一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分） 1．下列交通标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C．
2
D．
2．若方程（a﹣2）x﹣2018x+2019＝0是关于x的一元二次方程，则（ ） A．a≠1
B．a≠﹣2
2
C．a≠2 D．a≠3
3．用配方法解一元二次方程x﹣4x﹣5＝0的过程中，配方正确的是（ ） A．（x+2）＝1
2
B．（x﹣2）＝1
2
C．（x+2）＝9
2
D．（x﹣2）＝9
2
4．以2和4为根的一元二次方程是（ ） A．x+6x+8＝0
2
2
B．x﹣6x+8＝0
2
C．x+6x﹣8＝0
2
2
D．x﹣6x﹣8＝0
2
5．已知抛物线y＝x﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m﹣m+2019的值为（ ） A．2018
B．2019
C．2020
D．2021
6．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°，以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′
B′C，且点A在边A′B′上，则旋转角的度数为（ ）
A．65°
2
B．60° C．50° D．40°
7．将抛物线y＝2x向右平移1个单位，再向下平移2个单位后得到的抛物线的解析式为（ ）
A．y＝2（x+1）﹣2 C．y＝2（x﹣2）﹣1
22
B．y＝2（x﹣1）﹣2 D．y＝2（x+2）+1
2
2
8．某地区举办的篮球比赛共有x支球队参加，每两队之间都只进行一场比赛，共进行了45场比赛，则下列方程中符合题意的是（ ）
A．x（x﹣1）＝45 C．x（x﹣1）＝45
B．x（x+1）＝45 D．x（x+1）＝45
9．如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P，Q同时从点A出发，在正方形的边上，分别按A→D→C，A→B→C的方向，都以1cm/s的速度运动，到达点C运动终止，连接PQ，设运动时间为xs，△APQ的面积为ycm，则下列图象中能大致表示y与x的函数关系的是（ ）
2
A． B．
C． D．
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是
BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是
（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分） 11．方程x＝x的解是 ．
12．已知点P（﹣b，2）与点Q（3，2a）关于原点对称，则a+b的值是 ． 13．正三角形绕着它的旋转中心旋转 能够与它自身重合．
14．如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，水面下降2m，水面宽 m．
2
15．某种植物的主干长出若干数目的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91．设每个支干长出x个小分支，则可得方程为 ．
16．如图抛物线y＝ax+bx+c的图象经过（﹣1，0），对称轴x＝1，则下列三个结论：①abc＜0；②10a+3b+c＞0；③am+bm+a≥0．正确的结论为 （填序号）．
2
2
三、解答题（共8小题，满分72分） 17．解方程： （1）x﹣2x﹣1＝0 （2）2（x﹣3）＝x﹣9
18．如图，已知A（1，﹣1），B（3，﹣3），C（4，﹣1）是直角坐标平面上三点． （1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）请画出△A1B1C1绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2； （3）判断以B，B1，B2，为顶点的三角形的形状（无需说明理由）．
2
2
2
19．已知抛物线y＝﹣x+4x+5．
（1）用配方法将y＝﹣x+4x+5化成y＝a（x﹣h）+k的形式； （2）指出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标；
（3）若抛物线上有两点A（x1，y1），B（x2，y2），如果x1＞x2＞2，试比较y1与y2的大小．
20．已知关于x的方程x+（2m+1）x+m＝0有两个根x1，x2． （1）求m的取值范围；
（2）当x1+x1x2＝0时，求m的值．
21．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动． （1）如果P，Q分别从A，B同时出发那么几秒后，PQ的长度等于（2）在（1）中，△PQB的面积能否等于7cm？请说明理由．
2
2
2
2
2
2
2
cm？
22．某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现；当销售单价25元/件时，每天的销售量是250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件． （1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大？最大利润是多少？
23．如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC．
（1）如图1，通过图形旋转的性质可知AD＝ ，∠DAE＝ 度； 【解决问题】
（2）如图1，证明BC＝DC+EC； 【拓展延伸】
如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为△ABC外一点，且∠ADC＝45°，仍将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，ED． （3）若AD＝6，CD＝3，求BD的长．
24．二次函数y＝﹣x+bx+c的图象与直线y＝﹣x+1相交于A、B两点（如图），A点在
2
y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为C（﹣3，0）．
（1）填空：b＝ ，c＝ ；
（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交
AB于点M，求MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．
参与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．下列交通标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可判断出．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误； C、中心对称图形，故此选项正确； D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
2．若方程（a﹣2）x﹣2018x+2019＝0是关于x的一元二次方程，则（ ） A．a≠1
B．a≠﹣2
C．a≠2
D．a≠3
2
【分析】根据一元二次方程的定义只需使得二次项系数不等于0即可． 【解答】解：∵方程（a﹣2）x﹣2018x+2019＝0是关于x的一元二次方程， ∴a﹣2≠0， 即：a≠2， 故选：C．
3．用配方法解一元二次方程x﹣4x﹣5＝0的过程中，配方正确的是（ ） A．（x+2）＝1
2
2
2
B．（x﹣2）＝1
2
C．（x+2）＝9
2
D．（x﹣2）＝9
2
【分析】先移项，再方程两边都加上一次项系数一半的平方，即可得出答案． 【解答】解：移项得：x﹣4x＝5， 配方得：x﹣4x+2＝5+2， （x﹣2）＝9，
22
2
22
故选：D．
4．以2和4为根的一元二次方程是（ ） A．x+6x+8＝0
2
B．x﹣6x+8＝0
2
C．x+6x﹣8＝0
2
D．x﹣6x﹣8＝0
2
【分析】根据已知两根确定出所求方程即可．
【解答】解：以2和4为根的一元二次方程是x﹣6x+8＝0， 故选：B．
5．已知抛物线y＝x﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），则代数式m﹣m+2019的值为（ ） A．2018
B．2019
2
2
2
2
2
C．2020 D．2021
2
【分析】把（m，0）代入y＝x﹣x﹣1得m﹣m＝1，然后利用整体代入的方法计算m﹣
m+2019的值．
【解答】解：把（m，0）代入y＝x﹣x﹣1得m﹣m﹣1＝0， 所以m﹣m＝1，
所以m﹣m+2019＝1+2019＝2020． 故选：C．
6．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝25°，以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′
22
2
2
B′C，且点A在边A′B′上，则旋转角的度数为（ ）
A．65°
B．60°
C．50°
D．40°
【分析】先利用互余计算出∠BAC＝65°，再利用旋转的性质得CA＝CA′，∠A′＝∠BAC＝65°，∠ACA′等于旋转角，根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠ACA′的度数即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝25°， ∴∠BAC＝65°，
∵以点C为旋转中心顺时针旋转后得到△A′B′C，且点A在边A′B′上， ∴CA＝CA′，∠A′＝∠BAC＝65°，∠ACA′等于旋转角， ∴∠CAA′＝∠A′＝65°，
∴∠ACA′＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
即旋转角的度数为50°． 故选：C．
7．将抛物线y＝2x向右平移1个单位，再向下平移2个单位后得到的抛物线的解析式为（ ）
A．y＝2（x+1）﹣2 C．y＝2（x﹣2）﹣1
222
B．y＝2（x﹣1）﹣2 D．y＝2（x+2）+1
2
2
【分析】原抛物线的顶点坐标为（0，0），根据平移规律得平移后抛物线顶点坐标为（1，﹣2），根据抛物线的顶点式求解析式．
【解答】解：抛物线形平移不改变解析式的二次项系数，平移后顶点坐标为（1，﹣2）， ∴平移后抛物线解析式为y＝2（x﹣1）﹣2． 故选：B．
8．某地区举办的篮球比赛共有x支球队参加，每两队之间都只进行一场比赛，共进行了45场比赛，则下列方程中符合题意的是（ ） A．x（x﹣1）＝45 C．x（x﹣1）＝45
B．x（x+1）＝45 D．x（x+1）＝45
2
【分析】先列出x支篮球队，每两队之间都比赛一场，共可以比赛x（x﹣1）场，再根据题意列出方程为x（x﹣1）＝45．
【解答】解：∵有x支球队参加篮球比赛，每两队之间都比赛一场， ∴共比赛场数为x（x﹣1）， ∴共比赛了45场， ∴x（x﹣1）＝45， 故选：A．
9．如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P，Q同时从点A出发，在正方形的边上，分别按A→D→C，A→B→C的方向，都以1cm/s的速度运动，到达点C运动终止，连接PQ，设运动时间为xs，△APQ的面积为ycm，则下列图象中能大致表示y与x的函数关系的是（ ）
2
A． B．
C． D．
【分析】根据题意结合图形，分情况讨论：
①0≤x≤2时，根据S△APQ＝AQ•AP，列出函数关系式，从而得到函数图象； ②2≤x≤4时，根据S△APQ＝S正方形ABCD﹣S△CP′Q′﹣S△ABQ′﹣S△AP′D列出函数关系式，从而得
到函数图象，再结合四个选项即可得解． 【解答】解：①当0≤x≤2时， ∵正方形的边长为2cm， ∴y＝S△APQ＝AQ•AP＝x； ②当2≤x≤4时，
2
y＝S△APQ
＝S正方形ABCD﹣S△CP′Q′﹣S△ABQ′﹣S△AP′D，
＝2×2﹣（4﹣x）﹣×2×（x﹣2）﹣×2×（x﹣2） ＝﹣x+2x
所以，y与x之间的函数关系可以用两段二次函数图象表示，纵观各选项，只有A选项图象符合． 故选：A．
2
2
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是
BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是
（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【分析】如图连接PC．思想求出PC＝2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解答】解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2， ∴AB＝4，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝4， ∴A′P＝PB′， ∴PC＝A′B′＝2， ∵CM＝BM＝1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）． 故选：B．
二．填空题（共6小题）
11．方程x＝x的解是 x1＝0，x2＝1 ．
【分析】将方程化为一般形式，提取公因式分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解． 【解答】解：x＝x， 移项得：x﹣x＝0，
分解因式得：x（x﹣1）＝0， 可得x＝0或x﹣1＝0， 解得：x1＝0，x2＝1． 故答案为：x1＝0，x2＝1
12．已知点P（﹣b，2）与点Q（3，2a）关于原点对称，则a+b的值是 2 ．
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得﹣b＝﹣3，2a＝﹣2，再解即可得到a、b的值，进而可得答案．
【解答】解：∵点P（﹣b，2）与点Q（3，2a）关于原点对称， ∴﹣b＝﹣3，2a＝﹣2， 解得：b＝3，a＝﹣1， ∴a+b＝2， 故答案为：2．
13．正三角形绕着它的旋转中心旋转 120° 能够与它自身重合． 【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答． 【解答】解：∵360°÷3＝120°，
∴该图形绕中心至少旋转120度后能和原来的图案互相重合． 故答案为：120．
14．如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，水面下降2m，水面宽 4 m．
2
2
2
【分析】根据已知建立平面直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y＝﹣2代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．
【解答】解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，
抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为（0，2），
通过以上条件可设顶点式y＝ax+2，其中a可通过代入A点坐标（﹣2，0）， 到抛物线解析式得出：a＝﹣0.5，所以抛物线解析式为y＝﹣0.5x+2， 当水面下降2米，通过抛物线在图上的观察可转化为：
当y＝﹣2时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线y＝﹣2与抛物线相交的两点之间的距离，
可以通过把y＝﹣2代入抛物线解析式得出： ﹣2＝﹣0.5x+2， 解得：x＝±2故答案为：4
，所以水面宽度增加到4．
米，
2
2
2
15．某种植物的主干长出若干数目的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91．设每个支干长出x个小分支，则可得方程为 x+x+1＝91 ．
【分析】由题意设每个支干长出x个小分支，因为主干长出x个（同样数目）支干，则又长出x个小分支，则共有x+x+1个分支，即可列方程． 【解答】解：设每个支干长出x个小分支， 根据题意列方程得：x+x+1＝91． 故答案为x+x+1＝91．
16．如图抛物线y＝ax+bx+c的图象经过（﹣1，0），对称轴x＝1，则下列三个结论：①abc＜0；②10a+3b+c＞0；③am+bm+a≥0．正确的结论为 ②③ （填序号）．
2
2
2
2
2
2
2
【分析】①观察图象的开口方向、对称轴、与y轴的交点坐标即可判断； ②观察图象可知当x＝3时y大于0代入值即可判断； ③根据对称轴得b＝2a代入即可判断． 【解答】解：①观察图象可知：
a＞0，b＜0，c＜0，
∴abc＞0． 所以①错误； ②观察图象可知： 当x＝3时，y＞0， 即9a+3b+c＞0，∵a＞0， ∴10a+3b+c＞0． 所以②正确； ③因为对称轴x＝1， 所以b＝﹣2a， 所以am+bm+a ＝am﹣2am+a ＝a（m﹣1）≥0． 所以am+bm+a≥0． 所以③正确． 故答案为②③． 三．解答题（共8小题） 17．解方程： （1）x﹣2x﹣1＝0
22
2
2
2
（2）2（x﹣3）＝x﹣9
【分析】（1）利用公式法求解可得； （2）利用因式分解法求解可得．
【解答】解：（1）∵a＝1，b＝﹣2，c＝﹣1， ∴△＝（﹣2）﹣4×1×（﹣1）＝8＞0， ∴x＝即x， ，
2
2
2
22
．
（2）∵2（x﹣3）＝x﹣9， ∴2（x﹣3）＝（x+3）（x﹣3）， ∴2（x﹣3）﹣（x+3）（x﹣3）＝0， ∴（x﹣3）（x﹣9）＝0， ∴x﹣3＝0或x﹣9＝0， 解得x1＝3，x2＝9．
18．如图，已知A（1，﹣1），B（3，﹣3），C（4，﹣1）是直角坐标平面上三点． （1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
（2）请画出△A1B1C1绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2； （3）判断以B，B1，B2，为顶点的三角形的形状（无需说明理由）．
22
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可． （2）分别作出点A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可． （3）△BB1B2是等腰直角三角形． 【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示． （2）△A2B2C2如图所示．
（3）△BB1B2是等腰直角三角形．
19．已知抛物线y＝﹣x+4x+5．
（1）用配方法将y＝﹣x+4x+5化成y＝a（x﹣h）+k的形式； （2）指出抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标；
（3）若抛物线上有两点A（x1，y1），B（x2，y2），如果x1＞x2＞2，试比较y1与y2的大小．
【分析】（1）利用配方法将抛物线解析式化成y＝﹣（x﹣2）+9； （2）根据顶点式即可求得； （3）由抛物线的性质解答即可．
【解答】解：（1）y＝﹣x+4x+5＝﹣x+4x﹣4+4+5＝﹣（x﹣2）+9， 即y＝﹣（x﹣2）+9； （2）∵a＝﹣1＜0，
∴抛物线开口向下，抛物线的顶点坐标为（2，9），对称轴为直线x＝2； （3）∵抛物线的对称轴方程为x＝2， ∵x1＞x2＞2，
∴A，B在对称轴的右侧， ∵a＝﹣1＜0，
∴抛物线的开口向下，在对称轴的右侧y随x的增大而减小， ∵x1＞x2＞2， ∴y1＜y2．
20．已知关于x的方程x+（2m+1）x+m＝0有两个根x1，x2． （1）求m的取值范围；
2
2
2
2
2
22
2
2
2
（2）当x1+x1x2＝0时，求m的值．
【分析】（1）利用判别式的意义得到△＝（2m﹣1）﹣4m＝﹣4m+1≥0，然后解关于m的不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝﹣（2m+1），x1x2＝m，再利用x1+x1x2＝0得到x1＝0或x1+x2＝0当x1＝0时，x1x2＝m＝0；当x1+x2＝0时，即﹣（2m﹣1）＝0，然后分别解关于m的方程得到满足条件的m的值．
【解答】解：（1）根据题意得△＝（2m﹣1）﹣4m＝﹣4m+1≥0 ∴m≤；
（2）根据题意得x1+x2＝﹣（2m+1），x1x2＝m， ∵x1+x1x2＝0 ∴x1（x1+x2 ）＝0 ∴x1＝0或x1+x2＝0
当x1＝0时，x1x2＝m＝0，解得m＝0，
当x1+x2＝0时，即﹣（2m﹣1）＝0，解得m＝， 又∵m≤，
∴m＝不符合题意，舍去， 综上所述，m的值为0．
21．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动． （1）如果P，Q分别从A，B同时出发那么几秒后，PQ的长度等于（2）在（1）中，△PQB的面积能否等于7cm？请说明理由．
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
cm？
【分析】（1）根据PQ＝52
利用勾股定理BP+BQ＝PQ，求出即可；
2
2
2
2
（2）由（1）得，当△PQB的面积等于7cm，然后利用根的判别式判断方程根的情况即
可；
【解答】（1）设x秒后，PQ＝2
BP＝5﹣x BQ＝2x
∵BP+BQ＝PQ
∴（5﹣x）+（2x）＝（2
2
2
2
2
2
）
2
解得：x1＝3 x2＝﹣1（舍去） ∴3秒后，PQ的长度等于2
2
；
△PQB的面积不能等于7cm，原因如下： （2）设t秒后，PB＝5﹣t QB＝2t 又∵S△PQB＝×BP×QB＝7 ×（5﹣t）×2t＝7 ∴t﹣5t+7＝0
△＝5﹣4×1×7＝25﹣28＝﹣3＜0 ∴方程没有实数根
∴△PQB的面积不能等于7cm．
22．某商场要经营一种新上市的文具，进价为20元/件，试营销阶段发现；当销售单价25元/件时，每天的销售量是250件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少10件． （1）写出商场销售这种文具，每天所得的销售利润w（元）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
（2）求销售单价为多少元时，该文具每天的销售利润最大？最大利润是多少？ 【分析】（1）利用每件利润×销量＝总利润，进而得出w与x的函数关系式； （2）利用配方法求出二次函数最值进而得出答案．
【解答】解：（1）由题意可得：w＝（x﹣20）[250﹣10（x﹣25）] ＝﹣10（x﹣20）（x﹣50） ＝﹣10x+700x﹣10000；
（2）∵w＝﹣10x+700x﹣10000＝﹣10（x﹣35）+2250， ∴当x＝35时，w取到最大值2250，
即销售单价为35元时，每天销售利润最大，最大利润为2250元．
2
2
2
2
22
23．如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC．
（1）如图1，通过图形旋转的性质可知AD＝ AE ，∠DAE＝ 90 度； 【解决问题】
（2）如图1，证明BC＝DC+EC； 【拓展延伸】
如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为△ABC外一点，且∠ADC＝45°，仍将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，ED． （3）若AD＝6，CD＝3，求BD的长．
【分析】（1）利用旋转变换的性质即可解决问题． （2）证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD＝CE，可得结论．
（3）如图2中，连BD．证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD＝CE，再证明△ECD是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）由旋转的性质可知：AD＝AE，∠DAE＝90°． 故答案为AE，90．
（2）如图1中，
∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，
∴BC＝BD+DC＝EC+CD．
（3）如图2中，连BD．
∵∠BAC＝∠DAE， ∴BAD＝∠CAE， 又∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝CE，
而∠ADE＝∠ADC＝45°， ∴△ECD为直角三角形， ∴EC＝CD+ED＝CD+2AD＝81，
2
2
2
2
2
∴EC＝9，即：BD的长为9．
24．二次函数y＝﹣x+bx+c的图象与直线y＝﹣x+1相交于A、B两点（如图），A点在
2
y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为C（﹣3，0）．
（1）填空：b＝ ﹣
，c＝ 1 ；
（2）点N是二次函数图象上一点（点N在AB上方），过N作NP⊥x轴，垂足为点P，交
AB于点M，求MN的最大值；
（3）在（2）的条件下，点N在何位置时，BM与NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．
【分析】（1）由一次函数解析式求得点A、B的坐标，然后将其代入二次函数解析式，即利用待定系数法确定函数解析式；
（2）设M的横坐标是x，则根据M和N所在函数的解析式，即可利用x表示出M、N的坐标，利用x表示出MN的长，利用二次函数的性质求解；
（3）BM与NC互相垂直平分，即四边形BCMN是菱形，则BC＝MC，据此即可列方程，求得x的值，从而得到N的坐标．
【解答】解：（1）由直线y＝﹣x+1得到：A（0，1）， 把x＝﹣3代入y＝﹣x+1得到：y＝﹣×（﹣3）+1＝． 故B（﹣3，）．
将A、B的坐标分别代入y＝﹣x+bx+c，得
2
．
解得b＝﹣
，c＝1；
（2）设N（m，﹣m﹣
2
m+1）
则，M，P点的坐标分别是（m，﹣m+1），（m，0） ∴MN＝（﹣m﹣＝﹣m﹣
2
2
m+1）﹣（﹣m+1）
2
m
2
＝﹣（m+）+
；
∴当m＝﹣时，MN的最大值为
（3）连接MN，BN，由BM与NC互相垂直平分 ∴四边形BCMN是菱形 由BC∥MN
∴MN＝BC，且BC＝MC 而BC＝﹣×（﹣3）+1＝ 即：﹣m﹣
2
2
m＝
2
且（﹣m+1）+（m+3）＝解得：m＝﹣1
．
故当N（﹣1，4）时，BM与NC互相垂直平分．
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