2020-2021学年湖北省武汉市青山区九年级(上)期中数学试卷(附答案详解)

2020-2021学年湖北省武汉市青山区九年级（上）期中数
学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.将方程x2−8x=10化成一元二次方程的一般形式，其中二次项系数为1，常数项
为()
A. −8
B. 8
C. 10
D. −10
2.下面四个图形分别是绿色食品、节水、节能和回收标志，在这四个标志中，是中心
对称图形的是()
A. B. C. D.
3.若将抛物线y=2x2向上平移3个单位，所得抛物线的解析式为()
A. y=2x2+3
B. y=2x2−3
C. y=2(x−3)2
D. y=2(x+3)2
4.如图，在⊙O中，∠BOC=100°，则∠A等于()
A. 100°
B. 50°
C. 40°
D. 25°
5.抛物线y=−3(x−1)2−2的顶点坐标是()
A. (1,2)
B. (−1,2)
C. (−1,−2)
D. (1,−2)
6.用配方法解方程x2+10x+9=0，配方正确的是()
A. (x+5)2=16
B. (x+5)2=34
C. (x−5)2=16
D. (x+5)2=25
7.如图，Rt△ABC中，∠BAC=30°，∠C=90°，将△ABC
绕点A旋转，使得点C的对应点C′落在AB上，则∠BB′C′
的度数为()
A. 12°
B. 15°
C. 25°
D. 30°
8.要组织一次篮球赛，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，计划安排15场比
赛，则参赛球队的个数是()
A. 5个
B. 6个
C. 7个
D. 8个
9.如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠AOD+
∠BOC=180°.若AD=2，BC=6，则△BOC的面积为
()
A. 3
B. 6
C. 9
D. 12
10.抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D(−1,2)，与x轴的一
个交点A在点(−3,0)和(−2,0)之间，其部分图象如图，
则以下结论：
①b2−4ac<0；②a+b+c<0；③c−a=2；④方
程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根．
其中正确结论的个数为()
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.已知方程x2−4x+1=0的两个根是x1和x2，则x1+x2=______．
12.已知点A(−2,a)与点B(b,3)关于原点对称，则a−b=______
13.已知点A(−2,y1)，点B(1,y2)在抛物线y=3x2−2上，则y1，y2的大小关系是：
y1______y2.(填“>”或“<”)
14.某种药品原价为36元/盒，经过连续两次降价后售价为25元/盒．设平均每次降价
的百分率为x，根据题意所列方程是______．
15.如图是抛物线形拱桥，当拱顶离水面2m
时，水面宽4m，则水面下降1m时，水面
宽度增加______m.
16.如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=√3，O为AB的中点，
将OA绕着点O旋转得到OE，连接DE.以DE为边作等边△
DEF(点D、E、F按顺时针方向排列)，连接CF，则CF的最小值为______．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17.解方程：x2−x−1=0．
四、解答题（本大题共7小题，共64.0分）
18.二次函数y=ax2−2x+c中的x，y满足如表：
x…−10123…
y…0−3−4−3m…
(1)求抛物线的解析式；
(2)求m的值．
19.小明在一幅长为80cm，宽为50cm的矩形风景画的四周镶一
条相同宽度的金色纸边，制成一幅矩形挂图，如图所示，如
果要使整个挂图的面积是5400cm2，求金色纸边的宽度．
20.请用无刻度直尺画出下列图形，并保留作图痕迹．
(1)将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BD；
(2)过C作线段AB的垂线段CE，垂足为E；
(3)作∠ABD的角平分线BF．
21.如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC，BC.D是BC⏜的中点，过D
作DE⊥AB于点E，交BC于点F．
(1)求证：BC=2DE；
(2)若AC=6，AB=10，求DF的长．
22.某超市销售一种成本为每千克40元的水产品，若按每千克50元销售，一个月可售
出500千克，销售价每涨价1元，月销售量就减少10千克．
(1)直接写出月销售量y(千克)与售价x(元/千克)之间的函数关系式：______；月销
售利润w(元)与售价x(元/千克)之间的函数关系式：______；
(2)该超市想在月销售量不低于250千克的情况下，使月销售利润达到8000元，销
售单价应定为每千克多少元？
(3)售价定为每千克多少元时会获得最大利润？求出最大利润．
23.[学习概念]有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形．
[理解运用]
(1)如图1，在对余四边形ABCD中，连接AC，∠D=30°，∠ACD=105°，AB=AC，
求∠BAD的度数；
(2)如图2，在凸四边形ABCD中，DA=DB，DA⊥DB，当2CD2+CB2=CA2时，
判断四边形ABCD是否为对余四边形？并证明你的结论；
(3)[拓展提升]如图3，在对余四边形ABCD中，∠A=45°.∠ABD+∠BDC=180°，
BC=4.求AB+CD的长．
24.已知抛物线y=ax2经过点A(2,1)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，直线l经过点A且与抛物线对称轴右侧交于点B，若△ABO的面积为6，
求直线l的解析式；
(3)如图2，直线CD与抛物线交于C、D两点，与y轴交于点(0,m)，直线PC、PD
与抛物线均只有一个公共点，点P的纵坐标为n，求m与n的数量关系．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：方程整理得：x2−8x−10=0，其中二次项系数为1，常数项为−10．故选：D．
方程整理后为一般形式，找出二次项系数与一次项系数即可．
此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c= 0(a,b，c是常数且a≠0).在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
2.【答案】C
【解析】解：A、B、D中图形都不是中心对称图形，
C中图形是中心对称图形，
故选：C．
根据中心对称图形的概念判断即可．
本题考查的是中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
3.【答案】A
【解析】解：由“上加下减”的原则可知，将二次函数y=2x2向上平移3个单位可得到函数y=2x2+3，
故选：A．
直接根据“上加下减、左加右减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减、左加右减”的原则是解答此题的关键．
4.【答案】B
∠BOC=50°．
【解析】解：∵∠BOC=100°，∴∠A=1
2
故选：B．
根据圆周角定理可求得∠A=50°．
本题利用了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
5.【答案】D
【解析】解：∵y=−3(x−1)2−2是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为(1,−2)．
故选：D．
直接根据顶点式的特点求顶点坐标．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−ℎ)2+k中，对称轴为x=ℎ，顶点坐标为(ℎ,k)．
6.【答案】A
【解析】解：x2+10x+9=0，
x2+10x=−9，
x2+10x+52=−9+52，
(x+5)2=16．
故选：A．
移项，配方(方程两边都加上一次项系数的一半的平方)，即可得出答案．
本题考查了用配方法解一元二次方程的应用，关键是能正确配方．
7.【答案】B
【解析】解：由旋转的性质可知，∠B′AB=∠BAC=30°，AB=AB′，
(180°−30°)=75°，
∴∠ABB′=∠AB′B=1
2
∵∠BCB=90°，
∴∠BB′C=90°−75°=15°，
故选：B．
利用旋转的性质，三角形面积和定理求解即可．
本题考查旋转变化的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：设参赛球队的个数是x，每个队都要赛(x−1)场，但两队之间只有一场比赛，
由题意得：x(x−1)
2
=15，
解得：x1=6，x2=−5(不合题意，舍去)，
则参赛球队的个数是6个；
故选：B．
根据赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，x个球队比赛总场数=x(x−1)
2
，由此列出方程，然后求解即可．
本题考查了由实际问题抽象一元二次方程的应用，读懂题意，得到总场数与球队之间的关系是解决本题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：延长BO交⊙O于E，连接CE，
则∠COE+∠BOC=180°，∠BCE=90°，
即CE⊥BC，
∵∠AOD+∠BOC=180°，
∴∠AOD=∠COE，
∴AD⏜=CE⏜，
∴AD=CE=2，
∵BC=6，
∴△BEC的面积为1
2BC⋅CE=1
2
×6×2=6，
∵OB=OE，
∴△BOC的面积=1
2△BEC的面积=1
2
×6=3，
故选：A．
延长BO交⊙O于E，连接CE，可得∠COE+∠BOC=180°，∠BCE=90°，由∠AOD+∠BOC=180°，∠AOD=∠COE，推出AD=CE=2，根据三角形的面积公式可求得△
△BEC的面积．
BEC的面积为6，由OB=OE，可得△BOC的面积=1
2
