精品解析：北京三帆中学2025-2026学年九年级上学期期末考试数学试卷

北京三帆中学2025-2026学年九年级上学期期末考试 数学试卷 一、选择题（共16分，每题2分，第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个） 1. 未来的生活中，AI将扮演非常重要的角色．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线对称轴是（ ） A 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 3. 将抛物线先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. “射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件 B. 某种彩票中奖概率是，因此买100张该种彩票就一定会中奖 C. 抛掷一枚图钉， “针尖朝上”的概率可以用列举法求得 D. 一般地，在大量重复试验中，如果事件A发生的频率稳定于某个常数p，那么事件A发生的概率 5. 已知在中，，，以A为圆心作一个半径为3的圆，下列结论中正确的是（ ）． A. 点B在内 B. 点C在上 C. 直线与相切 D. 直线 与相离 6. 如图，正六边形内接于，若的面积为，则的半径为（ ） A. B. C. D. 7. 新年将至，某商场对一款智能音箱进行降价促销，其零售价由最初的100元经过两次降价后变为81元，且两次降价的百分率相同，设平均每次降价的百分率为，可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知抛物线，过，两点，其中，． 有以下四个结论： ①；②； ③点，在抛物线上，，当时，总有，则；④若点，在抛物线上且在对称轴的同侧，总有，则．其中正确的结论为（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点是_________． 10. 请你写出一个二次函数，其图象满足条件：①开口向下；②顶点坐标为．此二次函数的解析式可以是____________． 11. 圆心角是的扇形的半径为4，则这个扇形的面积为_________． 12. 如图，是的直径，点C，D，E在上，若，则的度数为 ________ ． 13. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是____． 14. 如图，是的切线，A，C为切点．若，，则直径的长是_____． 15. 如图， 在平面直角坐标系 中，，．将绕点A逆时针旋转， 若的对应点恰好落在边上．则点B的对应点的坐标为_____． 16. 已知在中，，，，D是边上的一个动点， 以为直径作， 分别交、于点E、F， 连接， 则线段长度的最小值为_______． 三、解答题（共68分， 第17-18， 20-23题， 每题5分， 第19、24-26题，每题6分， 第27-28题，每题7分） 17. 计算： 18. 已知直线， 在直线上方求作一点， 使得． 下面是小张的作法： ①分别以，为圆心，长为半径画弧，在直线下方交于点； ②以点为圆心，长为半径画圆； ③在 上任取一点 （不与，重合）， 连接，． 则为所求． （1）使用无刻度的直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：在直线下方的圆弧上任取一点（不与，重合），连接，，，． ， 是等边三角形． ． ， （ ）（填推理的依据） ． 四边形 内接于， （ ）（填推理的依据） ． 19. 已知，二次函数 （，，是常数，）的与的部分对应值如下表． … 0 1 2 … … 3 0 0 … （1）求二次函数的解析式． （2）①在平面直角坐标系中画出函数图象； ②当时，的取值范围是 ； ③当时，的取值范围是 ． 20. 如图， 等边， 在边延长线上取点D， 连接， 将线段绕点 D顺时针旋转得到线段，连接． （1）求的度数； （2）若， 求的长． 21. 已知关于的方程有两个不相等的实数根． （1）求的取值范围； （2）若为符合条件的最小整数，且该方程的较大根是较小根的倍，求的值． 22. 如图，、是的两条弦，， 过点O作交于点 E， 交于点G，延长交于点 F． （1）求证：； （2）若，， 求的半径． 23 临近元旦节，小雪家从网上购买了4箱“库尔勒”香梨，但开箱验货后，发现其中混入了若干“红酥梨”．统计后发现每箱中最多混入了2个“红酥梨”，具体数据见表： 每箱混入“红酥梨”个数/个 0 1 2 箱数/箱 1 m n 若事件“每箱中混入1个红酥梨”的概率为 （1）求m和n的值； （2）小雪准备将其中两箱送给舅舅，她从4箱中随机挑选了两箱，用列举法求两箱中一共混入了1个“红酥梨”的概率． 24. 某小区考虑给新建的电动自行车充电车棚安装消防喷淋头（如图①），喷淋头喷洒的最外层水柱的形状为抛物线．如图②，已知车棚建在两面墙之间，为水平地面，，．消防喷淋头M安装在距离地面3米高的棚顶上，其到墙面的水平距离为2米，此时最外层的水柱喷射到墙面上的点E处，米．以O为原点，地面所在的水平线为x轴，墙面所在的直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）求这条抛物线的解析式； （2）已知车棚的宽度为15米，为了确保发生火灾时可以完全把火扑灭，喷出的水需要覆盖离地面1米高的全部范围．工作人员计划在棚顶上安装若干个与消防喷淋头M相同型号的消防喷淋头（第一个喷淋头的位置不变）． ①请通过计算，回答至少需要 个消防喷淋头； ②直接写出安装最少喷淋头时，第一个喷淋头和最后一个喷淋头之间距离d的取值范围． 25. 如图，是的外接圆， D是的中点， 过点D作直径交于点M，的延长线与的延长线交于点N，过点F作射线使得 （1）求证：是的切线； （2）若，，，求的长． 26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）求抛物线的顶点坐标（用含的式子表示）； （2）为抛物线上两点，若对于 ，，都有 ，求c的取值范围． 27. 如图， 是等边三角形，点E 是边 延长线上一点，连接，在边 上取一点，使得，将线段绕点 E 顺时针旋转 得到线段， 连接． （1）①补全图形；②求的度数； （2）用等式表示线段和之间的数量关系并证明． 28. 在平面直角坐标系中，的半径为1，对于上的点P和直线l，给出如下定义：将图形M绕点P 逆时针旋转，再关于直线l对称，得到图形N，称图形N是图形M关于点P和直线l的“旋转对称”图形．已知点． （1）当直线时， ①若点，，中，点 是点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形上的点； ②若直线与点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形有公共点，直接写出k的取值范围； （2）已知线段，直线，点，，若线段上的点都是线段关于点P和直线l的“旋转对称”图形上的点，直接写出点C的横坐标的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京三帆中学2025-2026学年九年级上学期期末考试 数学试卷 一、选择题（共16分，每题2分，第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个） 1. 未来的生活中，AI将扮演非常重要的角色．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴）对称，根据中心对称图形的定义：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，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键． 【详解】解：、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项不符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意； 、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项不符合题意； 、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项符合题意； 故选：． 2. 抛物线的对称轴是（ ） A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的对称轴，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．二次函数的对称轴是直线，据此解答即可得． 【详解】解：抛物线的对称轴是直线． 故选：B． 3. 将抛物线先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数解析式在平移中的变化规律，掌握规律“左加右减，上加下减．”是解题的关键． 【详解】解：由题意得 ； 故选：C． 4. 下列说法正确的是（ ） A. “射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件 B. 某种彩票中奖的概率是，因此买100张该种彩票就一定会中奖 C. 抛掷一枚图钉， “针尖朝上”的概率可以用列举法求得 D. 一般地，在大量重复试验中，如果事件A发生的频率稳定于某个常数p，那么事件A发生的概率 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查概率的基本概念，包括必然事件、概率的意义、列举法的适用条件以及频率与概率的关系，因此此题可根据定义逐一判断即可． 【详解】解：∵A选项：射击运动员射击一次，命中靶心不是必然事件，可能发生也可能不发生，∴A错误； ∵B选项：彩票中奖概率并不意味着买100张一定中奖，因为每次购买独立，可能都不中奖，∴B错误； ∵C选项：抛掷图钉时，针尖朝上和朝下不是等可能事件，无法用列举法求概率，∴C错误； ∵D选项：在大量重复试验中，事件A发生的频率稳定于常数p，则，符合概率的统计定义，∴D正确． 故选：D． 5. 已知在中，，，以A为圆心作一个半径为3的圆，下列结论中正确的是（ ）． A. 点B在内 B. 点C在上 C. 直线与相切 D. 直线 与相离 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系及等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识是关键． 通过计算点A到点B、点C的距离及点A到直线的距离，与半径比较即可判断． 【详解】解：如图，过点A作于点H， ∵，，， ∴， 在中，， ∵ 的半径为3， ∴，点B在外，故A错误；，点C在外，故B错误； ∵，且， ∴ 圆心A到直线的距离等于半径， ∴ 直线与相切，故C正确，D错误． 故选：C． 6. 如图，正六边形内接于，若的面积为，则的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的知识点是正多边形与圆的综合、等边三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握正多边形与圆的关系．作交于点，由正六边形内接于推得是等边三角形，结合三线合一定理、勾股定理即可求出的半径． 【详解】解：作交于点， 正六边形内接于， ，， 是等边三角形， ∴， ， ， 中，， 则， 解得． 故选：． 7. 新年将至，某商场对一款智能音箱进行降价促销，其零售价由最初的100元经过两次降价后变为81元，且两次降价的百分率相同，设平均每次降价的百分率为，可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的实际运用---平均变化率问题，解决这类问题所用的等量关系一般是：．根据平均每次降价的百分率为x，那么第一次降价后的单价是原来的，那么第二次降价后的单价是原来的，根据题意列方程，即可解题． 【详解】解：根据题意可得，， 故选：B． 8. 如图，已知抛物线，过，两点，其中，． 有以下四个结论： ①；②； ③点，在抛物线上，，当时，总有，则；④若点，在抛物线上且在对称轴的同侧，总有，则．其中正确的结论为（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与系数的关系，二次函数的性质，抛物线与轴的交点等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．根据二次函数的图象与性质逐项分析即可判断． 【详解】解：抛物线，过，两点，且， 抛物线的对称轴为， 即， ． ， ， 故①错误； ， 当时，． 抛物线的对称轴为， 时与时的函数值相等． ， 抛物线的开口向下． 又且， 当时，， 当时，， 即， 故②正确； 抛物线的开口向下，对称轴为， 当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小， 又当时，总有， 点在对称轴左侧，点在对称轴左侧或右侧且距离对称轴较近， 当时，要保证，则， 故③正确； 点，在抛物线上且在对称轴的同侧，总有， ， 化简得，． ， ． ， 当时，， ， 故④正确． 综上，正确的结论为②③④． 故选：D． 二、填空题（共16分，每题2分） 9. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特征，熟练掌握“关于原点对称的点的横、纵坐标互为相反数”是解题的关键． 利用关于原点对称的点的坐标特征（横、纵坐标互为相反数）计算即可． 【详解】解：点关于原点的对称点：横坐标：，纵坐标：， 故答案为：． 10. 请你写出一个二次函数，其图象满足条件：①开口向下；②顶点坐标为．此二次函数的解析式可以是____________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象与性质，掌握好二次函数的顶点式是关键． 利用二次函数的顶点式，根据顶点坐标和开口方向确定参数． 【详解】解：设二次函数的解析式为， ∵顶点坐标为， ∴，，即， ∵开口向下， ∴，取，得． 故答案为：（答案不唯一）． 11. 圆心角是的扇形的半径为4，则这个扇形的面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了扇形面积公式，根据扇形的面积公式计算即可，熟练掌握扇形面积公式是解此题的关键． 【详解】解：该扇形的面积为， 故答案为：． 12. 如图，是的直径，点C，D，E在上，若，则的度数为 ________ ． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，熟记“直径所对的圆周角为直角”是解题的关键.由为的直径，根据圆周角定理的推论得到，再根据角的和差及圆周角定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， 为的直径， ， ， ， ， 故答案为：． 13. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的个数问题，熟练掌握根的判别式与方程根的个数关系是解题的关键． 根据一元二次方程有两个相等的实数根的条件，得出判别式等于零，列出方程求解即可． 【详解】解：在方程中， ，，， 判别式为 化简得． ∵方程有两个相等的实数根， ∴， 得， 解得， 故答案为：2． 14. 如图，是的切线，A，C为切点．若，，则直径的长是_____． 【答案】10 【解析】 【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，解直角三角形，根据切线的性质，切线长定理，得到，求出的长，进而得到的长即可． 【详解】解：∵是的切线，A，C为切点， ∴， ∴， ∴； 故答案为：10． 15. 如图， 在平面直角坐标系 中，，．将绕点A逆时针旋转， 若的对应点恰好落在边上．则点B的对应点的坐标为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先画出旋转后的图形，根据旋转的性质可以判断出是等边三角形，进一步证明轴，用直角三角形的性质和勾股定理计算出和，求得答案． 【详解】解：如图， 由旋转的性质可知，旋转角，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴轴， 在直角中，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， 由勾股定理得，， ∴点的坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，图形与坐标，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质与勾股定理，掌握好旋转的性质是解题关键． 16. 已知在中，，，，D是边上的一个动点， 以为直径作， 分别交、于点E、F， 连接， 则线段长度的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，30度所对直角边等于斜边的一半，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握以上知识点并数形结合是解题的关键．连接、，过点作于点，由圆周角定理可得，可判断三角形是等腰直角三角形，从而，当最小时最小，的最小值为边上的高，接着先求，然后利用勾股定理求得，代入可得的最小值． 【详解】解：在中，，，， 则， 连接、，过点作于点，如图所示： 则， ∵， ∴， ∴三角形是等腰直角三角形， ∴， ∴当最小时，的值最小，即当时，取最小值，最小值为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 三、解答题（共68分， 第17-18， 20-23题， 每题5分， 第19、24-26题，每题6分， 第27-28题，每题7分） 17. 计算： 【答案】，． 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，根据公式法解方程即可． 【详解】解： ，，， ，． 18. 已知直线， 在直线上方求作一点， 使得． 下面是小张的作法： ①分别以，为圆心，长为半径画弧，在直线下方交于点； ②以点为圆心，长为半径画圆； ③在 上任取一点 （不与，重合）， 连接，． 则为所求． （1）使用无刻度的直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：在直线下方的圆弧上任取一点（不与，重合），连接，，，． ， 是等边三角形． ． ， （ ）（填推理的依据） ． 四边形 内接于， （ ）（填推理的依据） ． 【答案】（1）图见解析 （2）；同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆内接四边形对角互补 【解析】 【分析】（1）按照题目所给作法作出相应图形即可； （2）根据等边三角形的判定与性质可得，再根据圆周角定理可得，最后再根据圆内接四边形对角互补的性质即可证得． 【小问1详解】 解：如图所示，为所求： 【小问2详解】 证明：在直线下方的圆弧上任取一点（不与，重合），连接，，，． ， 是等边三角形． ． ， （同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半）， ． 四边形内接于， （圆内接四边形对角互补）， ． 故答案为：；同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆内接四边形对角互补． 【点睛】本题考查的知识点是尺规作圆，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握圆的相关性质． 19. 已知，二次函数 （，，是常数，）的与的部分对应值如下表． … 0 1 2 … … 3 0 0 … （1）求二次函数的解析式． （2）①在平面直角坐标系中画出函数图象； ②当时，的取值范围是 ； ③当时，的取值范围是 ． 【答案】（1）二次函数的解析式为  （2） 见解析； 或． 【解析】 【分析】（1）将表格中的点的坐标代入 ，可得，，，即可得二次函数的解析式； （2）描点连线，画出函数图象即可；由二次函数的图象和性质，结合的取值范围，即可得的取值范围；函数图象开口向上，由函数图象与轴的交点坐标，结合的取值范围，即可得的取值范围． 