精品解析：上海市彭浦第三中学2023-2024学年九年级下学期开学第一次摸底考试数学试题

上海彭浦三中2023-2024学年九下开学第一次摸底考试卷 （满分：150分 考试时间：100分钟） 一.选择题（共24分） 1. 关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知⊙O1和⊙O2的半径分别为2和5，如果两圆的位置关系为外离，那么圆心距O1O2的取值范围在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列关于圆的说法中，正确的是（ ） A. 过三点可以作一个圆 B. 相等圆心角所对的弧相等 C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 圆的直径所在的直线是它的对称轴 4. 如图，点D、E分别是△ABC的BC、AC边的中点，延长DE到F，使EF=DE，连结AF、AD、CF，下列说法不正确的是（ ） A. 当AB=AC时，四边形ADCF是矩形； B. 当∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形； C. 当AB=AC，∠BAC=90°时，四边形ABDF正方形； D. 当AB=AC，∠BAC=90°时，四边形ADCF是正方形． 5. 一个正多边形绕它的中心旋转45°后，就与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形（ ） A. 是轴对称图形，但不是中心对称图形 B. 是中心对称图形，但不是轴对称图形 C. 既是轴对称图形，又是中心对称图形 D. 既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 6. 如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，AB＝4，BC＝6，点O是边BC上一点，以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是（　　） A. 4＜OC≤ B. 4≤OC≤ C. 4＜OC D. 4≤OC 二.填空题（共48分） 7. 因式分解： _____________． 8 当时，化简：______． 9. 将抛物线向上平移个单位后，所得抛物线的解析式是______ 10. 内接正五边形中心角的余弦值为______ 11. 某厂对一个班组生产的零件进行调查，该班组在7天中每天所出的次品数如下（单位：个）：3，3，0，2，3，0，3.那么该班组在7天中出的次品数的方差的值是______. 12. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可化为关于的整式方程为________． 13. 如图，线段AD与BC相交于点G， AB//CD， ，设， ，那么向量用向量表示是__________ 14. 某区有6000名学生参加了“创建国家卫生城市”知识竞赛，为了了解本次竞赛成绩分布情况，竞赛组委会从中随机抽取部分学生的成绩（得分都是整数）作为样本，绘制成频率分布直方图如图，请根据提供的信息估计该区本次竞赛成绩在89.5分—99.5分的学生大约有 _____名． 15. 如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，得到Rt△FEC，则点A的对应点F的坐标是_________． 16. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点A、B均在y轴上，点C在x轴上，将绕着顶点B旋转后，点C的对应点落在y轴上，点A的对应点落在反比例函数在第一象限的图像上，如果点B、C的坐标分别是、，且那么k的值是______. 17. 如图，已知中，，，，将翻折，使点落在边上的点处，折痕交边于点，交边于点，如果，则线段的长为________． 18. 规定：平面上一点到一个图形的距离是指这点与这个图形上各点的距离中最短的距离．如图①当时，线段的长度是点到线的距离；当时，线段的长度是点到线段MN的距离；如图②，在中，，，，点D为边上一点，，如果点Q为边上一点，且点Q到线段的距离不超过，设的长为d，那么d的取值范围为________． 三.解答题（共78分） 19. 计算： 20. 阅读下列材料： 解一些复杂的因式分解问题常用到换元法，即对结构比较复杂的多项式，若把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化，明朗化，在减少多项式项数，降低多项式结构复杂程度等方面有独到作用．我们把这种因式分解的方法称为“换元法”． 下面是小张同学用换元法对多项式进行因式分解的过程． 解：设 原式（第一步） （第二步） （第三步） 请根据上述材料回答下列问题： （1）小张同学的解法中，第二步运用了因式分解的______． A．提取公因式法 B．平方差公式法 C．完全平方公式法 （2）老师说，小张同学因式分解的结果不彻底，请你写出该因式分解的最后结果：______． （3）请你用换元法对多项式进行因式分解． 21. 如图，在中，，以点O为圆心，长为半径的圆交于点C，点D在边上，且． （1）判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若，求的半径． 22. 筒车是我国古代利用水利驱动灌溉工具，如图所示，半径为的筒车按逆时针方向，每秒旋转4度，筒车与水面分别交于、，筒车的轴心距离水面的高度长为，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，水筒与点重合时开始计算时间． （1）3.5秒后，盛水筒距离水面（即直线）的高是多少米? （2）若接水槽所在直线是的切线，且与直线交于点，，求盛水筒从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线上?（参考数据：，，） 23. 如图，已知AB、AC是⊙O的两条弦，且AO平分∠BAC．点M、N分别在弦AB、AC上，满足AM＝CN． （1）求证：AB＝AC； （2）联结OM、ON、MN，求证：． 24. 已知抛物线经过点，与轴交于点，点该抛物线上一点，且在第四象限内，连接． （1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴； （2）当时，求点的坐标； （3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上一点，点F是抛物线上一点，当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点E的坐标． 25. 已知的直径，点为弧上一点，连接、，点为劣弧上一点（点不与点、重合），连接交、于点、． （1）如图，当时，求：的值； （2）当点为劣弧的中点，且与相似时，求：的正弦值； （3）当，且为直角三角形时，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海彭浦三中2023-2024学年九下开学第一次摸底考试卷 （满分：150分 考试时间：100分钟） 一.选择题（共24分） 1. 关于的一元二次方程有两个实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根判别式可直接进行求解． 【详解】∵关于的一元二次方程有实数根，可得： ∴， 解得：； 故选：B． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键． 2. 已知⊙O1和⊙O2的半径分别为2和5，如果两圆的位置关系为外离，那么圆心距O1O2的取值范围在数轴上表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离，则d＞R+r，从而得到圆心距O1O2的取值范围，再结合数轴选择正确的答案即可． 【详解】解：∵⊙O1和⊙O2的半径分别为2和5，且两圆的位置关系为外离， ∴圆心距O1O2的取值范围为d＞2+5，即d＞7． 故选C． 【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系和在数轴上表示不等式的解集等知识．注意由两圆位置关系来判断半径和圆心距之间数量关系是解题的关键． 3. 下列关于圆的说法中，正确的是（ ） A. 过三点可以作一个圆 B. 相等的圆心角所对的弧相等 C. 平分弦的直径垂直于弦 D. 圆的直径所在的直线是它的对称轴 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、过不在同一直线上的三个点一定能作一个圆，故错误，不符合题意； B、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误，不符合题意； C、平分弦不是直径的直径垂直于弦，故错误，不符合题意； D、圆的直径所在的直线是它的对称轴，正确，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了确定圆的条件及圆的有关性质，解题的关键是了解有关性质及定义，难度不大． 4. 如图，点D、E分别是△ABC的BC、AC边的中点，延长DE到F，使EF=DE，连结AF、AD、CF，下列说法不正确的是（ ） A. 当AB=AC时，四边形ADCF是矩形； B. 当∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形； C. 当AB=AC，∠BAC=90°时，四边形ABDF是正方形； D. 当AB=AC，∠BAC=90°时，四边形ADCF是正方形． 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理去判断即可． 【详解】∵点D、E分别是△ABC的BC、AC边的中点，EF=DE， ∴四边形ADCF是平行四边形，DE=，DE∥AB， ∵AB=AC， ∴DE==AE=EC， ∴∠ADC=90°， ∴四边形ADCF是矩形， 故A正确，不符合题意； ∵∠BAC=90°时， ∴∠DEC=90°， ∴EF垂直平分AC， ∴四边形ADCF是菱形， 故B正确，不符合题意； 当AB=AC，∠BAC=90°时， ∴ADCF是矩形也是菱形， ∴四边形ADCF是正方形． 故D正确，不符合题意； 当AB=AC，∠BAC=90°时，无法判断四边形ABDF是正方形， 故C错误，符合题意； 故选C． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形、正方形判定定理，熟练掌握从对角线条件下判定四边形形状是解题的关键． 5. 一个正多边形绕它的中心旋转45°后，就与原正多边形第一次重合，那么这个正多边形（ ） A. 是轴对称图形，但不是中心对称图形 B. 是中心对称图形，但不是轴对称图形 C. 既是轴对称图形，又是中心对称图形 D. 既不是轴对称图形，也不是中心对称图形 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形概念求解． 【详解】∵一个正多边形绕着它的中心旋转45°后，能与原正多边形重合，360°÷45°=8，∴这个正多边形是正八边形．正八边形既是轴对称图形，又是中心对称图形． 故选C． 6. 如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，AB＝4，BC＝6，点O是边BC上一点，以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是（　　） A. 4＜OC≤ B. 4≤OC≤ C. 4＜OC D. 4≤OC 【答案】B 【解析】 【分析】作DE⊥BC于E，当⊙O与边AD相切时，圆心O与E重合，即OC＝4；当OA＝OC时，⊙O与AD交于点A，设OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x，在Rt△ABO中，由勾股定理得出方程，解方程得出OC＝；即可得出结论． 【详解】作DE⊥BC于E，如图所示： 则DE＝AB＝4，BE＝AD＝2， ∴CE＝4＝DE， 当⊙O与边AD相切时，切点为D，圆心O与E重合，即OC＝4； 当OA＝OC时，⊙O与AD交于点A， 设OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x， 在Rt△ABO中，由勾股定理得：42+（6﹣x）2＝x2， 解得：x＝； ∴以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是4≤x≤； 故选B． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、直角梯形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握直角梯形的性质，分情况讨论是解题的关键． 二.填空题（共48分） 7. 因式分解： _____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，先运用分解分组法，得，再进行提公因式，得，即可作答． 【详解】解： 故答案为：． 8. 当时，化简：______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的性质化简即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次根式的性质化简，掌握二次根式的性质是解题的关键． 9. 将抛物线向上平移个单位后，所得抛物线的解析式是______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据二次函数图象的平移规律：左加右减，上加下减解答即可求解，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键． 【详解】解：， 故答案为：． 10. 内接正五边形中心角的余弦值为______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正五边形的中心角，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数，先求出正五边形中心角的度数为，再作等腰，使顶角，则底角，作的角平分线，过点作于，则，可得，，设，，则，，由可得，得到，再根据余弦的定义解答即可求解，根据题意正确作出图形是解题的关键． 【详解】解：正五边形中心角的度数为， 如图，作等腰，使顶角，则底角，作的角平分线，过点作于，则， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， 设，，则，， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 11. 某厂对一个班组生产的零件进行调查，该班组在7天中每天所出的次品数如下（单位：个）：3，3，0，2，3，0，3.那么该班组在7天中出的次品数的方差的值是______. 【答案】 【解析】 【分析】先求得次品数的平均数，然后用方差公式进行计算即可 【详解】∵7天中每天所出的次品数如下：，，，，，0，， ∴这七个数的平均数为：， ∴该班组在7天中出的次品数的方差的值是： ， 故答案为： 【点睛】本题考查了求平均数和方差，掌握求一组数据的平均数和方差的公式是解题的关键 12. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可化为关于的整式方程为________． 【答案】y2+2y+1=0 【解析】 【分析】换元法即是整体思想的考查，解题的关键是找到这个整体，此题的整体是，设，换元后整理即可求得． 【详解】解：∵， ∴， 整理得：y2+2y+1=0． 故答案：y2+2y+1=0． 【点睛】本题考查了换元法解分式方程，用换元法解一些复杂的分式方程是比较简单的一种方法，根据方程特点设出相应未知数，解方程能够使问题简单化． 13. 如图，线段AD与BC相交于点G， AB//CD， ，设， ，那么向量用向量表示是__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形法则求向量的差，根据AB//CD， ，即可求得向量． 【详解】解：， ， ， ∵AB//CD， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了向量的线性运算，掌握向量的和差计算是解题的关键． 14. 某区有6000名学生参加了“创建国家卫生城市”知识竞赛，为了了解本次竞赛成绩分布情况，竞赛组委会从中随机抽取部分学生的成绩（得分都是整数）作为样本，绘制成频率分布直方图如图，请根据提供的信息估计该区本次竞赛成绩在89.5分—99.5分的学生大约有 _____名． 【答案】900 【解析】 【分析】利用总人数6000乘以对应的频率即可． 【详解】解：该区本次竞赛成绩在89.5分—99.5分的学生有：（名）． 故答案是：900． 【点睛】本题考查读频率分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力，要理解：频率＝频数÷总数，用样本估计整体让整体×样本的百分比即可． 15. 如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°，得到Rt△FEC，则点A的对应点F的坐标是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据网格图形找出点A、B顺时针旋转后的对应点的位置，然后顺次连接，再根据平面直角坐标系写出点F的坐标即可． 【详解】解：如图，点F的坐标为（﹣1，2）． 故答案为：（﹣1，2）． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化－旋转，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键． 16. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点A、B均在y轴上，点C在x轴上，将绕着顶点B旋转后，点C的对应点落在y轴上，点A的对应点落在反比例函数在第一象限的图像上，如果点B、C的坐标分别是、，且那么k的值是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转的性质可知，然后利用解直角三角形可求得点的坐标，将点的坐标代入反比例函数即可求得k的值 【详解】∵，且， ∴， ∵点B、C的坐标分别是、， ∴，，，， ∴在中，，， ∵，将绕着顶点B旋转后，点C的对应点落在y轴上， ∴，， 设（，）， ∴， ∴，， 将点代入反比例函数得： ， 故答案为： 【点睛】本题考查了反比例函数和三角形综合、解直角三角形及旋转的性质，掌握解直角三角形是解决问题的关键 17. 如图，已知中，，，，将翻折，使点落在边上的点处，折痕交边于点，交边于点，如果，则线段的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据折叠的性质可得，，，是的垂直平分线，进而得出四边形是正方形，设，利用相似三角形、直角三角形的边角关系求解即可． 【详解】解：如图，由折叠可知，，，，，是的垂直平分线， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 则，， 设，则， 则，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 即， ， 解得，， 经检验符合题意； 在中， ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查折叠轴对称，正方形的判定和性质，相似三角形以及勾股定理的应用，理解折叠轴对称的性质和勾股定理是解决问题的关键． 18. 规定：平面上一点到一个图形的距离是指这点与这个图形上各点的距离中最短的距离．如图①当时，线段的长度是点到线的距离；当时，线段的长度是点到线段MN的距离；如图②，在中，，，，点D为边上一点，，如果点Q为边上一点，且点Q到线段的距离不超过，设的长为d，那么d的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是理解题目所给平面上一点到一个图形的距离的定义．根据题意进行分类讨论：当点Q到线段的距离为垂线段时，当点Q到线段的距离为时．即可解答． 【详解】解：∵，，， ∴， 根据勾股定理可得：， 当点Q到线段距离为垂线段时，过点Q作于点H， 当时， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， ∵点Q到线段的距离不超过， ∴， 当点Q到线段的距离为时，过点D作于点G， 当时， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， 则， 设，则， 在中，根据勾股定理可得：， 即， 解得：， 则， 在中，根据勾股定理可得：， ∴， ∵点Q到线段的距离不超过， ∴， 综上：． 三.解答题（共78分） 19. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了求特殊角三角函数值，负整数指数幂，二次根式的混合运算及实数的混合计算，先计算特殊角三角函数值和负整数指数幂，再根据实数的混合计算法则求解即可． 【详解】 ． 20. 阅读下列材料： 解一些复杂的因式分解问题常用到换元法，即对结构比较复杂的多项式，若把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化，明朗化，在减少多项式项数，降低多项式结构复杂程度等方面有独到作用．我们把这种因式分解的方法称为“换元法”． 下面是小张同学用换元法对多项式进行因式分解的过程． 解：设 原式（第一步） （第二步） （第三步） 请根据上述材料回答下列问题： （1）小张同学的解法中，第二步运用了因式分解的______． A．提取公因式法 B．平方差公式法 C．完全平方公式法 （2）老师说，小张同学因式分解的结果不彻底，请你写出该因式分解的最后结果：______． （3）请你用换元法对多项式进行因式分解． 【答案】（1）C （2） （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解—换元法、公式法等知识点，熟练掌握利用公式法分解因式是解题的关键． （1）根据完全平方公式的特点即可判定； （2）再利用完全平方公式将结果分解到不能分解为止； （3）根据材料，用换元法进行分解因式即可． 【小问1详解】 解：根据第二步的因式分解过程可知是运用了完全公式法． 故选C． 【小问2详解】 解：原式． 故答案为：． 【小问3详解】 解：设， ． 21. 如图，在中，，以点O为圆心，长为半径的圆交于点C，点D在边上，且． （1）判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若，求的半径． 【答案】（1）直线与相切，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了切线的证明、正切的应用等知识点，掌握相关几何结论是解题关键． （1）连接，由得，结合，即可求解； （2）设的半径为，可得，根据可得，即可求解； 【小问1详解】 解：直线与相切，理由如下： 连接，如图所示： 则 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵为半径， ∴直线与相切 【小问2详解】 解：设的半径为， ∵ ∴, ∴ ∵ ∴， 解得： 22. 筒车是我国古代利用水利驱动的灌溉工具，如图所示，半径为的筒车按逆时针方向，每秒旋转4度，筒车与水面分别交于、，筒车的轴心距离水面的高度长为，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，水筒与点重合时开始计算时间． （1）3.5秒后，盛水筒距离水面（即直线）的高是多少米? （2）若接水槽所在直线是的切线，且与直线交于点，，求盛水筒从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线上?（参考数据：，，） 【答案】（1）3.5秒后，盛水筒距离水面（即直线）的高是 （2）盛水筒从最高点开始，至少经过恰好在直线上 【解析】 【分析】（1）连接，，过点作，垂足为，可得，根据三角函数求出，在中求出的长解题即可； （2）延长交于点，则点为最高点，先在中求出，在中求得解题即可． 【小问1详解】 连接，，过点作，垂足为， 由题意得：， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴3.5秒后，盛水筒距离水面（即直线）的高是； 【小问2详解】 延长交于点，则点为最高点， ∵点在上，且与相切， ∴当点在上，此时点是切点，连接，则， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴盛水筒从最高点开始，至少经过恰好在直线上． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，切线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 23. 如图，已知AB、AC是⊙O的两条弦，且AO平分∠BAC．点M、N分别在弦AB、AC上，满足AM＝CN． （1）求证：AB＝AC； （2）联结OM、ON、MN，求证：． 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】 【分析】（1）过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，利用角平分线的性质和垂径定理即可得出答案； （2）联结OB，OM，ON，MN，首先证明，然后再证明，根据相似三角形的性质即可得出答案． 【详解】证明：（1）过点O作OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，如图所示： ∵AO平分∠BAC． ∴OD＝OE． ， ． ， ， ∴AB＝AC； （2）联结OB，OM，ON，MN，如图所示， ∵AM＝CN，AB＝AC ∴BM＝AN． ∵OA＝OB， ∴∠B＝∠BAO． ∵∠BAO＝∠OAN， ∴∠B＝∠OAN， ∴△BOM≌△AON（SAS）， ∴∠BOM＝∠AON，OM＝ON， ∴∠AOB＝∠MON， ∴△NOM∽△BOA， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质及圆的有关性质，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 24. 已知抛物线经过点，与轴交于点，点是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接． （1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴； （2）当时，求点的坐标； （3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上一点，点F是抛物线上一点，当以点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点E的坐标． 【答案】（1），对称轴为直线； （2）；（3）点的坐标为或或或． 【解析】 【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，即可写出对称轴； （2）连接OD，求出C点坐标，根据A、B、C点坐标求出，设 ，根据，列出关于x的方程，解方程即可求出D点坐标； （3）分两种情形：如图2中，当AE为平行四边形的边时，根据DF＝AE＝1，求解即可．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，根据点F的纵坐标为6，求出点F的坐标，再根据中点坐标公式求解即可． 【详解】（1）∵经过点，， ， ， ∴抛物线的解析式为， ∴对称轴为直线． （2）连接， ∵抛物线经过点， ， ， ， 又， ，， ， ， 设， ∵点在第四象限， ， ， ， ， ， ． （3）如图2中，当AE为平行四边形的边时， ∵DF∥AE，D(2,-6)， ∴F(1,-6)， ∴DF=1， ∴AE=1， ∴E(0,0)，或E′(-2,0)． 如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时， ∵点D与点F到x轴的距离相等， ∴点F的纵坐标为6， 当y=6时，6=x2-3x-4， 解得x=-2或5， ∴F(-2,6)或(5,6)， 设E(n,0)，则有 或， 解得n=1或8， ∴E(1,0)或(8,0)， 综上所述，满足条件的点E的坐标为(0,0)或(1,0)或(8,0)或(-2,0)． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 25. 已知的直径，点为弧上一点，连接、，点为劣弧上一点（点不与点、重合），连接交、于点、． （1）如图，当时，求：的值； （2）当点为劣弧的中点，且与相似时，求：的正弦值； （3）当，且为直角三角形时，求的长． 【答案】（1）； （2）； （3）或． 【解析】 【分析】（）如图，过点作交于，利用平行线分线段成比例得到，再根据平行线等分线段定理即可求解； （）如图，连接，由题意可得，得到，设，则，在中利用三角形外角性质可得，解方程求出即可求解； （）分两种情况：和，画出图形，利用相似三角形的判定和性质、平行线等分线段定理及勾股定理解答即可求解； 本题考查了三角形中位线的性质，平行线等分线段定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形外角性质，三角函数，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【小问1详解】 解：如图，过点作交于， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：如图，连接， ∵，与相似， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：分两种情况：如图，当时， ∵， ∴， 过作于，连接， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当时，连接， ∵， ∴，， ∵， 同理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的长是或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$