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2022-2023学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校九年级（上）月考数学试卷（9月份）（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校九年级（上）月考数学试卷（9月份）（含答案解析），共34页。
2022-2023学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校
九年级（上）月考数学试卷（9月份）
一.选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）把方程2x＝x2﹣3化为一般形式，若二次项系数为1，则一次项系数及常数项分别为（ ）
A．2、3 B．﹣2、3 C．2、﹣3 D．﹣2、﹣3
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．菱形
3．（3分）将抛物线y（x+1）2﹣1平移后得到抛物线yx2．下列平移方法正确的是（ ）
A．先向右平移1个单位，再向上平移1个单位
B．先向左平移1个单位，再向下平移1个单位
C．先向左平移1个单位，再向上平移1个单位
D．先向右平移1个单位，再向下平移1个单位
4．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝55°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转n度（0＜n＜180）得到△EDC，若CE∥AB，则n的值为（ ）
A．65 B．90 C．95 D．125
5．（3分）用配方法解方程x2﹣4x﹣3＝0．下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝19 B．（x﹣2）2＝7 C．（x﹣2）2＝1 D．（x+2）2＝7
6．（3分）在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx﹣1与二次函数y＝kx2+3的大致图象可以是（ ）
7．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mnx+m+n＝0，其中m，n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
8．（3分）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（10，0），点P为线段OA上任意一点．在直线yx上取点E，使PO＝PE，延长PE到点F，使PA＝PF，分别取OE、AF中点M、N，连接MN，则MN的最小值是（ ）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
10．（3分）对于一个函数，自变量x取a时，函数值y也等于a，我们称a为这个函数的不动点．如果二次函数y＝x2+2x+c有两个相异的不动点x1，x2，且x1＜2＜x2，则c的取值范围是（ ）
A．c＜﹣3 B．c＜﹣8 C．c＜﹣6 D．c＜﹣1
二.填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2+3x＝0的解是 ．
12．（3分）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
13．（3分）设a、b为x2+x﹣2021＝0的两个实数根，则a3+a2+3a+2024b＝ ．
14．（3分）圣诞节时，某班一个小组有x人，他们每两人之间互送贺卡一张，已知全组共送贺卡110张，则可列方程为 ．
15．（3分）如图，已知A（1，1），B（3，9）是抛物线y＝x2上的两点，在y轴上有一动点P，当△PAB的周长最小时，则此时△PAB的面积为 ．
16．（3分）下列关于二次函数y＝x2﹣2mx+m2﹣1的结论：
①该函数图象的对称轴为直线x＝m；
②若函数图象的顶点为M，与x轴交于A、B两点，则S△ABM为定值；
③若P（x1，y1），Q（x2，y2）两点在该函数图象上，且x1＞x2，x1+x2＞2m，则有y1＜y2；
④该函数图象与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，△ABC不可能为直角三角形．
其中正确的结论是 ．
三.解答题（共72分）
17．（8分）用公式法解下列方程：2x2﹣3x+1＝0
18．（8分）已知关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若x1，x2满足x12+x22＝16+x1x2，求实数k的值．
19．（8分）.已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，且过点C（0，3）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）证明：该抛物线恒在直线y＝﹣2x+1上方．
20．（8分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b（a＜b），AB＝5，a，b是方程x2﹣（m﹣1）x+（m+4）＝0的两根
（1）求a，b；
（2）P，Q两点分别从A，C出发，分别以每秒2个单位，1个单位的速度沿边AC，BC向终点C，B运动，（有一个点达到终点则停止运动），求经过多长时间后PQ＝2？
21．如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．请用无刻度尺按要求作图：
（1）作△ABC的高AH；
（2）①找一格点D使AD⊥AC且AD＝AC；
②连接CD，在CD上画出一点F，连AF，使AF将四边形ABCD的面积平分．
22．如图，用长30米的竹篱笆围成一个矩形菜园，其中一面靠墙，墙长10米，墙的对面有一个2米宽的门，设垂直于墙的一边长为x米，菜园的面积为S平方米．
（1）直接写出S与x的函数关系式；
（2）若菜园的面积为96平方米，求x的值；
（3）若在墙的对面再开一个宽为a（0＜a＜3）米的门，且面积S的最大值为124平方米，直接写出a的值．
23．在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．
（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，
①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 ．
②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．
（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝13，CD＝5，则PQ的最大值是 ，此时以A、B、C、D为顶点的四边形的面积为 ．
24．如图，平面直角坐标系中，直线y＝x+4分别交x、y轴于A、B两点，点P为线段AB的中点．
（1）直接写出点P的坐标 ；
（2）如图1，点C是x轴正半轴上的一动点，过点P作PD⊥PC交y轴正半轴于点D，连接CD，点M、N分别是CD、OB的中点，连接MN，求∠MNO的度数；
（3）如图2，点Q是x轴上的一个动点，连接PQ．把线段PQ绕点Q逆时针旋转90°至线段QT，连接PT、OT．当PT+OT的值最小时，求此时点T的坐标．
2022-2023学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校九年级（上）月考数学试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）把方程2x＝x2﹣3化为一般形式，若二次项系数为1，则一次项系数及常数项分别为（ ）
A．2、3 B．﹣2、3 C．2、﹣3 D．﹣2、﹣3
【解答】解：根据题意可将方程变形为x2﹣2x﹣3＝0，
则一次项系数为﹣2、常数项为﹣3，
故选：D．
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．菱形
【解答】解：A．三角形不一定是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．（3分）将抛物线y（x+1）2﹣1平移后得到抛物线yx2．下列平移方法正确的是（ ）
A．先向右平移1个单位，再向上平移1个单位
B．先向左平移1个单位，再向下平移1个单位
C．先向左平移1个单位，再向上平移1个单位
D．先向右平移1个单位，再向下平移1个单位
【解答】解：抛物线y（x+1）2﹣1的顶点坐标是（﹣1，﹣1），抛物线yx2的顶点坐标是（0，0），
则平移的方法可以是：将抛物线y（x+1）2﹣1先向右平移1个单位，再向上平移1个单位后得到抛物线yx2．
故选：A．
4．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝55°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转n度（0＜n＜180）得到△EDC，若CE∥AB，则n的值为（ ）
A．65 B．90 C．95 D．125
【解答】解：∵∠B＝55°，∠ACB＝30°，
∴∠A＝180°﹣（∠B+∠ACB）＝180°﹣85°＝95°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝95°，
∴n＝95，
故选：C．
5．（3分）用配方法解方程x2﹣4x﹣3＝0．下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝19 B．（x﹣2）2＝7 C．（x﹣2）2＝1 D．（x+2）2＝7
【解答】解：∵x2﹣4x﹣3＝0，
∴x2﹣4x＝3，
则x2﹣4x+4＝3+4，即（x﹣2）2＝7，
故选：B．
6．（3分）在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx﹣1与二次函数y＝kx2+3的大致图象可以是（ ）
【解答】解：由一次函数y＝kx﹣1可知，直线与y轴的交点为（0，﹣1），由二次函数y＝kx2+3可知，抛物线与y轴的交点为（0，3），
故选项B、D不可能；
A、由抛物线可知，k＜0，由直线可知，k＞0，故选项A不可能；
C、由抛物线可知，k＜0，由直线可知，k＜0，故选项C有可能；
故选：C．
7．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mnx+m+n＝0，其中m，n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
【解答】解：由数轴得m＞0，n＜0，m+n＜0，
∴mn＜0，
∴Δ＝（mn）2﹣4（m+n）＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
8．（3分）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，△AEF为正三角形，
∴∠1+∠EAC∠BAD＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝∠D＝60°，
又∵AB＝CB＝AD＝CD，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴S△ABE＝S△ACF，
∴S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC是定值，
作AH⊥BC于H点，则BHAB＝3，AHAB＝3，
∴S四边形AECF＝S△ABCBC•AH69，
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短，
∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又∵S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大，
∴S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF＝9．
故选：D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（10，0），点P为线段OA上任意一点．在直线yx上取点E，使PO＝PE，延长PE到点F，使PA＝PF，分别取OE、AF中点M、N，连接MN，则MN的最小值是（ ）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
【解答】解：如图，连接PM，PN，设AF交EM于J，连接PJ．
∵PO＝PE，OM＝ME，
∴PM⊥OE，∠OPM＝∠EPM，
∵PF＝PA，NF＝NA，
∴PN⊥AF，∠APN＝∠FPN，
∴∠MPN＝∠EPM+∠FPN（∠OPF+∠FPA）＝90°，∠PMJ＝∠PNJ＝90°，
∴四边形PMJN是矩形，
∴MN＝PJ，
∴当JP⊥OA时，PJ的值最小此时MN的值最小，
∵AF⊥OM，A（10，0），直线OM的解析式为yx，
∴直线AF的解析式为yx，
由，解得
∴J（，），
∴PJ的最小值为，即MN的最小值为．
故选：A．
10．（3分）对于一个函数，自变量x取a时，函数值y也等于a，我们称a为这个函数的不动点．如果二次函数y＝x2+2x+c有两个相异的不动点x1，x2，且x1＜2＜x2，则c的取值范围是（ ）
A．c＜﹣3 B．c＜﹣8 C．c＜﹣6 D．c＜﹣1
【解答】解：由题意得：不动点在一次函数y＝x图象上，
∴一次函数y＝x与二次函数的图象有两个不同的交点，
∵两个不动点x1，x2满足x1＜2＜x2，
∴x＝2时，一次函数的函数值大于二次函数的函数值，
∴2＞22+2×2+c，
∴c＜﹣6．
故选：C．
二.填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2+3x＝0的解是 x1＝0，x2＝﹣3 ．
【解答】解：提公因式得，x（x+3）＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣3．
故答案为：x1＝0，x2＝﹣3．
12．（3分）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 k＞﹣1且k≠0 ．
【解答】解：由已知得：，
即，
解得：k＞﹣1且k≠0．
故答案为：k＞﹣1且k≠0．
13．（3分）设a、b为x2+x﹣2021＝0的两个实数根，则a3+a2+3a+2024b＝ ﹣2024 ．
【解答】解：∵a为x2+x﹣2021＝0的根，
∴a2+a﹣2021＝0，
即a2＝﹣a+2021，
∴a3＝a（﹣a+2021）＝﹣a2+2021a＝a﹣2021+2021a＝2022a﹣2021，
∴a3+a2+3a+2024b＝2022a﹣2021﹣a+2021+3a+2024b＝2024（a+b），
∵a、b为x2+x﹣2021＝0的两个实数根，
∴a+b＝﹣1，
∴a3+a2+3a+2024b＝2024×（﹣1）＝﹣2024．
故答案为：﹣2024．
14．（3分）圣诞节时，某班一个小组有x人，他们每两人之间互送贺卡一张，已知全组共送贺卡110张，则可列方程为 x（x﹣1）＝110 ．
【解答】解：设这个小组有x人，则每人应送出x﹣1张贺卡，由题意得：
x（x﹣1）＝110，
故答案为：x（x﹣1）＝110．
15．（3分）如图，已知A（1，1），B（3，9）是抛物线y＝x2上的两点，在y轴上有一动点P，当△PAB的周长最小时，则此时△PAB的面积为 6 ．
【解答】解：如图，作出B的对称点B′，连接AB′交y轴于P，
则P就是使△PAB的周长最小时．
因为∠BAC的平分线交BC于点D，
∵B、B′关于y轴对称，
∴PB＝PB′，
∴PA+PB＝PA+PB′＝AB′，
∴此时△PAB的周长最小，
∵B（3，9），
∴B′（﹣3，9），
∵A（1，1），
设直线AB′的直线方程为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线AB′的解析式为y＝﹣2x+3，
∴P点的坐标为（0，3）．
∴S△PAB＝S△B′BA﹣S△B′BP6×（9﹣1）6，
故答案为：6．
16．（3分）下列关于二次函数y＝x2﹣2mx+m2﹣1的结论：
①该函数图象的对称轴为直线x＝m；
②若函数图象的顶点为M，与x轴交于A、B两点，则S△ABM为定值；
③若P（x1，y1），Q（x2，y2）两点在该函数图象上，且x1＞x2，x1+x2＞2m，则有y1＜y2；
④该函数图象与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，△ABC不可能为直角三角形．
其中正确的结论是 ①② ．
【解答】解：①二次函数的对称轴为直线x，
故①正确，
②由y＝（x﹣m）2﹣1，所以顶点M（m，﹣1），
设A（x1，0），B（x2，0），
令y＝0，则（x﹣m）2﹣1＝0，
∴x1＝m﹣1，x2＝m+1，
∴AB＝|x1﹣x2|＝2，
∴，
∴S△ABM为定值，
故②正确，
③∵P（x1，y1），Q（x2，y2）两点在该函数图象上，
∴，，
∴（x1﹣x2）（x1+x2﹣2m），
∵x1＞x2，x1+x2＞2m，
∴x1﹣x2＞0，x1+x2﹣2m＞0，
∴y1﹣y2＞0，
∴y1＞y2，
故③错误，
④由②可得，A（m﹣1，0），B（m+1，0），
令x＝0，则y＝m2﹣1，
∴C（0，m2﹣1），
∴AC2＝（m﹣1）2+（m2﹣1）2＝m4﹣m2﹣2m+2，
BC2＝（m+1）2+（m2﹣1）2＝m4﹣m2+2m+2，
∴BC2＞AC2，
当AC2+BC2＝AB2，
∴2m4﹣2m2+4＝4，
∴m＝0或±1，
当AC2+AB2＝BC2，
∴m4﹣m2+2m+2＝m4﹣m2﹣2m+2+4，
∴m＝1，
此时AC＝0，故舍去，
∴当m＝0或±1时，△ABC为直角三角形，
故④错误．
故答案为：①②．
三.解答题（共72分）
17．（8分）用公式法解下列方程：2x2﹣3x+1＝0．
【解答】解：方程整理得：2x2﹣3x+1＝0，
这里a＝2，b＝﹣3，c＝1，
∵Δ＝9﹣4×2×1＝1，
∴x，
解得：x1＝1，x2．
18．（8分）已知关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若x1，x2满足x12+x22＝16+x1x2，求实数k的值．
【解答】解：（1）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2，
∴Δ＝（2k﹣1）2﹣4（k2﹣1）＝﹣4k+5≥0，
解得：k，
∴实数k的取值范围为k．
（2）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2＝1﹣2k，x1•x2＝k2﹣1．
∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝16+x1•x2，
∴（1﹣2k）2﹣2×（k2﹣1）＝16+（k2﹣1），即k2﹣4k﹣12＝0，
解得：k＝﹣2或k＝6（不符合题意，舍去）．
∴实数k的值为﹣2．
19．（8分）.已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，且过点C（0，3）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）证明：该抛物线恒在直线y＝﹣2x+1上方．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，
∴2，得，b＝﹣4，
∵抛物线y＝x2+bx+c过点C（0，3），
∴c＝3，
∴此抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）证明：设y1＝x2﹣4x+3，y2＝﹣2x+1，
则y1﹣y2＝（x2﹣4x+3）﹣（﹣2x+1）＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0，
∴y1＞y2，
∴该抛物线恒在直线y＝﹣2x+1上方．
20．（8分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b（a＜b），AB＝5，a，b是方程x2﹣（m﹣1）x+（m+4）＝0的两根
（1）求a，b；
（2）P，Q两点分别从A，C出发，分别以每秒2个单位，1个单位的速度沿边AC，BC向终点C，B运动，（有一个点达到终点则停止运动），求经过多长时间后PQ＝2？
【解答】解：（1）∵a、b是方程的x2﹣（m﹣1）x+（m+4）＝0两个根，
∴a+b＝m﹣1，ab＝m+4．
又∵a2+b2＝c2，
∴（m﹣1）2﹣2（m+4）＝52
∴m＝8，m＝﹣4（舍去），
∴原方程为x2﹣7x+12＝0，
解得：a＝3，b＝4．
（2）设经过x秒后PQ＝2，则CP＝4﹣2x，CQ＝x，由题意得
（4﹣2x）2+x2＝22
解得：x1，x2＝2，
答：设经过秒或2秒后PQ＝2．
21．如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．请用无刻度尺按要求作图：
（1）作△ABC的高AH；
（2）①找一格点D使AD⊥AC且AD＝AC；
②连接CD，在CD上画出一点F，连AF，使AF将四边形ABCD的面积平分．
【解答】解（1）如图（1）中，线段AH即为所求；
（2）①如图（2）中，线段AD即为所求；
②如图（2）中，线段AF即为所求；
22．如图，用长30米的竹篱笆围成一个矩形菜园，其中一面靠墙，墙长10米，墙的对面有一个2米宽的门，设垂直于墙的一边长为x米，菜园的面积为S平方米．
（1）直接写出S与x的函数关系式；
（2）若菜园的面积为96平方米，求x的值；
（3）若在墙的对面再开一个宽为a（0＜a＜3）米的门，且面积S的最大值为124平方米，直接写出a的值．
【解答】解：（1）根据题意得，S＝（30﹣2x+2）x＝﹣2x2+32x；
（2）当S＝96时，即96＝﹣2x2+32x，
解得：x1＝12，x2＝4，
∵墙长10米，
∴30﹣8+2＝25＞10，
∴x的值为12；
（3）∵S＝（30﹣2x+a+2）x＝﹣2x2+（32+a）x，
∵32﹣2x+a≤10，则xa+11，
∵面积取得最大值为S＝124，
∴﹣2x2+（32+a）x＝124，
把xa+11代入，得
﹣2（a+11）2+（32+a）（a+11）＝124，
解得a＝2.8．
答：a的值为2.8．
23．在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．
（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，
①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 MN⊥BC，MNBC ．
②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．
（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝13，CD＝5，则PQ的最大值是 9 ，此时以A、B、C、D为顶点的四边形的面积为 72 ．
【解答】解：（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，如图：
∵∠ABE＝∠DCE＝90°，
∴CD∥AB，
∴∠DCM＝∠R，
∵M是AD中点，
∴DM＝AM，
∵∠DMC＝∠AMR，
∴△DMC≌△AMR（AAS），
∴CM＝RM，CD＝AR，
∵AB＝BE，CD＝CE．
∴AB+AR＝BE+CE，即BR＝BC，
而∠ABE＝90°，
∴△BCR是等腰直角三角形，
∵CM＝RM，
∴△BCM是等腰直角三角形，
∵N为BC中点，
∴MN⊥BC，MNBC；
故答案为：MN⊥BC，MNBC；
②结论还成立，证明如下：
过A作AF∥CD交CM延长线于F，连接BF，如图：
∵AF∥CD，
∴∠DCM＝∠AFM，
∵∵M是AD中点，
∴DM＝AM，
又∠DMC＝∠AMF，
∴△DMC≌△AMF（AAS），
∴CM＝FM，∠FAM＝∠CDM，
∵∠CDM＝∠CDE+∠EDA＝45°+∠EDA，
∴∠FAM＝45°+∠EDA，
∴∠EAF＝∠FAM+∠EAD＝45°+∠EDA+∠EAD＝45°+（180°﹣∠AED）＝225°﹣∠AED，
∴∠BAF＝360°﹣∠EAF﹣∠EAB＝360°﹣（225°﹣∠AED）﹣45°＝90°+∠AED，
而∠BEC＝∠BEA+∠AED+∠CED＝45°+∠AED+45°＝90°+∠AED，
∴∠BAF＝∠BEC，
∵AB＝BE，AF＝CD＝CE，
∴△FAB≌△CEB（SAS），
∴BC＝BF，∠EBC＝∠ABF，
∵∠EBC+∠ABC＝90°，
∴∠ABF+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°，
∴△FBC是等腰直角三角形，
∵CM＝FM，
∴△BCM是等腰直角三角形，
∵N是BC中点，
∴MN⊥BC，MNBC；
（2）连接CP并延长至T，使PT＝CP，连接AT、BT，如图：
∵Q是AC中点，PT＝CP，
∴AT＝2PQ，
∵P是BC中点，
∴DP＝BP，
∵PT＝CP，∠CPD＝∠TPB，
∴△CPD≌△TPB（SAS），
∴BT＝CE＝CD＝5，
△ABT中，AB+BT＞AT，
∴AT＜13+5，即2PQ＜18，
∴PQ＜9，
当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线（不能构成△ABT）时，如图：
此时PQ最大，最大值为（AB+BT）＝9，
此时C在BE上，S四边形ABDC＝S△ABC+S△BCDAB•BCCD•BC13×（13﹣5）5×8＝72，
故答案为：9，72．
24．如图，平面直角坐标系中，直线y＝x+4分别交x、y轴于A、B两点，点P为线段AB的中点．
（1）直接写出点P的坐标 （﹣2，2） ；
（2）如图1，点C是x轴正半轴上的一动点，过点P作PD⊥PC交y轴正半轴于点D，连接CD，点M、N分别是CD、OB的中点，连接MN，求∠MNO的度数；
（3）如图2，点Q是x轴上的一个动点，连接PQ．把线段PQ绕点Q逆时针旋转90°至线段QT，连接PT、OT．当PT+OT的值最小时，求此时点T的坐标．
【解答】解：（1）在y＝x+4中，令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4），
令y＝0，则x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），
∵点P为线段AB的中点，，
∴P（﹣2，2），
故答案为：（﹣2，2）；
（2）过点P作EF⊥x轴交于F点，过D点作DE⊥EF交于E点，过M点作MG⊥y轴交于G，
∵CP⊥PD，
∴∠CPD＝90°，
∴∠EPD+∠FPC＝90°，
∵∠EPD+∠EDP＝90°，
∴∠FPC＝∠EDP，
∵PF＝ED＝2，
∴△PED≌△CFP（ASA），
∴PE＝FC，
设C（x，0），
∴FC＝x+2，
∴EF＝4+x，
∴D（0，x+4），
∵M是CD的中点，
∴M（，2），
∴GM，OG2，
∵N是OB的中点，
∴N（0，2），
∴GN，
∴GN＝GM，
∴∠GNM＝45°，
∴∠MNO＝135°；
（3）过点Q作RS⊥x轴，过点P作PR⊥RS交于点R，延长PQ，使PQ＝QK，
过点T作TS⊥RS交于S，
∵PQ＝TQ，∠PQT＝90°，
∴∠PTQ＝45°，
∵Q点是PK的中点，TQ⊥QK，
∴TQ＝PQ＝KQ，
∴∠PTK＝90°，PT＝KT，
作O点关于过点T垂直于x轴的直线的对称点O'，连接O'T，
∴OT+PT＝O'T+TK，
∴当O'、T、K三点共线时，PT+OT的值最小，最小值为KO'，
∴∠PQR+∠TQS＝90°，
∵∠PQR+∠QPR＝90°，
∴∠TQS＝∠QPR，
∴△PQR≌△QTS（AAS），
∴PR＝QS，RQ＝TS，
设Q（t，0），
∴PR＝t+2，RQ＝2，
∴T（t﹣2，﹣t﹣2），
∴O'（2t﹣4，0），K（2t+2，﹣2），
设直线Q'K的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴yxt，
∴﹣t﹣2（t﹣2）t，
解得t＝﹣1，
∴T（﹣3，﹣1）．
2022-2023学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校
九年级（上）月考数学试卷（9月份）
一.选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）把方程2x＝x2﹣3化为一般形式，若二次项系数为1，则一次项系数及常数项分别为（ ）
A．2、3 B．﹣2、3 C．2、﹣3 D．﹣2、﹣3
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．菱形
3．（3分）将抛物线y（x+1）2﹣1平移后得到抛物线yx2．下列平移方法正确的是（ ）
A．先向右平移1个单位，再向上平移1个单位
B．先向左平移1个单位，再向下平移1个单位
C．先向左平移1个单位，再向上平移1个单位
D．先向右平移1个单位，再向下平移1个单位
4．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝55°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转n度（0＜n＜180）得到△EDC，若CE∥AB，则n的值为（ ）
A．65 B．90 C．95 D．125
5．（3分）用配方法解方程x2﹣4x﹣3＝0．下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝19 B．（x﹣2）2＝7 C．（x﹣2）2＝1 D．（x+2）2＝7
6．（3分）在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx﹣1与二次函数y＝kx2+3的大致图象可以是（ ）
7．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mnx+m+n＝0，其中m，n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
8．（3分）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（10，0），点P为线段OA上任意一点．在直线yx上取点E，使PO＝PE，延长PE到点F，使PA＝PF，分别取OE、AF中点M、N，连接MN，则MN的最小值是（ ）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
10．（3分）对于一个函数，自变量x取a时，函数值y也等于a，我们称a为这个函数的不动点．如果二次函数y＝x2+2x+c有两个相异的不动点x1，x2，且x1＜2＜x2，则c的取值范围是（ ）
A．c＜﹣3 B．c＜﹣8 C．c＜﹣6 D．c＜﹣1
二.填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2+3x＝0的解是 ．
12．（3分）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 ．
13．（3分）设a、b为x2+x﹣2021＝0的两个实数根，则a3+a2+3a+2024b＝ ．
14．（3分）圣诞节时，某班一个小组有x人，他们每两人之间互送贺卡一张，已知全组共送贺卡110张，则可列方程为 ．
15．（3分）如图，已知A（1，1），B（3，9）是抛物线y＝x2上的两点，在y轴上有一动点P，当△PAB的周长最小时，则此时△PAB的面积为 ．
16．（3分）下列关于二次函数y＝x2﹣2mx+m2﹣1的结论：
①该函数图象的对称轴为直线x＝m；
②若函数图象的顶点为M，与x轴交于A、B两点，则S△ABM为定值；
③若P（x1，y1），Q（x2，y2）两点在该函数图象上，且x1＞x2，x1+x2＞2m，则有y1＜y2；
④该函数图象与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，△ABC不可能为直角三角形．
其中正确的结论是 ．
三.解答题（共72分）
17．（8分）用公式法解下列方程：2x2﹣3x+1＝0
18．（8分）已知关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若x1，x2满足x12+x22＝16+x1x2，求实数k的值．
19．（8分）.已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，且过点C（0，3）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）证明：该抛物线恒在直线y＝﹣2x+1上方．
20．（8分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b（a＜b），AB＝5，a，b是方程x2﹣（m﹣1）x+（m+4）＝0的两根
（1）求a，b；
（2）P，Q两点分别从A，C出发，分别以每秒2个单位，1个单位的速度沿边AC，BC向终点C，B运动，（有一个点达到终点则停止运动），求经过多长时间后PQ＝2？
21．如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．请用无刻度尺按要求作图：
（1）作△ABC的高AH；
（2）①找一格点D使AD⊥AC且AD＝AC；
②连接CD，在CD上画出一点F，连AF，使AF将四边形ABCD的面积平分．
22．如图，用长30米的竹篱笆围成一个矩形菜园，其中一面靠墙，墙长10米，墙的对面有一个2米宽的门，设垂直于墙的一边长为x米，菜园的面积为S平方米．
（1）直接写出S与x的函数关系式；
（2）若菜园的面积为96平方米，求x的值；
（3）若在墙的对面再开一个宽为a（0＜a＜3）米的门，且面积S的最大值为124平方米，直接写出a的值．
23．在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．
（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，
①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 ．
②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．
（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝13，CD＝5，则PQ的最大值是 ，此时以A、B、C、D为顶点的四边形的面积为 ．
24．如图，平面直角坐标系中，直线y＝x+4分别交x、y轴于A、B两点，点P为线段AB的中点．
（1）直接写出点P的坐标 ；
（2）如图1，点C是x轴正半轴上的一动点，过点P作PD⊥PC交y轴正半轴于点D，连接CD，点M、N分别是CD、OB的中点，连接MN，求∠MNO的度数；
（3）如图2，点Q是x轴上的一个动点，连接PQ．把线段PQ绕点Q逆时针旋转90°至线段QT，连接PT、OT．当PT+OT的值最小时，求此时点T的坐标．
2022-2023学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校九年级（上）月考数学试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一.选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）把方程2x＝x2﹣3化为一般形式，若二次项系数为1，则一次项系数及常数项分别为（ ）
A．2、3 B．﹣2、3 C．2、﹣3 D．﹣2、﹣3
【解答】解：根据题意可将方程变形为x2﹣2x﹣3＝0，
则一次项系数为﹣2、常数项为﹣3，
故选：D．
2．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．三角形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．菱形
【解答】解：A．三角形不一定是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B．等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C．平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D．菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
3．（3分）将抛物线y（x+1）2﹣1平移后得到抛物线yx2．下列平移方法正确的是（ ）
A．先向右平移1个单位，再向上平移1个单位
B．先向左平移1个单位，再向下平移1个单位
C．先向左平移1个单位，再向上平移1个单位
D．先向右平移1个单位，再向下平移1个单位
【解答】解：抛物线y（x+1）2﹣1的顶点坐标是（﹣1，﹣1），抛物线yx2的顶点坐标是（0，0），
则平移的方法可以是：将抛物线y（x+1）2﹣1先向右平移1个单位，再向上平移1个单位后得到抛物线yx2．
故选：A．
4．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝55°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转n度（0＜n＜180）得到△EDC，若CE∥AB，则n的值为（ ）
A．65 B．90 C．95 D．125
【解答】解：∵∠B＝55°，∠ACB＝30°，
∴∠A＝180°﹣（∠B+∠ACB）＝180°﹣85°＝95°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝95°，
∴n＝95，
故选：C．
5．（3分）用配方法解方程x2﹣4x﹣3＝0．下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝19 B．（x﹣2）2＝7 C．（x﹣2）2＝1 D．（x+2）2＝7
【解答】解：∵x2﹣4x﹣3＝0，
∴x2﹣4x＝3，
则x2﹣4x+4＝3+4，即（x﹣2）2＝7，
故选：B．
6．（3分）在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx﹣1与二次函数y＝kx2+3的大致图象可以是（ ）
【解答】解：由一次函数y＝kx﹣1可知，直线与y轴的交点为（0，﹣1），由二次函数y＝kx2+3可知，抛物线与y轴的交点为（0，3），
故选项B、D不可能；
A、由抛物线可知，k＜0，由直线可知，k＞0，故选项A不可能；
C、由抛物线可知，k＜0，由直线可知，k＜0，故选项C有可能；
故选：C．
7．（3分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mnx+m+n＝0，其中m，n在数轴上的对应点如图所示，则这个方程的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法确定
【解答】解：由数轴得m＞0，n＜0，m+n＜0，
∴mn＜0，
∴Δ＝（mn）2﹣4（m+n）＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
8．（3分）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C、D重合．当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是（ ）
A．4 B． C．3 D．
【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，△AEF为正三角形，
∴∠1+∠EAC∠BAD＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝∠D＝60°，
又∵AB＝CB＝AD＝CD，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴S△ABE＝S△ACF，
∴S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC是定值，
作AH⊥BC于H点，则BHAB＝3，AHAB＝3，
∴S四边形AECF＝S△ABCBC•AH69，
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短，
∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又∵S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大，
∴S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF＝9．
故选：D．
9．（3分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（10，0），点P为线段OA上任意一点．在直线yx上取点E，使PO＝PE，延长PE到点F，使PA＝PF，分别取OE、AF中点M、N，连接MN，则MN的最小值是（ ）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
【解答】解：如图，连接PM，PN，设AF交EM于J，连接PJ．
∵PO＝PE，OM＝ME，
∴PM⊥OE，∠OPM＝∠EPM，
∵PF＝PA，NF＝NA，
∴PN⊥AF，∠APN＝∠FPN，
∴∠MPN＝∠EPM+∠FPN（∠OPF+∠FPA）＝90°，∠PMJ＝∠PNJ＝90°，
∴四边形PMJN是矩形，
∴MN＝PJ，
∴当JP⊥OA时，PJ的值最小此时MN的值最小，
∵AF⊥OM，A（10，0），直线OM的解析式为yx，
∴直线AF的解析式为yx，
由，解得
∴J（，），
∴PJ的最小值为，即MN的最小值为．
故选：A．
10．（3分）对于一个函数，自变量x取a时，函数值y也等于a，我们称a为这个函数的不动点．如果二次函数y＝x2+2x+c有两个相异的不动点x1，x2，且x1＜2＜x2，则c的取值范围是（ ）
A．c＜﹣3 B．c＜﹣8 C．c＜﹣6 D．c＜﹣1
【解答】解：由题意得：不动点在一次函数y＝x图象上，
∴一次函数y＝x与二次函数的图象有两个不同的交点，
∵两个不动点x1，x2满足x1＜2＜x2，
∴x＝2时，一次函数的函数值大于二次函数的函数值，
∴2＞22+2×2+c，
∴c＜﹣6．
故选：C．
二.填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2+3x＝0的解是 x1＝0，x2＝﹣3 ．
【解答】解：提公因式得，x（x+3）＝0，
解得x1＝0，x2＝﹣3．
故答案为：x1＝0，x2＝﹣3．
12．（3分）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 k＞﹣1且k≠0 ．
【解答】解：由已知得：，
即，
解得：k＞﹣1且k≠0．
故答案为：k＞﹣1且k≠0．
13．（3分）设a、b为x2+x﹣2021＝0的两个实数根，则a3+a2+3a+2024b＝ ﹣2024 ．
【解答】解：∵a为x2+x﹣2021＝0的根，
∴a2+a﹣2021＝0，
即a2＝﹣a+2021，
∴a3＝a（﹣a+2021）＝﹣a2+2021a＝a﹣2021+2021a＝2022a﹣2021，
∴a3+a2+3a+2024b＝2022a﹣2021﹣a+2021+3a+2024b＝2024（a+b），
∵a、b为x2+x﹣2021＝0的两个实数根，
∴a+b＝﹣1，
∴a3+a2+3a+2024b＝2024×（﹣1）＝﹣2024．
故答案为：﹣2024．
14．（3分）圣诞节时，某班一个小组有x人，他们每两人之间互送贺卡一张，已知全组共送贺卡110张，则可列方程为 x（x﹣1）＝110 ．
【解答】解：设这个小组有x人，则每人应送出x﹣1张贺卡，由题意得：
x（x﹣1）＝110，
故答案为：x（x﹣1）＝110．
15．（3分）如图，已知A（1，1），B（3，9）是抛物线y＝x2上的两点，在y轴上有一动点P，当△PAB的周长最小时，则此时△PAB的面积为 6 ．
【解答】解：如图，作出B的对称点B′，连接AB′交y轴于P，
则P就是使△PAB的周长最小时．
因为∠BAC的平分线交BC于点D，
∵B、B′关于y轴对称，
∴PB＝PB′，
∴PA+PB＝PA+PB′＝AB′，
∴此时△PAB的周长最小，
∵B（3，9），
∴B′（﹣3，9），
∵A（1，1），
设直线AB′的直线方程为y＝kx+b，
∴，解得，
∴直线AB′的解析式为y＝﹣2x+3，
∴P点的坐标为（0，3）．
∴S△PAB＝S△B′BA﹣S△B′BP6×（9﹣1）6，
故答案为：6．
16．（3分）下列关于二次函数y＝x2﹣2mx+m2﹣1的结论：
①该函数图象的对称轴为直线x＝m；
②若函数图象的顶点为M，与x轴交于A、B两点，则S△ABM为定值；
③若P（x1，y1），Q（x2，y2）两点在该函数图象上，且x1＞x2，x1+x2＞2m，则有y1＜y2；
④该函数图象与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点，△ABC不可能为直角三角形．
其中正确的结论是 ①② ．
【解答】解：①二次函数的对称轴为直线x，
故①正确，
②由y＝（x﹣m）2﹣1，所以顶点M（m，﹣1），
设A（x1，0），B（x2，0），
令y＝0，则（x﹣m）2﹣1＝0，
∴x1＝m﹣1，x2＝m+1，
∴AB＝|x1﹣x2|＝2，
∴，
∴S△ABM为定值，
故②正确，
③∵P（x1，y1），Q（x2，y2）两点在该函数图象上，
∴，，
∴（x1﹣x2）（x1+x2﹣2m），
∵x1＞x2，x1+x2＞2m，
∴x1﹣x2＞0，x1+x2﹣2m＞0，
∴y1﹣y2＞0，
∴y1＞y2，
故③错误，
④由②可得，A（m﹣1，0），B（m+1，0），
令x＝0，则y＝m2﹣1，
∴C（0，m2﹣1），
∴AC2＝（m﹣1）2+（m2﹣1）2＝m4﹣m2﹣2m+2，
BC2＝（m+1）2+（m2﹣1）2＝m4﹣m2+2m+2，
∴BC2＞AC2，
当AC2+BC2＝AB2，
∴2m4﹣2m2+4＝4，
∴m＝0或±1，
当AC2+AB2＝BC2，
∴m4﹣m2+2m+2＝m4﹣m2﹣2m+2+4，
∴m＝1，
此时AC＝0，故舍去，
∴当m＝0或±1时，△ABC为直角三角形，
故④错误．
故答案为：①②．
三.解答题（共72分）
17．（8分）用公式法解下列方程：2x2﹣3x+1＝0．
【解答】解：方程整理得：2x2﹣3x+1＝0，
这里a＝2，b＝﹣3，c＝1，
∵Δ＝9﹣4×2×1＝1，
∴x，
解得：x1＝1，x2．
18．（8分）已知关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求实数k的取值范围；
（2）若x1，x2满足x12+x22＝16+x1x2，求实数k的值．
【解答】解：（1）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2，
∴Δ＝（2k﹣1）2﹣4（k2﹣1）＝﹣4k+5≥0，
解得：k，
∴实数k的取值范围为k．
（2）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1＝0有两个实数根x1，x2，
∴x1+x2＝1﹣2k，x1•x2＝k2﹣1．
∵x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1•x2＝16+x1•x2，
∴（1﹣2k）2﹣2×（k2﹣1）＝16+（k2﹣1），即k2﹣4k﹣12＝0，
解得：k＝﹣2或k＝6（不符合题意，舍去）．
∴实数k的值为﹣2．
19．（8分）.已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，且过点C（0，3）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）证明：该抛物线恒在直线y＝﹣2x+1上方．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为x＝2，
∴2，得，b＝﹣4，
∵抛物线y＝x2+bx+c过点C（0，3），
∴c＝3，
∴此抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）证明：设y1＝x2﹣4x+3，y2＝﹣2x+1，
则y1﹣y2＝（x2﹣4x+3）﹣（﹣2x+1）＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0，
∴y1＞y2，
∴该抛物线恒在直线y＝﹣2x+1上方．
20．（8分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b（a＜b），AB＝5，a，b是方程x2﹣（m﹣1）x+（m+4）＝0的两根
（1）求a，b；
（2）P，Q两点分别从A，C出发，分别以每秒2个单位，1个单位的速度沿边AC，BC向终点C，B运动，（有一个点达到终点则停止运动），求经过多长时间后PQ＝2？
【解答】解：（1）∵a、b是方程的x2﹣（m﹣1）x+（m+4）＝0两个根，
∴a+b＝m﹣1，ab＝m+4．
又∵a2+b2＝c2，
∴（m﹣1）2﹣2（m+4）＝52
∴m＝8，m＝﹣4（舍去），
∴原方程为x2﹣7x+12＝0，
解得：a＝3，b＝4．
（2）设经过x秒后PQ＝2，则CP＝4﹣2x，CQ＝x，由题意得
（4﹣2x）2+x2＝22
解得：x1，x2＝2，
答：设经过秒或2秒后PQ＝2．
21．如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．请用无刻度尺按要求作图：
（1）作△ABC的高AH；
（2）①找一格点D使AD⊥AC且AD＝AC；
②连接CD，在CD上画出一点F，连AF，使AF将四边形ABCD的面积平分．
【解答】解（1）如图（1）中，线段AH即为所求；
（2）①如图（2）中，线段AD即为所求；
②如图（2）中，线段AF即为所求；
22．如图，用长30米的竹篱笆围成一个矩形菜园，其中一面靠墙，墙长10米，墙的对面有一个2米宽的门，设垂直于墙的一边长为x米，菜园的面积为S平方米．
（1）直接写出S与x的函数关系式；
（2）若菜园的面积为96平方米，求x的值；
（3）若在墙的对面再开一个宽为a（0＜a＜3）米的门，且面积S的最大值为124平方米，直接写出a的值．
【解答】解：（1）根据题意得，S＝（30﹣2x+2）x＝﹣2x2+32x；
（2）当S＝96时，即96＝﹣2x2+32x，
解得：x1＝12，x2＝4，
∵墙长10米，
∴30﹣8+2＝25＞10，
∴x的值为12；
（3）∵S＝（30﹣2x+a+2）x＝﹣2x2+（32+a）x，
∵32﹣2x+a≤10，则xa+11，
∵面积取得最大值为S＝124，
∴﹣2x2+（32+a）x＝124，
把xa+11代入，得
﹣2（a+11）2+（32+a）（a+11）＝124，
解得a＝2.8．
答：a的值为2.8．
23．在△ABE和△CDE中，∠ABE＝∠DCE＝90°，AB＝BE，CD＝CE．
（1）连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，
①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 MN⊥BC，MNBC ．
②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．
（2）如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB＝13，CD＝5，则PQ的最大值是 9 ，此时以A、B、C、D为顶点的四边形的面积为 72 ．
【解答】解：（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，如图：
∵∠ABE＝∠DCE＝90°，
∴CD∥AB，
∴∠DCM＝∠R，
∵M是AD中点，
∴DM＝AM，
∵∠DMC＝∠AMR，
∴△DMC≌△AMR（AAS），
∴CM＝RM，CD＝AR，
∵AB＝BE，CD＝CE．
∴AB+AR＝BE+CE，即BR＝BC，
而∠ABE＝90°，
∴△BCR是等腰直角三角形，
∵CM＝RM，
∴△BCM是等腰直角三角形，
∵N为BC中点，
∴MN⊥BC，MNBC；
故答案为：MN⊥BC，MNBC；
②结论还成立，证明如下：
过A作AF∥CD交CM延长线于F，连接BF，如图：
∵AF∥CD，
∴∠DCM＝∠AFM，
∵∵M是AD中点，
∴DM＝AM，
又∠DMC＝∠AMF，
∴△DMC≌△AMF（AAS），
∴CM＝FM，∠FAM＝∠CDM，
∵∠CDM＝∠CDE+∠EDA＝45°+∠EDA，
∴∠FAM＝45°+∠EDA，
∴∠EAF＝∠FAM+∠EAD＝45°+∠EDA+∠EAD＝45°+（180°﹣∠AED）＝225°﹣∠AED，
∴∠BAF＝360°﹣∠EAF﹣∠EAB＝360°﹣（225°﹣∠AED）﹣45°＝90°+∠AED，
而∠BEC＝∠BEA+∠AED+∠CED＝45°+∠AED+45°＝90°+∠AED，
∴∠BAF＝∠BEC，
∵AB＝BE，AF＝CD＝CE，
∴△FAB≌△CEB（SAS），
∴BC＝BF，∠EBC＝∠ABF，
∵∠EBC+∠ABC＝90°，
∴∠ABF+∠ABC＝90°，即∠FBC＝90°，
∴△FBC是等腰直角三角形，
∵CM＝FM，
∴△BCM是等腰直角三角形，
∵N是BC中点，
∴MN⊥BC，MNBC；
（2）连接CP并延长至T，使PT＝CP，连接AT、BT，如图：
∵Q是AC中点，PT＝CP，
∴AT＝2PQ，
∵P是BC中点，
∴DP＝BP，
∵PT＝CP，∠CPD＝∠TPB，
∴△CPD≌△TPB（SAS），
∴BT＝CE＝CD＝5，
△ABT中，AB+BT＞AT，
∴AT＜13+5，即2PQ＜18，
∴PQ＜9，
当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线（不能构成△ABT）时，如图：
此时PQ最大，最大值为（AB+BT）＝9，
此时C在BE上，S四边形ABDC＝S△ABC+S△BCDAB•BCCD•BC13×（13﹣5）5×8＝72，
故答案为：9，72．
24．如图，平面直角坐标系中，直线y＝x+4分别交x、y轴于A、B两点，点P为线段AB的中点．
（1）直接写出点P的坐标 （﹣2，2） ；
（2）如图1，点C是x轴正半轴上的一动点，过点P作PD⊥PC交y轴正半轴于点D，连接CD，点M、N分别是CD、OB的中点，连接MN，求∠MNO的度数；
（3）如图2，点Q是x轴上的一个动点，连接PQ．把线段PQ绕点Q逆时针旋转90°至线段QT，连接PT、OT．当PT+OT的值最小时，求此时点T的坐标．
【解答】解：（1）在y＝x+4中，令x＝0，则y＝4，
∴B（0，4），
令y＝0，则x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），
∵点P为线段AB的中点，，
∴P（﹣2，2），
故答案为：（﹣2，2）；
（2）过点P作EF⊥x轴交于F点，过D点作DE⊥EF交于E点，过M点作MG⊥y轴交于G，
∵CP⊥PD，
∴∠CPD＝90°，
∴∠EPD+∠FPC＝90°，
∵∠EPD+∠EDP＝90°，
∴∠FPC＝∠EDP，
∵PF＝ED＝2，
∴△PED≌△CFP（ASA），
∴PE＝FC，
设C（x，0），
∴FC＝x+2，
∴EF＝4+x，
∴D（0，x+4），
∵M是CD的中点，
∴M（，2），
∴GM，OG2，
∵N是OB的中点，
∴N（0，2），
∴GN，
∴GN＝GM，
∴∠GNM＝45°，
∴∠MNO＝135°；
（3）过点Q作RS⊥x轴，过点P作PR⊥RS交于点R，延长PQ，使PQ＝QK，
过点T作TS⊥RS交于S，
∵PQ＝TQ，∠PQT＝90°，
∴∠PTQ＝45°，
∵Q点是PK的中点，TQ⊥QK，
∴TQ＝PQ＝KQ，
∴∠PTK＝90°，PT＝KT，
作O点关于过点T垂直于x轴的直线的对称点O'，连接O'T，
∴OT+PT＝O'T+TK，
∴当O'、T、K三点共线时，PT+OT的值最小，最小值为KO'，
∴∠PQR+∠TQS＝90°，
∵∠PQR+∠QPR＝90°，
∴∠TQS＝∠QPR，
∴△PQR≌△QTS（AAS），
∴PR＝QS，RQ＝TS，
设Q（t，0），
∴PR＝t+2，RQ＝2，
∴T（t﹣2，﹣t﹣2），
∴O'（2t﹣4，0），K（2t+2，﹣2），
设直线Q'K的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴yxt，
∴﹣t﹣2（t﹣2）t，
解得t＝﹣1，
∴T（﹣3，﹣1）．
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