资源简介

天津市第一中学2024-2025学年 九年级上学期期末数学试卷
1．（2024九上·天津市期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024九上·天津市期末）一元二次方程化成一般形式后，二次项的系数是2，则常数项是（　　）
A．2 B． C．3 D．
3．（2024九上·天津市期末）若 ，则 等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2024九上·天津市期末）如图，中，弦与交于点，点为中点，，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024九上·天津市期末）如图，点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A'B'C'，点P在A'C'上的对应点P'的的坐标为（　　）
A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）
6．（2024九上·天津市期末）下列二次函数的图象与x轴没有交点的是（　　）
A．y=3x2+9x B．y=x2-2x-3 C．y=2x2+4x+5 D．y=-x2+4x-4
7．（2024九上·天津市期末）如图是抛物线形拱桥，当拱顶高离水面2m时，水面宽4m，水面下降2.5m，水面宽度增加（　　）
A．1 m B．2 m C．3 m D．6 m
8．（2024九上·天津市期末）已知圆锥的母线长为6，将其侧面沿着一条母线展开后所得扇形的圆心角为，则该圆锥的底面半径是（　　）
A．1 B． C．2 D．
9．（2024九上·天津市期末）如图，已知中，，，将直角边绕A点逆时针旋转至，连接，E为的中点，连接，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
10．（2024九上·天津市期末）如图1和图2，已知点P是上一点，用直尺和圆规过点P作一条直线，使它与相切于点P．以下是甲、乙两人的作法：
甲：如图1，连接，以点P为圆心，长为半径画弧交于点A，连接并延长，再在上截取，直线即为所求；
乙：如图2，作直径，在上取一点B（异于点P，A），连接和，过点P作，则直线即为所求．
对于甲、乙两人的作法，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙两人的作法都正确 B．甲、乙两人的作法都错误
C．甲的作法正确，乙的作法错误 D．甲的作法错误，乙的作法正确
11．（2024九上·天津市期末）如图是由8个小正方形组成的网格，则在，，，中，与相似的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（2024九上·天津市期末）如图是二次函数的图象的一部分，给出下列命题：①；②；③；④（m为任意实数）；⑤．其中正确的命题有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
13．（2024九上·天津市期末）计算：tan45°＋ sin60°＝　 　．
14．（2024九上·天津市期末）一元二次方程的解是　 　．
15．（2024九上·天津市期末）如图，在中，将绕着点顺时针旋转后得到则的度数为　 　．
16．（2024九上·天津市期末）圆O的半径为5，为两条平行的弦，．则这两条平行弦之间的距离为　 　．
17．（2024九上·天津市期末）已知抛物线（其中b，c为常数）经过不同两点，，且该二次函数的图象与x轴有公共点，则的值为　 　．
18．（2024九上·天津市期末）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过A，B，C三个格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中画的中点D；
（2）如图（2），延长至格点F处，连接．
①直接写出的度数， （度）；
②P为上一点，连接，将绕点B顺时针旋转得到，画出线段，并简要说明
19．（2024九上·天津市期末）已知关于的方程．
（1）求证：无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有一个根是，求的值．
20．（2024九上·天津市期末）如图，四边形内接于，，，过点作，使得，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，求的直径．
21．（2024九上·天津市期末）如图：四边形内接于，为的直径，点平分，过点的直线分别交、的延长线于点、，且．
（1）求证：为的切线；
（2）若，，求．
22．（2024九上·天津市期末）如图，从甲楼AB的楼顶A，看乙楼CD的楼顶C，仰角为30°，看乙楼（CD）的楼底D，俯角为60°；已知甲楼的高AB=40m．求乙楼CD的高度，（结果精确到1m）
23．（2024九上·天津市期末）如图，在矩形中，，，从点开始沿向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向点以的速度移动，如果、分别从、同时出发，当点运动到点时，两点停止运动，设运动时间是．
（1）t为何值时，？
（2）t为何值时，的长度为？
（3）设五边形的面积为，当t为何值时，五边形的面积最小？最小面积为多少？
24．（2024九上·天津市期末）如图1，在正方形中，，点O与点B重合，以点O为圆心，作半径长为5的半圆O，交于点E，交的延长线于点F，点M，N是弧的三等分点（点M在点N的左侧）．将半圆O绕点E逆时针旋转，记旋转角为（），旋转后，点F的对应点为点．
（1）如图2，在旋转过程中，当经过点N时．
①求的度数；并求的长；
②连接，求与的长度，并比较大小；（取1.7，取3）
（2）在旋转过程中，若半圆O与正方形的边相切，请直接写出点A到切点的距离．
25．（2024九上·天津市期末）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于和B两点，与y轴交于点C．
（1）求C点的坐标；
（2）连接，D为抛物线上一点，当时，求点D的坐标；
（3）如图2所示，点为第二象限内一动点，经过H的两条直线与分别与抛物线均有唯一的公共点E和F（点E在点F的左侧），直线与y轴交于点G，M为线段的中点，连接、，当时，求h的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【分析】根据轴对称图形的定义（如果把一个图形沿着一条直线折叠后，直线两侧的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形）和中心对称图形的定义（如果一个图形绕着一个点旋转后，所得到的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形），逐项判断即可．
2．【答案】D
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴二次项的系数是2，常数项是．
故选：D．
【分析】一元二次方程的一般形式为，其中a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项，先把方程化成一般式，即可得出答案．
3．【答案】A
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵
∴
设a=5k，b=8k，
∴。
故答案为：A.
【分析】利用比例的性质可得到a：b的值，设a=5k，b=8k，再代入代数式进行化简即可。
4．【答案】C
【知识点】三角形外角的概念及性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】连接，
∵，，，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】
连接BD，根据三角形外角的性质得，再圆周角定理及点为中点得出，最后由圆内接四边形对角互补即可解答.
5．【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】∵点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A'B'C'，
∴点P在A'C'上的对应点P'的的坐标为：（4，3）．
故答案为：A．
【分析】
若在平面直角坐标系中，位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或 k，由此即可得到答案．
6．【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：对于A选项：令y=0得：或，则函数与x有两个交点和故A选项不符合题意；对于B选项：令y=0得：其判别式，故函数与x轴有两个交点；对于C选项：令y=0得：其判别式故函数与x没有交点，故C选项符合题意；对于D选项：令y=0得：其判别式其函数图象与x有一个交点.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查二次函数图象与x交点的个数判定，根据令y=0，得到关于x的一元二次方程，然后解出方程或者利用一元二次方程的判别式进行判定即可求解.
7．【答案】B
【知识点】二次函数的实际应用-拱桥问题
【解析】【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
则抛物线的顶点C坐标为（0，2），点A坐标为（-2，0），
设抛物线的解析式为y=ax2+2，
把A点坐标（﹣2，0）代入得4a+2=0，
∴a=-0.5，
∴抛物线的解析式为y=-0.5x2+2，
把y=-2.5代入抛物线的解析式得出：-2.5=-0.5x2+2，
解得：x=±3，
∴2×3﹣4=2，
∴水面下降2.5m，水面宽度增加2米，
故选：B．
【分析】建立平面直角坐标系，根据题意得出抛物线的顶点C坐标为（0，2），点A坐标为（-2，0），利用待定系数法求出抛物线的解析式，把y=-2.5代入抛物线的解析式求出x的值，得出水面下降2.5m时水面的宽度，即可得出水面增加的宽度.
8．【答案】C
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设底面圆的半径是r，
，
解得，
故答案为：C．
【分析】设底面圆的半径是r，利用弧长公式可得，再求出即可。
9．【答案】C
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取的中点F，连接，，
∵将直角边绕A点逆时针旋转至，
∴，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
在中，，
∴，
∵F为中点，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴的最大值为，
故选：C．
【分析】取的中点F，连接，，由旋转的性质及三角形中位线定理求出，由勾股定理求出，由直角三角形的性质求出，再根据三角形三边关系得出，即可求出答案．
10．【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定
【解析】【解答】解：甲正确．
理由：如图1中，连接．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线，
乙正确．
理由：∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线，
故答案为：A．
【分析】
根据甲的作图，先说明是等边三角形，由等边三角形的性质得到，再根据，得到，结合三角形外角的性质即可得到 ，从而得到，即可证明是的切线；
根据乙的作图，根据圆周角定理的推论，先由直径所对的圆周角是直角得到，再根据已知条件导角证明出，即可证明是的切线．
11．【答案】B
【知识点】相似三角形的判定-SSS；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：依题意，，
，
，
∴，，
∴，
而，，与不相似，
故答案为：B．
【分析】
根据勾股定理先求出网格内三角形各边的长度，再根据三边对应成比例的两个三角形相似，即可求解．
12．【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线的对称轴是直线，
∴，
∵抛物线交于y轴的负半轴，
∴，
∴，①说法正确；
∵，
∴②说法错误；
∵抛物线与x轴交于，对称轴是直线，
∴抛物线与x轴的另一个交点是，
∴，③说法正确；
∵抛物线的对称轴是直线，且开口向上，
∴函数最小值为，
∴，
∴，④说法正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴，⑤说法正确；
综上所述，正确的有①③④⑤．
故选：D．
【分析】①根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点得出，，，即可判断①说法正确，②说法错误；根据抛物线的对称轴、与x轴的交点得出抛物线与x轴的另一个交点是，即可判断③说法正确；根据抛物线的开口方向得出函数最小值为，即可判断④说法正确；根据抛物线与x轴有两个交点，得出，即可判断⑤说法正确，即可得出答案.
13．【答案】
【知识点】实数的运算；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：
故答案为： ．
【分析】先利用特殊角的三角函数值化简，再计算即可。
14．【答案】，
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
∴或
∴，．
故答案为：，
【分析】
先将一元二次方程整理成一般式，再用因式分解法解方程即可．
15．【答案】100°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC绕着点A顺时针旋转40°后得到△ADE，
∴∠CAE=40°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+40°=100°．
故答案为：100°．
【分析】
根据旋转的定义及性质知∠CAE=40°，然后根据角的和差关系得∠BAE=∠BAC+∠CAE，即可求解．
16．【答案】1或7
【知识点】垂径定理
【解析】【解答】①当弦AB和弦CD在圆心同侧时，如图所示：
过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，
∵AB//CD，
∴OE⊥AB，
∵AB=8，CD=6，
∴AE=AB=4，CF=CD=3，
∵OA=OC=5，
∴EO=，OF=，
∴EF=OF-EO=4-3=1，
②当弦AB和弦CD在圆心异侧时，如图所示：
过点O作OF⊥CD，垂足为F，过点O作OE⊥AB，垂足为E，连接OA，OC，
∵AB=8，CD=6，
∴AE=AB=4，CF=CD=3，
∵OA=OC=5，
∴EO=，OF=，
∴EF=OF+EO=4+3=7，
综上，这两条平行弦之间的距离为1或7，
故答案为：1或7.
【分析】分类讨论：①当弦AB和弦CD在圆心同侧时，②当弦AB和弦CD在圆心异侧时，再分别画出图象并利用垂径定理及勾股定理求解即可.
17．【答案】3
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：∵抛物线解析式为，
∴对称轴为直线x==b，
∵抛物线经过不同两点，，
∴A、B两点关于直线x=b对称，
∴，
∴，
∵该二次函数的图象与x轴有公共点，
∴△==≥0，
∴≥0，即-4（b-2）2≥0，
∴b=2，
∴c=b-1=1，
∴=3，
故填：3.
【分析】根据抛物线的解析式可得对称轴为直线x=b，根据A、B坐标可得A、B两点关于直线x=b对称，可得，得出c与b的关系，根据二次函数的图象与x轴有公共点，列不等式可得出b的值，从而得出c的值，即可得答案．
18．【答案】取的中点T，连接，延长交于点D,45,取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求
（1）解：如图1中，取的中点T，连接，并延长交于点D，则点D即为所求；
；
（2）解：①45；
②取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求
【知识点】正方形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；作图﹣旋转；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：（2）①∵，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴；
故填：45；
②如图2中，取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求．
理由如下：取中点，连接，，则，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴将绕点B顺时针旋转得到．
故填：取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求．
【分析】（1）取的中点T，连接，延长交于点D，根据垂径定理推论即可得到点D为的中点；
（2）①根据勾股定理及其逆定理得出，，证明是等腰直角三角形，即可得到；
②取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，先证出四边形是正方形，再证出，得出，即可得出线段即为所求．
19．【答案】（1）解：，
∴无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：把代入得：，
解得：或．
【知识点】一元二次方程的根；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【分析】
（1）根据题意计算一元二次方程的判别式，即可证明；
（2）把代入得到关于m的一元二次方程，解关于m的方程即可．
（1）解：，
∴无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：把代入得：，
解得：或．
20．【答案】（1）证明：如下图所示，连接，
，
，，
，
，．
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，
，
是的直径．，
由可得，
，
，
在中，，
的直径为．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】连接，根据在同圆或等圆中同弧或等弧所对的弦和圆周角相等，可得，，根据等腰三角形的性质及圆的内接四边形对角互补得到，再利用证明出，由全等三角形对应边相等即可证明；
连接，由圆周角定理的推论可知是直径，由可得，再利用勾股定理可求的长．
（1）证明：如下图所示，连接，
，
，，
，
，．
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，
，
是的直径．，
由可得，
，
，
在中，，
的直径为．
21．【答案】（1）证明：如图，连接，，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：设与交于点，
由（1）知：，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】矩形的判定与性质；圆内接四边形的性质；切线的判定；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接连接，，由圆的内接四边形的性质可得，根据可得；再根据直径所对的圆周角等于90°和同位角相等两直线平行即可得到，从而证明结论；
（2）设与交于点，先证明出四边形是矩形，进而得到是的中位线，最后根据勾股定理求出，从而求出；
（1）证明：如图，连接，，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：设与交于点，
由（1）知：，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．【答案】解：由题意得：∠AEC=∠AED=90°，AB=DE=40m，∠EAD=60°，∠CAE=30°，
∴，
∴，
∴，
即乙楼CD的高度为53m．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】
根据题意，分别在Rt△AEC、Rt△AED中解直角三角形求AE，CE的长，进而即可解答.
23．【答案】（1）解：∵从点开始沿向终点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，运动时间是，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，，
即，
解得：，，
∴当或时，的长度为
（3）解：∵五边形的面积四边形的面积，
∴，
∵，有最小值，
∴当，，
∴当时，五边形的面积最小，最小面积为
【知识点】二次函数的最值；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据题意得出，，从而得出，根据列出方程，解方程求出t的值即可；
（2）根据矩形的性质可得，根据勾股定理得出，解方程求出t的值即可；
（3）利用五边形的面积四边形的面积，得出，再利用二次函数的性质进行解答即可．
（1）解：∵从点开始沿向终点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，
∴，，
则，
当时，
故，
解得：，
故当时，．
（2）∵四边形是矩形，
∴，
在中，，且，，，
即，
解得：，．
∴当或时，的长度为．
（3）∵五边形的面积四边形的面积，
故当五边形的面积为时；
∴，
∵，有最小值，
∴当，
最小值为：，
∴当秒时，五边形的面积最小，最小面积为．
24．【答案】（1）解：①如图，连接，过点B作于点L，则，
∵点M，N是弧的三等分点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即；
∴，
∴，
∴；
②根据题意得：，
∴的长为；
如图，过点于点W，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
∵，
∴的长度；
（2）或或3
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算；圆与四边形的综合
【解析】【解答】
（2）解：有三种情况讨论：
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接并延长，交与点H，连接，
　
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接，过点E作，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示，
；
综上所述，点A到切点的距离为或或3．
【分析】
（1）①连接，过点B作于点L，根据垂径定理有，由圆心角定理可得，再由等腰三角形的性质“等边对等角”以及三角形外角的性质，即可求解；②根据弧长公式求出的长；过点于点W，根据直角三角形的性质可得，从而得到，进而得到，再由勾股定理可得，即可求解；
（2）分类讨论当半圆O与相切的三种情况，画出对应的几何图，根据切线的性质及矩形的判定与性质，利用勾股定理即可求解．
（1）解：①如图，连接，过点B作于点L，则，
∵点M，N是弧的三等分点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即；
∴，
∴，
∴；
②根据题意得：，
∴的长为；
如图，过点于点W，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
∵，
∴的长度；
（2）解：有三种情况讨论：
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接并延长，交与点H，连接，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接，过点E作，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示，
；
综上所述，点A到切点的距离为或或3．
25．【答案】（1）解：将代入抛物线解析，
∴，
∴．
∴C点的坐标为
（2）解：设与轴的交点为，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵抛物线的解析式为，
∴令，，
解得：，，
∴，
∴，
在中，，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
将代入可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，
解得：或，
∴D点的坐标为：
（3）解：设直线的解析式为，当时，，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
同理直线的解析式为，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴轴，
设直线的解析式为，则，
解得：，
∴直线的解析式为，
令，则，
∴，
作于，则，，
，
∴，，
∵，
∴，
∴
【知识点】坐标与图形性质；待定系数法求二次函数解析式；解直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）设与轴的交点为，由题意得出，由勾股定理得出，求出直线的解析式为，与二次函数的解析式列出方程，解方程求出x的值，即可得出点的坐标；
（3）分别求出直线的解析式为，同理直线的解析式为，联立求出，从而得出，，求出，得到轴，求出直线的解析式为，则，作于，求出，，再结合，解直角三角形即可得解．
（1）解：将代入抛物线解析可得：
解得：．
∴C点的坐标为；
（2）解：设与轴的交点为，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）可得：，令，则，
解得：，，
∴，
∴，
在中，，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
将代入可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，
解得：或，
∴D点的坐标为：
（3）解：设直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
同理直线的解析式为，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴轴，
设直线的解析式为，则，
解得：，
∴直线的解析式为，
令，则，
∴，
作于，则，，
，
∴，，
∵，
∴，
∴．
1 / 1天津市第一中学2024-2025学年 九年级上学期期末数学试卷
1．（2024九上·天津市期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意；
C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【分析】根据轴对称图形的定义（如果把一个图形沿着一条直线折叠后，直线两侧的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形）和中心对称图形的定义（如果一个图形绕着一个点旋转后，所得到的图形能够和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形），逐项判断即可．
2．（2024九上·天津市期末）一元二次方程化成一般形式后，二次项的系数是2，则常数项是（　　）
A．2 B． C．3 D．
【答案】D
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴二次项的系数是2，常数项是．
故选：D．
【分析】一元二次方程的一般形式为，其中a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项，先把方程化成一般式，即可得出答案．
3．（2024九上·天津市期末）若 ，则 等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：∵
∴
设a=5k，b=8k，
∴。
故答案为：A.
【分析】利用比例的性质可得到a：b的值，设a=5k，b=8k，再代入代数式进行化简即可。
4．（2024九上·天津市期末）如图，中，弦与交于点，点为中点，，，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形外角的概念及性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】连接，
∵，，，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【分析】
连接BD，根据三角形外角的性质得，再圆周角定理及点为中点得出，最后由圆内接四边形对角互补即可解答.
5．（2024九上·天津市期末）如图，点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A'B'C'，点P在A'C'上的对应点P'的的坐标为（　　）
A．（4，3） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，4）
【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】∵点P（8，6）在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的，得到△A'B'C'，
∴点P在A'C'上的对应点P'的的坐标为：（4，3）．
故答案为：A．
【分析】
若在平面直角坐标系中，位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或 k，由此即可得到答案．
6．（2024九上·天津市期末）下列二次函数的图象与x轴没有交点的是（　　）
A．y=3x2+9x B．y=x2-2x-3 C．y=2x2+4x+5 D．y=-x2+4x-4
【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：对于A选项：令y=0得：或，则函数与x有两个交点和故A选项不符合题意；对于B选项：令y=0得：其判别式，故函数与x轴有两个交点；对于C选项：令y=0得：其判别式故函数与x没有交点，故C选项符合题意；对于D选项：令y=0得：其判别式其函数图象与x有一个交点.
故答案为：C.
【分析】本题主要考查二次函数图象与x交点的个数判定，根据令y=0，得到关于x的一元二次方程，然后解出方程或者利用一元二次方程的判别式进行判定即可求解.
7．（2024九上·天津市期末）如图是抛物线形拱桥，当拱顶高离水面2m时，水面宽4m，水面下降2.5m，水面宽度增加（　　）
A．1 m B．2 m C．3 m D．6 m
【答案】B
【知识点】二次函数的实际应用-拱桥问题
【解析】【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
则抛物线的顶点C坐标为（0，2），点A坐标为（-2，0），
设抛物线的解析式为y=ax2+2，
把A点坐标（﹣2，0）代入得4a+2=0，
∴a=-0.5，
∴抛物线的解析式为y=-0.5x2+2，
把y=-2.5代入抛物线的解析式得出：-2.5=-0.5x2+2，
解得：x=±3，
∴2×3﹣4=2，
∴水面下降2.5m，水面宽度增加2米，
故选：B．
【分析】建立平面直角坐标系，根据题意得出抛物线的顶点C坐标为（0，2），点A坐标为（-2，0），利用待定系数法求出抛物线的解析式，把y=-2.5代入抛物线的解析式求出x的值，得出水面下降2.5m时水面的宽度，即可得出水面增加的宽度.
8．（2024九上·天津市期末）已知圆锥的母线长为6，将其侧面沿着一条母线展开后所得扇形的圆心角为，则该圆锥的底面半径是（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：设底面圆的半径是r，
，
解得，
故答案为：C．
【分析】设底面圆的半径是r，利用弧长公式可得，再求出即可。
9．（2024九上·天津市期末）如图，已知中，，，将直角边绕A点逆时针旋转至，连接，E为的中点，连接，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形三边关系；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取的中点F，连接，，
∵将直角边绕A点逆时针旋转至，
∴，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
在中，，
∴，
∵F为中点，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴的最大值为，
故选：C．
【分析】取的中点F，连接，，由旋转的性质及三角形中位线定理求出，由勾股定理求出，由直角三角形的性质求出，再根据三角形三边关系得出，即可求出答案．
10．（2024九上·天津市期末）如图1和图2，已知点P是上一点，用直尺和圆规过点P作一条直线，使它与相切于点P．以下是甲、乙两人的作法：
甲：如图1，连接，以点P为圆心，长为半径画弧交于点A，连接并延长，再在上截取，直线即为所求；
乙：如图2，作直径，在上取一点B（异于点P，A），连接和，过点P作，则直线即为所求．
对于甲、乙两人的作法，下列判断正确的是（　　）
A．甲、乙两人的作法都正确 B．甲、乙两人的作法都错误
C．甲的作法正确，乙的作法错误 D．甲的作法错误，乙的作法正确
【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定
【解析】【解答】解：甲正确．
理由：如图1中，连接．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线，
乙正确．
理由：∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线，
故答案为：A．
【分析】
根据甲的作图，先说明是等边三角形，由等边三角形的性质得到，再根据，得到，结合三角形外角的性质即可得到 ，从而得到，即可证明是的切线；
根据乙的作图，根据圆周角定理的推论，先由直径所对的圆周角是直角得到，再根据已知条件导角证明出，即可证明是的切线．
11．（2024九上·天津市期末）如图是由8个小正方形组成的网格，则在，，，中，与相似的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】相似三角形的判定-SSS；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：依题意，，
，
，
∴，，
∴，
而，，与不相似，
故答案为：B．
【分析】
根据勾股定理先求出网格内三角形各边的长度，再根据三边对应成比例的两个三角形相似，即可求解．
12．（2024九上·天津市期末）如图是二次函数的图象的一部分，给出下列命题：①；②；③；④（m为任意实数）；⑤．其中正确的命题有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数的最值；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线的对称轴是直线，
∴，
∵抛物线交于y轴的负半轴，
∴，
∴，①说法正确；
∵，
∴②说法错误；
∵抛物线与x轴交于，对称轴是直线，
∴抛物线与x轴的另一个交点是，
∴，③说法正确；
∵抛物线的对称轴是直线，且开口向上，
∴函数最小值为，
∴，
∴，④说法正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴，⑤说法正确；
综上所述，正确的有①③④⑤．
故选：D．
【分析】①根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点得出，，，即可判断①说法正确，②说法错误；根据抛物线的对称轴、与x轴的交点得出抛物线与x轴的另一个交点是，即可判断③说法正确；根据抛物线的开口方向得出函数最小值为，即可判断④说法正确；根据抛物线与x轴有两个交点，得出，即可判断⑤说法正确，即可得出答案.
13．（2024九上·天津市期末）计算：tan45°＋ sin60°＝　 　．
【答案】
【知识点】实数的运算；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：
故答案为： ．
【分析】先利用特殊角的三角函数值化简，再计算即可。
14．（2024九上·天津市期末）一元二次方程的解是　 　．
【答案】，
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：
∴或
∴，．
故答案为：，
【分析】
先将一元二次方程整理成一般式，再用因式分解法解方程即可．
15．（2024九上·天津市期末）如图，在中，将绕着点顺时针旋转后得到则的度数为　 　．
【答案】100°
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC绕着点A顺时针旋转40°后得到△ADE，
∴∠CAE=40°，
∵∠BAC=60°，
∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+40°=100°．
故答案为：100°．
【分析】
根据旋转的定义及性质知∠CAE=40°，然后根据角的和差关系得∠BAE=∠BAC+∠CAE，即可求解．
16．（2024九上·天津市期末）圆O的半径为5，为两条平行的弦，．则这两条平行弦之间的距离为　 　．
【答案】1或7
【知识点】垂径定理
【解析】【解答】①当弦AB和弦CD在圆心同侧时，如图所示：
过点O作OF⊥CD，垂足为F，交AB于点E，连接OA，OC，
∵AB//CD，
∴OE⊥AB，
∵AB=8，CD=6，
∴AE=AB=4，CF=CD=3，
∵OA=OC=5，
∴EO=，OF=，
∴EF=OF-EO=4-3=1，
②当弦AB和弦CD在圆心异侧时，如图所示：
过点O作OF⊥CD，垂足为F，过点O作OE⊥AB，垂足为E，连接OA，OC，
∵AB=8，CD=6，
∴AE=AB=4，CF=CD=3，
∵OA=OC=5，
∴EO=，OF=，
∴EF=OF+EO=4+3=7，
综上，这两条平行弦之间的距离为1或7，
故答案为：1或7.
【分析】分类讨论：①当弦AB和弦CD在圆心同侧时，②当弦AB和弦CD在圆心异侧时，再分别画出图象并利用垂径定理及勾股定理求解即可.
17．（2024九上·天津市期末）已知抛物线（其中b，c为常数）经过不同两点，，且该二次函数的图象与x轴有公共点，则的值为　 　．
【答案】3
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【解答】解：∵抛物线解析式为，
∴对称轴为直线x==b，
∵抛物线经过不同两点，，
∴A、B两点关于直线x=b对称，
∴，
∴，
∵该二次函数的图象与x轴有公共点，
∴△==≥0，
∴≥0，即-4（b-2）2≥0，
∴b=2，
∴c=b-1=1，
∴=3，
故填：3.
【分析】根据抛物线的解析式可得对称轴为直线x=b，根据A、B坐标可得A、B两点关于直线x=b对称，可得，得出c与b的关系，根据二次函数的图象与x轴有公共点，列不等式可得出b的值，从而得出c的值，即可得答案．
18．（2024九上·天津市期末）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，经过A，B，C三个格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中画的中点D；
（2）如图（2），延长至格点F处，连接．
①直接写出的度数， （度）；
②P为上一点，连接，将绕点B顺时针旋转得到，画出线段，并简要说明
【答案】取的中点T，连接，延长交于点D,45,取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求
（1）解：如图1中，取的中点T，连接，并延长交于点D，则点D即为所求；
；
（2）解：①45；
②取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求
【知识点】正方形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；作图﹣旋转；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：（2）①∵，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴；
故填：45；
②如图2中，取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求．
理由如下：取中点，连接，，则，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴将绕点B顺时针旋转得到．
故填：取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，线段即为所求．
【分析】（1）取的中点T，连接，延长交于点D，根据垂径定理推论即可得到点D为的中点；
（2）①根据勾股定理及其逆定理得出，，证明是等腰直角三角形，即可得到；
②取格点M，连接，延长交于点K，作直径，连接并延长交点Q，先证出四边形是正方形，再证出，得出，即可得出线段即为所求．
19．（2024九上·天津市期末）已知关于的方程．
（1）求证：无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有一个根是，求的值．
【答案】（1）解：，
∴无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：把代入得：，
解得：或．
【知识点】一元二次方程的根；因式分解法解一元二次方程；一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【分析】
（1）根据题意计算一元二次方程的判别式，即可证明；
（2）把代入得到关于m的一元二次方程，解关于m的方程即可．
（1）解：，
∴无论取何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：把代入得：，
解得：或．
20．（2024九上·天津市期末）如图，四边形内接于，，，过点作，使得，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，求的直径．
【答案】（1）证明：如下图所示，连接，
，
，，
，
，．
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，
，
是的直径．，
由可得，
，
，
在中，，
的直径为．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】连接，根据在同圆或等圆中同弧或等弧所对的弦和圆周角相等，可得，，根据等腰三角形的性质及圆的内接四边形对角互补得到，再利用证明出，由全等三角形对应边相等即可证明；
连接，由圆周角定理的推论可知是直径，由可得，再利用勾股定理可求的长．
（1）证明：如下图所示，连接，
，
，，
，
，．
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，
，
是的直径．，
由可得，
，
，
在中，，
的直径为．
21．（2024九上·天津市期末）如图：四边形内接于，为的直径，点平分，过点的直线分别交、的延长线于点、，且．
（1）求证：为的切线；
（2）若，，求．
【答案】（1）证明：如图，连接，，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：设与交于点，
由（1）知：，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】矩形的判定与性质；圆内接四边形的性质；切线的判定；圆周角定理的推论
【解析】【分析】（1）连接连接，，由圆的内接四边形的性质可得，根据可得；再根据直径所对的圆周角等于90°和同位角相等两直线平行即可得到，从而证明结论；
（2）设与交于点，先证明出四边形是矩形，进而得到是的中位线，最后根据勾股定理求出，从而求出；
（1）证明：如图，连接，，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：设与交于点，
由（1）知：，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．（2024九上·天津市期末）如图，从甲楼AB的楼顶A，看乙楼CD的楼顶C，仰角为30°，看乙楼（CD）的楼底D，俯角为60°；已知甲楼的高AB=40m．求乙楼CD的高度，（结果精确到1m）
【答案】解：由题意得：∠AEC=∠AED=90°，AB=DE=40m，∠EAD=60°，∠CAE=30°，
∴，
∴，
∴，
即乙楼CD的高度为53m．
【知识点】解直角三角形的实际应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】
根据题意，分别在Rt△AEC、Rt△AED中解直角三角形求AE，CE的长，进而即可解答.
23．（2024九上·天津市期末）如图，在矩形中，，，从点开始沿向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向点以的速度移动，如果、分别从、同时出发，当点运动到点时，两点停止运动，设运动时间是．
（1）t为何值时，？
（2）t为何值时，的长度为？
（3）设五边形的面积为，当t为何值时，五边形的面积最小？最小面积为多少？
【答案】（1）解：∵从点开始沿向终点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，运动时间是，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，，
即，
解得：，，
∴当或时，的长度为
（3）解：∵五边形的面积四边形的面积，
∴，
∵，有最小值，
∴当，，
∴当时，五边形的面积最小，最小面积为
【知识点】二次函数的最值；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据题意得出，，从而得出，根据列出方程，解方程求出t的值即可；
（2）根据矩形的性质可得，根据勾股定理得出，解方程求出t的值即可；
（3）利用五边形的面积四边形的面积，得出，再利用二次函数的性质进行解答即可．
（1）解：∵从点开始沿向终点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，
∴，，
则，
当时，
故，
解得：，
故当时，．
（2）∵四边形是矩形，
∴，
在中，，且，，，
即，
解得：，．
∴当或时，的长度为．
（3）∵五边形的面积四边形的面积，
故当五边形的面积为时；
∴，
∵，有最小值，
∴当，
最小值为：，
∴当秒时，五边形的面积最小，最小面积为．
24．（2024九上·天津市期末）如图1，在正方形中，，点O与点B重合，以点O为圆心，作半径长为5的半圆O，交于点E，交的延长线于点F，点M，N是弧的三等分点（点M在点N的左侧）．将半圆O绕点E逆时针旋转，记旋转角为（），旋转后，点F的对应点为点．
（1）如图2，在旋转过程中，当经过点N时．
①求的度数；并求的长；
②连接，求与的长度，并比较大小；（取1.7，取3）
（2）在旋转过程中，若半圆O与正方形的边相切，请直接写出点A到切点的距离．
【答案】（1）解：①如图，连接，过点B作于点L，则，
∵点M，N是弧的三等分点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即；
∴，
∴，
∴；
②根据题意得：，
∴的长为；
如图，过点于点W，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
∵，
∴的长度；
（2）或或3
【知识点】勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算；圆与四边形的综合
【解析】【解答】
（2）解：有三种情况讨论：
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接并延长，交与点H，连接，
　
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接，过点E作，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示，
；
综上所述，点A到切点的距离为或或3．
【分析】
（1）①连接，过点B作于点L，根据垂径定理有，由圆心角定理可得，再由等腰三角形的性质“等边对等角”以及三角形外角的性质，即可求解；②根据弧长公式求出的长；过点于点W，根据直角三角形的性质可得，从而得到，进而得到，再由勾股定理可得，即可求解；
（2）分类讨论当半圆O与相切的三种情况，画出对应的几何图，根据切线的性质及矩形的判定与性质，利用勾股定理即可求解．
（1）解：①如图，连接，过点B作于点L，则，
∵点M，N是弧的三等分点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即；
∴，
∴，
∴；
②根据题意得：，
∴的长为；
如图，过点于点W，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
∵，
∴的长度；
（2）解：有三种情况讨论：
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接并延长，交与点H，连接，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示：设切点为点G，连接，过点E作，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
当半圆O与相切时，如图所示，
；
综上所述，点A到切点的距离为或或3．
25．（2024九上·天津市期末）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于和B两点，与y轴交于点C．
（1）求C点的坐标；
（2）连接，D为抛物线上一点，当时，求点D的坐标；
（3）如图2所示，点为第二象限内一动点，经过H的两条直线与分别与抛物线均有唯一的公共点E和F（点E在点F的左侧），直线与y轴交于点G，M为线段的中点，连接、，当时，求h的值．
【答案】（1）解：将代入抛物线解析，
∴，
∴．
∴C点的坐标为
（2）解：设与轴的交点为，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵抛物线的解析式为，
∴令，，
解得：，，
∴，
∴，
在中，，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
将代入可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，
解得：或，
∴D点的坐标为：
（3）解：设直线的解析式为，当时，，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
同理直线的解析式为，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴轴，
设直线的解析式为，则，
解得：，
∴直线的解析式为，
令，则，
∴，
作于，则，，
，
∴，，
∵，
∴，
∴
【知识点】坐标与图形性质；待定系数法求二次函数解析式；解直角三角形；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）设与轴的交点为，由题意得出，由勾股定理得出，求出直线的解析式为，与二次函数的解析式列出方程，解方程求出x的值，即可得出点的坐标；
（3）分别求出直线的解析式为，同理直线的解析式为，联立求出，从而得出，，求出，得到轴，求出直线的解析式为，则，作于，求出，，再结合，解直角三角形即可得解．
（1）解：将代入抛物线解析可得：
解得：．
∴C点的坐标为；
（2）解：设与轴的交点为，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）可得：，令，则，
解得：，，
∴，
∴，
在中，，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
将代入可得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，
解得：或，
∴D点的坐标为：
（3）解：设直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
同理直线的解析式为，
∴，
当时，，
∴，
∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴轴，
设直线的解析式为，则，
解得：，
∴直线的解析式为，
令，则，
∴，
作于，则，，
，
∴，，
∵，
∴，
∴．
1 / 1

展开更多......

收起↑