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湖北省武汉市华宜寄宿学校2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷
1．（2024九上·武汉期中）一元二次方程的一次项系数、常数项分别为（　　）．
A． B．2，1 C． D．3，1
【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：由题可知：一元二次方程的一次项系数为，常数项为；
故答案为：C．
【分析】
根据形如（，且b、c为常数）的方程称之为一元二次方程，其中a为二次项系数，b为一次项系数，c为常数项；解答即可．
2．（2024九上·武汉期中）一元二次方程的根的情况是（　　）
A．无实数根 B．有两个相等实数根
C．有两不相等实数根 D．无法判断
【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴方程有两不相等实数根；
故答案为：C．
【分析】
根据一元二次方程根的判别式，再判定，即可得到方程有两不相等实数根，解答即可．
3．（2024九上·武汉期中）下列图形既是轴对称又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故A符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】
根据轴对称图形的定义：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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；逐一判断即可解答．
4．（2024九上·武汉期中）把方程化为的形式，则的值是（　　）
A．7 B．3 C． D．6
【答案】B
【知识点】配方法解一元二次方程；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
，
，
∴，
∴，
∴．
故答案为：B．
【分析】
根据配方法解一元二次方程的步骤：移项得，配方得，对应项相等，求出的值即可解答．
5．（2024九上·武汉期中）二次函数的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：∵，
∴抛物线顶点坐标为．
故答案为：B．
【分析】
先用用配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，确定顶点坐标即可解答．
6．（2024九上·武汉期中）如图，若是的直径，是的弦，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】
首先连接，由直径所对的圆周角是直角，即可求得，由直角三角形的性质，求得的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得的度数，解答即可．
7．（2024九上·武汉期中）在同一坐标系中，一次函数y=ax+2与二次函数y=x2+a的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数与一次函数的图象共存判断
【解析】【解答】解：A、由直线经过一、二、三象限可得：a＞0；
由抛物线的顶点在y轴的负半轴可得a＜0；
∴矛盾，
∴此选项不符合题意；
B、由直线经过一、二、三象限可得：a＞0；
由抛物线的开口向下可得，抛物线的二次项系数＜0，
而抛物线的二次项系数为1＞0，
∴矛盾，
∴此选项不符合题意；
C、由直线经过一、二、四象限可得：a＜0；
由抛物线的顶点在y轴的负半轴可得a＜0；
∴此选项符合题意；
D、由直线经过二、三、四象限可得：a＜0，b＜0，
而一次函数的解析式中b=2＞0；
∴矛盾，
∴此选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】根据二次函数及一次函数的图象及性质可得，当a＜0时，二次函数图象开口向上，顶点在y轴负半轴，一次函数经过一、二、四象限；当a＞0时，二次函数图象开口向上，顶点在y轴正半轴，一次函数经过一、二、三象限；再结合各选项即可判断求解.
8．（2024九上·武汉期中）某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目小分支，主干、支干和小分支总数共73.若设主干长出x个支干，则可列方程是（　　）
A．（1＋x）2＝73 B．1＋x＋x2＝73
C．（1＋x）x＝73 D．1＋x＋2x＝73
【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【解答】解：设每个支干长出x个小分支，根据题意列方程得：x2+x+1=73.
故答案为：B.
【分析】根据相等关系主干+支干+小分支=73可求解.
9．（2024九上·武汉期中）若函数的图象在的范围内与x轴没有公共点，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解一元一次方程；解一元一次不等式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：当时，，
∴当时，，解得：，
∴直线与轴的交点坐标为：，符合题意；
当时，函数为二次函数，当时，，则抛物线与轴的交点为
当时，则抛物线的开口向上，
∵函数的图象在的范围内与x轴没有公共点，
∴，解得：（不符合题意，舍去）；
当时，则抛物线的开口向下，
∵函数的图象在的范围内与x轴没有公共点，
∴，解得：，
∴；
综上：；
故答案为：C
【分析】
由于二次函数得开口不确定，因而分三种情况进行讨论：当时，，直线与轴的交点坐标为：；当时，则抛物线的开口向上，根据图象在的范围内与x轴没有公共点列出不等式，计算可得（不符合题意，舍去）；当时，则抛物线的开口向下根据图象在的范围内与x轴没有公共点列出不等式，计算可得；综合三种情况，求解即可解答．
10．（2024九上·武汉期中）如图，是等边三角形外一点，连接，，．若，，，则三角形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；等边三角形的判定；含30°角的直角三角形；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：将绕点C顺时针旋转，则点B与点A重合，点D的对应点为点E，连接，
由旋转可知，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴．
又∵，
则，
∴是直角三角形，且，
过点C作的垂线，垂足为G，
∵，
∴，
∴，
则，
∴，
在中，，
过点A作的垂线，垂足为H，则，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】
先可将绕点C顺时针旋转，得到，从而可判定为等边三角形，再利用勾股定理逆定理证明是直角三角形，过点C作的垂线，垂足为G，解30的直角三角形，过点A作的垂线，垂足为H，最后利用勾股定理和面积公式计算即可解答．
11．（2024九上·武汉期中）点关于原点对称的点的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
【分析】
根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，解答即可．
12．（2024九上·武汉期中）关于的方程的两实数根互为倒数，则两根之和为　 　．
【答案】
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：设的两个根为，
则：，
∵关于的方程的两实数根互为倒数，
∴，
∴，
当时，，此方程无解，不符合题意；
当时，，
∴；
故答案为：．
【分析】
根据根与系数的关系，结合乘积为1的两数互为倒数，得到，求出的值，再根据根与系数的关系求出两根之和即可解答．
13．（2024九上·武汉期中）《九章算术》中记载：“今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．”译文：今有门，不知其高、宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽出4尺；竖放，竿比门高出2尺；斜放，竿与门的对角线长恰好相等，则门的对角线长为　 　尺．
【答案】10
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设竿的长度为x尺，则门高为尺，门宽为尺，
依题意得：，
化简得：，
解得：．
当时，，不合题意，舍去；
当时，．
∴门高为8尺，门宽为6尺，
∴门的对角线长为（尺）．
故答案为：10．
【分析】
设竿的长度为x尺，则门高为尺，门宽为尺，利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合和均为正数可求得门的高和宽，根据勾股定理即可解答．
14．（2024九上·武汉期中）如图，摩天轮的最高处A到地面l的距离是62米，最低处B到地面l的距离是2米．若游客从B处乘摩天轮绕一周需15分钟，则游客从B处乘摩天轮到地面l的距离是47米时至少需　 　分钟．
【答案】5
【知识点】垂径定理；垂径定理的实际应用
【解析】【解答】解：摩天轮的最高处到地面的距离是62米，最低处到地面的距离是2米得出的长，
，
，
设当到点或点时游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米，连接，，，，则，
处乘摩天轮到地面的距离是47米时，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
，
，
游客从处乘摩天轮绕一周需15分钟，
游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米时最少需要（分钟）．
故答案为：5．
【分析】根据摩天轮的最高处到地面的距离是62米，最低处到地面的距离是2米得出的长，进而求出的半径，再根据游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米时、的长，根据等边三角形判定定理可得为等边三角形，得出的度数，再根据补角即可求出答案.
15．（2024九上·武汉期中）抛物线交轴于点和，交轴于点，顶点为点，将其向左平移一个单位长度后图象关于轴对称．下列四个命题，其中真命题的序号是　 　；
①；
②对于任意实数，总有；
③抛物线上有两点和，若，且，则；
④点关于抛物线对称轴的对称点为，点分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为．
【答案】①③
【知识点】二次函数的最值；关于坐标轴对称的点的坐标特征；二次函数图象上点的坐标特征；坐标系中的两点距离公式；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：∵将抛物线向左平移一个单位长度后图象关于y轴对称，
∴平移后的交点和关于y轴对称，
∴，
∴，
故①正确，符合题意；
∵将抛物线向左平移一个单位长度后图象关于y轴对称，
∴抛物线关于直线对称，
∴当时，y有最大值，即，
∴对于任意实数t，，
∴，
故②错误，不符合题意；
∵，
∴点P和点Q在对称轴两侧，即点P在对称轴左侧，点Q在对称轴右侧，
∵，
∴，
∴点Q距离对称轴更远，
∵开口向下，
∴，
故③正确，符合题意；
∵抛物线关于直线对称，
∴，
∴，
当时，抛物线解析式为，
∴，，
∵点C和点E关于对称轴对称，
∴，
∴，
如图，作点D关于y轴对称点，作点E关于x轴对称点，则，，
∴，
四边形周长，
当四点共线时，，
此时四边形周长有最小值为，
故④错误，不符合题意；
综上，真命题的有①③，
故答案为：①③．
【分析】
由抛物线与x轴两交点关于对称轴对称即可判断①；由题易得抛物线关于直线对称，所以当有最大值，对于任意实数t，，当时取等，即可判断②；根据，且，可以得到点Q距离对称轴更远，因此再根据开口方向即可判断出③；先求出抛物线解析式，再求出D和E坐标，进而画出图形，作对称，根据两点距离公式求解即可判断④，逐一判断即可解答．
16．（2024九上·武汉期中）如图，在中，与的平分线交于点O，直线分别经过点、C，且．若直线关于对称的直线为，直线关于对称的直线，直线交于点，则的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的内切圆与内心；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；定角定弦辅助圆模型；两直线平行，同旁内角互补；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：根据轴对称的性质得到：，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
设交于点，则，
又，
∴点P的运动轨迹是以为直径的圆，
取中点为Q，连接，
∴，当且仅当三点共线时取等，
在中，，
∴，
∴，
如图，过O作的垂线，垂足分别为F、G、H，
∵O是角平分线交点，
∴O是的内心，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
【分析】
要求最大值，需要先找出点P运动轨迹，由平行线和对称可得到，进而得出，所以点P的运动轨迹是以为直径的圆上运动，取中点Q，则，，再用勾股定理求出即可解答．
17．（2024九上·武汉期中）解方程．
【答案】解：，
∴，，
∴，
解得：．
【知识点】公式法解一元二次方程
【解析】【分析】根据公式法求解一元二次方程：①把方程化成一般形式，进而确定，，的值注意符号；②求出的值若，方程无实数根；③在的前提下，把、、的值代入公式进行计算求出方程的根，并分别写出两个根，计算即可解答．
18．（2024九上·武汉期中）如图，在中，，将绕着点A逆时针旋转得到，连接，求的长．
【答案】解：由旋转得，，
∴为等边三角形，
∴，
∵
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，，
∴．
过点C作于点E，则，
∴，
∴．
在中，，，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质；等腰直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】
先由旋转的性质得到，即可证明得到为等边三角形，则，，结合已知条件可得，．过点C作于点E，可得，求出，再根据计算即可解答．
19．（2024九上·武汉期中）已知抛物线中的，满足下表：
… 0 1 2 …
… 0 …
（1）求抛物线的解析式；
（2）若，则自变量x的取值范围为 （直接写出结果）
（3）当时，抛物线与直线有交点，则的取值范围为 （直接写出结果）
【答案】（1）解：∵抛物线经过点，
抛物线的解析式为．
（2）或
（3）
【知识点】解二元一次方程组；因式分解法解一元二次方程；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：（2）∵抛物线C解析式为，
∴顶点坐标为，
当时，，
∴或4，
结合表格，得到抛物线图象，
∴当，则或，
故答案为：或；
（3）∵当时，
∴抛物线图象中的A，B两点间部分，
∵抛物线C与直线有交点，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】
（1）根据表格中的点坐标，利用待定系数法，得到抛物线解析式；
（2）根据抛物线解析式，得到顶点坐标，结合表格中点坐标，画出图象写出自变量x的取值范围 ，解答即可；
（3）结合函数图象，即可得到的取值范围 ，解答即可．
（1）解：∵抛物线经过点，
抛物线的解析式为．
（2）解：∵抛物线C解析式为，
∴顶点坐标为，
当时，，
∴或4，
结合表格，得到抛物线图象，
∴当，则或，
故答案为：或；
（3）解：∵当时，
∴抛物线图象中的A，B两点间部分，
∵抛物线C与直线有交点，
∴，
∴，
故答案为：．
20．（2024九上·武汉期中）如图，是的内接三角形，点D是弧的中点，连接，，．
（1）如图1，若，求的度数；
（2）如图2，若，，求．
【答案】（1）解：∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：连接并延长交于点E，连接，，交于点F，如图所示：
∵，，
∴垂直平分，
∴，
又∵点D是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在中，，
解得：，
∴，
设，
在和中，
，
∴，
解得：
在中，，
∴．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据点D是的中点，得出，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，求出，最后根据圆内接四边形的性质求出结果即可解答；
（2）连接并延长交于点E，连接，交于点F，证明垂直平分，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，设，则，根据勾股定理得出，求出，设，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理求出，最后根据等腰三角形性质求出结果即可解答．
（1）解：∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：连接并延长交于点E，连接，，交于点F，如图所示：
∵，，
∴垂直平分，
∴，
又∵点D是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在中，，
解得：，
∴，
设，
在和中，
，
∴，
解得：
在中，，
∴．
21．（2024九上·武汉期中）如图网格是由边长为个单位长度的小正方形组成，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，D，P都是格点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示，
（1）如图1，画出关于点P中心对称的；
（2）如图2，，交于点E，将线段平移至线段，（点B对应点为E）；
（3）在图3中，将绕点C顺时针旋转，其中旋转角，画出旋转后的．
【答案】（1）解：如图所示：即为所求
，
（2）解：如图所示：线段即为所求；
（3）解：如图所示：即为所求．
【知识点】中心对称及中心对称图形；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】
解：（2）过点A作于点G，过点B作于点H，
，，
∴，
∴．
∵，
∴
∴，
即，即，
∴，
过点P作延长线于点M，过点C作于点N．
则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
∴
过点A作于点R，过点P作于点S．
设每个小正方形边长为1
在中，
，
在中，
在和中，
∴
，
又∵ ，
∴即，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴是线段平移得到；
（3）由作图知：，，，，
，
∴，
∴，
同理，，，，
，
∴，
∴，
由作图可知：，，
即，
∴．
【分析】
（1）根据中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，，顺次连接即可解答；
（2）取格点P，Q，T，连接，交于点F，连接即可解答；
（3）取格点R，W，连接， (由，推出)，取格点Q，J，K连接，交于点，交由点，连接即可得，解答即可．
（1）解：如图所示：即为所求
，
（2）解：如图所示：线段即为所求；
过点A作于点G，过点B作于点H，
，，
∴，
∴．
∵，
∴
∴，
即，即，
∴，
过点P作延长线于点M，过点C作于点N．
则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
∴
过点A作于点R，过点P作于点S．
设每个小正方形边长为1
在中，
，
在中，
在和中，
∴
，
又∵ ，
∴即，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴是线段平移得到；
（3）解：如图所示：即为所求．
有作图知：，，，，
，
∴，
∴，
同理，，，，
，
∴，
∴，
由作图可知：，，
即，
∴．
22．（2024九上·武汉期中）某超市销售一种成本为20元/件的商品，若某个月的第x天（x为整数）的售价与销量的相关信息如下表所示：
第x天 售价（元/件） 日销售量（件）
设销售该商品的日销售利润为y元．
（1）直接写出y与x的函数关系式；
（2）问销售该商品第几天时，日销售利润最大？最大日销售利润为多少元？
（3）如果超市每销售一件商品，就捐赠m元给希望工程，若仅在第15天销售利润额达到最大值，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）解：，
∵，
∴抛物线开口向下，
当时，y取得最大值为4900，
∴销售该商品第25天时，日销售利润最大，最大日销售利润4900元．
（3）解：设捐赠后的销售利润为元，由题意得：，
∴对称轴为直线，
∵仅在第15天销售利润额达到最大值，
∴，解得．
∴m的取值范围为．
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：（1）由题意得：，
∴y与x的函数关系式为．
故答案为：，
【分析】
（1）根据单件利润、销售数量、总利润的关系列出函数解析式，然后整理即可解答；
（2）根据（1）所得的解析式，运用二次函数的解析式求最值即可解答；
（3）设捐赠后的销售利润为元，然后求得与x的函数关系式，再求出对称轴为，再根据题意确定对称轴的取值范围并列出不等式求解即可解答．
（1）解：由题意得：，
∴y与x的函数关系式为．
（2）解：，
∵，
∴抛物线开口向下，
当时，y取得最大值为4900，
∴销售该商品第25天时，日销售利润最大，最大日销售利润4900元．
（3）解：设捐赠后的销售利润为元，
由题意得：，
∴对称轴为直线，
∵仅在第15天销售利润额达到最大值，
∴，解得．
∴m的取值范围为．
23．（2024九上·武汉期中）如图，已知等边中，，点E、F分别为边上的两动点，且，连接，将的周长记为．那么与存在怎样的关系呢？
【问题探究】
（1）先将问题特殊化如图（2），当E点为中点时，直接写出与的等量关系 ；
（2）再探究一般情况如图（1），当E点为边上任意一点时，证明（1）中的结论仍然成立；
【问题拓展】
（3）如图（3），延长交于点G，若，直接写出的长度
【答案】解：（1）；
（2）（1）中结论仍然成立．证明如下：
延长至点G，使得，连接．
∵是等边三角形，且，
∴，
∴，
由勾股定理知：在中，，
在上截取，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：（1）设，则，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∵E是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（3）如图，将绕点D逆时针旋转得到其中G的对应点为J，A的对应点为K，连接，
∵旋转，
∴，
连接，则，
∵，
∴
∴点A、B、K三点共线，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
过J作于点P，
则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：.
【分析】
（1）根据等边三角形的性质和中点的定义以及垂直平分线的性质可得为等边三角形然后再计算周长即可解答；
（2）延长至点G，使得，连接，在上截取，利用SAS证，再用SAS证，得到即可解答；
（3）将绕点D逆时针旋转得到其中G的对应点为J，A的对应点为K，连接，将已知线段集中到上中，，解得，进而得到，代入求解即可解答．
24．（2024九上·武汉期中）在平面直角坐标系中，任意点到定点的距离等于到直线的距离，记点P的轨迹为抛物线，
（1）直接写出抛物线的解析式 ；
（2）将抛物线向右平移1个单位长度，再绕点旋转得到抛物线，抛物线与x轴交于A，B两点（A左B右），与y轴交于C点，R为抛物线上的动点，如图1，若以A、B、R、C为顶点的四边形为梯形，求点R的坐标；
（3）如图2，过点分别作直线：交（2）中的抛物线于点E，F，直线： ≠0）交抛物线于点G、H，点M、N分别为的中点，若直线与直线平行，求证：为定值，并求出该定值．
【答案】（1）
（2）解：将抛物线向右平移1个单位长度得：，顶点为，再将点绕点旋转得到点，
∴将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，
令，得，
解得：，
∴，，
令，得，
∴，
当时，R与C关于对称轴直线对称，此时；
当时，如图1，设直线的解析式为，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立得，
解得：，，
∴；
当时，同理可得直线的解析式为，直线的解析式为，
联立得，
解得：，不符合题意，舍去；
综上所述，点R的坐标为或；
（3）解：如图2，
将点分别代入直线，直线，得：，
∴，
联立抛物线与直线，得：，
∴，则，
∵点M、N分别为的中点，
∴，
同理：，，
∴，
设直线的解析式为，则，
消去，得：，
∵，
∴，
∵直线与直线平行，
∴，
即，
∴，
故为定值．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（1）点到定点的距离为，
点到直线的距离为，
根据题意得，
整理得：，
故答案为：；
【分析】
（1）根据题意建立方程求解即可得出答案；
（2）由平移和旋转可得新抛物线的解析式为，再求得，，，分三种情况：当时，当时，时，分别讨论求出点R的坐标即可解答；
（3）将点D的坐标分别代入直线的解析式，得出，联立抛物线与直线得出，利用根与系数关系可得，，同理可得，，进而得出点M、N的坐标，再运用待定系数法即可求得直线的解析式，根据直线与直线平行，即可解答．
（1）解：点到定点的距离为，
点到直线的距离为，
根据题意得，
整理得：，
故答案为：；
（2）解：将抛物线向右平移1个单位长度得：，顶点为，
再将点绕点旋转得到点，
∴将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，
令，得，
解得：，
∴，，
令，得，
∴，
当时，R与C关于对称轴直线对称，此时；
当时，如图1，设直线的解析式为，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立得，
解得：，，
∴；
当时，同理可得直线的解析式为，直线的解析式为，
联立得，
解得：，不符合题意，舍去；
综上所述，点R的坐标为或；
（3）解：如图2，
将点分别代入直线，直线，得：，
∴，
联立抛物线与直线，得：，
∴，则，
∵点M、N分别为的中点，
∴，
同理：，，
∴，
设直线的解析式为，则，
消去，得：，
∵，
∴，
∵直线与直线平行，
∴，
即，
∴，
故为定值．
1 / 1湖北省武汉市华宜寄宿学校2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试卷
1．（2024九上·武汉期中）一元二次方程的一次项系数、常数项分别为（　　）．
A． B．2，1 C． D．3，1
2．（2024九上·武汉期中）一元二次方程的根的情况是（　　）
A．无实数根 B．有两个相等实数根
C．有两不相等实数根 D．无法判断
3．（2024九上·武汉期中）下列图形既是轴对称又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024九上·武汉期中）把方程化为的形式，则的值是（　　）
A．7 B．3 C． D．6
5．（2024九上·武汉期中）二次函数的顶点坐标是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024九上·武汉期中）如图，若是的直径，是的弦，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·武汉期中）在同一坐标系中，一次函数y=ax+2与二次函数y=x2+a的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024九上·武汉期中）某树主干长出若干数目的支干，每个支干又长出同样数目小分支，主干、支干和小分支总数共73.若设主干长出x个支干，则可列方程是（　　）
A．（1＋x）2＝73 B．1＋x＋x2＝73
C．（1＋x）x＝73 D．1＋x＋2x＝73
9．（2024九上·武汉期中）若函数的图象在的范围内与x轴没有公共点，则a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024九上·武汉期中）如图，是等边三角形外一点，连接，，．若，，，则三角形的面积为（　　）
A． B． C． D．
11．（2024九上·武汉期中）点关于原点对称的点的坐标为　 　．
12．（2024九上·武汉期中）关于的方程的两实数根互为倒数，则两根之和为　 　．
13．（2024九上·武汉期中）《九章算术》中记载：“今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．”译文：今有门，不知其高、宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽出4尺；竖放，竿比门高出2尺；斜放，竿与门的对角线长恰好相等，则门的对角线长为　 　尺．
14．（2024九上·武汉期中）如图，摩天轮的最高处A到地面l的距离是62米，最低处B到地面l的距离是2米．若游客从B处乘摩天轮绕一周需15分钟，则游客从B处乘摩天轮到地面l的距离是47米时至少需　 　分钟．
15．（2024九上·武汉期中）抛物线交轴于点和，交轴于点，顶点为点，将其向左平移一个单位长度后图象关于轴对称．下列四个命题，其中真命题的序号是　 　；
①；
②对于任意实数，总有；
③抛物线上有两点和，若，且，则；
④点关于抛物线对称轴的对称点为，点分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为．
16．（2024九上·武汉期中）如图，在中，与的平分线交于点O，直线分别经过点、C，且．若直线关于对称的直线为，直线关于对称的直线，直线交于点，则的最大值为　 　．
17．（2024九上·武汉期中）解方程．
18．（2024九上·武汉期中）如图，在中，，将绕着点A逆时针旋转得到，连接，求的长．
19．（2024九上·武汉期中）已知抛物线中的，满足下表：
… 0 1 2 …
… 0 …
（1）求抛物线的解析式；
（2）若，则自变量x的取值范围为 （直接写出结果）
（3）当时，抛物线与直线有交点，则的取值范围为 （直接写出结果）
20．（2024九上·武汉期中）如图，是的内接三角形，点D是弧的中点，连接，，．
（1）如图1，若，求的度数；
（2）如图2，若，，求．
21．（2024九上·武汉期中）如图网格是由边长为个单位长度的小正方形组成，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C，D，P都是格点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，作图过程用虚线表示，作图结果用实线表示，
（1）如图1，画出关于点P中心对称的；
（2）如图2，，交于点E，将线段平移至线段，（点B对应点为E）；
（3）在图3中，将绕点C顺时针旋转，其中旋转角，画出旋转后的．
22．（2024九上·武汉期中）某超市销售一种成本为20元/件的商品，若某个月的第x天（x为整数）的售价与销量的相关信息如下表所示：
第x天 售价（元/件） 日销售量（件）
设销售该商品的日销售利润为y元．
（1）直接写出y与x的函数关系式；
（2）问销售该商品第几天时，日销售利润最大？最大日销售利润为多少元？
（3）如果超市每销售一件商品，就捐赠m元给希望工程，若仅在第15天销售利润额达到最大值，求m的取值范围．
23．（2024九上·武汉期中）如图，已知等边中，，点E、F分别为边上的两动点，且，连接，将的周长记为．那么与存在怎样的关系呢？
【问题探究】
（1）先将问题特殊化如图（2），当E点为中点时，直接写出与的等量关系 ；
（2）再探究一般情况如图（1），当E点为边上任意一点时，证明（1）中的结论仍然成立；
【问题拓展】
（3）如图（3），延长交于点G，若，直接写出的长度
24．（2024九上·武汉期中）在平面直角坐标系中，任意点到定点的距离等于到直线的距离，记点P的轨迹为抛物线，
（1）直接写出抛物线的解析式 ；
（2）将抛物线向右平移1个单位长度，再绕点旋转得到抛物线，抛物线与x轴交于A，B两点（A左B右），与y轴交于C点，R为抛物线上的动点，如图1，若以A、B、R、C为顶点的四边形为梯形，求点R的坐标；
（3）如图2，过点分别作直线：交（2）中的抛物线于点E，F，直线： ≠0）交抛物线于点G、H，点M、N分别为的中点，若直线与直线平行，求证：为定值，并求出该定值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：由题可知：一元二次方程的一次项系数为，常数项为；
故答案为：C．
【分析】
根据形如（，且b、c为常数）的方程称之为一元二次方程，其中a为二次项系数，b为一次项系数，c为常数项；解答即可．
2．【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴方程有两不相等实数根；
故答案为：C．
【分析】
根据一元二次方程根的判别式，再判定，即可得到方程有两不相等实数根，解答即可．
3．【答案】A
【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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故A符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故D不符合题意；
故答案为：A．
【分析】
根据轴对称图形的定义：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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；逐一判断即可解答．
4．【答案】B
【知识点】配方法解一元二次方程；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：，
，
，
∴，
∴，
∴．
故答案为：B．
【分析】
根据配方法解一元二次方程的步骤：移项得，配方得，对应项相等，求出的值即可解答．
5．【答案】B
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：∵，
∴抛物线顶点坐标为．
故答案为：B．
【分析】
先用用配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，确定顶点坐标即可解答．
6．【答案】D
【知识点】圆周角定理；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：D．
【分析】
首先连接，由直径所对的圆周角是直角，即可求得，由直角三角形的性质，求得的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得的度数，解答即可．
7．【答案】C
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数与一次函数的图象共存判断
【解析】【解答】解：A、由直线经过一、二、三象限可得：a＞0；
由抛物线的顶点在y轴的负半轴可得a＜0；
∴矛盾，
∴此选项不符合题意；
B、由直线经过一、二、三象限可得：a＞0；
由抛物线的开口向下可得，抛物线的二次项系数＜0，
而抛物线的二次项系数为1＞0，
∴矛盾，
∴此选项不符合题意；
C、由直线经过一、二、四象限可得：a＜0；
由抛物线的顶点在y轴的负半轴可得a＜0；
∴此选项符合题意；
D、由直线经过二、三、四象限可得：a＜0，b＜0，
而一次函数的解析式中b=2＞0；
∴矛盾，
∴此选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】根据二次函数及一次函数的图象及性质可得，当a＜0时，二次函数图象开口向上，顶点在y轴负半轴，一次函数经过一、二、四象限；当a＞0时，二次函数图象开口向上，顶点在y轴正半轴，一次函数经过一、二、三象限；再结合各选项即可判断求解.
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【解答】解：设每个支干长出x个小分支，根据题意列方程得：x2+x+1=73.
故答案为：B.
【分析】根据相等关系主干+支干+小分支=73可求解.
9．【答案】C
【知识点】解一元一次方程；解一元一次不等式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：当时，，
∴当时，，解得：，
∴直线与轴的交点坐标为：，符合题意；
当时，函数为二次函数，当时，，则抛物线与轴的交点为
当时，则抛物线的开口向上，
∵函数的图象在的范围内与x轴没有公共点，
∴，解得：（不符合题意，舍去）；
当时，则抛物线的开口向下，
∵函数的图象在的范围内与x轴没有公共点，
∴，解得：，
∴；
综上：；
故答案为：C
【分析】
由于二次函数得开口不确定，因而分三种情况进行讨论：当时，，直线与轴的交点坐标为：；当时，则抛物线的开口向上，根据图象在的范围内与x轴没有公共点列出不等式，计算可得（不符合题意，舍去）；当时，则抛物线的开口向下根据图象在的范围内与x轴没有公共点列出不等式，计算可得；综合三种情况，求解即可解答．
10．【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；等边三角形的判定；含30°角的直角三角形；旋转的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：将绕点C顺时针旋转，则点B与点A重合，点D的对应点为点E，连接，
由旋转可知，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴．
又∵，
则，
∴是直角三角形，且，
过点C作的垂线，垂足为G，
∵，
∴，
∴，
则，
∴，
在中，，
过点A作的垂线，垂足为H，则，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】
先可将绕点C顺时针旋转，得到，从而可判定为等边三角形，再利用勾股定理逆定理证明是直角三角形，过点C作的垂线，垂足为G，解30的直角三角形，过点A作的垂线，垂足为H，最后利用勾股定理和面积公式计算即可解答．
11．【答案】
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
【分析】
根据关于原点对称的点的横纵坐标均互为相反数，解答即可．
12．【答案】
【知识点】直接开平方法解一元二次方程；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：设的两个根为，
则：，
∵关于的方程的两实数根互为倒数，
∴，
∴，
当时，，此方程无解，不符合题意；
当时，，
∴；
故答案为：．
【分析】
根据根与系数的关系，结合乘积为1的两数互为倒数，得到，求出的值，再根据根与系数的关系求出两根之和即可解答．
13．【答案】10
【知识点】因式分解法解一元二次方程；一元二次方程的应用-几何问题；列一元二次方程；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：设竿的长度为x尺，则门高为尺，门宽为尺，
依题意得：，
化简得：，
解得：．
当时，，不合题意，舍去；
当时，．
∴门高为8尺，门宽为6尺，
∴门的对角线长为（尺）．
故答案为：10．
【分析】
设竿的长度为x尺，则门高为尺，门宽为尺，利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合和均为正数可求得门的高和宽，根据勾股定理即可解答．
14．【答案】5
【知识点】垂径定理；垂径定理的实际应用
【解析】【解答】解：摩天轮的最高处到地面的距离是62米，最低处到地面的距离是2米得出的长，
，
，
设当到点或点时游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米，连接，，，，则，
处乘摩天轮到地面的距离是47米时，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
，
，
游客从处乘摩天轮绕一周需15分钟，
游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米时最少需要（分钟）．
故答案为：5．
【分析】根据摩天轮的最高处到地面的距离是62米，最低处到地面的距离是2米得出的长，进而求出的半径，再根据游客从处乘摩天轮到地面的距离是47米时、的长，根据等边三角形判定定理可得为等边三角形，得出的度数，再根据补角即可求出答案.
15．【答案】①③
【知识点】二次函数的最值；关于坐标轴对称的点的坐标特征；二次函数图象上点的坐标特征；坐标系中的两点距离公式；二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：∵将抛物线向左平移一个单位长度后图象关于y轴对称，
∴平移后的交点和关于y轴对称，
∴，
∴，
故①正确，符合题意；
∵将抛物线向左平移一个单位长度后图象关于y轴对称，
∴抛物线关于直线对称，
∴当时，y有最大值，即，
∴对于任意实数t，，
∴，
故②错误，不符合题意；
∵，
∴点P和点Q在对称轴两侧，即点P在对称轴左侧，点Q在对称轴右侧，
∵，
∴，
∴点Q距离对称轴更远，
∵开口向下，
∴，
故③正确，符合题意；
∵抛物线关于直线对称，
∴，
∴，
当时，抛物线解析式为，
∴，，
∵点C和点E关于对称轴对称，
∴，
∴，
如图，作点D关于y轴对称点，作点E关于x轴对称点，则，，
∴，
四边形周长，
当四点共线时，，
此时四边形周长有最小值为，
故④错误，不符合题意；
综上，真命题的有①③，
故答案为：①③．
【分析】
由抛物线与x轴两交点关于对称轴对称即可判断①；由题易得抛物线关于直线对称，所以当有最大值，对于任意实数t，，当时取等，即可判断②；根据，且，可以得到点Q距离对称轴更远，因此再根据开口方向即可判断出③；先求出抛物线解析式，再求出D和E坐标，进而画出图形，作对称，根据两点距离公式求解即可判断④，逐一判断即可解答．
16．【答案】
【知识点】三角形的内切圆与内心；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；定角定弦辅助圆模型；两直线平行，同旁内角互补；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：根据轴对称的性质得到：，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
设交于点，则，
又，
∴点P的运动轨迹是以为直径的圆，
取中点为Q，连接，
∴，当且仅当三点共线时取等，
在中，，
∴，
∴，
如图，过O作的垂线，垂足分别为F、G、H，
∵O是角平分线交点，
∴O是的内心，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
【分析】
要求最大值，需要先找出点P运动轨迹，由平行线和对称可得到，进而得出，所以点P的运动轨迹是以为直径的圆上运动，取中点Q，则，，再用勾股定理求出即可解答．
17．【答案】解：，
∴，，
∴，
解得：．
【知识点】公式法解一元二次方程
【解析】【分析】根据公式法求解一元二次方程：①把方程化成一般形式，进而确定，，的值注意符号；②求出的值若，方程无实数根；③在的前提下，把、、的值代入公式进行计算求出方程的根，并分别写出两个根，计算即可解答．
18．【答案】解：由旋转得，，
∴为等边三角形，
∴，
∵
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，，
∴．
过点C作于点E，则，
∴，
∴．
在中，，，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；旋转的性质；等腰直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】
先由旋转的性质得到，即可证明得到为等边三角形，则，，结合已知条件可得，．过点C作于点E，可得，求出，再根据计算即可解答．
19．【答案】（1）解：∵抛物线经过点，
抛物线的解析式为．
（2）或
（3）
【知识点】解二元一次方程组；因式分解法解一元二次方程；待定系数法求二次函数解析式；二次函数与不等式（组）的综合应用；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】解：（2）∵抛物线C解析式为，
∴顶点坐标为，
当时，，
∴或4，
结合表格，得到抛物线图象，
∴当，则或，
故答案为：或；
（3）∵当时，
∴抛物线图象中的A，B两点间部分，
∵抛物线C与直线有交点，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】
（1）根据表格中的点坐标，利用待定系数法，得到抛物线解析式；
（2）根据抛物线解析式，得到顶点坐标，结合表格中点坐标，画出图象写出自变量x的取值范围 ，解答即可；
（3）结合函数图象，即可得到的取值范围 ，解答即可．
（1）解：∵抛物线经过点，
抛物线的解析式为．
（2）解：∵抛物线C解析式为，
∴顶点坐标为，
当时，，
∴或4，
结合表格，得到抛物线图象，
∴当，则或，
故答案为：或；
（3）解：∵当时，
∴抛物线图象中的A，B两点间部分，
∵抛物线C与直线有交点，
∴，
∴，
故答案为：．
20．【答案】（1）解：∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：连接并延长交于点E，连接，，交于点F，如图所示：
∵，，
∴垂直平分，
∴，
又∵点D是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在中，，
解得：，
∴，
设，
在和中，
，
∴，
解得：
在中，，
∴．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据点D是的中点，得出，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，求出，最后根据圆内接四边形的性质求出结果即可解答；
（2）连接并延长交于点E，连接，交于点F，证明垂直平分，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，设，则，根据勾股定理得出，求出，设，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理求出，最后根据等腰三角形性质求出结果即可解答．
（1）解：∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：连接并延长交于点E，连接，，交于点F，如图所示：
∵，，
∴垂直平分，
∴，
又∵点D是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在中，，
解得：，
∴，
设，
在和中，
，
∴，
解得：
在中，，
∴．
21．【答案】（1）解：如图所示：即为所求
，
（2）解：如图所示：线段即为所求；
（3）解：如图所示：即为所求．
【知识点】中心对称及中心对称图形；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】
解：（2）过点A作于点G，过点B作于点H，
，，
∴，
∴．
∵，
∴
∴，
即，即，
∴，
过点P作延长线于点M，过点C作于点N．
则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
∴
过点A作于点R，过点P作于点S．
设每个小正方形边长为1
在中，
，
在中，
在和中，
∴
，
又∵ ，
∴即，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴是线段平移得到；
（3）由作图知：，，，，
，
∴，
∴，
同理，，，，
，
∴，
∴，
由作图可知：，，
即，
∴．
【分析】
（1）根据中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点，，，顺次连接即可解答；
（2）取格点P，Q，T，连接，交于点F，连接即可解答；
（3）取格点R，W，连接， (由，推出)，取格点Q，J，K连接，交于点，交由点，连接即可得，解答即可．
（1）解：如图所示：即为所求
，
（2）解：如图所示：线段即为所求；
过点A作于点G，过点B作于点H，
，，
∴，
∴．
∵，
∴
∴，
即，即，
∴，
过点P作延长线于点M，过点C作于点N．
则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
∴
过点A作于点R，过点P作于点S．
设每个小正方形边长为1
在中，
，
在中，
在和中，
∴
，
又∵ ，
∴即，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴是线段平移得到；
（3）解：如图所示：即为所求．
有作图知：，，，，
，
∴，
∴，
同理，，，，
，
∴，
∴，
由作图可知：，，
即，
∴．
22．【答案】（1）
（2）解：，
∵，
∴抛物线开口向下，
当时，y取得最大值为4900，
∴销售该商品第25天时，日销售利润最大，最大日销售利润4900元．
（3）解：设捐赠后的销售利润为元，由题意得：，
∴对称轴为直线，
∵仅在第15天销售利润额达到最大值，
∴，解得．
∴m的取值范围为．
【知识点】二次函数的最值；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化；二次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：（1）由题意得：，
∴y与x的函数关系式为．
故答案为：，
【分析】
（1）根据单件利润、销售数量、总利润的关系列出函数解析式，然后整理即可解答；
（2）根据（1）所得的解析式，运用二次函数的解析式求最值即可解答；
（3）设捐赠后的销售利润为元，然后求得与x的函数关系式，再求出对称轴为，再根据题意确定对称轴的取值范围并列出不等式求解即可解答．
（1）解：由题意得：，
∴y与x的函数关系式为．
（2）解：，
∵，
∴抛物线开口向下，
当时，y取得最大值为4900，
∴销售该商品第25天时，日销售利润最大，最大日销售利润4900元．
（3）解：设捐赠后的销售利润为元，
由题意得：，
∴对称轴为直线，
∵仅在第15天销售利润额达到最大值，
∴，解得．
∴m的取值范围为．
23．【答案】解：（1）；
（2）（1）中结论仍然成立．证明如下：
延长至点G，使得，连接．
∵是等边三角形，且，
∴，
∴，
由勾股定理知：在中，，
在上截取，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：（1）设，则，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∵E是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（3）如图，将绕点D逆时针旋转得到其中G的对应点为J，A的对应点为K，连接，
∵旋转，
∴，
连接，则，
∵，
∴
∴点A、B、K三点共线，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
过J作于点P，
则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：.
【分析】
（1）根据等边三角形的性质和中点的定义以及垂直平分线的性质可得为等边三角形然后再计算周长即可解答；
（2）延长至点G，使得，连接，在上截取，利用SAS证，再用SAS证，得到即可解答；
（3）将绕点D逆时针旋转得到其中G的对应点为J，A的对应点为K，连接，将已知线段集中到上中，，解得，进而得到，代入求解即可解答．
24．【答案】（1）
（2）解：将抛物线向右平移1个单位长度得：，顶点为，再将点绕点旋转得到点，
∴将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，
令，得，
解得：，
∴，，
令，得，
∴，
当时，R与C关于对称轴直线对称，此时；
当时，如图1，设直线的解析式为，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立得，
解得：，，
∴；
当时，同理可得直线的解析式为，直线的解析式为，
联立得，
解得：，不符合题意，舍去；
综上所述，点R的坐标为或；
（3）解：如图2，
将点分别代入直线，直线，得：，
∴，
联立抛物线与直线，得：，
∴，则，
∵点M、N分别为的中点，
∴，
同理：，，
∴，
设直线的解析式为，则，
消去，得：，
∵，
∴，
∵直线与直线平行，
∴，
即，
∴，
故为定值．
【知识点】因式分解法解一元二次方程；待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-特殊四边形存在性问题
【解析】【解答】解：（1）点到定点的距离为，
点到直线的距离为，
根据题意得，
整理得：，
故答案为：；
【分析】
（1）根据题意建立方程求解即可得出答案；
（2）由平移和旋转可得新抛物线的解析式为，再求得，，，分三种情况：当时，当时，时，分别讨论求出点R的坐标即可解答；
（3）将点D的坐标分别代入直线的解析式，得出，联立抛物线与直线得出，利用根与系数关系可得，，同理可得，，进而得出点M、N的坐标，再运用待定系数法即可求得直线的解析式，根据直线与直线平行，即可解答．
（1）解：点到定点的距离为，
点到直线的距离为，
根据题意得，
整理得：，
故答案为：；
（2）解：将抛物线向右平移1个单位长度得：，顶点为，
再将点绕点旋转得到点，
∴将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，
令，得，
解得：，
∴，，
令，得，
∴，
当时，R与C关于对称轴直线对称，此时；
当时，如图1，设直线的解析式为，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，把代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立得，
解得：，，
∴；
当时，同理可得直线的解析式为，直线的解析式为，
联立得，
解得：，不符合题意，舍去；
综上所述，点R的坐标为或；
（3）解：如图2，
将点分别代入直线，直线，得：，
∴，
联立抛物线与直线，得：，
∴，则，
∵点M、N分别为的中点，
∴，
同理：，，
∴，
设直线的解析式为，则，
消去，得：，
∵，
∴，
∵直线与直线平行，
∴，
即，
∴，
故为定值．
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