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2024-2025学年 人教版九年级上册数学期中模拟试卷
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这是一份2024-2025学年 人教版九年级上册数学期中模拟试卷，共20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。
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）在平面直角坐标中，点与点关于原点成中心对称，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．（本题3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（本题3分）某药品经过连续两次降价，每盒售价由16元降为9元，设平均每次降价的百分率是x，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．（本题3分）如图，是的切线，切点是点D，直线交于点A、B，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
5．（本题3分）关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围为（ ）
A．且B．且C．且D．
6．（本题3分）将二次函数的图象先向左平移2个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
7．（本题3分）已知点，，在二次函数的图象上，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．（本题3分）如图，在中，，，，以点C为圆心，长为半径的圆与交于点D，则的长为（ ）
A．B．C．D．
9．（本题3分）若a，b是的根，则的值是（ ）
A．2022B．2023C．D．
10．（本题3分）如图为二次函数的图象，对称轴是直线x=1，则下列说法正确的有（ ）
①；②；③；④；⑤（常数）．
A．个B．个C．个D．个
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题（共15分）
11．（本题3分）抛物线的顶点坐标是 ．
12．（本题3分）如图，在的内接四边形中，，，则的度数为 ．
13．（本题3分）如图，在边长为1的正方形网格中，，将线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段（旋转后A与D重合，B与C重合），则这个旋转中心的坐标为 ．
14．（本题3分）已知二次函数，当时，y的取值范围为 ．
15．（本题3分）如图，抛物线：与x轴只有一个公共点，与y轴交于点，虚线为其对称轴，若将抛物线向下平移4个单位长度得抛物线，则图中两个阴影部分的面积和为 ．
三、解答题（共55分）
16．（本题6分）解方程：
(1)；
(2)．
17．（本题7分）如图三个顶点的坐标分别为．
(1)请画出绕点O逆时针旋转90°的．
(2)请画出关于原点O对称的图形，并写出点的坐标．
18．（本题6分）一元二次方程主要来源于生活，其中与几何有关的问题较多，它是解决生产、生活中的实际问题的有力工具．《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉1275年提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长十二步，问长阔各几何？”译文为：一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽各是多少步？
19．（本题7分）如图，要利用一面墙（墙长为25米）建一个矩形场地，用100米的围栏围成三个大小相同的矩形，设矩形的边长为米，矩形场地的总面积为平方米．
(1)请用含有x的式子表示y（不要求写出x的取值范围）；
(2)当x为何值时，矩形场地的总面积为400平方米？
20．（本题9分）水花消失术一直是跳水比赛的热门话题．当一名运动员在10米跳台进行跳水时，其身体（看成一点）在空中的运动轨迹是一条抛物线．如图，这是一名运动员的运行路线图，O为起跳点，A为入水点．以O为原点，建立平面直角坐标系，其高度与离起跳点O的水平距离之间的函数关系如图所示．当运动员离起跳点O的水平距离为时，运动员达到最高点，当运动员离起跳点O的水平距离为时，运动员离水面的高度为．
(1)求抛物线的表达式，并求该运动员离水面的最大高度．
(2)当运动员完成所有的动作，入水时必须伸直手臂，垂直入水，使溅起的水花尽量小一些，一般情况下，当运动员离水面高度不小于时已调整好垂直姿势入水，则压水花成功．当该运动员离起跳点O的水平距离为时，已调整好垂直姿势入水，问该运动员是否成功压住水花，并说明理由．
21．（本题9分）如图，为的直径，交于点C，D为上一点，延长交于点E，延长至F，使，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若且，求的半径．
22．（本题11分）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过两点，与y轴交于点C，P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为，连接．
(1)求抛物线的函数表达式及点C的坐标．
(2)当的面积等于的面积的时，求m的值．
(3)在（2）的条件下，若M为x轴上一动点，N是抛物线上一动点，是否存在以点C，P，M，N为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】此题考查了关于原点成中心对称的点的坐标.关于原点成中心对称点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，据此进行解答即可.
【详解】解：∵点与点关于原点成中心对称，
∴点的坐标为，
故选：A
2．A
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．
故选：．
3．D
【分析】本题主要考查了一元二次方程应用，设该药品平均每次降价的百分率为，根据降价后的价格降价前的价格降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列方程求解．
【详解】解：根据题意得：，
故选：D．
4．B
【分析】本题主要考查了切线的性质和圆周角定理，如图，连接，根据圆的切线垂直于经过切点的半径得到，再根据圆周角定理得到，然后利用互余计算出的度数．
【详解】解：连接，如图，
是的切线，切点是点，
，
，
，
．
故选：B．
5．C
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式以及定义，根据一元二次方程的根的判别式以及定义求解，即可得到答案．
【详解】解：一元二次方程有实数根，
，解得：，
又，
，
的取值范围为且，
故选：C．
6．D
【分析】本题考查了二次函数图象的平移．先化成顶点式，再根据图象平移规律“左加右减，上加下减”，可得答案．
【详解】解：化为顶点式为，
∵将二次函数的图象先向左平移2个单位，再向上平移4个单位，
∴，即．
故选：D．
7．B
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．判断出二次函数的增减性，由此即可得．
【详解】解：∵二次函数的开口向下，对称轴是直线，
∴当时，随的增大而增大，
又∵点，，在二次函数的图象上，
∴，
故选：B．
8．C
【分析】此题考查了垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
过C作交于点M，首先根据勾股定理求出，然后利用等面积法求出，然后利用勾股定理求出，最后利用垂径定理求解即可．
【详解】解：如图，过C作交于点M，
∵，，，
∴，
由垂径定理可得M为的中点，
∵，
∴
∴，
在中，根据勾股定理得：，
∴
（舍去负值）．
∴．
故选：C．
9．B
【分析】本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数关系：．
根据一元二次方程的解的定义得出，根据一元二次方程根与系数的关系得出，即可解答．
【详解】解：∵a，b是的根，
∴，
∴，
故选：B．
10．B
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由图象可得，，由对称轴可得，即可判定①②；由抛物线与轴的交点坐标为和，可得当时，把和代入函数式得到即可判断③④；当x=1时，的值最大．此时，，而当时，，可得，据此即可判断⑤，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】解：由图象可得，抛物线开口向下，与轴交于正半轴上，
∴，，
∵对称轴是直线x=1，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，故②正确；
∵抛物线与轴的交点坐标为和，
由图象可知，当时，
∵时，，
∴，故③错误；
∵是抛物线与轴的一个交点，
∴，
∴，
∴，故④错误；
当x=1时，的值最大．此时，，而当时，，
∴，
∴，
即，故⑤正确；
综上，说法正确的有个，
故选：．
11．
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，二次函数的顶点坐标为．根据二次函数顶点式进行求解即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
故答案为：．
12．100
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，等边对等角的知识，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
连接，先根据圆内接四边形的性质求出的度数，再由等边对等角的性质以及三角形内角和的定理求出的度数，由圆内接四边形的性质即可得出结论．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是圆内接四边形，，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴．
故答案为：
13．
【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转，根据点的坐标建立平面直角坐标系，点的坐标，掌握确定旋转中心的方法：连接对应点的线段的垂直平分线的交点是旋转中心是解题的关键．根据确定旋转中心的方法：连接对应点的线段的垂直平分线的交点是旋转中心，作出旋转中心，由坐标系写出旋转中心的坐标即可．
【详解】解：如图所示，旋转中心的坐标为．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了的图象性质，根据，得出开口向上，则越靠近对称轴的所对应的函数值越小，结合，得出，据此即可作答．
【详解】解：∵二次函数，
∴，，
∴开口向上，则越靠近对称轴的所对应的函数值越小，
∵，
∴，
∴在时，则有最小值，且；
∴在时，则有最大值，且；
∴y的取值范围为．
故答案为：．
15．8
【分析】根据题意可推出，，，根据平移的性质及抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于矩形的面积，利用矩形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：过抛物线的顶点D作轴，与y轴交于点C，如图所示，
因为
则四边形是矩形，
∵抛物线：与x轴只有一个公共点，与y轴交于点，
∴，，
将抛物线向下平移两个单位长度得抛物线，则，
根据平移的性质及抛物线的对称性得到阴影部分的面积等于矩形的面积，
∴．
故答案为：8
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、矩形的性质与判定，二次函数的性质及二次函数图象与几何变换，解题的关键是根据平移的性质及抛物线的对称性得到阴影部分的面积等于矩形的面积．
16．(1)，
(2)，
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握开平方法，因式分解法，配方法，公式法是解题的关键。
（1）因式分解法解一元二次方程；
（2）因式分解法解一元二次方程．
【详解】（1）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，；
（2）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，．
17．(1)见解析
(2)见解析，
【分析】本题考查了旋转和中心对称作图，分别找到对应点即可．
（1）分别将点绕点O逆时针旋转90°即可完成作图；
（2）分别找到点关于原点O的对称点即可完成作图．关于原点对称的两点，其横、纵坐标互为相反数．
【详解】（1）解：如图所示：即为所求
（2）解：如图所示：即为所求
18．长为36步，宽为24步
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设宽为x步，则长为步，根据题意，得，解方程即可．
【详解】设宽为x步，则长为步，
根据题意，得，
解得（舍去），
故，
答：长为36步，宽为24步．
19．(1)；
(2)当x的值为20时，矩形场地的总面积为400平方米
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．
（1）设的长度为米，则的长度为米；
（2）根据矩形的面积公式列出方程．
【详解】（1）解：依题意得，．
则；
（2）解：根据题意得，
解得，．
则或．
，
，舍去．
即，．
答：当的值为20时，矩形场地的总面积为400平方米．
20．(1)，．
(2)该运动员能成功压住水花．理由见解析
【分析】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）依题意，设抛物线的表达式为，把和代入，进行解方程，即可作答．
（2）把代入，解出，结合距离为，进行作答即可．
【详解】（1）解：由题得对称轴为直线，设抛物线的表达式为，
当运动员离起跳点O的水平距离为时，运动员离水面的距离为，所以抛物线经过点，
把和代入，
得解得
抛物线的表达式为．
该运动员离水面的最大距离为．
（2）解：该运动员能成功压住水花．
理由：由（1）可知，当时，
所以该运动员离水面的距离为，故该运动员能成功压住水花．
21．(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了切线的判定定理、等边对等角、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）连接，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；
（2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线；
（2）解：设的半径，则，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得，或（舍去），
∴的半径为3．
22．(1)，点C的坐标为
(2)1
(3)点M的坐标为或或或
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式，令，可得点C的坐标．
（2）过点P作x轴的垂线，交于点E．利用待定系数求出直线的函数表达式，设点P的坐标为，则点E的坐标为，用含m的式子表示出，再根据点的坐标计算出，即可求解．
（3）分两种情况：①当为边时，点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，同样点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，由此列方程组；当为对角线时，由中点公式列方程组．
【详解】（1）解：抛物线经过两点，
解得
抛物线的函数表达式为
令，则．
点C的坐标为．
（2）解：如图，过点P作x轴的垂线，交于点E．
设直线的函数表达式为，
将代入，得，
解得，
直线的函数表达式为．
设点P的坐标为，则点E的坐标为，
．
，
．
的面积等于的面积的，
，
解得或（舍去），
的值为1．
（3）解：存在，点M的坐标为或或或．
当时，点，
设点，点
①当为边时，
点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，同样点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，
故或，
解得或或或，
故点M的坐标为或或或．
当为对角线时，
由中点公式得，方程无解．
综上所述，点M的坐标为或或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像中的面积问题，平行四边形的存在性问题等，熟练运用数形结合与及分类讨论思想是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
D
B
C
D
B
C
B
B
一、单选题（共30分）
1．（本题3分）在平面直角坐标中，点与点关于原点成中心对称，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．（本题3分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（本题3分）某药品经过连续两次降价，每盒售价由16元降为9元，设平均每次降价的百分率是x，则可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．（本题3分）如图，是的切线，切点是点D，直线交于点A、B，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
5．（本题3分）关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围为（ ）
A．且B．且C．且D．
6．（本题3分）将二次函数的图象先向左平移2个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线的解析式是（ ）
A．B．
C．D．
7．（本题3分）已知点，，在二次函数的图象上，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
8．（本题3分）如图，在中，，，，以点C为圆心，长为半径的圆与交于点D，则的长为（ ）
A．B．C．D．
9．（本题3分）若a，b是的根，则的值是（ ）
A．2022B．2023C．D．
10．（本题3分）如图为二次函数的图象，对称轴是直线x=1，则下列说法正确的有（ ）
①；②；③；④；⑤（常数）．
A．个B．个C．个D．个
第II卷（非选择题）
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二、填空题（共15分）
11．（本题3分）抛物线的顶点坐标是 ．
12．（本题3分）如图，在的内接四边形中，，，则的度数为 ．
13．（本题3分）如图，在边长为1的正方形网格中，，将线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段（旋转后A与D重合，B与C重合），则这个旋转中心的坐标为 ．
14．（本题3分）已知二次函数，当时，y的取值范围为 ．
15．（本题3分）如图，抛物线：与x轴只有一个公共点，与y轴交于点，虚线为其对称轴，若将抛物线向下平移4个单位长度得抛物线，则图中两个阴影部分的面积和为 ．
三、解答题（共55分）
16．（本题6分）解方程：
(1)；
(2)．
17．（本题7分）如图三个顶点的坐标分别为．
(1)请画出绕点O逆时针旋转90°的．
(2)请画出关于原点O对称的图形，并写出点的坐标．
18．（本题6分）一元二次方程主要来源于生活，其中与几何有关的问题较多，它是解决生产、生活中的实际问题的有力工具．《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉1275年提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长十二步，问长阔各几何？”译文为：一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽各是多少步？
19．（本题7分）如图，要利用一面墙（墙长为25米）建一个矩形场地，用100米的围栏围成三个大小相同的矩形，设矩形的边长为米，矩形场地的总面积为平方米．
(1)请用含有x的式子表示y（不要求写出x的取值范围）；
(2)当x为何值时，矩形场地的总面积为400平方米？
20．（本题9分）水花消失术一直是跳水比赛的热门话题．当一名运动员在10米跳台进行跳水时，其身体（看成一点）在空中的运动轨迹是一条抛物线．如图，这是一名运动员的运行路线图，O为起跳点，A为入水点．以O为原点，建立平面直角坐标系，其高度与离起跳点O的水平距离之间的函数关系如图所示．当运动员离起跳点O的水平距离为时，运动员达到最高点，当运动员离起跳点O的水平距离为时，运动员离水面的高度为．
(1)求抛物线的表达式，并求该运动员离水面的最大高度．
(2)当运动员完成所有的动作，入水时必须伸直手臂，垂直入水，使溅起的水花尽量小一些，一般情况下，当运动员离水面高度不小于时已调整好垂直姿势入水，则压水花成功．当该运动员离起跳点O的水平距离为时，已调整好垂直姿势入水，问该运动员是否成功压住水花，并说明理由．
21．（本题9分）如图，为的直径，交于点C，D为上一点，延长交于点E，延长至F，使，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若且，求的半径．
22．（本题11分）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过两点，与y轴交于点C，P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为，连接．
(1)求抛物线的函数表达式及点C的坐标．
(2)当的面积等于的面积的时，求m的值．
(3)在（2）的条件下，若M为x轴上一动点，N是抛物线上一动点，是否存在以点C，P，M，N为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】此题考查了关于原点成中心对称的点的坐标.关于原点成中心对称点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，据此进行解答即可.
【详解】解：∵点与点关于原点成中心对称，
∴点的坐标为，
故选：A
2．A
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐项判断即可．
【详解】解：．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
．是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意．
故选：．
3．D
【分析】本题主要考查了一元二次方程应用，设该药品平均每次降价的百分率为，根据降价后的价格降价前的价格降价的百分率），则第一次降价后的价格是，第二次后的价格是，据此即可列方程求解．
【详解】解：根据题意得：，
故选：D．
4．B
【分析】本题主要考查了切线的性质和圆周角定理，如图，连接，根据圆的切线垂直于经过切点的半径得到，再根据圆周角定理得到，然后利用互余计算出的度数．
【详解】解：连接，如图，
是的切线，切点是点，
，
，
，
．
故选：B．
5．C
【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式以及定义，根据一元二次方程的根的判别式以及定义求解，即可得到答案．
【详解】解：一元二次方程有实数根，
，解得：，
又，
，
的取值范围为且，
故选：C．
6．D
【分析】本题考查了二次函数图象的平移．先化成顶点式，再根据图象平移规律“左加右减，上加下减”，可得答案．
【详解】解：化为顶点式为，
∵将二次函数的图象先向左平移2个单位，再向上平移4个单位，
∴，即．
故选：D．
7．B
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．判断出二次函数的增减性，由此即可得．
【详解】解：∵二次函数的开口向下，对称轴是直线，
∴当时，随的增大而增大，
又∵点，，在二次函数的图象上，
∴，
故选：B．
8．C
【分析】此题考查了垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
过C作交于点M，首先根据勾股定理求出，然后利用等面积法求出，然后利用勾股定理求出，最后利用垂径定理求解即可．
【详解】解：如图，过C作交于点M，
∵，，，
∴，
由垂径定理可得M为的中点，
∵，
∴
∴，
在中，根据勾股定理得：，
∴
（舍去负值）．
∴．
故选：C．
9．B
【分析】本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数关系：．
根据一元二次方程的解的定义得出，根据一元二次方程根与系数的关系得出，即可解答．
【详解】解：∵a，b是的根，
∴，
∴，
故选：B．
10．B
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由图象可得，，由对称轴可得，即可判定①②；由抛物线与轴的交点坐标为和，可得当时，把和代入函数式得到即可判断③④；当x=1时，的值最大．此时，，而当时，，可得，据此即可判断⑤，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】解：由图象可得，抛物线开口向下，与轴交于正半轴上，
∴，，
∵对称轴是直线x=1，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，故②正确；
∵抛物线与轴的交点坐标为和，
由图象可知，当时，
∵时，，
∴，故③错误；
∵是抛物线与轴的一个交点，
∴，
∴，
∴，故④错误；
当x=1时，的值最大．此时，，而当时，，
∴，
∴，
即，故⑤正确；
综上，说法正确的有个，
故选：．
11．
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，二次函数的顶点坐标为．根据二次函数顶点式进行求解即可．
【详解】解：抛物线的顶点坐标是，
故答案为：．
12．100
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，等边对等角的知识，熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键．
连接，先根据圆内接四边形的性质求出的度数，再由等边对等角的性质以及三角形内角和的定理求出的度数，由圆内接四边形的性质即可得出结论．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是圆内接四边形，，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴．
故答案为：
13．
【分析】本题考查坐标与图形变化-旋转，根据点的坐标建立平面直角坐标系，点的坐标，掌握确定旋转中心的方法：连接对应点的线段的垂直平分线的交点是旋转中心是解题的关键．根据确定旋转中心的方法：连接对应点的线段的垂直平分线的交点是旋转中心，作出旋转中心，由坐标系写出旋转中心的坐标即可．
【详解】解：如图所示，旋转中心的坐标为．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查了的图象性质，根据，得出开口向上，则越靠近对称轴的所对应的函数值越小，结合，得出，据此即可作答．
【详解】解：∵二次函数，
∴，，
∴开口向上，则越靠近对称轴的所对应的函数值越小，
∵，
∴，
∴在时，则有最小值，且；
∴在时，则有最大值，且；
∴y的取值范围为．
故答案为：．
15．8
【分析】根据题意可推出，，，根据平移的性质及抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于矩形的面积，利用矩形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：过抛物线的顶点D作轴，与y轴交于点C，如图所示，
因为
则四边形是矩形，
∵抛物线：与x轴只有一个公共点，与y轴交于点，
∴，，
将抛物线向下平移两个单位长度得抛物线，则，
根据平移的性质及抛物线的对称性得到阴影部分的面积等于矩形的面积，
∴．
故答案为：8
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、矩形的性质与判定，二次函数的性质及二次函数图象与几何变换，解题的关键是根据平移的性质及抛物线的对称性得到阴影部分的面积等于矩形的面积．
16．(1)，
(2)，
【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握开平方法，因式分解法，配方法，公式法是解题的关键。
（1）因式分解法解一元二次方程；
（2）因式分解法解一元二次方程．
【详解】（1）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，；
（2）解：
或
解得：或，
∴原方程的根为：，．
17．(1)见解析
(2)见解析，
【分析】本题考查了旋转和中心对称作图，分别找到对应点即可．
（1）分别将点绕点O逆时针旋转90°即可完成作图；
（2）分别找到点关于原点O的对称点即可完成作图．关于原点对称的两点，其横、纵坐标互为相反数．
【详解】（1）解：如图所示：即为所求
（2）解：如图所示：即为所求
18．长为36步，宽为24步
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设宽为x步，则长为步，根据题意，得，解方程即可．
【详解】设宽为x步，则长为步，
根据题意，得，
解得（舍去），
故，
答：长为36步，宽为24步．
19．(1)；
(2)当x的值为20时，矩形场地的总面积为400平方米
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．
（1）设的长度为米，则的长度为米；
（2）根据矩形的面积公式列出方程．
【详解】（1）解：依题意得，．
则；
（2）解：根据题意得，
解得，．
则或．
，
，舍去．
即，．
答：当的值为20时，矩形场地的总面积为400平方米．
20．(1)，．
(2)该运动员能成功压住水花．理由见解析
【分析】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）依题意，设抛物线的表达式为，把和代入，进行解方程，即可作答．
（2）把代入，解出，结合距离为，进行作答即可．
【详解】（1）解：由题得对称轴为直线，设抛物线的表达式为，
当运动员离起跳点O的水平距离为时，运动员离水面的距离为，所以抛物线经过点，
把和代入，
得解得
抛物线的表达式为．
该运动员离水面的最大距离为．
（2）解：该运动员能成功压住水花．
理由：由（1）可知，当时，
所以该运动员离水面的距离为，故该运动员能成功压住水花．
21．(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了切线的判定定理、等边对等角、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）连接，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；
（2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线；
（2）解：设的半径，则，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得，或（舍去），
∴的半径为3．
22．(1)，点C的坐标为
(2)1
(3)点M的坐标为或或或
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式，令，可得点C的坐标．
（2）过点P作x轴的垂线，交于点E．利用待定系数求出直线的函数表达式，设点P的坐标为，则点E的坐标为，用含m的式子表示出，再根据点的坐标计算出，即可求解．
（3）分两种情况：①当为边时，点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，同样点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，由此列方程组；当为对角线时，由中点公式列方程组．
【详解】（1）解：抛物线经过两点，
解得
抛物线的函数表达式为
令，则．
点C的坐标为．
（2）解：如图，过点P作x轴的垂线，交于点E．
设直线的函数表达式为，
将代入，得，
解得，
直线的函数表达式为．
设点P的坐标为，则点E的坐标为，
．
，
．
的面积等于的面积的，
，
解得或（舍去），
的值为1．
（3）解：存在，点M的坐标为或或或．
当时，点，
设点，点
①当为边时，
点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，同样点向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到点，
故或，
解得或或或，
故点M的坐标为或或或．
当为对角线时，
由中点公式得，方程无解．
综上所述，点M的坐标为或或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像中的面积问题，平行四边形的存在性问题等，熟练运用数形结合与及分类讨论思想是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
D
B
C
D
B
C
B
B
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