2022-2023学年黑龙江省鸡西市密山市杨木中学九年级（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年黑龙江省鸡西市密山市杨木中学九年级（上）期末数学试卷，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，简答题；等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列美术字中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）如图是由5个小正方体组合成的几何体，则该几何体的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
3．（3分）抛物线y＝2（x+9）2﹣3的顶点坐标是（ ）
A．（ 9，3）B．（9，﹣3）C．（﹣9，3）D．（﹣9，﹣3）
4．（3分）某种商品原来每件售价为150元，经过连续两次降价后，该种商品每件售价为96元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A．150（1﹣x2）＝96B．150（1﹣x）＝96
C．150（1﹣x）2＝96D．150（1﹣2x）＝96
5．（3分）如图，AB∥CD，AC、BD相交于点E．AE＝1，EC＝2，DE＝3，则BD的长为（ ）
A．B．4C．D．6
6．（3分）下列方程没有实数根的是（ ）
A．x2+4x＝10B．3x2+8x﹣3＝0
C．x2﹣2x+3＝0D．（x﹣2）（x﹣3）＝12
7．（3分）如图，矩形OABC的面积为36，它的对角线OB与双曲线y相交于点D，且OD：OB＝2：3，则k的值为（ ）
A．12B．﹣12C．16D．﹣16
8．（3分）如图，BD是⊙O的直径，A，C在圆上，∠A＝50°，∠DBC的度数是（ ）
A．50°B．45°C．40°D．35°
9．（3分）圆锥的底面圆半径是1，母线长是3，它的侧面展开图的圆心角是（ ）
A．90°B．100°C．120°D．150°
10．（3分）小明去爬山，在山脚看山顶角度为30°，小明在坡比为5：12的山坡上走1300米，此时小明看山顶的角度为60°，则山的高度是（ ）
A．（600﹣250）米B．（600250）米
C．（350+350）米D．500米
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．（3分）函数y中自变量x的取值范围是 ．
12．（3分）分解因式：x2﹣2x＝ ．
13．（3分）已知反比例函数y的图象经过点（4，a），则a的值为 ．
14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OA'B'，若A（﹣1，3），B（﹣2，1），A′（﹣3，9），则B′的坐标为 ．
15．（3分）一个扇形的面积为7πcm2，半径为6cm，则此扇形的圆心角是 度．
16．（3分）把二次函数y＝2x2的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，平移后抛物线的解析式为 ．
17．（3分）如图是一个几何体的三视图，根据图中标注的数据可求得该几何体的侧面积为 ．
18．（3分）如图，在⊙O中，AB是直径，弦AC的长为5cm，点D在圆上且∠ADC＝30°，则⊙O的半径为 cm．
19．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣1，2），OC＝4，将平行四边形OABC绕点O旋转90°后，点B的对应点B'坐标是 ．
20．（3分）如图所示，以O为端点画六条射线OA，OB，OC，OD，OE，OF，再从射线OA上某点开始按逆时针方向依次在射线上描点并连线，若将各条射线所描的点依次记为1，2，3，4，5，6，7，8…后，那么所描的第2013个点在射线 上．
三、简答题；（共60分）
21．先化简，再求值：（1），其中x＝2tan45°．
22．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数（k≠0）的图象交于A，B两点，直线AB与x轴交于点C，点A的坐标为（1，2），点B的坐标为（﹣2，n）．
（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）求△AOB的面积．
23．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABO的三个顶点坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，3），O（0，0）．
（1）画出△ABO关于x轴对称的△A1B1O，并写出点A1的坐标；
（2）画出△ABO绕点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2O，并写出点A2的坐标；
（3）在（2）的条件下，求点A旋转到点A2所经过的路径长（结果保留π）．
24．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接BC，CD，BD，P为BD的中点，连接CP，则线段CP的长是 ．
注：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x，顶点坐标是（，）．
25．数学兴趣小组的小颖想测量教学楼前一棵小树的高度，课外活动时她测得一根长为1m的竹竿的影长是0.8m，同一时刻，她发现树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙上，她先测得留在墙壁上的影高为1.3m，又测得地面上的影长为2.4m，请你帮她计算一下树的高度是多少？
26．如图，一艘游轮在A处测得北偏东45°的方向上有一灯塔B．游轮以海里/时的速度向正东方向航行2小时到达C处，此时测得灯塔B在C处北偏东15°的方向上．
（1）求点C到线段AB的距离；
（2）求A处与灯塔B相距多少海里？（结果精确到1海里，参考数据：1.41，1.73）
27．如图，△ABC和△DEF，点E，F在直线BC上，AB＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠F．如图①，易证：BC+BE＝BF．请解答下列问题：
（1）如图②，如图③，请猜想BC，BE，BF之间的数量关系，并直接写出猜想结论；
（2）请选择（1）中任意一种结论进行证明；
（3）若AB＝6，CE＝2，∠F＝60°，S△ABC＝12，则BC＝ ，BF＝ ．
28．如图，直线MN与x轴，y轴分别相交于A，C两点，分别过A，C两点作x轴，y轴的垂线相交于B点，且OA，OC（OA＞OC）的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个实数根．
（1）求C点坐标；
（2）求直线MN的解析式；
（3）在直线MN上存在点P，使以点P，B，C三点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出P点的坐标．
2022-2023学年黑龙江省鸡西市密山市杨木中学九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共30分）
1．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B．不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不合题意；
C．既是轴对称图形又是中心对称图形．故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．【分析】根据主视图为正面所看到的图形，进而得出答案．
【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形．
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，注意主视图即为从正面所看到的图形．
3．【分析】由抛物线解析式可得抛物线顶点坐标．
【解答】解：∵y＝2（x+9）2﹣3，
∴抛物线顶点坐标为（﹣9，﹣3），
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的顶点式．
4．【分析】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）＝96，把相应数值代入即可求解．
【解答】解：第一次降价后的价格为150×（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150×（1﹣x）×（1﹣x），
则列出的方程是150（1﹣x）2＝96．
故选：C．
【点评】此题主要考查了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．
5．【分析】利用平行线证明三角形相似，得到线段成比例求解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，∠B＝∠D，
∴△ABE∽△CDE，
∴，
即，
∴BE，
∴BD＝BE+DE3．
故选：C．
【点评】本题考查平行线的性质、三角形相似判定和性质，能够灵活利用平行线的性质、三角形相似判定和性质是解题的关键．
6．【分析】分别计算出判别式Δ＝b2﹣4ac的值，然后根据△的意义分别判断即可．
【解答】解：A、方程变形为：x2+4x﹣10＝0，Δ＝42﹣4×1×（﹣10）＝56＞0，所以方程有两个不相等的实数根，故A选项不符合题意；
B、Δ＝82﹣4×3×（﹣3）＝100＞0，所以方程有两个不相等的实数根，故B选项不符合题意；
C、Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8＜0，所以方程没有实数根，故C选项符合题意；
D、方程变形为：x2﹣5x﹣6＝0，Δ＝52﹣4×1×（﹣6）＝49＞0，所以方程有两个不相等的实数根，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
7．【分析】由矩形的性质求出△CDO的面积，由平行线分线段成比例可求，可求△DEO的面积，由反比例函数的性质可求解．
【解答】解：方法一、如图，连接CD，过点D作DE⊥CO于E，
∵矩形OABC的面积为36，
∴S△BCO＝18，
∵OD：OB＝2：3，
∴S△CDO12，
∵DE⊥CO，BC⊥CO，
∴DE∥BC，
∴，
∴S△DEO8，
∵双曲线y图象过点D，
∴8，
又∵双曲线y图象在第二象限，
∴k＜0，
∴k＝﹣16，
方法二、∵矩形OABC的面积为36，
∴S△BCO＝18，
∵DE∥BC，
∴（）2，
∴S△DEO＝188，
∵双曲线y图象过点D，
∴8，
又∵双曲线y图象在第二象限，
∴k＜0，
∴k＝﹣16，
故选：D．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，平行线分线段成比例等知识，求出△DEO的面积是解题的关键．
8．【分析】由BD是⊙O的直径，可求得∠BCD＝90°，又由圆周角定理可得∠D＝∠A＝50°，继而求得答案．
【解答】解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∵∠D＝∠A＝50°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝40°．
故选：C．
【点评】此题考查了圆周角定理以及直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
9．【分析】根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
【解答】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×1＝2π，
设圆心角的度数是n度．
则2π，
解得：n＝120．
故选：C．
【点评】本题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
10．【分析】构造两个直角三角形△ABE与△BDF，分别求解可得DF与EB的值，再利用图形关系，进而可求出答案．
【解答】解：∵BE：AE＝5：12，
13，
∴BE：AE：AB＝5：12：13，
∵AB＝1300米，
∴AE＝1200米，
BE＝500米，
设EC＝x米，
∵∠DBF＝60°，
∴DFx米．
又∵∠DAC＝30°，
∴ACCD．
即：1200+x（500x），
解得x＝600﹣250．
∴DFx＝（600750）米，
∴CD＝DF+CF＝600250（米）．
答：山高CD为（600250）米．
故选：B．
【点评】本题考查俯角、仰角的定义，要求学生能借助坡比、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形．
二、填空题（每小题3分，共30分）
11．【分析】根据分式的分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【解答】解：由题意得：x﹣2≠0，
解得：x≠2，
故答案为：x≠2．
【点评】本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
12．【分析】提取公因式x，整理即可．
【解答】解：x2﹣2x＝x（x﹣2）．
故答案为：x（x﹣2）．
【点评】本题考查了提公因式法分解因式，因式分解的第一步：有公因式的首先提取公因式．
13．【分析】将点（4，a）代入反比例函数y即可求出a的值．
【解答】解：点（4，a）代入反比例函数y得，a，
故答案为：．
【点评】考查反比例函数图象上点的坐标特征，将点的坐标代入函数关系式是常用的方法．
14．【分析】根据题意求出△OAB与△OA'B'的位似比，再根据位似变换的性质解答即可．
【解答】解：∵将△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OA'B'，A（﹣1，3），A′（﹣3，9），
∴△OAB与△OA'B'的位似比为1：3，
∵点B的坐标为（﹣2，1），
∴点B′的坐标为（﹣6，3），
故答案为：（﹣6，3）．
【点评】本题考查的是位似变换，求出△OAB与△OA'B'的位似比是解题的关键．
15．【分析】设扇形的圆心角为n°，利用扇形面积公式列方程，即可求出n．
【解答】解：设扇形的圆心角为n°，
则，
∴n＝70，
故答案为：70．
【点评】本题考查扇形面积公式，解题关键是掌握扇形面积公式．
16．【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答．
【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将二次函数y＝2x2的图象向左平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝2（x+1）2向下平移2个单位长度所得抛物线的解析式为：y＝2（x+1）2﹣2，
故答案为：y＝2（x+1）2﹣2．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
17．【分析】易得此几何体为圆柱，圆柱的侧面积＝底面周长×高．
【解答】解：由主视图和左视图为长方形可得此几何体为柱体，由俯视图为圆形可得此几何体为圆柱；
易得圆柱的底面直径为2，高为1，
∴侧面积＝2π×1＝2π，
故答案为：2π．
【点评】本题考查圆柱的侧面积计算公式，关键是得到该几何体的形状．
18．【分析】连接OC，证明△AOC是等边三角形，可得结论．
【解答】解：如图，连接OC．
∵∠AOC＝2∠ADC，∠ADC＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝AC＝5（cm），
∴⊙O的半径为5cm．
故答案为：5．
【点评】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明△AOC是等边三角形．
19．【分析】根据旋转可得：BM＝B1M1＝B2M2＝3，∠AOA1＝∠AOA2＝90°，可得B1和B2 的坐标，即是B'的坐标．
【解答】解：∵A（﹣1，2），OC＝4，
∴C（4，0），B（3，2），M（0，2），BM＝3，AB∥x轴，
将平行四边形OABC绕点O分别顺时针、逆时针旋转90°后，
由旋转得：OM＝OM1＝OM2＝2，∠AOA1＝∠AOA2＝90°，BM＝B1M1＝B2M2＝3，
A1B1⊥x轴，A2B2⊥x轴，
∴B1和B2 的坐标分别为：（﹣2，3）、（2，﹣3），
∴B'即是图中的B1和B2，坐标就是（﹣2，3）或（2，﹣3），
故答案为：（﹣2，3）或（2，﹣3）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形的性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．
20．【分析】根据规律得出每6个数为一周期．用2013除以6，根据余数来决定数2013在哪条射线上．
【解答】解：∵1在射线OA上，
2在射线OB上，
3在射线OC上，
4在射线OD上，
5在射线OE上，
6在射线OF上，
7在射线OA上，
……
每六个一循环，
2013÷6＝335……3，
∴所描的第2013个点在射线和3所在射线一样，
∴所描的第2013个点在射线OC上．
故答案为：OC．
【点评】此题主要考查了数字变化规律，根据数的循环和余数来决定点的位置是解题关键．
三、简答题；（共60分）
21．【分析】先化简括号内的式子，然后计算括号外的除法，再将x的值代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：（1）
＝[1]•
＝（1）•
•
•
，
当x＝2tan45°＝2×1＝2时，原式1．
【点评】本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
22．【分析】（1）通过待定系数法求解．
（2）由S△AOB＝S△AOC+S△BOC求解．
【解答】解：（1）将（1，2）代入得2＝k，
∴反比例函数的解析式为，
又∵点B的坐标为（﹣2，n）也在上，
∴﹣2n＝2，
解得n＝﹣1，
∴点B坐标为（﹣2，﹣1），
将（1，2），（﹣2，﹣1）代入y＝ax+b得，
解得，
∴一次函数的解析式为y＝x+1；
（2）∵直线y＝x+1与x轴交于点C，
∴C（﹣1，0），
∴OC＝1，
∵A的坐标为（1，2），B的坐标为（﹣2，﹣1），
∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC．
【点评】本题考查反比例函数的性质，解题关键是掌握待定系数法求函数解析式，掌握坐标系内求三角形面积的方法．
23．【分析】（1）利用轴对称的性质分别作出A，B的对称点A1，B1即可．
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B的对应点A2，B2即可．
（3）利用弧长公式l，求解即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1O即为所求，点A1的坐标（﹣1，﹣3）；
（2）如图，△A2B2O即为所求，点A2的坐标（3，1）；
（3）点A旋转到点A2所经过的路径长π
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换，轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
24．【分析】（1）利用待定系数法即可得出；
（2）把二次函数的解析式化成顶点式，即可求得D的坐标，进一步求得点P的坐标，令x＝0即可求得C的坐标，利用勾股定理即可求得CP的长．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴D（1，4），
把x＝0代入y＝﹣x2+2x+3，得y＝3，
∴C（0，3），
∵P为BD的中点，
∴P（2，2），
∴CP．
故答案为：．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，勾股定理的应用，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
25．【分析】首先要知道在同一时刻任何物体的高与其影子的比值是相同的，所以竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同，利用这个结论可以求出树高．
【解答】解：如图，设BD是BC在地面的影子，树高为xm，
根据竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同得，
∵CB＝1.3m，
∴BD＝11.04m，
∴树在地面的实际影子长是1.04+2.4＝3.44（m），
再竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同得，
∴x＝4.3，
答：树高是4.3m．
【点评】本题考查了相似三角形的应用及平行投影的知识，解题的关键要知道竹竿的高与其影子的比值和树高与其影子的比值相同．
26．【分析】（1）作辅助线，构建直角三角形，证明△ACM是等腰直角三角形，可得CM的长，从而得结论；
（2）解Rt△ACM，求出AM，CM的长，然后在Rt△BCM中利用含30°角的性质可得BM的长即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，过点C作CM⊥AB，垂足为M，
由题意可得，∠DAB＝45°，∠ECB＝15°，
在△ABC中，∠BAC＝45°，
∴△ACM是等腰直角三角形，
由题意得：AC＝2×2040，
∴CMAC＝40，
即点C到线段AB的距离为40海里；
（2）∵∠ACB＝90°+15°＝105°，
∵∠ACM＝45°，
∴∠BCM＝105°﹣45°＝60°，
∵∠BMC＝90°，
∴∠CBM＝30°，
∵AM＝CM＝40，
∴BMCM＝40，
∵AB＝AM+BM＝40+4040+40×1.73≈109（海里），
答：A处与灯塔B相距109海里．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，三角形内角和定理，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
27．【分析】（1）根据图形分别得出答案；
（2）利用AAS证明△ABC≌△DFE，得BC＝EF，再根据图形可得结论；
（3）首先利用含30°角的直角三角形的性质求出BH和AH的长，从而得出BC，再对点E的位置进行分类即可．
【解答】解：（1）图②：BC+BE＝BF，
图③：BE﹣BC＝BF；
（2）图②：∵AB＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠F，
∴△ABC≌△DFE（ASA），
∴BC＝EF，
∵BE＝BC+CE，
∴BC+BE＝EF+BC+CE＝BF；
图③：∵AB＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠F，
∴△ABC≌△DFE（ASA），
∴BC＝EF，
∵BE＝BF+EF，
∴BE﹣BC＝BF+EF﹣BC＝BF+BC﹣BC＝BF；
（3）当点E在BC上时，如图，作AH⊥BC于H，
∵∠B＝∠F＝60°，
∴∠BAH＝30°，
∴BH＝3，
∴AH＝3，
∵S△ABC＝12，
∴12，
∴BC＝8，
∵CE＝2，
∴BF＝BE+EF＝8﹣2+8＝14；
同理，当点E在BC延长线上时，如图②，BF＝BC+BE＝8+10＝18，
故答案为：8，14或18．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
28．【分析】（1）通过解方程x2﹣14x+48＝0可以求得OC＝6，OA＝8．则C（0，6）；
（2）设直线MN的解析式是y＝kx+b（k≠0）．把点A、C的坐标分别代入解析式，列出关于系数k、b的方程组，通过解方程组即可求得它们的值；
（3）需要分类讨论：PB为腰，PB为底两种情况下的点P的坐标．根据等腰三角形的性质、两点间的距离公式以及一次函数图象上点的坐标特征进行解答．
【解答】解：（1）解方程x2﹣14x+48＝0得
x1＝6，x2＝8．
∵OA，OC（OA＞OC）的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个实数根，
∴OC＝6，OA＝8．
∴C（0，6）；
（2）设直线MN的解析式是y＝kx+b（k≠0）．
由（1）知，OA＝8，则A（8，0）．
∵点A、C都在直线MN上，
∴，
解得，，
∴直线MN的解析式为yx+6；
（3）∵A（8，0），C（0，6），
∴根据题意知B（8，6）．
∵点P在直线MNyx+6上，
∴设P（a，a+6）
当以点P，B，C三点为顶点的三角形是等腰三角形时，需要分类讨论：
①当PC＝PB时，点P是线段BC的中垂线与直线MN的交点，则P1（4，3）；
②当PC＝BC时，a2+（a+6﹣6）2＝64，
解得，a，则P2（，），P3（，）；
③当PB＝BC时，（a﹣8）2+（a﹣6+6）2＝64，
解得，a，则a+6，∴P4（，）．
综上所述，符合条件的点P有：P1（4，3），P2（，）P3（，），P4（，）．
【点评】本题考查了一次函数综合题．其中涉及到的知识点有：待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质．解答（3）题时，要分类讨论，防止漏解．另外，解答（3）题时，还利用了“数形结合”的数学思想．
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