期中真题必刷易错60题（24个考点专练）-【好题汇编】备战2024-2025学年九年级数学上学期期中真题分类汇编（人教版，吉林专用）

期中真题必刷易错60题（24个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共2小题） 1．（2022秋•农安县期中）下列方程是关于的一元二次方程的是　　 A． B． C． D． 2．（2022秋•前郭县期中）已知是关于的一元二次方程，则的值为 　　． 二．一元二次方程的解（共1小题） 3．（2023秋•前郭县期中）若是关于的一元二次方程的一个根，则的值为　　 A．0 B．3 C． D．5 三．解一元二次方程-配方法（共1小题） 4．（2022秋•南关区校级期中）用配方法解方程时，配方结果正确的是　　 A． B． C． D． 四．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 5．（2022秋•前郭县期中）解方程：． 6．（2022秋•南关区校级期中）解方程： （1）； （2）解方程：． 五．二次函数的图象（共1小题） 7．（2023秋•集宁区校级期中）函数与在同一坐标系中的图象可能是　　 A． B． C． D． 六．二次函数的性质（共2小题） 8．（2022秋•寿县期中）已知二次函数为非零常数，，当时，随的增大而增大，则下列结论正确的是　　 ①若时，则随的增大而减小； ②若图象经过点，则； ③若，是函数图象上的两点，则； ④若图象上两点，对一切正数．总有，则． A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 9．（2023秋•南关区校级期中）抛物线的顶点坐标是　 　． 七．二次函数图象与系数的关系（共6小题） 10．（2023秋•吉林期中）如图是二次函数的部分图象，顶点坐标为．下列结论：①；②；③；④方程有两个相等的实数根．其中所有正确结论的序号是　　 A．①② B．③④ C．②③ D．②③④ 11．（2022秋•大观区校级期中）如图是二次函数图象的一部分，对称轴为直线，且经过点，下列说法：①；②；③；④若，是抛物线上的两点，则；⑤，（其中；其中说法正确的是　　 A．①②③ B．②④⑤ C．②③④ D．①④⑤ 12．（2022秋•寿县期中）已知二次函数的图象与轴相交于点． （1）若，，求该二次函数的最小值； （2）若，点，都在该函数的图象上，比较和的大小关系； （3）若点，都在该二次函数图象上，分别求，的取值范围． 13．（2023秋•集宁区校级期中）二次函数的部分图象如图，图象过点，对称轴为直线，下列结论：①；②；③方程有实数根；④若点、、在该函数图象上，则；⑤，其中正确结论有　　 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 14．（2023秋•西湖区校级期中）一条抛物线的顶点为，，且与轴有两个交点，其中一个交点是，则对，，描述正确的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 15．（2023秋•东莞市校级期中）二次函数的图象如图，对称轴是直线，下列结论中正确的是　　 A． B． C． D． 八．二次函数图象上点的坐标特征（共2小题） 16．（2023秋•余姚市校级期中）已知点，是抛物线上的两点，则，的大小关为　　 A． B． C． D．无法确定 17．（2023秋•东莞市校级期中）在抛物线上有，和三点，则，，的大小关系为　　 A． B． C． D． 九．二次函数图象与几何变换（共1小题） 18．（2023秋•罗定市期中）在平面直角坐标系中，将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是　　 A． B． C． D． 一十．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 19．（2023秋•船营区校级期中）如图，二次函数的图象经过点，顶点坐标为． （1）求这个二次函数的表达式； （2）随的增大而增大时，的范围为 　　； （3）当时，的取值范围为 　　． 一十一．抛物线与x轴的交点（共4小题） 20．（2023秋•南关区校级期中）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线是常数）经过点．点的坐标为，点在该抛物线上，横坐标为．其中． （1）求该抛物线对应的函数表达式及顶点坐标； （2）当点到两坐标轴的距离相等时，求点的坐标； （3）该抛物线与轴的左交点为，当抛物线在点和点之间的部分（包括、两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为时，求的值； （4）当点在轴下方时，过点作轴于点，连接、．若四边形的边和抛物线有两个交点（不包括四边形的顶点），设这两个交点分别为点、点，线段的中点为．当以点、、、（或以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半时，直接写出所有满足条件的的值． 21．（2023秋•吉林期中）抛物线为常数）与轴的一个交点为原点，另一个交点为，顶点坐标为． （1）求点的坐标及的值； （2）若点在此抛物线上，其横坐标为．当点在轴下方时，请直接写出的取值范围． 22．（2022秋•寿县校级期中）如图，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，过、两点作直线． （1）求的值． （2）将直线向下平移个单位长度，交抛物线于、两点．在直线方的抛物线上是否存在定点，无论取何值时，都是点到直线的距离最大，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 23．（2023秋•花垣县校级期中）如图是二次函数的函数图象，由图象可知一元二次方程的解是　　 A．， B．， C．， D．， 一十二．二次函数的应用（共5小题） 24．（2022秋•乾安县期中）如图，游乐园里的原子滑车是很多人喜欢的项目，惊险刺激，原子滑车在轨道上运行的过程中有一段路线可以看作是抛物线的一部分，原子滑车运行的竖直高度（单位：与水平距离（单位：近似满足函数关系．如图记录了原子滑车在该路段运行的与的三组数据，、，、，，可推断出，此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离满足　　 A． B． C． D． 25．（2023秋•吉林期中）运动会上，小明同学在推铅球时，铅球行进的高度（米与水平距离（米之间的函数关系式为，则小明的成绩是 　　米． 26．（2023秋•南关区校级期中）如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为10米）围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃的宽为米，面积为平方米． （1）如果花圃的面积为45平方米，那么的长为多少米？ （2）当的长为多少米时，花圃面积最大？ 27．（2022秋•永吉县期中）用长为的铝合金材料做一个形状如图所示的矩形窗框．设窗框的宽为（铝合金材料的宽度忽略不计），面积为． （1）求窗框的面积为与窗框的宽之间的函数解析式． （2）求当为何值时，面积最大？最大值是多少？ 28．（2023秋•乾安县期中）根据以下素材，探索完成任务． 如何设计拱桥景观灯的悬挂方案？ 素材1 图1中有一座拱桥，图2是其抛物线形桥拱的示意图，某时测得水面宽，拱顶离水面．据调查，该河段水位在此基础上再涨达到最高． 素材2 为迎佳节，拟在图1桥洞前面的桥拱上悬挂长的灯笼，如图3．为了安全，灯笼底部距离水面不小于；为了实效，相邻两盏灯笼悬挂点的水平间距均为；为了美观，要求在符合条件处都挂上灯笼，且挂满后成轴对称分布． 问题解决 任务1 确定桥拱形状 在图2中建立合适的直角坐标系，求抛物线的函数表达式． 任务2 探究悬挂范围 在你所建立的坐标系中，仅在安全的条件下，确定悬挂点的纵坐标的最小值和横坐标的取值范围． 任务3 拟定设计方案 给出一种符合所有悬挂条件的灯笼数量，并根据你所建立的坐标系，求出最左边一盏灯笼悬挂点的横坐标． 一十三．二次函数综合题（共2小题） 29．（2023秋•绿园区校级期中）在平面直角坐标系中，坐标原点为点，抛物线，为常数）的对称轴为直线，且经过点，点在该抛物线上，其横坐标为． （1）求此抛物线对应的函数表达式； （2）当点与点关于抛物线的对称轴对称时，求的面积； （3）已知点，，点，是抛物线上的点，若对于，，都有，直接写出的取值范围； （4）设抛物线上点与点之间的部分（含端点）为图象，当直线与图象只有一个公共点时，直接写出的取值范围． 30．（2022秋•永吉县期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于，两点，点在轴上，点的横坐标为2． （1）点坐标为 　　，点坐标为 　　． （2）求此抛物线所对应的函数解析式． （3）点是抛物线上一点，点与点不重合，设点的横坐标为，过点作轴，交直线于点，设的长为． ①若点在直线的上方，求关于的函数解析式； ②若点在轴的上方，当随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 一十四．垂径定理（共2小题） 31．（2023秋•旌阳区校级期中）已知的直径，是的弦，，垂足为，且，则的长为　　 A． B． C．或 D．或 32．（雨花区校级期中）如图，是的弦，是的中点，连接并延长交于点．若，，则的半径是　　． 一十五．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•寒亭区期中）如图，在中，，于，则　　度． 一十六．圆周角定理（共6小题） 34．（2022秋•香坊区校级期中）如图，的半径为1，是的一条弦，且，则弦所对圆周角的度数为　　 A． B． C．或 D．或 35．（2023秋•凤台县校级期中）如图，是的直径，点和点是上的两点且位于直径的两侧．若，则的度数为　　 A． B． C． D． 36．（2023秋•鼓楼区期中）如图，在中，动弦与直径相交于点且总有，则的值　　 A．随着的增大而增大 B．随着的增大而减小 C．随着的增大先增大后减小 D．保持不变 37．（2023秋•静海区校级期中）如图，点，，，在上，则图中一定与相等的角是　　 A． B． C． D． 38．（2023秋•南关区校级期中）如图，在中，，若，则　　度． 39．（2023秋•阳信县期中）如图，在中，是直径，，则　　度． 一十七．圆内接四边形的性质（共2小题） 40．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，、、、是上四点，． （1）判断的形状并证明你的结论； （2）当点位于什么位置时，四边形是菱形？并说明理由． （3）求证：． 41．（2023秋•南关区校级期中）小明用“截长补短法”解答了下面问题： 如图1，四边形是的内接四边形，连结，．是的直径，．请说明线段，，之间的数量关系． 解：．理由如下： 如图2，过点作交于点，则． 是的直径， ， ①． 又，②， △③， ，， ， ． ， ． （1）填空：①　　，②　　，③　　； （2）如图3，四边形是的内接四边形，是的直径，，连结，．则线段，，之间的数量关系是 　　． 一十八．点与圆的位置关系（共2小题） 42．（2023秋•玄武区期中）平面内，已知的半径是，线段，则点　　 A．在外 B．在上 C．在内 D．不能确定 43．（2023秋•龙泉市期中）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，，是弧上一个动点，连结，过点点作于点，连结，在点移动的过程中． （1）　　； （2）的最小值是 　　． 一十九．确定圆的条件（共1小题） 44．（2023秋•静海区校级期中）下列有关圆的一些结论①任意三点可以确定一个圆；②相等的圆心角所对的弧相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；④圆内接四边形对角互补．其中正确的结论是　　 A．① B．② C．③ D．④ 二十．三角形的外接圆与外心（共6小题） 45．（2023秋•惠阳区校级期中）如图，圆是的外接圆，，则的大小是　　 A． B． C． D． 46．（2023春•仓山区校级期中）如图，是的外接圆，已知，则的大小为　　 A． B． C． D． 47．（2023秋•东港区校级期中）下列说法正确的个数有　　 ①长度相等的两条弧是等弧； ②相等的弦所对的圆心角相等； ③垂直于弦的直径平分弦； ④任意一个三角形有且只有一个外接圆； ⑤的角所对的弦是直径； ⑥三角形的外心到三角形的三边距离相等． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 48．（2023秋•滨州期中）如图，直角坐标系中，，，经过，，三点的圆，圆心为，若线段，则点与的位置关系为　　 A．点在上 B．点在外 C．点在内 D．无法确定 49．（2023秋•东昌府区期中）如图，和都是等边三角形，点是的外心，那么的值为　　 A． B． C． D． 50．（2023秋•章贡区期中）如图，是的内接三角形，且是的直径，点为上的动点，且，的半径为6，则点到距离的最大值是　　 A．6 B．12 C． D． 二十一．三角形的内切圆与内心（共1小题） 51．（2021秋•丛台区校级期中）下列说法： ①平分弦的直径垂直于弦 ②三点确定一个圆， ③相等的圆心角所对的弧相等 ④垂直于半径的直线是圆的切线 ⑤三角形的内心到三条边的距离相等 其中不正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二十二．旋转的性质（共3小题） 52．（2023春•德州期中）边长相等的两个正方形和如图所示，若将正方形绕点按顺时针方向旋转，在旋转的过程中，两个正方形重叠部分四边形的面积　　 A．先增大再减小 B．先减小再增大 C．不断增大 D．不变 53．（2018秋•铁西区期中）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　　． 54．（2024春•宝安区期中）阅读下面材料，并解决问题： （1）如图①等边内有一点，若点到顶点、、的距离分别为3，4，5，求的度数． 为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出　　； （2）基本运用 请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题 已知如图②，中，，，、为上的点且，求证：； （3）能力提升 如图③，在中，，，，点为内一点，连接，，，且，求的值． 二十三．中心对称图形（共2小题） 55．（2022秋•双辽市期中）2022年北京冬奥会在北京，张家口等地召开，在此之前进行了冬奥会会标征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 56．（2020秋•朝阳区校级期中）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 二十四．关于原点对称的点的坐标（共4小题） 57．（2023秋•临潼区期中）若点与点关于原点对称，则的值为　　 A． B．4 C． D．1 58．（2023秋•中山区期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　　 A． B． C． D． 59．（2023秋•南宫市期中）在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则，的值分别为　　 A．3， B．3，2 C．，2 D．， 60．（2023秋•铁山区期中）若点关于原点对称的点是，则的值为　　 A．6 B． C．8 D．9 ( 2 )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 $$ 期中真题必刷易错60题（24个考点专练） 一．一元二次方程的定义（共2小题） 1．（2022秋•农安县期中）下列方程是关于的一元二次方程的是　　 A． 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：．该方程是二元一次方程，故本选项不合题意； ．该方程化简后可得，是一元一次方程，故此选项不符合题意； ．该方程是分式方程，故本选项不合题意； 、该方程是一元二次方程，故本选项符合题意； 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”． 2．（2022秋•前郭县期中）已知是关于的一元二次方程，则的值为 　　． 【分析】根据一元二次方程的定义得到，且，然后求解即可得出答案． 【解答】解：方程是关于的一元二次方程， ，且． 解得． 故答案为：． 【点评】本题考查了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是．特别要注意的条件，这是在做题过程中容易忽视的知识点． 二．一元二次方程的解（共1小题） 3．（2023秋•前郭县期中）若是关于的一元二次方程的一个根，则的值为　　 A．0 B．3 C． D．5 【分析】根据题意可得：把代入方程中得：，从而可得，即可解答． 【解答】解：把代入方程中得：， ， ， 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． 三．解一元二次方程-配方法（共1小题） 4．（2022秋•南关区校级期中）用配方法解方程时，配方结果正确的是　　 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． 四．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 5．（2022秋•前郭县期中）解方程：． 【分析】利用解一元二次方程因式分解法，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 或， ， 【点评】本题考查了解一元二次方程因式分解法，熟练掌握解一元二次方程因式分解法是解题的关键． 6．（2022秋•南关区校级期中）解方程：（1）； （2）解方程：． 【分析】（1）利用解一元二次方程公式法，进行计算即可解答； （2）利用解一元二次方程因式分解法，进行计算即可解答． 【解答】解：（1）， △ ， ， ，； （2）， ， ， ， 或， ，． 【点评】本题考查了解一元二次方程因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． 五．二次函数的图象（共1小题） 7．（2023秋•集宁区校级期中）函数与在同一坐标系中的图象可能是　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，根据一次函数的性质和二次函数的性质，由函数图象可以判断、的正负情况，从而可以解答本题． 【解答】解：由题意，函数为与， 当时，函数值均为． 两函数图象在轴的交点为，故、错误． 、选项中，抛物线开口向上， ． 一次函数过第一、第三象限，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象和一次函数的图象，解题时要熟练掌握并能灵活运用一次函数和二次函数的性质是关键． 六．二次函数的性质（共2小题） 8．（2022秋•寿县期中）已知二次函数为非零常数，，当时，随的增大而增大，则下列结论正确的是　　 ①若时，则随的增大而减小； ②若图象经过点，则； ③若，是函数图象上的两点，则； ④若图象上两点，对一切正数．总有，则． A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 【分析】依据题意，由题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题． 【解答】解：二次函数为非零常数，， 当时，，，． 又当时，随的增大而增大， ，开口向下． 当时，随的增大而减小，故①正确； 又对称轴为直线，， ． 若，是函数图象上的两点，2021离对称轴近些， 又抛物线开口向下， 则，故③正确； 若图象上两点，，，对一切正数，总有，， 又该函数与轴的两个交点为，， ． 解得，故④错误； 二次函数为非零常数，，当时，随的增大而增大， ． 若图象经过点，则，得． ，， ，故②错误； ①③正确；②④错误， 故选：． 【点评】本题主要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． 9．（2023秋•南关区校级期中）抛物线的顶点坐标是　　． 【分析】根据顶点式的坐标特点直接写出顶点坐标． 【解答】解：是抛物线解析式的顶点式， 根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为． 【点评】考查顶点式中，顶点坐标是． 七．二次函数图象与系数的关系（共6小题） 10．（2023秋•吉林期中）如图是二次函数的部分图象，顶点坐标为．下列结论：①；②；③；④方程有两个相等的实数根．其中所有正确结论的序号是　　 A．①② B．③④ C．②③ D．②③④ 【分析】依据题意，由抛物线开口方向及对称轴的位置可判断①②，由顶点坐标为可判断④，由时及抛物线的对称性可得时，从而判断③． 【解答】解：抛物线开口向上， ． ①错误． 抛物线顶点坐标为， ． ，①正确； 抛物线顶点坐标为， 对称轴是直线． 当时与当时函数值相同． 由图象知当时． 当时，． ③正确． 抛物线顶点坐标为， 方程有两个相等的实数根， 方程有两个相等的实数根，④正确． 故选：． 【点评】本题主要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． 11．（2022秋•大观区校级期中）如图是二次函数图象的一部分，对称轴为直线，且经过点，下列说法：①；②；③；④若，是抛物线上的两点，则；⑤，（其中；其中说法正确的是　　 A．①②③ B．②④⑤ C．②③④ D．①④⑤ 【分析】根据抛物线开口方向得，根所抛物线的对称轴得，根据抛物线与轴的交点在轴正半轴上得，从而可对①②作出判断；根据抛物线过点得，可对③作出判断；根据抛物线的对称轴及二次函数的对称性可对④作出判断；根据顶点位置时取得最大值可对⑤作出判断． 【解答】解：抛物线开口向下， ， 抛物线的对称轴为， ， ， 抛物线与轴的交点在正半轴上， ， ，故①错误； ， ，故②正确； 抛物线过点， ，故③错误； 抛物线的对称轴为， 点与点对称， ，， ，故④正确； 当时，函数有最大值， 当时，， ， ，即，故⑤正确． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的图象与性质，解题关键是掌握二次函数的相关性质，是中考常考题． 12．（2022秋•寿县期中）已知二次函数的图象与轴相交于点． （1）若，，求该二次函数的最小值； （2）若，点，都在该函数的图象上，比较和的大小关系； （3）若点，都在该二次函数图象上，分别求，的取值范围． 【分析】（1）依据题意，由二次函数的图象与轴相交于点，从而求出，又，，可得二次函数的解析式，再化成顶点式，进而可得最小值得解； （2）依据题意，由，从而可得对称轴直线，再结合抛物线上的点离对称轴越近函数值越小，进而可以判断得解； （3）依据题意得，由点，都在该二次函数图象上，代入解析式可得，，进而可以判断得解． 【解答】解：（1）由题意，二次函数的图象与轴相交于点， ． 又，， 二次函数为． 又， 当时，取最小值为． （2）由题意，， 对称轴直线． ， 抛物线上的点离对称轴越近函数值越小． 又， ． （3）由题意得，①，②， ①②得，，则； ①②得，，则△，可得或（舍去）． 综上可得，；． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数的最值，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． 13．（2023秋•集宁区校级期中）二次函数的部分图象如图，图象过点，对称轴为直线，下列结论：①；②；③方程有实数根；④若点、、在该函数图象上，则；⑤，其中正确结论有　　 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】】根据抛物线对称轴为直线可得与的关系，从而判断①；由时可判断②；由函数为第一、三象限的角平分线所在直线，从而函数与抛物线一定有交点，故方程有实数根，即有实数根，故判断③；由抛物线开口向下，从而抛物线上的点离对称轴越近函数值越大，结合，从而可以判断④；由抛物线的对称轴是直线，且开口向下，可得当时，取最大值，故对于任意的都有，从而可以判断⑤． 【解答】解：抛物线对称轴为直线， ，即，①正确． 由图象可得时，， ，②错误． 函数为第一、三象限的角平分线所在直线， 函数与抛物线一定有交点． 方程有实数根，即有实数根，故③正确． 抛物线开口向下， 抛物线上的点离对称轴越近函数值越大． 又， ，故④错误． 抛物线的对称轴是直线，且开口向下， 当时，取最大值． 对于任意的都有． ，故⑤正确． 综上，正确的有3个． 故选：． 【点评】本题主要考查了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． 14．（2023秋•西湖区校级期中）一条抛物线的顶点为，，且与轴有两个交点，其中一个交点是，则对，，描述正确的是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 【分析】依据题意，由抛物线的顶点为，可得，即，故，又抛物线过，则，进而可得，结合，最后可以判断，，的符号． 【解答】解：由题意，抛物线的顶点为， ，即． ． 又抛物线过， ， ． ． ， ． ，． ． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系、抛物线与轴的交点，解题时要熟练掌握并能灵活二次函数的性质是关键． 15．（2023秋•东莞市校级期中）二次函数的图象如图，对称轴是直线，下列结论中正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据二次函数的图象与对称轴可以判断选项和的正误，根据当时的函数值小于0，可以判断选项的正误，根据抛物线的对称性可以判断选项的正误；从而得解． 【解答】解：根据图象可知，开口向上，且与轴交点在轴下方， ，， 对称轴为直线， ． ， ，． 故选项错误，符合题意；选项正确，符合题意； 由图象可知，当时，函数值即， 故选项错误，不符合题意； 根据抛物线的对称性，知当与时，对应的函数值均等于零， ①，②0； ①②得，． 故选项错误，不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数的图象与系数的关系，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答此题的关键． 八．二次函数图象上点的坐标特征（共2小题） 16．（2023秋•余姚市校级期中）已知点，是抛物线上的两点，则，的大小关为　　 A． B． C． D．无法确定 【分析】依据题意，由抛物线为，从而抛物线开口向上，且抛物线的对称轴是直线，故此抛物线上的点离对称轴越近函数值越小，结合，进而可以判断得解． 【解答】解：抛物线为， 抛物线开口向上，且抛物线的对称轴是直线． 抛物线上的点离对称轴越近函数值越小． 又， ． 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． 17．（2023秋•东莞市校级期中）在抛物线上有，和三点，则，，的大小关系为　　 A． B． C． D． 【分析】依据题意，由抛物线为，从而抛物线的对称轴是直线，且抛物线的开口向上，故抛物线上的点离对称轴越近函数值越小，进而可以判断得解． 【解答】解：由题意，抛物线为， 抛物线的对称轴是直线，且抛物线的开口向上． 抛物线上的点离对称轴越近函数值越小． 又， ． 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． 九．二次函数图象与几何变换（共1小题） 18．（2023秋•罗定市期中）在平面直角坐标系中，将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是　　 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． 【解答】解：将抛物线先向右平移2个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是，即． 故答案为：． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握二次函数平移的法则是解题的关键． 一十．待定系数法求二次函数解析式（共1小题） 19．（2023秋•船营区校级期中）如图，二次函数的图象经过点，顶点坐标为． （1）求这个二次函数的表达式； （2）随的增大而增大时，的范围为 　　； （3）当时，的取值范围为 　　． 【分析】（1）依据题意，先由顶点坐标设二次函数的顶点式，然后代入点求得函数的解析式； （2）依据题意，由抛物线开口向下，对称轴是直线，可以得解； （3）依据题意，先求得、和时的函数值，然后结合函数的增减性得到的取值范围． 【解答】解：（1）由题意，设二次函数的表达式为， 将代入，得， 解得：， ． （2）由题意，由抛物线开口向下，对称轴是直线， 当时，随的增大而增大． 故答案为：． （3）当时，；当时，；时，取最大值， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了二次函数的解析式、函数的增减性，解题的关键会用顶点式求得二次函数的解析式． 一十一．抛物线与x轴的交点（共4小题） 20．（2023秋•南关区校级期中）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线是常数）经过点．点的坐标为，点在该抛物线上，横坐标为．其中． （1）求该抛物线对应的函数表达式及顶点坐标； （2）当点到两坐标轴的距离相等时，求点的坐标； （3）该抛物线与轴的左交点为，当抛物线在点和点之间的部分（包括、两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为时，求的值； （4）当点在轴下方时，过点作轴于点，连接、．若四边形的边和抛物线有两个交点（不包括四边形的顶点），设这两个交点分别为点、点，线段的中点为．当以点、、、（或以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半时，直接写出所有满足条件的的值． 【分析】（1）根据题意，将点代入抛物线中，得到，故抛物线解析式为：，由此得到答案． （2）根据题意，点坐标为，又，根据该图象性质，点在第一或第四象限，当点在第一象限时，；当点在第四象限时，，由此得到答案． （3）根据题意，得到点在对称轴右侧，分情况讨论：当，即时；当，即时，分别求出答案． （4）根据题意，得到，分三种情况讨论：当是的中点时；当为的中点时；，分别列方程，求出答案． 【解答】解：（1）根据题意， 将点代入抛物线中， 得， 解得：， 抛物线解析式为：， 顶点坐标为． （2）根据题意得： 点在该抛物线上，横坐标为， 点坐标为， 点到两坐标轴的距离相等， 根据抛物线图象性质，且， 当点在第一象限时， ，即， 解得：，（舍去）， 当点在第四象限时， ，即， 解得：，（舍去）， 即点的坐标为或． （3）根据题意， 令， 解得：，， ， ， ， 点在对称轴右侧， ． 如图1，当，即时， 根据题意，， 解得：； 如图2，当，即时， 根据题意，， 解得：，（舍去）， 综上，或． （4）如图3， 点在轴下方， 且 ， 以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，线段的中点为， ， ， ， 当是的中点时，如图4， 则， ，代入， 即， 解得：（舍，； 同理当为的中点时，如图5， ，， 则点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半， ， 解得：， 如图6， 设， 则， 以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，线段的中点为， ， 即， ， ， ， ， 解得：， 综上，或或． 【点评】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数的性质，四边形面积问题，三角形中线的性质，根据题意画出图形，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 21．（2023秋•吉林期中）抛物线为常数）与轴的一个交点为原点，另一个交点为，顶点坐标为． （1）求点的坐标及的值； （2）若点在此抛物线上，其横坐标为．当点在轴下方时，请直接写出的取值范围． 【分析】（1）依据题意，将顶点坐标代入解析式得，可得的值，再令，可得抛物线与轴交点的坐标，进而得解； （2）依据题意，由抛物线与轴的交点为，，抛物线开口向上，从而当在此抛物线上，其横坐标为．当点在轴下方时，可以判断得解． 【解答】解：（1）由题意，将顶点坐标代入解析式得， ， ． 抛物线为． 令，即． 或． 抛物线与轴的交点为，． ． （2）由题意，抛物线与轴的交点为，，抛物线开口向上， 又点在此抛物线上，其横坐标为．当点在轴下方时， ． 【点评】本题主要考查了抛物线与轴的交点，解题时要熟练掌握并理解是关键． 22．（2022秋•寿县校级期中）如图，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，过、两点作直线． （1）求的值． （2）将直线向下平移个单位长度，交抛物线于、两点．在直线方的抛物线上是否存在定点，无论取何值时，都是点到直线的距离最大，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）依据题意，由抛物线与轴交于点，从而可得，进而计算可以得解； （2）依据题意，过点作轴交于点，交于点，过点作于，由（1）得抛物线的解析式为，从而可得，，再证是等腰直角三角形，则，又设直线的解析式为，则有，进而得直线的解析式为，又直线向下平移个单位长度得直线，故可得直线的解析式为，再设，则的坐标为，则，从而，结合二次函数的性质即可判断得解． 【解答】解：（1）由题意，抛物线与轴交于点， ． ． （2）存在定点，无论取何值时，都是点到直线的距离最大． 如图1，过点作轴交于点，交于点，过点作于； 由（1）得抛物线的解析式为， 又令， ，． 令，则； ，， ， ， ，， ，， ， 即是等腰直角三角形，则． 设直线的解析式为，则有， 解得：． 直线的解析式为； 直线向下平移个单位长度得直线， 直线的解析式为； 设，则的坐标为， ， ． ， 当时，取得最大值，的最大值为， 此时点的坐标为，． 存在定点，，无论取何值时，都是点到直线的距离最大． 【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能灵活运用是关键． 23．（2023秋•花垣县校级期中）如图是二次函数的函数图象，由图象可知一元二次方程的解是　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】由依据题意，抛物线与轴的交点横坐标可得方程的解． 【解答】解：由图象可得抛物线经过，， 方程的解为，． 故选：． 【点评】本题主要考查了抛物线与轴的交点，解题时要熟练掌握并灵活运用抛物线与方程的关系求解是关键． 一十二．二次函数的应用（共5小题） 24．（2022秋•乾安县期中）如图，游乐园里的原子滑车是很多人喜欢的项目，惊险刺激，原子滑车在轨道上运行的过程中有一段路线可以看作是抛物线的一部分，原子滑车运行的竖直高度（单位：与水平距离（单位：近似满足函数关系．如图记录了原子滑车在该路段运行的与的三组数据，、，、，，可推断出，此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离满足　　 A． B． C． D． 【分析】解法一：将点、、分别代入函数解析式，求得系数的值；然后由抛物线的对称轴公式可以得到答案． 解法二：根据图象可以直接解答． 【解答】解：解法一：根据题意知，抛物线经过点、、， 则， 解得：， 所以． 此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离满足． 解法二：从图象上看，抛物线开口向上，有最低点，的值越离对称轴越近，函数的值就越小，若对称轴是直线时，、两点应该要一样高（即值相等），但是很明显点比点低，说明点离对称轴更近，所以对称轴在、之间，即． 故选：． 【点评】此题考查了二次函数的应用，此题也可以将所求得的抛物线解析式利用配方法求得顶点式方程，然后直接得到抛物线顶点坐标，由顶点坐标推知此原子滑车运行到最低点时，所对应的水平距离． 25．（2023秋•吉林期中）运动会上，小明同学在推铅球时，铅球行进的高度（米与水平距离（米之间的函数关系式为，则小明的成绩是 　10　米． 【分析】依据题意，令，得到关于的方程，解方程即可． 【解答】解：令，则， 解得，（舍去）， 小明这次投掷的成绩是10米， 故答案为：10． 【点评】本题主要考查了二次函数的应用，包括点的坐标的求法及二次函数的实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题． 26．（2023秋•南关区校级期中）如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为10米）围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃的宽为米，面积为平方米． （1）如果花圃的面积为45平方米，那么的长为多少米？ （2）当的长为多少米时，花圃面积最大？ 【分析】（1）依据题意，可先用篱笆的长表示出的长，然后根据矩形的面积长宽，得出与的函数关系式，再将代入其中，求出的值即可． （2）可根据（1）中解析式化成顶点式即可判断得解． 【解答】解：（1）由题可知，花圃的宽为米，则为米， 这时面积． 花圃的面积为45平方米， ． ，． 又墙的最大可用长度为10米， ． ． ，不合题意，舍去． 的长为5米． （2）． 当时，有最大值． 故当的长为时，花圃面积最大． 【点评】本题主要考查了一元二次方程，二次函数的综合应用，根据已知条件列出二次函数式是解题的关键．要注意题中自变量的取值范围不要丢掉． 27．（2022秋•永吉县期中）用长为的铝合金材料做一个形状如图所示的矩形窗框．设窗框的宽为（铝合金材料的宽度忽略不计），面积为． （1）求窗框的面积为与窗框的宽之间的函数解析式． （2）求当为何值时，面积最大？最大值是多少？ 【分析】（1）设窗框的一边（宽为，则长为，再结合长方形面积公式可得出结论； （2）由（1）得出的二次函数，再利用二次函数最值求法得出即可． 【解答】解：（1） ． 窗框的面积为与窗框的宽之间的函数解析式为：． （2）由（1）知， ． ，开口向下， 当时，面积最大，最大值是2． 【点评】此题主要考查了二次函数的应用，利用配方法求出顶点坐标是解题关键． 28．（2023秋•乾安县期中）根据以下素材，探索完成任务． 如何设计拱桥景观灯的悬挂方案？ 素材1 图1中有一座拱桥，图2是其抛物线形桥拱的示意图，某时测得水面宽，拱顶离水面．据调查，该河段水位在此基础上再涨达到最高． 素材2 为迎佳节，拟在图1桥洞前面的桥拱上悬挂长的灯笼，如图3．为了安全，灯笼底部距离水面不小于；为了实效，相邻两盏灯笼悬挂点的水平间距均为；为了美观，要求在符合条件处都挂上灯笼，且挂满后成轴对称分布． 问题解决 任务1 确定桥拱形状 在图2中建立合适的直角坐标系，求抛物线的函数表达式． 任务2 探究悬挂范围 在你所建立的坐标系中，仅在安全的条件下，确定悬挂点的纵坐标的最小值和横坐标的取值范围． 任务3 拟定设计方案 给出一种符合所有悬挂条件的灯笼数量，并根据你所建立的坐标系，求出最左边一盏灯笼悬挂点的横坐标． 【分析】任务1：利用待定系数法可得抛物线的函数表达式； 任务2：根据该河段水位再涨达到最高，灯笼底部距离水面至少，灯笼长，计算悬挂点的纵坐标的最小值是； 任务3：介绍两种方案：分别挂7盏和8盏． 【解答】解：任务 以拱顶为原点，建立如图1所示的直角坐标系，则顶点为，且过点， 设抛物线的解析式为：， 把点代入得：， ， 抛物线的函数表达式为：； 任务 该河段水位再涨达到最高，灯笼底部距离水面不小于，灯笼长， 当悬挂点的纵坐标， 即悬挂点的纵坐标的最小值是， 当时，， ， 悬挂点的横坐标的取值范围是：； 任务 方案一：如图2（坐标轴的横轴），从顶点处开始悬挂灯笼， ，相邻两盏灯笼悬挂点的水平间距均为， 若顶点一侧悬挂4盏灯笼时，， 若顶点一侧悬挂3盏灯笼时，， 顶点一侧最多悬挂3盏灯笼， 灯笼挂满后成轴对称分布， 共可挂7盏灯笼， 最左边一盏灯笼的横坐标为：； 方案二：如图3， 若顶点一侧悬挂5盏灯笼时，， 若顶点一侧悬挂4盏灯笼时，， 顶点一侧最多悬挂4盏灯笼， 灯笼挂满后成轴对称分布， 共可挂8盏灯笼， 最左边一盏灯笼的横坐标为：． 【点评】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握不同坐标系中求解析式，能把实际问题转化为抛物线是解题的关键． 一十三．二次函数综合题（共2小题） 29．（2023秋•绿园区校级期中）在平面直角坐标系中，坐标原点为点，抛物线，为常数）的对称轴为直线，且经过点，点在该抛物线上，其横坐标为． （1）求此抛物线对应的函数表达式； （2）当点与点关于抛物线的对称轴对称时，求的面积； （3）已知点，，点，是抛物线上的点，若对于，，都有，直接写出的取值范围； （4）设抛物线上点与点之间的部分（含端点）为图象，当直线与图象只有一个公共点时，直接写出的取值范围． 【分析】（1）根据对称轴公式可求出，再将点代入抛物线解析式，解之可得的值，由此可得出结论； （2）由抛物线的对称性可得出点的坐标，及轴，再根据三角形的面积公式可得出结论； （3）由题意可知，这两个范围段内不存在关于对称轴对称的点，依据图形可深刻理解； （4）需要分类讨论，分点在点的左上方、在点与顶点之间、在顶点与点关于对称轴的对称点之间、点关于对称轴的对称点的右上方四种情况，结合横纵坐标的情况，列出不等式组，即可求解． 【解答】解：（1）抛物线，为常数）的对称轴为直线， ， ， 把代入中得：， 解得：， ； （2）点与点关于抛物线的对称轴对称， ， 轴，， ； （3）设点的横坐标为，点的横坐标为， 点关于对称轴直线的对称点为，则其横坐标为；如图（3）， 此时， 解得； 点关于对称轴直线的对称点为，则其横坐标为，如图（3）， 此时， 解得； 综上，符合题意的的取值范围为或； （4）当点在点的左上方时， 抛物线上点与点之间的部分（含端点）为图象，直线与图象只有一个公共点，，， ， 解得； 当点在点与顶点之间（含顶点）时， 抛物线上点与点之间的部分（含端点）为图象，直线与图象只有一个公共点，，， ， 解得； 当点在顶点与点关于对称轴的对称点之间时， 抛物线上点与点之间的部分（含端点）为图象，直线与图象只有一个公共点，顶点坐标为，点关于对称轴的坐标为，， 或， 解得或； 当点在点关于对称轴的对称点右上方（含对称点）时， 抛物线上点与点之间的部分（含端点）为图象，直线与图象只有一个公共点，顶点坐标为，点关于对称轴的坐标为，， 或， 解得无解或； 综上，的取值范围为：或或． 【点评】本题主要考查了待定系数法求抛物线解析式、抛物线与三角形面积问题、抛物线与不等式问题，解题的关键是利用数形结合思想对问题进行分类讨论． 30．（2022秋•永吉县期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于，两点，点在轴上，点的横坐标为2． （1）点坐标为 　　，点坐标为 　　． （2）求此抛物线所对应的函数解析式． （3）点是抛物线上一点，点与点不重合，设点的横坐标为，过点作轴，交直线于点，设的长为． ①若点在直线的上方，求关于的函数解析式； ②若点在轴的上方，当随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 【分析】（1）当时，，故点的坐标为，令，解得，即可求解； （2）用待定系数法即可求解； （3）①，即可求解；②列出函数表达式，利用函数的增减性求解即可． 【解答】解：（1）当时，，故点的坐标为， 令，解得，故点的坐标为， 故答案为：，； （2）把，代入，得， 解得 ； （3）①设：点，点， 则， ②上式为点在直线上方的情况，当点在轴的上方且在点的右侧时， 令，解得或3， 故抛物线和轴另外一个交点坐标， ， 由①知，当时，，此时函数的对称轴为， ，故时，当随的增大而增大， ； 当时，，此时函数的对称轴为， ，故时，当随的增大而增大， ， 即或． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数基本知识等，有一定的综合性，但难度不大． 一十四．垂径定理（共2小题） 31．（2023秋•旌阳区校级期中）已知的直径，是的弦，，垂足为，且，则的长为　　 A． B． C．或 D．或 【分析】根据垂径定理和勾股定理，分别计算位于点的两侧时的长即可． 【解答】解：根据题意，作图1和图2，连接． 如图是直径，， ， 圆的半径为， 在△中利用勾股定理，得， ， 在△中利用勾股定理，得； 如图， ， 在△中利用勾股定理，得． 综上，的长为或． 故选：． 【点评】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握并灵活运用垂径定理和勾股定理是解题的关键． 32．（雨花区校级期中）如图，是的弦，是的中点，连接并延长交于点．若，，则的半径是　　． 【分析】连接，根据垂径定理求出的长，由勾股定理可得出的长． 【解答】解：连接， 是的中点， ，， ，即， 解得，， 故答案为：． 【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据垂径定理判断出是的垂直平分线是解答此题的关键． 一十五．圆心角、弧、弦的关系（共1小题） 33．（2023秋•寒亭区期中）如图，在中，，于，则　61　度． 【分析】连接，根据垂径定理可知，进而得到，再根据可得解答． 【解答】解：连接， 于， ， ， ， ， ． 故答案为：61． 【点评】本题考查了垂径定理以及圆心角、弦、弧之间的关系定理，在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等． 一十六．圆周角定理（共6小题） 34．（2022秋•香坊区校级期中）如图，的半径为1，是的一条弦，且，则弦所对圆周角的度数为　　 A． B． C．或 D．或 【分析】连接、，过作的垂线，通过解直角三角形，易得出的度数；由于弦所对的弧有两段：一段是优弧，一段是劣弧；所以弦所对的圆周角也有两个，因此要分类求解． 【解答】解：如图，连接、，过作的垂线； 在中，，； ，； ； 四边形是的内接四边形， ； 因此弦所对的圆周角有两个：或； 故选：． 【点评】本题考查的是圆周角定理、垂径定理以及圆内接四边形的性质；注意：弦所对圆周角有两个，不要漏解． 35．（2023秋•凤台县校级期中）如图，是的直径，点和点是上的两点且位于直径的两侧．若，则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据圆周角定理求出的度数，从而求出的度数即可． 【解答】解：， ， 是直径， ， ． 故选：． 【点评】本题考查圆周角定理，熟练掌握并灵活运用圆周角定理是解题的关键． 36．（2023秋•鼓楼区期中）如图，在中，动弦与直径相交于点且总有，则的值　　 A．随着的增大而增大 B．随着的增大而减小 C．随着的增大先增大后减小 D．保持不变 【分析】作于点，连接，，设半径为，在直角三角形和中，利用勾股定理整理化简即可． 【解答】解：作于点，连接，． 设半径为， ， ， 的值保持不变． 故选：． 【点评】本题考查了垂径定理，以及勾股定理，正确整理化简是关键． 37．（2023秋•静海区校级期中）如图，点，，，在上，则图中一定与相等的角是　　 A． B． C． D． 【分析】根据同弧所对的圆周角相等，即可解答． 【解答】解：如图，点，，，在上，则图中一定与相等的角是， 故选：． 【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． 38．（2023秋•南关区校级期中）如图，在中，，若，则　25　度． 【分析】先利用平行线的性质可得，然后利用圆周角定理进行计算，即可解答． 【解答】解：， ， ， 故答案为：25． 【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． 39．（2023秋•阳信县期中）如图，在中，是直径，，则　75　度． 【分析】连接，根据圆周角定理得到，，计算即可． 【解答】解：连接， 由圆周角定理得，， 是直径， ， ， 故答案为：75． 【点评】本题考查的是圆周角定理，掌握直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等是解题的关键． 一十七．圆内接四边形的性质（共2小题） 40．（2023秋•旌阳区校级期中）如图，、、、是上四点，． （1）判断的形状并证明你的结论； （2）当点位于什么位置时，四边形是菱形？并说明理由． （3）求证：． 【分析】（1）利用圆周角定理可得，，而，所以，从而可判断的形状； （2）当点位于中点时，四边形是菱形，通过证明和均为等边三角形，知，四边形是菱形； （3）在上截取，则是等边三角形，然后证明，证明，即可证得． 【解答】解：（1）证明：（1）是等边三角形． 证明如下：在中， 与是所对的圆周角，与是所对的圆周角， ，， 又， ， 为等边三角形； （2）当点位于中点时，四边形是菱形， 连接， ，是的中点， 又， 和均为等边三角形， ， 四边形是菱形； （3）如图2，在上截取， 又， 是等边三角形， ，，即． 又， ， 在和中， ， ， ， 又， ． 【点评】本题考查的是圆内接多边形的性质、菱形的性质，掌握圆内接四边形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 41．（2023秋•南关区校级期中）小明用“截长补短法”解答了下面问题： 如图1，四边形是的内接四边形，连结，．是的直径，．请说明线段，，之间的数量关系． 解：．理由如下： 如图2，过点作交于点，则． 是的直径， ， ①． 又，②， △③， ，， ， ． ， ． （1）填空：①　　，②　　，③　　； （2）如图3，四边形是的内接四边形，是的直径，，连结，．则线段，，之间的数量关系是 　　． 【分析】（1）作，交于，求出，根据圆周角定理求出，根据全等三角形的判定得出△△，根据全等三角形的性质得出，，再求出答案即可；（2）作，交于，求出，根据圆周角定理得出，根据相似三角形的判定得出△△，根据相似三角形的性质得出，求出，，根据勾股定理求出，再求出答案即可． 【解答】解：（1）．理由如下： 如图2，过点作交于点，则． 是的直径， ， ． 又，， △△． ，， ， ． ， ． 故答案为：①，②，③△； （2）如图，作，交于， 是的直径， ， ， ，， ，， 和都是对的圆周角， ， ， △△， ，即，． 在△中，由勾股定理得：， ， 即， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，直角三角的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． 一十八．点与圆的位置关系（共2小题） 42．（2023秋•玄武区期中）平面内，已知的半径是，线段，则点　　 A．在外 B．在上 C．在内 D．不能确定 【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法对点与的位置关系进行判断． 【解答】解：的半径为，， 点到圆心的距离大于圆的半径， 点在外． 故选：． 【点评】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为，点到圆心的距离，则点在圆外；点在圆上；点在圆内． 43．（2023秋•龙泉市期中）如图，是半圆的直径，点在半圆上，，，是弧上一个动点，连结，过点点作于点，连结，在点移动的过程中． （1）　2　； （2）的最小值是 　　． 【分析】（1）连接，因为是直径，则，所以，所以； （2）以为直径作圆，连接、，在点移动的过程中，点在以为直径的圆上运动，当、、共线时，的值最小，最小值为，利用勾股定理求出即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接， 是直径， ， ， ， ． 故答案为：2； （2）如图，以为直径作圆，连接， ， ， 在点移动的过程中，点在以为直径的圆上运动， 在中，，， ， ， ， 在中，， ， 当、、共线时，的值最小，最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆周角定理，勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是确定点的运动轨迹是以为直径的圆上运动，属于中考填空题中的压轴题． 一十九．确定圆的条件（共1小题） 44．（2023秋•静海区校级期中）下列有关圆的一些结论①任意三点可以确定一个圆；②相等的圆心角所对的弧相等；③平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧；④圆内接四边形对角互补．其中正确的结论是　　 A．① B．② C．③ D．④ 【分析】根据确定圆的条件、圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理、圆内接四边形的性质进行判断即可得到正确结论． 【解答】解：①不共线的三点确定一个圆，故①表述不正确； ①在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故②表述不正确； ②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故③表述不正确； ⑤圆内接四边形对角互补，故④表述正确． 故选：． 【点评】本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理，垂径定理的推论，半圆与弧的定义，圆内接四边形的性质，熟练掌握定义与性质是解题的关键． 二十．三角形的外接圆与外心（共6小题） 45．（2023秋•惠阳区校级期中）如图，圆是的外接圆，，则的大小是　　 A． B． C． D． 【分析】先利用圆周角定理可得，然后再利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理进行计算，即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 46．（2023春•仓山区校级期中）如图，是的外接圆，已知，则的大小为　　 A． B． C． D． 【分析】先利用等腰三角形的性质可得，从而利用三角形内角和定理求出的度数，然后利用圆周角定理，进行计算即可解答． 【解答】解：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 47．（2023秋•东港区校级期中）下列说法正确的个数有　　 ①长度相等的两条弧是等弧； ②相等的弦所对的圆心角相等； ③垂直于弦的直径平分弦； ④任意一个三角形有且只有一个外接圆； ⑤的角所对的弦是直径； ⑥三角形的外心到三角形的三边距离相等． A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】根据三角形的内接圆与内心，角平分线的性质，圆的认识，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，确定圆的条件，逐一判断即可解答． 【解答】解：①能够完全重合的弧是等弧，故①不符合题意； ②在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆心角相等，故②不符合题意； ③垂直于弦的直径平分弦，故③符合题意； ④任意一个三角形有且只有一个外接圆，故④符合题意； ⑤的圆周角所对的弦是直径，故⑤不符合题意； ⑥三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，故⑥不符合题意； 所以，上列说法正确的个数有2个， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的内接圆与内心，角平分线的性质，圆的认识，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，确定圆的条件，熟练掌握这些数学知识是解题的关键． 48．（2023秋•滨州期中）如图，直角坐标系中，，，经过，，三点的圆，圆心为，若线段，则点与的位置关系为　　 A．点在上 B．点在外 C．点在内 D．无法确定 【分析】连接，作和的垂直平分线，交点为，则圆心的坐标为，然后求出的半径，比较即可解答． 【解答】解：如图： 连接，作和的垂直平分线，交点为， 圆心的坐标为， ， ， 线段， 半径， 点在内， 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形的性质，点与圆的位置关系，确定圆心的位置是解题的关键． 49．（2023秋•东昌府区期中）如图，和都是等边三角形，点是的外心，那么的值为　　 A． B． C． D． 【分析】延长交于点，连接，根据是等边三角形可知，设，则，利用锐角三角函数的定义用表示出的长，再根据相似三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：如图，延长交于点，连接， 是等边三角形，点是的外心， ，，， 设，则， ，， ， 和都是等边三角形， ，， ． 故选：． 【点评】本题考查的是三角形的外心，等边三角形的性质，含角的直角三角形的三边关系；熟知外心相关性质是解题关键． 50．（2023秋•章贡区期中）如图，是的内接三角形，且是的直径，点为上的动点，且，的半径为6，则点到距离的最大值是　　 A．6 B．12 C． D． 【分析】过作于，延长交于，则此时，点到距离的最大，且点到距离的最大值，解直角三角形即可得到结论． 【解答】解：过作于，延长交于， 则此时，点到的距离最大，且点到距离的最大值， ，，的半径为6， ， ， ， 则点到距离的最大值是． 故选：． 【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键． 二十一．三角形的内切圆与内心（共1小题） 51．（2021秋•丛台区校级期中）下列说法： ①平分弦的直径垂直于弦 ②三点确定一个圆， ③相等的圆心角所对的弧相等 ④垂直于半径的直线是圆的切线 ⑤三角形的内心到三条边的距离相等 其中不正确的有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】举出反例图形，即可判断①②③④；根据角平分线性质即可推出⑤． 【解答】解：如图 弦和直径，符合平分弦，且是直径，但和不垂直，①错误； 在同一直线上的三点不能确定一个圆，②错误； 如图圆心角，但弧和弧不相等，③错误； 如图半径，但不是圆的切线，④错误； 根据角平分线的性质即可得出三角形的内心到三角形的三边距离相等，⑤正确； 不正确的有4个， 故选：． 【点评】本题考查了确定圆的条件，角平分线的性质，垂径定理，切线的判定，圆周角定理等知识点的应用． 二十二．旋转的性质（共3小题） 52．（2023春•德州期中）边长相等的两个正方形和如图所示，若将正方形绕点按顺时针方向旋转，在旋转的过程中，两个正方形重叠部分四边形的面积　　 A．先增大再减小 B．先减小再增大 C．不断增大 D．不变 【分析】根据正方形的性质可得，，，，，从而可得，再根据旋转的性质可得：四边形是正方形，从而可得，然后利用等式的性质可得，从而利用可证，最后利用面积的和差关系可得四边形的面积的面积正方形的面积，即可解答． 【解答】解：四边形是正方形， ，，，，， ， 旋转得：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 四边形的面积的面积的面积 的面积的面积 的面积 正方形的面积， 在旋转的过程中，两个正方形重叠部分的面积不变， 故选：． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 53．（2018秋•铁西区期中）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　9　． 【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：在△中，，将△绕点按逆时针方向旋转后得到△， △△， ， △是等腰三角形，， 如图，过作于，则， ， 又， ， ． 故答案为：9． 【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． 54．（2024春•宝安区期中）阅读下面材料，并解决问题： （1）如图①等边内有一点，若点到顶点、、的距离分别为3，4，5，求的度数． 为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出　　； （2）基本运用 请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题 已知如图②，中，，，、为上的点且，求证：； （3）能力提升 如图③，在中，，，，点为内一点，连接，，，且，求的值． 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答； （2）把绕点逆时针旋转得到，根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和△全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证． （3）将绕点顺时针旋转至△处，连接，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，即的长，再根据旋转的性质求出是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，等边三角形三个角都是求出，然后求出、、、四点共线，再利用勾股定理列式求出，从而得到． 【解答】解：（1）， 、、， 由题意知旋转角， 为等边三角形， ，， 易证△为直角三角形，且， ； 故答案为：； （2）如图2，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质得，，，，，， ， ， ， 在和△中， △， ， ，， ， ， 由勾股定理得，， 即． （3）如图3，将绕点顺时针旋转至△处，连接， 在中，，，， ， ， 绕点顺时针方向旋转， △如图所示； ， ，，， ， 绕点顺时针方向旋转，得到△， ，，， 是等边三角形， ，， ， ， 、、、四点共线， 在△中，， ． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键． 二十三．中心对称图形（共2小题） 55．（2022秋•双辽市期中）2022年北京冬奥会在北京，张家口等地召开，在此之前进行了冬奥会会标征集活动，以下是部分参选作品，其文字上方的图案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的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 56．（2020秋•朝阳区校级期中）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念依次对各项进行判断即可． 轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形； 把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角． 【解答】解：．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； ．既是轴对称，又是中心对称图形，故此选项符合题意； ．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意； ．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查中心对称图形与轴对称图形的识别．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 二十四．关于原点对称的点的坐标（共4小题） 57．（2023秋•临潼区期中）若点与点关于原点对称，则的值为　　 A． B．4 C． D．1 【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出，的值，进而得出答案． 【解答】解：点与点于原点对称， ，， 故． 故选：． 【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确得出，的值是解题关键． 58．（2023秋•中山区期中）在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为　　 A． B． C． D． 【分析】根据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：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标为． 故选：． 【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆关于原点对称点的性质是解题关键． 59．（2023秋•南宫市期中）在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则，的值分别为　　 A．3， B．3，2 C．，2 D．， 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的横坐标与纵坐标均互为相反数，即可得到，的值，进而得出答案． 【解答】解：点与点关于原点对称， ，， 故选：． 【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，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． 60．（2023秋•铁山区期中）若点关于原点对称的点是，则的值为　　 A．6 B． C．8 D．9 【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数列式求出、的值，再相减即可解得． 【解答】解：点关于原点对称的点是， ，， 解得，， 所以，． 故选：． 【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数是解题的关键． ( 2 )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 $$