精品解析：广东省广州市白云区龙涛外国语实验学校2025-2026学年上学期期中考试数学试卷

2025－2026学年第一学期期中综合训练试卷 九年级 数学 考试时间：120分钟 满分120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1. 二次函数的图象的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程:，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 某药品原价每盒25元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒16元，设该药品平均每次降价的百分率为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 在同圆或等圆中，等弧对等弦 B. 三点确定一个圆 C. 半径是弦 D. 平分弦的直径垂直于弦 6. 如图，在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0α180°）得到△ADE，若DEAB，则α的值为（　　） A. 65° B. 75° C. 85° D. 130° 7. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝115°，则∠BOD的度数为（ 　） A. 110° B. 120° C. 130° D. 140° 8. 如图，是抛物线型拱桥，当拱顶离水面时，水面宽．若水面再上升，则水面的宽度是多少？（ ） A. B. C. D. 9. 若的直径为，弦，，，则与之间的距离为（ ） A. B. C. 或 D. 或 10. 将二次函数的图象在轴上方的部分沿轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线与新函数的图象有4个公共点时，则的范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11. 在平面直角坐标系中，点A(－1，3)关于原点对称的点A′的坐标是____________． 12. 将抛物线y＝﹣2x2向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得抛物线表达式为 _____． 13. 若、在二次函数的图象上，则___________．（选填“”、“”或“”） 14. 如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到点，则的坐标为________ 15. 如图利用135°的墙角修建一个梯形的储料场，并使∠C=90°．如果新建的墙BCD总长24m，那么BC=________储料场的面积最大． 16. 如图，，点在射线上滑动，点在射线上滑动，且线段的长始终保持不变；以为斜边在的右侧作，则在滑动的过程中线段长的最大值是____． 三、解答题（本大题共9个小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 解下列方程： （1） （2） 18. 如图，、是的两条弦，与相交于点，且．求证． 19. 如图,破残的圆形轮片上,弦AB的垂直平分线交弧AB于C,交弦AB于D. （1）求作此残片所在的圆的圆心（不写作法,保留作图痕迹）； （2）若AB=8cm,CD=2cm,求（1）中所作圆的半径． 20. 如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点． （1）求证：； （2）求的度数． 21. 设，是关于的方程的两根． （1）当时，求及的值； （2）若，求的范围． 22. 如图，小明训练推铅球，铅球行进高度米与水平距离米之间的关系是． （1）第一次推铅球时，铅球运行到水平距离为米时，铅球行进的最大高度为米，求铅球推出的水平距离； （2）第二次推铅球时，推出的水平距离刚好与第一次相同，且，求推出铅球行进的最大高度． 23. （1）如图1，是等边内一点，连接，且，，将绕点顺时针旋转后得到，连接，完成下列各题． ①线段的长 ；②求的度数． （2）如图2，是等腰直角内一点，连接，将绕点顺时针旋转后得到，连接．当满足什么条件时，？请给出证明． 24. 已知抛物线与轴相交于不同的两点、． （1）求的取值范围； （2）用含的式子表示线段的长度； （3）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点，并求出点的坐标； （4）当时，由（3）求出的点和点、构成的的面积是否有最值？若有，请直接写出该最值及相对应的值． 25. 已知，如图，抛物线与轴正半轴交于、两点，与轴交于点，直线经过、两点． （1）直接写出抛物线的解析式； （2）为抛物线上一点，若点关于直线对称点落在轴上，求点坐标； （3）现将抛物线平移，保持顶点在直线，若平移后的抛物线与直线交于、两点． ①求证：的长度为定值； ②结合（2）的条件，求的周长的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年第一学期期中综合训练试卷 九年级 数学 考试时间：120分钟 满分120分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1. 二次函数的图象的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的顶点式的性质．根据二次函数的顶点式的顶点坐标为，写出答案即可． 【详解】解：二次函数的图象的顶点坐标是， 故选：A 2. 下列美术字中，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】中心对称图形的定义：旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，根据定义即可判断出答案． 【详解】解：选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 选项是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； 选项是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意； 故选： 【点睛】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，熟记两种图形的特点并准确判断是解题的关键． 3. 用配方法解方程:，下列配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程-配方法，根据题意把常数项2移项后，应在左右两边分别同时加上一次项系数的一半的平方，即可求出答案． 【详解】解：把方程的常数项移到等号的右边，得到， 方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到， 配方得． 故选：A． 4. 某药品原价每盒25元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒16元，设该药品平均每次降价的百分率为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程在平均变化率问题中的应用． 根据题意直接列方程即可． 【详解】解：∵原价为25元，经过连续两次降价，每次降价的百分率为x， ∴第一次降价后价格为元， 第二次降价后价格为元， ∵现价为16元， ∴可列方程为． 故选：B． 5. 下列说法正确的是（ ） A. 在同圆或等圆中，等弧对等弦 B. 三点确定一个圆 C. 半径是弦 D. 平分弦的直径垂直于弦 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查圆的基本性质． A涉及弧与弦的关系，B涉及确定圆的条件，C涉及半径与弦的定义，D涉及垂径定理的表述，根据圆的基本性质判断正误即可． 【详解】解：A：在同圆或等圆中，等弧所对的圆心角相等，∴所对的弦也相等，故A正确； B：只有当三点不共线时才能确定一个圆，共线时不能确定，故B错误； C：半径是连接圆心和圆上一点的线段，而弦是连接圆上两点的线段，半径只有一个端点在圆上，半径不是弦，故C错误； D：直径也是弦，平分直径的直径不一定垂直于这条直径，故D错误； 故选：A． 6. 如图，在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0α180°）得到△ADE，若DEAB，则α的值为（　　） A. 65° B. 75° C. 85° D. 130° 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转的性质及题意易得∠EAB的度数，然后直接进行求解即可． 【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC＝55°，∠C＝20°， ∴∠ABC＝180°﹣∠BAC﹣∠C═180°﹣55°﹣20°＝105°， ∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度（0＜α＜180°）得到△ADE， ∴∠ADE＝∠ABC＝105°， ∵DE∥AB， ∴∠ADE+∠DAB＝180°， ∴∠DAB＝180°﹣∠ADE＝75° ∴旋转角α的度数是75°， 故选：B． 【点睛】本题主要考查平行线的性质及旋转的性质，关键是根据旋转得到角的关系，然后由平行线的性质即可求解． 7. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝115°，则∠BOD的度数为（ 　） A. 110° B. 120° C. 130° D. 140° 【答案】C 【解析】 【分析】由∠A=115°，根据圆的内接四边四边形的性质求得∠BCD的度数，又由同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半继而求得∠BOD的度数． 【详解】解：∵ ∠A=115° ∴ ∠BCD=180°-∠A=65°， ∴∠BOD=2∠BCD=130°． 故选C． 【点睛】此题考查了圆周角定理与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半与圆内接四边形的对角互补定理的应用． 8. 如图，是抛物线型拱桥，当拱顶离水面时，水面宽．若水面再上升，则水面的宽度是多少？（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键，学会把实际问题转化为二次函数，利用二次函数的性质解决问题，属于中考常考题型．根据已知建立平面直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案． 【详解】解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过，纵轴y通过中点O且通过C点， 则：O为原点，，， 设函数解析式为，把A点坐标代入得， ∴抛物线解析式为， 当水面上升，通过抛物线在图上的观察可转化为： 当时，对应的抛物线上两点之间的距离， 把代入抛物线解析式得出：， 解得：， ∴此时的水面宽度为， 故选：C． 9. 若的直径为，弦，，，则与之间的距离为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．注意分类讨论． 由于弦，且直径已知，需考虑两弦在圆心同侧或异侧两种情况，分别计算弦到圆心的距离，再求两弦间距离． 【详解】解：过点作于点，交于点，连接、，如图， ∵， ∴， ∴，， 在中， ∵，， ∴， 在中， ∵，， ∴， 当点在与之间时，如图，； 当点不在与之间时，如图，； 综上所述，的值为或，即AB与CD之间的距离为或， 故选：C． 10. 将二次函数的图象在轴上方的部分沿轴翻折后，所得新函数的图象如图所示．当直线与新函数的图象有4个公共点时，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查翻折的性质，一元二次方程与二次函数的关系，抛物线的性质，确定翻折后抛物线的关系式．能画出函数图象并利用数形结合的方法解决问题是解题的关键． 分两种情形：如图，当直线过点时，直线与该新图象恰好有三个公共点，当直线与抛物线只有一个交点时，直线与该新图象恰好有三个公共点，分别求解即可． 【详解】解：二次函数解析式为， ∴抛物线的顶点坐标为， 当时，，解得：，， ∴抛物线与轴的交点为，， 把抛物线图象在轴上方的部分沿轴翻折到轴下方， 则翻折部分的抛物线解析式为，顶点坐标为， 如图，当直线过点时，直线与该新图象恰好有三个公共点， ∴，解得：； 当直线与抛物线只有一个交点时，直线与该新图象恰好有三个公共点，即有两个相等的实数解， 整理得：， ∴， 解得， 由图可知，当时，直线与新函数的图象有4个公共点． 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11. 在平面直角坐标系中，点A(－1，3)关于原点对称的点A′的坐标是____________． 【答案】(1，) 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，可以直接写出答案． 【详解】解：点A（-1，3）关于原点对称的点A′的坐标是（1，-3）， 故答案为（1，-3）． 12. 将抛物线y＝﹣2x2向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得抛物线表达式为 _____． 【答案】y＝﹣2（x﹣3）2﹣4 【解析】 【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解． 【详解】解：将抛物线y＝﹣2x2向右平移3个单位长度，再向下平移4个单位长度，所得抛物线表达式为：y＝﹣2（x﹣3）2﹣4， 故答案为：y＝﹣2（x﹣3）2﹣4． 【点睛】本题主要考查的是二次函数图象与几何变换，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式． 13. 若、在二次函数的图象上，则___________．（选填“”、“”或“”） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质．根据二次函数的对称性可知点关于对称轴的对称点是，根据抛物线开口向上，在对称轴的右侧随的增大而增大，可得结果为． 【详解】解：二次函数的对称轴是， 点关于对称轴的对称点是， 二次函数的开口向上， 在对称轴的右侧随的增大而增大， ， ． 故答案为：． 14. 如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到点，则的坐标为________ 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查坐标与图形变化-旋转、全等三角形的性质等知识点，正确添加常用辅助线、构造全等三角形是解题的关键． 如图，过点P作轴于点D，过点轴于点，构造全等三角形，然后根据全等三角形的性质即可解答． 【详解】解：如图，过点P作轴于点D，过点作轴于点， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ，，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图利用135°的墙角修建一个梯形的储料场，并使∠C=90°．如果新建的墙BCD总长24m，那么BC=________储料场的面积最大． 【答案】16 【解析】 【分析】过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，再证明△AEB是等腰直角三角形，得出DC＝AE＝BE＝x m，则AD＝CE＝（24−2x）m，然后根据梯形的面积公式即可求出S与x之间的函数关系式，根据二次函数的性质直接求解． 【详解】解：如图， 过点A作AE⊥BC于E，则四边形ADCE为矩形，∠DAE＝∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠BAD−∠EAD＝45°， 设DC＝AE＝xm， 在Rt△AEB中， ∵∠AEB＝90°， ∴∠B＝45°， ∴AE＝BE＝x m， ∴AD＝CE＝(24−2x)m，m， ∴梯形ABCD面积S＝(AD＋BC)•CD＝(24−2x＋24−x)•x＝， ∴当x＝8时，S最大＝96． ∴此时， 也就是当BC长为16m时，才能使储料场的面积最大． 【点睛】此题考查二次函数的运用，利用梯形的面积建立二次函数，进一步利用函数的性质解决问题． 16. 如图，，点在射线上滑动，点在射线上滑动，且线段的长始终保持不变；以为斜边在的右侧作，则在滑动的过程中线段长的最大值是____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆的性质，利用圆的性质，确定在以为直径的圆上，最大值为直径． 【详解】解：连接，以为直径作，连接． ， 点在上， 当为直径时有最大值， ， 的最大值为：． 故答案为：． 三、解答题（本大题共9个小题，满分72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 解下列方程： （1） （2） 【答案】（1） （2） ， 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的求解；掌握求解方法是解题的关键． （1）根据公式法求解一元二次方程即可； （2）根据因式分解法求解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ， ∴． 【小问2详解】 解：， ， ，或， ∴，． 18. 如图，、是的两条弦，与相交于点，且．求证． 【答案】 证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质． 根据圆周角定理得到，证明，即可得到． 【详解】略 19. 如图,破残的圆形轮片上,弦AB的垂直平分线交弧AB于C,交弦AB于D. （1）求作此残片所在的圆的圆心（不写作法,保留作图痕迹）； （2）若AB=8cm,CD=2cm,求（1）中所作圆的半径． 【答案】 (1)如图： M就是所求的圆的圆心； (2) 圆的半径为5cm. 【解析】 【详解】试题分析：（1）圆的两弦的中垂线的交点,就是圆心；连接AC,作AC的中垂线,与直线CD的交点就是圆心,已知圆心即可作出圆； （2）连接圆心与A,根据勾股定理即可求得半径． 试题解析：（1）略． （2）设圆的半径是r．在直角△ADM中,AM=r,AD=4,DM=r﹣2． 根据勾股定理即可得到：r2=42+（r﹣2）2解得：r=5． 即圆的半径为5cm． 考点：垂径定理. 20. 如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点． （1）求证：； （2）求的度数． 【答案】（1） 证明：由旋转的性质得： ，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和，旋转的性质等知识，证明两个三角形全等是关键． （1）根据旋转的性质，得，，，再证明即可； （2）设，则可求得，从而得，，由三角形内角和即可求得结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设，则； ∵， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 21. 设，是关于的方程的两根． （1）当时，求及的值； （2）若，求的范围． 【答案】（1）， （2）为任意实数 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根、解一元二次方程、一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键． （1）先将代入方程可得，则可得，再将代入方程，利用因式分解法解方程即可得； （2）先根据一元二次方程根与系数的关系可得，，再代入求解即可得． 【小问1详解】 解：∵是关于的方程， ∴， ∴， 将代入方程得：，即， 解得或， ∴． 【小问2详解】 解：方程可变形为， 方程根的判别式为，有两个不相等的实数根， ∵，是关于的方程的两根， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴为任意实数． 22. 如图，小明训练推铅球，铅球行进高度米与水平距离米之间的关系是． （1）第一次推铅球时，铅球运行到水平距离为米时，铅球行进的最大高度为米，求铅球推出的水平距离； （2）第二次推铅球时，推出的水平距离刚好与第一次相同，且，求推出铅球行进的最大高度． 【答案】（1）米 （2）米 【解析】 【分析】本题考查二次函数的实际问题，运用待定系数法求出函数解析式是解题的关键． （1）运用待定系数法求出函数解析式，然后令，求出铅球推出的水平距离即可； （2）运用待定系数法求出函数解析式，配方为顶点式写出最大值即可； 【小问1详解】 铅球运行到水平距离为米时，铅球行进的最大高度为米， 抛物线顶点为， ， 铅球行进高度米与水平距离米之间的关系是， ， 解得， ， 令，得， 解得：（舍去）或， 铅球推出的水平距离为米； 【小问2详解】 第二次推铅球时，推出的水平距离刚好与第一次相同，且， 是的解， ， 解得：， ， ， 当时，最大值为， 推出铅球行进的最大高度为米． 23. （1）如图1，是等边内一点，连接，且，，将绕点顺时针旋转后得到，连接，完成下列各题． ①线段的长 ；②求的度数． （2）如图2，是等腰直角内一点，连接，将绕点顺时针旋转后得到，连接．当满足什么条件时，？请给出证明． 【答案】（1）①4；②； （2）当时，， 证明：∵绕点顺时针旋转后得到， ∴，，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴当满足时，． 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理及其逆定理，等边三角形的性质与判定： （1）①根据等边三角形的性质得，再根据旋转的性质得，，加上，则可判断为等边三角形，所以；②由为等边三角形得到，再利用旋转的性质得，然后根据勾股定理的逆定理可证明为直角三角形，，所以； （2）根据旋转的性质得，，， 则，进一步由勾股定理即可得到结论． 【详解】解：（1）①∵为等边三角形， ∴， ∵绕点B顺时针旋转后得到， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， 故答案为：4； ②由旋转的性质可得， 在中，，，， ∵，即， ∴为直角三角形，且， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴； （2）略 24. 已知抛物线与轴相交于不同的两点、． （1）求的取值范围； （2）用含的式子表示线段的长度； （3）证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点，并求出点的坐标； （4）当时，由（3）求出的点和点、构成的的面积是否有最值？若有，请直接写出该最值及相对应的值． 【答案】（1）且 （2） （3） 证明：∵； 令，解得； 当时，；当时，； ∴抛物线一定经过定点和 ∵点在轴上， ∴抛物线必经过一非坐标轴的定点； （4）当时，有最大值，且最大值为． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，涉及了根的判别式以及根与系数的关系，熟知二次函数与一元二次方程之间的关系是解题的关键． （1）由题意得：一元二次方程方程有两个不相同的实数根，据此即可求解； （2）设A，B的坐标分别为，由（1）得：，根据计算求解即可； （3）根据，令，求出x的值，进而求出对应的y的值即可得到答案； （4）根据（2）所求可得，则，据此求解即可． 【小问1详解】 解：∵抛物线与轴交于不同的两点， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，即， ∴， 解得：， 又∵， ∴且； 【小问2详解】 解：设A，B的坐标分别为， 由（1）得：， ∴， ∴ ； 【小问3详解】 略． 【小问4详解】 解：∵， ∴； ∴， ∴， ∵， ∴，，； ∴当时，有最大值，且最大值为． 25. 已知，如图，抛物线与轴正半轴交于、两点，与轴交于点，直线经过、两点． （1）直接写出抛物线的解析式； （2）为抛物线上一点，若点关于直线对称点落在轴上，求点坐标； （3）现将抛物线平移，保持顶点在直线，若平移后的抛物线与直线交于、两点． ①求证：的长度为定值； ②结合（2）的条件，求的周长的最小值． 【答案】（1） （2） （3） ①证明：设平移后的抛物线的顶点为， ∴平移后的抛物线的解析式为， 令， 整理得， 设，， ∴，， ∴， ∴的长度为； ② 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线的平移，待定系数法求函数解析式，掌握二次函数的图象及性质，轴对称的性质，正确作出图形是解题关键． （1）求出A，C点的坐标，再将点坐标代入，即可得解； （2）先求出，再由对称性可知轴，即可求出点P的纵坐标，最后利用二次函数的解析式求出结果； （3）①先求出平移后的抛物线，再利用，得，，最后利用两点间的距离公式求解即可； ②作，连接，先求出的最小值，即的长，最后根据的周长的最小值，即，得解． 【小问1详解】 解：在中，令，得，令，得， ∴，； ∵抛物线与x轴正半轴交于A、B两点，与y轴交于点C， ∴将点，坐标代入得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：如图， ∵， ∴， ∵点P关于的对称点Q在y轴上， ∴， ∴,即轴， ∴点P的纵坐标为， 令， 解得或（舍去）， ∴； 【小问3详解】 解：①略 ②如图，作，并令，连接， 由（2）得点关于对称， ∴； 由题可知，，，，则只需要求的最小值即可． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，即的最小值，即的长， 设直线的解析式为， 把，代入得， 解得， ∴设直线的解析式为， ∵， ∴设直线的解析式为， 把代入得， ∴直线的解析式为， 联立方程组， 解得， ∴， ∴， ∴的周长的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $