广东省广州六中集团2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

2024-2025学年广东省广州六中集团九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1．（3分）将方程5x2﹣x＝7x化为一般形式后，二次项系数、一次项系数、常数项分别是（　　） A．5，7，﹣1 B．﹣5，7，1 C．5，﹣7，﹣1 D．5，﹣8，0 2．（3分）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）已知二次函数y＝2x2﹣4x+5，当y随x的增大而增大时，x的取值范围是（　　） A．x≤﹣1 B．x≥1 C．x≤1 D．x≥﹣1 4．（3分）已知：如图，圆心角∠BOC＝100°，则圆周角∠BAC的度数为（　　） A．130° B．100° C．80° D．50° 5．（3分）抛物线y＝x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是（　　） A．y＝（x﹣1）2﹣2 B．y＝（x+1）2﹣2 C．y＝（x+1）2+2 D．y＝（x﹣1）2+2 6．（3分）若x1，x2是一元二次方程x2+x﹣3＝0的两个实数根，则2024﹣x1﹣x2的值为（　　） A．2025 B．2023 C． D． 7．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝2，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为（　　） A．2 B．4 C．2 D．2 8．（3分）观察表格，估算一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的近似解： x 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 x2﹣x﹣1 ﹣0.44 ﹣0.25 ﹣0.04 0.19 0.44 由此可确定一元二次方程x2﹣x﹣1＝0的一个近似解x的范围是（　　） A．1.4＜x＜1.5 B．1.5＜x＜1.6 C．1.6＜x＜1.7 D．1.7＜x＜1.8 9．（3分）函数y＝mx+m和函数y＝﹣mx2+2x+2（m是常数，且m≠0）的图象可能是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）如图，AB为直径，AB＝4，C、D为圆上两个动点，N为CD中点，CM⊥AB于M，当C、D在圆上运动时保持∠CMN＝30°，则CD的长（　　） A．随C、D的运动位置而变化，且最大值为4 B．随C、D的运动位置而变化，且最小值为2 C．随C、D的运动位置长度保持不变，等于2 D．随C、D的运动位置而变化，没有最值 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11．（3分）已知x＝1是一元二次方程x2+ax+b＝0的一个根，则（a+b）2024的值为 　 　． 12．（3分）如图，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转至△AB′C′，使得B，A，C′三点在同一条直线上，则旋转角∠BAB′的度数是 　 　． 13．（3分）用反证法证明命题“已知△ABC中，CA＝CB；求证：∠A＜90°．”第一步应先假设 　 　． 14．（3分）以原点O为位似中心，作△ABC的位似图形△A′B′C′，△ABC与△A′B′C′相似比为，若点C的坐标为（4，1），点C的对应点为C′，则点C′的坐标为　 　． 15．（3分）如图，小量角器的0°刻度线在大量角器的0°刻度线上，且小量角器的中心在大量角器的外缘边上．如果它们外缘边上的公共点P在大量角器上对应的度数为40°，那么在小量角器上对应的度数为 　 　．（只考虑小于90°的角度） 16．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）， ①若抛物线的顶点在第二象限，且a+b+c＝0，，则当x＜﹣1时，y随x的增大而增大． ②若抛物线开口向下，顶点在第二象限，且a+b+c＝0，对称轴是直线x＝﹣1，方程ax2+bx+c＝t（t＞0）有整数根，则对应的t值有2个． ③若对任意实数t都有a（t2﹣1）+b（t+1）≤0，则b＝2a． ④若A（x1，n），B（x2，n）在抛物线上，则当x＝x1+x2时，y＝c． 上述结论中，一定正确的是 　 　． 三、解答题（共72分） 17．（4分）解一元二次方程：x2+4x﹣5＝0． 18．（6分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝50°．将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得△DBE，使点C落在AB边上，点A的对应点为点D，连接AD，求∠ADE的度数． 19．（6分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2（m+2）x+m2﹣5＝0有实数根，是否存在实数m，使方程的两个实数根的平方和等于44？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 20．（6分）如图，点A，B，C，D在⊙O在中，若BC＝AD， 求证：AC＝BD． 21．（8分）如图，已知坐标系中△ABC． （1）画出△ABC关于原点O对称的△A′B′C′； （2）直接写出△A′B′C′各顶点的坐标． 22．（8分）某景观公园内人工湖里有一组小型喷泉，水柱从垂直于湖面的水枪喷出，水柱落于湖面的路径形状是抛物线．建立如图所示的平面直角坐标系，设距水枪水平距离为x米，水柱距离湖面高度为y米．现测量得到如下数据，喷泉最高点距离湖面的高度为5.6米． x（米） 0 1 2 3 4 y（米） 2.0 4.0 5.2 5.6 5.2 请你根据以上提供的相关信息，解答下列问题： （1）求该抛物线的函数表达式； （2）求喷泉的落水点距水枪的水平距离． 23．（10分）如图，△ABC的边AB为⊙O的直径，BC与圆交于点D，D为BC的中点，过D作DE⊥AC于E． （1）求证：DE为⊙O的切线； （2）若AB＝13，CD＝5，求CE的长． 24．（12分）【模型提出】如图①，已知线段AB的长度为4，在线段AB所在直线外有一点C，且∠ACB＝45°，想确定满足条件的点C的位置，可以以AB为底边构造一个等腰直角三角形AOB，再以点O为圆心，OA长为半径画圆，则点C在⊙O的优弧ACB上．即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型． 【模型应用】如图②，在正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别是边BC、CD上的动点，BE＝CF，连结AE、BF，AE与BF交于点G． （1）求证：AE⊥BF； （2）点E从点B到点C的运动过程中，点G经过的路径长为 　 　； （3）若点I是△ABG的内心，连结CI，则线段CI的最小值为 　 　． 25．（12分）如图1，经过原点O的抛物线y＝ax2+bx（a、b为常数，a≠0）与x轴相交于另一点A（4，0）．直线l：y＝x在第一象限内和此抛物线相交于点B（5，t），与抛物线的对称轴相交于点C． （1）求抛物线的解析式； （2）直线l沿着x轴向右平移得到直线l′，l′与线段OA相交于点M，与x轴下方的抛物线相交于点N，过点N作NE⊥x轴于点E．把△MEN沿直线l′折叠，当点E′恰好落在抛物线上时（图2），求直线l′的解析式； （3）如图3，连接AC，把△COA绕点A顺时针旋转90°得到△AO′C′，在抛物线对称轴上是否存在点F，使△AFO′是为以AO′为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出F点坐标；若不存在，请说明理由． 2024-2025学年广东省广州六中集团九年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1．【分析】把方程化成一般形式即可求解． 【解答】解：∵方程5x2﹣x＝7x化成一般形式是5x2﹣8x＝0， ∴二次项系数、一次项系数和常数项分别为5、﹣8、0， 故选：D． 【点评】本题考查了合并同类项，一元二次方程的一般形式，解题的关键是理解一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0），特别要注意a≠0的条件，其中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项，其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 2．【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．据此判断即可． 【解答】解：选项A、B、C不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 3．【分析】将二次函数解析式化为顶点式，由抛物线对称轴及开口方向求解． 【解答】解：∵y＝2x2﹣4x+5＝2（x﹣1）2+3， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝1， ∴x≥1时，y随x增大而增大， 故选：B． 【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系． 4．【分析】欲求圆周角∠BAC，又已知一圆心角，可利用圆周角与圆心角的关系求解． 【解答】解：∵∠BOC＝100°，∠BAC＝∠BOC（等弧所对的圆周角是圆心角的一半）， ∴∠BAC＝50°； 故选：D． 【点评】本题主要考查了圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半． 5．【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可． 【解答】解：抛物线y＝x2向右平移1个单位，得：y＝（x﹣1）2； 再向下平移2个单位，得：y＝（x﹣1）2﹣2． 故选：A． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式是解题关键． 6．【分析】先根据一元二次方程根与系数的关系得到x1+x2＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算即可． 【解答】解：∵x1，x2是一元二次方程x2+x﹣3＝0的两个实数根， ∴x1+x2＝﹣1， ∴2024﹣x1﹣x2 ＝2024﹣（x1+x2） ＝2024﹣（﹣1） ＝2024+1 ＝2025， 故选：A． 【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，本题的关键是明确两根之和为﹣． 7．【分析】连接BB'，根据已知条件以及旋转的性质可得CA＝CA'，进而可得△ACA'是等边三角形，可得旋转角为60°，即可得△BCB'是等边三角形，即可求解． 【解答】解：如图，连接BB' ∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C，此时点A'恰好在AB边上， ∴CA＝CA'，CB＝CB'， 又∠A＝60°， ∴△ACA'是等边三角形， ∴旋转角∠B'CB＝∠A'CA＝60°， ∵CB＝CB'， ∴△BCB'是等边三角形， ∴BB'＝BC， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝2， ∴∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝4， ∴， ∴点B'与点B之间的距离为， 故选：C． 【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，找到旋转角是解题的关键． 8．【分析】分析表格数据即可求解． 【解答】解：由表格中数据可知，x逐渐增大，y也随着增大， 当x从1.6增大到1.7时，y从负数为整数， ∴使得y＝0的x在1.6到1.7之间． 故选：C． 【点评】本题主要考查估算一元二次方程的近似解，解题关键是观察表格数据估计出一元二次方程解的范围． 9．【分析】关键是m的正负的确定，对于二次函数y＝ax2+bx+c，当a＞0时，开口向上；当a＜0时，开口向下．对称轴为x＝﹣，与y轴的交点坐标为（0，c）． 【解答】解：A．由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，即函数y＝﹣mx2+2x+2开口向上，与图象不符，故A选项错误； B．由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，即函数y＝﹣mx2+2x+2开口向上，对称轴为x＝﹣＝＜0，则对称轴应在y轴左侧，与图象不符，故B选项错误； C．由函数y＝mx+m的图象可知m＞0，即函数y＝﹣mx2+2x+2开口向下，与图象不符，故C选项错误； D．由函数y＝mx+m的图象可知m＜0，即函数y＝﹣mx2+2x+2开口向上，对称轴为x＝﹣＝＜0，则对称轴应在y轴右侧，与图象相符，故D选项正确． 故选：D． 【点评】此题主要考查了一次函数和二次函数的图象性质以及分析能力和读图能力，要掌握它们的性质才能灵活解题． 10．【分析】连接OC、ON、OD，由垂径定理可知ON⊥CD，∠CON＝∠DON，然后由∠ONC+∠CMO＝180°，可证明O、N、C、M四点共圆，从而可得到∠NOC＝∠NMC＝30°，于是可证明△OCD为等边三角形，从而得到CD＝2． 【解答】解；连接：OC、ON、OD． ∵N是CD的中点， ∴ON⊥CD，∠CON＝∠DON． 又∵CM⊥AB， ∴∠ONC+∠CMO＝180°． ∴O、N、C、M四点共圆． ∴∠NOC＝∠NMC＝30°． ∴∠COD＝60°． 又∵OC＝OD， ∴△OCD为等边三角形． ∴CD＝． 故选：C． 【点评】本题主要考查的是轨迹问题，发现O、N、C、M四点共圆，从而证得△OCD为等边三角形是解题的关键． 二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分） 11．【分析】将x＝1代入到x2+ax+b＝0中求得a+b的值，然后求代数式的值即可． 【解答】解：将x＝1代入方程x2+ax+b＝0，得1+a+b＝0， ∴a+b＝﹣1， ∴（a+b）2024＝1． 故答案为1． 【点评】此题主要考查了一元二次方程的根，解题的关键是把已知方程的根直接代入方程得到待定系数的方程即可求得代数式（a+b）的值． 12．【分析】由旋转得，∠B'AC'＝∠BAC＝30°，由题意得∠BAC'＝180°，再根据∠BAB′＝∠BAC'﹣∠B'AC'可得答案． 【解答】解：由旋转得，∠B'AC'＝∠BAC＝30°， ∵B，A，C′三点在同一条直线上， ∴∠BAC'＝180°， ∴∠BAB′＝∠BAC'﹣∠B'AC'＝150°． 故答案为：150°． 【点评】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 13．【分析】根据反证法的步骤，先假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立，进行作答即可． 【解答】解：第一步应先假设∠A≥90°； 故答案为：∠A≥90°． 【点评】本题考查反证法．熟练掌握反证法的步骤是解题的关键． 14．【分析】根据位似变换的性质计算即可． 【解答】解：∵△ABC与△A'B'C'相似比为，若点C的坐标为（4，1）， ∴点C′的坐标为（4×3，1×3）或（4×（﹣3），1×（﹣3））， ∴点C′的坐标为（12，3）或（﹣12，﹣3）， 故答案为：（12，3）或（﹣12，﹣3）； 【点评】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k． 15．【分析】设大量角器的左端点为A，小量角器的圆心为B．利用三角形的内角和定理求出∠PBA的度数．然后根据圆的知识可求出小量角器上对应的度数． 【解答】解：设大量角器的左端点是A，小量角器的圆心是B，连接AP，BP，则∠APB＝90°，∠PAB＝20°，因而∠PBA＝90°﹣20°＝70°，在小量角器所求弧所对的圆心角为70°，因而P在小量角器上对应的度数为70°． 故答案为：70°； 【点评】本题主要考查了直径所对的圆周角是90度．能把实际问题转化为数学问题是解决本题的关键． 16．【分析】当x＝1时，y＝a+b+c＝0，则方程ax2+bx+c＝0必有一根为1，设另一个根为x2，由韦达定理推理得到1×x2＝＜﹣3，即x2＜﹣3，进而可确定对称轴的范围，可判断①； 由抛物线开口向下，顶点在第二象限，且a+b+c＝0，对称轴是直线x＝﹣1，由①可得抛物线与x轴必有两个交点（﹣3，0）和（1，0）．则在﹣3和1之间，还有整数点﹣2，﹣1，0，进而可判断②； 对任意实数t都有a（t2﹣1）+b（t+1）≤0，整理得at2+bt≤a﹣b，则at2+bt+c≤a﹣b+c，可得y＝a﹣b+c为y＝ax2+bx+c的最大值，从而得到对称轴方程，即可判断③； 先求出（0，c）关于抛物线对称轴对称的坐标为（，c）．再根据可得，从而可判断④． 【解答】解：对于①：当x＝1时，y＝a+b+c＝0，故抛物线必过点（1，0）， 又抛物线的顶点在第二象限，则抛物线的开口向下． 则方程ax2+bx+c＝0必有一根为1，设另一个根为x2， 由韦达定理可得：1×x2＝＜﹣3，即x2＜﹣3， 从而抛物线对称轴为直线x＝＝﹣1， 即抛物线对称轴在直线x＝﹣1的左边， 故①错误； 对于②：若抛物线开口向下，顶点在第二象限，且a+b+c＝0，对称轴是直线x＝﹣1， 由①可得抛物线与x轴必有两个交点，即（﹣3，0）和（1，0）， 则在﹣3和1之间，还有整数点﹣2，﹣1，0， 当直线y＝t（t＞0）与抛物线y＝ax2+bx+c相交，且交点横坐标为﹣2和0时， 即方程ax2+bx+c＝t有整数根﹣2，0，此时t满足题意； 当直线y＝t（t＞0）与抛物线y＝ax2+bx+c在顶点处相交，交点横坐标为﹣1时， 即方程ax2+bx+c＝t有整数根﹣1，此时t满足题意， 故对应的t值有2个， 故②正确； 对于③：∵对任意实数t都有a（t2﹣1）+b（t+1）≤0， 整理得：at2+bt≤a﹣b，则at2+bt+c≤a﹣b+c， 当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c，故y＝a﹣b+c为y＝ax2+bx+c的最大值， ∴y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝﹣1，即， ∴b＝2a， 故③正确； 对于④：∵（0，c）为y＝ax2+bx+c与y轴的交点坐标， 则（0，c）关于抛物线对称轴直线x＝对称的点坐标为（，c）． ∵A（x1，n），B（x2，n）在抛物线上， 则， 即， ∴当x＝时，y＝c． 故④正确． 综上所述，②③④一定正确， 故答案为：②③④． 【点评】本题考查了二次函数图象性质，增减性，最值，根系关系，二次函数与一元二次方程的关系，综合性强，难度较大．熟练掌握以上内容是解题关键． 三、解答题（共72分） 17．【分析】利用因式分解法解方程． 【解答】解：（x+5）（x﹣1）＝0， x+5＝0或x﹣1＝0， 所以x1＝﹣5，x2＝1． 【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法． 18．【分析】由旋转得BA＝BD，通过等腰三角形及直角三角形可求∠ADE度数； 【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠ABC＝50°， ∴∠CAB＝40°． ∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，点E恰好在AB上， ∴BA＝BD，∠ABC＝∠DBA＝50°， ∴∠BAD＝∠ADB＝（180°﹣50°）＝65°， ∵∠BED＝∠ACB＝90°， ∴∠ADE＝∠ADB﹣∠DAB＝25°． 【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了等腰三角形的性质，解题的关键是会确定旋转角． 19．【分析】先根据根与系数的关系得到+＝2m2+16m+26，解出方程，再根据根的判别式判断即可． 【解答】解：设方程的两个实数根为x1，x2， 则， ∴+＝（x1+x2）2−2x1x2＝2m2+16m+26， 令2m2+16m+26＝44，即m2+8m﹣9＝0， 解得：m1＝1，m2＝﹣9， ∵方程x2﹣2（m+2）+m2﹣5＝0有实数根， ∴Δ＝b2﹣4ac＝16m+36≥0， 即：， 综上所述：m＝1． 【点评】本题综合考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，若一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根为x1，x2，则；若一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有实数根，则Δ＝b2﹣4ac≥0． 20．【分析】根据BC＝AD，得＝，所以＝，根据圆心角、弧、弦的关系定理即可得出结论． 【解答】证明：∵BC＝AD， ∴＝， ∴+＝+， 即＝， ∴AC＝BD． 【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题的关键． 21．【分析】（1）确定△ABC各顶点关于原点O的对称点即可完成作图； （2）关于原点O对称的两点，其横、纵坐标均互为相反数，据此即可求解． 【解答】解：（1）如图所示：△A′B′C′即为所求： （2）由（1）中图可得：A′（0，﹣1），B′（﹣2，﹣3），C′（﹣3，0）． 【点评】本题考查了中心对称的相关知识点，熟记相关结论是即可． 22．【分析】（1）由表格中的数据可知抛物线的顶点，利用待定系数法求出二次函数的关系式即可； （2）把y＝0代入解方程即可． 【解答】解：（1）由题可知喷泉最高点距离湖面的高度为5.6米； 可设抛物线的函数表达式为y＝a（x﹣3）2+5.6． 将（0，2）代入y＝a（x﹣3）2+5.6， 得a＝﹣0.4， ∴抛物线的表达式为y＝﹣0.4（x﹣3）2+5.6． （2）由题可知，当喷泉落水时x＝0．即0＝﹣0.4（x﹣3）2+5.6， 解得，（舍去）． 所以喷泉的落水点距水枪的水平距离为米． 【点评】本题考查了二次函数的应用，解题的关键在于熟练掌握二次函数的图象建立二次函数模型． 23．【分析】（1）如图，作辅助线；证明OD∥AC；由DE⊥AC，得到DE⊥AC，即可解决问题． （2）如图，作辅助线；证明AC＝AB＝13；证明△CDE∽△CAD，得到，求出CE的长即可解决问题． 【解答】解：（1）连接OD； ∵D为BC的中点，O为AB的中点， ∴OD∥AC； ∵DE⊥AC， ∴DE⊥OD， ∴DE是圆O的切线． （2）连接 AD； ∵AB是直径， ∴AD⊥BC； ∵D为BC的中点， ∴AD是BC的垂直平分线， ∴AC＝AB＝13； ∵∠C＝∠C，∠DEC＝∠ADC＝90°， ∴△CDE∽△CAD， ∴，而AC＝AB＝13，CD＝5， ∴CE＝． 【点评】该题主要考查了切线的判定、相似三角形的判定及其性质等几何知识点及其应用问题；解题的关键是准确找出切线的判定方法，灵活运用三角形的中位线定理、相似三角形的判定及其性质等几何知识点来分析、判断、解答． 24．【分析】（1）利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质解答即可； （2）利用模型得到点G经过的路径为以AB为直径的圆中的的圆周长，再利用弧长公式解答即可； （3）利用模型得到点I在以AB为弦，所含圆周角为135°的劣弧上运动，画出该圆，设这个劣弧的圆心为O，连接OA，OB，过点O作OM⊥BC，交CB的延长线于点M，利用等腰直角三角形的判定与性质和勾股定理解答即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90° 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）． ∴∠BAE＝∠CBF． ∵∠CBF+∠ABF＝90°， ∴∠BAE+∠ABF＝90° ∴∠AGB＝90°． ∴AE⊥BF； （2）解：连接AC，BD，它们交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOB＝90°． 由（1）知：∠AGB＝90°， ∴点E从点B到点C的运动过程中，点G经过的路径为以AB为直径的圆中的的圆周长，如图， ∴点E从点B到点C的运动过程中，点G经过的路径长为×2π×2＝π． 故答案为：π； （3）解：∵∠ABG＝90°，点I是△ABG的内心， ∴∠AIG＝135°， ∴点I在以AB为弦，所含圆周角为135°的劣弧上运动，如图， 设这个劣弧的圆心为O，连接OA，OB，过点O作OM⊥BC，交CB的延长线于点M， ∵∠AIB＝135°， ∴∠AOB＝90°， ∴△OAB为等腰直角三角形， ∴OA＝OB＝AB＝2． ∵∠ABM＝90°，∠ABO＝45°， ∴∠OBM＝45°， ∴△OMB为等腰直角三角形， ∴MB＝OM＝OB＝2， ∴CM＝BC+MB＝6． 当点O，I，C三点在一条直线上时，CI取得最小值＝OC﹣OI． ∵OC＝＝2，OI＝OA＝2， ∴CI的最小值＝2﹣2． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，点的轨迹，圆的有关计算，本题是阅读型题目，利用已知的模型解答是解题的关键． 25．【分析】（1）根据一次函数上点的特征求得点B的坐标，再根据待定系数法求抛物线解析式即可； （2）根据抛物线的解析式求得抛物线的对称轴为x＝2，设直线l′的解析式为y＝x﹣m，可得点M（m，0），根据点B的坐标可推得△OBG为等腰直角三角形，结合对称的性质和正方形的判定可得四边形ENE′M是正方形，根据正方形的性质可求得点E′的坐标，结合二次函数的性质可得NE′＝2E′K＝ME′，列一元二次方程求解即可得到m的值，即可得出答案； （3）根据旋转可得O′（4，4），求得HQ＝AO′＝4，O′Q＝AH＝2，根据等腰三角形的顶点分情况讨论，结合勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）∵直线l：y＝x在第一象限内和此抛物线相交于点B（5，t），把B（5，t）代入y＝x得： t＝5， ∴B（5，5）； ∵抛物线y＝ax2+bx与x轴相交于另一点A（4，0），与直线y＝x相交于点B（5，5），把A（4，0），B（5，5）代入y＝ax2+bx，得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x； （2）如图2，过点B作BG⊥x轴交于点G，E′N交直线x＝2于点K， ∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝2， 设直线l′的解析式为y＝x﹣m， ∵直线l′与x轴相交于点M， 将y＝0代入y＝x﹣m得x＝m， ∴点M（m，0）， ∵B（5，5），BG⊥OG， ∴OG＝BG＝5， ∴△OBG为等腰直角三角形， ∴∠BOG＝∠OBG＝45°，EN＝EM， 即直线l与x轴和y轴的夹角是45°， ∵直线l沿着x轴向右平移得到直线l′，且NE⊥x轴， ∴∠NEM＝90°，∠MNE＝∠EMN＝45°， 根据题意可知，△NE′M是△NEM沿直线l′折叠得到的， ∴∠NE′M＝90°，∠MNE′＝45°，∠E′MN＝45°，E′N＝E′M， ∵E′N＝NE＝EM＝ME′，∠NEM＝90°， ∴四边形ENE′M是正方形， ∴E′M⊥EM， 故点E′的横坐标为m， ∵点E′在抛物线y＝x2﹣4x上， 则E′（m，m2﹣4m），即ME′＝﹣（m2﹣4m）， ∵四边形ENE′M是正方形， ∴NE′∥x轴， ∴点E′与点N关于抛物线的对称轴x＝2对称， 即NE′＝2E′K＝ME′， 故2（m﹣2）＝﹣（m2﹣4m）， 整理得：m2﹣2m﹣4＝0， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴直线l′的解析式为； （3）解：在抛物线对称轴上存在点F，使△AFO′是为以AO′为腰的等腰三角形；理由如下： 如图3，直线x＝2交x轴于点H，作O′Q⊥CH于点Q，则∠HQO′＝90°， 由旋转得，O′（4，4）， ∴HQ＝AO′＝4，， 若点A为等腰三角形AO′F的顶点，则存在两个满足条件的F点： 当AF1＝AO′＝4时，在Rt△AHF1中，， ∴； 当AF2＝AO′＝4时，在Rt△AHF2中，， ∴； 若点O′为等腰三角形O′AF的顶点，则存在两个满足条件的F点： 当O′F3＝O′A＝4时，在Rt△O′QF3中，， 则 ∴； 当O′F4＝O′A＝4时，在Rt△O′QF4中，， 则 ∴； 综上所述，在抛物线对称轴上存在点F，使△AFO′是为以AO′为腰的等腰三角形；点F的坐标为或或或． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数上点的特征，待定系数法求二次函数解析式，平移的性质，旋转的性质，轴对称的特征，正方形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，能够根据等腰三角形的定义进行分类讨论是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$