2023-2024学年北京市燕山区九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2023-2024学年北京市燕山区九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共26页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）在平面直角坐标系内，点P（﹣5，2）关于原点的对称点Q的坐标为（ ）
A．（5，﹣2）B．（5，2）C．（2，﹣5）D．（﹣5，﹣2）
3．（2分）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，∠ABC＝70°，则∠BAC＝（ ）
A．50°B．40°C．30°D．20°
4．（2分）一元二次方程x2﹣x＝0的解是（ ）
A．x1＝0，x2＝1B．x1＝x2＝1
C．x1＝0，x2＝﹣1D．x2＝﹣1，x2＝1
5．（2分）如图，△ABC内接于⊙O，若∠AOB＝100°，则∠ACB的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
6．（2分）用配方法解方程x2﹣2x﹣1＝0，配方结果正确的是（ ）
A．（x+1）2＝1B．（x﹣1）2＝1C．（x+1）2＝2D．（x﹣1）2＝2
7．（2分）某市2004年底已有绿化面积300公顷，经过两年绿化，绿化面积逐年增加，到2006年底增加到363公顷．设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意，所列方程正确的是（ ）
A．300（1+x）＝363B．300（1+x）2＝363
C．300（1+2x）＝363D．363（1﹣x）2＝300
8．（2分）如图，已知关于x的一元二次方程a（x﹣h）2﹣1＝0的两个根在数轴上对应的点分别在区域①和区域②，区域均含端点，则h的值可能是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
二、填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）抛物线y＝3（x﹣1）2+2的顶点坐标是 ．
10．（2分）方程4x2＝1的根是 ．
11．（2分）写出一个二次函数，使其满足：①图象开口向上；②图象过原点，这个二次函数的解析式可以是 ．
12．（2分）将抛物线y＝3x2向下平移2个单位，所得到的抛物线的解析式是 ．
13．（2分）如图，⊙O的直径为10，AB为弦，OC⊥AB，垂足为C．若OC＝3，则弦AB的长为 ．
14．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△CDE可以看作是△AOB经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由△AOB得到△CDE的过程： ．
15．（2分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则使得函数值y大于2的自变量x的取值范围是 ．
16．（2分）小云计划户外徒步锻炼，每天有“低强度”“高强度”“休息”三种方案，下表对应了每天不同方案的徒步距离（单位：km）．若选择“高强度”要求前一天必须“休息”（第一天可选择“高强度”）．则小云5天户外徒步锻炼的最远距离为 km．
三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分；第23-26题，每题6分；第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17．（5分）解方程：x2﹣2x﹣3＝0．
18．（5分）已知a是方程2x2﹣7x﹣1＝0的一个根，求代数式a（2a﹣7）+5的值．
19．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+4x﹣3m＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当m取负整数时，求此时方程的根．
20．（5分）如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：△ACE≌△BCD．
21．（5分）二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点（0，2）和点（1，5），求此二次函数解析式．
22．（5分）已知二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）补全表格，在平面直角坐标系中用描点法画出该二次函数的图象；
（2）根据图象回答：当0≤x＜3时，y的取值范围是 ．
23．（6分）如图，邻边不等的矩形花圃ABCD，它的一边AD利用已有的围墙，另外三边所围的栅栏的总长度是6m．若矩形的面积为4m2，请你计算AB的长度（可利用的围墙长度超过6m）．
24．（6分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）连接BO并延长，交⊙O于点G，连接GC．若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和BC的长．
25．（6分）某广场有一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管OA喷出，OA长为1.5米．水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落到地面上，某方向上抛物线路径的形状如图所示．建立平面直角坐标系，水流喷出的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足函数关系y＝ax2+x+c（a≠0）．
下面是水流高度y和水平距离x之间的几组数据：
（1）根据上述数据，直接写出水流喷出的最大高度，并求出满足的函数关系式y＝ax2+x+c（a≠0）；
（2）由于调整了水压，水流喷出高度y与水平距离x之间近似满足函数关系，调整后水流落点为B′，则OB OB′．（填“＞”，“＝”或“＜”）
26．（6分）已知抛物线y＝ax2+bx+b2﹣b（a≠0）．
（1）若b＝2a，求抛物线的对称轴；
（2）若a＝1，且抛物线的对称轴在y轴右侧，点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（3，y3）在抛物线上．若y1＞y3＞y2，求b的取值范围．
27．（7分）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，当点P在线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想DP，DQ，AB之间的数量关系，并证明．
28．（7分）对于平面直角坐标系xOy中的图形W，给出如下定义：点P是图形W上任意一点，若存在点Q，使得∠OQP是直角，则称点Q是图形W的“直角点”．
（1）已知点A（6，8），在点Q1（0，8），Q2（﹣4，2），Q3（8，4）中， 是点A的“直角点”；
（2）已知点B（﹣3，4），C（4，4），若点Q是线段BC的“直角点”，求点Q的横坐标n的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知点D（t，0），E（t+1，0），以线段DE为边在x轴上方作正方形DEFG．若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，直接写出t的取值范围．
2023-2024学年北京市燕山区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.
1．（2分）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人AlphaG进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．（2分）在平面直角坐标系内，点P（﹣5，2）关于原点的对称点Q的坐标为（ ）
A．（5，﹣2）B．（5，2）C．（2，﹣5）D．（﹣5，﹣2）
【分析】关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
【解答】解：由题意，得
P（﹣5，2）关于原点的对称点Q的坐标为（5，﹣2），
故选：A．
【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．
3．（2分）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，∠ABC＝70°，则∠BAC＝（ ）
A．50°B．40°C．30°D．20°
【分析】根据圆的性质，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，则∠ACB＝90°，在△ACB中，运用内角和定理，结合∠ABC＝70°，可得∠BAC＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）＝20°．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣（∠ACB+∠ABC）＝180°﹣90°﹣70°＝20°．
故选：D．
【点评】本题考查了在圆中，直径所对的圆周角为直角，灵活运用该知识点是解题的关键．
4．（2分）一元二次方程x2﹣x＝0的解是（ ）
A．x1＝0，x2＝1B．x1＝x2＝1
C．x1＝0，x2＝﹣1D．x2＝﹣1，x2＝1
【分析】根据因式分解法解一元二次方程的一般步骤解出方程．
【解答】解：x2﹣x＝0，
因式分解，得x（x﹣1）＝0，
于是，得x＝0，x﹣1＝0，
x1＝0，x2＝1，
故选：A．
【点评】本题考查的是因式分解法解一元二次方程，因式分解法解一元二次方程的一般步骤：①移项，使方程的右边化为零；②将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；③令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；④解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
5．（2分）如图，△ABC内接于⊙O，若∠AOB＝100°，则∠ACB的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．80°
【分析】直接根据圆周角定理进行解答即可．
【解答】解：∵∠AOB与∠ACB是同弧所对的圆心角与圆周角，∠AOB＝100°，
∴∠ACB＝∠AOB＝50°．
故选：B．
【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．
6．（2分）用配方法解方程x2﹣2x﹣1＝0，配方结果正确的是（ ）
A．（x+1）2＝1B．（x﹣1）2＝1C．（x+1）2＝2D．（x﹣1）2＝2
【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤得到（x﹣1）2＝2，从而可对各选项进行判断．
【解答】解：x2﹣2x﹣1＝0，
x2﹣2x＝1，
x2﹣2x+1＝2，
（x﹣1）2＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
7．（2分）某市2004年底已有绿化面积300公顷，经过两年绿化，绿化面积逐年增加，到2006年底增加到363公顷．设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意，所列方程正确的是（ ）
A．300（1+x）＝363B．300（1+x）2＝363
C．300（1+2x）＝363D．363（1﹣x）2＝300
【分析】知道2004年的绿化面积经过两年变化到2006，绿化面积成为363，设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意可列出方程．
【解答】解：设绿化面积平均每年的增长率为x，
300（1+x）2＝363．
故选：B．
【点评】本题考查的是个增长率问题，关键是知道增长前的面积经过两年变化增长后的面积可列出方程．
8．（2分）如图，已知关于x的一元二次方程a（x﹣h）2﹣1＝0的两个根在数轴上对应的点分别在区域①和区域②，区域均含端点，则h的值可能是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【分析】由h和方程两根的关系，即可求解．
【解答】解：设方程的两根为x1，x2，﹣1≤x1≤0，2≤x2≤3，
∴1≤x1+x2≤3，
∵抛物线y＝a（x﹣h）2﹣1与x轴交点的横坐标是x1，x2，对称轴是直线x＝h，
∴h＝（x1+x2），
∴≤h≤，
∴h的值是1，
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的知识，关键是明白抛物线y＝a（x﹣h）2﹣1与x轴交点的横坐标是方程a（x﹣h）2﹣1＝0的两根．
二、填空题（共16分，每题2分）
9．（2分）抛物线y＝3（x﹣1）2+2的顶点坐标是 （1，2） ．
【分析】已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
【解答】解：由y＝3（x﹣1）2+2，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（1，2）．
【点评】考查将解析式化为顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h．
10．（2分）方程4x2＝1的根是 ， ．
【分析】先把方程变形为 ，然后利用直接开平方法解方程．
【解答】解：4x2＝1，
，
，
，．
故答案为：，．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，熟知形如 x2＝p 或 （nx+m）2＝p（p≥0）的一元二次方程可采用直接开平方的方法求解是解题的关键．
11．（2分）写出一个二次函数，使其满足：①图象开口向上；②图象过原点，这个二次函数的解析式可以是 y＝x2（答案不唯一） ．
【分析】根据题目中的条件和二次函数的性质，可以写出一个符合要求的函数解析式．
【解答】解：∵图象开口向上，
∴a＞0，
∵图象过原点，
∴该函数过点（0，0），
∴符合要求的二次函数解析式可以为y＝x2，
故答案为：y＝x2（答案不唯一）．
【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，解答本题的关键是明确题意，写出符合要求的函数解析式．
12．（2分）将抛物线y＝3x2向下平移2个单位，所得到的抛物线的解析式是 y＝3x2﹣2 ．
【分析】直接根据函数图象平移的法则即可得出结论．
【解答】解：将抛物线y＝3x2向下平移2个单位，所得到的抛物线的解析式是：y＝3x2﹣2，
故答案为：y＝3x2﹣2．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减，上加下减”的法则是解答此题的关键．
13．（2分）如图，⊙O的直径为10，AB为弦，OC⊥AB，垂足为C．若OC＝3，则弦AB的长为 8 ．
【分析】先连接OA，根据勾股定理求出AC的长，由垂径定理可知，AB＝2AC，进而可得出结论．
【解答】解：连接OA．
∵OC⊥AB，
∴∠OCA＝90°，AB＝2AC．
∵⊙O的直径为10，
∴OA＝5．
在Rt△OAC中，OA＝5，OC＝3，
∴AC＝＝＝4，
∴AB＝2AC＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了垂径定理及推论、勾股定理，熟练的掌握垂径定理及推论、勾股定理是解题的关键．
14．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△CDE可以看作是△AOB经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由△AOB得到△CDE的过程： 将△AOB绕点O顺时针旋转90°，再沿x轴向右平移一个单位 ．
【分析】根据旋转的性质，平移的性质即可得到由△OCD得到△AOB的过程．
【解答】解：将△AOB绕点O顺时针旋转90°，再沿x轴向右平移一个单位得到△CDE，
故答案为：将△AOB绕点O顺时针旋转90°，再沿x轴向右平移一个单位
【点评】考查了坐标与图形变化﹣旋转，平移，对称，解题时需要注意：平移的距离等于对应点连线的长度，对称轴为对应点连线的垂直平分线，旋转角为对应点与旋转中心连线的夹角的大小．
15．（2分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则使得函数值y大于2的自变量x的取值范围是 ﹣3＜x＜0 ．
【分析】利用抛物线的对称性确定抛物线与（0，2）的对称点，然后根据函数图象写出抛物线在直线y＝2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x＝﹣1.5，
∴点（0，2）关于直线x＝﹣1.5的对称点为（﹣3，2），
当﹣3＜x＜0时，y＞2，
即当函数值y＞2时，自变量x的取值范围是﹣3＜x＜0．
故答案为：﹣3＜x＜0．
【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．
16．（2分）小云计划户外徒步锻炼，每天有“低强度”“高强度”“休息”三种方案，下表对应了每天不同方案的徒步距离（单位：km）．若选择“高强度”要求前一天必须“休息”（第一天可选择“高强度”）．则小云5天户外徒步锻炼的最远距离为 36 km．
【分析】根据“高强度”要求前一天必须“休息”，则如果“高强度”的距离比前一天+当天的“低强度”距离短的话，则没有必要选择“高强度”，因此只有第一天和第三天适合选择“高强度”计算出此时的距离即可．
【解答】解：∵“高强度”要求前一天必须“休息”，
∴当“高强度”的徒步距离＞前一天“低强度”距离+当天“低强度”距离时选择“高强度”能使徒步距离最远，
∵15＞6+6，12＞6+5，
∴适合选择“高强度”的是第三天和第四天，
又∵第一天可选择“高强度”，
∴方案①第一天选择“高强度”，第二天“休息”，第三天选择“高强度”，第四天和第五天选择“低强度”，
此时徒步距离为：12+0+15+5+4＝36（km），
方案②第一天选择“高强度”，第二天选择“低强度”，第三天选择“休息”，第四天选择“高强度”，第五天选择“低强度”，
此时徒步距离为：12+6+0+12+4＝34（km），
综上，徒步的最远距离为36km．
【点评】本题主要考查最优路线选择，找出适合选择“高强度”的时间是解题的关键．
三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分；第23-26题，每题6分；第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17．（5分）解方程：x2﹣2x﹣3＝0．
【分析】通过观察方程形式，本题可用因式分解法进行解答．
【解答】解：原方程可以变形为（x﹣3）（x+1）＝0
x﹣3＝0或x+1＝0
∴x1＝3，x2＝﹣1．
【点评】熟练运用因式分解法解一元二次方程．注意：常数项应分解成两个数的积，且这两个的和应等于一次项系数．
18．（5分）已知a是方程2x2﹣7x﹣1＝0的一个根，求代数式a（2a﹣7）+5的值．
【分析】根据一元二次方程的解的定义得到2a2﹣7a﹣1＝0，则2a2﹣7a＝1，再把a（2a﹣7）+5变形为2a2﹣7a+5，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵a是方程2x2﹣7x﹣1＝0的一个根，
∴2a2﹣7a﹣1＝0，
∴2a2﹣7a＝1，
∴a（2a﹣7）+5＝2a2﹣7a+5＝1+5＝6．
【点评】本题考查一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．
19．（5分）已知关于x的一元二次方程x2+4x﹣3m＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）当m取负整数时，求此时方程的根．
【分析】（1）本题考查一元二次方程的根的判别式，当一元二次方程有两不相等的实数根时，Δ＞0，据此列不等式，即可求解，掌握一元二次方程的根的判别式是解题的关键；
（2）本题考查解一元二次方程，根据（1）中结论及当“m取负整数”确定m的值，再解方程即可，解题的关键是能够运用因式分解法解一元二次方程．
【解答】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝42﹣4×（﹣3m）＝16+12m＞0，
∴．
（2）∵m取负整数，且，
∴m＝﹣1，
∴原方程化为x2+4x+3＝0，
即（x+1）（x+3）＝0，
∴x+1＝0或x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝﹣3．
【点评】本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）利用因式分解法求出方程的两个根．
20．（5分）如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：△ACE≌△BCD．
【分析】由△ABC是等边三角形，可得AC＝BC，∠ACB＝60°，由旋转的性质可知，CD＝CE，∠DCE＝60°，则∠DCE＝∠ACB，∠BCD＝∠ACE，证明△ACE≌△BCD（SAS）即可．
【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
由旋转的性质可知，CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB，
∴∠BCD+∠DCA＝∠DCA+∠ACE，即∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝BC，∠ACE＝∠BCD，EC＝DC，
∴△ACE≌△BCD（SAS）．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定．明确全等三角形的判定条件是解题的关键．
21．（5分）二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点（0，2）和点（1，5），求此二次函数解析式．
【分析】本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法及方程组的解法，将点（0，2）和点（1，5）代入解析式中，求出b，c即可．
【解答】解：将（0，2），（1，5）代入y＝x2+bx+c得，
，
解得，
∴此二次函数解析式为y＝x2+2x+2．
【点评】本题考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标，解题的关键是灵活运用相关知识．
22．（5分）已知二次函数y＝x2﹣4x+3．
（1）补全表格，在平面直角坐标系中用描点法画出该二次函数的图象；
（2）根据图象回答：当0≤x＜3时，y的取值范围是 ﹣1≤y≤3 ．
【分析】（1）根据题目中的函数解析式可以将表格中补充完整，然后描点、连线作出图象即可；
（2）根据函数图象写出y的取值范围即可．
【解答】解：（1）列表：
描点、连线画出函数图象如图：
；
（2）0≤x＜3时，y的取值范围是﹣1≤y≤3．
故答案为：﹣1≤y≤3．
【点评】本题考查了二次函数与不等式的关系，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质以及函数图象的作法是解题的关键．
23．（6分）如图，邻边不等的矩形花圃ABCD，它的一边AD利用已有的围墙，另外三边所围的栅栏的总长度是6m．若矩形的面积为4m2，请你计算AB的长度（可利用的围墙长度超过6m）．
【分析】根据栅栏的总长度是6m，AB＝xm，则BC＝（6﹣2x）m，再根据矩形的面积公式列方程，解一元二次方程即可．
【解答】解：设AB＝xm，则BC＝（6﹣2x）m，
根据题意可得，x（6﹣2x）＝4，
解得x1＝1，x2＝2（不合题意舍去）．
答：AB的长为1m．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
24．（6分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）连接BO并延长，交⊙O于点G，连接GC．若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和BC的长．
【分析】（1）根据垂径定理得到＝，再根据圆周角定理证明结论；
（2）根据垂径定理得到点E为BC的中点，再根据三角形中位线定理可得CG＝2OE＝6，然后根据圆周角定理得到∠BCG＝90°，再根据勾股定理，即可求解．
【解答】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，
∴＝，
∴∠BAD＝∠CAD；
（2）解：如图，
∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC，
∴点E为BC的中点，
∵点O是BG的中点，
∴CG＝2OE＝2×3＝6．
∵BG是⊙O的直径，
∴∠BCG＝90°．
∵⊙O的半径为5，
∴BG＝10，
∴．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，勾股定理，掌握圆周角定理、垂径定理是解题的关键．
25．（6分）某广场有一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管OA喷出，OA长为1.5米．水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落到地面上，某方向上抛物线路径的形状如图所示．建立平面直角坐标系，水流喷出的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足函数关系y＝ax2+x+c（a≠0）．
下面是水流高度y和水平距离x之间的几组数据：
（1）根据上述数据，直接写出水流喷出的最大高度，并求出满足的函数关系式y＝ax2+x+c（a≠0）；
（2）由于调整了水压，水流喷出高度y与水平距离x之间近似满足函数关系，调整后水流落点为B′，则OB ＜ OB′．（填“＞”，“＝”或“＜”）
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）分别求出点B（3，0），，即可求解．
【解答】解：（1）水流喷出的最大高度为2米．
由题意可得，抛物线经过点（0，1.5）和（3，0），
将上述两个点坐标代入y＝ax2+x+c（a≠0）中，得：
，
解得 ，
∴函数关系式为；
（2）对于，
当y＝0时，，
解得：x1＝3，x2＝﹣1，
∴点B（3，0），即OB＝3，
对于，
当y＝0时，，
解得：，
∴点，即，
∵，
即OB＜OB′．
故答案为：＜．
【点评】本题考查了二次函数的解析式的求法，顶点坐标的应用，解题的关键是正确的求出函数解析式．
26．（6分）已知抛物线y＝ax2+bx+b2﹣b（a≠0）．
（1）若b＝2a，求抛物线的对称轴；
（2）若a＝1，且抛物线的对称轴在y轴右侧，点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（3，y3）在抛物线上．若y1＞y3＞y2，求b的取值范围．
【分析】（1）根据对称轴公式即可求得；
（2）根据题意得出＜﹣＜，即可得到﹣2＜b＜0．
【解答】解：（1）抛物线的对称轴为直线，
∵b＝2a，
∴x＝﹣1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1．
（2）当a＝1时，抛物线y＝x2+bx+b2﹣b，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵点（﹣3，y1），（﹣1，y2），（3，y3）在抛物线上，且y1＞y3＞y2，
∴，
∴﹣2＜b＜0．
【点评】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：
（1）根据对称轴公式即可求得；
（2）根据题意得出，即可得到﹣2＜b＜0．
27．（7分）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，当点P在线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想DP，DQ，AB之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据要求画出图形，即可得出结论；
（2）由旋转的性质可得AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，由“SAS”可证△AQD≌△APB，可得PB＝QD，∠AQD＝∠APB，由平角的性质和四边形内角和定理可得∠QHP＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB＝90°，即可解决问题．
【解答】解：（1）补全图形如图1：
（2）如图1，延长BP，QD交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，
∴∠QAD＝∠BAP，
∴△AQD≌△APB（SAS），
∴PB＝QD，∠AQD＝∠APB，
∵∠APB+∠APH＝180°，
∴∠AQD+∠APH＝180°，
∵∠QAP+∠APH+∠AQD+∠H＝360°，
∴∠H＝90°；
（3）DP2+DQ2＝2AB2．
证明：连接BD，如图2，
∵线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠1＝∠2．
∴△ADQ≌△ABP（SAS），
∴DQ＝BP，∠Q＝∠3，
∵在Rt△QAP中，∠Q+∠QPA＝90°，
∴∠BPD＝∠3+∠QPA＝90°，
在Rt△BPD中，DP2+BP2＝BD2，
又∵DQ＝BP，BD2＝2AB2，
∴DP2+DQ2＝2AB2．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，旋转变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
28．（7分）对于平面直角坐标系xOy中的图形W，给出如下定义：点P是图形W上任意一点，若存在点Q，使得∠OQP是直角，则称点Q是图形W的“直角点”．
（1）已知点A（6，8），在点Q1（0，8），Q2（﹣4，2），Q3（8，4）中， Q1和Q3 是点A的“直角点”；
（2）已知点B（﹣3，4），C（4，4），若点Q是线段BC的“直角点”，求点Q的横坐标n的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知点D（t，0），E（t+1，0），以线段DE为边在x轴上方作正方形DEFG．若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）根据两点间距离公式和勾股定理的逆定理证明OQ12+AQ12＝OA2，OQ32+AQ32＝OA2，可得∠OQ1A＝90°，∠OQ3A＝90°，再根据“直角点”的定义可得结论；
（2）连接OB，OC，取BO的中点M，OC的中点N，分别以M，N为圆心，OB，OC为直径作圆，由图可知，Q1，Q2为两个临界点，即可求得答案；
（3）如图2，分别以OB，OC为直径作圆，确定正方形DEFG的极限位置如图2中的①②③④，当t+1＜0，即t＜﹣1时，正方形DEFG位于正方形①位置时，可得t＝﹣3，正方形DEFG位于正方形②位置时，利用两点间距离公式和勾股定理可得t＝1﹣，即﹣3≤t≤1﹣．同理可得：≤t≤3，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵点Q1（0，8），Q2（﹣4，2），Q3（8，4），点A（6，8），
∴OQ1＝＝8，
OQ2＝＝，
OQ3＝＝＝，
OA＝＝10，
AQ1＝＝6，
AQ2＝＝＝，
AQ3＝＝＝，
∴OQ12+AQ12＝OA2，OQ32+AQ32＝OA2，OQ22+AQ22≠OA2，
∴∠OQ1A＝90°，∠OQ3A＝90°，
∴Q1和Q3是点A的直角点；
故答案为：Q1和Q3；
（2）如图1所示，连接OB，OC，取BO的中点M，OC的中点N，
分别以M，N为圆心，OB，OC为直径作圆，
由图可知，Q1，Q2为两个临界点，
则＝xM﹣Q2M＝﹣﹣＝﹣4，
同理，＝2+2，
∴﹣4≤n≤2+2；
（3）如图2，分别以OB，OC为直径作圆，
当t+1＜0，即t＜﹣1时，
正方形DEFG位于正方形①位置时，可得t＝﹣3，
正方形DEFG位于正方形②位置时，
∵F2（t+1，1），OF22+CF22＝OC2，
∴（t+1）2+12+（t﹣3）2+（1﹣4）2＝42+42，
解得：t＝1﹣或t＝1+（舍去），
∴﹣3≤t≤1﹣．
当t＞0时，
正方形DEFG位于正方形③位置时，
∵G3（t，1），OG32+BG32＝OB2，
∴t2+12+（t+3）2+（1﹣4）2＝32+42，
解得：t＝或t＝（舍去），
正方形DEFG位于正方形④位置时，
∵E4（t+1，0），
∴t+1＝4，
解得：t＝3，
∴≤t≤3，
综上所述，﹣3≤t≤1﹣或≤t≤3．
【点评】本题考查了勾股定理及逆定理，圆的性质，不等式组的应用等，解题关键是理解并应用新定义“直角点”．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/7/12 10:34:12；用户：笑涵数学；邮箱：15699920825；学号：36906111日期
第1天
第2天
第3天
第4天
第5天
低强度
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高强度
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13
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12
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y
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3
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1.875
2
1.875
1.5
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日期
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低强度
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