广东省广州市增城区2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟试题（答案）

这是一份广东省广州市增城区2023-2024学年九年级上学期期末数学模拟试题（答案），共28页。

A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．
【详解】解： A 、是中心对称图形，不合题意；
B 、是中心对称图形，不合题意； C 、不是中心对称图形，符合题意； D 、是中心对称图形，不合题意． 故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图的概念，解题的关键是中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后两部分重合．
下列事件属于必然事件的是（）
足球比赛中梅西罚进点球
小强在校运会上100 米比赛的成绩为5 秒
今年成都12 月份下雪
我校初一年级有7 个班， 8 个我校初一年级同学中至少有两个同学同班
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．熟练掌握必然事件、不可能事件、随机事件的概念是解题的关键；必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下， 一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【详解】解：A、足球比赛中梅西罚进点球，是随机事件，选项不合题意；
B、小强在校运会上100 米比赛的成绩为5 秒属于不可能事件，选项不合题意；
C、今年成都12 月份下雪是随机事件，选项不合题意；
k  0
x
k  1
k  0
D. 1  k  1
【答案】B
【解析】
【分析】利用反比例函数的性质判断即可．
【详解】解：在反比例函数 y  1 k 的图象的每一个象限内， y 都随 x 的增大而增大，
x
1 k  0 ，即 k  1 ． 故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解本题的关键．
如图，在V ABC 中， A＝30 ，将V ABC 绕着 B 点逆时针旋转40，到VBDE 的位置，则a 的度数是()
A. 40B. 30C. 20D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据旋转的性质得到∠DBA=40°，∠D=∠A=30°，利用三角形内角和定理得到
∠1+∠A+∠ABD=∠2+∠D+∠α=180°，而∠1=∠2，即可确定∠α=∠ABD．
【详解】解：如图，∵将△ABC 绕着点 B 逆时针旋转 40°，到△BDE 的位置，
∴∠DBA=40°，∠D=∠A=30°，
∵∠1+∠A+∠ABD=∠2+∠D+∠α=180°，
而∠1=∠2，
∴∠α=∠ABD=40°．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
3
分式方程
x 1
2
x 1
的解是（）
A. x＝5B. x＝﹣1C. x＝1D. x＝﹣5
【答案】A
【解析】
【分析】观察可得最简公分母是 x 1 x 1 ，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程，然后进行求解检验即可．
【详解】解：去分母，方程两边同时乘以 x 1 x 1 ， 得： 3 x 1  2  x 1 ，
解得： x  5 ，
检验： x  5 时，  x 1 x 1  0 ，
∴原方程的解是 x  5 ， 故选：A．
【点睛】此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解，解分式方程一定注意要验根．
两个相邻奇数的积为 195，若设较大的奇数为 x，则可列方程为()
A. x(x  2)  195B. (2x 1)(2x 1)  195
C. x(x 1)  195D. x(x  2)  195
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，设较大的奇数为 x，那么较小的奇数为 x  2 ， 则这两个数的积是 x  x  2 即可列出方程．
【详解】解：设较大的奇数为 x，根据题意得 x  x  2  195 ， 故选：D．
如图，在平面直角坐标系中，已知 B 2, 0 ，四边形 ABCD 和 AEFG 都是正方形，点 A、D、E 共线， 点 G、A、B 在 x 轴上，点 C，E，F 在以 O 为圆心 OC 为半径的圆上，则 FC 的长为（ ）．
A.5p 2
5p
C.D. 5p
2
B.5p
【答案】A
【解析】
【分析】设正方形 AEFG 的边长为 a，用 a 表示出 BC 和 OC，在 RtOBC 中，根据勾股定理建立方程求出a，可得正方形 AEFG 的边长为 2，正方形 ABCD 的边长为 1，和圆的半径 r，再证出
FGO OBC(SAS ) 得出FOC  90 ，进而求出弧长．
【详解】解：设正方形 AEFG 的边长为 a，
OE  OF ， EF  x 轴，
 AO  1 AG  a ，
22
 AB  OB  OA  2  a ，
2
在 Rt△OAE 中，
AE  a ， AO  a ，
2
EO 
5 a ，
AE2  OA2
2
OC 
5 a ，
2
在 RtOBC 中，
OB2  BC 2  OC 2
 BC  AB  2  a ，
2
 22  (2  a )2  ( 5 a)2 ，
22
解得 a  2或 4 （舍去），
正方形 AEFG 的边长为 2， 正方形 ABCD 的边长为 1，
OG  BC  1， FG  OB  2
又FGO  CBO  90
FGO OBC(SAS )
GFO  BOC
GFO  FOG  90
BOC  FOG  90 ，
FOC  90 ，
 r  OC 
5 a 
5
2
5
 FC  1  2pr  1  2p5 p．
442
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质与判定和弧长的求法，牢固掌握以上知识点并灵活应用是做出本题的关键．
如图，直线 AB 与O 相切于点A ， CD 是O 的一条弦，且CD ∥ AB ，连接 AC ．若O 的半径为
3
2 ， CD  2
，则阴影部分的面积为（）
3
3
A. 4π B. 4πC. 4 2π D. 2 π 3
333
【答案】A
【解析】
【分析】如图所示，过点O 作 EF ∥ AB ，作OH  CD 于 H ，可得OCH  30 ， AOC  120 ，结合图形可求出扇形OAC 的面积， OAC 的面积，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点O 作 EF ∥ AB ，作OH  CD 于 H ，则点 H 是CD 的中点，
∵直线 AB 与O 相切于点A ， CD ∥ AB ，
∴ A, O, H 在同一条直线上，且 AB∥EF∥CD ，
3
3
∴ CH  DH  1 CD  1  2，
22
在Rt△ COH 中， CO  2 ，
CO2  CH 2
22  ( 3)2
∴ OH 
∴ OCH  30 ，
∵ AB∥EF∥CD ，
 1 ，
∴ HCO  COF  30, FOA  OAB  90，
3
∴ AOC  120 ，
∴ S 120 p 22  4p， S
 1 OH CH  1 13 ，
扇形OAC
3603
△COH
222
S 1 CH  AH  1  3 (1 2)  3 3 ，
△ACH
222
∴ S S S
 3 3 3 
3
，
△OAC
△ACH
△OCH22
∴阴影部分的面积为 S 故选： A ．
扇形OAC
S△OAC
 4p，
3
3
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握垂进定理，平行线的性质，特殊角的直角三角形，扇形面
积的计算方法是解题的关键．
如图，在平面直角坐标系中，△OAB 与△OCD 位似，点 O 是它们的位似中心，已知 A（﹣6，4），C
（3，﹣2），则△OAB 与△OCD 的面积之比为（）
A. 1：1B. 2：1C. 3：1D. 4：1
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用位似图形的性质结合对应点坐标得出位似比，进而得出面积比．
【详解】解：∵△OAB 与△OCD 位似，点 O 是它们的位似中心，A（﹣6，4），C（3，﹣2），
∴△OAB 与△OCD 的位似比为：6：3＝2：1， 则△OAB 与△OCD 的面积之比为：22：1＝4：1． 故选：D．
【点睛】本题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y  x2  2x  m m  0 交 y 轴于点C ，过点C 作线段CB ∥ x 轴交于点 B ，过点 B 作线段 BA  x 轴于点A ，当V ABC 为等腰直角三角形时， m 的值是（）
― 2 3
【答案】C
 4 3
C. ―2D. 4
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，等腰三角形的性质，解一元二次方程，先求出C 的坐标，然后根据题意求得 B 的坐标，代入解析式得到关于 m 的方程，解方程即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵抛物线 y  x2  2x  m m  0 交 y 轴于点C ，
∴ C 0, m ，
∴ OC  m ，
∵ CB ∥ x 轴， BA  x 轴，
∴ AB  OC  m ，
∵V ABC 为等腰直角三角形，
∴ BC  AB ，
∴ B m, m ，
∵ B 在抛物线 y  x2  2x  m m  0 上，
∴ m  m2  2m  m ，
解得m1  2 ， m2  0 （舍去），故选： C ．
二．填空题（共 6 小题，满分 18 分，每小题 3 分）
如果 A 的直径为6cm ，且点 B 在 A 上，则 AB cm ．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点和圆的位置关系即可求解，解题的关键是正确理解：点和圆心的距离为 d 半径为 r ，点 P 在O 外，则d > r ，点 P 在O 上，则 d  r ，点 P 在O 内，则
d  r ．
【详解】解：如图：
∵点 B 在 A 上，
∴?? 为半径，
∴ AB  1  6cm  3cm ，
2
故答案为： 3 ．
已知△ABC ∽△DEF ， AB : DE  1: 2 ，则V ABC 与 DEF 的相似比是； DEF 与
V ABC 的相似比是．
【答案】①. 1: 2②. 2 :1
【解析】
【分析】本题考查求相似比，掌握相似三角形对应边的比等于相似比是解题的关键． 根据相似三角形对应边的比等于相似比解答即可．
【详解】解：△ABC∽△DEF ， AB : DE  1: 2 ，
 ABC 与 DEF 的相似比 AB : DE  1: 2 ， DEF 与V ABC 的相似比 DE : AB  2 :1，故答案为：1: 2 ； 2 :1．
一个袋子里有 n 个除颜色外完全相同的小球，其中有 8 个黄球，每次摸球前先将袋子里的球摇匀，通过大量重复摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.4 附近，那么 n 大约是．
【答案】20
【解析】
【分析】根据频率估计概率，计算即可，本题考查了频率估计概率，熟练掌握估算方法是解题的关键．
【详解】根据题意，得 8  0.4 ，
n
解得 n  20 ， 故答案为：20．
若关于 x 的一元二次方程 x2  2kx 1  0 有两个相等的实数根，则 k 的值为.
【答案】 1
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及解一元二次方程.熟练掌握当“   0 时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键.
【详解】解：由题意得，   2k 2  4 11  4k 2  4  0 ，解得： k  1
故答案为： 1
如图，点 A 在反比例函数 y  k (x  0) 的图象上，过点 A 作 x 轴，y 轴的垂足分别为点 B，C，若
x
AB  1.5 ， AC  4 ，则 k 的值为．
【答案】 6
【解析】
【分析】本题考查反比例函数系数 k 的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于| k | ．
根据反比例函数 k 的几何意义可得| k | AB  AC ，再根据图象在第二象限可确定 k  0 ，进而得到解析式．
【详解】解： S矩形ABOC  AB  AC  1.5  4  6 ，
\ | k |= 6 ，
图象在第二象限，
 k  0 ，
 k  6 ，
故答案为∶ 6 ．
如图，在平面直角坐标系中，点 A，B 的坐标分别是 A(3，0)，B(0，4)，把线段 AB 绕点 A 旋转后得到线段 AB′，使点 B 的对应点 B′落在 x 轴的正半轴上，则点 B′的坐标是．
【答案】(8，0)
【解析】
【分析】利用勾股定理求出 AB 即可解决问题．
【详解】∵ A3，0，B 0，4 ，
∴ OA  3，OB  4 ，
∵∠AOB=90°，
OA2  OB2
∴AB=
∵ AB  AB '  5 ，
∴ OB '  8 ，
∴ B '8，0 ，
故答案为： 8，0 ．
=5，
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及坐标与图形的性质，正确得出 AB′的长是解题关键．
三．解答题（共 9 小题，满分 72 分）
运用平方差，完全平方公式解方程：
（1）16(x  1)2  225
（2） 4x2  4x  1  x2  6x  9
（3） 9(x  1)2  4(x  1)2
（4） x2  4x  4  (3  2x)2
【答案】（1） x = -
11 ， x  19
1424
（2） x  4 ， x  2
132
（3）x
  1 ，x ＝﹣5
152
（4） x  1 ， x  5
123
【解析】
【分析】运用因式分解法解一元二次方程，能提公因式动用提公因式法，能运用完全平方式或平方差就用其公式来降次求解．
根据平方差公式分解因式求解即可；
先根据完全平方公式变形(2x 1)2  (x  3)2  0 ，再根据平方差公式分解因式求解即可；
根据平方差公式分解因式求解即可；
先根据完全平方公式变形(x  2)2  (3  2x)2  0 ，再根据平方差公式分解因式求解即可．
【小问 1 详解】
解： 16(x  1)2  152  0 ，
所以[4(x  1)  15][4(x  1)  15]  0 ， 即4x 11  0 ， 4x  19  0 ，
得 x = -
11 ， x  19 ．
1424
【小问 2 详解】
解：方程变为(2x 1)2  (x  3)2  0 ，
所以[(2x  1)  (x  3)][(2x  1)  (x  3)]  0 ， 即3x  4  0 ， x  2  0 ，
得 x  4 ， x  2 ．
132
【小问 3 详解】
解：原方程变为[3(x  1)]2 [2(x  1)]2  0 ，
所以[3(x  1)  2(x  1)][3(x  1)  2(x  1)]  0 ， 即(5x  1)(x  5)  0 ，
得 x   1 ， x  5 ．
152
【小问 4 详解】
解： (x  2)2  (3  2x)2 ．
(x  2)2  (3  2x)2  0 ，
(x  2  3  2x)(x  2  3  2x)  0 ，
(1 x)(3x  5)  0 ，
所以 x  1 ， x  5 ．
123
已知：如图，四边形 ABCD 的对角线 AC 、 BD 相交于点O ， S△ AOD  S△BOC .
求证： DO  CO ；
2
OBOA
设△OAB 的面积为S ， CD
AB
 k ，求证：S 四边形 ABCD  k 1 S .
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由 S△AOD=S△BOC 易得 S△ADB=S△ACB，根据三角形面积公式得到点 D 和点 C 到 AB 的距离相等， 则 CD∥AB，于是可判断△DOC∽△BOA，然后利用相似比即可得到结论；
（2）利用相似三角形的性质可得结论．
【详解】（1）∵S△AOD=S△BOC，
∴S△AOD+S△AOB=S△BOC+S△AOB，即 S△ADB=S△ACB，
∴CD∥AB，
∴△DOC∽△BOA，
∴ DO ＝CO ；
OBOA
（2）∵△DOC∽△BOA
∴ CD ＝ DO ＝ CO

＝k， SCOD ＝ CD  2=k2，
ABBOAO

AB
S AOB
∴DO=kOB，CO=kAO，S△COD=k2S，
∴S△AOD=kS△OAB=kS，S△COB=kS△OAB=kS，
∴S 四边形 ABCD=S+kS+kS+k2S=（k+1）2S．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，证明△DOC∽△BOA 是解题的关键．
如图，是由两个半圆组成的图形，点 O 是大半圆的圆心， AB 是大半圆的直径， OA 是小半圆的直径，点 C 是OB 的中点．画出这个图形关于点 C 成中心对称的图形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图-旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质． 根据旋转的性质即可画出这个图形关于点 C 成中心对称的图形．
【详解】解：如图，两个虚线的半圆即为这个图形关于点 C 成中心对称的图形．
某公司在六一儿童节来临之际，为员工子女准备了价格不同的三种礼物，员工通过抽签的方式随机选择礼物类型：将 A（书包）、B（滑板鞋）、C（儿童手表）分别写在无差别的三个乒乓球上，将其放在不透明的盒子中摇匀，员工老李先从中随机摸出一个球，记下结果后放回摇匀，再由老张从中随机摸出一个， 记下结果后放回．
老李没有抽中“书包”是事件，老张抽中“笔记本电脑”是事件（填“不可能”或
“必然”或“随机”）；老李抽中“滑板鞋”的概率为 ；
试用画树状图或列表的方法表示出所有可能的结果，并求出老李和老张抽中相同礼物的概率．
1
【答案】（1）随机，不可能，
3
1
（2）老李和老张抽中相同礼物的概率为 ．
3
【解析】
【分析】（1）根据随机事件和不可能事件的概念及概率公式即可得出答案；
（2）画树状图得出所有等可能的结果，再从中找到符合条件的结果数，然后利用概率公式计算可得．
【小问 1 详解】
解：老李没有抽中“书包”是随机事件； 老张抽中“笔记本电脑”是不可能事件；
1
老李抽中“滑板鞋”的概率为 ；
3
1
故答案为：随机，不可能， ；
3
第一次第二次
A
B
C
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
C
（A，C）
（B，C）
（C，C）
【小问 2 详解】解：列表如下：
可能出现的结果共有 9 种，并且它们出现的可能性相同，其中老李和老张抽中相同礼物的结果有 3 种， 则老李和老张抽中相同礼物的概率为 3  1 ．
93
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
如图，已知矩形 ABCD ．根据以下作图过程，解答下列问题：
①连接 BD ；
1
②分别以点 B ， D 为圆心，大于 2 BD的长为半径作弧，两弧相交 E ， F 两点；
③作直线 EF ，分别交 AD ， BD ， BC 于点G ， O ， H ；
④连接 BG ， HD ；
③以O 为圆心， AB 为直径作O ．
求证：四边形 BHDG 是菱形；
求证： DH 为O 的切线．
【答案】（1）详见解析
（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质和平行线的性质，得出ADB  DBC ， OD  OB ，再根据题意，得出 EF
是 BD 的垂直平分线， 再根据“ 角边角”， 得出GDO≌HBO ， 再根据全等三角形的性质， 得出
DG  BH ，再根据平行四边形的判定，得出四边形 BHDG 是平行四边形，再根据菱形的判定定理，即可得出结论；
（2）过点O 作OM  AD ， ON  DH 于点 M 、 N ，根据菱形的性质，得出MDO  NDO ，再根据角平分线的性质，得出OM  ON ，再根据切线的判定定理，即可得出结论．
【小问 1 详解】
证明：∵在矩形 ABCD 中， AD ∥ BC ，
∴ ADB  DBC ， DGO  BHO ， 由作图过程可知： EF 是 BD 的垂直平分线，
∴ OD  OB ，
∴GDO≌HBO AAS ，
∴ DG  BH ，
∵ DG ∥ BH ，
∴四边形 BHDG 是平行四边形，
∵ EF 是 BD 的垂直平分线，
∵ GB  GD ，
∴四边形 BHDG 是菱形；
【小问 2 详解】
证明：如图，过点O 作OM  AD ， ON  DH 于点 M 、 N ，
∵四边形 BHDG 是菱形，
∴ MDO  NDO ，
∵ OM  AD ， ON  DH ，
∴ OM  ON ，
∵以O 为圆心， AB 为直径作O ， 又∵ OM  AD ，
∴ ON 是O 的半径，
∴ DH 是O 的切线．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、角平分线的性质、切线的判定定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
如图 1 是一座抛物线型拱桥侧面示意图．水面宽 AB 与桥长 CD 均为 24m，在距离 D 点 6m 的点 E 处， 测得桥面到桥拱的距离 EF 为 1.5m，以桥拱顶点 O 为原点，桥面为 x 轴建立平面直角坐标系．
求桥拱顶部点 O 离水面的距离；
如图 2，桥面上方有 3 根高度均为 4m 的支柱 CG，OH，DI，过相邻两根支柱顶端的钢缆呈形状相同的抛物线，其最低点到桥面距离为 1m．
①求出其中一条钢缆抛物线的函数表达式；
②为庆祝节日，在钢缆和桥拱之间竖直装饰若干条彩带，设其中一条彩带与支柱 OH 的水平距离为 dm，当
20
这条彩带的长度小于
9
m 时，求 d 的取值范围．
【答案】（1）6m（2）① y
 1 (x  6)2 1；② 8  d  16
【解析】
31233
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式，然后结合二次函数图象上点的坐标特征计算求解；
（2）①由图象分析右边钢缆所在抛物线的顶点坐标为（6，1），然后利用待定系数法求函数解析式；
②根据题意，列式 y
【小问 1 详解】
2  y1
 1  x  42  2 ，然后解不等式即可． 8
根据题意可知点 F 的坐标为（6， 1.5 ），
可设拱桥侧面所在二次函数表达式为： y  a x2 ，
11
将 F （6， 1.5 ）代入 y  a x2 有： 1.5  36a ，
111
1
∴ y  
24
1 x2 ，
124
当 x  12 时， y1  
1 122  6 ，
24
∴桥拱顶部离水面高度为 6m；
【小问 2 详解】
22
①由题意可知右边钢缆所在抛物线的顶点坐标为（6，1），可设其表达式为 y  a  x  62 1 ，
将 H （0，4）代入其表达式有： 4  a2
0  62 1 ，求得 a  1 ，
2
12
∴右边钢缆所在抛物线表达式为： y2
 1  x  62 1， 12
同理可得左边钢缆所在抛物线表达式为： y3
 1  x  62 1， 12
②设彩带的长度为 L m，
则 L  y
 y  1  x  62 1   1
x2   1 x2  x  4  1  x  42  2 ，
2112
24
88

20
∵这条彩带的长度小于m，
9
∴ 1  x  42  2  20 ，
89
解得 8  x  16 ． 33
∴ d 的取值范围 8  d  16 ．
33
【点睛】本题考查了利用二次函数解决实际问题，解决此类型题一般先根据题意设出适当的二次函数表达式（一般式、顶点式或交点式），再结合实际和二次函数的图象与性质进行求解．
如图，在平面直角坐标系中， V ABC 的边 AB 在 y 轴上， AC ∥ x 轴，点C 的坐标为4, 6, AB  3 ，
将V ABC 向下方平移，得到 DEF ，且点A 的对应点 D 落在反比例函数 y  k  x  0 的图象上，点 B 的对
x
应点 E 落在 x 轴上，连接OD, OD ∥ BC ．
求证：四边形ODFE 为平行四边形；
求反比例函数 y  k (x  0) 的表达式；
x
求V ABC 平移的距离及线段 BC 扫过的面积．
【答案】（1）见解析（2） y  12  x  0
x
（3）5，24
【解析】
【分析】（1）利用平移的性质，可得出 BC ∥ EF , AC ∥ DF , AB ∥ DE ，由 AC ∥ x 轴且OE 在 x 轴上，
可得出 AC  OE ，结合 AC ∥ DF ，可得出 DF∥OE ，由OD ∥ BC, BC ∥ EF ，可得出OD ∥ EF ，再利用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，可证出四边形ODFE 为平行四边形；
连接 CD ，易证四边形 BCDO 是平行四边形，利用平行四边形的性质，可得出 CD ∥ AB ，结合DE∥AB ，可得出C，D，E 三点共线，易证四边形 ACEO 是平行四边形，利用平行四边形的性质，可得出OE 的长，结合 DE  AB  3 ，可得出点 D 的坐标，再利用反比例函数系数 k 的几何意义，可求出 k 的值，进而可得出反比例函数的表达式；
连接 BE，CF ，在RtBOE 中，利用勾股定理，可求出 BE 的长，由此可得出V ABC 平移的距离为
5 ，由 BC ∥ EF , BC  EF ，可得出四边形 BCFE 是平行四边形，再利用平行四边形的性质及三角形的面积公式，即可求出线段 BC 扫过的面积．
【小问 1 详解】
证明：由平移的性质，得： BC ∥ EF , AC ∥ DF , AB ∥ DE ，
 AC∥x 轴，且OE 在 x 轴上，
 AC∥OE ，
 DF ∥OE ．
OD ∥ BC, BC ∥ EF ，
OD ∥ EF ，
四边形ODFE 为平行四边形；
【小问 2 详解】
解：连接CD ，如图1所示．
四边形ODFE 为平行四边形，
OD  EF  BC ，
又OD∥BC ，
四边形 BCDO 是平行四边形，
CD  OB, CD ∥ AB ，
 DE ∥ AB ，
C，D，E 三点共线．
 AC∥x 轴， OE 在 x 轴上， CE  AO ，
四边形 ACEO 是平行四边形，
OE  AC ．
点C 的坐标为4, 6, AB  3 ，
OE  AC  4，DE  AB  3 ，
点 D 的坐标为4, 3 ．
点 D 在反比例函数 y  k  x  0 的图象上，
x
 k  4  3  12 ，
反比例函数的表达式为 y  12  x  0 ；
x
【小问 3 详解】
解：连接 BE，CF ，如图2 所示．
在 Rt△ BOE 中， OB  OA  AB  6  3  3，OE  4 ，
OB2  OE2
32  42
 BE  5 ，
 ABC 平移的距离为5．
 BC ∥ EF , BC  EF ，
四边形 BCFE 是平行四边形，
 S BCFE
 2S
 BCE
 2  1 CE  OE  2  1  6  4  24 ， 22
线段 BC 扫过的面积为24 ．
【点睛】本题是反比例函数的综合题，考查了平移的性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质、反比例函数系数 k 的几何意义、勾股定理以及三角形的面积，解题的关键是：（1）由平移的性质及平行线的性质，找出 DF∥OE 及OD ∥ EF ；（2）利用平移的性质及平行四边形的性质，找出点 D 的坐标；（3）利用勾股定理及平行四边形的性质，求出 BE 的长及平行四边形 BCFE 的面积．
综合与探究
如图，抛物线 y  ax2  bx 经过点 A(8, 0) 与点 B(10, 5) ，点 F 是 x 轴上方抛物线上的一个动点，过点 F
分别作 x 轴，y 轴的平行线，与抛物线交于另一点 E，与直线OB 交于点 C．再过点 C 作 x 轴的平行线， 过点 E 作 y 轴的平行线，两条平行线交于点 D．点 F 的横坐标为 m，且0  m  4 ．
求出抛物线与直线OB 的函数关系表达式；
当四边形 FCDE 是正方形时，求出点 F 的坐标；
在满足（2）的条件下，在直线OB 上取一点 P ，连接 PF ．将线段 PF 以点 P 为中心，顺时针方向旋转90 ，点 F 的对应点为 Q．当点 Q 正好落在抛物线上时，直接写出这时点 P 的坐标．
【答案】（1） y   1 x2  2x ， y   1 x
42
（2） F 2, 3
13
13
（3）  2  8 13 , 1 4 或 2  8 13 , 1 4
99
99

42
（2）由 y   1 x2  2x   1 (x  4)2  4 ，得抛物线的对称轴为直线 x  4 ，设点 F  m,  1 m2  2m  ，则点C
444

的坐标为 m,  1 m  ， FC   1 m2  5 m ，根据抛物线的轴对性知 EF  2(4  m) ，而四边形 FCDE 是正方
242

形有 1 m2  5 m  2(4  m) ，即可解得点 F 的坐标为(2, 3) ；
42
（ 3 ） 过 P 作 HG ∥ x 轴 交 FC 延 长 线 于 H ， 过 Q 作 QG  HG 于 G ， 设
1 

P t,t ， 证 明
2 


FHP≌PGQ(AAS) ，可得 PH  t  2  QG ， FH  3    1 t   3  1 t  PG ，即知 Q  3 t 1
 2  ，
2 2
3,t
22


13
代入 y   1 x2  2x ，即可解得点 P 的坐标 2  8 13 , 1 4
 或 2  8 13 , 1 4 ．
13
499
99
【小问 1 详解】

解：把 A(8, 0) ， B(10, 5) 代入 y  ax2  bx ，得：

64a  8b  0
，
100a 10b  5

a   1
解得4 ，
b  2
抛物线的解析式为 y   1 x2  2x ，
4
设直线 BC 的解析式为 y  kx ，把点 B(10, 5) 代入，得：
1
10k  5 ，解得 k  ．
2
直线OB 的解析式为 y   1 x ；
2
【小问 2 详解】
解： y   1 x2  2x   1 (x  4)2  4 ， 44
抛物线的对称轴为直线 x  4 ，
121
设点 F  m,  4 m  2m  ，则点C 的坐标为 m,  2 m  ，

 FC    1 m2  2m     1 m    1 m2  5 m ，
4242

根据抛物线的轴对性知 EF  2(4  m) ，
四边形 FCDE 是正方形时，
 EF  FC ，即 1 m2  5 m  2(4  m) ，
42
解得 m1  2 ， m2  16 （不合题意，舍去），
当 m  2 时，  1 m2  2m  3 ， 4
点 F 的坐标为(2, 3) ；
【小问 3 详解】
解：过 P 作 HG ∥ x 轴交 FC 延长线于 H ，过Q 作QG  HG 于G ，如图：
设 P(t,  1 t) ，由（2）知 F (2,3) ，
2
将线段 PF 以点 P 为中心，顺时针方向旋转90 ，点 F 的对应点为Q ，
 FP  GP ， ÐFPG = 90° ，
FPH  90  QPG  PQG ，
H  G  90 ，
FHP≌PGQ(AAS) ，
 PH  t  2  QG ， FH  3  ( 1 t)  3  1 t  PG ，
22
11
 31
Q  t  3  2 t,  2 t  t  2  ，即Q  2 t  3, 2 t  2  ，

点Q 正好落在抛物线 y   1 x2  2x 上，
4

解得t  2  8 13 或t  2  8 13 ，
99
13
13
∴点 P 的坐标为 2  8 13 , 1 4 或 2  8 13 , 1 4 ．
99
99

【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法求函数解析式、正方形性质、旋转变换，全等三角形的判定与性质，等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
在Rt△ABC 中， M 是斜边 AB 的中点，将线段 MA 绕点 M 旋转至 MD 位置，点 D 在直线 AB 外，
连接 AD, BD ．
如图 1，求ÐADB 的大小；
已知点 D 和边 AC 上的点 E 满足 ME  AD, DE ∥ AB ．
（ⅰ）如图 2，连接CD ，求证： BD  CD ；
（ⅱ）如图 3，连接 BE ，若 AC  8, BC  6 ，求tan ABE 的值．
【答案】（1） ADB  90
1
（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）
2
【解析】
【 分 析 】（ 1 ） 根 据 旋 转 的 性 质 得 出 MA  MD  MB ， 根 据 等 边 对 接 等 角 得 出
MAD  MDA, MBD  MDB ， 在 △ABD 中 ， 根 据 三 角 形 内 角 和 定 理 即 得 出
MAD  MDA  MBD  MDB=180 ，进而即可求解；
（2）（ⅰ）延长 AC, BD 交于点 F ，证明四边形 AEDM 是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，
AF  AB ，根据等腰三角形的性质，得出 D 是 BF 的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
即可得证；
（ ⅱ ） 如 图 所 示 ， 过 点 E 作 EH  AB 于 点 H ， 由  AHE∽ ACB ， 得 出
EH  3, AH  4 ，
在△ABD 中， MAD  MDA  MBD  MDB=180
∴ ADB  ADM  BDM  180  90
2
【小问 2 详解】
证明：（ⅰ）证法一：
如图，延长 BD、AC ，交于点 F ，则BCF  90 ，
∵ ME  AD ， ADB  90
∴ EM ∥ BD ． 又∵ DE ∥ AB ，
∴四边形 BDEM 是平行四边形．
∴ DE  BM ．
∵ M 是 AB 的中点，，
∴ AM  BM ．
∴ DE  AM ．
∴四边形 AMDE 是平行四边形．
∵ ME  AD ，
∴ AMDE 是菱形．
∴ AE  AM ．
∵ EM ∥ BD ，
∴ AE  AM ．
AFAB
∴ AB  AF ．
∵ ADB  90 ，即 AD  BF ，
∴ BD  DF ，即点 D 是RtBCF 斜边的中点．
∵ ME  AD ，
∴ ME 垂直平分 AD ．
∴ EA  ED ．
∴ EAD  EDA ．
∵ DE ∥ AB ，
∴ BAD  EDA ．
∴ EAD  BAD ．
∴ BD  CD ． 证法三：
∵ ME  AD ， ADB  90
∴ EM ∥ BD ． 又∵ DE ∥ AB ，
∴四边形 BDEM 是平行四边形．
∴ DE  BM ．
∵ M 是 AB 的中点，，
∴ AM  BM ．
∴ DE  AM ．
∴四边形 AMDE 是平行四边形．
∵ ME  AD ，
∴ AMDE 是菱形．
∴ EAD  MAD ．
∵ ACB  ADB  90 ， M 是斜边 AB 的中点，
∵ AC  8, BC  6 ，
AC 2  BC 2
∴ AB 
 10 ，则 AE  AM 
1 AB  5 ，
2
∵ EAH  BAC, ACB  AHE  90 ，
∴ AHE∽ ACB ，
∴ EH  AH  AE  5 ，
BCACAB10
∴ EH  3, AH  4 ，
∴ BH  AB  AH  10  4  6 ，
∴ tan ABE  EH
BH
 3  1
62
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．