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2024-2025学年九年级下学期人教测试卷（1）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
考试范围： 二次函数、图形的相似、 锐角三角函数、 统计和概率的简单应用；
第I卷（选择题）
一．选择题：（本大题共10题，每题3分，满分30分）
1．如图， 与 是位似图形，点O为位似中心，若 ，则 与 周长比是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据位似图形是相似图形，相似三角形的周长比等于相似比，进行求解即可．
【详解】解：∵ 与 是位似图形，
∴ ，
∵ ，
∴相似比为： ，
∴ 与 周长比等于相似比 ；
故选A．
【点睛】本题考查相似三角形的性质．熟练掌握位似图形是相似图形，相似三角形的周长比等于相似比，
是解题的关键．
2．如图，已知直线 ，若 ， ，则 的长为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，正确列出比例式是解题的关键．根据平行线分线段成比例
定理列出比例式，计算即可．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故选：C．
3．某几何体如图所示，它的左视图与俯视图都正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图解答即可.
【详解】该几何体的左视图和俯视图都是矩形.
故选D.
【点睛】本题考查三视图的知识，解决此类图的关键是理解三视图的定义.从正面看到的图是正视图，从上
面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线.
4．如图，在平面点角坐标系中 AOB与 COD是位似图形，以原点O为位似中心，若 ，B点坐
标为(4，2)，则点D的坐标为（ ）A．( 8，4) B．(8，6) C．(12，4) D．(12，6)
【答案】D
【分析】先求出位似比，根据位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∴ AOB与 COD的位似比为 ，
∵B点坐标为(4，2)， AOB与 COD是以坐标原点O为位似中心，
∴点D的坐标（4×3，2×3），即（12，6），
故选：D．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似
比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
5．如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、DC上，△ABE∽△DEF，AB=6，AE=9，DE=2，则EF的长
是（ ）
A．4 B．5 C． D．
【答案】C
【分析】由 ABE∽△DEF，AB＝6，AE＝9，DE＝2，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DF的长，
然后利用勾△股定理，求EF的长．
【详解】解：∵△ABE∽△DEF，
∴ ，∵AB＝6，AE＝9，DE＝2，
∴ ，
解得：DF＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴EF＝ ．
故选C．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、矩形的性质以及勾股定理．难度不大，注意掌握数形结合思想的
应用．
6．老师要求同学们设计一个测量某池塘两端A、B距离的方案，王兵设计的方案如下：如图，在池塘外选
一点C，测得∠CAB＝90°，∠C＝30°，AC＝36m，则可知AB的距离为（ ）
A．19 m B．19m C．12 m D．12 m
【答案】C
【分析】直接利用直角三角形的性质结合勾股定理得出答案．
【详解】∵∠CAB＝90°，∠C＝30°，AC＝36m，
∴设AB＝x，则BC＝2x，
∴AC2+AB2＝BC2，
即362+x2＝（2x）2，
解得：x＝12 ．
故选C．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
7．某司机驾驶汽车从甲地去乙地，他以70千米/时的平均速度行驶了6小时到达目的地，当他按原路匀速
返回时，汽车的速度v(千米/时)与时间t(时)的函数解析式为( )
A． B． C． D．【答案】A
【分析】先求得路程，再由等量关系“速度=路程÷时间”列出关系式即可．
【详解】解： 该司机以70千米/时的平均速度行驶了6小时到达目的地，
行驶的路程为 (千米)，
汽车的速度v(千米/时)与时间t(时)的函数解析式为： ．
故选：A．
【点睛】本题考查了反比例函数在实际生活中的应用，重点是找出题中的等量关系．
8．将直角三角形的各边都缩小或扩大同样的倍数后，得到的三角形（ ）
A．可能是锐角三角形 B．不可能是直角三角形
C．仍然是直角三角形 D．可能是钝角三角形
【答案】C
【详解】试题解析：∵将直角三角形的各边都缩小或扩大同样的倍数后，得到的三角形的三条边与原三角
形的三条边对应成比例，
∴两三角形相似．
又∵原来的三角形是直角三角形，而相似三角形的对应角相等，
∴得到的三角形仍是直角三角形．
故选C．
9．如图是自行车骑行训练场地的一部分，半圆O的直径AB=100，在半圆弧上有一运动员C从B点沿半圆
周匀速运动到M（最高点），此时由于自行车故障原地停留了一段时间，修理好继续以相同的速度运动到
A点停止．设运动时间为t，点B到直线OC的距离为d，则下列图象能大致刻画d与t之间的关系是（ ）
A． B．C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：设运动员C的速度为v，则运动了t的路程为vt，
设∠BOC=α，
当点C从运动到M时，
∵vt=
∴α= ，
在直角三角形中，∵d=50sinα=50sin
∴d与t之间的关系d=50sin ，
∴在到M点之前，d与t并不是一次函数关系，同时在中间过程中会有一段时间d不会发生改变，故选C．
考点：动点问题的函数图象．
10．如图，在 中， ， 平分 交 于点 ，过点 作 于点
，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点 作 于点 ，如图所示，结合角平分线的性质，利用三角形全等的判定得到
，进而求出线段长度，再由三角形相似的判定得到 ，再由相似比
求出线段长，在 中，由勾股定理求出 ，最后由等面积法列方程求解即可得到答案．【详解】解：过点 作 于点 ，如图所示：
，则 ，
是直角三角形，且 ．
平分 ．
，
，
，则 ，
，
，
，
，
，
在 中，由勾股定理得 ，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理、角平分线性质、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质、三角
形面积公式等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
第II卷（非选择题）
二．填空题：（本大题共8题，每题2分，满分16分）
11．身高相同的小刚和小美站在一盏路灯下的不同位置，已知小刚的影子比小美长，我们可以判定小刚离
灯较 ．
【答案】远【分析】根据中心投影的特点判断即可．
【详解】解：中心投影的特点是：等高的物体垂直地面放置时，在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，
离点光源远的物体它的影子长．所以小刚离灯较远．
故答案为远.
【点睛】本题综合考查了中心投影的特点和规律．中心投影的特点是：①等高的物体垂直地面放置时，在
灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长．②等长的物体平行于地面放置时，
在灯光下，离点光源越近，影子越长；离点光源越远，影子越短，但不会比物体本身的长度还短．
12．若 则 = ．
【答案】12
【分析】根据已知得出a=2b，b=6c，从而得出a和c的关系，继而得出答案
【详解】解：∵ ，∴a=2b；
∵ ，∴b=6c；
∴a=12c
∴ ；
故答案为：12
【点睛】本题考查了比例的性质，得出a=12c是解本题的关键
13．如图，已知A （4，2），B（2，﹣2），以点O为位似中心，按位似比1：2把△ABO缩小，则点A
的对应点A′的坐标为 ．
【答案】（2，1）或（﹣2，﹣1）/（﹣2，﹣1）或（2，1）
【分析】利用位似图形的性质得出对应点横纵坐标乘以 或﹣ ，得出即可．
【详解】解：∵A （4，2），B（2，﹣2），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A'的坐标是：（2，1）或（﹣2，﹣1）．
故答案为：（2，1）或（﹣2，﹣1）．
【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题的关键．
14．一天，小明的爸爸送给小明一个礼物，小明打开包装后画出它的主视图和俯视图如图所示．根据小明
画的视图，你猜小明的爸爸送给小明的礼物是 .
【答案】生日蛋糕
【分析】由主视图确定几何体是柱体,由俯视图确定几何体是圆柱.
【详解】由主视图可判断该几何体上下两部分都是柱体,再由俯视图判断该几何体上下两部分都是圆柱.从
而得出答案: 生日蛋糕.
【点睛】本题考查了几何体的三视图,直接利用三视图即可判断几何体的形状.
15．如图，点B和点C是反比例函数 （ ）在第一象限上的点，过点B的直线 与x轴交
于点A， 轴，垂足为D， 与 交于点E， ， ．则 ．
【答案】4
【分析】先求出 ，进而依次求出 ， ， ，则可得反比例函数解析式 ，联立 且 ，可得 ，问题随之得解．
【详解】∵当 时， ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
当 时， ，即 ，
∵ 轴，
∴ ，即： ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∵点C是反比例函数 （ ）在第一象限上的点，
∴反比例函数 （ ），
联立 且 ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了一次函数以反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数的图象与性质是解答本题的关键．
16．如图，大楼 的底部右侧有一障碍物，在障碍物的旁边有一幢小楼 ，在小楼的顶端D处测得障
碍物边缘点C的俯角为 ，测得大楼顶端A的仰角为 （点B，C，E在同一水平直线上），已知
，则障碍物B，C两点间的距离为 米．（结果保留根号）
【答案】
【分析】过D作DF⊥AB，交AB于点F，过C作CG⊥DF，交DF于点G，可得四边形FBED与四边形
CGDE为矩形，由AB-BF求出AF的长，在直角三角形AFD中，利用锐角三角函数定义求出FD的长，在
直角三角形CGD中，利用锐角三角函数定义求出GD的长，由FD-DG求出FG的长，即为BC的长．
【详解】解：如图，过点D作 于点F，过点C作 于点G，则四边形 与 矩
形，
∴ ，
由题意可知， ，
∵ ，
∴ ，
在 中，
，
∴ ，
在 中，
，即 ，
解得 ，∴ ．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．
17．如图，已知 和 是以点C为位似中心的位似图形，且点C与点D在直线 同侧 和
的周长之比为 ，点C的坐标为(-2，0)，若点A的坐标为(-4，3)，则点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】先利用位似的性质得到△ABC和△EDC的位似比为1：2，然后利用平移的方法把位似中心平移
到原点解决问题．
【详解】解：∵△ABC和△EDC是以点C为位似中心的位似图形，
而△ABC和△EDC的周长之比为1：2，
∴△ABC和△EDC的位似比为1：2，
把C点向右平移2个单位到原点，则A点向右平移2个单位的对应点的坐标为（-2，3），
点（-2，3）以原点为位似中心的对应点的坐标为（4，-6），
把点（4，-6）向左平移2个单位得到（2，-6），
∴E点坐标为（2，-6）．故填： ．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，
那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．也考查了转化的思想．
18．规定：在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标均为整数的点为整点，双曲线 经过点 ，
直线 与y轴相交于 点，与双曲线 相交于 点，线段 、 及 、 两点之间的
曲线所围成的区域记作 ．
（1） ；
（2）若区域 （不包括边界）内的整点的个数大于等于 ，则 的取值范围是 ．
【答案】 或
【分析】本题考查的是反比例函数的图象和性质、平面直角坐标系中整点的定义，掌握待定系数法求反比
例函数解析式的一般步骤、灵活运用数形结合思想是解题的关键．
（1）根据反比例函数图象上点的坐标特征，求出 ．
（2）先由题意得出 点坐标，再加上 ，从而得出直线 表达式，再确定 ，根据 在 和
进行分类讨论，写出区域 内所有整数点，列举出满足条件的整数点，进而综合两种情况得到答案．
【详解】解：（1）将 代入 中，
解得： ，
故答案为： ．
（2） ，
当 时， ，
，且 ,
设直线 表达式为 ，
代入 和 坐标可得 ，解得： ，
直线 表达式为 ，
∴直线 过点 ， ，
时， 与 无交点，不合题意，
、 、 在 上，
均不在区域 ，
当 时， ，
当 在 时，若 恰好经点过 时，点 在直线 上，
此时 内有一个整点，即 ，
将 代入 中，
解得： ，
中至少有 个整点，
．
当 在 时，若 恰好经过点 时，
此时 内有两个整点，即 ， ，
将 代入 中，解得： ，即 ，
中至少有 个整点，
,
综上： 的取值范围是 或 ，
故答案为： 或 ．
三．解答题：（本大题共8题，19-23题每题6分，24-26题每题8分，满分54分）
19．在 中， ， 于点 ，（1）写出图中所有的相似三角形；（2）写出
（1）中相似三角形对应边的比例式．
【答案】（1）△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD；（2） ， ，
.
【分析】（1）根据两角相等可判定△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，再由相似的传递性可得△ACD∽△CBD；
（2）再由相似三角形对应边成比例写出比例式.
【详解】解：（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ACB=∠ADC=90°，
又∵∠A=∠A
∴△ABC∽△ACD
同理可得△ABC∽△CBD，
∴△ACD∽△CBD
故相似三角形为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD；
（2）∵△ABC∽△ACD
∴
∵△ABC∽△CBD∴
∵△ACD∽△CBD
∴
故比例式为： ， ， .
【点睛】本题考查相似三角形的判定，熟练掌握由两组对角相等判定三角形相似，以及相似三角形对应边
成比例是解决本题的关键.
20．如图，P是反比例函数 （x＞0）的图象上的一点，PN垂直x轴于点N，PM垂直y轴于点M，矩
形OMPN的面积为2，且ON＝1，一次函数y＝x＋b的图象经过点P．
(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；
(2)设直线y＝x＋b与x轴的交点为A，点Q在y轴上，当△QOA的面积等于矩形OMPN的面积的 时，直
接写出点Q的坐标．
【答案】(1) ，
(2)(0，1)和(0，-1)
【分析】（1）利用矩形的面积和ON的值即可求出PM，进而得到P点的坐标，再利用待定系数法即可求
得反比例函数和一次函数的解析式；
（2）利用一次函数的解析式求出A点的坐标，即可得到OA的长度；利用矩形的面积求出△QOA的面积，
根据G点在y轴上，则有OG⊥OA，即可表示出△QOA的面积，进而求出OG的长度，则在y轴的正半轴
和负半轴各有一个符合要求的G点，其坐标可得．
【详解】（1）∵PM⊥y轴，PN⊥x轴，矩形ONPM的面积是2，ON=1，
∴PM=ON=1，
∴PN=OM=2，即P点坐标为(1,2)，∵反比例函数 和一次函数 都进过P点，
∴将P点坐标分别代入得： ， ，
∴k=2，b=1，
∴反比例函数的解析式为： 和一次函数 ；
（2）将y=0代入 得x=-1，
∴直线 与x轴的交点A的坐标为(-1,0)，
∴OA=1，
∵ ， =2，
∴ ，
∵G点在y轴上，
∴OG⊥OA，即 ，
又∵OA=1，
∴OG=1，即G点到x轴的距离为1，
∵G点在y轴上，
∴在y轴的正半轴和负半轴各有一个满足要求的G点，
∴G的坐标为：(0，1)、(0，-1)．
【点睛】本题考查了用待定系数法求解反比例函数、一次函数的解析式等知识，正确求出P点坐标是解答
本题的关键．
21．（1）用配方法解方程： ；
（2）如图，已知四边形 四边形 ，求 ， 和 的值．【答案】（1） （2） ， ，
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，相似多边形的性质，多边形内角和．
（1）利用配方法解方程即可；
（2）根据“相似多边的对应角相等，对应边成比例”，即可求解．
【详解】解：（1）
解得： ；
（2） 四边形 四边形 ，
，
，
，即 ，
，即 ，
，
．
22．如图，某武警部队在一次地震抢险救灾行动中，探险队员在相距4米的水平地面A，B两处均探测出建筑物下方C处有生命迹象，已知在A处测得探测线与地面的夹角为30°，在B处测得探测线与地面的夹
角为60°，求该生命迹象C处与地面的距离．(结果精确到0.1米，参考数据： ≈1.41， ≈1.73)
【答案】3.5米
【详解】分析：
如下图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，结合题意可得∠ADC=90°，∠CAD=30°，∠CBD=60°，这
样由三角形外角的性质可得∠ACB=∠CBD-∠CAD=30°=∠CAD，由此可得BC=AB=4米，这样在Rt△CBD中，由
sin∠CBD= 即可求得CD的长了.
详解：
如下图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，
∴∠ADC=90°，
∵由题意可得：∠CAD＝30°，∠CBD＝60°，
∴∠CBD-∠CAD=30°，
∴∠CAB＝∠ACB＝30°，
∴BC＝AB＝4米．
∵在Rt△CDB中，sin∠CBD＝ ，
∴sin60°＝ ，
∴CD＝4sin60°＝4× ＝2 ≈3.5(米)．
故该生命迹象C处与地面的距离约为3.5米．点睛：“作出如图所示的辅助线，结合已知条件证得BC=AB=4米，知道在Rt△CDB中，sin∠CBD＝ ”
是解答本题的关键.
23．如图，已知AB是⊙O的直径，AC为弦，且平分∠BAD，AD⊥CD，垂足为D．
(1) 求证：CD是⊙O的切线；
(2) 若⊙O的直径为4，AD=3，试求∠BAC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）30°.
【分析】(1)连接OC,证先利用角平分线的定义和等腰三角形的性质证明∠OCA=∠DAC，从而OC∥AD，由
平行线的性质可得OC⊥CD，从而得出CD是⊙O切线；
(2)连接BC,证明△ACB∽△ADC,求出AC的长度,再求出∠BAC的余弦,得出∠BAC的度数.
【详解】解：(1) 连结OC.
∵ 平分 ，∴∠BAC=∠DAC.
又OA=OC, ∴∠BAC=∠OCA, ∴∠OCA=∠DAC, ∴OC∥AD.
∵AD⊥CD, ∴OC⊥CD, ∴CD是⊙O的切线.
(2) 连结BC. ∵AB是⊙O的直径, ∴∠ACB=90°, ∴∠ACB=∠ADC=90°.
又∠BAC=∠DAC, ∴△ACB△ADC. ∴, , , ∴AC= .
在Rt ACB中, cos∠BAC= , ∴∠BAC=30°.
△
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，圆的切线的判定及锐角三角函数的知
识.连接半径是证明切线的一种常用辅助线的做法,求角的度数可以借助于三角函数.
24．如图，某校教学楼AB后方有一斜坡，已知斜坡CD的长为12米，坡角α为60°．根据有关部门的规定，∠α≤39°时，才能避免滑坡危险．学校为了消除安全隐患，决定对斜坡CD进行改造，在保持坡脚C不动的
情况下，学校至少要把坡顶D向后水平移动多少米才能保证教学楼的安全？（结果取整数）（参考数据：
sin39°≈0.63，cos39°≈0.78，tan39°≈0.81， ≈1.41， ≈1.73， ≈2.24）
【答案】7
【分析】假设点D移到D′的位置时，恰好∠α=39°，过点D作DE⊥AC于点E，作D′E′⊥AC于点E′，根据
锐角三角函数的定义求出DE、CE、CE′的长，进而可得出结论．
【详解】假设点D移到D’的位置时，恰好∠α=39°，过D点作DE⊥AC于E点，作D’E⊥AC于E’
∵CD=12，∠DCE=60°
∴DE=CD·sin60°=6 ，CE=CD·cos60°=6
∵DE⊥AC，D’E’⊥AC，DD’∥CE’
∴四边形DEE’D’是矩形
∴DE=D’E’=6 ，
∵∠D’CE’=39°
∴CE′= ≈13
∴EE′=CE′﹣CE=13﹣6=7（米）．
即
答：学校至少要把坡顶D向后水平移动7米才能保证教学楼的安全．【点睛】本题考查了解直角三角的应用，锐角三角函数是解题的关键．
25．（1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中， 的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将 绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点 ，点C的对应点为点 ．连
接 ；
②在①中所画图形中， ＝ °．
（2）【问题解决】
如图2，在 中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到
AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常
数），求BD的长（用含k的式子表示）．
【答案】（1）①见解析，②45；（2）135°；（3）
【分析】（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．
②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．
（3）如图3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则
BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG＝ ，由此即可解决问题．
【详解】解：（1）①如图，△AB′C′即为所求．
②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，∴∠AB′B＝45°，
故答案为45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．
∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，
∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，
∴CD＝AH，
∴DH＝AC＝EH，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADE＝135°．
（3）如图③中，∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
∴CG＝ ＝ ．
∴BD＝CG＝ ．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定
理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，
构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
26．如图1，抛物线 与坐标轴分别交于 三点，其中 点坐标为 ．
(1)求抛物线解析式；
(2)点 是直线 下方抛物线上的一动点，点 是 轴上一动点，当四边形 的面积最大时，求
的最小值；
(3)在（2）条件下，将抛物线 沿 轴翻折得到 ，则 点的对应点为 ，并将 沿射线 方向平移个单位长度得到 ，记 在抛物线 上的对应点为 ，过 作 轴于点 是直线 上一
点，连接 ，则是否存在点 使得 ；若存在，请直接写出点 的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【分析】（1）先求出 ，再把 ， 代入 得计算即可；
（2）过 作 轴于 ，交 于 ，先求直线 解析式为 ，再设 ，
则 ， ，根据 ，求出面积最大时 ，
再过 在 轴上方找一点 ，使 ， ，连接 ，延长 交 轴于 ，根据
，当 在 上时， 最小，再求出 的轨迹方程，设
，根据 求解即可；
（3）先求出 ， ，得到 ，直线 解析式为 ，再根据 的位置分
情况讨论，分别画出图形求解即可．
【详解】（1）解：令 ，则 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
把 ， 代入 得 ，
解得 ，
∴抛物线解析式 ；
（2）解：过 作 轴于 ，交 于 ，
∵ ，
∴设直线 解析式为 ，
把 代入得 ，解得 ，
∴直线 解析式为 ，
∴设 ，则 ，
∴ ，
∴，
∴当 时， 最大，此时 ，
过 在 轴上方找一点 ，使 ， ，连接 ，延长 交 轴于 ，
∴ ， ，
∴ ， ，即 ，点 在直线 上移动，
∴ ，
∴当 在 上时， 最小，
设直线 解析式为 ，
把 代入得 ，解得 ，
∴直线 解析式为 ，
∴设 ，
∴ ，
∴当 时， 最小，即 ，
∴ 的最小值 ；
（3）解：∵ 关于 轴翻折得到点 ，
∴将抛物线 沿 轴翻折得到 ， 解析式为 ，整理得 ，的对应点 ，
连接 交 轴于 ，则 轴， ，
∴ ， ， ，
∴将 沿射线 方向平移 个单位长度得到 ，相当于先向左移动 个单位长度，再向下移动12个
单位长度，
∴ 在抛物线 上的对应点为 ，即 ，
∵过 作 轴于点 ，
∴ ，
∵ ，
∴设直线 解析式为 ，
把 代入得 ，解得 ，
∴直线 解析式为 ，
当点 在点 左边时，由外角可得 ，不合题意；
当点 在线段 上时，如图 ，连接 交 轴于点 ，过 作 于∵ ，
∴ ，即 平分 ，
∵
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ 中， ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
同理可求得直线 解析式为 ，
∵直线 与 交点为 ，
∴联立 ，解得 ，
∴ ；
当点 在点 右边时，如图 ，过 作 交 于 ，过 作 轴于 ，∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， 轴，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ， ，
∴ ，
∴ ，
同理可求得直线 解析式为 ，∵直线 与 交点为 ，
∴联立 ，解得 ，
∴ ，
综上所述， 或 ．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及到求抛物线解析式，二次函数面积最值，二次函数线段和最
值，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点．
