精品解析：天津市滨海新区大港第十中学2025--2026学年上学期期中数学考试试卷

滨海新区大港十中25-26学年度（一）九年级数学学科 期中评估试卷 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在下列四款国产汽车的车标图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 方程化成一般形式后，二次项系数，一次项系数，常数项分别是（ ） A. 5，4， B. 5，4，1 C. 5，， D. 5，，1 3. 的半径为6，点P到圆心O的距离为8，则点P与的位置关系是（ ） A. 点P在圆内 B. 点P在圆上 C. 点P在圆外 D. 不能确定 4. 将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为：( ) A. B. C. D. 5. 用配方法解方程，变形后结果正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD=130°，则∠BOD的大小是（ ） A. 50° B. 100° C. 110° D. 120° 7. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( ) A. k<1 B. k≤1 C. k>-1 D. k>1 8. 某种品牌的手机经过八、九月份连续两次降价，每部售价由3200元降到了2500元，设平均每月降价的百分率为，根据题意列出的方程是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，是的直径，若，，则的长是（ ） A. 4 B. 3 C. D. 10. 若二次函数的图象经过，，三点，则y1，y2，y3的关系是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 12. 如图，用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为．设矩形菜园的边的长为，面积为，其中． 有下列结论： ①的长可以是； ②的长有两个不同的值满足该矩形菜园的面积为； ③矩形菜园的面积的最大值为． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． 13. 点关于原点对称点为点B，则点B的坐标为______． 14. 如图，是的半径，弦于点D，连接，若的半径为，的长为，则的长是_________． 15. 设x1，x2是一元二次方程x2﹣7x﹣5＝0两个实数根，则x1+x2的值为___． 16. 如图，抛物线与直线相交于点，．则关于的不等式的解集是_____． 17. 如图，正方形的边长为5，点在边上，，连接，将绕点顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）的长为_____； （2）若为的中点，连接，则的长为_____． 18. 已知二次函数（，，为常数，）的图象与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线．有下列结论： ①；②；③； ④方程的两个实数根为，，且，则； ⑤若为任意实数，则．其中正确的结论是_____．（填序号） 三、解答题：本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 19. 解方程： （1）（配方法） （2）（公式法） 20. 如图1，在中，，，D为上一点，连接，将绕点C顺时针旋转至，连接． （1）求证：； （2）如图2，连接，若，，求的长． 21. 已知二次函数． （1）图象的顶点坐标为：_____； （2）抛物线与轴交点坐标为_____； （3）在平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象； （4）当时，的取值范围是_____； （5）当时，的取值范围是_____． 22. 如图，是的直径，弦于点，点在上，． （1）求证：； （2）若，，求的半径． 23. 一人一盔安全守规，一人一带平安常在．某商店销售一批头盔，售价为每顶80元，每月可售出200顶，在“创建文明城市”期间，计划将头盔降价销售，但不能亏本且降价不低于5元．经调查发现：每顶降价1元，每月可多售出10顶．已知头盔成本为每顶50元． （1）当每顶头盔降价多少元时，每月的利润为5250元？ （2）当每顶头盔降价多少元时，每月的销售利润最大？最大利润是多少元？ 24. 在平面直角坐标系中，为原点，点、点，若正方形绕点顺时针旋转，得正方形，记旋转角为： （1）如图①，当时，求点的坐标； （2）如图②，当时，求点坐标； （3）若为线段的中点，求长的取值范围（直接写出结果即可）． 25. 在平面直角坐标系中，已知抛物线（，为常数，）与轴交于点和点，与轴交于点． （1）当抛物线的对称轴是直线时， ①求抛物线的解析式； ②若点是抛物线上、两点之间的一个动点（不与、重合），向是否存在一点，使的面积最大．若存在，请求出的最大面积与点的坐标；若不存在，试说明理由； （2）将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点对应点为，若点在抛物线上，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨海新区大港十中25-26学年度（一）九年级数学学科 期中评估试卷 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在下列四款国产汽车的车标图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握：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，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形的概念即可判断 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； 故选：B． 2. 方程化成一般形式后，二次项系数，一次项系数，常数项分别是（ ） A. 5，4， B. 5，4，1 C. 5，， D. 5，，1 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般形式，首先要把方程化成一般形式即可求解，解题的关键是理解，一元二次方程的一般形式是：（，，是常数且）特别要注意的条件，其中叫二次项，叫一次项，是常数项，其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 【详解】解：化成一元二次方程一般形式是， 它的二次项系数是5，一次项系数是，常数项是， 故选：C． 3. 的半径为6，点P到圆心O的距离为8，则点P与的位置关系是（ ） A. 点P在圆内 B. 点P在圆上 C. 点P在圆外 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，比较圆心到点的距离与半径的大小进行判断即可． 【详解】解：∵点P到圆心O的距离为8，的半径为6， ∴圆心到点的距离大于半径， ∴P在圆的外部， 故选：C． 4. 将抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式为：( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了二次函数图象与几何变换．根据抛物线平移的规律“左加右减，上加下减”，即可得到答案． 【详解】解：抛物线向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度得：， 故选：A． 5. 用配方法解方程，变形后结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式，即可得出答案． 【详解】解： 即， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 6. 如图所示，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD=130°，则∠BOD的大小是（ ） A. 50° B. 100° C. 110° D. 120° 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆内接四边形的性质可求出∠BAD=50°，再根据圆周角定理可求出∠BOD=100°． 【详解】∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠BCD=130°， ∴∠BAD=180°-∠BCD=50°， ∴∠BOD=2∠BAD=100°． 故选B． 【点睛】本题考查圆内接四边形的性质和圆周角定理．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键． 7. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( ) A. k<1 B. k≤1 C. k>-1 D. k>1 【答案】A 【解析】 【详解】∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：. 故选A. 8. 某种品牌的手机经过八、九月份连续两次降价，每部售价由3200元降到了2500元，设平均每月降价的百分率为，根据题意列出的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的增长率问题，根据每部售价由3200元降到了2500元，设平均每月降低的百分率为x，列式，即可作答． 【详解】解：设平均每月降价的百分率为， 根据题意有：， 故选：C 9. 如图，是的直径，若，，则的长是（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理和直角三角形的性质，熟练应用圆周角定理是解此题的关键．根据圆周角定理得出，，求出，根据含度角的直角三角形的性质求出，再根据勾股定理求出即可． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 10. 若二次函数的图象经过，，三点，则y1，y2，y3的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识，根据二次函数的解析式得出图象的开口向上，对称轴是直线，根据时，y随x的增大而减小，即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴图象的开口向上，对称轴是直线，则当时，y随x的增大而减小， 关于直线的对称点是， ∵， ∴， 故选：D． 11. 如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可． 【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN， ∴AB=AC，AM=AN， ∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意； ∵△ABM≌△ACN， ∴∠ACN=∠B， 而∠CAB不一定等于∠B， ∴∠ACN不一定等于∠CAB， ∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意； ∵△ABM≌△ACN， ∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B， ∴∠BAC=∠MAN， ∵AM=AN，AB=AC， ∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等， ∴∠B=∠AMN， ∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意； ∵AM=AN， 而AC不一定平分∠MAN， ∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键． 12. 如图，用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为．设矩形菜园的边的长为，面积为，其中． 有下列结论： ①的长可以是； ②的长有两个不同的值满足该矩形菜园的面积为； ③矩形菜园的面积的最大值为． 其中，正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了一元一次方程和二次函数的应用，解题的关键是正确列出方程或函数． ①若的长是，求出，然后求出，即可判断①； ②设矩形菜园的边的长为，则，根据题意列出方程求解判断即可； ③根据题意表示出S，然后利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：①若的长是 ∴ ∴，不符合题意，故①错误； ②设矩形菜园的边的长为，则， 根据题意得， 解得或10 当时，，不符合题意； 当时，，符合题意 ∴的长只有1个值满足该矩形菜园的面积为，故②错误； ③设矩形菜园的边的长为，则，面积为， ∴ ∵ ∴抛物线开口向下 ∴当时，，符合题意， ∴矩形菜园的面积的最大值为，故③正确． 综上所述，正确结论的个数是1． 故选：B． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． 13. 点关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据关于原点对称点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，即可得解． 【详解】解：关于原点的对称点的坐标为； 故答案为：． 【点睛】本题考查求关于原点对称的点的坐标．熟练掌握关于原点对称点的特征：横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，是解题的关键． 14. 如图，是的半径，弦于点D，连接，若的半径为，的长为，则的长是_________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，根据垂径定理和勾股定理求出的长，进而求出的长即可． 【详解】解：由题意，， ∵是半径，弦于点D， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2． 15. 设x1，x2是一元二次方程x2﹣7x﹣5＝0的两个实数根，则x1+x2的值为___． 【答案】7 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数关系可得即可求解. 【详解】解：∵x1，x2是一元二次方程x2﹣7x﹣5＝0的两个实数根， ∴x1+x2＝7， 故答案为：7． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数关系，解决本题的关键是要熟练掌握一元二次方程根与系数关系. 16. 如图，抛物线与直线相交于点，．则关于的不等式的解集是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与不等式，二次函数的图象和性质等知识点，能根据交点的坐标得出不等式的解集是解此题的关键． 不等式的解集即为抛物线在直线上方时所对应的交点横坐标的范围，据此即可根据图象求解． 【详解】解：∵抛物线与直线相交于点，． ∴的解集是， 故答案为：． 17. 如图，正方形的边长为5，点在边上，，连接，将绕点顺时针旋转，得到线段，连接，． （1）的长为_____； （2）若为的中点，连接，则的长为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）过点作交的延长线于点，先证，进而根据勾股定理求解即可； （2）过点作，交于点，与的延长线交于点，先证，再用勾股定理求出即可求解． 【详解】（1）过点作交的延长线于点， 由题意得，， ， ， 在和中， ， ∴， ，， 又∵， ， ； 故答案为：； （2）过点作，交于点，与的延长线交于点， 则，， 是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ，， ∵， 又∵， ∴四边形是正方形， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查旋转的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和余角的性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 18. 已知二次函数（，，为常数，）的图象与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线．有下列结论： ①；②；③； ④方程的两个实数根为，，且，则； ⑤若为任意实数，则．其中正确的结论是_____．（填序号） 【答案】②④⑤ 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数图象与系数的关系、二次函数与方程和不等式的关系、利用不等式求自变量或函数值的范围等知识，解题关键是运用数形结合的思想分析问题． 由二次函数图象与x轴的一个交点坐标为和对称轴，可求得另一个交点坐标为，从而得到函数表达式为．由可得，进而求得．再逐个结论判断． 【详解】∴另一个交点坐标为， ∴二次函数可表示为． 当时，， ∵， ∴， 即． 由对称轴，得， ∴． ∵， ∴． ①： ∵，，， ∴， 故①错误． ②： 当时，， 代入， 得， ∵， ∴，即， 故②正确． ③： ∵， ∴， 故③错误． ④方程的两个实数根为，且，则： 方程的根为函数与的交点横坐标． ∵抛物线开口向下()，与x轴交于和，顶点横坐标，顶点纵坐标， ∴， ∵， ∴， ∴与抛物线有两个交点，且在x轴与交点之间， 即， 故④正确． ⑤： ∵抛物线开口向下，，， ∴顶点纵坐标为， ∴，故⑤正确． 故答案为②④⑤． 三、解答题：本题共7小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 19. 解方程： （1）（配方法） （2）（公式法） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法，公式法是解题的关键． （1）运用配方法，先移项，在等式两边同时加上一次项系数一半的平方，由此得到，直接开方即可求解； （2）确定，得到，运用求根公式即可求解． 【小问1详解】 解： 移项得，， 等式两边同时加上得，， ∴配方得，， ∴， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解： ∴，， ∴方程有两个不相等实数根， ∴， 解得，，． 20. 如图1，在中，，，D为上一点，连接，将绕点C顺时针旋转至，连接． （1）求证：； （2）如图2，连接，若，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质得到，，求得，判定全等即可得到结论； （2）由（1）可知，，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【小问1详解】 证明：由旋转可得：，， ∴， 又∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴由（1）可知， 在中， 由勾股定理，得， 由（1）可知，， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理，得． 【点睛】本题考查旋转性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确识别图形是解题的关键． 21. 已知二次函数． （1）图象的顶点坐标为：_____； （2）抛物线与轴交点坐标为_____； （3）在平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象； （4）当时，的取值范围是_____； （5）当时，的取值范围是_____． 【答案】（1） （2）， （3）见解析 （4） （5） 【解析】 【分析】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征． （1）利用配方法化简即可； （2）令，然后求解即可； （3）用“五点法”取值描点连线即可求解； （4）、（5）观察函数图象即可求解． 【小问1详解】 解：由题意，由， ∴该抛物线的顶点坐标为． 故答案为：． 【小问2详解】 解：由题意，令， ∴或． ∴该抛物线与x轴的交点为，． 故答案为：，． 【小问3详解】 解：由题意，由抛物线， ∴抛物线的对称轴是直线． 令，则， ∴抛物线与y轴交于点． 又该抛物线与x轴的交点为，， 故作图如下． 【小问4详解】 解：由题意，由结合（3）的图象， ∴图象在x轴下方部分对应的自变量即为所求． ∴． 故答案为：． 【小问5详解】 解：由题意，当时， ∵当时，， 当时，． 当时，y取最小值为， 又结合（3）所作图象， ∴当时，． 故答案为：． 22. 如图，是的直径，弦于点，点在上，． （1）求证：； （2）若，，求的半径． 【答案】（1）见解析 （2）的半径为4 【解析】 【分析】此题主要考查了圆周角定理和垂径定理，以及勾股定理的应用，关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． （1）根据同圆中，同弧所对的圆周角相等可得，再由条件可得，然后可得； （2）根据垂径定理可得，在中，根据勾股定理可得方程，再解即可． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴， ∴（内错角相等，两直线平行）； 【小问2详解】 解：连接， 设，则， ∵弦于点E，， ∴， ∵， ∴， 在中：， ∴， 解得：， ∴的半径为4． 23. 一人一盔安全守规，一人一带平安常在．某商店销售一批头盔，售价为每顶80元，每月可售出200顶，在“创建文明城市”期间，计划将头盔降价销售，但不能亏本且降价不低于5元．经调查发现：每顶降价1元，每月可多售出10顶．已知头盔的成本为每顶50元． （1）当每顶头盔降价多少元时，每月的利润为5250元？ （2）当每顶头盔降价多少元时，每月的销售利润最大？最大利润是多少元？ 【答案】（1）当每顶头盔降价15元时，每月的利润为5250元 （2）当每顶头盔降价5元时，每月的销售利润最大，最大利润是6250元 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数关系式，利用二次函数的性质解答． （1）设每顶头盔的售价为x元，根据利润公式列出一元二次方程求解即可； （2）设每月的销售利润为w，每顶头盔的售价为x元，然后根据题意建立起二次函数关系式，然后利用二次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：设每顶头盔的售价为x元， 根据题意得， 解得，（舍）， ∴降价为（元） 答：当每顶头盔降价15元时，每月的利润为5250元； 【小问2详解】 解：设每月的销售利润为w，每顶头盔的售价为x元， 根据题意得， ∵，且不能亏本且降价不低于5元，即, ∴当时，w取得最大值6250， ∴降价为（元） 答：当每顶头盔降价5元时，每月的销售利润最大，最大利润是6250元． 24. 在平面直角坐标系中，为原点，点、点，若正方形绕点顺时针旋转，得正方形，记旋转角为： （1）如图①，当时，求点的坐标； （2）如图②，当时，求点的坐标； （3）若为线段的中点，求长的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正方形以及旋转性质得到，，过点作轴于点，可得到为等腰直角三角形，，再由勾股定理即可求解； （2）由旋转 ，过作纵轴的平行线交横轴于点，过作横轴平行线交于点，交轴于点，则，，而，则四边形是矩形，那么，，，可得，以及，再根据角直角三角形的性质以及勾股定理即可求解； （3）连接，相交于点，由勾股定理，进而得，由三角形的中位线性质得，确定出在以为圆心，为半径的圆上运动，再根据三角形三边关系求解最值即可． 【小问1详解】 解：过点作轴于点， ∵点、点，若正方形绕点顺时针旋转，得正方形， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：由旋转 ， 过作纵轴的平行线交横轴于点，过作横轴平行线交于点，交轴于点，如图，则，，而， ∴四边形是矩形， ∴，，， ， ， ∴， ∵正方形中，，， ，， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴同理可求，， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图，连接，相交于点，连接， 在正方形与正方形中，边长为， ∴，，是的中点， ∴对角线， ∴， 为线段的中点， ， 在以为圆心，为半径的圆上运动， ， ∴，， 最大值为，的最小值为， 长的取值范围为 【点睛】本题主要考查了圆的定义，旋转的性质，三角形中位线的判定及性质，角直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，矩形的判定及性质，熟练掌握三角形中位线的判定及性质，勾股定理，正方形的性质是解题的关键． 25. 在平面直角坐标系中，已知抛物线（，为常数，）与轴交于点和点，与轴交于点． （1）当抛物线的对称轴是直线时， ①求抛物线的解析式； ②若点是抛物线上、两点之间的一个动点（不与、重合），向是否存在一点，使的面积最大．若存在，请求出的最大面积与点的坐标；若不存在，试说明理由； （2）将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点的对应点为，若点在抛物线上，求的值． 【答案】（1）①抛物线解析式为；②存在点，使的面积最大，最大面积为8 （2） 【解析】 【分析】（1）①根据抛物线与轴的交点为，抛物线的对称轴是直线，列出方程求出，即可求出抛物线的解析式． ②先求出点和点的坐标，如图，连接，过点作轴，交于点，求出直线的解析式，设点的坐标为，点的坐标为，得出，再根据二次函数的性质求解即可． （2）先求出，根据点在拋物线上，得出，则抛物线的解析式为，根据，得出，根据将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点的对应点为，得出，过点作轴于的点H，证明，则，，得出，根据点在抛物线上，将代入抛物线得出，解方程即可解答． 【小问1详解】 解：①∵抛物线与轴的交点为，抛物线的对称轴是直线， ∴， 解得：， 则抛物线的解析式为． ②∵抛物线的解析式为，则点的坐标为， 令，解得：或， 则， ②的面积存在最大值． 如图，连接，过点作轴，交于点， 设直线的解析式为， 则，解得：， 则直线的解析式为， 设点的坐标为，点的坐标为， ， ， ∴存在点使得有最大值，最大值为8 ． 【小问2详解】 解：点为拋物线与轴交点， ， ∵点在拋物线上， ， ， ∴抛物线的解析式为， ∵， ∴， ∵将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点的对应点为， ∴， 过点作轴于的点H， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点在抛物线上， ∴将代入抛物线可得， 即， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的性质和判定，解一元二次方程，三角形的面积、方程思想等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $