2022-2023学年北京市海淀区九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2022-2023学年北京市海淀区九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共31页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）一元二次方程3x2﹣6x﹣4＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．3，6，4B．3，﹣6，4C．3，6，﹣4D．3，﹣6，﹣4
2．（2分）将抛物线y＝﹣x2+1向上平移2个单位，得到的抛物线表达式为（ ）
A．y＝﹣（x+2）2B．y＝﹣（x﹣2）2C．y＝﹣x2﹣1D．y＝﹣x2+3
3．（2分）下列四幅图案中，可以由如图的一笔画“天鹅”旋转180°得到的图案是（ ）
A．B．C．D．
4．（2分）如图，BD是△ABC的中线，E，F分别是BD，BC的中点，连接EF．若AD＝4，则EF的长为（ ）
A．B．2C．D．4
5．（2分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x+1＝0时，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝1B．（x﹣2）2＝5C．（x+2）2＝3D．（x﹣2）2＝3
6．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c的x与y的部分对应值如下表：
则m的值为（ ）
A．1B．2C．5D．10
7．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A．△ABC≌△DECB．∠ADC＝45°C．AD＝ACD．AE＝AB+CD
8．（2分）如图，已知关于x的一元二次方程a（x﹣h）2﹣1＝0的两个根在数轴上对应的点分别在区域①和区域②，区域均含端点，则h的值可能是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
二、填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）若1是关于x的方程x2﹣ax＝0的根，则a的值为 ．
10．（2分）已知▱ABCD的周长为14，AB＝3，则BC的长为 ．
11．（2分）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则ac 0（填“＞”或“＝”或“＜”）．
12．（2分）如图，等边△ABC绕顶点A逆时针旋转80°得到△ADE，连接BE，则∠ABE＝ °．
13．（2分）若关于x的一元二次方程x2+x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值为 ．
14．（2分）如图是某停车场的平面示意图，停车场外围的长为30米，宽为18米．停车场内车道的宽都相等，停车位总占地面积为288平方米．设车道的宽为x米，可列方程为 ．
15．（2分）点A（2，y1），B（a，y2）在二次函数y＝x2﹣2x+3的图象上．若y1＜y2，写出一个符合条件的a的值 ．
16．（2分）甲、乙、丙三名同学每人抽取一张卡片，每张卡片上有一个形如y＝ax2+bx的二次函数的解析式，其中只有一人与其他两人抽到的解析式不同．下面是他们对抽到的解析式所对应的图象的描述：
甲：开口向下；
乙：顶点在第三象限；
丙：经过点（﹣2，0），（1，3）．
根据描述可知，抽到与其他两人解析式不同的是 （填“甲”，“乙”或“丙”）．
三、解答题（共68分，第17题8分，18-25题每题5分，第26题6分，第27、28题每题7分）
17．（8分）解方程：
（1）4x2＝9；
（2）x2﹣6x+8＝0．
18．（5分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，点A与点D对应，点B与点E对应．
（1）依题意补全图形；
（2）直线AB与直线DE的位置关系为 ．
19．（5分）已知m是方程x2+2x﹣4＝0的一个根，求代数式（m+2）2+（m+3）（m﹣3）的值．
20．（5分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，将△ABC绕点A顺时针旋转25°得到△ADE，AD交BC于点F．若AE＝3，求AF的长．
21．（5分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，3）和B（1，0）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）该抛物线的对称轴为 ．
22．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+（m﹣6）x﹣6m＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个实数根小于2，求m的取值范围．
23．（5分）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝（x﹣1）2﹣1图象顶点为A，与x轴正半轴交于点B．
（1）求点B的坐标，并画出这个二次函数的图象；
（2）一次函数y＝kx+b的图象过A，B两点，结合图象，直接写出关于x的不等式kx+b＞（x﹣1）2﹣1的解集．
24．（5分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD为△ABC的中线．BE∥DC，BE＝DC，连接CE．
（1）求证：四边形BDCE为菱形；
（2）连接DE，若∠ACB＝60°，BC＝4，求DE的长．
25．（5分）探照灯的内部可以看成是抛物线的一部分经过旋转得到的抛物曲面，其原理是过某一特殊点的光线，经抛物线反射后所得的光线平行于抛物线的对称轴，我们称这个特殊点为抛物线的焦点．若抛物线的表达式为y＝ax2，则抛物线的焦点为（0，）．
如图，在平面直角坐标系xOy中，某款探照灯抛物线的表达式为y＝，焦点为F．
（1）点F的坐标是 ；
（2）过点F的直线与抛物线交于A，B两点，已知沿射线FA方向射出的光线，反射后沿射线AM射出，AM所在直线与x轴的交点坐标为（4，0）．
①画出沿射线FB方向射出的光线的反射光线BP；
②BP所在直线与x轴的交点坐标为 ．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣2．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含m的式子表示）；
（2）已知点P（3，2）．
①当抛物线过点P时，求m的值；
②点Q的坐标为（m，1）．若抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，直接写出m的取值范围．
27．（7分）在等边△ABC中，将线段CA绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到线段CD，线段CD与线段AB交于点E，射线AD与射线CB交于点F．
（1）①依题意补全图形；
②分别求∠CEB和∠AFC的大小（用含α的式子表示）；
（2）用等式表示线段BE，CE，CF之间的数量关系，并证明．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（a，b）．对于点P（x，y）给出如下定义：当x≠a时，若实数k满足|y﹣b|＝k|x﹣a|，则称k为点P关于点A的距离系数．若图形M上所有点关于点A的距离系数存在最小值，则称此最小值为图形M关于点A的距离系数．
（1）当点A与点O重合时，在P1（2，2），P2（﹣2，1），P3（﹣4，4）中，关于点A的距离系数为1的是 ；
（2）已知点B（﹣2，1），C（1，1），若线段BC关于点A（m，﹣1）的距离系数小于，则m的取值范围为 ；
（3）已知点A（4，0），T（0，t），其中2≤t≤4．以点T为对角线的交点作边长为2的正方形，正方形的各边均与某条坐标轴垂直．点D，E为该正方形上的动点，线段D，E的长度是一个定值（0＜DE＜2）．
①线段DE关于点A的距离系数的最小值为 ；
②若线段DE关于点A的距离系数的最大值是，则DE的长为 ．
2022-2023学年北京市海淀区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.
1．（2分）一元二次方程3x2﹣6x﹣4＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A．3，6，4B．3，﹣6，4C．3，6，﹣4D．3，﹣6，﹣4
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0）．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．据此作答．
【解答】解：一元二次方程3x2﹣6x﹣4＝0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是3，﹣6，﹣4，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键．
2．（2分）将抛物线y＝﹣x2+1向上平移2个单位，得到的抛物线表达式为（ ）
A．y＝﹣（x+2）2B．y＝﹣（x﹣2）2C．y＝﹣x2﹣1D．y＝﹣x2+3
【分析】根据左加右减，上加下减可得函数解析式y＝﹣x2+1+2，再整理即可．
【解答】解：将抛物线y＝﹣x2+1向上平移2个单位，得到的抛物线表达式为y＝﹣x2+1+2＝﹣x2+3，
故选：D．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，关键是掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
3．（2分）下列四幅图案中，可以由如图的一笔画“天鹅”旋转180°得到的图案是（ ）
