山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题

山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题 1．（2024九上·罗庄期中）我国传统文化中的“福禄寿喜”图，属于美工艺术字分类，由四个图案构成．这四个图案中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故本选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不符合题意． 故选B． 【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形，将图象沿某一点旋转180°后能够与原图重合的图形为中心对称图形. 2．（2024九上·罗庄期中）已知二次函数的对称轴为直线，则的值是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数的对称性及应用 【解析】【解答】解：当时， 解得：，即抛物线与轴的交点坐标为， ∵抛物线的对称轴为直线 ∴ 故选：B． 【分析】令y=0，解方程可得，即抛物线与轴的交点坐标为，再根据对称轴即可求出答案. 3．（2024九上·罗庄期中）关于的一元二次方程的两实数根互为相反数，则的值为（　　） A． B．0 C．1 D．或0 【答案】B 【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理） 【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程的两实数根互为相反数， 设方程两根为，， ∴， ∴ 解得或 ∵ ∴解得或 ∴． 故选：B． 【分析】设方程两根为，，根据二次方程根与系数的关系可得，则，解方程可得或，结合二次方程判别式即可求出答案. 4．（2024九上·罗庄期中）如图，在中，，将绕点B逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，当点恰好落在边上时，连接，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质 【解析】【解答】解：∵将绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴， 故选项B正确； 故选：B． 【分析】根据旋转性质逐项进行判断即可求出答案. 5．（2024九上·罗庄期中）一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的外接圆半径是（　　） A． B． C．1 D．21 【答案】A 【知识点】多边形内角与外角；圆内接正多边形 【解析】【解答】解：设多边形的边数为n. 因为正多边形内角和为，正多边形外角和为 根据题意得： 解得：n=6. 故正多边形为6边形， 边长为2的正六边形可以分成六个边长为2的正三角形， 所以正多边形的半径等于2. 故选A. 【分析】设多边形的边数为n，根据多边形内角和，外角和公式建立方程，解方程可得正多边形为6边形，再求多边形的半径即可求出答案. 6．（2024九上·罗庄期中）如图，点O为△ABC的内心，∠A＝50°，则∠BOC的度数为（　　） A．120° B．125° C．115° D．130° 【答案】C 【知识点】三角形内角和定理；三角形的内切圆与内心 【解析】【解答】解：∵O是△ABC的内心， ∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB， ∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣50°）＝65°， ∴ ∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣65°＝115°． 故答案为：C 【分析】根据三角形内心性质可得OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，则∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，再根据三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB＝65°，则∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝115°，即可求出答案. 7．（2024九上·罗庄期中）如图，等边△OAB的顶点O为坐标原点，AB∥x轴，OA=2，将等边△OAB绕原点O顺时针旋转105°至△OCD的位置，则点D的坐标为（　　） A．(2，-2) B．(，) C．(，) D．(，) 【答案】D 【知识点】平行线的性质；勾股定理；旋转的性质；点的坐标与象限的关系 【解析】【解答】解：如图，过点D向x轴作垂线，垂足为E， ∵△OAB是等边三角形，旋转角是105°， ∴∠AOB=∠B=∠COD =60°，∠AOC=105°， ∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=105°-60°=45°， 又∵AB∥x轴， ∴∠BOE=∠B=60°（两直线平行，内错角相等）， ∴∠COE=∠BOE-∠BOC=60°-45°=15°， ∴∠EOD=∠DOC-∠COE=60°-15°=45°， ∴△EOD是等腰直角三角形， ∴ ∵OD=OA=2， ∴（勾股定理）， ∴ ∵D点在第四象限， ∴D点的坐标为：(，) 故选D； 【分析】过点D向x轴作垂线，垂足为E，根据等边三角形性质，旋转性质可得∠AOB=∠B=∠COD =60°，∠AOC=105°，根据角之间的关系可得∠BOC，再根据直线平行性质可得∠BOE=∠B=60°，根据角之间的关系可得∠COE，∠EOD，根据等腰直角三角形判定定理可得EOD是等腰直角三角形，则，根据勾股定理可得，再根据象限内点的坐标特征即可求出答案. 8．（2024九上·罗庄期中）下列尺规作图中，能确定圆心的是（　　） ①如图1，在圆上任取三个点A，B，C，分别作弦AB，BC的垂直平分线，交点O即为圆心 ②如图2，在圆上任取一点B，以B为圆心，小于直径长为半径画弧交圆于A，C两点连结AB，BC，作∠ABC的平分线交圆于点D，作弦BD的垂直平分线交BD于点O，点O即为圆心 ③如图3，在圆上截取弦AB＝CD，连结AB，BC，CD，分别作∠ABC与∠DCB的平分线，交点O即为圆心 A．①② B．①③ C．②④ D．①②③ 【答案】A 【知识点】线段垂直平分线的性质；垂径定理；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线 【解析】【解答】解：由题意①②可以判定点O是⊙的圆心． 故选A． 【分析】①⊙O的圆心在线段AB，BC的垂直平分线上，故点O即为所求． ②由作图可知：线段BD是⊙O的直径，故点O即为所求． ③无法判断点O是圆心． 9．（2024九上·罗庄期中）如图，在平面直角坐标系中，P是直线y＝2上的一个动点，⊙P的半径为1，直线OQ切⊙P于点Q，则线段OQ的最小值为（　　） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；切线的性质 【解析】【解答】解：连接PQ、OP，如图， ∵直线OQ切⊙P于点Q， ∴PQ⊥OQ， 在直角中，， 当OP最小时，OQ最小， 当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2， ∴OQ的最小值为， 故选：C． 【分析】连接PQ、OP，根据勾股定理可得OQ，当OP最小时，OQ最小，当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2，再根据勾股定理即可求出答案. 10．（2024九上·罗庄期中）如图，在的正方形网格中，动点同时从两点匀速出发，以每秒1个单位长度的速度沿网格线运动至格点停止．动点的运动路线为：；动点的运动路线为：，连接．设动点运动时间为的面积为．则与之间的函数关系用图象表示大致是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】一次函数的图象；二次函数-动态几何问题 【解析】【解答】解：①0≤t≤1时，如图， S=PQAP=t， 当t=1时，S=1， 该函数为一次函数； ②1＜t＜2时，如图，建立如图所示的坐标系， 则点P、Q的坐标分别为（t-1，1）、（2，t），设直线PQ交GE于点H， 设直线PQ的表达式为：，则， 解得， 故直线PQ的表达式为：， 当时，， ∴； 该函数为开口向下的抛物线； ③当2≤t≤3时，如图， PF=t-2，GQ = 3- t， ∴PE= t-2+1 =t-1， 同理可得：S=PEGQ=(t-1)( 3- t)=； 该函数为开口向下的抛物线； 故选：A． 【分析】分情况讨论：当0≤t≤1时，根据三角形面积即可求出答案；当1＜t＜2时，建立直角坐标系设直线PQ的表达式为：，将点（t-1，1）、（2，t）代入解析式可得直线PQ的表达式为：，将x=1代入解析式可得HE，再根据三角形面积即可求出答案；当2≤t≤3时，PF=t-2，GQ = 3- t，根据边之间的关系可得PE，再根据三角形面积即可求出答案. 11．（2024九上·罗庄期中）为了美化环境，某市加大绿化投资，2015年用于绿化投资300万元，2017年用于绿化投资363万元，则这两年绿化投资的年均增长率为　 　． 【答案】10% 【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题 【解析】【解答】解：设这两年绿化投资的年均增长率为x， 依题意，得：300（1+x）2＝363， 解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）． 故答案为：10%． 【分析】设这两年绿化投资的年均增长率为x，根据题意建立方程，解方程即可求出答案. 12．（2024九上·罗庄期中）年9月日，大型客机取得中国民用航空局型号合格证，这标志着我国具备按照国际通行适航标准研制大型客机的能力，是我国大飞机事业征程上的重要里程碑．如果某型号飞机降落后滑行的距离s（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是，则该飞机着陆后滑行最长时间为　 　秒． 【答案】18 【知识点】二次函数的最值 【解析】【解答】解：， ∵， ∴当时，有最大值， ∵飞机滑行到最大距离时停下，此时滑行的时间最长， ∴该飞机着陆后滑行最长时间为秒， 故答案为：． 【分析】根据二次函数性质即可求出答案. 13．（2024九上·罗庄期中）已知在圆内接三角形中，，圆心O到的距离为，圆的半径为，则腰的长为　 　． 【答案】或 【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；线段垂直平分线的判定 【解析】【解答】解：分两种情况讨论： ①当圆心在内部时， 如图， ，， 是的垂直平分线， ， 由题意可知：， ， 根据勾股定理可得： ， ； ②当圆心在外部时， 如图， ，， 是的垂直平分线， ， 由题意可知：， ， 根据勾股定理可得： ， ； 综上所述，或， 故答案为：或． 【分析】分情况讨论：①当圆心在内部时，根据垂直平分线判定定理可得AE是的垂直平分线，则，根据边之间的关系可得AE，根据勾股定理可得BE，AB，即可求出答案；②当圆心在外部时，根据垂直平分线判定定理可得AE是的垂直平分线，则，根据边之间的关系可得AE，根据勾股定理可得BE，AB，即可求出答案； 14．（2024九上·罗庄期中）如图，扇形中，，点C为的中点，交弧于点E，以点O为圆心，的长为半径作弧交于点D．若，则阴影部分面积为　 　． 【答案】​​​​​​​ 【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；扇形面积的计算 【解析】【解答】解：如图，连接、， ，且点C为的中点， 是的垂直平分线，， ，， 又， ， 是等边三角形， ， 在中，根据勾股定理可得： ， ， ， 故答案为：． 【分析】连接、，根据垂直平分线判定定理可得是的垂直平分线，，则，，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据勾股定理可得CE，再根据，结合扇形，三角形面积即可求出答案. 15．（2024九上·罗庄期中）如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点坐标为，其部分图象如图，下列结论：①；②方程的两个根是，；③；④当时，的取值范围是；⑤当时，随增大而增大．其中正确结论的序号是　 　． 【答案】 【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题 【解析】【解答】解：抛物线与轴有两个交点， ， ∴，故正确； 抛物线的对称轴为直线， 而点关于直线的对称点的坐标是， 方程的两个根是，，故正确； ∵抛物线对称轴为直线， 即． 而当时，， 即， ， 即，故错误； 抛物线与的两个交点为、， 当时，的取值范围是，故错误； 抛物线的对称轴为，抛物线开口向下， 当时，随增大而增大，故正确. 综上所述，正确的有． 故答案为：． 【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系即可求出答案. 16．（2024九上·罗庄期中）阅读理解：设，，若，则，即，已知，，且，则的值为　 　． 【答案】1或-4 【知识点】因式分解法解一元二次方程 【解析】【解答】解：由，则，即，=(-2，x+1)，=(3，x+2)，且， 可得， 解方程得，，， 故答案为：1或-4 【分析】根据题意建立方程，解方程即可求出答案. 17．（2024九上·罗庄期中）解一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1）解：， ， ， ， ， 故方程的解为，． （2）解：， ， ， ，即， 或， 或， 故方程的解为，． 【知识点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程 【解析】【分析】（1）根据配方法解方程即可求出答案. （2）根据因式分解法解方程即可求出答案. （1）解：， ， ， ， ， 故方程的解为，． （2）解：， ， ， ，即， 或， 或， 故方程的解为，． 18．（2024九上·罗庄期中）如图，的顶点坐标分别为． （1）画出与关于轴对称的图形，并写出的坐标； （2）画出绕原点逆时针旋转的，并写出点的坐标． 【答案】（1）解：关于轴对称的图形如下： 的坐标为； （2）解：绕原点逆时针旋转的如图， 点的坐标为． 【知识点】坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转 【解析】【分析】（1）根据对称性质作出点A，吧，C关于x轴的对称点，再依次连接即可求出答案. （2）根据旋转性质作图即可. （1）解：关于轴对称的图形如下： 的坐标为； （2）解：绕原点逆时针旋转的如图， 点的坐标为． 19．（2024九上·罗庄期中）根据以下素材，完成探索任务． 探索果园土地规划和销售利润问题 素材1 某农户承包了一块长方形果园，图1是果园的平面图，其中米，米．准备在它的四周铺设道路，上下两条横向道路的宽度都为米，左右两条纵向道路的宽度都为米，中间部分种植水果．已知道路的路面造价是每平方米50元；出于货车通行等因素的考虑，横向道路宽度不超过24米，且不小于10米． 素材2 该农户发现某一种草莓销售前景比较不错，经市场调查，草莓培育一年可产果，已知每平方米的草莓销售平均利润为100元；果园每年的承包费为25万元，期间需一次性投入33万元购进新苗，每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用． 问题解决 任务1 解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响． （1）请直接写出纵向道路宽度的取值范围． （2）若中间种植的面积是44800平方米，则路面设置的宽度是否符合要求． 任务2 解决果园种植的预期利润问题．（净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用） （3）经过1年后，农户是否可以达到预期净利润400万元？请说明理由． 【答案】解：（1）横向道路宽度不超过24米，且不小于10米， ∴ 解得：； （2）根据题意可列方程得： ， 整理得：， 解得：，， 由（1）得：， ∴x=190不符合题意，应舍去， ， 路面设置的宽度符合要求； 答：路面设置的宽度符合要求； （3）经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，理由如下： 假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元， 根据题意可列方程得： 整理得： 解得：， 由（1）得：， ∴x=195不符合题意，应舍去， ， 假设成立，即经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元． 【知识点】一元一次不等式的应用；一元二次方程的实际应用-销售问题；一元二次方程的应用-几何问题 【解析】【分析】（1）由“横向道路宽度不超过24米，且不小于10米”可列关于的不等式，解这个不等式即可求得x的取值范围； （2）根据种植的面积是，可列出关于的一元二次方程，解方程求出的值，结合（1）中x的取值范围即可求解； （3）假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，可列出关于的一元二次方程，解之可得出的值，结合（1）中x的取值范围即可求解． 20．（2024九上·罗庄期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延长线交于点F，点E在CF上，且∠DEC=∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若AB=AC，CE=10，EF=14，求CD． 【答案】解：（1）如图，连接BD． ∵∠BAD=90°， ∴点O必在BD上，即：BD是直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠DEC+∠CDE=90°． ∵∠DEC=∠BAC， ∴∠BAC+∠CDE=90°． ∵∠BAC=∠BDC， ∴∠BDC+∠CDE=90°， ∴∠BDE=90°，即：BD⊥DE． ∵点D在⊙O上， ∴DE是⊙O的切线； （2）∵∠BAF=∠BDE=90°， ∴∠F+∠ABC=∠FDE+∠ADB=90°． ∵AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB． ∵∠ADB=∠ACB， ∴∠ABC=∠ADB， ∴∠F=∠FDE， ∴DE=EF=14． ∵CE=10，∠BCD=90°， ∴∠DCE=90°， ∴CD==． 【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；切线的判定 【解析】【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠BCD=90°，再根据角之间的关系可得∠BDE=90°，即：BD⊥DE，再根据切线判定定理即可求出答案. （2）根据等边对等角可得∠ABC=∠ACB，根据角之间的关系可得∠F=∠FDE，根据等角对等边可得DE=EF=14，再根据勾股定理即可求出答案. 21．（2024九上·罗庄期中）如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB； （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离． 【答案】（1）解：设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10． 把（0，0）代入，得400a＋10＝0，解得a＝﹣． ∴y＝﹣（x﹣20）2＋10．即y＝﹣x2＋x（0≤x≤40）． （2）解：把x＝30代入y＝﹣x2＋x，得y＝﹣×900＋30＝7.5． ∵7.5＞3＋3，∴石块能飞越防御墙AB． （3）解：设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0）． 把（30，3）代入，得3＝30k， ∴k＝． 故直线OA的解析式为y＝x． 设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t）． 过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t）． ∴PQ＝﹣t2＋t﹣t＝﹣t2＋t＝﹣（t﹣18）2＋8.1． ∴当t＝18时，PQ取最大值，最大值为8.1． 答：在竖直方向上，石块飞行时与坡面OA的最大距离是8.1米． 【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题；坐标系中的两点距离公式 【解析】【分析】（1）设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10，根据待定系数法将点(0，0)代入解析式即可求出答案. （2）将x=30代入解析式求出y值，再比较大小即可求出答案. （3）设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0），根据待定系数法将点(30，3)代入解析式可得直线OA的解析式为y＝x，设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t），过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t），根据两点间距离，结合二次函数性质即可求出答案. 22．（2024九上·罗庄期中）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，CD＝CE，连接AE，点F，H，G分别为DE，AE，AB的中点连接FH，HG （1）观察猜想图1中，线段FH与GH的数量关系是　 　，位置关系是　 　 （2）探究证明：把△CDE绕点C顺时针方向旋转到图2的位置，连接AD，AE，BE判断△FHG的形状，并说明理由 （3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若CD＝4，AC＝8，请直接写出△FHG面积的最大值 【答案】（1）FH＝GH，FH⊥HG； （2）△FGP是等腰直角三角形 理由：由旋转知，∠ACD＝∠BCE， ∵AC＝BC，CD＝CE， ∴△CAD≌△CBE（SAS）， ∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE， 由三角形的中位线得，HG＝BE，HF＝AD， ∴HG＝HF， ∴△FGH是等腰三角形， 由三角形的中位线得，HG∥BE， ∴∠AGH＝∠ABE， 由三角形的中位线得，HF∥AD， ∴∠FHE＝∠DAE， ∵∠EHG＝∠BAE+∠AGH＝∠BAE+∠ABE， ∴∠GHF＝∠FHE+∠EHG ＝∠DAE+∠BAE+∠ABE ＝∠BAD+∠ABE ＝∠BAC+∠CAD+∠ABC﹣∠CBE ＝∠CBA+∠CAB， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CBA＝∠CAB＝45°， ∴∠GHF＝90°， ∴△FGH是等腰直角三角形； （3）18 【知识点】三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理 【解析】【解答】解：（1）∵AC＝BC，CD＝CE， ∴AD＝BE， ∵点F是DE的中点，点H是AE的中点， ∴FH＝AD， ∵点G是AB的中点，点H是AE的中点， ∴GH＝BE， ∴FH＝GH， ∵点F是DE的中点，点H是AE的中点， ∴FH∥AD， ∴∠FHE＝∠CAE ∵点G是AB的中点，点H是AE的中点， ∴GH∥BE， ∴∠AGH＝∠B， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∵∠EGH＝∠B+∠BAE， ∴∠FHG＝∠FHE+∠EHG＝∠CAE+∠B+∠BAE＝∠B+∠BAC＝90°， ∴FH⊥HG， 故答案为：FH＝GH，FH⊥HG； （3）由（2）知，△FGH是等腰直角三角形，HG＝HF＝AD， ∵S△HGF＝HG2， ∴HG最大时，△FGH面积最大， ∴点D在AC的延长线上， ∵CD＝4，AC＝8 ∴AD＝AC+CD＝12， ∴HG＝×12＝6． ∴S△PGF最大＝HG2＝18． 【分析】（1）根据三角形中位线定理可得FH＝GH，FH∥AD，GH∥BE，根据直线平行性质可得∠FHE＝∠CAE，∠AGH＝∠B，根据角之间的关系可得∠BAC＝∠B＝45°，根据三角形外角性质可得∠EGH＝∠B+∠BAE，再根据角之间的关系即可求出答案. （2）根据旋转性质可得∠ACD＝∠BCE，再根据全等三角形判定定理可得△CAD≌△CBE（SAS），∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，根据三角形中位线定理可得HG＝BE，HF＝AD，则HG＝HF，根据等腰三角形判定定理可得△FGH是等腰三角形，根据三角形中位线定理可得HG∥BE，HF∥AD，根据直线平行性质可得∠AGH＝∠ABE，∠AGH＝∠ABE，根据三角形外角性质可得∠GHF＝∠FHE+∠EHG，根据角之间的关系可得∠CBA＝∠CAB＝45°，则∠GHF＝90°，再根据等腰直角三角形判定定理即可求出答案. （3）根据三角形面积可得S△HGF＝HG2，HG最大时，△FGH面积最大，则点D在AC的延长线上，根据边之间的关系可得AD，可得HG，即可求出答案. 23．（2024九上·罗庄期中）已知抛物线（为常数）经过点． （1）求该抛物线的函数表达式． （2）已知点在该抛物线上． （ⅰ）当时，比较的大小； （ⅱ）若是抛物线上一点，且当时，有最小值，求的值． 【答案】（1）解：将点代入，得 解得， 该抛物线的函数表达式为． （2）解：（ⅰ）该抛物线的对称轴为直线，且， 点均在对称轴左侧的抛物线上，且随的增大而减小． ． （ⅱ）当，即时，， 解得（舍去）． 当时，， 解得（舍去）． 当，即时，， 解得（舍去）． 综上所述，的值为0或 【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式 【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点代入解析式即可求出答案. （2）根据二次函数性质即可求出答案. （1）解：将点代入，得 解得， 该抛物线的函数表达式为． （2）解：（ⅰ）该抛物线的对称轴为直线，且， 点均在对称轴左侧的抛物线上，且随的增大而减小． ． （ⅱ）当，即时，， 解得（舍去）． 当时，， 解得（舍去）． 当，即时，， 解得（舍去）． 综上所述，的值为0或． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省临沂市罗庄区2024-2025学年九年级上学期期中考试数学试题 1．（2024九上·罗庄期中）我国传统文化中的“福禄寿喜”图，属于美工艺术字分类，由四个图案构成．这四个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．（2024九上·罗庄期中）已知二次函数的对称轴为直线，则的值是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 3．（2024九上·罗庄期中）关于的一元二次方程的两实数根互为相反数，则的值为（　　） A． B．0 C．1 D．或0 4．（2024九上·罗庄期中）如图，在中，，将绕点B逆时针旋转得到，点，的对应点分别为，，当点恰好落在边上时，连接，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2024九上·罗庄期中）一个边长为的正多边形的内角和是其外角和的倍，则这个正多边形的外接圆半径是（　　） A． B． C．1 D．21 6．（2024九上·罗庄期中）如图，点O为△ABC的内心，∠A＝50°，则∠BOC的度数为（　　） A．120° B．125° C．115° D．130° 7．（2024九上·罗庄期中）如图，等边△OAB的顶点O为坐标原点，AB∥x轴，OA=2，将等边△OAB绕原点O顺时针旋转105°至△OCD的位置，则点D的坐标为（　　） A．(2，-2) B．(，) C．(，) D．(，) 8．（2024九上·罗庄期中）下列尺规作图中，能确定圆心的是（　　） ①如图1，在圆上任取三个点A，B，C，分别作弦AB，BC的垂直平分线，交点O即为圆心 ②如图2，在圆上任取一点B，以B为圆心，小于直径长为半径画弧交圆于A，C两点连结AB，BC，作∠ABC的平分线交圆于点D，作弦BD的垂直平分线交BD于点O，点O即为圆心 ③如图3，在圆上截取弦AB＝CD，连结AB，BC，CD，分别作∠ABC与∠DCB的平分线，交点O即为圆心 A．①② B．①③ C．②④ D．①②③ 9．（2024九上·罗庄期中）如图，在平面直角坐标系中，P是直线y＝2上的一个动点，⊙P的半径为1，直线OQ切⊙P于点Q，则线段OQ的最小值为（　　） A．1 B．2 C． D． 10．（2024九上·罗庄期中）如图，在的正方形网格中，动点同时从两点匀速出发，以每秒1个单位长度的速度沿网格线运动至格点停止．动点的运动路线为：；动点的运动路线为：，连接．设动点运动时间为的面积为．则与之间的函数关系用图象表示大致是（　　） A． B． C． D． 11．（2024九上·罗庄期中）为了美化环境，某市加大绿化投资，2015年用于绿化投资300万元，2017年用于绿化投资363万元，则这两年绿化投资的年均增长率为　 　． 12．（2024九上·罗庄期中）年9月日，大型客机取得中国民用航空局型号合格证，这标志着我国具备按照国际通行适航标准研制大型客机的能力，是我国大飞机事业征程上的重要里程碑．如果某型号飞机降落后滑行的距离s（单位：米）关于滑行的时间t（单位：秒）的函数解析式是，则该飞机着陆后滑行最长时间为　 　秒． 13．（2024九上·罗庄期中）已知在圆内接三角形中，，圆心O到的距离为，圆的半径为，则腰的长为　 　． 14．（2024九上·罗庄期中）如图，扇形中，，点C为的中点，交弧于点E，以点O为圆心，的长为半径作弧交于点D．若，则阴影部分面积为　 　． 15．（2024九上·罗庄期中）如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点坐标为，其部分图象如图，下列结论：①；②方程的两个根是，；③；④当时，的取值范围是；⑤当时，随增大而增大．其中正确结论的序号是　 　． 16．（2024九上·罗庄期中）阅读理解：设，，若，则，即，已知，，且，则的值为　 　． 17．（2024九上·罗庄期中）解一元二次方程： （1）； （2）． 18．（2024九上·罗庄期中）如图，的顶点坐标分别为． （1）画出与关于轴对称的图形，并写出的坐标； （2）画出绕原点逆时针旋转的，并写出点的坐标． 19．（2024九上·罗庄期中）根据以下素材，完成探索任务． 探索果园土地规划和销售利润问题 素材1 某农户承包了一块长方形果园，图1是果园的平面图，其中米，米．准备在它的四周铺设道路，上下两条横向道路的宽度都为米，左右两条纵向道路的宽度都为米，中间部分种植水果．已知道路的路面造价是每平方米50元；出于货车通行等因素的考虑，横向道路宽度不超过24米，且不小于10米． 素材2 该农户发现某一种草莓销售前景比较不错，经市场调查，草莓培育一年可产果，已知每平方米的草莓销售平均利润为100元；果园每年的承包费为25万元，期间需一次性投入33万元购进新苗，每年还需25万元的养护、施肥、运输等其余费用． 问题解决 任务1 解决果园中路面宽度的设计对种植面积的影响． （1）请直接写出纵向道路宽度的取值范围． （2）若中间种植的面积是44800平方米，则路面设置的宽度是否符合要求． 任务2 解决果园种植的预期利润问题．（净利润草莓销售的总利润路面造价费用果园承包费用新苗购置费用其余费用） （3）经过1年后，农户是否可以达到预期净利润400万元？请说明理由． 20．（2024九上·罗庄期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，AD、BC的延长线交于点F，点E在CF上，且∠DEC=∠BAC． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）若AB=AC，CE=10，EF=14，求CD． 21．（2024九上·罗庄期中）如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB； （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离． 22．（2024九上·罗庄期中）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点D，E分别在边AC，BC上，CD＝CE，连接AE，点F，H，G分别为DE，AE，AB的中点连接FH，HG （1）观察猜想图1中，线段FH与GH的数量关系是　 　，位置关系是　 　 （2）探究证明：把△CDE绕点C顺时针方向旋转到图2的位置，连接AD，AE，BE判断△FHG的形状，并说明理由 （3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若CD＝4，AC＝8，请直接写出△FHG面积的最大值 23．（2024九上·罗庄期中）已知抛物线（为常数）经过点． （1）求该抛物线的函数表达式． （2）已知点在该抛物线上． （ⅰ）当时，比较的大小； （ⅱ）若是抛物线上一点，且当时，有最小值，求的值． 答案解析部分 1．【答案】B 【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形 【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故本选项符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故本选项不符合题意． 故选B． 【分析】将图形沿某一条直线折叠后能够重合的图形为轴对称图形，将图象沿某一点旋转180°后能够与原图重合的图形为中心对称图形. 2．【答案】B 【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；二次函数的对称性及应用 【解析】【解答】解：当时， 解得：，即抛物线与轴的交点坐标为， ∵抛物线的对称轴为直线 ∴ 故选：B． 【分析】令y=0，解方程可得，即抛物线与轴的交点坐标为，再根据对称轴即可求出答案. 3．【答案】B 【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理） 【解析】【解答】解：∵关于的一元二次方程的两实数根互为相反数， 设方程两根为，， ∴， ∴ 解得或 ∵ ∴解得或 ∴． 故选：B． 【分析】设方程两根为，，根据二次方程根与系数的关系可得，则，解方程可得或，结合二次方程判别式即可求出答案. 4．【答案】B 【知识点】等腰三角形的性质；旋转的性质 【解析】【解答】解：∵将绕点B逆时针旋转得到， ∴， ∴， 故选项B正确； 故选：B． 【分析】根据旋转性质逐项进行判断即可求出答案. 5．【答案】A 【知识点】多边形内角与外角；圆内接正多边形 【解析】【解答】解：设多边形的边数为n. 因为正多边形内角和为，正多边形外角和为 根据题意得： 解得：n=6. 故正多边形为6边形， 边长为2的正六边形可以分成六个边长为2的正三角形， 所以正多边形的半径等于2. 故选A. 【分析】设多边形的边数为n，根据多边形内角和，外角和公式建立方程，解方程可得正多边形为6边形，再求多边形的半径即可求出答案. 6．【答案】C 【知识点】三角形内角和定理；三角形的内切圆与内心 【解析】【解答】解：∵O是△ABC的内心， ∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB， ∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB， ∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝（180°﹣50°）＝65°， ∴ ∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°﹣65°＝115°． 故答案为：C 【分析】根据三角形内心性质可得OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，则∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，再根据三角形内角和定理可得∠OBC+∠OCB＝65°，则∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝115°，即可求出答案. 7．【答案】D 【知识点】平行线的性质；勾股定理；旋转的性质；点的坐标与象限的关系 【解析】【解答】解：如图，过点D向x轴作垂线，垂足为E， ∵△OAB是等边三角形，旋转角是105°， ∴∠AOB=∠B=∠COD =60°，∠AOC=105°， ∴∠BOC=∠AOC-∠AOB=105°-60°=45°， 又∵AB∥x轴， ∴∠BOE=∠B=60°（两直线平行，内错角相等）， ∴∠COE=∠BOE-∠BOC=60°-45°=15°， ∴∠EOD=∠DOC-∠COE=60°-15°=45°， ∴△EOD是等腰直角三角形， ∴ ∵OD=OA=2， ∴（勾股定理）， ∴ ∵D点在第四象限， ∴D点的坐标为：(，) 故选D； 【分析】过点D向x轴作垂线，垂足为E，根据等边三角形性质，旋转性质可得∠AOB=∠B=∠COD =60°，∠AOC=105°，根据角之间的关系可得∠BOC，再根据直线平行性质可得∠BOE=∠B=60°，根据角之间的关系可得∠COE，∠EOD，根据等腰直角三角形判定定理可得EOD是等腰直角三角形，则，根据勾股定理可得，再根据象限内点的坐标特征即可求出答案. 8．【答案】A 【知识点】线段垂直平分线的性质；垂径定理；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线 【解析】【解答】解：由题意①②可以判定点O是⊙的圆心． 故选A． 【分析】①⊙O的圆心在线段AB，BC的垂直平分线上，故点O即为所求． ②由作图可知：线段BD是⊙O的直径，故点O即为所求． ③无法判断点O是圆心． 9．【答案】C 【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；切线的性质 【解析】【解答】解：连接PQ、OP，如图， ∵直线OQ切⊙P于点Q， ∴PQ⊥OQ， 在直角中，， 当OP最小时，OQ最小， 当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2， ∴OQ的最小值为， 故选：C． 【分析】连接PQ、OP，根据勾股定理可得OQ，当OP最小时，OQ最小，当OP⊥直线y＝2时，OP有最小值2，再根据勾股定理即可求出答案. 10．【答案】A 【知识点】一次函数的图象；二次函数-动态几何问题 【解析】【解答】解：①0≤t≤1时，如图， S=PQAP=t， 当t=1时，S=1， 该函数为一次函数； ②1＜t＜2时，如图，建立如图所示的坐标系， 则点P、Q的坐标分别为（t-1，1）、（2，t），设直线PQ交GE于点H， 设直线PQ的表达式为：，则， 解得， 故直线PQ的表达式为：， 当时，， ∴； 该函数为开口向下的抛物线； ③当2≤t≤3时，如图， PF=t-2，GQ = 3- t， ∴PE= t-2+1 =t-1， 同理可得：S=PEGQ=(t-1)( 3- t)=； 该函数为开口向下的抛物线； 故选：A． 【分析】分情况讨论：当0≤t≤1时，根据三角形面积即可求出答案；当1＜t＜2时，建立直角坐标系设直线PQ的表达式为：，将点（t-1，1）、（2，t）代入解析式可得直线PQ的表达式为：，将x=1代入解析式可得HE，再根据三角形面积即可求出答案；当2≤t≤3时，PF=t-2，GQ = 3- t，根据边之间的关系可得PE，再根据三角形面积即可求出答案. 11．【答案】10% 【知识点】一元二次方程的实际应用-百分率问题 【解析】【解答】解：设这两年绿化投资的年均增长率为x， 依题意，得：300（1+x）2＝363， 解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不合题意，舍去）． 故答案为：10%． 【分析】设这两年绿化投资的年均增长率为x，根据题意建立方程，解方程即可求出答案. 12．【答案】18 【知识点】二次函数的最值 【解析】【解答】解：， ∵， ∴当时，有最大值， ∵飞机滑行到最大距离时停下，此时滑行的时间最长， ∴该飞机着陆后滑行最长时间为秒， 故答案为：． 【分析】根据二次函数性质即可求出答案. 13．【答案】或 【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；线段垂直平分线的判定 【解析】【解答】解：分两种情况讨论： ①当圆心在内部时， 如图， ，， 是的垂直平分线， ， 由题意可知：， ， 根据勾股定理可得： ， ； ②当圆心在外部时， 如图， ，， 是的垂直平分线， ， 由题意可知：， ， 根据勾股定理可得： ， ； 综上所述，或， 故答案为：或． 【分析】分情况讨论：①当圆心在内部时，根据垂直平分线判定定理可得AE是的垂直平分线，则，根据边之间的关系可得AE，根据勾股定理可得BE，AB，即可求出答案；②当圆心在外部时，根据垂直平分线判定定理可得AE是的垂直平分线，则，根据边之间的关系可得AE，根据勾股定理可得BE，AB，即可求出答案； 14．【答案】​​​​​​​ 【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；扇形面积的计算 【解析】【解答】解：如图，连接、， ，且点C为的中点， 是的垂直平分线，， ，， 又， ， 是等边三角形， ， 在中，根据勾股定理可得： ， ， ， 故答案为：． 【分析】连接、，根据垂直平分线判定定理可得是的垂直平分线，，则，，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据勾股定理可得CE，再根据，结合扇形，三角形面积即可求出答案. 15．【答案】 【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与坐标轴的交点问题 【解析】【解答】解：抛物线与轴有两个交点， ， ∴，故正确； 抛物线的对称轴为直线， 而点关于直线的对称点的坐标是， 方程的两个根是，，故正确； ∵抛物线对称轴为直线， 即． 而当时，， 即， ， 即，故错误； 抛物线与的两个交点为、， 当时，的取值范围是，故错误； 抛物线的对称轴为，抛物线开口向下， 当时，随增大而增大，故正确. 综上所述，正确的有． 故答案为：． 【分析】根据二次函数图象，性质与系数的关系即可求出答案. 16．【答案】1或-4 【知识点】因式分解法解一元二次方程 【解析】【解答】解：由，则，即，=(-2，x+1)，=(3，x+2)，且， 可得， 解方程得，，， 故答案为：1或-4 【分析】根据题意建立方程，解方程即可求出答案. 17．【答案】（1）解：， ， ， ， ， 故方程的解为，． （2）解：， ， ， ，即， 或， 或， 故方程的解为，． 【知识点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程 【解析】【分析】（1）根据配方法解方程即可求出答案. （2）根据因式分解法解方程即可求出答案. （1）解：， ， ， ， ， 故方程的解为，． （2）解：， ， ， ，即， 或， 或， 故方程的解为，． 18．【答案】（1）解：关于轴对称的图形如下： 的坐标为； （2）解：绕原点逆时针旋转的如图， 点的坐标为． 【知识点】坐标与图形变化﹣对称；作图﹣轴对称；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转 【解析】【分析】（1）根据对称性质作出点A，吧，C关于x轴的对称点，再依次连接即可求出答案. （2）根据旋转性质作图即可. （1）解：关于轴对称的图形如下： 的坐标为； （2）解：绕原点逆时针旋转的如图， 点的坐标为． 19．【答案】解：（1）横向道路宽度不超过24米，且不小于10米， ∴ 解得：； （2）根据题意可列方程得： ， 整理得：， 解得：，， 由（1）得：， ∴x=190不符合题意，应舍去， ， 路面设置的宽度符合要求； 答：路面设置的宽度符合要求； （3）经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，理由如下： 假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元， 根据题意可列方程得： 整理得： 解得：， 由（1）得：， ∴x=195不符合题意，应舍去， ， 假设成立，即经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元． 【知识点】一元一次不等式的应用；一元二次方程的实际应用-销售问题；一元二次方程的应用-几何问题 【解析】【分析】（1）由“横向道路宽度不超过24米，且不小于10米”可列关于的不等式，解这个不等式即可求得x的取值范围； （2）根据种植的面积是，可列出关于的一元二次方程，解方程求出的值，结合（1）中x的取值范围即可求解； （3）假设经过1年后，农户可以达到预期净利润400万元，可列出关于的一元二次方程，解之可得出的值，结合（1）中x的取值范围即可求解． 20．【答案】解：（1）如图，连接BD． ∵∠BAD=90°， ∴点O必在BD上，即：BD是直径， ∴∠BCD=90°， ∴∠DEC+∠CDE=90°． ∵∠DEC=∠BAC， ∴∠BAC+∠CDE=90°． ∵∠BAC=∠BDC， ∴∠BDC+∠CDE=90°， ∴∠BDE=90°，即：BD⊥DE． ∵点D在⊙O上， ∴DE是⊙O的切线； （2）∵∠BAF=∠BDE=90°， ∴∠F+∠ABC=∠FDE+∠ADB=90°． ∵AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB． ∵∠ADB=∠ACB， ∴∠ABC=∠ADB， ∴∠F=∠FDE， ∴DE=EF=14． ∵CE=10，∠BCD=90°， ∴∠DCE=90°， ∴CD==． 【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理；切线的判定 【解析】【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠BCD=90°，再根据角之间的关系可得∠BDE=90°，即：BD⊥DE，再根据切线判定定理即可求出答案. （2）根据等边对等角可得∠ABC=∠ACB，根据角之间的关系可得∠F=∠FDE，根据等角对等边可得DE=EF=14，再根据勾股定理即可求出答案. 21．【答案】（1）解：设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10． 把（0，0）代入，得400a＋10＝0，解得a＝﹣． ∴y＝﹣（x﹣20）2＋10．即y＝﹣x2＋x（0≤x≤40）． （2）解：把x＝30代入y＝﹣x2＋x，得y＝﹣×900＋30＝7.5． ∵7.5＞3＋3，∴石块能飞越防御墙AB． （3）解：设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0）． 把（30，3）代入，得3＝30k， ∴k＝． 故直线OA的解析式为y＝x． 设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t）． 过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t）． ∴PQ＝﹣t2＋t﹣t＝﹣t2＋t＝﹣（t﹣18）2＋8.1． ∴当t＝18时，PQ取最大值，最大值为8.1． 答：在竖直方向上，石块飞行时与坡面OA的最大距离是8.1米． 【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；二次函数的实际应用-抛球问题；坐标系中的两点距离公式 【解析】【分析】（1）设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10，根据待定系数法将点(0，0)代入解析式即可求出答案. （2）将x=30代入解析式求出y值，再比较大小即可求出答案. （3）设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0），根据待定系数法将点(30，3)代入解析式可得直线OA的解析式为y＝x，设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t），过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t），根据两点间距离，结合二次函数性质即可求出答案. 22．【答案】（1）FH＝GH，FH⊥HG； （2）△FGP是等腰直角三角形 理由：由旋转知，∠ACD＝∠BCE， ∵AC＝BC，CD＝CE， ∴△CAD≌△CBE（SAS）， ∴∠CAD＝∠CBE，AD＝BE， 由三角形的中位线得，HG＝BE，HF＝AD， ∴HG＝HF， ∴△FGH是等腰三角形， 由三角形的中位线得，HG∥BE， ∴∠AGH＝∠ABE， 由三角形的中位线得，HF∥AD， ∴∠FHE＝∠DAE， ∵∠EHG＝∠BAE+∠AGH＝∠BAE+∠ABE， ∴∠GHF＝∠FHE+∠EHG ＝∠DAE+∠BAE+∠ABE ＝∠BAD+∠ABE ＝∠BAC+∠CAD+∠ABC﹣∠CBE ＝∠CBA+∠CAB， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CBA＝∠CAB＝45°， ∴∠GHF＝90°， ∴△FGH是等腰直角三角形； （3）18 【知识点】三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；旋转的性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理 【解析】【解答】解：（1）∵AC＝BC，CD＝CE， ∴AD＝BE， ∵点F是DE的中点，点H是AE的中点， ∴FH＝AD， ∵点G是AB的中点，点H是AE的中点， ∴GH＝BE， ∴FH＝GH， ∵点F是DE的中点，点H是AE的中点， ∴FH∥AD， ∴∠FHE＝∠CAE ∵点G是AB的中点，点H是AE的中点， ∴GH∥BE， ∴∠AGH＝∠B， ∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∵∠EGH＝∠B+∠BAE， ∴∠FHG＝∠FHE+∠EHG＝∠CAE+∠B+∠BAE＝∠B+∠BAC＝90°， ∴FH⊥HG， 故答案为：FH＝GH，FH⊥HG； （3）由（2）知，△FGH是等腰直角三角形，HG＝HF＝AD， ∵S△HGF＝HG2， ∴HG最大时，△FGH面积最大， ∴点D在AC的延长线上， ∵CD＝4，AC＝8 ∴AD＝AC+CD＝12， ∴HG＝×12＝6． ∴S△PGF最大＝HG2＝18． 【分析】（1）根据三角形中位线定理可得FH＝GH，FH∥AD，GH∥BE，根据直线平行性质可得∠FHE＝∠CAE，∠AGH＝∠B，根据角之间的关系可得∠BAC＝∠B＝45°，根据三角形外角性质可得∠EGH＝∠B+∠BAE，再根据角之间的关系即可求出答案. （2）根据旋转性质可得∠ACD＝∠BCE，再根据全等三角形判定定理可得△CAD≌△CBE（SAS），∠CAD＝∠CBE，AD＝BE，根据三角形中位线定理可得HG＝BE，HF＝AD，则HG＝HF，根据等腰三角形判定定理可得△FGH是等腰三角形，根据三角形中位线定理可得HG∥BE，HF∥AD，根据直线平行性质可得∠AGH＝∠ABE，∠AGH＝∠ABE，根据三角形外角性质可得∠GHF＝∠FHE+∠EHG，根据角之间的关系可得∠CBA＝∠CAB＝45°，则∠GHF＝90°，再根据等腰直角三角形判定定理即可求出答案. （3）根据三角形面积可得S△HGF＝HG2，HG最大时，△FGH面积最大，则点D在AC的延长线上，根据边之间的关系可得AD，可得HG，即可求出答案. 23．【答案】（1）解：将点代入，得 解得， 该抛物线的函数表达式为． （2）解：（ⅰ）该抛物线的对称轴为直线，且， 点均在对称轴左侧的抛物线上，且随的增大而减小． ． （ⅱ）当，即时，， 解得（舍去）． 当时，， 解得（舍去）． 当，即时，， 解得（舍去）． 综上所述，的值为0或 【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式 【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点代入解析式即可求出答案. （2）根据二次函数性质即可求出答案. （1）解：将点代入，得 解得， 该抛物线的函数表达式为． （2）解：（ⅰ）该抛物线的对称轴为直线，且， 点均在对称轴左侧的抛物线上，且随的增大而减小． ． （ⅱ）当，即时，， 解得（舍去）． 当时，， 解得（舍去）． 当，即时，， 解得（舍去）． 综上所述，的值为0或． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $