2018中考備考數學練習試卷真題
2018中考備考數學練習試卷真題
2018年對即將中考的同學來說，注定是忙碌的一年，怎么在這段時間提升數學成績呢?其實可以多做數學試卷。下面由學習啦小編為大家提供關于2018中考備考數學練習試卷，希望對大家有幫助!
2018中考備考數學練習試卷一、選擇題
(每小題3分，共30分)
1.如圖，直線AB，CD被直線EF所截，∠1=55°，下列條件中能判定AB∥CD的是( )
A.∠2=35° B.∠2=45° C.∠2=55° D.∠2=125°
【考點】J9：平行線的判定.
【分析】根據平行線的判定定理對各選項進行逐一判斷即可.
【解答】解：A、由∠3=∠2=35°，∠1=55°推知∠1≠∠3，故不能判定AB∥CD，故本選項錯誤;
B、由∠3=∠2=45°，∠1=55°推知∠1≠∠3，故不能判定AB∥CD，故本選項錯誤;
C、由∠3=∠2=55°，∠1=55°推知∠1=∠3，故能判定AB∥CD，故本選項正確;
D、由∠3=∠2=125°，∠1=55°推知∠1≠∠3，故不能判定AB∥CD，故本選項錯誤;
故選：C.
2.某企業(yè)的年收入約為700000元，數據“700000”用科學記數法可表示為( )
A.0.7×106 B.7×105 C.7×104 D.70×104
【考點】1I：科學記數法—表示較大的數.
【分析】科學記數法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n為整數.確定n的值時，要看把原數變成a時，小數點移動了多少位，n的絕對值與小數點移動的位數相同.當原數絕對值>1時，n是正數;當原數的絕對值<1時，n是負數.
【解答】解：數據“700000”用科學記數法可表示為7×105.
故選：B.
3.下列運算正確的是( )
A.3a+2a=5a2 B.3a+3b=3ab
C.2a2bc﹣a2bc=a2bc D.a5﹣a2=a3
【考點】35：合并同類項.
【分析】分別對每一個選項進行合并同類項，即可解題.
【解答】解：A、3a+2a=5a，A選項錯誤;
B、3a+3b=3(a+b)，B選項錯誤;
C、2a2bc﹣a2bc=a2bc，C選項正確;
D、a5﹣a2=a2(a3﹣1)，D選項錯誤;
故選 C.
4.正方形的正投影不可能是( )
A.線段 B.矩形 C.正方形 D.梯形
【考點】U5：平行投影.
【分析】根據平行投影的特點：在同一時刻，平行物體的投影仍舊平行，即可得出答案.
【解答】解：在同一時刻，平行物體的投影仍舊平行.得到的應是平行四邊形或特殊的平行四邊形或線段.
故正方形紙板ABCD的正投影不可能是梯形，
故選：D.
5.不等式組 的解集是( )
A.x≤4 B.22
【考點】CB：解一元一次不等式組.
【分析】分別求出每一個不等式的解集，根據口訣：同大取大、同小取小、大小小大中間找、大大小小無解了確定不等式組的解集.
【解答】解：解不等式x﹣1≤3，得：x≤4，
解不等式x+1>3，得：x>2，
∴不等式組的解集為2
故選：B.
6.如圖，△A′B′C′是△ABC以點O為位似中心經過位似變換得到的，若△A′B′C′的面積與△ABC的面積比是4：9，則OB′：OB為( )
A.2：3 B.3：2 C.4：5 D.4：9
【考點】SC：位似變換.
【分析】先求出位似比，根據位似比等于相似比，再由相似三角形的面積比等于相似比的平方即可.
【解答】解：由位似變換的性質可知，A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴△A′B′C′∽△ABC.
∵△A'B'C'與△ABC的面積的比4：9，
∴△A'B'C'與△ABC的相似比為2：3，
∴ =
故選：A.
7.從一副洗勻的普通撲克牌中隨機抽取一張，則抽出紅桃的概率是( )
A. B. C. D.
【考點】X4：概率公式.
【分析】讓紅桃的張數除以撲克牌的總張數即為所求的概率.
【解答】解：∵一副撲克牌共54張，其中紅桃13張，∴隨機抽出一張牌得到紅桃的概率是 .
故選B.
8.在同一平面直角坐標系中，直線y=4x+1與直線y=﹣x+b的交點不可能在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【考點】FF：兩條直線相交或平行問題.
【分析】根據一次函數的性質確定兩條直線所經過的象限可得結果.
【解答】解：直線y=4x+1過一、二、三象限;
當b>0時，直線y=﹣x+b過一、二、四象限，
兩直線交點可能在一或二象限;
當b<0時，直線y=﹣x+b過二、三、四象限，
兩直線交點可能在二或三象限;
綜上所述，直線y=4x+1與直線y=﹣x+b的交點不可能在第四象限，
故選D.
9.某樓梯的側面如圖所示，已測得BC的長約為3.5米，∠BCA約為29°，則該樓梯的高度AB可表示為( )
A.3.5sin29°米 B.3.5cos29°米 C.3.5tan29°米 D. 米
【考點】T9：解直角三角形的應用﹣坡度坡角問題.
【分析】由sin∠ACB= 得AB=BCsin∠ACB=3.5sin29°.
【解答】解：在Rt△ABC中，∵sin∠ACB= ，
∴AB=BCsin∠ACB=3.5sin29°，
故選：A.
10.如圖，在▱ABCD中，AC，BD相交于點O，點E是OA的中點，連接BE并延長交AD于點F，已知S△AEF=4，則下列結論：① = ;②S△BCE=36;③S△ABE=12;④△AEF～△ACD，其中一定正確的是( )
A.①②③④ B.①④ C.②③④ D.①②③
【考點】S9：相似三角形的判定與性質;L5：平行四邊形的性質.
【分析】根據平行四邊形的性質得到AE= CE，根據相似三角形的性質得到 = = ，等量代換得到AF= AD，于是得到 = ;故①正確;根據相似三角形的性質得到S△BCE=36;故②正確;根據三角形的面積公式得到S△ABE=12，故③正確;由于△AEF與△ADC只有一個角相等，于是得到△AEF與△ACD不一定相似，故④錯誤.
【解答】解：∵在▱ABCD中，AO= AC，
∵點E是OA的中點，
∴AE= CE，
∵AD∥BC，
∴△AFE∽△CBE，
∴ = = ，
∵AD=BC，
∴AF= AD，
∴ = ;故①正確;
∵S△AEF=4， =( )2= ，
∴S△BCE=36;故②正確;
∵ = = ，
∴ = ，
∴S△ABE=12，故③正確;
∵BF不平行于CD，
∴△AEF與△ADC只有一個角相等，
∴△AEF與△ACD不一定相似，故④錯誤，
故選D.
2018中考備考數學練習試卷二、填空題
(每小題3分，共33分)
11.﹣ 的絕對值是 .
【考點】15：絕對值.
【分析】根據絕對值的性質求解.
【解答】解：根據負數的絕對值等于它的相反數，得| |= .
12.函數y= 中，自變量x的取值范圍是 x≤2 .
【考點】E4：函數自變量的取值范圍.
【分析】根據二次根式的性質，被開方數大于或等于0，可以求出x的范圍.
【解答】解：根據題意得：2﹣x≥0，解得：x≤2.
故答案是：x≤2.
13.一個多邊形的內角和等于900°，則這個多邊形是 七 邊形.
【考點】L3：多邊形內角與外角.
【分析】根據多邊形的內角和，可得答案.
【解答】解：設多邊形為n邊形，由題意，得
(n﹣2)•180°=900，
解得n=7，
故答案為：七.
14.因式分解：x2﹣9= (x+3)(x﹣3) .
【考點】54：因式分解﹣運用公式法.
【分析】原式利用平方差公式分解即可.
【解答】解：原式=(x+3)(x﹣3)，
故答案為：(x+3)(x﹣3).
15.計算：( + )• = .
【考點】6C：分式的混合運算.
【分析】根據分式的運算法則即可求出答案.
【解答】解：原式= ×
=
故答案為：
16.一個扇形的半徑為3cm，弧長為2πcm，則此扇形的面積為 3π cm2(用含π的式子表示)
【考點】MO：扇形面積的計算;MN：弧長的計算.
【分析】利用扇形面積公式計算即可得到結果.
【解答】解：根據題意得：S= Rl= ×2π×3=3π，
則此扇形的面積為3πcm2，
故答案為：3π
17.在一次射擊訓練中，某位選手五次射擊的環(huán)數分別為5，8，7，6，9，則這位選手五次射擊環(huán)數的方差為 2 .
【考點】W7：方差.
【分析】運用方差公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，代入數據求出即可.
【解答】解：五次射擊的平均成績?yōu)?= (5+7+8+6+9)=7，
方差S2= [(5﹣7)2+(8﹣7)2+(7﹣7)2+(6﹣7)2+(9﹣7)2]=2.
故答案為：2.
18.半徑為2的圓內接正三角形，正四邊形，正六邊形的邊心距之比為 1： ： .
【考點】MM：正多邊形和圓.
【分析】根據題意可以求得半徑為2的圓內接正三角形，正四邊形，正六邊形的邊心距，從而可以求得它們的比值.
【解答】解：由題意可得，
正三角形的邊心距是：2×sin30°=2× =1，
正四邊形的邊心距是：2×sin45°=2× ，
正六邊形的邊心距是：2×sin60°=2× ，
∴半徑為2的圓內接正三角形，正四邊形，正六邊形的邊心距之比為：1： ： ，
故答案為：1： ： .
19.已知反比例函數y= ，當x>3時，y的取值范圍是 0
【考點】G4：反比例函數的性質.
【分析】根據反比例函數的性質可以得到反比例函數y= ，當x>3時，y的取值范圍.
【解答】解：∵y= ，6>0，
∴當x>0時，y隨x的增大而減小，當x=3時，y=2，
∴當x>3時，y的取值范圍是0
故答案為：0
20.在等腰△ABC中，AD⊥BC交直線BC于點D，若AD= BC，則△ABC的頂角的度數為 30°或150°或90° .
【考點】KO：含30度角的直角三角形;KH：等腰三角形的性質.
【分析】分兩種情況;①BC為腰，②BC為底，根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半判斷出∠ACD=30°，然后分AD在△ABC內部和外部兩種情況求解即可.
【解答】解：①BC為腰，
∵AD⊥BC于點D，AD= BC，
∴∠ACD=30°，
如圖1，AD在△ABC內部時，頂角∠C=30°，
如圖2，AD在△ABC外部時，頂角∠ACB=180°﹣30°=150°，
?、贐C為底，如圖3，
∵AD⊥BC于點D，AD= BC，
∴AD=BD=CD，
∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAD，
∴∠BAD+∠CAD= ×180°=90°，
∴頂角∠BAC=90°，
綜上所述，等腰三角形ABC的頂角度數為30°或150°或90°.
故答案為：30°或150°或90°.
21.如圖，順次連接腰長為2的等腰直角三角形各邊中點得到第1個小三角形，再順次連接所得的小三角形各邊中點得到第2個小三角形，如此操作下去，則第n個小三角形的面積為 .
【考點】KX：三角形中位線定理;KW：等腰直角三角形.
【分析】記原來三角形的面積為s，第一個小三角形的面積為s1，第二個小三角形的面積為s2，…，求出s1，s2，s3，探究規(guī)律后即可解決問題.
【解答】解：記原來三角形的面積為s，第一個小三角形的面積為s1，第二個小三角形的面積為s2，…，
∵s1= •s= •s，
s2= • s= •s，
s3= •s，
∴sn= •s= • •2•2= ，
故答案為 .
2018中考備考數學練習試卷三、解答題
(本題共8小題，共57分)
22.如圖，A、B、C為某公園的三個景點，景點A和景點B之間有一條筆直的小路，現要在小路上建一個涼亭P，使景點B、景點C到涼亭P的距離之和等于景點B到景點A的距離，請用直尺和圓規(guī)在所給的圖中作出點P.(不寫作法和證明，只保留作圖痕跡)
【考點】N4：作圖—應用與設計作圖.
【分析】如圖，連接AC，作線段AC的垂直平分線MN，直線MN交AB于P.點P即為所求的點.
【解答】解：如圖，連接AC，作線段AC的垂直平分線MN，直線MN交AB于P.
點P即為所求的點.
理由：∵MN垂直平分線段AC，
∴PA=PC，
∴PC+PB=PA+PB=AB.
23.某校為了解學生每天參加戶外活動的情況，隨機抽查了100名學生每天參加戶外活動的時間情況，并將抽查結果繪制成如圖所示的扇形統計圖.
請你根據圖中提供的信息解答下列問題：
(1)請直接寫出圖a的值，并求出本次抽查中學生每天參加戶外活動時間的中位數;
(2)求本次抽查中學生每天參加戶外活動的平均時間.
【考點】VB：扇形統計圖;W2：加權平均數;W4：中位數.
【分析】(1)用1減去其它組的百分比即可求得a的值，然后求得各組的人數，根據中位數定義求得中位數;
(2)利用加權平均數公式即可求解.
【解答】解：(1)a=1﹣15%﹣25%﹣40%=20%.
100×20%=20(人)，
100×40%=40(人)，
100×25%=25(人)，
100×15%=15(人).
則本次抽查中學生每天參加活動時間的中位數是1;
(2) =1.175(小時).
答：本次抽查中學生每天參加戶外活動的平均時間是1.175小時.
24.已知關于x的一元二次方程x2+(2m+1)x+m2﹣4=0
(1)當m為何值時，方程有兩個不相等的實數根?
(2)若邊長為5的菱形的兩條對角線的長分別為方程兩根的2倍，求m的值.
【考點】AA：根的判別式;AB：根與系數的關系;L8：菱形的性質.
【分析】(1)根據方程的系數結合根的判別式，即可得出△=4m+17>0，解之即可得出結論;
(2)設方程的兩根分別為a、b，根據根與系數的關系結合菱形的性質，即可得出關于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再根據a+b=﹣2m﹣1>0，即可確定m的值.
【解答】解：(1)∵方程x2+(2m+1)x+m2﹣4=0有兩個不相等的實數根，
∴△=(2m+1)2﹣4(m2﹣4)=4m+17>0，
解得：m>﹣ .
∴當m>﹣ 時，方程有兩個不相等的實數根.
(2)設方程的兩根分別為a、b，
根據題意得：a+b=﹣2m﹣1，ab=m2﹣4.
∵2a、2b為邊長為5的菱形的兩條對角線的長，
∴a2+b2=(a+b)2﹣2ab=(﹣2m﹣1)2﹣2(m2﹣4)=2m2+4m+9=52=25，
解得：m=﹣4或m=2.
∵a>0，b>0，
∴a+b=﹣2m﹣1>0，
∴m=﹣4.
若邊長為5的菱形的兩條對角線的長分別為方程兩根的2倍，則m的值為﹣4.
25.甲、乙兩個工程隊計劃修建一條長15千米的鄉(xiāng)村公路，已知甲工程隊每天比乙工程隊每天多修路0.5千米，乙工程隊單獨完成修路任務所需天數是甲工程隊單獨完成修路任務所需天數的1.5倍.
(1)求甲、乙兩個工程隊每天各修路多少千米?
(2)若甲工程隊每天的修路費用為0.5萬元，乙工程隊每天的修路費用為0.4萬元，要使兩個工程隊修路總費用不超過5.2萬元，甲工程隊至少修路多少天?
【考點】B7：分式方程的應用;C9：一元一次不等式的應用.
【分析】(1)可設甲每天修路x千米，則乙每天修路(x﹣0.5)千米，則可表示出修路所用的時間，可列分式方程，求解即可;
(2)設甲修路a天，則可表示出乙修路的天數，從而可表示出兩個工程隊修路的總費用，由題意可列不等式，求解即可.
【解答】解：
(1)設甲每天修路x千米，則乙每天修路(x﹣0.5)千米，
根據題意，可列方程：1.5× = ，
解得x=1.5，
經檢驗x=1.5是原方程的解，且x﹣0.5=1，
答：甲每天修路1.5千米，則乙每天修路1千米;
(2)設甲修路a天，則乙需要修(15﹣1.5a)千米，
∴乙需要修路 =15﹣1.5a(天)，
由題意可得0.5a+0.4(15﹣1.5a)≤5.2，
解得a≥8，
答：甲工程隊至少修路8天.
26.如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AE⊥BC于E，∠ADC的平分線交AE于點O，以點O為圓心，OA為半徑的圓經過點B，交BC于另一點F.
(1)求證：CD與⊙O相切;
(2)若BF=24，OE=5，求tan∠ABC的值.
【考點】ME：切線的判定與性質;LH：梯形;T7：解直角三角形.
【分析】(1)過點O作OG⊥DC，垂足為G.先證明∠OAD=90°，從而得到∠OAD=∠OGD=90°，然后利用AAS可證明△ADO≌△GDO，則OA=OG=r，則DC是⊙O的切線;
(2)連接OF，依據垂徑定理可知BE=EF=12，在Rt△OEF中，依據勾股定理可知求得OF=13，然后可得到AE的長，最后在Rt△ABE中，利用銳角三角函數的定義求解即可.
【解答】解：(1)過點O作OG⊥DC，垂足為G.
∵AD∥BC，AE⊥BC于E，
∴OA⊥AD.
∴∠OAD=∠OGD=90°.
在△ADO和△GDO中 ，
∴△ADO≌△GDO.
∴OA=OG.
∴DC是⊙O的切線.
(2)如圖所示：連接OF.
∵OA⊥BC，
∴BE=EF= BF=12.
在Rt△OEF中，OE=5，EF=12，
∴OF= =13.
∴AE=OA+OE=13+5=18.
∴tan∠ABC= = .
27.一輛轎車從甲城駛往乙城，同時一輛卡車從乙城駛往甲城，兩車沿相同路線勻速行駛，轎車到達乙城停留一段時間后，按原路原速返回甲城;卡車到達甲城比轎車返回甲城早0.5小時，轎車比卡車每小時多行駛60千米，兩車到達甲城弧均停止行駛，兩車之間的路程y(千米)與轎車行駛時間t(小時)的函數圖象如圖所示，請結合圖象提供的信息解答下列問題：
(1)請直接寫出甲城和乙城之間的路程，并求出轎車和卡車的速度;
(2)求轎車在乙城停留的時間，并直接寫出點D的坐標;
(3)請直接寫出轎車從乙城返回甲城過程中離甲城的路程s(千米)與轎車行駛時間t(小時)之間的函數關系式(不要求寫出自變量的取值范圍).
【考點】FH：一次函數的應用.
【分析】(1)根據圖象可知甲城和乙城之間的路程為180千米，設卡車的速度為x千米/時，則轎車的速度為(x+60)千米/時，由B(1，0)可得x+(x+60)=180
可得結果;
(2)根據(1)中所得速度可得卡車和轎車全程所用的時間，利用卡車所用的總時間減去轎車來回所用時間可得結論;
(3)根據s=180﹣120×(t﹣0.5﹣0.5)可得結果.
【解答】解：(1)甲城和乙城之間的路程為180千米，
設卡車的速度為x千米/時，則轎車的速度為(x+60)千米/時，由B(1，0)得，x+(x+60)=180
解得x=60，
∴x+60=120，
∴轎車和卡車的速度分別為120千米/時和60千米/時;
(2)卡車到達甲城需180÷60=3(小時)
轎車從甲城到乙城需180÷120=1.5(小時)
3+0.5﹣1.5×2=0.5(小時)
∴轎車在乙城停留了0.5小時，
點D的坐標為(2，120);
(3)s=180﹣120×(t﹣0.5﹣0.5)=﹣120t+420.
28.如圖，在矩形ABCD中，E為AB邊上一點，EC平分∠DEB，F為CE的中點，連接AF，BF，過點E作EH∥BC分別交AF，CD于G，H兩點.
(1)求證：DE=DC;
(2)求證：AF⊥BF;
(3)當AF•GF=28時，請直接寫出CE的長.
【考點】S9：相似三角形的判定與性質;KD：全等三角形的判定與性質;LB：矩形的性質.
【分析】(1)根據平行線的性質以及角平分線的定義，即可得到∠DCE=∠DEC，進而得出DE=DC;
(2)連接DF，根據等腰三角形的性質得出∠DFC=90°，再根據直角三角形斜邊上中線的性質得出BF=CF=EF= EC，再根據SAS判定△ABF≌△DCF，即可得出∠AFB=∠DFC=90°，據此可得AF⊥BF;
(3)根據等角的余角相等可得∠BAF=∠FEH，再根據公共角∠EFG=∠AFE，即可判定△EFG∽△AFE，進而得出EF2=AF•GF=28，求得EF=2 ，即可得到CE=2EF=4 .
【解答】解：(1)∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCE=∠CEB，
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC=∠CEB，
∴∠DCE=∠DEC，
∴DE=DC;
(2)如圖，連接DF，
∵DE=DC，F為CE的中點，
∴DF⊥EC，
∴∠DFC=90°，
在矩形ABCD中，AB=DC，∠ABC=90°，
∴BF=CF=EF= EC，
∴∠ABF=∠CEB，
∵∠DCE=∠CEB，
∴∠ABF=∠DCF，
在△ABF和△DCF中，
，
∴△ABF≌△DCF(SAS)，
∴∠AFB=∠DFC=90°，
∴AF⊥BF;
(3)CE=4 .
理由如下：∵AF⊥BF，
∴∠BAF+∠ABF=90°，
∵EH∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BEH=90°，
∴∠FEH+∠CEB=90°，
∵∠ABF=∠CEB，
∴∠BAF=∠FEH，
∵∠EFG=∠AFE，
∴△EFG∽△AFE，
∴ = ，即EF2=AF•GF，
∵AF•GF=28，
∴EF=2 ，
∴CE=2EF=4 .
29.在平面直角坐標系中，直線y=﹣ x+1交y軸于點B，交x軸于點A，拋物線y=﹣ x2+bx+c經過點B，與直線y=﹣ +1交于點C(4，﹣2).
(1)求拋物線的解析式;
(2)如圖，橫坐標為m的點M在直線BC上方的拋物線上，過點M作ME∥y軸交直線BC于點E，以ME為直徑的圓交直線BC于另一點D，當點E在x軸上時，求△DEM的周長.
(3)將△AOB繞坐標平面內的某一點按順時針方向旋轉90°，得到△A1O1B1，點A，O，B的對應點分別是點A1，O1，B1，若△A1O1B1的兩個頂點恰好落在拋物線上，請直接寫出點A1的坐標.
【考點】HF：二次函數綜合題.
【分析】(1)利用待定系數法求拋物線的解析式;
(2)如圖1，A與E重合，根據直線y=﹣ x+1求得與x軸交點坐標可得OA的長，由勾股定理得AB的長，利用等角的三角函數得：sin∠ABO= ，cos∠ABO= = ，則可得DE和DM的長，根據M的橫坐標代入拋物線的解析式可得縱坐標，即ME的長，相加得△DEM的周長;
(3)由旋轉可知：O1A1⊥x軸，O1B1⊥y軸，設點A1的橫坐標為x，則點B1的橫坐標為x+1，所以點O1，A1不可能同時落在拋物線上，分以下兩種情況：
?、偃鐖D2，當點O1，B1同時落在拋物線上時，根據點O1，B1的縱坐標相等列方程可得結論;
②如圖3，當點A1，B1同時落在拋物線上時，根據點B1的縱坐標比點A1的縱坐標大 ，列方程可得結論.
【解答】解：(1)∵直線y=﹣ x+1交y軸于點B，
∴B(0，1)，
∵拋物線y=﹣ x2+bx+c經過點B和點C(4，﹣2).
∴ ，
解得： ，
∴拋物線的解析式為：y=﹣ x2+ x+1;
(2)如圖1，∵直線y=﹣ x+1交x軸于點A，
當y=0時，﹣ x+1=0，
x= ，
∴A( ，0)，
∴OA= ，
在Rt△AOB中，
∵OB=1，
∴AB= ，
∴sin∠ABO= ，cos∠ABO= = ，
∵ME∥x軸，
∴∠DEM=∠ABO，
∵以ME為直徑的圓交直線BC于另一點D，
∴∠EDM=90°，
∴DE=ME•cos∠DEM= ME，
DM=ME•sin∠DEM= ME，
當點E在x軸上時，E和A重合，則m=OA= ，
當x= 時，y=﹣ × + × +1= ;
∴ME= ，
∴DE= = ，DM= = ，
∴△DEM的周長=DE+DM+ME= + + = ;
(3)由旋轉可知：O1A1⊥x軸，O1B1⊥y軸，設點A1的橫坐標為x，則點B1的橫坐標為x+1，
∵O1A1⊥x軸，
∴點O1，A1不可能同時落在拋物線上，分以下兩種情況：
?、偃鐖D2，當點O1，B1同時落在拋物線上時，
點O1，B1的縱坐標相等，
∴﹣ =﹣ (x+1)2+ (x+1)+1，
解得：x= ，
此時點A1的坐標為( ， )，
?、谌鐖D3，當點A1，B1同時落在拋物線上時，
點B1的縱坐標比點A1的縱坐標大 ，
﹣ =﹣ (x+1)2+ (x+1)+1，
解得：x=﹣ ，
此時A1(﹣ ， )，
綜上所述，點A1( ， )或(﹣ ， ).
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