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人教版2025—2026学年九年级上册期中摸底检测卷
数 学
（时间：100分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．关于x的方程（m﹣2） +x＝0是一元二次方程，则m的值是（　　）
A．﹣2 B．±2 C．3 D．±3
2．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的解为（　　）
A．x1＝1，x2＝3 B．x1＝1，x2＝﹣3
C．x1＝﹣1，x2＝3 D．x1＝﹣1，x2＝﹣3
3．对称轴为y轴的二次函数是（　　）
A．y=(x+1)2 B．y=2(x-1)2 C．y=2x2+1 D．y=-(x-1)2
4．如图，正方形的顶点A、B与正方形的顶点G，H同在一段抛物线上，且抛物线的顶点落在与y轴的交点上，两正方形的边与同时落在x轴上．若正方形的边长为4，则正方形的边长为（　　）．
A． B． C． D．
5．方程x2－4x－5＝0的根的情况为（　　）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判定
6．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
7．某县是我国生态环境第一县，全国各地前去旅游的人逐年增多，据统计，2022年“五一”假期期间，该县接待游客15万人次，2024年增长至46万人次．设这两年“五一”假期该县接待旅游人次的年平均增长率为x，则可列方程（　　）
A．15（1+2x）=46 B．15（1+x）2=46
C．46（1-x）2=15 D．15（1+x）+15（1+x）2=46
8．如图所示，已知二次函数的图象与轴交于、两点，与轴交于点，．对称轴为直线，则下列结论：①；②；③；④是关于的一元二次方程的一个根，其中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（　　）
A．x（x+1）=28 B．
C． D．x（x-1）=28
10．如图，已知直线与轴交于点A，点与点A关于轴对称．是直线上的动点，将绕点顺时针旋转得．连接，则线段的最小值为（　　）．
A．3 B． C． D．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．已知一个大圆的面积是两个小圆的面积之和．如果大圆的半径为，两个小圆的半径分别为和，则　 　．
12．古希腊数学家丢番图在《算术》中提到了一元二次方程的问题，欧几里得的《原本》中记载了形如的方程的图解法是：如图，画，便，，，再在斜边AB上截取，则该方程的一个正实数根等于图中线段　 　的长．
13．你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！以方程即为例加以说明．数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造图（如下面左图中）大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，据此易得那么在下面右边三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上)中，能够说明方程的正确构图是　 　.（只填序号）.
14．已知 ， 是一元二次方程 的两个实数根，则 的值是　 　．
15．等腰三角形的三边长分别为a，b，2，且a，b是关于x的一元二次方程x2﹣8x+n﹣2＝0的两根，则n的值为　 　.
16． 如图，和关于点中心对称，，点是上一动点，点是上一动点(点不与端点重合)，且.连接，则的最小值为　 　.
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
18．我校校区正在修建，如图，按图纸规划，需要在一个长30m、宽20m的长方形ABCD空地上修建三条同样宽的通道(AB=20m)，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种植草皮．要使草地总面积为468m2，那么通道的宽应设计为多少m？
19．用一张长为40cm，宽为25cm的长方形硬纸片，裁去一部分后折成纸盒。
（1）如图1裁去角上四个小正方形之后，折成如图2的无盖纸盒。若纸盒底面积为450cm2，则纸盒的高是多少？
（2）如图3，在纸片左边的两个角裁去两个正方形，纸片右边的两个角裁去两个长方形之后，将剩下的纸片（空白部分）折成一个有盖的纸盒。若折成纸盒的表面积为912cm2，则裁去的正方形的边长是多少？
20．已知关于x的一元二次方程．
（1）当m为何值时，它是一元一次方程；
（2）当m为何值时，它是一元二次方程，并求出方程的根．
21．若一元二次方程（，，是常数，且）的两根分别是，，根据求根公式可以推出，．
（1）运用：若一元二次方程的两根分别是，，则 ．
（2）类比探究：小芳同学发现．
请你试证明：．
（3）若，是关于的方程的两个实数根，且，求的值．
22．如图①是我市某葡萄基地种植棚，它一定意义上带动了我市的经济发展，其截面为图②所示的轴对称图形，点A、B在以O顶点的抛物线上，，，，点G在直线上，点E在直线上，，当以O为原点建立如图③所示的平面坐标系时，抛物线过点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若O点到地面的距离为5米，记，当m最大时，求棚的跨度长；
（3）在（2）的条件下，E点的纵坐标，，为了使棚更加牢固安全，需要把直线，向下平移到与抛物线相切的位置处焊接，求向下平移的距离．
23．如图，绕点旋转后能与重合．
（1），，求的长；
（2）延长交于点，，求的度数．
24． 如图，在和中，，，．连接，点是的中点，连接．
（1）如图1，当点在上时，求证：是等边三角形；
（2）将图1中的△ADD绕点A顺时针旋转．
①当旋转角为60°时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
②当EF最长时，EF与AD的交点记作M．若AE=3，则EM= ▲ ．
25．如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点为抛物线顶点，已知，连接，抛物线对称轴与交于点．
（1）求的值及顶点的坐标；
（2）点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，是否存在以为边，且以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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人教版2025—2026学年九年级上册期中摸底检测卷
数 学
（时间：100分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．关于x的方程（m﹣2） +x＝0是一元二次方程，则m的值是（　　）
A．﹣2 B．±2 C．3 D．±3
【答案】D
【解析】【解答】解：∵关于x的方程（m﹣2） +x＝0是一元二次方程，
∴ ，
解得m＝±3．
故答案为：D．
【分析】根据一元二次方程的定义得到，然后解方程和不等式即可得到满足条件的M的值。
2．如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的解为（　　）
A．x1＝1，x2＝3 B．x1＝1，x2＝﹣3
C．x1＝﹣1，x2＝3 D．x1＝﹣1，x2＝﹣3
【答案】C
【解析】【解答】解：抛物线与x轴的交点坐标为（﹣1，0）、（3，0），
则x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的解为x＝﹣1或3.
故答案为：C.
【分析】根据二次函数图象与x轴交点的横坐标即为对应的一元二次方程的解进行解答即可.
3．对称轴为y轴的二次函数是（　　）
A．y=(x+1)2 B．y=2(x-1)2 C．y=2x2+1 D．y=-(x-1)2
【答案】C
【解析】【解答】解：A、该抛物线的对称轴为，则本项不符合题意；
B、该抛物线的对称轴为，则本项不符合题意；
C、∴该抛物线的对称轴为y轴，则本项符合题意；
D、该抛物线的对称轴为，则本项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】将二次函数改写为一般式，则其抛物线的对称轴为：据此逐项判断即可.
4．如图，正方形的顶点A、B与正方形的顶点G，H同在一段抛物线上，且抛物线的顶点落在与y轴的交点上，两正方形的边与同时落在x轴上．若正方形的边长为4，则正方形的边长为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：正方形的边长为4，
抛物线的顶点为，，
设抛物线的表达式为，
将代入得，
，
，
设，
，，
，
整理得，
解得，（不合题意，舍去），
，
故答案为：C
【分析】根据题意可得抛物线的顶点为，，设抛物线的表达式为，根据待定系数法将点B坐标代入表达式可得，设，则，，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
5．方程x2－4x－5＝0的根的情况为（　　）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．没有实数根 D．无法判定
【答案】A
【解析】【解答】解：∵在方程x2－4x－5＝0中，△=（-4）2-4×1×(-5)=36>0，
∴该方程有两个不相等的实数根.
故答案为：A.
【分析】先计算根的判别式△=b2-4ac，当△＞0时，方程由有个不相等的实数根，当△=0时，方程有两个相等的实数根，当△＜0时，方程无实数根，据此判断即可.
6．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：A.是轴对称图形不是中心对称图形，符合题意，
B.是轴对称图形也是中心对称图形，不符合题意，
C.是中心对称图形不是轴对称图形，不符合题意，
D. 是轴对称图形也是中心对称图形，不符合题意，
故答案为：A
【分析】轴对称图形：将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形；中心对称图形：将图形沿某一点旋转180°后能够与原图形重合的图形为中线对称图形.
7．某县是我国生态环境第一县，全国各地前去旅游的人逐年增多，据统计，2022年“五一”假期期间，该县接待游客15万人次，2024年增长至46万人次．设这两年“五一”假期该县接待旅游人次的年平均增长率为x，则可列方程（　　）
A．15（1+2x）=46 B．15（1+x）2=46
C．46（1-x）2=15 D．15（1+x）+15（1+x）2=46
【答案】B
【解析】【解答】解：设这两年“五一”假期该县接待旅游人次的年平均增长率为x，
∴
故答案为：B.
【分析】设这两年“五一”假期该县接待旅游人次的年平均增长率为x，根据"2022年“五一”假期期间，该县接待游客15万人次，2024年增长至46万人次"，据此列出方程即可.
8．如图所示，已知二次函数的图象与轴交于、两点，与轴交于点，．对称轴为直线，则下列结论：①；②；③；④是关于的一元二次方程的一个根，其中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【解析】【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∵抛物线与轴的交点在轴上方，
∴，
∴，所以①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，所以②正确；
∵，，
∴，
把代入得，
∴，所以③正确；
∵，对称轴为直线，
∴，
∴是关于x的一元二次方程的一个根，所以④正确；
综上正确的有4个，
故答案为：A
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴交点的位置可得a、b、c的取值范围，由此可判断①；根据结合c的取值范围可对②进行判断；由OA=OC可得A的坐标，代入解析式可判断③；由点A坐标结合对称轴可得点B坐标，据此可判断④.
9．要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，设比赛组织者应邀请x个队参赛，则x满足的关系式为（　　）
A．x（x+1）=28 B．
C． D．x（x-1）=28
【答案】D
【解析】【解答】解：设比赛组织者应邀请x个队参赛，
根据题意得：x（x-1）=4×7，
即x（x-1）=28．
故答案为：D．
【分析】设比赛组织者应邀请x个队参赛，则每个队参加（x-1）场比赛，共参赛x（x-1）场，根据“赛程计划安排7天，每天安排4场比赛”列出方程即可.
10．如图，已知直线与轴交于点A，点与点A关于轴对称．是直线上的动点，将绕点顺时针旋转得．连接，则线段的最小值为（　　）．
A．3 B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：如图，设直线与y轴的交点为E，再取的中点D，连接，过B作于H点．
对于，令，则，
∴．
令，则，
∴．
∴，．
∵，
∴，
∵的中点为D，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
由旋转的性质可知，，
∴，即，
∴，
∴．
∵A为定点，为定值，
∴当M在直线上运动时，点N也在定直线上运动，
∴当点N与点H重合时，最短．
∵点与点A关于轴对称，
∴，
∴．
∵，
∴，即的最小值为3．
故答案为：A．
【分析】先求出，，再求出，最后利用全等三角形的性质，锐角三角函数计算求解即可。
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．已知一个大圆的面积是两个小圆的面积之和．如果大圆的半径为，两个小圆的半径分别为和，则　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：∵ 一个大圆的面积是两个小圆的面积之和．如果大圆的半径为，两个小圆的半径分别为和，
∴πr2=22π+32π，解得（负值舍去）.
故答案为：.
【分析】根据“大圆的面积是两个小圆的面积之和”列出方程求解.
12．古希腊数学家丢番图在《算术》中提到了一元二次方程的问题，欧几里得的《原本》中记载了形如的方程的图解法是：如图，画，便，，，再在斜边AB上截取，则该方程的一个正实数根等于图中线段　 　的长．
【答案】AD
【解析】【解答】解：，，，
，
，
∵方程（，），
∴，
，，
的长就是方程的正根．
故答案为：AD
【分析】先根据勾股定理表示出AB，进而即可表示AD，再根据一元二次方程的求根公式结合题意对比即可求解。
13．你知道吗，对于一元二次方程，我国古代数学家还研究过其几何解法呢！以方程即为例加以说明．数学家赵爽（公元世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造图（如下面左图中）大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，据此易得那么在下面右边三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上)中，能够说明方程的正确构图是　 　.（只填序号）.
【答案】②
【解析】【解答】解：即，
构造如图②中大正方形的面积是，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即，
据此易得.
故答案为：②.
【分析】构造大正方形的面积是(x+x-4)2，其中它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×12+42，据此可得x的值.
14．已知 ， 是一元二次方程 的两个实数根，则 的值是　 　．
【答案】9
【解析】【解答】解：根据根与系数的关系得： ，
∴ =
故答案为：9．
【分析】根据根与系数的关系得到，对代数式因式分解后代入计算。
15．等腰三角形的三边长分别为a，b，2，且a，b是关于x的一元二次方程x2﹣8x+n﹣2＝0的两根，则n的值为　 　.
【答案】18
【解析】【解答】当2为底边长时，则a＝b，a+b＝8，
∴a＝b＝4.
∵4，4，2能围成三角形，
∴n-2＝4×4，
解得：n＝18；
当2为腰长时，a、b中有一个为2，则另一个为6，
∵6，2，2不能围成三角形，
∴此种情况不存在.
故答案为18.
【分析】当2为底边长时，则a＝b，a+b＝8，然后求出a、b的值，根据三角形三边关系判断是否能组成三角形；当2为腰长时，a、b中有一个为2，则另一个为6，同理判断是否能组成三角形.
16． 如图，和关于点中心对称，，点是上一动点，点是上一动点(点不与端点重合)，且.连接，则的最小值为　 　.
【答案】18
【解析】【解答】解：∵和关于点中心对称
∴OB=OD
∵∠AOD=60°，∠ADO=90°
∴∠OAD=30°
∴OA=2OD=BD=18
∵AP=OQ
∴PQ=OP+OQ=OP+AP=OA=18
过点D作DK∥PQ，且DK=PQ=18，
连接QK，BK，则四边形DPQK为平行四边形，∠BDK=∠AOD=60°
∴QK=DP
∴DP+BQ=QK+BQ≥BK
当B，Q，K三点共线时，此时DP+BQ的值最小，最小值为BK的长
∵∠BDK=60°，DK=BD=18
∴△BDK为等边三角形
∴BK=BD=18，即DP+BQ的最小值为18
故答案为：18
【分析】根据中心对称图形性质可得OB=OD，再根据三角形内角和定理可得∠OAD=30°，根据含30°角的直角三角形性质可得OA=2OD=BD=18，再根据边之间的关系可得PQ=OP+OQ=OP+AP=OA=18，过点D作DK∥PQ，且DK=PQ=18，连接QK，BK，则四边形DPQK为平行四边形，∠BDK=∠AOD=60°，可得QK=DP，则DP+BQ=QK+BQ≥BK，当B，Q，K三点共线时，此时DP+BQ的值最小，最小值为BK的长，根据等边三角形判定定理可得△BDK为等边三角形，则BK=BD=18，即DP+BQ的最小值为18，即可求出答案.
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，24、25每题10分，共计72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．解下列一元二次方程．
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原方程化为
解得，
（2）解：原方程化为，可得，，，
∴
∴方程有两个不等的实数根，
由求根公式可得，，
解得，
【解析】【分析】（1）先将方程变为一般式，再利用因式分解可得，求解即可；
（2）先将方程变为一般式，利用根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求解.
18．我校校区正在修建，如图，按图纸规划，需要在一个长30m、宽20m的长方形ABCD空地上修建三条同样宽的通道(AB=20m)，使其中两条与AB平行，另一条与AD平行，其余部分种植草皮．要使草地总面积为468m2，那么通道的宽应设计为多少m？
【答案】解：设通道的宽应设计为 ，
根据题意得： ，
整理，得： ，
解得： (不合题意，舍去)．
答：通道的宽应设计为 ．
【解析】【分析】设通道的宽应设计为xm，则六块草地可合成长（30-2x）m、宽（20-x）m的长方形，再根据草地总面积为468m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
19．用一张长为40cm，宽为25cm的长方形硬纸片，裁去一部分后折成纸盒。
（1）如图1裁去角上四个小正方形之后，折成如图2的无盖纸盒。若纸盒底面积为450cm2，则纸盒的高是多少？
（2）如图3，在纸片左边的两个角裁去两个正方形，纸片右边的两个角裁去两个长方形之后，将剩下的纸片（空白部分）折成一个有盖的纸盒。若折成纸盒的表面积为912cm2，则裁去的正方形的边长是多少？
【答案】（1）解：设纸盒的高为x(cm)，
由题意，得：(40-2x)(25-2x)=450，
化简、整理，得：2x2-65x+275=0，
解这个方程，得：x1=5，x2=27.5（不合题意，舍去)，
答：纸盒的高为5cm.
（2）解：设裁去的正方形的边长为x(cm)，
由题意，得：40×25-2x2-2×20x=912，
化简、整理，得：x2+20x-44=0，
解这个方程，得：x1=2，x2=-22（不合题意，舍去)，
答：裁去的正方形的边长为2cm.
【解析】【分析】(1)设纸盒的高为xcm，则纸盒的底面是长为(40-2x)cm，宽为(25-2x)cm的长方形，根据纸盒底面积为450cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；
(2)设裁去的正方形的边长为xcm，根据折成纸盒的表面积为912cm2(即长方形硬纸板的面积-阴影部分的面积)，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论.
20．已知关于x的一元二次方程．
（1）当m为何值时，它是一元一次方程；
（2）当m为何值时，它是一元二次方程，并求出方程的根．
【答案】（1）解：由题意，得且或，
则当时，原方程为；
当时，原方程为．
即或时，方程是一元一次方程
（2）解：由题意，得，
所以，而，则．
方程变为，即，
解得
【解析】【分析】（1）利用一元一次方程的定义得到关于m的方程解题即可；
（2）利用一元二次方程的定义得到关于m的方程，求出m的值，然后代入接一元二次方程即可．
（1）解：由题意，得且或，
则当时，原方程为；
当时，原方程为．
即或时，方程是一元一次方程；
（2）解：由题意，得，
所以，而，则．
方程变为，即，
解得．
21．若一元二次方程（，，是常数，且）的两根分别是，，根据求根公式可以推出，．
（1）运用：若一元二次方程的两根分别是，，则 ．
（2）类比探究：小芳同学发现．
请你试证明：．
（3）若，是关于的方程的两个实数根，且，求的值．
【答案】（1）
（2）证明：由题意可得，，
∴；
（3）解：∵，是关于的方程的两个实数根，
∴，，，
∴，，
整理得，
解得，
∴．
【解析】【解答】（1）解：∵一元二次方程的两根分别是，，
∴，
故答案为：；
【分析（1）直接利用一元二次方程根与系数的关系“ ”可求出的值；
（2）利用完全平方公式可得然后整体代入后先计算乘方，再通分计算异分母分式的减法运算后即可得出结论；
（3）先利用一元二次方程根与系数的关系可求出，，根据（2）的方法将第二个等式的左边变形后整体代入可得关于字母m的方程，利用因式分解法解该方程求出m的值；进而利用根的判别式列出不等式求出字母m的取值范围，即可判断出符合题意得m的值.
（1）解：一元二次方程的两根分别是，，则，
故答案为：；
（2）证明：由题意可得，，
∴；
（3）解：∵，是关于的方程的两个实数根，
∴，，，
∴，，
整理得，
解得，
∴．
22．如图①是我市某葡萄基地种植棚，它一定意义上带动了我市的经济发展，其截面为图②所示的轴对称图形，点A、B在以O顶点的抛物线上，，，，点G在直线上，点E在直线上，，当以O为原点建立如图③所示的平面坐标系时，抛物线过点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若O点到地面的距离为5米，记，当m最大时，求棚的跨度长；
（3）在（2）的条件下，E点的纵坐标，，为了使棚更加牢固安全，需要把直线，向下平移到与抛物线相切的位置处焊接，求向下平移的距离．
【答案】（1）解：设抛物线解析式为
∵抛物线过点，
∴，解得，
抛物线解析式为；
（2）解：设米，则A点横坐标为，
∴当时，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，m取得最大值14，
则当m取得最大值时，棚的跨度为8米；
（3）解：设直线解析式为，
∵点E纵坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
则直线为，
设直线向下平移n米与抛物线相切，
∴，
根据题意知只有一组解，则有两个相等的实数根，
，解得，
∴直线向下平移距离是米.
【解析】【分析】(1)先设抛物线解析式为，再利用待定系数法求解即可；
(2)设米，则A点横坐标为，由二次函数图象上点的坐标特征可得，则，即是关于的二次函数且二次项系数为负，由二次函数的性质可得当时，取得最大值14；
(3)设直线解析式为，由于点E在垂直于x轴的直线AD上，则，此时可利用待定系数法求得直线EF的解析式为，设直线向下平移n米与抛物线相切，则可联立直线与抛物线的解析式得关于x的一元二次方程，因为直线与抛物线相切即方程有两个相等的实数根，可利用一元一次方程根的判别式等于0进行计算即可求出平移的距离n．
（1）解：设抛物线解析式为
∵抛物线过点，
∴，解得，
抛物线解析式为；
（2）解：设米，则A点横坐标为，
∴当时，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，m取得最大值14，
则当m取得最大值时，棚的跨度为8米；
（3）解：设直线解析式为，
∵点E纵坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
则直线为，
设直线向下平移n米与抛物线相切，
∴，
根据题意知只有一组解，则有两个相等的实数根，
，解得，
∴直线向下平移距离是米
23．如图，绕点旋转后能与重合．
（1），，求的长；
（2）延长交于点，，求的度数．
【答案】（1）解：∵△ABC绕点A旋转后能与△ADE重合，
∴△ABC≌△ADE，
∴，
∴；
（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴，，
∵，，
∴．
【解析】【分析】（1）由题意易得△ABC≌△ADE，由全等三角形的对应边相等得，进而根据代入计算即可；
（2）由全等三角形的对应角相等得，，再根据三角形的一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得，，从而可推出．
（1）解：由旋转的性质可得，
∴；
（2）解：由旋转的性质可得，，
∵，，
∴．
24． 如图，在和中，，，．连接，点是的中点，连接．
（1）如图1，当点在上时，求证：是等边三角形；
（2）将图1中的△ADD绕点A顺时针旋转．
①当旋转角为60°时，如图2所示，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
②当EF最长时，EF与AD的交点记作M．若AE=3，则EM= ▲ ．
【答案】（1）证明：∵在中，
，
∵在中
，
∴点F是BD的中点，
∴在中
，在Rt△BED中，，
，，，
，
∴CEF是等边三角形；
（2）解：①（1）中的结论还成立，理由如下：如图，延长DE交AB于点D’，分别延长AD，BC相交于点B'，
由旋转角为可得∴，
又∵，AE=AE，
∴，∴DE=D'E，∴DF=BF，
∴EF是的中位线，∴，∴，
同理可得∴BC=B'C，∴DF=BF，
∴FC是的中位线，∴，∴，
∴是等边三角形；
②3
【解析】【解答】解：（2）
②如图，点E在以点A为圆心，3为半径的圆上
∵△CEF为等边三角形
∴EF=CE
∴当EF最大时，即CE取得最大值
∴当点A，C，E三点共线时，CE取得最大值，此时EF最大
即△ADE绕点A顺时针旋转240°时，EF最大
延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'
由①可得FC是△BDB'的中位线，EF是△DBD'的中位线
∴CF∥DB'，EF∥BD'
∴∠MAE=∠FCE=60°，∠MEA=∠BAC=60°
∴△MAE是等边三角形
∴EM=AE=3
故答案为：3
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线性质可得可得，，则，，，再根据角之间的关系及等边三角形判定定理即可求出答案.
（2）①延长DE交AB于点D’，分别延长AD，BC相交于点B'，根据旋转性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则DE=D'E，根据三角形中位线定理可得，则，同理可得，则BC=B'C，根据三角形中位线定理可得，则，再根据等边三角形判定定理即可求出答案.
②点E在以点A为圆心，3为半径的圆上，根据等边三角形性质可得EF=CE，当EF最大时，即CE取得最大值，当点A，C，E三点共线时，CE取得最大值，此时EF最大，即△ADE绕点A顺时针旋转240°时，EF最大，延长DE交AB于点D'，分别延长AD，BC相交于点B'，根据三角形中位线定理可得CF∥DB'，EF∥BD'，则∠MAE=∠FCE=60°，∠MEA=∠BAC=60°，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
25．如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，点为抛物线顶点，已知，连接，抛物线对称轴与交于点．
（1）求的值及顶点的坐标；
（2）点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，是否存在以为边，且以点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将A（，0）代入得：
解得：
∴
∴
∴D（1，）
（2）解：存在．
当时，
解得：（舍去），
∴B（3，0）
设直线BC解析式为
将B（3，0）、C（0，）代入得：
解得：
∴直线BC解析式为
当时，
∴E（1，），
设P（，）、Q（，），分类讨论：
①当点P在点Q下方时
解得：，
②当点P在点Q上方时
解得：（舍去），
综上所述，点P的横坐标为2或或．
【解析】【分析】（1）把A点的坐标代入抛物线中即可求出b值；再把b值代入抛物线中化为顶点式即可知道顶点坐标；
（2）先求出B、C两点的坐标，再求出BC所在直线的表达式，进而求出E点的坐标，可得DE=2，最后设P（a，a2-2a-3）、Q（a，a-3），通过当当点P在点Q下方时，当点P在点Q上方时分开讨论求解即可。
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