文档内容
乐山市 2020 年初中学业水平考试
数学
本试题卷分第一部分（选择题）和第二部分（非选择题），共8页．考生作答时，须将答案
答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效．满分150分．考试时间120分钟．考试结
束后，将本试题卷和答题卡一并交回．考生作答时，不能使用任何型号的计算器．
第Ⅰ卷（选择题 共30分）
注意事项：
1．选择题必须使用2B铅笔将答案标号填涂在答题卡对应题目标号的位置上．
2．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
一、选择题：本大题共10个小题，每小题3分，共30分．
1. 的倒数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据乘积是1的两个数叫做互为倒数，求解．
【详解】解：∵
∴ 的倒数是2
故选：A．
【点睛】本题考查倒数的概念，掌握概念正确计算是解题关键．
2.某校在全校学生中举办了一次“交通安全知识”测试，张老师从全校学生的答卷中随机地抽取了部分学生
的答卷，将测试成绩按“差”、“中”、“良”、 “优”划分为四个等级，并绘制成如图所示的条形统计图．若该
校学生共有2000人，则其中成绩为“良”和“优”的总人数估计为（ ）A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出“良”和“优”的人数所占的百分比，然后乘以2000即可．
【详解】解：“良”和“优”的人数所占的百分比： ×100%=55%，
∴在2000人中成绩为“良”和“优”的总人数估计为2000×55%=1100（人），
故选：A．
【点睛】本题考查了用样本估计总体，求出“良”和“优”的人数所占的百分比是解题关键．
3.如图， 是直线 上一点， ，射线 平分 ， ．则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据射线 平分 ，得出∠CEB=∠BEF=70°，再根据 ，可得∠GEB=∠GEF-∠BEF
即可得出答案．
【详解】∵ ，
∴∠CEF=140°，∵射线 平分 ，
∴∠CEB=∠BEF=70°，
∵ ，
∴∠GEB=∠GEF-∠BEF=90°-70°=20°，
故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，补角，掌握知识点灵活运用是解题关键．
4.数轴上点 表示的数是 ，将点 在数轴上平移 个单位长度得到点 ．则点 表示的数是（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，分两种情况，数轴上的点右移加，左移减，求出点B表示的数是多少即可．
【详解】解：点A表示的数是−3，左移7个单位，得−3−7＝−10，
点A表示的数是−3，右移7个单位，得−3＋7＝4，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了数轴的特征和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数轴上的点右移加，
左移减．
5.如图，在菱形 中， ， ， 是对角线 的中点，过点 作 于
点 ，连结 ．则四边形 的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知及菱形的性质求得∠ABD=∠CDB=30º，AO⊥BD，利用含30º的直角三角形边的关系分别求得
AO、DO、OE、DE，进而求得四边形 的周长.
【详解】∵四边形ABCD是菱形， 是对角线 的中点，
∴AO⊥BD ， AD=AB=4，AB∥DC
∵∠BAD=120º，
∴∠ABD=∠ADB=∠CDB=30º，
∵OE⊥DC，
∴在RtΔAOD中，AD=4 ， AO= =2 ，DO= ，
在RtΔDEO中，OE= ，DE= ，
∴四边形 的周长为AO+OE+DE+AD=2+ +3+4=9+ ，
故选：B.
【点睛】本题考查菱形的性质、含30º的直角三角形、勾股定理，熟练掌握菱形的性质及含30º的直角三
角形边的关系是解答的关键.
6.直线 在平面直角坐标系中的位置如图所示，则不等式 的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据图像求出直线解析式，然后根据图像可得出解集．
【详解】解：根据图像得出直线 经过（0，1），（2，0）两点，将这两点代入 得 ，
解得 ，
∴直线解析式为： ，
将y=2代入得 ，
解得x=-2，
∴不等式 的解集是 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数的图像和用待定系数法求解析式，解不等式，求出直线解析式是解题关键．
7.观察下列各方格图中阴影部分所示的图形（每一小方格的边长为 ），如果将它们沿方格边线或对角线
剪开重新拼接，不能拼成正方形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据拼接前后图形的面积不变，求出拼成正方形的边长，再以此进行裁剪即可得．
【详解】由方格的特点可知，选项A阴影部分的面积为6，选项B、C、D阴影部分的面积均为5
如果能拼成正方形，那么选项A拼接成的正方形的边长为 ，选项B、C、D拼接成的正方形的边长为
观察图形可知，选项B、C、D阴影部分沿方格边线或对角线剪开均可得到如图1所示的5个图形，由此可
拼接成如图2所示的边长为 的正方形而根据正方形的性质、勾股定理可知，选项A阴影部分沿着方格边线或对角线剪开不能得到边长为 的
正方形
故选：A．
【点睛】本题考查了学生的动手操作能力、正方形的面积和正方形的有关画图、勾股定理，以拼接前后图
形的面积不变为着手点是解题关键．
8.已知 ， ．若 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
逆用同底数幂的乘除法及幂的乘方法则．由 即可解答．
【详解】∵ ，
依题意得： ， ．
∴ ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了同底数幂的乘除法，以及幂的乘方运算，关键是会逆用同底数幂的乘除法进行变
形．9.在 中，已知 ， ， ．如图所示，将 绕点 按逆时针方向
为
旋转 后得到 ．则图中阴影部分面积 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出AC、AB，在根据 求解即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，∵ ，
∴AC=2BC=2，
∴ ，
∵ 绕点 按逆时针方向旋转 后得到 ，
∴
∴
∴ ．故选：B
【点睛】本题考查了不规则图形面积的求法，熟记扇形面积公式，根据
求解是解题关键．
10.如图，在平面直角坐标系中，直线 与双曲线 交于 、 两点， 是以点 为圆心，
半径长 的圆上一动点，连结 ， 为 的中点．若线段 长度的最大值为 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
连接BP，证得OQ是△ABP的中位线，当P、C、B三点共线时PB长度最大，PB=2OQ=4，设 B点的坐标
为（x，-x），根据点 ，可利用勾股定理求出B点坐标，代入反比例函数关系式即可求出k的值．
【详解】解：连接BP，
∵直线 与双曲线 的图形均关于直线y=x对称，∴OA=OB，
∵点Q是AP的中点，点O是AB的中点
∴OQ是△ABP的中位线，
当OQ的长度最大时，即PB的长度最大，
∵PB≤PC+BC，当三点共线时PB长度最大，
∴当P、C、B三点共线时PB=2OQ=4，
∵PC=1，
∴BC=3，
设B点的坐标为（x，-x），
则 ，
解得 （舍去）
故B点坐标为 ，
代入 中可得： ，
故答案为：A．
【点睛】本题考查三角形中位线的应用和正比例函数、反比例函数的性质，结合题意作出辅助线是解题的
关键．
第Ⅱ卷（非选择题 共120分）
注意事项
1．考生使用0.5mm黑色墨汁签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答，答在试题卷
上无效．2．作图时，可先用铅笔画线，确认后再用0.5mm黑色墨汁签字笔描清楚．
3．解答题应写出文字说明、证明过程或推演步骤．
4．本部分共16个小题，共120分．
二、填空题：本大题共6个小题，每小题3分，共18分．
11.用“ ”或“ ”符号填空： ______ ．
【答案】
【解析】
【分析】
两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
【详解】解：∵|-7|=7，|-9|=9，7<9，
∴-7>-9，
故答案为：>．
【点睛】此题主要考查了有理数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：两个负数，绝
对值大的其值反而小．
12.某小组七位学生的中考体育测试成绩（满分40分）依次为37，40，39，37，40，38，40．则这组数据
的中位数是______．
【答案】39
【解析】
【分析】
将数据从小到大进行排列即可得出中位数．
【详解】解：将数据从小到大进行排列为：37，37，38，39，40，40，40
∴中位数为39，
故答案为：39．
【点睛】本题考查了求中位数，掌握计算方法是解题关键．
13.如图是某商场营业大厅自动扶梯示意图．自动扶梯 的倾斜角为 ，在自动扶梯下方地面 处测得
扶梯顶端 的仰角为 ， 、 之间的距离为4 ． 则自动扶梯的垂直高度 =_________ ．（结
果保留根号）【答案】
【解析】
【分析】
先推出∠ABC=∠BAC，得BC=AC=4，然后利用三角函数即可得出答案．
【详解】∵∠BAC+∠ABC=∠BCD=60°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=30°，
∴∠ABC=∠BAC，
∴BC=AC=4，
在Rt△BCD中，BD=BCsin60°=4× = ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角函数，得出BC=AB=4是解题关键．
14.已知 ，且 ．则 的值是_________．
【答案】4或-1
【解析】
【分析】
将已知等式两边同除以 进行变形，再利用换元法和因式分解法解一元二次方程即可得．
【详解】
将 两边同除以 得：
令则
因式分解得：
解得 或
即 的值是4或
故答案为：4或 ．
【点睛】本题考查了利用换元法和因式分解法解一元二次方程，将已知等式进行正确变形是解题关键．
15.把两个含 角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点 为 的中点，连结 交 于点 ．则
=_________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2 x，BC= x，AB=3，再由已知
证得CE∥AB，则有 ，由角平分线的性质得 ，进而求得 的值.
【详解】连接CE，设CD=2x，
在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，
∴∠D=60º，AD=4x，AC= ，BC= = x，AB= x，
∵点E为AD的中点，
∴CE=AE=DE= =2x，
∴ΔCED为等边三角形，
∴∠CED=60º，
∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，
∴∠CED=∠BAD，
∴AB∥CE，
∴ ，
在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º
∴AF平分∠BAE，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： .
【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的
性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.
16.我们用符号 表示不大于 的最大整数．例如： ， ．那么：
（1）当 时， 的取值范围是______；
（2）当 时，函数 的图象始终在函数 的图象下方．则实数 的范
围是______．
【答案】 (1). (2). 或
【解析】
【分析】
（1）首先利用 的整数定义根据不等式确定其整数取值范围，继而利用取整函数定义精确求解x取值范
围．
（2）本题可根据题意构造新函数，采取自变量分类讨论的方式判别新函数的正负，继而根据函数性质反
求参数．
【详解】（1）因为 表示整数，故当 时， 的可能取值为0,1,2．
当 取0时， ；当 取1时， ；当 =2时， ．
故综上当 时，x的取值范围为： ．
（2）令 ， ， ，
由题意可知： ， ．
①当 时， = ， ，在该区间函数单调递增，故当 时，
，得 ．
②当 时， =0， 不符合题意．
③当 时， =1， ，在该区间内函数单调递减，故当 取值趋近于2时，，得 ，
当 时， ，因为 ，故 ，符合题意．
故综上： 或 ．
【点睛】本题考查函数的新定义取整函数，需要有较强的题意理解能力，分类讨论方法在此类型题目极为
常见，根据不同区间函数单调性求解参数为常规题型，需要利用转化思想将非常规题型转化为常见题型．
三、本大题共3个小题，每小题9分，共27分．
17.计算： ．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据绝对值，特殊三角函数值，零指数幂对原式进行化简计算即可．
【详解】解：原式=
= ．
【点睛】本题考查了绝对值，特殊三角函数值，零指数幂，掌握运算法则是解题关键．
18.解二元一次方程组：
【答案】
【解析】
【分析】
方程组利用加减消元法，由②-① 即可解答；
【详解】解： ，②-① ，得 ，
解得： ，
把 代入①，得 ；
∴原方程组的解为
【点睛】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
19.如图， 是矩形 的边 上的一点， 于点 ， ， ， ．求 的
长度．
【答案】 ．
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质、勾股定理求出 ，再根据相似三角形的判定与性质可得 ，由此即
可得出答案．
【详解】∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵∴
∵ ，
，
∴
在 和 中，
∴
∴ ，即
解得
即 的长度为 ．
【点睛】本题考查了矩形 的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定
与性质是解题关键．
四、本大题共3个小题，每小题10分，共30分．
20.已知 ，且 ，求 的值．
【答案】 ，1
【解析】
【分析】
先进行分式的加减运算，进行乘除运算，把式子化简为 ．将 代入进行计算即可．
【详解】原式==
= ，
∵ ，
∴原式= ．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，关键在于通过已知用含 的表达式表示出 ．
21.如图，已知点 在双曲线 上，过点 的直线与双曲线的另一支交于点 ．
（1）求直线 的解析式；
（2）过点 作 轴于点 ，连结 ，过点 作 于点 ．求线段 的长．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）由点 在双曲线 上，求得反比例函数解析式，再由点B在双曲线上，求得点B坐标，
利用待定系数法求直线AB的解析式即可；（2）用两种方式表示△ABC的面积可得 ，即可求出CD的长．
【详解】解：（1）将点 代入 ，得 ，即 ，
将 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 ．
（2）∵ 、 ，
∴ ，
∵ 轴，
∴BC=4，
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了反比例函数上点坐标的特征，待定系数法求一次函数解析式，两点距离公式，面积法
等知识，面积法：是用两种方式表示同一图形的面积．
22.自新冠肺炎疫情爆发以来，我国人民上下一心，团结一致，基本控制住了疫情．然而，全球新冠肺炎疫
情依然严重，境外许多国家的疫情尚在继续蔓延，疫情防控不可松懈． 如图是某国截止5月31日新冠病
毒感染人数的扇形统计图和折线统计图．根据上面图表信息，回答下列问题：
（1）截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为 万人，扇形统计图中40-59岁感染人数对应圆心角
的度数为 º ；
（2）请直接在图中补充完整该国新冠肺炎感染人数的折线统计图；
（3）在该国所有新冠肺炎感染病例中随机地抽取1人，求该患者年龄为60岁或60岁以上的概率；
（4）若该国感染病例中从低到高各年龄段的死亡率依次为 、 、 、 、 ，求该国
新冠肺炎感染病例的平均死亡率．
【答案】（1） ， ；（2）见解析；（3） ；（4）
【解析】
【分析】
（1）利用 岁感染的人数有 万人，占比 可求得总人数；利用总人数可求扇形统计图中40-
59岁感染人数所占百分比，从而可求扇形图中所对应的圆心角；
（2）先求解 感染人数，然后直接补全折线统计图即可；
（3）先求解患者年龄为60岁或60岁以上的人数，直接利用概率公式计算即可；
（4）先求解全国死亡的总人数，再利用平均数公式计算即可．
【详解】解：（1）由 岁感染的人数有 万人，占比
截止5月31日该国新冠肺炎感染总人数累计为 （万人），
扇形统计图中40-59岁感染人数占比：扇形统计图中40-59岁感染人数对应圆心角的度数为：
故答案为： ， ；
（2）补全的折线统计图如图2所示；
感染人数为： 万人，
补全图形如下：
（3）该患者年龄为60岁及以上的概率为：
；
（4）该国新冠肺炎感染病例的平均死亡率为：
．
【点睛】本题考查的是从扇形统计图，折线统计图中获取信息，考查了扇形统计图某部分所对应的圆心角
的计算，考查总体数量的计算，考查了平均数的计算，同时考查简单随机事件的概率，掌握以上知识是解
题的关键．
五、本大题共2个小题，每小题10分，共20分．
23.某汽车运输公司为了满足市场需要，推出商务车和轿车对外租赁业务．下面是乐山到成都两种车型的
限载人数和单程租赁价格表：车型 每车限载人数（人） 租金（元/辆）
商务车 6 300
轿 车 4
（1）如果单程租赁2辆商务车和3辆轿车共需付租金1320元，求一辆轿车的单程租金为多少元？
（2）某公司准备组织34名职工从乐山赴成都参加业务培训，拟单程租用商务车或轿车前往．在不超载的
情况下，怎样设计租车方案才能使所付租金最少？
【答案】（1）租用一辆轿车的租金为 元．（2）租用商务车 辆和轿车 辆时，所付租金最少为
元．
【解析】
【分析】
（1）本题可假设轿车的租金为x元，并根据题意列方程求解即可．
（2）本题可利用两种方法求解，核心思路均是分类讨论，讨论范围分别是两车各租其一以及两车混合租
赁，方法一可利用一次函数作为解题工具，根据函数特点求解本题；方法二则需要利用枚举法求解本题．
【详解】解：（1）设租用一辆轿车的租金为 元．
由题意得： ．
解得 ，
答：租用一辆轿车的租金为 元．
（2）方法1：①若只租用商务车，∵ ，
∴只租用商务车应租6辆，所付租金为 （元）；
②若只租用轿车，∵ ，
∴只租用轿车应租9辆，所付租金为 （元）；
③若混和租用两种车，设租用商务车 辆，租用轿车 辆，租金为 元．
由题意，得由 ，得 ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，且 为整数，
∵ 随 的增大而减小，
∴当 时， 有最小值 ，此时 ，
综上，租用商务车 辆和轿车 辆时，所付租金最少为 元．
方法2：设租用商务车 辆，租用轿车 辆，租金为 元．
由题意，得
由 ，得 ，∴ ，
∵ 为整数，∴ 只能取0，1，2，3，4，5，故租车方案有：
不租商务车，则需租9辆轿车，所需租金为 （元）；
租1商务车，则需租7辆轿车，所需租金为 （元）；
租2商务车，则需租6辆轿车，所需租金为 （元）；
租3商务车，则需租4辆轿车，所需租金为 （元）；
为
租4商务车，则需租3辆轿车，所需租金 （元）；
租5商务车，则需租1辆轿车，所需租金为 （元）；
由此可见，最佳租车方案是租用商务车 辆和轿车 辆，
此时所付租金最少，为 元．
【点睛】本题考查一次函数的实际问题以及信息提取能力，此类型题目需要根据题干所求列一次函数，并结合题目限制条件对函数自变量进行限制，继而利用函数单调性以及分类讨论思想解答本题．
24.如图1， 是半圆 的直径， 是一条弦， 是 上一点， 于点 ，交 于点 ，
连结 交 于点 ，且 ．
（1）求证：点 平分 ；
（2）如图2所示，延长 至点 ，使 ，连结 ． 若点 是线段 的中点．求证：
是⊙ 的切线．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接 ，由 是直径得 ，由同角的余角相等证明 ，由直角三角形
斜边中线性质证明 ，进而得出 ，即得出结论；
的
（2）由已知可知DE是OA、HB 垂直平分线，可得 ， ，从而 ，
，再由 即可证明 ，由此即可得出可能．
【详解】证明：（1）连接 、 ，如图3所示，图3
∵ 是半圆 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，即点 是 的斜边 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即点 平分 ；
（2）如图4所示，连接 、 ，
图4
的
∵点 是线段 中点， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是⊙ 的切线．【点睛】本题是圆的简单综合题目，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、菱形的
性质、直角三角形的性质知识；熟练掌握圆周角定理和等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
六、本大题共2个小题，第25题12分，第26题13分，共25分．
25.点 是平行四边形 的对角线 所在直线上的一个动点（点 不与点 、 重合），分别过点
、 向直线 作垂线，垂足分别为点 、 ．点 为 的中点．
（1）如图1，当点 与点 重合时，线段 和 的关系是 ；
（2）当点 运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？
（3）如图3，点 在线段 的延长线上运动，当 时，试探究线段 、 、 之间的
关系．
【答案】（1） ；（2）补图见解析， 仍然成立，证明见解析；（3） ，
证明见解析
【解析】
【分析】
（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；
（2）（1）中的结论仍然成立，作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根据
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；
（3）FC＋AE＝OE，理由是：作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得 ，得
出 ， ，再根据 ， ，推出 ，即可得证．
【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF；
（2）补全图形如图所示， 仍然成立，
证明如下：延长 交 于点 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵点 为 的中点，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（3）当点 在线段 的延长线上时，线段 、 、 之间的关系为 ，
证明如下：延长 交 的延长线于点 ，如图所示，由（2） 可知 ，
∴ ， ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查了平行四边形、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，以构建全等三
角形和证明三角形全等这突破口，利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，从而使问题
得以解决．
26.已知抛物线 与 轴交于 ， 两点， 为抛物线的顶点，抛物线的对称轴
交 轴于点 ，连结 ，且 ，如图所示．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设 是抛物线的对称轴上的一个动点．
①过点 作 轴的平行线交线段 于点 ，过点 作 交抛物线于点 ，连结 、 ，求
的面积的最大值；
②连结 ，求 的最小值．【答案】（1） ；（2）① ；② ．
【解析】
【分析】
（1）先函数图象与x轴交点求出D点坐标，再由 求出C点坐标，用待定系数法设交点式，
将C点坐标代入即可求解；
（2）①先求出BC的解析式 ，设E坐标为 ，则F点坐标为
，进而用t表示出 的面积，由二次函数性质即可求出最大值；
②过点 作 于 ，由 可得 ，由此可知当
BPH三点共线时 的值最小，即过点 作 于点 ，
线段 的长就是 的最小值，根据面积法求高即可．
【详解】解：（1）根据题意，可设抛物线的解析式为： ，
∵ 是抛物线的对称轴，∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，
代入抛物线的解析式，得 ，解得 ，
∴二次函数的解析式为 或 ；
（2）①设直线 的解析式为 ，
∴ 解得
即直线 的解析式为 ，
设E坐标为 ，则F点坐标为 ，
∴ ，
∴ 的面积
∴ ，
∴当 时， 的面积最大，且最大值为 ；②如图，连接 ，根据图形的对称性可知 ， ，
∴ ，
过点 作 于 ，则在 中，
，
∴ ，
再过点 作 于点 ，则 ，
∴线段 的长就是 的最小值，
∵ ，
又∵ ，
∴ ，即 ，
∴ 的最小值为 ．
【点睛】此题主要考查了二次函数的综合题型，其中涉及了待定系数法求解析式和三角形的面积最大值求法、线段和的最值问题．解（1）关键是利用三角函数求出C点坐标，解（2）关键是由点E、F坐标表示
线段EF长，从而得到三角形面积的函数解析式，解（3）的难点是将 的最小值转化为点B到
AC的距离．本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。
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