2022-2023学年天津市河西区培杰中学九年级（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年天津市河西区培杰中学九年级（上）期末数学试卷，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年天津市河西区培杰中学九年级（上）期末数学试卷
一、单选题（每题3分，共36分）
1．（3分）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k＜1 D．k＜1且k≠0
2．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程变形为（　　）
A．（x+1）2＝6 B．（x﹣1）2＝6 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣1）2＝9
3．（3分）在“新冠”初期，有1人感染了“新冠”，经过两轮传染后共有144人感染了“新冠”（这两轮感染均未被发现未被隔离），则每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了x人，则根据题意可列方程（　　）
A．（1﹣x）2＝144 B．（1﹣x2）＝144 C．（1+x）2＝144 D．（1+x2）＝144
4．（3分）下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）如图，将钝角△ABC绕点A按逆时针方向旋转110°，得到△AB'C'，连接BB'，若AC'∥BB'，则∠CAB'的大小为（　　）

A．75° B．70° C．65° D．60°
6．（3分）已知⊙O的半径为5cm，点P在⊙O上，则OP的长为（　　）
A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm
7．（3分）高速公路的隧道和桥梁最多，如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面AB＝8米，净高CD＝8米，则此圆的半径OA＝（　　）

A．5米 B．米 C．6米 D．米
8．（3分）如图，AB是⊙O的直径，，∠COD＝34°，则∠AEO的度数是（　　）

A．51° B．56° C．68° D．78°
9．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点C为的中点，若∠DAB＝40°，则∠ABC的度数是（　　）

A．80° B．70° C．50° D．40°
10．（3分）如图，一个亭子的地基是半径为4m的正六边形，则该正六边形地基的面积是（　　）

A．24m2 B． C．48m2 D．
11．（3分）已知二次函数y＝x2﹣2x+3，当﹣2≤x≤2，下列说法正确的是（　　）
A．有最小值11 B．有最小值3 C．有最小值2 D．有最大值3
12．（3分）如图，是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴是直线x＝﹣1，且过点（﹣3，0），下列说法：①abc＜0；②2a﹣b＝0；③若（﹣5，y1），（3，y2）是抛物线上两点，则y1＝y2；④4a+2b+c＜0，其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每题3分，共18分）
13．（3分）点（1，﹣2）关于原点的对称点的坐标为 　 　．
14．（3分）不透明布袋中装有除颜色外没有其他区别的1个红球、2个白球和3个黄球，若从袋中任意摸取1个球，是白球的概率是 　 　．
15．（3分）已知扇形的半径是2cm，面积是cm2，那么扇形的圆心角是 　 　度．
16．（3分）已知一个二次函数的图象开口向上，顶点坐标为（0，﹣1），请你写出一个满足条件的二次函数的解析式 　 　．
17．（3分）如图，在△ABC中，内切⊙O与边AB相切于点D，AB＝10，AC＝12，BC＝14，则BD的长是 　 　．

18．（3分）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED＝45°，P为AB的中点，当点E运动时，线段PE的最大值为 　 　．

三、解答题（19-25共66分）
19．（8分）解方程：
（1）x2﹣4x﹣5＝0；
（2）2x2﹣2x﹣1＝0．
20．（8分）某市有A、B、C、D、E五个景区．若甲从A、B、D三个景区中任选一个游玩，乙从B、D、E三个景区中任选一个游玩，求甲、乙恰好游玩同一景区的概率．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝70°，求∠E的大小；
（Ⅱ）如图②，若AE＝AB，求∠E的大小．


22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，OD⊥AB交AC于点E，∠D＝2∠A．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：DE＝DC；
（3）若OD＝10，CD＝6，求AE的长．

23．（10分）如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度运动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度运动．P、Q分别从A、B同时出发，当P、Q两点中有一点停止运动时，则另一点也停止运动．设运动的时间为ts．（t≥0）
（1）当t为何值时，PQ的长度等于5cm；
（2）求出S△BPQ关于t的函数解析式，计算P、Q出发几秒时，S△BPQ有最大值，并求出这个最大面积？

24．（10分）将一个直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中，点A（﹣2，0），点B（4，0），点C在第一象限，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，将△ABC绕点B沿顺时针方向旋转α得到△DBE，点A，C的对应点分别为D，E．
（1）如图①，求点C的坐标，填写下空：
过点C作CH⊥AB于点H，依题意得AB＝6
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°
∴BC＝　 　
在Rt△BCH中，∠BCH＝30°
∴BH＝　 　，CH＝　 　
∴OH＝　 　
∴点C的坐标是（ 　 　，　 　）
（2）如图②，当DE∥AB时，BD与y轴交于点F，求旋转角α的大小和点F的坐标；
（3）点F不变，当0°＜α≤360°时，记P为线段FD的中点，Q为线段ED的中点，求PQ的取值范围（直接写出结果即可）．


25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（6，6），（6，0），抛物线y＝﹣（x﹣m）2+n的顶点P在折线OA﹣AB上运动．
（1）当点P在线段OA上运动时，抛物线y＝﹣（x﹣m）2+n与y轴交点坐标为（0，c）．
①用含m的代数式表示n，
②求c的取值范围．
（2）当抛物线y＝﹣（x﹣m）2+n经过点B时，求抛物线所对应的函数表达式；
（3）当抛物线与△ABO的边有三个公共点时，直接写出点P的坐标．


2022-2023学年天津市河西区培杰中学九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每题3分，共36分）
1．（3分）关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k＜1 D．k＜1且k≠0
【分析】由关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，知Δ＝22﹣4×k×（﹣1）＞0且k≠0，解之可得答案．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝22﹣4×k×（﹣1）＞0且k≠0，
解得k＞﹣1且k≠0，
故选：B．
【点评】本题主要考查根的判别式及一元二次方程的定义，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根．
2．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程变形为（　　）
A．（x+1）2＝6 B．（x﹣1）2＝6 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣1）2＝9
【分析】首先把常数项移到右边，再将方程两边同时加上一次项系数一半的平方，配成完全平方公式，即可得解．
【解答】解：x2﹣2x﹣5＝0，
x2﹣2x＝5，
x2﹣2x+1＝5+1，
∴（x﹣1）2＝6．
故选：B．
【点评】本题考查了利用配方法解一元二次方程，掌握配方法的步骤是关键．
3．（3分）在“新冠”初期，有1人感染了“新冠”，经过两轮传染后共有144人感染了“新冠”（这两轮感染均未被发现未被隔离），则每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了x人，则根据题意可列方程（　　）
A．（1﹣x）2＝144 B．（1﹣x2）＝144 C．（1+x）2＝144 D．（1+x2）＝144
【分析】设每轮传染中平均1个人感染x人，根据“有1人感染了“新冠”，经过两轮传染后共有144人感染”列出方程，此题得解．
【解答】解：设每轮传染中平均1个人感染x人，
根据题意可得：（1+x）2＝144，
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出等量关系．
4．（3分）下列图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、既是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
5．（3分）如图，将钝角△ABC绕点A按逆时针方向旋转110°，得到△AB'C'，连接BB'，若AC'∥BB'，则∠CAB'的大小为（　　）

A．75° B．70° C．65° D．60°
【分析】由旋转的性质可得AB＝AB'，∠BAB'＝∠CAC'＝110°，由此即可求出∠ABB'＝35°，由平行线的性质求出∠C'AB'＝∠AB'B＝35°，即可得到答案．
【解答】解：由旋转的性质可得AB＝AB'，∠BAB'＝∠CAC'＝110°，
∴，
∵AC∥BB'，
∴∠C'AB'＝∠AB'B＝35°，
∴∠CAB'＝∠CAC'﹣∠C'AB'＝75°，故A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，熟知旋转的性质是解题的关键．
6．（3分）已知⊙O的半径为5cm，点P在⊙O上，则OP的长为（　　）
A．4cm B．5cm C．8cm D．10cm
【分析】根据点与圆的位置关系解决问题即可．
【解答】解：∵点P在⊙O上，
∴OP＝r＝5cm，
故选：B．
【点评】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
7．（3分）高速公路的隧道和桥梁最多，如图是一个隧道的横截面，若它的形状是以O为圆心的圆的一部分，路面AB＝8米，净高CD＝8米，则此圆的半径OA＝（　　）

A．5米 B．米 C．6米 D．米
【分析】设⊙O的半径是r米，由垂径定理，勾股定理，列出关于r的方程，即可求解．
【解答】解：设⊙O的半径是r米，
∵CD⊥AB，
∴ADAB＝4（米），
∵OA2＝OD2+AD2，
∴r2＝（8﹣r）2+42，
∴r＝5，
∴⊙O的半径OA是5米．
故选：A．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是应用勾股定理列出关于半径的方程．
8．（3分）如图，AB是⊙O的直径，，∠COD＝34°，则∠AEO的度数是（　　）

A．51° B．56° C．68° D．78°
【分析】由，可求得∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，继而可求得∠AOE的度数；然后再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理来求∠AEO的度数．
【解答】解：如图，∵，∠COD＝34°，
∴∠BOC＝∠EOD＝∠COD＝34°，
∴∠AOE＝180°﹣∠EOD﹣∠COD﹣∠BOC＝78°．
又∵OA＝OE，
∴∠AEO＝∠OAE，
∴∠AEO（180°﹣78°）＝51°．
故选：A．
【点评】此题考查了弧与圆心角的关系．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
9．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点C为的中点，若∠DAB＝40°，则∠ABC的度数是（　　）

A．80° B．70° C．50° D．40°
【分析】连接AC，根据圆周角定理得到∠CAB＝20°，∠ACB＝90°，根据直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：连接AC，
∵点C为劣弧BD的中点，∠DAB＝40°，
∴∠CAB∠DAB＝20°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣20°＝70°，
故选：B．

【点评】本题考查的是圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
10．（3分）如图，一个亭子的地基是半径为4m的正六边形，则该正六边形地基的面积是（　　）

A．24m2 B． C．48m2 D．
【分析】连接OB，OC，可求出圆心角∠BOC的度数，则可得△OBC是等边三角形，再由等边三角形的性质即可求出BC的长，继而求得正六边形的周长．
【解答】解：如图，连接OB，OC，则OB＝OC＝4m，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝CO＝BO＝4m，，
∴．
故选：B．
【点评】本题考查的是圆的内接正六边形的性质及等边三角形的判定与性质，三角函数，注意掌握辅助线的作法是解题的关键．
11．（3分）已知二次函数y＝x2﹣2x+3，当﹣2≤x≤2，下列说法正确的是（　　）
A．有最小值11 B．有最小值3 C．有最小值2 D．有最大值3
【分析】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以得到该函数的对称轴和开口方向，然后根据﹣2≤x≤2，即可得到相应的最大值和最小值，从而可以解答本题．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
∴该函数的对称轴是直线x＝1，函数图象开口向上，
∴在﹣2≤x≤2的取值范围内，当x＝﹣2时取得最大值11，当x＝1时，取得最小值2，
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确二次函数的性质，求出相应的最值．
12．（3分）如图，是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴是直线x＝﹣1，且过点（﹣3，0），下列说法：①abc＜0；②2a﹣b＝0；③若（﹣5，y1），（3，y2）是抛物线上两点，则y1＝y2；④4a+2b+c＜0，其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据抛物线开口方向得到a＞0，根据抛物线的对称轴得b＝2a＞0，则2a﹣b＝0，则可对②进行判断；根据抛物线与y轴的交点在x轴下方得到c＜0，则abc＜0，于是可对①进行判断；通过点（﹣5，y1）和点（3，y2）离对称轴的远近对③进行判断；由于x＝2时，y＞0，则得到4a+2b+c＞0，则可对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴为直线x1，
∴b＝2a＞0，则2a﹣b＝0，所以②正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜0，
∴abc＜0，所以①正确；
∵点（﹣5，y1）离对称轴的距离与点（3，y2）离对称轴的距离相等，
∴y1＝y2，所以③正确；
∵x＝2时，y＞0，
∴4a+2b+c＞0，所以④错误．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）．抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题（每题3分，共18分）
13．（3分）点（1，﹣2）关于原点的对称点的坐标为 　（﹣1，2）　．
【分析】根据对称点的坐标规律作答即可．
【解答】解：点（1，﹣2）关于原点的对称点的坐标为（﹣1，2），
故答案为：（﹣1，2）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
14．（3分）不透明布袋中装有除颜色外没有其他区别的1个红球、2个白球和3个黄球，若从袋中任意摸取1个球，是白球的概率是 　　．
【分析】根据题意，可得白球的数目与球的总数目，进而由概率的计算方法可得摸出的球是白球的概率．
【解答】解：根据题意，布袋中装有6个球，其中2个白球，
则摸出的球是白球的概率是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了概率公式的知识，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
15．（3分）已知扇形的半径是2cm，面积是cm2，那么扇形的圆心角是 　120　度．
【分析】根据圆心角的度数和半径的长来得出：S，计算圆心角即可．
【解答】解：根据Sπcm2，
即
解得n＝120°．
所以扇形的圆心角为n＝120°．
故答案为：120°．
【点评】本题主要考查了扇形面积的求算方法，掌握扇形面积公式是解题的关键．
16．（3分）已知一个二次函数的图象开口向上，顶点坐标为（0，﹣1），请你写出一个满足条件的二次函数的解析式 　y＝2x2﹣1（答案不唯一）　．
【分析】根据顶点坐标知其解析式满足y＝ax2﹣1，由开口向上知a＞0，据此写出一个即可．
【解答】解：∵抛物线的顶点坐标为（0，﹣1），
∴该抛武线的解析式为y＝ax2﹣1，
又∵二次函数的图象开口向上，
∴a＞0，
∴这个二次函数的解析式可以是y＝2x2﹣1，
故答案为：y＝2x2﹣1（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式，熟练掌握抛物线的顶点式是解题的关键．
17．（3分）如图，在△ABC中，内切⊙O与边AB相切于点D，AB＝10，AC＝12，BC＝14，则BD的长是 　6　．

【分析】设AD＝AE＝x，CE＝CF＝y，BD＝BF＝z，根据切线的性质解方程即可得到结论．
【解答】解：设AC与⊙O相切于E，BC与⊙O相切于F，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴设AD＝AE＝x，CE＝CF＝y，BD＝BF＝z，
∵AB＝10，AC＝12，BC＝14，
∴，
解得z＝6，
∴BD的长是6，
故答案为：6．

【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的性质，根据切线的性质列方程是解题的关键．
18．（3分）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED＝45°，P为AB的中点，当点E运动时，线段PE的最大值为 　33　．

【分析】过D作DF⊥DE，则△DEF为等腰直角三角形，连接EC，取AC的中点O，连接PO、OE，根据SAS可证△ADF≌△CDE，可得∠AFD＝∠CED＝135°，∠AEC＝90°，根据勾股定理求出AC＝6，可得OE＝3，POBC＝3，从而得到线段PE的最大值．
【解答】解：过D作DF⊥DE，则△DEF为等腰直角三角形，连接AC，取AC的中点O，连接PO、OE，

∵△DEF为等腰直角三角形，
∴DF＝DE，
∵∠ADF+∠FDC＝∠CDE+∠FDC，
∴∠ADF＝∠CDE，
在△ADF与△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴∠AFD＝∠CED＝135°，
∴∠AEC＝90°，
∵正方形边长为6，
∴AC，
∴OE＝3，POBC＝3，
∴OE﹣PO≤PE≤PO+OE，
∴33≤PE≤33，
∵E不可以与A，B，C，D重合，
∴线段PE的取值范围为33≤PE≤33，且PE≠3，PE≠3．
∴线段PE的最大值为33．
故答案为：33．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明△ADF≌△CDE是解决问题的关键．
三、解答题（19-25共66分）
19．（8分）解方程：
（1）x2﹣4x﹣5＝0；
（2）2x2﹣2x﹣1＝0．
【分析】（1）先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）先求出b2﹣4ac的值，再代入公式求出即可．
【解答】解：（1）x2﹣4x﹣5＝0，
分解因式得：（x﹣5）（x+1）＝0，
x﹣5＝0，x+1＝0，
x1＝5，x2＝﹣1；

（2）2x2﹣2x﹣1＝0，
a＝2，b＝﹣2，c＝﹣1，
Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×2×（﹣1）＝12＞0，
方程有两个不相等的实数根，
，．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选项适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
20．（8分）某市有A、B、C、D、E五个景区．若甲从A、B、D三个景区中任选一个游玩，乙从B、D、E三个景区中任选一个游玩，求甲、乙恰好游玩同一景区的概率．
【分析】根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数，找出甲、乙恰好游玩同一景区的情况，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：根据题意画图如下：

共有9种等可能的情况数，其中甲、乙恰好游玩同一景区的有2种，
则甲、乙恰好游玩同一景区的概率是．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
21．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝70°，求∠E的大小；
（Ⅱ）如图②，若AE＝AB，求∠E的大小．


【分析】（Ⅰ）连接OA，先由切线的性质得∠OAE的度数，求出∠AOB＝2∠C＝140°，进而得∠AOE，则可求出答案；
（Ⅱ）连接OA，由等腰三角形的性质求出∠E＝30°．
【解答】解：（Ⅰ）连接OA．如图①，
∵AE切⊙O于点A，
∴OA⊥AE，
∴∠OAE＝90°，
∵∠C＝70°，
∴∠AOB＝2∠C＝2×70°＝140°，
又∵∠AOB+∠AOE＝180°，
∴∠AOE＝40°，
∵∠AOE+∠E＝90°，
∴∠E＝90°﹣40°＝50°．
（Ⅱ）连接OA，如图②，
设∠E＝x．
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠E＝x，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠ABO＝x，
∴∠AOE＝∠ABO+∠BAO＝2x．
∵AE是⊙O的切线，
∴OA⊥AE，即∠OAE＝90°，
在△OAE中，∠AOE+∠E＝90°，
即2x+x＝90°，
解得x＝30°，
∴∠E＝30°．

【点评】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角的性质，三角形内角和的性质，用方程思想解决几何问题，关键是熟悉掌握这些性质．
22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，OD⊥AB交AC于点E，∠D＝2∠A．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：DE＝DC；
（3）若OD＝10，CD＝6，求AE的长．

【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得出∠ACO＝∠A，由直角三角形的性质证出OC⊥DC，则可得出结论；
（2）由直角三角形的性质证得∠DEC＝∠DCE，由等腰三角形的判定可得出结论；
（3）由勾股定理求出OC＝4，求出OE＝2，由勾股定理可求出答案．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，

∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A，
∴∠COB＝∠A+∠ACO＝2∠A，
又∵∠D＝2∠A，
∴∠D＝∠COB．
又∵OD⊥AB，
∴∠COB+∠COD＝90°，
∴∠D+∠COD＝90°，即∠DCO＝90°，
∴OC⊥DC，
又点C在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：∵∠DCO＝90°，
∴∠DCE+∠ACO＝90°，
又∵OD⊥AB，
∴∠AEO+∠A＝90°，
又∵∠A＝∠ACO，∠DEC＝∠AEO，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴DE＝DC；
（3）解：∵∠DCO＝90°，OD＝10，DC＝6，
∴OC8，
∴OA＝OC＝8，
又DE＝DC＝6，
∴OE＝OD﹣DE＝4，
在Rt△AEO中，由勾股定理得：AE2＝OA2+OE2＝82+42＝80，
∴AE＝4．
【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确地识别图形是解题的关键．
23．（10分）如图所示，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝5cm，BC＝7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度运动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度运动．P、Q分别从A、B同时出发，当P、Q两点中有一点停止运动时，则另一点也停止运动．设运动的时间为ts．（t≥0）
（1）当t为何值时，PQ的长度等于5cm；
（2）求出S△BPQ关于t的函数解析式，计算P、Q出发几秒时，S△BPQ有最大值，并求出这个最大面积？

【分析】（1）利用t的代数式分别表示出线段AP，PB，BQ，利用勾股定理在Rt△PBQ中列出关于t的方程，解方程即可得出结论；
（2）利用（1）中的结论和三角形的面积公式即可得到S△BPQ关于t的函数解析式，再利用配方法和二次函数的性质解答即可得出结论．
【解答】解：（1）由题意得：AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝5cm，
∴PB＝AB﹣AP＝（5﹣t）cm．
在Rt△PBQ中，
∵PB2+BQ2＝PQ2，
∴（5﹣t）2+（2t）2＝52，
解得：t＝2或t＝0（不合题意，舍去），
∴t＝2．
答：当t为2秒时，PQ的长度等于5cm．
（2）由（1）知：AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵当P、Q两点中有一点停止运动时，则另一点也停止运动，
∴，
∴0≤t．
∴S△BPQPB•BQ（5﹣t）•2t＝﹣t2+5t，
∴S△BPQ关于t的函数解析式为S△BPQ＝﹣t2+5t；
∵S△BPQ＝﹣t2+5t，
∵﹣1＜0，
∴当t秒时，S△BPQ有最大值，最大值为．
∴P、Q出发秒时，S△BPQ有最大值，这个最大面积为cm2．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，二次函数的性质，二次函数的极值，勾股定理和一元二次方程分应用，本题是动点问题，利用t的代数式分别表示出线段AP，PB，BQ的长度是解题的关键．
24．（10分）将一个直角三角形纸片ABC放置在平面直角坐标系中，点A（﹣2，0），点B（4，0），点C在第一象限，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，将△ABC绕点B沿顺时针方向旋转α得到△DBE，点A，C的对应点分别为D，E．
（1）如图①，求点C的坐标，填写下空：
过点C作CH⊥AB于点H，依题意得AB＝6
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°
∴BC＝　AB＝3　
在Rt△BCH中，∠BCH＝30°
∴BH＝　BC　，CH＝　　
∴OH＝　OB﹣BH　
∴点C的坐标是（ 　　，　　）
（2）如图②，当DE∥AB时，BD与y轴交于点F，求旋转角α的大小和点F的坐标；
（3）点F不变，当0°＜α≤360°时，记P为线段FD的中点，Q为线段ED的中点，求PQ的取值范围（直接写出结果即可）．


【分析】（1）过点C作CH⊥x轴，垂足为H．解直角三角形求出OH，CH，可得结论；
（2）如图②，解直角三角形求出OF，可得结论；
（3）如图③﹣1中，连接EF．利用三角形中位线定理证明QPEF，再求出EF的取值范围，可得结论．
【解答】（1）解：过点C作CH⊥AB于点H，依题意得AB＝6，
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，
∴BCAB＝3，
在Rt△BCH中，∠BCH＝30°，
∴BHBC，CH，
∴OH＝OB﹣BH＝4，
又∵点C在第一象限，
∴C（，）．
故答案为：AB＝3，BC，，OB﹣BH，，；

（2）解：如图②中，

∵以点B为中心，顺时针旋转三角形ABC，得到三角形BDE，点A，C的对应点分别为D，E，且DE∥AB，
∴∠FBA＝∠EDB＝∠CAB＝30°．
在Rt△FOB中，OB＝4，
∴OF，
∴F（0，）；

（3）解：如图③﹣1中，连接EF．

∵DP＝PF，DQ＝QE，
∴PQEF，
∵BF＝2OF，BE＝BC＝3，
∴3≤EF3，
∴PQ．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线，直角三角形解决问题．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（6，6），（6，0），抛物线y＝﹣（x﹣m）2+n的顶点P在折线OA﹣AB上运动．
（1）当点P在线段OA上运动时，抛物线y＝﹣（x﹣m）2+n与y轴交点坐标为（0，c）．
①用含m的代数式表示n，
②求c的取值范围．
（2）当抛物线y＝﹣（x﹣m）2+n经过点B时，求抛物线所对应的函数表达式；
（3）当抛物线与△ABO的边有三个公共点时，直接写出点P的坐标．

【分析】（1）①设直线OA的解析式为y＝kx，把点（6，6）代入可得k＝1，推出y＝x．因为y＝﹣（x﹣m）2+n的顶点P在OA上，推出n＝m．②由题意：y＝﹣x2+2mx﹣m2+m，由抛物线与y轴交点坐标为（0，c），推出c＝﹣m2+m，根据0≤m≤6，利用二次函数的性质即可解决问题．
（2）把B（6，0）代入抛物线的解析式即可解决问题．
（3）分三种情形①当抛物线经过点O时，抛物线与△ABO的边有三个公共点，
②当抛物线经过点A时，抛物线与△ABO的边有三个公共点，此时P（6，6）．
③当点P在AB上运动，抛物线与OA只有一个公共点时，抛物线与△ABO的边有三个公共点．
【解答】解：（1）①设直线OA的解析式为y＝kx，∵经过（6，6），
∴6k＝6，
∴k＝1，
∴y＝x．
∵y＝﹣（x﹣m）2+n的顶点P在OA上，
∴n＝m．

②由题意：y＝﹣x2+2mx﹣m2+m，
∵抛物线与y轴交点坐标为（0，c），
∴c＝﹣m2+m，
∵点P在线段OA上，
∴0≤m≤6，，
∵06，
∴当m时，c＝﹣（）2，
当m＝6时，c＝﹣62+6＝﹣30，
∴c的取值范围为﹣30≤c．

（2）当点P在线段OA上时，
∵抛物线经过B（6，0），
∴﹣（6﹣m）2+m＝0，
∴m＝4或9（舍弃），
∴y＝﹣（x﹣4）2+4，
当点P在线段AB上时，点P与点B重合，
∴m＝6，
∴y＝﹣（x﹣6）2．

（3）①当抛物线经过点O时，抛物线与△ABO的边有三个公共点，
把（0，0）代入抛物线y＝﹣（x﹣m）2+m得到m＝1或0（舍弃），此时P（1，1）．
②当抛物线经过点A时，抛物线与△ABO的边有三个公共点，此时P（6，6）．
③当点P在AB上运动，抛物线与OA只有一个公共点时，抛物线与△ABO的边有三个公共点，
由消去y得到x2﹣11x+36﹣n＝0，
由题意Δ＝0，∴121﹣4（36﹣n）＝0，
∴n，
∴P（6，），
综上所述，满足条件的点P坐标为（1，1）或（6，6）或（6，）

【点评】本题考查二次函数综合题、待定系数法、一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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