2021北京西城外国语学校初三（上）期中数学（教师版）

2021北京西城外国语学校初三（上）期中

数    学

一、选择题（本题共16分，每小题2分）

1．（2分）如图，、、是上的三点，若，则的度数是　　

A． B． C． D．

2．（2分）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是　　

A． B． 

C． D．

3．（2分）将抛物线先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是　　

A． B． C． D．

4．（2分）如图，在中，以点为中心，将顺时针旋转得到，边，相交于点，若，则的度数为　　

A． B． C． D．

5．（2分）下列关于二次函数的说法正确的是　　

A．它的图象经过点 

B．它的图象的对称轴是直线 

C．当时，有最大值为0 

D．当时，随的增大而减小

6．（2分）已知二次函数的部分图象如图所示，则使得函数值大于2的自变量的取值可以是　　)

A． B． C．0 D．2

7．（2分）如图，点为线段的中点，点，，到点的距离相等，连接，．则下面结论不一定成立的是　　

A． B． 

C．平分 D．

8．（2分）如图，点坐标为，点坐标为，以点为圆心，为半径作，与轴的另一个交点为，点是上的一个动点，连接，，点是的中点，连接，当线段取得最大值时，点的坐标为　　

A． B． C． D．

二、填空题（本题共16分，每小题2分）

9．（2分）写出一个二次函数，使得它有最大值，这个二次函数的解析式可以是 　　．

10．（2分）二次函数的图象如图所示，那么　　0，　　0（填“”，“ ”，或“” ．

11．（2分）如图，将绕点逆时针旋转得到，点和点是对应点，若，则　　．

12．（2分）如图，正六边形内接于，的半径为6，则的长为　　．

13．（2分）如图，，是的切线，切点分别是点和，是的直径．若，，则的长为　　．

14．（2分）点是正五边形的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点至少旋转　　后能与原来的图案互相重合．

15．（2分）如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别是，，，是的外接圆，则圆心的坐标为　　，的半径为　　．

16．（2分）二次函数的图象经过，，三点，其中．下面四个结论中：

①抛物线开口向下；

②当时，取最小值；

③当时，一元二次方程必有两个不相等的实数根；

④直线经过点，，当时，的取值范围是或．

正确的结论有 　　．（填序号）

三、解答题（本题共68分，第17-22题，每小题5分，第23-26题，每小题5分，第27，28题，每小题5分）

17．（5分）下面是小华设计的“作的角平分线”的尺规作图过程，请帮助小华完成尺规作图并填空（保留作图痕迹）．

18．（5分）已知关于的二次函数，它的图象经过点和．

（1）求这个二次函数的表达式及顶点坐标；

（2）将这个二次函数的图象沿轴平移，使其顶点恰好落在轴上，请直接写出平移后的函数表达式．

19．（5分）如图，是的一条弦，过点作于，交于点，点在上，且，连接．

（1）求的度数；

（2）若，求的长．

20．（5分）已知二次函数．

（1）将二次函数化成的形式；

（2）在平面直角坐标系中画出的图象．

（3）当时，结合函数图象，直接写出的取值范围．

21．（5分）如图，等腰三角形中，，．作于点，将线段绕点逆时针旋转角后得到线段，连接．求证：．

22．（5分）如图，的顶点坐标分别为，，．

（1）请画出关于点成中心对称的△，并写出点，的坐标；

（2）四边形的面积为　　．

23．（6分）如图，为的直径，点在的延长线上，与相切于，过点作交于点，连接，，．若，求的半径．

24．（6分）材料1：昌平南环大桥是经典的悬索桥，当今大跨度桥梁大多采用此种结构．此种桥梁各结构的名称如图1所示，其建造原理是在两边高大的桥塔之间，悬挂着主索，再以相应的间隔，从主索上设置竖直的吊索，与桥面垂直，并连接桥面，承接桥面的重量，主索的几何形态近似符合抛物线．

材料2：如图2，某一同类型悬索桥，两桥塔，间距为，桥面水平，主索最低点为点，点距离桥面为．

（1）请你建立适当的平面直角坐标系，求出主索抛物线的表达式；

（2）距离点水平距离为和处的吊索共四条需要更换，求四条吊索的总长度．

25．（6分）如图，在中，，点为边的中点，以为直径作，分别与，交于点，，过点作于．

（1）求证：是的切线；

（2）若，的半径为5，求的长．

26．（6分）在平面直角坐标系中，已知抛物线．

（1）当时，求抛物线的顶点坐标；

（2）①求抛物线的对称轴（用含的式子表示）；

②若当时，的最小值是0，请直接写出的值；

（3）直线与轴交于点，与轴交于点，过点作垂直于轴的直线与抛物线有两个交点，在抛物线对称轴左侧的点记为，当为钝角三角形时，求的取值范围．

27．（7分）已知，点在边上，点是边上一动点，，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，再将线段绕点顺时针旋转，得到线段，作于点．

（1）如图1，．

①依题意补全图形；

②连接，求的度数；

（2）如图2，当点在射线上运动时，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．

28．（7分）对于平面内点和，给出如下定义：是上任意一点，点绕点旋转后得到点，则称点为点关于的旋转点．如图为点及其关于的旋转点的示意图．

在平面直角坐标系中，的半径为1，点．

（1）在点，，中，是点关于的旋转点的是 　　；

（2）若在直线上存在点关于的旋转点，求的取值范围；

（3）若点在上，的半径为1，点关于的旋转点为点，请直接写出点的横坐标的取值范围．

2021北京西城外国语学校初三（上）期中数学

参考答案

一、选择题（本题共16分，每小题2分）

1．【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．

【解答】解：与是同弧所对的圆周角与圆心角，，

．

故选：．

【点评】本题考查的是圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解答此题的关键．

2．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

【解答】解：．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；

．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；

．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；

．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．

故选：．

【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：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；中心对称图形：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

3．【分析】由抛物线平移不改变二次项系数的值，根据点的平移规律“左加右减，上加下减”可知移动后的顶点坐标，再由顶点式可求移动后的函数表达式．

【解答】解：原抛物线的顶点为，向右平移1个单位，再向上平移3个单位后，那么新抛物线的顶点为：．

可设新抛物线的解析式为，代入得．

故选：．

【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换．解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．

4．【分析】由旋转的性质可得，，由三角形外角的性质可求解．

【解答】解：将顺时针旋转得到，

，，

，

故选：．

【点评】本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

5．【分析】根据题目中的函数解析式，可以求出当时，的值，从而可以判断；写出该函数的对称轴，即可判断；当时该函数取得最小值，即可判断；当时，随的增大如何变化，即可判断．

【解答】解：二次函数，

当时，，故选项不符合题意；

它的图象的对称轴是直线，故选项不符合题意；

当时，有最小值为0，故选项不符合题意；

当时，随的增大而减小，故选项符合题意；

故选：．

【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．

6．【分析】利用抛物线的对称性确定抛物线与的对称点，然后根据函数图象写出抛物线在直线上方所对应的自变量的范围即可．

【解答】解：抛物线的对称轴为，

点关于直线的对称点为，

当时，，

即当函数值时，自变量的取值范围是．

故选：．

【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与性质，数形结合是解题的关键．

7．【分析】先利用圆的定义可判断点、、、在上，如图，然后根据圆周角定理对各选项进行判断．

【解答】解：点为线段的中点，点，，到点的距离相等，

点、、、在上，如图，

为直径，

，所以选项的结论正确；

和都对，

，所以选项的结论正确；

只有当时，，所以选项的结论不正确；

四边形为的内接四边形，

，所以选项的结论正确．

故选：．

【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．

8．【分析】根据垂径定理得到，然后根据三角形中位线定理得到，，即当取得最大值时，线段取得最大值，根据圆周角定理得到轴，进而求得是等腰直角三角形，即可得到，得到的坐标为．

【解答】解：，

，

，

，，

当取得最大值时，线段取得最大值，如图，

为直径，

，

轴，

，

，

，

，

是等腰直角三角形，

，

的坐标为，

故选：．

【点评】本题考查了点和圆的位置关系，垂径定理、圆周角定理以及三角形中位线定理，明确当为直径时，线段取得最大值是解题的关键．

二、填空题（本题共16分，每小题2分）

9．【分析】根据二次函数有最大值，即可得出，据此写出一个二次函数即可．

【解答】解：二次函数有最大值，

，

这个二次函数的解析式可以是，

故答案为：（答案不唯一）．

【点评】本题主要考查了二次函数的性质，熟练运用性质是解此题的关键．此题是一道开放型的题目

10．【分析】抛物线开口方向，对称轴，与轴交点的位置确定、、的符号，从而做出判断．

【解答】解：抛物线开口向下，

，

对称轴在轴左侧，

，

，

抛物线与轴交在负半轴，

，

故答案为：，．

【点评】考查二次函数的图象和性质，通过抛物线的开口方向、对称轴、与轴交点确定、、的值，是二次函数性质的集中体现．

11．【分析】由旋转的性质可得，，由勾股定理可求的长．

【解答】解：将绕点逆时针旋转得到，

，，

故答案为：

【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．

12．【分析】如图，连接，．利用弧长公式计算即可．

【解答】解：如图，连接，．

由题意，，

的长．

故答案为：．

【点评】本题考查正多边形与圆，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

13．【分析】连接，根据切线长定理得到，根据等边三角形的性质得到，，根据切线的性质得到，根据正切的定义计算即可．

【解答】解：连接，

，是的切线，

，

，

为等边三角形，

，，

是的切线，

，

，

是的直径，

，

在中，，

故答案为：．

【点评】本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．

14．【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角．

【解答】解：连接，，则这个图形至少旋转才能与原图象重合，

．

故答案为：72．

【点评】此题主要考查了旋转图形，正确掌握旋转图形的性质是解题关键．

15．【分析】点为和的垂直平分线的交点，利用点、、坐标易得的垂直平分线为直线，的垂直平分线为直线，从而得到点的坐标，然后计算得到的半径．

【解答】解：点，，的坐标分别是，，，

的垂直平分线为直线，

，

为等腰直角三角形，

的垂直平分线为第一、三象限的角平分线，即直线，

直线与直线的交点为点，

点的坐标为，

，

的半径为．

故答案为，．

【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了坐标与图形的性质．

16．【分析】将点、、的坐标代入抛物线表达式，求出抛物线的表达式为，画出函数图象，进而求解．

【解答】解：将点、、的坐标代入抛物线表达式得，解得，

故抛物线的表达式为，

函数图象如下：

①，故抛物线开口向上，故错误；

②抛物线开口向上，则时，取得最小值，

当时，，故错误；

③由知，函数的最小值为，

故时，直线和有两个交点，

故一元二次方程必有两个不相等实根，故正确；

④观察函数图象，直线经过点，，

当时，的取值范围是或，故正确；

故答案为：③④．

【点评】本题考查的是二次函数与不等式（组和待定系数法求二次函数解析式，解题的关键是确定函数图象的交点，根据交点处图象之间的位置关系，确定不等式的解．

三、解答题（本题共68分，第17-22题，每小题5分，第23-26题，每小题5分，第27，28题，每小题5分）

17．【分析】利用圆周角定理，垂径定理可得结论．

【解答】解：如图，射线即为所求．

是直径，

（直径所对的圆周角是直角）．

，

（垂径定理），

．

故答案为：，直径所对的圆周角是直角，垂径定理．

【点评】本题考查作图复杂作图，圆周角定理，垂径定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

18．【分析】（1）把和代入，解方程即可得到答案；

（2）根据顶点恰好落在轴上，于是得到该函数图象的顶点坐标为．即可得到结论．

【解答】解：（1）二次函数，它的图象经过点和．

，

解得．

二次函数的表达式为．

，

二次函数顶点坐标为，；

（2），

二次函数顶点坐标为，；

顶点恰好落在轴上，

该函数图象的顶点坐标为．

平移后的函数表达式为．

【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，正确的求出二次函数的解析式是解题的关键．

19．【分析】（1）根据垂径定理得到，根据圆周角定理即可得到答案；

（2）根据三角形的内角和定理得到，根据直角三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到答案．

【解答】解：（1），

，

，

；

（2），

，

，

，

，

，

，

，

．

【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．

20．【分析】（1）用配方法把二次函数化为顶点式，从而可得出答案；

（2）根据题意画出图象即可；

（3）由图象可得出答案．

【解答】解：（1）；

（2）令，则，

解得：，，

抛物线与轴的交点为和，

令，则，

抛物线与轴的交点为，

对称轴为，顶点坐标为，

图象如图所示：

（3）有图象可得：当时，的取值范围为．

【点评】题考查二次函数的性质，抛物线与国的交点，配方法，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．

21．【分析】由旋转的性质可得，，由“”可证，可得结论．

【解答】证明：将线段绕点逆时针旋转角后得到线段，

，，

，

在和中，

，

，

，

．

【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．

22．【分析】（1）延长到使，延长到，使；

（2）利用平行四边形的面积公式．

【解答】解：（1）如图，△为所作，点，的坐标分别为，；

（2），，

四边形为平行四边形，

四边形的面积．

故答案为16．

【点评】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．

23．【分析】连接，交于点，利用切线的性质和垂径定理求得，进而可求出的度数，利用条件易证为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．

【解答】解：连接，交于点，如图，

与相切于点，

，

，

，

，

，

，

，

，

；

是直径，

，

，

，

是等腰直角三角形，

，

，

的半径为．

【点评】本题考查了切线的性质，平行线的性质圆周角定理，垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

24．【分析】（1）建立适当的平面直角坐标系，可以直接写出点的坐标，然后设出主索抛物线的表达式，再根据点和点都在抛物线上，即可求得主索抛物线的表达式；

（2）根据求出的抛物线解析式，将和8代入解析式中，即可求得四根吊索的长度，从而可以求得四根吊索总长度为多少米．

【解答】解：以中点为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，

如图所示：

由图可知，点的坐标为，

设抛物线的表达式为，

由题意可知，点坐标为，点坐标为，

则，

解得：，

主索抛物线的表达式为；

（2）时，，此时吊索的长度为，

由抛物线的对称性可得，时，此时吊索的长度也为，

同理，时，，此时吊索的长度为，

时，此时吊索的长度也为，

（米，

四根吊索的总长度为13米．

【点评】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．

25．【分析】（1）先判断出是的直径，进而判断出，即可得出结论；

（2）先根据勾股定理求出，再判断出，即可得出结论．

【解答】（1）证明：如图，连接，

，

是的直径，

，

，

点是的斜边的中点，

，

，

，

，

，

，

点在上，

是的切线；

（2）的半径为5，

，

在中，，

根据勾股定理得，，

由（1）知，

，

．

【点评】此题主要考查了圆的有关性质，切线的判定，直角三角形斜边的中线是斜边的一半，勾股定理，判断出是解本题的关键．

26．【分析】（1）解析式化成顶点式即可求得；

（2）①由抛物线的解析式可得出答案；

②分三种情况，，或．由二次函数的性质分别列方程求解即可．

（3）当为钝角三角形时，则或，分别求解即可．

【解答】解：（1）当时，抛物线的解析式为：，

顶点坐标为；

（2）①抛物线，

抛物线的对称轴为直线；

②抛物线，

抛物线顶点坐标为，

的取值范围应分三种情况，，或．

若，时函数取得最小值，

，

解得或（舍去），

若，函数取得最小值为，不合题意．

若，函数取得最小值，

，

解得或（舍去），

综上所述，的值为0或3．

（3）把点代入的表达式并解得：，

则，直线的表达式为：，

如图，

在直线上，当时，点与重合，

当时，，

则，

点在对称轴的左侧，

不符合题意，舍去，

则点，

当为钝角三角形时，

则或，

解得：或，

的取值范围是：或．

【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数，解不等式，一元二次方程根的判别式，钝角三角形判断的方法等知识点，第三问有难度，确定为直角时点的位置最关键．

27．【分析】（1）①根据要求画出图形即可．

②证明是等边三角形，推出，再证明，可得结论．

（2）结论：．连接，，．利用全等三角形的性质证明，再证明可得结论．

【解答】解：（1）①下图即为所求：

②线段绕点逆时针旋转得到，

，且．

是等边三角形，

，

，

，

，

．

（2）结论：．

理由：如图2中，连接，，．

由（2）可知，是等边三角形，

，．

线段绕点顺时针旋转得到，

，，

是等边三角形，

，，

，

，

，，

，

，

，

，

，

，

，

在中，，

．

【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

28．【分析】（1）连接、、，分别取、、的中点为、、，求出、、的坐标和到圆心的距离，从而根据旋转点定义即可得到答案；

（2）设直线上点是关于的旋转点，连接，作中点，设，根据列方程，由在直线上存在点关于的旋转点，则方程有实数解，由△可得答案；

（3）当运动到时，有最小值，连接，作中点，设，根据旋转点定义，可列方程，而关于的方程有实数解，即可得此时的范围，当运动到时，有最大值，同理可得范围，从而可得答案．

【解答】解：（1）连接、、，分别取、、的中点为、、，如图：

，，，，

，、、，

，，，

不在上，而、在上，

、、分别是、、的中点，

点绕点旋转后得到点，点绕点旋转后得到点，点绕点旋转后得到点，

根据旋转点的定义，关于的旋转点为、；

故答案为：、．

（2）设直线上点是关于的旋转点，连接，作中点，如图：

设，则，，

根据旋转点定义，在上，即，

，

，方程变形为：，

在直线上存在点关于的旋转点，

总有实数解，

△，即，

解得；

（3）当运动到时，有最小值，连接，作中点，如图：

设，则，，

根据旋转点定义，，

，

，变形为，

是关于的旋转点，

关于的方程有实数解，

△，即，

解得，即，

当运动到时，有最大值，如图：

同理可得，

综上所述，点关于的旋转点为点，则点的横坐标的取值范围是．

【点评】本题考查了圆与一次函数图象的知识，解题的关键是用判别式列不等式．