九年级数学上学期期中模拟02（人教版九上：一元二次方程、二次函数、旋转、圆）-【好题汇编】备战2024-2025学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（人教版，吉林专用）

2024-2025学年九年级数学上学期期中模拟卷02 满分：120分 测试范围：一元二次方程、二次函数、旋转、圆 一、单项选择题。（每小题2分，共12分） 1．我国汽车工业迅速发展，国产汽车技术成熟，下列汽车图标是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 2．一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是　　 A．2，，14 B．2，， C．2，12，14 D．2，12， 3．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为　　 A．4 B． C． D．2 4．对于抛物线，下列说法中错误的是　　 A．对称轴是直线 B．顶点坐标是 C．当时，随的增大而减小 D．当时，函数的最小值为1 5．如图，△中，，，，将△绕点逆时针旋转得△，若点在上，则的长为　　 A． B．4 C． D．5 6．已知如图，在正方形中，点、的坐标分别是，，，点在抛物线的图象上，则的值是　　 A． B． C． D． 二、填空题。（每小题3分，共24分） 7．若关于的方程有一个根是，则另一个根是 　　． 8．已知关于的一元二次方程有两个实数根，．则代数式的值为 　　． 9．已知二次函数图象的顶点在坐标原点，且图象经过点．将它向左平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后对应的二次函数的表达式为 　　． 10．为了在校运会中取得更好的成绩，小丁积极训练，在某次试投中铅球所经过的路线是如图所示的抛物线的一部分．已知铅球出手处距离地面的高度是1.68米，当铅球运行的水平距离为2米时，达到最大高度2米的处，则小丁此次投掷的成绩是 　　米． 11．如图，的顶点坐标分别为，，．如果将绕点顺时针旋转，得到△，那么点的对应点的坐标为　　． 12．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除捷法》中记录了这样的一个问题：直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长与阔几何？”其大意是：矩形面积是864平方步，其中长与宽和为60步，问长与宽各多少步？若设长为步，则可列方程是 　　（方程化为一般形式）． 13．如图，将面积为6的正方形和面积为9的正方形分别绕原点顺时针旋转，使，落在数轴上，点，在数轴上对应的数字分别为、，则　　． 14．如图，抛物线的顶点的坐标为，，与轴的一个交点位于0和1之间，则以下结论：①；②；③若抛物线经过点，，则；④若关于的一元二次方程无实数根，则．其中正确结论是 　　（请填写序号）． 三、解答题。（每小题5分，共20分） 15．解方程：． 16．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，对称轴为直线，求抛物线的表达式． 17．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到△，连接，若，求的度数． 18．某超市将进货价为20元的玻璃杯以25元售出，平均每月能售出600个．调查表明：这种玻璃杯的售价每上涨1元，其销售量就将减少10个．为了实现平均每月5500元的销售利润，超市决定采取调控价格的措施，扩大销售量，减少库存，这种玻璃杯的售价应定为多少元？ 四、解答题。（每小题7分，共28分） 19．（1）在如图所示的直角坐标系内，描出点，，．并连接，，，； （2）将（1）中所画的图形向下平移四个单位，画出平移后的图形； （3）将（1）中所画的图形绕原点逆时针旋转，画出旋转后的图形． 20．已知关于的一元二次方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）如果方程的两个实数根为，，且，求的值． 21．如图，点是等边三角形内的一点，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，． （1）求的度数； （2）若，，求的长． 22．某扶贫单位为了提高贫困户的经济收入，购买了的铁栅栏，准备用这些铁栅栏为贫困户靠墙（墙长围建一个中间带有铁栅栏的矩形养鸡场（如图所示）． （1）若要建的矩形养鸡场面积为，求鸡场的长和宽； （2）该扶贫单位想要建一个的矩形养鸡场，这一想法能实现吗？请说明理由． 五、解答题。（每小题8分，共16分） 23．飞盘运动是一种老少皆宜的健身项目，只要有一片空旷的场地就能让我们开心地锻炼．某商家销售某品牌的橡胶飞盘，成本价为每个16元，销售中平均每天销售量（个与销售单价（元的关系可以近似地看作一次函数，如表所示： 18 20 22 24 70 60 50 40 （1）求出与之间的函数关系式； （2）设该商家每天销售该品牌的橡胶飞盘的利润为（元，求与之间的函数关系式当取何值时，的值达到最大？最大值是多少？ 24．阅读材料：解方程，我们可以将视为一个整体，然后设，则，原方程化为．① 解得， 当时，．．； 当时，，，． 原方程的解为，，，． 根据上面的解答，解决下面的问题： （1）填空：在由原方程得到方程①的过程中，利用 　　法达到了降次的目的，体现了 　　的数学思想． （2）解方程：． 六、解答题。（每小题10分，共20分） 25．综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在中，，点是边的中点，连接．保持不动，将从图1的位置开始，绕点顺时针旋转得到，点，，的对应点分别为点，，．当线段与线段相交于点（点不与点，，，重合）时，连接．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究． 初步思考：（1）如图2，连接，“勤学”小组在旋转的过程中发现，请你证明这一结论； 操作探究：（2）如图3，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现垂直平分，请你证明这一结论； 拓展延伸：（3）已知，，在旋转的过程中，当以点，，为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段的长度． 26．已知抛物线交轴于，两点，与轴交于点． （1）写出抛物线的解析式； （2）如图1，是第四象限抛物线上一点，交轴于点，若，求点的坐标； （3）如图2，平移抛物线得到抛物线，使其顶点为，为轴上一点，直线和与抛物线都只有一个公共点，且分别与轴交于点，，为轴上点，上方一点，若，求点的坐标． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年九年级数学上学期期中模拟卷02 满分：120分 测试范围：一元二次方程、二次函数、旋转、圆 一、单项选择题。（每小题2分，共12分） 1．我国汽车工业迅速发展，国产汽车技术成熟，下列汽车图标是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的概念求解． 【解答】解：、不是中心对称图形．故错误； 、是中心对称图形．故正确； 、不是中心对称图形．故错误； 、不是中心对称图形．故错误． 故选：． 【点评】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是　　 A．2，，14 B．2，， C．2，12，14 D．2，12， 【分析】一元二次方程的一般形式是：，，是常数且．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 【解答】解：由已知方程得到：，所以一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是2，，． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的定义．一元二次方程的一般形式是：，．是常数且．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 3．若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为　　 A．4 B． C． D．2 【分析】若一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式△，建立关于的方程，即可求解． 【解答】解：关于的一元二次方程有两个相等的实数根， △， 解得． 故选：． 【点评】此题考查了根的判别式．一元二次方程的根与△有如下关系：（1）△方程有两个不相等的实数根；（2）△方程有两个相等的实数根；（3）△方程没有实数根． 4．对于抛物线，下列说法中错误的是　　 A．对称轴是直线 B．顶点坐标是 C．当时，随的增大而减小 D．当时，函数的最小值为1 【分析】根据二次函数的性质判断即可． 【解答】解：， 抛物线的开口向下，顶点坐标为，对称轴为直线，函数有最大值，最大值为1； 当时，随的增大而减小， 故选：． 【点评】本题考查了二次函数的性质，关键是掌握函数的性质． 5．如图，△中，，，，将△绕点逆时针旋转得△，若点在上，则的长为　　 A． B．4 C． D．5 【分析】连接，由旋转的性质得出、的长度，利用勾股定理即可得出答案． 【解答】解：将△绕点逆时针旋转得△， ，，， 根据勾股定理得： ， ， ， 在△中，由勾股定理得： ， 故选：． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 6．已知如图，在正方形中，点、的坐标分别是，，，点在抛物线的图象上，则的值是　　 A． B． C． D． 【分析】作轴于，于，通过证得，得到，，设，则，解得，从而求得，代入即可得出的值． 【解答】解：作轴于，于， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， 设， 点、的坐标分别是，，， ，解得， ， 在抛物线的图象上， ， ， 故选：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特点，得出点坐标是解题关键． 二、填空题。（每小题3分，共24分） 7．若关于的方程有一个根是，则另一个根是 　2　． 【分析】利用根与系数的关系求出另一根即可． 【解答】解：关关于的方程有一个根是，设另一根为， ， 解得：， 则另一根为2． 故答案为2． 【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，方程的两根为，，则，． 8．已知关于的一元二次方程有两个实数根，．则代数式的值为 　　． 【分析】根据根与系数的关系求出、的值，代入代数式进行计算即可． 【解答】解：关于的一元二次方程有两个实数根，， ，， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟知，是一元二次方程的两根时，，是解题的关键 9．已知二次函数图象的顶点在坐标原点，且图象经过点．将它向左平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后对应的二次函数的表达式为 　　． 【分析】首先利用待定系数法求得函数的解析式，然后根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可． 【解答】解：设抛物线解析式为， 把代入得， 所以这个二次函数解析式为， 把二次函数的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到新抛物线解析式为：． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质，待定系数法确定函数解析式，二次函数图象与几何变换．平移的规律：左加右减，上加下减． 10．为了在校运会中取得更好的成绩，小丁积极训练，在某次试投中铅球所经过的路线是如图所示的抛物线的一部分．已知铅球出手处距离地面的高度是1.68米，当铅球运行的水平距离为2米时，达到最大高度2米的处，则小丁此次投掷的成绩是 　7　米． 【分析】建立坐标系，设抛物线的解析式为，由待定系数法求得抛物线的解析式，令，得关于的一元二次方程，求得方程的解并根据问题的实际意义作出取舍即可． 【解答】解：建立坐标系，如图所示： 由题意得：，，点为抛物线的顶点， 设抛物线的解析式为， 把代入得： ， 解得， ， 令，得， 解得，（舍， 小丁此次投掷的成绩是7米． 故答案为：7． 【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确建立平面直角坐标系、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键． 11．如图，的顶点坐标分别为，，．如果将绕点顺时针旋转，得到△，那么点的对应点的坐标为　　． 【分析】解题的关键是抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解． 【解答】解：由图知点的坐标为，根据旋转中心，旋转方向顺时针，旋转角度，画图，从而得的坐标为． 【点评】本题涉及图形的旋转，体现了新课标的精神，应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解． 12．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除捷法》中记录了这样的一个问题：直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长与阔几何？”其大意是：矩形面积是864平方步，其中长与宽和为60步，问长与宽各多少步？若设长为步，则可列方程是 　　（方程化为一般形式）． 【分析】根据长与宽之间的关系，可得出宽为步，结合矩形面积是864平方步，即可得出关于的一元二次方程，将其化为一般形式即可得出结论． 【解答】解：长与宽和为60步，且长为步， 宽为步． 依题意得：， 即． 故答案为：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 13．如图，将面积为6的正方形和面积为9的正方形分别绕原点顺时针旋转，使，落在数轴上，点，在数轴上对应的数字分别为、，则　　． 【分析】利用正方形的面积求得，，根据旋转的性质得出，，从而求得． 【解答】解：正方形和正方形的面积分别为7和9， ，， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，数形结合是解题的关键． 14．如图，抛物线的顶点的坐标为，，与轴的一个交点位于0和1之间，则以下结论：①；②；③若抛物线经过点，，则；④若关于的一元二次方程无实数根，则．其中正确结论是 　①②④　（请填写序号）． 【分析】依据题意，利用抛物线的顶点坐标和开口方向即可判断①；利用抛物线的对称轴求出，根据图象可得当时，，即可判断②；利用二次函数的性质即可判断③；根据抛物线与直线无交点即可判断④． 【解答】解：抛物线的顶点的坐标为，， ． ， 抛物线开口方向向下，即， ， 当时，， ，故①正确． 由图象可得：当时，， ，故②正确． 直线是抛物线的对称轴， 点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ，故③错误． 关于的一元二次方程无实数根， 顶点，在直线的下方， ，故④正确． 故正确的有①②④． 故答案为：①②④． 【点评】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与轴的交点，二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． 三、解答题。（每小题5分，共20分） 15．解方程：． 【分析】先把方程左边分解，使原方程转化为或，然后解两个一次方程即可． 【解答】解：， 或， 所以，． 【点评】本题考查了解一元二次方程因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）． 16．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，对称轴为直线，求抛物线的表达式． 【分析】利用待定系数法求得即可； 【解答】解：抛物线经过点，对称轴为直线， ， 解得， 抛物线的表达式为． 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，抛物线的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法是解题的关键． 17．如图，将绕直角顶点顺时针旋转，得到△，连接，若，求的度数． 【分析】首先证明是等腰直角三角形，求出即可解决问题． 【解答】解：由旋转的性质可知：， ， ， ， ， 由旋转的性质可知． 【点评】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 18．某超市将进货价为20元的玻璃杯以25元售出，平均每月能售出600个．调查表明：这种玻璃杯的售价每上涨1元，其销售量就将减少10个．为了实现平均每月5500元的销售利润，超市决定采取调控价格的措施，扩大销售量，减少库存，这种玻璃杯的售价应定为多少元？ 【分析】玻璃杯的售价应定为元，由题意得：，即可求解． 【解答】解：设：这种玻璃杯的售价应定为元， 由题意得：， 解得：或， 当时，， 当时，， ，故应舍去， 答：这种玻璃杯的售价应定为30元． 【点评】本题考查的是一元二次方程的应用，此类题目找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程是解决问题的关键． 四、解答题。（每小题7分，共28分） 19．（1）在如图所示的直角坐标系内，描出点，，．并连接，，，； （2）将（1）中所画的图形向下平移四个单位，画出平移后的图形； （3）将（1）中所画的图形绕原点逆时针旋转，画出旋转后的图形． 【分析】（1）根据，，三点的坐标画出四边形即可． （2）分别作出，，，的对应点，，，即可． （3）分别作出，，的对应点，，即可． 【解答】解：（1）如图，四边形即为所求． （2）如图，四边形即为所求． （3）如图，四边形即为所求． 【点评】本题考查平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 20．已知关于的一元二次方程有两个实数根． （1）求的取值范围； （2）如果方程的两个实数根为，，且，求的值． 【分析】（1）由方程有两个实数根，结合根的判别式即可得出关于的一元一次不等式，解不等式即可得出的取值范围； （2）根据根与系数的关系得出、，将变形为，然后代入即可得出关于的一元二次方程，解方程求得出的值，结合（1）的结论即可得出的值． 【解答】解：（1）关于的一元二次方程有两个实数根， △， 即， 解得：， 的取值范围为； （2），是一元二次方程的两个实数根， ，， ， ， ， ， 整理得：， 解得：，， 又， ． 【点评】本题考查了跟与系数的关系以及根的判别式，根据方程解的情况结合根的判别式找出关于的不等式或方程是解题的关键． 21．如图，点是等边三角形内的一点，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，． （1）求的度数； （2）若，，求的长． 【分析】（1）根据旋转的性质即可求解； （2）根据旋转的性质和勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）由旋转的性质得，，， ， ． 为等边三角形． ． 答：的度数为． （2）由旋转的性质得，． 为等边三角形， ． ，， ． 在中，由勾股定理得：． 答：的长为． 【点评】本题考查了旋转的性质、勾股定理、等边三角形，解决本题的关键是综合运用以上知识． 22．某扶贫单位为了提高贫困户的经济收入，购买了的铁栅栏，准备用这些铁栅栏为贫困户靠墙（墙长围建一个中间带有铁栅栏的矩形养鸡场（如图所示）． （1）若要建的矩形养鸡场面积为，求鸡场的长和宽； （2）该扶贫单位想要建一个的矩形养鸡场，这一想法能实现吗？请说明理由． 【分析】（1）设，则，根据矩形的面积公式结合矩形养鸡场面积为，即可得出关于的一元二次方程，解之即可求出的值，分别代入中，取使得小于等于15的值即可得出结论； （2）不能，理由如下，设，则，同（1）可得出关于的一元二次方程，由根的判别式△，即可得出结论． 【解答】解：（1）设，则， 依题意，得：， 解得：，． 当时，，符合题意， 当时，，，不合题意，舍去． 答：鸡场的长为，宽为． （2）不能，理由如下： 设，则， 依题意，得：， 整理，得：． △， 该方程无实数根，即该扶贫单位不能建成一个的矩形养鸡场． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 五、解答题。（每小题8分，共16分） 23．飞盘运动是一种老少皆宜的健身项目，只要有一片空旷的场地就能让我们开心地锻炼．某商家销售某品牌的橡胶飞盘，成本价为每个16元，销售中平均每天销售量（个与销售单价（元的关系可以近似地看作一次函数，如表所示： 18 20 22 24 70 60 50 40 （1）求出与之间的函数关系式； （2）设该商家每天销售该品牌的橡胶飞盘的利润为（元，求与之间的函数关系式当取何值时，的值达到最大？最大值是多少？ 【分析】（1）设，把表格中任意两对数代入可得和的值，即可求得与之间的函数关系式； （2）该商家每天销售该品牌的橡胶飞盘的利润每个飞盘的利润销售量，把相关数值代入可得与的函数关系式．进而根据，最大即可求得当取何值时，的值达到最大，最大值是多少． 【解答】解：（1）设． 经过点，， ． 解得：． ； （2）． ， 时，（元． 答：与之间的函数关系式为：；当时，的值达到最大，最大值是320元． 【点评】本题考查二次函数的应用．用到的知识点为：二次函数的比例系数小于0，当自变量时，函数值最大为． 24．阅读材料：解方程，我们可以将视为一个整体，然后设，则，原方程化为．① 解得， 当时，．．； 当时，，，． 原方程的解为，，，． 根据上面的解答，解决下面的问题： （1）填空：在由原方程得到方程①的过程中，利用 　换元　法达到了降次的目的，体现了 　　的数学思想． （2）解方程：． 【分析】（1）根据题意可以解答本题； （2）根据换元法可以解答此方程． 【解答】解：（1）由题意可得， 在由原方程得到方程①的过程中，利用换元法达到了将次的目的，体现了换元的数学思想， 故答案为：换元、换元； （2）， 令，则原方程可化为：， 解得，或， （舍去），， 解得，，， 故原方程的解是，． 【点评】本题考查换元法解一元二次方程、解一元二次方程的方法，解题的关键是明确解方程的方法． 六、解答题。（每小题10分，共20分） 25．综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在中，，点是边的中点，连接．保持不动，将从图1的位置开始，绕点顺时针旋转得到，点，，的对应点分别为点，，．当线段与线段相交于点（点不与点，，，重合）时，连接．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究． 初步思考：（1）如图2，连接，“勤学”小组在旋转的过程中发现，请你证明这一结论； 操作探究：（2）如图3，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现垂直平分，请你证明这一结论； 拓展延伸：（3）已知，，在旋转的过程中，当以点，，为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段的长度． 【分析】（1）连接，，由旋转得，，再证得，得出，进而得出，利用平行线的判定即可证得结论； （2）延长交于点，由旋转得，进而推出，再证得，利用等腰三角形的性质即可证得结论； （3）分三种情况：当时，当时，当时，分别求得即可． 【解答】（1）证明：如图1，连接，， 将绕点顺时针旋转得到， ，， ， ， ， 点是边的中点， ， ． 四边形是平行四边形， ， ， 又， ， ， 在和中， ， ， 是的一个外角， ， 即， ， ； （2）证明：如图2，延长交于点， 由（1）知：， ，， 将绕点顺时针旋转得到， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 即， ，，， ， 垂直平分； （3）解：以点，，为顶点的三角形是等腰三角形， 或或， 当时，如图3，过点作于，交于，过点作于， 则四边形、、均为矩形， ，， ，，点是边的中点， ， ，， ， ， 由旋转得， 又， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ； 当时，如图3，连接， 由旋转得， 又， ， ， ， ， 即、、三点共线， 在和中， ， ， ， 设， 四边形是矩形，，， ，， 则，， 在中，， ， 解得：， ； 当时，如图5，过点作于， ，， ， 在中，， ， 和均为等腰直角三角形， ， ， ， ， 四边形是矩形， ； 综上所述，线段的长度为或1或． 【点评】本题是矩形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质等知识，熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题关键． 26．已知抛物线交轴于，两点，与轴交于点． （1）写出抛物线的解析式； （2）如图1，是第四象限抛物线上一点，交轴于点，若，求点的坐标； （3）如图2，平移抛物线得到抛物线，使其顶点为，为轴上一点，直线和与抛物线都只有一个公共点，且分别与轴交于点，，为轴上点，上方一点，若，求点的坐标． 【分析】（1）用待定系数法求二次函数表达式即可解决； （2）过点作轴于点，设，用含的式子求出直线的解析式，代入点坐标求出即可； （3）设，求出直线的解析式为，得出，设直线的解析式为，同理有，则，，设，求出结论即可． 【解答】解：（1）将点，代入得： ， 解得， 抛物线的解析式为； （2）过点作轴于点，如图1，设， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， 当时，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 解得（不合题意，舍去，， 当时，， ， 直线的解析式为； （3）平移抛物线得到抛物线，使其顶点为， 抛物线， 设， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， ， 当时，整理得， ， ， 设直线的解析式为，同理有，， ，为一元二次方程的两根， ，， 设， ，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查的是勾股定理，求一次函数的解析式，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的平移，用待定系数法求二次函数表达式及二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$