精品解析：2025年江苏省盐城市康居路初级中学中考第三次模拟数学试卷

盐城市康居路2025届初三年级第三次模拟考试 数学试卷 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 在，0，，这四个数中，最小的数是（ ） A. 0 B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 在2025年蛇年春晚上，一群会跳舞、能抛手绢的人形机器人惊艳亮相，机器人的研发也成为当今时代科研的重点．中国科学院研发出新型的工业纳米机器人，其大小约为．已知，则用科学记数法表示为（　　） A. B. C. D. 4. 下列命题是假命题的是（ ） A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 有三个角是直角的四边形是矩形 C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 D. 四边相等的四边形是矩形 5. 如图是7个完全相同的立方体积木堆叠成的立体图形，若拿走图中一块积木后图形的主视图保持不变，则拿走的是（ ） A. 积木甲 B. 积木乙 C. 积木丙 D. 积木丁 6. 如图，与位似，点O为位似中心，若，若的面积为3，则的面积为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 16 7. 如图，在中，，，根据尺规作图痕迹，可知（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的中心位于原点O处，轴于点E，F为的中点，射线l的端点为O，将射线l从与重合的位置开始绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，射线l与正方形的边的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 9. 分解因式：3x2﹣6xy=__． 10. 命题“如果与是同位角，那么”是_____命题（填“真”或“假”）． 11. 已知一个角的度数是，则它的余角的度数是__________. 12. 关于x的一元二次方程x2+2x+k＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______． 13. 一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥底面圆的半径为________________． 14. 如图，是正多边形的一部分，若，则该正多边形的边数为______． 15. 如图，在矩形中，，以点为圆心，长为半径作圆，交于点，过点作的切线交于点，切点为，则图中阴影部分的面积为_______． 16. 如图，点在反比例函数图象上，连接 并延长与反比例函数图象相交于点，连接与反比例函数图象交于点，若，则面积为_____． 三、解答题（本大题共11小题，共102分．解答时应写出文字说明、推理过程或演算步骤） 17. 计算： 18. 解方程：． 19. 先化简，再求值：，再从，0，3中选择一个合适的数作为的值代入求值． 20. 如图，点、、、在一条直线上，，．若___________，则．请从①；②；③这三个选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 21. 临近中考，心理专家建议考生可通过以下四种方式进行考前减压：A．享受美食，B．交流谈心，C．体育锻炼，D．积极心理暗示． （1）随机采访一名九年级考生，选择其中某一种方式，他选择“享受美食”的概率是_____． （2）随机采访两名九年级考生，请用画树状图或列表的方法求他们选择同种减压方式的概率． 22. 中国新能源产业异军突起．中国车企在政策引导和支持下，瞄准纯电、混动和氢燃料等多元技术路线，加大研发投入形成了领先的技术优势年，中国新能源汽车产销量均突破万辆，连续年位居全球第一．在某次汽车展览会上，工作人员随机抽取了部分参展人员进行了“我最喜欢的汽车类型”的调查活动（每人限选其中一种类型），并将数据整理后，绘制成下面有待完成的统计表、条形统计图和扇形统计图． 类型 人数 百分比 纯电 混动 氢燃料 油车 请根据以上信息，解答下列问题： （1）本次调查活动随机抽取了人；表中 ， ； （2）请补全条形统计图； （3）请计算扇形统计图中“混动”类所在扇形的圆心角的度数； （4）若此次汽车展览会的参展人员共有人，请你估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有多少人？ 23. 如图，一架无人机静止悬浮在空中处，小明在山坡A处测得无人机的仰角为，小亮在水平地面处测得无人机的仰角为，已知山坡的坡度，处到地面的距离为10米，水平地面长为30米． （1）求山坡的长； （2）求此时无人机离地面的高度的长（精确到0.1米）．（参考数据：，，） 24. 如图，内接于，是的直径，点在圆上，且，过点作，垂足为点，与的延长线相交于点． （1）求证：是的切线； （2）若，，求线段的长． 25. 无人快递车在我市的城市道路上已正式“上岗”．现有一条笔直的路上依次有三个快递网点，甲车由网点地驶往网点，乙车由网点地驶往网点，两车同时出发，匀速行驶．如图是甲、乙两车分别距离网点的路程、（单位：千米）与乙车行驶时间（单位：小时）之间的函数图象，结合图象信息，解答下列问题： （1）甲车的速度是 千米/时； （2）求图象中线段的函数解析式，并写出自变量的取值范围． （3）当两车距网点的路程之和是千米时，此时求乙车的行驶时间． 26. 如图1，在正方形中，，点分别在边上，．将绕点逆时针旋转，连接所在直线交直线于点，连接． （1）如图2，写出与的数量关系和位置关系并写出证明过程； （2）如图2，当时，求证：； （3）若，当点为中点时．直接写出的值． 27. 已知抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，，是直线上方抛物线上的两点，且． （1）求点的坐标； （2）求与之间的关系式，并直接写出的取值范围； （3）过点作轴交于点，过点作轴交于点，设四边形的周长为()． 求()与之间的函数关系式； 若恰好存在四个点，使四边形的周长相等，请直接写出此时四边形周长的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盐城市康居路2025届初三年级第三次模拟考试 数学试卷 一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 1. 在，0，，这四个数中，最小的数是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了实数的大小比较，掌握正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数，两个正数比较大小，绝对值大的数大，两个负数比较大小，绝对值大的数反而小是解答本题的关键．利用实数大小的比较方法：1、在数轴上表示的两个数，右边的总比左边的数大．2、正数都大于零，负数都小于零，正数大于负数．3、两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小．按照从小到大的顺序排列找出结论即可． 【详解】解：∵， ∴最小的数是． 故选：C． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查合并同类项、单项式除以单项式、积的乘方、完全平方公式，熟练掌握合并同类项、单项式除以单项式、积的乘方、完全平方公式法则是解决本题的关键．根据合并同类项、单项式除以单项式、积的乘方、完全平方公式解决此题． 【详解】解：A．根据合并同类项法则，与不是同类项，无法合并，那么A不符合题意． B．根据单项式除以单项式法则，得，那么B不符合题意． C．根据积的乘方，得，那么C符合题意． D．根据完全平方公式，得，那么D不符合题意． 故选：C． 3. 在2025年蛇年春晚上，一群会跳舞、能抛手绢的人形机器人惊艳亮相，机器人的研发也成为当今时代科研的重点．中国科学院研发出新型的工业纳米机器人，其大小约为．已知，则用科学记数法表示为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数，表示时关键要正确确定的值以及的值． 【详解】解：， ， 故选：C． 4. 下列命题是假命题的是（ ） A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 有三个角是直角的四边形是矩形 C. 有一个角是直角的平行四边形是矩形 D. 四边相等的四边形是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了真假命题、矩形和菱形的判定；根据矩形的判定和菱形的判定方法逐项判断即可. 【详解】解：A.对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，故本选项不符合题意； B.有三个角是直角的四边形是矩形，是真命题，故本选项不符合题意； C.有一个角是直角的平行四边形是矩形，是真命题，故本选项不符合题意； D.四边相等的四边形是菱形，原命题是假命题，故本选项符合题意； 故选：D. 5. 如图是7个完全相同的立方体积木堆叠成的立体图形，若拿走图中一块积木后图形的主视图保持不变，则拿走的是（ ） A. 积木甲 B. 积木乙 C. 积木丙 D. 积木丁 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查立体图形的三视图，熟练掌握三视图是解题的关键．根据三视图即可得到答案． 【详解】解：由图形可知，拿走甲，此图形主视图的形状保持不变， 故选：A． 6. 如图，与位似，点O为位似中心，若，若的面积为3，则的面积为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了位似图形的性质，相似三角形的性质与判定等等，先由题意得到，再根据位似图形的性质可证明，得到，最后根据位似图形的面积之比等于位似比的平方即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵与位似，点O为位似中心， ∴， ∴， ∴， ∵的面积为3， ∴的面积为12， 故选：C． 7. 如图，在中，，，根据尺规作图痕迹，可知（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由作图痕迹可知直线是的垂直平分线，射线是的平分线．先由线段垂直平分线知，再用三角形外角性质求出，再用三角形内角和求出，然后用角平分线求出，最后根据三角形的内角和求出．本题考查三角形外角性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：由作图痕迹可知直线是的垂直平分线，射线是的平分线． ， ， ， ∵中，，， ， ， ． 故选：B 8. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的中心位于原点O处，轴于点E，F为的中点，射线l的端点为O，将射线l从与重合的位置开始绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，射线l与正方形的边的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，坐标规律，正方形的性质，正比例函数的性质，先由正方形求出，，，再求出第一次旋转后的交点坐标，再根据每8次一个循环，，得到第2025次旋转结束时与第一次旋转结束时，射线l与正方形的边的交点是同一个点求解即可． 【详解】解：把绕顺时针旋转得到线段，连接交于，过作交延长线与， ∵正方形的中心位于原点O处，轴于点E，F为的中点， ∴，，，， ∴，， ∵把绕顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴正比例函数解析式为， 当时，， ∴， ∵射线l的端点为O，将射线l从与重合的位置开始绕点O逆时针旋转，每次旋转， ∴第一次旋转结束时射线l与正方形的边的交点， ∵， ∴每8次一个循环， ∵， ∴第2025次旋转结束时，射线l与正方形的边的交点与第一次旋转结束时射线l与正方形的边的交点是同一个点，即， 故选：D． 二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 9. 分解因式：3x2﹣6xy=__． 【答案】3x（x﹣2y） 【解析】 【详解】3x2﹣6xy=3x（x﹣2y）， 故答案为3x（x﹣2y）． 10. 命题“如果与是同位角，那么”是_____命题（填“真”或“假”）． 【答案】假 【解析】 【分析】本题考查了判断命题的真假，平行线的性质，根据平行线的性质判断即可得解，熟练掌握平行线的性质是解此题的关键． 【详解】解：根据两直线平行，同位角相等，可得如果与是同位角，那么”是假命题， 故答案为：假． 11. 已知一个角的度数是，则它的余角的度数是__________. 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了余角．根据两个角的和为，这两个角互为余角，即可求得答案． 【详解】解：， 故答案：． 12. 关于x的一元二次方程x2+2x+k＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是______． 【答案】k＜1． 【解析】 【分析】由方程有两个不等实数根可得出关于k的一元一次不等式，解不等式即可得出结论． 【详解】∵关于x的一元二次方程x2+2x+k=0有两个不相等的实数根， ∴△=， 解得：， 故答案为. 【点睛】本题考查了根的判别式以及解一元一次不等式，解题的关键是得出关于k的一元一次不等式．熟知“在一元二次方程中，若方程有两个不相等的实数根，则△=”是解答本题的关键. 13. 一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥底面圆的半径为________________． 【答案】3 【解析】 【分析】设该圆锥底面圆的半径为，则可根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解方程即可． 【详解】解：设该圆锥底面圆的半径为， 根据题意得，解得， 即该圆锥底面圆的半径为3． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查圆锥的底面半径，掌握弧长公式是关键． 14. 如图，是正多边形的一部分，若，则该正多边形的边数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了正多边形中心角问题、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．连接，，易知点在以点为圆心，为半径的同一个圆上，根据圆周角定理得到，再根据正多边形中心角计算方法即可得到答案． 【详解】解：连接，，如下图， ∵为一个正多边形的顶点，为正多边形的中心， ∴点在以点为圆心，为半径的同一个圆上， ∵ ∴， ∴这个正多边形的边数． 故答案为：． 15. 如图，在矩形中，，以点为圆心，长为半径作圆，交于点，过点作的切线交于点，切点为，则图中阴影部分的面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、扇形面积公式、解直角三角形、切线的性质，连接，由切线的性质可得，由题意可得，解直角三角形得出，结合矩形的性质可得，从而得出，，再由计算即可得解． 【详解】解：如图，连接， ， ∵切圆于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 如图，点在反比例函数图象上，连接 并延长与反比例函数图象相交于点，连接与反比例函数图象交于点，若，则面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，一次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的应用． 设点的坐标是，点的坐标是，作轴，且，作于点，则，则，得到，推出，代入反比例函数可得到，直线的解析式是，进而得到直线与轴点的交点，根据，求出，作轴于点，轴于，得到，，，推出得到，连接，即可求解． 【详解】解：设点的坐标是，点的坐标是，作轴，且，作于点，则， ∴ ∴， 又∵，， ∴，， ∴，即， 又∵点在反比例函数 图象上， ∴， 整理可得：， ∴， ∴， 又∵ ∴， 设直线的解析式是， ∴，解得：， ∴直线的解析式是， 令，则， ∴直线与轴点的交点， ∴ ， 作轴于点，轴于， ∴，，， ∴ ∴， ∴， 连接， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共11小题，共102分．解答时应写出文字说明、推理过程或演算步骤） 17. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了求特殊角三角函数值，零指数幂，负整数指数幂，先计算特殊角三角函数值，再计算零指数幂，负整数指数幂，最后计算加减法即可得到答案． 【详解】解； ． 18. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解分式方程，先去分母变分式方程为整式方程，然后再解整式方程，最后对方程的解进行检验即可． 【详解】解：， 去分母得：， 去括号得：， 移项，合并同类项得：， 检验：把代入得：， ∴是原方程的解． 19. 先化简，再求值：，再从，0，3中选择一个合适的数作为的值代入求值． 【答案】；当时，原式，当时，原式 【解析】 【分析】先根据分式混合运算法则把原式进行化简，再求出m的取值范围，选取合适的m的值代入进行计算即可． 【详解】解： ∵ 当时，原式 当时，原式 20. 如图，点、、、在一条直线上，，．若___________，则．请从①；②；③这三个选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【答案】 ①或②， 理由：， ，即， 选择①， ， ， 在和中， ， ， ； 选择②， 在和中， ， ， ； 选择③，根据不能证明，则③不能使得结论成立． 故答案为：①或②． 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，平行线的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．选择①，利用证明，根据全等三角形的性质得到；选择②，利用证明，根据全等三角形的性质得到；选择③，根据不能证明，则③不能使得结论成立． 【详解】略 21. 临近中考，心理专家建议考生可通过以下四种方式进行考前减压：A．享受美食，B．交流谈心，C．体育锻炼，D．积极心理暗示． （1）随机采访一名九年级考生，选择其中某一种方式，他选择“享受美食”的概率是_____． （2）随机采访两名九年级考生，请用画树状图或列表的方法求他们选择同种减压方式的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了列表法与树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． （1）直接利用概率公式计算可得； （2）先利用树状图得出所有等可能结果，从中找到他们选择同种减压方式的结果数，再利用概率公式计算可得． 【小问1详解】 解：随机采访一名九年级考生，选择其中某一种方式有4种等可能结果，他选择“享受美食”的只有1种结果， ∴他选择“享受美食”的概率是． 故答案为：； 【小问2详解】 解：画树状图为： 共有16种等可能的结果数，其中他们选择同种减压方式的结果数为4， ∴他们选择同种减压方式的概率为． 22. 中国新能源产业异军突起．中国车企在政策引导和支持下，瞄准纯电、混动和氢燃料等多元技术路线，加大研发投入形成了领先的技术优势年，中国新能源汽车产销量均突破万辆，连续年位居全球第一．在某次汽车展览会上，工作人员随机抽取了部分参展人员进行了“我最喜欢的汽车类型”的调查活动（每人限选其中一种类型），并将数据整理后，绘制成下面有待完成的统计表、条形统计图和扇形统计图． 类型 人数 百分比 纯电 混动 氢燃料 油车 请根据以上信息，解答下列问题： （1）本次调查活动随机抽取了人；表中 ， ； （2）请补全条形统计图； （3）请计算扇形统计图中“混动”类所在扇形的圆心角的度数； （4）若此次汽车展览会的参展人员共有人，请你估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有多少人？ 【答案】（1），； （2） 补全条形统计图如图， （3）“混动”类所在扇形的圆心角的度数为； （4）估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有人． 【解析】 【分析】本题考查统计表、条形统计图和扇形统计图的综合，理解题意，能从统计图中获取有用信息是解答的关键． （）用喜欢油车人数除以其所占的百分比可求得调查人数，用喜欢氢燃料人数除以调查人数可求得，进而用减去喜欢其他车型所占的百分比可求解； （）先求得，进而可补全条形统计图； （）用度乘以喜欢混动所占的百分比即可求解； （）用总人数乘以样本中喜欢新能源汽车所占的百分比即可求解． 【小问1详解】 解：本次调查活动随机抽职人数为（人）， ∴，则，，则， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：由（）得，本次调查活动随机抽职人数为人，“混动”类所占比为， ∴“混动”类人数（人）， 【小问3详解】 解：解：由（）得，“混动”类所占比为， ∴“混动”类所在扇形的圆心角的度数为； 【小问4详解】 解：（人）， 答：估计喜欢新能源（纯电、混动、氢燃料）汽车的有人． 23. 如图，一架无人机静止悬浮在空中处，小明在山坡A处测得无人机的仰角为，小亮在水平地面处测得无人机的仰角为，已知山坡的坡度，处到地面的距离为10米，水平地面长为30米． （1）求山坡的长； （2）求此时无人机离地面的高度的长（精确到0.1米）．（参考数据：，，） 【答案】（1）山坡的长为米 （2）此时无人机离地面的高度的长米 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）作交的延长线于，由题意可得米，由山坡的坡比，求出米，再由勾股定理计算即可得解； （2）延长交于点，则，易得四边形为矩形，由矩形的性质可得米，，证明为等腰直角三角形，得出，设米，则米，米，解直角三角形，即可得解． 【小问1详解】 解：如图，作交的延长线于， 由题意可得：米， ∵山坡的坡比， ∴， ∴米， ∴米， ∴山坡的长为米； 【小问2详解】 解：如图：延长交于点，则， 则：， ∴四边形为矩形， ∴米，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设米，则米，米， ∵， ∴， ∴米，即此时无人机离地面的高度的长米． 24. 如图，内接于，是的直径，点在圆上，且，过点作，垂足为点，与的延长线相交于点． （1）求证：是的切线； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据等腰三角形的性质得出，得出，证出，根据平行线的性质得出，即可证明； （2）根据圆周角定理得出，证明，得出，证明，即可得，求出，，，，证明，得出，即可求解． 【小问1详解】 解：连接， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线； 【小问2详解】 解：为直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，，， ， ， ， ． 【点睛】该题考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，切线的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 25. 无人快递车在我市的城市道路上已正式“上岗”．现有一条笔直的路上依次有三个快递网点，甲车由网点地驶往网点，乙车由网点地驶往网点，两车同时出发，匀速行驶．如图是甲、乙两车分别距离网点的路程、（单位：千米）与乙车行驶时间（单位：小时）之间的函数图象，结合图象信息，解答下列问题： （1）甲车的速度是 千米/时； （2）求图象中线段的函数解析式，并写出自变量的取值范围． （3）当两车距网点的路程之和是千米时，此时求乙车的行驶时间． 【答案】（1）； （2）； （3）乙车的行驶或小时后，两车距网点的路程之和是千米． 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，数形结合是解题的关键． （）根据函数图象，结合路程除以速度，即可求解； （）先求得乙车的速度，进而得出，待定系数求得解析式，即可求解； （）分别求得各段解析式，根据题意，列出一元一次方程，解方程，即可求解． 【小问1详解】 解：根据图象可知：甲车的速度是（千米时）， 故答案为：； 【小问2详解】 解：根据图象可知：乙车的速度是（千米时）， ∴， ∴， 设线段的函数解析式为， ∴，解得：， ∴线段的函数解析式为； 【小问3详解】 解：由题意设， ∴，解得：， ∴， 同理可得：当时，； ∴， 设乙车的行驶小时后，两车距网点的路程之和是千米， 当乙未到达时，， 解得：； 当乙经过后，， 解得：（舍去）； 当甲到达后，， 解得：； 答：乙车的行驶或小时后，两车距网点的路程之和是千米． 26. 如图1，在正方形中，，点分别在边上，．将绕点逆时针旋转，连接所在直线交直线于点，连接． （1）如图2，写出与的数量关系和位置关系并写出证明过程； （2）如图2，当时，求证：； （3）若，当点为中点时．直接写出的值． 【答案】（1），， 证明如下： ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转的性质可得：， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， 令交于， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2） 证明：如图，过点作与的延长线交于点， 则， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵在四边形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3）或 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，证明，得出，，令交于，再由三角形内角和定理计算即可得解； （2）过点作与的延长线交于点，则，由正方形的性质可得，，证明，得出，，从而可得是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得，即可得解； （3）由等腰直角三角形的性质可得，分两种情况：当时，连接、，作交于，作交于，作交于；当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于；分别求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：∵旋转， ∴， 又∵， ∴为等腰直角三角形， 当时，， ∴， 如图，当时，连接、，作交于，作交于，作交于， 由（1）可得：， ∵点M为中点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴； 如图，当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于， 同理可得：，， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定由性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 27. 已知抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，，是直线上方抛物线上的两点，且． （1）求点的坐标； （2）求与之间的关系式，并直接写出的取值范围； （3）过点作轴交于点，过点作轴交于点，设四边形的周长为()． 求()与之间的函数关系式； 若恰好存在四个点，使四边形的周长相等，请直接写出此时四边形周长的取值范围． 【答案】（1）点，点； （2），的取值范围为且； （3）；． 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与坐标轴交点的求解，平行四边形的判定与性质，二次函数的图象与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）将抛物线的解析式，当,时，即可求出点的坐标； （）根据点的坐标求出直线的解析式，由是直线上方抛物线上的两点，确定，且，因为，得，将点，的坐标代入即可得出，并确定的取值范围为且； （）根据已知条件，易证四边形为平行四边形，由， ，求得由（）得，点的坐标为，过点作于点，易证，得，即 ，平行四边形的周长，当时，，当时，； 当时，，则，当时，， ，若恰好存在四个点，使四边形的周长相等，即图象上有四个点的横坐标对应同一个纵坐标，得． 【小问1详解】 解：∵抛物线的解析式 ，与轴交于，两点 (点在点的左侧)， 当时，得， 解得，， 当时，， ∴点，点； 【小问2详解】 解：的取值范围为且，理由如下： 设直线的解析式为将点点，点分别代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为 ∵，是直线上方抛物线上的两点， ∴，，且， 如图，过点作于点， ∵， ∴， ∵，， ∴， 即， ， ∵， ∴， ∴，的取值范围为且； 【小问3详解】 解：∵轴，轴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴点的坐标为， ∴， 由（）得，点的坐标为， ∵， ∴ ∵， ， ∴， ∴， ∴平行四边形的周长， 当时， ， 当时，，， 综上所述 ； 此时四边形周长的取值范围为 ，理由如下： 当时， ， ∴， 当时，， ∴ ， 四边形的周长的图象为抛物线上的实线，如图， 若恰好存在四个点，使四边形的周长相等，即图象上有四个点的横坐标对应同一个纵坐标， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $