福建省福州市鼓楼区延安中学2024-2025学年九年级上学期期中数学模拟试卷（2）

2024-2025学年福建省福州市鼓楼区延安中学九年级（上）期中数学模拟试卷（2） 一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分） 1．（4分）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（4分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的过程中，配方正确的是（　　） A．（x+2）2＝1 B．（x﹣2）2＝1 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣2）2＝9 3．（4分）如图，在⊙O中，∠ABC＝60°，则∠AOC的大小是（　　） A．30° B．120° C．135° D．150° 4．（4分）抛物线y＝2x2﹣3x﹣1与y轴的交点的坐标是（　　） A．（0，﹣2） B．（﹣2，0） C．（0，﹣1） D．（0，0） 5．（4分）一个正多边形的中心角为60°，则该正多边形的边数为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 6．（4分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，∠B＝50°，则旋转角的度数为（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 7．（4分）在平面直角坐标系中，△ABO的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，2），B（﹣4，0），O（0，0），以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到△CDO，则点A的对应点C的坐标是（　　） A．（﹣2，1） B．（﹣2，1）或（2，﹣1） C．（2，2） D．（2，0）或（﹣2，0） 8．（4分）如图，在▱ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，S△DEF：S△ABF＝4：25，则DE：AB＝（　　） A．2：5 B．2：3 C．3：5 D．3：2 9．（4分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c均为常数，且a≠0），y与x的部分对应值如表所示，下列说法错误的是（　　） x 0 1 2 3 4 y 0 3 4 3 m A．该抛物线开口向下 B．该抛物线的顶点坐标为（2，4） C．当x＜2时，y随x的增大而减小 D．m＝0 10．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝，以点C为圆心作⊙O与直线BD相切，点P是⊙O上的一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是（　　） A． B． C． D．3 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 11．（4分）在平面直角坐标系中，点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称，则（a+b）2023的值是 　 　． 12．（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+2＝0的一个根为﹣2，则m＝　 　． 13．（4分）在△ABC中，MN∥BC 分别交AB，AC于点M，N；若AM＝1，MB＝2，BC＝3，则MN的长为　 　． 14．（4分）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，E是BC延长线上的一点，已知∠BOD＝100°，则∠DCE的度数为　 　． 15．（4分）如图，圆锥的母线长为10cm，高为8cm，则该圆锥的侧面展开图（扇形）的弧长为 　 　cm．（结果用π表示） 16．（4分）关于x的一元二次方程x2+2mx+2n＝0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m＝0同样也有两个整数根且乘积为正，给出三个结论：①这两个方程的根都负根；②（m﹣1）2+（n﹣1）2≥2；③﹣1≤2m﹣2n≤1，其中正确结论的个数是　 　． 三．解答题（共9小题，满分0分） 17．用适当的方法解下列方程 （Ⅰ）x2﹣1＝4（x+1） （Ⅱ）3x2﹣6x+2＝0． 18．已知x2+（a+3）x+a+1＝0是关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根： （2）若方程的两个实数根为x1，x2，且（x1﹣2）（x2﹣2）＝2，求实数a的值． 19．为了测量水平地面上一棵不可攀的树的高度，某学校数学兴趣小组做了如下的探索：根据光的反射定律，利用一面镜子和一根皮尺，设计如图所示的测量方案：把一面很小的镜子放在与树底端B相距8米的点E处，然后沿着直线BE后退到点D，这时恰好在镜子里看到树梢顶点A，再用皮尺量得DE＝2米，观察者目高CD＝1.5米，求树AB的高度． 20．如图1、图2，△AOB，△COD均是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°， （1）在图1中，AC与BD相等吗？请说明理由； （2）若△COD绕点O顺时针旋转一定角度后，到达图2的位置，请问AC与BD还相等吗？为什么？ 21．如图，AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线AC，点P是射线AC上的动点，连接OP，过点B作BD∥OP，交⊙O于点D，连接PD． （1）请补全图形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）证明：PD是⊙O的切线． 22．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD为⊙O的直径，AC平分∠BAD，CD＝2，点E在BC的延长线上，连接DE． （1）求直径BD的长； （2）若BE＝5，计算图中阴影部分的面积． 23．施工队要修建一个横断面为抛物线的公路隧道，其最高点P距离地面高度为8米，宽度OM为16米．现以点O为原点，OM所在直线为x轴建立直角坐标系（如图1所示）． （1）求出这条抛物线的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； （2）隧道下的公路是单向双车道，车辆并行时，安全平行间距为2米，该双车道能否同时并行两辆宽2.5米、高5米的特种车辆？请通过计算说明； （3）施工队计划在隧道门口搭建一个矩形“脚手架”ABCD，使点A，D在抛物线上．点B，C在地面OM线上（如图2所示）．为了筹备材料，需测算“脚手架”三根钢杆AB，AD，DC的长度之和的最大值是多少，请你帮施工队计算一下． 24．问题背景：如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE； 尝试运用：如图（2），在△ABC中，点D是BC边上一动点，∠BAC＝∠DAE＝90°，且∠ABC＝∠ADE，AB＝4，AC＝3，AC与DE相交于点F，在点D运动的过程中，当tan∠EDC＝时，求DE的长度； 拓展创新：如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD，tan∠BAD＝，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2．求AD的长． 25．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A（﹣1，0）和C（0，3），与x轴交于另一点B，顶点为D． （1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标； （2）如图1，E为线段BC上方的抛物线上一点，EF⊥BC，垂足为F，EM⊥x轴，垂足为M，交BC于点G．当BG＝CF时，求△EFG的面积； （3）如图2，AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使∠OPB＝∠AHB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 2024-2025学年福建省福州市鼓楼区延安中学九年级（上）期中数学模拟试卷（2） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分） 1．（4分）下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称的定义以及轴对称的定义进行解题即可． 【解答】解：A是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，不符合题意； C既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，中心对称图形是指图形绕着某个点旋转180°能与原来的图形重合；轴对称图形是指图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合． 2．（4分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的过程中，配方正确的是（　　） A．（x+2）2＝1 B．（x﹣2）2＝1 C．（x+2）2＝9 D．（x﹣2）2＝9 【分析】先移项，再方程两边都加上一次项系数一半的平方，即可得出答案． 【解答】解：移项得：x2﹣4x＝5， 配方得：x2﹣4x+22＝5+22， （x﹣2）2＝9， 故选：D． 【点评】本题考查了解一元二次方程，关键是能正确配方． 3．（4分）如图，在⊙O中，∠ABC＝60°，则∠AOC的大小是（　　） A．30° B．120° C．135° D．150° 【分析】直接利用圆周角定理求解． 【解答】解：∵∠AOC和∠ABC都对， ∴∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°． 故选：B． 【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． 4．（4分）抛物线y＝2x2﹣3x﹣1与y轴的交点的坐标是（　　） A．（0，﹣2） B．（﹣2，0） C．（0，﹣1） D．（0，0） 【分析】依据题意，由抛物线为y＝2x2﹣3x﹣1，从而令x＝0，则y＝﹣1，故抛物线y＝2x2﹣3x﹣1＝0与y轴的交点为（0，﹣1），进而可以判断得解． 【解答】解：由题意，∵抛物线为y＝2x2﹣3x﹣1， ∴令x＝0，则y＝﹣1． ∴抛物线y＝2x2﹣3x﹣1＝0与y轴的交点为（0，﹣1）． 故选：C． 【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是关键． 5．（4分）一个正多边形的中心角为60°，则该正多边形的边数为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】根据中心角＝，求出n即可． 【解答】解：设正多边形的边数为n，则有＝60°， ∴n＝6， 故选：A． 【点评】本题考查正多边形和圆，正多边形的中心角等知识，解题的关键是记住正多边形的中心角＝． 6．（4分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，∠B＝50°，则旋转角的度数为（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 【分析】由旋转的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质可求解． 【解答】解：由旋转的性质可得：AB＝AD， ∴∠B＝∠ADB＝50°， ∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣50°﹣50°＝80°， ∴旋转角的度数为80°， 故选：D． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键． 7．（4分）在平面直角坐标系中，△ABO的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，2），B（﹣4，0），O（0，0），以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到△CDO，则点A的对应点C的坐标是（　　） A．（﹣2，1） B．（﹣2，1）或（2，﹣1） C．（2，2） D．（2，0）或（﹣2，0） 【分析】根据位似变换的性质计算，得到答案． 【解答】解：以原点O为位似中心，把△ABO缩小为原来的，得到△CDO，点A的坐标为（﹣4，2）， 则点A的对应点C的坐标为（﹣4×，2×）或（﹣4×（﹣），2×（﹣）），即（﹣2，1）或（2，﹣1）， 故选：B． 【点评】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k． 8．（4分）如图，在▱ABCD中，E为CD上一点，连接AE、BD，且AE、BD交于点F，S△DEF：S△ABF＝4：25，则DE：AB＝（　　） A．2：5 B．2：3 C．3：5 D．3：2 【分析】由条件可证明△DEF∽△BAF，结合面积比可求得相似比，可求得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴DE∥AB， ∴△DEF∽△BAF， ∴＝（）2＝， ∴＝， 故选：A． 【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 9．（4分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a、b、c均为常数，且a≠0），y与x的部分对应值如表所示，下列说法错误的是（　　） x 0 1 2 3 4 y 0 3 4 3 m A．该抛物线开口向下 B．该抛物线的顶点坐标为（2，4） C．当x＜2时，y随x的增大而减小 D．m＝0 【分析】根据待定系数法求出函数解析式，依据二次函数的性质逐项判断正误即可． 【解答】解：根据表格数据，将点（0，0）（1，3）（3，3）代入解析式得： ，解得， ∴抛物线y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4， A、a＝﹣1＜0，该抛物线开口向下，原说法正确，不符合题意； B、该抛物线顶点坐标为（2，4），原说法正确，不符合题意；， C、当x＜2时，y随x的增大而增大，原说法错误，符合题意； D、当x＝4时，m＝0，原说法正确，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求出函数解析式是关键． 10．（4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝，以点C为圆心作⊙O与直线BD相切，点P是⊙O上的一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是（　　） A． B． C． D．3 【分析】过点A作AG⊥BD于G，过点P作PE⊥BD于E，首先利用面积法求得AG＝，再说明△AGT∽△PET，得，若要使最大，则PE最大，可知PE为直径时取得最大，从而解决问题． 【解答】解：如图，过点A作AG⊥BD于G，过点P作PE⊥BD于E， ∵BD是矩形的对角线， ∴∠BAD＝90°， ∴BD＝＝5， ∵， ∴AG＝， ∵BD是⊙C的切线， ∴⊙C的半径为， ∴∠AGT＝∠PET， ∵∠ATG＝∠PTE， ∴△AGT∽△PET， ∴， ∴， ∵， 若要使最大，则PE最大， ∵点P是⊙C上的动点，BD是⊙C的切线， ∴PE最大为⊙C的直径，即PE最大＝， ∴的最大值为1+＝3， 故选：D． 【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，相似三角形的判定与性质，面积法求垂线段的长等知识，将转化为PE是解题的关键． 二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分） 11．（4分）在平面直角坐标系中，点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称，则（a+b）2023的值是 　1　． 【分析】关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，由此可得a，b的值，进而可得答案． 【解答】解：∵点A（a，1）与点B（﹣2，b）关于原点成中心对称， ∴a＝﹣（﹣2）＝2，b＝﹣1， ∴（a+b）2023＝[2+（﹣1）]2023＝12023＝1． 故答案为：1． 【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特征是解答本题的关键． 12．（4分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+2＝0的一个根为﹣2，则m＝　﹣3　． 【分析】因为关于x的一元二次方程x2﹣mx+2＝0的一个根为﹣2，所以把x＝﹣2代入方程x2﹣mx+2＝0得4+2m+2＝0，然后解关于m的方程即可． 【解答】解：依题意，把x＝﹣2代入方程x2﹣mx+2＝0 得4+2m+2＝0， 解得m＝﹣3． 故答案为：﹣3． 【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． 13．（4分）在△ABC中，MN∥BC 分别交AB，AC于点M，N；若AM＝1，MB＝2，BC＝3，则MN的长为　1　． 【分析】根据相似三角形的判定和性质即可得到结论． 【解答】解：∵MN∥BC， ∴△AMN∽△ABC， ∴，即， ∴MN＝1， 故答案为：1． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 14．（4分）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，E是BC延长线上的一点，已知∠BOD＝100°，则∠DCE的度数为　50°　． 【分析】根据圆周角定理求出∠A，根据圆内接四边形的性质得出∠DCE＝∠A，代入求出即可． 【解答】解：∵∠BOD＝100°， ∴∠A＝∠BOD＝50°， ∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形， ∴∠DCE＝∠A＝50°， 故答案为：50°． 【点评】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质的应用，注意：圆内接四边形的对角互补，并且一个外角等于它的内对角． 15．（4分）如图，圆锥的母线长为10cm，高为8cm，则该圆锥的侧面展开图（扇形）的弧长为 　12π　cm．（结果用π表示） 【分析】根据圆锥的展开图为扇形，结合圆周长公式的求解． 【解答】解：设底面圆的半径为rcm， 由勾股定理得：r＝＝6， ∴2πr＝2π×6＝12π， 故答案为：12π． 【点评】此题考查了圆锥的计算，解答本题的关键是掌握圆锥侧面展开图是个扇形，要熟练掌握扇形与圆锥之间的联系，难度一般． 16．（4分）关于x的一元二次方程x2+2mx+2n＝0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m＝0同样也有两个整数根且乘积为正，给出三个结论：①这两个方程的根都负根；②（m﹣1）2+（n﹣1）2≥2；③﹣1≤2m﹣2n≤1，其中正确结论的个数是　3个　． 【分析】①根据题意，以及根与系数的关系，可知两个整数根都是负数；②根据根的判别式，以及题意可以得出m2﹣2n≥0以及n2﹣2m≥0，进而得解；③可以采用根与系数关系进行解答，据此即可得解． 【解答】解：①两个整数根且乘积为正，两个根同号，由韦达定理有，x1•x2＝2n＞0，y1•y2＝2m＞0， y1+y2＝﹣2n＜0， x1+x2＝﹣2m＜0， 这两个方程的根都为负根，①正确； ②由根判别式有： Δ＝b2﹣4ac＝4m2﹣8n≥0，Δ＝b2﹣4ac＝4n2﹣8m≥0， ∵4m2﹣8n≥0，4n2﹣8m≥0， ∴m2﹣2n≥0，n2﹣2m≥0， m2﹣2m+1+n2﹣2n+1＝m2﹣2n+n2﹣2m+2≥2， （m﹣1）2+（n﹣1）2≥2，②正确； ③由根与系数关系可得2m﹣2n＝y1y2+y1+y2＝（y1+1）（y2+1）﹣1， 由y1、y2均为负整数，故（y1+1）•（y2+1）≥0，故2m﹣2n≥﹣1， 同理可得：2n﹣2m＝x1x2+x1+x2＝（x1+1）（x2+1）﹣1，得2n﹣2m≥﹣1，即2m﹣2n≤1，故③正确， 故答案为：3个． 【点评】本题主要考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的根的判别式，根据不同结论灵活运用根与系数的关系是难点． 三．解答题（共9小题，满分0分） 17．用适当的方法解下列方程 （Ⅰ）x2﹣1＝4（x+1） （Ⅱ）3x2﹣6x+2＝0． 【分析】（Ⅰ）利用因式分解法解即可； （Ⅱ）利用配方法解即可； 【解答】解：（I）移项得：（x+1）（x﹣1）﹣4（x+1）＝0， （x+1）（x﹣1﹣4）＝0， x+1＝0，x﹣5＝0， x1＝﹣1，x2＝5； （II）3x2﹣6x+2＝0， b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4×3×2＝12， x＝＝， x1＝，x2＝． 【点评】本题考查解一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法，学会根据方程的特点采用适当的解法，属于中考常考题型． 18．已知x2+（a+3）x+a+1＝0是关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根： （2）若方程的两个实数根为x1，x2，且（x1﹣2）（x2﹣2）＝2，求实数a的值． 【分析】（1）求出Δ＝（a+1）2+4＞0即可得证； （2）由一元二次方程根与系数的关系得出x1+x2＝﹣（a+3），x1•x2＝a+1，结合（x1﹣2）（x2﹣2）＝2得出x1•x2﹣2（x1+x2）+4＝2，代入计算即可得解． 【解答】（1）证明：由题意可知：Δ＝（a+3）2﹣4×1×（a+1）＝a2+6a+9﹣4a﹣4＝a2+2a+5＝（a+1）2+4＞0， 故方程总有两个不相等的实数根； （2）解：由题意可知：x1+x2＝﹣（a+3），x1•x2＝a+1， ∵（x1﹣2）（x2﹣2）＝2， ∴x1•x2﹣2x1﹣2x2+4＝2， ∴x1•x2﹣2（x1+x2）+4＝2， ∴a+1﹣2[﹣（a+3）]+4＝2， 解得：a＝﹣3． 【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：①Δ＞0，方程有两个不相等的实数根，②Δ＝0，方程有两个相等的实数根，③Δ＜0，方程没有实数根．关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个实数根x1，x2和系数a，b，c，有如下关系：，． 19．为了测量水平地面上一棵不可攀的树的高度，某学校数学兴趣小组做了如下的探索：根据光的反射定律，利用一面镜子和一根皮尺，设计如图所示的测量方案：把一面很小的镜子放在与树底端B相距8米的点E处，然后沿着直线BE后退到点D，这时恰好在镜子里看到树梢顶点A，再用皮尺量得DE＝2米，观察者目高CD＝1.5米，求树AB的高度． 【分析】根据镜面反射的性质求出△ABE∽△CDE，再根据其相似比解答． 【解答】解：根据题意得∠CDE＝∠ABE＝90°，∠CED＝∠AEB， ∴△ABE∽△CDE， ∴， ∵BE＝8，CD＝1.5，DE＝2， ∴， 解得AB＝6， 答：树AB的高度为6米． 【点评】此题考查相似三角形的应用，应用反射的基本性质，得出三角形相似，运用相似比是解题的关键． 20．如图1、图2，△AOB，△COD均是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°， （1）在图1中，AC与BD相等吗？请说明理由； （2）若△COD绕点O顺时针旋转一定角度后，到达图2的位置，请问AC与BD还相等吗？为什么？ 【分析】（1）根据等腰三角形的两腰相等进行解答． （2）证明△DOB≌△COA，根据全等三角形的对应边相等进行说明． 【解答】解：（1）相等． 在图1中，∵△AOB，△COD均是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°， ∴OA＝OB，OC＝OD， ∴OA﹣OC＝OB﹣OD， ∴AC＝BD； （2）相等． 在图2中，∠AOB＝∠COD＝90°， ∵∠DOB＝∠COD﹣∠COB，∠COA＝∠AOB﹣∠COB， ∴∠DOB＝∠COA 在△DOB和△COA中， ， ∴△DOB≌△COA（SAS）， ∴BD＝AC． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的性质以及旋转问题，在旋转的过程中要注意哪些量是不变的，找出图形中的对应边与对应角． 21．如图，AB是⊙O的直径，过点A作⊙O的切线AC，点P是射线AC上的动点，连接OP，过点B作BD∥OP，交⊙O于点D，连接PD． （1）请补全图形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）证明：PD是⊙O的切线． 【分析】（1）根据要求作出图形； （2）连接OD，根据切线的性质求出∠PAO＝90°，根据平行线的性质和等腰三角形的性质求出∠DOP＝∠AOP，根据全等三角形的判定推出△AOP≌△DOP（SAS），根据全等三角形的性质得出∠PDO＝∠PAO＝90°，再根据切线的判定得出即可． 【解答】（1）解：图形如图所示： （2）证明：连接OD， ∵PA切⊙O于A， ∴PA⊥AB， 即∠PAO＝90°， ∵OP∥BD， ∴∠DBO＝∠AOP，∠BDO＝∠DOP， ∵OD＝OB， ∴∠BDO＝∠DBO， ∴∠DOP＝∠AOP， 在△AOP和△DOP中， ， ∴△AOP≌△DOP（SAS）， ∴∠PDO＝∠PAO， ∵∠PAO＝90°， ∴∠PDO＝90°， 即OD⊥PD， ∵OD为半径， ∴PD是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定与性质，熟记圆的切线垂直于过切点的半径是解此题的关键． 22．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD为⊙O的直径，AC平分∠BAD，CD＝2，点E在BC的延长线上，连接DE． （1）求直径BD的长； （2）若BE＝5，计算图中阴影部分的面积． 【分析】（1）由BD为⊙O的直径，得到∠BCD＝90°，AC平分∠BAD，得到∠BAC＝∠DAC，所以BC＝DC，△BDC是等腰直角三角形，即可求出BD的长； （2）因为BC＝DC，所以阴影的面积等于三角形CDE的面积． 【解答】解：（1）∵BD为⊙O的直径， ∴∠BCD＝∠DCE＝90°， ∵AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC， ∴BC＝DC＝2， ∴BD＝2×＝4； （2）∵BE＝5， ∴CE＝3， ∵BC＝DC， ∴S阴影＝S△CDE＝×2×＝6． 【点评】本题考查了圆的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 23．施工队要修建一个横断面为抛物线的公路隧道，其最高点P距离地面高度为8米，宽度OM为16米．现以点O为原点，OM所在直线为x轴建立直角坐标系（如图1所示）． （1）求出这条抛物线的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； （2）隧道下的公路是单向双车道，车辆并行时，安全平行间距为2米，该双车道能否同时并行两辆宽2.5米、高5米的特种车辆？请通过计算说明； （3）施工队计划在隧道门口搭建一个矩形“脚手架”ABCD，使点A，D在抛物线上．点B，C在地面OM线上（如图2所示）．为了筹备材料，需测算“脚手架”三根钢杆AB，AD，DC的长度之和的最大值是多少，请你帮施工队计算一下． 【分析】（1）根据题意，可得点M及抛物线顶点P的坐标，待定系数法求解析式即可求解； （2）由题知，当时，，而，即可得出结论； （3）设OB＝x，则BC＝16﹣2x，根据矩形的性质得出AD＝BC＝16﹣2x，，设l＝AB+AD+DC，进而表示出l的长，根据二次函数的性质，即可求解． 【解答】解：（1）依题意：抛物线形的公路隧道，其高度为8米，宽度OM为16米，现在O点为原点， ∴点M（16，0），顶点P（8，8）， 设抛物线的解析式为y＝ax2+bx． 把点M（16，0），点P（8，8）代入得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为， ∵OM＝16，M（16，0）， ∴自变量x的取值范围为：0≤x≤16； （2）当时，， ∴能同时并行两辆宽2.5米、高5米的特种车辆． （3）设OB＝x，则BC＝16﹣2x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝16﹣2x， 设l＝AB+AD+DC，则， ∴， ∵， ∴当时，l有最大值为． 答：三根木杆AB，AD，DC的长度和的最大值是20米． 【点评】本题考查了二次函数的实际应用，关键是二次函数性质的熟练应用． 24．问题背景：如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE； 尝试运用：如图（2），在△ABC中，点D是BC边上一动点，∠BAC＝∠DAE＝90°，且∠ABC＝∠ADE，AB＝4，AC＝3，AC与DE相交于点F，在点D运动的过程中，当tan∠EDC＝时，求DE的长度； 拓展创新：如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD，tan∠BAD＝，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2．求AD的长． 【分析】问题背景： 由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论； 尝试应用： 通过证明△BAD∽△CAE，可得∠B＝∠ACE，，由锐角三角函数和勾股定理可求EC＝，CD＝3，由勾股定理可求解； 拓展创新： 过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，通过证明△BDM∽△CDA，可得＝，由锐角三角函数可求BM＝2AC＝4，DM＝2AD，由勾股定理可求解． 【解答】证明：问题背景： ∵△ABC∽△ADE， ∴，∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAD＝∠CAE，， ∴△ABD∽△ACE； 尝试应用： 如图2，连接CE， ∵AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°， ∴BC＝＝＝5， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE， ∴△ABC∽△ADE， ∴＝， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD∽△CAE， ∴∠B＝∠ACE，， ∴设BD＝4x，CE＝3x， ∴CD＝5﹣4x， ∵∠B+∠ACB＝90°， ∴∠ACE+∠ACB＝90°， ∴∠DCE＝90°， ∵tan∠EDC＝＝， ∴， ∴x＝， ∴EC＝，CD＝3， ∴DE＝＝＝； 拓展创新： 过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM， ∴∠BAM＝∠ADM＝∠BDC＝90°， ∵∠BAD＝∠DBC， ∴∠DAM＝∠BCD， 又∵∠ADM＝∠BDC＝90°， ∴△BDC∽△MDA， ∴， 又∠BDC＝∠ADM， ∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠CDM， 即∠BDM＝∠CDA， ∴△BDM∽△CDA， ∴＝， ∵tan∠BAD＝＝， ∴BD＝2CD， ∴BM＝2AC＝4，DM＝2AD， ∴AM＝＝＝4， ∵AD2+DM2＝AM2， ∴AD＝． 【点评】本题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键． 25．已知抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A（﹣1，0）和C（0，3），与x轴交于另一点B，顶点为D． （1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标； （2）如图1，E为线段BC上方的抛物线上一点，EF⊥BC，垂足为F，EM⊥x轴，垂足为M，交BC于点G．当BG＝CF时，求△EFG的面积； （3）如图2，AC与BD的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使∠OPB＝∠AHB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法求出a的值即可得到解析式，进而得到顶点D坐标； （2）先求出BC的解析式y＝﹣x+3，再设直线EF的解析式为y＝x+b，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），联立方程求出点F，G的坐标，根据BG2＝CF2列出关于m的方程并求解，然后求得G的坐标，再利用三角形面积公式求解即可； （3）过点A作AN⊥HB，先求得直线BD，AN的解析式，得到H，N的坐标，进而得到∠H＝45°，设点P（n，﹣n2+2n+3），过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS＝PR，证明△OPS∽△OBP，根据相似三角形对应边成比例得到关于n的方程，求解后即可得到点P的坐标． 【解答】（1）把点A（﹣1，0），C（0，3）代入y＝ax2﹣2ax+c中，， 解得， ∴y＝﹣x2+2x+3， 当时，y＝4， ∴D（1，4）； （2）如图1，∵抛物线y＝﹣x2+2x+3， 令y＝0， ∴x＝﹣1，或x＝3， ∴B（3，0）． 设BC的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 将点C（0，3），B（3，0）代入，得， 解得， ∴y＝﹣x+3． ∵EF⊥CB． 设直线EF的解析式为y＝x+b，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3）， 将点E坐标代入y＝x+b中，得b＝﹣m2+m+3， ∴y＝x﹣m2+m+3，联立得． ∴． ∴． 把x＝m代入y＝﹣x+3，得y＝﹣m+3， ∴G（m，﹣m+3）． ∵BG＝CF． ∴BG2＝CF2，即． 解得m＝2或m＝﹣3． ∵点E是BC上方抛物线上的点， ∴m＝﹣3，（舍去）． ∴点E（2，3），F（1，2），G（2，1），，， ∴； （3）如图2，过点A作AN⊥HB于N， ∵点D（1，4），B（3，0）， ∴yDB＝﹣2x+6． ∵点A（﹣1，0），点C（0，3）， ∴yAC＝3x+3，联立得， ∴， ∴． 设，把（﹣1，0）代入，得b＝， ∴，联立得， ∴， ∴， ∴＝，， ∴AN＝HN． ∴∠H＝45°． 设点P（n，﹣n2+2n+3）． 过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS＝PR， ∴∠RSP＝45°且点S的坐标为（﹣n2+3n+3，0）． 若∠OPB＝∠AHB＝45° 在△OPS和△OPB中，∠POS＝∠POB，∠OSP＝∠OPB， ∴△OPS∽△OBP． ∴． ∴OP2＝OB•OS． ∴n2+（n+1）2（n﹣3）2＝3•（﹣n2+3n+3）． ∴n＝0或或n＝3（舍去）． ∴P1（0，3），，． 【点评】本题考查的是二次函数的综合，涉及到的知识点较多，运算较复杂，第3问的解题关键在于添加适当的辅助线，利用数形结合的思想列出方程求解． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/20 13:13:38；用户：资源；邮箱：13851372384；学号：59917209 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$