山东省莘县联考2022-2023学年数学九年级第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题4分，共48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．等腰梯形 B．矩形 C．正三角形 D．平行四边形
2．在平面直角坐标系中，点（-2，6）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．(2，-6) B．(-2，6) C．(-6，2) D．(-6，2)
3．如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，将△ABC沿DE折叠，使点C落在△ABC边上C’处，并且C'D//BC，则CD的长是（　　　　）

A． B． C． D．
4．如图所示，某公园设计节日鲜花摆放方案，其中一个花坛由一批花盆堆成六角垛，顶层一个，以下各层堆成六边形，逐层每边增加一个花盆，则第七层的花盆的个数是（ ）

A．91 B．126 C．127 D．169
5．下列函数中，的值随着逐渐增大而减小的是（ ）
A． B． C． D．
6．已知sinαcosα=，且0°<α<45°，则sinα－cosα的值为( )
A． B．－ C． D．±
7．关于x的方程的两个根是-2和1，则的值为（ ）
A．-8 B．8 C．16 D．-16
8．如图，过反比例函数的图像上一点A作AB⊥轴于点B，连接AO，若S△AOB=2，则的值为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
9．下列命题中，不正确的是（ ）
A．对角线相等的矩形是正方形 B．对角线垂直平分的四边形是菱形
C．矩形的对角线平分且相等 D．顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形
10．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度． ，在格点上，现将线段向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度，得到线段，连接，．若四边形是正方形，则的值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
11．如图，在平面直角坐标系中，以为圆心作⊙，⊙与轴交于、，与轴交于点，为⊙上不同于、的任意一点，连接、，过点分别作于，于．设点的横坐标为，．当点在⊙上顺时针从点运动到点的过程中，下列图象中能表示与的函数关系的部分图象是（ ）

A． B． C． D．
12．一个袋子中装有6个黑球3个白球，这些球除颜色外，形状、大小、质地等完全相同，在看不到球的条件下，随机地从这个袋子中摸出一个球，摸到白球的概率为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，△ABC中，已知∠C=90°，∠B=55°，点D在边BC上，BD=2CD．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m=_____

14．若函数是二次函数，则的值为__________．
15．已知线段厘米，厘米，线段c是线段a和线段b的比例中项，线段c的长度等于________厘米．
16．如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的点，弧AD=弧CD．若∠CAB＝40°，则∠CAD＝_____．

17．已知圆锥的底面半径为3，母线长为7，则圆锥的侧面积是_____．
18．如图，小正方形构成的网络中，半径为1的⊙O在格点上，则图中阴影部分两个小扇形的面积之和为 ▲ （结果保留）．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=-x2+bx+c经过A，B两点．

（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是第一象限抛物线上的一点，连接PA，PB，PO，若△POA的面积是△POB面积的倍．
①求点P的坐标；
②点Q为抛物线对称轴上一点，请求出QP+QA的最小值．
20．（8分）如图,直线y=x+3分别交 x轴、y轴于点A、C．点P是该直线与双曲线在第一象限内的一个交点,PB⊥x轴于B,且S△ABP=16.
（1）求证:△AOC∽△ABP；
（2）求点P的坐标；
（3）设点Q与点P在同一个反比例函数的图象上,且点Q在直线PB的右侧,作QD⊥x轴于D,当△BQD与△AOC相似时,求点Q的横坐标.

21．（8分）从﹣1，﹣3，2，4四个数字中任取一个，作为点的横坐标，不放回，再从中取一个数作为点的纵坐标，组成一个点的坐标．请用画树状图或列表的方法列出所有可能的结果，并求该点在第二象限的概率．
22．（10分）如图，在△ABC中，点P、D分别在边BC、AC上，PA⊥AB，垂足为点A，DP⊥BC，垂足为点P，．

（1）求证：∠APD＝∠C；
（2）如果AB＝3，DC＝2，求AP的长．
23．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=10cm，P为BC的中点，动点Q从点P出发，沿射线PC方向以cm/s的速度运动，以P为圆心，PQ长为半径作圆．设点Q运动的时间为t秒．

（1）当t=2.5s时，判断直线AB与⊙P的位置关系，并说明理由．
（2）已知⊙O为Rt△ABC的外接圆，若⊙P与⊙O相切，求t的值．
24．（10分）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线，且抛物线经过B(1，0)，C(0，3)两点，与x轴交于点A．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，在抛物线的对称轴直线上找一点M，使点M到点B的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；
（3）如图2，点Q为直线AC上方抛物线上一点，若∠CBQ=45°，请求出点Q坐标.

25．（12分）抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点.已知，抛物线的对称轴交轴于点.
（1）求出的值；
（2）如图1，连接，点是线段下方抛物线上的动点，连接.点分别在轴，对称轴上，且轴.连接.当的面积最大时，请求出点的坐标及此时的最小值；

（3）如图2，连接，把按照直线对折，对折后的三角形记为，把沿着直线的方向平行移动，移动后三角形的记为，连接，，在移动过程中，是否存在为等腰三角形的情形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由.

26．如图，在中，, 点从点出发,以的速度向点移动，点从点出发，以的速度向点移动．如果两点同时出发，经过几秒后的面积等于?

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【分析】中心对称图形的定义：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解： 等腰梯形、正三角形只是轴对称图形，矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，平行四边形只是中心对称图形，
故选B
【点睛】
本题考查中心对称图形和轴对称图形，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握中心对称图形和轴对称图形的定义，即可完成．
2、A
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】解：点A（-2，6）关于原点对称的点的坐标是（2，-6），
故选：A．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题关键．
3、A
【分析】先由求出AC，再利用平行条件得△AC'D∽△ABC，则对应边成比例，又CD=C′D，那么就可求出CD.
【详解】∵∠B=90°，AB=6，BC=8，
∴AC==10，
∵将△ABC沿DE折叠，使点C落在AB边上的C'处，
∴CD=C'D，
∵C'D∥BC，
∴△AC'D∽△ABC，
∴，
即，
∴CD=，
故选A.
【点睛】
本题考查了翻折变换(折叠问题)，相似三角形的判定与性质，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
4、C
【分析】由图形可知：第一层有1个花盆，第二层有1+6=7个花盆，第三层有1+6+12=19个花盆，第四层有1+6+12+18=37个花盆，…第n层有1+6×（1+2+3+4+…+n-1）=1+3n（n-1）个花盆，要求第7层个数，由此代入求得答案即可．
【详解】解：∵第一层有1个花盆，
第二层有1+6=7个花盆，
第三层有1+6+12=19个花盆，
第四层有1+6+12+18=37个花盆，
…
∴第n层有1+6×（1+2+3+4+…+n-1）=1+3n（n-1）个花盆，
∴当n=7时，
∴花盆的个数是1+3×7×（7-1）=1．
故选：C．
【点睛】
此题考查图形的变化规律，解题关键在于找出数字之间的运算规律，利用规律解决问题．
5、D
【分析】分别利用一次函数、正比例函数、反比例函数、二次函数的增减性分析得出答案．
【详解】A选项函数的图象是随着增大而增大，故本选项错误；
B选项函数的对称轴为，当时随增大而减小故本选项错误；
C选项函数，当或，随着增大而增大故本选项错误；
D选项函数的图象是随着增大而减小，故本选项正确；
故选D.
【点睛】
本题考查了三种函数的性质，了解它们的性质是解答本题的关键，难度不大．
6、B
【分析】由题意把已知条件两边都乘以2，再根据sin2α+cos2α=1，进行配方，然后根据锐角三角函数值求出cosα与sinα的取值范围，从而得到sinα-cosα＜0，最后开方即可得解．
【详解】解：∵sinαcosα=，
∴2sinα•cosα=，
∴sin2α+cos2α-2sinα•cosα=1- ，
即（sinα-cosα）2=，
∵0°＜α＜45°，
∴＜cosα＜1，0＜sinα＜，
∴sinα-cosα＜0，
∴sinα-cosα= －．
故选：B．
【点睛】
本题考查同角的三角函数的关系，利用好sin2α+cos2α=1，并求出sinα-cosα＜0是解题的关键．
7、C
【解析】试题解析：∵关于x的方程的两个根是﹣2和1，∴=﹣1， =﹣2，∴m=2，n=﹣4，∴=（﹣4）2=1．故选C．
8、C
【解析】试题分析：观察图象可得，k＞0，已知S△AOB=2，根据反比例函数k的几何意义可得k=4，故答案选C.
考点：反比例函数k的几何意义.
9、A
【分析】利用矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定及平行四边形的判定定理分别进行判定后即可确定正确的选项．
【详解】A. 对角线相等的菱形是正方形,原选项错误，符合题意；
B. 对角线垂直平分的平行四边形是菱形，正确，不符合题意；
C. 正方形的对角线平分且相等，正确，不符合题意；
D. 顺次连结菱形各边中点所得的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；
故选A.
【点睛】
本题考查正方形、矩形、平行四边形、菱形的性质定义，根据其性质对选项进行判断是解题关键.
10、A
【分析】根据线段的平移规律可以看出，线段AB向下平移了1个单位，向左平移了2个单位，相加即可得出．
【详解】解：根据线段的平移规律可以看出，线段AB向下平移了1个单位，向左平移了2个单位，得到A＇B＇，则m+n=1．
故选：A
【点睛】
本题考查的是线段的平移问题，观察图形时要考虑其中一点就行.
11、A
【分析】由题意，连接PC、EF，利用勾股定理求出，然后得到AB的长度，由垂径定理可得，点E是AQ中点，点F是BQ的中点，则EF是△QAB的中位线，即为定值，由，即可得到答案.
【详解】解：如图，连接PC，EF，则

∵点P为（3，0），点C为（0，2），
∴，
∴半径，
∴；
∵于，于，
∴点E是AQ中点，点F是BQ的中点，
∴EF是△QAB的中位线，
∴为定值；
∵AB为直径，则∠AQB=90°，
∴四边形PFQE是矩形，
∴，为定值；
∴当点在⊙上顺时针从点运动到点的过程中，y的值不变；
故选：A.
【点睛】
本题考查了圆的性质，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理，以及三角形的中位线定理，正确作出辅助线，根据所学性质进行求解，正确找到是解题的关键.
12、B
【分析】让白球的个数除以球的总数即为摸到白球的概率．
【详解】解：6个黑球3个白球一共有9个球，所以摸到白球的概率是．
故选：B．
【点睛】
本题考查了概率，熟练掌握概率公式是解题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、70°或120°
【分析】①当点B落在AB边上时，根据DB=DB1，即可解决问题，②当点B落在AC上时，在RT△DCB2中，根据∠C=90°，DB2=DB=2CD可以判定∠CB2D=30°，由此即可解决问题．
【详解】
①当点B落在AB边上时，
∵，
∴，
∴，
②当点B落在AC上时，
在中,
∵∠C=90°, ，
∴，
∴，
故答案为70°或120°.
【点睛】
本题考查的知识点是旋转的性质，解题关键是考虑多种情况，进行分类讨论.
14、-1
【分析】直接利用二次函数的定义分析得出答案．
【详解】解：∵函数是二次函数，
∴m1+m=1，且m-1≠0，
∴m=−1．
故答案为-1．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的定义，正确把握二次函数的次数与系数的值是解题关键．
15、1
【分析】根据比例中项的定义，列出比例式即可得出中项，注意线段不能为负．
【详解】∵线段c是线段a和线段b的比例中项，
∴，
解得（线段是正数，负值舍去），
∴，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查比例线段、比例中项等知识，比例中项的平方等于两条线段的乘积，熟练掌握基本概念是解题关键.
16、25°
【分析】先求出∠ABC＝50°，进而判断出∠ABD＝∠CBD＝25°，最后用同弧所对的圆周角相等即可得出结论．
【详解】解：如图，连接BC，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝40°，
∴∠ABC＝50°，
∵弧AD=弧CD
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝25°，
∴∠CAD＝∠CBD＝25°．
故答案为：25°．

【点睛】
本题考查的是圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，解本题的关键是作出辅助线.
17、21π．
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【详解】解：圆锥的侧面积＝×2π×3×7＝21π．
故答案为21π．
【点睛】
本题考查圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18、．
【解析】如图，先根据直角三角形的性质求出∠ABC+∠BAC的值，再根据扇形的面积公式进行解答即可：

∵△ABC是直角三角形，∴∠ABC+∠BAC=90°．
∵两个阴影部分扇形的半径均为1，∴S阴影．

三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）①点P的坐标为（，1）；②
【分析】（1）先确定出点A，B坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）设出点P的坐标，①用△POA的面积是△POB面积的倍，建立方程求解即可；
②利用对称性找到最小线段，用两点间距离公式求解即可．
【详解】解：（1）在中，
令x=0，得y=1；令y=0，得x=2，
∴A（2，0），，B（0，1）．
∵抛物线经过A、B两点，
∴
解得
∴抛物线的解析式为．
（2）①设点P的坐标为（，），过点P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为D、E．
∴

∵
∴
∴，
∵点P在第一象限，所以
∴点P的坐标为（，1）

②设抛物线与x轴的另一交点为C，则点C的坐标为（，）
连接PC交对称轴一点，即Q点，则PC的长就是QP+QA的最小值，

所以QP+QA的最小值就是．
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，三角形的面积，对称性，解本题的关键是求抛物线解析式．
20、（1）证明见解析；（2）点P的坐标为（2，4）；（3）点Q的横坐标为：或.
【分析】（1）利用PB∥OC，即可证明三角形相似；
（2）由一次函数解析式，先求点A、C的坐标，由△AOC∽△ABP，利用线段比求出BP，AB的值，从而可求出点P的坐标即可；
（3）把P坐标代入求出反比例函数，设Q点坐标为（n，），根据△BQD与△AOC相似分两种情况，利用线段比联立方程组求出n的值，即可确定出Q坐标．
【详解】（1）证明：∵PB⊥ x轴，OC⊥x轴，
∴OC∥PB，
∴△AOC∽△ABP；
（2）解：对于直线y=x+3，
令x=0，得y=3；
令 y=0，得x=-6 ；
∴A(-6，0)，C(0，4)，
∴OA=6，OC=3.
∵△AOC∽△ABP，
∴，
∵S△ABP=16，S△AOC=，
∴，
∴，即，
∴PB=4，AB=8，
∴OB=2，
∴点P的坐标为：（2，4）.
（3）设反比例函数的解析式为：y=，
把P(2，4)代入，得k=xy=2×4=8，
∴y=.
点Q在双曲线上，可设点Q的坐标为：（n，）(n＞2)，
则BD=，QD=，
①当△BQD∽△ACO时，，
即，
整理得：，
解得：或；
②当△BQD∽△CAO时，，
即，
整理得：，
解得：，（舍去），
综上①②所述，点Q的横坐标为：1+或1+.
【点睛】
此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，一次函数与反比例函数的交点，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
21、表见解析，
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再利用概率公式求解可得．
【详解】解：列表如下：

﹣3
﹣1
2
4
﹣3
﹣﹣﹣
（﹣1，﹣3）
（2，﹣3）
（4，﹣3）
﹣1
（﹣3，﹣1）
﹣﹣﹣
（2，﹣1）
（4，﹣1）
2
（﹣3，2）
（﹣1，2）
﹣﹣﹣
（4，2）
4
（﹣3，4）
（﹣1，4）
（2，4）
﹣﹣﹣
所有等可能的情况有12种，其中点（x，y）落在第二象限内的情况有4种，
∴该点在第二象限的概率为＝．
【点睛】
本题主要考查了列表法或树状图法求概率，熟练的用列表法或树状图法列出所有的情况数是解题的关键.
22、（1）见解析；（2）
【分析】（1）通过证明Rt△ABP∽Rt△PCD，可得∠B=∠C，∠APB=∠CDP，由外角性质可得结论；
（2）通过证明△APC∽△ADP，可得 ，即可求解．
【详解】证明：（1）∵PA⊥AB，DP⊥BC，
∴∠BAP＝∠DPC＝90°，
∵
∴，
∴Rt△ABP∽Rt△PCD，
∴∠B＝∠C，∠APB＝∠CDP，
∵∠DPB＝∠C+∠CDP＝∠APB+∠APD，
∴∠APD＝∠C；
（2）∵∠B＝∠C，
∴AB＝AC＝3，且CD＝2，
∴AD＝1，
∵∠APD＝∠C，∠CAP＝∠PAD，
∴△APC∽△ADP，
∴,
∴AP2＝1×3＝3
∴AP＝．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质,熟练掌握和应用是解题的关键.
23、（1）相切，证明见解析；（2）t为s或s
【分析】（1）直线AB与⊙P关系，要考虑圆心到直线AB的距离与⊙P的半径的大小关系，作PH⊥AB于H点，PH为圆心P到AB的距离，在Rt△PHB中，由勾股定理PH，当t=2.5s时，求出PQ的长，比较PH、PQ 大小即可，
（2）OP为两圆的连心线，圆P与圆O内切rO-rP=OP, 圆O与圆P内切，rP-rO=OP即可．
【详解】（1）直线AB与⊙P相切．理由：作PH⊥AB于H点，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=10，
∴AB=2AC=20，BC=，
∵P为BC的中点
∴BP=
∴PH=BP=，
当t=2.5s时，PQ= ，
∴PH=PQ= ∴直线AB与⊙P相切 ，
（2）连结OP，
∵O为AB的中点，P为BC的中点，
∴OP=AC=5，
∵⊙O为Rt△ABC的外接圆，
∴AB为⊙O的直径，
∴⊙O的半径OB=10 ，
∵⊙P与⊙O相切 ，
∴ PQ-OB=OP或OB-PQ=OP 即t-10=5或10-t =5，
∴ t=或t= ，
故当t为s或s时，⊙P与⊙O相切．

【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆相切时求运动时间t问题，关键点到直线的距离与半径是否相等，会求点到直线的距离，会用t表示半径与点到直线的距离，抓住两圆相切分清情况，由圆心在圆O内，没有外切，只有内切，要会分类讨论，掌握圆P与圆O内切rO-rP=OP, 圆O与圆P内切，rP-rO=OP．
24、（1）；（2）当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为；（3）点.
【分析】（1）根据对称轴方程可得，把B、C坐标代入列方程组求出a、b、c的值即可得答案；
（2）根据二次函数的对称性可得A点坐标，设直线AC与对称轴的交点为M，可得MB=MA，即可得出MB+MC=MC+MA=AC，为MB+MC的最小值，根据A、C坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，把x=-1代入求出y值，即可得点M的坐标.
（3）设直线BQ交y轴于点H，过点作于点，利用勾股定理可求出BC的长，根据∠CBQ=45°可得HM=BM，利用∠OCB的正切函数可得CM=3HM，即可求出CM、HM的长，利用勾股定理可求出CH的长，即可得H点坐标，利用待定系数法可得直线BH的解析式，联立直线BQ与抛物线的解析式求出交点坐标即可得点Q坐标.
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线，
∴，
∵抛物线经过B(1，0)，C(0，3)两点，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为.
（2）设直线AC的解析式为y=mx+n，
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线，B（0，0），
∴点A坐标为（-3，0），
∵C（0，3），
∴，
解得：，
∴直线解析式为，
设直线与对称轴的交点为，
∵点A与点B关于对称轴x=-1对称，
∴MA=MB，
∴MB+MC=MA+MC=AC，
∴此时的值最小，
当时，y=-1+3=2，
∴当点到点的距离与到点的距离之和最小时的坐标为.
（3）如图，设直线交轴于点，过点作于点，
∵B（1，0），C（0，3），
∴OB=1，OC=3，BC==，
∴，
∵∠CBQ=45°，
∴△BHM是等腰直角三角形，
∴HM=BM，
∵tan∠OCB=，
∴CM=3HM，
∴BC=MB+CM=4HM=，
解得：，
∴CM=，
∴CH==，
∴OH=OC-CH=3-=，
∴，
设直线BH的解析式为：y=kx+b，
∴，
解得：，
∴的表达式为：，
联立直线BH与抛物线解析式得，
解得：（舍去）或x=，
当x=时，y==，
∴点Q坐标为（，）.

【点睛】
本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利用轴对称性质确定线段的最小长度，熟练掌握二次函数的性质是解题关键.
25、（1）；（2），最小值为；（3）或或或或.
【分析】（1）由抛物线的对称性可得到，然后将A、B、C坐标代入抛物线解析式，求出a、b、c的值即可得到抛物线解析式；
（2）利用待定系数法求出直线BC解析式，作轴交于点，设，则，表示出PQ的长度，然后得到△PBC的面积表达式，根据二次函数最值问题求出P点坐标，再把向左移动1个单位得，连接，易得即为最小值；
（3）由题意可知在直线上运动，设，则，分别讨论：①，②，③，建立方程求出m的值，即可得到的坐标.
【详解】解：（1）由抛物线的对称性知，
把代入解析式，
得
解得：
抛物线的解析式为.
（2）设BC直线解析式为为
将代入得，
，解得
∴直线的解析式为.
作轴交于点，如图，

设，
则，.

当时，取得最大值，此时，.
把向左移动1个单位得，连接，如图

.
（3）由题意可知在直线上运动，
设，则，
∴

①当时，
，解得
此时或；
②当时，
，解得
此时或
③当时，
，解得，
此时，
综上所述的坐标为或或或.
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，面积最值与线段最值问题，等腰三角形存在性问题，是中考常考的压轴题，难度较大，采用数形结合与分类讨论是解题的关键.
26、经过秒后的面积等于
【分析】首先构建直角三角形，求出各边长，然后利用面积构建一元二次方程，求解即可.
【详解】过点作于，则，如图所示：

设经过秒后的面积等于，
则．
根据题意，
．
当时，，不合题意舍去，取．
答：经过秒后的面积等于.
【点睛】
此题主要考查三角形中的动点问题，解题关键是利用面积构建一元二次方程.