2023-2024学年安徽省合肥市庐江县九年级（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市庐江县九年级（上）期中数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）下列函数中，y是x的二次函数的是（ ）
A．y＝B．y＝x2﹣1
C．y＝3x+1D．y＝（x﹣1）2﹣x2
2．（4分）志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（4分）已知x＝1是一元二次方程x2+mx+2＝0的一个解，则m的值是（ ）
A．﹣3B．3C．0D．0或3
4．（4分）用配方法解方程2x2﹣4x﹣7＝0，下列变形结果正确的是（ ）
A．B．
C．（x﹣2）2＝3D．
5．（4分）若点（0，y1），（1，y2），（3，y3）都在抛物线y＝﹣x2+2x+c上，则y1、y2、y3的大小关系是（ ）
A．y2＜y1＜y3B．y3＜y2＜y1C．y3＞y2＞y1D．y3＜y1＜y2
6．（4分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点A的对应点为点D，点B的对应点为点E，当点E落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数为（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
7．（4分）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，点F是上的动点，则∠AFC的度数为（ ）
A．60°
B．72°
C．144°
D．随着点F的变化而变化
8．（4分）定义运算：m☆n＝n2﹣mn﹣1，例如：5☆3＝32﹣5×3﹣1＝﹣7，则方程2☆x＝6的根的情况为（ ）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．无实数根
D．只有一个实数根
9．（4分）函数y＝kx+k和函数y＝﹣kx2+4x+4（k是常数，且k≠0）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．（4分）在平面直角坐标系中，过点P（0，p）的直线AB交抛物线y＝x2于A，B两点，已知A（a，b），B（c，a），且a＜c，则下列说法正确的是（ ）
A．当ac＞0且a+c＝1时，p有最小值
B．当ac＞0且a+c＝1时，p有最大值
C．当ac＜0且c﹣a＝1时，p有最小值
D．当ac＜0且c﹣a＝1时，p有最大值
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
11．（5分）请写出一个两根分别是1，﹣2的一元二次方程 ．
12．（5分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴是直线x＝1，关于x的方程ax2+bx+c＝0的一个根为x＝4，则另一个根为 ．
13．（5分）如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至BC'，连接CC'，DC'，若∠CC'D＝90°，AB＝5，则线段C′D的长度为 ．
14．（5分）如图1，E是等边△ABC的边BC上一点（不与点B，C重合），连接AE，以AE为边向右作等边△AEF，连接CF．已知△ECF的面积（S）与BE的长（x）之间的函数关系如图2所示（P为抛物线的顶点）．
（1）当△ECF的面积最大时，∠FEC的大小为 ．
（2）等边△ABC的边长为 ．
三、（本题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．（8分）解方程：2（x﹣1）2＝18．
16．（8分）如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O和△ABC的顶点均在小正方形的格点上，请完成下列问题：
（1）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A1B1C1；
（2）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°得到的△A2BC2．
四、（本题共2小题，每题8分，满分16分）
17．（8分）某公司今年销售一种产品，1月份获得利润20万元，由于产品畅销，利润逐月增加，3月份的利润比2月份的利润增加4.8万元，假设该产品利润每月的增长率相同、求3月份的利润是多少万元？
18．（8分）如图是用棋子摆成的图案：
根据图中棋子的排列规律解决下列问题：
（1）第4个图中有 颗棋子，第5个图中有 颗棋子；
（2）写出你猜想的第n个图中棋子的颗数（用含n的式子表示）是 ．
（3）请求出第多少个图形中棋子的个数是274个．
五、（本题共2小题，每题10分，满分20分）
19．（10分）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CD⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D；
（2）若CD＝4，OE＝1，求⊙O的半径．
20．（10分）某加工厂要加工一种抛物线型钢材构件，如图所示，该抛物线型构件的底部宽度OM＝12米，顶点P到底部OM的距离为9米．将该抛物线放入平面直角坐标系中，点M在x轴上．其内部支架有两个符合要求的设计方案：
方案一是“川”字形内部支架（由线段AB，PN，DC构成），点B，N，C在OM上，且OB＝BN＝NC＝CM，点A，D在抛物线上，AB，PN，DC均垂直于OM；
方案二是“H”形内部支架（由线段A′B′，D′C′，EF构成），点B′，C′在OM上，且OB′＝B′C′＝C′M，点A′，D′在抛物线上，A′B′，D′C′均垂直于OM，E，F分别是A′B′，D′C′的中点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）该加工厂要用某一规格的钢材来加工这种构件，那么哪一个方案的内部支架节省材料？请说明理由．
六、（本题满分12分）
21．（12分）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D、E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC．以点B为旋转中心，将△CBE按逆时针方向旋转得到△ABF，连接DF．
（1）求证：DF＝DE；
（2）如图2，若AB⊥BC，其他条件不变，探究AD，DE，EC之间的关系，并证明．
七、（本题满分12分）
22．（12分）我们可以用一元二次方程知识研究下面关于“减半”矩形的问题，即：任意给定一个矩形ABCD，是否存在另一个矩形A'B'C'D的周长和面积分别是矩形ABCD周长和面积的一半．
（1）阅读探究过程并完成填空；
当已知矩形ABCD的边长分别是7和1时．
设所求矩形的一边长是x，则另一边长为（﹣x），
根据题意，得x（﹣x）＝，
整理，得2x2﹣8x+7＝0：
∵Δ＝64﹣56＝8＞0，
∴x1＝ ；x2＝ ；
∴满足要求的矩形A'B'C'D'存在；
（2）请你继续解决下列问题：
①如果已知矩形ABCD的边长分别是2和1，请你仿照上述方法研究是否存在满足要求的矩形A'B'C'D'；
②如果矩形ABCD的边长为m，n，请你研究满足什么条件时，矩形A'B'C'D'存在？
八、（本题满分14分）
23．（14分）抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若抛物线与y轴交于点C，连接BC．点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t．
①求PM的最大值及此时点M的坐标；
②过点C作CH⊥PN于点H，若S△BMN＝9S△CHM，求点P的坐标．
2023-2024学年安徽省合肥市庐江县九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，满分40分）
1．【分析】根据二次函数的定义逐个判断即可．
【解答】解：A．函数y＝不是二次函数，故本选项不符合题意；
B．函数y＝x2﹣1是二次函数，故本选项符合题意；
C．函数y＝3x+1是一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
D．函数y＝（x﹣1）2﹣x2＝﹣2x+1是一次函数，不是二次函数，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键，形如y＝ax2+bx+c（a、b、c为常数，a≠0）的函数，叫二次函数．
2．【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义．
3．【分析】根据一元二次方程解的定义把x＝1代入x2+mx+2＝0得到关于m的方程，然后解关于m的方程即可．
【解答】解：把x＝1代入方程x2+mx+2＝0得1+m+2＝0，
解得m＝﹣3．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
4．【分析】先移项，再方程两边除以2，最后配方后找出选项即可．
【解答】解：2x2﹣4x﹣7＝0，
2x2﹣4x＝7，
x2﹣2x＝，
配方，得x2﹣2x+1＝+1，
（x﹣1）2＝．
故选：B．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
5．【分析】由y＝﹣x2+2x+c＝﹣（x﹣1）2+c+1，顶点为：（1，c+1），则a＝﹣1＜0，对称轴为x＝1，开口向下，最大值为c+1，所以x＜1时y随x的增大而增大，当x＞1时，y随x的增大而减小，据此解答即可．
【解答】解：由y＝﹣x2+2x+c，
∴y＝﹣（x﹣1）2+c+1，
则a＝﹣1＜0，对称轴x＝1，
故x＝1时，y最大值为c+1，即y2＝c+1，
由y1、y2、y3中最大为y2，
∵1﹣0＝1，3﹣1＝2，
∵1＜2
∴y3＜y1，
只有D选项正确，
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，将一般式化为顶点式是解决问题的关键．
6．【分析】由旋转性质知△ABC≌△DEC，据此得∠ACB＝∠DCE＝30°、AC＝DC，继而可得答案．
【解答】解：由题意知△ABC≌△DEC，
则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，
∴∠DAC＝＝＝75°，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
7．【分析】求出正五边形的中心角的度数，再根据圆周角定理进行计算即可，
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC，
∵五边形ABCDE是⊙O的内接正五边形，
∴∠AOB＝∠BOC＝＝72°，
∴∠AOC＝72°+72°＝144°，
∴∠AFC＝∠AOC＝72°，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，正多边形与圆，求出正五边形的中心角的度数，掌握圆周角定理是正确解答的前提．
8．【分析】先根据已知条件中的定义，把方程2☆x＝6化成一般形式，利用一元二次方程根的判别式判断方程根的情况即可．
【解答】解：∵m☆n＝n2﹣mn﹣1，
∴2☆x＝6，即x2﹣2x﹣1＝6，
∴x2﹣2x﹣7＝0，
∵a＝1，b＝﹣2，c＝﹣7，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣7）＝4+28＝32＞0，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
【点评】本题主要考查了新定义和一元二次方程根的判别式，解题关键是熟练掌握利用根的判别式判断方程根的情况．
9．【分析】分别分析当k＞0和k＜0时两种情况下两个函数在同一平面坐标系中的图象，并结合二次函数的对称轴进行综合判断即可．
【解答】解：①当k＞0时：
函数y＝kx+k的图象过一、二、三象限，函数y＝﹣kx2+4x+4的图象开口向下；
∴B不正确，不符合题意．
②当k＜0时：
函数y＝kx+k的图象过二、三、四象限，函数y＝﹣kx2+4x+4的图象开口向上；
∴C不正确，不符合题意．
∵函数y＝﹣kx2+4x+4的对称轴为直线x＝﹣＝＜0，
∴A正确，符合题意；D不正确，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查一次函数及二次函数的图象，熟悉它们图象的性质是本题的关键．
10．【分析】设直线y＝kx+p，联立直线与抛物线解析式得出a，c是方程x2﹣kx﹣p＝0的两根，进而根据a＜c，得出B（c，a）在y＝x的下方，得出0＜c≤1，则0＜a≤1，即可得出ac＞0，进而结合选项，进行判断即可求解．
【解答】解：依题意，过点P（0，p）的直线AB交抛物线y＝x2于A（a，b），B（c，a）两点，设直线y＝kx+p，
联立
即x2﹣kx﹣p＝0，
∴a，c是方程x2﹣kx﹣p＝0的两根，
即ac＝﹣p，a+c＝k，
∵a＜c，
∴B（c，a）在y＝x的下方，
联立，
解得：或，
∴0＜c≤1，
∵B（c，a）在抛物线上，则a＝c2，
∴0＜a≤1，
∴ac＞0，
当ac＞0且a+c＝1，
∴x2﹣x﹣p＝0，
∴p＝x2﹣x有最小值，
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的性质，一次函数与二次函数交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
11．【分析】先计算出两个数的和、两个数的积，然后根据根与系数的关系写出满足条件的一个一元二次方程即可．
【解答】解：∵1+（﹣2）＝﹣1，1×（﹣2）＝﹣2，
∴两根分别是1，﹣2的一元二次方程可为x2+x﹣2＝0．
故答案为x2+x﹣2＝0．
【点评】本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
12．【分析】利用抛物线的对称轴方程得到b＝﹣2a，根据根与系数的关系得4+x＝﹣＝2，然后求出另一根x的值即可．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，
∴﹣＝1，即b＝﹣2a，
根据根与系数的关系得4+x＝﹣＝﹣＝2，
解得x＝﹣2，
即方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的另一个根为x＝﹣2．
故答案为：x＝﹣2．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．掌握根与系数的关系和二次函数的性质是解题关键．
13．【分析】过点B作BE⊥CC'于点E，证明△BCE≌△CDC'（AAS），由全等三角形的性质得出CE＝C'D，由旋转的性质及等腰三角形的性质求出CE＝C'E＝C'D，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：过点B作BE⊥CC'于点E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE+∠C'CD＝90°，
∵∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠C'CD＝∠CBE，
又∵∠BEC＝∠CC'D，
在△BCE和△CDC'中，
，
∴△BCE≌△CDC'（AAS），
∴CE＝C'D，
∵将边BC绕点B逆时针旋转至BC'，
∴BC＝BC'＝CD＝5，
又∵BE⊥CC'，
∴CE＝C'E＝C'D，
∵C'D2+C'C2＝CD2，
∴5C'D2＝25，
∴C'D＝（负值舍去），
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
14．【分析】（1）由△ABE≌△ACF得BE＝CF，用x的代数式表示S，得到E为BC中点时S最大，从而可求∠FEC度数；
（2）根据△ECF的最大面积是2列方程即可得答案．
【解答】解：过F作FD⊥BC于D，如图：
∵等边△ABC，等边△AEF，
∴AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝∠EAF＝∠AEF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴BE＝CF，∠ABE＝∠ACF＝60°，
而BE＝x，
∴CF＝x，∠FCD＝180°﹣∠ACB﹣∠ACF＝60°，
∴FD＝CF•cs60°＝x，
设等边△ABC边长是a，则CE＝BC﹣BE＝a﹣x，
∴S△ECF＝CE•FD＝（a﹣x）•x＝﹣x2+ax，
当x＝＝a时，S△ECF有最大值为＝a2，
（1）△ECF的面积最大时，BE＝a，即E是BC的中点，
∴AE⊥BC，∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝60°，
∴∠FEC＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝30°，
故答案为：30°；
（2）当x＝a时，S△ECF有最大值为a2，
由图可知S△ECF的最大值是2，
∴a2＝2，解得a＝4或a＝﹣4（边长a＞0，舍去），
∴等边△ABC的边长为a＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查等边三角形及二次函数的综合知识，解题关键是证明△ABE≌△ACF，用x的代数式表示△ECF的面积．
三、（本题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．【分析】先把方程两边除以2得到（x﹣1）2＝9，然后利用直接开平方法解方程．
【解答】解：（x﹣1）2＝9，
x﹣1＝±3，
所以x1＝4，x2＝﹣2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法：形如x2＝p或（nx+m）2＝p（p≥0）的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
16．【分析】（1）根据中心对称的性质即可得到结论；
（2）根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）如图A1B1C1即为所作图，
（2）△A2BC2即为所求．
【点评】本题考查了坐标与图形变换﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
四、（本题共2小题，每题8分，满分16分）
17．【分析】设这个增长率为x，则2月份获得利润20（1+x）万元，3月份获得利润20（1+x）2万元，根据3月份的利润比2月份的利润增加4.8万元，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，利用3月份的利润＝1月份的利润×（1+增长率）2，即可求出结论．
【解答】解：设这个增长率为x，则2月份获得利润20（1+x）万元，3月份获得利润20（1+x）2万元，
依题意得：20（1+x）2﹣20（1+x）＝4.8，
整理得：25x2+25x﹣6＝0，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣1.2（不合题意，舍去）．
20×（1+20%）2＝20×1.44＝28.8（万元）．
答：3月份的利润是28.8万元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
18．【分析】（1）观察图形发现图形的规律，然后例用规律写出第4和第5个图中的棋子数即可；
（2）根据发现的规律用通项公式写出来即可；
（3）由题意得：n+2+n2＝274，解出n即可．
【解答】解：（1）观察发现第1个图形有1+2+12＝4颗棋子；
第2个图形有2+2+22＝8颗棋子；
第3个图形有3+2+32＝14颗棋子；
∴第4个图形有4+2+42＝22颗棋子；
第5个图形有5+2+52＝32颗棋子；
故答案为：22，32；
（2）由（1）得：第n个图形中棋子的颗数为n+2+n2，
故答案为：n+2+n2；
（3）由题意得：n+2+n2＝274，
解方程得：x1＝﹣17 （舍去），x2＝16，
答：第16个图形中棋子的个数是274个．
【点评】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是根据各个图形中棋子的颗数发现规律，难度不大．
五、（本题共2小题，每题10分，满分20分）
19．【分析】（1）根据等腰三角形性质求出∠BCO＝∠B，根据圆周角定理得出∠B＝∠D，再求出答案即可；
（2）根据垂径定理求出CE＝DE＝2，再根据勾股定理求出OC即可．
【解答】（1）证明：∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠B，
∵，
∴∠B＝∠D，
∴∠BCO＝∠D；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，且CD⊥AB于点E，
∴CE＝CD，
∵CD＝4，
∴CE＝，
在Rt△OCE中，OC2＝CE2+OE2，
∵OE＝1，
∴，
解得：OC＝3（负数舍去），
∴⊙O的半径为3．
【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，能求出CE＝DE和∠B＝∠D是解此题的关键．
20．【分析】（1）先确定顶点坐标，再利用待定系数法即可求出该抛物线的表达式；
（2）分别求出方案一和方案二的内部支架材料长度，再比较即可．
【解答】解：（1）∵该抛物线型构件的底部宽度OM＝12米，顶点P到底部OM的距离为9米，
∴顶点P的坐标为P（6，9），点O的坐标为O（0，0），点M的坐标为M（12，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣6）2+9，将O（0，0）的横纵坐标代入，
得0＝a（0﹣6）2+9，
解得a＝，
∴该抛物线的函数表达式为y＝，即y＝；
（2）方案二的内部支架节省材料．理由如下：
方案一：∵OB＝BN＝NC＝CM，OM＝12米，
∴OB＝3米，OC＝9米，
当x＝3时，y＝，即AB＝米，
当x＝9时，y＝，即CD＝米，
∴方案一内部支架材料长度为AB+NP+CD＝（米），
方案二：∵OB′＝B′C′＝C′M，OM＝12米，
∴OB′＝4米，OC′＝8米，EF＝B′C′＝4米，
当x＝4时，y＝，即A′B′＝8米，
当x＝8时，y＝，即C′D′＝8米，
∴方案二内部支架材料长度为A′B′+EF+C′D′＝8+4+8＝20（米），
∵＞20，
∴方案二的内部支架节省材料．
【点评】本题考查二次函数的应用，解答中涉及待定系数法求函数解析式，函数图象上点的坐标确定，掌握待定系数法是是解题的关键．
六、（本题满分12分）
21．【分析】（1）根据已知可得∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝ABC，再根据旋转的性质可得：△CBE≌△ABF，从而可得BF＝BE，∠ABF＝∠CBE，然后利用等量代换可得∠ABD+∠ABF＝∠DBE，从而可得∠DBF＝∠DBE，最后利用SAS证明△DBE≌△DBF，从而利用全等三角形的性质即可解答；
（2）根据垂直定义可得∠ABC＝90°，从而可得∠BAC＝∠C＝45°，再根据旋转的性质可得AF＝CE，∠BAF＝∠C＝45°，从而可得∠DAF＝90°，然后在Rt△ADF中，利用勾股定理可得AD2+AF2＝DF2，再利用（1）的结论可得：AD2+CE2＝DE2，即可解答．
【解答】（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝ABC，
由旋转得：△CBE≌△ABF，
∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE，
∴∠ABD+∠ABF＝∠DBE，
∴∠DBF＝∠DBE，
∵BD＝BD，
∴△DBE≌△DBF（SAS），
∴DF＝DE；
（2）解：AD2+CE2＝DE2，
理由：∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠C＝45°，
由旋转得：AF＝CE，∠BAF＝∠C＝45°，
∴∠DAF＝∠BAC+∠BAF＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
由（1）得：DF＝DE，
∴AD2+CE2＝DE2．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
七、（本题满分12分）
22．【分析】（1）根据公式法解一元二次方程的解法求解即可；
（2）①设所求矩形的一边长是x，则另一边长为（﹣x），根据题意得x（﹣x）＝，判断此方程是否有解即可；
②设所求矩形的一边长是x，则另一边长为（﹣x），根据题意得x（﹣x）＝，要使矩形A'B'C'D'存在，此方程需有解，即Δ≥0，据此求解即可．
【解答】解：（1）由题意知x＝＝2±，
所以x1＝2+，x2＝2﹣；
故答案为：2+，2﹣；
（2）①设所求矩形的一边长是x，则另一边长为（﹣x），
根据题意，得：x（﹣x）＝，
整理，得：2x2﹣3x+2＝0，
∵Δ＝（﹣3）2﹣4×2×2＝9﹣16＝﹣7＜0，
∴不存在矩形A'B'C'D'；
②设所求矩形的一边长是x，则另一边长为（﹣x），
根据题意，得：x（﹣x）＝，
整理，得：2x2﹣（m+n）x+mn＝0，
要使矩形A'B'C'D'存在，此方程需有解，即Δ≥0，
即（﹣m﹣n）2﹣8mn≥0，
整理得：m2+n2≥6mn，
所以当m2+n2≥6mn时，矩形A'B'C'D'存在．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意列出相应的一元二次方程，并熟练掌握根的判别式．
八、（本题满分14分）
23．【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案；
（2）①运用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝x﹣4，可得PM的函数表达式，运用二次函数最值即可求得答案；
②根据题意建立方程求解即可得出答案；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0），
∴，解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）①在y＝x2﹣x﹣4中，令x＝0，得y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
由点B、C的坐标得，直线BC的解析式为y＝x﹣4，
设P（t， t2﹣t﹣4），则M（t，t﹣4），
∴PM＝t﹣4﹣（t2﹣t﹣4）＝﹣t2+2t，
∵PM＝﹣t2+2t＝（t﹣2）2+2，﹣＜0，
∴当t＝2时，PM取得最大值2，此时点M的坐标为（2，﹣2）；
②N（t，0），B（4，0），C（0，﹣4），CH⊥PN，
∴BN＝4﹣t，MN＝4﹣t，CH＝t，MH＝t﹣4﹣（﹣4）＝t，
∵S△BMN＝9S△CHM，
∴×（4﹣t）2＝9×t2，
解得：t1＝1，t2＝﹣2，
∵点P是线段BC下方抛物线上的一个动点，
∴0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，﹣）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，重点考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，三角形面积，直角三角形的性质，勾股定理，应用二次函数的最值等，此题综合性较强，属于考试压轴题．