精品解析：河北省保定市易县2024—2025学年九年级上学期11月期中数学试题

2024—2025学年度第一学期期中教学质量监测 九年级数学 注意事项： 1.满分120分，答题时间120分钟． 2.请将各题答案填写在答题卡上． 3.本次考试设卷面分．答题时，要书写认真、工整、规范、美观． 一、选择题（本大题共12个小题，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. 下面四个标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线与抛物线具有的相同的性质是（　　） A. 开口向上 B. 开口向下 C. 有最高点 D. 对称轴是y轴 3. 如图，在中，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 能使方程成立的的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 如图，将该五角星图案绕着它的中心旋转．若旋转后的五角星能与自身重合，则旋转角至少为（　　） A. B. C. D. 6. 如图，在的正方形网格中，点A，B，C，D，E，F，G在小正方形网格的顶点上，则的外心是（　　） A. 点D B. 点E C. 点F D. 点G 7. 把一个小球的速度竖直向上弹出，它在空中的高度与时间之间满足关系式 ，则下列说法正确的是（　　） A. 当时，小球到达最高点 B. 当时，小球到达最高点 C. 当时， D. h的值一直增大 8. 如图，一元二次方程的两个根对应的点分别落在数轴上，两个区域内，则和的值可能为（ ） A. 1， B. ， C. ， D. 1， 9. 观察图中尺规作图的痕迹，可知要与 重合，需绕点A逆时针旋转（　　） A. B. C. D. 10. 增删算法统宗中记载：“今有门厅一座，不知门广高低，长午横进使归室，争奈门狭四尺，随即竖竿过去，亦长二尺无疑，两隅斜去恰方齐，请问三色各几？”，其大意是今有一房门，不知宽与高，长竿横着进门，门的宽度比竿小尺进不了；将竿竖着进门，竿比门长尺；将竿斜着穿过门的对角，恰好进门．试问门的宽、高和竿长各是多少？如图，若设竿长为尺，依题意可得方程是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，是正方形的内切圆，点E，F，G，H 分别在正方形的四条边上，和分别为的切线．设和的周长分别为a和b，则下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. 无法比较a与b的大小 12. 如图，抛物线的顶点在x轴的正半轴上，过点且平行于x轴的直线l与抛物线交于A，B两点，点．若四边形是菱形，则a和h的值分别为（　　） A. ，11 B. ，11 C. ， D. ， 二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 13. 已知，当时，x的值为________． 14. 将抛物线先向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后，所得到的新抛物线与y轴的交点坐标为________． 15. 如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点 A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，的度数为________． 16. 如图，在矩形中，，E，F分别是上的点，且于点G，连接，则的最小值为________． 三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程． （1） （2） 18. 如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，的三个顶点均在格点（网格线的交点）上． （1）画出关于原点对称的，并写出点C的对应点的坐标． （2）画出绕点A 逆时针旋转得到的，并写出点C的对应点的坐标． 19. 中国的基建速度震惊世界，大大地激发了青少年对桥梁和道路建设的兴趣．如图，小宇利用计算机设计了一款桥梁，桥拱可以用抛物线的一部分表示，其函数解析式为，并利用计算机软件模拟水面情况． （1）若桥拱与抛物线的形状相同，则 ． （2）在（1）的条件下，当水面的宽度为时，求桥拱顶点到水面的高度． 20. 如图，为的内接三角形，，以为边作矩形，使边过点C，交于点 F，连接． （1）当时，求的度数． （2）求证：． 21. 若关于x的方程有一个解为，则称这样的方程为“归一方程”．例如：方程有解，所以为“归一方程”． （1）下列方程是“归一方程”的有 ．（填序号） ①；②；③． （2）若关于x的一元二次方程为“归一方程”，求代数式的值． （3）若关于x的一元二次方程为“归一方程”，则n 的值为 ；方程的另一个解为 ． 22. 图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设． （1）①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ． ②请解①中的方程，并求的长． （2）①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）． ②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？ 23. 如图，为的外接圆，为的直径，，的平分线与交于点P，过点P作于点Q，连接． （1）与的位置关系为 ． （2）求证：为的切线． （3）若，求的长． 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线W：与x轴交于和两点． （1）求抛物线W的解析式． （2）如图，将抛物线绕点N旋转后得到抛物线，抛物线与x轴交于另一点Q． ①直接写出点Q的坐标和抛物线的解析式． ②利用①中的结论，当时，求抛物线的最大值和最小值． （3）P为抛物线 W上的一个动点，点P的横坐标为，以点P为中心作正方形，，且轴． ①当抛物线落在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，求m的取值范围． ②正方形的边与抛物线只有两个交点，且交点的纵坐标之差为时，请直接写出m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期期中教学质量监测 九年级数学 注意事项： 1.满分120分，答题时间120分钟． 2.请将各题答案填写在答题卡上． 3.本次考试设卷面分．答题时，要书写认真、工整、规范、美观． 一、选择题（本大题共12个小题，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. 下面四个标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称、中心对称图形的定义，掌握相关定义是解题的关键．“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴”，据此找出图中的轴对称图形；“ 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”，据此找出图中的中心对称图形即可解答题目． 【详解】A、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，但是轴对称图形，不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意． 故选：D． 2. 抛物线与抛物线具有的相同的性质是（　　） A. 开口向上 B. 开口向下 C. 有最高点 D. 对称轴是y轴 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，是基础知识，需熟练掌握．抛物线是最简单二次函数形式．顶点是原点，对称轴是y轴，时，开口向上；时，开口向下． 根据二次函数的性质分析即可． 【详解】抛物线的开口向上，对称轴为轴，有最低点； 抛物线开口向下，对称轴为轴，有最高点； 故抛物线与相同的性质是对称轴都是轴， 故选：D． 3. 如图，在中，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半；据此即可求解． 【详解】解：∵，， ∴； 故选：B． 4. 能使方程成立的的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，把各个选项的值分别代入方程，若方程左右两边的值相等，即为方程的解，进行作答即可． 【详解】解：A、把代入，则，故该选项不符合题意； B、把代入，则，故该选项不符合题意； C、把代入，则，故该选项符合题意； D、把代入，则，故该选项不符合题意； 故选：C． 5. 如图，将该五角星图案绕着它的中心旋转．若旋转后的五角星能与自身重合，则旋转角至少为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查旋转对称图形，根据正五边形的中心角为，得到当旋转角度为的倍数时，五角星能与自身重合，判断即可． 【详解】解：∵五角星为正五边形， ∴中心角的度数为：， ∴当旋转角度为的倍数时，五角星能与自身重合， 故旋转角至少为； 故选D． 6. 如图，在的正方形网格中，点A，B，C，D，E，F，G在小正方形网格的顶点上，则的外心是（　　） A. 点D B. 点E C. 点F D. 点G 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查三角形外心的定义，根据三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点解答即可，也是解题关键． 【详解】解：作线段和线段的垂直平分线，如图， 由图可知点F是线段和线段的垂直平分线交点， ∴点F是 的外心． 故选C． 7. 把一个小球的速度竖直向上弹出，它在空中的高度与时间之间满足关系式 ，则下列说法正确的是（　　） A. 当时，小球到达最高点 B. 当时，小球到达最高点 C. 当时， D. h的值一直增大 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，根据得出对称轴直线，因为，所以当时，小球到达最高点，在时，h的随着的增大而增大，在时，h的随着的增大而减小，把代入，得出，即可作答． 【详解】解：∵ ， ∴对称轴直线， ∵， ∴当时，小球到达最高点，故A选项符合题意，B选项不符合题意； 则在时，h的随着的增大而增大，在时，h的随着的增大而减小， ∴D选项不符合题意； 把代入，得出， 故C选项不符合题意； 故选：A． 8. 如图，一元二次方程的两个根对应的点分别落在数轴上，两个区域内，则和的值可能为（ ） A. 1， B. ， C. ， D. 1， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，不等式的性质；设在区域P，在区域Q，则由一元二次方程根与系数的关系可确定b、c的范围，从而确定答案． 【详解】解：设在区域P，在区域Q， 则，； ∴， ∴， 即， ∴和的值可能为1和； 故选：A． 9. 观察图中尺规作图的痕迹，可知要与 重合，需绕点A逆时针旋转（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，由作图可知，，得到，均为等边三角形，进而得到，即可． 【详解】解：由作图可知：， ∴，均为等边三角形， ∴， ∵要与 重合， ∴旋转角度为； 故选B． 10. 增删算法统宗中记载：“今有门厅一座，不知门广高低，长午横进使归室，争奈门狭四尺，随即竖竿过去，亦长二尺无疑，两隅斜去恰方齐，请问三色各几？”，其大意是今有一房门，不知宽与高，长竿横着进门，门的宽度比竿小尺进不了；将竿竖着进门，竿比门长尺；将竿斜着穿过门的对角，恰好进门．试问门的宽、高和竿长各是多少？如图，若设竿长为尺，依题意可得方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设竿长为尺，则为尺，为尺，利用勾股定理，可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设竿长为尺，则为尺，为尺， 根据题意得：． 故选A． 【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用．找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 11. 如图，是正方形的内切圆，点E，F，G，H 分别在正方形的四条边上，和分别为的切线．设和的周长分别为a和b，则下列说法正确的是（　　） A. B. C. D. 无法比较a与b的大小 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了切线长定理，正方形的性质，依题意，连接各个切点与圆心，结合切线长定理得，则的周长是，的周长是，即可作答． 【详解】解：∵是正方形的内切圆，点E，F，G，H 分别在正方形的四条边上，和分别为的切线． ∴连接各个切点与圆心，如图所示： ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 即， 结合切线长定理得， ∴的周长是， ∴的周长是， ∵和的周长分别为a 和b， ∴， 故选：C． 12. 如图，抛物线的顶点在x轴的正半轴上，过点且平行于x轴的直线l与抛物线交于A，B两点，点．若四边形是菱形，则a和h的值分别为（　　） A. ，11 B. ，11 C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 如图所示，设与y轴交于点D，首先根据菱形的性质得到，然后由勾股定理求出，进而得到，，然后根据二次函数的对称性求出对称轴为直线，得到，然后将代入即可求出． 【详解】如图所示，设与y轴交于点D ∵ ∴ ∵四边形是菱形 ∴ ∵过点且平行于x轴的直线l与抛物线交于A，B两点， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴对称轴为直线 ∴ ∴将代入得， 解得． 故选：A． 二、填空题（本大题共4个小题，每小题3分，共12分） 13. 已知，当时，x的值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，根据题意，列出一元二次方程，进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴当时，， 解得：； 故答案为：1． 14. 将抛物线先向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后，所得到的新抛物线与y轴的交点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数图象的平移，二次函数与y轴的交点，熟练掌握平移的规律是解题的关键． 根据“左加右减、上加下减”的原则得到新抛物线析式为，然后根据将代入求解即可． 【详解】解：将抛物线先向左平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后， 所得抛物线析式为：， 当时， ∴所得到的新抛物线与y轴的交点坐标为． 故答案为：． 15. 如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点 A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，的度数为________． 【答案】##84度 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，邻补角的性质，掌握旋转的性质是解题关键．根据旋转可知，，结合等腰三角形的性质和邻补角的性质可求出，最后根据求解即可． 【详解】解：由旋转可知，， ∴， ∴． 故答案为：． 16. 如图，在矩形中，，E，F分别是上的点，且于点G，连接，则的最小值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理的推论，勾股定理，矩形的性质．理解点G在以为直径的圆上运动是解题关键．根据题意得出，即得出点G在以为直径的圆上运动，且圆心O为线段的中点，连接，交于点P，结合勾股定理可求出，又可得出的最小值即为的长，求出的长即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴点G在以为直径的圆上运动，且圆心O为线段的中点，连接，交于点P，如图， ∴， ∴． 由图可知的最小值即为的长， ∴． 故答案为：8． 三、解答题（本大题共8个小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程． （1） （2） 【答案】（1）， （2），． 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法：直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法等． （1）利用直接开方法解一元二次方程即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解得，； 【小问2详解】 或 解得，． 18. 如图，在边长为1的正方形网格中建立平面直角坐标系，的三个顶点均在格点（网格线的交点）上． （1）画出关于原点对称的，并写出点C的对应点的坐标． （2）画出绕点A 逆时针旋转得到的，并写出点C的对应点的坐标． 【答案】（1）如图所示，即为所求， （2）如图所示，即为所求， 【解析】 【分析】本题考查了画中心对称图形，画旋转图形，写出点的坐标，勾股定理，熟练掌握以上几何变换的性质是解题的关键． （1）根据中心对称的性质作图，然后写出点的坐标即可； （2）根据旋转的性质作图，然后写出点的坐标即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 中国的基建速度震惊世界，大大地激发了青少年对桥梁和道路建设的兴趣．如图，小宇利用计算机设计了一款桥梁，桥拱可以用抛物线的一部分表示，其函数解析式为，并利用计算机软件模拟水面情况． （1）若桥拱与抛物线的形状相同，则 ． （2）在（1）的条件下，当水面的宽度为时，求桥拱顶点到水面的高度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确求出抛物线解析式是解题关键． （1）根据桥拱与抛物线形状相同，可直接确定a的值； （2）由题意可确定点B的横坐标为，从而可求出y的值，即得出的长． 【小问1详解】 解：∵桥拱与抛物线的形状相同， ∴； 【小问2详解】 解：由（1）可知函数解析式为． ∵水面的宽度为， ∴点B的横坐标为． 将代入，得：， ∴桥拱顶点到水面的高度． 20. 如图，为的内接三角形，，以为边作矩形，使边过点C，交于点 F，连接． （1）当时，求的度数． （2）求证：． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查弧，弦，角之间的关系，圆内接四边形，矩形的性质，熟练掌握等弧对等弦，是解题的关键： （1）先证明为等边三角形，得到，再根据圆内接四边形的对角互补，求出的度数即可； （2）证明，即可得出结论． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形为圆内接四边形， ∴； 【小问2详解】 证明：∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴． 21. 若关于x的方程有一个解为，则称这样的方程为“归一方程”．例如：方程有解，所以为“归一方程”． （1）下列方程是“归一方程”的有 ．（填序号） ①；②；③． （2）若关于x的一元二次方程为“归一方程”，求代数式的值． （3）若关于x的一元二次方程为“归一方程”，则n 的值为 ；方程的另一个解为 ． 【答案】（1）②③ （2）0 （3） 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，解一元二次方程，根与系数的关系，熟练掌握“归一方程”的定义，是解题的关键： （1）分别求出方程的解，进行判断即可； （2）根据题意，求出，代入代数式进行计算即可； （3）根据根与系数的关系，求出两个根，以及的值即可． 【小问1详解】 解：，解得：，故①不是“归一方程”； ，解得：或，故②是“归一方程”； ，解得：，故③是“归一方程”； 故答案为：②③； 【小问2详解】 ∵， ∴， ∵方程是“归一方程” ∴， ∴； 【小问3详解】 ∵为“归一方程”， ∴方程有一个根为，设另一个根为， 则：， ∴， ∴； 故答案为：． 22. 图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设． （1）①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ． ②请解①中的方程，并求的长． （2）①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）． ②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？ 【答案】（1）①，；② （2）①过点A作，设为裁剪线， ∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同， ∴，， ∴将绕点A逆时针旋转得出，如图， ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∴C、D、N三点共线， ∴， ∴四边形为矩形， ∴矩形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大； ②（1）中的正方形，面积较大． 【解析】 【分析】（1）①由正方形的性质结合题意可求出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可求出，最后根据正方形的面积公式列方程即可； ②根据直接开平方法求出x的值，即可求出和的长，最后根据求解即可； （2）①过点A作，设为裁剪线，将绕点A逆时针旋转得出，从而可证四边形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大； ②由（2）①可知，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出的长，从而可求出，最后比较即可． 【小问1详解】 解：①∵四边形为正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，； ②解：， ， ∴，（舍）， ∴，， ∴． 故答案为：； 【小问2详解】 解：①略 ②由（2）①可知， 又∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（1）中的正方形，面积较大． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键． 23. 如图，为的外接圆，为的直径，，的平分线与交于点P，过点P作于点Q，连接． （1）与的位置关系为 ． （2）求证：为的切线． （3）若，求的长． 【答案】（1） （2） 证明：如图所示，连接 ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵点P是上的点 ∴为的切线； （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据直径所对的圆周角是直角得到，然后得到，即可证明； （2）连接，根据角平分线的概念和等边对等角得到，得到，即可证明出为的切线； （3）首先根据题意证明出，得到，然后代数表示出，然后在中，利用勾股定理求出，然后利用勾股定理求解即可． 【小问1详解】 ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ∵ ∴ ∵为的直径 ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴，即 ∴ ∵ ∴ ∵在中， ∴ 解得或（舍去） ∴ ∴ ∴． 【点睛】此题考查了切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是正确做出辅助线以及掌握以上知识点． 24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线W：与x轴交于和两点． （1）求抛物线W的解析式． （2）如图，将抛物线绕点N旋转后得到抛物线，抛物线与x轴交于另一点Q． ①直接写出点Q的坐标和抛物线的解析式． ②利用①中的结论，当时，求抛物线的最大值和最小值． （3）P为抛物线 W上的一个动点，点P的横坐标为，以点P为中心作正方形，，且轴． ①当抛物线落在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，求m的取值范围． ②正方形的边与抛物线只有两个交点，且交点的纵坐标之差为时，请直接写出m的值． 【答案】（1） （2）①，；②抛物线的最大值为4，最小值为3 （3）①；②或或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①求出抛物线W的顶点坐标，根据抛物线是将抛物线绕点N旋转后得到的，即得出点和抛物线的顶点坐标，从而可设抛物线的顶点式，再将点代入即可解答； ②根据抛物线的解析式和x的取值范围，结合图象即可解答； （3）①由抛物线W的解析式可知其对称轴为直线．根据题意可知点C和点D位于y轴上，且正方形在直线的左侧，即得出，求解即可； ②分类讨论：Ⅰ当正方形与抛物线的交点在边和上时、Ⅱ当正方形与抛物线的交点在边和上时和Ⅲ当正方形与抛物线的交点在边和上时，分别求解即可． 【小问1详解】 解：将和代入， 得：，解得：， ∴抛物线W的解析式为； 【小问2详解】 解：①∵， ∴抛物线W的顶点坐标为． ∵将抛物线绕点N旋转后得到抛物线，抛物线与x轴交于另一点Q， ∴点Q与点M关于点N对称，抛物线的顶点与抛物线W的顶点关于点N对称， ∴，抛物线的顶点坐标为． 设抛物线的解析式为， 将代入，得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为； ②∵抛物线的解析式为， 又∵， ∴，； 【小问3详解】 解：①∵抛物线W的解析式为， ∴其对称轴为直线． ∵四边形为正方形，且轴， ∴轴，轴，轴． ∵点P的横坐标为，且点P为正方形中心，， ∴点C和点D位于y轴上． ∵抛物线落在正方形内部的点的纵坐标y随x的增大而减小， ∴正方形在直线的左侧， ∴， ∴； ②分类讨论：Ⅰ当正方形与抛物线的交点在边和上时，如图1， ∴． ∵交点的纵坐标之差为， ∴， ∴； Ⅱ当正方形与抛物线的交点在边和上时，如图2， ∴． ∵交点的纵坐标之差为， ∴， 解得：，（舍）； Ⅲ当正方形与抛物线的交点在边和上时，如图3， ∴． ∵交点的纵坐标之差为， ∴， 解得：，（舍）． 综上可知，m的值为或或． 【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，中心对称的性质，二次函数的性质，正方形的性质，坐标与图形等知识，正确求出二次函数解析式并利用数形结合的思想是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $