精品解析：湖北省武汉市江汉区江汉五校2025-2026学年九年级上学期12月期中数学试题

25—26（上）九年级数学期中测试题 一、选择题（每题3分，共10题，共30分） 1. 我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，故此选项不合题意； C. 不是中心对称图形，故此选项不合题意； D. 是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】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． 2. 一元二次方程的常数项是1，则其一次项系数是（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的标准形式为 ，其中 为一次项系数，直接比较给定方程即可得出． 【详解】解：∵ 方程 对应标准形式 ， ∴ 一次项系数 ， 故选B 3. 抛物线通过下列平移，得到抛物线．正确的是（ ） A. 先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度 B. 先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度 C. 先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度 D. 先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数图像的平移，根据顶点坐标的变化确定平移方式是解题的关键． 通过比较两个抛物线的顶点坐标，确定平移方向和平移量． 【详解】解：的顶点坐标为，的顶点坐标为， 将抛物线向左平移个单位，再向上平移个单位，即可得到． 故选：B． 4. 如图，内接于，连，，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理，等边对等角和三角形内角和定理，由等边对等角和三角形内角和定理可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 5. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：，即可求解； 【详解】解：由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：， ∴， 故选：A 6. 已知关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是（　　） A. m≥2 B. m≤5 C. m＞2 D. m＜5 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的情况即可列出不等式，从而求出m的取值范围． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴b2﹣4ac＝1﹣4（）≥0， 解得：m≤5 故选：B． 【点睛】此题考查的是根据一元二次方程根的情况，求参数的取值范围，掌握一元二次方程根的情况与△的关系是解决此题的关键． 7. 二次函数的图像如图所示，那么一次函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数图像与性质、一次函数的图像与性质，结合二次函数图像确定的取值范围，然后结合一次函数的图像与性质，即可获得答案． 【详解】解：对于二次函数，由题意可知， 其图像开口向下，则， ∴， 该二次函数图像的对称轴在轴左侧， 则， 结合可得， ∴， ∴对于一次函数，可知随的增大而减小， 当时，则，即该一次函数的图像与轴交于正半轴， ∴选项A、C、D不符合题意，选项B符合题意． 故选：B． 8. 如图，半径为5和的两个圆都以点为圆心，大圆的弦交小圆于，两点，若，则的大小为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是正确作出垂线．连接，过点作于点，由垂径定理可得，再由勾股定理可得，求出，即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点， ∵，经过圆心， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴（舍去负值）， ∴ 故选：C． 9. 某茶杯的过最低点 的竖直截面如图所示，其中杯体竖直截面 呈抛物线形状杯体厚度忽略不计，点，点位于杯口处，且，点 是抛物线最低点， 当茶杯装满茶水时，茶水的最大深度点到的距离为，将茶水倒出一部分后，茶水的最大深度恰好为点到的距离，求此时的长度 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用；建立直角坐标系，设截面抛物线为，则把代入求出解析式，然后将代入求出液面的宽即可． 【详解】解：依题意，建立如图所示的直角坐标系，设截面抛物线． 将代入，得．解得． ∴． 将代入， 得． 解得． ∴，， ∴． 故选：A． 10. 如图1，在中，，为上一点，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿的方向匀速运动，到达点A时停止，以为边作正方形．设点的运动时间为，正方形的面积为，当点由点运动到点A时，经探究发现是关于的二次函数，并绘制成如图2所示的图象，则由图象可知线段的长为（ ） A. 7 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了函数图象、二次函数的应用、求二次函数解析式、勾股定理等知识点，求得抛物线的解析式成为解题的关键． 在中，，，则，再求得的长，然后用待定系数法求得函数解析式，易得，最后根据勾股定理解答即可． 【详解】解：在中，，，则． 当时，，解得∶（负值已舍去）， ， 抛物线经过点．由图象知抛物线顶点为． 设抛物线解析式为， 将代入，得，解得， ． 当时，，解得或（舍去）， ． 在中，由勾股定理得． 故选D． 二、填空题（每题3分，共5题，共15分） 11. 已知点与点关于原点对称，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查求关于原点对称的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标和纵坐标均互为相反数，求得a和b的值，再计算它们的和即可． 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴． 故答案为：． 12. 已知m，n是方程，的两个实数根，若，则c的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系、解一元一次方程等知识点，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 根据根与系数的关系可得，然后代入得到关于c的方程求解即可． 【详解】解：∵m，n是方程的两个实数根， ∴， ∵， ∴，解得：； 验证：当 时，方程 的判别式 ，有两个不相等的实数根，且满足条件． 故答案为：． 13. 如图， P为外一点， 、分别切于点A、B，切于点E，分别交、于点C、D，若，则的周长为______． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查了切线长定理，灵活运用切线长定理和等线段代换是解决问题的关键． 根据切线长定理得到 ， ， ，再根据三角形的周长公式计算即可． 【详解】解：∵、分别切于点A、B，， ∴， ∵切于点E，分别交、于点C、D， ∴，， ∴三角形的周长 ， 故答案为：8． 14. 如图， 在菱形中，，将菱形绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形，点E在上， 与交于点P， 则的长是________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键． 连接交于，由菱形的性质得出，，，，，由直角三角形的性质求出，，得出的值，由旋转的性质得：，，得出，证出，由直角三角形的性质得出，，即可得出结果． 【详解】解：连接交于，如图所示： 四边形是菱形， ，，，，， ， ， ， 由旋转的性质得：，， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ，， ， 故答案为：． 15. 如图，抛物线的对称轴为直线，经过点，下列结论：①；②；③；④点在抛物线上，当时，；⑤若且，则其中正确的结论有__________．（填序号） 【答案】①②③⑤ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．根据二次函数的对称轴可得，则，结论①正确；根据抛物线的开口向上，与轴的交点位于轴负半轴上可得，则可得，结论②正确；将点代入函数解析式可得，结合可得，结论③正确；根据二次函数的增减性可得当时，随的增大而增大，则，结论④错误；根据二次函数的对称性可得抛物线上横坐标为，的两个点关于直线对称，则，即，结论⑤正确． 【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴， ∴，结论①正确； ∵抛物线的开口向上，与轴的交点位于轴负半轴上， ∴， ∴， ∴，结论②正确； 将点代入得：， 将代入得：，即， ∴，结论③正确； ∵抛物线的开口向上，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而增大， ∵点在抛物线上，且， ∴，结论④错误； ∵， ∴， 又∵， ∴抛物线上横坐标为，的两个点关于直线对称， ∴， ∴，结论⑤正确； 综上，正确的结论有①②③⑤， 故答案为：①②③⑤． 三、解答题(共9题，共75分) 16. 解下列方程∶ （1）； （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，掌握运用直接开平方法和公式法解一元二次方程是解题的关键． （1）先移项，然后再运用直接开平方法求解即可； （2）先运用根的判别式判断根的情况，然后运用公式法求解即可． 【小问1详解】 解：， ， ， ， ． 【小问2详解】 解：， ， ∴， ∴． 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）． （1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1； （2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2； （3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称． 【答案】（1）A1B1C1即为所求； （2）A2B2C2即为所求；     （3）﹣2，0． 【解析】 【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1； （2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2； （3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标． 【详解】解：（1）略 （2）略 （3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称． 故答案为：﹣2，0． 【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键． 18. 综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒． 如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）     （1）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长； （2）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意，正确列出一元二次方程是解此题的关键． （1）设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案； （2）设剪去的正方形的边长为，根据题意列出一元二次方程，解方程即可得出答案． 【小问1详解】 解：设减去的正方形的边长为，则纸盒底面长方形的长为，宽为， 由题意得：， 解得：或（舍去）， ∴剪去正方形的边长为； 【小问2详解】 解：设剪去的正方形的边长为， 由题意得：， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴剪去的正方形的边长为． 19. 如图，为的直径，过点A作直线，点C在圆上，连接，与交于点D，且，． （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若， ，求的半径． 【答案】（1） 直线与相切，理由如下： ∵， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， ∵， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵为的半径， ∴直线与相切． （2） 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握圆的切线的判定是解题关键． （1）先根据等腰三角形的性质可得，，再根据圆周角定理可得，则可得，然后根据圆的切线的判定即可得； （2）先利用勾股定理可得的长，再在中，利用勾股定理可得的长，据此即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， 由（1）已证：， ∵， ∴， 设，则， ∵为的直径， ∴， ∴在中，，即， 解得， ∴， ∴的半径为． 20. 如图为二次函数的图象，试观察图象回答下列问题： （1）写出方程的解为________，________； （2）当时，直接写出的取值范围为________； （3）方程有实数根，的取值范围是________； （4）当时，直接写出的取值范围是________． 【答案】（1），1 （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法，即可求解； （2）根据二次函数图象在x轴上方部分所对自变量的取值范围解答即可； （3）根据二次函数图象即可求解； （4）把解析式转化成顶点式，可得时，y的最小值为，再把代入得，，即可求解． 【小问1详解】 解： ∴，， 故答案为：，1； 【小问2详解】 解：∵的根为，1， ∴二次函数的图象与x轴交于点，， 由图象可得，时，的取值范围为， 故答案为：； 【小问3详解】 ∵方程有实数根， ∴方程有实数根， ∴， 即：； 故答案为：； 【小问4详解】 解：∵， ∴时，y的最大值为， 把代入得，， 把代入得，， ∴当时，y的取值范围是． 【点睛】本题考查二次函数图象与性质，二次函数与x轴的交点坐标，注重数形结合的思想是解题的关键． 21. 如图，是的直径，是的一条弦，且于点E． （1）求证：； （2）若，求阴影部分面积． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵， ∴． （2） 【解析】 【分析】（1）由等边对等角可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，最后根据等量代换即可解答； （2）根据垂径定理可得，设的半径为r，则,结合可得，最后在中运用勾股定理列式计算即可求出的半径为4，再利用三角函数求出，再利用即可求出答案． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：∵是的直径，且于点E，， ∴． 设的半径为r，则，． ∵， ∴． 在中，， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、锐角三角形函数、扇形面积公式等知识点，灵活运用相关性质和定理成为解答本题的关键． 22. 2024年巴黎奥运会跳水比赛项目中，中国“梦之队”以8金2银1铜完美收官．如图，某跳水运动员进行3米跳板跳水比赛，身体（看成一点）在空中运动的路线是如图所示的一条抛物线，已知跳板长为2米，跳板距离水面的高为3米，跳水曲线在离起跳点A水平距离1米时达到距水面最大高度k米，现以所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）当时，求这条抛物线的解析式； （2）在（1）的条件下，求运动员落水点与点C的距离； （3）图中米，米，若跳水运动员在区域内（含点E，F）入水时才能达到训练要求，求k的取值范围． 【答案】（1） （2）米 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得，抛物线的顶点坐标为，设抛物线的解析式为，结合，设解析式为，确定a的值即可； （2）根据解析式，得到，求出于x轴的正半轴的交点坐标的横坐标即可解答即可； （3）根据题意，得，抛物线的顶点坐标为，设抛物线的解析式为，得到，抛物线变形为，计算米，米，解答即可． 【小问1详解】 解：根据题意，得，抛物线的顶点坐标为， 设抛物线的解析式为， 又，设解析式为， 故， 解得， 故抛物线的解析式为． 【小问2详解】 解：根据解析式，得到， 故， 解得，（舍去）， 答：运动员落水点与点C的距离米． 【小问3详解】 解：根据题意，得，抛物线的顶点坐标为，设抛物线的解析式为， 把代入，得到， 抛物线变形为， 当时，， 解得； 当时，， 解得． 故k的范围是． 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，抛物线与一元二次方程，抛物线与不等式，抛物线的生活应用，熟练掌握应用是解题的关键． 23. 问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上的一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． （1）【猜想证明】试猜想与CE的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点 D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分； （3）【拓展提升】如图3，若是边长为4的等边三角形，点D是线段上的动点（不与B、C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D 在运动过程中， 的周长最小值_____（直接写出答案）． 【答案】（1） 解：， 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2） 证明：∵将线段绕点A逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分． （3） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得； （2）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得，从而求得，即可得出结论； （3）连接，由旋转可得，，则是等边三角形，所以，由（1）知，所以的周长，所以当最小时，的周长最小，最小值，所以当时，最小，此时的周长最小，由等边三角形性质求得，由勾股定理求得，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：连接，如图， 由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴ 由（1）知 ∴的周长， ∴当最小时，的周长最小，最小值， ∴当时，最小，此时的周长最小， ∵，等边， ∴， 由勾股定理，得 ∴的周长最小值． 故答案为：． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 24. 如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为． （1）求此抛物线的函数解析式． （2）点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由． （3）点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标． 【答案】（1） （2）的最大值为，点的坐标为 （3）点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式； （2）先求解，及直线为，设，可得，再建立二次函数求解即可； （3）如图，以为对角线作正方形，可得，与抛物线的另一个交点即为，如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，设，则，求解，进一步求解直线为：，直线为，再求解函数的交点坐标即可. 【小问1详解】 解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为． ∴； 【小问2详解】 解：当时，， ∴， 设直线为， ∴，解得：， ∴直线为， 设， ∴， ∴ ； 当时，有最大值； 此时； 【小问3详解】 解：如图，以为对角线作正方形， ∴， ∴与抛物线的另一个交点即为， 如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则， ∴, ∴， 由可得： ∴， 解得：， ∴， 设为：， ∴，解得：， ∴直线为：， ∴， 解得：或， ∴， ∵，，，正方形， ∴， 同理可得：直线为， ∴， 解得：或， ∴， 综上：点的坐标为或. 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 25—26（上）九年级数学期中测试题 一、选择题（每题3分，共10题，共30分） 1. 我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）． A. B. C. D. 2. 一元二次方程的常数项是1，则其一次项系数是（ ） A. 3 B. C. 1 D. 3. 抛物线通过下列平移，得到抛物线．正确的是（ ） A. 先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度 B. 先向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度 C. 先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度 D. 先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度 4. 如图，内接于，连，，若，则的度数是（ ） A. B. C. D. 5. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于x的一元二次方程有实数根，则m的取值范围是（　　） A. m≥2 B. m≤5 C. m＞2 D. m＜5 7. 二次函数的图像如图所示，那么一次函数的图像大致是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，半径为5和的两个圆都以点为圆心，大圆的弦交小圆于，两点，若，则的大小为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 9. 某茶杯的过最低点 的竖直截面如图所示，其中杯体竖直截面 呈抛物线形状杯体厚度忽略不计，点，点位于杯口处，且，点 是抛物线最低点， 当茶杯装满茶水时，茶水的最大深度点到的距离为，将茶水倒出一部分后，茶水的最大深度恰好为点到的距离，求此时的长度 （ ） A. B. C. D. 10. 如图1，在中，，为上一点，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿的方向匀速运动，到达点A时停止，以为边作正方形．设点的运动时间为，正方形的面积为，当点由点运动到点A时，经探究发现是关于的二次函数，并绘制成如图2所示的图象，则由图象可知线段的长为（ ） A. 7 B. C. D. 二、填空题（每题3分，共5题，共15分） 11. 已知点与点关于原点对称，则__________． 12. 已知m，n是方程，的两个实数根，若，则c的值是________． 13. 如图， P为外一点， 、分别切于点A、B，切于点E，分别交、于点C、D，若，则的周长为______． 14. 如图， 在菱形中，，将菱形绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形，点E在上， 与交于点P， 则的长是________． 15. 如图，抛物线的对称轴为直线，经过点，下列结论：①；②；③；④点在抛物线上，当时，；⑤若且，则其中正确的结论有__________．（填序号） 三、解答题(共9题，共75分) 16. 解下列方程∶ （1）； （2） 17. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）． （1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1； （2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2； （3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称． 18. 综合实践——用矩形硬纸片制作无盖纸盒． 如图1，有一张长，宽的长方形硬纸片，裁去角上同样大小的四个小正方形之后，折成图2所示的无盖纸盒．（硬纸片厚度忽略不计）     （1）若纸盒的底面积为，请计算剪去的正方形的边长； （2）如图3，小明先在原矩形硬纸片的两个角各剪去一个同样大小的正方形（阴影部分），经过思考他发现，再剪去两个同样大小的矩形后，可将剩余部分折成一个有盖纸盒．若折成的有盖长方体纸盒的表面积为，请计算剪去的正方形的边长． 19. 如图，为的直径，过点A作直线，点C在圆上，连接，与交于点D，且，． （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若， ，求的半径． 20. 如图为二次函数的图象，试观察图象回答下列问题： （1）写出方程的解为________，________； （2）当时，直接写出的取值范围为________； （3）方程有实数根，的取值范围是________； （4）当时，直接写出的取值范围是________． 21. 如图，是的直径，是的一条弦，且于点E． （1）求证：； （2）若，求阴影部分面积． 22. 2024年巴黎奥运会跳水比赛项目中，中国“梦之队”以8金2银1铜完美收官．如图，某跳水运动员进行3米跳板跳水比赛，身体（看成一点）在空中运动的路线是如图所示的一条抛物线，已知跳板长为2米，跳板距离水面的高为3米，跳水曲线在离起跳点A水平距离1米时达到距水面最大高度k米，现以所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）当时，求这条抛物线的解析式； （2）在（1）的条件下，求运动员落水点与点C的距离； （3）图中米，米，若跳水运动员在区域内（含点E，F）入水时才能达到训练要求，求k的取值范围． 23. 问题情境：在学习《图形的平移和旋转》时，数学兴趣小组遇到这样一个问题：如图1，点D为等边的边上的一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． （1）【猜想证明】试猜想与CE的数量关系，并加以证明； （2）【探究应用】如图2，点 D为等边内一点，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，若B、D、E三点共线，求证：平分； （3）【拓展提升】如图3，若是边长为4的等边三角形，点D是线段上的动点（不与B、C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接．点D 在运动过程中， 的周长最小值_____（直接写出答案）． 24. 如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为． （1）求此抛物线的函数解析式． （2）点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由． （3）点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $