精品解析：湖北省武汉市东西湖区2025-2026学年九年级上学期学业质量检测（三）月考数学试卷

2025～2026学年度上学期学业质量检测（三） 九年级数学试卷 满分：120分 时间：120分钟 亲爱的同学，在答题前，请认真阅读下面的注意事项： 1．本试卷由选择题和非选择题两部分组成，三大题，24小题，全卷共6页，考试时间120分钟，满分120分． 2．试卷选择题及非选择题答案均写在答题卡上，写在试卷上无效． 预祝你取得优异成绩! 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 下列各题中有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号抹黑． 1. 已知杭州市区昨天晴，今天晴，那么“杭州市区明天天晴”这一事件是（ ） A. 必然事件 B. 随机事件 C. 确定事件 D. 不可能事件 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念．事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，事先能肯定它一定不会发生的事件称为不可能事件，必然事件和不可能事件都是确定的．在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，称为随机事件，也属于不确定事件，据此判断即可． 【详解】解：∵天气情况的变化是随机的，明天可能晴也可能不晴， ∴“杭州市区明天天晴”这一事件可能发生也可能不发生， ∴它是随机事件． 故选：B． 2. 下列图形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】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； D、既是轴对称图形又是中心对称图形，则此项符合题意； 故选：D． 3. 如图，若的半径为4，圆心O到某条直线的距离为2，则这条直线可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离小于圆的半径，得到直线和圆相交，进行判断即可． 【详解】解：∵的半径为4，圆心O到某条直线的距离为2，， ∴直线和圆相交， 故这条直线可能是； 故选B． 4. 一元二次方程配方后可化为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，利用配方法，将一元二次方程转化为完全平方形式，即可获得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 5. 对于二次函数的图象，下列说法不正确的是（ ） A. 开口向上 B. 对称轴是直线 C. 当时，随的增大而减小 D. 顶点坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，包括开口方向、对称轴、增减性和顶点坐标，解决本题的关键是熟练掌握二次函数的性质． 根据二次函数的性质判断选项即可． 【详解】解：二次函数中，，开口向上，A正确； 对称轴为，B正确； ，且对称轴，当时，y随x的增大而减小，C正确； 顶点坐标为，而非，D不正确． 故选：D． 6. 将抛物线向左平移1个单位，再向下平移1个单位后的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数图象的平移，熟练掌握二次函数图象的平移是解题的关键；根据抛物线平移规则“左加右减，上加下减”进行变换，然后问题可求解． 【详解】解：将抛物线向左平移1个单位，再向下平移1个单位后的抛物线解析式是； 故选C． 7. 点均在抛物线上，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质．先直接计算各点的纵坐标，再比较大小，即可作答． 【详解】解：∵点均在抛物线上， ∴把代入，得； ∴把代入，得； ∴把代入，得； ∴，，， ∵， ∴， 故选：B． 8. 已知m，n是方程的两个实数根，若，则c的值是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系．利用二次方程根与系数的关系，得到,，代入给定条件求解出c的值，即可作答． 【详解】解：∵m，n是方程的两个实数根， ∴ ,， 又∵ ， 即， 代入得， ∴ ， ∴ ， ∴ ， 故选：C． 9. 如图，在圆内接四边形中，，若四边形的面积是的长是，则与之间的函数关系式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆内接四边形，可得，，由，可得是等边三角形，，如图，作于，的延长线于，证明，则，，，，，由勾股定理得，，根据，计算求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵圆内接四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形，， 如图，作于，的延长线于， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∴，， 由勾股定理得，， ∴ ， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形，三角形内角和定理，勾股定理等知识．熟练掌握圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形是解题的关键． 10. 如图，在平面直角坐标系中，等腰梯形的顶点坐标分别为，，，，点是y轴上一点，点P绕点A旋转得点，点绕点B旋转得点，点绕点C旋转得点，绕点D旋转得点，…，重复操作依次得到点，…，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查点的坐标变化规律，解题的关键是从一般到特殊探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型． 由P、A两点坐标可知，点P绕点A旋转得点，即为点P关于A的对称点，依此类推，点为关于B的对称点，由此发现一般规律． 【详解】解：如图所示， 由题意可得：，，，，，，，，，，，，，… 由此发现序号是奇数的点在x轴上，序号是4的倍数的点在直线上，其余的点在直线上， ∵． ∴的坐标为． 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，由此求解即可． 【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为， 故答案为：． 12. 如图，将四种化学元素制作成无差别的卡片，从中随机抽取一张卡片，是非金属元素的概率是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了简单的概率计算，熟练掌握概率计算公式是解题的关键． 根据简单的概率计算公式计算即可． 【详解】解：随机抽取一张卡片有4种结果，是非金属元素的结果有两种，所以从中随机抽取一张卡片，是非金属元素的概率是． 故填：． 13. 如图，点I和O分别是的内心和外心，若，则的度数为_____． 【答案】##140度 【解析】 【分析】此题考查了三角形的内心和外心的性质，圆周角定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据题意做出的外接圆，的内切圆，进而利用三角形内心和外心的性质求解． 分别作出的外接圆，的内切圆，首先根据三角形内心的性质以及三角形内角和定理求出，进而求出，然后根据三角形内角和定理求出，最后根据圆周角定理即可求出的度数． 【详解】解：分别作出的外接圆，的内切圆， ∵点I是的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点O是是外心， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在中，，，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，则图中阴影部分面积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积，三角形的面积，以及直角三角形的性质的运用．根据阴影部分的面积等于三角形面积减去扇形面积即可求解． 【详解】解：∵中，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 15. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于，．给出下列5个结论： ①； ②； ③若m为任意实数，则； ④； ⑤若方程（t为实数）的两个根为和，且，则． 其中，正确的结论有_____（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质（对称轴、交点、系数关系、最值等），以及数形结合与代数推理能力。解题的关键是依据对称轴和交点坐标得出系数关系，再结合函数性质与不等式分析各个结论，利用交点式设抛物线解析式，结合对称轴确定系数关系；根据系数关系和函数特征（如最值、增减性）逐一分析5个结论；对含参数的结论，通过特殊值或代数变形判断正误． 【详解】由题意，抛物线与轴交于、，对称轴为直线 设抛物线为，展开得： 对应一般式，比较系数得： ， ①将点代入抛物线得，故①正确； ②将，代入得 ∵图像开口向下，∴ ∴，故②正确； ③若m为任意实数，则 考虑对称轴处的取值：当时， 左边，右边， 此时左右相等，不满足“小于”，故③错误； ④将，代入不等式， ∵ ∴ 即，故④正确； ⑤方程等价于与水平线的交点横坐标 ∵， ∴抛物线开口向下，顶点坐标为，最大值：， 又∵， ∴当时，方程即为，解得，，此时，不满足，故⑤错误 故答案为①②④． 16. 如图，在中，，，P为内一点，分别连接，当时，，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质及勾股定理．由旋转的性质可得，，，，，，可证，由直角三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】解：如图，将绕点B顺时针旋转，得到，连接，过点作，交的延长线于点N， ∵，， ∴，， 由旋转可得：，，，，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴点C，点P，点三点共线，点P，点，点三点共线， ∴点C，点P，点，点四点共线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴（负值舍去）． 故答案为：． 三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17. 已知关于的方程的一个根为3，求k的值及它的另一个根． 【答案】，另一根为 【解析】 【分析】由于一根为3，把代入方程即可求得的值．然后根据两根之积即可求得另一根． 【详解】解：方程的一个根为3， ， 解得， 设另一根为， ， ， ∴另一根为． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解和根与系数的关系，解题时可利用根与系数的关系使问题简化，难度不大． 18. 如图，是由绕点O逆时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且的度数为，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得，然后利用角的和差求解即可． 【详解】解：∵是由绕点O逆时针旋转后得到的图形， ∴， ∵， ∴． 19. 如图，二次函数的图象的顶点C的坐标为，与x轴的一个交点坐标为，根据图象回答下列问题： （1）这个二次函数的解析式是________； （2）方程的两个根为________； （3）不等式的解集为_______； （4）若当时，则y的取值范围为________． 【答案】（1） （2）， （3） （4） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，求二次函数的解析式，求抛物线与x轴的交点坐标，根据交点确定不等式的解集，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）理解题意，设二次函数的解析式，再代入，得，解得，即可作答． （2）根据对称轴为直线以及与x轴的一个交点坐标为，进行列式计算，得方程的两个根为，，即可作答． （3）结合（2）的结论以及二次函数的图象性质，得出不等式的解集为，即可作答． （4）结合二次函数的图象性质，得最大值为， 把代入，得；把代入，得，可得出当时，y的取值范围为，即可作答． 【小问1详解】 解：依题意，函数的顶点C的坐标为， ∴设二次函数的解析式， ∵二次函数与x轴的一个交点坐标为， ∴， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：∵二次函数的图象的顶点C的坐标为，与x轴的一个交点坐标为， ∴对称轴为直线， ∴ 即二次函数的图象与x轴的一个交点坐标为，另一个交点为 ∴方程的两个根为，； 【小问3详解】 解：∵ ∴二次函数的开口方向向上， 由（2）得方程的两个根为，； ∴不等式的解集为； 【小问4详解】 解：∵二次函数的图象的顶点C的坐标为，且开口方向向上， ∴最大值为， 把代入，得； 把代入，得； 当时，则y的取值范围为． 20. 如图，A，B，C，D是上四点，AC是直径，，过点B作交DC的延长线于点E． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的半径． 【答案】（1） 证明：连接并延长交于H点，连接，如图， 是直径， ， ，， 垂直平分， ， ， ， 四边形为矩形， ， 又为半径， 是的切线； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，切线的性质，恰当连接辅助线，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键． （1）连接并延长交于H点，连接，由垂径定理得，再求四边形为矩形即可求证明； （2）由勾股定理得，再设的半径为，则，，在中得，代入求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 四边形为矩形， ， 在中，，， 由勾股定理得：， 设的半径为，则，， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 的半径为． 21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，其中点A、B、C为格点，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图任务．每个任务画线不超过3条． （1）在图1中画出圆心O； （2）在图1中画出过点C的的切线； （3）在图2中，E是上一点，画出弦，使； （4）在图2中，在上画点M，使弦． 【答案】（1） 如图所示，点O即为所求； （2） 如图所示，直线即为所求； （3） 如图所示，弦即为所求； （4） 如图所示，点M即为所求． 【解析】 【分析】（1）连接，二者交于点O，根据题意可得，则都是直径，则点O为圆心； （2）如图所示，取格点E、F，连接交格线于H，作直线，可证明点H为的中点，则可证明，进而推出，则直线即为所求； （3）连接交格线于T，连接并延长交圆O于F，连接，可证明垂直平分，则可证明，则可证明，则； （4）如图所示，取格点K，连接交圆O于M，连接，可证明，则可证明，据此可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【小问4详解】 略 【点睛】本题主要考查了切线的判定，弧与圆周角之间的关系，垂径定理，90度的圆周角所对的弦是直径，相似三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． 22. 如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方的A出射门，已知球门高为，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分，当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时求的竖直高度为．现以O为原点，如图建立平面直角坐标系． （1）求抛物线表示的二次函数关系式； （2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）； （3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，他带球向正后方移动米射门，才能让足球经过点O正上方和之内进球，求t的取值范围． 【答案】（1） （2）， ，不能射进球门 （3） 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的应用，待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移等知识，读懂题意，熟练掌握待定系数法是解题的关键． （1）求出抛物线的顶点坐标，设出抛物线的顶点式，用待定系数法即可求出抛物线表示的二次函数解析式； （2）当时，求出的值再与比较，即可知球能不能射进球门； （3）设抛物线向右平移t米后的解析式为：，分别将，；，代入，求出的值，即知当时他应该带球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方和之内进球． 【小问1详解】 解：∵， ∴抛物线的顶点坐标为， 设抛物线为， 把点代入得：， 解得， ∴抛物线的函数解析式为：； 【小问2详解】 解：当时，， ∴球不能射进球门． 【小问3详解】 解：设抛物线向右平移t米后的解析式为：， 将，代入，， 解得，（舍去） 将，代入，， 解得，（舍去） ∴时，才能让足球经过点O正上方和之内进球． 23. 在中，，，点是边上一点（不与端点重合），将绕点逆时针旋转得到，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，过点作交于，交的延长线于，连接，点是的中点，连接．探究线段与的数量关系并证明； （3）如图3，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点是的中点，连接．若，当最小时，请直接写出的长度． 【答案】（1） 证明：∵，， ∴． 由旋转得， ∴， ∴， ∴是直角三角形． （2） 解：，理由如下：连接，如图： ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴． ∵是的中点，， ∴， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）利用等腰直角三角形性质得，结合旋转性质得，通过角的和差证． （2）先证得，再证得，结合等腰直角三角形性质得，进而推导与的关系． （3）通过旋转构造全等三角形，利用勾股定理表示的长度，根据二次函数最值确定长度，再求的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：连接，过点作，则 ∴， ∴， 由旋转可得， ∵是的中点，， ∴， ∴， ∴ ∴，， ∵，， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理得：， ∴， ∴当，即时，有最小值， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及二次函数的最值，熟练掌握全等三角形的判定与性质、利用几何变换构造全等是解题的关键． 24. 如图，抛物线交轴于点、（点在点的左侧）与轴交于点，且对称轴交轴于，点为抛物线顶点． （1）点的坐标为_____，点的坐标为______，点的坐标为_______； （2）图1中，点P是直线下方的抛物线上一点，且．求点的横坐标； （3）图2中，点为轴上一动点，作直线，分别交抛物线于点，，连接交轴于点，求的值． 【答案】（1），， （2）或． （3） 【解析】 【分析】（1）通过抛物线与轴、轴交点的坐标特征（轴交点，轴交点）求解、、坐标；利用抛物线顶点式或顶点坐标公式求点坐标． （2）先求直线解析式，找到其与对称轴的交点，计算面积，再根据面积关系确定点的位置，联立方程求坐标． （3）设点坐标，分别求直线、的解析式，联立抛物线方程得、坐标，再求直线解析式，结合点条件推导面积比． 【小问1详解】 解：∵抛物线与轴交于、，令，则，即， 解得， 又∵在左侧， ∴，， ∵抛物线与轴交于，令，则， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴顶点， ∵， 设直线解析式为：，则 ， 解得， ∴直线的解析式为：， 记直线与对称轴的交点为， ∴将代入， ∴点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ 过点作直线 ∵， ∴， ∴直线与抛物线的交点即为所求点． 联立 ∴， ∴或，即点的横坐标为或． 【小问3详解】 解：设，， 设直线的解析式为， 则 ∴ ∴直线的解析式为， 同理：直线的解析式为， 直线的解析式为， ∵直线和交于轴上的点 ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一次函数解析式的求法、三角形面积的计算、函数图象的交点问题，熟练掌握二次函数的顶点式、函数图象交点的联立方程法是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度上学期学业质量检测（三） 九年级数学试卷 满分：120分 时间：120分钟 亲爱的同学，在答题前，请认真阅读下面的注意事项： 1．本试卷由选择题和非选择题两部分组成，三大题，24小题，全卷共6页，考试时间120分钟，满分120分． 2．试卷选择题及非选择题答案均写在答题卡上，写在试卷上无效． 预祝你取得优异成绩! 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 下列各题中有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号抹黑． 1. 已知杭州市区昨天晴，今天晴，那么“杭州市区明天天晴”这一事件是（ ） A. 必然事件 B. 随机事件 C. 确定事件 D. 不可能事件 2. 下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，若的半径为4，圆心O到某条直线的距离为2，则这条直线可能是（ ） A. B. C. D. 4. 一元二次方程配方后可化为（ ） A. B. C. D. 5. 对于二次函数的图象，下列说法不正确的是（ ） A. 开口向上 B. 对称轴是直线 C. 当时，随的增大而减小 D. 顶点坐标为 6. 将抛物线向左平移1个单位，再向下平移1个单位后的抛物线解析式是（ ） A. B. C. D. 7. 点均在抛物线上，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 已知m，n是方程的两个实数根，若，则c的值是（ ） A. B. 2 C. D. 3 9. 如图，在圆内接四边形中，，若四边形的面积是的长是，则与之间的函数关系式是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在平面直角坐标系中，等腰梯形的顶点坐标分别为，，，，点是y轴上一点，点P绕点A旋转得点，点绕点B旋转得点，点绕点C旋转得点，绕点D旋转得点，…，重复操作依次得到点，…，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______． 12. 如图，将四种化学元素制作成无差别的卡片，从中随机抽取一张卡片，是非金属元素的概率是_______． 13. 如图，点I和O分别是的内心和外心，若，则的度数为_____． 14. 如图，在中，，，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，则图中阴影部分面积为______． 15. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于，．给出下列5个结论： ①； ②； ③若m为任意实数，则； ④； ⑤若方程（t为实数）的两个根为和，且，则． 其中，正确的结论有_____（写出所有正确结论的序号） 16. 如图，在中，，，P为内一点，分别连接，当时，，则的长为_____． 三、解答题（本大题共8小题，共72分） 17. 已知关于的方程的一个根为3，求k的值及它的另一个根． 18. 如图，是由绕点O逆时针旋转后得到的图形，若点D恰好落在上，且的度数为，求的度数． 19. 如图，二次函数的图象的顶点C的坐标为，与x轴的一个交点坐标为，根据图象回答下列问题： （1）这个二次函数的解析式是________； （2）方程的两个根为________； （3）不等式的解集为_______； （4）若当时，则y的取值范围为________． 20. 如图，A，B，C，D是上四点，AC是直径，，过点B作交DC的延长线于点E． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的半径． 21. 如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，其中点A、B、C为格点，请仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图任务．每个任务画线不超过3条． （1）在图1中画出圆心O； （2）在图1中画出过点C的的切线； （3）在图2中，E是上一点，画出弦，使； （4）在图2中，在上画点M，使弦． 22. 如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方的A出射门，已知球门高为，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分，当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时求的竖直高度为．现以O为原点，如图建立平面直角坐标系． （1）求抛物线表示的二次函数关系式； （2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）； （3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，他带球向正后方移动米射门，才能让足球经过点O正上方和之内进球，求t的取值范围． 23. 在中，，，点是边上一点（不与端点重合），将绕点逆时针旋转得到，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，过点作交于，交的延长线于，连接，点是的中点，连接．探究线段与的数量关系并证明； （3）如图3，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点是的中点，连接．若，当最小时，请直接写出的长度． 24. 如图，抛物线交轴于点、（点在点的左侧）与轴交于点，且对称轴交轴于，点为抛物线顶点． （1）点的坐标为_____，点的坐标为______，点的坐标为_______； （2）图1中，点P是直线下方的抛物线上一点，且．求点的横坐标； （3）图2中，点为轴上一动点，作直线，分别交抛物线于点，，连接交轴于点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $