2017九年級數(shù)學上期末試卷答案(2)
2017九年級數(shù)學上期末試卷參考答案
一、選擇題(本題共12小題，每小題3分，共36分)
1.下列圖形中，是中心對稱圖形的是( )
A. B. C. D.
【考點】中心對稱圖形.
【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念求解.
【解答】解：A、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤;
B、是中心對稱圖形，故此選項正確;
C、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤;
D、不是中心對稱圖形，故此選項錯誤.
故選：B.
【點評】此題主要考查了中心對稱圖形的概念.注意中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合.
2.不透明的袋子中裝有形狀、大小、質地完全相同的6個球，其中4個黑球、2個白球，從袋子中一次摸出3個球，下列事件是不可能事件的是( )
A.摸出的是3個白球 B.摸出的是3個黑球
C.摸出的是2個白球、1個黑球 D.摸出的是2個黑球、1個白球
【考點】隨機事件.
【分析】根據(jù)白色的只有兩個，不可能摸出三個進行解答.
【解答】解：A.摸出的是3個白球是不可能事件;
B.摸出的是3個黑球是隨機事件;
C.摸出的是2個白球、1個黑球是隨機事件;
D.摸出的是2個黑球、1個白球是隨機事件，
故選：A.
【點評】本題考查的是必然事件、不可能事件、隨機事件的概念.必然事件指在一定條件下，一定發(fā)生的事件.不可能事件是指在一定條件下，一定不發(fā)生的事件，不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件.
3.反比例函數(shù)y=﹣ 的圖象上有P1(x1，﹣2)，P2(x2，﹣3)兩點，則x1與x2的大小關系是( )
A.x1>x2 B.x1=x2 C.x1
【考點】反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征.
【分析】直接利用反比例函數(shù)的增減性進而分析得出答案.
【解答】解：∵反比例函數(shù)y=﹣ 的圖象上有P1(x1，﹣2)，P2(x2，﹣3)兩點，
∴每個分支上y隨x的增大而增大，
∵﹣2>﹣3，
∴x1>x2，
故選：A.
【點評】此題主要考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，正確掌握反比例函數(shù)的增減性是解題關鍵.
4.半徑為6，圓心角為120°的扇形的面積是( )
A.3π B.6π C.9π D.12π
【考點】扇形面積的計算.
【分析】根據(jù)扇形的面積公式S= 計算即可.
【解答】解：S= =12π，
故選：D.
【點評】本題考查的是扇形面積的計算，掌握扇形的面積公式S= 是解題的關鍵.
5.如圖，△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6.將△ABC沿圖示中的虛線剪開，剪下的陰影三角形與原三角形不相似的是( )
A. B. C. D.
【考點】相似三角形的判定.
【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理對各選項進行逐一判定即可.
【解答】解：A、陰影部分的三角形與原三角形有兩個角相等，故兩三角形相似，故本選項錯誤;
B、陰影部分的三角形與原三角形有兩個角相等，故兩三角形相似，故本選項錯誤;
C、兩三角形的對應邊不成比例，故兩三角形不相似，故本選項正確;
D、兩三角形對應邊成比例且夾角相等，故兩三角形相似，故本選項錯誤.
故選C.
【點評】本題考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此題的關鍵.
6.如圖，將△ABC繞著點C按順時針方向旋轉20°，B點落在B′位置，A點落在A′位置，若AC⊥A′B′，則∠BAC的度數(shù)是( )
A.50° B.60° C.70° D.80°
【考點】旋轉的性質.
【分析】根據(jù)旋轉的性質可知，∠BCB′=∠ACA′=20°，又因為AC⊥A′B′，則∠BAC的度數(shù)可求.
【解答】解：∵△ABC繞著點C按順時針方向旋轉20°，B點落在B′位置，A點落在A′位置
∴∠BCB′=∠ACA′=20°
∵AC⊥A′B′，
∴∠BAC=∠A′=90°﹣20°=70°.
故選C.
【點評】本題考查旋轉的性質：旋轉變化前后，對應點到旋轉中心的距離相等以及每一對對應點與旋轉中心連線所構成的旋轉角相等.要注意旋轉的三要素：①定點﹣旋轉中心;②旋轉方向;③旋轉角度.
7.拋物線y=2x2﹣2 x+1與x軸的交點個數(shù)是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【考點】拋物線與x軸的交點.
【分析】先計算判別式的值，然后根據(jù)判別式的意義判斷拋物線與x軸的交點個數(shù).
【解答】解：根據(jù)題意得△=(2 )2﹣4×2×1=0，
所以拋物線與x軸只有一個交點.
故選B.
【點評】本題考查了拋物線與x軸的交點：對于二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a，b，c是常數(shù)，a≠0)，△=b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點個數(shù)：△=b2﹣4ac>0時，拋物線與x軸有2個交點;△=b2﹣4ac=0時，拋物線與x軸有1個交點;△=b2﹣4ac<0時，拋物線與x軸沒有交點.
8.邊長為a的正三角形的內切圓的半徑為( )
A. a B. a C. a D. a
【考點】三角形的內切圓與內心.
【分析】根據(jù)等邊三角形的三線合一，可以構造一個由其內切圓的半徑、外接圓的半徑和半邊組成的30°的直角三角形，利用銳角三角函數(shù)關系求出內切圓半徑即可.
【解答】解：∵內切圓的半徑、外接圓的半徑和半邊組成一個30°的直角三角形，
則∠OBD=30°，BD= ，
∴tan∠BOD= = ，
∴內切圓半徑OD= × = a.
故選D.
【點評】此題主要考查了三角形的內切圓，注意：根據(jù)等邊三角形的三線合一，可以發(fā)現(xiàn)其內切圓的半徑、外接圓的半徑和半邊正好組成了一個30°的直角三角形.
9.如圖，過反比例函數(shù)y= (x>0)的圖象上一點A作AB⊥x軸于點B，連接AO，若S△AOB=2，則k的值為( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【考點】反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義;反比例函數(shù)的性質.
【分析】根據(jù)點A在反比例函數(shù)圖象上結合反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，即可得出關于k的含絕對值符號的一元一次方程，解方程求出k值，再結合反比例函數(shù)在第一象限內有圖象即可確定k值.
【解答】解：∵點A是反比例函數(shù)y= 圖象上一點，且AB⊥x軸于點B，
∴S△AOB= |k|=2，
解得：k=±4.
∵反比例函數(shù)在第一象限有圖象，
∴k=4.
故選C.
【點評】本題考查了反比例函數(shù)的性質以及反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，解題的關鍵是找出關于k的含絕對值符號的一元一次方程.本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義找出關于k的含絕對值符號的一元一次方程是關鍵.
10.如圖，在平面直角坐標系中，已知點A(﹣3，6)、B(﹣9，﹣3)，以原點O為位似中心，相似比為 ，把△ABO縮小，則點A的對應點A′的坐標是( )
A.(﹣1，2) B.(﹣9，18) C.(﹣9，18)或(9，﹣18) D.(﹣1，2)或(1，﹣2)
【考點】位似變換;坐標與圖形性質.
【分析】根據(jù)在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或﹣k解答.
【解答】解：∵點A(﹣3，6)，以原點O為位似中心，相似比為 ，把△ABO縮小，
∴點A的對應點A′的坐標是(﹣1，2)或(1，﹣2)，
故選D.
【點評】本題考查的是位似變換的概念和性質，在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或﹣k.
11.如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的點，且OC∥BD，AD分別與BC，OC相交于點E，F(xiàn)，則下列結論：①AD⊥BD;②∠AOC=∠AEC;③BC平分∠ABD;④AF=DF;⑤BD=2OF.其中正確結論的個數(shù)是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【考點】圓周角定理;三角形中位線定理;垂徑定理.
【分析】由圓周角定理可判斷①，利用圓的性質結合外角可判斷②，利用平行線的性質可判斷③，由垂徑定理可判斷④，由中位線定理可判斷⑤，可求得答案.
【解答】解：
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，故①正確;
∵∠ACE=∠DAB+∠EBA，∠AOC=2∠EBA，
∴∠AOC≠∠AEC，故②不正確;
∵OC∥BD，
∴∠OCB=∠CBD，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠OBC=∠CBD，即BC平分∠ABD，故③正確;
∴OC⊥AD，
∴AF=FD，故④正確;
∴OF為△ABD的中位線，
∴BD=2OF，故⑤正確，
綜上可知正確的有4個，
故選C.
【點評】本題主要考查圓周角定理及圓的有關性質，掌握圓中有關的線段、角的相等是解題的關鍵，特別注意垂徑定理的應用.
12.已知拋物線y=x2+bx+c(其中b，c是常數(shù))經過點A(2，6)，且拋物線的對稱軸與線段BC有交點，其中點B(1，0)，點C(3，0)，則c的值不可能是( )
A.4 B.6 C.8 D.10
【考點】二次函數(shù)的性質;一次函數(shù)圖象上點的坐標特征.
【分析】根據(jù)拋物線y=x2+bx+c(其中b，c是常數(shù))過點A(2，6)，且拋物線的對稱軸與線段BC(1≤x≤3)有交點，可以得到c的取值范圍，從而可以解答本題.
【解答】解：
∵拋物線y=x2+bx+c(其中b，c是常數(shù))過點A(2，6)，且拋物線的對稱軸與線段y=0(1≤x≤3)有交點，
∴ ，
解得6≤c≤14，
故選A.
【點評】本題考查二次函數(shù)的性質、解不等式，明確題意，列出相應的關系式是解題的關鍵.
二、填空題(本題共6小題，每小題3分，共18分)
13.二次函數(shù)y=2(x﹣3)2﹣4的最小值為 ﹣4 .
【考點】二次函數(shù)的最值.
【分析】題中所給的解析式為頂點式，可直接得到頂點坐標，從而得出解答.
【解答】解：二次函數(shù)y=2(x﹣3)2﹣4的開口向上，頂點坐標為(3，﹣4)，
所以最小值為﹣4.
故答案為：﹣4.
【點評】本題考查二次函數(shù)的基本性質，解題的關鍵是正確掌握二次函數(shù)的頂點式，若題目給出是一般式則需進行配方化為頂點式或者直接運用頂點公式.
14.△ABC與△DEF的相似比為1：4，則△ABC與△DEF的周長比為 1：4 .
【考點】相似三角形的性質.
【分析】根據(jù)相似三角形周長的比等于相似比解答.
【解答】解：∵△ABC與△DEF的相似比為1：4，
∴△ABC與△DEF的周長比為1：4.
故答案為：1：4.
【點評】本題考查了相似三角形的性質，熟記相似三角形周長的比等于相似比是解題的關鍵.
15.若反比例函數(shù)y= 在第一，三象限，則k的取值范圍是 k>1 .
【考點】反比例函數(shù)的性質.
【分析】根據(jù)反比例函數(shù)在第一，三象限得到k﹣1>0，求解即可.
【解答】解：根據(jù)題意，得k﹣1>0，
解得k>1.
故答案為：k>1.
【點評】本題主要考查反比例函數(shù)的性質：當k>0時，函數(shù)圖象位于第一、三象限，當k<0時，函數(shù)圖象位于第二、四象限.
16.如圖，若以平行四邊形一邊AB為直徑的圓恰好與對邊CD相切于點D，則∠C= 45 度.
【考點】切線的性質;平行四邊形的性質.
【分析】連接OD，只要證明△AOD是等腰直角三角形即可推出∠A=45°，再根據(jù)平行四邊形的對角相等即可解決問題.
【解答】解;連接OD.
∵CD是⊙O切線，
∴OD⊥CD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴AB⊥OD，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO=45°，
∴∠C=∠A=45°.
故答案為45.
【點評】本題考查平行四邊形的性質、切線的性質、等腰直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考常考題型.
17.如圖，矩形EFGH內接于△ABC，且邊FG落在BC上，若AD⊥BC，BC=3，AD=2，EF= EH，那么EH的長為 .
【考點】相似三角形的判定與性質;矩形的性質.
【分析】設EH=3x，表示出EF，由AD﹣EF表示出三角形AEH的邊EH上的高，根據(jù)三角形AEH與三角形ABC相似，利用相似三角形對應邊上的高之比等于相似比求出x的值，即為EH的長.
【解答】解：如圖所示：
∵四邊形EFGH是矩形，
∴EH∥BC，
∴△AEH∽△ABC，
∵AM⊥EH，AD⊥BC，
∴ ，
設EH=3x，則有EF=2x，AM=AD﹣EF=2﹣2x，
∴ ，
解得：x= ，
則EH= .
故答案為： .
【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質，以及矩形的性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解本題的關鍵.
18.如圖所示，△ABC與點O在10×10的網格中的位置如圖所示，設每個小正方形的邊長為1.
(1)畫出△ABC繞點O旋轉180°后的圖形;
(2)若⊙M能蓋住△ABC，則⊙M的半徑最小值為 .
【考點】作圖-旋轉變換.
【分析】(1)延長AO到點D使OD=OA，則點A的對應點為D，同樣方法作出點B、C的對應點E、F，則△DEF與△ABC關于點O中心對稱;
(2)作AB和AC的垂值平分線，它們的交點為△ABC的外心，而△ABC的外接圓為能蓋住△ABC的最小圓，然后利用勾股定理計算出MA即可.
【解答】解：(1)如圖，△DEF為所作;
(2)如圖，點M為△ABC的外心，MA= = ，
故答案為 .
【點評】本題考查了作圖﹣旋轉變換：根據(jù)旋轉的性質可知，對應角都相等都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的圖形.
三、解答題(本題共7小題，共66分)
19.已知正比例函數(shù)y1=kx的圖象與反比例函數(shù)y2= (k為常數(shù)，k≠5且k≠0)的圖象有一個交點的橫坐標是2.
(1)求這兩個函數(shù)的解析式;
(2)求這兩個函數(shù)圖象的交點坐標.
【考點】反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題.
【分析】(1)把交點的橫坐標代入函數(shù)解析式，列出一元一次方程，解方程即可;
(2)根據(jù)題意列出二元一次方程組，解方程組即可.
【解答】解：(1)∵正比例函數(shù)y1=kx的圖象與反比例函數(shù)y2= (k為常數(shù)，k≠5且k≠0)的圖象有一個交點的橫坐標是2，
∴y1=2k，y2= ，
∵y1=y2，
∴2k= ，
解得，k=1，
則正比例函數(shù)y1=x的圖象與反比例函數(shù)y2= ;
(2) ，
解得， ， ，
∴這兩個函數(shù)圖象的交點坐標為(2，2)和(﹣2，﹣2).
【點評】本題考查的是反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，靈活運用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式、掌握正比例函數(shù)與反比例函數(shù)圖象的交點的求法是解題的關鍵.
20.在校園文化藝術節(jié)中，九年級一班有1名男生和2名女生獲得美術獎，另有2名男生和2名女生獲得音樂獎.
(1)從獲得美術獎和音樂獎的7名學生中選取1名參加頒獎大會，求剛好是男生的概率;
(2)分別從獲得美術獎、音樂獎的學生中各選取1名參加頒獎大會，用列表或樹狀圖求剛好是一男生一女生的概率.
【考點】列表法與樹狀圖法;概率公式.
【分析】(1)直接根據(jù)概率公式求解;
(2)畫樹狀圖展示所有12種等可能的結果數(shù)，再找出剛好是一男生一女生的結果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解.
【解答】解：(1)從獲得美術獎和音樂獎的7名學生中選取1名參加頒獎大會，剛好是男生的概率= = ;
(2)畫樹狀圖為：
共有12種等可能的結果數(shù)，其中剛好是一男生一女生的結果數(shù)為6，
所以剛好是一男生一女生的概率= = .
【點評】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法和樹狀圖法展示所有可能的結果求出n，再從中選出符合事件A或B的結果數(shù)目m，求出概率.
21.(10分)(2016秋•天津期末)如圖，矩形ABCD中，AB= ，BC= ，點E在對角線BD上，且BE=1.8，連接AE并延長交DC于點F.
(1)求CF的長;
(2)求 的值.
【考點】相似三角形的判定與性質;矩形的性質.
【分析】(1)根據(jù)勾股定理求出BD，得到DE的長，根據(jù)相似三角形的性質得到比例式，代入計算即可求出DF的長，求出CF的長度;
(2)利用相似三角形的面積比等于相似比的平方即可求出答案.
【解答】解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，又AB= ，BC= ，
∴BD= =3，
∵BE=1.8，
∴DE=3﹣1.8=1.2，
∵AB∥CD，
∴ = ，即 = ，
解得，DF= ，
則CF=CD﹣DF= ﹣ = ;
(2)∵AB∥CD，
∴△DEF∽△BEA，
∴ =( )2=( )2= .
【點評】本題考查的是矩形的性質、相似三角形的判定和性質，掌握矩形的性質定理和相似三角形的判定定理、性質定理是解題的關鍵.
22.(10分)(2016•南寧)如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分線，點O在AB上，以點O為圓心，OB為半徑的圓經過點D，交BC于點E.
(1)求證：AC是⊙O的切線;
(2)若OB=10，CD=8，求BE的長.
【考點】切線的判定.
【分析】(1)連接OD，由BD為角平分線得到一對角相等，根據(jù)OB=OD，等邊對等角得到一對角相等，等量代換得到一對內錯角相等，進而確定出OD與BC平行，利用兩直線平行同位角相等得到∠ODA為直徑，即可得證;
(2)過O作OG垂直于BE，可得出四邊形ODCG為矩形，在直角三角形OBG中，利用勾股定理求出BG的長，由垂徑定理可得BE=2BG.
【解答】(1)證明：連接OD，
∵BD為∠ABC平分線，
∴∠1=∠2，
∵OB=OD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODA=90°，
則AC為圓O的切線;
(2)解：過O作OG⊥BC，連接OE，
∴四邊形ODCG為矩形，
∴GC=OD=OB=10，OG=CD=8，
在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG=6，
∵OG⊥BE，OB=OE，
∴BE=2BG=12.
解得：BE=12.
【點評】此題考查了切線的判定，相似三角形的判定與性質，平行線的判定與性質，以及等腰三角形的性質，熟練掌握切線的判定方法是解本題的關鍵.
23.(10分)(2014•塘沽區(qū)二模)某商場經營某種品牌的玩具，購進時的單價是30元，根據(jù)市場調查：在一段時間內，銷售單價是40元時，銷售是600件，而銷售單價每漲1元，就會少售出10件玩具.設該種品牌玩具的銷售單價為x元(x>40)，銷售量為y件，銷售該品牌玩具獲得的利潤為w元.
(Ⅰ)根據(jù)題意，填寫下表：
銷售單價x(元) 40 55 70 … x
銷售量y(件) 600 450 300 … 1000﹣10x
銷售玩具獲得利潤w(元) 6000 11250 12000 … (1000﹣10x)(x﹣30)
(Ⅱ)在(Ⅰ)問條件下，若商場獲得了10000元銷售利潤，求該玩具銷售單價x應定為多少元?
(Ⅲ)在(Ⅰ)問條件下，求商場銷售該品牌玩具獲得的最大利潤是多少?此時玩具的銷售單價應定為多少?
【考點】二次函數(shù)的應用;一元二次方程的應用.
【分析】(Ⅰ)利用銷售單價每漲1元，就會少售出10件玩具，再結合每件玩具的利潤乘以銷量=總利潤進而求出即可;
(Ⅱ)利用商場獲得了10000元銷售利潤，進而得出等式求出即可;
(Ⅲ)利用每件玩具的利潤乘以銷量=總利潤得出函數(shù)關系式，進而求出最值即可.
【解答】解：(1)填表：
銷售單價x(元) 40 55 70 … x
銷售量y(件) 600 450 300 … 1000﹣10x
銷售玩具獲得利潤w(元) 6000 11250 12000 … (1000﹣10x)(x﹣30)
(Ⅱ)[600﹣10(x﹣40)](x﹣30)=10000，
解得：x1=50，x2=80，
答：該玩具銷售單價x應定為50元或80元;
(Ⅲ)w=[600﹣10(x﹣40)](x﹣30)=﹣10x2+1300x﹣30000=﹣10(x﹣65)2+12250，
∵a=﹣10<0，
∴對稱軸為x=65，
∴當x=65時，W最大值=12250(元)
答：商場銷售該品牌玩具獲得的最大利潤是12250元，此時玩具的銷售單價應定為65元.
【點評】此題主要考查了一元二次方程的應用以及二次函數(shù)的應用，得出w與x的函數(shù)關系式是解題關鍵.
24.(10分)(2016秋•天津期末)如圖1所示，將一個邊長為2的正方形ABCD和一個長為2，寬為1的長方形CEFD拼在一起，構成一個大的長方形ABEF，現(xiàn)將小長方形CEFD繞點C順時針旋轉至CE′F′D′，旋轉角為α.
(1)當邊CD′恰好經過EF的中點H時，求旋轉角α的大小;
(2)如圖2，G為BC中點，且0°<α<90°，求證：GD′=E′D;
(3)小長方形CEFD繞點C順時針旋轉一周的過程中，△DCD′與△BCD′能否全等?若能，直接寫出旋轉角α的大小;若不能，說明理由.
【考點】四邊形綜合題.
【分析】(1)根據(jù)旋轉的性質得CE=CH=1，即可得出結論;
(2)由G為BC中點可得CG=CE，根據(jù)旋轉的性質得∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′CE，則∠GCD′=∠DCE′=90°+α，然后根據(jù)“SAS”可判斷△GCD′≌△E′CD，則GD′=E′D;
(3)根據(jù)正方形的性質得CB=CD，而CD=CD′，則△BCD′與△DCD′為腰相等的兩等腰三角形，當兩頂角相等時它們全等，當△BCD′與△DCD′為鈍角三角形時，可計算出α=135°，當△BCD′與△DCD′為銳角三角形時，可計算得到α=315°.
【解答】(1)解：
∵長方形CEFD繞點C順時針旋轉至CE′F′D′，
∴CE=CH=1，
∴△CEH為等腰直角三角形，∴∠ECH=45°，∴∠α=30°;
(2)證明：∵G為BC中點，
∴CG=1，
∴CG=CE，
∵長方形CEFD繞點C順時針旋轉至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△E′CD中 ，
∴△GCD′≌△E′CD(SAS)，
∴GD′=E′D;
(3)解：能.
理由如下：
∵四邊形ABCD為正方形，
∴CB=CD，
∵CD′=CD′，
∴△BCD′與△DCD′為腰相等的兩等腰三角形，
當∠BCD′=∠DCD′時，△BCD′≌△DCD′，
當△BCD′與△DCD′為鈍角三角形時，則旋轉角α= =135°，
當△BCD′與△DCD′為銳角三角形時，∠BCD′=∠DCD′= ∠BCD=45°
則α=360°﹣ =315°，
即旋轉角a的值為135°或315°時，△BCD′與△DCD′全等
【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了旋轉的性質：旋轉前后兩圖形全等;對應點到旋轉中心的距離相等;對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角.也考查了正方形、矩形的性質以及三角形全等的判定與性質.
25.(10分)(2016•昆明)如圖1，對稱軸為直線x= 的拋物線經過B(2，0)、C(0，4)兩點，拋物線與x軸的另一交點為A
(1)求拋物線的解析式;
(2)若點P為第一象限內拋物線上的一點，設四邊形COBP的面積為S，求S的最大值;
(3)如圖2，若M是線段BC上一動點，在x軸是否存在這樣的點Q，使△MQC為等腰三角形且△MQB為直角三角形?若存在，求出點Q的坐標;若不存在，請說明理由.
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)由對稱軸的對稱性得出點A的坐標，由待定系數(shù)法求出拋物線的解析式;
(2)作輔助線把四邊形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面積S，化簡后是一個關于S的二次函數(shù)，求最值即可;
(3)畫出符合條件的Q點，只有一種，①利用平行相似得對應高的比和對應邊的比相等列比例式;②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程;兩方程式組成方程組求解并取舍.
【解答】解：(1)由對稱性得：A(﹣1，0)，
設拋物線的解析式為：y=a(x+1)(x﹣2)，
把C(0，4)代入：4=﹣2a，
a=﹣2，
∴y=﹣2(x+1)(x﹣2)，
∴拋物線的解析式為：y=﹣2x2+2x+4;
(2)如圖1，設點P(m，﹣2m2+2m+4)，過P作PD⊥x軸，垂足為D，
∴S=S梯形+S△PDB= m(﹣2m2+2m+4+4)+ (﹣2m2+2m+4)(2﹣m)，
S=﹣2m2+4m+4=﹣2(m﹣1)2+6，
∵﹣2<0，
∴S有最大值，則S大=6;
(3)存在這樣的點Q，使△MQC為等腰三角形且△MQB為直角三角形，
理由是：
分以下兩種情況：
?、佼?ang;BQM=90°時，如圖2：
∵∠CMQ>90°，
∴只能CM=MQ.
設直線BC的解析式為：y=kx+b(k≠0)，
把B(2，0)、C(0，4)代入得： ，
解得： ，
∴直線BC的解析式為：y=﹣2x+4，
設M(m，﹣2m+4)，
則MQ=﹣2m+4，OQ=m，BQ=2﹣m，
在Rt△OBC中，BC= = =2 ，
∵MQ∥OC，
∴△BMQ∽BCO，
∴ ，即 ，
∴BM= (2﹣m)=2 ﹣ m，
∴CM=BC﹣BM=2 ﹣(2 ﹣ m)= m，
∵CM=MQ，
∴﹣2m+4= m，m= =4 ﹣8.
∴Q(4 ﹣8，0).
?、诋?ang;QMB=90°時，如圖3：
同理可設M(m，﹣2m+4)，
過A作AE⊥BC，垂足為E，
則AE的解析式為：y= x+ ，
則直線BC與直線AE的交點E(1.4，1.2)，
設Q(﹣x，0)(x>0)，
∵AE∥QM，
∴△ABE∽△QBM，
∴ ①，
由勾股定理得：x2+42=2×[m2+(﹣2m+4﹣4)2]②，
由以上兩式得：m1=4(舍)，m2= ，
當m= 時，x= ，
∴Q(﹣ ，0).
綜上所述，Q點坐標為(4 ﹣8，0)或(﹣ ，0).
【點評】本題是二次函數(shù)的綜合問題，綜合性較強;考查了利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)和一次函數(shù)的解析式，并利用方程組求圖象的交點坐標，將函數(shù)和方程有機地結合，進一步把函數(shù)簡單化;同時還考查了相似的性質：在二次函數(shù)的問題中，如果利用勾股定理不能求的邊可以考慮利用相似的性質求解.
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2017九年級數(shù)學上期末試卷答案(2)
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