广东省广州市越秀区2022-2023学年九年级数学上学期期末考试试卷（答案）

这是一份广东省广州市越秀区2022-2023学年九年级数学上学期期末考试试卷（答案），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
下列国产新能源汽车图标中，是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义直接判断即可．
【详解】解：观察四个选项可知，只有 C 选项中的图形绕某一点旋转 180 度后能与自身重合， 因此 C 选项中的图形是中心对称图形，
故选 C．
【点睛】本题考查中心对称图形的识别，如果把一个图形绕某一点旋转 180 度后能与自身重合，这个图形就是中心对称图形．
用配方法解一元二次方程 x2  6x  5  0 ，下列变形正确的是（ ）
A.  x  32  4
B.  x  32  4
C.  x  32  14
D.  x  32  14
【答案】A
【解析】
【分析】方程移项变形后，利用完全平方公式化简得到结果，即可做出判断．
【详解】解： x2  6x  5  0 ， 移项，得 x2  6x  5 ，
配方，得 x2  6x  9  5  9 ，
即 x  32  4 ，故选 A．
【点睛】本题考查解一元二次方程——配方法，解题的关键是熟练掌握完全平方公式．
下列说法正确的是（ ）
“相等的圆周角所对的弧相等”是必然事件
“相等的圆心角所对的弧相等”是必然事件
“等弦（不是直径）所对的弧相等”是必然事件
“等弧所对的弦相等”是必然事件
【答案】D
【解析】
【分析】根据弧、弦、圆心角、圆周角的关系逐项判断即可．
【详解】解：A 选项，只有在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧才相等，因此“相等的圆周角所对的弧相等”不是必然事件；
B 选项，只有在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧才相等，因此“相等的圆心角所对的弧相等”不是必然事件；
C 选项，只有在同圆或等圆中，等弦（不是直径）所对的弧才相等，因此“等弦（不是直径）所对的弧相等”不是必然事件
D 选项，“等弧所对的弦相等”是必然事件， 故选 D．
【点睛】本题考查弧、弦、圆心角、圆周角的关系，以及事件的分类，解题的关键是掌握：同圆或等圆中，等弧对应的弦是相等的，不仅对应的弦相等，对应的圆周角、圆心角都是相等的．
在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A3, 0 ，点 B 0, 4 ，以点 A 为圆心， AB 长为半径作 A ，则原
点 O 与 A 的位置关系是（ ）
点 O 在 A 上B. 点 O 在 A 外C. 点 O 在 A 内D. 以上皆有可能
【答案】C
【解析】
【分析】先根据勾股定理求出 A 的半径r = 5 ，根据OA  r 可得出点 O 在 A 内．
【详解】解： 平面直角坐标系 xOy 中，点 A3, 0 ，点 B 0, 4 ，
 OA  3 ， OB  4 ，
OA2  OB2
32  42
 AB 
 OA  r ，
点 O 在 A 内， 故选 C．
 5 ，即 A 的半径r = 5 ，
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质，解题的关键是根据勾股定理求得 A 的半径．
ABC 的三边长分别为 2，3，4，另有一个与它相似的三角形 DEF ，其最长边为 12，则 DEF 的周
长是（）
A. 54B. 36C. 27D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵△ABC 与△DEF 相似，△ABC 的最长边为 4，△DEF 的最长边为 12，
∴两个相似三角形的相似比为 1:3，
∴△DEF 的周长与△ABC 的周长比为 3:1，
∴△DEF 的周长为 3×（2+3+4）=27， 故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟知相似三角形的周长之比等于相似之比是解题的关键．
如图，将△ABC 绕点 C 按逆时针方向旋转至△DEC，使点 D 落在 BC 的延长线上．已知∠A=33°，
∠B=30°，则∠ACE 的大小是（）
A. 63°B. 58°C. 54°D. 52°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形的外角性质求出ACD  60 ，再由ABC 绕点 C 按逆时针方向旋转得到DEC ， 从而得到△ABC≌△DEC ，证明ACD  BCE ，再利用平角为180 即可．
【详解】解：∵∠A  33 ， B  30 ，
∴∠ACD ∠A ∠B  63 ，
∵ ABC 绕点 C 按逆时针方向旋转得到DEC ，
∴△ABC≌△DEC ，
∴∠ACB=∠DCE，
∴ ACD  BCE ，
A. 60B. 45C. 36D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】先利用勾股定理的逆定理得出AOB 是直角三角形，再根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图，连接OA ， OB ，
 AB ， OA  OB  1 ，
2
 AB2  OA2  OB2 ，
 AOB 是直角三角形， AOB  90 ，
 C  1 AOB  45 ，
2
故选 B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理、圆周角定理，解题的关键是掌握同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半．
在平面直角坐标系中，抛物线 y  (x  2)(x  4) 经变换后得到抛物线 y  (x  2)(x  4) ，则下列变换正确的是（）
向左平移 6 个单位B. 向右平移 6 个单位
y=（x﹣2）（x+4）=（x+1）2﹣9，顶点坐标是（﹣1，9）．
所以将抛物线 y=（x+2）（x﹣4）向左平移 2 个单位长度得到抛物线 y=（x﹣2）（x+4），故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，解题关键是熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
在直角三角形 ABC 中，C  90 ， AB  10 ， AC  6 ，点 M，N 分别在 BC ， AB 上，若 MN ^AB
于点 N， AN  MN ，则 AN 的长是（ ）
153047
A.B.C.D.
471530
【答案】B
【解析】
【分析】用勾股定理解Rt△ABC 求出 BC ，再证 ABC∽MBN ，根据对应边成比例即可求解．
【详解】解：如图，
 C  90 ， AB  10 ， AC  6 ，
AB2  AC 2
 BC 
 8 ，
102  62
设 AN  MN  x ，则 NB  AB  AN  10  x ，
 ACB  MNB  90 ， ABC  MBN ，
  ABC∽MBN ，
 AC  MN ，即 6 x，
BCBN
810  x
7
即 AN 的长是 30 ．
7
故选 B．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是证明 ABC∽MBN ．
已知二次函数 y  ax2  bx  c(a, b, c 为常数， a  0) 中的 x 与 y 的部分对应值如下表所示：
当 n  0 时，下列结论正确的是（ ）
bc  0 ；
当 x  2 时， y 的值随 x 的增大而减小；
点 A(x1，y1) 、 B(x2，y2 ) 是抛物线上两点， x1  x2 ，当 x1  x2  3 时， y1  y2 ；
当 n  1 时，关于 x 的一元二次方程 ax2  b 1 x  c  0 的解是 x  1, x  3
12
【答案】D
【解析】
【分析】A 选项，根据二次函数图象的对称性找出对称轴，再根据对称轴左侧函数 y 随 x 的变化情况，判断图象开口方向，进而判断系数的正负；B 选项，当 x  2 时，图象位于对称轴的右侧，结合开口方向即可判断； C 选项， 分 A(x1，y1) 与 B(x2，y2 ) 在对称轴同侧与异侧两种情况， 分别进行判断； D 选项， ax2  b 1 x  c  0 变形为 ax2  bx  c  x ，讨论一次函数 y  x 与二次函数 y  ax2  bx  c 图象的交点情况即可．
【详解】解：由二次函数图象经过0, 3 ， 3, 3 ，可知对称轴为直线 x  0  3  3 ，
22
x
…
－1
0
3
…
y
…
n
－3
－3
…
即 x   b
2a
 3 ，则b  3a ，
2
 n  0 ，
在对称轴左侧，y 随 x 的增大而减小，
抛物线开口向上，则 a  0 ，
 b  3a  0 ， 又 c  3  0 ，
 bc  0 ，故选项 A 错误；
2
当 x  2 时， y 的值随 x 的增大而增大，故选项 B 错误； 当 x1  x2  3 时，分两种情况：
当点 A(x ，y ) 、 B(x ，y ) 都在对称轴 x  3 的左侧时，
11222
 在对称轴左侧，y 随 x 的增大而减小，
 y1  y2 ，
当点 A(x1，y1) 、 B(x2，y2 ) 在对称轴异侧时，
 x1  x2  3 ，
 x1  x2  3 ，
22
 A(x1，y1) 到对称轴的距离大于 B(x2，y2 ) 到对称轴的距离，
 y1  y2 ，
故选项 C 错误；
当 n  1 时，函数图象经过1,1 ，
ax2  b 1 x  c  0 变形为 ax2  bx  c  x ，
由题意知，点1,1 与3, 3 即在一次函数 y  x 的图象上，也在 y  ax2  bx  c 的图象上， 可得点1,1 与3, 3 是两个函数图象的交点，
因此关于 x 的一元二次方程 ax2  b 1 x  c  0 的解是 x  1, x
 3 ，
12
故选项 D 正确． 故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的对称轴、增减性、二次函数与一次函数图象的交点等，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，熟练运用数形结合的解题方法．
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，共 18 分）
在平面直角坐标系 xOy 中，点 A1, 2 关于原点对称的点的坐标是．
【答案】(1, - 2)
【解析】
在平面直角坐标系 xOy 中，若抛物线 y  x2  2x  m 与 x 轴有两个不同交点，则 m 的取值范围是
．
【答案】 m  1
【解析】
【分析】由抛物线 y  x2  2x  m 与 x 轴有两个不同交点，可得x2  2x  m  0 中，   0 ，由此得到关于m 的不等式，即可求解．
【详解】解：∵抛物线 y  x2  2x  m 与 x 轴有两个不同的交点，
∴ x2  2x  m  0 中，   0 ， 即22  4 1 m  0 ，
解得： m  1．
故答案为： m  1．
【点睛】本题主要考查了抛物线与 x 轴的交点问题，对于一元二次方程 ax2  bx  c  0 a  0 ，当
  b2  4ac  0 时，抛物线 y  ax2  bx  c a  0 与 x 轴有两个不同的交点，掌握上述内容是解题的关键．
设a ， b 是方程 x2  x  2023  0 的两个实数根，则 a2  2a  b 的值为．
【答案】 2022
【解析】
【分析】先根据一元二次方程的解得到 a2  a  2023 ，利用根与系数关系得到 a  b  1 ，则
a2  2a  b  a2  a  a  b ，再利用整体代入的方法计算即可
【详解】∵ a ， b 是方程 x2  x  2023  0 的两个实数根，
∴ a2  a  2022  0 ， a  b   1  1
1
∴ a2  a  2023 ，
∴ a2  2a  b
 a2  a  a  b
 2023  1
 2022
故答案为： 2022
3
【点睛】本题考查一元二次方程的解和根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的解及根与系数的关系是解题的关键．
若圆锥的底面半径是 1，高是
，将圆锥侧面沿着母线剪开得到一个扇形，则该扇形的圆心角的度数
是．
【答案】180 ##180 度
【解析】
【分析】先利用勾股定理求出母线长，圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长，利用弧长公式即可求解．
3
【详解】解：如图，圆锥的底面半径OA  1 ，高OB ，
OA2 +OB2
 母线长 AB =
= 2 ，
设扇形的圆心角的度数是 n，
 圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长，
 2π  OA  nπ  AB ，即2π  2nπ ，
180
解得 n  180 ，
故答案为：180 ．
180
【点睛】本题考查圆锥的侧面展开图，解题的关键是掌握圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长．
2
如图， O 的内接正八边形 ABCDEFGH 的边长为，则O 内接正四边形的面积为．
2
【答案】 4  2
【解析】
【分析】如图，连接OA ， OB ， OH ， BH ， BH 与OA 交于点 M，由正多边形的性质可得
HOB  90 ，设O 的半径为 r，则 HB 
2r ，由垂径定理得 HM 
2 r ，再证
2
OM  HM 
2 r ，最后利用勾股定理解Rt△AMH 即可．
2
【详解】解：如图，连接OA ， OB ， OH ， BH ， BH 与OA 交于点 M，则 BH 为O 内接正四边形的一个边．
由题意知： AH  AB ， HOA  AOB  360  45 ，
2
8
 HOB  2  45  90 ，
 点 A 为 H»B 的中点，
 OA  HB ， HM  MB  1 HB ，
2
设O 的半径为 r，
OH 2  OB2
则 HB 2r ，
 HM  1 HB 2 r ，
22
 HOB  90 ， OH  OB ，
 OHM  45 ， 又 OA  HB ，
 OHM  HOM  45 ，
 OM  HM 
2 r ，
2
2 
 AM  OA  OM  1r ，
2 

22
2
2

由 AM 2  HM 2  AH 2 得 1
 r 2  
r   
2 2 ，
2  2

2
解得 r 2  2 ，
 HB2  
2r 2  2r 2  2 2 
2   4  2．
2
2
即O 内接正四边形的面积为4  2．
2
故答案为： 4  2．
【点睛】本题考查正多边形和圆，勾股定理，垂径定理，等腰三角形的性质等，解题的关键是掌握圆的内接正多边形的性质．
如图，O 的半径为2，将O 的直径 AB 绕点B 顺时针旋转α0  α  90 得到线段 BC ，BC 与O
交于点 F，过点 C 作CD  AB 于点 D，连接 DF ． 当α  60 时， CF 的长度为；
当 BF  3CF 时， DF 的长度为．
7
【答案】①. 2②.
【解析】
【分析】连接OF ，根据旋转的性质可得到ABC  BC  60, AB  4 ，从而得到OBF 是等边三角形， 进而得到 BF  OB  2 可求出CF ；过点 F 作 FG ^AB 于点 G，根据 BF  3CF ，可得 BF  3 ，再由
222
BD  1 BC  2 ，从而得到 DG 的长，再由勾股定理，即可求解． 2
【详解】解：如图，连接OF ，
∵ O 的直径 AB 绕点 B 顺时针旋转α0  α  90 得到线段 BC ， O 的半径为 2，
∴ ABC  BC  60, AB  4 ，
∵ OF  OB ，
∴ OBF 是等边三角形，
∴ BF  OB  2 ，
∴ CF  BC  BF  4  2  2 ；
如图，过点 F 作 FG ^AB 于点 G，
∵ BF  3CF ，
∴ BF  3 BC  3  4  3 ， 44
∵ BGF  90, ABC  60 ，
∴ BFG  30 ，
∴ BG  1 BF  3 ，
22
BF 2  BG2
3 3
2
∴ FG ，
∴ BD  1 BC  2 ， 2
∴ DG  BD  BG  2  3  1 ，
22
DG2  GF 2
1  27
44
7
∴ DF ．
7
故答案为：2；
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，图形的旋转，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握圆的基本性质，图形的旋转，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共 9 题，共 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 解方程：x（x-2）=3.
【答案】 x1  3, x2  1
【解析】
【分析】
【详解】解：x（x-2）=3，
x2  2x  3  0 ，
（x-3）（x+1）=0，
x-3=0 或 x+1=0， 解得 x1  3, x2  1 .
如图，利用标杆 DE 测量楼高，点 A，D，B 在同一直线上， DE ^AC ， BC 
E，C．若测得 AE  1m ， DE  1.5m ， CE  5m ，楼高 BC 是多少？
【答案】楼高 BC 是 9 米．
AC ，垂足分别为
【详解】解：∵ AE  1m ， CE  5m ，
∴ AC  6 m，
ACBC
∵ DE ^AC ， BC 
∴ DE ∥ BC ，
∴△ADE∽△ABC，
∴ AE  DE ，
ACBC
∵ DE  1.5m ，
∴ 1  1.5 ，
6BC
∴ BC  9 ；
∴楼高 BC 是 9 米．
AC ，
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点均在格点（网格线的交点）上．
将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△AB1C1，画出△AB1C1；
在给定的网格中，以点 O 为位似中心，将△ABC 放大为原来的 2 倍，得到△A2B2C2，画出
△A2B2C2．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出 B，C 的对应点 B1，C1，再顺次连接 A ，B1，C1 即可；
（2）利用位似变换的性质分别作出 A，B，C 的对应点 A2，B2，C2，再顺次连接即可．
【小问 1 详解】
如图，△AB1C1 即为所求；
【小问 2 详解】
如图，△A2B2C2 即为所求．
【点睛】本题考查作图—旋转变换和作图—位似变换．利用数形结合的思想是解题关键．
某学校举办“永远跟党走，奋进新征程”党史知识竞赛活动． 初三（1）班经过第一轮班内选拔，A，
B，C，D 四名同学胜出，现需要从这四名同学中挑选人员参加校级决赛．
如果只挑选一人参赛，则恰好选到 A 同学的概率是；
如果挑选二人参赛，请用画树状图或列表法求恰好选到 A 同学的概率．
1
【答案】（1）
4
5
（2）恰好选到 A 同学的概率为
12
【解析】
【分析】（1）根据概率公式求解即可；
（2）画出树状图，即可进行解答．
【小问 1 详解】解：根据题意得：
恰好选到 A 同学的概率 1 ，
4
1
故答案为： ．
4
如图：
共有 12 种等可能的结果数，满足条件的结果数有 5 种，
5
所以恰好选到 A 同学的概率为．
12
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
如图，抛物线 y  x2  bx  c 与 x 轴交于 A，B 两点，与 y 轴交于点C 0，3 ，对称轴为直线 x  1 ．
求抛物线的解析式及点 A，B 的坐标；
点 P 为第一象限内抛物线上一点，从条件①与条件②这两个条件中选择一个作为已知，求点 P 的坐标．
条件①：使得PAB 的面积等于 6；
条件②：使得△PCO 的面积等于 3
注：如果选择条件①与条件②分别作答，按第一个解答计分．
【答案】（1） y  x2  2x  3 ， A-1，0 ， B 3，0
（2）点 P 的坐标为2, 3
【解析】
2 1
求出抛物线的解析式，令x2  bx  c  0 即可求出点 A，B 的坐标；
（2）设 P t， t 2  2t  3 ，条件①：根据 S
求解．
 PAB
 1 AB  y
2p
 6 求解；条件②：根据 S
 PCO
 1 OC  x 3
2p
【小问 1 详解】
解： 抛物线 y  x2  bx  c 与 y 轴交于点C 0，3 ，
 c  3 ，
 对称轴为直线 x  1 ，

b
2 1
 1 ，
 b  2 ，
抛物线的解析式为 y  x2  2x  3 ， 令 y  0 ，得x2  2x  3  0 ，
解得 x1  1 ， x2  3 ，
 A-1，0 ， B 3，0 ，
即抛物线的解析式为 y  x2  2x  3 ， A-1，0 ， B 3，0 ；
【小问 2 详解】
解：① A-1，0 ， B 3，0 ，
 AB  3  1  4 ，
 点 P 为第一象限内抛物线上一点，
设 P t， t 2  2t  3 ，其中t  0 ，
 PAB 的面积等于 6，
 S PAB
 1 AB  y
2p
 1  4  t 2  2t  3  6 ，
2
解得t1  2 ， t2 0（舍去），
当t  2 时， t 2  2t  3  22  2  2  3  3 ，
② C 0，3 ，
 OC  3 ，
设 P t， t 2  2t  3 ，其中t  0 ，
 △PCO 的面积等于 3，
 S PCO
 1 OC  x
2p
 1  3t  3， 2
解得t  2 ，
当t  2 时， t 2  2t  3  22  2  2  3  3 ，
点 P 的坐标为2, 3 ．
【点睛】本题考查求二次函数解析式，二次函数图象与 x 轴的交点坐标，二次函数图象上点的坐标特征等，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，熟练运用数形结合的解题方法．
为了打造“清洁能源示范城市”，某地 2020 年投入资金 2560 万元用于充电桩的安装，并规划投入资金逐年增加，2022 年比 2020 年投入资金增加了 3200 万元．
从 2020 年到 2022 年，某地用于充电桩安装的投入资金年平均增长率为多少？
（2）2023 年某地计划再安装 A，B 两种型号的充电桩共 200 个．已知安装 A 型充电桩的总成本 y （单位：万元）与充电桩的数量t （单位：个）之间的关系式是 y  0.01t 2  2t  200 t  0 ；已知安装一个B 型充电桩的成本为 0.6 万元．当 A 型充电桩的安装数量为多少时，A，B 充电桩的成本之和最小？
【答案】（1） 50%
当 A 型充电桩安装数量为 130 个时，A，B 充电桩的总成本最小
【解析】
【分析】（1）设投入资金年平均增长率为 x，根据 2022 年的投入资金 2020 年的投入资金1 x2 ，列出方程求解即可；
（2）根据题意可得 B 型充电桩的数量为200  t  个，再列出 A，B 充电桩的成本之和的函数表达式，即可进行解答．
【小问 1 详解】
解：设某地用于充电桩安装的投入资金年平均增长率为 x，
2560 1 x2  2560  3200 ，
4
解得： x  1  50% ， x   5 （舍），
1222
答：某地用于充电桩安装的投入资金年平均增长率为50% ．
【小问 2 详解】
∵A 型充电桩的数量t ，
∴B 型充电桩的数量为200  t  个， 设 A，B 充电桩的成本之和为 W， W  y  0.6 200  t 
 0.01t 2  2t  200  0.6 200  t 
 0.01t 2  2.6t  320
 0.01t 1302 1510  t  200 ，
∴当t  130 时，W 有最小值，最小值为151 ，
答：当 A 型充电桩安装数量为 130 个时，A，B 充电桩的总成本最小．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程和二次函数的实际应用，解题的关键是掌握增长率公式，根据题意列出 A，B 充电桩的成本之和的函数表达式，根据二次函数的性质求出最值．
如图，在ABC 中， AC ^BC ．点 O 在边 AB 上，以 O 为圆心， OC 为半径的O 经过 A，B 两点．
尺规作图：作出O ，并标出 O 点（保留作图痕迹，不写作法）；
在（1）所作的图形中，D 为劣弧 AC 的中点，连接 BD 与 AC 交于点 E，延长 BD 至点 F，使
AE  AF ．
①求证： AF 是O 的切线；
②若 AB  9 ， BC  3，求 AF 的长．
【答案】（1）见解析（2）①见解析；② 9 22
【小问 1 详解】
解： O 如下图所示：
①证明：如图，连接 AD ，
【小问 2 详解】
CEAE
 AB 是O 的直径，
 ADB  ACB  90 ，
又 DEA  CEB ， DEA  ADB  DAE  180 ， CEB  ACB  CBE  180 ，
 DAE  CBE ，
 D 为劣弧 AC 的中点，
 DBA  CBE ，
 AE  AF ， ADB  90 ，
 FAD  DAE ，
②解：由①知ADE  BCE  90， DEA  CEB ，
 △ADE ∽△BCE ，
 AD  DE ，
BCCE
 AD  BC ，
DECE
由①知DAE  DBA ， 又 ADE  BDA ，
 △ADE∽△BDA ，
 AD  AB ，
DEAE
 BC  AB ．
CEAE
92 - 32
2
 AB  9 ， BC  3， ACB  90 ，
AB2 - BC 2
 AC =
== 6，
2
 CE  AC  AE  6
AE ，
6 2  AE
3 9 ，
AE
9 2
2
解得 AE ，
9 2
2
 AF  AE ．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的作法，圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理等，第二问有一定难度，解题的关键是通过相似三角形对应边成比例推导出
BC  AB ．
CEAE
在平面直角坐标系 xOy 中，点1，m，3，n 都在抛物线G : y  x2  bx  c 上．
【答案】（1） b  2
（2） 2  b  1
（3） 2
【解析】
【分析】（1）根据题意可知点1，m，3，n 关于抛物线对称轴对称，由此利用抛物线对称轴公式进行求解即可；
（2）分当1   b  0 ，即0  b  2 时，当0   b  3 ，即6  b  0 时，两种情况根据抛物线开口向
22
上，离对称轴越远函数值越大进行求解即可；
先求出点 B 的坐标为0，c ，在求出抛物线 H 的解析式为 y  x2  2x  c  t ，得到点 E 的坐标为
3
0，c  t  ，则 BE  t ；设C  x1，0，D  x2，0 ，得到 x1  x2  2 ， x1x2  c  t ，根据CD  2
，推出
c  t  2 ，得到 x1x2  2 ，求出点 A 的坐标为1  1  c，0 ，得到
AC  1 
x ，AD  1  x ，根据 BE  BE
 4 ，求出t  1或t  0 （舍去），得到
1  c
1  c
12ACAD
c  3 ，则抛物线 H 的解析式为 y  x2  2x  2 ，再根据二次函数的性质求出t 1  x  3 t ，即
2
0  x  3 时，抛物线 H 的最高点的横坐标即可 ．
2
【小问 1 详解】
解：∵点1，m，3，n 在抛物线 y  x2  bx  c 上，且 m  n ，
∴点1，m，3，n 关于抛物线对称轴对称，
∴抛物线对称轴为直线 x  1 3  1，
2
∴  b  1 ，
2
∴ b  2 ；
【小问 2 详解】
2
当1   b  0 ，即0  b  2 时，
2
∵ c  m  n ，
∴ 0    b    b  1 ，
2 2

∴ b 1，
∴ 0  b  1 ；
当0   b  3 ，即6  b  0 时，
2
∵ c  m  n ，
∴  b  1  3    b  ，
22 

∴ b  2 ，
∴ 2  b  0 ；
综上所述， 2  b  1；
【小问 3 详解】
解：由（1）得，抛物线 G 的解析式为 y  x2  2x  c   x 12  c 1，
∴点 B 的坐标为0，c ，
∵将抛物线G 沿着 y 轴向上平移t(t  0) 个单位长度得到抛物线 H ，
∴抛物线 H 的解析式为 y   x  12  c  1  t  x2  2x  c  t ，
∴点 E 的坐标为0，c  t  ，
∴ BE  t ，
设C  x1，0，D  x2，0 ，
∵抛物线 H 与 x 轴交于 C，D 两点，
∴ x1  x2  2 ， x1x2  c  t ，
3
∵ CD  2，
3
∴ x1  x2  2，
121 2
∴ 4  4 c  t   12 ，
∴ c  t  2 ，
∴ x1x2  2 ，
令 y  x2  2x  c  0 ，解得 x  1 
1  c
1  c
或 x  1 ，
1  c
∴点 A 的坐标为1  1  c，0 ，
1  c
∴ AC  1 
∵ BE  BE ACAD
 x1，AD  1 
 4 ，
 x2 ，
1 1 c  x1
1 1 c  x2
∴tt
 4 ，
∴ 1
t
3  t  x11
t
3  t  x2
 4 ，
3  t
1 3  t 

x1 3  t  x
1


2 
t 1 
∴
 x2   t 1 
 x1 
3  t

4
2t  2t 3  t  tx1x2
 4
∴ 1 
3  t 2  1 3  t  x  x   x x，
121 2
2t  2t 3  t  2t
 4
∴ 1 
3  t 2  2 1 
3  t   2，
3  t
3  t
∴ t 2  1  2
 3  t   4 1 
3  t   4 ，
3  t
3  t
3  t
∴ t 4 8  2t  4  4 4
3  t
∴ t 2t ，
解得t  1或t  0 （舍去），
∴ c  3 ，
∴抛物线 H 的解析式为 y  x2  2x  2   x 12  3 ，
∵ t 1  x  3 t ，
2
∴离对称轴越远，函数值越大，
∵当 x  0 时， y  x2  2x  2  2 ，
∴抛物线 H 在t 1  x  3 t 的最高点的纵坐标为2 ．
2
【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，二次函数图象的平移，二次函数与 x 轴的交点问题，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
如图， ABCD 是正方形， BC 是O 的直径，点 E 是O 上的一动点（点 E 不与点 B，C 重合），连接
DE，BE，CE ．
若EBC  60 ，求ECB 的度数；
若 DE 为O 的切线，连接 DO，DO 交CE 于点 F，求证： DF  CE ；
若 AB  2 ，过点 A 作 DE 的垂线交射线CE 于点 M，求 AM 的最小值．
【答案】（1） 30
5
（2）见解析（3）1
【解析】
【分析】（1）先根据圆周角定理可得BEC  90 ，然后根据直角三角形的性质即可解答；
如图：连接 DO，DO 交CE 于点 F，先证明OCD OED 可得CDF  EDF , CD  DE ，根据等腰三角形三线合一的性质可得DFE  90 ，然后再证明DFE CEB ，最后根据全等三角形的性质即可解答；
如图 2：连接 AC、BD 相交于点 T，设 AM  DE 于点 N ,设 DE 交 AC 于点 Q，先证明
ABE  BCE
，进一步证明DBE  ACM ，再根据 BD  AC 和 DE  AM 证明BDE  CAM ，并证明VBDE VCAM 得到 BE  CM ，最后根据SAS 证明VDCM VCBE 得到CMD  BEC  90， 说明点 M 在以CD 为直径的圆上，如图 3：设圆心为 H，连接 MH、AH ，则
5
MH  DH  1 CD  1  2  1 ，根据勾股定理求出 AH ，再说明 AM  AH  MH (当且仅当
22
点 M 在线段 AH 上时等号成立)，求出 AM 的最小值即可．
【小问 1 详解】
解：∵ BC 是O 的直径，
∴ BEC  90 ，
∵ EBC  60 ，
∴ ECB  90  EBC  30．
【小问 2 详解】
解：如图：连接 DO，DO 交CE 于点 F，
∵ DE 为O 的切线，
∴ OED  90 ，
由正方形和圆的性质可得： OC  OE, OCD  90．
∴ OED  OCD  90 ，
∵ OD  OD ，
∴OCD OED HL ，
∴ CDF  EDF , CD  DE ，
∴ DF  EC ，即DFE  90 ，
∴ DFE  CEB  90 ，
∵ OE  OB ，
∴ OEB  OBE ，
∵ OED  90 ， BEC  90 ，
∴ OED  OEC  BEC  OEC ，即OEB  DEF ，
∴ OBE  DEF ，
∴DFE CEB AAS ，
解：如图 2，连接 AC、BD 相交于点 T，设 AM  DE 于点 N，设 DE 交 AC 于点 Q，
∵正方形 ABCD ，
∴ AC  BD, AC  BD, CT  BT ， ABC  BCD  ADC  90 ， ACB  ABD  45 ，
CD  BC  AD  AB  2 ，
∴点 T 在O 上，
∵ BCD  90，BEC  90 ，
∴ ABE  CBE  90，BCE  CBE  90 ，
∴ ABE  BCE ，
∴ ABD  ABE  ACB  BCE ，即DBE  ACM ；
∵ BD  AC, DE  AM ，
∴ BDE  DQT  90，CAM  AQN  90 ， 又∵ AQN  DQT ，
∴ BDE  CAM ，
在△BDE 和VCAM 中，
BDE  CAM

BD  AC，

DBE  ACM
∴BDE CAM ASA ，
∴ BE  CM ，
∵ ABC  BCD  90，ABE  BCE ，
∴ DCM  CBE ， 在△DCM 和△CBE 中，


CM  BE
∴VDCM VCBE SAS ，
∴ CMD  BEC  90；
点 M 在以CD 为直径的圆上，设圆心为 H， 如图 3：连接 MH、AH ，
则: MH  DH  1 CD  1  2  1 ，
22
∵ ADC  90 ，
AD2  DH 2
22 12
5
∴ AH ，
∵ AM  AH - MH ，
∴当且仅当点 M 在线段 AH 上时等号成立，
5
∴ AM 1 ，
5
∴ AM 的最小值为
1．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾
股定理、正方形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键