精品解析：江苏省苏州市吴中区临湖实验中学2024-2025学年九年级上学期第一次月考数学试题

江苏省苏州市吴中区临湖实验中学2024-2025学年‌ 九上数学第一次月考试卷 一．选择题（共9小题） 1. 如图，P为AOB边OA上一点，AOB＝，OP＝10cm，以P为圆心，5cm为半径的圆与直线OB的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 无法确定 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 长度相等的弧是等弧 B. 圆心角相等，它们所对的弧也相等 C. 平分弦的直径垂直于这条弦 D. 等弧所对的弦相等 3. 如图，在中，弦CD与直径AB板交于点E，连接OC，BD．若，，则的度数为（ ） A. 80° B. 100° C. 120° D. 140° 4. 将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 若点M（﹣2，y1），N（﹣1，y2），P（8，y3）在抛物线y＝x2+2x上，则下列结论正确的是（　　） A. y1＜y2＜y3 B. y2＜y1＜y3 C. y3＜y1＜y2 D. y1＜y3＜y2 7. 某商品进货价为每件50元，售价每件90元时平均每天可售出20件，经调查发现，如果每件降价2元，那么平均每天可以多出售4件，若每天想盈利1000元，设每件降价x元，可列出方程为（　　） A. （40﹣x）（20+x）＝1000 B. （40﹣x）（20+2x）＝1000 C. （40﹣x）（20﹣x）＝1000 D. （40﹣x）（20+4x）＝1000 8. 如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ） A. (,) B. (2,2) C. (,2) D. (2,) 9. 如图是二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，对称轴是直线x=﹣2．关于下列结论：①ab＜0；②b2﹣4ac＞0；③9a﹣3b+c＜0；④b﹣4a=0；⑤方程ax2+bx=0的两个根为x1=0，x2=﹣4，其中正确的结论有（  ） A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②⑤ D. ②③⑤ 二．填空题（共8小题） 10. 如图⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为，则弦AC、BD所夹的锐角＝_________． 11. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=32°，点B、C在上，边AB、AC分别交于D、E两点﹐点B是的中点，则∠ABE=__________． 12. 如图，A、B、C是⊙O上的三点，且四边形OABC是菱形.若点D是圆上异于A、B、C的另一点，则∠ADC的度数是___________________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C(4，0)，点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为_________． 14. 如图，抛物线的对称轴是过点且平行于轴的直线，若点在该抛物线上，则的值为____． 15. 已知，是方程的两个根，那么_________． 16. 已知抛物线y＝ax2+bx+c（a0）的对称轴为x＝﹣1，与x轴的一个交点为（2，0），若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝p（p0）有整数根，则p的值有_____个． 17. 如图，平行于x轴的直线分别交抛物线与于B，C两点，过点C作y轴的平行线交于点D，直线交于点E，则的值是__________． 三．解答题（共5小题） 18. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE． （1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若CD＝3，DE＝，求⊙O的直径． 19. 请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理，阿基米德（公元前287年一公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家． 阿拉伯Al﹣Binmi（973年一1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD． 小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明CD＝AB+BD，过程如下： 证明：如图2所示，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴MA＝MC，… （1）请按照上述思路，写出该证明的剩余部分； （2）如图3，在⊙O中，BD =CD，DE⊥AC，若AB = 4，AC = 10，则AE的长度为 _________； （3）如图4，已知等边ABC内接于⊙O，AB = 8，D为上一点，∠ABD = 45°，AE⊥BD于点E，求BDC的周长． 20. 已知二次函数的图象与直线交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）． （1）求的表达式和m的值； （2）当时，求自变量x的取值范围； （3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式． 21. 如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过两点，与x轴交于点B． （1）若直线经过B，C两点，求直线解析式； （2）在抛物线的对称轴上找一点M，使的值最小，求点M的坐标； （3）设P为对称轴上的一个动点，直接写出为直角三角形的点P的坐标． 22. 如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，直线l与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2． （1）求抛物线的解析式及直线AC的解析式； （2）P是线段AC上的一个动点，过P点作x轴的垂线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值； （3）点G是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省苏州市吴中区临湖实验中学2024-2025学年‌ 九上数学第一次月考试卷 一．选择题（共9小题） 1. 如图，P为AOB边OA上一点，AOB＝，OP＝10cm，以P为圆心，5cm为半径的圆与直线OB的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相交 C. 相切 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【详解】解：过P点作PD⊥OB，垂足为D， 在Rt△OPD中，∠AOB＝30°，OP＝10， ∴PD＝OP＝5，又圆的半径为5， ∴⊙P与OB相切． 故选C． 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 长度相等的弧是等弧 B. 圆心角相等，它们所对的弧也相等 C. 平分弦的直径垂直于这条弦 D. 等弧所对的弦相等 【答案】D 【解析】 【分析】由等弧的定义可判断A，由圆心角，弧，弦之间的关系可判断B，D，由垂径定理的推论可判断C，从而可得答案． 【详解】解：能够互相重合的弧是等弧，故A不符合题意； 在同圆或等圆当中，圆心角相等，它们所对的弧也相等，故B不符合题意； 平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，故C不符合题意； 等弧所对的弦相等，描述正确，故D符合题意； 故选D 【点睛】本题考查的是等弧的定义，两个圆心角，两条弧，两条弦之间的关系，垂径定理的推论，掌握“圆中的基本概念及性质定理”是解本题的关键． 3. 如图，在中，弦CD与直径AB板交于点E，连接OC，BD．若，，则的度数为（ ） A. 80° B. 100° C. 120° D. 140° 【答案】C 【解析】 【分析】先利用三角形外角性质求出∠CDB=∠AED-∠ABD=80°-20°=60°，再根据圆周角定理得出∠COB=2∠CDB=2×60°=120°即可． 【详解】解：∵∠AED是△DEB的外角， ∴∠CDB=∠AED-∠ABD=80°-20°=60°， ∴∠COB=2∠CDB=2×60°=120°． 故选C． 【点睛】本题考查三角形外角性质，圆周角定理，掌握三角形外角性质，圆周角定理是解题关键． 4. 将半径为3cm的圆形纸片沿AB折叠后，圆弧恰好能经过圆心O，用图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作OC⊥AB于C，如图，根据折叠的性质得OC等于半径的一半，即OA =2OC，再根据含30度的直角三角形三边的关系得∠OAC=30°，则∠AOC=60°，所以∠AOB=120°，则利用弧长公式可计算出弧AB的长，再求出底面圆的半径为1，然后根据勾股定理计算这个圆锥的高． 【详解】如图，过O点作OC⊥AB，垂足为D，交⊙O于点C， 由折叠的性质可知，OD=OC=OA， 由此可得，在Rt△AOD中，∠OAD=30°， 同理可得∠OBD=30°， 在△AOB中，由三角形内角和定理，得∠AOB=180°﹣∠A﹣∠B=120°． ∴弧AB的长为． 设围成的圆锥的底面半径为r，则2πr=2π， ∴r=1． ∴圆锥的高为． 故选A． 【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 5. 如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答． 【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大， ∵， 则△ABO为等腰直角三角形， ∴AB=，N为AB的中点， ∴ON=， 又∵M为AC的中点， ∴MN为△ABC的中位线，BC=1， 则MN=， ∴OM=ON+MN=， ∴OM的最大值为 故答案选：B． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大． 6. 若点M（﹣2，y1），N（﹣1，y2），P（8，y3）在抛物线y＝x2+2x上，则下列结论正确的是（　　） A. y1＜y2＜y3 B. y2＜y1＜y3 C. y3＜y1＜y2 D. y1＜y3＜y2 【答案】A 【解析】 【分析】把点M、N、P的横坐标代入抛物线解析式求出相应的函数值，即可得解． 【详解】解：x＝﹣2时，y＝x2+2x＝×（﹣2）2+2×（﹣2）＝2﹣4＝﹣2， x＝﹣1时，y＝x2+2x＝×（﹣1）2+2×（﹣1）＝﹣2＝﹣， x＝8时，y＝x2+2x＝×82+2×8＝32+16＝48， ∵﹣2＜﹣＜48， ∴y1＜y2＜y3． 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，分别求出各函数值是解题的关键． 7. 某商品进货价为每件50元，售价每件90元时平均每天可售出20件，经调查发现，如果每件降价2元，那么平均每天可以多出售4件，若每天想盈利1000元，设每件降价x元，可列出方程为（　　） A. （40﹣x）（20+x）＝1000 B. （40﹣x）（20+2x）＝1000 C. （40﹣x）（20﹣x）＝1000 D. （40﹣x）（20+4x）＝1000 【答案】B 【解析】 【分析】设每件降价x元，根据题意列出方程，即每件的利润×销售量＝总盈利，从而列出方程． 【详解】设每件应降价x元， 由题意，得（90﹣50﹣x）（20+）＝1000， 即：（40﹣x）（20+2x）＝1000， 故选：B． 【点睛】此题考查一元二次方程的实际应用，掌握总销售利润、销售量与单间的利润的等量关系是解题的关键. 8. 如图，Rt△OAB的顶点A（-2，4）在抛物线y=ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为（ ） A. (,) B. (2,2) C. (,2) D. (2,) 【答案】C 【解析】 【分析】先根据待定系数法求得抛物线的解析式，然后根据题意求得D（0，2），且DC∥x轴，从而求得P的纵坐标为2，代入求得的解析式即可求得P的坐标． 【详解】∵Rt△OAB的顶点A（−2，4）在抛物线y=ax2上， ∴4＝4a，解得a＝1， ∴抛物线为y=x2， ∵点A（−2，4）， ∴B（−2，0）， ∴OB＝2， ∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD， ∴D点在y轴上，且OD＝OB＝2， ∴D（0，2）， ∵DC⊥OD， ∴DC∥x轴， ∴P点的纵坐标为2， 令y=2，得2=x2， 解得：x=± ∵点P在第一象限， ∴点P的坐标为：（，2） 故答案为：C． 【点睛】考查二次函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化－旋转，掌握旋转的性质是解题的关键． 9. 如图是二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，对称轴是直线x=﹣2．关于下列结论：①ab＜0；②b2﹣4ac＞0；③9a﹣3b+c＜0；④b﹣4a=0；⑤方程ax2+bx=0的两个根为x1=0，x2=﹣4，其中正确的结论有（  ） A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①②⑤ D. ②③⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】解：∵抛物线开口向下， ∴a＜0， ∵﹣=﹣2， ∴b=4a，ab＞0， ∴①错误，④正确， ∵抛物线与x轴交于﹣4，0处两点， ∴b2﹣4ac＞0，方程ax2+bx=0的两个根为x1=0，x2=﹣4， ∴②⑤正确， ∵当x=﹣3时y＞0，即9a﹣3b+c＞0， ∴③错误， 故正确的有②④⑤． 故选B． 二．填空题（共8小题） 10. 如图⊙O的半径为1cm，弦AB、CD的长度分别为，则弦AC、BD所夹的锐角＝_________． 【答案】75° 【解析】 【详解】根据勾股定理的逆定理可证△AOB是等腰直角三角形，故可求∠OAB=∠OBA=45°，又由已知可证△COD是等边三角形，所以∠ODC=∠OCD=60°，根据圆周角的性质可证∠CDB=∠CAB，而∠ODB=∠OBD，所以∠CAB+∠OBD=∠CDB+∠ODB=∠ODC=60°，再根据三角形的内角和定理可求α． 解：连接OA、OB、OC、OD， ∵OA=OB=OC=OD=1，AB=，CD=1， ∴OA2+OB2=AB2， ∴△AOB是等腰直角三角形， △COD是等边三角形， ∴∠OAB=∠OBA=45°，∠ODC=∠OCD=60°， ∵∠CDB=∠CAB，∠ODB=∠OBD， ∴α=180°-∠CAB-∠OBA-∠OBD=180°-∠OBA-（∠CDB+∠ODB）=180°-45°-60°=75°． 11. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=32°，点B、C在上，边AB、AC分别交于D、E两点﹐点B是的中点，则∠ABE=__________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接 先证明再证明利用三角形的外角可得：再利用直角三角形中两锐角互余可得：再解方程可得答案． 【详解】解：如图，连接 是的中点， 故答案为： 【点睛】本题考查的是圆周角定理，三角形的外角的性质，直角三角形的两锐角互余，掌握圆周角定理的含义是解题的关键． 12. 如图，A、B、C是⊙O上的三点，且四边形OABC是菱形.若点D是圆上异于A、B、C的另一点，则∠ADC的度数是___________________． 【答案】60°或120° 【解析】 【详解】如图，连接OB，则AB=OA=OB=BC， 故可得出△AOB是等边三角形， 所以∠ADC=60°，∠AD′C=120°． 故答案为60°或120°． 考点：1、圆内接四边形的性质；2、菱形的性质；3、圆周角定理 13. 如图，在平面直角坐标系中，以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C(4，0)，点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接，证明，得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取点，连接， 根据中线的性质得出在以为圆心，为半径的圆上运动，过点作，当三点共线时，到的距离最短，此时的面积最小，证明，求得，进而即可求解． 【详解】解：如图， 取的中点，连接， ∵， ∴是等腰直角三角形， ，， 设是等腰直角三角形， ∴， ∴， 即， 又， 设，则， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 即点在以为圆心，为半径的圆上运动， 如图，取点，连接， 则点为的中点， ∴， ∴在以为圆心，为半径的圆上运动， 过点作，当三点共线时，到的距离最短，此时的面积最小， ∵， ∴， ∴， 由， ∴， ∴， ∵以点A(0，4)为圆心，4为半径的圆交y轴于点B ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 当三点共线时，到的距离为， 此时 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，点到圆上的点的最值问题，求得点的轨迹是解题的关键． 14. 如图，抛物线的对称轴是过点且平行于轴的直线，若点在该抛物线上，则的值为____． 【答案】0 【解析】 【分析】根据对称性确定抛物线与x轴的另一个交点为，代入解析式求解即可； 【详解】如解图，设抛物线与轴的另一个交点是， ∵抛物线的对称轴是过点(1，0)的直线，与轴的一个交点是， ∴与轴的另一个交点， 把(，0)代入解析式得：， ． 故答案为：0 【点睛】本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点，准确分析计算是解题的关键． 15. 已知，是方程的两个根，那么_________． 【答案】4 【解析】 【分析】先根据一元二次方程根的定义可得，从而可得，再根据根与系数的关系可得和的值，然后代入计算即可得． 【详解】解：是方程的两个根， ，，， ， ， ， ， ， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了一元二次方程根的定义、根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键． 16. 已知抛物线y＝ax2+bx+c（a0）的对称轴为x＝﹣1，与x轴的一个交点为（2，0），若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝p（p0）有整数根，则p的值有_____个． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意可知一元二次方程的根应为整数ax2+bx+c＝p（p＞0），通过抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝﹣1，与x轴的一个交点为（2，0）．可以画出大致图象判断出直线y＝p（0＜p≤﹣9a），观察图象当0＜y≤﹣9a时，抛物线始终与x轴相交于（﹣4，0）于（2，0）．故自变量x的取值范围为﹣4＜x＜2．所以x可以取得整数﹣3，﹣2，﹣1，0，1，共5个．由于x＝﹣3与x＝1，x＝﹣2与x＝0关于对称轴直线x＝﹣1对称，所以于x＝﹣3与x＝1对应一条平行于x轴的直线，x＝﹣2与x＝1对应一条平行于x轴的直线，x＝﹣1时对应一条平行于x轴且过抛物线顶点的直线，从而确定y＝p时，p的值应有3个． 【详解】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）的对称轴为x＝﹣1 ∴﹣＝﹣1，解得b＝2a． 又∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴的一个交点为（2，0）． 把（2，0）代入y＝ax2+bx+c得，0＝4a+4a+c 解得，c＝﹣8a． ∴y＝ax2+2ax﹣8a（a＜0） 对称轴h＝﹣1，最大值k＝＝﹣9a 如图所示， 顶点坐标为（﹣1，﹣9a） 令ax2+2ax﹣8a＝0 即x2+2x﹣8＝0 解得x＝﹣4或x＝2 ∴当a＜0时，抛物线始终与x轴交于（﹣4，0）与（2，0） ∴ax2+bx+c＝p 即常函数直线y＝p，由p＞0 ∴0＜y≤﹣9a 由图象得当0＜y≤﹣9a时，﹣4＜x＜2，其中x为整数时，x＝﹣3，﹣2，﹣1，0，1 ∴一元二次方程ax2+bx+c＝p（p＞0）的整数解有5个． 又∵x＝﹣3与x＝1，x＝﹣2与x＝0关于直线x＝﹣1轴对称 当x＝﹣1时，直线y＝p恰好过抛物线顶点． 所以p值可以有3个． 故答案为：3． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，掌握知识点是解题关键． 17. 如图，平行于x轴的直线分别交抛物线与于B，C两点，过点C作y轴的平行线交于点D，直线交于点E，则的值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设A点坐标为，利用两个函数解析式求出点B、C的坐标，然后求出的长度，再根据轴，利用的解析式求出D点的坐标，然后利用求出点E的坐标，从而得到的长度，然后求出比值即可得解． 【详解】解：设A点坐标为，， 则，解得， ∴点B， ∴点C， ∵轴， ∴点D的横坐标与点C的横坐标相同，为， ∴点D的坐标为， ∵， ∴点E的纵坐标为3a， ∴点E的坐标为， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题是二次函数综合题型，主要利用了二次函数图象上点的坐标特征，根据平行于x轴的点的纵坐标相同，平行于y轴的点的横坐标相同，求出用点A的纵坐标表示出各点的坐标是解题的关键． 三．解答题（共5小题） 18. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE． （1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若CD＝3，DE＝，求⊙O的直径． 【答案】（1）相切， 证明：连接DO，如图， ∵∠BDC＝90°，E为BC的中点， ∴DE＝CE＝BE， ∴∠EDC＝∠ECD， 又∵OD＝OC， ∴∠ODC＝∠OCD， 而∠OCD＋∠DCE＝∠ACB＝90°， ∴∠EDC＋∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°， ∴DE⊥OD， ∴DE与⊙O相切； （2） 【解析】 【分析】（1）连接DO，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC＝90°，E为BC的中点得到DE＝CE＝BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD＋∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC＋∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切； （2）根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】解:（1）略 （2）由（1）得，∠CDB＝90°， ∵CE＝EB， ∴DE＝BC， ∴BC＝5， ∴BD＝＝＝4， ∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B， ∴△BCA∽△BDC， ∴＝， ∴＝， ∴AC＝， ∴⊙O直径的长为． 【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了直角三角形斜边上的中线性质和相似三角形的判定与性质． 19. 请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理，阿基米德（公元前287年一公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家． 阿拉伯Al﹣Binmi（973年一1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD． 小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明CD＝AB+BD，过程如下： 证明：如图2所示，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴MA＝MC，… （1）请按照上述思路，写出该证明的剩余部分； （2）如图3，在⊙O中，BD =CD，DE⊥AC，若AB = 4，AC = 10，则AE的长度为 _________； （3）如图4，已知等边ABC内接于⊙O，AB = 8，D为上一点，∠ABD = 45°，AE⊥BD于点E，求BDC的周长． 【答案】（1） 证明：如图2，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点， ∴MA=MC． 又∵BA=GC，∠A=∠C， ∴△MBA≌△MGC（SAS）， ∴MB=MG， 又∵MD⊥BC， ∴BD=GD， ∴DC=GC+GD=AB+BD； （2）3 （3）8+8 【解析】 【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性质得出BD=GD，即可得出答案； （2）在AC上截取CF=AB，连接BD、CD、AD、DF，证明△DCF≌△DBA（SAS），得到DF=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得到AE=EF，由此得到AE； （3）首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，进而求出DE的长即可得出答案． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 在AC上截取CF=AB，连接BD、CD、AD、DF， ∵BD=CD，∠DCF=∠DBA，CF=BA， ∴△DCF≌△DBA（SAS）， ∴DF=AD， 又∵DE⊥AC， ∴AE=EF， ∵CF=AB=4，AC=10， ∴AE=3； 【小问3详解】 解：如图3，在BD上截取BF=CD，连接AF，AD，CD， 由题意可得：AB=AC，∠ABF=∠ACD， ∴△ABF≌ACD（SAS）， ∴AF=AD， ∵AE⊥BD， ∴FE=DE，则CD+DE=BE， ∵∠ABD=45°， ∴BE=AB=4， 则△BDC的周长=2BE+BC=8+8． 故答案为：8+8． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，圆周角定理，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键． 20. 已知二次函数的图象与直线交于点A（﹣1，0）、点C（4，m）． （1）求的表达式和m的值； （2）当时，求自变量x的取值范围； （3）将直线AC沿y轴上下平移，当平移后的直线与抛物线只有一个公共点时，求平移后的直线表达式． 【答案】（1）的表达式为，m的值为5 （2）自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4 （3）y＝x﹣ 【解析】 【分析】（1）把点A、C两点代入两个函数表达式中即可求解； （2）根据图象即可得到当时，自变量x的取值范围； （3）设直线AC平移后的表达式为y＝x+k，使，根据判别式求出k从值即可． 【小问1详解】 把A（﹣1，0）代入得b＝﹣2， 把C（4，m）代入得，m＝5． 所以． 所以的表达式为y1＝x2﹣2x﹣3，m的值为5． 【小问2详解】 如图：由（1）可知C（4，5），A（-1，0） 根据图象可知：当时，自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4． 所以自变量x的取值范围是x＜﹣1或x＞4． 【小问3详解】 设直线AC平移后的表达式为y＝x+k， 得：，即 令Δ＝0，得 解得k＝﹣． 所以平移后的直线表达式为y＝x﹣． 【点睛】本题考查了二次函数与不等式、二次函数与一次函数的交点、待定系数法求函数解析式，解决本题的关键是掌握二次函数的图象和性质． 21. 如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过两点，与x轴交于点B． （1）若直线经过B，C两点，求直线解析式； （2）在抛物线的对称轴上找一点M，使的值最小，求点M的坐标； （3）设P为对称轴上的一个动点，直接写出为直角三角形的点P的坐标． 【答案】（1）， （2） （3）点P的坐标为或或或 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、直角三角形的性质、点的对称性等； （1）用待定系数法即可求解； （2）设直线与对称轴的交点为M，根据轴对称性质可知，由此可知，即最小时的值最小，进而求解； （3）分点B为直角顶点、点C为直角顶点、P为直角顶点三种情况，利用勾股定理列方程求解即可． 【小问1详解】 解：抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过， ∴， 设抛物线的表达式为， 将代入上式得：，解得， ∴抛物线的解析式为：； 把，代入得： ，解得， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 设直线与对称轴的交点为M，则此时的值最小， 把代入直线得，故， 即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为； 【小问3详解】 设， ∵，， ∴， 若点B为直角顶点时，则， 即， 解得； 若点C为直角顶点时，则， 即 解得， 若P为直角顶点时，则， ∴， 解得， 综上，点P的坐标为或或或． 22. 如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，直线l与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2． （1）求抛物线的解析式及直线AC的解析式； （2）P是线段AC上的一个动点，过P点作x轴的垂线交抛物线于E点，求线段PE长度的最大值； （3）点G是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）PE的最大值＝ （3）存在4个这样的点F，分别是（1，0），（﹣3，0），（4+，0），（4﹣，0） 【解析】 【分析】（1）将A、B的坐标代入抛物线中，易求出抛物线的解析式；将C点横坐标代入抛物线的解析式中，即可求出C点的坐标，再由待定系数法可求出直线AC的解析式； （2）PE的长实际是直线AC与抛物线的函数值的差，可设P点的横坐标为x，用x分别表示出P、E的纵坐标，即可得到关于PE的长、x的函数关系式，根据所得函数的性质即可求得PE的最大值； （3）此题要分两种情况：①以AC为边，②以AC为对角线．确定平行四边形后，可直接利用平行四边形的性质求出F点的坐标． 【小问1详解】 解：将A（﹣1，0），B（3，0）代入， ， 解得：b＝﹣2，c＝﹣3； ∴． 将C点的横坐标x＝2代入， 得y＝﹣3， ∴C（2，﹣3）； 设直线AC的函数解析式是：， 则：， 解得： ∴直线AC的函数解析式是． 【小问2详解】 解：设P点的横坐标为x（﹣1≤x≤2）， 则P、E的坐标分别为：P（x，﹣x﹣1），E（x，）； ∵P点在E点的上方，PE＝（﹣x﹣1）﹣（） ＝， ∴当x＝时，PE的最大值＝． 【小问3详解】 解：存在4个这样的点F，分别是（1，0），（﹣3，0），（4+，0），（4﹣，0） ①如图，连接C与抛物线和y轴的交点， ∵C（2，﹣3），G（0，﹣3） ∴轴，此时AF＝CG＝2， ∴F点的坐标是（﹣3，0）； ②如图，AF＝CG＝2，A点的坐标为（﹣1，0），因此F点的坐标为（1，0）； ③如图，此时C，G两点的纵坐标互为相反数， ∴G点的纵坐标为3，代入中得： ，解得：， ∴G点的坐标为（1±，3）， 图中G点在第一象限，所以G（1+，3）， ∵ ∴设直线GF的解析式为：， 将G点代入得： ∴ 可得出直线的解析式为． 当时： ∴F的坐标为（4+，0）； ④如图，同③可求出F的坐标为（4﹣，0）； 综合四种情况可得出，存在4个符合条件的F点． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考中常见的压轴题，解题的关键是：正确的求出函数解析式，利用二次函数的性质进行解题．对于二次函数中的存在性问题，要进行分类讨论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $