精品解析：吉林省长春市农安县新农乡初级中学2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题

新农中学九年级上学期数学期末学情调研题 一、选择题（每小题3分，共24分） 1. 下列实数中，比小的数是（ ） A. B. C. 0 D. 2. 生活中常见的路障锥通常是圆锥的形状，它的侧面展开图是（ ） A. B. C. D. 3. 下列计算正确是（ ） A. B. C. D. 4. “与3的差的2倍是非负数”，用不等式可表示为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一座正四棱锥金字塔被发现时，顶部已经荡然无存，但底部未受损．已知该金字塔的下底面是一个边长为的正方形，且每一个侧面与地面成角，则金字塔原来高度为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，借助三角板画直线的操作过程，其数学依据是（ ） A. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 B. 两直线平行，同位角相等 C. 同位角相等，两直线平行 D. 过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行 7. 如图，在中，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交边，于点，．分别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，交内部于点F．连接，连接并延长交于点G，添加下列条件，不能使成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，过原点O，轴，双曲线过A，B两点、过点C作轴交双曲线于点D，连接．若的面积为16，则k的值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 二、填空题（每小题3分，共18分） 9. 因式分解：_______． 10. 角的余角为_____． 11. 已知关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是_______． 12. 直线l与正六边形的边、分别相交于点，如图所示，则_____度． 13. 如图，以点O为圆心两个同心圆中，点A、B在大圆上，点C、D在小圆上，和的长度分别是．若扇形和扇形的面积相等，则的大小关系是：_____．（填“>”“<”或“=”） 14. 如图，在边长为2的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上，连接，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为． 上述结论中，正确结论的序号有_____． 三、解答题（共78分） 15. 先化简，再求值：，其中． 16. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人把球传给另外两个人的机会是均等的．假如开始时球在甲手中，用画树状图的方法，求经过3次传球后球回到甲手中的概率． 17. 如图，在中，，点D是中点，过点A作平行于，且，连接．求证：四边形是矩形． 18. 图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长为1的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的三个网格中确定三个不同的格点C，作，使的面积均为3． 19. 为了践行习近平总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某地计划在规定时间内种植梨树6000棵，开始种植时，由于志愿者的加入，实际每天种植梨树的数量比原计划增加了，结果提前4天完成任务，问原计划每天种植梨树多少棵？ 20. 某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段. （1）初赛由名教师评委和名学生评委给每位选手打分（百分制）对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析.下面给出了部分信息. .教师评委打分： .学生评委打分的频数分布直方图如下（数据分6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组）： .评委打分的平均数、中位数、众数如下： 平均数 中位数 众数 教师评委 学生评委 根据以上信息，回答下列问题： ①的值为___________，的值位于学生评委打分数据分组的第__________组； ②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余8名教师评委打分的平均数为，则___________（填“”“”或“”）； （2）决赛由5名专业评委给每位选手打分（百分制）.对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差.平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下： 评委1 评委2 评委3 评委4 评委5 甲 乙 丙 若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是____________，表中（为整数）的值为____________. 21. 甲、乙两家快递站分别接到了对自己所辖范围派送快递各件的任务．甲快递站前期先派送了件后，乙快递站才开始派送，且甲、乙两家快递站的派送速度相同．甲快递站经过小时后共派送快递件，由于人员变化，接下来派送速度变慢，结果小时完成派送任务．乙快递站小时完成派送任务．在某段时间内，甲、乙两家快递站的派送件数（件）与派送时间（小时）之间的关系如图所示． （1）乙快递站每小时派送_____件，的值为_____； （2）甲快递站派送速度变慢后，求关于的函数解析式； （3）当乙快递站完成派送任务时，求甲快递站未派送的快递件数． 22. 【问题呈现】如图①，点M是边长为4的等边三角形内一点，连接，求的最小值． 【问题解决】小明利用旋转的方法，将三条线段转化后首尾相接，求出了的最小值，过程如下： 如图②，将绕点B逆时针旋转得到，连接，由旋转可知： ． 等边三角形． ． ． 而的最小值是线段① 的长度（②） ， 的最小值为_③___ 请将上面的过程补充完整． 【拓展应用】如图③，是等边三角形，M是正方形对角线（不含点B）上一点． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作等边，使点在内；（不写作法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑）； （2）当的最小值为时，正方形的边长为_____． 23. 如图，在中，，，，点在边上（点不与点重合），点在射线上，且，连接，以为对角线作菱形，使、且点在左侧． （1）求的长． （2）当点M在边上时，求的长． （3）连接，当与的边平行时，求的长． （4）作直线交边于点E，当为直角三角形时，直接写出的长． 24. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上不重合的两点，其横坐标分别为，，连接． （1）求该抛物线的函数表达式及顶点坐标； （2）当点在轴上时，求点的坐标； （3）作点关于抛物线对称轴对称点（不与点重合），连接，当为锐角时，求的值； （4）以为边向下作正方形，当此抛物线在正方形内部的点的纵坐标先随的增大而减小，后随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新农中学九年级上学期数学期末学情调研题 一、选择题（每小题3分，共24分） 1. 下列实数中，比小的数是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了实数的大小比较，掌握正数都大于零；负数都小于零；正数大于负数；两个正数比较大小，绝对值大的数大；两个负数比较大小，绝对值大的数反而小是解答本题的关键． 【详解】解：A选项：，，，，故A选项符合题意； B选项：，，，，故B选项不符合题意； C选项：大于任何负数，，故C选项不符合题意； D选项：正数大于负数，，故D选项不符合题意； 故选：A． 2. 生活中常见的路障锥通常是圆锥的形状，它的侧面展开图是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了立体图形的侧面展开图．熟记常见立体图形的侧面展开图的特征是解决此类问题的关键． 由圆锥的侧面展开图的特征知它的侧面展开图为扇形． 【详解】解：圆锥的侧面展开图是扇形． 故选：D． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了积的乘方、同底数幂的乘除法、完全平方公式，熟练掌握各运算法则和完全平方公式是解题关键．根据积的乘方、同底数幂的乘除法、完全平方公式逐项判断即可得． 【详解】解：A. ，故选项计算错误，不符合题意； B. ，故选项计算正确，符合题意； C. ，故选项计算错误，不符合题意； D. ，故选项计算错误，不符合题意； 故选：B． 4. “与3的差的2倍是非负数”，用不等式可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了列不等式，先根据题意找出数量关系，再用不等式表示出来，关键在于理解“非负数”的含义，即大于等于0，然后根据“x与3的差的2倍”这一描述列出不等式． 【详解】解：x与3的差可表示为：， x与3的差的2倍可表示为：， ∵式子是非负数， ∴， 故选：C． 5. 如图，一座正四棱锥金字塔被发现时，顶部已经荡然无存，但底部未受损．已知该金字塔的下底面是一个边长为的正方形，且每一个侧面与地面成角，则金字塔原来高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用，熟知锐角三角函数的定义是解答此题的关键．根据底部是边长为的正方形求出的长，再由锐角三角函数的定义求出的长即可． 详解】解：如图， ∵底部是边长为的正方形， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 6. 如图，借助三角板画直线的操作过程，其数学依据是（ ） A. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 B. 两直线平行，同位角相等 C. 同位角相等，两直线平行 D. 过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了作图-复杂作图、平行线的判定，解决本题的关键是掌握平行线的判定．根据平行线的判定方法：同位角相等，两直线平行，即可写出这样画图的依据． 【详解】解：根据作图过程可知，画图的依据是：同位角相等，两直线平行， 故选：C． 7. 如图，在中，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交边，于点，．分别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，交内部于点F．连接，连接并延长交于点G，添加下列条件，不能使成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了尺规作图—角平分线的作法，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，解题的关键是掌握以上性质． 由作法可得，平分，得出，然后根据全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：由作法可得，平分， ∴， A.在与中， ∴， ∴， ∴该选项不符合题意； B.∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同选项A可得， ∴该选项不符合题意； C.该选项无法证明， ∴该选项符合题意； D. 在与中， ∴， ∴， 同选项A可得， ∴该选项不符合题意； 故选：C． 8. 如图，在中，，过原点O，轴，双曲线过A，B两点、过点C作轴交双曲线于点D，连接．若的面积为16，则k的值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数系数k的几何意义及等腰三角形的判定与性质，过点A作于点E，设点，则点，再分别表示出点C、点D的坐标，进而得出答案． 【详解】解：如图，过点A作于点E， 设点，则点， ∴， ∵， ∴是等腰三角形， ， ∴， ∵轴， ∴点， ∵轴， ∴点D的横坐标为，纵坐标为， ∴， ∵， ∴，解得：， 故选：B． 二、填空题（每小题3分，共18分） 9. 因式分解：_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解，通过提取公因式的方法进行分解因式即可． 【详解】解：， 故答案为：． 10. 角的余角为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了余角的定义，根据余角的定义，余角是两角之和为，因此用减去给定角即可求解． 【详解】解：． 故答案为：． 11. 已知关于x的方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是_______． 【答案】#### 【解析】 【分析】利用判别式的意义得到Δ＝（﹣3）2﹣4•k＞0，然后解不等式即可． 【详解】解：根据题意得Δ＝（﹣3）2﹣4•k＞0， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根． 12. 直线l与正六边形的边、分别相交于点，如图所示，则_____度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了多边形内角与外角，对顶角． 根据多边形的内角和公式可得：正六边形的内角和为，再根据正六边形定义可得，由此可得．在四边形中，可知，即可得出的度数，根据对顶角性质可得：，，进而得出答案． 【详解】解：∵是正六边形， ∴正六边形的各内角相等， ∴． ∵正六边形的内角和为：， ∴． 在四边形中，， ∴ ． ∵，， ∴． 故答案为：． 13. 如图，以点O为圆心的两个同心圆中，点A、B在大圆上，点C、D在小圆上，和的长度分别是．若扇形和扇形的面积相等，则的大小关系是：_____．（填“>”“<”或“=”） 【答案】< 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积计算，掌握扇形的面积公式（用弧长表示）是解题的关键．设大圆的半径为，小圆的半径为，根据扇形的面积公式（用弧长表示）列出等式，由判断与的大小关系即可． 【详解】解：设大圆的半径为，小圆的半径为， 根据题意，得， ∵， ∴， 故答案为：<． 14. 如图，在边长为2的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上，连接，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为． 上述结论中，正确结论的序号有_____． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④. 【详解】解：∵正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，故①符合题意； ∵，， ∴， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴，， ∴，故③不符合题意； 如图，取的中点，连接， ∵， ∴在以为圆心，为直径的圆上， 当共线时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意； 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 三、解答题（共78分） 15. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了整式的运算，熟练掌握整式的相关运算法则是解题的关键； 先根据平方差公式和单项式乘多项式的法则展开化简，再代值计算即可． 【详解】解： ； 当时，原式． 16. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人把球传给另外两个人机会是均等的．假如开始时球在甲手中，用画树状图的方法，求经过3次传球后球回到甲手中的概率． 【答案】 【解析】 【分析】根据画树状图法求概率即可求解． 【详解】解：画树状图如图所示， 共有8种等可能结果，符合题意的有2种， ∴经过3次传球后球回到甲手中的概率 【点睛】本题考查了画树状图法求概率，熟练掌握画树状图法求概率是解题的关键． 17. 如图，在中，，点D是中点，过点A作平行于，且，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 由题意得出四边形是平行四边形，结合等腰三角形的性质得出，即可得证． 【详解】证明：∵点D是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 18. 图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长为1的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的三个网格中确定三个不同的格点C，作，使的面积均为3． 【答案】作图见详解 【解析】 【分析】本题考查了格点作图，网格中求三角形面积．利用网格图的特征及三角形面积公式的应用画出对应的即可，其顶点均在格点上． 【详解】解：如图所示为所求， 图①中，， 图②中，， 图③中，． 19. 为了践行习近平总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某地计划在规定时间内种植梨树6000棵，开始种植时，由于志愿者的加入，实际每天种植梨树的数量比原计划增加了，结果提前4天完成任务，问原计划每天种植梨树多少棵？ 【答案】原计划每天种植250棵梨树 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 设原计划每天种植梨树棵，则实际每天种植梨树棵，利用工作时间工作总量工作效率，结合实际比原计划提前2天完成任务，可得出关于的分式方程，解之经检验后，即可得出结论． 【详解】解：设原计划每天种植棵梨树， 根据题意，得， 解得， 经检验，为原方程的解，且符合题意． 答：原计划每天种植250棵梨树． 20. 某学校举办的“青春飞扬”主题演讲比赛分为初赛和决赛两个阶段. （1）初赛由名教师评委和名学生评委给每位选手打分（百分制）对评委给某位选手的打分进行整理、描述和分析.下面给出了部分信息. .教师评委打分： .学生评委打分的频数分布直方图如下（数据分6组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组）： .评委打分的平均数、中位数、众数如下： 平均数 中位数 众数 教师评委 学生评委 根据以上信息，回答下列问题： ①的值为___________，的值位于学生评委打分数据分组的第__________组； ②若去掉教师评委打分中的最高分和最低分，记其余8名教师评委打分的平均数为，则___________（填“”“”或“”）； （2）决赛由5名专业评委给每位选手打分（百分制）.对每位选手，计算5名专业评委给其打分的平均数和方差.平均数较大的选手排序靠前，若平均数相同，则方差较小的选手排序靠前，5名专业评委给进入决赛的甲、乙、丙三位选手的打分如下： 评委1 评委2 评委3 评委4 评委5 甲 乙 丙 若丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，则这三位选手中排序最靠前的是____________，表中（为整数）的值为____________. 【答案】（1）①，；② （2）甲， 【解析】 【分析】本题考查条形统计图，平均数、众数、中位数、方差等知识，理解平均数、方差的意义和计算方法是正确解答的前提． （1）根据众数、中位数和算术平均数的定义解答即可； （2）根据方差的定义和意义求解即可； （3）根据题意得出，进而分别求得方差与平均数，分类讨论，求解即可． 【小问1详解】 ①从教师评委打分的情况看，分出现的次数最多，故教师评委打分的众数为， 所以， 共有45名学生评委给每位选手打分， 所以学生评委给每位选手打分的中位数应当是第个，从频数分面直方图上看，可得学生评委给每位选手打分的中位数在第4组， 故答案为：，； ②去掉教师评委打分中的最高分和最低分，其余8名教师评委打分分别为：，，，，，，，， ， 故答案为：； 【小问2详解】 ， ， ， ， 丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中， 依题意，当，则 解得： 当时， 此时 ∵，则乙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，不合题意， 当时， 此时 ∵，则丙在甲、乙、丙三位选手中的排序居中，这三位选手中排序最靠前的是甲 故答案为：甲，． 21. 甲、乙两家快递站分别接到了对自己所辖范围派送快递各件的任务．甲快递站前期先派送了件后，乙快递站才开始派送，且甲、乙两家快递站的派送速度相同．甲快递站经过小时后共派送快递件，由于人员变化，接下来派送速度变慢，结果小时完成派送任务．乙快递站小时完成派送任务．在某段时间内，甲、乙两家快递站的派送件数（件）与派送时间（小时）之间的关系如图所示． （1）乙快递站每小时派送_____件，的值为_____； （2）甲快递站派送速度变慢后，求关于的函数解析式； （3）当乙快递站完成派送任务时，求甲快递站未派送的快递件数． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的实际应用，正确掌握函数图像的信息是解题的关键． （1）根据乙的总派送量和时间算出速度，再结合甲先派送的件，求出甲派送的时间； （2）根据图像及甲慢速度阶段的两个关键坐标点，设关于的函数解析式为：（，、为常数），利用待定系数法即可求解； （3）将乙完成任务的时间代入甲的慢速度函数，算出甲已派送量，再用总量减去已派送量即可得到未派送件数． 【小问1详解】 解：∵乙快递站小时完成派送件， ∴乙快递站每小时派送：（件）， ∵甲、乙两家快递站的派送速度相同， ∴， 故答案为：；； 【小问2详解】 解：由题可知，甲快递站派送速度变慢后，函数图像为直线，且过、， 设甲快递站派送速度变慢后，关于的函数解析式为（，、为常数），把、代入解析式，得 ， 解得， ∴甲快递站派送速度变慢后，关于的函数解析式为； 【小问3详解】 解：∵乙快递站小时完成派送任务， ∴当时，（件）， （件）； ∴当乙快递站完成派送任务时，甲快递站未派送的快递件数为件． 22. 【问题呈现】如图①，点M是边长为4的等边三角形内一点，连接，求的最小值． 【问题解决】小明利用旋转的方法，将三条线段转化后首尾相接，求出了的最小值，过程如下： 如图②，将绕点B逆时针旋转得到，连接，由旋转可知： ． 是等边三角形． ． ． 而的最小值是线段① 的长度（②） ， 的最小值为_③___ 请将上面的过程补充完整． 【拓展应用】如图③，是等边三角形，M是正方形对角线（不含点B）上一点． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作等边，使点在内；（不写作法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑）； （2）当的最小值为时，正方形的边长为_____． 【答案】[问题解决]，两点之间，线段最短， [拓展应用]（1）见解析（2） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，两点之间线段最短，勾股定理，等边三角形的判定与性质及解含角的直角三角形，构造题目中的模型是解题的关键． [问题解决]过点作，交的延长线于点，利用含角的直角三角形的性质及勾股定理进行求解即可； [拓展应用]（1）根据三条边相等的三角形是等边三角形作相等线段的交点即可； （2）连接，根据模型，过点作，交延长线于点，设正方形的边长为，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：【问题解决】由题意知，， 此时，的最小值是线段的长度，其依据为两点之间，线段最短， 如图，过点作，交的延长线于点， ∵， ∴， 又∵， ∴中，， 由勾股定理得，， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴的最小值为， 故答案为：，两点之间，线段最短，； [拓展应用] （1）即为所求； （2）如图，连接， 由题意知，绕点逆时针旋转得， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 而的最小值是线段， 过点作，交延长线于点， ∵的最小值为， ∴， 设正方形的边长为， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得，（负值已舍）， ∴， 故答案为：． 23. 如图，在中，，，，点在边上（点不与点重合），点在射线上，且，连接，以为对角线作菱形，使、且点在左侧． （1）求的长． （2）当点M在边上时，求的长． （3）连接，当与的边平行时，求的长． （4）作直线交边于点E，当为直角三角形时，直接写出的长． 【答案】（1） （2） （3）或 （4）或 【解析】 【分析】（1）使用勾股定理直接计算即可； （2）设，根据菱形的性质可得，，，结合题干可证明．根据相似三角形的性质，依次表示出、和，利用构造方程并求解即可； （3）分三类讨论，当时，容易证明，结合相似三角形的性质可得，，由，求出；当时，容易证明，仿照①的过程可计算得；当时，此时点与点重合，与题干矛盾，故不存在； （4）先分析出是等腰三角形，若同时又是直角三角形，则．根据点在点的左侧或右侧分两类讨论，作，容易证明四边形是矩形，进而证明．根据相似三角形的性质和等腰三角形的性质，依次表示出、、、，利用构造方程并求解即可． 【小问1详解】 解：在中，，，， 由勾股定理可得，， 【小问2详解】 解：如图，设， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∵， ∴， ∴， 解得，， ∴； 【小问3详解】 解：由菱形的性质可知，， ①当时，如图， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ②当时，如图， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴； ③当时，则，此时点与点重合，与题干矛盾，故舍去； 综上所述，或； 【小问4详解】 解：设 ∵四边形是菱形， ∴垂直平分，即垂直平分， ∴，，， ∵为直角三角形， ∴， ①如图，当点在点右侧时，作，垂足为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 解得，， ∴； ②如图，当点在点左侧时，作，垂足为， 同理①可得，四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴，， ∴， 解得，， ∴； 综上所述，或． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，垂直平分线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识并运用分类讨论思想是解题关键． 24. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线经过点．点、是该抛物线上不重合的两点，其横坐标分别为，，连接． （1）求该抛物线的函数表达式及顶点坐标； （2）当点在轴上时，求点的坐标； （3）作点关于抛物线对称轴的对称点（不与点重合），连接，当为锐角时，求的值； （4）以为边向下作正方形，当此抛物线在正方形内部的点的纵坐标先随的增大而减小，后随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 【答案】（1）该抛物线对应的函数表达式为，顶点坐标为 （2）点的坐标为或 （3）的值为 （4）或 【解析】 【分析】（1）将点代入抛物线解析式求解，即可得到该抛物线对应的函数表达式，再将一般式化为顶点式，即可得到其顶点坐标； （2）根据抛物线解析式求出其与轴交点坐标，进而求出点横坐标，再结合解析式求解，即可求出点的坐标； （3）根据抛物线解析式求出，，过点作于点，分情况：①当点在点左侧，且为锐角时，又当点在点下方时，当点在点上方时，②当点在点右侧，且为锐角时，又当点在点下方时，当点在点上方时，进行分析讨论，并结合正切的定义求解，即可解题； （4）由（3）可知点、，利用条件推出点与点分别在对称轴的两侧，记正方形的边与抛物线交于点，分情况：①当点在点左侧，时，过点作于点，②当点在点右侧，时，作，并过点作于点，结合正方形性质，角的等量代换，以及角的正切值求解，找出临界状态求解，即可解题． 【小问1详解】 解：将点代入抛物线得， 解得， 该抛物线对应的函数表达式为， ， 该抛物线的顶点坐标为； 【小问2详解】 解：当时，有， 解得，， 点在轴上，且点、是该抛物线上不重合的两点，其横坐标分别为，， 或， 或， 当时，； 当时，； 点的坐标为或； 【小问3详解】 解：点、是该抛物线上不重合两点，其横坐标分别为，， ，， 点关于抛物线对称轴的对称点（不与点重合）， 过点作于点， ①如图，当点在点左侧，且为锐角时，有， 解得， 又当点在点下方时，（舍去）， 当点在点上方时，，， 此时； ②当点在点右侧，且为锐角时，有， 解得， 如图： 又当点在点下方时，，， 此时； 当点在点上方时，（舍去）， 综上，的值为； 【小问4详解】 解：由（3）可知点、， 抛物线在正方形内部的点的纵坐标先随的增大而减小，后随的增大而增大， 点与点分别在对称轴的两侧， 记正方形的边与抛物线交于点， ①如图所示，当点在点左侧，时，过点作于点， 有， 解得， 四边形为正方形， ， ， ， ， 当与顶点重合时，为符合条件的临界点，此时，， 有， 解得， ； ②当点在点右侧，时，作，并过点作于点， 如图所示： 有， ， ， 同理可得， 当与顶点重合时，为符合条件的临界点， 此时，， 有， 解得， ； 综上所述，当此抛物线在正方形内部的点的纵坐标先随的增大而减小，后随的增大而增大时，的取值范围为或． 【点睛】本题考查了二次函数与几何综合，待定系数法求解析式，二次函数的顶点坐标、对称轴、图像和性质，三角函数，正方形的性质及“分类讨论”思想的应用，解题的关键是利用“数形结合”将几个特殊点在图像中标出相对位置． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $