精品解析：山东省德州市2024-2025学年九年级上学期期中数学模拟试题

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C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，在四边形中，，，，，．动点沿路径从点出发，以每秒1个单位长度的速度向点运动．过点作，垂足为．设点运动的时间为（单位：），的面积为，则关于的函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、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，将点绕原点O顺时针旋转得到点，则的坐标为______． 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. 已知正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边上一点，且点M的坐标为．将正方形绕原点O顺时针旋转，每秒旋转，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. 用适当的方法解下列方程 （1） （2） 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针方向旋转所得到的． 19. 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. 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取值范围； （2）若x1，x2满足x12+x22=16+x1x2，求实数k的值． 21. 如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G． （1）求证：； （2）若，求度数． 22. 某商品进价为每件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. 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. 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. 如图，直线，一副直角三角板ABC，ΔDEF中，，，，． （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ΔDEF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 第1页/共1页 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 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义：将一个图形沿某点旋转得到的新图形与原图形重合的图形叫中心对称图形逐个判断即可得到答案． 【详解】解：A选项图形不是中心对称图形，不符合题意； B选项图形是中心对称图形，符合题意； C选项图形不是中心对称图形，不符合题意； D选项图形不是中心对称图形，不符合题意； 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 【解析】 【分析】根据二次函数定义：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． 【点睛】此题主要考查了二次函数定义，关键是掌握判断函数是否是二次函数，首先是要看它的右边是否为整式，若是整式且仍能化简的要先将其化简，然后再根据二次函数的定义作出判断，要抓住二次项系数不为0这个关键条件． 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 【解析】 【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：． 【点睛】本题考查了二次函数的性质和二次函数的顶点式的知识点，熟悉相关性质是解题的关键． 4. 已知点A（a，2019）与点是关于原点O的对称点，则a+b的值为（ ） A. 1 B. 5 C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的横坐标符号相反，纵坐标符号也相反可得a、b的值，进而可得答案． 【详解】解：∵点A(a，2019)与点是关于原点O的对称点， ∴a=2020，b=−2019， ∴a+b=1． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律． 5. 函数与的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与二次函数图象的综合判断，熟练掌握一次函数图象、二次函数图象与各项系数符号之间的关系是解题的关键． 分两种情况讨论，当时和当时，结合一次函数与二次函数的图象和性质即可得出答案． 【详解】解：当时，一次函数的图象经过一、二、三象限，二次函数图象开口向上，对称轴为直线，且一次函数与二次函数交于点，符合条件的为选项C； 当时，一次函数的图象经过一、二、四象限，二次函数图象开口向下，对称轴为直线，且一次函数与二次函数交于点，没有符合条件的选项； 故选：C． 6. 如图，将绕点C顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据旋转的性质，得，，得证；结合，得到，根据，选择即可． 【详解】解：根据旋转的性质，得，， ∴； ∵， ∴， ∵， 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 【解析】 【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 【解析】 【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． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理是解决问题的关键． 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 【解析】 【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． 【点睛】本题考查二次函数的性质．熟练掌握二次函数的增减性，是解题的关键． 10. 如图，在四边形中，，，，，．动点沿路径从点出发，以每秒1个单位长度的速度向点运动．过点作，垂足为．设点运动的时间为（单位：），的面积为，则关于的函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分点P在AB边上，如图1，点P在BC边上，如图2，点P在CD边上，如图3，利用解直角三角形的知识和三角形的面积公式求出相应的函数关系式，再根据相应函数的图象与性质即可进行判断． 【详解】解：当点P在AB边上，即0≤x≤4时，如图1， ∵AP=x，， ∴， ∴； 当点PBC边上，即4＜x≤10时，如图2， 过点B作BM⊥AD于点M，则， ∴； 当点P在CD边上，即10＜x≤12时，如图3， AD=，， ∴； 综上，y与x的函数关系式是：， 其对应的函数图象应为： ． 故选：D． 【点睛】本题以直角梯形为载体，主要考查了动点问题的函数图象、一次函数和二次函数的图象与性质以及解直角三角形等知识，属于常考题型，正确分类、列出相应的函数关系式是解题的关键． 第Ⅱ卷 二、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 【解析】 【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． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立． 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 【解析】 【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． 【详解】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= ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了图形的旋转，找到旋转中心和旋转次数，算出旋转角是解决本题的关键． 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 【解析】 【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． 【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线与x轴交点的横坐标与一元二次方程的联系，一元二次方程根与系数的关系，利用一元二次方程根与系数的关系和已知条件列出关于m的方程是解题的关键． 14. 如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点O顺时针旋转得到点，则的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转的性质和关于原点对称的点的特征：两点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数即可求出． 【详解】解：由题意得：点与点关于原点对称， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转和关于原点对称的点的特征．熟练掌握关于原点对称的点的特征是解题的关键． 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 【解析】 【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． 【点睛】本题主要考查根与系数的关系，解题的关键是掌握x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，x1x2=． 16. 已知正方形在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边上一点，且点M的坐标为．将正方形绕原点O顺时针旋转，每秒旋转，则旋转2022秒后，点M的坐标为________． 【答案】 【解析】 【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，分别作轴于点E，轴于点F，证明，得到，，由此求解即可． 【详解】∵正方形绕原点O顺时针旋转，每秒旋转， ∴旋转8秒恰好旋转． ∵， ∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次． ∵， ∴此时点M对应的位置即点所在的位置， 如图，过点M，分别作轴于点E，轴于点F， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可知， ∴， ∵点M的坐标为， ∴，， 又点在第二象限， ∴旋转2022秒后，点M的坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了点坐标规律的探索，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，正确找到旋转2022秒后点M的位置是解题的关键． 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. 用适当的方法解下列方程 （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【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． 【小问1详解】 解：移项得：， 配方得：， 即：， 开方得：， ∴； 【小问2详解】 移项得：， 因式分解得：，即， ∴或， 解得：． 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针方向旋转所得到的． 【答案】（1）图见解析，点坐标为 （2）见解析 【解析】 【分析】此题主要考查了作中心对称图形与旋转图形，点的坐标，正确得出对应点位置是解题关键． （1）分别作出三顶点关于原点的对称点，再顺次连接即可得；然后根据点位置写出坐标即可； （2）分别作出点、绕点按顺时针旋转所得的对应点，再顺次连接即可得． 【小问1详解】 解：如图所示，为所求，点坐标为； 【小问2详解】 解：如图所示，即为所求． 19. 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 【解析】 【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】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． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据数量关系列出方程是解题的关键． 20. 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. 【解析】 【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】（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. 如图，在中，点E在边上，，将线段绕A点旋转到的位置，使得，连接，与交于点G． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明，即可得出结论； （2）利用等边对等角，结合三角形的内角和定理求出的度数，进而得到的度数，利用全等三角形的对应角相等，得到的度数，利用三角形的外角的性质求出的度数即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴． ∵将线段绕A点旋转到的位置， ∴． 在与中， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，三角形的内角和定理以及三角形的外角，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，是解题的关键． 22. 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 【解析】 【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：（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 点睛：本题主要考查二次函数的应用，根据不同自变量的取值范围，利用基本数量关系得出函数解析式是关键． 23. 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 【解析】 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． 【小问1详解】 解：， ∵， ∴， ∴的最小值是； 【小问2详解】 ， ∵， ∴， ∴的最大值是16； 【小问3详解】 设，则， 花园的面积 ∵， ∴， ∴当时，花园的面积最大，最大面积是100． 【点睛】此题考查了完全平方公式配方的应用，正确理解已知例题，仿照例题的解题方法完成配方是解题的关键． 24. 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． 【解析】 【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． 【点睛】此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、待定系数法的运用及一元二次方程的求解方法． 25. 如图，直线，一副直角三角板ABC，ΔDEF中，，，，． （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ΔDEF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）证明见解析 （2） （3） （4）或或 【解析】 【分析】（1）利用角平分线定义及平行线性质即可证得结论； （2）过点作，利用平行线性质即可求得答案； （3）分别过点，作，，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：①，②，③，利用平行线的性质、角的和差求解即可得． 【小问1详解】 证明：∵平分，， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴平分． 【小问2详解】 解：如图，过点作， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：． 小问3详解】 解：如图，分别过点，作，， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵和的角平分线、相交于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【小问4详解】 解：由题意，分以下三种情况： ①如图，当时， ，即， ， ， 即此时旋转的角度为； ②如图，当时， ∴， ∴， 即此时旋转的角度为； ③如图，当时，过点作，延长交于，延长交于， ∵，， ∴， ， ， ， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 即此时旋转的角度为； 综上，当线段与一条边平行时，旋转的角度为或或． 【点睛】本题考查了平行线性质、平行公理推论、角平分线的定义、旋转的定义，解题的关键是利用平行线性质添加辅助线，对于第（4）题的解答要注意分情况讨论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$