精品解析：广东省惠州市惠阳区黄埔学校2022-2023学年九年级上学期月考数学试卷（1月份）

2022-2023学年广东省惠州市惠阳区黄埔学校九年级（上）月考数学试卷（1月份） 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分． 1. 下列四个图案中，可以看作是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式中，正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列事件是必然事件的是（    ） A. 三角形内角和是 B. 通常加热到时，水沸腾 C. 明天会下雨 D. 掷一枚骰子，向上面点数是 5. 如图，在甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，正方形ABCD，EFGH分别在两个网格上，且各顶点均在网格线的交点上．若正方形ABCD，EFGH的面积相等，甲、乙两个正方形网格的面积分别记为，，有如下三个结论： ①正方形ABCD的面积等于的一半； ②正方形EFGH的面积等于的一半； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A. ①② B. ②③ C. ③ D. ①②③ 6. 如图，在中，，，，点在边上，，的半径长为，与相交，且点在外，那么的半径长可能是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转到平行四边形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 1 8. 如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（　　） A. 2 B. C. D. 4 9. 中，已知，以点A、B、C为圆心的圆分别记作圆A、圆B、圆C，这三个圆的半径长都是2，那么下列结论中，正确的是（ ） A. 圆A与圆C相交 B. 圆B与圆C外切 C. 圆A与圆B外切 D. 圆A与圆B外离． 10. 已知在中，，，那么以边长的倍为半径的圆A与以为直径的圆的位置关系是（ ） A. 外切 B. 相交 C. 内切 D. 内含 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分． 11. 如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是________（结果保留） 12. 甲、乙、丙三人参加活动，两个人一组，则分到甲和乙的概率为_____． 13. 如图，点G为等腰的重心，，如果以2为半径的圆分别与、相切，且，那么的长为_______. 14. 平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形（点与点B是对应点，点与点C是对应点，点与点D是对应点），点恰好落在边上，与交于点E，则______． 15. 如图，M是斜边上的中点，将绕点B旋转，使得点C落在射线上的点D处，点A落在点E处，边的延长线交边于点F．如果，那么的长等于____________． 16. 如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______. 17. 如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，的延长线交于点F．如果，那么FC的长是_______． 三、解答题：本大题共8小题，第18、19小题6分，第20、21小题7分，第22、23小题8分，第24、25小题10分． 18. 计算 （1）； （2）． 19. 计算： （1） （2）（ 20. 下面是可以自由转动的三个转盘，请根据下列情形回答问题： （1）转动转盘1，当转盘停止转动时，指针落在红色区域的概率是______________． （2）转动转盘2，当转盘停止转动时，指针落在红色区域的概率是______________． （3）请设计转盘3：转盘3已被分成了9个相同的扇形，转动转盘3，当转盘停止转动时，指针落在白色区域的概率为，落在红色区域的概率为，落在黄色区域的概率为．（注：无需涂色，在扇形中填写“红”、“白”、“黄”即可．） 21. 如图，已知是的外接圆，． （1）求的正弦值； （2）求弦的长． 22. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，3），B（4，2），C（2，1）． （1）平移△ABC，使得点A的对应点A1的坐标为（﹣1，﹣1），则点C的对应点C1的坐标为 ； （2）将△ABC绕原点旋转180°得到△A2B2C2，在图中画出△A2B2C2； （3）M、N为x轴上的两个动点，点M在点N的左侧，连接MN，若MN＝1，点D（0，﹣1）为y轴上的一点，连接DM、CN，则DM＋CN的最小值为 ． 23. 如图，直角坐标系中，经过A，B，O三点，其中原点，点与点，点D在劣弧上，连接交x轴于点C．其中． （1）直接写出点D的坐标； （2）在线段的延长线上确定点E，使得，求证：直线与相切；并直接写出此时点E的坐标． 24. 如图，已知长方形ABCD的长AB＝24cm，宽BC＝10cm． （1）如图1，一个半径为1cm的圆在长方形的内侧，沿着长方形的四条边无滑动地滚动一周回到原来的位置，则圆滚过区域的面积是 cm2； （2）如图2，E、F分别为AB、CD上的点，且AE＝AB，CF：DF＝5：7，一个半径为1cm的圆在长方形的外侧，沿着长方形的边连续地从点E经过点B、C无滑动地滚动到点F，则圆滚过区域的面积是 cm2．（注：本题中π取3.14） 25. 如图，抛物线的开口向下，与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．已知C(0，4)，顶点D的横坐标为﹣，B(1，0)．对称轴与x轴交于点E，点P是对称轴上位于顶点下方的一个动点，将线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM． （1）求抛物线的解析式； （2）当点M落在抛物线上时，求点M的坐标； （3）连接BP并延长交抛物线于点Q，连接CQ．与对称轴交于点N．当QPN的面积等于QBC面积的一半时，求点Q的横坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年广东省惠州市惠阳区黄埔学校九年级（上）月考数学试卷（1月份） 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分． 1. 下列四个图案中，可以看作是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A不是轴对称图形； B是轴对称图形； C不是轴对称图形； D不是轴对称图形． 故选：B． 【点睛】本题考查轴对称图形的识别，解题关键是抓住轴对称图形是指将一个图形沿着某条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合． 2. 下列各式中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了算术平方根．直接利用算术平方根的性质对各选项进行判断即可． 【详解】解：A、，故本选项不符合题意； B、，故本选项符合题意； C、，故本选项不符合题意； D、，故本选项不符合题意； 故选：B． 3. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用最简二次根式定义判断即可． 【详解】解：A.，不是最简二次根式； B.，是最简二次根式； C.，不是最简二次根式； D.，不是最简二次根式． 故选B． 【点睛】本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式定义是解本题的关键． 4. 下列事件是必然事件的是（    ） A. 三角形内角和是 B. 通常加热到时，水沸腾 C. 明天会下雨 D. 掷一枚骰子，向上面点数是 【答案】B 【解析】 【分析】根据必然事件的定义解答即可． 【详解】解：A．三角形的内角和是，故三角形的内角和是错误，即“三角形内角和是 ”是不可能事件，故A选项不符合题意； B．根据必然事件的定义得“通常加热到 时，水沸腾”为必然事件，故B选项符合题意； C．“明天会下雨”是随机事件，故C选项不符合题意； D．“掷一枚骰子，向上面点数是”，故D选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了必然事件，熟练掌握必然事件的定义是解答本题的关键． 5. 如图，在甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，正方形ABCD，EFGH分别在两个网格上，且各顶点均在网格线的交点上．若正方形ABCD，EFGH的面积相等，甲、乙两个正方形网格的面积分别记为，，有如下三个结论： ①正方形ABCD的面积等于的一半； ②正方形EFGH的面积等于的一半； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A. ①② B. ②③ C. ③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】设甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b，分别求出，，和，根据S正方形ABCD＝，S正方形EFGH＝即可判断①②，再由正方形ABCD，EFGH的面积相等得出，进而判断③． 【详解】解：设甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b， 则，，，， ∴S正方形ABCD＝，S正方形EFGH＝， ∴正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半； ∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH， ∴， ∴， ∴，即， ∴正确结论的序号是②③， 故选：B． 【点睛】本题主要考查勾股定理的应用，解题关键在于设出甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b．本题还可以根据正方形在正方形网格中占面积的比例进行求解． 6. 如图，在中，，，，点在边上，，的半径长为，与相交，且点在外，那么的半径长可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了相交两圆的性质，点与圆的位置关系，勾股定理等知识点，能熟记相交两圆的性质和点与圆的位置关系的内容是解题的关键 连接交于，根据勾股定理求出的长，从而求出的长，再根据相交两圆的位置关系得出的范围即可． 【详解】解：连接交于，如图， 在中，由勾股定理得：， 则， ， ， 与相交，且点在外，必须， 即只有选项B符合题意， 故选：B． 7. 如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转到平行四边形的位置，使点落在上，与交于点E，若，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先结合旋转的性质证明，求出，再证点在同一条直线上，推出，再证明，得出，设，，代入可得，解出x的值即可． 【详解】解：由旋转的性质可知，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵，， ∴， 即点在同一条直线上， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， 设，， ∴， 解得， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，有一定难度，解题的关键是利用旋转的性质得出对应边相等、对应角相等． 8. 如图，点E是等边三角形△ABC边AC的中点，点D是直线BC上一动点，连接ED，并绕点E逆时针旋转90°，得到线段EF，连接DF．若运动过程中AF的最小值为，则AB的值为（　　） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】连接BE，延长AC到N，使得，连接FN，证明，得到，即点N在与AN成的直线上运动，证明当时，有最小值为：，求出，即可得． 【详解】解：连接BE，延长AC到N，使得，连接FN， ∵△ABC是等边三角形，点E是AC的中点 ∴，，， ∴，， ∵ ∴，即， 在和中， ∴， ∴， ∴点N在与AN成的直线上运动， ∴当时，有最小值为：， 即：， ∴， ∴， 故选：D 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，解题的关键是证明当时，有最小值为：，即． 9. 中，已知，以点A、B、C为圆心的圆分别记作圆A、圆B、圆C，这三个圆的半径长都是2，那么下列结论中，正确的是（ ） A. 圆A与圆C相交 B. 圆B与圆C外切 C. 圆A与圆B外切 D. 圆A与圆B外离． 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的三边长确定两圆的圆心距，与两圆的半径的和比较后即可确定正确的选项． 【详解】∵， ∴， ∵三个圆的半径长都等于2， ∴任意两圆的圆心距都是4， ∴圆A与圆C外切，圆B与圆C相交，圆A与圆B外离， 故选：D． 【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是根据圆的两边的长求得第三边的长，然后根据两圆的半径之和和两圆的圆心距的大小关系确定两圆的位置关系，难度不大． 10. 已知在中，，，那么以边长的倍为半径的圆A与以为直径的圆的位置关系是（ ） A. 外切 B. 相交 C. 内切 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】取边的中点D，连接，根据题意可设，可得，，再根据圆与圆的位置关系，即可求解． 【详解】解：如图，取边的中点D，连接， 中，，， ∴， 可设， ∴， ∴，， ∴即以边长的倍为半径的圆A与以为直径的圆的两圆心的距离等于两圆的半径之和， ∴以边长的倍为半径的圆A与以为直径的圆的位置关系是内切． 故选：C 【点睛】本题主要考查解直角三角形，圆与圆的位置关系，掌握圆与圆的位置关系是解题的关系． 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分． 11. 如图，在△ABC中，AB=AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是________（结果保留） 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接OD，OE，证明 可得 再证明 可得 再利用弧长公式进行计算即可． 【详解】解：如图，连接OD，OE， ∵ ∴ ∵与边AB相切于点D， ∴ ∴ 的长 故答案为：． 【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，切线的性质，三角形的内角和定理的应用，弧长的计算，求解是解本题的关键． 12. 甲、乙、丙三人参加活动，两个人一组，则分到甲和乙的概率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与分到甲和乙的情况，再利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：画树形图如下： 由树形图可知所有可能情况共6种，其中分到甲和乙的情况有2中， 所以分到甲和乙的概率为， 故答案为： 【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率.列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，注意概率=所求情况数与总情况数之比． 13. 如图，点G为等腰的重心，，如果以2为半径的圆分别与、相切，且，那么的长为_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据重心的定义和性质，延长CG交AB于M，根据切线的性质连接G与AC上的切点N，再利用勾股定理计算即可. 【详解】延长CG交AB于M，连接G与AC上的切点N，连AG ∵点G为等腰的重心，， ∴，CM⊥AB， ∵ ∴ ∵分别与、相切 ∴GN⊥AC, ∴在Rt△CGN中 ∴在Rt△AGM和Rt△AGN中 ∴ ∴ 在Rt△ACM中 ∴ ∴ 解得 ∴或（舍去） ∴ 故答案为：. 【点睛】本题考查重心的性质和定义、切线的性质、勾股定理，解题的关键是熟记重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1. 14. 平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形（点与点B是对应点，点与点C是对应点，点与点D是对应点），点恰好落在边上，与交于点E，则______． 【答案】##45度 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是求出和的度数． 根据旋转的性质和平行四边形的性质，可以求得和的度数，然后根据三角形内角和即可得到的度数． 【详解】解：∵平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形，点恰好落在边上，与交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15. 如图，M是斜边上的中点，将绕点B旋转，使得点C落在射线上的点D处，点A落在点E处，边的延长线交边于点F．如果，那么的长等于____________． 【答案】 【解析】 【分析】如图：连接，先证可得，进而说明垂直平分线段，即、可得；然后再证，根据相似三角形的性质列式即可解答． 【详解】解：如图，连接， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴垂直平分线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴， ∵ ∴ ∴， ∴． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证得是解答本题的关键． 16. 如图，已知点G是正六边形对角线上的一点，满足，联结，如果的面积为1，那么的面积等于_______. 【答案】4 【解析】 【分析】解：如图，联结CE，由得，由六边形是正六边形证明，从而得的面积为的面积的4倍即可求解． 【详解】解：如图，联结CE， ， ， 六边形是正六边形， AB=AF=EF=BC，， ， ， ， ， 四边形BCEF是平行四边形， ， 的面积为1，， 的面积为， 故答案为4． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质及平行四边形的判定及性质，作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 17. 如图，是的外接圆，交于点E，垂足为点D，的延长线交于点F．如果，那么FC的长是_______． 【答案】10 【解析】 【分析】由OE⊥AB，得AD=BD，且OD是△ABC的中位线，OE是三角形AFC的中位线，根据勾股定理求出圆的半径即可． 【详解】∵OE⊥AB， ∴AD=BD=AB=×8=4， ∵OA=OC， ∴OD为三角形ABC的中位线， ∴OD//BC， 又∵OD=3， ∴ ∴OE=OA=5， ∵OE∥CF，点O是AC中点， ∴AE：EF=AO：OC=1， 即E为AF中点， ∴OE是三角形ACF的中位线， ∴CF=2OE=2×5=10， 故答案为：10． 【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理、三角形中位线等知识点，熟练掌握勾股定理和三角形中位线的性质是解题的关键． 三、解答题：本大题共8小题，第18、19小题6分，第20、21小题7分，第22、23小题8分，第24、25小题10分． 18. 计算 （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先化简，，，再按实数的运算法则进行运算即可； （2）按乘法的完全平方公式和乘法的平方差公式进行运算，再算减法． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 原式． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，正确运用二次根式的运算法则和运算性质是解本题的关键． 19. 计算： （1） （2）（ 【答案】(1)；（2） 【解析】 【分析】(1)先化成最简二次根式，然后再进行加减运算即可； (2)套用平方差公式和完全平方式进行运算即可． 【详解】解：(1)原式＝， 故答案为：； (2)原式， 故答案为：． 【点睛】本题考查二次根式的四则运算，熟练掌握二次根式的四则运算是解决本题的关键． 20. 下面是可以自由转动的三个转盘，请根据下列情形回答问题： （1）转动转盘1，当转盘停止转动时，指针落在红色区域的概率是______________． （2）转动转盘2，当转盘停止转动时，指针落在红色区域的概率是______________． （3）请设计转盘3：转盘3已被分成了9个相同的扇形，转动转盘3，当转盘停止转动时，指针落在白色区域的概率为，落在红色区域的概率为，落在黄色区域的概率为．（注：无需涂色，在扇形中填写“红”、“白”、“黄”即可．） 【答案】（1） （2） （3） ∵转盘3被分成了9个相同的扇形，当转盘停止转动时，指针落在白色区域的概率为，落在红色区域的概率为，落在黄色区域的概率为， ∴转盘中白色、红色、黄色区域的扇形个数分别为： 白色：，红色：，黄色：， ∴设计转盘如图所示： 【解析】 【分析】（1）红色区域的圆心角度数为120°，根据概率公式计算即可； （2）红色区域的圆心角度数为160°，根据概率公式计算即可； （3）根据各个颜色的概率，确定各个颜色的扇形个数即可． 【小问1详解】 解：∵红色区域的圆心角度数120°， ∴当转盘停止转动时，指针落在红色区域的概率是． 故答案为：． 【小问2详解】 解：∵红色区域的圆心角度数为， ∴当转盘停止转动时，指针落在红色区域的概率是 ． 故答案为：． 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了概率的简单计算，解题的关键是熟练掌握概率公式，一般地，如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的m种结果，那么事件A发生的概率为P（A）＝且0≤P（A）≤1． 21. 如图，已知是的外接圆，． （1）求的正弦值； （2）求弦的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，垂足为点；根据垂径定理，即可求的正弦值； （2）延长交于点，由，是的外接圆得出垂直平分，根据即可求弦的长； 【小问1详解】 解：过点作，垂足为点． ，， ， ， ， 在中， ； 【小问2详解】 解：延长交于点． ∵， ∴点在的垂直平分线上， ∵是的外接圆， ∴点在的垂直平分线上， ∴垂直平分， 在中， ， ， ． 【点睛】本题主要考查圆的性质、锐角三角函数、垂直平分线的判定，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题的关键． 22. 如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，3），B（4，2），C（2，1）． （1）平移△ABC，使得点A的对应点A1的坐标为（﹣1，﹣1），则点C的对应点C1的坐标为 ； （2）将△ABC绕原点旋转180°得到△A2B2C2，在图中画出△A2B2C2； （3）M、N为x轴上的两个动点，点M在点N的左侧，连接MN，若MN＝1，点D（0，﹣1）为y轴上的一点，连接DM、CN，则DM＋CN的最小值为 ． 【答案】（1）（0，－3） （2） △A2B2C2如图所示： （3） 【解析】 【分析】（1）根据点A和点A1的坐标判断出平移方式，由平移方式可得点C1的坐标； （2）根据旋转的性质找出点A、B、C的对应点A2、B2、C2的位置，首尾顺次连接即可； （3）取点D′（1，−1），连接CD′交x轴于点N′，此时DM′＋CN′的值最小为CD′，利用勾股定理求出CD′即可． 【小问1详解】 解：∵平移△ABC，使得点A（1，3）的对应点A1的坐标为（﹣1，﹣1）， ∴平移方式为：将△ABC先向左平移2个单位长度，再向下平移4个单位长度， ∴点C（2，1）的对应点C1的坐标为（0，－3）， 故答案为：（0，－3）； 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 如图，取点D′（1，−1），连接CD′交x轴于点N′， ∵M′N′＝DD′＝1，且M′N′∥DD′， ∴四边形M′N′D′D是平行四边形， ∴DM′＝D′N′， ∴DM′＋CN′＝D′N′＋CN′＝CD′， ∴DM＋CN的最小值为CD′＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查平移的性质，作图−旋转变换，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 23. 如图，直角坐标系中，经过A，B，O三点，其中原点，点与点，点D在劣弧上，连接交x轴于点C．其中． （1）直接写出点D的坐标； （2）在线段的延长线上确定点E，使得，求证：直线与相切；并直接写出此时点E的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接，过点作x轴的垂线，交x轴于F，先求出，，再证明，进一步求出，根据含角的直角三角形的性质进行求解即可； （2）先证明直线与相切，在中，求出，过E作于H，由（1）知，得到，在中，求得，，进一步得到，即可得到点E的坐标． 【小问1详解】 解：如图所示：连接，过点作x轴的垂线，交x轴于F， ∵点与点， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴点D的坐标为； 【小问2详解】 证明：如图所示： ∵， 由（1）， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴直线与相切； 在中，， ∴， 过E作于H，由（1）知，， ∴， 在中， ， ， ∴， ∴点E坐标为． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、切线的判定和性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 24. 如图，已知长方形ABCD的长AB＝24cm，宽BC＝10cm． （1）如图1，一个半径为1cm的圆在长方形的内侧，沿着长方形的四条边无滑动地滚动一周回到原来的位置，则圆滚过区域的面积是 cm2； （2）如图2，E、F分别为AB、CD上的点，且AE＝AB，CF：DF＝5：7，一个半径为1cm的圆在长方形的外侧，沿着长方形的边连续地从点E经过点B、C无滑动地滚动到点F，则圆滚过区域的面积是 cm2．（注：本题中π取3.14） 【答案】（1）119.14 （2）85.42 【解析】 【分析】（l）如图所示，圆滚过的面积＝大长方形的面积一中间白色长方形的面积﹣四个直角处的面积和；四个直角处的面积和＝边长为2厘米的正方形的面积―半径为l的圆的面积，据此解答即可． （2）如图把圆滚过的面积分为7部分，3个长方形，起点、终点分别为两个半圆，两个角处分别为半径为2厘米的；圆；起点、终点加起来正好是一个半径长为1厘米圆的面积；两个角（两条红线之间）面积之和是半径为2厘米的半圆的面积；据此解答即可． 【小问1详解】 解：（1）如图1中， 空白部分的长＝24﹣4＝20（cm），宽＝10﹣4＝6（cm）， ∴阴影部分的面积＝24×10﹣20×6﹣（4﹣π）≈119.14（cm2）． 故答案为：119.14． 【小问2详解】 解：（2）如图2中， 由题意AE＝AB＝6（cm），BE＝24﹣6＝18（cm）， CF＝AB＝10（cm）， ∴阴影部分的面积＝2×（18+10+10）+π+×π×22≈85.42（cm2）． 故答案为：85.42． 【点睛】本题考查扇形的面积，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 25. 如图，抛物线的开口向下，与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C．已知C(0，4)，顶点D的横坐标为﹣，B(1，0)．对称轴与x轴交于点E，点P是对称轴上位于顶点下方的一个动点，将线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM． （1）求抛物线的解析式； （2）当点M落在抛物线上时，求点M的坐标； （3）连接BP并延长交抛物线于点Q，连接CQ．与对称轴交于点N．当QPN的面积等于QBC面积的一半时，求点Q的横坐标． 【答案】（1）；（2）M(1，0)或(﹣3，4)；（3） 【解析】 【分析】（1）由顶点D的横坐标为 ，可以设二次函数的顶点式，代入点B和C点坐标，得到一个关于a和c的方程组，求解方程组，即可解决； （2）因为线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM，所以PA＝PM，∠APM＝90°，过M作MF⊥PD于F，可以证明△APE≌△PMF，设出P点坐标，可以得到M点坐标，将M点坐标代入到抛物线解析式中，即可求出参数，求得M点坐标； （3）设出点Q点坐标，由Q和B点坐标，利用待定系数法求出直线BQ的解析式，得到P点和直线BQ与y轴交点G的坐标，同理，得到CQ的解析式，求出N和C的坐标，用参数表示出线段PN的长度，求出△PNQ的面积表达式，同理，得到△QBC的面积表达式，利用△QPN的面积等于△QBC面积的一半，列出方程，即可求解． 【详解】解：（1）∵顶点D的横坐标为， ∴设抛物线解析式为：， 代入点C和点B的坐标可得， ， 解得： ， ∴抛物线的解析式为：； （2）∵抛物线的对称轴为直线x＝，与x轴的一个交点坐标B为（1，0）， ∴抛物线与x轴的另一个交点A的坐标为（﹣4，0），且E的坐标为（，0）， ∵线段PA绕着点P顺时针方向旋转90°得到线段PM， ∴PA＝PM，∠APM＝90°， 过M作MF⊥DE于F，如图1， ∴∠AEP＝∠PFM＝90°， ∴∠APE+∠MPF＝∠APE+∠PAE＝90°， ∴∠PAE＝∠MPF， 在△APE与PMF中， ， ∴△APE≌△PMF（AAS）， ∴AE＝FP＝，PE＝MF， 设P（，n）， 则PE＝MF＝n， ∴ ， ∵点M落在抛物线上， ∴， ∴或， ∴M（1，0）或（﹣3，4）； （3）∵＝﹣x2﹣3x+4， ∴可设Q（m，﹣m2﹣3m+4）， 设直线BQ为：y＝k（x﹣1）， 代入点Q得，k（m﹣1）＝﹣m2﹣3m+4， ∴k＝﹣m﹣4， ∴直线BQ为：y＝（﹣m﹣4）x+m+4， 同理，直线CQ为：y＝﹣（m+3）x+4， 令x＝，则y＝（﹣m﹣4）x+m+4＝ ， ∴P（，）， 同理，N（，）， ∴PN＝﹣m， ∴S△QPN＝ ， 设直线BQ与y轴交于G点，如图2， 令x＝0，则y＝（﹣m﹣4）x+m+4＝m+4， ∴G（0，m+4）， ∴CG＝4﹣m﹣4＝﹣m， ∴S△BCQ＝S△BCG+S△QCG＝， ∴s△QPN＝ ， ∴， ∴ ， ∴Q点的横坐标为． 【点睛】此题属于二次函数综合类试题，根据坐标求函数表达式，涉及三角形全等及面积类，有一定难度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $