广东省广州市越秀区执信中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

2024-2025学年广东省广州市越秀区执信中学九年级（上）期中数学试卷 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）下列图形中，不属于中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣8x+7＝0，方程可变形为（　　） A．（x+4）2＝9 B．（x﹣4）2＝9 C．（x﹣8）2＝16 D．（x+8）2＝57 3．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝25°，以C为圆心、CB为半径的圆交AB于点D，则∠ACD＝（　　）度． A．50° B．40° C．10° D．20° 4．（3分）若二次函数y＝x2﹣4x+k的图象经过点（﹣1，y1），（3，y2），则y1与y2的大小关系为（　　） A．y1＞y2 B．y1＝y2 C．y1＜y2 D．不能确定 5．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，y与x的部分对应值如表： x … 1 3 6 8 … y … 8 18 18 8 … 下列结论中，正确的是（　　） A．抛物线开口向上 B．对称轴是直线x＝4 C．当x＞4时，y随x的增大而减小 D．当x＜4.5时，y随x的增大而增大 6．（3分）如图，△DBE是由△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°得到的．若AB⊥DE，则∠A的度数为（　　） A．50° B．45° C．40° D．无法确定 7．（3分）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），D（6，6），连接AB，CD，将线段AB绕着某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合（点A与点C重合，点B与点D重合），则这个旋转中心的坐标为（　　） A．（3，2） B．（3，3） C．（6，2） D．（4，2） 8．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则使得函数值y大于2的自变量x的取值可以是（　　） A．﹣4 B．﹣2 C．0 D．2 9．（3分）在⊙O中，点C为弦AB的中点，过点C的直径交⊙O于点D，E，如果AB＝8cm，OD＝5cm，则CD长为（　　） A．2cm B．3cm C．2cm或8cm D．3cm或8cm 10．（3分）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于 A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点P是抛物线上位于x轴上方的一点，连接AP、BP，分别以AP、BP为边向△ABP外部作正方形APED、BPFG，连接BD、AG．点P从点A运动到点B的过程中，△ABD与△ABG的面积之和（　　） A．先增大后减小，最大面积为8 B．先减小后增大，最小面积为6 C．始终不变，面积为6 D．始终不变，面积为8 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．（3分）点M（1，﹣2）关于原点对称点的坐标是 　 　． 12．（3分）将抛物线y＝﹣2（x+2）2向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度得到的抛物线的函数解析式为 　 　． 13．（3分）如图所示，要建一个长方形的养鸡场，养鸡场的一边靠墙，如果用60m长的篱笆围成中间有一道篱笆的养鸡场，养鸡场的面积最大为 　 　m2． 14．（3分）若α，β是方程x2+2x﹣2024＝0的两个实数根，则α2+3α+β的值为 　 　． 15．（3分）如图，点O是等边△ABC内一点，OA＝2，，OC＝4，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则S△ABC﹣S△AOC的值为 　 　． 16．（3分）已知A（﹣3，﹣2），B（1，﹣2），抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）顶点在线段AB上运动，形状保持不变，与x轴交于C，D两点（C在D的右侧），下列结论：①c≥﹣2；②当x＞0时，一定有y随x的增大而增大；③当四边形ABCD为平行四边形时，；④若点D横坐标的最小值为﹣5，则点C横坐标的最大值为3．其中正确的是 　 　． 三、解答题（本题共9小题，满分72分，解答题需写出文字说明，推理过程和演算步骤） 17．（4分）解方程：x2﹣6x+2＝0． 18．（4分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（4，2），C（3，4）． （1）请画出与△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1，并写出B1坐标； （2）若△ABC以点A为旋转中心逆时针旋转90°后得到的图形为△AB2C2，在网格中画出旋转后的图形． 19．（6分）关于x的一元二次方程x2+2x+3﹣k＝0有两个不相等的实数根． （1）求k的取值范围； （2）若方程的两个根为α，β，且k2＝αβ+3k，求k的值． 20．（6分）如图，OA＝OB，AB交⊙O于点C，D，OE是半径，且OE⊥AB于点F． （1）求证：AC＝BD； （2）若CD＝6，EF＝1，求⊙O的半径． 21．（8分）如图，已知抛物线过C（0，﹣3）与D（﹣2，﹣3）且有最小值﹣4． （1）求此二次函数的解析式； （2）抛物线与x轴交于点A、B，在抛物线上存在一点P使△ABP的面积为24，求出点P的坐标． 22．（10分）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D． （1）求证：BE＝CF； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 23．（10分）某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于20元且不高于28元，在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y（本）与每本纪念册的售价x（元）之间满足一次函数关系：当销售单价为22元时，销售量为36本；当销售单价为24元时，销售量为32本． （1）请直接写出y与x的函数关系式； （2）当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是多少元？ （3）设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为w元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？ 24．（12分）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转α（0°＜α＜90°）得到线段BE，连接EA，EC． （1）如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，则∠AEC＝ 　 　°； （2）当点E在正方形ABCD的外部时， ①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数； ②作∠EBC的平分线BF交EC于点G．交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明． 25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A，B（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣3），其对称轴为直线x＝1． （1）求该抛物线的函数解析式； （2）已知点D为第二象限抛物线上一点，连接AC，若∠ABD+∠BAC＝90°，求点D的坐标； （3）将抛物线关于x轴作轴对称变换，得到图象G，现将图象G沿直线BC平移，得到新的图象M，图象M与线段AC只有一个交点，求图象M顶点横坐标m的取值范围． 2024-2025学年广东省广州市越秀区执信中学九年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．【分析】根据中心对称图形的概念求解． 【解答】解：A．是中心对称图形，故本选项不合题意； B．不是中心对称图形，故本选项符合题意； C．是中心对称图形，故本选项不合题意； D．是中心对称图形，故本选项不合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．【分析】先将常数项移到等号的右边，在方程两边加上一次项系数一半平方，将方程左边配成一个完全平方式即可． 【解答】解：x2﹣8x+7＝0， x2﹣8x＝﹣7， x2﹣8x+16＝﹣7+16， （x﹣4）2＝9． 故选：B． 【点评】本题考查了运用配方法解一元二次方程的运用，配方法的解法的运用，解答时熟练配方法的步骤是关键． 3．【分析】在△ABC中，利用三角形内角和定理可求出∠B的度数，由CB＝CD可得出∠CDB的度数，在△BCD中，利用三角形内角和定理可求出∠BCD的度数，再结合∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD即可求出∠ACD的度数． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝25°， ∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝65°． ∵CB＝CD， ∴∠CDB＝∠B＝65°， ∴∠BCD＝180°﹣∠B﹣∠CDB＝50°， ∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝40°． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形内角和定理以及等腰三角形的性质，利用三角形内角和定理求出∠BCD的度数是解题的关键． 4．【分析】分别把x＝﹣1和x＝3代入解析式，计算出对应的函数值，然后比较大小． 【解答】解：当x＝﹣1时，y1＝x2﹣4x+k＝1+4+k＝k+5； 当x＝3时，y2＝x2﹣4x+k＝9﹣12+k＝k﹣3， 所以y1＞y2． 故选：A． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式． 5．【分析】利用表中的对应值和抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线，根据表中数据进而判断开口方向以及增减性即可． 【解答】解：由图可知，x＝3和x＝6时对应的函数值相等， ∴抛物线的对称轴为直线，此时抛物线有最大值， ∴抛物线开口向下，故选项A、B错误， ∴当x＜4.5时，y随x的增大而增大；当x＞4.5时，y随x的增大而减小， 故选项C错误，选项D正确， 故选：D． 【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的特征，根据二次函数的对称性求出对称轴是解题的关键． 6．【分析】先由旋转得△DBE≌△ABC，∠DBA＝∠CBE＝40°，则∠A＝∠D，因为AB⊥DE，所以∠DBA+∠D＝90°，代入计算，即可作答． 【解答】解：∵△DBE是由△ABC绕点B按逆时针方向旋转40°得到的．AB⊥DE， 由旋转的性质得：△DBE≌△ABC， ∴∠DBA＝∠CBE＝40°， 由全等的性质可知，∠A＝∠D， ∴∠DBA+∠D＝90°， ∴∠A＝∠D＝90°﹣40°＝50°， 故选：A． 【点评】本题考查了旋转性质，全等三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 7．【分析】画出平面直角坐标系，作出新的AC，BD的垂直平分线的交点P，点P即为旋转中心． 【解答】解：平面直角坐标系如图所示，旋转中心是P点，P（4，2）， 故选：D． 【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心． 8．【分析】利用抛物线的对称性确定（0，2）的对称点，然后根据函数图象写出抛物线在直线y＝2上方所对应的自变量的范围即可． 【解答】解：∵抛物线的对称轴为x＝﹣1.5， ∴点（0，2）关于直线x＝﹣1.5的对称点为（﹣3，2）， 当﹣3＜x＜0时，y＞2， 即当函数值y＞2时，自变量x的取值范围是﹣3＜x＜0． 故选：B． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与性质，数形结合是解题的关键． 9．【分析】先根据垂径定理和勾股定理求得OC＝3cm，再分类讨论，结合图形求解即可． 【解答】解：如图1，连接OB， ∵点C为弦AB的中点，DE是⊙O的直径，AB＝8cm， ∴DE⊥AB，， 又∵OB＝OD＝5cm， ∴OC＝＝＝3（cm）， ∴CD＝OD+OC＝5+3＝8（cm）； 同理，如图2，则CD＝OD﹣OC＝5﹣3＝2（cm）， 综上，CD长为2cm或8cm， 故选：C． 【点评】本题考查垂径定理、勾股定理，解答本题的关键是作出辅助线，构造直角三角形． 10．【分析】证明△PNB≌△BHG（AAS），得到GH＝BN＝3﹣m＝yG，同理可得：yD＝m+1，即可求解． 【解答】解：令y＝﹣x2+2x+3＝0，则x＝﹣1或3， 即点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）， 设点P的横坐标为：m， 分别过点P、G作x轴的垂线，垂足分别为点N、H， ∵∠PBG＝90°， ∴∠PBN+∠GBH＝90°， ∵∠GBH+∠BGH＝90°， ∴∠PBN＝∠BGH， ∵∠PNB＝∠BHG＝90°，PB＝PF， ∴△PNB≌△BHG（AAS）， ∴GH＝BN＝3﹣m＝yG， 同理可得：yD＝m+1， 则△ABD与△ABG的面积之和＝×AB×（yD+yG）＝4×（m+1+3﹣m）＝8， 故选：D． 【点评】本题考查的是抛物线和x轴的交点，涉及到三角形全等、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11．【分析】根据关于原点的对称点，横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数，可得答案． 【解答】解：点M（1，﹣2）关于原点对称点的坐标是（﹣1，2）． 故答案为：（﹣1，2）． 【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数． 12．【分析】由平移的规律即可求得答案． 【解答】解：将抛物线y＝﹣2（x+2）2向右平移3个单位，则函数解析式变为y＝﹣2（x+2﹣3）2＝﹣2（x﹣1）2，向下平移4个单位长度得到的抛物线的函数解析式为y＝﹣2（x﹣1）2﹣4． 故答案为：y＝﹣2（x﹣1）2﹣4． 【点评】本题主要考查二次函数的图象变换，掌握平移的规律是解题的关键，即“左加右减，上加下减”． 13．【分析】由条件可用x表示出鸡场的宽，可用x表示出鸡场的面积S，再利用二次函数的性质可求得答案． 【解答】解：设养鸡场的长为x m，则宽为m，设养鸡场的面积为S， 根据题意可得S＝x（）＝﹣x2+20x＝﹣（x﹣30）2+300， ∵﹣＜0， ∴抛物线开口向下， ∴当x＝30时，S有最大值， 即当x＝30m时，养鸡场的面积最大， 故答案为：30． 【点评】本题为二次函数的应用，用x的表示出养鸡场的面积，得到关于x的二次函数是解题的关键． 14．【分析】先根据根与系数的关系得到α+β＝﹣2，αβ＝﹣2024，然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：根据题意得α+β＝﹣2，αβ＝﹣2024，α2+2α＝2024， 所以α2+3α+β＝（α2+2α）+（α+β）＝2024﹣2＝2022， 故答案为：2022． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，，．利用整体代入法是本题的关键． 15．【分析】证明△BO'A≌△BOC，即可得到O'A＝OC＝4，S△AO′B＝S△BOC，根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形，则OO'＝OB＝2，利用勾股定理的逆定理判断△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°，利用四边形AOBO'的面积＝等边△BOO'面积+Rt△AO′O面积＝△AO'B面积+△AOB的面积＝△BOC的面积+△AOB的面积，进行计算即可判断． 【解答】解：在△BO'A和△BOC中，BO'＝BO，∠O'BA＝∠OBA，BA＝BC． ∴△ABO'≌△BOC（SAS）． ∴O'A＝OC＝4． 如图，连接OO’， 根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形， ∴OO'＝OB＝2， 在△AOO'中，AO＝2，OO'＝2，AO'＝4， ∴△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°． ∴Rt△AOO''面积为＝2， ∵等边△BOO'面积为＝3， ∴四边形AOBO'的面积为5， ∵△ABO'≌△BOC， ∴四边形AOBO'的面积＝△AOB的面积+△BOC的面积， ∴S△ABC﹣S△AOC＝S△AOB+S△BOC＝5． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理，解题的关键是通过旋转把三条线段转化到特殊三角形中，利用特殊三角形的性质进行求解． 16．【分析】根据顶点在线段AB上抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）可以判断出c的取值范围，得到①正确；当顶点运动到y轴右侧时，根据二次函数的增减性判断出②错误；当顶点在A点时，D能取到最小值，当顶点在B点时，C能取得最大值，然后根据二次函数的对称性求出此时点C的横坐标，即可判断④正确；令y＝0，利用根与系数的关系与顶点的纵坐标求出CD的长度的表达式，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得AB＝CD，然后列出方程求出a的值，判断出③正确． 【解答】解：∵点A，B的坐标分别为（﹣3，﹣2）和（1，﹣2）， ∴线段AB与y轴的交点坐标为（0，﹣2）， 又∵抛物线的顶点在线段AB上运动，抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）， ∴c≥﹣2，（顶点在y轴上时取“＝”），故①正确； ∵抛物线的顶点在线段AB上运动，开口向上， ∴当x＞1时，一定有y随x的增大而增大，故②错误； 若点D的横坐标最小值为﹣5，则此时对称轴为直线x＝﹣3，C点的横坐标为﹣1，则CD＝4， ∵抛物线形状不变，当对称轴为直线x＝1时，C点的横坐标为3， ∴点C的横坐标最大值为3，故④正确； 令y＝0，则ax2+bx+c＝0， CD2＝（﹣）2﹣4×＝， 根据顶点坐标公式，＝﹣2， ∴＝﹣8，即＝8， ∴CD2＝×8＝， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴CD＝AB＝1﹣（﹣3）＝4， ∴＝42＝16， 解得a＝，故③正确； 综上所述，正确的结论有①③④． 故答案为：①③④． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质． 三、解答题（本题共9小题，满分72分，解答题需写出文字说明，推理过程和演算步骤） 17．【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后，再开方即可得． 【解答】解：∵x2﹣6x+2＝0， ∴x2﹣6x＝﹣2， ∴x2﹣6x+9＝﹣2+9，即（x﹣3）2＝7， ∴x﹣3＝±， ∴x1＝3+，x2＝3﹣． 【点评】本题主要考查解一元二次方程﹣配方法，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法． 18．【分析】（1）根据中心对称图形的性质找出对应点即可求解； （2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解． 【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1 即为所求，B1（﹣4，﹣2）； （2）如图所示，△AB2C2 即为所求作． 【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，熟练掌握旋转变换的性质是解题的关键． 19．【分析】（1）根据一元二次方程有两个不相等的实数根，得出b2﹣4ac＞0，把字母和数代入求出k的取值范围； （2）根据两根之积为：，把字母和数代入求出k的值． 【解答】解：（1）b2﹣4ac＝22﹣4×1×（3﹣k）＝﹣8+4k， ∵有两个不相等的实数， ∴﹣8+4k＞0， 解得：k＞2； （2）∵方程的两个根为α，β， ∴αβ＝＝3﹣k， ∴k2＝3﹣k+3k， 解得：k1＝3，k2＝﹣1（舍去）． 【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系和根的判别式，关键运用代入法来求值． 20．【分析】（1）由垂径定理得CF＝DF，根据等腰三角形的性质可得AF＝BF，再根据线段的和差关系可得结论； （2）连接OC，结合垂径定理和勾股定理列方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵OE⊥AB，CD为⊙O的弦， ∴CF＝DF， ∵OA＝OB，OE⊥AB， ∴AF＝BF， ∴AF﹣CF＝BF﹣DF， ∴AC＝BD； （2）解：如图，连接OC， ∵OE⊥AB，CD为⊙O的弦， ∴，∠OFC＝90°， ∴CO2＝CF2+OF2， 设⊙O的半径是r， ∴r2＝32+（r﹣1）2， 解得r＝5， ∴⊙O的半径是5． 【点评】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 21．【分析】（1）首先推导出顶点坐标为（﹣1，﹣4），由抛物线的顶点坐标可设出二次函数的顶点式，代入点C的坐标即可求出a值，进而得出二次函数的解析式； （2）将y＝0代入二次函数解析式中求出x值，进而即可得出点A、B的坐标及AB的长度，由△ABP的面积为24求出点P的纵坐标，再利用二次函数图象上点的坐标特征即可得出点P的坐标． 【解答】解：（1）已知抛物线过C（0，﹣3）与D（﹣2，﹣3）且有最小值﹣4， ∴顶点坐标为（﹣1，﹣4）， 设二次函数的解析式为y＝a（x+1）2﹣4，把点C的坐标代入得： ﹣3＝a（0+1）2﹣4， 解得a＝1， ∴二次函数的解析式为y＝（x+1）2﹣4，即y＝x2+2x﹣3； （2）抛物线与x轴交于点A、B，在抛物线上存在一点P使△ABP的面积为24， ∵当y＝0时，x2+2x﹣3＝0， 解得：x1＝﹣3，x2＝1， ∴A（1，0），B（﹣3，0）， ∴AB＝4， 设P（m，n）， ∴， 解得：n＝12或n＝﹣12， 当n＝12时，m2+2m﹣3＝12， 解得：m＝﹣5或3， ∴P（﹣5，12），（3，12）； 当n＝﹣12时，m2+2m﹣3＝﹣12，方程无解， 综上，P（﹣5，12）（3，12）． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是：（1）由抛物线的顶点坐标巧设二次函数解析式为顶点式；（2）利用三角形的面积公式求出点P的纵坐标． 22．【分析】（1）先由旋转的性质得AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，则∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC，利用AB＝AC可得AE＝AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE＝CF； （2）由菱形的性质得到DE＝AE＝AC＝AB＝1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB＝∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE＝∠BAC＝45°，所以∠AEB＝∠ABE＝45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE＝AC＝，于是利用BD＝BE﹣DE求解． 【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的， ∴AE＝AB，AF＝AC，∠EAF＝∠BAC， ∴∠EAF+∠BAF＝∠BAC+∠BAF，即∠EAB＝∠FAC， ∵AB＝AC， ∴AE＝AF， ∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到， ∴BE＝CF； （2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB＝AC＝1， ∴DE＝AE＝AC＝AB＝1，AC∥DE， ∴∠AEB＝∠ABE，∠ABE＝∠BAC＝45°， ∴∠AEB＝∠ABE＝45°， ∴△ABE为等腰直角三角形， ∴BE＝AC＝， ∴BD＝BE﹣DE＝﹣1． 【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质． 23．【分析】（1）设y＝kx+b，根据题意，利用待定系数法确定出y与x的函数关系式即可； （2）根据题意结合销量×每本的利润＝150，进而求出答案； （3）根据题意结合销量×每本的利润＝w，进而利用二次函数增减性求出答案． 【解答】解：（1）设y＝kx+b， 把（22，36）与（24，32）代入得：， 解得：， 则y＝﹣2x+80； （2）设当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是x元， 根据题意得：（x﹣20）y＝150， 则（x﹣20）（﹣2x+80）＝150， 整理得：x2﹣60x+875＝0， （x﹣25）（x﹣35）＝0， 解得：x1＝25，x2＝35， ∵20≤x≤28， ∴x＝35（不合题意舍去）， 答：每本纪念册的销售单价是25元； （3）由题意可得： w＝（x﹣20）（﹣2x+80） ＝﹣2x2+120x﹣1600 ＝﹣2（x﹣30）2+200， 此时当x＝30时，w最大， 又∵售价不低于20元且不高于28元， ∴x＜30时，w随x的增大而增大，即当x＝28时，w最大＝﹣2（28﹣30）2+200＝192（元）， 答：该纪念册销售单价定为28元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元． 【点评】此题主要考查了二次函数的应用以及一元二次方程的应用、待定系数法求一次函数解析式等知识，正确利用销量×每本的利润＝w得出函数关系式是解题关键． 24．【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝BE，证明△ABE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠AEB＝∠CEB，可求出∠AEC＝135°； （2）①由题意可画出图形，由旋转的性质及等腰三角形的性质可得出答案； ②过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，证明△ABF≌△CBH（SAS），由全等三角形的性质得出AF＝CH，由等腰直角三角形的性质可得出结论． 【解答】解：（1）∵将线段BA绕点B旋转α，得到线段BE， ∴AB＝BE， ∴∠BAE＝∠BEA， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE＝45°， ∵BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴∠AEC＝∠EB+∠CEB＝180°﹣∠45°＝135°， 故答案为：135°； （2）①补全图形如图2， ∵将线段BA绕点B旋转 α（0°＜α＜90°），得到线段BE， ∴BE＝BA＝BC，∠ABC＝90°，∠ABE＝α， ∴， ∴∠AEC＝∠BEA﹣∠BEC＝45°，∠BEC＝45°； ②FB＝2FC﹣AE； 证明：过点B作BH∥EC交FC的延长线于点H，如图3， ∵BE＝BC，BF平分∠EBC， ∴BF垂直平分EC， ∴FE＝FC， ∴∠FEC＝∠FCE， 由①知，∠AEC＝45°， ∴∠FEC＝∠FCE＝45°， ∴∠GFC＝45°， ∵BH∥EC， 当∠FBH＝∠FGC＝90°，∠H＝∠FCG＝45°， ∴∠H＝∠BFH＝45°， ∴BF＝BH，， ∵∠ABF＝90°﹣∠FBC，∠CBH＝90°﹣∠FBC， ∴∠ABF＝∠CBH， 在△ABF和]CBH中， ， ∴△ABF≌△CBH（SAS）， ∴AF＝CH， ∵FH＝FC+CH＝FC+AF＝FC+FE﹣AE＝2CF﹣AE， ∴． 【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 25．【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）证明△AOC≌△KOB（ASA），得到OK＝OA＝1，进而求解； （3）当顶点为（﹣2，1）时，图象M恰好过点A、C，当抛物线与直线AC相切时，联立，即可求解． 【解答】解：（1）∵抛物线 y＝x2+bx+c 与y轴交于点C（0，﹣3），其对称轴为直线 x＝1， 则， 解转， ∴抛物线的函数解析式为y＝x2﹣2x﹣3； （2）点D为第二象限抛物线上一点，设BD交y轴于K，如图1： 在 y＝x2﹣2x﹣3 中，令y＝0 得 0＝x2﹣2x﹣3 解得：x＝3或﹣2， ∴B（3，0），A（﹣1，0）， ∴OA＝1，OB＝3， ∵C（0，﹣3）， ∴OC＝3， ∴OB＝OC， ∵∠ACO+∠BAC＝90° ＝90°， 又∠ABD+∠BAC＝90°， ∴∠ACO＝∠ABD，即∠ACO＝∠KBO， ∵∠AOC＝90°＝∠BOK， ∴△KOB≌△AOC（ASA）， ∴OA＝OK＝1， ∴K（0，1）， 由B（3，0），K（0，1）得直线BK解析式为， 联立， 解得： （舍）或 ∴； （3）抛物线的函数解析式为：y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，顶点为（1，﹣4）， 将抛物线沿x轴翻折后顶点为（1，4）， ∴顶点运动的轨迹为 y＝x+3， ∴图象M的顶点坐标为（m，m+3）， 则图象M对应的函数解析式为：y＝﹣（x﹣m）2+m+3， 当图象M过点A（﹣1，0）时， ﹣（﹣1﹣m）2+m+3＝0，解得 m＝﹣2 或1； 当图象M过点C（0，﹣3）时， ﹣（0﹣m）2+m+3＝﹣3，解得m＝﹣2或3； ∴当顶点为（﹣2，1）时，图象M恰好过点A、C； 当抛物线与直线AC相切时， 联立y＝﹣3x﹣3和抛物线的表达式得：﹣3x﹣3＝﹣（x﹣m）2+m+3， 件 （x﹣m）2+m+3＝﹣3x﹣3； 令Δ＝0得：， 经验证此时切点在线段 AC上， ∴m的范围是1≤m≤3或． 【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 学科网（北京）股份有限公司 $$