2020-2021学年广东省汕头市金平区四校联考九年级上期中数学试卷（含答案解析）

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1、2020-2021 学年广东省汕头市学年广东省汕头市金平区四校联考金平区四校联考九年级九年级上期中数学试卷上期中数学试卷 一、选择题（本大题一、选择题（本大题 10 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 30 分）分） 1下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（ ） A B C D 2用配方法解方程 x24x+20，配方正确的是（ ） A （x+2）22 B （x2）22 C （x2）22 D （x2）26 3 如图， 在 RtABC 中， BAC90， 将 RtABC 绕点 C 按逆时针方向旋转 48得到 RtABC， 点 A 在边 BC 上，则B的大小为（ ） A42 B48 C52

2、 D58 4将抛物线 y2（x4）21 先向左平移 4 个单位长度，再向上平移 2 个单位长度，平移后所得抛物线的 解析式为（ ） Ay2x2+1 By2x23 Cy2（x8）2+1 Dy2（x8）23 5如图，四边形 PAOB 是扇形 OMN 的内接矩形，顶点 P 在上，且不与 M，N 重合，当 P 点在上移 动时，矩形 PAOB 的形状、大小随之变化，则 AB 的长度（ ） A变大 B变小 C不变 D不能确定 6若一个二次函数 yax2+bx+c（a0）的图象经过五个点 A（1，n） 、B（3，n） 、C（2，y1） 、D（1， y2）和 E（1，y3） ，则下列关系正确的是（ ） Ay1

3、y2y3 By2y1y3 Cy1y3y2 Dy3y1y2 7如图，已知在O 中，点 A，B，C 均在圆上，AOB80，则ACB 等于（ ） A130 B140 C145 D150 8 若 x 支球队参加篮球比赛， 共比赛了 36 场， 每 2 队之间都比赛一场， 则下列方程中符合题意的是 （ ） Ax（x1）36 Bx（x+1）36 Cx（x1）36 Dx（x+1）36 9 二次函数 yax2+bx+c （a0） 的图象如图所示， 对称轴是直线 x1， 则下列四个结论错误的是 （ ） Aab+c0 B2a+b0 C4a2b+c0 Dam2+b（m+1）a 10如图，等边ABC 的边长为 3cm

4、，动点 P 从点 A 出发，以每秒 1cm 的速度，沿 ABC 的方向运动， 到达点 C 时停止，设运动时间为 x（s） ，yPC2，则 y 关于 x 的函数的图象大致为（ ） A B C D 二、填空题（本大题二、填空题（本大题 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分）分） 11 （4 分）点 P（3，4）关于原点对称的点的坐标是 12 （4 分）一元二次方程 x2x 的根 13 （4 分）已知函数 y（k3）x2+2x+1 的图象与 x 轴有交点，则 k 的取值范围为 14 （4 分）设 a、b 是方程 x2+x20180 的两个不等的实根，则 a2+2a+b 的值为 1

5、5 （4 分）如图，在O 中，AB 是直径，弦 AE 的垂直平分线交O 于点 C，CDAB 于 D，BD1，AE 4，则 AD 的长为 16（4 分） 如图， 边长为 1 的正方形 ABCD， 将正方形 ABCD 绕顶点 A 顺时针旋转 45得到正方形 ABC D，则图中阴影部分的面积为 17 （4 分）如图，一段抛物线：yx（x2） （0 x2）记为 C1，它与 x 轴交于两点 O，A1；将 C1绕 A1旋转 180得到 C2，交 x 轴于 A2；将 C2绕 A2旋转 180得到 C3，交 x 轴于 A3；如此进行下去，直 至得到 C6，若点 P（11，m）在第 6 段抛物线 C6上，则 m

6、 三、解答题（一） （本大题三、解答题（一） （本大题 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分）分） 18 （6 分）解方程： 19 （6 分）已知抛物线 yx2（m3）xm （1）求证：无论 m 取何值时，抛物线都与 x 轴有两个交点 （2）m 为何值时，抛物线都与 x 轴有两个交点间的距离等于 3？ 20 （6 分）如图，抛物线 yx2+bx+c 经过坐标原点，并与 x 轴交于点 A（2，0） （1）求此抛物线的解析式； （2）写出顶点坐标及对称轴； （3）若抛物线上有一点 B，且 SOAB3，求点 B 的坐标 四、解答题（二） （本大题四、解答题（二） （本大题 3 小

7、题，每小题小题，每小题 7 分，共分，共 21 分）分） 21 （7 分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1 个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后， ABC 的顶点均在格点上，坐标分别为 A（2，2） ，B（1，0） ，C（3，1） （1）画出ABC 关于 y 轴对称的A1B1C1； （2）画出将ABC 绕原点 O 顺时针旋转 90所得的A2B2C2； （3）A1B1C1与A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标 22 （7 分）如图，在O 中，点 C、D 在优弧上，将弧沿 BC 折叠后，点 D 的对应点 E 刚好落在弦 AB 上，连接 AC、EC （

8、1）证明：ACEC； （2）连接 AD，若 CE5，AD8，求O 的半径 23 （7 分）如图，是 400 米跑道示意图，中间的足球场 ABCD 是矩形，两边是半圆，直道 AB 的长是多少？ 你一定知道是 100 米!可你也许不知道，这不仅仅为了比赛的需要，还有另外一个原因，等你做完本题就 明白了设 ABx 米 （1）请用含 x 的代数式表示 BC （2）设矩形 ABCD 的面积为 S 求出 S 关于 x 的函数表达式 当直道 AB 为多少米时，矩形 ABCD 的面积最大？ 五、解答题（三） （本大题五、解答题（三） （本大题 2 小题，每小题小题，每小题 10 分，共分，共 20 分）分）

9、24 （10 分）如图，点 E 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点，连接 DE，将 DE 绕着点 E 逆时针旋转 90，得 到 EG，过点 G 作 GFCB，垂足为 F，GHAB，垂足为 H，连接 DG，交 AB 于 I （1）求证：四边形 BFGH 是正方形； （2）求证：ED 平分CEI； （3）连接 IE，若正方形 ABCD 的边长为 3，则BEI 的周长为 25 （10 分）如图，抛物线 L：yax2+bx+c 与 x 轴交于 A、B（3，0）两点（A 在 B 的左侧） ，与 y 轴交于 点 C（0，3） ，已知对称轴 x1 （1）求抛物线 L 的解析式； （2）将抛物线 L 向下

10、平移 h 个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在OBC 内（包括OBC 的边 界） ，求 h 的取值范围； （3）设点 P 是抛物线 L 上任一点，点 Q 在直线 l：x3 上，PBQ 能否成为以点 P 为直角顶点的等 腰直角三角形？若能，求出符合条件的点 P 的坐标；若不能，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（本大题一、选择题（本大题 10 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 30 分）分） 1下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（ ） A B C D 【分析】根据中心对称图形的概念：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

11、，那么这个图形就叫做中心对称图形，由此结合各图形的特点求解 【解答】解：根据中心对称的定义可得：A、C、D 都不符合中心对称的定义 故选：B 2用配方法解方程 x24x+20，配方正确的是（ ） A （x+2）22 B （x2）22 C （x2）22 D （x2）26 【分析】根据一元二次方程的配方法即可求出答案 【解答】解：x24x+20， x24x+42， （x2）22， 故选：B 3 如图， 在 RtABC 中， BAC90， 将 RtABC 绕点 C 按逆时针方向旋转 48得到 RtABC， 点 A 在边 BC 上，则B的大小为（ ） A42 B48 C52 D58 【分析】先根据旋转

12、的性质得出ABAC90，ACA48，然后在直角ACB中利用 直角三角形两锐角互余求出B90ACA42 【解答】解：在 RtABC 中，BAC90，将 RtABC 绕点 C 按逆时针方向旋转 48得到 RtA BC， ABAC90，ACA48， B90ACA42 故选：A 4将抛物线 y2（x4）21 先向左平移 4 个单位长度，再向上平移 2 个单位长度，平移后所得抛物线的 解析式为（ ） Ay2x2+1 By2x23 Cy2（x8）2+1 Dy2（x8）23 【分析】根据平移的规律即可得到平移后函数解析式 【解答】 解： 抛物线 y2 （x4） 21 先向左平移 4 个单位长度， 得到的抛物

13、线解析式为 y2 （x4+4） 21，即 y2x21，再向上平移 2 个单位长度得到的抛物线解析式为 y2x21+2，即 y2x2+1； 故选：A 5如图，四边形 PAOB 是扇形 OMN 的内接矩形，顶点 P 在上，且不与 M，N 重合，当 P 点在上移 动时，矩形 PAOB 的形状、大小随之变化，则 AB 的长度（ ） A变大 B变小 C不变 D不能确定 【分析】PAOB 是扇形 OMN 的内接矩形，根据矩形的性质 ABOP半径，所以 AB 长度不变 【解答】解：PAOB 是扇形 OMN 的内接矩形， ABOP半径， 当 P 点在上移动时，半径一定，所以 AB 长度不变， 故选：C 6若一

14、个二次函数 yax2+bx+c（a0）的图象经过五个点 A（1，n） 、B（3，n） 、C（2，y1） 、D（1， y2）和 E（1，y3） ，则下列关系正确的是（ ） Ay1y2y3 By2y1y3 Cy1y3y2 Dy3y1y2 【分析】由 A，B 两点的纵坐标相同，可得 A，B 两点关于对称轴对称，可求对称轴为直线 x1，则 x 1 时 y3值最小，根据二次函数的图象性质：在对称轴的左侧，y 随 x 的增大而减小 【解答】解：A（1，n） 、B（3，n） ， 对称轴为直线 x1； a0， x1 时，y3是最小值； C（2，y1）关于对称轴的对称点为（0，y1） ，且101， y2y1y3

15、 故选：B 7如图，已知在O 中，点 A，B，C 均在圆上，AOB80，则ACB 等于（ ） A130 B140 C145 D150 【分析】设点 E 是优弧 AB 上的一点，连接 EA，EB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求得E 的度数，再根据圆内接四边形的对角互补即可得到ACB 的度数 【解答】解：设点 E 是优弧 AB 上的一点，连接 EA，EB AOB80 EAOB40 ACB180E140 故选：B 8 若 x 支球队参加篮球比赛， 共比赛了 36 场， 每 2 队之间都比赛一场， 则下列方程中符合题意的是 （ ） Ax（x1）36 Bx（x+1）36 Cx（x1）36 Dx（

16、x+1）36 【分析】根据题意可以列出相应的方程，本题得以解决 【解答】解：由题意可得， 36， 故选：A 9 二次函数 yax2+bx+c （a0） 的图象如图所示， 对称轴是直线 x1， 则下列四个结论错误的是 （ ） Aab+c0 B2a+b0 C4a2b+c0 Dam2+b（m+1）a 【分析】根据二次函数的图象与系数的关系即可求解 【解答】解：由抛物线可得当 x1 时，y0，故 ab+c0，故结论 A 正确； 抛物线可得对称轴为 x1，故 2ab0，故结论 B 错误 由抛物线经过原点，对称轴为直线 x1 可知，当 x2 时，y0，故 4a2b+c0，故结论 C 正确； 当 x1 时，

17、该函数取得最小值，则 am2+bm+cab+c，即 am2+b（m+1）a，故结论 D 正确； 故选：B 10如图，等边ABC 的边长为 3cm，动点 P 从点 A 出发，以每秒 1cm 的速度，沿 ABC 的方向运动， 到达点 C 时停止，设运动时间为 x（s） ，yPC2，则 y 关于 x 的函数的图象大致为（ ） A B C D 【分析】 需要分类讨论： 当 0 x3， 即点 P 在线段 AB 上时， 根据余弦定理知 cosA， 所以将相关线段的长度代入该等式，即可求得 y 与 x 的函数关系式，然后根据函数关系式确定该函数的 图象当 3x6，即点 P 在线段 BC 上时，y 与 x 的

18、函数关系式是 y（6x）2（x6）2（3x 6） ，根据该函数关系式可以确定该函数的图象 【解答】解：正ABC 的边长为 3cm， ABC60，AC3cm 当 0 x3 时，即点 P 在线段 AB 上时，APxcm（0 x3） ； 根据余弦定理知 cosA， 即， 解得，yx23x+9（0 x3） ； 该函数图象是开口向上的抛物线； 解法二：过 C 作 CDAB，则 AD1.5cm，CDcm， 点 P 在 AB 上时，APxcm，PD|1.5x|cm， yPC2（）2+（1.5x）2x23x+9（0 x3） 该函数图象是开口向上的抛物线； 当 3x6 时，即点 P 在线段 BC 上时，PC（6

19、x）cm（3x6） ； 则 y（6x）2（x6）2（3x6） ， 该函数的图象是在 3x6 上的抛物线； 故选：C 二、填空题（本大题二、填空题（本大题 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分）分） 11 （4 分）点 P（3，4）关于原点对称的点的坐标是 （3，4） 【分析】本题比较容易，考查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 【解答】解：根据中心对称的性质，得点 P（3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，4） 12 （4 分）一元二次方程 x2x 的根 x10，x21 【分析】先移项，然后利

20、用提取公因式法对等式的左边进行因式分解 【解答】解：由原方程得 x2x0， 整理得 x（x1）0， 则 x0 或 x10， 解得 x10，x21 故答案是：x10，x21 13 （4 分）已知函数 y（k3）x2+2x+1 的图象与 x 轴有交点，则 k 的取值范围为 k4 【分析】分为两种情况：当 k30 时， （k3）x2+2x+10，求出b24ac4k+160 的解集 即可；当 k30 时，得到一次函数 y2x+1，与 X 轴有交点；即可得到答案 【解答】解：当 k30 时， （k3）x2+2x+10， b24ac224（k3）14k+160， k4； 当 k30 时，y2x+1，与 x

21、 轴有交点； 故 k 的取值范围是 k4， 故答案为：k4 14 （4 分）设 a、b 是方程 x2+x20180 的两个不等的实根，则 a2+2a+b 的值为 2017 【分析】 由根与系数的关系及一元二次方程的解可得出 a2+a2018， a+b1， 将其代入 a2+2a+ba2+a+ （a+b）中即可求出结论 【解答】解：a，b 是方程 x2+x20180 的两个不等的实根， a2+a2018，a+b1， a2+2a+ba2+a+（a+b）201812017 故答案为：2017 15 （4 分）如图，在O 中，AB 是直径，弦 AE 的垂直平分线交O 于点 C，CDAB 于 D，BD1，

22、AE 4，则 AD 的长为 4 【分析】证明AOFCOD（AAS） ，得 CDAF2，设O 的半径为 r，则 ODr1，根据勾股定 理列方程可得结论 【解答】解：弦 AE 的垂直平分线交 AE 于点 F， AFAE2，AFO90， CDAB， ODCAFO90， OAOC，AOFCOD， AOFCOD（AAS） ， CDAF2， 设O 的半径为 r，则 ODr1， 由勾股定理得：OC2OD2+CD2， r2（r1）2+22， r， ADAB1214， 故答案为：4 16（4 分） 如图， 边长为 1 的正方形 ABCD， 将正方形 ABCD 绕顶点 A 顺时针旋转 45得到正方形 ABC D，

23、则图中阴影部分的面积为 1 【分析】 连接 AC， 根据旋转的性质和正方形的性质得出DACDAB45， ADDC ADAB1，ABCD90，求出 A、B、C三点共线，根据勾股定理得求出 AC长，求 出 BC和 BE，再分别求出ADC和EBC的面积，再求出答案即可 【解答】解： 连接 AC， 边长为 1 的正方形 ABCD，将正方形 ABCD 绕顶点 A 顺时针旋转 45得到正方形 ABCD， ADDCADAB1， ABCD90， DCA45， DAC45， D AB45， A、B、C三点共线， 在 RtADC中，由勾股定理得：AC， BCACAB1， 在 RtEBC中，EBC90，ECB45，

24、 BECECB45， EBBC1， 阴影部分的面积 SADC的面积EBC的面积 （1）（1） 1， 故答案为：1 17 （4 分）如图，一段抛物线：yx（x2） （0 x2）记为 C1，它与 x 轴交于两点 O，A1；将 C1绕 A1旋转 180得到 C2，交 x 轴于 A2；将 C2绕 A2旋转 180得到 C3，交 x 轴于 A3；如此进行下去，直 至得到 C6，若点 P（11，m）在第 6 段抛物线 C6上，则 m 1 【分析】将这段抛物线 C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与 x 轴的交点，由旋转的性质可以知道 C1 与 C2的顶点到 x 轴的距离相等，且 OA1A1A2，照此类推可以

25、推导知道点 P（11，m）为抛物线 C6的顶 点，从而得到结果 【解答】解：yx（x2） （0 x2） ， 配方可得 y（x1）2+1（0 x2） ， 顶点坐标为（1，1） ， A1坐标为（2，0） C2由 C1旋转得到， OA1A1A2，即 C2顶点坐标为（3，1） ，A2（4，0） ； 照此类推可得，C3顶点坐标为（5，1） ，A3（6，0） ； C4顶点坐标为（7，1） ，A4（8，0） ； C5顶点坐标为（9，1） ，A5（10，0） ； C6顶点坐标为（11，1） ，A6（12，0） ； m1 故答案为：1 三、解答题（一） （本大题三、解答题（一） （本大题 3 小题，每小题小题，

26、每小题 6 分，共分，共 18 分）分） 18 （6 分）解方程： 【分析】利用因式分解法求解即可 【解答】解：（x3）22x6， （x3）22（x3）0， 则（x3） （x7）0， x30 或 x70， 解得 x13，x27 19 （6 分）已知抛物线 yx2（m3）xm （1）求证：无论 m 取何值时，抛物线都与 x 轴有两个交点 （2）m 为何值时，抛物线都与 x 轴有两个交点间的距离等于 3？ 【分析】 （1）求抛物线解析式的判别式，利用配方法判断0 即可； （2）根据抛物线与 x 轴的两个交点间的距离得到3，然后解方程即可 【解答】解： （1）证明：（m3）24（m）（m1）2+80

27、， 抛物线与 x 轴总有两个交点； （2）根据题意得3， 解得 m10，m22， 即 m 为 0 或 2 时，抛物线与 x 轴的两个交点间的距离是 3 20 （6 分）如图，抛物线 yx2+bx+c 经过坐标原点，并与 x 轴交于点 A（2，0） （1）求此抛物线的解析式； （2）写出顶点坐标及对称轴； （3）若抛物线上有一点 B，且 SOAB3，求点 B 的坐标 【分析】 （1）直接把（0，0） ， （2，0）代入 yx2+bx+c 中，列方程组求 b、c 的值即可； （2）将二次函数解析式写成顶点式，可求顶点坐标及对称轴； （3）设点 B 的坐标为（c，d） ，根据三角形的面积公式 求 d

28、 的值，再将纵坐标 d 代入抛物线解析式求 c 的值，确定 B 点坐标 【解答】解： （1）把（0，0） ， （2，0）代入 yx2+bx+c 得 ， 解得 ，（1 分） 解析式为 yx22x （1 分） （2）yx22x（x1）21， 顶点为（1，1）（1 分） 对称轴为：直线 x1 （1 分） （3）设点 B 的坐标为（c，d） ，则 2|d|3， 解得 d3 或 d3， 顶点纵坐标为1，31 （或 x22x3 中，x 无解） d3 （1 分） x22x3 解得 x13，x21 点 B 的坐标为（3，3）或（1，3）（1 分） 四、解答题（二） （本大题四、解答题（二） （本大题 3 小题

29、，每小题小题，每小题 7 分，共分，共 21 分）分） 21 （7 分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为 1 个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后， ABC 的顶点均在格点上，坐标分别为 A（2，2） ，B（1，0） ，C（3，1） （1）画出ABC 关于 y 轴对称的A1B1C1； （2）画出将ABC 绕原点 O 顺时针旋转 90所得的A2B2C2； （3）A1B1C1与A2B2C2成中心对称图形吗？若成中心对称图形，直接写出对称中心的坐标 【分析】 （1）利用利用 y 轴对称的点的坐标特征写出 A1、B1、C1的坐标，然后描点即可； （2）利用网格特点和旋转的性质画出 A2、B2

30、、C2，从而得到A2B2C2； （3）根据中心对称的定义进行判断 【解答】解： （1）如图，A1B1C1为所作； （2）如图，A2B2C2为所作； （3）A1B1C1与A2B2C2成中心对称图形，对称中心的坐标为（，） 22 （7 分）如图，在O 中，点 C、D 在优弧上，将弧沿 BC 折叠后，点 D 的对应点 E 刚好落在弦 AB 上，连接 AC、EC （1）证明：ACEC； （2）连接 AD，若 CE5，AD8，求O 的半径 【分析】（1） 先由折叠的性质得：， BC 垂直平分 DE， 再由圆周角定理得CBDCBE， 则， 得，即可得出结论； （2）解连接 OC 交 AD 于 H，连接 O

31、A，设O 的半径为 r，由（1）得：，ACCE5，则 OC AD，由垂径定理得 AHAD4，再由勾股定理求出 CH3，则 OHOCCHr3，然后在 Rt AOH 中，由勾股定理得出方程，解方程即可 【解答】 （1）证明：由折叠的性质得：，BC 垂直平分 DE， CBDCBE， ， ， ACEC； （2）解：连接 OC 交 AD 于 H，连接 OA，如图所示： 设O 的半径为 r， 由（1）得：，ACCE5， OCAD， AHAD4，AHCAHO90， CH3， OHOCCHr3， 在 RtAOH 中，由勾股定理得：42+（r3）2r2， 解得：r， 即O 的半径为 23 （7 分）如图，是 4

32、00 米跑道示意图，中间的足球场 ABCD 是矩形，两边是半圆，直道 AB 的长是多少？ 你一定知道是 100 米!可你也许不知道，这不仅仅为了比赛的需要，还有另外一个原因，等你做完本题就 明白了设 ABx 米 （1）请用含 x 的代数式表示 BC （2）设矩形 ABCD 的面积为 S 求出 S 关于 x 的函数表达式 当直道 AB 为多少米时，矩形 ABCD 的面积最大？ 【分析】 （1）由半圆的长度两种计算方法，列出方程可求解； （2）由矩形的面积公式可求解； 由二次函数的性质可求解 【解答】解： （1）由题意可得：BC， BC； （2）四边形 ABCD 是矩形， Sx（x100）2+；

33、当 x100 时，S 最大， 当 AB100 米时，S 最大 五、解答题（三） （本大题五、解答题（三） （本大题 2 小题，每小题小题，每小题 10 分，共分，共 20 分）分） 24 （10 分）如图，点 E 是正方形 ABCD 的边 BC 上一点，连接 DE，将 DE 绕着点 E 逆时针旋转 90，得 到 EG，过点 G 作 GFCB，垂足为 F，GHAB，垂足为 H，连接 DG，交 AB 于 I （1）求证：四边形 BFGH 是正方形； （2）求证：ED 平分CEI； （3）连接 IE，若正方形 ABCD 的边长为 3，则BEI 的周长为 6 【分析】 （1）首先证明四边形 FBHG

34、是矩形，再证明 FBFG 即可解决问题 （2）延长 BC 到 J，使得 CJAI证明IDEJDE（SAS）即可解决问题 （3）证明BIE 的周长2AB 即可解决问题 【解答】 （1）证明：四边形 ABCD 是正方形， BCCD，DCEABCABF90， GFCF，GHAB， FGHBFBH90， 四边形 FBHG 是矩形， EDEG，DEG90， DEC+FEG90，DEC+EDC90， FEGEDC， FDCE90， DCEEFG（AAS） ， FGEC，EFCD， CBCD， EFBC， BFEC， BFGF， 四边形 FBHG 是正方形 （2）证明：延长 BC 到 J，使得 CJAI D

35、ADC，ADCJ90，AICJ， DAIDCJ（SAS） ， DIDJ，ADICDJ， IDJADC90， IDE45， EDIEDJ45， DEDE， IDEJDE（SAS） ， DEIDEJ， DE 平分IEC （3）解：IDEJDE， IEEJ， EJEC+CJ，AICJ， IEEC+AI， BIE 的周长BI+BE+IEBI+AI+BE+EC2AB6 故答案为 6 25 （10 分）如图，抛物线 L：yax2+bx+c 与 x 轴交于 A、B（3，0）两点（A 在 B 的左侧） ，与 y 轴交于 点 C（0，3） ，已知对称轴 x1 （1）求抛物线 L 的解析式； （2）将抛物线 L

36、向下平移 h 个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在OBC 内（包括OBC 的边 界） ，求 h 的取值范围； （3）设点 P 是抛物线 L 上任一点，点 Q 在直线 l：x3 上，PBQ 能否成为以点 P 为直角顶点的等 腰直角三角形？若能，求出符合条件的点 P 的坐标；若不能，请说明理由 【分析】 （1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可； （2）先求出直线 BC 解析式为 yx+3，再求出抛物线顶点坐标，得出当 x1 时，y2；结合抛物线 顶点坐即可得出结果； （3）设 P（m，m2+2m+3） ，Q（3，n） ，由勾股定理得出 PB2（m3）2+（m2+2m+3）2，PQ2 （m+

37、3）2+（m2+2m+3n）2，BQ2n2+36，过 P 点作 PM 垂直于 y 轴，交 y 轴与 M 点，过 B 点作 BN 垂直于 MP 的延长线于 N 点，由 AAS 证明PQMBPN，得出 MQNP，PMBN，则 MQ m2+2m+3n，PN3m，得出方程m2+2m+3n3m，解方程即可 【解答】解： （1）抛物线的对称轴 x1，B（3，0） ， A（1，0） 抛物线 yax2+bx+c 过点 C（0，3） 当 x0 时，c3 又抛物线 yax2+bx+c 过点 A（1，0） ，B（3，0） ， 抛物线的解析式为：yx2+2x+3； （2）C（0，3） ，B（3，0） ， 直线 BC

38、解析式为 yx+3， yx2+2x+3（x1）2+4， 顶点坐标为（1，4） 对于直线 BC：yx+3，当 x1 时，y2， 将抛物线 L 向下平移 h 个单位长度， 当 h2 时，抛物线顶点落在 BC 上； 当 h4 时，抛物线顶点落在 OB 上， 将抛物线 L 向下平移 h 个单位长度， 使平移后所得抛物线的顶点落在OBC 内 （包括OBC 的边界） ， 则 2h4； （3）设 P（m，m2+2m+3） ，Q（3，n） ， 当 P 点在 x 轴上方时，过 P 点作 PM 垂直于 y 轴，交 y 轴与 M 点，过 B 点作 BN 垂直于 MP 的延长线 于 N 点，如图所示： B（3，0）

39、， PBQ 是以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形， BPQ90，BPPQ， 则PMQBNP90，MPQNBP， 在PQM 和BPN 中， PQMBPN（AAS） ， PMBN， PMBNm2+2m+3，根据 B 点坐标可得 PN3m，且 PM+PN6， m2+2m+3+3m6， 解得：m1 或 m0， P（1，4）或 P（0，3） 当 P 点在 x 轴下方时，过 P 点作 PM 垂直于 l 于 M 点，过 B 点作 BN 垂直于 MP 的延长线于 N 点， 同理可得PQMBPN， PMBN， PM6（3m）3+m，BNm22m3， 则 3+mm22m3， 解得 m或 P（，）或（，） 综上可得，符合条件的点 P 的坐标是（1，4） ， （0，3） ， （，）和（，）