精品解析：江苏省苏州市工业园区金鸡湖学校2025-2026学年上学期12月月考九年级数学测试

2025-2026学年第一学期随堂练习 初三年级 数学学科 注意事项： 1．本试卷满分130分，考试时间120分钟； 2．所有的答案均应书写在答题卷上，按照题号顺序答在相应的位置，超出答题区域书写的答案无效；书写在试题卷上、草稿纸上的答案无效； 3．字体工整，笔迹清楚，保持答题卷卷面清洁． 一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡相应的位置上． 1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线与轴交点的纵坐标是（ ） A. 3 B. C. 7 D. 2 3. 若的半径为，点到圆心的距离为，则点与的位置关系是（ ） A. 点在圆外 B. 点在圆上 C. 点在圆内 D. 点在圆内或圆上 4. 在中，，，，则的值是（　　） A. B. C. D. 5. 如图，正六边形的边长为3，分别以点A，D为圆心，以的长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知二次函数的图象上有三个点，其坐标分别为、、，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是的直径，是上一点，，为延长线上一点，且，则的度数是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，点是边长为6的等边三角形内部一动点，连接，，，且满足，为的中点，过点作，垂足为，连接，则长的最小值是（　　） A. B. 2 C. D. 3 二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分，把答案直接填写在答题卡相应的位置上 9. 已知是方程的一个根，则k的值是______． 10. 已知二次函数的图象与x轴只有一个交点，则m的值是______． 11. 将二次函数的图象先向右平移4个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线的表达式为，则的值为______． 12. 某圆锥形零件的尺寸如图所示，若给该零件侧面涂漆，则需涂漆部分的面积为_________．（结果保留） 13. 如图，在中，延长斜边到点D，连接．若，，，则的长为__． 14. 将圆形玉佩，直角三角板和刻度尺按如图所示的方式摆放，且圆形玉佩与两边都相切，切点分别为B，测得，则圆形玉佩的半径为________ 15. 已知某个圆的弦长等于它的半径，则这条弦所对的圆周角的度数为______． 16. 如图1，在矩形中，点是边的中点，点是边上的一个动点，连接，作，交于点，设．图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象．当时，的值最大，最大值是，则的值是___________． 三、解答题：本大题共11小题，共82分，把解答过程写在答题卡相对应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明，作图时用2B铅笔或黑色墨水签字笔 17. 解下列方程： （1）； （2）． 18. 计算：． 19. 如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过格点，，，该圆弧所在圆的圆心为点P． （1）点P的坐标为_____，的半径为_____． （2）若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径为_____． 20. 如图，在⊙O中，直径AB=10，弦CD⊥AB，垂足为E，OE=3，求弦CD的长. 21. 已知关于的一元二次方程（为常数）． （1）求证：无论取何值，方程总有实数根； （2）若、为该方程的两个实数根，且满足，求的值． 22. 高铁座椅靠背及小桌板图（）是高铁座椅靠背及小桌板打开时的实物图，其侧面可抽象成图（），支架连接靠背和小桌板，点是杯托处，此时靠背垂直于地面，小桌板平行于地面，测得，． （1）图（）中，______； （2）靠背可以绕点旋转至与小桌板支架重合的位置，如图（），杯托处凹陷深度为．若此时乘客的水杯能竖直放在杯托处（点），求乘客水杯的最大高度．（参考数据：，，，） 23. 如图，在中，，以为直径的分别交，于点D，E，延长到点F，连接，若． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 24. 下面是某地的一座桥，其桥洞形状可以看作一条抛物线．拱顶点A与起拱线BC相距4米，桥的跨度BC为6m，现以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，过点B且垂直于BC所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求抛物线的表达式； （2）若观赏船宽为3m，船顶到船底的距离为3.8m，吃水深度为1m．请问该船能否安全通过此桥？说明理由． 25. 公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔10月份到12月份的销量，该品牌头盔10月份销售50个，12月份销售72个，10月份到12月份销售量的月增长率相同． （1）求该品牌头盔销售量的月增长率； （2）若此种头盔的进价为30元/个，商家经过调查统计，当售价为40元/个时，月销售量为500个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到8000元，且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔每个售价应定为多少元？ 26. 如图，是的内接三角形，连接并延长，交于点D，设． （1）若，则________°； （2）若，求用含m，的式子表示的大小； （3）若，且，则________． 27. 如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为． （1）求抛物线与直线l的函数表达式； （2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接、，求当面积最大值时点P的坐标及该面积的最大值； （3）若点Q是y轴上的点，且，求点Q的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期随堂练习 初三年级 数学学科 注意事项： 1．本试卷满分130分，考试时间120分钟； 2．所有的答案均应书写在答题卷上，按照题号顺序答在相应的位置，超出答题区域书写的答案无效；书写在试题卷上、草稿纸上的答案无效； 3．字体工整，笔迹清楚，保持答题卷卷面清洁． 一、选择题：本大题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡相应的位置上． 1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程，判断一元二次方程需同时满足三个条件：整式方程、只含一个未知数、未知数的最高次数为2． 根据一元二次方程的定义（只含一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程）进行判断． 【详解】解：A．，未知数x的最高次数为1，故不是一元二次方程； B．，只含一个未知数x，且x的最高次数为2，是整式方程，是一元二次方程； C．，含有分式，不是整式方程，故不是一元二次方程； D．，含有两个未知数x和y，故不是一元二次方程； 故选：B． 2. 抛物线与轴交点的纵坐标是（ ） A. 3 B. C. 7 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与轴交点的问题．求抛物线与y轴交点的纵坐标，即令，代入解析式计算，即可作答． 【详解】解：依题意，将代入，得， ∴交点的纵坐标为7， 故选：C． 3. 若的半径为，点到圆心的距离为，则点与的位置关系是（ ） A. 点在圆外 B. 点在圆上 C. 点在圆内 D. 点在圆内或圆上 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键．根据点与圆的位置关系，比较点到圆心的距离与圆的半径大小即可判断． 【详解】解：的半径为，点到圆心的距离为， 且， 点在圆内． 故选：C． 4. 在中，，，，则的值是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查锐角三角函数解直角三角形，直接利用正弦函数的定义进行求解即可． 【详解】解：在中，，，， 则， 故选：D． 5. 如图，正六边形的边长为3，分别以点A，D为圆心，以的长为半径画弧，则图中阴影部分的面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正多边形和圆的有关计算，解题关键是熟练运用扇形面积公式和等边三角形的性质． 根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题． 【详解】解：∵正六边形的边长为3，连接，把六边形分成6个全等的等边三角形，等边三角形的边长为3， 过点O作，如图所示： ∴， ∴， ∴每个等边三角形的面积为：， ∴正六边形的面积是：，， ∴图中阴影部分的面积是：， 故选：B． 6. 已知二次函数的图象上有三个点，其坐标分别为、、，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了函数的对称性及增减性． 根据函数顶点式的特点，确定其对称轴为直线，图象开口向上，利用二次函数的对称性和增减性即可判断． 【详解】解：二次函数， 抛物线开口向上，对称轴为直线， 距离对称轴越近，函数值越小， ，，， 点距离对称轴1个单位长度，点距离对称轴2个单位长度，点距离对称轴5个单位长度， ． 故选：D． 7. 如图，是的直径，是上一点，，为延长线上一点，且，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】考查圆的半径性质、等腰三角形性质、三角形外角定理．解题关键是利用“半径相等”将转化为等腰三角形的腰，通过外角定理推导角的倍数关系；易错点是遗漏连接辅助线，或混淆外角与内角的关系． 首先连接，由，得是等腰三角形，故；其次由三角形外角定理，得；然后由，得是等腰三角形，故；最后再由外角定理，得． 【详解】解：连接，如图， ，， ， ， 而， ， ，， ， ， ． 故选：C． 8. 如图，点是边长为6的等边三角形内部一动点，连接，，，且满足，为的中点，过点作，垂足为，连接，则长的最小值是（　　） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知得出，则点在的外接圆的上运动，当时，有最小值，延长与交于点，勾股定理求得的长，进而求得的最小值，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：∵三角形是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴点在的外接圆的上运动， 当时，有最小值，延长与交于点， ∴， ∴ ∵，为的中点， ∴， 故选：C． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质、三角形外接圆的性质、解直角三角形、勾股定理等知识；解题的关键是正确作出辅助线灵活运用知识解题． 二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分，把答案直接填写在答题卡相应的位置上 9. 已知是方程的一个根，则k的值是______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查方程的解，将已知根代入方程，即可求出k的值． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴， 解得． 故答案为：3． 10. 已知二次函数的图象与x轴只有一个交点，则m的值是______． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，抛物线与x轴的交点问题，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 二次函数图象与x轴只有一个交点，则判别式等于零，且二次项系数不为零．本题中二次项系数为1，已满足不为零的条件，故只需令判别式为零求解m． 【详解】解：∵二次函数的图象与x轴只有一个交点， ∴只有一个实数解， ∴． 解得：， 故答案为：5． 11. 将二次函数的图象先向右平移4个单位，再向上平移2个单位，得到抛物线的表达式为，则的值为______． 【答案】10 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象，熟练掌握二次函数图象的平移是解题的关键． 根据二次函数图象平移规则“左加右减，上加下减”，先向右平移4个单位，将替换为；再向上平移2个单位，整个函数加2，得到新函数后展开为标准形式，确定系数b和c，再计算即可． 【详解】解：将的图象向右平移4个单位，得，再向上平移2个单位，得，展开得， 则， 故答案为：10． 12. 某圆锥形零件的尺寸如图所示，若给该零件侧面涂漆，则需涂漆部分的面积为_________．（结果保留） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的侧面积的计算，牢记圆锥的侧面积计算公式是解答本题的关键． 先根据圆锥的底面圆周长是扇形的弧长，圆锥的母线长是扇形的半径，最后求扇形的面积即可． 【详解】解：圆锥的底面周长为， ∵圆锥的底面圆周长是侧面展开得到的扇形的弧长， ∴扇形的弧长为， ∴扇形的面积为， 答：需要涂漆的面积为． 故答案为：． 13. 如图，在中，延长斜边到点D，连接．若，，，则的长为__． 【答案】5 【解析】 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识．先求出，，过点D作交延长线于点E，证明，得到，设，则，，根据列方程并解方程即可． 【详解】解：∵在中，，， ，； 过点D作交延长线于点E， ，， ， ， ， 设， 则，， ∵， 即， 解得， 即的长为， 故答案为：5． 14. 将圆形玉佩，直角三角板和刻度尺按如图所示的方式摆放，且圆形玉佩与两边都相切，切点分别为B，测得，则圆形玉佩的半径为________ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是切线性质的应用，连接，，根据题意得到，则根据勾股定理，以及含30度角的直角三角形的性质，计算即可． 【详解】解：连接，， 由题意得，， 圆形玉佩与两边都相切，切点分别为B， ，， ∴ ∴ ∴，即圆形玉佩的半径为， 故答案为： 15. 已知某个圆的弦长等于它的半径，则这条弦所对的圆周角的度数为______． 【答案】或 【解析】 【分析】此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质以及等边三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 首先根据题意画出图形，由某个圆的弦长等于它的半径，是等边三角形，即可求得的度数，又由圆周角定理与圆的内接四边形的性质，求得答案． 【详解】解：如图，根据题意得：， 是等边三角形， ， ， ， 即这条弦所对的圆周角的度数为：或． 故答案为：或． 16. 如图1，在矩形中，点是边的中点，点是边上的一个动点，连接，作，交于点，设．图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象．当时，的值最大，最大值是，则的值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的性质和矩形的性质，以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是数形结合思想的应用．根据抛物线与y轴交点得，结合矩形的性质进一步证明，由得，设，，结合，即，化解得，利用二次函数的性质的对称轴求得m，即可求得最大值a． 【详解】解：∵抛物线与y轴交点为，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， 设，， 则，即， 化解得，， ∴，解得， 则， 故答案为：． 三、解答题：本大题共11小题，共82分，把解答过程写在答题卡相对应的位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明，作图时用2B铅笔或黑色墨水签字笔 17. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程因式分解法，熟知因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键． （1）利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可； （2）利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可． 【小问1详解】 解： ， ， 则或， 所以，； 【小问2详解】 解：， ， ， 则或， 所以，． 18. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查实数的运算，绝对值，零指数幂，负整数指数幂和特殊角的三角函数值，掌握相关知识点并正确计算是解题的关键． 先将绝对值，零指数幂，负整数指数幂和特殊角的三角函数值化简，再进行计算即可求解． 【详解】解： 19. 如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过格点，，，该圆弧所在圆的圆心为点P． （1）点P的坐标为_____，的半径为_____． （2）若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径为_____． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质，弧长公式的运用，理解圆心的作图方法，掌握弧长公式的计算是关键． （1）根据圆心到圆弧各点距离相等，结合线段垂直平分线的性质，连接，作线段的垂直平分线，两线的交点即为圆心，结合图形求圆的半径即可； （2）根据网格与勾股定理得到是等腰直角三角形，运用弧长公式得到，由圆的周长公式计算即可． 【小问1详解】 解：如图所示，连接，作线段的垂直平分线，两线的交点即为圆心， ∴，， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：根据题意，， ∴，则， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 设圆锥底面圆的半径为， ∴， 解得，， 故答案为：． 20. 如图，在⊙O中，直径AB=10，弦CD⊥AB，垂足为E，OE=3，求弦CD的长. 【答案】8. 【解析】 【分析】连接OC，先根据直径AB=10求出OC的长；在Rt△OCE中，根据勾股定理求出CE的长，由垂径定理即可得出结论． 【详解】连接OC， ∵直径AB=10， ∴OC=AB=5， ∵CD⊥AB，OE=3， ∴CD=2CE， 在Rt△OCE中，CE2+OE2=OC2，即CE2+32=52，解得CE=4， ∴CD=2CE=2×4=8． 【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解决问题的关键． 21. 已知关于的一元二次方程（为常数）． （1）求证：无论取何值，方程总有实数根； （2）若、为该方程的两个实数根，且满足，求的值． 【答案】（1） 证明：∵关于的一元二次方程 ∴ ； ∴无论取何值，方程总有实数根； （2） 【解析】 【分析】本题考查了根据判别式判断一元二次方程根的情况，根与系数的关系，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）整理，即可证明无论取何值，方程总有实数根； （2）理解题意，得出，再结合，进行列式计算，即可作答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵、为该方程的两个实数根， ∴， ∵， ∴， 解得． 22. 高铁座椅靠背及小桌板图（）是高铁座椅靠背及小桌板打开时的实物图，其侧面可抽象成图（），支架连接靠背和小桌板，点是杯托处，此时靠背垂直于地面，小桌板平行于地面，测得，． （1）图（）中，______； （2）靠背可以绕点旋转至与小桌板支架重合的位置，如图（），杯托处凹陷深度为．若此时乘客的水杯能竖直放在杯托处（点），求乘客水杯的最大高度．（参考数据：，，，） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（）过点作，再利用平行线的性质解答即可求解； （）过点作的垂线交于点，解可得，进而即可求解； 本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线是解题的关键． 【小问1详解】 解：如图，过点作， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； 【小问2详解】 解：如图，过点作的垂线交于点， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴乘客水杯的最大高度约为． 23. 如图，在中，，以为直径的分别交，于点D，E，延长到点F，连接，若． （1）求证：是的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：连接， ∵为的直径， ∴，即， ∵， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 又是半径， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，添加合适的辅助线，构造相似三角形是解题的关键． （1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据三线合一性质得出，则可得出，然后结合三角形内角和定理可得出，最后根据切线的判定即可得证； （2）证明，根据相似三角形的性质求出，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 24. 下面是某地的一座桥，其桥洞形状可以看作一条抛物线．拱顶点A与起拱线BC相距4米，桥的跨度BC为6m，现以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，过点B且垂直于BC所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求抛物线的表达式； （2）若观赏船宽为3m，船顶到船底的距离为3.8m，吃水深度为1m．请问该船能否安全通过此桥？说明理由． 【答案】（1） （2）可以安全通过此桥 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用（抛物线型桥洞问题），解题的关键是根据已知条件确定抛物线的顶点与交点坐标，进而求出表达式，再结合实际场景分析船的通行情况． （1）根据桥洞的跨度、拱高确定抛物线的顶点与交点坐标，设出抛物线表达式并代入求解； （2）先确定船对应的水平位置，代入抛物线表达式求出桥洞此处的高度，再结合船的高度判断能否安全通过． 【小问1详解】 解：由题意得：抛物线经过点，， 抛物线的对称轴为直线． 拱顶的坐标为，为抛物线的顶点． 设抛物线解析式为：． 经过点， 解得． 抛物线的函数表达式为：； 【小问2详解】 如图，观赏船在抛物线的正中间，延长交抛物线于点． 根据吃水深度可知在起拱线下方处． ， 点的横坐标为：． 当时，， 即点到水面的高度为． 船顶到船底的距离为，吃水深度为， 观赏船在水面上方的高度为， ， 观赏船可以安全通过此桥． 25. 公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔10月份到12月份的销量，该品牌头盔10月份销售50个，12月份销售72个，10月份到12月份销售量的月增长率相同． （1）求该品牌头盔销售量的月增长率； （2）若此种头盔的进价为30元/个，商家经过调查统计，当售价为40元/个时，月销售量为500个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到8000元，且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔每个售价应定为多少元？ 【答案】（1） （2）50 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用， （1）设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据该品牌头盔10月份销售50个，12月份销售72个列出方程求解即可； （2）设该品牌头盔每个售价为y元，根据利润（售价进价）销售量列出方程求解即可． 【小问1详解】 解；设该品牌头盔销售量的月增长率为x， 依题意，得 解得，（不合题意，舍去） 答：该品牌头盔销售量的月增长率为． 【小问2详解】 解：设该品牌头盔每个售价为y元， 依题意，得 整理，得 解得 因尽可能让顾客得到实惠 所以不合题意，舍去． 所以． 答：该品牌头盔每个售价应定为50元． 26. 如图，是的内接三角形，连接并延长，交于点D，设． （1）若，则________°； （2）若，求用含m，的式子表示的大小； （3）若，且，则________． 【答案】（1）60 （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理、弧长公式、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题关键．． （1）连接，先根据圆周角定理可得，再根据等边三角形的判定与性质即可得； （2）连接，先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后在中，利用三角形的内角和定理即可得证； （3）过点作于点，作于点，先求出，从而可得，都是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，然后设，利用勾股定理可得，，由此即可得． 【小问1详解】 解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； 故答案为：60； 【小问2详解】 证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 【小问3详解】 解：如图，过点作于点，作于点， ∵， ∴， ∴， ∴，都是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， 设， ∴在中，， 在中，， 在中，，解得， 在中，，解得， ∴， ∴． 故答案为：． 27. 如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为． （1）求抛物线与直线l的函数表达式； （2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接、，求当面积最大值时点P的坐标及该面积的最大值； （3）若点Q是y轴上的点，且，求点Q的坐标． 【答案】（1）抛物线的解析式为；直线l的函数表达式为 （2）的面积最大值为， （3）或 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求抛物线和直线的解析式即可； （2），过点作轴交于，设，则，表示出，从而可得，再由二次函数的性质即可得解； （3），将线段绕点逆时针旋转得到，连接交轴于，作轴于，轴于，则为等腰直角三角形，证明，得出，，求得，待定系数法求出直线的解析式为，当时，，即；作点关于直线的对称点，连接交轴于，由轴对称的性质可得，，证明出点为的中点，即可得出，同理可得，直线的解析式为，当时，，即，由此即可得解． 【小问1详解】 解：将、、代入二次函数的解析式可得， 解得：， ∴抛物线的解析式为； 设直线l的函数表达式为， 将、代入解析式可得， 解得：， ∴直线l的函数表达式为； 【小问2详解】 解：如图，过点作轴交于， ∵点P是抛物线上的点且在直线l上方， ∴设，则， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的面积最大，为，此时； 【小问3详解】 解：如图，将线段绕点逆时针旋转得到，连接交轴于，作轴于，轴于， 则为等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∵轴于，轴于，、， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 当时，，即； 作点关于直线的对称点，连接交轴于， 由轴对称的性质可得，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵，即， ∴，即点为的中点， ∴， 同理可得，直线的解析式为， 当时，，即， 综上所述，满足条件的点的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、求一次函数的解析式，二次函数综合—面积问题，等腰直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $