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2021-2022学年广东省广州市部分学校八年级（上）期中数学试卷
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这是一份2021-2022学年广东省广州市部分学校八年级（上）期中数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省广州市部分学校八年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共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）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）一元二次方程x2+2x+5＝0的根的情况是（ ）
A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根 D．只有一个实数根
3．（3分）抛物线y＝（x+3）2的顶点是（ ）
A．（0，3） B．（0，﹣3） C．（3，0） D．（﹣3，0）
4．（3分）用配方法解方程x2﹣8x+1＝0时，方程可变形为（ ）
A．（x﹣4）2＝15 B．（x﹣1）2＝15 C．（x﹣4）2＝1 D．（x+4）2＝15
5．（3分）已知二次函数，y随x的增大而减小，则x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＞﹣2 D．x＜﹣2
6．（3分）如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
7．（3分）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21 C． D．
8．（3分）已知二次函数的图象的顶点是（1，﹣2），且经过点（0，﹣5），则二次函数的解析式是（ ）
A．y＝﹣3（x+1）2﹣2 B．y＝3（x+1）2﹣2
C．y＝﹣3（x﹣1）2﹣2 D．y＝3（x﹣1）2﹣2
9．（3分）已知关于x的方程x2﹣3mx+5m﹣2＝0的一个根为x＝2，且这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为（ ）
A．8 B．10 C．8或10 D．6或10
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是x＝1，下列结论正确的是（ ）
A．abc＞0 B．2a+b＜0 C．3b﹣2c＜0 D．3a+c＜0
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）方程x2﹣25＝0的解为 ．
12．（3分）若抛物线y＝4x2向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是 ．
13．（3分）如图，已知点A的坐标是，2），点B的坐标是（﹣1，，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则点D的坐标是 ．
14．（3分）小王想用篱笆围成一个周长为60米的矩形场地，矩形面积S（单位：平方米）随矩形一边长x（单位：米）的变化而变化．则S与x之间的函数关系式是 ．（不用写自变量的取值范围）
15．（3分）若抛物线y＝（m﹣2）x2+2x﹣1与x轴有两个公共点，则m的取值范围是 ．
16．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，点D为AB边上一点（不与点A，B重合），连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接AE．下列结论：①△BDC≌△AEC；②四边形AECD的面积是a2；③若∠BDC＝105°，则；④AD2+BD2＝2CD2．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤）
17．（4分）解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
18．（4分）如图，平面直角坐标系xOy中，画出△ABC关于原点O对称的ΔA1B1C1，并写出A1、B1、C1的坐标．
19．（6分）已知二次函数y＝x2+4x+3．
（1）求二次函数的最小值；
（2）若点（x1，y1）、（x2，y2）在二次函数y＝x2+4x+3的图象上，且﹣2＜x1＜x2，试比较y1，y2的大小．
20．（6分）随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，广东省2019年公共充电桩的数量约为4万个，2021年公共充电桩的数量多达11.56万个，位居全国首位．
（1）求广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率；
（2）按照这样的增长速度，预计广东省2022年公共充电桩数量能否超过20万个？为什么？
21．（8分）如图，平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与坐标轴交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）根据图象，写出不等式﹣x2+bx+c＞x+2的解集．
22．（10分）已知关于x的方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若x＝0是方程的一个根，求方程的另一个根．
23．（10分）如图，边长为6的正方形ABCD中，E是CD的中点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，G是BC上一点，且∠EAG＝45°，连接EG．
（1）求证：△AEG≌△AFG；
（2）求点C到EG的距离．
24．（12分）如图1，等边△ABC中，DE∥BA分别交BC、AC于点D、E．
（1）求证：△CDE是等边三角形；
（2）将△CDE绕点C顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°），设直线AE与直线BD相交于点F．
①如图2，当0°＜θ＜180°时，判断∠AFB的度数是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②若AB＝7，CD＝3，当B，D，E三点共线时，求BD的长．
25．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣3ax+1与y轴交于点A．
（1）求点A的坐标及抛物线的对称轴；
（2）当﹣1≤x≤2时，y的最大值为3，求a的值；
（3）已知点P（0，2），Q（a+1，1）．若线段PQ与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
2021-2022学年广东省广州市部分学校八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共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）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2．（3分）一元二次方程x2+2x+5＝0的根的情况是（ ）
A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根 D．只有一个实数根
【分析】计算出根的判别式的值，根据正负即可确定出方程根的情况．
【解答】解：方程x2+2x+5＝0，
这里a＝1，b＝2，c＝5，
∵b2﹣4ac＝22﹣4×1×5＝4﹣20＝﹣16＜0，
∴方程没有实数根．
故选：A．
3．（3分）抛物线y＝（x+3）2的顶点是（ ）
A．（0，3） B．（0，﹣3） C．（3，0） D．（﹣3，0）
【分析】根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出该抛物线的顶点坐标．
【解答】解：∵抛物线y＝（x+3）2，
∴该抛物线的顶点坐标为（﹣3，0），
故选：D．
4．（3分）用配方法解方程x2﹣8x+1＝0时，方程可变形为（ ）
A．（x﹣4）2＝15 B．（x﹣1）2＝15 C．（x﹣4）2＝1 D．（x+4）2＝15
【分析】将方程的常数项1变号后移到方程右边，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方16，方程左边写成完全平方式，右边合并即可得到结果．
【解答】解：方程x2﹣8x+1＝0，
移项得：x2﹣8x＝﹣1，
两边都加上16得：x2﹣8x+16＝﹣1+16，
变形得：（x﹣4）2＝15，
则用配方法解方程x2﹣8x+1＝0时，方程可变形为：（x﹣4）2＝15．
故选：A．
5．（3分）已知二次函数，y随x的增大而减小，则x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＞﹣2 D．x＜﹣2
【分析】根据二次函数的性质求解可得．
【解答】解：∵，
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝2，
则当x＞2时，y随x的增大而减小，
故选：A．
6．（3分）如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
【分析】由旋转的性质可得∠AOC＝65°，由∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数．
【解答】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，
∴∠AOC＝65°，
∵∠AOB＝30°
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝35°
故选：B．
7．（3分）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21 C． D．
【分析】根据参赛的每两个队之间都要比赛一场且共比赛21场，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：x（x﹣1）＝21，
故选：D．
8．（3分）已知二次函数的图象的顶点是（1，﹣2），且经过点（0，﹣5），则二次函数的解析式是（ ）
A．y＝﹣3（x+1）2﹣2 B．y＝3（x+1）2﹣2
C．y＝﹣3（x﹣1）2﹣2 D．y＝3（x﹣1）2﹣2
【分析】由二次函数图象的顶点为（1，﹣2），设出二次函数顶点式，代入点（0，﹣5）求得答案即可．
【解答】解：∵二次函数图象的顶点为（1，﹣2），
设二次函数的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣2，由于抛物线过点（0，﹣5），则有：
a（0﹣1）2﹣2＝﹣5，解得a＝﹣3；
因此抛物线的解析式为：y＝﹣3（x﹣1）2﹣2．
故选：C．
9．（3分）已知关于x的方程x2﹣3mx+5m﹣2＝0的一个根为x＝2，且这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为（ ）
A．8 B．10 C．8或10 D．6或10
【分析】把x＝2代入已知方程求得m的值；然后通过解方程求得该方程的两根，即等腰△ABC的两条边长，由三角形三边关系和三角形的周长公式进行解答即可．
【解答】解：把x＝2代入方程得4﹣6m+5m﹣2＝0，
解得m＝2，
则原方程为x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
因为这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，
①当△ABC的腰为4，底边为2，则△ABC的周长为4+4+2＝10；
②当△ABC的腰为2，底边为4时，不能构成三角形．
综上所述，该三角形的周长的10．
故选：B．
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是x＝1，下列结论正确的是（ ）
A．abc＞0 B．2a+b＜0 C．3b﹣2c＜0 D．3a+c＜0
【分析】根据图象开口方向，对称轴位置及抛物线与y轴交点判断a，b，c的符号，由对称轴为直线x＝1得出a与b的关系，通过观察图象x＝﹣1时y＜0和x＝1时y＞0求解．
【解答】解：由图象开口向下得a＜0，
∵抛物线对称轴在y轴右侧，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，选项A错误，不符合题意．
∵对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，选项B错误，不符合题意．
由﹣＝1得a＝﹣，
∴y＝ax2+bx+c得y＝﹣x2+bx+c，
把x＝﹣1代入y＝﹣x2+bx+c得y＝﹣b+c，
由图象得﹣b+c＜0，
∴3b﹣2c＞0，C选项错误，不符合题意．
∵b＝﹣2a，
∴y＝ax2x﹣2ax+c，
把x＝﹣1代入y＝ax2x﹣2ax+c得y＝3a+c，
由图象得3a+c＜0，
∴D选项正确，符合题意．
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）方程x2﹣25＝0的解为 x＝±5 ．
【分析】移项得x2＝25，然后采用直接开平方法即可得到方程的解．
【解答】解：∵x2﹣25＝0，
移项，得 x2＝25，
∴x＝±5．
故答案为：x＝±5．
12．（3分）若抛物线y＝4x2向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是 y＝4x2﹣1 ．
【分析】根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝4x2向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是：y＝4x2﹣1；
故答案为y＝4x2﹣1．
13．（3分）如图，已知点A的坐标是，2），点B的坐标是（﹣1，，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则点D的坐标是 （1，） ．
【分析】由菱形的性质可知B、D关于原点对称，结合条件可求得D点的坐标．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴OB＝OD，
又∵点O为坐标原点，
∴点B和点D关于原点对称，
∵点B的坐标为（﹣1，﹣），
∴D点坐标为（1，），
故答案为：（1，）．
14．（3分）小王想用篱笆围成一个周长为60米的矩形场地，矩形面积S（单位：平方米）随矩形一边长x（单位：米）的变化而变化．则S与x之间的函数关系式是 y＝﹣x2+30x ．（不用写自变量的取值范围）
【分析】由矩形的一边长为x米，知另一边长为（30﹣x）米，根据矩形的面积公式可得S与x之间的函数解析式．
【解答】解：∵矩形的一边长为x米，
∴另一边长为（30﹣x）米，
则矩形的面积S＝x（30﹣x）＝﹣x2+30x．
故答案为：y＝﹣x2+30x．
15．（3分）若抛物线y＝（m﹣2）x2+2x﹣1与x轴有两个公共点，则m的取值范围是 m＞1且m≠2 ．
【分析】令y＝0，则（m﹣2）x2+2x﹣1＝0，由题意m﹣2≠0，Δ＞0，解不等式即可得出结论．
【解答】解：∵y＝（m﹣2）x2+2x﹣1是二次函数，
∴m﹣2≠0．
∴m≠2．
令y＝0，则（m﹣2）x2+2x﹣1＝0，
∵抛物线y＝（m﹣2）x2+2x﹣1与x轴有两个公共点，
∴Δ＝22﹣4（m﹣2）×（﹣1）＞0．
解得：m＞1．
∴m＞1且m≠2．
故答案为：m＞1且m≠2．
16．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，点D为AB边上一点（不与点A，B重合），连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接AE．下列结论：①△BDC≌△AEC；②四边形AECD的面积是a2；③若∠BDC＝105°，则；④AD2+BD2＝2CD2．其中正确的结论是 ①③④ ．（填写所有正确结论的序号）
【分析】首先通过SAS证明△BDC≌△AEC，然后利用全等三角形的性质可逐一判断．
【解答】解：由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE与△BCD中，
，
∴△BDC≌△AEC（SAS），
故①正确；
∵△BDC≌△AEC，
∴S△BDC＝S△AEC，
∴S四边形AECD＝S△BDC+S△ACD，
即S四边形AECD＝S△ACB＝AC•BC＝a2，
故②错误；
连接DE，
∵△BDC≌△AEC，
∴∠AEC＝∠BDC，∠EAC＝∠B＝45°，AE＝BD，
∵∠BDC＝105°，
∴∠AEC＝105°，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝105°﹣45°＝60°，
∴∠EAD＝∠EAC+∠CAB＝90°，
∴tan∠AED＝，
∴AD＝BD，
故③正确；
∵∠EAD＝90°，∠ECD＝90°，
∴AE2+AD2＝DE2＝CE2+CD2，
∴AD2+BD2＝2CD2，
故④正确．
故答案为：①③④．
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤）
17．（4分）解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
【分析】利用十字相乘法将方程左边的多项式分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2﹣2x﹣15＝0，
分解因式得：（x﹣5）（x+3）＝0，
可得x﹣5＝0或x+3＝0，
解得：x1＝5，x2＝﹣3．
18．（4分）如图，平面直角坐标系xOy中，画出△ABC关于原点O对称的ΔA1B1C1，并写出A1、B1、C1的坐标．
【分析】根据旋转的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
【解答】解：如图，ΔA1B1C1为所求作的图形．
A1（3，﹣4），B1（5，﹣1）、C1（1，﹣2）．
19．（6分）已知二次函数y＝x2+4x+3．
（1）求二次函数的最小值；
（2）若点（x1，y1）、（x2，y2）在二次函数y＝x2+4x+3的图象上，且﹣2＜x1＜x2，试比较y1，y2的大小．
【分析】（1）由二次函数解析式求出顶点式，根据顶点式即可得出答案．
（2）根据函数的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵y＝x2+4x+3＝（x+2）2﹣1，a＞0，
∴二次函数开口向上，对称轴是直线x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，﹣1），
∴二次函数y＝x2+4x+3的最小值是﹣1；
（2）∵当﹣2＜x1＜x2时，y随x的增大而增大．
∴y1＜y2．
20．（6分）随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，广东省2019年公共充电桩的数量约为4万个，2021年公共充电桩的数量多达11.56万个，位居全国首位．
（1）求广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率；
（2）按照这样的增长速度，预计广东省2022年公共充电桩数量能否超过20万个？为什么？
【分析】（1）设2019年至2021年广东省公共充电桩数量的年平均增长率为x，根据广东省2019年及2021年公共充电桩，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据广东省2022年公共充电桩数量＝广东省2022年公共充电桩数量×增长率，即可求出结论．
【解答】解：（1）设广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率为x，
由题意得4（1+x）2＝11.56，
解得x1＝0.7，x2＝﹣2.7（不合题意，舍去），
答：年平均增长率为70%．
（2）11.56×（1+0.7）＝19.652＜20，
答：预计广东省2022年公共充电桩数量不能超过20万个．
21．（8分）如图，平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与坐标轴交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）根据图象，写出不等式﹣x2+bx+c＞x+2的解集．
【分析】（1）根据题意得出A、B点的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数的解析式；
（2）根据图象判断即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝0+2＝2，
当y＝0时，x+2＝0，
解得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
把（﹣2，0），（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得，
∴抛物线的解析式是y＝﹣x2﹣x+2．
（2）观察函数图象可知当﹣2＜x＜0时y＝﹣x2﹣x+2的函数值大于y＝x+2的函数值，
∴不等式﹣x2+bx+c＞x+2的解集为：﹣2＜x＜0．
22．（10分）已知关于x的方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若x＝0是方程的一个根，求方程的另一个根．
【分析】（1）利用判别式的意义得到2m+1）2﹣4×1×（m2﹣1）≥0，然后解不等式即可；
（2）先把x＝0代入原方程得m＝±1，此时原方程为x2+3x＝0或x2﹣x＝0．设方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得到0+t＝﹣3或0+t＝1，然后求出t即可．
【解答】解：（1）∵关于x的方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个实数根，
∴△＝（2m+1）2﹣4×1×（m2﹣1）＝4m+5≥0，
解得m≥﹣；
（2）∵x＝0是方程的一个根，
∴m2﹣1＝0，
解得m＝±1，
此时原方程为x2+3x＝0或x2﹣x＝0．
设方程的另一个根为t，
对于方程x2+3x＝0有0+t＝﹣3，解得t＝﹣3；
对于方程x2﹣x＝0有0+t＝1，解得t＝1；
∴方程的另一个根为x＝﹣3或x＝1．
23．（10分）如图，边长为6的正方形ABCD中，E是CD的中点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，G是BC上一点，且∠EAG＝45°，连接EG．
（1）求证：△AEG≌△AFG；
（2）求点C到EG的距离．
【分析】（1）首先证明点F，点B，点C三点共线，再利用SAS即可证明△AEG≌△AFG；
（2）设CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝FG＝BG+BF＝9﹣x．在Rt△ECG中，利用勾股定理得出关于x的方程，再通过等积法即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，
∴AE＝AF，∠D＝∠ABF＝90°，
∴∠ABC+∠ABF＝180°，
∴点F，点B，点C三点共线，
∵∠DAB＝90°，∠EAG＝45°．
∴∠DAE+∠GAB＝45°，
∴∠BAF+∠GAB＝45°，
即∠FAG＝45°，
∴∠EAG＝∠FAG，
在△AEG和△AFG中，
，
∴△AEG≌△AFG（SAS）；
（2）解：由（1）得：EG＝FG，
∵正方形CF⊥DE的边长为6，E是CD的中点，
∴DE＝CE＝BF＝3，
设CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝FG＝BG+BF＝9﹣x．
在Rt△ECG中，x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4，即CG＝4，
设点C到EG的距离是h，
则h＝，
∴点C到EG的距离是．
24．（12分）如图1，等边△ABC中，DE∥BA分别交BC、AC于点D、E．
（1）求证：△CDE是等边三角形；
（2）将△CDE绕点C顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°），设直线AE与直线BD相交于点F．
①如图2，当0°＜θ＜180°时，判断∠AFB的度数是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②若AB＝7，CD＝3，当B，D，E三点共线时，求BD的长．
【分析】（1）先判断出∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，进而得出∠EDC＝∠ABC＝60°，∠DEC＝∠BAC＝60°，即可得出结论；
（2）①先判断出△BCD≌△ACE（SAS），得出∠CBD＝∠CAE，进而得出答案；
②Ⅰ、当B，D，E三点共线，且DE在BC上方时．过点C作CF⊥DE于F，求出，，进而求出BF＝，即可得出答案；
Ⅱ、当B，D，E三点共线，且DE在BC下方时，同Ⅰ的方法，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵DE∥BA，
∴∠EDC＝∠ABC＝60°，∠DEC＝∠BAC＝60°．
∴△CDE是等边三角形；
（2）解：①∠AFB的度数是定值，理由如下：如图2，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠CBD＝∠CAE，
又∵∠1＝∠2，
∴∠AFB＝∠ACB＝60°，
②Ⅰ、当B，D，E三点共线，且DE在BC上方时．如图3，
过点C作CF⊥DE于F，
在Rt△CDF中，CD＝3，∠CDF＝60°．
∴，；
在Rt△BCF中，，
∴；
Ⅱ、当B，D，E三点共线，且DE在BC下方时，如图4，
过点C作CF⊥DE于F，
．
，
综上所述，BD＝5或8．
25．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣3ax+1与y轴交于点A．
（1）求点A的坐标及抛物线的对称轴；
（2）当﹣1≤x≤2时，y的最大值为3，求a的值；
（3）已知点P（0，2），Q（a+1，1）．若线段PQ与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
【分析】（1）令x＝0可求点A坐标，将抛物线解析式化为顶点式可求对称轴．
（2）根据抛物线开口方向及对称轴为直线，分类讨论x＝﹣1时y取最大值或抛物线顶点纵坐标为最大值．
（3）由点P为顶点，点Q在直线y＝1上运动，通过数形结合求解．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝1，
∴A（0，1），
∵，
∴抛物线的对称轴为．
（2）∵，
∴抛物线顶点坐标为（，），
①当a＞0时，抛物线开口向上，
∵﹣（﹣1）＞2﹣，
∴x＝﹣1时，y＝a+3a+1＝4a+1为最大值，
即4a+1＝3，
解得a＝．
②当a＜0时，抛物线开口向下，
时，y取最大值．
∴，
解得．
综上所述，或．
（3）∵抛物线y＝ax2﹣3ax+1的对称轴为．
设点A关于对称轴的对称点为点B，
∴B（3，1）．
∵Q（a+1，1），
∴点Q，A，B都在直线y＝1上．
①当a＞0时，如图，
当点Q在点A的左侧（包括点A）或点Q在点B的右侧（包括点B）时，线段PQ与抛物线只有一个公共点．
∴a+1≤0或a+1≥3．
∴a≤﹣1（不合题意，舍去）或a≥2．
②当a＜0时，如图，当Q在点A与点B之间（包括点A，不包括点B）时，线段PQ与抛物线只有一个公共点．
∴0≤a+1＜3．
∴﹣1≤a＜2．
又∵a＜0，
∴﹣1≤a＜0．
综上所述，a的取值范围为﹣1≤a＜0或a≥2．
2021-2022学年广东省广州市部分学校八年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共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）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（3分）一元二次方程x2+2x+5＝0的根的情况是（ ）
A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根 D．只有一个实数根
3．（3分）抛物线y＝（x+3）2的顶点是（ ）
A．（0，3） B．（0，﹣3） C．（3，0） D．（﹣3，0）
4．（3分）用配方法解方程x2﹣8x+1＝0时，方程可变形为（ ）
A．（x﹣4）2＝15 B．（x﹣1）2＝15 C．（x﹣4）2＝1 D．（x+4）2＝15
5．（3分）已知二次函数，y随x的增大而减小，则x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＞﹣2 D．x＜﹣2
6．（3分）如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
7．（3分）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21 C． D．
8．（3分）已知二次函数的图象的顶点是（1，﹣2），且经过点（0，﹣5），则二次函数的解析式是（ ）
A．y＝﹣3（x+1）2﹣2 B．y＝3（x+1）2﹣2
C．y＝﹣3（x﹣1）2﹣2 D．y＝3（x﹣1）2﹣2
9．（3分）已知关于x的方程x2﹣3mx+5m﹣2＝0的一个根为x＝2，且这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为（ ）
A．8 B．10 C．8或10 D．6或10
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是x＝1，下列结论正确的是（ ）
A．abc＞0 B．2a+b＜0 C．3b﹣2c＜0 D．3a+c＜0
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）方程x2﹣25＝0的解为 ．
12．（3分）若抛物线y＝4x2向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是 ．
13．（3分）如图，已知点A的坐标是，2），点B的坐标是（﹣1，，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则点D的坐标是 ．
14．（3分）小王想用篱笆围成一个周长为60米的矩形场地，矩形面积S（单位：平方米）随矩形一边长x（单位：米）的变化而变化．则S与x之间的函数关系式是 ．（不用写自变量的取值范围）
15．（3分）若抛物线y＝（m﹣2）x2+2x﹣1与x轴有两个公共点，则m的取值范围是 ．
16．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，点D为AB边上一点（不与点A，B重合），连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接AE．下列结论：①△BDC≌△AEC；②四边形AECD的面积是a2；③若∠BDC＝105°，则；④AD2+BD2＝2CD2．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤）
17．（4分）解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
18．（4分）如图，平面直角坐标系xOy中，画出△ABC关于原点O对称的ΔA1B1C1，并写出A1、B1、C1的坐标．
19．（6分）已知二次函数y＝x2+4x+3．
（1）求二次函数的最小值；
（2）若点（x1，y1）、（x2，y2）在二次函数y＝x2+4x+3的图象上，且﹣2＜x1＜x2，试比较y1，y2的大小．
20．（6分）随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，广东省2019年公共充电桩的数量约为4万个，2021年公共充电桩的数量多达11.56万个，位居全国首位．
（1）求广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率；
（2）按照这样的增长速度，预计广东省2022年公共充电桩数量能否超过20万个？为什么？
21．（8分）如图，平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与坐标轴交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）根据图象，写出不等式﹣x2+bx+c＞x+2的解集．
22．（10分）已知关于x的方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若x＝0是方程的一个根，求方程的另一个根．
23．（10分）如图，边长为6的正方形ABCD中，E是CD的中点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，G是BC上一点，且∠EAG＝45°，连接EG．
（1）求证：△AEG≌△AFG；
（2）求点C到EG的距离．
24．（12分）如图1，等边△ABC中，DE∥BA分别交BC、AC于点D、E．
（1）求证：△CDE是等边三角形；
（2）将△CDE绕点C顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°），设直线AE与直线BD相交于点F．
①如图2，当0°＜θ＜180°时，判断∠AFB的度数是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②若AB＝7，CD＝3，当B，D，E三点共线时，求BD的长．
25．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣3ax+1与y轴交于点A．
（1）求点A的坐标及抛物线的对称轴；
（2）当﹣1≤x≤2时，y的最大值为3，求a的值；
（3）已知点P（0，2），Q（a+1，1）．若线段PQ与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
2021-2022学年广东省广州市部分学校八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共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）下列垃圾分类标识图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
2．（3分）一元二次方程x2+2x+5＝0的根的情况是（ ）
A．没有实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根 D．只有一个实数根
【分析】计算出根的判别式的值，根据正负即可确定出方程根的情况．
【解答】解：方程x2+2x+5＝0，
这里a＝1，b＝2，c＝5，
∵b2﹣4ac＝22﹣4×1×5＝4﹣20＝﹣16＜0，
∴方程没有实数根．
故选：A．
3．（3分）抛物线y＝（x+3）2的顶点是（ ）
A．（0，3） B．（0，﹣3） C．（3，0） D．（﹣3，0）
【分析】根据题目中抛物线的顶点式，可以直接写出该抛物线的顶点坐标．
【解答】解：∵抛物线y＝（x+3）2，
∴该抛物线的顶点坐标为（﹣3，0），
故选：D．
4．（3分）用配方法解方程x2﹣8x+1＝0时，方程可变形为（ ）
A．（x﹣4）2＝15 B．（x﹣1）2＝15 C．（x﹣4）2＝1 D．（x+4）2＝15
【分析】将方程的常数项1变号后移到方程右边，然后方程左右两边都加上一次项系数一半的平方16，方程左边写成完全平方式，右边合并即可得到结果．
【解答】解：方程x2﹣8x+1＝0，
移项得：x2﹣8x＝﹣1，
两边都加上16得：x2﹣8x+16＝﹣1+16，
变形得：（x﹣4）2＝15，
则用配方法解方程x2﹣8x+1＝0时，方程可变形为：（x﹣4）2＝15．
故选：A．
5．（3分）已知二次函数，y随x的增大而减小，则x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＞﹣2 D．x＜﹣2
【分析】根据二次函数的性质求解可得．
【解答】解：∵，
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝2，
则当x＞2时，y随x的增大而减小，
故选：A．
6．（3分）如图，△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，若∠AOB＝30°，∠BOC的度数是（ ）
A．30° B．35° C．45° D．60°
【分析】由旋转的性质可得∠AOC＝65°，由∠AOB＝30°，即可求∠BOC的度数．
【解答】解：∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD，
∴∠AOC＝65°，
∵∠AOB＝30°
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠AOB＝35°
故选：B．
7．（3分）在一次足球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛21场，设共有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝21 B．x（x﹣1）＝21 C． D．
【分析】根据参赛的每两个队之间都要比赛一场且共比赛21场，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：x（x﹣1）＝21，
故选：D．
8．（3分）已知二次函数的图象的顶点是（1，﹣2），且经过点（0，﹣5），则二次函数的解析式是（ ）
A．y＝﹣3（x+1）2﹣2 B．y＝3（x+1）2﹣2
C．y＝﹣3（x﹣1）2﹣2 D．y＝3（x﹣1）2﹣2
【分析】由二次函数图象的顶点为（1，﹣2），设出二次函数顶点式，代入点（0，﹣5）求得答案即可．
【解答】解：∵二次函数图象的顶点为（1，﹣2），
设二次函数的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣2，由于抛物线过点（0，﹣5），则有：
a（0﹣1）2﹣2＝﹣5，解得a＝﹣3；
因此抛物线的解析式为：y＝﹣3（x﹣1）2﹣2．
故选：C．
9．（3分）已知关于x的方程x2﹣3mx+5m﹣2＝0的一个根为x＝2，且这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，则△ABC的周长为（ ）
A．8 B．10 C．8或10 D．6或10
【分析】把x＝2代入已知方程求得m的值；然后通过解方程求得该方程的两根，即等腰△ABC的两条边长，由三角形三边关系和三角形的周长公式进行解答即可．
【解答】解：把x＝2代入方程得4﹣6m+5m﹣2＝0，
解得m＝2，
则原方程为x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝2，x2＝4，
因为这个方程的两个根恰好是等腰△ABC的两条边长，
①当△ABC的腰为4，底边为2，则△ABC的周长为4+4+2＝10；
②当△ABC的腰为2，底边为4时，不能构成三角形．
综上所述，该三角形的周长的10．
故选：B．
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，对称轴是x＝1，下列结论正确的是（ ）
A．abc＞0 B．2a+b＜0 C．3b﹣2c＜0 D．3a+c＜0
【分析】根据图象开口方向，对称轴位置及抛物线与y轴交点判断a，b，c的符号，由对称轴为直线x＝1得出a与b的关系，通过观察图象x＝﹣1时y＜0和x＝1时y＞0求解．
【解答】解：由图象开口向下得a＜0，
∵抛物线对称轴在y轴右侧，
∴b＞0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，选项A错误，不符合题意．
∵对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，选项B错误，不符合题意．
由﹣＝1得a＝﹣，
∴y＝ax2+bx+c得y＝﹣x2+bx+c，
把x＝﹣1代入y＝﹣x2+bx+c得y＝﹣b+c，
由图象得﹣b+c＜0，
∴3b﹣2c＞0，C选项错误，不符合题意．
∵b＝﹣2a，
∴y＝ax2x﹣2ax+c，
把x＝﹣1代入y＝ax2x﹣2ax+c得y＝3a+c，
由图象得3a+c＜0，
∴D选项正确，符合题意．
故选：D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）方程x2﹣25＝0的解为 x＝±5 ．
【分析】移项得x2＝25，然后采用直接开平方法即可得到方程的解．
【解答】解：∵x2﹣25＝0，
移项，得 x2＝25，
∴x＝±5．
故答案为：x＝±5．
12．（3分）若抛物线y＝4x2向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是 y＝4x2﹣1 ．
【分析】根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝4x2向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是：y＝4x2﹣1；
故答案为y＝4x2﹣1．
13．（3分）如图，已知点A的坐标是，2），点B的坐标是（﹣1，，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则点D的坐标是 （1，） ．
【分析】由菱形的性质可知B、D关于原点对称，结合条件可求得D点的坐标．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴OB＝OD，
又∵点O为坐标原点，
∴点B和点D关于原点对称，
∵点B的坐标为（﹣1，﹣），
∴D点坐标为（1，），
故答案为：（1，）．
14．（3分）小王想用篱笆围成一个周长为60米的矩形场地，矩形面积S（单位：平方米）随矩形一边长x（单位：米）的变化而变化．则S与x之间的函数关系式是 y＝﹣x2+30x ．（不用写自变量的取值范围）
【分析】由矩形的一边长为x米，知另一边长为（30﹣x）米，根据矩形的面积公式可得S与x之间的函数解析式．
【解答】解：∵矩形的一边长为x米，
∴另一边长为（30﹣x）米，
则矩形的面积S＝x（30﹣x）＝﹣x2+30x．
故答案为：y＝﹣x2+30x．
15．（3分）若抛物线y＝（m﹣2）x2+2x﹣1与x轴有两个公共点，则m的取值范围是 m＞1且m≠2 ．
【分析】令y＝0，则（m﹣2）x2+2x﹣1＝0，由题意m﹣2≠0，Δ＞0，解不等式即可得出结论．
【解答】解：∵y＝（m﹣2）x2+2x﹣1是二次函数，
∴m﹣2≠0．
∴m≠2．
令y＝0，则（m﹣2）x2+2x﹣1＝0，
∵抛物线y＝（m﹣2）x2+2x﹣1与x轴有两个公共点，
∴Δ＝22﹣4（m﹣2）×（﹣1）＞0．
解得：m＞1．
∴m＞1且m≠2．
故答案为：m＞1且m≠2．
16．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，点D为AB边上一点（不与点A，B重合），连接CD，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接AE．下列结论：①△BDC≌△AEC；②四边形AECD的面积是a2；③若∠BDC＝105°，则；④AD2+BD2＝2CD2．其中正确的结论是 ①③④ ．（填写所有正确结论的序号）
【分析】首先通过SAS证明△BDC≌△AEC，然后利用全等三角形的性质可逐一判断．
【解答】解：由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE与△BCD中，
，
∴△BDC≌△AEC（SAS），
故①正确；
∵△BDC≌△AEC，
∴S△BDC＝S△AEC，
∴S四边形AECD＝S△BDC+S△ACD，
即S四边形AECD＝S△ACB＝AC•BC＝a2，
故②错误；
连接DE，
∵△BDC≌△AEC，
∴∠AEC＝∠BDC，∠EAC＝∠B＝45°，AE＝BD，
∵∠BDC＝105°，
∴∠AEC＝105°，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝105°﹣45°＝60°，
∴∠EAD＝∠EAC+∠CAB＝90°，
∴tan∠AED＝，
∴AD＝BD，
故③正确；
∵∠EAD＝90°，∠ECD＝90°，
∴AE2+AD2＝DE2＝CE2+CD2，
∴AD2+BD2＝2CD2，
故④正确．
故答案为：①③④．
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤）
17．（4分）解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
【分析】利用十字相乘法将方程左边的多项式分解因式，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．
【解答】解：x2﹣2x﹣15＝0，
分解因式得：（x﹣5）（x+3）＝0，
可得x﹣5＝0或x+3＝0，
解得：x1＝5，x2＝﹣3．
18．（4分）如图，平面直角坐标系xOy中，画出△ABC关于原点O对称的ΔA1B1C1，并写出A1、B1、C1的坐标．
【分析】根据旋转的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
【解答】解：如图，ΔA1B1C1为所求作的图形．
A1（3，﹣4），B1（5，﹣1）、C1（1，﹣2）．
19．（6分）已知二次函数y＝x2+4x+3．
（1）求二次函数的最小值；
（2）若点（x1，y1）、（x2，y2）在二次函数y＝x2+4x+3的图象上，且﹣2＜x1＜x2，试比较y1，y2的大小．
【分析】（1）由二次函数解析式求出顶点式，根据顶点式即可得出答案．
（2）根据函数的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵y＝x2+4x+3＝（x+2）2﹣1，a＞0，
∴二次函数开口向上，对称轴是直线x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，﹣1），
∴二次函数y＝x2+4x+3的最小值是﹣1；
（2）∵当﹣2＜x1＜x2时，y随x的增大而增大．
∴y1＜y2．
20．（6分）随着国内新能源汽车的普及，为了适应社会的需求，全国各地都在加快公共充电桩的建设，广东省2019年公共充电桩的数量约为4万个，2021年公共充电桩的数量多达11.56万个，位居全国首位．
（1）求广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率；
（2）按照这样的增长速度，预计广东省2022年公共充电桩数量能否超过20万个？为什么？
【分析】（1）设2019年至2021年广东省公共充电桩数量的年平均增长率为x，根据广东省2019年及2021年公共充电桩，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）根据广东省2022年公共充电桩数量＝广东省2022年公共充电桩数量×增长率，即可求出结论．
【解答】解：（1）设广东省2019年至2021年公共充电桩数量的年平均增长率为x，
由题意得4（1+x）2＝11.56，
解得x1＝0.7，x2＝﹣2.7（不合题意，舍去），
答：年平均增长率为70%．
（2）11.56×（1+0.7）＝19.652＜20，
答：预计广东省2022年公共充电桩数量不能超过20万个．
21．（8分）如图，平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+2与坐标轴交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）根据图象，写出不等式﹣x2+bx+c＞x+2的解集．
【分析】（1）根据题意得出A、B点的坐标，然后利用待定系数法求出二次函数的解析式；
（2）根据图象判断即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝0+2＝2，
当y＝0时，x+2＝0，
解得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
把（﹣2，0），（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得，
∴抛物线的解析式是y＝﹣x2﹣x+2．
（2）观察函数图象可知当﹣2＜x＜0时y＝﹣x2﹣x+2的函数值大于y＝x+2的函数值，
∴不等式﹣x2+bx+c＞x+2的解集为：﹣2＜x＜0．
22．（10分）已知关于x的方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若x＝0是方程的一个根，求方程的另一个根．
【分析】（1）利用判别式的意义得到2m+1）2﹣4×1×（m2﹣1）≥0，然后解不等式即可；
（2）先把x＝0代入原方程得m＝±1，此时原方程为x2+3x＝0或x2﹣x＝0．设方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得到0+t＝﹣3或0+t＝1，然后求出t即可．
【解答】解：（1）∵关于x的方程x2+（2m+1）x+m2﹣1＝0有两个实数根，
∴△＝（2m+1）2﹣4×1×（m2﹣1）＝4m+5≥0，
解得m≥﹣；
（2）∵x＝0是方程的一个根，
∴m2﹣1＝0，
解得m＝±1，
此时原方程为x2+3x＝0或x2﹣x＝0．
设方程的另一个根为t，
对于方程x2+3x＝0有0+t＝﹣3，解得t＝﹣3；
对于方程x2﹣x＝0有0+t＝1，解得t＝1；
∴方程的另一个根为x＝﹣3或x＝1．
23．（10分）如图，边长为6的正方形ABCD中，E是CD的中点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，G是BC上一点，且∠EAG＝45°，连接EG．
（1）求证：△AEG≌△AFG；
（2）求点C到EG的距离．
【分析】（1）首先证明点F，点B，点C三点共线，再利用SAS即可证明△AEG≌△AFG；
（2）设CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝FG＝BG+BF＝9﹣x．在Rt△ECG中，利用勾股定理得出关于x的方程，再通过等积法即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，
∴AE＝AF，∠D＝∠ABF＝90°，
∴∠ABC+∠ABF＝180°，
∴点F，点B，点C三点共线，
∵∠DAB＝90°，∠EAG＝45°．
∴∠DAE+∠GAB＝45°，
∴∠BAF+∠GAB＝45°，
即∠FAG＝45°，
∴∠EAG＝∠FAG，
在△AEG和△AFG中，
，
∴△AEG≌△AFG（SAS）；
（2）解：由（1）得：EG＝FG，
∵正方形CF⊥DE的边长为6，E是CD的中点，
∴DE＝CE＝BF＝3，
设CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝FG＝BG+BF＝9﹣x．
在Rt△ECG中，x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4，即CG＝4，
设点C到EG的距离是h，
则h＝，
∴点C到EG的距离是．
24．（12分）如图1，等边△ABC中，DE∥BA分别交BC、AC于点D、E．
（1）求证：△CDE是等边三角形；
（2）将△CDE绕点C顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°），设直线AE与直线BD相交于点F．
①如图2，当0°＜θ＜180°时，判断∠AFB的度数是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②若AB＝7，CD＝3，当B，D，E三点共线时，求BD的长．
【分析】（1）先判断出∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，进而得出∠EDC＝∠ABC＝60°，∠DEC＝∠BAC＝60°，即可得出结论；
（2）①先判断出△BCD≌△ACE（SAS），得出∠CBD＝∠CAE，进而得出答案；
②Ⅰ、当B，D，E三点共线，且DE在BC上方时．过点C作CF⊥DE于F，求出，，进而求出BF＝，即可得出答案；
Ⅱ、当B，D，E三点共线，且DE在BC下方时，同Ⅰ的方法，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵DE∥BA，
∴∠EDC＝∠ABC＝60°，∠DEC＝∠BAC＝60°．
∴△CDE是等边三角形；
（2）解：①∠AFB的度数是定值，理由如下：如图2，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠CBD＝∠CAE，
又∵∠1＝∠2，
∴∠AFB＝∠ACB＝60°，
②Ⅰ、当B，D，E三点共线，且DE在BC上方时．如图3，
过点C作CF⊥DE于F，
在Rt△CDF中，CD＝3，∠CDF＝60°．
∴，；
在Rt△BCF中，，
∴；
Ⅱ、当B，D，E三点共线，且DE在BC下方时，如图4，
过点C作CF⊥DE于F，
．
，
综上所述，BD＝5或8．
25．（12分）平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣3ax+1与y轴交于点A．
（1）求点A的坐标及抛物线的对称轴；
（2）当﹣1≤x≤2时，y的最大值为3，求a的值；
（3）已知点P（0，2），Q（a+1，1）．若线段PQ与抛物线只有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
【分析】（1）令x＝0可求点A坐标，将抛物线解析式化为顶点式可求对称轴．
（2）根据抛物线开口方向及对称轴为直线，分类讨论x＝﹣1时y取最大值或抛物线顶点纵坐标为最大值．
（3）由点P为顶点，点Q在直线y＝1上运动，通过数形结合求解．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝1，
∴A（0，1），
∵，
∴抛物线的对称轴为．
（2）∵，
∴抛物线顶点坐标为（，），
①当a＞0时，抛物线开口向上，
∵﹣（﹣1）＞2﹣，
∴x＝﹣1时，y＝a+3a+1＝4a+1为最大值，
即4a+1＝3，
解得a＝．
②当a＜0时，抛物线开口向下，
时，y取最大值．
∴，
解得．
综上所述，或．
（3）∵抛物线y＝ax2﹣3ax+1的对称轴为．
设点A关于对称轴的对称点为点B，
∴B（3，1）．
∵Q（a+1，1），
∴点Q，A，B都在直线y＝1上．
①当a＞0时，如图，
当点Q在点A的左侧（包括点A）或点Q在点B的右侧（包括点B）时，线段PQ与抛物线只有一个公共点．
∴a+1≤0或a+1≥3．
∴a≤﹣1（不合题意，舍去）或a≥2．
②当a＜0时，如图，当Q在点A与点B之间（包括点A，不包括点B）时，线段PQ与抛物线只有一个公共点．
∴0≤a+1＜3．
∴﹣1≤a＜2．
又∵a＜0，
∴﹣1≤a＜0．
综上所述，a的取值范围为﹣1≤a＜0或a≥2．
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