精品解析：宁夏银川市金凤区阅海中学2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题

银川九中教育集团阅海一校区2025—2026学年第一学期九年级 期末考试数学试卷 （本试卷满分120分） 一、选择题（共8小题，每题3分，共24分） 1. 信阳毛尖是中国十大名茶之一．如图是信阳毛尖茶叶的包装盒，它的主视图为（ ） A. B. C. D. 2. 对于二次函数，下列描述正确的是（ ） A. 其图象的顶点坐标为 B. 图象与x轴有两个交点 C. 当时，y有最大值为2 D. 当时，y随x的增大而增大 3. 如图，小丽从点出发，沿坡度为的坡道向上走了120米到达点，则她沿垂直方向升高了（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 4. 将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A. B. C. D. 5. 生活中常见的轮子都是圆形，有一种特殊的莱洛三角形，是由三段相等的圆弧构成，虽然不是圆但是做成滚轮同样不会颠簸，其原理为每个顶点到所对圆弧的距离都为等边三角形的边长，已知的中心O到三个顶点的距离均为，则这个莱落三角形的周长等于（ ） A. B. C. D. 6. 如图，若正比例函数与反比例函数的图象交于，两点，过点A作轴，垂足为C，且，则不等式的解集为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 如图； 四边形内接于 ，若 ，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 一次函数和二次函数（a，b，c是常数，且）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共8小题，每题3分，共24分） 9. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则__________． 10. 如图，为一个正多边形的相邻四个顶点，是正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为______． 11. 如图是二次函数的图象，则关于的方程根的情况是______． 12. 如图，在平行四边形中，线段交的延长线于点G，交于点F，交于点E，若，则的值为________． 13. 近年来，洞庭湖区环境保护效果显著，南迁的候鸟种群越来越多．为了解南迁到该区域某湿地的A种候鸟的情况，从中捕捉40只，戴上识别卡并放回；经过一段时间后观察发现，200只A种候鸟中有10只佩有识别卡，由此估计该湿地约有 _____只A种候鸟． 14. 如图，壮壮同学投掷实心球，出手（点P处）的高度是，出手后实心球沿一段抛物线运行，到达最高点时，水平距离是，高度是．若实心球落地点为M，则______． 15. 二次函数的部分图象如图所示，该图象的对称轴是直线，图象与y 轴交点的纵坐标是2，图象与x轴交点的横坐标分别为，，且满足． 根据以上信息，给出下面四个结论：①；②； ③当时，； ④抛物线上有两点，，若，则． 上述结论中，所有正确结论的序号是_______． 三．解答题（共10小题，17-22每题6分，23、24每题8分，25、26每题10分） 16. 计算： 17. 如图，在坐标系中，、、． （1）仅用无刻度直尺作出外接圆圆心，记作点M； （2）直接判断点与的位置关系，点在______（填内、外、上） （3）E是图中某一格点，连接，若是的切线，则E点的坐标为______． 18. 为了缅怀科学家，九年级某班要召开一次“科学强国”主题活动，李老师做了编号为的四张卡片（如图，除编号和内容外，其余均相同），并将它们背面朝上洗匀后放在桌面上． （1）随机抽取1张卡片，抽到卡片编号为A的概率为________； （2）小聪从4张卡片中随机抽取1张不放回，小明再从余下的3张卡片中随机抽取1张，然后根据抽取的卡片讲述相关科学家为国家乃至全世界做出卓越贡献的事迹，请用画树状图或列表的方法，求小聪、小明两人中恰好有一人讲述物理学家杨振宁事迹的概率． 19. 如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． （1）求证：四边形是菱形； （2）已知，，求线段的长． 20. 图1为《天工开物》记载的用于舂chōng捣谷物的工具——“碓duì”的结构简图，图2为其平面示意图，已知于点，与水平线相交于点，．若分米，分米，，求点到水平线的距离的长． 21. 某公司推出一款每盒成本为100元的农特产礼盒，当每盒售价为150元时，每天可销售300盒，为增大市场占有率，在保证盈利的情况下，公司采取降价措施，根据市场调查发现，每盒售价每降低1元，每天销量可增加10盒．设每盒售价降低x元时，公司销售该礼盒每天所获利润为W元．若要满足降价后每盒的利润不低于10元，且不高于30元，则当每盒售价降低多少元时，公司每天所获利润最大？最大利润为多少元？ 22. 如图，AB是⊙O直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF． （1）求证：BD＝BE； （2）若DE＝2，BD＝2，求AE的长． 23. 某蔬菜生产基地在冬天气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培蔬菜．如图是试验阶段的某天恒温系统从开启到关闭后，大棚内的温度与时间之间的函数关系，其中线段，表示恒温系统开启阶段，双曲线的一部分表示恒温系统关闭阶段．请根据图中信息解答下列问题： （1）当时，求与的关系式； （2）解释线段的实际意义； （3）大棚里栽培的这种蔬菜在温度为到的条件下最适合生长，若某天恒温系统开启前的温度是：，那么这种蔬菜一天内最适合生长的时间有多长？ 24. 如图，抛物线与直线相交于两点，与轴相交于另一点． （1）求抛物线的解析式； （2）点是直线上方抛物线上的一个动点（不与重合），过点作直线轴于点，交直线于点，当时，求点坐标； （3）抛物线上是否存在点使的面积等于面积的一半？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F． (1)如图1，若点E为线段AM的中点，BM：CM＝1：2，BE＝，求AB的长； (2)如图2，若DA＝DE，求证：BF+DF＝AF． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川九中教育集团阅海一校区2025—2026学年第一学期九年级 期末考试数学试卷 （本试卷满分120分） 一、选择题（共8小题，每题3分，共24分） 1. 信阳毛尖是中国十大名茶之一．如图是信阳毛尖茶叶的包装盒，它的主视图为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查简单几何体的三视图，根据主视图的定义求解即可． 从正面看，在后面的部分会被遮挡，看见的为矩形，注意有两条侧棱出现在正面． 【详解】解：主视图从前往后看（即从正面看）时，能看得见的棱，则主视图中对应为实线，且图形为矩形，左右两边各有一个小矩形； 故选A． 2. 对于二次函数，下列描述正确的是（ ） A. 其图象的顶点坐标为 B. 图象与x轴有两个交点 C. 当时，y有最大值为2 D. 当时，y随x的增大而增大 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据顶点式的图象和性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴抛物线的开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为；故A选项错误； ∴当时，y有最小值为2，当时，y随x的增大而增大，故C选项错误，D选项正确； 当时，，此方程无实数解， ∴图象与x轴没有交点；故B选项错误； 故选：D． 3. 如图，小丽从点出发，沿坡度为的坡道向上走了120米到达点，则她沿垂直方向升高了（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．如图（见解析），根据可得的长，由此即可得． 【详解】解：如图，由题意得：，米， ∴， ∴米， 即她沿垂直方向升高了米， 故选：D． 4. 将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 由折叠可得：，，则，那么，继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可． 【详解】解：由折叠可得：，， ∴，故A正确，不符合题意； ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故B正确，不符合题意； ∵， ∴，， ∴，， ∴，故C正确，不符合题意； ∵， ∴，，， ∴，故D错误，符合题意， 故选：D． 5. 生活中常见的轮子都是圆形，有一种特殊的莱洛三角形，是由三段相等的圆弧构成，虽然不是圆但是做成滚轮同样不会颠簸，其原理为每个顶点到所对圆弧的距离都为等边三角形的边长，已知的中心O到三个顶点的距离均为，则这个莱落三角形的周长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，弧长的计算．连接，，过点作于点，先求，进而得到周长为，再用弧长公式计算即可． 【详解】解：如图，连接，，过点作于点， 是等边三角形，中心O到三个顶点的距离均为， ，，且、、三点共圆，为圆心， ，， ， ， ， ， ， 每个顶点到所对圆弧的距离都为等边三角形的边长， 这个莱落三角形的周长， 故选：B． 6. 如图，若正比例函数与反比例函数的图象交于，两点，过点A作轴，垂足为C，且，则不等式的解集为（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数的综合、根据函数图象确定不等式的解集等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键． 先根据结合坐标与图形求得，即；再根据函数图象确定不等式的解集即可． 【详解】解：∵，，轴， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴， 由函数图象可知：不等式的解集为或． 故选D． 7. 如图； 四边形内接于 ，若 ，则图中阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，过点O作于点E,先得到是等边三角形，则，，由等腰三角形的性质得到，然后解，求出，，最后由求解即可． 【详解】解：如图，连接，过点O作于点E． ∵为四边形的外接圆，， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴，， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的与四边形的综合题，涉及圆周角定理，圆的内接四边形，扇形面积公式，解直角三角形，等边三角形的判定与性质等知识点． 8. 一次函数和二次函数（a，b，c是常数，且）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一次函数的性质，熟练掌握二次函数和一次函数的图象特点是解题的关键．先观察每一个选项中二次函数图象得到字母系数，的正负，接下来判断一次函数的图象中的参数，的正负； 结合每一个选项按照此方法进行判断，当两个函数的，取值一致时，即为正确答案． 【详解】解：选项：一次函数，二次函数，不符合题意； 选项：一次函数，；二次函数，，可得，符合题意； 选项：一次函数，二次函数，不符合题意； 选项：一次函数，；二次函数，，可得，不符合题意； 故选：． 二、填空题（共8小题，每题3分，共24分） 9. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则__________． 【答案】##2.5 【解析】 【分析】由矩形的性质可得点F是OA的中点，从而EF是△AOD的中位线，则由三角形中位线定理即可求得EF的长． 【详解】∵四边形ABCD是矩形， ∴BD=AC=10，OA=AC，OD=BD=5， ∵， ∴，即点F是OA的中点． ∵点是边的中点， ∴EF是△AOD的中位线， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，掌握中位线定理是本题的关键． 10. 如图，为一个正多边形的相邻四个顶点，是正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了正多边形与圆，圆周角定理，设正多边形的外接圆为，连接，，所以，则这个正多边形为，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，设正多边形的外接圆为，连接，， ∵， ∴， ∴这个正多边形为， 故答案为：． 11. 如图是二次函数的图象，则关于的方程根的情况是______． 【答案】没有实数根 【解析】 【分析】 【详解】解：由图像可知，二次函数的最大值是， 二次函数的图像与的图像没有交点， 方程没有实数根． 故答案为：没有实数根． 12. 如图，在平行四边形中，线段交的延长线于点G，交于点F，交于点E，若，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 证明求出，设，则，，再证明即可求出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴ 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 13. 近年来，洞庭湖区环境保护效果显著，南迁的候鸟种群越来越多．为了解南迁到该区域某湿地的A种候鸟的情况，从中捕捉40只，戴上识别卡并放回；经过一段时间后观察发现，200只A种候鸟中有10只佩有识别卡，由此估计该湿地约有 _____只A种候鸟． 【答案】800 【解析】 【分析】在样本中“200只A种候鸟中有10只佩有识别卡”，即可求得有识别卡的所占比例，而这一比例也适用于整体，据此即可解答． 【详解】解：设该湿地约有x只A种候鸟， 则200：10＝x：40， 解得x＝800． 故答案为：800． 【点睛】本题主要考查的是通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可． 14. 如图，壮壮同学投掷实心球，出手（点P处）的高度是，出手后实心球沿一段抛物线运行，到达最高点时，水平距离是，高度是．若实心球落地点为M，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的实际应用，设抛物线为，把点，代入即可求出解析式；当时，求得x的值，即为实心球被推出的水平距离． 【详解】解：以点O为坐标原点，射线方向为x轴正半轴，射线方向为y轴正半轴，建立平面直角坐标系， ∵出手后实心球沿一段抛物线运行，到达最高点时，水平距离是，高度是． 设抛物线解析式为：， 把点代入得：， 解得：， ∴抛物线解析式为：； 当时，， 解得，（舍去），， 即此次实心球被推出的水平距离为． 故答案为： 15. 二次函数的部分图象如图所示，该图象的对称轴是直线，图象与y 轴交点的纵坐标是2，图象与x轴交点的横坐标分别为，，且满足． 根据以上信息，给出下面四个结论：①；②； ③当时，； ④抛物线上有两点，，若，则． 上述结论中，所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，抛物线与轴的交点问题，抛物线与轴的交点问题，二次函数图象与系数的关系，一元二次方程跟的判别式等．解题的关键是掌握二次函数的图象与性质． 根据抛物线的对称轴可得，进而判断结论①，根据抛物线的增减性，函数值可判断结论③，根据抛物线的对称性得出抛物线与轴的另一个交点在和之间，进而判断结论②，根据抛物线的对称性得出点关于对称轴的对称点坐标为，结合抛物线的增减性即可判断结论④，即可求解． 【详解】解：∵二次函数的对称轴为， 即， ∴， ∴，故①结论正确； ∵，， 故抛物线的解析式为， 当时，， 当时，， ∵， ∴， ∵抛物线的对称轴是，故抛物线的最大值为； 当时，， 故当时，；即③结论不正确； 根据图象可得：抛物线与轴的一个交点在和之间，抛物线的对称轴为， 故抛物线与轴的另一个交点在和之间， 当时，，故②结论正确； ∵抛物线的对称轴为， 故点关于对称轴的对称点坐标为， ∵抛物线的开口向下， 故抛物线在对称轴的左侧，随的增大而减小， ∴当时，，故④结论正确； 综上，结论正确的有①②④． 故答案为：①②④． 三．解答题（共10小题，17-22每题6分，23、24每题8分，25、26每题10分） 16. 计算： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查实数的混合运算，特殊角的三角函数值的运算，将特殊角的三角函数值代入，去绝对值，进行乘方，负整数指数幂运算，再进行加减运算即可． 【详解】解：原式． 17. 如图，在坐标系中，、、． （1）仅用无刻度直尺作出外接圆圆心，记作点M； （2）直接判断点与的位置关系，点在______（填内、外、上） （3）E是图中某一格点，连接，若是的切线，则E点的坐标为______． 【答案】（1）见解析 （2）外 （3）或或或 【解析】 【分析】本题考查了圆的性质，勾股定理，点与圆的位置关系，切线的判定，掌握圆心在弦的垂直平分线上是解题的关键． （1）利用网格特点，作和的垂直平分线，它们的交点为点M，从而得到点M的坐标； （2）先计算出和圆的半径，然后根据点与圆的位置关系的判定方法判断点与的位置关系； （3）将绕点B逆时针旋转，得到，并将两端延长得到直线，根据题意可知点E在直线上，根据图形，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，利用网格特点，作和的垂直平分线，交于点M， 【小问2详解】 解：由图可知， ， ，圆的半径 ， 点在外． 【小问3详解】 解：如图连接，将绕点B逆时针旋转，得到，并将两端延长得到直线， 由旋转可知， 直线是的切线， 点E在直线上， 又点E是图中某一格点， 点E坐标为或或或． 18. 为了缅怀科学家，九年级某班要召开一次“科学强国”主题活动，李老师做了编号为的四张卡片（如图，除编号和内容外，其余均相同），并将它们背面朝上洗匀后放在桌面上． （1）随机抽取1张卡片，抽到卡片编号为A的概率为________； （2）小聪从4张卡片中随机抽取1张不放回，小明再从余下的3张卡片中随机抽取1张，然后根据抽取的卡片讲述相关科学家为国家乃至全世界做出卓越贡献的事迹，请用画树状图或列表的方法，求小聪、小明两人中恰好有一人讲述物理学家杨振宁事迹的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了概率的应用，掌握运用了列表法或画树状图法列出所有可能的结果及概率的计算方法是解题的关键． （1）直接利用概率公式求解即可； （2）根据题意先画树状图列出所有等可能结果数的，根据概率公式求解可得． 【小问1详解】 解：随机抽取1张卡片，抽到卡片编号为的概率为， 故答案为：； 【小问2详解】 解：画树状图如图， 共有12种等可能的结果数，其中小聪、小明两人中恰好有一人讲述杨振宁事迹的有6种结果， ∴小聪、小明两人中恰好有一人讲述杨振宁事迹的概率为． 19. 如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． （1）求证：四边形是菱形； （2）已知，，求线段的长． 【答案】（1） 证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 20. 图1为《天工开物》记载的用于舂chōng捣谷物的工具——“碓duì”的结构简图，图2为其平面示意图，已知于点，与水平线相交于点，．若分米，分米，，求点到水平线的距离的长． 【答案】点C到水平线l的距离的长为dm 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，解三角形及利用三角形等面积法求解，作出辅助线是解题关键．延长交于点，连接，根据题意及解三角形确定，，再由等面积法即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接， 在中，，， ，， ， ， ， ， 答：点到水平线的距离的长为． 21. 某公司推出一款每盒成本为100元的农特产礼盒，当每盒售价为150元时，每天可销售300盒，为增大市场占有率，在保证盈利的情况下，公司采取降价措施，根据市场调查发现，每盒售价每降低1元，每天销量可增加10盒．设每盒售价降低x元时，公司销售该礼盒每天所获利润为W元．若要满足降价后每盒的利润不低于10元，且不高于30元，则当每盒售价降低多少元时，公司每天所获利润最大？最大利润为多少元？ 【答案】当每盒售价降低20元时，公司每天所获利润最大，最大利润为15000元 【解析】 【分析】本题考查二次函数的实际应用，根据总利润等于单盒的利润乘以销量，列出二次函数关系式，求最值即可． 【详解】解：由题意，， 整理，得， ∵降价后每盒的利润不低于10元，且不高于30元， ∴， ∴， ∵， ∴抛物线的开口向下，对称轴为直线， ∴当时，随着的增大而减小， ∵， ∴当时，最大为； 答：当每盒售价降低20元时，公司每天所获利润最大，最大利润为15000元． 22. 如图，AB是⊙O直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF． （1）求证：BD＝BE； （2）若DE＝2，BD＝2，求AE的长． 【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAE+∠CEA＝90°，而∠BED＝∠CEA， ∴∠CAE+∠BED＝90°， ∵BD是⊙O的切线， ∴BD⊥AB， ∴∠ABD＝90°， ∴∠BAD+∠D＝90°， 又∵AF平分∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAD， ∴∠BED＝∠D， ∴BD＝BE； （2）AE＝18． 【解析】 【分析】（1）利用圆周角定理得到∠ACB=90°，再根据切线的性质得∠ABD=90°，则∠BAD+∠D=90°，然后利用等量代换证明∠BED=∠D，从而判断BD=BE； （2）利用圆周角定理得到∠AFB=90°，则根据等腰三角形的性质DF=EF=DE=1，再证明△DFB∽△DBA，利用相似比求出AD的长，然后计算AD-DE即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵AB为直径， ∴∠AFB＝90°，且BE＝BD， ∴DF＝EF＝DE＝1， ∵∠FDB＝∠BDA， ∴△DFB∽△DBA， ∴=， ∴DA＝2×2＝20， ∴AE＝AD﹣DE＝20﹣2＝18． 23. 某蔬菜生产基地在冬天气温较低时，用装有恒温系统的大棚栽培蔬菜．如图是试验阶段的某天恒温系统从开启到关闭后，大棚内的温度与时间之间的函数关系，其中线段，表示恒温系统开启阶段，双曲线的一部分表示恒温系统关闭阶段．请根据图中信息解答下列问题： （1）当时，求与的关系式； （2）解释线段的实际意义； （3）大棚里栽培的这种蔬菜在温度为到的条件下最适合生长，若某天恒温系统开启前的温度是：，那么这种蔬菜一天内最适合生长的时间有多长？ 【答案】（1）； （2）线段表示恒温系统设定恒温为； （3）小时． 【解析】 【分析】（）利用待定系数法求函数解析式即可； （）根据函数图象结合题意回答即可； （）把代入和中，即可求得结论． 本题是以实际应用为背景的函数综合题，主要考查求一次函数、反比例函数的关系式，解题的关键是根据图象求出一次函数、反比例函数解析式． 【小问1详解】 当时为双曲线的一部分，设与的关系式为， ∴，解得：， ∴与的关系式为； 【小问2详解】 线段表示恒温系统设定恒温为； 【小问3详解】 设段的解析式为，由图象可知过点，， ∴， 解得：， ∴段的解析式为， ∴当时，代入得； 代入得， ∴最适合生长的时间有（小时）． 24. 如图，抛物线与直线相交于两点，与轴相交于另一点． （1）求抛物线的解析式； （2）点是直线上方抛物线上的一个动点（不与重合），过点作直线轴于点，交直线于点，当时，求点坐标； （3）抛物线上是否存在点使的面积等于面积的一半？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式为 （2）的坐标为 （3）的坐标为或或或 【解析】 【分析】（1）把代入求出，再用待定系数法可得抛物线的解析式为； （2）设，则，，由，可得，解出的值可得的坐标为； （3）过作轴交直线于，求出，知，故，设，则，可得，，根据的面积等于面积的一半，有，可得，即或，解出的值可得答案． 【小问1详解】 解：把代入得：， ， 把，代入得： ， 解得， 抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：设，则，， ， ， 解得或（此时不在直线上方，舍去）； 的坐标为； 【小问3详解】 解：抛物线上存在点，使的面积等于面积的一半，理由如下： 过作轴交直线于，过点B作，延长交x轴于点F，如图： 在中，令得， 解得或， ，， ， ， ， 设，则， ， ∵ ， 的面积等于面积的一半， ， ， 或， 解得或， 的坐标为或或或． 【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，涉及待定系数法求函数解析式，抛物线与坐标轴交点问题，解一元二次方程，三角形面积等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． 25. 如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F． (1)如图1，若点E为线段AM的中点，BM：CM＝1：2，BE＝，求AB的长； (2)如图2，若DA＝DE，求证：BF+DF＝AF． 【答案】(1)AB＝6；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设BM＝x，则CM＝2x，BC＝BA＝3x；在Rt△ABM中，E为斜边AM中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得AM＝2BE＝2．由勾股定理可得AM2＝MB2+AB2，即可得40＝x2+9x2，解得x＝2．所以AB＝3x＝6；（2）延长FD交过点A作垂直于AF的直线于H点，过点D作DP⊥AF于P点．证明△ABF≌△ADH，根据全等三角形的性质可得AF＝AH，BF＝DH．再由Rt△FAH是等腰直角三角形，可得HF＝AF．由HF＝DH+DF＝BF+DF，可得BF+DF＝AF． 【详解】解：(1)设BM＝x，则CM＝2x，BC＝3x， ∵BA＝BC， ∴BA＝3x． 在Rt△ABM中，E为斜边AM中点， ∴AM＝2BE＝2． 由勾股定理可得AM2＝MB2+AB2， 即40＝x2+9x2，解得x＝2． ∴AB＝3x＝6． (2)延长FD交过点A作垂直于AF的直线于H点，过点D作DP⊥AF于P点． ∵DF平分∠CDE， ∴∠1＝∠2． ∵DE＝DA，DP⊥AF ∴∠3＝∠4． ∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°， ∴∠2+∠3＝45°． ∴∠DFP＝90°﹣45°＝45°． ∴AH＝AF． ∵∠BAF+∠DAF＝90°，∠HAD+∠DAF＝90°， ∴∠BAF＝∠DAH． 又AB＝AD， ∴△ABF≌△ADH(SAS)． ∴AF＝AH，BF＝DH． ∵Rt△FAH是等腰直角三角形， ∴HF＝AF． ∵HF＝DH+DF＝BF+DF， ∴BF+DF＝AF． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质等知识点，熟练运用相关知识是解决问题的关键. 第1页/共1页 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