式为：𝑦=𝑥−⋯②，
4
4
3
3
3
联立①②并解得：𝑥＝1（舍去）或4， 故点𝑃(, )；
4
161533
15
过点𝐸作𝐸𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，
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𝑚−𝑛＝4，则抛物线的表达式为：𝑦=−𝑥2+1…③，
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𝐸𝐹直线的表达式为：𝑦＝𝑘𝑥…④， 设点𝐸、𝐹的横坐标分别为：𝑥1，𝑥2， 联立④③并整理得：𝑥2+4𝑘𝑥−4＝0， 则𝑥1+𝑥2＝−4𝑘，𝑥1𝑥2＝−4，
𝑥2−𝑥1=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=4√𝑘2+1， 由直线𝐸𝐹表达式知：𝑘＝tan∠𝐸𝑂𝐻＝tan𝛼，则cos𝛼=则𝑂𝐸=cos𝛼=−𝑥1√𝑘2+1，
同理𝑂𝐹＝𝑥2√𝑘2+1，𝐸𝐹＝(𝑥2−𝑥1)√𝑘2+1， 则
𝑂𝐸⋅𝑂𝐹𝐸𝐹
𝑂𝐻
1√𝑘2+1，
=
𝑥1𝑥2(𝑘2+1)(𝑥1−𝑥2)√𝑘2+1=1．
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