2018中考備考數(shù)學(xué)練習(xí)試卷真題
2018中考備考數(shù)學(xué)練習(xí)試卷真題
2018年對即將中考的同學(xué)來說，注定是忙碌的一年，怎么在這段時間提升數(shù)學(xué)成績呢?其實可以多做數(shù)學(xué)試卷。下面由學(xué)習(xí)啦小編為大家提供關(guān)于2018中考備考數(shù)學(xué)練習(xí)試卷，希望對大家有幫助!
2018中考備考數(shù)學(xué)練習(xí)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(jù)平行線的判定定理對各選項進(jìn)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(shù)據(jù)“700000”用科學(xué)記數(shù)法可表示為( )
A.0.7×106 B.7×105 C.7×104 D.70×104
【考點】1I：科學(xué)記數(shù)法—表示較大的數(shù).
【分析】科學(xué)記數(shù)法的表示形式為a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n為整數(shù).確定n的值時，要看把原數(shù)變成a時，小數(shù)點移動了多少位，n的絕對值與小數(shù)點移動的位數(shù)相同.當(dāng)原數(shù)絕對值>1時，n是正數(shù);當(dāng)原數(shù)的絕對值<1時，n是負(fù)數(shù).
【解答】解：數(shù)據(jù)“700000”用科學(xué)記數(shù)法可表示為7×105.
故選：B.
3.下列運(yùn)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(jìn)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(jù)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(yīng)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(jù)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(jīng)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(jù)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(zhì)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(jī)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(shù)除以撲克牌的總張數(shù)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(jī)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(biāo)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(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)確定兩條直線所經(jīng)過的象限可得結(jié)果.
【解答】解：直線y=4x+1過一、二、三象限;
當(dāng)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(dāng)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(cè)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(yīng)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(jié)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(zhì);L5：平行四邊形的性質(zhì).
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AE= CE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到 = = ，等量代換得到AF= AD，于是得到 = ;故①正確;根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到S△BCE=36;故②正確;根據(jù)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(shù)學(xué)練習(xí)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(jù)絕對值的性質(zhì)求解.
【解答】解：根據(jù)負(fù)數(shù)的絕對值等于它的相反數(shù)，得| |= .
12.函數(shù)y= 中，自變量x的取值范圍是 x≤2 .
【考點】E4：函數(shù)自變量的取值范圍.
【分析】根據(jù)二次根式的性質(zhì)，被開方數(shù)大于或等于0，可以求出x的范圍.
【解答】解：根據(jù)題意得：2﹣x≥0，解得：x≤2.
故答案是：x≤2.
13.一個多邊形的內(nèi)角和等于900°，則這個多邊形是 七 邊形.
【考點】L3：多邊形內(nèi)角與外角.
【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和，可得答案.
【解答】解：設(shè)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(yùn)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(yùn)算.
【分析】根據(jù)分式的運(yùn)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(jié)果.
【解答】解：根據(jù)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(xùn)練中，某位選手五次射擊的環(huán)數(shù)分別為5，8，7，6，9，則這位選手五次射擊環(huán)數(shù)的方差為 2 .
【考點】W7：方差.
【分析】運(yùn)用方差公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，代入數(shù)據(jù)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(nèi)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(jù)題意可以求得半徑為2的圓內(nèi)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(nèi)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(shù)y= ，當(dāng)x>3時，y的取值范圍是 0
【考點】G4：反比例函數(shù)的性質(zhì).
【分析】根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)可以得到反比例函數(shù)y= ，當(dāng)x>3時，y的取值范圍.
【解答】解：∵y= ，6>0，
∴當(dāng)x>0時，y隨x的增大而減小，當(dāng)x=3時，y=2，
∴當(dāng)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(shù)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(zhì).
【分析】分兩種情況;①BC為腰，②BC為底，根據(jù)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(nèi)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(nèi)部時，頂角∠C=30°，
如圖2，AD在△ABC外部時，頂角∠ACB=180°﹣30°=150°，
②BC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(shù)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(shù)學(xué)練習(xí)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(xiàn)要在小路上建一個涼亭P，使景點B、景點C到?jīng)鐾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(yīng)用與設(shè)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：∵M(jìn)N垂直平分線段AC，
∴PA=PC，
∴PC+PB=PA+PB=AB.
23.某校為了解學(xué)生每天參加戶外活動的情況，隨機(jī)抽查了100名學(xué)生每天參加戶外活動的時間情況，并將抽查結(jié)果繪制成如圖所示的扇形統(tǒng)計圖.
請你根據(jù)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(xué)生每天參加戶外活動時間的中位數(shù);
(2)求本次抽查中學(xué)生每天參加戶外活動的平均時間.
【考點】VB：扇形統(tǒng)計圖;W2：加權(quán)平均數(shù);W4：中位數(shù).
【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(shù)，根據(jù)中位數(shù)定義求得中位數(shù);
(2)利用加權(quán)平均數(shù)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(xué)生每天參加活動時間的中位數(shù)是1;
(2) =1.175(小時).
答：本次抽查中學(xué)生每天參加戶外活動的平均時間是1.175小時.
24.已知關(guān)于x的一元二次方程x2+(2m+1)x+m2﹣4=0
(1)當(dāng)m為何值時，方程有兩個不相等的實數(shù)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(shù)的關(guān)系;L8：菱形的性質(zhì).
【分析】(1)根據(jù)方程的系數(shù)結(jié)合根的判別式，即可得出△=4m+17>0，解之即可得出結(jié)論;
(2)設(shè)方程的兩根分別為a、b，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合菱形的性質(zhì)，即可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再根據(jù)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(shù)根，
∴△=(2m+1)2﹣4(m2﹣4)=4m+17>0，
解得：m>﹣ .
∴當(dāng)m>﹣ 時，方程有兩個不相等的實數(shù)根.
(2)設(shè)方程的兩根分別為a、b，
根據(jù)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(wù)所需天數(shù)是甲工程隊單獨完成修路任務(wù)所需天數(shù)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(fèi)用為0.5萬元，乙工程隊每天的修路費(fèi)用為0.4萬元，要使兩個工程隊修路總費(fèi)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(yīng)用;C9：一元一次不等式的應(yīng)用.
【分析】(1)可設(shè)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(shè)甲修路a天，則可表示出乙修路的天數(shù)，從而可表示出兩個工程隊修路的總費(fèi)用，由題意可列不等式，求解即可.
【解答】解：
(1)設(shè)甲每天修路x千米，則乙每天修路(x﹣0.5)千米，
根據(jù)題意，可列方程：1.5× = ，
解得x=1.5，
經(jīng)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(shè)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(jīng)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(zhì);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(jù)垂徑定理可知BE=EF=12，在Rt△OEF中，依據(jù)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(shù)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(dá)乙城停留一段時間后，按原路原速返回甲城;卡車到達(dá)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(dá)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(shù)圖象如圖所示，請結(jié)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(biāo);
(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(shù)關(guān)系式(不要求寫出自變量的取值范圍).
【考點】FH：一次函數(shù)的應(yīng)用.
【分析】(1)根據(jù)圖象可知甲城和乙城之間的路程為180千米，設(shè)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(jié)果;
(2)根據(jù)(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(jié)論;
(3)根據(jù)s=180﹣120×(t﹣0.5﹣0.5)可得結(jié)果.
【解答】解：(1)甲城和乙城之間的路程為180千米，
設(shè)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(dá)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(biāo)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(xiàn)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(dāng)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(zhì);KD：全等三角形的判定與性質(zhì);LB：矩形的性質(zhì).
【分析】(1)根據(jù)平行線的性質(zhì)以及角平分線的定義，即可得到∠DCE=∠DEC，進(jìn)而得出DE=DC;
(2)連接DF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠DFC=90°，再根據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)得出BF=CF=EF= EC，再根據(jù)SAS判定△ABF≌△DCF，即可得出∠AFB=∠DFC=90°，據(jù)此可得AF⊥BF;
(3)根據(jù)等角的余角相等可得∠BAF=∠FEH，再根據(jù)公共角∠EFG=∠AFE，即可判定△EFG∽△AFE，進(jìn)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(xiàn)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(biāo)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(jīng)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(biāo)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(dāng)點E在x軸上時，求△DEM的周長.
(3)將△AOB繞坐標(biāo)平面內(nèi)的某一點按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△A1O1B1，點A，O，B的對應(yīng)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(biāo).
【考點】HF：二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式;
(2)如圖1，A與E重合，根據(jù)直線y=﹣ x+1求得與x軸交點坐標(biāo)可得OA的長，由勾股定理得AB的長，利用等角的三角函數(shù)得：sin∠ABO= ，cos∠ABO= = ，則可得DE和DM的長，根據(jù)M的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式可得縱坐標(biāo)，即ME的長，相加得△DEM的周長;
(3)由旋轉(zhuǎn)可知：O1A1⊥x軸，O1B1⊥y軸，設(shè)點A1的橫坐標(biāo)為x，則點B1的橫坐標(biāo)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(dāng)點O1，B1同時落在拋物線上時，根據(jù)點O1，B1的縱坐標(biāo)相等列方程可得結(jié)論;
②如圖3，當(dāng)點A1，B1同時落在拋物線上時，根據(jù)點B1的縱坐標(biāo)比點A1的縱坐標(biāo)大 ，列方程可得結(jié)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(jīng)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(dāng)y=0時，﹣ x+1=0，
x= ，
∴A( ，0)，
∴OA= ，
在Rt△AOB中，
∵OB=1，
∴AB= ，
∴sin∠ABO= ，cos∠ABO= = ，
∵M(jìn)E∥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(dāng)點E在x軸上時，E和A重合，則m=OA= ，
當(dāng)x= 時，y=﹣ × + × +1= ;
∴ME= ，
∴DE= = ，DM= = ，
∴△DEM的周長=DE+DM+ME= + + = ;
(3)由旋轉(zhuǎn)可知：O1A1⊥x軸，O1B1⊥y軸，設(shè)點A1的橫坐標(biāo)為x，則點B1的橫坐標(biāo)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(dāng)點O1，B1同時落在拋物線上時，
點O1，B1的縱坐標(biāo)相等，
∴﹣ =﹣ (x+1)2+ (x+1)+1，
解得：x= ，
此時點A1的坐標(biāo)為( ， )，
②如圖3，當(dāng)點A1，B1同時落在拋物線上時，
點B1的縱坐標(biāo)比點A1的縱坐標(biāo)大 ，
﹣ =﹣ (x+1)2+ (x+1)+1，
解得：x=﹣ ，
此時A1(﹣ ， )，
綜上所述，點A1( ， )或(﹣ ， ).
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