精品解析：福建省厦门湖滨中学2024-2025学年上学期九年级数学12月月考试卷

湖滨中学2024~2025学年九年级数学阶段评估检测（二） （满分：150分时间：120分钟） 姓名 班级 座号 注意事项： 1．卷三大题，25小题，另有答题卡； 2．答案必须写在答题卡上，否则不能得分； 3．可以直接使用2B铅笔作图． 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．每小题都有四个选项，．‘其中有且只有一个选项正确） 1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列事件中，必然事件是（　　） A. 未来一周都是好天气 B. 假期出门遇见同学 C. 不在同一直线上的三个点确定一个圆 D. 掷一次硬币，正面向上 3. 如图，点 ， ，均在上，，则的度数（ ） A. B. C. D. 4. 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. 5. 如图，将绕点A逆时针旋转150°，得到，这时点B，C，D恰好在同一直线上，则的度数为（ ） A. 10° B. 15° C. 20° D. 30° 6. 为确保广大民众能够用上价格实惠的药品，医保局与药品供应商进行了多次谈判协商．其中，某药品原价为每盒200元，经过两次相同百分率的降价后，价格降至每盒128元；则每次降价的百分率为（　　） A. B. C. D. 7. 育种小组对某品种小麦发芽情况进行测试，在测试基本情况相同的条件下，得到如下数据： 抽查小麦粒数 100 500 1000 2000 3000 4000 发芽粒数 95 486 968 1940 2907 则 的值最有可能是（ ） A. 3680 B. 3720 C. 3880 D. 3960 8. 如图所示“圆材埋壁”是我国古代著名的数学著作九章算术中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺尺寸，问径几何？”依题意，圆材半径为（ ） A. 寸 B. 寸 C. 寸 D. 寸 9. 如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　） A. 平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B. 平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C. 平行四边形→正方形→菱形→矩形 D. 平行四边形→菱形→正方形→矩形 10. 掷实心球是2025年体育中考的项目之一，小明发现实心球飞行路线是一条抛物线，若不考虑空气阻力，实心球的飞行高度(米)与飞行的水平距离 (米)之间具有函数关系则小明这次实心球训练的成绩为( ) A. B. 12 C. 8 D. 10 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分） 11. 下图是由9个小正方形组成的图案，从图中随机取一点，这点在阴影部分的概率是________． 12. 若关于x的方程的一个根是_________________．则 的值是__________________ 13. 如图，将绕点A逆时针旋转得到，．连接 ，则 的长为_____． 14. 如图，随机闭合开关中的两个，能让两盏灯泡同时发光的概率为_______． 15. 如图，有一条传送带，当半径为40厘米的转动轮绕中心顺时针转动90°时，传送带上的物体 移动的距离是______厘米. 16. 如图，已知抛物线的对称轴在轴右侧，抛物线与 轴交于点，和点 ，与轴的正半轴交于点 ，且，则：其中正确结论的是__________________．（填写序号） ①；②；③；④当时，在 轴上方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点 ， （点 在点 左边），使得 三、解答题（本题共9小题，共86分．） 17. 解决下列问题： （1）解方程：； （2）化简：． 18. 如图，四边形 是矩形，点E和点F在边 上，且．求证：． 19. 在“趣味化学实验室”课上，张老师用毛笔蘸取透明无色液体，并在白纸上书写，立即显现出红色的文字，这是酚酞产生的神奇变化．酚酞是化学领域重要的酸碱指示剂，它遇碱变红，遇酸或中性溶液不变色．现有四个完全相同且无标签的滴瓶，里面分别装有四种无色溶液． A.酚酞 B.氢氧化钠溶液（碱性） C.盐酸溶液（酸性） D.蒸馏水（中性） （1）小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是________． （2）张老师从这四瓶无色液体中随机选取两瓶，并分别取一定量的溶液混合均匀，请利用画树状图或列表的方法求混合后溶液变红的概率． 20. 已知二次函数． （1）求证：不论 取何值，该函数图象与 轴总有两个交点； （2）若该函数图象的对称轴是直线，求该函数的图象与轴的交点坐标． 21. 如图， 为的直径，过圆上一点 作的切线交 的延长线于点 ，过点 作，交于点 ，连接 ． （1）求证：直线 与相切； （2）若，求 的长． 22. 如图，已知 ，，点E为线段BC上的一点，连接AE． （1）将线段AE绕点A逆时针旋转 得到线段AF，点E的对应点是点F．请用尺规作图作出线段AF（保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下，求证：点F在 的平分线上． 23. 【项目学习】配万法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法，这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题． 例如，把二次三项式．进行配方． 解： 我们定义：一个整数能表示成（α，b是整数）的形式，即两个数的平方和形式，则称这个数为“雅美数”．例如，5是“雅美数”．理由：因为再如，（ ，是整数），所以M也是“雅美数”． （1）【问题解决】4，6，7，8四个数中的“雅美数”是 ； （2）若二次三项式（x是整数）是“雅美数”，可配方成（ ，是常数），求的值； （3）【问题拓展】已知实数 ， 是“雅美数”，求证：是“雅美数”． 24. 已知：AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，连接AD，OC． （1）如图1，求证：AD∥OC； （2）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，求证：AD＝2OE； （3）如图3，在（2）的条件下，点F在OC上，且OF＝BE，连接DF并延长交⊙O于点G，过点G作CH⊥AD于点H，连接CH，若∠CFG＝135°，CE＝3，求CH的长． 25. 我们约定：若抛物线：（，且），抛物线：则称与互为“湘一相依抛物线”．例如：抛物线：与抛物线：就是一组“湘一相依抛物线”，根据该约定，解答下列问题： （1）已知抛物线：，求其“湘一相依抛物线”的解析式； （2）若抛物线：的顶点在其“湘一相依抛物线”的图象上，试求出抛物线的图象经过的定点坐标； （3）已知抛物线：（m，n，t为实数且，）与y轴交于点A，其“湘一相依抛物线”与y轴交于点B（点A在点B的上方）．抛物线与的图象始终有一交点C在与x轴垂直的定直线上运动．当，，且m，n，t满足：时，抛物线与直线交于M，N两点，求线段MN长度的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖滨中学2024~2025学年九年级数学阶段评估检测（二） （满分：150分时间：120分钟） 姓名 班级 座号 注意事项： 1．卷三大题，25小题，另有答题卡； 2．答案必须写在答题卡上，否则不能得分； 3．可以直接使用2B铅笔作图． 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分．每小题都有四个选项，．‘其中有且只有一个选项正确） 1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．以下是在棋谱中截取的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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． 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，这个点叫做对称中心．据此判断即可． 【详解】解：选项A、B、C不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项D能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 2. 下列事件中，必然事件是（　　） A. 未来一周都是好天气 B. 假期出门遇见同学 C. 不在同一直线上的三个点确定一个圆 D. 掷一次硬币，正面向上 【答案】C 【解析】 【分析】根据随机事件，不可能事件，必然事件的意义进行判断即可． 【详解】解：根据概念，知： A、未来一周都是好天气，是随机事件； B、假期出门遇见同学，是随机事件； C、不在同一直线上的三个点确定一个圆，是必然事件； D、掷一枚质地均匀的硬币，落地后正面朝上，是随机事件． 故选：C． 【点睛】本题考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．①必然事件指在一定条件下一定发生的事件；②不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；③不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件． 3. 如图，点 ， ， 均在上，，则的度数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了同弧所对的圆周角与圆心角的关系，利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半进行计算． 【详解】解： ， ． 故选：D． 4. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律即可得出答案． 【详解】由抛物线向右平移2个单位，得：；再向上平移2个单位，得：，所以A、C、D错误； 故选B． 【点睛】本题主要考查二次函数图像的平移，熟练掌握平移方法是解题的关键． 5. 如图，将绕点A逆时针旋转150°，得到，这时点B，C，D恰好在同一直线上，则的度数为（ ） A. 10° B. 15° C. 20° D. 30° 【答案】B 【解析】 【分析】先判断出∠BAD＝150°，AD＝AB，再判断出△BAD是等腰三角形，最后用三角形的内角和定理即可得出结论． 【详解】∵将△ABC绕点A逆时针旋转150°，得到△ADE， ∴∠BAD＝150°，AD＝AB， ∵点B，C，D恰好在同一直线上， ∴△BAD是顶角为150°的等腰三角形， ∴∠B＝∠BDA， ∴∠B＝（180°−∠BAD）＝15°， 故答案为：B． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出三角形ABD是等腰三角形是解本题的关键． 6. 为确保广大民众能够用上价格实惠的药品，医保局与药品供应商进行了多次谈判协商．其中，某药品原价为每盒200元，经过两次相同百分率的降价后，价格降至每盒128元；则每次降价的百分率为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，设每次降价的百分率为x，则第一次下调后的价格为元，第二次下调后的价格为元，根据经过两次相同百分率的降价后，价格降至每盒128元，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】解：设每次降价的百分率为x，则第一次下调后的价格为元，第二次下调后的价格为元， 根据题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 即每次降价的百分率为． 故选：B． 7. 育种小组对某品种小麦发芽情况进行测试，在测试基本情况相同的条件下，得到如下数据： 抽查小麦粒数 100 500 1000 2000 3000 4000 发芽粒数 95 486 968 1940 2907 则 的值最有可能是（ ） A. 3680 B. 3720 C. 3880 D. 3960 【答案】C 【解析】 【分析】分别计算出每一次抽取样本的发芽率，从而判断出小麦的发芽的频率稳定在0.97左右，从而得出答案． 【详解】解：95÷100=0.95， 486÷500=0.972， 968÷1000=0.968， 1940÷2000=0.97， 2907÷3000=0.969， 由抽取的样本数据，我们发现小麦发芽的频率稳定在0.97左右，即用频率估计概率，我们可估计小麦发芽的概率为0.97， 所以，a=4000×0.97=3880， 所以，a最有可能为3880， 故选：C． 【点睛】本题考查了统计与概率，解题的关键是用频率估计概率以及对频率计算公式的理解． 8. 如图所示“圆材埋壁”是我国古代著名的数学著作九章算术中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺尺寸，问径几何？”依题意，圆材半径为（ ） A. 寸 B. 寸 C. 寸 D. 寸 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理以及勾股定理，先根据垂径定理得，，再根据勾股定理列式代数计算，即可作答． 【详解】解：连接 ． 设圆的半径是 寸，在直角中，，， ， 则， 解得：． 则圆材半径为寸． 故选B． 9. 如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　） A. 平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B. 平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C. 平行四边形→正方形→菱形→矩形 D. 平行四边形→菱形→正方形→矩形 【答案】B 【解析】 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况． 【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选：B． 【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解． 10. 掷实心球是2025年体育中考的项目之一，小明发现实心球飞行路线是一条抛物线，若不考虑空气阻力，实心球的飞行高度(米)与飞行的水平距离 (米)之间具有函数关系则小明这次实心球训练的成绩为( ) A. B. 12 C. 8 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，求小明这次实心球训练的成绩，即求时 的值． 【详解】解：令，即 解得：或（舍去） 故选：D． 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分） 11. 下图是由9个小正方形组成的图案，从图中随机取一点，这点在阴影部分的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据几何概率求解即可． 【详解】解：图中共有9个小正方形，其中阴影部分共有5个小正方形， ∴从图中随机取一点，这点在阴影部分的概率是， 故答案为：． 【点睛】本题考查几何概率求解，理解并掌握几何概率是解题关键． 12. 若关于x的方程的一个根是_________________．则 的值是__________________ 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的解，设原方程的一个根是 ，把 代入方程进行求解即可． 【详解】解：设原方程的一个根是 ，把 代入方程可得：， 解得：； 故答案为：，（答案不唯一）． 13. 如图，将绕点A逆时针旋转得到，．连接 ，则 的长为_____． 【答案】5 【解析】 【分析】此题考查旋转的性质、勾股定理等知识，由旋转得，，根据勾股定理可以求出 的长． 【详解】解：由旋转可知：， ， 由旋转得， ，， ， 的长为． 故答案为：． 14. 如图，随机闭合开关中的两个，能让两盏灯泡同时发光的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查列表法求概率，根据题意，列出表格，利用概率公式进行计算即可． 【详解】解：由题意，列表如下： ， ， ， ， ， ， 共有6种等可能的结果，其中能让两盏灯泡同时发光的结果有2种， ∴． 15. 如图，有一条传送带，当半径为40厘米的转动轮绕中心顺时针转动90°时，传送带上的物体 移动的距离是______厘米. 【答案】20π 【解析】 【分析】传送带上的物体A平移的距离为半径为34cm的转动轮转过角的扇形的弧长，根据弧长公式可得． 【详解】解：由题意得，R=40cm，n=90°， 故cm， 故答案为：20π． 【点睛】本题考查了弧长公式的运用，关键是理解传送带上的物体A平移的距离为半径为30cm的转动轮转过角的扇形的弧长． 16. 如图，已知抛物线的对称轴在轴右侧，抛物线与 轴交于点，和点 ，与轴的正半轴交于点 ，且，则：其中正确结论的是__________________．（填写序号） ①；②；③；④当时，在 轴上方的抛物线上一定存在关于对称轴对称的两点 ， （点 在点 左边），使得 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与x轴的交点与相应的一元二次方程的根的关系． 首先根据函数图象可判断 ， ，的符号，，，，从而可判断①正确；由可推出点代入解析式化简即可判断②正确；由抛物线与 轴的交点 和点，再结合根与系数的关系可得，可得，即可判断③正确；根据， ，可得，从而可得抛物线解析式，顶点坐标为，继而可求得 ，．所以对称轴为直线．要使，由对称性可知，，且点 一定在对称轴上，则为等腰直角三角形， ，得，且，解得或，故可判断④正确． 【详解】解：，， ，． 由图象可知，，，． ①：，， ， ．故①正确； ②：把代入解析式，得：，又， ， 即，故②正确； ③： 抛物线与 轴交于点 和点， 和为相应的一元二次方程的两个根， ， ．故③正确； ④：如图， ，， ． 故原抛物线解析式为，顶点坐标为． ，， ，． 对称轴为直线． 要使，由对称性可知，，且点 一定在对称轴上， 为等腰直角三角形， ， ，且有， 整理得：， 解得：或，故④正确． 综上所述，正确的有①②③④， 故答案为：①②③④． 三、解答题（本题共9小题，共86分．） 17. 解决下列问题： （1）解方程：； （2）化简：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，分式的混合运算； （1）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解． （2）先算括号里的，最后进行分式的乘除运算即可． 【小问1详解】 解： ∴ ∴或 解得：； 【小问2详解】 解： ． 18. 如图，四边形 是矩形，点E和点F在边 上，且．求证：． 【答案】 证明：∵四边形 是矩形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质．根据矩形的性质得到，，再推出，利用证明，即可得到． 【详解】略 19. 在“趣味化学实验室”课上，张老师用毛笔蘸取透明无色液体，并在白纸上书写，立即显现出红色的文字，这是酚酞产生的神奇变化．酚酞是化学领域重要的酸碱指示剂，它遇碱变红，遇酸或中性溶液不变色．现有四个完全相同且无标签的滴瓶，里面分别装有四种无色溶液． A.酚酞 B.氢氧化钠溶液（碱性） C.盐酸溶液（酸性） D.蒸馏水（中性） （1）小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是________． （2）张老师从这四瓶无色液体中随机选取两瓶，并分别取一定量的溶液混合均匀，请利用画树状图或列表的方法求混合后溶液变红的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查列表法、概率公式求概率，解决本题的关键是理解题目意义． （1）直接由概率公式求解即可； （2）列表可得出所有等可能的结果数以及混合后的溶液变红色的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【小问1详解】 解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中选中酚酞的结果有1种， ∴小明同学从中随机拿出一瓶，选中酚酞的概率是， 故答案为：； 【小问2详解】 解：列表如下． 共有12种等可能的结果，其中混合后的溶液变红色的结果有，，共2种， 混合后的溶液变红色的概率为． 20. 已知二次函数． （1）求证：不论 取何值，该函数图象与 轴总有两个交点； （2）若该函数图象的对称轴是直线，求该函数的图象与轴的交点坐标． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与y轴的交点问题、待定系数法求函数的解析式等知识，正确理解抛物线与x轴的交点和判别式的关系是关键． （1）证明判别式大于0，即可得出结论； （2）首先根据题意得到对称轴为直线，求出，然后得到，然后将 代入求解即可． 【小问1详解】 解：∵ ∴ ∵ ∴ ∴不论 取何值，该函数图象与 轴总有两个交点； 【小问2详解】 解：∵该函数图象的对称轴是直线， ∴对称轴为直线 ∴ ∴ ∴当 时， ∴该函数的图象与轴的交点坐标为． 21. 如图， 为的直径，过圆上一点 作的切线交 的延长线于点 ，过点 作，交于点 ，连接 ． （1）求证：直线 与相切； （2）若，求 的长． 【答案】（1）见解析； （2）6 【解析】 【分析】（1）如图，连接，由与相切于点 ，可得，由，可得，由，可得，则，证明，则，进而结论得证； （2）设的半径为 ，则，由勾股定理得，，即，可求，则，，由（1）知，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可． 【小问1详解】 证明：如图，连接， ∵与相切于点 ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴直线 与相切； 【小问2详解】 解：设的半径为 ，则， 由勾股定理得，，即， 解得， ∴， ∴， 由（1）知， ∴， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴ 的长为6． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握切线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 22. 如图，已知 ，，点E为线段BC上的一点，连接AE． （1）将线段AE绕点A逆时针旋转 得到线段AF，点E的对应点是点F．请用尺规作图作出线段AF（保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下，求证：点F在的平分线上． 【答案】（1）如图，线段AF即为所求； （2)证明：在AD上取一点H，使得AH=AB，连接BH，FH. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAB+∠ABC=180°， ∵∠ABC=120°， ∴∠BAH=60°， ∵AH=AB， ∴ΔABH是等边三角形， ∴∠AHB=∠ABH=60°， ∴∠EAF=60°， ∴ ∠EAF=∠BAH， ∴ ∠FAH=∠EAB， 在ΔFAH和ΔEAB中， ∴ΔFAH≌ΔEAB (SAS)， ∴∠AHF=∠ABE=120°， ∴∠AHF+∠AHB=180°， ∴B、H、F共线， ∵∠FBA=∠FBE=60°， ∴点F在∠ABC的角平分线上。 【解析】 【分析】（1)作∠DAT=∠EAB，在射线AT上截取AF，使得AE=AF即可； （2)在AD上取一点H，使得AH=AB，连接BH，FH. 证明ΔABH是等边三角形，证明B、H、F共线可得结论. 【详解】略 【点睛】本题考查作图－旋转变换，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题. 23. 【项目学习】配万法是数学中重要的一种思想方法．它是指将一个式子的某部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法，这种方法常被用到代数式的变形中，并结合非负数的意义来解决一些问题． 例如，把二次三项式．进行配方． 解： 我们定义：一个整数能表示成（α，b是整数）的形式，即两个数的平方和形式，则称这个数为“雅美数”．例如，5是“雅美数”．理由：因为再如，（ ，是整数），所以M也是“雅美数”． （1）【问题解决】4，6，7，8四个数中的“雅美数”是 ； （2）若二次三项式（x是整数）是“雅美数”，可配方成（ ，是常数），求的值； （3）【问题拓展】已知实数 ， 是“雅美数”，求证：是“雅美数”． 【答案】（1）， （2）12 （3）见解析 【解析】 【分析】本题考查的是配方法的应用； （1）根据“雅美数”的定义判断即可； （2）利用配方法进行转化，然后求得对应系数的值； （3）利用完全平方公式把原式变形，根据“雅美数”的定义证明结论． 【小问1详解】 4是“雅美数”，理由：因为； 8是“雅美数”，理由：因为. 故答案为：4，8； 【小问2详解】 ∵， ∴，， ∴， 故答案为：12； 【小问3详解】 因为 ， 为“雅美数”，则令，（ ， ，， 为整数） ∴ 又∵ ， ，， 为整数 ∴，均为整数 ∴是“雅美数”． 24. 已知：AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，连接AD，OC． （1）如图1，求证：AD∥OC； （2）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，求证：AD＝2OE； （3）如图3，在（2）的条件下，点F在OC上，且OF＝BE，连接DF并延长交⊙O于点G，过点G作CH⊥AD于点H，连接CH，若∠CFG＝135°，CE＝3，求CH的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）如图1（见解析），先根据圆心角定理得出，从而可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据平行线的判定即可得证； （2）如图2（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据题（1）的结论、直角三角形的性质得出，然后根据圆周角定理、圆心角定理可得，最后根据垂径定理、中位线定理得出，由此即可得证； （3）如图3（见解析），先根据圆周角定理、平行线的性质得出，再根据垂径定理可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质得出，从而可得，在中，利用勾股定理可得，又根据直角三角形的性质、矩形的性质、圆的相交弦定理得出，，从而可得，最后利用勾股定理即可得． 【详解】（1）如图1，连接OD ∵ ∴ 由圆周角定理得： ∴ ∴； （2）如图2，延长CO交圆O于F，延长CE交圆O于G，连接FG，BD 则 ∵于E ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， OE是的中位线 ∴ ∴，即； （3）如图3，延长CO交圆O于P，连接BD交OC于N，作PM⊥AD于M，连接BC、BF，则 ∵ ∴ ∴ ∵于E ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， 设，则 在中，，即，解得 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 设CP交HG于R ∵ ∴ ∴ ∴，， 又∵，即 解得 ∴ 在中，． 【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定定理、中位线定理等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键． 25. 我们约定：若抛物线：（，且），抛物线：则称与互为“湘一相依抛物线”．例如：抛物线：与抛物线：就是一组“湘一相依抛物线”，根据该约定，解答下列问题： （1）已知抛物线：，求其“湘一相依抛物线”的解析式； （2）若抛物线：的顶点在其“湘一相依抛物线”的图象上，试求出抛物线的图象经过的定点坐标； （3）已知抛物线：（m，n，t为实数且，）与y轴交于点A，其“湘一相依抛物线”与y轴交于点B（点A在点B的上方）．抛物线与的图象始终有一交点C在与x轴垂直的定直线上运动．当，，且m，n，t满足：时，抛物线与直线交于M，N两点，求线段MN长度的取值范围． 【答案】（1） （2）抛物线过定点：； （3） 【解析】 【分析】（1）直接根据“湘一相依抛物线”的定义，进行求解即可； （2）求出的顶点坐标，根据“湘一相依抛物线”的定义，写出的解析式，将的顶点坐标代入，进行求解即可； （3）求出的解析式，进而求出， 点的坐标，根据，，结合等腰三角形三线合一以及中点坐标公式，得到，进而得到，根据，求得的取值范围，联立，得到，设设的两个根为，利用根与系数的关系结合两点间的距离公式，得到，利用二次函数求最值即可． 【小问1详解】 解：由题意，得：抛物线的“湘一相依抛物线”的解析式为； 【小问2详解】 ∵， ∴顶点坐标为：， ∵抛物线的“湘一相依抛物线”的解析式为，且抛物线的顶点在的图象上， ∴， ∴， ∴， ∴当时，，解得：， ∴抛物线过定点：； 【小问3详解】 抛物线：的“湘一相依抛物线”的解析式为， 联立：，解得：， ∴， 对于：，当 时，， ∴， 同理：， ∵点A在点B的上方， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ， ，， ∵， ， ， ， 联立，整理，得：， 设的两个根为， 则：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， 当时，则：， ∴当时，有最小值为，此时 最小为， 当时，有最大值为，此时 最大为， 综上：． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，涉及二次函数图象与坐标轴的交点问题，二次函数的最值，根与系数的关系，两点间的距离公式等知识点，综合性强，难度大，计算量大，属于压轴题，掌握“湘一相依抛物线”的定义，以及二次函数的图象和性质，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $