2022-2023学年北京市东城区广渠门中学九年级（上）期中数学试卷【含解析】

这是一份2022-2023学年北京市东城区广渠门中学九年级（上）期中数学试卷【含解析】，共34页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，所得抛物线的解析式是（ ）
A．y＝x2+3B．y＝x2﹣3C．y＝（x+3）2D．y＝（x﹣3）2
2．（2分）下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有一个根为1，则m的值为（ ）
A．﹣1B．1C．﹣3D．3
4．（2分）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣1，2）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（1，﹣2）B．（﹣1，2）C．（﹣2，1）D．（﹣1，﹣2）
5．（2分）用配方法解方程x2+4x＝1，变形后结果正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝2B．（x+2）2＝2C．（x﹣2）2＝5D．（x+2）2＝5
6．（2分）如图，点A，B，C在⊙O上，△OAB是等边三角形，则∠ACB的大小为（ ）
A．60°B．30°C．40°D．20°
7．（2分）在△ABC中，CA＝CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．相切D．不确定
8．（2分）下面的四个问题中都有两个变量：①一个圆柱的高等于底面半径x，这个圆柱的表面积为y；②x个球队比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次为y；③某产品现在的年产量是20t，计划今后两年增加产量，如果每年都比上一年增加x倍，两年后这种产品的产量为y；④某种商品每件的进价为30元，在某段时间内若以每件x元出售，可卖出（100﹣x）件，利润为y元．其中，变量y与变量x之间的函数关系（不考虑自变量取值范围）可以用一条开口向上的抛物线表示的是（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
二、填空题（每题2分，共16分）
9．（2分）抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标是 ．
10．（2分）若抛物线y＝x2﹣2x+k和x轴有交点，则k的取值范围是 ．
11．（2分）已知y是x的函数，且当x＞0时，y随x的增大而减小．则这个函数的表达式可以是 ．（写出一个符合题意的答案即可）
12．（2分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在边BC上，则∠ADE＝ .（用含α的式子表示）
13．（2分）若点A（﹣2，y1），B（2，y2）在抛物线y＝（x+1）2上，则y1与y2的大小关系为：y1 y2（填“＞”，“＝”或“＜”）．
14．（2分）如图，AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，若∠BCA＝50°，则∠BAD＝ ．
15．（2分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，若AB＝10，CD＝8，则OH的长度为 ．
16．（2分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠BAC＝60°，D是边AC上的一个动点，连接BD，作CE⊥BD于点E，连接AE，则AE长的最小值为 ．
三、解答题（共68分，17-22题，每题5分，23-26题，每题6分，27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x+3＝0．
18．（5分）如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．求证：∠B＝∠C．
19．（5分）下面是证明圆周角定理的过程，请认真阅读，并补全过程．
20．（5分）已知二次函数经过点（﹣1，0），（3，0），且最大值为4．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中，画出二次函数的图象；
（3）当1＜x＜4时，结合函数图象，直接写出y的取值范围．
21．（5分）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；
（3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
22．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，将线段CA绕点C逆时针旋转60°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）依题意补全图形；
（2）若BC＝1，求线段BD的长．
23．（6分）已知关于x的一元二次方程x2+（2﹣m）x+1﹣m＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若m＜0，方程的两个实数根为x1、x2，且x1＜x2，若x2﹣2x1＝3，求m的值．
24．（6分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，O是AB上一点，以OA为半径的⊙O经过点D，交AB于点E．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BE＝2，BD＝4，求⊙O的半径．
25．（6分）某景观公园内人工湖里有一组喷泉，水柱从垂直于湖面的水枪喷出，水柱落于湖面的路径形状是抛物线．现测量出如下数据，在距水枪水平距离为d米的地点，水柱距离湖面高度为h米．
请解决以下问题：
（1）在下边网格中建立适当的平面直角坐标系，根据已知数据描点，并用平滑的曲线连接；
（2）请结合表中所给数据或所画图象，估出喷泉的落水点距水枪的水平距离为 米（精确到0.1）；
（3）在（2）的条件下，喷泉落水点刚好在水池内边缘，如果通过改变喷泉的推力大小，使得喷出的水流形成的抛物线为h＝﹣0.3（d﹣3.5）2+5.675，请结合图象判断，此时喷泉 （填“会”或“不会”）喷到水池外；
（4）在（2）的条件下，公园增设了新的游玩项目，购置了宽度4米，顶棚到水面高度为4.2米的平顶游船，游船从喷泉正下方通过，别有一番趣味，请通过计算说明游船是否有被喷泉淋到的危险．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，点（1，m），（3，n）在抛物线y＝ax2+bx+1（a＜0）上，设抛物线的对称轴为x＝t．
（1）当m＝n时，求抛物线与y轴交点的坐标及t的值；
（2）点（x0，m）（x0≠1）在抛物线上，若m＞n＞1，求t的取值范围及x0的取值范围．
27．（7分）已知∠MCN＝45°，点B在射线CM上，点A是射线CN上的一个动点（不与点C重合）．点B关于CN的对称点为点D，连接AB、AD和CD，点F在直线BC上，且满足AF＝AB．小明在探究图形运动的过程中发现：AF⊥AD始终成立．
（1）如图1，当0°＜∠BAC＜90°时．
①求证：AF⊥AD；
②用等式表示线段CF、CD与CA之间的数量关系，并证明；
（2）当90°＜∠BAC＜135°时，直接用等式表示线段CF、CD与CA之间的数量关系是 ．
28．（7分）对于点P（xP，yP）与图形W，如果图形W上存在一点Q（xQ，yQ），使得当xP＝xQ时，|yP﹣yQ|≤1，则称点P为图形W的一个“近卫点”．
（1）已知A（﹣2，2），B（2，2），在点P1（﹣3，3），P2（﹣1，1），P3（1，4），中，是线段AB的“近卫点”的有 ；
（2）以原点O为圆心，1为半径作⊙O，直线y＝x+b与x轴、y轴分别交于C、D两点，若线段CD上任意一点都是⊙O的“近卫点”，求b的取值范围；
（3）已知点E（m，0），以点E为中心的正方形s满足以下条件：四条边都平行于坐标轴，且边长为1．若正方形s上存在抛物线的“近卫点”，直接写出m的取值范围．
2022-2023学年北京市东城区广渠门中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题2分，共16分）
1．（2分）将抛物线y＝x2向上平移3个单位，所得抛物线的解析式是（ ）
A．y＝x2+3B．y＝x2﹣3C．y＝（x+3）2D．y＝（x﹣3）2
【分析】根据二次函数变化规律：左加右减，上加下减，进而得出变化后解析式．
【解答】解：∵抛物线y＝x2向上平移3个单位，
∴平移后的解析式为：y＝x2+3．
故选：A．
【点评】此题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的性质，熟练记忆平移规律是解题关键．
2．（2分）下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：C．
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．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．（2分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m＝0有一个根为1，则m的值为（ ）
A．﹣1B．1C．﹣3D．3
【分析】根据一元二次方程解的定义，把x＝1代入一元二次方程得1﹣2+m＝0，然后解一次方程即可．
【解答】解：把x＝1代入方程x2﹣2x+m＝0得1﹣2+m＝0，
解得m＝1，
即m的值为：1．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
4．（2分）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣1，2）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A．（1，﹣2）B．（﹣1，2）C．（﹣2，1）D．（﹣1，﹣2）
【分析】两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．由此可求点A关于原点对称的点的坐标．
【解答】解：∵点A（﹣1，2），
∴A点关于原点对称的点为（1，﹣2），
故选：A．
【点评】本题考查关于原点对称的点的坐标，熟练掌握关于原点对称的点的坐标特点是解题的关键．
5．（2分）用配方法解方程x2+4x＝1，变形后结果正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝2B．（x+2）2＝2C．（x﹣2）2＝5D．（x+2）2＝5
【分析】两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．
【解答】解：x2+4x＝1，
则x2+4x+4＝1+4，即（x+2）2＝5，
故选：D．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的方法﹣﹣配方法，掌握配方法是解本题的关键．
6．（2分）如图，点A，B，C在⊙O上，△OAB是等边三角形，则∠ACB的大小为（ ）
A．60°B．30°C．40°D．20°
【分析】利用等边三角形的性质可得∠AOB＝60°，然后利用圆周角定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵△OAB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
∴∠ACB＝∠AOB＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆周角定理，等边三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
7．（2分）在△ABC中，CA＝CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．相切D．不确定
【分析】连接OC，根据等腰三角形的性质可得OC⊥AB，根据切线的判定定理即可确定．
【解答】解：连接OC，如图所示：
∵CA＝CB，点O为AB中点，
∴OC⊥AB，
∵以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，
∴点C到AB的距离等于⊙C的半径，
∴⊙C与AB的位置关系是相切，
故选：C．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，等腰三角形的性质等，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．
8．（2分）下面的四个问题中都有两个变量：①一个圆柱的高等于底面半径x，这个圆柱的表面积为y；②x个球队比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次为y；③某产品现在的年产量是20t，计划今后两年增加产量，如果每年都比上一年增加x倍，两年后这种产品的产量为y；④某种商品每件的进价为30元，在某段时间内若以每件x元出售，可卖出（100﹣x）件，利润为y元．其中，变量y与变量x之间的函数关系（不考虑自变量取值范围）可以用一条开口向上的抛物线表示的是（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
【分析】根据题意，可以写出各个小题中y与x的函数关系式，从而可以判断各个函数的开口方向，从而可以解答本题．
【解答】解：由题意可得，
一个圆柱的高等于底面半径x，这个圆柱的表面积为y，则y＝2πx•x+2πx2＝2πx2+2πx2＝4πx2，该函数为开口向上的抛物线，故①符合题意；
x个球队比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次为y，则y＝x（x﹣1）＝x2﹣x，该函数为开口向上的抛物线，故②符合题意；
某产品现在的年产量是20t，计划今后两年增加产量，如果每年都比上一年增加x倍，两年后这种产品的产量为y，则y＝20x•x＝20x2，该函数为开口向上的抛物线，故③符合题意；
某种商品每件的进价为30元，在某段时间内若以每件x元出售，可卖出（100﹣x）件，利润为y元，则y＝（x﹣30）（100﹣x）＝﹣x2+130x﹣3000，该函数为开口向下的抛物线，故④不符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的解析式．
二、填空题（每题2分，共16分）
9．（2分）抛物线y＝（x﹣2）2+1的顶点坐标是 （2，1） ．
【分析】已知抛物线为解析式为顶点式，根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．
【解答】解：因为y＝（x﹣2）2+1是抛物线的顶点式，
根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，1）．
【点评】顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h，此题考查了学生的应用能力．
10．（2分）若抛物线y＝x2﹣2x+k和x轴有交点，则k的取值范围是 k≤1 ．
【分析】利用已知条件得到不等式Δ≥0，解不等式即可得出k的取值范围．
【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣2x+k和x轴有交点，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×k≥0，
解得：k≤1．
故答案为：k≤1．
【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象的性质，由抛物线y＝x2﹣2x+k和x轴有交点得到Δ≥0，得出关于k的不等式是解题的关键．
11．（2分）已知y是x的函数，且当x＞0时，y随x的增大而减小．则这个函数的表达式可以是 y＝（x＞0），答案不唯一 ．（写出一个符合题意的答案即可）
【分析】反比例函数的图象在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而增大，则反比例函数的反比例系数k＜0；反之，只要k＜0，则反比例函数在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而增大．
【解答】解：只要使反比例系数大于0即可．如y＝（x＞0），答案不唯一．
故答案为：y＝（x＞0），答案不唯一．
【点评】本题主要考查了反比例函数y＝（k≠0）的性质：①k＞0时，函数图象在第一，三象限．在每个象限内y随x的增大而减小；②k＜0时，函数图象在第二，四象限．在每个象限内y随x的增大而增大．
12．（2分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在边BC上，则∠ADE＝ 90°﹣ .（用含α的式子表示）
【分析】根据旋转的性质得到AD＝AB，∠ADE＝∠B，根据等腰三角形的性质得到∠ADB＝∠B，求得∠ADE＝∠ADB＝90°﹣．
【解答】解：由旋转的性质可知，AD＝AB，∠ADE＝∠B，
∴∠ADB＝∠B，
∵∠BAD＝α，
∴∠ADE＝∠ADB＝＝90°﹣，
故答案为：90°﹣．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质、等边三角形的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．
13．（2分）若点A（﹣2，y1），B（2，y2）在抛物线y＝（x+1）2上，则y1与y2的大小关系为：y1 ＜ y2（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【分析】把点的坐标分别代入函数解析式可分别求得y1、y2，再比较其大小即可．
【解答】解：∵点A（﹣2，y1），B（2，y2）在抛物线y＝（x+1）2上，
∴y1＝（﹣2+1）2＝1，y2＝（2+1）2＝9，
∴y1＜y2，
故答案为：＜．
【点评】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．
14．（2分）如图，AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，若∠BCA＝50°，则∠BAD＝ 40° ．
【分析】根据圆周角定理推论：直径所对圆周角为直角、同圆中等弧所对圆周角相等即可得到结论．
【解答】解：∵AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴点A，B，C，D在⊙O上，
∵∠BCA＝50°，
∴∠ADB＝∠BCA＝50°，
∵AD是△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣50°＝40°，
故答案为：40°．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，由圆周角定理得到∠ADB＝50°，∠ABD＝90°是解题的关键．
15．（2分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，若AB＝10，CD＝8，则OH的长度为 3 ．
【分析】根据垂径定理由CD⊥AB得到CH＝CD＝4，再根据勾股定理计算出OH＝3．
【解答】解：连接OC，
∵CD⊥AB，
∴CH＝DH＝CD＝×8＝4，
∵直径AB＝10，
∴OC＝5，
在Rt△OCH中，OH＝＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
16．（2分）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠BAC＝60°，D是边AC上的一个动点，连接BD，作CE⊥BD于点E，连接AE，则AE长的最小值为 ﹣ ．
【分析】取BC中点F，连接AE、EF．易得点E在以BC长为直径的圆周上上运动，当点A、E、F在同一直线上时，AE最短．据此计算即可．
【解答】解：如图，取BC中点F，连接AE、EF．
∵CE⊥BD，∠BEC＝90°，
∴点E在以BC长为直径的圆周上运动，当点A、E、F在同一直线上时，AE最短．
在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝4，∠BAC＝60°，
∴BC＝AB•sin∠BAC＝4×＝2，AC＝AB•cs∠BAC＝4×＝2，
∴BF＝FC＝EF＝BC＝，
∴AF＝＝，
∴AE＝AF﹣EF＝﹣，
即AE的最小值为﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了线段最小值，正确理解圆外一点到圆上的最短距离等于点与圆心连线与圆的交点到点到这点的线段长是解题的关键．
三、解答题（共68分，17-22题，每题5分，23-26题，每题6分，27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2﹣4x+3＝0．
【分析】利用因式分解法解出方程．
【解答】解：x2﹣4x+3＝0
（x﹣1）（x﹣3）＝0
x﹣1＝0，x﹣3＝0
x1＝1，x2＝3．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
18．（5分）如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．求证：∠B＝∠C．
【分析】根据垂径定理得到＝，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理和等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】证明：∵AD⊥BC，高AD经过圆心O，
∴＝，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠C．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形 的判定定理是解题的关键．
19．（5分）下面是证明圆周角定理的过程，请认真阅读，并补全过程．
【分析】利用三角形外角性质及角的和差求解即可．
【解答】证明：情况1，当点O在∠BAC的一边上时，
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
由外角可得，∠BOC＝∠1+∠2，
∠BOC＝2∠1，
∴∠1＝∠BOC，
即∠BAC＝∠BOC，
故答案为：∠BOC；
情况2，作直径AD，
∵OA＝OB，
∴∠1＝∠3．
∴∠BOD＝∠1+∠3＝2∠1，
同理∠COD＝2∠2，
∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝2∠BAC，
∴∠BAC＝∠BOC，
故答案为：2；BAC；BAC；
情况3，作直径AD，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴∠BOD＝∠OAB+∠OBA＝2∠OAB，
同理∠COD＝2∠DAC，
∴∠BOC＝∠COD﹣∠BOD
＝2∠DAC﹣2∠OAB＝2∠BAC，
∴∠BAC＝．
故答案为：OAB；OBA；∠OAB；∠OBA；OAB；DAC；COD；BOD；DAC；OAB；BAC；BAC．
【点评】此题考查了圆周角定理以及三角形外角性质，熟练掌握三角形外角性质是解此题的关键．
20．（5分）已知二次函数经过点（﹣1，0），（3，0），且最大值为4．
（1）求二次函数的解析式；
（2）在平面直角坐标系xOy中，画出二次函数的图象；
（3）当1＜x＜4时，结合函数图象，直接写出y的取值范围．
【分析】（1）根据题意设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），再由最大值为3求出a的值，即可确定出抛物线解析式．
（2）根据解析式列表，描点连线即可；
（3）根据图象求得即可．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3）＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
由最大值为4，得到﹣4a＝4，即a＝﹣1，
则抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）列表：
描点、连线，
函数图象如图所示；
；
（3）∵x＝1时，y＝4，x＝4时，y＝﹣5，
∴由图象可知，当1＜x＜4时，y的取值范围是﹣5＜y＜4．
【点评】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象和性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
21．（5分）如图，在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
（2）在图2中，画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形；
（3）在图3中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
【分析】（1）根据中心对称的性质即可作出图形；
（2）根据轴对称的性质即可作出图形；
（3）根据旋转的性质即可求出图形．
【解答】解：（1）如图所示，
△DCE为所求，
（2）如图所示，
△ACD为所求
（3）如图所示
△ECD为所求．
【点评】本题考查图形变换，解题的关键是正确理解图形变换的性质，本题属于基础题型．
22．（5分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，将线段CA绕点C逆时针旋转60°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）依题意补全图形；
（2）若BC＝1，求线段BD的长．
【分析】（1）根据题意，利用旋转的性质即可补全图形；
（2）根据含30度角的直角三角形和旋转的性质可得AD＝AC＝，∠DAB＝90°，再利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，即为补全的图形；
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∴AC＝，
由旋转可知：∠DAC＝60°，AD＝AC＝，
∴∠DAB＝∠DAC+∠∠AC＝90°，
∴BD＝＝＝．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解决本题的关键．
23．（6分）已知关于x的一元二次方程x2+（2﹣m）x+1﹣m＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若m＜0，方程的两个实数根为x1、x2，且x1＜x2，若x2﹣2x1＝3，求m的值．
【分析】（1）先计算根的判别式得到Δ＝m2≥0，然后根据根的判别式的意义得到结论；
（2）先利用求根公式得到x1＝m﹣1，x2＝﹣1，再利用x2﹣2x1＝3得到﹣1﹣2（m﹣1）＝3，然后解关于m的方程即可．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（2﹣m）2﹣4（1﹣m）
＝m2≥0，
∴方程总有两个实数根；
（2）解：x＝，
∵m＜0，x1＜x2，
∴x1＝m﹣1，x2＝﹣1，
∵x2﹣2x1＝3，
∴﹣1﹣2（m﹣1）＝3，
解得m＝﹣1，
即m的值为﹣1．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
24．（6分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，O是AB上一点，以OA为半径的⊙O经过点D，交AB于点E．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BE＝2，BD＝4，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠BAD＝∠CAD，根据等腰三角形的性质得到∠BAD＝∠ODA，进而得到∠ODA＝∠CAD，证明OD∥AC，得到OD⊥BC，根据切线的判定定理证明结论；
（2）根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【解答】（1）证明：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OD，
∴∠BAD＝∠ODA，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C＝90°，
∴OD⊥BC，
∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，
在Rt△OBD中，OB2＝OD2+BD2，即（r+2）2＝r2+42，
解得：r＝3，
∴⊙O的半径为3．
【点评】本题考查的是切线的性质、勾股定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
25．（6分）某景观公园内人工湖里有一组喷泉，水柱从垂直于湖面的水枪喷出，水柱落于湖面的路径形状是抛物线．现测量出如下数据，在距水枪水平距离为d米的地点，水柱距离湖面高度为h米．
请解决以下问题：
（1）在下边网格中建立适当的平面直角坐标系，根据已知数据描点，并用平滑的曲线连接；
（2）请结合表中所给数据或所画图象，估出喷泉的落水点距水枪的水平距离为 6.7 米（精确到0.1）；
（3）在（2）的条件下，喷泉落水点刚好在水池内边缘，如果通过改变喷泉的推力大小，使得喷出的水流形成的抛物线为h＝﹣0.3（d﹣3.5）2+5.675，请结合图象判断，此时喷泉 会 （填“会”或“不会”）喷到水池外；
（4）在（2）的条件下，公园增设了新的游玩项目，购置了宽度4米，顶棚到水面高度为4.2米的平顶游船，游船从喷泉正下方通过，别有一番趣味，请通过计算说明游船是否有被喷泉淋到的危险．
【分析】（1）根据对应点画图象即可；
（2）求出二次函数的关系式，把h＝0代入即可；
（3）根据喷泉推理大小改变前后的函数解析式可以判断推理改变后抛物线开口变大，从而得出结论；
（4）把d＝5代入二次函数关系式得到h得值，再与4.2比较即可．
【解答】解：（1）如图：
（2）由图象得，顶点（3，5.6），
设h＝a（d﹣3）2+5.6，
把（0，2）代入可得a＝﹣0.4，
∴h＝﹣0.4（d﹣3）2+5.6，
当h＝0时，﹣0.4（d﹣3）2+5.6＝0，
解得d＝3+或3﹣（舍去），
3+≈6.7（米），
答：喷泉的落水点距水枪的水平距离约为6.7米，
故答案为：6.7；
（3）∵﹣0.3＞﹣0.4，
∴改变喷泉的推力后抛物线开口变大，
∴此时喷泉会喷到水池外面，
故答案为：会；
（4）当d＝3+＝5时，h＝4＜4.2，
答：游船有被喷泉淋到的危险．
【点评】本题考查二次函数的实际应用，根据对应点的坐标得到二次函数关系式是解题关键．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，点（1，m），（3，n）在抛物线y＝ax2+bx+1（a＜0）上，设抛物线的对称轴为x＝t．
（1）当m＝n时，求抛物线与y轴交点的坐标及t的值；
（2）点（x0，m）（x0≠1）在抛物线上，若m＞n＞1，求t的取值范围及x0的取值范围．
【分析】（1）将点（1，m），（3，n）代入抛物线解析式，再根据m＝n得出b＝﹣4a，再求对称轴即可；
（2）再根据m＞n＞1，可确定出对称轴的取值范围，进而可确定x0的取值范围．
【解答】解：（1）∵当x＝0时，y＝1，
∴抛物线与y轴交点的坐标为（0，1），
∵点（1，m），（3，n）在抛物线y＝ax2+bx+1（a＜0）上，m＝n，
∴a+b+1＝9a+3b+1，
∴b＝﹣4a，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝2；
∴t＝2；
（2）∵m＞n＞1，
∴a+b+1＞9a+3b+1＞1，
解得﹣3a＜b＜﹣4a，
∴4a＜﹣b＜3a，
∴＜﹣＜，
即＜t＜2，
当t＝时，x0＝2；
当t＝2时，x0＝3．
∴x0的取值范围2＜x0＜3．
【点评】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是根据数形结合求解．
27．（7分）已知∠MCN＝45°，点B在射线CM上，点A是射线CN上的一个动点（不与点C重合）．点B关于CN的对称点为点D，连接AB、AD和CD，点F在直线BC上，且满足AF＝AB．小明在探究图形运动的过程中发现：AF⊥AD始终成立．
（1）如图1，当0°＜∠BAC＜90°时．
①求证：AF⊥AD；
②用等式表示线段CF、CD与CA之间的数量关系，并证明；
（2）当90°＜∠BAC＜135°时，直接用等式表示线段CF、CD与CA之间的数量关系是 CD﹣CF＝AC ．
【分析】（1）①根据轴对称的性质得到△ABC≌△ADC，求得∠ABC＝∠ADC，∠ACB＝∠ACD＝45°，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和即可得到结论；
②过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，求得△APC是等腰直角三角形，∠PAC＝90°，AP＝AC，得到∠PAF＝∠DAC，根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论；
（3）如图2，过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，求得△APC是等腰直角三角形，∠PAC＝90°，AP＝AC，得到∠PAF＝∠DAC，根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）①∵点B关于CN的对称点为点D，
∴△ABC≌△ADC，
∴∠ABC＝∠ADC，∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠BCD＝90°，
∵AF＝AB，
∴∠ABC＝∠AFB，
∴∠AFB＝∠ADC，
∵∠AFB+∠AFC＝180°，
∴∠ADC+∠AFC＝180°，
∴∠FAD＝360°﹣（∠AFC+∠D+∠FCD）＝90°，
∴AF⊥AD；
②过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，
∴△APC是等腰直角三角形，∠PAC＝90°，AP＝AC，
∵∠PAF+∠FAC＝∠DAC+∠FAC＝90°，
∴∠PAF＝∠DAC，
∵∠AFB＝∠ADC，
∴△APF≌△ACD（ASA），
∴PF＝CD，
∵在等腰直角三角形APC中，PF+CF＝PC＝AC，
∴CD+CF＝AC；
（3）当90°＜∠BAC＜135°时，如图2，
过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，
∴△APC是等腰直角三角形，∠PAC＝90°，AP＝AC，
∵∠PAF﹣∠FAC＝∠DAC﹣∠FAC＝90°，
∴∠PAF＝∠DAC，
∵∠AFB＝∠ADC，
∴△APF≌△ACD（ASA），
∴PF＝CD，
∵在等腰直角三角形APC中，PF﹣CF＝PC＝AC，
∴CD﹣CF＝AC，
故答案为：CD﹣CF＝AC．
【点评】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定和性质，四边形的内角和，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
28．（7分）对于点P（xP，yP）与图形W，如果图形W上存在一点Q（xQ，yQ），使得当xP＝xQ时，|yP﹣yQ|≤1，则称点P为图形W的一个“近卫点”．
（1）已知A（﹣2，2），B（2，2），在点P1（﹣3，3），P2（﹣1，1），P3（1，4），中，是线段AB的“近卫点”的有 P2，P4 ；
（2）以原点O为圆心，1为半径作⊙O，直线y＝x+b与x轴、y轴分别交于C、D两点，若线段CD上任意一点都是⊙O的“近卫点”，求b的取值范围；
（3）已知点E（m，0），以点E为中心的正方形s满足以下条件：四条边都平行于坐标轴，且边长为1．若正方形s上存在抛物线的“近卫点”，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）根据题意可知线段AB∥x轴，设线段AB上存在点Q（xQ，yQ），使xP＝xQ时，|yP﹣yQ|≤1，则﹣2≤xP≤2，1≤yP≤3，给出的四个点的坐标满足取值范围的即为所求；
（2）由题意可知线段CD在是圆O的弦，可得﹣1≤b≤1；
（3）根据题意可知A（m﹣，），D（m+，），C（m+，﹣），B（m﹣，﹣），设正方形上点P是抛物线的“近卫点”，抛物线上存在点Q使得当xP＝xQ时，|yP﹣yQ|≤1，分两种情况讨论：当E点在y轴右侧时，m＞0，当P点与A点重合时，当P点与C点重合时，分别是E点符合条件的两个端点，通过计算可得≤m≤+时，正方形s上存在抛物线的“近卫点”；当E点在y轴的左侧时，m＜0，当P点与D点重合时，当P点与B点重合时，分别是E点符合条件的两个端点，通过计算可得﹣﹣≤m≤﹣时，正方形s上存在抛物线的“近卫点”．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，2），B（2，2），
∴线段AB∥x轴，
设线段AB上存在点Q（xQ，yQ），使xP＝xQ时，|yP﹣yQ|≤1，
∴﹣2≤xP≤2，1≤yP≤3，
∴P2（﹣1，1），是线段AB的“近卫点”，
故答案为：P2，P4；
（2）∵线段CD上任意一点都是⊙O的“近卫点”，
∴线段CD在是圆O的弦，
∵圆O的半径是1，
∴﹣1≤b≤1；
（3）∵点E（m，0）是正方形的中心，正方形的边长为1，
∴A（m﹣，），D（m+，），C（m+，﹣），B（m﹣，﹣），
设正方形上点P是抛物线的“近卫点”，抛物线上存在点Q使得当xP＝xQ时，|yP﹣yQ|≤1，
当E点在y轴右侧时，m＞0，
如图1，当P点与A点重合时，Q（m﹣，m2﹣m﹣），
∴PQ＝m2﹣m﹣﹣＝1，
解得m＝+或m＝﹣+（舍去），
如图2，当P点与C点重合时，Q（m+，m2+m﹣），
∴PQ＝﹣﹣（m2+m﹣）＝1，
解得m＝或m＝﹣（舍去），
∴≤m≤+时，正方形s上存在抛物线的“近卫点”；
当E点在y轴的左侧时，m＜0，
如图3，当P点与D点重合时，Q（m+，m2+m﹣），
∴PQ＝m2+m﹣﹣＝1，
解得m＝﹣（舍去）或m＝﹣﹣，
如图4，当P点与B点重合时，Q（m﹣，m2﹣m﹣），
∴PQ＝﹣﹣（m2﹣m﹣）＝1，
解得m＝（舍去）或m＝﹣，
∴﹣﹣≤m≤﹣时，正方形s上存在抛物线的“近卫点”；
综上所述：≤m≤+或﹣﹣≤m≤﹣时，正方形s上存在抛物线的“近卫点”．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，弄清定义，数形结合，分类讨论是解题的关键．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/7/11 11:41:34；用户：笑涵数学；邮箱：15699920825；学号：36906111圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，
分析：根据圆心与圆周角的位置关系，可以分为三类．
已知：如图，A、B、C为⊙O上的三个点
求证：．
请你参考情况1的证明，完成情况2、情况3的证明．
情况1圆心在圆周角的边上
证明：
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
由外角可得，∠BOC＝∠1+∠2，
＝2∠1，
∴．
即．
情况2圆心在圆周角内部
证明：作直径AD．
∵OA＝OB，
∴∠1＝∠3．
∴∠BOD＝∠1+∠3＝2∠1，
同理∠COD＝2∠ ，
∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝2∠ ，
∴∠ ＝∠BOC．
情况3圆心在圆周角外部
证明：作直径AD．
∵OA＝OB，
∴∠ ＝∠ ．
∴∠BOD＝ + ＝2∠ ，
同理∠COD＝2∠ ，
∴∠BOC＝∠ ﹣∠
＝2∠ ﹣2∠
＝2∠ ，
∴∠ ＝．
d（米）
0
0.7
2
3
4
…
h（米）
2.0
3.49
5.2
5.6
5.2
…
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，
分析：根据圆心与圆周角的位置关系，可以分为三类．
已知：如图，A、B、C为⊙O上的三个点
求证：．
请你参考情况1的证明，完成情况2、情况3的证明．
情况1圆心在圆周角的边上
证明：
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
由外角可得，∠BOC＝∠1+∠2，
∠BOC ＝2∠1，
∴．
即．
情况2圆心在圆周角内部
证明：作直径AD．
∵OA＝OB，
∴∠1＝∠3．
∴∠BOD＝∠1+∠3＝2∠1，
同理∠COD＝2∠ 2 ，
∴∠BOC＝∠BOD+∠COD＝2∠ BAC ，
∴∠ BAC ＝∠BOC．
情况3圆心在圆周角外部
证明：作直径AD．
∵OA＝OB，
∴∠ OAB ＝∠ OBA ．
∴∠BOD＝ ∠OAB + ∠OBA ＝2∠ OAB ，
同理∠COD＝2∠ DAC ，
∴∠BOC＝∠ COD ﹣∠ BOD
＝2∠ DAC ﹣2∠ OAB
＝2∠ BAC ，
∴∠ BAC ＝．
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
d（米）
0
0.7
2
3
4
…
h（米）
2.0
3.49
5.2
5.6
5.2
…