资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
湖北省武汉市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋 秀峰区校级月考）一元二次方程2x2+3x+1＝0，二次项系数、一次项系数和常数项分别为（　　）
A．2，3，1 B．﹣2，3，1 C．2，﹣3，﹣1 D．﹣2，﹣3，﹣1
2．（3分）（2023 商丘四模）下列表示医疗或救援的标识中既是轴对称图形也是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2022秋 牡丹江期中）把方程x2+6x﹣9＝0化为（x+a）2＝b的形式，下列方程中正确的是（　　）
A．（x﹣3）2＝18 B．（x+3）2＝18 C．（x+3）2＝15 D．（x﹣3）2＝15
4．（3分）（2022秋 靖西市期中）将抛物线y＝x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线解析式为（　　）
A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2﹣2
C．y＝（x+1）2+2 D．y＝（x+2）2+1
5．（3分）（2025 静宁县校级三模）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD＝60°，则∠CAD的度数为（　　）
A．15° B．30° C．60° D．90°
6．（3分）经过层层筛选，主办方最终确定了参赛队伍，并在小组赛阶段设置了双循环赛制（即每两队之间进行两场比赛），已知整个小组赛阶段共比赛132场，则参加比赛的球队有（　　）
A．9支 B．10支 C．11支 D．12支
7．（3分）（2024秋 右玉县期中）已知二次函数y＝（x﹣h）2+1999的图象上的部分点的坐标如下表，其中b＞0，则b的值为（　　）
x … a a+b …
y … 2024 2024 …
A．5 B．10 C．15 D．25
8．（3分）（2024秋 玉环市期末）如图，有一圆弧形桥拱，已知桥拱的跨度AB＝16m，拱高CD＝4m，那么桥拱圆弧所在圆的半径OA为（　　）
A．20m B．12m C．10m D．8m
9．（3分）（2024 东城区校级三模）若A（﹣1，y1），B（1，y2），C（4，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x﹣2）2+k的图象上，则y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y1＜y2 D．y3＜y2＜y1
10．（3分）（2023秋 邹平市校级月考）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，OD⊥AB于点D，交⊙O于点E，∠C＝30°，如果⊙O的半径为4，则下列结论中错误的是（　　）
A．AD＝DB B．AE＝EB C．OD＝2 D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋 荔城区校级期中）已知点P（a，2）与点Q（﹣3，b）关于原点对称，则a+b的值是 　 　 ．
12．（3分）（2021秋 路南区校级月考）若关于x的一元二次方程x2+kx+6＝0的根是整数，则k的值可以是 　 　 ．
13．（3分）（2023秋 黄岩区月考）如图，把△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到△AB'C'，点C′恰好落在边AB上，连接BB'，则∠B′BA的度数为 　 　 °．
14．（3分）（2023 武威一模）“水幕电影”的工作原理是把影像打在抛物线状的水幕上，通过光学原理折射出图象，水幕是由若干个水嘴喷出的水柱组成的（如图），水柱的最高点为P，AB＝2m，BP＝9m，水嘴高AD＝5m，则水柱落地点C到水嘴所在墙的距离AC是 　 　 m．
15．（3分）（2024 莆田模拟）已知抛物线y＝mx2﹣4mx﹣3过不在x轴上的四个点A（﹣3，a），B（﹣1，b），C（1，c），D（3，d）．若A，B，C，D四个点中有且只有一个点在x轴上方，则m的取值范围为 　 　 ．
16．（3分）（2023 清原县一模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP，则下列结论：
①AE⊥BF；
②∠OPA＝45°；
③；
④若BE：CE＝2：3，则 ；
⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．
其中正确的结论是 　 　 ．
三．解答题（共8小题）
17．（2024秋 安定区期末）用适当方法解方程：3x（x﹣2）＝2（x﹣2）．
18．（2021秋 翔安区期末）借助如图所示的“三等分角仪”能三等分某些度数的角，这个“三等分角仪”由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D，E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，求∠CDE的度数．
19．（2024秋 夷陵区期中）如图所示，抛物线y1＝ax2+bx+c的顶点坐标（1，4），与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B．直线AB的解析式为y2＝kx+b．
（1）求抛物线y1的解析式；
（2）当y1＝﹣5时，求自变量x的值为 　 　 ；
（3）当0＜x＜3时，y1的取值范围是 　 　 ；
（4）当ax2+bx+c＜kx+b时，x的取值范围是 　 　 ；
20．如图，BC为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为D，点P是AC上一动点，连接PB分别交AD，AC于点E，F．
（1）当PA＝AB时，AE与BE有何关系？证明你的结论．
（2）当点P在什么位置时，AF＝AE？证明你的结论．
21．（2024秋 乐清市校级期中）如图，由小正方形构成的6×6网格中，每个正方形的顶点叫做格点，⊙O经过A，B、C三点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中画出圆心O1；
（2）在图2中画出的中点E．
22．（2022秋 东阳市月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，过点D作DQ⊥x轴于点M，DQ与BC相交于点M．DE⊥BC于E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求线段DE长度的最大值；
（3）连接AC，F是AB的中点，是否存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
23．（2024春 呼兰区月考）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（6，8），过A作AB⊥x轴于B点，连接OA；
（1）求OA的长度；
（2）如图2，将△AOB沿射线OC翻折，使点B落在边OA上的E点处，折痕OC与AB交于点D，连接DE．过点A作AM⊥OC，垂足为M，且AM：OM＝1：2，动点P从点O出发，以每秒个单位沿射线OC运动，设点P的运动时间为t，求△PAD的面积s与t的关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点A作AF⊥OA，交OC于点F，在点P的运动过程中，当△PAD的面积等于△ADF的面积时，求t的值．
24．（2024秋 海陵区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（﹣6，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC下方对称轴左侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，作PE⊥BC于点E，求的最大值及此时点P的坐标；
（3）将抛物线沿射线CB方向平移个单位，在取得最大值的条件下，连接AP交y轴于点M，平移后的抛物线上是否存在一点N，使得∠AMN＝90°，若存在，直接写出符合条件的N点坐标，若不存在，请说明理由．
湖北省武汉市2025-2026学年九年级上学期数学期中模拟测试练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋 秀峰区校级月考）一元二次方程2x2+3x+1＝0，二次项系数、一次项系数和常数项分别为（　　）
A．2，3，1 B．﹣2，3，1 C．2，﹣3，﹣1 D．﹣2，﹣3，﹣1
【考点】一元二次方程的一般形式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】A
【分析】根据一元二次方程的一般形式进行变形．
【解答】解：一元二次方程2x2+3x+1＝0，二次项系数、一次项系数和常数项分别为2，3，1，
故选：A．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的一般式，熟记一元二次方程的一般形式是解题的关键．
2．（3分）（2023 商丘四模）下列表示医疗或救援的标识中既是轴对称图形也是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】数据的收集与整理；几何直观．
【答案】A
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；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．
【解答】解：A．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
3．（3分）（2022秋 牡丹江期中）把方程x2+6x﹣9＝0化为（x+a）2＝b的形式，下列方程中正确的是（　　）
A．（x﹣3）2＝18 B．（x+3）2＝18 C．（x+3）2＝15 D．（x﹣3）2＝15
【考点】解一元二次方程﹣配方法；解一元二次方程﹣直接开平方法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上9，然后把方程作边写成完全平方形式即可．
【解答】解：x2+6x＝9，
x2+6x+9＝18，
（x+3）2＝18．
故选：B．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，利用此方法解方程时，首先将二次项系数化为1，常数项移到方程右边，然后方程两边都加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个常数，开方即可求出解．
4．（3分）（2022秋 靖西市期中）将抛物线y＝x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线解析式为（　　）
A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2﹣2
C．y＝（x+1）2+2 D．y＝（x+2）2+1
【考点】二次函数图象与几何变换．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】C
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y＝x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线解析式为：y＝（x+1）2+2．
故选：C．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的原则是解答此题的关键．
5．（3分）（2025 静宁县校级三模）如图，AC为⊙O的直径，点B，D在⊙O上，∠ABD＝60°，则∠CAD的度数为（　　）
A．15° B．30° C．60° D．90°
【考点】圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】B
【分析】由圆周角定理可得：∠ADC＝90°，∠ACD＝∠ABD＝60°，则答案可解．
【解答】解：∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵∠ACD＝∠ABD，∠ABD＝60°，
∴∠ACD＝60°，
∴∠CAD＝90°﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了圆周角，掌握同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角是解题的关键．
6．（3分）经过层层筛选，主办方最终确定了参赛队伍，并在小组赛阶段设置了双循环赛制（即每两队之间进行两场比赛），已知整个小组赛阶段共比赛132场，则参加比赛的球队有（　　）
A．9支 B．10支 C．11支 D．12支
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】D
【分析】设参加比赛的球队有x支，根据在小组赛阶段设置了双循环赛制（即每两队之间进行两场比赛），整个小组赛阶段共比赛132场，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
【解答】解：设参加比赛的球队有x支，
由题意得：x（x﹣1）＝132，
解得：x1＝12，x2＝﹣11（不符合题意，舍去），
即参加比赛的球队有12支，
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7．（3分）（2024秋 右玉县期中）已知二次函数y＝（x﹣h）2+1999的图象上的部分点的坐标如下表，其中b＞0，则b的值为（　　）
x … a a+b …
y … 2024 2024 …
A．5 B．10 C．15 D．25
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．
【答案】B
【分析】表格可知，当x＝a，y＝2024，当x＝a+b，y＝2024，代入解析式可得（a﹣h）2＝25，（a+b﹣h）2＝25，由此即可求解．
【解答】解：由题意可得：（a﹣h）2+1999＝2024，（a+b﹣h）2+1999＝2024，
∴（a﹣h）2＝25，（a+b﹣h）2＝25，
∴x1＝a﹣h，x2＝a+b﹣h是方程x2＝25的两根，
∵b＞0，
∴a﹣h＝﹣5，a+b﹣h＝5，
∴b＝（a+b﹣h）﹣（a﹣h）＝5﹣（﹣5）＝10，
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
8．（3分）（2024秋 玉环市期末）如图，有一圆弧形桥拱，已知桥拱的跨度AB＝16m，拱高CD＝4m，那么桥拱圆弧所在圆的半径OA为（　　）
A．20m B．12m C．10m D．8m
【考点】垂径定理的应用；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】根据垂径定理和勾股定理求解即可．
【解答】解：∵AB＝16m，CD⊥AB，
∴ADAB＝8m，
在直角△AOD中，根据勾股定理得：OA2＝AD2+OD2，
∴OA2＝82+（OC﹣4）2，
∵OA＝OC，
解得，OA＝10m，
故选：C．
【点评】本题主要考查了垂径定理的应用以及勾股定理等知识，得出关于OA的等式是解题关键．
9．（3分）（2024 东城区校级三模）若A（﹣1，y1），B（1，y2），C（4，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x﹣2）2+k的图象上，则y1，y2，y3的大小关系为（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y3＜y1＜y2 D．y3＜y2＜y1
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．
【专题】二次函数图象及其性质；应用意识．
【答案】B
【分析】根据二次函数y＝﹣（x﹣2）2+k，可以得到该函数图象的对称轴为直线x＝2，再根据A（﹣1，y1），B（1，y2），C（4，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x﹣2）2+k的图象上和二次函数的性质，即可判断y1，y2，y3的大小关系．
【解答】解：∵a＝﹣1＜0，
∴抛物线开口向下，
∵二次函数y＝﹣（x﹣2）2+k，
∴抛物线对称轴为直线x＝2，
∴抛物线上的点离对称轴越近，函数值越大，
∵A（﹣1，y1），B（1，y2），C（4，y3）三点都在二次函数y＝﹣（x﹣2）2+k的图象上，2﹣（﹣1）＝3，2﹣1＝1，4﹣2＝2，
∴y2＞y3＞y1，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
10．（3分）（2023秋 邹平市校级月考）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，OD⊥AB于点D，交⊙O于点E，∠C＝30°，如果⊙O的半径为4，则下列结论中错误的是（　　）
A．AD＝DB B．AE＝EB C．OD＝2 D．
【考点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】利用垂径定理、圆周角定理、勾股定理及等边三角形的判定与性质判断即可．
【解答】解：A、∵OD⊥AB，
∴AD＝DB，
故A选项不符合题意；
B、∵OD⊥AB，
∴AE＝EB，
故B选项不符合题意；
C、∵∠C＝30°，
∴∠AOE＝60°，
又∵OA＝OE，
∴△OAE为等边三角形，
∵OD⊥AB，
∴OD＝DE，
∴，
故C选项不符合题意；
D、在Rt△OAD中，OD＝2，OA＝4，
∴，
∵AD＝DB，
∴，
故D选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了垂径定理，圆周角定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，掌握这些性质定理是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023秋 荔城区校级期中）已知点P（a，2）与点Q（﹣3，b）关于原点对称，则a+b的值是 　1　 ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】计算题；运算能力．
【答案】1．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【解答】解：∵点P（a，2）与点Q（﹣3，b）关于原点对称，
∴a＝3，b＝﹣2，
∴a+b＝1．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
12．（3分）（2021秋 路南区校级月考）若关于x的一元二次方程x2+kx+6＝0的根是整数，则k的值可以是 　±7，±5　 ．
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】±7，±5．
【分析】设方程的两个实数根为a，b（a，b为整数），关键根与系数的关系得到ab＝6，a+b＝k，于是得到结论．
【解答】解：设方程的两个实数根为a，b（a，b为整数），
根据题意得，k2﹣4×1×6≥0，ab＝6，a+b＝k，
∵1×6＝（﹣1）×（﹣6）＝2×3＝（﹣2）×（﹣3），
∴k的值可以是±7，±5，
故答案为：±7，±5．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，正确地求出k的值是解题的关键．
13．（3分）（2023秋 黄岩区月考）如图，把△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到△AB'C'，点C′恰好落在边AB上，连接BB'，则∠B′BA的度数为 　70　 °．
【考点】旋转的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】70．
【分析】利用旋转的性质得出∠BAB′＝40°，AB＝AB′，进而利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠B′BA的度数．
【解答】解：∵把△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，
∴∠BAB′＝40°，AB＝AB′，
∴∠B′BA＝∠BB′A（180°﹣40°）＝70°，
∴∠B′BA的度数为70°．
故答案为：70．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等腰三角形的性质，得出AB＝AB′是解题关键．
14．（3分）（2023 武威一模）“水幕电影”的工作原理是把影像打在抛物线状的水幕上，通过光学原理折射出图象，水幕是由若干个水嘴喷出的水柱组成的（如图），水柱的最高点为P，AB＝2m，BP＝9m，水嘴高AD＝5m，则水柱落地点C到水嘴所在墙的距离AC是 　5　 m．
【考点】二次函数的应用．
【专题】二次函数的应用；应用意识．
【答案】5．
【分析】根据D（0，5），顶点P（2，5），设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k，用待定系数法求解析式即可．
【解答】解：设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k，
∵顶点P（2，9），
∴y＝a（x﹣2）2+9，
把D（0，5）代入y＝a（x﹣2）2+9得，
4a＝﹣4，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+9，
当y＝0时，即﹣（x﹣2）2+9＝0，
解得x＝5，x＝﹣1（不合题意舍去），
∴水柱落地点C到水嘴所在墙的距离AC是5；
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，根据实际问题求出点的坐标，恰当选择抛物线解析式的形式是解决问题的关键．
15．（3分）（2024 莆田模拟）已知抛物线y＝mx2﹣4mx﹣3过不在x轴上的四个点A（﹣3，a），B（﹣1，b），C（1，c），D（3，d）．若A，B，C，D四个点中有且只有一个点在x轴上方，则m的取值范围为 　m　 ．
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【答案】m．
【分析】把解析式化成顶点式，求得对称轴，即可判断C（1，c），D（3，d）关于x＝2对称，由题意C（1，c），D（3，d）在x轴下方，然后根据各点到对称轴的距离得出m＞0，点A（﹣3，a）在x轴上方，B（﹣1，b）不在x轴上方，据此列出不等式组，解不等式组即可求解．
【解答】解：∵y＝mx2﹣4mx﹣3＝m（x﹣2）2﹣4m﹣3，
∴对称轴为直线x＝2；
∴C（1，c），D（3，d）关于x＝2对称，
∴c＝d，
∵A，B，C，D四个点中有且只有一个点在x轴上方，
∴C（1，c），D（3，d）在x轴下方，
∵﹣3＜﹣1＜1＜2，
∴m＞0，点A（﹣3，a）在x轴上方，B（﹣1，b）不在x轴上方，
∴x＝﹣3时，a＞0，
∴9m+12m﹣3＞0，
∴m，
x＝﹣1时，b≤0．
∴m+4m﹣3≤0，
∴m，
综上所述，m．
故答案为：m．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
16．（3分）（2023 清原县一模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP，则下列结论：
①AE⊥BF；
②∠OPA＝45°；
③；
④若BE：CE＝2：3，则 ；
⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．
其中正确的结论是 　①②③⑤　 ．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】①②③⑤．
【分析】利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理对每个选项的结论进行判断即可得出结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝BC＝CD，AC⊥BD，∠ABD＝∠DBC＝∠ACD＝45°．
∴∠BOE+∠EOC＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠FOC+∠EOC＝90°．
∴∠BOE＝∠COF．
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴BE＝CF．
在△BAE和△CBF中，
，
∴△BAE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF．
∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠ABP+∠BAE＝90°，
∴∠APB＝90°．
∴AE⊥BF．
∴①的结论正确；
②∵∠APB＝90°，∠AOB＝90°，
∴点A，B，P，O四点共圆，
∴∠APO＝∠ABO＝45°，
∴②的结论正确；
③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，
∵∠APO＝45°，OH⊥OP，
∴OH＝OPHP，
∴HPOP．
∵OH⊥OP，
∴∠POB+∠HOB＝90°，
∵OA⊥OB，
∴∠AOH+∠HOB＝90°．
∴∠AOH＝∠BOP．
∵∠OAH+BAE＝45°，∠OBP+∠CBF＝45°，∠BAE＝∠CBF，
∴∠OAH＝∠OBP．
在△AOH和△BOP中，
，
∴△AOH≌△BOP（ASA），
∴AH＝BP．
∴AP﹣BP＝AP﹣AH＝HPOP．
∴③的结论正确；
④∵BE：CE＝2：3，
∴设BE＝2x，则CE＝3x，
∴AB＝BC＝5x，
∴AEx．
过点E作EG⊥AC于点G，如图，
∵∠ACB＝45°，
∴EG＝GCECx，
∴AGx，
在Rt△AEG中，
∵tan∠CAE，
∴tan∠CAE．
∴④的结论不正确；
⑤∵四边形ABCD 是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，
∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA（SAS）．
∴S△OBCS正方形ABCD．
∴S△BOE+S△OECS正方形ABCD．
由①知：△BOE≌△COF，
∴S△OBE＝S△OFC，
∴S△OEC+S△OFCS正方形ABCD．
即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．
∴⑤的结论正确．
综上，①②③⑤的结论正确．
故答案为：①②③⑤．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理，等腰直角三角形的判定与性质，充分利用正方形的性质构造等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键．
三．解答题（共8小题）
17．（2024秋 安定区期末）用适当方法解方程：3x（x﹣2）＝2（x﹣2）．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】x1，x2＝2．
【分析】利用因式分解法解方程．
【解答】解：3x（x﹣2）﹣2（x﹣2）＝0，
（x﹣2）（3x﹣2）＝0，
3x﹣2＝0或x﹣2＝0，
x1，x2＝2．
【点评】本题考查解一元二次方程﹣因式分解法，解题的关键是掌握因式分解法解方程．
18．（2021秋 翔安区期末）借助如图所示的“三等分角仪”能三等分某些度数的角，这个“三等分角仪”由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC＝CD＝DE，点D，E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，求∠CDE的度数．
【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】80°．
【分析】由等腰三角形的性质可得∠DOE＝∠CDO，∠DCE＝∠DEC，由外角性质可得∠DOE＝25°，即可求解．
【解答】解：∵OC＝CD＝DE，
∴∠DOE＝∠CDO，∠DCE＝∠DEC，
∵∠DCE＝∠DOE+∠CDO＝2∠DOE，
∴∠DEC＝2∠DOE，
∴∠BDE＝∠DOE+2∠DEC＝3∠DOE＝75°，
∴∠DOE＝25°，
∴∠DCE＝∠DEC＝50°，
∴∠CDE＝80°．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练运用这些性质进行推理是本题关键．
19．（2024秋 夷陵区期中）如图所示，抛物线y1＝ax2+bx+c的顶点坐标（1，4），与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B．直线AB的解析式为y2＝kx+b．
（1）求抛物线y1的解析式；
（2）当y1＝﹣5时，求自变量x的值为 　4或﹣2　 ；
（3）当0＜x＜3时，y1的取值范围是 　0＜y1＜4　 ；
（4）当ax2+bx+c＜kx+b时，x的取值范围是 　x＜0或x＞3　 ；
【考点】二次函数与不等式（组）；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点．
【专题】函数及其图象；一次函数及其应用；用函数的观点看方程（组）或不等式；运算能力．
【答案】（1）y1＝﹣x2+2x+3；
（2）4或﹣2；
（3）0＜y1＜4；
（4）x＜0或x＞3．
【分析】（1）根据抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）交x轴于点A（3，0），顶点坐标为（1，4），可以求得该抛物线的解析式，从而可以求得点B的坐标，然后即可求得直线AB的函数解析式；
（2）把函数值为5代入解析式求得x的值便可；
（3）根据函数图象写出答案便可；
（4）根据函数图象求出结果便可．
【解答】解：（1）∵抛物线y1＝ax2+bx+c（a≠0）交x轴于点A（3，0），顶点坐标为（1，4），
∴设该抛物线解析式为y1＝a（x﹣1）2+4，
∴0＝a（3﹣1）2+4，
解得a＝﹣1，
∴该抛物线解析式为y1＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3，
即∴该抛物线解析式为y1＝﹣x2+2x+3；
（2）当y1＝﹣5时，﹣x2+2x+3＝﹣5，
解得x＝4或﹣2，
故答案为：4或﹣2；
（3）由函数图象可知，当0＜x＜3时，0＜y1＜4，
故答案为：0＜y1＜4；
（4）由函数图象知，当ax2+bx+c＜kx+b时，x＜0或x＞3，
故答案为：x＜0或x＞3．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20．如图，BC为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为D，点P是AC上一动点，连接PB分别交AD，AC于点E，F．
（1）当PA＝AB时，AE与BE有何关系？证明你的结论．
（2）当点P在什么位置时，AF＝AE？证明你的结论．
【考点】圆心角、弧、弦的关系；全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；压轴题；动点型；与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）AE＝BE；理由见解答；
（2）当弧PC＝弧PA时，AF＝AE．
【分析】（1）连接AB，由圆周角定理知：AB⊥AC，在Rt△ABC中，AD⊥BC，易证得∠BAD＝∠C，已知PA＝PB，可得∠ABE＝∠C，所以∠ABE＝∠BAD，即AE＝BE；
（2）判断出∠PBC＝∠ABP，，再用等角的余角相等，判断出∠AEF＝∠DAC，即可得出结论．
【解答】解：（1）AE＝BE；
证明：连接AB，
∵BC为⊙O的直径，
∴AB⊥AC．
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD+∠DAC＝∠C+∠DAC＝90°
∴∠BAD＝∠C．
∵PA＝AB，
∴∠ABE＝∠C．
∴∠ABE＝∠BAD．
∴AE＝BE．
（2）当弧PC＝弧PA时，AF＝AE．
证明：∵弧PC＝弧PA，
∴∠PBC＝∠ABP，
∴90°﹣∠PBC＝90°﹣∠ABP．
即∠AEF＝∠DAC，
∴AF＝AE．
【点评】主要考查了圆中的有关性质．掌握其中的圆周角定理、圆心角、弧、圆周角之间的关系是解题的关键．
21．（2024秋 乐清市校级期中）如图，由小正方形构成的6×6网格中，每个正方形的顶点叫做格点，⊙O经过A，B、C三点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中画出圆心O1；
（2）在图2中画出的中点E．
【考点】作图—应用与设计作图；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；三角形的外接圆与外心．
【专题】作图题；推理能力．
【答案】（1）作图见解答过程；
（2）作图见解答过程．
【分析】（1）根据网格即可在图1中做一直线和线段CB 的交点，即为圆心O1；
（2）根据网格即可在图2中的圆上找一点E，使OE平分弧BC．
【解答】解：（1）如图1，点O即为所求；
（2）如图2，点E即为所求，使OE平分弧BC；
【点评】本题考查了作图—轴对称变换，线段的垂直平分线的性质，垂径定理，三角形的中线的性质，掌握垂径定理是解题的关键．
22．（2022秋 东阳市月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，过点D作DQ⊥x轴于点M，DQ与BC相交于点M．DE⊥BC于E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求线段DE长度的最大值；
（3）连接AC，F是AB的中点，是否存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；几何直观；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）综上所述抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）当m时，DE取得最大值，最大值是；
（3）存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等，点D的坐标为（，）或（，）．
【分析】（1）根据待定系数法，将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，解方程组即可，或运用抛物线两点式求解析式；
（2）设D（m，﹣m2+2m+3），先求出直线BC的解析式，再证明△DGE∽△BCO，根据相似三角形性质，用含m的代数式表示出DE，再利用二次函数最值即可得到答案；
（3）△CDE中有一个角与∠CAO相等，分两种情况：①若∠DCE＝∠CFO，②若∠CDE＝∠CFO，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于H，运用三角函数定义和相似三角形性质求出直线CG的解析式，再联立方程组求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三点，
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
将C（0，3）代入，得：a×（0+1）×（0﹣3）＝3，
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）设D（m，﹣m2+2m+3），且0＜m＜3，如图1，
在Rt△BOC中，BO＝3，OC＝3，BC3，
设直线BC的解析式为y＝kx+n，将B（3，0），C（0，3）代入，
得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴G（m，﹣m+3），
∴DG＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵DE⊥BC，
∴∠DEG＝∠BOC＝90°，
∵DG⊥x轴，
∴DG∥y轴，
∴∠DGE＝∠BCO，
∴△DGE∽△BCO，
∴，即，
∴DEm2m，
∴当m时，DE取得最大值，最大值是；
（3）存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等．
∵点F是AB的中点，A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴F（1，0），
∴OF＝1，OC＝3，BC＝4，
∴tan∠CFO3，
如图2，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于H，
①若∠DCE＝∠CFO，
∴tan∠DCE＝tan∠CFO＝3，
∵tan∠DCE，
∴3，
∴GB＝12，
∵BG⊥BC，GH⊥x轴，
∴∠CBG＝∠GHB＝∠BCO＝90°，
∴∠CBO+∠GBH＝∠BGH+∠GBH＝90°，
∴∠CBO＝∠BGH，
∴△CBO∽△BGH，
∴，
∴GH＝9，HB＝9，
∴OH＝OB+BH＝3+9＝12，
∴G（12，9）；
设直线CG的解析式为y＝k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线CG的解析式为yx+3，
联立方程组，得：，
解得：，（不合题意，舍去），
当x时，y3，
∴D（，）；
②若∠CDE＝∠CFO，
则tan∠CDE＝tan∠CFO＝3，
∵BG⊥BC，DE⊥BC，
∴∠CBG＝∠CED＝90°，
∴GB∥DE，
∴∠CDE＝∠CGB，
∴tan∠CDE＝tan∠CGB3，
∴GBBC3，
∵△CBO∽△BGH，
∴，
∴GHBO＝1，HBOC＝1，
∴OH＝OB+BH＝3+1＝4，
∴G（4，1）；
利用待定系数法得：直线CG的解析式为yx+3，
联立方程组，得，
解得：，（不合题意，舍去），
∴D（，）；
存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等，点D的坐标为（，）或（，）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，运用待定系数法求函数解析式，二次函数最值应用，相似三角形的判定和性质，三角函数定义应用等知识点，解题关键是熟练应用待定系数法求函数解析式，应用解方程或方程组求点的坐标，应用二次函数最值求线段最大长度．
23．（2024春 呼兰区月考）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（6，8），过A作AB⊥x轴于B点，连接OA；
（1）求OA的长度；
（2）如图2，将△AOB沿射线OC翻折，使点B落在边OA上的E点处，折痕OC与AB交于点D，连接DE．过点A作AM⊥OC，垂足为M，且AM：OM＝1：2，动点P从点O出发，以每秒个单位沿射线OC运动，设点P的运动时间为t，求△PAD的面积s与t的关系式；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点A作AF⊥OA，交OC于点F，在点P的运动过程中，当△PAD的面积等于△ADF的面积时，求t的值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）OA＝10；
（2）s＝15﹣5t或s＝5t﹣15；
（3）当t＝1或t＝5时，△PAD的面积等于△ADF的面积．
【分析】（1）根据题目条件可得OB＝6，AB＝8，∠ABO＝90°，再由勾股定理可得结果；
（2）由翻折的性质可知△OBD≌△OED，进而可得BD＝ED，OB＝OE＝6，∠AED＝∠OED＝90°，设BD＝ED＝m
然后根据勾股定理求得OD的长，然后利用勾股定理可求CD的值，再分当点P在线段OD上时及当点P在线段OD延长线上时两种情况讨论求解即可；
（3）先求得AF＝AD＝5，然后根据勾股定理求得，最后列方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（6，8），AB⊥x轴于B点，
∴OB＝6，AB＝8，∠ABO＝90°，
在Rt△ABO中，
∴OA2＝OB2+AB2，
∴OA＝10；
（2）由轴对称的知识可知可知△OBD≌△OED，
∴BD＝ED，OB＝OE＝6，∠AED＝∠OED＝90°，
∴AE＝4，
设BD＝ED＝m，
∴AD＝8﹣m，
在Rt△ADE中，AD2＝DE2+AE2，
∴（8﹣m）2＝m2+42，
∴m＝3，
∴BD＝3，
在Rt△BOD中，
OD2＝OB2+BD2，
∴，
∵OA＝10，AM⊥OC，且AM：OM＝1：2，
∴设AM＝a，OM＝2a，
在Rt△AOM中，OA2＝AM2+OM2，
即102＝a2+（2a）2，
∴，
∴，
分情况讨论：
①当点P在线段OD上时，如图1，
，
∴，
∴，
②当点P在线段OD延长线上时，如图2，
，
∴，
综上所述，s＝15﹣5t或s＝5t﹣15；
（3）由（2）可知∠AOF＝∠BOD，
∵AF⊥OA，BD⊥OB，
∴∠OAF＝∠OBD＝90°，
∴∠ODB+∠BOD＝90°，∠OFA+∠AOF＝90°，且∠ADF＝∠BDO，∠AOF＝∠BOD，
∴∠ADF＝∠AFD，
∴AF＝AD＝5，
在Rt△AOF中，OF2＝OA2+AF2，
∴，
∴，
∴，
∵△PAD的面积等于△ADF的面积，
∴s＝15﹣5t＝10或s＝5t﹣15＝10，
∴t＝1或t＝5，
综上所述，当t＝1或t＝5时，△PAD的面积等于△ADF的面积．
【点评】此题考查了坐标中动点的问题、勾股定理、折叠及一次函数与几何结合问题等知识，解决本题的关键熟练掌握坐标与图形、勾股定理、折叠的性质及一次函数与几何结合问题．
24．（2024秋 海陵区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（﹣6，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC下方对称轴左侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，作PE⊥BC于点E，求的最大值及此时点P的坐标；
（3）将抛物线沿射线CB方向平移个单位，在取得最大值的条件下，连接AP交y轴于点M，平移后的抛物线上是否存在一点N，使得∠AMN＝90°，若存在，直接写出符合条件的N点坐标，若不存在，请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）y＝x2+5x﹣6；
（2）最大值为 11，P（﹣4，﹣10）；
（3）平移后的抛物线上存在一点N，使得∠AMN＝90°；N（﹣8，2）或．
【分析】（1）直接运用待定系数法求解即可；
（2）如图：过P作PH∥x轴交直线BC于H，由二次函数的性质可得点C（0，﹣6），对称轴为；再通过证明△PHE是等腰直角三角形，即EH＝PE，进而得到；再运用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝﹣x﹣6，设点P（p，p2+5p﹣6），则H（p，﹣p﹣6），进而得到（p2+8p）﹣5，然后运用配方法求最值即可解答；
（3）先直线AP的解析式为y＝﹣2x﹣2，再求得M（0，﹣2），然后确定平移后的抛物线解析式为；设，再用两点间距离公式表示出AN2、MN2、AM2，然后再运用勾股定理列方程求得n即可解答．
【解答】解：（1）将A（1，0），B（﹣6，0）两点代入y＝x2+bx+c可得：
，
解得：，
∴抛物线的表达式为y＝x2+5x﹣6；
（2）如图1：过P作PH∥x轴交直线BC于H，
∵抛物线的表达式为y＝x2+5x﹣6，
∴点C（0，﹣6），对称轴为，
∴OC＝6，
∵B（﹣6，0），
∴OB＝6，
∴OB＝OC，即△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OCB＝45°，
∵PH∥x轴，
∴∠PHC＝∠OCB＝45°，
∵PE⊥BC，
∴△PHE是等腰直角三角形，即EH＝PE，
∴，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣6，
设点P（p，p2+5p﹣6），则H（p，﹣p﹣6），
∴，PH＝﹣p﹣6﹣（p2+5p﹣6）＝﹣p2﹣6p，
∴
＝﹣5﹣2p+（﹣p2﹣6p）
＝﹣（p2+8p）﹣5
＝﹣（p+4）2+11，
∴当p＝﹣4，即P（﹣4，﹣10）时，的最大值为11．
∴的最大值为11，P（﹣4，﹣10）．
（3）平移后的抛物线上存在一点N，使得∠AMN＝90°；N（﹣8，2）或．理由如下：
如图2，设直线AP的解析式为y＝mx+n，
则，
解得：，
∴直线AP的解析式为y＝﹣2x﹣2，
∵连接AP交y轴于点M，
∴M（0，﹣2），
∵，抛物线沿射线CB方向平移个单位，
∴将抛物线向左平移两个单位，向上平移两个单位得到平移后的函数解析式为：，
设，
∵M（0，﹣2），A（1，0），
∴AM2＝（1﹣0）2+[0﹣（﹣2）]2＝5，，，
∵∠AMN＝90°，
∴AN2＝MN2+AM2，
∴，
整理得：2n2+19n+24＝0，解得：或﹣8，
将、n＝﹣8代入分别得到，2，
综上所述，平移后的抛物线上存在一点N，使得∠AMN＝90°；N（﹣8，2）或．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了求二次函数解析式、二次函数与线段的综合、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用所学知识成为解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