精品解析：2025年浙江省台州市玉环市实验初级中学中考三模数学试题

2025年初中毕业生学业水平模拟测试 数学 注意事项： 1．全卷满分120分，答题时间为120分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上． 卷I（选择题） 一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分．请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分） 1. 下列实数中，无理数是（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了无理数的定义，解题的关键是理解无理数是无限不循环小数这一本质特征，能够区分无理数与有理数． 根据无理数的定义，即无限不循环小数是无理数，有理数是整数（正整数、0、负整数）和分数的统称；依次分析各选项，判断其是否为无限不循环小数，进而确定无理数． 【详解】解：无理数是指无限不循环小数，有理数是整数（正整数、0、负整数）和分数的统称． 选项是负整数，属于有理数． 选项是整数，属于有理数． 选项是无限不循环小数，符合无理数的定义，属于无理数． 选项，是正整数，属于有理数． 故选：C． 2. 下列几何体由5个相同的小正方体搭成，其左视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中． 【详解】解：从左面看，是一列2个小正方形， 故选：A． 【点睛】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图． 3. 某校30个班级在学校“书香班级”的创建活动中，以班级为单位进行捐书，根据班级的捐书量制作下表： 数量/册 160 175 183 190 198 203 212 225 班级数 2 4 7 5 6 3 2 1 这组数据的众数和中位数分别是（ ） A. 7，5.5 B. 7，5 C. 183，190 D. 183，194 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查众数和中位数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数，将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数． 根据中位数和众数的定义即可求解． 【详解】解：表格中捐书量183册对应的班级数最多（7个），故众数为183； 总共有30个班级，数据按从小到大排列：前2个为160，第3-6个为175，第7-13个为183，第14-18个为190，第19-24个为198，后续为203、212、225，第15和第16个数均为190，故中位数为， 综上，众数183，中位数190， 故选：C． 4. 如图，将一个正方形纸片沿图中虚线剪开，能拼成下列四个图形，其中是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据拼成的四个图形是否存在中心对称点，即可判断图形是否为中心对称图形． 【详解】解：依照中心对称图形的特征：若图形存在中心对称点，沿中心对称点旋转180°后可与原图形重合． 选项A图形无中心对称点，故不是中心对称图形，不符合题意； 选项B图形有中心对称点，故是中心对称图形，符合题意； 选项C图形无中心对称点，故不是中心对称图形，不符合题意； 选项D图形无中心对称点，故不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查中心对称图形的性质特征，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5. 下列运算正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由幂的乘方、同底数幂乘法、完全平方公式、合并同类项，分别进行计算，即可得到答案． 【详解】解：A、，故A错误； B、，故B错误； C、，故C错误； D、，故D正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了幂的乘方、同底数幂乘法、完全平方公式、合并同类项，解题的关键是熟练掌握运算法则进行解题． 6. 某商场在五一期间推出促销活动，活动期间内，凡是购物即可参与抽奖．不透明的盒子里装有12张质地、大小完全相同的纸片，其中2张纸片写有奖品为“扫地机器人一台”，4张纸片写有奖品为“餐具一套”，6张纸片写有奖品为“纸巾一袋”．从盒中任意摸出1张纸片，摸出奖品为“扫地机器人一台”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了古典概型的概率计算，解题的关键是明确古典概型概率公式“概率=所求情况数与总情况数之比”，并准确找出总纸片数和写有“扫地机器人一台”的纸片数． 确定盒子里纸片的总数量，即总情况数；找出写有奖品为“扫地机器人一台”的纸片数量，即所求情况数；根据古典概型概率公式，用所求情况数除以总情况数得到摸出该奖品的概率． 【详解】解：已知盒子里装有12张质地、大小完全相同的纸片，即总情况数为12． 其中写有奖品为“扫地机器人一台”的纸片有2张，即所求情况数为2． 可得摸出奖品为“扫地机器人一台”的概率是． 故选：B． 7. 四点在上的位置如图所示，，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示，连接，，首先由圆周角定理得到，然后根据等边对等角和三角形内角和定理求出，得到，然后根据圆内接四边形对角互补求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】此题考查了圆周角定理，等边对等角和三角形内角和定理，圆内接四边形对角互补，解题的关键是掌握以上知识点． 8. 晚托期间，八（1）班学生积极参与文体活动．起初，篮球组的报名人数比羽毛球组报名人数的还多4人；后来，羽毛球组有8人改报了篮球组，此时，篮球组的报名人数是羽毛球组报名人数的2倍．设起初报名篮球组的人数为，报名羽毛球组的人数为，则下面所列方程组正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，设起初报名篮球组的人数为，报名羽毛球组的人数为，依题意列出方程组即可，掌握二元一次方程组的应用是解题的关键． 【详解】解：设起初报名篮球组的人数为，报名羽毛球组的人数为，依题意得： ， 故选：A． 9. 二次函数与的图象关于轴对称，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 10 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】首先由二次函数与的图象关于轴对称，即可求得的解析式，然后根据整式相等的性质，求得，又由，即可求得答案． 【详解】解：∵二次函数与的图象关于轴对称， ∴的解析式为：， 即， 又∵， ∴， ∴． 故选D． 【点睛】此题考查了二次函数的对称变换，注意两函数关于y轴对称，则x变为相反数，y不变．解此题的关键是注意整体思想与方程思想的应用． 10. 在等边中，为内的一点，，，则的长为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了等边三角形的性质、旋转的性质以及勾股定理的应用，解题的关键是通过构造辅助线（旋转三角形）将分散的角和线段关系集中，利用等边三角形和直角三角形的性质建立等量关系求解． 将绕点A顺时针旋转得到利用旋转性质得到结合等边三角形性质证为等边三角形，得通过角度计算推出；在中用勾股定理求出的长，进而得到的长． 【详解】解：将绕点A顺时针旋转，得到连接． ∵是等边三角形， ∴． 由旋转性质得：． ∴ ，即． 又∵ ∴是等边三角形（有一个角是的等腰三角形是等边三角形）． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵ 是等边三角形，故． ∴． 在中，，， ∴斜边． 由勾股定理得：即 解得，． 故选：A． 卷II（非选择题） 二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分） 11. 因式分解：____． 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】， 故答案为： 12. 不等式组的解集为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键． 先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可． 【详解】解：， ∵解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集是：， 故答案为：． 13. 如图，点在正六边形的边上运动．若，写出一个符合条件的的值_________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】先求得，在根据点的不同位置，求得的取值范围，从而得解． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴，， 当点在点处时， ∵，， ∴， 当点在点处时，延长交的延长线于点， ∵，， ∴， ∴， ∴是正三角形， ∴， ∵，， ∴即， ∴是正三角形， ∴， ∴， 故答案为（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等边三角形的判定及性质，三角形的内角和定理，熟练掌握正多边形的性质，等边三角形的判定及性质是解题的关键． 14. 如图，在中，轴，点，，，反比例函数的图象在第一象限内经过点，且与交于点．则点的横坐标为_____． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的性质、平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点是关键． 根据条件可得反比例函数解析式，利用解析式求出当时值即可． 【详解】解：∵在中，轴，点， ∴， ∴点的坐标， ∵反比例函数的图象在第一象限内经过点， ∴， ∴反比例函数解析式为：， 当时，， ∴点的横坐标为3． 故答案为：3． 15. 定义：为平面直角坐标系内的点，若满足，则把点叫做“平衡点”．例如：都是“平衡点”．当时，直线上有“平衡点”，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，根据题意得出关于m的不等式组是解答此题的关键． 根据、可得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可． 【详解】解：∵， ∴，即． ∵， ∴， ∴． ∴的最小值为， 故答案为：． 16. 如图，在菱形中，分别过点，作，过点，作，交点分别为，．若为的中点，，则四边形与四边形的面积之比为_____． 【答案】 【解析】 【分析】在菱形中，，，，将逆时针旋转至使与重合，连接，根据旋转可得，，证明是等边三角形，得出，设，则，证明四边形是平行四边形，得出，，求出，证明，从而证出四边形是平行四边形，得出，从而得出，证明，得出，从而得，证明是等边三角形，根据等边三角形性质得出，勾股定理求出，求出，过点作，过点作，求出，得出，，，求出，即可求解． 【详解】解：在菱形中，，，， 如图，将逆时针旋转至使与重合，连接， 根据旋转可得，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 设，则， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点共线， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， 过点作，过点作， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形与四边形的面积之比为， 故答案为：． 【点睛】该题考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，等边三角形的性质和判定，二次根式的性质等知识点，解题的关键是正确做出辅助线，掌握以上知识点． 三、解答题（本大题有8小题，第17~21小题每小题8分，第22，23小题每小题10分，第24小题12分，共72分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式，绝对值，特殊角的三角函数和负整数指数幂的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； 本题先根据二次根式，绝对值，特殊角的三角函数和负整数指数幂的知识进行化简，然后按照加减运算即可求解． 【详解】解： ． 18. 解分式方程：． 【答案】无解 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，熟练掌握解方程的方法是解题的关键． 利用去分母将原方程化为整式方程，解得的值后进行检验即可． 【详解】解：， 原方程去分母得：， 解得：， 检验：当时，， 则是分式方程的增根， 故原方程无解． 19. 司南是我国古代辨别方向用的一种仪器．其早在战国时期就已被发明，是现在所用指南针的始祖．如图1，司南中心为一圆形，圆心为点，直径为20．根据八个方位将圆形八等分（图2中点，过点作的切线，与的延长线交于点，连接． （1）求的值． （2）求线段的长． 【答案】（1） （2）线段的长为 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，准确熟练地进行计算是解题的关键． （1）根据已知易得：，从而可得，再根据直径所对的圆周角是直角可得，然后利用等腰直角三角形的性质可得，即可解答； （2）根据切线的性质可得，从而可得，进而可得，再利用平角定义可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【小问1详解】 解：∵， ∵是的直径， ， ； 【小问2详解】 解：∵与相切于点， ， ， ， 即， ， ， ， 在中， ∴线段的长为． 20. 某校举办“十佳歌手”演唱比赛，五位评委进行现场打分，将甲、乙、丙三位选手的得分数据整理成下列统计图． 根据以上信息，解答下列问题． （1）完成表格： 平均数/分 中位数/分 众数/分 方差 甲 ①_____ 8和9 乙 ②_____ 9 9 丙 8 ③_____ （2）从三位选手中选一位参加市级比赛，你认为选谁更合适？请说明理由． 【答案】（1）①9，②，③8 （2）选甲更合适．理由见解答 【解析】 【分析】本题主要考查了中位数，平均数，众数以及方差，理解相关定义与意义，熟记方差公式是解题关键． （1）分别根据中位数、平均数的定义进行计算，即可得到答案； （2）根据（1）中表格，结合平均数和方差的意义进行分析，即可得到答案． 【小问1详解】 解：由甲得分的折线统计图可知，甲得分的排序为：10、、、、， ∴甲得分的中位数为 9 ， 由乙得分的条形统计图可知，乙得分分别为：7，9，9，9，10， ∴乙得分的平均数为， 由丙得分的扇形统计图可知，， 则丙得分分别为：8，8，8，10，10， ∴ 8出现的次数最多， ∴丙得分的众数为 8 ． 故答案为：①9，②，③8； 【小问2详解】 解：选甲更合适．理由如下： 因为甲、乙、丙三人平均成绩一样，说明三人实力相当，但是甲的方差最小，说明甲的成绩更稳定，所以选甲更合适． 21. 如图1，．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点M、N．分别以点M、N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点E．作射线．过点C作，交于点D． （1）求的长； （2）如图2，连接．分别以点A、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P、Q．作直线，交的延长线于点F．连接，交于点G．当时，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据角平分线定义和平行线性质、等腰三角形的判定证明即可； （2）先证明是等边三角形，然后求出的长，再证，即可求出的值． 【小问1详解】 解：由作图可知：平分， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 【小问2详解】 解：由作图可知：垂直平分， ∴． ∵， ∴为等边三角形． ∴． ∵， ∴． ∴． 由（1）知，，， ∴，． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了尺规作图—作角的平分线、作线段的垂直平分线，考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确理解尺规作图的原理是解本题的关键． 22. 目前，无人机航拍越来越多的应用于各种领域．现对甲、乙两台无人机同时开始操作，甲无人机先匀速垂直上升分钟后悬停在空中航拍，悬停5分钟后继续以原来的速度匀速垂直上升，到第8分钟时悬停在距地面150米处．乙无人机匀速垂直上升8分钟后停留在米的高度，且第3分钟时和甲同在距地面60米处的位置．两台无人机的上升高度（米）与时间（分钟）的函数关系式如图所示． （1）求的值． （2）求的值及甲无人机上升时的速度． （3）求乙无人机在甲无人机上方15米处时，的值． 【答案】（1）160 （2）50米／分钟， （3）或 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用，掌握时间、速度和路程之间的关系是解题的关键． （1）根据速度路程时间求出乙无人机上升的速度，再根据路程速度时间求出乙无人机8分钟上升的高度即可； （2）根据速度路程时间求出甲无人机上升的速度，再根据时间路程速度计算的值即可； （3）分别写出当时，甲无人机的与的函数关系式及乙无人机的与的函数关系式，按照的取值范围，根据题意列关于的方程并求解即可． 【小问1详解】 解：乙无人机上升的速度为（米／分钟）， 米， ． 【小问2详解】 解：甲无人机上升时的速度为（米／分钟）， 分钟， ． 【小问3详解】 解：（分钟）， 当时，甲无人机的与的函数关系式为， 乙无人机的与的函数关系式为． 当时，乙无人机在甲无人机上方15米处时，得， 解得， 当时，乙无人机在甲无人机上方15米处时，得， 解得， ∴乙无人机在甲无人机上方15米处时，的值为或． 23. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，过点作直线垂直于轴． （1）求抛物线的对称轴．（用含的式子表示） （2）将抛物线在轴右侧的部分沿直线翻折，其余部分保持不变，形成图形．，为图形上的两点． ①当时，若，判断与的大小关系，并说明理由． ②若对于，都有，直接写出的取值范围． 【答案】（1）对称轴为直线 （2）①；② 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，函数的增减性质，函数图象变换，分类讨论的数学思想，熟练掌握以上内容是解题关键． （1）直接按对称轴公式代数计算即可； （2）①当时，抛物线解析式为，画出图形的图象，根据图象性质即可解答； ②分、、三类画图讨论即可． 【小问1详解】 解：对称轴为直线； 【小问2详解】 解：①，理由如下： 当时，抛物线解析式为，图形如图 1 所示： 此时若，故； ②当时，如图2所示： 此时翻折后的图象解析式为， 故当时，， 当时，， ∵，即， 解得， 即； 当时，显然对于，都有成立； 当时，对于，恒有成立； 综上，的取值范围为． 24. 如图1，在四边形中，，连接为的中点，连接，交于点． （1）求证：． （2）如图2，若，求的值． （3）如图3，若，求的值． 【答案】（1） 证明：设，则， ， ， ， 即． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用互余关系、等腰三角形的性质以及三角形的内角和关系即可证明； （2）由已知证明为等边三角形，可得．设，则，故，作交于点，再计算得到，通过，得到，从而． （3）作于点，设，则．可得，由中位线定理可得．设，则，根据射影定理可得，从而得．再证明，从而有，从而有，即，解得，故． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图2所示， ， ∴为等边三角形， ， ， ∵为中点， ∴， 设，则， 故， 作交于点， ， ， ， ∵， ∴， ． 【小问3详解】 解：作于点，如图3所示， 设，则， ∵为中点，， ∴． 设，则， ∴． ∵， ∴， 又 ∵， 故， ∴， 即， 故． ∵， ∴， 从而有， ∴，即． 解得：， 故． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，构造平行线证明三角形相似，三角形的中位线，勾股定理，熟练掌握以上内容并作出恰当的辅助线是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年初中毕业生学业水平模拟测试 数学 注意事项： 1．全卷满分120分，答题时间为120分钟． 2．请将各题答案填写在答题卡上． 卷I（选择题） 一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分．请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选，均不给分） 1. 下列实数中，无理数是（ ） A. B. 0 C. D. 2. 下列几何体由5个相同的小正方体搭成，其左视图是（ ） A. B. C. D. 3. 某校30个班级在学校“书香班级”的创建活动中，以班级为单位进行捐书，根据班级的捐书量制作下表： 数量/册 160 175 183 190 198 203 212 225 班级数 2 4 7 5 6 3 2 1 这组数据的众数和中位数分别是（ ） A. 7，5.5 B. 7，5 C. 183，190 D. 183，194 4. 如图，将一个正方形纸片沿图中虚线剪开，能拼成下列四个图形，其中是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 5. 下列运算正确的是( ) A. B. C. D. 6. 某商场在五一期间推出促销活动，活动期间内，凡是购物即可参与抽奖．不透明的盒子里装有12张质地、大小完全相同的纸片，其中2张纸片写有奖品为“扫地机器人一台”，4张纸片写有奖品为“餐具一套”，6张纸片写有奖品为“纸巾一袋”．从盒中任意摸出1张纸片，摸出奖品为“扫地机器人一台”的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 四点在上的位置如图所示，，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 晚托期间，八（1）班学生积极参与文体活动．起初，篮球组的报名人数比羽毛球组报名人数的还多4人；后来，羽毛球组有8人改报了篮球组，此时，篮球组的报名人数是羽毛球组报名人数的2倍．设起初报名篮球组的人数为，报名羽毛球组的人数为，则下面所列方程组正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 二次函数与的图象关于轴对称，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 10 D. 13 10. 在等边中，为内的一点，，，则的长为（ ） A. B. 2 C. D. 3 卷II（非选择题） 二、填空题（本大题有6小题，每小题3分，共18分） 11. 因式分解：____． 12. 不等式组的解集为_____． 13. 如图，点在正六边形的边上运动．若，写出一个符合条件的的值_________． 14. 如图，在中，轴，点，，，反比例函数的图象在第一象限内经过点，且与交于点．则点的横坐标为_____． 15. 定义：为平面直角坐标系内的点，若满足，则把点叫做“平衡点”．例如：都是“平衡点”．当时，直线上有“平衡点”，则的最小值为_____． 16. 如图，在菱形中，分别过点，作，过点，作，交点分别为，．若为的中点，，则四边形与四边形的面积之比为_____． 三、解答题（本大题有8小题，第17~21小题每小题8分，第22，23小题每小题10分，第24小题12分，共72分．解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程） 17. 计算：． 18. 解分式方程：． 19. 司南是我国古代辨别方向用的一种仪器．其早在战国时期就已被发明，是现在所用指南针的始祖．如图1，司南中心为一圆形，圆心为点，直径为20．根据八个方位将圆形八等分（图2中点，过点作的切线，与的延长线交于点，连接． （1）求的值． （2）求线段的长． 20. 某校举办“十佳歌手”演唱比赛，五位评委进行现场打分，将甲、乙、丙三位选手的得分数据整理成下列统计图． 根据以上信息，解答下列问题． （1）完成表格： 平均数/分 中位数/分 众数/分 方差 甲 ①_____ 8和9 乙 ②_____ 9 9 丙 8 ③_____ （2）从三位选手中选一位参加市级比赛，你认为选谁更合适？请说明理由． 21. 如图1，．以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点M、N．分别以点M、N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点E．作射线．过点C作，交于点D． （1）求的长； （2）如图2，连接．分别以点A、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P、Q．作直线，交的延长线于点F．连接，交于点G．当时，求的值． 22. 目前，无人机航拍越来越多的应用于各种领域．现对甲、乙两台无人机同时开始操作，甲无人机先匀速垂直上升分钟后悬停在空中航拍，悬停5分钟后继续以原来的速度匀速垂直上升，到第8分钟时悬停在距地面150米处．乙无人机匀速垂直上升8分钟后停留在米的高度，且第3分钟时和甲同在距地面60米处的位置．两台无人机的上升高度（米）与时间（分钟）的函数关系式如图所示． （1）求的值． （2）求的值及甲无人机上升时的速度． （3）求乙无人机在甲无人机上方15米处时，的值． 23. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，过点作直线垂直于轴． （1）求抛物线的对称轴．（用含的式子表示） （2）将抛物线在轴右侧的部分沿直线翻折，其余部分保持不变，形成图形．，为图形上的两点． ①当时，若，判断与的大小关系，并说明理由． ②若对于，都有，直接写出的取值范围． 24. 如图1，在四边形中，，连接为的中点，连接，交于点． （1）求证：． （2）如图2，若，求的值． （3）如图3，若，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $