浙江省温州市乐清市山海联盟2023—-2024学年上学期九年级期中数学试卷
展开1.下列事件中,属于必然事件的是( )
A.掷一枚硬币,正面朝下
B.三角形两边之和大于第三边
C.一个三角形三个内角的和小于180°
D.在一个装有黑球的盒子里,摸到红球
2.已知圆O的半径为5,同一平面内有一点P,且OP=4,则点P与圆O的关系是( )
A.点P在圆内B.点P在圆外C.点P在圆上D.无法确定
3.对于二次函数y=(x﹣1)2+3的图象,下列说法正确的是( )
A.开口向下B.对称轴是直线x=﹣1
C.顶点坐标是(1,3)D.过点(0,3)
4.一只蜘蛛爬到如图所示的一面墙上,停留位置是随机的,则停留在阴影区域上的概率是( )
A.B.C.D.
5.将抛物线y=x2向右平移1个单位,再向上平移2个单位,所得的新抛物线的表达式为( )
A.y=(x+1)2+2B.y=(x+2)2+1
C.y=(x+2)2﹣1D.y=(x﹣1)2+2
6.如图,△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD,若∠A=100°,∠D=50°,则∠BOC的度数是( )更多优质支援请 嘉 威鑫 MXSJ663
A.30°B.35°C.45°D.60°
7.如图,D是等边△ABC外接圆上的点,且∠CAD=20°,则∠ACD的度数为( )
A.20°B.30°C.40°D.45°
8.△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,以点C为圆心,CA为半径的圆与AB、BC分别交于点E、D,则AE的长为( )
A.B.C.D.
9.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分对应值列表如表:
则当0<x<5时,y的取值范围是( )
A.﹣8≤y<7B.﹣8<y<7C.﹣9<y<7D.﹣9≤y<7
10.已知点A,B,C在⊙O上,∠ABC=30°,把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D.若BD=9,AD=6,则的长为( )
A.B.3πC.D.
二.填空题(本大题有6小题,每小题4分,共24分)
11.已知抛物线y=ax2(a≠0)经过点(2,﹣8),则a= .
12.已知,正n边形的一个内角为140°,则这个正n边形的边数是 .
13.一个口袋中放有除颜色外,形状大小都相同的黑白两种球,黑球6个,白球10个,现在往袋中放入m个白球,使得摸到白球的概率为0.8,则m= .
14.如图,边长为2的等边△ABC,将边BC不改变长度,变为得到以A为圆心,AB为半径的扇形ABC,则此扇形的面积为 .
15.如图,小明以抛物线为灵感,在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯,杯体轴截面ABC是抛物线的一部分,则杯口的口径AC为 .
16.如图,点P是线段AB上一动点(不包括端点),过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q,连接AQ,过点P作PC∥AQ交该半圆于点C,连接CB.当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时,为 .
三.解答题(本题共有7小题,共66分.解答时需要写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程)
17.如图,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点坐标分别为A(﹣4,﹣2),B(﹣2,0),C(0,﹣3),△A1B1C是△ABC绕点C顺时针旋转90°后得到的图形.
(1)在所给的平面直角坐标系中画出△A1B1C,并写出A1,B1的坐标:A1( , ),B1( , );
(2)在旋转过程中,点B经过的路径长为 .
18.如图,有3张分别印有第19届杭州亚运会的吉祥物的卡片:A宸宸、B琮琮、C莲莲.现将这3张卡片(卡片的形状、大小、质地都相同)放在不透明的盒子中,搅匀后从中任意取出1张卡片,记录后放回、搅匀,再从中任意取出1张卡片,求下列事件发生的概率.
(1)第一次取出的卡片图案为“B琮琮”的概率为 ;
(2)用画树状图或列表的方法,求两次取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的概率.
19.如图,A是⊙O上一点,BC是直径,点D在⊙O上且平分.
(1)连接AD,求∠BAD的度数;
(2)若,AB=8,求AC的长.
20.如图,抛物线过点A(2,0)和点B(0,4).
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)将该抛物线上的点M(m,p)向右平移至点N,当点N落在该抛物线上且位于第一象限时,求点M的横坐标m的取值范围;
21.如图,半圆ACB中,点D是的中点,点E在直径AB上,且AE=AC,半径OD交CE于点F.
(1)求证:OF=OE;
(2)若OF=6,DF=4,求CF的长.
22.已知,足球球门高2.44米,宽7.32米(如图1)在射门训练中,一球员接传球后射门,击球点A距离地面0.4米,即AB=0.4米,球的运动路线是抛物线的一部分,当球的水平移动距离BC为6米时,球恰好到达最高点D,即CD=4.4米.以直线BC为x轴,以直线AB为y轴建立平面直角坐标系(如图2).
(1)求该抛物线的表达式;
(2)若足球恰好击中球门横梁,求该足球运动的水平距离;
(3)若要使球直接落在球门内,则该球员应后退m米后接球射门,击球点为A'(如图3),请直接写出m的取值范围.
23.二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于A(2,0),B(6,0)两点,与y轴交于点C,顶点为E.
(1)求点E的坐标;
(2)如图①,D是该二次函数图象的对称轴上一个动点,当BD的垂直平分线恰好经过点C时,求点D的坐标;
(3)如图②,P是该二次函数图象上的一个动点,连接OP,取OP中点Q,连接QC,QE,CE,当△CEQ的面积为12时,求点P的坐标.
参考答案
一.选择题(本题有10小题,每小题3分,共30分,每小题只有一个选项是正确的,不选、多选、错选,均不给分)
1.下列事件中,属于必然事件的是( )
A.掷一枚硬币,正面朝下
B.三角形两边之和大于第三边
C.一个三角形三个内角的和小于180°
D.在一个装有黑球的盒子里,摸到红球
【分析】根据事件发生的可能性大小判断.
解:A、掷一枚硬币,正面朝下,是随机事件,不符合题意;
B、三角形两边之和大于第三边,是必然事件,符合题意;
C、一个三角形三个内角的和小于180°,是不可能事件,不符合题意;
D、在一个装有黑球的盒子里,摸到红球,是不可能事件,不符合题意;
故选:B.
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下,一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下,一定不发生的事件,不确定事件即随机事件是指在一定条件下,可能发生也可能不发生的事件.
2.已知圆O的半径为5,同一平面内有一点P,且OP=4,则点P与圆O的关系是( )
A.点P在圆内B.点P在圆外C.点P在圆上D.无法确定
【分析】根据题意:OP=4<r,进行判断即可.
解:设圆的半径为r,
由题意得:OP=4<r=5,
∴点P与圆O的关系是:点P在圆内.
故选:A.
【点评】本题考查点与圆的位置关系.熟练掌握利用点到圆心的距离与半径的大小关系,来判断点与圆的位置关系是解题的关键.
3.对于二次函数y=(x﹣1)2+3的图象,下列说法正确的是( )
A.开口向下B.对称轴是直线x=﹣1
C.顶点坐标是(1,3)D.过点(0,3)
【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向、对称轴、顶点坐标及最小值,则可得出答案.
解:∵二次函数y=(x﹣1)2+3,
∴a=1>0,开口向上,故A不符合题意;
图象对称轴是直线x=1,故B不符合题意;
图象顶点坐标为(1,3),故C符合题意;
当x=0时,y=1+3=4≠3,故D不符合题意.
故选:C.
【点评】本题主要考查二次函数的性质,掌握二次函数的顶点式是解题的关键,即在y=a(x﹣h)2+k中,顶点坐标为(h,k),对称轴为x=h.
4.一只蜘蛛爬到如图所示的一面墙上,停留位置是随机的,则停留在阴影区域上的概率是( )
A.B.C.D.
【分析】设每小格的面积为1,易得整个方砖的面积为9,阴影区域的面积3,然后根据概率的定义计算即可.
解:设每小格的面积为1,
∴整个方砖的面积为9,
阴影区域的面积为3,
∴最终停在阴影区域上的概率为:.
故选:C.
【点评】本题考查了求几何概率的方法:先利用几何性质求出整个几何图形的面积n,再计算出其中某个区域的几何图形的面积m,然后根据概率的定义计算出落在这个几何区域的事件的概率=.
5.将抛物线y=x2向右平移1个单位,再向上平移2个单位,所得的新抛物线的表达式为( )
A.y=(x+1)2+2B.y=(x+2)2+1
C.y=(x+2)2﹣1D.y=(x﹣1)2+2
【分析】根据二次函数图象“左加右减,上加下减”的平移规律进行求解.
解:将抛物线y=x2向右平移1个单位,再向上平移2个单位,所得的新抛物线的表达式为:y=(x﹣1)2+2.
故选:D.
【点评】此题主要考查的是二次函数图象与几何变换,用平移规律“左加右减,上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式.
6.如图,△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD,若∠A=100°,∠D=50°,则∠BOC的度数是( )
A.30°B.35°C.45°D.60°
【分析】由旋转的性质可得∠D=∠B=50°,∠AOC=65°,由三角形内角和可求∠AOB=30°,即可求∠BOC的度数.
解:∵△AOB绕点O逆时针旋转65°得到△COD,
∴∠D=∠B=50°,∠AOC=65°,
∵∠A=100°,∠B=50°
∴∠AOB=30°
∴∠BOC=∠AOC﹣∠AOB=35°
故选:B.
【点评】本题考查了旋转的性质,三角形内角和定理,熟练运用旋转的性质是本题的关键.
7.如图,D是等边△ABC外接圆上的点,且∠CAD=20°,则∠ACD的度数为( )
A.20°B.30°C.40°D.45°
【分析】根据等边三角形的性质得到∠ABC=60°,根据圆内接四边形的性质求出∠ADC,再根据三角形内角和定理求出∠ACD.
解:∵△ABC为等边三角形,
∴∠ABC=60°,
∴∠ADC=180°﹣∠ABC=120°,
∴∠ACD=180°﹣∠ADC﹣∠ACD=40°,
故选:C.
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心,掌握圆内接四边形的性质、等边三角形的性质以及三角形内角和定理是解题的关键.
8.△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,以点C为圆心,CA为半径的圆与AB、BC分别交于点E、D,则AE的长为( )
A.B.C.D.
【分析】在Rt△ABC中,由勾股定理可直接求得AB的长;过C作CM⊥AB,交AB于点M,由垂径定理可得M为AE的中点,在Rt△ACM中,根据勾股定理得AM的长,从而得到AE的长.
解:在Rt△ABC中,
∵AC=3,BC=4,
∴AB==5.
过C作CM⊥AB,交AB于点M,如图所示,
由垂径定理可得M为AE的中点,
∵S△ABC=AC•BC=AB•CM,且AC=3,BC=4,AB=5,
∴CM=,
在Rt△ACM中,根据勾股定理得:AC2=AM2+CM2,即9=AM2+()2,
解得:AM=,
∴AE=2AM=.
故选:C.
【点评】本题考查的是垂径定理,根据题意作出辅助线,构造出直角三角形是解答此题的关键.
9.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分对应值列表如表:
则当0<x<5时,y的取值范围是( )
A.﹣8≤y<7B.﹣8<y<7C.﹣9<y<7D.﹣9≤y<7
【分析】首先根据表格确定二次函数的对称轴及顶点坐标,然后结合表格即可求解.
解:根据表格知二次函数的对称轴为直线x=1,顶点坐标为(1,﹣9),
∴当0<x<5时,y的取值范围是﹣9≤y<7.
故选:D.
【点评】此题主要考查了二次函数的性质,解题的关键是根据表格确定对称轴及顶点坐标.
10.已知点A,B,C在⊙O上,∠ABC=30°,把劣弧沿着直线CB折叠交弦AB于点D.若BD=9,AD=6,则的长为( )
A.B.3πC.D.
【分析】取点D在⊙O上的对应点E,连接OA、OC、CE、BE、CD、AC,过C点作CF⊥AD于F点,根据四边形ABEC内接于⊙O,有∠A+∠E=180°,根据折叠的性质有:∠BEC=∠BDC,可证明∠A=∠ADC,即△ACD是等腰三角形,则有AF=FD=AD=3,进而有BF=BD+DF=12,再解直角三角形求得CF,然后利用勾股定理求得AC,易证得△AOC是等边三角形,得到OA=OC=AC=,然后利用弧长公式求得即可.
解:取点D在⊙O上的对应点E,连接OA、OC、CE、BE、CD、AC,过C点作CF⊥AD于F点,如图,
∵四边形ABEC内接于⊙O,
∴∠A+∠E=180°,
∵点D在⊙O上的对应点为点E,
∴根据折叠的性质有:∠BEC=∠BDC,
∵∠BDC+∠CDA=180°,
∴∠E+∠CDA=180°,
∵∠A+∠E=180°,
∴∠A=∠ADC,
∴△ACD是等腰三角形,
∵CF⊥AD,AD=6,
∴AF=FD=AD=3,
∵BD=9,
∴BF=BD+DF=12,
∵CF⊥AD,
∴△CFB是直角三角形,
∵∠ABC=30°,
在Rt△CFB中,CF=BF=4,
在Rt△AFC中,AC===,
∵∠ABC=30°,
∴∠AOC=60°,
∵OA=OC,
∴△AOC是等边三角形,
∴OA=OC=AC=,
∴的长为:=.
故选:C.
【点评】本题考查了圆中折叠的问题,圆内接四边形的性质,等腰三角形的判定与性质,等边三角形的判定和性质,解直角三角形,勾股定理等知识,作出辅助线,根据圆的内接四边形的性质得到∠A=∠ADC是解答本题的关键.
二.填空题(本大题有6小题,每小题4分,共24分)
11.已知抛物线y=ax2(a≠0)经过点(2,﹣8),则a= ﹣2. .
【分析】把点(2,﹣8)代入y=ax2(a≠0)即可求得.
解:∵抛物线y=ax2(a≠0)经过点(2,﹣8),
∴﹣8=4a,
∴a=﹣2,
故答案为:﹣2
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征,图象上点的坐标适合解析式.
12.已知,正n边形的一个内角为140°,则这个正n边形的边数是 9 .
【分析】根据多边形每个内角与其相邻的外角互补,则正n边形的每个外角的度数=180°﹣140°=40°,然后根据多边形的外角和为360°即可得到n的值.
解:∵正n边形的每个内角都是140°,
∴正n边形的每个外角的度数=180°﹣140°=40°,
∴n=360÷40=9.
故答案为:9.
【点评】本题考查了多边形内角与外角的关系及多边形的外角和定理,用到的知识点:
多边形每个内角与其相邻的外角互补;多边形的外角和为360°.
13.一个口袋中放有除颜色外,形状大小都相同的黑白两种球,黑球6个,白球10个,现在往袋中放入m个白球,使得摸到白球的概率为0.8,则m= 14 .
【分析】根据概率公式列出方程,即可求出答案.
解:由题意得,
,
解得m=14,
经检验,m=14是原分式方程的根,
故答案为:14.
【点评】本题主要考查了概率公式,解题的关键是根据概率公式正确列出方程.
14.如图,边长为2的等边△ABC,将边BC不改变长度,变为得到以A为圆心,AB为半径的扇形ABC,则此扇形的面积为 2 .
【分析】根据S扇形=r,代入计算即可.
解:∵S扇形=lr,l=2,r=2,
∴S扇形==2.
故答案为:2.
【点评】本题考查扇形的面积公式,记住S扇形=lr=(n是圆心角,r是半径,l是弧长),属于中考常考题型.
15.如图,小明以抛物线为灵感,在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯,杯体轴截面ABC是抛物线的一部分,则杯口的口径AC为 9 .
【分析】利用待定系数法求出A、C的坐标,可求答案.
解:∵OD为14,
∴令14=x2+5,
解得x=±,
∴A(﹣,14),C(,14),
∴AC=﹣(﹣)=9,
故答案为:9.
【点评】本题是关于二次函数应用题,主要考查了二次函数图象和性质,待定系数法,熟练掌握用待定系数法求点的坐标是解题的关键.
16.如图,点P是线段AB上一动点(不包括端点),过点P作PQ⊥AB交以AB为直径的半圆O于点Q,连接AQ,过点P作PC∥AQ交该半圆于点C,连接CB.当△PCB是以PC为腰的等腰三角形时,为 或 .
【分析】分两种情况:①PC=BC时,过点C作CT⊥AB于T,则CT∥PQ,根据等腰三角形的性质得CT平分∠PCB,PT=BT,根据平行线的性质得∠AQP=∠QPC=∠PCT=∠BCT,∠A=∠CPB=∠B,由圆周角、弧、弦的关系得=,可得=,则AQ=BC,证明△APQ=△BTC(AAS),根据全等三角形的性质得AP=BT,可得AP=PT=BT,即可求解;②PC=PB时,连接AC,根据等角的余角相等可得∠CAB=∠PCA,则PC=PA=PB,即可求解.
解:①PC=BC时,过点C作CT⊥AB于T,
∵PQ⊥AB,
∴CT∥PQ,
∴∠QPC=∠TCP,
∵PC∥AQ,
∴∠QPC=∠AQP,∠A=∠CPB,
∵PC=BC,CT⊥AB,
∴CT平分∠PCB,PT=BT,∠PCT=∠BCT,
∴∠AQP=∠QPC=∠PCT=∠BCT,∠A=∠CPB=∠B,
∵∠A=∠B,
∴=
∴=,
∴AQ=BC,
在△APQ和△BTC中,
,
∴△APQ=△BTC(AAS),
∴AP=BT,
∵PT=BT,
∴AP=PT=BT,
∴=;
②PC=PB时,连接AC,
∵AB为直径,
∴∠ACB=∠PCA+∠PCB=90°,
∴∠CAB+∠B=90°,
∵PC=PB,
∴∠B=∠PCB,
∴∠CAB=∠PCA,
∴PA=PC,
∴PC=PA=PB,
∴=.
综上所述,的值为或,
故答案为:或.
【点评】此题主要考查等腰三角形的性质,与圆有关的性质,三角形全等,平行线的性质等知识,熟练掌握等腰三角形的性质,分类求解是解题的关键.
三.解答题(本题共有7小题,共66分.解答时需要写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程)
17.如图,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点坐标分别为A(﹣4,﹣2),B(﹣2,0),C(0,﹣3),△A1B1C是△ABC绕点C顺时针旋转90°后得到的图形.
(1)在所给的平面直角坐标系中画出△A1B1C,并写出A1,B1的坐标:A1( 1 , 1 ),B1( 3 , ﹣1 );
(2)在旋转过程中,点B经过的路径长为 .
【分析】(1)根据旋转的性质作图,即可得出答案.
(2)利用勾股定理求出BC的长,再利用弧长公式计算即可.
解:(1)如图,△A1B1C即为所求.
由图可得,A1(1,1),B1(3,﹣1).
故答案为:1;1;3;﹣1.
(2)由勾股定理得,BC==,
∴点B经过的路径长为=.
故答案为:.
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、弧长公式,熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键.
18.如图,有3张分别印有第19届杭州亚运会的吉祥物的卡片:A宸宸、B琮琮、C莲莲.现将这3张卡片(卡片的形状、大小、质地都相同)放在不透明的盒子中,搅匀后从中任意取出1张卡片,记录后放回、搅匀,再从中任意取出1张卡片,求下列事件发生的概率.
(1)第一次取出的卡片图案为“B琮琮”的概率为 ;
(2)用画树状图或列表的方法,求两次取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的概率.
【分析】(1)直接利用概率公式可得答案.
(2)列表可得出所有等可能的结果数以及取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的结果数,再利用概率公式可得出答案.
解:(1)由题意得,第一次取出的卡片图案为“B琮琮”的概率为.
故答案为:.
(2)列表如下:
共有9种等可能的结果,其中取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的结果有:(A,A),(A,B),(A,C),(B,A),(C,A),共5种,
∴取出的2张卡片中至少有1张图案为“A宸宸”的概率为.
【点评】本题考查列表法与树状图法,熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键.
19.如图,A是⊙O上一点,BC是直径,点D在⊙O上且平分.
(1)连接AD,求∠BAD的度数;
(2)若,AB=8,求AC的长.
【分析】(1)根据BC为⊙O的直径,求出∠BDC=90°,再根据D是的中点,求出∠BAD的度数;
(2)连接OC,则∠AOC=2∠ABC=60°,求出CO的长,即可求出的长度.
解:(1)∵BC是直径
∴∠BAC=∠BDC=90°,
∵点D在⊙O上且平分,
∴=,
∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°;
(2)∵=,
∴BD=CD=5,
∵∠BDC=90°,
∴BC=CD=10,
∵AB=8,∠BAC=∠BDC=90°,
∴AC==6.
【点评】本题考查了勾股定理,圆周角定理,根掌握圆周角定理是解题的关键.
20.如图,抛物线过点A(2,0)和点B(0,4).
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)将该抛物线上的点M(m,p)向右平移至点N,当点N落在该抛物线上且位于第一象限时,求点M的横坐标m的取值范围;
【分析】(1)利用待定系数法求得即可;
(2)求出A、B与N点重合时m的值,可得答案.
解:(1)∵抛物线过点A(2,0)和点B(0,4),
∴,
解得,
∴该抛物线的函数表达式为;
(2)抛物线的对称轴为直线 ,
∵点M(m,p)向右平移至点N落在该抛物线上且位于第一象限,
结合第一象限函数图象,利用临界点A,B分类讨论:
①当点N落在点B时,由对称性可知,m=﹣2,
①当点N落在点A时,由对称性可知,m=﹣4,
∴点M的横坐标m的取值范围为﹣4<m<﹣2.
【点评】本题考查了二次函数的待定系数法求二次函数的解析式,二次函数图象点的坐标特征,关键是利用对称性和数形结合解决问题.
21.如图,半圆ACB中,点D是的中点,点E在直径AB上,且AE=AC,半径OD交CE于点F.
(1)求证:OF=OE;
(2)若OF=6,DF=4,求CF的长.
【分析】(1)连接BC,交OD于点G,根据圆周角定理得∠ACB=90°,根据垂径定理得OD⊥BC,所以OD∥AC,所以∠OFE=∠ACE,再根据∠OEF=∠ACE,所以∠OFE=∠OEF,即可得出结论;
(2)根据勾股定理求出BC=12,OG=8,所以FG=OG﹣OF=2,所以.
【解答】(1)证明:如图,连接BC,交OD于点G,
∵AB是半圆O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴AC⊥BC,
∵D是 的中点,OD是半径,
∴OD⊥BC,
∴OD∥AC,
∴∠OFE=∠ACE,
∵AE=AC,
∴∠OEF=∠ACE,
∴∠OFE=∠OEF,
∴OF=OE;
(2)解:∵OF=6,DF=4,
∴OE=OF=6,OA=OB=OD=OF+DF=10,
∴AC=AE=AO+OE=16,AB=20,
在Rt△ACB 中,,
∵OD是半径且OD⊥BC,
∴BG=CG=6,
在 Rt△OBG 中,,
∴FG=OG﹣OF=2,
∴在 Rt△CFG中,.
【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系,垂径定理和勾股定理,正确的作出辅助线和熟练掌握这些定理是解题的关键.
22.已知,足球球门高2.44米,宽7.32米(如图1)在射门训练中,一球员接传球后射门,击球点A距离地面0.4米,即AB=0.4米,球的运动路线是抛物线的一部分,当球的水平移动距离BC为6米时,球恰好到达最高点D,即CD=4.4米.以直线BC为x轴,以直线AB为y轴建立平面直角坐标系(如图2).
(1)求该抛物线的表达式;
(2)若足球恰好击中球门横梁,求该足球运动的水平距离;
(3)若要使球直接落在球门内,则该球员应后退m米后接球射门,击球点为A'(如图3),请直接写出m的取值范围.
【分析】(1)根据条件可以得到抛物线的顶点坐标是(6,4.4),利用待定系数法即可求得函数的解析式;
(2)求出当y=2.44时,x的值,取正;
(3)先求出y=0时,x的值,取正,减去恰好击中球门横梁时,足球的水平距离.
解:(1)抛物线的顶点坐标是(6,4.4),
设抛物线的解析式是:y=a(x﹣6)2+4.4,
把(0,0.4)代入得36a+4.4=0.4,
解得a=﹣,
则抛物线是y=﹣(x﹣6)2+4.4;
(2)∵球门高为2.44米,即y=2.44,
则有2.44=﹣(x﹣6)2+4.4,
解得:x1=10.2,x2=1.8,
从题干图2中,发现球门在CD右边,
∴x=10.2,
即足球运动的水平距离是10.2米;
(3)不后退时,刚好击中横梁,
∴往后退,则球可以进入球门,
而当球落地时,球刚好在门口,是一个临界值,
当y=0时,
有0=﹣(x﹣6)2+4.4,
解得:x1=6+,x2=6﹣,
取正值,x=6+,
∴后退的距离需小于6+﹣10.2=(﹣4.2)米
故0<m<﹣4.2.
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式,以及二次函数的应用,正确求得解析式是关键.
23.二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于A(2,0),B(6,0)两点,与y轴交于点C,顶点为E.
(1)求点E的坐标;
(2)如图①,D是该二次函数图象的对称轴上一个动点,当BD的垂直平分线恰好经过点C时,求点D的坐标;
(3)如图②,P是该二次函数图象上的一个动点,连接OP,取OP中点Q,连接QC,QE,CE,当△CEQ的面积为12时,求点P的坐标.
【分析】(1)将A(2,0),B(6,0)代入y=ax2+bx+3,即可得解析式,配成顶点式得E坐标;
(2)连接CB,CD,设D(4,m),BD的垂直平分线恰好经过点C,可得CD=BC,据此列出方程即可求解;
(3)设CQ交抛物线的对称轴于点M,设P(n,,则,,设直线CQ的解析式为y=kx+3,则,解得 求出M(4,,,由面积公式可求出n的值,则可得出答案.
解:(1)将A(2,0),B(6,0)代入y=ax2+bx+3得:
,
解得,
∴二次函数的解析式为,
∵,
∴顶点坐标E(4,﹣1);
(2)如图1.1,图1.2,连接CB,CD,由点C在线段BD的垂直平分线CN上,得CB=CD.
设D(4,m),
∵C(0,3),由勾股定理可得:
42+(m﹣3)2=62+32,
解得 ,
∴满足条件的点D的坐标为( 或( ;
(3)如图2,设CQ交抛物线的对称轴于点M,
设P(n,),则Q(n,),
设直线CQ的解析式为y=kx+3,则=nk+3,
解得:k=n﹣2﹣,
∴CQ:y=()x+3,
当x=4时,y=4()+3=n﹣5﹣,
∴M(4,),ME=n﹣4﹣,
∴S△CQE=S△CEM+S△QEM=×n•(n﹣4﹣)=12,
∴n2﹣4n﹣60=0,
解得n=10或n=﹣6,
当 n=10 时,P(10,8),当 n=﹣6 时,P(﹣6,24).
综合以上可得,满足条件的点P的坐标为(10,8)或(﹣6,24).
【点评】本题是二次函数综合题,考查了待定系数法,二次函数图象与性质,垂直平分线的性质,勾股定理,三角形的面积,熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键.x
…
﹣1
0
1
3
5
…
y
…
﹣5
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
x
…
﹣1
0
1
3
5
…
y
…
﹣5
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
A
B
C
A
(A,A)
(A,B)
(A,C)
B
(B,A)
(B,B)
(B,C)
C
(C,A)
(C,B)
(C,C)
2023-2024学年浙江省衢州市山海联盟协作学校七年级(上)期中数学试卷(含解析): 这是一份2023-2024学年浙江省衢州市山海联盟协作学校七年级(上)期中数学试卷(含解析),共16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。
浙江省温州市乐清市山海联盟2023—-2024学年上学期九年级期中数学试卷: 这是一份浙江省温州市乐清市山海联盟2023—-2024学年上学期九年级期中数学试卷,共25页。试卷主要包含了下列事件中,属于必然事件的是,对于二次函数y=等内容,欢迎下载使用。
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