精品解析：广东省广州市番禺区2025--2026学年上学期九年级数学科期末测试题

2025学年第一学期九年级数学科期末测试题 【注意事项】 1.本试卷共6页，25小题，满分120分，考试用时120分钟．考生应将答案全部（涂）写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效； 2.答题前考生务必将自己的姓名、准考证号等（涂）写在答题卡上； 3.作图必须用2B铅笔，并请加黑加粗． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30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．） 1. 下列数学符号是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 已知的半径为3，点P在内，则的长可能是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 用配方法解方程时，通过配方后可得形式，则m的值是（ ） A. 3 B. C. 6 D. 6. 圆形拱门屏风是我国古代家庭中常见的装饰兼隔断，既好看又实用，还带着浓浓的中式韵味．如图是一款圆形拱门屏风的示意图，其中拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若的半径为，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 数学课上李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有10个白球、6个红球和4个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某种颜色的球出现的频率如图所示，则该球的颜色最有可能是（ ） A. 白球 B. 红球 C. 黄球 D. 黑球 8. 如图，正六边形内接于，已知这个正六边形的边心距的长为3，则的半径为（ ） A. B. C. 3 D. 6 9. 如图，为等边三角形，点D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接．已知，的周长是15，则的边长是（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 10 10. 如图，二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间，顶点为．下列结论：①；②；③；④若该二次函数的图象与轴的另一个交点为，且是等边三角形，则．其中正确结论的序号是（ ） A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ②③④ 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为_______． 12. 若事件A为必然事件，则事件A发生概率________． 13. 已知是一元二次方程的一个根，则该方程的另一个根为________． 14. 如图，四边形内接于，为的直径，．点在的延长线上，若，则的度数为_____． 15. 在2025年第十五届全运会10米跳台比赛中，某运动员从起跳到入水的运动轨迹可以近似看作是抛物线的一部分．如图所示，跳台宽度为，水池边与跳台支柱之间的宽度为（见图中标注）．该运动员的起跳点A距离水面，运动过程中的最高点B距离水面，此时与点A的水平距离为．根据上述信息，可估计入水点C与池边的水平距离为________． 16. 在欧几里得《几何原本》中，形如关于x的一元二次方程的图解法是：如图，作，其中，，，在斜边上截取，则的长就是所求方程的正根．根据上述图解法作出关于x的一元二次方程的图解，若，则a的值为________． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解方程：． 18. 已知二次函数． （1）补全表格，并画出二次函数的图象； x … … y … … （2）观察该图象，直接回答以下问题： ①当y随x的增大而减小时，写出x的取值范围； ②当时，写出x的取值范围． 19. 如图，，是的切线，A，B为切点，是⊙O的直径，，求的度数． 20. 如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点都在格点上． （1）作出关于原点对称的图形； （2）将绕点C顺时针旋转，得到，画出，并求旋转过程中线段扫过的面积． 21. 某博物馆为增强参观趣味性，推出了“文物盲盒”抽奖活动，每个盲盒中装有一件仿制文物纪念品，共有四种类型：青铜器、陶瓷、书画、玉器，且每种类型出现的可能性相等，小华和小明各购买了一个盲盒． （1）小华抽到“青铜器”的概率是________； （2）求小华和小明抽到同一种纪念品的概率． 22. 如图，某社区计划将一块长为、宽的矩形空地改造成居民共享菜园，为方便居民照料和采摘，需要在菜园内部修建宽度相同的步道（图中阴影部分）．已知步道将菜园分成9个面积均为的矩形种植区，请求出步道的宽度． 23. 如图，已知是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点．过点作，交的延长线于点，连接，设与交于点． （1）求证：是切线； （2）求证：； （3）若，，求，两点间的距离． 24. 已知抛物线的解析式为，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，其顶点为D． （1）若点C的坐标为，请解决以下问题： ①求抛物线的解析式及顶点D的坐标； ②过点B的直线与抛物线的另一个交点为点E，求的面积． （2）已知，，若该抛物线与线段只有一个交点，结合图象，求a的取值范围． 25. 在等腰中，，点为底边上一点（不与端点，重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，旋转角为，连接． （1）如图1，若，，连接，试探究以下问题： ①求的度数； ②过点作，交的延长线于点，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．请用等式表示线段与的数量关系，并证明． （2）如图2，若，，，连接，．当取得最小值时，在直线上取一点（不与点重合），连接，关于直线的轴对称图形为，连接，求线段的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期九年级数学科期末测试题 【注意事项】 1.本试卷共6页，25小题，满分120分，考试用时120分钟．考生应将答案全部（涂）写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效； 2.答题前考生务必将自己的姓名、准考证号等（涂）写在答题卡上； 3.作图必须用2B铅笔，并请加黑加粗． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30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．） 1. 下列数学符号是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 根据中心对称图形的定义求解即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、是中心对称图形，故此选项符合题意； C、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：B． 2. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义．一元二次方程有两个相等的实数根时，判别式为零，据此解答即可． 【详解】解：∵方程有两个相等的实数根， ∴判别式， ∴． 故选：D． 3. 将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可． 此题主要考查了二次函数图像与几何变换，熟练掌握平移的规律“左加右减，上加下减”是解题的关键． 【详解】解：将抛物线向下平移2个单位长度，所得抛物线的解析式为， 故选：B． 4. 已知的半径为3，点P在内，则的长可能是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，熟练掌握点和圆的位置关系是解题的关键．根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径即可解答． 【详解】解：的半径为3，点P在内， ， 的长可能是2． 故选：A． 5. 用配方法解方程时，通过配方后可得的形式，则m的值是（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程—配方法，掌握配方法的步骤是解题的关键． 将常数项移到方程的右边，再将两边都加上一次项系数一半的平方，配成完全平方式，然后对比即可解答． 【详解】解： 方程， 移项得， 配方得， 即， ∵方程配方后可得． ∴， 故选：A． 6. 圆形拱门屏风是我国古代家庭中常见的装饰兼隔断，既好看又实用，还带着浓浓的中式韵味．如图是一款圆形拱门屏风的示意图，其中拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若的半径为，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理的实际应用，勾股定理．连接，根据题意得出，在中，由勾股定理即可求解． 【详解】解：连接， ∵过圆心，为中点， ∴，， 依题意，，， 在中，由勾股定理 ∴ ∴ 故选：D． 7. 数学课上李老师与学生们做“用频率估计概率”的试验：不透明袋子中有10个白球、6个红球和4个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出一个球，某种颜色的球出现的频率如图所示，则该球的颜色最有可能是（ ） A. 白球 B. 红球 C. 黄球 D. 黑球 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了简单的概率计算，用频率估计概率，根据大量反复试验下频率的稳定值即为概率值得到抽到该球的概率为，再分别计算出抽到三种颜色的球的概率即可得到答案． 【详解】解：由题意得，该球的频率稳定在左右，即抽到该球的概率为， ∵抽到白球的概率为，抽到黄球的概率为，抽到红球的概率为， ∴该球的颜色最有可能是黄球， 故选：C． 8. 如图，正六边形内接于，已知这个正六边形的边心距的长为3，则的半径为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，垂径定理，勾股定理，等边三角形的性质，连接，，证明是等边三角形，得到，由垂径定理求出，再利用勾股定理求出，根据得出，即可求解． 详解】解：如图，连接，， ，， 是等边三角形， ， ， ， ∵ ∴， ∴， 故选：B． 9. 如图，为等边三角形，点D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接．已知，的周长是15，则的边长是（ ） A. 4 B. 7 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质和等边三角形的性质与判定，利用旋转前后图形全等，得到线段相等，即，，再结合的周长是15，得，故，即可解题． 【详解】解：绕点逆时针旋转，得到， ∴，， 为等边三角形， ， ， ∵的周长是15， ∴， ∴， ∴， 的边长为， 故选：C． 10. 如图，二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间，顶点为．下列结论：①；②；③；④若该二次函数的图象与轴的另一个交点为，且是等边三角形，则．其中正确结论的序号是（ ） A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，等边三角形的性质，锐角三角函数的性质；由二次函数的图象的开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴的右侧，，，，可得①符合题意；由，可得②符合题意，根据，可得，可得③不正确；由，记的横坐标分别为，可得，结合，可得，可得④符合题意. 【详解】解：∵二次函数的图象的开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴的右侧， ∴，，， ∴，故①符合题意； ∵顶点的坐标为， ∵对称轴为直线， ∴，则，故②正确， ∵二次函数的部分图象与轴的一个交点位于和之间， ∴， ∴，， ∴，故③不正确； 如图，为等边三角形， ∴，，，， ∴， 记的横坐标分别为， ∴， ∴， 当，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故④符合题意； 故正确的有①②④， 故选：C． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数列式求解即可． 【详解】解：点关于原点的对称点的坐标为 故答案为：． 12. 若事件A为必然事件，则事件A发生的概率________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了事件的分类，根据概率公式计算概率，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 根据必然事件发生的概率为1直接作答即可． 【详解】解：事件A为必然事件，则表示事件A一定发生， 根据概率的基本性质，必然事件的概率为1， 即． 故答案为：1． 13. 已知是一元二次方程的一个根，则该方程的另一个根为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．利用一元二次方程根与系数的关系，两根之积为，设方程的另一个根为，即可解答． 【详解】解：设方程的另一个根为，根据根与系数的关系，两根之积为， ∴， 解得． 故答案为：． 14. 如图，四边形内接于，为的直径，．点在的延长线上，若，则的度数为_____． 【答案】##70度 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，弧弦圆心角的关系，等腰三角形的性质等，连接，由圆内接四边形的性质和补角性质可得，即得，又由得，即得到，再根据等腰三角形的性质即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形内接于， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 15. 在2025年第十五届全运会10米跳台比赛中，某运动员从起跳到入水的运动轨迹可以近似看作是抛物线的一部分．如图所示，跳台宽度为，水池边与跳台支柱之间的宽度为（见图中标注）．该运动员的起跳点A距离水面，运动过程中的最高点B距离水面，此时与点A的水平距离为．根据上述信息，可估计入水点C与池边的水平距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，确定点的坐标和抛物线对称轴，设出抛物线顶点式解析式，代入坐标求解出解析式，进而得到点的横坐标，即点与池边的水平距离． 【详解】如图，以水面所在的直线为轴，以跳台支柱所在的直线为轴建立平面直角坐标系，并绘制函数图象． 由题意，得，，对称轴为直线． 设抛物线的表达式为， 则， 解得， ， 当时， 解得：（舍去）或 ， ∴， 即点C距离池边 故答案为：． 16. 在欧几里得的《几何原本》中，形如关于x的一元二次方程的图解法是：如图，作，其中，，，在斜边上截取，则的长就是所求方程的正根．根据上述图解法作出关于x的一元二次方程的图解，若，则a的值为________． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的图解法，理解图解法的含义是解答本题的关键．设，则，由勾股定理得，然后根据求出m，根据即可求出a． 【详解】解：∵， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为： 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程．通过因式分解法求解一元二次方程，即可求解． 【详解】解：∵， ∴ ∴或， 解得：． 18. 已知二次函数． （1）补全表格，并画出二次函数的图象； x … … y … … （2）观察该图象，直接回答以下问题： ①当y随x的增大而减小时，写出x的取值范围； ②当时，写出x的取值范围． 【答案】（1）见详解 （2）①② 【解析】 【分析】本题考查了画二次函数的图象性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先理解题意，结合，列表，描点连接，即可作答． （2）①运用数形结合思想得当y随x的增大而减小时，，即可作答． ②运用数形结合思想得当时，，即可作答． 【小问1详解】 解：∵， ∴当时，则； ∴当时，则； ∴当时，则； ∴当时，则； ∴当时，则； 补全表格： x … 0 1 2 3 4 … y … 3 0 0 3 … 画出二次函数的图象： 【小问2详解】 解：①结合（1）的二次函数的图象，得当y随x的增大而减小时，； ②结合（1）的二次函数的图象，得当时，． 19. 如图，，是的切线，A，B为切点，是⊙O的直径，，求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据切线的性质和切线长定理得到，，然后根据直角三角形的性质得到，最后根据三角形内角和定理得到． 【详解】解：∵，是的切线，A，B为切点， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了切线的性质和切线长定理，三角形内角和定理，等腰三角形性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 20. 如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点都在格点上． （1）作出关于原点对称的图形； （2）将绕点C顺时针旋转，得到，画出，并求旋转过程中线段扫过的面积． 【答案】（1）见详解 （2）见详解， 【解析】 【分析】本题考查了作中心对称图形，勾股定理，扇形面积公式，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据中心对称的性质，分别找出点，再依次连接，即可作答． （2）先根据旋转的性质分别找出点，再依次连接，得出，然后结合扇形面积公式进行列式计算，即可作答． 【小问1详解】 解：如图所示： 【小问2详解】 解：如图所示： 依题意，， 则线段扫过的面积． 21. 某博物馆为增强参观趣味性，推出了“文物盲盒”抽奖活动，每个盲盒中装有一件仿制文物纪念品，共有四种类型：青铜器、陶瓷、书画、玉器，且每种类型出现的可能性相等，小华和小明各购买了一个盲盒． （1）小华抽到“青铜器”的概率是________； （2）求小华和小明抽到同一种纪念品的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查等可能事件的概率计算，关键是明确所有等可能的结果数，再结合事件包含的结果数计算概率． （1）直接利用“等可能事件概率=所求事件包含的结果数÷总结果数”计算； （2）通过列表完整枚举小华与小明抽取纪念品的所有等可能结果，再从中找出两人抽到同一种纪念品的结果数，最后根据概率公式计算概率．列表法可以直观呈现所有等可能的结果组合，避免遗漏或重复，从而准确计算出事件发生的概率． 小问1详解】 解：每个盲盒中共有青铜器、陶瓷、书画、玉器4种等可能的类型， 小华抽到“青铜器”的结果数为1， 小华抽到“青铜器”的概率是． 故答案为：； 【小问2详解】 解：设青铜器、陶瓷、书画、玉器分别记为、、、，列表如下： 由表格可知，共有种等可能的结果，其中小华和小明抽到同一种纪念品的结果有、、、，共种． 因此，小华和小明抽到同一种纪念品的概率为． 22. 如图，某社区计划将一块长为、宽的矩形空地改造成居民共享菜园，为方便居民照料和采摘，需要在菜园内部修建宽度相同的步道（图中阴影部分）．已知步道将菜园分成9个面积均为的矩形种植区，请求出步道的宽度． 【答案】步道的宽度为， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，先理解题意，结合需要在菜园内部修建宽度相同的步道（图中阴影部分），且步道将菜园分成9个面积均为的矩形种植区，进行列式计算，即可作答． 【详解】解：设步道的宽度为， 依题意，， 整理得， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴步道的宽度为， 23. 如图，已知是的外接圆，是的直径，点是半圆的中点．过点作，交的延长线于点，连接，设与交于点． （1）求证：是的切线； （2）求证：； （3）若，，求，两点间的距离． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握圆周角定理和全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据题意易得和，根据三角形内角和定理求解的度数即可； （2）利用平行线的性质，结合圆周角定理进行证明即可； （3）过点作交延长线于点，于点，证得，根据全等三角形的性质证得，由证得，进而计算，两点间的距离． 小问1详解】 解：连接， ∵为直径，点D是半圆的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 证明： 又 ； 【小问3详解】 解：过点作交延长线于点，于点，连接， 点是半圆的中点 、 、 、 则在中， 、两点间的距离为． 24. 已知抛物线的解析式为，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，其顶点为D． （1）若点C的坐标为，请解决以下问题： ①求抛物线的解析式及顶点D的坐标； ②过点B的直线与抛物线的另一个交点为点E，求的面积． （2）已知，，若该抛物线与线段只有一个交点，结合图象，求a的取值范围． 【答案】（1）①抛物线的解析式为，顶点坐标为；② （2）或 【解析】 【分析】（1）①将点C的坐标为代入，求出的值，即可得到抛物线的解析式，再将抛物线解析式化为顶点式即可得到顶点坐标；②先求出点B的坐标，代入直线，求出b的值，再联立抛物线与直线，求解即可得到点的坐标， 设交轴于点，求出直线的解析式，进而求出点的坐标，即可求解； （2）先求出抛物线图象的对称轴为直线，顶点坐标为，分，两种情况讨论即可． 【小问1详解】 解：①将点C的坐标为代入，得， 解得， ∴抛物线的解析式为， ∵， ∴抛物线的顶点坐标为； ②令， 解得， ∴抛物线与轴的两个交点的坐标为， ∵点A在点B左侧， ∴， ∵直线过点，则， 解得， ∴过点的直线的解析式为， 联立，即， 整理得， 解得或， ∴， 如图，设交轴于点，直线的解析式为， 则，解得， ∴直线的解析式为， 令，解得， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴抛物线图象的对称轴为直线，顶点坐标为， ∵，， ∴线段轴， ∵抛物线与线段只有一个交点， 当时，如图， 则， 解得； 当时，如图， 则， 解得； 综上，的取值范围为或． 【点睛】本题考查求二次函数的对称轴，与轴的交点坐标，抛物线上的点的坐标，以及根据图形求所含参数的取值问题，解题的关键是熟练掌握二次函数图象的性质和数形结合思想的运用． 25. 在等腰中，，点为底边上一点（不与端点，重合），连接．将线段绕点逆时针旋转得到线段，旋转角为，连接． （1）如图1，若，，连接，试探究以下问题： ①求的度数； ②过点作，交的延长线于点，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．请用等式表示线段与的数量关系，并证明． （2）如图2，若，，，连接，．当取得最小值时，在直线上取一点（不与点重合），连接，关于直线的轴对称图形为，连接，求线段的最大值． 【答案】（1）①；②，证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）①利用，，得，证明，得，， ②连接，根据得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （2）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小，过点E作延长线的垂线，垂足为H，进而勾股定理确定，根据轴对称的证可得，得出在以为圆心为半径的圆上运动，进而求得的最大值． 【小问1详解】 解：①∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ②解：，理由如下： 如图，连接， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； 【小问2详解】 解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小， 此时如图， 过点E作延长线的垂线，垂足为H． 则，， ∴ 在中，， ∵关于直线的轴对称图形为， ∴ ∴在以为圆心为半径的圆上运动， ∴的最大值为． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，解直角三角形，到圆上一点的最值问题，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定，得到点E的轨迹是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $