精品解析：江西省上饶市广信区2024-2025学年九年级上学期11月期中数学试题

九年级数学 期中质量监测试卷 说明：1、本卷共有六个大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2、不得使用计算器． 一、选择题（本大题共6个小题，第小题3分，共18分）每小题只有一个正确选项． 1. 下列各式（1﹣x）=0，=0，=0，，x2+3x=0，其中一元二次方程的个数为（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 2. 抛物线y＝3（x﹣2）2+5的顶点坐标是（　　） A. （﹣2，5） B. （﹣2，﹣5） C. （2，5） D. （2，﹣5） 3. 如图，用左面的三角形连续的旋转可以得到右面的图形，每次旋转（　　）度． A. 60 B. 90 C. 120 D. 150 4. 如图，在中，弦的长为4，圆心到弦的距离为2，则圆O的半径长是（ ） A. 1 B. C. D. 4 5. 如图，二次函数的图象经过点，且与轴交点的横坐标分别为，，其中，，顶点纵坐标大于2．下列结论：①；②；③；④若，是方程的两个根，则，．其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6. 如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程x2﹣4=0的解是_________． 8. 点关于原点对称的点的坐标是 _______． 9. 如图，，分别是的切线，，为切点，切于，交，于点，，若，则的周长是________． 10. 已知m，n是方程的两个实数根，则的值是______． 11. 如图所示是抛物线的一部分，则方程的根是______． 12. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为_______． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1） （2）． 14. 已知二次函数的表达式为：，求该二次函数图象的开口方向、对称轴和顶点坐标． 15. 如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 16. 如图，交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：； （2）若，求的半径． 17. 已知正方形的边长为4个单位长度，点是的中点，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，将直线绕着正方形的中心顺时针旋转； （2）在图2中，将直线向上平移1个单位长度． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 应用一元二次方程解答下列问题：如图，一个仓库的一边靠墙，另外三面用32米木板材料围建，这堵墙的长为18米，在与墙垂直的一边有一扇2米宽的门，仓库面积为140平方米． （1）这个仓库的宽和长分别是多少米？ （2）仓库存有一批商品，每件商品的进价为15元，销售单价为25元，平均每天能售出80件；根据市场调查，销售单价每降低0.5元，平均每天可多售出20件．为了尽快减少库存，为了实现平均每天1280元的利润，每件商品的定价应为多少元？ 19. 如图，隧道的截面由抛物线和矩形构成，矩形的长为，宽为，以所在的直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，轴是抛物线的对称轴，最高点到地面的距离为． （1）求出抛物线的解析式； （2）如果该隧道为单行道（只能朝一个方向行驶），现有一辆货运卡车高、宽，这辆货运卡车能否通过该隧道？通过计算说明你的结论． 20. 问题发现： 如图1，在中，，，为边上一点（不与点，重合），将线段绕点逆时针旋转得到，则：． （1）①的度数是_______；②线段，，之间的数量关系是_______． 拓展探究： （2）如图2，在中，，，为边上一点（不与点，重合），将线段绕点逆时针旋转得到，连接，请写出的度数及线段，，之间得数量关系，并说明理由； 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，在中，，为的直径，与相交于点D，过点D作于点E，延长线交于点F． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 22. 【课本再现】（1）如图1，，都是等边三角形．与有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？ 【探究应用】（2）如图2，绕着点逆时针旋转得到，连接，，，． ①下列说法正确的是_____；（多选题，填序号即可） A．，的形状都是等腰直角三角形 B．， C． D．的面积与的面积相等 ②如图3，点是的中点，猜想与之间的数量关系，并证明． 六、（本大题12分） 23. 综合与实践 问题提出：某兴趣小组开展综合实践活动：在中，，D为上一点，，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿匀速运动，到达点A时停止，以为边作正方形设点P的运动时间为，正方形的面积为S，探究S与t的关系 （1）初步感知：如图1，当点P由点C运动到点B时， ①当时，_______． ②S关于t的函数解析式为_______． （2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段的长． （3）延伸探究：若存在3个时刻（）对应的正方形的面积均相等． ①_______； ②当时，求正方形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学 期中质量监测试卷 说明：1、本卷共有六个大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间120分钟． 2、不得使用计算器． 一、选择题（本大题共6个小题，第小题3分，共18分）每小题只有一个正确选项． 1. 下列各式（1﹣x）=0，=0，=0，，x2+3x=0，其中一元二次方程的个数为（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】A 【解析】 【分析】利用一元二次方程的定义分别分析得出答案． 【详解】解：（1﹣x）=0．是一元一次方程，不合题意； =0，是一元二次方程，符合题意； =0，含有两个未知数，不是一元二次方程， +x=0，不符合一元二次方程的定义， x2+3x=0，是一元二次方程，符合题意， 故其中一元二次方程的个数为：2， 故选：A． 【点睛】此题主要考查一元二次方程的定义，正确把握一元二次方程具备的条件是解题的关键． 2. 抛物线y＝3（x﹣2）2+5的顶点坐标是（　　） A. （﹣2，5） B. （﹣2，﹣5） C. （2，5） D. （2，﹣5） 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的性质y＝a(x﹣h)2+k的顶点坐标是(h，k)进行求解即可. 【详解】∵抛物线解析式为y=3(x-2)2+5， ∴二次函数图象的顶点坐标是(2，5)． 故选C． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据抛物线的顶点式，可确定抛物线的开口方向，顶点坐标(对称轴)，最大(最小)值，增减性等． 3. 如图，用左面的三角形连续的旋转可以得到右面的图形，每次旋转（　　）度． A. 60 B. 90 C. 120 D. 150 【答案】C 【解析】 【分析】利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案，进而判断出基本图形的旋转角度． 【详解】根据图形可得出：这是一个由基本图形绕着中心连续旋转3次，每次旋转120度角形成的图案． 故选：C． 【点睛】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． 4. 如图，在中，弦的长为4，圆心到弦的距离为2，则圆O的半径长是（ ） A. 1 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，解题的关键是掌握垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的两条弧． 根据垂径定理得出，再根据勾股定理，即可解答． 【详解】解：∵圆心到弦的距离为2， ∴， ∵弦的长为4， ∴， ∴， 即圆O的半径长是， 故选：C． 5. 如图，二次函数的图象经过点，且与轴交点的横坐标分别为，，其中，，顶点纵坐标大于2．下列结论：①；②；③；④若，是方程的两个根，则，．其中正确的结论有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系．由抛物线的开口方向判断与的关系，由抛物线与轴的交点判断与的关系，然后根据对称轴及抛物线与轴交点情况可以判断①，根据抛物线顶点纵坐标大于，可以判断②，二次函数的图象经过点，再根据图象当时可以判断③，由，即函数与的交点，可以判断④． 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线交轴于正半轴， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确， ∵顶点纵坐标大于， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵二次函数的图象经过点， ∴， ∴， 根据图象可知：当时，， ∴，故③正确； 由，知， 即函数与的交点， 如图， ∴，，故④正确， 综上可知：①②③④正确，共个， 故选：D． 6. 如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题、圆周角定理等知识点，作辅助线并得到是等边三角形是解题的关键． 如图，作点关于的对称点，连接、、、，根据轴对称确定最短路线问题可得与的交点即为最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的倍求出，然后求出，再根据对称性可得，然后求出，从而判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，即为的最小值，从而求得周长的最小值． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接、、、， 则与的交点即为的最小时的点，的最小值， ， ， 是弧的中点， ， 由对称性，， ， 是等边三角形， ， 周长的最小值． 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 一元二次方程x2﹣4=0的解是_________． 【答案】x=±2 【解析】 【详解】移项得x2=4， ∴x=±2． 故答案是：x=±2． 8. 点关于原点对称的点的坐标是 _______． 【答案】 【解析】 【详解】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，掌握关于原点对称的点横、纵坐标都互为相反数是解题的关键． 根据关于原点的对称的点的横、纵坐标均互为相反数解答即可． 解：点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为：． 9. 如图，，分别是的切线，，为切点，切于，交，于点，，若，则的周长是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了切线长定理，对于定理的认识，在图形中找到切线长定理的基本图形是解决本题的关键． 利用切线长定理，可以得到：，据此即可求解． 【详解】∵，分别是的切线， ∴ 同理，． ∴三角形的周长． 故答案为：． 10. 已知m，n是方程的两个实数根，则的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系、一元二次方程的解，正确理解一元二次方程的解的定义是解题的关键．由一元二次方程根与系数关系得，，再代入求值即可． 【详解】解：∵是方程的两个实数根， ∴，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 11. 如图所示是抛物线的一部分，则方程的根是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了二次函数和一元二次方程的关系．抛物线与x轴的交点横坐标即为二次函数函数值为0时的一元二次方程的解，据此进行求解即可． 【详解】解：∵根据图示知，抛物线与x轴的一个交点是，对称轴为直线， ∴根据对称性，抛物线与x轴的另一交点为， ∴方程的解是． 故答案为：． 12. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为_______． 【答案】或或 【解析】 【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解． 【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示， ∵在中，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴ ∴， ∴ ∴， 如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为， 当点在的延长线上时，如图所示，则 当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∴ 即是直角三角形， 综上所述，旋转角的度数为或或 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1） （2）． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】此题考查解一元二次方程，正确掌握一元二次方程的解法是解题的关键： （1）先整理，再利用直接开平方法解方程； （2）先整理，再利用因式分解法解方程． 【小问1详解】 解：， ， ，； 【小问2详解】 解：， 整理得， 因式分解得， 解得：，． 14. 已知二次函数的表达式为：，求该二次函数图象的开口方向、对称轴和顶点坐标． 【答案】二次函数的图象的开口向上，对称轴是直线，顶点坐标．． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，掌握二次函数的性质是解题关键．将二次函数化为顶点式，即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴二次函数的图象的开口向上，对称轴是直线，顶点坐标． 15. 如图，是等边三角形内一点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形的性质得出，根据旋转的性质得出 ，求出，证即可； （2）求出，进而求出，即可得出答案． 【小问1详解】 证明：是等边三角形， ， 线段绕点顺时针旋转，得到线段， ， ， ， 在和中， ， ， ； 【小问2详解】 解：如图，连接， ， 为等边三角形， ， 又， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质和等边三角形的性质等知识点，能灵活运用性质定理进行推理是解此题的关键． 16. 如图，交于点C，D，是半径，且于点F． （1）求证：； （2）若，求的半径． 【答案】（1）见解析 （2）5 【解析】 【分析】本题考查垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． （1）由垂径定理得，根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差关系可得结论； （2）连接，结合垂径定理和勾股定理列方程求解即可． 【小问1详解】 证明：∵为的弦， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 解：如图，连接， 为的弦， ∴，， ， 设的半径是r， ， 解得， ∴的半径是5． 17. 已知正方形的边长为4个单位长度，点是的中点，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，将直线绕着正方形的中心顺时针旋转； （2）在图2中，将直线向上平移1个单位长度． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）连接BD与AC相交于O，连接AE与BD相交于P，连接CP并延长交AD于F，直线OF即为所求； （2）设AE与OF交于G，连接OE交CF于H，则直线GH即为所求． 【详解】（1）如图，直线OF即为所求； ∵AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP， ∴△ADP△CDP， ∴∠DAE=∠DCF， ∵AD=CD，∠ADE=∠CDF=90°， ∴△ADE△CDF， ∴DE=DF， ∵点E是CD的中点， ∴点F是AD的中点， ∵∠AOD=90°，且AO=OD， ∴∠AOF=45°； （1）如图，直线GH即为所求； 由三角形中位线定理知OG=CF=1，OH=AF=1，且∠GOH=90°， ∴OG=OH， ∴△GOH是等腰直角三角形， ∴∠HOC=∠OHG=45°， ∴GH∥AC，且OG =1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 四、（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 应用一元二次方程解答下列问题：如图，一个仓库的一边靠墙，另外三面用32米木板材料围建，这堵墙的长为18米，在与墙垂直的一边有一扇2米宽的门，仓库面积为140平方米． （1）这个仓库的宽和长分别是多少米？ （2）仓库存有一批商品，每件商品的进价为15元，销售单价为25元，平均每天能售出80件；根据市场调查，销售单价每降低0.5元，平均每天可多售出20件．为了尽快减少库存，为了实现平均每天1280元的利润，每件商品的定价应为多少元？ 【答案】（1）宽和长分别为10米、14米 （2）19元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意建立一元二次方程是解题的关键． （1）首先设这个仓库与墙垂直的边长为x米，则另一边表示为，再根据面积为140平方米的仓库可得，再解一元二次方程即可； （2）设销售单价应降低x元，根据商店销售这款商品的利润要达到平均每天1280元列一元二次方程，求解即可． 【小问1详解】 解∶设这个仓库与墙垂直的边长为x米，则另一边表示为， 由题意得∶ ． 解得∶， 这堵墙的长为18米，即，， 不合题意舍去， ， 另一边为∶ (米)． 答∶这个仓库的宽和长分别为10米、14米； 【小问2详解】 解：设销售单价应降低x元， 根据题意，得， 整理得：， 解得或， 为了尽快减少库存，取， 定价为元， 答：销售单价应定为19元． 19. 如图，隧道的截面由抛物线和矩形构成，矩形的长为，宽为，以所在的直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，轴是抛物线的对称轴，最高点到地面的距离为． （1）求出抛物线的解析式； （2）如果该隧道为单行道（只能朝一个方向行驶），现有一辆货运卡车高、宽，这辆货运卡车能否通过该隧道？通过计算说明你的结论． 【答案】（1） （2）能通过该隧道，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是求出二次函数的解析式． （1）抛物线的解析式为，把代入计算即可； （2）把时，代入（1）的解析式，求出y的值即可求出结论． 【小问1详解】 解：根据题意，得点，，， 设抛物线的解析式为：， 将点代入， 得到， 解得：； 抛物线的解析式为：． 【小问2详解】 解：这辆货车能通过该隧道，理由如下： ， 将代入， 得到：， ， 故这辆货车能通过该隧道． 20. 问题发现： 如图1，在中，，，为边上一点（不与点，重合），将线段绕点逆时针旋转得到，则：． （1）①的度数是_______；②线段，，之间的数量关系是_______． 拓展探究： （2）如图2，在中，，，为边上一点（不与点，重合），将线段绕点逆时针旋转得到，连接，请写出的度数及线段，，之间得数量关系，并说明理由； 【答案】（1），；（2），，理由见解析 【解析】 【分析】（1）先判断出，即可判断出，即可得出，即可得出； （2）先由等腰直角三角形的性质得到，再证明，得到，，则，由勾股定理得，，据此可得结论． 【详解】解：（1）由旋转可知，，． ，， 是等边三角形， ∴，， ∵ ， ． 在和中， ， ， ，， ， 即． 故答案为：，． （2），，理由如下： ∵， ∴； 由旋转可知，，， ， ． 在和中， ， ， ，， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟知图形旋转的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，在中，，为的直径，与相交于点D，过点D作于点E，延长线交于点F． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】（1）由等边对等角得出，，从而得到，推出，由平行线的性质得出，即可得证； （2）过点作于点H，则，则四边形是矩形，由矩形的性质可得，，有勾股定理得出，推出，再由勾股定理计算即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，过点作于点H，则， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定定理、等腰三角形的性质、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 22. 【课本再现】（1）如图1，，都是等边三角形．与有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？ 【探究应用】（2）如图2，绕着点逆时针旋转得到，连接，，，． ①下列说法正确的是_____；（多选题，填序号即可） A．，的形状都是等腰直角三角形 B．， C． D．的面积与的面积相等 ②如图3，点是的中点，猜想与之间的数量关系，并证明． 【答案】（1），理由见详解；（2）①A，B，D；②，理由见详解 【解析】 【分析】（1）根据，都是等边三角形，把绕点A逆时针旋转得到 即可； （2）①由绕着点A逆时针旋转得到，得，再由全等三角形的性质及直角三角形的性质判断各项即可；②延长至点，使，连接，延长交于I证明即可得解． 【详解】解：（1），理由如下： ，都是等边三角形， ，，， ，即， 把绕点逆时针旋转得到， ； （2）①绕着点A逆时针旋转得到， ， ，的形状都是等腰直角三角形， 故选项A正确； 如图设交于点，交于点， 绕着点A逆时针旋转得到， ， ， ， ， ，即， 故选项B正确； ， ， 故选项C错误； 如图过D作于Y，过B作于X， ， 绕着点A逆时针旋转得到， ，，， ， ， ， ， 的面积与的面积相等， 故选项D正确， 故答案为：ABD； ②，理由如下： 延长至点，使，连接，延长交于I， 点M是BC的中点， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题考查了图形的旋转，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，添加适当的辅助线是本题的关键． 六、（本大题12分） 23. 综合与实践 问题提出：某兴趣小组开展综合实践活动：在中，，D为上一点，，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿匀速运动，到达点A时停止，以为边作正方形设点P的运动时间为，正方形的面积为S，探究S与t的关系 （1）初步感知：如图1，当点P由点C运动到点B时， ①当时，_______． ②S关于t的函数解析式为_______． （2）当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象请根据图象信息，求S关于t的函数解析式及线段的长． （3）延伸探究：若存在3个时刻（）对应的正方形的面积均相等． ①_______； ②当时，求正方形的面积． 【答案】（1）①3；② （2）， （3）①4；② 【解析】 【分析】（1）①先求出，再利用勾股定理求出，最后根据正方形面积公式求解即可；②仿照（1）①先求出，进而求出，则； （2）先由函数图象可得当点P运动到B点时，，由此求出当时，，可设S关于t的函数解析式为，利用待定系数法求出，进而求出当时，求得t的值即可得答案； （3）①根据题意可得可知函数可以看作是由函数向右平移四个单位得到的，设是函数上的两点，则，是函数上的两点，由此可得，则，根据题意可以看作，则；②由（3）①可得，再由，得到，继而得答案． 【小问1详解】 解：∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿匀速运动， ∴当时，点P在上，且， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：3； ②∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在匀速运动， ∴， ∵，， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：由图2可知当点P运动到B点时，， ∴， 解得， ∴当时，， 由图2可知，对应的二次函数的顶点坐标为， ∴可设S关于t的函数解析式为， 把代入中得：， 解得， ∴S关于t的函数解析式为， 在中，当时，解得或， ∴； 【小问3详解】 解：①∵点P在上运动时， ，点P在上运动时， ∴可知函数可以看作是由函数向右平移四个单位得到的， 设是函数上的两点，则，是函数上的两点， ∴， ∴， ∵存在3个时刻（）对应的正方形的面积均相等． ∴可以看作， ∴， 故答案为：4； ②由（3）①可得， ∵， ∴， ∴， ∴． . 【点睛】本题主要考查了二次函数与图形运动问题，待定系数法求函数解析式，勾股定理等等，正确理解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $