2019-2020学年某校初三（上）10月联考数学试卷

这是一份2019-2020学年某校初三（上）10月联考数学试卷，共25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。


1. 一元二次方程x2=4x的根为( )
A.x=4B.x=2C.x1=4，x2=0D.x1=4，x2=2

2. 已知关于x的方程(a−3)x|a−1|+x−1=0是一元二次方程，则a的值是( )
A.−1B.2C.−1或3D.3

3. 用配方法解方程x2−2x−2=0时，原方程应变形为（ ）
A.(x+1)2=3B.(x−1)2=3C.(x+1)2=1D.(x−1)2=1

4. 对于函数y＝(x+2)2−9，下列结论错误的是( )
A.图象顶点是(−2, −9)B.图象开口向上
C.图象关于直线x＝−2对称D.函数最大值为−9

5. 已知点A(−2, a)，B(−1, b)，C(3, c)均在抛物线y=(x+1)2+2上，则( )
A.a
6. 九年级(1)班部分学生去春游时，每人都和同行的其他每一人合照一张双人照，共照了双人照片36张，则同去春游的人数是( )
A.9人B.8人C.7人D.6人

7. 若关于x的方程kx2−4x−2=0有实数根，则实数k的取值范围是( )

A.k>2B.k≥−2C.k>−2且k≠0D.k≥−2且k≠0

8. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，以下结论正确的是( )

A.a>0，函数值y有最大值
B.该函数的图象关于直线x=1对称
C.当y=−2时，自变量x的值等于0
D.当x=−3和x=1时函数值y都等于0

9. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图，给出下列四个结论：①4ac−b2<0；②4a+c<2b；③3b+2c<0；④abc>0，其中正确结论的个数是( )

A.4个B.1个C.2个D.3个

10. 如图，直线y=kx+b（k,b为常数）分别与x轴、y轴交于点A(−7,0),B(0,7)，抛物线y=−x2+4x+1与y轴交于点C，点E在抛物线y=−x2+4x+1的对称轴上运动，点F在直线AB上移动，CE+EF的最小值是( )

A.5B.52C.4D.42
二、填空题

已知a是方程2x2+4x−3=0的一个根，则代数式a2+2a=________．

若x1,x2是一元二次方程x2−3x−10=0的两个根，则1x1+1x2=________.

若函数y=2x2+2,(x≤2)2x,(x>2)则当函数值y=12时，自变量x的值是________.

如图，在平面直角坐标系中，将抛物线 y=−12x2+4 绕点A(2,0)旋转180∘，则旋转后的抛物线所对应的函数表达式为________.


如图，在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30∘后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为________．


如图，在平面直角坐标系中，过点 P(m,0) 作x轴的垂线，分别交抛物线 y=x2+32x+2 与直线y=−12x−2 于点A和点C，以线段AC为对角线作正方形ABCD，则正方形ABCD的面积最小值为________.

三、解答题

解一元二次方程：m2−6m+5=0

已知二次函数的图象与x轴交点的横坐标分别是−3和1，与y轴的交点坐标是(0, −2)，求该二次函数的解析式．

如图，抛物线y=−x2+2x+3与y轴交于点C，点A为x轴上方的抛物线上任意一点，过点A作x轴的垂线交x轴于点B，设点A的横坐标为m，当四边形ABOC 为平行四边形时，求m的值.


某种商品的标价为500元/件，经过两次降价后的价格为320元/件，并且两次降价的百分率相同.
(1)求该种商品每次降价的百分率；

(2)若该种商品进价为300元/件，两次降价后共售出此种商品100件，为使两次降价销售的总利润不少于3500元，第一次降价后至少要售出该种商品多少件？

已知关于x的方程x2−(2m−1)x+m2+1=0有两个不相等实数根x1，x2．
(1)求实数m的取值范围；

(2)若x12+x22=x1x2+3时，求实数m的值．


如图，在△ABC中，∠B=90∘，AB=5cm，BC=7cm．点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，同时点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．当一个点到达终点时另一点也随之停止运动，运动时间为x秒(x>0).

(1)求几秒后，PQ的长度等于5cm；

(2)运动过程中，△PQB的面积能否等于8cm2？说明理由．

某公司生产的一种商品每件成本为20元，经过市场调查发现，这种商品在未来40天内的日销售量y1（件）与时间t（天）的关系如图所示；未来40天内，每天的价格y2（元/件）与时间t（天）的函数关系式为：y2=14t+25(1≤t≤20)−12t+40(21≤t≤40)（t为整数）；

(1)求日销售量y1（件）与时间t（天）的函数关系式；

(2)请预测未来40天中哪一天的销售利润最大，最大日销售利润是多少？

(3)在实际销售的前20天中该公司决定每销售一件商品就捐赠a元（a为定值）给希望工程．通过销售记录发现，前20天中，第18天的时候，扣除捐赠后日销售利润为这20天中的最大值，求a的值．

在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45∘．

(1)过点A作 AG⊥AF 交CB的延长线于点G，如图①，线段BE和EF有什么数量关系，请写出你的结论并证明；

(2)直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N，如图②，求证：EF2＝ME2+NF2；

(3)将正方形改为矩形，若其余条件不变，如图③，若AB=4，BC=5，请你直接写出线段EF的长度．

抛物线 y=ax2+bx+c 经过平面直角坐标系内 A(3,0)、B(−1,0)、C(0,3) 三点.

(1)求抛物线解析式；

(2)D为抛物线顶点，过点 E(0,6) 且平行于AC的直线交x轴与点F，求 △DEF 的面积.

(3)点P为抛物线第一象限内一动点 . 求 △PEF 面积的取值范围，并求出面积的最小值和此时点P的坐标.
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省十堰市某校初三（上）10月联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
【解答】
解：方程移项得：x2−4x=0，
分解因式得：x(x−4)=0，
解得：x1=4，x2=0．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ (a−3)x|a−1|+x−1=0是一元二次方程，
则a−3≠0，|a−1|=2,
则a≠3，a−1=±2,
∴ a=−1.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
【解答】
解：x2−2x−2=0,
移项，得：x2−2x=2，
配方：x2−2x+1=3，
即(x−1)2=3．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
二次函数的最值
【解析】
根据函数解析式和二次函数的性质可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【解答】
解：A.图象顶点是(−2,−9),故A选项正确；
B.a=1>0，该函数图象开口向上，故选项B正确；
C.该函数图象关于直线x=−2对称，故选项C正确；
D.当x=−2时，该函数取得最小值y=−9，故选项D错误.
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据二次函数的性质，通过三点与对称轴距离的远近来比较函数值的大小．
【解答】
解：∵ 抛物线y=(x+1)2+2的开口向上，对称轴为x=−1，
抛物线在x=−1处取得最小值，∴ b最小，
距离对称轴越近，y值越小，
∵ −2比3距离对称轴近，∴ a∴ b故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
设同去春游的人数是x人，由每人都和同行的其他每一人合照一张双人照且共照了双人照片36张，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．
【解答】
解：设同去春游的人数是x人，
依题意，得：12x(x−1)＝36，
解得：x1＝9，x2＝−8（舍去）．
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
根的判别式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当k=0时，方程为−4x−2=0有实数根，
当k≠0时，方程为kx2−4x−2=0,
则有(−4)2−4k×(−2)≥0,
解得k≥−2.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图象知：
A，函数有最小值；错误．
B，该函数的图象关于直线x=−1对称；错误．
C，当y=−2时，自变量x有两个值；错误．
D，当x=−3和x=1时，函数y的值都等于0．正确．
故选D．
9.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与系数的关系
【解析】
利用二次函数图象的相关知识与函数系数的联系，需要根据图形，逐一判断．
【解答】
解：∵ 抛物线和x轴有两个交点，
∴ b2−4ac>0，
∴ 4ac−b2<0，∴ ①正确；
∵ 对称轴是直线x=−1，和x轴的一个交点在点(0, 0)和点(1, 0)之间，
∴ 抛物线和x轴的另一个交点在(−3, 0)和(−2, 0)之间，
∴ 把(−2, 0)代入抛物线得：y=4a−2b+c>0，
∴ 4a+c>2b，∴ ②错误；
∵ 把x=1代入抛物线得：y=a+b+c<0，
∴ 2a+2b+2c<0，
∵ −b2a=−1，
∴ b=2a，
∴ 3b+2c<0，∴ ③正确；
∵ a<0，
−b2a=−1，
∴ b=2a<0，
又c>0，
∴ abc>0，∴ ④正确；
即正确的有3个.
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
路径最短问题
二次函数综合题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′,
由对称的性质可得CE=C′E,
∴ CE+EF=C′E+EF,
∴ 当F,E,C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，
由题意得−7k+b=0,b=7,
解得k=1,b=7,
∴ 直线解析式为y=x+7,
∵ C(0,1),
∴ C′(4,1),
∴ 直线C′F的解析式为y=−x+5,
由−x+5,y=x+7
解得x=−1,y=6,
∴ F(−1,6)，
∴ C′F=(4−(−2))2+(1−6)2=52
即CE+EF的最小值为52.
故选B.
二、填空题
【答案】
32
【考点】
一元二次方程的解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a是方程2x2+4x−3=0的一个根，
∴ 2a2+4a−3=0，
∴ a2+2a=32．
故答案为：32．
【答案】
−310
【考点】
根与系数的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ x1,x2是一元二次方程x2−3x−10=0的两个根，
∴ x1+x2=3,x1⋅x2=−10,
∴ 1x1+1x2=x1+x2x1⋅x2=−310.
故答案为：−310.
【答案】
−5或6
【考点】
分段函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x≤2时，2x2+2=12,
解得：x=−5或x=5（舍去）;
当x>2时，2x=12,
解得：x=6.
故答案为：−5或6.
【答案】
y=12(x−4)2−4
【考点】
旋转的性质
一元二次方程的一般形式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：抛物线 y=−12x2+4顶点为(0，4)，
绕点A(2,0)旋转180∘后顶点为(4，−4)，
因为开口大小不变，所以旋转后抛物线为：
y=12(x−4)2−4.
故答案为：y=12(x−4)2−4.
【答案】
9
【考点】
旋转的性质
【解析】
根据旋转的性质得到BC≅△A1BC1，A1B=AB=4，所以△A1BA是等腰三角形，∠A1BA=30∘，然后得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影=S△A1BA+S△A1BC1−S△ABC=S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．
【解答】
解：∵ 在△ABC中，AB=6，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30∘后得到△A1BC1，
∴ △ABC≅△A1BC1，
∴ A1B=AB=6，
∴ △A1BA是等腰三角形，∠A1BA=30∘，
∴ S△A1BA=12×6×3=9，
又∵ S阴影=S△A1BA+S△A1BC1−S△ABC，
S△A1BC1=S△ABC，
∴ S阴影=S△A1BA=9．
故答案为：9．
【答案】
92
【考点】
一次函数的综合题
一次函数图象上点的坐标特点
二次函数的最值
二次函数图象上点的坐标特征
正方形的性质
两点间的距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知 A(m, m2+32m+2)，C(m, −12m−2)，
∴ AC=m2+2m+4，
当m=−1时，ACmin=3，
∴ Smin=12×AC⋅AC=92.
故答案为 ：92.
三、解答题
【答案】
解：m2−6m+5=0，
(m−1)(m−5)=0，
m−1=0，m−5=0，
m1=1，m2=5.
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
【解答】
解：m2−6m+5=0，
(m−1)(m−5)=0，
m−1=0，m−5=0，
m1=1，m2=5.
【答案】
解：∵ 二次函数的图象与x轴交点的横坐标分别为x1=−3，x2=1，
∴ 函数与x轴的交点坐标为(−3, 0)，(1, 0)．
故设二次函数解析式为y=a(x+3)(x−1)，
将(0, −2)代入解析式得a(0+3)(0−1)=−2，
解得a=23，
则该二次函数解析式为：y=23(x+3)(x−1),
即y=23x2+43x−2.
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
由于二次函数的图象与x轴交点的横坐标分别为x1=−3，x2=1，可知函数与x轴的交点坐标为(−3, 0)，(1, 0)，据此列出交点式，将(0, −2)代入解析式即可求出函数解析式．
【解答】
解：∵ 二次函数的图象与x轴交点的横坐标分别为x1=−3，x2=1，
∴ 函数与x轴的交点坐标为(−3, 0)，(1, 0)．
故设二次函数解析式为y=a(x+3)(x−1)，
将(0, −2)代入解析式得a(0+3)(0−1)=−2，
解得a=23，
则该二次函数解析式为：y=23(x+3)(x−1),
即y=23x2+43x−2.
【答案】
解：当 x=0 时， y=3，
∴ 点C的坐标为(0,3)，OC=3，
当四边形ABOC为平行四边形时， AB=OC=3，
令−x2+2x+3=3 ，解得 x1=0， x2=2.
∴m=2.
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
平行四边形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当 x=0 时， y=3，
∴ 点C的坐标为(0,3)，OC=3，
当四边形ABOC为平行四边形时， AB=OC=3，
令−x2+2x+3=3 ，解得 x1=0， x2=2.
∴m=2.
【答案】
解：(1)设该种商品每次降价的百分率是x，
根据题意得：
500(1−x)2=320，
解得x1=0.2=20%，x2=1.8(舍去)
答：该种商品每次降价的百分率是20%.
(2)设第一次降价后售出该种商品m件，则第二次降价后售出该种商品(100−m)件，
根据题意得
[500×(1−20%)−300]m+(320−300)×(100−m)≥3500
解得：m≥1834.
又∵ m是整数，
∴ m的最小值是19.
答：第一次降价后至少要售出该种商品19件.
【考点】
一元二次方程的应用
一元一次不等式的运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设该种商品每次降价的百分率是x，
根据题意得：
500(1−x)2=320，
解得x1=0.2=20%，x2=1.8(舍去)
答：该种商品每次降价的百分率是20%.
(2)设第一次降价后售出该种商品m件，则第二次降价后售出该种商品(100−m)件，
根据题意得
[500×(1−20%)−300]m+(320−300)×(100−m)≥3500
解得：m≥1834.
又∵ m是整数，
∴ m的最小值是19.
答：第一次降价后至少要售出该种商品19件.
【答案】
解：(1)∵ 关于x的方程有两个不相等实数根x1,x2,
∴ Δ=(2m−1)2−4(m2+1)=−4m−3>0，
∴ m<−34.
(2)x1+x2=2m−1,x1⋅x2=m2+1,
∵ x12+x22=x1x2+3,
∴ (x1+x2)2=3x1x2+3,
∴ (2m−1)2=3(m2+1)+3,
m2−4m−5=0,
解得：m1=5或m2=−1,
又∵ m<−34,
∴ m=−1.
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）由二次项系数不为0，且根的判别式大于0，求出m的范围即可；
（2）利用求根公式表示出方程的解，根据题意确定出m的范围，找出整数m的值即可．
【解答】
解：(1)∵ 关于x的方程有两个不相等实数根x1,x2,
∴ Δ=(2m−1)2−4(m2+1)=−4m−3>0，
∴ m<−34.
(2)x1+x2=2m−1,x1⋅x2=m2+1,
∵ x12+x22=x1x2+3,
∴ (x1+x2)2=3x1x2+3,
∴ (2m−1)2=3(m2+1)+3,
m2−4m−5=0,
解得：m1=5或m2=−1,
又∵ m<−34,
∴ m=−1.
【答案】
解：(1)当PQ=5时，在Rt△PBQ中，
∵ BP2+BQ2=PQ2，
∴ (5−t)2+(2t)2=52.
5t2−10t=0，
t(5t−10)=0，
t1=0(舍去)，t2=2，
∴ 当t=2时，PQ的长度等于5cm．
(2)设经过x秒以后△PBQ面积为8，
12×(5−x)×2x=8，
整理得：x2−5x+8=0，
Δ=25−32=−7<0，
∴ △PQB的面积不能等于8cm2．
【考点】
三角形的面积
根的判别式
解一元二次方程-因式分解法
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当PQ=5时，在Rt△PBQ中，
∵ BP2+BQ2=PQ2，
∴ (5−t)2+(2t)2=52.
5t2−10t=0，
t(5t−10)=0，
t1=0(舍去)，t2=2，
∴ 当t=2时，PQ的长度等于5cm．
(2)设经过x秒以后△PBQ面积为8，
12×(5−x)×2x=8，
整理得：x2−5x+8=0，
Δ=25−32=−7<0，
∴ △PQB的面积不能等于8cm2．
【答案】
解：(1)设一次函数为y=kt+b，
将(30, 36)和(10, 76)代入一次函数y=kt+b中，
有36=30k+b,76=10k+b,
解得：k=−2,b=96.
故所求函数解析式为y=−2t+96(1≤t≤40)；
(2)设前20天日销售利润为W1元，后20天日销售利润为W2元．
由W1=(−2t+96)(14t+25−20)
=(−2t+96)(14t+5)
=−12t2+14t+480
=−12(t−14)2+578，
∵ 1≤t≤20，
∴ 当t=14时，W1有最大值578（元）．
由W2=(−2t+96)(−12t+40−20)
=(−2t+96)(−12t+20)
=t2−88t+1920
=(t−44)2−16．
∵ 21≤t≤40，此函数对称轴是t=44，
∴ 函数W2在21≤t≤40上，在对称轴左侧，随t的增大而减小．
∴ 当t=21时，W2有最大值为(21−44)2−16=529−16=513（元）．
∵ 578>513，故第14天时，销售利润最大，为578元；
(3)由题意得：W=(−2t+96)(14t+25−20−a)(1≤t≤20)，
配方得：
W=−12[t−2(a+7)]2+2(a−17)2(1≤t≤20),
∵ a为定值，而t=18时，W最大，
∴ 2(a+7)=18，
解得：a=2.
【考点】
一次函数的应用
二次函数的应用
【解析】
（1）从表格可看出每天比前一天少销售2件，所以判断为一次函数关系式；
（2）日利润=日销售量×每件利润，据此分别表示前20天和后20天的日利润，根据函数性质求最大值后比较得结论；
（3）列式表示前20天中每天扣除捐赠后的日销售利润，根据函数性质求a的取值．
【解答】
解：(1)设一次函数为y=kt+b，
将(30, 36)和(10, 76)代入一次函数y=kt+b中，
有36=30k+b,76=10k+b,
解得：k=−2,b=96.
故所求函数解析式为y=−2t+96(1≤t≤40)；
(2)设前20天日销售利润为W1元，后20天日销售利润为W2元．
由W1=(−2t+96)(14t+25−20)
=(−2t+96)(14t+5)
=−12t2+14t+480
=−12(t−14)2+578，
∵ 1≤t≤20，
∴ 当t=14时，W1有最大值578（元）．
由W2=(−2t+96)(−12t+40−20)
=(−2t+96)(−12t+20)
=t2−88t+1920
=(t−44)2−16．
∵ 21≤t≤40，此函数对称轴是t=44，
∴ 函数W2在21≤t≤40上，在对称轴左侧，随t的增大而减小．
∴ 当t=21时，W2有最大值为(21−44)2−16=529−16=513（元）．
∵ 578>513，故第14天时，销售利润最大，为578元；
(3)由题意得：W=(−2t+96)(14t+25−20−a)(1≤t≤20)，
配方得：
W=−12[t−2(a+7)]2+2(a−17)2(1≤t≤20),
∵ a为定值，而t=18时，W最大，
∴ 2(a+7)=18，
解得：a=2.
【答案】
(1)解：EF=2BE.
证明：∵ ABCD为正方形，
∴ AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠C=∠D=∠BAD=90∘，
∴ ∠ABG=180∘−∠ABC=90∘.
∵AG⊥AF，
∴ ∠GAF=90∘，
∴ ∠GAF−∠BAF=∠BAD−∠BAF.
即∠GAB=∠FAD.
在 △ABG与 △ADF中，
∠GAB=∠FAD，AB=AD，∠ABG=∠ADF，
∴ △ABG≅△ADF(ASA)；
∴ AG=AF,BG=DF.
∵ ∠EAF=45∘,∠GAF=90∘，
∴ ∠GAE=∠GAF−∠EAF=45∘.
在△AGE与△AFE中，
AG=AF，∠GAE=∠FAE=45∘，AE=AE，
∴ △AGE≅△AFE(SAS).
∴ GE=EF.
∵ ∠C=90∘， ∠CEF=45∘，
∴ ∠CFE=45∘=∠CEF，
∴CE=CF.
∴ BC−CE=CD−CF，
即 BE=DF.
又∵ BG=DF，
∴BE=BG，
∴EF=GE=2BE.
(2)证明：设 BE=a ，由(1)得 DF=BE=a， EF=2BE=2a.
∵∠ABC=90∘，
∴ ∠MBE=180∘−∠ABE=90∘.
∵ ∠CEF=45∘，
∴∠BEM=45∘，
∴ ∠M=45∘=∠BEM，
∴BM=BE=a.
在Rt△BME中，ME2=BE2+BE2=2a2.
同理 NF2=2a2，
∴EF2=(2a)2=4a2=2a2+2a2=ME2+NF2.
(3)解：EF=92−45.
如图③所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90∘，得到△AGH，连结HM，HE．
∴ AF=AH，∠AGH=90∘.
∵ ∠EAF＝45∘，
∴ ∠HAE=45∘.
在△AHE与△AFE中，
AH=AF，∠HAE=∠FAE=45∘，AE=AE，
∴ △AHE≅△AFE(SAS).
则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2＝EH2，
即(GH+BE)2+(BM−GM)2＝EH2
又∴ EF＝HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有(GH+BE)2+(BE−GH)2=EF2，
即2(DF2+BE2)=EF2.
∵ 设BE=x，则EC=CF=5−x，DF=x−1.
即2[(x−1)2+x2]=2(5−x)2，
解得x=210−4.
∴ EF=92−45.
【考点】
全等三角形的性质与判定
四边形综合题
正方形的性质
勾股定理的应用
全等三角形的性质
【解析】
（1）根据旋转的性质可知AF＝AG，∠EAF＝∠GAE＝45∘，故可证△AEG≅△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90∘，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≅△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，然后证明∠GME＝90∘，MG＝NF，利用勾股定理得出EG2＝ME2+MG2，等量代换即可证明EF2＝ME2+NF2；
（3）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90∘，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≅△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得(GH+BE)2+(BE−GH)2＝EF2，所以2(DF2+BE2)＝EF2．
【解答】
(1)解：EF=2BE.
证明：∵ ABCD为正方形，
∴ AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠C=∠D=∠BAD=90∘，
∴ ∠ABG=180∘−∠ABC=90∘.
∵AG⊥AF，
∴ ∠GAF=90∘，
∴ ∠GAF−∠BAF=∠BAD−∠BAF.
即∠GAB=∠FAD.
在 △ABG与 △ADF中，
∠GAB=∠FAD，AB=AD，∠ABG=∠ADF，
∴ △ABG≅△ADF(ASA)；
∴ AG=AF,BG=DF.
∵ ∠EAF=45∘,∠GAF=90∘，
∴ ∠GAE=∠GAF−∠EAF=45∘.
在△AGE与△AFE中，
AG=AF，∠GAE=∠FAE=45∘，AE=AE，
∴ △AGE≅△AFE(SAS).
∴ GE=EF.
∵ ∠C=90∘， ∠CEF=45∘，
∴ ∠CFE=45∘=∠CEF，
∴CE=CF.
∴ BC−CE=CD−CF，
即 BE=DF.
又∵ BG=DF，
∴BE=BG，
∴EF=GE=2BE.
(2)证明：设 BE=a ，由(1)得 DF=BE=a， EF=2BE=2a.
∵∠ABC=90∘，
∴ ∠MBE=180∘−∠ABE=90∘.
∵ ∠CEF=45∘，
∴∠BEM=45∘，
∴ ∠M=45∘=∠BEM，
∴BM=BE=a.
在Rt△BME中，ME2=BE2+BE2=2a2.
同理 NF2=2a2，
∴EF2=(2a)2=4a2=2a2+2a2=ME2+NF2.
(3)解：EF=92−45.
如图③所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90∘，得到△AGH，连结HM，HE．
∴ AF=AH，∠AGH=90∘.
∵ ∠EAF＝45∘，
∴ ∠HAE=45∘.
在△AHE与△AFE中，
AH=AF，∠HAE=∠FAE=45∘，AE=AE，
∴ △AHE≅△AFE(SAS).
则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2＝EH2，
即(GH+BE)2+(BM−GM)2＝EH2
又∴ EF＝HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有(GH+BE)2+(BE−GH)2=EF2，
即2(DF2+BE2)=EF2.
∵ 设BE=x，则EC=CF=5−x，DF=x−1.
即2[(x−1)2+x2]=2(5−x)2，
解得x=210−4.
∴ EF=92−45.
【答案】
解：(1)由题意得y=a(x−3)(x+1)，
将点C(0, 3)代入得，
a(0−3)×(0+1)=3，
解得a=−1.
∴ y=−x2+2x+3.
(2)连结OD，
−b2a=−22×(−1)=1,
当x=1时，y=4,
∴ D(1,4)，
当x=0时，y=3,
∴ C(0,3)，
令y=0，得−x2+2x+3=0,
解得x1=−1,x2=3,
∴ A(3,0)，
设AC:y=kx+b,
将A(3,0),C(0,3)代入得：
3x+b=0,b=3
解得k=−1,b=3
∴ AC:y=−x+3,
∵ EF//AC,
∴ kEF=kAC=−1,
又∵ E(0,6),
∴ EF:y=−x+6,
对y=−x+6，令y=0得，x=6,
∴ F(6,0),
S△DEF=S△EOF−S△EOD−S△DOF
=OE⋅OF2−OE⋅xD2−OF⋅yD2
=3.
(3)设P(m,−x2+2m+3)(0连结OP.
S△PEF=S△EOF−S△EOPS△POF
OE⋅OF2−OE⋅xp2−OF⋅yp2
=6×62−6⋅m2−6⋅(−m2+2m+3)2
=3m2−9m+9,
对称轴：m=−−92×3=32,
∴ 当m=32时，S△PF最小，为94,
此时P(32,152),
当m=0或3时，S△PEF最大，为9（取不到）,
∴ 94≤S△PEF<9,
面积最小值为94,此时P(32,154).
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
【解析】
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【解答】
解：(1)由题意得y=a(x−3)(x+1)，
将点C(0, 3)代入得，
a(0−3)×(0+1)=3，
解得a=−1.
∴ y=−x2+2x+3.
(2)连结OD，
−b2a=−22×(−1)=1,
当x=1时，y=4,
∴ D(1,4)，
当x=0时，y=3,
∴ C(0,3)，
令y=0，得−x2+2x+3=0,
解得x1=−1,x2=3,
∴ A(3,0)，
设AC:y=kx+b,
将A(3,0),C(0,3)代入得：
3x+b=0,b=3
解得k=−1,b=3
∴ AC:y=−x+3,
∵ EF//AC,
∴ kEF=kAC=−1,
又∵ E(0,6),
∴ EF:y=−x+6,
对y=−x+6，令y=0得，x=6,
∴ F(6,0),
S△DEF=S△EOF−S△EOD−S△DOF
=OE⋅OF2−OE⋅xD2−OF⋅yD2
=3.
(3)设P(m,−x2+2m+3)(0连结OP.
S△PEF=S△EOF−S△EOPS△POF
OE⋅OF2−OE⋅xp2−OF⋅yp2
=6×62−6⋅m2−6⋅(−m2+2m+3)2
=3m2−9m+9,
对称轴：m=−−92×3=32,
∴ 当m=32时，S△PF最小，为94,
此时P(32,152),
当m=0或3时，S△PEF最大，为9（取不到）,
∴ 94≤S△PEF<9,
面积最小值为94,此时P(32,154).