第24章 圆-【锦上添花】2024-2025学年九年级数学全一册直击考点与单元双测（人教版2012 河南专版）

11　 　 　 　 第二十四章　 圆 题　 号 一 二 三 总　 分 得　 分 一、选择题(每小题 3 分,共 30 分. 下列各小题均有四个选项,其中只有一个是正确的) 1. 如图是“光盘行动”的宣传海报(部分),图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是 (　 　 ) A. 相切　 B. 相交　 C. 相离　 D. 平行 第 1 题图 　 　 　 　 　 　 第 2 题图 　 　 　 　 　 　 第 4 题图 2. 如图,☉O 的半径是 4,BC 是弦,∠B= 30°且 A 是弧 BC 的中点,则弦 AB 的长为 (　 　 ) A. 2 3 　 B. 4 3 　 C. 4　 D. 6 3. 下列说法正确的是 (　 　 ) A. 平分弦的直径垂直于弦 B. 圆是轴对称图形,任何一条直径都是圆的对称轴 C. 相等的圆心角所对的弧相等 D. 等弧所对的弦必相等 4. 如图,在平面直角坐标系 xOy 中,A(3,6),B(1,4),C(1,0),则△ABC 外接圆的圆心坐标是 (　 　 ) A. (4,2)　 B. (4,3)　 C. (5,3)　 D. (5,2) 5. 如图,AB、CD 是☉O 的两条直径,点 E 是弧 BD 的中点,连接 AC、BE,若∠ACD = 20°,则∠ABE 的 度数 (　 　 ) A. 40°　 　 　 B. 44°　 　 　 C. 50°　 D. 55° 第 5 题图 　 　 　 　 第 6 题图 　 　 　 　 第 7 题图 　 　 　 　 第 8 题图 6. 如图,已知 AB 是☉O 的弦,C 为☉O 上的一点,OC⊥AB 于点 D,若☉O 的半径为 3,∠ABC = 25°, 则弧 BC 长为 (　 　 ) A. 2 3 π　 B. 5 3 π　 C. 5 6 π　 　 D. 5 12 π 7. 如图,螺母的一个面的外沿可以看作是正六边形,这个正六边形 ABCDEF 的半径是 2 3 cm,则这 个正六边形的周长是 (　 　 ) A. 12 cm　 　 B. 6 3 cm　 C. 36 cm　 D. 12 3 cm 8. 如图,AC 是☉O 的直径,PA 切☉O 于点 A,PB 切☉O 于点 B,且∠P = 60°,PA = 4,则点 O 到弦 AB 的距离为 (　 　 ) A. 2　 　 B. 2 3 3 　 　 C. 3 　 D. 3 9. 蜂巢结构精巧,其巢房横截面的形状均为正六边形. 如图是部分巢房的横截面图,图中 7 个全等的 正六边形不重叠且无缝隙,将其放在平面直角坐标系中,点 P,Q,M 均为正六边形的顶点. 若点 P, Q 的坐标分别为( -2 3 ,3),(0,-3),则点 M 的坐标为 (　 　 ) A. (3 3 ,-2)　 B. (3 3 ,2) C. (2,-3 3 )　 D. ( -2,-3 3 ) 第 9 题图 　 　 　 　 　 　 第 10 题图 10. 如图,在矩形 ABCD 中,BC = 8,以 AB 为直径作☉O,将矩形 ABCD 绕点 B 旋转,使所得矩形 A′BC′D′的边 C′D′与☉O 相切,切点为 E,边 A′B 与☉O 相交于点 F. 若 BF= 8,则 CD 长为(　 　 ) A. 9　 B. 10　 C. 8 3 　 D. 12 二、填空题(每小题 3 分,共 15 分) 11. 已知☉O 的直径为 10 cm,若 OP 的长为 6 cm,则点 P 与☉O 的位置关系是　 　 　 　 . 12. 如图,O 为 Rt△ABC 斜边 AB 上一点,以 OA 为半径的☉O 交边 AC 于点 D,BD 恰好为☉O 的切 线,若∠ABD= 28°,则∠CBD= 　 　 　 　 度. 第 12 题图 　 　 　 　 　 　 　 第 13 题图 13. “天下名瓷出醴陵”,湖南省醴陵是釉下五彩瓷的原产地,生产的瓷器闻名四方,远销世界各地. 如 图是醴陵生产的某种瓷碗的正面的形状示意图. AB ( 是☉O 的一部分,D 是 AB ( 的中点,连接 OD,与 弦 AB 交于点 C,连接 OA,OB.已知 AB= 24 cm,碗深 CD= 8 cm,则☉O 的半径 OA 为　 　 　 　 cm. 14. 在数学实践活动中,某同学用一张如图 1 所示的矩形纸板制做了一个扇形,并由这个扇形围成一 个圆锥模型(如图 2 所示),若扇形的圆心角为 120°,圆锥的底面半径为 2,则此圆锥的母线长为 　 　 　 　 . 第 14 题图 　 　 　 　 　 　 第 15 题图 15. 如图,☉M 的半径为 4,圆心M 的坐标为(6,8),点 P 是☉M 上的任意一点,PA⊥PB,且 PA、PB 与 x 轴分别交于 A、B 两点. 若点 A、点 B 关于原点 O 对称,则当 AB 取最大值时,点 A 的坐标为 　 　 　 　 . 三、解答题(本大题共 8 小题,共 75 分) 16. (8 分) 如图,A、B、C、D 是☉O 上四点,且 AD=CB. 求证:AB=CD. 17. (8 分)如图,在☉O 中,AB,AC 为互相垂直且相等的两条弦,OD⊥AB,OE⊥AC,垂足分别为 D、E, AC= 4 2 ,求☉O 的半径. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 12　 18. (9 分)如图,在平面直角坐标系中,☉P 的一段弧经过格点 A,B,C. (1)请在图中标出圆心 P 的位置,并写出点 P 的坐标; (2)连接 AP,CP,则∠APC 的度数为　 　 　 　 度; (3)若扇形 APC 是一个圆锥的侧面展开图,求该圆锥的底面半径. 19. (9 分)如图,在△AOB 中,∠B= 30°,☉O 与 AB 相切于点 A,与 OB 相交于点 C,延长 AO 交☉O 于 点 D,连接 CD. (1)求∠D 的大小; (2)当 BC= 2 时,求 CD 的长. 20. (9 分)如图,正六边形 ABCDEF 中,AM=BN,连接 MF、AN 交于点 P. (1)求证:△AFM≌△BAN; (2)求∠FPN 的度数. 21. (10 分)如图,在 Rt△ABC 中,∠B= 90°,∠BAC 的平分线 AD 交 BC 于点 D,点 E 在 AC 上,以 AE 为直径的☉O 经过点 D. (1)求证:BC 是☉O 的切线; (2)若点 F 是劣弧 AD 的中点,且 CE= 4,试求阴影部分的面积. 22. (10 分)如图 1,△ABC 中,AB=AC,点 D 为 BC 边上一点,以 BD 为直径作☉O,点 A 在☉O 上,过 点 B 作 BE⊥AC 交 CA 的延长线于点 E,交☉O 于点 F,连接 AF. (1)求证:△ABF≌△CAD; (2)如图 2,当 AC 与☉O 相切时,四边形 AFBO 是什么特殊四边形? 证明你的结论. 图 1 　 　 　 　 图 2 23. (12 分)阅读下列材料,并完成相应的任务. 西姆松定理是一个平面几何定理,其表述为:过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点 作三边或其延长线的垂线,则三垂足共线(此线常称为西姆松线) . 某数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理. 如图 1,已知△ABC 内接于☉O,点 P 在☉O 上(不与点 A,B,C 重合),过点 P 分别作 AB,BC, AC 的垂线,垂足分别为点 D,E,F. 求证:点 D,E,F 在同一条直线上. 如下是他们的证明过程(不完整): 如图 1,连接 PB,PC,DE,EF,取 PC 的中点 Q,连接 QE,QF, 则 EQ=FQ= 1 2 PC=PQ=CQ,(依据 1) ∴ 点 E,F,P,C 四点共圆, ∴ ∠FCP+∠FEP= 180°. (依据 2) 又∵ ∠ACP+∠ABP= 180°, ∴ ∠FEP= ∠ABP. 同上可得点 B,D,P,E 四点共圆, …… 任务: (1)填空: ① 依据 1 指的是中点的定义及 ; ② 依据 2 指的是 ; (2)请将证明过程补充完整; (3)善于思考的小虎发现当点 P 是 BC ( 的中点时,BD=CF,请你利用图 2 证明该结论的正确性. 图 1 　 　 　 　 　 　 图 2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 40　 边形 ABCD 是正方形,∴ ∠BAD = 90°,即∠BAN+∠DAN = 90°,∴ ∠BAN + ∠BAE = 90°,即∠EAN = 90°, ∵ ∠MAN = 45°,∴ ∠MAE = ∠EAN-∠MAN = 90°- 45° = 45°,在△AEM 和△ANM 中, AE=AN, ∠MAE= ∠MAN= 45°, AM=AM, ì î í ïï ïï ∴ △AEM≌ △ANM (SAS); (3)设正方形 ABCD 的边长为 x,则 BC = CD = x,∵ BM = 3, DN= 2,∴ CM=BC-BM= x-3,CN=CD-DN = x-2,由旋转的 性质,得 BE=DN= 2,∴ ME=BE+BM= 2+3 = 5,由(2)已证: △AEM≌△ANM,∴ MN=ME= 5,又∵ 四边形 ABCD 是正方 形,∴ ∠C= 90°,则在 Rt△CMN 中,CM2 +CN2 =MN2,即(x- 3) 2 +(x-2) 2 = 52,解得 x= 6 或 x = -1(不符题意,舍去) . 故 正方形 ABCD 的边长为 6. 23. 解:(1)B; (2) ∠QEP = 60°. 证明: ∵ △ABC 是等边三角形, ∴ AC = BC,∠ACB= 60°,∵ 线段 CP 绕点 C 顺时针旋转 60°得到线 段 CQ,∴ CP=CQ,∠PCQ= 60°,∴ ∠ACB+∠BCP = ∠BCP+ ∠PCQ, 即 ∠ACP = ∠BCQ, 在 △ACP 和 △BCQ 中, CA=CB, ∠ACP= ∠BCQ, CP=CQ, ì î í ïï ïï ∴ △ACP ≌ △BCQ ( SAS ), ∴ ∠APC = ∠Q,∵ ∠BFP= ∠CFQ,∴ ∠QEP= ∠PCQ= 60°; (3)BQ= 4 6 -4 2 . 　 【解析】作 CH⊥AD 于 H,如图 3,同理 可得:△ACP≌△BCQ,∴ AP = BQ,∵ ∠DAC = 135°,∠ACP = 15°,∴ ∠APC = 30°,∠PCB = 45°,∠HAC = 45°,∴ △ACH 为等腰直角三角形,∵ AC = 8,∴ AH = CH = 2 2 AC = 4 2,在 Rt△PHC 中,PC = 2CH,PH= PC2 -CH2 = 3CH= 4 6,∴ PA =PH-AH= 4 6 -4 2,∴ BQ= 4 6 -4 2 . 图 3 第一学期期中综合质量检测卷(一) 1. D　 2. C　 3. C　 4. B　 5. D　 6. B　 7. A　 8. B　 9. B 10. B　 【解析】①由图象可得,该抛物线与 x 轴有两个交点,则 b2 -4ac>0,故①正确;②∵ 抛物线 y = ax2 +bx+c 与 x 轴相交 于点 A(-2,0)、B(6,0),∴ 该抛物线的对称轴是直线 x = -2+6 2 = 2,∴ - b 2a = 2,∴ 4a+b = 0,故②正确;③由图象可得, 当 y>0 时,x<-2 或 x>6,故③错误;④当 x = 1 时,y = a+b+c <0,故④正确. 故选:B. 11. 0　 12. 40°　 13. 18　 14. x1 = -1,x2 = 5 15. 5+5 2 　 【解析】∵ 将△BCD 绕点 B 逆时针旋转 90°得到 △BAE,∴ AE= CD,BE = BD,∠DBE = 90°,∴ AE+AD = AD+ CD=AC,△DBE 是等腰直角三角形,∴ DE= 2BD,∴ 当 BD 取最小值时,DE 的值最小,则△AED 周长的值最小,当 BD ⊥AC 时,BD 的值最小,∵ △ABC 是等腰直角三角形,BC = 5,∴ AC = 2 BC = 5 2 ,∴ BD = 1 2 AC = 5 2 2 ,∴ DE = 5, ∴ △AED 周长最小值是 AC +DE = 5 2 + 5. 故答案为:5 + 5 2 . 16. 解:(1)方程整理,得 x2 -4x = 1,配方,得 x2 -4x+4 = 5,( x- 2) 2 = 5,开方,得 x-2 = ± 5 ,解得 x1 = 2+ 5 ,x2 = 2- 5 ; (2)方程整理,得(x-1) 2 = 8,开方,得 x-1 = ±2 2 ,解得 x1 = 1+2 2 ,x2 = 1-2 2 . 17. 解:(1)如图所示,△A1B1C1 即为所求; (2)如图所示,△D1EF1 即为所求; (3)(0,1) . 18. 解:(1)证明:∵ a = 1,b = -( k+1),c = 2k- 3,∴ Δ = [ -( k+ 1)] 2 -4(2k-3)= k2 -6k+13 = (k-3) 2 +4,而(k-3) 2 ≥0,∴ Δ >0. ∴ 对任意实数 k,方程有两个不相等的实数根; (2)∵ 方程的一个根是 3,∴ 32 -3(k+1) +2k-3 = 0,解得 k = 3,∴ 原方程为 x2 -4x+3 = 0,解得 x1 = 1,x2 = 3. 即 k 的值为 3,方程的另一个根是 1. 19. 解:(1)证明:∵ ∠CAF = ∠BAE,∴ ∠BAC = ∠EAF. ∵ 将线 段 AC 绕 A 点旋转到 AF 的位置,∴ AC = AF. 在△ABC 和 △AEF 中, AB=AE, ∠BAC= ∠EAF, AC=AF, ì î í ïï ïï ∴ △ABC≌△AEF(SAS),∴ EF =BC; (2)∵ AB= AE,∠ABC = 62°,∴ ∠BAE = 180°-62°×2 = 56°, ∴ ∠FAG= ∠BAE = 56°. ∵ △ABC≌△AEF,∴ ∠F = ∠C = 29°,∴ ∠FGC= ∠FAG+∠F= 56°+29° = 85°. 20. 解:(1)∵ 抛物线与 x 轴交于点 A(1,0),B(3,0),可设抛物 线解析式为 y= a(x-1)(x-3),把 C(0,-3)代入得 3a= -3, 解得 a= -1,故抛物线解析式为 y = -( x-1) ( x-3),即 y = -x2 +4x- 3, ∵ y = - x2 + 4x - 3 = - ( x - 2) 2 + 1, ∴ 顶点坐标 (2,1); (2)先向左平移 2 个单位,再向下平移 1 个单位,得到的抛 物线的解析式为 y = -x2,平移后抛物线的顶点为(0,0)落 在直线 y= -x 上(答案不唯一) . 21. 解:(1)3t cm, 2t cm; (2)依题意,得 1 2 [(16-3t) +2t] ×6 = 33,整理,得 16-t= 11, 解得 t= 5. 答:当 t 为 5 时,四边形 PBCQ 的面积为 33 cm2; (3) 过点 Q 作 QE⊥AB 于点 E,则 PE = (16-3t) -2t = 16-5t ,图略. 依题意,得 16-5t 2 +62 = 102,即(16-5t) 2 = 82,解得 t1 = 8 5 ,t2 = 24 5 . 答:当 t 为 8 5 秒或 24 5 秒时,点 P 和点 Q 的距离为 10 cm. 22. 解:(1)由题意,得 y= (x+60-40)(300-10x)= -10x2 +100x +6 000; (2)y= -10x2 +100x+6 000 = -10(x-5) 2 +6 250,∵ -10<0, 故抛物线开口向下,当 x = 5 时,y 取得最大值为 6 250 元. ∴ 销售该商品第 5 天时,日销售利润最大,最大日销售利 润为 6 250 元; (3)14 天. 　 【解析】令 y= -10x2 +100x+6 000 = 5 440,解得 x=-4 或 x=14,故当月有 14 天的日销售利润不低于 5 440 元. 23. 解:(1)BE = AD. 证明:∵ △C′DE 绕点 C 按顺时针方向旋 转 30°,∴ ∠BCE= ∠ACD= 30°,∵ △ABC 与△C′DE 是等边 三角形, ∴ CA = CB,CE = CD, ∴ △BCE≌ △ACD ( SAS), ∴ BE=AD; (2)BE=AD. 证明:∵ △C′DE 绕点 C 按顺时针方向旋转的 角度为 α,∴ ∠BCE = ∠ACD = α,∵ △ABC 与△C′DE 是等 边三角形,∴ CA = CB,CE = CD,∴ △BCE≌△ACD( SAS), ∴ BE=AD; (3)当 α 为 180°时,线段 AD 的长度最大,等于 a+b;当 α 为 0°(或 360°)时,线段 AD 的长度最小,等于 a-b. 第一学期期中综合质量检测卷(二) 1. D　 2. B　 3. B　 4. A　 5. D　 6. B　 7. B　 8. C　 9. A 10. D　 【解析】如图,连接 AE,过点 A 作 AG⊥AE,截取 AG = AE,连接 PG,GE,∵ 将线段 AF 绕着点 A 顺时针旋转 90°得 到 AP,∴ AF = AP,∠PAF = 90°,∴ ∠FAE+∠PAE = ∠PAE+ ∠PAG= 90°,∴ ∠FAE = ∠PAG. 又∵ AG = AE,∴ △AEF≌ △AGP(SAS),∴ PG=EF= 2. ∵ BC = 3,CE = 2BE,∴ BE = 1. ∴ 在 Rt △ABE 中, AE = AB2 +BE2 = 17 . ∵ AG = AE, ∠GAE= 90°,∴ GE = 2 AE = 34 . ∵ PE≥GE-PG,且当点 G,P,E 三点共线时取等号,∴ PE 的最小值为 GE -PG = 34 -2. 故选:D. 11. y= x2(答案不唯一)　 12. m>2　 13. 21　 14. 9 4 15. 75°或 120°或 165°　 【解析】∵ ∠DAC = ∠D= 60°,∴ △ADC 是等边三角形,∴ ∠DCA = 60°. ∵ ∠B = 90°,∠BAC = 45°, ∴ ∠ACB= 45°. 当旋转后的 CD 边与 BC 平行时,如图 1,令 AD′与 BC 的交点为 M,由旋转可知,∠D′= ∠D= 60°. ∵ BC ∥C′D′,∴ ∠AMB = ∠D′ = 60°,∴ ∠CAM = 60° - 45° = 15°, ∴ ∠DAD′= 60°+15° = 75°,即 α = 75°. 当旋转后的 CD 边与 AC 平行时,如图 2,∵ AC∥C′D′,∴ ∠CAD′ = ∠D′ = 60°, ∴ ∠DAD′= 60°+60° = 120°,即 α= 120°. 当旋转后的 CD 边 与 AB 平行时,如图 3,∵ C′D′∥AB,∴ ∠BAD′ = ∠D′ = 60°, ∴ ∠DAD′= 60°+45°+60° = 165°,即 α= 165°. 综上所述,α = 75°或 120°或 165°. 故答案为:75°或 120°或 165°. 图 1 　 图 2 　 图 3 16. 解:(1)配方法,二; (2)∵ x2 +2x-3 = 0,∴ (x+3)(x-1)= 0,则 x+3 = 0 或 x-1 = 0,解得 x1 = -3,x2 = 1. 17. 解:(1)如图所示,△A1B1C1 即为所求;点 C1 的坐标(4,1); (2)如图所示,△A2B2C2 即为所求;点 B2 的坐标( -3,-3); (3)△A1B1C1 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到△A2B2C2 . 18. 解:(1)△ABC 是等腰三角形. 理由如下:∵ x= -1 是方程的 根,∴ (a+c) ×( -1) 2 -2b+(a-c)= 0,∴ a+c-2b+a-c= 0,∴ a -b= 0,∴ a= b,∴ △ABC 是等腰三角形; (2)△ABC 是直角三角形. 理由如下:∵ 方程有两个相等的 实数根,∴ Δ= (2b) 2 -4(a+c)(a-c)= 0,∴ 4b2 -4a2 +4c2 = 0, ∴ a2 = b2 +c2,∴ △ABC 是直角三角形. 19. 解:(1)设平均每次降价的百分率为 x,根据题意,得 30(1- x) 2 = 19. 2,解得 x1 = 0. 2 = 20%,x2 = 1. 8(不符合题意,舍 去) . 答:平均每次降价的百分率为 20%; (2)根据题意,得 19. 2×(1-20%)= 15. 36(元 /千克) . 答:再次降价后的售价为 15. 36 元 /千克. 20. 解:(1) 设 y 与 x 的函数解析式为 y = kx+b,将( 10,30)、 (16,24)代入,得 10k+b= 30, 16k+b= 24,{ 解得 k= -1, b= 40,{ 所以 y 与 x 的 函数解析式为 y= -x+40(10≤x≤16); (2)根据题意知,W= (x-10)y= (x-10)( -x+40)= -x2 +50x -400 = -(x-25) 2 +225,∵ a= -1<0,∴ 当 x<25 时,W 随 x 的 增大而增大,∵ 10≤x≤16,∴ 当 x = 16 时,W 取得最大值, 最大值为 144. 答:每件销售价为 16 元时,每天的销售利润最大,最大利 润是 144 元. 21. 解:(1)设 y 关于 x 的函数表达式为 y = a( x- 3) 2 + 3,把 0, 5 3( ) 代入上式得,a(0-3) 2 +3 = 5 3 ,解得 a = - 4 27 . ∴ y 关 于 x 的函数表达式为 y= - 4 27 (x-3) 2 +3; (2)该女生在此项考试中没有得满分. 理由如下:当 y = 0 时,即- 4 27 (x-3) 2 +3 = 0,解得 x1 = 7. 5,x2 = -1. 5 (舍去), ∵ 7. 5<7. 80,∴ 该女生在此项考试中没有得满分. 22. 解:(1)① 60°;② 4; ③ ∵ △BAO 绕 点 B 顺 时 针 旋 转 60° 后 得 到 △BCD, ∴ ∠OBD= 60°,OB = DB = 4,CD = AO = 3,∴ △BOD 为等边 三角形,∴ OD = 4,∠BDO = 60°,在△OCD 中,CD = 3,OD = 4,OC= 5,∵ 32 +42 = 52,∴ CD2 +OD2 =OC2,∴ △OCD 为直角 三角形,∠ODC= 90°,∴ ∠BDC = ∠BDO+∠ODC = 60°+90° = 150°; (2)OA2 +2OB2 = OC2 时,∠ODC = 90°. 证明:∵ △BAO 绕点 B 顺时针旋转后得到△BCD,∴ ∠OBD = ∠ABC = 90°,BO = BD,CD=AO,∴ △OBD 为等腰直角三角形,∴ OD = 2 OB, ∵ 当 CD2 +OD2 = OC2 时,△OCD 为直角三角形,∠ODC = 90°,∴ OA2 +2OB2 =OC2,∴ 当 OA、OB、OC 满足 OA2 +2OB2 = OC2 时,∠ODC= 90°. 23. 解:(1)依题意,得 - b 2a = -1, a+b+c= 0, c= 3, ì î í ï ï ï ï 解得 a= -1, b= -2, c= 3, ì î í ïï ïï ∴ 抛物线解析 式为 y= -x2 -2x+3,∵ 对称轴为 x= -1,且抛物线经过 A(1, 0),∴ B( - 3,0),设直线 BC 的解析式为 y = mx +n,把 B ( -3,0)、C( 0,3) 分别代入直线 y = mx+n,得 -3m+n= 0, n= 3,{ 解得 m= 1, n= 3,{ ∴ 直线 BC 的解析式为 y= x+3; (2)设直线 BC 与对称轴 x = -1 的交点为 M,则此时 MA+ MC 的值最小. 把 x = - 1 代入直线 y = x+ 3 得,y = 2,∴ M ( -1,2),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( -1,2); (3)设 P( -1,t),又∵ B( -3,0),C(0,3),∴ BC2 = 18,PB2 = ( -1+3) 2 +t2 = 4+t2,PC2 = ( -1) 2 +( t-3) 2 = t2 -6t+10,①若 点 B 为直角顶点,则 BC2 +PB2 = PC2,即:18+4+ t2 = t2 -6t+ 10,解得 t = -2;②若点 C 为直角顶点,则 BC2 +PC2 = PB2, 即:18+t2 -6t+10 = 4+t2,解得 t= 4;③若点 P 为直角顶点,则 PB2 +PC2 =BC2,即:4+t2 +t2 -6t+10 = 18,解得 t1 = 3+ 17 2 ,t2 = 3 - 17 2 . 综上所述 P 点的坐标为( -1,-2)或( -1,4)或 -1, 3+ 17 2( ) 或 -1, 3- 17 2( ) . 第二十四章　 圆 1. B　 2. C　 3. D　 4. D　 5. D　 6. C　 7. D　 8. B　 9. A 10. B　 【解析】连接 OE,延长 EO 交 BF 于点 M,∵ C′D′与☉O 相切,∴ ∠OEC′ = 90°,又∵ 矩形 A′BC′D′中,A′B∥C′D′, ∴ ∠EMB= 90°,∴ BM=FM,∵ 矩形 ABCD 绕点 B 旋转所得 矩形为 A′BC′D′,∴ ∠C′= ∠C = 90°,AB =CD,BC = BC′ = 8, ∴ 四边形 EMBC′为矩形,∴ ME= 8,设 OB =OE = x,则 OM = 8-x,∵ OM2 +BM2 =OB2,∴ (8-x) 2 +42 = x2,解得 x = 5,∴ AB =CD= 10. 故选:B. 11. 点 P 在圆外　 12. 31　 13. 13　 14. 6 15. ( -14,0) 　 【解析】连接 PO,∵ PA⊥PB,∴ ∠APB = 90°, ∵ 点 A、点 B 关于原点 O 对称,∴ AO = BO,∴ AB = 2PO,若 要使 AB 取得最大值,则 PO 需取得最大值,连接 OM,并延 长交☉M 于点 P′,当点 P 位于 P′位置时,OP′取得最大值, 过点 M 作 MQ⊥x 轴于点 Q,则 OQ = 6,MQ = 8,∴ OM = 10, 又∵ MP′= r = 4,∴ OP′=MO+MP′= 10+4 = 14,∴ AB = 2OP′ = 2×14 = 28,∴ A 点坐标为(-14,0) . 故答案为:(-14,0) . 16. 证明:∵ AD = CB,∴ AD ( = CB ( ,∴ AD ( +AC ( = CB ( +AC ( ,∴ CAD ( = ACB ( ,∴ AB=CD. 17. 解:(1)∵ OD⊥AB,OE⊥AC,∴ AD= 1 2 AB,AE = 1 2 AC,∵ AB =AC,∴ AD = AE,∵ ∠ADO = ∠A = ∠AEO = 90°,∴ 四边形 ADOE 是正方形,∴ OE = AE,连接 OA,图略. ∵ AC = 4 2 , ∴ AE= 1 2 AC= 2 2 ,在 Rt△AOE 中,OA = 2 AE = 2 2 × 2 = 41　 4,∴ ☉O 的半径是 4. 18. 解:(1)如图所示,弦 AB 和 BC 垂直平分线的交点是圆弧 所在圆的圆心 P 点的位置,P 点坐标(2,-1); (2)90; (3) 设该圆锥底面半径是 r, ∵ 弧 AC 的长 = 90π×2 5 180 = 5 π,∴ 2πr= 5 π,∴ r= 5 2 ,∴ 该圆锥底面半径是 5 2 . 19. 解:(1) ∵ ☉O 与 AB 相切于点 A,∴ ∠BAO = 90°,∵ ∠B = 30°,∴ ∠AOB= 90°-30° = 60°,∵ OD =OC,∴ ∠D = ∠OCD, 又∵ ∠AOB= ∠D+∠OCD,∴ ∠AOB = 2∠D,∴ 2∠D = 60°, ∴ ∠D= 30°; (2)在 Rt△AOB 中,∠B=30°,∴ OA= 1 2 OB,∴ OB= 2OA=OC+ BC=OA+2,∴ OA=2,∴ AD=OB=4,∴ AB= OB2-OA2 =2 3,连 接 AC,图略. ∵ AD 是☉O 的直径,∴ ∠ACD= 90°,在△ADC 和 △OBA 中, ∠ACD=∠OAB=90°, ∠D=∠B=30°, AD=OB, ì î í ïï ïï ∴ △ADC≌△OBA( AAS), ∴ CD=AB= 2 3 . 20. 解:(1)证明:∵ 六边形 ABCDEF 是正六边形,∴ AB = AF, ∠FAM = ∠ABN = 120°, 在 △AFM 和 △BAN 中, AF=BA, ∠FAM= ∠ABN, AM=BN, ì î í ïï ïï ∴ △AFM≌△BAN(SAS); ( 2 ) ∵ △AFM ≌ △BAN, ∴ ∠AFM = ∠BAN, ∵ ∠APF = ∠AMF + ∠BAN = ∠AFM + ∠AMF = 180° - 120° = 60°, ∴ ∠FPN= 180°-60° = 120°. 21. 解:(1)证明:连接 OD,∵ AD 是∠BAC 的平分线,∴ ∠DAB = ∠DAO, ∵ OD = OA, ∴ ∠DAO = ∠ODA, ∴ ∠ODA = ∠DAF,∴ DO∥AB,∵ ∠B = 90°,∴ ∠ODB = 90°,∵ OD 是 ☉O 的半径,∴ BC 是☉O 的切线; (2)设 OF,AD 交于 G,∵ 点 F 是劣弧 AD 的中点,∴ DF ( = AF ( , ∴ AG = DG, ∵ ∠ODA = ∠DAF, ∠DGO = ∠AGF, ∴ △DGO≌ △AGF ( ASA), ∴ OD = AF, ∴ OF = AF = OA, ∴ △AOF 是等边三角形,∴ ∠AOF = ∠DOF = 60°,∴ ∠COD = 60°,∵ ∠CDO = 90°,∴ ∠C = 30°,∴ OD = 1 2 OC,∵ OD = OE,∴ OE= OD = CE = 4,∴ CD = OC2 -OD2 = 4 3 ,∴ 阴影 部分的面积 = △CDO 的面积-扇形 DOE 的面积 = 1 2 × 4 × 4 3 - 60π×42 360 = 8 3 - 8 3 π. 22. 解:( 1) 证明: ∵ AB = AC, ∴ ∠ABC = ∠C, ∵ BD 为直径, ∴ ∠BAD= 90°,∴ ∠ABD+∠ADB= 90°,∵ BE⊥AC,∴ ∠E = 90°,∴ ∠EAF+∠AFE= 90°,∵ 四边形 AFBD 是☉O 的内接 四边形, ∴ ∠AFB = ∠ADC, ∠AFE = ∠ADB, ∴ ∠EAF = ∠ABC = ∠C,∴ AF∥BD,∴ ∠FAB = ∠ABC = ∠C,在△ABF 和△CAD 中, ∠AFB= ∠ADC, ∠FAB= ∠C, AB=AC, ì î í ïï ïï ∴ △ABF≌△CAD(AAS); (2)四边形 AFBO 是菱形. 证明:∵ AC 与☉O 相切,∴ OA⊥ CE,∵ BE⊥CE,∴ OA∥BE,∵ AF∥OB,∴ 四边形 AFBO 是平 行四边形,∵ OA=OB,∴ 四边形 AFBO 是菱形. 23. 解:(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半;②圆 内接四边形对角互补; (2)如图 1,连接 PB,PC,DE,EF,取 PC 的中点 Q,连接 QE,QF,则 EQ=FQ = 1 2 PC = PQ = CQ,∴ 点 E,F,P,C 四点 共圆,∴ ∠FCP+∠FEP = 180°,又∵ ∠ACP+∠ABP = 180°, ∴ ∠FEP = ∠ABP, 同上可得点 B, D, P, E 四点共圆, ∴ ∠DBP = ∠DEP, ∵ ∠ABP + ∠DBP = 180°, ∴ ∠FEP + ∠DEP= 180°,∴ 点 D,E,F 在同一直线上; (3)证明:如图 2,连接 PA,PB,PC,∵ 点 P 是 BC ( 的中点, ∴ BP ( =PC ( ,∴ BP=PC,∠PAD = ∠PAC,又∵ PD⊥AD,PF⊥ AC,∴ PD=PF,∴ Rt△PBD≌Rt△PCF(HL),∴ BD=CF. 图 1 　 　 　 　 图 2 第二十五章　 概率初步 1. C　 2. D　 3. B　 4. A　 5. D　 6. B　 7. C　 8. C　 9. B　 10. C 11. 1 3 　 12. 1　 13. 6　 14. 1 3 15. 4 或 5　 【解析】画树状图如下: 共有 12 种等可能的结果,∵ 点 M(a,b)在直线 x+y = n 上, ∴ n 的值有 12 种等可能的结果,分别为:2,3,4,5,3,4,5, 6,4,5,6,7,∴ 当 Qn 的概率最大时,n 的值可能为 4 或 5. 故 答案为:4 或 5. 16. 解:(1) 1 3 ; (2)依题意,画树状图如下: 由图可知,共有 6 种等可能的结果,其中小明先乘坐 A 路 车,再转乘 D 路车到学校的结果有 1 种,∴ P(小明先乘坐 A 路车,再转乘 D 路车到学校)= 1 6 . 17. 解:(1)①4;②2 或 3; (2)依题意,得 8 12-n = 4 5 ,解得 n= 2,经检验,n= 2 是原方程 的解,且符合题意,∴ n 的值为 2. 18. 解:不同意他的说法. 理由如下:假设这 3 位同学抽签的顺 序依次为:甲第一、乙第二、丙第三. 画树状图如下: 则所有可能出现的结果有:ABC,ACB,BAC,BCA,CAB,CBA 共 6 种. 甲中签的结果有 2 种,P(甲中签)= 1 3 ; 乙中签的结果有 2 种,P(乙中签)= 1 3 ; 丙中签的结果有 2 种,P(丙中签)= 1 3 . 因此先抽的人与后抽的人中签的概率相同. 19. 解:(1)画树状图如下: 则所有可能出现的结果为( 1,1),( 1,2),( 1,3),( 2,1), (2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3); (2)把 x 作为一个两位数的十位数字,把 y 作为这个两位 数的个位数字,则共有 9 个不同的两位数,且大于 20 的数 有 6 个,P(这个两位数大于 20)= 6 9 = 2 3 . 20. 解:(1)第一组数据的中位数是 3. 若随机抽取一张,中位 数不变,则抽取卡片上的数字是 3,P(中位数不变) = 2 4 = 1 2 ; (2)第一组数据的众数是 3. 若随机同时抽取两张,众数不 变,则抽取卡片上的数字有 3. 列表如下: 2 2 3 3 2 (2,2) (2,3) (2,3) 2 (2,2) (2,3) (2,3) 3 (3,2) (3,2) (3,3) 3 (3,2) (3,2) (3,3) 由表可知,共有 12 种等可能的结果,有数字 3 的结果有 10 种,P(众数不变)= 10 12 = 5 6 . 21. 解:(1)0. 75; (2)3; (3)将第一个口袋中 3 个白球分别记为白1,白2,白3,画树 状图如下: 共有 8 种等可能的结果,其中两个球颜色相同的情况有 4 种. ∴ P(两个球颜色相同)= 4 8 = 1 2 . 22. 解:(1) 1 4 ; (2)列表如下: -2 -1 0 1 -2 ( -2,-2) ( -1,-2) (0,-2) (1,-2) -1 ( -2,-1) ( -1,-1) (0,-1) (1,-1) 0 ( -2,0) ( -1,0) (0,0) (1,0) 1 ( -2,1) ( -1,1) (0,1) (1,1) 由表知,共有 16 种等可能结果,其中点 M 落在四边形 ABCD 所围成的部分内(含边界)的有:( -2,0)、( -1,-1)、 ( -1,0)、(0,-2)、(0,-1)、(0,0)、(0,1)、(1,0)这 8 个,所 以点 M 落在四边形 ABCD 所围成的部分内(含边界)的概 率为 8 16 = 1 2 . 23. 解:(1)设 D 地车票有 x 张,则 x= (x+20+40+30) ×10%,解 得 x= 10. 即 D 地车票有 10 张. 补全统计图如图所示; (2)小胡抽到去 A 地的概率为 20 20+40+30+10 = 1 5 ; (3)不公平. 列表如下: 　 　 小李掷得数字 小王掷得数字 　 　 1 2 3 4 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) 由此可知,共有 16 种等可能结果. 其中小王掷得数字比小 李掷得数字小的有 6 种:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2, 4),(3,4) . ∴ 小王掷得数字比小李掷得数字小的概率为: 6 16 = 3 8 . 则小王掷得数字不小于小李掷得数字的概率为 1- 3 8 = 5 8 . ∴ 这个规则对双方不公平. 第一学期期末综合质量检测卷(一) 1. B　 2. D　 3. A　 4. B　 5. A　 6. B　 7. B　 8. C　 9. A 10. D　 【解析】连接 AQ,图略. 设 BP= x,CQ= y,则 AP2 = 42 +x2, PQ2 = (6-x) 2 +y2,AQ2 = (4-y) 2 +62,∵ △APQ 为直角三角 形,∴ AP2 +PQ2 =AQ2,即 42 +x2 +(6-x) 2 +y2 = (4-y) 2 +62,化 简,得 y= - 1 4 x2 + 3 2 x. 整理,得 y = - 1 4 ( x-3) 2 + 9 4 . 根据函 数关系式可看出 D 中的函数图象与之对应. 故选:D. 11. 11　 12. 1 6 　 13. 1 2 x(x-1)= 28　 14. 50 15. 5　 【解析】如图 1,连接 AQ,∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AD=DC,∠ADC= 90°,由旋转,得 DP =DQ,∠QDP = 90°, ∴ ∠ADC - ∠QDC = ∠QDP - ∠QDC, ∴ ∠ADQ = ∠CDP, ∴ △ADQ≌△CDP(SAS),∴ AQ = CP = 2,∴ 点 Q 的运动轨 迹是以点 A 为圆心,半径为 2 的圆,∴ 当点 Q 在 BA 的延长 线上时,BQ 的值最大,如图 2,∴ BQ 的最大值 = AB+AQ = 3 +2 = 5. 故答案为:5. 图 1 　 　 图 2 16. 解:(1)x2 +8x-1 = 0,x2 +8x= 1,x2 +8x+16 = 1+16,( x+4) 2 = 17,x+4 = ± 17 ,x1 = -4+ 17 ,x2 = -4- 17 ; (2)x(x-2) +x-2 = 0,(x-2) ( x+1) = 0,x-2 = 0 或 x+1 = 0, x1 = 2,x2 = -1. 17. 解:(1)如图所示,△A1B1C1 即为所求; (2)① 如图所示,△A2B2C2 即为所求; ② ( -b,a) . 18. 解:过 O 点作半径 OD⊥AB 于 E,如图,∴ AE =BE = 1 2 AB = 1 2 ×8 = 4( m),在 Rt△AEO 中,OE = OA2 -AE2 = 52 -42 = 3(m),∴ ED=OD-OE= 5-3 = 2(m) . 答:筒车工作时,盛水桶在水面以下的最大深度为 2 m. 19. 解:(1)画树状图如下: 共有 9 种等可能的结果,它们是:(0,-1),(0,-2),(0,0), (1,-1),(1,-2),(1,0),(2,-1),(2,-2),(2,0); (2)在直线 y= -x+1 的图象上的点有:(1,0),(2,-1),所 以点 M(x,y)在函数 y= -x+1 的图象上的概率为 2 9 . 20. 解:(1)如图所示:过 B 作 BF⊥AB,交 CE 于 F,直线 BF 即 为所求直线; (2) 证 明: ∵ AB = AC, ∴ ∠ABC = ∠ACB, ∵ AB ∥CE, ∴ ∠ABC= ∠BCF,∴ ∠BCF= ∠ACB,∵ 点 D 在以 AB 为直 径的圆上,∴ ∠ADB = 90°,∴ ∠BDC = 90°,∵ BF 为☉O 的 切线,∴ ∠ABF = 90°,∵ AB∥CE,∴ ∠BFC+∠ABF = 180°, ∴ ∠BFC= 90°,∴ ∠BDC = ∠BFC,在△BCD 和△BCF 中, ∠BDC= ∠BFC, ∠DCB= ∠FCB, BC=BC, ì î í ïï ïï ∴ △BCD≌△BCF(AAS),∴ BD=BF. 21. 解:(1)设道路的宽为 x 米,由题意,得(50-2x) (30-2x)= 800,整理,得 x2 - 40x+ 175 = 0,解得 x1 = 35(不合题意,舍 去),x2 = 5.