资源简介

广东省广州市越秀区2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　）．
A． B．
C． D．
2．已知的半径是6，点到圆心的距离是5，则点与的位置关系是（　　）
A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．无法确定
3．如图，与是位似图形，点为位似中心，若，，，那么的长是（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
4．二次函数的图象如图所示，则不等式的解集是（　　）
A． B．
C． D．或
5．如图，烧瓶底部呈球形，瓶内液体的深度，则经过球心的截面圆的半径，则弦的长为（　　）．
A． B． C．6 D．
6．如图，在一块长，宽的矩形绿地内，开辟出一个矩形的花圃，使四周的绿地宽度相等．设花圃四周绿地的宽为，若要使绿地的面积与花圃的面积相等，那么满足的方程是（　　）．
A． B．
C． D．
7．如图，将绕顶点顺时针方向旋转后得到，此时点恰好落在边上．若，，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
8．下列事件为必然事件的是（　　）．
A．相等的弦所对的弧相等
B．三角形内切圆的圆心到三角形三个顶点的距离相等
C．关于的方程有两个不相等的实数根
D．有两组边和一组角分别相等的两个三角形全等
9．形如的方程，可以按如下方法求它的正数解：如图1，用4个长和宽分别为和的矩形，围成一个边长为的大正方形（四个矩形彼此不重叠）．得到大正方形的面积为，则该方程的正数解为．羊羊同学按此方法解关于的方程时，构造出如图2所示图形，得到该方程的正数解为，则图2所示的大正方形的面积为（　　）
A． B． C． D．
10．已知点和点都在二次函数的图象上，且．若点，，也都在这个函数的图象上，则下列结论正确的是（　　）．
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．）
11．在平面直角坐标系中，点M（，4）关于原点对称的点的坐标是　 　．
12．在一次摸球游戏中共有12个白球和若干个黑球，这些球除颜色外都相同，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回搅匀，不断重复该过程，并绘制了如图所示的统计图，那么估计游戏中黑球的个数为　 　．
13．已知，为抛物线上不重合的两点，则　 　．
14．用一个圆心角为 ，半径为 的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为　 　 .
15．定义新运算“”：对于任意实数，，都有，如．若（为实数）是关于的方程，且是这个方程的一个根，则的值是　 　．
16．如图，直径为的上有一点，连接，将绕点逆时针旋转一定角度得到，点恰好落在直径上．
（1）若，则　 　；
（2）若与相交于点，且，则　 　．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．解方程：x2-2x-3=0
18．如图，点，，均在正方形网格图的格点上，将线段绕点逆时针旋转后得到线段（点为点的对应点）．
（1）画出线段；
（2）以为直径作．（保留作图痕迹，不写作法）
19．据传说，为了估算金字塔的高度，古希腊数学家、天文学家泰勒斯在金字塔影子的顶部处立一根长2米的木杆，测得它的影长为3米，点为金字塔底面的中心，且为201米，求金字塔的高度．
20．已知号盒中有个白球、个黄球，号盒中有个白球、个黄球，这些球除了颜色外无其他差别．
（1）若从号盒中随机摸出个球，它是黄球的概率为，则______；
（2）在（1）的条件下，分别从每个盒中各随机摸出个球，请用树状图或列表法求摸出的个球中个是白球、个是黄球的概率．
21．某商店于一月底收购一批农产品，二月份销售120袋，三月份销售量比二月份增长，四、五月份该商品十分畅销，销售量持续增长，五月份的销售量已经达到225袋．
（1）求该商店三月份的销量；
（2）求该商店四、五两个月销售量的月平均增长率．
22．如图，中，，为的中点，与相切于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
23．已知抛物线过点，点为抛物线与轴的一个交点．
（1）用含的式子表示；
（2）若点为定点，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，若抛物线在点左侧部分（包含点）的最低点的横坐标为，求的值．
24．龙舟比赛是端午节传统的比赛项目．某玩转数学小组发现：由于比赛龙舟长短不同，并不是所有龙舟都适合在同一条河道比赛．如图1，在型直角赛道进行龙舟比赛，以下为该小组研究报告的部分记录，请认真阅读，解决问题．
数学抽象绘制图形 龙舟转弯示意图可近似如图2所示 龙舟安全过弯示意图可近似如图3所示
信息收集 1．两河道宽均为米，龙舟长为米（龙头到龙尾之间的距离）； 2．龙舟中间最宽处1米，中间部分的中点即为龙舟中心； 3．当龙头行驶到河道中间某处时开始转弯，转弯过程可近似看作整个龙舟绕点逆时针旋转（在内外河道拐点的延长线上，转弯时龙头和龙尾在如图所示的圆弧上运动），此时测得，与旋转中心夹角． 1．龙舟平面示意图可近似看成是轴对称图形； 2．为保证龙舟能够安全过型直角弯道，龙舟在转弯开始前和转弯结束后都需行驶在河道正中间且与河岸平行； 3．学习小组发现若龙舟能够安全过弯，转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米（如图3所示）．
（1）若该小组经过测量得到河道宽为15米，请求出河道拐点处的距离；
（2）假设在龙舟能够安全过弯的情况下，龙舟从竖直河道转到水平河道过程中龙头始终保持速度大小不变，并测得转弯时间为6秒，求龙头转弯过程中的速度大小；（结果用含的代数式表示）
（3）在（1）条件下，该河道能够用于比赛的龙舟长度的最大值是多少？
25．在直角坐标系中，抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点．点为抛物线在，之间的图象上一动点（点与点，不重合）．过点作轴于点，交于点，连接，．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接，设的面积为，的面积为，求的最大值；
（3） 延长交的外接圆于点，连接，当线段取最小值时，求点的坐标．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：四个选项中，AC选项对应的图形不是中心对称图形，D选项对应的图形不是中心对称图形，B选项对应的图形是中心对称图形。
故答案为：B．
【分析】将图形旋转180度后与原图重合的图形是中心对称图形。本题根据中心对称图形的定义逐项进行分析即可。
2．【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵5<6
∴点在内
故答案为：A
【分析】根据点与圆的位置关系即可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】位似图形的性质
【解析】【解答】解：∵与是位似图形，点为位似中心，结合图形，
∴，且位似比=，
∴，
∵，
即，
解得；
故答案为：B．
【分析】本题根据位似图形的性质，即对应点到位似中心的距离之比等于位似比，可以先求出位似比为，而对应边的比也等于位似比，从而建立比例关系，最后将代入计算即可．
4．【答案】C
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；数形结合
【解析】【解答】解：由图象可知，不等式的解集是；
故答案为：C．
【分析】利用图象法，找到抛物线在轴下方时的自变量的取值范围．
5．【答案】A
【知识点】勾股定理；垂径定理；线段的和、差、倍、分的简单计算
【解析】【解答】解：∵经过球心的截面圆的半径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，．
∴，
故答案为：A．
【分析】本题先跟据圆的性质得出，然后结合图形计算出OC=4cm，此时放到中，利用勾股定理得，最后依据由垂径定理可得．
6．【答案】C
【知识点】矩形的性质；列一元二次方程
【解析】【解答】解：∵四周绿地的宽度为，
∴花圃的长为，宽为，此时花圃的面积为m2，
而绿地的面积=矩形的面积-花圃的面积=6×8-（m2），且绿地的面积与花圃的面积相等，
∴2=6×8，
变形得到；
故答案为：C．
【分析】本题先根据条件“四周的绿地宽度相等，花圃四周绿地的宽为”，得出花圃的长为，宽为，继而得出花圃的面积为m2；结合图形得出，绿地的面积=矩形的面积-花圃的面积=6×8-（m2），并结合条件绿地的面积与花圃的面积相等，从而得出2=6×8，最后变形即可得出答案。
7．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补；三角形的外角和
【解析】【解答】解：∵，∴，，
将绕顶点顺时针方向旋转后得到，根据旋转的性质得出，∠EAD=∠BAC，
∴∠ADC=∠C=70°=∠EAD=∠BAC，
在△ABC中，∠B=180°-∠BAC-∠C=180°-70°-70°=40°，
∴
故答案为：B．
【分析】本题先依据“两直线平行、同旁内角互补”以及“两直线平行、内错角相等”分别得出，；根据旋转的性质可得、∠EAD=∠BAC，此时即可综合得出∠ADC=∠C=70°=∠EAD=∠BAC，然后利用三角形内角和计算出∠B=40°，最后利用三角形外角定理计算即可求出
8．【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；三角形全等的判定；圆心角、弧、弦的关系；三角形的外接圆与外心；事件发生的可能性
【解析】【解答】解：A：同圆或等圆中相等的弦所对的弧相等，否则不一定，不是必然事件，不符合题意；
B：三角形外切圆的圆心到三角形三个顶点的距离相等，不是必然事件，不符合题意；
C：，则关于的方程有两个不相等的实数根，是必然事件，符合题意；
D：有两组边和一组角对应相等的两个三角形全等，不是必然事件，不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据事件的分类，结合圆的性质，三角形的外切圆，二次方程的判别式，全等三角形判定定理逐项进行判断即可求出答案.
9．【答案】D
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；求代数式的值-直接代入求值；已知一元一次方程的解求参数
【解析】【解答】解：∵关于的方程的正数解为，
将代入中，得，
解得．
根据图2的构造，大正方形的边长为，
将、代入，得到大正方形的边长=，
∴大正方形的面积=；
故答案为：D．
【分析】本题根据条件将代入中，即可求出，再根据图形的得出大正方形的边长为2x+m，此时可以将、代入求出大正方形的边长，最后根据大正方形的面积计算公式计算即可。
10．【答案】C
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；不等式的性质
【解析】【解答】解：将点和点代入二次函数中，
解得，，
∵，
∴，即，
当时，解得，
∵，
∴5a＜a，明显矛盾，舍去；
当时，解得，
∵，
∴，
当时，；
当时，；
当时，；
，即，
，即，
∴．
故答案为：C．
【分析】本题先将点和点代入二次函数中，求出，，然后结合，可得，依据不等式的性质列式分析，最后得出；然后分别求出、、，作差分析得出，，因此得出．
11．【答案】（2，）
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点（，4）关于原点对称的点的坐标为（2，）．
故答案为：（2，）．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征（横纵坐标互为相反数）即可求解。
12．【答案】48
【知识点】列分式方程；分式方程的实际应用；利用频率估计概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：从频率统计图得出，摸到白球的概率约为．
设黑球有个，则总球数为（）个，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解；
故答案为：．
【分析】本题先根据频率统计图确定白球的稳定频率基本维持在0.2，因此摸到白球的概率为0.2，然后假设黑球的个数为，结合概率公式列式并求解，最后检验即可。
13．【答案】3
【知识点】二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，为抛物线上不重合的两点，且点A和点B的纵坐标相同，
∴点A和点B关于对称轴对称，
∴，即
解得．
故答案为：3．
【分析】本题结合条件并观察点和，发现这两个点的纵坐标相同，因此得出它们关于抛物线的对称轴对称，此时可以利用二次函数对称轴公式，列示计算求出m即可。
14．【答案】5
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，由题意，
，
解得 （cm）.
故答案为：5
【分析】设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长，列出方程即可解决问题.
15．【答案】0或-4
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：由题意可得：
∵是这个方程的一个根
∴将x=2代入方程可得，
解得：m=0或-4
故答案为：0或-4
【分析】根据新定义建立方程，再将x=2代入方程可得关于m的一次方程，解方程即可求出答案.
16．【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；旋转的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）连接，如图所示，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
（2）由旋转的性质可得劣弧和劣弧是等弧，
∴劣弧所对的圆周角度数等于劣弧所对的圆周角度数，
∵，
∴的度数等于劣弧所对的圆周角度数的一半，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：（1）；（2）．
【分析】（1）做辅助线后，利用圆周角定理得出，然后根据等弧对应的弦长相等得到，此时可以利用勾股定理得出，最后计算即可得答案；
（2）由旋转的性质可得劣弧和劣弧是等弧，结合圆周角定理推出以及，再依据直角三角形两个锐角互余进一步计算得出，利用“30°角对应的直角边是斜边的一半”得到，结合勾股定理得出，最后列式计算即可。
17．【答案】解：
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】根据解方程的步骤进行计算得到答案。
18．【答案】（1）解：如图，线段即为所求；
（2）解：如图，即为所求．
【知识点】平行四边形的性质；确定圆的条件；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）连接AC、AB，先以A点为中心，将AC逆时针旋转90°后找到点E，再以A点为中心，将AB逆时针旋转90°后找到点D，最后连接DE即可；
（2）将DE放到平行四边形中，且DE是该平行四边形的对角线，然后连接该平行四边形的另一条对角线，此时与DE的交点就是圆心O，最后以O为圆心、OE为半径画圆即可。
（1）解：如图，线段即为所求；
（2）解：如图，即为所求．
19．【答案】解：结合条件和图中信息可知，，，
∴OB∥AC，
∴，
∴．
∵米，米，米，
∴，
解得米．
∴金字塔的高度为米．
【知识点】相似三角形的实际应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】本题先根据条件“OB为金字塔的高”以及“ 在金字塔影子的顶部处立一根长2米的木杆 ”可知，，，因此得出OB∥AC，此时即可得出，从而对应边长成比例列式，最后将米、米、米，代入计算即可。
20．【答案】（1）2
（2）解：画树状图如下：
共有种等可能的结果，其中摸出的个球中个是白球、个是黄球的结果有种，
摸出的个球中个是白球、个是黄球的概率是．
【知识点】列分式方程；分式方程的实际应用；用列表法或树状图法求概率；概率公式；简单事件概率的计算
【解析】【解答】（1）解：结合条件列式，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意；
故答案为：（1）；
【分析】（1）号盒一共有（m+1）个球，从中随机摸出个球，它是黄球的概率为，且“ 是黄球的概率为 ”，因此可以列出分式方程，解方程后进行检验即可；
（2）结合条件画出树状图，发现一共有6种情况，即（白、白）、（白、黄）、（白、白）、（白、黄）、（黄、白）、（黄、黄），其中摸出的个球中个是白球、个是黄球的情况有（白、黄）、（白、黄）、（黄、白），共3种，最后根据概率公式列式计算即可．
（1）解：由概率公式得：，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意；
故答案为：；
（2）解：画树状图如下：
共有种等可能的结果，其中摸出的个球中个是白球、个是黄球的结果有种，
摸出的个球中个是白球、个是黄球的概率是．
21．【答案】（1）解：由题意得（袋）
答：该商店三月份的销量144袋
（2）解：设该商店四、五两个月销售量的月平均增长率为x，由题意得，
，
解得，（舍去），
答：该商店四、五两个月销售量的月平均增长率．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【分析】（1）根据题意列式计算即可求出答案.
（2）设该商店四、五两个月销售量的月平均增长率为x，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
22．【答案】（1）证明：如图，连接，，作于点，如图
∵，为的中点，
∴平分．
∵与相切于点，
∴是的半径，且，
∵，平分，
∴．
∴是的半径，
∴是的切线。
（2）解：设，则．
∵△ABC是等腰三角形，，且为的中点，
∴AO⊥BC，即∠AOB=90°，
在中，，，
∴．
在中，；
在中，，
∴，
解得，
即．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）作辅助线构造垂线段，先利用等腰三角形“三线合一”得出平分，结合角平分线性质得出，此时得出是的半径，最后依据切线的判定即可得出证明结果；
（2）先假设，从图上得出AB=x+4，利用等腰三角形三线合一得出∠AOB=90°，然后利用勾股定理求出OD=3，并分别放到和中，用勾股定理列式、，此时即可列出方程，求解x即可。
（1）证明：如图，连接，，作于点．
∵，为的中点，
∴平分．
∵与相切于点，
∴是的半径，，
∵，平分，
∴．
∴也是的半径，
∴是的切线；
（2）解：在中，，，
∴．
设，则．
∵，为的中点，
∴，即．
在中，；
在中，，
∴，
展开化简得，解得，
∴．
23．【答案】（1）解：过点代入抛物线中，
即，
。
（2）解：结合（1）的计算结果，将代入 中，
，
点为定点，
，即x=1，
当时，，
点的坐标为。
（3）解：，其顶点横坐标为，
，
抛物线开口向上，
抛物线在点左侧部分（包含点）的最低点的横坐标为，
结合（1）的计算结果，
在时，抛物线的最低点横坐标为，
若顶点在区间内，即时，解得，此时，最低点为顶点，有，解得≥-1，符合条件；
若顶点不在区间内，即时，解得，此时，最低点为点，有，解得＞-1，与相矛盾，不符合条件，
∴．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；分类讨论
【解析】【分析】（1）结合条件“ 抛物线过点 ”，因此将点代入抛物线解析式，用m来表示即可；
（2）结合（1）的计算结果，先将原抛物线变形得到，结合条件“点为定点”，即抛物线与轴的交点坐标不随变化，因此求出x=1；最后将x=1代入抛物线中求出y，即可得出答案；
（3）先写出该抛物线的顶点横坐标，然后可以判断出该抛物线开口向上，结合（2）的计算结果，得出在区间的最低点可能是顶点或点，此时分两种情况讨论计算，即可得出答案。
（1）解：抛物线过点，
，即，
；
（2）解：，
，
点为定点，
含的项系数为零，即，
，
当时，，
点的坐标为；
（3）解：由（2）知，，
对于，其顶点横坐标为，
，
抛物线开口向上，
抛物线在点左侧部分（包含点）的最低点的横坐标为，
在时，抛物线的最低点横坐标为，
若顶点在区间内，即时，解得，
此时，最低点为顶点，有，解得，
，符合条件；
若顶点不在区间内，即时，解得，
此时，最低点为点，有，解得，
，与相矛盾，不符合条件，
综上，．
24．【答案】（1）解：如图，作、，
∴米，
∵，
∴四边形是矩形，
∴米，
∴米。
（2）解：∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴米，
∵龙舟从竖直河道转到水平河道，
∴整个龙舟绕点逆时针旋转，
则转弯过程C点运动路程=米，
∵转弯时间为6秒，
∴转弯过程中的速度=。
（3）解：连接交河道边缘于H，如图
则，
∴，
∴，
即，
∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，米，
∴米，
∵河道宽为15米，
∴米，
∴米，
∴米，
∵龙舟中间最宽处1米，
∴米，
∴米，
∵转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米，
∴，
解得：，
即龙舟长度的最大值是米．
【知识点】一元一次不等式的应用；勾股定理；矩形的判定与性质；弧长的计算；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）辅助线后，结合条件“三个角是直角的四边形是矩形”即可得出四边形是矩形，利用矩形的性质得到米，最后放到Rt△ABE中，利用勾股定理列式计算即可；
（2）先利用“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”即可得出是等边三角形，利用等边三角形的性质得出米，而整个龙舟绕点逆时针旋转，因此运动规律是扇形，此时可以结合扇形弧长计算公式，将n=90°、r=a代入求出路程，最后计算出速度即可；
（3）做辅助线后，利用“两直线平行、内错角相等”得出，此时结合图形以及等腰直角三角形的性质得出；接着可以证明出是等边三角形，病利用等边三角形的性质得到，米，进而利用三角形函数得出米，并求出米；放到Rt△OBH中，勾股定理列式求出米，进而求出米，根据“转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米”列不等式，最后求解即可．
（1）解：如图，分别作、，则米，
∵，
∴四边形是矩形，
∴米，
∴米；
（2）解：∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴米，
∵龙舟从竖直河道转到水平河道，
∴整个龙舟绕点逆时针旋转，
则转弯过程C点运动路程为米，
∵转弯时间为6秒，
∴转弯过程中的速度为；
（3）解：如图，连接交河道边缘于H，
则，
∴，
∴，
即，
∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，米，
∴米，
∵河道宽为15米，
∴米，
∴米，
∴米，
∵龙舟中间最宽处1米，
∴米，
∴米，
∵转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米，
∴，
解得：，
即龙舟长度的最大值是米．
25．【答案】（1）解：∵抛物线与轴交于点，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为
（2）解：由（1）知，
令y=0，得，
解得x=-2或x=6，
∴A（-2，0），B（6，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把点B，C坐标代入得，
解得，
∴直线BC的解析式为，
设点，
∵PD⊥x轴，
∴D（p，0）
∴，
∴△CEO的面积，
∴的面积
=
=
=，
∴
∵，
∴当p=3，取得最大值
（3）解：设，则，D（t，0），F（t，n），
∴，，，
∵∠CPE=∠FBE，∠PCE=∠BFE，
∴△CPE∽△FBE，
∴，
∴，
∴，
解得EF=5，
∴，
∴，
当t=4时，BF最小，
∴F（4，-4）．
【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y=ax²+bx+c的性质；相似三角形的性质-对应边；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点C坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）根据x轴上点的坐标特征可得A（-2，0），B（6，0），设直线BC的解析式为y=kx+b，根据待定系数法将点B，C坐标代入解析式可得直线BC的解析式为，设点，根据垂直于x轴的直线上点的坐标特征可得，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）设，则，D（t，0），F（t，n），根据两点间距离可得PE，CE，BE，根据相似三角形判定定理可得△CPE∽△FBE，则，代值计算可得EF=5，则，再根据两点间距离，结合二次函数的性质即可求出答案.
1 / 1广东省广州市越秀区2025-2026学年九年级上学期1月期末数学试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：四个选项中，AC选项对应的图形不是中心对称图形，D选项对应的图形不是中心对称图形，B选项对应的图形是中心对称图形。
故答案为：B．
【分析】将图形旋转180度后与原图重合的图形是中心对称图形。本题根据中心对称图形的定义逐项进行分析即可。
2．已知的半径是6，点到圆心的距离是5，则点与的位置关系是（　　）
A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．无法确定
【答案】A
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵5<6
∴点在内
故答案为：A
【分析】根据点与圆的位置关系即可求出答案.
3．如图，与是位似图形，点为位似中心，若，，，那么的长是（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【知识点】位似图形的性质
【解析】【解答】解：∵与是位似图形，点为位似中心，结合图形，
∴，且位似比=，
∴，
∵，
即，
解得；
故答案为：B．
【分析】本题根据位似图形的性质，即对应点到位似中心的距离之比等于位似比，可以先求出位似比为，而对应边的比也等于位似比，从而建立比例关系，最后将代入计算即可．
4．二次函数的图象如图所示，则不等式的解集是（　　）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【知识点】二次函数与不等式（组）的综合应用；数形结合
【解析】【解答】解：由图象可知，不等式的解集是；
故答案为：C．
【分析】利用图象法，找到抛物线在轴下方时的自变量的取值范围．
5．如图，烧瓶底部呈球形，瓶内液体的深度，则经过球心的截面圆的半径，则弦的长为（　　）．
A． B． C．6 D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；垂径定理；线段的和、差、倍、分的简单计算
【解析】【解答】解：∵经过球心的截面圆的半径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，．
∴，
故答案为：A．
【分析】本题先跟据圆的性质得出，然后结合图形计算出OC=4cm，此时放到中，利用勾股定理得，最后依据由垂径定理可得．
6．如图，在一块长，宽的矩形绿地内，开辟出一个矩形的花圃，使四周的绿地宽度相等．设花圃四周绿地的宽为，若要使绿地的面积与花圃的面积相等，那么满足的方程是（　　）．
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的性质；列一元二次方程
【解析】【解答】解：∵四周绿地的宽度为，
∴花圃的长为，宽为，此时花圃的面积为m2，
而绿地的面积=矩形的面积-花圃的面积=6×8-（m2），且绿地的面积与花圃的面积相等，
∴2=6×8，
变形得到；
故答案为：C．
【分析】本题先根据条件“四周的绿地宽度相等，花圃四周绿地的宽为”，得出花圃的长为，宽为，继而得出花圃的面积为m2；结合图形得出，绿地的面积=矩形的面积-花圃的面积=6×8-（m2），并结合条件绿地的面积与花圃的面积相等，从而得出2=6×8，最后变形即可得出答案。
7．如图，将绕顶点顺时针方向旋转后得到，此时点恰好落在边上．若，，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；旋转的性质；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补；三角形的外角和
【解析】【解答】解：∵，∴，，
将绕顶点顺时针方向旋转后得到，根据旋转的性质得出，∠EAD=∠BAC，
∴∠ADC=∠C=70°=∠EAD=∠BAC，
在△ABC中，∠B=180°-∠BAC-∠C=180°-70°-70°=40°，
∴
故答案为：B．
【分析】本题先依据“两直线平行、同旁内角互补”以及“两直线平行、内错角相等”分别得出，；根据旋转的性质可得、∠EAD=∠BAC，此时即可综合得出∠ADC=∠C=70°=∠EAD=∠BAC，然后利用三角形内角和计算出∠B=40°，最后利用三角形外角定理计算即可求出
8．下列事件为必然事件的是（　　）．
A．相等的弦所对的弧相等
B．三角形内切圆的圆心到三角形三个顶点的距离相等
C．关于的方程有两个不相等的实数根
D．有两组边和一组角分别相等的两个三角形全等
【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；三角形全等的判定；圆心角、弧、弦的关系；三角形的外接圆与外心；事件发生的可能性
【解析】【解答】解：A：同圆或等圆中相等的弦所对的弧相等，否则不一定，不是必然事件，不符合题意；
B：三角形外切圆的圆心到三角形三个顶点的距离相等，不是必然事件，不符合题意；
C：，则关于的方程有两个不相等的实数根，是必然事件，符合题意；
D：有两组边和一组角对应相等的两个三角形全等，不是必然事件，不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据事件的分类，结合圆的性质，三角形的外切圆，二次方程的判别式，全等三角形判定定理逐项进行判断即可求出答案.
9．形如的方程，可以按如下方法求它的正数解：如图1，用4个长和宽分别为和的矩形，围成一个边长为的大正方形（四个矩形彼此不重叠）．得到大正方形的面积为，则该方程的正数解为．羊羊同学按此方法解关于的方程时，构造出如图2所示图形，得到该方程的正数解为，则图2所示的大正方形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】有理数的加减乘除混合运算的法则；求代数式的值-直接代入求值；已知一元一次方程的解求参数
【解析】【解答】解：∵关于的方程的正数解为，
将代入中，得，
解得．
根据图2的构造，大正方形的边长为，
将、代入，得到大正方形的边长=，
∴大正方形的面积=；
故答案为：D．
【分析】本题根据条件将代入中，即可求出，再根据图形的得出大正方形的边长为2x+m，此时可以将、代入求出大正方形的边长，最后根据大正方形的面积计算公式计算即可。
10．已知点和点都在二次函数的图象上，且．若点，，也都在这个函数的图象上，则下列结论正确的是（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的性质；不等式的性质
【解析】【解答】解：将点和点代入二次函数中，
解得，，
∵，
∴，即，
当时，解得，
∵，
∴5a＜a，明显矛盾，舍去；
当时，解得，
∵，
∴，
当时，；
当时，；
当时，；
，即，
，即，
∴．
故答案为：C．
【分析】本题先将点和点代入二次函数中，求出，，然后结合，可得，依据不等式的性质列式分析，最后得出；然后分别求出、、，作差分析得出，，因此得出．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．）
11．在平面直角坐标系中，点M（，4）关于原点对称的点的坐标是　 　．
【答案】（2，）
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：点（，4）关于原点对称的点的坐标为（2，）．
故答案为：（2，）．
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征（横纵坐标互为相反数）即可求解。
12．在一次摸球游戏中共有12个白球和若干个黑球，这些球除颜色外都相同，从中随机摸出一个球，记下颜色后放回搅匀，不断重复该过程，并绘制了如图所示的统计图，那么估计游戏中黑球的个数为　 　．
【答案】48
【知识点】列分式方程；分式方程的实际应用；利用频率估计概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：从频率统计图得出，摸到白球的概率约为．
设黑球有个，则总球数为（）个，
∴，
解得，
经检验，是原方程的解；
故答案为：．
【分析】本题先根据频率统计图确定白球的稳定频率基本维持在0.2，因此摸到白球的概率为0.2，然后假设黑球的个数为，结合概率公式列式并求解，最后检验即可。
13．已知，为抛物线上不重合的两点，则　 　．
【答案】3
【知识点】二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵，为抛物线上不重合的两点，且点A和点B的纵坐标相同，
∴点A和点B关于对称轴对称，
∴，即
解得．
故答案为：3．
【分析】本题结合条件并观察点和，发现这两个点的纵坐标相同，因此得出它们关于抛物线的对称轴对称，此时可以利用二次函数对称轴公式，列示计算求出m即可。
14．用一个圆心角为 ，半径为 的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径为　 　 .
【答案】5
【知识点】圆锥的计算
【解析】【解答】设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，由题意，
，
解得 （cm）.
故答案为：5
【分析】设这个圆锥的底面圆的半径为Rcm，根据扇形的弧长等于这个圆锥的底面圆的周长，列出方程即可解决问题.
15．定义新运算“”：对于任意实数，，都有，如．若（为实数）是关于的方程，且是这个方程的一个根，则的值是　 　．
【答案】0或-4
【知识点】已知一元二次方程的根求参数
【解析】【解答】解：由题意可得：
∵是这个方程的一个根
∴将x=2代入方程可得，
解得：m=0或-4
故答案为：0或-4
【分析】根据新定义建立方程，再将x=2代入方程可得关于m的一次方程，解方程即可求出答案.
16．如图，直径为的上有一点，连接，将绕点逆时针旋转一定角度得到，点恰好落在直径上．
（1）若，则　 　；
（2）若与相交于点，且，则　 　．
【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；旋转的性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）连接，如图所示，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
（2）由旋转的性质可得劣弧和劣弧是等弧，
∴劣弧所对的圆周角度数等于劣弧所对的圆周角度数，
∵，
∴的度数等于劣弧所对的圆周角度数的一半，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：（1）；（2）．
【分析】（1）做辅助线后，利用圆周角定理得出，然后根据等弧对应的弦长相等得到，此时可以利用勾股定理得出，最后计算即可得答案；
（2）由旋转的性质可得劣弧和劣弧是等弧，结合圆周角定理推出以及，再依据直角三角形两个锐角互余进一步计算得出，利用“30°角对应的直角边是斜边的一半”得到，结合勾股定理得出，最后列式计算即可。
三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．解方程：x2-2x-3=0
【答案】解：
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】根据解方程的步骤进行计算得到答案。
18．如图，点，，均在正方形网格图的格点上，将线段绕点逆时针旋转后得到线段（点为点的对应点）．
（1）画出线段；
（2）以为直径作．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）解：如图，线段即为所求；
（2）解：如图，即为所求．
【知识点】平行四边形的性质；确定圆的条件；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）连接AC、AB，先以A点为中心，将AC逆时针旋转90°后找到点E，再以A点为中心，将AB逆时针旋转90°后找到点D，最后连接DE即可；
（2）将DE放到平行四边形中，且DE是该平行四边形的对角线，然后连接该平行四边形的另一条对角线，此时与DE的交点就是圆心O，最后以O为圆心、OE为半径画圆即可。
（1）解：如图，线段即为所求；
（2）解：如图，即为所求．
19．据传说，为了估算金字塔的高度，古希腊数学家、天文学家泰勒斯在金字塔影子的顶部处立一根长2米的木杆，测得它的影长为3米，点为金字塔底面的中心，且为201米，求金字塔的高度．
【答案】解：结合条件和图中信息可知，，，
∴OB∥AC，
∴，
∴．
∵米，米，米，
∴，
解得米．
∴金字塔的高度为米．
【知识点】相似三角形的实际应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】本题先根据条件“OB为金字塔的高”以及“ 在金字塔影子的顶部处立一根长2米的木杆 ”可知，，，因此得出OB∥AC，此时即可得出，从而对应边长成比例列式，最后将米、米、米，代入计算即可。
20．已知号盒中有个白球、个黄球，号盒中有个白球、个黄球，这些球除了颜色外无其他差别．
（1）若从号盒中随机摸出个球，它是黄球的概率为，则______；
（2）在（1）的条件下，分别从每个盒中各随机摸出个球，请用树状图或列表法求摸出的个球中个是白球、个是黄球的概率．
【答案】（1）2
（2）解：画树状图如下：
共有种等可能的结果，其中摸出的个球中个是白球、个是黄球的结果有种，
摸出的个球中个是白球、个是黄球的概率是．
【知识点】列分式方程；分式方程的实际应用；用列表法或树状图法求概率；概率公式；简单事件概率的计算
【解析】【解答】（1）解：结合条件列式，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意；
故答案为：（1）；
【分析】（1）号盒一共有（m+1）个球，从中随机摸出个球，它是黄球的概率为，且“ 是黄球的概率为 ”，因此可以列出分式方程，解方程后进行检验即可；
（2）结合条件画出树状图，发现一共有6种情况，即（白、白）、（白、黄）、（白、白）、（白、黄）、（黄、白）、（黄、黄），其中摸出的个球中个是白球、个是黄球的情况有（白、黄）、（白、黄）、（黄、白），共3种，最后根据概率公式列式计算即可．
（1）解：由概率公式得：，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意；
故答案为：；
（2）解：画树状图如下：
共有种等可能的结果，其中摸出的个球中个是白球、个是黄球的结果有种，
摸出的个球中个是白球、个是黄球的概率是．
21．某商店于一月底收购一批农产品，二月份销售120袋，三月份销售量比二月份增长，四、五月份该商品十分畅销，销售量持续增长，五月份的销售量已经达到225袋．
（1）求该商店三月份的销量；
（2）求该商店四、五两个月销售量的月平均增长率．
【答案】（1）解：由题意得（袋）
答：该商店三月份的销量144袋
（2）解：设该商店四、五两个月销售量的月平均增长率为x，由题意得，
，
解得，（舍去），
答：该商店四、五两个月销售量的月平均增长率．
【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【分析】（1）根据题意列式计算即可求出答案.
（2）设该商店四、五两个月销售量的月平均增长率为x，根据题意建立方程，解方程即可求出答案.
22．如图，中，，为的中点，与相切于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：如图，连接，，作于点，如图
∵，为的中点，
∴平分．
∵与相切于点，
∴是的半径，且，
∵，平分，
∴．
∴是的半径，
∴是的切线。
（2）解：设，则．
∵△ABC是等腰三角形，，且为的中点，
∴AO⊥BC，即∠AOB=90°，
在中，，，
∴．
在中，；
在中，，
∴，
解得，
即．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）作辅助线构造垂线段，先利用等腰三角形“三线合一”得出平分，结合角平分线性质得出，此时得出是的半径，最后依据切线的判定即可得出证明结果；
（2）先假设，从图上得出AB=x+4，利用等腰三角形三线合一得出∠AOB=90°，然后利用勾股定理求出OD=3，并分别放到和中，用勾股定理列式、，此时即可列出方程，求解x即可。
（1）证明：如图，连接，，作于点．
∵，为的中点，
∴平分．
∵与相切于点，
∴是的半径，，
∵，平分，
∴．
∴也是的半径，
∴是的切线；
（2）解：在中，，，
∴．
设，则．
∵，为的中点，
∴，即．
在中，；
在中，，
∴，
展开化简得，解得，
∴．
23．已知抛物线过点，点为抛物线与轴的一个交点．
（1）用含的式子表示；
（2）若点为定点，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，若抛物线在点左侧部分（包含点）的最低点的横坐标为，求的值．
【答案】（1）解：过点代入抛物线中，
即，
。
（2）解：结合（1）的计算结果，将代入 中，
，
点为定点，
，即x=1，
当时，，
点的坐标为。
（3）解：，其顶点横坐标为，
，
抛物线开口向上，
抛物线在点左侧部分（包含点）的最低点的横坐标为，
结合（1）的计算结果，
在时，抛物线的最低点横坐标为，
若顶点在区间内，即时，解得，此时，最低点为顶点，有，解得≥-1，符合条件；
若顶点不在区间内，即时，解得，此时，最低点为点，有，解得＞-1，与相矛盾，不符合条件，
∴．
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax²+bx+c的性质；分类讨论
【解析】【分析】（1）结合条件“ 抛物线过点 ”，因此将点代入抛物线解析式，用m来表示即可；
（2）结合（1）的计算结果，先将原抛物线变形得到，结合条件“点为定点”，即抛物线与轴的交点坐标不随变化，因此求出x=1；最后将x=1代入抛物线中求出y，即可得出答案；
（3）先写出该抛物线的顶点横坐标，然后可以判断出该抛物线开口向上，结合（2）的计算结果，得出在区间的最低点可能是顶点或点，此时分两种情况讨论计算，即可得出答案。
（1）解：抛物线过点，
，即，
；
（2）解：，
，
点为定点，
含的项系数为零，即，
，
当时，，
点的坐标为；
（3）解：由（2）知，，
对于，其顶点横坐标为，
，
抛物线开口向上，
抛物线在点左侧部分（包含点）的最低点的横坐标为，
在时，抛物线的最低点横坐标为，
若顶点在区间内，即时，解得，
此时，最低点为顶点，有，解得，
，符合条件；
若顶点不在区间内，即时，解得，
此时，最低点为点，有，解得，
，与相矛盾，不符合条件，
综上，．
24．龙舟比赛是端午节传统的比赛项目．某玩转数学小组发现：由于比赛龙舟长短不同，并不是所有龙舟都适合在同一条河道比赛．如图1，在型直角赛道进行龙舟比赛，以下为该小组研究报告的部分记录，请认真阅读，解决问题．
数学抽象绘制图形 龙舟转弯示意图可近似如图2所示 龙舟安全过弯示意图可近似如图3所示
信息收集 1．两河道宽均为米，龙舟长为米（龙头到龙尾之间的距离）； 2．龙舟中间最宽处1米，中间部分的中点即为龙舟中心； 3．当龙头行驶到河道中间某处时开始转弯，转弯过程可近似看作整个龙舟绕点逆时针旋转（在内外河道拐点的延长线上，转弯时龙头和龙尾在如图所示的圆弧上运动），此时测得，与旋转中心夹角． 1．龙舟平面示意图可近似看成是轴对称图形； 2．为保证龙舟能够安全过型直角弯道，龙舟在转弯开始前和转弯结束后都需行驶在河道正中间且与河岸平行； 3．学习小组发现若龙舟能够安全过弯，转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米（如图3所示）．
（1）若该小组经过测量得到河道宽为15米，请求出河道拐点处的距离；
（2）假设在龙舟能够安全过弯的情况下，龙舟从竖直河道转到水平河道过程中龙头始终保持速度大小不变，并测得转弯时间为6秒，求龙头转弯过程中的速度大小；（结果用含的代数式表示）
（3）在（1）条件下，该河道能够用于比赛的龙舟长度的最大值是多少？
【答案】（1）解：如图，作、，
∴米，
∵，
∴四边形是矩形，
∴米，
∴米。
（2）解：∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴米，
∵龙舟从竖直河道转到水平河道，
∴整个龙舟绕点逆时针旋转，
则转弯过程C点运动路程=米，
∵转弯时间为6秒，
∴转弯过程中的速度=。
（3）解：连接交河道边缘于H，如图
则，
∴，
∴，
即，
∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，米，
∴米，
∵河道宽为15米，
∴米，
∴米，
∴米，
∵龙舟中间最宽处1米，
∴米，
∴米，
∵转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米，
∴，
解得：，
即龙舟长度的最大值是米．
【知识点】一元一次不等式的应用；勾股定理；矩形的判定与性质；弧长的计算；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）辅助线后，结合条件“三个角是直角的四边形是矩形”即可得出四边形是矩形，利用矩形的性质得到米，最后放到Rt△ABE中，利用勾股定理列式计算即可；
（2）先利用“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”即可得出是等边三角形，利用等边三角形的性质得出米，而整个龙舟绕点逆时针旋转，因此运动规律是扇形，此时可以结合扇形弧长计算公式，将n=90°、r=a代入求出路程，最后计算出速度即可；
（3）做辅助线后，利用“两直线平行、内错角相等”得出，此时结合图形以及等腰直角三角形的性质得出；接着可以证明出是等边三角形，病利用等边三角形的性质得到，米，进而利用三角形函数得出米，并求出米；放到Rt△OBH中，勾股定理列式求出米，进而求出米，根据“转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米”列不等式，最后求解即可．
（1）解：如图，分别作、，则米，
∵，
∴四边形是矩形，
∴米，
∴米；
（2）解：∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴米，
∵龙舟从竖直河道转到水平河道，
∴整个龙舟绕点逆时针旋转，
则转弯过程C点运动路程为米，
∵转弯时间为6秒，
∴转弯过程中的速度为；
（3）解：如图，连接交河道边缘于H，
则，
∴，
∴，
即，
∵转弯时龙头和龙尾在同一圆弧上运动，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，米，
∴米，
∵河道宽为15米，
∴米，
∴米，
∴米，
∵龙舟中间最宽处1米，
∴米，
∴米，
∵转弯过程中龙舟中间处边缘与内河道拐点最近距离不少于米，
∴，
解得：，
即龙舟长度的最大值是米．
25．在直角坐标系中，抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点．点为抛物线在，之间的图象上一动点（点与点，不重合）．过点作轴于点，交于点，连接，．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接，设的面积为，的面积为，求的最大值；
（3） 延长交的外接圆于点，连接，当线段取最小值时，求点的坐标．
【答案】（1）解：∵抛物线与轴交于点，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为
（2）解：由（1）知，
令y=0，得，
解得x=-2或x=6，
∴A（-2，0），B（6，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
把点B，C坐标代入得，
解得，
∴直线BC的解析式为，
设点，
∵PD⊥x轴，
∴D（p，0）
∴，
∴△CEO的面积，
∴的面积
=
=
=，
∴
∵，
∴当p=3，取得最大值
（3）解：设，则，D（t，0），F（t，n），
∴，，，
∵∠CPE=∠FBE，∠PCE=∠BFE，
∴△CPE∽△FBE，
∴，
∴，
∴，
解得EF=5，
∴，
∴，
当t=4时，BF最小，
∴F（4，-4）．
【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y=ax²+bx+c的性质；相似三角形的性质-对应边；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点C坐标代入抛物线解析式即可求出答案.
（2）根据x轴上点的坐标特征可得A（-2，0），B（6，0），设直线BC的解析式为y=kx+b，根据待定系数法将点B，C坐标代入解析式可得直线BC的解析式为，设点，根据垂直于x轴的直线上点的坐标特征可得，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）设，则，D（t，0），F（t，n），根据两点间距离可得PE，CE，BE，根据相似三角形判定定理可得△CPE∽△FBE，则，代值计算可得EF=5，则，再根据两点间距离，结合二次函数的性质即可求出答案.
1 / 1

展开更多......

收起↑