陕西省商洛市2022-2023学年九年级数学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，CD是⊙O的弦，O是圆心，把⊙O的劣弧沿着CD对折，A是对折后劣弧上的一点，∠CAD=100°，则∠B的度数是（）A．100° B．80° C．60° D．50°2．若将抛物线的函数图象先向右平移1个单位，再向下平移2个单位后，可得到一个新的抛物线的图象，则所得到的新的抛物线的解析式为()A． B．C． D．3．数据3，1，x，4，5，2的众数与平均数相等，则x的值是（）A．2 B．3 C．4 D．54．如图，等边△ABC中，点D、E、F分别是AB、AC、BC中点，点M在CB的延长线上，△DMN为等边三角形，且EN经过F点.下列结论：①EN=MF②MB=FN③MP·DP=NP·FP④MB·BP=PF·FC，正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个5．把抛物线先向左平移个单位，再向下平移个单位，得到的抛物线的表达式是（）A． B．C． D．6．在平面直角坐标系中，点，，过第四象限内一动点作轴的垂线，垂足为，且，点、分别在线段和轴上运动，则的最小值是（）A． B． C． D．7．已知抛物线具有如下性质:抛物线上任意一点到定点的距离与到轴的距离相等.如图点的坐标为,是抛物线上一动点，则周长的最小值是（）A． B． C． D．8．如图，在△ABC中，AD=AC，延长CD至B，使BD=CD，DE⊥BC交AB于点E，EC交AD于点F．下列四个结论：①EB=EC；②BC=2AD；③△ABC∽△FCD；④若AC=6，则DF=1．其中正确的个数有（）A．1 B．2 C．1 D．49．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是()A．等边三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．正五边形10．甲、乙、丙三名射击运动员在某场测试中各射击20次，3人的测试成绩如下表．则甲、乙、丙3名运动员测试成绩最稳定的是（）甲的成绩乙的成绩丙的成绩环数78910环数78910环数78910频数4664频数6446频数5555A．甲 B．乙 C．丙 D．3人成绩稳定情况相同11．如图，已知二次函数（）的图象与x轴交于点A（﹣1，0），对称轴为直线x=1，与y轴的交点B在（0，2）和（0，3）之间（包括这两点），下列结论：①当x＞3时，y＜0；②3a+b＜0；③；④；其中正确的结论是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④12．如图，在矩形中，在上，，交于，连结，则图中与一定相似的三角形是A． B． C． D．和二、填空题（每题4分，共24分）13．在锐角△ABC中，若sinA=，则∠A=_______°14．某一时刻，测得一根高1.5m的竹竿在阳光下的影长为2.5m．同时测得旗杆在阳光下的影长为30m，则旗杆的高为__________m．15．如图是一个圆环形黄花梨木摆件的残片，为求其外圆半径，小林在外圆上任取一点A，然后过点A作AB与残片的内圆相切于点D，作CD⊥AB交外圆于点C，测得CD＝15cm，AB＝60cm，则这个摆件的外圆半径是_____cm．16．在中，，，在外有一点，且，则的度数是__________．17．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，BC＝4，⊙A与BC相切于点D，且交AB，AC于M，N两点，则图中阴影部分的面积是_____（保留π）．18．如图，将的斜边AB绕点A顺时针旋转得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转得到AF，连结EF．若，，且，则_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在正方形ABCD中，，点E为对角线AC上一动点（点E不与点A、C重合），连接DE，过点E作，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）求AC的长；（2）求证矩形DEFG是正方形；（3）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．20．（8分）已知为的外接圆，点是的内心，的延长线交于点，交于点．（1）如图1，求证：．（2）如图2，为的直径．若，求的长．21．（8分）为纪念建国70周年，某校举行班级歌咏比赛，歌曲有：《我爱你，中国》，《歌唱祖国》，《我和我的祖国》（分别用字母A，B，C依次表示这三首歌曲）．比赛时，将A，B，C这三个字母分别写在3张无差别不透明的卡片正面上，洗匀后正面向下放在桌面上，八（1）班班长先从中随机抽取一张卡片，放回后洗匀，再由八（2）班班长从中随机抽取一张卡片，进行歌咏比赛．（1）八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是__________；（2）试用画树状图或列表的方法表示所有可能的结果，并求出八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．22．（10分）问题发现：（1）如图1，内接于半径为4的，若，则_______；问题探究：（2）如图2，四边形内接于半径为6的，若，求四边形的面积最大值；解决问题（3）如图3，一块空地由三条直路（线段、AB、）和一条弧形道路围成，点是道路上的一个地铁站口，已知千米，千米，，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点处，另外三个入口分别在点、、处，其中点在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由.23．（10分）如图，平面直角坐标中，把矩形OABC沿对角线OB所在的直线折叠，点A落在点D处，OD与BC交于点E．OA、OC的长是关于x的一元二次方程x2﹣9x+18＝0的两个根（OA＞OC）．（1）求A、C的坐标．（2）直接写出点E的坐标，并求出过点A、E的直线函数关系式．（3）点F是x轴上一点，在坐标平面内是否存在点P，使以点O、B、P、F为顶点的四边形为菱形？若存在请直接写出P点坐标；若不存在，请说明理由．24．（10分）某商场将进货单价为30元的商品以每个40元的价格售出时，平均每月能售出600个，调查表明：这种商品的售价每上涨1元，其销售量就减少10个.（1）为了使平均每月有10000元的销售利润且尽快售出，这种商品的售价应定为每个多少元？（2）当该商品的售价为每个多少元时，商场销售该商品的平均月利润最大？最大利润是多少？25．（12分）如图，点是的内心，的延长线交于点，交的外接圆于点，连接，过点作直线，使；（1）求证：直线是的切线；（2）若，，求.26．解方程：（1）3x(x-2)=4(x-2);（2）2x2-4x+1=0

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】试题分析：如图，翻折△ACD，点A落在A′处，可知∠A=∠A′=100°，然后由圆内接四边形可知∠A′+∠B=180°，解得∠B=80°.故选：B2、C【分析】根据函数图象平移的法则“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可．【详解】由“左加右减”的原则可知，将抛物线先向右平移1个单位可得到抛物线；由“上加下减”的原则可知，将抛物线先向下平移2个单位可得到抛物线．

故选：C．【点睛】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．3、B【分析】先根据平均数的计算方法求出平均数，根据众数的确定方法判断出众数可能值，最后根据众数和平均数相等，即可得出结论．【详解】根据题意得，数据3，1，x，4，5，2的平均数为（3+1+x+4+5+2）÷6＝（15+x）÷6＝2+，数据3，1，x，4，5，2的众数为1或2或3或4或5，∴x＝1或2或3或4或5，∵数据3，1，x，4，5，2的众数与平均数相等，∴2+＝1或2或3或4或5，∴x＝﹣9或﹣3或3或9或15，∴x＝3，故选：B．【点睛】此题主要考查了众数的确定方法，平均数的计算方法，解一元一次方程，掌握平均数的求法是解本题的关键．4、C【分析】①连接DE、DF，根据等边三角形的性质得到∠MDF=∠NDE，证明△DMF≌△DNE，根据全等三角形的性质证明；②根据①的结论结合点D、E、F分别是AB、AC、BC中点，即可得证；③根据题目中的条件易证得，即可得证；④根据题目中的条件易证得，再则等量代换，即可得证．【详解】连接，

∵和为等边三角形，

∴，，

∵点分别为边的中点，

∴是等边三角形，∴，，

∵∴，

在和中，，

∴，

∴，故①正确；∵点分别为等边三角形三边的中点，

∴四边形为菱形，∴，∵，∴，故②正确；∵点分别为等边三角形三边的中点，∴∥，∴，∵为等边三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，故③错误；∵点分别为等边三角形三边的中点，∴∥，，∴，∴，由②得，∴，∴，故④正确；综上：①②④共3个正确.故选：C【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理结合等量代换是解题的关键．5、B【分析】先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式抛物线解析式写出即可．【详解】解：抛物线y=-x1的顶点坐标为（0，0），

先向左平移1个单位再向下平移1个单位后的抛物线的顶点坐标为（-1，-1），

所以，平移后的抛物线的解析式为y=-（x+1）1-1．

故选：B．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用根据规律利用点的变化确定函数解析式．6、B【分析】先求出直线AB的解析式，再根据已知条件求出点C的运动轨迹，由一次函数的图像及性质可知：点C的运动轨迹和直线AB平行，过点C作CE⊥AB交x轴于P，交AB于E，过点M（0，-3）作MN⊥AB于N根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得此时CE即为的最小值，且MN=CE，然后利用锐角三角函数求MN即可求出CE.【详解】解：设直线AB的解析式为y=ax＋b（a≠0）将点，代入解析式，得解得：∴直线AB的解析式为设C点坐标为（x，y）∴CD=x，OD=-y∵∴整理可得：，即点C的运动轨迹为直线的一部分由一次函数的性质可知：直线和直线平行，过点C作CE⊥AB交x轴于P，交AB于E，过点M（0，-3）作MN⊥AB于N根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得此时CE即为的最小值，且MN=CE，如图所示在Rt△AOB中，AB=，sin∠BAO=在Rt△AMN中，AM=6，sin∠MAN=∴CE=MN=，即的最小值是.故选：B.【点睛】此题考查的是一次函数的图像及性质、动点问题和解直角三角形，掌握用待定系数法求一次函数的解析式、一次函数的图像及性质、垂线段最短和平行线之间的距离处处相等是解决此题的关键.7、C【分析】作过作轴于点，过点作轴于点，交抛物线于点，由结合，结合点到直线之间垂线段最短及MF为定值，即可得出当点P运动到点P′时，△PMF周长取最小值，再由点、的坐标即可得出、的长度，进而得出周长的最小值．【详解】解：作过作轴于点，由题意可知：，∴周长=，又∵点到直线之间垂线段最短，∴当、、三点共线时最小，此时周长取最小值，过点作轴于点，交抛物线于点，此时周长最小值，、，，，周长的最小值．故选：．【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及点到直线的距离，根据点到直线之间垂线段最短找出△PMF周长的取最小值时点P的位置是解题的关键．8、C【分析】根据垂直平分线的性质可证①；②是错误的；推导出2组角相等可证△ABC∽△FCD，从而判断③；根据△ABC∽△FCD可推导出④．【详解】∵BD=CD，DE⊥BC∴ED是BC的垂直平分线∴EB=EC，△EBC是等腰三角形，①正确∴∠B=∠FCD∵AD=AC∴∠ACB=∠FDC∴△ABC∽△FCD，③正确∴∵AC=6，∴DF=1，④正确②是错误的故选：C【点睛】本题考查等腰三角形的性质和相似的证明求解，解题关键是推导出三角形EBC是等腰三角形．9、C【解析】分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．详解：A、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义．故错误；B、不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两部分能够重合；即不满足轴对称图形的定义．是中心对称图形．故错误；C、是轴对称图形，又是中心对称图形．故正确；D、是轴对称图形．不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义．故错误．故选C．点睛：此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．10、A【分析】先算出甲、乙、丙三人的方差，比较方差得出最稳定的人选．【详解】由表格得：甲的平均数=甲的方差=同理可得：乙的平均数为：8.5，乙的方差为：1.45丙的平均数为：8.5，乙的方差为：1.25∴甲的方差最小，即甲最稳定故选：A【点睛】本题考查根据方差得出结论，解题关键是分别求解出甲、乙、丙的方差，比较即可．11、B【分析】①由抛物线的对称性可求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为（3，1），当x＞3时，y＜1，故①正确；②抛物线开口向下，故a＜1，∵，∴2a+b=1．∴3a+b=1+a=a＜1，故②正确；③设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），则，令x=1得：y=﹣3a．∵抛物线与y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，∴．解得：，故③正确；④．∵抛物线y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，∴2≤c≤3，由得：，∵a＜1，∴，∴c﹣2＜1，∴c＜2，与2≤c≤3矛盾，故④错误．【详解】解:①由抛物线的对称性可求得抛物线与x轴令一个交点的坐标为（3，1），当x＞3时，y＜1，故①正确；②抛物线开口向下，故a＜1，∵，∴2a+b=1．∴3a+b=1+a=a＜1，故②正确；③设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），则，令x=1得：y=﹣3a．∵抛物线与y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，∴．解得：，故③正确；④．∵抛物线y轴的交点B在（1，2）和（1，3）之间，∴2≤c≤3，由得：，∵a＜1，∴，∴c﹣2＜1，∴c＜2，与2≤c≤3矛盾，故④错误．故选B．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系,结合图像,数形结合的思想的运用是本题的解题关键.．12、B【解析】试题分析：根据矩形的性质可得∠A=∠D=90°，再由根据同角的余角相等可得∠AEB=∠DFE，即可得到结果.∵矩形∴∠A=∠D=90°∴∠DEF+∠DFE=90°∵∴∠AEB+∠DEF=90°∴∠AEB=∠DFE∵∠A=∠D=90°，∠AEB=∠DFE∴∽故选B.考点：矩形的性质，相似三角形的判定点评：相似三角形的判定和性质是初中数学的重点，贯穿于整个初中数学的学习，是中考中半径常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握.二、填空题（每题4分，共24分）13、30°【分析】由题意直接利用特殊锐角三角函数值即可求得答案.【详解】解：因为sin30°=，且△ABC是锐角三角形，所以∠A=30°.故填：30°.【点睛】本题考查特殊锐角三角函数值，熟记特殊锐角三角函数值是解题的关键.14、1．【解析】分析：根据同一时刻物高与影长成比例，列出比例式再代入数据计算即可．详解：∵==，解得：旗杆的高度=×30=1．故答案为1．点睛：本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立数学模型来解决问题．15、37.1【分析】根据垂径定理求得AD＝30cm，然后根据勾股定理得出方程，解方程即可求得半径．【详解】如图，设点O为外圆的圆心，连接OA和OC，∵CD＝11cm，AB＝60cm，∵CD⊥AB，∴OC⊥AB，∴AD＝AB＝30cm，∴设半径为rcm，则OD＝(r﹣11)cm，根据题意得：r2＝(r﹣11)2+302，解得：r＝37.1，∴这个摆件的外圆半径长为37.1cm，故答案为37.1．【点睛】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，作出辅助线构建直角三角形是解本题的关键．16、、【分析】由，可知A、C、B、M四点共圆，AB为圆的直径，则是弦AC所对的圆周角，此时需要对M点的位置进行分类讨论，点M分别在直线AC的两侧时，根据同弧所对的圆周角相等和圆内接四边形对角互补可得两种结果．【详解】解：∵在中，，，∴∠BAC=∠ACB=45°，∵点在外，且，即∠AMB=90°∵∴A、C、B、M四点共圆，①如图，当点M在直线AC的左侧时，,∴；②如图，当点M在直线AC的右侧时，∵，∴，故答案为：135°或45°．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补和同弧所对的角相等，但解题的关键是要先根据题意判断出A、C、B、M四点共圆．17、4．【分析】连接AD，分别求出△ABC和扇形AMN的面积，相减即可得出答案.【详解】解：连接AD，∵⊙A与BC相切于点D，∴AD⊥BC，∵AB＝AC，∠A＝120°，∴∠ABD＝∠ACD＝30°，BD＝CD＝，∴AB＝2AD，由勾股定理知BD2+AD2＝AB2，即+AD2＝（2AD）2解得AD＝2，∴△ABC的面积＝，扇形MAN得面积＝，∴阴影部分的面积＝．故答案为：．【点睛】本题考查的是圆中求阴影部分的面积，解题关键在于知道阴影部分面积等于三角形ABC的面积减去扇形AMN的面积，要求牢记三角形面积和扇形面积的计算公式.18、【分析】由旋转的性质可得，，由勾股定理可求EF的长．【详解】解：由旋转的性质可得，，，且，故答案为【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，灵活运用旋转的性质是本题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）2；（2）见解析；（3）是，定值为8【分析】（1）运用勾股定理直接计算即可；（2）过作于点，过作于点，即可得到，然后判断，得到，则有即可；（3）同（2）的方法证出得到，得出即可．【详解】解：（1），∴AC的长为2；（2）如图所示，过作于点，过作于点，正方形，，，，且，四边形为正方形，四边形是矩形，，，，又，在和中，，，，矩形为正方形，（3）的值为定值，理由如下：矩形为正方形，，，四边形是正方形，，，，在和中，，，，，是定值．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论。20、（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接半径，根据内心的性质、圆的基本性质以及三角形外角的性质求得，即可得证结论；（2）连接半径，由为的直径、点是的内心以及等腰三角形的三线合一可得、，然后依次解、即可得出结论．【详解】解：（1）证明：连接，如图：∵是的内心∴，∵∴∴∵∴（2）连接，如图：∵是直径，平分∴且∵，，∴在中，∴∴∵∴∴在中，∴由（1）可知，∴．故答案是：（1）证明见解析；（2）【点睛】本题考查了三角形内心的性质、圆的一些基本性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质、垂径定理、锐角三角函数以及勾股定理等知识点，难度不大，属于中档题型．21、（1）；（2）【分析】（1）直接根据概率公式计算可得；（2）画树状图得出所有等可能结果，再从中找到符合条件的结果数，利用概率公式计算可得．【详解】解：（1）因为有，，种等可能结果，所以八（1）班抽中歌曲《我和我的祖国》的概率是；故答案为．（2）树状图如图所示：共有9种可能，八（1）班和八（2）班抽中不同歌曲的概率．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果，22、（1）；（2）四边形ABCD的面积最大值是；（3）存在，其最大值为.【分析】（1）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，利用求出∠AOH=∠AOB=，根据OA=4，利用余弦公式求出AH，即可得到AB的长；（2）连接AC，由得出AC=，再根据四边形的面积=，当DH+BM最大时，四边形ABCD的面积最大，得到BD是直径，再将AC、BD的值代入求出四边形面积的最大值即可；（3）先证明△ADM≌△BMC,得到△CDM是等边三角形，求得等边三角形的边长CD，再根据完全平方公式的关系得出PD=PC时PD+PC最大，根据CD、∠DPC求出PD，即可得到四边形周长的最大值.【详解】（1）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，∵，∴∠AOB=120.∵OH⊥AB，∴∠AOH=∠AOB=，AH=BH=AB，∵OA=4，∴AH=，∴AB=2AH=.故答案为：.（2）∵∠ABC=120,四边形ABCD内接于，∴∠ADC=60，∵的半径为6，∴由（1）得AC=,如图，连接AC，作DH⊥AC,BM⊥AC,∴四边形的面积=,当DH+BM最大时，四边形ABCD的面积最大，连接BD，则BD是的直径，∴BD=2OA=12，BD⊥AC，∴四边形的面积=.∴四边形ABCD的面积最大值是（3）存在；∵千米，千米，，∴△ADM≌△BMC,∴DM=MC,∠AMD=∠BCM,∵∠BCM+∠BMC=180-∠B=120，∴∠AMD+∠BMC=120，∴∠DMC=60，∴△CDM是等边三角形，∴C、D、M三点共圆，∵点P在弧CD上,∴C、D、M、P四点共圆，∴∠DPC=180-∠DMC=120，∵弧的半径为1千米，∠DMC=60，∴CD=,∵,∴,∴,∴当PD=PC时，PD+PC最大，此时点P在弧CD的中点，交DC于H,在Rt△DPH中，∠DHP=90,∠DPH=60，DH=DC=,∴，∴四边形的周长最大值=DM+CM+DP+CP=.【点睛】此题是一道综合题，考查圆的性质，垂径定理，三角函数，三角形全等的判定及性质，动点最大值等知识点.（1）中问题发现的结论应用很主要，理解题意在（2）、（3）中应用解题，（3）的PD+PC最大值的确定是难点，注意与所学知识的结合才能更好的解题.23、（1）A（6，0），C（0，3）；（2）E（，3），y＝﹣x+；（3）满足条件的点P坐标为（6﹣3，3）或（6+3，3）或（，3）或（6，﹣3）．【解析】（1）解方程求出OA、OC的长即可解决问题；

（2）首先证明EO＝EB，设EO＝EB＝x，在Rt△ECO中，EO2＝OC2＋CE2，构建方程求出x，可得点E坐标，再利用待定系数法即可解决问题；

（3）分情形分别求解即可解决问题；【详解】（1）由x2﹣9x＋18＝0可得x＝3或6，∵OA、OC的长是关于x的一元二次方程x2﹣9x＋18＝0的两个根（OA＞OC），∴OA＝6，OC＝3，∴A（6，0），C（0，3）．（2）如图1中，∵OA∥BC，∴∠EBC＝∠AOB，根据翻折不变性可知：∠EOB＝∠AOB，∴∠EOB＝∠EBO，∴EO＝EB，设EO＝EB＝x，在Rt△ECO中，∵EO2＝OC2＋CE2，∴x2＝32＋（6﹣x）2，解得x＝，∴CE＝BC﹣EB＝6﹣＝，∴E（，3），设直线AE的解析式为y＝kx＋b，则有，解得，∴直线AE的函数解析式为y＝﹣x＋．（3