精品解析：天津市和平区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷

九年级数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第4页至第8页．试卷满分120分．考试时间100分钟． 视你考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点． 2．本卷共12题，共36分． 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 中国代表队在第33届巴黎奥运会上取得了40金27银24铜的傲人成绩，并在多个项目上取得了突破，以下奥运比赛项目图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若是方程的一个解，则m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知的半径为3，平面内有一个点P，若点P在外，则在的长可能为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 风力发电机可以在风力作用下发电，如图的转子叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则至少要旋转（　　）度． A. 60 B. 120 C. 180 D. 270 5. 若是方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 6. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了个人，则下列结论不正确的是（ ） A. 第一轮后共有个人患了流感 B. 第二轮后又增加个人患流感 C. 依题意可以列方程 D. 按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有人患流感 7. 将抛物线向下平移2个单位后，所得新抛物线的顶点式为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系，下列说法正确的是（ ） A. 小球的飞行高度为15m时，小球飞行的时间是1s B. 小球从飞出到落地要用4s C. 小球飞行3s时飞行高度为15m，并将继续上升 D. 小球的飞行高度可以达到25m 9. 在“探索二次函数的系数a，b，c与图象的关系”活动中，老师给出了坐标系中的四个点：．同学们分别画出了经过这四个点中的三个点的二次函数图象，并得到对应的函数表达式，则的最大值等于（　　） A. B. C. 2 D. 5 10. 如图，四边形内接于，是延长线上一点，以点为圆心，长为半径作弧与相交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于点，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知中，，，将绕点A逆时针旋转得到，以下结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 12. 已知二次函数（a，b，c为常数，）的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线． 有下列结论： ①； ②若点均在该二次函数图象上，则； ③方程的两个实数根为，且，则； ④若m为任意实数，则． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13. 已知点与点关于原点对称，则点的坐标为______． 14. 已知抛物线，图象的开口向____，顶点坐标为____，当x___时，y随x的增大而减小． 15. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是_____． 16. 如图，是的直径，，，则__． 17. 如图，O是等边内一点，，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接． （I）线段的长为____； （II）的面积为____． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，线段与圆相交于点F． （I）线段是将线段绕点C顺时针旋转____ （度）得到的； （II）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在线段上画出点P，使，并简要说明点Р的位置是如何找到的（不要求证明）____． 三、解答题（本大题共7小题，共66分、解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 19. 解下列方程： （1）﹔ （2） 20. 用一条长的绳子围成一个矩形． （1）若围成的矩形面积为，求该矩形的长和宽． （2）能围成一个面积为的矩形吗？若能，求出它的长和宽．若不能，请求出能围成矩形的最大面积． 21. 已知是的直径，，E是上一点，延长交于点D． （1）如图①，当点E是弦的中点时，求的大小； （2）如图②，当时，求的大小． 22. 如图，四边形内接于，是的直径，． （1）若，求的大小； （2）若，求的长． 23. 如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出球的飞行路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画，小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律如下表： x 0 1 2 m 4 5 6 7 … y 0 6 8 n … （1）①______，______； ②小球的落点是A，求点A的坐标． （2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系． ①小球飞行的最大高度为______米； ②求v的值． 24. 已知，，将绕点B旋转得到，点A的对应点为，点C的对应点为，连接． （1）如图，将绕点B逆时针旋转，求的长； （2）当点落直线上时，求的长； （3）连接，直线与直线相交于点D，在旋转过程中，线段的最大值为_____（直接写出结果即可）﹒ 25. 抛物线（a，b为常数，）的顶点为，与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线上的点M的横坐标为m（m是常数）． （1）求抛物线的解析式和点A的坐标； （2）若直线与相交于点N，当时，求点M的坐标； （3）若将点M绕着原点O顺时针旋转得到点，点，当面积最小时，求点M的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷为第1页至第3页，第Ⅱ卷为第4页至第8页．试卷满分120分．考试时间100分钟． 视你考试顺利! 第Ⅰ卷 注意事项： 1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点． 2．本卷共12题，共36分． 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 中国代表队在第33届巴黎奥运会上取得了40金27银24铜的傲人成绩，并在多个项目上取得了突破，以下奥运比赛项目图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，根据中心对称图形的定义可得答案． 【详解】解：A．图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．图形是中心对称图形，故本选项符合题意； C．图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 2. 若是方程的一个解，则m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，将方程的解代入方程中求解即可．理解方程的解满足方程是解答的关键． 【详解】解：∵是方程的一个解， ∴，解得， 故选：D． 3. 已知的半径为3，平面内有一个点P，若点P在外，则在的长可能为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查点和圆的位置关系，根据点P在外可得大于半径，从而可以解答本题． 【详解】解：的半径为3，点在外， ， 故选：A． 4. 风力发电机可以在风力作用下发电，如图的转子叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则至少要旋转（　　）度． A. 60 B. 120 C. 180 D. 270 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．该图形被平分成三部分，因而每部分被分成的圆心角是，并且圆具有旋转不变性，因而旋转120度的整数倍，就可以与自身重合． 【详解】解：该图形被平分成三部分，旋转的整数倍，就可以与自身重合， 故的最小值为120． 故选：B 5. 若是方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数关系，先将化为一般式，再由一元二次方程根与系数关系得到，，即可得到答案，熟记一元二次方程根与系数关系是解决问题的关键． 【详解】解：是方程的两个根， ，， 故选：A． 6. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有人患了流感，设每轮传染中平均一个人传染了个人，则下列结论不正确的是（ ） A. 第一轮后共有个人患了流感 B. 第二轮后又增加个人患流感 C. 依题意可以列方程 D. 按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有人患流感 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的应用，根据题意建立等量关系是解题的关键； 本题属于传播问题，依次表示第一轮传染，第二轮传染后的量，再结合最后共有人感染可得方程． 【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了个人，则第一轮传染增加了个人患了流感，第一轮后共有个人患了流感； 第二轮传染后增加了个人患了流感，第二轮传染后共有个人患了流感，可得方程； 解得：，或（舍去） 第三轮传染后增加了人，此时共有人患流感， 故选项A、B、C、均正确，不符合题意， D选项错误，符合题意； 故选：D 7. 将抛物线向下平移2个单位后，所得新抛物线的顶点式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的平移以及顶点式，根据平移的规律“上加下减．左加右减”可得出平移后的抛物线为，再把化为顶点式即可． 【详解】解：抛物线向下平移2个单位后， 则抛物线变为， ∴化成顶点式则为 ， 故选：A． 8. 如图，以40m/s的速度将小球沿与地面成角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位：m）与飞行时间t（单位：s）之间具有函数关系，下列说法正确的是（ ） A. 小球的飞行高度为15m时，小球飞行的时间是1s B. 小球从飞出到落地要用4s C. 小球飞行3s时飞行高度为15m，并将继续上升 D. 小球的飞行高度可以达到25m 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．根据函数表达式，可以求出的两根，两根之差即为小球的飞行到落地的时间；求出函数的最大值，即为小球飞行的最大高度；然后根据方程的意义为时所用的时间，据此解答． 【详解】解：的两根，，即时所用的时间， 小球的飞行高度是15m时，小球的飞行时间是1s或3s，故A错误； ， 对称轴为直线，最大值为20，故D错误； 时，，此时小球继续下降，故C错误； 当时，，， ， 小球从飞出到落地要用4s，故B正确． 故选：B． 9. 在“探索二次函数的系数a，b，c与图象的关系”活动中，老师给出了坐标系中的四个点：．同学们分别画出了经过这四个点中的三个点的二次函数图象，并得到对应的函数表达式，则的最大值等于（　　） A. B. C. 2 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数的解析式，根据坐标系中的四个点画出二次函数的图象，根据图象判断经过A、D、C三点的抛物线当时，y的值最大，利用待定系数法求得二次函数的系数即可求解． 【详解】解：∵A、B、C的纵坐标相同， ∴抛物线不会经过A、B、C三点， ∴抛物线经过可能经过A、D、C或者B、D、C或者A、B、D， 如图，经过A、D、C三点的抛物线，当时，y的值最大， 把代入得 ， 解得， ∴经过A、D、C三点的抛物线的解析式为， 当时，， 故的最大值等于2， 故选：C． 10. 如图，四边形内接于，是延长线上一点，以点为圆心，长为半径作弧与相交于点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于点，连接，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了线段垂直平分线的作图及其性质，圆内接四边形的性质,等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，得到是的垂直平分线是解答的关键．先由作图可得垂直平分，得到，由可得，再由圆内接四边形的性质即可得出的度数． 【详解】解：如图，和交于点， 由作图可得垂直平分， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 11. 如图，已知中，，，将绕点A逆时针旋转得到，以下结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质可得，，再根据旋转角的度数为，通过推理证明对四个结论进行判断即可． 【详解】解：∵绕A点逆时针旋转得到， ∴，，，故B结论正确，不符合题意； ∵， ∴． ∴． ∴．故C结论正确，不符合题意； 在中，， ∴． ∴． ∴与不垂直．故A结论错误，符合题意； 在中，， ∴． ∴．故D结论正确，不符合题意． 故选：A． 12. 已知二次函数（a，b，c为常数，）的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线． 有下列结论： ①； ②若点均在该二次函数图象上，则； ③方程的两个实数根为，且，则； ④若m为任意实数，则． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，依据题意，由抛物线经过，对称轴为直线，得出，再结合二次函数的性质可判断①，由各点到抛物线对称轴的距离大小可判断②，由抛物线的对称性可得抛物线与轴交点坐标，从而判断③，由时取最大值可判断④． 【详解】解：∵二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线， ∴， 解得：，， ∵， ∴， ， 故①错误； ， 抛物线开口向下． 又点，，均在该二次函数图象上，且点到对称轴的距离最大，点到对称轴的距离最小， ， 故②错误； ∵二次函数（a，b，c为常数，）的图象与x轴的一个交点坐标为，对称轴为直线 ∴另一个交点坐标为， 方程可以看成与的交点，函数大致图象如下： ∴由图可得， 故③正确； ∵对称轴为直线，抛物线开口向下． ∴抛物线最大值为， 若为任意实数，则， ， 故④正确． 综上，正确的有③④． 故选：B． 第Ⅱ卷 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13. 已知点与点关于原点对称，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，由两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反特点进行求解即可，解题关键是掌握关于原点对称点的坐标规律． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴点的坐标为， 故答案为：． 14. 已知抛物线，图象的开口向____，顶点坐标为____，当x___时，y随x的增大而减小． 【答案】 ①. 上 ②. ③. 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，利用二次根式的性质确定出开口方向，顶点坐标以及对称轴即可，由对称轴和开口方向得出增减性． 【详解】解：∵抛物线，， 抛物线，开口向上，顶点坐标为，对称轴为直线， 当时，随的增大而减小． 故答案为：上，，． 15. 关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是_____． 【答案】## 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程的根的判别式．根据判别式的意义得到，然后解不等式即可． 【详解】解：关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ， 解得． 故答案为：． 16. 如图，是的直径，，，则__． 【答案】75 【解析】 【分析】此题考查了弧与圆心角的关系．注意在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．由，根据弧与圆心角的关系，可得，继而求得答案． 【详解】解：， ， ． 故答案为：75． 17. 如图，O是等边内一点，，将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接． （I）线段的长为____； （II）的面积为____． 【答案】 ①. 10 ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理； （I）证明即可的长； （II）由旋转可得是等边三角形，得到，再由，，得到，，则，最后由 求解即可． 【详解】解：（I）∵将线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴． ， ∵， ∴， 故答案为：10； （II）连接，过作交延长线于，过作交于， 由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ， 故答案为：． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C，D，E均在格点上，线段与圆相交于点F． （I）线段是将线段绕点C顺时针旋转____ （度）得到的； （II）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在线段上画出点P，使，并简要说明点Р的位置是如何找到的（不要求证明）____． 【答案】 ①. ②. 先找到直角顶点为的圆周角和与圆的交点，根据圆周角所对弦是直径连接后确定圆心，再连接过点直径，则，连接延长与交点即为点Р，此时可以看成线段是将线段绕点C顺时针旋转得到，即． 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，圆周角定理； （1）连接，可得，即线段是将线段绕点C顺时针旋转得到，则旋转角度为，即可求解； （2）先找到直角顶点为的圆周角和与圆的交点，根据圆周角所对弦是直径连接后确定圆心，再连接过点直径，则，连接延长与交点即为点Р，此时可以看成线段是将线段绕点C顺时针旋转得到，即． 【详解】解：（1）连接，，可得， ∵线段是将线段绕点C顺时针旋转得到，则旋转角度为， ∴线段是将线段绕点C顺时针旋转度得到的； （2）如图，可以看成线段是将线段绕点C顺时针旋转得到，即， 故答案为：，先找到直角顶点为的圆周角和与圆的交点，根据圆周角所对弦是直径连接后确定圆心，再连接过点直径，则，连接延长与交点即为点Р，此时可以看成线段是将线段绕点C顺时针旋转得到，即． 三、解答题（本大题共7小题，共66分、解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 19. 解下列方程： （1）﹔ （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键． （1）移项，整理后，提取公因式x，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可； （2）移项，整理后，求出的值，再代入公式求出即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ∴或， ∴，； 【小问2详解】 解：， ， ， ∴， ∴， ∴， 20. 用一条长的绳子围成一个矩形． （1）若围成的矩形面积为，求该矩形的长和宽． （2）能围成一个面积为的矩形吗？若能，求出它的长和宽．若不能，请求出能围成矩形的最大面积． 【答案】（1）长为，宽为 （2）不能围成一个面积为的矩形，最大面积为 【解析】 【分析】此题考查了一元二次方程和二次函数的应用，熟练掌握一元二次方程的解法和二次函数的性质是解题的关键． （1）设矩形的长为，则宽为，根据面积列出方程，解方程即可； （2）根据题意，列出方程，判断一元二次方程有无实数根即可；设矩形的长为，则宽为，设矩形的面积为，列出函数表达式，根据二次函数的性质进行解答即可． 【小问1详解】 解：设矩形的长为，则宽为， 则， 整理得， 解得：，， 当时，， 当时，， 矩形的长为，宽为； 【小问2详解】 解：不能围成一个面积为的矩形，理由如下： 设矩形的长为，则宽为， 则， 整理得：， ， 没有实数根， 不能围成一个面积为的矩形； 设矩形的长为，则宽为，设矩形的面积为， 则， ， 抛物线开口向下，二次函数有最大值， 即当时，有最大值， 此时长为，宽为，面积最大，最大面积为 21. 已知是的直径，，E是上一点，延长交于点D． （1）如图①，当点E是弦的中点时，求的大小； （2）如图②，当时，求的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是关键，注意运用同弧所对的圆周角相等． （1）根据垂径定理，可得，根据三角形内角和即可求出，再根据圆周角定理得出，进而求出的度数； （2）如图②，连接，根据，，可得，则，根据，可得，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而即可求解； 【小问1详解】 解：∵是直径，点E是弦的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如图②，连接， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 22. 如图，四边形内接于，是的直径，． （1）若，求的大小； （2）若，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了圆心角、弦、弧之间的关系定理，圆内接四边形，解题的关键是掌握相关定理并灵活运用． （1）根据，可得，根据三角形的内角和定理得出，根据平行线的性质求出，根据圆内接四边形的性质求出的度数即可； （2）连接，根据，可得，根据平行线的性质可得，得到，由垂径定理推论可得垂直平分，即可得到是中位线，，最后由勾股定理可得求出长即可． 【小问1详解】 解：，， ∴， ∴， ∵， ∴， 四边形是的内接四边形， ， ∴； 【小问2详解】 解：如图连接，，交于， ， ， ∵， ，， ， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴是中位线， ∴， 设， ∵， ∴，， 由勾股定理可得， ∴， 解得， ∴． 23. 如图，一小球从斜坡O点以一定的方向弹出球的飞行路线可以用二次函数刻画，斜坡可以用一次函数刻画，小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律如下表： x 0 1 2 m 4 5 6 7 … y 0 6 8 n … （1）①______，______； ②小球的落点是A，求点A的坐标． （2）小球飞行高度y（米）与飞行时间t（秒）满足关系． ①小球飞行的最大高度为______米； ②求v的值． 【答案】（1）①3，6；②； （2）①8，② 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用以及从图象和表格中获取数据， （1）①由抛物线的顶点坐标为可建立过于a，b的二元一次方程组，求出a，b的值即可；②联立两函数解析式求解，可求出交点A的坐标； （2）①根据第一问可知最大高度为8米； ②将小球飞行高度与飞行时间的函数关系式化简为顶点式即可求得v值． 【小问1详解】 解：①根据小球飞行的水平距离x（米）与小球飞行的高度y（米）的变化规律表可知：抛物线顶点坐标为， ∴， 解得：， ∴二次函数解析式为， 当时，， 解得：或（舍去）， ∴， 当时，， 故答案为：3，6． ②联立得：， 解得：或 ， ∴点A的坐标是， 【小问2详解】 ①由题干可知小球飞行最大高度为8米， 故答案为：8； ②， 则， 解得（负值舍去）． 24. 已知，，将绕点B旋转得到，点A的对应点为，点C的对应点为，连接． （1）如图，将绕点B逆时针旋转，求的长； （2）当点落直线上时，求的长； （3）连接，直线与直线相交于点D，在旋转过程中，线段的最大值为_____（直接写出结果即可）﹒ 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定； （1）由勾股定理得，再由旋转的性质得，，再由等腰直角三角形的性质即可得的长； （2）当点落线段上时，由旋转的性质可得，进而可得，，再由勾股定理即可得的长，当点落线段的延长线上时，同理可得； （3）过作交延长线于，取中点，连接，，由斜边中线可得，再由平行和旋转性质可得得到，即可证明，得到，即为中点，则是中位线，最后根据，可得当，，三点共线时最大，最大值为﹒ 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵将绕点B逆时针旋转得到， ∴，， ∴； 【小问2详解】 解：如图，当点落线段上时， 由旋转的性质可得， ∴，，，， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴； 如图，当点落线段的延长线上时， 由旋转的性质可得， ∴，，，， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴； 即的长为或； 【小问3详解】 解：过作交延长线于，取中点，连接，， ∵将绕点B旋转得到， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即为中点 ∴是中位线， ∴， ∵， ∴当，，三点共线时最大，最大值为， 故答案为：﹒ 25. 抛物线（a，b为常数，）的顶点为，与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线上的点M的横坐标为m（m是常数）． （1）求抛物线的解析式和点A的坐标； （2）若直线与相交于点N，当时，求点M的坐标； （3）若将点M绕着原点O顺时针旋转得到点，点，当面积最小时，求点M的坐标． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据顶点坐标可设二次函数的顶点式，进而由图象与y轴的交点求解a值，进而求解即可； （2）先求得直线的表达式为，根据题意，，，由解方程求得m值即可； （3）将绕着原点O顺时针旋转得到，连接交与Q，利用等腰三角形的性质可得，过作于K，过Q作于S，证明得到；过M作于E，过N作轴于F，证明得到，，设，则，，，利用中点坐标公式可求得，则有，推出，利用二次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线（a，b为常数，）的顶点为， ∴抛物线的解析式为， ∴当时，，解得，且， ∴抛物线的解析式为， 当时，由得，， ∴； 【小问2详解】 解：设直线的表达式为， 将，代入，得，解得， ∴直线的表达式为， 根据题意，，，且， ∴， ∵， ∴，即， 解得，（舍去）， 当，， ∴点M的坐标为； 【小问3详解】 解：由于抛物线的开口向上，顶点坐标为， ∴点在x轴的上方， 如图，将绕着原点O顺时针旋转得到，连接交与Q， 则为的平分线，， ∴为等腰直角三角形，， ∴， 过作于K，过Q作于S， ∴， ∴， ∴， ∴； 过M作于E，过N作轴于F， 则，又， ∴， ∴， ∴，， 设，则，， ∴， ∴， ∴，又点， ∴， ∴当时，有最大值，此时， ∴． 【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、二次函数图象与坐标轴的交点问题、坐标与图形、旋转的性质、解一元二次方程、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，综合性强，有难度，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造全等三角形是解答的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $