精品解析：河南省驻马店市平舆县2024--2025学年上学期期中测试九年级数学试卷　

2024－2025学年度上学期期中学情测评九年级数学 注意事项： 1．本试卷共4页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求，直接把答案填写在答题卡上。写在试卷上的答案无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的） 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 关于二次函数，下列说法中不正确的是（ ） A. 当时，的对称轴是轴 B. 当时，总取正值 C. 当时，函数图象有最高点 D. 当时，随着的增大而增大 3. 二次函数与一次函数在同一平面直角坐标系中的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 将一元二次方程化成的形式，则的值是（ ） A. B. C. 4 D. 8 5. 已知关于的一元二次方程的两个实数根分别为和1，那么抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 轴 D. 直线 6. 《九章算术》“勾股”章有一题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈.问户高、广各几何.”大意是说：已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少（1丈＝10尺，1尺＝10寸）？若设门的宽为x寸，则下列方程中，符合题意的是（　　） A. x2+12＝（x+0.68）2 B. x2+（x+0.68）2＝12 C. x2+1002＝（x+68）2 D. x2+（x+68）2＝1002 7. 如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（ ） A. 130° B. 150° C. 160° D. 170° 8. 如图，是的半径，弦于点，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 9. 已知二次函数y=2x2+8x+7的图象上有有点A，B，C，则 y1、y2、y3的大小关系为( ) A. y1 > y2> y3 B. y2> y1> y3 C. y2> y3> y1 D. y3> y2> y1 10. 如图，一段抛物线，记为，它与轴交于点；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点；；如此进行下去，直至得．若点在第段抛物线上，则，的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 点，关于原点的对称点的坐标为_____． 12. 秋冬季节来临，许多季节性传染病，尤其是呼吸道传染病开始流行，大家要加强防范．疾控部门为了检测流感的传染速度，设计了一个问题：有1人患了流感，经过两轮传染后共有100人患了流感，那么每轮传染中平均一个人传染的人数为_____． 13. 如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1=110°，则∠α=_____． 14. 如图，若二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x=1，与y轴交于点C，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），则①二次函数的最大值为a+b+c；②a﹣b+c＜0；③b2﹣4ac＜0；④当y＞0时，﹣1＜x＜3，其中结论正确的有____（填序号）． 15. 已知抛物线的顶点在坐标轴上，则的值为_____． 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16. 用适当的方法解下列方程： （1）； （2）； （3）； （4）． 17. 已知关于的函数为二次函数． （1）求的值； （2）求二次函数的表达式． 18. 在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，3），点B在x轴上，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点O、B的对应点分别是点E、F． （1）若点B的坐标是（﹣4，0），请在图中画出△AEF，并写出点E、F的坐标． （2）当点F落在x轴的上方时，试写出一个符合条件的点B的坐标． 19. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“连根方程”．例如，一元二次方程的两个根是，则方程是“连根方程”． （1）通过计算，判断方程是否是“连根方程”； （2）已知关于的方程（是常数）是“连根方程”，求的值． 20. 已知：直线过抛物线的顶点P，如图所示． （1）顶点P的坐标是　 　； （2）若直线经过另一点，求出该直线的表达式； （3）在（2）的条件下，若有一条直线与直线关于x轴成轴对称，求直线与抛物线的交点坐标． 21. 商场销售的某种商品，每件进价100元，售价125元，平均每天售出20件．受经济形势的影响，该商品销量受到影响．为刺激消费，商场决定让利于顾客，经调查发现：该商品售价格每降低1元，平均每天可多售出2件． （1）当该商品售价降低6元时，每天销售量可达到_____件，每天盈利_____元； （2）为了让顾客得到更多的实惠，每件商品降价多少元时，商场通过销售这种商品每天的盈利可达到600元？ （3）在（2）的条件下，降价后每件商品的利润率是_____． 22. 如图，是⊙的直径，弦和相交于点，且是垂足． （1）求证：； （2）若⊙的半径为5，求的值． 23. 如图，已知抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点，，顶点为． （1）求抛物线的解析式． （2）在对称轴上找一点，使的周长最小，求出此时点的坐标及的周长． （3）抛物线上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；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 $ 2024－2025学年度上学期期中学情测评九年级数学 注意事项： 1．本试卷共4页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求，直接把答案填写在答题卡上。写在试卷上的答案无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（每小题3分，共30分．下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的） 1. 下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形，中心对称图形的定义求解． 【详解】A. 不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意； B. 即是轴对称图形，又是中心对称图形，本选项符合题意； C. 是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意； D. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意； 故选B． 【点睛】本题考查轴对称图形，中心对称图形的定义，掌握相关定义是解题的关键． 2. 关于二次函数，下列说法中不正确的是（ ） A. 当时，的对称轴是轴 B. 当时，总取正值 C. 当时，函数图象有最高点 D. 当时，随着的增大而增大 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据二次函数的图象与性质分别判断即可． 【详解】解：A、二次函数的对称轴为轴，故原说法错误，符合题意； B、由于，则，而，故，故原说法正确，不符合题意； C、当时，开口向下，函数图象有最高点，说法正确，不符合题意； D、当时，随着的增大而增大，说法正确，不符合题意； 故选：A． 3. 二次函数与一次函数在同一平面直角坐标系中的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质，根据二次函数的图象与性质与一次函数的图象与性质逐项分析即可得解，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：A、由二次函数图象可得，，由一次函数图象可得，，故不符合题意； B、由二次函数图象可得，，由一次函数图象可得，，两函数与轴交于同一点，故不符合题意； C、由二次函数图象可得，，由一次函数图象可得，，故不符合题意； D、由二次函数图象可得，，由一次函数图象可得，，故符合题意； 故选：D． 4. 将一元二次方程化成的形式，则的值是（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了利用配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题关键．先把方程变形为，再利用完全平方公式进行配方可得，从而可得，解方程即可得． 【详解】解：， ， ， ， ∵一元二次方程可化成， ∴， 解得， 故选：D． 5. 已知关于的一元二次方程的两个实数根分别为和1，那么抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 轴 D. 直线 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系．二次函数的性质．根据一元二次方程根与系数的关系可得，再由二次函数的性质解答，即可求解． 【详解】解：∵关于的一元二次方程的两个实数根分别为和1， ∴， ∴抛物线的对称轴是直线． 故选：B 6. 《九章算术》“勾股”章有一题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈.问户高、广各几何.”大意是说：已知长方形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少（1丈＝10尺，1尺＝10寸）？若设门的宽为x寸，则下列方程中，符合题意的是（　　） A. x2+12＝（x+0.68）2 B. x2+（x+0.68）2＝12 C. x2+1002＝（x+68）2 D. x2+（x+68）2＝1002 【答案】D 【解析】 【分析】1丈＝100寸，6尺8寸＝68寸，设门的宽为x寸，则门的高度为（x+68）寸，利用勾股定理及门的对角线长1丈（100寸），即可得出关于x的一元二次方程，此题得解. 【详解】解：1丈＝100寸，6尺8寸＝68寸. 设门的宽为x寸，则门的高度为（x+68）寸， 依题意得：x2+（x+68）2＝1002. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、由实际问题抽象出一元二次方程，准确计算是解题的关键． 7. 如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（ ） A. 130° B. 150° C. 160° D. 170° 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC=60°，∠DCB=120°，再由∠A′DC=10°，可运用三角形外角求出∠DA′B=130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′=∠BAE=30°，从而得到答案． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°， ∴∠ABC=60°，∠DCB=120°， ∵∠ADA′=50°， ∴∠A′DC=10°， ∴∠DA′B=130°， ∵AE⊥BC于点E， ∴∠BAE=30°， ∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′， ∴∠BA′E′=∠BAE=30°， ∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°． 故选C． 8. 如图，是的半径，弦于点，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，垂径定理，由垂径定理推出，由圆周角定理得到，由直角三角形的性质求出，即得到的值．解题的关键是由圆周角定理得到，由垂径定理得到． 【详解】解：∵弦于点， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 9. 已知二次函数y=2x2+8x+7的图象上有有点A，B，C，则 y1、y2、y3的大小关系为( ) A. y1 > y2> y3 B. y2> y1> y3 C. y2> y3> y1 D. y3> y2> y1 【答案】C 【解析】 【分析】先求出二次函数y=2x2+8x+7的图象的对称轴，然后判断出A（﹣2，y1），B（﹣5，y2），C（﹣1，y3）在抛物线上的位置，再求解． 【详解】解：∵二次函数y=2x2+8x+7中a=2>0， ∴开口向上，对称轴为x==−2， ∵A（﹣2，y1）中x=−2, y1最小, B（﹣5，y2）,点B关于对称轴的对称点B′横坐标是2×(−2)−( ﹣5)=1,则有B′(1, y2),因为在对称轴得右侧,y随x得增大而增大,故y2> y3. ∴y2＞y3＞y1. 故选C. 【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征. 10. 如图，一段抛物线，记为，它与轴交于点；将绕点旋转得，交轴于点；将绕点旋转得，交轴于点；；如此进行下去，直至得．若点在第段抛物线上，则，的值分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键． 根据二次函数的图象，得到点坐标为，结合图象变换，得到与轴的交点坐标依次为，从而得到第13段的函数图象与轴的交点坐标，即可得到第13段的函数解析式，从而求得的值． 【详解】解：一段抛物线， 图象与轴交点坐标为：， 将绕点旋转得，交轴于点， 将绕点旋转得，交轴于点， 如此进行下去，直至得，交轴于点， 的解析式与轴的交点坐标为，且图象在轴上方， 的解析式为， ， 在第13段抛物线上， 当时，， ， 故选：A ． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 点，关于原点的对称点的坐标为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的两个点，熟记平面直角坐标系中点的对称性质是解决问题的关键． 【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为， 故答案为：． 12. 秋冬季节来临，许多季节性传染病，尤其是呼吸道传染病开始流行，大家要加强防范．疾控部门为了检测流感的传染速度，设计了一个问题：有1人患了流感，经过两轮传染后共有100人患了流感，那么每轮传染中平均一个人传染的人数为_____． 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设每轮传染中平均一个人传染的人数为人，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得解，理解题意，正确列出一元二次方程是解此题的关键． 【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染的人数为人， 由题意可得：， 整理得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴每轮传染中平均一个人传染的人数为人， 故答案为：． 13. 如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1=110°，则∠α=_____． 【答案】． 【解析】 【详解】试题分析：根据矩形的性质得∠B=∠D=∠BAD=90°，根据旋转的性质得∠D′=∠D=90°，∠4=α，利用对顶角相等得到∠1=∠2=110°，再根据四边形的内角和为360°可计算出∠3=70°，然后利用互余即可得到∠α的度数． 解：如图， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B=∠D=∠BAD=90°， ∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′， ∴∠D′=∠D=90°，∠4=α， ∵∠1=∠2=110°， ∴∠3=360°﹣90°﹣90°﹣110°=70°， ∴∠4=90°﹣70°=20°， ∴∠α=20°． 故答案为20°． 14. 如图，若二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴为x=1，与y轴交于点C，与x轴交于点A、点B（﹣1，0），则①二次函数的最大值为a+b+c；②a﹣b+c＜0；③b2﹣4ac＜0；④当y＞0时，﹣1＜x＜3，其中结论正确的有____（填序号）． 【答案】①④ 【解析】 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、与坐标轴交点以及过特殊点时，相应的系数a、b、c满足的关系进行综合判断即可． 【详解】解：∵抛物线的对称轴为x=1，过（-1，0）， ∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0）， ∴当x=1时，y=a+b+c，即（1，a+b+c）为最高点， ∴二次函数的最大值为a+b+c；因此①正确； ∵当x=-1时，y=a-b+c=0，因此②不正确； 抛物线与x轴有两个不同交点，因此b2-4ac＞0，因此③不正确； 由图象可知，当y＞0时，-1＜x＜3，因此④正确； 综上所述，正确的有：①④， 故答案为：①④． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，掌握抛物线的位置与相应的系数a、b、c满足的关系是正确判断的前提． 15. 已知抛物线的顶点在坐标轴上，则的值为_____． 【答案】，6或 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．由于抛物线的顶点在坐标轴上，分为在轴上与轴上两种情况进行讨论． 【详解】解：当抛物线的顶点在轴上时，， 即 解得或， 当顶点在轴上时，， 解得， 故答案为：，6或． 三、解答题（本大题共8个小题，满分75分） 16. 用适当的方法解下列方程： （1）； （2）； （3）； （4）． 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的运算法则是解题的关键． （1）两边分别开方进行计算即可； （2）因式分解进行计算； （3）因式分解进行计算即可； （4）观察数字特征，得，得到，即可得到答案． 【小问1详解】 解：，即或， ； 【小问2详解】 解：因式分解，得， ； 【小问3详解】 解：因式分解，得， ； 【小问4详解】 解：观察数字特征，得， ， 或 ． 17. 已知关于的函数为二次函数． （1）求的值； （2）求二次函数的表达式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二次函数定义得到，且，解一元二次方程并结合验证即可得到答案； （2）由（1）知，将代入求解即可得到答案． 【小问1详解】 解：关于的函数为二次函数， ，且， 解得或， ， ； 【小问2详解】 解：由（1）知， 将代入得到， 即二次函数的表达式为． 【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数定义、解一元二次方程、不等式及求二次函数表达式等知识，熟记二次函数定义，掌握一元二次方程的解法是解决问题的关键． 18. 在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，3），点B在x轴上，将△AOB绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点O、B的对应点分别是点E、F． （1）若点B的坐标是（﹣4，0），请在图中画出△AEF，并写出点E、F的坐标． （2）当点F落在x轴的上方时，试写出一个符合条件的点B的坐标． 【答案】（1）E（3，3），F（3，﹣1）；（2）答案不唯一，如：（﹣2，0）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）△AOB绕点A逆时针旋转90°后得到△AEF，所以AO⊥AE，AB⊥AF，BO⊥EF，AO=AE，AB=AF，BO=EF，据此在图中画出△AEF，并写出点E、F的坐标即可； （2）由点F落在x轴的上方，可得EF＜AO；由EF=OB，得出出OB＜3，即可求出一个符合条件的点B的坐标． 试题解析：（1）∵△AOB绕点A逆时针旋转90°后得到△AEF，∴AO⊥AE，AB⊥AF，BO⊥EF，AO=AE，AB=AF，BO=EF，∴△AEF在图中表示为： ∵AO⊥AE，AO=AE，∴点E的坐标是（3，3），∵EF=OB=4，∴点F的坐标是（3，﹣1）； （2）∵点F落在x轴的上方，∴EF＜AO，又∵EF=OB，∴OB＜AO，AO=3，∴OB＜3，∴一个符合条件的点B的坐标是：答案不唯一，如：（﹣2，0）． 考点：1．作图-旋转变换；2．开放型． 19. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，那么称这样的方程为“连根方程”．例如，一元二次方程的两个根是，则方程是“连根方程”． （1）通过计算，判断方程是否是“连根方程”； （2）已知关于的方程（是常数）是“连根方程”，求的值． 【答案】（1） 解：， ，解得． 由，符合“连根方程”的定义， 故方程是“连根方程”； （2）或 【解析】 【分析】本题考查新定义方程，涉及一元二次方程的解法，读懂题意，理解“连根方程”定义，准确列方程求解是解决问题的关键． （1）由因式分解法解一元二次方程，得到，结合题中“连根方程”的定义验证即可得到答案； （2）由因式分解法解一元二次方程，得到，结合题中“连根方程”的定义得到或，代值求出或，验证即可得到答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ，解得． ，是“连根方程”， 或， 即或． 或． 当时，，，符合题意； 当时，，，符合题意． 或． 20. 已知：直线过抛物线的顶点P，如图所示． （1）顶点P的坐标是　 　； （2）若直线经过另一点，求出该直线的表达式； （3）在（2）的条件下，若有一条直线与直线关于x轴成轴对称，求直线与抛物线的交点坐标． 【答案】（1） （2）； （3），． 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数性质以及待定系数法求一次函数解析式和函数交点坐标求法，根据已知得出图象上对应点坐标是解题关键． （1）利用配方法求出图象的顶点坐标即可； （2）利用待定系数法求一次函数解析式即可； （3）利用关于x轴对称点的坐标性质，首先求出直线的解析式，进而得出直线与抛物线的交点坐标． 【小问1详解】 解：∵， ∴P点坐标为：； 故答案为：； 【小问2详解】 解：将点，代入得：， 解得：， ∴该直线的表达式为：； 【小问3详解】 解：∵直线与直线关于x轴成轴对称， ∴过点，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 解得：，， 此时，， ∴直线与抛物线的交点坐标为：，． 21. 商场销售的某种商品，每件进价100元，售价125元，平均每天售出20件．受经济形势的影响，该商品销量受到影响．为刺激消费，商场决定让利于顾客，经调查发现：该商品售价格每降低1元，平均每天可多售出2件． （1）当该商品售价降低6元时，每天销售量可达到_____件，每天盈利_____元； （2）为了让顾客得到更多的实惠，每件商品降价多少元时，商场通过销售这种商品每天的盈利可达到600元？ （3）在（2）的条件下，降价后每件商品的利润率是_____． 【答案】（1）32；608 （2）降价10元 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程． （1）根据每件进价100元，售价125元，平均每天售出20件，该商品售价格每降低1元，平均每天可多售出2件，列式计算即可； （2）设每件商品降价元，则现在售价是元，利润是元，售出件数是件，根据商场通过销售这种商品每天的盈利可达到600元，列出方程，解方程即可； （3）根据利润率公式进行解答即可． 【小问1详解】 解：根据题意知，当该商品售价降低6元时，则现在的售价是： （元）， 售出（件）， 每件的利润是（元）， 因此利润为：（元）． 答：当商品售价降低6元时，每天销售量可达到32件，每天盈利608元． 【小问2详解】 解：设每件商品降价元，则现在售价是元，利润是元，售出件数是件，根据题意得： ， 解得：． 为了让顾客得到更多的实惠， ，即商品降价10元． 答：为了让顾客得到更多的实惠，每件商品降价10元时，商场通过销售这种商品每天的盈利可达到600元． 【小问3详解】 解：在（2）的条件下，售价是元， 利润是：元， 利润率是． 22. 如图，是⊙的直径，弦和相交于点，且是垂足． （1）求证：； （2）若⊙的半径为5，求的值． 【答案】（1） 证明：是垂足， （垂径定理）． 又， ∴是等腰直角三角形， ， ； （2）50 【解析】 【分析】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，垂径定理的应用，勾股定理的应用； （1）先证明，是等腰直角三角形，可得，再进一步利用线段的和差关系可得结论； （2）由，再结合勾股定理可得答案； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知，， ． 连接， 则由， ． 23. 如图，已知抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点，，顶点为． （1）求抛物线的解析式． （2）在对称轴上找一点，使的周长最小，求出此时点的坐标及的周长． （3）抛物线上是否存在一点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）存在，或或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数综合—周长问题、二次函数综合—面积问题，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键． （1）由题意可得，，再利用待定系数法求解即可； （2）连接交抛物线对称轴于，此时，的周长最小，求出直线的解析式和抛物线的对称轴，从而可得点的坐标，再求出，即可得解； （3）设，由题意并结合可得，分情况求解即可． 【小问1详解】 解：由题图及，得，． 把A，C坐标带入中，， 解得：， 故． 【小问2详解】 解：连接交抛物线对称轴于，此时， ∴，此时的周长最小， ∵， ∴对称轴为直线， ∴由二次函数对称性可得， 设直线的解析式为， 将，代入解析式可得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，，即， 由，，，得，． 故的周长最小值为． 【小问3详解】 解：在中，边上的高为，又，则在抛物线上到的距离为3的点均满足条件．如图，设，由在轴上，得． ①当时，即，解得； ②当时，即，解得或0（与点重合，舍去）． 故点存在，其坐标为或或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $