2024届江苏省徐州市邳州市数学九年级第一学期期末监测试题含解析

2024届江苏省徐州市邳州市数学九年级第一学期期末监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．在一个不透明的袋中装有个红、黄、蓝三种颜色的球，除颜色外其他都相同，佳佳和琪琪通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在左右，则袋中红球大约有（）A．个 B．个 C．个 D．个2．如图，为了测量池塘边A、B两地之间的距离，在线段AB的同侧取一点C，连结CA并延长至点D，连结CB并延长至点E，使得A、B分别是CD、CE的中点，若DE＝18m，则线段AB的长度是（）A．9m B．12m C．8m D．10m3．一元二次方程x2﹣4x=0的根是（）A．x1=0，x2=4 B．x1=0，x2=﹣4 C．x1=x2=2 D．x1=x2=44．如图，在平行四边形中，点是上任意一点，过点作交于点，连接并延长交的延长线于点，则下列结论中错误的是（）A． B． C． D．5．下列方程中，没有实数根的方程是（）A．(x-1)2=2C．3x26．如图，一人站在两等高的路灯之间走动，为人在路灯照射下的影子，为人在路灯照射下的影子．当人从点走向点时两段影子之和的变化趋势是（）A．先变长后变短 B．先变短后变长C．不变 D．先变短后变长再变短7．如图，在中，∠B=90°，AB=2，以B为圆心，AB为半径画弧，恰好经过AC的中点D，则弧AD与线段AD围成的弓形面积是（）A． B． C． D．8．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点M是边BC上一动点（不与B、C重合）．过点M的双曲线（x>0）交AB于点N，连接OM、ON．下列结论：①△OCM与△OAN的面积相等；②矩形OABC的面积为2k；③线段BM与BN的长度始终相等；④若BM=CM，则有AN=BN．其中一定正确的是（）A．①④ B．①② C．②④ D．①③④9．如图，点A、B、C在⊙O上，∠ACB＝130°，则∠AOB的度数为（）A．50° B．80° C．100° D．110°10．三角尺在灯泡O的照射下在墙上形成的影子如图所示，OA＝20cm，OA′＝50cm，则这个三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长的比是（）A．5：2 B．2：5 C．4：25 D．25：411．若关于x的一元二次方程有实数根，则实数k的取值范围是（）A． B． C．且 D．12．如图，点A、B、C在⊙O上，则下列结论正确的是（）A．∠AOB＝∠ACBB．∠AOB＝2∠ACBC．∠ACB的度数等于的度数D．∠AOB的度数等于的度数二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，以点P为圆心的圆弧与x轴交于A，B两点，点P的坐标为(4，2)，点A的坐标为(2，0)，则点B的坐标为______．14．已知一元二次方程有一个根为，则另一根为________．15．如图，在Rt△ABC中∠B=50°，将△ABC绕直角顶点A顺时针旋转得到△ADE．当点C在B1C1边所在直线上时旋转角∠BAB1=____度．16．从某玉米种子中抽取6批，在同一条件下进行发芽试验，有关数据如下：种子粒数100400800100020005000发芽种子粒数8531865279316044005发芽频率0.8500.7950.8150.7930.8020.801根据以上数据可以估计，该玉米种子发芽的概率为___________（精确到0.1）．17．抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4,0），B（3,0）两点，则关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的解是_____．18．如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm．三、解答题（共78分）19．（8分）计算：（1）；（2）先化简，再求值．，其中a=2020；20．（8分）已知矩形ABCD的顶点A、D在圆上，B、C两点在圆内，请仅用没有刻度的直尺作图．（1）如图1，已知圆心O，请作出直线l⊥AD；（2）如图2，未知圆心O，请作出直线l⊥AD．21．（8分）如图，于，以直径作，交于点恰有，连接．（1）如图1，求证：；（2）如图2，连接分别交，于点连接试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）在（2）的基础上，若，求的长．22．（10分）如图①，抛物线y＝x2﹣（a+1）x+a与x轴交于A、B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C．已知△ABC的面积为1．（1）求这条抛物线相应的函数表达式；（2）在抛物线上是否存在一点P，使得∠POB＝∠CBO，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图②，M是抛物线上一点，N是射线CA上的一点，且M、N两点均在第二象限内，A、N是位于直线BM同侧的不同两点．若点M到x轴的距离为d，△MNB的面积为2d，且∠MAN＝∠ANB，求点N的坐标．23．（10分）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DBEC．（填“＞”，“＜”或“=”）（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．24．（10分）如图1，抛物线的顶点为点，与轴的负半轴交于点，直线交抛物线W于另一点，点的坐标为．（1）求直线的解析式；（2）过点作轴，交轴于点，若平分，求抛物线W的解析式；（3）若，将抛物线W向下平移个单位得到抛物线，如图2，记抛物线的顶点为，与轴负半轴的交点为，与射线的交点为．问：在平移的过程中，是否恒为定值？若是，请求出的值；若不是，请说明理由．25．（12分）如图，坡AB的坡比为1：2.4，坡长AB=130米，坡AB的高为BT．在坡AB的正面有一栋建筑物CH，点H、A、T在同一条地平线MN上．（1）试问坡AB的高BT为多少米？（2）若某人在坡AB的坡脚A处和中点D处，观测到建筑物顶部C处的仰角分别为60°和30°，试求建筑物的高度CH．（精确到米，≈1.73，≈1.41）26．一个斜抛物体的水平运动距离为x（m），对应的高度记为h（m），且满足h＝ax1+bx﹣1a（其中a≠0）．已知当x＝0时，h＝1；当x＝10时，h＝1．（1）求h关于x的函数表达式；（1）求斜抛物体的最大高度和达到最大高度时的水平距离．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，设出未知数列出方程求解．【题目详解】设袋中有红球x个，由题意得解得x＝10，故选：A．【题目点拨】本题考查了利用频率估计概率：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．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．2、A【分析】根据三角形的中位线定理解答即可．【题目详解】解：∵A、B分别是CD、CE的中点，DE＝18m，∴AB＝DE＝9m，故选：A．【题目点拨】本题考查了三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半．3、A【分析】把一元二次方程化成x（x-4）=0，然后解得方程的根即可选出答案．【题目详解】解：∵一元二次方程x2﹣4x=0，∴x（x-4）=0，∴x1=0，x2=4，故选：A．【题目点拨】本题考查了解一元二次方程，熟悉解一元二次方程的方法是解题的关键．4、C【分析】根据平行四边形的性质可得出AD=EF=BC、AE=DF、BE=CF，然后根据相似三角形的对应边成比例一一判断即可．【题目详解】∵四边形ABCD为平行四边形，EF∥BC，∴AD=EF=BC，AE=DF，BE=CF．A．∵AD∥CK，∴△ADF∽△KCF，∴，∴，即，故结论A正确；B．∵AD∥CK，∴△ADF∽△KCF，∴，∴，故结论B正确；C．∵AD∥CK，∴△ADF∽△KCF，∴，∴，即，故结论C错误；D．∵ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D．∵AD∥BK，∴∠DAF=∠K，∴△ADF∽△KBA，∴，即，故结论D正确．故选：C．【题目点拨】本题考查了相似三角形的判定与性以及平行四边形的性质，根据相似三角形的性质逐一分析四个结论的正误是解题的关键．5、D【解题分析】先把方程化为一般式，再分别计算各方程的判别式的值，然后根据判别式的意义判断方程根的情况．【题目详解】解：A、方程化为一般形式为：x2-2x-1=0，△＝（−2）2−4×1×（−1）＝8＞0，方程有两个不相等的实数根，所以B、方程化为一般形式为：2x2-x-3=0，△＝（−1）2−4×2×（−3）＝25＞0，方程有两个不相等的实数根，所以C、△＝（−2）2−4×3×（−1）＝16＞0，方程有两个不相等的实数根，所以C选项错误；D、△＝22−4×1×4＝−12＜0，方程没有实数根，所以D选项正确．故选：D．【题目点拨】本题考查了一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2−4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．6、C【分析】连接DF，由题意易得四边形CDFE为矩形.由DF∥GH，可得.又AB∥CD，得出，设=a,DF=b（a,b为常数），可得出，从而可以得出，结合可将DH用含a,b的式子表示出来，最后得出结果.【题目详解】解：连接DF，已知CD=EF，CD⊥EG,EF⊥EG,∴四边形CDFE为矩形.∴DF∥GH,∴又AB∥CD，∴.设=a，DF=b,∴,∴∴∴GH=，∵a,b的长是定值不变，∴当人从点走向点时两段影子之和不变．故选：C.【题目点拨】本题考查了相似三角形的应用：利用杆或直尺测量物体的高度就是利用杆或直尺的高（长）作为三角形的边，利用视点和盲区的知识构建相似三角形，用相似三角形对应边的比相等的性质求物体的高度．7、B【分析】如图（见解析），先根据圆的性质、直角三角形的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据直角三角形的性质、勾股定理可得，从而可得的面积，最后利用扇形BAD的面积减去的面积即可得．【题目详解】如图，连接BD，由题意得：，点D是斜边AC上的中点，，，是等边三角形，，，在中，，又是的中线，，则弧AD与线段AD围成的弓形面积为，故选：B．【题目点拨】本题考查了扇形的面积公式、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，通过作辅助线，构造等边三角形和扇形是解题关键．8、A【分析】根据k的几何意义对①②作出判断，根据题意对②作出判断，设点M的坐标（m，），点N的坐标（n，），从而得出B点的坐标，对③④作出判断即可【题目详解】解：根据k的几何意义可得：△OCM的面积=△OAN的面积=，故①正确；∵矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，没有其它条件，∴矩形OABC的面积不一定为2k，故②不正确∵设点M的坐标（m，），点N的坐标（n，），则B(n，)，∴BM=n-m，BN=∴BM不一定等于BN，故③不正确；若BM=CM，则n=2m，∴AN=，BN=，∴AN=BN，故④正确；故选：A【题目点拨】考查反比例函数k的几何意义以及反比例函数图像上点的特征，矩形的性质，掌握矩形的性质和反比例函数k的几何意义是解决问题的前提．9、C【分析】根据圆内接四边形的性质和圆周角定理即可得到结论．【题目详解】在优弧AB上任意找一点D，连接AD，BD．∵∠D=180°﹣∠ACB=50°，∴∠AOB=2∠D=100°，故选：C．【题目点拨】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．10、B【解题分析】先根据相似三角形对应边成比例求出三角尺与影子的相似比，再根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可．【题目详解】如图，∵OA=20cm，OA′=50cm，∴===∵三角尺与影子是相似三角形，∴三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长的比==2:5.故选B.11、C【分析】根据方程根的情况可以判定其根的判别式的取值范围，进而可以得到关于k的不等式，解得即可，同时还应注意二次项系数不能为1．【题目详解】∵关于x的一元二次方程有实数根，∴△=b2-4ac≥1，即：1+3k≥1，解得：，∵关于x的一元二次方程kx2-2x+1=1中k≠1，故选：C．【题目点拨】本题考查了一元二次方程根的判别式，解题的关键是了解根的判别式如何决定一元二次方程根的情况．12、B【分析】根据圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系逐个判断即可．【题目详解】A．根据圆周角定理得：∠AOB=2∠ACB，故本选项不符合题意；B．根据圆周角定理得：∠AOB=2∠ACB，故本选项符合题意；C．∠ACB的度数等于的度数的一半，故本选项不符合题意；D．∠AOB的度数等于的度数，故本选项不符合题意．故选：B．【题目点拨】本题考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦的关系，能熟记知识点的内容是解答本题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、(6,0)【题目详解】解：过点P作PM⊥AB于M，则M的坐标是（4，0）∴MB=MA=4-2=2，∴点B的坐标为(6,0)14、4【分析】先把x=2代入一元二次方程，即可求出c，然后根据一元二次方程求解即可.【题目详解】解：把x=2代入得4﹣12+c=0c=8,（x-2）（x-4）=0x1=2，x2=4,故答案为4.【题目点拨】本题主要考查解一元二次方程，解题的关键是求出c的值.15、100【分析】根据Rt△ABC中∠B=50°，推出∠BCA=40°，根据旋转的性质可知，AC=AC1，∠BCA=∠C1=40°，求出∠CAC1的度数，即可求出∠BAB1的度数.【题目详解】∵Rt△ABC中∠B=50°，∴∠BCA=40°，∵△ABC绕直角顶点A顺时针旋转得到△ADE．当点C在B1C1边所在直线上，∴∠C1=∠BCA=40°，AC=AC1，∠CAB=∠C1AB1，∴∠ACC1=∠C1=40°，∴∠BAB1=∠CAC1=100°，故答案为：100.【题目点拨】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的判定和性质，熟练掌握其判定和性质是解题的关键.16、1．2【分析】仔细观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在1.2左右，从而得到结论．【题目详解】∵观察表格，发现大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在1.2左右，∴该玉米种子发芽的概率为1.2，故答案为1.2．【题目点拨】考查利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．17、﹣4或1．【分析】根据二次函数与轴的交点的横坐标即为一元二次方程根的性质，即可求得方程的解.【题目详解】抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4,0），B（1,0）两点，则ax2+bx+c＝0的解是x＝﹣4或1，故答案为：﹣4或1．【题目点拨】本题考查二次函数与轴的交点和一元二次方程根的关系，属基础题.18、【分析】根据Rt△ABC中的30°角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知△AA′C是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求CA′旋转所构成的扇形的弧长．【题目详解】解：∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm，∴AC=AB=5cm．根据旋转的性质知，A′C=AC，∴A′C=AB=5cm．∴点A′是斜边AB的中点，∴AA′=AB=5cm．∴AA′=A′C=AC，∴∠A′CA=60°．∴CA′旋转所构成的扇形的弧长为：（cm）．故答案为：．三、解答题（共78分）19、（1）；（2），1．【分析】（1）把分式方程化为整式方程，即可求解；（2）根据分式的运算法则进行化简，再代入a即可求解．【题目详解】解：（1）去分母得：解得：检验：当时，∴是原分式方程的解；（2）=当时，原式=1．【题目点拨】此题主要考查分式方程与分式化简求值，解题的关键是熟知其运算法则．20、（1）作图见解析；（2）作图见解析【解题分析】解（答案不唯一）：（1）如图1，直线l为所求；（2）如图2，直线l为所求．21、（1）证明见解析；（2）；理由见解析；（3）．【分析】（1）由直径所对圆周角等于90度可得，进而易证，再根据即可证明；（2）由，可得，进而可知，再由同弧所对圆周角相等可得，再分别证明，，从而可得，即可解决问题；（3）设，，由，可得，可得，由，可得，设，，根据，可得，求出即可解决问题．【题目详解】解：（1）证明：是直径，，∵，，，，，又∵，（AAS）．（2）结论：．理由如下：由（1）可得：，，，是直径，∴，，，又∵，∴，∴，，，，，．（3）解：设，，，，整理得，或（舍弃），，，又∵由（2）可知，，，∵，∴，∴，设，，，，，【题目点拨】本题综合考查了圆与相似，涉及了圆的性质、切线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．22、（1）y＝x2+2x﹣3；（2）存在，点P坐标为或；（3）点N的坐标为（﹣4，1）【分析】（1）分别令y＝0,x＝0,可表示出A、B、C的坐标，从而表示△ABC的面积，求出a的值继而即可得二次函数解析式；（2）如图①，当点P在x轴上方抛物线上时，平移BC所在的直线过点O交x轴上方抛物线于点P，则有BC∥OP，此时∠POB＝∠CBO，联立抛物线得解析式和OP所在直线的解析式解方程组即可求解；当点P在x轴下方时，取BC的中点D，易知D点坐标为（，），连接OD并延长交x轴下方的抛物线于点P，由直角三角形斜边中线定理可知，OD＝BD，∠DOB＝∠CBO即∠POB＝∠CBO，联立抛物线的解析式和OP所在直线的解析式解方程组即可求解．（3）如图②，通过点M到x轴的距离可表示△ABM的面积，由S△ABM＝S△BNM，可证明点A、点N到直线BM的距离相等,即AN∥BM，通过角的转化得到AM＝BN，设点N的坐标，表示出BN的距离可求出点N．【题目详解】（1）当y＝0时，x2﹣（a+1）x+a＝0，解得x1＝1，x2＝a，当x＝0，y＝a∴点C坐标为（0，a），∵C（0，a）在x轴下方∴a＜0∵点A位于点B的左侧，∴点A坐标为（a，0），点B坐标为（1，0），∴AB＝1﹣a，OC＝﹣a，∵△ABC的面积为1，∴，∴a1＝﹣3，a2＝4（因为a＜0，故舍去），∴a＝﹣3，∴y＝x2+2x﹣3；（2）设直线BC：y＝kx﹣3，则0＝k﹣3，∴k＝3；①当点P在x轴上方时，直线OP的函数表达式为y＝3x，则，∴，，∴点P坐标为；②当点P在x轴下方时，直线OP的函数表达式为y＝﹣3x，则∴，，∴点P坐标为，综上可得，点P坐标为或；（3）如图，过点A作AE⊥BM于点E，过点N作NF⊥BM于点F，设AM与BN交于点G，延长MN与x轴交于点H；∵AB＝4，点M到x轴的距离为d，∴S△AMB＝∵S△MNB＝2d，∴S△AMB＝S△MNB，∴，∴AE＝NF，∵AE⊥BM，NF⊥BM，∴四边形AEFN是矩形，∴AN∥BM，∵∠MAN＝∠ANB，∴GN＝GA，∵AN∥BM，∴∠MAN＝∠AMB，∠ANB＝∠NBM，∴∠AMB＝∠NBM，∴GB＝GM，∴GN+GB＝GA+GM即BN＝MA，在△AMB和△NBM中∴△AMB≌△NBM（SAS），∴∠ABM＝∠NMB，∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，又∵AN∥BM，∴∠ABM＝∠OAC＝45°，∴∠NMB＝45°，∴∠ABM+∠NMB＝90°，∴∠BHM＝90°，∴M、N、H三点的横坐标相同，且BH＝MH，∵M是抛物线上一点，∴可设点M的坐标为（t，t2+2t﹣3），∴1﹣t＝t2+2t﹣3，∴t1＝﹣4，t2＝1（舍去），∴点N的横坐标为﹣4，可设直线AC：y＝kx﹣3，则0＝﹣3k﹣3，∴k＝﹣1，∴y＝﹣x﹣3，当x＝﹣4时，y＝﹣（﹣4）﹣3＝1，∴点N的坐标为（﹣4，1）．【题目点拨】本题主要考查二次函数的图象与性质，还涉及到全等三角形的判定及其性质、三角形面积公式等知识点，综合性较强，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象与性质．23、（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.【分析】试题（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．【题目详解】（1）∵DE∥BC，∴，∵AB=AC，∴DB=EC，故答案为=，（2）成立．证明：由①易知AD=AE，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，又∵AD=AE，AB=AC∴△DAB≌△EAC，∴DB=CE，（3）如图，将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，∴△CPB≌△CEA，∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，∴∠CEP=∠CPE=45°，在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，∵PE2+AE2=AP2，∴△PEA是直角三角形∴∠PEA=90°，∴∠CEA=135°，又∵△CPB≌△CEA∴∠BPC=∠CEA=135°．【题目点拨】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.24、（1）；（2）；（3）恒为定值．【分析】（1）由抛物线解析式可得顶点A坐标为（0，-2），利用待定系数法即可得直线AB解析式；（2）如图，过点作于，根据角平分线的性质可得BE=BN，由∠BND=∠CED=90°，∠BND=∠CDE可证明，设BE=x，BD=y，根据相似三角形的性质可得CE=2x，CD=2y，根据勾股定理由得y与x的关系式，即可用含x的代数式表示出C、D坐标，代入y=ax2-2可得关于x、a的方程组，解方程组求出a值即可得答案；（3）过点作于点，根据平移规律可得抛物线W1的解析式为y=x2-2-m，设点的坐标为（t，0）（t＜0），代入y=x2-2-m可得2+m=t2，即可的W1的解析式为y=x2-t2，联立直线BC解析式可用含t的代数式表示出点C1的坐标，即可得，可得∠，根据抛物线W的解析式可得点D坐标，联立直线BC与抛物线W的解析式可得点C、A坐标，即可求出CG、DG的长，可得CG=DG，∠CDG=∠，即可证明，可得，，由∠CDG=45°可得BF=DF，根据等腰三角形的性质可求出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出CF的长，根据三角函数的定义即可得答案．【题目详解】（1）∵抛物线W：的顶点为点，∴点，设直线解析式为，∵B（1，0），∴，解得：，∴抛物线解析式为：．（2）如图，过点作于，∵平分，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，设，则，∵，∴，∴，∴，∴点，点，∴点，点是抛物线W：上的点，∴，∵x＞0，∴，解得：(舍去)，，∴，∴，∴抛物线解析式为