2023-2024学年陕西省商洛市商南县金丝峡中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省商洛市商南县金丝峡中学九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 2x+1=0B. x2−3x+1=0C. x2+y=1D. 1x2−1=2
2.许多数学符号蕴含着对称美，在下列数学符号中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的符号是( )
A. B. C. D.
3.下列事件是随机事件的是( )
A. 任意画一个三角形，其内角和为180°B. 测量西安市某天的最低气温为−180℃
C. 掷一枚硬币，正面朝上D. 太阳从东方升起
4.抛物线y=(x−2)2−3的顶点坐标是( )
A. (2,−3)B. (−2,3)C. (2,3)D. (−2,−3)
5.如图，把△ABC绕着点A顺时针方向旋转36°，得到△AB′C′，点C刚好落在边B′C′上．则∠C=( )
A. 54°B. 62°C. 68°D. 72°
6.将抛物线y=(x−3)2+2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是( )
A. y=x2B. y=(x−6)2+4C. y=(x−6)2D. y=x2+4
7.如图，四边形ABCD内接于⊙O，已知点C为BD的中点，若∠A=50°，则∠CBD的度数为( )
A. 50°
B. 40°
C. 30°
D. 25°
8.已知抛物线y=−x2+2x+c，若点(0,y1)(1,y2)(3,y3)都在该抛物线上，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A. y3>y1>y2B. y3y2>y1D. y3二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.方程x(x−1)=0的根是______．
10.一个盒子中装有35颗蓝色幸运星和若干颗红色幸运星，小明通过多次摸取幸运星试验后发现，摸取到红色幸运星的频率稳定在0.5左右，则红色星运星的颗数约为______ 颗.
11.某航模组设计的火箭模型的升空高度h(m)与点火后飞行时间t(s)满足函数表达式h=−t2+24t+1，则该火箭模型的升空高度为81m时，点火后的飞行时间是______ s.
12.如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，∠BCD=30°，AB=6，则劣弧BD的长为______ ．
13.如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，O为矩形ABCD的对角线的交点，以A为圆心，半径为1作⊙A，P为⊙A上的一个动点，连接PD，PO，则△PDO的面积的最大值为______ ．
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
14.解方程：x2−4x+3=0．
四、解答题：本题共12小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题5分)
已知抛物线y=12x2+3x−c与x轴只有一个公共点，求c的值．
16.(本小题5分)
二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中的自变量x和函数值y满足下表：
(1)这个二次函数的对称轴是直线______ ；
(2)m的值为______ ；
(3)当017.(本小题5分)
如图，已知⊙O，用尺规作⊙O的内接正四边形ABCD.(写出结论，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑)
18.(本小题5分)
如图，AB是⊙O的直径，点C，D均在⊙O上，∠ACD=30°，弦AD=4cm，求⊙O的直径．
19.(本小题5分)
如图，△ABC在平面直角坐标系中的顶点坐标分别为A(3,3)，B(1,1)，C(4,2)．
(1)以原点O为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A1B1C1，点A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1，画出旋转后的△A1B1C1；
(2)点C关于原点O的对称点的坐标为(______ ，______ ).
20.(本小题5分)
四个完全相同的乒乓球，分别标有数字1、2、3、4，将它们放入一个不透明的盒子中.从盒子中随机摸出一个球，记下数字后不放回，再从剩下的3个球中随机摸出一个球，记下数字后将两个球都放回．
(1)第一次摸到的球上数字为奇数的概率为______ ；
(2)请用列表或画树状图的方法，求两次摸到的球上数字之和为偶数的概率．
21.(本小题6分)
某商场将每件进价为80元的某种商品原来按每件100元出售，一天可售出100件．后来经过市场调查，发现这种商品单价每降低1元，其销量可增加10件．求降价多少元时，可使商场每天的利润最大，并求出最大利润．
22.(本小题7分)
如图，二次函数y=x2+bx+c的图象经过点(5,0)和(1,−8)．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)若二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接AC、BC，求△ABC的面积．
23.(本小题7分)
劳动是财富的源泉，也是幸福的源泉.某中学对劳动教育进行积极探索和实践，创建学生劳动教育基地，让学生参与到农耕劳作中.如图①，该中学有面积为650m2的矩形空地，计划在矩形空地上一边增加4m，另一边增加5m构成一个正方形区域，作为学生栽种鲜花的劳动教育基地．
(1)求正方形区域的边长；
(2)在实际建造时，从校园美观和实用的角度考虑，按图②的方式进行改造，先在正方形区域一侧建成1m宽的画廊，再在余下地方建成宽度相等的两条小道后，其余地方栽种鲜花，如果栽种鲜花区域的面积为812m2，求小道的宽度．
24.(本小题8分)
如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为斜边BC的中点，以AD为直径作⊙O，分别与AB，AC边交于点E，F，连接DE，过点F作FG⊥BC，垂足为G．
(1)求证：FG是⊙O的切线；
(2)已知⊙O的半径为52，若AE=3，求CF的长．
25.(本小题8分)
图中是抛物线形拱桥，P处有一照明灯，水面OA宽6m.以O为原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系(如图).已知点P的坐标为(4,83)．
(1)求拱桥所在抛物线的函数表达式；
(2)因降暴雨水位上升1m，此时水面宽为多少？
26.(本小题10分)
在平面内，旋转变换是指某一图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换．
【问题提出】
(1)如图①，在Rt△ABC中，点D为斜边AB上的一点，AD=2，BD=1，且四边形DECF是正方形，求阴影部分的面积．
小明运用图形旋转的方法，将△DBF绕点D逆时针旋转90°，得到△DGE(如图②所示)，请直接写出阴影部分的面积为______ ；
【问题探究】
(2)如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠C=90°，BC=5，CD=3，过点A作AE⊥BC，垂足为E，求AE的长；
【问题解决】
(3)如图④，在四边形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，将BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，连接AE.若AB=2，DC=4，求△ABE的面积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、2x+1=0，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B、x2−3x+1=0，是一元二次方程，故本选项符合题意；
C、x2+y=1，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D、1x2−1=2，不是一元二次方程，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据一元二次方程的定义，逐项判断即可求解．
本题考查了一元二次方程的定义，属于基础概念题型，只含有一个未知数，并且含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，熟知一元二次方程的概念是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．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，图形旋转180°后与原图重合．
本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．
3.【答案】C
【解析】解：A、任意画一个三角形，其内角和为180°是必然事件，不符合题意；
B、西安市某天的最低温度为−180℃是不可能事件，不符合题意；
C、掷一枚硬币，正面朝上是随机事件，符合题意；
D、太阳从东方升起是必然事件，不符合题意．
故选：C．
根据随机事件的定义进行解题即可．
本题考查随机事件和三角形内角和定理，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：∵抛物线y=(x−2)2−3，
∴该抛物线的顶点坐标是(2,−3)，
故选：A．
根据题目中的函数解析式可以直接写出该抛物线的顶点坐标，本题得以解决．
本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
5.【答案】D
【解析】解：由题意可得：AC=AC′，
∵把△ABC绕着点A顺时针方向旋转36°，得到△AB′C′，点C刚好落在边B′C′上，
∴∠CAC′=36°，
∴∠ACC′=∠C′=12×(180°−36°)=72°．
故选：D．
利用旋转的性质得出AC=AC′，以及∠CAC′的度数，再利用等腰三角形的性质得出答案．
此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质等知识，根据题意得出AC=AC′是解题关键．
6.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=(x−3)2+2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是y=(x−3+3)2+2−2，即y=x2．
故选：A．
将抛物线y=(x−3)2+2向左平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到抛物线的解析式是y=(x−3+3)2+2−2即可．
本题主要考查了抛物线的表达式，解题关键是找到规律并正确应用．
7.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∠A=50°，
∴∠BCD=180°−∠A=180°−50°=130°，
∵点C为BD的中点，
∴CD=CB，
∴∠CDB=∠CBD=12×(180°−130°)=25°，
故选：D．
根据圆内接四边形的性质得到∠BCD=180°−∠A=180°−50°=130°，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查的是圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系、圆周角定理的应用，掌握圆心角、弧、弦的关系定理和圆周角定理是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵y=−x2+2x+c=−(x−1)2+1+c，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=1，
∵0−1<1−1<3−1，
∴y2>y1>y3，
故选：D．
由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据A，B，C三点与对称轴的距离大小关系求解．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，明确抛物线开口向下时离对称轴越近y最大是解题的关键．
9.【答案】x1=0，x2=1
【解析】解：x(x−1)=0，
x=0或x−1=0，
解得：x1=0，x2=1．
故答案为x1=0，x2=1．
原方程可直接运用因式分解法求解．
此题主要考查了解一元二次方程−因式分解法，只有当方程的一边能够分解成两个一次因式，而另一边是0的时候，才能应用因式分解法解一元二次方程．分解因式时，要根据情况灵活运用学过的因式分解的几种方法．
10.【答案】35
【解析】解：设袋中红色幸运星有x颗，
根据题意，得：x35+x=0.5，
解得：x=35，
经检验：x=35是原分式方程的解，
故答案为：35．
设袋中红色幸运星有x颗，根据“摸取到红色幸运星的概率稳定在0.5左右”列出关于x的方程，解之可得袋中红色幸运星的个数．
本题主要熬成利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
11.【答案】20或4
【解析】】解：将h=81m代入函数表达式，
得：−t2+24t+1=81，
t2−24t+80=0，
(t−20)(t−4)=0，
解得：t1=20，t2=4；
故答案为：20或4．
将h=81m代入函数表达式，即可求出点火后的飞行时间．
本题考查二次函数的应用，理解题意是解题的关键．
12.【答案】π
【解析】解：∵∠BCD=30°，∠BCD=12∠BOD，
∴∠BOD=60°，
∵AB=6，
∴OB=12AB=3，
劣弧BD的长=60π×3180=π．
故答案为：π．
由圆周角定理求出∠BOD=60°，由AB=6，得到圆的半径是OB=12AB=3，由弧长公式即可求出劣弧BD的长．
本题考查弧长的计算，圆周角定理，关键是掌握弧长公式．
13.【答案】292
【解析】解：作PE⊥OD，延长DO至点B，
∵O为矩形ABCD的对角线的交点，
∴BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴OD=12BD=5，
当PE过点A时，△PDO的面积最大；
∴PE=AP+AE，
∵S△ABD=12AB⋅AD=12AE⋅BD，
∴AE=AB⋅ADBD=6×810=245，
∴PE=1+245=295，
∴S△PDO=12PE⋅OD=12×295×5=292．
故答案为：292．
作PE⊥OD，延长OD至点B，由勾股定理可求BD，则OD=12BD，根据等面积法可求得PE进而即可求解；
本题主要考查勾股定理、矩形的性质，掌握相关知识并正确理解题意是解题的关键．
14.【答案】解：x2−4x+3=0
(x−1)(x−3)=0
x−1=0，x−3=0
x1=1，x2=3．
【解析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．属于基础题．
利用因式分解法解出方程．
15.【答案】解：∵抛物线y=12x2+3x−c与x轴只有一个公共点，
∴方程12x2+3x−c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=9−4×12(−c)=0，
解得：c=−4.5．
【解析】根据二次函数与一元二次方程分关系求解．
本题考查了抛物线与x轴的交点，掌握抛物线与方程的关系是解题的关键．
16.【答案】x=2 3 −1≤y<3
【解析】解：(1)∵由表中x、y的对应值可知，当x=1与x=3时y的值相等，
∴对称轴是直线x=1+32=2，
故答案为：x=2；
(2)∵点(4,m)关于直线x=2的对称点为(0,3)，
∴m=3，
故答案为：3；
(3)由表格数据可知，当0故答案为：−1≤y<3．
(1)根据表中x、y的对应值可知，当x=1与x=3时y的值相等，所以此两点关于抛物线的对称轴对称，由中点坐标公式即可得出对称轴的直线方程；
(2)根据抛物线的对称性求得即可；
(3)根据表格中数据即可得出结论．
此题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解决问题的关键．
17.【答案】解：如图所示，四边形ABCD即为所求：

【解析】画圆的一条直径AC，作这条直径的中垂线交⊙O于点BD，连结ABCD就是圆内接正四边形ABCD．
本题考查的是复杂作图和正多边形和圆的知识，掌握中心角相等且都相等90°的四边形是正四边形以及线段垂直平分线的作法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°．
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠ABD=∠ACD=30°．
∵AD=4，
∴AB=8．
∴⊙O的直径为8cm．
【解析】利用30度的角所对的边是斜边的一半进行计算．
本题考查的是圆周角定理，掌握周角定理是解题的关键．
19.【答案】−4 −2
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)点C关于原点O的对称点的坐标为(−4,−2)，
故答案为：(−4,−2)．
(1)根据旋转变换的性质找出对应点即可求解；
(2)根据中心对称的性质即可得出点的坐标．
本题考查了作图−旋转变换，熟记旋转变换的性质是解题的关键．
20.【答案】12
【解析】解：(1)第一次摸到的球可能的结果有1、2、3、4共四种结果，其中第一次摸到的球上数字为奇数的有两种，
∴第一次摸到的球上数字为奇数的概率为24=12：
故答案为：12．
(2)依题意画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中两次摸到的球上数字之和为偶数的结果有4种，
∴两次摸到的球上数字之和为偶数的概率为412=13．
(1)直接列举出第一次摸出所有可能的结果利用概率公式即可求解；
(2)画树状图，共有12种等可能的结果，其中两次摸到的球上数字之和为偶数的结果有4种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：设降价x元出售，利润为w，
w=(100−80−x)(100+10x)
=(20−x)(100+10x)
=2000+100x−10x2
=−10(x−5)2+2250，
∴当x=5时，w取得最大值，此时w=2250，
即降价5元时，可使商场每天的利润最大，最大利润是2250元．
【解析】根据题意可以得到利润与降价之间的函数关系式，从而可以解答本题．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，会求二次函数的最值．
22.【答案】解：(1)由题意得：25+5b+c=01+b+c=−8，
解得：b=−4c=−5，
∴该二次函数的解析式为y=x2−4x−5；
(2)当x=0时，y=−5，
当y=0时，0=x2−4x−5，
解得：x=−1或x=5，
∴A(−1,0)，B(5,0)，C(0,−5)，
∴△ABC的面积为：12×5×(5+1)=15，
【解析】(1)根据待定系数法求解；
(2)先求出A、B、C的坐标，再根据三角形的面积公式求解．
本题考查了抛物线与x轴的交点，掌握待定系数法和三角形的面积公式是解题的关键．
23.【答案】解：(1)设正方形区域的边长为x m，则矩形空地长为(x−4)m，宽为(x−5)m，
由题意得：(x−4)(x−5)=650，
整理得：x2−9x−630=0，
解得：x1=30，x2=−21(不合题意舍去)，
答：正方形区域的边长为30m；
(2)设小道的宽度为y m，则栽种鲜花的区域可合成长(30−y)m，宽(30−1−y)m的矩形，
由题意得：(30−y)(30−1−y)=812，
整理得：y2−59y+58=0，
解得：y1=1，y1=58(不合题意舍去)，
答：小道的宽度为1m．
【解析】(1)设正方形区域的边长为xm，则矩形空地长为(x−4)m，宽为(x−5)m，根据“面积为650m2的矩形空地”，列出元二次方程，解之取其正值即可；
(2)设小道的宽度为ym，则栽种鲜花的区域可合成长(30−y)m，宽(30−1−y)m的矩形，根据栽“栽种鲜花区域的面积为812m2”，列出一元二次方程，解之取其符合题意的值即可．
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．
24.【答案】(1)证明：如图，连接OF，

在Rt△ABC中，D为BC边中点，
∴CD=BD，
∴AD=BD，
∴∠BAD=∠DBA，
∵OF=OA，
∴∠OAF=∠OFA，
∴∠OFA=∠DCA，
∴OF//CD，
∵FG⊥BC，
∴FG⊥OF，
∴FG是⊙O的切线；
(2)解：如图，连接DF，

∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED=∠AFD=90°，
∵∠BAC=90°，
∴四边形AEDF为矩形，
∴DF=AE=3，
∵BD=AD=5，
∴CF=4．
【解析】(1)连接OE，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半求得AD=BD，然后结合等腰三角形的性质求得∠OEA=∠DBA，得到OE/​/BD，从而可得EG⊥OE，问题得解；
(2)连接DE，DF，结合圆周角定理判定四边形AEDF为矩形，从而利用矩形的性质求解．
本题考查切线的判定以及圆周角定理，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
25.【答案】解：(1)设拱桥所在抛物线的函数表达式为y=ax(x−6)，
∵点P(4,83)在该函数图象上，
∴83=4a(4−6)，
解得a=−13，
∴y=−13x(x−6)=−13x2+2x，
即拱桥所在抛物线的函数表达式是y=−13x2+2x；
(2)当y=1时，
1=−13x2+2x，
解得x1=3+ 6，x2=3− 6，
∵3+ 6−(3− 6)=2 6，
∴因降暴雨水位上升1m，此时水面宽为2 6m，
【解析】(1)根据题意和图象，可以设二次函数的交点式，然后将点P(4,83)代入求出a的值，即可写出该抛物线的解析式；
(2)将y=1代入(1)中的函数解析式，求出相应的x的值，然后作差，即可得到因降暴雨水位上升1m，此时水面宽．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是利用交点式求函数的解析式．
26.【答案】1
【解析】解：(1)如图①、图②，∵四边形DECF是正方形，
∴DF=DE，∠EDF=∠DEC=∠DFC=90°，
∴∠AED=∠BFD=90°，
由旋转得∠DEG=∠DFB=90°，∠GDE=∠BDF，GD=BD=1，
∴∠ADG=∠ADE+∠GDE=∠ADE+∠BDF=90°，
∵∠AED+∠GDE=180°，
∴A、E、G三点在同一条直线上，
∵AD=2，
∴S阴影=S△ADE+S△BDF=S△ADE+S△GDE=S△ADG=12×2×1=1，
故答案为：1．
(2)如图③，作AH⊥CD交CD的延长线于点H，
∵AE⊥BC于点E，
∴∠H=∠AEB=90°，
∵∠BAD=∠C=90°，
∴∠B+∠ADC=360°−∠BAD−∠C=180°，
∵∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
∠ADH=∠B∠H=∠AEBAD=AB，
∴△ADH≌△ABE(AAS)，
∴DH=BE，
∵∠H=∠C=∠AEC=90°，
∴四边形AECH是矩形，
∵AH=AE，
∴四边形AECH是正方形，
∵CH=CE=AE，
∵BC=5，CD=3，
∴CH+CE=3+DH+5−BE=8，
∴2AE=8，
∴AE=4，
∴AE的长是4．
(3)如图④，作BK⊥CD于点K，EL⊥AB交AB的延长线于点L，则∠L=∠BKC=90°，
∵AB⊥AD，CD⊥AD，AB=2，DC=4，
∴∠BAD=∠D=∠BKD=90°，
∴四边形ABKD是矩形，
∴DK=AB=2，∠LBK=∠ABK=90°，
∴CK=DC−DK=4−2=2，
由旋转得∠CBE=90°，BE=BC，
∴∠EBL=∠CBK=90°−∠CBL，
在△EBL和△CBK中，
∠EBL=∠CBK∠L=∠BKCBE=BC，
∴△EBL≌△CBK(AAS)，
∴EL=CK=2，
∴S△ABE=12AB⋅EL=12×2×2=2，
∴△ABE的面积是2．
(1)由正方形的性质得DF=DE，∠EDF=∠DEC=∠DFC=90°，则∠AED=∠BFD=90°，由旋转得∠DEG=∠DFB=90°，∠GDE=∠BDF，GD=BD=1，可证明∠ADG=90°，则S阴影=S△ADE+S△BDF=S△ADG=1，于是得到问题的答案；
(2)作AH⊥CD交CD的延长线于点H，可证明△ADH≌△ABE，得DH=BE，再证明四边形AECH是正方形，得CH=CE=AE，所以CH+CE=3+DH+5−BE=8，则2AE=8，所以AE=4；
(3)作BK⊥CD于点K，EL⊥AB交AB的延长线于点L，因为AB⊥AD，CD⊥AD，所以∠BAD=∠D=∠BKD=90°，则四边形ABKD是矩形，得DK=AB=2，∠LBK=90°，所以CK=2，由旋转得∠CBE=90°，BE=BC，则∠EBL=∠CBK=90°−∠CBL，可证明△EBL≌△CBK，得EL=CK=2，求得S△ABE=12AB⋅EL=2．
此题重点考查旋转的性质、同角的余角相等、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．x
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0
1
2
3
4
5
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y
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3
0
−1
0
m
8
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