精品解析：广东省东莞市2025-2026学年九年级上学期期中考试数学试卷

九年级数学试卷 （时间120分钟 满分120分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线顶点坐标是（ ）． A. B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 如果关于的一元二次方程的一个解是，则的值为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 5. 王老师购买了2304张签名卡，在毕业典礼上，他向每位同学赠送了一张签名卡，每位同学间也互赠了一张签名卡，签名卡恰好用完，设班级有x名学生，则下列方程成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，，现将绕点顺时针旋转得到，连接，并且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 将抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 8. 已知方程的两根是，则的值是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 9. 若，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 10. 二次函数的图象如图所示，其对称轴为直线，对下列说法：①；②；③；④，其中正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 方程的根是________ 12. 一个等边三角形绕其旋转中心至少旋转________度，才能与自身重合． 13. 已知关于x的方程没有实数根，则m的取值范围是______． 14. 运动会上，某运动员掷铅球时，所掷的铅球的高与水平的距离之间的函数关系式为，则该运动员的成绩是________米 15. 如图，在中，，，，内部有一点，连接，，，求最小值________ 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 解一元二次方程 17. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的解析式为．请观察表格完成下面题目． x … 0 1 2 3 4 5 … y … 4 11 … （1）抛物线的对称轴是直线______； （2）若，则y的取值范围是______； （3）若，则x的取值范围是______． 18. 在如图所示的网格纸中，建立了平面直角坐标系，点，点，，． （1）以点P为对称中心，画出，使与关于点P对称，并写出下列点坐标： ________， ________； （2）多边形的面积是__________． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 如果关于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倍（为正整数），则称这样的方程为“倍根方程”．例如：方程的两个根分别是2和4，则这个方程就是“二倍根方程”；方程的两个根分别是1和3，则这个方程就是“三倍根方程”． （1）根据上述定义，是“___________倍根方程”； （2）若关于的方程是“二倍根方程”，求的值； （3）直线与轴交于点，直线过点，且与相交于点．若一个五倍根方程的两个根为和，且点在的内部（不包含边界），求的取值范围． 20. 根据以下素材，探索完成任务． 背景 今年的春节动画电影“哪吒2”火爆影院，吸引了大量市民观影，各大影院积极推送． 素材1 某影院正月初一的票房收入费用为6万元，随着观影人数的不断增多，正月初三的票房收入达到8.64万元． 素材2 随着电影的爆火，某商家生产了一批“哪吒”手办盲盒进行销售．盲盒是一个长方体盒子，其底面面积是．如图，该长方体盒子可用矩形硬纸板的四个角分别剪去2个同样大小的长方形和2个同样大小的正方形，然后折叠成一个有盖的盒子制成．已知矩形硬纸板的长宽分别为． 素材3 已知一个“哪吒”手办的生产成本为30元，经销一段时间后发现：当该款手办售价定为65元/个时，平均每天售出30个；售价每降低1元，平均每天多售出3个，该店计划下调售价使平均每天的销售利润为1500元． 问题解决 任务1 求从正月初一到正月初三该影院票房收入的天平均增长率． 任务2 根据素材2，求矩形硬纸板剪去正方形的边长． 任务3 根据素材3，为了推广该款“哪吒”手办，且尽可能减少库存，求下调后每个手办的售价． 21. 如图，Rt△ABO的直角边OB在x轴上，OB＝2，AB＝1，将Rt△ABO绕点O顺时针旋转90°得到Rt△CDO，抛物线y＝﹣+bx+c经过A，C两点． （1）求点A，C坐标； （2）求二次函数的解析式； （3）连接AC，点P是抛物线上一点，直线OP把△AOC的周长分成相等的两部分，求点P的坐标． 五、解答题（三）（本大题共2小题，共27分） 22. 【教材呈现】 （1）如图1，在正方形中，是上的一点，经过旋转后得到， ①旋转中心点______；旋转角最少是______度． ②爱动脑筋的小明，在边上取点，连接，使得，他发现：，他的发现正确吗？请你判断并说明理由． 【结论应用】 （2）①图1中，若正方形的边长为，则的周长为______（用含有的式子表示）． ②如图2，在四边形中，，，，是的中点，且，则的长______． 【类比迁移】 （3）如图3，在菱形中，，在线段上选一点（不与点重合），沿折叠，得到，在线段上取点，沿折叠，使得点与点重合，连接，分别交线段于点，若，，求长． 23. 定义：已知平面直角坐标系中有，两点（点在点左侧），，且轴，若抛物线经过，两点，则称抛物线是线段的“共弦抛物线”． （1）若，，线段的一条“共弦抛物线”的顶点的纵坐标为，求这个抛物线的解析式； （2）在（）的条件下，抛物线与轴相交于，两点，求的面积； （3）若，线段的“共弦抛物线”和的顶点分别为点，，且点，距线段的距离之和为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学试卷 （时间120分钟 满分120分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；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．掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解题的关键． 根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2. 抛物线顶点坐标是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是顶点式顶点坐标为．已知抛物线为顶点式，根据顶点式的坐标特点写出顶点坐标即可． 【详解】解：因为抛物线是抛物线的顶点式， 由顶点式的坐标特点可知顶点坐标为：， 故选：D． 3. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称点的坐标的特征，根据关于原点对称点的横坐标和纵坐标均互为相反数，即可解答． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为． 故选：D． 4. 如果关于的一元二次方程的一个解是，则的值为（ ） A. 2024 B. 2025 C. 2026 D. 2027 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解． 把代入原方程求出，再根据进行求解即可． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程的一个解是， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 5. 王老师购买了2304张签名卡，在毕业典礼上，他向每位同学赠送了一张签名卡，每位同学间也互赠了一张签名卡，签名卡恰好用完，设班级有x名学生，则下列方程成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，利用互赠的数量加上老师赠送的数量等于总数量，列出方程即可． 【详解】解：设班级有x名学生，由题意，得：； 故选C． 6. 如图，在中，，，现将绕点顺时针旋转得到，连接，并且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】该题主要考查了旋转变换的性质、勾股定理的逆定理及其应用问题；连接．首先证明，然后证明，得到，进而得到，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接．由题意得： ，，， ∴，； ∵，， ∴， ∴，， 故选：C． 7. 将抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度所得的抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数图象的平移．利用二次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案． 【详解】解：抛物线向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度， 平移后的解析式为， 故选：． 8. 已知方程的两根是，则的值是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，根据一元二次方程根与系数的关系求解． 【详解】解： 由题意得，， ． 故选：C． 9. 若，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质．由二次函数解析式可得函数对称轴和增减性，再根据离对称轴的远近的点的纵坐标的大小比较，即可得出，，的大小关系． 【详解】解：二次函数的图象开口向下，对称轴为， ∴正好是抛物线的顶点坐标， ∴是二次函数的最大值， ∵在对称轴左侧，随的增大而增大， 又∵， ∴． 故选：A． 10. 二次函数的图象如图所示，其对称轴为直线，对下列说法：①；②；③；④，其中正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，主要考查学生的理解能力和辨析能力．根据图象得出，，，结合图象上的点和与x轴交点个数即可逐项判断． 【详解】解：∵二次函数的图象的开口向下， ∴， ∵二次函数的图象与y轴的交点在y轴的正半轴上， ∴， ∵二次函数图象的对称轴是直线， ∴， ∴，故①错误； ∵二次函数图象的对称轴是直线， ∴， ∴，故②正确； ∵二次函数图象与x轴有两交点， ∴方程有2个不相等的实数根， ∴，即，故③错误； 由图象可得，当时，， ∵， ∴， ， ，故④正确； 综上所述，正确的个数是2个， 故选：B． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 方程的根是________ 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程．根据因式分解求解即可． 【详解】解：因式分解得， ∴，， 解得，， 故答案为：，． 12. 一个等边三角形绕其旋转中心至少旋转________度，才能与自身重合． 【答案】120 【解析】 【分析】本题考查了旋转对称图形的概念，把一个图形绕着一个点旋转一个角度后，与初始图形重合，这个图形就叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角，也考查了等边三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解此题的关键． 【详解】解：等边三角形的三个角完全相同，旋转时，只要使下一个角对准原角，就能重合，且， 一个等边三角形绕其旋转中心至少旋转，才能与自身重合， 故答案为：120． 13. 已知关于x的方程没有实数根，则m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由方程没有实数根结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出结论． 【详解】关于x的方程没有实数根， ， 解得：． 故答案为． 【点睛】本题考查了根的判别式，牢记“当时，方程无实数根”是解题的关键． 14. 运动会上，某运动员掷铅球时，所掷的铅球的高与水平的距离之间的函数关系式为，则该运动员的成绩是________米 【答案】10 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用，理解投掷铅球的成绩就是求抛物线与x轴交点的横坐标是解题的关键．令，求出抛物线与x轴的交点坐标，即可得出答案． 【详解】解：令，得， 解得，（舍）． 所以改运动员此次投掷铅球得成绩是10米． 故答案为：10． 15. 如图，在中，，，，内部有一点，连接，，，求最小值________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 将绕点C顺时针旋转得到，连接，，证明出是等边三角形，得到，得到当P，在直线上时，的值最小，然后利用勾股定理求出的长即可解决问题． 【详解】解：将绕点C顺时针旋转得到，连接，． 由旋转的性质可知：，，，， ∴等边三角形， ∴， ∴， ∴当P，在直线上时，的值最小， ∵， ∴． ∴的最小值为， 故答案为：． 三、解答题（一）（本大题共3小题，每小题7分，共21分） 16. 解一元二次方程 【答案】． 【解析】 【分析】利用配方法解一元二次方程即可得． 【详解】， ， ， ， ， ， 即． 【点睛】本题考查了解一元二次方程，主要解法包括：直接开平方法、配方法、公式法、因式分解法、换元法等，熟练掌握各解法是解题关键． 17. 在平面直角坐标系中，已知二次函数的解析式为．请观察表格完成下面题目． x … 0 1 2 3 4 5 … y … 4 11 … （1）抛物线的对称轴是直线______； （2）若，则y的取值范围是______； （3）若，则x的取值范围是______． 【答案】（1） （2）； （3）或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先用待定系数法求出函数解析式为，化为顶点式即可作答．． （2）因为，对称轴，且开口方向向上，所以当时，有最小值，且，则越远离对称轴的所对应的函数值越大，因为，则的取值范围是，即可作答． （3）依题意，令，结合开口方向向上以及对称轴，即可作答． 【小问1详解】 解：依题意，把分别代入， 则， ∴， ∴二次函数的解析式为， ∵， ∴抛物线的对称轴为直线； 故答案为：； 【小问2详解】 解：∵，对称轴，且开口方向向上， ∴当时，有最小值，且， 则越远离对称轴直线所对应的函数值越大， ∵， ∴当时，有最大值，且， 当，则的取值范围是． 故答案为：． 【小问3详解】 解：∵，， ∴， 即， 令， ∵， ∴开口方向向上，且对称轴， 当时，则， 解得或， ∵开口方向向上， ∴时， 则或． 故答案为：或． 18. 在如图所示的网格纸中，建立了平面直角坐标系，点，点，，． （1）以点P为对称中心，画出，使与关于点P对称，并写出下列点的坐标： ________， ________； （2）多边形的面积是__________． 【答案】（1）, （2）28 【解析】 【分析】（1）分别作出各点关于点P的对称点，再顺次连接即可； （2）利用即可． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求 ，； 【小问2详解】 如图， ∴′ ． 故答案为，，28． 【点睛】本题考查中心对称，勾股定理等知识，根据中心对称的定义正确作图是解题的关键． 四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分） 19. 如果关于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倍（为正整数），则称这样的方程为“倍根方程”．例如：方程的两个根分别是2和4，则这个方程就是“二倍根方程”；方程的两个根分别是1和3，则这个方程就是“三倍根方程”． （1）根据上述定义，是“___________倍根方程”； （2）若关于的方程是“二倍根方程”，求的值； （3）直线与轴交于点，直线过点，且与相交于点．若一个五倍根方程的两个根为和，且点在的内部（不包含边界），求的取值范围． 【答案】（1）四 （2）10或82 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系，一次函数与几何综合，正确理解“倍根方程”的定义是解题的关键． （1）利用因式分解法求出方程的两个根，再根据“倍根方程”的定义求解即可； （2）先解关于的方程得，由题意可得或，再代入求解即可； （3）利用待定系数法求出直线解析式为；再根据题意可得，则可得点P在直线上，求出直线与直线的交点坐标，直线与直线的交点坐标，根据点在的内部（不包含边界），结合函数 图象即可得到答案． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴或， 解得， ∵， ∴是“四倍根方程”； 【小问2详解】 解：解关于的方程得， ∵关于的方程是“二倍根方程”， ∴或， 当时，； 当时，； 综上，的值为10或82； 【小问3详解】 解：设直线解析式为， 把代入到中得， ∴， ∴直线解析式为； ∵一个五倍根方程的两个根为和， ∴， ∴点P的坐标为， ∴点P在直线上， 联立，解得， 联立，解得， ∵点在的内部（不包含边界）， ∴． 20. 根据以下素材，探索完成任务． 背景 今年的春节动画电影“哪吒2”火爆影院，吸引了大量市民观影，各大影院积极推送． 素材1 某影院正月初一的票房收入费用为6万元，随着观影人数的不断增多，正月初三的票房收入达到8.64万元． 素材2 随着电影的爆火，某商家生产了一批“哪吒”手办盲盒进行销售．盲盒是一个长方体盒子，其底面面积是．如图，该长方体盒子可用矩形硬纸板的四个角分别剪去2个同样大小的长方形和2个同样大小的正方形，然后折叠成一个有盖的盒子制成．已知矩形硬纸板的长宽分别为． 素材3 已知一个“哪吒”手办的生产成本为30元，经销一段时间后发现：当该款手办售价定为65元/个时，平均每天售出30个；售价每降低1元，平均每天多售出3个，该店计划下调售价使平均每天的销售利润为1500元． 问题解决 任务1 求从正月初一到正月初三该影院票房收入的天平均增长率． 任务2 根据素材2，求矩形硬纸板剪去的正方形的边长． 任务3 根据素材3，为了推广该款“哪吒”手办，且尽可能减少库存，求下调后每个手办的售价． 【答案】任务一：20%；任务二：；任务三：50元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 任务1：设从正月初一到正月初三该影院票房收入的天平均增长率为x,根据某影院正月初一的票房收入费用为6万元，正月初三的票房收入达到8.64万元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； 任务2：设矩形硬纸板剪去的正方形的边长为，盲盒是一个长方体盒子，其底面面积是，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； 任务3：设降价m元，则下调后每个手办的售价为元，销售量为个，根据该店计划下调售价使平均每天的销售利润为1500元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可； 【详解】解：任务1：设从正月初一到正月初三该影院票房收入的天平均增长率为x， 由题意得：， 解得：（不符合题意，舍去）， 答：从正月初一到正月初三该影院票房收入的天平均增长率为； 任务2：设矩形硬纸板剪去的正方形的边长为， 由题意得：， 整理得：， 解得：（不合题意，舍去）， 答：矩形硬纸板剪去的正方形的边长为； 任务3：设降价m元，则下调后每个手办的售价为元，销售量为个， 由题意得：， 整理得：， 解得：（不符合题意，舍去）， ∴， 答：下调后每个手办的售价为50元． 21. 如图，Rt△ABO的直角边OB在x轴上，OB＝2，AB＝1，将Rt△ABO绕点O顺时针旋转90°得到Rt△CDO，抛物线y＝﹣+bx+c经过A，C两点． （1）求点A，C的坐标； （2）求二次函数的解析式； （3）连接AC，点P是抛物线上一点，直线OP把△AOC的周长分成相等的两部分，求点P的坐标． 【答案】（1）A(﹣2，1)，C(1，2)；（2）y＝--x+；（3）(4，﹣12)或(﹣1，3) 【解析】 【分析】（1）根据线段OB、AB的长度易得点A的坐标，根据旋转的性质求得C点的坐标； （2）根据待定系数法即可求得； （3）由直线OP把△AOC的周长分成相等的两部分且OA＝OC，知AQ＝CQ，即点Q为AC的中点，从而得出点Q坐标，求得直线OP解析式，联立方程可得点P坐标． 【详解】解：（1）∵OB＝2，AB＝1， ∴A（﹣2，1）， 将Rt△ABO绕点O顺时针旋转90°得到Rt△CDO， ∴C（1，2）， （2）∵抛物线y＝﹣+bx+c经过A，C两点， ∴，解得 ∴二次函数的解析式为y＝﹣﹣x+； （3）设OP与AC交于点Q， ∵OP将△AOC的周长分成相等的两部分，又OA＝OC，OQ＝OQ， ∴AQ＝CQ，即Q为AC的中点， ∴Q（﹣，）． 设直线OP的解析式为y＝kx，把Q（﹣，）代入y＝kx，得＝﹣k， ∴k＝﹣3． ∴直线OP的解析式为y＝﹣3x． 由，得，， ∴P1（4，﹣12），P2（﹣1，3）． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查待定系数求函数解析式及二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握待定系数法求函数解析式及根据周长相等得出点Q的坐标是解题的关键． 五、解答题（三）（本大题共2小题，共27分） 22. 【教材呈现】 （1）如图1，在正方形中，是上的一点，经过旋转后得到， ①旋转中心是点______；旋转角最少是______度． ②爱动脑筋的小明，在边上取点，连接，使得，他发现：，他的发现正确吗？请你判断并说明理由． 【结论应用】 （2）①图1中，若正方形的边长为，则的周长为______（用含有的式子表示）． ②如图2，在四边形中，，，，是的中点，且，则的长______． 【类比迁移】 （3）如图3，在菱形中，，在线段上选一点（不与点重合），沿折叠，得到，在线段上取点，沿折叠，使得点与点重合，连接，分别交线段于点，若，，求的长． 【答案】（1）①；90；②他的发现正确，理由见解析 （2）①，②10；（3） 【解析】 【分析】（1）①根据图形可直接得到结论； ②首先证明，根据全等三角形的性质可得，再根据旋转中线段的相等关系进行等量代换即可得到结论； （2）①由（1）得再求解即可； ②过作于，交延长线于，先根据有一组邻边相等的矩形是正方形证四边形是正方形．再设，利用（1）中②的结论，在中利用勾股定理可求出； （3）连接，过点H作，由菱形的性质可得，由折叠的性质可得，从而得出，再由三角函数求出得出，最后求解即可． 详解】解：（1）①经过旋转后得到， 旋转中心是点；旋转角度最少是90度； 故答案为：，90； ②他的发现正确，理由如下： ，， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ； （2）①由（1）得 的周长， 故答案为：； ②如图，过作于，交延长线于， ，， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 是的中点， , ，由（1）中②的结论可得， 设，则， ， 在中，， ， 即， 故答案：10； （3）如图，连接，过点H作， 菱形中，， ， 点沿折叠，得到，点沿折叠，得到，，， ， ， ， ， ， 【点睛】此题主要考查了图形的旋转、折叠问题，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，菱形的性质，解直角三角形及勾股定理，是一道不错的综合题熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 23. 定义：已知平面直角坐标系中有，两点（点在点左侧），，且轴，若抛物线经过，两点，则称抛物线是线段的“共弦抛物线”． （1）若，，线段的一条“共弦抛物线”的顶点的纵坐标为，求这个抛物线的解析式； （2）在（）的条件下，抛物线与轴相交于，两点，求的面积； （3）若，线段的“共弦抛物线”和的顶点分别为点，，且点，距线段的距离之和为，求的值． 【答案】（1）抛物线解析式为； （2）的面积为； （3）的值为或． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，解一元二次方程，二次函数图象与性质，待定系数法求解析式，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据，，线段的一条“共弦抛物线”，顶点的纵坐标为，则顶点坐标为，然后代入，求出的值即可； （）由（）得，这个抛物线的解析式为：，顶点坐标为，当时，，求出，，然后利用的面积为求解即可； （）由线段的“共弦抛物线”和，则对称轴为直线 ，故有，，抛物线的顶点坐标为，所以抛物线的顶点距线段线段的距离为，点距线段的距离为，从而得到抛物线的顶点为或，然后分当顶点为时，当顶点为时两种情况分析即可． 【小问1详解】 解：∵，，线段一条“共弦抛物线”， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵顶点的纵坐标为， ∴顶点坐标为， 设抛物线解析式为：，且过点， ∴，解得：， ∴抛物线解析式为； 【小问2详解】 解：如图， 由（）得，这个抛物线的解析式为：，顶点坐标为， 当时，， 解得：，， ∴，， ∴， ∴的面积为； 【小问3详解】 解：∵线段的“共弦抛物线”和， ∴对称轴为直线， ∵， ∴，，抛物线的顶点坐标为， ∴抛物线的顶点距线段线段的距离为， ∴点距线段的距离为， ∴抛物线的顶点为或， 当顶点为时，， 将代入得，， 解得：， 当顶点为时，， 将代入得，， 解得：， ∴的值为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $