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四川省南充市高坪中学2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题
1．（2024九上·高坪期中）下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、 此选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C、 此选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D、此选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意.
故答案为：B．
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可逐一判断得出答案.
2．（2024九上·高坪期中）方程的根是（　　）
A． B．
C．， D．，
【答案】D
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：由得，
∴或，
解得，，
故答案为：D．
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可解题．
3．（2024九上·高坪期中）如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵所对的圆心角是，所对的圆周角是，
∴，
故答案为：A ．
【分析】根据圆内接四边形对角互补、领补角及同角的补角相等得到，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得到，由此即可求解．
4．（2024九上·高坪期中）下列命题：①三点确定一个圆；②三角形的外心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤垂直于弦的直线必经过圆心．其中假命题的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】圆周角定理；确定圆的条件；三角形的外接圆与外心；垂径定理的推论
【解析】【解答】解：①不在同一直线的三点确定一个圆，故本项原说法错误，是假命题；②三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等， 故本项原说法错误，是假命题；
③在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等， 故本项原说法错误，是假命题；
④平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦， 故本项原说法错误，是假命题；
⑤垂直于弦的直线不一定经过圆心， 故本项原说法错误，是假命题.
故假命题的个数是5个.
故答案为：D．
【分析】根据不在同一直线上的三点确定一个圆，可判断①；三角形的外心是三边垂直平分线的交点，到三角形三个顶点的距离相等，据此可判断②；根据圆周角定理“在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等”可判断③；根据垂径定理的推论“平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦”可判断④；垂直平分弦的直线一定经过圆心，据此可判断⑤.
5．（2024九上·高坪期中）一个学习小组有人，春节期间，每两人互送贺卡一张，若全组共送出贺卡张，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程的实际应用-传染问题；列一元二次方程
【解析】【解答】根据题意可得：，
故答案为：C.
【分析】根据“ 全组共送出贺卡张 ”列出方程即可.
6．（2024九上·高坪期中）用反证法证明“等腰三角形的底角小于”时，第一步应假设（　　）
A．底角大于 B．底角等于
C．底角小于 D．底角大于等于
【答案】D
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：用反证法证明“等腰三角形的底角小于”时，第一步应假设底角大于等于，
故答案为： D．
【分析】反证法第一步应该假设结论不成立，在假设结论不成立时，要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须全部否定，据此解答即可.
7．（2024九上·高坪期中）若a，b是的根，则的值是（　　）
A．2022 B．2023 C． D．
【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵a，b是的根，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则．
得出，然后根据方程根的定义得出，然后将待求式子变形为a2+a+(a+b)，从而整体代入计算即可.
8．（2024九上·高坪期中）如图，为的直径，点C是弧的中点．过点C作于点G，交于点D，若，则的半径长是（　　）
A．4 B．5.5 C． D．
【答案】C
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接，如图，设的半径为r，
∵，
∴，，
∵点C是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，解得，
即的半径为．
故答案为：C．
【分析】先根据垂直弦的直径平分弦及弦所对的两条弧可得，，结合点C是弧的中点得出，由等弧所对的弦相等得出，再利用勾股定理进行求解即可．
9．（2024九上·高坪期中）如图，中，，，将斜边绕点逆时针旋转至．连接，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图：过点作于点，
∴，
∵将斜边绕点逆时针旋转至，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
故答案为：C．
【分析】过点作于点，由旋转的性质得，，由同角的余角相等得，从而由AAS判断出明，可得，即可求的面积．
10．（2024九上·高坪期中）如图，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的顶点为．下列四个命题：
①当时，；
②若，则；
③抛物线上有两点和，若，且，则；
④点关于抛物线对称轴的对称点为，点分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为．
其中真命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与不等式（组）的综合应用；轴对称的应用-最短距离问题；坐标系中的两点距离公式；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：①当时，函数图象过第一、四象限，当时，；当时，，故此命题是假命题；
②二次函数对称轴为直线，当时有，解得，故此命题是真命题；
③∵，
∴，
∴Q点距离对称轴比P点距离对称轴远，
又∵抛物线开口向下，
∴，故此命题是真命题；
④如图，作D关于y轴的对称点，E关于x轴的对称点，
连接与的和即为四边形周长的最小值．
当时，二次函数为，
顶点纵坐标为，
则，则；C点坐标为；则，；
则，．
∴四边形周长的最小值为，故此命题是假命题．
真命题有2个．
故答案为：B．
【分析】① 由图象可得 当时，；当时， ，当x=b时，y=0，据此可判断①；首先根据抛物线的对称轴直线公式求出对称轴直线为x=1，进而根据抛物线的对称性、结合中点坐标公式可判断②；③由于抛物线开口向下，抛物线上点距离对称轴直线越远，其对应的函数值就越小，从而判断出P、Q点距离对称轴的远近，即可判断③；④作D关于y轴的对称点D'，E关于x轴的对称点E'，连接D'E'、D'E'与DE的和即为四边形EDFG周长的最小值，把m=2代入抛物线y=-x2+2x+m++1得到抛物线的解析式，从而可求出点D、C的坐标，进而根据关于坐标轴对称点的坐标特点求出点D'、E、E'的坐标，根据两点间的距离公式算出DE、D'E'，即可判断④.
11．（2024九上·高坪期中）若m，n是方程x2+2019x﹣2020＝0的两个实数根，则m+n﹣mn的值为　 　．
【答案】1
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵m，n是方程x2+2019x﹣2020＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣2019，mn＝﹣2020，
则m+n﹣mn＝﹣2019﹣（﹣2020）＝1．
故答案为：1．
【分析】直接利用根与系数的关系得出m+n，mn的值，进而得出答案．
12．（2024九上·高坪期中）如果点关于原点的对称点为，则　 　．
【答案】2025
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：点关于原点的对称点为，
，，
．
故答案为：2025．
【分析】根据关于原点对称的点横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，可求出x和y的值，进而再求出x与y的和即可.
13．（2024九上·高坪期中）与抛物线顶点相同，形状也相同，而开口方向相反的抛物线的解析式是　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象与系数的关系
【解析】【解答】解：与抛物线顶点相同，形状也相同，而开口方向相反的抛物线的解析式，
即只有二次项系数相反，
则其解析式为，
故答案为：．
【分析】二次函数的顶点坐标为，决定开口方向和大小，据此由顶点相同即不变，形状也相同即不变，而开口方向相反即二次项系数符号变为相反，即可解决．
14．（2024九上·高坪期中）平面上一点A与上点的最短距离为2，最长距离为10，则半径为　 　．
【答案】6或4
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：当点A在圆内时，的直径长为，半径为6；
当点A在圆外时，的直径长为，半径为4；
即的半径长为6或4．
故答案为：6或4．
【分析】分点A在圆内时，圆的直径等于点A与圆心的最短距离与最长距离的和，当点A在圆外时，圆的直径等于点A与圆心的最长距离与最短距离的差，据此求解即可.
15．（2024九上·高坪期中）如图，点A，B，C在圆O上，与的角平分线交于点P，点M为圆O上不同于点B，C的一点，若，则　 　．
【答案】或
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BPC=130°
∴，
∵与的角平分线交于点P，
∴，
∴
∴，
当在上方时，如图，
∴，
当在下方时，如图，
∴，
综上所述，或，
故答案为：或．
【分析】三角形内角和定理得出，由角平分线定义可求，再由三角形内角和定理得出，分类讨论：分当在上方时，由同弧所对的圆周角相等可求出∠BMC=∠A=80°，当在下方时，根据圆内接四边形对角互补可求出∠BMC=180°-∠A=100°.
16．（2024九上·高坪期中）如图，在正方形中，，点E，F在对角线上，且，将绕点C旋转一定角度后，得到，连接．则下列结论：
①；②；③平分；④的面积等于；
其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②③
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
，
将绕点旋转一定角度后，得到，
，，，，
，
，故①正确，
，，，
∴
，，，
平分，故③正确，
，
，
，故②正确，
，
，
∴，
∴的面积，故④错误；
故答案为：①②③．
【分析】由正方形的四边相等得AB=BC=CD=AD，由正方形每一条对角线平分一组对角得，结合已知推出，由旋转的性质可得，，，，则，据此可判断①；由SAS可证，由全等三角形的性质可得，，，据此可判断③；易得∠BDG=90°，由勾股定理及等量代换可判断②；根据三角形三边关系、等量代换及同高三角形面积关系就是对应底的关系得，据此可判断④.
17．（2024九上·高坪期中）解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，；
（2）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）此方程是一元二次方程的一般形式，方程的左边易于利用十字相乘法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解；
（2）x-1看成一个整体，将方程右边移到方程左边，方程左边易于利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解.
（1）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，；
（2）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，．
18．（2024九上·高坪期中）已知关于x的一元二次方程有两个实数根，．
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：；
答： 实数的取值范围为：.
（2）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，，
由一元二次方程的根与系数的关系得：
，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴
答：的值为-1.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式可得：，解不等式即可求解；
（2）根据一元二次方程的根与系数的关系得：，结合已知的等式可得关于a的方程，解方程并结合（1）中a的范围即可求解．
（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：；
（2）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴
19．（2024九上·高坪期中）已知抛物线的图象经过点
（1）求a的值；
（2）若点，都在该抛物线上，试比较与的大小．
【答案】（1）解：∵抛物线的图象经过点，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得抛物线解析式为，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴在对称轴左侧，y随x增大而增大，
∵点，都在该抛物线上，
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】
（1）根据利用待定系数法求解析式把代入计算即可解答；
（2）根据（1）所求结合解析式可得：抛物线开口向下，对称轴为直线，则在对称轴左侧，y随x增大而增大，据此解答即可．
（1）解：∵抛物线的图象经过点，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得抛物线解析式为，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴在对称轴左侧，y随x增大而增大，
∵点，都在该抛物线上，
∴．
20．（2024九上·高坪期中）如图，已知的顶点A，B，C的坐标分别是，，．
（1）画出关于原点O对称的，并写出点，，的坐标；
（2）画出关于y轴对称的．
【答案】（1）解：如图所示，即为所求；
∵与关于原点O对称，，，，
∴，，.
（2）解：关于y轴对称的如图所示．
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）先利用关于原点对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标变为相反数）找出点A、B、C的对应点，再连接并直接求出点，，的坐标即可；
（2）先利用关于y轴对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标不变）找出点A1、B1、C1的对应点，再连接即可.
（1）解：如图所示，即为所求；
∵与关于原点O对称，，，，
∴，，；
（2）解：关于y轴对称的如图所示．
21．（2024九上·高坪期中）如图，在中，，于点，于点．
（1）求证：．
（2）若，，求长．
【答案】（1）证明：连接OC，，，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∵，
∴．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）连接OC，，，由圆心角、弧、弦的关系可证，从而利用AAS判断出，有全等三角形的对应边相等得OD=OE，最后根据线段和差及等式性质可证出结论；
（2）由同圆半径相等得，则可得，在Rt△COD中，利用勾股定理计算即可．
（1）证明：连接OC，，，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∵，
∴．
22．（2024九上·高坪期中）如图，已知圆O的弦与直径交于点，且平分．
（1）已知，，求圆O的半径；
（2）如果，求弦所对的圆心角的度数．
【答案】（1）解：连接，如图，
设的半径为，则，，
平分，
，，
在中，，
解得，
即的半径为；
（2）解：连接，如图，
，
，
即，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即弦所对的圆心角的度数为．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）连接，如图，设的半径为，则，，先根据平分弦的直径垂直弦得到，，在中利用勾股定理建立方程，然后解方程即可；
（2）连接，如图，先利用得到，即，再利用正弦的定义及特殊锐角三角函数值得到，然后根据等边对等角和三角形内角和定理计算即可．
（1）解：连接，如图，设的半径为，则，，
平分，
，，
在中，，
解得，
即的半径为；
（2）连接，如图，
，
，
即，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即弦所对的圆心角的度数为．
23．（2024九上·高坪期中）如图（1），在中，，是的外接圆，过点作交于点，连接，延长至点，使．
（1）求证：．
（2）如图（2），当为直径，的半径为1时，求的长．
【答案】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，，
为直径，半径为1，
，，，
由（1）知：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，，
∴，
，
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；平行线的应用-证明问题；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得，由二直线平行，内错角相等得，由同弧所对的圆周角相等得，则可得，由等边对等角得，则，根据同位角相等，两直线平行得出结论；
（2）连接，，由（1）得，由同圆中相等的圆周角所对的弧相等得，根据圆心角、弧、弦的关系得出，根据有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△AOC和△AOB是等边三角形，由等边三角形三个内角都是60°及直角三角形两锐角互余求出∠ADC=30°，则推出∠F=30°及∠FBO=90°，根据含30°角直角三角形性质及勾股定理可以求出的长．
（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，，
为直径，半径为1，
，，，
由（1）知：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，，
∴，
，
24．（2024九上·高坪期中）如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点．
（1）求证：；
（2）求的度数．
【答案】（1）证明：由旋转的性质得：，，，∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知：，
∴；
∵，
∴，
∴
=180°-∠ACB-∠ACD-∠ABC+∠ABE=180°-67.5°-67.5°=45°．

【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据SAS可证明，再根据全等三角形的性质，即可得出；；
（2）由（1）知，可得出，再根据等腰三角形的性质及内角和定理可得，进而根据三角形内角和可求得∠BDC的度数。
（1）证明：由旋转的性质得：，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设，则；
∵，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
25．（2024九上·高坪期中）如图，二次函数的图象交轴于、两点，交轴于点，顶点为点，经过、两点的直线为．
（1）求该二次函数的关系式；
（2）是直线下方抛物线上一动点，的面积是否有最大值？若有，求出这个最大值和此时的坐标；
（3）在该抛物线的对称轴上是否存在点，使以点、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：当时，，则，
当时，，解得：，则，
把，代入得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：；
（2）解：作轴交于，如图，
设，则，
，
当时，的值有最大值，此时点坐标为；
（3）解：存在，的坐标为或或或
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）存在，理由如下：
∵抛物线，
∴顶点，对称轴为直线，
设
当时，为等腰三角形，即，
解得：
此时点坐标为：，，
当时，为等腰三角形，即，
解得：，
此时点坐标为：
当时，为等腰三角形，即，
解得：（舍去），，
此时点坐标为：；
综上所述，的坐标为或或或.
【分析】（1）分别令y=-x+3中的x=0与y=0算出对应的y与x的值，可得点C、B得坐标，将点B、C坐标分别代入y=x2+bx+c中可得关于字母b、c的方程组，求解得出b、c的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）作轴交于，根据抛物线上点的坐标特点设，根据点的坐标与图形性质可得，利用三角形面积公式得到，然后利用二次函数的性质解决问题；
（3）利用配方法得到抛物线顶点，抛物线的对称轴为直线，根据点的坐标与图形性质设，利用等腰三角形的性质，分别根据两点间的距离公式表示出PM、PC、MC，然后根据当时，当时，当时，分别列出方程，求解即可.
（1）解：当时，，则，
当时，，解得：，则，
把，代入得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：
（2）作轴交于，如图，
设，则，
，
当时，的值有最大值，此时点坐标为
（3）∵抛物线，
∴顶点，对称轴为直线，
设
当时，为等腰三角形，即，
解得：
此时点坐标为：，，
当时，为等腰三角形，即，
解得：，
此时点坐标为：
当时，为等腰三角形，即，
解得：（舍去），，
此时点坐标为：；
综上所述，的坐标为或或或
1 / 1四川省南充市高坪中学2024-2025学年九年级上学期11月期中考试数学试题
1．（2024九上·高坪期中）下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024九上·高坪期中）方程的根是（　　）
A． B．
C．， D．，
3．（2024九上·高坪期中）如图，四边形内接于，如果它的一个外角，那么（　　）
A． B． C． D．
4．（2024九上·高坪期中）下列命题：①三点确定一个圆；②三角形的外心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤垂直于弦的直线必经过圆心．其中假命题的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2024九上·高坪期中）一个学习小组有人，春节期间，每两人互送贺卡一张，若全组共送出贺卡张，则（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024九上·高坪期中）用反证法证明“等腰三角形的底角小于”时，第一步应假设（　　）
A．底角大于 B．底角等于
C．底角小于 D．底角大于等于
7．（2024九上·高坪期中）若a，b是的根，则的值是（　　）
A．2022 B．2023 C． D．
8．（2024九上·高坪期中）如图，为的直径，点C是弧的中点．过点C作于点G，交于点D，若，则的半径长是（　　）
A．4 B．5.5 C． D．
9．（2024九上·高坪期中）如图，中，，，将斜边绕点逆时针旋转至．连接，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2024九上·高坪期中）如图，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的顶点为．下列四个命题：
①当时，；
②若，则；
③抛物线上有两点和，若，且，则；
④点关于抛物线对称轴的对称点为，点分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为．
其中真命题的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2024九上·高坪期中）若m，n是方程x2+2019x﹣2020＝0的两个实数根，则m+n﹣mn的值为　 　．
12．（2024九上·高坪期中）如果点关于原点的对称点为，则　 　．
13．（2024九上·高坪期中）与抛物线顶点相同，形状也相同，而开口方向相反的抛物线的解析式是　 　．
14．（2024九上·高坪期中）平面上一点A与上点的最短距离为2，最长距离为10，则半径为　 　．
15．（2024九上·高坪期中）如图，点A，B，C在圆O上，与的角平分线交于点P，点M为圆O上不同于点B，C的一点，若，则　 　．
16．（2024九上·高坪期中）如图，在正方形中，，点E，F在对角线上，且，将绕点C旋转一定角度后，得到，连接．则下列结论：
①；②；③平分；④的面积等于；
其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号）
17．（2024九上·高坪期中）解方程：
（1）；
（2）．
18．（2024九上·高坪期中）已知关于x的一元二次方程有两个实数根，．
（1）求实数的取值范围；
（2）若，求的值．
19．（2024九上·高坪期中）已知抛物线的图象经过点
（1）求a的值；
（2）若点，都在该抛物线上，试比较与的大小．
20．（2024九上·高坪期中）如图，已知的顶点A，B，C的坐标分别是，，．
（1）画出关于原点O对称的，并写出点，，的坐标；
（2）画出关于y轴对称的．
21．（2024九上·高坪期中）如图，在中，，于点，于点．
（1）求证：．
（2）若，，求长．
22．（2024九上·高坪期中）如图，已知圆O的弦与直径交于点，且平分．
（1）已知，，求圆O的半径；
（2）如果，求弦所对的圆心角的度数．
23．（2024九上·高坪期中）如图（1），在中，，是的外接圆，过点作交于点，连接，延长至点，使．
（1）求证：．
（2）如图（2），当为直径，的半径为1时，求的长．
24．（2024九上·高坪期中）如图，中，，，是由绕点按逆时针方向旋转得到的，连接、相交于点，与相交于点．
（1）求证：；
（2）求的度数．
25．（2024九上·高坪期中）如图，二次函数的图象交轴于、两点，交轴于点，顶点为点，经过、两点的直线为．
（1）求该二次函数的关系式；
（2）是直线下方抛物线上一动点，的面积是否有最大值？若有，求出这个最大值和此时的坐标；
（3）在该抛物线的对称轴上是否存在点，使以点、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B、 此选项中的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C、 此选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D、此选项中的图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意.
故答案为：B．
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；把一个平面图形，在平面内绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可逐一判断得出答案.
2．【答案】D
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：由得，
∴或，
解得，，
故答案为：D．
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可解题．
3．【答案】A
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，
∴，
∵，
∴，
∵所对的圆心角是，所对的圆周角是，
∴，
故答案为：A ．
【分析】根据圆内接四边形对角互补、领补角及同角的补角相等得到，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得到，由此即可求解．
4．【答案】D
【知识点】圆周角定理；确定圆的条件；三角形的外接圆与外心；垂径定理的推论
【解析】【解答】解：①不在同一直线的三点确定一个圆，故本项原说法错误，是假命题；②三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等， 故本项原说法错误，是假命题；
③在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等， 故本项原说法错误，是假命题；
④平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦， 故本项原说法错误，是假命题；
⑤垂直于弦的直线不一定经过圆心， 故本项原说法错误，是假命题.
故假命题的个数是5个.
故答案为：D．
【分析】根据不在同一直线上的三点确定一个圆，可判断①；三角形的外心是三边垂直平分线的交点，到三角形三个顶点的距离相等，据此可判断②；根据圆周角定理“在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等”可判断③；根据垂径定理的推论“平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦”可判断④；垂直平分弦的直线一定经过圆心，据此可判断⑤.
5．【答案】C
【知识点】一元二次方程的实际应用-传染问题；列一元二次方程
【解析】【解答】根据题意可得：，
故答案为：C.
【分析】根据“ 全组共送出贺卡张 ”列出方程即可.
6．【答案】D
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：用反证法证明“等腰三角形的底角小于”时，第一步应假设底角大于等于，
故答案为： D．
【分析】反证法第一步应该假设结论不成立，在假设结论不成立时，要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须全部否定，据此解答即可.
7．【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵a，b是的根，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】设x1与x2是一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”的两个实数根，则．
得出，然后根据方程根的定义得出，然后将待求式子变形为a2+a+(a+b)，从而整体代入计算即可.
8．【答案】C
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接，如图，设的半径为r，
∵，
∴，，
∵点C是弧的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
∵，
∴，解得，
即的半径为．
故答案为：C．
【分析】先根据垂直弦的直径平分弦及弦所对的两条弧可得，，结合点C是弧的中点得出，由等弧所对的弦相等得出，再利用勾股定理进行求解即可．
9．【答案】C
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图：过点作于点，
∴，
∵将斜边绕点逆时针旋转至，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
故答案为：C．
【分析】过点作于点，由旋转的性质得，，由同角的余角相等得，从而由AAS判断出明，可得，即可求的面积．
10．【答案】B
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数与不等式（组）的综合应用；轴对称的应用-最短距离问题；坐标系中的两点距离公式；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：①当时，函数图象过第一、四象限，当时，；当时，，故此命题是假命题；
②二次函数对称轴为直线，当时有，解得，故此命题是真命题；
③∵，
∴，
∴Q点距离对称轴比P点距离对称轴远，
又∵抛物线开口向下，
∴，故此命题是真命题；
④如图，作D关于y轴的对称点，E关于x轴的对称点，
连接与的和即为四边形周长的最小值．
当时，二次函数为，
顶点纵坐标为，
则，则；C点坐标为；则，；
则，．
∴四边形周长的最小值为，故此命题是假命题．
真命题有2个．
故答案为：B．
【分析】① 由图象可得 当时，；当时， ，当x=b时，y=0，据此可判断①；首先根据抛物线的对称轴直线公式求出对称轴直线为x=1，进而根据抛物线的对称性、结合中点坐标公式可判断②；③由于抛物线开口向下，抛物线上点距离对称轴直线越远，其对应的函数值就越小，从而判断出P、Q点距离对称轴的远近，即可判断③；④作D关于y轴的对称点D'，E关于x轴的对称点E'，连接D'E'、D'E'与DE的和即为四边形EDFG周长的最小值，把m=2代入抛物线y=-x2+2x+m++1得到抛物线的解析式，从而可求出点D、C的坐标，进而根据关于坐标轴对称点的坐标特点求出点D'、E、E'的坐标，根据两点间的距离公式算出DE、D'E'，即可判断④.
11．【答案】1
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：∵m，n是方程x2+2019x﹣2020＝0的两个实数根，
∴m+n＝﹣2019，mn＝﹣2020，
则m+n﹣mn＝﹣2019﹣（﹣2020）＝1．
故答案为：1．
【分析】直接利用根与系数的关系得出m+n，mn的值，进而得出答案．
12．【答案】2025
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；求代数式的值-直接代入求值
【解析】【解答】解：点关于原点的对称点为，
，，
．
故答案为：2025．
【分析】根据关于原点对称的点横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，可求出x和y的值，进而再求出x与y的和即可.
13．【答案】
【知识点】二次函数图象与系数的关系
【解析】【解答】解：与抛物线顶点相同，形状也相同，而开口方向相反的抛物线的解析式，
即只有二次项系数相反，
则其解析式为，
故答案为：．
【分析】二次函数的顶点坐标为，决定开口方向和大小，据此由顶点相同即不变，形状也相同即不变，而开口方向相反即二次项系数符号变为相反，即可解决．
14．【答案】6或4
【知识点】点与圆的位置关系
【解析】【解答】解：当点A在圆内时，的直径长为，半径为6；
当点A在圆外时，的直径长为，半径为4；
即的半径长为6或4．
故答案为：6或4．
【分析】分点A在圆内时，圆的直径等于点A与圆心的最短距离与最长距离的和，当点A在圆外时，圆的直径等于点A与圆心的最长距离与最短距离的差，据此求解即可.
15．【答案】或
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BPC=130°
∴，
∵与的角平分线交于点P，
∴，
∴
∴，
当在上方时，如图，
∴，
当在下方时，如图，
∴，
综上所述，或，
故答案为：或．
【分析】三角形内角和定理得出，由角平分线定义可求，再由三角形内角和定理得出，分类讨论：分当在上方时，由同弧所对的圆周角相等可求出∠BMC=∠A=80°，当在下方时，根据圆内接四边形对角互补可求出∠BMC=180°-∠A=100°.
16．【答案】①②③
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
，
将绕点旋转一定角度后，得到，
，，，，
，
，故①正确，
，，，
∴
，，，
平分，故③正确，
，
，
，故②正确，
，
，
∴，
∴的面积，故④错误；
故答案为：①②③．
【分析】由正方形的四边相等得AB=BC=CD=AD，由正方形每一条对角线平分一组对角得，结合已知推出，由旋转的性质可得，，，，则，据此可判断①；由SAS可证，由全等三角形的性质可得，，，据此可判断③；易得∠BDG=90°，由勾股定理及等量代换可判断②；根据三角形三边关系、等量代换及同高三角形面积关系就是对应底的关系得，据此可判断④.
17．【答案】（1）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，；
（2）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）此方程是一元二次方程的一般形式，方程的左边易于利用十字相乘法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解；
（2）x-1看成一个整体，将方程右边移到方程左边，方程左边易于利用提取公因式法分解因式，根据两个因式的乘积等于零，则至少有一个因式为零，从而将方程降次为两个一元一次方程，解两个一元一次方程即可求出原方程的解.
（1）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，；
（2）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，．
18．【答案】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：；
答： 实数的取值范围为：.
（2）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，，
由一元二次方程的根与系数的关系得：
，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴
答：的值为-1.
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程的根的判别式可得：，解不等式即可求解；
（2）根据一元二次方程的根与系数的关系得：，结合已知的等式可得关于a的方程，解方程并结合（1）中a的范围即可求解．
（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，
∴，
解得：；
（2）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根，，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴
19．【答案】（1）解：∵抛物线的图象经过点，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得抛物线解析式为，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴在对称轴左侧，y随x增大而增大，
∵点，都在该抛物线上，
∴．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【分析】
（1）根据利用待定系数法求解析式把代入计算即可解答；
（2）根据（1）所求结合解析式可得：抛物线开口向下，对称轴为直线，则在对称轴左侧，y随x增大而增大，据此解答即可．
（1）解：∵抛物线的图象经过点，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得抛物线解析式为，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴在对称轴左侧，y随x增大而增大，
∵点，都在该抛物线上，
∴．
20．【答案】（1）解：如图所示，即为所求；
∵与关于原点O对称，，，，
∴，，.
（2）解：关于y轴对称的如图所示．
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；坐标与图形变化﹣中心对称；作图﹣中心对称
【解析】【分析】（1）先利用关于原点对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标变为相反数）找出点A、B、C的对应点，再连接并直接求出点，，的坐标即可；
（2）先利用关于y轴对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标不变）找出点A1、B1、C1的对应点，再连接即可.
（1）解：如图所示，即为所求；
∵与关于原点O对称，，，，
∴，，；
（2）解：关于y轴对称的如图所示．
21．【答案】（1）证明：连接OC，，，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∵，
∴．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】（1）连接OC，，，由圆心角、弧、弦的关系可证，从而利用AAS判断出，有全等三角形的对应边相等得OD=OE，最后根据线段和差及等式性质可证出结论；
（2）由同圆半径相等得，则可得，在Rt△COD中，利用勾股定理计算即可．
（1）证明：连接OC，，，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，，
∵，
∴．
22．【答案】（1）解：连接，如图，
设的半径为，则，，
平分，
，，
在中，，
解得，
即的半径为；
（2）解：连接，如图，
，
，
即，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即弦所对的圆心角的度数为．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；垂径定理的推论
【解析】【分析】（1）连接，如图，设的半径为，则，，先根据平分弦的直径垂直弦得到，，在中利用勾股定理建立方程，然后解方程即可；
（2）连接，如图，先利用得到，即，再利用正弦的定义及特殊锐角三角函数值得到，然后根据等边对等角和三角形内角和定理计算即可．
（1）解：连接，如图，设的半径为，则，，
平分，
，，
在中，，
解得，
即的半径为；
（2）连接，如图，
，
，
即，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即弦所对的圆心角的度数为．
23．【答案】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，，
为直径，半径为1，
，，，
由（1）知：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，，
∴，
，
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；平行线的应用-证明问题；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得，由二直线平行，内错角相等得，由同弧所对的圆周角相等得，则可得，由等边对等角得，则，根据同位角相等，两直线平行得出结论；
（2）连接，，由（1）得，由同圆中相等的圆周角所对的弧相等得，根据圆心角、弧、弦的关系得出，根据有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形可得△AOC和△AOB是等边三角形，由等边三角形三个内角都是60°及直角三角形两锐角互余求出∠ADC=30°，则推出∠F=30°及∠FBO=90°，根据含30°角直角三角形性质及勾股定理可以求出的长．
（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，，
为直径，半径为1，
，，，
由（1）知：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，，
∴，
，
24．【答案】（1）证明：由旋转的性质得：，，，∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知：，
∴；
∵，
∴，
∴
=180°-∠ACB-∠ACD-∠ABC+∠ABE=180°-67.5°-67.5°=45°．

【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据SAS可证明，再根据全等三角形的性质，即可得出；；
（2）由（1）知，可得出，再根据等腰三角形的性质及内角和定理可得，进而根据三角形内角和可求得∠BDC的度数。
（1）证明：由旋转的性质得：，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设，则；
∵，
∴；
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
25．【答案】（1）解：当时，，则，
当时，，解得：，则，
把，代入得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：；
（2）解：作轴交于，如图，
设，则，
，
当时，的值有最大值，此时点坐标为；
（3）解：存在，的坐标为或或或
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；二次函数-特殊三角形存在性问题
【解析】【解答】解：（3）存在，理由如下：
∵抛物线，
∴顶点，对称轴为直线，
设
当时，为等腰三角形，即，
解得：
此时点坐标为：，，
当时，为等腰三角形，即，
解得：，
此时点坐标为：
当时，为等腰三角形，即，
解得：（舍去），，
此时点坐标为：；
综上所述，的坐标为或或或.
【分析】（1）分别令y=-x+3中的x=0与y=0算出对应的y与x的值，可得点C、B得坐标，将点B、C坐标分别代入y=x2+bx+c中可得关于字母b、c的方程组，求解得出b、c的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）作轴交于，根据抛物线上点的坐标特点设，根据点的坐标与图形性质可得，利用三角形面积公式得到，然后利用二次函数的性质解决问题；
（3）利用配方法得到抛物线顶点，抛物线的对称轴为直线，根据点的坐标与图形性质设，利用等腰三角形的性质，分别根据两点间的距离公式表示出PM、PC、MC，然后根据当时，当时，当时，分别列出方程，求解即可.
（1）解：当时，，则，
当时，，解得：，则，
把，代入得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：
（2）作轴交于，如图，
设，则，
，
当时，的值有最大值，此时点坐标为
（3）∵抛物线，
∴顶点，对称轴为直线，
设
当时，为等腰三角形，即，
解得：
此时点坐标为：，，
当时，为等腰三角形，即，
解得：，
此时点坐标为：
当时，为等腰三角形，即，
解得：（舍去），，
此时点坐标为：；
综上所述，的坐标为或或或
1 / 1

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