北京市西城区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题

这是一份北京市西城区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题，共55页。试卷主要包含了解方程，问题，已知二次函数，已知关于的一元二次方程，之间关系的图象如图所示等内容，欢迎下载使用。

北京市西城区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题
1．（2022·北京西城·九年级期末）解方程：．
2．（2022·北京西城·九年级期末）问题：如图，是的直径，点在内，请仅用无刻度的直尺，作出中边上的高.
小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．
作法：如图，
①延长交于点，延长交于点；
②分别连接，并延长相交于点；
③连接并延长交于点．

所以线段即为中边上的高．
（1）根据小芸的作法，补全图形；
（2）完成下面的证明．
证明：∵是的直径，点，在上，
∴________°．（______）（填推理的依据）
∴，．
∴，________是的两条高线．
∵，所在直线交于点，
∴直线也是的高所在直线．
∴是中边上的高．
3．（2022·北京西城·九年级期末）已知二次函数．
（1）求此函数图象的对称轴和顶点坐标；
（2）画出此函数的图象；
（3）若点和都在此函数的图象上，且，结合函数图象，直接写出的取值范围．
4．（2022·北京西城·九年级期末）如图，在正方形中，射线与边交于点，将射线绕点顺时针旋转，与的延长线交于点，，连接．

（1）求证：；
（2）若，，直接写出的面积．
5．（2022·北京西城·九年级期末）已知关于的一元二次方程．
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程恰有一个根小于，求的取值范围．
6．（2022·北京西城·九年级期末）有甲、乙两个不透明的口袋，甲口袋中装有两个相同的球，它们分别写有数，2；乙口袋中装有三个相同的球，它们分别写有数，，5．小明和小刚进行摸球游戏，规则如下：先从甲口袋中随机取出一个球，其上的数记为；再从乙口袋中随机取出一个球，其上的数记为.若，小明胜；若，为平局；若，小刚胜．
（1）若，用树状图或列表法分别求出小明、小刚获胜的概率；
（2）当为何值时，小明和小刚获胜的概率相同？直接写出一个符合条件的整数的值．
7．（2022·北京西城·九年级期末）如图，，是的两条切线，切点分别为，，连接并延长交于点，过点作的切线交的延长线于点，于点．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长.．
8．（2022·北京西城·九年级期末）某篮球队员的一次投篮命中，篮球从出手到命中行进的轨迹可以近似看作抛物线的一部分，表示篮球距地面的高度（单位：m）与行进的水平距离（单位：m）之间关系的图象如图所示．已知篮球出手位置与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地面的高度达到最大为3.3m．

（1）图中点表示篮筐，其坐标为_______，篮球行进的最高点的坐标为________；
（2）求篮球出手时距地面的高度．
9．（2022·北京西城·九年级期末）如图，是的直径，四边形内接于，是的中点，交的延长线于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
10．（2022·北京西城·九年级期末）在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为A，．
（1）若，
①点A到轴的距离为_______；
②求此抛物线与轴的两个交点之间的距离；
（2）已知点A到轴的距离为4，此抛物线与直线的两个交点分别为，，其中，若点在此抛物线上，当时，总满足，求的值和的取值范围．
11．（2022·北京西城·九年级期末）如图1，在中，，，点，分别在边，上，，连接，，．点在线段上，连接交于点．

（1）①比较与的大小，并证明；
②若，求证：；
（2）将图1中的绕点逆时针旋转，如图2．若是的中点，判断是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
12．（2022·北京西城·九年级期末）在平面直角坐标系中，的半径为1，点在上，点在内，给出如下定义：连接并延长交于点，若，则称点是点关于的倍特征点．
（1）如图，点的坐标为．

①若点的坐标为，则点是点关于的_______倍特征点；
②在，，这三个点中，点_________是点关于的倍特征点；
③直线经过点，与轴交于点，.点在直线上，且点是点关于的倍特征点，求点的坐标；
（2）若当取某个值时，对于函数的图象上任意一点，在上都存在点，使得点是点关于的倍特征点，直接写出的最大值和最小值．
13．（2021·北京西城·九年级期末）放缩尺是一种绘图工具，它能把图形放大或缩小．

制作：把钻有若干等距小孔的四根直尺用螺栓分别在点，，，处连接起来，使得直尺可以绕着这些点转动，为固定点，，，在点，处分别装上画笔．
画图：现有一图形，画图时固定点，控制点处的笔尖沿图形的轮廓线移动，此时点处的画笔便画出了将图形放大后的图形．
原理：
连接，，可证得以下结论：
①和为等腰三角形，则，（180°-∠_____）；
②四边形为平行四边形（理由是________）；
③，于是可得，，三点在一条直线上；
④当时，图形是以点为位似中心，把图形放大为原来的______倍得到的．
14．（2021·北京西城·九年级期末）计算：．
15．（2021·北京西城·九年级期末）已知关于的方程．
（1）如果方程有两个不相等的实数根，求的取值范围；
（2）若，求该方程的根．
16．（2021·北京西城·九年级期末）借助网格画图并说理：
如图所示的网格是正方形网格，的三个顶点是网格线的交点，点在边的上方，于点，，，．以为直径作，射线交于点，连接，．

（1）补全图形；
（2）填空：______°，理由是__________；
（3）判断点与的位置关系并说明理由；
（4）______（填“”，“＝”或“”）．
17．（2021·北京西城·九年级期末）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（3，0）点，当x＝1时，函数的最小值为﹣4．
（1）求该二次函数的解析式并画出它的图象；
（2）直线x＝m与抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）和直线y＝x﹣3的交点分别为点C，点D，点C位于点D的上方，结合函数的图象直接写出m的取值范围．

18．（2021·北京西城·九年级期末）如图，为的直径，为弦，点在外，，交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，，求的长．
19．（2021·北京西城·九年级期末）如图，正方形的边长为4，点在边上，，为的中点．将正方形截去一个角后得到一个五边形，点在线段上运动（点可与点，点重合），作矩形，其中，两点分别在，边上．设，矩形的面积为．

（1）__________（用含的式子表示），的取值范围是__________；
（2）求与的函数关系式；
（3）要使矩形的面积最大，点应在何处？并求最大面积．
20．（2021·北京西城·九年级期末）已知抛物线．
（1）直接写出该抛物线的对称轴，以及抛物线与轴的交点坐标；
（2）已知该抛物线经过，两点．
①若，判断与的大小关系并说明理由；
②若，两点在抛物线的对称轴两侧，且，直接写出的取值范围．
21．（2021·北京西城·九年级期末）在中，，，．将绕着点顺时针旋转（）得到，点，点旋转后的对应点分别为点，点．
（1）如图1，当点恰好为线段的中点时，______°，______°；
（2）线段与线段有交点时，记交点为点．
①在图2中补全图形，猜想线段与的数量关系并加以证明；
②连接，请直接写出的长的取值范围．

22．（2021·北京西城·九年级期末）对于平面内的图形和图形，记平面内一点到图形上各点的最短距离为，点到图形上各点的最短距离为，若，就称点是图形和图形的一个“等距点” ．
在平面直角坐标系中，已知点，．
（1）在，，三点中，点和点的等距点是__________；
（2）已知直线．
①若点和直线的等距点在轴上，则该等距点的坐标为_________；
②若直线上存在点直线的等距点，求实数的取值范围；
（3）记直线为直线，直线：，以原点为圆心作半径为的．若上有个直线和直线的等距点，以及个直线和轴的等距点（，），求时，求的取值范围．
23．（2020·北京西城·九年级期末）计算．
24．（2020·北京西城·九年级期末）已知二次函数．
（1）写出该二次函数图象的对称轴及顶点坐标，再描点画图；
（2）利用图象回答：当x取什么值时，．
25．（2020·北京西城·九年级期末）如图，在中，平分，E是上一点，且．

（1）求证：；
（2）若，，求的值．
26．（2020·北京西城·九年级期末）如图，在正方形中，点E在边上，将点E绕点D逆时针旋转得到点F，若点F恰好落在边的延长线上，连接，，．

（1）判断的形状，并说明理由；
（2）若，则的面积为________．
27．（2020·北京西城·九年级期末）学生会要组织“西实杯”篮球赛，赛制为单循环形式（每两队之间都赛一场）．
（1）如果有4支球队参加比赛，那么共进行______场比赛；
（2）如果全校一共进行36场比赛，那么有多少支球队参加比赛？
28．（2020·北京西城·九年级期末）如图，是的直径，，是的两条切线，切点分别为B，C．连接交于点D，交于点E，连接．

（1）求证：；
（2）若的半径为5，，求的长．
29．（2020·北京西城·九年级期末）图1是一个倾斜角为的斜坡的横截面，．斜坡顶端B与地面的距离为3米．为了对这个斜坡上的绿地进行喷灌，在斜坡底端安装了一个喷头A，喷头A喷出的水珠在空中走过的曲线可以看作抛物线的一部分．设喷出水珠的竖直高度为y（单位：米）（水珠的竖直高度是指水珠与地面的距离），水珠与喷头A的水平距离为x（单位：米），y与x之间近似满足函数关系（a，b是常数，），图2记录了x与y的相关数据．

（1）求y关于x的函数关系式；
（2）斜坡上有一棵高1.8米的树，它与喷头A的水平距离为2米，通过计算判断从A喷出的水珠能否越过这棵树．
30．（2020·北京西城·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD =90°，AC是对角线．点E在BC的延长线上，且∠CED =∠BAC．

（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）BA与CD的延长线交于点F，若DE∥AC，AB=4，AD =2，求AF的长．
31．（2020·北京西城·九年级期末）下面给出六个函数解析式：，，，，，．
小明根据学习二次函数的经验，分析了上面这些函数解析式的特点，研究了它们的图象和性质。下面是小明的分析和研究过程，请补充完整：
（1）观察上面这些函数解析式，它们都具有共同的特点，可以表示为形如_______，其中x为自变量；
（2）如图，在平面直角坐标系中，画出了函数的部分图象，用描点法将这个函数的图象补充完整；

（3）对于上面这些函数，下列四个结论：
①函数图象关于y轴对称
②有些函数既有最大值，同时也有最小值
③存在某个函数，当（m为正数）时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小
④函数图象与x轴公共点的个数只可能是0个或2个或4个
所有正确结论的序号是________；
（4）结合函数图象，解决问题：若关于x的方程有一个实数根为3，则该方程其它的实数根为_______．
32．（2020·北京西城·九年级期末）在平面直角坐标系中，抛物线．
（1）若该抛物线与直线交于A，B两点，点B在y轴上．求该抛物线的表达式及点A的坐标；
（2）横坐标为整数的点称为横整点．
①将（1）中的抛物线在A，B两点之间的部分记作（不含A，B两点），直接写出上的横整点的坐标；
②抛物线与直线交于C，D两点，将抛物线在C，D两点之间的部分记作（不含C，D两点），若上恰有两个横整点，结合函数的图象，求m的取值范围．
33．（2020·北京西城·九年级期末）是等边三角形，点P在的延长线上，以P为中心，将线段逆时针旋转n°（）得线段，连接，．
   
（1）如图，若，画出当时的图形，并写出此时n的值；
（2）M为线段的中点，连接．写出一个n的值，使得对于延长线上任意一点P，总有，并说明理由．
34．（2020·北京西城·九年级期末）对于给定的，我们给出如下定义：若点M是边上的一个定点，且以M为圆心的半圆上的所有点都在的内部或边上，则称这样的半圆为边上的点M关于的内半圆，并将半径最大的内半圆称为点M关于的最大内半圆．若点M是边上的一个动点（M不与B，C重合），则在所有的点M关于的最大内半圆中，将半径最大的内半圆称为关于的内半圆．

（1）在中，，，
①如图1，点D在边上，且，直接写出点D关于的最大内半圆的半径长；
②如图2，画出关于的内半圆，并直接写出它的半径长；
（2）在平面直角坐标系中，点E的坐标为，点P在直线上运动（P不与O重合），将关于的内半圆半径记为R，当时，求点P的横坐标t的取值范围．

参考答案：
1．
【分析】把方程化成x2=a的形式，再直接开平方，即可得到方程的解.
【详解】




∴原方程的解为
【点睛】考查了用配方法解一元二次方程，用配方法解一元二次方程的步骤：①把原方程化为一般形式；②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；③方程两边同时加上一次项系数一半的平方；④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；⑤进一步通过直接开平方法求出方程的解，如果右边是非负数，则方程有两个实根；如果右边是一个负数，则方程无实数根．
2．（1）见详解；（2）90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【分析】（1）根据作图步骤作出图形即可；
（2）根据题意填空，即可求解．
【详解】解：（1）如图，CH为△ABC中AB边上的高；

（2）证明：∵是的直径，点，在上，
∴___90_°．（__直径所对的圆周角是直角_）（填推理的依据）
∴，．
∴，_BD__是的两条高线．
∵，所在直线交于点，
∴直线也是的高所在直线．
∴是中边上的高．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推理，三角形的三条高线相交于一点等知识，熟知两个定理，并根据题意灵活应用是解题关键．
3．（1）抛物线对称轴为直线，顶点坐标为（-2，-1）；（2）见解析；（3）或
【分析】（1）把抛物线解析式化为顶点式求解即可；
（2）先列表，然后描点，最后连线即可；
（3）根据函数图像求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，顶点坐标为（-2，-1）；
（2）列表如下：

…
-4
-3
-2
-1
0
…

…
3
0
-1
0
3
…

函数图像如下所示：

（3）由函数图像可知，当时，或．

【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，画二次函数图像，图像法求自变量的取值范围，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
4．（1）见解析；（2）8
【分析】（1）根据SAS证明即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质求出AE=4，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AB=BC=CD，
∴
在和中，

∴
∴
（2）由（1）得
∴，
∴
∴是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中，，，
∴AE=2DE=4
∴AF=4
∴
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、三角形的面积以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．（1）见详解；（2）k＜-4
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得Δ≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
（2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出x1=2、x2= k+3，根据方程有一根小于-1，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
【详解】（1）证明：∵在方程中，Δ=[-（k+5）]2-4×1×（6+2k）=k2+2k+1=（k+1）2≥0，
∴方程总有两个实数根．
（2）解：∵，
∴x1=2，x2=k+3．
∵此方程恰有一个根小于，
∴k+3＜-1，解得：k＜-4，
∴k的取值范围为k＜-4．
【点睛】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程以及解一元一次不等式，解题的关键是：（1）牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”；（2）利用因式分解法解一元二次方程结合方程一根小于-1，找出关于k的一元一次不等式．
6．（1）见详解；（2）m=-1
【分析】（1）先画出树状图，再利用概率公式计算，即可求解；
（2）取一个符合条件的m的值，即可．
【详解】解：（1）画树状图如下：

∵一共有6种可能的结果，，有2种可能，，有3种可能，
∴小明获胜的概率=2÷6=，小刚获胜的概率=3÷6=；
（2）当m=-1时，画树状图如下：

此时，小明和小刚获胜的概率相同．
【点睛】本题主要考查等可能时间的概率，掌握画树状图是解题的关键．
7．（1）见详解；（2）5
【分析】（1）根据切线的性质和矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据切线长定理可得AB=AC，BE=DE，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵，DE是的两条切线，于点
∴∠EFC=∠EDC=∠FCD=90°，
∴四边形是矩形；
（2）∵四边形是矩形，
∴EF=，CF=，
∵，，DE是的两条切线，
∴AB=AC，BE=DE，
设AB=AC=x，则AE=x+2，AF=x-2，
在中，，
解得：x=5，
∴AC=5．
【点睛】本题主要考查切线长定理和勾股定理以及矩形的判定定理，掌握切线长定理以及勾股定理是解题的关键．
8．（1）（4.5，3.05），（3，3.3）；（2）2.3米
【分析】（1）根据题意，直接写出坐标即可；
（2）设抛物线的解析式为：，从而求出a的值，再把x=0代入解析式，即可求解．
【详解】（1）由题意得：点坐标为（4.5，3.05），的坐标为（3，3.3），
故答案是：（4.5，3.05），（3，3.3）；
（2）设抛物线的解析式为：，
把点坐标（4.5，3.05），代入得，
解得：，
∴
当x=0时，，
答：篮球出手时距地面的高度为2.3米．
【点睛】考查了二次函数的应用，利用二次函数的顶点式，求出函数解析式是解题的关键．
9．（1）见详解；（2）
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理可得∠AOD=∠ABC，从而得OD∥BC，进而即可得到结论；
（2）连接AC，交OD于点F，利用勾股定理可得AC，，再证明四边形DFCE是矩形，进而即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，

∵是的中点，
∴∠ABC=2∠ABD，
∵∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=∠ABC，
∴OD∥BC，
∵，
∴，
∵OD为半径
∴是的切线；
（2）连接AC，交OD于点F，

∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AC=，
∵是的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF=3，
∴，
∴DF=5-4=1，
∵∠E=∠EDF=∠DFC=90°，
∴四边形DFCE是矩形，
∴DE=CF=3，CE=DF=1，
∴，
∴AD=CD=，
∵∠ADB=90°，
∴
【点睛】本题主要考查切线的判定定理，圆周角定理以及勾股定理，添加辅助线构造直角三角形和矩形，是解题的关键．
10．（1）①8；②；（2），
【分析】（1）①当时，，可得抛物线的顶点坐标为 ，即可求解；
②令，可得此抛物线与轴的两个交点为，即可求解；
（2）根据点A到轴的距离为4，可得．分两种情况：①当时，抛物线为，由此抛物线与直线的两个交点分别为，，其中，得方程，从而得到，进而得到，然后把，，联立得 ，再由点在此抛物线上，当时，总满足，可得抛物线对称轴 在点的右侧，即可求解；②当时，抛物线为，由此抛物线与直线的两个交点分别为，，其中得方程 ，从而得到，进而求出，把 ，，联立得，由点在此抛物线上，当时，总满足，抛物线对称轴 在点的左侧，即可求解．
【详解】解：（1）①当时，，
∴抛物线的顶点坐标为 ，
∴点A到轴的距离为8；
②令，即，
解得：，
∴此抛物线与轴的两个交点为，
∴此抛物线与轴的两个交点之间的距离为；
（2）∵点A到轴的距离为4，
∴，解得： ，
①当时 ，
∴抛物线为，
∵此抛物线与直线的两个交点分别为，，其中，
∴，即，
∴，
解得：，
把，，联立得：
，
解得：，
∵点在此抛物线上，当时，总满足，
∴抛物线对称轴 在点的右侧，
∴，
∴，
∵．
∴的取值范围为 ．
②当时 ，
∴抛物线为 ，
∵此抛物线与直线的两个交点分别为，，其中，
∴，即 ，
∴ ，
解得： ，
把 ，，联立得：
，
解得：，
∵点在此抛物线上，当时，总满足，
∴抛物线对称轴 在点的左侧，
∴，
∴，
∴，
∵．
∴无解．
综上，，的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，与一函数的交点问题，熟练掌握二次函数的图象和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．
11．（1）①∠CAE=∠CBD，理由见解析；②证明见解析；（2）AE=2CF仍然成立，理由见解析
【分析】（1）①只需要证明△CAE≌△CBD即可得到∠CAE=∠CBD；
②先证明∠CAH=∠BCF，然后推出∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，得到CF=DF，CF=BF，则BD=2CF，再由△CAE≌△CBD，即可得到AE=2BD=2CF；
（2）如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，只需要证明△ACE≌△BCG得到AE=BG，再由CF是△BDG的中位线，得到BG=2CF，即可证明AE=2CF．
【详解】解：（1）①∠CAE=∠CBD，理由如下：
在△CAE和△    CBD中，
，
∴△CAE≌△CBD（SAS），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠AHC=∠ACB=90°，
∴∠CAH+∠ACH=∠ACH+∠BCF=90°，
∴∠CAH=∠BCF，
∵∠DCF+∠BCF=90°，∠CDB+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD，
∴∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，
∴CF=DF，CF=BF，
∴BD=2CF，
又∵△CAE≌△CBD，
∴AE=2BD=2CF；
（2）AE=2CF仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，
由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形中位线定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
12．（1）①；②；③（，）；（2）k的最小值为，k有最大值为．
【分析】（1）①先求出AP，AB的长，然后根据题目的定义求解即可；
②先求出，，即可得到，假设点是点A关于⊙O的倍特征点，得到，则不符合题意，同理可以求出，假设点是点A关于⊙O的倍特征点，得到，可求出点F的坐标为（0，-1），由点的坐标为（，0），得到，则，则点不是点A关于⊙O的倍特征点；
③设直线AD交圆O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于F，先求出E是AB的中点，从而推出∠EOA=30°，再求出，，即可得到点E的坐标为（，）；
（2）如图所示，设直线与x轴，y轴的交点分别为C、D过点N作NP⊥CD交CD于P，交圆O于B，过点O作直线EF⊥CD交圆O于E，F即可得到，，由，可得，可以推出当的值越大，k的值越大，则当AM=BP，MN=NP时，k的值最小，即当A与E重合，N于F重合时，k的值最小，由此求出最小值即可求出最大值．
【详解】解：（1）①∵A点坐标为（1，0），P点坐标为（，0），
∴，B点坐标为（-1，0），
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
②∵的坐标为（0，），A点坐标为（1，0），
∴，，
∴
假设点是点A关于⊙O的倍特征点，
∴，
∴不符合题意，
∴点不是点A关于⊙O的倍特征点，
同理可以求出，
假设点是点A关于⊙O的倍特征点，
∴，
∴即为AF的中点，
∴点F的坐标为（0，-1），
∵点F（0，-1）在圆上，
∴点是点A关于⊙O的倍特征点，
∵点的坐标为（，0），
∴，
∴，
∴点不是点A关于⊙O的倍特征点，
故答案为：；

③如图所示，设直线AD交圆O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于F，
∵点E是点A关于⊙O的倍的特征点，
∴，
∴E是AB的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO=60°，
∴∠EOA=30°，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴点E的坐标为（，）；

（2）如图所示，设直线与x轴，y轴的交点分别为C、D过点N作NP⊥CD交CD于P，交圆O于B，过点O作直线EF⊥CD交圆O于E，F
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵当k越大时，的值越小，
∴的值越大，
∴当的值越大，k的值越大，
∴当AM=BP，MN=NP时，k的值最小，
∴当A与E重合，N于F重合时，k的值最小，
∵C、D是直线与x轴，y轴的交点，
∴C（1，0），D点坐标为（0，1），
∴OC=OD=1，
∴，
∵OG⊥CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴k的最小值为，
∴当N在E点，A在F点时，k有最大值为．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与坐标轴的交点问题，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理等等，解题的关键在于能够正确理解题意进行求解．
13．①②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④
【分析】①由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可得结论；
②根据平行四边形的判定定理进行判定即可；
③根据位似图形的性质求解即可．
【详解】解：连接，，如图，

①∵，
∴
∴△OAD和△OEC是等腰三角形，
∴∠，∠
∴∠，∠
②∵，
∴四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
③∵
∴，，三点在一条直线上；
④∵图形M和图形N是以点O为位似中心的位似图形，
∴其倍数比为三角形的边长比即：，
又，且
∴
即：当时，图形是以点为位似中心，把图形放大为原来的倍得到的．
故答案为：；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
【点睛】此题考查了平行四边形的判定以及位似图形的性质，掌握位似比等于相似比是解答此题的关键．
14．
【分析】利用特殊角的三角函数值计算即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，关键是利用特殊角的三角函数值计算．
15．（1）；（2），
【分析】（1）根据根的判别式△＞0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围；
（2）将k＝1代入方程x2+2x＋k−4＝0，解方程即可求出方程的解；
【详解】（1）．
方程有两个不相等的实数根，
．
解得；
（2）当时，原方程化为．
解得，．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根的判别式△＝b2−4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
16．（1）见解析；（2）90，直径所对的圆周角是直角；（3）点在外，理由见解析；（4）
【分析】（1）由 确定图形中的点 再以的中点为圆心，为半径作圆，根据要求确定点， 连接，，可得需要的图形；
（2）由为的直径，可得的度数，从而可得答案；
（3）连接，分别求解圆的半径与的长度，比较与的大小即可得到答案；
（4）由是的外角，可得＞ 同理：＞从而可得答案．
【详解】解：（1）补全图形见如图示．

（2）为的直径，

故答案为：90，直径所对的圆周角是直角．
（3）点在外，理由如下：
连接．
，，
，．
，．
在中，，，
．
，
．
点在外．
（4）是的外角，
＞
同理：＞
＞
＜
故答案为：＜．
【点睛】本题考查的是基本的作图方法，直径所对的圆周角是直角，点与圆的位置关系，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
17．（1）；（2）或．
【分析】（1）设顶点式，再把代入求出得到抛物线解析式，然后利用描点法画出二次函数图象；
（2）先画出直线，则可得到直线与抛物线的交点坐标为，，然后写出抛物线在直线上方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：（1）当时，二次函数的最小值为，
二次函数的图象的顶点为，
二次函数的解析式可设为，
二次函数的图象经过点，
．
解得．
该二次函数的解析式为；
如图，

（2）画出直线，则可得到直线与抛物线的交点坐标为，，由上图象可得或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，解题的关键是利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
18．（1）见解析；（2）2
【分析】（1）连接OC，记，，由AB是直径得，证明，根据圆的切线的判定证明结论；
（2）由，则它们的余弦值相等，利用的余弦值求出AB的长，再在中用勾股定理求出OD长，用OD长减去OE长即可得到DE的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，记，，

为的直径，为弦，
，．
，
，
∵，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2），，
，
在中，，，，
，
，
在中，，，，
，
．
【点睛】本题考查圆的切线的判定和解直角三角形，解题的关键是掌握圆的切线的判定定理，以及用锐角三角函数解直角三角形的方法．
19．（1），；（2），；（3）当时，矩形的面积最大，此时点与点重合，此时最大面积为12
【分析】（1）由 正方形的边长为4，，结合题意可知可与重合，从而可得答案；
（2）如图，延长交于 证明求解从而可得：，再利用矩形的面积公式可得函数关系式；
（3）由，可得抛物线的开口向下，对称轴为 从而可得当时，随的增大而增大，再利用，可得答案．
【详解】解：（1） 正方形的边长为4，
，其中．
故答案为：，．
（2）如图，延长交于
正方形的边长为4，为的中点，矩形，，，






．
，其中．
（3）
＜
此抛物线开口向下，对称轴为
当时，随的增大而增大．
的取值范围为，
当时，矩形的面积最大，
此时点与点重合，此时最大面积为12．
【点睛】本题考查的是二次函数的应用，二次函数的图像与性质，三角形相似的判定与性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
20．（1），；（2）①，理由见解析；②
【分析】（1）直接根据对称轴方程和令x=0求解即可；
（2）①根据二次函数的图象与性质求解即可；
②分点A在对称轴左侧和右侧两种情况列不等式组求解即可．
【详解】解：（1）∵
∴对称轴直线x=
当x=0时，y=0，
∴抛物线与y轴的交点坐标为．
（2），
，
．
①当时，，，．
，两点都在抛物线的对称轴的左侧，且．
抛物线开口向下，
在抛物线的对称轴的左侧，随增大而增大．
．
②若点A在对称轴直线x=1的左侧，点B在右侧时，
，
此不等式组无解；
若点A在对称轴直线x=1的右侧，点B在左侧时，

解得：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，考查了求抛物线的对称轴，考查了求抛物线与坐标轴的交点坐标，考查了探究抛物线与三角形三边的交点情况，难点是第（2）小题，关键是正确建立n的不等式组．
21．（1）60，2；（2）①图见解析，，证明见解析；②
【分析】（1）由，可知是等腰三角形，根据为的中点，即可求得，进一步可得是等边三角形，在Rt，由，即可求出AB；
（2）①根据题意补全图形即可；根据已知条件证明即可得到；②根据是等腰三角形和，可得到BD⊥，BD平分，进而得到，根据的取值范围即可得到BD的取值范围．
【详解】解：（1）由题意可得：，，
∴是等腰三角形，
又点为的中点，
∴平分，
∴=2=2=，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在Rt中，，
∴AB=2，
∴；
（2）①补全图形见图．

，证明如下：
如上图，过点作的平行线，交于点，记，
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在和中，

，
∴．
②如图，连接BD，

由（1）可知是等腰三角形，
∵，
∴BD是的中线，
∴BD⊥，BD平分，
∴∠BDA=90°，∠ABD==，
在Rt中，，
∴，
又∵线段 AA′ 与线段 CC′ 有交点时，
如图1，α=60°，s
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键在于利用全等三角形解决问题．
22．（1）；（2）①或；②；（3）或.．
【分析】（1）根据，可得解；
（2）①设该等距点的坐标为为(m,0)，根据点A的坐标求解即可；
②根据题意画出图形，可设点的坐标为，再根据根的判别式得出结论；
（3）过点O作OM⊥，ON⊥，然后分情况讨论即可得出结果．
【详解】解：（1）
，
，
，
，
，

∵16=16，
∴点和点的等距点是．
（2）①该等距点的坐标为为(m,0)，
∵A(6，0)，则m=6+2，或6-2，
∴该等距点的坐标为或．
②如图，设直线上的点为点和直线的等距点，连接，过点作直线的垂线，垂足为点．

点为点和直线的等距点，
．
．
点在直线上，
可设点的坐标为．
．
整理得．
由题意得关于的方程有实数根．
．
解得．
（3）如图．

直线l1和直线l2的等距点在直线l3: 上，
直线l1和y轴的等距点在直线或上，
点O与l4的距离为，点O与l3的距离为，点O与l5的距离为3，
当r＜时，n=0不符合题意，
当r=时，m=2,n=0,符合题意，
当＜r＜3时，m=n=2,不符合题意，
当r≥3时，m=2,n=3或4，符合题意，
综上所述，r=或r≥3.
【点睛】本题考查了两点之间的距离公式及一元二次方程根的判别式，解题的关键是注意分类讨论思想的运用．
23．
【分析】先求出三角函数的值，在合并同类二次根式，即可.
【详解】原式=
=
=
【点睛】本题主要考查特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数，是解题的关键.
24．（1）对称轴是：直线x=2，顶点坐标是：（2，-1），图象见详解；（2）1 【分析】（1）根据顶点的坐标公式，可得到对称轴方程和顶点坐标，再求出图象与坐标轴的交点坐标，即可画出二次函数的图象；
（2）根据二次函数的图象，即可求出x的取值范围.
【详解】（1）∵a=1，b=-4，c=3，
∴，===-1，
∴对称轴是：直线x=2，顶点坐标是：（2，-1）；
令y=0，则的根是：，令 x=0，y=3，
∴二次函数图象与x轴交点坐标：（1，0）（3，0），与y轴交点坐标是：（0，3），
如图所示：

（2）由二次函数的图象，可知：当1 【点睛】本题主要考查二次函数的图象的顶点坐标公式，以及描点法画图象，理解二次函数的图象和二次不等式之间的联系，是解题的关键.
25．（1）证明见详解；（2）
【分析】（1）根据三角形相似的判定定理，即可得证；
（2）根据，可得：，进而可求解.
【详解】（1）∵，
∴∠BED=∠BDE，
∴∠AEB=180°-∠BED=180°-∠BDE=∠ADC，
∵平分，
∴∠BAE=∠CAD，
∴；
（2）∵，
∴，
∵=1，，
∴
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定定理和性质定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，是解题的关键.
26．（1）是等腰直角三角形，理由见详解；（2）8.
【分析】（1）根据条件，易证：Rt∆DAE≅Rt∆ DCF，即：∠ADE=∠CDF，进而可得是等腰直角三角形；
（2）根据等腰直角三角形三边的比例关系，可得：DE=DF==4，进而可求面积.
【详解】（1）∵在正方形中，点E在边上，将点E绕点D逆时针旋转得到点F，
∴DE=DF，DA=DC，∠DAE=∠DCF=90°，
在Rt∆DAE和Rt∆ DCF中，
∵
∴Rt∆DAE≅Rt∆ DCF（HL），
∴∠ADE=∠CDF，
∴∠EDF=∠EDC+∠CDF=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°，
∴是等腰直角三角形；
（2）∵是等腰直角三角形，，
∴DE=DF==4，
∴的面积=4×4÷2=8.
故答案是：8.
【点睛】本题主要考查直角三角形全等的判定和性质定理以及等腰直角三角形的判定和性质定理，证明直角三角形全等，是解题的关键.
27．（1）6；（2）9支
【分析】根据赛制为单循环形式场，即可求解；
（2）设有 支球队参加比赛，根据题意，列出方程，即可求解．
【详解】解：（1） （场），
答：共进行6场比赛；
（2）设有 支球队参加比赛，根据题意得：
，
解得： （不合题意，舍去），
答：有9支球队参加比赛．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，明确题意，准确得到等量关系是解题的关键．
28．（1）证明见详解；（2）.
【分析】（1）连接OC，易证：Rt∆PBO~Rt∆PCO，根据等腰三角形三线合一，可得：OE是∆ABC的中位线，即可得证；
（2）由勾股定理得：，由母子相似三角形，可得：PO=，进而求出PB的长.
【详解】（1）连接OC，则OB=OC，
∵，是的两条切线，
∴PB=PC，∠PBO=∠PCO=90°，
在Rt∆PBO和Rt∆PCO中，
∵，
∴Rt∆PBO~Rt∆PCO（HL），
∴∠BPO=∠CPO，
∴BE=CE（等腰三角形三线合一），
∴OE是∆ABC的中位线，
∴；
（2）∵OE是∆ABC的中位线，
∴OE∥AC，，
∴∠OEB=∠ACB=90°，
∵，
∵PB是圆的切线，
∴∠PBO=90°，
∵∠BOE=∠POB，
∴∆BOE~∆ POB，
∴，即：，
∴PO=，
∴ .

【点睛】本题主要考查圆的切线长定理和母子相似三角形模型，添加合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键.
29．（1），（2）从A喷出的水珠能越过这棵树．
【分析】(1)根据待定系数法，即可求得二次函数的解析式，
(2)先求出树顶离底面的高度，再求出当x=2时，二次函数的值，进行二者的大小关系，即可得到答案.
【详解】（1）∵，BC=3，
∴AC=6，即：点B坐标是：（6，3），
把（4，4）（6，3）代入：，
得： ，解得：，
∴二次函数的解析式是：
（2）树顶离底面高度为：1.8+2×=1.8+2×=2.8，
当x=2，代入，得：=3>2.8，
∴从A喷出的水珠能越过这棵树．
【点睛】本题主要考查二次函数的待定系数法和二次函数的实际应用，求出二次函数的解析式，是解题的关键.
30．（1）DE与⊙O相切，证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接BD，先根据圆周角定理证明BD是⊙O的直径，证明∠BDC+∠CDE=90°，即BD⊥DE，即可得出DE与⊙O相切；
（2）先根据平行线的性质得∠BHC=∠BDE=90°，由垂径定理得AH=CH，由垂直平分线的性质得BC=AB=4，CD=AD=2，证明△FAD∽△FCB，列比例式得CF=2AF，设 AF=x，则DF=CF-CD=2x-2，根据勾股定理列方程可解答．
【详解】解：（1）DE与⊙O相切，
理由是：连接BD，如下图，

∵四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，
∴BD是⊙O的直径，即点O在BD上，
∴∠BCD=90°，
∴∠CED+∠CDE=90°．
∵∠CED=∠BAC，
又∵∠BAC=∠BDC，
∴∠CED=∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE=90°，即∠BDE=90°，
∴DE⊥BD于点D，
∴DE与⊙O相切．
（2）如下图，BD与AC交于点H，

∵DE∥AC，
∴∠BHC=∠BDE=90°．
∴BD⊥AC．
∴AH=CH．
∴BC=AB=4，CD=AD=2．
∵∠FAD=∠FCB=90°，∠F=∠F，
∴△FAD∽△FCB，
，
∴CF=2AF，
设 AF=x，则DF=CF-CD=2x-2．
在Rt△ADF中，DF2=AD2+AF2，
∴（2x-2）2=22+x2．
解得：    （舍去），
．
【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，垂直平分线的性质定理，相似三角形的性质和判定，切线的判定，勾股定理．（1）证明切线最常用的办法，即如果直线与圆有交点，则连接交点与圆心的半径，只有证明这条半径与该直线垂直即可，此问中能依据90°圆周角所对的弦是直径证明BD是⊙O的直径是解题关键；（2）中能通过证明△FAD∽△FCB，得出CF=2AF是解题关键．
31．（1）（a≠0）；（2）图象见详解；（3）①③；（4）
【分析】（1）观察六个二次函数解析式的特点，可知：它们都具有共同的特点：一次项的x含有绝对值，即可；
（2）根据求绝对值法则，当x<0时，，再用描点法，画出图象，即可.
（3）结合六个二次函数的额图形和性质，逐一判断，即可；
（4）先求出k的值，再令， ，在同一坐标系中，画出图象，根据两个函数图象的交点坐标，即可得到答案.
【详解】（1）观察六个二次函数解析式的特点，可知：它们都具有共同的特点：一次项的x含有绝对值，即：（a≠0），
故答案是：（a≠0）；
（2）当x<0时，，根据描点法，如图所示：

（3）∵，，关于y轴对称，
，图象关于y轴对称，
，图象关于y轴对称，
，图象关于y轴对称，
，图象关于y轴对称．
∴①正确；
∵，有最小值，没有最大值，
，有最小值，没有最大值，
，有最大值，没有最小值，
，有最小值，没有最大值，
，有最大值，没有最小值，
，有最大值，没有最小值，
∴②错误；
∵，图象关于y轴对称，
当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
∴③正确；
∵的图象与x轴有1个公共点，
的图象与x轴没有公共点，
的图象与x轴有1个公共点，
的图象与x轴有2个公共点，
的图象与x轴有2个公共点，
的图象与x轴没有公共点，
∴④错误，
故答案是：①③；
（4）∵关于x的方程有一个实数根为3，
∴，解得：k=1，
令， ，
函数图象如图所示：

∴关于x的方程的其他两个实数根为：，
故答案是：
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，根据题意，画出二次函数图象，是解题的关键.
32．（1），A坐标为（-4，2）；（2）①（-3，-1），（-2，-2），（-1，-1）；
②或.
【分析】（1）根据题意，得B坐标为（0，2），把B的坐标代入，即可求解；
（2）①把x=-3，x=-2，x=-1，代入，即可；
②联立与，得： ，得C，D点坐标分别是：（-1，-1），（2m，-2m-2），进而可求得m的范围.
【详解】（1）∵抛物线与直线交于A，B两点，点B在y轴上，
∴B坐标为（0，2），
把B（0，2）代入，得：，解得：m=-2，
∴抛物线得解析式为：，
当y=2时，，解得：，
∴A坐标为（-4，2），
（2）①∵A坐标为（-4，2），B坐标为（0，2），
∴当x=-3时，，
当x=-2时，，
当x=-1时，，
上的横整点的坐标是：（-3，-1），（-2，-2），（-1，-1）
②联立与，得： ，
∴，即：，
∴，解得：，
∴C，D点坐标分别是：（-1，-1），（2m，-2m-2），
∵上恰有两个横整点，
∴两个横整点的横坐标为：x=0，x=1或x=-2，x=-3，
∴或
∴或.
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质与二次方程以及不等式的综合，根据题意把二次函数问题化为二次方程和一元一次不等式组，是解题的关键.
33．（1）60°；（2）n=120°，理由见详解.
【分析】（1）由是等边三角形，得∠BAC=∠ACB=60°，由，，得∠PBQ=∠CPA=30°，，进而得到∠BPC=60°，即可求解；
（2）以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，
设点B（a，0），点P（x，0），根据坐标系中，中点坐标公式和两点间的距离公式，分别表示出MP，AP的长度，即可.
【详解】如图1，若，当时，n=60°，理由如下：
∵是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，
∵，
∴∠CAP=∠CPA=30°，
∵
∴∠PBQ=∠CPA=30°，
∵，
∴，
∴∠Q=90°，
∴∠BPC=180°-∠Q -∠PBQ =180°-90°-30°= 60°，
∴n=60°；
（2）当n=120°时，对于延长线上任意一点P，总有，理由如下：
以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图2，
设点B（a，0），点P（x，0），
∴PQ=PC=x，
∵∠CPQ=120°，
∴∠NPQ=180°-120°=60°，
过点Q作QH⊥x轴，则PH=x，QH=x,
∴点Q坐标为（，），
∵点M时BQ的中点，
∴点M的坐标为：
过点A作AE⊥x轴，则CE=CB，AE=CE，
∴点A坐标为： ，
∴AP==
MP==，
即：.

图1                                              图2
【点睛】本题主要考查等边三角形和含30°角的直角三角形的性质，画出图形，建立合适的平面直角坐标系，把几何问题化为代数问题，用数形结合的思想方法，是解题的关键.
34．（1）①，②1，作图见详解；（2）t≥或.
【分析】（1）①过点D作DE⊥AC，则以点D为圆心，DE长为半径的半圆与AC相切，利用等腰直角三角形的性质，即可求解；
②当点D为BC的中点时，以D为圆心，DE为半径的半圆就是关于的内半圆，进而可求解；
（2）设点P坐标为（t，），分两种情况分类讨论，①点P在第一象限时，②点P在第三象限时，分别求出t的取值范围，即可.
【详解】（1）①如图1，过点D作DE⊥AC，则以点D为圆心，DE长为半径的半圆与AC相切，
∴D关于的最大内半圆的半径长就是DE的长，
∵在中，，，，
∴DE=CD÷=1÷=
②如图2，当点D为BC的中点时，以D为圆心，DE为半径的半圆就是关于的内半圆，
∵在中，，，DE⊥AC ，
∴DE∥BA，
∴DE==×2=1；
（2）∵点P在直线上，
∴∠POE=30°
设点P坐标为（t，），
∵点E的坐标为，
∴OE=3，
①若点P在第一象限时，设点M是线段OE上的动点，作MN⊥OP，MG⊥PE，
∵，
∴当R=时，如图3，则MN=MG=，OM=2×MN==2×=，
∴ME=3-=，
∴OM=ME，
在Rt∆OMN和Rt∆EMG中，
∵
∴Rt∆OMN≅ Rt∆EMG（HL）
∴∠MON=∠MEG=30°，
∴点P的横坐标t=，
当R=1时，如图4，则MN=1，OM=2×MN==2×1=2，此时，点P的横坐标t≥3，
∴t≥时，；
②若点P在第三象限时，作 MG⊥PE，PH⊥x轴，
当R=时，如图5，则MG=MO=，
∴ME=3-MO=3-=，
∴EG=，
∴tanE=，
∴，
∴，解得：，
∴时，.
综上所述：t≥或.
             
图1                              图2

图3                                              图4

图5
【点睛】本题主要考查圆的切线和三角形的综合，根据题意，画出图形，综合应用圆的切线的性质和相似三角形，三角函数的知识，是解题的关键.