数学九年级上册期末测试卷（A卷）

这是一份数学九年级上册期末测试卷（A卷），共32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。

一、选择题（每小题3分，共30分）
1．如图图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．用公式法解﹣x2+3x=1时，先求出a、b、c的值，则a、b、c依次为（ ）
A． ﹣1，3，﹣1 B． 1，﹣3，﹣1 C． ﹣1，﹣3，﹣1 D． ﹣1，3，1
3．下列是二次函数的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，AC是⊙O的直径，∠P=40°，则∠ACB度数是（ ）
A． 50° B． 60° C． 70° D． 80°
5．某商品原价500元，连续两次降价a%后售价为200元，下列所列方程正确的是（ ）
A． 500（1+a%）2=200 B． 500（1﹣a%）2=200
C． 500（1﹣2a%）=200 D． 500（1﹣a2%）=200
6．若α，β是一元二次方程3x2+2x﹣9=0的两根，则的值是（ ）
A． B． ﹣ C． ﹣ D．
7．汽车刹车后行驶的距离s（单位：m）关于行驶的时间t（单位：s）的函数解析式是s=20t﹣5t2，汽车刹车后停下来前进的距离是（ ）
A． 10m B． 20m C． 30m D． 40m
8．小明和小亮按如图所示的规则玩一次“锤子、剪刀、布”游戏，下列说法中正确的是（ ）
A． 小明不是胜就是输，所以小明胜的概率为 B． 小明胜的概率是，所以输的概率是
C． 两人出相同手势的概率为 D． 小明胜的概率和小亮胜的概率一样
9．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． 1- D． 1-
10．如图，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点B，点C是⊙O优弧弧AB上一点，连接AC、BC，如果∠P=∠C，⊙O的半径为1，则劣弧弧AB的长为（ ）
A． π B． π C． π D． π
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．一个不透明的袋子中装有6个球，其中2个红球、4个黑球，这些球除颜色外无其他差别．现从袋子中随机摸出一个球，则它是黑球的概率是______．
12．经过两次连续降价，某药品销售单价由原来的50元降到32元，则该药品平均每次降价的百分率是_____．
13．关于x的一元二次方程x2﹣6x+b=0有两个不相等的实数根，则实数b的取值范围是_____．[来源:学.科.网]
14．已知函数的图象与轴只有一个交点，则的值为_______．
15．抛物线y=（x﹣3）2+1的顶点坐标是_____．
16．如图，在等边△ABC中，AB=4，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，连接DE交AC于点F，则△AEF的面积为_______．
17．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，1），B（1，0），将线段AB绕着点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则A′的坐标为_____．
18．如图，⊙O在△ABC三边上截得的弦长相等，∠A=70°，则∠BOC=_____度．
19．代数式－x2＋bx＋c与x的部分对应值如下表：
根据表格中的信息得知：一元二次方程－x2＋bx＋c＝0的一个解的范围在_____与____之间．
20．如图，点A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=40°，阴影部分的面积为2π，则此扇形的半径为_____．
三、解答题（共60分）
21．解方程：
（1） （2）．
22．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（0，1）．
（1）画出△ABC向右平移3个单位长度所得的△A1B1C1；写出C1点的坐标；
（2）画出将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°所得的△A2B2C2；写出C2点的坐标；
（3）在（2）的条件下求点A所经过路径的长度．
23．在“文化南长•全民阅读”活动中，某中学社团“清风读书社”对全校学生的人数及纸质图书阅读量（单位：本）进行了调查．2016年全校有1000名学生，2017年全校学生人数比2016年增加10%，2018年全校学生人数比2017年增加100人．
（1）2018年全校学生有 人；
（2）2017年全校学生人均阅读量比2016年多1本，阅读总量比2016年增加1700本．
（注：阅读总量=人均阅读量×人数）
①求2016年全校学生人均阅读量；
②2016年读书社人均阅读量是全校学生人均阅读量的2.5倍，如果2017年、2018年这两年读书社人均阅读量都比前一年增长一个相同的百分数a，2018年全校学生人均阅读量比2016年增加的百分数也是a，那么2018年读书社全部80名成员的阅读总量将达到全校学生阅读总量的25%，求a的值．
24．如图所示，在△ABC中，AB=CB，以BC为直径的⊙O交AC于点E，过点E作⊙O的切线交AB于点F．
（1）求证：EF⊥AB；[来源:学+科+网Z+X+X+K]
（2）若AC=16，⊙O的半径是5，求EF的长．
25．如图1，是一个材质均匀可自由转动的转盘，转盘的四个扇形面积相等，分别有数字1，2，3，4．如图2，正方形ABCD顶点处各有一个圈．跳圈游戏的规则为：游戏者每转动转盘一次，当转盘停止运动时，指针所落扇形中的数字是几（当指针落在四个扇形的交线上时，重新转动转盘），就沿正方形的边顺时针方向连续跳几个边长．
如：若从图A起跳，第一次指针所落扇形中的数字是3，就顺时针连线跳3个边长，落到圈D；若第二次指针所落扇形中的数字是2，就从D开始顺时针续跳2个边长，落到圈B；……设游戏者从圈A起跳．
（1）嘉嘉随机转一次转盘，求落回到圈A的概率P1；
（2）琪琪随机转两次转盘，用列表法求最后落回到圈A的概率P2，并指出她与嘉嘉落回到圈A的可能性一样吗？
26．已知PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接AO并延长，交PB的延长线于点C，连接PO，交⊙O于点D．
（1）如图①，若∠AOP=65°，求∠C的大小；
（2）如图②，连接BD，若BD∥AC，求∠C的大小．
27．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点A顺时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O．
（1）如图1，当旋转角为90°时，求BB′的长；
（2）如图2，当旋转角为120°时，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标．（直接写出结果即可）
28．已知：直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y=x2+bx+c经过点A、B，且交x轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上一点，且点P在AB的下方，设点P的横坐标为m．
①试求当m为何值时，△PAB的面积最大；
②当△PAB的面积最大时，过点P作x轴的垂线PD，垂足为点D，问在直线PD上否存在点Q，使△QBC为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的Q的坐标若不存在，请说明理由．

（测试时间：90分钟 满分：120分）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．如图图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，以及对轴对称图形和中心对称图形的认识.
2．用公式法解﹣x2+3x=1时，先求出a、b、c的值，则a、b、c依次为（ ）
A． ﹣1，3，﹣1 B． 1，﹣3，﹣1 C． ﹣1，﹣3，﹣1 D． ﹣1，3，1
【答案】A
【解析】
将一元二次方程整理成一般形式后即可判断出a，b，c的值.
解：方程﹣x2+3x=1整理得：﹣x2+3x﹣1=0，
则a，b，c依次为﹣1；3；﹣1．
故选：A．
3．下列是二次函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用二次函数以及一次函数的定义分别判断得出答案．
【点睛】
此题主要考查了二次函数与一次函数定义，正确把握相关定义是解题关键．
4．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，AC是⊙O的直径，∠P=40°，则∠ACB度数是（ ）
A． 50° B． 60° C． 70° D． 80°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接BC，根据题意PA，PB是圆的切线以及可得的度数，然后根据，可得的度数，因为是圆的直径，所以，根据三角形内角和即可求出的度数.
【详解】
连接BC.
∵PA，PB是圆的切线
∴
在四边形中，
∵
∴
∵
所以
∵是直径
∴
∴
故答案选C.
【点睛】
本题主要考察切线的性质，四边形和三角形的内角和以及圆周角定理.
5．某商品原价500元，连续两次降价a%后售价为200元，下列所列方程正确的是（ ）
A． 500（1+a%）2=200 B． 500（1﹣a%）2=200
C． 500（1﹣2a%）=200 D． 500（1﹣a2%）=200
【答案】B
6．若α，β是一元二次方程3x2+2x﹣9=0的两根，则的值是（ ）
A． B． ﹣ C． ﹣ D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据一元二次方程的根与系数的关系得到α，β的关系式，然后将所求式子变形，代入求解即可.
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理），
韦达定理：若一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有两个实数根x1，x2，那么x1+x2=，x1x2=.
7．汽车刹车后行驶的距离s（单位：m）关于行驶的时间t（单位：s）的函数解析式是s=20t﹣5t2，汽车刹车后停下来前进的距离是（ ）
A． 10m B． 20m C． 30m D． 40m
【答案】B
【解析】
【分析】
利用配方法求二次函数最值的方法解答即可．
【详解】
∵s=20t-5t2=-5（t-2）2+20，
∴汽车刹车后到停下来前进了20m．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了利用配方法求最值的问题，根据已知得出顶点式是解题关键．
8．小明和小亮按如图所示的规则玩一次“锤子、剪刀、布”游戏，下列说法中正确的是（ ）
A． 小明不是胜就是输，所以小明胜的概率为 B． 小明胜的概率是，所以输的概率是
C． 两人出相同手势的概率为 D． 小明胜的概率和小亮胜的概率一样
【答案】D
【解析】
【分析】
利用概率公式，一一判断即可解决问题.
【点睛】
本题考查列表法、树状图等知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． 1- D． 1-
【答案】D
【解析】
【分析】
设EF交CD于H点，连AH，根据旋转的性质得到∠BAE=30°，则∠EAD=90°-30°=60°，易证得Rt△ADH≌Rt△AEH，得∠DAH=30°，根据含30°的直角三角形三边的关系可得HD= ，则S△
ADH=•AD•DH=，利用S阴影部分=S正方形ABCD-2S△ADH计算即可．
【详解】
解：如图，设EF交CD于H点，连AH，
而AD=1，
∴AD= HD，
∴HD=，
∴S△ADH=•AD•DH=，
∴S阴影部分=S正方形ABCD-2S△ADH=1-2 .
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了正方形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．
10．如图，PA切⊙O于点A，PO交⊙O于点B，点C是⊙O优弧弧AB上一点，连接AC、BC，如果∠P=∠C，⊙O的半径为1，则劣弧弧AB的长为（ ）
A． π B． π C． π D． π
【答案】A
【解析】
【分析】
利用切线的性质得∠OAP=90°，再利用圆周角定理得到∠C=∠O，加上∠P=∠C可计算写出∠O=60°，然后根据弧长公式计算劣弧的长．
而∠O+∠P=90°，
∴∠O=60°，
∴劣弧AB的长=．
故选：A．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和弧长公式．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．一个不透明的袋子中装有6个球，其中2个红球、4个黑球，这些球除颜色外无其他差别．现从袋子中随机摸出一个球，则它是黑球的概率是______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据概率的概念直接求得.
【详解】
解：4÷6=.
故答案为：.
【点睛】
本题用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
12．经过两次连续降价，某药品销售单价由原来的50元降到32元，则该药品平均每次降价的百分率是_____．
【答案】20%．
【解析】
【分析】
设平均每次降价的百分率为x，根据题意列出方程50(1-x)2=32.求解即可.
该药品平均每次降价的百分率是20%．
故答案为：20%．
【点睛】
考查一元二次方程的应用，读懂题目，找出题目中的等量关系是解题的关键.
13．关于x的一元二次方程x2﹣6x+b=0有两个不相等的实数根，则实数b的取值范围是_____．
【答案】b＜9
【解析】
【分析】
由方程有两个不相等的实数根结合根的判别式，可得出，解之即可得出实数b的取值范围．
【详解】
解：方程有两个不相等的实数根，
，
解得：．
【点睛】
本题考查的知识点是根的判别式，解题关键是牢记“当时，方程有两个不相等的实数根”．
14．已知函数的图象与轴只有一个交点，则的值为_______．
【答案】4
【解析】
【分析】
由抛物线与x轴只有一个交点，得到根的判别式等于0，即可求出m的值．
【点睛】
此题考查了抛物线与x轴的交点，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．
15．抛物线y=（x﹣3）2+1的顶点坐标是_____．
【答案】（3，1）
【解析】
【分析】
根据抛物线的顶点式即可判断顶点坐标.
【详解】
因为是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，抛物线的顶点坐标是．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的顶点式.抛物线的顶点坐标是，解题关键是熟记抛物线顶点式的形式.
16．如图，在等边△ABC中，AB=4，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，连接DE交AC于点F，则△AEF的面积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
首先，利用等边三角形的性质求得AD=2；然后根据旋转的性质、等边三角形的性质推知△ADE为等边三角形，则DE=AD，便可求出EF和AF，从而得到△AEF的面积.
∴△ADE的等边三角形，
∴DE=AD=2，∠AEF=60º,
∵∠EAC=∠CAD
∴EF=DF=，AF⊥DE
∴AF=EFtan60º=×=3，
∴S△AEF=EF×AF=××3=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并求出△ADE是等边三角形是解题的关键．
17．如图，在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，1），B（1，0），将线段AB绕着点B顺时针旋转90°得到线段BA′，则A′的坐标为_____．
【答案】(2，3)
【解析】
【分析】
作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，证明△ABC≌△BA′C′，可得OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，可得结果．
【详解】
如图，作AC⊥x轴于C，作A′C′⊥x轴，垂足分别为C、C′，
∵点A、B的坐标分别为（-2，1）、（1，0），
∴AC=2，BC=2+1=3，
∵∠ABA′=90°，
∴ABC+∠A′BC′=90°，
∵∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠A′BC′，
∵BA=BA′，∠ACB=∠BC′A′，
∴△ABC≌△BA′C′，
∴OC′=OB+BC′=1+1=2，A′C′=BC=3，
∴点A′的坐标为（2，3）．
故答案为（2，3）．
【点睛】
此题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，点的坐标的确定．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
18．如图，⊙O在△ABC三边上截得的弦长相等，∠A=70°，则∠BOC=_____度．
【答案】125
【解析】
【详解】
【点睛】
本题考查了圆心角、弧、弦的关系, 三角形内角和定理, 角平分线的性质，解题的关键是掌握它们的性质和定理.
19．代数式－x2＋bx＋c与x的部分对应值如下表：
根据表格中的信息得知：一元二次方程－x2＋bx＋c＝0的一个解的范围在_____与____之间．
【答案】-1 1
【解析】
【分析】
找到值为0左右两边最接近的数，则解在对应x的范围内.
【点睛】
考查了同学们的估算能力，对题目的正确估算是建立在对二次函数图象和一元二次方程关系正确理解的基础上的．
20．如图，点A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=40°，阴影部分的面积为2π，则此扇形的半径为_____．
【答案】3
【解析】
【分析】
根据圆周角定理可求出∠AOB的度数，设扇形半径为x，从而列出关于x的方程，求出答案.
【详解】
由题意可知：∠AOB＝2∠ACB＝2×40°＝80°，设扇形半径为x，故阴影部分的面积为πx2×＝×πx2＝2π，故解得：x1＝3，x2＝－3（不合题意，舍去），故答案为3.
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理以及扇形的面积求解，解本题的要点在于根据题意列出关于x的方程，从而得到答案.
三、解答题（共60分）
21．解方程：
（1） （2）．
【答案】（1），；（2）．
【解析】
【分析】
（1）移项然后提公因式可以解答此方程；
（2）根据配方法可以解答此方程．
（2）
，
∴．
【点睛】
本题考查的知识点是解一元二次方程-因式分解法（配方法），解题关键是会用因式分解法和配方法解方程．
22．如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点B的坐标为（0，1）．
（1）画出△ABC向右平移3个单位长度所得的△A1B1C1；写出C1点的坐标；
（2）画出将△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°所得的△A2B2C2；写出C2点的坐标；
（3）在（2）的条件下求点A所经过路径的长度．
[来源:学_科_网]
【答案】（1）C1（2，3）；（2）C2（﹣2，0）；（3）；
【解析】
【分析】
（1）根据图形平移的性质画出△ABC向右平移3个单位长度所得的△A1B1C1，写出C1点的坐标即可；
（2）根据图形旋转的性质画出△ABC绕点B按逆时针方向旋转90°所得的△A2B2C2；写出C2点的坐标即可；
（3）根据弧长公式即可得出点A所经过路径的长度．
.
【点睛】
本题考查了作图-旋转变换， 作图-平移变换，解题的关键是先作图再计算.
23．在“文化南长•全民阅读”活动中，某中学社团“清风读书社”对全校学生的人数及纸质图书阅读量（单位：本）进行了调查．2016年全校有1000名学生，2017年全校学生人数比2016年增加10%，2018年全校学生人数比2017年增加100人．
（1）2018年全校学生有 人；
（2）2017年全校学生人均阅读量比2016年多1本，阅读总量比2016年增加1700本．
（注：阅读总量=人均阅读量×人数）
①求2016年全校学生人均阅读量；
②2016年读书社人均阅读量是全校学生人均阅读量的2.5倍，如果2017年、2018年这两年读书社人均阅读量都比前一年增长一个相同的百分数a，2018年全校学生人均阅读量比2016年增加的百分数也是a，那么2018年读书社全部80名成员的阅读总量将达到全校学生阅读总量的25%，求a的值．
【答案】（1）1200；（2）6本；0.5．
【解析】
【详解】
解：（1）由题意，得2017年全校学生人数为：1000×（1+10%）=1100人，
∴2018年全校学生人数为：1100+100=1200人.
（2）①设2016人均阅读量为x本，则2017年的人均阅读量为（x+1）本，由题意得，
1100（x+1）=1000x+1700，
解得：x=6．
答：2016年全校学生人均阅读量为6本；
②由题意，得80×15（1+a）2=1200×6（1+a）×25%
2（1+a）2=3（1+a），
∴a1=﹣1（舍去），a2=0.5．
答：a的值为0.5．
故答案为：(1)1200;(2) ①6, ②0.5.
【点睛】
本题考查了列一元一次方程解实际问题的应用，一元二次方程的解法的运用.
24．如图所示，在△ABC中，AB=CB，以BC为直径的⊙O交AC于点E，过点E作⊙O的切线交AB于点F．
（1）求证：EF⊥AB；
（2）若AC=16，⊙O的半径是5，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；(2) 4.8.
【解析】
【详解】
（1）证明：连结OE．
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCA，
∵AB=CB，
∴∠A=∠OCA，
∴∠A=∠OEC，
∴OE∥AB，
∵EF是⊙O的切线，
∴EF⊥OE，
∴EF⊥AB．
[来源:Z。xx。k.Cm]
【点睛】
本题考查了切线的性质定理、圆周角定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理及直角三角形的两种面积求法等知识点，熟练运算这些知识是解决问题的关键.
25．如图1，是一个材质均匀可自由转动的转盘，转盘的四个扇形面积相等，分别有数字1，2，3，4．如图2，正方形ABCD顶点处各有一个圈．跳圈游戏的规则为：游戏者每转动转盘一次，当转盘停止运动时，指针所落扇形中的数字是几（当指针落在四个扇形的交线上时，重新转动转盘），就沿正方形的边顺时针方向连续跳几个边长．
如：若从图A起跳，第一次指针所落扇形中的数字是3，就顺时针连线跳3个边长，落到圈D；若第二次指针所落扇形中的数字是2，就从D开始顺时针续跳2个边长，落到圈B；……设游戏者从圈A起跳．
（1）嘉嘉随机转一次转盘，求落回到圈A的概率P1；
（2）琪琪随机转两次转盘，用列表法求最后落回到圈A的概率P2，并指出她与嘉嘉落回到圈A的可能性一样吗？
【答案】（1）落回到圈A的概率P1=；（2）她与嘉嘉落回到圈A的可能性一样．
【解析】
【分析】
（1）由共有4种等可能的结果，落回到圈A的只有1种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案；
（2）首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与最后落回到圈A的情况，再利用概率公式求解即可求得答案；
【详解】
（1）∵共有4种等可能的结果，落回到圈A的只有1种情况，
∴落回到圈A的概率P1=；
（2）列表得：
∵共有16种等可能的结果，最后落回到圈A的有（1，3），（2，2）（3，1），（4，4），
∴最后落回到圈A的概率P2==，
∴她与嘉嘉落回到圈A的可能性一样．
【点睛】
此题考查了列表法或树状图法求概率．注意随机掷两次骰子，最后落回到圈A，需要两次和是4的倍数．
26．已知PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接AO并延长，交PB的延长线于点C，连接PO，交⊙O于点D．
（1）如图①，若∠AOP=65°，求∠C的大小；
（2）如图②，连接BD，若BD∥AC，求∠C的大小．
【答案】（1）40°；（2）30°．
【解析】
【分析】
(1) 连接OB，根据切线长定理可知∠APO=∠BPO=25º，利用三角形的外角性质求出∠C.
(2)连接OB，先利用BD∥AC，说明△OBD是等边三角形，得出∠BOP=∠AOP=60º，∠APO=30º，利用三角形的外角性质求出∠C.
∴∠BPO=∠APO=25°，
∵∠AOP=∠BPO+∠C，
∴∠C=∠AOP﹣∠BPO=65°﹣25°=40°，
（2）连接OB，设∠AOP=x，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOP=∠AOP=60º，
∴∠BPO=30º，
∴∠C=∠AOP-∠BPO=30º.
故答案为：（1）40°；（2）30°．
【点睛】
本题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，解题(2)的关键是判断出△ODB是等边三角形.
27．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（3，0），点B（0，4），把△ABO绕点A顺时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O．
（1）如图1，当旋转角为90°时，求BB′的长；
（2）如图2，当旋转角为120°时，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标．（直接写出结果即可）
【答案】（1）5；（2）O'（，）；（3）P'（，）.
【解析】
【分析】
（1）先求出AB．利用旋转判断出△ABB'是等腰直角三角形，即可得出结论；
（2）先判断出∠HAO'=60°，利用含30度角的直角三角形的性质求出AH，OH，即可得出结论；
（3）先确定出直线O'C的解析式，进而确定出点P的坐标，再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论．
（3）由旋转知，AP=AP'，∴O'P+AP'=O'P+AP．如图3，作A关于y轴的对称点C，连接O'C交y轴于P，∴O'P+AP=O'P+CP=O'C，此时，O'P+AP的值最小．
∵点C与点A关于y轴对称，∴C（﹣3，0）．
∵O'（），∴直线O'C的解析式为y=x+，令x=0，∴y=，∴P（0，），∴O'P'=OP=，作P'D⊥O'H于D．
∵∠B'O'A=∠BOA=90°，∠AO'H=30°，∴∠DP'O'=30°，∴O'D=O'P'=，P'D=O'D=，∴DH=O'H﹣O'D=，O'H+P'D=，∴P'（）．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，构造出直角三角形是解答本题的关键．
28．已知：直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y=x2+bx+c经过点A、B，且交x轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上一点，且点P在AB的下方，设点P的横坐标为m．
①试求当m为何值时，△PAB的面积最大；
②当△PAB的面积最大时，过点P作x轴的垂线PD，垂足为点D，问在直线PD上否存在点Q，使△QBC为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的Q的坐标若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=x2﹣x﹣3；（2）①当m=3时，△PAB的面积最大，最大值是9，②在直线PD上否存在点Q（3，）或（3，﹣），使△QBC为直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）①过点P作PD⊥x轴于D，交AB于点E，设点P的横坐标为m，则点P的坐标为（m， m2﹣m﹣3），点E的坐标为（m， m﹣3），进而可得出PE的长度，再利用三角形的面积公式即可得出S△PAB=﹣m2+6m，利用配方法即可解决最值问题；
②利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，设点Q的坐标为（3，y），则CQ2=（）2+y2，BC2=9+，BQ2=9+（y+3）2，分∠QCB=90°、∠CBQ=90°及∠CQB=90°三种情况，利用勾股定理即可得出关于y的方程，解之即可得出结论．
（2）①过点P作PD⊥x轴于D，交AB于点E，如图1所示．
设点P的横坐标为m，则点P的坐标为（m，m2﹣m﹣3），点E的坐标为（m，m﹣3），
∴PE=m﹣3﹣（m2﹣m﹣3）=﹣m2+2m，
∴S△PAB=×PE×（AD+DO）=×（﹣m2+2m）×6=﹣m2+6m=﹣（m﹣3）2+9，
∴当m=3时，△PAB的面积最大，最大值是9．
②当y=0时，有x2﹣x﹣3=0，
解得：x1=﹣，x2=6，
∴点C的坐标为（﹣，0）．
设点Q的坐标为（3，y），
则CQ2=（）2+y2，BC2=9+，BQ2=9+（y+3）2．
当∠CQB=90°时，有BQ2+CQ2=BC2，
即（）2+y2+9+（y+3）2=9+，
方程无解．
综上所示：在直线PD上否存在点Q（3，）或（3，﹣），使△QBC为直角三角形．
【点睛】
本题考查了一次（二次）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、三角形的面积、二次函数的性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用一次函数图象上点的坐标特征求出点A、B的坐标；（2）①利用三角形的面积公式找出S△PAB=﹣m2+6m；②分∠QCB=90°、∠CBQ=90°及∠CQB=90°三种情况，找出关于y的方程．
x
－3
－2
－1
1
－x2＋bx＋c
－14
－7
－2
2
x
－3
－2
－1
1
－x2＋bx＋c
－14
－7
－2
2
1
2
3
4
1
（1，1）
（2，1）
（3，1）
（4，1）
2
（1，2）
（2，2）
（3，2）
（4，2）
3
（1，3）
（2，3）
（3，3）
（4，3）
4
（1，4）
（2，4）
（3，4）
（4，4）