2022北京铁二中初三（上）期中数学（教师版）

这是一份2022北京铁二中初三（上）期中数学（教师版），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022北京铁二中初三（上）期中
数 学
试卷满分110分（附加题10分） 考试时长120分钟
一、选择题（共8道小题，每题2分，共16分．）
1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
2. 一元二次方程的一次项系数是（ ）
A. B. 2 C. 3 D. 0
3. 抛物线 的顶点坐标是（ ）
A. （7，−5） B. （−7，−5） C. （7，5） D. （−7，5）
4. 在平面直角坐标系中，点P(−1，−2)关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，将正方形图案绕中心旋转后，得到的图案是（ ）

A. B. C. D.
6. 下列一元二次方程中，没有实数根的是（　　）
A. B. C. D.
7. 抛物线和的对称轴分别是（ ）
A. y轴，直线 B. 直线， C. 直线，直线 D. y轴，直线
8. 已知二次函数中，函数y与自变量x的部分对应值如表：
x
…
-1
0
1
2
3

y
…
10
5
2
1
2
…
则当时，x的取值范围是（ ）
A. B. C. 或 D. 或
二、填空题（共8道小题，每题2分，共16分．）
9. 已知点和点关于原点对称，则______．
10. 将一元二次方程配方写成的形式为_________．
11. 请写出一个有最小值，并且对称轴为直线的二次函数的解析式_______．
12. 二次函数的图象对称轴右侧上有两点，若，则______0． (填“＞”“＜”或“＝”)
13. 如图，△ABC中∠B=50°，在同一平面内，将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，使AD⊥BC，连接CE，则∠ACE=_______________°．

14. 某种植物的主干长出若干个分支，每个支干又长出同样个数的小分支，主干、支干、小分支的总数是241，每个支干长出小分支的个数是____________．
15. 如图，为正方形内的一点，绕点按顺时针旋转后得到，连接，若三点在同一直线上，则的度数为___________．

16. 如图一段抛物线：（0≤x≤3），记为，它与x轴交于点O和 ；将绕旋转180°得到，交x轴于；将绕旋转180°得到，交x轴于
，如此进行下去，直至得到，若点P（31，m）在第11段抛物线上，则m的值为_________．

三、解答题（共8道题，共68分．第17题12分；第18，19，20题，每题8分；第21，22题，每题6分；第23，24题，每题10分．）
17. 解下列方程
（1）用公式法解一元二次方程：；
（2）用适当的方法解方程；
18. 已知二次函数．
（1）抛物线的顶点坐标是______；
（2）在平面直角坐标系中，利用五点法画出该函数图象（列表）
x
…





…
y
…





…

（3）当x______时，y随x的增大而增大；
（4）当x满足______时，y>0；
（5）当—3 （6）若有两个不相等的实数根，m的取值范围为______．
19. 如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB=120°，∠ADC=90°，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE，连接DE
（1）求证：AD=DE；
（2）求∠DCE的度数．

20. 已知关于x的方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一个根大于4且小于8，求m的取值范围．
21. 如图，关于x的二次函数的图象与x轴交于A、B两点，其中点A的坐标为（-3，0），与y轴交于点C，设直线AC的表达式为．

（1）求二次函数的表达式；
（2）求直线AC的表达式；
（3）当时，直接写出x的取值范围．
22. 中国在2022年北京冬奥会上向全世界展示了“胸怀大局，自信开放，迎难而上，追求卓越，共创未来”的北京冬奥精神．跳台滑雪是北京冬奥会的比赛项目之一，下图是某跳台滑雪场地的截面示意图．平台AB长1米（即），平台AB距地面18米，以地面所在直线为x轴，过点B垂直于地面的直线为y轴，取1米为单位长度，建立平面直角坐标系，已知滑道对应的函数为．运动员（看成点）在BA方向获得速度v米/秒后，从A处向右下飞向滑道，点M是下落过程中的某位置（忽略空气阻力）．设运动员飞出时间为t秒，运动员与点A的竖直距离为h米，运动员与点A的水平距离为l米，经实验表明：．

（1）求滑道对应的函数表达式；
（2）当，时，通过计算判断运动员此时是否已落在滑道上；
（3）在试跳中，运动员从A处飞出，运动员甲飞出的路径近似看作函数图像的一部分，着陆时水平距离为，运动员乙飞出的路径近似看作函数图像的一部分，着陆时水平距离为，则______（填“>”“=”或“<”）．
23. 如图，抛物线经过点A(2，0)，B(-2，4)，(-4，0)，直线AB与抛物线的对称轴交于点E．

（1）求抛物线的表达式；
（2）点M在直线AB上方的抛物线上运动，当ΔABM的面积最大时，求点M的坐标；
（3）若点F为平面内的一点，且以点为顶点的四边形是平行四边形，请写出符合条件的点F的坐标．
24. （1）问题背景．
如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是线段BC、线段CD上的点．若∠BAD=2∠EAF，试探究线段BE、EF、FD之间的数量关系．
童威同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG．再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是__________________．
（2）猜想论证．
如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E在线段BC上、F在线段CD延长线上． 若∠BAD=2∠EAF，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．

（3） 拓展应用．
如图3，在四边形ABDC中，∠BDC=45°，连接BC、AD，AB：AC：BC=3：4：5，AD=4，且∠ABD+∠CBD=180°．则△ACD的面积为

附加题（共2道题，共10分．第1题2分，第2题8分．）
25. 已知二次函数的图象如图，有下列结论：
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦
正确的结论是________．（填序号）

26. 定义：若两个函数的图象关于某一点Q中心对称，则称这两个函数关于点Q互为“对称函数”．例如，函数与关于原点O互为“对称函数”．
（1）函数关于原点O的“对称函数”的函数解析式为______，
函数关于原点O的“对称函数”的函数解析式为______；
（2）已知函数与函数G关于点互为“对称函数”，若函数与函数G的函数值y都随自变量x的增大而减小，求x的取值范围；
（3）已知点，点，点，二次函数与函数N关于点C互为“对称函数”，将二次函数与函数N的图象组成的图形记为W，若图形W与线段恰有2个公共点，直接写出a的取值范围．

北京市铁路第二中学2022—2023学年第一学期
九年级数学期中考试试卷
试卷满分110分（附加题10分） 考试时长120分钟
一、选择题（共8道小题，每题2分，共16分．）
1.
【答案】D
【解析】
分析】根据中心对称图形和轴对称图形对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意；
B. 不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
C. 不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意；
D. 是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意，
故选：D．
【点睛】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度后两部分重合．
2.
【答案】B
【解析】
【分析】一元二次方程的一般形式是：（a，b，c是常数且a≠0）．在一般形式中叫二次项，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．据此求解即可．
【详解】解：一元二次方程的一次项系数是2，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键把握要确定一次项系数，首先要把方程化成一般形式．
3.
【答案】B
【解析】
【分析】根据顶点式的顶点坐标为求解即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．
4.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），然后直接作答即可．
【详解】解：根据题意知：点P(−1，−2)关于原点对称的点的坐标为（1，2）．
故选：C．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点坐标，是需要熟记的基本问题，关键是掌握关于原点对称的两个点的横纵坐标分别互为相反数．
5.
【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转的定义进行分析即可解答
【详解】解：根据旋转的性质，旋转前后，各点的相对位置不变，得到的图形全等，
分析选项，可得正方形图案绕中心旋转后，得到的图案是．
故选：．
【点睛】本题考查了图纸旋转的性质,熟练掌握是解题的关键.
6.
【答案】A
【解析】
【分析】分别计算四个方程的根的判别式，然后根据判别式的意义判断方程根的情况即可．
【详解】解：A、，则方程没有实数根，所以该选项符合题意；
B、方程整理得，，则方程有两个相等的实数根，所以该选项不符合题意；
C、，则方程有两个相等的实数根，所以该选项不符合题意；
D、整理整理为，，则方程有两个不相等的实数根，所以该选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程（a≠0）的根与有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
7.
【答案】D
【解析】
【分析】已知解析式为抛物线的顶点式，可直接写出对称轴．
【详解】解：的对称轴为y轴；
的对称轴为直线x=-2，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法．利用解析式化为，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x=h得出是解题关键．
8.
【答案】C
【解析】
【分析】根据表格数据，利用二次函数的对称性可判断二次函数的对称轴以及当y=5时，x的另一个取值；然后根据表格以及二次函数的性质即可求出当时，x的取值范围．
【详解】由表可知，二次函数的对称轴为直线x=2，
当x=0时，y=5；当x=4时，y=5，
∴当时，x的取值范围为x<0或x>4
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数与不等式，掌握二次函数图象的对称性根据表格得出函数的对称轴是关键．
二、填空题（共8道小题，每题2分，共16分．）
9.
【答案】2
【解析】
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a,b的值进而得出答案．
【详解】解：∵点和点关于原点对称，
∴，
则．
故答案为：2．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，某点坐标为 ，则它关于原点的对称点坐标为．
10.
【答案】
【解析】
【分析】先把24移到方程的右边，然后方程两边都加25，再把左边根据完全平方公式写成完全平方的形式．
【详解】解：



故答案为
【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成(m≥0)的形式，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
11.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意写出开口向上，即，对称轴为直线，即的二次函数解析式即可求解．
【详解】解：有最小值，并且对称轴为直线的二次函数的解析式为：．
故答案：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
12.
【答案】＜
【解析】
【分析】根据二次函数的增减性，即可求解．
【详解】解：根据题意得二次函数的图象在对称轴右侧y随x的增大而减小，
∵，
∴，
∴．
故答案为：＜
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
13.
【答案】70
【解析】
【分析】由旋转的性质可得AE=AC，∠DAB=∠EAC=40°，由等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∵AD⊥BC，∠B=50°，
∴∠DAB=40°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△ADE，
∴AE=AC，∠DAB=∠EAC=40°，
∴∠ACE=∠AEC=70°，
故答案为：70．

【点睛】本题考查了旋转性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
14.
【答案】15
【解析】
【分析】设每个支干长出小分支的个数是，根据主干、支干、小分支的总数是241，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【详解】解：设每个支干长出小分支的个数是，
依题意得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意，舍去），
每个支干长出小分支的个数是15．
故答案为：15．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15.
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质知△BEF为等腰三角形，根据△AEB绕点B按顺时针旋转90°后成为△CFB，得旋转角∠EBF＝90°，即△BEF为等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于和他不相邻的内角和，即可求得．
【详解】解：由旋转可知，
BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠BEF＝45°，
∵A、E、F三点在同一直线上
∴∠AEB＝180°−45°＝135°，
故答案为：135°．
【点睛】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质．灵活运用旋转的性质和等腰三角形的性质这些知识进行推理是解本题的关键．
16.
【答案】2
【解析】
【分析】根据图象规律判断出的开口朝下，找出顶点坐标规律，求出的函数解析式，将点P代入计算即可．
【详解】解：
∴的顶点坐标为：，
由旋转得：的顶点坐标为：，
的顶点坐标为：，
的顶点坐标为：，
，
∴的顶点坐标为：，抛物线开口朝下，
∴解析式为：，
∵点P（31，m）在抛物线上，
∴；
故答案为：2．
【点睛】本题考查二次函数图象的变换．解题的关键是找出变换规律，求出函数解析式．二次函数图象的变换，可以转化为顶点的变换，便于快速解题．
三、解答题（共8道题，共68分．第17题12分；第18，19，20题，每题8分；第21，22题，每题6分；第23，24题，每题10分．）
17.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算再利用求根公式解方程即可；
（2）先移项，提取公因式 把方程化为两个一次方程，再解一次方程即可．
【小问1详解】
解：，
∴
∴
∴
∴
【小问2详解】
，
∴
∴
∴
∴或
解得：
【点睛】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握“公式法与因式分解的方法解一元二次方程”是解本题的关键．
18.
【答案】（1）
（2）画图见解析 （3）
（4）或
（5）
（6）
【解析】
【分析】（1）把一般式化成顶点式即可求得顶点坐标；
（2）在对称轴的两侧取两组对称点，列表，然后描点、连线即可．
（3）在对称轴的右侧符合题意，从而可得答案；
（4）由函数图象信息可得当，函数图象在x轴的上方，从而可得答案；
（5）先求解函数的最小值，再求解当的函数值，可得当时，函数值的取值范围．
（6）观察函数的图象的交点个数可得答案．
【小问1详解】
解：由可知：
顶点坐标为，
【小问2详解】
列表如下：





0
1









描点并连线，
【小问3详解】
由函数图象信息可得：当时，y随x的增大而增大；
【小问4详解】
由函数图象信息可得当，函数图象在x轴的上方，
∴或
【小问5详解】
由函数图象信息可得：
当时，
当时，
当—3 【小问6详解】
∵，
∴
观察函数的图象的交点可得：

有两个不相等的实数根时，m的取值范围为
【点睛】本题考查的是抛物线的顶点式，画二次函数的图象，二次函数的性质，二次函数与直线的交点坐标及一元二次方程的实数根之间的关系，掌握以上知识利用数形结合的方法解题是关键．
19.
【答案】（1）证明见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）由旋转可得，由三角形全等可得、，再利用等式的性质可得，从而可得是等边三角形，最后再根据等边三角形的性质可到结论；
（2）由（1）可得、，再结合已知条件根据四边形的内角和即可求得答案．
【详解】解：（1）∵将绕点逆时针旋转得
∴
∴，
∴即
∵是等边三角形
∴
∴
∴是等边三角形
∴．
（2）∵由（1）可知，是等边三角形，
∴，
∵
∴在四边形中，．
【点睛】本题考查了旋转得性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、四边形的内角和等，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
20.
【答案】（1）见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）先计算判别式的值得到，利用非负数的性质得，然后根据判别式的意义判断根的情况；
（2）利用求根公式解方程得到，再利用方程有一个根大于4且小于8得，然后解不等式组即可．
【小问1详解】
证明：

，
∵，即，
∴方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：，得，
∵方程有一个根大于4且小于8，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
21.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）把A（-3，0）代入，即可求解；
（2）把点A（-3，0），C（0，3）代入，即可求解；
（3）观察图象可得当或时，二次函数的图像位于一次函数图象的上方，即可求解．
【小问1详解】
解：把A（-3，0）代入得：
，
解得：，
∴二次函数的表达式为；
【小问2详解】
解：对于，
令，则，
∴点C（0，3），
把点A（-3，0），C（0，3）代入得：
，解得：，
∴直线AC的表达式为；
【小问3详解】
解：观察图象得：当或时，二次函数的图像位于一次函数图象的上方，
即当或时，，
∴当时， x的取值范围为或．
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，二次函数与一次函数的交点问题，利用数形结合思想解答是解题的关键．
22.
【答案】（1）
（2）动员此时没有落在滑道上
（3）<
【解析】
【分析】（1）将代入，求出c即可；
（2）先计算出h和l，求出时y的值，与进行比较即可判断；
（3）分别将两个运动员飞出路径对应的函数与滑道对应的函数联立，求出着陆时的x值，进而求出与，即可判断．
【小问1详解】
解：由题意，点A的坐标为，且点A在滑道所在的抛物线上，
将，代入，得：，
解得：，
因此滑道对应的函数表达式为：；
【小问2详解】
解：当，时，
，，
当时，，
,
因此运动员此时没有落在滑道上；
【小问3详解】
解：将与联立，
得：，
化简得：，
解得：，，
可知；
同理，将与联立，
得：，
化简得：，
解得：，，
可知，
，
因此．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，读懂题意，掌握利用待定系数法求二次函数解析式和二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
23.
【答案】（1）
（2）（0，4） （3）（-5，1）或（1，7）或（-3，-1）
【解析】
【分析】（1）已知抛物线上的三点用待定系数法求解析式；
（2）根据抛物线的解析式，设出点M的坐标，作一条竖线交AB于N，利用公式求△ABM的面积；
（3）求出点E坐标，利用平行四边形的性质和平移求点F的坐标，注意分类讨论．
【小问1详解】
解：将点A(2，0)，B(-2，4)，C(-4，0)分别代入得：
，
解得．
∴抛物线的表达式为y=．
【小问2详解】
如图，作MNy轴交直线AB于点N，

设点M(m，)．
设直线AB的方程为，将代入解析式得：
，
解得，
∴直线AB的解析式为：，
∴， ，
∴，
∵-1＜0，且-2＜0＜2，
∴当m=0时，ΔABM的面积最大，此时，所以M的坐标为（0，4）．
【小问3详解】
∵抛物线的对称轴为直线，
将代入得y=3，
∴E（-1，3），
当BC为对角线时，构成．
∵B(-2，4)，E（-1，3），
∴点E到点B向左一个单位长度，向上1个单位长度，
∴点C到点F也向左一个单位长度，向上1个单位长度，
∵C(-4，0)，
∴ F（-5，1）．
同理，当BE为对角线时，构成，可得F（1，7）；
当BF为对角线时，构成，可得F（-3，-1）．
综上所述点F得坐标为（-5，1）或（1，7）或（-3，-1） ．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，直角坐标系中三角形面积求法，与已知平行四边形三个顶点求第四个点坐标的方法，记住面积公式和会分类讨论是解题的关键．
24.
【答案】（1）BE+FD=EF；（2）上述结论不成立，正确结论是EF+FD=BE，证明见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）先证明△ABE≌△ADG（SAS），再证明△AEF≌△AGF（SAS），可即可求解；
（2）首先在DF上截取BG=DF，并连接AG，然后证明△ABE≌△ADG（SAS），再证明△AEF≌△AGF（SAS），可即可求解；
（3）方法一：延长AB至K，使得BK=BC，过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，证得△DBK≌△DBC（SAS），进而得到∠KDC=2∠BDC=90°，由AB：AC：BC=3:4:5可得 ∠BAC=90°，可以证得△DKM≌△DNC（AAS），进一步得到四边形AMDN为正方形，设AB=3x，可以表示出BM和CN的长，然后根据即可求解；
方法二：过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，作DH⊥BC，可以证得D为△ABC的旁心，然后得到四边形AMDN为正方形，设AB=3x，可以表示出BM和CN的长，然后根据即可求解．
【详解】（1）BE+FD=EF
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，
∴∠B=∠ADG
又∵AB=AD，BE=GD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）
∴∠BAE=∠DAG，AG=AE
∵∠BAD=2∠EAF
∴
∴∠EAF=∠GAF
又∵AG=AE，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴GE=FE
∴GD +DF= GF=EF
∵BE=GD
∴BE+FD=EF
故答案为BE+FD=EF．
（2）上述结论不成立，正确结论EF+FD=BE.


如图2所示，在DF上截取BG=DF，并连接AG
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF
又∵AB=AD，BG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）
∴∠BAG=∠DAF，AG=AD
∴
∴
∴∠EAG=∠EAF
又∵AG=AD，AE=AE，
∴△GAE≌△FAE
∴GE=FE
∴EF +DF= GE+BG =BE
故正确结论是EF+FD=BE；
（3）

方法一：延长AB至K，使得BK=BC，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠ABD+∠DBM=180°，
∴∠CBD=∠MBD
又∵BK=BC，BD=BD
∴△DBK≌△DBC（SAS）
可知DK=DC，∠K=∠DCB，∠KDC=2∠BDC=90°
由AB：AC：BC=3:4:5可得 ∠BAC=90°，
过点D作DM⊥AB，DN⊥AC
∵∠K+∠ACD=180°，∠DCN+∠ACD=180°，
∴∠K=∠DCN，即∠DCB=∠K=∠DCN
∴△DKM≌△DNC（AAS），
∴MK=CN, DM=DN
∴BC=BK=BM+CN，且四边形AMDN为正方形
设AB=3x、AC=4x、BC=5x，可列 解得 ，
∴，
∴
∵
∴
方法二：延长AB至K，使得BK=BC，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠ABD+∠DBM=180°，
∴∠CBD=∠MBD
∴△DBK≌△DBC（SAS）
同理得到∠DCB=∠DCN
可知DK=DC，∠K=∠DCB，∠KDC=2∠BDC=90°
由AB：AC：BC=3:4:5可得 ∠BAC=90°，
过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，作DH⊥BC，由角平分线性质可得DM=DH=DN，即点D

∵D为△ABC的“旁心”
∴BH=BM，CH=CN
∴BC=BH+CH=BM+CN，且四边形AMDN为正方形
设AB=3x、AC=4x、BC=5x，可列 解得 ，
∴，
∴
∵
∴
故答案为．
【点睛】本题考查了三角形全等，全等中辅助线的引发，问题的关键是根据题意做出正确的辅助线，画出示意图，根据题意推理即可．
附加题（共2道题，共10分．第1题2分，第2题8分．）
25.
【答案】②④⑤⑦
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向判断①；根据对称轴的位置判断②；根据抛物线与y轴的交点位置判断③；根据抛物线与x轴的交点情况判断④；根据对称轴判断⑤；根据横坐标为3的抛物线上的点的纵坐标正负情况判断⑤；根据横坐标为-1的抛物线上的点的纵坐标取值范围判断⑦．
【详解】解：观察图象得：二次函数图象开口向上，与y轴交于负半轴，对称轴为直线，
∴，，故①③错误；
∴，
∴，故②⑤正确；
观察图象得：二次函数图象与x轴有2个交点，
∴，故④正确；
∵二次函数图象与x轴的一个交点为（-2，0），对称轴为直线，
∴二次函数图象与x轴的另一个交点为（4，0），
当x=3时，y＜0，
∴，故⑥错误；
当x=-1时，y＜0，
∴，
∴，故⑦正确；
∴正确的有②④⑤⑦．
故答案为：②④⑤⑦
【点睛】本题考查的是二次函数的图象与系数的关系，由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，根据抛物线与x轴交点情况确定与0的关系．
26.
【答案】（1），；
（2）；
（3）或或．
【解析】
【分析】（1）结合新定义利用待定系数法解答即可；
（2）利用数形结合的方法结合图象，利用新定义的规定解得即可；
（3）利用分类讨论的方法分三种情况解答：①当“对称函数”的顶点在上时，求得函数N的顶点坐标，利用对称性求得对称点的坐标，利用待定系数法即可求解；②当两个函数的交点在上时，利用两函数与x轴的交点坐标，求函数N的解析式，令y=1，即可求得a值；③当“对称函数”经过点B时，将坐标代入函数N的解析式即可确定a的取值范围．
【小问1详解】
解：∵两个函数是关于原点O的“对称函数”，
∴两个函数的点分别关于原点中心对称，
设函数上的任一点为，则它的对称点为，
将代入函数得：
，
∴．
函数关于原点O的“对称函数”的函数解析式为：；
同理，设函数上的任一点为，则它的对称点为，
将代入函数得：；
∴关于原点O的“对称函数”的函数解析式为，
故答案为：；；
【小问2详解】
解：由题意得：函数G的解析式为，
如图，函数与函数G的函数值y都随自变量x的增大而减小，

∵函数G的开口方向向下，
∴在对称轴的右侧y随自变量x的增大而减小，函数在对称轴的左边y随自变量x的增大而减小，
∴函数与函数G的函数值y都随自变量x的增大而减小，自变量x的取值范围为；
【小问3详解】
解：①当“对称函数”的顶点在上时，如图，

∵，
∴二次函数的对称轴为直线，
∵点C为对称中心，
∴函数N的对称轴为直线，
∴函数N的顶点坐标为，
∵关于点C对称的点为，
∴将代入得：
，
∴；
②当两个函数图像的交点在上时，如图，

∵二次函数与x轴的交点为和，
∵点C为对称中心，
∴函数N与x轴的交点为和，
∴函数N的解析式为，
当y=1时，
，
解得：；
③当“对称函数”经过点B时，如图，

∵点B，
∴，
解得：．
综上，图形W与线段恰有2个公共点，a的取值范围为或或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法，二次函数的性质，抛物线与x轴的交点，中心对称图形的性质，抛物线上点的坐标的特征，本题是新定义型题目，理解新定义并熟练应用以及熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．