精品解析：山东省济宁市曲阜市2024-2025学年九年级数学上学期期中试卷

2024∼2025学年度第一学期期中教学质量监测考试 九年级数学试题 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页．第Ⅰ卷为选择题，36分；第Ⅱ卷为非选择题，64分；共100分．考试时间为120分钟． 2.答题前，考生务必先核对条形码上的姓名、准考证号和座号，然后用0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名、准考证号和座号填写在答题卡相应位置． 3.答第Ⅰ卷时，必须使用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号（ABCD）涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其它答案． 4.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写．务必在题号所指示的答题区域内作答． 5.填空题请直接将答案填写在答题卡上，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 6.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷（选择题共36分） 一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器成功着陆，实现世界首次月球背面采样返回，这是我国建设航天强国、科技强国取得的又一标志性成果．下列是与中国航天事业相关的图标，其中可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. B. C. D. 3. 若二次函数的图象经过原点，则的值为（    ） A. B. C. 或 D. 4. 用配方法解方程x2﹣6x+2＝0，原方程可变形为（　　） A. （x﹣3）2＝11 B. （x﹣3）2＝7 C. （x+3）2＝7 D. （x﹣3）2＝2 5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得新的抛物线对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是( ) A. B. C. D. 7. 在正方形网格中，以格点O为圆心画圆，使该圆经过格点A，B，并在直线右侧圆弧上取一点C，连接，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 不确定 8. 有一个人患了流感，经过两轮传染后，共有36人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则下列结论错误的是（ ） A. 1轮后有个人患了流感 B. 第2轮又增加个人患流感 C. 依题意可以列方程 D. 按照这样的传播速度，三轮后一共会有180人感染 9. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系的图象可能是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，四边形内接于，为的直径，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ） A. B. C. D. 12. 二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，抛物线与y轴交点在和之间（不与重合）．下列结论：①；②；③；④当时，；⑤a的取值范围为．其中正确结论有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 第Ⅱ卷（非选择题共64分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题2分，共12分． 13. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 14. 若，是方程的两个实数根，则的值为_____． 15. 如图，的直径与弦的延长线交于点E，若，则__________． 16. 如图，抛物线与直线的两个交点坐标分别为，，则不等式的解集是______． 17. 某商场购进一批单价为20元的日用商品.如果以单价30元销售，那么半月内可销售出400件.根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高1元，销售量相应减少20件，当销售单价是_____元时，才能在半月内获得最大利润. 18. 如图，为轴正半轴上一点，与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，连接，将绕顶点逆时针旋转得到，此时点恰在上，若半径为，则点的坐标是_____． 三、解答题：本大题共7小题，共52分． 19. 解方程： （1） （2） 20. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是点，，． （1）请画出将绕点旋转得到的，并写出点的坐标； （2）将沿着某个方向平移一定的距离后得到，已知点的对应点的坐标为，画出，此时与恰好关于某一点成中心对称，则这个对称中心的坐标为_____． 21. 如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点． （1）求证：； （2）求的度数． 22. 如图，是的内接三角形，为的直径，平分，交于点，连接，点在弦上，且，连接． （1）求证：； （2）若，，求的长． 23. 植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案(如图所示)：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长． （1）按图甲的方案，设的长为，矩形的面积为． ①求与之间的函数关系式； ②求矩形的面积的最大值． （2）甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由． 24. 旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，． 【问题提出】 （1）如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______； 【尝试解决】 （2）在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积； 【类比应用】 （3）如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长． 25. 如图，抛物线与轴相交于点、点，与轴相交于点． （1）请直接写出点，，的坐标； （2）点在抛物线上，当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值． （3）点是抛物线上的动点，作//交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024∼2025学年度第一学期期中教学质量监测考试 九年级数学试题 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页．第Ⅰ卷为选择题，36分；第Ⅱ卷为非选择题，64分；共100分．考试时间为120分钟． 2.答题前，考生务必先核对条形码上的姓名、准考证号和座号，然后用0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名、准考证号和座号填写在答题卡相应位置． 3.答第Ⅰ卷时，必须使用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号（ABCD）涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其它答案． 4.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写．务必在题号所指示的答题区域内作答． 5.填空题请直接将答案填写在答题卡上，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 6.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷（选择题共36分） 一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器成功着陆，实现世界首次月球背面采样返回，这是我国建设航天强国、科技强国取得的又一标志性成果．下列是与中国航天事业相关的图标，其中可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义，进行判断即可． 【详解】解：观察图形，只有选项A的图形，能够找到一个点，使图形绕该点旋转180度后，能与自身完全重合，是中心对称图形； 故选A． 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质进行分析解答．根据题干中抛物线的顶点式，可以直接写出抛物线的对称轴． 【详解】解：∵抛物线 ∴对称轴是直线， 故选：C 3. 若二次函数的图象经过原点，则的值为（    ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】把代入求解，注意的取值范围． 【详解】解：把代入得， 解得或， ， ． 故选：． 【点睛】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的关系，注意二次函数二次项系数不为． 4. 用配方法解方程x2﹣6x+2＝0，原方程可变形为（　　） A. （x﹣3）2＝11 B. （x﹣3）2＝7 C. （x+3）2＝7 D. （x﹣3）2＝2 【答案】B 【解析】 【分析】利用完全公式可把原方程表示为（x﹣3）2＝7． 【详解】解：x2﹣6x＝﹣2， x2﹣6x+9＝﹣2+9 （x﹣3）2＝7． 故选：B． 【点睛】此题主要考查解一元二次方程的解法，解题的关键是熟知配方法的应用. 5. 在平面直角坐标系中，将二次函数的图象先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得新的抛物线对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查二次函数图象与几何变换，正解掌握平移规律是解题的关键．直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案． 【详解】解：将二次函数的图象向左平移3个单位长度，得到：， 再向下平移1个单位长度得到：． 故选：D． 6. 若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式即可求解． 【详解】解：因为关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根， 所以△＞0 即4+4m＞0 解得m>-1． 故选：C． 【点睛】本题考查了根的判别式，解决本题的关键是△＞0时，方程有两个不相等的实数根． 7. 在正方形网格中，以格点O为圆心画圆，使该圆经过格点A，B，并在直线右侧圆弧上取一点C，连接，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， 故选C． 8. 有一个人患了流感，经过两轮传染后，共有36人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则下列结论错误的是（ ） A. 1轮后有个人患了流感 B. 第2轮又增加个人患流感 C. 依题意可以列方程 D. 按照这样的传播速度，三轮后一共会有180人感染 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了列代数式及一元二次方程的应用；根据题意逐项计算出每轮感染人数，共感染人数即可． 【详解】解：A、1轮后，1个人传染了x人，共有个人患了流感，故正确； B、第2轮后，个人中每人传染了x人，增加个人患流感，故正确； C、2轮后，共有人患流感，由题意得方程，故正确； D、解方程，得或（舍去），则第3轮有（人）患流感，共有（人）患流感，故错误； 故选：D． 9. 一次函数与二次函数在同一平面直角坐标系的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一次函数的图像与性质，解决问题的关键是数形结合．根据图象判断出两个函数的系数的符号，即可求解． 【详解】解：A、由二次函数知、，由一次函数知、，故该选项正确； B、由二次函数知、，由一次函数知、，故该选项错误； C、由二次函数知、，由一次函数知、，故该选项错误； D、由二次函数知、，由一次函数知、，故该选项错误； 故选：A． 10. 如图，四边形内接于，为的直径，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 连接，根据圆内接四边形的性质求出，根据圆周角定理得到，再根据直角三角形的两锐角互余计算即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 由圆周角定理得：， ∵为的直径， ， ， 故选：C． 11. 如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则当第2024秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点G的变化特点，利用数形结合的思想解答．每秒旋转，8秒一个循环，，第2024秒时，矩形的对角线交点G与原位置的点G的坐标相同，由此可得到点G的坐标． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴， ∵每秒旋转，， ∴8秒一个循环， ∵， ∴点G与原位置的点G的坐标相同， ∴原位置的点G在第一象限的角平分线上，设， ∴， 解得：， ∴点G的坐标为． 故选：A． 12. 二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为直线，抛物线与y轴交点在和之间（不与重合）．下列结论：①；②；③；④当时，；⑤a的取值范围为．其中正确结论有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的开口方向、与轴的交点、对称轴可判断①；由抛物线与轴的交点及抛物线的对称性可判断②，对称轴为直线，即可判断③；由抛物线与轴有两个交点，且对称轴为直线，即可判断④．由抛物线与y轴交点在和之间（不与重合）．判断⑤；本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数，二次项系数决定抛物线的开口方向和大小：当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置：当与同号时（即，对称轴在轴左；当与异号时（即，对称轴在轴右；常数项决定抛物线与轴交点位置：抛物线与轴交于． 【详解】解：∵二次函数的部分图象如图所示， ∴开口向下， ∵图象过点，对称轴为直线， ∴ ∴ ∵抛物线与y轴交点在和之间（不与重合）． ∴ ∴ 故①错误； ∵ ∴ 故③正确； ∵如图： 则图象过点，抛物线开口向下 把代入 ∴ ∴ 故②错误； ∵则图象过点，对称轴为直线 ∴抛物线与轴的另一个交点为 ∵抛物线开口向下 ∴当时， 故④正确的； 把代入， 得 ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 故⑤正确的 故选：B． 第Ⅱ卷（非选择题共64分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题2分，共12分． 13. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标互为相反数，据此解答即可 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为： 14. 若，是方程的两个实数根，则的值为_____． 【答案】2024 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程解的定义，根与系数的关系，根据一元二次方程解的定义得到，根据根与系数的关系得到，据此利用整体代入法求解即可． 【详解】解：∵m、n是方程的两个实数根， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2024． 15. 如图，的直径与弦的延长线交于点E，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握圆，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质是解题的关键． 如图，连接，则，由，可得，则，，由，可得，由，计算求解即可． 【详解】解：如图，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 16. 如图，抛物线与直线的两个交点坐标分别为，，则不等式的解集是______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用图象找到抛物线在直线上方时的的取值范围，即可得解． 【详解】解：∵， ∴； 由图可知： 当或时，抛物线在直线上方，即：； ∴不等式的解集是：或； 故答案为：或． 【点睛】本题考查利用图象的交点解决不等式的解集问题．解题的关键是：利用数形结合的思想确定图象的位置关系． 17. 某商场购进一批单价为20元的日用商品.如果以单价30元销售，那么半月内可销售出400件.根据销售经验，提高销售单价会导致销售量的减少，即销售单价每提高1元，销售量相应减少20件，当销售单价是_____元时，才能在半月内获得最大利润. 【答案】35. 【解析】 【详解】试题分析：设销售单价为x元，销售利润为y元．根据题意得：y=（x-20）[400-20（x-30）]=（x-20）（1000-20x） =-20x2+1400x-20000，当x=时，可获得利润最大. 考点：二次函数的应用. 18. 如图，为轴正半轴上一点，与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，连接，将绕顶点逆时针旋转得到，此时点恰在上，若半径为，则点的坐标是_____． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化——旋转，熟练掌握旋转的性质，垂径定理，矩形的判断和性质，勾股定理解三角形，是解题的关键． 过点M作的垂线，垂足为N，连接，利用垂径定理证明四边形是矩形，令，则，利用勾股定理求出，进而求解即可． 【详解】解：过点M作的垂线，垂足为N，连接， 则， ∵半径为， ∴， 由旋转知，，，， ∴轴， ∴轴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． ∴， 令，则， 在中，， 解得（舍负）， ∴， 即． 又∵， 即． 所以点D的坐标为：， 故答案为：． 三、解答题：本大题共7小题，共52分． 19. 解方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）先将一元二次根式变为一般形式，然后用公式法解方程即可； （2）先移项，再用因式分解法解方程即可． 【小问1详解】 原方程化为，，，， 所以， 所以方程有两个不相等的实数根， 即， 【小问2详解】 原方程可化为， 所以， 所以，． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的一般步骤是解题的关键． 20. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是点，，． （1）请画出将绕点旋转得到的，并写出点的坐标； （2）将沿着某个方向平移一定的距离后得到，已知点的对应点的坐标为，画出，此时与恰好关于某一点成中心对称，则这个对称中心的坐标为_____． 【答案】（1） 如图，即为所求； 点的坐标为； （2） 如图所示，即为所求； 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形－旋转、平移，熟练掌握旋转的性质以及平移的规律是解本题的关键． （1）根据旋转的性质得出点的对应点，连线即可； （2）根据平移后点的坐标得出平移方式，然后画出平移图形；根据成中心对称的两个图形对应点连线的交点即为对称中线解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由题意知，点平移后的对应点的坐标为， 点与点的横坐标相同，纵坐标：， 向下平移3个单位长度得到， 连接，，，相交于点， 则与关于点成中心对称， 由图可知，点为线段的中点，， 点的坐标为， 这个对称中心的坐标为． 21. 如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点． （1）求证：； （2）求的度数． 【答案】（1） 证明：由旋转的性质得： ，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和，旋转的性质等知识，证明两个三角形全等是关键． （1）根据旋转的性质，得，，，再证明即可； （2）设，则可求得，从而得，，由三角形内角和即可求得结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设，则； ∵， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 22. 如图，是的内接三角形，为的直径，平分，交于点，连接，点在弦上，且，连接． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了角平分线、圆周角、三角形外角的定义和性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆周角的性质是解题关键． （1）根据等腰三角形的性质得到，根据圆周角定理得到，进而证明结论； （2）连接，根据等腰直角三角形的性质求出，根据等边三角形的性质解答即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，连接， ∵为的直径， ∴， ∵平分，， ∴， ∴， ∴， ∴在中，可有， 即，解得， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴． 23. 植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案(如图所示)：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长． （1）按图甲的方案，设的长为，矩形的面积为． ①求与之间的函数关系式； ②求矩形的面积的最大值． （2）甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由． 【答案】（1）①；②矩形的面积最大为 （2）乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，面积最大是，见解析 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的应用是解题的关键； （1）①根据题意可直接进行求解；②由①根据二次函数的性质可进行求解； （2）分别计算甲、乙两种方案的面积，进而问题可求解． 【小问1详解】 解：①∵的长为， 的长为， ； ②∵甲中的长不超过墙长， ， 由可知： ， 时，随的增大而增大， 当时，矩形的面积最大，最大为； 【小问2详解】 解：乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，理由如下： 乙方案中，设的长为，矩形的面积为， 则， 方案乙中的长大于墙长， ， ， ， ， 当时，矩形的面积最大，最大为， ， 乙方案能使围成的矩形花圃的面积最大，最大是． 24. 旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图①，在四边形ABCD中，，，，，． 【问题提出】 （1）如图②，在图①的基础上连接BD，由于，所以可将绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是_______； 【尝试解决】 （2）在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积； 【类比应用】 （3）如图③，等边的边长为2，是顶角的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求的周长． 【答案】（1）等边三角形 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质得出BD＝DB′，∠BDB′＝60°，所以△BDB′是等边三角形； （2）求出等边三角形的边长为3，求出三角形BDB′的面积即可； （3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，则△BDM≌△CDP，得出MD＝PD，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC，证明△NMD≌△NPD，证得△AMN的周长＝AB+AC＝4． 【小问1详解】 解：∵将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′， ∴BD＝B′D，∠BDB′＝60°， ∴△BDB′是等边三角形； 故答案为：等边三角形； 【小问2详解】 解：由（1）知，△BCD≌△B′AD， ∴四边形ABCD的面积＝等边三角形BDB′的面积， ∵BC＝AB′＝1， ∴BB′＝AB+AB′＝2+1＝3， ∴S四边形ABCD＝S△BDB′＝； 【小问3详解】 解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP， ∴△BDM≌△CDP， ∴MD＝PD，CP＝BM，∠MBD＝∠DCP，∠MDB＝∠PDC， ∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°， ∴BD＝CD，∠DBC＝∠DCB＝30°， 又∵△ABC等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠MBD＝∠ABC+∠DBC＝90°， 同理可得∠NCD＝90°， ∴∠PCD＝∠NCD＝∠MBD＝90°， ∴∠DCN+∠DCP＝180°， ∴N，C，P三点共线， ∵∠MDN＝60°， ∴∠MDB+∠NDC＝∠PDC+∠NDC＝∠BDC﹣∠MDN＝60°， 即∠MDN＝∠PDN＝60°， ∴△NMD≌△NPD（SAS）， ∴MN＝PN＝NC+CP＝NC+BM， ∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AM+AN+NC+BM＝AB+AC＝2+2＝4． 故△AMN的周长为4． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了图形的旋转变换，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，类比思想等．熟练掌握旋转的性质是解决问题的关键． 25. 如图，抛物线与轴相交于点、点，与轴相交于点． （1）请直接写出点，，的坐标； （2）点在抛物线上，当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值． （3）点是抛物线上的动点，作//交轴于点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），，； （2），面积的最大值； （3）存在，或或． 【解析】 【分析】（1）令得到，求出x即可求得点A和点B的坐标，令，则即可求点C的坐标； （2）过P作轴交BC于Q，先求出直线BC的解析式，根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大，利用三角形面积公式求解； （3）根据点是抛物线上的动点，作//交轴于点得到，设，当点F在x轴下方时，当点F在x轴的上方时，结合点，利用平行四边形的性质来列出方程求解． 【小问1详解】 解：令， 则， 解得，， ∴，， 令，则， ∴； 【小问2详解】 解：过P作轴交BC于Q，如下图． 设直线BC为，将、代入得 ， 解得， ∴直线BC为， 根据三角形的面积，当平行于直线BC直线与抛物线只有一个交点时，点P到BC的距离最大，此时，的面积最大， ∵， ∴ ，， ∴， ∵， ∴时，PQ最大为， 而， ∴的面积最大为； 【小问3详解】 解：存在． ∵点是抛物线上的动点，作//交轴于点，如下图． ∴，设． 当点F在x轴下方时， ∵， 即， ∴， 解得（舍去），， ∴． 当点F在x轴的上方时，令， 则 ， 解得，， ∴或． 综上所述，满足条件的点F的坐标为或或． 【点睛】本题是二次函数与平行四边形、二次函数与面积等问题的综合题，主要考查求点的坐标，平行四边形的性质，面积的表示，涉及方程思想，分类思想等． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $