北京市东城区东直门中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷

这是一份北京市东城区东直门中学2024-2025学年九年级上学期期中数学试卷，共36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。
1．（2分）随着国民经济快速发展，我国涌现出一批规模大、效益高的企业，如大疆、国家核电、华为、凤凰光学等，以上四个企业的标志是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）若x＝3是关于x的方程x2﹣2x﹣m＝0的一个根，则m的值是（ ）
A．﹣15B．﹣3C．3D．15
3．（2分）抛物线y＝3（x﹣1）2+2的顶点坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（1，﹣2）C．（1，2）D．（2，1）
4．（2分）将一元二次方程x2﹣8x+10＝0通过配方转化为（x+a）2＝b的形式，下列结果中正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝6B．（x﹣8）2＝6C．（x﹣4）2＝﹣6D．（x﹣8）2＝54
5．（2分）已知点A（1，y1），B（﹣4，y2）都在二次函数y＝﹣x2+3图象上，则y1，y2大小关系为（ ）
A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1＝y2D．无法确定
6．（2分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BOD＝120°，那么∠BCD是（ ）
A．120°B．100°C．80°D．60°
7．（2分）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长是12π，则正六边形的边长是（ ）
A．B．3C．6D．
8．（2分）我们将满足等式x2+y2＝1+|x|y的每组x，y的值在平面直角坐标系中画出，便会得到如图所示的“心形”图形．下面三个结论中，①“心形”图形是轴对称图形；②“心形”图形所围成的面积一定大于2；③“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于．其中正确结论有（ ）
A．①B．①②C．①③D．①②③
二、填空题（每题2分，共16分）
9．（2分）已知⊙O的半径为2，点A到圆心O距离是4，则点A在⊙O .（填“内”、“上”或“外”）
10．（2分）请写出一个开口向下，且经过点（0，1）的二次函数的表达式 ．
11．（2分）二次函数y＝2（x﹣1）2的图象可以由函数y＝2x2向 平移 个单位得到．
12．（2分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△DEC，若∠A＝30°，则∠EFC的度数为 °．
13．（2分）如图，在△ABC中，若DE∥BC，，AE＝4cm，则AC的长为 cm．
14．（2分）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是点A和B，AC是⊙O的直径．若∠P＝60°，PA＝6，则BC的长为 ．
15．（2分）下列关于抛物线y＝x2+bx﹣2．
①抛物线的开口方向向下；
②抛物线与y轴交点的坐标为（0，﹣2）；
③当b＞0时，抛物线的对称轴在y轴右侧；
④对于任意的实数b，抛物线与x轴总有两个公共点．
其中正确的说法是 ．（填写正确的序号）
16．（2分）已知抛物线与x轴交于A，B两点，对称轴与抛物线交于点C，与x轴交于点D，⊙C的半径为2，点G为⊙C上一动点，点P为AG的中点，则DP的最大值为 ．
三、解答题（共68分：17题至22题，每题5分；23题至26题，每题6分；27、28题每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣2＝0．
18．（5分）如图，正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题：
（1）△A1B1C1与△ABC关于原点O中心对称，则B1的坐标为 ；
（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的△A2B2C2；
（3）△ABC外接圆圆心的坐标为 ．
19．（5分）圆管涵是公路路基排水中常用的涵洞结构类型，它不仅力学性能好，而且构造简单、施工方便．某水平放置的圆管涵圆柱形排水管道的截面是直径为1m的圆，如图所示，若水面宽AB＝0.8m，求水的最大深度．
20．（5分）下面是小立设计的“过圆上一点作这个圆的切线”的尺规作图过程．
已知：⊙O及圆上一点A．
求作：直线AB，使得AB为⊙O的切线，A为切点．
作法：如图2，
①连接OA并延长到点C；
②分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点D（点D在直线OA上方）；
③以点D为圆心，DA长为半径作⊙D；
④连接CD并延长，交⊙D于点B，作直线AB．
直线AB就是所求作的直线．
根据小立设计的尺规作图过程，完成下面的证明．（说明：括号里填推理的依据）
证明：连接AD．
∵ ＝AD
∴点C在⊙D上，
∴CB是⊙D的直径．
∴ ＝90°．（ ）
∴AB⊥ ．
∵OA是⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线．（ ）
21．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为符合条件的最大整数，求此时方程的根．
22．（5分）在美化校园的活动中，某兴趣小组借助如图所示的直角墙角（墙角两边DC和DA足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB和BC两边），设AB＝x m，则S矩形ABCD＝y m2．
（1）求y与x之间的关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）当AB多长时，矩形ABCD的面积最大？最大面积是多少？
23．（6分）已知二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表所示：
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）当y＞﹣3时，直接写出x的取值范围；
（3）当﹣3≤x＜2时，关于x的一元二次方程 ax2+bx+c﹣t＝0 有实根，则t的取值范围是 ．
24．（6分）如图，AB是⊙O的直径，直线PQ经过⊙O上的点E，AC⊥PQ于点C，交⊙O于D，AE平分∠BAC．
（1）求证：直线PQ是⊙O的切线；
（2）若AD＝6，EC＝2，求CD的长．
25．（6分）广场修建了一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管的顶端安一个喷水头，记喷出的水与池中心的水平距离为x米，距地面的高度为y米．测量得到如表数值：
小庆根据学习函数的经验，发现y是x的函数，并对y随x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小庆的探究过程，请补充完整：
（1）在平面直角坐标系xOy中，描出表中各组数值所对应的点（x，y），并画出函数的图象；
（2）结合函数图象，出水口距地面的高度为 米，水达到最高点时与池中心的水平距离约为 米；
（3）若圆形喷水池半径为5米，为了使水柱落地点在池内且与水池边水平距离不小于1.5米，若只调整水管高度，其他条件不变，结合函数图象，估计出水口至少需要 （填“升高”或“降低”） 米（结果保留小数点后一位）．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2tx+t2﹣t．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含t的代数式表示）；
（2）点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线上，其中t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t．
①若y1的最小值是﹣2，求y2的值；
②若对于x1，x2，都有y1＜y2，求t的取值范围．
27．（7分）已知：△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直线AC上取一点D，连接BD，线段BD绕点B逆时针旋转90°，得到线段BD′，连接CD′交直线AB于G．
（1）喜欢思考问题的小捷同学，想探索图中线段CG和线段D′G的数量关系．于是他画了图1所示当D在AC边上时的图形，并通过测量得到了线段CG与D′G的数量关系．你认为小捷的猜想是CG D′G（填“＞”，“＝”或“＜”）；
（2）当D在AC边的延长线上时请你根据题目要求补全图2，
①在补全的图2中找出与∠BDC相等的角
②在图2中探索（1）中小捷的猜想是否成立，若成立证明你的结论，若不成立，请你说明理由；
（3）如图3，当D在边AC的反向延长线上时，直接写出CA，CD，CD′的数量关系（用等式表示）．
28．（7分）对于平面直角坐标系xOy中的图形W，给出如下定义：点P是图形W上任意一点，若存在点Q，使得∠OQP是直角，则称点Q是图形W的“直角点”．
（1）已知点A（6，8），在点Q1（3，9），Q2（﹣4，2），Q3（0，8）中， 是点A的“直角点”；
（2）已知点B（﹣4，3），C（3，3），若点Q是线段BC的“直角点”，求点Q的横坐标n的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知点D（t，0），E（t+1，0），以线段DE为边在x轴上方作正方形DEFG．若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，直接写出t的取值范围．
2024-2025学年北京市东城区东直门中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题2分，共16分）
1．（2分）随着国民经济快速发展，我国涌现出一批规模大、效益高的企业，如大疆、国家核电、华为、凤凰光学等，以上四个企业的标志是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；
B、是中心对称图形，故本选项正确；
C、不是中心对称图形，故本选项错误；
D、不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（2分）若x＝3是关于x的方程x2﹣2x﹣m＝0的一个根，则m的值是（ ）
A．﹣15B．﹣3C．3D．15
【分析】直接把x＝3代入一元二次方程得到关于m的方程，然后解一次方程即可．
【解答】解：把x＝3代入方程x2﹣2x﹣m＝0得9﹣6﹣m＝0，
解得m＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
3．（2分）抛物线y＝3（x﹣1）2+2的顶点坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（1，﹣2）C．（1，2）D．（2，1）
【分析】已知抛物线顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k）．
【解答】解：∵抛物线y＝3（x﹣1）2+2是顶点式，
∴顶点坐标是（1，2）．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质，由抛物线的顶点式写出抛物线顶点的坐标，比较容易．
4．（2分）将一元二次方程x2﹣8x+10＝0通过配方转化为（x+a）2＝b的形式，下列结果中正确的是（ ）
A．（x﹣4）2＝6B．（x﹣8）2＝6C．（x﹣4）2＝﹣6D．（x﹣8）2＝54
【分析】先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上16，然后把方程作边写成完全平方形式即可．
【解答】解：x2﹣8x＝﹣10，
x2﹣8x+16＝6，
（x﹣4）2＝6．
故选：A．
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
5．（2分）已知点A（1，y1），B（﹣4，y2）都在二次函数y＝﹣x2+3图象上，则y1，y2大小关系为（ ）
A．y1＞y2B．y1＜y2C．y1＝y2D．无法确定
【分析】根据解析式求得开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性即可判断．
【解答】解：∵y＝﹣x2+3，
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝0，
∴当x＞0时，y随x增大而减小，
∵A（﹣4，y2）与点（4，y2）关于直线x＝0对称，且0＜1＜4，
∴y1＞y2．
故选：A．
【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．
6．（2分）如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BOD＝120°，那么∠BCD是（ ）
A．120°B．100°C．80°D．60°
【分析】根据在同圆或等圆中，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可得∠A＝60°，再根据圆内接四边形的性质可得∠BCD的度数．
【解答】解∵在⊙O的内接四边形ABCD中，∠BOD＝120°，
∴∠A＝60°，
∴∠C＝180°﹣60°＝120°，
故选：A．
【点评】此题主要考查了圆周角定理和圆内接四边形，关键是掌握圆内接四边形的对角互补．
7．（2分）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长是12π，则正六边形的边长是（ ）
A．B．3C．6D．
【分析】连接OB、OC，根据⊙O的周长等于12π，可得⊙O的半径OB＝OC＝6，而六边形ABCDEF是正六边形，即知∠BOC＝＝60°，△BOC是等边三角形，即可得正六边形的边长为6．
【解答】解：连接OB、OC，如图：
∵⊙O的周长等于12π，
∴⊙O的半径OB＝OC＝＝6，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC＝＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴BC＝OB＝OC＝6，
即正六边形的边长为6，
故选：C．
【点评】本题考查正多边形与圆的相关计算，解题的关键是掌握圆内接正六边形中心角等于60°，从而得到△BOC是等边三角形．
8．（2分）我们将满足等式x2+y2＝1+|x|y的每组x，y的值在平面直角坐标系中画出，便会得到如图所示的“心形”图形．下面三个结论中，①“心形”图形是轴对称图形；②“心形”图形所围成的面积一定大于2；③“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于．其中正确结论有（ ）
A．①B．①②C．①③D．①②③
【分析】观察图象“心形”图形恰好经过（﹣1，1），（0，1），（1，1），（﹣1，0），（1，0），（0，﹣1），利用图象法一一判断即可．
【解答】解：如图，根据题意得E（﹣1，1），F（1，1），G（﹣1，0），H（1，0），T（0，﹣1）．
观察图象可知，“心形”图形是轴对称图形，故①正确，
∵“心形”图形所围成的面积＞五边形EFHTG的面积，
∴“心形”图形所围成的面积＞3，故②正确，
∵当x＞0时，x2+y2＝1+|x|y≤1+（x2+y2），
∴x2+y2≤2，
∴“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于等于，故③错误，
故选：B．
【点评】本题考查轴对称图形，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
二、填空题（每题2分，共16分）
9．（2分）已知⊙O的半径为2，点A到圆心O距离是4，则点A在⊙O 外 .（填“内”、“上”或“外”）
【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；若设点到圆心的距离为d，圆的半径为r，则d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
【解答】解：∵⊙O的半径为2，点A到圆心O的距离为4，
∵4＞2，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系的判断．解决此类题目的关键是首先确定点与圆心的距离，然后与半径进行比较，进而得出结论．
10．（2分）请写出一个开口向下，且经过点（0，1）的二次函数的表达式 y＝﹣x2+1（答案不唯一） ．
【分析】根据题意和二次函数的性质，可以写出相应的函数解析式，注意本题答案不唯一．
【解答】解：∵二次函数的图象开口向下，且经过点（0，1），
∴a＜0，
∴该函数图象可以是y＝﹣x2+1，
故答案为：y＝﹣x2+1（答案不唯一）．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
11．（2分）二次函数y＝2（x﹣1）2的图象可以由函数y＝2x2向 右 平移 1 个单位得到．
【分析】根据“左加右减，上加下减”平移规律即可解决．
【解答】解：根据二次函数图象的平移规律“左加右减，上加下减”，可知：
函数y＝2（x﹣1）2的图象可以由函数y＝2x2的图象向右平移1个单位得到；
故答案为：右，1．
【点评】本题考查了二次函数图象的平移，熟练掌握二次函数图象的平移规律“左加右减，上加下减”是解决问题的关键．
12．（2分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△DEC，若∠A＝30°，则∠EFC的度数为 70 °．
【分析】将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△DEC，得∠ACD＝40°，∠A＝∠D＝30°，于是得到结论．
【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△DEC，
∴∠ACD＝40°，∠A＝∠D＝30°，
∴∠EFC＝∠ACD+∠D＝40°+30°＝70°，
故答案为：70．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
13．（2分）如图，在△ABC中，若DE∥BC，，AE＝4cm，则AC的长为 12 cm．
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴＝，即＝，
解得：AC＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
14．（2分）如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别是点A和B，AC是⊙O的直径．若∠P＝60°，PA＝6，则BC的长为 2 ．
【分析】连接AB，根据切线长定理得到PA＝PB，根据等边三角形的性质得到AB＝PA＝6，∠PAB＝60°，根据切线的性质得到∠PAC＝90°，根据正切的定义计算即可．
【解答】解：连接AB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，
∵∠P＝60°，
∴△PAB为等边三角形，
∴AB＝PA＝6，∠PAB＝60°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAC＝90°，
∴∠CAB＝30°，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，BC＝AB•tan∠CAB＝6×＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15．（2分）下列关于抛物线y＝x2+bx﹣2．
①抛物线的开口方向向下；
②抛物线与y轴交点的坐标为（0，﹣2）；
③当b＞0时，抛物线的对称轴在y轴右侧；
④对于任意的实数b，抛物线与x轴总有两个公共点．
其中正确的说法是 ②④ ．（填写正确的序号）
【分析】利用抛物线的性质对每个说法进行逐一判断即可得出结论．
【解答】解：∵a＝1＞0，
∴抛物线的开口方向向上．
∴①说法错误；
令x＝0则y＝﹣2，
∴抛物线与y轴交点的坐标为（0，﹣2）．
∴②说法正确；
∵抛物线y＝x2+bx﹣2的对称轴为直线x＝﹣，
∴当b＞0时，﹣＜0，
∴当b＞0时，抛物线的对称轴在y轴左侧．
∴③说法错误；
令y＝0，则x2+bx﹣2＝0，
∵Δ＝b2﹣4×1×（﹣2）＝b2+8＞0，
∴对于任意的实数b，抛物线与x轴总有两个公共点．
∴④说法正确；
综上，说法正确的有：②④，
故答案为：②④．
【点评】本题主要考查了二次函数图象的性质，抛物线与x轴的交点，抛物线上点的坐标的特征，利用抛物线的开口方向，对称轴，抛物线与x轴的交点的性质解答是解题的关键．
16．（2分）已知抛物线与x轴交于A，B两点，对称轴与抛物线交于点C，与x轴交于点D，⊙C的半径为2，点G为⊙C上一动点，点P为AG的中点，则DP的最大值为 3.5 ．
【分析】如图，连接BG．利用三角形的中位线定理证明DP＝BG，求出BG的最大值，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BG．
∵AP＝PG，AD＝DB，
∴DP＝BG，
∴当BG的值最大时，DP的值最大，
∵y＝﹣（x﹣1）（x﹣9）＝﹣（x﹣5）2+3，
∴C（5，3），B（9，0），
∴BC＝＝5，
当点G在BC的延长线上时，BG的值最大，最大值＝5+2＝7，
∴DP的最大值为3.5，
故答案为：3.5．
【点评】本题考查二次函数图象上的点的坐标特征，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
三、解答题（共68分：17题至22题，每题5分；23题至26题，每题6分；27、28题每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x﹣2＝0．
【分析】先计算出△＝（﹣4）2﹣4×1×（﹣2）＝4×6，然后代入一元二次方程的求根公式进行求解．
【解答】解：∵a＝1，b＝﹣4，c＝﹣2，
∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（﹣2）＝4×6＞0，
∴x＝＝＝2±，
∴x1＝2+，x2＝2﹣．
【点评】本题解一元二次方程﹣公式法：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的求根公式为x＝（b2﹣4ac≥0）．
18．（5分）如图，正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题：
（1）△A1B1C1与△ABC关于原点O中心对称，则B1的坐标为 （1，4） ；
（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°的△A2B2C2；
（3）△ABC外接圆圆心的坐标为 （﹣3，﹣3） ．
【分析】（1）分别作出三个顶点关于原点的对称点，再首尾顺次连接即可；
（2）分别作出三个顶点绕原点O顺时针旋转90°所得对应点，再首尾顺次连接即可；
（3）作AB、AC的中垂线，交点即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，B1的坐标为（1，4）；
故答案为：（1，4）；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求．
（3）如图所示，△ABC外接圆圆心的坐标为（﹣3，﹣3）．
【点评】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义与性质及三角形的外接圆．
19．（5分）圆管涵是公路路基排水中常用的涵洞结构类型，它不仅力学性能好，而且构造简单、施工方便．某水平放置的圆管涵圆柱形排水管道的截面是直径为1m的圆，如图所示，若水面宽AB＝0.8m，求水的最大深度．
【分析】过点O作OC⊥AB于点C，连接OA，根据垂径定理得到AC＝0.4，再在Rt△ACO中，根据勾股定理可求出OC，进而即可求解．
【解答】解：如图，作OC⊥AB于点C，连接OA，
∵∠ACO＝90°，，
∵AB＝0.8，
∴AC＝0.4，
在Rt△ACO中，根据勾股定理，得，
∴0.3+0.5＝0.8，
∴水的最大深度为0.8m．
【点评】此题主要考查了垂径定理的应用，以及勾股定理，熟练掌握定理是解题的关键．
20．（5分）下面是小立设计的“过圆上一点作这个圆的切线”的尺规作图过程．
已知：⊙O及圆上一点A．
求作：直线AB，使得AB为⊙O的切线，A为切点．
作法：如图2，
①连接OA并延长到点C；
②分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点D（点D在直线OA上方）；
③以点D为圆心，DA长为半径作⊙D；
④连接CD并延长，交⊙D于点B，作直线AB．
直线AB就是所求作的直线．
根据小立设计的尺规作图过程，完成下面的证明．（说明：括号里填推理的依据）
证明：连接AD．
∵ CD ＝AD
∴点C在⊙D上，
∴CB是⊙D的直径．
∴ ∠BAC ＝90°．（ 直径所对的圆周角是90° ）
∴AB⊥ AC ．
∵OA是⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线．（ 过半径的外端且垂线于半径的直线是圆的切线 ）
【分析】根据题中的过程，结合图形进行合情推理．
【解答】证明：如图：连接AD，
∵CD＝AD
∴点C在⊙D上，
∴CB是⊙D的直径．
∴∠BAC＝90°（直径所对的圆周角是90°），
∴AB⊥AC，
∵OA是⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线，（过半径的外端且垂线于半径的直线是圆的切线），
故答案为：CD，∠BAC，直径所对的圆周角是90°，OA，过半径的外端且垂线于半径的直线是圆的切线．
【点评】本题考查了作图的证明，掌握圆的切线的判定是解题的关键．
21．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为符合条件的最大整数，求此时方程的根．
【分析】（1）根据判别式的意义得到Δ＝1﹣4m＞0，然后解不等式即可得到m的范围；
（2）在（1）中m的取值范围内确定满足条件的m的值，再解方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣4x+2m﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（﹣4）2﹣4（2m﹣1）＝20﹣8m＞0，
解得m＜．
（2）∵m＜，
∴m的最大整数为2，
此时方程变形为x2﹣4x+3＝0，
（x﹣1）（x﹣3）＝0，
解得x1＝1，x2＝3．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
22．（5分）在美化校园的活动中，某兴趣小组借助如图所示的直角墙角（墙角两边DC和DA足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB和BC两边），设AB＝x m，则S矩形ABCD＝y m2．
（1）求y与x之间的关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）当AB多长时，矩形ABCD的面积最大？最大面积是多少？
【分析】（1）根据矩形面积＝长×宽求解；
（2）把（1）中解析式化为顶点式，再根据函数的性质求最值．
【解答】解：（1）∵AB＝x m，
∴BC＝（28﹣x）m，
∴y＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x，
∵28﹣x＞0，
∴x＜28，
∴y与x的关系式为y＝﹣x2+28x（0＜x＜28）；
（2）y＝﹣x2+28x＝﹣（x﹣14）2+196，
∵﹣1＜0，0＜x＜28，
∴当x＝14时，y有最大值，最大值为196，
答：当AB＝14m时，矩形ABCD的面积最大，最大面积是196m2．
【点评】本题考查二次函数的应用，解题关键是根据题意列出函数解析式．
23．（6分）已知二次函数y＝ax2+bx+c图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如下表所示：
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）当y＞﹣3时，直接写出x的取值范围；
（3）当﹣3≤x＜2时，关于x的一元二次方程 ax2+bx+c﹣t＝0 有实根，则t的取值范围是 ﹣4≤t＜5 ．
【分析】（1）利用两根式求解可得结论；
（2）利用描点法画出函数图象，利用图象即可求解；
（3）利用图象法判断即可．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象过点（﹣3，0）和 （1，0），
∴设二次函数的解析式为：y＝a（x+3）（x﹣1），
将（0，﹣3）代入得：﹣3＝a（0+3）（0﹣1），
解得：a＝1，
∴二次函数的解析式为y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3；
（2）函数图象如图所示：
观察图象可知，当y＞﹣3时，x＜﹣2或x＞0；
（3）观察图象可知，当﹣3≤x＜2时，﹣4≤t＜5．
故答案为：﹣4≤t＜5
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数图象上的点的坐标特征，待定系数法求二次函数的解析式，解题的关键是学会利用图象法解决问题．
24．（6分）如图，AB是⊙O的直径，直线PQ经过⊙O上的点E，AC⊥PQ于点C，交⊙O于D，AE平分∠BAC．
（1）求证：直线PQ是⊙O的切线；
（2）若AD＝6，EC＝2，求CD的长．
【分析】（1）连接OE，由∠BAE＝∠OEA，∠BAE＝∠CAE，得∠OEA＝∠CAE，则OE∥AC，所以∠OEP＝∠ACP＝90°，即可证明直线PQ是⊙O的切线；
（2）连接BE、CE，则∠B+∠ADE＝180°，而∠EDC+∠ADE＝180°，所以∠B＝∠EDC，再证明∠EDC＝∠AEC，而∠ECD＝∠ACE，则△ECD∽△ACE，得＝，则CD（CD+6）＝22，求得CD＝﹣3．
【解答】（1）证明：连接OE，则OE＝OA，
∴∠BAE＝∠OEA，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∴∠OEA＝∠CAE，
∴OE∥AC，
∵AC⊥PQ于点C，
∴∠OEP＝∠ACP＝90°，
∵OC是⊙O的直径，且PQ⊥OC，
∴直线PQ是⊙O的切线．
（2）解：连接BE、CE，则∠B+∠ADE＝180°，
∵∠EDC+∠ADE＝180°，
∴∠B＝∠EDC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝∠ACE＝90°，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵∠B＝90°﹣∠BAE＝90°﹣∠CAE＝∠AEC，
∴∠EDC＝∠AEC，
∵∠ECD＝∠ACE，
∴△ECD∽△ACE，
∴＝，
∴CD•AC＝EC2，
∵AD＝6，EC＝2，
∴CD（CD+6）＝22，
解得CD＝﹣3或CD＝﹣﹣3（不符合题意，舍去），
∴CD的长是﹣3．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
25．（6分）广场修建了一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管的顶端安一个喷水头，记喷出的水与池中心的水平距离为x米，距地面的高度为y米．测量得到如表数值：
小庆根据学习函数的经验，发现y是x的函数，并对y随x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小庆的探究过程，请补充完整：
（1）在平面直角坐标系xOy中，描出表中各组数值所对应的点（x，y），并画出函数的图象；
（2）结合函数图象，出水口距地面的高度为 2.5 米，水达到最高点时与池中心的水平距离约为 1.5 米；
（3）若圆形喷水池半径为5米，为了使水柱落地点在池内且与水池边水平距离不小于1.5米，若只调整水管高度，其他条件不变，结合函数图象，估计出水口至少需要 降低 （填“升高”或“降低”） 1.8 米（结果保留小数点后一位）．
【分析】（1）根据表格描点，连线即可得到函数图象；
（2）观察图象可得答案；
（3）求出函数解析式，令x＝3.5即可得到答案．
【解答】解：（1）画出函数的图象如下：
（2）由已知可得，x＝0时，y＝2.5，
∴出水口距地面的高度为2.5米，
由图象可得，水达到最高点时与池中心的水平距离约为1.5米，
故答案为：2.5，1.5；
（3）设y＝ax2+bx+c，
把（0，2.5）（1，3.3）（2，3.3）代入可得，
，
解得，
∴y与x的关系式为y＝﹣0.4x2+1.2x+2.5，
∵5﹣1.5＝3.5，
∴当x＝3.5时，y＝﹣0.4×3.52+1.2×3.5+2.5＝1.8，
∴估计出水口至少需要降低1.8米，
故答案为：降低，1.8．
【点评】本题考查二次函数的实际应用，根据点的坐标画出函数图象是解题关键．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝x2﹣2tx+t2﹣t．
（1）求抛物线的顶点坐标（用含t的代数式表示）；
（2）点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线上，其中t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t．
①若y1的最小值是﹣2，求y2的值；
②若对于x1，x2，都有y1＜y2，求t的取值范围．
【分析】（1）将抛物线的解析式配成顶点式，即可写成答案；
（2）①先确定出当x＝t时，y1的最小值为t，进而求出t，再判断出当x＝t+2时，y1取最大值，即可求出答案；
②先由y1＜y2得出（x2﹣x1）（x2+x1﹣2t）＞0，最后分两种情况，利用t﹣2≤x1≤t+1，x2＝1﹣t，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，
∴抛物线的顶点坐标为（t，﹣t）；
（2）①∵y＝x2﹣2tx+t2﹣t＝（x﹣t）2﹣t，
∴抛物线的对称轴为x＝t，
∵1＞0，
∴抛物线开口向上，
∵t﹣2≤x1≤t+1，
∴当x＝t时，y1的最小值为﹣t，
∵y1的最小值是﹣2，
∴t＝2，
∴x2＝1﹣t＝﹣1，抛物线表达式为y＝x2﹣4x+2，
∴y2＝12﹣4×（﹣1）+2＝7；
②∵点P（x1，y1），Q（x2，y2）在抛物线y＝（x﹣t）2﹣t上，
∴y1＝（x1﹣t）2﹣t，y2＝（x2﹣t）2﹣t，
∵对于x1，x2，都有y1＜y2，
∴y2﹣y1＝（x2﹣t）2﹣t﹣（x1﹣t）2+t＝（x2﹣t）2﹣（x1﹣t）2＝（x2﹣x1）（x2+x1﹣2t）＞0，
∴或，
Ⅰ、当时，
∵x2﹣x1＞0，
∴x2＞x1，
∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，
∴1﹣t≥t+1，
∴t≤0，
∵x2+x﹣2t＞0，
∴x2+x1＞2t，
∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，
∴﹣1＜x2+x1＜2，
∴2t≤﹣1，
∴t≤﹣，
即t≤﹣；
Ⅱ、当时，
由x2﹣x1＜0得：x2＜x1，
∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，
∴1﹣t≤t﹣2，
∴t≥，
由x2+x1﹣2t＜0知，x2+x1＜2t，
∵t﹣2＜x1＜t+1，x2＝1﹣t，
∴﹣1＜x2+x1＜2，
∴2t≥2，
∴t≥1，
即t；
即满足条件的t的取值范围为t≤﹣或t≥．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了配方法，函数极值的确定，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
27．（7分）已知：△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直线AC上取一点D，连接BD，线段BD绕点B逆时针旋转90°，得到线段BD′，连接CD′交直线AB于G．
（1）喜欢思考问题的小捷同学，想探索图中线段CG和线段D′G的数量关系．于是他画了图1所示当D在AC边上时的图形，并通过测量得到了线段CG与D′G的数量关系．你认为小捷的猜想是CG ＝ D′G（填“＞”，“＝”或“＜”）；
（2）当D在AC边的延长线上时请你根据题目要求补全图2，
①在补全的图2中找出与∠BDC相等的角 ∠ABD′
②在图2中探索（1）中小捷的猜想是否成立，若成立证明你的结论，若不成立，请你说明理由；
（3）如图3，当D在边AC的反向延长线上时，直接写出CA，CD，CD′的数量关系（用等式表示）．
【分析】（1）过D′作D'E⊥AB于点E，证明△EBD′≌△ADB（AAS），得D'E＝AB，再证明△AGC≌△D'GE（AAS），可得CG＝ D'G；
（2）①根据直角三角形的性质可得结论；
②过D′作D'H⊥AB，交BA延长线于点H，证明△ABD≌△HD'B（AAS），得AB＝HD'＝AC，再证明△D'HG≌△CAG （AAS），可得CG＝ D'G；
（3）过D′作D'M⊥AB，交AB延长线于点M，证明△D'BM≌△BDA（AAS），得D'M＝AB＝AC，BM＝AD，得AM＝CD，过点C作CN⊥D'M，交D'M的延长线于N，证明四边形AMNC是矩形，再利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）CG＝D'G，理由如下：
如图1，过D′作D'E⊥AB于点E，
∴∠D'EB＝∠BAD＝90°，
∴∠D'BE+∠BD'E＝90°，
∵∠DBD′＝90°，
∴∠ABD+∠D'BE＝90°，
∴∠BD'E＝∠ABD，
∵D'B＝DB，
∴△EBD′≌△ADB（AAS），
∴D'E＝AB，
∵AB＝AC，
∴D'E＝AC，
∵∠A＝∠D'EG，∠D'GE＝∠AGC，
∴△AGC≌△D'GE（AAS），
∴CG＝ D'G，
故答案为：＝；
（2）①补全的图2如下：与∠BDC相等的角是∠ABD′，理由如下：
∵∠DBD'＝90°，
∴∠DBA+∠ABD'＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DBA+∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD′，
故答案为：∠ABD′；
②成立，CG＝D′G，理由如下：
如图2，过D′作D'H⊥AB，交BA延长线于点H，
∴∠D′HG＝∠BAC＝90°，
∵D'B＝DB，∠BDC＝∠ABD′，
∴△ABD≌△HD'B（AAS），
∴AB＝HD'＝AC，
∵∠D′HG＝∠BAC＝90°，∠D′GH＝∠AGC，
∴△D'HG≌△CAG （AAS），
∴CG＝D'G；
（3）4CA2+CD2＝CD′2，理由如下：
如图3，过D′作D'M⊥AB，交AB延长线于点M，
∴∠D'MB＝∠BAD＝90°，
∵∠D'BD＝90°，
∴∠D'BM+∠ABD＝90°，
∵∠D'BM+∠BD'M＝90°，
∴∠BD′M＝∠ABD，
∵D′B＝DB，
∴△D'BM≌△BDA（AAS），
∴D'M＝AB＝AC，BM＝AD，
∴AM＝AB+BM＝AC+AD＝CD，
过点C作CN⊥D'M，交D'M的延长线于N，
∴∠NMA＝∠MAC＝∠N＝90°，
∴四边形AMNC是矩形，
∴CN＝AM＝CD，MN＝AC＝D′M，
∵D'N2+CN2＝CD′2，
∴（2CA）2+CD2＝CD′2，
∴4CA2+CD2＝CD′2．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定与性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
28．（7分）对于平面直角坐标系xOy中的图形W，给出如下定义：点P是图形W上任意一点，若存在点Q，使得∠OQP是直角，则称点Q是图形W的“直角点”．
（1）已知点A（6，8），在点Q1（3，9），Q2（﹣4，2），Q3（0，8）中， Q1，Q3 是点A的“直角点”；
（2）已知点B（﹣4，3），C（3，3），若点Q是线段BC的“直角点”，求点Q的横坐标n的取值范围；
（3）在（2）的条件下，已知点D（t，0），E（t+1，0），以线段DE为边在x轴上方作正方形DEFG．若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）利用新定义的规定，根据勾股定理的逆定理判断即可；
（2）画出符合题意的图形，以OB，OC为直径作⊙O′和⊙O″，过点O′作O′M∥BC，点M在点O′的左侧，过点O″作O″N∥BC，点N在点O″的右侧，则点M，N为点Q的左右临界点；利用点的坐标的特征，求得点M，N的横坐标即可得出结论；
（3）利用分类讨论的思想方法在（2）的条件下，依据图形，利用勾股定理求得临界值即可得出结论．
【解答】解：（1）∵＝32+92＝90，＝12+32＝10，OA2＝62+82＝100，
∴，
∴∠OQ1A＝90°，
∴Q1是点A的“直角点”；
∵＝20，＝136，OA2＝62+82＝100，
∴，
∴∠OQ2A＞90°，
∴Q2不是点A的“直角点”；
∵∠OQ3A＝90°，
∴Q3是点A的“直角点”．
综上，Q1，Q3是点A的“直角点”．
故答案为：Q1，Q3；
（2）∵点Q是线段BC的“直角点”，P为线段BC上的点，
∴∠OQP＝90°，
∴点Q在以OP为直径的圆上（O，P两点除外），
如图，以OB，OC为直径作⊙O′和⊙O″，过点O′作O′M∥BC，点M在点O′的左侧，过点O″作O″N∥BC，点N在点O″的右侧，则点M，N为点Q的左右临界点．
，
∵B（﹣4，3），
∴OB＝＝5，O′（﹣2，﹣1.5），
∴O′M＝OB＝2.5，
∴点M的横坐标为﹣2﹣2.5＝﹣4.5．
∵C（3，3），
∴OC＝＝3，O″（1.5，1.5），
∴O″N＝OC＝，
∴点M的横坐标为，
∴点Q的横坐标n的取值范围为﹣4.5≤n≤．
（3）∵D（t，0），E（t+1，0），
∴DE＝1，
∴正方形DEFG的边长为1．
在（2）的条件下作出正方形DEFG，分别以OB，OC为直径作圆，如图，
当t+1＜0时，即t＜﹣1，若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，正方形DEFG位于正方形①的位置为最左侧临界值，此时t＝﹣4；
当正方形DEFG位于正方形②的位置时，此时F（t+1，1），
∵正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，
∴∠OFC＝90°，
∴OF2+FC2＝OC2，
∴（t+1）2+12+（3﹣t﹣1）2+（3﹣1）2＝32+32，
解得：t＝（正数不合题意，舍去），
∴t＝．
∴﹣4≤t≤；
当t＞0时，若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，正方形DEFG位于正方形④的位置为最右侧临界值，此时t+1＝3，
∴t＝2；
当正方形DEFG位于正方形③的位置时，此时G（t，1），
∵正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，
∴∠OGB＝90°，
∴OG2+BG2＝OB2，
∴t2+12+（t+4）2+（3﹣1）2＝42+32，
解得：t＝﹣2±（负数不合题意，舍去），
∴t＝﹣2．
∴﹣2+≤t≤2．
综上，若正方形DEFG上的所有点均为线段BC的“直角点”，t的取值范围为﹣4≤t≤或﹣2+≤t≤2．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系，点的坐标的特征，直角三角形的性质，勾股定理，圆的有关性质，圆周角定理，正方形的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度，本题是新定义型，正确理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．
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3.3
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0
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…
y
…
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…
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