期中考前满分冲刺之中等易错题-2025-2026学年苏科版九年级数学上册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练

期中考前满分冲刺之中等易错题 【专题过关】 类型一、圆的计算问题 1．在半径为的中，的圆周角所对的弧长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题综合考查了圆周角定理和弧长公式，解题的关键是熟记定理和弧长公式．首先根据圆周角定理求得弧所对的圆心角的度数，再进一步根据弧长的公式计算即可． 【详解】解：根据圆周角定理，得弧所对的圆心角是， 根据弧长的公式． 故选：． 2．小明将半径为4的圆沿着直径所在的直线剪成两个半圆，将其中的一个半圆卷成圆锥，则该圆锥的高为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆锥的侧面展开图、圆锥的高等知识点，弄清圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解题的关键． 根据扇形的弧长等于圆锥的底面周长，即可求得圆锥的底面半径，底面半径、母线长以及圆锥的高满足勾股定理，据此求解即可． 【详解】解：圆锥的底面半径为：， 圆锥的母线为4， 则高为， 故选：D． 3．已知圆锥的母线长是8cm，底面半径为3cm，则圆锥侧面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥侧面积的求法．先求出圆锥的底面周长，即可得到圆锥侧面展开图的扇形弧长，再利用扇形面积公式即可求解． 【详解】解：圆锥的底面周长是， ∴圆锥的侧面积为． 故选：B． 4．如图是一块扇面宣传展板示意图，它是以为圆心，长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，则阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题主要考查了扇形的面积计算，根据列式求解即可． 【详解】解：由题意得， ， 故答案为：． 5．若圆锥的底面直径为，母线长为，则它的侧面展开图的圆心角的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了圆锥的侧面展开图及弧长公式，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．熟练掌握弧长公式是解题的关键．根据展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长，列方程求解即可． 【详解】解：设圆锥的侧面展开图的圆心角的度数为， ∵圆锥的底面直径为，母线长为， ∴， 解得． 故答案为： 6．用一个圆心角为的扇形围成一个圆锥，若圆锥底面圆的半径为，则扇形的半径为 ． 【答案】6 【分析】此题主要考查了扇形和圆锥的有关计算，解题关键是明确扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，然后由弧长公式和圆的周长公式列方程求解即可． 【详解】解：设扇形的半径为， ∵扇形弧长等于圆锥底面圆的周长， ∴，解得：． 答：扇形的半径为． 故答案为：6． 类型二、二次函数的增减性与最值(选考) 1．函数的最大值与最小值分别是（   ） A．7和0 B．7和 C．7和 D．7和 【答案】C 【分析】本题考查了二次函数的顶点式和二次函数的最值的运用．先将解析式化为顶点式就可以求出最小值，再根据对称轴在其取值范围内就可以求出最大值． 【详解】解：∵， ∴， ∴抛物线的对称轴为直线，当时y有最小值， ∵， ∴时，是最大值， ∴函数的最大值为7，最小值为． 故选：C． 2．二次函数（a为常数）的图象不经过第三象限，当时，y的最大值为，则a的值是（   ） A．8 B．或 C．2或8 D．2 【答案】D 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，先求出二次函数的对称轴，根据图象不经过第三象限，得到的符号，根据增减性，得到当时，函数有最大值，进而求出a的值即可． 【详解】解：∵二次函数， ∴该函数的对称轴是直线，当时，， ∴图象过原点， 又∵二次函数（a为常数）的图象不经过第三象限， ∴， ∴图象上的点离对称轴越远，函数值越大， ∵当时，y的最大值为， ∴当时，， 解得． 故选：D． 3．已知点，，在二次函数的图象上，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，求得抛物线的开口方向和对称轴，然后利用二次函数的对称性和增减性求得即可． 【详解】解：∵， ∴二次函数的图象开口向上，对称轴是直线， ∴当时，y随x的增大而增大， ∵点关于对称轴的对称点为，， ∴， 故选A． 4．已知二次函数的图象经过点和，若，则m的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质．由，利用二次函数的性质，可得出抛物线的开口向上及对称轴为直线，结合，可得出，解之即可得出结论． 【详解】解：， 二次函数的图象开口向上，对称轴为直线， 二次函数的图象经过点和，且， ， 即或， 解得：或， 的取值范围是或 故答案为：或 5．点，，均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，函数的对称性及增减性，解题的关键是利用对称性求解． 利用函数的对称性和增减性进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴抛物线开口向下， ∴抛物线上的点距离对称轴越近，纵坐标越大， 根据得， 对称轴为直线， 距离对称轴的距离为； 距离对称轴的距离为； 距离对称轴的距离为； ∵， ∴， 故答案为：． 6．已知二次函数的最小值是，那么m的值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了二次函数的最值问题，根据解析式可得顶点坐标和开口方向向上，再根据开口方向向上的二次函数的最小值即为顶点的纵坐标建立方程求解即可． 【详解】解：∵二次函数解析式为， ∴二次函数的顶点坐标为，且函数图象开口向上， ∴函数的最小值即为， 又∵二次函数的最小值是， ∴， ∴， 故答案为：． 类型三、圆周角定理 1．如图，是的直径，垂直于弦于点，，则的长是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，中位线的性质和判定， 设，可表示出，再说明是的中位线，可得，然后根据勾股定理得，接下来代入计算可得答案． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∴． ∵是的直径， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴是的中位线， ∴． 在中，， 即， 解得， ∴． 故选：B． 2．如图，点在上，点是中点，若，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质等，熟练掌握以上性质是解题的关键．根据弧、弦、圆心角的关系，推出，再根据圆周角定理，推出，最后由等边对等角和三角形内角和定理即可求得答案． 【详解】解：∵点是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 3．如图，A，B，C三点在上，且，则的度数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】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，由此可得出答案． 本题考查了圆周角定理，属于基础题，掌握圆周角定理的内容是解答本题的关键． 【详解】解：由题意得， 故选：B． 4．如图，四边形内接于，若四边形是平行四边形，则 ．    【答案】/60度 【分析】本题重点考查圆内接四边形的性质和圆周角定理的综合应用，通过平行四边形性质将圆心角与圆周角关联并建立方程是解题的关键． 利用圆内接四边形的性质和圆周角定理列方程求解． 【详解】解：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， 即， 解得， ∴， 故答案为：． 5．如图，点、、、、在上，且，则所对的圆心角度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查圆内接四边形性质，圆周角定理，连接，由，，可得，故，即所对的圆心角为，解题的关键是掌握圆的相关性质． 【详解】解：连接，如图： 点在上， ， ， ，即， ， ， 即所对的圆心角为； 故答案为：． 6．如图，在中，是直径，弦，D是的中点，与交于点E．若E是的中点，则的半径长是 ． 【答案】3 【分析】本题考查了垂径定理，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 根据垂径定理得出，，进而证明是的中位线，根据三角形中位线定理求得，证明，从而求得，利用勾股定理即可求得． 【详解】解：如图，连接，交于， 是的中点， ，， ， ，， 是的中位线， ， 是直径， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 即， ，（负值已舍去）， ， 故答案为：3． 类型四、正多边形与圆 1．下列正多边形中，绕其中心旋转后，能和自身重合的是（    ） A．正三角形 B．正方形 C．正六边形 D．正八边形 【答案】D 【分析】本题考查正多边形的中心角，旋转的性质，旋转对称图形的性质；正多边形各边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正多边形的中心角都相等，正多边形的中心角的度数就是要旋转与自身重合所至少要旋转的度数，据此解答即可. 【详解】解：正n边形的中心角，正n边形绕其中心至少旋转能与自身重合 A、正三角形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故A不符合题意； B、正方形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故B不符合题意； C、正六边形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故C不符合题意； D、正八边形的中心角为，绕其中心旋转后，能与自身重合，故D符合题意； 故选：D. 2．如图，正六边形内接于，若的面积为，则正六边形的边长为（   ） A． B．3 C．2 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆内接正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，正确运用圆与正六边形的性质是解此题的关键．连接，，设的半径为，由正六边形内接于，可知是等边三角形，由的面积是，可得即可得出结果． 【详解】解：如图所示：连接，，设的半径为， ∵正六边形内接于， 是等边三角形， ∴ ∵的面积是， ∴ 故选：D． 3．如图，正六边形中，点，分别为边，上的动点，若正六边形的面积为，则空白部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正六边形的性质，平行线间的距离相等．解题的关键在于正确作出辅助线确定阴影部分面积． 如图，连接，，，交点为，设与的距离为，根据正六边形的性质以及平行线间距离相等可得则，进而可求，同理可求的值，计算求解即可． 【详解】解：如图，连接，，，交点为， 由正六边形可得，即，， 设与的距离为， 则， ∵， ∴， 同理可得， ∴空白部分的面积为， 故选：B． 4．如图，是正五边形的外接圆，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查圆周角定理和正五边形的性质．由正五边形的性质得出，然后根据圆周角定理即可求出答案． 【详解】解：连接， ∵是正五边形， ∴， ∴ 故答案为：． 5．刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用圆的内接正多边形的面积无限逼近圆的面积并以此求取圆周率的方法．如图，的半径为2，若用的内接正六边形的面积来估计的面积，则的面积与其内接正六边形的面积的差值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查正多边形与圆、等边三角形的性质、勾股定理等，正确应用正六边形的性质是解题关键．连接、，根据正多边形和圆的关系可判断出为等边三角形，过点O作于点M，则，再利用勾股定理即可求出长，进而可求出的面积，最后利用圆的面积公式计算圆的面积，利用内接正六边形的面积为，即可计算出结果． 【详解】解：如图，连接、， 由题意可得：， ∵， ∴为等边三角形， ∴， 过点O作于点M，则， 在中，， ∴， ∴⊙O的面积为：， 内接正六边形的面积， ∴的面积与其内接正六边形的面积的差值为： 故答案为：． 6．如图，正五边形内接于，连接，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆与正多边形，正多边形的内角问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关计算公式是解题的关键． 先根据正五边形的内角公式求出，再由等边对等角结合三角形内角和定理求出，最后由即可求解． 【详解】解：∵正五边形内接于， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 类型五、相似三角形的性质(选考) 1．如图，已知分别是正方形的边的中点，相交于点，连接．下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据四边形是正方形，分别是的中点，可得，即得，从而可得；连接，通过角的和差关系可得，从而得到；设正方形的边长为，则，，通过证明，根据相似三角形对应边成比例得到，进而得到，进而得到答案． 【详解】解：四边形是正方形， ． 分别是的中点， ． ，故选项A的结论不成立； 在和中， ， ． ， ， 即， ，选项C的结论成立； 如图，连接． 由对称性，得． ， ， ，故选项B的结论不成立； 设正方形的边长为，则，， ． ， ， ， ，故选项D的结论不成立． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，解题的关键证明，从而得到． 2．如图，在菱形中， ，点分别在和上，且．若四边形是正方形，则的长为 （    ） A． B．1 C． D． 2 【答案】C 【分析】本题考查的是菱形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练地证明三角形相似是解本题的关键. 证明，可得，结合正方形的性质证明，可得，可得，再进一步求解即可. 【详解】解：∵四边形是菱形， ． ∵， ∴ ∴． ∵四边形是正方形， ，， ． ， ∴， ∴， ∴． ， ∴． ∴， ．， ， ． ． 故选：C． 3．如图，在中，，，点是边的中点，点是边上一个动点，当与相似时，长为（    ） A．4 B．1 C．1或4 D．2 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解决本题的关键． 根据点是边的中点可得，然后根据相似三角形的性质进行分类讨论即可． 【详解】解：∵点是边的中点，， ∴， 根据题意得当时， ∴， ∴， 解得． 当时， ∴， ∴， 解得． 故选C． 4．如图，的边上有一点E，是的中线，的延长线与射线交于点D，且，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质，过点F作，交于点G，根据平行线分线段成比例定理得，，进而得，再根据相似三角形的判定与性质得，，进而得，，再根据相似三角形的判定与性质得，进而得，即可求解． 【详解】解：如图，过点F作，交于点G， ∵，点F是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．如图，在四边形中，，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的外角定理、平行线的性质等，正确添加辅助线、构造相似三角形是解题的关键． 如图：过点E作交于点F，根据等腰直角三角形的以及勾股定理可得，即，再证明，然后运用相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】解：如图：过点E作交于点F， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴ ∴， ∵， 是等腰直角三角形， ，， ． ，， ． ∵， ， ， ， ∴， ． ， ，解得：， ∴． 故答案为：． 6．如图，将一块直角三角板绕其角的顶点A旋转至，连接、，已知，当以为直角边时，的长为 ． 【答案】4或 【分析】根据题意可知由绕其角的顶点A旋转而来，由此得到，根据已知条件先算出三角形三边的长度．由题意当以为直角边时，此时需进行分类讨论：当时与当时，通过不同方式的角度变化求得对应的线段长度即可，在此过程中可适当添作辅助线从而得到最终结果． 【详解】解：由题意知，，且，， ∴，， ①当时，此时旋转如图所示： 由图可知，此时，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ②当时，此时旋转如图所示： 过点A作，交于点F，与交点G，连接， ∵， ∴为等腰三角形，此时为的中垂线， ∴， 又∵此时为直角三角形， ∴为斜边上的中线， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 综上所述，的长为4或． 故答案为：4或． 【点睛】本题考查了顶角为的直角三角形应用，等腰三角形的判定与性质，三角形中线的性质，相似三角形的判定，图形旋转的性质及勾股定理．做题时需进行分类讨论同时学会做对应的辅助线是解此题的关键． 类型六、位似的性质(选考) 1．如图，与是位似图形，点是位似中心，位似比为，若的周长为4，则的周长等于（   ） A．6 B．9 C．12 D．36 【答案】A 【分析】本题考查位似图形的性质，根据题意，得到，进而利用两个相似三角形的周长比等于相似比列式求解即可得到答案，熟记位似图形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：∵与是位似图形，点是位似中心， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选A． 2．如图，在平面直角坐标系中，正方形与正方形是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点，，在轴上，若正方形的边长为，则点坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了位似变换以及相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据位似得到，根据相似三角形的性质得到对应边成比例，根据对应边的比例求出的长度，即为点的纵坐标． 【详解】解：正方形与正方形是以原点为位似中心的位似图形， ， ， 相似比为， ， 正方形的边长为， ， ， ， ， ， ， 解得：， 点的坐标是． 故选：B． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，边在x轴上，边在y轴上，如果矩形与矩形关于点O位似，且位似比为，那么点的坐标为（   ） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【分析】本题考查位似变换、坐标与图形性质、矩形的性质，熟练掌握位似的性质、矩形的性质是解答本题的关键． 由图可得，根据位似的性质可得点的坐标． 【详解】解：由图可得，， 矩形与矩形关于点位似，且相似比为， 点的坐标是或，即或． 故选：B． 4．如图，在平面直角坐标系中，和是以O为位似中心的位似图形，A，B两点的坐标分别为，．点A的对应点C的坐标是，则点D的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查的是位似变换的性质，根据位似变换的性质计算，得到答案． 【详解】解：∵和是以O为位似中心的位似图形，A点的坐标为，点A的对应点C的坐标是， ∴． ∴相似比为． ∵B点的坐标为， ∴，． ∴点D的坐标为． 故答案为：． 5．如图，在平面直角坐标系中，的顶点为，，，以点O为位似中心，在第二象限内作与的相似比为2的放大的位似图形，则点C的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了位似三角形的性质，解决此题的关键是熟练掌握相似三角形的性质；由题可知两个三角形相似，且大的三角形的边长是短的2倍，进而得到答案即可； 【详解】解：∵在第二象限内作与的相似比为2的放大的位似图形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 6．如图，已知与位似，位似中心为O，且与的周长之比是，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了位似变换，相似三角形的判定与性质，根据位似图形的定义可得，，从而可得，再证明，得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵与位似，位似中心为O， ∴，， ∵与的周长之比是， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 类型七、相似的判定(选考) 1．已知如图，D，E分别是的边，上的点，，，，．求证： 【答案】见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定，根据题意可得，然后根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明即可． 【详解】证明：∵，，，， ∴，， ∴， 又， ∴． 2．如图，在正方形中，点E是边上的任意一点，作于F． (1)求证：； (2)已知正方形的边长，连接，当时，求的长．（结果保留根号） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由正方形的性质易证； （2）连接交于点P，则，，由已知得，则可求得，从而由即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接交于点P， ∵四边形是正方形，边长为4， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，含30度角直角三角形的性质及勾股定理等知识，掌握这些知识是关键． 3．将两个全等的等腰直角三角形摆放成如图所示的样子（图中所有的点、线在同一平面内）．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定，证明是解答本题的关键． （1）由和是等腰直角三角形可证明，再由是的一个外角得，根据相似三角形的判定定理可得结论． （2）根据得出，根据等腰直角三角形的性质可得，代入比例式，即可得证． 【详解】（1）证明∵和是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∵是的一个外角， ∴， ∴． （2）证明：∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 4．如图，在中，，延长至点，使得，连接，过点作的垂线，交于点，连接交于点．求证：． 【答案】证明过程见解析 【分析】本题考查等边对等角，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定. 由等边对等角，可得，由，可得，结合已知，可证明，可得，从而可证得结论. 【详解】证明：∵， ∴，即， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，即， 在与中， ， ∴. 5．如图，在和中，，．求证：； 【答案】见解析 【分析】本题主要考查相似三角形的判定，由已知条件得出，再结合其夹角的对应边成比例即可得出. 【详解】证明：， ， ， 又， 则， ． 6．如图，在等边三角形中，以为直径的半圆O与边交于点D，于E． (1)求证：是半圆O的切线； (2)延长，相交于点G，求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接圆心和切点，由同位角相等可得，从而可证得，所以是半圆O的切线； （2）比例线段中在特殊的直角三角形中，所以应把进行转移，转移到相同的直角三角形中． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． ∵于E， ∴， ∴是半圆O的切线． （2）解：∵，， ∴，， ∵于E，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，O是中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，平行线分线段成比例定理，等边三角形的性质，平行线的判定与性质等知识，连接圆心和切点是常用的辅助线做法，当图中已有一直角时，证直线为圆的切线，通常采用证平行得到相同的垂直，注意使用特殊的直角三角形进行求解． 类型八、圆的切线证明 1．如图，是的直径，弦平分，过点作于点． (1)求证：是的切线； (2)已知点是半圆上一点，连接，若，且，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角等，熟记以上性质定理是解题的关键． （1）连接，由弦平分，且可证明，可推出，即可证明结论； （2）连接，则，根据含角的直角三角形的性质推出，然后在直角三角形中根据勾股定理求出即可推出结果． 【详解】（1）证明：连接， ， ， 又平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 又∵为半径， 是的切线； （2）解：如图，连接， 是的直径， ， ， ， 在中，， ， 在中，，， ∴， 解得（负值舍去）， 则的半径为． 2．如图，为的直径，射线交于C点，的平分线交于D点，过点D作交于E点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了圆的切线的判定、矩形的判定和性质以及勾股定理的运用，正确作出辅助线构造矩形和直角三角形是解答本题的关键． （1）连接，若要证明为的切线，只要证明即可； （2）过点作于F，证明四边形是矩形，利用勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵， ∴． ∵平分， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线. （2）解：过点作于F， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴， 设则， 在中，， ∴， 解得，， 即的半径为5． 3．如图，已知的直径，内接于，且，延长至点G，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等边对等角得出相等的角，证明，得出对应角相等，根据垂径定理得出直角，即可得出结论； （2）根据圆周角和圆心角的关系求出，利用锐角三角函数求出，利用三角形的面积和扇形的面积差即可求解． 【详解】（1）证明：连接，连接交于点M， ， ， ， ， ， ， ， 于点M， ， 于点C， 又∵点C在上， ∴直线CG是的切线； （2）解：， ， ， ， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，等边对等角，平行线的判定和性质，切线的判定，圆周角和圆心角的关系，锐角三角函数，扇形的面积公式，解题的关键是熟练掌握以上性质． 4．如图，是的直径，是的切线，切点为，交于点，点是的中点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、扇形面积公式等知识． （1）证明，得到，得到，又由为的半径即可证明结论； （2）证明四边形为正方形，根据图中阴影部分的面积正方形的面积扇形的面积即可求出答案． 【详解】（1）证明：连接、，如图， 是的切线， ， ， 点是的中点，点为的中点， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ． ， ， 为的半径， 为的切线； （2）由（1）可知与是直角三角形 ∵， 则，， 四边形为正方形， 则图中阴影部分的面积正方形的面积扇形的面积． 5．如图，是的直径，射线交于点D，E是劣弧上一点，且，过点E作于点F，延长和的延长线交于点G． (1)证明：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【分析】（1）连接，由知，则，由可证，根据得，得证； （2）设，在中由勾股定理求得 【详解】（1）证明：连接， ， ． ． ， ． ． ． ， ， 又是半径． 是的切线． （2）解：设， ， ． 在中， ，，， ． 解得． 的半径是3． 【点睛】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、勾股定理及平行线的判定与性质，熟练掌握切线的判定是关键：连接半径，证明半径与直线垂直． 6．如图，为的直径， C是的中点， 交的延长线于点 D． (1)求证：是的切线 (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】（1）连接，先由圆周角定理得到，由，得到，则，所以有，即，结合为半径，切线的定义即可求解； （2）连接交于，由垂径定理得到，则，根据为的直径，得到，则四边形是矩形，再应用勾股定理得到，根据中位线的判定得到，由即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵C是的中点， ∴， ∴， ∵中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为半径， ∴为切线； （2）解：连接交于， ∵由上得， ∴，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，点分别是的中点， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查三角形与圆的综合，掌握切线的判定，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识的综合运用是解题的关键． 类型九、一元二次方程的应用 1．茶在中国文化中占有重要地位，茶文化融合了佛教、儒教和道教的思想，体现了中国哲学中的“和合”思想．某茶庄有一块长米，宽米的矩形空地，现计划在空地内铺设如图所示的宽度相同的小路（空白部分），并在剩余部分种植茶树（阴影部分）．若茶树的种植面积为平方米，求小路的宽度． 【答案】米 【分析】本题考查了与图形有关的问题(一元二次方程的应用)，设小路的宽度为米，由题意得：，据此即可求解； 【详解】解：设小路的宽度为米，由题意得： ， 整理得，， 因式分解得，， 解得：（舍）， ∴小路的宽度为米； 2．“骑车戴头盔，放心平安归”．越来越多的人上下班会选择骑行电动车，佩戴头盔更能保证大家的行车安全．某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出350个，六月份售出504个，且从四月份到六月份月增长率相同． (1)求该品牌头盔销售量的月增长率； (2)经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌每个头盔应涨价多少元？ 【答案】(1)该品牌头盔销售量的月增长率为 (2)该品牌的每个头盔应涨价5元 【分析】本题主要考查了利用一元二次方程解决实际问题，利用二次函数解决最值问题，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质． （1）设该品牌头盔销售量的月增长率为，找出等量关系列出方程求解即可； （2）设该品牌头盔每个应涨价元，找出等量关系列出方程求解即可． 【详解】（1）解：设该品牌头盔销售量的月增长率为， 由题意得， 解得，（不符合题意，舍去）． 答：该品牌头盔销售量的月增长率为； （2）解：设该品牌头盔每个应涨价元． 由题意，得， 整理得， 解得，． ∵要尽可能让顾客得到实惠， ． 答：该品牌的每个头盔应涨价5元． 3．为推动中学生文化学习与体育锻炼协调发展，某中学计划在操场空地用防护网搭建两个矩形网球场，中间用防护网隔开．网球场一面靠墙（墙长80米），并在如图所示的两处各留米宽的门．已知计划使用的防护网总长米，设的长为米． (1)_____米，（用含的代数式表示） (2)若矩形网球场的面积为平方米，求的长． 【答案】(1) (2)的长度为米 【分析】本题考查了列代数式、一元二次方程的应用，理解题意，正确列出代数式和一元二次方程是解此题的关键． （1）由题意列出代数式即可； （2）根据题意列出一元二次方程，解方程取符合题意的值即可． 【详解】（1）解：设 防护网长为x米， 由题意可得：米； （2）解：由题意可得：， 解得：，， 当时，，不符合题意，舍去； 当时，，符合题意； 故的长度为米． 4．已知：如图所示，在中，，，，点从点开始沿边向点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，当其中一点到达终点后，另外一点也随之停止运动． (1)如果、分别从、同时出发，那么几秒后，的面积等于？ (2)在（1）中，的面积能否等于？请说明理由． 【答案】(1)1秒 (2)不能，见解析 【分析】本题主要考查了列一元二次方程解决几何问题，根的判别式判断根的情况，解题的关键是掌握找准等量关系，借助方程求解． （1）设时间为秒，根据面积列出方程求解即可； （2）设时间为秒，根据面积列出方程，利用根的判别式进行求解即可． 【详解】（1）解：设时间为秒，则，，，（秒） ∴， ， 即 解得：，（不合题意，舍去） 答：1秒后，的面积等于； （2）解：的面积不能等于，理由如下： 令，即， ∴， 整理得：， 由于，则该方程没有实数根， 在（1）中，的面积不等于． 5．今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件． (1)求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率． (2)经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？ 【答案】(1) (2)降价5元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用； （1）设平均增长率为x，根据题意列出一元二次方程，解方程并取符合题意的解，即可求解． （2）设降价y元，根据商场六月份可获利4250元，列出一元二次方程，解方程并取符合题意的解，即可求解． 【详解】（1）解：设平均增长率为x，由题意得：， 解得：或舍； 四、五这两个月的月平均增长百分率为； （2）设降价y元，由题意得：， 整理得：， 解得：或舍； 当商品降价5元时，商场六月份可获利4250元． 6．“七里山塘，枕河而居”，苏州市的山塘街是具有江南风貌特色的历史文化街区，现在已成为网红打卡地．据统计，2024年10月1日截至21时山塘历史街区累计客流量为8万人次，第三天游客人数达到11.52万人次． (1)求游客人数从假期第一天到第三天的平均日增长率； (2)景区内某文创小店推出了特色丝绸团扇，每把扇子的成本为7元．根据销售经验，每把扇子定价为25元时，平均每天可售出300把．若每把扇子的售价每降低1元，平均每天可多售出30把．设每把扇子降价元．请解答以下问题： ①填空：每天可售出扇子____________把（用含的代数式表示）； ②若该文创小店想通过售出这批扇子每天获得5760元的利润，又想尽可能地减少库存，每把扇子应降价多少元？ 【答案】(1)从假期第一天到第三天的平均日增长率为 (2)①；②每把扇子应降价6元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，列代数式．根据题意正确的列等式方程是解题的关键． （1）设从假期第一天到第三天的平均日增长率为，依题意得，计算求出满足要求的解即可； （2）①由题意知，每天可售出扇子把，然后作答即可；②依题意得，计算求解，然后作答即可． 【详解】（1）解：设从假期第一天到第三天的平均日增长率为， 依题意得，， 解得，或（舍去）， 答：从假期第一天到第三天的平均日增长率为； （2）①解：由题意知，每天可售出扇子把， 故答案为：； ②解：依题意得，， 整理得，， 解得，或， ∵想尽可能地减少库存， 答：每把扇子应降价6元． 类型十、二次函数的应用(选考) 1．某公司经销一种绿茶，每千克成本为60元．市场调查发现，在一段时间内，销售量y（千克）随销售单价x（元/千克）的变化而变化，具体关系式为：，设这种绿茶在这段时间内的销售利润为w（元），解答下列问题： (1)当销售单价定为多少元时，可获得最大利润？ (2)如果物价部门规定这种绿茶的销售单价不得高于88元/千克，公司想要在这段时间内获得875元的销售利润，应将销售单价定为多少元？ 【答案】(1)当销售单价定为90元时，可获得最大利润 (2)当销售单价为85元时，可获得销售利润875元 【分析】本题考查的是二次函数和一元二次方程的实际应用．根据题意求出二次函数解析式是解决问题的关键． （1）根据题意得，用配方法化简函数式求出w的最大值即可； （2）令，解一元二次方程求出x的解并取合适的值即可． 【详解】（1）解：， ∴w与x的关系式为， ∴当时，w的值最大， 即当销售单价定为90元时，可获得最大利润； （2）解：当时，可得方程， 解这个方程，得，， 根据题意，不合题意应舍去， ∴当销售单价为85元时，可获得销售利润875元． 2．植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成一个矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案如图所示：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长． (1)按图甲的方案，设米，矩形的面积为y平方米． ①求y与x之间的函数关系式； ②求矩形面积的最大值． (2)甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由． 【答案】(1)①，② (2)乙方案面积最大，最大是，理由见解析 【分析】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的应用是解题的关键． （1）①根据题意可直接进行求解；②由①根据二次函数的性质可进行求解； （2）分别计算甲、乙两种方案的面积，进行比较，即可求解． 【详解】（1）①的长为， 的长为， ； ②甲中不超过墙长， ，即， 将二次函数解析式化为顶点式可得， ， 当时，y随x的增大而减小， 当时，矩形的面积最大，最大为； （2）乙方案面积最大，理由如下： 设的长为，面积为， 则， 方案乙中的长大于墙长， ， ， ， ， ， 当时，面积最大，最大为， ， 乙方案面积最大，最大是． 3．如图，在中，，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动．如果，两点分别从，两点同时出发，那么的面积随出发时间变化而变化． (1)写出关于的函数解析式及的取值范围． (2)当运动时间为何值时，的面积能否达到？若能，求出值；若不能请说明理由． (3)当运动时间为何值时，的面积能否达到？若能，求出值；若不能请说明理由． 【答案】(1)， (2)经过1秒或5秒，的面积为 (3)的面积不能达到 【分析】本题考查了动点问题，一元二次方程的解法，三角形的面积等知识，根据动点的运动速度表示各线段的长是解题的关键． （1）根据路程速度时间，可得、的长，从而得出的面积. （2）由（1）得，列方程为，解一元二次方程即可． （3）由（1）得，列方程为： ，解一元二次方程即可. 【详解】（1）解：∵，，， ∴， S关于的函数解析式为：； 的取值范围是：． （2）解：设经过秒，的面积为． ∴即， 解得： 答：经过1秒或5秒，的面积为． （3）解：设经过秒，的面积为． ∴即， ∴， ∴方程无解， ∴的面积不能达到． 4．佩奇和朋友们一起踢足球，球射向球门的路线呈抛物线形．佩奇从球门正前方的处射门，当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面，球门高为． (1)请建立适当平面直角坐标系，求该抛物线对应的函数表达式． (2)通过计算判断佩奇此次射门能否射入球门内． (3)点为上一点，且，若射门路线的形状和大小、最大高度均保持不变，当佩奇带球向正后方移动再射门，足球恰好经过区域（含点和），直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)球不能射进球门，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求解析式，平移规律： （1）先根据题意建立平面直角坐标系，先得到抛物线的顶点坐标为，设设抛物线，把点代入，即可作答． （2）依题意，当时，，即可作答． （3）依题意，设佩奇带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为，再把点和点分别代入，算出的值，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示，以为原点，为轴，建立如图所示直角坐标系， ， 抛物线的顶点坐标为， 设抛物线，把点代入得：，解得， 抛物线的函数表达式为； （2）解：依题意，当时，， 球不能射进球门． （3）解：设佩奇带球向正后方移动米，则移动后的抛物线为， 把点代入得：， 解得（舍去）或， 把点代入得：， 解得：（舍去）或， 即． 5．小明家新买了一个高度为的长方体玻璃鱼缸，为打造流水景观，他在鱼缸侧面连续注水，保证鱼缸始终盛满水（水面离鱼缸底部高度即为鱼缸高度）．当在鱼缸侧面离水面竖直距离为（单位：）的位置开一个小孔时，从小孔射出水的射程（水流落地点离小孔的水平距离）（单位：）与的关系满足关系式：，其中为水面离地面的高度（此处即鱼缸高度）． (1)请写出与的函数关系式，并回答：当为何值时，射程达到最大值？最大射程是多少？ (2)小明想在鱼缸侧面开两个小孔，使得两个小孔射出水的射程相等．若第一个小孔离水面的竖直距离为，第二个小孔离水面的竖直距离为，求与之间的关系式； (3)为了让流水景观更美观，小明打算在鱼缸下方垫一个木质底座．若垫高后，射出水的最大射程比原来增加了，则垫高后小孔离水面的竖直距离为_____． 【答案】(1)，当时，射程最远为； (2)或 (3) 【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确的求出二次函数的解析式，是解题的关键： （1）把代入函数关系式，即可得出与的关系式，利用二次函数求最值即可； （2）根据两孔射出水的射程相同，得到，利用因式分解变形即可得出答案； （3）设垫高的高度为，列出函数关系式，进行求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴当时，， ∵， ∴当时，函数值最大为900， ∴的最大值为； 故当时，射程最远为； （2）由（1）知：， 由题意，得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∴或； （3）设垫高的高度为，由题意，得， ∴当时，最大为，此时最大为， ∴， ∴， 故答案为：． 6．某跳水运动员在进行一次跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线．已知跳板长为2米，跳板距水面高为3米，为安全和空中姿势优美，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度4米，现以为横轴,为纵轴建立直角坐标系． (1)求这条抛物线的解析式； (2)图中米,米，若跳水运动员在区域内入水时才能达到训练要求，试通过计算说明这次跳水是否能达到要求． 【答案】(1) (2)这次跳水能达到要求 【分析】本题考查了二次函数的实际应用（抛物线型运动轨迹问题），解题的关键是根据题意建立直角坐标系，确定抛物线的顶点坐标与已知点坐标，利用顶点式求解析式，再通过函数值求解实际问题． （1）先根据题意确定直角坐标系：以为横轴、为纵轴，结合“跳板长2米、米”及“离起跳点水平距离1米时达最大高度4米”，得出抛物线顶点坐标为，起跳点坐标为；设抛物线顶点式，将点坐标代入，求解的值，即可得到抛物线解析式． （2）先明确“入水”对应函数值，将代入抛物线解析式，求解对应的值（即入水点的水平坐标）；再根据米、米确定合格区域的范围，判断入水点的水平坐标是否在该范围内，进而说明能否达到训练要求． 【详解】（1）如图所示：可得抛物线顶点坐标， 设抛物线解析为：， 则，解得：， 故抛物线解析式为：． （2）解：由题意可得：当，则， 解得：， 故抛物线与x轴交点为：， 则这次跳水能达到要求． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中考前满分冲刺之中等易错题 【专题过关】 类型一、圆的计算问题 1．在半径为的中，的圆周角所对的弧长为（   ） A． B． C． D． 2．小明将半径为4的圆沿着直径所在的直线剪成两个半圆，将其中的一个半圆卷成圆锥，则该圆锥的高为（    ） A．2 B．4 C． D． 3．已知圆锥的母线长是8cm，底面半径为3cm，则圆锥侧面积是（   ） A． B． C． D． 4．如图是一块扇面宣传展板示意图，它是以为圆心，长分别为半径，圆心角形成的扇面，若，则阴影部分的面积为 （结果保留）． 5．若圆锥的底面直径为，母线长为，则它的侧面展开图的圆心角的度数为 ． 6．用一个圆心角为的扇形围成一个圆锥，若圆锥底面圆的半径为，则扇形的半径为 ． 类型二、二次函数的增减性与最值(选考) 1．函数的最大值与最小值分别是（   ） A．7和0 B．7和 C．7和 D．7和 2．二次函数（a为常数）的图象不经过第三象限，当时，y的最大值为，则a的值是（   ） A．8 B．或 C．2或8 D．2 3．已知点，，在二次函数的图象上，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 4．已知二次函数的图象经过点和，若，则m的取值范围是 ． 5．点，，均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是 ． 6．已知二次函数的最小值是，那么m的值是 ． 类型三、圆周角定理 1．如图，是的直径，垂直于弦于点，，则的长是（　　） A． B． C． D． 2．如图，点在上，点是中点，若，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 3．如图，A，B，C三点在上，且，则的度数为（ ） A． B． C． D． 4．如图，四边形内接于，若四边形是平行四边形，则 ．    5．如图，点、、、、在上，且，则所对的圆心角度数为 ． 6．如图，在中，是直径，弦，D是的中点，与交于点E．若E是的中点，则的半径长是 ． 类型四、正多边形与圆 1．下列正多边形中，绕其中心旋转后，能和自身重合的是（    ） A．正三角形 B．正方形 C．正六边形 D．正八边形 2．如图，正六边形内接于，若的面积为，则正六边形的边长为（   ） A． B．3 C．2 D． 3．如图，正六边形中，点，分别为边，上的动点，若正六边形的面积为，则空白部分的面积为（   ） A． B． C． D． 4．如图，是正五边形的外接圆，则 ． 5．刘徽是中国古代卓越的数学家之一，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，即用圆的内接正多边形的面积无限逼近圆的面积并以此求取圆周率的方法．如图，的半径为2，若用的内接正六边形的面积来估计的面积，则的面积与其内接正六边形的面积的差值为 ． 6．如图，正五边形内接于，连接，则的度数为 ． 类型五、相似三角形的性质(选考) 1．如图，已知分别是正方形的边的中点，相交于点，连接．下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中， ，点分别在和上，且．若四边形是正方形，则的长为 （    ） A． B．1 C． D． 2 3．如图，在中，，，点是边的中点，点是边上一个动点，当与相似时，长为（    ） A．4 B．1 C．1或4 D．2 4．如图，的边上有一点E，是的中线，的延长线与射线交于点D，且，则的值为 ． 5．如图，在四边形中，，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是 ． 6．如图，将一块直角三角板绕其角的顶点A旋转至，连接、，已知，当以为直角边时，的长为 ． 类型六、位似的性质(选考) 1．如图，与是位似图形，点是位似中心，位似比为，若的周长为4，则的周长等于（   ） A．6 B．9 C．12 D．36 2．如图，在平面直角坐标系中，正方形与正方形是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点，，在轴上，若正方形的边长为，则点坐标为（   ） A． B． C． D． 3．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O在坐标原点，边在x轴上，边在y轴上，如果矩形与矩形关于点O位似，且位似比为，那么点的坐标为（   ） A． B．或 C． D．或 4．如图，在平面直角坐标系中，和是以O为位似中心的位似图形，A，B两点的坐标分别为，．点A的对应点C的坐标是，则点D的坐标是 ． 5．如图，在平面直角坐标系中，的顶点为，，，以点O为位似中心，在第二象限内作与的相似比为2的放大的位似图形，则点C的坐标为 ． 6．如图，已知与位似，位似中心为O，且与的周长之比是，则的值为 ． 类型七、相似的判定(选考) 1．已知如图，D，E分别是的边，上的点，，，，．求证： 2．如图，在正方形中，点E是边上的任意一点，作于F． (1)求证：； (2)已知正方形的边长，连接，当时，求的长．（结果保留根号） 3．将两个全等的等腰直角三角形摆放成如图所示的样子（图中所有的点、线在同一平面内）．求证： (1)； (2)． 4．如图，在中，，延长至点，使得，连接，过点作的垂线，交于点，连接交于点．求证：． 5．如图，在和中，，．求证：； 6．如图，在等边三角形中，以为直径的半圆O与边交于点D，于E． (1)求证：是半圆O的切线； (2)延长，相交于点G，求的值． 类型八、圆的切线证明 1．如图，是的直径，弦平分，过点作于点． (1)求证：是的切线； (2)已知点是半圆上一点，连接，若，且，求的半径． 2．如图，为的直径，射线交于C点，的平分线交于D点，过点D作交于E点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 3．如图，已知的直径，内接于，且，延长至点G，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积． 4．如图，是的直径，是的切线，切点为，交于点，点是的中点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，，，求图中阴影部分的面积． 5．如图，是的直径，射线交于点D，E是劣弧上一点，且，过点E作于点F，延长和的延长线交于点G． (1)证明：是的切线； (2)若，，求的半径． 6．如图，为的直径， C是的中点， 交的延长线于点 D． (1)求证：是的切线 (2)若，求的长． 类型九、一元二次方程的应用 1．茶在中国文化中占有重要地位，茶文化融合了佛教、儒教和道教的思想，体现了中国哲学中的“和合”思想．某茶庄有一块长米，宽米的矩形空地，现计划在空地内铺设如图所示的宽度相同的小路（空白部分），并在剩余部分种植茶树（阴影部分）．若茶树的种植面积为平方米，求小路的宽度． 2．“骑车戴头盔，放心平安归”．越来越多的人上下班会选择骑行电动车，佩戴头盔更能保证大家的行车安全．某商店统计了某品牌头盔的销售量，四月份售出350个，六月份售出504个，且从四月份到六月份月增长率相同． (1)求该品牌头盔销售量的月增长率； (2)经市场调研发现，此种品牌头盔如果每个盈利10元，月销售量为500个，若在此基础上每个涨价1元则月销售量将减少20个，现在既要使月销售利润达到6000元，又要尽可能让顾客得到实惠，那么该品牌每个头盔应涨价多少元？ 3．为推动中学生文化学习与体育锻炼协调发展，某中学计划在操场空地用防护网搭建两个矩形网球场，中间用防护网隔开．网球场一面靠墙（墙长80米），并在如图所示的两处各留米宽的门．已知计划使用的防护网总长米，设的长为米． (1)_____米，（用含的代数式表示） (2)若矩形网球场的面积为平方米，求的长． 4．已知：如图所示，在中，，，，点从点开始沿边向点以的速度移动，点从点开始沿边向点以的速度移动，当其中一点到达终点后，另外一点也随之停止运动． (1)如果、分别从、同时出发，那么几秒后，的面积等于？ (2)在（1）中，的面积能否等于？请说明理由． 5．今年超市以每件25元的进价购进一批商品，当商品售价为40元时，三月份销售256件，四、五月该商品十分畅销，销售量持续上涨，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到400件． (1)求四、五这两个月销售量的月平均增长百分率． (2)经市场预测，六月份的销售量将与五月份持平，现商场为了减少库存，采用降价促销方式，经调查发现，该商品每降价1元，月销量增加5件，当商品降价多少元时，商场六月份可获利4250元？ 6．“七里山塘，枕河而居”，苏州市的山塘街是具有江南风貌特色的历史文化街区，现在已成为网红打卡地．据统计，2024年10月1日截至21时山塘历史街区累计客流量为8万人次，第三天游客人数达到11.52万人次． (1)求游客人数从假期第一天到第三天的平均日增长率； (2)景区内某文创小店推出了特色丝绸团扇，每把扇子的成本为7元．根据销售经验，每把扇子定价为25元时，平均每天可售出300把．若每把扇子的售价每降低1元，平均每天可多售出30把．设每把扇子降价元．请解答以下问题： ①填空：每天可售出扇子____________把（用含的代数式表示）； ②若该文创小店想通过售出这批扇子每天获得5760元的利润，又想尽可能地减少库存，每把扇子应降价多少元？ 类型十、二次函数的应用(选考) 1．某公司经销一种绿茶，每千克成本为60元．市场调查发现，在一段时间内，销售量y（千克）随销售单价x（元/千克）的变化而变化，具体关系式为：，设这种绿茶在这段时间内的销售利润为w（元），解答下列问题： (1)当销售单价定为多少元时，可获得最大利润？ (2)如果物价部门规定这种绿茶的销售单价不得高于88元/千克，公司想要在这段时间内获得875元的销售利润，应将销售单价定为多少元？ 2．植物园有一块足够大的空地，其中有一堵长为的墙，现准备用的篱笆围成一个矩形花圃，小俊设计了甲、乙两种方案如图所示：方案甲中的长不超过墙长；方案乙中的长大于墙长． (1)按图甲的方案，设米，矩形的面积为y平方米． ①求y与x之间的函数关系式； ②求矩形面积的最大值． (2)甲、乙哪种方案能使围成的矩形花圃的面积最大？最大是多少？请说明理由． 3．如图，在中，，，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动．如果，两点分别从，两点同时出发，那么的面积随出发时间变化而变化． (1)写出关于的函数解析式及的取值范围． (2)当运动时间为何值时，的面积能否达到？若能，求出值；若不能请说明理由． (3)当运动时间为何值时，的面积能否达到？若能，求出值；若不能请说明理由． 4．佩奇和朋友们一起踢足球，球射向球门的路线呈抛物线形．佩奇从球门正前方的处射门，当球飞行的水平距离为时，球达到最高点，此时球离地面，球门高为． (1)请建立适当平面直角坐标系，求该抛物线对应的函数表达式． (2)通过计算判断佩奇此次射门能否射入球门内． (3)点为上一点，且，若射门路线的形状和大小、最大高度均保持不变，当佩奇带球向正后方移动再射门，足球恰好经过区域（含点和），直接写出的取值范围． 5．小明家新买了一个高度为的长方体玻璃鱼缸，为打造流水景观，他在鱼缸侧面连续注水，保证鱼缸始终盛满水（水面离鱼缸底部高度即为鱼缸高度）．当在鱼缸侧面离水面竖直距离为（单位：）的位置开一个小孔时，从小孔射出水的射程（水流落地点离小孔的水平距离）（单位：）与的关系满足关系式：，其中为水面离地面的高度（此处即鱼缸高度）． (1)请写出与的函数关系式，并回答：当为何值时，射程达到最大值？最大射程是多少？ (2)小明想在鱼缸侧面开两个小孔，使得两个小孔射出水的射程相等．若第一个小孔离水面的竖直距离为，第二个小孔离水面的竖直距离为，求与之间的关系式； (3)为了让流水景观更美观，小明打算在鱼缸下方垫一个木质底座．若垫高后，射出水的最大射程比原来增加了，则垫高后小孔离水面的竖直距离为_____． 6．某跳水运动员在进行一次跳水训练时，身体（看成一点）在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线．已知跳板长为2米，跳板距水面高为3米，为安全和空中姿势优美，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离1米时达到距水面最大高度4米，现以为横轴,为纵轴建立直角坐标系． (1)求这条抛物线的解析式； (2)图中米,米，若跳水运动员在区域内入水时才能达到训练要求，试通过计算说明这次跳水是否能达到要求． 1 学科网（北京）股份有限公司 $