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重庆市沙坪坝区第八中学校2022-2023学年九年级下学期4月月考数学试题
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4月2日定时练习
（全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1. 多项式的一次项系数是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用及多项式的项的定义分析得出答案．
【详解】解：多项式的一次项系数是，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多项式，正确把握相关定义是解题关键．
2. 下列图形中，属于轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义解答：在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可得，
选项A、C、D均不是轴对称图形，选项B是轴对称图形，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
3. 若二次根式在实数范围内有意义，则下列各数中，可取的值是（ ）
A. 4 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件可求解x的取值范围，进而可求解．
【详解】解：由题意得，
解得，
∴在4，，，3中实数x可取的值是，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
4. 要在墙上钉牢一根木条，至少要钉两颗钉子．能正确解释这一现象的数学知识是（ ）
A. 两点之间，线段最短 B. 经过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
C. 垂线段最短 D. 两点确定一条直线
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线的性质：两点确定一条直线进行解答即可．
【详解】解：在墙上要钉牢一根木条，至少要钉两颗钉子，
能解释这一实际应用的数学知识是两点确定一条直线，
故A，B，C不符合题意，D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是直线的性质，掌握两点确定一条直线的实际应用是解题的关键．
5. 如图，与关于点位似，其中，，则与的面积之比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两点之间的距离，得出和的长，再根据三角形位似，得出相似比，再根据面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】∵，，
∴，，
∵与关于点位似，且相似比为
∴与的面积比为，
故选：D．
【点睛】本题考查了两点之间的距离、位似三角形的性质，熟练掌握面积比等于相似比的平方是解题的关键．
6. 已知关于、的二元一次方程，下表列出了当分别取值时对应的值．则关于的不等式的解集为（ ）
…
-1
0
1
2
3
…
…
3
2
1
0
…
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格选取两对值代入二元一次方程组成方程组，解方程组得不等式，解不等式即可．
【详解】解：由题意得：，解得：，
则不等式为：，
解得：，
故选：C．
【点睛】本题考查表格信息，会利用表格信息确定方程组，会解方程组，会解一元一次不等式是解题关键．
7. 如图，四边形为一矩形纸带，点、分别在边、上，将纸带沿折叠，点、的对应点分别为、，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由折叠可得：，则，再根据矩形得，即可由平行线的性质求解．
【详解】解：由折叠可得：，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质和平行线的性质是解题的关键．
8. 如图，两个相同的某种杯子叠放在一起的高度为，三个该种杯子叠放的高度是，四个该种杯子叠放的高度是，那么8个该种杯子叠放在一起高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目中的图形，可知每增加一个杯子，高度增加3cm，从而可以得到只1个杯子的高度，继而得到8个杯子叠在一起的高度．
【详解】解：由图可得，
每增加一个杯子，高度增加，
所以只1个杯子的高度是，
则8个这样的杯子叠放在一起高度是：，
故选：A．
【点睛】本题考查图形规律探究，解答本题的关键是根据题目中的图形，得出每增加一个杯子，高度增加．
9. 如图，是的弦，且直径，，，．则的长度为（ ）
A. 3 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，为等边三角形，利用等边三角形的性质可求得，由圆周角定理可得，进而可知，可求得，进而可知为等腰直角三角形，即可得．
【详解】解：连接，，
∵直径，，，
∴，则为等边三角形，即：，
∴平分，
∴，
又∵，
∴，则，
∴
由圆周角定理可得：，
∵，
∴，即：，
∴，
又∵，
∴，即等腰直角三角形，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定及性质，等腰三角形，直角三角形的性质．熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
10. 代数式中的所有字母均不为零．我们把、、、、中的某两个字母变为其相反数后再将这两个相反数对调位置，称为第一次“相反变换”，得到代数式，将中的某两个字母变为其相反数后再将这两个相反数对调位置，称为第二次“相反变换”，得到，……．例如：对中的、进行一次“相反变换”，记为相反变换，得到，其中相反变换和相反变换为相同的变换．下列说法正确的个数为（ ）
①在顺次进行，，三次相反变换后，得；
②若对进行相反变换或相反变换后，得到相同的，则；
③存在经过四次不同的相反变换后，．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据“相反变换”的定义逐步变换即可判定①；根据“相反变换”的定义逐步变换后，由相同得到方程，求解即可判定②；根据可知，相反变换不变，中若分子与分母中一个字母进行相反变换，符号不变，因此只要顺次进行，，三次变换即可得到，据此可判定③．
【详解】解：∵相反变换，
∴，
又相反变换，
∴
再相反变换，
∴，
故①错误；
∵相反变换，得到
相反变换，得到，
∴
∴
∴或；
故②错误；
第一次相反变换，得到，
第二次相反变换，得到
第三次相反变换，得到
第四次相反变换，得到
故③正确，
∴正确的有③，共1个，
故选：B．
【点睛】本题考查新定义，分式运算，因式分解应用，理解和灵活运用新定义是解题的关键．
二、填空题：（本大题8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11. 计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据零指数幂计算并把特殊角三角函数值代入，再计算乘方，最后计算加减即可．
详解】解：原式
，
故答案为：．
【点睛】本题考查实数的混合运算，熟练掌握特殊角三角函数值与零指数幂运算法则是解题的关键．
12. 据统计“保你平安”电影仅上映9日，便卖出1970000张电影票，票房达284000000元，数据284000000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了科学记数法表示绝对值较大的数，正确移动小数点位数是解题的关键．
13. 在一个不透明的布袋中装有四个球，球上分别标有数字，0，，这些除球了数字以外完全相同．现随机摸出一个小球，记下数字，放回后搅匀再摸出一个球，记下数字，则使得二次函数不经过第四象限的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】由二次函数不经过第四象限，，，或，再列表或画树状图，列出、的所有可能的值，进而得到二次函数不经过第四象限的概率．
【详解】解：∵二次函数不经过第四象限，
∴，或顶点纵坐标，，
即：，或，
列表：
0
0
共有9种等可能的结果数，其中符合条件的结果数为5，
∴二次函数不经过第四象限的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果,再从中选出符合事件或的结果数目,然后利用概率公式计算事件或事件的概率．
也考查了二次函数的图象与性质．
14. 如图，若反比例函数与直线相交于、两点，直线与坐标轴交于、两点，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】过点、点分别作轴，轴，易证，由可得，设，则，可得，，利用相似三角形的性质所列比例式可得方程，解得，再由在上可求得，进而可求得的值．
【详解】过点、点分别作轴，轴，则，
∴，则，
当时，，即，则，
∵，则，
∴，设，则，得，，
则，
∴，，
则，即：，解得，经检验是原方程的解，
即：，，
又∵在上，
∴，解得：，
则．
故答案为：．
【点睛】本题考查求反比例函数解析式，相似三角形的判定及性质，设，得点坐标为，以此根据比例式列方程求解是解决问题的关键．
15. 如图，将扇形沿着射线平移得到扇形，圆心角，弧与交于点，若，当时，则阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，过点D作于G，先求出，，则，再解直角三角形，求出，然后根据求解即可．
【详解】解：连接，过点D作于G，
∵
∴，
∵
∴
由平移可得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴
∴
即
∴
解得：，
∵
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查圆心角与弧的关系定理，解直角三角形，平移性质，扇形面积，熟练掌握求不规则图形面积，通过转化成规则图形面积的和差求解是解题的关键．
16. 已知关于的分式方程的解不超过6，且关于的不等式组有且仅有四个整数解，则符合条件的整数的和________．
【答案】
【解析】
【分析】先解分式方程，求得分式方程解，再由分式方程的解不超过6，得且，解得：且、，然后解不等式组得，根据不等式组有四个整数解，得，解得：，所以且，又因为m为整数，则，，即可求解．
【详解】解：解方程，得，
∵的解不超过6，
∴且，
解得：且、，
解不等式组，得，
∵不等式组有四个整数解，
∴，
解得：，
∴且，
∵m为整数，
∴，，
∴符合条件的整数的和为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查根据分式方程解的情况和不等式组的整数解求字母系数值，熟练掌握解分式方程和不等式组是解题的关键．
17. 如图，在中，，，、分别在线段、上，将四边形沿着直线翻折到四边形处，点、的对应点分别为点、，当且时，的长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作与，利用，，可求得，由折叠可知，，则，可得
，可得，进而可知为等腰直角三角形，可得，即可求得结果．
【详解】解：过点作与，
∵，
∴，
在中，，
可得，
∵，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，则，
∴为等腰直角三角形，则，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质，构造含已知边的直角三角形是解决问题的关键．
18. 若一个两位数N满足，其中a、b均为正整数，则称N为好数，那么最大的好数是________；若a、b同时还满足或4，则称N为绝对好数，那么绝对好数的个数为________．
【答案】 ①. 99 ②. 39
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，再根据判断出的取值范围，并且是合数，即可得出答案；
（2）根据a、b同时还满足或4，得出或，再根据，，判断出N的取值范围，即可求出答案．
【详解】解：①∵，
，
，，
，即，
是合数，
又，
，且是合数，
的最大值为100，
∴N的最大值为99；
②当a、b同时满足，即，
，
，，
，即，且N 是4的倍数，
又∵N一个两位数，
，且N 是4的倍数，
∴绝对好数N有21个，
当a、b同时满足，即，
，
，，
，且N是5的倍数，
又∵N是一个两位数，
，且N是5的倍数，
∴绝对好数N有18个，
综上所述，绝对好数N的个数为：（个）．
【点睛】本题考查了新定义，判断出是合数和取值范围是解题的关键．
三、解答题：（本大题共8个小题，19题8分，20-26每小题10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用多项式乘以多项式法则计算，再合并同类项即可；
（2）先计算括号内的，再计算乘除即可．
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题考查整式混合运算和分式混合运算，熟练掌握整式混合运算和分式混合运算法则是解题的关键．
20. 如图，在四边形中，，，．
（1）利用尺规作的平分线，交于点，连接；再在上取一点使，连接（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，证明：；
证明：∵平分，
∴ ①
在和中，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴ ②
在和中，
∴ ③
∴
∴ ④
∴
∴
【答案】（1）见解析 （2），，，
【解析】
【分析】（1）根据作已知角的角平分线的作法解答，即可求解；
（2）由已知易证，进而可得，，由，易得，可证，可得，即可得，由此可得，即可证得．
【小问1详解】
解：以为圆心，适当长为半径画弧交，于两点，再分别以两点为圆心适当为半径画弧交于一点，连接该点与点，与交于点，
以为圆心，长为半径，画弧交于于点，
如图，即为所求；
【小问2详解】
证明：∵平分，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，，，．
【点睛】本题主要考查了尺规作图——作角平分线，全等三角形的判定及性质，熟练掌握作已知角的角平分线的作法，判断三角形全等方法是解题的关键．
21. 为进一步提高学生的上机操作能力，某校在微机室内开展了计算机打字比赛．现从七、八年级中各随机抽取20名学生的比赛成绩进行整理和分析，成绩用（为每分钟打字个数）表示，共分五个等级．，，，，．
七年级抽取的20名学生的成绩分别是：79，87，71，84，75，79，88，71，76，91，76，79，83，71，75，79，87，63，84，80
八年级抽取的学生在等级的成绩分别是：89，82，82，84，80，84，81，82，82，83，81
抽取的七、八年级学生打字成绩统计表
平均数
中位数
众数
七年级
78.9
79
八年级
79
82
根据以上信息，解答下列问题：
（1）请补全条形统计图，并直接写出，的值；
（2）根据以上数据分析，你认为哪个年级的学生上机操作能力更好，并说明理由（写出一条理由即可）；
（3）已知该校七、八年级各有600名学生参与了计算机打字比赛，请估计两个年级打字成绩优秀的学生共有多少人（成绩的为优秀）？
【答案】（1）补全条形统计图见解析，，
（2）八年级的学生上机操作能力更好，理由见解析
（3）两个年级打字成绩优秀的学生共有630人
【解析】
【分析】（1）根据总人数是20人，可得C等级的人数为：（人），从而补全条形统计图，然后根据中位数和众数的定义求出、的值；
（2）根据表格中的数据，可以得到哪个年级的学生上机操作能力更好，并说明理由；
（3）用样本估计总体可得结果．
【小问1详解】
解：八年级C等级人数为：（人）
补全条形统计图如图：
七年级20名学生的成绩79分人数由4人，人数最多，
∴七年级学生打字成绩众数，
因为八年级取的20名学生的打字成绩从小到大排在中间的两个数分别是81，82，
∴八年级学生打字成绩中位数；
【小问2详解】
八年级的学生上机操作能力更好，理由：八年级的平均成绩好于七年级，中位数也大于七年级，众数也大于七年级，故八年级的学生上机操作能力更好；
【小问3详解】
（人），
答：两个年级打字成绩优秀的学生共有630人．
【点睛】本题考查用样本估计总体、统计图、中位数、平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 重庆被称为“基建狂魔”城市，今年2月份，重庆轨道交通引来“运营里程超500千米的新突破”，另外重庆其他轨道工程也正处在建设中．
（1）原计划今年一季度施工里程（含普通道路施工、高架施工、隧道施工）共56千米，其中普通道路施工32千米，高架施工长度至少是隧道施工长度的7倍，则今年第一季度隧道施工最多是多少千米？
（2）一季度的施工里程刚好按原计划完成且隧道施工里程达到最大值，已知第一季度普通道路施工、高架施工、隧道施工每千米成本分别是1亿元、2亿元、4亿元．在第二季度施工中，预计总里程会减少千米，隧道施工里程会增加千米，高架施工会减少千米，其中普通道路施工、隧道施工每千米成本与第一季度相同，高架桥施工每千米成本会增加亿元，若第二季度总成本与第一季度相同，求的值．
【答案】（1）3千米 （2）
【解析】
【分析】（1）设原计划今年一季度，隧道施工最多是x千米，则高架施工千米，根据高架施工长度至少是隧道施工长度的7倍，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论；
（2）先求得第二季度高架施工长度为千米，第二季度隧道施工长度为千米，第二季度普通道路施工长度为千米，再根据第二季度总成本与第一季度相同，列出方程，求解即可．
【小问1详解】
解：设原计划今年一季度，隧道施工是x千米，则高架施工千米，根据题意，得
解得：，
∴今年第一季度隧道施工最多是3千米；
【小问2详解】
解：第一季度高架施工长度为(千米)，
则第二季度高架施工长度为千米，第二季度隧道施工长度为千米，第二季度普通道路施工长度为千米，
根据题意，得
化简整理，得
解得：，(不符合题意，舍去)
∴．
【点睛】本题考查一元一次不等式与一元二次方程的应用，理解题意，列出一元一次不等式与一元二次方程是解题的关键．
23. 下图是儿童游乐场里的一个娱乐项目转飞椅的简图，该设施上面有一个大圆盘（圆盘的半径是米），圆盘离地面的高度米，且地面，圆盘的圆周上等间距固定了一些长度相等的绳子，绳子的另一端系着椅子（将椅子看作一个点，比如图中的点和），当旋转飞椅静止时绳子是竖直向下的，如图中的线段，绳长为4.8米固定不变．当旋转飞椅启动时，圆盘开始旋转从而带动绳子和飞椅一起旋转，旋转速度越大，飞椅转得越高，当圆盘旋转速度达到最大时，飞椅也旋转到最高点，此时绳子与竖直方向所成的夹角为．（参考数据：，，）
（1）求飞椅离地面的最大距离（结果保留一位小数）；
（2）根据有关部门要求，必须在娱乐设施周围安装安全围栏，而且任何时候围栏和飞椅的水平距离必须超过2米．已知该旋转飞椅左侧安装有围栏，且，米，请问圆盘最大旋转速度的设置是否合规？并说明理由．
【答案】（1）3.9米
（2）圆盘最大旋转速度的设置合规
【解析】
【分析】（1）过点作，，则四边形是矩形，可得，由题意可知飞椅离地面最高时，米，在中，，再根据飞椅离地面的最大距离为即可求解；
（2）由（1）可知，，则，由题意可知米，米，可得围栏和飞椅的水平距离为：，当越大，越大，则越小，离围栏越近，当圆盘旋转速度达到最大时，，求出此时，超过了2米，可得圆盘最大旋转速度的设置合规．
【小问1详解】
解：过点作，，则四边形是矩形，
∴，
∵当圆盘旋转速度达到最大时，飞椅也旋转到最高点，此时绳子与竖直方向所成的夹角为，即：，
由题意可知，米，
在中，，米，
∴，
∴飞椅离地面的最大距离为米；
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
由题意可知米，米，
∴围栏和飞椅的水平距离为：，
当越大，越大，则越小，离围栏越近，
当圆盘旋转速度达到最大时，，
此时米，超过了2米，
∴圆盘最大旋转速度的设置合规．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解决问题的关键是添加辅助线，构造出直角三角形．
24. 如图，在四边形中，，，，，是线段上从点向点运动的一个动点（不含、），是线段上从点向点运动的一个动点（不含、），点、同时开始运动，当其中一个动点抵达终点时，另一个立即停止运动．连接，．已知点在其运动路径上的速度始终为每秒1个单位长度，点在其运动路径上的速度始终为每秒2个单位长度，设点的运动时间为秒，的面积为，的面积为．
（1）请求出和关于的函数解析式，并说明的取值范围；
（2）在图2中画出关于的函数图象，并写出一条这一函数的性质：________；
（3）若，请结合函数图像直接写出的取值范围（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）
【答案】（1），，
（2）作图见解析，当时，函数有最大值9（答案不唯一）
（3）
【解析】
【分析】（1）作于，可得四边形为矩形，，由题意可知：，则，，，再根据，可得函数解析式，由其中一个动点抵达终点时，另一个立即停止运动，可得的取值范围；
（2）利用描点法画出图形即可，由，根据最值或增减性可得函数性质；
（3）由，可得，结合图象只需在图像中找到在上方部分对应的的值即可．
【小问1详解】
解：作于，
∵，，，则，
∴四边形为矩形，
∴，
由题意可知：，则，，，
∴的面积：，
的面积：，
∵当其中一个动点抵达终点时，另一个立即停止运动，
则点运动时间最多为：秒，点运动时间最多为：秒，
∴，，；
【小问2详解】
列表：
1
2
3
4
5
5
8
9
8
5
描点，，，，（用空心圆圈），
画出关于的函数图象如图所示：
，
由此可知：①当时，函数有最大值9；
②当时，随增大而增大，当时，随增大而减小；
故答案为：当时，函数有最大值9（答案不唯一）；
【小问3详解】
∵，
∴，即，即：，
只需在图像中找到在上方部分对应的的值即可，
由图可知两函数的交点横坐标约为1.5，其右侧部分在上方
∴当时，的取值范围为
【点睛】本题考查二次函数函数的图象与性质，涉及根据函数图象解不等式，考查了学生的运算求解能力．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，．直线交轴于点，是直线上方且在对称轴右侧的一个动点，过作，垂足为，为点关于抛物线的对称轴的对应点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当的最大值时，求此时点的坐标和的最大值；
（3）将抛物线关于直线作对称后得新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点，是新抛物线对称轴上一点，是平面中任意一点，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）
（2）的最大值为1，此时点的坐标为
（3）存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，此时点的坐标为或或或或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，将，代入，即可求得答案；
（2）先求得的函数表达式，过点作轴交于点，设点，则，利用，求得，再根据、关于对称轴对称求得，进而求得，再将二次函数化为顶点式，即可求解；
（3）先求得点的坐标及新抛物线的对称轴，设，以，，，为顶点的四边形是菱形，则需要为等腰三角形，分三种情况：，，，根据题意列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线经过，，
，
解得：，
该抛物线的函数表达式为：；
【小问2详解】
解：设直线的函数表达式为，
将，代入，得，
解得：，
直线函数表达式为，
令，得，
解得：，
，
抛物线的对称轴为直线，
过点作轴交于点，
设点，则，
，
，，
，
轴，
轴，
，
，
，
，
，
，
为点关于抛物线的对称轴的对应点，
，
，
当时，的最大值为1，此时点的坐标为；
【小问3详解】
解：存，
原抛物线的对称轴为直线，
将抛物线关于直线作对称后，对称轴向右平移了，新抛物线的对称轴为直线，
当时，，
，
设，
若以，，，为顶点的四边形是菱形，则为等腰三角形即可，分以下三种情况：
①当时，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
或；
②，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
或；
③，
，，
，
解得：，
，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
，
综上，存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，此时点的坐标为或或或或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，用待定系数法求函数关系式，勾股定理，菱形的判定与性质，解题的关键是准确的画出图形和所需的辅助线，此题综合性强，计算繁琐，难度较大，属于考试压轴题．
26.
中，．
（1）如图1，若，平分交于点，且．证明：；
（2）如图2，若，取中点，将绕点逆时针旋转至，连接并延长至，使，猜想线段、、之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，若，为平面内一点，将沿直线翻折至，当取得最小值时，直接写出的值．
【答案】（1）见解析 （2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）过点分别作，的垂线，垂足为，，易得，由，可得，由，求得，可证得；
（2）延长，使得，连接，，易证为等边三角形，进而可证，可得，，可知，易证得，可得，由可得结论；
（3）由题意可知是等边三角形，如图，作，且，作，且，可得，，可知，可得，由可知点，都在线段上时，有最小值，过点作，过点作交延长线于，可得，，可证，得，设由等边三角形的性质，可得，进而可得，，结合可得：，可得，由翻折可知，，可求得的值．
【小问1详解】
证明：过点分别作，的垂线，垂足为，，
∵平分，，，
∴，
又∵，
∴，则，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
，理由如下：
延长，使得，连接，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵绕点逆时针旋转至，
∴，，则，
∴，
∴，
∴，，则，
∵，
∴，
又∵为中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
∵，，
∴是等边三角形，
如图，作，且，作，且，
则，，
∴，，
则，
∴，则
∴，
∴，即：，
∴
即：点，都在线段上时，有最小值，如下图，
过点作，过点作交延长线于，
则，
，，
又∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，设
∴，，则，
∵，
∴，则，，
则由可得：，
整理得：，得，
由翻折可知，，
∴．
【点睛】本题属于几何综合，考查了解直角三角形，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，旋转的性质以及费马点问题，掌握费马点问题的解决方法，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解决问题的关键．
4月2日定时练习
（全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1. 多项式的一次项系数是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用及多项式的项的定义分析得出答案．
【详解】解：多项式的一次项系数是，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多项式，正确把握相关定义是解题关键．
2. 下列图形中，属于轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义解答：在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】解：根据轴对称图形的定义可得，
选项A、C、D均不是轴对称图形，选项B是轴对称图形，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
3. 若二次根式在实数范围内有意义，则下列各数中，可取的值是（ ）
A. 4 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次根式有意义的条件可求解x的取值范围，进而可求解．
【详解】解：由题意得，
解得，
∴在4，，，3中实数x可取的值是，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．
4. 要在墙上钉牢一根木条，至少要钉两颗钉子．能正确解释这一现象的数学知识是（ ）
A. 两点之间，线段最短 B. 经过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
C. 垂线段最短 D. 两点确定一条直线
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线的性质：两点确定一条直线进行解答即可．
【详解】解：在墙上要钉牢一根木条，至少要钉两颗钉子，
能解释这一实际应用的数学知识是两点确定一条直线，
故A，B，C不符合题意，D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是直线的性质，掌握两点确定一条直线的实际应用是解题的关键．
5. 如图，与关于点位似，其中，，则与的面积之比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两点之间的距离，得出和的长，再根据三角形位似，得出相似比，再根据面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】∵，，
∴，，
∵与关于点位似，且相似比为
∴与的面积比为，
故选：D．
【点睛】本题考查了两点之间的距离、位似三角形的性质，熟练掌握面积比等于相似比的平方是解题的关键．
6. 已知关于、的二元一次方程，下表列出了当分别取值时对应的值．则关于的不等式的解集为（ ）
…
-1
0
1
2
3
…
…
3
2
1
0
…
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格选取两对值代入二元一次方程组成方程组，解方程组得不等式，解不等式即可．
【详解】解：由题意得：，解得：，
则不等式为：，
解得：，
故选：C．
【点睛】本题考查表格信息，会利用表格信息确定方程组，会解方程组，会解一元一次不等式是解题关键．
7. 如图，四边形为一矩形纸带，点、分别在边、上，将纸带沿折叠，点、的对应点分别为、，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由折叠可得：，则，再根据矩形得，即可由平行线的性质求解．
【详解】解：由折叠可得：，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质和平行线的性质是解题的关键．
8. 如图，两个相同的某种杯子叠放在一起的高度为，三个该种杯子叠放的高度是，四个该种杯子叠放的高度是，那么8个该种杯子叠放在一起高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目中的图形，可知每增加一个杯子，高度增加3cm，从而可以得到只1个杯子的高度，继而得到8个杯子叠在一起的高度．
【详解】解：由图可得，
每增加一个杯子，高度增加，
所以只1个杯子的高度是，
则8个这样的杯子叠放在一起高度是：，
故选：A．
【点睛】本题考查图形规律探究，解答本题的关键是根据题目中的图形，得出每增加一个杯子，高度增加．
9. 如图，是的弦，且直径，，，．则的长度为（ ）
A. 3 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得，为等边三角形，利用等边三角形的性质可求得，由圆周角定理可得，进而可知，可求得，进而可知为等腰直角三角形，即可得．
【详解】解：连接，，
∵直径，，，
∴，则为等边三角形，即：，
∴平分，
∴，
又∵，
∴，则，
∴
由圆周角定理可得：，
∵，
∴，即：，
∴，
又∵，
∴，即等腰直角三角形，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定及性质，等腰三角形，直角三角形的性质．熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．
10. 代数式中的所有字母均不为零．我们把、、、、中的某两个字母变为其相反数后再将这两个相反数对调位置，称为第一次“相反变换”，得到代数式，将中的某两个字母变为其相反数后再将这两个相反数对调位置，称为第二次“相反变换”，得到，……．例如：对中的、进行一次“相反变换”，记为相反变换，得到，其中相反变换和相反变换为相同的变换．下列说法正确的个数为（ ）
①在顺次进行，，三次相反变换后，得；
②若对进行相反变换或相反变换后，得到相同的，则；
③存在经过四次不同的相反变换后，．
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据“相反变换”的定义逐步变换即可判定①；根据“相反变换”的定义逐步变换后，由相同得到方程，求解即可判定②；根据可知，相反变换不变，中若分子与分母中一个字母进行相反变换，符号不变，因此只要顺次进行，，三次变换即可得到，据此可判定③．
【详解】解：∵相反变换，
∴，
又相反变换，
∴
再相反变换，
∴，
故①错误；
∵相反变换，得到
相反变换，得到，
∴
∴
∴或；
故②错误；
第一次相反变换，得到，
第二次相反变换，得到
第三次相反变换，得到
第四次相反变换，得到
故③正确，
∴正确的有③，共1个，
故选：B．
【点睛】本题考查新定义，分式运算，因式分解应用，理解和灵活运用新定义是解题的关键．
二、填空题：（本大题8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11. 计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据零指数幂计算并把特殊角三角函数值代入，再计算乘方，最后计算加减即可．
详解】解：原式
，
故答案为：．
【点睛】本题考查实数的混合运算，熟练掌握特殊角三角函数值与零指数幂运算法则是解题的关键．
12. 据统计“保你平安”电影仅上映9日，便卖出1970000张电影票，票房达284000000元，数据284000000用科学记数法表示为________．
【答案】
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，是正数；当原数的绝对值时，是负数．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了科学记数法表示绝对值较大的数，正确移动小数点位数是解题的关键．
13. 在一个不透明的布袋中装有四个球，球上分别标有数字，0，，这些除球了数字以外完全相同．现随机摸出一个小球，记下数字，放回后搅匀再摸出一个球，记下数字，则使得二次函数不经过第四象限的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】由二次函数不经过第四象限，，，或，再列表或画树状图，列出、的所有可能的值，进而得到二次函数不经过第四象限的概率．
【详解】解：∵二次函数不经过第四象限，
∴，或顶点纵坐标，，
即：，或，
列表：
0
0
共有9种等可能的结果数，其中符合条件的结果数为5，
∴二次函数不经过第四象限的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果,再从中选出符合事件或的结果数目,然后利用概率公式计算事件或事件的概率．
也考查了二次函数的图象与性质．
14. 如图，若反比例函数与直线相交于、两点，直线与坐标轴交于、两点，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】过点、点分别作轴，轴，易证，由可得，设，则，可得，，利用相似三角形的性质所列比例式可得方程，解得，再由在上可求得，进而可求得的值．
【详解】过点、点分别作轴，轴，则，
∴，则，
当时，，即，则，
∵，则，
∴，设，则，得，，
则，
∴，，
则，即：，解得，经检验是原方程的解，
即：，，
又∵在上，
∴，解得：，
则．
故答案为：．
【点睛】本题考查求反比例函数解析式，相似三角形的判定及性质，设，得点坐标为，以此根据比例式列方程求解是解决问题的关键．
15. 如图，将扇形沿着射线平移得到扇形，圆心角，弧与交于点，若，当时，则阴影部分的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，过点D作于G，先求出，，则，再解直角三角形，求出，然后根据求解即可．
【详解】解：连接，过点D作于G，
∵
∴，
∵
∴
由平移可得，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴
∴
即
∴
解得：，
∵
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查圆心角与弧的关系定理，解直角三角形，平移性质，扇形面积，熟练掌握求不规则图形面积，通过转化成规则图形面积的和差求解是解题的关键．
16. 已知关于的分式方程的解不超过6，且关于的不等式组有且仅有四个整数解，则符合条件的整数的和________．
【答案】
【解析】
【分析】先解分式方程，求得分式方程解，再由分式方程的解不超过6，得且，解得：且、，然后解不等式组得，根据不等式组有四个整数解，得，解得：，所以且，又因为m为整数，则，，即可求解．
【详解】解：解方程，得，
∵的解不超过6，
∴且，
解得：且、，
解不等式组，得，
∵不等式组有四个整数解，
∴，
解得：，
∴且，
∵m为整数，
∴，，
∴符合条件的整数的和为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查根据分式方程解的情况和不等式组的整数解求字母系数值，熟练掌握解分式方程和不等式组是解题的关键．
17. 如图，在中，，，、分别在线段、上，将四边形沿着直线翻折到四边形处，点、的对应点分别为点、，当且时，的长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作与，利用，，可求得，由折叠可知，，则，可得
，可得，进而可知为等腰直角三角形，可得，即可求得结果．
【详解】解：过点作与，
∵，
∴，
在中，，
可得，
∵，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，则，
∴为等腰直角三角形，则，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质，构造含已知边的直角三角形是解决问题的关键．
18. 若一个两位数N满足，其中a、b均为正整数，则称N为好数，那么最大的好数是________；若a、b同时还满足或4，则称N为绝对好数，那么绝对好数的个数为________．
【答案】 ①. 99 ②. 39
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，再根据判断出的取值范围，并且是合数，即可得出答案；
（2）根据a、b同时还满足或4，得出或，再根据，，判断出N的取值范围，即可求出答案．
【详解】解：①∵，
，
，，
，即，
是合数，
又，
，且是合数，
的最大值为100，
∴N的最大值为99；
②当a、b同时满足，即，
，
，，
，即，且N 是4的倍数，
又∵N一个两位数，
，且N 是4的倍数，
∴绝对好数N有21个，
当a、b同时满足，即，
，
，，
，且N是5的倍数，
又∵N是一个两位数，
，且N是5的倍数，
∴绝对好数N有18个，
综上所述，绝对好数N的个数为：（个）．
【点睛】本题考查了新定义，判断出是合数和取值范围是解题的关键．
三、解答题：（本大题共8个小题，19题8分，20-26每小题10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用多项式乘以多项式法则计算，再合并同类项即可；
（2）先计算括号内的，再计算乘除即可．
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题考查整式混合运算和分式混合运算，熟练掌握整式混合运算和分式混合运算法则是解题的关键．
20. 如图，在四边形中，，，．
（1）利用尺规作的平分线，交于点，连接；再在上取一点使，连接（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，证明：；
证明：∵平分，
∴ ①
在和中，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴ ②
在和中，
∴ ③
∴
∴ ④
∴
∴
【答案】（1）见解析 （2），，，
【解析】
【分析】（1）根据作已知角的角平分线的作法解答，即可求解；
（2）由已知易证，进而可得，，由，易得，可证，可得，即可得，由此可得，即可证得．
【小问1详解】
解：以为圆心，适当长为半径画弧交，于两点，再分别以两点为圆心适当为半径画弧交于一点，连接该点与点，与交于点，
以为圆心，长为半径，画弧交于于点，
如图，即为所求；
【小问2详解】
证明：∵平分，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：，，，．
【点睛】本题主要考查了尺规作图——作角平分线，全等三角形的判定及性质，熟练掌握作已知角的角平分线的作法，判断三角形全等方法是解题的关键．
21. 为进一步提高学生的上机操作能力，某校在微机室内开展了计算机打字比赛．现从七、八年级中各随机抽取20名学生的比赛成绩进行整理和分析，成绩用（为每分钟打字个数）表示，共分五个等级．，，，，．
七年级抽取的20名学生的成绩分别是：79，87，71，84，75，79，88，71，76，91，76，79，83，71，75，79，87，63，84，80
八年级抽取的学生在等级的成绩分别是：89，82，82，84，80，84，81，82，82，83，81
抽取的七、八年级学生打字成绩统计表
平均数
中位数
众数
七年级
78.9
79
八年级
79
82
根据以上信息，解答下列问题：
（1）请补全条形统计图，并直接写出，的值；
（2）根据以上数据分析，你认为哪个年级的学生上机操作能力更好，并说明理由（写出一条理由即可）；
（3）已知该校七、八年级各有600名学生参与了计算机打字比赛，请估计两个年级打字成绩优秀的学生共有多少人（成绩的为优秀）？
【答案】（1）补全条形统计图见解析，，
（2）八年级的学生上机操作能力更好，理由见解析
（3）两个年级打字成绩优秀的学生共有630人
【解析】
【分析】（1）根据总人数是20人，可得C等级的人数为：（人），从而补全条形统计图，然后根据中位数和众数的定义求出、的值；
（2）根据表格中的数据，可以得到哪个年级的学生上机操作能力更好，并说明理由；
（3）用样本估计总体可得结果．
【小问1详解】
解：八年级C等级人数为：（人）
补全条形统计图如图：
七年级20名学生的成绩79分人数由4人，人数最多，
∴七年级学生打字成绩众数，
因为八年级取的20名学生的打字成绩从小到大排在中间的两个数分别是81，82，
∴八年级学生打字成绩中位数；
【小问2详解】
八年级的学生上机操作能力更好，理由：八年级的平均成绩好于七年级，中位数也大于七年级，众数也大于七年级，故八年级的学生上机操作能力更好；
【小问3详解】
（人），
答：两个年级打字成绩优秀的学生共有630人．
【点睛】本题考查用样本估计总体、统计图、中位数、平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
22. 重庆被称为“基建狂魔”城市，今年2月份，重庆轨道交通引来“运营里程超500千米的新突破”，另外重庆其他轨道工程也正处在建设中．
（1）原计划今年一季度施工里程（含普通道路施工、高架施工、隧道施工）共56千米，其中普通道路施工32千米，高架施工长度至少是隧道施工长度的7倍，则今年第一季度隧道施工最多是多少千米？
（2）一季度的施工里程刚好按原计划完成且隧道施工里程达到最大值，已知第一季度普通道路施工、高架施工、隧道施工每千米成本分别是1亿元、2亿元、4亿元．在第二季度施工中，预计总里程会减少千米，隧道施工里程会增加千米，高架施工会减少千米，其中普通道路施工、隧道施工每千米成本与第一季度相同，高架桥施工每千米成本会增加亿元，若第二季度总成本与第一季度相同，求的值．
【答案】（1）3千米 （2）
【解析】
【分析】（1）设原计划今年一季度，隧道施工最多是x千米，则高架施工千米，根据高架施工长度至少是隧道施工长度的7倍，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论；
（2）先求得第二季度高架施工长度为千米，第二季度隧道施工长度为千米，第二季度普通道路施工长度为千米，再根据第二季度总成本与第一季度相同，列出方程，求解即可．
【小问1详解】
解：设原计划今年一季度，隧道施工是x千米，则高架施工千米，根据题意，得
解得：，
∴今年第一季度隧道施工最多是3千米；
【小问2详解】
解：第一季度高架施工长度为(千米)，
则第二季度高架施工长度为千米，第二季度隧道施工长度为千米，第二季度普通道路施工长度为千米，
根据题意，得
化简整理，得
解得：，(不符合题意，舍去)
∴．
【点睛】本题考查一元一次不等式与一元二次方程的应用，理解题意，列出一元一次不等式与一元二次方程是解题的关键．
23. 下图是儿童游乐场里的一个娱乐项目转飞椅的简图，该设施上面有一个大圆盘（圆盘的半径是米），圆盘离地面的高度米，且地面，圆盘的圆周上等间距固定了一些长度相等的绳子，绳子的另一端系着椅子（将椅子看作一个点，比如图中的点和），当旋转飞椅静止时绳子是竖直向下的，如图中的线段，绳长为4.8米固定不变．当旋转飞椅启动时，圆盘开始旋转从而带动绳子和飞椅一起旋转，旋转速度越大，飞椅转得越高，当圆盘旋转速度达到最大时，飞椅也旋转到最高点，此时绳子与竖直方向所成的夹角为．（参考数据：，，）
（1）求飞椅离地面的最大距离（结果保留一位小数）；
（2）根据有关部门要求，必须在娱乐设施周围安装安全围栏，而且任何时候围栏和飞椅的水平距离必须超过2米．已知该旋转飞椅左侧安装有围栏，且，米，请问圆盘最大旋转速度的设置是否合规？并说明理由．
【答案】（1）3.9米
（2）圆盘最大旋转速度的设置合规
【解析】
【分析】（1）过点作，，则四边形是矩形，可得，由题意可知飞椅离地面最高时，米，在中，，再根据飞椅离地面的最大距离为即可求解；
（2）由（1）可知，，则，由题意可知米，米，可得围栏和飞椅的水平距离为：，当越大，越大，则越小，离围栏越近，当圆盘旋转速度达到最大时，，求出此时，超过了2米，可得圆盘最大旋转速度的设置合规．
【小问1详解】
解：过点作，，则四边形是矩形，
∴，
∵当圆盘旋转速度达到最大时，飞椅也旋转到最高点，此时绳子与竖直方向所成的夹角为，即：，
由题意可知，米，
在中，，米，
∴，
∴飞椅离地面的最大距离为米；
【小问2详解】
由（1）可知，，则，
由题意可知米，米，
∴围栏和飞椅的水平距离为：，
当越大，越大，则越小，离围栏越近，
当圆盘旋转速度达到最大时，，
此时米，超过了2米，
∴圆盘最大旋转速度的设置合规．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解决问题的关键是添加辅助线，构造出直角三角形．
24. 如图，在四边形中，，，，，是线段上从点向点运动的一个动点（不含、），是线段上从点向点运动的一个动点（不含、），点、同时开始运动，当其中一个动点抵达终点时，另一个立即停止运动．连接，．已知点在其运动路径上的速度始终为每秒1个单位长度，点在其运动路径上的速度始终为每秒2个单位长度，设点的运动时间为秒，的面积为，的面积为．
（1）请求出和关于的函数解析式，并说明的取值范围；
（2）在图2中画出关于的函数图象，并写出一条这一函数的性质：________；
（3）若，请结合函数图像直接写出的取值范围（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）
【答案】（1），，
（2）作图见解析，当时，函数有最大值9（答案不唯一）
（3）
【解析】
【分析】（1）作于，可得四边形为矩形，，由题意可知：，则，，，再根据，可得函数解析式，由其中一个动点抵达终点时，另一个立即停止运动，可得的取值范围；
（2）利用描点法画出图形即可，由，根据最值或增减性可得函数性质；
（3）由，可得，结合图象只需在图像中找到在上方部分对应的的值即可．
【小问1详解】
解：作于，
∵，，，则，
∴四边形为矩形，
∴，
由题意可知：，则，，，
∴的面积：，
的面积：，
∵当其中一个动点抵达终点时，另一个立即停止运动，
则点运动时间最多为：秒，点运动时间最多为：秒，
∴，，；
【小问2详解】
列表：
1
2
3
4
5
5
8
9
8
5
描点，，，，（用空心圆圈），
画出关于的函数图象如图所示：
，
由此可知：①当时，函数有最大值9；
②当时，随增大而增大，当时，随增大而减小；
故答案为：当时，函数有最大值9（答案不唯一）；
【小问3详解】
∵，
∴，即，即：，
只需在图像中找到在上方部分对应的的值即可，
由图可知两函数的交点横坐标约为1.5，其右侧部分在上方
∴当时，的取值范围为
【点睛】本题考查二次函数函数的图象与性质，涉及根据函数图象解不等式，考查了学生的运算求解能力．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，．直线交轴于点，是直线上方且在对称轴右侧的一个动点，过作，垂足为，为点关于抛物线的对称轴的对应点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当的最大值时，求此时点的坐标和的最大值；
（3）将抛物线关于直线作对称后得新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点，是新抛物线对称轴上一点，是平面中任意一点，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）
（2）的最大值为1，此时点的坐标为
（3）存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，此时点的坐标为或或或或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，将，代入，即可求得答案；
（2）先求得的函数表达式，过点作轴交于点，设点，则，利用，求得，再根据、关于对称轴对称求得，进而求得，再将二次函数化为顶点式，即可求解；
（3）先求得点的坐标及新抛物线的对称轴，设，以，，，为顶点的四边形是菱形，则需要为等腰三角形，分三种情况：，，，根据题意列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线经过，，
，
解得：，
该抛物线的函数表达式为：；
【小问2详解】
解：设直线的函数表达式为，
将，代入，得，
解得：，
直线函数表达式为，
令，得，
解得：，
，
抛物线的对称轴为直线，
过点作轴交于点，
设点，则，
，
，，
，
轴，
轴，
，
，
，
，
，
，
为点关于抛物线的对称轴的对应点，
，
，
当时，的最大值为1，此时点的坐标为；
【小问3详解】
解：存，
原抛物线的对称轴为直线，
将抛物线关于直线作对称后，对称轴向右平移了，新抛物线的对称轴为直线，
当时，，
，
设，
若以，，，为顶点的四边形是菱形，则为等腰三角形即可，分以下三种情况：
①当时，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
或；
②，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
或；
③，
，，
，
解得：，
，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
，
综上，存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，此时点的坐标为或或或或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，用待定系数法求函数关系式，勾股定理，菱形的判定与性质，解题的关键是准确的画出图形和所需的辅助线，此题综合性强，计算繁琐，难度较大，属于考试压轴题．
26.
中，．
（1）如图1，若，平分交于点，且．证明：；
（2）如图2，若，取中点，将绕点逆时针旋转至，连接并延长至，使，猜想线段、、之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，若，为平面内一点，将沿直线翻折至，当取得最小值时，直接写出的值．
【答案】（1）见解析 （2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）过点分别作，的垂线，垂足为，，易得，由，可得，由，求得，可证得；
（2）延长，使得，连接，，易证为等边三角形，进而可证，可得，，可知，易证得，可得，由可得结论；
（3）由题意可知是等边三角形，如图，作，且，作，且，可得，，可知，可得，由可知点，都在线段上时，有最小值，过点作，过点作交延长线于，可得，，可证，得，设由等边三角形的性质，可得，进而可得，，结合可得：，可得，由翻折可知，，可求得的值．
【小问1详解】
证明：过点分别作，的垂线，垂足为，，
∵平分，，，
∴，
又∵，
∴，则，
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
，理由如下：
延长，使得，连接，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵绕点逆时针旋转至，
∴，，则，
∴，
∴，
∴，，则，
∵，
∴，
又∵为中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
∵，，
∴是等边三角形，
如图，作，且，作，且，
则，，
∴，，
则，
∴，则
∴，
∴，即：，
∴
即：点，都在线段上时，有最小值，如下图，
过点作，过点作交延长线于，
则，
，，
又∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，设
∴，，则，
∵，
∴，则，，
则由可得：，
整理得：，得，
由翻折可知，，
∴．
【点睛】本题属于几何综合，考查了解直角三角形，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，旋转的性质以及费马点问题，掌握费马点问题的解决方法，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解决问题的关键．
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