精品解析：广东省广州市海珠区中山大学附属实验学校2024-2025学年九年级上学期期中数学试题与答案

2024学年第一学期期中考试模拟考试卷 姓名：_____________学号：_____________ 一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 的半径为3，点在外，点到圆心的距离为，则需要满足的条件（ ） A. B. C. D. 无法确定 3. 用配方法解一元二次方程时，配方正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，抛物线如图所示，则关于的方程的根的情况为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有实数根 D. 没有实数根 6. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 7. 若关于的一元二次方程有一个根为1，则的值为（ ） A. 3 B. 0 C. D. 8. 如图，将绕点顺时针方向旋转到的位置，使得点，在同一条直线上，，那么旋转角等于（ ） A. B. C. D. 9. 某公司今年10月的营业额为2500万元，按计划第四季度的总营业额要达到9100万元，该公司11、12两个月营业额的月均增长率，设该公司11、12两个月营业额的月均增长率为x，则根据题意可列的方程为（　　　） A. 2500(1＋x)2＝9100 B. 2500[1＋(1＋x)＋(1＋x)2]＝9100 C. 2500[(1＋x)＋(1＋x)2]＝9100 D. 9100(1＋x)2＝2500 10. 当时，函数与的图象有且只有一个交点，其中为常数．则的取值为（ ） A. 或 B. C. D. 二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11. 若关于的一元二次方程有整数根，则整数的值可以是________（写出一个即可）． 12. 在平面直角坐标系中，将抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为________． 13. 一个等腰三角形的底边长是6，腰长是一元二次方程的一个根，则此三角形的周长是__________． 14. 如图，PA，PB是的切线，A，B为切点，AC是的直径，，则的度数为______． 15. “青山绿水，畅享生活”，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图为该竹筒水容器的截面．已知截面的半径为，开口宽为，这个水容器所能装水的最大深度是________． 16. 抛物线交x轴于点A（a，0）和B（b，0）（点A在点B左侧），抛物线的顶点为D，下列四个结论：①抛物线过点（2，m）；②当m＝0时，△ABD是等腰直角三角形；③a＋b＝4；④抛物线上有两点P（，）和Q（，），若＜，且＋＞2，则＞．其中结论正确的序号是______________________． 三、解答题（共9小题，满分72分） 17. 解方程：． 18. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，使点在的延长线上．求证：． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出绕原点逆时针方向旋转后得到的； （2）______； 20. 如图，用篱笆围成一块矩形花圃，该花圃一侧靠墙，而且有一道隔栏（隔栏也用篱笆制作），已知所用篱笆的总长为24m，花圃的面积为45，墙的最大可用长度为10m，求边的长． 21. 如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接． （1）求证：为的切线； （2）若且，求的半径． 22. 如图，在中，，． （1）尺规作图：将绕点顺时针旋转得到，使得点的对应点在的延长线上（保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下，连接，判断点与直线的位置关系，并说明理由． 23. 在平面直角坐标系中，点，点在抛物线 上．设抛物线的对称轴为直线． （1）当时， ①直接写出与满足的等量关系； ②比较，的大小，并说明理由； （2）已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围． 24. 如图1所示，等边三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点（不与重合），连接、、，求证：． 【初步探索】小明同学思考如下：将与点顺时针旋转到，使点与点重合，可得、、三点在同一直线上，进而可以证明为等边三角形，根据提示，解答下列问题： （1）根据小明的思路，请你完成证明． （2）若圆的半径为8，则的最大值为________． 【类比迁移】如图2所示，等腰内接于圆，，点是弧上任一点（不与、重合），连接、、，若圆的半径为8，试求周长的最大值． 【拓展延伸】如图3所示，等腰，点、在圆上，，圆的半径为8，连接，则的最小值为_________（直接写答案）． 25. 正方形的顶点T在某抛物线上，称该正方形为该抛物线的“T悬正方形”．若直线l：与“T悬正方形”以T为端点的一边相交，且点T到直线l的距离为，则称直线l为该正方形的“T悬割线”． 已知抛物线M：，其中，，，以为边作正方形（点D在点A的下方）． （1）证明：正方形是抛物线M的“A悬正方形”； （2）判断正方形是否还可能是抛物线M的“B悬正方形”，并说明理由； （3）若直线l是正方形的“A悬割线”，现将抛物线M及正方形进行相同的平移，是否存在直线l为平移后正方形的“C悬割线”的情形？若存在，请探究抛物线M经过了怎样的平移；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期期中考试模拟考试卷 姓名：_____________学号：_____________ 一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．如图为部分“卦”的符号，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键． 【详解】解：A.是中心对称图形； B.不是中心对称图形； C.不是中心对称图形； D.不是中心对称图形； 故选A． 2. 的半径为3，点在外，点到圆心的距离为，则需要满足的条件（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据点与圆的关系解答. 【详解】∵点在外，的半径为3， ∴点到圆心的距离为>3， 故选：A. 【点睛】此题考查点与圆的位置关系：点与圆心的距离为d，圆的半径为r，当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d<r时，点在圆内． 3. 用配方法解一元二次方程时，配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程−配方法，首先将方程常数项移到右边，然后方程两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，即可求解． 【详解】解：，即， 方程两边同时加4，可得，即． 故选：D． 4. 如图，在中，为直径，，为圆上的点，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，由直径所对的圆周角是得出，根据直角三角形的两个锐角互余结合圆周角定理计算即可． 【详解】∵在中，为直径， ∴， ∵， ∴， 故选D． 5. 在平面直角坐标系中，抛物线如图所示，则关于的方程的根的情况为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有实数根 D. 没有实数根 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与一元二次方程的关系；依题意，关于的方程的根即抛物线与的交点的横坐标，根据函数图象即可求解． 【详解】解：依题意，与无交点，即关于的方程的根的情况为没有实数根， 故选：D． 6. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查抛物线顶点坐标．根据抛物线顶点式顶点坐标公式可直接得到答案．抛物线顶点式顶点坐标为． 【详解】解：抛物线的顶点坐标是， 故选：B． 7. 若关于的一元二次方程有一个根为1，则的值为（ ） A. 3 B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把代入，转化为m的方程求解即可．本题考查了方程根的定义即使方程左右两边相等的未知数的值，转化求解是解题的关键． 【详解】把代入， 得， 解得， 故选A． 8. 如图，将绕点顺时针方向旋转到的位置，使得点，在同一条直线上，，那么旋转角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形内角和定理、利用邻补角的定义求角的度数，由三角形内角和定理计算出，再由邻补角的定义进行计算即可，熟练掌握以上知识点是解此题的关键． 【详解】解：， ， ， 旋转角等于， 故选：C． 9. 某公司今年10月的营业额为2500万元，按计划第四季度的总营业额要达到9100万元，该公司11、12两个月营业额的月均增长率，设该公司11、12两个月营业额的月均增长率为x，则根据题意可列的方程为（　　　） A. 2500(1＋x)2＝9100 B. 2500[1＋(1＋x)＋(1＋x)2]＝9100 C. 2500[(1＋x)＋(1＋x)2]＝9100 D. 9100(1＋x)2＝2500 【答案】B 【解析】 【分析】用增长后的量=增长前的量×（1+增长率）．即可表示出11月与12月的营业额，根据第四季的总营业额要达到9100万元，即可列方程． 【详解】解：设该公司11、12两个月营业额的月均增长率为x， 则可列方程为2500[1+（1+x）+（1+x）2]=9100， 故选：B． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，平均增长率问题，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b． 10. 当时，函数与的图象有且只有一个交点，其中为常数．则的取值为（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数和二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数性质是解题的关键． 利用直线与（，n为常数）的图象有且只有一个交点，有根的判别式求出c的值，即可求出直线的解析式； 【详解】将代入， 整理得：， 当时，函数与的图象有且只有一个交点， 有一个实数根， 即， 解得：， 把代入与中得，， 把代入与中得，， 当或时，函数与的图象有且只有一个交点， 故选：A． 二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11. 若关于的一元二次方程有整数根，则整数的值可以是________（写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了直接开平方法解方程，答案不唯一， 【详解】一元二次方程有整数根， 则整数， 故答案为：1（答案不唯一）． 12. 在平面直角坐标系中，将抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象平移规律是：左加右减，上加下减． 【详解】解：抛物线向下平移1个单位，得到的抛物线表达式为， 故答案为：． 13. 一个等腰三角形的底边长是6，腰长是一元二次方程的一个根，则此三角形的周长是__________． 【答案】14 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、一元二次方程、三角形的三边关系，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 先解一元二次方程得到可能的腰长，再根据三角形三边关系判断是否构成三角形，最后计算周长． 【详解】解：， ， 解得 或 ， 当腰长为3时，三边为3、3、6， ∵ ，不构成三角形； 当腰长为4时，三边为4、4、6，满足三角形三边关系， ∴周长为 ． 故答案为：14． 14. 如图，PA，PB是的切线，A，B为切点，AC是的直径，，则的度数为______． 【答案】40° 【解析】 【分析】根据切线长定理得等腰△PAB，运用三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点， ∴PA=PB，∠PAC=90°， ∵， ∴∠PAB=90°﹣∠BAC=90°﹣20°=70°． ∵PA=PB， ∴∠PAB=∠PBA=70°， ∴∠P=180°﹣70°×2=40°． 故答案为40°． 【点睛】本题考查了切线长定理和切线的性质，等腰三角形性质，三角形内角和，求一个角的余角，利用切线长得出PA=PB是解题的关键． 15. “青山绿水，畅享生活”，人们经常将圆柱形竹筒改造成生活用具，图1所示是一个竹筒水容器，图为该竹筒水容器的截面．已知截面的半径为，开口宽为，这个水容器所能装水的最大深度是________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，过点O作于点D，交于点C，先由垂径定理求出的长，再根据勾股定理求出的长，进而可得出的长．本题考查的是垂径定理的应用和勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 【详解】解：连接，过点O作于点D，交于点C，如图所示： ∵， ∴， 由题意得：， 在中， ， ∴， 即水的最大深度为， 故答案为：． 16. 抛物线交x轴于点A（a，0）和B（b，0）（点A在点B左侧），抛物线的顶点为D，下列四个结论：①抛物线过点（2，m）；②当m＝0时，△ABD是等腰直角三角形；③a＋b＝4；④抛物线上有两点P（，）和Q（，），若＜，且＋＞2，则＞．其中结论正确的序号是______________________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】①根据抛物线与y轴的交点坐标及对称性即可判断； ②当m＝0时，可得抛物线与x轴的两个交点坐标和对称轴即可判断； ③根据抛物线与x轴的一个交点坐标和对称轴即可得另一个交点坐标即可判断； ④根据二次函数图象即可进行判断． 【详解】解：①∵抛物线与y轴的交点坐标为（0，m）， ∵对称轴为x=-=1 ∴（0，m）关于对称轴的对称点为（2，m）,在抛物线上 故①正确； ②当m＝0时，抛物线与x轴的两个交点坐标分别为（0，0）、（2，0）， 对称轴为x＝1， ∴△ABD是等腰直角三角形， 故②正确； ③∵对称轴x＝1， ∴ ∴a＋b＝2， 故③错误； ④观察二次函数图象可知： 当x1＜x2，且x1＋x2＞2， 则x1离对称轴比x2离对称轴更近，故y1＞y2． 故④正确． 故答案为：①②④． ． 【点睛】本题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x轴的交点、等腰直角三角形，解决本题的关键是综合利用以上知识． 三、解答题（共9小题，满分72分） 17. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】利用公式法求解即可．本题考查了解方程，选择适当解方程的方法是解题的关键． 【详解】∵， ∴， ∴， 解得． 18. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，使点在的延长线上．求证：． 【答案】 证明：∵绕点A逆时针旋转得到，点在的延长线上， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，根据旋转得到，即可得到，进而可以解决问题． 【详解】略 19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出绕原点逆时针方向旋转后得到的； （2）______； 【答案】（1） 如图，即为所求． （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的概念及其基本性质，牢固掌握其性质并熟练应用是解题的关键． （1）由旋转的概念首先确定旋转中心为原点，将已连接的和分别绕原点O逆时针方向旋转得到，连接，则得到 （2）由旋转的性质得到，且旋转角为，再根据三角形内角和定理以及等边对等角即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由旋转的性质可知：，， 故答案为：45°． 20. 如图，用篱笆围成一块矩形花圃，该花圃一侧靠墙，而且有一道隔栏（隔栏也用篱笆制作），已知所用篱笆的总长为24m，花圃的面积为45，墙的最大可用长度为10m，求边的长． 【答案】5m 【解析】 【分析】本题考查了矩形的面积与周长，一元二次方程的应用，熟练掌握矩形的性质，一元二次方程的应用是解题的关键，根据题意，列出方程计算即可． 【详解】∵，则矩形的长，依题意，得： ， 即， 解得：，， 当时，，舍去， 当时，成立， 答：边的长为5米． 21. 如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接． （1）求证：为的切线； （2）若且，求的半径． 【答案】（1） 证明：如图，连接， ， ， ， ， ，， ， 即， ， 是半径， 为的切线； （2） 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键． （1）连接，根据等边对等角结合对顶角相等即可推出结论； （2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设的半径，则， ， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得，或舍去， 的半径为． 22. 如图，在中，，． （1）尺规作图：将绕点顺时针旋转得到，使得点的对应点在的延长线上（保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下，连接，判断点与直线的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） 如图，为所作； （2） 点在直线上，理由如下： 绕点顺时针旋转得到， ，， ， ， ， ， ， ， 点、、共线，即点在直线上． 【解析】 【分析】本题考查了作一个角等于已知角，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握作一个角等于已知角的方法和等腰三角形的性质是解题的关键． （1）先作，再截取，，则满足条件； （2）先根据旋转的性质得到，，则利用等腰三角形的性质与三角形内角和计算出，同样方法计算出，所以，从而可判断点在直线上． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 23. 在平面直角坐标系中，点，点在抛物线 上．设抛物线的对称轴为直线． （1）当时， ①直接写出与满足的等量关系； ②比较，的大小，并说明理由； （2）已知点在该抛物线上，若对于，都有，求的取值范围． 【答案】（1）① ② （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的性质． （1）①利用对称轴公式求得即可；②利用二次函数的性质判断即可； （2）由题意可知点在对称轴的左侧，点在对称轴的右侧，点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，据此即可得到 ，解得 【小问1详解】 ①， ∴； ②∵抛物线中， ， ∴抛物线开口向上， ∵点点在抛物线上，对称轴为直线， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ∴； 【小问2详解】 由题意可知，点)在对称轴的左侧, 点在对称轴的右侧， ，都有， ∴点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离， ，解得 ， ∴的取值范围是 ． 24. 如图1所示，等边三角形内接于圆，点是劣弧上任意一点（不与重合），连接、、，求证：． 【初步探索】小明同学思考如下：将与点顺时针旋转到，使点与点重合，可得、、三点在同一直线上，进而可以证明为等边三角形，根据提示，解答下列问题： （1）根据小明的思路，请你完成证明． （2）若圆的半径为8，则的最大值为________． 【类比迁移】如图2所示，等腰内接于圆，，点是弧上任一点（不与、重合），连接、、，若圆的半径为8，试求周长的最大值． 【拓展延伸】如图3所示，等腰，点、在圆上，，圆的半径为8，连接，则的最小值为_________（直接写答案）． 【答案】初步探索： （1）证明：由旋转得，，，， ， ， 、、三点在同一条直线上， ， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形， ， ； （2）16； 类比迁移：； 拓展延伸： 【解析】 【分析】初步探索：（1）由旋转得，，，则，所以、、三点在同一条直线上，再证明是等边三角形，则； （2）当是的直径时，，此时的值最大，所以的最大值是16； 类比迁移：先由证明是的直径，且圆心在上，则，，再证明、、三点在同一条直线上，则，当是的直径时，，此时的值最大，则，即可求得周长的最大值是； 拓展延伸：连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，先求得，再连接、，证明≌，得，所以，则，所以的最小值为． 【详解】解：初步探索：（1） 略 （2）是的弦，且的半径为8， 当经过圆心，即是的直径时，此时的值最大，最大值为16， 的最大值是16， 故答案为：16； 类比迁移：如图，，， 是的直径，且圆心在上， ，， 将绕点顺时针旋转到，使点与点重合，则，，， ， ， 、、三点在同一条直线上， ， ， 当经过圆心，即是的直径时，此时的值最大，最大值为16， 的最大值为， 的最大值为， 周长的最大值是． 拓展延伸：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接， ∴，， ， 连接、， ， ， ， ， ， ， ， ， 的最小值为． 【点睛】此题重点考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、垂线段最短等知识，此题综合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 25. 正方形的顶点T在某抛物线上，称该正方形为该抛物线的“T悬正方形”．若直线l：与“T悬正方形”以T为端点的一边相交，且点T到直线l的距离为，则称直线l为该正方形的“T悬割线”． 已知抛物线M：，其中，，，以为边作正方形（点D在点A的下方）． （1）证明：正方形是抛物线M的“A悬正方形”； （2）判断正方形是否还可能是抛物线M的“B悬正方形”，并说明理由； （3）若直线l是正方形的“A悬割线”，现将抛物线M及正方形进行相同的平移，是否存在直线l为平移后正方形的“C悬割线”的情形？若存在，请探究抛物线M经过了怎样的平移；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 当时，， 则点A在抛物线M上， 故正方形是抛物线M的“A悬正方形”． （2）正方形不可能是抛物线M的“B悬正方形”， 理由如下： 假设点B在抛物线M上，则当时，， 则， 化简得：，解得， 与矛盾，假设不成立， 所以点B不在抛物线M上． 故正方形不可能是抛物线M的“B悬正方形”． 解法二： 正方形不可能是抛物线M的“B悬正方形”，理由如下： 假设点B在抛物线M上， 由，可知抛物线M的对称轴， 由抛物线M：可知对称轴是． 所以，解得． 与矛盾，假设不成立． 所以点B不在抛物线M上． 故正方形不可能是抛物线M的“B悬正方形”． （3）存在，要使直线l为平移后正方形的“C悬割线”，抛物线M向右平移h个单位，向上平移个单位，其中h为任意实数 【解析】 【分析】证明点A在抛物线M上即可； 解法一：假设点B在抛物线M上，代入解得，与矛盾，假设不成立；解法二：假设点B在抛物线M上，由和求得抛物线M的对称轴，而由抛物线M的表达式可知对称轴是，列方程解得，与矛盾，假设不成立,所以点B不在抛物线M上，从而正方形不可能是抛物线M的“B悬正方形”； 首先假设存在直线l满足情形，由平移后正方形是抛物线M的“C悬正方形”，可知平移前也为“C悬正方形”，根据正方形的性质，可求得点，即可得到平移前点、和坐标．由直线l：可判定与x轴夹角是．因为平移前，设直线l与，分别交于点P，Q，得．可得点，代入直线可求得t．设点平移后的坐标为．同理可得，得点坐标，代入直线得．即可得平移单位． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 假设存在直线l为平移后正方形的“C悬割线”的情形，则平移后，正方形是抛物线M的“C悬正方形”． ∵抛物线M及正方形进行相同的平移， ∴平移前，正方形是抛物线M的“C悬正方形”． 则点C在抛物线M上． ∵，， ∴轴． ∵ ∴， 在正方形中，，，则． ∵点C在抛物线M上， ∴． 解得：，（不合题意，舍去）． ∴． 那么平移前，，，． ∵直线l：与x轴，y轴分别交于，， ∵ ∴，直线l：与x轴夹角是． 因为平移前，直线l是正方形的“A悬割线”，如图，设直线l与，分别交于点P，Q， ∵轴， ∴， 在正方形中，， ∴． 则． ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵点P在直线l：上， ∴， 设点平移后的坐标为． 设直线l与平移后正方形的边交于点E， 如图，同理可得：． 则． ∵点E在直线l：上， ∴， ∴． ∵抛物线M及正方形进行相同的平移， ∴要使直线l为平移后正方形的“C悬割线”，则抛物线M向右平移h个单位，向上平移个单位，其中h为任意实数． 【点睛】本题主要考查新定义下二次函数图像的性质、解一元二次方程，函数图像的平移、正方形的性质和勾股定理，解题的关键是理解新定义和熟悉函数平移． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $