期中真题必刷常考60题（58个考点专练）-2024-2025学年九年级数学上学期期中考点大串讲（人教版）

期中真题必刷常考60题（58个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共1小题） 1．（2023秋•江阳区校级期中）下列方程一定是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 二．一元二次方程的一般形式（共1小题） 2．（2023秋•资中县期中）把一元二次方程化为一般形式，正确的是　　 A． B． C． D． 三．一元二次方程的解（共2小题） 3．（2023秋•岚皋县期中）若关于的一元二次方程的一个根是，则代数式的值为　　 A． B．2023 C． D．2024 4．（2022秋•新市区校级期中）若关于的一元二次方程有一个根是，则　　． 四．解一元二次方程-直接开平方法（共1小题） 5．（2023秋•临高县期中）若方程有实数解，则的取值范围是　　 A． B． C． D．无法确定 五．解一元二次方程-配方法（共1小题） 6．（2023春•环翠区期中）将一元二次方程配方成的形式，则的值为 　　． 六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 7．（2023秋•武侯区校级期中）解下列方程： （1）； （2）（请用配方法解）． 七．解一元二次方程-因式分解法（共1小题） 8．（2023秋•太原期中）用适当的方法解下列一元二次方程： （1）； （2）． 八．换元法解一元二次方程（共1小题） 9．（2023春•万源市校级期中）若，求的值为　 　． 九．根的判别式（共1小题） 10．（2023秋•宿豫区期中）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 一十．根与系数的关系（共1小题） 11．（2023春•临平区期中）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有　　个． ①方程是倍根方程； ②若是倍根方程，则； ③若、满足，则关于的方程是倍根方程； ④若方程是倍根方程，则必有． A．1 B．2 C．3 D．4 一十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 12．（2023秋•孝南区期中）秋冬季节是流感高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了个人，则可列方程为　　 A． B． C． D． 一十二．一元二次方程的应用（共1小题） 13．（2023秋•榕城区期中）新冠肺炎是一种传染性极强的疾病，如果有一人患病，经过两轮传染后有64人患病，设每轮传染中平均一个人传染了个人，下列列式正确的是　　 A． B． C． D． 一十三．配方法的应用（共1小题） 14．（2023秋•南海区期中）阅读与思考： 【阅读材料】我们把多项式及叫做完全平方公式．如果一个多项式不是完全平方公式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项．使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，可以求代数式的最大值或最小值． 例如：求代数式的最小值． ，可知当时，有最小值，最小值是． 再例如：求代数式的最大值． ．可知当时，有最大值．最大值是． （1）【直接应用】代数式的最小值为 　　； （2）【类比应用】若多项式，试求的最小值； （3）【知识迁移】如图，学校打算用长20米的篱笆围一个长方形的菜地，菜地的一面靠墙（墙足够长），求围成的菜地的最大面积． 一十四．二次函数的定义（共1小题） 15．（2022秋•瑶海区校级期中）下列各式中，是的二次函数的是　　 A． B． C． D． 一十五．二次函数的图象（共1小题） 16．（2023秋•福州期中）下列图象中，当时，函数与的图象是　　 A． B． C． D． 一十六．二次函数的性质（共2小题） 17．（2023秋•鼓楼区校级期中）二次函数的顶点坐标是　　 A． B． C． D． 18．（2023秋•新罗区校级期中）直线与轴交于点，直线绕点逆时针旋转得到直线，若直线与抛物线有唯一的公共点，则　　． 一十七．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 19．（2021秋•龙口市期中）二次函数的图象如图所示，对称轴是直线，下列结论： ①；②；③；④；⑤若，则．其中正确的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 一十八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 20．（2023秋•江津区校级期中）已知如图，在正方形中，点、的坐标分别是，，，点在抛物线的图象上，则的值是　　 A． B． C． D． 一十九．二次函数图象与几何变换（共1小题） 21．（2023秋•西青区校级期中）将二次函数的图象向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的表达式是　　 A． B． C． D． 二十．二次函数的最值（共1小题） 22．（2023秋•罗平县校级期中）二次函数的最小值是　　 A．1 B． C．3 D． 二十一．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 23．（2023秋•龙口市期中）请写出一个开口向上，并且与轴交于点的抛物线的表达式：　　． 二十二．二次函数的三种形式（共1小题） 24．（2022秋•新罗区校级期中）若把二次函数化为的形式，其中，为常数，则　 　． 二十三．抛物线与x轴的交点（共1小题） 25．（2023秋•莒县期中）如图，抛物线经过点，．下列结论：①；②；③若抛物线上有点，，，则；④方程的解为， 其中正确的个数是　　 A．4 B．3 C．2 D．1 二十四．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题） 26．（2023秋•龙岩期中）如图，以为顶点的二次函数的图象与轴负半轴交于点，则一元二次方程的正数解的范围是　　 A． B． C． D． 二十五．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题） 27．（2024春•青岛期中）正方形边长3，若边长增加，则面积增加，与的函数关系式为 　　． 二十六．二次函数的应用（共1小题） 28．（2022秋•长乐区校级期中）如图，以的速度将小球沿与地面成角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：与飞行时间（单位：之间具有函数关系．下列叙述正确的是　　 A．小球的飞行高度不能达到 B．小球的飞行高度可以达到 C．小球从飞出到落地要用时 D．小球飞出时的飞行高度为 二十七．二次函数综合题（共1小题） 29．（2023秋•新城区校级期中）蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，它出现使得人们可以吃到反季节蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹结构或者钢结构的骨架，上面覆上一层或多层保温塑料膜，这样就形成了一个温室空间．如图，某个温室大棚的横截面可以看作矩形和抛物线构成，其中，，取中点，过点作线段的垂直平分线交抛物线于点，若以点为原点，所在直线为轴，为轴建立如图所示平面直角坐标系．请回答下列问题： （1）如图1，抛物线的顶点，求抛物线的解析式； （2）如图2，为了保证蔬菜大棚的通风性，该大棚要安装两个正方形孔的排气装置，，若，求两个正方形装置的间距的长； （3）如图3，在某一时刻，太阳光线透过点恰好照射到点，此时大棚截面的阴影为，求的长． 二十八．圆的认识（共1小题） 30．（2023秋•吉林期中）如图，的半径为，，则弦的长为　　． 二十九．垂径定理（共1小题） 31．（2023秋•文水县期中）只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小聪同学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于，，，四点，利用刻度尺量得该纸条宽为，，．请你帮忙计算纸杯的直径为 　　． 三十．垂径定理的应用（共1小题） 32．（2023秋•丰台区期中）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点，寸，寸，则直径长为 　　寸． 三十一．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•滨海新区校级期中）如图，是的直径，，，则　　． 三十二．圆周角定理（共1小题） 34．（2023秋•阳谷县期中）如图，的直径垂直于弦，垂足是，，，则的长为 　　． 三十三．圆内接四边形的性质（共1小题） 35．（2023秋•滨海县期中）如图，点，，，在上，，，则　　． 三十四．点与圆的位置关系（共1小题） 36．（2023秋•龙泉市期中）已知的半径为5，点在上，则的长为 　　． 三十五．确定圆的条件（共1小题） 37．（2023秋•海曙区期中）下列语句中正确的有　　 ①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③圆的轴对称图形，任何一条直径所在直线都是它的对称轴；④三点确定一个圆． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 三十六．三角形的外接圆与外心（共1小题） 38．（2023秋•上城区校级期中）如图，内接于，是的直径，，则　　． 三十七．直线与圆的位置关系（共1小题） 39．（2022秋•西山区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，半径为2的的圆心从点（点在直线上）出发以每秒个单位长度的速度沿射线运动，设点运动的时间为秒，则当　　时，与坐标轴相切． 三十八．切线的性质（共1小题） 40．（2022秋•松北区校级期中）如图，、分别与相切于、两点，点为上一点，连接、，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 三十九．切线的判定（共1小题） 41．（2022秋•东港区校级期中）在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，半径为1的的圆心从点出发以每秒个单位长度的速度沿射线的方向运动，设点运动的时间为秒，则当　　秒时，与坐标轴相切． 四十．切线的判定与性质（共1小题） 42．（2023秋•思明区校级期中）如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接． （1）求证：为的切线； （2）若且，求的半径． 四十一．切线长定理（共1小题） 43．（2023秋•沙河口区期中）如图，、、是的切线，、、为切点，如果，，则的长为　　． 四十二．三角形的内切圆与内心（共1小题） 44．（2023秋•齐齐哈尔期中）如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，且，的周长为14，则的长为 　　． 四十三．正多边形和圆（共1小题） 45．（2023秋•思明区校级期中）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为，则该正多边形的边数是　　 A．4 B．5 C．6 D．7 四十四．弧长的计算（共1小题） 46．（2022秋•滨海新区校级期中）若扇形的圆心角为，半径为6，则该扇形的弧长为　　． 四十五．扇形面积的计算（共1小题） 47．（2023秋•梁溪区校级期中）如图，在中，，以为直径的与，分别交于点，，连接，，若，，则阴影部分的面积为　　 A． B． C． D． 四十六．圆锥的计算（共1小题） 48．（2024春•连云港期中）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积是　　 A． B． C． D． 四十七．圆柱的计算（共1小题） 49．（2023秋•榆社县期中）图1是三个直立于水平面上的形状完全相同的几何体（下底面为圆面，单位：．将它们拼成如图2的新几何体，则该新几何体的体积为　　．（计算结果保留． 四十八．利用轴对称设计图案（共1小题） 50．（2023秋•新宾县期中）如图，是正方形网格，其中已有4个小方格涂成了黑色，现在要从其余白色小方格中选出一个也涂成黑色，使整个黑色部分图形构成轴对称图形，这样的白色小方格有 　　种选择． 四十九．利用平移设计图案（共1小题） 51．（2024春•建湖县期中）下列图形中可以由一个基础图形通过平移变换得到的是　　 A． B． C． D． 五十．生活中的旋转现象（共1小题） 52．（2022秋•和静县期中）时钟上的时针不停地旋转，从上午8时到上午11时，时针旋转的角度是　　． 五十一．旋转的性质（共1小题） 53．（2024春•宿城区期中）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到△，则阴影部分的面积为 　　． 五十二．旋转对称图形（共1小题） 54．（2023秋•船营区校级期中）以下图形绕点旋转一定角度后都能与原图形重合，其中旋转角最小的是　　 A． B． C． D． 五十三．中心对称（共1小题） 55．（2023秋•朝阳区校级期中）如图，在平面内将三角形标志绕其中心旋转后得到的图案　　 A． B． C． D． 五十四．中心对称图形（共1小题） 56．（2023秋•庐江县期中）志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 五十五．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 57．（2023秋•吐鲁番市期中）已知，点，关于原点对称，则的值为 　　． 五十六．坐标与图形变化-旋转（共1小题） 58．（2023秋•思明区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，顶点的横、纵坐标都是整数．若将以某点为旋转中心，顺时针旋转得到，其中、、分别和、、对应，则旋转中心的坐标是　　 A． B． C． D． 五十七．作图-旋转变换（共1小题） 59．（2024春•天宁区校级期中）如图，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点成中心对称的图形△； （2）是的边上一点，将平移后点的对称点，请画出平移后的△； （3）若△和△关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为 　　． 五十八．利用旋转设计图案（共1小题） 60．（2023秋•陵城区期中）按照要求画图： （1）如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，将绕原点顺时针旋转得到△，点，，的对应点为，，画出旋转后的△． （2）下面是网格都是由9个相同小正方形组成，每个网格图中有3个小正方形已涂上阴影，请在余下的6个空白小正方形中，选取1个涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形（画出两种即可）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷常考60题（58个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共1小题） 1．（2023秋•江阳区校级期中）下列方程一定是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据一元二次方程的定义解答，一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2； （2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案． 【解答】解：、是分式方程，故错误； 、是二元二次方程，故错误； 、时，是一元一次方程，故错误； 、是一元二次方程，故正确； 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2． 二．一元二次方程的一般形式（共1小题） 2．（2023秋•资中县期中）把一元二次方程化为一般形式，正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】直接去括号，进而移项、合并同类项，得出答案． 【解答】解：， 去括号，得， 移项、合并同类项，得． 故选：． 【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，其一般形式为． 三．一元二次方程的解（共2小题） 3．（2023秋•岚皋县期中）若关于的一元二次方程的一个根是，则代数式的值为　　 A． B．2023 C． D．2024 【分析】根据方程的解的定义，求出，可得结论． 【解答】解：将代入，得， ， ， 故选：． 【点评】本题考查一元二次方程的根，代数式求值，先将代入，求出的值，再代入即可． 4．（2022秋•新市区校级期中）若关于的一元二次方程有一个根是，则　　． 【分析】把代入一元二次方程得，再解方程，然后利用一元二次方程的定义得到满足条件的的值． 【解答】解：把代入方程得， 解得，， 因为， 所以的值为． 故答案为：． 【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． 四．解一元二次方程-直接开平方法（共1小题） 5．（2023秋•临高县期中）若方程有实数解，则的取值范围是　　 A． B． C． D．无法确定 【分析】利用直接开平方法解方程，然后根据二次根式的被开方数的非负数列出关于的不等式方程，然后求得的取值范围． 【解答】解：方程有实数解， ， ； 故选：． 【点评】本题考查了解一元二次方程直接开平方法．用直接开方法求一元二次方程的解的类型有：；，同号且；；，同号且．法则：要把方程化为“左平方，右常数，先把系数化为1，再开平方取正负，分开求得方程解”．解答该题时，还利用了二次根式有意义的条件这一知识点． 五．解一元二次方程-配方法（共1小题） 6．（2023春•环翠区期中）将一元二次方程配方成的形式，则的值为 　7　． 【分析】先移项，再在方程的两边都加上16，配方后可求解，的值，从而可得答案． 【解答】解：， 移项得：， ， ， ，， ， 故答案为：7． 【点评】此题考查的是解一元二次方程配方法，掌握配方法的方法与步骤是解题的关键． 六．解一元二次方程-公式法（共1小题） 7．（2023秋•武侯区校级期中）解下列方程： （1）； （2）（请用配方法解）． 【分析】（1）根据因式分解法即可求出答案． （2）根据配方法即可求出答案． 【解答】解：（1）， ， ， 或， ，． （2）， ， ， ， ， ， ． ，． 【点评】本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型． 七．解一元二次方程-因式分解法（共1小题） 8．（2023秋•太原期中）用适当的方法解下列一元二次方程： （1）； （2）． 【分析】（1）利用配方法解方程； （2）先移项，再利用提公因式法解方程． 【解答】解：（1）移项，得， 配方，得， ， 两边开平方，得， 所以，，； （2）原方程可变形为：， ， ， 或， 所以，，． 【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法、因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键． 八．换元法解一元二次方程（共1小题） 9．（2023春•万源市校级期中）若，求的值为　4　． 【分析】令，即可得到，因式分解法求出方程的解，进而选择合适的答案． 【解答】解：令， ， ， ， 或， 或， ， ， 的值为4， 故答案为4． 【点评】本题主要考查了换元法解一元二次方程的知识，解题的关键是熟练掌握因式分解法解方程，此题难度不大． 九．根的判别式（共1小题） 10．（2023秋•宿豫区期中）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】先把方程化为一般式为，再利用根的判别式的意义得到△，然后解不等式即可． 【解答】解：方程化为一般式为， 根据题意得△， 解得， 即的取值范围为． 故选：． 【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与△有如下关系：当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根． 一十．根与系数的关系（共1小题） 11．（2023春•临平区期中）如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根为另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的有　　个． ①方程是倍根方程； ②若是倍根方程，则； ③若、满足，则关于的方程是倍根方程； ④若方程是倍根方程，则必有． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】①求出方程的解，再判断是否为倍根方程， ②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到、之间的关系，而、之间的关系正好适合， ③当，满足，则，求出两个根，再根据代入可得两个根之间的关系，进而判断是否为倍根方程， ④用求根公式求出两个根，当，或时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可． 【解答】解：①解方程得，，，得，， 方程不是倍根方程； 故①不正确； ②若是倍根方程，， 因此或， 当时，， 当时，， ， 故②正确； ③，则， ，， ， 因此是倍根方程， 故③正确； ④方程的根为：，， 若，则， 即， ， ， ， ， ． 若时，则， 则， ， ， ， ， ． 故④正确， 正确的有：②③④共3个． 故选：． 【点评】本题考查一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问题的关键． 一十一．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 12．（2023秋•孝南区期中）秋冬季节是流感高发期，有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感，每轮传染中平均一个人传染了几个人？设每轮传染中平均一个人传染了个人，则可列方程为　　 A． B． C． D． 【分析】由每轮传染中平均一个人传染了个人，可得出第一轮传染中有人被传染，第二轮传染中有人被传染，结合“有1人患了流感，经过两轮传染后共有121人患了流感”，即可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【解答】解：每轮传染中平均一个人传染了个人， 第一轮传染中有人被传染，第二轮传染中有人被传染． 根据题意得：． 故选：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十二．一元二次方程的应用（共1小题） 13．（2023秋•榕城区期中）新冠肺炎是一种传染性极强的疾病，如果有一人患病，经过两轮传染后有64人患病，设每轮传染中平均一个人传染了个人，下列列式正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】由每轮传染中平均一个人传染了个人，可得出第一轮传染中共人被传染，第二轮传染中人被传染，根据经过两轮传染后有64人患病，即可得出关于的一元二次方程． 【解答】解：每轮传染中平均一个人传染了个人， 第一轮传染中有人被传染，第二轮传染中有人被传染． 依题意得：，即， 故选：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十三．配方法的应用（共1小题） 14．（2023秋•南海区期中）阅读与思考： 【阅读材料】我们把多项式及叫做完全平方公式．如果一个多项式不是完全平方公式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项．使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法，配方法是一种重要的解决问题的数学方法，可以求代数式的最大值或最小值． 例如：求代数式的最小值． ，可知当时，有最小值，最小值是． 再例如：求代数式的最大值． ．可知当时，有最大值．最大值是． （1）【直接应用】代数式的最小值为 　　； （2）【类比应用】若多项式，试求的最小值； （3）【知识迁移】如图，学校打算用长20米的篱笆围一个长方形的菜地，菜地的一面靠墙（墙足够长），求围成的菜地的最大面积． 【分析】（1）配方法把原式化为完全平方式与一个数的和的形式，根据偶次方的非负性解答即可； （2）利用配方法把原式进行变形，再根据偶次方的非负性解答即可； （3）设垂直于墙的一边长为米，则另一边长为米，利用矩形的面积公式可得，再利用配方法把原式进行变形，根据偶次方的非负性解答即可． 【解答】解：（1）， 当时，代数式有最小值，最小值为， 故答案为：； （2） ， 当，时，有最小值，最小值为2018； （3）设垂直于墙的一边长为米，则另一边长为米， 根据题意得：， 当时，有最大值，最大值是， 围成的菜地的最大面积是． 【点评】本题考查了配方法的应用，偶次方的非负性，熟练掌握配方法的一般步骤、偶次方的非负性是解题的关键． 一十四．二次函数的定义（共1小题） 15．（2022秋•瑶海区校级期中）下列各式中，是的二次函数的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用二次函数定义进行解答即可． 【解答】解：、是一次函数，不是二次函数，故此选项不合题意； 、是二次函数，故此选项合题意； 、不是二次函数，故此选项不符合题意； 、不是二次函数，故此选项不合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查二次函数的定义，解题的关键是掌握形如、、是常数，的函数，叫做二次函数． 一十五．二次函数的图象（共1小题） 16．（2023秋•福州期中）下列图象中，当时，函数与的图象是　　 A． B． C． D． 【分析】根据直线直线经过的象限得到，，与矛盾，则可对进行判断；根据抛物线开口向上得到，而由直线经过第二、四象限得到，由此可对进行判断；根据抛物线开口向下得到，而由直线经过第一、三象限得到，由此可对进行判断；根据抛物线开口向下得到，则直线经过第二、四象限，并且，得到直线与轴的交点在轴下方，由此可对进行判断． 【解答】解：、对于直线，得，，与矛盾，所以选项错误； 、由抛物线开口向上得到，而由直线经过第二、四象限得到，所以选项错误； 、由抛物线开口向下得到，而由直线经过第一、三象限得到，所以选项错误； 、由抛物线开口向下得到，则直线经过第二、四象限，由于，则，所以直线与轴的交点在轴下方，所以选项正确． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数的性质：二次函数的图象为抛物线，顶点式为，顶点坐标为，；当，抛物线开口向上；对称轴为直线；抛物线与轴的交点坐标为．也考查了一次函数的性质． 一十六．二次函数的性质（共2小题） 17．（2023秋•鼓楼区校级期中）二次函数的顶点坐标是　　 A． B． C． D． 【分析】因为顶点式，其顶点坐标是，对照求二次函数的顶点坐标． 【解答】解：二次函数是顶点式， 顶点坐标为． 故选：． 【点评】此题主要考查了利用二次函数顶点式求顶点坐标，此题型是中考考查重点，同学们应熟练掌握． 18．（2023秋•新罗区校级期中）直线与轴交于点，直线绕点逆时针旋转得到直线，若直线与抛物线有唯一的公共点，则　1或．　． 【分析】根据直线解析式可得，都经过点，分别讨论直线与轴重合或与抛物线相切两种情况，通过添加辅助线构造全等三角形可求出直线上的点坐标，进而求解． 【解答】解：由，可得直线与抛物线交于点， ①直线与轴重合满足题意，则直线与轴交点为，如图， ，， 为等腰直角三角形， ， 点坐标为， 将代入得， 解得． ②设直线解析式为， 令， △， 当时满足题意． ， 把代入得， 直线与轴交点坐标为，，即， 作交直线于点，过点作轴于点， ， ， ，， ， 又， ， ，， ， 点坐标为，． 将，代入得， 解得． 故答案为：1或． 【点评】本题考查二次函数与一次函数交点问题，解题关键是掌握函数与方程的关系，通过添加辅助线分类讨论求解． 一十七．二次函数图象与系数的关系（共1小题） 19．（2021秋•龙口市期中）二次函数的图象如图所示，对称轴是直线，下列结论： ①；②；③；④；⑤若，则．其中正确的个数是　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据抛物线对称轴为直线，可判断①，由抛物线开口方向，，抛物线与轴交点位置可判断②，由图象可得，，根据抛物线对称性可得，，进而判断③④，由时取最大值可判断⑤． 【解答】解：抛物线对称轴为直线， ， ，①正确，符合题意． 抛物线开口向下， ， ， ， 抛物线与轴交点在轴上方， ， ，②正确，符合题意． 由图象可得时，，根据抛物线对称性可得时，， ，③错误，不符合题意． ，， ， ， ，④正确，符合题意． 时，取最大值， ， ，⑤正确，符合题意． 故选：． 【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系． 一十八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 20．（2023秋•江津区校级期中）已知如图，在正方形中，点、的坐标分别是，，，点在抛物线的图象上，则的值是　　 A． B． C． D． 【分析】作轴于，于，通过证得，得到，，设，则，解得，从而求得，代入即可得出的值． 【解答】解：作轴于，于， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， 设， 点、的坐标分别是，，， ，解得， ， 在抛物线的图象上， ， ， 故选：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，二次函数图象上点的坐标特点，得出点坐标是解题关键． 一十九．二次函数图象与几何变换（共1小题） 21．（2023秋•西青区校级期中）将二次函数的图象向右平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的函数图象的表达式是　　 A． B． C． D． 【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可． 【解答】解：由“左加右减”的原则可知，将二次函数的图象先向右平移2个单位所得函数的解析式为：； 由“上加下减”的原则可知，将二次函数的图象先向下平移3个单位所得函数的解析式为：． 故选：． 【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象几何变换的法则是解答此题的关键． 二十．二次函数的最值（共1小题） 22．（2023秋•罗平县校级期中）二次函数的最小值是　　 A．1 B． C．3 D． 【分析】根据二次函数的顶点式形式写出最小值即可． 【解答】解：当时，二次函数的最小值是1． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数的最值问题，熟练掌握利用顶点式解析式求最值的方法是解题的关键． 二十一．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 23．（2023秋•龙口市期中）请写出一个开口向上，并且与轴交于点的抛物线的表达式：　　． 【分析】根据二次函数的性质，所写出的函数解析式是正数，即可． 【解答】解：开口向上，并且与轴交于点的抛物线的表达式可以为， 故答案为：（答案不唯一）． 【点评】本题主要考查二次函数，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质． 二十二．二次函数的三种形式（共1小题） 24．（2022秋•新罗区校级期中）若把二次函数化为的形式，其中，为常数，则　3　． 【分析】先由二次函数转化成顶点式，即得到，的值，从而求得． 【解答】解：把二次函数化为， 则， 所以，， 所以． 故答案为：3． 【点评】本题考查了二次函数的顶点式，从中得到，的值，进一步即可求解，比较简单． 二十三．抛物线与x轴的交点（共1小题） 25．（2023秋•莒县期中）如图，抛物线经过点，．下列结论：①；②；③若抛物线上有点，，，则；④方程的解为， 其中正确的个数是　　 A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】由二次函数的图象可判断出个系数的符号，即可判断①，由对称轴可判断②，然后根据增减性可判断③，由根与系数的关系可判断④． 【解答】解：抛物线的开口向下，与轴交于正半轴，对称轴在轴右侧， ，，， ①错误，不符合题意； 抛物线经过点，． 对称轴为直线，即， ， ， 把代入解析式得，把， ， ，故②错误，不符合题意； 抛物线开口向下， 越靠近对称轴的点的函数值越大， ，故③正确，符合题意； ，，选项④可变成，即；即可求出两根或， 故④错误，不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质是解题关键． 二十四．图象法求一元二次方程的近似根（共1小题） 26．（2023秋•龙岩期中）如图，以为顶点的二次函数的图象与轴负半轴交于点，则一元二次方程的正数解的范围是　　 A． B． C． D． 【分析】先根据图象得出对称轴左侧图象与轴交点横坐标的取值范围，再利用对称轴，可以算出右侧交点横坐标的取值范围． 【解答】解：二次函数的顶点为， 对称轴为， 而对称轴左侧图象与轴交点横坐标的取值范围是， 右侧交点横坐标的取值范围是． 故选：． 【点评】此题主要考查了图象法求一元二次方程的近似根，解答本题首先需要观察得出对称轴左侧图象与轴交点横坐标的取值范围，再根据对称性算出右侧交点横坐标的取值范围． 二十五．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题） 27．（2024春•青岛期中）正方形边长3，若边长增加，则面积增加，与的函数关系式为 　　． 【分析】增加的面积边长为的新正方形的面积边长为3的正方形的面积，把相关数值代入即可求解． 【解答】解：由正方形边长3，边长增加，增加后的边长为， 则面积增加． 故应填：． 【点评】解决本题的关键是得到增加的面积的等量关系，注意新正方形的边长为． 二十六．二次函数的应用（共1小题） 28．（2022秋•长乐区校级期中）如图，以的速度将小球沿与地面成角的方向击出时，小球的飞行路线将是一条抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度（单位：与飞行时间（单位：之间具有函数关系．下列叙述正确的是　　 A．小球的飞行高度不能达到 B．小球的飞行高度可以达到 C．小球从飞出到落地要用时 D．小球飞出时的飞行高度为 【分析】直接利用以及结合配方法求出二次函数最值分别分析得出答案． 【解答】解：、当时，， 解得：，， 故小球的飞行高度能达到，故此选项错误； 、， 故时，小球的飞行高度最大为：，故此选项错误； 、时，， 解得：，， 小球从飞出到落地要用时，故此选项正确； 、当时，， 故小球飞出时的飞行高度为，故此选项错误； 故选：． 【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确解方程是解题关键． 二十七．二次函数综合题（共1小题） 29．（2023秋•新城区校级期中）蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，它出现使得人们可以吃到反季节蔬菜．一般蔬菜大棚使用竹结构或者钢结构的骨架，上面覆上一层或多层保温塑料膜，这样就形成了一个温室空间．如图，某个温室大棚的横截面可以看作矩形和抛物线构成，其中，，取中点，过点作线段的垂直平分线交抛物线于点，若以点为原点，所在直线为轴，为轴建立如图所示平面直角坐标系．请回答下列问题： （1）如图1，抛物线的顶点，求抛物线的解析式； （2）如图2，为了保证蔬菜大棚的通风性，该大棚要安装两个正方形孔的排气装置，，若，求两个正方形装置的间距的长； （3）如图3，在某一时刻，太阳光线透过点恰好照射到点，此时大棚截面的阴影为，求的长． 【分析】（1）根据顶点坐标，设函数解析式为，求出点坐标，待定系数法求出函数解析式即可； （2）求出时对应的自变量的值，得到的长，再减去两个正方形的边长即可得解； （3）求出直线的解析式，进而设出过点的光线解析式为，利用光线与抛物线相切，求出的值，进而求出点坐标，即可得出的长． 【解答】解：（1）抛物线的顶点， 设抛物线的解析式为， 四边形为矩形，为的中垂线， ，， ， 点，代入，得： ， ， 抛物线的解析式为； （2）四边形，四边形均为正方形，， ， 延长交于点，延长交于点，则四边形，四边形均为矩形， ，， ， ，当时，，解得：， ，， ， ； （3），垂直平分， ， ，， 设直线的解析式为， 则：，解得：， ， 太阳光为平行光， 设过点平行于的光线的解析式为， 由题意，得：与抛物线相切， 联立，整理得：， 则：△，解得：； ，当时，， ， ， ． 【点评】本题考查二次函数的实际应用．读懂题意，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合的思想，进行求解，是解题的关键． 二十八．圆的认识（共1小题） 30．（2023秋•吉林期中）如图，的半径为，，则弦的长为　4　． 【分析】利用半径相等可判断为等边三角形，然后根据等边三角形的性质易得． 【解答】解：， 而， 为等边三角形， ． 故答案为4． 【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．也考查了等边三角形的判定与性质． 二十九．垂径定理（共1小题） 31．（2023秋•文水县期中）只用一张矩形纸条和刻度尺，如何测量一次性纸杯杯口的直径？小聪同学所在的学习小组想到了如下方法：如图，将纸条拉直紧贴杯口上，纸条的上下边沿分别与杯口相交于，，，四点，利用刻度尺量得该纸条宽为，，．请你帮忙计算纸杯的直径为 　10　． 【分析】由垂径定理求出，的长，设，由勾股定理得到，求出的值，得到的长，由勾股定理求出长，即可求出纸杯的直径长． 【解答】解：如图，，过圆心，连接，， ， ， ， ，， 设 ， ， ，， ， ， ， ， ， 纸杯的直径为． 故答案为：10． 【点评】本题考查垂径定理的应用，勾股定理，关键是通过作辅助线构造直角三角形，由垂径定理，勾股定理求出的长． 三十．垂径定理的应用（共1小题） 32．（2023秋•丰台区期中）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，是的直径，弦于点，寸，寸，则直径长为 　26　寸． 【分析】连接，由直径与弦垂直，根据垂径定理得到为的中点，由的长求出的长，设寸，则寸，寸，由勾股定理得出方程，解方程求出半径，即可得出直径的长． 【解答】解：弦，为的直径， 为的中点， 又寸， 寸， 设寸， 则寸，寸， 由勾股定理得：， 即， 解得， 寸， 故答案为：26． 【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，解答此类题常常利用垂径定理由垂直得中点，进而由弦长的一半，弦心距及圆的半径构造直角三角形，利用勾股定理来解决问题． 三十一．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•滨海新区校级期中）如图，是的直径，，，则　54　． 【分析】根据同圆或等圆中相等的弧所对的圆心角相等即可求解． 【解答】解：， ， 是直径， ， ． 故答案为：54． 【点评】此题考查了弧与圆心角的关系，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角相等是解题的关键． 三十二．圆周角定理（共1小题） 34．（2023秋•阳谷县期中）如图，的直径垂直于弦，垂足是，，，则的长为 　　． 【分析】由垂径定理得到，再由圆周角定理得，得为等腰直角三角形，然后由等腰直角三角形的性质求出的长，从而得到的长． 【解答】解：， ，， ， 为等腰直角三角形， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握圆周角定理和垂径定理，证明为等腰直角三角形是解题的关键． 三十三．圆内接四边形的性质（共1小题） 35．（2023秋•滨海县期中）如图，点，，，在上，，，则　　． 【分析】直接利用圆周角定理以及结合三角形内角和定理得出，进而得出答案． 【解答】解：， ， ， ． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理，正确得出度数是解题关键． 三十四．点与圆的位置关系（共1小题） 36．（2023秋•龙泉市期中）已知的半径为5，点在上，则的长为 　5　． 【分析】根据时点在圆上解决问题即可． 【解答】解：的半径为5，点在上， ． 故答案为：5． 【点评】本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是记住：点与圆的位置关系有3种．设的半径为，点到圆心的距离，则有：①点在圆外；②点在圆上；①点在圆内． 三十五．确定圆的条件（共1小题） 37．（2023秋•海曙区期中）下列语句中正确的有　　 ①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③圆的轴对称图形，任何一条直径所在直线都是它的对称轴；④三点确定一个圆． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】利用确定圆的条件、垂径定理及圆心角、弧、弦之间的关系逐一作出判断即可得到答案． 【解答】解：①同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故不符合题意； ②平分弦（弦不是直径）的直径垂直于弦；故不符合题意； ③圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是它的对称轴；故符合题意； ④把这题一条直线上的三点确定一个圆，故不符合题意， 故选：． 【点评】本题考查了确定圆的条件、垂径定理及圆心角、弧、弦之间的关系等有关的基础知识，虽然不很难，但很容易出错． 三十六．三角形的外接圆与外心（共1小题） 38．（2023秋•上城区校级期中）如图，内接于，是的直径，，则　　． 【分析】根据是的直径，则，从而有，从而求得，再根据圆周角定理即可求解． 【解答】解：是的直径， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，直角三角形的两锐角互余等知识，熟练掌握直径所对的圆周角为直角是解题的关键． 三十七．直线与圆的位置关系（共1小题） 39．（2022秋•西山区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，半径为2的的圆心从点（点在直线上）出发以每秒个单位长度的速度沿射线运动，设点运动的时间为秒，则当　2或6或10　时，与坐标轴相切． 【分析】设与坐标轴的切点为，根据已知条件得到，，，推出是等腰直角三角形，，①当与轴相切时，②如图，与轴和轴都相切时，③当点只与轴相切时，根据等腰直角三角形的性质得到结论． 【解答】解：设与坐标轴的切点为， 直线与轴、轴分别交于点、，点， 时，，时，，时，， ，，， ，，， 是等腰直角三角形，， ①当与轴相切时， 点是切点，的半径是2， 轴，， 是等腰直角三角形， ，， ， 点的速度为每秒个单位长度， ； ②如图，与轴和轴都相切时， ， ， 点的速度为每秒个单位长度， ； ③当点只与轴相切时， ， ， 点的速度为每秒个单位长度， ． 综上所述，则当或6或10秒时，与坐标轴相切， 故答案为：2或6或10． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键． 三十八．切线的性质（共1小题） 40．（2022秋•松北区校级期中）如图，、分别与相切于、两点，点为上一点，连接、，若，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】连接、，在优弧上取点，连接、，根据切线的性质得到，，根据圆周角定理求出，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案． 【解答】解：连接、，在优弧上取点，连接、， 、分别与相切于、两点， ，， ， ， ， 由圆周角定理得：， 四边形为内接四边形， ， 故选：． 【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 三十九．切线的判定（共1小题） 41．（2022秋•东港区校级期中）在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，半径为1的的圆心从点出发以每秒个单位长度的速度沿射线的方向运动，设点运动的时间为秒，则当　1或3或5　秒时，与坐标轴相切． 【分析】设与坐标轴的切点为，根据已知条件得到，，，求得，，，推出是等腰直角三角形，，①当与轴相切时，②如图，与轴和轴都相切时，③当只与轴相切时，根据等腰直角三角形的性质得到结论． 【解答】解：设与坐标轴的切点为， 直线与轴、轴分别交于点、，点， 时，，时，，时，， ，，， ，，， 是等腰直角三角形，， ①当与轴相切时， 点是切点，的半径是1， 轴，， 是等腰直角三角形， ，， ， 点的速度为每秒个单位长度， ； ②如图，与轴和轴都相切时， ， ， 的速度为每秒个单位长度， ； ③当只与轴相切时， ， ， 的速度为每秒个单位长度， ． 综上所述，则当或3或5秒时，与坐标轴相切， 故答案为：1或3或5． 【点评】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键． 四十．切线的判定与性质（共1小题） 42．（2023秋•思明区校级期中）如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接． （1）求证：为的切线； （2）若且，求的半径． 【分析】（1）连接，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论； （2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可． 【解答】解：（1）证明：如图，连接， ， ， ， ， ，， ， 即， ， 是半径， 为的切线； （2）解：设的半径，则， ， 在中，由勾股定理得， ， ， 解得，或（舍去）， 的半径为3． 【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键． 四十一．切线长定理（共1小题） 43．（2023秋•沙河口区期中）如图，、、是的切线，、、为切点，如果，，则的长为　3　． 【分析】由、、是的切线，则，，求出的长即可求出的长． 【解答】解：、为的切线， ， 、为的切线， ， ． 故答案为：3． 【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键． 四十二．三角形的内切圆与内心（共1小题） 44．（2023秋•齐齐哈尔期中）如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，且，的周长为14，则的长为 　5　． 【分析】根据切线长定理得到，，，由的周长为14，可求的长． 【解答】解：与，，分别相切于点，， ，，， 的周长为14， ， ， ． 故答案为：5． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键． 四十三．正多边形和圆（共1小题） 45．（2023秋•思明区校级期中）一个圆的内接正多边形中，一条边所对的圆心角为，则该正多边形的边数是　　 A．4 B．5 C．6 D．7 【分析】根据正多边形的中心角计算即可． 【解答】解：设正多边形的边数为． 由题意可得：， ， 故选：． 【点评】本题考查正多边形的有关知识，解题的关键是记住正多边形的中心角． 四十四．弧长的计算（共1小题） 46．（2022秋•滨海新区校级期中）若扇形的圆心角为，半径为6，则该扇形的弧长为　　． 【分析】根据弧长公式计算． 【解答】解：该扇形的弧长． 故答案为：． 【点评】本题考查了弧长的计算：弧长公式：（弧长为，圆心角度数为，圆的半径为． 四十五．扇形面积的计算（共1小题） 47．（2023秋•梁溪区校级期中）如图，在中，，以为直径的与，分别交于点，，连接，，若，，则阴影部分的面积为　　 A． B． C． D． 【分析】根据直径所对的圆周角是直角得到，再根据等腰三角形三线合一得出点是的中点，从而得出是的中位线，于是，根据同底等高得到和的面积相等，从而阴影部分的面积转化为扇形的面积，根据扇形面积公式计算出扇形的面积即可得出阴影部分的面积． 【解答】解：连接，， 为的直径， ， ， ， 即点是的中点， 点是的中点， 是的中位线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：． 【点评】本题主要考查了扇形的面积，圆周角定理，中位线定理，平行线间的距离相等，等腰三角形的三线合一，不规则图形的面积求法，把不规则图形转化为规则图形计算面积是解题的关键． 四十六．圆锥的计算（共1小题） 48．（2024春•连云港期中）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的侧面积是　　 A． B． C． D． 【分析】圆锥的侧面积底面周长母线长，把相应数值代入即可求解． 【解答】解：圆锥的侧面积． 故选：． 【点评】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长． 四十七．圆柱的计算（共1小题） 49．（2023秋•榆社县期中）图1是三个直立于水平面上的形状完全相同的几何体（下底面为圆面，单位：．将它们拼成如图2的新几何体，则该新几何体的体积为　　．（计算结果保留． 【分析】新几何体的体积一个圆柱体加半个圆柱体． 【解答】解：新几何体的体积． 故答案为：． 【点评】本题的关键是理解新几何体的体积等于一个圆柱体加半个圆柱体，然后弄清这两个体积的高和底面半径． 四十八．利用轴对称设计图案（共1小题） 50．（2023秋•新宾县期中）如图，是正方形网格，其中已有4个小方格涂成了黑色，现在要从其余白色小方格中选出一个也涂成黑色，使整个黑色部分图形构成轴对称图形，这样的白色小方格有 　3　种选择． 【分析】利用轴对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴．即可得出符合题意的答案． 【解答】解：如图所示： 灰色正方形位置都能使此图形是轴对称图形， 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是正确把握轴对称图形的定义． 四十九．利用平移设计图案（共1小题） 51．（2024春•建湖县期中）下列图形中可以由一个基础图形通过平移变换得到的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据平移的性质对各选项进行判断即可． 【解答】解：、、是通过旋转得到； 是通过平移得到． 故选：． 【点评】本题考查的是利用平移设计图案，熟知平移与旋转的性质是解答此题的关键． 五十．生活中的旋转现象（共1小题） 52．（2022秋•和静县期中）时钟上的时针不停地旋转，从上午8时到上午11时，时针旋转的角度是　　． 【分析】根据周角为，时钟转动时，时针12小时转一周，每小时对应的角度为，从而可以推出时针从上午8时到上午11时旋转的角度． 【解答】解：周角为，时针12小时转一周， 每小时对应的角度为：． 时针从上午8时到上午11时走了三个小时， 时针旋转的角度是：． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转的相关知识，关键是明确时针转一圈是12小时，转过的角度是． 五十一．旋转的性质（共1小题） 53．（2024春•宿城区期中）如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到△，则阴影部分的面积为 　25　． 【分析】根据旋转的性质得到△，，所以△是等腰三角形，依据得到等腰三角形的面积，由图形可以知道，最终得到阴影部分的面积． 【解答】解：过作于，如图： 在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到△， △， ， △是等腰三角形，， ， ， ， 又，且， ， 故答案为：25． 【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键． 五十二．旋转对称图形（共1小题） 54．（2023秋•船营区校级期中）以下图形绕点旋转一定角度后都能与原图形重合，其中旋转角最小的是　　 A． B． C． D． 【分析】求出各旋转对称图形的最小旋转角度，继而可作出判断． 【解答】解：、最小旋转角度； 、最小旋转角度； 、最小旋转角度； 、最小旋转角度； 故选：． 【点评】本题考查了旋转对称图形：如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形．求出各图形的最小旋转角度是解题关键． 五十三．中心对称（共1小题） 55．（2023秋•朝阳区校级期中）如图，在平面内将三角形标志绕其中心旋转后得到的图案　　 A． B． C． D． 【分析】根据旋转的性质可进行求解． 【解答】解：由旋转的性质可知只有选项符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 五十四．中心对称图形（共1小题） 56．（2023秋•庐江县期中）志愿服务，传递爱心，传递文明，下列志愿服务标志为中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【解答】解：．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； ．是中心对称图形，故此选项符合题意； ．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； ．不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义． 五十五．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 57．（2023秋•吐鲁番市期中）已知，点，关于原点对称，则的值为 　4　． 【分析】直接利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点是，进而得出答案． 【解答】解：点，关于原点对称， ，， ． 故答案为：4． 【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键． 五十六．坐标与图形变化-旋转（共1小题） 58．（2023秋•思明区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，顶点的横、纵坐标都是整数．若将以某点为旋转中心，顺时针旋转得到，其中、、分别和、、对应，则旋转中心的坐标是　　 A． B． C． D． 【分析】根据对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心，作出旋转中心，可得结论． 【解答】解：如图，点即为所求，． 故选：． 【点评】本题考查坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解旋转中心是对应点连线段的垂直平分线的交点． 五十七．作图-旋转变换（共1小题） 59．（2024春•天宁区校级期中）如图，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）画出关于原点成中心对称的图形△； （2）是的边上一点，将平移后点的对称点，请画出平移后的△； （3）若△和△关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为 　　． 【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出、、的坐标，然后描点即可； （2）利用点与的坐标特征确定平移的方向与距离，再利用此平移规律写出点、、的对应点、、的坐标，然后描点即可； （3）连接、、，它们的交点为对称中心． 【解答】解：（1）如图所示，△即为所求； （2）如图所示，△即为所求． （3）对称中心的坐标为． 故答案为． 【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．也考查了平移变换． 五十八．利用旋转设计图案（共1小题） 60．（2023秋•陵城区期中）按照要求画图： （1）如图，在平面直角坐标系中，点，，的坐标分别为，，将绕原点顺时针旋转得到△，点，，的对应点为，，画出旋转后的△． （2）下面是网格都是由9个相同小正方形组成，每个网格图中有3个小正方形已涂上阴影，请在余下的6个空白小正方形中，选取1个涂上阴影，使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形（画出两种即可）． 【分析】（1）根据旋转的性质，找出点、、的对应点即可； （2）根据中心对称图形的性质进行画图即可． 【解答】解：（1）如图所示： （2）如图所示： 【点评】本题是作图旋转变换，主要考查了旋转的性质，中心对称图形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换作图，属于中考常见题型． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司3 学科网（北京）股份有限公司 $$