+吉林省吉林市桦甸市2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷

这是一份+吉林省吉林市桦甸市2023-2024学年九年级上学期期末数学试卷，共34页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）如图是一个长方体切去部分得到的工件，箭头所示方向为主视方向，那么这个工件的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）一元二次方程kx2﹣4x+3＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤2B．k≠0C．且k≠0D．k＜2
3．（2分）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．πB．πC．πD．π
4．（2分）如图，若点A的坐标为（1，2），则tan∠1＝（ ）
A．2B．C．3D．
5．（2分）如图，在△ABC中，两条中线BE、CD相交于点O，则S△DOE：S△COB＝（ ）
A．1：4B．2：3C．1：3D．1：2
6．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象关于直线x＝1对称，与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点．若﹣2＜x1＜﹣1，则下列四个结论：①3＜x2＜4；②3a+2b＞0；③b2＞a+c+4ac；④a＞c＞b，正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m＝0有两个不同的实数根x1，x2，且x12+x22＝，则m＝ ．
8．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，若∠BAC＝20°，则∠ADC的度数为 ．
9．（3分）在一个暗箱里放入除颜色外其它都相同的1个红球和11个黄球，搅拌均匀后随机任取一球，取到红球的概率是 ．
10．（3分）如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1＝（x＞0）及y2＝（x＞0）的图象分别交于点A，B，连接OA，OB，已知△OAB的面积为2，则k1﹣k2＝ ．
11．（3分）如图，△ABC为等边三角形，D为△ABC内一点，△ABD经过旋转后到达△ACP的位置，则本次旋转的旋转角是 度．
12．（3分）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 ．
13．（3分）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的侧面积为 cm2．
14．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）解方程：（2x﹣1）2﹣4x+2＝0．
16．（5分）随着信息技术的迅猛发展，移动支付已成为一种常见的支付方式．在一次购物中，马老师和赵老师都随机从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付．求两位老师恰好一人用“微信”支付，一人用“银行卡”支付的概率．
17．（5分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．直线DE与⊙O有怎样的位置关系？为什么？
18．（5分）已知抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），点（3，0）．
（1）求抛物线函数解析式；
（2）求函数的顶点坐标．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．
（1）在图1中画出一个面积最小的平行四边形PAQB．
（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．
20．（7分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE．且∠B＝∠ADE＝∠C．
（1）证明：△BDA∽△CED；
（2）若∠B＝45°，BC＝6，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）．且△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．
21．（7分）如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．
（1）求证：△BDE≌△BCE；
（2）试判断四边形ABED的形状，并说明理由．
22．（7分）如图1是一个简易手机支架，由水平底板DE、侧支撑杆BD和手机托盘长AC组成，侧面示意图如图2所示．已知手机托盘长AC＝10cm，侧支撑杆BD＝10cm，∠CBD＝75°，∠BDE＝60°，其中点A为手机托盘最高点，支撑点B是AC的中点，手机托盘AC可绕点B转动，侧支撑杆BD可绕点D转动．
（1）如图2，求手机托盘最高点A离水平底板DE的高度h（精确到0.1cm）．
（2）如图3，当手机托盘AC绕点B逆时针旋转15°后，再将BD绕点D顺时针旋转α，使点C落在水平底板DE上，求α（精确到0.1°）．（参考数据：tan26.6°≈0.5，≈1.41，≈1.73）
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜x＜3时，直接写出y的取值范围；
（3）点P为抛物线上一点，若S△PAB＝10，求出此时点P的坐标．
24．（8分）如图，在矩形OABC中，OA＝3，OC＝2，点F是AB上的一个动点（F不与A，B重合），过点F的反比例函数y＝的图象与BC边交于点E．
（1）当F为AB的中点时，求该函数的解析式；
（2）当k为何值时，△EFA的面积最大，最大面积是多少？
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材102﹣103页的部分内容．
性质：直角三角形的斜边中线等于斜边的一半给出上述性质证明中的部分演绎推理的过程如下：已知：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边AB上的中线．求证：CD＝AB．
证明：如图2，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．
【问题解决】请结合图3将证明过程补充完整．
【应用探究】
（1）如图4，在△ABC中，AD是高，CE是中线，点F是CE的中点，DF⊥CE，点F为垂足，∠AEC＝78°，则∠BCE为 度．
（2）如图5，在线段AC上有一点B，AB＝4，AC＝11，分别以AB和BC为边作正方形ABED和正方形BCFG，点E落在边BG上，连接DF，点H为DF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
26．（10分）抛物线y＝﹣x2+2（m﹣2）x+3与x轴交于A，B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求m的值及顶点D的坐标；
（2）如图1，若点E是抛物线上对称轴右侧一点，设点E到直线AC的距离为d1，到抛物线的对称轴的距离为d2，当d1﹣d2＝2时，请求出点E的坐标．
（3）如图2，直线y＝﹣3x+b交抛物线于点M，N，连接AM，AN分别交y轴的正半轴和负半轴于点P，Q，试探究线段OP，OQ之间的数量关系．
2023-2024学年吉林省吉林市桦甸市九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）如图是一个长方体切去部分得到的工件，箭头所示方向为主视方向，那么这个工件的主视图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】主视图是从几何体的正面看所得到的视图，注意看不到的棱需要画成虚线．
【解答】解：该几何体的主视图是一个矩形，矩形的右边有一条线段把矩形分成了一个梯形和三角形．
故选：B．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
2．（2分）一元二次方程kx2﹣4x+3＝0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤2B．k≠0C．且k≠0D．k＜2
【分析】根据一元二次方程kx2﹣4x+3＝0有实数根，列出不等式，即可解得k的范围．
【解答】解：∵一元二次方程kx2﹣4x+3＝0有实数根，
∴k≠0且Δ≥0，
即16﹣12k≥0，
解得k≤，
故k≤且k≠0．
故选：C．
【点评】本题考查一元二次方程的概念及根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程有实数根的条件Δ≥0．
3．（2分）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，若∠OCA＝50°，AB＝4，则的长为（ ）
A．πB．πC．πD．π
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出∠A的度数，再利用圆周角定理得出∠BOC的度数，再利用弧长公式求出答案．
【解答】解：∵∠OCA＝50°，OA＝OC，
∴∠A＝50°，
∴∠BOC＝2∠A＝100°，
∵AB＝4，
∴BO＝2，
∴的长为：＝π．
故选：B．
【点评】此题主要考查了弧长公式应用以及圆周角定理，正确得出∠BOC的度数是解题关键．
4．（2分）如图，若点A的坐标为（1，2），则tan∠1＝（ ）
A．2B．C．3D．
【分析】过点A作AB⊥x轴，垂足为B，根据已知可得OB＝1，AB＝2，然后在Rt△OAB中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AB⊥x轴，垂足为B，
∵点A的坐标为（1，2），
∴OB＝1，AB＝2，
在Rt△OAB中，tan∠1＝＝＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了解直角三角形，坐标与图形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
5．（2分）如图，在△ABC中，两条中线BE、CD相交于点O，则S△DOE：S△COB＝（ ）
A．1：4B．2：3C．1：3D．1：2
【分析】根据三角形的中位线得出DE∥BC，DE＝BC，根据平行线的性质得出相似，根据相似三角形的性质求出即可．
【解答】解：∵BE和CD是△ABC的中线，
∴DE＝BC，DE∥BC，
∴＝，△DOE∽△COB，
∴＝（）2＝（）2＝，
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，三角形的中位线的应用，注意：相似三角形的面积比等于相似比的平方，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
6．（2分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象关于直线x＝1对称，与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点．若﹣2＜x1＜﹣1，则下列四个结论：①3＜x2＜4；②3a+2b＞0；③b2＞a+c+4ac；④a＞c＞b，正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据二次函数的对称性，即可判断①；由开口方向和对称轴即可判断②；根据抛物线与x轴的交点以及x＝﹣1时的函数的取值，即可判断③；根据抛物线的开口方向、对称轴，与y轴的交点以及a﹣b+c＜0，即可判断④．
【解答】解：∵对称轴为直线x＝1，﹣2＜x1＜﹣1，
∴3＜x2＜4，①正确，
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴3a+2b＝3a﹣4a＝﹣a，
∵a＞0，
∴3a+2b＜0，②错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
由题意可知x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
∴a+c＜b，
∵a＞0，
∴b＝﹣2a＜0，
∴a+c＜0，
∴b2﹣4ac＞a+c，
∴b2＞a+c+4ac，③正确；
∵抛物线开口向上，与y轴的交点在x轴下方，
∴a＞0，c＜0，
∴a＞c，
∵a﹣b+c＜0，b＝﹣2a，
∴3a+c＜0，
∴c＜﹣3a，
∴b＝﹣2a，
∴b＞c，
所以④错误；
故选：B．
【点评】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，解题的关键是掌握数形结合思想的应用，注意掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的对称性．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）关于x的一元二次方程2x2+4mx+m＝0有两个不同的实数根x1，x2，且x12+x22＝，则m＝ ﹣ ．
【分析】根据根与系数的关系得到x1+x2＝﹣2m，x1x2＝，再由x12+x22＝变形得到（x1+x2）2﹣2x1x2＝，即可得到4m2﹣m＝，然后解此方程即可．
【解答】解：根据题意得x1+x2＝﹣2m，x1x2＝，
∵x12+x22＝，
∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝，
∴4m2﹣m＝，
∴m1＝﹣，m2＝，
∵Δ＝16m2﹣8m＞0，
∴m＞或m＜0，
∴m＝不合题意，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．
8．（3分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是直径，若∠BAC＝20°，则∠ADC的度数为 110° ．
【分析】根据三角形内角和定理以及圆内接四边形的性质即可解决问题．
【解答】解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝20°，
∴∠B＝90°﹣20°＝70°，
∵∠ADC+∠B＝180°，
∴∠ADC＝110°，
故答案为：110°．
【点评】本题考查圆内接四边形的性质、三角形的内角和定理、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．（3分）在一个暗箱里放入除颜色外其它都相同的1个红球和11个黄球，搅拌均匀后随机任取一球，取到红球的概率是 ．
【分析】一共有11+1＝12（个）球，随机任取一个球，抓到每个球的可能性是相等的，所以求取到是红球的可能性是多12的几分之几，据此解答．
【解答】解：1÷（1+11）＝1÷12＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了简单事件发生的可能性的求解，即可能性＝所求情况数÷总情况数或求一个数是另一个数的几分之几用除法计算．
10．（3分）如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1＝（x＞0）及y2＝（x＞0）的图象分别交于点A，B，连接OA，OB，已知△OAB的面积为2，则k1﹣k2＝ 4 ．
【分析】由反比例函数的图象过第一象限可得出k1＞0，k2＞0，再由反比例函数系数k的几何意义即可得出S△OAP＝k1，S△OBP＝k2，根据△OAB的面积为2结合三角形之间的关系即可得出结论．
【解答】解：∵反比例函数y1＝（x＞0）及y2＝（x＞0）的图象均在第一象限内，
∴k1＞0，k2＞0．
∵AP⊥x轴，
∴S△OAP＝k1，S△OBP＝k2．
∴S△OAB＝S△OAP﹣S△OBP＝（k1﹣k2）＝2，
解得：k1﹣k2＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题已经反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是得出S△OAB＝（k1﹣k2）．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据反比例函数系数k的几何意义用系数k来表示出三角形的面积是关键．
11．（3分）如图，△ABC为等边三角形，D为△ABC内一点，△ABD经过旋转后到达△ACP的位置，则本次旋转的旋转角是 60 度．
【分析】由旋转的性质可得∠BAD＝∠CAP，即可求∠BAC＝∠DAP＝60°，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵将△ABD经过一次逆时针旋转后到△ACP的位置，
∴∠BAD＝∠CAP，
∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝60°，
∴∠PAC+∠CAD＝60°，
∴∠DAP＝60°；
故旋转角度60度，
故答案为：60．
【点评】本题考查了旋转的性质：变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心．
12．（3分）如图，已知AB是⊙O的弦，∠AOB＝120°，OC⊥AB，垂足为C，OC的延长线交⊙O于点D．若∠APD是所对的圆周角，则∠APD的度数是 30° ．
【分析】由垂径定理得出，由圆心角、弧、弦的关系定理得出∠AOD＝∠BOD，进而得出∠AOD＝60°，由圆周角定理得出∠APD＝∠AOD＝30°，得出答案．
【解答】解：∵OC⊥AB，
∴，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵∠AOB＝120°，
∴∠AOD＝∠BOD＝∠AOB＝60°，
∴∠APD＝∠AOD＝×60°＝30°，
故答案为：30°．
【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系定理是解决问题的关键．
13．（3分）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r＝2cm，扇形的圆心角θ＝120°，则该圆锥的侧面积为 12π cm2．
【分析】先求出圆锥的底面周长，也就是侧面展开图的弧长，再利用弧长公式求得圆锥的母线长，进而根据扇形面积公式计算即可．
【解答】解：设该圆锥的母线长为l．
由题意，得2πr＝．
∴l＝3r＝6（cm），
∴S侧＝＝12π（cm2）．
故答案为：12π．
【点评】本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面周长；弧长公式为：．
14．（3分）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 ﹣＜b＜﹣1 ．
【分析】解方程﹣x2+4x+5＝0得A（﹣1，0），B（5，0），再利用折叠的性质求出折叠部分的解析式为y＝（x+1）（x﹣5），即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），然后求出直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时b的值和当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时b的值，从而得到当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围．
【解答】解：如图，当y＝0时，﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，则A（﹣1，0），B（5，0），
将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为y＝（x+1）（x﹣5），
即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），
当直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时，1+b＝0，解得b＝﹣1；
当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时，方程x2﹣4x﹣5＝﹣x+b有相等的实数解，解得b＝﹣，
所以当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围为﹣＜b＜﹣1．
故答案为：﹣＜b＜﹣1．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象与几何变换．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）解方程：（2x﹣1）2﹣4x+2＝0．
【分析】利用提公因式法把方程的左边变形，进而解出方程．
【解答】解：（2x﹣1）2﹣4x+2＝0，
则（2x﹣1）2﹣2（2x﹣1）＝0，
∴（2x﹣1）（2x﹣1﹣2）＝0，
∴2x﹣1＝0或2x﹣3＝0，
∴x1＝，x2＝．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
16．（5分）随着信息技术的迅猛发展，移动支付已成为一种常见的支付方式．在一次购物中，马老师和赵老师都随机从“微信”、“支付宝”、“银行卡”三种支付方式中选一种方式进行支付．求两位老师恰好一人用“微信”支付，一人用“银行卡”支付的概率．
【分析】将“微信”记为A、“支付宝”记为B、“银行卡”记为C，列表可得所有结果数，共有9种等可能的结果，其中一人选择“微信”支付，一人选择“银行卡”支付的结果有2种，利用概率公式求解可得．
【解答】解：将“微信”记为A、“支付宝”记为B、“银行卡”记为C，
列表法如下：
∴共有9种等可能的结果，其中一人选择“微信”支付，一人选择“银行卡”支付的结果有2种，
∴两位老师恰好一人选择“微信”支付，一人选择“银行卡”支付的概率为．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
17．（5分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．直线DE与⊙O有怎样的位置关系？为什么？
【分析】欲求直线DE与⊙O位置关系，关键是证明DE⊥OD，因而连接OD，通过平行线的性质证明之．
【解答】解：连接OD，
∵在△ABC中，AB＝AC，
∴∠C＝∠CBA，
∵在△OBD中，OB、OD均为⊙O的半径，
∴∠BDO＝∠CBA，
∴OD∥AC，
又∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴直线DE与⊙O相切．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系．本题解决的关键是运用平行线的性质与判定，以及等腰三角形的性质，最终得出OD⊥DE．
18．（5分）已知抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），点（3，0）．
（1）求抛物线函数解析式；
（2）求函数的顶点坐标．
【分析】（1）由于已知抛物线与x轴两交点坐标，则可利用交点式求解；
（2）利用配方法把解析式变形为顶点式，然后写出顶点坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），点（3，0），
∴抛物线的解析式为y＝（x+1）（x﹣3），
即所求函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）．
【点评】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．
（1）在图1中画出一个面积最小的平行四边形PAQB．
（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．
【分析】（1）取点A到PQ的距离为1画一个平行四边形满足条件；
（2）把PQ绕点O顺时针旋转90°得到C、D，从而得到满足条件的四边形PCQD．
【解答】解：（1）如图，平行四边形PAQB为所；
（2）如图，四边形PCQD为所作．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平行四边形的性质．
20．（7分）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连接AD、DE．且∠B＝∠ADE＝∠C．
（1）证明：△BDA∽△CED；
（2）若∠B＝45°，BC＝6，当点D在BC上运动时（点D不与B、C重合）．且△ADE是等腰三角形，求此时BD的长．
【分析】（1）根据∠B＝∠ADE＝∠C，∠BAD＝∠CDE，即可判定两三角形相似；
（2）分情况讨论△ADE是等腰三角形时分别求出BD的长度即可．
【解答】解：（1）∵∠B＝∠ADE＝∠C，
∴∠BAD＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE，
∵∠CDE＝180°﹣∠ADB﹣∠ADE，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△BDA∽△CED；
（2）当AD＝AE时，
∴∠1＝∠AED，
∵∠1＝45°，
∴∠1＝∠ADE＝45°，
∴∠DAE＝90°，
∴点D与B重合，不合题意舍去；
当EA＝ED时，如图1，
∴∠EAD＝∠1＝45°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠EAD＝45°，
∴AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分BC，
∴BD＝3；
当DA＝DE时，如图2，
∵∠1＝∠C，∠DAE＝∠CAD，
∴△ADE∽△ACD，
∴DA：AC＝DE：DC，
∴AC＝DC，
∵∠B＝45°，
∴∠C＝45°，∠BAC＝90°，
∵BC＝6，
∴，
∴，
综上所述，当△ADE是等腰三角形时，BD的长为3或．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
21．（7分）如图，△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，且AB⊥BC，BE＝CE，连接DE．
（1）求证：△BDE≌△BCE；
（2）试判断四边形ABED的形状，并说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可得DB＝CB，∠ABD＝∠EBC，∠ABE＝60°，然后根据垂直可得出∠DBE＝∠CBE＝30°，继而可根据SAS证明△BDE≌△BCE；
（2）根据（1）以及旋转的性质可得，△BDE≌△BCE≌△BDA，继而得出四条棱相等，证得四边形ABED为菱形．
【解答】（1）证明：∵△BAD是由△BEC在平面内绕点B旋转60°而得，
∴DB＝CB，∠ABD＝∠EBC，∠ABE＝60°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠DBE＝∠CBE＝30°，
在△BDE和△BCE中，
，
∴△BDE≌△BCE（SAS）；
（2）四边形ABED为菱形；
由（1）得△BDE≌△BCE，
∵△BAD是由△BEC旋转而得，
∴△BAD≌△BEC，
∴BA＝BE，AD＝EC＝ED，
又∵BE＝CE，
∴AB＝BE＝ED＝AD，
∴四边形ABED为菱形．
【点评】本题考查了旋转的性质，解答本题的关键是掌握全等三角形的判定和性质以及菱形的判定，涉及知识点较多，难度较大．
22．（7分）如图1是一个简易手机支架，由水平底板DE、侧支撑杆BD和手机托盘长AC组成，侧面示意图如图2所示．已知手机托盘长AC＝10cm，侧支撑杆BD＝10cm，∠CBD＝75°，∠BDE＝60°，其中点A为手机托盘最高点，支撑点B是AC的中点，手机托盘AC可绕点B转动，侧支撑杆BD可绕点D转动．
（1）如图2，求手机托盘最高点A离水平底板DE的高度h（精确到0.1cm）．
（2）如图3，当手机托盘AC绕点B逆时针旋转15°后，再将BD绕点D顺时针旋转α，使点C落在水平底板DE上，求α（精确到0.1°）．（参考数据：tan26.6°≈0.5，≈1.41，≈1.73）
【分析】（1）作BF⊥DE于点F，BG∥DE，AG⊥BG于点G，构造直角三角形，根据题中的已知条件，可求出AG，BF的长，可得答案．
（2）由题意可得∠DBC＝90°，在Rt△DBC中，已知两直角边，可求得∠BDC的正切值，进而可求得α的度数．
【解答】解：（1）如图2，作BF⊥DE于点F，BG∥DE，AG⊥BG于点G，
∵∠BDE＝60°，
∴∠DBF＝30°，
又∵BD＝10cm，
∴，
∵∠CBD＝75°，
∴∠CBF＝45°，
∴∠ABG＝45°，
∵AC＝10cm，B是AC的中点，
∴AB＝5cm
∴cm，
∴，
答：手机托盘最高点A离水平底板DE的高度h约为12.2cm；
（2）由条件，得：∠DBC＝90°，
又∵BD＝10cm，BC＝5cm，
∴，
∴∠BDC≈26.6°，
∴α＝60°﹣26.6°＝33.4°．
答：α的度数为33.4°．
【点评】本题主要考查解直角三角形的实际应用，正确理解题意，构造出直角三角形是解题的关键．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当0＜x＜3时，直接写出y的取值范围；
（3）点P为抛物线上一点，若S△PAB＝10，求出此时点P的坐标．
【分析】（1）将A与B的坐标代入抛物线的解析式即可求出b与c的值，
（2）根据图象即可求出y的取值范围，
（3）设P（x，y），△PAB的高为|y|，AB＝4，由S△PAB＝10列出方程即可求出y的值，从而可求出P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）两点代入y＝﹣x2+bx+c，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，物线的对称轴为x＝1，开口向下，y的最大值为4，
如图，
∴0＜x＜3时，0＜y≤4；
（3）设P（x，y），
∴△PAB的高为|y|，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∴，
解得y＝±5，
当y＝5时，5＝﹣x2+2x+3，
此时方程无解，
当y＝﹣5时，﹣5＝﹣x2+2x+3，
解得x1＝4，x2＝﹣2，
∴P（4，﹣5）或P（﹣2，﹣5）．
【点评】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求解析式，二次函数图象的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．
24．（8分）如图，在矩形OABC中，OA＝3，OC＝2，点F是AB上的一个动点（F不与A，B重合），过点F的反比例函数y＝的图象与BC边交于点E．
（1）当F为AB的中点时，求该函数的解析式；
（2）当k为何值时，△EFA的面积最大，最大面积是多少？
【分析】（1）当F为AB的中点时，点F的坐标为（3，1），由此代入求得函数解析式即可；
（2）根据图中的点的坐标表示出三角形的面积，得到关于k的二次函数，利用二次函数求出最值即可．
【解答】解：（1）∵在矩形OABC中，OA＝3，OC＝2，
∴B（3，2），
∵F为AB的中点，
∴F（3，1），
∵点F在反比例函数y＝的图象上，
∴k＝3，
∴该函数的解析式为y＝；
（2）由题意知E，F两点坐标分别为E（，2），F（3，），
∴S△EFA＝AF•BE＝×k（3﹣k），
＝k﹣k2
＝﹣（k2﹣6k+9﹣9）
＝﹣（k﹣3）2+
当k＝3时，S有最大值．
S最大值＝．
【点评】此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法确定反比例解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材102﹣103页的部分内容．
性质：直角三角形的斜边中线等于斜边的一半给出上述性质证明中的部分演绎推理的过程如下：已知：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为斜边AB上的中线．求证：CD＝AB．
证明：如图2，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．
【问题解决】请结合图3将证明过程补充完整．
【应用探究】
（1）如图4，在△ABC中，AD是高，CE是中线，点F是CE的中点，DF⊥CE，点F为垂足，∠AEC＝78°，则∠BCE为 26 度．
（2）如图5，在线段AC上有一点B，AB＝4，AC＝11，分别以AB和BC为边作正方形ABED和正方形BCFG，点E落在边BG上，连接DF，点H为DF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
【分析】【问题解决】延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE，先证四边形ACBE是平行四边形，再由∠ACB＝90°，得平行四边形ACBE为矩形，然后由矩形的性质即可得出结论；
【应用探究】（1）连接DE，先证∠EDB＝2∠BCE，再由直角三角形斜边上的中线性质得DE＝BE，则∠B＝∠EDB＝2∠BCE，再由三角形的外角性质即可求解；
（2）过E作EM⊥CF于M，过H作HN⊥GF于N，延长AD、FG交于点P，则四边形ACFP、四边形ABGP是矩形，得PF＝AC＝11，AP＝BG，∠APF＝90°，再由正方形的性质得AD＝AB＝4，FG＝BG＝BC＝AC﹣AB＝7，然后证HN是△PDF的中位线，得PN＝FN＝，HN＝PD＝，最后由勾股定理求解即可．
【解答】【问题解决】
证明：延长CD至点E，使DE＝CD，连接AE，BE．
∵CD为斜边AB上的中线，
∴AD＝BD，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴平行四边形ACBE为矩形，
∴AB＝EC，
∴CD＝CE＝AB；
【应用探究】
解：（1）如图4，连接DE，
∵点F是CE的中点，DF⊥CE，
∴DE＝DC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∴∠EDB＝∠DEC+∠BCE＝2∠BCE，
∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°，
∵CE是中线，
∴AE＝BE，
∴DE＝AB＝BE，
∴∠B＝∠EDB＝2∠BCE，
∴∠AEC＝∠B+∠BCE＝3∠BCE＝78°，
∴∠BCE＝26°，
故答案为：26；
（2）如图5，过E作EM⊥CF于M，过H作HN⊥GF于N，延长AD、FG交于点P，
则四边形ACFP、四边形ABGP是矩形，
∴PF＝AC＝11，AP＝BG，∠APF＝90°，
∵四边形ABED和四边形BCFG是正方形，
∴AD＝AB＝4，FG＝BG＝BC＝AC﹣AB＝11﹣4＝7，
∴AP＝BG＝7，
∴PD＝AP﹣AD＝7﹣4＝3，
∵HN⊥PF，AP⊥PF，
∴∠HNG＝90°，HN∥PD，
∵点H为DF的中点，
∴HN是△PDF的中位线，
∴PN＝FN＝PF＝，HN＝PD＝，
∴GN＝FG﹣FN＝7﹣＝，
在Rt△GHN中，由勾股定理得：GH＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和矩形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
26．（10分）抛物线y＝﹣x2+2（m﹣2）x+3与x轴交于A，B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求m的值及顶点D的坐标；
（2）如图1，若点E是抛物线上对称轴右侧一点，设点E到直线AC的距离为d1，到抛物线的对称轴的距离为d2，当d1﹣d2＝2时，请求出点E的坐标．
（3）如图2，直线y＝﹣3x+b交抛物线于点M，N，连接AM，AN分别交y轴的正半轴和负半轴于点P，Q，试探究线段OP，OQ之间的数量关系．
【分析】（1）将点B（3，0）代入y＝﹣x2+2（m﹣2）x+3得m的值，从而得出函数解析式，求出顶点D的坐标；
（2）过点E作y轴的平行线，交直线AC于G，交x轴于H，作EF⊥AG于F，利用sin∠ACO＝sinG＝，得EF＝EG，设E（t，﹣t2+2t+3），表示出EG的长，从而列出t的方程；
（3）设P（0，m），Q（0，n），利用待定系数法可得直线AP的解析式为y＝mx+m，直线AQ的解析式为y＝nx+n，利用根与系数的关系得出M、N的横坐标，再利用直线MN与抛物线的交点是M、N，求出M、N的横坐标的和，从而解决问题．
【解答】解：（1）将点B（3，0）代入y＝﹣x2+2（m﹣2）x+3得，
﹣9+6（m﹣2）+3＝0，
解得m＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3，
∴顶点D（1，4）；
（2）过点E作y轴的平行线，交直线AC于G，交x轴于H，作EF⊥AG于F，
∵对称轴是直线x＝1，
∴A（﹣1，0），
∴OA＝1，OC＝3，
∴AC＝，
∵OC∥GH，
∴∠ACO＝∠G，
∴sin∠ACO＝sinG＝，
∴EF＝EG，
设E（t，﹣t2+2t+3），
由待定系数法可知，直线AC的解析式为y＝3x+3，
∴G（t，3t+3），
∴GE＝3t+3﹣（﹣t2+2t+3）＝t2+t，
∴d1＝EF＝（t2+t），
∴（t2+t）﹣（t﹣1）＝2，
解得t＝或﹣1（舍），
∴E（，2﹣7）；
（3）设P（0，m），Q（0，n），
利用待定系数法可得直线AP的解析式为y＝mx+m，
直线AQ的解析式为y＝nx+n，
当mx+m＝﹣x2+2x+3时，
∴﹣x2+（2﹣m）x+3﹣m＝0，
由根与系数的关系得，xA+xM＝2﹣m，
∴xM＝3﹣m，
同理得，xN＝3﹣n，
当﹣3x+b＝﹣x2+2x+3时，
∴﹣x2+5x+3﹣b＝0，
∴xM+xN＝5，
∴3﹣m+3﹣n＝5，
∴m+n＝1，
∴OP﹣OQ＝1．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了函数图象上点的坐标的特征，二次函数的性质，抛物线于直线的交点问题，利用“斜化直”思想是解决（2）的关键，利用根与系数的关系是解题（3）的关键．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/1/19 19:57:24；用户：巴巴爸爸吧；邮箱：rFmNtwtkgB1OZsB7sE8GbKrEJj@；学号：46376935A
B
C
A
（A，A）
（B，A）
（C，A）
B
（A，B）
（B，B）
（C，B）
C
（A，C）
（B，C）
（C，C）