九年级数学上学期期中模拟卷·拔尖卷
【人教版】
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2024·广东·模拟预测）若关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有两个不相等的实数根，则a，c的值
可以是（ ）
A．a=1，c=4 B．a=−1，c=−5
C．a=3，c=1 D．a=2，c=2
【答案】C
【分析】本题主要考查了根的判别式，利用一元二次方程根的判别式，得出ac<4，再进行计算判断即
可．
【详解】解：由题知，
因为关于x的一元二次方程ax2+4x+c=0有两个不相等的实数根，
所以Δ=42−4×a×c>0且a≠0，
∴ac<4，
当a=1，c=4时，ac=4，故选项A不符合题意；
当a=−1，c=−5时，ac=5>4，故选项B不符合题意；
当a=3，c=1时，ac=3<4，故选项C符合题意；
当a=2，c=2时，ac=4，故选项D不符合题意；
故选：C．
2．在平面直角坐标系中，点A的坐标是(−2,3)，将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是
(5,−1)，则点C的坐标是（ ）
A．(−0.5,−2.5) B．(−0.25,−2) C．(0,−1.75) D．(0,−2.75)
【答案】A
【分析】设点C的坐标为(x,y)，由旋转的性质可得，CA=CB，列出等式，把每个选项的横坐标代入验证
即可．
【详解】解：设点C的坐标为(x,y)，
∵点A的坐标是(−2,3)，点B的坐标是(5,−1)，
∴由旋转的性质可得，CA=CB，即❑√(x+2) 2+(y−3) 2=❑√(x−5) 2+(y+1) 2，
整理得14x−8 y=13，
当x=−0.5时，14×(−0.5)−8 y=13，解得y=−2.5；
33
当x=−0.25时，14×(−0.25)−8 y=13，解得y=− ≠−2；
16
当x=0时，14×0−8 y=13，解得y=−1.625；
故只有选项A的坐标满足题意，选项B、C、D都不满足题意，
故选：A
【点睛】本题考查了旋转的性质，理解掌握对应点到旋转中心的距离相等是解题的关键．
3．关于x的方程x2−2mx+m2=4的两个根x ，x 满足x =2x +3，且x >x ，则m的值为（ ）
1 2 1 2 1 2
A．−3 B．1 C．3 D．9
【答案】C
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程的根．根据(x−m+2)(x−m−2)=0，x >x 得
1 2
到x =m+2，x =m−2，由x =2x +3可得m的方程，解m的方程即可．
1 2 1 2
【详解】解：∵x2−2mx+m2=4，
∴(x−m+2)(x−m−2)=0，
∴x−m+2=0或x−m−2=0，
∵x >x ，
1 2
∴x =m+2，x =m−2，
1 2
∵x =2x +3，
1 2
∴m+2=2(m−2)+3，
解得m=3．
故选：C．
4．（2025·福建三明·一模）已知方程(x−2)(x2−4x+a)=0的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边
边长，则实数a的取值范围是（ ）
A．1<a<3 B．1<a<4
C．3<a<4 D．2<a<3
【答案】C
【分析】本题考查的一元二次方程根的判别式的应用，根与系数的关系，三角形三边关系的应用，先解方程得到一个解为x=2，结合题意可得x2−4x+a=0方程有两个不相等的正实数根，且|x −x )<2，再进一
1 2
步解答即可．
【详解】解：∵(x−2)(x2−4x+a)=0，
∴x−2=0或x2−4x+a=0，
当x−2=0时，则x=2，
当x2−4x+a=0时，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，
∴Δ=(−4) 2−4a>0，x +x =4>2，x x =a>0，
1 2 1 2
解得：a<4，
∵方程(x−2)(x2−4x+a)=0的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，
∴|x −x )<2，
1 2
∴❑√(x +x ) 2−4x x =❑√16−4a<2，
1 2 1 2
∴0≤16−4a<4，
解得：3<a≤4，
综上：3<a<4，
故选：C
5．（2025·陕西·模拟预测）已知二次函数L:y=3ax2−6ax+9(a≠0)，顶点为A，作该函数关于原点对
称的新函数L′，顶点为B，若点B在函数L上，则AB的长为（ ）
A．9❑√13 B．10❑√13 C．9❑√15 D．10❑√15
【答案】B
【分析】该题考查了二次函数的图象和性质，先求出原函数 L 的顶点 A ，再确定关于原点对称的新函数
L′及其顶点 B ，代入到原函数中解出a ，最后计算AB的距离．
【详解】解：∵函数为y=3ax2−6ax+9，
−6a
∴顶点横坐标为x=− =1，代入得纵坐标y=3a−6a+9=9−3a，
2⋅3a
故顶点为A(1,9−3a)，
关于原点对称后，函数L'的顶点横坐标为x=−1，纵坐标y=−(9−3a)=3a−9，
故顶点B为(−1,3a−9)．将B(−1,3a−9)代入L的方程得：3a−9=3a×(−1) 2−6a(−1)+9，
解得：a=−3，
当a=−3时， A(1,18)，B(−1,−18)，
距离为：AB=❑√[1−(−1)) 2+[18−(−18)) 2=❑√22+362=❑√1300=10❑√13，
故选：B．
6．（2025·浙江·模拟预测）设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0有两个不相等的实数根x ，x ，且
1 2
x <1<x ，那么实数a的取值范围是（ ）
1 2
2 2 2 2 2
A．a＜− B．− ＜a＜ C．a> D．− ＜a＜0
11 7 5 5 11
【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，以及不等式的综合应用．根据一元二次
方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又因为x <1<x ，所以(x −1)(x −1)<0
1 2 1 2
，即x x −(x +x )+1<0，利用根与系数的关系，
1 2 1 2
【详解】解：∵方程有两个不相等的实数根，
∴a≠0且Δ>0，
∴(a+2) 2−4a×9a=−35a2+4a+4>0，
2 2
解得− <a< ，
7 5
a+2
∵x +x =− ，x x =9，
1 2 a 1 2
又∵x <1<x ，
1 2
∴x −1<0，x −1>0，
1 2
∴(x −1)(x −1)<0，
1 2
a+2
∴x x −(x +x )+1<0，即9+ +1<0，
1 2 1 2 a
2
解得− <a<0，
112
∴a的取值范围是− <a<0．
11
故选：D．
7．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A(2,4)在抛物线y=ax2上，过点A作y轴
的垂线，交抛物线另一侧于点B，点C，D在线段AB上，且关于y轴对称，分别过点C，D作x轴的垂线交
抛物线于E，F两点，则四边形CDFE周长的最大值为（ ）
A．8 B．10 C．2❑√3−2 D．8❑√5−8
【答案】B
【分析】本题主要考查二次函数的性质、抛物线的对称性及四边形周长的计算，熟练掌握二次函数的表达
式求解与最值分析是解题的关键．先求出抛物线表达式，设出点C坐标，进而表示出其他点坐标，得出四
边形CDFE周长的表达式，再利用二次函数性质求最大值．
【详解】解：点A(2,4)在抛物线y=ax2上，
把A(2,4)代入y=ax2，得4=a×22，
解得a=1，
∴抛物线表达式为y=x2．
设C(t,4)（0<t≤2 ），
∵点C，D关于y轴对称，
∴D(−t,4)．
过点C作x轴垂线交抛物线于E，则E(t,t2 )；过点D作x轴垂线交抛物线于F，则F(−t,t2 )．
∴CD=2t，CE=4−t2，
∴DF=CE=4−t2，EF=CD=2t．
四边形CDFE周长L=2(CD+CE)=2(2t+4−t2 )，
=−2t2+4t+8．4
∵上述函数中二次项系数−2<0，开口向下，对称轴为直线t=− =1．
2×(−2)
∴当t=1时，L =−2×12+4×1+8=10．
max
故选：B．
8．（2024·贵州遵义·一模）如图，E是正方形ABCD的CD边上的一点，以点A为旋转中心，把△ADE顺
1
时针旋转90°得到△ABF，连接EF．若△AEF的面积为14 ，AD比DE长3，则正方形ABCD的边长
2
为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】先结合正方形的性质得∠ADE=90°，故AE=❑√AD2+DE2=❑√(r+3) 2+r2，根据旋转的性质得
1
△ADE≌△ABF，∠FAE=90°，则AE=AF，又因为△AEF的面积为14 ，所以
2
1 1
14 = [(r+3) 2+r2)，再解得r =2,r =−5<0（舍去），即可作答．
2 2 1 2
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=90°，
设DE=r，
∵AD比DE长3，
∴AD=r+3，
∴AE=❑√AD2+DE2=❑√(r+3) 2+r2，
∵以点A为旋转中心，把△ADE顺时针旋转90°得到△ABF，
∴△ADE≌△ABF，∠FAE=90°，
∴AE=AF，即AF=❑√(r+3) 2+r2，
1 1 1
∴△AEF的面积= ×AF×AE= ×AF×AF= [(r+3) 2+r2)，
2 2 2
1
∵△AEF的面积为14 ，
2
1 1
∴14 = [(r+3) 2+r2)，
2 2
整理得r2+3r−10=(r−2)(r+5)=0，
解得r =2,r =−5<0（舍去），
1 2
∴AD=r+3=2+3=5，
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的性质，正确掌握相关性质内容
是解题的关键．
9．（2025·浙江杭州·模拟预测）关于x的二次函数y=−x2+2x−m(m≠0)与x轴有两个交点(x ,0)，
1
(x ,0)(x <x )，关于x的方程x2−2x+m−1=0有两个非零实数根x ，x (x <x )，则下列关系式不成
2 1 2 3 4 3 4
立的是（ ）
x❑
A．x <x <x <x B． 1 >1
3 1 2 4 x❑
3
x❑
C．0< 2 <1 D．x −x =x −x
x❑ 1 3 4 2
4
【答案】B
【分析】本题考查二次函数与一元二次方程的关系，先确定x ，x (x <x )是直线y=−1与抛物线的交点
3 4 3 4
的横坐标，再画出大致图象即可得到x <x <1<x <x ，最后推理判断即可．
3 1 2 4
2
【详解】解：y=−x2+2x−m(m≠0)的对称轴为直线x=− =1，开口向下，
−2
∵关于x的二次函数y=−x2+2x−m(m≠0)与x轴有两个交点(x ,0)，(x ,0)(x <x )，
1 2 1 2
∴x 、x 是方程−x2+2x−m=0的两个不相等的实数根，
1 2∴x +x =2，x <1<x ，
1 2 1 2
当y=−1时，−x2+2x−m=−1，整理得x2−2x+m−1=0，
∵关于x的方程x2−2x+m−1=0有两个非零实数根x ，x (x <x )，
3 4 3 4
∴x ，x (x <x )是直线y=−1与抛物线的交点的横坐标，x +x =2，
3 4 3 4 3 4
y=−x2+2x−m(m≠0)的大致图象如下：
由函数图象可得，x <x <1<x <x ，故选项A正确，不合题意；
3 1 2 4
∵x 可能是正数也可能是负数，
1
x❑
∴ 1 与1的大小不能确定，故选项B不正确，符合题意；
x❑
3
∵1<x <x ，
2 4
1 x x
∴ < 2< 4 ，
x x x
4 4 4
x❑
∴0< 2 <1，故选项C正确，不合题意；
x❑
4
∵x +x =2，x +x =2，
3 4 1 2
∴x +x =x +x ，
1 2 3 4
∴x −x =x −x ，故D成立，不符合题意；
1 3 4 2
故选：B．
10．（2025·山东青岛·模拟预测）若二次函数y=ax2+bx+c(a>0)可通过配方法转化为顶点式
y=a(x−1) 2+k，且图象与x轴的一个交点的横坐标为−1，则下列说法：①abc>0；②图象与y轴交于
(0,k)；③k=c−a；④若方程a(x−1) 2=1−k的两个根为x ，x ，且x <x ，则x <−1，x >3；⑤若二
1 2 1 2 1 2次函数图象上存在一个横坐标为n(n≠0)的点，使得an2+bn=0，则n一定等于2，正确的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据抛物线的对称性，抛物线与x轴的交点，对称轴的两种表示方法，抛物线的增减性等解答即
可.
本题考查了抛物线的对称性，抛物线与坐标轴的交点，抛物线与各项系数的符号关系，抛物线的增减性，
熟练掌握性质是解题的关键.
【详解】解：∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)可通过配方法转化为顶点式y=a(x−1) 2+k，且图象与x轴
的一个交点的横坐标为−1，
∴a−b+c=0，对称轴为直线x=1，
b
∴x=− =1,
2a
∴b=−2a<0，
∴a+2a+c=0即c=−3a<0，
∴abc>0；
故①正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)，b=−2a，c=−3a，
∴y=ax2−2ax−3a=a(x2−2x−3)，
图象与y轴交于(0,−3a)，
故②错误；
∵二次函数y=ax2+bx+c(a>0)可通过配方法转化为顶点式y=a(x−1) 2+k，且过(0,c)，
∴c=a+k，
∴k=c−a
故③正确；
设抛物线与x轴的另一个交点为(x ,0)，
0
∵对称轴为直线x=1，
−1+x
∴1= 0，
2
解得x =3，
0故ax2+bx+c=0的两个根分别是−1,3，
故a(x−1) 2+k=0的两个根分别是−1,3，
∵方程a(x−1) 2=1−k，
∴a(x−1) 2+k=1，
此即抛物线y=a(x−1) 2+k在y=1的情形，
∵a>0，
∴抛物线y=a(x−1) 2+k满足对称轴的右侧，y随x的增大而增大，对称轴的左侧，y随x的增大而减小，
∵对称轴的右侧，x=3时，函数值为0，x=x 时，函数值为1，且函数值增大，
2
∴x >3；
2
∵对称轴的左侧，x=−1时，函数值为0，x=x 时，函数值为1，且函数值增大，
1
∴x <−1；
1
故④正确；
由二次函数图象上存在一个横坐标为n(n≠0)的点，使得an2+bn=0，
∴an+b=0，
∴an−2a=0，
∴n−2=0，
∴n=2，
故⑤正确；
故选：C．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分）
1
11．（2025·江苏苏州·模拟预测）若a是方程x2+x−1=0的根，则代数式2025+a2+
的值是 ．
a2
【答案】2028
【分析】本题考查代数式求值，涉及方程根的定义、整体代入法求代数式值、分式的混合运算等知识，根
据题中所给代数式的结构特征，结合已知条件，恒等变形代值求解即可得到答案，熟练掌握分式混合运算
法则化简求值是解决问题的关键．
【详解】解：∵ a是方程x2+x−1=0的根，
∴ a2+a−1=0，即a2=1−a，1
∴
2025+a2+
a2
1
=2025+(1−a)+
1−a
(1−a) 2 1
=2025+ +
1−a 1−a
a2−2a+2
=2025+
1−a
(1−a)−2a+2
=2025+
1−a
3(1−a)
=2025+
1−a
=2025+3
=2028，
故答案为：2028．
12．如图，在正方形网格中，线段AB绕某点顺时针旋转角α(0<α<180°)得到线段A B ，点A与点A 是
1 1 1
对应点，点B与点B 是对应点，则α等于 ．
1
【答案】90°
【分析】连接BB、AA，再分别作两线段的中垂线，两中垂线的交点得出旋转中心，连接AO、AO，结合
1 1 1
网格特点可得旋转角α；
【详解】解：如图所示，点O为旋转中心，∠AOA =α=90°．
1故答案为：90°
【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质．
1
13．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，抛物线L：y= x2+bx−3（b为常数），当抛物线L经过点
4
M(−4,m)，N(6,m)时．
（1）抛物线L的顶点坐标为 ．
1 1
（2）若0≤x≤n时，函数y= x2+bx−3的最大值与最小值的差总为 ，n的取值范围 ．
4 4
( 13)
【答案】 1,− 1≤n≤2
4
【分析】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式和根与系数的关系，熟知上述性质是解
题的关键．
（1）利用点M(−4,m)，N(6,m)两点关于对称轴对称，可得顶点坐标，且可求得b的值，再解方程即
可求得抛物线L与x轴在原点右侧的交点坐标；
（2）利用二次函数的性质，进行解答即可．
【详解】解：（1）∵抛物线L经过点M(−4,m),N(6,m)，
−4+6 b
x= =1=−
∴抛物线L的对称轴为直线 2 1 ，
2×
41
∴b=− ，
2
1 1
∴L 的函数表达式为y= x2− x−3．
1 4 2
1 1 13
当x=1时，y= − −3=− ．
4 2 4
( 13)
∴抛物线L的顶点坐标为 1,− ，
4
( 13)
故答案为： 1,− ；
4
1 1
（2）∵y= x2− x−3与y轴交于点D(0,−3)，
4 2
则点D关于直线x=1的对称点为(2,−3)，
∵抛物线L的开口向上，
∴当0≤x≤2时，抛物线L上的最高点的纵坐标总是−3，
( 13) 1
最低点总是 1,− ，两个点的竖直距离总为 ，
4 4
1 1 1
∴当1≤n≤2时，函数y= x2− x−3的最大值与最小值的差总为 ．
4 2 4
故答案为：1≤n≤2．
14．若关于x的一元二次方程x2−3x+m2+m=0(m>0)，当m=1,2,3,⋯,2022时，相应的一元二次方程
1 1 1 1 1 1
的两根分别记为α ,β ;α ,β ;⋯;α ,β ,则 + + + +⋯ + 的值为 ．
1 1 2 2 2022 2022 α β α β α β
1 1 2 2 2022 2022
6066
【答案】
2023
【分析】利用根与系数的关系得到α +β =3，α β =1×2；α +β =3，α β =2×3；…α +β =3
1 1 1 1 2 2 2 2 2022 2022
，α β =2022×2023；把原式变形，再代入，即可求出答案．
2022 2022
【详解】解：∵x2−3x+m2+m=0，m=1,2,3,⋯,2022，
∴由根与系数的关系得：α +β =3，α β =1×2；α +β =3，α β =2×3；…α +β =3，
1 1 1 1 2 2 2 2 2022 2022
α β =2022×2023；
2022 2022
α +β α +β α +β
∴原式= 1 1+ 2 2+.... 2022 2022
α β α β α β
1 1 2 2 2022 2022
3 3 3
= + +....
1×2 2×3 2022×2023( 1 1 1 1 1 )
=3× 1− + − +.... −
2 2 3 2022 2023
( 1 )
=3× 1−
2023
2022
=3×
2023
6066
=
2023
6066
故答案为：
2023
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x ，x 是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根
1 2
b c
时，x +x =− ，x x = ．
1 2 a 1 2 a
15．（2024·江西九江·二模）在平面直角坐标系中，点A,B在直线y=−2x+6上，点A的横坐标为
❑√5
1,AB= ，若线段AB绕点B旋转90°后，得到点A的对应点C，且点C在第一象限内，则点C的坐标为
2
．
(5 7) (1 5) (3 11)
【答案】 ， 或 ， 或 ，
2 2 2 2 2 2
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，坐标与图形变化—旋转，勾股定理，全等三角形的性质与
判定，先求出点A的坐标，设B(m，−2m+6)，根据两点距离公式得到
(m−1) 2+(−2m+6−4) 2= (❑√5) 2 ，解方程得到B (3 ，3 ) 或B (1 ，5 ) ；过点B (3 ，3 ) 作EF∥x轴，
2 2 2 1 2
过点A、C 分别作直线EF的垂线，垂足分别为E、F，由旋转的性质可得B A=B C ，∠AB C =90°
1 1 1 1 1 1
1 (5 7)
，证明△EAB ≌△FB C (AAS)，得到B F=AE=1，FC =EB = ，则C ， ，同理可得
1 1 1 1 1 1 2 1 2 2
(1 5) (3 11)
C ， ，C ， ．
2 2 2 3 2 2
【详解】解：在y=−2x+6中，当x=1时，y=4，
∴A(1，4)，
设B(m，−2m+6)，❑√5
∵AB= ，
2
∴(m−1) 2+(−2m+6−4) 2=
(❑√5) 2
，
2
3 1
解得m= 或m= ，
2 2
(3 ) (1 )
∴B ，3 或B ，5 ；
2 2
(3 )
如图所示，过点B ，3 作EF∥x轴， 过点A、C 分别作直线EF的垂线，垂足分别为E、F，
1 2 1
由旋转的性质可得B A=B C ，∠AB C =90°，
1 1 1 1 1
∵∠E=∠F=90°，
∴∠EAB +∠EB A=90°=∠FB C +∠EB A，
1 1 1 1 1
∴∠EAB =∠FB C ，
1 1 1
∴△EAB ≌△FB C (AAS)，
1 1 1
1
∴B F=AE=1，FC =EB = ，
1 1 1 2
(5 7)
∴C ， ；
1 2 2
(1 5) (3 11)
同理可得C ， ，C ， ；
2 2 2 3 2 2
(5 7) (1 5) (3 11)
综上所述，点C的坐标为 ， 或 ， 或 ， ；
2 2 2 2 2 2(5 7) (1 5) (3 11)
故答案为： ， 或 ， 或 ， ．
2 2 2 2 2 2
16．（2025·宁夏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线l :y=ax2+bx+c（其中a，b，c是常
1
数，且a≠0）以原点为中心，旋转180°得到抛物线l ，则称l 是l 的“中心对称抛物线” ．已知抛物线
2 2 1
y =x2−3x−4，将抛物线y 向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A，B．将抛物线y 的
1 1 1
“中心对称抛物线”y 向右平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C，D．当BC2=AB⋅BD
2
时，n的值为 ．
21±5❑√5
【答案】
4
【分析】先求出抛物线y 与x轴交点，平移后得到A、B坐标；再根据中心对称求出y 解析式，进而得到
1 2
y 与x轴交点，平移后得到C、D坐标；然后表示出AB、BC、BD的长度，最后根据BC2=AB⋅BD列方
2
程求解n ．
【详解】当y =0时，x2−3x−4=0，解得x =−1，x =4，
1 1 2
∴抛物线y =x2−3x−4与x轴的交点坐标为(−1,0)，(4,0)．
1
∵抛物线y =x2−3x−4向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A，B，
1
∴A(−1−n,0)，B(4−n,0)．
3 25
∵y =x2−3x−4=(x− ) 2− ，
1 2 4
3 25
∴抛物线y 的顶点坐标为( ,− )，
1 2 4
3 25 3 25
∵点( ,− )关于原点的对称点为(− , )，
2 4 2 4
3 25
∴抛物线y 的“中心对称抛物线”y 的解析式为y =−(x+ ) 2+ ，
1 2 2 2 4
3 25
当y =0时，−(x+ ) 2+ =0，
2 2 4
解得x =1，x =−4，
1 2
∴抛物线y 与x轴的交点坐标为(−4,0)，(1,0)．
2
∵抛物线y 向右平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C，D，
2
∴C(−4+n,0)，D(1+n,0)，∴AB=4−n+1+n=5，BC=|4−n+4−n|=|8−2n|，BD=|4−n−1−n|=|3−2n|．
∵BC2=AB⋅BD，
∴(8−2n) 2=5|3−2n|，
21±5❑√5
解得n= ，
4
21±5❑√5
故答案为： ．
4
【点睛】本题主要考查了抛物线的平移、中心对称变换，以及抛物线与x轴交点问题，熟练掌握抛物线的
平移规律、中心对称性质及利用交点求线段长度的方法是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，满分72分）
17．（6分）（24-25九年级上·福建宁德·期中）已知：实数m满足am2+bm+1=0(a≠0)．
(1)求证：b2−4a≥0；
(2)若a，b都是奇数，关于m的方程am2+bm+1=0是否有整数根？并说明理由；
mn+6m+1
(3)若a=7，b=13，n2+13n+7=0，求 的值．
n
【答案】(1)见解析
(2)无整数根，见解析
(3)−1
【分析】本题考查了一元二次方程的解、一元二次方程的根的判别式、一元二次方程根与系数的关系．
（1）根据一元二次方程根的判别式可得b2−4×a×1≥0，即可得证；
（2）利用反证法求解即可；
1 1 13
（3）先证明出m、 是方程7x2+13x+1=0的两根，再由一元二次方程根与系数的关系得出m+ =−
n n 7
1 1
，m⋅ = ，代入计算即可得解．
n 7
【详解】（1）解：∵实数m满足am2+bm+1=0，
∴关于m的方程am2+bm+1=0有解，
∴b2−4×a×1≥0，
∴b2−4a≥0
（2）解：无整数根，理由如下：
假设有整数根，
若m为奇数时，∵a，b都是奇数，
∴am2+bm+1为奇数，与am2+bm+1=0相矛盾；
若m为偶数时，
∵a，b都是奇数，
∴am2+bm+1为奇数，与am2+bm+1=0相矛盾；
∴假设错误，
综上所述，方程am2+bm+1=0无整数根；
（3）解：若a=7，b=13，则7m2+13m+1=0，
∵n2+13n+7=0，
7 13
∴
+ +1=0，
n2 n
1
∴m、 是方程7x2+13x+1=0的两根，
n
1 13 1 1
∴m+ =− ，m⋅ = ，
n 7 n 7
mn+6m+1 6m 1 13 6
∴ =m+ + =− + =−1．
n n n 7 7
18．（6分）（2025·浙江·模拟预测）已知二次函数y=ax2+bx+c（a,b,c是常数，ab≠0）的图象经过
(1,0)．
(1)若二次函数图象经过A(−1,4)，B(0,−1)，求该二次函数解析式；
(2)若二次函数图象的顶点落在x轴上，求证：a=c；
c+a
(3)若二次函数图象的对称轴为直线x= ，当b≥c时，求a2+b2+c2的最小值．
2
【答案】(1)y=3x2−2x−1
(2)见解析
(3)a2+b2+c2有最小值1.5
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数的最值，解题时要熟
练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键．
（1）依据题意，通过待定系数法即可计算得解；
（2）依据题意，由抛物线的顶点落在x轴上，则b2−4ac=0，又a+b+c=0，且b≠0，可得
(−a−c) 2−4ac=(a−c) 2=0，从而可以得解；c+a
（3）依据题意，对称轴为直线x= ，且a+b+c=0，先求出a=1，从而b=−1−c，再求出c的范
2
围，然后根据a2+b2+c2=2c2+2c+2=2 ( c+ 1) 2 +1.5，从而可以计算得解．
2
【详解】（1）解：∵图象过(1,0)，
∴a+b+c=0，
又∵图象过A(−1,4)，B(0,−1)，
{a−b+c=4)
∴ ，
c=−1
{
a=3
)
∴ b=−2 ，
c=−1
∴y=3x2−2x−1；
（2）证明：∵顶点落在x轴上，
∴b2−4ac=0，
∵a+b+c=0，且b≠0，
∴(−a−c) 2−4ac=(a−c) 2=0，
∴a=c；
c+a
（3）解：∵抛物线的对称轴为直线x= ，且a+b+c=0，
2
b c+a b
∴− = =− ，
2a 2 2
∵b≠0，
∴a=1，
∴b=−1−c，
又b≥c，
∴c≤−0.5，
∴将a=1，b=−1−c代入得a2+b2+c2=2c2+2c+2=2 ( c+ 1) 2 +1.5，
2
∴当c=−0.5时，a2+b2+c2有最小值1.5．
19．（6分）在等腰三角形ADC和等腰三角形BEC中，∠ADC=∠BEC=90°，BC<CD．将△BEC
绕点C逆时针旋转，连接AB，点O为线段AB的中点，连接DO，EO．(1)如图1，当点B旋转到CD边上时，请直接写出线段DO与EO的关系为 ；
(2)在(1)的基础上，△BEC绕点C逆时针继续旋转45°，(1)中的结论是否成立？若成立，请画出图形并写
出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)若BC=2，CD=❑√6，在△BEC绕点C逆时针旋转的过程中，当∠ACB=60°时，请直接写出线段
OD的长．
【答案】(1)DO⊥EO，DO＝EO；
(2)仍然成立，图见解析，证明见解析；
(3)线段OD的长为1或❑√7．
1 1
【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知OE= AB，OD= AB，所以可得
2 2
OD=OE；
(2)延长EB交AD于点F，连接OF，根据等腰直角三角形的性质可证∠OFD=∠OBE，四边形DFEC是
矩形，利用SAS可证△OFD≌△OBE，根据全等三角形的性质可证OD=OE；
(3)当∠ACB=60°时，要分BC在AC左侧时和BC在AC右侧两种情况求解，当BC边在AC边的左侧时，
连接DE，作EH⊥CD垂足为点H，利用勾股定理和含30°角的直角三角形中边之间的关系求解即可；当
BC边在AC边的右侧时，∠ACB=60°，过E作EH⊥DC，与DC交于H点，连接DE，利用勾股定理
和含30°角的直角三角形中边之间的关系求解即可．
【详解】（1）解：∵△ADC是等腰三角形，∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠C=45°，
∵∠BEC=90°，
∴∠AEB=90°，
∵点O是AB的中点，
1
在Rt△AEB中，OE=OA= AB，
2
∴∠OAE=∠OEA，∴∠EOB=∠OAE+∠OEA=2∠OAE，
又∵∠ADC=90°，点O是AB的中点，
1
∴OD=OA= AB，
2
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DOB=∠OAD+∠ODA=2∠OAD
∴OD=OE，∠DOE=2∠DAO+2∠BAE=2(∠DAO+∠EAO)=2∠DAC=90°，
∴OD⊥OE；
故答案为：OD=OE，OD⊥OE；
（2）解：仍然成立，
理由如下：
如下图所示，延长EB交AD于点F，连接OF，
∵△ADC和△EBC是等腰直角三角形，∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠A=∠EBC=45°，
∴∠ABF=∠EBC=45°，
∴∠EBO=180°−45°=135°
∴∠AFB=90°，
∵点O为线段AB的中点，
1
∴∠FOA=∠FOB=90°，FO=AO=BO= AB，∠OFB=45°，
2
∴∠DFO=∠DFB+∠OFB=90°+45°=135°，
∴∠OFD=∠OBE，
∵∠BEC=∠BFD=∠ADC=90°，
∴四边形DFEC是矩形，
∴FD=EC=BE，
{
FD=EB
)
在△OFD和△OBE中， ∠OFD=∠OBE ，
FO=BO
∴△OFD≌△OBE，
∴OE=OD，∠BOE=∠FOD，
∴∠BOE+∠DOB=∠DOB+∠FOD=90°，
∴OE=OD，OE⊥OD，
∴(1)中关系仍然成立；（3）解：如下图所示，当BC边在AC边的左侧时，连接DE，作EH⊥CD垂足为点H，
∴∠EHC=90°，
∵△ADC和△BEC是等腰直角三角形，
❑√2
∴BE=EC= BC=❑√2，∠BCE=∠ACD=45°，
2
又∵∠ACB=60°，
∴∠ECH=180°−∠ACD−∠ACB−∠BCE=180°−45°−60°−45°=30°，
1 ❑√2
∴EH= EC= ，
2 2
∴CH=❑√EC2−EH2=❑
√
(❑√2) 2 −
(❑√2) 2
=
❑√6
，
2 2
❑√6 3❑√6
∴DH=DC+CH=❑√6+ = ，
2 2
在Rt△EDH中，DE=❑√DH2+EH2=❑
√ (❑√2) 2
+
(3❑√6) 2
=❑√14，
2 2
由(2)可知∴OE=OD，OE⊥OD，
❑√2 ❑√2
∴OD=OE= DE= ×❑√14=❑√7；
2 2
如下图所示，当BC边在AC边的右侧时，∠ACB=60°，过E作EH⊥DC，与DC交于H点，连接DE，
∵△ADC和△BEC是等腰直角三角形，
❑√2
∴BE=EC= BC=❑√2，∠BCE=∠ACD=45°，
2
∵∠ACB=60°，∠ACD=45°，
∴∠BCD=∠ACB−∠ACD=60°−45°=15°，
∴∠ECH=∠ECB−∠BCD=45°−15°=30°，
1 ❑√2
∴EH= EC= ，
2 2
∴CH=❑√EC2−EH2=❑
√
(❑√2) 2 −
(❑√2) 2
=
❑√6
，
2 2
❑√6 ❑√6
∴DH=DC−CH=❑√6− = ，
2 2
∴DH=CH，
∴EH是CD的垂直平分线，
∴ED=EC=❑√2，
由(2)可知OD=OE，OD⊥OE，
❑√2 ❑√2
∴OD= ED= ×❑√2=1；
2 2
综上所述，OD的长度为1或❑√7.
【点睛】本题主要考查了图形的旋转变换、直角三角形的性质、三角形全等判定与性质、矩形的判定与性
质、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造特殊的直角三角形，利用直角三角形的性质求解．
20．（8分）根据以下素材，完成下列任务．
背景素材
随着“绿色出行，低碳生活”理念的普及，新能源汽车正逐渐成为人们喜爱的
交通工具．新能源汽车多数采用电能作为动力来源，不需要燃烧汽油，这样就
背景
减少二氧化碳气体的排放，从而达到保护环境的目的，在国家积极政策的鼓励
下，新能源汽车的市场需求逐年上升．某品牌新能源汽车1月份销售量为3万辆，随着消费人群的不断增多，该品牌新
素材1
能源汽车的销售量逐月递增，3月份的销售量达到5.07万辆．
某汽车销售公司抢占先机，购进一批新能源汽车进行销售，该公司选择一款进
价为15万元/辆的新能源汽车，经销一段时间后发现：当该款汽车售价定为25万
素材2
元/辆时，平均每周售出8辆，售价每降低0.5万元，平均每周多售出1辆，若该
店计划下调售价，使平均每周的销售利润为96万元．
问题解决
任务1 根据素材1，求从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率．
根据素材2，为了推广新能源汽车，此次销售尽量让利于顾客，求下调后每辆汽
任务2
车的售价.
【答案】任务1：从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为30%；任务2：下调后每辆
汽车的售价为21万元
【分析】本题考查了增长率问题(一元二次方程的应用)，营销问题(一元二次方程的应用)，解题关键是找准
等量关系，正确列出一元二次方程．
任务1：设从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为x,根据某品牌新能源汽车1月份销
售量为3万辆，3月份的销售量达到5.07万辆，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可；
（2）设下调后每辆汽车的售价为y万元，则每辆汽车的销售利润为(y−15)万元，平均每周可售出
(58−2y)辆，根据使平均每周的销售利润为96万元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
【详解】任务1：解：设从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为x,
根据题意得：3(1+x) 2=5.07，
解得：x =0.3=30%，x =−2.3（舍去），
1 2
答：从1月份到3月份该品牌新能源汽车销售量的月平均增长率为30%；
任务2：设下调后每辆汽车的售价为y万元．则每辆汽车的销售利润为(y−15)万元，平均每周可售出
25−y
8+ ×1=(58−2y)辆，
0.5
根据题意得：(y−15)(58−2y)=96，
解得：y =21，y =23，
1 2
∵此次销售尽量让利于顾客，
∴y=21，
答：下调后每辆汽车的售价为21万元．
21．（8分）（2025·陕西·二模）圆弧形拱桥和抛物线形拱桥是常见的拱桥结构．坐落在河北省赵县洨河上的赵州桥的主桥拱便是圆弧形，北京八景之一“卢沟晓月”中卢沟桥的主桥拱可以近似看作抛物线．
(1)如图1左图，甲桥主桥拱ACB是圆弧形，已知跨度AB=40m，拱顶C到水面AB的距离为10m，求这座
桥主桥拱的半径；
(2)如图1右图，乙桥的主桥拱MPN是抛物线形，若水面宽MN=8m，拱顶P到水面MN的距离为4m，按
照如图2所示的方式建立平面直角坐标系，求桥拱所在抛物线的解析式；
(3)在图1的基础上，某时刻桥拱ACB和桥拱MPN的桥下水位均上升了2m，求此时两桥的水面宽度；
(4)如图3，将桥拱MPN所在抛物线设为L，L在x轴下方部分与桥拱MPN在平静水面中的倒影组成一个新
函数图象．将新函数图象向右平移m(m>0)个单位长度，平移后的函数图象在8≤x≤9时，y的值随x值的
增大而减小，结合函数图象，直接写出满足条件的整数m的值．
【答案】(1)25m
1
(2)y=− (x−4) 2+4
4
(3)4❑√2m
(4)5，6，7，8
【分析】（1）设主桥拱的半径是rm，根据勾股定理可得r2=(r−10) 2+202，即可解得答案；
（2）如图，建立直角坐标系，设桥拱抛物线的解析式为y=a(x−4) 2+4，用待定系数法可得桥拱抛物线
1
的解析式为y= (x−4) 2+4；
4
（3）甲桥的桥下水位上升了2m到GH，连接OG，连接OC与GH交于点E．求出甲桥此时的水面宽度为
1
8❑√21m，再列出2=− (x−4) 2+4，解方程求解即可；
4
（4）根据倒影与桥对称，先求出倒影的解析式，再平移m个单位，根据二次函数的性质求出m的取值范
围即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，O为圆弧的圆心，连接OC与AB交于点D，连接OA．1
在Rt△ADO中，OA=r，OD=r−10，AD= AB=20，
2
∴r2=(r−10) 2+202，
解得r=25，
即这座桥的主拱桥的半径为25m；
（2）解：依题意可知：抛物线的顶点为(4，4)，N(8,0)，
设抛物线的解析式为y=a(x−4) 2+4，
将N(8,0)代入解析式，得0=a(8−4) 2+4，
1
解得a=− ，
4
1
∴抛物线的解析式为y=− (x−4) 2+4；
4
（3）解：如图，水位上升2m到GH，连接OG，连接OC与GH交于点E．
在Rt△OGE中，OG=25，OE=25−10+2=17，
∴252=172+GE2，
解得¿=4❑√21，
∴GH=8❑√21，即甲桥此时的水面宽度为8❑√21m；
1
由2=− (x−4) 2+4，解得x =4+2❑√2，x =4−2❑√2，
4 1 2∵4+2❑√2−(4−2❑√2)=4❑√2，
∴乙桥此时的水面宽度为4❑√2m；
1
（4）解：抛物线y=− (x−4) 2+4在x轴上方的部分与桥拱在平静水面中的倒影关于x轴成轴对称．
4
平移后函数图象的对称轴是直线x=4+m，
∴当m≤x≤4+m或x≥8+m时，y的值随x值的增大而减小，
∴当8≤x≤9时，y的值随x值的增大而减小，
结合函数图象，①当m≤8且4+m≥9时满足题意，解得5≤m≤8；
②当8+m≤8时满足题意，解得m≤0（舍）．
综上所述，m的取值范围是5≤m≤8，
所以,整数m的值为5，6，7，8
【点睛】本题考查二次函数的应用和圆的性质及应用，解题的关键是掌握待定系数法和圆的相关性质，待
定系数法求二次函数解析式、拱桥问题(实际问题与二次函数)、用勾股定理解三角形、垂径定理的实际应
用．
22．（9分）（2025·湖南长沙·二模）我们知道：关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c均
−b±❑√b2−4ac
为整数），如果b2−4ac≥0时，这个方程的实数根就可以表示为x= ，其中b2−4ac就叫
2a
做一元二次方程根的判别式，我们用Δ表示，即Δ=b2−4ac，通过观察公式，我们可以发现，如果Δ的值
是一个完全平方数（若n=m2（m为整数），则n是一个完全平方数）时，一元二次方程的根不一定都为整
数，但是如果一元二次方程的根都为整数，Δ的值一定是一个完全平方数．
例：方程2x2−x−1=0，Δ=b2−4ac=(−1) 2−4×2×(−1)=9=32，Δ的值是一个完全平方数，但是该
1
方程的根为x =1，x =− ，不都为整数；方程x2−6x+8=0的两根x =2，x =4，都为整数，此时
1 2 2 1 2
Δ=b2−4ac=(−6) 2−4×1×8=4=22，Δ的值是一个完全平方数．
我们定义：两根都为整数的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0，a，b，c均为整数）称为“幸运方
4ac−b2
程”，两整数根称为“幸运根”，代数式 的值为该“幸运方程”的“幸运数”，用F(a,b,c)表
4a4ac−b2
示，即F(a,b,c)= ．若有另一个“幸运方程”px2+qx+r=0（p≠0，p，q，r均为整数）的
4a
“幸运数”为F(p,q,r)，若r⋅F(a,b,c)=c⋅F(p,q,r)，则称F(a,b,c)与F(p,q,r)互为“开心
数”．
(1)关于x的一元二次方程x2−(m+1)x+m=0是一个“幸运方程”．
①当m=2时，该幸运方程的“幸运数”是______；
②若该幸运方程的“幸运数”是−1，则m的值为______．
(2)若关于x的一元二次方程x2−(2m−1)x+m2−2m−3=0（m为整数，且4<m<15）是“幸运方程”，
求m的值及该方程的“幸运数”；
(3)若关于x的一元二次方程x2−mx+m+1=0与x2−(n+2)x+2n=0（m、n均为整数）都是“幸运方
程”，且其“幸运数”互为“开心数”，求n的值．
1
【答案】(1)① − ；② −1或3；
4
49
(2)m=9，该方程的“幸运数”为−
4
(3)n=3或n=0
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式以及“幸运方程”的定义，解一元二次方程，一元二次方程
根与系数的关系；
（1）①把m=2代入方程x2−(m+1)x+m=0得到方程x2−3x+2=0，根据“幸运数”的定义即可求解；
②根据“幸运数”的定义可得方程m2−2m−3=0，解方程可求得m的值；
（2）通过m的取值范围确定根的判别式b2−4ac的范围，继而根据“整数根”特点确定根的判别式的取
值，最后结合m为整数确定m取值，按照“幸运数”定义求解即可；
（3）根据x2−mx+m+1=0是“幸运方程”得出x2−mx+m+1=0的两个根为整数，设方程
x2−mx+m+1=0的两个分别为p,q，根据根与系数的关系得出(p−1)(q−1)=2，进而根据p,q为整数，
1
得出m的值为5或−1，求得F(1,−m,m+1)=− ，根据F(1,−m,m+1)与F(1,−n−2,2n)互为“开心
4
数”得出方程2n=(m+1)(n−2) 2，进而分m=5或m=−1，分别代入，解一元二次方程，即可求解．
【详解】（1）解：①当m=2时，代入x2−(m+1)x+m=0得，x2−3x+2=0，4ac−b2 4×1×2−(−3) 2 1 1
∴ = =− ，即F(a,b,c)=− ，
4a 4×1 4 4
1
故答案为：− ；
4
4ac−b2 4×1×m−[−(m+1)) 2
②依题意，F(a,b,c)= = =−1，
4a 4×1
整理得，m2−2m−3=0，
解得m =−1，m =3，
1 2
故答案为：−1或3；
（2）解：∵x2−(2m−1)x+m2−2m−3=0，
∴b2−4ac=[−(2m−1)) 2 −4×1×(m2−2m−3)=4m+13，
∵4<m<15，
∴29<4m+13<73，
∵x2−(2m−1)x+m2−2m−3=0是“幸运方程”，
∴b2−4ac是完全平方数，
即4m+13是完全平方数，
∴4m+13=36或49或64，
23 51
解得m= 或9或 ，
4 4
∵m为整数，
∴m=9，
当m=9时，方程x2−(2m−1)x+m2−2m−3=0化为x2−17x+60=0，
4ac−b2 4×1×60−(−17) 2 49
∴F(a,b,c)= = =− ；
4a 4×1 4
49
∴方程x2−(2m−1)x+m2−2m−3=0的“幸运数”为− ；
4
（3）解：∵x2−mx+m+1=0是“幸运方程”
∴x2−mx+m+1=0的两个根为整数，
设方程x2−mx+m+1=0的两个根分别为p,q，
∴p+q=m,pq=m+1∴pq=(p+q)+1
∴pq−p−q=1，
∴(p−1)(q−1)=2
∵p,q为整数，2=1×2=2×1=(−1)×(−2)=(−2)×(−1)
当p−1=1,q−1=2时，则p=2,q=3，此时m=2+3=5，
当p−1=2,q−1=1时，则p=3,q=2，此时m=2+3=5，
当p−1=−1,q−1=−2时，则p=0,q=−1，此时m=0−1=−1，
当p−1=−2,q−1=−1时，则p=−1,q=0，此时m=−1+0=−1，
综上所述，m的值为5或−1；
4×1×(m+1)−(−m) 2 −m2+4m+4
方程x2−mx+m+1=0的“幸运数”为F(1,−m,m+1)= = ，
4×1 4
4×6−(−5) 2 1
当m=5时，F(1,−m,m+1)=F(1,−5,6)= =−
4 4
0−12 1
当m=−1时，F(1,−m,m+1)=F(1,1,0)= =−
4 4
1
∴F(1,−m,m+1)=−
4
方程x2−(n+2)x+2n=0的“幸运数”为
4×1×2n−(−n−2) 2 −n2+4n−4 (n−2) 2
F(1,−n−2,2n)= = =−
4×1 4 4
∵F(1,−m,m+1)与F(1,−n−2,2n)互为“开心数”，
∴2n× ( − 1) =(m+1)× −(n−2) 2 ，即2n=(m+1)(n−2) 2
4 4
当m=5时，方程为：2n=6(n−2) 2
4
解得：n=3或n= （舍去，不是整数）
3
当m=−1时，方程为：2n=0
解得：n=0
综上所述，n=3或n=0
23．（9分）（2025·辽宁·模拟预测）在平面直角坐标系中，过原点的抛物线y =ax2+3x经过点A(1,2)，
1与x轴相交于另一点B．
(1)求抛物线的解析式及点B的坐标；
(2)将抛物线y 向右平移3个单位长度，得到一个新的抛物线y ，已知抛物线y 与x轴交于两点，其中右边
1 2 2
的交点为点C．点P从点O出发沿x轴向终点C运动，过点P作x轴的垂线，交直线AO于点D，以PD为边
在PD的右侧作正方形PDEF．
①当点E在抛物线y 上时，求点P的坐标；
1
②若点Q(t,0)在线段OC上，过点Q作x轴的垂线，与抛物线y 相交于点G，以QG为边作正方形QGMN
1
，设经过Q，M两点的直线为y =kx+b(k>0)，在点Q运动的过程中，当正方形QGMN与抛物线y ，y
3 1 2
有三个公共点时，结合函数图象求t的取值范围．
【答案】(1)y =−x2+3x，B(3,0)
1
(7 ) 5−❑√13 3
(2)① ,0 ；② <t≤1或 ≤t<3或3<t<4
9 2 2
【分析】本题是二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移、正方形的性质、
坐标与图形等知识，熟练掌握数形结合思想和分类讨论是解答的关键．
（1）利用待定系数法求函数解析式，再令y=0求解x值即可；
（2）①先求得平移后的函数解析式，令y=0求得点C坐标，进而求得直线OA的解析式；设点P的坐标为
P(m,0)则OP=m，D(m,2m)，结合正方形性质得到E(3m,2m)．
由点E(3m,2m)在抛物线y 上求解m值即可；
1
（3）分当0<t<3时和t>3时两种情况，结合图象寻找临界点，进而根据题意列方程求解即可．
【详解】（1）解：将点A(1,2)代入y =ax2+3x，
1
得a+3=2，
解得a=−1．
∴抛物线的解析式为y =−x2+3x．
1
令y =0，得−x2+3x=0．
1解得x =0，x =3．
1 2
∴点B的坐标为(3,0)．
（2）解：①∵y =−x2+3x=− ( x− 3) 2 + 9 ，
1 2 4
∴y =− ( x− 3 −3 ) 2 + 9 =−x2+9x−18．
2 2 4
令y =0，得−x2+9x−18=0．
2
解得x =6，x =3．
1 2
∴C(6,0)．
设直线AO的解析式为y=k x(k ≠0)．
1 1
将点A(1,2)代入，得k =2．
1
∴直线AO的解析式为y=2x．
设点P的坐标为（m，0）．
∴OP=m，D(m，2m)，
∴DP=2m．
∵四边形PDEF是正方形，
∴DE=EF=PF=DP=2m．
∴OF=OP+PF=m+2m=3m．
∴E(3m,2m)．
当点E(3m,2m)在抛物线y 上时，
1
−9m2+9m=2m．
7
解得m =0（不合题意，舍去），m = ．
1 2 9
(7 )
∴点P的坐标为 ,0 ．
9
②∵y =−x2+3x=− ( x− 3) 2 + 9 ，Q(t，0)，
1 2 4
∴抛物线y 的对称轴为直线x=
3
，顶点坐标为
(3
,
9)
，G(t,−t2+3t)．
1 2 2 4
∵四边形QGMN是正方形，
∴M(−t2+4t,−t2+3t)，N(−t2+4t,0)．
当0<t<3时，点G在x轴上方．当点M(−t2+4t,−t2+3t)在抛物线y 上时，
1
3
如图1，此时点G，M关于直线x= 对称．
2
3 3
∴
−t=−t2+4t−
．
2 2
5−❑√13 5+❑√13
解得t = ，t = （不合题意，舍去）．
1 2 2 2
当点N与点B重合时，如图2．
此时−t2+4t=3．
解得t =1，t =3（不合题意，舍去）．
1 2
5−❑√13
∴t的取值范围是 <t≤1．
2
3
当点G与抛物线y 的顶点重合时，如图3，此时t= ．
1 2
当点Q与点B重合时，t=3．
3
∴t的取值范围是 ≤t<3．
2
当t>3时，点G在x轴下方．
当点N与点O重合时，如图4．
此时−t2+4t=0．解得t =4，t =0（不合题意，舍去）．
1 2
∴t的取值范围是3<t<4．
5−❑√13 3
综上所述，t的取值范围是 <t≤1或 ≤t<3或3<t<4．
2 2
24．（10分）（2025·广东珠海·三模）在△OAB，△OCD中，OA=OB，OC=OD，
∠AOB=∠COD=90°，连接AD、BC，取BC的中点M.
(1)【观察猜想】
如图1中，若O、C、A在一条直线上，线段OM与AD的数量关系是______，位置关系是______．
(2)【探究证明】
若将△COD旋转到图2的位置，判定中（1）的结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)【拓展延伸】
设AD交OM与G，若将△OCD由图1的位置绕O顺时针旋转α(0°<α<360°)，且OA=6，OC=3，是
否存在角度α使得OC⊥BC？若存在，请直接写出此时△ABC的面积；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)OM= AD，OM⊥AD；
2
(2)（1）的结仍然成立，理由见解析；
27−9❑√3 27+9❑√3
(3) 或 ．
2 2
【分析】（1）先由SAS证得△AOD≌△BOC，得到BC=AD和∠OBC=∠DAO，再结合M是BC
1 1
的中点得出OM= BC，进而得OM= AD，最后通过角的等量代换证明AD⊥OM．
2 2
（2）通过延长OM至H使MH=OM，先由SAS证△CMO≌△BMH得OC=BH=OD且OC∥BH，
进而推出∠OBH=∠AOD，再由SAS证△OBH≌△AOD，最后通过角的关系证明结论．
（3）分两种情况，通过作CH⊥OA于H，利用解直角三角形和直角三角形中30°角的性质求出相关线段
长度，再根据不同情况的面积和差关系计算△ABC的面积．【详解】（1）解：∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，
∴△AOD≌△BOC(SAS)，
∴BC=AD，∠OBC=∠DAO，
∵点M是BC的中点，
1
∴OM=BM= BC，
2
1
∴OM= AD，∠MBO=∠MOB，
2
∵∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠OBC+∠ADO=∠BOM+∠ADO=90°，
∴AD⊥OM．
1
故答案为：OM= AD，OM⊥AD．
2
（2）解：（1）的结论仍然成立，理由如下：
如图2中，延长OM到H，使得MH=OM，设AD交OH于G，交OB于K，
∵CM=BM，∠CMO=∠BMH，OM=MH，
∴△CMO≌△BMH(SAS)，
∴OC=BH=OD，∠COM=∠H，
∴OC∥BH，
∴∠OBH+∠COB=180°，
∵∠AOD+∠COB=180°，
∴∠OBH=∠AOD，
∵OB=OA，
∴△OBH≌△AOD(SAS)，
∴AD=OH，∠OAD=∠BOH，
1
∵OM=MH= OH，
21
∴OM= AD
2
∵∠OAD+∠AKO=90°，
∴∠BOH+∠AKO=90°，
∴∠OGK=90°，
∴AD⊥OH，
∴OM⊥AD．
1
综上，（1）的结论OM= AD，OM⊥AD仍然成立．
2
（3）解：①如图，当OC⊥BC，作CH⊥OA于H，连接AC，
∵∠OCB=90°，OA=OB=6，OC=3，
CO 1
∴sin∠OBC= =
BO 2
∴∠OBC=30°，
∴∠COB=90°−∠OBC=90°−30°=60°，
∴BC=❑√BO2−OC2=❑√62−32=3❑√3，
∵∠AOB=90°，
∴∠COH=∠AOB−∠COB=90°−60°=30°，
∵CH⊥OA，即∠CHO=90°，
1 1 3
∴CH= OC= ×3= ，
2 2 2
∴S =S −S −S
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1
= AO⋅BO− AO⋅CH− OC⋅BC
2 2 2
1 1 3 1
= ×6×6− ×6× − ×3×3❑√3
2 2 2 29 9❑√3
=18− −
2 2
36 9 9❑√3
= − −
2 2 2
27−9❑√3
= ；
2
②如图，过点C作CH⊥AO的延长线于H，连接AC，
同①可知∠OBC=30°，∠BOC=60°，BC=3❑√3，
∵∠AOB+∠BOC+∠COH=180°，∠AOB=90°
∴∠COH=180°−∠AOB−∠BOC=180°−90°−60°=30°，
1 1 3
∴CH= OC= ×3= ，
2 2 2
∴S =S +S −S
△ABC △AOB △BOC △AOC
1 1 1
= AO⋅BO+ OC⋅BC− AO⋅CH
2 2 2
1 1 1 3
= ×6×6+ ×3×3❑√3− ×6×
2 2 2 2
9❑√3 9
=18+ −
2 2
36 9❑√3 9
= + −
2 2 2
27+9❑√3
= ．
2
27−9❑√3 27+9❑√3
综上所述，△ABC的面积为 或 ．
2 2
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、直角三角形的性质（
30°角所对直角边是斜边的一半）、三角形面积的计算、解直角三角形及分类讨论思想；掌握通过角的等
量代换证明两条线段垂直、通过延长中线构造全等三角形转化线段和角的关系、根据不同位置关系分类讨论并利用角度关系转化线段长度是解题的关键．
1
25．（10分）（2025·辽宁大连·模拟预测）已知抛物线C :y=− (x−2n) 2+n2 （b为常数）与x轴有且
1 4
1
只有一个交点．将抛物线C 平移后得到抛物线C :y=− (x−h) 2+1(h>0)．
1 2 4
(1)求物线C 的解析式；
1
(2)若原点O(0,0)在抛物线C 上，点M是第四象限内一点，抛物线C 经过点M，连结OM并延长，交抛物
2 1
线C 于点N．规定：点M的坐标为(x ,y )，点N的坐标为(x ,y )．
2 M M N N
①求x −x 的值；
M N
②设抛物线C 的顶点为E，交x轴于点K，连结EO并延长交抛物线C 于点Q，过点Q作x轴的平行线交抛
2 1
物线C 于点R，请判断四边形EORK的形状并说明理由；
1
(3)设抛物线C 与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C，点E是抛物线C 的顶点，点F是抛物线C 对称轴
2 2 2
上一点，FC=FA．设F的坐标为(h,a)(a<0)，求a与h之间的数量关系．
1
【答案】(1)y=− x2
4
(2)①x −x =−4；②菱形，理由见解析
M N
1 3
(3)a=− h2−
8 2
【分析】（1）根据抛物线x轴有且只有一个交点得到n2−4× ( − 1) ×0=0，得到n=0，即可得到答案；
4
1 1
（2）①求出直线OM的解析式为y=− x x，求出抛物线C :y=− (x−2) 2+1，由N点为OM延长线
4 M 2 4
1 1
和抛物线C 的交点，则− x ⋅x=− (x−2) 2+1，解得x =0,x =x +4，即可得到答案；②求出顶点
2 4 M 4 1 2 M
E(2,1)，点K的坐标为(4,0)，R(2,−1)，用勾股定理求出OE=∨=KR=KE=❑√5，即可得到结论；
（3）求出A(h−2,0),B(h+2,0),C ( 0,− 1 h2+1 ) ,E(h,1)，连接AB,AC,BC，由FA=FB=FC=r，
4
由EF垂直平分AB交AB于点G(h,0)，F点横坐标=E点横坐标，进一步得到a2+4=h2+ ( a+ 1 h2−1 ) 2 ，
4
即可求出答案．1 1
【详解】（1）解：∵抛物线C :y=− (x−2n) 2+n2=− x2+nx（n为常数）与x轴有且只有一个交
1 4 4
点，
1
∴一元二次方程− x2+nx=0只有一个实数根，
4
即n2−4× ( − 1) ×0=0，
4
解得n=0，
1
∴y=− x2 ．
4
1
（2）①由（1）得，抛物线C :y=− x2 ，
1 4
则点M的坐标为 ( x ,− 1 x2 ) ，且x >0，
M 4 M M
设直线OM的解析式为y=kx，
1
将M点坐标代入可得，k=− x ，
4 M
1
即直线OM的解析式为y=− x x，
4 M
∵抛物线C 经过原点O(0,0)，
2
1
∴− h2+1=0，
4
解得h=±2，
∵h>0，
∴h=2，
1
即抛物线C :y=− (x−2) 2+1，
2 4
N点为OM延长线和抛物线C 的交点，
2
1 1
∴− x ⋅x=− (x−2) 2+1，
4 M 4
解得x =0,x =x +4，
1 2 M
∵N点在OM的延长线上，
∴x =0不符合题意，
1
∴x =x +4，
N M
∴x −x =−4，
M N②四边形EORK是菱形，理由如下：
1
抛物线C :y=− (x−2) 2+1的顶点E(2,1)，
2 4
1
当y=0时，0=− (x−2) 2+1，解得x=4或x=0
4
∴点K的坐标为(4,0)，
设直线EO的解析式为y=tx，
则1=2t，
1
解得t= ，
2
1
∴直线EO的解析式为y= x，
2
1
{ y= x )
2 {x=0) {x=−2)
由 解得 或
1 y=0 y=−1
y=− x2
4
∴点Q(−2,−1)，
∵过点Q作x轴的平行线交抛物线C 于点R，
1
1
∴−1=− x2
4
解得x=2或x=−2，
∴R(2,−1),
∴OE=❑√(2−0) 2+(1−0) 2=❑√5，¿=❑√(−2−0) 2+(−1−0) 2=❑√5，KR=❑√(4−2) 2+(0+1) 2=❑√5，
KE=❑√(4−2) 2+(0−1) 2=❑√5，
∴OE=∨=KR=KE=❑√5
∴四边形EORK是菱形；
（3）由题可知，点E、F在线段AB的垂直平分线上，
1 1
∴− (x−h) 2+1=0,y =− h2+1，
4 c 4
解得x =h−2,x =h+2，
A B
即A(h−2,0),B(h+2,0),C ( 0,− 1 h2+1 ) ,E(h,1)，
4
连接AB,AC,BC，∵FA=FB=FC=r，
根据二次函数性质可得，A,B两点关于x=h对称，
即顶点E在AB的垂直平分线上，
∴EF垂直平分AB交AB于点G(h,0)，
F点横坐标=E点横坐标，
∵F(h,a)(a<0)，
∵FA=FB=FC=r，
∴r=FA=❑√(h−h+2) 2+a2=❑√a2+4，
r=FC=❑ √ h2+ ( a+ 1 h2−1 ) 2 ，
4
即a2+4=h2+ ( a+ 1 h2−1 ) 2 ，
4
1 3
解得a=− h2− ．
8 2
【点睛】此题考查二次函数的图象和性质、抛物线与坐标轴的交点问题、菱形的判定和性质、勾股定理、
二次函数的平移等知识，综合性强，计算量大，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键．
