浙江省杭州市拱墅区文澜中学2023-2024学年九年级上册期中数学试题（含解析）

2023-2024学年浙江省杭州市拱墅区文澜中学九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，再小题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的）1．抛物线与y轴交点的坐标是（    ）A．（0，3） B．（3，0） C．（1，0） D．（0，1）2．已知，则的值是　　A． B． C． D．3．如图，是的直径，点在上，若，则的度数是（　　）A． B． C． D．4．在三角形纸片ABC中，AB=8，BC=4，AC=6，按下列方法沿虚线剪下，能使阴影部分的三角形与△ABC相似的是（    ）A． B．C． D．5．如图，圆心在y轴的负半轴上，半径为5的与y轴的正半轴交于点．过点的直线l与相交于C、D两点，则弦长的所有可能的整数值有（　）条．A．1 B．2 C．3 D．46．如图，矩形是由三个全等矩形拼成的，与，，，，分别交于点，设，，的面积依次为，，，若，则的值为（    ）  A．6 B．8 C．10 D．127．如图，点为的重心，，，连接并延长交于点，作于点，过点作交于点，则的值为（　　）A．1 B． C． D．8．如图，在中，，，.将绕点A旋转至，使，交边于点F，则的长是（    ）A．4 B． C．5 D．69．如图，是⊙的直径，，，，则⊙的半径为（  ）A． B． C． D．10．已知二次函数的图象经过点和.若，则m的取值范围是（    ）A． B． C．或 D．二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分，请把答案写在答题卡相应的位置上）11．已知线段，线段，线段c是线段a、b的比例中项，那么 ．12．如图，，是的弦，连接，延长，相交于点，已知，，则的度数是 ．13．凸透镜成像们原理如图所示，．在凸透镜左侧，若物体到焦点的距离与焦点到凸透镜中心线的距离之比为，则物体与缩小的实像之比为 ．14．如图，济南建邦大桥有一段抛物线型的拱梁，抛物线的表达式为y=ax2+bx．小强骑自行车从拱梁一端O沿直线匀速穿过拱梁部分的桥面OC，当小强骑自行车行驶10秒时和26秒时拱梁的高度相同，则小强骑自行车通过拱梁部分的桥面OC共需 秒．15．如图1是某学校食堂墙壁上“光盘行动，从我做起”的长方形宣传画，画的左侧为一个圆盘上摆放一双筷子，画的下边缘为水平线，图2是其示意图，水平线上的点在圆心的正下方，筷子与右下方交于，两点，线段，分别垂直于点，．测得，，则圆盘的半径为 ．16．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D为边AB上一动点（B点除外），以CD为一边作正方形CDEF，连接BE，则△ABC的面积是 ，△BDE面积的最大值为 ．三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知二次函数的图象经过点，．(1)求二次函数的解析式．(2)若将该抛物线向上平移个单位，可使它的顶点落在轴上，求的值．18．如图，在中，，，为角平分线．(1)求证：；(2)若，求的值．19．如图，在同一直角坐标系中，二次函数的图象与两坐标轴分别交于点、点和点，且二次函数的对称轴为直线，一次函数的图象与抛物线交于、两点．(1)请求出点的坐标；(2)请利用图象直接写出时x的取值范围．(3)请利用图象直接写出当两函数的函数值的积小于0时的自变量取值范围．20．如图，是的直径，点C，D是上的点，且，分别与，相交于点E，F．  (1)求证：点D为弧的中点；(2)若，，求的直径．21．如图，在平行四边形中，过点作，垂足为，连接，为线段上一点，且．  (1)求证：；(2)若，，，求的长．22．在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边是够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园（篱笆只围，两边），设．(1)若花园的面积为，求的值；(2)若在处有一棵树与墙，的距离分别是和，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积S的最大值．23．如图，是的直径．弦于点．是上一点，连接并延长交的延长线于点，连接，．(1)求证：．(2)连接．若平分，，，求的长．24．【基础巩固】（1）如图1，点A，，在同一直线上，若，求证：；【尝试应用】（2）如图2，是半圆的直径，弦长，，分别是，上的一点，，若设，，求出与的函数关系．【拓展提问】（3）已知是等边边上的一点，现将折叠，使点与重合，折痕为，点，分别在和上．如图3，如果，求的值（用含的代数式表示）． 参考答案与解析1．A【分析】将代入抛物线，求得即可．【详解】解：将代入抛物线得，，即与y轴交点的坐标是，故选：A【点睛】此题考查了二次函数与坐标轴的交点，解题的关键掌握与与y轴交点，横坐标为0．2．A【分析】依据，即可得出，进而得到的值．【详解】解：，，，故选A．【点睛】本题主要考查了比例的性质，解题时注意：内项之积等于外项之积．3．B【分析】此题考查了圆周角定理“在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半”．根据邻补角的性质求得的度数，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可求得的度数．【详解】解：∵，∴，∴．故选：B．4．D【详解】解：三角形纸片ABC中，AB=8，BC=4，AC=6．A．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；B．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；C．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，故此选项错误；D．，对应边，则沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似，故此选项正确；故选：D．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定，正确利用相似三角形两边比值相等且夹角相等的两三角形相似是解题关键．5．C【分析】本题考查了垂径定理、勾股定理、平面直角坐标系等知识点，求出线段CD的最小值和线段CD的最大值，从而可判断弦CD长的所有可能的整数值即可．熟练掌握垂直弦的直径平分弦是解答本题的关键．【详解】解：当与垂直时（如图1），弦最短，由题意可得，则，连接，在中，由勾股定理得，由垂径定理得：;在中最长的弦为直径长度为10，又因为CD长为整数，所以CD可取值为8、9（两条）、10，所以共有这样的弦4条．整数值有3个（如图2）．故选C．6．B【分析】由条件可以得出△BPQ∽△DKM∽△CNH，可以求出△BPQ与△DKM的相似比为，△BPQ与△CNH相似比为，由相似三角形的性质，就可以求出，从而可以求出．【详解】∵矩形AEHC是由三个全等矩形拼成的，∴AB=BD=CD，AE∥BF∥DG∥CH，∴∠BQP=∠DMK=∠CHN，∴△ABQ∽△ADM，△ABQ∽△ACH，∴，，∵EF=FG= BD=CD，AC∥EH，∴四边形BEFD、四边形DFGC是平行四边形， ∴BE∥DF∥CG，∴∠BPQ=∠DKM=∠CNH， 又∵∠BQP=∠DMK=∠CHN，∴△BPQ∽△DKM，△BPQ∽△CNH，∴，，即，，，∴，即，解得：，∴，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积公式，得出S2=4S1，S3=9S1是解题关键．7．B【分析】首先根据30度所对的直角边等于斜边的一半得出．设，则．再根据重心的定义与性质以及直角三角形的性质得出，，然后利用平行线分线段成比例定理得出，进而求出．本题考查了三角形重心的定义与性质，三角形的重心是三角形三边中线的交点，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，也考查了直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理，难度适中．【详解】解：∵，，∴．设，则．∵点为的重心，，连接并延长交于点，∴，，∵，∴，∴，∴．故选：B．8．C【分析】根据勾股定理，旋转的性质以及直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：在中，，∵将绕点A旋转至，∴∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．9．D【分析】连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，根据OA=OC，可得∠ACD=∠ACE，从而得到AE=AD=2，然后根据勾股定理，即可求解．【详解】解：如图，连接CO并延长CO交⊙于点E，连接AE，∵OA=OC，∴∠ACE=∠CAB，∵，∴∠ACD=∠ACE，∴，∴AE=AD=2，∵CE是直径，∴∠CAE=90°，∴，∴⊙的半径为．故选：D．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，勾股定理是解题的关键．10．C【分析】先求出抛物线的对称轴，进而得出点P关于对称轴的对称点，再结合抛物线的开口方向分两种情况讨论即可．【详解】二次函数的对称轴是，可知点的对称点是．因为，抛物线开口向上，当时，函数值y随着x的增大而减小，则时，；当时，函数值y随着x的增大而增大，则时，．所以m的取值范围是或．故选：C．【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，根据抛物线的对称轴和开口方向确定函数的增减性是解题的关键．11．【分析】根据比例中项的定义，得到，代入计算，结合线段的非负性，确定答案即可．【详解】解：∵线段c是线段a、b的比例中项，线段，线段，∴，∴或（舍去），故答案为：．【点睛】本题考查了比例中项即称线段c是线段a、b的比例中项，根据定义计算是解题的关键．12．##20度【分析】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质，解题的关键是由三角形外角的性质求出，由圆周角定理得到的度数是．【详解】解：∵，，∴，∴的度数是．故答案为：．13．【分析】本题考查了相似三角形的应用，如图，根据题意得，再证明，则利用相似三角形的性质得到，然后利用得到的比值．【详解】解：如图所示，由题意得，∵，∴，∴，∴，∵，∴．故答案为：．14．36【详解】设在10秒时到达A点，在26秒时到达B，∵10秒时和26秒时拱梁的高度相同，∴A，B关于对称轴对称．则从A到B需要16秒，从A到D需要8秒．∴从O到D需要10+8=18秒．∴从O到C需要2×18=36秒．15．【分析】连接，过点作于点，交于点，易证四边形、是矩形，从而得出，，，设，则可求，，根据勾股定理建立关于的方程，即可求出的值，最后在中根据勾股定理即可求出半径．【详解】解：如图，连接，过点作于点，交于点，，∵线段，分别垂直于点，∴，∴，∵水平线上的点在圆心的正下方，∴，∴四边形、都是矩形，∴，，，  ∵，，∴，，设，则，，在中，，在中，，又∵，∴，∴，∴，∴，即圆盘的半径为．故答案为：．【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理等知识，添加合适的辅助线，构造直角三角形，运用勾股定理建立关于的方程是解题的关键．16． 10 【分析】如图，过点作于，过点作于，过点作于，根据等腰三角形的性质以及三角形的面积可求出，继而根据勾股定理求出，从而求得的长，然后证明，根据全等三角形的性质可得，设，则，继而根据三角形的面积公式可得，根据二次函数的性质即可求得答案．【详解】如图，过点作于，过点作于，过点作于，，，，，，，即，，在中，，，，四边形是正方形，，，，，又，，，设，则，，，的最大值为， 故答案为，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的应用等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键．17．(1)(2)的值为4【分析】（1）本题考查用待定系数法求二次函数解析式，本小问只需将题干给出的点代入解析式，建立二元一次方程组求解即可．除上述方法之外也可采用两点式解此小问．（2）本题考查二次函数平移的规律“左加右减，上加下减”，再根据题干要求“抛物线向上平移个单位，顶点落在轴上”列式求解即可．【详解】（1）解：二次函数的图象经过点，．将点，代入二次函数解析式有，解得．二次函数的解析式为．（2）解：由（1）知二次函数的解析式为．将其化为顶点式可得，该抛物线向上平移个单位，可得解析式为．顶点落在轴上，，解得．故的值为4．18．(1)见解析(2)【分析】本题考查了三角形的内角和定理，等腰三角形的判定和性质，角平分线定义，相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握两个角对应相等的两个三角形相似．（1）根据已知条件得到，，则易证；（2）通过（1）中的相似三角形的对应边成比例进行计算．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵平分，∴，∵，，∴；（2）解：∵，∴，即，∵，，∴，∴，∴，∴．19．(1)；(2)或；(3)．【分析】本题考查了抛物线与轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征．（1）利用二次函数的对称性即可求得点的坐标；（2）观察图象即可求得；（3）根据图象即可求得．【详解】（1）解：∵二次函数的图象与两坐标轴分别交于点、点，且二次函数的对称轴直线，∴；（2）解：由图象可知，当或时，；（3）解：由图象可知，两函数的函数值的积小于0时的自变量取值范围是．20．(1)见解析(2)20【分析】（1）根据圆周角定理、平行线的性质可得，再根据垂径定理即可证明；（2）根据垂径定理可得，再用勾股定理解即可．【详解】（1）证明：∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴点D为的中点；（2）解：∵，，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的直径为20．【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，平行线的性质，解直角三角形等，解题的关键是熟练运用垂径定理．21．(1)见解析(2)【分析】本题主要考查的是平行四边形的性质、相似二角形的判定和性质以及勾股定理的运用，解题的关键是熟记判定三角形相似的各种方法和各种性质．（1）和中，易知（平行线的内错角），而和是等角的补角，由此可判定两个三角形相似；（2）由相似三角形的性质易求得的长，在中，根据勾股定理可求出的长．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∵，，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，在中，，，∴．22．(1)的值为12或16(2)花园面积S的最大值为192平方米【分析】此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出与的函数关系式是解题关键．（1）根据题意得出长×宽，进而得出答案；（2）由题意可得出：，再利用二次函数增减性求得最值．【详解】（1）解：∵，则，∴，解得：，，答：的值为12或16；（2）解：∵，∴，∴，∵在处有一株树与墙，的距离分别是和，∵，∴，∴当时，S取到最大值为：，答：花园面积S的最大值为192平方米．23．(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据圆内接四边形的性质可得，然后根据垂径定理可得，然后根据圆周角定理可得，进而得证；（2）连接，，，先证为等边三角形，根据等腰三角形的性质求出，根据垂径定理求出的长度，进而求出，然后根据勾股定理求出的长度，然后判断为等腰直角三角形，即可求出的长．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是的内接四边形，∴，又，∴，∵弦，是的直径，∴，∴，∴；（2）解：连接，，，设与交于点M，，∵平分，∴，∵，∴，又，，∴，∴是等边三角形，∴， 又，，∴，∵弦，是的直径，，，∴，∴，∴，∵，∴，又，∴，又，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，添加合适的辅助线是解题的关键．24．（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）利用已知得出，进而利用相似三角形的判定方法得出即可；（2）利用（1）得出，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到和的数量关系，进而求出与的函数关系式；（3）首先证明，表示出，，，，，，再利用相似三角形的性质解决问题即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∵，∴；（2）解：∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，由（1）可得，∴，即，∴；（3）解：连接，，∵与关于对称，∴，，，∵，∵∴∴，设，，，∵，∴，∴，∴，，∵,∴，∴，由前两项得，①，由后两项得，，∴，∴，解得，，由（1）得，∴．【点评】本题是圆的综合题，考查了相似三角形的判定与性质，圆的有关知识，勾股定理以及二次函数最值等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．