天津市和平区益中学校 2017年九年级数学中考练习试卷(含答案)

天津市和平区益中学校 2017年九年级数学中考练习试卷（含答案）

一、单选题

1.下列计算正确的是（ ）

A．2a+3b=5ab B．(﹣2ab)=﹣6ab C．【答案】C

【解析】A选项：2a、3b不是同类项，故不能合并，故是错误的； B选项：（-2ab）=-8ab,故是错误的； C选项：

2

2

2

2

3

63

2

3

63

D．(a+b)=a+b

222

,故是正确的；

D选项：(a+b)=a+2ab+b，故是错误的; 故选C. 2.在函数y=

中，自变量x的取值范围是( )

A．x＞3 B．x≥3 C．x＞4 D．x≥3且x≠4 【答案】D 【解析】∵要使∴x-3≥0,x-4≠0 ∴x≥3且x≠4. 故选D.

3.某校有25名同学参加某项比赛，预赛成绩各不相同，取前13名参加决赛，其中一名同学已经知道自己的成绩，能否进入决赛，只需要再知道这25名同学成绩的() A．最高分 B．中位数 C．方差 D．平均数 【答案】B

【解析】试题分析：共有25名学生参加预赛，取前13名，所以小颖需要知道自己的成绩是否进入前13,我们把所有同学的成绩按大小顺序排列，第13名的成绩是这组数据的中位数，所以小颖知道这组数据的中位数，才能知道自己是否进入决赛．故选：B． 考点：统计量的选择．

4.如图，在△PAB中，PA=PB，M，N，K分别是PA，PB，AB上的点，且AM=BK，BN=AK，若∠MKN=44°，则∠P的度数为（）

有意义

A．44° B．66° C．88° D．92° 【答案】D

【解析】试题分析：根据等腰三角形的性质得到∠A=∠B，证明△AMK≌△BKN，得到

∠AMK=∠BKN，根据三角形的外角的性质求出∠A=∠MKN=44°，根据三角形内角和定理计算即可．∵PA=PB，∴∠A=∠B，

，∴△AMK≌△BKN，∴∠AMK=∠BKN，

在△AMK和△BKN中，

∵∠MKB=∠MKN+∠NKB=∠A+∠AMK，∴∠A=∠MKN=44°，∴∠P=180°﹣∠A﹣∠B=92°， 考点：（1）等腰三角形的性质；（2）全等三角形的判定和性质；（3）三角形的外角的性质

5.八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分件后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．己知汽车的速度是骑自行车学生速度的2倍．设骑车学生的速度为x千米/小时，则所列方程正确的是( ) A．【答案】C

【解析】设骑车学生的速度为x千米/小时，依题意得：

故选C.

6.已知x1、x2是一元二次方程3x=6﹣2x的两根，则x1﹣x1x2+x2的值是（ ） A．

B． C．

D．

2

B． C． D．

【答案】D

【解析】∵一元二次方程3x=6﹣2x中，a=3,b=2,c=-6,且x1、x2是一元二次方程3x=6﹣2x的两根， ∴x1x2=∴x1﹣x1x2+x2=故选D.

,x1+x2=

.

2

2

7.若，则的值为( )

A．-6 B．6 C．18 D．30 【答案】B

【解析】∵x+4x-4=0，即x+4x=4， ∴3(x-2)-6(x+1)(x-1)=3（x-4x+4）-6（x-1） =3x-12x+12-6x+6 =-3x-12x+18 =-3（x+4x）+18 =-12+18 =6． 故选B.

8.已知等边三角形的边长为3，点P为等边三角形内任意一点，则点P到三边的距离之和为( ) A．

B．

C． D．不能确定

222

2

2

2

2

2

2

【答案】B 【解析】如图，

∵等边三角形的边长为3， ∴高线AH=3×S△ABC=∴

∴PD+PE+PF=AH=

.

即点P到三角形三边距离之和为故选B.

9.如图，在Rt中，，，，点在边上,,⊙的半

径长为3，⊙与⊙相交，且点在⊙外，那么⊙的半径长的取值范围是（ ）

A． B． C． D．

【答案】B 【解析】连接AD，

∵AC=4，CD=3，∠C=90°， ∴AD=5，

∵⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交， ∴r＞5-3=2， ∵BC=7， ∴BD=4， ∵点B在⊙D外， ∴r＜4，

∴⊙D的半径长r的取值范围是2＜r＜4， 故选B．

【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，设点到圆心的距离为d，则当d=r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．

10.如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠B=30°，CE平分∠ACB交⊙O于E，交AB于点D，连接AE，则S△ADE：S△CDB的值等于（）

A．1： B．1： C．1：2 D．2：3

【答案】D

【解析】试题分析：由AB是⊙O的直径，得到∠ACB=90°，根据已知条件得到据三角形的角平分线定理得到

，求出AD=

AB，BD=

，根

AB，过C作

CE⊥AB于E，连接OE，由CE平分∠ACB交⊙O于E，得到OE⊥AB，求出OE=AB，CE=AB，根据三角形的面积公式即可得到结论． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°，∵∠B=30°，∴

，

AB，

∵CE平分∠ACB交⊙O于E，∴，∴AD=AB，BD=

过C作CE⊥AB于E，连接OE，∵CE平分∠ACB交⊙O于E，∴=， ∴OE⊥AB，∴OE=AB，CE=

AB，

∴S△ADE：S△CDB=（AD`OE）：（BD`CE）=（×3．

AB·AB）：（×AB·AB）=2：

考点：（1）圆周角定理；（2）三角形的角平分线定理；（3）三角形的面积的计算；（4）直角三角形的性质

11.已知a≥2，m﹣2am+2=0，n﹣2an+2=0，则(m﹣1)+(n﹣1)的最小值是（ ） A．6 B．3 C．﹣3 D．0 【答案】A

【解析】已知m﹣2am+2=0，n﹣2an+2=0，可得m，n是关于x的方程x﹣2ax+2=0的两个

2222

根，根据根与系数的关系可得m+n=2a，mn=2，再由（m﹣1）+（n﹣1）=m﹣2m+1+n﹣2n+1=（m+n）﹣2mn﹣2（m+n）+2=4a﹣4﹣4a+2=4（a﹣ ）﹣3，因a≥2，所以当a=2时，（m﹣1）+（n﹣1）有最小值，即（m﹣1）+（n﹣1）的最小值=4（a﹣）-3=4（2﹣）

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

﹣3=6，故选A．

12.如图，正△ABC的边长为4，点P为BC边上的任意一点（不与点B、C重合），且∠APD=60°，PD交AB于点D．设BP=x，BD=y，则y关于x的函数图象大致是（ ）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】∵△ABC是正三角形， ∴∠B=∠C=60°，

∵∠BPD+∠APD=∠C+∠CAP,∠APD=60°， ∴∠BPD=∠CAP， ∴△BPD∽△CAP， ∴BP:AC=BD:PC，

∵正△ABC的边长为4，BP=x，BD=y， ∴x:4=y:(4?x)， ∴y=?x+x. 故选C.

点睛：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图象获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题能力、解决问题能力.用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图. 二、填空题

1.分解因式：ab﹣9ab= ． 【答案】ab（a+3）（a﹣3）

【解析】试题分析：首先提取公因式ab，然后再利用平方差公式继续分解，即可求得答案． 解：ab﹣9ab=a（a﹣9）=ab（a+3）（a﹣3）． 故答案为：ab（a+3）（a﹣3）． 考点：提公因式法与公式法的综合运用．

3

2

3

2

点评：本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解．注意先提公因式，再利用公式法分解因式，注意分解要彻底． 2.化简：（1﹣【答案】m.

【解析】试题分析：原式=考点：分式的运算.

3.如果关于x的一元二次方程kx﹣3x﹣1=0有两个不相等的实根，那么k的取值范围是__． 【答案】k＞﹣且k≠0

【解析】试题分析：一元二次方程ax+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数

2

根．根据一元二次方程的定义和△的意义得到k≠0且△＞0，即（﹣3）﹣4×k×（﹣1）＞0，然后解不等式即可得到k的取值范围．

∵关于x的一元二次方程kx﹣3x﹣1=0有两个不相等的实数根， ∴k≠0且△＞0，即（﹣3）﹣4×k×（﹣1）＞0，解得：k＞﹣且k≠0． 考点：根的判别式

4.如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=10影部分面积为______．

，一圆弧过点B和点C，且与AD相切，则图中阴

22

2

2

2

）?（m+1）= ．

?（m+1）=m.

【答案】

【解析】设圆弧的圆心为O，与AD切于E， 连接OE交BC于F，连接OB、OC，

设圆的半径为x，则OF=x-5， 由勾股定理得，OB=OF+BF， 即x=（x-5）+（5

2

2

2

2

2

）解得，x=10，

2

则∠BOF=60°，∠BOC=120°，

则阴影部分面积为：矩形ABCD的面积-（扇形BOCE的面积-△BOC的面积）

故答案是：

2

.

5.二次函数y＝ax＋bx＋c的图象如图11所示，且P＝|2a＋b|＋|3b－2c|，Q＝|2a－b|－|3b＋2c|，则P，Q的大小关系是______．

【答案】P＞Q

【解析】∵抛物线的开口向下， ∴a＜0， ∵

∴b＞0， ∴2a-b＜0， ∵

∴b+2a=0，

x=-1时，y=a-b+c＜0． ∴

∴3b-2c＞0，

∵抛物线与y轴的正半轴相交， ∴c＞0， ∴3b+2c＞0， ∴P=3b-2c，

Q=b-2a-3b-2c=-2a-2b-2c，

∴Q-P=-2a-2b-2c-3b+2c=-2a-5b=-4b＜0

∴P＞Q， 故答案是：P＞Q．

【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，去绝对值，二次函数的性质．熟记二次函数的性质是解题的关键．

6.在矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∠BED的角平分线EF与DC交于点F，

若AB=9，DF=2FC，则BC= ．（结果保留根号）

【答案】6+3

【解析】试题分析：先延长EF和BC，交于点G，再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形，并求得其斜边BE的长，然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形，最后根据△EFD∽△GFC得出CG与DE的倍数关系，并根据BG=BC+CG进行计算即可．延长EF和BC，交于点G

∵矩形ABCD中，∠B的角平分线BE与AD交于点E，∴∠ABE=∠AEB=45°，∴AB=AE=9， ∴直角三角形ABE中，BE=∴∠BEG=∠DEF

=

，又∵∠BED的角平分线EF与DC交于点F，

∵AD∥BC∴∠G=∠DEF∴∠BEG=∠G∴BG=BE=

=\解得x=

由∠G=∠DEF，∠EFD=∠GFC，可得△EFD∽△GFC∴设CG=x，DE=2x，则AD=\∵BG=\∴∴BC=9+2（﹣3）=

考点：（1）矩形的性质；（2）等腰三角形的判定；（3）相似三角形的判定与性质 7.如图,已知点C(1，0)，直线y= －x＋7与两坐标轴分别交于A、B两点，D、E分别是AB，

OA上的动点，当△CDE周长最小时，点D坐标为___________．

【答案】

，连接

交直线AB于点

【解析】作点C关于y轴的对称点 ，关于直线AB的对称点D，交y轴于点E，此时△CDE周长最小.

∵ C(1，0) ∴设直线则

，

的解析式为

，

解得

∴直线解方程

当∴D故答案为

的解析式为

得，

时，

.

8.如图，在Rt△ABC中.∠A=90°.AB=AC，BC=20，DE是△ABC的中位线.点M是边BC上一点.BM=3.点N是线段MC上的一个动点，连接DN，ME，DN与ME相交于点O．若△OMN是直角三角形，则DO的长是_____．

【答案】或．

【解析】试题分析：如图作EF⊥BC于F，DN′⊥BC于N′交EM于点O′，此时∠MN′O′=90°， ∵DE是△ABC中位线，∴DE∥BC，DE=BC=10，∵DN′∥EF，∴四边形DEFN′是平行四边形，∵∠EFN′=90°，∴四边形DEFN′是矩形，∴EF=DN′，DE=FN′=10，∵AB=AC，∠A=90°，∴∠B=∠C=45°，∴BN′=DN′=EF=FC=5，∴

，即

，解得DO′=

．当

∠MON=90°时，∵△DOE∽△EFM，∴∴DO=

．

,根据勾股定理可得EM==13，

考点：三角形综合题. 三、解答题 1.求不等式组来．

的解集，并把它们的解集在数轴上表示出

【答案】-2≤x＜3，解集在数轴上表示见解析.

【解析】试题分析：分别解不等式进而得出不等式组的解集，再数轴上表示出解集即可． 试题解析：

，解不等式①得：x＜3，解不等式②得：x≥﹣2，则不等式组

的解集是：﹣2≤x＜3．解集在数轴上表示如下：

考点：解一元一次不等式组.

2.为了了解某学校初四年纪学生每周平均课外阅读时间的情况，随机抽查了该学校初四年级m名同学，对其每周平均课外阅读时间进行统计，绘制了如下条形统计图（图一）和扇形统计图（图二）：

（1）根据以上信息回答下列问题： ①求m值．

②求扇形统计图中阅读时间为5小时的扇形圆心角的度数． ③补全条形统计图．

（2）直接写出这组数据的众数、中位数，求出这组数据的平均数．

【答案】（1）①m=60;②30；③见解析；（2）众数、中位数为5；平均数2.92.

o

【解析】试题分析：(1)①根据2小时所占扇形的圆心角的度数确定其所占的百分比，然后根据条形统计图中2小时的人数求得m的值； ②结合周角是360度进行计算；

③求得总人数后减去其他小组的人数即可求得第三小组的人数； （2）利用众数、中位数的定义及平均数的计算公式确定即可． 试题解析：

（1）①∵课外阅读时间为2小时的所在扇形的圆心角的度数为90°， ∴其所占的百分比为

，

∵课外阅读时间为2小时的有15人， ∴m=15÷=60；

②5小时的扇形圆心角的度数：

③第三小组的频数为：60-10-15-10-5=20， 补全条形统计图为：

，

（2）∵课外阅读时间为3小时的20人，最多， ∴众数为 3小时；

∵共60人，中位数应该是第30和第31人的平均数，且第30和第31人阅读时间均为3小时，

∴中位数为3小时；平均数为：

≈2.92小时．

3.如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠A=2∠BCD，点E在AB的延长线上，∠AED=∠ABC

（1）求证：DE与⊙O相切； （2）若BF=2，DF=

，求⊙O的半径．

【答案】（1）详见解析；（2）5.

【解析】试题分析：（1）连接OD，由AB是⊙O的直径可得∠ACB=90°，所以

∠A+∠ABC=90°，即可证得∠BOD=∠A，从而推出∠ODE=90°，即可得到结论；（2）连接BD，过D作DH⊥BF于H，由弦切角定理得到∠BDE=∠BCD，推出△ACF与△FDB都是等腰三角形，根据等腰直角三角形的性质得到FH=BH=BF=1，则FH=1，根据勾股定理得到HD=3，然后根据勾股定理列方程即可得到结论． 试题解析：（1）证明：连接OD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠A+∠ABC=90°，

∵∠BOD=2∠BCD，∠A=2∠BCD， ∴∠BOD=∠A， ∵∠AED=∠ABC， ∴∠BOD+∠AED=90°， ∴∠ODE=90°， 即OD⊥DE， ∴DE与⊙O相切；

（2）解：连接BD，过D作DH⊥BF于H， ∵DE与⊙O相切， ∴∠BDE=∠BCD， ∵∠AED=∠ABC， ∴∠AFC=∠DBF， ∵∠AFC=∠DFB，

∴△ACF与△FDB都是等腰三角形，

∴FH=BH=BF=1，则FH=1，由勾股定理可得HD==3， 在Rt△ODH中，OH+DH=OD， 即（OD﹣1）+3=OD， ∴OD=5，

∴⊙O的半径是5．

2

2

22

2

2

考点：圆的综合题.

4.东营市某学校2015年在某商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍．且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元．

（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；

（2）2016年为响应习总书记“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%．如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2900元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？

【答案】（1）购买一个甲种足球需50元,购买一个乙种足球需70元；（2）这所学校此次最多可购买18个乙种足球．

【解析】试题分析：（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20），根据购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍列出方程解答即可； （2）设这所学校再次购买y个乙种足球，根据题意列出不等式解答即可．

试题解析：（1）设购买一个甲种足球需x元，则购买一个乙种足球需（x+20），由题意得：

，

解得：x=50，

经检验x=50是原方程的解，

答：购买一个甲种足球需50元，则购买一个乙种足球需70元； （2）设这所学校再次购买y个乙种足球，由题意得： 50×（1+10%）×（50﹣y）+70×（1﹣10%）y≤2900， 解得：y≤18.75，

由题意可得，最多可购买18个乙种足球， 答：这所学校最多可购买18个乙种足球． 考点：分式方程的应用；一元一次不等式的应用．

5.如图，某建筑物AC顶部有一旗杆AB，且点A，B，C在同一条直线上，小明在地面D处观测旗杆顶端B的仰角为30°，然后他正对建筑物的方向前进了20米到达地面的E处，又测得

旗杆顶端B的仰角为60°，已知建筑物的高度AC=12m，求旗杆AB的高度（结果精确到0.1

米）．参考数据：≈1.73，≈1.41．

【答案】约是5.3米.

【解析】试题分析：由条件可知BE=DE=20米，再在Rt△BCE中，利用三角函数可求得BC的长，进而可求得AB的长.

试题解析：∵∠BEC=∠BDE+∠DBE，∴∠DBE=∠BEC-∠BDC=60°-30°=30°，∴∠BDE=∠DBE，∴BE=DE=20米.在Rt△BCE中，∠BCE=90°，sin∠BEC=，∴

（米），∴AB=BC-AC=17.3-12=5.3

（米）.答：旗杆AB的高度为5.3米．

考点：1解直角三角形；2 三角形的外角；3等角对等边. 6.如图，在平面直角坐标系中，点A(的速度

，0)，B(3

，2)，C（0，2)．动点D以每秒1个单位

从点0出发沿OC向终点C运动，同时动点E以每秒2个单位的速度从点A出发沿AB向终点B运动．过点E作EF上AB，交BC于点F，连结DA、DF．设运动时间为t秒． (1)求∠ABC的度数； (2)当t为何值时，AB∥DF； (3)设四边形AEFD的面积为S． ①求S关于t的函数关系式；

②若一抛物线y=x+mx经过动点E，当S<2

2

时，求m的取值范围(写出答案即

可)．

【答案】(1)30;(2) ;(3)

o

【解析】试题分析：（1）求∠ABC的度数即求∠BAx的度数，过B作BM⊥x轴于M，则AM=2，BM=2，由此可得出∠BAM即∠ABC的度数．

（2）当AB∥FD时，∠CFD=∠B=30°，可在直角三角形CDF中，用CD的长表示出CF，同理可在直角三角形FEB中，用BE的长表示出BF，然后可根据CF+BF=BC来求出t的值． （3）①连接DE，根据D、E的速度可知AE=2OD，而AE=2EG，因此OD∥=EG，即四边形ODEG是矩形，因此DE∥x轴，那么四边形AEFD的面积可分成三角形ADE和三角形EFD两部分来求出．两三角形都以DE为底，两三角形高的和正好是OC的长，因此四边形ADEF的

面积就等于 DE?OC，关键是求出DE的长．如果过A作DE的垂线不难得出DE=OA+AE?sin60°，由此可得出S，t的函数关系式．

②已知了S的取值范围可根据①的函数关系式求出t的取值范围．在①题已经求得了E点坐标，将其代入抛物线的解析式中，用m表示出t的值，然后根据t的取值范围即可求出m的取值范围． 试题解析：

（1）过点B作BM⊥x轴于点M ∵C（0，2），B（∴BC∥OA ∴∠ABC=∠BAM ∵BM=2，AM=∴tan∠BAM=

）

∴∠ABC=∠BAM=30°． （2）∵AB∥DF ∴∠CFD=∠CBA=30°

在Rt△DCF中，CD=2-t，∠CFD=30°， ∴CF=

（2-t）

∴AB=4，

∴BE=4-2t，∠FBE=30°， ∴BF=

∴∴t=

（3）①连接DE，过点E作EG⊥x轴于点G， 则EG=t，OG=∴E(

t+

,t)

t+

∴DE∥x轴

S=S△DEF+S△DEA= DE×CD+DE×OD =

t+

②当S＜时，

t+

由①可知，S=∴

t+

<

∴t＜1， ∵t＞0， ∴0＜t＜1， ∵y=-x+mx，点E(当t=0时，E（∴m=

2

t+,t)

,0）

,1）

当t=1时，E（∴m=∴

【点睛】本题考查了解直角三角形、图形面积的求法以及二次函数的应用等知识点．综合性强难度较大．

7.（2009?江西）如图，抛物线y=﹣x+2x+3与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，顶点为D．

2

（1）直接写出A、B、C三点的坐标和抛物线的对称轴；

（2）连接BC，与抛物线的对称轴交于点E，点P为线段BC上的一个动点，过点P作PF∥DE交抛物线于点F，设点P的横坐标为m；

①用含m的代数式表示线段PF的长，并求出当m为何值时，四边形PEDF为平行四边形？

②设△BCF的面积为S，求S与m的函数关系式．

【答案】（1）A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）．抛物线的对称轴是：直线x=1． （2）①当m=2时，四边形PEDF为平行四边形．②S=﹣m+m（0≤m≤3）．

【解析】试题分析：（1）已知了抛物线的解析式，当y=0时可求出A，B两点的坐标，当x=0时，可求出C点的坐标．根据对称轴x=﹣可得出对称轴的解析式．

（2）PF的长就是当x=m时，抛物线的值与直线BC所在一次函数的值的差．可先根据B，C的坐标求出BC所在直线的解析式，然后将m分别代入直线BC和抛物线的解析式中，求得出两函数的值的差就是PF的长．

根据直线BC的解析式，可得出E点的坐标，根据抛物线的解析式可求出D点的坐标，然后根据坐标系中两点的距离公式，可求出DE的长，然后让PF=DE，即可求出此时m的值． （3）可将三角形BCF分成两部分来求：

一部分是三角形PFC，以PF为底边，以P的横坐标为高即可得出三角形PFC的面积． 一部分是三角形PFB，以PF为底边，以P、B两点的横坐标差的绝对值为高，即可求出三角形PFB的面积．

然后根据三角形BCF的面积=三角形PFC的面积+三角形PFB的面积，可求出关于S、m的函数关系式．

解：（1）A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）． 抛物线的对称轴是：直线x=1．

（2）①设直线BC的函数关系式为：y=kx+b． 把B（3，0），C（0，3）分别代入得：解得：

．

2

所以直线BC的函数关系式为：y=﹣x+3． 当x=1时，y=﹣1+3=2， ∴E（1，2）． 当x=m时，y=﹣m+3， ∴P（m，﹣m+3）．

在y=﹣x+2x+3中，当x=1时，y=4． ∴D（1，4）

当x=m时，y=﹣m+2m+3， ∴F（m，﹣m+2m+3）

2

2

2

∴线段DE=4﹣2=2，

线段PF=﹣m+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m+3m ∵PF∥DE，

∴当PF=ED时，四边形PEDF为平行四边形． 由﹣m+3m=2，

解得：m1=2，m2=1（不合题意，舍去）． 因此，当m=2时，四边形PEDF为平行四边形．

②设直线PF与x轴交于点M，由B（3，0），O（0，0）， 可得：OB=OM+MB=3． ∵S=S△BPF+S△CPF

即S=PF?BM+PF?OM=PF?（BM+OM）=PF?OB． ∴S=×3（﹣m+3m）=﹣m+m（0≤m≤3）．

2

2

2

2

2

考点：二次函数综合题．

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