2019-2020学年广东省广州市海珠区九年级（上）语文期末试卷（答案）

2019-2020学年广东省广州市海珠区九年级（上）期末（答案）一、选择题（每题3分，共30分）1．（3分）我国传统文化中的“福禄寿喜”图（如图）由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误；B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故错误．故选：B．【点评】掌握中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．2．（3分）如图，在△ABC中，D为AB中点，DE∥BC交AC于E点，则△ADE与△ABC的面积比为（　　）A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4【分析】由DE∥BC，易得△ADE∽△ABC，又由D是边AB的中点，可得AD：AB＝1：2，然后根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得△ADE的面积与△ABC的面积之比．【解答】解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∵D是边AB的中点，∴AD：AB＝1：2，第23页（共23页）,∴＝（）2＝．故选：D．【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方定理的应用是解此题的关键．3．（3分）下列关于x的一元二次方程中，有两个相等的实数根的方程是（　　）A．x2+2x﹣3＝0B．x2+1＝0C．4x2+4x+1＝0D．x2+x+3＝0【分析】计算出各选项中方程的判别式的值，从而得出答案．【解答】解：A．此方程的△＝22﹣4×1×（﹣3）＝16＞0，方程有两个不相等的实数根，不符合题意；B．此方程的△＝02﹣4×1×1＝﹣4＜0，方程没有实数根，不符合题意；C．此方程的△＝42﹣4×4×1＝0，方程有两个相等的实数根，符合题意；D．此方程的△＝12﹣4×1×3＝﹣11＜0，方程没有实数根，不符合题意；故选：C．【点评】本题主要考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．4．（3分）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝15°，则∠P的度数为（　　）A．25°B．30°C．45°D．50°【分析】根据切线的性质得到∠CAP＝90°，求出∠PAB，根据切线长定理得到PA＝PB，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．【解答】解：∵AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，∴∠CAP＝90°，第23页（共23页）,∴∠PAB＝∠CAP﹣∠BAC＝75°，∵PA，PB是⊙O的切线，∴PA＝PB，∴∠PBA＝∠PAB＝75°，∴∠P＝180°﹣75°﹣75°＝30°，故选：B．【点评】本题考查的是切线的性质、切线长定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．5．（3分）如图，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA．若AB＝4，CD＝1，则⊙O的半径为（　　）A．5B．C．3D．【分析】设⊙O的半径为r，在Rt△ACO中，根据勾股定理列式可求出r的值．【解答】解：设⊙O的半径为r，则OA＝r，OC＝r﹣1，∵OD⊥AB，AB＝4，∴AC＝AB＝2，在Rt△ACO中，OA2＝AC2+OC2，∴r2＝22+（r﹣1）2，r＝，故选：D．【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理，是常考题型，熟练掌握垂径定理是关键，垂直于弦的直径平分弦；确定一个直角三角形，设未知数，根据勾股定理列方程解决问题．6．（3分）要组织一次篮球比赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场），计划安排15场比赛，设有x队参加比赛，根据题意，可列方程为（　　）A．B．第23页（共23页）,C．x（x+1）＝15D．x（x﹣1）＝15【分析】利用每两队之间都赛一场，x个球队比赛总场数＝x（x﹣1），由此可得出方程．【解答】解：设邀请x个队，每个队都要赛（x﹣1）场，但两队之间只有一场比赛，由题意得，x（x﹣1）＝15，故选：A．【点评】本题考查了由实际问题抽象一元二次方程的知识，解决本题的关键是读懂题意，得到总场数与球队之间的关系．7．（3分）下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（　　）A．B．C．D．【分析】根据勾股定理求出△ABC的三边，并求出三边之比，然后根据网格结构利用勾股定理求出三角形的三边之比，再根据三边对应成比例，两三角形相似选择答案．【解答】解：根据勾股定理，AB＝＝2，BC＝＝，AC＝＝，所以△ABC的三边之比为：2：＝1：2：，A、三角形的三边分别为2，＝，＝3，三边之比为2：：3＝：：3，故A选项错误；B、三角形的三边分别为2，4，＝2，三边之比为2：4：2＝1：2：，故B选项正确；C、三角形的三边分别为2，3，＝，三边之比为2：3：，故C选项错误；第23页（共23页）,D、三角形的三边分别为＝，＝，4，三边之比为：：4，故D选项错误．故选：B．【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与网格结构的知识，根据网格结构分别求出各三角形的三条边的长，并求出三边之比是解题的关键．8．（3分）已知二次函数y＝3（x+1）2+k的图象上有三点，A（0.5，y1），B（2，y2），C（﹣2，y3）则y1，y2，y3的大小关系为（　　）A．y1＞y2＞y3B．y3＞y2＞y1C．y2＞y1＞y3D．y2＞y3＞y1【分析】根据函数对称轴为x＝﹣1，图象开口向上；在对称轴的右侧y随x的增大而增大，根据二次函数图象的对称性可判断y3＞y2＞y1．【解答】解：由y＝3（x+1）2+k可知，函数对称轴为x＝﹣1，图象开口向上，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，根据二次函数图象的对称性可知，C的对称点为（0，0），∵0＜0.5＜2，∴y2＞y1＞y3；故选：C．【点评】本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，同时考查了函数的对称性及增减性．9．（3分）二次函数y＝﹣x2﹣2x+m，在﹣3≤x≤2的范围内有最小值﹣3，则m的值是（　　）A．﹣6B．﹣2C．2D．5【分析】首先把二次函数y＝﹣x2﹣2x+m转化成顶点坐标式，找到其对称轴，然后根据在﹣3≤x≤2内有最小值，判断m的取值．【解答】解：把二次函数y＝﹣x2﹣2x+m转化成顶点坐标式为y＝﹣（x+1）2+m+1，又知二次函数的开口向下，对称轴为x＝﹣1，故当x＝2时，二次函数有最小值为﹣3，故﹣4﹣4+m＝﹣3，故m＝5．故选：D．第23页（共23页）,【点评】本题主要考查二次函数的性质的知识点，解答本题的关键是求出二次函数的对称轴，本题比较简单．10．（3分）已知：AB是⊙O的直径，AD，BC是⊙O的切线，P是⊙O上一动点，若AD＝10，OA＝4，BC＝16，则△PCD的面积的最小值是（　　）A．36B．32C．24D．10.4【分析】如图，过D作DE⊥BC，交BC于点E，可求得CD＝5，过P作⊙O的切线，交AD、BC于点M、N，当MN∥CD时，过N作NF⊥CD，可知此时点P到CD的距离最小，根据切线长定理可求得CN＝4，又可证明△DEC∽△NFC，可求得NF，进一步可求得△PDC的面积．【解答】解：如图，过D作DE⊥BC，交BC于点E，∵AD＝10，OA＝4，BC＝16，∴CE＝6，又DE＝AB＝8，∴CD＝10，当点P到CD的距离最小时，△PCD面积有最小值，过P作⊙O的切线，交AD、BC于点M、N，当MN∥CD时，过N作NF⊥CD，可知此时P到CD的距离最小，∵AD、BC为⊙O的切线，∴AD∥BC，∴四边形CDMN为平行四边形，∴CN＝MD，MN＝CD＝10，设DM＝CN＝x，则AM＝10﹣x，∵MN为⊙O的切线，∴MP＝AM＝10﹣x，∴PN＝BN＝x，∴BC＝2x，第23页（共23页）,∴x＝8，即CN＝8，在△DEC和△NFC中∵∠DEC＝∠NFC，∠C＝∠C，∴△DEC∽△NFC，∴＝，即＝，解得NF＝，此时S△PCD∴S△PCD＝PQ•CD＝××10＝32．故选：B．【点评】本题主要考查切线的性质和相似三角形的判定和性质，确定出△PCD面积最小时P点的位置并且求得CN的值是解题的关键，注意方程思想的应用．二、填空题（每题3分；共18分）11．（3分）如图，点A，B，C在⊙O上，∠AOB＝72°，则∠ACB等于　36°　．【分析】利用圆周角定理求出所求即可．【解答】解：∵∠AOB与∠ACB都对，∠AOB＝72°，∴∠ACB＝∠AOB＝36°，故答案为：36°【点评】此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．12．（3分）抛物线y＝x2+2x+3的顶点坐标是　（﹣1，2）　．第23页（共23页）,【分析】已知抛物线的解析式是一般式，用配方法转化为顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．【解答】解：∵y＝x2+2x+3＝x2+2x+1﹣1+3＝（x+1）2+2，∴抛物线y＝x2+2x+3的顶点坐标是（﹣1，2）．故答案为：（﹣1，2）．【点评】此题考查了二次函数的性质，二次函数y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k），对称轴为x＝h，此题还考查了配方法求顶点式．13．（3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点为位似中心，线段CD与线段AB是位似图形，若C（2，3），D（3，1），A（4，6），则B的坐标为　（6，2）　．【分析】直接利用C，A点的变化规律得出B点坐标即可．【解答】解：∵以原点为位似中心线段CD与线段AB是位似图形，C（2，3），A（4，6），∴D（3，1）的对应点B的坐标为：（6，2）．故答案为：（6，2）．【点评】此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．14．（3分）如图，已知圆锥的母线长为2，高所在直线与母线的夹角为30°，则圆锥的全面积　3π　．【分析】根据直角三角形的性质求出OB，根据扇形面积公式计算即可．【解答】解：∵AO⊥BC，∠BAO＝30°，∴OB＝AB＝1，∴圆锥的侧面积＝×2π×1×2＝2π，底面积为π，第23页（共23页）,∴全面积为3π．故答案为：3π．【点评】本题考查的是圆锥的计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．15．（3分）如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC＝105°，则∠C的度数是　45°　．【分析】先根据∠AOC的度数和∠BOC的度数，可得∠AOB的度数，再根据△AOD中，AO＝DO，可得∠A的度数，进而得出△ABO中∠B的度数，可得∠C的度数．【解答】解：∵∠AOC的度数为105°，由旋转可得∠AOD＝∠BOC＝40°，∴∠AOB＝105°﹣40°＝65°，∵△AOD中，AO＝DO，∴∠A＝（180°﹣40°）＝70°，∴△ABO中，∠B＝180°﹣70°﹣65°＝45°，由旋转可得，∠C＝∠B＝45°，故答案为：45°．【点评】本题考查旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用旋转的性质解答．16．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x＝2，下列结论：①4a+b＝0；②9a+c＞3b；③8a+7b+2c＞0；④当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大．其中正确的结论有　①③　（填序号）第23页（共23页）,【分析】由抛物线的对称轴方程得到b＝﹣4a＞0，则可对①进行判断；由于x＝﹣3时，y＜0，则可对②进行判断；利用抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0）得a﹣b+c＝0，把b＝﹣4a代入可得c＝﹣5a，则8a+7b+2c＝﹣30a，于是可对③进行判断；根据而此函数的性质可对④进行判断．【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝2，∴b＝﹣4a＞0，即4a+b＝0，所以①正确；∵x＝﹣3时，y＜0，∴9a﹣3b+c＜0，即9a+c＜3b，所以②错误；∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），∴x＝﹣1时，a﹣b+c＝0，∴a+4a+c＝0，∴c＝﹣5a，∴8a+7b+2c＝8a﹣28a﹣10a＝﹣30a，而a＜0，∴8a+7b+2c＞0，所以③正确；∵抛物线的对称轴为直线x＝2，∴当x＜2时，函数值随x增大而增大，所以④错误．故答案为①③．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．第23页（共23页）,三、解答题（9大题；共102分）17．（10分）解下列一元二次方程：（1）x2+6x+5＝0（2）16（x+1）2＝25【分析】（1）利用公式法求解可得；（2）利用直接开平方法求解可得．【解答】解：（1）∵a＝1，b＝6，c＝5，∴△＝62﹣4×1×5＝16＞0，则，∴x1＝﹣1，x2＝﹣5；（2）∵，∴，∴，，∴，．【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．18．（10分）如图，△ABC在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为A（﹣1，5），B（﹣4，2），C（﹣2，2）．（1）将△ABC绕点O逆时针旋转90°后，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（2）求旋转过程中点B经过的路径长（结果保留π）第23页（共23页）,【分析】（1）分别作出三个顶点绕点O逆时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可得；（2）利用弧长公式计算可得．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1为所求作．（2）∵，∴旋转过程中点B经过的路径长为＝π．【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点及弧长公式．19．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，M是BC的中点，DE⊥AM于点E．（1）求证：△ADE∽△MAB；（2）求DE的长．第23页（共23页）,【分析】（1）先根据矩形的性质，得到AD∥BC，则∠DAE＝∠AMB，又由∠DEA＝∠B，根据有两角对应相等的两三角形相似，即可证明出△DAE∽△AMB；（2）由△DAE∽△AMB，根据相似三角形的对应边成比例，即可求出DE的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DAE＝∠AMB，又∵∠DEA＝∠B＝90°，∴△DAE∽△AMB；（2）由（1）知△DAE∽△AMB，∴DE：AD＝AB：AM，∵M是边BC的中点，BC＝6，∴BM＝3，又∵AB＝4，∠B＝90°，∴AM＝5，∴DE：6＝4：5，∴DE＝．【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质．（1）中根据矩形的对边平行进而得出∠DAE＝∠AMB是解题的关键．20．（10分）已知关于x的一元二次方程x2+6x+（2m+1）＝0有实数根．（1）求m的取值范围；（2）如果方程的两个实数根为x1，x2，且2x1x2﹣x1﹣x2≥8，求m的取值范围．【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；（2）根据根与系数的关系可得出x1+x2＝﹣6、x1x2＝2m+1，由2x1x2﹣x1﹣x2≥第23页（共23页）,8结合（1）结论可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围．【解答】解：（1）∵方程有实数根，∴△＝36﹣4（2m+1）＝36﹣8m﹣4＝32﹣8m≥0，解得：m≤4．故m的取值范围是m≤4；（2）∵x1，x2是方程x2+6x+（2m+1）＝0的两个实数根，∴x1+x2＝﹣6，x1•x2＝2m+1，∵2x1x2﹣x1﹣x2≥8，∴2（2m+1）+6≥8，解得m≥0，由（1）可得m≤4，∴m的取值范围是0≤m≤4．【点评】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”；（2）根据根与系数的关系结合2x1x2﹣x1﹣x2≥8及m≤4，求出m的取值范围．21．（10分）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线．（1）作一个⊙O使它经过A、D两点，且圆心O在AB边上；（不写作法，保留作图痕迹）．（2）判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由．【分析】（1）作出AD的垂直平分线，交AB于点O，进而利用AO为半径求出即可；（2）首先得出利用等腰三角形的性质得出OD∥AC，进而求出OD⊥BC，进而得出答案．【解答】解：（1）如图所示：（需保留线段AD中垂线的痕迹）．第23页（共23页）,（2）直线BC与⊙O相切．理由如下：连结OD，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA．∵AD平分∠BAC，∴∠OAD＝∠DAC．∴∠ODA＝∠DAC．∴OD∥AC．∵∠C＝90°，∴∠ODB＝90°，即OD⊥BC．∴BC为⊙O的切线．【点评】此题主要考查了切线的判定以及线段垂直平分线的作法与性质等知识，掌握切线的判定方法是解题关键．22．（12分）如图，在一个Rt△EFG的内部作一个矩形ABCD，其中点A和点D分别在两直角边上，BC在斜边上，EF＝30cm，FG＝40cm，设AB＝xcm．（1）试用含x的代数式表示AD；（2）设矩形ABCD的面积为s，当x为何值时，s的值最大，最大值是多少？【分析】（1）过点F作FN⊥EG于N，交AD于点M，由勾股定理得出EG＝＝50cm，由三角形面积公式得出EF•FG＝FN•EG，得出FN＝＝24cm，由矩形的性质，得出AD∥BC，则△AFD～△GFE，AB＝MN＝xcm，FM＝（24﹣x）cm第23页（共23页）,，得出＝，即＝，解得AD＝50﹣x；（2）s＝AB•AD＝x•（50﹣x）＝﹣（x﹣12）2+300，即可得出结果．【解答】解：（1）过点F作FN⊥EG于N，交AD于点M，如图所示：∵△EFG是直角三角形，∴EG＝＝＝50（cm），∵EF•FG＝FN•EG，∴FN＝＝＝24（cm），∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴△AFD～△GFE，AB＝MN＝xcm，则FM＝（24﹣x）cm，∴＝，即：＝，解得：AD＝50﹣x；（2）由（1）得：AD＝50﹣x，s＝AB•AD＝x•（50﹣x）＝﹣（x﹣12）2+300，∴x＝12时，s的值最大，s最大＝300cm2．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、矩形的性质、三角形面积计算、矩形面积计算等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．23．（12分）如图，Rt△ACB中，以BC边上一点O为圆心作圆，⊙O与边AC、AB分别切于点C、D，⊙O与BC另一交点为E．第23页（共23页）,（1）求证：BD•AB＝OB•BC；（2）若⊙O的半径为5，AC＝，求BD的长．【分析】（1）连接DO，根据切线的性质可得出∠ODB＝90°＝∠ACB，结合∠B＝∠B可证出△BDO∽△BCA，再利用相似三角形的性质可得出BD•AB＝OB•BC；（2）设BD＝x，则BO＝＝，BC＝BO+OC＝+5，利用相似三角形的性质可得出关于x的方程，解之取其正值即可得出结论．【解答】（1）证明：连接DO，如图所示．∵，⊙O与边AC、AB分别切于点C、D，∴∠ODB＝90°＝∠ACB．又∵∠B＝∠B，∴△BDO∽△BCA，∴＝，∴BD•AB＝OB•BC．（2）解：设BD＝x，则BO＝＝，BC＝BO+OC＝+5．∵△BDO∽△BCA，∴＝，即＝，整理，得：7x2﹣120x＝0，解得：x1＝，x2＝0（舍去，不合题意），经检验，x＝是原方程的解，且符合题意，∴BD的长为．第23页（共23页）,【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质以及解物理方程，解题的关键是：（1）牢记“两角对应相等，两个三角形相似”；（2）利用相似三角形的性质，找出关于x（BD的长）的方程．24．（14分）已知：抛物线y＝ax2﹣3（a﹣1）x+2a﹣6（a＞0）．（1）求证：抛物线与x轴有两个交点．（2）设抛物线与x轴的两个交点的横坐标分别为x1，x2（其中x1＞x2）．若t是关于a的函数、且t＝ax2﹣x1，求这个函数的表达式；（3）若a＝1，将抛物线向上平移一个单位后与x轴交于点A、B．平移后如图所示，过A作直线AC，分别交y的正半轴于点P和抛物线于点C，且OP＝1．M是线段AC上一动点，求2MB+MC的最小值．【分析】（1）可求出根的判别式的值，由根的判别式的值直接判断；（2）令y＝0，求出含a的两个交点的横坐标，代入t＝ax2﹣x1即可；（3）求出平移后抛物线的解析式及A，B的坐标，求出直线AC的解析式及点C的坐标，过C作CN⊥y轴，过M作MG⊥CN于G，过C作CH⊥x轴于H，证△AOP∽△CGM，推出＝，2MB+MC＝2（MB+GM），而MB+GM的最小值即B到CN最小距离CH，即可写出2MB+MC的最小值．【解答】（1）证明：△＝b2﹣4ab＝[﹣3（a﹣1）]2﹣4a（2a﹣6）＝a2+6a+9＝（a+3）2，∵a＞0，∴（a+3）2＞0，第23页（共23页）,∴抛物线与x轴有两个交点；（2）解：令y＝0，则ax2﹣3（a﹣1）x+2a﹣6＝0，∴或，∵a＞0，∴且x1＞x2，∴x1＝2，，∴，∴t＝a﹣5；（3）解：当a＝1时，则y＝x2﹣4，向上平移一个单位得y＝x2﹣3，令y＝0，则x2﹣3＝0，得，∴，，∵OP＝1，∴直线，联立：，解得，，，即，，∴AO＝，在Rt△AOP中，AP＝＝2，过C作CN⊥y轴，过M作MG⊥CN于G，过C作CH⊥x轴于H，第23页（共23页）,∵CN∥x轴，∴∠GCM＝∠PAO，又∵∠AOP＝∠CGM＝90°，∴△AOP∽△CGM，∴＝＝，∴，∵B到CN最小距离为CH，∴MB+GM的最小值为CH的长度，∴2MB+MC的最小值为．【点评】本题考查了抛物线与坐标轴交点的求法，最短路径问题等，解题关键是能够通过作合适的辅助线，将相关线段的和的最小值转化为垂线段最短的问题等．25．（14分）在平面直角坐标系中，已知矩形OABC中的点A（0，4），抛物线y1＝ax2+bx+c经过原点O和点C，并且有最低点G（2，﹣1），点E，F分别在线段OC，BC上，且S△AEF＝S矩形OABC，CF＝1，直线BE的解析式为y2＝kx+b，其图象与抛物线在x轴下方的图象交于点D．（1）求抛物线的解析式；（2）当y1＜y2＜0时，求x的取值范围；（3）在线段BD上是否存在点M，使得∠DMC＝∠EAF，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．第23页（共23页）,【分析】（1）可设顶点式解析式，将原点坐标代入即可求出抛物线的解析式；（2）如图1，过点F作FH∥OC，与AE交于点H，通过面积法求出点H的坐标，通过求出直线AH的解析式推出点E坐标，再求出直线BE的解析式，最后求出直线BE与抛物线的交点，即可由二次函数与一次函数之间的关系写出结论；（3）先证点A，B，F，E四点共圆，如图2，作BC得垂直平分线交直线EB于点N，连接NC，求出点N坐标，再作NC的垂直平分线交直线BD于点M，设M（n，2n﹣4），由MN＝MC，可列出关于n的方程，此时∠DMC＝2∠MNC＝4∠EBC＝4∠EAF，即可写出点M的坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k，由题意可得h＝2，k＝﹣1且抛物线经过原点，∴0＝a（0﹣2）2﹣1，解得，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可知抛物线的对称轴为x＝2，点O与点C关于x＝2对称，∴C（4，0），OC＝4，∵A（0，4），CF＝1，∴OA＝4，S矩形OABC＝OA•OC＝16，F（4，1），∵，∴S△AEF＝5，如图1，过点F作FH∥OC，与AE交于点H，∴，第23页（共23页）,∴，，设直线AH的解析式为y＝k1x+4，∴，∴k1＝﹣2，∴直线AH的解析式为y＝﹣2x+4，当y＝0时，求得x＝2，∴E（2，0），而B（4，4），∴直线BE：y2＝2x﹣4，∵点D在直线BE上，故D（x，2x﹣4）同时也满足抛物线，故，解得：，（舍去），∴，当0＞y2＞y1时，从图象可得直线在抛物线的上方且都在x轴的下方才满足条件，对应x的取值范围为；（3）∵E（2，0），F（4，1），A（0，4），∴，AF＝5，，∴AE2+EF2＝AF2，而矩形OABC，∴∠AEF＝90°，∠ABC＝90°，∴∠AEF+∠ABC＝180°，∴点A，B，F，E四点共圆，∴∠EAF＝∠EBC如图2，作BC的垂直平分线交直线EB于点N，连接NC，则NB＝NC，∠NBC＝∠NCB，∴∠ENC＝2∠EBC，设N（xN，2），则2＝2xN﹣4，解得xN＝3，∴N（3，2），第23页（共23页）,作NC的垂直平分线交直线BD于点M（n，2n﹣4），B（4，4），C（4，0），∴，，则MN＝MC，∴∠MNC＝∠MCN，∴∠DMC＝2∠MNC＝4∠EBC＝4∠EAF，∴，解得：n＝，∴，综上所述，点M的坐标为．【点评】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的图象及性质，圆的有关性质等，解题关键是能够通过作线段的垂直平分线构造2倍角等．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2020/10/2617:26:22；用户：区桂凌；邮箱：gzzczx004@xyh.com；学号：38081773第23页（共23页）