精品解析：广东省汕尾市陆丰市玉燕中学2025-2026学年九年级上学期12月月考数学试题

玉燕中学初中2023级月考3数学试题（2025.12） 九年级数学 满分：120分 时间：110分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分． 1. “赠人玫瑰手有余香，志愿服务助人为乐”，下列志愿服务标志中为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列成语所描述的事件，是随机事件的是（ ） A. 水涨船高 B. 一箭双雕 C. 水中捞月 D. 一步登天 3. 一元二次方程配方后可化为（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 已知⊙O的半径为4，，则点A在（ ） A. ⊙O内 B. ⊙O上 C. ⊙O外 D. 无法确定 6. 如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝43°，则∠AOB的度数是（　　） A. 83° B. 84° C. 86° D. 87° 7. 如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，点刚好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是一元二次方程的两根，且的值是（ ） A. 4 B. C. 2 D. 1 9. 如图，的周长为，正六边形内接于．则的面积为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 10. 如图，在矩形中，，，点在上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为（　　） A. B. C. D. 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 在一个不透明的口袋中有除颜色外完全相同的2个黄球，3个红球，则任意摸出一球是红球的概率是______． 12. 将抛物线y＝x2﹣2x＋3向左平移2个单位长度，所得抛物线为____． 13. 已知圆锥的母线长为，底面半径为，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为______． 14. 年春节，动画电影《哪吒之魔童闹海》火爆影院，吸引众多消费者前来观影．某影院正月初一的票房收入为万元，随着观影人数不断增多，正月初三的票房收入达到万元．设从正月初一到正月初三该影院票房收入每天的平均增长率相同为，则可列方程为_____． 15. 两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是__． 三、简答题 16. 计算 习题课上老师给了一道解方程的题目：．嘉嘉和琪琪的解法如下： 嘉嘉的解法 原方程可化为：……第一步 ……第二步 ，……第三步 琪琪的解法 原方程可化为：……第一步 两边都除以……第二步 ……第三步 （1）她们的解法都是错误的，嘉嘉从第________步开始错误，琪琪从第________步开始错误； （2）写出方程正确的解答过程． 17. 已知二次函数的图象经过，两点． （1）求二次函数的对称轴和顶点坐标； （2）当时，写出的取值范围． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，将绕点顺时针旋转得到，点旋转后的对应点为． （1）画出旋转后的图形，并写出点的坐标； （2）求点旋转过程中所经过的路径长？（结果保留） 19. 如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三面用篱笆围成一个矩形场地，篱笆总长． （1）围成一个面积为的矩形场地，求矩形场地的长和宽； （2）可以围成一个面积为的矩形场地吗？如果能，求出矩形场地的长和宽；如果不能，请说明理由． 20. 如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为4，，求的长． 21. 《桥梁的设计》 问题的驱动 某地欲修建一座拱桥，桥的底部两端间的水面宽（如图），称为跨度，桥面最高点到的距离称为拱高，拱桥的轮廓可以设计成是圆弧型或抛物线型，若修建拱桥的跨度米，拱高米． 设计方案 方案一 方案二 设计类型 圆弧型 抛物线型 任务一 （1）如图，设计成圆弧型，求该圆弧所在圆的半径． （2）如图，设计成抛物线型，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求拱桥的函数解析式． 任务二 （3）如图，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形，测得米，米．请你通过计算说明货船能否分别顺利通过这两座桥梁． 22. 在平面直角坐标系中，矩形，O为原点，，将绕点B逆时针旋转，点O，C旋转后的对应点为． （1）如图①，当时，求的坐标； （2）如图②，当点恰好落在x轴上时，与交于点 D． ①此时与是否相等，说明理由． ②求点D的坐标； （3）求面积的最大值．（直接写出答案即可） 23. 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且，． （1）求抛物线的解析式； （2）若M是抛物线上的一动点，且，求点M的坐标； （3）点Q在抛物线上，且Q的横坐标为，将抛物线沿水平方向平移得到抛物线，抛物线的顶点为P，且的面积等于的面积，求点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉燕中学初中2023级月考3数学试题（2025.12） 九年级数学 满分：120分 时间：110分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分． 1. “赠人玫瑰手有余香，志愿服务助人为乐”，下列志愿服务标志中为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形，根据中心对称图形的定义判断即可，解题的关键是正确理解中心对称图形的定义：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． 【详解】解：、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 、图形绕某一点旋转后与原来的图形不重合，所以不是中心对称图形，不符合题意； 故选：． 2. 下列成语所描述的事件，是随机事件的是（ ） A. 水涨船高 B. 一箭双雕 C. 水中捞月 D. 一步登天 【答案】B 【解析】 【分析】根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念，可得答案． 【详解】解：A、水涨船高是必然事件，故A错误； B、一箭双雕是随机事件，故B正确； C、水中捞月不可能事件件，故C错误； D、一步登天是不可能事件，故D错误； 故选B． 【点睛】考查了随机事件，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件． 3. 一元二次方程配方后可化为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】移项后，两边都加上一次项系数一半的平方即可． 【详解】解：， ， 则，即， 故答案为：B． 【点睛】本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键． 4. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点，熟练掌握关于原点对称的两个点的横、纵坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的特征即可求解． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是， 故选：A． 5. 已知⊙O的半径为4，，则点A在（ ） A. ⊙O内 B. ⊙O上 C. ⊙O外 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】根据⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5知d>r，据此可得答案． 【详解】解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5， ∴d>r， ∴点A在⊙O外， 故选：C． 【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r． 6. 如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝43°，则∠AOB的度数是（　　） A. 83° B. 84° C. 86° D. 87° 【答案】C 【解析】 【分析】圆周角定理：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半，根据圆周角定理即可得出答案． 【详解】解：∵∠ACB＝43°， ∴∠AOB＝2∠ACB＝86°， 故选：C． 【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握圆周角定理求解圆心角或圆周角是解题的关键. 7. 如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，点刚好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据旋转得出，等边对等角求得，再根据平行四边形的性质，即可求解． 【详解】解：由旋转得，， ∴， ∵平行四边形，则， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质．在旋转过程中，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． 8. 已知是一元二次方程的两根，且的值是（ ） A. 4 B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解本题的关键． 由根与系数的关系得出，从而得出结论． 【详解】解：∵是一元二次方程的两根， ∴， ∴， 故选：B． 9. 如图，的周长为，正六边形内接于．则的面积为（ ） A. 4 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，解直角三角形是正确解答的关键． 根据正六边形的性质以及解直角三角形进行计算即可． 【详解】解：设半径为，由题意得，， 解得， ∵六边形是的内接正六边形， ∴， ∵， ∴是正三角形， ∴， ∴弦所对应的弦心距为， ∴． 故选：B． 10. 如图，在矩形中，，，点在上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理，矩形的性质，勾股定理，作出辅助线是解题的关键．根据矩形的性质，得出，根据，得出点P在以为直径的圆上，设此圆的圆心为点Q，连接，交于点P，得出此时最小，求出线段的最小值为即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵，点在上，， ∴，， ∵， ∴点P在以为直径的圆上，设此圆的圆心为点Q，连接，交于点P，如图所示： 此时最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴线段的最小值为． 故选：A． 二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 在一个不透明的口袋中有除颜色外完全相同的2个黄球，3个红球，则任意摸出一球是红球的概率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握概率公式的计算方法，根据概率公式求解即可． 【详解】解：在一个不透明的口袋中有除颜色外完全相同的2个黄球，3个红球， 任意摸出一球是红球的概率是， 故答案为：． 12. 将抛物线y＝x2﹣2x＋3向左平移2个单位长度，所得抛物线为____． 【答案】y＝x2+2x＋3 【解析】 【分析】把y＝x2﹣2x＋3配方得，把顶点向左平移2个单位长度即可得所求抛物线的解析式． 【详解】把y＝x2﹣2x＋3配方得，其顶点坐标为(1,2)，抛物线的顶点向左平移2个单位长度后为(-1,2)，所以所得抛物线的解析式为，即y＝x2+2x＋3 故答案为：y＝x2+2x＋3． 【点睛】本题考查了抛物线的平移，抛物线的一般式化顶点式，关键抓住抛物线的顶点平移． 13. 已知圆锥的母线长为，底面半径为，则这个圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为______． 【答案】##120度 【解析】 【分析】根据底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长以及弧长公式求解即可． 【详解】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为， 根据题意，得， 解得， 则圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆锥的有关计算、弧长公式，解答本题的关键是有确定底面周长=展开图的弧长这个等量关系，扇形的半径等于圆锥的母线长． 14. 年春节，动画电影《哪吒之魔童闹海》火爆影院，吸引众多消费者前来观影．某影院正月初一的票房收入为万元，随着观影人数不断增多，正月初三的票房收入达到万元．设从正月初一到正月初三该影院票房收入每天的平均增长率相同为，则可列方程为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意并正确列方程是解题关键．设平均增长率为，从正月初一到正月初三经历了两天增长，根据平均增长率公式列方程即可． 【详解】解：设平均增长率为， 由题意得：， 故答案为：． 15. 两个半径相等的半圆按如图方式放置，半圆的一个直径端点与半圆的圆心重合，若半圆的半径为2，则阴影部分的面积是__． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积公式、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握扇形的面积公式是解题关键．如图（见解析），连接，过点作于点，先证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，再根据阴影部分的面积等于求解即可得． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 由题意可知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 则阴影部分的面积是 ， 故答案为：． 三、简答题 16. 计算 习题课上老师给了一道解方程的题目：．嘉嘉和琪琪的解法如下： 嘉嘉的解法 原方程可化为：……第一步 ……第二步 ，……第三步 琪琪的解法 原方程可化为：……第一步 两边都除以……第二步 ……第三步 （1）她们的解法都是错误的，嘉嘉从第________步开始错误，琪琪从第________步开始错误； （2）写出方程正确的解答过程． 【答案】（1）二；二 （2） 解：按嘉嘉的解法：原方程可化为：， ∴， ∴或, 解得：； 按琪琪的解法：原方程可化为：， 当时，， 当时，两边都除以，得， ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程，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． （1）根据因式分解法和等式的基本性质求解即可； （2）利用十字相乘法将左边因式分解，再进一步求解即可． 【小问1详解】 解：嘉嘉从第二步开始错误，因为方程左边因式分解出现了错误； 琪琪从第二步开始错误，因为她方程两边同时除以时，没有分情况讨论． 【小问2详解】 略 17. 已知二次函数的图象经过，两点． （1）求二次函数的对称轴和顶点坐标； （2）当时，写出的取值范围． 【答案】（1）二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为； （2）当时，的取值范围为． 【解析】 【分析】本题考查的知识点是待定系数法求解析式、将化为顶点式、二次函数的图象与性质，解题关键是熟练掌握二次函数的图象与性质． （1）将，代入二次函数解析式后，再化为顶点式即可得解； （2）结合二次函数的图象与性质即可得解． 【小问1详解】 解：将，代入二次函数， 得， 解得， 二次函数解析式为， 二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为； 【小问2详解】 解：二次函数解析式为，对称轴为直线， 又二次项系数， 该二次函数在时取最大值，离对称轴越远值越小， 在这个范围内， 时，取最大值， 又， 时，， 故当时，的取值范围为． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，将绕点顺时针旋转得到，点旋转后的对应点为． （1）画出旋转后的图形，并写出点的坐标； （2）求点旋转过程中所经过的路径长？（结果保留） 【答案】（1） 如图，即为所作， 点的坐标为； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查图形的旋转变换和求弧长，正确作图是解答本题的关键． （1）将点A，B分别绕点O顺时针旋转得到对应点，再与点O首尾顺次连接，再写出点的坐标即可； （2）根据弧长公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由图知，，， ∴点旋转过程中所经过的路径长 19. 如图，利用一面墙（墙的长度不限），另三面用篱笆围成一个矩形场地，篱笆总长． （1）围成一个面积为的矩形场地，求矩形场地的长和宽； （2）可以围成一个面积为的矩形场地吗？如果能，求出矩形场地的长和宽；如果不能，请说明理由． 【答案】（1）矩形场地的长为，宽为； （2）不能围成一个面积为的矩形场地，理由如下： 设垂直于墙的边长为，则平行于墙的边长为， 依题意，得：， 整理，得：， ∵， ∴不能围成一个面积为的矩形场地． 【解析】 【分析】（1）根据题意列出一元二次方程，求解即可； （2）根据题意列出以面积作等量的一元二次方程，计算△的值，通过△的值判定有无解，来确定结果即可． 【详解】解：（1）设垂直于墙的边长为xm，则平行于墙的边长为， 依题意，得：， 整理，得：， 解得：， ∴． 答：矩形场地的长为，宽为． （2） 略 【点睛】本题考查一元二次方程的应用及根的判别式，这类问题要注意不要设长宽，要设垂直于墙面的边或者平行于墙面的边． 20. 如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B． （1）求证：是的切线； （2）若的半径为4，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵与相切于点A， ∴， ∵平分，， ∴， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据切线的性质得到，然后根据角平分线的性质定理得到即可证明； （2）首先根据勾股定理得到，然后求得，最后利用，代入求解即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：∵的半径为4， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】此题考查了圆切线的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 21. 《桥梁的设计》 问题的驱动 某地欲修建一座拱桥，桥的底部两端间的水面宽（如图），称为跨度，桥面最高点到的距离称为拱高，拱桥的轮廓可以设计成是圆弧型或抛物线型，若修建拱桥的跨度米，拱高米． 设计方案 方案一 方案二 设计类型 圆弧型 抛物线型 任务一 （1）如图，设计成圆弧型，求该圆弧所在圆的半径． （2）如图，设计成抛物线型，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求拱桥的函数解析式． 任务二 （3）如图，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形，测得米，米．请你通过计算说明货船能否分别顺利通过这两座桥梁． 【答案】任务一：（1）该圆弧所在圆的半径为米； （2）； 任务二：（3）能顺利通过圆弧型拱桥，货船不能顺利通过抛物线型拱桥，理由： 设计成抛物线型， 以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立坐标系，如图所示， ， 设抛物线的解析式为， 将抛物线经过点和点代入解析式， 可得 解得 抛物线的解析式为； 任务二：在圆弧形状的拱桥中，假设货船能顺利通过拱桥，且货船的顶端正好接触到拱桥，如图所示， ， 连接，则， ， 在中， ， ， 货船能顺利通过圆弧型拱桥； 在抛物线型拱桥中， 当时，， 货船不能顺利通过抛物线型拱桥． 答：能顺利通过圆弧型拱桥，货船不能顺利通过抛物线型拱桥． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，垂径定理，勾股定理的应用，掌握建模的数学思想是解题关键． 任务一：方案一，设弧所在的圆心为，为弧的中点于点，延长经过点，设的半径为米，利用勾股定理求出即可； 方案二，设抛物线的解析式为，把点和点，代入即可求出抛物线式； 任务二：在圆弧型拱桥中，假设货船能顺利通过拱桥，且货船的顶端正好接触到拱桥，然后由勾股定理求出，即可判断；在抛物线型拱桥中，把代入式求出的值即可判断． 【详解】解：任务一：设计成圆弧型， 设弧所在的圆心为，为弧的中点于点，延长经过点，设的半径为米， 方案一，， ， 在中， ， 即， 解得， 该圆弧所在圆的半径为米； 方案二，略 22. 在平面直角坐标系中，矩形，O为原点，，将绕点B逆时针旋转，点O，C旋转后的对应点为． （1）如图①，当时，求的坐标； （2）如图②，当点恰好落在x轴上时，与交于点 D． ①此时与是否相等，说明理由． ②求点D的坐标； （3）求面积的最大值．（直接写出答案即可） 【答案】（1） （2） ①，理由如下： 由旋转的性质得：，， 由矩形的性质得：，， ∴，， ∴， ∴； ② （3）14 【解析】 【分析】（1）过点作于点H，交x轴于点K，则，解直角三角形求出，可得结论； (2)①根据旋转的性质以及矩形的性质证明即可；②设，则，在中，利用勾股定理构建方程求出x即可； （3）根据题意得：的长度不变，可得当点A到的距离最大时，的面积最大，此时当点在的延长线上，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，过点作于点H，交x轴于点K，则， ∵四边形是矩形，， ∴， 由旋转的性质得：， 在中，， ∴， ∴，， ∴， ∴的坐标为； 【小问2详解】 解：①略 ②∵， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标为； 【小问3详解】 解：根据题意得：的长度不变， ∴当点A到的距离最大时，的面积最大，此时当点在的延长线上， 如图，此时， ∴， ∴的面积的最大值． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 23. 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且，． （1）求抛物线的解析式； （2）若M是抛物线上的一动点，且，求点M的坐标； （3）点Q在抛物线上，且Q的横坐标为，将抛物线沿水平方向平移得到抛物线，抛物线的顶点为P，且的面积等于的面积，求点P的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为 （2）， （3）P的坐标为或 【解析】 【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式即可； （2）先求出，得出，分两种情况：在y轴正半轴上取，在y轴负半轴上取，分别验证，求出点M的坐标即可； （3）先求出点Q的坐标为，过点Q作轴于点H，求出，得出，过点E作轴的平行线，连接并延长交直线于点，设点P的坐标为，直线的解析式为，把代入求出直线的解析式为，求出点的坐标为，根据，求出m的值，即可得出答案． 【小问1详解】 解：把，代入得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为：； 【小问2详解】 解：把代入得：， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在y轴正半轴上取，连接，交抛物线于一点，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∴此时点符合题意， 设直线的解析式为：，把代入得： ，解得， ∴直线的解析式为：， 令， 解得：，（舍）， 把代入得， ∴点； 在y轴负半轴上取，连接，交抛物线于一点，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∴此时点符合题意， 设直线的解析式为：，把代入得： ，解得， ∴直线的解析式为：， 令， 解得：，（舍）， 把代入得， ∴点； 综上分析可知：点，； 【小问3详解】 解：把代入得：， ∴点Q的坐标为， 过点Q作轴于点H，如图所示： ∴点H的坐标为：， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴顶点E的坐标为， 过点E作轴的平行线，连接并延长交直线于点，如图所示： ∵将抛物线沿水平方向平移得到抛物线，抛物线的顶点为P， ∴点P在过点E平行于轴的直线上， 设点P的坐标为， 设直线的解析式为，把代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 把代入得：， 解得：， ∴点的坐标为， ∴， ∴， 解得：或， ∴点P的坐标为：或． 【点睛】本题考查了二次函数综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、抛物线平移，求一次函数解析式等知识，解题的关键是利用数形结合和分类讨论的思想解决问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $