山东省德州市2024-2025学年上学期九年级数学期中模拟试卷

2024-2025学年九年级数学上学期期中考试试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：第二十一章一元二次方程、第二十二章二次函数、第二十三章旋转。 5．难度系数：中等。 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．下列图形，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2．下列各式中,y是x的二次函数的为(    ) A. B. C. D. 3．已知二次函数，则下列关于这个函数图象和性质的说法，正确的是（ ） A. 图象的开口向上 B. 图象的顶点坐标是 C. 当时，随的增大而增大 D. 图象与轴有唯一交点 4．已知点A（a，2019）与点A′（﹣2020，b）是关于原点O的对称点，则a+b的值为（　　） A．1 B．5 C．6 D．4 5. 函数与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6．如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7．已知关于x的方程有实数根，则a的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 8．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转90°，得到，连接，若，，则线段的长为（ ） A. 6 B. C. D. 9．已知二次函数（h为常数），当自变量x的值满足时，与其对应的函数值y的最大值为，则h的值为（　　） A. 3或4 B. 1或6 C. 1或3 D. 4或6 10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AB＝4，BC＝6，∠BAD＝30°．动点P沿路径A→B→C→D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向点D运动．过点P作PH⊥AD，垂足为H．设点P运动的时间为x（单位：s），△APH的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（　　） A． B． C． D． 第Ⅱ卷 1. 填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．m是方程2x2+3x﹣1＝0的根，则式子4m2+6m+2021的值为_____． 12．如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转　 　度形成的． 13．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴正半轴交于点、，若，则的值为 ． 14．如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）统原点O顺时针旋转180°得到点P'，则P'的坐标为 ． 15．若x1，x2是方程x2﹣4x﹣2020＝0的两个实数根，则代数式x12﹣2x1+2x2的值等于_____． 16．已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边OB上一点，且点M的坐标为（a，b）．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M的坐标为 . 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（4分）用适当的方法解下列方程 （1） （2） 18．（4分）已知：在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）． （1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标； （2）画出将ABC绕点B按顺时针旋转90°所得的△A2BC2． 19. （6分）列方程（组）解应用题：某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为600m2的矩形试验茶园，便于成功后大面积推广．如图所示，茶园一面靠墙，墙长35m，另外三面用69m长的篱笆围成，其中一边开有一扇1m宽的门（不包括篱笆）．求这个茶园的长和宽． 20．（6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． 21．（8分）如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到 AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G． （1）求证：EF＝BC； （2）若∠ABC＝63°，∠ACB＝25°，求∠FGC的度数． 22．（10分）某商品的进价为每件40元，售价不低于50元，如果售价为每件50元，每个月可卖出210件；如果售价超过50元但不超过80元，每件商品的售价每上涨1元，则每月少卖1件；如果售价超过80元后，若再涨价，则每涨1元每月少卖3件，设每件商品的售价为x元，每月的销售量为y件． （1）求y与x的函数关系式并写出自变量x的取值范围； （2）每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？ 23．（10分）阅读材料：我们学习了完全平方式，并知道完全平方式具有非负性．我们可以利用完全平方式的知识，将一般的二次代数式，转化为完全平方式的形式，这个过程叫做“配方”．通过配方，我们可以求代数式的最大（小）值． 例如：求代数式的最小值． 解：我们可以先将代数式配方： 再利用完全平方式的非负性：∵，∴，∴的最小值是4． （1）求代数式的最小值； （2）求代数式的最大值； （3）某居民小区要在一块两面靠墙（墙长无限）的空地上建一个长方形花园，另两边用总长为20m的栅栏围成．如图，设，请问：当取何值时，花园的面积最大？最大面积是多少？ 24.（12分）在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是实数，a≠0）． （1）若函数y1的对称轴为直线x＝3，且函数y1的图象经过点（a，b），求函数y1的表达式． （2）若函数y1的图象经过点（r，0），其中r≠0，求证：函数y2的图象经过点（，0）． （3）设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，若m+n＝0，求m，n的值． 25．（12分）如图，直线PQ∥MN，一副直角三角板△ABC，△DEF中，∠EDF＝90°，∠ABC＝45°，∠DFE＝30°，∠DEF＝60°． （1）若△DEF如图1摆放，当ED平分∠PEF时，证明：FD平分∠EFM． （2）若△ABC，△DEF如图2摆放时，则∠PDE＝　 　． （3）若图2中△ABC固定，将△DEF沿着AC方向平移，边DF与直线PQ相交于点G，作∠FGQ和∠GFA的角平分线GH、FH相交于点H（如图3），则∠GHF＝　 　． （4）若图2中△DEF固定，（如图4）将△ABC绕点A顺时针旋转，旋转至AC与直线AN首次重合的过程中，当线段BC与△DEF的一条边平行时，请直接写出旋转的角度． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年九年级数学上学期期中考试试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：第二十一章一元二次方程、第二十二章二次函数、第二十三章旋转。 5．难度系数：中等。 第Ⅰ卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的） 1．下列图形，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A.不是中心对称图形，故A错误； B.是中心对称图形，故B正确； C.不是中心对称图形，故C错误； D.不是中心对称图形，故D错误． 故选：B． 2．下列各式中,y是x的二次函数的为(    ) A. B. C. D. 【答案】A 【分析】根据二次函数的定义：一般地，形如y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数进行分析即可． 【详解】解：A、y是x的二次函数，故此选项正确； B、不是二次函数，故此选项错误； C、不是二次函数，故此选项错误； D、不是二次函数，故此选项错误； 故选A． 3．已知二次函数，则下列关于这个函数图象和性质的说法，正确的是（ ） A. 图象的开口向上 B. 图象的顶点坐标是 C. 当时，随的增大而增大 D. 图象与轴有唯一交点 【答案】C 【分析】先利用配方法得到，可根据二次函数的性质可对、、进行判断；通过解方程可对进行判断． 【详解】解：， 抛物线的开口向下，顶点坐标为，抛物线的对称轴为直线，当 时，随的增大而增大， 令，则，解方程解得 ，， △， 抛物线与轴有两个交点． 故选：． 4．已知点A（a，2019）与点A′（﹣2020，b）是关于原点O的对称点，则a+b的值为（　　） A．1 B．5 C．6 D．4 【答案】A 【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值进而得出答案． 【详解】解：∵点A（a，2019）与点A′（﹣2020，b）是关于原点O的对称点， ∴a＝2020，b＝﹣2019， ∴a+b＝1． 故选：A． 5. 函数与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】本题考查了一次函数图象和二次函数图象的识别．首先分两种情况进行分析，当时，可以确定一次函数与二次函数的大致走向；同理当时也可以，再结合两函数图象交于点，且抛物线的对称轴在轴的左侧，即可得出答案． 【详解】解：当时，直线过一、三象限，抛物线开口向上； 当时，直线过二、四象限，抛物线开口向下， 又的对称轴，在轴的左侧， 故选：C． 6．如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】根据旋转的性质，可得，，即可求出的度数，再根据直角三角形两个锐角互余，得出的度数，即可求出的度数． 【详解】解：∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 7．已知关于x的方程有实数根，则a的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 【答案】A 【分析】本题考查了一元一次方程的定义，一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式等知识，要注意根据一元一次方程、一元二次方程的定义分类讨论．当方程为一元一次方程时，可以得到；当方程为一元二次方程时，，根据一元二次方程根的判别式即可得到且，进而即可求出a的取值范围． 【详解】解：当方程为一元一次方程时，，此时方程有实数根； 当方程为一元二次方程时，，并且， 即， 解得， ∴且， 综上所述：关于x的方程有实数根，则a的取值范围是． 故选：A 8．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转90°，得到，连接，若，，则线段的长为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】B 【分析】由旋转的性质得出，，，进而得出为等腰直角三角形，由勾股定理求出，再利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：将绕点A顺时针旋转，得到，， ，，， 为等腰直角三角形， ∵在中，，，， ， ，故B正确． 故选：B． 9．已知二次函数（h为常数），当自变量x的值满足时，与其对应的函数值y的最大值为，则h的值为（　　） A. 3或4 B. 1或6 C. 1或3 D. 4或6 【答案】B 【分析】分，和三种情况，结合二次函数的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵，，对称轴为直线， ∴抛物线的开口向下，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小； 当时，则时，函数值y有最大值， 故， 解得：（舍去）； 当时，的最大值为0，不符合题意； 当时，则时，函数值y有最大值， 故， 解得：（舍去），． 综上所述：h的值为1或6． 故选：B． 10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AB＝4，BC＝6，∠BAD＝30°．动点P沿路径A→B→C→D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向点D运动．过点P作PH⊥AD，垂足为H．设点P运动的时间为x（单位：s），△APH的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求出点P在AB上运动、点P在BC上运动、点P在CD上运动时的函数表达式，进而求解． 【详解】解：①当点P在AB上运动时， y＝AH×PH＝×APsinA×APcosA＝×x2×＝x2，图象为二次函数； ②当点P在BC上运动时，如下图， 由①知，BH′＝ABsinA＝4×＝2，同理AH′＝2， 则y＝×AH×PH＝（2+x﹣4）×2＝2﹣4+x，为一次函数； ③当点P在CD上运动时， 同理可得：y＝×（2+6）×（4+6+2﹣x）＝（3）（12﹣x），为一次函数； 故选：D． 第Ⅱ卷 1. 填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．m是方程2x2+3x﹣1＝0的根，则式子4m2+6m+2021的值为_____． 【答案】2023 【分析】先根据一元二次方程根的定义得到2m2+3m＝1，再把4m2+6m+2021变形为2（2m2+3m）+2021，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】解：∵m是方程2x2+3x﹣1＝0的根， ∴2m2+3m﹣1＝0， ∴2m2+3m＝1， ∴4m2+6m+2021＝2（2m2+3m）+2021＝2×1+2021＝2023． 故答案为：2023． 12．如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转　 　度形成的． 【答案】45 【分析】利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案，进而判断出基本图形的旋转角度． 【解答】解：本题图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转8次形成． 所以旋转角为＝45°． 故答案为：45． 13．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴正半轴交于点、，若，则的值为 ． 【答案】2 【分析】设，，则，是方程的两个根，利用一元二次方程根与系数的关系求出，，然后根据以及完全平方公式的变形得出关于m的方程，解方程即可求解． 【详解】解：设，，则，是方程的两个根， ，， 抛物线与轴正半轴交于点、， ，， ， ， ， ， ， ， ． 解得：（负数不合题意，舍去）， ， 故答案为：2． 14．如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）统原点O顺时针旋转180°得到点P'，则P'的坐标为 ． 【答案】（﹣2，﹣3） 【分析】根据题意可得，点P和点P的对应点P′关于原点对称，据此求出P'的坐标即可． 【解答】解：∵将点P（2，3）绕原点O旋转180°后，得到的对应点P'， ∴点P'和点P关于原点对称， ∵点P的坐标为（2，3）， ∴点的坐P'标是（﹣2，﹣3）． 故答案为：（﹣2，﹣3）． 15．若x1，x2是方程x2﹣4x﹣2020＝0的两个实数根，则代数式x12﹣2x1+2x2的值等于_____． 【答案】2028 【分析】根据一元二次方程的解的概念和根与系数的关系得出x12-4x1=2020，x1+x2=4，代入原式=x12-4x1+2x1+2x2=x12-4x1+2（x1+x2）计算可得． 【详解】解：∵x1，x2是方程x2﹣4x﹣2020＝0的两个实数根， ∴x1+x2＝4，x12﹣4x1﹣2020＝0，即x12﹣4x1＝2020， 则原式＝x12﹣4x1+2x1+2x2 ＝x12﹣4x1+2（x1+x2） ＝2020+2×4 ＝2020+8 ＝2028， 故答案为：2028． 16．已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边OB上一点，且点M的坐标为（a，b）．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M的坐标为 . 【答案】C 【分析】先确定此时点M对应的位置即点所在的位置，如图，过点M，分别作ME⊥x轴于点E，⊥x轴于点F，证明，得到，由此求解即可． 【详解】∵正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°， ∴旋转8秒恰好旋转360°． ∵2022÷8=252……6， ∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次． ∵6×45°=270°， ∴此时点M对应的位置即点所在的位置， 如图，过点M，分别作ME⊥x轴于点E，⊥x轴于点F， ∴， ∴∠EOM+∠EMO=90°， ∵四边形OBCD是正方形， ∴∠BOD=90°， ∴， ∴， 由旋转的性质可知， ∴， ∵点M的坐标为（a，b）， ∴， 又点在第二象限， ∴旋转2022秒后，点M的坐标为（﹣b，a）． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（4分）用适当的方法解下列方程 （1） （2） 【答案】（1） （2） 【分析】本题考查解一元二次方程，运用合适的解法求解即可，掌握解一元二次方程的常见方法是解题的关键． （1）运用配方法求解即可； （2）运用因式分解法求解即可． 【详解】解：（1）移项得：， 配方得：， 即：， 开方得：， ∴； 【详解】（2）移项得：， 因式分解得：，即， ∴或， 解得：． 18．（4分）已知：在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，4），B（0，3），C（2，1）． （1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标； （2）画出将ABC绕点B按顺时针旋转90°所得的△A2BC2． 【分析】（1）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出A，C的对应点A2，C2即可． 【详解】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点C1的坐标（（0，﹣3）； （2）如图，△A2BC2即为所求． 19. （6分）列方程（组）解应用题：某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为600m2的矩形试验茶园，便于成功后大面积推广．如图所示，茶园一面靠墙，墙长35m，另外三面用69m长的篱笆围成，其中一边开有一扇1m宽的门（不包括篱笆）．求这个茶园的长和宽． 【答案】30m，20m 【分析】设当茶园垂直于墙的一边长为xm时，则另一边的长度为（69+1﹣2x）m，根据茶园的面积为600m2，列出方程并解答． 【详解】解：设茶园垂直于墙的一边长为xm，则另一边的长度为（69+1﹣2x）m， 根据题意，得x（69+1﹣2x）＝600， 整理，得x2﹣35x+300＝0， 解得x1＝15，x2＝20， 当x＝15时，70﹣2x＝40＞35，不符合题意舍去； 当x＝20时，70﹣2x＝30，符合题意． 答：这个茶园的长和宽分别为30m、20m． 20．（6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． 【答案】(1) k≤;(2)-2. 【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=﹣4k+5≥0，解之即可得出实数k的取值范围； （2）由根与系数的关系可得x1+x2=1﹣2k、x1x2=k2﹣1，将其代入x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2=16+x1x2中，解之即可得出k的值． 【详解】解：（1）∵关于x的方程x2+（2k﹣1）x+k2﹣1=0有两个实数根x1，x2， ∴△=（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，x1x2=k2﹣1． ∵x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1x2=16+x1x2， ∴（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． 21．（8分）如图，在△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到 AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G． （1）求证：EF＝BC； （2）若∠ABC＝63°，∠ACB＝25°，求∠FGC的度数． 【答案】(1) 见解析;(2). 【分析】（1）由旋转的性质可得AC＝AF，利用SAS证明△ABC≌△AEF，根据全等三角形的对应边相等即可得出EF＝BC； （2）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求出∠BAE＝180°﹣63°×2＝54°，那么∠FAG＝54°．由△ABC≌△AEF，得出∠AFE＝∠ACB＝25°，再根据三角形外角的性质即可求出∠FGC＝∠FAG+∠AFG＝79°． 【详解】解：（1）证明：∵∠CAF＝∠BAE， ∴∠BAC＝∠EAF． ∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置， ∴AC＝AF． 在△ABC与△AEF中， ， ∴△ABC≌△AEF（SAS）， ∴EF＝BC； （2）∵AB＝AE，∠ABC＝63°， ∴∠AEB＝∠ABC， ∴∠BAE＝180°﹣63°×2＝54°， ∴∠FAG＝∠BAE＝54°． ∵△ABC≌△AEF， ∴∠AFE＝∠ACB＝25°， ∴∠FGC＝∠FAG+∠AFG＝54°+25°＝79°． 22．（10分）某商品的进价为每件40元，售价不低于50元，如果售价为每件50元，每个月可卖出210件；如果售价超过50元但不超过80元，每件商品的售价每上涨1元，则每月少卖1件；如果售价超过80元后，若再涨价，则每涨1元每月少卖3件，设每件商品的售价为x元，每月的销售量为y件． （1）求y与x的函数关系式并写出自变量x的取值范围； （2）每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？ 【答案】(1)ｙ= (2) 7500元 【详解】分析：（1）当售价超过50元但不超过80元，每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖1件，y=260-x，50≤x≤80，当如果售价超过80元后，若再涨价，则每涨1元每月少卖3件，y=420-3x，80＜x＜140， （2）由利润=（售价-成本）×销售量列出函数关系式，将解析式配方成顶点式后利用二次函数的性质求解可得． 【详解】解：（1）当50≤x≤80时，y=210﹣（x﹣50），即y=260﹣x， 当80＜x＜140时，y=210﹣（80﹣50）﹣3（x﹣80），即y=420﹣3x． 则y=； （2）当50≤x≤80时，w=﹣x2+300x﹣10400=﹣（x﹣150）2+12100， 当x＜150时，w随x增大而增大， 则当x=80时，w最大=7200； 当80＜x≤140时，w=﹣3x2+540x﹣16800=﹣3（x﹣90）2+7500， 当x=90时，w最大=7500， ∴x=90时，W有最大值7500元， 答：每件商品的售价定为90元时，每个月可获得最大利润是7500元 23．（10分）阅读材料：我们学习了完全平方式，并知道完全平方式具有非负性．我们可以利用完全平方式的知识，将一般的二次代数式，转化为完全平方式的形式，这个过程叫做“配方”．通过配方，我们可以求代数式的最大（小）值． 例如：求代数式的最小值． 解：我们可以先将代数式配方： 再利用完全平方式的非负性：∵，∴，∴的最小值是4． （1）求代数式的最小值； （2）求代数式的最大值； （3）某居民小区要在一块两面靠墙（墙长无限）的空地上建一个长方形花园，另两边用总长为20m的栅栏围成．如图，设，请问：当取何值时，花园的面积最大？最大面积是多少？ 【答案】（1） （2）16 （3）当时，花园的面积最大，最大面积是100 【分析】（1）仿照例题配方解答即可； （2）仿照例题配方解答即可； （3）用x表示出，根据长方形面积公式列式，配方后即可解答． 【详解】(1)解：， ∵， ∴， ∴的最小值是； (2)， ∵， ∴， ∴的最大值是16； (3)设，则， 花园的面积 ∵， ∴， ∴当时，花园的面积最大，最大面积是100． 24.（12分）在平面直角坐标系中，设二次函数y1＝x2+bx+a，y2＝ax2+bx+1（a，b是实数，a≠0）． （1）若函数y1的对称轴为直线x＝3，且函数y1的图象经过点（a，b），求函数y1的表达式． （2）若函数y1的图象经过点（r，0），其中r≠0，求证：函数y2的图象经过点（，0）． （3）设函数y1和函数y2的最小值分别为m和n，若m+n＝0，求m，n的值． 【答案】（1）y1＝x2﹣6x+2或y1＝x2﹣6x+3；（2）见解析；（3）m＝n＝0． 【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可． （2）函数y1的图象经过点（r，0），其中r≠0，可得r2+br+a＝0，推出1+＝0，即a（）2+b•+1＝0，推出是方程ax2+bx+1的根，可得结论． （3）由题意a＞0，可得m＝，n＝，根据m+n＝0，构建方程可得结论． 【详解】解：（1）由题意，得到﹣＝3，解得b＝﹣6， ∵函数y1的图象经过（a，﹣6）， ∴a2﹣6a+a＝﹣6， 解得a＝2或3， ∴函数y1＝x2﹣6x+2或y1＝x2﹣6x+3． （2）∵函数y1的图象经过点（r，0），其中r≠0， ∴r2+br+a＝0， ∴1+＝0， 即a（）2+b•+1＝0， ∴是方程ax2+bx+1的根， 即函数y2的图象经过点（，0）． （3）由题意a＞0，∴m＝，n＝， ∵m+n＝0， ∴+＝0， ∴（4a﹣b2）（a+1）＝0， ∵a+1＞0， ∴4a﹣b2＝0， ∴m＝n＝0． 25．（12分）如图，直线PQ∥MN，一副直角三角板△ABC，△DEF中，∠EDF＝90°，∠ABC＝45°，∠DFE＝30°，∠DEF＝60°． （1）若△DEF如图1摆放，当ED平分∠PEF时，证明：FD平分∠EFM． （2）若△ABC，△DEF如图2摆放时，则∠PDE＝　 　． （3）若图2中△ABC固定，将△DEF沿着AC方向平移，边DF与直线PQ相交于点G，作∠FGQ和∠GFA的角平分线GH、FH相交于点H（如图3），则∠GHF＝　 　． （4）若图2中△DEF固定，（如图4）将△ABC绕点A顺时针旋转，旋转至AC与直线AN首次重合的过程中，当线段BC与△DEF的一条边平行时，请直接写出旋转的角度． 【答案】（1）见解析；（2）∠PDE＝15°；（3）∠GHF＝67.5°； （4）当线段BC与△DEF的一条边平行时，旋转的角度为30°或90°或120° 【分析】（1）利用角平分线定义及平行线性质即可证得结论； （2）过点E作EK∥MN，利用平行线性质即可求得答案； （3）分别过点F，H作FL∥MN，HR∥PQ，利用平行线性质和角平分线定义即可得出答案； （4）分三种情况：①BC∥DE，②BC∥EF，③BC∥DF，利用平行线的性质、角的和差求解即可得． 【详解】解（1）证明：∵ED平分∠PEF，∠DEF＝60°， ∴∠PEF＝2∠DEF＝2×60°＝120°， ∵PQ∥MN， ∴∠MFE＝180°﹣∠PEF＝60°，∵∠DFE＝30°， ∴∠MFD＝∠MFE﹣∠DFE＝30°， ∴∠MFD＝∠DFE， ∴FD平分∠EFM． （2）解：如图2，过点E作EK∥MN， ∵∠BAC＝45°， ∴∠KEA＝∠BAC＝45°， 又∵∠DEF＝60°， ∴∠DEK＝60°﹣45°＝15°， ∵PQ∥MN，EK∥MN， ∴PQ∥EK， ∴∠PDE＝∠DEK＝15°， 故答案为：15°． （3）解：如图3，分别过点F，H作FL∥MN，HR∥PQ， ∴∠LFA＝∠BAC＝45°，∠RHG＝∠QGH， ∵FL∥MN，HR∥PQ，PQ∥MN， ∴FL∥PQ∥HR， ∴∠QGF+∠GFL＝180°，∠RHF＝∠HFL＝∠HFA﹣∠LFA， ∵∠DFE＝30°， ∴∠GFA＝180°﹣∠DFE＝150°， ∵∠FGQ和∠GFA的角平分线GH、FH相交于点H， ∴， ∴∠RHF＝∠HFL＝∠HFA﹣∠LFA＝75°﹣45°＝30°， ∴∠GFL＝∠GFA﹣∠LFA＝150°﹣45°＝105°， ∴， ∴∠GHF＝∠RHG+∠RHF＝37.5°+30°＝67.5°， 故答案为：67.5°． （4）解：由题意，分以下三种情况： ①如图5，当BC∥DE时， ∠EDF＝∠ACB＝90°，即AC⊥BC，DF⊥DE，∴AC∥DF，∴∠CAE＝∠DFE＝30°， 即此时旋转的角度为30°； ②如图6，当BC∥EF时， ∴∠BAE＝∠B＝45°， ∴∠CAE＝∠BAE+∠BAC＝45°+45°＝90°， 即此时旋转的角度为90°； ③如图7，当BC∥DF时，过点A作OA∥DF，延长BC交MN于K，延长DF交MN于R ∵PQ∥MN，∠PDE＝15°，∠EDF＝90°， ∴∠DRM＝180°﹣（∠PDE+∠EDF）＝75°，∵OA∥DF，∴∠OAM＝∠DRM＝75°，∴∠OAE＝∠OAM﹣∠EAM＝75°﹣45°＝30°， 又∵BC∥DF，OA∥DF， ∴BC∥OA， ∴∠OAC＝180°﹣∠ACB＝90°， ∴∠CAE＝∠OAE+∠OAC＝120°， 即此时旋转的角度为120°； 综上，当线段BC与△DEF的一条边平行时，旋转的角度为30°或90°或120°． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$