天津市河西区2019届九年级上期中数学试卷含答案解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1．下列各点，在二次函数y=x2﹣2的图象上的是( ) A．（0，0） B．（﹣1，﹣1） C．（1，9） D．（2，﹣2）
2．下列图案中，可以看作是中心对称图形的有( )
A．1个B．2个 C．3个 D．4个
3．在平面直角坐标系中，把点P（﹣3，2）绕原点O顺时针旋转180°，所得到的对应点P′的坐标为( )
A．（3，2） B．（2，﹣3） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2）
4．下列命题中不正确的是( )
A．圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴 B．圆是中心对称图形，圆心是它的对称中心 C．同弧或等弧所对的圆心角相等 D．平分弦的直径一定垂直于这条弦
5．抛物线y=x2﹣8x+9的顶点坐标为( )
A．（4，7） B．（﹣4，7） C．（4，﹣7） D．（﹣4，﹣7）
6．将抛物线y=3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为( )
A．y=3（x+2）2+3 B．y=3（x﹣2）2+3 C．y=3（x+2）2﹣3 D．y=3（x﹣2）2﹣3
7．如图，以△ABC的边BC为直径的圆O分别交AB，AC于点D、E，连接OD、OE，若∠DOE=50°，则∠A的度数为( )
A．65° B．60° C．50° D．45°
8．如图，四边形ABCD内接于圆O，E为CD延长线上一点，若∠B=110°，则∠ADE的度数为( )
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A．115°
B．110° C．90° D．80°
，若自变量x分别取x1，x2，x3，且0＜x1＜x2＜x3，则
9．已知二次函数y=﹣x2﹣7x+
对应的函数值y1，y2，y3的大小关系正确的是( )
A．y1＞y2＞y3 B．y1＜y2＜y3 C．y2＞y3＞y1 D．y2＜y3＜y1
10．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论中不正确的是( )
A．ac＜0 B．b＜0
C．b2﹣4ac＜0
D．x=3关于x方程ax2+bx+c=0一个根
11．已知二次函数y=ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表： x 0 1 2 3 … … ﹣1 y 10 5 2 1 2 … … 则当y＜5时，x的取值范围为( ) A．0＜x＜4 B．﹣4＜x＜4 C．x＜﹣4或x＞4 D．x＞4
12．如图，点E、F、G、H分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF=DG=DH，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH，若AB=a，∠A=60°，当四边形 EFGH的面积取得最大时，BE的长度为( )
A．
B． C． D．
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二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13．圆中最长的弦是__________．
14．二次函数y=x（x﹣6）的图象的对称轴是__________．
15．如图，圆O的半径为6，点A、B、C在圆O上，且∠ACB=45°，则点O到弦AB的距离为__________．
16．如图，已知平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的度数为__________．
17．已知抛物线y=﹣
与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，若D为AB的
中点，则CD的长为__________．
18．如图，有一张纸片，若连接EB，纸片被分为矩形FABE和菱形EBCD，请你画一条直线把这张纸片分成面积相等的两部分，并说明画法__________．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答写出文字说明、演算步骤或推理过程） 19．如图是一名考古学家发现的一块古代车轮碎片，你能帮他找到这个车轮的半径吗？（画出示意图，保留作图痕迹）
20．已知二次函数y=x2﹣2x﹣3 （Ⅰ）画出它的图象；
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（Ⅱ）当x取何值时，函数值为0；
（Ⅲ）观察图象，当x取何值时，函数值大于0？
21．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．当α=90°时，求AE′，BF′的长．
22．如图，已知点A，点B，点C在圆O上，且BC为圆O的直径，∠CAB的平分线交圆O于点D，若AB=6，AC=8． （1）求圆O的半径； （2）求BD、CD的长．
23．某宾馆有50个房间供游客居住，当每个房间的定价为每天180元时，房间会全部住满，当每个房间每天的定价每增加10元时，就会有一个房间空闲．如果游客居住房间，宾馆需对每个房间每天支出20元的各种费用，房价定为多少时，宾馆利润最大？并求出一天的最大利润．
24．已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PB、
PA．
（Ⅰ）如图①，把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，求证：点P、C、Q三点在同一直线上．
（Ⅱ）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系．
（Ⅲ）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明．
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25．如图，抛物线y=ax2+bx﹣，经过A（﹣1，0），B（5，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使PA+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
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-学年河九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分） 1．下列各点，在二次函数y=x2﹣2的图象上的是( ) A．（0，0） B．（﹣1，﹣1） C．（1，9） D．（2，﹣2） 【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【分析】此题可以直接把各选项的坐标代入二次函数看是否满足，再用排除法作答． 【解答】解：A、x=0时，y=0﹣2=﹣2≠0； B、x=﹣1时，y=1﹣2=﹣1； C、x=1时，y=1﹣2=﹣1≠9； D、x=2时，y=4﹣2=2≠﹣2； 故选B．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，通过代入点的坐标来判断是否在函数图象上．
2．下列图案中，可以看作是中心对称图形的有( )
A．1个B．2个 C．3个 D．4个 【考点】中心对称图形．
【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形进行解答． 【解答】解：第一个图形，第二个图形，都是中心对称图形， 故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念：关键是中心对称图形要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．在平面直角坐标系中，把点P（﹣3，2）绕原点O顺时针旋转180°，所得到的对应点P′的坐标为( )
A．（3，2） B．（2，﹣3） C．（﹣3，﹣2） D．（3，﹣2） 【考点】坐标与图形变化-旋转．
【分析】将点P绕原点O顺时针旋转180°，实际上是求点P关于原点的对称点的坐标． 【解答】解：根据题意得，点P关于原点的对称点是点P′， ∵P点坐标为（﹣3，2）， ∴点P′的坐标（3，﹣2）． 故选：D．
【点评】本题考查了坐标与图形的变换﹣旋转，熟练掌握关于原点的对称点的坐标特征是解决问题的关键．
4．下列命题中不正确的是( )
A．圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴 B．圆是中心对称图形，圆心是它的对称中心 C．同弧或等弧所对的圆心角相等
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D．平分弦的直径一定垂直于这条弦 【考点】命题与定理．
【分析】利用圆的对称性、圆周角定理及垂径定理分别判断后即可确定正确的选项． 【解答】解：A、圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴，正确； B、圆是中心对称图形，圆心是它的对称中心，正确； C、同弧或等弧所对的圆心角相等，正确；
D、平分弦（不是直径）的直径一定垂直于这条弦，错误， 故选D．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆的对称性、圆周角定理及垂径定理，属于基础题，难度不大．
5．抛物线y=x2﹣8x+9的顶点坐标为( )
A．（4，7） B．（﹣4，7） C．（4，﹣7） D．（﹣4，﹣7） 【考点】二次函数的性质．
【分析】利用配方法将抛物线的解析式y=x2﹣8x+9转化为顶点式解析式，然后求其顶点坐标．
【解答】解：∵由y=x2﹣8x+9，知 y=（x﹣4）2﹣7；
∴抛物线y=x2﹣8x+9的顶点坐标为：（4，﹣7）． 故选C．
【点评】本题考查了二次函数的性质．二次函数的三种形式：一般式：y=ax2+bx+c，顶点式：y=（x﹣h）2+k；两根式：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）．
6．将抛物线y=3x2向上平移3个单位，再向左平移2个单位，那么得到的抛物线的解析式为( )
A．y=3（x+2）2+3 B．y=3（x﹣2）2+3 C．y=3（x+2）2﹣3 D．y=3（x﹣2）2﹣3
【考点】二次函数图象与几何变换． 【专题】探究型．
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y=3x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y=3x2+3；
由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=3x2+3向左平移2个单位所得抛物线的解析式为：y=3（x+2）2+3． 故选A．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知二次函数图象平移的法则是解答此题的关键．
7．如图，以△ABC的边BC为直径的圆O分别交AB，AC于点D、E，连接OD、OE，若∠DOE=50°，则∠A的度数为( )
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A．65° B．60° C．50° D．45° 【考点】圆周角定理．
【分析】由∠DOE=50°，可求得∠BOD与∠COE的和，又由OB=OD=OC=OE，可求得∠B+∠C的和，继而求得答案． 【解答】解：∵∠DOE=50°， ∴∠BOD+∠COE=130°， ∵OB=OD，OC=OE， ∴∠B=
，∠C=
，
∴∠B+∠C=180°﹣（∠BOD+∠COE）=180°﹣×130°=115°，
∴∠A=180°﹣（∠B+∠C）=65°． 故选A．
【点评】此题考查了圆的性质以及等腰三角形的性质．注意整体思想的应用是解此题的关键．
8．如图，四边形ABCD内接于圆O，E为CD延长线上一点，若∠B=110°，则∠ADE的度数为( )
A．115° B．110° C．90° D．80° 【考点】圆内接四边形的性质．
【分析】由四边形ABCD内接于圆O，E为CD延长线上一点，若∠B=110°，根据圆的内接四边形的性质，即可求得∠ADC的度数，继而求得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于圆O，∠B=110°， ∴∠ADC=180°﹣∠B=70°， ∴∠ADE=180°﹣∠ADC=110°． 故选B．
【点评】此题考查了圆的内接多边形的性质．注意圆的内接四边形的对角互补．
9．已知二次函数y=﹣x2﹣7x+
，若自变量x分别取x1，x2，x3，且0＜x1＜x2＜x3，则
对应的函数值y1，y2，y3的大小关系正确的是( )
A．y1＞y2＞y3 B．y1＜y2＜y3 C．y2＞y3＞y1 D．y2＜y3＜y1 【考点】二次函数图象上点的坐标特征． 【专题】压轴题．
【分析】根据x1、x2、x3与对称轴的大小关系，判断y1、y2、y3的大小关系． 【解答】解：∵二次函数y=﹣x2﹣7x+∴此函数的对称轴为：x=﹣
=﹣
，
=﹣7，
∵0＜x1＜x2＜x3，三点都在对称轴右侧，a＜0，
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∴对称轴右侧y随x的增大而减小， ∴y1＞y2＞y3． 故选：A．
【点评】此题主要考查了函数的对称轴求法和函数的单调性，利用二次函数的增减性解题时，利用对称轴得出是解题关键．
10．已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论中不正确的是( )
A．ac＜0 B．b＜0
C．b2﹣4ac＜0
D．x=3关于x方程ax2+bx+c=0一个根 【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】由开口向上，判定a＞0，与y轴交于负半轴，判定c＜0，对称轴在y轴右侧，判定b＜0，则可得A，B正确；
由抛物线与x轴有2个交点，判定△=b2﹣4ac＞0，可得C错误；
由抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），对称轴为直线x=1，可得抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），即可得x=3关于x方程ax2+bx+c=0一个根．则可得D正确． 【解答】解：A、∵开口向上， ∴a＞0，
∵与y轴交于负半轴， ∴c＜0， ∴ac＜0，
故本选项正确；
B、∵a＞0，对称轴在y轴右侧， ∴b＜0，
故本选项正确；
C、∵抛物线与x轴有2个交点， ∴b2﹣4ac＞0， 故本选项错误；
D、∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），对称轴为直线x=1， ∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0）， ∴x=3关于x方程ax2+bx+c=0一个根； 故本选项正确． 故选C．
【点评】此题考查了二次函数的图象与系数的关系．注意二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
11．已知二次函数y=ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表： x 0 1 2 3 … … ﹣1 y 10 5 2 1 2 … …
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则当y＜5时，x的取值范围为( )
A．0＜x＜4 B．﹣4＜x＜4 C．x＜﹣4或x＞4 D．x＞4 【考点】二次函数的性质．
【分析】根据表格数据，利用二次函数的对称性判断出x=4时，y=5，然后写出y＜5时，x的取值范围即可．
【解答】解：由表可知，二次函数的对称轴为直线x=2， 所以，x=4时，y=5，
所以，y＜5时，x的取值范围为0＜x＜4． 故选A．
【点评】本题考查了二次函数与不等式，观察图表得到y=5的另一个x的值是解题的关键．
12．如图，点E、F、G、H分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF=DG=DH，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH，若AB=a，∠A=60°，当四边形 EFGH的面积取得最大时，BE的长度为( )
A． B． C． D．
【考点】菱形的性质；二次函数的最值；矩形的判定与性质．
【分析】利用等腰三角形的性质：等边对等角，以及平行线的性质可以证得
∠DGH+∠CGH=90°，则∠HGF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形EFGH是矩形；设BE的长是x，则利用x表示出矩形EFGH的面积，根据函数的性质即可求解．
【解答】解：∵DG=DH， ∴∠DHG=∠DGH， 同理∠CGF=∴∠DGH+∠CGF=
又∵菱形ABCD中，AD∥BC， ∴∠D+∠C=180°，
∴∠DGH+∠CGF=90°， ∴∠HGF=90°，
同理，∠GHE=90°，∠EFG=90°， ∴四边形EFGH是矩形； ∵AB=a，∠A=60°， ∴菱形ABCD的面积是：设BE=x，则AE=a﹣x，
a2， ，
，
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则△AEH的面积是：△BEF的面积是：则矩形EFGH的面积y=即y=﹣则当x=
x2+
ax，
， a2﹣
，
﹣
x2，
=时，函数有最大值．
此时BE=．
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定以及二次函数的性质，正确利用x表示出矩形EFGH的面积是关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13．圆中最长的弦是直径． 【考点】圆的认识．
【分析】根据圆的性质直接回答即可． 【解答】解：圆中最长的弦是直径， 故答案为：直径．
【点评】本题考查了圆的认识，解题的关键是了解圆中最长的弦是直径，难度不大．
14．二次函数y=x（x﹣6）的图象的对称轴是x=3． 【考点】二次函数的性质．
【分析】将抛物线的一般式转化为顶点式，可求对称轴，也可以用对称轴公式求解． 【解答】解：∵y=x（x﹣6）=x2﹣6x=（x﹣3）2﹣9， ∴抛物线的对称轴为直线x=3． 故答案为：x=3．
【点评】本题考查了二次函数的性质．抛物线的顶点式y=a（x﹣h）2+k，顶点坐标为（h，k），对称轴为直线x=h．
15．如图，圆O的半径为6，点A、B、C在圆O上，且∠ACB=45°，则点O到弦AB的距离为3．
【考点】圆周角定理；等腰直角三角形．
【分析】连接OA、OB、作OD⊥AB于点D，证明△OAB是等腰直角三角形，则OD=AB，据此即可求解．
【解答】解：连接OA、OB、作OD⊥AB于点D． ∵△OAB中，OB=OA=6，∠AOB=2∠ACB=90°，
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=6， ∴AB=
又∵OD⊥AB于点D， ∴OD=AB=3故答案是：3
． ．
【点评】本题考查了圆周角定理，正确证明△OAB是等腰直角三角形是关键．
16．如图，已知平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的度数为160°．
【考点】旋转的性质． 【专题】计算题．
【分析】根据平行四边形的性质得∠ABC=∠ADC=60°，AD∥BC，则根据平行线的性质可计算出∠DA′B=130°，接着利用互余计算出∠BAE=30°，然后根据旋转的性质得∠BA′E′=∠BAE=30°，于是可得∠DA′E′=160°． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴∠ABC=∠ADC=60°，AD∥BC， ∴∠ADA′+∠DA′B=180°， ∴∠DA′B=180°﹣50°=130°， ∵AE⊥BE， ∴∠BAE=30°，
∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′， ∴∠BA′E′=∠BAE=30°， ∴∠DA′E′=130°+30°=160°． 故答案为160°．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的性质．
17．已知抛物线y=﹣中点，则CD的长为
．
与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，若D为AB的
【考点】抛物线与x轴的交点． 【专题】推理填空题．
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【分析】根据y=﹣可以求得此抛物线与x轴的交点A和点B的坐标，与y轴
交点C的坐标，从而可以求得点D的坐标，进而可以求得CD的长． 【解答】解：令y=0，则解得，x1=﹣3，x2=12． 令x=0，则y=6． ∵抛物线y=﹣
与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，D为AB的中点，
．
∴点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（12，0），点C的坐标为（0，6）． ∴点D的坐标为（4.5，0）． ∴CD=故答案为：
．
．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，解题的关键是根据抛物线的解析式可以求得各点的坐标．
18．如图，有一张纸片，若连接EB，纸片被分为矩形FABE和菱形EBCD，请你画一条直线把这张纸片分成面积相等的两部分，并说明画法连接BF、AE交于M，连接BD、EC交于N，作直线MN．
【考点】中心对称．
【分析】根据中心对称的性质、菱形和平行四边形是中心对称图形矩形解答即可． 【解答】解：如图，连接BF、AE交于M，连接BD、EC交于N， 作直线MN，则直线MN即为所求．
【点评】本题考查的是中心对称的性质，理解矩形和平行四边形的中心对称图形是解题的关键．
三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答写出文字说明、演算步骤或推理过程） 19．如图是一名考古学家发现的一块古代车轮碎片，你能帮他找到这个车轮的半径吗？（画出示意图，保留作图痕迹）
【考点】垂径定理的应用；勾股定理．
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【分析】确定圆心的位置就相应的确定了半径，圆心在圆的弦的垂直平分线上．作出圆的两条弦的垂直平分线的交点就是圆心． 【解答】解：
【点评】本题主要考查了垂径定理及其推论．垂直平分弦的直线一定过圆心．
20．已知二次函数y=x2﹣2x﹣3 （Ⅰ）画出它的图象；
（Ⅱ）当x取何值时，函数值为0；
（Ⅲ）观察图象，当x取何值时，函数值大于0？ 【考点】二次函数的性质；二次函数的图象．
【分析】（1）先利用配方法得到顶点式，确定抛物线的顶点坐标坐标和对称轴，然后利用列表、描点、连线画二次函数图象；
（2）根据图象直接写出当x取何值时函数值为0即可；
（3）函数值大于0就是函数的图象位于x轴的上方，从而确定答案． 【解答】解：（1）y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4， 列表： x 0 1 2 3 … … ﹣1 y 0 0 … … ﹣3 ﹣4 ﹣3 描点： 连线，如图．
（2）观察图象知：当x=﹣1或x=3时，y=0；
（3）当x＜﹣1或x＞3时函数值大于0．
【点评】本题考查了函数的性质及二次函数的图象的作法，二次函数图象为抛物线，利用列表、描点、连线画二次函数图象．
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21．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点．若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α．当α=90°时，求AE′，BF′的长．
【考点】旋转的性质；坐标与图形性质． 【专题】计算题．
【分析】根据点A和点B的坐标得到OA=2，OE=1，OB=2，OF=1，再根据旋转的性质得E′（0，1），F′（1，0），然后利用勾股定理计算AE′，BF′的长．
【解答】解：∵点A（﹣2，0），点B（0，2），点E，点F分别为OA，OB的中点， ∴OA=2，OE=1，OB=2，OF=1，
∵正方形OEDF绕点O顺时针旋转90°，得正方形OE′D′F′， ∴E′（0，1），F′（1，0），
==； 在Rt△OAE′中，AE′=
==． 在Rt△OBF′中，BF′=
即AE′，BF′的长都为．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了坐标与图形性质．
22．如图，已知点A，点B，点C在圆O上，且BC为圆O的直径，∠CAB的平分线交圆O于点D，若AB=6，AC=8． （1）求圆O的半径； （2）求BD、CD的长．
【考点】圆周角定理；勾股定理；等腰直角三角形．
【分析】（1）由圆周角定理可得∠BAC=90°，进而根据勾股定理求出BC的长度，即圆的直径，继而半径可求出；
（2）根据角平分线的定义可得∠DAC=∠BCD，然后求出AD=BD，再根据等腰直角三角形的性质其解即可．
【解答】解：（1）∵BC是直径，
∴∠CAB=∠BDC=90°（直径所对的圆周角是直角）， 在Rt△ABC中，AB=6，AC=8， ∴BC=10，
∴圆O的半径OC=5；
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（2）
∵BC是直径，
∴∠CAB=∠BDC=90°（直径所对的圆周角是直角）， ∵∠CAB的平分线交⊙O于点D， ∴∠CAB=∠BAD， ∴， ∴CD=BD，
∴在Rt△CBD中，CD=BD=
×10=5
．
【点评】本题考查了勾股定理，圆周角定理，解题的关键是求出∠CAB=∠CDV=90°．
23．某宾馆有50个房间供游客居住，当每个房间的定价为每天180元时，房间会全部住满，当每个房间每天的定价每增加10元时，就会有一个房间空闲．如果游客居住房间，宾馆需对每个房间每天支出20元的各种费用，房价定为多少时，宾馆利润最大？并求出一天的最大利润．
【考点】二次函数的应用．
【分析】设每个房间每天的定价增加x元，宾馆所得利润为y，从而利用租房利润减去维护费，可得利润函数，利用配方法，即可求得结论．
【解答】解：设每个房间每天的定价增加x元，宾馆所得利润
．
即
．
其中0≤x≤500，且x是10的倍数． 当
时，
∴房价定为180+170=350时，宾馆利润最大． ∴
．
答：房价定为350元，宾馆利润最大，一天的最大利润为10890元．
【点评】本题考查了二次函数的应用，要求同学们仔细审题，将实际问题转化为数学模型，注意配方法求二次函数最值的应用．
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24．已知⊙O中，弦AB=AC，点P是∠BAC所对弧上一动点，连接PB、
PA．
（Ⅰ）如图①，把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，求证：点P、C、Q三点在同一直线上．
（Ⅱ）如图②，若∠BAC=60°，试探究PA、PB、PC之间的关系．
（Ⅲ）若∠BAC=120°时，（2）中的结论是否成立？若是，请证明；若不是，请直接写出它们之间的数量关系，不需证明． 【考点】圆的综合题． 【专题】证明题．
【分析】（Ⅰ）连结PC，如图①，根据旋转的性质得∠ABP=∠ACQ，再根据圆内接四边形的性质得∠ABP+∠ACP=180°，则∠ACQ+∠ACP=180°，于是可判断点P、C、Q三点在同一直线上；
（Ⅱ）把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图②，则由①得点P、C、Q三点在同一直线上，根据旋转的性质得∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ，而∠BAP+∠PAC=60°，则∠PAC+∠CAQ=60°，即∠PAQ=60°，于是可判断△APQ为等边三角形，所以PQ=PA=PB+PC；
（Ⅲ）把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图③，由①得点P、C、Q三点在同一直线上，∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ，由∠BAP+∠PAC=120°，得到
∠PAC+∠CAQ=120°，即∠PAQ=120°，可计算出∠P=∠Q=30°，作AH⊥PQ，根据等腰三角形的性质得PH=QH，在Rt△APH中，利用余弦的定义得cos∠APH=cos30°=则PH=
PA，由于PQ=PC+CQ=PC+PB=2PH，所以得到PB+PC=
PA．
=
，
【解答】（Ⅰ）证明：连结PC，如图①， ∵把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ， ∴∠ABP=∠ACQ，
∵四边形ABPC为⊙O的内接四边形， ∴∠ABP+∠ACP=180°， ∴∠ACQ+∠ACP=180°，
∴点P、C、Q三点在同一直线上；
（Ⅱ）解：PA=PB+PC．理由如下：
把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图②，
由①得点P、C、Q三点在同一直线上，∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ， 而∠BAC=60°，即∠BAP+∠PAC=60°， ∴∠PAC+∠CAQ=60°，即∠PAQ=60°， ∴△APQ为等边三角形， ∴PQ=PA，
∴PA=PC+CQ=PC+PB；
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（Ⅲ）（2）中的结论不成立，PA、PB、PC之间的关系为PA=PB+PC．理由如下： 把△ABP绕点A逆时针旋转到△ACQ，如图③，
由①得点P、C、Q三点在同一直线上，∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，PB=CQ， 而∠BAC=120°，即∠BAP+∠PAC=120°， ∴∠PAC+∠CAQ=120°，即∠PAQ=120°， ∴∠P=∠Q=30°，
作AH⊥PQ，则PH=QH， 在Rt△APH中，cos∠APH=cos30°=∴PH=
PA，
=
，
而PQ=PC+CQ=PC+PB=2PH， ∴PB+PC=2×
PA=
PA．
【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆内接四边形的性质和旋转的性质；会运用等边三角形的性质和等腰三角形的性质解决线段相等的问题．
25．如图，抛物线y=ax2+bx﹣，经过A（﹣1，0），B（5，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使PA+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）点M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）把A（﹣1，0），B（5，0）代入y=ax2+bx﹣，列出a和b的二元一次方程组，求出a和b的值即可；
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（2）首先求出抛物线的对称轴，连接BC，然后设设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），求出k和b的值，把x=2代入一次函数解析式，求出y的值即可；
（3）①当点N在x轴下方时，直接求出N点坐标；②当点N在x轴上方时，过点N作ND垂直x轴于点D，先求出N点的纵坐标为，进而求出点N的横坐标，即可解答． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（5，0）代入y=ax2+bx﹣，
得到，
解得，
即抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣； （2）∵抛物线的解析式为：y=x2﹣2x﹣， ∴其对称轴为直线x=﹣连接BC，如图1所示， ∵B（5，0），C（0，﹣），
∴设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0）， ∴
，
=﹣
=2，
解得，
∴直线BC的解析式为y=x﹣， 当x=2时，y=1﹣=﹣， ∴P（2，﹣）； （3）存在， 如图2所示，
①当点N在x轴下方时，
∵抛物线的对称轴为直线x=2，C（0，﹣）， ∴N1（4，﹣）；
②当点N在x轴上方时，过点N作ND垂直x轴于点D， 在△AND与△MCO中，
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∵，
∴△AND≌△MCO（ASA）， ∴ND=OC=，即N点的纵坐标为， ∴x2﹣2x﹣=， 解得x=2±∴N2（2+
，
，），N3（2﹣
，），
，）或（2﹣
，）．
综上所述，符合条件的点N的坐标为（4，﹣）、（2+
【点评】本题主要考查了二次函数的综合题的知识，此题涉及到待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、二次函数的性质、全等三角形的判定与性质等知识，解答（2）问关键是求出直线BC的解析式，解答（3）问的关键是分点N在x轴的上方还是下方，此题有一
定的难度．
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