【小问1详解】 解：根据题意可得， 解得， ∴二次函数的解析式为 ． 【小问2详解】 解：函数图象如下图： ， 开口向上，对称轴为直线，最小值为， 当时，随着增大，减小， 当时，随着增大，增大， 当时，， 当时，， ∴当时，的取值范围是． 故答案为：． 函数图象开口向上，与轴的交点坐标为，， ∴当时，的取值范围是或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查求二次函数的解析式，画二次函数的图象，二次函数的图象和性质，求（自变量）函数的取值范围． 20. 如图， 等边， 在边延长线上取点D， 连接， 将线段绕点 D顺时针旋转得到线段，连接． （1）求的度数； （2）若， 求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可得，再由等边三角形的性质可得，再证明，再由全等三角形的性质求解即可； （2）过点E作交的延长线于点H，由全等三角形的性质可得，再求得，由直角三角形的性质可得，，最后由勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：将线段绕点D顺时针旋转得到线段， ， 即是等边三角形， ，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 在与中， ， ∵， ， ． 【小问2详解】 解：如图，过点E作交的延长线于点H， ∵，， ∴， ∵， ∵， ∵， ， ∴， ，， ∵， ， ∴． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 21. 已知关于的方程有两个不相等的实数根． （1）求取值范围； （2）若为符合条件的最小整数，且该方程的较大根是较小根的倍，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，对于一元二次方程，当判别式时方程有两个不相等的实数根，时方程有两个相等的实数根，时方程没有实数根，若方程的两个实数根为、，则，． （1）根据方程有两个不相等的实数根得出判别式，列出不等式即可得答案； （2）根据（1）中结果得出值，利用一元二次方程根与系数的关系列方程求出的值即可． 【小问1详解】 解：∵关于x的方程有两个不相等的实数根， ∴， 解得：． 【小问2详解】 设方程的两个实数根为、，且， ∴，， 由（1）可知：， ∵为符合条件的最小整数， ∴， ∵该方程的较大根是较小根的倍， ∴， ∴，， ∴， 解得：，． 当时，，则，符合题意， 当时，，则，与不符，舍去， ∴． 22. 如图，、是的两条弦，， 过点O作交于点 E， 交于点G，延长交于点 F． （1）求证：； （2）若，， 求的半径． 【答案】（1）证明见解析 （2）5 【解析】 【分析】（1）连接，由平行线的性质可得，，由圆周角定理可得，； （2）连接，设的半径为，根据垂径定理可得，．在直角中，使用勾股定理构造方程，解方程即可． 【小问1详解】 证明：如图，连接， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：连接，设的半径为， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∴， 解得，， ∴的半径为5． 【点睛】本题考查平行线的性质，圆周角定理，垂径定理和勾股定理，掌握好圆的基本性质是关键． 23. 临近元旦节，小雪家从网上购买了4箱“库尔勒”香梨，但开箱验货后，发现其中混入了若干“红酥梨”．统计后发现每箱中最多混入了2个“红酥梨”，具体数据见表： 每箱混入“红酥梨”个数/个 0 1 2 箱数/箱 1 m n 若事件“每箱中混入1个红酥梨”的概率为 （1）求m和n的值； （2）小雪准备将其中两箱送给舅舅，她从4箱中随机挑选了两箱，用列举法求两箱中一共混入了1个“红酥梨”概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查概率，熟练掌握概率的求法是解题的关键； （1）由概率公式求出，即可得出； （2）列举法得出共有6种等可能的结果，其中两箱中一共混入了1个“红酥梨”的结果有2种，再由概率公式求解即可． 【小问1详解】 解：∵事件“每箱中混入1个红酥梨”的概率为， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：把没有“红酥梨”的1箱记为A，混入了1个“红酥梨”的记为、，混入了2个“红酥梨”的记为C，从4箱中随机挑选两箱的情况有、、、、、，共6种等可能的结果，其中两箱中一共混入了1个“红酥梨”的结果有，共2种， ∴两箱中一共混入了1个“红酥梨”的概率为． 24. 某小区考虑给新建的电动自行车充电车棚安装消防喷淋头（如图①），喷淋头喷洒的最外层水柱的形状为抛物线．如图②，已知车棚建在两面墙之间，为水平地面，，．消防喷淋头M安装在距离地面3米高的棚顶上，其到墙面的水平距离为2米，此时最外层的水柱喷射到墙面上的点E处，米．以O为原点，地面所在的水平线为x轴，墙面所在的直线为y轴建立平面直角坐标系． （1）求这条抛物线的解析式； （2）已知车棚的宽度为15米，为了确保发生火灾时可以完全把火扑灭，喷出的水需要覆盖离地面1米高的全部范围．工作人员计划在棚顶上安装若干个与消防喷淋头M相同型号的消防喷淋头（第一个喷淋头的位置不变）． ①请通过计算，回答至少需要 个消防喷淋头； ②直接写出安装最少喷淋头时，第一个喷淋头和最后一个喷淋头之间的距离d的取值范围． 【答案】（1） （2）①4；②． 【解析】 【分析】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数的应用等知识点． （1）由题意可知：顶点M的坐标为，点E的坐标为，然后运用待定系数法求解即可； （2）①设抛物线上横坐标为4的点为P，则，得到一个喷淋头在高度覆盖的水平宽度为4米，据此求解即可； ②由题意可设消防喷淋头N的最外层水柱所在抛物线的表达式为，当抛物线经过点或时，求得或，据此计算即可解答． 【小问1详解】 解：由题意可知：顶点M的坐标为，点E的坐标为， 则可设最外层水柱所在抛物线的表达式为， 将点代入，得，解得， 最外层水柱所在抛物线的表达式为； 【小问2详解】 解：①∵， ∴当时，，解得或， 设抛物线上横坐标为4的点为P，则， ∴一个喷淋头在高度覆盖的水平宽度为4米， ， ∴至少需要4个消防喷淋头； ②由题意可设消防最后一个喷淋头N的最外层水柱所在抛物线的表达式为， 当抛物线经过点时，有， 解得（舍去）或， 此时米， 米． 当抛物线经过点时，有， 解得（舍去）或， 此时米， 米． 综上所述，在满足所需条件时，第一个喷淋头和最后一个喷淋头之间的距离的取值范围为． 25. 如图，是的外接圆， D是的中点， 过点D作直径交于点M，的延长线与的延长线交于点N，过点F作射线使得 （1）求证：是的切线； （2）若，，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查圆的综合知识，等腰三角形的性质，锐角三角函数和勾股定理等知识点，熟练掌握以上性质是做题的关键． （1）先连接，，利用垂径定理的推论和圆周角定理，得出关键结论，再设，根据等腰三角形的性质，得出，最后根据切线的判定定理即可证明； （2）先过点作于点，利用垂径定理可得，再通过推导弧得出，再根据外角和对顶角的性质，得出，再根据的余弦值得出；设，由勾股定理得出，通过列方程解方程可得，最后根据勾股定理即可求值． 【小问1详解】 证明：如图， 连接，， D是的中点且直径过点D， ，， ． 由圆周角定理得，， ． ， ． 设，则， ， ， ， 即． 是的半径， 是的切线． 【小问2详解】 解：如图， 过点作于点，则，． 直径， ，，， ． ， ， ， ． ， ， ． ，， ，， ，． 的直径， 的半径为2． 在中，， ， ． 设， 则由勾股定理得，， ， 即， 解得，， 即． 在中，， ． 26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线． （1）求抛物线的顶点坐标（用含的式子表示）； （2）为抛物线上两点，若对于 ，，都有 ，求c的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，轴对称的性质，不等式的性质，解一元一次不等式，解一元一次不等式组等知识点，熟练掌握二次函数的图象与性质并运用分类讨论思想是解题的关键． （1）将抛物线转化为顶点式，即可求解； （2）先判断要么在对称轴上，要么在对称轴的右侧，且，然后分为开口向上，开口向下两种情况，接着结合抛物线的性质建立不等式解答即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴顶点坐标为； 【小问2详解】 解：∵， ∴对称轴为， ∵， ∴要么在对称轴上，要么在对称轴的右侧，且， ∴， 设关于对称轴对称点为， ∴， ∴， ∴当时，其函数值与时相同， 当时，函数图象开口向上，当时，随的增大而增大， ∵， ∴当时，取得最小值， ∵对于 ，，都有 ， ∴， ∴， ∵， ∴矛盾； ∴当时不符合题意； 当时，函数图象开口向下，当时，随的增大而减小， 当在对称轴左侧，那么在对称轴右侧， ∴， ∴， ∵， ∴要么在对称轴上，要么在对称轴的右侧， ∵， ∴， ∴， 故； 当在对称轴右侧，那么在对称轴左侧， 同理，可得， 解得，矛盾， 综上，． 27. 如图， 是等边三角形，点E 是边 延长线上一点，连接，在边 上取一点，使得，将线段绕点 E 顺时针旋转 得到线段， 连接． （1）①补全图形；②求的度数； （2）用等式表示线段和之间的数量关系并证明． 【答案】（1）①补全图形见解析；② （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）①根据题意，补全图形即可；②根据旋转的性质，等边对等角，得到，，进而得到，等边三角形的性质，得到，再利用角的和差关系进行求解即可； （2）过点作，交于点，连接，易得为等边三角形，证明，进而得到，，推出为顶角为120度的等腰三角形，推出，再根据线段的和差关系，等量代换即可得出结论． 【小问1详解】 解：①由题意，补全图形如图： ②∵旋转， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：，证明如下： 过点作，交于点，连接， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵旋转， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，， 由（1）知：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 作，则， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形是解题的关键． 28. 在平面直角坐标系中，的半径为1，对于上的点P和直线l，给出如下定义：将图形M绕点P 逆时针旋转，再关于直线l对称，得到图形N，称图形N是图形M关于点P和直线l的“旋转对称”图形．已知点． （1）当直线时， ①若点，，中，点 是点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形上的点； ②若直线与点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形有公共点，直接写出k的取值范围； （2）已知线段，直线，点，，若线段上的点都是线段关于点P和直线l的“旋转对称”图形上的点，直接写出点C的横坐标的取值范围． 【答案】（1）①和；②或 （2）或 【解析】 【分析】（1）①先论证点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形的特征，是一个以为圆心，为半径的圆，判断每个点与的位置关系即可； ②过定点，过点作的两条切线，k要在两条切线之间； （2）类比（1）的做法，先找到线段AB关于点P和直线l的“旋转对称”图形的特征，是一个以圆心，内径为，外径为的圆环，同时点C在直线上运动，研究线段与外圆相交或与内圆相切的极端情况，得出的取值范围． 小问1详解】 解：先论证点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形的特征， 设点A绕点P逆时针旋转所得的点为点，点关于直线l对称的点为点， 如图，在y轴上取点，连接，， 由旋转的性质可知，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为定值， ∴点A旋转所得的点E在以点Q为圆心，为半径的圆上运动， ∵经过点， ∴点关于直线l对称的点也在上．即就是关于点P和直线l的“旋转对称”图形 ①判断题干的点： 对于点，，点在上； 对于点，，点在上； 对于点，，点在内； 故答案为：和． ②对于直线，当时，为定值， ∴直线过定点， 如图，在y轴上取点，过点作的切线，切点为、，与x轴交于点J、K，连接， ∵，， ∴， ∵与相切， ∴， ∴， 在直角中，， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴点J坐标为， 将，代入直线得， ， 解得，， ∴直线的斜率， 根据对称性可得，直线的斜率， 当直线落在直线和直线之间时，其与点A关于点P 和直线l的“旋转对称”图形有公共点， ∴的取值范围为或． 【小问2详解】 解：如图，取点，连接，，， 由旋转的性质可知，，， ∴是等边三角形， ∴，， 由勾股定理得，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴为定值， ∴点A旋转后所得的点E在以点T为圆心，1为半径的圆上运动， 作关于直线的对称，则点E的对称点F在上运动， ∵线段， ∴线段关于点P和直线l的“旋转对称”图形是以点为圆心，内径为，外径为的圆环，如图所示， ∵点， ∴， 将①代入②得，， ∴点C在直线上运动， ∵， ∴轴，线段，且点D在点C左侧， 设直线为，则点坐标为，点坐标为， 取中点W，连接， 由勾股定理得，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴点G坐标为， 同理可得，点H坐标为，点I坐标为，点J坐标为， ①当点C在线段上时， 当与内圆相切时，设切点为L， ∵轴， ∴， ∵与内圆相切， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴，此时， ∵线段都在圆环内， ∴； ②当点C在线段上时， 当点D在外圆上时，设， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理①可得，，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 在直角三角形中，， ∴， 解得，（负值舍去），此时， ∵线段都在圆环内， ∴， 综上所述，点C的横坐标的取值范围为或． 【点睛】本题考查新定义，点与圆的位置关系，切线的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的图象与性质，以及勾股定理，正确理解题意并逐步探索动点的轨迹是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $