四川省金堂县白果初级中学2024-2025学年九年级上学期数学期中测试练习卷（含答案）

第第页四川省金堂县白果初级中学2024-2025学年九年级上学期数学期中测试练习卷一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）1．在平行四边形ABCD中，若∠B=135°，则∠D=（）A．45° B．55° C．135° D．145°2．如图，三个村庄A、B、C构成△ABC，供奶站须到三个村庄的距离都相等，则供奶站应建在（）A．三条边的垂直平分线的交点 B．三个角的角平分线的交点C．三角形三条高的交点 D．三角形三条中线的交点3．下列命题：①在函数：y=−x−1；②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；③反比例函数图象是两条无限接近坐标轴的曲线，它只是中心对称图形；④已知数据x1,x2,x3其中是真命题的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．若关于x的分式方程x−6x−5A．−1 B．−2 C．2 D．15．如果一个正比例函数的图象经过不同象限的两点A（2，m），B（n，3），那么一定有（）A．m>0，n>0 B．m>0，n<0 C．m<0，n>0 D．m<0，n<06．下列各式中从左到右的变形，是因式分解的是（）A．a2b+abC．x2+1=x(7．若m>n，下列不等式一定成立的是()A．m−2>n+2 B．2m>2n C．−m2>8．下列条件中，不能判定四边形是正方形的是（）A．对角线互相垂直且相等的四边形B．一条对角线平分一组对角的矩形C．对角线相等的菱形D．对角线互相垂直的矩形二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）9．如图，已知等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，AB＝5，点E是边AB上的动点（不与A，B点重合），连接DE，过点D作DF⊥DE交AC于点F，连接EF，点H在线段AD上，且DH＝14AD，连接EH，HF，记图中阴影部分的面积为S1，△EHF的面积记为S2，则S1＝，S2的取值范围是10．如图，在平面直角坐标系中，函数y=2x和y=﹣x的图象分别为直线l1，l2，过点（1，0）作x轴的垂线交l2于点A1，过点A1作y轴的垂线交l2于点A2，过点A2作x轴的垂线交l2于点A3，过点A3作y轴的垂线交l2于点A4，…依次进行下去，则点A2017的坐标为．11．将直线y=2x+5向上平移3个单位后，可得到直线.12．若a=2+7，则a2−4a+513．多边形的每个外角都等于45°，则这个多边形是边形.三、解答题（本大题共5个小题，共48分）14．如图1，正方形ABCD的边长为6cm，点F从点B出发，沿射线AB方向以1cm/秒的速度移动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度移动（不到点A）．设点E，F同时出发移动t秒．（1）在点E，F移动过程中，连接CE，CF，EF，请判断△CEF的形状并说明理由；（2）如图2，连接EF，设EF交BD于点M，当t=2时，求AM的长；（3）如图3，点G，H分别在边AB，CD上，且GH=3515．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别是AO，DO的中点，连接BE，CF.（1）求证：BE=CF；（2）连接EF，若EF=3，∠EOF=120°，求矩形ABCD的周长。16．解不等式组2x−4≤01+17．如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于点E．（1）如图1，猜想∠QEP=°；（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．18．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线l1:y=−x+b与x轴的正半轴交于点A6,0，与直线l2:y=kx交于点B，若B四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）19．如图，在四边形ABCD中，∠DBC=90°，∠ABD=30°，∠ADB=75°，AC与BD交于点E，若CE=2AE=43，则DC的长为．20．如图，在平面直角坐标系中，点A1，m在直线y=−2x+3上，点A关于y轴的对称点B恰好落在直线y=kx+2上，则k的值为21．把直线y=2x向上平移2个单位得到的直线解析式为：.22．如图，在△ABC中，∠ACB=90°,∠ABC=30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ0°<θ<180°，得到△A'B'C'．设AC中点为E，A'B'中点为P，AC=2，连接23．已知一元二次方程x2−9x+18=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC的周长为五、解答题（本大题共3个小题，共30分）24．如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（n，1）（n＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°得到矩形OA'B'C'，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A、A'、C'三点．（1）求此抛物线的解析式（a、b、c可用含n的式子表示）；（2）若抛物线对称轴是x＝1的一条直线，直线y＝kx+2（k≠0）与抛物线相交于两点D（x1，y1）、E（x2、y2）（x1＜x2），当|x1﹣x2|最小时，求抛物线与直线的交点D和E的坐标；（3）若抛物线对称轴是x＝1的一条直线，如图2，点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一动点，点Q是坐标平面内一点，四边形APQM是以PM为对角线的平行四边形，点Q'与点Q关于直线AM对称，连接MQ'、PQ'，当△PMQ'与平行四边形APQM重合部分的面积是平行四边形的面积的1425．甲、乙两车间同时开始加工一批服装．从开始加工到加工完这批服装甲车间工作了9小时，乙车间在中途停工一段时间维修设备，然后按停工前的工作效率继续加工，直到与甲车间同时完成这批服装的加工任务为止．设甲、乙两车间各自加工服装的数量为y（件）．甲车间加工的时间为x（时），y与x之间的函数图象如图所示．（1）甲车间每小时加工服装件数为件；这批服装的总件数为件．（2）求乙车间维修设备后，乙车间加工服装数量y与x之间的函数关系式；（3）求甲、乙两车间共同加工完1000件服装时甲车间所用的时间．26．如图，反比例函数y＝kx（1）求反比例函数与一次函数的函数关系式；（2）根据图象，直接回答：当x取何值时，一次函数的值大于反比例函数的值；（3）连接AO、BO，求△ABO的面积；（4）在y轴上存在点P，使△AOP为等腰三角形，请直接写出点P的坐标.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：如图，∵在平行四边形ABCD中，∠B＝135°，∴∠D＝∠B＝135°，故答案为：C.【分析】利用平行四边形的对角相等，可证得∠D=∠B，就可求出∠D的度数。2．【答案】A【解析】【解答】解：∵在三角形中，只有三边垂直平分线的交点到各顶点距离相等，∴供奶站应建在三条边的垂直平分线的交点处．故选：A【分析】本题考查线段垂直平分线的性质(线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等).要找到到三个村庄距离相等的点，即到三角形三个顶点的距离相等的点，根据性质，该点就在三条边垂直平分线的交点.3．【答案】A【解析】【解答】解：①在函数：y=−x−1；y=3x；②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，正确，是真命题；③反比例函数图象是两条无限接近坐标轴的曲线，它既是中心对称图形，也是轴对称图形，故不正确，是假命题；④已知数据x1,x2,x3故选：A．【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的性质、正方形得判定以及方差得性质；准确掌握各个知识点，逐一分析题中得命题，找出正确的个数即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：方程两边同乘以x-5得，x-6+(x-5)=-k，∵关于x的分式方程x−6x−5∴x=5，把x=5代入x-6+(x-5)=-k得，5-6=-kk=1.故答案为：D.【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根及分式方程的增根就是使分式方程的最简公分母为0的根，且分式方程的增根又是将分式方程去分母得到的整式方程的根即可解决问题.5．【答案】D【解析】【解答】解：∵A，B是不同象限的点，而正比例函数的图象要不在一、三象限，要不在二、四象限，∴由点A与点B的横纵坐标可以知：点A与点B在一、三象限时：横纵坐标的符号应一致，显然不可能；点A与点B在二、四象限：点B在二象限得n<0，点A在四象限得m<0.故选D.

【分析】本题考查正比例函数的图象分布规律，正比例函数y=kx的图像要么在一三象限（k>0，横纵坐标同号），要么在二四象限（k<0，横纵坐标异号）.根据两点在不同象限，结合坐标符号特征判断m、n的正负即可.6．【答案】A【解析】【解答】解：A、该式子符合因式分解的定义，则本项正确，符合题意，

B：该等式右边不是几个整式的积的形式，则本项错误，不符合题意，

C：该等式右边不是几个整式的积的形式，则本项错误，不符合题意，

D：该等式右边不是几个整式的积的形式，则本项错误，不符合题意，

故答案为：A.

【分析】根据因式分解的定义：把一个多项式在一个范围化为几个整式的积的形式，据此逐项分析即可求解.7．【答案】B【解析】【解答】解：A、左边减2，右边2，故A不符合题意；B、两边都乘以2，不等号的方向不变，故B符合题意；C、左边除以−2，右边除以2，故C不符合题意；D、两边乘以不同的数，故D不符合题意；故答案为：B．【分析】根据不等式的基本性质，逐一判断选项，即可．8．【答案】A【解析】【解答】解：对角线互相垂直且相等的四边形不一定是平行四边形，故A不能判定，符合题意；由矩形的一条对角线平分一组对角可知该四边形也是菱形，故B能判定，不符合题意；由菱形的对角线相等可知该四边形也是矩形，故C能判定，不符合题意；由矩形的对角线互相垂直可知该四边形也是菱形，故D能判定，不符合题意；故选A．【分析】本题考查了正方形的判定条件，熟练掌握和运用正方形的各种性质，判断其是否能够满足正方形的判定条件是关键.9．【答案】2516；【解析】【解答】解：作EM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，∵EM⊥BD，AD⊥BC∴EM∥AD∵△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，AB＝5∴∠B＝∠C＝45°＝∠BAD＝∠DAC，BD＝CD＝AD＝5∵DF⊥DE∴∠ADF+∠ADE＝90°且∠ADE+∠BDE＝90°∴∠ADF＝∠BDE且AD＝BD，∠B＝∠DAF＝45°∴△ADF≌△BDE，∴AF＝BE，DE＝DF∴△DEF是等腰直角三角形，∵AF＝BE，∠B＝∠DAF＝45°，∠EMB＝∠ANF＝90°∴△BME≌△ANF∴NF＝BM∵S1=∴5∵S∴25【分析】本题综合考查了直角三角形、面积计算以及动点问题，解题的关键在于利用直角三角形的性质确定AD和DH的长，然后结合DE得取值范围，计算S1，S2得面积和取值范围.具体思路为分别作EM⊥BC于M，作FN⊥AD于N，证出△ADF≌△BDE，从而△DFE是等腰直角三角形．然后证明△BME≌△ANF，得NF=BM．利用面积公式代入可求S1．然后由点E是边AB上的动点，可得DE垂直AB时DE最小，求出52⩽DE<522，且S2=S△DEF10．【答案】（21008，21009）．【解析】【解答】解：观察，发现规律：A1（1，2），A2（﹣2，2），A3（﹣2，﹣4），A4（4，﹣4），A5（4，8），…，∴A2n+1（（﹣2）n，2（﹣2）n）（n为自然数）．∵2017=1008×2+1，∴A2017的坐标为（（﹣2）1008，2（﹣2）1008），即A2017（21008，21009）．故答案为（21008，21009）．【分析】本题主要考查一次函数图象中点的坐标特征以及规律问题中点的坐标变化特征，是对学生观察、分析和计算能力得考查；解题的关键在于通过列举点找出坐标规律，A2n+1（（﹣2）n，2（﹣2）n）（n为自然数）；再将2n+1=2017求出n代入即可.11．【答案】y=2x+8【解析】【解答】解：由“上加下减”原则可知，将直线y=2x+5向上平移3个单位，得到直线的解析式为：y=2x+5+3，即y=2x+8故答案为：y=2x+8.【分析】根据“上加下减”原则进行解答即可.12．【答案】8【解析】【解答】解：a把a=2+7原式=2+7故答案为：8．【分析】本题考查的是完全平方公式变形和代数值的求值，通过将代数式a2−4a+5变形为13．【答案】八【解析】【解答】解：∵360°÷45°＝8，∴这个多边形是八边形.故答案为八.【分析】根据多边形的外角和等于360°可求解.14．【答案】解：（1）等腰直角三角形．理由如下：

如图1，

在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=90°．

依题意得：DE=BF=t．

在△CDE与△CBF中，

DC=BC∠D=∠CBFDE=BF，

∴△CDE≌△CBF（SAS），

∴CF=CE，∠DCE=∠BCF，

∴∠ECF=∠BCF+∠BCE=∠DCE+∠BCE=∠BCD=90°，

∴△CEF是等腰直角三角形．

（2）如图2，

过点E作EN∥AB，交BD于点N，则∠NEM=∠BFM，

∴∠END=∠ABD=∠EDN=45°，

∴EN=ED=BF．

在△EMN与△FMB中，

∠NME=∠BMF∠NEM=∠BFMEN=BF，

∴△EMN≌△FMB（AAS），

∴EM=FM．

∵Rt△AEF中，AE=4，AF=8，

∴AE2+AF2=EF=42+82=45，

∴AM=12EF=25；

（3）如图3，

连接CE，CF，设EF与GH交于P．

由（1）得∠CFE=45°，又∠EPQ=45°，

∴GH∥CF，

又∵AF∥DC，

∴四边形GFCH是平行四边形，

【解析】【分析】本题考查了四边形综合题.需要借助其正方形的性质构造全等三角形；涉及线段中点与长度计算时，利用勾股定理和三角形中位线定理解决，遇到线段夹角问题时，通过平行四边形转化条件，将未知线段与已知线段建立联系.(1)考查正方形的性质、全等三角形的判定（SAS）与性质，证明△CDE≌△CBF，得出CF=CE且∠ECF=90°，从而判定△CEF的形状.

(2)通过做辅助线构造全等三角形，得出EM=FM，再用勾股定理计算EF长度，进而求得AM.

(3)构造平行四边形GFCH，利用对边相等得出CF=GH，再在Rt△CBF中通过勾股定理求出BF.15．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD=OC=OA.

∵点E，F分别是AO，DO的中点，

∴OE=12OA,OF=12OD.

∴OE=OF.

又∵∠BOE=∠COF，

∴ΔBOE≅ΔCOF(SAS).

∴BE=CF；

（2）解：∵点E，F分别是AO，DO的中点，

∴EF是ΔAOD的中位线.

∴AD=2EF=6.

∵∠AOD=∠EOF=120°,AO=OD，

∴∠ODA=12180°−120【解析】【分析】（1）利用矩形对角线的性质得出OE=OF、OB=OC，结合角相等证明△BOE≌△COF，从而得到BE=CF；（2）利用三角形中位线定理得出AD=2EF，再结合∠EOF=120°推出△AOD的形状，进而在RtΔADB中通过勾股定理求出AB，最终计算矩形的周长.16．【答案】解：，由①得，x≤2，由②得，x＞1，故不等式组的解集为：1＜x≤2．在数轴上表示为：．【解析】【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集并在数轴上表示出来即可．17．【答案】（1）60（2）（2）

解：∠QEP=60°．以∠DAC是锐角为例．如图2，

∵△ABC是等边三角形，

∴AC=BC，∠ACB=60°，

∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，

∴CP=CQ，∠PCQ=60°，

∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，

即∠ACP=∠BCQ，

∴△ACP≌△BCQSAS，

∴∠APC=∠Q，

∵∠BOP=∠COQ，

∴∠QEP=∠PCQ=60°；

以∠DAC是钝角为例．如图3，

∵△ABC是等边三角形，

∴AC=BC，∠ACB=60°，

∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，

∴CP=CQ，∠PCQ=60°，

∴∠ACB−∠BCP=∠PCQ−∠BCP，

即∠ACP=∠BCQ，

∴△ACP≌△BCQSAS，

∴∠APC=∠Q，

∵∠BOP=∠COQ，

∴∠QEP=∠PCQ=60°；（3）解：作CH⊥AD于H，如图3，

由（2）得△ACP≌△BCQ，

∴AP=BQ，

∵∠DAC=135°，

∴∠CAH=45°，

∵AC=4，

∴AH=CH=22，

∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，

∴∠CPH=30°，

∴PC=2CH=42，

∴PH=PC2−CH2=26【解析】【解答】解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，∴∠ACP+∠BCP=∠BCP+∠BCQ，即∠ACP=∠BCQ，∴△ACP≌△BCQSAS∴∠APC=∠Q，∵∠EOP=∠COQ，∴∠QEP=∠QCP=60°；【分析】本题是一道几何变换得综合题，主要考查了旋转性质、全等三角形得判定与性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质与判定；判断出△ACP≌△BCQ是本题的关键．

（1）先利用SAS证明出△ACP≌△BCQ，即可得到∠QEP=∠QCP=60°；（2）同样用SAS证明△ACP≌△BCQ，即可得到∠QEP=∠PCQ=60°；（3）作CH⊥AD于H，由（2）中的结论，得到AP=BQ，可推出∠CAH=45°，进而可得AH=CH=22，再求出∠CPH=30°，结合勾股定理得到PH=2（1）解：如图1，∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，∴∠ACP+∠BCP=∠BCP+∠BCQ，即∠ACP=∠BCQ，∴△ACP≌△BCQSAS∴∠APC=∠Q，∵∠EOP=∠COQ，∴∠QEP=∠QCP=60°；（2）解：∠QEP=60°．以∠DAC是锐角为例．如图2，∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，即∠ACP=∠BCQ，∴△ACP≌△BCQSAS∴∠APC=∠Q，∵∠BOP=∠COQ，∴∠QEP=∠PCQ=60°；以∠DAC是钝角为例．如图3，∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，∴∠ACB−∠BCP=∠PCQ−∠BCP，即∠ACP=∠BCQ，∴△ACP≌△BCQSAS∴∠APC=∠Q，∵∠BOP=∠COQ，∴∠QEP=∠PCQ=60°；（3）解：作CH⊥AD于H，如图3，由（2）得△ACP≌△BCQ，∴AP=BQ，∵∠DAC=135°，∴∠CAH=45°，∵AC=4，∴AH=CH=22∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，∴∠CPH=30°，∴PC=2CH=42∴PH=P∴PA=PH−AH=26∴BQ=2618．【答案】解：∵直线l1：y=﹣x+b与x轴的正半轴交于点A（6，0），∴0=﹣6+b，∴b=6，∴直线l1的解析式为y=﹣x+6；

∵B点的横坐标为3，∴当x=3时，y=3，∴B（3，3），把B（3，3）代入y=kx得：k=1，∴直线l2的解析式为y=x．

【解析】【分析】本题考查的是待定系数法求一次函数解析式的相关问题，灵活应用已知条件，代入解析式求未知数是关键.19．【答案】6【解析】【解答】解：过A点作A⊥BD于F，∵∠DBC=90°，∴AF∥BC，∵CE=2AE，∴AF=12∵∠ABD=30°，∴AF=12∴BC=AB，∵∠ABD=30°，∠ADB=75°，∴∠BAD=75°，∠ACB=30°，∴∠ADB=∠BAD，∴BD=AB，∴BC=BD，∵CE=43，在Rt△CBE中，BC=32在Rt△CBD中，CD=2BC=62．故答案为62．【分析】本题主要考查了30度角直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及等腰直角三角形的三边关系，首先过A点作A⊥BD于F，再结合平行以及30度角所对的直角边长度等于斜边的一半，得到BC=AB；接着利用等腰的判定与性质得到BD=AB，BC=BD；最后结合特殊角度直角三角形的三边关系，得到BC=32CE，CD=220．【答案】1【解析】【解答】解：∵点A在直线y=-2x+3上，∴m=-2×1+3=1，

∴点A的坐标为(1,1)．

又∵点A、B关于y轴对称，

∴点B的坐标为(-1,1)，

∵点B(-1,1)在直线y=kx+2上，

【分析】本题主要考查了一次函数的性质以及对称点的求解方法；根据点A关于y轴的对称点，x坐标变为相反数，y坐标不变，找出对称点坐标(-1，1)，将坐标代入到y=kx+2的方程中，即可求出k的值.21．【答案】y=2x+2【解析】【解答】解：直线y=2x向上平移2个单位后得到的直线解析式为y=2x+2.故答案为：y=2x+2.【分析】直接根据一次函数图象的几何变换规律“函数值上移加，下移减”即可得出答案.22．【答案】120；3【解析】【解答】解：∵∠ACB=90°,∠ABC=30°，AC=2，∴AB=4，∠A=60°，由旋转得∠A'=∠A=60°，∵A'B'∴PC=PA∴△A'∴∠A'如图，连接CP，当△ABC旋转到点E、C、P三点共线时，EP最长，此时θ=∠A∵点E是AC的中点，AC=2，∴CE=1，∴EP=CE+PC=3，故答案为：120，3.【分析】本题考查了直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，旋转的性质；解题的关键在于明确旋转得到EP的最大值，当点E、C、P三点共线时，即CE+PC，据此来求出旋转角以及EP的长.23．【答案】15【解析】【解答】解：x2-9x+18=0（x-3）（x-6）=0

解得x1=3，x2=6．

由三角形的三边关系可得：腰长是6，底边是3，

所故周长是：6+6+3=15．

故答案为：15．【分析】先用因式分解法解出一元二次方程的两个根，根据等腰三角形的性质以及三角形的三边关系，进行分类讨论和计算周长即可.24．【答案】解：（1）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标为（n，1）（n＞0），∴A（n，0），C（0，1），

∵矩形OA'B'C'由矩形OABC旋转而成，

∴A'（0，n），C'（﹣1，0）；

将抛物线解析式为y＝ax2+bx+c，

∵A（n，0），A'（0，n），C'（﹣1，0），

∴an2+bn+c＝0c=na−b+c＝0，

解得a＝−1b＝n−1c＝n，

∴此抛物线的解析式为：y＝﹣x2+（n﹣1）x+n；

（2）对称轴为x＝1，得﹣n−1-2＝1，解得n＝3，

则抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．

由y＝kx+2y＝−x2+2x+3，

整理可得x2+（k﹣2）x﹣1＝0，

∴x1+x2＝﹣（k﹣2），x1x2＝﹣1．

∴（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（k﹣2）2+4．

∴当k＝2时，（x1﹣x2）2的最小值为4，即|x1﹣x2|的最小值为2，

∴x2﹣1＝0，由x1＜x2可得x1＝﹣1，x2＝1，即y1＝4，y2＝0．

∴当|x1﹣x2|最小时，抛物线与直线的交点为D（﹣1，0），E（1，4）；

（3）①当P点在AM下方时，如答图1，

设P（0，p），易知M（1，4），从而Q（2，4+p），

∵△PMQ'与▱APQM重合部分的面积是▱APQM面积的14，

∴PQ'必过AM中点N（0，2），

∴可知Q'在y轴上，

易知QQ'的中点T的横坐标为1，而点T必在直线AM上，

故T（1，4），从而T、M重合，

∴▱APQM是矩形，

∵易得直线AM解析式为：y＝2x+2，

∵MQ⊥AM，

∴直线QQ'：y＝﹣12x+92，

∴4+p＝﹣12×2+92，

解得：p＝﹣12，

∴PN＝52，

∴S▱APQM＝2S△AMP＝4S△ANP＝4×12×PN×AO＝4×12×52×1＝5；

②当P点在AM上方时，如答图2，

设P（0，p），易知M（1，4），从而Q（2，4+p），

∵△PMQ'与▱APQM重合部分的面积是▱APQM面积的14，

∴PQ'必过QM中点R（32，4+p2），

易得直线QQ'：y＝﹣12x+p+5，

联立y＝2x+2y＝−12x+p+5，

解得：x＝6+2p5，y＝22+4p5，

∴H（6+2p5，22+4p5），

∵H为QQ'中点，

故易得Q'（2+4p5，24+3p5），

由P（0，p）、R（32，4+p2）易得直线PR解析式为：y＝（83﹣p3）x+p，

将Q'（2+4p5，24+3p5）代入到y＝（83﹣p3）x+p得：【解析】【分析】本题为二次函数与几何相关的综合大题，需要综合应用代数和几何的知识点，涉及到待定系数法求解析式、二次函数的性质、一元二次方程根与系数的关系、直线与抛物线的交点问题以及分类讨论和方程的思想.（1）结合矩形的性质以及点B的坐标，求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A'、C'的坐标分别为A'（0，n），C'（﹣1，0）；再把A、A'、C'三点的坐标代入，利用待定系数法即可得出a、b、c的值，从而求得抛物线的解析式；

（2）交点坐标即方程组的解，将直线与抛物线的解析式组成方程组，得到x2+（k-2）x-1=0，根据根与系数的关系，表示出（x1﹣x2）2＝（k﹣2）2+4