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浙江省台州市温岭市2025-2026学年九年级上学期期末考试数学试卷
1．（2026九上·温岭期末）中国古典建筑中的镂空砖雕图案精美，下列砖雕图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2026九上·温岭期末）下列事件是必然事件的是（　　）
A．抛掷一枚硬币，正面朝上 B．太阳东升西落
C．扑克牌里抽一张牌是黑桃牌 D．投一次篮命中篮筐
3．（2026九上·温岭期末）已知，是关于的一元二次方程的两个根，则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2026九上·温岭期末）如图，在中，，为半径，点C在优弧上，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2026九上·温岭期末）若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2026九上·温岭期末）抛物线与x轴交于，，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．或
7．（2026九上·温岭期末）已知，，均在反比例函数的图象上，则，，的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
8．（2026九上·温岭期末）已知二次函数的部分对应值如下表：关于它的图象，下列判断正确的是（　　）
x … －1 0 1 2 3 …
y … 0 4 6 6 4 …
A．开口向上
B．与y轴交于负半轴
C．与x轴的一个交点是
D．在直线的左侧，y随x的增大而减小
9．（2026九上·温岭期末）如图，是某圆形扫地机器人的平面示意图，点是其圆心，毛刷绕点转动，面积比面积大平方厘米，若点在外经过的路径为半圆，则为（　　）厘米
A． B． C． D．
10．（2026九上·温岭期末）如图，点，点都在反比例函数的图象上．将的图象绕点O逆时针旋转45°，点A，点B的对应点的纵坐标分别为a，b，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．a，b大小无法比较
11．（2026九上·温岭期末）在一个不透明的箱子里装入红球和黄球共10个，这些球除颜色外其余都相同，每次摸出一个记下颜色后放回，经过大量重复的实验，统计了“摸出红球”的频率，绘制了如上的统计图，则摸一次摸出红球的概率为　 　．
12．（2026九上·温岭期末）如图，四边形内接于，若，则的度数为　 　．
13．（2026九上·温岭期末）将抛物线向左平移2个单位长度，所得到的抛物线解析式为　 　．
14．（2026九上·温岭期末）如图，正六边形内接于，已知的面积为，则阴影部分面积为　 　．
15．（2026九上·温岭期末）温岭市石塘镇“东海好望角”景区为提升游客体验，计划将一块靠海的矩形观景平台扩建．原平台长为30米，宽为20米．计划建造三侧环抱式玻璃栈道（如图所示），玻璃栈道的宽度相同，已知扩建后的矩形观景平台总面积达到1000平方米，则玻璃栈道的宽度为　 　米．
16．（2026九上·温岭期末）如图，扇形中，，，点P是线段上的动点，将扇形绕点P逆时针旋转得到一个新扇形，当点O在新扇形的内部（包括边界）时，的取值范围为　 　．
17．（2026九上·温岭期末）解方程：
18．（2026九上·温岭期末）密闭容器内有一定质量的一氧化碳，当容器体积V（单位：）变化时，气体密度ρ（单位：）随之变化．在一定范围内，密度ρ是体积V的反比例函数，其图象如图所示．
（1）求密度ρ关于体积V的函数解析式；
（2）当时，求V的取值范围．
19．（2026九上·温岭期末）如图，中，，，点A在以为直径的上．
（1）求度数；
（2）求证：是的切线．
20．（2026九上·温岭期末）某文具店新开业，推出福利活动：进店消费每满15元，即可参与1次“抽小球换文具”的活动．在一个不透明盒子里有3个不同颜色的小球，红色小球对应钢笔，绿色小球对应笔记本，蓝色小球对应修正带，每个小球除颜色外完全相同，且每抽完一次后，都会将小球放回盒中．
（1）同学A获得1次抽奖资格，那么他能抽到“钢笔”的概率是______；
（2）同学B获得2次抽奖资格，请求出他至少抽中1次“笔记本”的概率．（请用树状图或列表法解答）
21．（2026九上·温岭期末）经观察，白鲸的喷水形状近似看作一条二次项系数为的抛物线，如图，当白鲸在水池边缘O处表演喷水时，以O为原点建立平面直角坐标系，观众席段解析式为：，测得抛物线水柱在观众席的落点处C的横坐标为2，试求白鲸在O点处喷水产生的抛物线解析式．
22．（2026九上·温岭期末）如图，菱形纸片中，，将菱形沿剪开，不动，绕点A逆时针旋转度（）得到，其中点C与点对应．
（1）如图1，当时，、的延长线交于点E．
①用α表示的度数；
②如图2，当时，求证：四边形是菱形；
（2）如图3，连接、，当______时，．
23．（2026九上·温岭期末）二次函数的图象为，二次函数的图象为，．
（1）当取不同值时，总会过两个定点，其中一个定点，请写出另外一个定点坐标______；
（2）与y轴的交点纵坐标为，顶点纵坐标为，与y轴的交点纵坐标为，顶点纵坐标为，
求证：的值与，都无关；
（3）点在上，点在上，当时，总成立，求的取值范围．
24．（2026九上·温岭期末）已知，的半径为10，是的弦，．
（1）如图1，作弦，若满足，则______；
（2）若C，D是圆上两点，且满足．
①如图2，连接，求的长；
②在圆上截取（点A，F不重合），连接，，分别交线段于点M，N．当点N恰为的中点时，求的面积．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的 镂空砖雕图案不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B、此选项中的 镂空砖雕图案不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C、此选项中的 镂空砖雕图案不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D、此选项中的 镂空砖雕图案是中心对称图形，故该选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】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】B
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：A、抛掷一枚硬币，正面朝上，是随机事件，故不符合题意；
B、太阳东升西落是地球自转的必然结果，是必然事件，故符合题意；
C、扑克牌里抽一张牌是黑桃牌，是随机事件，故不符合题意；
D、投一次篮命中篮筐，是随机事件，故不符合题意．
故答案为：Ｂ．
【分析】在一定条件下，可能发生，也可能不会发生的事件就是随机事件；在一定条件下，一定不会发生的事件就是不可能事件；在一定条件下，一定会发生的事件就是必然事件，根据定义即可逐一判断得出答案.
3．【答案】A
【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：∵ 方程 中，，，
∴．
故答案为：A．
【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，一元二次方程根与系数的关系为：x1+x2=，据此解题即可.
4．【答案】B
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：，
．
故答案为：B．
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可直接得出答案.
5．【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
又∵，
∴，解得．
故答案为：C．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此结合题意列出关于字母c的方程，求解可得c的值.
6．【答案】C
【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
【解析】【解答】抛物线与x轴交于，，
方程的根为．
又，
抛物线开口向上．
当时，，即．
故不等式解集为，
故答案为：C．
【分析】由抛物线y=ax2+bx+c中a＞0可得抛物线开口向上；从图象角度看求不等式ax2+bx+c＜0的解集，就是求抛物线y=ax2+bx+c位于x轴下方部分图象自变量的取值范围，结合其与x轴交点的横坐标即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵ 点，，在反比例函数 的图象上，
∴，，，
∵，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特点，将A、B、C三点的坐标分别代入反比例函数算出y1、y2、y3的值，即可比较大小得出答案.
8．【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵ 由表可知，点、、在函数图象上，∴
解得
∴ 解析式为，
A、∵，∴ 开口向下，故此选项错误；
B、∵c=4＞0，∴ 与轴交于正半轴，故此选项错误；
C、根据抛物线的对称性可得抛物线与轴的另一个交点为，故此选项正确；
D、∵ 对称轴，且开口向下，∴ 在 时随增大而增大，故此选项错误．
故答案为： C．
【分析】 根据表格数据，利用待定系数法求二次函数解析式， 由抛物线的解析式可知二次项系数a=-1＞0，可得抛物线开口向上，据此可判断A选项；由所求函数解析式中的常数项c=4＞0，可得抛物线与轴交于正半轴，据此可判断B选项；根据抛物线的对称性可判断出抛物线与轴的另一个交点坐标，从而即可判断C选项；利用抛物线的对称轴直线公式求出抛物线的对称轴直线，根据抛物线的增减性即可判断D选项.
9．【答案】A
【知识点】勾股定理；扇形面积的计算；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：设的半径为，的半径为，
根据题意得，即，
，
点在外经过的路径为半圆，
点的轨迹为以点为圆心，半径为的半圆，，，
∴，
如图所示，
，即，
，解得（负值已舍去），
故答案为：A．
【分析】设的半径为，的半径为，由圆的面积公式及面积比面积大平方厘米，可得；由题意易得点C的轨迹为以点B为圆心，半径为BC的半圆，根据等腰三角形的三线合一得出AB⊥CD，由勾股定理得AB2=AC2-BC2，进而整体代入可求得AB的长．
10．【答案】A
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作直线，分别过点A，B作于点C，于点D，分别过点作轴于点E，轴于点F，
则，
由旋转知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
设，
则，
∵，
∴，
解得，（舍去）或，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
设，
则，
∵，
∴，
解得，（舍去）或，
∴，
∵，
∴．
故答案为：A.
【分析】作直线，过点A，B作于点C，于点D，分别过点作轴于点E，轴于点F；由点的坐标与图形性质，设，，由旋转性质得， 由角的构成及等式性质推出， 从而利用“AAS”证明，由全等三角形的对应边相等得OE=OC=a，根据两点间的距离公式分别表示出OC2、AC2、OA2，然后在Rt△ACO中，利用勾股定理建立方程求解得出x的值，从而即可求出a的值；再利用“AAS”证明，由全等三角形的对应边相等得，根据两点间的距离公式表示出OD2、BD2、OB2，在Rt△BDO中，利用勾股定理建立方程求解得出n的值，进而即可求出b的值，即可比较大小．
11．【答案】0.6
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：∵摸到红球的频率逐渐稳定于0.6，
∴摸到红球的概率为0.6，
故答案为：0.6．
【分析】大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，据此几何折线统计图提供的信息即可得出答案.
12．【答案】80
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，
∴．
故答案为：80．
【分析】 由圆内接四边形对角互补可得∠D=180°-∠B，从而代值计算可得答案.
13．【答案】
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：原抛物线解析式为，向左平移2个单位长度，将x替换为，得．
故答案为：．
【分析】根据函数y=a(x-h)2+k图象平移规则“左移加变h，右移减变k”可直接得出答案.
14．【答案】
【知识点】圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵的面积为，
∴的半径为6，
又∵正六边形内接于，
∴阴影部分圆心角为，
∴，
故答案为：．
【分析】根据圆的面积公式求得圆的半径，根据正n边形的中心角为求出阴影部分的圆心角为，最后利用扇形面积公式“”计算出阴影部分的面积即可．
15．【答案】5
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设玻璃栈道的宽度是米，
则扩建后的矩形的长为米，宽为米，
根据题意得：，
整理得：，
分解因式可得：，
解得：，(不符合题意，舍去)，
答：玻璃栈道的宽度是5米．
故答案为：5．
【分析】设玻璃栈道的宽度是米，则扩建后矩形的长为米，宽为米，根据矩形面积公式及扩建后的矩形观景平台总面积达到1000平方米列出方程 ，解方程即可求出玻璃栈道的宽度．
16．【答案】
【知识点】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；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，过点O作于点H，连接、、，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点O在上时，由题意得，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点O在线段上时，由题意得，，，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，的取值范围是，
故答案为：．
【分析】如图，过点O作于点H，连接、、，由等边对等角及三角形内角和定理得出∠OBA=30°，根据含30°角直角三角形的性质求得，根据等腰三角形的三线合一及勾股定理求得，由旋转的性质及等腰直角三角形的性质求得，进而再利用勾股定理求得，由线段和差求得；当点O在线段上时，由旋转的性质得，，， 根据角的构成及等式性质推出， 从而利用“SAS”证得，由全等三角形的对应角相等得，求得，由等角对等边证得，即可求解．
17．【答案】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】先移项，然后利用因式分解法解一元二次方程，即可求出答案．
18．【答案】（1）解：设密度ρ与体积V的反比例函数解析式为：，
将点代入解析式得，
解得，
∴密度ρ关于体积V的反比例函数解析式为：
（2）解：在中，当时，，
当时，，
∴当时，
【知识点】反比例函数的实际应用
【解析】【分析】（1）根据点P的坐标，利用待定系数法可求出密度ρ关于体积V的函数解析式；
（2）将p=3与p=6分别代入（1）所求的函数解析式算出对应的V值，再根据反比例函数单调性确定V的取值范围．
（1）解：设密度ρ与体积V的反比例函数解析式为：，
将点代入解析式得，解得，
∴密度ρ关于体积V的反比例函数解析式为：．
（2）解：当时，，
当时，，
∴当时，．
19．【答案】（1）解：为的直径，
，即是直角三角形，
，
（2）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，即，
又是半径，
是的切线
【知识点】圆周角定理；切线的判定；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据“直径所对的圆周角是直角”得，进而根据直角三角形两锐角互余计算即可求解；
（2）连接，由三角形内角和定理求出∠BAC=120°，由等边对等角求出∠OAC=∠C=30°，根据角的构成求出，最后根据垂直半径外端点的直线就是圆的切线可得结论.
（1）解：为的直径，
，即是直角三角形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
，，
，
，
，
，即，
又是半径，
是的切线．
20．【答案】（1）
（2）解：由题意得，列表如下：
第一次
第二次 红（钢笔） 绿（笔记本） 蓝（修正带）
红（钢笔） 红红 绿红 蓝红
绿（笔记本） 红绿 绿绿 蓝绿
蓝（修正带） 红蓝 绿蓝 蓝蓝
共有9种等可能的情况，其中他至少抽中1次“笔记本”的情况有5种，
∴他至少抽中1次“笔记本”的概率为
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】（1）解：由题意得，抽到“钢笔”的概率为，
故答案为：；
【分析】（1）直接根据题意和概率公式求解即可；
（2）此题是抽取放回类型，根据题意用表格列举出所有等可能的情况数，由表可知共有9种等可能的情况，其中他至少抽中1次“笔记本”的情况有5种，从而根据概率公式计算即可.
（1）解：由题意得，抽到“钢笔”的概率为，
故答案为：；
（2）解：由题意得，列表如下：
第一次 第二次 红（钢笔） 绿（笔记本） 蓝（修正带）
红（钢笔） 红红 绿红 蓝红
绿（笔记本） 红绿 绿绿 蓝绿
蓝（修正带） 红蓝 绿蓝 蓝蓝
共有9种等可能的情况，其中他至少抽中1次“笔记本”的情况有5种，
∴他至少抽中1次“笔记本”的概率为．
21．【答案】解：将代入，则，
∴，
设抛物线解析式为，
∴，
解得，
∴该抛物线解析式为
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】将x=2代入线段AB的解析式算出对应的函数值可得点C的坐标；根据题意，设白鲸在O点处喷水产生的抛物线解析式为，然后将点C的坐标代入算出b的值，从而即可得出白鲸在O点处喷水产生的抛物线解析式.
22．【答案】（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴；
②证明：由①可得，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
（2）140
【知识点】菱形的判定与性质；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】（2）解：由旋转的性质可得，，
在菱形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：140.
【分析】（1）①由菱形对边平行、四边相等得AB=BC，AB∥CD，由等边对等角及三角形的内角和定理得∠BAC=∠BCA=70°，由邻补角得到，同理，进而由四边形的内角和为360°可求出∠CEC'的度数；
②易得，由同旁内角互补，两直线平行可得，同理，从而可由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形ACEC'是平行四边形，进一步根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
（2）由旋转的性质得CD=C'D'，由菱形四边相等推出BC=C'D'，从而根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可以证明四边形BCC'D'是平行四边形，由平行四边形邻角互补，结合，可以计算出，结合三角形内角和定理，计算出，从而得到的值．
（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴；
②证明：由①可得，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：由旋转的性质可得，，
在菱形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23．【答案】（1）
（2）证明：∵，，
∴，，，，
∴，
∴的值与，无关
（3）解：由（2）知，二次函数的对称轴为，
，
设，则，
当时，在时取到最小值，在时取到最大值，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴总成立，
∵，
∴，，
∴
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】（1）解：根据题意，令(x-5)(x+1)=0
，解得x=5或x=-1，
当x=5时，y=2，对应定点(5，2)，
当x=-1时，y=2，故另一个定点为(-1，2)；
故答案为：；
【分析】（1）由定点定义可得，当a1取不同值时，该点的坐标都满足函数解析式，即y的取值与字母a1无关，故需要让含a1的项得系数为零，从而可得(x-5)(x+1)=0，解得x=5或x=-1，当x=5时，y=2，对应定点(5，2)，当x=-1时，y=2，故另一个定点为(-1，2)；
（2）分别将l1与l2化为顶点式，可直接得出顶点纵坐标d1与d2的值；根据抛物线与y轴交点的横坐标为零，故将x=0分别代入l1与l2可求出c1与C2的值；进而将c1、c2、d1与d2的值分别代入待求式子即可计算得出结论；
（3）将先根据抛物线上点的坐标特点及整式加减法运算法则表示出，进而将化为顶点式，根据二次函数的最值讨论即可求解.
（1）解：当时，二次函数，
∴该定点为；
（2）证明：∵，
，
∴，，，，
∴，
∴的值与，无关；
（3）解：由（2）知，二次函数的对称轴为，
，
设，则，
当时，在时取到最小值，在时取到最大值，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴总成立，
∵，
∴，，
∴．
24．【答案】（1）90°
（2）解：①连接并延长，交于点E，连接，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∵的半径为10，，
∴在中，根据勾股定理得：，
∴．
②如图，连接，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，当点C与点F重合时，点M与点F重合，即点M在上，
∴此时点C、F、M重合，
∵点N是的中点，，即
∴，且为直径，
∴，
∵，
∴BC=AB=10，
∴，
∴的面积为．
当点C与点F不重合时，连接、、、，如图3所示，
∵，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
把绕点B逆时针旋转得到，连接交于点G，如图3所示，
则，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
过点B作于点P，如图3所示：
∴，
∴，
∴；
综上，的面积为或．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的中位线定理；圆与三角形的综合；垂径定理的推论
【解析】【解答】（1）解：∵，，
∴，
∴；
故答案为：90°；
【分析】（1）根据已知易得根据圆心角、弧、弦的关系即可求出∠BAC的度数；
（2）①连接并延长，交于点E，连接，易得，根据等式性质推出，由等弧所对的弦相等得出，由直径所对的圆周角为90°得∠BAE=90°，在Rt△ABE中，利用勾股定理计算出AE，从而即可得出答案；
②连接AO，由三边相等的三角形是等边三角形易得△AOB是等边三角形，则∠AOB=60°，根据圆心角、弧、弦的关系得出；分两种情况：当点C与点F重合时，点M与点F重合，即点M在上，此时点C、F、M重合；由垂径定理推论得出BD⊥AM且BD为圆的直径，由直径所对的圆周角为直角得∠BCD=90°，由圆心角、弧、弦的关系得BC=AB=10，由勾股定理算出CD，最后根据三角形面积公式算出△BCD的面积；当点C与点F不重合时，连接OA、OB、OC、OF；由圆心角、弧、弦的关系得BF=AB=10，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得△OBF是等边三角形，则∠OBF=60°，由等边对等角及三角形内角和定理推出∠BFA=∠BAF=30°；把△BFM绕点B逆时针旋转120°得到△BAE，连接EM交BD于点G，如图3所示，则，，，由等边对等角及三角形内角和定理推出∠BEM=∠BME=30°，由圆心角、弧、弦的关系得∠CBD=60°，由等腰三角形的三线合一得BG⊥EM，，由三角形中位线定理得出AE∥BN，进而推出AC为圆的直径，根据勾股定理算出BC的长；再根据三个内角都相等的三角形是等边三角形得出△BCD是等边三角形，则BC=CD；过点P作BP⊥CD于点P，由等边三角形的三线合一得出，再根据勾股定理算出BP，最后根据三角形面积公式算出△BCD的面积，综上可得答案.
（1）解：∵，，
∴，
∴；
（2）①解：连接并延长，交于点E，连接，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∵的半径为10，，
∴在中，根据勾股定理得：，
∴．
②解：如图，连接，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，当点C与点F重合时，点M与点F重合，即点M在上，
∴此时点C、F、M重合，
∵点N是的中点，，即
∴，且为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
当点C与点F不重合时，连接、、、，如图3所示，
∵，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
把绕点B逆时针旋转得到，连接交于点G，如图3所示，
则，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
过点B作于点P，如图3所示：
∴，
∴，
∴；
综上，的面积为或．
1 / 1浙江省台州市温岭市2025-2026学年九年级上学期期末考试数学试卷
1．（2026九上·温岭期末）中国古典建筑中的镂空砖雕图案精美，下列砖雕图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此选项中的 镂空砖雕图案不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B、此选项中的 镂空砖雕图案不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C、此选项中的 镂空砖雕图案不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D、此选项中的 镂空砖雕图案是中心对称图形，故该选项符合题意.
故答案为：D．
【分析】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．（2026九上·温岭期末）下列事件是必然事件的是（　　）
A．抛掷一枚硬币，正面朝上 B．太阳东升西落
C．扑克牌里抽一张牌是黑桃牌 D．投一次篮命中篮筐
【答案】B
【知识点】事件的分类
【解析】【解答】解：A、抛掷一枚硬币，正面朝上，是随机事件，故不符合题意；
B、太阳东升西落是地球自转的必然结果，是必然事件，故符合题意；
C、扑克牌里抽一张牌是黑桃牌，是随机事件，故不符合题意；
D、投一次篮命中篮筐，是随机事件，故不符合题意．
故答案为：Ｂ．
【分析】在一定条件下，可能发生，也可能不会发生的事件就是随机事件；在一定条件下，一定不会发生的事件就是不可能事件；在一定条件下，一定会发生的事件就是必然事件，根据定义即可逐一判断得出答案.
3．（2026九上·温岭期末）已知，是关于的一元二次方程的两个根，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：∵ 方程 中，，，
∴．
故答案为：A．
【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，一元二次方程根与系数的关系为：x1+x2=，据此解题即可.
4．（2026九上·温岭期末）如图，在中，，为半径，点C在优弧上，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆周角定理
【解析】【解答】解：，
．
故答案为：B．
【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可直接得出答案.
5．（2026九上·温岭期末）若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵方程有两个相等的实数根，
∴，
又∵，
∴，解得．
故答案为：C．
【分析】对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根，据此结合题意列出关于字母c的方程，求解可得c的值.
6．（2026九上·温岭期末）抛物线与x轴交于，，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【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
【解析】【解答】抛物线与x轴交于，，
方程的根为．
又，
抛物线开口向上．
当时，，即．
故不等式解集为，
故答案为：C．
【分析】由抛物线y=ax2+bx+c中a＞0可得抛物线开口向上；从图象角度看求不等式ax2+bx+c＜0的解集，就是求抛物线y=ax2+bx+c位于x轴下方部分图象自变量的取值范围，结合其与x轴交点的横坐标即可得出答案.
7．（2026九上·温岭期末）已知，，均在反比例函数的图象上，则，，的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】反比例函数的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵ 点，，在反比例函数 的图象上，
∴，，，
∵，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特点，将A、B、C三点的坐标分别代入反比例函数算出y1、y2、y3的值，即可比较大小得出答案.
8．（2026九上·温岭期末）已知二次函数的部分对应值如下表：关于它的图象，下列判断正确的是（　　）
x … －1 0 1 2 3 …
y … 0 4 6 6 4 …
A．开口向上
B．与y轴交于负半轴
C．与x轴的一个交点是
D．在直线的左侧，y随x的增大而减小
【答案】C
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数的对称性及应用
【解析】【解答】解：∵ 由表可知，点、、在函数图象上，∴
解得
∴ 解析式为，
A、∵，∴ 开口向下，故此选项错误；
B、∵c=4＞0，∴ 与轴交于正半轴，故此选项错误；
C、根据抛物线的对称性可得抛物线与轴的另一个交点为，故此选项正确；
D、∵ 对称轴，且开口向下，∴ 在 时随增大而增大，故此选项错误．
故答案为： C．
【分析】 根据表格数据，利用待定系数法求二次函数解析式， 由抛物线的解析式可知二次项系数a=-1＞0，可得抛物线开口向上，据此可判断A选项；由所求函数解析式中的常数项c=4＞0，可得抛物线与轴交于正半轴，据此可判断B选项；根据抛物线的对称性可判断出抛物线与轴的另一个交点坐标，从而即可判断C选项；利用抛物线的对称轴直线公式求出抛物线的对称轴直线，根据抛物线的增减性即可判断D选项.
9．（2026九上·温岭期末）如图，是某圆形扫地机器人的平面示意图，点是其圆心，毛刷绕点转动，面积比面积大平方厘米，若点在外经过的路径为半圆，则为（　　）厘米
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；扇形面积的计算；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：设的半径为，的半径为，
根据题意得，即，
，
点在外经过的路径为半圆，
点的轨迹为以点为圆心，半径为的半圆，，，
∴，
如图所示，
，即，
，解得（负值已舍去），
故答案为：A．
【分析】设的半径为，的半径为，由圆的面积公式及面积比面积大平方厘米，可得；由题意易得点C的轨迹为以点B为圆心，半径为BC的半圆，根据等腰三角形的三线合一得出AB⊥CD，由勾股定理得AB2=AC2-BC2，进而整体代入可求得AB的长．
10．（2026九上·温岭期末）如图，点，点都在反比例函数的图象上．将的图象绕点O逆时针旋转45°，点A，点B的对应点的纵坐标分别为a，b，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．a，b大小无法比较
【答案】A
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作直线，分别过点A，B作于点C，于点D，分别过点作轴于点E，轴于点F，
则，
由旋转知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
设，
则，
∵，
∴，
解得，（舍去）或，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
设，
则，
∵，
∴，
解得，（舍去）或，
∴，
∵，
∴．
故答案为：A.
【分析】作直线，过点A，B作于点C，于点D，分别过点作轴于点E，轴于点F；由点的坐标与图形性质，设，，由旋转性质得， 由角的构成及等式性质推出， 从而利用“AAS”证明，由全等三角形的对应边相等得OE=OC=a，根据两点间的距离公式分别表示出OC2、AC2、OA2，然后在Rt△ACO中，利用勾股定理建立方程求解得出x的值，从而即可求出a的值；再利用“AAS”证明，由全等三角形的对应边相等得，根据两点间的距离公式表示出OD2、BD2、OB2，在Rt△BDO中，利用勾股定理建立方程求解得出n的值，进而即可求出b的值，即可比较大小．
11．（2026九上·温岭期末）在一个不透明的箱子里装入红球和黄球共10个，这些球除颜色外其余都相同，每次摸出一个记下颜色后放回，经过大量重复的实验，统计了“摸出红球”的频率，绘制了如上的统计图，则摸一次摸出红球的概率为　 　．
【答案】0.6
【知识点】利用频率估计概率
【解析】【解答】解：∵摸到红球的频率逐渐稳定于0.6，
∴摸到红球的概率为0.6，
故答案为：0.6．
【分析】大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率，据此几何折线统计图提供的信息即可得出答案.
12．（2026九上·温岭期末）如图，四边形内接于，若，则的度数为　 　．
【答案】80
【知识点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形内接于，
∴．
故答案为：80．
【分析】 由圆内接四边形对角互补可得∠D=180°-∠B，从而代值计算可得答案.
13．（2026九上·温岭期末）将抛物线向左平移2个单位长度，所得到的抛物线解析式为　 　．
【答案】
【知识点】二次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：原抛物线解析式为，向左平移2个单位长度，将x替换为，得．
故答案为：．
【分析】根据函数y=a(x-h)2+k图象平移规则“左移加变h，右移减变k”可直接得出答案.
14．（2026九上·温岭期末）如图，正六边形内接于，已知的面积为，则阴影部分面积为　 　．
【答案】
【知识点】圆内接正多边形；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵的面积为，
∴的半径为6，
又∵正六边形内接于，
∴阴影部分圆心角为，
∴，
故答案为：．
【分析】根据圆的面积公式求得圆的半径，根据正n边形的中心角为求出阴影部分的圆心角为，最后利用扇形面积公式“”计算出阴影部分的面积即可．
15．（2026九上·温岭期末）温岭市石塘镇“东海好望角”景区为提升游客体验，计划将一块靠海的矩形观景平台扩建．原平台长为30米，宽为20米．计划建造三侧环抱式玻璃栈道（如图所示），玻璃栈道的宽度相同，已知扩建后的矩形观景平台总面积达到1000平方米，则玻璃栈道的宽度为　 　米．
【答案】5
【知识点】一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设玻璃栈道的宽度是米，
则扩建后的矩形的长为米，宽为米，
根据题意得：，
整理得：，
分解因式可得：，
解得：，(不符合题意，舍去)，
答：玻璃栈道的宽度是5米．
故答案为：5．
【分析】设玻璃栈道的宽度是米，则扩建后矩形的长为米，宽为米，根据矩形面积公式及扩建后的矩形观景平台总面积达到1000平方米列出方程 ，解方程即可求出玻璃栈道的宽度．
16．（2026九上·温岭期末）如图，扇形中，，，点P是线段上的动点，将扇形绕点P逆时针旋转得到一个新扇形，当点O在新扇形的内部（包括边界）时，的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】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；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，过点O作于点H，连接、、，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点O在上时，由题意得，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点O在线段上时，由题意得，，，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，的取值范围是，
故答案为：．
【分析】如图，过点O作于点H，连接、、，由等边对等角及三角形内角和定理得出∠OBA=30°，根据含30°角直角三角形的性质求得，根据等腰三角形的三线合一及勾股定理求得，由旋转的性质及等腰直角三角形的性质求得，进而再利用勾股定理求得，由线段和差求得；当点O在线段上时，由旋转的性质得，，， 根据角的构成及等式性质推出， 从而利用“SAS”证得，由全等三角形的对应角相等得，求得，由等角对等边证得，即可求解．
17．（2026九上·温岭期末）解方程：
【答案】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ．
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】先移项，然后利用因式分解法解一元二次方程，即可求出答案．
18．（2026九上·温岭期末）密闭容器内有一定质量的一氧化碳，当容器体积V（单位：）变化时，气体密度ρ（单位：）随之变化．在一定范围内，密度ρ是体积V的反比例函数，其图象如图所示．
（1）求密度ρ关于体积V的函数解析式；
（2）当时，求V的取值范围．
【答案】（1）解：设密度ρ与体积V的反比例函数解析式为：，
将点代入解析式得，
解得，
∴密度ρ关于体积V的反比例函数解析式为：
（2）解：在中，当时，，
当时，，
∴当时，
【知识点】反比例函数的实际应用
【解析】【分析】（1）根据点P的坐标，利用待定系数法可求出密度ρ关于体积V的函数解析式；
（2）将p=3与p=6分别代入（1）所求的函数解析式算出对应的V值，再根据反比例函数单调性确定V的取值范围．
（1）解：设密度ρ与体积V的反比例函数解析式为：，
将点代入解析式得，解得，
∴密度ρ关于体积V的反比例函数解析式为：．
（2）解：当时，，
当时，，
∴当时，．
19．（2026九上·温岭期末）如图，中，，，点A在以为直径的上．
（1）求度数；
（2）求证：是的切线．
【答案】（1）解：为的直径，
，即是直角三角形，
，
（2）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，即，
又是半径，
是的切线
【知识点】圆周角定理；切线的判定；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】（1）根据“直径所对的圆周角是直角”得，进而根据直角三角形两锐角互余计算即可求解；
（2）连接，由三角形内角和定理求出∠BAC=120°，由等边对等角求出∠OAC=∠C=30°，根据角的构成求出，最后根据垂直半径外端点的直线就是圆的切线可得结论.
（1）解：为的直径，
，即是直角三角形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
，，
，
，
，
，即，
又是半径，
是的切线．
20．（2026九上·温岭期末）某文具店新开业，推出福利活动：进店消费每满15元，即可参与1次“抽小球换文具”的活动．在一个不透明盒子里有3个不同颜色的小球，红色小球对应钢笔，绿色小球对应笔记本，蓝色小球对应修正带，每个小球除颜色外完全相同，且每抽完一次后，都会将小球放回盒中．
（1）同学A获得1次抽奖资格，那么他能抽到“钢笔”的概率是______；
（2）同学B获得2次抽奖资格，请求出他至少抽中1次“笔记本”的概率．（请用树状图或列表法解答）
【答案】（1）
（2）解：由题意得，列表如下：
第一次
第二次 红（钢笔） 绿（笔记本） 蓝（修正带）
红（钢笔） 红红 绿红 蓝红
绿（笔记本） 红绿 绿绿 蓝绿
蓝（修正带） 红蓝 绿蓝 蓝蓝
共有9种等可能的情况，其中他至少抽中1次“笔记本”的情况有5种，
∴他至少抽中1次“笔记本”的概率为
【知识点】用列表法或树状图法求概率
【解析】【解答】（1）解：由题意得，抽到“钢笔”的概率为，
故答案为：；
【分析】（1）直接根据题意和概率公式求解即可；
（2）此题是抽取放回类型，根据题意用表格列举出所有等可能的情况数，由表可知共有9种等可能的情况，其中他至少抽中1次“笔记本”的情况有5种，从而根据概率公式计算即可.
（1）解：由题意得，抽到“钢笔”的概率为，
故答案为：；
（2）解：由题意得，列表如下：
第一次 第二次 红（钢笔） 绿（笔记本） 蓝（修正带）
红（钢笔） 红红 绿红 蓝红
绿（笔记本） 红绿 绿绿 蓝绿
蓝（修正带） 红蓝 绿蓝 蓝蓝
共有9种等可能的情况，其中他至少抽中1次“笔记本”的情况有5种，
∴他至少抽中1次“笔记本”的概率为．
21．（2026九上·温岭期末）经观察，白鲸的喷水形状近似看作一条二次项系数为的抛物线，如图，当白鲸在水池边缘O处表演喷水时，以O为原点建立平面直角坐标系，观众席段解析式为：，测得抛物线水柱在观众席的落点处C的横坐标为2，试求白鲸在O点处喷水产生的抛物线解析式．
【答案】解：将代入，则，
∴，
设抛物线解析式为，
∴，
解得，
∴该抛物线解析式为
【知识点】二次函数的实际应用-喷水问题
【解析】【分析】将x=2代入线段AB的解析式算出对应的函数值可得点C的坐标；根据题意，设白鲸在O点处喷水产生的抛物线解析式为，然后将点C的坐标代入算出b的值，从而即可得出白鲸在O点处喷水产生的抛物线解析式.
22．（2026九上·温岭期末）如图，菱形纸片中，，将菱形沿剪开，不动，绕点A逆时针旋转度（）得到，其中点C与点对应．
（1）如图1，当时，、的延长线交于点E．
①用α表示的度数；
②如图2，当时，求证：四边形是菱形；
（2）如图3，连接、，当______时，．
【答案】（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴；
②证明：由①可得，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
（2）140
【知识点】菱形的判定与性质；旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】（2）解：由旋转的性质可得，，
在菱形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：140.
【分析】（1）①由菱形对边平行、四边相等得AB=BC，AB∥CD，由等边对等角及三角形的内角和定理得∠BAC=∠BCA=70°，由邻补角得到，同理，进而由四边形的内角和为360°可求出∠CEC'的度数；
②易得，由同旁内角互补，两直线平行可得，同理，从而可由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形ACEC'是平行四边形，进一步根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
（2）由旋转的性质得CD=C'D'，由菱形四边相等推出BC=C'D'，从而根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可以证明四边形BCC'D'是平行四边形，由平行四边形邻角互补，结合，可以计算出，结合三角形内角和定理，计算出，从而得到的值．
（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴；
②证明：由①可得，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：由旋转的性质可得，，
在菱形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
23．（2026九上·温岭期末）二次函数的图象为，二次函数的图象为，．
（1）当取不同值时，总会过两个定点，其中一个定点，请写出另外一个定点坐标______；
（2）与y轴的交点纵坐标为，顶点纵坐标为，与y轴的交点纵坐标为，顶点纵坐标为，
求证：的值与，都无关；
（3）点在上，点在上，当时，总成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明：∵，，
∴，，，，
∴，
∴的值与，无关
（3）解：由（2）知，二次函数的对称轴为，
，
设，则，
当时，在时取到最小值，在时取到最大值，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴总成立，
∵，
∴，，
∴
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数y=ax²+bx+c的性质；二次函数y=ax²+bx+c与二次函数y=a（x-h）²+k的转化
【解析】【解答】（1）解：根据题意，令(x-5)(x+1)=0
，解得x=5或x=-1，
当x=5时，y=2，对应定点(5，2)，
当x=-1时，y=2，故另一个定点为(-1，2)；
故答案为：；
【分析】（1）由定点定义可得，当a1取不同值时，该点的坐标都满足函数解析式，即y的取值与字母a1无关，故需要让含a1的项得系数为零，从而可得(x-5)(x+1)=0，解得x=5或x=-1，当x=5时，y=2，对应定点(5，2)，当x=-1时，y=2，故另一个定点为(-1，2)；
（2）分别将l1与l2化为顶点式，可直接得出顶点纵坐标d1与d2的值；根据抛物线与y轴交点的横坐标为零，故将x=0分别代入l1与l2可求出c1与C2的值；进而将c1、c2、d1与d2的值分别代入待求式子即可计算得出结论；
（3）将先根据抛物线上点的坐标特点及整式加减法运算法则表示出，进而将化为顶点式，根据二次函数的最值讨论即可求解.
（1）解：当时，二次函数，
∴该定点为；
（2）证明：∵，
，
∴，，，，
∴，
∴的值与，无关；
（3）解：由（2）知，二次函数的对称轴为，
，
设，则，
当时，在时取到最小值，在时取到最大值，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴总成立，
∵，
∴，，
∴．
24．（2026九上·温岭期末）已知，的半径为10，是的弦，．
（1）如图1，作弦，若满足，则______；
（2）若C，D是圆上两点，且满足．
①如图2，连接，求的长；
②在圆上截取（点A，F不重合），连接，，分别交线段于点M，N．当点N恰为的中点时，求的面积．
【答案】（1）90°
（2）解：①连接并延长，交于点E，连接，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∵的半径为10，，
∴在中，根据勾股定理得：，
∴．
②如图，连接，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，当点C与点F重合时，点M与点F重合，即点M在上，
∴此时点C、F、M重合，
∵点N是的中点，，即
∴，且为直径，
∴，
∵，
∴BC=AB=10，
∴，
∴的面积为．
当点C与点F不重合时，连接、、、，如图3所示，
∵，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
把绕点B逆时针旋转得到，连接交于点G，如图3所示，
则，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
过点B作于点P，如图3所示：
∴，
∴，
∴；
综上，的面积为或．
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形的中位线定理；圆与三角形的综合；垂径定理的推论
【解析】【解答】（1）解：∵，，
∴，
∴；
故答案为：90°；
【分析】（1）根据已知易得根据圆心角、弧、弦的关系即可求出∠BAC的度数；
（2）①连接并延长，交于点E，连接，易得，根据等式性质推出，由等弧所对的弦相等得出，由直径所对的圆周角为90°得∠BAE=90°，在Rt△ABE中，利用勾股定理计算出AE，从而即可得出答案；
②连接AO，由三边相等的三角形是等边三角形易得△AOB是等边三角形，则∠AOB=60°，根据圆心角、弧、弦的关系得出；分两种情况：当点C与点F重合时，点M与点F重合，即点M在上，此时点C、F、M重合；由垂径定理推论得出BD⊥AM且BD为圆的直径，由直径所对的圆周角为直角得∠BCD=90°，由圆心角、弧、弦的关系得BC=AB=10，由勾股定理算出CD，最后根据三角形面积公式算出△BCD的面积；当点C与点F不重合时，连接OA、OB、OC、OF；由圆心角、弧、弦的关系得BF=AB=10，，由有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形得△OBF是等边三角形，则∠OBF=60°，由等边对等角及三角形内角和定理推出∠BFA=∠BAF=30°；把△BFM绕点B逆时针旋转120°得到△BAE，连接EM交BD于点G，如图3所示，则，，，由等边对等角及三角形内角和定理推出∠BEM=∠BME=30°，由圆心角、弧、弦的关系得∠CBD=60°，由等腰三角形的三线合一得BG⊥EM，，由三角形中位线定理得出AE∥BN，进而推出AC为圆的直径，根据勾股定理算出BC的长；再根据三个内角都相等的三角形是等边三角形得出△BCD是等边三角形，则BC=CD；过点P作BP⊥CD于点P，由等边三角形的三线合一得出，再根据勾股定理算出BP，最后根据三角形面积公式算出△BCD的面积，综上可得答案.
（1）解：∵，，
∴，
∴；
（2）①解：连接并延长，交于点E，连接，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴，
∵的半径为10，，
∴在中，根据勾股定理得：，
∴．
②解：如图，连接，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
如图2，当点C与点F重合时，点M与点F重合，即点M在上，
∴此时点C、F、M重合，
∵点N是的中点，，即
∴，且为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为．
当点C与点F不重合时，连接、、、，如图3所示，
∵，
∴，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
把绕点B逆时针旋转得到，连接交于点G，如图3所示，
则，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
过点B作于点P，如图3所示：
∴，
∴，
∴；
综上，的面积为或．
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