精品解析：天津河西实验中学2025-2026学年上学期12月月考九年级数学试题

2025—2026学年第一学期九年级数学阶段性随堂练习 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列四个圆形图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA．若AB=4，CD=1，则⊙O的半径为（　　） A. 5 B. C. 3 D. 3. 如图，将钝角绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则的大小为（ ） A. 75° B. 70° C. 65° D. 60° 4. 如图，，是的切线，，为切点，是的直径，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 妙妙上学经过两个路口，如果每个路口可直接通过和需等待的可能性相等，那么妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知二次函数图象上部分点的坐标（x，y）对应值列表如下： x … 0 2 … y … 15 0 0 … 则关于x的方程的解为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 正方形内接于，P是劣弧上任意一点，则等于（　　） A. B. C. D. 8. 如图，与x轴交于点，，与轴的正半轴交于点．若，则点的纵坐标为( ) A. B. C. D. 9. 对于二次函数，下列说法不正确的是（ ） A. 当时，有最大值 B. 当时，随的增大而减小 C. 开口向下 D. 函数图象与轴交于点和 10. 如图，用绳子围成周长为的矩形，记矩形的一边长为，它的邻边长为，矩形的面积为．当在一定范围内变化时，和都随的变化而变化，则与与满足的函数关系分别是（ ） A. 一次函数关系，二次函数关系 B. 反比例函数关系，二次函数关系 C. 一次函数关系，反比例函数关系 D. 反比例函数关系，一次函数关系 11. 如图，在长方形ABCD中，AB=6，BC=8，F为边CD的中点，E为长方形ABCD外一动点，且∠AEC=90°，则线段EF的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 12. 如图，是抛物线（）图象的一部分，抛物线的顶点坐标为B（－1，－3），与轴的一个交点为A（－4，0）．直线（）经过点A和点B．以下结论：①；②；③抛物线与轴的另一个交点是（4，0）；④方程有两个不相等的实数根；⑤；⑥不等式的解集为．其中结论正确的是（ ） A. ①④⑥ B. ②⑤⑥ C. ②③⑤ D. ①⑤⑥ 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． 13. 已知二次函数，则当时，的最大值与最小值的差为________． 14. 正六边形的半径为3，则正六边形的边心距为________． 15. 如图，从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形，则此扇形的面积为_____． 16. 如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____． 17. 如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，水面下降2m，水面宽度增加______m. 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且． （Ⅰ）线段的长等于___________； （Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）． 三、计算题：本大题共2小题，共8分． 19. 解下列方程： （1） （2） 四、解答题：本题共6小题，共58分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 20. 如图，四边形内接于，为的直径，． （1）试判断的形状，并给出证明； （2）若，，求与的长度． 21. 如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长均为1个单位长度，和的顶点均在格点上． （1）画出关于原点O对称的； （2）将绕点E顺时针旋转得到，画出； （3）若是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为          ． 22. 如图，为的直径，为的弦，平分，交于点D，，交的延长线于点E． （1）求证：直线是的切线 （2）若，的半径为5，求的长． 23. 某单位食堂为全体名职工提供了四种套餐，为了解职工对这四种套餐的喜好情况，单位随机抽取名职工进行“你最喜欢哪一种套餐（必选且只选一种）”问卷调查，根据调查结果绘制了条形统计图和扇形统计图，部分信息如下： 在抽取的人中最喜欢套餐的人数为 ，扇形统计图中“”对应扇形的圆心角的大小为 ； 依据本次调查的结果，估计全体名职工中最喜欢套餐的人数； 现从甲、乙、丙、丁四名职工中任选两人担任“食品安全监督员”，求甲被选到的概率． 24. 在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（）． （1）如图①，当时，求点D的坐标； （2）如图②，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标； （3）当点D落在线段上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）． 25. 如图，抛物线过点，且与直线交于B、C两点，点B的坐标为． （1）求抛物线的解析式； （2）点D为抛物线上位于直线上方的一点，过点D作轴交直线于点E，点P为对称轴上一动点，当线段的长度最大时，求的最小值； （3）设点M为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点Q，使？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期九年级数学阶段性随堂练习 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列四个圆形图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2. 如图，AB是⊙O的一条弦，OD⊥AB于点C，交⊙O于点D，连接OA．若AB=4，CD=1，则⊙O的半径为（　　） A. 5 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设⊙O的半径为r，在Rt△ACO中，根据勾股定理列式可求出r的值． 【详解】设⊙O的半径为r，则OA=r，OC=r-1， ∵OD⊥AB，AB=4， ∴AC=AB=2， 在Rt△ACO中，OA2=AC2+OC2， ∴r2=22+（r-1）2， r=， 故选D． 【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理：垂直于弦的直径平分弦是解题的关键． 3. 如图，将钝角绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则的大小为（ ） A. 75° B. 70° C. 65° D. 60° 【答案】A 【解析】 【分析】由旋转的性质可得，，由此即可求出，由平行线的性质求出，即可得到答案． 【详解】解：由旋转的性质可得，， ∴， ∵， ∴， ∴，故A正确． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，熟知旋转的性质是解题的关键． 4. 如图，，是的切线，，为切点，是的直径，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据切线的性质和切线长的性质定理，即可求解． 【详解】∵，是的切线，是的直径， ∴∠CAP=90°，PA=PB， ∴∠PAB=∠PBA， ∵， ∴∠PAB=∠CAP-=75°， ∴=180°-75°-75°=30°． 故选B． 【点睛】本题主要考查切线的性质和切线长的性质定理，掌握上述定理，是解题的关键． 5. 妙妙上学经过两个路口，如果每个路口可直接通过和需等待的可能性相等，那么妙妙上学时在这两个路口都直接通过的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意画出树形图，即可求出在这两个路口都直接通过的概率． 【详解】解：由题意画树形图得， 由树形图得共有4种等可能性，其中在这两个路口都直接通过的概率是P=． 故选：A 【点睛】本题考查了列表或画树形图求概率，理解题意，正确列表或画树形图得到所有等可能的结果是解题关键． 6. 已知二次函数图象上部分点的坐标（x，y）对应值列表如下： x … 0 2 … y … 15 0 0 … 则关于x的方程的解为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的性质，先根据表格信息求解的对称轴为直线，再进一步求解即可. 【详解】解：由表格信息可得：的对称轴为直线， 而当时，， 根据对称性可得： 当时，， ∴的解为：，； 故选：A 7. 正方形内接于，P是劣弧上任意一点，则等于（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查的是圆内接正多边形的性质以及圆周角定理的应用，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 连接，由于圆内接正方形将圆分成四等分，所以，由圆周角定理知，根据即可得出答案． 【详解】解：连接； 四边形是圆的内接正方形， ； ， ， 故选：C． 8. 如图，与x轴交于点，，与轴的正半轴交于点．若，则点的纵坐标为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接PA，PB，PC，过P作PD⊥AB于D，PE⊥y轴于E，根据圆周角定理得到∠APB=120°，根据等腰三角形的性质得到∠PAB=∠PBA=30°，由垂径定理得到AD=BD=3，解直角三角形得到PD=，PA=PB=PC=2，根据勾股定理得到CE=，于是得到结论． 【详解】连接，，，过作于，于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴点的纵坐标为. 故选B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，坐标与图形性质，垂径定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 9. 对于二次函数，下列说法不正确的是（ ） A. 当时，有最大值 B. 当时，随的增大而减小 C. 开口向下 D. 函数图象与轴交于点和 【答案】A 【解析】 【分析】先把一般式配成顶点式得到y=-（x-1）2+4，再根据二次函数的性质可对A、B、C进行判断；通过解方程-x2+2x+3=0得抛物线与x轴的交点坐标，可对D进行判断． 【详解】解：∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，-1＜0， ∴抛物线开口向下，顶点坐标为（1，4），故C正确，不符合； 当x≥1时，y随x的增大而减小，故B正确，不符合； 当x=1时，y有最大值4，故A错误，符合； 当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3， ∴抛物线与x轴的交点坐标为（-1，0），（3，0），故D正确，不符合； 故选：A． 【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质． 10. 如图，用绳子围成周长为的矩形，记矩形的一边长为，它的邻边长为，矩形的面积为．当在一定范围内变化时，和都随的变化而变化，则与与满足的函数关系分别是（ ） A. 一次函数关系，二次函数关系 B. 反比例函数关系，二次函数关系 C. 一次函数关系，反比例函数关系 D. 反比例函数关系，一次函数关系 【答案】A 【解析】 【分析】由题意及矩形的面积及周长公式可直接列出函数关系式，然后由函数关系式可直接进行排除选项． 【详解】解：由题意得： ，整理得：， ， ∴y与x成一次函数的关系，S与x成二次函数的关系； 故选A． 【点睛】本题主要考查一次函数与二次函数的应用，熟练掌握一次函数与二次函数的应用是解题的关键． 11. 如图，在长方形ABCD中，AB=6，BC=8，F为边CD的中点，E为长方形ABCD外一动点，且∠AEC=90°，则线段EF的最大值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】连接AC，取AC的中点O，求出OF、OE，当O、E、F三点共线时EF最大，据此即可解决问题． 【详解】解：如图，连接AC，取AC的中点O， ∵矩形ABCD中，AB=6，BC=8，∠B=90°，F为CD的中点， ∴AC==10， ∵AO=OC，CF=FD， ∴OF=AD=BC=4， ∵∠AEC=90°， ∴OE=AC=×10=5， 当O、E、F三点共线时EF最大， 此时EF的最大值为4+5=9． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形中位线定理，作辅助线并判断出EF最大时的情况是解题的关键． 12. 如图，是抛物线（）图象的一部分，抛物线的顶点坐标为B（－1，－3），与轴的一个交点为A（－4，0）．直线（）经过点A和点B．以下结论：①；②；③抛物线与轴的另一个交点是（4，0）；④方程有两个不相等的实数根；⑤；⑥不等式的解集为．其中结论正确的是（ ） A. ①④⑥ B. ②⑤⑥ C. ②③⑤ D. ①⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【分析】观察图象得：抛物线的对称轴为直线 ，可得到 ；进而得到 同号，再有抛物线开口向上，与 轴交于负半轴，可得 ， ，从而得到 ；再由抛物线的对称轴为直线 ，与轴的一个交点为A（－4，0），可得线与轴的另一个交点为；然后根据抛物线的顶点坐标为B（－1，－3），可得抛物线与直线只有一个交点，从而得到方程有两个相等的实数根；再由观察图象得：当 时， ，根据抛物线的增减性，可得：；最后根据观察图象得：当 时，直线的图象位于抛物线的上方，可得不等式的解集为，即可求解． 【详解】解：观察图象得：抛物线的对称轴为直线 ， ∴ ，即 ，故①错误； ∵， ∴，即 同号， ∵抛物线开口向上，与 轴交于负半轴， ∴ ， ， ∴ ， ∴ ，故②正确； ∵抛物线的对称轴为直线 ，与轴的一个交点为A（－4，0）， ∴抛物线与轴的另一个交点为 ，故③错误； ∵抛物线的顶点坐标为B（－1，－3）， ∴当时 ， ， 即抛物线与直线只有一个交点， ∴方程有两个相等的实数根，故④错误； 观察图象得：当 时， ， 在对称轴的右侧，抛物线的图象自左向右呈上升趋势， 即此时 随 的增大而增大， 又当 时， ， ∴，故⑤正确； 观察图象得：当 时，直线的图象位于抛物线的上方， ∴不等式的解集为，故⑥正确； ∴正确的有②⑤⑥． 故选：B 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． 13. 已知二次函数，则当时，的最大值与最小值的差为________． 【答案】#### 【解析】 【分析】首先根据二次函数的性质得到开口向上，对称轴为，然后将和代入求解即可． 【详解】∵二次函数， ∵， ∴开口向上，对称轴为， ∴当时，y随x的增大而减小，当时，y随x的增大而增大， ∴当时， ∴当时，y取得最小值，即， ∵当时，即， 当时，即， ∴当时，y取得最大值4， ∴， ∴的最大值与最小值的差为． 故答案为：． 【点睛】此题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质． 14. 正六边形的半径为3，则正六边形的边心距为________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，依据正六边形的性质，构造等边三角形；然后求其高即可． 【详解】解：如图：过O作于G，连接， ∵六边形是正六边形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴为等边的高， ∴即为正六边形的边心距， 又, ∴， 由勾股定理可得：， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正六边形和圆，熟知正六边形的性质是解答此题的关键． 15. 如图，从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形，则此扇形的面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接 证明为圆的直径，再利用勾股定理求解 再利用扇形面积公式计算即可得到答案． 【详解】解：如图，连接 为圆的直径， 故答案为： 【点睛】本题考查的是圆周角定理，扇形的面积的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 16. 如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____． 【答案】5cm 【解析】 【分析】连接BC，由题意易得，进而问题可求解． 【详解】解：连接BC，如图所示： ∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴的半径为5cm； 故答案为5cm． 【点睛】本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键． 17. 如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，水面下降2m，水面宽度增加______m. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知建立平面直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案． 【详解】建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点， 抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为 通过以上条件可设顶点式，其中可通过将A点坐标 代入到抛物线解析式得出：所以抛物线解析式为 当水面下降2米，通过抛物线在图上的观察可转化为： 当时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线与抛物线相交的两点之间的距离， 可以通过把代入抛物线解析式得出： 解得： 所以水面宽度增加到米，比原先的宽度当然是增加了 故答案是： 【点睛】考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键． 18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且． （Ⅰ）线段的长等于___________； （Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）． 【答案】（1）； （2）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求． 【解析】 【分析】（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解； （2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求． 【详解】解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==； （Ⅱ）略 【点睛】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型． 三、计算题：本大题共2小题，共8分． 19. 解下列方程： （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程． （1）利用因式分解法先提取公因式，得到，此时或，进而求得x的值； （2）先整理方程得，利用因式分解法得到，此时或，进而求得x的值． 【小问1详解】 解：， ， ∴或， ∴，． 【小问2详解】 解：， ， ， ∴或， ∴，． 四、解答题：本题共6小题，共58分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 20. 如图，四边形内接于，为的直径，． （1）试判断的形状，并给出证明； （2）若，，求与的长度． 【答案】（1） 解：是等腰直角三角形，证明如下： ∵为的直径， ∴， ∵（同弧所对的圆周角相等）， 又， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； （2）， 【解析】 【分析】（1）圆周角定理得到为直角，，进而得到，即可得出结论； （2）勾股定理求出的长，再用勾股定理求出的长，过点作于点，分别利用勾股定理求出，即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∵为的直径， ∴， ∴， 过点作于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握圆周角定理，是解题的关键． 21. 如图，在平面直角坐标系中，小正方形网格的边长均为1个单位长度，和的顶点均在格点上． （1）画出关于原点O对称的； （2）将绕点E顺时针旋转得到，画出； （3）若是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为          ． 【答案】（1） 解：如图； （2） 解：如图 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了作关于原点对称的图形，旋转作图，确定旋转中心， （1）根据旋转画出图形即可； （2）根据旋转画出图形即可； （3）根据旋转中旋转中心点到对应点的距离相等的性质，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图； 是由绕着某点旋转得到的，则该点的坐标为． 22. 如图，为的直径，为的弦，平分，交于点D，，交的延长线于点E． （1）求证：直线是的切线 （2）若，的半径为5，求的长． 【答案】（1） 证明：连接，如图1所示： 平分， ， ， ， ， ， ， ， 点在上， 直线是的切线； （2）4 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先连接，结合角平分线的定义以及等边对等角，得出，再根据，即可作答． （2）先作，垂足为，运用证明，再运用勾股定理算出，即可作答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：作，垂足为，如图2所示： ， 在和中， ， ， ，， ， ， 在中，， ． 23. 某单位食堂为全体名职工提供了四种套餐，为了解职工对这四种套餐的喜好情况，单位随机抽取名职工进行“你最喜欢哪一种套餐（必选且只选一种）”问卷调查，根据调查结果绘制了条形统计图和扇形统计图，部分信息如下： 在抽取的人中最喜欢套餐的人数为 ，扇形统计图中“”对应扇形的圆心角的大小为 ； 依据本次调查的结果，估计全体名职工中最喜欢套餐的人数； 现从甲、乙、丙、丁四名职工中任选两人担任“食品安全监督员”，求甲被选到的概率． 【答案】（1）60，108°；（2）336；（3） 【解析】 【分析】（1）用最喜欢套餐的人数对应的百分比乘以总人数即可，先求出最喜欢C套餐的人数，然后用最喜欢C套餐的人数占总人数的比值乘以360°即可求出答案； （2）先求出最喜欢B套餐的人数对应的百分比，然后乘以960即可； （3）用列举法列出所有等可能的情况，然后找出甲被选到的情况即可求出概率． 【详解】（1）最喜欢套餐的人数=25%×240=60（人）， 最喜欢C套餐的人数=240-60-84-24=72（人）， 扇形统计图中“”对应扇形的圆心角为：360°×=108°， 故答案为：60，108°； （2）最喜欢B套餐的人数对应的百分比为：×100%=35%， 估计全体名职工中最喜欢套餐的人数为：960×35%=336（人）； （3）由题意可得，从甲、乙、丙、丁四名职工中任选两人，总共有6种不同的结果，每种结果发生的可能性相同，列举如下：甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁， 其中甲被选到的情况有甲乙，甲丙，甲丁3种， 故所求概率P==． 【点睛】本题考查了条形统计图和扇形统计图，用样本估计总体，用列举法求概率，由图表获取正确的信息是解题关键． 24. 在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点，以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α（）． （1）如图①，当时，求点D的坐标； （2）如图②，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标； （3）当点D落在线段上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点作轴，根据旋转得到，利用含30度角的直角三角形的性质，求出的长，即可； （2）过点D作轴于G，于H，则，由勾股定理得出的长，等面积法求出，进而求出，勾股定理求出，即可； （3）连接，作轴于G，由旋转的性质得出，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，得出，即可得出答案． 【小问1详解】 解：四边形是矩形，点，点， ∴， 过点作轴，则：， ∵旋转， ∴， ∴，， ∴， ∴点坐标为； 【小问2详解】 过点D作轴于G，于H，如图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵矩形，， ∴，， ∵旋转， ∴， ∴， ∵， 即：， ∴， ∴，， ∴点D的坐标为； 【小问3详解】 连接，作轴于G，如图所示： 由旋转的性质得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴， ∴点E的坐标为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题． 25. 如图，抛物线过点，且与直线交于B、C两点，点B的坐标为． （1）求抛物线的解析式； （2）点D为抛物线上位于直线上方的一点，过点D作轴交直线于点E，点P为对称轴上一动点，当线段的长度最大时，求的最小值； （3）设点M为抛物线的顶点，在y轴上是否存在点Q，使？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线的解析式；（2）的最小值为；（3）点Q的坐标：、． 【解析】 【分析】（1）将点B的坐标为代入，，B的坐标为，将，代入，解得，，因此抛物线的解析式； （2）设，则，，当时，有最大值为2，此时，作点A关于对称轴的对称点，连接，与对称轴交于点P．，此时最小； （3）作轴于点H，连接、、、、，由，，可得，因为，，所以，可知外接圆的圆心为H，于是设，则，或，求得符合题意的点Q的坐标：、． 【详解】解：（1）将点B的坐标为代入， ， ∴B的坐标为， 将，代入， 解得，， ∴抛物线的解析式； （2）设，则， ， ∴当时，有最大值为2， 此时， 作点A关于对称轴的对称点，连接，与对称轴交于点P． ，此时最小， ∵， ∴， ， 即的最小值为； （3）作垂直对称轴于点H，连接、、、， ∵抛物线的解析式， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， 可知外接圆的圆心为H， ∴ 设， 则， 或 ∴符合题意的点Q的坐标：、． 【点睛】本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的图象的性质与一次函数的性质以及圆周角定理是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $