2019-2020学年江西省赣州市蓉江新区九年级（上）期中数学试卷（解析版）

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1、2019-2020学年江西省赣州市蓉江新区九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大共6分，每小题3分，共18分每小题只有一个正确选项）1（3分）下列品牌汽车的标识是中心对称图形的是（）ABCD2（3分）方程2x25x4的二次项系数、一次项系数、常数项分别为（）A2，5，4B2，5，4C2，5，4D2，5，43（3分）将抛物线yx2向上平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度后，得到的抛物线的解析式为（）Ay（x+3）2+1By（x3）2+1Cy（x+3）21Dy（x3）214（3分）关于x的一元二次方程（a21）x23x+a2+3a40的一个根为0，则a的值是（）A4B1C4或1D4或15（3

2、分）如图，将RtABC绕直角顶点顺时针旋转90，得到ABC，连结AA，若125，则B的度数是（）A70B65C60D556（3分）如图，已知二次函数yx2+bx+c，它与x轴交于A、B，且A、B位于原点两侧，与y的正半轴交于C，顶点D在y轴右侧的直线l：y4上，则下列说法：bc0，0b4，AB4，SABD8其中正确的结论有（）ABCD二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共计18分.）7（3分）已知函数是二次函数，则m 8（3分）已知，是一元二次方程x23x20的两个不相等的实数根，则+的值为 9（3分）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到ABCD的位置，旋转角为（090）若1120，则

3、10（3分）已知二次函数yax2+bx+c自变量x的部分取值和对应函数值y如表：则在实数范围内能使得y+110成立的x取值范围是 x321012y157511111（3分）已知抛物线yax2+2ax+a+1（a0）过点A（m，3），B（n，3）两点，若线段AB的长不大于2，则代数式a2a2的最小值是 12（3分）两块不同的三角板按如图所示摆放，两个直角顶点C重合，A60o，D45o接着保持三角板ABC不动，将三角板CDE绕着点C旋转，但保证点D在直线AC的上方，若三角板CDE有一条边与斜边AB平行，则ACD 三、解答题：（本题有5小题，每题6分，共30分.）13（6分）解下列方程：（1）x26

4、x+30（2）2x（x1）33x14（6分）已知关于x的一元二次方程：x22（m+1）x+m2+10有两个不相等的实数根（1）求m的取值范围；（2）若原方程的两个实数根为x1、x2，且满足x12+x22x1+x2+4x1x2，求m的值15（6分）如图，抛物线顶点为A（1，2），且过原点，与x轴的另一个交点为B，（1）求抛物线的解析式和B点坐标；（2）抛物线上是否存在点M，使OBM的面积等于2？若存在，请写出M点坐标，若不存在，说明理由；16（6分）如图，ABC与ADE都是等腰直角三角形，连接CD、BE，CD、BE相交于点O，BAE可看作是由CAD顺时针旋转所得（1）旋转中心是 ，旋转角度是 ；

5、（2）判断CD与BE的位置关系，并说明理由17（6分）作图题：在图（1）（2）所示抛物线中，抛物线与x轴交于A、B，与y轴交于C，点D是抛物线的顶点，过D平行于y轴的直线是它的对称轴，点P在对称轴上运动仅用无刻度的直尺画线的方法，按要求完成下列作图：（1）在图中作出点P，使线段PA+PC最小；（2）在图中作出点P，使线段PBPC最大四、（本题有3小题，每题8分，共24分.）18（8分）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在线段BC和CD上，EAF45连接EF将ADF绕着点A顺时针旋转90，得到ABF（1）证明：AEFAEF；（2）证明：EFBE+DF（3）已知正方形ABCD边长是6，EF5

6、，求线段BE的长19（8分）赣州蓉江新区某汽车销售公司去年12月份销售新上市一种新型低能耗汽车200辆，由于该型汽车的优越的经济适用性，销量快速上升，今年2月份该公司销售该型汽车达到450辆，并且去年12月到今年1月和今年1月到2月两次的增长率相同（1）求该公司销售该型汽车每次的增长率；（2）若该型汽车每辆的盈利为5万元，则平均每天可售8辆，为了尽量减少库存，汽车销售公司决定采取适当的降价措施，经调查发现，每辆汽车每降5000元，公司平均每天可多售出2辆，若汽车销售公司每天要获利48万元，每辆车需降价多少？20（8分）如图，在矩形ABCD中，AB6cm，BC8cm，点P从点A开始沿边AB向终点

7、B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动如果P，Q分别从A，B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间为t秒（1）填空：BQ ，PB ；（用含t的代数式表示）（2）当t为何值时，PQ的长度等于3cm？（3）当t为何值时，五边形APQCD的面积有最小值？最小值为多少？五、（本题有2小题，每题9分，共计18分.）21（9分）学以致用：问题1：怎样用长为12cm的铁丝围成一个面积最大的矩形？小学时我们就知道结论：围成正方形时面积最大，即围成边长为3cm的正方形时面积最大为9cm2请用你所学的二次函数的知识解释原因思考验证：问题2：怎样用铁

8、丝围一个面积为9m2且周长最小的矩形？小明猜测：围成正方形时周长最小为了说明其中的道理，小明翻阅书籍，找到下面的材料：结论：在a+b2、b均为正实数）中，若ab为定值p，则a+b2，当且仅当ab时，a+b有最小值2a+b2（a，b均为正实数）的证明过程：对于任意正实数a、b，（）20，a2+b0，a+b2，当且仅当ab时，等号成立解决问题：（1）若x0，则x+ （当且仅当x 时取“”）；（2）运用上述结论证明小明对问题2的猜测；（3）当x1时，求y的最小值22（9分）（1）（操作发现）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，ABC的三个顶点均在格点上现将ABC绕点A按顺时针方向旋转

9、90，点B的对应点为B，点C的对应点为C，连接BB，如图所示，则ABB （2）（解决问题）如图2，在等边ABC内有一点P，且PA2，PB，PC1，如果将BPC绕点B逆时针旋转60得出ABP，求BPC的度数和PP的长；（3）（灵活运用）如图3，在RtABC中，ACB90，AC1，ABC30，点O为RtABC内一点，连接AO，BO，CO，且AOCCOBBOA120，求OA+OB+OC的值六、（本题12分.）23（12分）如图，抛物线yax2+bx+c（a0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（2，0），抛物线的对称轴x1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E（1）求抛物

10、线的解析式；（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积为17，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标2019-2020学年江西省赣州市蓉江新区九年级（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大共6分，每小题3分，共18分每小题只有一个正确选项）1（3分）下列品牌汽车的标识是中心对称图形的是（）ABCD【分析】结合中心对称图形的概念求解即可【解答】解：A、不是中心对称图形，本选项错误；B、不是中心对称图形，本选项

11、错误；C、是中心对称图形，本选项正确；D、不是中心对称图形，本选项错误故选：C【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度后两部分重合2（3分）方程2x25x4的二次项系数、一次项系数、常数项分别为（）A2，5，4B2，5，4C2，5，4D2，5，4【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c0（a，b，c是常数且a0），特别要注意a0的条件这是在做题过程中容易忽视的知识点在一般形式中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，常数项要确定二次项系数、一次项系数和常数项，首先要把方程化成一般形式【解答】解：方程2

12、x25x4化成一般形式是2x25x40，二次项系数为2，一次项系数为5，常数项为4故选：D【点评】考查了一元二次方程的一般形式，注意在说明二次项系数，一次项系数，常数项时，一定要带上前面的符号3（3分）将抛物线yx2向上平移1个单位长度，再向右平移3个单位长度后，得到的抛物线的解析式为（）Ay（x+3）2+1By（x3）2+1Cy（x+3）21Dy（x3）21【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线yx2向右平移3个单位所得抛物线的解析式为：y（x3）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y（x3）2向上平移1个单位所得抛物线的解析式为

13、：y（x3）2+1故选：B【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键4（3分）关于x的一元二次方程（a21）x23x+a2+3a40的一个根为0，则a的值是（）A4B1C4或1D4或1【分析】根据一元二次方程的解的定义，将x0代入关于x的一元二次方程（a21）x23x+a2+3a40，列出关于a的一元一次方程，通过解方程即可求得a的值【解答】解：根据题意知，x0是关于x的一元二次方程（a21）x23x+a2+3a40的根，a2+3a40，解得，a4或a1，a210，a1a4故选：A【点评】本题考查了一元二次方程的解的定义一元二次方程的解使方程的左右两边

14、相等5（3分）如图，将RtABC绕直角顶点顺时针旋转90，得到ABC，连结AA，若125，则B的度数是（）A70B65C60D55【分析】根据旋转的性质可得ACAC，然后判断出ACA是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得CAA45，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出ABC，然后根据旋转的性质可得BABC【解答】解：RtABC绕直角顶点C顺时针旋转90得到ABC，ACAC，ACA是等腰直角三角形，CAA45，ABC1+CAA25+4570，由旋转的性质得BABC70故选：A【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内

15、角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键6（3分）如图，已知二次函数yx2+bx+c，它与x轴交于A、B，且A、B位于原点两侧，与y的正半轴交于C，顶点D在y轴右侧的直线l：y4上，则下列说法：bc0，0b4，AB4，SABD8其中正确的结论有（）ABCD【分析】a0，则b0，c0，故cb0，即可求解；c4，而1c2，故02b24，即可求解；函数的表达式为：y（xh）2+4，故xh2，故ABx2x14，即可求解；SABDAByD8，即可求解【解答】解：a0，则b0，c0，故cb0，故错误，不符合题意；c4，而1c2，故02b24，故正确，符合题意；函数的表达式为：y（xh）2+4，故xh

16、2，故ABx2x14，正确，符合题意；SABDAByD8，正确，符合题意；故选：C【点评】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，要求学生对函数基本性质、函数与坐标轴的交点、顶点等的求解熟悉，这是一个综合性很好的题目二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共计18分.）7（3分）已知函数是二次函数，则m1【分析】根据形如yax2（a是常数，且a0）是二次函数，可得答案【解答】解：依题意得：m2+12且m10，解得m1故答案是：1【点评】本题考查了二次函数的定义注意：二次函数yax2中，a是常数，且a08（3分）已知，是一元二次方程x23x20的两个不相等的实数根，则+的值为5【分析】根据根与系数

17、的关系+3，2，再代入计算即可得出答案【解答】解：，是方程x23x20的两个实数根，+3，2，+3（2）5故答案为：5【点评】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数关系的公式是关键9（3分）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到ABCD的位置，旋转角为（090）若1120，则30【分析】根据对顶角相等求出2，再根据四边形的内角和等于360求出BAD，然后求出DAD，最后根据旋转的性质可得DAD即为旋转角【解答】解：如图，由对顶角相等得，21120，在四边形中，BAD360902236018012060，所以，DAD906030，即旋转角DAD30故答案为：30【点评】本题考查

18、了旋转的性质，四边形的内角和定理，对顶角相等的性质，熟记性质并考虑利用四边形的内角和定理求解是解题的关键10（3分）已知二次函数yax2+bx+c自变量x的部分取值和对应函数值y如表：则在实数范围内能使得y+110成立的x取值范围是x4或x2x321012y1575111【分析】根据图表求出函数对称轴，再根据图表信息和二次函数的对称性得出y11的自变量x的值即可【解答】解：x0，x2的函数值都是5，相等，二次函数的对称轴为直线x1，x2时，y11，x4时，y11，根据表格得，自变量x1时，函数值逐点减小，当x1时，达到最大，当x1时，函数值逐点增大，抛物线的开口向下，y+110成立的x取值范围

19、是x2或x4故答案为：x4或x2【点评】本题考查了二次函数的性质，主要利用了二次函数的对称性，读懂图表信息，求出对称轴解析式是解题的关键此题也可以确定出抛物线的解析式，再解不等式或利用函数图形来确定11（3分）已知抛物线yax2+2ax+a+1（a0）过点A（m，3），B（n，3）两点，若线段AB的长不大于2，则代数式a2a2的最小值是0【分析】根据题意得a+13，解不等式求得a2，把x2代入代数式即可求得【解答】解：抛物线yax2+2ax+a+1a（x+1）2+1（a0），顶点为（1，1），过点A（m，3），B（n，3）两点，a0，对称轴为直线x1，线段AB的长不大于2，a+13a2，a2a

20、2的最小值为：（2）2220；故答案为0【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意得出a+13是解题的关键12（3分）两块不同的三角板按如图所示摆放，两个直角顶点C重合，A60o，D45o接着保持三角板ABC不动，将三角板CDE绕着点C旋转，但保证点D在直线AC的上方，若三角板CDE有一条边与斜边AB平行，则ACD30或120或165【分析】分CE、DE、CD与AB平行分别作出图形，再根据平行线的性质求解即可【解答】解：如图1，CEAB，ACEA30，ACDACB+ACE90+30120；如图2，DEAB时，延长CD交AB于F，则BFCD45，在BCF中，BCF18

21、0BBFC，180604575，则ACF90BCF907515ACD180ACF18015165；如图3，CEAB时，ACDBCEB60，故答案为：30或120或165【点评】本题考查了平行线的判定与性质，关键是根据旋转角的逐渐增大分别作出图形三、解答题：（本题有5小题，每题6分，共30分.）13（6分）解下列方程：（1）x26x+30（2）2x（x1）33x【分析】（1）利用配方法求解可得；（2）利用因式分解法求解可得【解答】解：（1）x26x3，x26x+93+9，即（x3）26，则x3，x3；（2）2x（x1）3（x1），2x（x1）+3（x1）0，则（x1）（2x+3）0，x10或2x

22、+30，解得x1或x1.5【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键14（6分）已知关于x的一元二次方程：x22（m+1）x+m2+10有两个不相等的实数根（1）求m的取值范围；（2）若原方程的两个实数根为x1、x2，且满足x12+x22x1+x2+4x1x2，求m的值【分析】（1）利用判别式的意义得到4（m+1）24（m2+1）0，然后解不等式即可；（2）利用完全平方公式由x12+x22x1+x2+4x1x2得到4（m+1）26（m2+1）2（m+1），解方程即可求解

23、【解答】解：（1）方程x22（m+1）x+m2+10有两个不相等的实数根，4（m+1）24（m2+1）8m0，解得：m0故m的取值范围是m0；（2）原方程的两个实数根为x1、x2，x1+x22（m+1），4（m+1）26（m2+1）2（m+1），即2m2+6m40，解得：m11，m22故m的值是1或2【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+c0（a0）的两根时，x1+x2，x1x2也考查了根的判别式15（6分）如图，抛物线顶点为A（1，2），且过原点，与x轴的另一个交点为B，（1）求抛物线的解析式和B点坐标；（2）抛物线上是否存在点M，使OBM的面积等于2？若

24、存在，请写出M点坐标，若不存在，说明理由；【分析】（1）设抛物线解析式为ya（x1）2+2，把（0，0）代入得a（01）2+20，解得a2，即可求解；（2）设M点坐标为（x，2x2+4x），则|2x2+4x|2，即可求解【解答】解：（1）设抛物线解析式为ya（x1）2+2，把（0，0）代入得a（01）2+20，解得a2抛物线解析式为y2（x1）2+2（即y2x2+4x）；解方程2x2+4x0得x10，x22，则B（2，0），（2）存在M点坐标为（1，2）或或；设M点坐标为（x，2x2+4x），|2x2+4x|2，2x2+4x2或2x2+4x2，解得x1x21，存在这样的M点，M点坐标为（1，2

25、）或或【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点所代表的意义、图象上点的坐标特征等16（6分）如图，ABC与ADE都是等腰直角三角形，连接CD、BE，CD、BE相交于点O，BAE可看作是由CAD顺时针旋转所得（1）旋转中心是点A，旋转角度是90；（2）判断CD与BE的位置关系，并说明理由【分析】（1）由图形可求解；（2）由旋转的性质可得ACDABE，由直角三角形的性质可得ACD+BCD+ABC90，即可证BECD【解答】解：由图形可得旋转中心为点A，旋转角为CAB，即旋转角度为90，故答案为：点A，90（2）CDBE理由如下：，BAE可看作是由CAD顺

26、时针旋转所得，ACDABEACDABE，在RtABC中，ACD+BCD+ABC90，BCD+ABC+ABE90BOC90CDBE【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键17（6分）作图题：在图（1）（2）所示抛物线中，抛物线与x轴交于A、B，与y轴交于C，点D是抛物线的顶点，过D平行于y轴的直线是它的对称轴，点P在对称轴上运动仅用无刻度的直尺画线的方法，按要求完成下列作图：（1）在图中作出点P，使线段PA+PC最小；（2）在图中作出点P，使线段PBPC最大【分析】（1）连接BC，与对称轴的交点即为所求；（2）连接AC，并延长，交对称

27、轴于点P【解答】解：（1）如图，点P即为所求；（2）如图，点P即为所求【点评】本题主要考查作图轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的性质和抛物线的对称性四、（本题有3小题，每题8分，共24分.）18（8分）如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别在线段BC和CD上，EAF45连接EF将ADF绕着点A顺时针旋转90，得到ABF（1）证明：AEFAEF；（2）证明：EFBE+DF（3）已知正方形ABCD边长是6，EF5，求线段BE的长【分析】（1）由旋转的性质可得AFAF，DFBF，DAFBAF，由“SAS”可证AEFAEF；（2）由全等三角形的性质可得EFEFBE+BF，即可得结论；（3）设B

28、Ex，可得DF5x，由勾股定理可求BE的长【解答】解：（1）由旋转的性质可得AFAF，DFBF，DAFBAF，B、C、F三点共线，EAF45，BAD90，DAF+BAEBADEAF45，EAFBAF+BAEDAF+BAE45EAF，AFAF，EAFEAF，AEAE，AEFAEF（SAS）；（2）AEFAEF，EFEFBE+BF，又DFBF，EFBE+DF；（3）设BEx，EFBE+DF，EF5DF5x又正方形ABCD边长是6，即BCCD6CEBCBE6x，CFCDDF6（5x）x+1，在RtCEF中，有CE2+CF2EF2即（6x）2+（x+1）252，解得x12，x23，线段BE的长为2或3

29、【点评】本题考查了四边形的综合问题，主要考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，证明AEFAEF是解题的关键19（8分）赣州蓉江新区某汽车销售公司去年12月份销售新上市一种新型低能耗汽车200辆，由于该型汽车的优越的经济适用性，销量快速上升，今年2月份该公司销售该型汽车达到450辆，并且去年12月到今年1月和今年1月到2月两次的增长率相同（1）求该公司销售该型汽车每次的增长率；（2）若该型汽车每辆的盈利为5万元，则平均每天可售8辆，为了尽量减少库存，汽车销售公司决定采取适当的降价措施，经调查发现，每辆汽车每降5000元，公司平均每天可多售出2辆，若汽车销售公司每天要获利

30、48万元，每辆车需降价多少？【分析】（1）设该公司销售该型汽车每次的增长率为x，根据全年12月份及今年2月份该公司的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（2）设每辆车需降价y万元，则日销售量为8+2（8+4y）辆，根据总利润每辆的利润销售数量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论【解答】解：（1）设该公司销售该型汽车每次的增长率为x，依题意，得：200（1+x）2450，解得：x12.5（不合题意，舍去），x20.550%答：该公司销售该型每次增长率为50%（2）设每辆车需降价y万元，则日销售量为8+2（8+4y）辆，依题意，得：（5y）（8+4

31、y）48，解得：y11，y22要尽快减少库存，y2答：每辆车需降价2万元【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键20（8分）如图，在矩形ABCD中，AB6cm，BC8cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动如果P，Q分别从A，B同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间为t秒（1）填空：BQ2t，PB6t；（用含t的代数式表示）（2）当t为何值时，PQ的长度等于3cm？（3）当t为何值时，五边形APQCD的面积有最小值？最小值为多少？【分析】（1）根据路程与

32、速度的关系解决问题即可（2）利用勾股定理构建方程即可解决问题（3）利用分割法构建方程即可解决问题【解答】解：（1）由题意：BQ2t cm，PB（6t）cm，故答案为2t，（6t）（2）由题意，得解得（不合题意，舍去），t23所以当t3秒时，PQ的长度等于；（3）存在理由如下：设五边形APQCD的面积为SS矩形ABCD6848（cm2），当t3秒时，五边形APQCD的面积有最小值，最小值为39cm2【点评】本题考查四边形综合题，考查了矩形的性质，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型五、（本题有2小题，每题9分，共计18分.）21（9分）学以致用：问题1：

33、怎样用长为12cm的铁丝围成一个面积最大的矩形？小学时我们就知道结论：围成正方形时面积最大，即围成边长为3cm的正方形时面积最大为9cm2请用你所学的二次函数的知识解释原因思考验证：问题2：怎样用铁丝围一个面积为9m2且周长最小的矩形？小明猜测：围成正方形时周长最小为了说明其中的道理，小明翻阅书籍，找到下面的材料：结论：在a+b2、b均为正实数）中，若ab为定值p，则a+b2，当且仅当ab时，a+b有最小值2a+b2（a，b均为正实数）的证明过程：对于任意正实数a、b，（）20，a2+b0，a+b2，当且仅当ab时，等号成立解决问题：（1）若x0，则x+4（当且仅当x2时取“”）；（2）运用上

34、述结论证明小明对问题2的猜测；（3）当x1时，求y的最小值【分析】（1）运用公式a+b2（其中a、b均为正实数，当且仅当ab时取“”），进行解答便可；（2）设矩形的长、宽分别为xm、ym，由题意得xy25，再根据公式证明当xy时，x+y有最小值，进而得结论；（3）把y的化成yx+1+2的形式，再根据公式进行解答便可【解答】解：（1）（1）x0，0，当x时，即x2时，x+2即x+4，故答案为：4；2（2）设矩形的长、宽分别为xm、ym，由题意得xy9，则，即x+y6，当xy3时，x+y取最小值为6，此时矩形的周长最小为2（x+y）12，xy时，所围成矩形是正方形，铁丝围一个面积为9m2且周长最小

35、的矩形，所围成正方形时周长最小；（3），x1，x+10，即y2，当时，即x1时，y取最小值为：2【点评】本题主要考查了完全平方公式的应用，不等式的性质，二次函数的应用，关键是读懂题意，弄清解答的理论依据，学会对新知识进行拓展应用，难度较大，第（3）题关键是把求出函数表达式转化为两个恰当的正实数的和形式，才能应用公式22（9分）（1）（操作发现）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，ABC的三个顶点均在格点上现将ABC绕点A按顺时针方向旋转90，点B的对应点为B，点C的对应点为C，连接BB，如图所示，则ABB45（2）（解决问题）如图2，在等边ABC内有一点P，且PA2，PB，PC

36、1，如果将BPC绕点B逆时针旋转60得出ABP，求BPC的度数和PP的长；（3）（灵活运用）如图3，在RtABC中，ACB90，AC1，ABC30，点O为RtABC内一点，连接AO，BO，CO，且AOCCOBBOA120，求OA+OB+OC的值【分析】（1）只要证明ABB是等腰直角三角形即可；（2）根据等边三角形的性质得到ABC60，根据旋转的性质得到APCP1，BPBP，PBCPBA，APBBPC，推出BPP是等边三角形，得到PP，BPP60根据勾股定理的逆定理得到PPA是直角三角形，于是得到结论；（3）如图3，将AOB绕点B顺时针旋转60至AOB处，连接OO，解直角三角形得到AB2，求得，

37、根据旋转的性质得到ABCABC+6030+6090，ABAB2，BOBO，AOAO，OBO60，推出BOO是等边三角形，求得BOOBOO60，得到C、O、A、O四点共线，根据勾股定理即可得到结论【解答】解：（1）将ABC绕点A按顺时针方向旋转90，ABAB，BAB90，ABB45；故答案为：45；（2）ABC是等边三角形，ABC60，将BPC绕点B逆时针旋转60得出ABP，如图2，APCP1，BPBP，PBCPBA，APBBPC，又PBP60，BPP是等边三角形，PP，BPP60AP1，AP2，AP2+PP2AP2，APP90，则PPA是直角三角形，BPCAPBAPP+PBP90+60150；

38、（3）如图3，将AOB绕点B顺时针旋转60至AOB处，连接OO，在RtABC中，C90，AC1，ABC30，AB2，AOB绕点B顺时针方向旋转60，ABCABC+6030+6090，ABAB2，BOBO，AOAO，OBO60，BOO是等边三角形，BOOBOO60，AOCCOBBOA120，COB+BOOBOA+BOO120+60180，C、O、A、O四点共线，在RtABC中，OA+OB+OCAO+OO+OCAC【点评】本题考查几何变换综合题、旋转的性质，等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，属于中考压轴题六、（本题12分.）23（12分）

39、如图，抛物线yax2+bx+c（a0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（2，0），抛物线的对称轴x1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E（1）求抛物线的解析式；（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积为17，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标【分析】方法一：（1）先把C（0，4）代入yax2+bx+c，得出c4，再由抛物线的对称轴x1，得到b2a，抛物线过点A（2，0），得到04a

40、2b+c，然后由可解得，a，b1，c4，即可求出抛物线的解析式为yx2+x+4；（2）假设存在满足条件的点F，连结BF、CF、OF，过点F作FHx轴于点H，FGy轴于点G设点F的坐标为（t， t2+t+4），则FHt2+t+4，FGt，先根据三角形的面积公式求出SOBFOBFHt2+2t+8，SOFCOCFG2t，再由S四边形ABFCSAOC+SOBF+SOFC，得到S四边形ABFCt2+4t+12令t2+4t+1217，即t24t+50，由（4）24540，得出方程t24t+50无解，即不存在满足条件的点F；（3）先运用待定系数法求出直线BC的解析式为yx+4，再求出抛物线yx2+x+4的顶点D（1，），由点E在直线BC上，得到点E（1，3），于是DE3若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，因为DEPQ，只须DEPQ，设点P的坐标是（m，m+4），则点Q的坐标是（m， m2+m+4）分两种情况进行讨论：当0m4时，PQ（m2+m+4）（m+4）m2+2m，解方程m2+2m，求出m的值，得到P1（3，1）；当m0或m4时，PQ（m