A．B．C．D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【解答】解：由如图的一笔画“天鹅”旋转180°得到的图案是选项A的“天鹅”．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
4．（2分）如图，BD是△ABC的中线，E，F分别是BD，BC的中点，连接EF．若AD＝4，则EF的长为（ ）
A．B．2C．D．4
【分析】根据三角形的中线的概念求出DC，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：∵BD是△ABC的中线，AD＝4，
∴DC＝AD＝4，
∵E，F分别是BD，BC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF＝DC＝2，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
5．（2分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x+1＝0时，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝1B．（x﹣2）2＝5C．（x+2）2＝3D．（x﹣2）2＝3
【分析】移项，配方，即可得出选项．
【解答】解：x2﹣4x+1＝0，
x2﹣4x＝﹣1，
x2﹣4x+4＝﹣1+4，
（x﹣2）2＝3，
故选：D．
【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．
6．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c的x与y的部分对应值如下表：
则m的值为（ ）
A．1B．2C．5D．10
【分析】通过观察表格中对称的点可得函数对称轴及顶点坐标，进而求解．
【解答】解：∵函数图象经过（0，2），（2，2），
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴点（3，5）和点（﹣1，m）关于对称轴对称，
∴m＝5，
故选：C．
【点评】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数图象的性质．
7．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A．△ABC≌△DECB．∠ADC＝45°C．AD＝ACD．AE＝AB+CD
【分析】由旋转的性质和等腰直角三角形 的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：由旋转的性质得出CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝135°，AB＝DE，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝45°＝∠DAC，△ABC≌△DEC，AD＝AC，
∴AE＝AD+DE＝CD+AB，故选项A，B，C正确，D错误，
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是掌握旋转的性质．
8．（2分）如图，已知关于x的一元二次方程a（x﹣h）2﹣1＝0的两个根在数轴上对应的点分别在区域①和区域②，区域均含端点，则h的值可能是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【分析】由h和方程两根的关系，即可求解．
【解答】解：设方程的两根为x1，x2，﹣1≤x1≤0，2≤x2≤3，
∴1≤x1+x2≤3，
∵抛物线y＝a（x﹣h）2﹣1与x轴交点的横坐标是x1，x2，对称轴是直线x＝h，
∴h＝（x1+x2），
∴≤h≤，
∴h的值是1，
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的知识，关键是明白抛物线y＝a（x﹣h）2﹣1与x轴交点的横坐标是方程a（x﹣h）2﹣1＝0的两根．
二、填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）若1是关于x的方程x2﹣ax＝0的根，则a的值为 1 ．
【分析】把x＝1代入方程x2﹣ax＝0得1﹣a＝0，然后解关于a的方程．
【解答】解：把x＝1代入方程x2﹣ax＝0，得1﹣a＝0，
解得a＝1．
故答案为：1．
【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．
10．（2分）已知▱ABCD的周长为14，AB＝3，则BC的长为 4 ．
【分析】由平行四边形的周长＝2（长+宽），列式可求解．
【解答】解：∵平行四边形ABCD的周长为14，
∴2（AB+BC）＝14，
∴2（3+BC）＝14，
∴BC＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
11．（2分）若二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则ac ＜ 0（填“＞”或“＝”或“＜”）．
【分析】首先由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，进而判断ac与0的关系．
【解答】解：∵抛物线的开口向下，
∴a＜0，
∵与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴c＞0，
∴ac＜0．
故答案为＜．
【点评】考查二次函数y＝ax2+bx+c系数符号的确定．二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．常数项c决定抛物线与y轴交点．
12．（2分）如图，等边△ABC绕顶点A逆时针旋转80°得到△ADE，连接BE，则∠ABE＝ 20 °．
【分析】根据等边三角形的性质，旋转的性质和等腰三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：等边△ABC绕顶点A逆时针旋转80°得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝AC＝AE，∠BAD＝80°，
∴∠BAE＝140°，
∴∠ABE＝∠AEB＝×（180°﹣140°）＝20°，
故答案为：20．
【点评】本题考查了旋转的性质，四边形内角和定理，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是本题的关键．
13．（2分）若关于x的一元二次方程x2+x+k＝0有两个相等的实数根，则k的值为 ．
【分析】由关于x的一元二次方程x2+x+k＝0有两个相等的实数根，即可得判别式Δ＝0，解方程可求得k的值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2+x+k＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝12﹣4×1×k＝1﹣4k＝0，
解得：k＝，
故答案为：．
【点评】此题考查了一元二次方程判别式的知识．此题比较简单，解题的关键是掌握一元二次方程有两个相等的实数根，即可得Δ＝0．
14．（2分）如图是某停车场的平面示意图，停车场外围的长为30米，宽为18米．停车场内车道的宽都相等，停车位总占地面积为288平方米．设车道的宽为x米，可列方程为 （18﹣x）（30﹣x）＝288 ．
【分析】停车位总占地长为（30﹣x）米，宽为（18﹣x）米，根据矩形的面积＝长×宽＝288平方米列出方程，此题得解．
【解答】解：设车道的宽为x米，则停车位总占地长为（30﹣x）米，宽为（18﹣x）米，
根据题意，得（18﹣x）（30﹣x）＝288．
故答案为：（18﹣x）（30﹣x）＝288．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．（2分）点A（2，y1），B（a，y2）在二次函数y＝x2﹣2x+3的图象上．若y1＜y2，写出一个符合条件的a的值 3（答案不唯一） ．
【分析】由解析式求得开口方向和对称轴，然后利用二次函数的性质即可得出a＞2或a＜0．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x+3，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴点A（2，y1）关于直线x＝1的对称点为（0，y1），
∵点A（2，y1），B（a，y2）在二次函数y＝x2﹣2x+3的图象上．且y1＜y2，
∴a＞2或a＜0，
故a的值可以是3，
故答案为：3（答案不唯一）．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特点，熟知二次函数的性质是解题的关键．
16．（2分）甲、乙、丙三名同学每人抽取一张卡片，每张卡片上有一个形如y＝ax2+bx的二次函数的解析式，其中只有一人与其他两人抽到的解析式不同．下面是他们对抽到的解析式所对应的图象的描述：
甲：开口向下；
乙：顶点在第三象限；
丙：经过点（﹣2，0），（1，3）．
根据描述可知，抽到与其他两人解析式不同的是 甲 （填“甲”，“乙”或“丙”）．
【分析】由于抛物线y＝ax2+bx经过原点，若开口向下，则顶点不可能在第三象限，于是可判断甲、乙的解析式不同；若开口向下，抛物线过点（﹣2，0），（0，0），则可判断抛物线不经过第一象限，不可能经过（1，3），则可判断甲、丙的解析式不同．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx经过原点，
∴当开口向下，顶点不可能在第三象限，所以甲、乙的解析式不同；
当开口向下，过点（﹣2，0），（0，0），则抛物线不可能经过（1，3），所以甲、丙的解析式不同，
∴抽到与其他两人解析式不同的是甲．
故答案为：甲．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
三、解答题（共68分，第17题8分，18-25题每题5分，第26题6分，第27、28题每题7分）
17．（8分）解方程：
（1）4x2＝9；
（2）x2﹣6x+8＝0．
【分析】（1）方程两边除以4，再开方，即可得出方程的解；
（2）先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
【解答】解：（1）4x2＝9，
，
，
即，；
（2）x2﹣6x+8＝0，
（x﹣2）（x﹣4）＝0，
x﹣2＝0或x﹣4＝0，
解得：x1＝2，x2＝4．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键，解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
18．（5分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△DEC，点A与点D对应，点B与点E对应．
（1）依题意补全图形；
（2）直线AB与直线DE的位置关系为 AB⊥DE ．
【分析】（1）以点C为圆心，BC的长为半径画弧，交AC于点E，延长BC，以点C为圆心，AC的长为半径画弧，交BC的延长线于点D，连接DE即可．
（2）延长DE，交AB于点F，由旋转可得，∠CED＝∠B，进而可得∠AEF＝∠B，则∠A+∠B＝∠A+∠AEF＝90°，可得∠AFE＝90°，即AB⊥DE．
【解答】解：（1）如图，△DEC即为所求．
（2）延长DE，交AB于点F，
由旋转可得，∠CED＝∠B，
∵∠CED＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝∠A+∠AEF＝90°，
∴∠AFE＝90°，
即AB⊥DE．
故答案为：AB⊥DE．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
19．（5分）已知m是方程x2+2x﹣4＝0的一个根，求代数式（m+2）2+（m+3）（m﹣3）的值．
【分析】根据完全平方公式、平方差公式、合并同类项法则把原式化简，根据一元二次方程根的概念得到m2+2m＝4，代入计算即可．
【解答】解：原式＝m2+4m+4+m2﹣9
＝2m2+4m﹣5，
∵m是方程x2+2x﹣4＝0的一个根，
∴m2+2m﹣4＝0，
∴m2+2m＝4，
则原式＝2（m2+2m）﹣5
＝2×4﹣5
＝3．
【点评】本题考查的是整式的化简求值，掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键．
20．（5分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，将△ABC绕点A顺时针旋转25°得到△ADE，AD交BC于点F．若AE＝3，求AF的长．
【分析】根据旋转的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转25°得到△ADE，
∴∠FAB＝25°，AC＝AE，
∵AE＝3，
∴AC＝3，
∵∠B＝20°，
∴∠AFC＝∠FAB+∠B＝45°，
∵∠C＝90°，
∴∠AFC＝∠CAF＝45°，
∴CF＝AC＝3，
在Rt△ACF中，AF＝＝＝3．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
21．（5分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，3）和B（1，0）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）该抛物线的对称轴为 直线x＝2 ．
【分析】（1）把两个已知点的坐标代入y＝x2+bx+c中得到b、c的方程组，然后解方程组即可；
（2）利用抛物线的对称轴方程求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，3）和B（1，0）两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝2．
故答案为：直线x＝2．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
22．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+（m﹣6）x﹣6m＝0．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个实数根小于2，求m的取值范围．
【分析】（1）先根据题意求出Δ的值，再根据一元二次方程根的情况与根的判别式Δ的关系即可得出结论；
（2）利用因式分解法求得方程的解，然后根据题意列出关于m的不等式，解不等式即可得到结论．
【解答】（1）证明：由题意得：Δ＝（m﹣6）2﹣4×（﹣6m）＝m2+12m+36＝（m+6）2≥0，
故该方程总有两个实数根；
（2）解：x2+（m﹣6）x﹣6m＝0，
解得：x1＝﹣m，x2＝6，
∵方程有一个实数根小于2，
∴﹣m＜2．
∴m＞﹣2．
【点评】本题考查了根的判别式，一元二次方程的解法，解一元一次不等式，掌握判别式Δ与0的关系判定方程根的情况是解决本题的关键．
23．（5分）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝（x﹣1）2﹣1图象顶点为A，与x轴正半轴交于点B．
（1）求点B的坐标，并画出这个二次函数的图象；
（2）一次函数y＝kx+b的图象过A，B两点，结合图象，直接写出关于x的不等式kx+b＞（x﹣1）2﹣1的解集．
【分析】（1）将y＝0代入函数解析式求解．
（2）根据点A，B坐标及图象求解．
【解答】（1）解：令y＝0，则（x﹣1）2﹣1＝0，
解得x1＝0，x2＝2，
∴B点坐标为（2，0），
列表得：
画图得：
（2）如图，
由图形可得1＜x＜2时，kx+b＞（x﹣1）2﹣1．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
24．（5分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD为△ABC的中线．BE∥DC，BE＝DC，连接CE．
（1）求证：四边形BDCE为菱形；
（2）连接DE，若∠ACB＝60°，BC＝4，求DE的长．
【分析】（1）先证明四边形BDCE为平行四边形，由直角三角形的性质可得BD＝CD，可得结论；
（2）由菱形的性质可得DO＝OE，BC⊥DE，OC＝2，由直角三角形的性质可求DO的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵BE∥AC，BE＝DC，
∴四边形BDCE为平行四边形，
∵∠ABC＝90°，BD为AC边上的中线，
∴，
∴四边形BDCE为菱形；
（2）解：连接DE交BC于O点，如图，
∵四边形BDCE为菱形，BC＝4，
∴，
∴∠ACB＝60°，
∴∠EDC＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴DC＝2OC＝4，DO＝OC＝2，
∴．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
25．（5分）探照灯的内部可以看成是抛物线的一部分经过旋转得到的抛物曲面，其原理是过某一特殊点的光线，经抛物线反射后所得的光线平行于抛物线的对称轴，我们称这个特殊点为抛物线的焦点．若抛物线的表达式为y＝ax2，则抛物线的焦点为（0，）．
如图，在平面直角坐标系xOy中，某款探照灯抛物线的表达式为y＝，焦点为F．
（1）点F的坐标是 （0，1） ；
（2）过点F的直线与抛物线交于A，B两点，已知沿射线FA方向射出的光线，反射后沿射线AM射出，AM所在直线与x轴的交点坐标为（4，0）．
①画出沿射线FB方向射出的光线的反射光线BP；
②BP所在直线与x轴的交点坐标为 （﹣1，0） ．
【分析】（1）根据焦点的定义和抛物线解析式即可求得；
（2）①根据反射光线平行于y轴作出图形即可；
②先求出A点坐标，再用待定系数法求出直线AB的解析式，再联立直线AB解析式和抛物线解析式，解方程组求出交点B的坐标，从而得解．
【解答】（1）由题意可得：抛物线y＝，焦点为F（0，1），
故答案为：（0，1）；
（2）①画出反射光线BP，如图：
②∵AM∥y轴，AM所在直线与x轴的交点坐标为（4，0）．
∴当x＝4时，y＝×42＝4，
∴A（4，4），
设AB所在直线解析式为y＝kx+b，
则，
解得，
∴AB所在直线解析式为y＝x+1，
联立方程组，
解得或，
∴B（﹣1，）
∵BP∥y轴，
∴BP所在直线为x＝﹣1，
∴直线BP与x轴的交点为（﹣1，0）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题考查二次函数的应用和新定义，关键是对新定义的理解和运用．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣2．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含m的式子表示）；
（2）已知点P（3，2）．
①当抛物线过点P时，求m的值；
②点Q的坐标为（m，1）．若抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）把解析式化为顶点式即可；
（2）①把P点坐标代入解析式，解方程即可；
②找出对称轴，求出抛物线与x轴的交点，根据题意得出点P在抛物线的左侧或右侧求出m的取值范围．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2mx+m2﹣2＝（x﹣m）2﹣2，
∴抛物线的顶点坐标为（m，﹣2）；
（2）①∵点P（3，2）在抛物线y＝x2﹣2mx+m2﹣2上，
∴9﹣6m+m2﹣2＝2，
∴m2﹣6m+5＝0，
解得m1＝1，m2＝5；
②令y＝0，则（x﹣m）2﹣2＝0，
解得x＝m±，
∴抛物线与x轴的交点为（m+，0）或（m﹣，0），
∵a＝1＞0，
∴抛物线开口向上，大致图象如图所示：
要想使抛物线与线段PQ恰有一个公共点，则点P在抛物线左侧或右侧，
当y＝2时，（x﹣m）2＝4，
∴x＝m+2或x＝m﹣2，
当点P在抛物线左侧时，3≤m﹣2，即m≥5；
当点P在抛物线右侧时，3≥m+2，即m≤1，
∴m的取值范围为m≤1或m≥5．
【点评】本题考查了二次函数与图象的关系，二次函数的性质，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题，属于中考常考题型．
27．（7分）在等边△ABC中，将线段CA绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到线段CD，线段CD与线段AB交于点E，射线AD与射线CB交于点F．
（1）①依题意补全图形；
②分别求∠CEB和∠AFC的大小（用含α的式子表示）；
（2）用等式表示线段BE，CE，CF之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）①根据要求画出图形即可；
②利用三角形的外角的性质，三角形内角和定理求解即可；
（2）结论：CF＝BE+CE．如图2中，延长EA至点G使得EG＝CE，连接CG．证明△ACF≌△CBG（AAS），可得结论．
【解答】解：（1）①补全图形，如图1所示．
②解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°．
∵线段CA绕点C逆时针旋转α得到线段CD，
∴CA＝CD，∠ACD＝α，，
∴，
∴∠CEB＝∠BAC+∠ACD＝60°+α，
∴．
（2）结论：CF＝BE+CE．
理由：如图2中，延长EA至点G使得EG＝CE，连接CG．
∴∠G＝∠ECG．
∵∠CEB＝∠G+∠ECG＝2∠G，∠CEB＝60°+α，
∴．
∴，
∵∠G＝∠AFC．
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°．
∴△ACF≌△CBG（AAS），
∴CF＝BG，
∵BG＝BE+EG＝BE+CE，
∴CF＝BE+CE．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（a，b）．对于点P（x，y）给出如下定义：当x≠a时，若实数k满足|y﹣b|＝k|x﹣a|，则称k为点P关于点A的距离系数．若图形M上所有点关于点A的距离系数存在最小值，则称此最小值为图形M关于点A的距离系数．
（1）当点A与点O重合时，在P1（2，2），P2（﹣2，1），P3（﹣4，4）中，关于点A的距离系数为1的是 P1，P3 ；
（2）已知点B（﹣2，1），C（1，1），若线段BC关于点A（m，﹣1）的距离系数小于，则m的取值范围为 m＜﹣3或m＞2 ；
（3）已知点A（4，0），T（0，t），其中2≤t≤4．以点T为对角线的交点作边长为2的正方形，正方形的各边均与某条坐标轴垂直．点D，E为该正方形上的动点，线段D，E的长度是一个定值（0＜DE＜2）．
①线段DE关于点A的距离系数的最小值为 ；
②若线段DE关于点A的距离系数的最大值是，则DE的长为 ．
【分析】（1）当线段PA与x轴的夹角为45°时，关于点A的距离系数为1，由此判断即可；
（2）判断出距离系数等于时，点A的位置，可得结论；
（3）①如图3中，当T（0，2），点E与M重合时，线段DE关于点A的距离系数的值最小，再根据距离系数的定义求解；
②如图4中，当T（0，4），点E在PQ上，点D在PN上（D，E交换位置也可以），且E，D，A共线，满足条件k＝时，求出PD，PE的长，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）观察图象可知，线段P1O，线段P3O与x轴的夹角为45°，
所以关于点A的距离系数为1的点为P1，P3．
故答案为：P1，P3；
（2）如图2中，
过点C作CF⊥直线y＝﹣1，垂足为F，过点B作BE⊥直线y＝﹣1，垂足为E．
当＝时，∵CF＝2，
∴AF＝4，
∴A（﹣3，﹣1），
当＝时，∵BE＝2，
∴EA′＝4，
∴A′（2，﹣1），
观察图象可知，满足条件的m的值为：m＜﹣3或m＞2；
故答案为：m＜﹣3或m＞2；
（3）①如图3中，当T（0，2），点E与M重合时，线段DE关于点A的距离系数的值最小，此时k＝．
故答案为：；
②如图4中，当T（0，4），点E在PQ上，点D在PN上（D，E交换位置也可以），且E，D，A共线，满足条件k＝时，
延长PN交x轴于点J．
由题意＝，
∵AJ＝3，
∴DJ＝，
∴PD＝PJ﹣DJ＝5﹣＝，
∵PE∥AJ，
∴＝，
∴＝，
∴PE＝，
∴DE＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，平面直角坐标系，距离系数的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型．
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