2020-2021学年天津市和平区九年级上学期数学期末试卷及答案

这是一份2020-2021学年天津市和平区九年级上学期数学期末试卷及答案，共24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. 下列图形中，可以看作是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义，寻找对称中心，旋转180度后与原图重合，逐个进行判断即可．
【详解】解：A. 不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误，不符合题意；
B. 是中心对称图形，故此选项正确，符合题意；
C. 不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误，不符合题意；
D. 不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的概念是本题的解题关键．
2. 下列命题中，是真命题的是（ ）
A. 直角三角形都相似B. 等腰三角形都相似
C. 矩形都相似D. 正方形都相似
【答案】D
【解析】
【分析】相似形就是形状相同的两个图形，即对应边的比相等，对应角相等的两个图形，依据定义即可判断．
【详解】A. 直角三角形的直角对应相等，但两组锐角不一定对应相等，故A错误；
B. 等腰三角形的顶角和底角不一定对应相等，故B错误；
C. 矩形的各个角都相等，但边不一定成比例，所以不一定相似，故C错误；
D. 正方形各角相等，各边对应成比例，相似，故D正确；
故选：D
【点睛】本题主要考查了相似形的定义，即对应边的比相等，对应角相等，两个条件同时成立，缺一不可．
3. 二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的坐标如下表所示，则该函数图象的顶点坐标为（ ）
A. （﹣1，0）B. （0，3）C. （1，4）D. （2，3）
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性解答即可．
【详解】解：∵x＝0、x＝2时的函数值都是3，
∴函数图象的对称轴为直线x＝＝1，
∴顶点坐标为（1，4）．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟记二次函数的对称性是解题的关键．
4. 如图，一个油桶靠在直立的墙边，量得，并且，则这个油桶的底面半径是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆心为O，连接OX，OW，由切线的性质可得，，可知四边形为正方形，则可知．
【详解】如图：设圆心为O，连接OX，OW，
由题意可知、为圆的切线，
，，且，
四边形为正方形
即油桶的底面圆的半径为
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，正方形的判定和性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题关键．
5. 一个仅装有球的不透明布袋里共有4个球（只有编号不同），编号为1，2，3，5，从中任意摸出一个球，记下编号后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画树状图展示所有16种等可能结果数，再找出两次摸出的球的编号之和为偶数的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：根据题意画图如下：
共有16种等情况数，其中两次摸出的球的编号之和为偶数的有10种，
则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是
故选：A
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．
6. 如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是边AC上一点，AE＝5，ED⊥AB，垂足为点D，则AD的长是（ ）
A. 16B. C. 6D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得∠ADE＝∠C，∠A＝∠A，从而可判定△ADE∽△ACB，由相似三角形的性质得出比例式，再将相关线段的长代入计算即可得出答案．
【详解】解：∵ED⊥AB，
∴∠ADE＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠ADE＝∠C，
又∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴AD∶AC＝AE∶AB，
∵AB＝10，AC＝8，AE＝5，
∴AD∶8＝5∶10，
∴AD＝4．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
7. 在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（ ）
A. 四边形B. 四边形C. 四边形D. 四边形
【答案】A
【解析】
【分析】以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
【详解】解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．
故选：A
【点睛】此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
8. 如图，在▱OABC中，∠A＝60°，将▱OABC绕点O逆时针旋转得到▱OA′B'C′，且∠A'OC＝90°，设旋转角为α（0°＜α＜90°），则α的大小为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°
【答案】A
【解析】
【分析】设A′O与AB相交于点D，由平行四边形的性质再结合已知条件可求出∠ODA＝90°，因为∠A＝60°，所以可求出∠A′OA的度数，即旋转角为α的度数．
【详解】解：设A′O与AB相交于点D，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴AB∥OC，
∴∠ODA＝∠A′OC＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠A′OA＝90°﹣60°＝30°，
∴旋转角为α＝30°，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
9. 设函数y＝a（x﹣h）2+k（a，h，k是实数，a≠0），当x＝1时，y＝1；当x＝8时，y＝8，（ ）
A. 若h＝4，则a＜0B. 若h＝5，则a＞0
C. 若h＝6，则a＜0D. 若h＝7，则a＞0
【答案】C
【解析】
【分析】当x＝1时，y＝1；当x＝8时，y＝8；代入函数式整理得a（9﹣2h）＝1，将h的值分别代入即可得出结果．
【详解】解：当x＝1时，y＝1；当x＝8时，y＝8；代入函数式得：，
∴a（8﹣h）2﹣a（1﹣h）2＝7，
整理得：a（9﹣2h）＝1，
若h＝4，则a＝1，故A错误；
若h＝5，则a＝﹣1，故B错误；
若h＝6，则a＝﹣，故C正确；
若h＝7，则a＝﹣，故D错误；
故选：C．
【点睛】此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是把坐标代入求出a,h的关系，进而求解．
10. 如图是抛物线形拱桥，当拱顶高离水面2m时，水面宽4m，水面下降2.5m，水面宽度增加（ ）
A. 1 mB. 2 mC. 3 mD. 6 m
【答案】B
【解析】
【详解】解：如图，建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，
则O为原点，抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为（0，2），
设顶点式y=ax2+2，把A点坐标（﹣2，0）代入得a=﹣0.5，
∴抛物线解析式为y=﹣0.5x2+2，
当水面下降2.5米，
把y=﹣2.5代入抛物线解析式得出：﹣2.5=﹣0.5x2+2，
解得：x=±3，
2×3﹣4=2，
所以水面下降2.5m，水面宽度增加2米，
故选B．
11. 如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（ ）
A. 3α+β＝180°B. 2α+β＝180°C. 3α﹣β＝90°D. 2α﹣β＝90°
【答案】D
【解析】
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【详解】解：∵OA⊥BC，
∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO
＝90°﹣∠AED
＝90°﹣α，
∴∠COD＝2∠DBC
＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，
∴β+180°﹣2α＝90°，
∴2α﹣β＝90°，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理以及直角三角形的两个锐角互余的关系，熟练掌握圆周角定理是解决本题的关键．
12. 如图，抛物线y＝ax2+bx+c的顶点坐标为（1，﹣4a），点A（4，y1）是该抛物线上一点，若点B（x2，y2）是该抛物线上任意一点，有下列结论：①4a﹣2b+c＞0；②抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），（3，0）；③若y2＞y1，则x2＞4；④若0≤x2≤4，则﹣3a≤y2≤5a．其中，正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用对称轴公式和顶点坐标得出﹣4a＝a+b+c，b＝﹣2a，c＝﹣3a，则可对①进行判断；抛物线解析式为y＝ax2﹣2ax﹣3a，配成交点式得y＝a（x﹣3）（x+1），可对②进行判断；根据二次函数对称性和二次函数的性质可对③进行判断；计算x＝4时，y＝5a，则根据二次函数的性质可对④进行判断．
【详解】解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（1，﹣4a），
∴x＝﹣＝1，且﹣4a＝a+b+c，
∴b＝﹣2a，c＝﹣3a，
∵抛物线开口向上，则a＞0，
∴4a﹣2b+c＝4a+4a﹣3a＝5a＞0，故结论①正确；
②∵b＝﹣2a，c＝﹣3a，
∴y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣3）（x+1），
∴抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），（3，0），故结论②正确；
③∵点A（4，y1）关于直线x＝1的对称点为（﹣2，y1），
∴当y2＞y1，则x2＞4或x2＜﹣2，故结论③错误；
④当x＝4时，y1＝16a+4b+c＝16a﹣8a﹣3c＝5a，
∴当0≤x2≤4，则﹣4a≤y2≤5a，故结论④错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数图象与性质的相关知识并能灵活运用所学知识求解是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13. 一只昆虫在如图所示的树枝上寻觅食物，假定昆虫在每个岔路口都会随机选择一条路径，则它获取食物的概率是___．
【答案】．
【解析】
【详解】解：根据树状图，蚂蚁获取食物的概率是=．故答案为．
考点：列表法与树状图法．
14. 已知正六边形的半径是3，则这个正六边形的边长是______．
【答案】3
【解析】
【分析】先根据题意画出图形，再根据正六边形的性质求出∠BOC的度数，判断出△BOC为等边三角形即可求出答案．
【详解】解：如图所示，连接OB、OC，
∵此六边形是正六边形，
∴∠BOC==60°，
∵OB=OC=3，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=3，
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了正多边形和圆的有关计算，等边三角形的判定和性质，根据题意画出图形，作出辅助线，由正六边形的性质判断出△BOC的形状是解答此题的关键．
15. 如图，在△ABC中，点D，E在AC边上，且AE＝ED＝DC．点F，M在AB边上，且，延长FD交BC的延长线于点N，则的值＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】首先证明，再利用全等三角形的性质证明EF＝CN即可解决问题．
【详解】解：，
∴，
在与中，
，
，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定和性质，关键在于熟练掌握两个知识点的基本性质和定理，该类型题属常考题．
16. 已知圆锥的底面半径为40cm， 母线长为90cm， 则它的侧面展开图的圆心角为_______．
【答案】
【解析】
【分析】圆锥的底面半径为40cm，则底面圆的周长是80πcm，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即侧面展开图的扇形弧长是80πcm，母线长为90cm即侧面展开图的扇形的半径长是90cm．根据弧长公式即可计算．
【详解】根据弧长的公式l=得到：
80π=，
解得n=160度．
侧面展开图的圆心角为160度．
故答案为160°．
17. 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＜1＜x2，则c的取值范围是_____．
【答案】c＜﹣2
【解析】
【分析】由函数的不动点概念得出x1、x2是方程x2+2x+c＝x的两个实数根，由x1＜1＜x2知△＞0且x＝1时y＜0，据此得，解之可得．
【详解】解：由题意知二次函数y＝x2+2x+c有两个相异的不动点x1、x2是方程x2+2x+c＝x的两个不相等实数根，
且x1＜1＜x2，
整理，得：x2+x+c＝0，
由x2+x+c＝0有两个不相等的实数根，且x1＜1＜x2，知△＞0，
令y＝x2+x+c，画出该二次函数的草图如下：
则，
解得c＜﹣2，
故答案为：c＜﹣2．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是理解并掌握不动点的概念，并据此得出关于c的不等式．
18. 已知正方形的边长为6，是边的中点．
（Ⅰ）如图①，连接，则的长为______．
（Ⅱ）如图②，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转90°得．则线段长的最小值为______．
【答案】 ①. ； ②. ；
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理可求的长；
（Ⅱ）连接DO，将△DOE绕点D逆时针旋转90°得△DGF，过点G作DC的垂线，垂足为M，过点O作BC的垂线，交直线GM于点N，连接OG，求出OG长，再根据三角形三边关系可求OF最小值．
【详解】（Ⅰ）∵正方形的边长为6，是边的中点，
∴OB=OC=3，
AO=，
故答案为：；
（Ⅱ）连接DO，将△DOE绕点D逆时针旋转90°得△DGF，过点G作DC垂线，垂足为M，过点O作BC的垂线，交直线GM于点N，连接OG，
由旋转可知，GF=OE=2，DO=DG，∠OEG=90°，
∴∠GDM+∠ODC=90°，
∵∠DOC+∠ODC=90°，
∴∠DOC=∠GDM，
∵∠C=∠GMD，
∴△DOC≌△GDM，
∴DM=OC=3，GM=DC=6,
由辅助线作法可知，四边形CMNO是矩形，
∵CM=OC=3，
∴矩形CMNO是正方形，
ON=MN=3，
OG=，
∵OF≥OG-GF，
∴OF的最小值为OG-GF =；
故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，旋转的性质和最小值问题，解题关键是构造手拉手全等模型，转化确定线段的取值范围．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19. 已知2是方程的一个根，求常数的值及该方程的另一根．
【答案】，方程另一个根为-2
【解析】
【分析】将x=2代入原方程，可求出c的值，进而可通过解方程求出另一根．
【详解】解：是方程的一个根，
，
解得，
∴方程为．，
∴，，
该方程的另一个根是－2.
【点睛】本题考查一元二次方程的解和解一元二次方程，掌握一元二次方程的解和解一元二次方程的方法是解题关键．
20. 已知，中，，是上的点，．
（1）如图①，求证；
（2）如图②，连接，，，，若，求，的大小．
【答案】（1）见解析；（2）；
【解析】
【分析】（1）利用垂径定理证明，再根据即可证明；
（2）先利用圆的内接四边形的性质求出的大小，再根据垂径定理和同弧所对的圆周角相等即可求出和的大小．
【详解】解：（1）中，，
．
，
．
（2）四边形是圆内接四边形，
．
．
中，，
．
．
，
．
【点睛】本题主要考查垂径定理和圆的内接四边形的性质，以及圆周角和弧长的关系，属于简单题型．
21. 已知⊙O的直径AB＝4，C为⊙O上一点，AC＝2．
（1）如图①，点P是上一点，求∠APC的大小；
（2）如图②，过点C作⊙O的切线MC，过点B作BD⊥MC于点D，BD与⊙O交于点E，求∠DCE的大小及CD的长．
【答案】（1）30°；（2）∠DCE＝30°，CD＝
【解析】
【分析】（1）连接OC，由AB为⊙O的直径，AB＝2AC，得到△AOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠AOC＝60°，于是得到结论；
（2）连接OE，OC，根据切线的性质得到MC⊥OC，得到△EOB是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠EOB＝60°，求得∠COE＝180°﹣∠EOB﹣∠AOC＝60°，推出△OCE是等边三角形，于是得到CE＝OC＝2，∠EOC＝60°，根据勾股定理于是得到结论．
【详解】解：（1）连接OC，
∵AB为⊙O的直径，AB＝2AC，
∴OA＝OC＝AC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
∴∠APC＝AOC＝30°；
（2）连接OE，OC，
∵MC是⊙O的切线，
∴MC⊥OC，
∵BD⊥MC，
∴∠MCO＝∠CDB＝90°，
∴BD∥OC，
∴∠B＝∠AOC＝60°，
∵OB＝OE，
∴△EOB是等边三角形，
∴∠EOB＝60°，
∴∠COE＝180°﹣∠EOB﹣∠AOC＝60°，
∵OC＝OE，
∴△OCE是等边三角形，
∴CE＝OC＝2，∠EOC＝60°，
∴∠DCE＝90°﹣∠ECO＝30°，
在Rt△COE中，CE＝2，
∴DE＝CE＝1，
∴CD＝＝＝．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，垂径定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
22. 一个直角三角形的两条直角边的和是，面积是，求两条直角边的长．
【答案】，
【解析】
【分析】首先设一条直角边为xcm，然后根据三角形的面积列出方程，从而求出x的值，得出答案．
【详解】解：设一条直角边为xcm，则另一条直角边的长为，
根据题意得： ，
整理得: ，
解得：，
当时，．
当时，．
答：这两条直角边的长分别为3cm和4cm．
【点睛】本题考查一元二次方程在几何图形中运用，掌握根据面积列一元二次方程，及其解方程的方法．
23. 如图，已知矩形的周长为，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱．设矩形的一边的长为，旋转形成的圆柱的侧面积为．
（1）用含的式子表示：
矩形的另一边的长为______；旋转形成的圆柱的底面圆的周长为______．
（2）求关于的函数解析式及自变量的取值范围；
（3）求当取何值时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大；
（4）若矩形旋转形成的圆柱的侧面积等于，则矩形的长是______，宽是______．
【答案】（1），；（2）；（3）；（4），
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质，圆的周长公式求解即可．
（2）根据圆柱的侧面积公式求解即可．
（3）利用二次函数的性质求解即可．
（4）构建方程求解即可．
【详解】解：（1）BC=（36-2x）=（18-x）cm，
旋转形成的圆柱的底面圆的周长为2π（18-x）cm．
故答案为：，；
（2）
（3）
∵-2π＜0，
∴当时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大：
（4）由题意：-2πx2+36πx=18π，
∴x2-18x+9=0，
解得x=9+6或9-6（舍弃），
∴矩形的长是（9+6）cm，宽是（9-6）cm．
故答案为：，．
【点睛】本题考查圆柱的计算，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24. 在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，点P是边AB的中点，连接CP．
（1）如图①，∠B的大小＝ （度），AB的长＝ ，CP的长＝ ；
（2）延长BC至点O，使OC＝2BC，将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△A'B'C'，点A，B，C，P的对应点分别为A'，B'，C'，P'．
①图②，当α＝30°时，求点C′到直线OB的距离及点C'到直线AB的距离；
②当C′P'与△ABC的一条边平行时，求点P'到直线AC的距离（直接写出结果即可）．
【答案】（1）45，2，；（2）①点C′到直线OB的距离为2，点C′到直线AB的距离为2﹣；②4﹣2或4+3或5
【解析】
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及勾股定理，直角三角形斜边中线的性质求解即可．
（2）①过点C′作C′D⊥OB，垂足为点D，过点C′作C′E⊥AB，交BA的延长线于点E，连接AC′，解直角三角形求出C′D，C′E即可．
②分三种情形：如图③﹣1中，当P′C′∥AC时，延长P′C′交OB于H．如图③﹣2中，如图当P′C′∥AB时，过点P′作P′H⊥OB交BO的延长线于H，交A′C′于T．如图③﹣3中，当P′C′∥BC时，延长B′A′交BO于H，分别画出图形求解即可．
【详解】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，
∴∠B＝∠A＝45°，
∵sinB＝＝，
∴AB＝2，
∵点P是边AB的中点，
∴CP＝＝，
故答案为45，2，．
（2）①过点C′作C′D⊥OB，垂足为点D，过点C′作C′E⊥AB，交BA的延长线于点E，连接AC′，
∵将△ABC绕点O逆时针旋转a得到△A′B′C′，
∴OC′＝OC＝2BC＝2×2＝4，
在R△OC′D中，∠O＝30°，
∴C′D＝OC′＝×4＝2，
∴点C′到直线OB的距离为2，OD＝＝＝2；
∵C′D⊥OB，∠ACB＝90°，
∴∠C′DB＝∠ACB＝90°，
∴AC∥C′D，
∵C′D＝2，AC＝2，C′D＝AC，
∴四边形C′DCA是平行四边形，
∴C′A＝DC＝OC﹣OD＝4﹣2，C′A∥DC，
∴∠EAC'＝∠B＝45°，
∠EC′A＝90°﹣∠EAC′＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAC′＝∠EC′A
∴C′E＝AE，
在Rt△AC′E中，∵C′E2+AE2＝C′A2，
∴C′E2＝，
∴C′E＝C′A＝（4﹣2）＝2﹣．
∴点C′到直线AB的距离为2﹣；
②如图③﹣1中，当P′C′∥AC时，延长P′C′交OB于H．
∵P′H∥AC，
∴∠OHC′＝∠ACO＝90°，
∵∠OC′H＝∠B′C′P′＝45°，
∴OH＝OC′•cs45°＝2，
∴CH＝OC﹣OH＝4﹣2．
∴点P'到直线AC的距离为4﹣2．
如图③﹣2中，如图当P′C′∥AB时，过点P′作P′H⊥OB交BO的延长线于H，交A′C′于T．
由题意四边形OHTC′是矩形，OH＝C′T＝1，
∴CH＝OC+OH＝1+4＝5，
∴点P'到直线AC的距离为5．
如图③﹣3中，当P′C′∥BC时，延长B′A′交BO于H，可得OH＝OB′•cs45°＝3，
∴CH＝3+4，
∴点P'到直线AC的距离为4+3．
综上所述，点P'到直线AC的距离为4﹣2或4+3或5．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，解直角三角形，直角三角形斜边中线性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
25. 如图，点A，B，C都在抛物线y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5（其中﹣＜a＜0）上，AB∥x轴，∠ABC＝135°，且AB＝4．
（1）当m＝1时，求抛物线顶点坐标；
（2）求点C到直线AB的距离（用含a的式子表示）；
（3）若点C到直线AB的距离为1，当2m﹣5≤x≤2m﹣2时，y的最大值为2，求m的值．
【答案】（1）（1，﹣3）；（2）点C到直线AB的距离为﹣；（3）m的值为或10+2
【解析】
【分析】（1）由配方法可求顶点坐标；
（2）设点C到直线AB的距离为d，求出点C坐标，代入解析式可求解；
（3）先求出a值，分三种情况考虑：①当m＞2m﹣2，即m＜2时，x＝2m﹣2时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元二次方程，解之可求出m的值；②当2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5时，x＝m时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值；③当m＜2m﹣5，即m＞5时，x＝2m﹣5时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值．综上即可得出结论．
【详解】解：（1）当m＝1时，抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax+a﹣3，
∵y＝ax2﹣2ax+a﹣3＝a（x﹣1）2﹣3，
∴顶点坐标为（1，﹣3）；
（2）如图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于D，
∵∠ABC＝135°，
∴∠CBD＝45°，
∵CD⊥AD，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∴BD＝CD，
∵y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5＝a（x﹣m）2+2m﹣5，
∴顶点坐标为（m，2m﹣5），
∵AB＝4，
∴点B的横坐标为m+2，
∵点B在抛物线y＝a（x﹣m）2+2m﹣5上，
∴y＝a（m+2﹣m）2+2m﹣5＝4a+2m﹣5，
∴点B（m+2，4a+2m﹣5），
设点C到直线AB的距离为d，
∴BD＝CD＝d，
∴点C（m+2+d，4a+2m﹣5﹣d），
∵点C在抛物线y＝a（x﹣m）2+2m﹣5上，
∴4a+2m﹣5﹣d＝a（m+2+d﹣m）2+2m﹣5，
整理得：ad2+4ad+d＝0，
∵d≠0，
∴d＝﹣，
∴点C到直线AB的距离为﹣；
（3）∵点C到直线AB的距离为1，
∴﹣＝1，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣m）2+2m﹣5．
分三种情况考虑：
①当m＞2m﹣2，即m＜2时，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣5＝2，
整理，得：m2﹣14m+39＝0，
解得：m1＝7﹣（舍去），m2＝7+（舍去）；
②当2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5时，有2m﹣5＝2，
解得：m＝；
③当m＜2m﹣5，即m＞5时，有﹣（2m﹣5﹣m）2+2m﹣5＝2，
整理，得：m2﹣20m+60＝0，
解得：m3＝10﹣2（舍去），m4＝10+2．
综上所述：m的值为或10+2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形，解一元二次方程以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式；（2）利用参数求出点C的坐标；（3）分m＜2、2≤m≤5及m＞5三种情况考虑．x
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﹣1
0
1
2
…
y
…
0
3
4
3
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