精品解析：北京市海淀区2025-2026学年九年级上学期期中数学试题

九年级数学 注意事项 1．本试卷共8页，共两部分，28道题．满分100分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题纸上准确填写学校名称、姓名和准考证号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效． 4．在答题纸上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答． 第一部分 选择题 一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 一元二次方程2x2﹣x﹣3=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（　　） A. 2，1，3 B. 2，1，﹣3 C. 2，﹣1，3 D. 2，﹣1，﹣3 2. 铜镜是中国古代艺术的灿烂瑰宝．下列铜镜图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 将抛物线向下平移1个单位后得到的拋物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 物理学家巧妙地使用可旋转的正八面棱镜来测量光速，这种棱镜的底面是一个正八边形（如图所示），该正八边形绕其中心旋转后能与自身重合，那么的值可能是（ ） A. 22.5 B. 30 C. 45 D. 60 5. 如图，在平面直角坐标系中，点的横、纵坐标均为整数，可由绕点旋转得到，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 6. 已知二次函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 随着科技的飞速发展，新能源汽车越来越多地走进人们的生活．北京市新能源汽车保有量从2022年的万辆到2024年的万辆，呈现出逐年增加的趋势．设新能源汽车的保有量从2022年到2024年的年平均增长率为，则下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，边长为10的等边绕它的中心顺时针旋转得到分别与交于点．给出下面三个结论：①的长随的增大而增大；②的取值范围是；③当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 第二部分 非选择题 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 在平面直角坐标系中，点（2，3）关于原点对称的点的坐标是______． 10. 请写出一个一元二次方程，使它的两个根互为相反数___． 11. 在平面直角坐标系中，若点和点在二次函数的图象上，则___________（填“”“”或“”）． 12. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为______． 13. 如图，在平面直角坐标系中，点．将线段绕点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为___________． 14. 二次函数的与的部分对应值如下表： … 0 1 2 3 4 … … 2 7 … 则关于的一元二次方程的解是___________． 15. 如图，在菱形中，，．将一块边长足够长的三角板的角顶点与点重合，三角板的外侧边缘分别与，交于点，，则四边形的面积是___________． 16. 对任意实数，可用表示不超过的最大整数，如．称函数为“涟漪函数”． （1）当时，若，则的取值范围是___________； （2）当时，“涟漪函数”与轴共有___________个公共点． 三、解答题（本题共68分，第17题4分，第18-19题，每小题5分，第20-21题，每小题6分，第22题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每小题6分，第27-28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 17. 解方程：． 18. 如图，在中，，，D为上一点，将线段绕点A逆时针旋转α得到线段，连接，．求证：． 19. 已知是方程的一个根，求代数式的值． 20. 已知抛物线与轴的交点为，抛物线的对称轴为直线． （1）求抛物线的表达式； （2）直接写出抛物线的顶点坐标，并在平面直角坐标系中画出抛物线； （3）当时，直接写出的取值范围． 21. 已知：关于x的一元二次方程． （1）求证：无论a取任何实数，此方程总有实数根； （2）若方程有一个根大于3，求a的取值范围． 22. 在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕点旋转得到线段（是点的对应点）． （1）在平面直角坐标系中画出线段； （2）若点在线段上，是点关于点的对称点． ①当点与点重合时，的面积等于___________； ②的面积的取值范围是___________． 23. 某科技团队研发的机器人能够进行舞蹈表演，其表演队形随音乐节奏动态调整．在一次表演中，开场阶段参加表演的所有机器人整齐排列，组成一个正方形方阵．当音乐推进至高潮部分，表演队形发生变化，首先有4个机器人出列，在舞台的最前方担任领舞，其余机器人则迅速调整站位组成一个长方形方阵．该长方形方阵的列数比原来的2倍少1，行数比原来少4．求此次参加表演的机器人的总个数． 24. 已知抛物线与轴正半轴交于点，顶点为． （1）求直线的表达式； （2）过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点，当的长为3时，直接写出的值． 25. 小君在课后探究学习中遇到一个函数．她类比二次函数对其进行探究，请回答下列问题： （1）函数的自变量的取值范围是___________； （2）小君写出该函数与的部分对应值如下表： … 0 1 2 … … 0 0 459 … ①的值为___________； ②小君发现该函数的图象关于轴对称，并用软件画出了该函数在时的图象，请在平面直角坐标系中补全该函数的图象； （3）写出方程最小的解的近似值：___________（精确到0.1）； （4）过点作垂直于轴的直线，若直线与函数的图象有两个公共点，则的取值范围是___________． 26. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点． （1）当时，比较的大小，并说明理由； （2）当时，随的增大而减小，且的最大值与最小值的差为，求的最小值． 27. 在正方形中，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点． （1）如图1，点与点重合，若，求的长； （2）如图2，点在的延长线上，用等式表示，和的数量关系，并证明． 28. 在平面直角坐标系中，对于图形和直线，给出如下定义：将图形绕点顺时针旋转得到图形，再将图形关于直线对称，得到图形，则称图形为图形的“变换图形” （1）已知点，，图形为线段． ①当直线为轴时，图形的“变换图形”为，则以下说法正确的是___________； A．图形与图形关于原点中心对称 B．图形与图形关于轴对称 C．图形与图形关于直线对称 D．图形与图形关于直线对称 ②当直线为时，若图形的“变换图形”与轴负半轴有公共点，直接写出的取值范围； （2）已知正方形的顶点坐标分别为，长为的线段（点在点左侧）在直线上，且点的横坐标为，直线由直线绕点逆时针旋转得到．若线段的“变换图形”与正方形有公共点，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学 注意事项 1．本试卷共8页，共两部分，28道题．满分100分．考试时间120分钟． 2．在试卷和答题纸上准确填写学校名称、姓名和准考证号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效． 4．在答题纸上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他题用黑色字迹签字笔作答． 第一部分 选择题 一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 一元二次方程2x2﹣x﹣3=0的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（　　） A. 2，1，3 B. 2，1，﹣3 C. 2，﹣1，3 D. 2，﹣1，﹣3 【答案】D 【解析】 【详解】根据一元二次方程的一般式：，a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项.故选D. 2. 铜镜是中国古代艺术的灿烂瑰宝．下列铜镜图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐项判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，不符合题意； B．是中心对称图形，符合题意； C．不是中心对称图形，不符合题意； D．不是中心对称图形，不符合题意． 故选：B． 3. 将抛物线向下平移1个单位后得到的拋物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象的平移，根据二次函数图象的平移法则“左加右减，上加下减”，按照题意求出表达式即可得到答案，熟练掌握求函数图象平移的方法是解决问题的关键． 【详解】解：将抛物线向下平移1个单位后得到的拋物线的解析式为． 故选：D 4. 物理学家巧妙地使用可旋转的正八面棱镜来测量光速，这种棱镜的底面是一个正八边形（如图所示），该正八边形绕其中心旋转后能与自身重合，那么的值可能是（ ） A. 22.5 B. 30 C. 45 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答． 【详解】解：∵， ∴该图形绕中心至少旋转45度后能与自身重合，即． 故选：C． 5. 如图，在平面直角坐标系中，点的横、纵坐标均为整数，可由绕点旋转得到，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查图形的旋转变换．利用网格特点，作和的垂直平分线，它们相交于点，然后写出点坐标即可． 【详解】解：如图，可由绕点顺时针旋转得到，所以旋转中心的坐标为． 故选：A． 6. 已知二次函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键．根据抛物线开口方向、与y轴交点位置、对称轴、与x轴的交点逐一判断可得答案． 【详解】解：A、由抛物线开口向上知，此选项错误； B、由抛物线与y轴交于负半轴知，则，此选项错误； C、由抛物线的对称轴位置得，此选项错误； D、由抛物线与x轴有两个交点，即关于的方程有两个不相等的实数根，则，此选项正确． 故选：D． 7. 随着科技的飞速发展，新能源汽车越来越多地走进人们的生活．北京市新能源汽车保有量从2022年的万辆到2024年的万辆，呈现出逐年增加的趋势．设新能源汽车的保有量从2022年到2024年的年平均增长率为，则下面所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．根据年平均增长率的定义，每年增长相同的比例，故2024年的保有量等于2022年的保有量乘以． 【详解】解：设年平均增长率为x， ∵ 2022年保有量为万辆， ∴ 2023年保有量为万辆， ∴2024年保有量为万辆， 又∵2024年保有量为万辆， ∴． 故选：D． 8. 如图，边长为10的等边绕它的中心顺时针旋转得到分别与交于点．给出下面三个结论：①的长随的增大而增大；②的取值范围是；③当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【分析】如图，连接，过点作，在等边三角形中得，，，从而得出，，，勾股定理求出，如图，连接，过点作，则，根据旋转可得，是等边三角形，，证明，得出，，连接，再证明，得出，当增大时，逐渐减小，此时，从而得出在逐渐变小，根据是定值，得出逐渐减小，逐渐增大，即可判断①；当旋转到时，，即点与点重合，点与点重合，此时，则，即可判断②；当时，，则，，，得出为等腰直角三角形，从而得，即可求出，从而判断③． 【详解】解：如图，连接，过点作， ∵是等边三角形， ∴， ∵点是的中心， ∴， ∴，，， ∴， 如图，连接，过点作， ∴， 根据旋转可得，是等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ， ， ，， 连接， ， ， ， 当增大时，逐渐减小， 此时， 在逐渐变小， 在逐渐变小， ∵是定值， ∴逐渐减小， ∵， ∴逐渐增大，故①正确； 当旋转到时，， 即点与点重合，点与点重合， 此时， ∴，②正确； 当时，， ∴， ， ， 为等腰直角三角形， ∴， ，③错误， 故选： A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．正确做出辅助线． 第二部分 非选择题 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 在平面直角坐标系中，点（2，3）关于原点对称的点的坐标是______． 【答案】（-2，-3） 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案． 【详解】解：点（2，3）关于原点对称的点的 坐标是（-2，-3）， 故答案为：（-2，-3）． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题关键． 10. 请写出一个一元二次方程，使它的两个根互为相反数___． 【答案】答案不唯一．如：． 【解析】 【分析】由题意知：一个能直接开平方的式子就可以完成本题． 【详解】解：， ， ∴， 故答案为等． 【点睛】此题考查了一元二次方程的解，掌握直角开平方法及互为相反数的定义是解题的关键． 11. 在平面直角坐标系中，若点和点在二次函数的图象上，则___________（填“”“”或“”）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，比较函数值的大小，把函数值求出来是解题的关键．通过将点的横坐标代入二次函数解析式，分别求出a和b的值，再比较大小． 【详解】解：对于点，代入，得； 对于点，代入得． 因为，所以． 故答案为：<． 12. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为______． 【答案】 4 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握“一元二次方程有两个相等实数根时，根的判别式”这一性质． 先明确一元二次方程一般形式的根的判别式为；根据方程有两个相等实数根得出，再确定题目方程中、、的值，代入判别式公式求解即可． 【详解】解：对于一元二次方程，其中二次项系数为1，一次项系数为，常数项为a， ∵方程有两个相等的实数根， ∴Δ， 即，，解得． 故答案为：． 13. 如图，在平面直角坐标系中，点．将线段绕点顺时针旋转得到线段，则点的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，旋转的性质是解题的关键． 过点作轴于点D，证明，再利用全等三角形的对应边相等求解． 【详解】解：∵点， ∴， 过点作轴于点D，则 由旋转得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 二次函数的与的部分对应值如下表： … 0 1 2 3 4 … … 2 7 … 则关于的一元二次方程的解是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的对称性及与一元二次方程的关系，熟练掌握二次函数的对称性及与一元二次方程的关系是本题解题关键．根据二次函数的对称性求解对称轴为直线，结合当时，，再进一步作答即可． 【详解】解：根据题意得：点，均在二次函数的图象上， ∴二次函数图象的对称轴为直线， 由表格信息可得：当时，， ∴点关于对称轴的对称点为点， ∴关于的方程的解是． 故答案为：． 15. 如图，在菱形中，，．将一块边长足够长的三角板的角顶点与点重合，三角板的外侧边缘分别与，交于点，，则四边形的面积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，连接，过点作于，由菱形的性质可得，，则与均为等边三角形，证明，得出，从而可得，由此计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接，过点作于， ， ∵ 四边形为菱形，，， ∴，， ∴与均为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 对任意实数，可用表示不超过的最大整数，如．称函数为“涟漪函数”． （1）当时，若，则的取值范围是___________； （2）当时，“涟漪函数”与轴共有___________个公共点． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】本题依托涟漪函数考查对整数的理解和二次函数与方程的转化，解题的关键是熟悉二次函数与一元二次方程之间的关系， （1）由条件得，根据取整函数定义求解； （2）根据已知得到函数为，令，将方程化为，结合求解n的取值，从而确定公共点个数． 【详解】解：（1）当时，函数为， ∵ ∴， ∵， ∴． 根据取整函数定义，表示不超过x的最大整数为1， 因此x的取值范围是， 故答案为：． （2）当时，函数为． 令，得． 设，则n为整数，且． 则方程化为，即． 由于，故，即． 那么，解得， ∴． 解不等式，即，故． 此时，满足．因此函数与x轴有一个公共点． 故答案为：1． 三、解答题（本题共68分，第17题4分，第18-19题，每小题5分，第20-21题，每小题6分，第22题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每小题6分，第27-28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 17. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，利用因式分解法解方程即可． 【详解】解： 或， 18. 如图，在中，，，D为上一点，将线段绕点A逆时针旋转α得到线段，连接，．求证：． 【答案】 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转α得到线段， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据旋转可得，，证明，根据全等三角形的性质即可证明． 【详解】略 19. 已知是方程的一个根，求代数式的值． 【答案】7 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根，根据一元二次方程根的定义可得出，然后把化简为，最后把整体代入计算即可． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴， ∴ ∴ ． 20. 已知抛物线与轴的交点为，抛物线的对称轴为直线． （1）求抛物线的表达式； （2）直接写出抛物线的顶点坐标，并在平面直角坐标系中画出抛物线； （3）当时，直接写出的取值范围． 【答案】（1）； （2）它的顶点坐标为； 图象如图所示： ； （3）． 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求解析式、二次函数的图象、二次函数的性质等知识点，准确画出二次函数的图象成为解答本题的关键． （1）利用待定系数法求得二次函数的解析式，再运用配方法将原解析式化为顶点式即可； （2）根据（1）所得的顶点式，利用五点作图法直接画出图象即可； （3）根据函数图象确定当时对应的y的取值范围即可． 【小问1详解】 解：由题意得， 解得， ∴二次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：； ∴它的顶点坐标为； 列表如下： x 0 1 2 3 y 0 3 4 3 0 图象略； 【小问3详解】 解：当时，的最大值为4， 由图象可得，当时，． 21. 已知：关于x的一元二次方程． （1）求证：无论a取任何实数，此方程总有实数根； （2）若方程有一个根大于3，求a的取值范围． 【答案】（1） 证明：∵， ∴无论a取任何实数，此方程总有实数根． （2）． 【解析】 【分析】（1）利用根的判别式证明即可； （2）求出方程两根，，因为方程有一个根大于3，所以，解得：a＜－2． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知， ∴， ∴，， ∵方程有一个根大于3， ∴，解得：a＜－2． 【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，解题的关键是掌握根的判别式，公式法解一元二次方程． 22. 在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕点旋转得到线段（是点的对应点）． （1）在平面直角坐标系中画出线段； （2）若点在线段上，是点关于点的对称点． ①当点与点重合时，的面积等于___________； ②的面积的取值范围是___________． 【答案】（1） 解：如图，线段即为所求． （2）①6；② 【解析】 【分析】该题考查了中心对称，三角形面积计算，正确作出图形是解题的关键． （1）根据中心对称作图即可． （2）①根据的面积解答即可． ②根据题意的面积，，，即可求出的面积最大值和最小值，即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①当点与点重合时，如图， 此时 则的面积； ②根据题意的面积， ∵点在线段上，是点关于点的对称点， ∴，， ∴的面积， 则的面积最大，最小， 的面积的取值范围是． 23. 某科技团队研发的机器人能够进行舞蹈表演，其表演队形随音乐节奏动态调整．在一次表演中，开场阶段参加表演的所有机器人整齐排列，组成一个正方形方阵．当音乐推进至高潮部分，表演队形发生变化，首先有4个机器人出列，在舞台的最前方担任领舞，其余机器人则迅速调整站位组成一个长方形方阵．该长方形方阵的列数比原来的2倍少1，行数比原来少4．求此次参加表演的机器人的总个数． 【答案】64个 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，根据题意设原正方形方阵每边有n个机器人，则总数为．进一步得到出列后剩余机器人数为．结合长方形方阵的列数和行数的变化列出等式求解，根据长方形的边长排除不合理根即可． 【详解】解：设原正方形方阵每边有n个机器人，则总数为． 出列4个机器人后，剩余机器人数为． 长方形方阵的列数为，行数为． 根据题意，有， 化简得，，解得或， ∵时，行数（不合理）， ∴． 总机器人数为． 答：此次参加表演的机器人的总个数为64． 24. 已知抛物线与轴正半轴交于点，顶点为． （1）求直线的表达式； （2）过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点，当的长为3时，直接写出的值． 【答案】（1） （2）的值为或 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的性质和二次函数的图象和性质，掌握二次函数的性质是解决本题的关键． （1）根据二次函数的性质求出点A和点B，设直线为，进行代入求解即可； （2）根据题意将点M和点N表达出来，再根据的长为3进行求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线的解析式为：， ∴顶点坐标为， ∴点B坐标为， 当时， 解得， ∵抛物线与轴正半轴交于点， ∴点A为， 设直线为， 将点A和点B代入得，， 解得， ∴直线的表达式为； 【小问2详解】 解：∵过点作轴的垂线，交抛物线于点， ∴点为， ∵过点作轴的垂线，交直线于点， ∴点为， ∴为 ， ∵的长为3， ∴， ∴， ∴当时， 解得或， 当时，（无实数解）． ∴的值为或． 25. 小君在课后探究学习中遇到一个函数．她类比二次函数对其进行探究，请回答下列问题： （1）函数的自变量的取值范围是___________； （2）小君写出该函数与的部分对应值如下表： … 0 1 2 … … 0 0 459 … ①的值为___________； ②小君发现该函数的图象关于轴对称，并用软件画出了该函数在时的图象，请在平面直角坐标系中补全该函数的图象； （3）写出方程最小的解的近似值：___________（精确到0.1）； （4）过点作垂直于轴的直线，若直线与函数的图象有两个公共点，则的取值范围是___________． 【答案】（1）所有实数 （2）①； ②补图如下： ； （3） （4）或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，求函数值，画函数图象等知识，解题的关键是： （1）根据函数解析式可知自变量x的取值范围是任意实数； （2）①把代入解析式计算即可； ②根据表格中数据描点连线即可得出该函数图象； （3）利用图象求解即可； （4）根据配方法可求出，则当，即时，有最小值为，然后利用函数图象求解即可． 【小问1详解】 解：函数的自变量的取值范围是所有实数， 故答案为：所有实数； 【小问2详解】 解：①当时，， 故答案为：； ②略 【小问3详解】 解：令，如下图所示： 方程最小的解接近， ∵当时，； 当时，； 当时，， ∴由图象可知：方程最小的解的近似值， 故答案为：； 【小问4详解】 解： ， ∴当，即时，有最小值为， 如图， 由图象可知，当或时，直线与函数的图象有两个公共点， 故答案为：或． 26. 在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点． （1）当时，比较的大小，并说明理由； （2）当时，随的增大而减小，且的最大值与最小值的差为，求的最小值． 【答案】（1） （2）h的最小值为16． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数的解析式，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系． （1）根据待定系数法求出二次函数解析式即可； （2）先求得对称轴为直线，再分当时，当时，两种情况讨论，根据抛物线的开口方向，进而求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点和点，且， ∴，， ∴； 【小问2详解】 解：对称轴为直线， ∵当时，y随x的增大而减小， ∴分两种情况讨论： 当时，抛物线开口向上，要使时，y随x增大而减小， 则对称轴； 当时，抛物线开口向下，要使时，y随x增大而减小， 则对称轴； 当时：抛物线开口向上，对称轴，在时，y随x增大而减小， ∴当时，y有最大值，； 当时，y有最小值，； 则， ∵， ∴当时，h取得最小值， ∴； 当时：抛物线开口向下，对称轴， 在时，y随x增大而减小， ∴当时，y有最大值，； 当时，y有最小值，； 则， ∵， ∴当时，h取得最小值， ∴， ∵， ∴h的最小值为16． 27. 在正方形中，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，交直线于点． （1）如图1，点与点重合，若，求的长； （2）如图2，点在的延长线上，用等式表示，和的数量关系，并证明． 【答案】（1） （2） 解：连接，延长到点，使得，连接，过点作于点， ∵四边形为正方形， ∴， ∴，， 根据旋转可得，， ∴， ∴， ∵， ， ， ∵， ∴， ∴，， ∴， ， ， ∵， ∴为等腰直角三角形，四边形为矩形， ∴， ∴， ． 【解析】 【分析】（1）根据四边形为正方形，得出，根据旋转可得，，从而得，证明为等腰直角三角形，四边形是矩形，得出，即可得． （2）连接，延长到点，使得，连接，过点作于点，根据四边形为正方形，得出，从而得，，根据旋转可得，，则，证明，得出，证明为等腰直角三角形，四边形为矩形，得出，即可得，从而得出． 【小问1详解】 解：∵四边形为正方形， ∴， 根据旋转可得，， ， ， 于， 为等腰直角三角形，四边形是矩形， ∴， ∴， ． 【小问2详解】 略 【点睛】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 28. 在平面直角坐标系中，对于图形和直线，给出如下定义：将图形绕点顺时针旋转得到图形，再将图形关于直线对称，得到图形，则称图形为图形的“变换图形” （1）已知点，，图形为线段． ①当直线为轴时，图形的“变换图形”为，则以下说法正确的是___________； A．图形与图形关于原点中心对称 B．图形与图形关于轴对称 C．图形与图形关于直线对称 D．图形与图形关于直线对称 ②当直线为时，若图形的“变换图形”与轴负半轴有公共点，直接写出的取值范围； （2）已知正方形的顶点坐标分别为，长为的线段（点在点左侧）在直线上，且点的横坐标为，直线由直线绕点逆时针旋转得到．若线段的“变换图形”与正方形有公共点，直接写出的取值范围． 【答案】（1）①D；② （2）或 【解析】 【分析】（1）①将线段绕点顺时针旋转得到线段，则，将线段关于轴对称，得到线段，则，即可得线段与线段关于直线对称，此时图形与图形关于直线对称，即可求解． ②若图形的“变换图形”与轴负半轴有公共点，即图形与轴负半轴有公共点，即与轴负半轴有交点．根据，得出在以为圆心，为半径的上，在以为圆心， 3 为半径的上．要使得与轴负半轴有交点，即找到临界状态即可，分别确定当落在轴负半轴上时，当落在轴负半轴上时，的值即可解答． （2）将正方形关于直线对称，那么正方形中心对称点为，此时再将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，其中，根据直线与轴夹角为，那么原本水平的，翻折后会与轴形成夹角，那么再绕点旋转，会再次平行于轴．要使得与有交点即可，确定当时，当时，当时，当时，对应的值，结合图象即可解答， 【小问1详解】 解：①线段绕点顺时针旋转得到线段， ∵，， ∴， 将线段关于轴对称，得到线段， 其中， 则线段与线段关于直线对称， ∴此时图形与图形关于直线对称， 故选：D． ②若图形的“变换图形”与轴负半轴有公共点， 即图形与轴负半轴有公共点， ∵图形是由旋转后的关于对称得到的， ∴将与轴负半轴都关于反对称回去， 即与轴负半轴有交点． ∵， 则在以为圆心，为半径的上，在以为圆心， 3 为半径的上． 要使得与轴负半轴有交点，即找到临界状态即可， 当落在轴负半轴上时，， 当落在轴负半轴上时，， ． 【小问2详解】 解：如图，直线由直线绕点逆时针旋转得到， 设点坐标为， 则， ∴， ∴， 设直线解析式为， 代入得，解得：， ∴直线解析式为， ∵正方形的顶点坐标分别为， ∴正方形的中心为点， 将正方形关于直线对称，设正方形中心对称点为， 如图，过点作轴，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点为， 再将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，设点对应的为点， 则， ∴， ∴， ∴点和点关于轴对称， ∴， ∵如图，长为的线段（点在点左侧）在直线上，且点的横坐标为，过点作轴，过点作轴， 则， 令，则，解得：，令，则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵直线与轴夹角为， 那么原本水平的，翻折后会与轴形成夹角，那么再绕点旋转，会再次平行于轴． 要使得线段的“变换图形”与正方形有公共点，则与有交点即可，如图， ∵， ∴线段在直线上， 线段在直线上， ∵，， 当时，解得， 当时，解得； 当时，， 当时，， 综上所述，或． 【点睛】本题属于新定义类问题，主要考查轴对称问题，旋转的性质，正方形的性质，一元一次方程，勾股定理，解直角三角形，坐标与图形，等相关知识，关键是理解给出新定义，画出对应的图形，数形结合是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $