精品解析：甘肃省武威市凉州区爱华育新学校2025-2026学年九年级上学期12月月考数学试题

2025-2026学年第一学期九年级数学月考试卷 （满分：120分） 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义和轴对称图形的定义，根据中心对称图形的定义（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，）和轴对称图形的定义（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，）进行逐一判断即可． 【详解】解：A、是中心对称图形，是轴对称图形，符合题意； B、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； 故选：A． 2. 若是方程的一个根，则的值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的根，掌握一元二次方程的根的定义是解题的关键．直接利用方程根的定义代入计算即可． 【详解】是方程 的根， 代入得：，即， ． 故选：B． 3. 九年级（1）班学生毕业时，每名同学都要给其他同学写一份毕业留言作为纪念，全班学生共写了1560份留言．如果全班有名学生，根据题意，列出方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意找准等量关系列出方程是解题的关键． 每名学生需要给其他名学生写留言，因此总留言数为份，根据题意列出方程即可． 【详解】解：根据题意，列出方程为， 故选：B． 4. 抛物线通过下列平移，得到抛物线．正确的是（ ） A. 先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度 B. 先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度 C. 先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度 D. 先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数图像的平移，根据顶点坐标的变化确定平移方式是解题的关键． 通过比较两个抛物线的顶点坐标，确定平移方向和平移量． 【详解】解：的顶点坐标为，的顶点坐标为， 将抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，即可得到． 故选：B． 5. 二次函数（）图象的一部分如图所示，顶点坐标为，与轴的一个交点的坐标为，给出以下结论：①；②；③、为函数图象上的两点，则；④当时方程有实数根，则的取值范围是，其中正确的结论的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的性质、二次函数图象与系数的关系，关键是熟练应用知识点解题； 根据抛物线的开口方向、增减性、对称轴等情况进行推理，对所得结论进行判断． 【详解】解：由图象可知：抛物线开口向下，与轴交点在正半轴， ∴，， ∵顶点坐标为， ∴对称轴为直线， ∴， ∴，①正确； ∵与轴的一个交点的坐标为， ∴与轴的另一个交点的坐标为， ∴时， ∴，②正确； ∵、为函数图象上的点，且离对称轴较近，抛物线开口向下， ∴，③正确； ∵顶点坐标为， ∴当时，若方程有实数根， 则的取值范围是，④错误； 综上所述：正确的结论共个．  故选：C ． 6. 如图，边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，则它们公共部分的面积为（　　） A. 2 B. 4 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了图形的旋转、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，作出辅助线、求证是解题的关键． 把公共部分分割成两个三角形，根据旋转的性质发现两个三角形全等，从而求得直角三角形的边，再而求得公共部分的面积． 【详解】解：设与相交于点O，连接． 根据旋转的性质，得，则． 在和中， ， ∴． ∴． 设，则， 又∵，， ∴，解得：（已舍去负值）， ∴． ∴公共部分的面积． 故选：B． 7. 如图，半径为5和的两个圆都以点为圆心，大圆的弦交小圆于，两点，若，则的大小为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是正确作出垂线．连接，过点作于点，由垂径定理可得，再由勾股定理可得，求出，即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点， ∵，经过圆心， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴（舍去负值）， ∴ 故选：C． 8. 在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．图中空白部分与阴影部分的面积比值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，内切圆和外接圆的性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上性质． 假设正方形内切圆的半径为1，则，利用勾股定理求出外接圆的直径，然后利用圆的面积公式进行求解即可． 【详解】解：如图所示，假设正方形内切圆的半径为1，则， 根据勾股定理得， ∴外接圆的半径为， ∴内切圆的面积为； 外接圆的面积为， ∴阴影部分的面积为； ∴图中空白部分与阴影部分的面积比值为1， 故选：C． 9. 如图，正六边形的边长为3，分别以点A，D为圆心，以的长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正多边形和圆的有关计算，解题关键是熟练运用扇形面积公式和等边三角形的性质． 根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题． 【详解】解：∵正六边形的边长为3，连接，把六边形分成6个全等的等边三角形，等边三角形的边长为3， 过点O作，如图所示： ∴， ∴， ∴每个等边三角形的面积为：， ∴正六边形的面积是：，， ∴图中阴影部分的面积是：， 故选：B． 10. 通过卫星导航系统可以实时规划路径，如图1，灯塔B位于A地正东方向，C地位于A地的北偏东，4海里处．船只P从A地出发，驶向C地，在行驶过程中，设的长为x，为y，y关于x的函数图像（如图2所示）与y轴交于点，最低点，且经过．则下列选项正确的是（ ） A. 的面积是 B. C. 点在该函数图像上 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了函数图像的识别，二次函数图像的应用，勾股定理， 先观察图像可得点的实际意义是点P与点A重合时，，可求出，再理解点的含义进而求出三角形的高线，可解答A，B；然后根据求出，即可解答D；最后根据勾股定理说明C 即可． 【详解】解：根据题意可知海里， 观察图像过点，即当时，， 即点P与点A重合时，， 解得； 观察图像过最低点，即当时，， 根据勾股定理得，， ∴点，， 即， 则A，B不正确； ∵当时，，此时， 根据勾股定理，得， 当点P与点C重合时，， ∴点， 则D不正确； 当时，， 根据勾股定理，得， ∴点在该函数图像上． 则C正确． 故选：C． 二、填空题（共24分） 11. 已知是一元二次方程，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】该题考查了一元二次方程的定义，根据一元二次方程的定义，未知数的最高次数为2且二次项系数不为零． 【详解】解：由题意，得， 解得， 所以． 又因为二次项系数， 即， 所以． 故答案为：2． 12. 点关于原点对称的点的坐标是__________；点关于x轴对称的点的坐标是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查了点对称的坐标变化规律． 根据点对称的坐标变化规律：关于原点对称时，横坐标和纵坐标都取相反数；关于x轴对称时，横坐标不变，纵坐标取相反数． 【详解】点关于原点对称的点的坐标是；关于x轴对称的点的坐标是． 故答案为： ，． 13. 已知在轴上有线段，且为个单位长度，以为边作等边，使点落在二次函数的图象上，则点的坐标为______． 【答案】或或 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象性质，涉及等边三角形的性质，根据等边三角形的性质，可求出其高为3，从而点C的纵坐标为3或，再代入二次函数解析式求解横坐标． 【详解】解：作于点H，等边三角形的边长为， ， 则其高， ∵线段在轴上， 因此点C的纵坐标为3或， 当点C的纵坐标为时，代入得：， 整理得：，即， 解得， 此时点C坐标为， 当点C的纵坐标为时，代入得：， 整理得：， 解得或， 此时点C坐标为或， 故答案为：或或． 14. 如图， 一次函数与二次函数的图象交于点，则关于x的方程的解为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了函数图象与方程的关系，理解方程的解为对应函数图象交点的横坐标是解题的关键． 根据方程的解就是两个函数交点的横坐标求解即可． 【详解】解：∵关于x的方程的解为一次函数与二次函数的图象交点的横坐标， ∴方程的解为：． 故答案为：． 15. 如图是由绕点顺时针旋转得到的，若____________________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的不变性和旋转的三要素． 由旋转的性质即可得到，，再由角的和差计算求解的度数． 【详解】解：由旋转得，， ∵， ∴， 故答案为：，． 16. 如图，在扇形中，，圆心角，是上的点，，则阴影部分的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理，扇形的面积，先根据圆周角定理求出，进而求出，利用阴影部分的面积等于求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴阴影部分的面积等于 ． 故答案为：． 17. 如图，是的内切圆，、、为切点．若，，则的周长为______． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查三角形的内切圆，切线长定理，根据切线长定理，得到，进而推出的周长等于，即可得出结果． 【详解】解：∵是的内切圆，、、为切点， ∴， ∴的周长， ∵，， ∴的周长； 故答案为：12． 18. 古希腊数学家丢番图（公元250年前后）在《算术》中就提到了一元二次方程的问题，不过当时古希腊人还没有寻求到它的求根公式，只能用图解等方法来求解，在欧几里得的《几何原本》中，形如的方程的图解法是：如图，以和为两直角边作，再在斜边上截取，则的长就是所求方程的正根，若关于的一元二次方程，按照图，构造图，在中，，连接，若，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，一元二次方程，由题意得，，，又，则，得，，然后通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由题意得，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， 解得：或（舍去）， 故答案为：． 三、解答题（共66分） 19. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，选择合适的方法计算是解此题的关键． （1）利用因式分解法解一元二次方程即可； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴或， ∴，； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴或， ∴，． 20. 关于的一元二次方程 （1）求证：方程总有两个实数根； （2）若方程有两个实数根为 ，，且，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）， 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，熟记定理的含义是解本题的关键； （1）计算一元二次方程根的判别式即可求解； （2）根据一元二次方程根与系数的关系得出，，将已知等式变形得出，继而解方程即可求解． 【小问1详解】 解：∵ 方程总有两个实数根； 【小问2详解】 解：∵， 即 ∴，则，即 解得：，． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． （1）画出关于原点O对称的； （2）将绕着点A顺时针旋转得到，画出，并写出点的坐标：__________． 【答案】（1）如图所示，即为所求； （2） 如图所示，即为所求；点的坐标为． 【解析】 【分析】本题考查了作图—中心对称，旋转变换，写出点的坐标； （1）根据中心对称的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图，再写出的坐标即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 22. 如图，已知抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点，点的坐标为， （1）求的值及点的坐标； （2）求的面积． 【答案】（1）， （2）6 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求解析式，求二次函数和坐标轴的交点坐标，求三角形面积，解题的关键是掌握以上知识点． （1）把代入解析式求出，得到抛物线的解析式为，然后令求解即可； （2）首先求出，，然后利用三角形面积公式求解即可． 【小问1详解】 解：把代入解析式，得 解得， ∴抛物线的解析式为， ∴当时， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：由（1）得，， ∴ 当时， ∴ ∴ ∴的面积． 23. 如图，的半径为，六边形是圆内接正六边形，四边形是正方形． （1）求的度数； （2）求正六边形与正方形的面积比． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题侧重考查有关圆内接多边形的题目，需要掌握圆内接多边形的性质以及等腰三角形的性质． （1）在等腰中易得顶角的度数，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出底角的度数； （2）根据正六边形中心角的度数及同圆半径相等得到为等边三角形，设正六边形的边长为，从而得到的长；利用面积公式求出正六边形的面积以及正方形的面积，进而得到正六边形与正方形的面积比． 【小问1详解】 解：连接， ∵的半径为，六边形是圆内接正六边形，四边形是正方形． ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴是等腰三角形， ∵，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：过作于，设正六边形的边长为． ∵为正六边形的中心角， ∴． ∵， ∴是边长为的等边三角形， ∴，， ∴正方形的面积为， ∴， 正六边形的面积为， ∴正六边形与正方形的面积比为． 24. 如图，四边形的顶点，，在上，，直径与弦相交于点，点是延长线上的一点，． （1）求证：是的切线； （2）若四边形是平行四边形，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线的判定，圆周角定理，圆心角定理，菱形的判定和性质，理解圆的性质是解题的关键． （1）连接，根据切线的判定定理，只需证即可判定是的切线； （2）由四边形是平行四边形，可证四边形是菱形，接下来证是等边三角形，由可求得的长． 【详解】（1）证明：连接， ， ，， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， ，， ， ， 是的半径， 是的切线； （2）解：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， ，，， 是等边三角形， ， ， 四边形是菱形，， ，， ， ， ． 25. 如图，是的直径，且，D为上一动点（不与点B、C重合）过点C作的切线交延长线于点A，E为中点，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，求阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由等边对等角得到，由直径所对的圆周角是直角推出，则由直角三角形的性质和等边对等角推出，根据切线的性质得到，则，据此可证明结论； （2）可证明是的中位线，推出，则，进而求出，可证明根据求解即可． 【小问1详解】 证明：如图所示，连接， ∵， ∴； ∵是的直径， ∴， ∴， ∵E为中点， ∴， ∴； ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：如图所示，连接， ∵点O和点E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，圆周角定理，求不规则图形的面积，三角形中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． 26. 某商店销售、两种款式的水杯．已知每只款水杯比每只款水杯贵12元，今年九月份款水杯的销售额为4800元，款水杯的销售额为3600元，且款水杯的销量是款水杯的1.2倍． （1）求、两款水杯的售价分别是多少元？ （2）十月份，该商店对款水杯进行降价促销：已知每只款水杯的进价是16元，每只款水杯的进价比款水杯低50%．若款水杯售价每降低2元，销量就比九月份多增加30只；款水杯售价和销量都和九月份相同．此次促销销售完两款水杯的总利润为4560元，求款水杯降低了多少元？ 【答案】（1）A款水杯的售价为32元，B款水杯的售价为20元 （2）A款水杯降低了6元 【解析】 【分析】本题主要考查分式方程和一元二次方程的应用，根据题意正确列出方程是解题的关键． （1）设A款水杯的售价为元，则B款水杯的售价为元，根据题意列分式方程求解即可； （2）先求出B款水杯的进价，九月份A款水杯销量，九月份B款水杯销量，设A款水杯降低了元，再根据题意列出一元二次方程求解即可． 【小问1详解】 解：设A款水杯的售价为元，则B款水杯的售价为元， 根据题意，可列出方程：， 解得， 经检验，是原方程的解， B款水杯的售价为（元）， ∴A款水杯的售价为32元，B款水杯的售价为20元． 【小问2详解】 解：B款水杯的进价为（元）， 九月份A款水杯销量为（只）， 九月份B款水杯销量为（只）， 设A款水杯降低了元， 根据题意，可列出方程：， 解得，， 因为是降价促销，所以不符合题意，舍去， ∴A款水杯降低了6元． 27. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点、，交轴于点． （1）求此二次函数的解析式； （2）若点是该二次函数图象上第一象限内一点，作轴交直线于点，求线段长度的最大值． （3）在二次函数图象的对称轴上是否存在一点使是以为腰的等腰三角形，若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或或或 【解析】 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）用待定系数法求出直线的表达式为：，设点，则，求出，利用二次函数的性质即可求解； （3）先求出二次函数的对称轴为直线，设，求出，，，令或，建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：∵二次函数的图象与轴交于点、， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为； 【小问2详解】 解：设直线的表达式为， 将代入得： 解得， 直线的表达式为， 如图，设点，则， ∴， ∵， ∴当时，有最大值； 【小问3详解】 解：二次函数的对称轴为直线， 设， 将代入，则， ∴， ∵， ∴， ∵点的水平距离为，竖直距离为， ∴由勾股定理得，， 同理，得， ∵是以为腰的等腰三角形， ∴或， 当时，则，即， 解得或， ∴点的坐标为或； 当时，则，即， 解得或， ∴点的坐标为或； 综上，点的坐标为或或或． 【点睛】本题为二次函数综合题，涉及二次函数的解析式，二次函数的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等，分类求解是本题解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期九年级数学月考试卷 （满分：120分） 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若是方程的一个根，则的值是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 九年级（1）班学生毕业时，每名同学都要给其他同学写一份毕业留言作为纪念，全班学生共写了1560份留言．如果全班有名学生，根据题意，列出方程为（　　） A. B. C. D. 4. 抛物线通过下列平移，得到抛物线．正确的是（ ） A. 先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度 B. 先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度 C. 先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度 D. 先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度 5. 二次函数（）图象的一部分如图所示，顶点坐标为，与轴的一个交点的坐标为，给出以下结论：①；②；③、为函数图象上的两点，则；④当时方程有实数根，则的取值范围是，其中正确的结论的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 6. 如图，边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，则它们公共部分的面积为（　　） A. 2 B. 4 C. D. 4 7. 如图，半径为5和的两个圆都以点为圆心，大圆的弦交小圆于，两点，若，则的大小为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 8. 在中国古代文化中，玉璧寓意宇宙的广阔与秩序，也经常被视为君子修身齐家的象征．下图是某玉璧的平面示意图，由一个正方形的内切圆和外接圆组成．图中空白部分与阴影部分的面积比值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 9. 如图，正六边形的边长为3，分别以点A，D为圆心，以的长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为（ ）． A. B. C. D. 10. 通过卫星导航系统可以实时规划路径，如图1，灯塔B位于A地正东方向，C地位于A地的北偏东，4海里处．船只P从A地出发，驶向C地，在行驶过程中，设的长为x，为y，y关于x的函数图像（如图2所示）与y轴交于点，最低点，且经过．则下列选项正确的是（ ） A. 的面积是 B. C. 点在该函数图像上 D. 二、填空题（共24分） 11. 已知是一元二次方程，则__________． 12. 点关于原点对称的点的坐标是__________；点关于x轴对称的点的坐标是__________． 13. 已知在轴上有线段，且为个单位长度，以为边作等边，使点落在二次函数的图象上，则点的坐标为______． 14. 如图， 一次函数与二次函数的图象交于点，则关于x的方程的解为___________． 15. 如图是由绕点顺时针旋转得到的，若____________________． 16. 如图，在扇形中，，圆心角，是上的点，，则阴影部分的面积为______． 17. 如图，是的内切圆，、、为切点．若，，则的周长为______． 18. 古希腊数学家丢番图（公元250年前后）在《算术》中就提到了一元二次方程的问题，不过当时古希腊人还没有寻求到它的求根公式，只能用图解等方法来求解，在欧几里得的《几何原本》中，形如的方程的图解法是：如图，以和为两直角边作，再在斜边上截取，则的长就是所求方程的正根，若关于的一元二次方程，按照图，构造图，在中，，连接，若，则的值为______． 三、解答题（共66分） 19. 解方程： （1）； （2）． 20. 关于的一元二次方程 （1）求证：方程总有两个实数根； （2）若方程有两个实数根为 ，，且，求的值． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． （1）画出关于原点O对称的； （2）将绕着点A顺时针旋转得到，画出，并写出点的坐标：__________． 22. 如图，已知抛物线与轴交于A，B两点，与轴交于点，点的坐标为， （1）求的值及点的坐标； （2）求的面积． 23. 如图，的半径为，六边形是圆内接正六边形，四边形是正方形． （1）求的度数； （2）求正六边形与正方形的面积比． 24. 如图，四边形的顶点，，在上，，直径与弦相交于点，点是延长线上的一点，． （1）求证：是的切线； （2）若四边形是平行四边形，，求的长． 25. 如图，是的直径，且，D为上一动点（不与点B、C重合）过点C作的切线交延长线于点A，E为中点，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，求阴影部分的面积． 26. 某商店销售、两种款式的水杯．已知每只款水杯比每只款水杯贵12元，今年九月份款水杯的销售额为4800元，款水杯的销售额为3600元，且款水杯的销量是款水杯的1.2倍． （1）求、两款水杯的售价分别是多少元？ （2）十月份，该商店对款水杯进行降价促销：已知每只款水杯的进价是16元，每只款水杯的进价比款水杯低50%．若款水杯售价每降低2元，销量就比九月份多增加30只；款水杯售价和销量都和九月份相同．此次促销销售完两款水杯的总利润为4560元，求款水杯降低了多少元？ 27. 如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点、，交轴于点． （1）求此二次函数的解析式； （2）若点是该二次函数图象上第一象限内一点，作轴交直线于点，求线段长度的最大值． （3）在二次函数图象的对称轴上是否存在一点使是以为腰的等腰三角形，若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $