精品解析：四川省自贡市2025-2026学年上学期九年级数学期末教学质量监测试题

2025-2026学年九年级上学期期末考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页，满分150分．考试时间为120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，须将答案答在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效，在本试题卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，本试题卷由学生自己保留，只将答题卡交回． 第I卷 选择题（共40分） 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 我国古代有着许多辉煌的数学成就，下列体现古人智慧的图案中，为中心对称图形的是（ ） A 刘徽割圆术 B. 中国七巧板 C. 杨辉三角 D. 赵爽弦图 2. 二次函数的对称轴是直线（ ）． A. B. C. D. 3. 将如图的正五角星绕着它的中心旋转，要使旋转后的五角星能与自身重合，旋转角至少为（ ） A B. C. D. 4. 用配方法解方程，下列变形正确的是（　　） A. B. C. D. 5. 下列事件中，是必然事件的是（　　） A. 射击运动员射击一次，命中靶心 B. 掷一次骰子，向上一面的点数是6 C. 任意买一张电影票，座位号是2的倍数 D. 从一个只装有红球的盒子里摸出一个球是红球 6. 已知一次函数经过第一、三、四象限，则关于x的方程根的情况是（ ）． A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法判断 7. 如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是弧的中点，连接，，以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）． A B. C. D. 8. 二维码已成为广大民众生活中不可或缺的一部分，小亮将二维码打印在面积为的正方形纸片上，如图，为了估计黑色阴影部分的面积，他在纸内随机掷点，经过大量重复实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在左右，则据此估计此二维码中黑色阴影的面积为（　　） A. B. C. D. 9. 如图，四边形内接于，，，，则半径是 （ ） A. B. C. D. 10. 如图，二次函数的图像与轴交于点与轴交于点，对称轴为直线，下列四个结论：；；；若则，其中正确结论的个数为 （ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 第II卷 非选择题（共110分） 二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分） 11. 已知是方程的一个根，则实数的值是_________． 12. 已知正六边形的周长为，则这个正六边形的边心距是_______． 13. 如图所示的电路中，若任意闭合一个开关，则灯泡发光的概率是______． 14. 如图是中国邮政集团公司发行的《二十四节气》特殊版式小全张，图（1）是由24枚大小相同的邮票组成的一个圆环，上面绘制了代表二十四节气风貌的图案，传达了四季周而复始、气韵流动的理念和中国传统文化中圆满、圆融的概念，图（2）以“大雪”节气单枚邮票为例，该邮票的“直边长”为d，则“上圆弧”长与“下圆弧”长 的差为______（用含，d的式子表示）． 15. 如图，和是共顶点等边三角形，，直线与交于点，连接，当绕点旋转的过程中，则的最大值为_________． 三、解答题（共9小题，满分90分） 16. 解方程：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点都在格点上，点A，B，C的坐标分别为．请解答下列问题： （1）画出绕点C顺时针旋转后得到的； （2）求出点A走过的路径长． 18. 中，，点O在上，以为半径的圆交于点D，交于点E，且，求证：是圆的切线． 19. 一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“大”“美”“中”“国”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅拌均匀再摸球． （1）若从中任取一个球，球上的汉字刚好是“中”的概率为多少？ （2）小刚从中任取一球，记下汉字后不放回袋中，然后再从袋中任取一球，记下汉字，请利用树状图或列表法求小刚取出的两个球上的汉字恰能组成“大美”或“中国”的概率． 20. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论取何值，方程总有实数根； （2）若方程两个根均为负整数，求负整数的值． 21. 如图，把一张长，宽的长方形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）． （1）要使无盖长方体盒子的底面积为，求剪去的正方形的边长． （2）折合而成的无盖长方体盒子的侧面积有最大值吗？如有求出最大值，如果没有，请说明理由． 22. 我们把直线叫做抛物线的“倍亲直线”；若该直线与该抛物线的图象还有两个不同的交点，则两个交点叫做“爱同点”，并且称直线l与抛物线L具备“爱同倍亲关系”，否则称直线l与抛物线L不具备“爱同倍亲关系”． （1）已知直线是抛物线的“倍亲直线”，请判断直线l与抛物线L是否具备“爱同倍亲关系”，若具备，请求出“爱同点”的坐标，若不具备，请说明理由； （2）已知直线与抛物线不具备“爱同倍亲关系”，当时，抛物线的最小值是，求直线l的解析式． 23. 如图，是的直径，内接于，点为的内心，连接并延长交于点，是上任意一点，连接，，，． （1）若，求的度数； （2）求证：； （3）若，，求周长． 24. 如图，抛物线与轴交于，两点，并经过，交轴于点． （1）请求出抛物线解析式； （2）如图1，连接，点在抛物线上，连接，若，求点的坐标； （3）如图2，直线与抛物线交于点，，连接，分别交轴的正，负半轴于点，，若，求证：直线经过定点，并求出这个定点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年九年级上学期期末考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共8页，满分150分．考试时间为120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码．答卷时，须将答案答在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效，在本试题卷、草稿纸上答题无效．考试结束后，本试题卷由学生自己保留，只将答题卡交回． 第I卷 选择题（共40分） 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 我国古代有着许多辉煌的数学成就，下列体现古人智慧的图案中，为中心对称图形的是（ ） A. 刘徽割圆术 B. 中国七巧板 C. 杨辉三角 D. 赵爽弦图 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于熟练掌握在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； B、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故不符合题意； D、该图形是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2. 二次函数的对称轴是直线（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象与性质，掌握好二次函数的顶点式是关键． 二次函数的对称轴可从顶点式直接确定． 【详解】解：由二次函数可得，其顶点坐标为，对称轴为直线． 故选：C． 3. 将如图的正五角星绕着它的中心旋转，要使旋转后的五角星能与自身重合，旋转角至少为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查旋转对称图形，把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．五角星图案，可以被平分成五部分，求出每部分被分成的中心角的度数即可得到答案． 【详解】解：， ∴将如图的正五角星绕着它的中心旋转，要使旋转后的五角星能与自身重合，旋转角至少为， 故选：D． 4. 用配方法解方程，下列变形正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了配方法解一元二次方程，解题的关键是掌握配方法的步骤． 利用配方法解一元二次方程即可． 详解】解： 故选：B． 5. 下列事件中，是必然事件的是（　　） A. 射击运动员射击一次，命中靶心 B. 掷一次骰子，向上一面的点数是6 C. 任意买一张电影票，座位号是2的倍数 D. 从一个只装有红球的盒子里摸出一个球是红球 【答案】D 【解析】 【分析】根据随机事件是有可能发生，也有可能不生发，必然是事件是一定要发生的来进行判定． 【详解】解：A．射击运动员射击一次，命中靶心，是随机事件，故A不符合题意； B．掷一次骰子，向上一面的点数是6，是随机事件，故B不符合题意； C．任意买一张电影票，座位号是2的倍数，是随机事件，故C不符合题意； D．从一个只装有红球的盒子里摸出一个球是红球，是必然事件，故D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了随机事件和必然事件的判定，理解随机事件和必然事件的定义是解答关键． 6. 已知一次函数经过第一、三、四象限，则关于x的方程根的情况是（ ）． A. 有两个相等的实数根 B. 有两个不相等的实数根 C. 没有实数根 D. 无法判断 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的根的判别式，一次函数的图象的性质，利用一次函数性质得出，，再判断出，即可求解． 【详解】解：∵一次函数经过第一、三、四象限， ∴，， ∴， ∴ 又， ∴， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：B． 7. 如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是弧的中点，连接，，以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接交于点，连接，，由垂径定理和圆周角定理可得，，则和都是等边三角形．通过直角三角形的性质和勾股定理，计算出的长，使用扇形面积公式进行计算即可． 【详解】解：如图，连接交于点，连接，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵点D是弧的中点， ∴，， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， 同理，， ∴， 在中，，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ． 故选：C． 【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等边三角形的判定与性质，扇形的面积公式，直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 8. 二维码已成为广大民众生活中不可或缺的一部分，小亮将二维码打印在面积为的正方形纸片上，如图，为了估计黑色阴影部分的面积，他在纸内随机掷点，经过大量重复实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在左右，则据此估计此二维码中黑色阴影的面积为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了几何概率，用频率估计概率，解题的关键是掌握大量反复试验下频率的稳定值即为概率值。根据大量反复试验下频率的稳定值即为概率值得到点落在黑色阴影的概率为，即黑色阴影的面积占整个面积的，据此求解即可． 【详解】解：∵经过大量重复实验，发现点落在黑色阴影的频率稳定在左右， ∴点落在黑色阴影的概率为， ∴黑色阴影的面积占整个面积的， ∴黑色阴影的面积为． 故选：A． 9. 如图，四边形内接于，，，，则的半径是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，解直角三角形等，延长至点，使，连接，连接并延长交于点，连接，由圆内接四边形的性质可得，即得，由圆周角定理得，即得，， 进而可证，得到，，即可得是等腰直角三角形，即得到，再利用锐角三角函数可得，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，延长至点，使，连接，连接并延长交于点，连接， ∵四边形内接于， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴，即的半径是， 故选：． 10. 如图，二次函数的图像与轴交于点与轴交于点，对称轴为直线，下列四个结论：；；；若则，其中正确结论的个数为 （ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图像与性质，根据二次函数的图像与性质逐一排除即可，熟练掌握二次函数的图像与性质，能从图像中获取信息是解题的关键． 【详解】解：∵图像与轴交于点，对称轴直线， ∴图像与轴交另一个点为， ∴当时，，故正确； 由图像与轴交另一个点为， ∴， ∵抛物线对称轴为直线， ∴， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵，对称轴为直线， ∴当时，函数的最小值为：， ∴， ∴，故正确； 由得，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，故正确， 综上可得：正确，共个， 故选：． 第II卷 非选择题（共110分） 二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分） 11. 已知是方程的一个根，则实数的值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的解的定义，将，代入原方程，得到关于的一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴ 解得：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解的定义，熟练掌握一元二次方程的解的定义是解题的关键．一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值称为一元二次方程的解． 12. 已知正六边形的周长为，则这个正六边形的边心距是_______． 【答案】 【解析】 【分析】设正六边形的中心为点O，AB为一条边，过点O作OC⊥AB于点C，连接OA，OB，易得∆AOB是等边三角形，进而即可求解． 【详解】设正六边形的中心为点O，AB为一条边，过点O作OC⊥AB于点C，连接OA，OB， ∴∠AOB=60°，OA=OB，即：∆AOB是等边三角形， ∴∠OAB=60°， ∵正六边形的周长为， ∴OA=OB =AB=2， ∴OC=OA=． ∴这个正六边形的边心距是：． 故答案是：． 【点睛】本题主要考查正六边形的性质以及等边三角形的判定和性质定理，掌握等边三角形的性质定理，是解题的关键． 13. 如图所示的电路中，若任意闭合一个开关，则灯泡发光的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了概率，根据概率公式直接计算即可求解，掌握概率计算公式是解题的关键． 【详解】解：由图可知，任意闭合一个开关，共有种不同的结果，其中灯泡发光的结果有种， ∴灯泡发光的概率是， 故答案为：． 14. 如图是中国邮政集团公司发行的《二十四节气》特殊版式小全张，图（1）是由24枚大小相同的邮票组成的一个圆环，上面绘制了代表二十四节气风貌的图案，传达了四季周而复始、气韵流动的理念和中国传统文化中圆满、圆融的概念，图（2）以“大雪”节气单枚邮票为例，该邮票的“直边长”为d，则“上圆弧”长与“下圆弧”长 的差为______（用含，d的式子表示）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查弧长的实际应用，求出该邮票的对应的圆心角度数，设“下圆弧”的半径为，分别表示出和，再求差即可． 【详解】解：∵由24枚大小相同的邮票组成的一个圆环，上面绘制了代表二十四节气风貌的图案， ∴每一枚邮票的圆心角为， 设“下圆弧”的半径为，则设“上圆弧”的半径为， ∴“上圆弧”长， “下圆弧”长， ∴“上圆弧”长与“下圆弧”长 的差为， 故答案为：． 15. 如图，和是共顶点等边三角形，，直线与交于点，连接，当绕点旋转的过程中，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由等边三角形的性质，容易证明，根据全等三角形的性质可得，结合圆周角定理可得，、、、四点共圆，因此的最大值为外接圆的直径． 【详解】解：如图，作的外接圆，圆心为， ∵和都是等边三角形 ∴，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴点也在圆上， 如图，作，垂足为， 当、、三点共线时，取得最大值， ∵， ∴，， 由等边三角形的性质可知，平分， ∴， 在直角中，，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质与勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 三、解答题（共9小题，满分90分） 16 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解法解一元二次方程，掌握知识点是解题的关键． 根据因式分解法解一元二次方程的步骤，逐步计算求解即可． 【详解】解：， ， ∴． 17. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点都在格点上，点A，B，C的坐标分别为．请解答下列问题： （1）画出绕点C顺时针旋转后得到的； （2）求出点A走过的路径长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了作图-旋转变换以及求弧长等知识点，掌握弧长公式以及旋转的性质是解决问题的关键． （1）利用旋转的性质和格点的特征分别画出点A、B、C的对应点，再顺次连接即可； （2）求出的长即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所作 【小问2详解】 解：点走过的路径长为 18. 中，，点O在上，以为半径的圆交于点D，交于点E，且，求证：是圆的切线． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题考查切线的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题关键．连接，通过证明可得，，因此是圆的切线． 【详解】证明：如图，连接， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴是圆的切线． 19. 一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“大”“美”“中”“国”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅拌均匀再摸球． （1）若从中任取一个球，球上的汉字刚好是“中”的概率为多少？ （2）小刚从中任取一球，记下汉字后不放回袋中，然后再从袋中任取一球，记下汉字，请利用树状图或列表法求小刚取出的两个球上的汉字恰能组成“大美”或“中国”的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查简单事件的概率计算，画树状图或列表法计算概率，熟练掌握相关知识是关键． （1）根据简单事件的概率公式直接计算即可； （2）根据题意画出树状图，由树状图计算概率即可． 【小问1详解】 解：根据概率计算公式，摸到“中”的概率为； 【小问2详解】 解：画树状图如下： 由树状图可知，共有12种可能的结果，其中组成“大美”或“中国”的有4种结果， ∴恰能组成“大美”或“中国”的概率为． 20. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：无论取何值，方程总有实数根； （2）若方程两个根均为负整数，求负整数的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）负整数的值为、、或 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式与因式分解法解方程． （1）通过计算判别式，判断其非负性，从而证明方程总有实数根； （2）先因式分解求出方程的根，再根据根为负整数的条件，结合为负整数的要求，确定的取值． 【小问1详解】 解：对于一元二次方程， 其判别式． ∵，即， ∴无论取何值，方程总有实数根； 【小问2详解】 解：对原方程因式分解，得， 解得，． ∵方程的两个根均为负整数，且是负整数， ∴也需为负整数. 又∵是负整数， ∴，解得， ∴的取值为、、或． 21. 如图，把一张长，宽的长方形硬纸板的四周各剪去一个同样大小的正方形，再折合成一个无盖的长方体盒子（纸板的厚度忽略不计）． （1）要使无盖长方体盒子的底面积为，求剪去的正方形的边长． （2）折合而成的无盖长方体盒子的侧面积有最大值吗？如有求出最大值，如果没有，请说明理由． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，正确进行计算是解题关键． （1）设剪去的正方形的边长为，根据题意列出方程求解即可； （2）设正方形的边长为，盒子的侧面积为，根据可得可得与的函数关系式为 ，化为顶点式进行分析即可． 【小问1详解】 解：设剪去的正方形的边长为，则 即 解得：(不合题意，舍去)，， 答：剪去的正方形的边长为； 【小问2详解】 解：有侧面积更大的情况， 设正方形的边长为，盒子的侧面积为， 则与的函数关系式为， 即， ， 当时， 最大为， 即当剪去的正方形的边长为时，长方体盒子的侧面积最大为． 22. 我们把直线叫做抛物线的“倍亲直线”；若该直线与该抛物线的图象还有两个不同的交点，则两个交点叫做“爱同点”，并且称直线l与抛物线L具备“爱同倍亲关系”，否则称直线l与抛物线L不具备“爱同倍亲关系”． （1）已知直线是抛物线的“倍亲直线”，请判断直线l与抛物线L是否具备“爱同倍亲关系”，若具备，请求出“爱同点”的坐标，若不具备，请说明理由； （2）已知直线与抛物线不具备“爱同倍亲关系”，当时，抛物线最小值是，求直线l的解析式． 【答案】（1）具备，“爱同点”的坐标为和 （2）或 【解析】 【分析】（1）先根据题干的新定义，计算出与的值，再联立直线与抛物线的方程，计算出交点坐标，并进行判断即可； （2）联立直线与抛物线的方程，通过解方程求出方程的两根，根据题意可知，方程两根相等，从而求出与的关系．对的正负进行分类讨论，根据二次函数的增减性，计算每种情况下的值即可． 【小问1详解】 解：根据“倍亲直线”的定义可知，，，即， ∴直线的表达式为，抛物线的表达式为， 联立直线与抛物线，得， ， 解得，或， ∴直线与抛物线有两个交点和， ∴直线l与抛物线L具备“爱同倍亲关系”， “爱同点”的坐标为和； 【小问2详解】 解：当直线与抛物线相交时，有， 整理，得， 因式分解，得， 由二次函数的定义可知，， ∴该方程的解为，， ∵直线与抛物线不具备“爱同倍亲关系”， ∴， ∴，即， ∴二次函数的对称轴为直线， ①当时，抛物线的开口向上，则离对称轴越近，函数值越小， ∵， ∴当时，取最小值， ∴，解得， 此时直线的解析式为； ②当时，抛物线的开口向下，则离对称轴越远，函数值越小， ∵， ∴当时，取最小值， ∴，解得； 此时直线的解析式为； 综上所述，直线的解析式为或． 【点睛】本题考查新定义，二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，解一元二次方程，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 23. 如图，是的直径，内接于，点为的内心，连接并延长交于点，是上任意一点，连接，，，． （1）若，求的度数； （2）求证：； （3）若，，求的周长． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由圆内接四边形可得，，结合是的直径可得，，根据三角形内角和定理，计算出； （2）连接，由内心的性质可知，平分，平分，则，．结合圆周角定理可得，，由三角形外角的性质可证明，于是得到； （3）作，垂足为，结合内心的性质和圆周角定理，容易证明进而都是等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质并使用勾股定理，依次计算出、、和，相加求得求的周长． 【小问1详解】 解：由圆内接四边形的性质可知，， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：如图，连接， ∵点为的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：作，垂足为， 由（2）可得，平分， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在直角中，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在直角中，， ∴， 在直角中，， ∴， 在直角中，， ∴的周长为． 【点睛】本题考查圆周角定理，三角形内心的性质，三角形内角和定理与外角的性质，等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识并正确添加辅助线是解题关键． 24. 如图，抛物线与轴交于，两点，并经过，交轴于点． （1）请求出抛物线解析式； （2）如图1，连接，点在抛物线上，连接，若，求点的坐标； （3）如图2，直线与抛物线交于点，，连接，分别交轴的正，负半轴于点，，若，求证：直线经过定点，并求出这个定点的坐标． 【答案】（1） （2）或 （3）证明见解析，定点坐标 【解析】 【分析】（1）使用待定系数法求出抛物线解析式即可； （2）作，垂足为，设点坐标为，可得，．容易证明，则，根据点在轴上下方分别计算出坐标即可； （3）设点坐标为，点坐标为，联立直线与抛物线的方程，根据一元二次方程根与系数的关系求出，．使用待定系数法求出直线的解析式为，从而得到点的坐标为，同理点的坐标为．结合，求出和的关系，进而求出定点的坐标． 【小问1详解】 解：将，代入，得， ， 解得， ∴抛物线解析式为； 小问2详解】 解：作，垂足为，设点坐标为， ①当点在轴上方时，如图， 将代入，得， ∴点坐标为， ∵， ∴，， ∴点坐标为， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 化简，得， 解得，或， 当时，点与点重合，故舍去， ∴，此时点坐标为； ②当点在轴下方时，如图， 同理①可得，，，且， ∴， 化简，得， 解得，或（点与点重合，舍去）， ∴，此时点坐标为； 综上所述，点坐标为或； 【小问3详解】 解：设点坐标为，点坐标为， 当直线与抛物线相交时， ， 化简，得， 由韦达定理可得，，， 设直线的解析式为， 将，代入，得， ， 解得，， ∵点在抛物线上， ∴， 变形，得， ∴，， ∴直线的解析式为， 将代入，得， ∴点的坐标为， 同理可得，点的坐标为， ∵点在轴正半轴，点在轴负半轴， ∴，， ∵， ∴， 化简，得， ∵，， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 当时，为定值， ∴直线过定点． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，熟练掌握函数与方程的关系是解题关键． 第1页/共1页 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