本题主要考查了圆心角所对弧、弦的关系，圆周角定理，三角形面积公式，正确作出辅助线是解决问题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象为
；抛物线与y轴的交点坐标抛物线，当a>0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=−b
2a
为(0,c)；当b2−4ac>0，抛物线与x轴有两个交点；当b2−4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2−4ac<0，抛物线与x轴没有交点．由抛物线与x轴有两个交点得到b2−4ac>0；有抛物线顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=−1，则根据抛物线的对称性得抛物线与x轴的另一个交点在点(0,0)和(1,0)之间，所以当x=1时，y<0，则a+b+c<0；由抛物线的顶点为D(−1,2)得a−b+c=2，由抛物线的对称轴为直=−1得b=2a，所以c−a=2；根据二次函数的最大值问题，当x=−1时，
线x=−b
2a
二次函数有最大值为2，即只有x=−1时，ax2+bx+c=2，所以说方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根．
【解答】
解：∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，所以①错误；
∵顶点为D(−1,2)，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
∵抛物线与x轴的一个交点A在点(−3,0)和(−2,0)之间，
∴抛物线与x轴的另一个交点在点(0,0)和(1,0)之间，
∴当x=1时，y<0，
∴a+b+c<0，所以②正确；
∵抛物线的顶点为D(−1,2)，
∴a−b+c=2，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b
2a
=−1，
∴b=2a，
∴a−2a+c=2，即c−a=2，所以③正确；
∵当x=−1时，二次函数有最大值为2，
即只有x=−1时，ax2+bx+c=2，
∴方程ax2+bx+c−2=0有两个相等的实数根，所以④正确．
故选C．
11.【答案】4
【解析】解：根据题意得x1+x2=−−4
1
=4．
故答案为4．
根据根与系数的关系求解．
本题考查了根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，
x1+x2=−b
a ，x1x2=c
a
．
12.【答案】−5
【解析】解：由题意，得：
a=−3，b=2，
a−b=−3−2=−5，
故答案为：−5．
根据关于原点对称的点的坐标，可得答案．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的坐标规律得出a，b是解题关键．
13.【答案】>
【解析】解：∵点A(−2,y1)，点B(1,y2)在抛物线y=3x2−2上，
∴当x=−2时，y1=12−2=10，
当x=1时，y2=3−2=1，
∴y1>y2，
故答案为>．
将点A(−2,y1)，点B(1,y2)分别代入y=3x2−2，求出相应的y1、y2，即可比较大小．本题考查二次函数的图象上点的特点；能够用代入法求二次函数点的坐标是解题的关键．
14.【答案】36(1−x)2=25
【解析】
【分析】
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程中求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b．
可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×(1−降低的百分率)=25，把相应数值代入即可求解．
【解答】
解：第一次降价后的价格为36×(1−x)，两次连续降价后售价在第一次降价后的价格
的基础上降低x，为36×(1−x)×(1−x)，
则列出的方程是36(1−x)2=25．
故答案为：36(1−x)2=25．
15.【答案】(2√6−4)
【解析】解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C 点，则通过画图可得知O为原点，
抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物
线顶点C坐标为(0,2)，
通过以上条件可设顶点式y=ax2+2，其中a可通过代入A点坐标(−2,0)，
到抛物线解析式得出：a=−0.5，所以抛物线解析式为y=−0.5x2+2，
当水面下降1米，通过抛物线在图上的观察可转化为：
当y=−1时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线y=−1与抛物线相交的两点之间的距离，
可以通过把y=−1代入抛物线解析式得出：
−1=−0.5x2+2，
解得：x=±√6，
所以水面宽度增加到2√6米，比原先的宽度当然是增加了2√6−4，
故答案为：(2√6−4)．
根据已知得出直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y=−1代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．
此题主要考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键．
16.【答案】2√3−1
【解析】解：如图，连接DO，延长OA到T，使得AT=OA，连接DT，FT，CT．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠OAD=90°，
∵AD=√3，OA=OB=1，
=√3，
∴tan∠AOD=AD
AO
∴∠AOD=60°，∠ADO=30°，
∴OD=2AO，
∵AO=AT，
∴OT=2AO，
∴OT=OD，
∴△ODT 是等边三角形，
∵△DEF 是等边三角形，
∴∠ODT =∠EDF =60°，DO =DT ，DE =DF ，
∴∠DEO =∠FDT ，
∴△DEO≌△FDT(SAS)，
∴FT =OE =OA =1，
∵∠B =90°，BT =2+1=3，BC =√3，
∴CT =√BT 2+BC 2=√32+(√3)2=2√3，
∵CF ≥CT −TF ，
∴CF ≥2√3−1，
∴CF 的最小值为2√3−1．
故答案为：2√3−1．
如图，连接DO ，延长OA 到T ，使得AT =OA ，连接DT ，
FT ，CT.证明△DEO≌△FDT(SAS)，推出FT =OE =OA =1，利用勾股定理求出CT ，根据CF ≥CT −TF ，可得CF ≥2√3−1，由此即可解决问题．
本题考查旋转变换的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】解：x 2−x −1=0，
x =−b±√b 2−4ac 2a
=1±√1+42×1=1±√52， ∴x 1=1+√52，x 2=1−√52．
【解析】本题考查了公式法解一元二次方程，解题时要注意将方程化为一般形式．确定a ，b ，c 的值，然后检验方程是否有解，若有解，代入公式即可求解．
解此题的关键是熟练应用求根公式，要注意将方程化为一般形式，确定a 、b 、c 的值．
18.【答案】解：(1)由题意可知，抛物线y =ax 2−2x +c 经过(−1,0)，(0,−3)， ∴{a +2+c =0c =−3
， 解得：{a =1c =−3
， 所以抛物线的解析式为：y =x 2−2x −3；
(2)把x=3代入y=x2−2x−3，可得y=9−6−3=0，
所以m=0．
【解析】(1)取两组对应值代入y=ax2−2x+c得到关于a、c的方程组，然后解方程组即可；
(2)把x=3代入二次函数的解析式求解即可．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
19.【答案】解：设金色纸边的宽度为xcm，则挂图的长为(80+2x)cm，宽就为(50+ 2x)cm，
根据题意得：(80+2x)(50+2x)=5400，
解得：x1=−70(不符合题意，舍去)，x2=5．
答：金色纸边的宽度为5cm．
【解析】设金色纸边的宽度为xcm，则挂图的长为(80+2x)cm，宽就为(50+2x)cm，根据题目条件列出方程，求出其解就可以．
本题考查了根据矩形的面积公式的列一元二次方程解决实际问题的运用及一元二次方
程解法的运用．解答时检验根是否符合题意是容易被忽略的地方．
20.【答案】解：(1)如图，线段BD即为所求．
(2)如图，线段CE即为所求．
(3)如图，射线BF即为所求．
【解析】(1)根据旋转变换的性质画出图形即可．
(2)取格点T，连接CT交AB于点E，线段CE即为所求．
(3)取格点，G，H，连接GH，AD交于点F，作射线BF，射线BF即为所求．
本题考查作图−旋转变换，角平分线，垂线段等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
21.【答案】(1)证明：延长DE交⊙O于点G，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，DE⊥AB，
∴DE=GE，BD⏜=BG⏜，
∵D是BC⏜的中点，
∴CD⏜=BD⏜=BG⏜，
∴BC⏜=DG⏜，
∴BC=DG=2DE；
(2)解：连接BD、OD，如图所示：
∵CD⏜=BG⏜，
∴∠DBC=∠BDF，
∴DF=BF，
∵AB为⊙O的直径，AB=10，
∴∠ACB=90°，OB=OD=5，
∴BC=√AB2−AC2=√102−62=8，
BC=4，
由(1)得：DE=1
2
∵DE⊥AB，
∴OE=√OD2−DE2=√52−42=3，
∴BE=OB−OE=2，
设DF=BF=a，则EF=4−a，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：22+(4−a)2=a2，
，
解得：a=5
2
∴DF=5
．
2
【解析】(1)延长DE交⊙O于点G，先由垂径定理得DE=GE，BD⏜=BG⏜，再证出BC⏜=DG⏜，由圆心角、弧、弦的关系即可得出结论；
(2)连接BD、OD，先由圆周角定理得∠DBC=∠BDF，得DF=BF，由圆周角定理得
BC=4，再由勾股定理求出OE=3，则BE=∠ACB=90°，勾股定理得BC=8，则DE=1
2
OB−OE=2，设DF=BF=a，则EF=4−a，然后在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
本题考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键．
22.【答案】y=−10x+1000w=−10x2+1400x−40000
【解析】解：(1)月销售量y(千克)与售价x(元/千克)之间的函数关系式：y=500−
10(x−50)=−10x+1000，
即y=−10x+1000；
月销售利润w(元)与售价x(元/千克)之间的函数关系式：w=(x−40)y=(x−
40)(−10x+1000)=−10x2+1400x−40000，
即w=−10x2+1400x−40000，
故答案为：y=−10x+1000，w=−10x2+1400x−40000；
(2)根据题意得：−10x2+1400x−40000=8000，
解得：x1=80，x2=60，
又∵月销售量不低于250千克，
则有：−10x+1000≥250，
解得：x≤75，
∴x1=80>75(舍去)，
答：销售单价应定为60元时，月销售利润达到8000元；
(3)由(2)得：w=−10x2+1400x−40000=−10(x−70)2+9000，
∵a=−10<0，
∴抛物线的开口向下，抛物线有最高点，函数有最大值，
当x=70时，w取最大值，最大值为9000元，
答：售价定为每千克70元时会获得最大利润？最大利润为9000元．
(1)根据一个月可售出500千克，减去因涨价而减少的数量得到月销售量y(千克)与售价x(元/千克)之间的函数关系式，根据(售价−成本)×月销售量得到月销售利润w(元)与售价x(元/千克)之间的函数关系式；
(2)将月销售利润8000元代入w=−10x2+1400x−40000，解方程即可得到结果；
(3)将w=−10x2+1400x−40000化为顶点式就可以求出结果．
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的运用，解答时求出函数的解析式是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是对余四边形，
依题意得，∠B+∠D=90°，
∵∠D=30°，
∴∠B=90°−∠D=60°，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，
∵∠ACD=105°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=165°，
在四边形ABCD中，∠BAD=360°−∠B−∠ACD−∠D=360°−60°−165°−30°= 105°；
(2)四边形ABCD为对余四边形，
证明：∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，
∵DA=DB，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
如图2，过点D作DM⊥CD，使CD=CM，连接CM，BM，
∴∠DMC=∠DCM=45°，
∵∠ADB=∠CDM=90°，
∴∠ADB+∠BDC=∠CDM+∠BDC，
∴∠ADC=∠BDM．
在△ADC和△BDM中，
{DA=DB
∠ADC=∠BDM DC=DM
，
∴△ADC≌△BDM(SAS)，
∴AC=BM．
在Rt△MDC中，根据勾股定理得，CM2=CD2+DM2=2CD2，∵2CD2+CB2=AC2，
∴CM2+CB2=BM2，
∴△BCM是直角三角形，且∠BCM=90°，
∵∠DCM=45°，
∴∠DCB=∠BCM−∠DCM=45°，
∴∠DCB+∠DAB=90°，
∴四边形ABCD为对余四边形；
(3)如图3，过点B作BE⊥BC交CD的延长线于点E，
∵四边形ABCD为对余四边形，
依题意得，∠A+∠C=90°，
∵∠A=45°，
∴∠C=∠E=45°=∠A，
∵∠ABD+∠BDC=180°，∠BDE+BDC=180°，
∴∠ABD=∠EDB，
在△ABD和△EDB中，
{∠A=∠E
∠ABD=∠EDB BD=DB
，
∴△ABD≌△EDB(AAS)，
∴AB =ED ，EB =BC =4，
在Rt △EBC 中，根据勾股定理得，BE 2+BC 2=CE 2，
∴CE =4√2， 即AB +CD =4√2．
【解析】(1)先根据对余四边形求出∠B =60°，进而得出∠ACB =60°，∠BCD =165°，最后用四边形内角和定理，即可得出结论；
(2)先判断出∠BAD =∠ABD =45°，进而判断出∠ADC =∠BDM ，即可判断出△ADC≌△BDM(SAS)，得出AC =BM.再根据勾股定理得出CM 2=CD 2+DM 2=2CD 2，进而判断出∠BCM =90°，即可得出结论；
(3)先判断出∠C =∠E =45°=∠A ，再判断出∠ABD =∠EDB ，进而得出△ABD≌△EDB(AAS)，得出AB =ED ，EB =BC =4，最后用勾股定理求出CE =4√2，即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了新定义，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
24.
【答案】解：(1)∵抛物线y =ax 2经过点A(2,1)． ∴1=4a ，
解得a =1
4，
∴抛物线解析式为y =14x 2；
(2)∵点A(2,1)．
∴直线OA 为y =12x ，
如图1，过B 作BE//OA 交y 轴于E ，连接AE ，则S △AOB =S △AOE =6，
∴12OE ×2=6，
∴OE =6，
∴点E(0,6)，
设直线BE 为y =12x +6，
解{y =12x +6y =14x
2得{x =6y =9或{x =−4y =4，
∴B(6,9)，
设直线l 的解析式为y =kx +b ，
∴{2k +b =16k +b =9，解得{k =2b =−3
， ∴直线l 的解析式为y =2x −3；
(3)设直线CD 的解析式为y =kx +m ，
由{y =kx +m y =14x
2去掉y 整理得14x 2−kx −m =0． 设C 、D 的坐标分别为(x C ,y C )，(x D ,y D )，
∴x C ⋅x D =−4m ，
设直线CP 的解析式为y =ax +c ，
由{y =ax +c y =14
x 2整理得，14x 2−ax −c =0． ∵CP 与抛物线只有一个公共点，
∴△=a 2+c =0，
∴c =−a 2，
∴14x 2−ax +a 2=0，解得x C =2a ，
同理：设直线DP 的解析式为y =bx +d ，可得x D =2b ，
∴2a ⋅2b =−4m ，
∴ab =−m ，
联立{y =ax +c y =bx +d ，即{y =ax −a 2
y =bx −b 2
， 解得{x =a +b y =ab
， ∴P(a +b,ab)，
∵点P 的纵坐标为n ，
∴n =ab =−m ．
【解析】(1)利用待定系数法求抛物线解析式解答即可；
(2)求得直线OA 的解析式，过B 作BE//OA 交y 轴于E ，连接AE ，则S △AOB =S △AOE =6，根据三角形面积求得OE ，得到E 的坐标，进而求得直线BE 的解析式，与抛物线解析式联立，解方程组求得B 的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线l 的解析式；
(3)设直线CD 的解析式为y =kx +m ，与抛物线解析式联立整理得14x 2−kx −m =0.根据根与系数的关系得到x C ⋅x D =−4m ，设直线CP 的解析式为y =ax +c ，联立抛物线
x2−ax−c=0.根据题意△=a2+c=0，
解析式得到1
4
x2−ax+a2=0，解得x C=2a，同理：设直线DP的解析式求得c=−a2，即可得到1
4
为y=bx+d，可得x D=2b，所以4ab=−m，直线CP和直线DP联立，解方程求得交点P((a+b,ab)，即可求得n=−m．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，待定系数法求一次函数的解析式，两条直线相交或平行问题，直线与抛物线的交点问题，方程思想的运用是解题的关键．。