精品解析：广东省广州市白云区六中教育集团2025-2026学年上学期九年级期中数学检测卷

2025学年初三上学期期中考联考试卷数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分120分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填涂答题卡指定区域内． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在问卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 第一部分选择题（共30分） 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下面四幅图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形是（ ） A.     B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，理解中心对称图形的定义是解题的关键．根据中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这么图形就叫做中心对称图形，据此对每个选项进行分析即可判断． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意，该选项错误； B、不是中心对称图形，不符合题意，该选项错误； C、不是中心对称图形，不符合题意，该选项错误； D、是中心对称图形，符合题意，该选项正确； 故选：D． 2. 抛物线与轴的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与坐标轴的交点问题． 求抛物线与y轴的交点坐标，只需令，代入抛物线解析式计算对应的y值即可． 【详解】解：将代入抛物线方程，得：， 因此，抛物线与y轴的交点坐标为， 故选：A． 3. 如图，在中，，圆心在上，与相切，为切点．则的（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理等知识点，掌握圆的切线的性质是解题的关键． 如图：连接，由圆周角定理可得，再根据切线的性质可得，最后根据直角三角形两锐角互余即可解答． 【详解】解：如图：连接，则， ∴， ∴， ∵与相切，为切点， ∴, ∴． 故选C． 4. 五角星可以看成由一个四边形旋转若干次而生成的，则每次旋转的度数可以是（ ） A. 36° B. 60° C. 72° D. 90° 【答案】C 【解析】 【详解】根据旋转的性质可知，每次旋转的度数可以是360°÷5=72°或72°的倍数． 故选C 5. 用配方法解一元二次方程，配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先把原方程化为：，可得：，从而可得答案． 【详解】解： ， ， ， ， 故选： 【点睛】本题考查的是利用配方法解一元二次方程，掌握配方法的步骤是解题的关键． 6. 以坐标原点为圆心，5为半径作圆，则下列各点中，一定在内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查点与圆的位置关系，计算圆心（坐标原点）到各个选项中点的距离，然后与半径比较，当距离时，点在圆内，熟记两点之间距离公式是解决问题的关键． 【详解】解：A、坐标原点到的距离为，一定在内，符合题意； B、坐标原点到的距离为，在上，不符合题意； C、坐标原点到的距离为，在外，不符合题意； D、坐标原点到的距离为，在外，不符合题意； 故选：A． 7. 关于x的一元二次方程（m-5）x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据方程有实数根得出△≥0且m-5≠0，求出不等式的解集即可． 【详解】∵关于x的一元二次方程（m-5）x2+2x+2=0有实根， ∴△=22-4（m-5）×2≥0且m-5≠0， 解得：m≤5.5且m≠5， m的最大整数解为4， 故选C． 【点睛】本题考查了根的判别式和解一元一次不等式，能得出关于m的不等式是解此题的关键． 8. 电影《长津湖》讲述了一段波澜壮阔的历史，一上映就获得全国人民的追捧，某地第一天票房约3亿元，第三天的票房收入达10亿元，若把增长率记作x，则可以列出方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，根据第一天票房及以后每天票房的增长率，即可得出第二天票房约亿元，第三天票房约亿元，结合第三天的票房收入达10亿元，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：依题意得：． 故选：B． 9. 在平面直角坐标系中，抛物线经平移变换后得到抛物线，则这个变换可以是（ ） A. 向左平移3个单位长度 B. 向右平移3个单位长度 C. 向左平移5个单位长度 D. 向右平移5个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与几何变换．直接利用抛物线解析式得出变化前后对称轴进而得出变化规律． 【详解】解：∵抛物线， ∴当时，或， ∴此抛物线与坐标轴一定相交于和， ∴其对称轴为：直线， ∵抛物线， ∴当时，或， ∴此抛物线与坐标轴一定相交于和， ∴其对称轴为：直线， ∴抛物线经平移变换后得到抛物线，则这个变换可以是向右平移3个单位长度． 故选：B． 10. 如图，的半径为，将劣弧沿弦翻折，恰好经过圆心，点为优弧上的一个动点，则面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】当点C运动到优弧中点时，以AB为底，高最大，面积最大，先求出AB，再求出CH，求面积即可． 【详解】解：如图：连接CO，并延长CO交AB于点H，连接AO． 当点C运动到优弧中点时，以AB为底，高最大，故 面积最大 ∵点C运动到优弧中点 ∴,且 ∵将劣弧沿弦翻折，恰好经过圆心， ∴OH=HM ∵的半径为 ∴， ∴在中，利用勾股定理得：， ∴ ∴ 故选A． 【点睛】此题考查了垂径定理及其逆运用，勾股定理性质，解答此题的关键，利用垂径定理找到符合要求的点和线段的长度． 第二部分非选择题（共90分） 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标互为相反数，据此解答即可 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是， 故答案为： 12. 如图，在等腰中，，将绕点C逆时针旋转得到，当点A的对应点D落在上时，连接，则的度数是______ 【答案】 【解析】 【分析】根据等腰三角形的性质与三角形的内角和定理求得与的度数，再由旋转性质得与的度数，并得，根据等腰三角形与三角形的内角和定理求得的度数，便可求得． 【详解】解：∵， ∴， 由旋转性质知，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，旋转性质，关键会是综合应用这些知识解题． 13. 设，是关于的方程的两个根，且，则_____． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的两个根，，满足，． 利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积，再结合已知条件求解即可． 【详解】解：∵方程 的两个根分别为，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 14. 如图，是的直径，的弦，弦，的平分线交于，则长是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理和推论，勾股定理．连接，利用圆周角定理结合勾股定理求得的长，再证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∵的平分线交于， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：． 15. 已知点，点是抛物线的两个不同的点，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，根据题意得到点P与点Q关于直线对称，得到即可． 【详解】解：∵点和点是抛物线的两个不同的点， ∴点P与点Q关于直线对称， ∴1， ∴． 答案：． 16. 如图（1），在中，，为平分线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接．设，，与的函数关系如图（2），当时，函数有最小值．当时，的值为________． 【答案】 【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，勾股定理的运用． 过点A作，交延长线于点F，易得，当时，函数有最小值，即，最短，此时有最小值，得，，根据，即可求出的值． 【详解】解：过点A作，交延长线于点F， ， ， 是的角平分线，线段绕点逆时针旋转到， ，， ， ， ， 与中， ， ， ，， 当时，函数有最小值，即，最短， 此时有最小值， ， ， 设，则， ， ， ， 当时，， 故答案为：． 三、解答题（共72分） 17. 解方程．． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，先配方，即加上一次项系数的一半的平方，再开方求解即可． 【详解】解：， 配方，得， 即， ∴， ∴，． 18. 已知 （1）化简T． （2）若a为二次函数的最小值，求此时的T值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，二次函数的最值问题，熟练掌握运算法则和知识点是解题的关键． （1）先将括号内的分式通分化简，再将除法运算转化为乘法运算即可； （2）先对二次函数进行配方即可求出最小值，再代入求解． 【小问1详解】 解： ， ∴． 【小问2详解】 解：， ∴二次函数的最小值为3，即， ∴． 19. 如图，四边形是的内接四边形，，点是的中点． （1）求的度数； （2）求证：四边形是菱形． 【答案】（1）见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补，进行求解即可； （2）连结，根据等弧对等角，和同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到，为等边三角形，进而得到，即可得证． 【小问1详解】 解：∵ ∵ ∴ 【小问2详解】 证明：连结 ∵点为的中点 ∴弧弧 ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，为等边三角形， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，以及弧，弦，圆心角之间的关系和菱形的判定．熟练掌握圆内接四边形的对角互补，等弧对等角，是解题的关键． 20. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，． （1）画出绕点逆时针旋转后的图形，并写出的坐标； （2）将先向左平移4个单位，再向上平移4个单位得到，画出，并写出的坐标； （3）若可以看作绕某点旋转得到，直接写出旋转中心的坐标． 【答案】（1）图见解析， （2）图见解析， （3） 【解析】 【分析】本题考查了作图-旋转变换、平移． （1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点、，再顺次连接即可； （2）利用点平移的坐标特征写出、、的坐标，再顺次连接即可； （3）作和的垂直平分线，它们的交点P满足条件． 【小问1详解】 解：如图所示： 的坐标为； 【小问2详解】 解：如图所示， 坐标为； 【小问3详解】 解：如图， 若可以看作绕某点旋转得到，作和垂直平分线，它们的交点P即为旋转中心的坐标，由图可得． 21. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论为何值，此方程总有一个根是定值； （2）若直角三角形的一边为，另两边恰好是这个方程的两根，求的值． 【答案】（1）见解析 （2） 或 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，勾股定理，分类思想，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法及其应用． （1）因式分解法解方程，从而可得到两个因式的积为0，从而可求解； （2）由（1）求出方程的两个根为，，然后分类进行讨论即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， 解得，， ∴无论k为何值，此方程总有一个根是定值5； 【小问2详解】 解：若斜边为，则另两直角边分别为5和k， ∴， 解得， ∵边长， ∴； 若斜边为k，则另两直角边分别为5和， ∴， ∴解得， ∵边长， ∴； 综上：或． 22. 如图，是⊙的直径，是⊙的弦． （1）请在图中作出的角平分线交⊙于点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）连接，过点作直线，交的延长线于点，请依题意补全图形，并证明：； （3）若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用尺规作图的方法作出的角平分线； （2）根据角平分线的定义结合等边对等角即可证明，推出； （3）利用勾股定理求得的长，利用垂径定理结合三角形中位线定理求得，证明四边形是矩形，在中，求出，利用勾股定理即可解决问题． 【小问1详解】 解：所作如图所示： ； 【小问2详解】 解：所作如图所示： ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：连接交于K． ∵是直径， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查圆周角定理，勾股定理，三角形中位线定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 23. 根据以下素材，探索完成任务． 探究铁锅内放蒸笼的问题 素材1 民以食为天，我们常见的大铁锅可近似地看作抛物线面，锅盖可近似的看作圆弧面，经过锅心和盖心的纵断面是一段抛物线和圆弧线组合而成的封闭图形（如图1），简称为“锅线”．蒸笼可以看成是若干个圆柱体叠加起来． 素材2 如图2，锅口截面弦长为，锅深为，锅盖高为（锅口直径与锅盖口直径视为相同），把锅盖纵断面所在的圆记作． 素材3 如图3，圆柱体蒸笼底面直径，高度为，若干个这种规格的蒸笼叠加起来不需要考虑叠加缝隙． 问题解决 任务1 求弧所在的的半径． 任务2 锅中原有水的最大深度为（如图4），由于加工食物的需要，又重新加入一定量的水，水位升高了，求此时的水面宽度． 任务3 在这个大铁锅中最多可以放入这种规格的圆柱形蒸笼多少个? 【答案】任务1： 的半径为；任务2：水面宽度为；任务3：最多可以放入这种规格的蒸笼3个 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数综合运用、垂径定理，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 任务1：在 中，由勾股定理和垂径定理列方程求解即可； 任务2：先求出抛物线解析式为 ，再说明水位升高后水面距锅沿的竖直的高度为，即当时，x的2倍即为水面宽度； 任务3：由题意可知：当时，；根据题意可得，运用勾股定理可得、，进而求得，最后根据的范围即可解答． 【详解】解：任务1：如图：圆心为，连接， 设，则， ， ， ∵，过圆心， ∴， 在中，由勾股定理可得：， 即，解得：， ∴的半径为； 任务2：由题意知抛物线的顶点为，且过，， ∴设抛物线解析式：， ，解得：， ∴抛物线解析式为：， ∵锅中原有水的最大深度为，又重新加入一定量的水，水位升高 ， ∴加水后水面水的最大深度为， ∴水面距锅沿的竖直高度为， 当时，，解得：， ∴水面宽度为； 任务3：解：对于抛物线，如图所示： 当时，，则 ， 对于，如图所示： ∵， ， ， ， ， ∵， ∵圆柱体蒸笼底面直径，高度为， ∴为了让锅盖能够盖上，最多可以放入这种规格的蒸笼3个． 24. 平面直角坐标系中，点的横坐标的绝对值表示为，纵坐标的绝对值表示为，我们把点的横坐标的绝对值与纵坐标的绝对值的两倍之和叫做点的加权勾股值，记为，即． （1）已知点，，则________，________； （2）若点在一次函数的图象上，且，求点的坐标； （3）若抛物线与直线只有一个交点，已知点在第一象限，且，令，试求的取值范围． 【答案】（1） 5， （2） 或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目中所给定义勾股值，分别计算出和即可； （2）不妨设，此时需要进行分类讨论求解当时；当时；当时； （3）根据二次函数图象性质直接判断． 【小问1详解】 解：，， ，， 故答案为：5，． 【小问2详解】 解：设，即， 当时，， 解得：， ； 当时，， 解得：，（不符合题意，舍去）； 当时，， 解得：， ； 故满足条件的有：或； 【小问3详解】 解：∵抛物线与直线只有一个交点， 方程组只有一组解． 消去得：， ， ， 可化为：， ， ． ， 在第一象限， ， ． ， ， ， ， ，抛物线开口向上，对称轴是， 随的增大而减小， 当时，；当时， ． 【点睛】本题考查新定义类问题，绝对值法则、一次函数的性质、二次函数的图象和性质，解题的关键是表示点的坐标，利用函数的性质求解． 25. 在平面直角坐标系中，为原点，点，点，把绕点顺时针旋转得到，点、旋转后的对应点为、，记旋转角为． （1）如图1，当旋转后满足轴时，求点的坐标； （2）如图2，当，边上的一点旋转后的对应点为，当取得最小值时，求点的坐标； （3）如图3，为上一点旋转后的对应点为，且，当旋转到使得的度数最大时，求的面积． 【答案】（1）点的坐标为； （2）点的坐标为； （3）的面积为． 【解析】 【分析】（1）延长交轴于点，证明四边形为正方形，据此计算即可求出结果； （2）作点关于的对称点，连接交于，连接，则，由旋转的性质知，的值最小，为的长，作轴于点，利用旋转的性质结合直角三角形的性质求得点的坐标，再利用待定系数法求解即可； （3）根据比例关系求出线段的关系，再利用勾股定理求出线段的长度，最后求出面积． 【小问1详解】 解：延长交轴于点， ∵点，点， ∴，， ∵轴， ∴轴，由旋转的性质知，，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∴点的坐标为； 【小问2详解】 解：如图，作点关于的对称点，连接交于，连接，则，由旋转的性质知，的值最小，为的长； 作轴于点， 由旋转的性质知，， ∴，， ∴，， ∴点的坐标为， ∴点的坐标为， 设直线的解析式为， ∵点， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， 令，则， ∴点的坐标为； 【小问3详解】 解：如图，作于， ∴,当即点与点重合时，最大，此时的值最大， ∵ ∴， ∴， ． 【点睛】本题是旋转的性质以及坐标与图形的综合题，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，利用旋转的性质进行相等角度和相等线段的转化是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年初三上学期期中考联考试卷数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分120分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题卡前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填涂答题卡指定区域内． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在问卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁． 第一部分选择题（共30分） 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下面四幅图片分别代表“芒种”、“白露”、“立夏”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A.     B. C. D. 2. 抛物线与轴交点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在中，，圆心在上，与相切，为切点．则的（ ）． A. B. C. D. 4. 五角星可以看成由一个四边形旋转若干次而生成的，则每次旋转的度数可以是（ ） A. 36° B. 60° C. 72° D. 90° 5. 用配方法解一元二次方程，配方正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 以坐标原点为圆心，5为半径作圆，则下列各点中，一定在内的是（ ） A. B. C. D. 7. 关于x的一元二次方程（m-5）x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 电影《长津湖》讲述了一段波澜壮阔的历史，一上映就获得全国人民的追捧，某地第一天票房约3亿元，第三天的票房收入达10亿元，若把增长率记作x，则可以列出方程为（　　） A. B. C. D. 9. 在平面直角坐标系中，抛物线经平移变换后得到抛物线，则这个变换可以是（ ） A. 向左平移3个单位长度 B. 向右平移3个单位长度 C 向左平移5个单位长度 D. 向右平移5个单位长度 10. 如图，的半径为，将劣弧沿弦翻折，恰好经过圆心，点为优弧上的一个动点，则面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 第二部分非选择题（共90分） 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 12. 如图，在等腰中，，将绕点C逆时针旋转得到，当点A的对应点D落在上时，连接，则的度数是______ 13. 设，是关于的方程的两个根，且，则_____． 14. 如图，是的直径，的弦，弦，的平分线交于，则长是______． 15. 已知点，点是抛物线的两个不同的点，则_______． 16. 如图（1），在中，，为平分线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接．设，，与的函数关系如图（2），当时，函数有最小值．当时，的值为________． 三、解答题（共72分） 17. 解方程．． 18. 已知 （1）化简T． （2）若a为二次函数最小值，求此时的T值． 19. 如图，四边形是的内接四边形，，点是的中点． （1）求的度数； （2）求证：四边形是菱形． 20. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标为，，． （1）画出绕点逆时针旋转后的图形，并写出的坐标； （2）将先向左平移4个单位，再向上平移4个单位得到，画出，并写出的坐标； （3）若可以看作绕某点旋转得到，直接写出旋转中心的坐标． 21. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论为何值，此方程总有一个根是定值； （2）若直角三角形的一边为，另两边恰好是这个方程的两根，求的值． 22. 如图，是⊙的直径，是⊙的弦． （1）请在图中作出的角平分线交⊙于点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）连接，过点作直线，交的延长线于点，请依题意补全图形，并证明：； （3）若，，求的长． 23. 根据以下素材，探索完成任务． 探究铁锅内放蒸笼的问题 素材1 民以食为天，我们常见的大铁锅可近似地看作抛物线面，锅盖可近似的看作圆弧面，经过锅心和盖心的纵断面是一段抛物线和圆弧线组合而成的封闭图形（如图1），简称为“锅线”．蒸笼可以看成是若干个圆柱体叠加起来． 素材2 如图2，锅口截面弦长为，锅深为，锅盖高为（锅口直径与锅盖口直径视为相同），把锅盖纵断面所在的圆记作． 素材3 如图3，圆柱体蒸笼底面直径，高度为，若干个这种规格的蒸笼叠加起来不需要考虑叠加缝隙． 问题解决 任务1 求弧所在的的半径． 任务2 锅中原有水的最大深度为（如图4），由于加工食物的需要，又重新加入一定量的水，水位升高了，求此时的水面宽度． 任务3 在这个大铁锅中最多可以放入这种规格的圆柱形蒸笼多少个? 24. 平面直角坐标系中，点的横坐标的绝对值表示为，纵坐标的绝对值表示为，我们把点的横坐标的绝对值与纵坐标的绝对值的两倍之和叫做点的加权勾股值，记为，即． （1）已知点，，则________，________； （2）若点在一次函数的图象上，且，求点的坐标； （3）若抛物线与直线只有一个交点，已知点在第一象限，且，令，试求的取值范围． 25. 在平面直角坐标系中，为原点，点，点，把绕点顺时针旋转得到，点、旋转后的对应点为、，记旋转角为． （1）如图1，当旋转后满足轴时，求点坐标； （2）如图2，当，边上的一点旋转后的对应点为，当取得最小值时，求点的坐标； （3）如图3，为上一点旋转后对应点为，且，当旋转到使得的度数最大时，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $