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浙江省宁波市余姚市六校2023-2024学年九年级上学期数学学科竞赛试卷
一、选择题（共10小题，每题3分）
1．（2023九上·余姚竞赛）如图，四边形ABCD内接于，若，则的度数为（　　）
A．50° B．100° C．130° D．150°
【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠DCB=180°，
∵∠DCB=130°，
∴∠A=50°，
由圆周角定理得，=2∠A=100°，
故答案为：B．
【分析】根据四边形的内角和可得∠A+∠DCB=180°，从而求出∠A=50°，由圆周角定理得=2∠A，据此即得结论.
2．（2023九上·余姚竞赛）已知满足，则的值为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：由，
得y=3x，，
∴
故答案为：B.
【分析】根据比例的性质求解即可.
3．（2023九上·余姚竞赛）如图A、B、C在⊙O上，连接OA、OB、OC，若∠BOC＝3∠AOB，劣弧AC的度数是120o，OC＝．则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：设OB与AC相交于点E，如图，
∵劣弧AC的度数是120°，
∴∠AOC=120°，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°.
∵∠COB=3∠AOB，劣弧AC的度数是120°，
∴∠AOC=∠AOB+3∠AOB=120°
∴∠AOB =30°，
∴∠COB=∠AOC-∠AOB=90°
在Rt△OCE中，，
∴
∴，
∴
∴
故答案为：C.
【分析】通过计算扇形OBC的面积和三角形OEC的面积，进而求得阴影部分的面积.
4．（2023九上·余姚竞赛）设，则代数式的值为（　　）
A．-1 B．1 C．0 D．2
【答案】A
【知识点】利用整式的混合运算化简求值
【解析】【解答】解：∵
∴，
，
两边平方得：4x2+12x+9=5，
∴4x2+12x=-4，
∴x2+3x =-1，
∴x(x+1)(x+2)(x+3)
=[x(x+3)(x+1)(x+2)]
=(x2+3x)(x2+3x+2)
=(-1)×(-1+2)
=-1.
故答案为：A.
【分析】首先化简x，然后把所求的式子利用x表示，合并同类二次根式即可求解.
5．（2023九上·余姚竞赛）点是的外心，也是的内心，若，则的度数是（　　）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如解图，连接OB、OC，
∵∠A=70°，O是△ABC的外心，
∴，
∴，
∵O是的内心，
∴，
∴.
故答案为：C.
【分析】连接OB、OC，根据三角形外心的性质可得∠BOC=2∠A=140°，根据三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB=40°，根据三角形内心的性质得∠DBC+∠BCD=80°，最后根据三角形的内角和定理即可算出答案.
6．（2023九上·余姚竞赛）如图1，正方形绕中心O逆时针旋转45°得到正方形，现将整个图形的外围以O为位似中心得到位似图形如图2所示，位似比为，若整个图形的外围周长为16，则图中的阴影部分面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的性质；位似图形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵正方形ABCD绕中心O逆时针旋转45°得到正方形A'B'C'D，整个图形的外围周长为16，
∴DF=DG=D'F=C'G=1，且△DFG为等腰直角三角形，
∴，
∴图2中整个图形面积：
∵将整个图形的外围以O为位似中心得到位似图形如图2所示，位似比为
∴图2中间空白部分面积为：，
图2中阴影部分面积为：
故答案为：A.
【分析】通过计算正方形的边长和面积，以及利用位似比计算阴影部分的面积.
7．（2023九上·余姚竞赛）已知AC⊥BC于C，BC=a，CA=b，AB=c，下列选项中⊙O的半径为的是（　　）.
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：A.设圆的半径是x，圆切AC于E，切BC于D，切AB于F，如图(1)，
同样得到正方形OECD，AE=AF，
BD=BF，则a-x+b-x=c，
∴，故本选项错误；
B.设圆切AB于F，圆的半径是y，连接OF，如图(2)
则△BCA∽△OFA，，
，
，故本选项错误；
C.连接OE、OD，
∵AC、BC分别切圆O于E、D，
∴∠OEC=∠ODC=∠C=90°
∵OE=OD
∴四边形OECD是正方形，
∴OE=EC=CD=OD
设圆O的半径是r，
∵OE//BC
∴∠AOE=∠B
∵∠AEO=∠ODB
∴△ODB∽△AEO，
，
，
解得：
故本选项正确；
D.从上至下三个切点依次为D，E，F；并设圆的半径为x；
∵BD=BF
∴AD=BD-BA=BF-BA=a+x-c；
又∵b-x=AE=AD=a+x-c；
∴，故本选项错误；
故答案为：C.
【分析】根据题目中的条件，可以判断出来是直角三角形；
利用内切圆的性质，内切圆的圆心到三角形各边的距离相等，都等于内切圆的半径；
根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等；
结合勾股定理 a2+b2=c2，以及正方形的判定，最终求出内切圆的半径.
8．（2023九上·余姚竞赛）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为(1，﹣4a)，点A(4，y1)是该抛物线上一点，若点D(x2，y2)是抛物线上任意一点，有下列结论：①4a﹣2b+c＞0；②若y2＞y1，则x2＞4；③若0≤x2≤4，则0≤y2≤5a；④若方程a(x+1)(x﹣3)＝﹣1有两个实数根x1和x2，且x1＜x2，则﹣1＜x1＜x2＜3．其中正确结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的其他应用
【解析】【解答】①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为
∴函数的对称轴为x＝
∴根据二次函数的对称性，当x=-2和x=4时，y的值相等
∴当x=-2时，y=4a﹣2b+c＞0
于是①的结论符合题意；②∵点A（4，y1）关于直线x＝1的对称点为
∴当y2＞y1，则x2＞4或x2＜﹣2，
于是②不符合题意；③当x＝4时，y1＝16a+4b+c＝16a﹣8a﹣3c＝5a，
∴当﹣1≤x2≤4，则﹣3a≤y2≤5a，
于是③不符合题意；④∵方程 有两个实数根x1和x2，且x1＜x2，
∴抛物线 与直线y＝﹣1交点的坐标 和
∵抛物线 时，x＝﹣1或3，
即抛物线 与x轴的两个交点坐标分别为（﹣1，0）和（3，0），
∴﹣1＜x1＜x2＜3，
于是④符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据顶点坐标得到对称轴表达式，根据二次函数的对称性，得到x=-2和x=4时y的值关于对称轴对称，即可判断①；结合①中结论，根据函数图象即可判断②；
首先根据对称轴得到a和b的关系，然后根据顶点坐标得到a和c的关系，求出当x=4时，y的值即可判断③；根据二次函数与一元二次方程的关系，得到a(x+1)(x﹣3)＝0的解，而a(x+1)(x﹣3)＝﹣1为函数y=a(x+1)(x﹣3)和直线y=-1的交点，即将函数y=a(x+1)(x﹣3)向上平移一个单位时，新函数与x轴的交点即为a(x+1)(x﹣3)＝﹣1的解，可判断④．
9．（2023九上·余姚竞赛）锐角三角形ABC的三边是a，b，c，它的外心到三边的距离分别为m，n，p，那么m：n：p等于（　　）
A．：：； B．a∶b∶c；
C．cosA∶cosB∶cosC； D．sinA∶sinB∶sinC.
【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图⊙O经过A、B、C三点，连接OA、OB、OC，
则OA=OB=OC
在Rt△COD中，
∵，
∴，
同理可得，，
∴
即m：n：p=cosA：cosB：cosC
故答案为：C.
【分析】根据外心的性质可知，OA=OB=OC，在Rt△COD中，，故，同理可得，，代入OA=OB=OC中求解.
10．（2023九上·余姚竞赛）如图，点O为正方形的中心，以的中点H为圆心，HA为半径画弧交的延长线于点E．以为边向上作正方形，过点A作交于点K，取的中点M，连结．已知，则的长为（　　）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接AC，AM，AH，CM，
∵点O为正方形ABCD的中心
∴点O在线段AC上
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABE=90°
∵AK⊥AE，即∠EAK=∠BAD=90°
∴∠EAB =∠KAD，
在△EAB和△KAD中，
∴△EAB≌△KAD(AAS)
∴AE=AK，BE=DK
∵，点H为BC的中点
∴，，
∴，
∵HA= HE，
∴DK=BE=HE-BH=4，
∴，
∴，
∴
∵点M是EK的中点，且∠EAK=∠ECK=90°，
∴
∵点O为AC的中点，且，
OM⊥AC，，
根据勾股定理，OM2=CM2-OC2，则，
解得(负值舍去)
故答案为：A.
【分析】连接AC，AM，AH，CM，证明△EAB≌△KAD，推出AE=AK，BE=DK，利用勾股定理求得AH的长，再先后得到DK、CK、EK的长，利用直角三角形斜边中线的性质求得，利用等腰三角形的判定和性质以及勾股定理即可求解.
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11．（2023九上·余姚竞赛）如图，是某商店售卖的花架，其中，，，，则长为　 　．
【答案】30
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】
解：∵ AD∥BE∥CF
∴
∴
∴ AB=30cm
【分析】本题考查平行线分线段成比例，根据题意，由平行线可得，代入数值可得结论。
12．（2023九上·余姚竞赛）把一根长度为6的铁丝截成3段，若三段的长度均为正整数，则能构成三角形的概率为　 　．
【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：因为将长度为6的铁丝截成3段，每段长度均为整数厘米
共有3种情况，分别是1，1，4；1，2，3；2，2，2；
其中能构成三角形的是：2，2，2一种情况，
所以能构成三角形的概率是
故答案为：.
【分析】先求出将长度为6的铁丝截成3段，每段长度均为整数厘米，共有几种情况，再找出其中能构成三角形的情况，最后根据概率公式计算即可.
13．（2023九上·余姚竞赛）因为cos60°＝，cos240°＝－，所以cos240°＝cos(180°＋60°)＝－cos60°；由此猜想、推理知：当α为锐角时有cos(180°＋α)＝－cosα，则：cos210°＝　 　
【答案】
【知识点】求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：∵cos(180+α)=-cosα，
∴
故答案为：.
【分析】根据cos(180°+α)=-cosα，可得cos210°的值.
14．（2023九上·余姚竞赛）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为　 　．
【答案】或
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切，
∴OD⊥BC，
∴∠ODB=90°，
设半圆O的半径为r，OB=r+3，
∵OD2+BD2=OB2，
∴，
解之：r=6，
△ADP是等腰三角形，
当AP=PD时，即点P和点O重合时，
AP=PG=OF=6；
当AD=AP1时，
∵OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴即
解之：AC=10，，
在Rt△ACD中
；
当AD=DP2时，
∴；
∵OD∥AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠B AC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH=P2H，，
∵AD=AD，
∴△ADH≌△ADC（HL）
∴AH=AC=P2H=10，
∴AP2=2AH=20，
∵点E为AB边上的一点，不符合题意，舍去；
∴符合题意的AP的长为或.
故答案为：或
【分析】连接OD，DE，利用切线的性质可知∠ODB=90°，设半圆O的半径为r，可表示出OB的长，利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的值；再利用等腰三角形的定义分情况讨论：当AP=PD时，即点P和点O重合时，可得到PA的长；当AD=AP1时，利用OD∥AC，可证得△BOD∽△BAC，利用相似三角形的性质可求出AC，CD的长，利用勾股定理求出AP1的长；当AD=DP2时，可得到DP2的长，再证明AD平分∠B AC，过点D作DH⊥AE于点H，利用角平分线的性质可证得AH=P2H，同时可得到DC，DH的长，利用HL证明△ADH≌△ADC，利用全等三角形的性质可知AH=AC=P2H=10，可得到AP2的长，综上所述可得到符合题意的AP的长.
15．（2023九上·余姚竞赛）图1是一款由若干条吊链等间距悬挂而成的挂帘，吊链顶端悬挂在水平横梁上，自然下垂时底部呈圆弧形，其中最长吊链为，最短吊链为，挂满后呈轴对称分布．图2是其示意图，其中最长两条吊链与之间的距离为．若吊链数量为偶数，记对称轴右侧最短挂链的底端为点F，当C，F，B三点在同一条直线上时，吊链的数量为　 　．
【答案】20
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：连接BC，取AB的中点M，过点M作MN//EF，交于点N，左侧与EF相邻的吊链为GH，
∵C，F，B三点在同一条直线上，
∴点F在BC上，
根据题意可知，EF//AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
即
解得：BE=54
∵点M为AB的中点，
∴，
∴EM=BM-BE =3cm，
∵M为AB的中点，MN//EF，GH为EF左侧与EF相邻的吊链，
∴GH与EF关于MN对称，
∴GM=B=3cm，
∴每两个吊链之间的距离为6cm，
∵114÷6=19.
∴共有20根吊链
故答案为：20.
【分析】连接BC，取AB的中点M，过点M作MN//EF，交于点N，左侧与EF相邻的吊链为GH，先证明△BEF∽△BAC，得出，求出BE=54cm，得出EM=BM-BE=3cm，根据对称得出GM=BM=3cm，求出每两个吊链之间的距离为6cm，即可得出答案.
16．（2023九上·余姚竞赛）如图，已知正方形的边长为4，点是正方形内部一点，连接，满足，点是边上一动点，连结，．则长度的最小值为　 　
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°
∴∠ABE+∠CBE=90°
∵∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠AEB =90°，
∴点E在以AB为直径的半圆上移动，
如图，设AB的中点为O，作正方形ABCD关于直线BC对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，
连接FO交BC于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE=1，
∵∠G=90°，FG=BG=AB=4，
∴OG =6，
∴
∴，
∴PD+PE的长度最小值为，
故答案为：.
【分析】根据正方形的性质得到∠ABC=90°，推出∠AEB=90°，得到点E在以AB为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线BC对称的正方形BCFG，则点D的对应点是F，连接FO交B于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论.
三、（共8小题，计66分）
17．（2023九上·余姚竞赛）计算：
【答案】解：原式=
=
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；求特殊角的三角函数值；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】原式利用二次根式性质，特殊角的三角函数值，零指数幂负整数指数幂法则计算即可求出值.
18．（2023九上·余姚竞赛）2023年5月30日上午，神舟十六号载人飞船成功发射，举国振奋．为了使同学们进一步了解中国航天科技的快速发展，余姚某中学九(1)班团支部组织了一场手抄报比赛．要求该班每位同学从A：“北斗”，B：“5G时代”，C：“东风快递”，D：“智轨快运”四个主题中任选一个自己喜爱的主题．比赛结束后，该班团支部统计了同学们所选主题的频数，绘制成如图两种不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题．
九（1）班学生喜爱的主题折线图
九（1）班学生喜爱的主题扇形图
（1）九(1)班共有 ▲ 名学生；并补全图①折线统计图；
（2）请阅读图②，求出D所对应的扇形圆心角的度数；
（3）若小余和小姚分别从A，B，C，D四个主题中任选一个主题，请用列表或画树状图的方法求出他们选择相同主题的概率．
【答案】（1）解：50；补全折线统计图如解图①
（2）解：D所对应扇形圆心角的大小为，
∴D所对应的扇形圆心角的大小为108°；
（3）解：画树状图如解图②，
共有16种等可能的结果，小林和小峰选择相同主题的结果有4种，
∴小林和小峰选择相同主题的概率为
【知识点】扇形统计图；折线统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：(1)九(1)班共有学生人数为：20÷40%=50(名)，
D的人数为：50-10-20-5-15(名)，
故答案为：50.
【分析】(1)由B的人数除以所占百分比即可；
(2)求出D的人数，即可解决问题；
(3)画树状图，共有16种等可能的结果，小余和小姚选择相同主题的结果有4种，再由概率公式求解即可.
19．（2023九上·余姚竞赛）如图，在的正三角形的网格中，的三个顶点都在格点上．请按要求画图和计算：①仅用无刻度直尺；②保留作图痕迹．
（1）在图1中，画出的边上的中线．
（2）在图2中，直接写出的值．
【答案】（1）解：如图，线段AD就是所求作的中线；
（2）解：如图：在的正三角形的网格中，
∵MN∥AB∥FD，
∴∠AEC=∠FDC，
∵四边形CMGN为菱形，且边长为5，
∴CG⊥MN，
∴CG⊥FD，
，
∴CG=2OG=5，
∵△GFD为等边三角形，且边长为2，
同理：HG=，
∴在Rt△CDH中，∠CHD=90，DH=1，CH=CG-HG=4，
∴，即，
∴，
∴．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；菱形的性质；尺规作图-中线
【解析】【分析】(1)利用平行四边形的性质分别作出AB、AC的中点E、F，再利用三角形重心的性质即可作出△ABC的BC边上的中线AD；
(2)利用平行线的性质可得∠AEC=∠FDC，再利用菱形及等边三角形的性质可求得DH、CH的长，继而求得CD的长，从而求得答案.
20．（2023九上·余姚竞赛）现有成135°角且足够长的墙角和可建总长为15m围墙的建筑用料来修建储料场.
（1）如图1，修建成四边形ABCD的一个储料场，使 ， .新建围墙为BCD.怎样修建围墙才能使储料场的面积最大？最大面积是多少？
（2）爱动脑筋的小聪建议：把新建的围墙建成如图2所示的以A为圆心的圆弧BD，这样修建的储料场面积会更大.聪明的你认为小聪的建议合理吗？请说明理由.
【答案】（1）解：过点 作 于点 .
∵ ， ， ，
∴ ， .
设 ，则 ，
∴ ，
设储料场的面积为 ，则 ，
∴ .
∴当 时，储料场的面积最大，最大面积为 .此时 .
故当 米， 米时，所建储料场的面积最大，最大面积为 .
（2）解：小聪建议合理.理由如下：
由题意得 ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴小聪的建议是合理的.
【知识点】弧长的计算；扇形面积的计算；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】(1)过点A作AH⊥BC于点H，设CD=x ，由∠BAD=135° ，BC∥AD，∠C=90°，可得∠ABC=45° ，
CD⊥AD .则AH=BH=CD=x ， 可得AD=HC=15-2x ，设储料场的面积为S ， 可得S关于x的函数关系式，配方，当x=5时， 储料场的面积最大， 求出这个最大面积即可；
(2)由扇形弧长公式求出AD的长，求出这个扇形面积，再和37.5m2比较即可.
21．（2023九上·余姚竞赛）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB＝5，AC＝3．连接OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD＝∠CBA．
（2）求EF：FD的值．
【答案】（1）证明：∵OC为半径，E为AD中点．
∴OC⊥AD，AC＝CD，
∴∠ABC＝∠CAD；
（2）解：在Rt△ABC中，AB＝5，AC＝3，则BC＝4，
∴sin∠CBA＝，
∴sin∠CAD＝，则CE＝，
则AE＝＝＝ED，
∵cos∠CBA＝，则cos∠CAD＝，
则AF＝＝，
∴EF＝AF﹣AE＝﹣＝，
则FD＝AD﹣AF＝﹣＝，
∴EF：FD＝9：7．
【知识点】勾股定理；垂径定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)证明：OC为半径，为AD中点，则OC⊥AD，AC=CD，即可求解；
(2)求出，得到，，进而求解.
22．（2023九上·余姚竞赛）已知二次函数的图象经过点和．
（1）求a，b满足的关系式；
（2）若函数图象与x轴无交点，求的取值范围．
【答案】（1）解：∵二次函数的图象经过点和，
∴，
②-①得，，即，
∴；
（2）解：∵函数图象与x轴无交点，
∴，即，∴，
解得，∵，
∴，
∴当时，的最小值为，当时，的最大值为1，
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】(1)把点A(-1，1)和B(2，4)坐标代入二次函数y=ax2+bx+c，即可；
(2)根据函数图象与x轴无交点，则 =b2-4ac<0，把a2+b2表示出来，再根据a的取值范围，即可.
23．（2023九上·余姚竞赛）定义：圆心在三角形的一边上，与另一边相切，且经过三角形一个顶点（非切点）的圆，称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”．
（1）如图①，在中，，，，则边上的伴随圆的半径为　 　．
（2）如图②，中，点在边上，，为的中点，且．
①求证：的外接圆是的边上的伴随圆；
②的值为 ▲
【答案】（1）2
（2）证明：①证明：如图连接、，
∵为直角三角形，
∴的外接圆圆心O在中点上，
设的半径为r，则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴是的切线．
∴的外接圆是某一条边上的伴随圆；
②．
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：(1)∵∠C=90°，AB=5，BC=3，
∴，
∵BC是圆的切线，∠BCA=90°，
∴AC为圆的直径，
∴AC边上的伴随圆的半径为2.
故答案为：2.
(2)②设圆O的半径为r，
∵在Rt△OAE中，OA=3r，OE=r，
∴.
∵AE=2BE
∴
∴，
∵在Rt△ABC中，AC=2CD=4r，，
∴，
∵在Rt△OBC中，OC=r，
∴，
∴
∵∠EDC=∠1，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
【分析】(1)本题利用勾股定理，求出BC的长度，即可解题；
(2)①本题因为△CED的外接圆圆心在 AC，且过△ABC的顶点C，要证△CED的外接圆是△ABC的AC边上的伴随圆，即证AB与△CED的外接圆相切，连接OE、OB，通过证玥△ADE∽△AOB，结合题干的条件得到∠1=∠4，推出△BCO≌△BEO，利用全等的性质得到∠BEO=∠BCO=90°，即可解题；
②本题通过相似三角形和勾股定理求得BC，结合∠1=∠2，其锐角三角函数也相等，得出线段 DE、CE，即可求解.
24．（2023九上·余姚竞赛）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点，.直线交于点D，点P是直线下方抛物线上一动点，连接PD.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，连接，过点P作于点E，是否存在点P使以P，D，E三点为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：，
，
在中，，
，即，
将点代入抛物线的解析式得：，
解得，
则此抛物线的解析式为；
（2）解：过P作PF⊥x轴于F，连接PB、PO、设直线x=1与x轴交于E，如图：
∵OB=4，OE=1，
∴
∴
∴S△PCB=4S△PCD，
∴，
设，
∴
，
∵点P是直线BC下方抛物线上一动点，
∴，
∴t+(-t2+3t+4)=4+4S△PCD，
∴，
而，
∴t=2时，S△PCD最大为1，此时P(2，-3).
（3）解：存在，理由如下：
在中令y=0得：
，解得x=-1或x=4，
∴A(-1，0)，B(4，0)，
而C(0，-2)，
∴AB2=25，AC2=5，BC2=20，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
设直线BC的解析式为y=mx+n，将B(4，0)，C(0，-2)代入得：
，解得，n=-2，
∴直线BC的解析式为y=-x-2，
当x=1时，
∴
∴
设，
则，
由(2)知：，
∴，
∴PE=t2+t，
以P，D，E三点为顶点的三角形与△ABC相似，
∵∠ACB=∠PED=90°，
∴C与E对应，
①△ABC∽△DPE时，
，即，
解得t=1或或t=-1(P在BC下方，横坐标为正，舍去)，
∴P(1，-3)或；
②△ABC∽△PDE时，
，即，
解得或(P在BC下方，舍去)或或(舍去)，
∴或
综上，存在这样的点P，此时点P的坐标为或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理的逆定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)先求出OC的长，再利用三角函数值求出OB的长，即得到点B坐标，最后得抛物线解析式；
(2)连接OP，PB，考虑四边形OCPB的面积，它既等于△OCP和△OPB的面积之和，又等于△OBC和△PDB和△PCD的面积之和，从而得到面积的等式，其中△OCP、△OPB、△OBC的面积非常好求，而△PDB的面积是△PCD的面积的三倍，这样就得到了△PCD的面积的表达式，求最大值即可，再求出此时点P坐标；
(3)根据勾股逆定理得∠ACB=90°，从而在相似三角形中，边DP对应边AB，故只剩下两种情形，要么PE对应AC，要么PE对应BC，根据相似三角形对应边成比例得出等式，最后根据因式分解、平方差公式等变形方法求出点横坐标即可.
1 / 1浙江省宁波市余姚市六校2023-2024学年九年级上学期数学学科竞赛试卷
一、选择题（共10小题，每题3分）
1．（2023九上·余姚竞赛）如图，四边形ABCD内接于，若，则的度数为（　　）
A．50° B．100° C．130° D．150°
2．（2023九上·余姚竞赛）已知满足，则的值为（　　）
A．1 B． C． D．
3．（2023九上·余姚竞赛）如图A、B、C在⊙O上，连接OA、OB、OC，若∠BOC＝3∠AOB，劣弧AC的度数是120o，OC＝．则图中阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
4．（2023九上·余姚竞赛）设，则代数式的值为（　　）
A．-1 B．1 C．0 D．2
5．（2023九上·余姚竞赛）点是的外心，也是的内心，若，则的度数是（　　）
A．80° B．90° C．100° D．110°
6．（2023九上·余姚竞赛）如图1，正方形绕中心O逆时针旋转45°得到正方形，现将整个图形的外围以O为位似中心得到位似图形如图2所示，位似比为，若整个图形的外围周长为16，则图中的阴影部分面积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023九上·余姚竞赛）已知AC⊥BC于C，BC=a，CA=b，AB=c，下列选项中⊙O的半径为的是（　　）.
A． B．
C． D．
8．（2023九上·余姚竞赛）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为(1，﹣4a)，点A(4，y1)是该抛物线上一点，若点D(x2，y2)是抛物线上任意一点，有下列结论：①4a﹣2b+c＞0；②若y2＞y1，则x2＞4；③若0≤x2≤4，则0≤y2≤5a；④若方程a(x+1)(x﹣3)＝﹣1有两个实数根x1和x2，且x1＜x2，则﹣1＜x1＜x2＜3．其中正确结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2023九上·余姚竞赛）锐角三角形ABC的三边是a，b，c，它的外心到三边的距离分别为m，n，p，那么m：n：p等于（　　）
A．：：； B．a∶b∶c；
C．cosA∶cosB∶cosC； D．sinA∶sinB∶sinC.
10．（2023九上·余姚竞赛）如图，点O为正方形的中心，以的中点H为圆心，HA为半径画弧交的延长线于点E．以为边向上作正方形，过点A作交于点K，取的中点M，连结．已知，则的长为（　　）
A． B． C．3 D．
二、填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11．（2023九上·余姚竞赛）如图，是某商店售卖的花架，其中，，，，则长为　 　．
12．（2023九上·余姚竞赛）把一根长度为6的铁丝截成3段，若三段的长度均为正整数，则能构成三角形的概率为　 　．
13．（2023九上·余姚竞赛）因为cos60°＝，cos240°＝－，所以cos240°＝cos(180°＋60°)＝－cos60°；由此猜想、推理知：当α为锐角时有cos(180°＋α)＝－cosα，则：cos210°＝　 　
14．（2023九上·余姚竞赛）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为　 　．
15．（2023九上·余姚竞赛）图1是一款由若干条吊链等间距悬挂而成的挂帘，吊链顶端悬挂在水平横梁上，自然下垂时底部呈圆弧形，其中最长吊链为，最短吊链为，挂满后呈轴对称分布．图2是其示意图，其中最长两条吊链与之间的距离为．若吊链数量为偶数，记对称轴右侧最短挂链的底端为点F，当C，F，B三点在同一条直线上时，吊链的数量为　 　．
16．（2023九上·余姚竞赛）如图，已知正方形的边长为4，点是正方形内部一点，连接，满足，点是边上一动点，连结，．则长度的最小值为　 　
三、（共8小题，计66分）
17．（2023九上·余姚竞赛）计算：
18．（2023九上·余姚竞赛）2023年5月30日上午，神舟十六号载人飞船成功发射，举国振奋．为了使同学们进一步了解中国航天科技的快速发展，余姚某中学九(1)班团支部组织了一场手抄报比赛．要求该班每位同学从A：“北斗”，B：“5G时代”，C：“东风快递”，D：“智轨快运”四个主题中任选一个自己喜爱的主题．比赛结束后，该班团支部统计了同学们所选主题的频数，绘制成如图两种不完整的统计图，请根据统计图中的信息解答下列问题．
九（1）班学生喜爱的主题折线图
九（1）班学生喜爱的主题扇形图
（1）九(1)班共有 ▲ 名学生；并补全图①折线统计图；
（2）请阅读图②，求出D所对应的扇形圆心角的度数；
（3）若小余和小姚分别从A，B，C，D四个主题中任选一个主题，请用列表或画树状图的方法求出他们选择相同主题的概率．
19．（2023九上·余姚竞赛）如图，在的正三角形的网格中，的三个顶点都在格点上．请按要求画图和计算：①仅用无刻度直尺；②保留作图痕迹．
（1）在图1中，画出的边上的中线．
（2）在图2中，直接写出的值．
20．（2023九上·余姚竞赛）现有成135°角且足够长的墙角和可建总长为15m围墙的建筑用料来修建储料场.
（1）如图1，修建成四边形ABCD的一个储料场，使 ， .新建围墙为BCD.怎样修建围墙才能使储料场的面积最大？最大面积是多少？
（2）爱动脑筋的小聪建议：把新建的围墙建成如图2所示的以A为圆心的圆弧BD，这样修建的储料场面积会更大.聪明的你认为小聪的建议合理吗？请说明理由.
21．（2023九上·余姚竞赛）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB＝5，AC＝3．连接OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD＝∠CBA．
（2）求EF：FD的值．
22．（2023九上·余姚竞赛）已知二次函数的图象经过点和．
（1）求a，b满足的关系式；
（2）若函数图象与x轴无交点，求的取值范围．
23．（2023九上·余姚竞赛）定义：圆心在三角形的一边上，与另一边相切，且经过三角形一个顶点（非切点）的圆，称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”．
（1）如图①，在中，，，，则边上的伴随圆的半径为　 　．
（2）如图②，中，点在边上，，为的中点，且．
①求证：的外接圆是的边上的伴随圆；
②的值为 ▲
24．（2023九上·余姚竞赛）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点，.直线交于点D，点P是直线下方抛物线上一动点，连接PD.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）如图1，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，连接，过点P作于点E，是否存在点P使以P，D，E三点为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】多边形内角与外角；圆周角定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠DCB=180°，
∵∠DCB=130°，
∴∠A=50°，
由圆周角定理得，=2∠A=100°，
故答案为：B．
【分析】根据四边形的内角和可得∠A+∠DCB=180°，从而求出∠A=50°，由圆周角定理得=2∠A，据此即得结论.
2．【答案】B
【知识点】比例的性质
【解析】【解答】解：由，
得y=3x，，
∴
故答案为：B.
【分析】根据比例的性质求解即可.
3．【答案】C
【知识点】三角形的面积；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：设OB与AC相交于点E，如图，
∵劣弧AC的度数是120°，
∴∠AOC=120°，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°.
∵∠COB=3∠AOB，劣弧AC的度数是120°，
∴∠AOC=∠AOB+3∠AOB=120°
∴∠AOB =30°，
∴∠COB=∠AOC-∠AOB=90°
在Rt△OCE中，，
∴
∴，
∴
∴
故答案为：C.
【分析】通过计算扇形OBC的面积和三角形OEC的面积，进而求得阴影部分的面积.
4．【答案】A
【知识点】利用整式的混合运算化简求值
【解析】【解答】解：∵
∴，
，
两边平方得：4x2+12x+9=5，
∴4x2+12x=-4，
∴x2+3x =-1，
∴x(x+1)(x+2)(x+3)
=[x(x+3)(x+1)(x+2)]
=(x2+3x)(x2+3x+2)
=(-1)×(-1+2)
=-1.
故答案为：A.
【分析】首先化简x，然后把所求的式子利用x表示，合并同类二次根式即可求解.
5．【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：如解图，连接OB、OC，
∵∠A=70°，O是△ABC的外心，
∴，
∴，
∵O是的内心，
∴，
∴.
故答案为：C.
【分析】连接OB、OC，根据三角形外心的性质可得∠BOC=2∠A=140°，根据三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB=40°，根据三角形内心的性质得∠DBC+∠BCD=80°，最后根据三角形的内角和定理即可算出答案.
6．【答案】A
【知识点】正方形的性质；位似图形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵正方形ABCD绕中心O逆时针旋转45°得到正方形A'B'C'D，整个图形的外围周长为16，
∴DF=DG=D'F=C'G=1，且△DFG为等腰直角三角形，
∴，
∴图2中整个图形面积：
∵将整个图形的外围以O为位似中心得到位似图形如图2所示，位似比为
∴图2中间空白部分面积为：，
图2中阴影部分面积为：
故答案为：A.
【分析】通过计算正方形的边长和面积，以及利用位似比计算阴影部分的面积.
7．【答案】C
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：A.设圆的半径是x，圆切AC于E，切BC于D，切AB于F，如图(1)，
同样得到正方形OECD，AE=AF，
BD=BF，则a-x+b-x=c，
∴，故本选项错误；
B.设圆切AB于F，圆的半径是y，连接OF，如图(2)
则△BCA∽△OFA，，
，
，故本选项错误；
C.连接OE、OD，
∵AC、BC分别切圆O于E、D，
∴∠OEC=∠ODC=∠C=90°
∵OE=OD
∴四边形OECD是正方形，
∴OE=EC=CD=OD
设圆O的半径是r，
∵OE//BC
∴∠AOE=∠B
∵∠AEO=∠ODB
∴△ODB∽△AEO，
，
，
解得：
故本选项正确；
D.从上至下三个切点依次为D，E，F；并设圆的半径为x；
∵BD=BF
∴AD=BD-BA=BF-BA=a+x-c；
又∵b-x=AE=AD=a+x-c；
∴，故本选项错误；
故答案为：C.
【分析】根据题目中的条件，可以判断出来是直角三角形；
利用内切圆的性质，内切圆的圆心到三角形各边的距离相等，都等于内切圆的半径；
根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等；
结合勾股定理 a2+b2=c2，以及正方形的判定，最终求出内切圆的半径.
8．【答案】B
【知识点】二次函数y=ax²+bx+c的图象；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的其他应用
【解析】【解答】①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为
∴函数的对称轴为x＝
∴根据二次函数的对称性，当x=-2和x=4时，y的值相等
∴当x=-2时，y=4a﹣2b+c＞0
于是①的结论符合题意；②∵点A（4，y1）关于直线x＝1的对称点为
∴当y2＞y1，则x2＞4或x2＜﹣2，
于是②不符合题意；③当x＝4时，y1＝16a+4b+c＝16a﹣8a﹣3c＝5a，
∴当﹣1≤x2≤4，则﹣3a≤y2≤5a，
于是③不符合题意；④∵方程 有两个实数根x1和x2，且x1＜x2，
∴抛物线 与直线y＝﹣1交点的坐标 和
∵抛物线 时，x＝﹣1或3，
即抛物线 与x轴的两个交点坐标分别为（﹣1，0）和（3，0），
∴﹣1＜x1＜x2＜3，
于是④符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据顶点坐标得到对称轴表达式，根据二次函数的对称性，得到x=-2和x=4时y的值关于对称轴对称，即可判断①；结合①中结论，根据函数图象即可判断②；
首先根据对称轴得到a和b的关系，然后根据顶点坐标得到a和c的关系，求出当x=4时，y的值即可判断③；根据二次函数与一元二次方程的关系，得到a(x+1)(x﹣3)＝0的解，而a(x+1)(x﹣3)＝﹣1为函数y=a(x+1)(x﹣3)和直线y=-1的交点，即将函数y=a(x+1)(x﹣3)向上平移一个单位时，新函数与x轴的交点即为a(x+1)(x﹣3)＝﹣1的解，可判断④．
9．【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：如图⊙O经过A、B、C三点，连接OA、OB、OC，
则OA=OB=OC
在Rt△COD中，
∵，
∴，
同理可得，，
∴
即m：n：p=cosA：cosB：cosC
故答案为：C.
【分析】根据外心的性质可知，OA=OB=OC，在Rt△COD中，，故，同理可得，，代入OA=OB=OC中求解.
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定-AAS；直角三角形斜边上的中线；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接AC，AM，AH，CM，
∵点O为正方形ABCD的中心
∴点O在线段AC上
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABE=90°
∵AK⊥AE，即∠EAK=∠BAD=90°
∴∠EAB =∠KAD，
在△EAB和△KAD中，
∴△EAB≌△KAD(AAS)
∴AE=AK，BE=DK
∵，点H为BC的中点
∴，，
∴，
∵HA= HE，
∴DK=BE=HE-BH=4，
∴，
∴，
∴
∵点M是EK的中点，且∠EAK=∠ECK=90°，
∴
∵点O为AC的中点，且，
OM⊥AC，，
根据勾股定理，OM2=CM2-OC2，则，
解得(负值舍去)
故答案为：A.
【分析】连接AC，AM，AH，CM，证明△EAB≌△KAD，推出AE=AK，BE=DK，利用勾股定理求得AH的长，再先后得到DK、CK、EK的长，利用直角三角形斜边中线的性质求得，利用等腰三角形的判定和性质以及勾股定理即可求解.
11．【答案】30
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】
解：∵ AD∥BE∥CF
∴
∴
∴ AB=30cm
【分析】本题考查平行线分线段成比例，根据题意，由平行线可得，代入数值可得结论。
12．【答案】
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：因为将长度为6的铁丝截成3段，每段长度均为整数厘米
共有3种情况，分别是1，1，4；1，2，3；2，2，2；
其中能构成三角形的是：2，2，2一种情况，
所以能构成三角形的概率是
故答案为：.
【分析】先求出将长度为6的铁丝截成3段，每段长度均为整数厘米，共有几种情况，再找出其中能构成三角形的情况，最后根据概率公式计算即可.
13．【答案】
【知识点】求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：∵cos(180+α)=-cosα，
∴
故答案为：.
【分析】根据cos(180°+α)=-cosα，可得cos210°的值.
14．【答案】或
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接OD，DE，
∵半圆O与BC相切，
∴OD⊥BC，
∴∠ODB=90°，
设半圆O的半径为r，OB=r+3，
∵OD2+BD2=OB2，
∴，
解之：r=6，
△ADP是等腰三角形，
当AP=PD时，即点P和点O重合时，
AP=PG=OF=6；
当AD=AP1时，
∵OD∥AC，
∴△BOD∽△BAC，
∴即
解之：AC=10，，
在Rt△ACD中
；
当AD=DP2时，
∴；
∵OD∥AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AD平分∠B AC，
过点D作DH⊥AE于点H，
∴AH=P2H，，
∵AD=AD，
∴△ADH≌△ADC（HL）
∴AH=AC=P2H=10，
∴AP2=2AH=20，
∵点E为AB边上的一点，不符合题意，舍去；
∴符合题意的AP的长为或.
故答案为：或
【分析】连接OD，DE，利用切线的性质可知∠ODB=90°，设半圆O的半径为r，可表示出OB的长，利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的值；再利用等腰三角形的定义分情况讨论：当AP=PD时，即点P和点O重合时，可得到PA的长；当AD=AP1时，利用OD∥AC，可证得△BOD∽△BAC，利用相似三角形的性质可求出AC，CD的长，利用勾股定理求出AP1的长；当AD=DP2时，可得到DP2的长，再证明AD平分∠B AC，过点D作DH⊥AE于点H，利用角平分线的性质可证得AH=P2H，同时可得到DC，DH的长，利用HL证明△ADH≌△ADC，利用全等三角形的性质可知AH=AC=P2H=10，可得到AP2的长，综上所述可得到符合题意的AP的长.
15．【答案】20
【知识点】勾股定理；轴对称的性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：连接BC，取AB的中点M，过点M作MN//EF，交于点N，左侧与EF相邻的吊链为GH，
∵C，F，B三点在同一条直线上，
∴点F在BC上，
根据题意可知，EF//AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
即
解得：BE=54
∵点M为AB的中点，
∴，
∴EM=BM-BE =3cm，
∵M为AB的中点，MN//EF，GH为EF左侧与EF相邻的吊链，
∴GH与EF关于MN对称，
∴GM=B=3cm，
∴每两个吊链之间的距离为6cm，
∵114÷6=19.
∴共有20根吊链
故答案为：20.
【分析】连接BC，取AB的中点M，过点M作MN//EF，交于点N，左侧与EF相邻的吊链为GH，先证明△BEF∽△BAC，得出，求出BE=54cm，得出EM=BM-BE=3cm，根据对称得出GM=BM=3cm，求出每两个吊链之间的距离为6cm，即可得出答案.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°
∴∠ABE+∠CBE=90°
∵∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠AEB =90°，
∴点E在以AB为直径的半圆上移动，
如图，设AB的中点为O，作正方形ABCD关于直线BC对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，
连接FO交BC于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE=1，
∵∠G=90°，FG=BG=AB=4，
∴OG =6，
∴
∴，
∴PD+PE的长度最小值为，
故答案为：.
【分析】根据正方形的性质得到∠ABC=90°，推出∠AEB=90°，得到点E在以AB为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线BC对称的正方形BCFG，则点D的对应点是F，连接FO交B于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论.
17．【答案】解：原式=
=
【知识点】零指数幂；负整数指数幂；求特殊角的三角函数值；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】原式利用二次根式性质，特殊角的三角函数值，零指数幂负整数指数幂法则计算即可求出值.
18．【答案】（1）解：50；补全折线统计图如解图①
（2）解：D所对应扇形圆心角的大小为，
∴D所对应的扇形圆心角的大小为108°；
（3）解：画树状图如解图②，
共有16种等可能的结果，小林和小峰选择相同主题的结果有4种，
∴小林和小峰选择相同主题的概率为
【知识点】扇形统计图；折线统计图；用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】解：(1)九(1)班共有学生人数为：20÷40%=50(名)，
D的人数为：50-10-20-5-15(名)，
故答案为：50.
【分析】(1)由B的人数除以所占百分比即可；
(2)求出D的人数，即可解决问题；
(3)画树状图，共有16种等可能的结果，小余和小姚选择相同主题的结果有4种，再由概率公式求解即可.
19．【答案】（1）解：如图，线段AD就是所求作的中线；
（2）解：如图：在的正三角形的网格中，
∵MN∥AB∥FD，
∴∠AEC=∠FDC，
∵四边形CMGN为菱形，且边长为5，
∴CG⊥MN，
∴CG⊥FD，
，
∴CG=2OG=5，
∵△GFD为等边三角形，且边长为2，
同理：HG=，
∴在Rt△CDH中，∠CHD=90，DH=1，CH=CG-HG=4，
∴，即，
∴，
∴．
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；菱形的性质；尺规作图-中线
【解析】【分析】(1)利用平行四边形的性质分别作出AB、AC的中点E、F，再利用三角形重心的性质即可作出△ABC的BC边上的中线AD；
(2)利用平行线的性质可得∠AEC=∠FDC，再利用菱形及等边三角形的性质可求得DH、CH的长，继而求得CD的长，从而求得答案.
20．【答案】（1）解：过点 作 于点 .
∵ ， ， ，
∴ ， .
设 ，则 ，
∴ ，
设储料场的面积为 ，则 ，
∴ .
∴当 时，储料场的面积最大，最大面积为 .此时 .
故当 米， 米时，所建储料场的面积最大，最大面积为 .
（2）解：小聪建议合理.理由如下：
由题意得 ，
∴ .
∴ .
∵ ，
∴小聪的建议是合理的.
【知识点】弧长的计算；扇形面积的计算；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】(1)过点A作AH⊥BC于点H，设CD=x ，由∠BAD=135° ，BC∥AD，∠C=90°，可得∠ABC=45° ，
CD⊥AD .则AH=BH=CD=x ， 可得AD=HC=15-2x ，设储料场的面积为S ， 可得S关于x的函数关系式，配方，当x=5时， 储料场的面积最大， 求出这个最大面积即可；
(2)由扇形弧长公式求出AD的长，求出这个扇形面积，再和37.5m2比较即可.
21．【答案】（1）证明：∵OC为半径，E为AD中点．
∴OC⊥AD，AC＝CD，
∴∠ABC＝∠CAD；
（2）解：在Rt△ABC中，AB＝5，AC＝3，则BC＝4，
∴sin∠CBA＝，
∴sin∠CAD＝，则CE＝，
则AE＝＝＝ED，
∵cos∠CBA＝，则cos∠CAD＝，
则AF＝＝，
∴EF＝AF﹣AE＝﹣＝，
则FD＝AD﹣AF＝﹣＝，
∴EF：FD＝9：7．
【知识点】勾股定理；垂径定理；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】(1)证明：OC为半径，为AD中点，则OC⊥AD，AC=CD，即可求解；
(2)求出，得到，，进而求解.
22．【答案】（1）解：∵二次函数的图象经过点和，
∴，
②-①得，，即，
∴；
（2）解：∵函数图象与x轴无交点，
∴，即，∴，
解得，∵，
∴，
∴当时，的最小值为，当时，的最大值为1，
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】(1)把点A(-1，1)和B(2，4)坐标代入二次函数y=ax2+bx+c，即可；
(2)根据函数图象与x轴无交点，则 =b2-4ac<0，把a2+b2表示出来，再根据a的取值范围，即可.
23．【答案】（1）2
（2）证明：①证明：如图连接、，
∵为直角三角形，
∴的外接圆圆心O在中点上，
设的半径为r，则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴是的切线．
∴的外接圆是某一条边上的伴随圆；
②．
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定；三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：(1)∵∠C=90°，AB=5，BC=3，
∴，
∵BC是圆的切线，∠BCA=90°，
∴AC为圆的直径，
∴AC边上的伴随圆的半径为2.
故答案为：2.
(2)②设圆O的半径为r，
∵在Rt△OAE中，OA=3r，OE=r，
∴.
∵AE=2BE
∴
∴，
∵在Rt△ABC中，AC=2CD=4r，，
∴，
∵在Rt△OBC中，OC=r，
∴，
∴
∵∠EDC=∠1，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
故答案为：.
【分析】(1)本题利用勾股定理，求出BC的长度，即可解题；
(2)①本题因为△CED的外接圆圆心在 AC，且过△ABC的顶点C，要证△CED的外接圆是△ABC的AC边上的伴随圆，即证AB与△CED的外接圆相切，连接OE、OB，通过证玥△ADE∽△AOB，结合题干的条件得到∠1=∠4，推出△BCO≌△BEO，利用全等的性质得到∠BEO=∠BCO=90°，即可解题；
②本题通过相似三角形和勾股定理求得BC，结合∠1=∠2，其锐角三角函数也相等，得出线段 DE、CE，即可求解.
24．【答案】（1）解：，
，
在中，，
，即，
将点代入抛物线的解析式得：，
解得，
则此抛物线的解析式为；
（2）解：过P作PF⊥x轴于F，连接PB、PO、设直线x=1与x轴交于E，如图：
∵OB=4，OE=1，
∴
∴
∴S△PCB=4S△PCD，
∴，
设，
∴
，
∵点P是直线BC下方抛物线上一动点，
∴，
∴t+(-t2+3t+4)=4+4S△PCD，
∴，
而，
∴t=2时，S△PCD最大为1，此时P(2，-3).
（3）解：存在，理由如下：
在中令y=0得：
，解得x=-1或x=4，
∴A(-1，0)，B(4，0)，
而C(0，-2)，
∴AB2=25，AC2=5，BC2=20，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
设直线BC的解析式为y=mx+n，将B(4，0)，C(0，-2)代入得：
，解得，n=-2，
∴直线BC的解析式为y=-x-2，
当x=1时，
∴
∴
设，
则，
由(2)知：，
∴，
∴PE=t2+t，
以P，D，E三点为顶点的三角形与△ABC相似，
∵∠ACB=∠PED=90°，
∴C与E对应，
①△ABC∽△DPE时，
，即，
解得t=1或或t=-1(P在BC下方，横坐标为正，舍去)，
∴P(1，-3)或；
②△ABC∽△PDE时，
，即，
解得或(P在BC下方，舍去)或或(舍去)，
∴或
综上，存在这样的点P，此时点P的坐标为或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理的逆定理；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1)先求出OC的长，再利用三角函数值求出OB的长，即得到点B坐标，最后得抛物线解析式；
(2)连接OP，PB，考虑四边形OCPB的面积，它既等于△OCP和△OPB的面积之和，又等于△OBC和△PDB和△PCD的面积之和，从而得到面积的等式，其中△OCP、△OPB、△OBC的面积非常好求，而△PDB的面积是△PCD的面积的三倍，这样就得到了△PCD的面积的表达式，求最大值即可，再求出此时点P坐标；
(3)根据勾股逆定理得∠ACB=90°，从而在相似三角形中，边DP对应边AB，故只剩下两种情形，要么PE对应AC，要么PE对应BC，根据相似三角形对应边成比例得出等式，最后根据因式分解、平方差公式等变形方法求出点横坐标即可.
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