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广东省惠州市惠城区三校联考2025年初中学业水平考试模拟卷
1．（2025·惠城模拟）的绝对值等于（　　）
A． B．3 C． D．0
2．（2025·惠城模拟）被英国<<卫报>>誉为”新世界七大奇迹”的港珠澳大桥是中国境内一座连接香港，广东珠海和澳门桥隧工程，它是世界上最长的跨海大桥，桥隧全长55000米，其中55000用科学记数法表示为(　　）
A．55×10 B．5.5×10 C．5.5×10 D．0.55×10
3．（2025·惠城模拟）如图①．用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·惠城模拟）如图，某博物馆大厅电梯的截面图中，AB的长为12米，AB与AC的夹角为，则高BC是（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
5．（2025·惠城模拟）近年来，网购的蓬勃发展方便了人们的生活．某快递分派站现有包裹若干件需快递员派送，若每个快递员派送12件，还剩6件：若每个快递员派送15件，则差9件，设该分派站有m名快递员，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·惠城模拟）光线由空气射入清澈的水面时会在水面发生镜面反射，在射入水中后会发生折射现象．如图入射光线在射入水面P点的反射光线为，折射光线为，若反射光线与折射光线夹角为，入射光线与折射光线夹角为，则入射光线与水平面的夹角为多少度？（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·惠城模拟）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，在中，，于点C，点A在反比例函数的图像上，若，，则k的值为（　　）．
A．12 B．8 C．6 D．3
8．（2025·惠城模拟）如图，是正五边形的内切圆，点M，N，F分别是边与的切点，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025·惠城模拟）已知实数a，b满足，，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025·惠城模拟）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
11．（2025·惠城模拟）因式分解：8a3﹣2ab2=　 　．
12．（2025·惠城模拟）若正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是　 　．
13．（2025·惠城模拟）若a是一元二次方程的一个解，则的值为　 　．
14．（2025·惠城模拟）如图是一个游戏装置，四边形是正方形，点光源为的中点．点、点为的三等分点，是一个感光元件．若从点发出的光线照向平面镜，其反射光线照射到上（含端点），该感光元件就会发光．已知点，反射光线所在直线为，当感光元件发光时，的取值范围为　 　．
15．（2025·惠城模拟）如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点旋转180°得到，再将绕点旋转得到，再将绕点旋转得到，按此规律进行下去，若点的坐标为，则点的坐标为　 　．
16．（2025·惠城模拟）已知，
（1）求的值；
（2）求的值．
17．（2025·惠城模拟）（1）解不等式组
（2）先化简，再求值
，其中，．
18．（2025·惠城模拟）为感受数学的魅力，享受学习数学的乐趣，某学校举行数学解题竞赛．现随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标，良好，优秀，优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成如下不完整的统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）在这次调查中，一共抽取了_____名学生，圆心角_____度；
（2）已知学校共有1200名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少？
（3）李老师计划从四位学生中随机抽取两人的成绩进行分析，请用树状图法或列表法求出恰好抽中两人的概率．
19．（2025·惠城模拟）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，，与轴、轴分别相交于点、，作轴，垂足为点，连接，．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）当时，直接比较，的大小．
20．（2025·惠城模拟）为了保护环境，某开发区综合治理指挥部决定购买A，B两种型号的污水处理设备共10台．已知用90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，每台设备价格及月处理污水量如下表所示：
污水处理设备 A型 B型
价格（万元/台） m
月处理污水量（吨/台） 200 180
（1）求m的值；
（2）由于受资金限制，指挥部用于购买污水处理设备的资金不超过165万元，问有多少种购买方案？并求出每月最多处理污水量的吨数．
21．（2025·惠城模拟）如图，在平面直角坐标系中，点P为y轴上一点，⊙P交y轴于点A，点B，交x轴的正半轴于点C，AD平分∠BAC交⊙P于点D，过点D作EF⊥AC于点E，交y轴于点F．
（1）求证：EF为⊙P的切线；
（2）若A(0， 1)，C(，0)，求图中阴影部分的面积．
22．（2025·惠城模拟）在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作推断
如图1，点P是正方形纸片的边的中点，沿折叠，使点A落在点M处，延长交于点 F，连接． 则 ．
（2）迁移探究
小华在（1）的条件下，继续探究：如图2，延长交于点E，连接．
① ；
②小华用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现，请判断该发现是否正确？并说明理由．
（3）拓展应用
将边长为1的两个相同正方形拼成矩形，如图3，点P是上一动点，沿折叠，使点A落在点M处，射线交射线于点 F．当时，直接写出的长．
23．（2025·惠城模拟）将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知，点P是抛物线H上的一个动点．
（1）求抛物线H的表达式；
（2）如图1，点P在线段上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作，垂足为D，交于点E．作，垂足为F，求的面积的最大值；
（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：；
故选B．
【分析】根据绝对值的定义即可求出答案.
2．【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】由科学记数法的定义得：
故答案为：B.
【分析】根据科学记数法的定义“把一个数表示成 的形式，其中 ， 为整数，这种计数方法叫科学记数法”即可得.
3．【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：由图可知，该“堑堵”的俯视图是一个长方形 ，
故答案为：C．
【分析】根据几何体俯视图的定义，直接从上面看进行判断即可．
4．【答案】A
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，
∴sinα=，
∴BC= sinαAB=12 sinα（米），
故答案为：A．
【分析】根据正弦定义即可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】一元一次方程的其他应用；列一元一次方程
【解析】【解答】解：由题意得：．
故选：B．
【分析】设该分派站有m名快递员，根据“若每个快递员派送12件，还剩6件；若每个快递员派送15件，则差9件”，即可得出关于x的一元一次方程．
6．【答案】C
【知识点】角的运算
【解析】【解答】解：∵反射光线与折射光线夹角为，入射光线与折射光线夹角为，
∴，
∴，
∵入射角等于反射角，
∴，
∴，
∴入射光线与水平面的夹角为，
故选：C．
【分析】由题意可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；等腰三角形的判定与性质；反比例函数的一点一垂线型
【解析】【解答】解：∵，
∴为等腰三角形，
又∵，
∴C为OB中点，
∵，
∴，
∵，
∴A点坐标为（2，3），
将A点坐标代入反比例函数得，，
∴．
故选：C．
【分析】根据等腰三角形性质可得A点坐标为（2，3），再根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】圆周角定理；切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正五边形，
∴，
连接，
由题意，得：，
∴，
∴；
故选B．
【分析】根据正多边形内角和可得，连接，由题意，得：，再根据角之间的关系可得∠MON，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
，
，
选项A错误；
，
，
，
，
，
，
选项B错误；
，，
，
，
，
选项C正确；
，，
，
，
，
选项D错误．
故选：C．
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
10．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：结合图象，得到当时，，
当点P运动到点B时，，
根据菱形的性质，得，
故，
当点P运动到中点时，的长为，
故选C．
【分析】当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，即可求出答案.
11．【答案】2a（2a+b）（2a﹣b）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：8a3-2ab2=2a（4a2-b2）
=2a（2a+b）（2a-b）．
故答案为：2a（2a+b）（2a-b）．
【分析】先用提公因式法，再利用完全平方公式法分解到每一个因式都不能再分解为止。
12．【答案】六
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：．
故答案为：六．
【分析】利用多边形的外角和是360°解答即可．
13．【答案】5
【知识点】求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵是一元二次方程的一个解，
∴，
∴，
故答案为：5．
【分析】将x=a代入方程可得，化简代数式，再整体代入即可求出答案.
14．【答案】
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正方形的性质；关于坐标轴对称的点的坐标特征；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：如图，取点关于轴的对称点．
∵点为的中点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点、点为的三等分点，
∴，，
∵点关于轴的对称点，
∴，根据光的反射定律，反射光线所在的直线经过点，
设反射光线所在的直线的解析式为为常数，且，
将代入，
得，∴，
∴，
当反射光线经过时，得，
解得；
当反射光线经过时，得，
解得，
∴，
故答案为：．
【分析】取点关于轴的对称点，根据线段中点可得，根据正方形性质可得，由三等分点性质可得，，根据y轴对称的点的坐标特征可得，根据光的反射定律，反射光线所在的直线经过点，设反射光线所在的直线的解析式为为常数，且，将点E'坐标代入解析式可得，则，分情况讨论，将点坐标代入解析式即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，点的坐标为，将绕点旋转180°得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
故，
即，，
则，
同理可得，，
······，，
故点的坐标为，
即．
故答案为：．
【分析】根据等边三角形及旋转性质可得，根据角之间的关系可得，根据勾股定理可得，即，，则，同理可得，，总结规律即可求出答案.
16．【答案】（1）解：，
∴，
解得：；
（2）解：∵，
∴，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；因式分解法解一元二次方程；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【分析】（1）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（2）由题意得，再化简代数式，整体代入即可求出答案.
（1）解：，
∴，
解得：；
（2）解：∵，
∴，
∴
．
17．【答案】解：（1）
解不等式①得，
解不等式②得，
∴原不等式组的解集是，
（2）
当，时，
原式
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；分式的化简求值；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）分别求出两个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可求出答案.
（2）分子根据平方差公式，分母根据完全平方公式化简，再将x，y值代入即可求出答案.
18．【答案】（1）50，144；
（2）解：（名），
∴估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480名．
（3）解：列表如下：
　 A B C D
A
（A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A）
（B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B）
(C，D)
D （D，A） （D，B） （D，C）
∴共12种等可能结果，其中恰好抽中两人的结果有2种，
∴恰好抽中两人的概率为．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）根据题意，得一共抽取的学生人数为：（名），
∴，
故答案为：50，144；
【分析】（1）用良好等级的人数除以其人数所占百分比求出抽取的学生人数，然后用360°乘以优异的人数所占比即可求出圆心角的度数；
（2）用1200乘以样本中优异的人数所占比即可求解；
（3）利用列表法求出所有的等可能结果数，从而得恰好抽中A，B的结果数，进而利用概率公式进行计算即可求解．
（1）解：∵（名），
∴；
故答案为：50；144；
（2）解：（名），
答：估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480名．
（3）
第一名 第二名 A B C D
A
B，A C，A D，A
B A，B
C，B D，B
C A，C B，C
D，C
D A，D B，D C，D
共12种等可能结果，其中恰好抽中两人的结果有2种，
∴恰好抽中两人的概率．
答：恰好抽中两人的概率为．
19．【答案】（1）解：由，得，
点的坐标为，
当，代入得，
点的坐标为，
，
轴，即轴，
由，可得，
点的坐标为，
，
反比例函数表达式为；
（2）当时，
当时，
当时，
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：（2）当时，，
当时，．
当时，．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可得点的坐标为，点的坐标为，根据边之间的关系可得OE，根据平行于x轴的直线上点的坐标特征建立方程，解方程可得点的坐标为，再根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
（2）根据函数图象进行判断即可求出答案.
（1）解：由，得，
点的坐标为，
当，代入得，
点的坐标为，
，
轴，即轴，
由，可得，
点的坐标为，
，
反比例函数表达式为；
（2）当时，，
当时，．
当时，．
20．【答案】（1）解：由90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，
即可得：，
解得，
经检验是原方程的解，即；
（2）解：∵型污水处理设备的单价为18万元，型污水处理设备的单价为15万元，
设买型污水处理设备台，则B型台，
根据题意得：，
解得，由于是整数，则有种方案，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
答：有6种购买方案，每月最多处理污水量的吨数为吨．
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式组的实际应用-方案问题
【解析】【分析】（1）由万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，列出分式方程，解方程即可求出答案.
（2）设买型污水处理设备台，则B型台，根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可求解；然后根据题意求得整数解，再分别求得各方案的处理污水量的吨数，即可求解．
（1）解：由90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，
即可得：，
解得，
经检验是原方程的解，即；
（2）解：∵型污水处理设备的单价为18万元，型污水处理设备的单价为15万元，
设买型污水处理设备台，则B型台，
根据题意得：，
解得，由于是整数，则有种方案，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
答：有6种购买方案，每月最多处理污水量的吨数为吨．
21．【答案】（1）证明：连接PD，
∵PD=PA，
∴∠PDA=∠PAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠PAD，
∴∠PDA=∠EAD，
∴PD∥AE，
∵EF⊥AC，
∴PD⊥EF，
∵PD为⊙P的半径，
∴EF为⊙P的切线；
（2）解：连接PC，设PC=x，则PA=x，
∵A(0， 1)，C(，0)，
∴OA=1，OC=，PO=x-1，
在Rt△POC中，PC2=PO2+OC2，
∴x2=(x-1)2+()2，
解得：x=2，
∴PC=2，PO=1，
∴cos∠CPO==，
∴∠CPO=60°，
∴△APC是等边三角形，
∵PD∥AE，
∴∠BPD=∠PAC=∠CPO=60°，
在Rt△PDF中，∠BPD=60°，PD=PC=2，
∴PF=2PD=4，DF=2
∴阴影部分的面积=S△PDF-S扇形PBD
=×2×2-=2-．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定；解直角三角形；几何图形的面积计算-割补法；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）连接PD，根据等边对等角可得∠PDA=∠PAD，根据角平分线定义可得∠EAD=∠PAD，则∠PDA=∠EAD，根据直线平行判定定理可得PD∥AE，则PD⊥EF，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）连接PC，设PC=x，则PA=x，根据两点间距离可得OA=1，OC=，PO=x-1，根据勾股定理建立方程，解方程可得PC=2，PO=1，根据余弦定义及特殊角的三角函数值可得∠CPO=60°，再根据等边三角形判定定理可得△APC是等边三角形，再根据直线平行性质可得∠BPD=∠PAC=∠CPO=60°，再根据含30°角的直角三角形性质可得PF=2PD=4，DF=2，再根据阴影部分的面积=S△PDF-S扇形PBD，结合三角形，扇形面积即可求出答案.
（1）证明：连接PD，
∵PD=PA，∴∠PDA=∠PAD，
∵AD平分∠BAC，∴∠EAD=∠PAD，
∴∠PDA=∠EAD，
∴PD∥AE，
∵EF⊥AC，
∴PD⊥EF，
∵PD为⊙P的半径，
∴EF为⊙P的切线；
（2）解：连接PC，设PC=x，则PA=x，
∵A(0， 1)，C(，0)，∴OA=1，OC=，PO=x-1，
在Rt△POC中，PC2=PO2+OC2，
∴x2=(x-1)2+()2，
解得：x=2，
∴PC=2，PO=1，
∴cos∠CPO==，
∴∠CPO=60°，
∴△APC是等边三角形，
∵PD∥AE，
∴∠BPD=∠PAC=∠CPO=60°，
在Rt△PDF中，∠BPD=60°，PD=PC=2，
∴PF=2PD=4，DF=2
∴阴影部分的面积=S△PDF-S扇形PBD
=×2×2-=2-．
22．【答案】（1）90
（2）①45；
②解：判断正确，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
（3）AP长为或
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵点P是正方形纸片的边的中点，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：90．
（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，
∵点P是正方形纸片的边的中点，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45；
（3）解：∵将边长为1的两个相同正方形拼成矩形，
∴，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∵，
①当点F在的延长线上时，
∴，
设与交于E，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得： ，
∴．
②当点F在上时，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∵，
∴，解得：．
∴．
【分析】（1）根据正方形性质可得，根据线段中点可得，再根据折叠性质可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）①根据正方形性质可得，根据线段中点可得，再根据折叠性质可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
②根据角之间的关系可得，根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）由题意可得，则，根据折叠性质可得，分情况讨论：①当点F在的延长线上时，根据勾股定理可得BF，设与交于E，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得ME，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案；②当点F在上时，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得AH，再根据勾股定理可得BH，根据相似三角形判定定理可得，则，根据折叠性质可得，代值计算即可求出答案.
23．【答案】（1）解：由题意得：平移后的抛物线的表达式为，
把点代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为，即为；
（2）解：由（1）可得抛物线的表达式为，
在中，当时，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
过点F作于点，如图所示：
∴，
∴，
∴要使的面积最大，则的值要最大，
设直线的解析式为，代入点A、C的坐标得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴面积的最大值为；
（3）解；由（2）可得，，抛物线的对称轴为直线，
设，
①当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
②当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
③当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
综上所述：当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移变换；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】（1）根据函数图象的平移性质可得平移后的抛物线的表达式为，再根据待定系数法将点A坐标代入解析式即可求出答案.
（2）由（1）可得抛物线的表达式为，根据y轴上点的坐标特征可得，根据两点间距离可得，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，再根据角之间的关系可得，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，过点F作于点，再根据三角形面积可得，要使的面积最大，则的值要最大，设直线的解析式为，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式可得直线的解析式为，设点，则，再根据两点间坐标可得，结合二次函数性质即可求出答案.
（3）由（2）可得，，抛物线的对称轴为直线，设，分情况讨论：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，根据平行四边形性质建立方程，解方程就可求出答案.
（1）解：由题意得：平移后的抛物线的表达式为，
把点代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为，即为；
（2）解：由（1）可得抛物线的表达式为，
在中，当时，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
过点F作于点，如图所示：
∴，
∴，
∴要使的面积最大，则的值要最大，
设直线的解析式为，代入点A、C的坐标得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴面积的最大值为；
（3）解；由（2）可得，，抛物线的对称轴为直线，
设，
①当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
②当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
③当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
综上所述：当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．
1 / 1广东省惠州市惠城区三校联考2025年初中学业水平考试模拟卷
1．（2025·惠城模拟）的绝对值等于（　　）
A． B．3 C． D．0
【答案】B
【知识点】求有理数的绝对值的方法
【解析】【解答】解：；
故选B．
【分析】根据绝对值的定义即可求出答案.
2．（2025·惠城模拟）被英国<<卫报>>誉为”新世界七大奇迹”的港珠澳大桥是中国境内一座连接香港，广东珠海和澳门桥隧工程，它是世界上最长的跨海大桥，桥隧全长55000米，其中55000用科学记数法表示为(　　）
A．55×10 B．5.5×10 C．5.5×10 D．0.55×10
【答案】B
【知识点】科学记数法表示大于10的数
【解析】【解答】由科学记数法的定义得：
故答案为：B.
【分析】根据科学记数法的定义“把一个数表示成 的形式，其中 ， 为整数，这种计数方法叫科学记数法”即可得.
3．（2025·惠城模拟）如图①．用一个平面截长方体，得到如图②的几何体，它在我国古代数学名著《九章算术》中被称为“堑堵”．图②“堑堵”的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：由图可知，该“堑堵”的俯视图是一个长方形 ，
故答案为：C．
【分析】根据几何体俯视图的定义，直接从上面看进行判断即可．
4．（2025·惠城模拟）如图，某博物馆大厅电梯的截面图中，AB的长为12米，AB与AC的夹角为，则高BC是（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】A
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，
∴sinα=，
∴BC= sinαAB=12 sinα（米），
故答案为：A．
【分析】根据正弦定义即可求出答案.
5．（2025·惠城模拟）近年来，网购的蓬勃发展方便了人们的生活．某快递分派站现有包裹若干件需快递员派送，若每个快递员派送12件，还剩6件：若每个快递员派送15件，则差9件，设该分派站有m名快递员，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】一元一次方程的其他应用；列一元一次方程
【解析】【解答】解：由题意得：．
故选：B．
【分析】设该分派站有m名快递员，根据“若每个快递员派送12件，还剩6件；若每个快递员派送15件，则差9件”，即可得出关于x的一元一次方程．
6．（2025·惠城模拟）光线由空气射入清澈的水面时会在水面发生镜面反射，在射入水中后会发生折射现象．如图入射光线在射入水面P点的反射光线为，折射光线为，若反射光线与折射光线夹角为，入射光线与折射光线夹角为，则入射光线与水平面的夹角为多少度？（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】角的运算
【解析】【解答】解：∵反射光线与折射光线夹角为，入射光线与折射光线夹角为，
∴，
∴，
∵入射角等于反射角，
∴，
∴，
∴入射光线与水平面的夹角为，
故选：C．
【分析】由题意可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
7．（2025·惠城模拟）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，在中，，于点C，点A在反比例函数的图像上，若，，则k的值为（　　）．
A．12 B．8 C．6 D．3
【答案】C
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；等腰三角形的判定与性质；反比例函数的一点一垂线型
【解析】【解答】解：∵，
∴为等腰三角形，
又∵，
∴C为OB中点，
∵，
∴，
∵，
∴A点坐标为（2，3），
将A点坐标代入反比例函数得，，
∴．
故选：C．
【分析】根据等腰三角形性质可得A点坐标为（2，3），再根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
8．（2025·惠城模拟）如图，是正五边形的内切圆，点M，N，F分别是边与的切点，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理；切线的性质；正多边形的性质
【解析】【解答】解：∵正五边形，
∴，
连接，
由题意，得：，
∴，
∴；
故选B．
【分析】根据正多边形内角和可得，连接，由题意，得：，再根据角之间的关系可得∠MON，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求出答案.
9．（2025·惠城模拟）已知实数a，b满足，，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：，
，
，
，
，
，
，
选项A错误；
，
，
，
，
，
，
选项B错误；
，，
，
，
，
选项C正确；
，，
，
，
，
选项D错误．
故选：C．
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
10．（2025·惠城模拟）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：结合图象，得到当时，，
当点P运动到点B时，，
根据菱形的性质，得，
故，
当点P运动到中点时，的长为，
故选C．
【分析】当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，即可求出答案.
11．（2025·惠城模拟）因式分解：8a3﹣2ab2=　 　．
【答案】2a（2a+b）（2a﹣b）
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：8a3-2ab2=2a（4a2-b2）
=2a（2a+b）（2a-b）．
故答案为：2a（2a+b）（2a-b）．
【分析】先用提公因式法，再利用完全平方公式法分解到每一个因式都不能再分解为止。
12．（2025·惠城模拟）若正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是　 　．
【答案】六
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：．
故答案为：六．
【分析】利用多边形的外角和是360°解答即可．
13．（2025·惠城模拟）若a是一元二次方程的一个解，则的值为　 　．
【答案】5
【知识点】求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵是一元二次方程的一个解，
∴，
∴，
故答案为：5．
【分析】将x=a代入方程可得，化简代数式，再整体代入即可求出答案.
14．（2025·惠城模拟）如图是一个游戏装置，四边形是正方形，点光源为的中点．点、点为的三等分点，是一个感光元件．若从点发出的光线照向平面镜，其反射光线照射到上（含端点），该感光元件就会发光．已知点，反射光线所在直线为，当感光元件发光时，的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；正方形的性质；关于坐标轴对称的点的坐标特征；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【解答】解：如图，取点关于轴的对称点．
∵点为的中点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点、点为的三等分点，
∴，，
∵点关于轴的对称点，
∴，根据光的反射定律，反射光线所在的直线经过点，
设反射光线所在的直线的解析式为为常数，且，
将代入，
得，∴，
∴，
当反射光线经过时，得，
解得；
当反射光线经过时，得，
解得，
∴，
故答案为：．
【分析】取点关于轴的对称点，根据线段中点可得，根据正方形性质可得，由三等分点性质可得，，根据y轴对称的点的坐标特征可得，根据光的反射定律，反射光线所在的直线经过点，设反射光线所在的直线的解析式为为常数，且，将点E'坐标代入解析式可得，则，分情况讨论，将点坐标代入解析式即可求出答案.
15．（2025·惠城模拟）如图，在平面直角坐标系中，将等边绕点旋转180°得到，再将绕点旋转得到，再将绕点旋转得到，按此规律进行下去，若点的坐标为，则点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；坐标与图形变化﹣旋转；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，点的坐标为，将绕点旋转180°得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
故，
即，，
则，
同理可得，，
······，，
故点的坐标为，
即．
故答案为：．
【分析】根据等边三角形及旋转性质可得，根据角之间的关系可得，根据勾股定理可得，即，，则，同理可得，，总结规律即可求出答案.
16．（2025·惠城模拟）已知，
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：，
∴，
解得：；
（2）解：∵，
∴，
∴
．
【知识点】完全平方公式及运用；因式分解法解一元二次方程；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【分析】（1）根据因式分解法解方程即可求出答案.
（2）由题意得，再化简代数式，整体代入即可求出答案.
（1）解：，
∴，
解得：；
（2）解：∵，
∴，
∴
．
17．（2025·惠城模拟）（1）解不等式组
（2）先化简，再求值
，其中，．
【答案】解：（1）
解不等式①得，
解不等式②得，
∴原不等式组的解集是，
（2）
当，时，
原式
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；分式的化简求值；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）分别求出两个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可求出答案.
（2）分子根据平方差公式，分母根据完全平方公式化简，再将x，y值代入即可求出答案.
18．（2025·惠城模拟）为感受数学的魅力，享受学习数学的乐趣，某学校举行数学解题竞赛．现随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩按达标，良好，优秀，优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成如下不完整的统计图．请根据图中提供的信息，解答下列问题：
（1）在这次调查中，一共抽取了_____名学生，圆心角_____度；
（2）已知学校共有1200名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少？
（3）李老师计划从四位学生中随机抽取两人的成绩进行分析，请用树状图法或列表法求出恰好抽中两人的概率．
【答案】（1）50，144；
（2）解：（名），
∴估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480名．
（3）解：列表如下：
　 A B C D
A
（A，B） （A，C） （A，D）
B （B，A）
（B，C） （B，D）
C （C，A） （C，B）
(C，D)
D （D，A） （D，B） （D，C）
∴共12种等可能结果，其中恰好抽中两人的结果有2种，
∴恰好抽中两人的概率为．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】解：（1）根据题意，得一共抽取的学生人数为：（名），
∴，
故答案为：50，144；
【分析】（1）用良好等级的人数除以其人数所占百分比求出抽取的学生人数，然后用360°乘以优异的人数所占比即可求出圆心角的度数；
（2）用1200乘以样本中优异的人数所占比即可求解；
（3）利用列表法求出所有的等可能结果数，从而得恰好抽中A，B的结果数，进而利用概率公式进行计算即可求解．
（1）解：∵（名），
∴；
故答案为：50；144；
（2）解：（名），
答：估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为480名．
（3）
第一名 第二名 A B C D
A
B，A C，A D，A
B A，B
C，B D，B
C A，C B，C
D，C
D A，D B，D C，D
共12种等可能结果，其中恰好抽中两人的结果有2种，
∴恰好抽中两人的概率．
答：恰好抽中两人的概率为．
19．（2025·惠城模拟）如图，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，，与轴、轴分别相交于点、，作轴，垂足为点，连接，．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）当时，直接比较，的大小．
【答案】（1）解：由，得，
点的坐标为，
当，代入得，
点的坐标为，
，
轴，即轴，
由，可得，
点的坐标为，
，
反比例函数表达式为；
（2）当时，
当时，
当时，
【知识点】待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题
【解析】【解答】解：（2）当时，，
当时，．
当时，．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可得点的坐标为，点的坐标为，根据边之间的关系可得OE，根据平行于x轴的直线上点的坐标特征建立方程，解方程可得点的坐标为，再根据待定系数法将点A坐标代入反比例函数解析式即可求出答案.
（2）根据函数图象进行判断即可求出答案.
（1）解：由，得，
点的坐标为，
当，代入得，
点的坐标为，
，
轴，即轴，
由，可得，
点的坐标为，
，
反比例函数表达式为；
（2）当时，，
当时，．
当时，．
20．（2025·惠城模拟）为了保护环境，某开发区综合治理指挥部决定购买A，B两种型号的污水处理设备共10台．已知用90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，每台设备价格及月处理污水量如下表所示：
污水处理设备 A型 B型
价格（万元/台） m
月处理污水量（吨/台） 200 180
（1）求m的值；
（2）由于受资金限制，指挥部用于购买污水处理设备的资金不超过165万元，问有多少种购买方案？并求出每月最多处理污水量的吨数．
【答案】（1）解：由90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，
即可得：，
解得，
经检验是原方程的解，即；
（2）解：∵型污水处理设备的单价为18万元，型污水处理设备的单价为15万元，
设买型污水处理设备台，则B型台，
根据题意得：，
解得，由于是整数，则有种方案，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
答：有6种购买方案，每月最多处理污水量的吨数为吨．
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式组的实际应用-方案问题
【解析】【分析】（1）由万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，列出分式方程，解方程即可求出答案.
（2）设买型污水处理设备台，则B型台，根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可求解；然后根据题意求得整数解，再分别求得各方案的处理污水量的吨数，即可求解．
（1）解：由90万元购买A型号的污水处理设备的台数与用75万元购买B型号的污水处理设备的台数相同，
即可得：，
解得，
经检验是原方程的解，即；
（2）解：∵型污水处理设备的单价为18万元，型污水处理设备的单价为15万元，
设买型污水处理设备台，则B型台，
根据题意得：，
解得，由于是整数，则有种方案，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
当时，，月处理污水量为吨，
答：有6种购买方案，每月最多处理污水量的吨数为吨．
21．（2025·惠城模拟）如图，在平面直角坐标系中，点P为y轴上一点，⊙P交y轴于点A，点B，交x轴的正半轴于点C，AD平分∠BAC交⊙P于点D，过点D作EF⊥AC于点E，交y轴于点F．
（1）求证：EF为⊙P的切线；
（2）若A(0， 1)，C(，0)，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）证明：连接PD，
∵PD=PA，
∴∠PDA=∠PAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠PAD，
∴∠PDA=∠EAD，
∴PD∥AE，
∵EF⊥AC，
∴PD⊥EF，
∵PD为⊙P的半径，
∴EF为⊙P的切线；
（2）解：连接PC，设PC=x，则PA=x，
∵A(0， 1)，C(，0)，
∴OA=1，OC=，PO=x-1，
在Rt△POC中，PC2=PO2+OC2，
∴x2=(x-1)2+()2，
解得：x=2，
∴PC=2，PO=1，
∴cos∠CPO==，
∴∠CPO=60°，
∴△APC是等边三角形，
∵PD∥AE，
∴∠BPD=∠PAC=∠CPO=60°，
在Rt△PDF中，∠BPD=60°，PD=PC=2，
∴PF=2PD=4，DF=2
∴阴影部分的面积=S△PDF-S扇形PBD
=×2×2-=2-．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定；解直角三角形；几何图形的面积计算-割补法；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）连接PD，根据等边对等角可得∠PDA=∠PAD，根据角平分线定义可得∠EAD=∠PAD，则∠PDA=∠EAD，根据直线平行判定定理可得PD∥AE，则PD⊥EF，再根据切线判定定理即可求出答案.
（2）连接PC，设PC=x，则PA=x，根据两点间距离可得OA=1，OC=，PO=x-1，根据勾股定理建立方程，解方程可得PC=2，PO=1，根据余弦定义及特殊角的三角函数值可得∠CPO=60°，再根据等边三角形判定定理可得△APC是等边三角形，再根据直线平行性质可得∠BPD=∠PAC=∠CPO=60°，再根据含30°角的直角三角形性质可得PF=2PD=4，DF=2，再根据阴影部分的面积=S△PDF-S扇形PBD，结合三角形，扇形面积即可求出答案.
（1）证明：连接PD，
∵PD=PA，∴∠PDA=∠PAD，
∵AD平分∠BAC，∴∠EAD=∠PAD，
∴∠PDA=∠EAD，
∴PD∥AE，
∵EF⊥AC，
∴PD⊥EF，
∵PD为⊙P的半径，
∴EF为⊙P的切线；
（2）解：连接PC，设PC=x，则PA=x，
∵A(0， 1)，C(，0)，∴OA=1，OC=，PO=x-1，
在Rt△POC中，PC2=PO2+OC2，
∴x2=(x-1)2+()2，
解得：x=2，
∴PC=2，PO=1，
∴cos∠CPO==，
∴∠CPO=60°，
∴△APC是等边三角形，
∵PD∥AE，
∴∠BPD=∠PAC=∠CPO=60°，
在Rt△PDF中，∠BPD=60°，PD=PC=2，
∴PF=2PD=4，DF=2
∴阴影部分的面积=S△PDF-S扇形PBD
=×2×2-=2-．
22．（2025·惠城模拟）在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作推断
如图1，点P是正方形纸片的边的中点，沿折叠，使点A落在点M处，延长交于点 F，连接． 则 ．
（2）迁移探究
小华在（1）的条件下，继续探究：如图2，延长交于点E，连接．
① ；
②小华用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现，请判断该发现是否正确？并说明理由．
（3）拓展应用
将边长为1的两个相同正方形拼成矩形，如图3，点P是上一动点，沿折叠，使点A落在点M处，射线交射线于点 F．当时，直接写出的长．
【答案】（1）90
（2）①45；
②解：判断正确，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
（3）AP长为或
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵点P是正方形纸片的边的中点，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：90．
（2）解：①∵四边形是正方形，
∴，
∵点P是正方形纸片的边的中点，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45；
（3）解：∵将边长为1的两个相同正方形拼成矩形，
∴，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∵，
①当点F在的延长线上时，
∴，
设与交于E，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得： ，
∴．
②当点F在上时，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∵沿折叠，使点A落在点M处，
∵，
∴，解得：．
∴．
【分析】（1）根据正方形性质可得，根据线段中点可得，再根据折叠性质可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）①根据正方形性质可得，根据线段中点可得，再根据折叠性质可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
②根据角之间的关系可得，根据相似三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）由题意可得，则，根据折叠性质可得，分情况讨论：①当点F在的延长线上时，根据勾股定理可得BF，设与交于E，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得ME，再根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算即可求出答案；②当点F在上时，根据相似三角形判定定理可得，则，代值计算可得，根据边之间的关系可得AH，再根据勾股定理可得BH，根据相似三角形判定定理可得，则，根据折叠性质可得，代值计算即可求出答案.
23．（2025·惠城模拟）将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知，点P是抛物线H上的一个动点．
（1）求抛物线H的表达式；
（2）如图1，点P在线段上方的抛物线H上运动（不与A，C重合），过点P作，垂足为D，交于点E．作，垂足为F，求的面积的最大值；
（3）如图2，点Q是抛物线H的对称轴l上的一个动点，在抛物线H上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：由题意得：平移后的抛物线的表达式为，
把点代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为，即为；
（2）解：由（1）可得抛物线的表达式为，
在中，当时，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
过点F作于点，如图所示：
∴，
∴，
∴要使的面积最大，则的值要最大，
设直线的解析式为，代入点A、C的坐标得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴面积的最大值为；
（3）解；由（2）可得，，抛物线的对称轴为直线，
设，
①当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
②当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
③当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
综上所述：当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象的平移变换；二次函数-面积问题；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【分析】（1）根据函数图象的平移性质可得平移后的抛物线的表达式为，再根据待定系数法将点A坐标代入解析式即可求出答案.
（2）由（1）可得抛物线的表达式为，根据y轴上点的坐标特征可得，根据两点间距离可得，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，再根据角之间的关系可得，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，过点F作于点，再根据三角形面积可得，要使的面积最大，则的值要最大，设直线的解析式为，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式可得直线的解析式为，设点，则，再根据两点间坐标可得，结合二次函数性质即可求出答案.
（3）由（2）可得，，抛物线的对称轴为直线，设，分情况讨论：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，根据平行四边形性质建立方程，解方程就可求出答案.
（1）解：由题意得：平移后的抛物线的表达式为，
把点代入得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为，即为；
（2）解：由（1）可得抛物线的表达式为，
在中，当时，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
过点F作于点，如图所示：
∴，
∴，
∴要使的面积最大，则的值要最大，
设直线的解析式为，代入点A、C的坐标得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴面积的最大值为；
（3）解；由（2）可得，，抛物线的对称轴为直线，
设，
①当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
②当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
③当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：，
∴，
在中，当时，，
∴；
综上所述：当以点A、P、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．
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