精品解析：广东省茂名化州市丽岗中学2024-2025学年上学期九年级期中数学试卷

广东省茂名化州市丽岗中学2024-2025学年九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 剪纸艺术是最古老的汉族民间艺术之一，作为一种镂空艺术，其在视觉上给人以透空的感觉和艺术享受．下列4幅剪纸作品中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A B. C. D. 2. 抛物线的顶点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. x轴上 D. y轴上 3. 下列方程是关于的一元二次方程的是 （ ） A. B. C. D. 4. 已知三点在抛物线上，则的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 有一个根为 D. 没有实数根 6. 关于函数的图象特征，下列说法正确的是（ ） A. 关于轴对称，开口向上 B. 关于轴对称，开口向上 C. 关于轴对称，开口向下 D. 关于轴对称，开口向下 7. 如图，把一块长为40cm，宽为30cm的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为600cm2，设剪去小正方形的边长为xcm，则可列方程为（　　） A. （30﹣2x）（40﹣x）＝600 B. （30﹣x）（40﹣x）＝600 C. （30﹣x）（40﹣2x）＝600 D. （30﹣2x）（40﹣2x）＝600 8. 在同一直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象大致可能是（　　） A. B. C. D. 9. 二次函数的图象如图所示，则下列结论中，正确的个数是（ ） ①；②；③；④ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 10. 如图，点是等边三角形内一点，，，是由绕点逆时针旋转得到的，则的度数是（ ） A. B. C. D. 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11. 一元二次方程（x﹣5）2＝x﹣5的解为____． 12. 抛物线向右平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到新的抛物线的表达式是______． 13. 如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是 ________． 14. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．若抛物线（、为常数）与线段交于、两点，且，则的值为_________． 15. 在测量时，为了确定被测对象的最佳近似值，经常要对同一对象测量若干次，得到测量结果分别为，，，，然后选取与各测结果的差的平方和为最小的数作为最佳近似值．即如果设这组测量结果的最佳近似值为，则需要使得函数：达到最小值．科研小组利用这种方法来分析麦穗的长度．如果在测量了3个麦穗长度之后，得到的数据（单位：cm）是，，，则按上述方法，可以得到麦穗长的最佳近似长度为______cm； 三．解答题（共8小题，满分75分） 16. 解方程：． 17. 如图，为等边三角形，点P在左侧且，将绕点A顺时针旋转60° （1）画出图形． （2）在（1）的条件下，求证：； 18. 大学生小李和同学一起自主创业开办了一家公司，公司对经营的盈亏情况在每月的最后一天结算一次.在1－12月份中，该公司前x个月累计获得的总利润y（万元）与销售时间x（月）之间满足二次函数关系. （1）求y与x函数关系式. （2）该公司从哪个月开始“扭亏为盈”（当月盈利）? 直接写出9月份一个月内所获得的利润. （3）在前12 个月中，哪个月该公司所获得利润最大？最大利润为多少？ 19. 定义：如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． （1）请判断关于x的方程根的情况，并说明理由． （2）若（1）中的方程两个实数根都是整数，且该方程是“倍根方程”，请求出a的值． 20. 如图，矩形中，，，点P从A开始沿边向点B以1的速度移动，同时点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q分别到达B、C两点后，就停止移动，回答下列问题： （1）运动第几秒时面积等于8？ （2）设运动开始后第t秒时，五边形的面积为S，当t为何值时S最小？求出S的最小值． 21. 拉伊卜是2022年卡塔尔世界杯吉祥物，代表着技艺高超的球员．随着世界杯的火热进行，吉祥物拉伊卜玩偶成为畅销商品．某经销商售卖大、小两种拉伊卜玩偶，每个大拉伊卜售价比小拉伊卜售价贵30元且销售30个小拉伊卜玩偶的销售额和21个大拉伊卜玩偶的销售额相同． （1）求每个小、大拉伊卜玩偶的售价分别为多少元？ （2）世界杯开赛第一周该经销商售出小拉伊卜玩偶400个，大拉伊卜玩偶200个，世界杯开赛第二周，该经销商决定降价出售两种拉伊卜玩偶．已知：两种拉伊卜玩偶都降价元，小拉伊卜玩偶售出数量较世界杯开赛第一周多了个；大拉伊卜玩偶售出数量与世界杯开赛第一周相同，该经销商世界杯第二周总销售额为48000元，求的值． 22 [综合与实践]：阅读材料，并解决以下问题． [学习研究]：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图（1）所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即，因此，可得新方程：．表示边长，，即，遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根． [类比迁移]：小明根据赵爽的办法解方程，请你帮忙画出相应的图形，将其解答过程补充完整； 第一步：将原方程变形为x（________）； 第二步：画四个________的全等矩形构造“空心”大正方形（请在画图区画出示意图，标明各边长），并写出完整的解答过程； [拓展应用]：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图2来解，已知图2由4个相同矩形构成，这4个矩形总面积为20，中间围成的正方形边长为．那么此方程的系数____，_____．求得方程的一个正根为_________． 23. 如图①，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点． （1）求该抛物线的表达式； （2）若点是抛物线上第一象限内的一个动点，连接．当的面积等于面积的倍时，求点的坐标； （3）抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；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 $ 广东省茂名化州市丽岗中学2024-2025学年九年级（上）期中数学试卷 一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 剪纸艺术是最古老的汉族民间艺术之一，作为一种镂空艺术，其在视觉上给人以透空的感觉和艺术享受．下列4幅剪纸作品中，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】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心，旋转前后图形上能够重合的点叫做对称点． 【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； C、不轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不合题意． 故选B． 【点睛】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. 2. 抛物线的顶点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. x轴上 D. y轴上 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据顶点式求出函数顶点坐标即可判断出定点所在位置． 【详解】解：抛物线的顶点为，在y轴上， 故选D． 3. 下列方程是关于的一元二次方程的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是（且．直接根据一元二次方程的定义解答即可． 【详解】解：A、，是一元一次方程，故本选项不符合题意； B、是一元二次方程，故本选项符合题意； C、，含有两个未知数，故本选项不符合题意； D、，是分式方程，故本选项不符合题意． 故选：B． 4. 已知三点在抛物线上，则的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定抛物线的对称轴，然后根据抛物线的对称性求出点关于对称轴对称的点的坐标，再利用二次函数的增减性判断即可. 【详解】解：∵抛物线的对称轴是直线x=2，∴点关于对称轴对称的点的坐标是， ∵当x<2时，y随x的增大而增大，且0<1<1.5，∴. 故选：B. 【点睛】本题考查了二次函数的性质，属于基本题型，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键. 5. 方程的根的情况是（ ） A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 有一个根为 D. 没有实数根 【答案】B 【解析】 【分析】利用根的判别式可求得答案． 【详解】∵，，， ∴， ∴该方程有两个不相等实数根， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了根的判别式，掌握方程根的情况与根的判别式的关系是解题的关键． 6. 关于函数的图象特征，下列说法正确的是（ ） A. 关于轴对称，开口向上 B. 关于轴对称，开口向上 C. 关于轴对称，开口向下 D. 关于轴对称，开口向下 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，由得到，抛物线开口朝下，抛物线对称轴为，图象关于y轴对称，问题得解． 【详解】解：∵， ∴二次项系数，对称轴为：直线， ∴抛物线开口朝下，图象关于y轴对称， 故选：D． 7. 如图，把一块长为40cm，宽为30cm的矩形硬纸板的四角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为600cm2，设剪去小正方形的边长为xcm，则可列方程为（　　） A. （30﹣2x）（40﹣x）＝600 B. （30﹣x）（40﹣x）＝600 C. （30﹣x）（40﹣2x）＝600 D. （30﹣2x）（40﹣2x）＝600 【答案】D 【解析】 【分析】设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是600cm2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设剪去小正方形的边长是xcm，则纸盒底面的长为（40﹣2x）cm，宽为（30﹣2x）cm， 根据题意得：（40﹣2x）（30﹣2x）＝600． 故选：D． 【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，正确理解题意找到等量关系是解题的关键． 8. 在同一直角坐标系中，二次函数与一次函数的图象大致可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二次函数图像的开口以及与y轴的交点位置可确定m的正负，再利用一次函数经过的象限确定m的正负，再根据一次函数过是否定点(-1，0)作判断． 【详解】解：A、二次函数：开口向上，，一次函数：过一、二、三象限，，过(-1，0)，故正确； B、二次函数：开口向下，，一次函数：过二、三、四象限，，不过(-1，0)，故错误； C、二次函数：开口向下，，一次函数：过一、二、三象限，，过(-1，0)，故错误； D、二次函数：开口向上，，一次函数：过一、二、三象限，，不过(-1，0)，故错误； 故选A． 【点睛】本题考查了二次函数、一次函数的图像与系数之间的关系；根据图像判断每个选项中m的正负与一次函数是否过定点是本题的关键． 9. 二次函数的图象如图所示，则下列结论中，正确的个数是（ ） ①；②；③；④ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：，，然后根据图象判断其值． 根据和时二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断①和②，由抛物线的开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点可以判断③、④、从而可得答案． 【详解】解：当时，， ∴，故①正确； 当时，， 由图象可知，当时，，故②正确； ∵图象开口向下， ∴， ∵， ∴， ∵图象与y轴的交点在y轴的上半轴， ∴， ∴，故③错误； ∵，，， 当， 则，产生矛盾，故④错误； ∴正确的有2个． 故选：C． 10. 如图，点是等边三角形内一点，，，是由绕点逆时针旋转得到的，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，由旋转的性质可证明是等边三角形，得，，再由勾股定理的逆定理可证明是等腰直角三角形得出，进而求出，利用等边对等角求出，从而可得出结论． 【详解】解：连接，如图： ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 由旋转的性质可得， ∴，即， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A. 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的性质与判定，解本题的关键是判断出是等边三角形． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11. 一元二次方程（x﹣5）2＝x﹣5的解为____． 【答案】x1＝5，x2＝6． 【解析】 【分析】先移项得到（x-5）2-（x-5）=0，然后利用因式分解法解方程． 【详解】∵（x﹣5）2﹣（x﹣5）＝0， ∴（x﹣5）（x﹣6）＝0， 则x﹣5＝0或x﹣6＝0， 解得x1＝5，x2＝6， 故答案为x1＝5，x2＝6． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式至少有一个为0，这就将问题转化为求两个一元一次方程的解，也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）． 12. 抛物线向右平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到新的抛物线的表达式是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可． 【详解】解：抛物线向右平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到新的抛物线的表达式是：， 故答案是：． 【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减． 13. 如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是 ________． 【答案】##75度 【解析】 【分析】本题主要考查旋转的性质，三角形内角和等相关内容，由旋转的性质得出和的角度是解题关键．由旋转的性质可知，，，，，因为，所以，，由三角形内角和可得，所以再由三角形内角和定理可知，． 【详解】解：由旋转的性质可知，，，，， ， ，， ， ． ． ． 故答案为：． 14. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．若抛物线（、为常数）与线段交于、两点，且，则的值为_________． 【答案】 【解析】 分析】根据题意，可以得到点的坐标和的值，然后将点的坐标代入抛物线的解析式，即可得到的值，本题得以解决． 【详解】解：点的坐标为，点的坐标为， ， 抛物线、为常数）与线段交于、两点，且， 设点的坐标为，则点的坐标为，， 抛物线， 解得，． 【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答． 15. 在测量时，为了确定被测对象的最佳近似值，经常要对同一对象测量若干次，得到测量结果分别为，，，，然后选取与各测结果的差的平方和为最小的数作为最佳近似值．即如果设这组测量结果的最佳近似值为，则需要使得函数：达到最小值．科研小组利用这种方法来分析麦穗的长度．如果在测量了3个麦穗长度之后，得到的数据（单位：cm）是，，，则按上述方法，可以得到麦穗长的最佳近似长度为______cm； 【答案】6.1 【解析】 【分析】根据题意可求出y与x的关系式，再根据二次函数的性质即可求解． 【详解】根据题意可知， ∵该二次函数， ∴其图象开口向上， ∴该函数在对称轴处取得最小值． ∵该二次函数对称轴为， ∴当时，y有最小值，此时符合题意， ∴麦穗长的最佳近似长度为6.1cm． 故答案为：6.1． 【点睛】本题考查二次函数的实际应用．理解题意，掌握二次函数的性质是解题关键． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】先化为一般形式，再用公式法可求出方程的解． 【详解】解：， ， ， ， ，． 【点睛】本题考查解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程求根公式． 17. 如图，为等边三角形，点P在左侧且，将绕点A顺时针旋转60° （1）画出图形． （2）在（1）的条件下，求证：； 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意画图即可； （2）如图2，连接，只需要证明，得到，再由是等边三角形，得到，即可证明． 【小问1详解】 解：如图所示， 【小问2详解】 证明：如图2，连接， 由旋转得，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了画旋转图形，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 18. 大学生小李和同学一起自主创业开办了一家公司，公司对经营的盈亏情况在每月的最后一天结算一次.在1－12月份中，该公司前x个月累计获得的总利润y（万元）与销售时间x（月）之间满足二次函数关系. （1）求y与x函数关系式. （2）该公司从哪个月开始“扭亏为盈”（当月盈利）? 直接写出9月份一个月内所获得的利润. （3）在前12 个月中，哪个月该公司所获得利润最大？最大利润为多少？ 【答案】（1） ；（2）从4月份起扭亏为盈； 9月份一个月利润为11万元 ；（3）12，17万元. 【解析】 【分析】（1）根据题意此抛物线的顶点坐标为，设出抛物线的顶点式，把代入即可求出的值，把的值代入抛物线的顶点式中即可确定出抛物线的解析式； （2）由图可解答；求8、9两个月份的总利润的差即为9月的利润； （3）根据前个月内所获得的利润减去前个月内所获得的利润，即可表示出第个月内所获得的利润，为关于的一次函数，且为增函数，得到取最大为12时，把代入即可求出最多的利润． 【详解】（1）根据题意可设：， ∵点在抛物线上， ∴， 解得：， ∴即 ； （2）∵，对称轴为直线， ∴当时y随x的增大而增大， ∴从4月份起扭亏为盈； 8月份前的总利润为：万元, 9月份前的总利润为：万元, ∴9月份一个月利润为：万元； （3）设单月利润为W万元， 依题意得：， 整理得：， ∵， ∴W随增大而增大， ∴当x＝12时，利润最大，最大利润为17万元 【点睛】本题考查了二次函数的应用，主要考查学生会利用待定系数法求函数的解析式，灵活运用二次函数的图象与性质解决实际问题，认真审题很重要． 19. 定义：如果关于x的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． （1）请判断关于x的方程根的情况，并说明理由． （2）若（1）中的方程两个实数根都是整数，且该方程是“倍根方程”，请求出a的值． 【答案】（1）时，该方程有两个不相等的实数根，时，该方程有两个相等的实数根，理由见解析 （2）a的值为3 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式的意义，熟练掌握一元二次方程的解法以及一元二次方程根的判别式的意义是解题的关键； （1）根据一元二次方程根的判别式的意义分析，即可求解； （2）根据因式分解法解方程解得，，然后根据“倍根方程”的定义且方程两个实数根都是整数，分类讨论，即可求解． 【小问1详解】 时，该方程有两个不相等的实数根，时，该方程有两个相等的实数根，理由如下： 解：因为， 则当时，， 所以该方程有两个不相等的实数根． 当时，， 所以该方程有两个相等的实数根． 【小问2详解】 由方程得， ， 解得，． 因为该方程是“倍根方程”， ①当时， 解得， 则因为方程的根为整数，故舍去． ②当时， 解得． 则为整数，符合题意． 所以的值为． 20. 如图，矩形中，，，点P从A开始沿边向点B以1的速度移动，同时点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q分别到达B、C两点后，就停止移动，回答下列问题： （1）运动第几秒时的面积等于8？ （2）设运动开始后第t秒时，五边形的面积为S，当t为何值时S最小？求出S的最小值． 【答案】（1）经过2秒或4秒时，的面积等于88； （2）3秒后，五边形的面积最小，最小值是 【解析】 【分析】（1）设后，面积等于，根据，列方程求解可得； （2）由，即可得答案． 【小问1详解】 解：设后，的面积等于， 此时，，，． 由，得． 解得，． 答：经过2秒或4秒时，的面积等于88； 【小问2详解】 解：由 ， ， 当时，即的值为0时是最小值， 当时，有最小值，此时为63． 答：3秒后，五边形面积最小，最小值是． 【点睛】本题主要考查二次函数的应用，根据三角形的面积、勾股定理、五边形的面积列出方程或函数解析式是解题的关键． 21. 拉伊卜是2022年卡塔尔世界杯吉祥物，代表着技艺高超的球员．随着世界杯的火热进行，吉祥物拉伊卜玩偶成为畅销商品．某经销商售卖大、小两种拉伊卜玩偶，每个大拉伊卜售价比小拉伊卜售价贵30元且销售30个小拉伊卜玩偶的销售额和21个大拉伊卜玩偶的销售额相同． （1）求每个小、大拉伊卜玩偶的售价分别为多少元？ （2）世界杯开赛第一周该经销商售出小拉伊卜玩偶400个，大拉伊卜玩偶200个，世界杯开赛第二周，该经销商决定降价出售两种拉伊卜玩偶．已知：两种拉伊卜玩偶都降价元，小拉伊卜玩偶售出数量较世界杯开赛第一周多了个；大拉伊卜玩偶售出数量与世界杯开赛第一周相同，该经销商世界杯第二周总销售额为48000元，求的值． 【答案】（1）每个小拉伊卜的售价为70元，大拉伊卜的售价为100元 （2）的值为10 【解析】 【分析】（1）设每个小拉伊卜玩偶的售价为x元，则可表示每个大拉伊卜玩偶的售价，由等量关系可得关于x的一元一次方程，解方程即可； （2）根据等量关系：大拉伊卜第二周的销售额+小拉伊卜第二周的销售额=48000，得到关于a的方程，解方程即可． 【小问1详解】 解：设每个小拉伊卜玩偶的售价为x元，则每个大拉伊卜玩偶的售价为元. 由题意得：， 解得：， 则， 答：每个小拉伊卜的售价为70元，大拉伊卜的售价为100元。 【小问2详解】 由题意得：， 化简得：， 解得：（舍去），， 答：a的值为10． 【点睛】本题考查了一元一次方程与一元二次方程的应用，关键是明确题意，找到等量关系并正确列出方程． 22. [综合与实践]：阅读材料，并解决以下问题． [学习研究]：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，构造方法如下： 首先将方程变形为，然后画四个长为，宽为x的矩形，按如图（1）所示的方式拼成一个“空心”大正方形，则图中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为2的小正方形面积之和，即，因此，可得新方程：．表示边长，，即，遗憾的是，这样的做法只能得到方程的其中一个正根． [类比迁移]：小明根据赵爽的办法解方程，请你帮忙画出相应的图形，将其解答过程补充完整； 第一步：将原方程变形为x（________）； 第二步：画四个________的全等矩形构造“空心”大正方形（请在画图区画出示意图，标明各边长），并写出完整的解答过程； [拓展应用]：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图2来解，已知图2由4个相同矩形构成，这4个矩形的总面积为20，中间围成的正方形边长为．那么此方程的系数____，_____．求得方程的一个正根为_________． 【答案】[类比迁移] ；长为，宽为；图形及解答过程见解析 [拓展应用] ，5，或 【解析】 【分析】[类比迁移]仿造[学习研究]，根据赵爽的办法解答即可； [拓展应用] 根据题意把，变形为，根据图2由4个面积为20的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为，即可得到答案． 【详解】解：[类比迁移] 第一步：将原方程变形为，即； 第二步：利用四个面积可用表示为长为，宽为的全等矩形构造“空心”大正方形（请在画图区画出示意图，标明各边长）， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示的方式拼成如图，拼成一个“空心”大正方形，则图中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个边长为3的小正方形面积之和，即，因此，可得新方程：， ∵表示边长， ∴，即， 第三步：方程的一个正根为； 故答案为：；长为，宽为； [拓展应用] ∵， ∴， ∴四个小矩形的面积各为，大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即， ∵图2是由4个面积为20的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为， ∴，， 解得：，， 当时，，，，方程的一个正根为； 当时，，，，方程的一个正根为． 综上所述，方程的一个正根为或． 故答案为：，5，或． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解一元二次方程，能知道系数，与各图形面积的关系是解题的关键． 23. 如图①，已知抛物线与轴交于两点，与轴交于点． （1）求该抛物线的表达式； （2）若点是抛物线上第一象限内的一个动点，连接．当的面积等于面积的倍时，求点的坐标； （3）抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）或； （3），，，． 【解析】 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）由的面积，即可求解； （3）分点在左侧和点在由此两种情况，利用正方形得判定及性质以及二次函数得图像及性质，进而求解． 【小问1详解】 解：把代入中，得： ，解得：， ∴抛物线解析式为； 【小问2详解】 解：过点作轴平行线交轴于，交于点，作于点， 把代入中，得：， ∴点坐标是， 设直线， 把，，代入，得 ， 解得， ∴直线的解析式为 设，则， ∴ 由得：， ∴ 整理得： 解得： ∵， ∴的值为或， 当时，， 当时，， ∴点的坐标为或； 【小问3详解】 解：存在． 由，，，得， ∴， ①当点在左侧时． 在轴上取点，，延长交抛物线于点． 在和中 ， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将代入，得 ， 解得， ∴设直线的解析式为， 由得：或， ∴； ②当点在右侧时， 作关于的对称，交二次函数于点，则，， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 令中，，则， 解得或， ∴，， ∵，, ∴， ∴， ∴ ∴在点抛物线上，即点满足条件． 故存在满足条件的点有两个，分别是，，，． 【点睛】本题属于二次函数的综合应用，考查待定系数法求解析式，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等，正方形的判定及性质，轴对称给的性质，掌握这些知识是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $