九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期期中試卷（含解析） 新人教版9 (6)

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2016-2017學(xué)年江西省贛州市潭東中學(xué)九年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷 一、選擇題 1．關(guān)于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+a2﹣1=0的一個根是0，則a的值是（　?。? A．﹣1 B．1 C．1或﹣1 D．﹣1或0 2．已知等腰三角形的腰和底的長分別是一元二次方程x2﹣6x+8=0的根，則該三角形的周長為（　?。? A．8 B．10 C．8或10 D．12 3．如圖是二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象，其對稱軸為x=1，下列結(jié)論：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④若（﹣），（）是拋物線上兩點，則y1＜y2其中結(jié)論正確的是（　?。? A．①② B．②③ C．②④ D．①③④ 4．圖（1）是一個橫斷面為拋物線形狀的拱橋，當(dāng)水面在l時，拱頂（拱橋洞的最高點）離水面2m，水面寬4m．如圖（2）建立平面直角坐標(biāo)系，則拋物線的關(guān)系式是（　?。? A．y=﹣2x2 B．y=2x2 C．y=﹣x2 D．y=x2 5．下列圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　　） A． B． C． D． 6．已知如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，CD=6，AE=1，則⊙O的直徑為（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 　 二、填空題 7．關(guān)于x的一元二次方程x2+（2a﹣1）x+5﹣a=ax+1的一次項系數(shù)為4，則常數(shù)項為：　　． 8．已知m是關(guān)于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根，則2m2﹣4m=　　． 9．拋物線y=2x2+3x﹣1向右平移2個單位，再向上平移3個單位，得到新的拋物線解析式是　?。? 10．如圖，已知A，B兩點的坐標(biāo)分別為（2，0），（0，10），M是△AOB外接圓⊙C上的一點，且∠AOM=30，則點M的坐標(biāo)為　?。? 11．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90，AB=BC=，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60，得到△ADE，連接BE，則BE的長是　?。? 12．自主學(xué)習(xí)，請閱讀下列解題過程． 解一元二次不等式：x2﹣5x＞0． 解：設(shè)x2﹣5x=0，解得：x1=0，x2=5，則拋物線y=x2﹣5x與x軸的交點坐標(biāo)為（0，0）和（5，0）．畫出二次函數(shù)y=x2﹣5x的大致圖象（如圖所示），由圖象可知：當(dāng)x＜0，或x＞5時函數(shù)圖象位于x軸上方，此時y＞0，即x2﹣5x＞0，所以，一元二次不等式x2﹣5x＞0的解集為：x＜0或x＞5． 通過對上述解題過程的學(xué)習(xí)，按其解題的思路和方法解答下列問題： （1）上述解題過程中，滲透了下列數(shù)學(xué)思想中的　　和　?。ㄖ惶钚蛱枺? ①轉(zhuǎn)化思想 ②分類討論思想 ③數(shù)形結(jié)合思想 （2）一元二次不等式x2﹣5x＜0的解集為　?。? （3）用類似的方法寫出一元二次不等式的解集：x2﹣2x﹣3＞0．　?。? 　 三、計算題 13．解方程：（1）x2﹣2x﹣2=0； （2）（x﹣2）2﹣3（x﹣2）=0． 14．先化簡，再求值：（﹣），其中，a是方程x2+3x+1=0的根． 15．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點M在⊙O上，MD恰好經(jīng)過圓心O，連接MB． （1）若CD=16，BE=4，求⊙O的直徑； （2）若∠M=∠D，求∠D的度數(shù)． 16．已知關(guān)于x的方程x2+ax+a﹣2=0 （1）若該方程的一個根為1，求a的值及該方程的另一根； （2）求證：不論a取何實數(shù)，該方程都有兩個不相等的實數(shù)根． 　 四、作圖題 17．如圖，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，給出了格點△ABC（頂點是網(wǎng)格線的交點）和點A1．畫出△ABC關(guān)于點A1的中心對稱圖形． 　 五、解答題 18．已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2x+m﹣1=0有兩個實數(shù)根x1，x2． （1）求m的取值范圍； （2）當(dāng)x12+x22=6x1x2時，求m的值． 19．某文具店購進一批紀(jì)念冊，每本進價為20元，出于營銷考慮，要求每本紀(jì)念冊的售價不低于20元且不高于28元，在銷售過程中發(fā)現(xiàn)該紀(jì)念冊每周的銷售量y（本）與每本紀(jì)念冊的售價x（元）之間滿足一次函數(shù)關(guān)系：當(dāng)銷售單價為22元時，銷售量為36本；當(dāng)銷售單價為24元時，銷售量為32本． （1）請直接寫出y與x的函數(shù)關(guān)系式； （2）當(dāng)文具店每周銷售這種紀(jì)念冊獲得150元的利潤時，每本紀(jì)念冊的銷售單價是多少元？ （3）設(shè)該文具店每周銷售這種紀(jì)念冊所獲得的利潤為w元，將該紀(jì)念冊銷售單價定為多少元時，才能使文具店銷售該紀(jì)念冊所獲利潤最大？最大利潤是多少？ 20．如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c交x軸于點A（﹣3，0）和點B，交y軸于點C（0，3）． （1）求拋物線的函數(shù)表達式； （2）若點P在拋物線上，且S△AOP=4SBOC，求點P的坐標(biāo)； （3）如圖b，設(shè)點Q是線段AC上的一動點，作DQ⊥x軸，交拋物線于點D，求線段DQ長度的最大值． 21．把邊長分別為4和6的矩形ABCO如圖放在平面直角坐標(biāo)系中，將它繞點C順時針旋轉(zhuǎn)a角，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為矩形EDCF．在旋轉(zhuǎn)過程中， （1）如圖①，當(dāng)點E在射線CB上時，E點坐標(biāo)為　??； （2）當(dāng)△CBD是等邊三角形時，旋轉(zhuǎn)角a的度數(shù)是　　（a為銳角時）； （3）如圖②，設(shè)EF與BC交于點G，當(dāng)EG=CG時，求點G的坐標(biāo)； （4）如圖③，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角a=90時，請判斷矩形EDCF的對稱中心H是否在以C為頂點，且經(jīng)過點A的拋物線上． 　 六、解答題 22．（1）如圖①，在正方形ABCD中，△AEF的頂點E，F(xiàn)分別在BC，CD邊上，高AG與正方形的邊長相等，求∠EAF的度數(shù)． （2）如圖②，在Rt△ABD中，∠BAD=90，AB=AD，點M，N是BD邊上的任意兩點，且∠MAN=45，將△ABM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90至△ADH位置，連接NH，試判斷MN，ND，DH之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由． （3）在圖①中，連接BD分別交AE，AF于點M，N，若EG=4，GF=6，BM=3，求AG，MN的長． 23．如圖1，已知一次函數(shù)y=x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=﹣x2+bx+c過A、B兩點，且與x軸交于另一點C． （1）求b、c的值； （2）如圖1，點D為AC的中點，點E在線段BD上，且BE=2ED，連接CE并延長交拋物線于點M，求點M的坐標(biāo)； （3）將直線AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)15后交y軸于點G，連接CG，如圖2，P為△ACG內(nèi)一點，連接PA、PC、PG，分別以AP、AG為邊，在他們的左側(cè)作等邊△APR，等邊△AGQ，連接QR ①求證：PG=RQ； ②求PA+PC+PG的最小值，并求出當(dāng)PA+PC+PG取得最小值時點P的坐標(biāo)． 　 六、附加題 24．如圖1，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且BE=DF，點P是AF的中點，點Q是直線AC與EF的交點，連接PQ、PD． （1）求證：AC垂直平分EF； （2）試判斷△PDQ的形狀，并加以證明； （3）如圖2，若將△CEF繞著點C旋轉(zhuǎn)180，其余條件不變，則（2）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由． 25．如圖，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于點D，動點P從點A出發(fā)以每秒1厘米的速度在線段AD上向終點D運動．設(shè)動點運動時間為t秒． （1）求AD的長； （2）當(dāng)△PDC的面積為15平方厘米時，求t的值； （3）動點M從點C出發(fā)以每秒2厘米的速度在射線CB上運動．點M與點P同時出發(fā)，且當(dāng)點P運動到終點D時，點M也停止運動．是否存在t，使得S△PMD=S△ABC？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由． 　  2016-2017學(xué)年江西省贛州市潭東中學(xué)九年級（上）期中數(shù)學(xué)試卷 參考答案與試題解析 　 一、選擇題 1．關(guān)于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+a2﹣1=0的一個根是0，則a的值是（　?。? A．﹣1 B．1 C．1或﹣1 D．﹣1或0 【考點】一元二次方程的解． 【分析】將x=0代入關(guān)于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+a2﹣1=0即可求得a的值．注意，二次項系數(shù)a﹣1≠0． 【解答】解：∵關(guān)于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+a2﹣1=0的一個根是0， ∴（a﹣1）0+0+a2﹣1=0，且a﹣1≠0， 解得a=﹣1； 故選A． 【點評】本題考查的是一元二次方程的根即方程的解的定義．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能夠使方程左右兩邊相等的未知數(shù)的值．即用這個數(shù)代替未知數(shù)所得式子仍然成立． 　 2．已知等腰三角形的腰和底的長分別是一元二次方程x2﹣6x+8=0的根，則該三角形的周長為（　?。? A．8 B．10 C．8或10 D．12 【考點】解一元二次方程-因式分解法；三角形三邊關(guān)系；等腰三角形的性質(zhì)． 【分析】用因式分解法可以求出方程的兩個根分別是4和2，根據(jù)等腰三角形的三邊關(guān)系，腰應(yīng)該是4，底是2，然后可以求出三角形的周長． 【解答】解：x2﹣6x+8=0 （x﹣4）（x﹣2）=0 ∴x1=4，x2=2， 由三角形的三邊關(guān)系可得： 腰長是4，底邊是2， 所以周長是：4+4+2=10． 故選：B． 【點評】本題考查的是用因式分解法解一元二次方程，用十字相乘法因式分解求出方程的兩個根，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系求出三角形的周長． 　 3．如圖是二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象，其對稱軸為x=1，下列結(jié)論：①abc＞0；②2a+b=0；③4a+2b+c＜0；④若（﹣），（）是拋物線上兩點，則y1＜y2其中結(jié)論正確的是（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．①③④ 【考點】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系． 【專題】數(shù)形結(jié)合． 【分析】由拋物線開口方向得到a＜0，有對稱軸方程得到b=﹣2a＞0，由∵拋物線與y軸的交點位置得到c＞0，則可對①進行判斷；由b=﹣2a可對②進行判斷；利用拋物線的對稱性可得到拋物線與x軸的另一個交點為（3，0），則可判斷當(dāng)x=2時，y＞0，于是可對③進行判斷；通過比較點（﹣）與點（）到對稱軸的距離可對④進行判斷． 【解答】解：∵拋物線開口向下， ∴a＜0， ∵拋物線的對稱軸為直線x=﹣=1， ∴b=﹣2a＞0， ∵拋物線與y軸的交點在x軸上方， ∴c＞0， ∴abc＜0，所以①錯誤； ∵b=﹣2a， ∴2a+b=0，所以②正確； ∵拋物線與x軸的一個交點為（﹣1，0），拋物線的對稱軸為直線x=1， ∴拋物線與x軸的另一個交點為（3，0）， ∴當(dāng)x=2時，y＞0， ∴4a+2b+c＞0，所以③錯誤； ∵點（﹣）到對稱軸的距離比點（）對稱軸的距離遠(yuǎn)， ∴y1＜y2，所以④正確． 故選C． 【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系：對于二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a≠0），二次項系數(shù)a決定拋物線的開口方向和大小，當(dāng)a＞0時，拋物線向上開口；當(dāng)a＜0時，拋物線向下開口；一次項系數(shù)b和二次項系數(shù)a共同決定對稱軸的位置：當(dāng)a與b同號時（即ab＞0），對稱軸在y軸左； 當(dāng)a與b異號時（即ab＜0），對稱軸在y軸右；常數(shù)項c決定拋物線與y軸交點：拋物線與y軸交于（0，c）；拋物線與x軸交點個數(shù)由△決定：△=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． 　 4．圖（1）是一個橫斷面為拋物線形狀的拱橋，當(dāng)水面在l時，拱頂（拱橋洞的最高點）離水面2m，水面寬4m．如圖（2）建立平面直角坐標(biāo)系，則拋物線的關(guān)系式是（　?。? A．y=﹣2x2 B．y=2x2 C．y=﹣x2 D．y=x2 【考點】根據(jù)實際問題列二次函數(shù)關(guān)系式． 【專題】壓軸題． 【分析】由圖中可以看出，所求拋物線的頂點在原點，對稱軸為y軸，可設(shè)此函數(shù)解析式為：y=ax2，利用待定系數(shù)法求解． 【解答】解：設(shè)此函數(shù)解析式為：y=ax2，a≠0； 那么（2，﹣2）應(yīng)在此函數(shù)解析式上． 則﹣2=4a 即得a=﹣， 那么y=﹣x2． 故選：C． 【點評】根據(jù)題意得到函數(shù)解析式的表示方法是解決本題的關(guān)鍵，關(guān)鍵在于找到在此函數(shù)解析式上的點． 　 5．下列圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　?。? A． B． C． D． 【考點】中心對稱圖形；軸對稱圖形． 【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義旋轉(zhuǎn)180后能夠與原圖形完全重合即是中心對稱圖形，以及軸對稱圖形的定義即可判斷出． 【解答】解：A、該圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故本選項正確； B、該圖形是軸對稱圖形，但不是中心對稱圖形，故本選項錯誤； C、該圖形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形，故本選項錯誤； D、該圖形既不是中心對稱圖形，也不是軸對稱圖形，故本選項錯誤； 故選：A． 【點評】此題主要考查了中心對稱圖形與軸對稱的定義，根據(jù)定義得出圖形形狀是解決問題的關(guān)鍵． 　 6．已知如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于E，CD=6，AE=1，則⊙O的直徑為（　?。? A．6 B．8 C．10 D．12 【考點】垂徑定理；勾股定理． 【分析】連接OC，根據(jù)題意OE=OC﹣1，CE=3，結(jié)合勾股定理，可求出OC的長度，即可求出直徑的長度． 【解答】解：連接OC， ∵弦CD⊥AB于E，CD=6，AE=1， ∴OE=OC﹣1，CE=3， ∴OC2=（OC﹣1）2+32， ∴OC=5， ∴AB=10． 故選C． 【點評】本題主要考查了垂徑定理、勾股定理，解題的關(guān)鍵在于連接OC，構(gòu)建直角三角形，根據(jù)勾股定理求半徑OC的長度． 　 二、填空題 7．關(guān)于x的一元二次方程x2+（2a﹣1）x+5﹣a=ax+1的一次項系數(shù)為4，則常數(shù)項為：　﹣1?。? 【考點】一元二次方程的一般形式． 【分析】移項并整理，然后根據(jù)一次項系數(shù)列方程求出a的值，再求解即可． 【解答】解：移項得，x2+（2a﹣1）x+5﹣a﹣ax﹣1=0， x2+（a﹣1）x+4﹣a=0， ∵一次項系數(shù)為4， ∴a﹣1=4， 解得a=5， 所以，常數(shù)項為4﹣a=4﹣5=﹣1． 故答案為：﹣1． 【點評】本題考查了一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常數(shù)且a≠0）． 　 8．已知m是關(guān)于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根，則2m2﹣4m=　6?。? 【考點】一元二次方程的解． 【專題】推理填空題． 【分析】根據(jù)m是關(guān)于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根，通過變形可以得到2m2﹣4m值，本題得以解決． 【解答】解：∵m是關(guān)于x的方程x2﹣2x﹣3=0的一個根， ∴m2﹣2m﹣3=0， ∴m2﹣2m=3， ∴2m2﹣4m=6， 故答案為：6． 【點評】本題考查一元二次方程的解，解題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件． 　 9．拋物線y=2x2+3x﹣1向右平移2個單位，再向上平移3個單位，得到新的拋物線解析式是　y=2（x﹣）2+?。? 【考點】二次函數(shù)圖象與幾何變換． 【分析】根據(jù)題意易得新拋物線的頂點，根據(jù)頂點式及平移前后二次項的系數(shù)不變可得新拋物線的解析式． 【解答】解：y=2x2+3x﹣1=2（x+）2﹣，其頂點坐標(biāo)為（﹣，﹣）． 向右平移2個單位長度，再向上平移3個單位長度后的頂點坐標(biāo)為（，），得到的拋物線的解析式是y=2（x﹣）2+． 故答案為：y=2（x﹣）2+． 【點評】此題主要考查了一次函數(shù)圖象與幾何變換，要求熟練掌握平移的規(guī)律：左加右減，上加下減． 　 10．如圖，已知A，B兩點的坐標(biāo)分別為（2，0），（0，10），M是△AOB外接圓⊙C上的一點，且∠AOM=30，則點M的坐標(biāo)為?。?，4）　． 【考點】三角形的外接圓與外心；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)． 【分析】由勾股定理求出AB的長，由圓周角定理得出AB為直徑，求出半徑和圓心C的坐標(biāo)，過點C作CF∥OA，過點P作ME⊥OA于E交CF于F，作CN⊥OE于N，設(shè)ME=x，得出OE=x，在△CMF中，根據(jù)勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：∵A，B兩點的坐標(biāo)分別為（2，0），（0，10）， ∴OB=10，OA=2， ∴AB==4， ∵∠AOB=90， ∴AB是直徑，CM=2， ∴Rt△AOB外接圓的圓心為AB中點， ∴C點坐標(biāo)為（，5）， 過點C作CF∥OA，過點M作ME⊥OA于E交CF于F，作CN⊥OE于N，如圖所示： 則ON=AN=OA=， 設(shè)ME=x， ∵∠AOM=30， ∴OE=x ∴∠CFM=90， ∴MF=5﹣x，CF=x﹣，CM=2， 在△CMF中，根據(jù)勾股定理得：（ x﹣）2+（5﹣x）2=（2）2， 解得：x=4或x=0（舍去）， ∴OE=x=4 故答案為：（4，4）． 【點評】本題考查的是圓周角定理、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理；熟練掌握圓周角定理，由勾股定理得出方程是解決問題的關(guān)鍵． 　 11．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90，AB=BC=，將△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60，得到△ADE，連接BE，則BE的長是　2+2?。? 【考點】旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)． 【專題】綜合題． 【分析】首先考慮到BE所在的三角形并不是特殊三角形，所以猜想到要求BE，可能需要構(gòu)造直角三角形．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，AC=AE，∠CAE=60，故△ACE是等邊三角形，可證明△ABE與△CBE全等，可得到∠ABE=45，∠AEB=30，再證△AFB和△AFE是直角三角形，然后在根據(jù)勾股定理求解 【解答】解：連結(jié)CE，設(shè)BE與AC相交于點F，如下圖所示， ∵Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90 ∴∠BCA=∠BAC=45 ∵Rt△ABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60與Rt△ADE重合， ∴∠BAC=∠DAE=45，AC=AE 又∵旋轉(zhuǎn)角為60 ∴∠BAD=∠CAE=60， ∴△ACE是等邊三角形 ∴AC=CE=AE=4 在△ABE與△CBE中， ∴△ABE≌△CBE （SSS） ∴∠ABE=∠CBE=45，∠CEB=∠AEB=30 ∴在△ABF中，∠BFA=180﹣45﹣45=90 ∴∠AFB=∠AFE=90 在Rt△ABF中，由勾股定理得， BF=AF==2 又在Rt△AFE中，∠AEF=30，∠AFE=90 FE=AF=2 ∴BE=BF+FE=2+2 故，本題的答案是：2+2 【點評】此題是旋轉(zhuǎn)性質(zhì)題，解決此題，關(guān)鍵是思路要明確：“構(gòu)造”直角三角形．在熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的基礎(chǔ)上，還要應(yīng)用全等的判定及性質(zhì)，直角三角形的判定及勾股定理的應(yīng)用 　 12．自主學(xué)習(xí)，請閱讀下列解題過程． 解一元二次不等式：x2﹣5x＞0． 解：設(shè)x2﹣5x=0，解得：x1=0，x2=5，則拋物線y=x2﹣5x與x軸的交點坐標(biāo)為（0，0）和（5，0）．畫出二次函數(shù)y=x2﹣5x的大致圖象（如圖所示），由圖象可知：當(dāng)x＜0，或x＞5時函數(shù)圖象位于x軸上方，此時y＞0，即x2﹣5x＞0，所以，一元二次不等式x2﹣5x＞0的解集為：x＜0或x＞5． 通過對上述解題過程的學(xué)習(xí)，按其解題的思路和方法解答下列問題： （1）上述解題過程中，滲透了下列數(shù)學(xué)思想中的?、佟『汀、邸。ㄖ惶钚蛱枺? ①轉(zhuǎn)化思想 ②分類討論思想 ③數(shù)形結(jié)合思想 （2）一元二次不等式x2﹣5x＜0的解集為　0＜x＜5?。? （3）用類似的方法寫出一元二次不等式的解集：x2﹣2x﹣3＞0．　x＜﹣1或x＞3?。? 【考點】二次函數(shù)與不等式（組）；拋物線與x軸的交點． 【分析】（1）根據(jù)題意容易得出結(jié)論； （2）由圖象可知：當(dāng)0＜x＜5時函數(shù)圖象位于x軸下方，此時y＜0，即x2﹣5x＜0，即可得出結(jié)果； （3）設(shè)x2﹣2x﹣3=0，解方程得出拋物線y=x2﹣2x﹣3與x軸的交點坐標(biāo)，畫出二次函數(shù)y=x2﹣，2x﹣3的大致圖象，由圖象可知：當(dāng)x＜﹣1，或x＞5時函數(shù)圖象位于x軸上方，此時y＞0，即x2﹣5=2x﹣3＞0，即可得出結(jié)果． 【解答】解：（1）上述解題過程中，滲透了下列數(shù)學(xué)思想中的①和③； 故答案為：①，③； （2）由圖象可知：當(dāng)0＜x＜5時函數(shù)圖象位于x軸下方， 此時y＜0，即x2﹣5x＜0， ∴一元二次不等式x2﹣5x＜0的解集為：0＜x＜5； 故答案為：0＜x＜5． （3）設(shè)x2﹣2x﹣3=0， 解得：x1=3，x2=﹣1， ∴拋物線y=x2﹣2x﹣3與x軸的交點坐標(biāo)為（3，0）和（﹣1，0）． 畫出二次函數(shù)y=x2﹣2x﹣3的大致圖象（如圖所示）， 由圖象可知：當(dāng)x＜﹣1，或x＞3時函數(shù)圖象位于x軸上方， 此時y＞0，即x2﹣2x﹣3＞0， ∴一元二次不等式x2﹣2x﹣3＞0的解集為：x＜﹣1或x＞3． 故答案為x＜﹣1或x＞3 【點評】本題考查了二次函數(shù)與不等式組的關(guān)系、二次函數(shù)的圖象、拋物線與x軸的交點坐標(biāo)、一元二次方程的解法等知識；熟練掌握二次函數(shù)與不等式組的關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵． 　 三、計算題 13．解方程：（1）x2﹣2x﹣2=0； （2）（x﹣2）2﹣3（x﹣2）=0． 【考點】解一元二次方程-配方法；解一元二次方程-因式分解法． 【分析】觀察各題特點，確定求解方法： （1）用配方法解方程，首先移項，把常數(shù)項移到等號的右邊，然后在方程的左右兩邊同時加上一次項系數(shù)的一半，即可使左邊是完全平方式，右邊是常數(shù)，即可求解； （2）用提公因式法解方程，方程左邊可以提取公因式x﹣2，即可分解，轉(zhuǎn)化為兩個式子的積是0的形式，從而轉(zhuǎn)化為兩個一元一次方程求解． 【解答】解：（1）x2﹣2x+1=3 （x﹣1）2=3 x﹣1= ∴x1=1+，x2=1﹣． （2）（x﹣2）（x﹣2﹣3）=0 x﹣2=0或x﹣5=0 ∴x1=2，x2=5． 【點評】靈活掌握解一元二次方程的方法，根據(jù)方程的特點選取合適的求解方法． 　 14．先化簡，再求值：（﹣），其中，a是方程x2+3x+1=0的根． 【考點】分式的化簡求值；一元二次方程的解． 【專題】計算題． 【分析】原式括號中兩項通分并利用同分母分式的減法法則計算，同時利用除法法則變形，約分得到最簡結(jié)果，將a代入方程求出a2+3a的值，代入計算即可求出值． 【解答】解：原式=[+] =（+）? =? =， ∵a是方程x2+3x+1=0的根， ∴a2+3a=﹣1， 則原式=﹣． 【點評】此題考查了分式的化簡求值，熟練掌握運算法則是解本題的關(guān)鍵． 　 15．如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，點M在⊙O上，MD恰好經(jīng)過圓心O，連接MB． （1）若CD=16，BE=4，求⊙O的直徑； （2）若∠M=∠D，求∠D的度數(shù)． 【考點】垂徑定理；勾股定理；圓周角定理． 【專題】幾何綜合題． 【分析】（1）先根據(jù)CD=16，BE=4，得出OE的長，進而得出OB的長，進而得出結(jié)論； （2）由∠M=∠D，∠DOB=2∠D，結(jié)合直角三角形可以求得結(jié)果； 【解答】解：（1）∵AB⊥CD，CD=16， ∴CE=DE=8， 設(shè)OB=x， 又∵BE=4， ∴x2=（x﹣4）2+82， 解得：x=10， ∴⊙O的直徑是20． （2）∵∠M=∠BOD，∠M=∠D， ∴∠D=∠BOD， ∵AB⊥CD， ∴∠D=30． 【點評】本題考查了圓的綜合題：在同圓或等圓中，相等的弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角為直角；垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的?。? 　 16．已知關(guān)于x的方程x2+ax+a﹣2=0 （1）若該方程的一個根為1，求a的值及該方程的另一根； （2）求證：不論a取何實數(shù)，該方程都有兩個不相等的實數(shù)根． 【考點】根的判別式；一元二次方程的解；根與系數(shù)的關(guān)系． 【專題】判別式法． 【分析】（1）將x=1代入方程x2+ax+a﹣2=0得到a的值，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出另一根； （2）寫出根的判別式，配方后得到完全平方式，進行解答． 【解答】解：（1）將x=1代入方程x2+ax+a﹣2=0得，1+a+a﹣2=0，解得，a=； 方程為x2+x﹣=0，即2x2+x﹣3=0，設(shè)另一根為x1，則1?x1=﹣，x1=﹣． （2）∵△=a2﹣4（a﹣2）=a2﹣4a+8=a2﹣4a+4+4=（a﹣2）2+4＞0， ∴不論a取何實數(shù)，該方程都有兩個不相等的實數(shù)根． 【點評】本題考查了根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系，要記牢公式，靈活運用． 　 四、作圖題 17．如圖，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中，給出了格點△ABC（頂點是網(wǎng)格線的交點）和點A1．畫出△ABC關(guān)于點A1的中心對稱圖形． 【考點】作圖-旋轉(zhuǎn)變換． 【專題】作圖題． 【分析】延長AA1到A′，使A1A′=AA1，則點A′為A的對應(yīng)點，同樣方法作出B、C的對應(yīng)點B′、C′，從而得到△A′B′C′． 【解答】解：如圖，△A′B′C′為所作． 【點評】本題考查了作圖﹣旋轉(zhuǎn)變換：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，對應(yīng)角都相等都等于旋轉(zhuǎn)角，對應(yīng)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(yīng)點，順次連接得出旋轉(zhuǎn)后的圖形． 　 五、解答題 18．已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2x+m﹣1=0有兩個實數(shù)根x1，x2． （1）求m的取值范圍； （2）當(dāng)x12+x22=6x1x2時，求m的值． 【考點】根與系數(shù)的關(guān)系；根的判別式． 【分析】（1）根據(jù)一元二次方程x2﹣2x+m﹣1=0有兩個實數(shù)根，可得△≥0，據(jù)此求出m的取值范圍； （2）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出x1+x2，x1?x2的值，代入x12+x22=6x1x2求解即可． 【解答】解：（1）∵原方程有兩個實數(shù)根， ∴△=（﹣2）2﹣4（m﹣1）≥0， 整理得：4﹣4m+4≥0， 解得：m≤2； （2）∵x1+x2=2，x1?x2=m﹣1，x12+x22=6x1x2， ∴（x1+x2）2﹣2x1?x2=6x1?x2， 即4=8（m﹣1）， 解得：m=． ∵m=＜2， ∴符合條件的m的值為． 【點評】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系以及根的判別式，解答本題的關(guān)鍵是掌握兩根之和與兩根之積的表達方式． 　 19．某文具店購進一批紀(jì)念冊，每本進價為20元，出于營銷考慮，要求每本紀(jì)念冊的售價不低于20元且不高于28元，在銷售過程中發(fā)現(xiàn)該紀(jì)念冊每周的銷售量y（本）與每本紀(jì)念冊的售價x（元）之間滿足一次函數(shù)關(guān)系：當(dāng)銷售單價為22元時，銷售量為36本；當(dāng)銷售單價為24元時，銷售量為32本． （1）請直接寫出y與x的函數(shù)關(guān)系式； （2）當(dāng)文具店每周銷售這種紀(jì)念冊獲得150元的利潤時，每本紀(jì)念冊的銷售單價是多少元？ （3）設(shè)該文具店每周銷售這種紀(jì)念冊所獲得的利潤為w元，將該紀(jì)念冊銷售單價定為多少元時，才能使文具店銷售該紀(jì)念冊所獲利潤最大？最大利潤是多少？ 【考點】二次函數(shù)的應(yīng)用；一元二次方程的應(yīng)用． 【專題】應(yīng)用題；二次函數(shù)圖象及其性質(zhì)． 【分析】（1）設(shè)y=kx+b，根據(jù)題意，利用待定系數(shù)法確定出y與x的函數(shù)關(guān)系式即可； （2）根據(jù)題意結(jié)合銷量每本的利潤=150，進而求出答案； （3）根據(jù)題意結(jié)合銷量每本的利潤=w，進而利用二次函數(shù)增減性求出答案． 【解答】解：（1）設(shè)y=kx+b， 把（22，36）與（24，32）代入得：， 解得：， 則y=﹣2x+80； （2）設(shè)當(dāng)文具店每周銷售這種紀(jì)念冊獲得150元的利潤時，每本紀(jì)念冊的銷售單價是x元， 根據(jù)題意得：（x﹣20）y=150， 則（x﹣20）（﹣2x+80）=150， 整理得：x2﹣60x+875=0， （x﹣25）（x﹣35）=0， 解得：x1=25，x2=35（不合題意舍去）， 答：每本紀(jì)念冊的銷售單價是25元； （3）由題意可得： w=（x﹣20）（﹣2x+80） =﹣2x2+120x﹣1600 =﹣2（x﹣30）2+200， 此時當(dāng)x=30時，w最大， 又∵售價不低于20元且不高于28元， ∴x＜30時，y隨x的增大而增大，即當(dāng)x=28時，w最大=﹣2（28﹣30）2+200=192（元）， 答：該紀(jì)念冊銷售單價定為28元時，才能使文具店銷售該紀(jì)念冊所獲利潤最大，最大利潤是192元． 【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用以及一元二次方程的應(yīng)用、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式等知識，正確利用銷量每本的利潤=w得出函數(shù)關(guān)系式是解題關(guān)鍵． 　 20．（2015?阜新）如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c交x軸于點A（﹣3，0）和點B，交y軸于點C（0，3）． （1）求拋物線的函數(shù)表達式； （2）若點P在拋物線上，且S△AOP=4SBOC，求點P的坐標(biāo)； （3）如圖b，設(shè)點Q是線段AC上的一動點，作DQ⊥x軸，交拋物線于點D，求線段DQ長度的最大值． 【考點】二次函數(shù)綜合題． 【專題】壓軸題． 【分析】（1）把點A、C的坐標(biāo)分別代入函數(shù)解析式，列出關(guān)于系數(shù)的方程組，通過解方程組求得系數(shù)的值； （2）設(shè)P點坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣2x+3），根據(jù)S△AOP=4S△BOC列出關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，進而得到點P的坐標(biāo)； （3）先運用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式為y=x+3，再設(shè)Q點坐標(biāo)為（x，x+3），則D點坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），然后用含x的代數(shù)式表示QD，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出線段QD長度的最大值． 【解答】解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y=﹣x2+bx+c，得 ， 解得． 故該拋物線的解析式為：y=﹣x2﹣2x+3． （2）由（1）知，該拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+3，則易得B（1，0）． ∵S△AOP=4S△BOC， ∴3|﹣x2﹣2x+3|=413． 整理，得（x+1）2=0或x2+2x﹣7=0， 解得x=﹣1或x=﹣12． 則符合條件的點P的坐標(biāo)為：（﹣1，4）或（﹣1+2，﹣4）或（﹣1﹣2，﹣4）； （3）設(shè)直線AC的解析式為y=kx+t，將A（﹣3，0），C（0，3）代入， 得， 解得． 即直線AC的解析式為y=x+3． 設(shè)Q點坐標(biāo)為（x，x+3），（﹣3≤x≤0），則D點坐標(biāo)為（x，﹣x2﹣2x+3）， QD=（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）=﹣x2﹣3x=﹣（x+）2+， ∴當(dāng)x=﹣時，QD有最大值． 【點評】此題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)以及三角形面積、線段長度問題．此題難度適中，解題的關(guān)鍵是運用方程思想與數(shù)形結(jié)合思想． 　 21．把邊長分別為4和6的矩形ABCO如圖放在平面直角坐標(biāo)系中，將它繞點C順時針旋轉(zhuǎn)a角，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為矩形EDCF．在旋轉(zhuǎn)過程中， （1）如圖①，當(dāng)點E在射線CB上時，E點坐標(biāo)為　??； （2）當(dāng)△CBD是等邊三角形時，旋轉(zhuǎn)角a的度數(shù)是　?。╝為銳角時）； （3）如圖②，設(shè)EF與BC交于點G，當(dāng)EG=CG時，求點G的坐標(biāo)； （4）如圖③，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角a=90時，請判斷矩形EDCF的對稱中心H是否在以C為頂點，且經(jīng)過點A的拋物線上． 【考點】二次函數(shù)綜合題． 【專題】綜合題． 【分析】（1）依題意得點E在射線CB上，橫坐標(biāo)為4，縱坐標(biāo)根據(jù)勾股定理可得點E． （2）已知∠BCD=60，∠BCF=30，然后可得∠α=60． （3）設(shè)CG=x，則EG=x，F(xiàn)G=6﹣x，根據(jù)勾股定理求出CG的值． （4）設(shè)以C為頂點的拋物線的解析式為y=a（x﹣4）2，把點A的坐標(biāo)代入求出a值．當(dāng)x=7時代入函數(shù)解析式可得解． 【解答】解．（1）E（4，2）（l分） （2）60（2分） （3）設(shè)CG=x，則EG=x，F(xiàn)G=6﹣x， 在Rt△FGC中，∵CF2+FG2=CG2， ∴42+（6﹣x）2=x2 解得， 即 ∴（4分） （4）設(shè)以C為頂點的拋物線的解析式為y=a（x﹣4）2， 把A（0，6）代入，得6=a（0﹣4）2． 解得a=． ∴拋物線的解析式為y=（x﹣4）2 ∵矩形EDCF的對稱中心H即為對角線FD、CE的交點， ∴H（7，2）． 當(dāng)x=7時， ∴點H不在此拋物線上．（7分） 【點評】本題考查的是二次函數(shù)的綜合運用以及利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，難度較大． 　 六、解答題 22．（1）如圖①，在正方形ABCD中，△AEF的頂點E，F(xiàn)分別在BC，CD邊上，高AG與正方形的邊長相等，求∠EAF的度數(shù)． （2）如圖②，在Rt△ABD中，∠BAD=90，AB=AD，點M，N是BD邊上的任意兩點，且∠MAN=45，將△ABM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90至△ADH位置，連接NH，試判斷MN，ND，DH之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由． （3）在圖①中，連接BD分別交AE，AF于點M，N，若EG=4，GF=6，BM=3，求AG，MN的長． 【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理． 【分析】（1）根據(jù)高AG與正方形的邊長相等，證明三角形全等，進而證明角相等，從而求出解． （2）用三角形全等和正方形的對角線平分每一組對角的知識可證明結(jié)論． （3）設(shè)出線段的長，結(jié)合方程思想，用數(shù)形結(jié)合得到結(jié)果． 【解答】解：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，AB=AG，AE=AE， ∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）． ∴∠BAE=∠GAE． 同理，∠GAF=∠DAF． ∴． （2）MN2=ND2+DH2． ∵∠BAM=∠DAH，∠BAM+∠DAN=45， ∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45． ∴∠HAN=∠MAN． 又∵AM=AH，AN=AN， ∴△AMN≌△AHN． ∴MN=HN． ∵∠BAD=90，AB=AD， ∴∠ABD=∠ADB=45． ∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90． ∴NH2=ND2+DH2． ∴MN2=ND2+DH2． （3）由（1）知，BE=EG，DF=FG． 設(shè)AG=x，則CE=x﹣4，CF=x﹣6． 在Rt△CEF中， ∵CE2+CF2=EF2， ∴（x﹣4）2+（x﹣6）2=102． 解這個方程，得x1=12，x2=﹣2（舍去負(fù)根）． 即AG=12． 在Rt△ABD中， ∴． 在（2）中，MN2=ND2+DH2，BM=DH， ∴MN2=ND2+BM2． 設(shè)MN=a，則． 即a 2=（9﹣a） 2+（3） 2， ∴．即． 【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，四邊相等，對角線平分每一組對角，以及全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的知識點等． 　 23．如圖1，已知一次函數(shù)y=x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=﹣x2+bx+c過A、B兩點，且與x軸交于另一點C． （1）求b、c的值； （2）如圖1，點D為AC的中點，點E在線段BD上，且BE=2ED，連接CE并延長交拋物線于點M，求點M的坐標(biāo)； （3）將直線AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)15后交y軸于點G，連接CG，如圖2，P為△ACG內(nèi)一點，連接PA、PC、PG，分別以AP、AG為邊，在他們的左側(cè)作等邊△APR，等邊△AGQ，連接QR ①求證：PG=RQ； ②求PA+PC+PG的最小值，并求出當(dāng)PA+PC+PG取得最小值時點P的坐標(biāo)． 【考點】二次函數(shù)綜合題． 【分析】（1）把A（﹣3，0），B（0，3）代入拋物線y=﹣x2+bx+c即可解決問題． （2）首先求出A、C、D坐標(biāo)，根據(jù)BE=2ED，求出點E坐標(biāo)，求出直線CE，利用方程組求交點坐標(biāo)M． （3）①欲證明PG=QR，只要證明△QAR≌△GAP即可．②當(dāng)Q、R、P、C共線時，PA+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K，由sin∠ACM==求出AM，CM，利用等邊三角形性質(zhì)求出AP、PM、PC，由此即可解決問題． 【解答】解：（1）∵一次函數(shù)y=x+3的圖象與x軸、y軸分別交于A、B兩點， ∴A（﹣3，0），B（0，3）， ∵拋物線y=﹣x2+bx+c過A、B兩點， ∴解得， ∴b=﹣2，c=3． （2），對于拋物線y=﹣x2﹣2x+3，令y=0，則﹣x2﹣2x+3=0，解得x=﹣3或1， ∴點C坐標(biāo)（1，0）， ∵AD=DC=2， ∴點D坐標(biāo)（﹣1，0）， ∵BE=2ED， ∴點E坐標(biāo)（﹣，1）， 設(shè)直線CE為y=kx+b，把E、C代入得到解得， ∴直線CE為y=﹣x+， 由解得或， ∴點M坐標(biāo)（﹣，）． （3）①∵△AGQ，△APR是等邊三角形， ∴AP=AR，AQ=AG，∠QAC=∠RAP=60， ∴∠QAR=∠GAP， 在△QAR和△GAP中， ， ∴△QAR≌△GAP， ∴QR=PG． ②如圖3中，∵PA+PB+PC=QR+PR+PC=QC， ∴當(dāng)Q、R、P、C共線時，PA+PG+PC最小， 作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K． ∵∠GAO=60，AO=3， ∴AG=QG=AQ=6，∠AGO=30， ∵∠QGA=60， ∴∠QGO=90， ∴點Q坐標(biāo)（﹣6，3）， 在RT△QCN中，QN=3，CN=7，∠QNC=90， ∴QC==2， ∵sin∠ACM==， ∴AM=， ∵△APR是等邊三角形， ∴∠APM=60，∵PM=PR，cos30=， ∴AP=，PM=RM= ∴MC==， ∴PC=CM﹣PM=， ∵==， ∴CK=，PK=， ∴OK=CK﹣CO=， ∴點P坐標(biāo)（﹣，）． ∴PA+PC+PG的最小值為2，此時點P的坐標(biāo)（﹣，）． 【點評】本題考查二次函數(shù)綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解Q、R、P、C共線時，PA+PG+PC最小，學(xué)會添加常用輔助線，屬于中考壓軸題． 　 六、附加題 24．如圖1，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且BE=DF，點P是AF的中點，點Q是直線AC與EF的交點，連接PQ、PD． （1）求證：AC垂直平分EF； （2）試判斷△PDQ的形狀，并加以證明； （3）如圖2，若將△CEF繞著點C旋轉(zhuǎn)180，其余條件不變，則（2）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由． 【考點】四邊形綜合題． 【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90，∠BCA=∠DCA=45，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出結(jié)論； （2）由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再證明∠DPQ=90，即可得出結(jié)論； （3）由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再證明點A、F、Q、P四點共圓，由圓周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90，即可得出結(jié)論． 【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90，∠BCA=∠DCA=45， ∵BE=DF， ∴CE=CF， ∴AC垂直平分EF； （2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下： ∵點P是AF的中點，∠ADF=90， ∴PD=AF=PA， ∴∠DAP=∠ADP， ∵AC垂直平分EF， ∴∠AQF=90， ∴PQ=AF=PA， ∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ， ∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP， ∴∠DPQ=2∠PAD+∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=245=90， ∴△PDQ是等腰直角三角形； （3）成立；理由如下： ∵點P是AF的中點，∠ADF=90， ∴PD=AF=PA， ∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45，∠ECQ=∠ACB=45， ∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ， ∴CQ⊥EF，∠AQF=90， ∴PQ=AF=AP=PF， ∴PD=PQ=AP=PF， ∴點A、F、Q、P四點共圓， ∴∠DPQ=2∠DAQ=90， ∴△PDQ是等腰直角三角形． 【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)、四點共圓、圓周角定理等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（2）中，需要證明四點共圓，運用圓周角定理才能得出結(jié)論． 　 25．如圖，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于點D，動點P從點A出發(fā)以每秒1厘米的速度在線段AD上向終點D運動．設(shè)動點運動時間為t秒． （1）求AD的長； （2）當(dāng)△PDC的面積為15平方厘米時，求t的值； （3）動點M從點C出發(fā)以每秒2厘米的速度在射線CB上運動．點M與點P同時出發(fā)，且當(dāng)點P運動到終點D時，點M也停止運動．是否存在t，使得S△PMD=S△ABC？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由． 【考點】勾股定理；三角形的面積． 【專題】動點型． 【分析】①根據(jù)等腰三角形性質(zhì)和勾股定理解答即可； ②根據(jù)直角三角形面積求出PDDC=15即可求出t； ③根據(jù)題意列出PD、MD的表達式解方程組，由于M在D點左右兩側(cè)情況不同，所以進行分段討論即可，注意約束條件． 【解答】解：（1）∵AB=AC=13，AD⊥BC， ∴BD=CD=5cm，且∠ADB=90， ∴AD2=AC2﹣CD2 ∴AD=12cm． （2）AP=t，PD=12﹣t， 又∵由△PDM面積為PDDC=15， 解得PD=6，∴t=6． （3）假設(shè)存在t， 使得S△PMD=S△ABC． ①若點M在線段CD上， 即時，PD=12﹣t，DM=5﹣2t， 由S△PMD=S△ABC， 即， 2t2﹣29t+50=0 解得t1=12.5（舍去），t2=2．（2分） ②若點M在射線DB上，即． 由S△PMD=S△ABC 得， 2t2﹣29t+70=0 解得，．（2分） 綜上，存在t的值為2或或，使得S△PMD=S△ABC．（1分） 【點評】此題關(guān)鍵為利用三角形性質(zhì)勾股定理以及分段討論，在解方程時，注意解是否符合約束條件．