2020年湖北省武汉市洪山中学中考数学模拟试卷含解析版

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1、绝密启用前绝密启用前 2020 年湖北省武汉市洪山中学中考数学模拟试卷年湖北省武汉市洪山中学中考数学模拟试卷 注意事项： 1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2请将答案正确填写在答题卡上，在试卷上作答无效，选择题需使用 2B 铅笔填涂 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 30 分，每小题分，每小题 3 分）分） 1下列各数是一元二次方程 x2+x120 的根的是（ ） A1 B1 C2 D3 2下列事件中，是必然事件的是（ ） A掷一次骰子，向上一面的点数是 6 B任意画个三角形，其内角和为 180 C篮球队员在罚球线上投篮一次，未投中 D一元二次方程一定有两个实数根

2、 3下列关于函数的图象说法：图象是一条抛物线；开口向下；对称轴是 y 轴；顶点（0，0），其中正确的有（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 4在平面直角坐标系中，点 P（4，2）关于原点对称的点的坐标是（ ） A（4，2） B（4，2） C（2，4） D（4，2） 5导学案课前预习要求设计 4 幅既是轴对称又是中心对称的图案，小明设计完成了下列 4 幅图案，其中符合要求的个数是（ ） A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 6小明在解方程 x24x150 时，他是这样求解的：移项得 x24x15，两边同时加 4 得 x24x+419，（x2）219，x2 ，x2，x12+， x22，

3、这种解方程的方法称为（ ） A待定系数法 B配方法 C公式法 D因式分解法 7在平面直角坐标系中，将抛物线 yx2先向右平移 2 个单位，再向上平移 2 个单位，得 到的抛物线解析式为（ ） Ay（x+2）2+2 By（x2）22 Cy（x2）2+2 Dy（x+2）22 8 O 直径为 13cm， 点 O 到直线 AB 的距离为 6cm， 则直线 AB 与O 的位置关系 （ ） A相离 B相切 C相交 D不能确定 9若O 的半径为 6cm，PO8cm，则点 P 的位置是（ ） A在O 外 B在O 上 C在O 内 D不能确定 10如图，已知矩形 ABCD，AB4，BC6，点 M 为矩形内一点，点

4、 E 为 BC 边上任意一 点，则 MA+MD+ME 的最小值为（ ） A3+2 B4+3 C2+2 D10 二填空题（共二填空题（共 6 小题，满分小题，满分 18 分，每小题分，每小题 3 分）分） 11不透明的袋中装有 2 个红球和 3 个黑球，它们除颜色外没有任何其它区别，搅匀后小红 从中随机摸出一球，则摸出红球的概率是 12如图，AB 是O 的直径，CD 是O 的弦，DCB32则ABD 13某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干 和小分支的总数是 21，则每个支干长出 14一个圆锥的侧面积是底面积的 2 倍，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角是 15如

5、图，等腰 RtABC 中，C90，CACB2，O 与ABC 三边所在直线均相 切若点 O 在ABC 外，则O 的半径 r 16二次函数 yax2+bx+c 图象上部分点的横坐标 x 与纵坐标 y 的对应值如表格所示，那么 它的图象与 x 轴的另一个交点坐标是 x 3 2 1 0 y 0 3 4 3 三解答题（共三解答题（共 8 小题，满分小题，满分 72 分）分） 17解方程： （1）x2+2x30； （2）x（x+1）2（x+1） 18第一盒中有 2 个白球、1 个黄球，第二盒中有 1 个白球、1 个黄球，这些球除颜色外无 其他差别，分别从每个盒中随机取出 1 个球，求下列事件的概率： （1

6、）取出的 2 个球都是黄球； （2）取出的 2 个球中 1 个白球、1 个黄球 19一名同学推铅球，铅球出手后行进过程中离地面的高度 y（单位：m）与水平距离 x（单 位：m）近似满足函数关系 yx2+x+c，其图象如图所示已知铅球落地时的水平 距离为 10m （1）求铅球出手时离地面的高度； （2）在铅球行进过程中，当它离地面的高度为m 时，求此时铅球的水平距离 20在图中网格上按要求画出图形，并回答问题： （1）如果将三角形 ABC 平移，使得点 A 平移到图中点 D 位置，点 B、点 C 的对应点分 别为点 E、点 F，请画出三角形 DEF； （2）画出三角形 ABC 关于点 D 成中心

7、对称的三角形 A1B1C1； （3） 三角形 DEF 与三角形 A1B1C1 （填 “是” 或 “否” ） 关于某个点成中心对称？ 如果是，请在图中画出这个对称中心，并记作点 O 21如图，AB 为O 的直径，C 为O 外一点，且CAB90，BD 是O 的弦，BD CO （1）请说明：CD 是O 的切线： （2）若 AB4，BC2则阴影部分的面积为 22将矩形 ABCD 绕点 B 顺时针旋转得到矩形 A1BC1D1，点 A、C、D 的对应点分别为 A1、 C1、D1 （1）当点 A1落在 AC 上时 如图 1，若CAB60，求证：四边形 ABD1C 为平行四边形； 如图 2，AD1交 CB 于

8、点 O若CAB60，求证：DOAO； （2）如图 3，当 A1D1过点 C 时若 BC5，CD3，直接写出 A1A 的长 23在ABC 中，D、E 分别是边 AB、BC 上的点，AE 和 CD 交于点 F，且CFEB （1）如图 1，求证：AECCDB； （2）如图 2，过点 C 作 CGAC，交 AB 于点 G，CDCB，ACD+BCAB，求 证：ACGC； （3）如图 3，在（2）的条件下，CE+CDAE，CG3，求线段 BC 的长 24如图 1，抛物线 yx2+x+6 与 x 轴交于 A、B（B 在 A 的左侧）两点，与 y 轴 交于点 C，将直线 AC 沿 y 轴正方向平移 2 个单位

9、得到直线 AC，将抛物线的对称轴 沿 x 轴正方向平移个单位得到直线 l （1）求直线 AC 的解析式； （2）如图 2，点 P 为直线 AC上方抛物线上一动点，连接 PC，PA 与直线 AC 分别交 于点 E、F，过点 P 作 PP1l 于点 P1，M 是线段 AC 上一动点，过 M 作 MNAC于 点 N，连接 P1M，当PCA 的面积最大时，求 P1M+MN+ NA的最小值； （3）如图 3，连接 BC，将BOC 绕点 A 顺时针旋转 60后得到B1O1C1，点 R 是直线 l 上一点，在直角坐标平面内是否存在一点 S，使得以点 O1、C1、R、S 为顶点的四边形 是矩形？若存在，求出点

10、 S 的坐标；若不存在，请说明理由 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 30 分，每小题分，每小题 3 分）分） 1【分析】先利用因式分解法解方程，然后对各选项进行判断 【解答】解：（x+4）（x3）0， x+40 或 x30， 所以 x14，x23 故选：D 【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 2【分析】事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，在一定条件下，可能发生也可 能不发生的事件，称为随机事件 【解答】解：A掷一次骰子，向上一

11、面的点数是 6，属于随机事件； B任意画个三角形，其内角和为 180，属于必然事件； C篮球队员在罚球线上投篮一次未投中，属于随机事件； D一元二次方程一定有两个实数根，属于随机事件； 故选：B 【点评】本题主要考查了随机事件，解题时注意：事先能肯定它一定会发生的事件称为 必然事件 3【分析】函数是一种最基本的二次函数，画出图象，直接判断 【解答】解：二次函数的图象是抛物线，正确； 因为 a0，抛物线开口向下，正确； 因为 b0，对称轴是 y 轴，正确； 顶点（0，0）也正确 故选：D 【点评】 本题考查了抛物线 yax2的性质： 图象是一条抛物线； 开口方向与 a 有关； 对称轴是 y 轴；

12、顶点（0，0） 4【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案 【解答】解：点 P（4，2）关于原点对称的点的坐标是：（4，2） 故选：A 【点评】 此题主要考查了关于原点对称点的性质， 正确记忆横纵坐标的符号是解题关键 5【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义，对每个图形分析、解答 【解答】解：第一、二、三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；第四个图形是轴 对称图形，不是中心对称图形 故选：C 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟记轴对称图形和中心对称图形 的定义，是解答本题的基础 6【分析】根据配方法解方程的步骤即可得 【解答】解：根据题意知这种解方程的方法称为配方法，

13、 故选：B 【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、配方法是解题的关键 7【分析】先确定抛物线 y2x2的顶点坐标为（0，0），再把点（0，0）先向右平移 2 个 单位，再向上平移 2 个单位后得到的点的坐标为（2，2），然后根据顶点式写出平移后 抛物线的解析式 【解答】解：抛物线 yx2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）先向右平移 2 个单位， 再向上平移 2 个单位后得到的点的坐标为（2，2）， 所以所得的抛物线的解析式为 y（x2）2+2 故选：C 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的

14、形状不变，故 a 不 变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点 平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出 解析式 8【分析】由已知条件易求圆的半径长度，又因为圆心 O 到直线 AB 的距离为 6，所以 d 和 r 的大小可判定，进而得出直线 l 与O 的位置关系 【解答】解：O 的直径为 13， O 的半径 r6.5， 圆心 O 到直线 l 的距离为 6， dr， 直线 l 与O 的位置关系是相交； 故选：C 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系；熟练掌握 dr 时直线与圆相交是解决问题的 关键 9 【分析】 根据点到圆心

15、的距离和圆的半径之间的数量关系， 即可判断点和圆的位置关系 点 到圆心的距离小于圆的半径， 则点在圆内； 点到圆心的距离等于圆的半径， 则点在圆上； 点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外 【解答】解：根据点到圆心的距离 8cm 大于圆的半径 6cm，则该点在圆外 故选：A 【点评】本题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：当点到圆心的距离大于圆的 半径时，则点在圆外 10【分析】将AMD 绕点 A 逆时针旋转 60得到AMD，MDMD，易得到 ADD 和AMM 均为等边三角形， 推出 AMMM 可得 MA+MD+MED M+MM +ME，共线时最短；由于点 E 也为动点，可得当 DEBC

16、时最短，此时易求得 DE DG+GE 的值； 【解答】解：将AMD 绕点 A 逆时针旋转 60得到AMD，MDMD，易得 到ADD和AMM均为等边三角形， AMMM， MA+MD+MEDM+MM+ME， DM、MM、ME 共线时最短， 由于点 E 也为动点， 当 DEBC 时最短，此时易求得 DEDG+GE4+3， MA+MD+ME 的最小值为 4+3 故选：B 【点评】本题考查轴对称、旋转变换、矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用 辅助线，构造等边三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的 压轴题 二填空题（共二填空题（共 6 小题，满分小题，满分 18 分，每小题分

17、，每小题 3 分）分） 11【分析】让红球的个数除以球的总个数即为所求的概率 【解答】 解： 根据题意分析可得： 共 5 个小球， 其中 2 个红球和 3 个黑球， 故其概率为 【点评】 此题考查概率的求法： 如果一个事件有 n 种可能， 而且这些事件的可能性相同， 其中事件 A 出现 m 种结果，那么事件 A 的概率 P（A） 12【分析】根据同弧所对的圆周角相等，求出DCBA32，再根据直径所对的圆 周角为 90，求出ABD 的度数 【解答】解：DCB32， A32， AB 为O 直径， ADB90， 在 RtABD 中， ABD903258 故答案为：58 【点评】 本题考查了圆周角定理

18、， 知道同弧所对的圆周角相等和直径所对的圆周角是 90 是解题的关键 13【分析】设每个支干长出 x 个小支干，根据主干、支干和小分支的总数是 21，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 【解答】解：设每个支干长出 x 个小支干， 根据题意得：1+x+x221， 解得：x15（舍去），x24 故答案为：4 个小支干 【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 14 【分析】根据圆锥的侧面积是底面积的 2 倍可得到圆锥底面半径和母线长的关系，利用 圆锥侧面展开图的弧长底面周长即可得到该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角度数 【解答】解

19、：设母线长为 R，底面半径为 r， 底面周长2r，底面面积r2，侧面面积lrrR， 侧面积是底面积的 2 倍， 2r2rR， R2r， 设圆心角为 n，有2r， n180 故答案为：180 【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算解题思路：解决此类问题时要紧紧 抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2） 圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长， 以及利用扇形面积公式求出是解题的关键 15【分析】分圆心 O 在 AB 左下侧，圆心 O 在 AB 右下侧，圆心 O 在 AB 上方三种情况讨 论，用切线长定理分别求解即可 【解答】解：如图，当圆心 O 在 AB

20、 左下侧时，且O 与ABC 三边所在直线均相切， 切点分别为 D，E，F，连接 OD，OE， 则ODCOEC90， ACB90，ODOE， 四边形 ODCE 为正方形， 由切线长定理，得 BFBE，AFAD，CECD， BE+BFBC+CD+AB+ADBC+AC+AB4+2， 即 2（r+2）4+2，解得 r； 当圆心 O 在 AB 右下侧时，且O 与ABC 三边所在直线均相切， 同理可得 r； 如图， 当圆心 O 在 AB 上方时， 且O 与ABC 三边所在直线均相切， 切点分别为 K， R， H，连接 OK，OH， 同理可得四边形 OKCH 为正方形， 由切线长定理，同理可得 2CHAC+

21、BC+AB， 2r4+2，解得 r2+， 故答案为：或 【点评】本题考查圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握切线 长定理 16【分析】根据表中数据得到点（2，3）和（0，3）对称点，从而得到抛物线的对 称轴为直线 x1，再利用表中数据得到抛物线与 x 轴的一个交点坐标为（3，0）， 然后根据抛物线的对称性就看得到抛物线与 x 轴的一个交点坐标 【解答】解：x2，y3；x0 时，y3， 抛物线的对称轴为直线 x1， 抛物线与 x 轴的一个交点坐标为（3，0）， 抛物线与 x 轴的一个交点坐标为（1，0） 故答案为（1，0） 【点评】本题考查了抛物线与 x 轴的交点：把求二次函

22、数 yax2+bx+c（a，b，c 是常数， a0）与 x 轴的交点坐标问题转化解关于 x 的一元二次方程即可求得交点横坐标也考 查了二次函数的性质 三解答题（共三解答题（共 8 小题，满分小题，满分 72 分）分） 17【分析】（1）利用“十字相乘法”对等式的左边进行因式分解；又可以利用公式法解 方程； （2）利用因式分解法解方程 【解答】（1）解：（x+3）（x1）0 （2 分） x13，x21 （4 分） 解二：a1，b2，c3 （1 分） x （2 分） x x13，x21 （4 分） （2）x（x+1）2（x+1）0（1 分） （x+1）（x2）0（2 分） x11，x22（4 分）

23、 【点评】本题主要考查了因式分解法和公式法解一元二次方程的知识，解题的关键是掌 握因式分解法解方程的步骤以及熟记求根公式 18【分析】（1）先画出树状图展示所有 6 种等可能的结果数，再找出 2 个球都是黄球所 占结果数，然后根据概率公式求解； （2）找出 1 个白球、1 个黄球所占结果数，然后根据概率公式求解 【解答】解：（1）画树状图为：， 共有 6 种等可能的结果数，其中 2 个球都是黄球占 1 种， 所以取出的 2 个球都是黄球的概率； （2）共有 6 种等可能的结果数，其中 1 个白球、1 个黄球占 3 种可能， 所以取出的 2 个球中 1 个白球、1 个黄球的概率 【点评】本题考查

24、了列表法与树状图法：运用列表法或树状图法展示所有可能的结果求 出 n，再从中选出符合事件 A 或 B 的结果数目 m，然后根据概率公式求出事件 A 或 B 的 概率 19【分析】（1）将（10，0）代入 yx2+x+c 求得 c 的值即可； （2）将 y代入x2+x+求出 x 的值即可得 【解答】解：（1）根据题意，将（10，0）代入 yx2+x+c，得：102+ 10+c0， 解得 c， 即铅球出手时离地面的高度m； （2）将 y代入x2+x+， 整理，得：x28x90， 解得：x19，x21（舍）， 此时铅球的水平距离为 9m 【点评】本题主要考查二次函数的应用，准确理解铅球出手时离地面的

25、高度和高度为 m 时铅球的水平距离在函数解析式中对应的变量是解题的关键 20【分析】（1）由题意得出，需将点 B 与点 C 先向左平移 3 个单位，再向下平移 1 个单 位，据此可得； （2）分别作出三顶点分别关于点 D 的对称点，再首尾顺次连接可得； （3）连接两组对应点即可得 【解答】解：（1）如图所示，DEF 即为所求 （2）如图所示，A1B1C1即为所求； （3）如图所示，DEF 与A1B1C1是关于点 O 成中心对称， 故答案为：是 【点评】本题主要考查作图旋转变换和平移变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换和 平移变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点 21【分析】（1）连接 OD

26、，易证CAOCDO（SAS），由全等三角形的性质可得 CDOCAO90，即 CDOD，进而可证明 CD 是O 的切线 （2）过点 O 作 OEBD，垂足为 E，首先利用勾股定理可求出 AC，OC 的长，证得 OBD 是等边三角形，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论 【解答】（1）证明：如图，连接 OD， BDCO， DBOCOA，ODBCOD， 在O 中，OBOD， DBOODB， COACOD， 在CAO 和CDO 中， CAOCDO（SAS）， CDOCAO90， 即 CDOD， 又OD 是O 的半径， CD 是O 的切线； （2）解：如图，过点 O 作 OEBD，垂足为 E 在 Rt

27、ABC 中，AC2， OC4， AOC60， CAOCDO， CODCOA60， BOD60， BOD 是等边三角形， BDOD2，OE， 阴影部分的面积S 扇形BODSBOD 2 故答案为： 【点评】本题考查了切线的判断和性质、全等三角形的判断和性质、勾股定理的运用， 正确作出辅助线是解题的关键 22【分析】（1）首先证明A1B 是等边三角形，可得AA1BA1BD160，即可 解决问题 首先证明OCD1OBA（AAS），推出 OCOB，再证明DCOABO（SAS） 即可解决问题 （2）如图 3 中，作 A1EAB 于 E，A1FBC 于 F利用勾股定理求出 AE，A1E 即可解 决问题 【解

28、答】（1）证明：如图 1 中， BAC60，BABA1， ABA1是等边三角形， AA1B60， A1BD160， AA1BA1BD1， ACBD1， ACBD1， 四边形 ABD1C 是平行四边形 如图 2 中，连接 BD1 四边形 ABD1C 是平行四边形， CD1AB，CD1AB， OCD1ABO， COD1AOB， OCD1OBA（AAS）， OCOB， CDBA，DCOABO， DCOABO（SAS）， DOOA （2）如图 3 中，作 A1EAB 于 E，A1FBC 于 F 在 RtA1BC 中，CA1B90，BC5AB3， CA1 4， A1CA1BBCA1F， A1 F ， A

29、1FBA1EBEBF90， 四边形 A1EBF 是矩形， EBA1F，A1EBF ， AE3， 在 RtAA1E 中，AA1 【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股 定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学 会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题 23【分析】（1）在CEF 中，ECF+CFE+CEF180，进而得出ECF+B+ CEF180，在BCD 中，BCD+B+CDB180，即可得出结论； （2）先判断出ACDBCG，再判断出AGCB+BCG，即可得出结论； （3） 先判断出四边形 AHCQ 是正方形， 得出

30、CHCQ， 再判断出CQPCHD （ASA） ， 得出CPQCDH，CPCD，进而得出 PEAE，即：PPAE，借助（1）的结 论，AECCDB，得出AECPPAE，即：P60， 进而求出B90P30，即可得出结论 【解答】解：（1）在CEF 中，ECF+CFE+CEF180， CFEB， ECF+B+CEF180， 在BCD 中，BCD+B+CDB180， AECCDB； （2）CGAC，BCCD， ACGBCD90， ACDBCG， ACD+BCAB， BCG+BCAB， AGCB+BCG， CABAGC， ACAG； （3）如图 3，过点 C 作 CHAB 于 H，过点 A 作 APAB

31、 交 BC 的延长线于 P，过点 C 作 CQAP 于 Q， 四边形 AHCQ 是矩形， HCQ90， 由（2）知，ACCG，ACG90， CHAH， 矩形 AHCQ 是正方形， CHCQ， HCQ90， PCQ+BCH90， BCD90， DCH+BCH90， PCQDCH， CQPCHD90， CQPCHD（ASA）， CPQCDH，CPCD， CD+CEAE， CP+CEAE， PEAE， PPAE， 由（1）知，AECCDB， CPQCDH， AECPPAE， P60， B90P30， 在 RtCHG 中，CHCG， 在 RtBHC 中，BC2CHCG3 【点评】 此题是三角形综合题，

32、 主要考查了三角形的内角和定理， 三角形的外角的性质， 正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含 30 度角的直角三角形的性质，构造 出全等三角形是解本题的关键 24【分析】（1）根据抛物线的解析式，令 y0，求出点 A 和点 B 的横坐标，令 x0， 求出点 C 的纵坐标，再根据待定系数法求出直线 AC 的解析式； （2）先求出使PCA 面积最大时点 P 的坐标，再根据题意求出点 P1的坐标，因为直线 AC与直线 AC 的距离是定值，所以 MN 的长度不变，然后通过作对称点，平移，由两点 之间线段最终最短求出结果； （3）根据题意画出图形，由旋转求出相关点的坐标，再通过矩形的性质和平移

33、规律求出 点 S 的坐标 【解答】解：（1）令 y0，则x2+x+60， 解得 x16，x22 ， B 在 A 的左侧 A（6，0），B（2 ，0） 令 x0，则 y6，即 C（0，6）， 设直线 AC 解析式为 ykx+b，把 A（6，0），C（0，6）代入， ，解得：， 所以直线 AC 解析式为： （2）如图，过 P 作 PHx 轴交 AC 于点 H， SPCAPH（xAxC）3 PH， 当 PH 取最大值时，SPCA最大， 设 P（m， m2+m+6），H（m， m+6）， PHm2+m，（0m6）， （m3）2+， 当 m3时，PH 取最大值， 此时 P（3，）， 在抛物线 yx2+x

34、+6 中， 对称轴为 x2， 由平移知直线 l 为：x， P1（ ，）， 设直线 l 与 x 轴的垂足为 Q，连接 P1A， 在 RtP1AQ 中， QA ，P1 Q ，P1A5 ， tanP1AQ， P1AQ60， 作 P1关于直线 AC 的对称点 P1，连接 P1P1，与直线 AC、AC分别交于 S、T 点， 则AP1P1是等边三角形， P1AP1A5 ，P1（ ，0）， MNAC，CC2，CAA30， MN， 将 P1沿 MN 方向平移 个单位得到 P1（，），将直线 AC绕点 A顺时 针旋转 45得到直线 l1，过点 P1作 P1Gl1于点 G，与 AC的交点即为 N 点， 易知P1T

35、N 和AGN 都为等腰直角三角形， P1NP1T ，ANATTN， GN， （P1M+MN+NA）最小 +； （3）连接 OO1，则OO1B 为等边三角形， O1OAOAO1OO1A60，OO1O1AOA6 ， O1（3，9），B1（2 ，12），C1（6，12）， 如图 21，当四边形 Q1RS1C1为矩形时， xRxO13， 由题意知，QR 与直线 l 的夹角为 30， yQ1yR ， xS1xC1+ ，yS1yC1， S1（ ，）， 同理可求出 S2（，），S3（ ，），S4（， +）， 综上所述：在直角坐标平面内存在一点 S，使得以点 O1、C1、R、S 为顶点的四边形是矩 形，坐标是 S1（，），S2（ ，），S3（，），S4（， +） 【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