期中真题必刷易错60题（22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）

期中真题必刷易错60题（22个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共3小题） 1．（2023秋•莲湖区期中）下列方程中一定是一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 2．（2023秋•屏边县校级期中）关于的方程是一元二次方程的条件是　　 A． B． C．且 D．或 3．（2023秋•中山市期中）若是关于的一元二次方程，则的值为　　 A．4 B． C． D． 二．一元二次方程的一般形式（共3小题） 4．（2023秋•同安区期中）一元二次方程的一次项系数是　　 A．3 B．1 C．0 D． 5．（2022秋•安徽期中）方程中二次项系数、一次项系数、常数项分别是　　 A．5、、2 B．5、、 C．5、、3 D．5、、5 6．（2023秋•兴宾区期中）把一元二次方程化为一般形式为 　　． 三．一元二次方程的解（共4小题） 7．（2023秋•渝北区校级期中）如果是一元二次方程的根，则代数式的值为　　 A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 8．（2023秋•长安区期中）若关于的一元二次方程的一个根是，则的值是　　 A． B． C．3 D．6 9．（2023秋•深圳期中）若是方程的一个根，则的值为 　　． 10．（2023秋•朝阳区校级期中）若方程有一个根为，则代数式的值为 　　． 四．解一元二次方程-配方法（共4小题） 11．（2023秋•宝丰县期中）一元二次方程配方后可化为　　 A． B． C． D． 12．（2022秋•太仓市期中）用配方法解一元二次方程的过程中，配方正确的是　　 A． B． C． D． 13．（2023秋•东坡区校级期中）将方程配方成的形式为　　 A． B． C． D． 14．（2023秋•儋州期中）用配方法解一元二次方程，变形后的结果正确的是　　 A． B． C． D． 五．解一元二次方程-因式分解法（共3小题） 15．（2020秋•晋中期中）对于一元二次方程，我国及其他一些国家的古代数学家曾研究过其几何解法，以方程为例，公元9世纪，阿拉伯数学家阿尔花拉子米采用的方法是：将原方程变形为，然后构造如图，一方面，正方形的面积为；另一方面，它又等于，因此可得方程的一个根，根据阿尔花拉子米的思路，解方程时构造的图形及相应正方形面积（阴影部分）正确的是　　 A． B． C． D． 16．（2023秋•滨湖区校级期中）若方程的一个实数根为，则的值是　　 A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 17．（2023秋•新民市期中）解方程： （1）； （2）． 六．配方法的应用（共1小题） 18．（2023秋•仪征市期中）阅读与思考：我们把多项式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+b2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x2+2x﹣4的最小值． x2+2x﹣4＝（x2+2x+1）﹣5＝（x+1）2﹣5，可知当x＝﹣1时，x2+2x﹣4有最小值，最小值是﹣5． 再例如：求代数式﹣3x2+6x﹣4的最大值． ﹣3x2+6x﹣4＝﹣3（x2﹣2x+1）﹣4+3＝﹣3（x﹣1）2﹣1．可知当x＝1时，﹣3x2+6x﹣4有最大值．最大值是﹣1． 【直接应用】 （1）在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式：a2+4a+　 　； （2）代数式x2+8x+11的最小值为 　 　； 【类比应用】 （3）试判断代数式a2+2b2+11与2ab+2a+4b的大小，并说明理由； 【知识迁移】 （4）如图，学校打算用长16米的篱笆围一个长方形的生物园饲养小兔，生物园的一面靠墙（墙足够长），求围成的生物园的最大面积． 七．二次函数的图象（共2小题） 19．（2023秋•宁津县校级期中）在同一坐标系中，函数与的图象可能是　　 A． B． C． D． 20．（2023秋•芝罘区期中）函数和函数是常数，且在同一平面直角坐标系中的图象可能是　　 A． B． C． D． 八．二次函数的性质（共2小题） 21．（2023秋•凯里市校级期中）抛物线的对称轴是　　 A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 22．（2023秋•香洲区校级期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝m交于A，B两点，点C为抛物线的顶点，连接AC，BC，∠ACB＝90°，且△ABC的面积为4，则a的值为（　　） A． B． C．1 D．2 九．二次函数图象与系数的关系（共2小题） 23．（2023秋•西青区校级期中）二次函数的部分图象如图所示，其对称轴为直线，且与轴的一个交点坐标为．下列结论：①；②；③；④关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．其中正确结论的个数是　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 24．（2023秋•湖北期中）如图是抛物线的图象，其对称轴为直线，且该图象与轴的一个交点在点和之间，并经过点与点，则下列结论：①；②；③；④对于任意实数，都有．其中正确结论有　　个． A．1 B．2 C．3 D．4 一十．二次函数图象上点的坐标特征（共3小题） 25．（2023秋•白云区校级期中）已知二次函数为常数，且的图象上有三点，，，则，，的大小关系是　　 A． B． C． D． 26．（2023秋•邹城市校级期中）若，，为二次函数的图象上的三点，则，，的大小关系是　　 A． B． C． D． 27．（2023秋•江阳区校级期中）抛物线与轴的交点坐标是　　 A． B． C． D． 一十一．二次函数图象与几何变换（共2小题） 28．（2023秋•横县校级期中）要得到抛物线，可以将抛物线　　 A．向上平移1个单位长度 B．向下平移1个单位长度 C．向左平移1个单位长度 D．向右平移1个单位长度 29．（2023秋•江汉区期中）把抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位得到的图象解析式是　　 A． B． C． D． 一十二．抛物线与x轴的交点（共3小题） 30．（2023秋•赛罕区校级期中）如图，抛物线的对称轴是直线，关于的方程的一个根为，则另一个根为 　　． 31．（2023秋•乐清市校级期中）如图，抛物线与轴交于点，与轴交于、两点在的左侧），点关于抛物线对称轴的对称点为点，动点在轴上，点在以点为圆心，半径为1的圆上，则的最小值是 　　． 32．（2023秋•花都区校级期中）已知抛物线． （1）当时，求的值； （2）点是抛物线上一点，若，且时，求的值； （3）当时，把抛物线向下平移个单位长度得到新抛物线，设抛物线与轴的一个交点的坐标为，，且，请求出的取值范围． 一十三．二次函数的应用（共4小题） 33．（2023秋•荔湾区校级期中）某商场购进一种每件成本为80元的新商品，在商场试销发现：销售单价（元件）与每天销售量（件之间满足如图所示的关系． （1）求出与之间的函数关系式； （2）疫情期间，有关部门规定每件商品的利润率不得超过，那么将售价定为多少，来保证每天获得的总利润最大，最大总利润是多少？ 34．（2023秋•安次区校级期中）掷实心球是中考体育考试的项目．如图是一男生所掷实心球的行进路线（抛物线的一部分）的高度与水平距离之间的函数图象，且掷出时起点处高度为，当到起点的水平距离为时，实心球行进至最高点，此时实心球与地面的距离为． （1）求抛物线的函数解析式； （2）在该市的评分标准中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于时，即可得满分，试判断该男生在此项考试中能否得满分，并说明理由（参考数据：． 35．（2022秋•房山区期中）在某场篮球比赛中，一位运动员在距篮下，三分线外跳起投篮，球运行的路线大致是抛物线，当球运行的水平距离为时，达到最大高度，然后准确落入篮圈，已知篮圈中心到地面的距离为． （1）建立如图所示的平面直角坐标系，求抛物线的表达式； （2）该运动员身高，在这次跳投中，球在头顶上方处出手，问：球出手时，她跳离地面的高度是多少？ 36．（2023秋•丰县期中）直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为30元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低1元，日销售量增加2件．商家想尽快销售完该款商品，采取降价措施增加销量． （1）若日利润保持不变，每件售价应定为多少元？ （2）每件商品降价多少元时日利润最大？ 一十四．二次函数综合题（共2小题） 37．（2023秋•江北区校级期中）已知抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点． （1）判断的形状，并说明理由． （2）设点是抛物线在第一象限部分上的点，过点作轴于，交于点，设四边形的面积为，求关于的函数关系式，并求使最大时点的坐标和的面积； （3）在（2）的条件下，点是坐标平面内一点，抛物线的对称轴上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，写出点的坐标，并选择一个点写出过程，若不存在，请说明理由． 38．（2023秋•青山区期中）已知抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点． （1）直接写出，，三点的坐标； （2）如图1，点为直线下方抛物线上一点，于点，求的最大值； （3）如图2，、是抛物线上异于，的两个动点，若直线与直线的交点始终在直线上，求证：直线必经过一个定点，并求该定点坐标． 一十五．圆心角、弧、弦的关系（共2小题） 39．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，线段，是的两条弦，，连结，． （1）证明：． （2）若于点，且弦的弦心距为4，求的半径． 40．（2023秋•长寿区校级期中）如图，是的直径，点是弧的中点，过点作于点，延长交于点，若，的直径为10，则长为　　 A．5 B．6 C．7 D．8 一十六．圆周角定理（共2小题） 41．（2023秋•东城区校级期中）如图，点，，都在上，如果，那么的度数为 　　． 42．（2023秋•江干区校级期中）如图，为的直径，为上半圆的一个动点，于点，的角平分线交于点．且的半径为5，连结，则　　；若弦的长为6，则　　． 一十七．点与圆的位置关系（共2小题） 43．（2023秋•惠山区期中）已知的半径为4，，则点与的位置关系是　　 A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．不能确定 44．（2023秋•西湖区校级期中）已知的半径为3，若点在圆上，则 　　3（填“”、“ ”、“ ” ． 一十八．三角形的外接圆与外心（共4小题） 45．（2023秋•威县校级期中）如图，是的外接圆，是的中点．若，的半径为5，则的长度为　　 A． B． C． D． 46．（2023秋•惠山区期中）如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为　　 A． B． C． D． 47．（2023秋•西湖区校级期中）如图，是的内接等腰三角形，，弦过边的中点，且，若，则外接圆的半径为 　　，　　． 48．（2023秋•福州期中）如图，是的外接圆，连接交于点． （1）求证：； （2）若，，，求的半径； （3）若，，的面积为6，求的长． 一十九．切线的性质（共3小题） 49．（2023秋•东宝区校级期中）如图，是的直径，切于点，交于点，连接，若，则　　． 50．（2023秋•金坛区期中）如图，是的切线，为切点，连接交于点，延长交于点，连接．若，且，则的长度是 　　． 51．（2022秋•嘉祥县期中）如图，，是的两条切线，切点分别为，．连接，，，，与交于点．若，，则的周长为　　． 二十．旋转的性质（共6小题） 52．（2023秋•江阳区校级期中）如图，等边三角形的边长为4，的垂直平分线与和的角平分线的交于点，且，，绕点旋转，分别交线段、于、两点，连接．给出下列四个结论：①；②；③四边形的面积始终等于； ④△周长的最小值为6．其中正确的是 　　．（填序号） 53．（2023秋•新抚区期中）如图，在中，，把绕点顺时针旋转，得到，是的中点，若，，则线段的长为 　　． 54．（2023秋•扶沟县期中）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转角得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 　　． 55．（2024春•凉州区校级期中）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到△，点是的中点，点是的中点，连接，若，则线段的最大值是 　　． 56．（2023秋•清丰县期中）如图，在中，，，，将绕点逆时针方向旋转得到，连接，，当时，的长为 　　． 57．（2023秋•兰山区期中）如图，在中，，将绕点逆时针旋转到△的位置，使得． （1）请判断的形状，并说明理由； （2）求的度数． 二十一．中心对称图形（共1小题） 58．（2023秋•红旗区校级期中）下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 二十二．作图-旋转变换（共2小题） 59．（2023秋•海淀区校级期中）将线段绕点逆时针旋转得到线段，继续旋转得到线段，连接． （1）连接，如图1，若，则的度数为　　；（直接写出结果） （2）如图2，以为斜边作直角三角形，使得，连接，．若，求的值． 60．（2023秋•临潼区期中）在四边形中，的两边，分别交直线，于点，，已知，且，． （1）如图1，当全部位于四边形的内部时，试探究与，之间的数量关系．为了引发同学的思考，数学刘老师给出了此题的部分解法作为提示：证明：如图2，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ，，三点共线． 请你将上述证明过程补充完整，并写出结论； （2）如图3，当旋转到如图所示的位置时，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；如若不成立，请写出正确的结论，并证明． 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 $$ 期中真题必刷易错60题（22个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共3小题） 1．（2023秋•莲湖区期中）下列方程中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，逐一判断即可解答． 【解答】解：、，是一元二次方程，故符合题意； 、，是二元二次方程，故不符合题意； 、，是一元二次方程，故不符合题意； 、，是分式方程，故不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键． 2．（2023秋•屏边县校级期中）关于的方程是一元二次方程的条件是　　 A． B． C．且 D．或 【分析】根据一元二次方程的定义解答：二次项系数不为0． 【解答】解：根据题意，得 ，即， 解得，且． 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2，二次项系数不为零． 3．（2023秋•中山市期中）若是关于的一元二次方程，则的值为　　 A．4 B． C． D． 【分析】根据只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程进行分析即可． 【解答】解：是关于的一元二次方程， ， ， 解得． 故选：． 【点评】此题主要考查了一元二次方程的定义，解题的关键是掌握判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”． 二．一元二次方程的一般形式（共3小题） 4．（2023秋•同安区期中）一元二次方程的一次项系数是　　 A．3 B．1 C．0 D． 【分析】根据一元二次方程的一般形式找出一次项系数即可． 【解答】解：一元二次方程的一次项系数是． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的一般形式，能熟记一元二次方程的一般形式，其中、、为常数，是解此题的关键． 5．（2022秋•安徽期中）方程中二次项系数、一次项系数、常数项分别是　　 A．5、、2 B．5、、 C．5、、3 D．5、、5 【分析】直接利用一元二次方程中各部分的名称分析得出答案． 【解答】解：方程整理得：， 则二次项系数、一次项系数、常数项分别是：5、、． 故选：． 【点评】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，正确认识一元二次方程中各部分的名称是解题的关键． 6．（2023秋•兴宾区期中）把一元二次方程化为一般形式为 　　． 【分析】根据一元二次方程的定义解答即可． 【解答】解：把一元二次方程化为一般形式为． 故答案为：． 【点评】本题考查的是一元二次方程的一般形式：，，是常数且，在一般形式中叫二次项，叫一次项，是常数项．其中，，分别叫二次项系数，一次项系数，常数项． 三．一元二次方程的解（共4小题） 7．（2023秋•渝北区校级期中）如果是一元二次方程的根，则代数式的值为　　 A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【分析】根据一元二次方程的解的意义可得，从而可得，然后代入式子中进行计算，即可解答． 【解答】解：是一元二次方程的根， ， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键． 8．（2023秋•长安区期中）若关于的一元二次方程的一个根是，则的值是　　 A． B． C．3 D．6 【分析】根据题意可得：把代入方程中得：，然后进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得：把代入方程中得： ， 解得：， 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键． 9．（2023秋•深圳期中）若是方程的一个根，则的值为 　2024　． 【分析】根据题意可得：把代入中得：，从而可得，然后代入式子中进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得： 把代入中得： ， ， ， ， 故答案为：2024． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握求代数式值中的整体思想是解题的关键． 10．（2023秋•朝阳区校级期中）若方程有一个根为，则代数式的值为 　2　． 【分析】根据题意可得：把代入方程中得：，从而可得，然后代入式子中进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得：把代入方程中得：， ， ， 故答案为：2． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键． 四．解一元二次方程-配方法（共4小题） 11．（2023秋•宝丰县期中）一元二次方程配方后可化为　　 A． B． C． D． 【分析】利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握解一元二次方程配方法是解题的关键． 12．（2022秋•太仓市期中）用配方法解一元二次方程的过程中，配方正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握解一元二次方程配方法是解题的关键． 13．（2023秋•东坡区校级期中）将方程配方成的形式为　　 A． B． C． D． 【分析】利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握解一元二次方程配方法是解题的关键． 14．（2023秋•儋州期中）用配方法解一元二次方程，变形后的结果正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用解一元二次方程配方法，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握解一元二次方程配方法是解题的关键． 五．解一元二次方程-因式分解法（共3小题） 15．（2020秋•晋中期中）对于一元二次方程，我国及其他一些国家的古代数学家曾研究过其几何解法，以方程为例，公元9世纪，阿拉伯数学家阿尔花拉子米采用的方法是：将原方程变形为，然后构造如图，一方面，正方形的面积为；另一方面，它又等于，因此可得方程的一个根，根据阿尔花拉子米的思路，解方程时构造的图形及相应正方形面积（阴影部分）正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用配方法把方程变形，结合图形解答． 【解答】解： 正方形面积（阴影部分）， 故选：． 【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握配方法解方程的一般步骤是解题的关键． 16．（2023秋•滨湖区校级期中）若方程的一个实数根为，则的值是　　 A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 【分析】依据题意，根据方程的根满足方程，进而将代入方程得，再整体代入即可得解． 【解答】解：方程的一个实数根为， ． ． ． 故选：． 【点评】本题主要考查一元二次方程的解，解题时要熟练掌握并理解是关键． 17．（2023秋•新民市期中）解方程： （1）； （2）． 【分析】（1）利用解一元二次方程因式分解法进行计算，即可解答； （2）利用解一元二次方程配方法进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）， ， 或， ，； （2）， ， ， ， ， ，． 【点评】本题考查了解一元二次方程因式分解法，配方法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 六．配方法的应用（共1小题） 18．（2023秋•仪征市期中）阅读与思考：我们把多项式a2+2ab+b2及a2﹣2ab+b2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x2+2x﹣4的最小值． x2+2x﹣4＝（x2+2x+1）﹣5＝（x+1）2﹣5，可知当x＝﹣1时，x2+2x﹣4有最小值，最小值是﹣5． 再例如：求代数式﹣3x2+6x﹣4的最大值． ﹣3x2+6x﹣4＝﹣3（x2﹣2x+1）﹣4+3＝﹣3（x﹣1）2﹣1．可知当x＝1时，﹣3x2+6x﹣4有最大值．最大值是﹣1． 【直接应用】 （1）在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式：a2+4a+　4　； （2）代数式x2+8x+11的最小值为 　﹣5　； 【类比应用】 （3）试判断代数式a2+2b2+11与2ab+2a+4b的大小，并说明理由； 【知识迁移】 （4）如图，学校打算用长16米的篱笆围一个长方形的生物园饲养小兔，生物园的一面靠墙（墙足够长），求围成的生物园的最大面积． 【分析】（1）依据题意，由配方法的意义得，a2+4a+4是完全平方式，进而判断可以得解； （2）依据题意，由x2+8x+11＝（x+4）2﹣5，再由平方数是非负数进而可以判断得解； （3）依据题意，将a2+2b2+11与2ab+2a+4b相减，然后判断差的大小，进而可以得解； （4）依据题意，设AB＝x，从而表示出BC，然后再表示出四边形ABCD的面积，结合x的取值范围进而可得围成的生物园的最大面积． 【解答】解：（1）由题意得，a2+4a+4是完全平方式． 故答案为：4． （2）由题意，∵x2+8x+11＝（x+4）2﹣5， 又对于任意的x都有（x+4）2≥0， ∴x2+8x+11＝（x+4）2﹣5≥﹣5． ∴代数式x2+8x+11的最小值为﹣5． 故答案为：﹣5． （3）a2+2b2+11＞2ab+2a+4b．理由如下： ∵（a2+2b2+11）﹣（2ab+2a+4b） ＝a2+2b2+11﹣2ab﹣2a﹣4b ＝[（a2﹣2ab+b2）+（﹣2a+2b）+1]+（b2﹣6b+9）+1 ＝[（a﹣b）2﹣2（a﹣b）+1]+（b﹣3）2+1 ＝（a﹣b﹣1）2+（b﹣3）2+1＞0， ∴a2+2b2+11＞2ab+2a+4b． （4）设AB＝x， ∴BC＝16﹣2x． ∴0＜x＜8，生物园的面积y＝x（16﹣2x）＝﹣2x2+16x． 又y＝﹣2x2+16x ＝﹣2（x﹣4）2+32， ∵﹣2＜0， ∴当x＝4时，y取得最大值，最大值为32． 答：当x＝4时，面积最大为32 m2． 【点评】本题主要考查配方法的实际应用能力，根据题意列出关系式是基础，配方是关键． 七．二次函数的图象（共2小题） 19．（2023秋•宁津县校级期中）在同一坐标系中，函数与的图象可能是　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，根据二次函数的值为0，确定二次函数图象经过坐标原点，再根据值确定出二次函数的开口方向与一次函数所经过的象限即可得解． 【解答】解：，， 二次函数经过坐标原点，故、选项错误； 、根据二次函数开口向上，对称轴， 所以，， 一次函数经过第一三象限，，与轴负半轴相交， 所以，，符合，故本选项正确； 、二次函数图象开口向下，，一次函数经过第一三象限，，矛盾，故本选项错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象、一次函数的图象，熟练掌握函数解析式的系数与图象的关系是解题的关键． 20．（2023秋•芝罘区期中）函数和函数是常数，且在同一平面直角坐标系中的图象可能是　　 A． B． C． D． 【分析】分别分析当和时两种情况下两个函数在同一平面坐标系中的图象，并结合二次函数的对称轴进行综合判断即可． 【解答】解：①当时： 函数的图象过一、二、三象限，函数的图象开口向下； 不正确，不符合题意． ②当时： 函数的图象过二、三、四象限，函数的图象开口向上； 不正确，不符合题意． 函数的对称轴为直线， 正确，符合题意；不正确，不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查一次函数及二次函数的图象，熟悉它们图象的性质是本题的关键． 八．二次函数的性质（共2小题） 21．（2023秋•凯里市校级期中）抛物线的对称轴是　　 A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【分析】依据题意，由解析式，直接代入对称轴公式“直线”，从而可以判断得解． 【解答】解：抛物线， ，，． 对称轴为直线． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质，解题时要熟练掌握对称轴公式是关键． 22．（2023秋•香洲区校级期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与直线y＝m交于A，B两点，点C为抛物线的顶点，连接AC，BC，∠ACB＝90°，且△ABC的面积为4，则a的值为（　　） A． B． C．1 D．2 【分析】依据题意，作CD⊥x轴于D，C为抛物线的顶点，再由对称性可得，AC＝BC，又∠ACB＝90°，可得CD＝AB，结合△ABC的面积为4，可得AD＝2，从而A（﹣﹣2，m），C（﹣，m﹣2），再列 ，计算可以得解． 【解答】解：作CD⊥x轴于D． ∵C为抛物线的顶点， ∴由对称性可得，AC＝BC． 又∠ACB＝90°， ∴CD＝AB． 又∵△ABC的面积为4， ∴ AB•CD＝4． ∴AB2＝4． ∴AB＝4． ∴AD＝2． ∴A（﹣﹣2，m），C（﹣，m﹣2）． 将A、C代入解析式y＝ax2+bx+c中， ， ∴a＝． 故选：A． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 九．二次函数图象与系数的关系（共2小题） 23．（2023秋•西青区校级期中）二次函数的部分图象如图所示，其对称轴为直线，且与轴的一个交点坐标为．下列结论：①；②；③；④关于的一元二次方程有两个不相等的实数根．其中正确结论的个数是　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】依据题意，由图象可得，，，又，从而，故可判断①②；又由图象知，当时，，进而，故可判断③；结合二次函数与轴有两个不同的交点， 故关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，最后可判断④． 【解答】解：由题意，由图象可得， ，． 又， ． ，故①错误，②正确． 又由图象知，当时，， ，故③错误． 二次函数与轴有两个不同的交点， 关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，故④正确． 综上，正确的有：②④． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用图象是关键． 24．（2023秋•湖北期中）如图是抛物线的图象，其对称轴为直线，且该图象与轴的一个交点在点和之间，并经过点与点，则下列结论：①；②；③；④对于任意实数，都有．其中正确结论有　　个． A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据抛物线开口方向，对称轴为直线，抛物线与轴交点位置可判断①，根据图象与轴的一个交点在点和之间可得图象与轴另一交点位置，从而判断②，根据点与点与对称轴的距离大小可判断③，由时函数值最大可判断④． 【解答】解：抛物线开口向下， ， 抛物线对称轴为直线， ， 抛物线与轴交点在轴上方， 所以， ，①正确，符合题意． 图象与轴的一个交点在点和之间，对称轴为直线， 图象与轴的另一个交点在点和之间， 时，，②正确，符合题意． ， 点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离， ，③正确，符合题意． 时为函数最大值， 时，，即， ， 存在，当时，，故④错误，不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系． 一十．二次函数图象上点的坐标特征（共3小题） 25．（2023秋•白云区校级期中）已知二次函数为常数，且的图象上有三点，，，则，，的大小关系是　　 A． B． C． D． 【分析】先确定对称轴，根据把点的对称点确定，转化为对称轴同侧的点，根据抛物线开口向下，对称轴的右侧随的增大而减小即可得到解答． 【解答】解：二次函数为常数，且的图象上有三点，，， 对称轴． 设点的对称点为，， 所以． 解得， 点的对称点为． ， 抛物线开口向下． 对称轴的右侧随的增大而增减小． ， 所以． 故选：． 【点评】本题主要考查了抛物线的开口方向，增减性，对称性，熟练掌握增减性是解题的关键． 26．（2023秋•邹城市校级期中）若，，为二次函数的图象上的三点，则，，的大小关系是　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，求出抛物线的对称轴为直线，然后根据二次函数的增减性和对称性解答即可． 【解答】解：由题意得，抛物线的对称轴为直线， ， 当时，随的增大而减少． 关于直线的对称点是， 且， ． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的增减性和对称性，求出对称轴是解题的关键． 27．（2023秋•江阳区校级期中）抛物线与轴的交点坐标是　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，令从而可得，进而可以判断得解． 【解答】解：由题意，抛物线为， 令，则． 抛物线与轴的交点坐标是． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键． 一十一．二次函数图象与几何变换（共2小题） 28．（2023秋•横县校级期中）要得到抛物线，可以将抛物线　　 A．向上平移1个单位长度 B．向下平移1个单位长度 C．向左平移1个单位长度 D．向右平移1个单位长度 【分析】依据题意，原抛物线顶点坐标为，平移后抛物线顶点坐标为，由此确定平移规律． 【解答】解：，该抛物线的顶点坐标是，抛物线的顶点坐标是， 则平移的方法可以是：将抛物线向下移1个单位． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数图象与几何变换．关键是将抛物线的平移问题转化为顶点的平移． 29．（2023秋•江汉区期中）把抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位得到的图象解析式是　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，由二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”，进而可以判断得解． 【解答】解：由题意，由二次函数的平移规律“左加右减，上加下减”， 抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位， 所求解析式为． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并理解是关键． 一十二．抛物线与x轴的交点（共3小题） 30．（2023秋•赛罕区校级期中）如图，抛物线的对称轴是直线，关于的方程的一个根为，则另一个根为 　　． 【分析】利用抛物线的对称轴方程得到，根据根与系数的关系得，然后求出另一根的值即可． 【解答】解：抛物线的对称轴为直线， ，即， 根据根与系数的关系得， 解得， 即方程的另一个根为． 故答案为：． 【点评】本题考查了抛物线与轴的交点：把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程．掌握根与系数的关系和二次函数的性质是解题关键． 31．（2023秋•乐清市校级期中）如图，抛物线与轴交于点，与轴交于、两点在的左侧），点关于抛物线对称轴的对称点为点，动点在轴上，点在以点为圆心，半径为1的圆上，则的最小值是 　　． 【分析】依据题意，过点作轴的对称点，连接交轴于点，交圆于点，则点、为所求点，即可求解． 【解答】解：对于，令，则，令，解得或3， 故点、、的坐标分别为、、， 函数的对称轴为直线，则点， 过点作轴的对称点，连接交轴于点，交圆于点，则点、为所求点， 理由：点、关于轴对称，则， 则为最小， 则最小． 故答案为：． 【点评】本题主要考查的是抛物线与轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征、点的对称性等，利用轴对称确定最短路线是解题的关键． 32．（2023秋•花都区校级期中）已知抛物线． （1）当时，求的值； （2）点是抛物线上一点，若，且时，求的值； （3）当时，把抛物线向下平移个单位长度得到新抛物线，设抛物线与轴的一个交点的坐标为，，且，请求出的取值范围． 【分析】（1）依据题意，由，结合，解方程即可得解； （2）依据题意，，又，从而当时，函数有最大值为，又此时点是抛物线上一点，时，都有，进而，故可以得解； （3）依据题意，当时，抛物线为，从而表示出为，抛物线与轴的一个交点的坐标为，，且，从而若当时，，结合二次函数的性质，，又抛物线与轴有交点，故，进而可以得解． 【解答】解：（1）由题意得，， 又， ． ． 或． （2）由题意，． ， 当时，函数有最大值为． 又此时点是抛物线上一点，时，都有， ． ． （3）由题意，当时，抛物线为． 把抛物线向下平移个单位长度得到新抛物线为． 抛物线与轴的一个交点的坐标为，，且， 又若当时，， ． 开口向下， ． 又抛物线与轴有交点， ． ． ． 【点评】本题主要考查二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并理解是关键． 一十三．二次函数的应用（共4小题） 33．（2023秋•荔湾区校级期中）某商场购进一种每件成本为80元的新商品，在商场试销发现：销售单价（元件）与每天销售量（件之间满足如图所示的关系． （1）求出与之间的函数关系式； （2）疫情期间，有关部门规定每件商品的利润率不得超过，那么将售价定为多少，来保证每天获得的总利润最大，最大总利润是多少？ 【分析】（1）依据题意，设与之间的函数关系式为，利用待定系数法可求出其解析式，再求出的取值范围即可； （2）依据题意，由利润（售价单价）销售量，再根据二次函数的性质，即可得解． 【解答】解：（1）设与之间的函数关系式为， 由所给函数图象可知：， 解得：． ， 令，则， 解得：． 故与的函数关系式为． （2）， ， 又由题意可得：， 解得：， ， ， 当时，有最大值， 且（元． 故将售价定为100元，每天获得的总利润最大，最大总利润是1000元． 【点评】本题主要考查一次函数与二次函数的实际应用根据题意找到等量关系，列出等式是解题关键． 34．（2023秋•安次区校级期中）掷实心球是中考体育考试的项目．如图是一男生所掷实心球的行进路线（抛物线的一部分）的高度与水平距离之间的函数图象，且掷出时起点处高度为，当到起点的水平距离为时，实心球行进至最高点，此时实心球与地面的距离为． （1）求抛物线的函数解析式； （2）在该市的评分标准中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于时，即可得满分，试判断该男生在此项考试中能否得满分，并说明理由（参考数据：． 【分析】（1）依据题意，设抛物线解析式为，又将点代入得，，进而求出，从而可以得解； （2）依据题意，结合（1）所得解析式，令，则，从而可以判断得解． 【解答】解：（1）由题意，设抛物线解析式为， 又将点代入得，， ． ． （2）由（1），令，则． 解得： 或 （舍． ， ． 实心球从起点到落地点的水平距离大于等于时，即可得满分， 该男生在此项考试中能得满分． 【点评】本题主要考查二次函数的应用，解题时要熟练掌握并能利用待定系数法求出二次函数的解析式是解题的关键． 35．（2022秋•房山区期中）在某场篮球比赛中，一位运动员在距篮下，三分线外跳起投篮，球运行的路线大致是抛物线，当球运行的水平距离为时，达到最大高度，然后准确落入篮圈，已知篮圈中心到地面的距离为． （1）建立如图所示的平面直角坐标系，求抛物线的表达式； （2）该运动员身高，在这次跳投中，球在头顶上方处出手，问：球出手时，她跳离地面的高度是多少？ 【分析】（1）设抛物线的表达式为，依题意可知图象经过的坐标，由此可得的值． （2）设球出手时，他跳离地面的高度为，则可得． 【解答】解：（1）由于球在半空中达到最大高度， 则设：二次函数表达式为， 代入可得， 解得：． 抛物线表达式为． （2）设运动员跳离地面高度为， 将以代入二次函数， 得， 解得． 答：运动员跳离地面的高度是0.28 ． 【点评】本题主要考查二次函数的应用，对函数定义、性质，以及在实际问题中的应用等技能进行了全面考查，对学生的数学思维具有很大的挑战性． 36．（2023秋•丰县期中）直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为30元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低1元，日销售量增加2件．商家想尽快销售完该款商品，采取降价措施增加销量． （1）若日利润保持不变，每件售价应定为多少元？ （2）每件商品降价多少元时日利润最大？ 【分析】（1）依据题意，设每件售价应定为元，则每件的销售利润为元，日销售量为件，利用该种商品的日销售利润每件的销售利润日销售量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论； （2）依据题意，本根据（1）列出的方程求解最大值即可． 【解答】解：（1）设每件售价应定为元，则每件的销售利润为元，日销售量为件， 依题意得：， 整理得：， 解得：，（因为采取降价措施增加销量，舍去）． 答：每件售价应定为40元． （2）设利润为， ， ． 每件售价定为50元时，即每件商品降价：（元，日销售利润最大为800元． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十四．二次函数综合题（共2小题） 37．（2023秋•江北区校级期中）已知抛物线与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点． （1）判断的形状，并说明理由． （2）设点是抛物线在第一象限部分上的点，过点作轴于，交于点，设四边形的面积为，求关于的函数关系式，并求使最大时点的坐标和的面积； （3）在（2）的条件下，点是坐标平面内一点，抛物线的对称轴上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，写出点的坐标，并选择一个点写出过程，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法求出点，，的坐标，表达，，的长度，利用勾股定理逆定理可得结论； （2）根据，的坐标可得出直线的表达式，由点的坐标表达点的坐标，根据可表达四边形的面积，利用二次函数的性质可得结论； （3）由菱形的对称性可知，若以、、、为顶点的四边形是菱形，则是等腰三角形，分三种情况讨论，列出方程解之即可． 【解答】解：（1）是直角三角形，理由如下： 与轴交于、两点（点在点的左侧），与轴交于点， 令，则，令，则或， ，，， ，，， ，，， ，即， 是直角三角形，且； （2），， 直线的解析式为：， ， ，， ， ， ， ， 当时，的最大值为8，此时； ，， ； （3）点的坐标为，或，或，或，或，．理由如下： ， 抛物线的对称轴为直线，则可设，， ，，， 由菱形的对称性可知，若以、、、为顶点的四边形是菱形，则是等腰三角形，则需要分以下三种情况： ①当时，则， 解得， ，或，； ②当时，则， 解得， ，或，； ③当时，则， 解得， ，． 综上，，或，或，或，或，． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，菱形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 38．（2023秋•青山区期中）已知抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点． （1）直接写出，，三点的坐标； （2）如图1，点为直线下方抛物线上一点，于点，求的最大值； （3）如图2，、是抛物线上异于，的两个动点，若直线与直线的交点始终在直线上，求证：直线必经过一个定点，并求该定点坐标． 【分析】（1）令和，解方程可求解； （2）过点作轴于，交于点，利用待定系数法可得直线的解析式为，设，则，则，再证得，可得，得出，再运用二次函数的性质即可求得答案； （3）设点，，，，直线，直线，直线，将点、的坐标代入可得：，，联立直线与抛物线的解析式可得出，，同理：，，进而可得：，，根据直线与直线的交点始终在直线上，可得，，即直线，故直线恒过定点． 【解答】（1）解：对于，令，则， ，， 点，点， 令，则， 点； （2）解：过点作轴于，交于点，如图 设直线的解析式为， 将点，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 设，则， ， 轴， 轴， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， 当时，最大为； （3）证明：如图2，设点，，，， 直线，直线，直线， 将点代入直线的解析式得：， 将点代入直线的解析式得：， 联立直线与抛物线的解析式得：， 整理得：， 则，， 同理：，， ，， ，， ， ， 联立直线与直线的解析式得：， 解得：， 直线与直线的交点始终在直线上， ， 化简得：， ， 直线， 不论为何值，均有时，， 即：直线恒过定点． 【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，函数的极值，相似三角形的判定与性质等知识，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 一十五．圆心角、弧、弦的关系（共2小题） 39．（2023秋•鹿城区校级期中）如图，线段，是的两条弦，，连结，． （1）证明：． （2）若于点，且弦的弦心距为4，求的半径． 【分析】（1）利用得到，则，根据圆周角定理得到，然后根据等腰三角形的判定得到结论； （2）连接、，过点作于点，由（1）可知，则，利用勾股定理求出即可． 【解答】（1）证明：， ， ， ， ； （2）解：连接、，过点作于点， ， 于点，， ， ， ． 即的半径为． 【点评】本题考查了圆周角定理：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．也考查了垂径定理和圆心角、弧、弦的关系． 40．（2023秋•长寿区校级期中）如图，是的直径，点是弧的中点，过点作于点，延长交于点，若，的直径为10，则长为　　 A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】根据垂径定理求出，，求出，求出，求出的长，再求出长，即可求出答案． 【解答】解：连接，如图： ，过圆心， ，， 为弧的中点， ， ， ， 的直径为10， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦之间的关系，勾股定理等知识点，解此题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，是中考常见题目． 一十六．圆周角定理（共2小题） 41．（2023秋•东城区校级期中）如图，点，，都在上，如果，那么的度数为 　　． 【分析】先利用圆周角定理以及周角是可得，再结合已知可得，从而可得，然后利用四边形内角和是进行计算即可解答． 【解答】解：如图： ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 42．（2023秋•江干区校级期中）如图，为的直径，为上半圆的一个动点，于点，的角平分线交于点．且的半径为5，连结，则　　；若弦的长为6，则　　． 【分析】连接、，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质证明，在△中利用勾股定理求出即可；过点作交于点，利用圆周角定理求出，从而证明△是等腰直角三角形，在△中利用勾股定理求出、，在△中利用勾股定理求出，从而由计算出． 【解答】解：连接、． 是的角平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 过点作交于点， ， △是等腰直角三角形， ， ， 在△中，利用勾股定理，得， ． 故答案为：，． 【点评】本题考查圆周角定理、勾股定理、垂径定理，掌握圆周角定理、勾股定理、垂径定理及平行线的判定与性质是解题的关键． 一十七．点与圆的位置关系（共2小题） 43．（2023秋•惠山区期中）已知的半径为4，，则点与的位置关系是　　 A．点在内 B．点在上 C．点在外 D．不能确定 【分析】点在圆上，则；点在圆外，；点在圆内，即点到圆心的距离，即圆的半径）． 【解答】解：，故点与的位置关系是点在圆内． 故选：． 【点评】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键． 44．（2023秋•西湖区校级期中）已知的半径为3，若点在圆上，则 　　3（填“”、“ ”、“ ” ． 【分析】点在圆上，则；点在圆外，；点在圆内，即点到圆心的距离，即圆的半径）． 【解答】解：点在圆上，的半径为3， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握点和圆的位置关系与数量之间的等价关系是解决问题的关键． 一十八．三角形的外接圆与外心（共4小题） 45．（2023秋•威县校级期中）如图，是的外接圆，是的中点．若，的半径为5，则的长度为　　 A． B． C． D． 【分析】连接，，根据已知易得：，从而根据等弧所对的圆周角相等可得，进而可得，然后利用圆周角定理可得，从而利用弧长公式进行计算，即可解答． 【解答】解：连接，， 是的中点， ， ， ， ， 的长度， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，弧长的计算，圆周角定理，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． 46．（2023秋•惠山区期中）如图，在的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为　　 A． B． C． D． 【分析】作的垂直平分线，作的垂直平分线，设与相交于点，连接，，，则点是外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，然后根据图中阴影部分的面积扇形的面积的面积的面积，进行计算即可解答． 【解答】解：如图：作的垂直平分线，作的垂直平分线，设与相交于点，连接，，，则点是外接圆的圆心， 由题意得：， ， ， ， 是直角三角形， ， ， 图中阴影部分的面积扇形的面积的面积的面积 ， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算，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． 47．（2023秋•西湖区校级期中）如图，是的内接等腰三角形，，弦过边的中点，且，若，则外接圆的半径为 　　，　　． 【分析】连接，，，，过点作，垂足为，根据等腰三角形的性质可得，从而利用圆周角定理可得，进而可得是等边三角形，再利用等边三角形的性质可得，，然后根据已知可得是的垂直平分线，在中，利用锐角三角函数的定义可得的长，再利用平行线的性质可得：，最后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而在中，利用勾股定理求出的长，再利用垂径定理进行计算，即可解答． 【解答】解：连接，，，，过点作，垂足为， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ，， 是的垂直平分线， 点是的中点， 点是与的交点， 在中，， ， ， ， 在中，， 在中，， ， ， ， 故答案为：；． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，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． 48．（2023秋•福州期中）如图，是的外接圆，连接交于点． （1）求证：； （2）若，，，求的半径； （3）若，，的面积为6，求的长． 【分析】（1）延长交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，然后利用圆周角定理可得，从而利用等量代换即可解答； （2）过点作，垂足为，连接，先利用垂径定理可得，从而可得，然后设，则，再在和中，利用勾股定理可得，，从而列出关于的方程，进行计算即可解答； （3）过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据垂直定义可得，再利用垂径定理可得，然后利用同角的余角相等可得，从而利用证明，最后利用全等三角形的性质可得，从而利用三角形的面积进行计算，即可解答． 【解答】（1）证明：延长交于点，连接， 是的直径， ， ， ， ； （2）解：过点作，垂足为，连接， ，， ， ， 设， ， ， 在中，， 在中，， ， 解得：， ， 的半径为17； （3）解：过点作，垂足为，过点作，垂足为， ， ， ，， ， ， ， ， 的面积为6， ， ． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，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． 一十九．切线的性质（共3小题） 49．（2023秋•东宝区校级期中）如图，是的直径，切于点，交于点，连接，若，则　34　． 【分析】根据切线的性质可得，然后利用圆周角定理可得，从而利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解答． 【解答】解：切于点， ， ， ， ， 故答案为：34． 【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，以及圆周角定理是解题的关键． 50．（2023秋•金坛区期中） 如图，是的切线，为切点，连接交于点，延长交于点，连接．若，且，则的长度是 　　． 【分析】连接，设的半径为，根据圆周角定理可得，从而可得，然后利用切线的性质可得，从而可得，进而可得，最后在中，利用含30度角的直角三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：连接， 设的半径为， ，， ， 是的切线，为切点， ， ， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，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． 51．（2022秋•嘉祥县期中）如图，，是的两条切线，切点分别为，．连接，，，，与交于点．若，，则的周长为　　． 【分析】根据切线的性质得到，，平分，，推出是等边三角形，根据直角三角形的性质求出，由，于是得到结论． 【解答】解：、是的两条切线， ，，平分，， ， 是等边三角形，，， ， ， ， ， ， ， ， 的周长． 故答案为：． 【点评】本题考查了切线的性质，直角三角形的性质，三角形的周长的计算，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 二十．旋转的性质（共6小题） 52．（2023秋•江阳区校级期中）如图，等边三角形的边长为4，的垂直平分线与和的角平分线的交于点，且，，绕点旋转，分别交线段、于、两点，连接．给出下列四个结论：①；②；③四边形的面积始终等于； ④△周长的最小值为6．其中正确的是 　①③④　．（填序号） 【分析】利用等边三角形的性质得，再证明，于是可判断△ △，所以，，则可对①进行判断；利用 得到四边形的面积，则可对③进行判断；作，如图，则，计算出 ，利用 随的变化而变 化和四边形的面积为定值可对②进行判断；由于△的周长，根据垂线段最 短，当时，最小，△的周长最小，计算出此时的长则可对④进行判断． 【解答】解：△为等边三角形， ， 的垂直平分线与和的角平分线的交于点， ， ，即， 而，即， ， 在△和△ 中， ， △△， ，， ①正确； △△， ， 四边形的面积，故③正确； 作，如图，则， ， ， ，， ， ，即 随的变化而变化，而四边形的面积为定值， ；故②错误； ， △的周长， 当时，最小，△的周长最小，此时 ． △周长的最小值， ④正确． 故答案为：①③④． 【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．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质． 53．（2023秋•新抚区期中）如图，在中，，把绕点顺时针旋转，得到，是的中点，若，，则线段的长为 　5　． 【分析】取的中点，连接，则，则，由中位线定理可得，且，在中，由勾股定理可得的长． 【解答】解：如图，取的中点，连接， 则， 由旋转可知，， ，，， ，， 点是的中点， 是的中位线， ，且， ， 在中，由勾股定理可得． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查旋转的性质，中位线定理及勾股定理等相关知识，作出辅助线将放在直角三角形中是解题关键． 54．（2023秋•扶沟县期中）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转角得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 　或或　． 【分析】点在以为圆心，为半径的圆上运动，有固定轨迹，为直角三角形，要分三种情况讨论求解． 【解答】解：由题意可知，点在以为圆心，为半径的圆上运动． 如图：延长与交于，连接． ， 又， △为等边三角形， ． 在中，，， ． ， 当在直线上时符合题意， ，． 连接， ，， 四边形为平行四边形． ， 即：运动到时符合题意． ． 记中点为，以为圆心，为半径作． ， 与相离， ． 故答案为：、、． 【点评】本题考查了直角三角形的定义，等边三角形，等腰三角形的性质及判定，以及圆周角定理，勾股定理等知识点．题目新颖、灵活，解法多样，需要敏锐的感知图形的运动变化才能顺利解题． 55．（2024春•凉州区校级期中）如图，在中，，，将绕点逆时针旋转得到△，点是的中点，点是的中点，连接，若，则线段的最大值是 　9　． 【分析】连接，在中，利用含30度角的直角三角形的性质可得，从而利用线段的中点定义可得，再根据旋转的性质可得：，，然后在△中，利用直角三角形斜边上的中线性质可，从而在中，利用三角形的三边关系即可解答． 【解答】解：连接， ，，， ， 点是的中点， ， 由旋转得：，， 点是的中点， ， ， ， 线段的最大值是9， 故答案为：9． 【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，直角三角形斜边上的中线，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． 56．（2023秋•清丰县期中）如图，在中，，，，将绕点逆时针方向旋转得到，连接，，当时，的长为 　　． 【分析】根据已知易得、、三点共线，然后在中，利用含30度角的直角三角形的性质求出，的长，然后利用旋转的性质可得：，从而求出的长，最后在中，利用勾股定理进行计算，即可解答． 【解答】解：如图： ，， 、、三点共线， ，，， ，， 由旋转得：， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，以及含30度角的直角三角形的性质是解题的关键． 57．（2023秋•兰山区期中）如图，在中，，将绕点逆时针旋转到△的位置，使得． （1）请判断的形状，并说明理由； （2）求的度数． 【分析】（1）根据旋转的性质可得：，即可解答； （2）利用平行线的性质可得，再利用等腰三角形的性质可得，然后利用三角形内角和定理可得，从而利用旋转的性质可得：，即可解答． 【解答】解：（1）是等腰三角形， 理由：绕点逆时针旋转到△的位置， ， 是等腰三角形； （2）， ， ， ， ， 由旋转得：， 的度数为． 【点评】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质，以及等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 二十一．中心对称图形（共1小题） 58．（2023秋•红旗区校级期中）下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中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判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【解答】解：选项、、都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：． 【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 二十二．作图-旋转变换（共2小题） 59．（2023秋•海淀区校级期中）将线段绕点逆时针旋转得到线段，继续旋转得到线段，连接． （1）连接，如图1，若，则的度数为　　；（直接写出结果） （2）如图2，以为斜边作直角三角形，使得，连接，．若，求的值． 【分析】（1）根据图形旋转的性质可知，再等腰三角形的性质即可得出结论； （2）过点作于点，连接．先根据定理得出，故可得出，，所以是等边三角形．根据，可知．再根据三角形内角和定理可得出结论． 【解答】解：（1）线段，由旋转而成， ． 中，， 中，， ． 故答案为：． （2）如图2，过点作于点，连接． ， ． 在与中， ， ． ，． ． 是等边三角形． ． ，， ． 又， ． ． ，， 中，． 【点评】本题考查的是图形旋转的性质、等边三角形的性质及等腰三角形的性质的运用，作辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 60．（2023秋•临潼区期中）在四边形中，的两边，分别交直线，于点，，已知，且，． （1）如图1，当全部位于四边形的内部时，试探究与，之间的数量关系．为了引发同学的思考，数学刘老师给出了此题的部分解法作为提示：证明：如图2，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ，，三点共线． 请你将上述证明过程补充完整，并写出结论； （2）如图3，当旋转到如图所示的位置时，那么（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；如若不成立，请写出正确的结论，并证明． 【分析】（1）利用旋转的性质，推理得出，进而利用线段的和差关系得到与，之间的数量关系为． （2）同样利用旋转的性质，推理得出，进而利用线段的和差关系得到与，之间的数量关系为． 【解答】（1）证明：如图2，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ，，三点共线． ， ， 即， ， ， 在和中， ， ， ， 即与，之间的数量关系为． （2）当旋转到如图3所示的位置时，（1）中的结论不成立． 正确的结论为：． 证明：如图3，将绕点旋转到处． ，，，， ， ， ， ，，三点共线． ， ， 即， ， ． 在和中， ， ， ， 即与，之间的数量关系为． 【点评】本题考查了旋转的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等得出相关结论． 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 $$