山东省菏泽市鄄城县2020-2021学年九年级上期末数学试卷（含答案解析）

1、2020-2021 学年山东省菏泽市鄄城县九年级（上）期末数学试卷学年山东省菏泽市鄄城县九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 3 分，共分，共 24 分）分） 1一元二次方程 kx22x20 有实数根，则 k 的取值范围是（ ） Ak且 k0 Bk1 Ck1 且 k0 Dk1 或 k0 2 如图， 点 A 为 边上的任意一点， 作 ACBC 于点 C， CDAB 于点 D， 下列用线段比表示 cos 的值， 错误的是（ ） A B C D 3我国古代数学家利用“牟合方盖” （如图甲）找到了球体体积的计算方法 “牟合方盖”是由两个圆柱分 别从纵横两个方向嵌入一个正方体时

2、两圆柱公共部分形成的几何体图乙所示的几何体是可以形成“牟 合方盖”的一种模型，它的主视图是（ ） A B C D 4四张看上去无差别的卡片上分别印有正方形、正五边形、正六边形和圆，现将印有图形的一面朝下，混 合均匀后从中随机抽取两张，则抽到的卡片上印有的图形都是中心对称图形的概率为（ ） A B C D 5 如图， 点 A 在双曲线 y上， 点 B 在双曲线 y上， 且 ABx 轴， 点 C、 D 在 x 轴上， 若四边形 ABCD 为矩形，则它的面积为（ ） A4 B6 C8 D12 6如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，E 是 CD 的中点则DEO 与BCD 的

3、面积 的比等于（ ） A B C D 7如图，抛物线 yax2+bx+c（a0）交 x 轴于点 A，B，交 y 轴于点 C若点 A 坐标为（4，0） ，对称 轴为直线 x1，则下列结论错误的是（ ） A二次函数的最大值为 ab+c Ba+b+c0 Cb24ac0 D2a+b0 8如图，对折矩形纸片 ABCD，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 EF，把纸片展平后再次折叠，使点 A 落在 EF 上的点 A处，得到折痕 BM，BM 与 EF 相交于点 N若直线 BA交直线 CD 于点 O，BC5，EN 1，则 OD 的长为（ ） A B C D 二、选择题（每小题二、选择题（每小题 3 分，共分，

4、共 18 分）分） 9计算：cos245tan30sin60 10在一个不透明的袋子中装有 6 个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同每次从袋子中随机摸出 一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出白球的频率稳定在 0.3 附近，则估计袋子 中的红球有 个 11如图，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，过点 O 作 OEBC 于点 E，若 AC6，BD8，则 OE 12如图，在平面直角坐标系中，AOB 与AOB是以原点 O 为位似中心的位似图形，且相似比为 3： 2，点 B 的坐标为（3，2） ，则点 B的坐标是 13西周时期，丞相周公旦设置过一种通过测定日影长度

5、来确定时间的仪器，称为圭表如图所示的是一 个根据北京的地理位置设计的圭表，其中，立柱 AC 的高为 a，已知冬至时北京的正午日光的入射角 ABC 为 30，则立柱根部与圭表的冬至线的距离即 BC 的长）为 （用含 a 的代数式表示） 14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 三、解答题（本题共三、解答题（本题共 78 分）分） 15 （6 分

6、）用适当的方法求解下列方程： （1）x22x10； （2） （x+4）25（x+4） 16 （6 分）如图，路灯（P 点）距地面 9 米，身高 1.5 米的小云从距路灯的底部（O 点）20 米的 A 点，沿 OA 所在的直线行走 14 米到 B 点时，身影的长度是变长了还是变短了？变长或变短了多少米？ 17 （7 分）图 1 是某种路灯的实物图片，图 2 是该路灯的平面示意图，MN 为立柱的一部分，灯臂 AC，支 架 BC 与立柱 MN 分别交于 A， B 两点， 灯臂 AC 与支架 BC 交于点 C， 已知MAC60， ACB15， AC40cm，求支架 BC 的长 （结果精确到 1cm，参

7、考数据：1.414，1.732，2.449） 18 （7 分）列方程（组）解应用题 某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为 600m2的 矩形试验茶园，便于成功后大面积推广如图所示，茶园一面靠墙，墙长 35m，另外三面用 69m 长的篱 笆围成，其中一边开有一扇 1m 宽的门（不包括篱笆） 求这个茶园的长和宽 19 （7 分）如图，在正方形 ABCD 中，点 E，F 在 AC 上，且 AFCE求证：四边形 BEDF 是菱形 20 （8 分）如图，在矩形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，DFAE，垂足为 F （1）求证：ABEDFA； （2）若 A

8、B6，BC4，求 DF 的长 21 （8 分） “2020 第二届贵阳市应急科普知识大赛”的比赛中有一个抽奖活动，规则是：准备 3 张大小一 样，背面完全相同的卡片，3 张卡片的正面所写内容分别是消防知识手册 辞海 辞海 ，将它们背 面朝上洗匀后任意抽出一张，抽到卡片后可以免费领取卡片上相应的书籍 （1）在上面的活动中，如果从中随机抽出一张卡片，记下内容后不放回，再随机抽出一张卡片，请用列 表或画树状图的方法，求恰好抽到 2 张卡片都是辞海的概率； （2）再添加几张和原来一样的消防知识手册卡片，将所有卡片背面朝上洗匀后，任意抽出一张，使 得抽到消防知识手册卡片的概率为，那么应添加多少张消防知识

9、手册卡片？请说明理由 22 （8 分）如图，一次函数 ykx+b 的图象与反比例函数 y的图象相交于 A（1，2） ，B（n，1）两点 （1）求一次函数和反比例函数的表达式； （2）直线 AB 交 x 轴于点 C，点 P 是 x 轴上的点，若ACP 的面积是 4，求点 P 的坐标 23 （9 分）实践操作： 第一步：如图 1，将矩形纸片 ABCD 沿过点 D 的直线折叠，使点 A 落在 CD 上的点 A处，得到折痕 DE， 然后把纸片展平 第二步：如图 2，将图 1 中的矩形纸片 ABCD 沿过点 E 的直线折叠，点 C 恰好落在 AD 上的点 C处， 点 B 落在点 B处，得到折痕 EF，B

10、C交 AB 于点 M，CF 交 DE 于点 N，再把纸片展平 问题解决： （1）如图 1，填空：四边形 AEAD 的形状是 ； （2）如图 2，线段 MC与 ME 是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由； （3）如图 2，若 AC2cm，DC4cm，求 DN：EN 的值 24 （12 分）如图，二次函数 yx2+bx+c 的图象交 x 轴于点 A（3，0） ，B（1，0） ，交 y 轴于点 C点 P （m，0）是 x 轴上的一动点，PMx 轴，交直线 AC 于点 M，交抛物线于点 N （1）求这个二次函数的表达式； （2）若点 P 仅在线段 AO 上运动，如图，求线段 MN 的最大值

11、； 若点 P 在 x 轴上运动， 则在 y 轴上是否存在点 Q， 使以 M， N， C， Q 为顶点的四边形为菱形 若存在， 请直接写出所有满足条件的点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由 2020-2021 学年山东省菏泽市鄄城县九年级（上）期末数学试卷学年山东省菏泽市鄄城县九年级（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（每小题一、选择题（每小题 3 分，共分，共 24 分）分） 1一元二次方程 kx22x20 有实数根，则 k 的取值范围是（ ） Ak且 k0 Bk1 Ck1 且 k0 Dk1 或 k0 【分析】若一元二次方程有两个实数根，则根的判别式b24ac0

12、，建立关于 k 的不等式，求出 k 的取值范围 【解答】解：一元二次方程 kx22x20 有实数根， b24ac（2）24k（2）4+8k0，k0， 解得：k且 k0， 故选：A 2 如图， 点 A 为 边上的任意一点， 作 ACBC 于点 C， CDAB 于点 D， 下列用线段比表示 cos 的值， 错误的是（ ） A B C D 【分析】利用垂直的定义以及互余的定义得出ACD，进而利用锐角三角函数关系得出答案 【解答】解：ACBC，CDAB， +BCDACD+BCD， ACD， coscosACD， 只有选项 C 错误，符合题意 故选：C 3我国古代数学家利用“牟合方盖” （如图甲）找到了

13、球体体积的计算方法 “牟合方盖”是由两个圆柱分 别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体图乙所示的几何体是可以形成“牟 合方盖”的一种模型，它的主视图是（ ） A B C D 【分析】根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为 3 个正方形组合体，进而得 出答案即可 【解答】解：利用圆柱直径等于立方体边长，得出此时摆放，圆柱主视图是正方形， 得出圆柱以及立方体的摆放的主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形， 故选：B 4四张看上去无差别的卡片上分别印有正方形、正五边形、正六边形和圆，现将印有图形的一面朝下，混 合均匀后从中随机抽取两张，则抽到的卡片上印有

14、的图形都是中心对称图形的概率为（ ） A B C D 【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与抽到卡片上印有的图案都是 中心对称图形的情况，再利用概率公式求解即可求得答案 【解答】解：分别用 A、B、C、D 表示正方形、正五边形、正六边形和圆， 画树状图得： 共有 12 种等可能的结果，抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的有 6 种情况， 抽到卡片上印有的图案都是中心对称图形的概率为： 故选：C 5 如图， 点 A 在双曲线 y上， 点 B 在双曲线 y上， 且 ABx 轴， 点 C、 D 在 x 轴上， 若四边形 ABCD 为矩形，则它的面积为（ ） A4 B6

15、C8 D12 【分析】根据双曲线上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的矩形的面积 S 的关系 S|k|即可判断 【解答】解：延长 BA 交 y 轴于 E，则 BEy 轴， 点 A 在双曲线 y上， 四边形 AEOD 的面积为 4， 点 B 在双曲线线 y上，且 ABx 轴， 四边形 BEOC 的面积为 12， 矩形 ABCD 的面积为 1248 故选：C 6如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，E 是 CD 的中点则DEO 与BCD 的面积 的比等于（ ） A B C D 【分析】利用平行四边形的性质可得出点 O 为线段 BD 的中点，结合点 E 是

16、CD 的中点可得出线段 OE 为DBC 的中位线，利用三角形中位线定理可得出 OEBC， OEBC，进而可得出DOEDBC， 再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求出DEO 与BCD 的面积的比 【解答】解：平行四边形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O， 点 O 为线段 BD 的中点 又点 E 是 CD 的中点， 线段 OE 为DBC 的中位线， OEBC，OEBC， DOEDBC， （）2 故选：B 7如图，抛物线 yax2+bx+c（a0）交 x 轴于点 A，B，交 y 轴于点 C若点 A 坐标为（4，0） ，对称 轴为直线 x1，则下列结论错误的是（ ） A二次函数

17、的最大值为 ab+c Ba+b+c0 Cb24ac0 D2a+b0 【分析】 根据抛物线的开口方向、 对称轴、 顶点坐标、 与 x 轴、 y 轴的交点以及过特殊点时相应的系数 a、 b、c 满足的关系进行综合判断即可 【解答】解：当 x1 时，yab+c 的值最大，选项 A 不符合题意； 抛物线与 x 轴的另一个交点为（2，0） ， 当 x1 时，ya+b+c0，因此选项 B 不符合题意； 抛物线与 x 轴有两个不同交点，因此 b24ac0，故选项 C 不符合题意； 抛物线 yax2+bx+c 过点 A（4，0） ，对称轴为直线 x1， 因此有：x1，即 2ab0，因此选项 D 符合题意； 故

18、选：D 8如图，对折矩形纸片 ABCD，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 EF，把纸片展平后再次折叠，使点 A 落在 EF 上的点 A处，得到折痕 BM，BM 与 EF 相交于点 N若直线 BA交直线 CD 于点 O，BC5，EN 1，则 OD 的长为（ ） A B C D 【分析】方法一：根据中位线定理可得 AM2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得 AMAN 2，过 M 点作 MGEF 于 G，可求 AG，根据勾股定理可求 MG，进一步得到 BE，再根据平行线分 线段成比例可求 OF，从而得到 OD 方法二：连接 AA根据折叠的性质，易得ABA为等边三角形，进而得出ABMABMABC

19、30，进而求解 【解答】解一：EN1， 由中位线定理得 AM2， 由折叠的性质可得 AM2， ADEF， AMBANM， AMBAMB， ANMAMB， AN2， AE3，AF2 过 M 点作 MGEF 于 G， NGEN1， AG1， 由勾股定理得 MG， BEDFMG， OF：BE2：3， 解得 OF， OD 故选：B 解二：连接 AA EN1， 由中位线定理得 AM2， 对折矩形纸片 ABCD，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 EF， AAAB， 把纸片展平后再次折叠，使点 A 落在 EF 上的点 A处，得到折痕 BM， ABAB，ABMABM， ABA为等边三角形， ABABAAAA

20、B60， 又ABCBAM90， ABMABMABC30， BM2AM4，ABAM2CD 在直角OBC 中，C90，OBC30， OCBCtanOBC5， ODCDOC2 故选：B 二、选择题（每小题二、选择题（每小题 3 分，共分，共 18 分）分） 9计算：cos245tan30sin60 0 【分析】原式利用特殊角的三角函数值计算即可得到结果 【解答】解：cos245tan30sin600， 故答案为：0 10在一个不透明的袋子中装有 6 个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同每次从袋子中随机摸出 一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出白球的频率稳定在 0.3 附近，则估

21、计袋子 中的红球有 14 个 【分析】根据口袋中有 6 个白球和若干个红球，利用白球在总数中所占比例得出与试验比例应该相等求 出即可 【解答】解：通过多次重复试验发现摸出白球的频率稳定在 0.3 附近， 从袋子中任意摸出 1 个球，是白球的概率约为 0.3， 设袋子中红球有 x 个， 根据题意，得：0.3， 解得 x14， 经检验：x14 是分式方程的解， 估计袋子中的红球有 14 个， 故答案为：14 11如图，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，过点 O 作 OEBC 于点 E，若 AC6，BD8，则 OE 【分析】 先由菱形的性质得 OAOCAC3， OBBD4， ACB

22、D， 再由勾股定理求出 BC 的长， 然后由面积法可求 OE 的长 【解答】解：菱形 ABCD 中，AC6，BD8， OAOCAC3，OBBD4，ACBD， BC5， OEBC， SOBCOBOCBCOE， OE， 故答案为： 12如图，在平面直角坐标系中，AOB 与AOB是以原点 O 为位似中心的位似图形，且相似比为 3： 2，点 B 的坐标为（3，2） ，则点 B的坐标是 （2，） 【分析】利用以原点为位似中心的位似图形上对应点的坐标变换规律，把 B 点的横纵坐标都乘以得 到点 B的坐标 【解答】解：AOB 与AOB是以原点 O 为位似中心的位似图形，且相似比为 3：2， 而点 B 的坐标

23、为（3，2） ， 点 B的横坐标为 3（） ，纵坐标为2（） ， 即 B点的坐标为（2，） 故答案为（2，） 13西周时期，丞相周公旦设置过一种通过测定日影长度来确定时间的仪器，称为圭表如图所示的是一 个根据北京的地理位置设计的圭表，其中，立柱 AC 的高为 a，已知冬至时北京的正午日光的入射角 ABC 为 30，则立柱根部与圭表的冬至线的距离即 BC 的长）为 （用含 a 的代数式表示） 【分析】根据题意和图形，可以用含 a 的式子表示出 BC 的长，从而可以解答本题 【解答】解：由题意可得， 立柱根部与圭表的冬至线的距离为：， 故答案为： 14如图，一段抛物线：yx（x2） （0 x2）记

24、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） ，

25、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（本题共三、解答题（本题共 78 分）分） 15 （6 分）用适当的方法求解下列方程： （1）x22x10； （2） （x+4）25（x+4） 【分析】 （1）利用配方法求解即可； （2）利用因式分解法求解即可 【解答】解： （1）x22x10

26、， x22x1， 则 x22x+11+1，即（x1）22， x1， ，； （2）（x+4）25（x+4） ， （x+4）25（x+4）0， 则（x+4） （x1）0， x+40 或 x10， 解得 x14，x21 16 （6 分）如图，路灯（P 点）距地面 9 米，身高 1.5 米的小云从距路灯的底部（O 点）20 米的 A 点，沿 OA 所在的直线行走 14 米到 B 点时，身影的长度是变长了还是变短了？变长或变短了多少米？ 【分析】根据 ACBDOP，得出MACMOP，NBDNOP，再利用相似三角形的性质进行求 解，即可得出答案 【解答】解：MACMOP90， AMCOMP， MACMOP

27、， ， 即， 解得，MA4 米； 同理，由NBDNOP，可求得 NB1.2 米， 则小云的身影变短了 41.22.8 米 变短了，短了 2.8 米 17 （7 分）图 1 是某种路灯的实物图片，图 2 是该路灯的平面示意图，MN 为立柱的一部分，灯臂 AC，支 架 BC 与立柱 MN 分别交于 A， B 两点， 灯臂 AC 与支架 BC 交于点 C， 已知MAC60， ACB15， AC40cm，求支架 BC 的长 （结果精确到 1cm，参考数据：1.414，1.732，2.449） 【分析】如图 2，过 C 作 CDMN 于 D，则CDB90，根据三角函数的定义即可得到结论 【解答】解：如图

28、 2，过 C 作 CDMN 于 D， 则CDB90， CAD60，AC40（cm） ， CDACsinCAD40sin604020（cm） ， ACB15， CBDCADACB45， BCCD2049（cm） ， 答：支架 BC 的长约为 49cm 18 （7 分）列方程（组）解应用题 某驻村工作队，为带动群众增收致富，巩固脱贫攻坚成效，决定在该村山脚下，围一块面积为 600m2的 矩形试验茶园，便于成功后大面积推广如图所示，茶园一面靠墙，墙长 35m，另外三面用 69m 长的篱 笆围成，其中一边开有一扇 1m 宽的门（不包括篱笆） 求这个茶园的长和宽 【分析】设当茶园垂直于墙的一边长为 xm

29、 时，则另一边的长度为（69+12x）m，根据茶园的面积为 600m2，列出方程并解答 【解答】解：设茶园垂直于墙的一边长为 xm，则另一边的长度为（69+12x）m，根据题意，得 x（69+12x）600， 整理，得 x235x+3000， 解得 x115，x220， 当 x15 时，702x4035，不符合题意舍去； 当 x20 时，702x30，符合题意 答：这个茶园的长和宽分别为 30m、20m 19 （7 分）如图，在正方形 ABCD 中，点 E，F 在 AC 上，且 AFCE求证：四边形 BEDF 是菱形 【分析】由正方形的性质可得 ABADCDBC，DAEBAEBCFDCF45，

30、由“SAS” 可证ABEADE，BFCDFC，ABECBF，可得 BEBFDEDF，可得结论 【解答】证明：四边形 ABCD 是正方形， ABADCDBC，DAEBAEBCFDCF45， 在ABE 和ADE 中， ， ABEADE（SAS） ， BEDE， 同理可得BFCDFC， 所以 BFDF， 在ABE 和CBF 中， ， ABECBF（SAS） ， BEBF， BEBFDEDF， 四边形 BEDF 是菱形 20 （8 分）如图，在矩形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，DFAE，垂足为 F （1）求证：ABEDFA； （2）若 AB6，BC4，求 DF 的长 【分析】 （1）由矩形性质

31、得 ADBC，进而由平行线的性质得AEBDAF，再根据两角对应相等的 两个三角形相似； （2）由 E 是 BC 的中点，求得 BE，再由勾股定理求得 AE，再由相似三角形的比例线段求得 DF 【解答】解： （1）四边形 ABCD 是矩形， ADBC，B90， DAFAEB， DFAE， AFDB90， ABEDFA； （2）E 是 BC 的中点，BC4， BE2， AB6， AE， 四边形 ABCD 是矩形， ADBC4， ABEDFA， ， 21 （8 分） “2020 第二届贵阳市应急科普知识大赛”的比赛中有一个抽奖活动，规则是：准备 3 张大小一 样，背面完全相同的卡片，3 张卡片的正面

32、所写内容分别是消防知识手册 辞海 辞海 ，将它们背 面朝上洗匀后任意抽出一张，抽到卡片后可以免费领取卡片上相应的书籍 （1）在上面的活动中，如果从中随机抽出一张卡片，记下内容后不放回，再随机抽出一张卡片，请用列 表或画树状图的方法，求恰好抽到 2 张卡片都是辞海的概率； （2）再添加几张和原来一样的消防知识手册卡片，将所有卡片背面朝上洗匀后，任意抽出一张，使 得抽到消防知识手册卡片的概率为，那么应添加多少张消防知识手册卡片？请说明理由 【分析】 （1）画出树状图，由概率公式即可得出答案； （2）设应添加 x 张消防知识手册卡片，由概率公式得出方程，解方程即可 【解答】解： （1）把消防知识手册

33、 辞海 辞海分别记为 A、B、C， 画树状图如图： 共有 6 个等可能的结果，恰好抽到 2 张卡片都是辞海的结果有 2 个， 恰好抽到 2 张卡片都是辞海的概率为； （2）设应添加 x 张消防知识手册卡片， 由题意得：， 解得：x4， 经检验，x4 是原方程的解； 答：应添加 4 张消防知识手册卡片 22 （8 分）如图，一次函数 ykx+b 的图象与反比例函数 y的图象相交于 A（1，2） ，B（n，1）两点 （1）求一次函数和反比例函数的表达式； （2）直线 AB 交 x 轴于点 C，点 P 是 x 轴上的点，若ACP 的面积是 4，求点 P 的坐标 【分析】 （1）先根据点 A 坐标求出

34、反比例函数解析式，再求出点 B 的坐标，继而根据点 A、B 坐标可得 直线解析式； （2）先根据直线解析式求出点 C 的坐标，再设 P（m，0） ，知 PC|1m|，根据 SACPPCyA 4 求出 m 的值即可得出答案 【解答】解： （1）将点 A（1，2）代入 y，得：m2， y， 当 y1 时，x2， B（2，1） ， 将 A（1，2） 、B（2，1）代入 ykx+b， 得：， 解得， yx+1； 一次函数解析式为 yx+1，反比例函数解析式为 y； （2）在 yx+1 中，当 y0 时，x+10， 解得 x1， C（1，0） ， 设 P（m，0） ， 则 PC|1m|， SACPPCy

35、A4， |1m|24， 解得 m3 或 m5， 点 P 的坐标为（3，0）或（5，0） 23 （9 分）实践操作： 第一步：如图 1，将矩形纸片 ABCD 沿过点 D 的直线折叠，使点 A 落在 CD 上的点 A处，得到折痕 DE， 然后把纸片展平 第二步：如图 2，将图 1 中的矩形纸片 ABCD 沿过点 E 的直线折叠，点 C 恰好落在 AD 上的点 C处， 点 B 落在点 B处，得到折痕 EF，BC交 AB 于点 M，CF 交 DE 于点 N，再把纸片展平 问题解决： （1）如图 1，填空：四边形 AEAD 的形状是 正方形 ； （2）如图 2，线段 MC与 ME 是否相等？若相等，请给

36、出证明；若不等，请说明理由； （3）如图 2，若 AC2cm，DC4cm，求 DN：EN 的值 【分析】 （1）由折叠性质得 ADAD，AEAE，ADEADE，再根据平行线的性质和等腰三 角形的判定得到四边形 AEAD 是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形 AEAD 为正方形； （2）连接 CE，证明 RtECARtCEB，得CEAECB，便可得结论； （3）设 DFxcm，则 FCFC（8x）cm，由勾股定理求出 x 的值，延长 BA、FC交于点 G，求 得 AG，再证明DNFENG，便可求得结果 【解答】解： （1）ABCD 是矩形， AADC90， 将矩形纸片 ABCD 沿过点 D 的

37、直线折叠，使点 A 落在 CD 上的点 A处，得到折痕 DE， ADAD，AEAE，ADEADE45， ABCD， AEDADEADE， ADAE， ADAEAEAD， 四边形 AEAD 是菱形， A90， 四边形 AEAD 是正方形 故答案为：正方形； （2）MCME 证明：如图 1，连接 CE，由（1）知，ADAE， 四边形 ABCD 是矩形， ADBC，EACB90， 由折叠知，BCBC，BB， AEBC，EACB， 又 ECCE， RtECARtCEB（HL） ， CEAECB， MCME； （3）RtECARtCEB， ACBE， 由折叠知，BEBE， ACBE， AC2cm，DC4

38、cm， ABCD2+4+28（cm） ， 设 DFxcm，则 FCFC（8x）cm， DC2+DF2FC2， 42+x2（8x）2， 解得，x3， 即 DF3cm， 如图 2，延长 BA、FC交于点 G，则ACGDCF， tanACGtanDCF， ， ， DFEG， DNFENG， 24 （12 分）如图，二次函数 yx2+bx+c 的图象交 x 轴于点 A（3，0） ，B（1，0） ，交 y 轴于点 C点 P （m，0）是 x 轴上的一动点，PMx 轴，交直线 AC 于点 M，交抛物线于点 N （1）求这个二次函数的表达式； （2）若点 P 仅在线段 AO 上运动，如图，求线段 MN 的最

39、大值； 若点 P 在 x 轴上运动， 则在 y 轴上是否存在点 Q， 使以 M， N， C， Q 为顶点的四边形为菱形 若存在， 请直接写出所有满足条件的点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）把 A（3，0） ，B（1，0）代入 yx2+bx+c 中，构建方程组解决问题即可 （2）构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可 分三种情形：如图 21 中，当点 M 在线段 AC 上，MNMC，四边形 MNQC 是菱形时如图 22 中，当 MC 是菱形的对角线时，四边形 MNCQ 是正方形，如图 23 中，当点 M 在 CA 延长线上时，MN CM，四边形 MNQC 是菱形时，分别

40、求解即可 【解答】解： （1）把 A（3，0） ，B（1，0）代入 yx2+bx+c 中，得， 解得， yx2+2x3 （2）设直线 AC 的表达式为 ykx+b，把 A（3，0） ，C（0，3）代入 ykx+b得， 解得， yx3， 点 P（m，0）是 x 轴上的一动点，且 PMx 轴 M（m，m3） ，N（m，m2+2m3） ， MN（m3）（m2+2m3）m23m（m+）2+， a10， 此函数有最大值 又点 P 在线段 OA 上运动，且30， 当 m时，MN 有最大值 如图 21 中，当点 M 在线段 AC 上，MNMC，四边形 MNQC 是菱形时 MNm23m，MCm， m23mm， 解得 m3+或 0（舍弃） MN32， CQMN32， OQ3+1， Q（0，31） 如图 22 中， 当 MC 是菱形的对角线时， 四边形 MNCQ 是正方形， 此时 CNMNCQ2， 可得 Q （0， 1） 如图 23 中，当点 M 在 CA 延长线上时，MNCM，四边形 MNQC 是菱形时， 则有，m2+3mm， 解得 m3或 0（舍弃） ， MNCQ3+2， OQCQOC31， Q（0，31） 当点 P 在 y 轴的右侧时，显然 MNCM，此时满足条件的菱形不存在 综上所述，满足条件的点 Q 的坐标为（0，31）或（0，1）或（0，31）