2019-2020学年天津市河西区九年级(上)期末数学试卷

2019届天津市河西区九年级上期末数学试卷【含答案及解析】姓名___________ 班级____________ 分数__________一、选择题1. 若将一个正方形的各边长扩大为原来的4倍，则这个正方形的面积扩大为原来的（）A．16倍 B．8倍 C．4倍 D．2倍2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B．C． D．3. 下列随机事件的概率，既可以用列举法求得，又可以用频率估计获得的是（）A．某种幼苗在一定条件下的移植成活率B．某种柑橘在某运输过程中的损坏率C．某运动员在某种条件下“射出9环以上”的概率D．投掷一枚均匀的骰子，朝上一面为偶数的概率4. 正六边形的边长为2，则它的面积为（）A． B． C． D．5. 袋中装有除颜色外完全相同的a个白球、b个红球、c个黄球，则任意摸出一个球是黄球的概率为（）A． B． C． D．6. 如图，铁路道口的栏杆短臂长1m，长臂长16m．当短臂端点下降0.5m时，长臂端点升高（杆的宽度忽略不计）（）A．4m B．6m C．8m D．12m7. 下列说法正确的是（）A．两个大小不同的正三角形一定是位似图形B．相似的两个五边形一定是位似图形C．所有的正方形都是位似图形D．两个位似图形一定是相似图形8. 如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为（）A．（﹣a，﹣b） B．（﹣a．﹣b﹣1）C．（﹣a，﹣b+1） D．（﹣a，﹣b﹣2）9. 下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是（）A． B．C． D．10. 过以下四边形的四个顶点不能作一个圆的是（）A．等腰梯形B．矩形C．直角梯形D．对角是90°的四边形11. 如图，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD与BE相交于点F，连接ED，图中的相似三角形的对数为（）A．4对 B．6对 C．8对 D．9对12. 二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论中错误的是（）A．函数有最小值B．当﹣1＜x＜2时，y＞0C．a+b+c＜0D．当x＜，y随x的增大而减小二、填空题13. 两地的实际距离是2000m，在绘制的地图上量得这两地的距离是2cm，那么这幅地图的比例尺为．14. 在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次取出的小球标号相同的概率为．15. 在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3）把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，那么AA′的长为．16. 如图，在△ABC中，已知∠C=90°，BC=6，AC=8，则它的内切圆半径是．17. 如图，抛物线y=ax2+bx+c（a＞0）的对称轴是过点（1，0）且平行于y轴的直线，若点P（4，0）在该抛物线上，则4a﹣2b+c的值为．18. 将边长为4的正方形ABCD向右倾斜，边长不变，∠ABC逐渐变小，顶点A、D及对角线BD的中点N分别运动列A′、D′和N′的位置，若∠A′BC=30°，则点N到点N′的运动路径长为．三、解答题19. 如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点．△ABC的三个顶点A，B，C都在格点上，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△AB′C′．（1）在正方形网格中，画出△AB′C′；（2）计算线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积．20. 学生甲与学生乙学习概率初步知识后设计了如下游戏：学生甲手中有6，8，10三张扑克牌，学生乙手中有5，7，9三张扑克牌，每人从各自手中取一张牌进行比较，数字大的为本局获胜，每次获取的牌不能放回．（1）若每人随机取手中的一张牌进行比较，请列举出所有情况；（2）并求学生乙本局获胜的概率．21. 如图，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，若AD=3，DB=2，BC=6，求DE 的长．22. 已知二次函数y=2x2﹣4x+1（1）用配方法化为y=a（x﹣h）2+k的形式；（2）写出该函数的顶点坐标；（3）当0≤x≤3时，求函数y的最大值．23. 如图，CD是圆O的弦，AB是直径，且CD⊥AB，垂足为P．（1）求证：PC2=PA•PB；（2）PA=6，PC=3，求圆O的直径．24. 已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED=EF．（1）如图1，求证：ED为⊙O的切线；（2）如图2，直线ED与切线AG相交于G，且OF=1，⊙O的半径为3，求AG的长．四、填空题25. 如图，抛物线（m＞0）交y轴于点C，CA⊥y轴，交抛物线于点A，点B在抛物线上，且在第一象限内，BE⊥y轴，交y轴于点E，交AO的延长线于点D，BE=2AC．（1）用含m的代数式表示BE的长．（2）当m=时，判断点D是否落在抛物线上，并说明理由．（3）若AG∥y轴，交OB于点F，交BD于点G．①若△DOE与△BGF的面积相等，求m的值．②连结AE，交OB于点M，若△AMF与△BGF的面积相等，则m的值是．参考答案及解析第1题【答案】第2题【答案】第3题【答案】第4题【答案】第5题【答案】第6题【答案】第7题【答案】第8题【答案】第9题【答案】第10题【答案】第11题【答案】第12题【答案】第13题【答案】第14题【答案】第15题【答案】第16题【答案】第17题【答案】第18题【答案】第19题【答案】第20题【答案】第21题【答案】第22题【答案】第23题【答案】第24题【答案】第25题【答案】。

期末复习4（22.圆解答题）例题：在△ABC 中，90︒∠=C ，以边AB 上一点O 为圆心，OA 为半径的圈与BC 相切于点D ，分别交AB ，AC 于点E ，F （I ）如图①，连接AD ，若25CAD ︒∠=，求∠B 的大小；（Ⅱ）如图②，若点F 为AD 的中点，O 的半径为2，求AB 的长．1．在ABC 中，90B ∠=︒，D 为AC 上一点，以CD 为直径的O 与AB 相切于点E ，与BC 相交于点F ，连接CE ．（Ⅰ）如图①，若27ACE ∠=︒，求A ∠和ECB ∠的大小； （Ⅱ）如图②，连接EF ，若//EF AC ，求A ∠的大小．2．如图，AB是O的直径，点C是O上一点，BAC∠的平分线AD交O于点D，过点⊥交AC的延长线于点E．（1）求证：DE是O的切线；D作DE AC（2）如果60BAC∠=︒，43AE=，求AC长．⊥．AB是O的弦，AC交O于点D，且D为AC的中点，3．已知在ABC中，BC AB∠的大小；延长CB交O于点E，连接AE．(Ⅰ)如图①，若50∠=，求EACE︒(Ⅱ)如图②，过点E作O切线，交AC的延长线于点F．若2CF CD=，求CAB∠大小．4．已知⊙O 是ABC ∆的外接圆， 过点A 作⊙O 的切线， 与CO 的延长线交于点P ，CP 与⊙O 交于点D ．（1）如图①， 若ABC ∆为等边三角形， 求P ∠的大小；（2）如图②， 连接AD ， 若PD AD =， 求ABC ∠的大小．5．己知AB 是O 的直径，C 为O 上一点，58OAC ∠=︒．（Ⅰ）如图①，过点C 作O 的切线，与BA 的延长线交于点P ，求P ∠的大小；（Ⅱ）如图②，P 为AB 上一点，CP 延长线与O 交于点Q ．若AQ CQ =，求APC ∠的大小．6．如图，在⊙O中，点C为AB的中点，∠ACB＝120°，OC的延长线与AD交于点D，且∠D＝∠B．（1）求证：AD与⊙O相切；（2）若CE＝4，求弦AB的长．7．已知⊙O中，AC为直径，MA、MB分别切⊙O于点A、B．（Ⅰ）如图①，若∠BAC=250，求∠AMB的大小；（Ⅱ）如图②，过点B作BD⊥AC于点E，交⊙O于点D，若BD=MA，求∠AMB的大小．8．如图，AB为O的直径，E为O上一点，点C为BE的中点，过点C作直线CD垂直直线AE，垂足为D．（1）求证：DC为O的切线；（2）若AB=4，∠CAD=30°，求AC．参考答案1．（Ⅰ）36A ∠=︒；27ECB ∠=︒；（Ⅱ）30°【来源】2021年天津市红桥区九年级下学期二模数学试卷【分析】（Ⅰ）连接OE ，由切线的性质，等腰三角形的性质，即可求出答案；；（Ⅱ）连接OE ，OF ，证明四边形OEFC 为平行四边形，根据平行四边形的性质，即可求出答案．【详解】解：（Ⅰ）如图，连接OE ．∵AB 与O 相切，∴OE AB ⊥，即90AEO ∠=︒．∵27ACE ∠=︒，∴254AOE ACE ∠=∠=︒．∴9036A AOE ∠=︒-∠=︒．∵OE OC =，∴OEC OCE ∠=∠．∵90B ∠=︒，∴//OE BC ．∴ECB OEC ∠=∠．∴27ECB ∠=︒．（Ⅱ）如图，连接OE ，OF ．∵,OE BC EF AC ∥∥，∴四边形OEFC 为平行四边形．∴OE CF =．∴OC OF CF ==．∴60ACB ∠=︒．∴9030A ACB ∠=︒-∠=︒．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线进行解题．2．（1）见解析；（283 【来源】2020年天津市河北区九年级二模数学试题【分析】（1）连接OD ，证OD ∥AE ，由已知DE ⊥AE ，得出DE ⊥OD ，即可得出结论；（2）作OF ⊥AC 于F ，则四边形ODEF 为矩形，得出OF=DE ，证∠DAE=30°，求出DE=4，则OF=DE=4，由三角函数定义求出43，即可得出答案． 【详解】解：（1）证明：连接OD ，如图，BAC ∠的平分线AD 交O 于点D ，BAD DAC ∴∠=∠，OA OD =，OAD ODA ∠=∠∴，ODA DAC ∴∠=∠，//OD AE ∴，DE AE ⊥，DE OD ∴⊥，OD 为半径，DE ∴是O 的切线；（2）作OF AC ⊥于F60BAC ∠=︒，30DAE ∴∠=︒，在Rt ADE ∆中，tan304DE AE =⋅︒=四边形ODEF 为矩形，4OF DE ∴==，在Rt OAF ∆中，60OAF ∠=︒AF ∴=2AC AF ∴==【点睛】本题考查了切线的判定与性质、角平分线定义、垂径定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握切线的判定和垂径定理是解题的关键．3．(Ⅰ)65EAC ︒∠=；(Ⅱ)30CAB ︒∠=．【来源】2020年天津市和平区中考三模数学试题【分析】（1）连接ED ，由∠ABE=90°可得AE 是⊙O 的直径，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC ，根据垂直平分线的性质可得AE=CE ，则∠AED=∠CED=25°，则在直角三角形AED 中，可求得∠EAD 的度数；（2）首先证明三角形AEC 是等边三角形，由于AB ⊥CE ，则易求出∠CAB 的度数.【详解】解：(Ⅰ)连接DE ．BC AB ⊥，延长CB 交O 于点E ，90ABE ︒∴∠=．AE ∴为O 的直径．90ADE ︒∴∠=．又D 为AC 的中点，DE ∴垂直平分AC ．AE CE ∴=．11502522AED CED AEC ︒︒∴∠=∠=∠=⨯=．90902565EAC AED ︒︒︒︒∴∠=-∠=-=．(Ⅱ)EF 是O 的切线，又由(Ⅰ)得AE 为O 的直径，EF AE ∴⊥．90AEF ︒∴∠=． D 为AC 的中点，2AC CD ∴=．2CF CD =，AC CF ∴=．12CE AF AC ∴==．又由(Ⅰ)得AE CE =，AE CE AC ∴==．ACE ∴是等边三角形．60EAC ︒∴∠=．又BC AB ⊥，1302CAB EAC ︒∴∠=∠=．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的判定与性质、垂直平分线的性质的性质等知识. 4．（1）30︒；（2）60︒【来源】2020天津市西青区二模数学试题【分析】（1）连接AO ，根据ABC ∆为等边三角形得到60ABC ∠=，根据圆周角定理得到2120AOC ABC ∠=∠=，进而求得60AOP ∠=，再由切线的性质的PAO 90∠=，然后根据三角形内角和得到结果.（2））连接AO ，由已知条件证的2∠=∠OAD PAD ，根据切线的性质推出30PAD ∠=，进而求得答案.【详解】（1）连接AOABC ∆∴为等边三角形;60ABC ∴∠=;2120AOC ABC ∴∠=∠=;180AOC AOP ∴∠+∠=;60AOP ∴∠=; PA 为O 的切线，A 为切点;PA AO ∴⊥;即PAO 90∠=;90P AOP ∴∠+∠=;90906030P AOP ∴∠=-∠=-=;（2）连接AO=;PD AD∴∠=∠;P PAD=;OA OD∴∠=∠;ADO OAD∠=∠+∠=∠;ADO P PAD PAD2∴∠=∠;2OAD PADPA为O的切线，A为切点;∴⊥;PA AO即PAO90∠=;PAD OAD∴∠+∠=;90∴∠+∠=;PAD PAD290∴∠=;PAD30∴∠=∠=;260ADO PAD即ADC60∠=;∴∠=∠=;60ABC ADC【点睛】本题主要考查了切线的性质应用，结合了三角形的内角和、外角定理等知识点的考查. 5．（I）26︒（II）48︒【来源】天津市河北区2019-2020学年九年级下学期线上测试数学试题【分析】（I）根据等腰三角形中有一底角为58度时，可得∠COA＝64︒，根据切线的性质得出∠OCP＝90︒，进而求得∠P的度数；（II）先由（I）知∠AOC＝64︒，根据圆周角定理得∠Q＝1∠AOC＝32︒，根据等腰三角2形的性质和三角形内角和定理得∠QAC＝∠QCA＝74︒，最后由三角形外角的性质可得结论．【详解】（I）∵OA＝OC，∠OAC＝58︒，∴∠OCA＝58︒∴∠COA＝180︒−2×58︒＝64︒∵PC是⊙O的切线，∴∠OCP＝90︒，∴∠P＝90︒−64︒＝26︒；（II）∵∠AOC＝64︒，∠AOC＝32︒，∴∠Q＝12∵AQ＝CQ，∴∠QAC＝∠QCA＝74︒，∵∠OCA＝58︒，∴∠PCO＝74︒−58︒＝16︒，∵∠AOC＝∠QCO＋∠APC，∴∠APC＝64︒−16︒＝48︒．【点睛】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．6．（1）见解析；（2）83【来源】天津市河西区2019-2020学年九年级下学期线上结果检测数学试题【分析】（1）连接OA，由=CA CB，得CA=CB，根据题意可得出∠O=60°，从而得出∠OAD=90°，则AD与⊙O相切；（2）由题意得OC⊥AB，Rt△BCE中，由三角函数得BE=43，即可得出AB的长．【详解】（1）证明：如图，连接OA，∵=CA CB，∴CA＝CB，又∵∠ACB＝120°，∴∠B＝30°，∴∠O＝2∠B＝60°，∵∠D＝∠B＝30°，∴∠OAD＝180°﹣（∠O+∠D）＝90°，∴AD与⊙O相切；（2）∵∠O＝60°，OA＝OC，∴△OAC是等边三角形，∴∠ACO＝60°，∵∠ACB＝120°，∴∠ACB＝2∠ACO，AC＝BC，∴OC⊥AB，AB＝2BE，∵CE＝4，∠B＝30°，∴BC＝2CE＝8，∴BE2CE∴AB＝2BE＝∴弦AB的长为【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，解直角三角形，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．7．（Ⅰ）50°；（Ⅱ）60°【来源】2021年天津市南开区中考三模数学试卷【分析】（Ⅰ）由AM与圆O相切，根据切线的性质得到AM垂直于AC，可得出∠MAC为直角，再由∠BAC的度数，用∠MAC－∠BAC求出∠MAB的度数，又MA，MB为圆O的切线，根据切线长定理得到MA=MB，利用等边对等角可得出∠MAB=∠MBA，由底角的度数，利用三角形的内角和定理即可求出∠AMB的度数．（Ⅱ）连接AB，AD，由直径AC垂直于弦BD，根据垂径定理得到A为优弧BAD 的中点，根据等弧对等弦可得出AB=AD，由AM为圆O的切线，得到AM垂直于AC，又BD 垂直于AC，根据垂直于同一条直线的两直线平行可得出BD平行于AM，又BD=AM，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ADBM为平行四边形，再由邻边MA=MB，得到ADBM为菱形，根据菱形的邻边相等可得出BD=AD，进而得到AB=AD=BD，即△ABD为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠D为60°，再利用菱形的对角相等可得出∠AMB=∠D=60°．【详解】解：（Ⅰ）∵MA切⊙O于点A，∴∠MAC=90°．又∠BAC=25°，∴∠MAB=∠MAC－∠BAC=65°．∵MA、MB分别切⊙O于点A、B，∴MA=MB．∴∠MAB=∠MBA．∴∠AMB=180°－（∠MAB+∠MBA）=50°．（Ⅱ）如图，连接AD、AB，∵MA⊥AC，又BD⊥AC，∴BD∥MA．又∵BD=MA，∴四边形MADB是平行四边形．又∵MA=MB，∴四边形MADB是菱形．∴AD=BD．又∵AC为直径，AC⊥BD，∴AB =" AD" ．∴AB=AD=BD．∴△ABD是等边三角形．∴∠D=60°．∴在菱形MADB中，∠AMB=∠D=60°【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理，弦、弧及圆心角之间的关系，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线长定理，以及等边三角形的判定与性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．8．（1）见解析；（2）23AC=．【来源】湖南省长沙市长沙县2020-2021学年九年级上学期期末数学试题【分析】（1）利用在同一个圆中等弧对等角得出∠BAC=∠CAD，根据等腰三角形的性质、等量代换以及平行线的判定得到AD∥OC，再根据垂线的性质可以证明出OC⊥DC，根据切线的判定即可得出结论；（2）求AC可以放在Rt AOF中，结合（1）的结论以及利用勾股定理求解即可．【详解】（1）连接OC，则：∵点C为BE的中点∴CE CB=∴∠BAC=∠CAD∴OA=OC∴∠BAC=∠OCA∴∠CAD=∠OCA∴AD∥OC∵AD⊥DC∴∠ADC =90°∴∠OCD =90°∴OC ⊥DC又OC 是O 的半径∴DC 为O 的切线；（2）过点O 作AC 的垂线交于点F ，OA OC =，AOC ∴为等腰三角形， 12AF AC ∴=， AB =4，∠CAD =30°，122AO AC ∴==， 由（1）知30DAC CAB ∠=∠=︒， 112OF AO ∴==， 在Rt AOF 中，223AF AO OF ∴- 223AC AF ∴==3∴=AC 【点睛】本题考查了圆的切线、等弧对等角、平行线的判定及性质、勾股定理、等腰三角形的判定及性质，解题的关键是掌握相关知识点、添加适当辅助线进行解答．。

2019-2020学年天津市河西区八年级（上）期中数学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1．下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（）A．B．D．C．2．要使四边形木架（用四根木条钉成）不变形，至少要再钉上的木条的根数为（）A．一条B．两条C．三条D．四条:3．在△ABC中，∠A＝45°，∠B＝45°，则下列判断错误的是（）A．△ABC是直角三角形C．△ABC是等腰三角形B．△ABC是锐角三角形D．∠A和∠B互余4．由下列长度组成的各组线段中，不能组成三角形的是（）A．1cm，3cm，3cm C．8cm，6cm，4cm B．2cm，5cm，6cm D．14cm，7cm，7cm5．已知等腰三角形的两边长分别是5和11，则这个等腰三角形的周长为（）A．21B．16C．27D．21或27(6．在下面的四组全等的三角形中，可以看作把△ABC经过翻折（轴对称）而得到△DEF的是（）A．B．D．C．7．如图，足球图片正中的黑色正五边形的内角和是（）A．180°B．360°C．540°D．720°8．如图，为了促进当地旅游发展，某地要在三条公路围成的一块三角形平地ABC上修建一个度假村，要使这个度假村到三条公路的距离相等，应该修在（）@A．△ABC三边中线的交点B．△ABC三个角的平分线的交点C．△ABC三边高线的交点D．△ABC三边垂直平分线的交点9．如图，把一张矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论一定正确的是（）A．∠DAB′＝∠CAB′C．AD＝AE B．∠ACD＝∠B′CD D．AE＝CE;10．“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定，OC＝C D＝D E，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE 的度数是（）A．60°B．65°C．75°D．80°二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分．11．点M（3，3）关于x轴对称的点的坐标为．12．有一角为60°的等腰三角形是．13．如图，已知AC＝FE，BC＝DE，点A、D、B、F在一条直线上，要使△ABC≌△FDE，还需添加一个条件，这个条件可以是．；14．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝50°，将其折叠，使点A落在边CB上A′处，折痕为CD，则∠A′DB的度数为．15．如图，A（m，0），B（0，n），以B点为直角顶点在第二象限作等腰直角△ABC，则C点的坐标为．（用字母m、n表示）16．如图，六边形ABCDEF的六个内角都相等，若AB＝1，BC＝CD＝3，DE＝2，则这个六边形的周长等于．三、解答题：本大题共7小题，共52分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．17．在直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示．·（1）请画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′（其中A′，B′，C′分别是A，B，C的对应点，不写画法）；（2）直接写出A′，B′，C′三点的坐标：A′（），B′（），C′（）．18．已知：∠α．求作：∠CAB，使得∠CAB＝∠α．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）19．如图，在△ABC中，BO，CO分别平分∠ABC和∠ACB．…（Ⅰ）若∠A＝60°，则∠BOC的度数为（Ⅱ）若∠A＝100°，则∠BOC的度数；；（Ⅲ）若∠A＝α，求∠BOC的度数，并说明理由．20．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是高，∠A＝30°．（Ⅰ）求∠BCD的度数；（Ⅱ）若BD＝a，求AB的长度（用a表示）．/21．在平面直角坐标系中，点A（2，0），点B（0，3）和点C（0，2）．（Ⅰ）请直接写出OB的长度：OB＝；（Ⅱ）如图：若点D在x轴上，且点D的坐标为（﹣3，0），求证：△AOB≌△COD．22．如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AB上，AD交CE于点P，且BD＝AE．求证：（Ⅰ）AD＝CE；（Ⅱ）求∠DPC的度数．—23．已知：在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，点E是AB边上一点．（1）直线BF垂直于直线CE于点F，交CD于点G（如图1），求证：AE＝CG；（2）直线AH垂直于直线CE，垂足为点H，交CD的延长线于点M（如图2），找出图中与BE相等的线段，并证明．2019-2020学年天津市河西区八年级（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）@1．下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【解答】解：A、不是轴对称图形，故错误；B、不是轴对称图形，故错误；C、是轴对称图形，故正确；D、不是轴对称图形，故错误．故选：C．。

2022-2023年九年级上册人教版数学第二十四章 圆试题精选【天津市】一、单选题（本大题共10小题）1. （天津市河西区2020年数学中考热身数学试卷）一个圆的内接正三角形的边长为23( )A 2B ．4C ．23D ．222. （天津市和平区2019届中考模拟数学试题）如图，⊙O 中，AC 为直径，MA ，MB 分别切⊙O 于点A ，B ，∠BAC ＝25°，则∠AMB 的大小为（ ）A ．25°B ．30°C ．45°D ．50°3. （天津市第七中学、育才中学2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，AB 为O 的直径，C 、D 为O 上两点，30CDB ∠=︒，3BC =，则AB 的长度为（ ）A ．6B ．3C ．9D ．124. （天津市河北区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，⊙O 是∆ABC 的外接圆，半径为2cm ，若2cm BC =，则A ∠的度数为（ ）A ．30°B ．25°C ．15°D ．10°5. （天津市滨海新区2021-2022学年九年级上学期期中数学试题）如图，AB 是O 的直径，C ，D 是O 上的两点，连接AC ，CD ，AD ，若75ADC ∠=︒，则BAC ∠的度数是（ ）A ．15°B ．25°C ．30°D ．75°6. （天津市滨海新区2021-2022学年九年级上学期期中数学试题）如图，四边形ABCD为O 的内接四边形，已知140BCD ∠︒＝，则BOD ∠的度数为（ ）A ．40°B ．50°C ．80°D ．100°7. （天津市西青区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，OA 是⊙O 的半径，弦BC ⊥OA ，垂足为D ．连接AC ．若BC ＝42AC ＝3，则⊙O 的半径长为（ ）A ．9B ．8C ．92D ．38. （天津市南开区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图AB 是O 切线，点A 为切点，OB 交O 于点C ，点D 在O 上，连接,,AD CD OA ，若35ADC ∠=︒，则ABO ∠的度数为（ ）A ．25︒B ．20︒C ．30D ．35︒52cm 的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽48AB cm =，则水的最大深度为（ ）A ．8cmB ．10cmC ．16cmD ．20cm10. （天津市滨海新区2019届九年级第一次模拟试卷数学试题）如图，将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB 绕点A 逆时针旋转60°，点O ，B 的对应点分别为O′，B′，连接BB′，则图中阴影部分的面积是（ ）A ．23πB ．33πC ．323πD ．323π 二、填空题（本大题共6小题）11. （天津市南开区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）已知⊙O 的半径为10，直线AB 与⊙O 相切，则圆心O 到直线AB 的距离为 ．12. （天津市河北区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（图中的AB ），点O 是这段弧的圆心，C 是AB 上一点，OC AB ⊥．垂足为D ，160m AB =，40m CD =，则这段弯路的半径是 m ．13. （天津市第七中学、育才中学2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，半径为2的O 与正五边形ABCDE 的边AB ，DE 分别相切于点B ，D ，则劣弧BD 的长为 ．PA PB 、切O 于点A B 、，10PA cm ，CD 切O 于点E ，交PA PB 、于点C D 、，则PCD 的周长是 .15. （天津市河北区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）已知：如图，半圆O 的直径AB ＝12cm ，点C ，D 是这个半圆的三等分点，则弦AC ，AD 和CD 围成的图形（图中阴影部分）的面积S 是 .16. （天津市河东区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，点C 是半圆AB 上一动点，以BC 为边作正方形BCDE （使BC 在正方形内），连OE ，若AB ＝4cm ，则OE 的最大值为 cm ．三、解答题（本大题共11小题）17. （天津市和平区2022年中考数学二模试题）如图，AB 为⊙O 直径，△ACD 是⊙O 的内接三角形，PB 切⊙O 于点B ．(1)如图①，延长AD 交PB 于点P ，若∠C =40°，求∠P 和∠BAP 的度数；(2)如图②，连接AP 交⊙O 于点E ，若∠D =∠P ，弧CE =弧AC ，求∠P 和∠BAP 的度数．18. （天津市津南区2020年中考一模数学试题）已知：ABC 内接于O ，AB AC =，P 是ABC 外一点．（Ⅰ）如图①，点P 在O 上，若78BPC ∠=︒，求CAB ∠和ACB ∠的大小；（Ⅱ）如图②，点P 在O 外，BC 是O 的直径，PB 与O 相切于点B ，若55BPC ∠=︒，求PCA ∠的大小．19. （天津市南开区2020年中考二模数学试题）如图1，AB 是O 的直径，弦CD AB ⊥于G ，过C 点的切线与射线DO 相交于点E ，直线DB 与CE 交于点H ，OG BG =，1BH =.（Ⅰ）求O 的半径；（Ⅱ）将射线DO 绕D 点逆时针旋转，得射线DM （如图2），DM 与AB 交于点M ，与O 及切线CF 分别相交于点N ，F ，当GM GD =时，求切线CF 的长.20. （天津市河东区2021-2022学年中考数学一模试题）已知，四边形ABCD 为菱形，点A ，B ，D 在⊙O 上．（Ⅰ）如图①，若CB ，CD 为⊙O 的切线，求∠C 的大小；（Ⅱ）如图②，BC ，CD 与⊙O 分别交于点E ，点F ，连接BF ，若∠BDC ＝50°，求∠CBF 的度数.21. （天津市滨海新区2020年中考一模数学试题）如图，△ABC 内接于⊙O ．（1）如图①，连接OA ，OC ，若28B ∠=︒，求OAC ∠的度数；（2）如图②，直径CD 的延长线与过点A 的切线相交于点P ．若60B ∠=︒，⊙O 的半径为2，求AD ，PD 的长．22. （天津市河西区2019年中考二模数学试题）如图，ABC 中，AB AC = ，以AB 为直径的O 与BC 相交于点D ，与CA 的延长线相交于点E ，O 的切线DF 交EC 于点F .（Ⅰ）求DFC ∠的度数；（Ⅱ）若3AC AE =，12BC = ，求O 的直径AB . 23. （天津市河北区2020年中考一模数学试题）已知AB 是⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，∠OAC ＝58°．（Ⅰ）如图①，过点C 作⊙O 的切线，与BA 的延长线交于点P ，求∠P 的大小；（Ⅱ）如图②，P 为AB 上一点，CP 延长线与⊙O 交于点Q ．若AQ ＝CQ ，求∠APC 的大小．24. （天津市2019年中考数学试题）已知PA ，PB 分别与O 相切于点A ，B ，80APB ︒∠=，C 为O 上一点．（Ⅰ）如图①，求ACB ∠的大小；（Ⅱ）如图②，AE 为O 的直径，AE 与BC 相交于点D ，若AB AD =，求EAC ∠的大小．25. （天津市和平区2019届中考模拟数学试题）已知，AB 为⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于点E ，在CD 的延长线上取一点P ，PG 与⊙O 相切于点G ，连接AG 交CD 于点F ．（Ⅰ）如图①，若∠A ＝20°，求∠GFP 和∠AGP 的大小；（Ⅱ）如图②，若E 为半径OA 的中点，DG ∥AB ，且OA ＝3PF 的长． 26. （天津市西青区2020年二模数学试题）已知⊙O 是ABC ∆的外接圆， 过点A 作⊙O 的切线， 与CO 的延长线交于点P ，CP 与⊙O 交于点D ．（1）如图①， 若ABC ∆为等边三角形， 求P ∠的大小；（2）如图②， 连接AD ， 若PD AD =， 求ABC ∠的大小．27. （天津市滨海新区2020年中考二模数学试题）如图①，在O 中，AB 为直径，C 为O 上一点，30A ∠︒＝，过点C 作O 的切线，与AB 的延长线相交于点P ．（Ⅰ）求P∠的大小；（Ⅱ）如图②，过点B作CP的垂线，垂足为点E，与AC的延长线交于点F，①求F∠的大小；②若O的半径为2，求AF的长．参考答案1. 【答案】D【分析】先根据圆的内接正三角形的边长求出圆的半径，再根据正方形的性质求出圆的内接正方形的边长即可.【详解】根据题意画图如下：过点O作OD⊥BC于D，连接OB，BC=3∴BD=CD=12∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，∴∠OBD=30°，∴OD=1OB，2OB)2=BD2，∴OB2-(12解得：OB=2，即圆的半径为2，∴该圆的内接正方形的对角线长为4，设正方形的边长为x，∴x2+x2=42，解得x=2∴该圆的内接正方形的边长为2故选D.2. 【答案】D【分析】由AM与圆O相切，根据切线的性质得到AM垂直于AC，可得出∠MAC为直角，再由∠BAC的度数，用∠MAC﹣∠BAC求出∠MAB的度数，又MA，MB为圆O的切线，根据切线长定理得到MA＝MB，利用等边对等角可得出∠MAB＝∠MBA，由底角的度数，利用三角形的内角和定理即可求出∠AMB的度数．【详解】解：∵MA切⊙O于点A，AC为直径，∴∠MAC＝90°，又∠BAC＝25°，∴∠MAB＝∠MAC﹣∠BAC＝65°，∵MA、MB分别切⊙O于点A、B，∴MA＝MB，∴∠MAB＝∠MBA＝65°，∴∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠MBA）＝50°，故选D．3. 【答案】A【分析】连接AC，利用直角三角形30°的性质求解即可．【详解】解：如图，连接AC．∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵∠CAB=∠CDB=30°，∴AB=2BC=6，故选：A．4. 【答案】A【分析】连接OB和OC，证明△OBC为等边三角形，得到∠BOC的度数，再利用圆周角定理得出∠A．【详解】解：连接OB和OC，∵圆O半径为2，BC=2，∴△OBC为等边三角形，∴∠BOC=60°，∴∠A=30°，故选A．5. 【答案】A【分析】连结BC ，根据直径所对圆周角可得90ACB ∠=︒ ，由同弧所对圆周可求出∠ABC 的度数，利用直角三角形两锐角互余求出∠BAC 的度数即可．【详解】解：连结BC ，∵AB 是O 的直径，90ACB ∴∠=︒，∵∠ABC =∠ADC =75°，909075BAC ABC ∴∠=︒-∠=︒-︒︒=15 ，故选A ．6. 【答案】C【分析】由圆内接四边形的对角互补可得∠A =40°，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，即可求出∠BOD 的度数．【详解】解：∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠A =180°-∠BCD =180°-140°=40°，∴∠BOD =2∠A =80°，故选C ．7. 【答案】C【分析】如图所示，连接OC ，先由BC ⊥OA ，得到∠ADC =∠ODC =90°，1222CD BD BC ===AD =1，设OA OC r ==，则1OD OA AD r =-=-，由勾股定理得到222OD CD OC +=则()(222122r r -+=，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，连接OC ，∵BC ⊥OA ，∴∠ADC =∠ODC =90°，1222CD BD BC === ∴221AD AC CD -=，设OA OC r ==，则1OD OA AD r =-=-，∵222OD CD OC +=，∴()()222122r r -+=， 解得92r =， 故选C ．8. 【答案】B【分析】根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由35ADC ∠=︒可求出∠AOC =70︒．再由AB 为圆O 的切线，得AB ⊥OA ，由直角三角形的两锐角互余，即可求出∠ABO 的度数，【详解】解：∵AC AC = ，∴223570AOC ADC ∠=∠=⨯︒=︒，∵AB 为圆O 的切线，∴AB ⊥OA ，即∠OAB =90°，∴90907020ABO AOC ∠=︒-∠=︒-︒=︒，故选：B ．9. 【答案】C【分析】过点O 作OD ⊥AB 于D ，交⊙O 于E ，连接OA ，根据垂径定理即可求得AD 的长，又由⊙O 的直径为52cm ，求得OA 的长，然后根据勾股定理，即可求得OD 的长，进而求得油的最大深度DE 的长．【详解】解：过点O 作OD ⊥AB 于D ，交⊙O 于E ，连接OA ， 由垂径定理得：11482422AD AB cm ==⨯=， ∵⊙O 的直径为52cm ，∴26OA OE cm ==，在Rt AOD ∆中，由勾股定理得：2222=2624=10O m O A D A D c --，∴261016DE OE OD cm =-=-=，∴油的最大深度为16cm ，故选：C ．10. 【答案】C【分析】连接OO′，BO′，根据旋转的性质得到∠OAO′=60°，推出△OAO′是等边三角形，得到∠AOO′=60°，推出△OO′B是等边三角形，得到∠AO′B=120°，得到∠O′B′B=∠O′BB′=30°，根据图形的面积公式即可得到结论．【详解】连接OO′，BO′，∵将半径为2，圆心角为120°的扇形OAB绕点A逆时针旋转60°，∴∠O AO′=60°，∴△OAO′是等边三角形，∴∠AOO′=60°，OO′=OA，∴点O′中⊙O上，∵∠AOB=120°，∴∠O′OB=60°，∴△OO′B是等边三角形，∴∠AO′B=120°，∵∠AO′B′=120°，∴∠B′O′B=120°，∴∠O′B′B=∠O′BB′=30°，∴图中阴影部分的面积=S△B′O′B-（S扇形O′OB-S△OO′B）=12×1×3（260?2360π⨯-12×2×3323π．故选C．11. 【答案】10【分析】根据直线AB和圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径即可得问题答案．【详解】解：∵⊙O的半径为10，直线AB与⊙O相切，∴圆心到直线AB的距离等于圆的半径，∴d =10；故答案为：10；12. 【答案】100【分析】设这段弯路的半径是rm ，可得,40,OA r OD r ==- 由垂径定理可得：80,AD = 再由勾股定理建立方程，解方程可得答案．【详解】解：设这段弯路的半径是rm ，40m CD =，则OA=OC=rm ，()40OD r m =-，∵OC ⊥AB ， 160m AB = ∴1802AD AB m ==， 在Rt △AOD 中，由勾股定理得：()2228040r r =+-，解得：100r =，则这段弯路的半径是100m ．故答案为：100． 13. 【答案】85π##85π 【分析】连接OB ，OD ，根据正多边形内角和公式可求出∠E 、∠A ，根据切线的性质可求出∠OBA 、∠ODE ，从而可求出∠BOD 的度数，根据弧长的公式即可得到结论．【详解】解：连接OB ，OD ，∵五边形ABCDE 是正五边形，∴∠E ＝∠A ＝()521801085-⨯︒=︒． ∵AB 、DE 与⊙O 相切，∴∠OBA ＝∠ODE ＝90°，∴∠BOD ＝（5﹣2）×180°﹣90°﹣108°﹣108°﹣90°＝144°，∴劣弧BD 的长为14428=1805，故答案为：85π． 14. 【答案】20【分析】由切线长定理可求得PA ＝PB ，AC ＝CE ，BD ＝ED ，则可求得答案．【详解】由切线长定理得：10,,PA PB CA CE DB DE ====所以PCD ∆的周长为 101020PC PD CD PC AC DB PD PA PB ++=+++=+=+= 15. 【答案】26cm π【分析】如图，连接OC 、OD 、CD ，OC 交AD 于点E ，由点C ，D 是这个半圆的三等分点可得60AOC COD ∴∠=∠=︒，在同圆中，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可得出1302CAD COD ∠=∠=︒，再根据OA OC OD ==得，AOC △，COD △都是等边三角形，所以60ACM DOM ∠=∠=︒，AC OC OD ==，可证()ACM DOM AAS ≅，故=COD S S 阴扇形，由扇形的面积公式计算即可．【详解】如图所示，连接OC 、OD 、CD ，OC 交AD 于点E ，点C ，D 是这个半圆的三等分点，180603AOC COD DOB ︒∴∠=∠=∠==︒， 1302CAD COD ∴∠=∠=︒， OA OC OD ==，AOC ∴，COD △都是等边三角形，60ACM DOM ∴∠=∠=︒，AC OC OD ==，在ACM △与DOM △中，AMC DMO ACM DOM AC DO ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ACM DOM AAS ∴≅，ACM DOM S S ∴=，2260()60362=6(cm )360360COD AB S S πππ⨯⨯⨯⨯∴===阴扇形． 故答案为：26cm π．16. 【答案】(222)【分析】如图，连接OD ，OE ，OC ，设DO 与⊙O 交于点M ，连接CM ，BM ，通过△OCD ≌△OBE （SAS ），可得OE ＝OD ，通过旋转观察如图可知当DO ⊥AB 时，DO 最长，此时OE 最长，设DO 与⊙O 交于点M ，连接CM ，先证明△MED ≌△MEB ，得MD ＝BM ．再利用勾股定理计算即可．【详解】解：如图，连接OD ，OE ，OC ，设DO 与⊙O 交于点M ，连接CM ，BM ， ∵四边形BCDE 是正方形，∴∠BCD ＝∠CBE ＝90°，CD ＝BC ＝BE ＝DE ，∵OB ＝OC ，∴∠OCB ＝∠OBC ，∴∠BCD +∠OCB ＝∠CBE +∠OBC ，即∠OCD ＝∠OBE ，∴△OCD ≌△OBE （SAS ），∴OE ＝OD ，根据旋转的性质，观察图形可知当DO ⊥AB 时，DO 最长，即OE 最长，∵∠MCB ＝12∠MOB ＝12×90°＝45°，∴∠DCM ＝∠BCM ＝45°，∵四边形BCDE 是正方形，∴C 、M 、E 共线，∠DEM ＝∠BEM ，在△EMD 和△EMB 中， DE BC MED MEB WE WEE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△MED ≌△MEB （SAS ），∴DM ＝BM 22OM OB +2222+22（cm ），∴OD 的最大值＝2+2，即OE 的最大值＝2+2；故答案为：（2）cm ．17. 【答案】(1)40︒；50︒(2)60︒；30【详解】解：（1）如图①，连接BD ，∵AB 为⊙O 的直径，∴∠ADB =90°.∵在⊙O 中，∠C =∠ABD =40°，∴∠BAD =90°﹣∠ABD =50°. ∵PB 是⊙O 的切线，∴AB ⊥PB∴∠ABP =90°.∴∠P =90°﹣∠BAD =40°.（2）如图②，连接CE 交AB 于点F ，∵∠D =∠P ，在⊙O 中，∠D =∠AEC∴∠P =∠AEC .∴CE //BP .∴∠AFE = ∠ABP =90°.∴AB ⊥CE又∵AB 是⊙O 的直径，∴弧AC =弧AE ，弧BC =弧BE .∵弧CE =弧AC∴弧CE =弧AC =弧AE .∴CE =AC =AE .∴△ACE 是等边三角形∴∠CAE =∠ACE = ∠AEC =60°∴∠P = ∠AEC =60°∵弧BC =弧BE∴∠CAB = ∠BAP =12∠CAE =30°18. 【答案】（Ⅰ）102CAB ∠=︒，39ACB ∠=︒；（Ⅱ）80PCA ∠=︒．【分析】（Ⅰ）根据圆内接四边形的性质可得CAB ∠的度数，根据AB AC =可得AB AC =，再根据等腰三角形的定义、三角形的内角和定理即可得ACB ∠的度数；（Ⅱ）先根据圆周角定理得出90CAB ∠=︒，从而可得45ACB ∠=︒，再根据圆的切线的性质得出90PBC ∠=︒，然后根据直角三角形的性质可得35PCB ∠=︒，最后根据角的和差即可得．【详解】（Ⅰ）∵四边形ABPC 是O 的内接四边形，78BPC ∠=︒∴180102CAB BPC ∠=︒-∠=︒∵AB AC =∴AB AC =∴∠=∠ACB ABC102CAB ∠=︒ ∴()1180392ACB CAB ∠=︒-∠=︒； （Ⅱ）∵BC 是O 的直径∴90CAB ∠=︒由（Ⅰ）知，∠=∠ACB ABC∴45ACB ∠=︒ 又PB 与O 相切∴PB BC ⊥，即90PBC ∠=︒55BPC ∠=︒∴9035PCB BPC ∠=︒-∠=︒∴354580PCA PCB ACB ∠=∠+∠=︒+︒=︒即80PCA ∠=︒．19. 【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）63+【分析】（Ⅰ）由题意连接OC ，结合圆的切线定理和等边三角形性质以及平行线性质和同弧所对的圆心角与圆周角之间的关系进行分析求解；（Ⅱ）根据题意过点F 作PQ DC ⊥.交DC 延长线于点Q ，并设CQ x =，则2CF x =，3QF x =，利用勾股定理建立方程求解进而得出切线CF 的长.【详解】解：（Ⅰ）连接OC ，∵CE 为O 的切线，∴OC CE ⊥∴90OCH ∠=︒∵CD AB ⊥，OG BG =∴OC CB =，又∵OB OC =∴OB OC CB ==∴BOC 为等边三角形∴460OCB ∠=∠=︒∴906030BCH OCH OCB ∠=∠-∠=︒-︒=︒∵OC BC =，CD OB ⊥ ∴113302OCB ∠=∠=∠=︒ 由同弧所对的圆心角与圆周角之间的关系可知：124302∠=∠=︒ ∴23∠∠=∴//DH OC∴90H ∠=︒在Rt BCH 中，90H ∠=︒，30BCH ∠=︒，1BH =∴22BC BH ==∴2OB BC ==即O 的半径为2.（Ⅱ）如图2，过点F 作PQ DC ⊥.交DC 延长线于点Q ，∴90CFQ FCQ ∠+∠=︒，∵OC FC ⊥，∴90OCG FCQ ∠+∠=︒，∴30CFQ OCG ∠=∠=︒，设CQ x =，则2CF x =，3QF x =，∵GM GD =，MG CD ⊥，∴45MDG ∠=︒，∵FQ QD ⊥，∴9045DFQ MDG MDG ∠=︒-∠=︒=∠，∴QF QD QC CD ==+，∵AB CD ⊥，2OC =，1OG GB ==，又∵22222123CD CG ==-= ∴323x x =+ 解得33x = ∴263CF CQ ==+20. 【答案】（Ⅰ）60︒；（Ⅱ）20︒．【分析】（Ⅰ）如图（见解析），先根据圆的切线的性质可得,OB BC OD CD ⊥⊥，再根据四边形的内角和可得180C BOD ∠+∠=︒，然后根据圆周角定理可得2BOD A ∠=∠，最后根据菱形的性质即可得；（Ⅱ）如图（见解析），先根据菱形的性质、等腰三角形的性质可得50CBD ∠=︒，再根据三角形的内角和定理可得80A C ∠=∠=︒，然后根据圆内接四边形的性质可得100BED ∠=︒，又根据三角形的外角性质可得20CDE ∠=︒，最后利用圆周角定理即可得．【详解】（Ⅰ）如图，连接,OB OD ，,CB CD 为O 的切线，,OB BC OD CD ∴⊥⊥，即90OBC ODC ∠=∠=︒，3609090180C BOD ∴∠+∠=︒-︒-︒=︒，由圆周角定理得：2BOD A ∠=∠，2180C A ∴∠+∠=︒， 又四边形ABCD 为菱形，A C ∴∠=∠，2180C C ∴∠+∠=︒，解得60C ∠=°；（Ⅱ）如图，连接DE ，四边形ABCD 为菱形，,A C BC CD ∴∠=∠=，又50BDC ∠=︒，50BDC CBD ∴=∠=∠︒，00881C CB BDC D ∴∠=︒-∠∠=-︒，80A ∴∠=︒，由圆内接四边形的性质得：180100BED A ∠=︒-∠=︒，1008020CDE BED C ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒，由圆周角定理得：20CDE CBF ∠∠==︒．21. 【答案】（1）62OAC ∠=︒；（2）2AD =；2PD =【分析】（Ⅰ）由题意根据圆周角定理和∠B=28°，即可求出∠OAC 的度数；（Ⅱ）根据题意连接OA ，再根据切线的性质和圆周角定理可得△AOD 是等边三角形，进而根据特殊角30度即可求出AD ，PD 的长．【详解】解：（Ⅰ）∵∠AOC=2∠ABC ，28B ∠=︒，∴∠AOC=56°．∵OA=OC ，∴∠OAC=∠OCA ． ∴18056622OAC ︒-︒∠==︒． （Ⅱ）连接OA ．∵PA 与⊙O 相切于点A ，∴PA OA ⊥．∵∠AOC=2∠ABC ，60B ∠=︒，∴∠AOC=120°．∴∠POA=60°又OA OD =，∴AOD △是等边三角形．∴2AD OA ==．∵∠PAO=90°，∴∠P=30°．在Rt PAO △中，24PO OA ==．∴2PD PO OD =-=．22. 【答案】（Ⅰ）90DFC ∠=︒；（Ⅱ）36AB =【分析】（Ⅰ）连接OD ．由切线的性质可知OD ⊥DF ．再由AC=AB ，OB=OD 可证明∠ODB=∠C ，从而可证明OD ∥AC ，再由平行线的性质可证明DF ⊥AC ； （Ⅱ）连结BE ，根据直径所对的圆周角为直角得出90AEB =︒∠，设AE k =，根据已知用k 表示出AB 、EC,然后根据勾股定理列出关于k 的方程求解即可．【详解】解：（Ⅰ）连接OD ，∵OB OD =，∴B ODB ∠=∠，∵AB AC =，∴B C ∠=∠，∴ODB C ∠=∠，∴OD AC ，∵DF 是O 的切线∴OD DF ⊥，∴DF AC ⊥，∴90DFC ODF ∠=∠=︒；（Ⅱ）连接BE∵AB 是直径，∴90AEB =︒∠，∵AB AC =，3AC AE = ，∴3AB AE =，4CE AE = ，设AE k =，则3AB k =，3AB AC k ==，4EC k = ，∴在Rt ABE △中，22228BE AB AE k =-=，在Rt BEC △中，222BE EC BC +=.∵12BC =，∴22281612k k +=，∴26k =∴6k （负舍），∴直径336AB AE ==.23. 【答案】（I ）∠P ＝26°；（II ）∠APC ＝48°．【分析】（I ）根据等腰三角形中有一底角为58度时，可得∠COA ＝64°，根据切线的性质得出∠OCP ＝90°，进而求得∠P 的度数；（II ）先由（I ）知∠AOC ＝64°，根据圆周角定理得∠Q ＝12∠AOC ＝32°，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠QAC ＝∠QCA ＝74°，最后由三角形外角的性质可得结论．【详解】（I ）如图①，∵OA ＝OC ，∠OAC ＝58°，∴∠OCA ＝58°∴∠COA ＝180°﹣2×58°＝64°∵PC 是⊙O 的切线，∴∠OCP ＝90°，∴∠P ＝90°﹣64°＝26°；（II ）∵∠AOC ＝64°，∴∠Q ＝12∠AOC ＝32°， ∵AQ ＝CQ ，∴∠QAC ＝∠QCA ＝74°，∵∠OCA ＝58°，∴∠PCO ＝74°﹣58°＝16°，∵∠AOC ＝∠QCO +∠APC ，∴∠APC ＝64°﹣16°＝48°．24. 【答案】（Ⅰ）50ACB ︒∠=；（Ⅱ）20EAC ︒∠=.【分析】（Ⅰ）连接OA 、OB ，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和等于360°计算；（Ⅱ）连接CE ，根据圆周角定理得到∠ACE=90°，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质计算即可．【详解】解：（Ⅰ）如图，连接OAOB ，． ∵PA PB ，是O 的切线，∴OA PA ⊥，OB PB ⊥．即90OAP OBP ︒∠=∠=．∵80APB ︒∠=，∴在四边形OAPB 中，360100AOB OAP OBP APB ︒︒∠=-∠-∠-∠=．∵在O 中，12ACB AOB ∠=∠， ∴50ACB ︒∠=．（Ⅱ）如图，连接CE ．∵AE 为O 的直径，∴90ACE ︒∠=．由（Ⅰ）知，50ACB ︒∠=，∴40BCE ACE ACB ︒∠=∠-∠=．∴40BAE BCE ︒∠=∠=．∵在ABD ∆中，AB AD =， ∴1(180)702ADB ABD BAE ︒︒∠=∠=-∠=． 又ADB ∠是ADC ∆的一个外角，有EAC ADB ACB ∠=∠-∠，∴20EAC ︒∠=．25. 【答案】（Ⅰ）∠GFP ＝70°，∠AGP ＝70°；（Ⅱ）PF ＝4．【分析】（Ⅰ）连接OG ，在Rt △AEF 中，∠A ＝20°，可得∠GFP ＝∠EFA ＝70°，因为OA ＝OG ，所以∠OGA ＝∠A ＝20°，因为PG 与⊙O 相切于点G ，得∠OGP ＝90°，可得∠AGP ＝90°﹣20°＝70°．；（Ⅱ）如图，连结BG ，OG ，OD ，AD ，证明△OAD 为等边三角形，得∠AOD ＝60°，所以∠AGD ＝30°，因为DG ∥AB ，所以∠BAG ＝∠AGD ＝30°，在Rt △AGB 中可求得AG ＝6，在Rt △AEF 中可求得AF ＝2，再证明△GFP 为等边三角形，所以PF ＝FG ＝AG ﹣AF ＝6﹣2＝4．【详解】解：（Ⅰ）连接OG ，∵CD ⊥AB 于E ，∴∠AEF ＝90°，∵∠A ＝20°，∴∠EFA ＝90°﹣∠A ＝90°﹣20°＝70°，∴∠GFP ＝∠EFA ＝70°，∵OA ＝OG ，∴∠OGA＝∠A＝20°，∵PG与⊙O相切于点G，∴∠OGP＝90°，∴∠AGP＝∠OGP﹣∠OGA＝90°﹣20°＝70°．（Ⅱ）如图，连结BG，OG，OD，AD，∵E为半径OA的中点，CD⊥AB，∴OD＝AD＝OA，∴△OAD为等边三角形，∴∠AOD＝60°，∠AOD＝30°，∴∠AGD＝12∵DG∥AB，∴∠BAG＝∠AGD＝30°，∵AB为⊙O的直径，OA＝3∴∠AGB＝90°，AB＝3∴AG＝AB•cos30°＝6，．∵OG＝OA，∴∠OGA＝∠BAG＝30°，∵PG与⊙O相切于点G，∴∠OGP＝90°，∴∠FGP＝90°﹣30°＝60°，∵∠AEF＝90°，AE＝，∠BAG＝30°，∴AF＝2，∠GFP＝∠EFA＝60，∴△GFP为等边三角形，∴PF＝FG＝AG﹣AF＝6﹣2＝4．26. 【答案】（1）30︒；（2）60︒【分析】（1）连接AO ，根据ABC ∆为等边三角形得到60ABC ∠=，根据圆周角定理得到2120AOC ABC ∠=∠=，进而求得60AOP ∠=，再由切线的性质的PAO 90∠=，然后根据三角形内角和得到结果.（2））连接AO ，由已知条件证的2∠=∠OAD PAD ，根据切线的性质推出30PAD ∠=，进而求得答案.【详解】（1）连接AOABC ∆∴为等边三角形;60ABC ∴∠=;2120AOC ABC ∴∠=∠=;180AOC AOP ∴∠+∠=;60AOP ∴∠=; PA 为O 的切线，A 为切点;PA AO ∴⊥;即PAO 90∠=;90P AOP ∴∠+∠=;90906030P AOP ∴∠=-∠=-=;（2）连接AOPD AD =;P PAD ∴∠=∠;OA OD =;ADO OAD ∴∠=∠;2ADO P PAD PAD ∠=∠+∠=∠;2OAD PAD ∴∠=∠; PA 为O 的切线，A 为切点;PA AO ∴⊥;即PAO 90∠=;90PAD OAD ∴∠+∠=;290PAD PAD ∴∠+∠=;30PAD ∴∠=;260ADO PAD ∴∠=∠=;即ADC 60∠=;60ABC ADC ∴∠=∠=;27. 【答案】（Ⅰ）30P ∠=︒；（Ⅱ）①30F ∠=︒；②43AF =【分析】（Ⅰ）如图①中，连接OC ．利用切线的性质解决问题即可； （Ⅱ）①证明OC ∥BF ，即可解决问题；②证明△OBC 是等边三角形，利用勾股定理即可解决问题．【详解】（Ⅰ）如图，连接OC ．∵O 与PC 相切于点C ，∴OC PC ⊥，即90OCP ∠=︒，∵30A ∠=︒，∴260BOC A ∠=∠=︒，在Rt OPC △中，90POC P ∠+∠=︒ ，∴906030P ∠=︒-︒=︒；（Ⅱ）①由（I ）得90OCP ∠=︒，又∵BF PC ⊥，即90PEB ∠=︒∴//OC BF∴30F ACO A ∠=∠=∠=︒；②由①F A ∠=∠，∴AB BF =，连接BC ，∵AB 是直径，∴90BCA ∠=︒，即BC AF ⊥，=∴AC CF∵60=，BOC∠=︒，OC OB∴OBC是等边三角形，∴2BC OC==，∴2222-=-=4223 AC AB BC∴43AF=。

九年级上册期末综合练习卷一．选择题1．下列各式①；②；③；④；⑤；其中一定是最简二次根式的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，则cos B的值是（）A．B．C．D．3．四边形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图3所示，若AD⊥CD，AB∥CD，AB＝5，A点坐标为（﹣2，7），则点B坐标为（）A．（﹣2，2）B．（﹣2，12）C．（3，7）D．（﹣7，7）4．小王抛一枚质地均匀的硬币，连续抛4次，硬币均正面朝上落地，如果他再抛第5次，那么硬币正面朝上的概率为（）A．1B．C．D．5．已知方程x2﹣4x+2＝0的两根是x1，x2，则代数式的值是（）A．2011B．2012C．2013D．20146．如图，在△ABC中，点D在边AB上，则下列条件中不能判断△ABC∽△ACD的是（）A．∠ABC＝∠ACD B．∠ADC＝∠ACB C．D．AC2＝AD•AE 7．若分式的值是正整数，则m可取的整数有（）A．4个B．5个C．6个D．10个8．一枚均匀的正方体骰子，六个面上分别刻有1，2，3，4，5，6个点．甲乙两人各掷一次，如果朝上一面的两个点数之和为奇数，则甲胜；若为偶数，则乙胜，下列说法正确的是（）A．甲获胜的可能性大B．乙获胜的可能性大C．甲乙获胜的可能性一样大D．乙一定获胜9．“凤鸣”文学社在学校举行的图书共享仪式上互赠图书，每个同学都把自己的图书向本组其他成员赠送一本，某组共互赠了210本图书，如果设该组共有x名同学，那么依题意，可列出的方程是（）A．x（x+1）＝210B．x（x﹣1）＝210C．2x（x﹣1）＝210D．x（x﹣1）＝210二．填空题10．已知＝＝，且a+b﹣2c＝6，则a的值为．11．如图，在平面直角坐标系中，直线OA过点（2，1），则tanα的值是．12．把二次函数y＝（x﹣1）2+2的图象向左平移3个单位，再向下平移2个单位，所得函数的表达式是．13．如图，ED为△ABC的中位线，点G是AD和CE的交点，过点G作GF∥BC交AC于点F，如果GF＝4，那么线段BC的长是．14．如图，矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，点E是边AD上的一个动点，把△BAE沿BE 折叠，点A落在A′处，如果A′恰在矩形的对称轴上，则AE的长为．三．解答题（共8小题，满分75分）15．计算下列各题（1）（2）（3）（4）16．如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝45°，AC＝，求AB的长．17．已知关于x的一元二次方程x2﹣6x+2a+5＝0有两个不相等的实数根x1，x2．（1）求a的取值范围；（2）若x12+x22﹣x1x2≤30，且a为整数，求a的值．18．在歌唱比赛中，一位歌手分别转动如下的两个转盘（每个转盘都被分成3等份）一次，根据指针指向的歌曲名演唱两首曲目．（1）转动转盘①时，该转盘指针指向歌曲“3”的概率是；（2）若允许该歌手替换他最不擅长的歌曲“3”，即指针指向歌曲“3”时，该歌手就选择自己最擅长的歌曲“1”，求他演唱歌曲“1”和“4”的概率．19．如图所示，甲、乙两船同时由港口A出发开往海岛B，甲船沿东北方向向海岛B航行，其速度为15海里/小时；乙船速度为20海里/小时，先沿正东方向航行1小时后，到达C 港口接旅客，停留半小时后再转向北偏东30°方向开往B岛，其速度仍为20海里/小时．（1）求港口A到海岛B的距离；（2）B岛建有一座灯塔，在离灯塔方圆5海里内都可以看见灯塔，问甲、乙两船哪一艘先看到灯塔？20．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在BC、AC上，且∠ADE ＝45°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）若AB＝2，BD＝1，求CE的长．参考答案一．选择题1．C．2．B．3．C．4．B．5．D．6．C．7．A．8．C．9．B．二．填空题10．解：∵＝＝，∴设a＝6x，b＝5x，c＝4x，∵a+b﹣2c＝6，∴6x+5x﹣8x＝6，解得：x＝2，故a＝12．故答案为：12．11．解：如图，tanα＝＝故答案为：．12．解：根据“上加下减，左加右减”的原则可知，把二次函数y＝（x﹣1）2+2的图象向左平移3个单位，再向下平移2个单位，所得函数的表达式是y＝（x﹣1+3）2+2﹣2，即y＝（x+2）2，故答案为y＝（x+2）2．13．解：∵ED为△ABC的中位线，∴AD、CE为△ABC的中线，∴点G为△ABC的重心，∴AG＝2GD，∵GF∥BC，∴△AGF∽△ADC，∴＝＝，∴CD＝GF＝×4＝6，∴BC＝2CD＝12．故答案为12．14．解：分两种情况：①如图1，过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD的对称轴，∴AM＝BN＝AD＝1，∵△ABE沿BE折叠得到△A′BE，∴A′E＝AE，A′B＝AB＝1，∴A′N＝＝0，即A′与N重合，∴A′M＝1，∴A′E2＝EM2+A′M2，∴A′E2＝（1﹣A′E）2+12，解得：A′E＝1，∴AE＝1；②如图2，过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q，则直线PQ是矩形ABCD的对称轴，∴PQ⊥AB，AP＝PB，AD∥PQ∥BC，∴A′B＝2PB，∴∠P A′B＝30°，∴∠A′BC＝30°，∴∠EBA′＝30°，∴AE＝A′E＝A′B×tan30°＝1×＝；综上所述：AE的长为1或；故答案为：1或．三．解答题15．解：（1）原式＝﹣1+4﹣2＝+1；（2）原式＝2﹣3﹣（3﹣2）+3＝2﹣；（3）原式＝10+3+2＝15；（4）原式＝3+4+4﹣4+2＝9．16．解：过C作CD⊥AB于D，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，∵∠B＝45°，∴∠BCD＝∠B＝45°，∴CD＝BD，∵∠A＝30°，AC＝2，∴CD＝，∴BD＝CD＝，由勾股定理得：AD＝＝3，∴AB＝AD+BD＝3+，答：AB的长是3+．17．解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣6x+2a+5＝0有两个不相等的实数根x1，x2，∴△＞0，即（﹣6）2﹣4（2a+5）＞0，解得a＜2；（2）由根与系数的关系知：x1+x2＝6，x1x2＝2a+5，∵x1，x2满足x12+x22﹣x1x2≤30，∴（x1+x2）2﹣3x1x2≤30，∴36﹣3（2a+5）≤30，∴a≥﹣，∵a为整数，∴a的值为﹣1，0，1．18．解：（1）∵转动转盘①一共有3种可能，∴转盘指针指向歌曲“3”的概率是：；故答案为：；（2）分别转动两个转盘一次，列表：（画树状图也可以）45 6BA11，41，51，622，42，52，633，43，53，6共有9种，它们出现的可能性相同．由于指针指向歌曲“3”时，该歌手就选择自己最擅长的歌曲“1”，所以所有的结果中，该歌手演唱歌曲“1”和“4”（记为事件A）的结果有2种，所以P（A ）＝．（说明：通过枚举、画树状图或列表得出全部正确情况得（4分）；没有说明等可能性扣（1分）．）19．解：（1）过点B作BD⊥AE于D在Rt△BCD中，∠BCD＝60°，设CD＝x，则BD ＝，BC＝2x在Rt△ABD中，∠BAD＝45°则AD＝BD＝，AB＝BD＝由AC+CD＝AD得20+x＝x解得：x＝10+10故AB＝30+10答：港口A到海岛B的距离为海里．（2）甲船看见灯塔所用时间：小时乙船看见灯塔所用时间：小时所以乙船先看见灯塔．20．解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，又因为∠DEC＝∠ADE+∠CAD＝45°+∠CAD（三角形的外角等于不相邻的两个内角之和），同理∠ADB＝∠C+∠CAD＝45°+∠CAD，∴∠DEC＝∠ADB，又∠ABD＝∠DCE＝45°，∴△ABD∽△DCE；（2）∵AB＝2，∴BC＝2，∵△ABD∽△DCE，∴＝，即＝，＝，CE＝﹣．。

2020-2021学年天津市河西区八年级（上）期末数学试卷一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（3分）某种细菌的直径是0.00000078米，将数据0.00000078用科学记数法表示为（）A．7.8×10﹣7B．7.8×10﹣8C．0.78×10﹣7D．78×10﹣82．（3分）下列运算正确的（）A．a3﹣a2＝a B．a2•a3＝a6C．（a3）2＝a6D．（3a）3＝9a3 3．（3分）下列交通标志图案是轴对称图形的是（）A．B．C．D．4．（3分）若a＝1，则的值为（）A．2B．﹣2C．D．5．（3分）如图，下列条件中，不能证明△ABD≌△ACD的是（）A．BD＝DC，AB＝AC B．∠ADB＝∠ADC，BD＝DCC．∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAD D．∠B＝∠C，BD＝DC6．（3分）若3x＝15，3y＝5，则3x﹣y等于（）A．5B．3C．15D．107．（3分）如果把分式中的x和y的值都扩大为原来的3倍，那么分式的值（）A．扩大为原来的3倍B．扩大为原来的6倍C．缩小为原来的3倍D．不变8．（3分）某服装加工厂加工校服960套的订单，原计划每天做48套．正好按时完成．后因学校要求提前5天交货，为按时完成订单，设每天就多做x套，则x应满足的方程为（）A．B．C．D．9．（3分）已知a﹣b＝3，则a2﹣b2﹣6b的值为（）A．9B．6C．3D．﹣310．（3分）一个大正方形和四个全等的小正方形按图①、②两种方式摆放，则图②的大正方形中，未被小正方形覆盖部分的面积是（）（用含a，b的代数式表示）．A．ab B．2ab C．a2﹣ab D．b2+ab二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分．务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．）11．（3分）分解因式：2ax2﹣12axy+18ay2＝．12．（3分）已知等腰三角形的一个内角为50°，则顶角为度．13．（3分）一个多边形的内角和是它外角和的2倍，则它的边数是．14．（3分）如图，OP平分∠AOB，∠AOP＝15°，PC∥OB，PD⊥OB于点D，PD＝4，则PC等于．15．（3分）已知﹣＝3，则分式的值为．16．（3分）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝130°，∠D＝∠B＝90°，点M，N分别是CD，BC上两个动点，当△AMN的周长最小时，∠AMN+∠ANM的度数为．三、解答题：（本大题共7小题，共52分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．务必将答案填写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．）17．（6分）计算：（Ⅰ）（2a﹣3b）2；化简：（Ⅱ）（a+1﹣）．18．（6分）解方程﹣3＝．19．（8分）如图，在△ABC中，点D是BC上的中点，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，BE ＝CF．求证：∠BAD＝∠CAD．20．（8分）如图，点A、B在直线l同侧，请你在直线l上画出一点P，使得P A+PB的值最小，画出图形并证明．21．（8分）天津市奥林匹克中心体育场﹣﹣“水滴”位于天津市西南部的奥林匹克中心内，某校九年级学生由距“水滴”10千米的学校出发前往参观，一部分同学骑自行车先走，过了20分钟后，其余同学乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑自行车同学速度的2倍，求骑车同学的速度．（Ⅰ）设骑车同学的速度为x千米/时，利用速度、时间、路程之间的关系填写下表（要求：填上适当的代数式，完成表格）速度（千米/时）所用时间（时）所走路程（千米）骑自行车x10乘汽车10（Ⅱ）列出方程（组），并求出问题的解．22．（8分）如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，且A，E，D三点在一直线上．请你证明：DA﹣DB＝DC．23．（8分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．（1）当∠BQD＝30°时，求AP的长；（2）证明：在运动过程中，点D是线段PQ的中点；（3）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．2020-2021学年天津市河西区八年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（3分）某种细菌的直径是0.00000078米，将数据0.00000078用科学记数法表示为（）A．7.8×10﹣7B．7.8×10﹣8C．0.78×10﹣7D．78×10﹣8【分析】绝对值＜1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【解答】解：数0.00000078用科学记数法表示为7.8×10﹣7．故选：A．【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．2．（3分）下列运算正确的（）A．a3﹣a2＝a B．a2•a3＝a6C．（a3）2＝a6D．（3a）3＝9a3【分析】根据同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方法则，分别进行各选项的判断即可．【解答】解：A、a3与a2不是同类项，不能直接合并，故本选项错误；B、a2•a3＝a5，原式计算错误，故本选项错误；C、（a3）2＝a6，计算正确，故本选项正确；D、（3a）3＝27a3，原式计算错误，故本选项错误；故选：C．【点评】本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方与积的乘方，解答本题的关键是掌握各部分的运算法则．3．（3分）下列交通标志图案是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称的定义结合选项所给的特点即可得出答案．【解答】解：A、不是轴对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，故本选项正确；C、不是轴对称图形，故本选项错误；D、不是轴对称图形，故本选项错误；故选：B．【点评】本题考查了轴对称图形，掌握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．4．（3分）若a＝1，则的值为（）A．2B．﹣2C．D．【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a的值代入计算即可．【解答】解：原式＝＝＝a﹣3，当a＝1时，原式＝1﹣3＝﹣2，故选：B．【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．5．（3分）如图，下列条件中，不能证明△ABD≌△ACD的是（）A．BD＝DC，AB＝AC B．∠ADB＝∠ADC，BD＝DCC．∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAD D．∠B＝∠C，BD＝DC【分析】依据全等三角形的判定定理解答即可．【解答】解：A、依据SSS可知△ABD≌△ACD，故A不符合要求；B、依据SAS可知△ABD≌△ACD，故B不符合要求；C、依据AAS可知△ABD≌△ACD，故C不符合要求；D、依据SSA可知△ABD≌△ACD，故D符合要求．故选：D．【点评】本题主要考查的是全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．6．（3分）若3x＝15，3y＝5，则3x﹣y等于（）A．5B．3C．15D．10【分析】根据同底数幂的除法，底数不变，指数相减，可得答案．【解答】解：3x﹣y＝3x÷3y＝15÷5＝3，故选：B．【点评】本题考查了同底数幂的除法，底数不变，指数相减．7．（3分）如果把分式中的x和y的值都扩大为原来的3倍，那么分式的值（）A．扩大为原来的3倍B．扩大为原来的6倍C．缩小为原来的3倍D．不变【分析】根据分式的基本性质，可得答案．【解答】解：把分式中的x和y的值都扩大为原来的3倍，得＝＝3×，故选：A．【点评】本题考查了分式的基本性质，能够正确利用分式的基本性质变形是解题的关键．8．（3分）某服装加工厂加工校服960套的订单，原计划每天做48套．正好按时完成．后因学校要求提前5天交货，为按时完成订单，设每天就多做x套，则x应满足的方程为（）A．B．C．D．【分析】要求的未知量是工作效率，有工作总量，一定是根据时间来列等量关系的．关键描述语是：“提前5天交货”；等量关系为：原来所用的时间﹣实际所用的时间＝5．【解答】解：原来所用的时间为：，实际所用的时间为：，所列方程为：﹣＝5．故选：D．【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是时间做为等量关系，根据每天多做x套，结果提前5天加工完成，可列出方程求解．9．（3分）已知a﹣b＝3，则a2﹣b2﹣6b的值为（）A．9B．6C．3D．﹣3【分析】由已知得a＝b+3，代入所求代数式，利用完全平方公式计算．【解答】解：∵a﹣b＝3，∴a＝b+3，∴a2﹣b2﹣6b＝（b+3）2﹣b2﹣6b＝b2+6b+9﹣b2﹣6b＝9．故选：A．【点评】本题考查了完全平方公式的运用，关键是利用换元法消去所求代数式中的a．10．（3分）一个大正方形和四个全等的小正方形按图①、②两种方式摆放，则图②的大正方形中，未被小正方形覆盖部分的面积是（）（用含a，b的代数式表示）．A．ab B．2ab C．a2﹣ab D．b2+ab【分析】设小正方形边长为x，表示出大正方形的边长，由大正方形面积减去四个小正方形面积表示出阴影部分面积即可．【解答】解：设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为a﹣2x＝2x+b，可得x＝，大正方形边长为a﹣＝＝，则阴影部分面积为（）2﹣4（）2＝﹣＝＝ab，故选：A．【点评】此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．二、填空题：（本大题共6小题，每小题3分，共18分．务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．）11．（3分）分解因式：2ax2﹣12axy+18ay2＝2a（x﹣3y）2．【分析】先提公因式2a，然后利用公式法分解因式．【解答】解：原式＝2a（x2﹣6xy+9y2）＝2a（x﹣3y）2．故答案为2a（x﹣3y）2．【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，提取公因式后还能运用完全平方公式继续分解因式．12．（3分）已知等腰三角形的一个内角为50°，则顶角为50或80度．【分析】有两种情况（顶角是50°和底角是50°时），用三角形的内角和定理即可求出顶角的度数．【解答】解：如图所示，△ABC中，AB＝AC．有两种情况：①顶角∠A＝50°；②当底角是50°时，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝50°，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠A＝180°﹣50°﹣50°＝80°，∴这个等腰三角形的顶角为50°和80°．故答案为50或80【点评】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和定理的理解和掌握，能对有的问题正确地进行分类讨论是解答此题的关键．13．（3分）一个多边形的内角和是它外角和的2倍，则它的边数是6．【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°以及外角和定理列出方程，然后求解即可．【解答】解：设这个多边形的边数是n，根据题意得，（n﹣2）•180°＝2×360°，解得n＝6．答：这个多边形的边数是6．故答案为：6．【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．14．（3分）如图，OP平分∠AOB，∠AOP＝15°，PC∥OB，PD⊥OB于点D，PD＝4，则PC等于8．【分析】作PE⊥OA于E，根据角平分线的性质求出PE，根据直角三角形的性质和平行线的性质解答即可．【解答】解：作PE⊥OA于E，∵OP平分∠AOB，PD⊥OB，PE⊥OA，∴PE＝PD＝4，∵OP平分∠AOB，∠AOP＝15°，∴∠AOB＝30°，∵PC∥OB，∴∠ECP＝∠AOB＝30°，∴PC＝2PE＝8，故答案为：8．【点评】本题考查的是角平分线的性质、直角三角形的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．15．（3分）已知﹣＝3，则分式的值为．【分析】由已知条件可知xy≠0，根据分式的基本性质，先将分式的分子、分母同时除以xy，再把﹣＝3代入即可．【解答】解：∵﹣＝3，∴x≠0，y≠0，∴xy≠0．∴＝＝＝＝＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了分式的基本性质及求分式的值的方法，把﹣＝3作为一个整体代入，可使运算简便．16．（3分）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝130°，∠D＝∠B＝90°，点M，N分别是CD，BC上两个动点，当△AMN的周长最小时，∠AMN+∠ANM的度数为100°．【分析】作点A关于BC的对称点A′，关于CD的对称点A″，根据轴对称确定最短路线问题，连接A′A″与BC、CD的交点即为所求的点M、N，利用三角形的内角和定理列式求出∠A′+∠A″，再根据轴对称的性质和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），然后计算即可得解．【解答】解：如图，作点A关于BC的对称点A′，关于CD的对称点A″，连接A′A″与BC、CD的交点即为所求的点N、M，∵∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣∠130°＝50°，由轴对称的性质得：∠A′＝∠A′AN，∠A″＝∠A″AM，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″）＝2×50°＝100°．故答案为：100°【点评】本题考查了轴对称确定最短路线问题，轴对称的性质，三角形的内角和定理，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，确定出点M、N的位置是解题的关键，要注意整体思想的利用．三、解答题：（本大题共7小题，共52分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．务必将答案填写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效．）17．（6分）计算：（Ⅰ）（2a﹣3b）2；化简：（Ⅱ）（a+1﹣）．【分析】（Ⅰ）原式利用完全平方公式计算即可求出值；（Ⅱ）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果．【解答】解：（Ⅰ）原式＝4a2﹣12ab+9b2；（Ⅱ）原式＝•＝•＝2（a﹣2）＝2a﹣4．【点评】此题考查了分式的混合运算，以及完全平方公式，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．18．（6分）解方程﹣3＝．【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；【解答】解：去分母得：x﹣1﹣3x+6＝1，解得：x＝2，经检验x＝2是增根，分式方程无解．【点评】此题考查了解分式方程，以及分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．19．（8分）如图，在△ABC中，点D是BC上的中点，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，BE ＝CF．求证：∠BAD＝∠CAD．【分析】由于D是BC的中点，那么BD＝CD，而BE＝CF，DE⊥AB，DF⊥AC，利用HL易证Rt△BDE≌Rt△CDF，得DE＝DF，利用角平分线的判定定理可知点D在∠BAC 的平分线上，即AD平分∠BAC．【解答】证明：∵D是BC的中点，∴BD＝CD，∵DE⊥AB，DF⊥AC，在Rt△BED和Rt△CFD中，，∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），∴DE＝DF，∴点D在∠BAC的平分线上，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD．【点评】本题考查了角平分线的判定定理、全等三角形的判定和性质．解题的关键是证明Rt△BDE≌Rt△CDF．20．（8分）如图，点A、B在直线l同侧，请你在直线l上画出一点P，使得P A+PB的值最小，画出图形并证明．【分析】作点B关于直线l的对称点B'，连接AB'，交直线l于点P，连接BP，则点P 即为所求．【解答】解：如图所示，作点B关于直线l的对称点B'，连接AB'，交直线l于点P，连接BP，则BP＝B'P，∴AP+BP＝AP+B'P＝AB'，∴P A+PB的值最小等于线段AB'的长，【点评】本题主要考查了最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．21．（8分）天津市奥林匹克中心体育场﹣﹣“水滴”位于天津市西南部的奥林匹克中心内，某校九年级学生由距“水滴”10千米的学校出发前往参观，一部分同学骑自行车先走，过了20分钟后，其余同学乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑自行车同学速度的2倍，求骑车同学的速度．（Ⅰ）设骑车同学的速度为x千米/时，利用速度、时间、路程之间的关系填写下表（要求：填上适当的代数式，完成表格）速度（千米/时）所用时间（时）所走路程（千米）骑自行车x10乘汽车10（Ⅱ）列出方程（组），并求出问题的解．【分析】（1）时间＝路程÷速度；速度＝路程÷时间．（2）等量关系为：骑自行车同学所用时间＝坐汽车同学所用时间+．【解答】解：（Ⅰ）速度（千米/时）所用时间（时）所走路程（千米）骑自行车x10乘汽车2x10（Ⅱ）∵骑自行车先走20分钟，即＝小时，∴＝+，解得：x＝15，经检验，x＝15是原方程的根．答：骑车同学的速度为每小时15千米．【点评】本题考查分式方程的应用，注意找好等量关系方可列出方程．求解后要注意检验，要满足两个方面：①要满足方程②要满足实际问题．22．（8分）如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，且A，E，D三点在一直线上．请你证明：DA﹣DB＝DC．【分析】根据等边三角形的性质，可得AB与BC的关系，BD、BE、DE的关系，根据三角形全等的判定，可得△ABE与△CBD的关系，根据全等三角形的性质，可得对应边相等，根据线段的和差，等量代换，可得证明结果．【解答】证明：△ABC和△BDE都是等边三角形，∴AB＝BC，BE＝BD＝DE（等边三角形的边相等），∠ABC＝∠EBD＝60°（等边三角形的角是60°）．∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBD﹣∠EBC∠ABE＝CBD（等式的性质），在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS）∴AE＝DC（全等三角形的对应边相等）．∵AD﹣DE＝AE（线段的和差）∴AD﹣BD＝DC（等量代换）．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，先证明三角形全等，再证明全等三角形的对应边相等，最后等量代换．23．（8分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．（1）当∠BQD＝30°时，求AP的长；（2）证明：在运动过程中，点D是线段PQ的中点；（3）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．【分析】（1）先判断出∠QPC是直角，再利用含30°的直角三角形的性质得出QC＝2PC，建立方程求解决即可；（2）先作出PF∥BC得出∠PF A＝∠FP A＝∠A＝60°，进而判断出△DQB≌△DPF得出DQ＝DP即可得出结论；（3）利用等边三角形的性质得出EF＝AF，借助DF＝DB，即可得出DF＝BF，最后用等量代换即可．【解答】（1）解：设AP＝x，则BQ＝x，∵∠BQD＝30°，∠C＝60°，∴∠QPC＝90°，∴QC＝2PC，即x+6＝2（6﹣x），解得x＝2，即AP＝2．（2）证明：如图，过P点作PF∥BC，交AB于F，∵PF∥BC，∴∠PF A＝∠FP A＝∠A＝60°，∴PF＝AP＝AF，∴PF＝BQ，又∵∠BDQ＝∠PDF，∠DBQ＝∠DFP，∴△DQB≌△DPF，∴DQ＝DP即D为PQ中点，（3）运动过程中线段ED的长不发生变化，是定值为3，理由：∵PF＝AP＝AF，PE⊥AF，∴，又∵△DQB≌△DPF，∴，∴．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了含30°的直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△DQB≌△DPF是解本题的关键，作出辅助线是解本题的难点，是一道比较简单的中考常考题．。

2020-2021学年天津市东丽区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．（3分）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．（3分）抛物线y＝2x2﹣4x+1的对称轴是（）A．直线x＝﹣1B．直线x＝1C．直线x＝﹣2D．直线x＝2 3．（3分）下列描述的事件为必然事件的是（）A．汽车累积行驶10000km，从未出现故障B．购买1张彩票，中奖C．任意画一个三角形，其内角和是180°D．明天一定会下雪4．（3分）下列一元二次方程中，有两个不相等实数根的是（）A．x2﹣x+＝0B．x2+2x+4＝0C．x2﹣x+2＝0D．x2﹣2x＝0 5．（3分）已知⊙O的半径是6cm，则⊙O中最长的弦长是（）A．6cm B．12cm C．16cm D．20cm6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，若∠CDA＝118°，则∠C的度数为（）A．32°B．33°C．34°D．44°7．（3分）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB ＝48cm，则水的最大深度为（）A．8cm B．10cm C．16cm D．20cm8．（3分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度，再向右平移5个单位长度，所得到的抛物线为（）A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3 9．（3分）一个不透明的袋子中装有9个小球，其中6个红球、3个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球．则摸出的小球是红球的概率是（）A．B．C．D．10．（3分）半径为3的正六边形的周长为（）A．18B．C．D．11．（3分）国家统计局统计数据显示，我国快递业务收入逐年增加．2017年至2019年我国快递业务收入由5000亿元增加到7500亿元．设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为x，则可列方程为（）A．5000（1+2x）＝7500B．5000×2（1+x）＝7500C．5000（1+x）2＝7500D．5000+5000（1+x）+5000（1+x）2＝750012．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，交过点A且平行于x轴的直线于另一点B，交x轴于C，D两点（点C在点D右边），对称轴为直线x＝，连接AC，AD ，BC．若点B关于直线AC的对称点恰好落在线段OC上，下列结论中错误的是（）A．点B坐标为（5，4）B．AB＝ADC．a＝﹣D．OC•OD＝16二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（3分）一元二次方程x2﹣2x＝0的两根分别为．14．（3分）掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币全部反面朝上的概率是15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3．若以AC所在直线为轴，把△ABC旋转一周，得到一个圆锥，则这个圆锥的侧面积等于．16．（3分）若抛物线y＝3x2﹣4x﹣k与x轴没有交点，则k的取值范围为．17．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为．18．（3分）如图所示的扇形AOB中，OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，C为上一点，∠AOC ＝30°，连接BC，过C作OA的垂线交AO于点D，则图中阴影部分的面积为．三、解答题（本大题共7小题，共66分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）19．（8分）解方程：10x2﹣5x﹣＝x2﹣5x+．20．（8分）一个不透明的口袋中有三个完全相同的小球，小球上分别写有数字4、5、6，随机摸取1个小球然后放回，再随机摸取一个小球．（1）用画树状图或列表的方法表示出可能出现的所有结果；（2）求两次抽出数字之和为奇数的概率．21．（10分）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE顺时针旋转△ABF的位置．（Ⅰ）旋转中心是点，旋转角度是度；（Ⅱ）若连接EF，则△AEF是三角形，并证明你的结论．22．（10分）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上不同于A，B的两点，AC与BD相交于点F，BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．（Ⅰ）若AD＝BC，证：△CBA≌△DAB；（Ⅱ）若BE＝BF，∠DAC＝32°，求：∠EAB的度数．23．（10分）某超市经销一种商品，每千克成本为50元，经试销发现，该种商品的每天销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如下表所示：55606570销售单价x（元/千克）销售量y（千克）70605040（1）求y（千克）与x（元/千克）之间的函数表达式；（2）为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？（3）当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？24．（10分）已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．（Ⅰ）如图1所示，已知∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．①求∠DAO的度数；②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明．（Ⅱ）设∠AOB＝α，∠BOC＝β．①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？并说明理由；②若等边△ABC的边长为1，请你直接写出OA+OB+OC的最小值．25．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+c与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点A，B，且OA＝OB，点G为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及点G的坐标；（2）点M，N为抛物线上两点（点M在点N的左侧），且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，点Q为抛物线上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，求点Q的纵坐标y Q的取值范围．2020-2021学年天津市东丽区九年级（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）1．（3分）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．【解答】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；B、此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确；C、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误．故选：B．【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键．2．（3分）抛物线y＝2x2﹣4x+1的对称轴是（）A．直线x＝﹣1B．直线x＝1C．直线x＝﹣2D．直线x＝2【分析】将题目中的抛物线化为顶点式，即可得到该抛物线的对称轴，本题得以解决．【解答】解：∵抛物线y＝2x2﹣4x+1＝2（x﹣1）2﹣1，∴该抛物线的对称轴是直线x＝1，故选：B．【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．3．（3分）下列描述的事件为必然事件的是（）A．汽车累积行驶10000km，从未出现故障B．购买1张彩票，中奖C．任意画一个三角形，其内角和是180°D．明天一定会下雪【分析】事先能肯定它一定会发生的事件称为必然事件，据此进行判断即可．【解答】解：A．汽车累积行驶10000km，从未出现故障，是随机事件，不合题意；B．购买1张彩票，中奖，是随机事件，不合题意；C．任意画一个三角形，其内角和是180°，是必然事件，符合题意；D．明天一定会下雪，是随机事件，不合题意；故选：C．【点评】此题主要考查了随机事件，正确掌握随机事件的定义是解题关键．4．（3分）下列一元二次方程中，有两个不相等实数根的是（）A．x2﹣x+＝0B．x2+2x+4＝0C．x2﹣x+2＝0D．x2﹣2x＝0【分析】分别求出每个方程判别式的值，根据判别式的值与方程的解的个数间的关系得出答案．【解答】解：A．此方程判别式Δ＝（﹣1）2﹣4×1×＝0，方程有两个相等的实数根，不符合题意；B．此方程判别式Δ＝22﹣4×1×4＝﹣12＜0，方程没有实数根，不符合题意；C．此方程判别式Δ＝（﹣1）2﹣4×1×2＝﹣7＜0，方程没有实数根，不符合题意；D．此方程判别式Δ＝（﹣2）2﹣4×1×0＝4＞0，方程有两个不相等的实数根，符合题意；故选：D．【点评】本题主要考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac的关系：①当Δ＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当Δ＝0时，方程有两个相等的两个实数根；③当Δ＜0时，方程无实数根．5．（3分）已知⊙O的半径是6cm，则⊙O中最长的弦长是（）A．6cm B．12cm C．16cm D．20cm【分析】利用圆的直径为圆中最长的弦求解．【解答】解：∵圆的直径为圆中最长的弦，∴⊙O中最长的弦长为12cm．故选：B．【点评】本题考查了圆的认识：熟练掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）．6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，若∠CDA＝118°，则∠C的度数为（）A．32°B．33°C．34°D．44°【分析】连接OD，根据切线的性质可得∠ODC＝90°，再根据圆周角定理即可求出∠C 的度数．【解答】解：如图，连接OD，∵CD与⊙O相切于点D，∴∠ODC＝90°，∵∠CDA＝118°，∴∠ODA＝∠CDA﹣∠ODC＝118°﹣90°＝28°，∵OD＝OA，∴∠OAD＝∠ODA＝28°，∴∠DOC＝2∠ODA＝56°，∴∠C＝90°﹣∠DOC＝34°，故选：C．【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．7．（3分）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB ＝48cm，则水的最大深度为（）A．8cm B．10cm C．16cm D．20cm【分析】连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，先由垂径定理求出BD的长，再根据勾股定理求出OD的长，进而可得出CD的长．【解答】解：连接OB，过点O作OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，如图所示：∵AB＝48cm，∴BD＝AB＝×48＝24（cm），∵⊙O的直径为52cm，∴OB＝OC＝26cm，在Rt△OBD中，OD＝＝＝10（cm），∴CD＝OC﹣OD＝26﹣10＝16（cm），故选：C．【点评】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．8．（3分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度，再向右平移5个单位长度，所得到的抛物线为（）A．y＝（x+3）2+5B．y＝（x﹣3）2+5C．y＝（x+5）2+3D．y＝（x﹣5）2+3【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝x2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y＝x2+3；由“左加右减”的原则可知，将抛物线y＝x2+3向右平移5个单位所得抛物线的解析式为：y＝（x﹣5）2+3；故选：D．【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．9．（3分）一个不透明的袋子中装有9个小球，其中6个红球、3个绿球，这些小球除颜色外无其他差别，从袋子中随机摸出一个小球．则摸出的小球是红球的概率是（）A．B．C．D．【分析】利用概率公式可求解．【解答】解：∵从袋子中随机摸出一个小球有9种等可能的结果，其中摸出的小球是红球有6种，∴摸出的小球是红球的概率是＝，故选：A．【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A 可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．10．（3分）半径为3的正六边形的周长为（）A．18B．C．D．【分析】根据正六边形的半径等于边长进行解答即可．【解答】解：∵正六边形的半径等于边长，∴正六边形的边长a＝3，正六边形的周长l＝6a＝18，故选：A．【点评】本题考查的是正六边形的性质，解答此题的关键是熟知正六边形的边长等于半径．11．（3分）国家统计局统计数据显示，我国快递业务收入逐年增加．2017年至2019年我国快递业务收入由5000亿元增加到7500亿元．设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为x，则可列方程为（）A．5000（1+2x）＝7500B．5000×2（1+x）＝7500C．5000（1+x）2＝7500D．5000+5000（1+x）+5000（1+x）2＝7500【分析】根据题意可得等量关系：2017年的快递业务量×（1+增长率）2＝2019年的快递业务量，根据等量关系列出方程即可．【解答】解：设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为x，由题意得：5000（1+x）2＝7500，故选：C．【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是掌握平均变化率的方法，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2＝b．12．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，交过点A且平行于x轴的直线于另一点B，交x轴于C，D两点（点C在点D右边），对称轴为直线x＝，连接AC，AD ，BC．若点B关于直线AC的对称点恰好落在线段OC上，下列结论中错误的是（）A．点B坐标为（5，4）B．AB＝ADC．a＝﹣D．OC•OD＝16【分析】由抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，可得点A的坐标，然后由抛物线的对称性可得点B的坐标，由点B关于直线AC的对称点恰好落在线段OC上，可知∠ACO＝∠ACB，再结合平行线的性质可判断∠BAC＝∠ACB，从而可知AB＝AD；过点B作BE ⊥x轴于点E，由勾股定理可得EC的长，则点C坐标可得，然后由对称性可得点D的坐标，则OC•OD的值可计算；由勾股定理可得AD的长，由双根式可得抛物线的解析式，根据以上计算或推理，对各个选项作出分析即可．【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+4交y轴于点A，∴A（0，4），∵对称轴为直线x＝，AB∥x轴，∴B（5，4）．故A无误；如图，过点B作BE⊥x轴于点E，则BE＝4，AB＝5，∵AB∥x轴，∴∠BAC＝∠ACO，∵点B关于直线AC的对称点恰好落在线段OC上，∴∠ACO＝∠ACB，∴∠BAC＝∠ACB，∴BC＝AB＝5，∴在Rt△BCE中，由勾股定理得：EC＝3，∴C（8，0），∵对称轴为直线x＝，∴D（﹣3，0）∵在Rt△ADO中，OA＝4，OD＝3，∴AD＝5，∴AB＝AD，故B无误；设y＝ax2+bx+4＝a（x+3）（x﹣8），将A（0，4）代入得：4＝a（0+3）（0﹣8），∴a＝﹣，故C无误；∵OC＝8，OD＝3，∴OC•OD＝24，故D错误．综上，错误的只有D．故选：D．【点评】本题考查了二次函数的性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握二次函数的相关性质并数形结合是解题的关键．二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（3分）一元二次方程x2﹣2x＝0的两根分别为x1＝0，x2＝2．【分析】利用因式分解法求解可得．【解答】解：∵x2﹣2x＝0，∴x（x﹣2）＝0，∴x＝0或x﹣2＝0，解得x1＝0，x2＝2．【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．14．（3分）掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币全部反面朝上的概率是【分析】根据概率公式知，掷两枚质地均匀的硬币，有4种情况，两枚硬币全部反面朝上的概率是．【解答】解：根据题意可得：掷两枚质地均匀的硬币，有4种情况，则两枚硬币全部反面朝上的概率是．故本题答案为：．【点评】本题考查的是概率的求法．如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝．15．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3．若以AC所在直线为轴，把△ABC旋转一周，得到一个圆锥，则这个圆锥的侧面积等于15π．【分析】运用公式s＝πlr（其中勾股定理求解得到的母线长l为5）求解．【解答】解：由已知得，母线长l＝5，底面圆的半径r为3，∴圆锥的侧面积是s＝πlr＝5×3×π＝15π．故答案为：15π．【点评】本题考查了圆锥的计算，要学会灵活的运用公式求解．16．（3分）若抛物线y＝3x2﹣4x﹣k与x轴没有交点，则k的取值范围为k＜﹣．【分析】由抛物线与x轴没有交点，可得出一元二次方程3x2﹣4x﹣k＝0没有实数根，进而可得出Δ＜0，解之即可得出k的取值范围．【解答】解：∵抛物线y＝3x2﹣4x﹣k与x轴没有交点，∴一元二次方程3x2﹣4x﹣k＝0没有实数根，∴△＝（﹣4）2﹣4×3×（﹣k）＜0，∴k＜﹣．故答案为：k＜﹣．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，牢记“Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点”是解题的关键．17．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为24°．【分析】由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．【解答】解：∵AB'＝CB'，∴∠C＝∠CAB'，∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，∴3∠C＝180°﹣108°，∴∠C＝24°，∴∠C'＝∠C＝24°，故答案为：24°．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．18．（3分）如图所示的扇形AOB中，OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，C为上一点，∠AOC ＝30°，连接BC，过C作OA的垂线交AO于点D，则图中阴影部分的面积为．【分析】根据扇形的面积公式，利用图中阴影部分的面积＝S扇形BOC﹣S△OBC+S△COD进行计算．【解答】解：∵∠AOB＝90°，∠AOC＝30°，∴∠BOC＝60°，∵扇形AOB中，OA＝OB＝2，∴OB＝OC＝2，∴△BOC是等边三角形，∵过C作OA的垂线交AO于点D，∴∠ODC＝90°，∵∠AOC＝30°，∴OD＝OC＝，CD＝OC＝1，∴图中阴影部分的面积＝S扇形BOC﹣S△OBC+S△COD＝﹣+＝π﹣．故答案为π﹣．【点评】本题考查了扇形面积的计算，求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．也考查了等边三角形的判定和性质．三、解答题（本大题共7小题，共66分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）19．（8分）解方程：10x2﹣5x﹣＝x2﹣5x+．【分析】整理后利用因式分解法求解即可．【解答】解：整理得9x2﹣1＝0，∴（3x+1）（3x﹣1）＝0，∴3x+1＝0或3x﹣1＝0，∴x1＝﹣，x2＝．【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．20．（8分）一个不透明的口袋中有三个完全相同的小球，小球上分别写有数字4、5、6，随机摸取1个小球然后放回，再随机摸取一个小球．（1）用画树状图或列表的方法表示出可能出现的所有结果；（2）求两次抽出数字之和为奇数的概率．【分析】（1）列表可得所有等可能结果；（2）从所列的等可能结果中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．【解答】解：（1）列表如下：4564（4，4）（5，4）（6，4）5（4，5）（5，5）（6，5）6（4，6）（5，6）（6，6）（2）所有等可能的结果有9种，其中之和为奇数的情况有4种，∴两次抽出数字之和为奇数的概率为．【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．21．（10分）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE顺时针旋转△ABF的位置．（Ⅰ）旋转中心是点A，旋转角度是90度；（Ⅱ）若连接EF，则△AEF是等腰直角三角形，并证明你的结论．【分析】（Ⅰ）根据旋转变换的性质解决问题即可．（Ⅱ）利用旋转变换的性质解决问题即可．【解答】解：（Ⅰ）旋转中心是点A，旋转角度是90度．故答案为：A，90．（Ⅱ）由旋转的性质可知，∠DAE＝∠BAF，AE＝AF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∴△AEF是等腰直角三角形．故答案为：等腰直角．【点评】本题考查作图﹣旋转变换，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．22．（10分）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上不同于A，B的两点，AC与BD相交于点F，BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．（Ⅰ）若AD＝BC，证：△CBA≌△DAB；（Ⅱ）若BE＝BF，∠DAC＝32°，求：∠EAB的度数．【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠BFE，根据切线的性质得到∠ABE＝90°，根据三角形的内角和即可得到结论．【解答】（1）证明：∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，在Rt△CBA与Rt△DAB中，，∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，∴∠E＝∠BFE，∵BE是半圆O所在圆的切线，∴∠ABE＝90°，∴∠E+∠BAE＝90°，由（1）知∠D＝90°，∵∠AFD＝∠BFE，∴∠AFD＝∠E，∵∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，∴∠EAB＝∠DAC＝32°．【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，正确的识别图形是解题的关键．23．（10分）某超市经销一种商品，每千克成本为50元，经试销发现，该种商品的每天销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如下表所示：55606570销售单价x（元/千克）销售量y（千克）70605040（1）求y（千克）与x（元/千克）之间的函数表达式；（2）为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？（3）当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？【分析】（1）利用待定系数法来求一次函数的解析式即可；（2）依题意可列出关于销售单价x的方程，然后解一元二次方程组即可；（3）利用每件的利润乘以销售量可得总利润，然后根据二次函数的性质来进行计算即可．【解答】解：（1）设y与x之间的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），将表中数据（55，70）、（60，60）代入得：，解得：．∴y与x之间的函数表达式为y＝﹣2x+180．（2）由题意得：（x﹣50）（﹣2x+180）＝600，整理得：x2﹣140x+4800＝0，解得x1＝60，x2＝80．答：为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为60元/千克或80元/千克．（3）设当天的销售利润为w元，则：w＝（x﹣50）（﹣2x+180）＝﹣2（x﹣70）2+800，∵﹣2＜0，∴当x＝70时，w最大值＝800．答：当销售单价定为70元/千克时，才能使当天的销售利润最大，最大利润是800元．【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、一元二次方程和二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．24．（10分）已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．（Ⅰ）如图1所示，已知∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．①求∠DAO的度数；②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明．（Ⅱ）设∠AOB＝α，∠BOC＝β．①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？并说明理由；②若等边△ABC的边长为1，请你直接写出OA+OB+OC的最小值．【分析】（Ⅰ）①根据旋转变换的性质、四边形内角和为360°计算即可；②连接OD，根据勾股定理解答；（Ⅱ）①将△AOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′，根据等边三角形的性质解答；②根据等边三角形的性质计算．【解答】解：（Ⅰ）①∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，∴∠AOC＝90°，由旋转的性质可知，∠OCD＝60°，∠ADC＝∠BOC＝120°，∴∠DAO＝360°﹣60°﹣90°﹣120°＝90°，故答案为：90°；②线段OA，OB，OC之间的数量关系是OA2+OB2＝OC2．如图1，连接OD．∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，∴△ADC≌△BOC，∠OCD＝60°．∴CD＝OC，∠ADC＝∠BOC＝120°，AD＝OB，∴△OCD是等边三角形，∴OC＝OD＝CD，∠COD＝∠CDO＝60°，∵∠AOB＝150°，∠BOC＝120°，∴∠AOC＝90°，∴∠AOD＝30°，∠ADO＝60°．∴∠DAO＝90°．在Rt△ADO中，∠DAO＝90°，∴OA2+AD2＝OD2．∴OA2+OB2＝OC2．（Ⅱ）①如图2，当α＝β＝120°时，OA+OB+OC有最小值．作图如图2，如图2，将△AOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′．∴△A′O′C≌△AOC，∠OCO′＝∠ACA′＝60°．∴O′C＝OC，O′A′＝OA，A′C＝BC，∠A′O′C＝∠AOC．∴△OCO′是等边三角形．∴OC＝O′C＝OO′，∠COO′＝∠CO′O＝60°．∵∠AOB＝∠BOC＝120°，∴∠AOC＝∠A′O′C＝120°．∴∠BOO′＝∠OO′A′＝180°．∴四点B，O，O′，A′共线．∴OA+OB+OC＝O′A′+OB+OO′＝BA′时值最小；②当等边△ABC的边长为1时，∵OB＝OC，∴∠OBC＝30°，在Rt△BDC中，BD＝BC•cos30＝，∴BA'＝2BD＝，∴OA+OB+OC的最小值A′B＝．【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质和判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，构造出几何图形是解本题的关键．25．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+c与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于点A，B，且OA＝OB，点G为抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式及点G的坐标；（2）点M，N为抛物线上两点（点M在点N的左侧），且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，点Q为抛物线上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，求点Q的纵坐标y Q的取值范围．【分析】（1）先求出点B，点A坐标，代入解析式可求c的值，即可求解；（2）先求出点M，点N坐标，即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x+c与y轴正半轴交于点B，∴点B（0，c），∵OA＝OB＝c，∴点A（c，0），∴0＝﹣c2+2c+c，∴c＝3或0（舍去），∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴顶点G的坐标为（1，4）；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴对称轴为直线x＝1，∵点M，N为抛物线上两点（点M在点N的左侧），且到对称轴的距离分别为3个单位长度和5个单位长度，∴点M的横坐标为﹣2或4，点N的横坐标为6，∴点M坐标为（﹣2，﹣5）或（4，﹣5），点N坐标为（6，﹣21），∵点Q为抛物线上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，∴﹣21≤y Q≤﹣5或﹣21≤y Q≤4．【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，熟练运用二次函数的性质解决问题是本题的关键．。

2020-2021学年天津市河西区九年级（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求的.1．（3分）在平面直角坐标系中，点（2，0）关于原点对称的点的坐标为（）A．（﹣2，0）B．（0，2）C．（0，﹣2）D．（2，﹣2）2．（3分）下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．3．（3分）在抛物线y＝x2﹣4x﹣4上的一个点是（）A．（4，4）B．（3，﹣1）C．（﹣2，﹣8）D．（）4．（3分）二次函数y＝ax2+bx的图象如图所示，则（）A．a＞0，b＞0B．a＞0，b＜0C．a＜0，b＞0D．a＜0，b＜0 5．（3分）如图，⊙O中，弦AB、CD相交于点P，若∠A＝30°，∠APD＝70°，则∠B 等于（）A．30°B．35°C．40°D．50°6．（3分）函数y＝（x+1）2+2的图象与y轴的交点坐标为（）A．（0，2）B．（﹣1，2）C．（0，3）D．（0，4）7．（3分）一个矩形的长比宽多2，面积是99，则矩形的两边长分别为（）A．9和7B．11和9C．1+，﹣1+D．1+3，﹣1+38．（3分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝135°，则∠AOC的度数（）A．60°B．70°C．90°D．180°9．（3分）抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴两交点间的距离是（）A．4B．3C．2D．110．（3分）如图，将等边三角形OAB放在平面直角坐标系中，A点坐标（1，0），将△OAB 绕点O逆时针旋转60°，则旋转后点B的对应点B′的坐标为（）A．（﹣，）B．（﹣1，）C．（﹣，）D．（﹣，）11．（3分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（）A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠C C．AD∥BC D．AD＝BC 12．（3分）已知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），有下列叙述：①若a＞0，则方程有两个不等实根；②若b2﹣4ac＞0，方程的两根为x1＝，x2＝．③若b2﹣4ac＜0，则方程没有实数根；④若b2﹣4ac＝0，则抛物线y＝ax2+bx+c的顶点在x轴上．其中，正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．4二．填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（3分）方程x2＝2的根是．14．（3分）若正方形的边长为x，面积为y，则y与x之间的关系式为（x＞0）．15．（3分）若平行四边形ABCD是圆内接四边形，则∠A的度数为．16．（3分）如图，在半径为5的⊙O中，∠AOB＝120°，则弦AB的长度为．17．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．当点E恰好在AC上时，则∠ADE的度数为．18．（3分）如图，C是线段AB上一动点，△ACD，△CBE都是等边三角形，M，N分别是CD，BE的中点，若AB＝6，则线段MN的最小值为．三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤推理过程）19．（8分）（Ⅰ）先填表，并在同一平面直角坐标系中画出二次函数y＝x2和y＝（x+1）2的图象；x﹣3﹣2﹣10123y＝x2y＝（x+1）2（Ⅱ）分别写出它们顶点坐标．20．（8分）如图，△ABC中，∠C＝90°．（1）将△ABC绕点B逆时针旋转90°，画出旋转后的三角形；（2）若BC＝3，AC＝4．点A旋转后的对应点为A′，求A′A的长．21．（10分）如图，⊙O的半径OA为50mm，弦AB的长50mm．（Ⅰ）求∠OAB的度数；（Ⅱ）求点O到AB的距离．22．（10分）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：x…﹣2﹣1012…y…m0﹣3﹣4﹣3…（Ⅰ）求这个二次函数的解析式；（Ⅱ）求m的值；（Ⅲ）当﹣1≤x≤5时，求y的最值（最大值和最小值）及此时x的值．23．（10分）某种植物的主干长出若干数目的枝干，每个枝干又长出同样数目的小分支，主干、枝干和小分支的总数是91，每个枝干长出多少小分支？若设每个枝干长出x个小分支．（Ⅰ）分析：根据问题中的数量关系，填表：①主干的数目为；②从主干中长出的枝干的数目为；（用含x的式子表示）③又从上述枝干中长出的小分支的数目为；（用含x的式子表示）（Ⅱ）完成问题的求解．24．（10分）如图，已知平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC＝60°，∠ADA′＝50°．（Ⅰ）求∠DA′E′的大小；（Ⅱ）若延长AE和A′E′相交于点P，求∠AP A′的大小？（Ⅲ）连接PB，若AB＝a，求PB的长度．25．（10分）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，BC＝4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD＝x，△BDP的面积为y．（Ⅰ）当x＝1时，求y的值；（Ⅱ）在这一变化过程中，写出y关于x的函数解析式及x的取值范围；（Ⅲ）当x取何范围时，＜y＜（直接写出结果即可）．2020-2021学年天津市河西区九年级（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有-项是符合题目要求的.1．（3分）在平面直角坐标系中，点（2，0）关于原点对称的点的坐标为（）A．（﹣2，0）B．（0，2）C．（0，﹣2）D．（2，﹣2）【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出答案．【解答】解：点（2，0）关于原点对称的点的坐标为（﹣2，0）．故选：A．【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．2．（3分）下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选：B．【点评】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．3．（3分）在抛物线y＝x2﹣4x﹣4上的一个点是（）A．（4，4）B．（3，﹣1）C．（﹣2，﹣8）D．（）【分析】把各点的横坐标代入函数式，比较纵坐标是否相符，逐一检验．【解答】解：A、x＝4时，y＝x2﹣4x﹣4＝﹣4≠4，点（4，4）不在抛物线上；B、x＝3时，y＝x2﹣4x﹣4＝﹣7≠﹣1，点（3，﹣1）不在抛物线上；C、x＝﹣2时，y＝x2﹣4x﹣4＝8≠﹣8，点（﹣2，﹣8）不在抛物线上；D、x＝﹣时，y＝x2﹣4x﹣4＝﹣，点（）在抛物线上．故选：D．【点评】本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系．4．（3分）二次函数y＝ax2+bx的图象如图所示，则（）A．a＞0，b＞0B．a＞0，b＜0C．a＜0，b＞0D．a＜0，b＜0【分析】根据抛物线的开口方向判定a的符号，根据对称轴的位置判定a与b符号间的关系．【解答】解：如图，抛物线的开口向下，则a＜0，抛物线的对称轴位于y轴的左侧，则a、b同号，即b＜0．综上所述，a＜0，b＜0．故选：D．【点评】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数y＝ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与x轴交点的个数确定．5．（3分）如图，⊙O中，弦AB、CD相交于点P，若∠A＝30°，∠APD＝70°，则∠B 等于（）A．30°B．35°C．40°D．50°【分析】欲求∠B的度数，需求出同弧所对的圆周角∠C的度数；△APC中，已知了∠A 及外角∠APD的度数，即可由三角形的外角性质求出∠C的度数，由此得解．【解答】解：∵∠APD是△APC的外角，∴∠APD＝∠C+∠A；∵∠A＝30°，∠APD＝70°，∴∠C＝∠APD﹣∠A＝40°；∴∠B＝∠C＝40°；故选：C．【点评】此题主要考查了圆周角定理的应用及三角形的外角性质．熟练掌握定理及性质是解题的关键．6．（3分）函数y＝（x+1）2+2的图象与y轴的交点坐标为（）A．（0，2）B．（﹣1，2）C．（0，3）D．（0，4）【分析】代入x＝0求出y值，此题得解．【解答】解：当x＝0时，y＝（x+1）2+2＝3，∴函数y＝（x+1）2+2的图象与y轴的交点坐标为（0，3）．故选：C．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，牢记图象上点的坐标都满足函数关系式是解题的关键．7．（3分）一个矩形的长比宽多2，面积是99，则矩形的两边长分别为（）A．9和7B．11和9C．1+，﹣1+D．1+3，﹣1+3【分析】设矩形的长为x，则宽为（x﹣2），根据矩形的面积公式列出方程并解答．【解答】解：设矩形的长为x，则宽为（x﹣2），则x（x﹣2）＝99，解得x＝11，（舍去负值）．则x﹣2＝9，答：矩形的两边长分别为11和9，故选：B．【点评】本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．8．（3分）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠B＝135°，则∠AOC的度数（）A．60°B．70°C．90°D．180°【分析】连接OA，OC，由圆内接四边形对角互补求出∠D的度数，再利用圆周角定理求出所求角度数即可．【解答】解：连接OA，OC，∵四边形ABCD为圆内接四边形，∠B＝135°，∴∠D＝45°，∵∠AOC与∠D都对，∴∠AOC＝2∠D＝90°，故选：C．【点评】此题考查了圆内接四边形的性质，以及圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．9．（3分）抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴两交点间的距离是（）A．4B．3C．2D．1【分析】求出抛物线与x轴的交点坐标，即可根据坐标求出两点间的距离．【解答】解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得（x+1）（x﹣3）＝0，x1＝﹣1，x2＝3．与x轴的交点坐标为（﹣1，0），（3，0）．则抛物线与x轴两交点间的距离为3﹣（﹣1）＝4．故选：A．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，令y＝0，将函数转化为关于x的一元二次方程是解题的关键．10．（3分）如图，将等边三角形OAB放在平面直角坐标系中，A点坐标（1，0），将△OAB 绕点O逆时针旋转60°，则旋转后点B的对应点B′的坐标为（）A．（﹣，）B．（﹣1，）C．（﹣，）D．（﹣，）【分析】如图，故点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．求出点B的坐标，证明B ，B′关于y轴对称，即可解决问题．【解答】解：如图，故点B作BH⊥OA于H，设BB′交y轴于J．∵A（1，0），∴OA＝1，∵△AOB是等边三角形，BH⊥OA，∴OH＝AH＝OA＝，BH＝OH＝，∴B（，），∵∠AOB＝∠BOB′＝60°，∠JOA＝90°，∴∠BOJ＝∠JOB′＝30°，∵OB＝OB′，∴BB′⊥OJ，∴BJ＝JB′，∴B，B′关于y轴对称，∴B′（﹣，），故选：A．【点评】本题考查坐标与图形的性质，旋转变换，轴对称，等边三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．11．（3分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，点C的对应点E恰好落在AB延长线上，连接AD．下列结论一定正确的是（）A．∠ABD＝∠E B．∠CBE＝∠C C．AD∥BC D．AD＝BC【分析】由旋转的性质得到∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB＝∠CBE，于是得到结论．【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得△DBE，∴∠ABD＝∠CBE＝60°，AB＝BD，∴△ABD是等边三角形，∴∠DAB＝60°，∴∠DAB＝∠CBE，∴AD∥BC，故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．12．（3分）已知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），有下列叙述：①若a＞0，则方程有两个不等实根；②若b2﹣4ac＞0，方程的两根为x1＝，x2＝．③若b2﹣4ac＜0，则方程没有实数根；④若b2﹣4ac＝0，则抛物线y＝ax2+bx+c的顶点在x轴上．其中，正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．4【分析】根据一元二次方程根的判别式和抛物线的性质逐一求解即可．【解答】解：①若a＞0，Δ＞0时，方程有两个不等实根，故①错误，不符合题意；②若b2﹣4ac＞0，方程的两根为x1＝，x2＝，故②正确，符合题意；③若b2﹣4ac＜0，则方程没有实数根，故③正确，符合题意；④若b2﹣4ac＝0，抛物线和x轴只有一个交点，故抛物线y＝ax2+bx+c的顶点在x轴上，故④正确，符合题意．故选：C．【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）根的判别式．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．二．填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）13．（3分）方程x2＝2的根是±．【分析】直接利用开平方法求出方程的根即可．【解答】解：x2＝2解得：x＝±．故答案为：±．【点评】此题主要考查了直接开平方法解方程，正确开平方是解题关键．14．（3分）若正方形的边长为x，面积为y，则y与x之间的关系式为y＝x2（x＞0）．【分析】根据正方形的面积计算公式可得面积与边长之间的函数关系式．【解答】解：∵正方形的面积等于边长乘以边长，∴y＝x•x＝x2，故答案为：y＝x2；【点评】本题考查列函数关系式，掌握正方形的面积公式是得出函数关系式的前提．15．（3分）若平行四边形ABCD是圆内接四边形，则∠A的度数为90°．【分析】由平行四边形的性质可得∠A＝∠C，由圆内接四边形的性质得到∠A+∠C＝180°，由此可求得结果．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠A＝∠C，∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠A+∠C＝180°，∴2∠A＝180°，∴∠A＝90°，故答案为90°．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，熟记这两个性质是解决问题的关键．16．（3分）如图，在半径为5的⊙O中，∠AOB＝120°，则弦AB的长度为5．【分析】作OC⊥AB，根据垂径定理得到AC＝BC＝AB，根据直角三角形的性质求出OC，根据勾股定理求出AC，得到答案．【解答】解：作OC⊥AB于C，则AC＝BC＝AB，∵OA＝OB，∠AOB＝120°，∴∠A＝30°，∴OC＝OA＝，由勾股定理得，AC＝＝，∴AB＝2AC＝5，故答案为：5．【点评】本题考查的是垂径定理、圆心角、弧、弦的关系定理，正确作出辅助性、灵活运用定理是解题的关键．17．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，点A、B的对应点分别是D、E．当点E恰好在AC上时，则∠ADE的度数为15°．【分析】由旋转的性质可得∠ABC＝∠DEC＝90°，CA＝CD，∠ACB＝∠ACD＝30°，由等腰三角形的性质和外角性质可求解．【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转一定的角度得到△DEC，∴∠ABC＝∠DEC＝90°，CA＝CD，∠ACB＝∠ACD＝30°，∴∠CAD＝∠CDA＝75°，∴∠ADE＝∠DEC﹣∠DAC＝15°，故答案为：15°．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．18．（3分）如图，C是线段AB上一动点，△ACD，△CBE都是等边三角形，M，N分别是CD，BE的中点，若AB＝6，则线段MN的最小值为．【分析】连接CN．首先证明∠MCN＝90°，设AC＝a，则BC＝6﹣a，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．【解答】解：连接CN，∵△ACD和△BCE为等边三角形，∴AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝∠B＝60°，∠DCE＝60°，∵N是BE的中点，∴CN⊥BE，∠ECN＝30°，∴∠DCN＝90°，设AC＝a，∵AB＝6，∴CM＝a，CN＝（6﹣a），∴MN＝＝＝，∴当a＝时，MN的值最小为．故答案为：．【点评】本题主要考查了等边三角形的性质、勾股定理、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构建二次函数解决最值问题．三、解答题（本大题共7小题，共66分.解答应写出文字说明、演算步骤推理过程）19．（8分）（Ⅰ）先填表，并在同一平面直角坐标系中画出二次函数y＝x2和y＝（x+1）2的图象；x﹣3﹣2﹣10123y＝x29410149 y＝（x+1）241014916（Ⅱ）分别写出它们顶点坐标．【分析】（Ⅰ）列表，描点，画出函数图象即可；（Ⅱ）根据图象即可写出二次函数的顶点坐标．【解答】解：（Ⅰ）列表：x﹣3﹣2﹣10123y＝x29410149y＝（x+1）241014916在同一平面直角坐标系中画出二次函数y＝x2和y＝（x+1）2的图象如图：（Ⅱ）二次函数y＝x2的顶点坐标为（0，0），y＝（x+1）2的顶点坐标为（﹣1，0）【点评】本题考查了二次函数图象，利用描点法得出函数图象，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．20．（8分）如图，△ABC中，∠C＝90°．（1）将△ABC绕点B逆时针旋转90°，画出旋转后的三角形；（2）若BC＝3，AC＝4．点A旋转后的对应点为A′，求A′A的长．【分析】（1）利用旋转的性质画出点A和点C的对应点A′、C′即可得到△BA′C′；（2）先利用勾股定理计算出AB＝5，再利用旋转的性质得BA′＝BA＝5，∠A′BA＝90°，则可判断△A′BA为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求解．【解答】解：（1）如图，△BA′C′为所作；（2）△ABC中，∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，∴AB＝＝＝5，∵△ABC绕点B逆时针旋转90°得到△BA′C′，∴BA′＝BA＝5，∠A′BA＝90°，∴△A′BA为等腰直角三角形，∴A′A＝BA＝5．【点评】本题考查了作图：旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．21．（10分）如图，⊙O的半径OA为50mm，弦AB的长50mm．（Ⅰ）求∠OAB的度数；（Ⅱ）求点O到AB的距离．【分析】（Ⅰ）连接OB，根据等边三角形的判定定理得到△AOB为等边三角形，根据等边三角形的性质解答即可；（Ⅱ）作OC⊥AB于C，根据垂径定理求出AC，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】解：（Ⅰ）连接OB，∵OA＝OB＝50，AB＝50，∴OA＝OB＝AB，∴△AOB为等边三角形，∴∠OAB＝60°；（Ⅱ）过点O作OC⊥AB于C，则AC＝BC＝AB＝25，由勾股定理得，OC＝＝25，答：点O到AB的距离为25mm．【点评】本题考查的是垂径定理、等边三角形的判定和性质，掌握相关的性质定理是解题的关键．22．（10分）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：x…﹣2﹣1012…y…m0﹣3﹣4﹣3…（Ⅰ）求这个二次函数的解析式；（Ⅱ）求m的值；（Ⅲ）当﹣1≤x≤5时，求y的最值（最大值和最小值）及此时x的值．【分析】（Ⅰ）直接利用待定系数法求出二次函数解析式即可；（Ⅱ）将x＝﹣2代入抛物线解析式即可得出答案；（Ⅲ）利用表格中数据结合二次函数增减性得出最值．【解答】解：（Ⅰ）设y＝a（x﹣1）2﹣4，将（0，﹣3）代入y＝a（x﹣1）2﹣4得，a﹣4＝﹣3，解得a＝1，∴这个二次函数的解析式为y＝（x﹣1）2﹣4．（Ⅱ）当x＝﹣2时，m＝（﹣2﹣1）2﹣4＝5．（Ⅲ）当x＝1时，y有最小值为﹣4，当x＝5时，y有最大值为（5﹣1）2﹣4＝16﹣4＝12．【点评】本题考查了二次函数图象与性质及待定系数法求函数解析式，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．23．（10分）某种植物的主干长出若干数目的枝干，每个枝干又长出同样数目的小分支，主干、枝干和小分支的总数是91，每个枝干长出多少小分支？若设每个枝干长出x个小分支．（Ⅰ）分析：根据问题中的数量关系，填表：①主干的数目为1；②从主干中长出的枝干的数目为x；（用含x的式子表示）③又从上述枝干中长出的小分支的数目为x2；（用含x的式子表示）（Ⅱ）完成问题的求解．【分析】（I）根据主干为1及每个枝干长出x个小分支，即可得出各小问的结论；（II）根据主干+枝干数目+枝干数目×枝干数目＝91，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．【解答】解：（Ⅰ）根据题意得：①主干的数目为1；②从主干中长出的枝干的数目为x；③又从上述枝干中长出的小分支的数目为x2；故答案为：①1；②x；③x2；（Ⅱ）依题意，得：1+x+x2＝91，整理，得：x2+x﹣90＝0，解得：x1＝9，x2＝﹣10（不合题意，舍去）．答：每个枝干长出9个小分支．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．24．（10分）如图，已知平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC＝60°，∠ADA′＝50°．（Ⅰ）求∠DA′E′的大小；（Ⅱ）若延长AE和A′E′相交于点P，求∠AP A′的大小？（Ⅲ）连接PB，若AB＝a，求PB的长度．【分析】（Ⅰ）平行四边形的性质可得∠ADC＝∠ABC＝60°，AD∥BC，由旋转的性质可得∠BA'E'＝∠BAE＝30°，即可求解；（Ⅱ）由直角三角形的性质可求解，（Ⅲ）由直角三角形性质可得AB＝2BE，由线段的中垂线的性质可得∠P A'B＝∠PBA'＝30°，由直角三角形的性质可求解．【解答】解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ADC＝∠ABC＝60°，AD∥BC，∴∠ADA'+∠DA'B＝180°，∴∠DA'B＝130°，∵AE⊥BC，∴∠AEB＝90°，∴∠BAE＝30°，∵把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，∴∠BA'E'＝∠BAE＝30°，AB＝A'B，∴∠DA'E'＝∠DA'B+∠BA'E'＝160°；（Ⅱ）∵∠A'EP＝90°，∠P A'E＝30°，∴∠A'P A＝60°；（Ⅲ）连接PB，∵∠BAP＝30°，∠AEB＝90°，∴AB＝2BE，∴BE＝，∴A'E＝＝BE，∵AP⊥A'B，∴A'P＝PB，∴∠P A'B＝∠PBA'＝30°，∴BE＝PE＝，BP＝2PE，∴PB＝a．【点评】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．25．（10分）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，BC＝4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD＝x，△BDP的面积为y．（Ⅰ）当x＝1时，求y的值；（Ⅱ）在这一变化过程中，写出y关于x的函数解析式及x的取值范围；（Ⅲ）当x取何范围时，＜y＜（直接写出结果即可）．【分析】（Ⅰ）△ABC是等腰直角三角形，则∠B＝∠C＝45°，则△PBD为等腰直角三角形，故BD＝PD＝x，则y＝×BD×PD＝x2，即可求解；（Ⅱ）当点P在AB上运动时，由（1）知，y＝x2，当点P在AB上运动时，y＝×BD ×PD＝×x（4﹣x）＝﹣x2+2x，即可求解；（Ⅲ）①当0≤x≤2时，则y＝x2，当y＝时，即y＝x2＝，解得x＝±1（舍去负值），当y＝时，即y＝x2＝，解得x＝±（舍去负值），故1＜x＜；②当2＜x＜4时，同理可得：3＜x＜2．【解答】解：（Ⅰ）∵△ABC是等腰直角三角形，则∠B＝∠C＝45°，则△PBD为等腰直角三角形，故BD＝PD＝x，则y＝×BD×PD＝x2，当x＝1时，y＝；（Ⅱ）当点P在AB上运动时，由（1）知，y＝x2，当点P在AB上运动时，同理可得△PDC为等腰直角三角形，则CD＝BC﹣BD＝4﹣x＝PD，则y＝×BD×PD＝×x（4﹣x）＝﹣x2+2x，故y＝；（Ⅲ）①当0≤x≤2时，则y＝x2，当y＝时，即y＝x2＝，解得x＝±1（舍去负值），当y＝时，即y＝x2＝，解得x＝±（舍去负值），故1＜x＜；②当2＜x＜4时，同理可得：3＜x＜2；综上，x的取值范围为：1＜x＜或3＜x＜2．【点评】本题三角形综合题，涉及到二次函数的基本性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中（2）、（3），都要注意分类求解，避免遗漏．。

天津市河西区2019-2020学年九年级上学期期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.在时刻9：30时，时钟上的时针与分针间的夹角是()A. 75°B. 90°C. 105°D. 120°2.下列图形不是轴对称图形的是()A. 线段B. 等腰三角形C. 角D. 有一个内角为60°的直角三角形3.已知点(a,8)在抛物线y=x2上，则a值为()A. 2B. −2C. ±2D. ±2√24.二次函数y=x2+2x−3的顶点坐标是()A. (−1,−3)B. (1,−4)C. (−1,−2)D. (−1,−4)5.如图，四边形ABCD内接于⊙O，它的一个外角∠EBC=55°，分别连接AC、BD，若AC=AD，则∠DBC的度数为()A. 50°B. 60°C. 65°D. 70°6.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A=50°，则∠BOC的度数为()A. 50°B. 80°C. 90°D. 100°7.用配方法解下列方程，配方正确的是()A. 2y2−4y−4=0可化为(y−1)2=4B. x2−2x−9=0可化为(x−1)2=8C. x2+8x−9=0可化为(x+4)2=16D. x2−4x=0可化为(x−2)2=48.抛物线y=3x2+2x−1向上平移3个单位长度后的函数解析式为：()A. y=3x2+2x−4B. y=3x2+2x−4C. y=3x2+2x+2D. y=3x2+2x+39.等边△ABC如图放置，A(1,1)，B(3,1)，等边三角形的中心是点D，若将点D绕点A旋转90°后得到点D′，则D′的坐标()A. (1+√33,0) B. (1−√33,0)或(1+√33,2)C. (1+√33,0)或(1−√33,2) D. (2+√33,0)或(2−√33,0)10.如图，一边靠校园围墙，其他三边用总长为80米的铁栏杆围成一个矩形花圃，设矩形ABCD的边AB为x米，面积为S平方米，要使矩形ABCD面积最大，则x的长为()A. 40米B. 30米C. 20米D. 10米11.如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，弦BD平分∠ABC，则下列结论错误的是()A. AD=DCB. AD⏜=DC⏜C. ∠ADB=∠ACBD. ∠DAB=∠CBA12.关于二次函数y=ax2−4ax−5(a≠0)的三个结论：①对任意实数m，都有x1=2+m与x2=2−m对应的函数值相等；②若3≤x≤4，对应的y的整数值有4个，则−43<a≤−1或1≤a<43；③若抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6，则a<−54或a≥1.其中正确的结论是()A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）13.已知点M与点N(−1,3)关于原点对称，则M的坐标是______．14.请写出一个开口向上，且与y轴交于(0,−1)的二次函数的解析式______．15.将二次函数y=12x2+3x−52化为y=a(x−ℎ)2+k的形式，其结果是______．16.如图，⊙O的半径为13，弦AB的长为24，ON⊥AB，垂足为N，则ON的长为______．17.如图，在△ABC中，AB=AC，∠C=72°，△ABC绕点B逆时针旋转，当点C的对应点C1落在边AC上时，设AC的对应边A1C1与AB的交点为E，则∠BEC1=______°.18.如图，∠A=90°，∠BFE=90°，AF=3，EF=12，正方形BCDE的面积为169，则AB=________．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）19.已知抛物线y=x2+4x+k−1．(1)若抛物线与x轴有两个不同的交点，求k的取值范围．(2)若抛物线的顶点在x轴上，求k的值．四、解答题（本大题共6小题，共58.0分）20.画出将△ABC绕点O按顺时针方向旋转180°后的对应△A′B′C′．21.如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E.连接ED ，若．(1)求证：AB=AC；(2)填空：①若AB=6，CD=4，则BC=______ ；②连接OD，当∠A的度数为______ 时，四边形ODEB是菱形．22.如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，∠A=15°，AB=4.求弦CD的长．23.某商品的进价为每件50元．当售价为每件70元时，每星期可卖出300件，现需降价处理，且经市场调查：每降价1元，每星期可多卖出20件．在确保盈利的前提下，解答下列问题：(1)若设每件降价x元、每星期售出商品的利润为y元，请写出y与x的函数关系式，并求出自变量x的取值范围；(2)当降价多少元时，每星期的利润最大？最大利润是多少？24.如图：△ABC绕点A逆时针方向旋转得到△ADE，其中∠B=50°，∠C=60°．(1)若AD平分∠BAC时，求∠BAD的度数．(2)若AC⊥DE时，AC与DE交于点F，求旋转角的度数．25.已知抛物线y=ax2+bx经过点A(−4,−4)和点B(m,0)，且m≠0．(1)若该抛物线的对称轴经过点A，如图，请根据观察图象说明此时y的最小值及m的值；(2)若m=4，求抛物线的解析式(也称关系式)，并判断抛物线的开口方向．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查了钟面角，利用了时针的旋转角减去分针的旋转的角等于时针与分针的夹角．根据时针旋转的速度乘以时针旋转的时间，可得时针的旋转角，根据分针旋转的速度成分针旋转的时间，等于分针旋转的角度；再根据时针的角减去分针旋转的角等于时针与分针的夹角，可得答案．−6×30°=105°，解：9：30时，时钟上的时针与分针间的夹角9×30°+30°×12故选：C．2.答案：D解析：本题考查了中心对称图形的概念．判断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．根据轴对称图形的概念结合各图形的特点求解．解：A、是轴对称图形，不符合题意；B、是轴对称图形，不符合题意；C、是轴对称图形，不符合题意；D、不是轴对称图形，符合题意．故选：D．3.答案：D解析：解：∵点(a,8)在抛物线y=x2上，∴8=a2，解得a=±2√2，故选D．把点的坐标代入抛物线解析式可得到关于a的方程，可求得a的值．本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上的点的坐标满足函数解析式是解题的关键．4.答案：D解析：解：∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，∴抛物线顶点坐标为(−1,−4)，故选D．把二次函数化为顶点式可求得答案．本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a(x−ℎ)2+k中，对称轴为x=ℎ，顶点坐标为(ℎ,k)．5.答案：D解析：解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC=∠EBC=55°，∵AC=AD，∴∠ACD=∠ADC=55°，∴∠DAC=70°，由圆周角定理得，∠DBC=∠DAC=70°，故选：D．根据圆内接四边形的性质求出∠ADC，根据等腰三角形的性质、圆周角定理计算即可．本题考查的是圆内接四边形、圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．6.答案：D解析：解：∵⊙O是△ABC的外接圆，∠A=50°，∴∠BOC=2∠A=100°．故选：D．由⊙O是△ABC的外接圆，∠A=50°，根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得∠BOC的度数．此题考查了圆周角定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．7.答案：D解析：解：A、2y2−4y−4=0可化为(y−1)2=3，故选项错误；B、x2−2x−9=0可化为(x−1)2=10，故选项错误；C、x2+8x−9=0可化为(x+4)2=25，故选项错误；D、x2−4x=0可化为(x−2)2=4，故选项正确．故选：D．利用完全平方公式的结构特点判断即可得到结果．此题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．8.答案：C解析：本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握平移规律是解本题的关键．利用平移规律“上加下减”，即可确定出平移后解析式．解：抛物线y=3x2+2x−1向上平移3个单位长度的函数解析式为y=3x2+2x−1+3=3x2+ 2x+2，故选C．9.答案：C解析：本题考查坐标与图形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．如图作D′H⊥AB于H.DE⊥AB于E，构造全等三角形即可解决问题即可．解；如图作DE⊥AB于E，D′H⊥AB于H．在Rt△ADE中，∵∠DAE=30°，AE=1，∴DE=√3，3∵AD=AD′，∠DAE=∠D′，∠AED=∠D′HA=90°，∴△ADE≌△D′AH，∴AH=DE=√3，D′H=1，3∵A(1,1)，,0)，∴D′(1+√33,2)同法当逆时针旋转时，D′(1−√33故选：C．10.答案：C解析：本题考查二次函数的应用，解题的关键是学会构建二次函数，学会利用二次函数的性质解决问题，属于中考常考题型．根据矩形的面积公式，即可构建二次函数解决问题．解：设矩形ABCD的边AB为x米，则宽为(80−2x)米，S=(80−2x)x=−2x2+80x=−2(x−20)2+800，∵−2<0，S有最大值，且0<x<40，∴x=20时，矩形ABCD面积最大，即x的长为20米．故选C．11.答案：D解析：解：∵弦BD平分∠ABC，∴∠DBC=∠ABD，∴AD⏜=DC⏜，AD=DC，故A、B正确；∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠ACB=90°，故C正确；∵无法确定∠DAB=∠CBA，故D错误，符合题意．故选：D．根据圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系对各选项进行逐一分析即可．本题考查的是圆周角定理及圆心角、弧、弦的关系，熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键．12.答案：D=2，解析：解：∵二次函数y=ax2−4ax−5的对称轴为直线x=−4a2a∴x1=2+m与x2=2−m关于直线x=2对称，∴对任意实数m，都有x1=2+m与x2=2−m对应的函数值相等；故①正确；当x=3时，y=−3a−5，当x=4时，y=−5，若a>0时，当3≤x≤4时，−3a−5<y≤−5，∵当3≤x≤4时，对应的y的整数值有4个，∴1≤a<4，3若a<0时，当3≤x≤4时，−5≤y<−3a−5，∵当3≤x≤4时，对应的y的整数值有4个，<a≤−1，∴−43故②正确；若a>0，抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6，∴△>0，25a−20a−5≥0，∴{16a2+20a>05a−5≥0，∴a≥1，若a<0，抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6，∴△>0，25a−20a−5≥0，∴{16a2+20a>05a−5≤0，∴a<−5，4或a≥1时，抛物线与x轴交于不同两点A，B，且AB≤6．综上所述：当a<−54故选：D．=2，由对称性可判断①；分a>0或由题意可求次函数y=ax2−4ax−5的对称轴为直线x=−4a2aa<0两种情况讨论，由题意列出不等式，可求解，可判断②；分a>0或a<0两种情况讨论，由题意列出不等式组，可求解，可判断③；即可求解．本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与x轴的交点等知识，理解题意列出不等式(组)是本题的关键．13.答案：(1,−3)解析：解：∵点M与点N(−1,3)关于原点对称，∴M的坐标是：(1,−3)．故答案为：(1,−3)．两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，因而点Q(a,b)关于原点对称的点是(−a,−b)，可得答案．本题考查了关于原点对称的点的坐标，利用两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数，因而点Q(a,b)关于原点对称的点是(−a,−b)是解题关键．14.答案：y=x2+2x−1解析：根据题意写出满足题意二次函数解析式即可．此题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．解：根据题意得：y=x2+2x−1，故答案为：y=x2+2x−1(答案不唯一)(x+3)2−715.答案：y=12解析：此题主要考查了二次函数的三种形式，正确运用配方法是解题关键．直接利用配方法表示出二次函数的顶点坐标进而得出答案．解：y=12x2+3x−52=12(x2+6x)−52=12(x+3)2−92−52=12(x+3)2−7．故答案为：y=12(x+3)2−7．16.答案：5解析：解：∵ON⊥AB，∴AN=BN=12AB，∵AB=24，∴AN=BN=12，在Rt△OAN中，ON2+AN2=OA2，∴ON=√OA2−AN2=√132−122=5，故答案为：5根据垂径定理得出AN=BN=12AB，利用勾股定理得出ON即可．本题考查了垂径定理，掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．17.答案：72解析：本题主要考查了等腰三角形的性质，以及旋转的性质，正确确定旋转角，找到旋转前后的相等线段，是解题的关键．根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠C=72°，根据旋转的性质得到BC=BC1，从而得出∠BC1C=∠C，根据三角形的内角和得到∠CBC1的度数，求得∠EBC1的度数，根据旋转的性质得到∠A1C1B=∠C=72°，最后利用三角形内角和进行计算得到结论．解：∵AB=AC，∠C=72°，∴∠ABC=∠C=72°，∵△ABC绕点B逆时针旋转得到△A1BC1，∴BC=BC1，∴∠BC1C=∠C=72°，∴∠CBC1=180°−∠BC1C−∠C=180°−72°−72°=36°，∴∠EBC1=∠ABC−∠CBC1=72°−36°=36°，∵△ABC绕点B逆时针旋转得到△A1BC1，∴∠A1C1B=∠C=72°，∴∠BEC1=180°−∠A1C1B−∠EBC1=180°−72°−36°=72°，故答案为72．18.答案：4解析：本题考查了正方形的性质和勾股定理.利用正方形的性质得BE=13，再利用勾股定理计算得结论．解：如图：因为正方形BCDE的面积为169，所以BE=13．在Rt△BFE中，EF=12，所以BF=√BE2−EF2=5．在Rt△AFB中，AF=3，所以AB=2−AF2=4．故答案为4．19.答案：解：(1)∵二次函数y=x2+4x+k−1的图象与x轴有两个交点，∴b2−4ac=42−4×1×(k−1)=20−4k>0，∴k<5，则k的取值范围为k<5；(2)根据题意得：b2−4ac=42−4×1×(k−1)=20−4k=0，解得k=5．解析：此题主要考查了二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交点的个数的判断以及图象顶点在坐标轴上的性质，熟练掌握其性质是解题关键．(1)根据抛物线y=x2+4x+k−1与x轴有两个不同的交点，得出b2−4ac>0，进而求出k的取值范围．(2)根据顶点在x轴上，所以抛物线与x轴只有1个交点，据此求出即可．20.答案：解：如图所示，图中△A′B′C′即为所求．解析：三角形的各顶点都绕点O顺时针旋转180°后得到对应点，顺次连接即可．本题主要考查了旋转变换作图，解题的关键是准确找出对应点的位置，属于中考常考题型．21.答案：(1)证明：∵ED=EC，∴∠EDC=∠C，∵∠EDC=∠B，∴∠B=∠C，∴AB=AC；(2)4√3；60°解析：本题考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．(1)由等腰三角形的性质得到∠EDC=∠C，由圆内接四边形的性质得到∠EDC=∠B，由此推得∠B=∠C，由等腰三角形的判定即可证得结论；(2)连接AE，由AB为直径，可证得AE⊥BC，由(1)知AB=AC，证明△CDE∽△CBA后即可求得BC 的长；(3)根据等边三角形的性质得到∠BAE=30°，根据直角三角形的性质得到BE=12AB=BO，由菱形的判定定理即可得到结论．(1)见答案；(2)解：①连接AE，∵AB为直径，∴AE⊥BC，由(1)知AB=AC=6，∵∠C=∠C，∠CDE=∠B，∴△CDE∽△CBA，∴CDCB =CEAC，∴4BC =12BC6，∴BC=4√3，故答案为：4√3；②当∠A=60°时，四边形ODEB是菱形，∵∠A=60°，∴∠BAE=30°，AB=AC=BC，∵∠AEB=90°，∴BE=12AB=BO=12BC=EC=ED，∴BE=DE=OB=OD，∴四边形ODEB是菱形，故答案为：60°．22.答案：解：∵∠A=15°，∴∠COB=30°．∵AB=4，∴OC=2．∵弦CD⊥AB于E，∴CE=12CD．在Rt△OCE中，∠CEO=90°，∠COB=30°，OC=2，∴CE=1．∴CD=2．解析：根据∠A=15°，求出∠COB的度数，再求出CE的长．根据垂径定理即可求出CD的长．此题考查了垂径定理和圆周角定，熟练掌握垂径定理和圆周角定理是本题的关键．23.答案：(1)0≤x<20；(2)降价2.5元时，最大利润是6125元．解析：[分析](1)根据“总利润=单件利润×销售量”列出函数解析式，由“确保盈利”可得x的取值范围；(2)将所得函数解析式配方成顶点式可得最大值．[详解]解：(1)根据题意得y=(70−x−50)(300+20x)=−20x2+100x+6000，∵70−x−50>0，且x≥0，∴0≤x<20．(2)∵y=−20x2+100x+6000=−20(x−2.5)2+6125，∴当x=2.5时，y取得最大值，最大值为6125，答：当降价2.5元时，每星期的利润最大，最大利润是6125元．[点睛]本题考查的知识点是二次函数的应用，解题的关键是熟练的掌握二次函数的应用．24.答案：解：(1)∵∠B=50°，∠C=60°，∴∠BAC=180°−50°−60°=70°，∵AD平分∠BAC，∠BAC=35°；∴∠BAD=12(2)∵△ABC旋转得到△ADE，∠C=60°，∴∠E=∠C=60°，∵AC⊥DE，∴∠AFE=90°，∴∠CAE=90°−∠E=90°−60°=30°，∵∠CAE是旋转角，∴旋转角的度数为30°．解析：本题主要考查三角形的内角和定理，角平分线的定义及旋转的性质．(1)可利用三角求出形的内角和定理求出∠BAC的度数，再利用角平分线的定义即可求解；(2)根据旋转的性质可求∠E得度数，再利用直角三角形的性质可求解∠CAE，即为所求的旋转角的度数．25.答案：解：(1)∵该抛物线的对称轴经过点A，∴点A(−4,−4)为抛物线的顶点，对称轴为直线x=−4，∴此时y的最小值为−4；∵点B和原点为抛物线的对称点，∴B(−8,0)，∴m=−8；(2)当m=4时，即B(4,0)，设抛物线解析式为y=ax(x−4)，把A(−4,−4)代入得−4=a×(−4)×(−4−4)，解得a=−18，∴抛物线解析式为y=−18x(x−4)，即y=−18x2+12x，∵a<0，∴抛物线开口向下．解析：(1)根据二次函数的性质得此时y的最小值，利用对称性得到B(−8,0)，从而确定m的值；(2)设交点式y=ax(x−4)，再把A(−4,−4)代入求得a=−18，从而得到抛物线解析式，利用二次函数的性质确定抛物线开口方向．本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．。