湖北省随州市曾都区八角楼教联体多校 2025-2026学年九年级上学期12月联考数学试题

曾都区八角楼初级中学教联体2025－2026学年度上学期九年级第二阶段学业质量监测 数 学 时间：120分钟 满分：120分 一、单选题（共10题，每题3分）（共30分） 1．中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“大雪”“芒种”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．下列事件是必然事件的是（   ） A．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上一面的点数之和大于2 B．两条直线被第三条直线所截，同位角相等 C．如果a，b为实数，，那么 D．两条直线相交，对顶角相等 3．下列说法正确的是（   ） A．等弧所对的圆心角相等 B．三角形的外心到这个三角形的三边距离相等 C．经过三点可以作一个圆 D．相等的圆心角所对的弧相等 4．关于二次函数，下列说法错误的是（   ） A．开口向上 B．对称轴为直线 C．有最大值 D．时，随增大而增大 5． “打陀螺”是人们喜爱的一项运动，如图所示是一个陀螺的结构图．已知底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，那么这个陀螺的表面积是（   ） A． B． C． D． 6．若m、n是一元二次方程的两根，则的值是（    ） A． B． C．2 D．4 7．如图，四边形内接于⊙O，=2．若，则⊙O的半径是（    ） A． B． C． D．5 8．已知，在反比例函数的图象上，且，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 9．如图，边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点，连接将线段绕点C逆时针旋转得到，连接，则在点E运动过程中，的最小值是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 10．如图，已知抛物线（a、b、c为常数，且）的对称轴为直线，且该抛物线与x轴交于点，与y轴的交点B在，之间（不含端点），则下列结论正确的有（   ）个 ①；②；③；④若方程两根为，则 A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题（共5题，每题3分）（共15分） 11．当m= 时，方程是关于x的一元二次方程． 12．平面直角坐标系中，若点，关于原点对称，则 ． 13．如右图，正方形与正六边形的边长相等，先将正方形与正六边形的某条边重合，再将该正方形绕正六边形按顺时针方向滚动一周．若正方形的边长为2，则在滚动过程中点A距出发点的最大距离为 ． 14．如图，在Rt△ABC中，，，D为边（端点除外）上的动点，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接，，则周长的最小值是 ． 15．已知二次函数（为常数，且）．下列五个结论： ①该函数图象经过点； ②若，则当时，随的增大而减小； ③该函数图象与轴有两个不同的公共点； ④若，则关于的方程有一个根大于0且小于1； ⑤若，则关于的方程的正数根只有一个． 其中正确的是 （填写序号） 三、解答题（共9题）（共75分） 16．（本题6分）解方程： (1) (2) 17．（本题6分）如图，已知平行四边形的对角线的垂直平分线与边、分别交于E、F两点，垂足是点O． (1)求证：； (2)问题：四边形是什么特殊的四边形？请给出证明． 18．（本题7分）已知关于的方程．设方程的两实根为，． (1)当时，求的值； (2)是否存在值使方程的两个根为一个矩形的两邻边长，且矩形的对角线长为？请通过计算说明． 19．（本题8分）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，点，且与轴，轴分别交于点，． (1)直接写出的值； (2)结合图象，直接写出时的取值范围； (3)点在线段上，过点作轴的垂线，交反比例函数图象于点，若，求点的坐标． 20．（本题8分）某校化学教学组采取了理论和实验相结合的教学方式，一段时间后，教学组的老师们在九年级随机抽取了部分学生，就“你最喜欢的化学实验是什么”进行了问卷调查，选项为常考的五个实验：．高锰酸钾制取氧气；．电解水；．木炭还原氧化铜；．一氧化碳还原氧化铜；．铁的冶炼，要求每个学生只能选择一项，并将调查结果绘制成如下不完整的条形统计图和扇形统计图（调查中无人弃权）． 请结合统计图，回答下列问题： (1)___________，所对应的扇形圆心角是___________； (2)根据调查结果，估计该校九年级800名学生中有___________人最喜欢的实验是“．一氧化碳还原氧化铜”； (3)某堂化学课上，小明学到了这样一个知识：将二氧化碳通入澄清石灰水，澄清石灰水会变浑浊．已知本次调查的五个实验中，、、三个实验均能产生二氧化碳，若小明从五个实验中任意选取两个，请用列表或画树状图的方法求两个实验所产生的气体均能使澄清石灰水变浑浊的概率． 21．（本题8分）如图，是⊙O的直径，C，E是⊙O上两点，平分，交的延长线于点D． (1)求证：是⊙O的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 22．（本题9分）综合与实践 蔬菜大棚的探究 生活背景 蔬菜大棚是一种具有保温性能的框架结构．如图所示，一般使用钢结构作为骨架，上面覆上一层或多层塑料膜，这样就形成了一个温室空间．大棚的设计要保证安全性、通风性且利于采光．    建立模型 某劳动基地的蔬菜大棚的横截面是由抛物线和支柱，构成（如图1所示），抛物线最高点E到地面的距离为，并以所在直线为x轴，过点E且垂直于的直线为y轴，建立平面直角坐标系，已知，．．    解决问题 （1）求抛物线的解析式； （2）为了安全，需对大棚进行加固，准备在大棚抛物线上安装矩形“支撑架”（即三根支架，其中，垂直地面，平行地面，点P，Q在抛物线上，如图2所示）， ①当时，求的长； ②通过计算说明“支撑架”安装在什么位置时，“支撑架”的长度最长．    23．（本题11分）在△ABC中，，，点D为边上一动点，连接，将绕着D点逆时针方向旋转得到，连接． (1)如图1，，点D恰好为中点，与交于点G，若，求的长度； (2)如图2，与交于点F，连接，在延长线上有一点P，，求证：； (3)如图3，与交于点F，且平分，点M为线段上一点，点N为线段上一点，连接，，点K为延长线上一点，将△BDK沿直线翻折至△BDK所在平面内得到，连接，在M，N运动过程中，当取得最小值，且时，请直接写出的值． 24．（本题12分）抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A(－1，0)、B两点.与y轴交于点C(0,3)、点D(m,3)在抛物线上。 (1)求抛物线的解析式 (2)如图1，连接BC，点P在抛物线上，若△PBC为直角三角形，且∠CBP=90°，求点P的坐标。 (3)如图2，过点A的直线m∥BC，点Q是直线BC上方抛物线上一动点，过点Q作QE⊥m，垂足为点E，连接BE，CE，CQ，QB,.当四边形BECQ的面积最大时，求点Q的坐标及四边形BECQ面积的最大值。 第6页，共6页 第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $ 报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App ( 17. （ 6 分 ）（ 1 ） （ 2 ） 18. （ 7 分 ）（ 1 ） （ 2 ） 19. （ 8 分 ）（ 1 ） （ 2 ） ) ( 曾都区八角楼初级中学教联体 2025-2026 学年度 上学期九年级第二阶段学业质量监测 数学 ) ( 考场 / 座位号： 姓名： 班级： ) ( 贴条形码区 （正面朝上，切勿贴出虚线方框） ) ( 正确填涂 缺考标记 ) ( 一 . 单选题（本大题共 10 小题，每题 3 分，共 30 分） ) ( 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] ) ( 二 . 填空题（本大题共 5 小题，每题 3 分，共 15 分） ) ( 11. 12. 13. 14. 15. ) ( 三 . 解答题（本大题共 9 小题，共 75 分） ) ( 16. （ 6 分 ）（ 1 ） （ 2 ） )(用户名和初始密码均为准考证号) （3） 20. （8分）（1） , . （2） . （3） 21. （8分）（1） （2） ( 22. （ 9 分 ） （ 1 ） （ 2 ） ① ② ) ( 24. （ 12 分 ）（ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） ) 23. （11分） （1） （2） （3） 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2025-2026曾都区八角楼教联体九年级阶段性测评数学测评卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A C D B A B C B 1．C 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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，这时我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，据此判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 2．D 【分析】本题考查必然事件,在一定条件下一定发生的事件叫做必然事件，掌握必然事件的概念是解本题的关键. 根据每个事件发生的概率判断即可. 【详解】解：A、抛掷两枚质地均匀的骰子，向上一面的点数之和大于2，是随机事件，故选项不符合题意； B、两条直线被第三条直线所截，只有当两条直线平行时同位角才相等，不是必然事件，故选项不符合题意； C、如果，为实数，，那么或，不是必然事件，故选项不符合题意； D、两条直线相交，对顶角相等,是必然事件，故选项符合题意. 故选：D． 3．A 【分析】此题考查了圆的相关性质，根据圆的性质逐项进行判断即可． 【详解】解：A. 等弧所对的圆心角相等，选项正确，符合题意； B. 三角形的外心到这个三角形的三个顶点的距离相等，选项错误，不符合题意； C. 经过不在同一直线上的三点可以作一个圆，选项错误，不符合题意； D. 在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，选项错误，不符合题意； 故选：A 4．C 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数顶点式 的性质，分析开口方向、对称轴、最值和增减性即可． 【详解】解：∵ 函数 中，， ∴ 开口向上，A 正确，故选项不符合题意； 对称轴为直线 ，B 正确，故选项不符合题意； ∵ ， ∴ 函数有最小值，但选项 C 说最大值，故 C 错误，故选项符合题意； 当 时，函数在对称轴右侧，y随x增大而增大，D 正确，故选项不符合题意． 故选：C． 5．D 【分析】本题考查了圆柱和圆锥的计算，勾股定理等知识，根据勾股定理求出圆锥的母线长，再根据圆的面积公式，扇形面积公式，矩形面积公式求解即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：由勾股定理可得： 圆锥的母线长为：， ∴陀螺的表面积为：， 故选：D． 6．B 【分析】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握，是一元二次方程的两根时，，． 由根与系数的关系得出和的值，再代入计算可得答案． 【详解】解：∵是一元二次方程的两个根， ∴， 则， 故选：B． 7．A 【分析】本题考查垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理，掌握垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理是正确解答的关键．根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系，勾股定理进行计算即可． 【详解】解：如图，过点O作，垂足为F，交于点E，连接， 则，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 设半径为R， 在中，， 由勾股定理得，，即， 解得． 故选：A． 8．B 【分析】本题考查了反比例函数图象与性质，根据反比例函数图象与性质即可得到答案，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 【详解】解：∵反比例函数中， ∴反比例函数的图象在第二、四象限，且在每一象限内，随的增大而增大， ∵， ∴， ∴， 故选：． 9．C 【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键，连接，证明，进而得到，得到点在以为顶点，一边为的30度角的另一边上运动，根据垂线段最短，得到当时，最短，根据含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． 【详解】解：如图，连接， 由旋转可得，， ∵是等边三角形， ∴， ∴，     ∴， ∴， ∵边长为8的等边三角形中，E是对称轴上的一个动点， ∴， ∴， 即点F的运动轨迹为直线， ∴当时，最短， 此时，， ∴的最小值是2， 故选：C． 10．B 【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的性质，根据题干可得，，，即可判断①错误；根据对称轴和一个交点求得另一个交点为，即可判断②正确；将c和b用a表示，即可得到，即可判断③正确；结合抛物线和直线与轴的交点，即可判断④正确． 【详解】解：由图可知， ∵抛物线的对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点， ∴，， 则， ∵抛物线与轴的交点在，之间， ∴， 则，故①错误； 设抛物线与轴另一个交点， ∵对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点， ∴，解得， 则，故②错误； ∵，，， ∴，解得，故③正确； 根据抛物线与轴交于点和，直线过点和，如图， 方程两根为满足，故④正确； 故选：B． 11． 【分析】根据一元二次方程的定义可得：且，由此解答即可． 本题考查了一元二次方程的定义，绝对值，掌握一元二次方程的定义是解题的关键． 【详解】解：是一元二次方程， ， ， 故答案为： 12．0 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键． 关于原点对称的点，横坐标和纵坐标都互为相反数，据此求出m，n的值，然后代入求解即可． 【详解】解：∵点，关于原点对称， ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：0． 13．/ 【分析】本题考查旋转变换，正多边形与圆，正方形的性质，正六边形的性质，解直角三角形等知识，作出点A的运动轨迹是图中红线．延长交弧线于H，线段的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离，解题的关键是理解题意，学会正确寻找点A的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题． 【详解】解：如图， ， 根据正六边形，可得，, ，， 正方形的边长为2， ， ， ， ， ， 在滚动过程中点A距出发点的最大距离为， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、轴对称的性质，连接，作点关于直线的对称点，连接，，证明点、、、四点共圆得出，从而可得，由轴对称的性质可得，，得出的周长，当点、、三点共线时，周长有最小值，计算即可得解． 【详解】解：如图，连接，作点关于直线的对称点，连接，， ∵将线段绕点D逆时针旋转，得到线段， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴， ∵点和点关于直线对称， ∴，， ∴的周长， 当点、、三点共线时，周长有最小值， ∵， ∴， ∴， ∴的周长的最小值为， 故答案为：． 15．①②④⑤ 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象与坐标轴的交点问题，利用二次函数确定一元二次方程的根，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键，把代入函数解析式，求出值，判断①；求出二次函数的对称轴，判断出增减性，判断②，根据判别式，判断③；求出方程的根，判断④，图象法确定⑤即可． 【详解】解：∵， ∴当时，， ∴该函数图象经过点；故①正确； 当时，， ∴抛物线的开口向下，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小；故②正确； ∵， ∴， ∴抛物线与轴有1个或2个交点，故③错误； 当时， ∵函数图象经过点， ∴的一个根为， ∴由根与系数的关系可知：方程的另一个根为， ∵， ∴，即：关于的方程有一个根大于0且小于1；故④正确； ∵， ∴当时，， 由④可知，当时，抛物线与轴的两个交点分别为，且， ∴抛物线的开口向上，对称轴在轴的左侧， ∴当时，抛物线与直线有两个交点，一个在第一象限，一个在第二象限， 故有一个正根， 当时，抛物线与直线有两个交点，一个为，一个在对称轴的左侧，即在第三象限， 故，则关于的方程的正数根只有一个；故⑤正确； 故答案为：①②④⑤． 16．(1) (2) 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，解题的关键是： （1）把方程化为，再化为两个一次方程，进而解方程即可； （2）把方程化为，再化为两个一次方程，进而解方程即可． 【详解】（1）解： （2）解： 17．(1)见详解 (2)四边形是菱形，证明见详解 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得，运用是的垂直平分线，得，，即可证明． （2）先证四边形是平行四边形，再证，即可由菱形的判定定理得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形 ∴，即， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴，， 在和中， ， ∴， （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由（1）得 ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 18．(1) (2)不存在，说明见解析 【分析】本题考查了根与系数的关系，根的判别式，解题的关键是熟记根与系数之间的关系公式， （1）根据和求解即可； （2）利用完全平方公式得到，建立关于的方程，进行求解，需要考虑的取值范围进行求解． 【详解】（1）解：根据题意得：， ． 又方程有两个实数根， ，即， ． （2）解：假设存在这样的．则有：． ，， ． 解得，． ，即，且． ． 所以，不存在这样的的值． 19．(1)，， (2)或 (3) 【分析】（1）根据点，先确定反比例函数解析式，再根据反比例函数解析式确定点，最后代入确定一次函数的解析式计算即可 ； （2）根据图象交点坐标为，点，结合，利用交点的横坐标，直接写出解集即可； （3）根据题意，设，则，故，解答即可． 【详解】（1）解：将点代入反比例函数 得 在的图象上 直线AB的函数解析式为 根据题意，可得 解得 直线解析式为 （2）解：根据（1）得图象交点坐标为 或 （3）解：根据题意，设，则 故 整理，得 解得 故点的坐标为 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式、图象交点的意义、根据图象求不等式的解集、解一元二次方程、一次函数以及反比例函数的解析式，求出函数解析式是解题的关键． 20．(1)50，72 (2)120 (3) 【分析】（1）根据样本容量=频数÷所占百分数，求得样本容量，求得对应的频数，补图即可；利用圆心角计算公式计算即可． （2）利用样本估计总体的思想计算即可． （3）根据列表或画树状图法，解答即可． 【详解】（1）解：（人）， （人）， ， 故答案为：50；72． （2）解：（人）， 故答案为：120． （3）解：列表如下： 由列表可知，共有20种等可能的结果，其中两个实验所产生的气体均能使澄清石灰水变浑浊的结果有6种， （两个实验所产生的气体均能使澄清石灰水变浑浊）． 【点睛】本题考查了条形统计图、扇形统计图，样本容量，圆心角的计算，样本估计总体，列表或画树状图法求概率，熟练掌握统计图的意义，样本估计总体，概率计算，正确计算样本容量，计算概率是解题的关键． 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，则，得到，根据角平分线的定义得到，求得，则，，根据切线的判定定理得到是的切线； （2）连接，，证明是等边三角形，则，，，进而得，，根据三角形和扇形的面积公式即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径，               ∴是的切线； （2）解：连接，， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形的面积的计算，角平分线的定义，正确的添加辅助线是解题的关键． 22．（1）（2）①；②当“支撑架”PM，QN安装在与y轴水平距离米的位置时，“支撑架”的长度最长 【分析】本题考查了求抛物线的解析式，二次函数的图像和性质，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由题意得，点，坐标分别为，，利用待定系数法求抛物线解析式即可； （2）①令，求得，即可求的长；②设点的坐标为，求出点，，的坐标，进而可用含的代数式表示出支架的长，即支架长是关于的二次函数，求该二次函数的最大值对应的的值即可； 【详解】解：（1）设抛物线的解析式为， 将点，代入得：， 解得：， 抛物线的解析式为； （2）①令， 得， 解得， ； ②设点的坐标为， 由题意得点，，的坐标分别为，，， ，， “支撑架”的长度为， ，， 当时，“支撑架”的长度最长， 即当“支撑架” ，安装在与轴水平距离米的位置时，“支撑架”的长度最长． 23．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求的长，由旋转的性质可得，，即可求解； （2）由“”可证，可得，，由“”可得，可得，可得结论； （3）先证明当点M，点，点D三点共线，且时，有最小值，再证明点Q，点B，点D三点共线，由等腰直角三角形和折叠的性质可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵点D为中点， ∴， ∴， ∵将绕着D点逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴； （2）证明：如图2，过点D作交于点H， ∵，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵将绕着D点逆时针方向旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图3，在上截取，连接， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点M，点，点D三点共线，且时，有最小值， 如图4， ∵，， ∴， 由折叠的性质得，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴点B，点Q，点D三点共线， 由折叠的性质得，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，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． 24. 【详解】(1)解:·抛物线y=ax2+2x+c过A(-1,0)、C(0,3) 得a=-1，c=3， ·抛物线解析式为y=-x2+2x+3. (2)解:令y=-x2+2x+3=0解得:X1=-1,X2=-3, .B(3,0)， B(3,0)，C(0,3)∠BOC=90° .0B=0C=3，∠0BC=45 过B作BP⊥BC，交y轴于M ∠PBM=90°，则∠OBM=45 .0B=OM=3, M(0,-3) 设直线BM为:y=kx+b, 把B(3,0)，M(0，-3)代入y=kx+b得直线BP的解析式为y=x-3. 联立y=x-3和y=-x2+2x+3得-x2+2x+3=x-3,整理得x2-x-6=0，解得x1=3(即点B)，x2=-2,当x=-2时，y=-2-3=-5, P(-2,-5) (3)解:.B(3,0)、C(0,3)，设y=kx+b, 直线BC:y=-x+3 .m∥BC, S△BCE=S△BCA(同底等高) :A(-1,0)、B(3,0)、C(0,3),S△BCA=6, 设Q(t,-t2+2t+3)(0<t<3)，过Q作x轴的垂线，交BC于点F则F(t,-t+3) QF=(-t2+2t+3)-(-t+3)=-t2+3t.B(3,0)、C(0,3)，水平距离OB=3 【点晴】本题主要考査了二次函数解析式求解、一次函数待定系数法、直角三角形性质、四边形面积的转化与二次函数最值，熟练掌握函数图象上点的坐标特征、利用代数方法(联立方程、二次函数最值)解决几何问题是解题的关键 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $