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2022-2023学年广东省梅州市丰顺县三友中学九年级（下）开学数学试卷(解析版)
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这是一份2022-2023学年广东省梅州市丰顺县三友中学九年级（下）开学数学试卷(解析版)，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学年广东省梅州市丰顺县三友中学九年级（下）开学数学试卷
一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。
1．二次函数y＝ax2﹣bx﹣5与x轴交于（1，0）、（﹣3，0），则关于x的方程ax2﹣bx＝5的解为（ ）
A．1，3 B．1，﹣5 C．﹣1，3 D．1，﹣3
2．下列不是一元二次方程的是（ ）
A．（x+2）2＝3 B．x2＝3 C．x+22＝5 D．x﹣x2＝5
3．2022年油价多次上涨，新能源车企迎来了更多的关注，如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，将点A（3，2）绕原点O逆时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣1，3）
5．已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．16
6．如图，△ABC，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝60°，过点A作BC的平行线l，P为直线l上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为（ ）
A． B．7﹣4 C． D．1
7．如图，已知点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝a，延长CB至E，使得BE＝b，以CD，CE为边作矩形CEFD，连接并延长DB，交FE的延长线于点G，连接AG，《几何原本》中利用该图解释了代数式（2a+b）2+b2＝2[（a+b）2+a2]的几何意义，以AG为直径作圆，交AF于点H，若a＝9，b＝6，则HG的长为（ ）
A．5 B．18 C．3 D．17
8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果AB＝20，CD＝16，那么线段OE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
9．已知抛物线y＝x2+2mx+2022（m为常数）上有三点，点A（﹣m﹣1，y1），点B（﹣m+1.5，y2），点C（2﹣m，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y1＞y2 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y2＞y1
10．向空中发射一枚炮弹，经x秒后的高度为y米，且时间与高度的关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）、若此炮弹在第8秒与第16秒时的高度相等，则在下列时间中炮弹所在高度最高的是（ ）
A．第8秒 B．第10秒 C．第12秒 D．第15秒
二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。
11．y关于x的二次函数y＝ax2+a2，在时有最大值6，则a＝ ．
12．抛物线y＝x2+2x﹣1的对称轴是 ．
13．如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合（AB＝6），其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第20秒时点E在量角器上运动路径长是 ．
14．若将抛物线y＝x2﹣6x+5所在的平面直角坐标系中的x轴向上平移1个单位，把y轴向右平移2个单位，则该抛物线在新的平面直角坐标系下的函数表达式为 ．
15．如图，已知抛物线y＝x2﹣7x+6与x轴的相交于A，B两点（A在B的右侧），与y轴的相交于点C，点P，Q分别从A，O两点同时以1cm/秒的速度沿AB，OC向B，C方向移动，用t（秒）表示移动时间，连接PQ，当t为 值时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似．
16．如图，A，B，C三点都在⊙O上，已知∠AOC＝138°，则∠OAB+∠OCB＝ °．
17．定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝ ．
三、解答题：第18，19，20小题6分，第21，22，23小题9分，第24，25小题10分。
18．已知关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2，求m的取值范围．
19．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0的两根x1、x2满足x12+x22＝5，求k的值．
20．如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C，D两点，AC＝2．求BD的长．
21．如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m．设矩形ABCD的面积为S（m2）．问AB长为多少时S最大，并求最大面积．
22．实施“双减”政策后，某校每周举行一次学科实践作业秀活动，内容有布艺、剪纸、卡通画（分别用A，B，C依次表示这三种作业）．小聪和小明计划每人选择一种作业，上述三种作业中的每一种作业被选中的可能性均相同．请你用列表法或画树状图法，求小聪和小明选择同一种作业的概率．
23．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y＝x2+bx﹣2过点C．求抛物线的表达式．
24．已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
25．如图1，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点，点，点C（0，1），点D（1，0）．
（1）求证：AC＝BD；
（2）如图2，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为 时，AC所在直线能够垂直平分BD；
（3）在（2）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）．
参考答案
一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。
1．二次函数y＝ax2﹣bx﹣5与x轴交于（1，0）、（﹣3，0），则关于x的方程ax2﹣bx＝5的解为（ ）
A．1，3 B．1，﹣5 C．﹣1，3 D．1，﹣3
【分析】利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系即可得出结论．
解：∵二次函数y＝ax2﹣bx﹣5的图象与x轴交于（1，0），（﹣3，0）两点，
∴方程ax2﹣bx＝5即ax2﹣bx﹣5＝0个根为1，﹣3，
故选：D．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，一元二次方程的根与抛物线与x轴的交点的横坐标的关系，二次函数的性质，利用数形结合法解答是解题的关键．
2．下列不是一元二次方程的是（ ）
A．（x+2）2＝3 B．x2＝3 C．x+22＝5 D．x﹣x2＝5
【分析】利用一元二次方程的定义：含有一个未知数，未知数最高项次数为2次，这样的整式方程为一元二次方程，判断即可．
解：A、（x+2）2＝3是一元二次方程，不符合题意；
B、x2＝3是一元二次方程，不符合题意；
C、x+22＝5是一元一次方程，符合题意；
D、x﹣x2＝5是一元二次方程，不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解本题的关键．
3．2022年油价多次上涨，新能源车企迎来了更多的关注，如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形判断即可．
解：∵在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形，
∴C选项中的图形为中心对称图形，
故选：C．
【点评】本题主要考查中心对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键．
4．如图，在平面直角坐标系中，将点A（3，2）绕原点O逆时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣1，3）
【分析】把点绕原点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，画出图形可解决问题．
解：点（3，2）绕原点O逆时针旋转90°，得到的点的坐标为（﹣2，3）．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
5．已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．16
【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．
解：∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
EF＝AE+AF＝3+4＝7，
由相交弦定理可得，
BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．
6．如图，△ABC，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝60°，过点A作BC的平行线l，P为直线l上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为（ ）
A． B．7﹣4 C． D．1
【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC＝120°，由此推出点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．
解：如图，连接CE．
∵AP∥BC，
∴∠PAC＝∠ACB＝60°，
∴∠CEP＝∠CAP＝60°，
∴∠BEC＝120°，
∴点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，
连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．此时⊙O与⊙O'交点为E'．
∵∠BE'C＝120°
∴所对圆周角为60°，
∴∠BOC＝2×60°＝120°，
∵△BO′C是等腰三角形，BC＝4，
∴O′B＝O′C＝4，
∵∠ACB＝60°，∠BCO'＝30°，
∴∠ACO'＝90°
∴O'A＝＝5，
∴AE′＝O'A﹣O'E′＝5﹣4＝1．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的外接圆与外心、平行线的性质、圆周角定理、勾股定理，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题．
7．如图，已知点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝a，延长CB至E，使得BE＝b，以CD，CE为边作矩形CEFD，连接并延长DB，交FE的延长线于点G，连接AG，《几何原本》中利用该图解释了代数式（2a+b）2+b2＝2[（a+b）2+a2]的几何意义，以AG为直径作圆，交AF于点H，若a＝9，b＝6，则HG的长为（ ）
A．5 B．18 C．3 D．17
【分析】连接OE，EH，证明AD＝EH，然后根据矩形性质和勾股定理即可解决问题．
解：如图，连接OE，EH，
∴OE＝AG，
∴点E在以AG为直径的圆上，
∵DF∥AE，
∴＝，
∴AD＝EH，
∵点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝a，
∴AC＝a，CB＝a，
∴AD＝DB＝a，
∴HE＝AD＝a，
∵EF＝DC＝a，
∴HF＝＝＝a，
∵BE＝b，BE垂直于FG，
∴EG＝b，
∴FG＝EF+EG＝a+b，
∴HG＝＝，
∵a＝9，b＝6，
∴HG＝＝＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段平分线的性质及勾股定理，解决本题的关键是得到AD＝EH．
8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果AB＝20，CD＝16，那么线段OE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
【分析】根据垂径定理可得，DE＝，在Rt△DOE中，根据勾股定理，OE＝，计算即可得出答案．
解：∵AB＝20，
∴OD＝10，
∵CD⊥AB，
∴DE＝＝，
在Rt△DOE中，
OE＝＝＝6．
故选：B．
【点评】本题主要考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理的应用进行求解是解决本题的关键．
9．已知抛物线y＝x2+2mx+2022（m为常数）上有三点，点A（﹣m﹣1，y1），点B（﹣m+1.5，y2），点C（2﹣m，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y1＞y2 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y2＞y1
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据点A，B，C与对称轴的距离大小关系求解．
解：∵y＝x2+2mx+2022，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣＝﹣m，
∴与对称轴距离越远的点的纵坐标越大，
∵1＜1.5＜2，
∴y3＞y2＞y1．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式的关系．
10．向空中发射一枚炮弹，经x秒后的高度为y米，且时间与高度的关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）、若此炮弹在第8秒与第16秒时的高度相等，则在下列时间中炮弹所在高度最高的是（ ）
A．第8秒 B．第10秒 C．第12秒 D．第15秒
【分析】本题需先根据题意求出抛物线的对称轴，即可得出顶点的横坐标，从而得出炮弹所在高度最高时x的值．
解：∵此炮弹在第8秒与第16秒时的高度相等，
∴抛物线的对称轴是：x＝＝12，
∴炮弹所在高度最高的是第12秒．
故选：C．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，在解题时要能根据题意求出抛物线的对称轴得出答案是本题的关键．
二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。
11．y关于x的二次函数y＝ax2+a2，在时有最大值6，则a＝ 2或﹣ ．
【分析】分类讨论：a＜0，a＞0，根据函数的增减性，可得答案．
解：当a＜0，函数的最大值为y＝a2＝6，
解得：a1＝（不合题意舍去），a2＝﹣，
当a＞0，x＝﹣1时，y最大值＝a+a2＝6，
解得：a＝2或a＝﹣3（舍去）．
综上所述，a的值是2或﹣．
故答案是：2或﹣．
【点评】本题考查了二次函数的最值，函数的顶点坐标是最大值，利用函数的增减性得出函数的最值，分类讨论是解题关键．
12．抛物线y＝x2+2x﹣1的对称轴是 直线x＝﹣1 ．
【分析】由对称轴公式x＝﹣可得对称轴．
解：∵对称轴x＝﹣＝﹣＝﹣1，
∴对称轴是直线x＝﹣1．
故答案为：直线x＝﹣1．
【点评】考查二次函数的性质，熟练运用对称轴公式．也可以运用配方法写成顶点式求对称轴．
13．如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合（AB＝6），其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第20秒时点E在量角器上运动路径长是 2π ．
【分析】首先连接OE，由∠ACB＝90°，易得点E，A，B，C共圆，然后由圆周角定理，求得点E在量角器上对应的读数．
解：连接OE，
∵∠ACB＝90°，
∴A，B，C在以点O为圆心，AB为直径的圆上，
∴点E，A，B，C共圆，
∵∠ACE＝3×20°＝60°，
∴∠AOE＝2∠ACE＝120°．
∴点E在量角器上运动路径长＝＝2π，
故答案为：2π．
【点评】本题考查的是圆周角定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
14．若将抛物线y＝x2﹣6x+5所在的平面直角坐标系中的x轴向上平移1个单位，把y轴向右平移2个单位，则该抛物线在新的平面直角坐标系下的函数表达式为 y＝x2﹣2x﹣4 ．
【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
解：∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴顶点为（3，﹣4），
将x轴向下平移1个单位长度，将y轴向右平移2个单位长度得到抛物线的顶点为（1，﹣5），
∴该抛物线在新平面直角坐标系中的函数解析式为：y＝（x﹣1）2﹣5＝x2﹣2x﹣4．
故答案为：y＝x2﹣2x﹣4．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握顶点平移的变化规律是解题的关键．
15．如图，已知抛物线y＝x2﹣7x+6与x轴的相交于A，B两点（A在B的右侧），与y轴的相交于点C，点P，Q分别从A，O两点同时以1cm/秒的速度沿AB，OC向B，C方向移动，用t（秒）表示移动时间，连接PQ，当t为 或或秒 值时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似．
【分析】先计算x＝0时的函数值得到C（0，6），解方程x2﹣7x+6＝0得B（1，0），A（6，0），所以OC＝6，OB＝1，OA＝6，则OQ＝t，OP＝6﹣t，由于∠POQ＝∠BOC，根据相似三角形的判定方法，当＝时，△OPQ∽△OBC，即＝；当＝时，△OPQ∽△OCB，即＝，然后分别解方程即可．
解：当x＝0时，y＝x2﹣7x+6＝6，则C（0，6），
当y＝0时，x2﹣7x+6＝0，解得x1＝1，x2＝6，
∴B（1，0），A（6，0），
∴OC＝6，OB＝1，OA＝6，
∴OQ＝t，OP＝|6﹣t|，
∵∠POQ＝∠BOC，
∴当＝时，△OPQ∽△OBC，
即＝，
解得t＝或；
当＝时，△OPQ∽△OCB，
即＝，
解得t＝或﹣（舍去），
综上所述，当t＝或或秒时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似．
故答案为：或或秒．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．也考查了抛物线与x轴的交点问题．
16．如图，A，B，C三点都在⊙O上，已知∠AOC＝138°，则∠OAB+∠OCB＝ 111 °．
【分析】先作出弧AC所对的圆周角∠D，如图，根据圆周角定理得到∠D＝∠AOC＝50°，然后根据圆内接四边形的性质求∠ABC的度数．
解：如图，∠D为弧AC所对的圆周角，
∵∠D＝∠AOC，
而∠AOC＝138°，
∴∠D＝69°，
∵四边形ABCD内接于圆，
∵∠D+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣69°＝111°．
∴∠OAB+∠OCB＝360°﹣∠AOC﹣∠ABC＝360°﹣111°﹣138°＝111°
故答案为：111．
【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．也考查了圆内接四边形的性质．
17．定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝ 或2或2 ．
【分析】①当AB＝BC时，画出图形分两种情况分别求得CD＝x＝或CD＝AC＝2；②当AC＝BC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD＝AB＝BC＝2．
解：①当AB＝BC时，
Ⅰ．如图1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，
∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，AB＝BC，
∴BC＝AE＝2，AB＝2，
∴BE＝2，即EC＝4，
∴AC＝2，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴∠DCF＝45°，
设DF＝CF＝x，
∵l1∥l2，
∴∠ACE＝∠DAF，
∴＝，即AF＝2x，
∴AC＝3x＝2，
∴x＝，CD＝x＝．
Ⅱ．如图4，此时△ABC等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD＝AC＝2．
②当AC＝BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴A'C⊥l1，
∴CD＝AB＝BC＝2；
Ⅱ．如图6，作AE⊥BC于E，则AE＝BC，
∴AC＝BC＝AE，
∴∠ACE＝45°，
∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A'B'C时，点A'在直线l1上，
∴A'C∥l2，即直线A'C与l2无交点，
综上所述，CD的值为或2或2．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了平行线的性质，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据分类讨论的思想进行解答．
三、解答题：第18，19，20小题6分，第21，22，23小题9分，第24，25小题10分。
18．已知关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2，求m的取值范围．
【分析】根据关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根，可知Δ≥0，据此列出不等式解答即可．
解：因为方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1、x2，
所以Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4（m﹣2）＝4﹣4m+8＝12﹣4m≥0，
解得m≤3．
故m的取值范围为m≤3．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程没有实数根．
19．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0的两根x1、x2满足x12+x22＝5，求k的值．
【分析】根据一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0有两个实数根x1、x2，即可得到x1+x2＝2k+1，x1x2＝2k2，然后将x12+x22＝5变形，再将x1+x2＝2k+1，x1x2＝2k2代入，即可得到关于k的方程，然后求解即可．
解：∵一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0有两个实数根x1、x2，
∴x1+x2＝2k+1，x1x2＝2k2，
∵x12+x22＝5，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝5，
∴（2k+1）2﹣2×2k2＝5，
解得k＝1．
【点评】本题考查根与系数的关系、解一元二次方程，解答本题的关键是明确根与系数的关系，列出关于k的方程．
20．如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C，D两点，AC＝2．求BD的长．
【分析】作OH⊥AB于H，应用垂径定理，即可求解．
解：作OH⊥AB于H，
∴AH＝BH，CH＝DH，
∴AH﹣CH＝BH﹣DH，
∴BD＝AC＝2．
【点评】本题考查垂径定理，关键是作OH⊥AB于H，应用垂径定理，得到AH＝BH，CH＝DH．
21．如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m．设矩形ABCD的面积为S（m2）．问AB长为多少时S最大，并求最大面积．
【分析】设AB长为xm，则AD长为m，根据用正方形面积公式列出函数解析式，然后由函数的性质求最值．
解：设AB长为xm，则AD长为m，
根据题意得：S＝x•＝﹣x2+15x＝﹣（x﹣15）2+，
∵﹣＜0，0＜x＜18，
∴当x＝15时，S有最大值，最大值为，
答：AB长为15米时S最大，最大值为平方米．
【点评】本题考查二次函数的应用，关键是用正方形面积公式列出函数解析式．
22．实施“双减”政策后，某校每周举行一次学科实践作业秀活动，内容有布艺、剪纸、卡通画（分别用A，B，C依次表示这三种作业）．小聪和小明计划每人选择一种作业，上述三种作业中的每一种作业被选中的可能性均相同．请你用列表法或画树状图法，求小聪和小明选择同一种作业的概率．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中小聪和小明选择同一种作业的结果有3种，再由概率公式求解即可．
解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中小聪和小明选择同一种作业的结果有3种，
∴小聪和小明选择同一种作业的概率为＝．
【点评】本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y＝x2+bx﹣2过点C．求抛物线的表达式．
【分析】首先构造全等三角形△AOB≌△CDA，求出点C的坐标；然后利用点C的坐标求出抛物线的解析式．
解：如图1所示，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD＝90°．
∵∠OBA+∠OAB＝90°，∠OAB+∠CAD＝90°，
∴∠OAB＝∠ACD，∠OBA＝∠CAD．
在△AOB与△CDA中，
，
∴△AOB≌△CDA（ASA）．
∴CD＝OA＝1，AD＝OB＝2，
∴OD＝OA+AD＝3，
∴C（3，1）．
∵点C（3，1）在抛物线y＝x2+bx﹣2上，
∴1＝×9+3b﹣2，解得：b＝﹣．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
24．已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝＝＝8．
∵AD平分∠CAB，
∴＝，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
【点评】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
25．如图1，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点，点，点C（0，1），点D（1，0）．
（1）求证：AC＝BD；
（2）如图2，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为 90° 时，AC所在直线能够垂直平分BD；
（3）在（2）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）由点A，B，C，D的坐标求出OA，OB，OC，OD，进而求出AC，BD即可得出结论；
（Ⅱ）先判断出△AOC≌△BOD，得出AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，进而得出AC始终垂直于BD，设出点C的坐标，利用OC＝1，BC＝CD＝，建立方程组求出点C的坐标，即可得出结论；
（Ⅲ）先利用面积求出OH，再由旋转判断出点D的轨迹，进而判断出点D在HO的延长线上时，△ABD的AB边上的高最大，即可得出结论．
解：（Ⅰ）∵点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0），
∴OA＝+1，OB＝+1，OC＝1，OD＝1，
∴AC＝OA﹣OC＝+1﹣1＝，BD＝+1﹣1＝，
∴AC＝BD；
（Ⅱ）由题意知，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∠BOD＝∠COD﹣∠COB＝90°﹣∠COB，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，
如图1（注：点C在x轴上，为了不要出现误解，点C没画在x轴上），延长AC交BD于D，连接BC，
在Rt△AOB中，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∴∠CAB+∠ABD＝∠OAB﹣∠OAC+∠ABO+∠BOD＝∠OAB+∠OBA＝90°，
∴AC⊥BD，
∵AC垂直平分BD，
∴CD＝BC，
设点C的坐标为（m，n），
∴m2+n2＝1①，
由旋转知，CD＝＝，
∵B（1，0），[m﹣（+1）]2+n2＝2②，
联立①②解得，m＝1，n＝0，
∴点C在x轴上，
∴旋转角为∠AOC＝90°，
故答案为：90°；
（Ⅲ）如图2，
∵OA＝OB＝+1，
∴AB＝OA＝2+，
过点O作OH⊥AB于H，
∴S△AOB＝OA•OB＝AB•OH，
∴OH＝＝＝（2+），
过点D作DG⊥AB于G，S△ABD＝AB•DG＝（2+）DG，
要使△ABD的面积最大，则DG最大，
由旋转知，点D是以O为圆心，1为半径的圆上，
∴点D在HO的延长线上时，DG最大，
即DG的最大值为D'H＝OD'+OH＝1+＝，
∴S△ABD最大＝AB•D'H＝（2+）×＝，
在Rt△AOB中，OA＝OB，OH⊥AB，
∴∠BOH＝45°，
∴旋转角∠BOD'＝180°﹣45°＝135°．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的旋转，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，确定出点C在x轴上是解本题的关键．
2022-2023学年广东省梅州市丰顺县三友中学九年级（下）开学数学试卷
一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。
1．二次函数y＝ax2﹣bx﹣5与x轴交于（1，0）、（﹣3，0），则关于x的方程ax2﹣bx＝5的解为（ ）
A．1，3 B．1，﹣5 C．﹣1，3 D．1，﹣3
2．下列不是一元二次方程的是（ ）
A．（x+2）2＝3 B．x2＝3 C．x+22＝5 D．x﹣x2＝5
3．2022年油价多次上涨，新能源车企迎来了更多的关注，如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，将点A（3，2）绕原点O逆时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣1，3）
5．已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．16
6．如图，△ABC，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝60°，过点A作BC的平行线l，P为直线l上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为（ ）
A． B．7﹣4 C． D．1
7．如图，已知点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝a，延长CB至E，使得BE＝b，以CD，CE为边作矩形CEFD，连接并延长DB，交FE的延长线于点G，连接AG，《几何原本》中利用该图解释了代数式（2a+b）2+b2＝2[（a+b）2+a2]的几何意义，以AG为直径作圆，交AF于点H，若a＝9，b＝6，则HG的长为（ ）
A．5 B．18 C．3 D．17
8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果AB＝20，CD＝16，那么线段OE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
9．已知抛物线y＝x2+2mx+2022（m为常数）上有三点，点A（﹣m﹣1，y1），点B（﹣m+1.5，y2），点C（2﹣m，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y1＞y2 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y2＞y1
10．向空中发射一枚炮弹，经x秒后的高度为y米，且时间与高度的关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）、若此炮弹在第8秒与第16秒时的高度相等，则在下列时间中炮弹所在高度最高的是（ ）
A．第8秒 B．第10秒 C．第12秒 D．第15秒
二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。
11．y关于x的二次函数y＝ax2+a2，在时有最大值6，则a＝ ．
12．抛物线y＝x2+2x﹣1的对称轴是 ．
13．如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合（AB＝6），其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第20秒时点E在量角器上运动路径长是 ．
14．若将抛物线y＝x2﹣6x+5所在的平面直角坐标系中的x轴向上平移1个单位，把y轴向右平移2个单位，则该抛物线在新的平面直角坐标系下的函数表达式为 ．
15．如图，已知抛物线y＝x2﹣7x+6与x轴的相交于A，B两点（A在B的右侧），与y轴的相交于点C，点P，Q分别从A，O两点同时以1cm/秒的速度沿AB，OC向B，C方向移动，用t（秒）表示移动时间，连接PQ，当t为 值时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似．
16．如图，A，B，C三点都在⊙O上，已知∠AOC＝138°，则∠OAB+∠OCB＝ °．
17．定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝ ．
三、解答题：第18，19，20小题6分，第21，22，23小题9分，第24，25小题10分。
18．已知关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2，求m的取值范围．
19．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0的两根x1、x2满足x12+x22＝5，求k的值．
20．如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C，D两点，AC＝2．求BD的长．
21．如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m．设矩形ABCD的面积为S（m2）．问AB长为多少时S最大，并求最大面积．
22．实施“双减”政策后，某校每周举行一次学科实践作业秀活动，内容有布艺、剪纸、卡通画（分别用A，B，C依次表示这三种作业）．小聪和小明计划每人选择一种作业，上述三种作业中的每一种作业被选中的可能性均相同．请你用列表法或画树状图法，求小聪和小明选择同一种作业的概率．
23．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y＝x2+bx﹣2过点C．求抛物线的表达式．
24．已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
25．如图1，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点，点，点C（0，1），点D（1，0）．
（1）求证：AC＝BD；
（2）如图2，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为 时，AC所在直线能够垂直平分BD；
（3）在（2）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）．
参考答案
一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分。
1．二次函数y＝ax2﹣bx﹣5与x轴交于（1，0）、（﹣3，0），则关于x的方程ax2﹣bx＝5的解为（ ）
A．1，3 B．1，﹣5 C．﹣1，3 D．1，﹣3
【分析】利用抛物线与x轴的交点的横坐标与一元二次方程根的联系即可得出结论．
解：∵二次函数y＝ax2﹣bx﹣5的图象与x轴交于（1，0），（﹣3，0）两点，
∴方程ax2﹣bx＝5即ax2﹣bx﹣5＝0个根为1，﹣3，
故选：D．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，一元二次方程的根与抛物线与x轴的交点的横坐标的关系，二次函数的性质，利用数形结合法解答是解题的关键．
2．下列不是一元二次方程的是（ ）
A．（x+2）2＝3 B．x2＝3 C．x+22＝5 D．x﹣x2＝5
【分析】利用一元二次方程的定义：含有一个未知数，未知数最高项次数为2次，这样的整式方程为一元二次方程，判断即可．
解：A、（x+2）2＝3是一元二次方程，不符合题意；
B、x2＝3是一元二次方程，不符合题意；
C、x+22＝5是一元一次方程，符合题意；
D、x﹣x2＝5是一元二次方程，不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解本题的关键．
3．2022年油价多次上涨，新能源车企迎来了更多的关注，如图是四款新能源汽车的标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形判断即可．
解：∵在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，则这个图形为中心对称图形，
∴C选项中的图形为中心对称图形，
故选：C．
【点评】本题主要考查中心对称图形的知识，熟练掌握中心对称图形的概念是解题的关键．
4．如图，在平面直角坐标系中，将点A（3，2）绕原点O逆时针旋转90°得到点B，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣2，3） B．（﹣3，2） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣1，3）
【分析】把点绕原点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，画出图形可解决问题．
解：点（3，2）绕原点O逆时针旋转90°，得到的点的坐标为（﹣2，3）．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
5．已知四边形ABCD两条对角线相交于点E，AB＝AC＝AD，AE＝3，EC＝1，则BE•DE
的值为（ ）
A．6 B．7 C．12 D．16
【分析】由题意可知AB＝AC＝AD，点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，由相交弦定理可得，BE•DE＝CE•EF即可求出答案．
解：∵AB＝AC＝AD，
∴点D、C、B在以点A为圆心的圆周上运动，
AE＝3，EC＝1，
∴AC＝AF＝AE+CE＝3+1＝4，
EF＝AE+AF＝3+4＝7，
由相交弦定理可得，
BE•DE＝CE•EF＝1×7＝7，
故选：B．
【点评】本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．
6．如图，△ABC，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝60°，过点A作BC的平行线l，P为直线l上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为（ ）
A． B．7﹣4 C． D．1
【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC＝120°，由此推出点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．
解：如图，连接CE．
∵AP∥BC，
∴∠PAC＝∠ACB＝60°，
∴∠CEP＝∠CAP＝60°，
∴∠BEC＝120°，
∴点E在以O'为圆心，O'B为半径的上运动，
连接O'A交于E′，此时AE′的值最小．此时⊙O与⊙O'交点为E'．
∵∠BE'C＝120°
∴所对圆周角为60°，
∴∠BOC＝2×60°＝120°，
∵△BO′C是等腰三角形，BC＝4，
∴O′B＝O′C＝4，
∵∠ACB＝60°，∠BCO'＝30°，
∴∠ACO'＝90°
∴O'A＝＝5，
∴AE′＝O'A﹣O'E′＝5﹣4＝1．
故选：D．
【点评】本题考查三角形的外接圆与外心、平行线的性质、圆周角定理、勾股定理，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题．
7．如图，已知点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝a，延长CB至E，使得BE＝b，以CD，CE为边作矩形CEFD，连接并延长DB，交FE的延长线于点G，连接AG，《几何原本》中利用该图解释了代数式（2a+b）2+b2＝2[（a+b）2+a2]的几何意义，以AG为直径作圆，交AF于点H，若a＝9，b＝6，则HG的长为（ ）
A．5 B．18 C．3 D．17
【分析】连接OE，EH，证明AD＝EH，然后根据矩形性质和勾股定理即可解决问题．
解：如图，连接OE，EH，
∴OE＝AG，
∴点E在以AG为直径的圆上，
∵DF∥AE，
∴＝，
∴AD＝EH，
∵点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝a，
∴AC＝a，CB＝a，
∴AD＝DB＝a，
∴HE＝AD＝a，
∵EF＝DC＝a，
∴HF＝＝＝a，
∵BE＝b，BE垂直于FG，
∴EG＝b，
∴FG＝EF+EG＝a+b，
∴HG＝＝，
∵a＝9，b＝6，
∴HG＝＝＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段平分线的性质及勾股定理，解决本题的关键是得到AD＝EH．
8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果AB＝20，CD＝16，那么线段OE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
【分析】根据垂径定理可得，DE＝，在Rt△DOE中，根据勾股定理，OE＝，计算即可得出答案．
解：∵AB＝20，
∴OD＝10，
∵CD⊥AB，
∴DE＝＝，
在Rt△DOE中，
OE＝＝＝6．
故选：B．
【点评】本题主要考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理的应用进行求解是解决本题的关键．
9．已知抛物线y＝x2+2mx+2022（m为常数）上有三点，点A（﹣m﹣1，y1），点B（﹣m+1.5，y2），点C（2﹣m，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3 B．y3＞y1＞y2 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y2＞y1
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向及对称轴，根据点A，B，C与对称轴的距离大小关系求解．
解：∵y＝x2+2mx+2022，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝﹣＝﹣m，
∴与对称轴距离越远的点的纵坐标越大，
∵1＜1.5＜2，
∴y3＞y2＞y1．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式的关系．
10．向空中发射一枚炮弹，经x秒后的高度为y米，且时间与高度的关系为y＝ax2+bx+c（a≠0）、若此炮弹在第8秒与第16秒时的高度相等，则在下列时间中炮弹所在高度最高的是（ ）
A．第8秒 B．第10秒 C．第12秒 D．第15秒
【分析】本题需先根据题意求出抛物线的对称轴，即可得出顶点的横坐标，从而得出炮弹所在高度最高时x的值．
解：∵此炮弹在第8秒与第16秒时的高度相等，
∴抛物线的对称轴是：x＝＝12，
∴炮弹所在高度最高的是第12秒．
故选：C．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，在解题时要能根据题意求出抛物线的对称轴得出答案是本题的关键．
二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。
11．y关于x的二次函数y＝ax2+a2，在时有最大值6，则a＝ 2或﹣ ．
【分析】分类讨论：a＜0，a＞0，根据函数的增减性，可得答案．
解：当a＜0，函数的最大值为y＝a2＝6，
解得：a1＝（不合题意舍去），a2＝﹣，
当a＞0，x＝﹣1时，y最大值＝a+a2＝6，
解得：a＝2或a＝﹣3（舍去）．
综上所述，a的值是2或﹣．
故答案是：2或﹣．
【点评】本题考查了二次函数的最值，函数的顶点坐标是最大值，利用函数的增减性得出函数的最值，分类讨论是解题关键．
12．抛物线y＝x2+2x﹣1的对称轴是 直线x＝﹣1 ．
【分析】由对称轴公式x＝﹣可得对称轴．
解：∵对称轴x＝﹣＝﹣＝﹣1，
∴对称轴是直线x＝﹣1．
故答案为：直线x＝﹣1．
【点评】考查二次函数的性质，熟练运用对称轴公式．也可以运用配方法写成顶点式求对称轴．
13．如图，量角器的直径与直角三角板ABC的斜边AB重合（AB＝6），其中量角器0刻度线的端点N与点A重合，射线CP从CA处出发沿顺时针方向以每秒3度的速度旋转，CP与量角器的半圆弧交于点E，第20秒时点E在量角器上运动路径长是 2π ．
【分析】首先连接OE，由∠ACB＝90°，易得点E，A，B，C共圆，然后由圆周角定理，求得点E在量角器上对应的读数．
解：连接OE，
∵∠ACB＝90°，
∴A，B，C在以点O为圆心，AB为直径的圆上，
∴点E，A，B，C共圆，
∵∠ACE＝3×20°＝60°，
∴∠AOE＝2∠ACE＝120°．
∴点E在量角器上运动路径长＝＝2π，
故答案为：2π．
【点评】本题考查的是圆周角定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
14．若将抛物线y＝x2﹣6x+5所在的平面直角坐标系中的x轴向上平移1个单位，把y轴向右平移2个单位，则该抛物线在新的平面直角坐标系下的函数表达式为 y＝x2﹣2x﹣4 ．
【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
解：∵y＝x2﹣6x+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴顶点为（3，﹣4），
将x轴向下平移1个单位长度，将y轴向右平移2个单位长度得到抛物线的顶点为（1，﹣5），
∴该抛物线在新平面直角坐标系中的函数解析式为：y＝（x﹣1）2﹣5＝x2﹣2x﹣4．
故答案为：y＝x2﹣2x﹣4．
【点评】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握顶点平移的变化规律是解题的关键．
15．如图，已知抛物线y＝x2﹣7x+6与x轴的相交于A，B两点（A在B的右侧），与y轴的相交于点C，点P，Q分别从A，O两点同时以1cm/秒的速度沿AB，OC向B，C方向移动，用t（秒）表示移动时间，连接PQ，当t为 或或秒 值时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似．
【分析】先计算x＝0时的函数值得到C（0，6），解方程x2﹣7x+6＝0得B（1，0），A（6，0），所以OC＝6，OB＝1，OA＝6，则OQ＝t，OP＝6﹣t，由于∠POQ＝∠BOC，根据相似三角形的判定方法，当＝时，△OPQ∽△OBC，即＝；当＝时，△OPQ∽△OCB，即＝，然后分别解方程即可．
解：当x＝0时，y＝x2﹣7x+6＝6，则C（0，6），
当y＝0时，x2﹣7x+6＝0，解得x1＝1，x2＝6，
∴B（1，0），A（6，0），
∴OC＝6，OB＝1，OA＝6，
∴OQ＝t，OP＝|6﹣t|，
∵∠POQ＝∠BOC，
∴当＝时，△OPQ∽△OBC，
即＝，
解得t＝或；
当＝时，△OPQ∽△OCB，
即＝，
解得t＝或﹣（舍去），
综上所述，当t＝或或秒时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OBC相似．
故答案为：或或秒．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似．也考查了抛物线与x轴的交点问题．
16．如图，A，B，C三点都在⊙O上，已知∠AOC＝138°，则∠OAB+∠OCB＝ 111 °．
【分析】先作出弧AC所对的圆周角∠D，如图，根据圆周角定理得到∠D＝∠AOC＝50°，然后根据圆内接四边形的性质求∠ABC的度数．
解：如图，∠D为弧AC所对的圆周角，
∵∠D＝∠AOC，
而∠AOC＝138°，
∴∠D＝69°，
∵四边形ABCD内接于圆，
∵∠D+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣69°＝111°．
∴∠OAB+∠OCB＝360°﹣∠AOC﹣∠ABC＝360°﹣111°﹣138°＝111°
故答案为：111．
【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．也考查了圆内接四边形的性质．
17．定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
如图，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2．“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，△ABC有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，A'C所在直线交l2于点D，则CD＝ 或2或2 ．
【分析】①当AB＝BC时，画出图形分两种情况分别求得CD＝x＝或CD＝AC＝2；②当AC＝BC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD＝AB＝BC＝2．
解：①当AB＝BC时，
Ⅰ．如图1，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F，
∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，AB＝BC，
∴BC＝AE＝2，AB＝2，
∴BE＝2，即EC＝4，
∴AC＝2，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴∠DCF＝45°，
设DF＝CF＝x，
∵l1∥l2，
∴∠ACE＝∠DAF，
∴＝，即AF＝2x，
∴AC＝3x＝2，
∴x＝，CD＝x＝．
Ⅱ．如图4，此时△ABC等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD＝AC＝2．
②当AC＝BC时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC是等腰直角三角形，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A'B'C，
∴A'C⊥l1，
∴CD＝AB＝BC＝2；
Ⅱ．如图6，作AE⊥BC于E，则AE＝BC，
∴AC＝BC＝AE，
∴∠ACE＝45°，
∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A'B'C时，点A'在直线l1上，
∴A'C∥l2，即直线A'C与l2无交点，
综上所述，CD的值为或2或2．
【点评】本题属于几何变换综合题，主要考查了平行线的性质，旋转的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是依据题意画出图形，根据分类讨论的思想进行解答．
三、解答题：第18，19，20小题6分，第21，22，23小题9分，第24，25小题10分。
18．已知关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1，x2，求m的取值范围．
【分析】根据关于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根，可知Δ≥0，据此列出不等式解答即可．
解：因为方程x2﹣2x+m﹣2＝0有两个实数根x1、x2，
所以Δ＝b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4（m﹣2）＝4﹣4m+8＝12﹣4m≥0，
解得m≤3．
故m的取值范围为m≤3．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac．当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程没有实数根．
19．已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0的两根x1、x2满足x12+x22＝5，求k的值．
【分析】根据一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0有两个实数根x1、x2，即可得到x1+x2＝2k+1，x1x2＝2k2，然后将x12+x22＝5变形，再将x1+x2＝2k+1，x1x2＝2k2代入，即可得到关于k的方程，然后求解即可．
解：∵一元二次方程x2﹣（2k+1）x+2k2＝0有两个实数根x1、x2，
∴x1+x2＝2k+1，x1x2＝2k2，
∵x12+x22＝5，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝5，
∴（2k+1）2﹣2×2k2＝5，
解得k＝1．
【点评】本题考查根与系数的关系、解一元二次方程，解答本题的关键是明确根与系数的关系，列出关于k的方程．
20．如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C，D两点，AC＝2．求BD的长．
【分析】作OH⊥AB于H，应用垂径定理，即可求解．
解：作OH⊥AB于H，
∴AH＝BH，CH＝DH，
∴AH﹣CH＝BH﹣DH，
∴BD＝AC＝2．
【点评】本题考查垂径定理，关键是作OH⊥AB于H，应用垂径定理，得到AH＝BH，CH＝DH．
21．如图，用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长为18m．设矩形ABCD的面积为S（m2）．问AB长为多少时S最大，并求最大面积．
【分析】设AB长为xm，则AD长为m，根据用正方形面积公式列出函数解析式，然后由函数的性质求最值．
解：设AB长为xm，则AD长为m，
根据题意得：S＝x•＝﹣x2+15x＝﹣（x﹣15）2+，
∵﹣＜0，0＜x＜18，
∴当x＝15时，S有最大值，最大值为，
答：AB长为15米时S最大，最大值为平方米．
【点评】本题考查二次函数的应用，关键是用正方形面积公式列出函数解析式．
22．实施“双减”政策后，某校每周举行一次学科实践作业秀活动，内容有布艺、剪纸、卡通画（分别用A，B，C依次表示这三种作业）．小聪和小明计划每人选择一种作业，上述三种作业中的每一种作业被选中的可能性均相同．请你用列表法或画树状图法，求小聪和小明选择同一种作业的概率．
【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中小聪和小明选择同一种作业的结果有3种，再由概率公式求解即可．
解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中小聪和小明选择同一种作业的结果有3种，
∴小聪和小明选择同一种作业的概率为＝．
【点评】本题考查了树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
23．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y＝x2+bx﹣2过点C．求抛物线的表达式．
【分析】首先构造全等三角形△AOB≌△CDA，求出点C的坐标；然后利用点C的坐标求出抛物线的解析式．
解：如图1所示，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD＝90°．
∵∠OBA+∠OAB＝90°，∠OAB+∠CAD＝90°，
∴∠OAB＝∠ACD，∠OBA＝∠CAD．
在△AOB与△CDA中，
，
∴△AOB≌△CDA（ASA）．
∴CD＝OA＝1，AD＝OB＝2，
∴OD＝OA+AD＝3，
∴C（3，1）．
∵点C（3，1）在抛物线y＝x2+bx﹣2上，
∴1＝×9+3b﹣2，解得：b＝﹣．
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣2．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
24．已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝＝＝8．
∵AD平分∠CAB，
∴＝，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
【点评】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
25．如图1，将两个等腰直角三角形纸片OAB和OCD放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点，点，点C（0，1），点D（1，0）．
（1）求证：AC＝BD；
（2）如图2，现将△OCD绕点O顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），连接AC，BD，这一过程中AC和BD是否仍然保持相等？说明理由；当旋转角α的度数为 90° 时，AC所在直线能够垂直平分BD；
（3）在（2）的情况下，将旋转角α的范围扩大为0°＜α＜360°，那么在旋转过程中，求△BAD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）由点A，B，C，D的坐标求出OA，OB，OC，OD，进而求出AC，BD即可得出结论；
（Ⅱ）先判断出△AOC≌△BOD，得出AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，进而得出AC始终垂直于BD，设出点C的坐标，利用OC＝1，BC＝CD＝，建立方程组求出点C的坐标，即可得出结论；
（Ⅲ）先利用面积求出OH，再由旋转判断出点D的轨迹，进而判断出点D在HO的延长线上时，△ABD的AB边上的高最大，即可得出结论．
解：（Ⅰ）∵点A（0，+1），点B（+1，0），点C（0，1），点D（1，0），
∴OA＝+1，OB＝+1，OC＝1，OD＝1，
∴AC＝OA﹣OC＝+1﹣1＝，BD＝+1﹣1＝，
∴AC＝BD；
（Ⅱ）由题意知，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠AOB﹣∠COB＝90°﹣∠COB，∠BOD＝∠COD﹣∠COB＝90°﹣∠COB，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD，∠OAC＝∠OBD，
如图1（注：点C在x轴上，为了不要出现误解，点C没画在x轴上），延长AC交BD于D，连接BC，
在Rt△AOB中，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝45°，
∴∠CAB+∠ABD＝∠OAB﹣∠OAC+∠ABO+∠BOD＝∠OAB+∠OBA＝90°，
∴AC⊥BD，
∵AC垂直平分BD，
∴CD＝BC，
设点C的坐标为（m，n），
∴m2+n2＝1①，
由旋转知，CD＝＝，
∵B（1，0），[m﹣（+1）]2+n2＝2②，
联立①②解得，m＝1，n＝0，
∴点C在x轴上，
∴旋转角为∠AOC＝90°，
故答案为：90°；
（Ⅲ）如图2，
∵OA＝OB＝+1，
∴AB＝OA＝2+，
过点O作OH⊥AB于H，
∴S△AOB＝OA•OB＝AB•OH，
∴OH＝＝＝（2+），
过点D作DG⊥AB于G，S△ABD＝AB•DG＝（2+）DG，
要使△ABD的面积最大，则DG最大，
由旋转知，点D是以O为圆心，1为半径的圆上，
∴点D在HO的延长线上时，DG最大，
即DG的最大值为D'H＝OD'+OH＝1+＝，
∴S△ABD最大＝AB•D'H＝（2+）×＝，
在Rt△AOB中，OA＝OB，OH⊥AB，
∴∠BOH＝45°，
∴旋转角∠BOD'＝180°﹣45°＝135°．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的旋转，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，确定出点C在x轴上是解本题的关键．
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