精品解析：浙江省杭州市萧山区2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题

2024年12月九年级学情调研 九年级数学试题卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 关于二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 对称轴是直线 C. 有最小值2 D. 顶点坐标是 2. 如图，已知点，将线段绕点按顺时针方向旋转，旋转后点的对应点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 下列各组数中，不成比例的是（ ） A. B. C. D. 4. 四边形内接于，则满足条件（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一次函数与二次函数的图象相交于，两点，则关于的不等式的解集为（ ） A. 或 B. C. D. 或 6. 下列结论中正确的有（ ）． ①等弧所对的圆周角相等，所对的弦相等；②平分弦的直径垂直于弦；③相等的圆心角所对的弦相等；④同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等； A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 7. 近几年，二维码逐渐进入了人们的生活，成为广大民众生活中不可或缺的一部分．小刚将二维码打印在面积为20的正方形纸片上，如图，为了估计黑色阴影部分的面积，他在纸内随机掷点，经过大量实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在左右，则据此估计此二维码中黑色阴影的面积为（ ） A. 8 B. 12 C. 0.4 D. 0.6 8. 如图，平行四边形，是边延长线上一点，连结交于点，若，设面积为，则平行四边形面积为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，是圆O的半径，，连结．已知半径为5，，则长为（ ） A. 7 B. 8 C. D. 10. 如图1，三个大小不同的相似三角形可以拼成（无重合无空隙）一个矩形．将三角形①和②如图2重新组合，可得到和四边形，已知两个图形的面积满足，则拼成的图1矩形的长与宽之比为（ ） A. B. C. 2 D. 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 若，则的值为______． 12. 半径为，圆心角为的扇形面积是______． 13. 若抛物线与x轴有两个交点，则这两个交点间的距离称为该抛物线在x轴上截得的“弦长”．则在下列抛物线中：①；②；③，其中“弦长”最短的抛物线是______（填题序号即可）． 14. 如图，正五边形，F为的中点，连结，与对角线交于点G，则度数为______． 15. 如图，嘉嘉用计算机编程模拟抛出的弹跳球落在斜面上反弹后的距离，当弹跳球以某种特定的角度从点处抛出后，弹跳球的运动轨迹是抛物线L，其最高点的坐标为．弹跳球落到斜面上的点A处反弹后，弹跳球的运动轨迹是抛物线，且开口大小和方向均与L相同，但最大高度只是抛物线L最大高度的．若点A与点P的高度相同，且点A在抛物线的对称轴的右侧，则抛物线的对称轴为直线______． 16. 如图，是半圆的直径，C是半圆上一点，，在上取一点E，使得，连结，交于点F，若F是的中点，设，则的值为______． 三、解答题（第17-21题，每题8分，第22-23题，每题10分，第24题12分，共72分） 17. 如图，在中，分别是边上的点，满足； （1）求证：； （2）若，求的长． 18. 2026年美加墨世界杯预选赛激战正酣，中国队这次打出了令人惊喜的表现，虽在亚洲区18强赛C组中暂时排名垫底，但与直接晋级区仅1分之差，与附加赛区同分，这样接下来2025年中国队的比赛场场都是决战．2025年3月20和25日，中国客场对沙特，主场对澳大利亚的两场比赛如果能拿到4分及以上，晋级美加墨世界杯的前景将一片光明． （1）中国队和沙特，澳大利亚的水平处于伯仲之间，假设出现任一结果（胜、平、负）的可能性相同，请你用画树状图或者列表法的方式表示出中国队与沙特，澳大利亚两场比赛出现的所有比赛结果； （2）足球比赛规则：胜一场得3分，平一场得1分，负一场不得分．请你计算出中国队在与沙特，澳大利亚两场比赛中拿到4分及以上的概率． 19. 如图是三个的正方形方格，每个正方形的顶点叫做格点，线段的两个端点就是格点．请根据要求，用无刻度直尺作图（不可超出边界），做出一种情况即可． （1）请在图1中找到两个格点、，连结，使得； （2）请在图2中找到两个格点、，连结，使得平分； （3）请在图3中找到两个格点、，连结，交于点，使得． 20. 已知二次函数与x轴交于A、B两点，． （1）求二次函数的表达式； （2）将该二次函数图像向上平移个单位后，与直线没有公共点，求m的取值范围． 21. 如图，是的直径，是半圆的中点，D、E是圆上两点，，垂足是F，连结、、． （1）求证：； （2）若，长为10，求的长． 22. 综合与实践 问题情境：金金和山山两位同学在讨论三角形外接圆的问题，金金说：“任何三角形都有且只有一个外接圆”；山山说：“若知道特殊三角形的三边长，外接圆半径可求”． （1）数学思考：①若直角三角形两条边长分别为3和4，则外接圆半径为______；②如图1，等腰内接于圆O，求圆O的半径． （2）深入探究：金金经过探索发现：“所有形状的三角形，只要知道三边长，外接圆半径都可以求得”，山山也想到了：“对，一旦知道三边长，则一定能计算出三角形的高线，接下去只要构造出相似三角形，半径必然可求．”如图2，内接于圆O，于点D，你可以参考山山的思路提示，求出外接圆的半径． 23. 已知二次函数（m，n为常数，）， （1）若函数图像与x轴的一个交点坐标为，求另一个交点坐标； （2）若函数图像经过，其中；，若，求a的值； （3）若函数图像经过，且顶点在第三象限，求t的取值范围． 24. 如图1，在中，为直径，D为左侧上一点，F为直径上一动点（不与A、C重合），始终存在，延长与交于点E，与的垂线交于点B． （1）试寻找和的数量关系，并说明理由； （2）若，求的长； （3）如图2，取中点G，连结、、，当点F运动到某一位置时，存在， ①求此时的值；②直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年12月九年级学情调研 九年级数学试题卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 关于二次函数，下列说法正确的是（ ） A. 开口向上 B. 对称轴是直线 C. 有最小值2 D. 顶点坐标是 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查抛物线顶点式的图象与性质，由的符号确定抛物线开口方向、由顶点式性质确定对称轴、最值及定点坐标即可得到答案，熟记抛物线顶点式的图象与性质是解决问题的关键． 【详解】解：二次函数， A、由可知，抛物线开口向下，选项错误，不符合题意； B、抛物线的对称轴是直线，选项错误，不符合题意； C、由可知，抛物线开口向下，有最大值，当时，，选项错误，不符合题意； D、由抛物线顶点式性质，的顶点坐标是，选项正确，符合题意； 故选：D． 2. 如图，已知点，将线段绕点按顺时针方向旋转，旋转后点的对应点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化，全等三角形的性质与判定根据图形或点旋转之后要结合旋转的角度求出旋转后的点的坐标．求出按顺时针方向旋转旋转得到坐标为． 【详解】解：过点P作轴于点A，过点作轴于点B，如图所示： 则， 根据旋转可知，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴坐标为， 故选：C． 3. 下列各组数中，不成比例的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了比例线段，熟练掌握概念是解答本题的关键．对于四条线段、、、，如果其中两条线段的比（即它们的长度比）与另两条线段的比相等，如即，我们就说这四条线段是成比例线段，简称比例线段，由此逐项判断即可． 【详解】解：A、，所以成比例，故不符合题意； B、，所以不成比例，故符合题意； C、，所以成比例，故不符合题意； D、，所以成比例，故不符合题意． 故选：B． 4. 四边形内接于，则满足条件（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 故选：C ． 5. 如图，一次函数与二次函数的图象相交于，两点，则关于的不等式的解集为（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】本考查了一次函数与二次函数图象交点问题，利用交点求不等式的解集，熟练掌握图象在下方的部分对应的函数值较小是解题的关键．找到二次函数的图象在一次函数的图象下方的部分对应的的值即可． 【详解】解：与的图象相交于，， 当时，由图象可知的图像在的图象的下方， 关于的不等式的解集为． 故选：C． 6. 下列结论中正确的有（ ）． ①等弧所对的圆周角相等，所对的弦相等；②平分弦的直径垂直于弦；③相等的圆心角所对的弦相等；④同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等； A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查命题与定理知识，圆心角，弦，弧的关系，垂径定理，圆的定义．根据题意及圆周角定理，弧，弦，圆心角的关系定理，圆的确定条件等对选项逐个进行分析即可得到本题答案． 【详解】解：∵在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，所对的弦相等，故①正确； ∵平分弦（不是直径）的直径平分线弦，并且平分弦所对的两条弧，故②不正确； ∵在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故③不正确； ∵在再同圆或等圆中，相等的弦所对的弧可以为优弧也可为劣弧，故④不正确， 故选：D． 7. 近几年，二维码逐渐进入了人们的生活，成为广大民众生活中不可或缺的一部分．小刚将二维码打印在面积为20的正方形纸片上，如图，为了估计黑色阴影部分的面积，他在纸内随机掷点，经过大量实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在左右，则据此估计此二维码中黑色阴影的面积为（ ） A. 8 B. 12 C. 0.4 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，理解并熟练运用概率公式是解题关键． 【详解】解：∵经过大量实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在左右， ∴点落在阴影部分的概率为， 设阴影部分面积为S，则， 即：， ∴黑色阴影的面积为12， 故选：B． 8. 如图，平行四边形，是边延长线上一点，连结交于点，若，设面积为，则平行四边形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方． 根据平行四边形易得，，由得，，所以，即可得出答案． 【详解】解：平行四边形， ，，， ，， ， ，， ，， 面积为， ，， ， ， 故答案为：A． 9. 如图，是圆O的半径，，连结．已知半径为5，，则长为（ ） A. 7 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．延长交⊙O于点D，连接，根据等腰三角形的性质及平行线的性质求出，根据圆周角、弦的关系求出，根据圆周角定理求出，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，延长交于点D，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， 故选：B． 10. 如图1，三个大小不同的相似三角形可以拼成（无重合无空隙）一个矩形．将三角形①和②如图2重新组合，可得到和四边形，已知两个图形的面积满足，则拼成的图1矩形的长与宽之比为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相似三角形的性质和等腰三角形的判定可证，再根据相似三角形的面积比与相似比的关系可得，设，则，根据勾股定理可得，再由相似三角形的性质可得，即可得解． 【详解】解：如图： ， ， ， 由题意知：， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， 拼成的图1矩形的长与宽之比为， 故选：． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是能够理解题意，知道矩形是如何拼成的，并熟练掌握相似三角形的性质． 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 若，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了比例的基本性质，熟练掌握比例的基本性质是解答本题的关键．根据比例的基本性质解答即可． 【详解】解：， ， ， 故答案为：． 12. 半径为，圆心角为的扇形面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查扇形面积公式，由扇形面积公式列式求解即可得到答案，熟记扇形面积公式是解决问题的关键． 【详解】解：一个扇形的半径长为，圆心角为， 这个扇形的面积为， 故答案为：． 13. 若抛物线与x轴有两个交点，则这两个交点间的距离称为该抛物线在x轴上截得的“弦长”．则在下列抛物线中：①；②；③，其中“弦长”最短的抛物线是______（填题序号即可）． 【答案】③ 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与x轴的交点．解方程得到抛物线与x轴的两交点坐标分别为，，则该抛物线在x轴上截得的“弦长”为5；解方程得到抛物线与x轴的两交点坐标分别为，，则该抛物线在x轴上截得的“弦长”为6；解方程得到抛物线与x轴的两交点坐标分别为，，则该抛物线在x轴上截得的“弦长”为4，从而得到“弦长”最短的抛物线． 【详解】解：①， 当时，， 解得，， 抛物线与x轴的两交点坐标分别为，， 该抛物线在x轴上截得的“弦长”为； ②， 当时，， 解得，， 抛物线与x轴的两交点坐标分别为，， 该抛物线在x轴上截得的“弦长”为； ③， 当时，， 解得，， 抛物线与x轴的两交坐标为，， 该抛物线在x轴上截得的“弦长”为； “弦长”最短的是抛物线③； 故答案为：③． 14. 如图，正五边形，F为的中点，连结，与对角线交于点G，则度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 连接，，根据题意得，，根据全等三角形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，，根据三角形的外角的性质即可得到结论． 【详解】解：连接，， 在正五边形中， ，， ， ， 为的中点， ， ，， ， ， 故答案为：． 15. 如图，嘉嘉用计算机编程模拟抛出的弹跳球落在斜面上反弹后的距离，当弹跳球以某种特定的角度从点处抛出后，弹跳球的运动轨迹是抛物线L，其最高点的坐标为．弹跳球落到斜面上的点A处反弹后，弹跳球的运动轨迹是抛物线，且开口大小和方向均与L相同，但最大高度只是抛物线L最大高度的．若点A与点P的高度相同，且点A在抛物线的对称轴的右侧，则抛物线的对称轴为直线______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的实际应用，根据题意设出抛物线顶点式是解题关键．根据已知得抛物线L的顶点是，设抛物线L为，把代入解析式可求出a，把代入抛物线L的解析式求出点A坐标，再根据题意设抛物线解析式为，把点A坐标代入抛物线解析式求出m即可． 【详解】解：根据已知得抛物线L的顶点是， 设抛物线L为， 把代入解析式得：， 解得：， ∴抛物线L的解析式为． ∵点A在抛物线L上， ∴当时，即， 解得：， ∴． ∵开口方向及大小不变，反弹后高度变为第一次高度的， ∴抛物线顶点纵坐标为2， ∴设抛物线解析式为， 把代入得，， 解得：或（舍去）， ∴抛物线的对称轴为直线． 故答案为：． 16. 如图，是半圆的直径，C是半圆上一点，，在上取一点E，使得，连结，交于点F，若F是的中点，设，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先证明得出，再证明，得到，则，即，，从而可求得，则 再证明，则． 【详解】解：∵是半圆的直径， ∴， ∵F是的中点， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴ 解得或（舍去）， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查直径所对圆周角是直角，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键 三、解答题（第17-21题，每题8分，第22-23题，每题10分，第24题12分，共72分） 17. 如图，在中，分别是边上的点，满足； （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：， ； （2） 【解析】 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，熟记两个三角形相似的判定定理及相似三角形性质求线段长是解决问题的关键． （1）由两个三角形相似的判定定理“两个角对应相等的两个三角形相似”判定即可得证； （2）由（1）中三角形相似得到，代值求解即可得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知， ， ，解得． 18. 2026年美加墨世界杯预选赛激战正酣，中国队这次打出了令人惊喜的表现，虽在亚洲区18强赛C组中暂时排名垫底，但与直接晋级区仅1分之差，与附加赛区同分，这样接下来2025年中国队的比赛场场都是决战．2025年3月20和25日，中国客场对沙特，主场对澳大利亚的两场比赛如果能拿到4分及以上，晋级美加墨世界杯的前景将一片光明． （1）中国队和沙特，澳大利亚的水平处于伯仲之间，假设出现任一结果（胜、平、负）的可能性相同，请你用画树状图或者列表法的方式表示出中国队与沙特，澳大利亚两场比赛出现的所有比赛结果； （2）足球比赛规则：胜一场得3分，平一场得1分，负一场不得分．请你计算出中国队在与沙特，澳大利亚两场比赛中拿到4分及以上的概率． 【答案】（1）共9种不同的结果 （2） 【解析】 【分析】本题考查了用画树状图或者列表法求概率，正确画出树状图或画出表格是解答本题的关键． （1）根据题意画树状图即可； （2）根据树状图即得分方法求解即可． 【小问1详解】 解：如图， ∴共9种不同的结果； 【小问2详解】 解：共3种情况使得积分不低于4分，故． 19. 如图是三个的正方形方格，每个正方形的顶点叫做格点，线段的两个端点就是格点．请根据要求，用无刻度直尺作图（不可超出边界），做出一种情况即可． （1）请在图1中找到两个格点、，连结，使得； （2）请在图2中找到两个格点、，连结，使得平分； （3）请在图3中找到两个格点、，连结，交于点，使得． 【答案】（1） 如图： （2） 如图： （3） 如图： 【解析】 【分析】本题考查作图的应用与设计作图、三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，掌握以上知识是解答本题的关键； （1）是三个方格的对角线，在竖直方向上同样找到三个方格的对角线，使得所组成的三角形相似，即可得； （2）通过两个三角形全等，对应边相等，找到一个方格的对角线，使得组成的两个三角形全等，即可得到平分； （3）通过两个三角形相似，使相似比为，即可得到； 【小问1详解】 解：设与的交点为， 由图可得：，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 故点、即为所求； 【小问2详解】 解：设与的交点为， 由图可得：，，， ∴， ∴， ∴， 即平分， 故点、即为所求； 【小问3详解】 解：∵， ∴ ∴， ∵， ∴， 即， 故点、即为所求； 20. 已知二次函数与x轴交于A、B两点，． （1）求二次函数的表达式； （2）将该二次函数图像向上平移个单位后，与直线没有公共点，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，抛物线的平移的性质． （1）先求解函数与轴交点坐标为，再利用待定系数法即可得出结论； （2）借助抛物线平移后的解析式结合根的判别式即可判断出m的范围． 【小问1详解】 解：∵二次函数与x轴交于A、B两点，． ∴抛物线的对称轴为直线， ∴抛物线与轴交点坐标为； ， ∴二次函数表达式为：； 【小问2详解】 解：函数向上平移m的单位后，表达式为：， 令， 化简，得：， ∵抛物线与直线没有交点， ， ∴， 解得：． 21. 如图，是的直径，是半圆的中点，D、E是圆上两点，，垂足是F，连结、、． （1）求证：； （2）若，长为10，求的长． 【答案】（1） 证明：如图，连接， ∵是的直径， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是半圆的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）15 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的判定、弧长公式等知识，熟练掌握圆周角定理和弧长公式是解题关键． （1）连接，先根据圆周角定理可得，根据平行线的判定可得，根据平行线的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后证出，从而可得，最后根据等腰三角形的判定即可得证； （2）设的半径为，先根据圆周角定理可得的度数为，利用弧长公式可得，再求出，从而可得的度数为，利用弧长公式计算即可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设的半径为， ∵， ∴的度数为， ∵的长为10， ∴，即， ∵，， ∴， ∴的度数为， ∴的长为． 22. 综合与实践 问题情境：金金和山山两位同学在讨论三角形外接圆的问题，金金说：“任何三角形都有且只有一个外接圆”；山山说：“若知道特殊三角形的三边长，外接圆半径可求”． （1）数学思考：①若直角三角形两条边长分别为3和4，则外接圆半径为______；②如图1，等腰内接于圆O，求圆O的半径． （2）深入探究：金金经过探索发现：“所有形状的三角形，只要知道三边长，外接圆半径都可以求得”，山山也想到了：“对，一旦知道三边长，则一定能计算出三角形的高线，接下去只要构造出相似三角形，半径必然可求．”如图2，内接于圆O，于点D，你可以参考山山的思路提示，求出外接圆的半径． 【答案】（1）2.5或2； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了直角三角形外接圆的性质，等腰三角形三线合一的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，熟悉各种性质和定理，正确做出辅助线是解题的关键． （1）①根据直角三角形外接圆的性质：直角三角形的外接圆半径等于斜边的一半，直接求解即可．②利用等腰三角形三线合一的性质以及勾股定理来求解． （2）根据山山的思路，先求出三角形的高，再通过构造相似三角形来求解． 【小问1详解】 解：①当3和4为直角边时，根据勾股定理，斜边， ∵直角三角形的外接圆的圆心就是斜边的中点，（为斜边）， ∴此时外接圆半径； ∴当4为斜边时，此时外接圆半径； 综上所述，直角三角形两条边长分别为3和4，外接圆半径为或2． ②连接并延长交于，连接， ∵， ∴平分， ∵是等腰三角形， ∴且平分（三线合一）， ∵，， ∴， 在中，根据勾股定理： ， 设圆半径为，则，， 在中，根据勾股定理， 解得， ∴圆的半径为． 【小问2详解】 解：设，则， ∵， ∴根据勾股定理在中， 在中有， ∴， 展开得， 继续展开得， 移项可得，即，解得， ∴， 连接并延长交圆于点，连接， ∵（同弧所对圆周角相等），， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴外接圆的半径为． 23. 已知二次函数（m，n为常数，）， （1）若函数图像与x轴的一个交点坐标为，求另一个交点坐标； （2）若函数图像经过，其中；，若，求a的值； （3）若函数图像经过，且顶点在第三象限，求t的取值范围． 【答案】（1）另一个交点为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将代入抛物线的解析式中可得，配方后求对称轴即可解答； （2）根据对称性可知：抛物线的对称轴是；直线，再将后两点分别代入解析式中即可解答； （3）先将代入抛物线的解析式中得∶，再将代入可得∶．最后由顶点在第三象限即可解答． 【小问1详解】 解：函数图象与轴的一个交点坐标为， ， ， ， ， 抛物线的对称轴是：直线， 函数图象与轴的另一个交点为； 【小问2详解】 解：函数图象经过， 抛物线的对称轴是直线， 的对称轴是：， ， 得， ， 当时，， ， ， 或， ， ； 【小问3详解】 解：函数图象经过点，， ，， ，， ， ， ， ，， 顶点在第三象限， ， 与同号， 由题意得：，， ， 即， ， ， 即． 【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，顶点坐标公式，会利用对称性解决问题，明确二次函数与方程，不等式之间的转换是解题的关键． 24. 如图1，在中，为直径，D为左侧上一点，F为直径上一动点（不与A、C重合），始终存在，延长与交于点E，与的垂线交于点B． （1）试寻找和的数量关系，并说明理由； （2）若，求的长； （3）如图2，取中点G，连结、、，当点F运动到某一位置时，存在， ①求此时的值；②直接写出的值． 【答案】（1） ． 理由：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． （2） （3）①，② 【解析】 【分析】（1）先由等腰三角形的性质得，再由三角形内角和与外销有的性质求解即可； （2）连接，证明，得，再由，，得出，从而求得，然后由勾股定理求解即可； （3）①证明，得，得出，再证明，得，从而得到，再根据G是中点，即，代入即可求解； ②由，，则，，再证明，得到，设，，则，，则，所以，解得：或（舍去），则． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， ∵为直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得 ． 【小问3详解】 解：①由（1）知：， ∴， ∵G是中点，即， ∴， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵G是中点，即， ∴， ∴； ②∵，G是中点， ∴，， ∵； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， ∴， 化简整理得，， 解得：或（舍去）， ∴， 即． 【点睛】本题考查相似三角形判定与性质，直径所对圆周角为直角，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和定理与外角性质等，熟练掌握相似三角形判定与性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $