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【浙江专用】2026年九年级数学一模真题汇编
压轴解答题30道
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、解答题
1．（2026·浙江杭州·一模）如图，已知四边形内接于，是的直径，，连接，相交于点，过点作交延长线于点．
(1)若，求的度数．
(2)求证：为的切线．
(3)求证：．
2．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在等边中，是边上的动点，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接，，交边于点．
(1)求的度数．
(2)若的面积为，，求的长．
(3)若，求的最大值．
3．（2026·浙江舟山·一模）如图1，在菱形中，，是对角线上一点，连接，设，将沿折叠得到，连接并延长交于点．
(1)用含的代数式表示．
(2)求证：
①；
②．
(3)如图2，当时，求的值．
4．（2026·浙江丽水·一模）如图，在中，，，分别为，的中点，连接，为的中点，过点作，垂足为点，交的延长线于点，连接，．
(1)若，求的长；
(2)证明：；
(3)当时，求的值．
5．（2026·浙江温州·一模）如图，在四边形中, ,过点A,B,C作交边于点E,连接,且．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若,,．
①求四边形的面积．
②延长至点G,连结,使,在线段上取点F,过点F作交于点H,求的最大值．
6．（2026·浙江宁波·一模）如图1，在中，为锐角，，．点在边上，，的垂直平分线与交于点，连接．
(1)当时，求的长．
(2)①当长度发生变化时，的周长是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不变，请求出的周长．
②当时，求的长．
(3)如图2，与交于点，与交于点，当时，求的值．
7．（2026·浙江绍兴·一模）如图，四边形内接于圆O，为直径，，交于点G，，垂足为E，交于点F．
(1)如图1，证明：．
(2)如图2，连结，若，求的度数．
(3)如图3，连结，若，，求四边形的面积．
8．（2026·浙江宁波·一模）如图，在中，，平分交于点，点在边上，以为直径的恰好过点．
(1)求证：与相切．
(2)当时，求的长．
9．（2026·浙江·一模）在等边中，，是边上的中点，，分别是线段，上任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接、，的延长线交射线于点．
(1)如图1，当点与点重合，若为的平分线，交于点，求的长；
(2)如图2，若为线段上一点，且，，求证：；
(3)如图3，设，求证：．
10．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，以为直径作，交于点，，交于点．过点作于点，交于点，连接，交于点．
(1)如图1，若，．
①求的度数．
②求证：．
(2)如图2，，点为中点，若，，求的长．
11．（2026·浙江嘉兴·一模）综合与实践：
【生活情境】如图1，要将一块形状为平行四边形的木板余料分割成相同的两部分，拼接成一块矩形木板，需要找到合适的分割线．
【数学问题】如图2，已知，，，．作一条直线，使直线，且将分成周长相等的两部分．
【实践操作】如图3，小嘉的作法：①连接，交于点；②以为直径作半圆交边于点；③连接，作的角平分线交半圆于点；④作直线分别交边，于点，，直线就是所求作的直线．
【解决问题】
(1)求的面积．（参考数据：，）
(2)根据小嘉的作图过程，说明直线且将分成周长相等的两部分的理由．
12．（2026·浙江宁波·一模）已知二次函数（为常数）的图象过点．
(1)求该二次函数的表达式和顶点坐标．
(2)已知，为二次函数图象上两点，其中，．
①当且时，求点的坐标．
②若与的差的最大值为9，求的值．
13．（2026·浙江杭州·一模）如图（1），已知正方形，矩形，其中，B在边上，D在边上，正方形的边长为2．设矩形的边，（a，b均为小于等于2的正数）．将矩形的两个角翻折，使G落在边上点N处，E落在边上点M处，为折痕，连接．
(1)若M，N分别为的中点，求的长．
(2)若，求矩形的面积．
(3)如图（2），连接，若恰好经过点C，求证：．
14．（2026·浙江杭州·一模）如图，四边形内接于，，对角线交于点，延长至点，，连接交于点．
(1)求证：．
(2)记的面积为，的面积为，若，，求的值．
(3)求证：．
15．（2026·浙江衢州·一模）已知二次函数的图象经过点．
(1)求该图象的对称轴．
(2)若该函数的最大值为，求该函数的表达式．
(3)已知，为该函数图象上两点，当且时，满足，求a的取值范围．
16．（2026·浙江台州·一模）如图，在正方形中，点E，F分别是边上的动点（不包含端点），于点G，于点M，．
(1)如图1，求证：．
(2)如图2，过点E作分别交于点H，N．
①求证：四边形为正方形；
②求证：；
③若，请直接写出的取值范围．
17．（2026·浙江杭州·一模）【综合与实践】
【定义理解】
设是的平分线，若射线在的内部且关于对称，则称与为的一对等角线．小丽发现，若内部的两条射线满足，则与就是的一对等角线．
【初步应用】
(1)如图①，已知射线与是的一对等角线，，若，求的度数．
【探索发现】
(2)如图②，在平行四边形中，是的一对等角线，分别交于点于点，于点交于点．
①求证：是的一对等角线．
②若，，求的值．
18．（2026·浙江台州·一模）已知点在二次函数（a为常数，且）的图象上．
(1)求a的值．
(2)点，均在二次函数的图象上．
①当点B与点A重合时，求点C的坐标；
②当时，函数值的范围是，求k的最大值．
19．（2026·浙江杭州·一模）设二次函数（为常数，），已知函数值和自变量的部分对应取值如下表所示：
… 0 1 2 …
… 0 3 3 …
(1)求二次函数的表达式和的值．
(2)点都在二次函数图象上，且，试比较的大小，并说明理由．
(3)当时，函数值的取值范围是，求的值．
20．（2026·浙江·一模）如图，切圆于点，过直径上一点作，交于点，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若为中点，，，求弧的长度．
21．（2026·浙江台州·一模）综合实践活动：求甲、乙两个圆形薄板的直径（已知甲的直径小于乙的直径）．工具：自制的矩形直尺（边长，边从点A至点D标有刻度）．小明的做法：如图1，将矩形直尺放置在圆形薄板甲上，使点A，B都恰好落在薄板的边缘，边分别交薄板的边缘于点E，F，从直尺刻度中读出．小明认为线段就是圆形薄板甲的一条直径，接着通过计算求出长度．如图2，将矩形直尺放置在圆形薄板乙上，点A恰好落在薄板的边缘，边与薄板的边缘交于点M，边与薄板的边缘相切于点G，从直尺刻度中读出．接着添加辅助线，通过推理和计算求出圆形薄板乙的直径长度．
(1)请你帮助小明说出图1中是圆形薄板甲的直径的理由，并求出的长度．
(2)按照小明的做法，请你在图2中添加辅助线，通过推理和计算求出圆形薄板乙的直径长度．
22．（2026·浙江金华·一模）如图，在矩形中，以为直径的交于点E，F，连接，过点O作交于点G，过点G作于点H，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的长；
(3)若是的切线，求证：．
23．（2026·浙江金华·一模）我们知道，对于平移前后的两个图形，连结对应点所得线段的长度即为原图形的平移距离．已知点为平面直角坐标系内一点．
(1)若将点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点，求点的平移距离的长度；
(2)将直线平移得直线，设直线上任意一点平移后的对应点为．若直线的平移距离，且直线平行于第二、四象限的角平分线，求直线的函数表达式；
(3)将抛物线沿着射线方向平移得到抛物线，当时，抛物线上的点到轴的距离都小于，求抛物线的平移距离的取值范围．
24．（2026·浙江金华·一模）某学习小组同学学习了九年级上册《4.2由平行线截得的比例线段》，提出了另一种通过构造矩形来等分线段的方法：
①以为边构造矩形，连结、交点为O；
②过O作于点，连结交于点；
③过作于点，连结交于点；
④过作于点，连结交于点；
……
则点、、即为线段的等分点；
(1)求证：；
(2)已知，
①求的正弦值；
②按上述方法继续画图得到点，若，则n的值为_____________．
25．（2026·浙江温州·一模）如图，点，，在上，，以，为边作．
(1)如图1，当经过圆心时，求的度数．
(2)如图2，当与相切时，若的半径为，求与的重叠部分（阴影部分）的面积．
26．（2026·浙江杭州·一模）每年月日至月日为我国个人所得税综合所得年度汇算清缴期．开展个税汇算，有利于纳税人准确计算全年实际应纳个人所得税，通过专项附加扣除（子女教育、赡养老人、住房贷款利息等）依法享受税收优惠，多退少补，切实维护纳税人合法权益，促进税负公平．
材料一：全年应纳税所得额全年税前综合收入（不包括三险一金，且后文中的提到税前综合收入均不包括三险一金）元（基本减除费用）专项附加扣除．应纳税额全年应纳税所得额适用税率速算扣除数．
居民个人综合所得税率表（部分）
全年应纳税所得额 税率（） 速算扣除数
不超过元的
超过元至元的
超过元至元的
居民全年一次性奖金税率表（部分）
全年一次性奖金 税率（） 速算扣除数
不超过元的
超过元至元的
超过元至元的
材料二：根据财政部的政策，至年月日之前，居民个人取得的全年一次性奖金可以选择并入当年的综合收入，也可以选择单独计算纳税．如果单独计算纳税，全年一次性奖金的税额计算公式为：全年一次性奖金应纳税额全年一次性奖金收入适用税率速算扣除数．
例如，小张全年税前综合收入为元，其中全年一次性奖金元，无专项附加扣除，若小张选择合并计税，则应纳税额元；若小张选择单独计税，则应纳税额元．材料三：为兼顾不同家庭的实际负担，个税设置专项附加扣除，其中子女教育专项附加扣除额度为元，夫妻可协商分配扣除额度，选择各，或者一方扣除．
(1)小李全年税前综合收入为元，其中全年一次性奖金元，专项附加扣除有额度元，试通过计算，为小李选择纳税最少的计税方式．
(2)应届本科毕业生小王，无专项附加扣除．经过对比，小王发现自己最优全年纳税额为元．已知其全年一次性奖金不低于元但不超过元，试问小王的税前年综合收入范围是多少？
(3)小陈、小丽夫妻有一女儿正在读初中，夫妻俩税前年综合收入均为万元，其中小陈全年一次性奖金元，小丽全年一次性奖金元，除子女教育外均无其他专项附加扣除．小丽觉得大家收入都相同，应该平摊子女教育的额度，但是小陈反对，认为自己全部扣除更加合理．从家庭综合收入的角度考虑，请你通过计算说明谁的方式更合理．
27．（2026·浙江湖州·一模）甲骑车从A地到B地，乙骑车从B地到A地，甲的速度小于乙的速度，两人同时出发，沿同一条公路匀速前进．图中的折线表示两人之间的距离与甲的行驶时间之间的函数关系．请你根据图象进行探究：
(1)求甲和乙的速度；
(2)C点的坐标是______；
(3)当甲乙两人相距时，求的值．
28．（2026·浙江宁波·一模）如图，为直径，C为圆O上一动点，且C在直径上方，连接，，点M为中点，连接，与相交于点N．
(1)如图1，连接，求证：；
(2)如图2，连接，，当时，求的值；
(3)如图3，作于H，，与交于点K（点K在下方），与交于点E．若，，求：
①的直径；
②的长．
29．（2026·浙江宁波·一模）已知二次函数，m为实数．
(1)若，求该函数图象的对称轴．
(2)当时，函数y的最大值与最小值之差为8，求m的值．
(3)若点，，且，，试比较与大小．
30．（2026·浙江温州·一模）如图1，已知的高，点是边上的动点，以为直径作圆，交边于，交线段于，交线段于．
(1)求证：．
(2)如图2，连接，若恰好经过点．
①求的值．
②求的长．
参考答案
1．(1)
(2)见解析
(3)见解析
（1）由圆周角定理可得，由三角形内角和定理可得，再结合圆周角定理即可得出结果；
（2）连接，先证明，再结合，得出，即可得证；
（3）延长交的延长线于点，由圆周角定理得，证明，得出，，从而可得，由等腰三角形的性质可得，证明，由相似三角形的性质可得，即可得证．
（1）解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图：连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴为的切线；
（3）证明：如图，延长交的延长线于点，
∵是的直径，
∴，
∴，
由（1）可得，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
直径所对的圆周角是直角；两个相似三角形的对应边成比例．
2．(1)
(2)
(3)的最大值为
（1）根据等边三角形的性质结合旋转的性质证明，即可解得；
（2）作于点，解直角三角形求出，根据的面积为，得到．证明是等边三角形，再证明，推出，即可求解；
（3）先求出，当最小时，最大，即当时，最小，此时，证明，求出，即可求解．
（1）解：∵是等边三角形，
∴，，
由旋转的性质得，，
∴，
∴，
∴．
（2）解：作于点，
∵，
∴，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴．
由旋转的性质得，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴当最小时，最大，
∵是等边三角形，要使最小，只需满足最短，
∴当时，最小，此时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为．
3．(1)
(2)①见解析；②见解析
(3)
（1）根据菱形的性质得到，根据折叠的性质得到，进而可求；
（2）①根据等边对等角及三角形内角和得到，根据等边三角形的判定和性质证明即可；
②根据菱形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，证明，即可证明；
（3）连接，延长交于，作于，根据等边三角形的判定和性质得到，证明，得到，设，根据角的性质得到，根据勾股定理得到，，求出，即可求出的值．
（1）解：∵菱形，
∴，
∵折叠，
∴，
∴；
（2）证明：①∵菱形，
∴，
由折叠可知，，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接，延长交于，作于．
由（2）得，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
则，．
在中，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
4．(1)
(2)见解析
(3)
（1）根据题意可得是的中位线，推出，结合，即可求解；
（2）连接，根据题意可得是的中位线，，推出，进而得到，结合推出，由是的中位线，推出，证明，根据全等三角形的性质即可得证；
（3）根据为的中点，得到，再根据为的中点，得到，即可求解．
（1）解：为的中点，为的中点，为的中点，
是的中位线，，
，
，
；
（2）证明：连接，
为的中点，为的中点，
是的中位线，，
，
，
，
，
，
是的中位线，
，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：为的中点，
，
为的中点，
，
．
5．(1)见解析
(2)①72；②．
（1）通过证明，结合即可证明；
（2）①连结并延长交于点I，利用垂径定理结合勾股定理得到，再根据平行四边形的面积公式求解；
②方法1：分别过点A,D,H作的垂线于点I,M,N, 则四边形为矩形，解三角形得到，再证，得到，令，进而得到，再利用根的判别式得到即可求解；方法2：同方法1得，再利用配方法得，再解不等式即可；方法3：同方法1得，再换元令，结合配方法求最值即可．
（1）解：如图,
∵,
∴．
∵,
∴,
∴．
∵,,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是平行四边形．
（2）①如图,连结并延长交于点I．
∵四边形是平行四边形, ,
∴．
∵,
∴．
∵,
∴,
∴四边形的面积．
②方法1：
如图,分别过点A,D,H作的垂线于点I,M,N,则四边形为矩形,
∴．
∴,
∴,
∴．
设,则,．
∵,
∴,
∴,
令,则,
∴,
∴,
∴．
∵,即,
∴由二次函数的图象得（舍去）,
∴当时,GH的最大值为,此时符合题意．
方法2：
同上可得,
要使最大,只需最大,只需最小．
∵,
∴当取最大值时,,即,
解得,
∴的最大值为．
方法3：
由比例式可得,
∴,
令,则．
∵,
∴,
∴当时, 的最大值为．
6．(1)
(2)①的周长为20；②
(3)
（1）在的条件下，由，结合得；再通过勾股定理即可求解．
（2）①由直线垂直平分，得；再由，根据等角对等边得．将的周长转化为，而，故周长恒为20，不随变化；②作，由得，则，，故．设，，则；结合周长为20列方程，解得，故．
（3）延长交于，作．由垂直平分线性质得、，证得，结合得．再证，结合与勾股定理，求得．
（1）解：，，
，
，
，
，
；
（2）解：①的周长不发生变化．理由如下：
垂直平分，
，
，
，
，
的周长为20；
②如图，作，
，
，
，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
．
设，，
，
，
的周长为20，
，
解得：，
；
（3）解：如图，延长与交于点，作，
垂直平分，
，，
，，
．
，，
，
，
，
设，
，，
，
，
，
．
，
，．
，
．
本题以垂直平分线的轴对称性为核心，结合等腰三角形的边相等性质进行线段转化，通过构造辅助线，利用全等、相似及三角函数，将动态问题转化为固定关系求解．
7．(1)见解析
(2)
(3)
（1）根据圆中直径对应的圆周角为和证明即可．
（2）根据已知关系证明，得到F是中点，从而是中位线，故，再根据弧长相等则对应的角相等求得 ，最后求出．
（3）连结，过O作，垂足为H，证明，得出相应边的比例关系，三角形的面积关系，用勾股定理表示出相应边和面积，最后求解．
（1）证明：为直径，所以，．
又．
．
．
，
．
，
．
（2）解：由（1）已知，，，
，
．
，
，即F是中点，
O是的中点，
所以．
，，
，
．
，
，
．
（3）解：连结，过O作，垂足为H，所以，
由圆的性质和已知条件得，
由
，
，，
是中点，，
，设，
，
，所以．
，
，，
，
，
，
．
F为BG的中点，
，
，
．
8．(1)见解析
(2)
（1）连接，证明即可；
（2）利用解直角三角形求解即可；
（1）解：如图，连接，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
与相切．
（2）解：，
，
，
，，．
，
，
．
9．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
（1）由等边三角形的性质可得，，，则，．由旋转的性质可得，则，从而证明，则，因此；
（2）在射线上取点，使得，作于点，根据题意可得，则，，因此．利用三角函数可计算得，结合等腰三角形的性质可得．由等量代换可得，从而证明，则，，进一步可证明，则，因此；
（3）过点分别作、的垂线，垂足为、，由三角形的内角和定理可得，由角平分线的性质可得，使用三角函数计算出，，因此，变形得．
（1）解：∵是等边三角形，
∴，，
∵是边上的中点，
∴，，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
又∵点与点重合，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，在射线上取点，使得，作于点，
∵是等边三角形，D是边上的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
在中， ，
∴，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）证明：如图，过点分别作、的垂线，垂足为、，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴平分，
∵，，
∴，，
在中，，
在中，，
∴，
∴．
10．(1)①；②见解析
(2)
（1）①根据圆周角定理得到、，进而得到，从而求出，利用圆周角定理得到，据此求解即可；
②连接、、、、，根据平行四边形和垂径定理易得到，进而得到，证得是等边三角形，根据圆周角定理得到，根据垂径定理得到，易证明，在中，，从而得出结论；
（2）连接、、，易证四边形是平行四边形、四边形是菱形，进而得到、，根据，设、，证明，进而得到、及，利用勾股定理求出的值，根据证得，进而得到，利用求解即可．
（1）①解：连接、、，
，，
、，
，
即，
，
，
，
；
②证明：连接、、、、，
，
，
为的直径，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在中，，
是等腰三角形，
，
由①知，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
；
（2）解：连接、、、，
四边形是平行四边形，
、，
为的中点、为的中点，
、，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是菱形，
、，
，
，
、，
，
，
，
，
，
，
，
、，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
设、，
，
，
在和中，
，
，
、，
，
、，
在中，，
，
解得，
、、，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
，
即，
解得，
．
本题考查圆周角定理、平行四边形与菱形的判定与性质、垂径定理、全等三角形和相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关性质定理，数形结合的思想方法的运用是解题的关键．
11．(1)
(2)见解析
（1）圆周角定理得到，解直角三角形，求出的长，再根据平行四边形的性质进行求解即可；
（2）连接，根据角平分线的定义和圆周角定理以及弧，弦，角之间的关系，推出，进而得到，证明，得到，进而得到，根据周长公式即可得出结论．
（1）解：∵以为直径作圆交于点，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴的面积．
（2）证明：连接，则，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴且将分成周长相等的两部分．
12．(1)，
(2)①点坐标为，②
（1）用待定系数法，配方法求解即可；
（2）①，当时，，分类求解．
②分和时，求解．
（1）解： 二次函数的图象过点，
，
解得，
该二次函数的表达式为．
，
图象的顶点坐标为．
（2）解：（2）①，
当时，，
当时，取得最大值0，
当时，，
当时，取得最大值3，
，
又，
与同时取得最大值．
点坐标为．
②情况一：当时，
，
当时，取得最小值为．
，
当时，取得最大值为．
，
又的最大值为9，
该情况不成立．
情况二：当时，
，
当时，取得最小值为．
，
时，取得最大值为，
的最大值为9．
，
解得（舍）或．
综上所述：．
13．(1)
(2)8
(3)见解析
（1）由中点的定义可得，再利用勾股定理求解即可；
（2）由翻折的性质可得是正方形，即、，进而得到，利用勾股定理可得，再结合可得，进而得到，整理得，再根据矩形的面积公式求解即可；
（3）由（2）求解过程可知：，，，，是正方形，易证可得，即，整理得：；再证明，易证四边形是平行四边形可得；再证明可得，进而证明结论．
（1）解：∵M，N分别为的中点，
∴，
∴．
（2）解：∵将矩形的两个角翻折，使G落在边上点N处，E落在边上点M处，
∴是正方形，
∴，，
∵矩形的边，（a，b均为小于等于2的正数）．
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，整理得：，
∴矩形的面积．
（3）解：由（2）求解过程可知：，，，，是正方形，
∴，，，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，同理可得：，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，即，整理得：，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
14．(1)见解析
(2)
(3)见解析
（1）根据圆内接四边形的性质可得，即可解答；
（2）证明，求得的值即可解答；
（3）证明，可得，再证明，可得，即可解答．
（1）证明：四边形内接于，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）证明：，
，
，
即，
，
，
，
，
，
．
15．(1)直线
(2)
(3)或
（1）代入点到，整理得到，再根据二次函数的对称轴公式即可求解；
（2）由（1）得，结合函数有最大值可知，且当时，二次函数取得最大值，结合题意列出关于的方程，求出的值即可解答；
（3）根据二次函数的对称性可得，则，结合求得，则有当时，恒成立，再分和两种情况讨论，求出在范围内的最大值，进而列出关于的不等式，即可得出答案．
（1）解：代入点到，得，
整理得：，
∴二次函数图象的对称轴为直线，
∴该图象的对称轴为直线；
（2）解：由（1）得，，
∴二次函数的表达式为，
∵二次函数有最大值，
∴，
∴当时，二次函数取得最大值，
∵该函数的最大值为，
∴，
解得（舍去），，
∴二次函数的表达式为；
（3）解：∵，为该函数图象上两点，且点和点纵坐标相同，
∴点和点关于对称轴对称，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴当时，满足，
①若，则在范围内随的增大而增大，
∴当时，有最大值，
∴，
解得，
∴；
②若，则在范围内随的增大而减小，
∴当时，有最大值，
∴，
解得，
∴；
综上所述，a的取值范围为或．
16．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析；③
（1）根据正方形的性质及垂直的性质得到，根据等角的补角相等得到，根据即可证明；
（2）①根据，得到，根据正方形的性质得到，根据得到，进而得到，即可证明四边形为正方形；
②延长交于点K，根据正方形的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，进而得到，证明，得到，即可证明；
③取中点O，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，延长交于P，则四边形是矩形，得到，，根据正方形的性质得到，进而得到，证明，得到，可知，根据得到，即可得到的取值范围．
（1）解：∵正方形，
∴
∵
∴
∵
∴
在和中，
∴；
（2）①证明：∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∵四边形为正方形，
∴
∵，
∴，
∴．
∴四边形为正方形；
②证明：延长交于点K，
∵四边形为正方形，
∴．
又∵四边形为正方形，
∴．
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
③解：取中点O，连接，
∵
∴
延长交于P，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴
∴
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴
∴
∵，
∴
∴
∴
17．(1)
(2)①见解析；②
（1）设，则，列方程即可解答；
（2）①证明，再根据三角形内角和定理可得，即可解答；
②设，则，则可得，，列方程解得，再解直角三角形得，，即可解答．
（1）解：射线与是的一对等角线，
，
是的平分线，
，
，即，
设，则，
则，
解得，
，
；
（2）①证明：是的一对等角线，
根据（1）中可得，
，即，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，，
，
根据小丽的说法，可得是的一对等角线；
②解：设，则，
，
，
，
，
，
，
解得，
，
在中，，
在中，，
．
18．(1)
(2)①；②
（1）把代入可求出；
（2）①由点B与点A重合得，，表示出点C的坐标为，代入函数解析式可得，解方程求出的值，从而确定点C的坐标；
②求出抛物线的对称轴是直线，由当时，函数值的范围是得出，由，在图象上求出，从而可得出结论．
（1）解：把代入，得，
解得；
（2）解：①∵，
∴；
∵点B与点A重合，
∴，，
∴点C的坐标为，
∴，
解得或，
∵，
∴，
∴点C的坐标为；
②∵，
∴抛物线的对称轴是直线，
∵当时，函数值的范围是，
∴；
∵，在图象上，
∴，
解得，
∴，
∴，即，
所以k的最大值为2．.
19．(1)二次函数的表达式为，
(2)
(3)
（1）用表格给出的点坐标代入一般式，解方程组得到系数，再求m；
（2）用作差法比较两个函数值的大小；
（3）根据对称轴分情况讨论，结合给定的自变量和函数值的取值求出符合条件的t．
（1）解：由表格可知，二次函数经过点，
将坐标代入得，
，解得，
因此二次函数的表达式为，
当时，，
因此；
（2）解： ∵点都在二次函数图象上 ，
∴，，
∴
∵,
∴
∴即，
∴，
（3）解：将二次函数配方得，可知，开口向下，对称轴为，顶点坐标为，且，
当时，函数在上随增大而增大，时，满足最小值为，最大值在处取得；
令，得，
解得，
∵，
∴舍去，得；
当时，在内，函数最大值为，不符合要求，舍去，
因此．
20．(1)证明见解析
(2)
（1）连接，由切线的性质可得，由得，由等腰三角形的性质可得，则，结合对顶角相等可得，因此；
（2）设圆的半径为，由可得，则，利用三角函数计算出，．根据题意可得，解得，最后利用扇形的弧长公式进行计算即可．
（1）证明：如图，连接，
∵与圆相切于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，设圆的半径为，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∵为中点，
∴，
∵，
∴，解得，
∴弧的长度为．
21．(1)理由见解析，
(2)圆形薄板乙的直径为10cm
（1）根据的圆周角所对的弦是直径解答；再根据勾股定理求出解即可；
（2）设圆心为O，连结，圆形薄板半径为，先根据切线的性质得，进而得出，再根据垂径定理得，然后根据勾股定理求出半径，即可得出答案．
（1）解：理由：的圆周角所对的弦是直径．
因为矩形直尺，
所以，
所以.
又因为，，
所以．
（2）解：设圆心为O，连结，圆形薄板半径为.
因为与相切于点G，
所以．
又因为矩形直尺对边平行，
所以，
所以，
所以.
解得，
即圆形薄板乙的直径为10cm．
22．(1)见解析
(2)
(3)见解析
（1）根据圆周角定理得出，根据直角三角形两锐角互余得出，证明，根据等角对等边即可证明结论；
（2）延长交于点M，过E作于点N，证明四边形为矩形，得出，，说明四边形为矩形，得出，，证明，得出，根据勾股定理求出，即可得出答案；
（3）设，，根据解析（2）得出，，，证明，得出，求出，得出，再求出，即可得出答案．
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：延长交于点M，过E作于点N，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
同理可得：四边形为矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，根据勾股定理得：
，
∴；
（3）解：设，，
则根据解析（2）可得：
，，，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
23．(1)
(2)直线的函数表达式为或
(3)
（1）根据平移的规律求出平移后点的坐标，再根据距离公式求解即可；
（2）先确定平移方向，再结合平移距离求出平移的单位长度，最后根据直线平移规律求函数表达式；
（3）设沿射线平移的距离为，可看成沿轴向右平移个单位，沿轴向上平移个单位，确定平移后抛物线的顶点，进而得到平移后抛物线的解析式，最后利用抛物线上的点到轴的距离都小于列不等式求解．
（1）解：∵点先向左平移个单位，再向上平移个单位得到点，
∴，
∴；
（2）解：∵直线平行于第二、四象限的角平分线，
∴点沿直线的方向平移，
∴设点沿轴平移个单位，沿轴平移个单位，
∵，
∴，
∴直线沿直线方向平移个单位，相当于向左平移个单位，向上平移个单位，或向右平移个单位，向下平移个单位，
∴直线的函数表达式：或，
即：直线的函数表达式为或；
（3）解：∵
∴平移前顶点
设沿射线平移的距离为，可看成沿轴向右平移个单位，沿轴向上平移个单位，
∴，
解得：，
∴平移后顶点为，
∴平移后解析式：，
当时，，
当时，，
当时，抛物线上的点到轴的距离都小于，
∴
由解得；
由解得或；
由解得；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴综上：．
24．(1)见解析
(2)①，②
（1）利用矩形性质证明，利用相似三角形性质推出，再证明，最后利用相似三角形性质分析求解，即可解题；
（2）①先证明，推出，类比（1）同理证得，设，则，结合勾股定理推出，记到的距离为，利用等面积法求出，再根据正弦定义求解，即可解题；
②类比（1）同理证得，利用矩形性质推出，根据得到，再整理求解，即可解题．
解题的关键是根据相似三角形的性质和判定推理得到与的数量关系．
（1）证明：四边形为矩形，，
，
，
，
，
，
，
同理可证，，
，
，
；
（2）解：①，，
，
，，
，
，
，
，
类比（1）同理可证，
，
设，则，
，
，，
记到的距离为，
则，
即，
解得，
；
②类比（1）同理证得，
四边形为矩形，，
，
，
，
，
，
解得．
25．(1)
(2)
（1）根据直径所对的圆周角是直角得到，根据三角形内角和定理求出，再根据平行四边形的性质即可求解；
（2）连接交于点，连接，根据相切得到，结合平行四边形的性质和平行线的性质得出，根据垂径定理得出，，根据同圆中，等弧所对的圆周角相等和同圆中，等弧所对的圆周角是圆心角的一半得出，根据等边三角形的判定和性质得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据扇形的面积公式，即可求解．
（1）根据题意可得为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴．
（2）连接交于点，连接，如图：
∵与相切，
∴，
在平行四边形中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
故点在的垂直平分线上，
又∵，
∴是的垂直平分线．
∴，
在和中，
，
∴，
即，
故阴影部分的面积即为扇形的面积，
扇形的面积．
26．(1)选择合并计税方式纳税最少；
(2)小王的税前年综合收入不低于元，不高于元；
(3)小陈的方式更合理．
本题考查了有理数运算的应用，一元一次方程的应用，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据题干给出的应纳税额计算公式，分类计算不同方案的总纳税额，通过比较大小得到最优结果；
（）设小王全年一次性奖金为，税前年综合总收入为，分类计算不同方案的总纳税额， 从而计算满足，即小王的税前年综合收入不低于元，不高于元；
（）根据题干给出的应纳税额计算公式，分类计算不同方案的总纳税额，通过比较大小得到最优结果．
（1）解：分别计算两种计税方式的总应纳税额，再比较大小，
合并计税：全年应纳税所得额（元），
∵，
∴适用税率，速算扣除数，则应纳税额（元），
单独计税：综合部分应纳税所得额（元），综合部分应纳税额为，全年一次性奖金元，适用税率，速算扣除数，奖金应纳税额（元），
总应纳税额（元），
因为，
所以合并计税纳税更少，
答：选择合并计税方式；
（2）解：设小王全年一次性奖金为，税前年综合总收入为，
单独计税时，奖金应纳税额为，综合部分应纳税所得额为，
当时，，
总应纳税额满足：，
整理得，代入的范围得，
当时，，
总应纳税额满足：，
整理得，解得，
综上，小王税前年综合收入满足，
答：小王的税前年综合收入不低于元，不高于元；
（3）解：子女教育总扣除额度为元，分别计算两种扣除方式的家庭总纳税额：
第一种：平摊扣除，两人各扣除元，
计算小陈税额：小陈总收入元，奖金元，工资部分元，综合部分应纳税所得额（元），
综合税额（元），
奖金税额（元），
小陈总税额（元），
计算小丽税额：小丽总收入元，奖金元，工资部分元，
综合部分应纳税所得额（元），
综合税额（元），
奖金税额（元），
小丽总税额（元），
家庭总税额（元）；
第二种：小陈全额扣除元，小丽不扣除，
计算小陈税额：
综合部分应纳税所得额（元），
综合税额（元），
奖金税额（元），
小陈总税额（元），
计算小丽税额：综合部分应纳税所得额（元），
综合税额（元），
奖金税额（元），
小丽总税额（元），
家庭总税额（元），
因为，
所以小陈的方式下家庭总纳税额更少，
答：小陈的方式更合理．
27．(1)甲的速度为，乙的速度为
(2)
(3)或
（1）根据题意和函数图象中的数据可以分别求得甲和乙的速度；
（2）根据（1）中的结果和图象中的数据可以求得点C的坐标；
（3）分甲和乙相遇前两人相距和当甲和乙相遇后两人相距两种情况列方程求解即可．
（1）解：（1）从可以看出：两人从相距的两地相遇用了一个小时时间，
则，
∵甲的速度小于乙的速度，
∴甲用了3小时走完了的全程，
∴，
∴；
（2）解：C点的意义是乙骑车从B地到A地用了，此时甲和乙的距离是，
∴C点坐标是；
（3）解：当甲和乙相遇前两人相距时，则，
解得；
当甲和乙相遇后两人相距时，则，
解得，
综上，甲乙两人相距时，的值为或．
28．(1)见解析
(2)
(3)①；②
（1）由垂径定理可得，再由圆周角定理得出，即可得证；
（2）连接交于点，由垂径定理可得，，证明为的中位线，得出，再由垂径定理可得，由圆周角定理可得，证明，得出，求出，由勾股定理可得，即可得出，最后由正切的定义计算即可得出结果；
（3）①延长交于点，由题意可得，由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再证明，得出，最后再由勾股定理计算即可得出结果；
②设，则，证明，求出，，由勾股定理可得，，求出，由①可得，，过点作于点，设，则，，求出，，，由勾股定理可得，，则，连接，则，证明，得出，代入计算即可得出结果
（1）证明：∵点M为中点，
∴，
∵为直径，
∴，即，
∴；
（2）解：如图，连接交于点，
∵点M为中点，
∴，，
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①延长交于点，
∵点M为中点，
∴，
∵，且为直径，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
②设，则，
∵为直径，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：（不符合题意，舍去），，
∴，，
∴，，
∴，
由①可得：，，
∵，
∴，
过点作于点，
设，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∴，，
∴，
连接，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
29．(1)直线
(2)m的值为
(3)当时，；当时，；当时，
本题考查了二次函数的图象与性质，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
（1）当时，二次函数的解析式为，再由对称轴公式计算即可得出结果；
（2）先求出二次函数对称轴为直线，且二次函数的开口向上，由题意可得，从而得出在上，随着的增大而增大，由此计算即可得出结果；
（3）由（2）可得二次函数对称轴为直线，且二次函数的开口向上，先求出、两点的中点坐标的横坐标为，再分情况讨论即可得出结果．
（1）解：当时，二次函数的解析式为，
故此时二次函数的对称轴为直线；
（2）解：∵，
∴二次函数的对称轴为直线，且二次函数的开口向上，
∵，
∴，
∴，
∴，
故在上，随着的增大而增大，
故当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为，
∵函数y的最大值与最小值之差为8，
∴，
解得：（不符合题意舍去），；
故m的值为；
（3）解：由（2）可得二次函数对称轴为直线，且二次函数的开口向上，
∵点，，且，，
∴、两点的中点坐标的横坐标为：，
当，即时，、两点关于对称轴对称，此时，
当，即时，点到对称轴的距离大于点到对称轴的距离，此时，
当，即时，点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，此时，
综上所述，当时，；当时，；当时，．
30．(1)见解析
(2)①；②
（1）由直径所对的圆周角是直角得到，再根据同角的余角相等得到；
（2）①先求出，，再根据，得到，接着证明，则；
②由，设作于点，则，先求出，再证明，得到，代入整理得到，证明，得到，代入解得，则，最后根据计算即可．
（1）解：是直径，
，则，
为三角形的高，
，
；
（2）解：①，，
，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
四边形内接于圆，
，
，
，且，
，
则；
②，
∴设
作于点，则，
，，
，则，
∵，，
∴，
∴，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
．(共5张PPT)
【浙江专用】2026年九年级数学一模真题汇编之压轴解答题30道 试卷分析
二、知识点分布
一、解答题
1 0.4 相似三角形的判定与性质综合；同弧或等弧所对的圆周角相等；半圆（直径）所对的圆周角是直角；证明某直线是圆的切线
2 0.47 根据旋转的性质求解；解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；等边三角形的判定和性质
3 0.4 相似三角形的判定与性质综合；折叠问题；利用菱形的性质求角度；利用菱形的性质求线段长
4 0.46 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；三线合一
5 0.41 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；证明四边形是平行四边形
6 0.37 解直角三角形的相关计算；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；相似三角形的判定与性质综合；线段垂直平分线的性质
7 0.43 与三角形中位线有关的求解问题；解直角三角形的相关计算；圆周角定理；用勾股定理解三角形
8 0.46 解直角三角形的相关计算；证明某直线是圆的切线
9 0.3 解直角三角形的相关计算；全等的性质和SAS综合（SAS）；相似三角形的判定与性质综合；等边三角形的性质
10 0.38 解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理；利用平行四边形的性质求解
二、知识点分布
11 0.49 解直角三角形的相关计算；利用弧、弦、圆心角的关系求证；利用平行四边形的性质求解；半圆（直径）所对的圆周角是直角
12 0.48 y=ax +bx+c的图象与性质；y=ax +bx+c的最值；待定系数法求二次函数解析式；把y=ax +bx+c化成顶点式
13 0.34 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质与判定求线段长；相似三角形的判定与性质综合；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形；利用平行四边形的判定与性质求解
14 0.4 已知圆内接四边形求角度；全等的性质和SAS综合（SAS）；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理
15 0.47 y=ax +bx+c的图象与性质；y=ax +bx+c的最值；求一元一次不等式的解集；待定系数法求二次函数解析式
16 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质与判定证明
17 0.46 解直角三角形的相关计算；利用平行四边形的性质求解；几何图形中角度计算问题；角平分线的有关计算
18 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；待定系数法求二次函数解析式
19 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；待定系数法求二次函数解析式
20 0.44 解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；求弧长；切线的性质定理
二、知识点分布
21 0.48 利用垂径定理求值；半圆（直径）所对的圆周角是直角；用勾股定理解三角形；切线的性质定理
22 0.4 相似三角形的判定与性质综合；根据矩形的性质求线段长；圆周角定理；切线的性质定理
23 0.44 利用平移的性质求解；一次函数图象平移问题；二次函数图象的平移；y=a（x-h） +k的图象和性质
24 0.4 相似三角形的判定与性质综合；求角的正弦值；利用矩形的性质证明；用勾股定理解三角形
25 0.46 圆内知识综合(圆的综合问题)；全等的性质和SAS综合（SAS）；求其他不规则图形的面积；利用平行四边形的性质求解
26 0.45 有理数四则混合运算的实际应用；其他问题(一元一次方程的应用)
27 0.47 行程问题(一元一次方程的应用)；从函数的图象获取信息
28 0.4 解直角三角形的相关计算；利用垂径定理求值；相似三角形的判定与性质综合；圆周角定理
29 0.4 y=ax +bx+c的图象与性质；y=ax +bx+c的最值；y=a（x-h） +k的图象和性质
30 0.43 已知圆内接四边形求角度；解直角三角形的相关计算；相似三角形的判定与性质综合；半圆（直径）所对的圆周角是直角

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