2022-2023學年九上數學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．已知是關于的一個完全平方式，則的值是（）．A．6 B． C．12 D．2．一元二次方程的根的情況是（）A．有兩個不相等的實數根 B．有兩個相等的實數根C．有一個實數根 D．無實數根3．已知關于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有兩個相等的實數根，則a的值是（）A．1 B．﹣1 C． D．4．已知正多邊形的一個外角為36°，則該正多邊形的邊數為().A．12 B．10 C．8 D．65．如圖，二次函數的圖象，則下列結論正確的是（）①；②；③；④A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④6．一個直角三角形的兩直角邊分別為x，y，其面積為1，則y與x之間的關系用圖象表示為（）A． B．C． D．7．如圖，在△中，∥，如果，，，那么的值為（）A． B． C． D．8．如果反比例函數y=kx的圖像經過點（－3，－A．第一、二象限 B．第一、三象限C．第二、四象限 D．第三、四象限9．如圖，要證明平行四邊形ABCD為正方形，那么我們需要在四邊形ABCD是平行四邊形的基礎上，進一步證明（）A．AB=AD且AC⊥BD B．AB=AD且AC=BD C．∠A=∠B且AC=BD D．AC和BD互相垂直平分10．如圖在中，弦于點于點，若則的半徑的長為（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．歸納“T”字形，用棋子擺成的“T”字形如圖所示，按照圖①，圖②，圖③的規(guī)律擺下去，擺成第n個“T”字形需要的棋子個數為_______．12．如圖，正方形OABC與正方形ODEF是位似圖形，O為位似中心，相似比為1：，點A的坐標為(1，0)，則四邊形ODEF的面積為_____．13．一組正方形按如圖所示的方式放置，其中頂點在軸上，頂點，，，，，，在軸上，已知正方形的邊長為，，則正方形的邊長為__________________．14．如圖，在△ABC中，DE∥BC，BF平分∠ABC，交DE的延長線于點F，若AD=1，BD=2，BC=4，則EF=________．15．如圖，在平面直角坐標系中，反比例函數（x＞0）與正比例函數y=kx、（k＞1）的圖象分別交于點A、B，若∠AOB＝45°，則△AOB的面積是________.16．拋物線關于x軸對稱的拋物線解析式為_______________．17．當﹣1≤x≤3時，二次函數y＝﹣（x﹣m）2+m2﹣1可取到的最大值為3，則m＝_____．18．某劇場共有個座位，已知每行的座位數都相同，且每行的座位數比總行數少，求每行的座位數．如果設每行有個座位，根據題意可列方程為_____________．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，是⊙的弦，交于點，過點的直線交的延長線于點，且是⊙的切線.（1）判斷的形狀，并說明理由；（2）若，求的長；（3）設的面積是的面積是，且.若⊙的半徑為，求.20．（6分）（問題呈現(xiàn)）阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，點M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝DB+BA．下面是運用“截長法”證明CD＝DB+BA的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取CG＝AB，連接MA、MB、MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC①又∵∠A＝∠C②∴△MAB≌△MCG③∴MB＝MG又∵MD⊥BC∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA根據證明過程，分別寫出下列步驟的理由：①，②，③；（理解運用）如圖1，AB、BC是⊙O的兩條弦，AB＝4，BC＝6，點M是的中點，MD⊥BC于點D，則BD＝；（變式探究）如圖3，若點M是的中點，（問題呈現(xiàn)）中的其他條件不變，判斷CD、DB、BA之間存在怎樣的數量關系？并加以證明．（實踐應用）根據你對阿基米德折弦定理的理解完成下列問題：如圖4，BC是⊙O的直徑，點A圓上一定點，點D圓上一動點，且滿足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半徑為5，求AD長．21．（6分）如圖1，在△ABC中，AB＝BC＝20，cosA＝，點D為AC邊上的動點（點D不與點A，C重合），以D為頂點作∠BDF＝∠A，射線DE交BC邊于點E，過點B作BF⊥BD交射線DE于點F，連接CF．（1）求證：△ABD∽△CDE；（2）當DE∥AB時（如圖2），求AD的長；（3）點D在AC邊上運動的過程中，若DF＝CF，則CD＝．22．（8分）如圖，點、、都在半徑為的上，過點作交的延長線于點，連接，已知．（1）求證：是的切線；（2）求圖中陰影部分的面積．23．（8分）（1）計算：．（2）用適當的方法解下列方程；①；②．24．（8分）已知拋物線經過點(1，0)，(0，3)．（1）求該拋物線的函數表達式；（2）將拋物線平移，使其頂點恰好落在原點，請寫出一種平移的方法及平移后的函數表達式．25．（10分）某魚塘中養(yǎng)了某種魚5000條，為了估計該魚塘中該種魚的總質量，從魚塘中捕撈了3次，取得的數據如下：數量/條平均每條魚的質量/kg第1次捕撈201.6第2次捕撈152.0第3次捕撈151.8（1）求樣本中平均每條魚的質量；（2）估計魚塘中該種魚的總質量；（3）設該種魚每千克的售價為14元，求出售該種魚的收入y（元）與出售該種魚的質量x（kg）之間的函數關系，并估計自變量x的取值范圍．26．（10分）如圖，拋物線（，b是常數，且≠0）與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C．并且A，B兩點的坐標分別是A(－1，0)，B(3，0)（1）①求拋物線的解析式；②頂點D的坐標為_______；③直線BD的解析式為______；（2）若P為線段BD上的一個動點，其橫坐標為m，過點P作PQ⊥x軸于點Q，求當m為何值時，四邊形PQOC的面積最大？（3）若點M是拋物線在第一象限上的一個動點，過點M作MN∥AC交軸于點N．當點M的坐標為_______時，四邊形MNAC是平行四邊形．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【分析】這里首末兩項是x和3這兩個數的平方，那么中間一項為加上或減去x和3積的2倍，故m=±1．【詳解】∵（x±3）2=x2±1x+32，∴是關于的一個完全平方式，則m=±1．故選：B．【點睛】本題是完全平方公式的應用，兩數的平方和，再加上或減去它們積的2倍，就構成了一個完全平方式．注意積的2倍的符號，避免漏解．2、B【分析】把一元二次方程轉換成一般式：（），再根據求根公式：，將相應的數字代入計算即可．【詳解】解：由題得：∴一元二次方程有兩個相等的實數根故選：B．【點睛】本題主要考查的是一元二次方程的一般式和求根公式，掌握一般式和求根公式是解題的關鍵．3、B【分析】根據關于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有兩個相等的實數根可知△=0，求出a的取值即可．【詳解】解：∵關于x的一元二次方程x2+2x﹣a=0有兩個相等的實數根，∴△=22+4a=0，解得a=﹣1．故選B．【點睛】本題考查一元二次方程根的判別式，熟記公式正確計算是本題的解題關鍵．4、B【解析】利用多邊形的外角和是360°，正多邊形的每個外角都是36°，即可求出答案．【詳解】解：360°÷36°＝10，所以這個正多邊形是正十邊形．故選：B．【點睛】本題主要考查了多邊形的外角和定理．是需要識記的內容．5、B【分析】由二次函數的開口方向，對稱軸0＜x＜1，以及二次函數與y的交點在x軸的上方，與x軸有兩個交點等條件來判斷各結論的正誤即可．【詳解】∵二次函數的開口向下，與y軸的交點在y軸的正半軸，∴a＜0，c＞0，故④正確；∵0＜?＜1，∴b＞0，故①錯誤；當x＝?1時，y＝a?b＋c＜0，∴a＋c＜b，故③正確；∵二次函數與x軸有兩個交點，∴△＝b2?4ac＞0，故②正確正確的有3個，故選：C．【點睛】此題主要考查了二次函數的圖象與系數的關系，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：①二次項系數a決定拋物線的開口方向和大?。寒攁＞0時，拋物線向上開口；當a＜0時，拋物線向下開口；②一次項系數b和二次項系數a共同決定對稱軸的位置：當a與b同號時（即ab＞0），對稱軸在y軸左；當a與b異號時（即ab＜0），對稱軸在y軸右．（簡稱：左同右異）③常數項c決定拋物線與y軸交點．拋物線與y軸交于（0，c）．6、C【解析】試題分析：根據題意有：xy=2；故y與x之間的函數圖象為反比例函數，且根據xy實際意義x、y應大于0，其圖象在第一象限，即可判斷得出答案．解：∵xy=1∴y=（x＞0，y＞0）．故選C．考點：反比例函數的應用；反比例函數的圖象．7、B【分析】由平行線分線段成比例可得到，從而AC的長度可求.【詳解】∵∥∴∴∴故選B【點睛】本題主要考查平行線分線段成比例，掌握平行線分線段成比例是解題的關鍵.8、B【解析】根據反比例函數圖象上點的坐標特點可得k=12，再根據反比例函數的性質可得函數圖象位于第一、三象限．【詳解】∵反比例函數y＝kx的圖象經過點（-3，-4∴k=-3×（-4）=12，∵12＞0，∴該函數圖象位于第一、三象限，故選：B．【點睛】此題主要考查了反比例函數的性質，關鍵是根據反比例函數圖象上點的坐標特點求出k的值．9、B【解析】解：A．根據有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，或者對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以不能判斷平行四邊形ABCD是正方形；B．根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形，對角線相等的平行四邊形為矩形，所以能判斷四邊形ABCD是正方形；C．根據一組鄰角相等的平行四邊形是矩形，對角線相等的平行四邊形也是矩形，即只能證明四邊形ABCD是矩形，不能判斷四邊形ABCD是正方形；D．根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，所以不能判斷四邊形ABCD是正方形．故選B．10、C【分析】根據垂徑定理求得OD，AD的長，并且在直角△AOD中運用勾股定理即可求解．【詳解】解：弦，于點，于點，四邊形是矩形，，，，；故選：．【點睛】本題考查了垂徑定理、勾股定理、矩形的判定與性質；利用垂徑定理求出AD，AE的長是解決問題的關鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、3n+1.【分析】根據題意和圖形，可以發(fā)現(xiàn)圖形中棋子的變化規(guī)律，從而可以求得第n個“T”字形需要的棋子個數．【詳解】解：由圖可得，

圖①中棋子的個數為：3+1=5，

圖②中棋子的個數為：5+3=8，

圖③中棋子的個數為：7+4=11，

……

則第n個“T”字形需要的棋子個數為：（1n+1）+（n+1）=3n+1，

故答案為3n+1．【點睛】本題考查圖形的變化類，解答本題的關鍵是明確題意，發(fā)現(xiàn)題目中棋子的變化規(guī)律，利用數形結合的思想解答．12、1【分析】利用位似圖形的性質得出D點坐標，進而求出正方形的面積．【詳解】∵正方形OABC與正方形ODEF是位似圖形，O為位似中心，相似比為1：，點A的坐標為（1，0），∴OA:OD=1:，∵OA=1，∴OD=，∴正方形ODEF的面積為：OD1=×＝1．故答案為：1．【點睛】此題主要考查了位似變換以及坐標與圖形的性質，得出OD的長是解題關鍵．13、【分析】由正方形的邊長為，，，得D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，根據三角函數的定義和正方形的性質，即可得到答案．【詳解】∵正方形的邊長為，，，∴D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，∴D1E1=C1D1=，B2C2==，同理可得：B3C3=，以此類推：正方形的邊長為：，∴正方形的邊長為：．故答案是：．【點睛】本題主要考查正方形的性質和三角函數的定義綜合，掌握用三角函數的定義解直角三角形，是解題的關鍵．14、【分析】由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC，根據相似三角形的性質和平行線的性質解答即可．【詳解】∵DE∥BC，∴∠F=∠FBC，∵BF平分∠ABC，∴∠DBF=∠FBC，∴∠F=∠DBF，∴DB=DF，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，即，解得：DE=，∵DF=DB=2，∴EF=DF-DE=2-=，故答案為.【點睛】此題考查相似三角形的判定和性質，關鍵是由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC．15、2【解析】作BD⊥x軸，AC⊥y軸，OH⊥AB（如圖），設A（x1，y1），B（x2，y2），根據反比例函數k的幾何意義得x1y1=x2y2=2；將反比例函數分別與y=kx，y=聯(lián)立，解得x1=，x2=，從而得x1x2=2，所以y1=x2，y2=x1，根據SAS得△ACO≌△BDO，由全等三角形性質得AO=BO，∠AOC=∠BOD，由垂直定義和已知條件得∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，根據AAS得△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，根據三角形面積公式得S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+x2y2=×2+×2=2.【詳解】如圖：作BD⊥x軸，AC⊥y軸，OH⊥AB，設A（x1，y1），B（x2，y2），∵A、B在反比例函數上，∴x1y1=x2y2=2，∵，解得：x1=，又∵，解得：x2=，∴x1x2=×=2，∴y1=x2，y2=x1，即OC=OD，AC=BD，∵BD⊥x軸，AC⊥y軸，∴∠ACO=∠BDO=90°，∴△ACO≌△BDO（SAS），∴AO=BO，∠AOC=∠BOD，又∵∠AOB＝45°，OH⊥AB，∴∠AOC=∠BOD=∠AOH=∠BOH=22.5°，∴△ACO≌△BDO≌△AHO≌△BHO，∴S△ABO=S△AHO+S△BHO=S△ACO+S△BDO=x1y1+x2y2=×2+×2=2，故答案為：2.【點睛】本題考查了反比例函數系數k的幾何意義，反比例函數與一次函數的交點問題，全等三角形的判定與性質等，正確添加輔助線是解題的關鍵.16、【分析】由關于x軸對稱點的特點是：橫坐標不變，縱坐標變?yōu)橄喾磾?，可求出拋物線的頂點關于x軸對稱的頂點，關于x軸對稱，則開口方向與原來相反，得出二次項系數，最后寫出對稱后的拋物線解析式即可．【詳解】解：拋物線的頂點為(3,-1)，點(3,-1)關于x軸對稱的點為(3,1)，又∵關于x軸對稱，則開口方向與原來相反，所以，∴拋物線關于x軸對稱的拋物線解析式為.故答案為：.【點睛】本題考查了二次函數的圖象與幾何變換，解題的關鍵是抓住關于x軸對稱點的特點．17、﹣1.5或1．【分析】根據題意和二次函數的性質，利用分類討論的方法可以求得m的值．【詳解】∵當﹣1≤x≤3時，二次函數y＝﹣(x﹣m)1+m1﹣1可取到的最大值為3，∴當m≤﹣1時，x＝﹣1時，函數取得最大值，即3＝﹣(﹣1﹣m)1+m1﹣1，得m＝﹣1.5；當﹣1＜m＜3時，x＝m時，函數取得最大值，即3＝m1﹣1，得m1＝1，m1＝﹣1（舍去）；當m≥3時，x＝3時，函數取得最大值，即3＝﹣(3﹣m)1+m1﹣1，得m＝（舍去）；由上可得，m的值為﹣1.5或1，故答案為：﹣1.5或1．【點睛】本題考查了二次函數的最值問題，熟練掌握二次函數的性質，分類討論是解題的關鍵．18、x(x+12)=1【分析】設每行有個座位，根據等量關系，列出一元二次方程，即可．【詳解】設每行有個座位，則總行數為(x+12)行，根據題意，得：x(x+12)=1，故答案是：x(x+12)=1．【點睛】本題主要考查一元二次方程的實際應用，找出等量關系，列出方程，是解題的關鍵．三、解答題(共66分)19、（1）是等腰三角形，理由見解析；（2）的長為；（3）.【解析】（1）首先連接OB，根據等腰三角形的性質由OA＝OB得,由點C在過點B的切線上，且，根據等角的余角相等，易證得∠PBC＝∠CPB，即可證得△CBP是等腰三角形；（2）設BC＝x，則PC＝x，在Rt△OBC中，根據勾股定理得到，然后解方程即可；（3）作CD⊥BP于D，由等腰三角形三線合一的性質得，由，通過證得，得出即可求得CD，然后解直角三角形即可求得.【詳解】（1）是等腰三角形，理由：連接，⊙與相切與點，，即，，是等腰三角形（2）設，則，在中，，，，，解得，即的長為；（3）解：作于，，，，，，，，，.【點睛】本題考查了切線的性質、勾股定理、等腰三角形的判定與性質以及三角形相似的判定和性質．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法及數形結合思想的應用．20、（問題呈現(xiàn)）相等的弧所對的弦相等；同弧所對的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等；（理解運用）1；（變式探究）DB＝CD+BA；證明見解析；（實踐應用）1或．【分析】（問題呈現(xiàn)）根據圓的性質即可求解；（理解運用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；（變式探究）證明△MAB≌△MGB（SAS），則MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，則DC＝DG，即可求解；（實踐應用）已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．【詳解】（問題呈現(xiàn)）①相等的弧所對的弦相等②同弧所對的圓周角相等③有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等故答案為：相等的弧所對的弦相等；同弧所定義的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應相等的兩個三角形全等；（理解運用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案為：1；（變式探究）DB＝CD+BA．證明：在DB上截去BG＝BA，連接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中點，∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG．又MB＝MB∴△MAB≌△MGB（SAS）∴MA＝MG∴MC＝MG，又DM⊥BC，∴DC＝DG，AB+DC＝BG+DG，即DB＝CD+BA；（實踐應用）如圖，BC是圓的直徑，所以∠BAC＝90°．因為AB＝6，圓的半徑為5，所以AC＝2．已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+2）＝1．所以AD1＝1．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．所以AD的長為1或．【點睛】本題考查全等三角形的判定（SAS）與性質、等腰三角形的性質和圓心角、弦、弧，解題的關鍵是掌握全等三角形的判定（SAS）與性質、等腰三角形的性質和圓心角、弦、弧.21、（1）證明見解析；（2）；（3）1．【分析】（1）根據兩角對應相等的兩個三角形相似證明即可．

（2）解直角三角形求出BC，由△ABD∽△ACB，推出，可得AD=．

（3）點D在AC邊上運動的過程中，存在某個位置，使得DF=CF．作FH⊥AC于H，BM⊥AC于M，BN⊥FH于N．則∠NHM=∠BMH=∠BNH=90°，由△BFN∽△BDM，可得=tan∠BDF=tanA=，推出AN=AM=×12=9，推出CH=CMMH=CMAN=169=7，再利用等腰三角形的性質，求出CD即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖1中，∵BA＝BC，∴∠A＝∠ACB，∵∠BDE+∠CDE＝∠A+∠ABD，∠BDE＝∠A，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△CDE．（2）解：如圖2中，作BM⊥AC于M．在Rt△ABM中，則AM＝AB?cosA＝20×＝16，由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，∴202＝162+BM2，∴BM＝12，∵AB＝BC，BM⊥AC，∴AC＝2AM＝32，∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE，∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，∴∠BAD＝∠ACB，∵∠ABD＝∠CBA，∴△ABD∽△ACB，∴∴AD＝＝．（3）點D在AC邊上運動的過程中，存在某個位置，使得DF＝CF．理由：作FH⊥AC于H，AM⊥AC于M，BN⊥FH于N．則∠NHM＝∠BMH＝∠BNH＝90°，∴四邊形BMHN為矩形，∴∠MBN＝90°，MH＝BN，∵AB＝BC，BM⊥AC，∵AB＝20，AM＝CM＝16，AC＝32，BM＝12，∵BN⊥FH，BM⊥AC，∴∠BNF＝90°＝∠BMD，∵∠DBF＝90°＝∠MBN，∴∠NBF＝∠MBD，∴△BFN∽△BDM，∴＝tan∠BDF＝tanA＝，∴BN＝BM＝×12＝9，∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣BN＝16﹣9＝7，當DF＝CF時，由點D不與點C重合，可知△DFC為等腰三角形，∵FH⊥DC，∴CD＝2CH＝1．故答案為：1．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了新三角形的判定和性質，解直角三角形，銳角三角函數等，等腰三角形的判定和性質知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．22、（1）證明見解析；（2）6π．【分析】（1）連接，交于，由可知，，又，四邊形為平行四邊形，則，由圓周角定理可知，由內角和定理可求，即可得證結論．（2）證明，將陰影部分面積問題轉化為求扇形的面積求解．【詳解】連接交于點，如圖：∵∴∴在中，∴∵∴∴是的切線（2）由（1）可知，在和中，∴∴∴【點睛】本題考查了圓周角定理、平行線的判定、平行四邊形的判定和性質、切線的判定和性質、垂徑定理、扇形面積的計算以及轉換思想和數形結合思想的應用，熟悉各知識點內容是推理論證的前提．23、（1）1；（2）①x1＝﹣2，x2＝6；②x1＝，x2＝．【分析】（1）根據二次根式的乘法公式、30°的余弦值、60°的正切值和乘方的性質計算即可；（2）①利用直接開方法解一元二次方程即可；②利用公式法：解一元二次方程即可【詳解】（1）﹣2cos30°﹣tan60°+（﹣1）2018＝（2）①∵（x﹣2）2﹣16＝0，∴（x﹣2）2＝16，∴x﹣2＝4或x﹣2＝﹣4，解得：x1＝﹣2，x2＝6；②∵a＝5，b＝2，c＝﹣1，∴△＝b2-4ac=22﹣4×5×（﹣1）＝24＞0，則=＝，即x1＝，x2＝．【點睛】此題考查的是含特殊角的銳角三角函數值的混合運算和解一元二次方程，掌握二次根式的乘法公式、30°的余弦值、60°的正切值、乘方的性質和利用直接開方法和公式法解一元二次方程是解決此題的關鍵．24、（1）；（2）將拋物線向左平移個單位，向上平移個單位，解析式變?yōu)椋痉治觥浚?）把已知點的坐標代入拋物線解析式求