年西城区初三一模数学试卷及答案副本

（10分）如图，已知二次函数的图象过点A（0，﹣3），B（，），对称轴为直线x=﹣，点P是抛物线上的一动点，过点P分别作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，在四边形PMON上分别截取PC=MP，MD=OM，OE=ON，NF=NP．（1）求此二次函数的解析式；（2）求证：以C、D、E、F为顶点的四边形CDEF是平行四边形；（3）在抛物线上是否存在这样的点P，使四边形CDEF为矩形？若存在，请求出所有符合条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．（10分）已知两个共一个顶点的等腰Rt△ABC，Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；（2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长；（3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．平面直角坐标系xOy中，抛物线244yaxaxac与x轴交于点A、点B，与y轴的正半轴交于点C，点A的坐标为(1,0)，OB=OC，抛物线的顶点为D．(1)求此抛物线的解析式；(2)若此抛物线的对称轴上的点P满足∠APB=∠ACB，求点P的坐标；(3)Q为线段BD上一点，点A关于∠AQB的平分线的对称点为A，若2QBQA，求点Q的坐标和此时△QAA的面积．（1）解：设抛物线的解析式为：y=a（x+）2+k，∵点A（0，﹣3），B（，）在抛物线上，∴，解得：a=1，k=．∴抛物线的解析式为：y=（x+）2=x2+x﹣3．（2）证明：如右图，连接CD、DE、EF、FC．∵PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，∴四边形PMON为矩形，∴PM=ON，PN=OM．∵PC=MP，OE=ON，∴PC=OE；∵MD=OM，NF=NP，∴MD=NF，∴PF=OD．在△PCF与△OED中，∴△PCF≌△OED（SAS），∴CF=DE．同理可证：△CDM≌△FEN，∴CD=EF．∵CF=DE，CD=EF，∴四边形CDEF是平行四边形．（3）解：假设存在这样的点P，使四边形CDEF为矩形．设矩形PMON的边长PM=ON=m，PN=OM=n，则PC=m，MC=m，MD=n，PF=n．若四边形CDEF为矩形，则∠DCF=90°，易证△PCF∽△MDC，∴，即，化简得：m2=n2，∴m=n，即矩形PMON为正方形．∴点P为抛物线y=x2+x﹣3与坐标象限角平分线y=x或y=﹣x的交点．联立，解得，，∴P1（，），P2（﹣，﹣）；联立，解得，，∴P3（﹣3，3），P4（﹣1，1）．∴抛物线上存在点P，使四边形CDEF为矩形．这样的点有四个，在四个坐标象限内各一个，其坐标分别为：P1（，），P2（﹣，﹣），P3（﹣3，3），P4（﹣1，1）．（1）证法一：如答图1a，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD，∴点B为线段AD的中点，又∵点M为线段AF的中点，∴BM为△ADF的中位线，∴BM∥CF．证法二：如答图1b，延长BM交EF于D，∵∠ABC=∠CEF=90°，∴AB⊥CE，EF⊥CE，∴AB∥EF，∴∠BAM=∠DFM，∵M是AF的中点，∴AM=MF，∵在△ABM和△FDM中，，[来源:Z_xx_k.Com]∴△ABM≌△FDM（ASA），∴AB=DF，∵BE=CE﹣BC，DE=EF﹣DF，∴BE=DE，∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠EBM=45°，∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，∴∠EBM=∠ECF，∴MB∥CF；（2）解法一：如答图2a所示，延长AB交CF于点D，则易知△BCD与△ABC为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD=a，AC=AD=a，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．分别延长FE与CA交于点G，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，∴CE=EF=GE=2a，CG=CF=a，∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．∵CG=CF=a，CA=CD=a，∴AG=DF=a，∴BM=ME=×a=a．解法二：∵CB=a，CE=2a，∴BE=CE﹣CB=2a﹣a=a，∵△ABM≌△FDM，∴BM=DM，又∵△BED是等腰直角三角形，∴△BEM是等腰直角三角形，∴BM=ME=BE=a；（3）证法一：如答图3a，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD，AC=CD，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，∴CE=EF=EG，CF=CG，∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．在△ACG与△DCF中，，∴△ACG≌△DCF（SAS），∴DF=AG，∴BM=ME．证法二：如答图3b，延长BM交CF于D，连接BE、DE，∵∠BCE=45°，∴∠ACD=45°×2+45°=135°∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，∴AB∥CF，∴∠BAM=∠DFM，∴M是AF的中点，∴AM=FM，在△ABM和△FDM中，，∴△ABM≌△FDM（ASA），∴AB=DF，BM=DM，∴AB=BC=DF，∵在△BCE和△DFE中，，∴△BCE≌△DFE（SAS），∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，∴△BDE是等腰直角三角形，又∵BM=DM，∴BM=ME=BD，故BM=ME．25．解：（1）∵2244(2)yaxaxacaxc，∴抛物线的对称轴为直线2x．∵抛物线244yaxaxac与x轴交于点A、点B，点A的坐标为(1,0)，∴点B的坐标为(3,0)，OB＝3．……………1分可得该抛物线的解析式为(1)(3)yaxx．∵OB=OC，抛物线与y轴的正半轴交于点C，∴OC=3，点C的坐标为(0,3)．将点C的坐标代入该解析式，解得a=1．……2分∴此抛物线的解析式为243yxx．（如图9）……………………3分（2）作△ABC的外接圆☉E，设抛物线的对称轴与x轴的交点为点F，设☉E与抛物线的对称轴位于x轴上方的部分的交点为点1P，点1P关于x轴的对称点为点2P，点1P、点2P均为所求点.（如图10）可知圆心E必在AB边的垂直平分线即抛物线的对称轴直线2x上．∵1APB、ACB都是弧AB所对的圆周角，∴ACBBAP1，且射线FE上的其它点P都不满足ACBAPB．由（1）可知∠OBC=45°，AB=2，OF=2．可得圆心E也在BC边的垂直平分线即直线yx上．∴点E的坐标为(2,2)E．…………………………………………………4分∴由勾股定理得5EA．∴15EPEA．∴点1P的坐标为1(2,25)P．……………………………………………5分由对称性得点2P的坐标为2(2,25)P．………………………………6分∴符合题意的点P的坐标为1(2,25)P、2(2,25)P.（3）∵点B、D的坐标分别为(3,0)B、(2,1)D，图9xyO1DCBA可得直线BD的解析式为3yx，直线BD与x轴所夹的锐角为45°．[来源:学科网]∵点A关于∠AQB的平分线的对称点为A，（如图11）若设AA与∠AQB的平分线的交点为M，则有QAQA，AMAM，AAQM，Q，B，A三点在一条直线上．∵2QAQB，∴.2''QBQAQBQABA作AN⊥x轴于点N．∵点Q在线段BD上，Q，B，A三点在一条直线上，∴sin451ANBA，cos451BNBA．∴点A的坐标为(4,1)A．∵点Q在线段BD上，∴设点Q的坐标为(,3)Qxx，其中23x．∵QAQA，∴由勾股定理得2222(1)(3)(4)(31)xxxx．解得114x．经检验，114x在23x的范围内．∴点Q的坐标为111(,)44Q．……………………………………………7分此时1115()2(1)2244QAAAABQABAQSSSAByy．…8分图10xyO1FP2EP1DCBA图11xyOQMA'DBAN