四川省成都市成华区2025一2026学年度上期期末初中学业水平阶段性监测 九年级数学（试卷+解析）

这是一份四川省成都市成华区2025一2026学年度上期期末初中学业水平阶段性监测 九年级数学（试卷+解析），共42页。
1．全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；考试时间120分钟．
2．在作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在试卷和答题卡规定的地方．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回．
3．选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效．
5．保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等．
A卷（共100分）
第I卷（选择题，共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1. 下列关于的一元二次方程中，有两个不相等实数根的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 如图所示的几何体是一个被切去一角的正方体，则其左视图是（ ）
A. B.
C D.
3. 要使如图所示的成为矩形，需增加的一个条件可以是（ ）
A. B. C. D.
4. 对于反比例函数，下列结论正确是（ ）
A. 点在该函数的图象上
B. 该函数的图象分别位于第二、第四象限
C. 当时，随的增大而增大
D. 当时，随的增大而减小
5. 两个相似三角形的最长边分别是和，并且它们的周长之和为，那么较小三角形的周长是（ ）
A. B. C. D.
6. 中国古代数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何．”其大意是：一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多多少步？设这个矩形的宽为步，根据题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D. 2
7. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
8. 如图，四边形和四边形是以坐标原点为位似中心位似图形，点的坐标为，点的坐标为．若的长为3，则的长为（ ）
A. B. 4C. D. 5
第II卷（非选择题，共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9. 若关于的方程是一元二次方程，则的值为_____．
10. 某校为了解学生利用学校智慧教育平台辅助学习情况，随机调查了名学生，结果显示仅有名学生从未使用过学校智慧教育平台辅助学习．已知该校共有名学生，则该校全体学生中从未使用过学校智慧教育平台辅助学习的学生估计共有_____名．
11. 在功（焦耳）一定的条件下，功率（瓦特）与做功时间（秒）是反比例函数关系．已知当秒时，瓦特，则功率与做功时间之间的函数表达式为_____．
12. 如图，菱形的对角线相交于点，点在边上，连接并延长交于点．若，，则与的面积之和为_____．
13. 如图，在矩形中，，，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，直线分别交，于点，，则的长为_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14. 已知关于的一元二次方程．
（1）若该方程有实数根，求的取值范围；
（2）若该方程的一个根是，求它的另一个根及的值．
15. “运动无限，气象万千”．年8月7日至日，第届世运会在成都成功举行．某校学生积极报名参加志愿者．组委会为使志愿者队伍尽量整齐，将这批志愿者按身高(单位：)分为，，，，五组，并绘制了如下两幅不完整的统计图．
（1）这批志愿者共有_____人，请补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中组对应的扇形圆心角度数；
（3）在组的4人中，男女志愿者各有2人，从中随机抽取2人担任组长，请用列表法或画树状图法，求刚好抽中两名女志愿者担任组长的概率．
16. 某国产芯片公司生产甲、乙两种芯片．2023年底，甲种芯片每颗的售价为2000元，乙种芯片每颗的售价为1800元．随着技术的迭代更新，生产规模扩大，售价逐年降低，到2025年底，甲种芯片每颗的售价为1620元，乙种芯片每颗的售价为1300元．
（1）求2023年底至2025年底这两年间，每颗甲种芯片售价每年的平均下降率；
（2）2025年底，某芯片使用企业计划用不超过14.28亿元资金从芯片公司购进甲、乙两种芯片共100万颗，问最多购进多少万颗甲种芯片?
17. 如图，为菱形的对角线，过点作，垂足为点，交于点，过点作的垂线交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
18. 如图，直线与直线交于点，与轴交于点，经过点的反比例函数的图象与直线在第四象限交于点，连接并延长与反比例函数的图象在第二象限交于点．
（1）求，及的值；
（2）求点的坐标；
（3）在轴上是否存在点，使以，，为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19. 以一元二次方程的两根之和为横坐标，两根之积为纵坐标的点在平面直角坐标系中位于第_____象限．
20. 已知，则的值是__________．
21. 在如图所示的电路中，随机闭合开关、、中的两个，能同时点亮灯泡、的概率为_____．
22. 如图，点的坐标为，其中．过点作的垂线交过点的反比例函数的图象于点，若，则的值为_____(用含的代数式表示)．
23. 如图，在中，，，，点在上，，点为上一动点，点为上一动点，满足，则的最小值为_____．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24. 通过列表、描点、连线的方法可以画出函数的图象．对于函数，可列表如下：
（1）表中_____，_____；请在如图所示的平面直角坐标系中，画出函数的大致图象；
（2）观察函数图象，请写一条该函数的性质：_____；
（3）结合函数图象，请直接写出不等式的解集：_____．
25. 如图，线段，，点在线段上方绕点转动．以，为邻边作平行四边形，是的中点，是上一点，连接，．

（1）如图1，当四边形为矩形，时，求的长；
（2）如图2，当时，求的长．
（3）如图3，当时，连接交于点，在点旋转过程中，值是否为定值？若是，请直接写出这个定值；若不是，请说明理由．
26. 如图，直线与反比例函数的图象的左右交点分别是点，，连接，．为反比例函数图象上一点，且点在直线的下方．
（1）求的面积；
（2）若面积等于面积的，求点的坐标；
（3）连接并延长交于，过作交于，试探究是否存在最大值？若存在，请求出它的最大值及此时点的坐标；若不存在，请说明理由．…
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2025-2026学年度上期期末学业水平阶段性监测
九年级数学
注意事项：
1．全卷分A卷和B卷，A卷满分100分，B卷满分50分；考试时间120分钟．
2．在作答前，考生务必将自己的姓名、准考证号涂写在试卷和答题卡规定的地方．考试结束，监考人员将试卷和答题卡一并收回．
3．选择题部分必须使用2B铅笔填涂；非选择题部分必须使用0．5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
4．请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效．
5．保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等．
A卷（共100分）
第I卷（选择题，共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）
1. 下列关于的一元二次方程中，有两个不相等实数根的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了根据一元二次方程的根的判别式判断一元二次方程的根的情况，根据一元二次方程根的判别式进行判断，当时，方程有两个不相等的实数根，进而求解，熟练掌握一元二次方程根的判别式，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解题的关键．
【详解】解：对于一元二次方程，根的判别式为，
、∵，，，
∴，方程有两个相等的实数根，不符合题意；
、∵，，，
∴，方程没有实数根，不符合题意；
、∵，，，
∴，方程有两个不相等的实数根，符合题意；
、∵，，，
∴，方程没有实数根，不符合题意；
故选：．
2. 如图所示的几何体是一个被切去一角的正方体，则其左视图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查几何体的左视图的判断，左视图是从物体的左面进行正投影得到的平面图形．关键是结合正方体的结构，确定切去一角后在左视图中呈现的线条位置．
【详解】解：从该几何体的左面观察，正方体的左视图为正方形，由于切去的是正方体的前上右角，在左视图中会呈现出一条从正方形右上角到左下角的对角线，且为虚线；
故选：B．
3. 要使如图所示的成为矩形，需增加的一个条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查矩形的判定定理，核心要点是牢记“对角线相等的平行四边形是矩形”“有一个内角为直角的平行四边形是矩形”这两个判定定理．
【详解】解：已知四边形是平行四边形，
∵若，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可得平行四边形是矩形；
而选项B中、选项C中、选项D中均是平行四边形本身具有的性质，无法通过这些条件判定其为矩形．
故选：A．
4. 对于反比例函数，下列结论正确的是（ ）
A. 点在该函数的图象上
B. 该函数的图象分别位于第二、第四象限
C. 当时，随的增大而增大
D. 当时，随的增大而减小
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，根据反比例函数的图象与性质逐一判断即可，熟练掌握反比例函数的图象与性质是解题的关键．
【详解】、当时，，所以点在它的图象上，故选项不符合题意；
、由可知，它的图象在第一、三象限，故选项不符合题意；
、当时，随的增大而减小，故选项不符合题意；
、当时，随的增大而减小，故符合题意；
故选：D．
5. 两个相似三角形的最长边分别是和，并且它们的周长之和为，那么较小三角形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查相似三角形的性质，根据最长边分别为和确定相似比，相似三角形的周长比等于相似比，再根据周长之和为即可求解．
【详解】解：两个相似三角形的最长边分别为和，
相似比为，
较大三角形与较小三角形的周长比为：，
它们的周长之和为，
较小三角形的周长为：，
故选：B．
6. 中国古代数学家杨辉的《田亩比类乘除捷法》中记载：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何．”其大意是：一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多多少步？设这个矩形的宽为步，根据题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查根据实际问题列一元二次方程，根据题意，设宽为x步，则长为步，利用矩形面积公式即可列出方程.
【详解】解：设宽为x步，则长为步
由题意，得：，
故选：A.
7. 如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得在轴上，，结合，可得，，进一步可得答案.
【详解】解：∵正方形的边长为5，边在轴上，将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．
∴，在轴上，，
∵，
∴，，
∴，
故选：A
8. 如图，四边形和四边形是以坐标原点为位似中心的位似图形，点的坐标为，点的坐标为．若的长为3，则的长为（ ）
A. B. 4C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查位似图形的性质，核心知识点为：位似图形的对应边成比例，且该比例等于位似比．先根据对应点、的坐标求出相似比，再利用位似比结合的长度计算出的长度．
【详解】解：∵四边形和四边形是以坐标原点为位似中心的位似图形，点的坐标为，点的坐标为，
∴相似比为．
又∵，已知，
∴；
故选：C．
第II卷（非选择题，共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9. 若关于的方程是一元二次方程，则的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程，根据一元二次方程的定义可得且，解之即可求解，掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
【详解】解：∵方程是一元二次方程，
∴且，
解得，
故答案为：．
10. 某校为了解学生利用学校智慧教育平台辅助学习的情况，随机调查了名学生，结果显示仅有名学生从未使用过学校智慧教育平台辅助学习．已知该校共有名学生，则该校全体学生中从未使用过学校智慧教育平台辅助学习的学生估计共有_____名．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查由样本所占百分比估计总体的数量，解决本题的关键是熟练掌握由样本所占百分比估计总体的数量的计算方法．
根据样本中从未使用过平台的学生比例，估计总体中相应的人数．
【详解】解：由样本数据，从未使用过平台的学生比例为，
因此总体估计值为，
故答案为60．
11. 在功（焦耳）一定的条件下，功率（瓦特）与做功时间（秒）是反比例函数关系．已知当秒时，瓦特，则功率与做功时间之间的函数表达式为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查反比例函数的应用，掌握待定系数法求解函数表达式是解题的关键．
根据反比例函数关系，设，代入已知点求常数．
【详解】解：由题意，功率与做功时间成反比例函数关系，设，
当时，，代入得，
解得．故函数表达式为，
故答案为：．
12. 如图，菱形对角线相交于点，点在边上，连接并延长交于点．若，，则与的面积之和为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查菱形性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质及面积计算．
利用菱形对边平行、对角线互相垂直平分的性质，证明与全等，进而将两个三角形的面积之和转化为的面积求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，是等边三角形，，对角线，
∴，，；
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴；
∵，
故答案为：．
13. 如图，在矩形中，，，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，直线分别交，于点，，则的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及全等三角形的判定与性质．首先利用矩形的性质和勾股定理求出对角线的长度；根据线段垂直平分线的性质得到，设的长度为未知数，在中通过勾股定理列方程求出，进而得到的长度；再通过证明得到，最后在中利用勾股定理求出，从而得到的长度．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴在中，；
由作图可知，直线是垂直平分线，设与的交点为，连接，
∴，，，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
即，解得：，
∴；
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，即；
在中，由勾股定理得：
，
∴；
故答案为：．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14. 已知关于的一元二次方程．
（1）若该方程有实数根，求的取值范围；
（2）若该方程的一个根是，求它的另一个根及的值．
【答案】（1）
（2）4，
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，一元二次方程的解，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用一元二次方程根的判别式，即可求解；
（2）把代入方程，可求出m的值，再利用一元二次方程根与系数的关系，即可求解．
【小问1详解】
解：∵方程有实数根，
∴，即，
解得：，
∴m的取值范围是．
【小问2详解】
解：把代入方程得：，
解得：，
∴原方程为，
设方程的另一个根为a，
∵方程有一个根是，
∴，
解得：，
即方程的另一个根为，的值为．
15. “运动无限，气象万千”．年8月7日至日，第届世运会在成都成功举行．某校学生积极报名参加志愿者．组委会为使志愿者队伍尽量整齐，将这批志愿者按身高(单位：)分为，，，，五组，并绘制了如下两幅不完整的统计图．
（1）这批志愿者共有_____人，请补全条形统计图；
（2）求扇形统计图中组对应的扇形圆心角度数；
（3）在组的4人中，男女志愿者各有2人，从中随机抽取2人担任组长，请用列表法或画树状图法，求刚好抽中两名女志愿者担任组长的概率．
【答案】（1）这批志愿者共有人，补全条形统计图见解析；
（2）组对应的扇形圆心角度数为；
（3）刚好抽中两名女志愿者担任组长的概率为．
【解析】
【分析】本题考查统计与概率的综合应用，涵盖条形统计图、扇形统计图的数据分析，以及利用列表法或树状图法求解概率的知识点．
（1）根据组的人数及其占比可计算总人数，再通过总人数减去其他组人数得到组人数，从而补全条形统计图；
（2）利用扇形圆心角公式：圆心角度数，代入组数据即可求解；
（3）通过列表法列出所有等可能的抽取结果，筛选出符合条件的结果数，再依据概率公式计算概率．
【小问1详解】
解：∵组人数为人，在扇形统计图中占比，
∴总人数为人．
组人数人，组人数为(人)．
故补全条形统计图如图所示：
【小问2详解】
解：组人数为5，总人数为，
∴组占比为，
对应的扇形圆心角度数为；
【小问3详解】
解：设组的2名男志愿者为、，2名女志愿者为、，列表如下：
由列表可知，共有种等可能的结果，其中刚好抽中两名女志愿者的结果有2种：、，
刚好抽中两名女志愿者担任组长的概率为；
答：刚好抽中两名女志愿者担任组长的概率为．
16. 某国产芯片公司生产甲、乙两种芯片．2023年底，甲种芯片每颗的售价为2000元，乙种芯片每颗的售价为1800元．随着技术的迭代更新，生产规模扩大，售价逐年降低，到2025年底，甲种芯片每颗的售价为1620元，乙种芯片每颗的售价为1300元．
（1）求2023年底至2025年底这两年间，每颗甲种芯片售价每年的平均下降率；
（2）2025年底，某芯片使用企业计划用不超过14.28亿元资金从芯片公司购进甲、乙两种芯片共100万颗，问最多购进多少万颗甲种芯片?
【答案】（1）
（2）40万颗
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程和一元一次不等式的实际应用，准确理解题意，列出方程和不等式是解题的关键．
（1）根据题意，设每颗甲种芯片售价每年的平均下降率为，列出方程并求解即可；
（2）根据题意，设购进万颗甲种芯片，则乙种芯片购进万颗，列出不等式，求解即可求出最多购进甲种芯片的数量．
【小问1详解】
解：设每颗甲种芯片售价每年的平均下降率为，
根据题意，可得方程，
解得或（舍去），
故每颗甲种芯片售价每年的平均下降率为．
【小问2详解】
解：假设购进万颗甲种芯片，则乙种芯片购进万颗，
得不等式，
解得，
故最多购进万颗甲种芯片．
17. 如图，为菱形的对角线，过点作，垂足为点，交于点，过点作的垂线交于点，过点作，垂足为点．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用．
（1）连接，利用菱形对角线的角平分线性质得到，再证明四边形是矩形得到，结合即可证得结论；
（2）利用相似三角形的判定与性质得到，结合（1）的结论和勾股定理求出、的长度，再利用菱形中得到，求出与的关系，最后计算与的比值．
【小问1详解】
解：如图，连接．
四边形是菱形，
，．
在和中，
，，，
，
，．
，
∴，
，，
，
四边形是矩形，
．
又，，
，
即．
【小问2详解】
解：设，则．
，，
，，
，，
，
∴，
∴，
．
由（1）的结论，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
．
四边形是菱形，
，且，
，
，
．
，
，．
，
．
18. 如图，直线与直线交于点，与轴交于点，经过点的反比例函数的图象与直线在第四象限交于点，连接并延长与反比例函数的图象在第二象限交于点．
（1）求，及的值；
（2）求点的坐标；
（3）在轴上是否存在点，使以，，为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），，；
（2）；
（3）存在，点的坐标为或．
【解析】
【分析】本题考查一次函数、反比例函数的综合应用，相似三角形的判定与性质，关键是熟练掌握函数交点的求解方法及相似三角形的对应关系分类讨论．
（1）利用点在直线上求出的值，再代入直线求，最后代入反比例函数求；
（2）先求点、的坐标，再求直线的解析式，联立反比例函数解析式求解第二象限的交点即为；
（3）先计算和的各边长度，通过分类讨论相似的对应关系，验证是否存在满足条件的点．
【小问1详解】
解：点在直线上，
，解得，即；
点在直线上，
，即，解得；
点在反比例函数上，
，解得；
【小问2详解】
解：直线与轴交于点，令，得，；
联立反比例函数与直线，得，
整理得，即，解得或，
点在第四象限，，代入得，即；
设直线的解析式为，将、代入得：
，解得，直线的解析式为；
联立直线与反比例函数，得，
整理得，因式分解得，解得或，
点在第二象限，，代入得，即；
【小问3详解】
解：存在．设，已知，，，，
∴，
，
，
，
，；
①当时，，
即，
由，解得，
由，解得，即或，
当时，，舍去；
当时，，符合条件，
∴．
②当时，，
即，
由，解得，
由，解得，即或，
当时，，舍去；
当时，，符合条件，
∴．
综上，点的坐标为或．
B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19. 以一元二次方程的两根之和为横坐标，两根之积为纵坐标的点在平面直角坐标系中位于第_____象限．
【答案】三
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）、点的坐标与象限的判定，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系公式以及各象限内点的坐标符号特征是解题的关键．先将方程化为一元二次方程的标准形式，再根据根与系数的关系求出两根之和与两根之积，得到对应点的坐标，最后根据坐标符号判断该点所在的象限．
【详解】解：，
，
设方程两根为，，
，，
对应点的坐标为，
，，
该点位于第三象限，
故答案为：三．
20. 已知，则的值是__________．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查分式的运算，代入求值，掌握相关知识是解决问题的关键．将所求式子变形，，将已知条件代入求值即可．
【详解】解：，
∵，，，
∴原式．
故答案为：6．
21. 在如图所示的电路中，随机闭合开关、、中的两个，能同时点亮灯泡、的概率为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查利用列举法求随机事件的概率，解题关键是正确分析电路通路情况，列举出所有等可能的结果．首先确定随机闭合两个开关的所有等可能结果，再逐一分析每种结果下、的点亮情况，最后根据概率公式计算概率．
【详解】解：随机闭合开关、、中的两个，所有可能的结果有：、、，共3种等可能的结果．
∵当闭合和时，电路形成通路，能同时点亮灯泡、；闭合和时，无法形成通路，均不亮；闭合和时，只有亮．
∴能同时点亮灯泡、的结果只有1种．
根据概率公式，．
故答案为：．
22. 如图，点的坐标为，其中．过点作的垂线交过点的反比例函数的图象于点，若，则的值为_____(用含的代数式表示)．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的求解，关键是通过构造辅助线证明，利用相似比得到点的坐标，再结合反比例函数的性质建立方程求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点，延长，过点作于点，
∵点的坐标为，
∴，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的横坐标为，纵坐标为，
即点的坐标为，
∵点和点都在反比例函数的图象上，
∴，
即，
化简整理得：，
解关于的一元二次方程，得，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
23. 如图，在中，，，，点在上，，点为上一动点，点为上一动点，满足，则的最小值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质．关键是作高构造直角三角形，利用角所对直角边等于斜边的一半，结合勾股定理求出的各边长度与点到的距离；然后利用的约束条件，推导出为定值，构造全等三角形将转化为等长的，把双动点的线段和问题转化为单动点的最短路径问题；最后利用轴对称将线段和转化为两点间的线段，通过勾股定理计算最小值．
【详解】解：过点作于点，则，
∵，
∴在中，，
∴，
，
∵，
∴为等腰直角三角形，，
∴，即，
解得，
∴，，
∵，
∴，
过点作于点，
在中，，
∴，
，
设，由得，
在中，由勾股定理得，
∴，
过点作于点，
为等腰直角三角形，，
由勾股定理得，
∴，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，解得，
在上取点，使，过作的垂线，在垂线上取点，使，且在上方，连接，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
作点关于的对称点，由轴对称的性质得，，
∴，
根据两点之间线段最短，当、、三点共线时，取得最小值，最小值为的长度，
过作的平行线，过作的垂线，两线交于点，
∴，，
在中，由勾股定理得：
，
故答案为：．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24. 通过列表、描点、连线的方法可以画出函数的图象．对于函数，可列表如下：
（1）表中_____，_____；请在如图所示的平面直角坐标系中，画出函数的大致图象；
（2）观察函数图象，请写一条该函数的性质：_____；
（3）结合函数图象，请直接写出不等式的解集：_____．
【答案】（1）；；图象见解析
（2）函数图象是中心对称图形
（3）或
【解析】
【分析】本题考查函数图象和性质，能够从表格中获取信息，利用描点法画出函数图象，并结合函数图象解题是关键．
（1）分别将和代入，求出的值，再描点连线可得函数的图象；
（2）根据函数图象可得函数性质；
（3）画出的图象，结合函数图象可得不等式的解集．
【小问1详解】
解：当时，；
当时，；
依据表格中的数据，描点，连线，如图：
故答案为：；；
【小问2详解】
解：观察函数图象得：该函数的一条性质：函数图象是中心对称图形，
故答案为：函数图象是中心对称图形；
【小问3详解】
解：画出函数的图象，知两函数图象交点横坐标为和2，
所以，不等式的解集为或．
25. 如图，线段，，点在线段上方绕点转动．以，为邻边作平行四边形，是的中点，是上一点，连接，．

（1）如图1，当四边形为矩形，时，求的长；
（2）如图2，当时，求的长．
（3）如图3，当时，连接交于点，在点旋转过程中，的值是否为定值？若是，请直接写出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）的长为
（2）的长为
（3）的值为定值，定值为
【解析】
【分析】（1）先根据矩形的对边相等和角为直角的性质，结合是中点求出、、的长度，由推出，结合两个直角证得，再利用相似三角形的对应边成比例列比例式，代入数值即可求解的长．
（2）先根据的比例设未知数，结合的长度求出参数的值，延长交的延长线于点，利用得到的角相等，结合中点的相等线段，由证得，进而得到对应边、，求出和的长度，再通过边的比例关系证得，结合相似性质即可求出的长．
（3）延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，利用的性质证得，结合得到对应边和面积的比例关系，设表示出相关三角形的面积，再依次证得、，得到线段的比例关系，结合平行四边形中的面积与平行四边形面积的比例关系，求出的表达式，最后代入的数值计算面积比，即可确定该比值为定值．
【小问1详解】
解：∵四边形为矩形，
∴，，．
∵是的中点，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，即，解得；
【小问2详解】
解：延长，交的延长线于点．
∵四边形为平行四边形，
∴，，．
∵是的中点，
∴．
∵，
∴设，则，．
∵，
∴，解得，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴．
∴，，
∴．
∴，，
∴．
∵，
∴．
∴，即，解得；
【小问3详解】
解：在点旋转过程中，的值为定值，这个定值为．理由如下：
延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点．
∵四边形为平行四边形，
∴，．
∵是的中点，
∴．
∵，
∴．
∴，．
∴，
设，则．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
设，
∵，
∴，即，解得．
∴，
∴．
∴在点旋转过程中，的值为定值，这个定值为．
本题考查了矩形和平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及几何图形中角、边的转化以及面积比例与线段比例的关联．解决本题的关键是利用平行四边形(矩形)的边平行且相等、角为直角的性质，结合中点得到相等线段，通过作辅助线构造全等或相似三角形，将未知的线段和面积关系转化为可通过比例计算的已知关系，借助相似三角形对应边成比例、面积比等于相似比的平方，以及全等三角形对应边相等的性质求解．
26. 如图，直线与反比例函数的图象的左右交点分别是点，，连接，．为反比例函数图象上一点，且点在直线的下方．
（1）求的面积；
（2）若面积等于面积，求点的坐标；
（3）连接并延长交于，过作交于，试探究是否存在最大值？若存在，请求出它的最大值及此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）存在最大值，最大值为，此时点的坐标为
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的综合应用，涉及函数交点求解、三角形面积计算、相似三角形的判定与性质以及利用一元二次方程的判别式求最值等知识点．关键是通过联立方程确定交点坐标，利用割补法计算三角形面积，结合相似三角形和代数变形探究线段比的最值．
（1）先联立直线与反比例函数方程求出、两点坐标，再求出直线与轴交点，利用计算面积．
（2）设点坐标，作轴交于，用坐标表示的长度，根据面积关系列方程求解得到的坐标．
（3）求出直线与的交点的横坐标，利用得到相似三角形，将线段比转化为代数表达式，再用一元二次方程的判别式求最大值及对应的坐标．
【小问1详解】
解：联立，解得或，
即，．
设直线与轴的交点为，
令，得，故，
∴；
【小问2详解】
解：过点作轴交于，
设，则，
∴．
∵，
∴，
即，
整理得，解得或．
当时，；当时，．
综上，点的坐标为或；
【小问3详解】
解：设，
∵直线过原点，
∴直线的解析式为．
联立，得，解得，
即点的横坐标为．
∵，
∴，
∴．
过作轴于，过作轴于，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，，则，
两边同乘以，整理为关于的一元二次方程：，
∴该方程的判别式，
化简为，
∵,
∴，解得，
当时，取最大值，
此时方程有两个相等的实数根，
∴，
此时的坐标为，即，
综上，存在最大值，最大值为，此时点的坐标为
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