2018中考备考数学练习试卷真题
2018中考备考数学练习试卷真题
2018年对即将中考的同学来说，注定是忙碌的一年，怎么在这段时间提升数学成绩呢?其实可以多做数学试卷。下面由学习啦小编为大家提供关于2018中考备考数学练习试卷，希望对大家有帮助!
2018中考备考数学练习试卷一、选择题
(每小题3分，共30分)
1.如图，直线AB，CD被直线EF所截，∠1=55°，下列条件中能判定AB∥CD的是( )
A.∠2=35° B.∠2=45° C.∠2=55° D.∠2=125°
【考点】J9：平行线的判定.
【分析】根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可.
【解答】解：A、由∠3=∠2=35°，∠1=55°推知∠1≠∠3，故不能判定AB∥CD，故本选项错误;
B、由∠3=∠2=45°，∠1=55°推知∠1≠∠3，故不能判定AB∥CD，故本选项错误;
C、由∠3=∠2=55°，∠1=55°推知∠1=∠3，故能判定AB∥CD，故本选项正确;
D、由∠3=∠2=125°，∠1=55°推知∠1≠∠3，故不能判定AB∥CD，故本选项错误;
故选：C.
2.某企业的年收入约为700000元，数据“700000”用科学记数法可表示为( )
A.0.7×106 B.7×105 C.7×104 D.70×104
【考点】1I：科学记数法—表示较大的数.
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数.确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同.当原数绝对值>1时，n是正数;当原数的绝对值<1时，n是负数.
【解答】解：数据“700000”用科学记数法可表示为7×105.
故选：B.
3.下列运算正确的是( )
A.3a+2a=5a2 B.3a+3b=3ab
C.2a2bc﹣a2bc=a2bc D.a5﹣a2=a3
【考点】35：合并同类项.
【分析】分别对每一个选项进行合并同类项，即可解题.
【解答】解：A、3a+2a=5a，A选项错误;
B、3a+3b=3(a+b)，B选项错误;
C、2a2bc﹣a2bc=a2bc，C选项正确;
D、a5﹣a2=a2(a3﹣1)，D选项错误;
故选 C.
4.正方形的正投影不可能是( )
A.线段 B.矩形 C.正方形 D.梯形
【考点】U5：平行投影.
【分析】根据平行投影的特点：在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行，即可得出答案.
【解答】解：在同一时刻，平行物体的投影仍旧平行.得到的应是平行四边形或特殊的平行四边形或线段.
故正方形纸板ABCD的正投影不可能是梯形，
故选：D.
5.不等式组 的解集是( )
A.x≤4 B.22
【考点】CB：解一元一次不等式组.
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集.
【解答】解：解不等式x﹣1≤3，得：x≤4，
解不等式x+1>3，得：x>2，
∴不等式组的解集为2
故选：B.
6.如图，△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，若△A′B′C′的面积与△ABC的面积比是4：9，则OB′：OB为( )
A.2：3 B.3：2 C.4：5 D.4：9
【考点】SC：位似变换.
【分析】先求出位似比，根据位似比等于相似比，再由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可.
【解答】解：由位似变换的性质可知，A′B′∥AB，A′C′∥AC，
∴△A′B′C′∽△ABC.
∵△A'B'C'与△ABC的面积的比4：9，
∴△A'B'C'与△ABC的相似比为2：3，
∴ =
故选：A.
7.从一副洗匀的普通扑克牌中随机抽取一张，则抽出红桃的概率是( )
A. B. C. D.
【考点】X4：概率公式.
【分析】让红桃的张数除以扑克牌的总张数即为所求的概率.
【解答】解：∵一副扑克牌共54张，其中红桃13张，∴随机抽出一张牌得到红桃的概率是 .
故选B.
8.在同一平面直角坐标系中，直线y=4x+1与直线y=﹣x+b的交点不可能在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【考点】FF：两条直线相交或平行问题.
【分析】根据一次函数的性质确定两条直线所经过的象限可得结果.
【解答】解：直线y=4x+1过一、二、三象限;
当b>0时，直线y=﹣x+b过一、二、四象限，
两直线交点可能在一或二象限;
当b<0时，直线y=﹣x+b过二、三、四象限，
两直线交点可能在二或三象限;
综上所述，直线y=4x+1与直线y=﹣x+b的交点不可能在第四象限，
故选D.
9.某楼梯的侧面如图所示，已测得BC的长约为3.5米，∠BCA约为29°，则该楼梯的高度AB可表示为( )
A.3.5sin29°米 B.3.5cos29°米 C.3.5tan29°米 D. 米
【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题.
【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°，
故选：A.
10.如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，连接BE并延长交AD于点F，已知S△AEF=4，则下列结论：① = ;②S△BCE=36;③S△ABE=12;④△AEF～△ACD，其中一定正确的是( )
A.①②③④ B.①④ C.②③④ D.①②③
【考点】S9：相似三角形的判定与性质;L5：平行四边形的性质.
【分析】根据平行四边形的性质得到AE= CE，根据相似三角形的性质得到 = = ，等量代换得到AF= AD，于是得到 = ;故①正确;根据相似三角形的性质得到S△BCE=36;故②正确;根据三角形的面积公式得到S△ABE=12，故③正确;由于△AEF与△ADC只有一个角相等，于是得到△AEF与△ACD不一定相似，故④错误.
【解答】解：∵在▱ABCD中，AO= AC，
∵点E是OA的中点，
∴AE= CE，
∵AD∥BC，
∴△AFE∽△CBE，
∴ = = ，
∵AD=BC，
∴AF= AD，
∴ = ;故①正确;
∵S△AEF=4， =( )2= ，
∴S△BCE=36;故②正确;
∵ = = ，
∴ = ，
∴S△ABE=12，故③正确;
∵BF不平行于CD，
∴△AEF与△ADC只有一个角相等，
∴△AEF与△ACD不一定相似，故④错误，
故选D.
2018中考备考数学练习试卷二、填空题
(每小题3分，共33分)
11.﹣ 的绝对值是 .
【考点】15：绝对值.
【分析】根据绝对值的性质求解.
【解答】解：根据负数的绝对值等于它的相反数，得| |= .
12.函数y= 中，自变量x的取值范围是 x≤2 .
【考点】E4：函数自变量的取值范围.
【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围.
【解答】解：根据题意得：2﹣x≥0，解得：x≤2.
故答案是：x≤2.
13.一个多边形的内角和等于900°，则这个多边形是 七 边形.
【考点】L3：多边形内角与外角.
【分析】根据多边形的内角和，可得答案.
【解答】解：设多边形为n边形，由题意，得
(n﹣2)•180°=900，
解得n=7，
故答案为：七.
14.因式分解：x2﹣9= (x+3)(x﹣3) .
【考点】54：因式分解﹣运用公式法.
【分析】原式利用平方差公式分解即可.
【解答】解：原式=(x+3)(x﹣3)，
故答案为：(x+3)(x﹣3).
15.计算：( + )• = .
【考点】6C：分式的混合运算.
【分析】根据分式的运算法则即可求出答案.
【解答】解：原式= ×
=
故答案为：
16.一个扇形的半径为3cm，弧长为2πcm，则此扇形的面积为 3π cm2(用含π的式子表示)
【考点】MO：扇形面积的计算;MN：弧长的计算.
【分析】利用扇形面积公式计算即可得到结果.
【解答】解：根据题意得：S= Rl= ×2π×3=3π，
则此扇形的面积为3πcm2，
故答案为：3π
17.在一次射击训练中，某位选手五次射击的环数分别为5，8，7，6，9，则这位选手五次射击环数的方差为 2 .
【考点】W7：方差.
【分析】运用方差公式S2= [(x1﹣ )2+(x2﹣ )2+…+(xn﹣ )2]，代入数据求出即可.
【解答】解：五次射击的平均成绩为 = (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.
故答案为：2.
18.半径为2的圆内接正三角形，正四边形，正六边形的边心距之比为 1： ： .
【考点】MM：正多边形和圆.
【分析】根据题意可以求得半径为2的圆内接正三角形，正四边形，正六边形的边心距，从而可以求得它们的比值.
【解答】解：由题意可得，
正三角形的边心距是：2×sin30°=2× =1，
正四边形的边心距是：2×sin45°=2× ，
正六边形的边心距是：2×sin60°=2× ，
∴半径为2的圆内接正三角形，正四边形，正六边形的边心距之比为：1： ： ，
故答案为：1： ： .
19.已知反比例函数y= ，当x>3时，y的取值范围是 0
【考点】G4：反比例函数的性质.
【分析】根据反比例函数的性质可以得到反比例函数y= ，当x>3时，y的取值范围.
【解答】解：∵y= ，6>0，
∴当x>0时，y随x的增大而减小，当x=3时，y=2，
∴当x>3时，y的取值范围是0
故答案为：0
20.在等腰△ABC中，AD⊥BC交直线BC于点D，若AD= BC，则△ABC的顶角的度数为 30°或150°或90° .
【考点】KO：含30度角的直角三角形;KH：等腰三角形的性质.
【分析】分两种情况;①BC为腰，②BC为底，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半判断出∠ACD=30°，然后分AD在△ABC内部和外部两种情况求解即可.
【解答】解：①BC为腰，
∵AD⊥BC于点D，AD= BC，
∴∠ACD=30°，
如图1，AD在△ABC内部时，顶角∠C=30°，
如图2，AD在△ABC外部时，顶角∠ACB=180°﹣30°=150°，
②BC为底，如图3，
∵AD⊥BC于点D，AD= BC，
∴AD=BD=CD，
∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAD，
∴∠BAD+∠CAD= ×180°=90°，
∴顶角∠BAC=90°，
综上所述，等腰三角形ABC的顶角度数为30°或150°或90°.
故答案为：30°或150°或90°.
21.如图，顺次连接腰长为2的等腰直角三角形各边中点得到第1个小三角形，再顺次连接所得的小三角形各边中点得到第2个小三角形，如此操作下去，则第n个小三角形的面积为 .
【考点】KX：三角形中位线定理;KW：等腰直角三角形.
【分析】记原来三角形的面积为s，第一个小三角形的面积为s1，第二个小三角形的面积为s2，…，求出s1，s2，s3，探究规律后即可解决问题.
【解答】解：记原来三角形的面积为s，第一个小三角形的面积为s1，第二个小三角形的面积为s2，…，
∵s1= •s= •s，
s2= • s= •s，
s3= •s，
∴sn= •s= • •2•2= ，
故答案为 .
2018中考备考数学练习试卷三、解答题
(本题共8小题，共57分)
22.如图，A、B、C为某公园的三个景点，景点A和景点B之间有一条笔直的小路，现要在小路上建一个凉亭P，使景点B、景点C到凉亭P的距离之和等于景点B到景点A的距离，请用直尺和圆规在所给的图中作出点P.(不写作法和证明，只保留作图痕迹)
【考点】N4：作图—应用与设计作图.
【分析】如图，连接AC，作线段AC的垂直平分线MN，直线MN交AB于P.点P即为所求的点.
【解答】解：如图，连接AC，作线段AC的垂直平分线MN，直线MN交AB于P.
点P即为所求的点.
理由：∵MN垂直平分线段AC，
∴PA=PC，
∴PC+PB=PA+PB=AB.
23.某校为了解学生每天参加户外活动的情况，随机抽查了100名学生每天参加户外活动的时间情况，并将抽查结果绘制成如图所示的扇形统计图.
请你根据图中提供的信息解答下列问题：
(1)请直接写出图a的值，并求出本次抽查中学生每天参加户外活动时间的中位数;
(2)求本次抽查中学生每天参加户外活动的平均时间.
【考点】VB：扇形统计图;W2：加权平均数;W4：中位数.
【分析】(1)用1减去其它组的百分比即可求得a的值，然后求得各组的人数，根据中位数定义求得中位数;
(2)利用加权平均数公式即可求解.
【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).
则本次抽查中学生每天参加活动时间的中位数是1;
(2) =1.175(小时).
答：本次抽查中学生每天参加户外活动的平均时间是1.175小时.
24.已知关于x的一元二次方程x2+(2m+1)x+m2﹣4=0
(1)当m为何值时，方程有两个不相等的实数根?
(2)若边长为5的菱形的两条对角线的长分别为方程两根的2倍，求m的值.
【考点】AA：根的判别式;AB：根与系数的关系;L8：菱形的性质.
【分析】(1)根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=4m+17>0，解之即可得出结论;
(2)设方程的两根分别为a、b，根据根与系数的关系结合菱形的性质，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再根据a+b=﹣2m﹣1>0，即可确定m的值.
【解答】解：(1)∵方程x2+(2m+1)x+m2﹣4=0有两个不相等的实数根，
∴△=(2m+1)2﹣4(m2﹣4)=4m+17>0，
解得：m>﹣ .
∴当m>﹣ 时，方程有两个不相等的实数根.
(2)设方程的两根分别为a、b，
根据题意得：a+b=﹣2m﹣1，ab=m2﹣4.
∵2a、2b为边长为5的菱形的两条对角线的长，
∴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.
若边长为5的菱形的两条对角线的长分别为方程两根的2倍，则m的值为﹣4.
25.甲、乙两个工程队计划修建一条长15千米的乡村公路，已知甲工程队每天比乙工程队每天多修路0.5千米，乙工程队单独完成修路任务所需天数是甲工程队单独完成修路任务所需天数的1.5倍.
(1)求甲、乙两个工程队每天各修路多少千米?
(2)若甲工程队每天的修路费用为0.5万元，乙工程队每天的修路费用为0.4万元，要使两个工程队修路总费用不超过5.2万元，甲工程队至少修路多少天?
【考点】B7：分式方程的应用;C9：一元一次不等式的应用.
【分析】(1)可设甲每天修路x千米，则乙每天修路(x﹣0.5)千米，则可表示出修路所用的时间，可列分式方程，求解即可;
(2)设甲修路a天，则可表示出乙修路的天数，从而可表示出两个工程队修路的总费用，由题意可列不等式，求解即可.
【解答】解：
(1)设甲每天修路x千米，则乙每天修路(x﹣0.5)千米，
根据题意，可列方程：1.5× = ，
解得x=1.5，
经检验x=1.5是原方程的解，且x﹣0.5=1，
答：甲每天修路1.5千米，则乙每天修路1千米;
(2)设甲修路a天，则乙需要修(15﹣1.5a)千米，
∴乙需要修路 =15﹣1.5a(天)，
由题意可得0.5a+0.4(15﹣1.5a)≤5.2，
解得a≥8，
答：甲工程队至少修路8天.
26.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AE⊥BC于E，∠ADC的平分线交AE于点O，以点O为圆心，OA为半径的圆经过点B，交BC于另一点F.
(1)求证：CD与⊙O相切;
(2)若BF=24，OE=5，求tan∠ABC的值.
【考点】ME：切线的判定与性质;LH：梯形;T7：解直角三角形.
【分析】(1)过点O作OG⊥DC，垂足为G.先证明∠OAD=90°，从而得到∠OAD=∠OGD=90°，然后利用AAS可证明△ADO≌△GDO，则OA=OG=r，则DC是⊙O的切线;
(2)连接OF，依据垂径定理可知BE=EF=12，在Rt△OEF中，依据勾股定理可知求得OF=13，然后可得到AE的长，最后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义求解即可.
【解答】解：(1)过点O作OG⊥DC，垂足为G.
∵AD∥BC，AE⊥BC于E，
∴OA⊥AD.
∴∠OAD=∠OGD=90°.
在△ADO和△GDO中 ，
∴△ADO≌△GDO.
∴OA=OG.
∴DC是⊙O的切线.
(2)如图所示：连接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= = .
27.一辆轿车从甲城驶往乙城，同时一辆卡车从乙城驶往甲城，两车沿相同路线匀速行驶，轿车到达乙城停留一段时间后，按原路原速返回甲城;卡车到达甲城比轿车返回甲城早0.5小时，轿车比卡车每小时多行驶60千米，两车到达甲城弧均停止行驶，两车之间的路程y(千米)与轿车行驶时间t(小时)的函数图象如图所示，请结合图象提供的信息解答下列问题：
(1)请直接写出甲城和乙城之间的路程，并求出轿车和卡车的速度;
(2)求轿车在乙城停留的时间，并直接写出点D的坐标;
(3)请直接写出轿车从乙城返回甲城过程中离甲城的路程s(千米)与轿车行驶时间t(小时)之间的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围).
【考点】FH：一次函数的应用.
【分析】(1)根据图象可知甲城和乙城之间的路程为180千米，设卡车的速度为x千米/时，则轿车的速度为(x+60)千米/时，由B(1，0)可得x+(x+60)=180
可得结果;
(2)根据(1)中所得速度可得卡车和轿车全程所用的时间，利用卡车所用的总时间减去轿车来回所用时间可得结论;
(3)根据s=180﹣120×(t﹣0.5﹣0.5)可得结果.
【解答】解：(1)甲城和乙城之间的路程为180千米，
设卡车的速度为x千米/时，则轿车的速度为(x+60)千米/时，由B(1，0)得，x+(x+60)=180
解得x=60，
∴x+60=120，
∴轿车和卡车的速度分别为120千米/时和60千米/时;
(2)卡车到达甲城需180÷60=3(小时)
轿车从甲城到乙城需180÷120=1.5(小时)
3+0.5﹣1.5×2=0.5(小时)
∴轿车在乙城停留了0.5小时，
点D的坐标为(2，120);
(3)s=180﹣120×(t﹣0.5﹣0.5)=﹣120t+420.
28.如图，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，EC平分∠DEB，F为CE的中点，连接AF，BF，过点E作EH∥BC分别交AF，CD于G，H两点.
(1)求证：DE=DC;
(2)求证：AF⊥BF;
(3)当AF•GF=28时，请直接写出CE的长.
【考点】S9：相似三角形的判定与性质;KD：全等三角形的判定与性质;LB：矩形的性质.
【分析】(1)根据平行线的性质以及角平分线的定义，即可得到∠DCE=∠DEC，进而得出DE=DC;
(2)连接DF，根据等腰三角形的性质得出∠DFC=90°，再根据直角三角形斜边上中线的性质得出BF=CF=EF= EC，再根据SAS判定△ABF≌△DCF，即可得出∠AFB=∠DFC=90°，据此可得AF⊥BF;
(3)根据等角的余角相等可得∠BAF=∠FEH，再根据公共角∠EFG=∠AFE，即可判定△EFG∽△AFE，进而得出EF2=AF•GF=28，求得EF=2 ，即可得到CE=2EF=4 .
【解答】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCE=∠CEB，
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC=∠CEB，
∴∠DCE=∠DEC，
∴DE=DC;
(2)如图，连接DF，
∵DE=DC，F为CE的中点，
∴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.在平面直角坐标系中，直线y=﹣ x+1交y轴于点B，交x轴于点A，抛物线y=﹣ x2+bx+c经过点B，与直线y=﹣ +1交于点C(4，﹣2).
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图，横坐标为m的点M在直线BC上方的抛物线上，过点M作ME∥y轴交直线BC于点E，以ME为直径的圆交直线BC于另一点D，当点E在x轴上时，求△DEM的周长.
(3)将△AOB绕坐标平面内的某一点按顺时针方向旋转90°，得到△A1O1B1，点A，O，B的对应点分别是点A1，O1，B1，若△A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A1的坐标.
【考点】HF：二次函数综合题.
【分析】(1)利用待定系数法求抛物线的解析式;
(2)如图1，A与E重合，根据直线y=﹣ x+1求得与x轴交点坐标可得OA的长，由勾股定理得AB的长，利用等角的三角函数得：sin∠ABO= ，cos∠ABO= = ，则可得DE和DM的长，根据M的横坐标代入抛物线的解析式可得纵坐标，即ME的长，相加得△DEM的周长;
(3)由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，所以点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：
①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，根据点O1，B1的纵坐标相等列方程可得结论;
②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，根据点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大 ，列方程可得结论.
【解答】解：(1)∵直线y=﹣ x+1交y轴于点B，
∴B(0，1)，
∵抛物线y=﹣ x2+bx+c经过点B和点C(4，﹣2).
∴ ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为：y=﹣ x2+ x+1;
(2)如图1，∵直线y=﹣ x+1交x轴于点A，
当y=0时，﹣ x+1=0，
x= ，
∴A( ，0)，
∴OA= ，
在Rt△AOB中，
∵OB=1，
∴AB= ，
∴sin∠ABO= ，cos∠ABO= = ，
∵ME∥x轴，
∴∠DEM=∠ABO，
∵以ME为直径的圆交直线BC于另一点D，
∴∠EDM=90°，
∴DE=ME•cos∠DEM= ME，
DM=ME•sin∠DEM= ME，
当点E在x轴上时，E和A重合，则m=OA= ，
当x= 时，y=﹣ × + × +1= ;
∴ME= ，
∴DE= = ，DM= = ，
∴△DEM的周长=DE+DM+ME= + + = ;
(3)由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，
∵O1A1⊥x轴，
∴点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：
①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，
点O1，B1的纵坐标相等，
∴﹣ =﹣ (x+1)2+ (x+1)+1，
解得：x= ，
此时点A1的坐标为( ， )，
②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，
点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大 ，
﹣ =﹣ (x+1)2+ (x+1)+1，
解得：x=﹣ ，
此时A1(﹣ ， )，
综上所述，点A1( ， )或(﹣ ， ).
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