资源描述
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．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）
2．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向上平移3个单位长度
B．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向下平移3个单位长度
C．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向上平移3个单位长度
D．先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向下平移3个单位长度
3．一个长方形的面积为，且一边长为，则另一边的长为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，BD，点E在AD的延长线上，( )
A．若DC平分∠BDE，则AB=BC
B．若AC平分∠BCD，则
C．若AC⊥BD，BD为直径，则
D．若AC⊥BD，AC为直径，则
5．能说明命题“关于的方程一定有实数根”是假命题的反例为（ ）
A． B． C． D．
6．关于x的方程（a﹣1）x|a|+1﹣3x+2＝0是一元二次方程，则（ ）
A．a≠±1 B．a＝1 C．a＝﹣1 D．a＝±1
7．如图，在⊙O中，AB为直径，CD为弦，∠CAB＝50°，则∠ADC＝( )
A．25° B．30° C．40° D．50°
8．如图，圆锥的底面半径r为6cm，高h为8cm，则圆锥的侧面积为（ ）
A．30πcm2 B．48πcm2 C．60πcm2 D．80πcm2
9．在一个不透明的袋子中放有若干个球，其中有6个白球，其余是红球，这些球除颜色外完全相同.每次把球充分搅匀后，任意摸出一个球记下颜色再放回袋子.通过大量重复试验后，发现摸到白球的频率稳定在0.25左右，则红球的个数约是（ ）
A．2 B．12 C．18 D．24
10．方程的解是( )
A．4 B．-4 C．-1 D．4或-1
11．如图，四边形OABF中，∠OAB＝∠B＝90°，点A在x轴上，双曲线过点F，交AB于点E，连接EF．若，S△BEF＝4，则k的值为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
12．已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为( ).
A．12 B．10 C．8 D．6
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是AC上一点，AE＝5，ED⊥AB，垂足为D，求AD的长
14．如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，使AB′恰好经过点C，连接BB′，则∠BAC′的度数为_____°．
15．两个相似三角形的面积比为4：9，那么它们对应中线的比为______．
16．如图，用一张半径为10 cm的扇形纸板做一个圆锥形帽子（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形帽子的高为8 cm，那么这张扇形纸板的弧长是________cm．
17．如图，在△ABC中，DE∥BC，，则＝_____．
18．从地面竖直向上抛出一小球，小球离地面的高度h（米）与小球运动时间t（秒）之间关系是h=30t﹣5t2（0≤t≤6），则小球从抛出后运动4秒共运动的路径长是________米．
三、解答题（共78分）
19．（8分）根据要求画出下列立体图形的视图．
20．（8分）如图1，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）、C（3，0），点B为抛物线顶点，直线BD为抛物线的对称轴，点D在x轴上，连接AB、BC，∠ABC＝90°，AB与y轴交于点E，连接CE．
（1）求项点B的坐标并求出这条抛物线的解析式；
（2）点P为第一象限抛物线上一个动点，设△PEC的面积为S，点P的横坐标为m，求S关于m的函数关系武，并求出S的最大值；
（3）如图2，连接OB，抛物线上是否存在点Q，使直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
21．（8分）如图所示的双曲线是函数为常数，)图象的一支若该函数的图象与一次函数的图象在第一象限的交点为，求点的坐标及反比例函数的表达式．
22．（10分）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点的坐标为.
以点为位似中心，在轴的左侧将放大得到，使得的面积是面积的倍，在网格中画出图形，并直接写出点所对应的点的坐标.
在网格中，画出绕原点顺时针旋转的.
23．（10分）如图，在矩形ABCD中，M是BC中点，请你仅用无刻度直尺按要求作图．
（1）在图1中，作AD的中点P；
（2）在图2中，作AB的中点Q．
24．（10分）如图，在正方形ABCD中，E为边AD上的点，点F在边CD上，且CF＝3FD，∠BEF＝90°
（1）求证：△ABE∽△DEF；
（2）若AB＝4，延长EF交BC的延长线于点G，求BG的长
25．（12分）如图，已知正方形的边长为，点是对角线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至的位置，连接、．
（1）求证：；
（2）当点在什么位置时，的面积最大？并说明理由．
26．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线交抛物线于点P．连接AC．
（1）求点P的坐标及直线AC的解析式；
（2）如图2，过点P作x轴的垂线，垂足为E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OF，旋转角为α（0°＜α＜90°），连接FA、FC．求AF+CF的最小值；
（3）如图3，点M为线段OA上一点，以OM为边在第一象限内作正方形OMNG，当正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上时，将正方形OMNG沿x轴向右平移，记平移中的正方形OMNG为正方形O′MNG，当点M与点A重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形O′MNG的边MN与AC交于点R，连接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【解析】试题分析：∵抛物线y=﹣（x+2）2﹣3为抛物线解析式的顶点式，∴抛物线顶点坐标是（﹣2，﹣3）．故选D．
考点：二次函数的性质．
2、A
【分析】先求出两个二次函数的顶点坐标，然后根据顶点坐标即可判断对称或平移的方式.
【详解】的顶点坐标为
的顶点坐标为
∴点先关于轴对称，再向右平移1个单位长度，最后再向上平移3个单位长度可得到点
故选A
【点睛】
本题主要考查二次函数图象的平移，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键.
3、A
【分析】根据长方形的面积公式结合多项式除以多项式运算法则解题即可．
【详解】长方形的面积为，且一边长为，
另一边的长为
故选：A．
【点睛】
本题考查多项式除以单项式、长方形的面积等知识，是常见考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4、D
【分析】利用圆的相关性质，依次分析各选项作答.
【详解】解：A. 若平分，则，∴A错
B. 若平分，则，则，∴B错
C. 若，为直径，则
∴C错
D. 若，AC为直径，如图：
连接BO并延长交于点E，连接DE,
∵,
∴.
∵BE为直径，∴,
,
∴ .
∴选D.
【点睛】
本题考查圆的相关性质，另外需结合勾股定理，三角函数相关知识解题属于综合题.
5、D
【分析】利用m=5使方程x2-4x+m=0没有实数解，从而可把m=5作为说明命题“关于x的方程x2-4x+m=0一定有实数根”是假命题的反例．
【详解】当m=5时，方程变形为x2-4x+m=5=0，
因为△=（-4）2-4×5＜0，
所以方程没有实数解，
所以m=5可作为说明命题“关于x的方程x2-4x+m=0一定有实数根”是假命题的反例．
故选D．
【点睛】
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
6、C
【解析】根据一元一次方程的定义即可求出答案．
【详解】由题意可知：，解得a＝−1
故选C．
【点睛】
本题考查一元二次方程的定义，解题的关键是熟练运用一元二次方程的定义，本题属于基础题型．
7、C
【分析】先推出∠ABC=40°，根据同弧所对的圆周角相等，可得∠ABC=∠ADC=40°，即可得出答案．
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠CAB＝50°，
∴∠ABC=40°，
∵，
∴∠ABC=∠ADC=40°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了直径所对的圆周角是90°，同弧所对的圆周角相等，推出∠ABC=90°是解题关键．
8、C
【分析】首先利用勾股定理求出圆锥的母线长，再通过圆锥侧面积公式可以求得结果．
【详解】∵h＝8，r＝6，
可设圆锥母线长为l，
由勾股定理，l＝＝10，
圆锥侧面展开图的面积为：S侧＝×1×6π×10＝60π，
所以圆锥的侧面积为60πcm1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查圆锥侧面积的计算公式，解题关键是利用底面半径及高求出母线长即可．
9、C
【分析】根据用频率估计概率可知: 摸到白球的概率为0.25,根据概率公式即可求出小球的总数,从而求出红球的个数.
【详解】解:小球的总数约为:6÷0.25=24(个)
则红球的个数为:24－6=18(个)
故选C.
【点睛】
此题考查的是用频率估计概率和根据概率求小球的总数,掌握概率公式是解决此题的关键.
10、D
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【详解】解：
解得：
故选D．
【点睛】
此题考查的是解一元二次方程，掌握用因式分解法解一元二次方程是解决此题的关键．
11、A
【分析】由于，可以设F（m，n）则OA=3m，BF=2m，由于S△BEF=4，则BE=，然后即可求出E（3m，n-），依据mn=3m（n-）可求mn=1，即求出k的值．
【详解】如图，过F作FC⊥OA于C，
∵，
∴OA=3OC，BF=2OC
∴若设F（m，n）
则OA=3m，BF=2m
∵S△BEF=4
∴BE=
则E（3m，n-）
∵E在双曲线y=上
∴mn=3m（n-）
∴mn=1
即k=1．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了反比例函数的图象和性质、用坐标表示线段长和三角形面积，表示出E点坐标是解题关键．
12、B
【解析】利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案．
【详解】解：360°÷36°＝10，所以这个正多边形是正十边形．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理．是需要识记的内容．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、AD=1
【分析】通过证明△ADE∽△ACB，可得 ，即可求解．
【详解】解：∵∠C＝∠ADE＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴
∴，
∴AD＝1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质定理，熟练掌握定理是解题的关键.
14、1
【分析】由图形选择的性质，∠BAC＝∠B′AC′则问题可解.
【详解】解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，使AB′恰好经过点C，
∴∠BAC＝∠B′AC′＝40°，
∴∠BAC′＝∠BAC+∠B′AC′＝1°，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了图形旋转的性质，解答关键是应用旋转过程中旋转角不变的性质.
15、2：1．
【分析】根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方进行计算即可；
【详解】解：∵两个相似三角形的面积比为4：9，
∴它们对应中线的比．
故答案为：2：1．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键.
16、
【分析】首先求出圆锥的底面半径，然后可得底面周长，问题得解．
【详解】解：∵扇形的半径为10cm，做成的圆锥形帽子的高为8cm，
∴圆锥的底面半径为cm，
∴底面周长为2π×6＝12πcm，即这张扇形纸板的弧长是12πcm，
故答案为：12π．
【点睛】
本题考查圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长．
17、
【分析】先利用平行条件证明三角形的相似,再利用相似三角形面积比等于相似比的平方,即可解题.
【详解】解：∵DE∥BC，，
∴,
由平行条件易证△ADE△ABC,
∴S△ADE:S△ABC=1:9,
∴=.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质,中等难度,熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键.
18、1
【分析】根据题目中的函数解析式可以求得h的最大值，从而可以求得小球从抛出后运动4秒共运动的路径长．
【详解】解：∵h＝30t−5t2＝−5（t−3）2＋45（0≤t≤6），
∴当t＝3时，h取得最大值，此时h＝45，
∴小球从抛出后运动4秒共运动的路径长是：45＋[45−（30×4−5×42）]＝1（米），
故答案为1．
【点睛】
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的路径的长．
三、解答题（共78分）
19、答案见解析．
【分析】根据主视图是从正面看到的图形，左视图是从左面看到的图形，俯视图是从上面看到的图形，即可得到结果．
【详解】解：如图所示：
【点睛】
本题考查几何体的三视图，作图能力是学生必须具备的基本能力，因为此类问题在中考中比较常见，一般以选择题、填空题形式出现，属于基础题，难度不大．
20、（1）点B坐标为（1，2），y＝﹣x2+x+；（2）S＝﹣m2+2m+，S最大值；（3）点Q的坐标为（﹣，）．
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴，证△ABC是等腰直角三角形，由三线合一定理及直角三角形的性质可求出BD的长，即可写出点B的坐标，由待定系数法可求出抛物线解析式；
（2）求出直线AB的解析式，点E的坐标，用含m的代数式表示出点P的坐标，如图1，连接EP，OP，CP，则由S△EPC＝S△OEP+S△OCP﹣S△OCE即可求出S关于m的函数关系式，并可根据二次函数的性质写出S的最大值；
（3）先证△ODB∽△EBC，推出∠OBD＝∠ECB，延长CE，交抛物线于点Q，则此时直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，求出直线CE的解析式，求出其与抛物线交点的坐标，即为点Q的坐标．
【详解】解：（1）∵A（﹣1，0）、C（3，0），
∴AC＝4，抛物线对称轴为x＝＝1，
∵BD是抛物线的对称轴，
∴D（1，0），
∵由抛物线的对称性可知BD垂直平分AC，
∴BA＝BC，
又∵∠ABC＝90°，
∴BD＝AC＝2，
∴顶点B坐标为（1，2），
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2+2，
将A（﹣1，0）代入，
得0＝4a+2，
解得，a＝﹣，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x﹣1）2+2＝﹣x2+x+；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
将A（﹣1，0），B（1，2）代入，
得，
解得，k＝1，b＝1，
∴yAB＝x+1，
当x＝0时，y＝1，
∴E（0，1），
∵点P的横坐标为m，
∴点P的纵坐标为﹣m2+m+，
如图1，连接EP，OP，CP，
则S△EPC＝S△OEP+S△OCP﹣S△OCE
＝×1×m+×3（﹣m2+m+）﹣×1×3
＝﹣m2+2m+，
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，根据二次函数和图象及性质知，当m＝时，S有最大值；
（3）由（2）知E（0，1），
又∵A（﹣1，0），
∴OA＝OE＝1，
∴△OAE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝，
又∵AB＝BC＝AB＝2，
∴BE＝AB﹣AE＝，
∴，
又∵，
∴，
又∵∠ODB＝∠EBC＝90°，
∴△ODB∽△EBC，
∴∠OBD＝∠ECB，
延长CE，交抛物线于点Q，则此时直线QC与直线BC所夹锐角等于∠OBD，
设直线CE的解析式为y＝mx+1，
将点C（3，0）代入，
得，3m+1＝0，
∴m＝﹣，
∴yCE＝﹣x+1，
联立，
解得，或，
∴点Q的坐标为（﹣，）．
【点睛】
本题是一道关于二次函数的综合题目，巧妙利用二次函数的性质是解题的关键，根据已知条件可得出抛物线的解析式是解题的基础，难点是利用数形结合作出合理的辅助线.
21、点的坐标为；反比例函数的表达式为．
【分析】先将x=2代入一次函数中可得，点的坐标为，再将点A的坐标代入可得反比例函数的解析式．
【详解】解：点在一次函数的图象上，
点的坐标为．
又点在反比例函数为常数，)的图象上，
反比例函数的表达式为．
【点睛】
本题考查反比例函数和一次函数的交点问题和解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
22、（1）见解析，点的坐标为，点的坐标为；（2）见解析.
【分析】（1）根据位似图形的性质：位似图形面积的比等于相似比的平方，即可得出相似比，画出图形；根据格点即可写出坐标；
（2）根据图形的旋转的性质：图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变，画出图形即可.
【详解】如图所示:
点的坐标为，点的坐标为
如图所示.
【点睛】
此题主要考查位似图形以及图形旋转的性质，熟练掌握，即可解题.
23、 (1)画图见解析；(2)画图见解析.
【解析】（1）先连接矩形的对角线交于点O，再连接MO并延长，交AD于P，则点P即为AD的中点；
（2）先运用（1）中的方法，画出AD的中点P，再连接BP，交AC于点K，则点E，再连接DK并延长，交AB于点Q，则点Q即为AB的中点．
【详解】(1)如图点P即为所求；
(2)如图点Q即为所求；
【点睛】
本题考查的是作图的应用，掌握矩形的性质和三角形中位线定理、正确作出图形是解题的关键．
24、（1）详见解析；（2）1
【分析】（1）由正方形的性质得出∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，证出∠ABE＝∠DEF，即可得出△ABE∽△DEF；
（2）求出DF＝1，CF＝3，由相似三角形的性质得出，解得DE＝2，证明△EDF∽△GCF，得出 ，求出CG＝6，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵∠BEF＝90°，
∵∠AEB+∠EBA＝∠DEF+∠EBA＝90°，
∴∠ABE＝∠DEF，
∴△ABE∽△DEF；
（2）解：∵AB＝BC＝CD＝AD＝4，CF＝3FD，
∴DF＝1，CF＝3，
∵△ABE∽△DEF，
∴，即 ，
解得：DE＝2，
∵AD∥BC，
∴△EDF∽△GCF，
∴，即，
∴CG＝6，
∴BG＝BC+CG＝4+6＝1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）在中点时，的面积最大，见解析
【分析】（1）由题意推出，结合正方形的性质利用SAS证明；
（2）设AE=x，表示出AF，根据∠EAF=90°，得出关于面积的二次函数，利用二次函数的最值求解.
【详解】解：（1）∵绕点顺时针旋转至的位置，
∴，，
∵在正方形中 ，
∴，，
∴，
即，
∴；
（2）由（1）知，
∴，，
∴，
设，
∵正方形的边长为，
故，
∴，
∴，
∴当即在中点时，的面积最大．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定、旋转的性质和二次函数的性质，准确利用题中的条件进行判定和证明，将待求的量转化为二次函数最值.
26、（1）P（2，3），yAC＝﹣x+3；（2）；（3）存在，t的值为﹣3或，理由见解析
【分析】（1）由抛物线y＝x2+x+3可求出点C，P，A的坐标，再用待定系数法，可求出直线AC的解析式；
（2）在OC上取点H（0，），连接HF，AH，求出AH的长度，证△HOF∽△FOC，推出HF＝CF，由AF+CF＝AF+HF≥AH，即可求解；
（3）先求出正方形的边长，通过△ARM∽△ACO将相关线段用含t的代数式表示出来，再分三种情况进行讨论：当∠O'RP＝90°时，当∠PO'R＝90°时，当∠O'PR＝90°时，分别构造相似三角形，即可求出t的值，其中第三种情况不存在，舍去．
【详解】（1）在抛物线y＝x2+x+3中，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝3时，x1＝0，x2＝2，
∴P（2，3），
当y＝0时，则x2+x+3=0，
解得：x1＝﹣4，x2＝6，
B（﹣4，0），A（6，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+3，
将A（6，0）代入，
得，k＝﹣，
∴y＝﹣x+3，
∴点P坐标为P（2，3），直线AC的解析式为y＝﹣x+3；
（2）在OC上取点H（0，），连接HF，AH，
则OH＝，AH＝，
∵，，且∠HOF＝∠FOC，
∴△HOF∽△FOC，
∴，
∴HF＝CF，
∴AF+CF＝AF+HF≥AH＝，
∴AF+CF的最小值为；
（3）∵正方形OMNG的顶点N恰好落在线段AC上，
∴GN＝MN，
∴设N（a，a），
将点N代入直线AC解析式，
得，a＝﹣a+3，
∴a＝2，
∴正方形OMNG的边长是2，
∵平移的距离为t，
∴平移后OM的长为t+2，
∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，
∵RM∥OC，
∴△ARM∽△ACO，
∴，
即，
∴RM＝2﹣t，
如图3﹣1，当∠O'RP＝90°时，延长RN交CP的延长线于Q，
∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，
∴∠PRQ＝∠RO'M，
又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，
∴△PQR∽△RMO'，
∴，
∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+t，
∴，
解得，t1＝﹣3﹣（舍去），t2＝﹣3；
如图3﹣2，当∠PO'R＝90°时，
∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，
∴∠RO'M＝∠EPO'，
又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，
∴△PEO'∽△O'MR，
∴，
即，
解得，t＝；
如图3﹣3，当∠O'PR＝90°时，延长O’G交CP于K，延长MN交CP的延长线于点T，
∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，
∴∠KO'P＝∠TPR，
又∵∠O'KP＝∠T＝90°，
∴△KO'P∽△TPR，
∴，
即，
整理，得t2-t+3＝0，
∵△＝b2﹣4ac＝﹣＜0，
∴此方程无解，故不存在∠O'PR＝90°的情况；
综上所述，△O′PR为直角三角形时，t的值为﹣3或．
【点睛】
本题主要考查二次函数的图象和相似三角形的综合，添加合适的辅助线，构造相似三角形，是解题的关键.
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