人教版数学九年级上册月考模拟试卷12（含答案）

人教版数学九年级上册月考模拟试卷一、选择题1．如图图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）A．B．C．D．2．抛物线y=x2向右平移一个单位得到抛物线（　　）A．y=（x+1）2B．y=（x﹣1）2C．y=（x﹣1）2+1D．y=（x﹣1）2﹣13．二次函数y=x2+4x﹣5的图象的对称轴为（　　）A．x=4B．x=﹣4C．x=2D．x=﹣24．如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′，若∠A′C′B′=30°，则∠BCA′的度数是（　　）A．80°B．60°C．50°D．30°5．如图，已知⊙O的内接四边形ABCD，AD=，CD=1，半径为1，则∠B的度数为（　　）A．60°B．70°C．75°D．80°6．已知△ABC是⊙O的内接三角形，AB为直径，AC=12，BC=5，CD平分∠ACB角⊙O于D，I为△ABC的内心，则DI的长度为（　　）A．B．C．D．第30页（共30页） 7．把一张圆形纸片按如图方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，则∠BOC的度数是（　　）A．120°B．135°C．150°D．165°8．圆中内接正三角形的边长是半径的（　　）倍．A．1B．C．D．29．如图，在⊙O中，弦AC=2cm，C为⊙O上一点，且∠ABC=120°，则⊙O的直径为（　　）A．2cmB．4cmC．4cmD．6cm10．如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（13，0），直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为（　　）A．22B．24C．10D．12二、填空题11．某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是13，则每个支干长出　　．12．已知扇形的弧长为6π，半径是6，则它的圆心角是　　度．13．等腰△ABC的三个顶点都在⊙O上，底边BC=8cm，⊙O的半径为5cm，则△ABC的面积为　　．第30页（共30页） 14．如图，PA、PB与⊙O分别相切于点A、点B，AC是⊙O的直径，PC交⊙O于点D．已知∠APB=60°，AC=2，那么AD的长为　　．15．如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上，用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是　　．16．在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y=x2绕点（1，0）旋转180°后，得到抛物线C2，定义抛物线C1和C2上位于﹣2≤x≤2范围内的部分为图象C3．若一次函数y=kx+k﹣1（k＞0）的图象与图象C3有两个交点，则k的范围是：　　．三、解答题：17．解方程：x2+2x﹣3=0．18．关于x的一元二次方程x2+3x+m﹣1=0的两个实数根分别为x1，x2．（1）求m的取值范围；（2）若2（x1+x2）+x1x2+10=0，求m的值．第30页（共30页） 19．如图，⊙O与△ADE各边所在的直线分别相切于B、F、C，DE⊥AE，AD=10，AE=6．（1）求BE+CD的值；（2）求⊙O的半径r．20．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，3），点B的坐标为（1，2）．（1）线段AB的长度为　　，并以A为圆心，线段AB的长度为半径作⊙A；（2）作出⊙A关于点O的对称图形⊙A’，并写出圆心的坐标　　；（3）过点O作直线m，并满足直线m与⊙A相交，将⊙A和⊙A’位于直线m下方的图形面积记为S，请直接写出S的值为　　．第30页（共30页） 21．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若OB=10，CD=8，求CE的长．22．九（1）班数学兴趣小组经过市场调查，整理出某种商品在第x（1≤x≤90）天的售价与销量的相关信息如下表：时间x（天）1≤x＜5050≤x≤90售价（元/件）x+4090每天销量（件）200﹣2x已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元．（1）求出y与x的函数关系式；（2）问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？（3）该商品在销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于4800元？请直接写出结果．第30页（共30页） 23．正方形ABCD的边长为4，M为BC的中点，以MC为边在正方形ABCD内部作正方形CMNE（如图1），将正方形CMNE绕C点顺时针旋转α（0°≤α≤360°），连接BM、DE．（1）如图2，试判断BM、DE的关系，并证明；（2）连接BE，在正方形CMNE绕C点顺时针旋转过程中，若M点在直线BE上时，求BM的长．（3）如图3，设直线BM与直线DE的交点为P，当正方形CMNE从图1的位置开始，顺时针旋转180°后，直接写出P点运动路径长为　　．24．如图，已知抛物线y=x2+bx与直线y=2x交于点O（0，0），A（a，12）．（1）求抛物线的解析式．（2）点B是抛物线上O、A之间的一个动点，过点B分别作x轴、y轴的平行线与直线OA交于点C、E，以BE、BC为边构造矩形BCDE，设点D的坐标为（m，n），求m，n之间的关系式．（3）将射线OA绕原点逆时针旋转45°后与抛物线交于点P，求P点的坐标．　第30页（共30页） 参考答案1．如图图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断．【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形；B、不是轴对称图形，是中心对称图形；C、是轴对称图形，不是中心对称图形；D、不是轴对称图形，是中心对称图形．故选：A．　2．抛物线y=x2向右平移一个单位得到抛物线（　　）A．y=（x+1）2B．y=（x﹣1）2C．y=（x﹣1）2+1D．y=（x﹣1）2﹣1【考点】二次函数图象与几何变换．【分析】直接根据“左加右减”的原则进行解答即可．【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=x2向右平移一个单位，所得函数解析式为y=（x﹣1）2．故选：B．　3．二次函数y=x2+4x﹣5的图象的对称轴为（　　）A．x=4B．x=﹣4C．x=2D．x=﹣2【考点】二次函数的性质．【分析】直接利用抛物线的对称轴公式代入求出即可．【解答】解：二次函数y=x2+4x﹣5的图象的对称轴为：x=﹣=﹣=﹣2．故选：D．　4．如图，将△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C′，若∠A′C′B′=30°，则∠第30页（共30页） BCA′的度数是（　　）A．80°B．60°C．50°D．30°【考点】旋转的性质．【分析】根据旋转的性质得∠BCB′=50°，然后利用∠BCA′=∠BCB′+∠A′CB′进行计算即可．【解答】解：∵△ABC绕着点C顺时针旋转50°后得到△A′B′C，∴∠BCB′=50°，∵∠A′CB′=30°，∴∠BCA′=∠BCB′+∠A′CB′=50°+30°=80°．故选：A．　5．如图，已知⊙O的内接四边形ABCD，AD=，CD=1，半径为1，则∠B的度数为（　　）A．60°B．70°C．75°D．80°【考点】圆内接四边形的性质．【分析】连接OA，OD，OC，根据勾股定理的逆定理得到∠AOD=90°，根据等边三角形的性质得到∠COD=60°，根据圆周角定理即可得到结论．【解答】解：连接OA，OD，OC，∵AD=，OA=OD=1，∴OA2+OD2=2=AD2，∴∠AOD=90°，第30页（共30页） ∵OD=OC=CD=1．∴△COD是等边三角形，∴∠COD=60°，∴∠AOC=150°，∴∠B=AOC=75°，故选C．　6．已知△ABC是⊙O的内接三角形，AB为直径，AC=12，BC=5，CD平分∠ACB角⊙O于D，I为△ABC的内心，则DI的长度为（　　）A．B．C．D．【考点】三角形的内切圆与内心；三角形的外接圆与外心．【分析】如图，连接AD、BD，AI．先求出AD，再证明DI=DA即可解决问题．【解答】解：如图，连接AD、BD，AI．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵AC=2，BC=5，∴AB===13，第30页（共30页） ∵∠ACD=∠DCB，∴=，∴AD=BD=，∠ADB=90°，∴∠DAB=∠ACD=45°∵I是内心，∴∠IAC=∠IAB，∵∠AID=∠ACD+∠CAI=45°+∠CAI，∠IAD=∠IAB+∠DAB=∠IAB+45°，∴∠DAI=∠DIA，∴ID=AD=，故选B．　7．把一张圆形纸片按如图方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，则∠BOC的度数是（　　）A．120°B．135°C．150°D．165°【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】直接利用翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出∠BOD=30°，再得出答案．【解答】解：如图所示：连接BO，过点O作OE⊥AB于点E，由题意可得：EO=BO，AB∥DC，可得∠EBO=30°，故∠BOD=30°，则∠BOC=150°故选C第30页（共30页） 　8．圆中内接正三角形的边长是半径的（　　）倍．A．1B．C．D．2【考点】三角形的外接圆与外心；等边三角形的性质．【分析】根据圆的内接正三角形的特点，求出内心到每个顶点的距离，可求出内接正三角形的边长．【解答】解：设半径为R，∵圆的内接正三角形的内心到每个顶点的距离是等边三角形高的，从而等边三角形的高为R，所以等边三角形的边长为R，∴圆中内接正三角形的边长是半径的倍．故选C．　9．如图，在⊙O中，弦AC=2cm，C为⊙O上一点，且∠ABC=120°，则⊙O的直径为（　　）A．2cmB．4cmC．4cmD．6cm【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理．【分析】作直径AD，根据直径所对的圆周角是直角，构建直角三角形，由圆内接四边形对角互补得：∠ADC=180°﹣120°=60°，利用60°的三角函数值求直径的长．【解答】解：作直径AD，交⊙O于D，连接CD，∴∠ACD=90°，第30页（共30页） ∵∠ABC=120°，∴∠ADC=180°﹣120°=60°，在Rt△ACD中，sin∠ADC=sin60°=，∴=，∴AD=4，则⊙O的直径为4cm；故选C．　10．如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（13，0），直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为（　　）A．22B．24C．10D．12【考点】圆的综合题．【分析】易知直线y=kx﹣3k+4过定点D（3，4），运用勾股定理可求出OD，由条件可求出半径OB，由于过圆内定点D的所有弦中，与OD垂直的弦最短，因此只需运用垂径定理及勾股定理就可解决问题．【解答】解：对于直线y=kx﹣3k+4，当x=3时，y=4，故直线y=kx﹣3k+4恒经过点（3，4），记为点D．过点D作DH⊥x轴于点H，则有OH=3，DH=4，OD==5．第30页（共30页） ∵点A（13，0），∴OA=13，∴OB=OA=13．由于过圆内定点D的所有弦中，与OD垂直的弦最短，如图所示，因此运用垂径定理及勾股定理可得：BC的最小值为2BD=2=2×=2×12=24．故选：B．　二、填空题11．某种植物的主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目的小分支，主干、支干和小分支的总数是13，则每个支干长出　3　．【考点】一元二次方程的应用．【分析】设每个支干长出x个小分支，利用主干、支干和小分支的总数是13列方程得到1+x+x•x=13，整理得x2+x﹣12=0，再利用因式分解法解方程求出x，然后检验即可得到x的值．【解答】解：设每个支干长出x个小分支，根据题意得1+x+x•x=13，整理得x2+x﹣12=0，解得x1=3，x2=﹣4（舍去）．即：每个支干长出3个小分支．故答案是：3．　12．已知扇形的弧长为6π，半径是6，则它的圆心角是　180　度．【考点】弧长的计算．第30页（共30页） 【分析】根据弧长公式l=，再代入l，r的值计算即可．【解答】解：∵l=，l=6πcm，r=6cm，∴6π==，解得n=180°．故答案为180．　13．等腰△ABC的三个顶点都在⊙O上，底边BC=8cm，⊙O的半径为5cm，则△ABC的面积为　32或8　．【考点】垂径定理；等腰三角形的性质；勾股定理．【分析】作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD=CD=BC=4，即AD垂直平分BC，根据垂径定理得到圆心O在AD上；连结OD，在Rt△OBC中利用勾股定理计算出OD=3，然后分类讨论：当△ABC为锐角三角形时，AD=OA+OD=8；当△ABC为钝角三角形时，AD=OA﹣OD=2，再根据三角形面积公式分别进行计算．【解答】解：作AD⊥BC于D，∵AB=AC，∴BD=CD=BC=4，∴AD垂直平分BC，∴圆心O在AD上，连结OD，在Rt△OBC中，∵BD=4，OB=5，∴OD==3，当△ABC为锐角三角形时，AD=OA+OD=5+3=8，此时S△ABC=×8×8=32；当△ABC为钝角三角形时，AD=OA﹣OD=5﹣3=2，此时S△ABC=×8×2=8．故答案为：32或8．第30页（共30页） 　14．如图，PA、PB与⊙O分别相切于点A、点B，AC是⊙O的直径，PC交⊙O于点D．已知∠APB=60°，AC=2，那么AD的长为　　．【考点】切线的性质．【分析】连接AD，OB，OP，根据已知可求得AP，PC的长，再根据切割线定理得，PA2=PD•PC，从而可求得PD与AD的长．【解答】解：连接AD，OB，OP；∵PA、PB与⊙O分别相切于点A、点B，∴∠OAP=∠OBP=90°，∠AOB=180°﹣∠P=120°，∴∠AOP=60°，AP=AOtan60°=，∴PC=；∵PA2=PD•PC，∴PD=，∴AD==．故答案为：．　第30页（共30页） 15．如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上，用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是　　．【考点】三角形的外接圆与外心．【分析】根据题意得出△ABC的外接圆的圆心位置，进而利用勾股定理得出能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径．【解答】解：如图所示：点O为△ABC外接圆圆心，则AO为外接圆半径，故能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是：．故答案为：．　16．在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y=x2绕点（1，0）旋转180°后，得到抛物线C2，定义抛物线C1和C2上位于﹣2≤x≤2范围内的部分为图象C3．若一次函数y=kx+k﹣1（k＞0）的图象与图象C3有两个交点，则k的范围是：　﹣2+2＜k≤或≤k﹣4+6或k≥15　．【考点】二次函数图象与几何变换；一次函数图象上点的坐标特征．【分析】如图，由题意图象C2的解析式为y=﹣（x﹣2）2，图象C3是图中两根红线之间的C1、C2上的部分图象，分五种情形讨论即可．【解答】解：如图，由题意图象C2的解析式为y=﹣（x﹣2）2，图象C3是图中两根红线之间的C1、C2上的部分图象．第30页（共30页） 由﹣2x≤2，则A（2，4），B（﹣2，﹣16），D（2，0）．因为一次函数y=kx+k﹣1（k＞0）的图象与图象C3有两个交点①当直线经过点A时，满足条件，4=2k+k﹣1，解得k=，②当直线与抛物线C1切时，由消去y得到x2﹣kx﹣k+1=0，∵△=0，∴k2+4k﹣4=0，解得k=或﹣2﹣2（舍弃），观察图象可知当﹣2+2＜k≤时，直线与图象C3有两个交点．③当直线与抛物线C2相切时，由，消去y，得到x2﹣（4﹣k）x+3+k=0，∵△=0，∴（4﹣k）2﹣4（3+k）=0，解得k=6﹣4或6+4（舍弃），④当直线经过点D（2，0）时，0=2k+k﹣1，解得k=，观察图象可知，≤k﹣4+6时，直线与图象C3有两个交点．⑤当直线经过点B（﹣2，﹣16）时，﹣16=﹣2k+k﹣1，解得k=15，观察图象可知，k≥15时，直线与图象C3有两个交点．综上所述，当﹣2+2＜k≤或≤k﹣4+6或k≥15时，直线与图象C3有两个交点．故答案为﹣2+2＜k≤或≤k﹣4+6或k≥15第30页（共30页） 　三、解答题：17．解方程：x2+2x﹣3=0．【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．【分析】观察方程x2+2x﹣3=0，可因式分解法求得方程的解．【解答】解：x2+2x﹣3=0∴（x+3）（x﹣1）=0∴x1=1，x2=﹣3．　18．关于x的一元二次方程x2+3x+m﹣1=0的两个实数根分别为x1，x2．（1）求m的取值范围；（2）若2（x1+x2）+x1x2+10=0，求m的值．【考点】根的判别式；根与系数的关系．【分析】（1）因为方程有两个实数根，所以△≥0，据此即可求出m的取值范围；（2）根据一元二次方程根与系数的关系，将x1+x2=﹣3，x1x2=m﹣1代入2（x1+x2）+x1x2+10=0，解关于m的方程即可．【解答】解：（1）∵方程有两个实数根，∴△≥0，∴9﹣4×1×（m﹣1）≥0，解得m≤；（2）∵x1+x2=﹣3，x1x2=m﹣1，又∵2（x1+x2）+x1x2+10=0，∴2×（﹣3）+m﹣1+10=0，∴m=﹣3．　19．如图，⊙O与△ADE各边所在的直线分别相切于B、F、C，DE⊥AE，AD=10，AE=6．（1）求BE+CD的值；第30页（共30页） （2）求⊙O的半径r．【考点】切线的性质．【分析】（1）连接OF，OB，得到四边形OFEB是正方形，由O与△ADE各边所在的直线分别相切于B、F、C，得到CD=DF，EF=BE，于是得到结论；（2）设圆的半径是x，则EF=BE=x，设DF=y，则DF=CD=y．根据勾股定理得到DE==6，解方程组即可得到结论．【解答】解：（1）连接OF，OB，则四边形OFEB是正方形，∵O与△ADE各边所在的直线分别相切于B、F、C，∴CD=DF，EF=BE，∴DE=DF+EF=CD+BE=6；（2）设圆的半径是x，则EF=BE=x，设DF=y，则DF=CD=y．在直角△ADE中，DE==6，则x+y=6，10+y=8+x，解方程组：，解得：．即⊙O的半径是4．　20．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，3），点B的坐标为（1，2）．（1）线段AB的长度为　　，并以A为圆心，线段AB的长度为半径作⊙A；（2）作出⊙A关于点O的对称图形⊙A’，并写出圆心的坐标　（﹣3，﹣3）　；第30页（共30页） （3）过点O作直线m，并满足直线m与⊙A相交，将⊙A和⊙A’位于直线m下方的图形面积记为S，请直接写出S的值为　5π　．【考点】圆的综合题．【分析】（1）利用两点间距离公式计算即可．（2）根据点A与点A′关于原点对称，即可解决问题．（3）因为⊙A与⊙A′关于原点对称，直线m也是关于原点对称，所以当直线m与⊙A相交时，S3=S1，因为S2+S3=π•（）2=5π，即可推出S1+S2=S3+S2=5π．【解答】解：（1）∵A（3，3），B（1，2），∴AB==，以A为圆心，线段AB的长度为半径作⊙A如图所示，故答案为（2）⊙A关于点O的对称图形⊙A′如图所示，A′（﹣3，﹣3）．故答案为（﹣3，﹣3）．（3）∵⊙A与⊙A′关于原点对称，直线m也是关于原点对称，∴当直线m与⊙A相交时，S3=S1，∵S2+S3=π•（）2=5π，∴S1+S2=S3+S2=5π．故答案为5π．第30页（共30页） 　21．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．（1）求证：AC是⊙O的切线；（2）若OB=10，CD=8，求CE的长．【考点】切线的判定；圆周角定理．【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，再根据等腰三角形的性质得出一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直角，即可得证；（2）过O作OG垂直于BE，可得出四边形ODCG为矩形，利用勾股定理求出BG的长，由垂径定理可得BE=2BG，中由切割线定理求出CE的长即可．【解答】（1）证明：连接OD，如图，∵BD为∠ABC平分线，∴∠1=∠2，∵OB=OD，∴∠1=∠3，第30页（共30页） ∴∠2=∠3，∴OD∥BC，∵∠C=90°，∴∠ODA=90°，∴AC是⊙O的切线；（2）解：过O作OG⊥BC，连接OE，则四边形ODCG为矩形，∴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，∵AC是⊙O的切线，∴CD2=CE•CB，即82=CE（CE+12），解得：CE=4或CE=﹣16（舍去），即CE的长为4．　22．九（1）班数学兴趣小组经过市场调查，整理出某种商品在第x（1≤x≤90）天的售价与销量的相关信息如下表：时间x（天）1≤x＜5050≤x≤90售价（元/件）x+4090每天销量（件）200﹣2x已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元．（1）求出y与x的函数关系式；第30页（共30页） （2）问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？（3）该商品在销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于4800元？请直接写出结果．【考点】二次函数的应用．【分析】（1）根据单价乘以数量，可得利润，可得答案；（2）根据分段函数的性质，可分别得出最大值，根据有理数的比较，可得答案；（3）根据二次函数值大于或等于4800，一次函数值大于或等于48000，可得不等式，根据解不等式组，可得答案．【解答】解：（1）当1≤x＜50时，y=（x+40﹣30）=﹣2x2+180x+2000，当50≤x≤90时，y=（90﹣30）=﹣120x+12000，综上所述：y=；（2）当1≤x＜50时，二次函数开口向下，二次函数对称轴为x=45，当x=45时，y最大=﹣2×452+180×45+2000=6050，当50≤x≤90时，y随x的增大而减小，当x=50时，y最大=6000，综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元；（3）当1≤x＜50时，y=﹣2x2+180x+2000≥4800，解得20≤x≤70，因此利润不低于4800元的天数是20≤x＜50，共30天；当50≤x≤90时，y=﹣120x+12000≥4800，解得x≤60，因此利润不低于4800元的天数是50≤x≤60，共11天，所以该商品在销售过程中，共41天每天销售利润不低于4800元．　23．正方形ABCD的边长为4，M为BC的中点，以MC为边在正方形ABCD内部作正方形CMNE（如图1），将正方形CMNE绕C点顺时针旋转α（0°≤α≤360°），连接BM、DE．第30页（共30页） （1）如图2，试判断BM、DE的关系，并证明；（2）连接BE，在正方形CMNE绕C点顺时针旋转过程中，若M点在直线BE上时，求BM的长．（3）如图3，设直线BM与直线DE的交点为P，当正方形CMNE从图1的位置开始，顺时针旋转180°后，直接写出P点运动路径长为　　．【考点】四边形综合题；等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质．【分析】（1）根据正方形的性质以及旋转的性质，判定△BCM≌△DCE（SAS），得出∴BM=DE，再延长BM交DE于F，交DC于G，根据三角形内角和的定理以及对顶角相等，得出BM⊥DE即可；（2）在正方形CMNE绕C点顺时针旋转过程中，若M点在直线BE上时，需要分两种情况进行讨论，运用勾股定理求得NE和BH的长，进而得到BM的长；（3）当正方形CMNE旋转到点B、M、N在一条直线上时，点P到达最高点，连结CN，NN'，CN'，根据△CN'N是等边三角形，求得弧CP的长；再根据当正方形CMNE从图4所示的位置，继续顺时针旋转180°后，直线BM与直线DE的交点P从图4所示的位置回到点C与点C重合，据此得出P点运动路径长．【解答】解：（1）BM=DE，BM⊥DE．理由：∵正方形CMNE绕C点顺时针旋转α，∴∠MCB=∠ECD=α，CM=CE．∵ABCD是正方形，∴BC=CD．在△BCM和△DCE中，，第30页（共30页） ∴△BCM≌△DCE（SAS），∴BM=DE，如图，延长BM交DE于F，交DC于G，∵△BCM≌△DCE，∴∠CBM=∠CDE，又∵∠BGC=∠DGF，∴∠BCG=∠DFG，∵BC⊥CD，∴BM⊥DE；（2）情况①，如图，过点C作CH⊥BE于点H．∵正方形ABCD的边长为4，∴CM=CE=2．∴在Rt△MCE中，由勾股定理，得ME==4，∴MH=EH=2，∴CH=2．在Rt△BHC中，BH==2，∴BM=2﹣2；情况②，如图，过点C作CH⊥BE'于点H．第30页（共30页） ∵正方形ABCD的边长为4，∴CM=CE=2．∴在Rt△MCE中，由勾股定理得ME=4，∴MH=EH=2，∴CH=2．在Rt△BHC中，BH==2，∴BM=2+2；（3）如图，当正方形CMNE旋转到点B、M、N在一条直线上时，点P到达最高点，连结CN，NN'，CN'．∵正方形ABCD的边长为4，M为BC的中点，∴CM'=CM=2．∴∠M'BC=30°，∴∠BCM'=60°，由旋转得∠NCN'=60°，NC=N'C，∴△CN'N是等边三角形，∴∠CNN'=60°，∴弧CP的长为=，第30页（共30页） 如图，当正方形CMNE从图4所示的位置，继续顺时针旋转180°后，直线BM与直线DE的交点P从图4所示的位置回到点C的位置，∴点P的运动路径长为×2=．故答案为．　24．如图，已知抛物线y=x2+bx与直线y=2x交于点O（0，0），A（a，12）．（1）求抛物线的解析式．（2）点B是抛物线上O、A之间的一个动点，过点B分别作x轴、y轴的平行线与直线OA交于点C、E，以BE、BC为边构造矩形BCDE，设点D的坐标为（m，n），求m，n之间的关系式．（3）将射线OA绕原点逆时针旋转45°后与抛物线交于点P，求P点的坐标．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）把点A的坐标代入一次函数解析式求得a的值；然后把点A的坐标代入二次函数解析式来求b的值即可；（2）根据点D的坐标，可得出点E的坐标，点C的坐标，继而确定点B的坐标，将点B的坐标代入抛物线解析式可求出m，n之间的关系式；（3）如图2，作∠POA=45°，交抛物线与P，过P作PQ⊥OA于Q，过P作PM⊥第30页（共30页） x轴于M，过Q作QN⊥PM于N交y轴于R，构建全等三角形△PNQ≌△QRO，结合全等三角形的对应边相等和二次函数图象上点的坐标特征来求点P的坐标．【解答】解：（1）∵点A（a，12）在直线y=2x上，∴12=2a，解得：a=6，又∵点A是抛物线y=x2+bx上的一点，将点A（6，12）代入y=x2+bx，可得b=﹣1，∴抛物线解析式为y=x2﹣x；（2）如图1，∵直线OA的解析式为：y=2x，点D的坐标为（m，n），∴点E的坐标为（n，n），点C的坐标为（m，2m），∴点B的坐标为（n，2m），把点B（n，2m）代入y=x2﹣x，可得m=n2﹣n，∴m、n之间的关系式为m=n2﹣n；（3）如图2，作∠POA=45°，交抛物线与P，过P作PQ⊥OA于Q，过P作PM⊥x轴于M，过Q作QN⊥PM于N交y轴于R，则△PNQ≌△QRO，所以NQ=RO，PN=QR，第30页（共30页） 设Q点为（t，2t），则P为（﹣t，3t），代入抛物线解析式得t2+t=3t，解得：t1=0，t2=4，∵t＞0，∴P点的坐标为（﹣4，12）．　第30页（共30页） 2017年3月6日第30页（共30页）