精品解析：天津泰达实验学校2025--2026学年上学期九年级数学学科统练四

九年级数学学科统练四 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．） 1. 我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. 杨辉三角 B. 割圆术示意图 C. 赵爽弦图 D. 洛书 2. 已知关于x的方程的两根分别为，，且满足，，则的值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 3. 关于二次函数的性质，下列说法不正确的是（ ） A. 顶点是 B. 图象开口向上 C. 函数有最小值 D. 当时，y随x的增大而增大 4. 一矩形绿地的长和宽分别为和，如果长和宽各增加了，扩充后绿地的面积为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知反比例函数的图象经过点，则该函数的图象位于（ ） A. 第一、三象限 B. 第二、三象限 C. 第二、四象限 D. 第三、四象限 6. 如图，内接于，则劣弧的长为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，且分别交，于点D，E，若，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 二次函数，当时随的增大而减小，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 一个仅装有球的不透明布袋里共有4个球（只有编号不同），编号为1，2，3，5，从中任意摸出一个球，记下编号后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，为半圆的直径，点为上一点，连接，且，按以下步骤操作：①以点为圆心，以适当的长为半径画弧交于点，交于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线交于点，交于点，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在等边三角形中，有一点P，连接、、，将绕点B逆时针旋转得到，连接、，有如下结论：①；②是等边三角形；③如果，那么．以上结论正确的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 12. 如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设出发时间为．有下列结论：①当时，；②的面积可以为；③时的四边形的面积大于时的四边形的面积．其中，正确结论的是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13. 不透明袋子中装有7个球，其中有2个绿球、5个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是黄球的概率是________． 14. 如图，正六边形内接于，，则正六边形的面积为_______. 15. 如图，在直角坐标系中，有两点、以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为______． 16. 把方程化成的形式，则的值是________． 17. 已知半圆O的直径长为4，点A为中点，P为上任意一点，与相交于点D． （1）_______（度）； （2）的最小值为_______． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点M和点N是格点，内接于圆，且直角顶点A在格点上，顶点B在线段上，且． （1）线段的长为______； （2）若点P在圆上，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点Q，使圆周角，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）______． 三、解答题（本大题共7小题，共66分） 19. 解方程： （1） （2） 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）当m为何值时，方程有实数解； （2）当该方程的一个根为时，求m的值及方程的另一根． 21. 已知抛物线经过两点． （1）求抛物线的解析式和顶点坐标； （2）设点为抛物线上一点，若，求点的坐标． 22. 如图，已知是的直径，是的切线，点是切点，弦于点，连接． （1）如图①，若，求和的度数； （2）如图②，若于点，，，求的长． 23. 图1是一个瓷碗，图2是其截面图，碗体呈抛物线状（碗体厚度不计），碗口宽为，碗的最大深度为，碗底高为． （1）以F为原点，直线为x轴，直线为y轴，建立平面直角坐标系，求碗体抛物线对应的函数表达式； （2）将碗中盛汤，当汤的深度为时，求汤面的直径长． 24. 在平面直角坐标系中，为原点，点，点，点在的正半轴上，且，以点为中心，顺时针旋转，得，点的对应点分别为，，记旋转角为，其中． （1）如图①，当时，则点的坐标为___________，点的坐标为___________． （2）如图②，当时，分别与相交于点，与相交于点，求此时与重叠部分的面积； （3）连接，设线段的中点为，求点的纵坐标的取值范围___________（直接写出结果即可）． 25. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，点在抛物线上，点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的解析式； （2）连接，若上方抛物线上有一点P，且P到直线的距离为，求点P的坐标； （3）如下图，连接，抛物线上是否存在点P，使？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学学科统练四 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．） 1. 我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. 杨辉三角 B. 割圆术示意图 C. 赵爽弦图 D. 洛书 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，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、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意． 2. 已知关于x的方程的两根分别为，，且满足，，则的值为（ ） A. 1 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系得出，，从而可得，，再代入求值即可． 【详解】解：∵x的方程的两根分别为，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，根据一元二次方程的根与系数的关系得出，是解题的关键． 3. 关于二次函数的性质，下列说法不正确的是（ ） A. 顶点是 B. 图象开口向上 C. 函数有最小值 D. 当时，y随x的增大而增大 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象、性质、最值，根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵二次函数， ∴图象的顶点坐标为，故选项A说法错误，符合题意； ∵， ∴函数的图象开口向上，故选项B说法正确，不符合题意； ∴函数的最小值为，故选项C说法正确，不符合题意； ∵对称轴为直线，函数的图象开口向上； ∴当时，y随x的增大而增大，故选项D说法正确，不符合题意； 故选：A． 4. 一矩形绿地的长和宽分别为和，如果长和宽各增加了，扩充后绿地的面积为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意可知，扩充后绿地是一个长为，宽为的矩形，据此根据矩形面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：由题意得，， 故选：B． 5. 已知反比例函数的图象经过点，则该函数的图象位于（ ） A. 第一、三象限 B. 第二、三象限 C. 第二、四象限 D. 第三、四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先根据点的坐标求出k值，再利用反比例函数图象的性质即可求解． 【详解】解：∵反比例函数的图象经过点， ∴， ∴该反比例函数经过第一、三象限． 故选：A． 【点睛】本题考查了反比例函数的性质．反比例函数的图象时位于第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；时位于第二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大． 6. 如图，内接于，则劣弧的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理及弧长公式，解题的关键是连接辅助线求出弧所对的圆心角度数．连接，，根据圆周角定理求出圆心角，求出，根据弧长公式求解即可． 【详解】解：连接，， ， ， ，， ， 劣弧的长为， 故选：A． 7. 如图，在中，，且分别交，于点D，E，若，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查相似三角形的性质与判定及平行线所截线段成比例，熟练掌握相似三角形的性质与判定及平行线所截线段成比例是解题的关键；由题意易得，然后问题可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴； 故选D． 8. 二次函数，当时随的增大而减小，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．当时，抛物线开口向上，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧y随x的增大而增大；当时，抛物线开口向下，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小． 【详解】解：开口向上，对称轴是直线， ∵当时随的增大而减小， ∴， ∴． 故选D． 9. 一个仅装有球的不透明布袋里共有4个球（只有编号不同），编号为1，2，3，5，从中任意摸出一个球，记下编号后放回，搅匀，再任意摸出一个球，则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出两次摸出的球的编号之和为偶数的结果数，然后根据概率公式求解． 【详解】解：根据题意画图如下： 共有16种等情况数，其中两次摸出的球的编号之和为偶数的有10种， 则两次摸出的球的编号之和为偶数的概率是 故选：A 【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率． 10. 如图，为半圆的直径，点为上一点，连接，且，按以下步骤操作：①以点为圆心，以适当的长为半径画弧交于点，交于点；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线交于点，交于点，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由为半圆的直径得，即得，进而由角平分线可得，得到，即得，最后由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵为半圆的直径， ∴， ∵， ∴， 又由作图可知，平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了角平分线的画法和性质，圆周角定理，弧弦圆心角的关系，直角三角形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键． 11. 如图，在等边三角形中，有一点P，连接、、，将绕点B逆时针旋转得到，连接、，有如下结论：①；②是等边三角形；③如果，那么．以上结论正确的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】①根据等边三角形的性质得出，，根据旋转的性质得出，即可求证；②根据旋转的性质得出，即可证明是等边三角形；③根据等边三角形的性质得出根据全等三角形的性质得出，则，即可推出． 【详解】解：①∵是等边三角形， ∴，， ∵绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴，即， ∵， ∴，故①正确，符合题意； ②∵绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴是等边三角形，故②正确，符合题意； ③∵是等边三角形， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴，故③正确，符合题意； 综上：正确的有①②③， 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键的掌握旋转前后对应边相等；全等三角形的判定方法以及全等三角形对应角相等；等边三角形的判定方法以及等边三角形三个角都是60度；直角三角形两直角边平方和等于斜边平方． 12. 如图，在中，，，，动点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设出发时间为．有下列结论：①当时，；②的面积可以为；③时的四边形的面积大于时的四边形的面积．其中，正确结论的是（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，勾股定理，根据题意可得，，据此求出时，的长，再利用勾股定理求出此时的长即可判断①；根据三角形面积计算公式得到，则可建立方程，解方程即可判断②；求出时和时，的面积即可判断③． 【详解】解：由题意得，， ∴， 当时，则， ∵， ∴，故①说法正确； ， 当的面积为时，则， 整理得，解得或， ∵， ∴的面积可以为，故②符合题意； 当时，， 当时，， ∴当时和当时，的面积相等， 又∵四边形的面积， ∴当时和当时，四边形的面积相等，故③错误； 故选：C． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 13. 不透明袋子中装有7个球，其中有2个绿球、5个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是黄球的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数． 用黄球的个数除以球的总个数即可得． 【详解】解：从袋子中随机取出1个球，则它是黄球的概率是， 故答案为：． 14. 如图，正六边形内接于，，则正六边形的面积为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了正多边形与圆，连接，，根据正六边形的性质可得，进而可得是等边三角形，则得，再求出等边的面积，进而可求解． 【详解】解：连接，，过F点作于点H，如图： 六边形是正六边形， ， ，且， 是等边三角形，且边长， ∴， ∴， 等边的面积为：， 正六边形的面积为：， 故答案为：． 15. 如图，在直角坐标系中，有两点、以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为______． 【答案】． 【解析】 【分析】根据位似变换的性质可知，∽，相似比是，根据已知数据可以求出点C的坐标． 【详解】解：由题意得，∽，相似比是， ， 又，， ，， 点C的坐标为：， 故答案为． 【点睛】本题考查的是位似变换，掌握位似变换与相似的关系是解题的关键，注意位似比与相似比的关系的应用． 16. 把方程化成的形式，则的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查配方法，将方程通过配方法转化为完全平方形式是解题的关键．将方程通过配方法转化为完全平方形式，确定和值后再相加即可． 【详解】， ， ，即， 则，， ， 故答案为：． 17. 已知半圆O的直径长为4，点A为中点，P为上任意一点，与相交于点D． （1）_______（度）； （2）的最小值为_______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）由点A为中点，得到，再由圆周角定理及其推论可得是等腰直角三角形，从而确定，最后，根据四边形是圆的内接四边形求解即可得到答案； （2）由（1）中结论，结合已知条件得到是等腰直角三角形，即，由瓜豆原理，利用全等三角形的判定与性质确定点D在以为圆心，为半径的圆上运动，且，如图所示，结合点到圆周上动点距离最值求法与勾股定理即可得到答案． 【详解】解：（1）点A为中点， ，则， 半圆O的直径， ， 即是等腰直角三角形， ， 四边形是圆的内接四边形， ， ； （2）由（1）知，是等腰直角三角形， 半圆O的直径， ，则， ， 是等腰直角三角形，即， ， P在上运动过程中始终保持， 连接，将绕着点A顺时针旋转到，连接，如图所示， ， ， ， 在和中， ， ， ， 半圆O的直径长为4，点A为中点， ，， 根据题意，D是动点，P在上运动，则以O为旋转中心，旋转的角度是， 点D在以为圆心，为半径的圆上运动，旋转的角度是，即，连接，如图所示， 四边形，且边长为2， ， 由点到圆周上动点距离关系可知，当、D、C三点共线时，可取到最小值， 在中，， 的最小值为， 故答案为：；． 【点睛】本题考查圆综合，涉及圆周角定理及其推论、等腰直角三角形的判定与性质、圆内接四边形性质、瓜豆原理、点到圆周上动点距离最值、勾股定理、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握圆的性质是解题的关键． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点M和点N是格点，内接于圆，且直角顶点A在格点上，顶点B在线段上，且． （1）线段的长为______； （2）若点P在圆上，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，在圆上画出点Q，使圆周角，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 ①. ②. 如图，点Q即为所求． 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理求解即可； （2）取格点R，格点，格点，连接，，线段交于点T，线段交于点S，直线交于点Q，连接，，则点Q即为所求． 【详解】解：（1）； （2）略 【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键． 三、解答题（本大题共7小题，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，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）根据配方法得到，解之即可； （2）根据因式分解法得到，解之即可． 【小问1详解】 解： 解得，． 【小问2详解】 解： 或 解得，． 20. 已知关于x的一元二次方程． （1）当m为何值时，方程有实数解； （2）当该方程的一个根为时，求m的值及方程的另一根． 【答案】（1） （2），另一个根为 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键． （1）根据一元二次方程根的判别式进行求解即可； （2）把方程的一个根为代入求出m，然后利用根与系数的关系进行求解即可． 【小问1详解】 解：∵关于x的一元二次方程有实数解， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵是方程的一个根， ∴， 解得：， 设方程的另一个根为， ∵， ∴． ∴，方程的另一个根为． 21. 已知抛物线经过两点． （1）求抛物线的解析式和顶点坐标； （2）设点为抛物线上一点，若，求点的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为y＝x2－2x－3，顶点坐标为（1，－4）； （2）P点坐标为（1＋，3）或（1－，3）或（0，－3）或（2，－3）． 【解析】 【分析】（1）由点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法即可求出抛物线顶点坐标； （2）设P（x，y），根据三角形的面积公式以及S△PAB＝6，即可算出y的值，代入抛物线解析式即可得出点P的坐标． 【详解】解：（1）把A（－1，0）、B（3，0）分别代入y＝x2＋bx＋c中， 得：， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－3． ∵y＝ x2－2x－3＝(x－1)2－4， ∴顶点坐标为（1，－4）． （2）∵A（－1，0）、B（3，0），∴AB＝4． 设P（x，y），则S△PAB＝AB•|y|＝2|y|＝6， ∴|y|＝3， ∴y＝±3． ①当y＝3时，x2－2x－3＝3，解得：x1＝1＋，x2＝1－， 此时P点坐标为（1＋，3）或（1－，3）； ②当y＝－3时，x2－2x－3＝－3，解得：x1＝0，x2＝2， 此时P点坐标为（0，－3）或（2，－3）． 综上所述，P点坐标为（1＋，3）或（1－，3）或（0，－3）或（2，－3）． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）设出点P的坐标，找出关于y的方程． 22. 如图，已知是的直径，是的切线，点是切点，弦于点，连接． （1）如图①，若，求和的度数； （2）如图②，若于点，，，求的长． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（）连接，由直角三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，再根据切线的性质可得，再根据角的和差关系即可求解； （）连接，证明可得，由垂径定理得，在中由勾股定理得，得到，即得，最后根据即可求解． 【小问1详解】 解：连接， ∵于点， ， 又， ， ， ， 是的切线，点是切点， ， ∴， ∴， ； 【小问2详解】 解：连接， ∵是的切线，点是切点， ∴， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ， 又， （）， ， 是的直径，于点，， ， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了垂径定理，切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，余角性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 23. 图1是一个瓷碗，图2是其截面图，碗体呈抛物线状（碗体厚度不计），碗口宽为，碗的最大深度为，碗底高为． （1）以F为原点，直线为x轴，直线为y轴，建立平面直角坐标系，求碗体抛物线对应的函数表达式； （2）将碗中盛汤，当汤的深度为时，求汤面的直径长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数在实际生活中的应用： （1）由题意可得顶点的坐标为，点的坐标为，设抛物线对应的函数表达式为，将点代入抛物线对应的函数表达式，即可求解； （2）把代入（1）解析式可得，即可求解． 【小问1详解】 解：如图， 由题意得：顶点的坐标为，点的坐标为， 设抛物线对应的函数表达式为， 将点代入抛物线对应的函数表达式得：， 解得：， ∴抛物线对应的函数表达式为：； 【小问2详解】 解：将碗中盛汤，当汤的深度为时，即， ，解得：， ∴， 即汤面的直径长为． 24. 在平面直角坐标系中，为原点，点，点，点在的正半轴上，且，以点为中心，顺时针旋转，得，点的对应点分别为，，记旋转角为，其中． （1）如图①，当时，则点的坐标为___________，点的坐标为___________． （2）如图②，当时，分别与相交于点，与相交于点，求此时与重叠部分的面积； （3）连接，设线段的中点为，求点的纵坐标的取值范围___________（直接写出结果即可）． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出，则，可得，由旋转的性质可得，确定点在轴上，点为中点，即可得到点坐标为，点坐标为； （2）与重叠部分为四边形，然后证明，则，解，可得，再由求解即可； （3）取中点，连接，由三角形中位线定理可得，则点在以点为圆心，的长度为半径的圆上运动，当轴时，设垂足为点，直线与圆N的上下两个交点记为，则当点运动到点位置时，点的纵坐标取得最大值和最小值，可得，则，，故点的纵坐标的取值范围为． 【小问1详解】 解：∵点，点， ∴， ∵点在的正半轴上，且， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∵， ∴点在轴上，点为中点， ∴， ∴点坐标为，点坐标为， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：由图形可得，与重叠部分为四边形， 由得， ∵， ∴四边形为矩形，又， ∴四边形为正方形， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； 【小问3详解】 解：取中点，连接， ∵线段的中点为， ∴， ∴点在以点为圆心，的长度为半径的圆上运动， 如图，当轴时，设垂足为点，直线与圆N的上下两个交点记为， ∴当点运动到点位置时，点的纵坐标取得最大值和最小值， 由（2）得，， ∴， ∴，， ∴点的纵坐标的取值范围为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与平面，解直角三角形，旋转的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，圆的基本概念等知识点，难度较大，解题的关键是熟练掌握旋转的性质． 25. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，点在抛物线上，点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的解析式； （2）连接，若上方抛物线上有一点P，且P到直线的距离为，求点P的坐标； （3）如下图，连接，抛物线上是否存在点P，使？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）代入和，直接利用待定系数法求解即可； （2）先求出点的坐标，得到的解析式，作交于点，轴交轴于点，交于点，通过证明是等腰直角三角形，得出，再设点P的坐标为，表示出的长度，解方程求出的值即可解答； （3）将绕点顺时针方向旋转至，可得，，则，进而得到的解析式，结合图形和题意可知直线上存在符合题意的点，联立抛物线和直线的解析式得到一个点的坐标；连接、，过点作交于点，通过证明得到，结合图形和题意可知直线上也存在符合题意的点，再根据点在抛物线上可知点与点重合，得到另一个点的坐标，即可得出结论． 【小问1详解】 解：代入和，得， 解得：， 抛物线的解析式为． 【小问2详解】 解：令，则， ， ， ， ， 又， ， 设直线的解析式为， 代入和，得， 解得：， 直线的解析式为； 作交于点，轴交轴于点，交于点， 轴， 轴， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 由题意得，， ， 设点P的坐标为，则点N的坐标为， ， 解得：， ， 点P的坐标为． 【小问3详解】 解：存在，理由如下： 令，则， 解得：，， ， 如图，将绕点顺时针方向旋转至，则，， ， 由（2）中的结论得，， ， ， 直线上存在符合题意的点， 设直线的解析式为， 代入和得，， 解得：， 直线的解析式为， 联立， 解得：或， ； 如图，连接、，过点作交于点， ，， 轴， ，， ，，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，， ，， 又， ， ， ， ， 直线上也存在符合题意的点， 又点在抛物线上， 点与点重合，即； 综上所述，点P的坐标为或． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，学会利用数形结合思想和正确添加辅助线求解是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $