福建省福州市七校联考2020-2021学年九年级上期中数学试卷（含答案解析）

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1、2020-2021 学年福建省福州市七校联考九年级（上）期中数学试卷学年福建省福州市七校联考九年级（上）期中数学试卷 一选择题一选择题 1下面四个图形中，是中心对称图形的是（ ） A B C D 2已知O 的半径 OA 长为 1，OB，则正确图形可能是（ ） A B C D 3如果二次三项式 x2+px+q 能分解成（x+3） （x1）的形式，则方程 x2+px+q0 的两个根为（ ） Ax13，x21 Bx13；x21 Cx13；x21 Dx13；x21 4如图，一个游戏盘中，红、黄、蓝 三个扇形的圆心角度数分别为 40，120，200，让转盘自由转 动，指针停止后在黄色区域的概率是（ ）

2、A B C D 5如图，AB 是O 的直径，点 C、D 在O 上BDC21，则AOC 的度数是（ ） A136 B137 C138 D139 6某区 2019 年投入教育经费 2000 万元，预计 2021 年投入教育经费 2880 万元设这两年投入的教经的年 平均增长率为 x，则下列方程正确的是（ ） A2000（1x）22880 B2000 x22880 C2000（1+x）22880 D2000（1+x）+2000（1+x）22880 7如图，ABC 中，C65，将ABC 绕点 A 顺时针旋转后，可以得到ABC，且 C在边 BC 上，则BCB 的度数为（ ） A56 B50 C46 D4

3、0 8表格对应值： x 1 2 3 4 ax2+bx+c 0.5 5 12.5 22 判断关于 x 的方程 ax2+bx+c2 的一个解 x 的范围是（ ） A0 x1 B1x2 C2x3 D3x4 9如图，一段抛物线（0 x4）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 A3，一直进行下去，直至得到 C506，则 抛物线 C506的顶点坐标是（ ） A （2020，3） B （2020，3） C （2022，3） D （2022，3） 10如图，量角器的底 A，B 分别在 y

4、 轴正半轴与 x 轴负半轴上滑动，点 D 位于该量角器上 58刻度处， 当点 D 与原点 O 的距离最大时，OAB 的度数是（ ） A29 B32 C58 D61 二填空题二填空题 11已知点 A（a，3）与点 B（2，3）关于原点对称，则 a 12一元二次方程的根的判别式 0（填“” “”或“” ） 13一个不透明的口袋中有红球和黑球共若干个，这些球除颜色外都相同，每次摸出 1 个球，进行大量的 球试验后，发现摸到黑球的频率在 0.4 附近摆动，据此估计摸到红球的概率的为 14如图，在平面直角坐标系中，正六边形 OABCDE 边长是 6，则它的外接圆心 P 的坐标是 15函数 yx2+bx+

5、c 的图象与 x 轴交于点（m，0）和（1，0） 与 y 轴交于正半轴，且3m2，c 的取值范围是 16ABC 是边长为 5 的等边三角形，点 D 在ABC 的外部且BDC30，则 AD 的最大值是 三解答题三解答题 17解方程：x24x120 18如图，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为（0，3） ，点 C 的坐标为（4，0） ，将矩形 OABC 绕点 O 逆 时针旋转 90得到矩形 ODEF，点 A，B，C 分别对应点 D，E，F （1）请在平面直角坐标系中画出矩形 ODEF； （2）求点 B 所经过的路径长 19 如图， O 的内接四边形 ABCD 两组对边的延长线分别交 BC、 DC

6、 于点 E， F， 设Ex， Fy （1）当 AC 为直径时，求证：xy； （2）当 x+y60 时 求DAB 的度数； 连接 OA，过点 O 作 OHAB 于 H，当 AB2OH 时，求DAO 度数 20为了更好地适应现代学发展的需要，提高医护人员专业水平，2020 年 11 月，福州市甲、乙、丙、丁四 家医院共选派若干名医生和护士参加培训，参加培训人数情况制成了两张不完整的统计图： （1）丁医院选派的医生有 人 （2）为了了解培训成果，准备从参加培训的四名医生（男女医生人数恰好相等）中随机选择 2 人进行考 核，若每名医生被选中的机会均等，请用列表法或树状图求出选中的两名医生中至少有一名女

7、医生的概 率 21已知抛物线 yx22x+m，过点 C（0，n）作直线 Ly 轴，当直线 L 与抛物线只有一个公共点时，求： mn 的值 22如图，在ABC 中，C45，以 AB 为直径的O 经过 BC 的中点 D （1）求证：AC 是O 的切线； （2）取的中点 E，连接 OE，延长 OE 交 AC 于点 F，若 EF，求O 的半径 23一段长为 30m 的墙前有一块矩形 ABCD 空地，用篱笆围成如图所示的图形，共用去 100m（靠墙的一边 不用篱笆，篱笆的厚度忽略不计） ，其中四边形 AEFH 和四边形 CDHG 是矩形，四边形 EBGF 是边长为 10m 的正方形，设 CDxm （1）

8、填空：CG m（用含 x 的代数式表示） ； （2）若矩形 CDHG 面积为 125m2，求 CD 长； （3）当 CD 长为多少 m 时，矩形 ABCD 的面积最大 24已知 a0，点 A（0，1） ，抛物线 yx2+bx 经过点 B（1，1） ，且与直线 AB 交于点 P，与 x 轴交于 点 Q（异于原点 O） （1）填空：用含 a 的代数式表示 b ； （2）若OBQ 是直角三角形，求 a 的值； （3）点 M 是抛物线的顶点，OM 与 BP 交点 N，当点 N 是 BP 三等分点时，求 a 的值 25如图 1，在 RtABC 中BAC90，ABAC，BC2，以 BC 所在直线为 x 轴

9、，边 BC 的垂直平分线 为 y 轴建立平面直角坐标系，将ABC 绕 P 点（0，1）顺时针旋转 （1）填空：当点 B 旋转到 y 轴正半轴时，则旋转后点 A 坐标为 ； （2） 如图 2， 若边 AB 与 y 轴交点为 E， 边 AC 与直线 yx1 的交点为 F， 求证： AEF 的周长为定值； （3）在（2）的条件下，求AEF 内切圆半径的最大值 2020-2021 学年福建省福州市七校联考九年级（上）期中数学试卷学年福建省福州市七校联考九年级（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题一选择题 1下面四个图形中，是中心对称图形的是（ ） A B C D 【分析】根

10、据中心对称图形的概念和各图特点作答 【解答】解：A、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转 180 度以后，能 够与原图重合，即不满足中心对称图形的定义故本选项不符合题意； B、是中心对称图形，故本选项符合题意； C、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转 180 度以后，能够与原图重合， 即不满足中心对称图形的定义故本选项不符合题意； D、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转 180 度以后，能够与它原图重 合，即不满足中心对称图形的定义故本选项不符合题意 故选：B 2已知O 的半径 OA 长为 1，OB，则正确图形可能是（

11、 ） A B C D 【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径的大小关系判断点与圆的位置关系即可 【解答】解：O 的半径 OA 长为 1，若 OB， OAOB， 点 B 在圆外， 故选：B 3如果二次三项式 x2+px+q 能分解成（x+3） （x1）的形式，则方程 x2+px+q0 的两个根为（ ） Ax13，x21 Bx13；x21 Cx13；x21 Dx13；x21 【分析】根据已知分解因式和方程得出 x+30，x10，求出方程的解即可 【解答】解：二次三项式 x2+px+q 能分解成（x+3） （x1）的形式， x+30，x10， 解得：x13，x21， 即方程 x2+px+q0 的两个根

12、为 x13，x21， 故选：A 4如图，一个游戏盘中，红、黄、蓝 三个扇形的圆心角度数分别为 40，120，200，让转盘自由转 动，指针停止后在黄色区域的概率是（ ） A B C D 【分析】根据几何概率的意义求出黄色区域占整个圆的百分比，这个比即为所求的概率 【解答】解：“黄色”扇形区域的圆心角为 120， “黄色”区域的面积占整体的， 即转动圆盘一次，指针停在黄区域的概率是， 故选：B 5如图，AB 是O 的直径，点 C、D 在O 上BDC21，则AOC 的度数是（ ） A136 B137 C138 D139 【分析】利用圆周角定理求出BOC 即可解决问题 【解答】解：BOC2BDC，B

13、DC21， BOC42， AOC18042138 故选：C 6某区 2019 年投入教育经费 2000 万元，预计 2021 年投入教育经费 2880 万元设这两年投入的教经的年 平均增长率为 x，则下列方程正确的是（ ） A2000（1x）22880 B2000 x22880 C2000（1+x）22880 D2000（1+x）+2000（1+x）22880 【分析】增长率问题，一般用增长后的量增长前的量（1+增长率） ，参照本题，如果教育经费的年平 均增长率为 x，根据 2019 年投入 2000 万元，预计 2021 年投入 2880 万元即可得出方程 【解答】解：设教育经费的年平均增长

14、率为 x， 则 2020 的教育经费为：2000（1+x） 2021 的教育经费为：2000（1+x）2 那么可得方程：2000（1+x）22880 故选：C 7如图，ABC 中，C65，将ABC 绕点 A 顺时针旋转后，可以得到ABC，且 C在边 BC 上，则BCB 的度数为（ ） A56 B50 C46 D40 【分析】 根据旋转的性质和C65， 从而可以求得ACB和ACC 的度数， 从而可以求得B CB 的度数 【解答】解：将ABC 绕点 A 顺时针旋转后，可以得到ABC，且 C在边 BC 上， ACAC，CACB， CACC， C65， ACB65，ACC65， BCB180ACBAC

15、C50， 故选：B 8表格对应值： x 1 2 3 4 ax2+bx+c 0.5 5 12.5 22 判断关于 x 的方程 ax2+bx+c2 的一个解 x 的范围是（ ） A0 x1 B1x2 C2x3 D3x4 【分析】利用 x1 和 x2 所对应的函数值可判断抛物线 yax2+bx+c 与 x 轴的一个交点在（1，0）和 （2，0）之间，则根据抛物线于 x 轴的交点问题可判断关于 x 的方程 ax2+bx+c0（a0）的一个解 x 的 范围 【解答】解：x2 时，y5，即 ax2+bx+c0； x1 时，y0.5，即 ax2+bx+c0， 抛物线 yax2+bx+c 与 x 轴的一个交点

16、在（1，0）和（2，0）之间， 关于 x 的方程 ax2+bx+c2（a0）的一个解 x 的范围是 1x2 故选：B 9如图，一段抛物线（0 x4）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 A3，一直进行下去，直至得到 C506，则 抛物线 C506的顶点坐标是（ ） A （2020，3） B （2020，3） C （2022，3） D （2022，3） 【分析】解方程x2+3x0 得 A1（4，0） ，再利用旋转的性质得 A2（42，0） ，A3（43，0） ，依此 规律得

17、到 A505（4505，0） ，A506（4506，0） ，且抛物线 C506的开口向上，利用交点式，设抛物线 C506 的解析式为 y（x2020） （x2024） ，然后确定此抛物线顶点坐标即可 【解答】解：当 y0 时，x2+3x0，解得 x10，x24， A1（4，0） ， 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， A2（42，0） ，A3（43，0） ， A505（4505，0） ，A506（4506，0） ，即 A505（2020，0） ，A506（2024，0） ， 抛物线 C506的开口向上， 抛物线 C506的解析

18、式为 y（x2020） （x2024） ， 抛物线的对称轴为直线 x2022， 当 x2022 时，y（20222020） （20222024）3， 抛物线 C506的顶点坐标是（2022，3） 故选：D 10如图，量角器的底 A，B 分别在 y 轴正半轴与 x 轴负半轴上滑动，点 D 位于该量角器上 58刻度处， 当点 D 与原点 O 的距离最大时，OAB 的度数是（ ） A29 B32 C58 D61 【分析】连接 OE、OD，如图，当点 O、E、D 共线时，半圆片上的点 D 与原点 O 距离最大，根据三角 形外角性质得AEDEAO+EOA，再根据直角三角形斜边上的中线性质得 EAEOEB

19、，则EAO EOA，所以OABAED 【解答】解：连接 OE、OD，DE，如图，当点 O、E、D 共线时，半圆片上的点 D 与原点 O 距离最大， 则AEDEAO+EOA， 而 AEBE， 所以 EAEOEB， 所以EAOEOA， 所以OABAED（18058）61 故选：D 二填空题二填空题 11已知点 A（a，3）与点 B（2，3）关于原点对称，则 a 2 【分析】平面内关于原点对称的两点，横坐标与纵坐标都互为相反数，据此可得 a 的值 【解答】解：点 A（a，3）与点 B（2，3）关于原点对称， a2， 故答案为：2 12一元二次方程的根的判别式 0（填“” “”或“” ） 【分析】根据

20、根的判别式等于 b24ac，代入求值即可 【解答】解：一元二次方程， a1，b2，c3， （2）24130 故答案为 13一个不透明的口袋中有红球和黑球共若干个，这些球除颜色外都相同，每次摸出 1 个球，进行大量的 球试验后，发现摸到黑球的频率在 0.4 附近摆动，据此估计摸到红球的概率的为 0.6 【分析】根据题意，首先求得摸到黑球的概率，然后求得摸到红球的概率即可 【解答】解：每次摸出 1 个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在 0.4 附近摆动， 摸到黑球的概率约为 0.4， 摸到红球的概率约为 10.40.6， 故答案为：0.6 14 如图， 在平面直角坐标系中， 正六边形 O

21、ABCDE 边长是 6， 则它的外接圆心 P 的坐标是 （3， 3） 【分析】连接 PA，PA，过 P 作 PHOA 于 H，则POA 是等边三角形，根据等腰三角形的性质得到 OH 3，根据勾股定理得到 PH3，即得到 P 的坐标 【解答】解：连接 PA，PO， 正六边形 OABCDE 的外接圆心是 P， OPA60，POPA， POA 是等边三角形， POPAOA6， 过 P 作 PHOA 于 H，则OPHOPA30，OHOA3， PH3， P 的坐标是（3，3） ， 故答案为： （3，3） 15函数 yx2+bx+c 的图象与 x 轴交于点（m，0）和（1，0） 与 y 轴交于正半轴，且3

22、m2，c 的取值范围是 2c3 【分析】根据题意和根与系数的关系，可以得到 c 的取值范围，本题得以解决 【解答】解：函数 yx2+bx+c 的图象与 x 轴交于点（m，0）和（1，0） a1， 当 m2 时， 则（2）1c，得 c2； 当 m3 时， 则（3）1c，得 c3， 故当3m2 时，c 的取值范围是 2c3， 故答案为：2c3 16 ABC是边长为5的等边三角形， 点D在ABC的外部且BDC30， 则AD的最大值是 【分析】作 A 点关于 BC 的对称点 A，以 A点为圆心，以 BC 的长为半径作圆，连接 AA交 BC 于 E 点， 延长 AA交A与点 D，连接 BD，CD，则BC

23、DBAC，此时 AD 为最大值，根 据等边三角形的性质可求解 AEAE，ADABAB5，进而可求解 【解答】解：作 A 点关于 BC 的对称点 A，以 A点为圆心，以 BC 的长为半径作圆，连接 AA交 BC 于 E 点， 延长 AA交A与点 D， 连接 BD， CD， 则BCDBAC， 此时 AD 为最大值， ABC 是边长为 5 的等边三角形， BCAB5， AEAE，ADABAB5， ADAE+AE+AD 故答案为 三解答题三解答题 17解方程：x24x120 【分析】分解因式得出（x6） （x+2）0，推出方程 x60，x+20，求出方程的解即可 【解答】解：x24x120， 分解因式

24、得： （x6） （x+2）0， x60，x+20， 解方程得：x16，x22， 原方程的解是 x16，x22 18如图，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为（0，3） ，点 C 的坐标为（4，0） ，将矩形 OABC 绕点 O 逆 时针旋转 90得到矩形 ODEF，点 A，B，C 分别对应点 D，E，F （1）请在平面直角坐标系中画出矩形 ODEF； （2）求点 B 所经过的路径长 【分析】 （1）分别作出 A，B，C 的对应点 D，E，F 即可 （2）利用弧长公式计算即可 【解答】解： （1）如图，矩形 ODEF 即为所求 （2）点 B 所经过的路径长 19 如图， O 的内接四边形 ABC

25、D 两组对边的延长线分别交 BC、 DC 于点 E， F， 设Ex， Fy （1）当 AC 为直径时，求证：xy； （2）当 x+y60 时 求DAB 的度数； 连接 OA，过点 O 作 OHAB 于 H，当 AB2OH 时，求DAO 度数 【分析】 （1）由圆周角定理可得ADCABC90，由外角的性质可求解； （2）由圆的内接四边形的性质可得ADF+ABE180，由三角形内角和定理可求解； 由垂径定理可得 AHBH，进而可得 AHBHOH，由等腰三角形的性质可得OAH45，即可求 解 【解答】证明： （1）AC 是直径， ADCABC90， ADCE+DCE，ABCF+BCF， E+DCEF

26、+BCF， 又DCEBCF， EF， xy； （2）四边形 ADCB 是圆内接四边形， ADF+ABE180， E+DAB+EBA180，F+DAB+ADF180， E+DAB+EBA+F+DAB+ADF360， E+F+2DAB180， DAB60； 如图， OHAB， AHBH， AB2OH， AHOHBH， OAHOBH45， DAODABOAH15 20为了更好地适应现代学发展的需要，提高医护人员专业水平，2020 年 11 月，福州市甲、乙、丙、丁四 家医院共选派若干名医生和护士参加培训，参加培训人数情况制成了两张不完整的统计图： （1）丁医院选派的医生有 4 人 （2）为了了解培训

27、成果，准备从参加培训的四名医生（男女医生人数恰好相等）中随机选择 2 人进行考 核，若每名医生被选中的机会均等，请用列表法或树状图求出选中的两名医生中至少有一名女医生的概 率 【分析】 （1）先由甲医院的医生和护士人数求出总人数，再求出丁医院选派的医生和护士的人数，进而 得出答案； （2）画出树状图，共有 12 个等可能的结果，选中的两名医生中至少有一名女医生的结果有 10 个，由概 率公式即可得出答案 【解答】解： （1）福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派医生和护士的总人数为： （6+4）20%50 （人） ， 丁医院选派的医生和护士的人数为 5024%12（人） ， 丁医院选派的医生有：1

28、284（人） ， 故答案为：4； （2）画树状图如图： 共有 12 个等可能的结果，选中的两名医生中至少有一名女医生的结果有 10 个， 选中的两名医生中至少有一名女医生的概率为 21已知抛物线 yx22x+m，过点 C（0，n）作直线 Ly 轴，当直线 L 与抛物线只有一个公共点时，求： mn 的值 【分析】将抛物线解析式画出成顶点式，根据题意得到 n1+m，变形可得 【解答】解：yx22x+m（x1）21+m， 直线 L 与抛物线只有一个公共点， n1+m， mn1 22如图，在ABC 中，C45，以 AB 为直径的O 经过 BC 的中点 D （1）求证：AC 是O 的切线； （2）取的中

29、点 E，连接 OE，延长 OE 交 AC 于点 F，若 EF，求O 的半径 【分析】 （1）连接 AD，先由圆周角定理得ADB90，则 ADBC，再由线段垂直平分线的性质得 ABAC，则BC45，求得BAC90，即可得出结论； （2）作 EHOF 交 AF 于 H，则 EH 是O 的切线，先由垂径定理得 OEAD，AGDG，再证出EFH 是等腰直角三角形，得 EHEF，则 FHEF2，然后由切线长定理得 AHEH，则 AF AH+FH+2，最后由等腰直角三角形的性质得 OAAF+2 即可 【解答】 （1）证明：连接 AD，如图所示： AB 是O 的直径， ADB90，OA 是O 的半径， AD

30、BC， D 是 BC 的中点， ABAC， BC45， BAC180454590， ACOA， AC 是O 的切线； （2）解：作 EHOF 交 AF 于 H，如图所示： 则 EH 是O 的切线， E 是的中点， OEAD，AGDG， ADBC， OFBC， EFHC45， EHOF， EFH 是等腰直角三角形， EHEF，FHEF2， AC 是O 的切线， AHEH， AFAH+FH+2， 由（1）得：BAC90， AOF 是等腰直角三角形， OAAF+2， 即O 的半径为+2 23一段长为 30m 的墙前有一块矩形 ABCD 空地，用篱笆围成如图所示的图形，共用去 100m（靠墙的一边 不

31、用篱笆，篱笆的厚度忽略不计） ，其中四边形 AEFH 和四边形 CDHG 是矩形，四边形 EBGF 是边长为 10m 的正方形，设 CDxm （1）填空：CG （803x） m（用含 x 的代数式表示） ； （2）若矩形 CDHG 面积为 125m2，求 CD 长； （3）当 CD 长为多少 m 时，矩形 ABCD 的面积最大 【分析】 （1）由题意得：3x+20+GC100，即可求解； （2）矩形 CDHG 面积GCCD（803x）x125，即可求解； （3）设矩形 ABCD 的面积为 s，则 sBCCDx（10+803x）x3（x30）x，进而求解 【解答】解： （1）由题意得：3x+20

32、+GC100， 解得：GC（803x）m， 故答案为（803x） ； （2）BCBG+GC10+803x， 而 0BC30，即 010+803x30，解得 20 x30， 矩形 CDHG 面积GCCD（803x）x125，解得 x25 或（舍去） ， 故 CD 长为 25m； （3）设矩形 ABCD 的面积为 s，则 sBCCDx（10+803x）x3（x30）x， 30，故抛物线开口向下， 而 20 x30， 当 x15 时，s 随 x 的增大而减小， 故当 x20（m）时，s 取得最大值 故当 CD 长为 20m 时，矩形 ABCD 的面积最大 24已知 a0，点 A（0，1） ，抛物线

33、yx2+bx 经过点 B（1，1） ，且与直线 AB 交于点 P，与 x 轴交于 点 Q（异于原点 O） （1）填空：用含 a 的代数式表示 b 1+ ； （2）若OBQ 是直角三角形，求 a 的值； （3）点 M 是抛物线的顶点，OM 与 BP 交点 N，当点 N 是 BP 三等分点时，求 a 的值 【分析】 （1）将点 B 坐标代入解析式可求解； （2）将 b1+代入解析式，可求点 Q 坐标，由两点距离可求 OB22，OQ2（a+1）2，BQ2a2+1， 由勾股定理可求解； （3）分别求出点 M，点 N，点 P 坐标，由点 N 是 BP 的三等分点，列出方程可求解 【解答】解： （1）抛物

34、线 y经过点 B（1，1） ， 1+b， b1+， 故答案为：1+； （2）b1+， yx2+（1+）x， 令 y0 时，0 x2+（1+）x， 解得：x10，x2a+1， 点 Q（a+1，0） ， a1， a+10， OQa+1， 点 B（1，1） ，点 O（0，0） ，点 Q（a+1，0） ， OB22，OQ2（a+1）2，BQ2a2+1， OBQ 是直角三角形， OQ2OB2+BQ2， （a+1）22+a2+1， a1； （3）如图， yx2+（1+）x（x）2+， 点 M（，） ， 直线 OM 的解析式为 yx， 当 y1 时，x， 点 N（，1） ， yx2+（1+）x 与直线 AB

35、 交于点 P， 1x2+（1+）x， x11，x2a， 点 P（a，1） ， 点 N 是 BP 三等分点， BN2PN， 12（a） ， 解得：a1 或 25如图 1，在 RtABC 中BAC90，ABAC，BC2，以 BC 所在直线为 x 轴，边 BC 的垂直平分线 为 y 轴建立平面直角坐标系，将ABC 绕 P 点（0，1）顺时针旋转 （1）填空：当点 B 旋转到 y 轴正半轴时，则旋转后点 A 坐标为 （，） ； （2） 如图 2， 若边 AB 与 y 轴交点为 E， 边 AC 与直线 yx1 的交点为 F， 求证： AEF 的周长为定值； （3）在（2）的条件下，求AEF 内切圆半径的

36、最大值 【分析】 （1）证明四边形 ABPC 为正方形，当点 B 落在 y 轴上时，则图形旋转的角度为 45，点 A 落在 点 A的位置，则 PA过点 C，PAPA2，进而求解； （2）证明BPQCPF（AAS）和QPEFPE（SAS） ，则 QEEF，进而求解； （3）证明 r （AE+AEEF） （2mn+nm）m，在 RtAEF 中，AE2+AF2EF2， 即 n2+（2mn）2m2，整理得：n2+（m2）n+42m0，由（m2）24（4 2m）0，求得 m42，即可求解 【解答】解： （1）连接 BP、CP，则ABP 为等腰直角三角形， 而ABC 为等腰直角三角形，易证四边形 ABPC

37、 为正方形， 当点 B 落在 y 轴上时，则图形旋转的角度为 45，点 A 落在点 A的位置，则 PA过点 C，PAPA 2， 过点 A作 AEx 轴于点 E，则ACEOCP45， 由点 A、B、C 的坐标知，ABAC， 则 CAPACP2， 在 RtACE 中，AEAC1CE， 故旋转后点 A 的坐标为（，） ， 故答案为（，） ； （2）连接 PB、CP，作QPBFPC， 由（1）知，四边形 BPCA 为正方形， 由直线 yx1 知，EPF45， 则FPC+BPE90EPF45QPB+BPEQPE45，即QPEEPF45， 四边形 BPCA 为正方形，则 PBPC，QBPFCP90，QPB

38、FPC， BPQCPF（AAS） ， PQPF， 而QPEEPF45，PEPE， QPEFPE（SAS） ， QEEF， 则AEF 的周长AE+AF+EFAE+AF+QEAE+BE+BQ+AEAE+BE+FC+AFAB+AC2； 即AEF 的周长为定值； （3）设AEF 内切圆半径为 r，AEn，EFm， 由（2）知，AF2mn， 则 r（AE+AEEF）（2mn+nm）m（半径公式见备注） ， 在 RtAEF 中，AE2+AF2EF2，即 n2+（2mn）2m2， 整理得：n2+（m2）n+42m0， 关于 n 的一元二次方程有解， 故（m2）24（42m）0， 解得 m42或 m42（舍去） ， 故 m 的最小值为 42， 则 r 的最大值为m（42）34， 即AEF 内切圆半径的最大值为 34 备注：证明：设ABC 为直角三角形，三条边分别为 a、b、c，内切圆的半径为 r， 如图设内切圆圆心为 O，三个切点为 D、E、F，连接 OD、OE、OF，OA、OB、OC， 显然有 ODAC，OEBC，OFAB， 所以 SABCSOAC+SOBC+SOAB， 所以abbr+ar+cr， 所以 r， 即内切圆半径为（a+bc）