浙教版数学九年级上学期期中【夯实基础60题考点专练】（2份，原卷版+解析版）

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A．y＝﹣x2+1B．y＝ax2+bx+cC．y＝2x+3D．x2y＝1
【分析】根据二次函数的定义判断即可．
【解答】解：A选项，y＝﹣x2+1是二次函数，故该选项符合题意；
B选项，没有说a≠0，不一定是二次函数，故该选项不符合题意；
C选项，y＝2x+3是一次函数，故该选项不符合题意；
D选项，y＝＝x﹣2，不是二次函数，故该选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数的定义，一般地，形如y＝ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数．
二．二次函数的性质（共4小题）
2．（2021秋•柯桥区期中）抛物线y＝2x2+1的对称轴是（ ）
A．直线x＝B．直线x＝﹣C．直线x＝2D．直线x＝0
【分析】根据抛物线的顶点式即可求得．
【解答】解：∵抛物线y＝2x2+1，
∴抛物线开口向上，顶点坐标为（0，1），对称轴为y轴，即直线x＝0，
故选：D．
【点评】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）．
3．（2021秋•西湖区校级期中）抛物线y＝﹣（x+1）2﹣1的顶点坐标是（ ）
A．（﹣1，﹣1）B．（1，﹣1）C．（﹣1，1）D．（1，1）
【分析】根据抛物线的顶点式的概念即可得出答案．
【解答】解：∵y＝﹣（x+1）2﹣1为二次函数的顶点式，
∴由顶点式可知该抛物线的顶点坐标为（﹣1，﹣1），
故选：A．
【点评】本题主要考查二次函数的顶点式的概念，关键是要能根据顶点式直接写出顶点的坐标．
4．（2021秋•温州期中）抛物线y＝x2+1与y轴的交点坐标 （0，1） ．
【分析】将x＝0代入抛物线解析式即可求得抛物线y＝x2+1与y轴的交点坐标．
【解答】解：当x＝0时，y＝1，
∴抛物线y＝x2+1与y轴的交点坐标为（0，1），
故答案为：（0，1）．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
5．（2021秋•西湖区校级期中）写出一个开口向下，与y轴交于点（0，2）的抛物线 y＝﹣x2+2x+2 ．
【分析】由开口向下确定二次项系数小于0，由图象与y轴的交点为（0，2）确定常数项为2，即可得出抛物线的解析式．
【解答】解：∵抛物线的开口向下，
∴二次项的系数小于0，
∵抛物线与y轴交于点（0，2），
∴常数项为2，
∴满足条件的抛物线可以为y＝﹣x2+2x+2（答案不唯一），
故答案为：y＝﹣x2+2x+2（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，关键是要牢记系数和图象之间的关系．
三．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
6．（2021秋•越城区期中）下列点中，在二次函数y＝x2﹣2x+1图象上的点是（ ）
A．（﹣1，0）B．（0，1）C．（1，1）D．（2，0）
【分析】分别将x＝﹣1，0，1，2代入函数解析式求解．
【解答】解：把x＝﹣1代入y＝x2﹣2x+1得y＝4，
∴抛物线经过点（﹣1，4），选项A错误，不符合题意．
把x＝0代入y＝x2﹣2x+1得y＝1，
∴抛物线经过点（0，1），选项B正确，符合题意．
把x＝1代入y＝x2﹣2x+1得y＝0，
∴抛物线经过点（1，0），选项C错误，不符合题意．
把x＝2代入y＝x2﹣2x+1得y＝1，
∴抛物线经过点（2，1），选项D错误，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查二次函数图象上点的特征，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
四．二次函数图象与几何变换（共2小题）
7．（2021秋•温州期中）把抛物线y＝x2的图象先向右平移2个单位，再向下平移3个单位所得的解析式为（ ）
A．y＝（x﹣3）2+2B．y＝（x﹣2）2﹣3C．y＝（x﹣3）2﹣2D．y＝（x+2）2﹣3
【分析】抛物线y＝x2的顶点坐标为（0，0），向右平移2个单位，再向下平移3个单位，所得的抛物线的顶点坐标为（2，﹣3），根据顶点式可确定所得抛物线解析式．
【解答】解：依题意可知，原抛物线顶点坐标为（0，0），
平移后抛物线顶点坐标为（2，﹣3），
又因为平移不改变二次项系数，
所以所得抛物线解析式为：y＝（x﹣2）2﹣3．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，属于基础题，解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
8．（2021秋•拱墅区校级期中）要得到抛物线y＝3（x+2）2+3，可以将抛物线y＝3x2（ ）
A．向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度
B．向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度
C．向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度
D．向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度
【分析】根据“上加下减，左加右减”的法则求得新的抛物线解析式．
【解答】解：将抛物线y＝3x2的图象向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，得到新的抛物线解析式为：y＝3（x+2）2+3．
故选：A．
【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解答此题的关键．
五．待定系数法求二次函数解析式（共1小题）
9．（2021秋•椒江区校级期中）已知二次函数y＝﹣x2+2mx+1，当m取不同的值时，顶点在一条抛物线上，这条抛物线的解析式是 y＝x2+1 ．
【分析】首先利用抛物线的顶点坐标，然后变形即可得到所求抛物线的解析式．
【解答】解：∵y＝﹣x2+2mx+1的顶点坐标是（m，1+m2），
设x＝m，y＝1+m2，
∴m＝x，
∴y＝1+m2＝1+x2．
所求解析式为：y＝x2+1．
故答案为：y＝x2+1．
【点评】此题主要考查了二次函数的性质，首先利用抛物线的顶点坐标公式，然后进行代数变形即可求解．
六．抛物线与x轴的交点（共4小题）
10．（2021秋•鹿城区校级期中）抛物线y＝x2+4x+4与x轴的交点个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】令x2+4x+4＝0，求出Δ的值，判断出其符号即可．
【解答】解：令x2+4x+4＝0，
∵Δ＝42﹣4×1×4＝0，
∴抛物线y＝x2+4x+4与x轴的交点个数是1．
故选：B．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系是解答此题的关键．
11．（2021秋•越城区期中）如图，已知二次函数y＝﹣（x+1）（x﹣4）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，P为该二次函数在第一象限内的一点，连接AP，交BC于点K，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【分析】过P作PQ∥AB，与BC交于点Q，则三角形相似得＝，设P（t，﹣（t+1）（t﹣4）），从而得关于t的解析式，再根据二次函数的性质求得的最大值，从而求的最小值，从而得出结论．
【解答】解：过P作PQ∥AB，与BC交于点Q，如图，
∵二次函数y＝﹣（x+1）（x﹣4）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，5），
设BC的解析式为：y＝mx+n（m≠0），
则，
解得：
∴BC：y＝﹣x+5，
设P（t，﹣（t+1）（t﹣4）），则Q（t2﹣3t，﹣（t+1）（t﹣4）），
∴PQ＝﹣t2+4t，
∵PQ∥AB，
∴△PQK∽△ABK，
∴＝＝＝﹣t2+t，
∵﹣＜0，
∴当t＝﹣＝2时，有最大值为﹣×22+×2＝，
∴有最小值，
∴＝＝，
∴＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，相似三角形的性质与判定，二次函数的最值的求法，关键是构造相似三角形，把线段的比值的最大值转化为二次函数的最大值进行解答，体现了转化思想．
12．（2021秋•滨江区校级期中）已知A＝x2+a，B＝2x，若对于所有的实数，A的值始终比B的值大，则a的值可能是（ ）
A．﹣1B．0C．1D．2
【分析】本题只需根据题意列出一元二次不等式，由抛物线与x轴交点个数建立不等式即可．
【解答】解：由题可得：∵A的值始终比B的值大，
∴有x2+a＞2x，
即x2﹣2x+a＞0，
即y＝x2﹣2x+a的函数图象与x轴无交点，
∴△＝4﹣4a＜0，
∴a＞1．
故选：D．
【点评】考查二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交点的个数，能够由题意判断抛物线与x轴无交点是解题的关键．
13．（2021秋•江干区校级期中）若函数y＝x2+x+c的图象与x轴有两个交点，则c的取值范围是 c＜ ．
【分析】由Δ＞0可得c的取值范围．
【解答】解：∵函数图象与x轴有两个交点，
∴△＝1﹣4c＞0，
解得：c＜．
故答案为：c＜．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，解题的关键是熟练掌握抛物线与x轴的交点与一元二次方程的根的个数间的关系．
七．根据实际问题列二次函数关系式（共1小题）
14．（2021秋•富阳区校级期中）一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为y元，每次提价的百分率是x，则y与x的函数关系式是（ ）
A．y＝100（1+2x）B．y＝100（1﹣2x）
C．y＝100（1+x）2D．y＝100（1﹣x）2
【分析】利用经过两次提价后的价格＝原价×（1+每次提价的百分率）2，即可得出y与x的函数关系式．
【解答】解：依题意得：y＝100（1+x）2．
故选：C．
【点评】本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，根据各数量之间的关系，找出y与x的函数关系式是解题的关键．
八．二次函数的应用（共4小题）
15．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线y＝+5的一部分，则杯口的口径AC为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【分析】利用待定系数法求出A、C的坐标，可求答案．
【解答】解：OD为14，14＝x2+5，解得x＝±，
∴A（﹣，14），C（，14），
∴AC＝﹣（﹣）＝9，
故选：C．
【点评】本题是关于二次函数应用题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法，熟练掌握用待定系数法求点的坐标是解题的关键．
16．（2020秋•衢江区期末）汽车在刹车后，由于惯性作用还要继续向前滑行一段距离才能停下，我们称这段距离为“刹车距离”，刹车距离往往跟行驶速度有关，在一个限速35km/h的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不妙，同时刹车，最后还是相撞了事发后，交警现场测得甲车的刹车距离略超过12m，乙车的刹车距离略超过10m，又知甲、乙两种车型的刹车距离s（m）与车速x（km/h）的关系大致如下：S甲＝x，S乙＝．由此可以推测（ ）
A．甲车超速B．乙车超速
C．两车都超速D．两车都未超速
【分析】根据题意分别求出甲、乙的车速进而得出相撞的原因．
【解答】解∵甲车的刹车距离为12m，
∴x2+x＝12，
即x2+10x﹣1200＝0，
解得：x1＝30 x2＝﹣40（不合题意舍去），
所以甲车的速度为30km/h，不超过限速，
而乙车的刹车距离为10m，
则有x2+x＝10，
即x2+10x﹣2000＝0，
解得：x1＝40，x2＝﹣50（不合题意舍去），
所以乙车的速度为40km/h，超过了限速35km/h的规定．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次函数的应用，利用一元二次方程正确求出两车的行驶速度是解题关键．
17．（2021秋•越城区期中）圆的半径为x（cm），那么圆的面积y（cm2）可以表示为y＝πx2；存入银行2万元，先存一个一年期，一年后将本息转存为又一个一年期，设年利率均为x，那么两年后共得本息y（万元）可以表示为y＝2（1+x）2；…还可以表示许多不同情境中变量之间的类似这种特殊函数关系，请你再列举一例： 一个圆柱的高等于底面半径，那么它的表面积S与半径r之间的关系式为S＝4πr2 ．
【分析】根据给出的实例得出所列解析式为y＝a（x+h）2（a≠0，h为任意实数）即可．
【解答】解：答案不唯一：
例：一个圆柱的高等于底面半径，那么它的表面积S与半径r之间的关系式为S＝4πr2．
故答案为：一个圆柱的高等于底面半径，那么它的表面积S与半径r之间的关系式为S＝4πr2．
【点评】本题考查二次函数的应用，关键是特殊二次函数的应用．
18．（2021秋•拱墅区校级期中）某农场拟建一个梯形饲养场ABCD，其中AD，CD分别靠现有墙DM，DN，其余用新墙砌成，墙DM长为9米，墙DN足够长，两面墙形成的角度为135°，新墙DE将饲养场隔成△CDE和矩形ABED两部分．已知新建墙体总长为30米．设AB＝x米，梯形饲养场ABCD的面积为S米2．
（1）求S关于x的函数表达式；
（2）当x为何值时，饲养场ABCD的面积最大，并求出最大面积．
【分析】（1）根据矩形和等腰直角三角形的性质得出AB＝DE＝CE＝x米，AD＝BE＝30﹣3x米，再由矩形和三角形的面积公式可得S关于x的函数解析式；
（2）由墙DM长为9米得出x的取值范围，再将函数解析式配方成顶点式，根据二次函数的性质可得最值情况．
【解答】解：（1）∵四边形ABED是矩形，
∴AB＝CE＝x米，∠ADE＝∠DEC＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠EDC＝∠DCE＝45°，
∴CE＝DE＝x米，
∴BE＝（30﹣3x）米，
∴S＝x（30﹣3x）+x2＝﹣x2+30x；
（2）∵30﹣3x≤9，
∴x≥7，
S＝﹣x2+30x＝﹣（x﹣6）2+90，
∵当x＞6时，S随x的增大而减小，
∴当x＝7时，Smax＝87.5，
答：当x＝7时，饲养场ABCD的面积最大，最大面积为87.5平方米．
【点评】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握矩形和等腰直角三角形的性质得出函数解析式和二次函数的性质是解题的关键．
九．圆周角定理（共4小题）
19．（2021秋•上城区校级期中）如图，点A，B，P是⊙O上的三点，若∠AOB＝40°，则∠APB的度数为（ ）
A．80°B．140°C．20°D．50°
【分析】直接利用圆周角定理求解．
【解答】解：∠APB＝∠AOB＝×40°＝20°．
故选：C．
【点评】本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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
20．（2021秋•北仑区校级期中）如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，若∠BCD＝40°，则∠ABD的大小为 50° ．
【分析】连接AC，如图，先利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用互余计算出∠ACD＝50°，然后再利用圆周角定理得到∠ABD的度数．
【解答】解：连接AC，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCD＝90°﹣40°＝50°，
∴∠ABD＝∠ACD＝50°．
故答案为50°．
【点评】本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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
21．（2021秋•淳安县期中）四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD＝160°，则∠BCD＝ 80°或100° ．
【分析】根据∠BOD和∠BCD是同弧所对的圆周角和圆心角来解答．
【解答】解：如图1，
∵∠BOD＝160°，
∴∠BCD＝∠BOD＝×160°＝80°，
如图2，
∵∠BOD＝160°，
∴∠BAD＝∠BOD＝×160°＝80°，
∴∠BCD＝180°﹣∠BAD＝100°．
故答案为80°或100°．
【点评】本题考查了圆周角定理，要知道，同弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半．
22．（2021秋•上城区校级期中）如图，AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E．连接AC、OC、BC．
（1）试说明：∠BCO＝∠ACD；
（2）若AE＝4cm，BE＝16cm，求弦CD的长．
【分析】（1）利用垂径定理得到＝，则根据圆周角定理得到∠ACD＝∠B，加上∠B＝∠BCO，从而得到∠BCO＝∠ACD；
（2）先计算出OA＝10，OE＝6，再利用勾股定理计算出CE＝8，然后利用垂径定理得到CE＝DE，从而可求出CD的长．
【解答】解：（1）∵AB⊥CD，
∴＝，
∴∠ACD＝∠B，
∵OB＝OC，
∴∠B＝∠BCO，
∴∠BCO＝∠ACD；
（2）∵AE＝4，BE＝16，
∴OA＝10，OE＝6，
在Rt△OCE中，CE＝＝8，
∵AB⊥CD，
∴CE＝DE，
∴CD＝2CE＝16，
答：弦CD的长为16cm．
【点评】本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．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
一十．圆内接四边形的性质（共1小题）
23．（2021秋•余杭区期中）如图，在⊙O内接四边形ABCD中，若∠ABC＝100°，则∠ADC＝ 80 °．
【分析】直接根据圆内接四边形的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣100°＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．
一十一．点与圆的位置关系（共2小题）
24．（2021秋•萧山区期中）半径为5的⊙O，圆心在直角坐标系的原点O，则点P（3，﹣4）与⊙O的位置关系是（ ）
A．在⊙O上B．在⊙O内C．在⊙O外D．不能确定
【分析】先利用两点间的距离公式求出点P到原点的距离OP，再判断OP与半径r的大小关系，从而得出答案．
【解答】解：∵点P（3，﹣4），
∴OP＝＝5，
∵r＝5，
则OP＝r，
∴点P在⊙O上，
故选：A．
【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是掌握点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：①点P在圆外⇔d＞r②点P在圆上⇔d＝r③点P在圆内⇔d＜r．
25．（2021秋•柯桥区期中）若⊙O的半径是5cm，点A在⊙O内，则OA的长可能是（ ）
A．2cmB．5cmC．6cmD．10cm
【分析】设点到圆心的距离为d，圆的半径为r，则d＞r时，点在圆外；当d＝r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
【解答】解：∵点A在⊙O内，且⊙O的半径是5cm，
∴OA＜5cm，
观察选项，只有选项A符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系．熟记点与圆位置关系与数量关系的对应是解题关键，由位置关系可推得数量关系，同样由数量关系也可推得位置关系．
一十二．弧长的计算（共2小题）
26．（2021秋•滨江区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点D为⊙O上一点，且∠ABD＝30°，AB＝8，则的长为 ．
【分析】先计算圆心角为120°，根据弧长公式可得结果．
【解答】解：连接OD，
∵∠ABD＝30°，
∴∠AOD＝2∠ABD＝60°，
∴∠BOD＝120°，
∵AB＝8，
∴R＝4，
∴的长＝，
故答案为．
【点评】本题考查了弧长的计算和圆周角定理，熟练掌握弧长公式是关键，属于基础题．
27．（2021秋•西湖区期中）如图，AB是⊙O的直径，点C、D均在⊙O上，∠ACD＝30°，弦AD＝4cm．
（1）求⊙O的直径．
（2）求的长．
【分析】（1）利用30度的角所对的边是斜边的一半进行计算；
（2）连接OD，则∠AOD＝2∠ACD＝60°，然后利用面积公式计算．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°．
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠ABD＝∠ACD＝30°．
∵AD＝4，
∴AB＝8．
∴⊙O的直径为8cm．
（2）连接OD，则∠AOD＝2∠ACD＝60°．
∴的长为．
【点评】本题考查的是圆周角定理、弧长公式，掌握周角定理、弧长公式是解题的关键．
一十三．扇形面积的计算（共1小题）
28．（2021秋•淳安县期中）已知扇形所在圆半径为4，弧长为6π，则扇形面积为 12π
【分析】直接根据扇形的面积公式S扇形＝lR进行计算即可．
【解答】解：根据扇形的面积公式，得
S扇形＝lR＝×6π×4＝12π．
故答案为：12π．
【点评】本题考查了扇形面积的计算．熟记公式是解题的关键．
一十四．旋转的性质（共2小题）
29．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度与△AB′C′重合（B与B′是对应点），使得点C恰好落在B′C′上，若∠ACB＝75°，则∠BCB′的度数为（ ）
A．35°B．30°C．25°D．20°
【分析】利用旋转的性质得出∠C′＝∠ACB和AC＝AC′，从而得出∠ACC′，即可求解．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度与△AB′C′重合，∠ACB＝75°，
∴∠C′＝∠ACB＝75°，AC＝AC′，
∴∠ACC′＝∠C′＝75°，
∴∠BCB′＝180°﹣∠ACB﹣∠ACC′＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查旋转的性质，解题的关键是利用旋转的性质得出∠ACC′．
30．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝50°，点D在斜边AB上，如果△ABC绕点B旋转后与△EBD重合，连结AE，那么∠EAB的度数为 70° ．
【分析】先根∠CAB＝50°，求出∠ABC，再结合图形，根据旋转的性质确定出△ABC旋转后与△EBD重合的过程，然后得出答案即可．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠CAB＝50°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝90°﹣50°＝40°．
∵△ABC经过旋转后与△EBD重合，
∴这一旋转的旋转中心是点B，旋转角是40°．BE＝BA，
∴∠BAE＝（180°﹣40°）＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，准确识图是解题的关键．
一十五．坐标与图形变化-旋转（共1小题）
31．（2021秋•台州期中）点A（2，3）绕原点O顺时针旋转90°后得点B，则点B的坐标是 （3，﹣2） ．
【分析】将点A（3，2）绕原点O旋转90°得点B，根据旋转的性质即可得出答案．
【解答】解：将点A（2，3）绕原点O旋转90°得点B．可得：点B的坐标为（3，﹣2），
故答案为：（3，﹣2）．
【点评】本题考查了旋转的性质的应用，根据旋转的性质解答是解此题的关键．
一十六．作图-旋转变换（共1小题）
32．（2021秋•上城区校级期中）如图所示，△ABC的各顶点都在8×8的网格中的格点（即各个小正方形的顶点）上．
（1）将线段BC绕图中F、G、H、M、N五个格点中的其中一个点可旋转到线段B2C2（点B的对应点为B2）．则旋转中心是点 G ．
（2）将△ABC绕点A顺时针旋转90°得后到的△AB1C1．在图中画出△AB1C1．
【分析】（1）利用网格特点作BB2和CC2的垂直平分线，它们的交点为G，从而得到旋转中心；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点B1、C1即可．
【解答】解：（1）旋转中心是点G；
（2）如图，△AB1C1为所作．
【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．
一十七．比例的性质（共3小题）
33．（2021秋•上城区校级期中）如果＝，那么的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】可设a＝5x，b＝3x，再代入计算即可．
【解答】解：设a＝5x，则b＝3x，
∴＝＝，
故选：B．
【点评】本题考查比例的基本性质，根据比例关系设出未知数是解题关键．
34．（2021秋•鄞州区校级期中）如果x：（x+y）＝3：5，那么x：y＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先根据x：（x+y）＝3：5可得5x＝3x+3y，整理可得2x＝3y，进而得到x：y＝3：2．
【解答】解：∵x：（x+y）＝3：5，
∴5x＝3x+3y，
2x＝3y，
∴x：y＝3：2＝，
故选：D．
【点评】此题主要考查了比例的性质，关键是掌握内项之积等于外项之积．
35．（2021秋•诸暨市期中）已知x：y＝2：3，求：
（1）的值；
（2）若x+y＝15，求x，y的值．
【分析】（1）利用已知表示出x，y的值，进而求出答案；
（2）直接利用已知x+y＝15，进而得出答案．
【解答】解：由x：y＝2：3，设x＝2k，y＝3k；
（1）＝＝﹣2；
（2）∵x+y＝15，
∴2k+3k＝15，
解得：k＝3，
∴x＝6，y＝9．
【点评】此题主要考查了比例的性质，正确用同一未知数表示出各数是解题关键．
一十八．比例线段（共1小题）
36．（2021秋•鹿城区校级期中）已知线段a＝3，b＝12，则线段a，b的比例中项是 6 ．
【分析】根据比例中项的定义，列出比例式即可求解．
【解答】解：设比例中项为c，根据比例中项的概念结合比例的基本性质，
得：比例中项的平方等于两条线段的乘积，
所以c2＝ab，即c2＝36，解得c＝6，c＝﹣6（不合题意，舍去），
故答案为：6．
【点评】此题考查了比例线段；理解比例中项的概念，注意线段不能是负数．
一十九．黄金分割（共4小题）
37．（2021秋•诸暨市期中）已知点P是线段AB的黄金分割点，AP＞PB．若AB＝2，则AP值为（ ）
A．B．3﹣C．﹣1D．﹣3
【分析】根据黄金分割的定义求得AP＝AB，进而可求解．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，AP＞PB，
∴AP＝AB，
∵AB＝2，
∴AP＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查主要考查黄金分割，求得AP＝AB是解题的关键．
38．（2021秋•婺城区校级期中）在中华经典美文阅读中，小明同学发现自己的一本书的宽与长之比为黄金比．已知这本书的长为20cm，则它的宽约为（ ）
A．12.36cmB．13.6cmC．32.36cmD．7.64cm
【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值（）叫做黄金比．
【解答】解：方法1：设书的宽为x，则有（20+x）：20＝20：x，解得x＝12.36cm．
方法2：书的宽为20×0.618＝12.36cm．
故选：A．
【点评】理解黄金分割的概念，找出黄金分割中成比例的对应线段是解决问题的关键．
39．（2021秋•杭州期中）已知线段AB＝2，如果点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，那么AP的值为 ﹣1 ．
【分析】直接利用黄金分割的定义计算．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞BP，
∴AP＝AB＝×2＝﹣1．
故答案为﹣1．
【点评】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．其中AC＝AB≈0.618AB，并且线段AB的黄金分割点有两个．
40．（2021秋•婺城区校级期中）如图，乐器上一根弦固定在乐器面板上A、B两点，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，若AB＝10cm，则AC＝ 6.2 cm．（结果精确到0.1）
【分析】把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值（ ）叫做黄金比．根据黄金分割点的定义，知AC是较长线段，运用黄金分割的比值进行计算即可．
【解答】解：由于点C是线段AB的黄金分割点，支撑点C是靠近点B的黄金分割点．
则AC＝10×＝5 ﹣5≈6.2cm．
故答案为：6.2．
【点评】考查了黄金分割点的概念．特别注意这里的AC是较长线段；熟记黄金分割的比值进行计算．
二十．平行线分线段成比例（共1小题）
41．（2021秋•江北区校级期中）如图，在▱ABCD中，E为AD的三等分点，AE＝AD，连接BE交AC于点F，AC＝12，则AF为（ ）
A．4B．4.8C．5.2D．6
【分析】根据平行四边形的对边相等可得AD＝BC，然后求出AE＝AD＝BC，再根据平行线分线段成比例定理求出AF、FC的比，然后求解即可．
【解答】解：在▱ABCD中，AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD的三等分点，
∴AE＝AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴＝＝，
∵AC＝12，
∴AF＝×12＝4.8．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，平行四边形的对边平行且相等的性质，熟记定理并求出AF、FC的比是解题的关键．
二十一．相似三角形的判定与性质（共7小题）
42．（2021秋•婺城区校级期中）在△ABC和△DEF中，AB＝3DE，AC＝3DF，∠A＝∠D．如果△ABC的周长为24，面积为18，则△DEF的周长、面积分别是（ ）
A．8，6B．8，2C．，6D．，2
【分析】由AB＝3DE，AC＝3DF，可得＝3，＝3，可得＝，由∠A＝∠D，可证明△ABC∽△DEF，再根据相似三角形性质即可求得结论．
【解答】解：在△ABC和△DEF中，
∵AB＝3DE，
∴＝3，
∵AC＝3DF，
∴＝3，
∴＝，
∵∠A＝∠D，
∴△ABC∽△DEF，
∴＝＝3，
∵△ABC的周长为24，
∴△DEF的周长＝×24＝8，
∴＝＝32＝9
∵S△ABC＝18，
∴S△DEF＝S△ABC＝2．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，是一道基础题，熟练掌握和灵活运用相似三角形性质是解答本题的关键．
43．（2021秋•鄞州区校级期中）如图，在▱ABCD中，点E在对角线BD上，EM∥AD，交AB于点M，EN∥AB，交AD于点N，则下列式子一定正确的是（ ）
A．＝B．＝C．＝D．＝
【分析】根据平行四边形的性质以及相似三角形的性质．
【解答】解：
∵在▱ABCD中，EM∥AD
∴易证四边形AMEN为平行四边形
∴易证△BEM∽△BAD∽△END
∴＝＝，A项错误
＝，B项错误
＝＝，C项错误
＝＝，D项正确
故选：D．
【点评】此题主要考查相似三角形的性质及平行四边形的性质，本题关键是要懂得找相似三角形，利用相似三角形的性质求解．
44．（2021秋•拱墅区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝5，D、E分别是边AC和AB上的点，且∠ADE＝∠B，若AD•BC的值为10，则DE的长为 2 ．
【分析】根据题意，得∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，可求证△ADE∽△ABC，可得，即AD•BC＝AB•DE，即可求解．
【解答】解：∵∠ADE＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴，即AD•BC＝AB•DE，
∵AB＝5，AD•BC＝10，
∴DE＝2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形对应边长成比例是解决问题的关键．
45．（2021秋•江北区校级期中）如图，已知等边△ABC内接于圆，圆的半径为，在劣弧AB上取异于A、B的点M．如果设直线AC与BM相交于K，直线CB与AM相交于点N，则线段AK•BN的值为 ．
【分析】由条件可证明△ABK∽△BNA，根据相似三角形的性质可得AK•BN＝AB2，再由圆的半径求得AB的长，可求得答案．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠C＝∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠BAK＝∠ABN＝120°，
又∵∠AMK＝∠C＝60°，
∴∠ABM+∠BAM＝∠ABM+∠K，
∴∠K＝∠BAM，
∴△ABK∽△BNA，
∴＝，
∴AK•BN＝AB2，
如图，设圆心为O，过O作OD⊥AB于点D，连接OA，
则OA＝，由直角三角形的性质可得OD＝×＝，
由勾股定理可得AD＝，
∴AB＝2AD＝，
∴AK•BN＝AB2＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，由条件证明三角形相似得到AK•BN＝AB2是解题的关键．
46．（2021秋•海曙区校级期中）如图，D是△ABC的边BC上一点，AB＝4，AD＝2，∠DAC＝∠B，如果△ABD的面积为15．
（1）求证：△DAC∽△ABC；
（2）求△ACD的面积．
【分析】（1）根据题中的已知条件可知∠DAC＝∠B，∠C＝∠C，由“有两组对应角分别相等的两个三角形相似”可判定△DAC∽△ABC；
（2）设△ACD的面积为S，题中已知AB＝4，AD＝2，而且AD、AB恰好是△DAC与△ABC这对相似三角形的一组对应边，所以根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列方程求出S的值即可．
【解答】（1）证明：如图，∵∠DAC＝∠B，∠C＝∠C，
∴△DAC∽△ABC．
（2）设△ACD的面积为S，
∵△ABD的面积为15．
∴△ABC的面积为15+S，
∵△DAC∽△ABC，
∴，
∴，
解得S＝5，
∴△ACD的面积为5．
【点评】此题考查相似三角形的判定与性质，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求三角形面积等知识与方法，此题是一道很好的练习题．
47．（2021秋•温州校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，点P在BA的延长线上，PB＝3PA，点D在BC边上，∠BPD＝∠ACP．
（1）求证：PD＝PC；
（2）求的值．
【分析】（1）由AB＝AC得∠B＝∠ACB，根据已知条件∠BPD＝∠ACP及三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可以证明∠PDC＝∠PCD，则PD＝PC；
（2）过点D作DE∥AC交AB于点E，先证明△EPD≌△ACP，则EP＝AC＝AB，由PB＝3PA可推得AB＝2AP＝2BE，则点E为AB的中点，根据平行线分线段成比例定理可以求出的值为1．
【解答】（1）证明：如图，∵AB＝AC，
∠B＝∠ACB，
∠BPD＝∠ACP，
∴∠B+∠BPD＝∠ACB+∠ACP，
∵∠PDC＝∠B+∠BPD，∠PCD＝∠ACB+∠ACP，
∴∠PDC＝∠PCD，
∴PD＝PC．
（2）解：如图，过点D作DE∥AC交AB于点E，
∴∠DEP＝∠PAC，
∵∠EPD＝∠ACP，PD＝CP，
∴△EPD≌△ACP（AAS），
∴EP＝AC，
∴EP＝AB，
∴EP﹣AE＝AB﹣AE，
∴AP＝BE，
∵PB＝3PA，
∴AB＝2AP＝2BE，
∴BE＝AE，
∴＝＝1，
∴的值为1．
【点评】此题考查平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，过点D作DE∥AC是解题的关键．
48．（2021秋•温州校级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，DE⊥BC于点E，CF⊥AB交AB的延长线于点F．
（1）求证：△CBF∽△DCE；
（2）若点E恰为BC中点，且AB＝6，BF＝4，求AD的长．
【分析】（1）根据∠DEC＝∠F＝90°，∠DCE＝∠CBF即可证明这两个三角形相似；
（2）由（1）得：△CBF∽△DCE，根据相似三角形的对应边成比例，得＝，代入数据即可求出AD的长．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，CF⊥AB，
∴∠DEC＝∠F＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DCE＝∠CBF，
∴△CBF∽△DCE；
（2）解：∵点E为BC中点，AB＝6，BF＝4，
∴CE＝BC，DC＝AB＝6，
设AD＝BC＝x，则CE＝x，
由（1）得：△CBF∽△DCE，
∴＝，即＝
解得x＝4（负值舍去），
∴AD＝4．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，本题的关键是根据三角形相似得到对应线段成比例，从而求得线段的长度．
二十二．相似三角形的应用（共3小题）
49．（2021秋•海曙区校级期中）如图，小明在打网球时，使球恰好能打过网，而且落在离网4米的位置上，则球拍击球的高度h为（ ）
A．1.6米B．1.5米C．2.4米D．1.2米
【分析】根据球网和击球时球拍的垂直线段平行即DE∥BC可知，△ADE∽△ACB，根据其相似比即可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ACB，即＝，
则＝，
∴h＝1.5．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
50．（2021秋•温州校级期中）有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点G正好在书架边框上．每本书的厚度为5cm，高度为20cm，书架宽为40cm，则FI的长 cm ．
【分析】根据题意得出CI＝20cm，EF＝20cm，FG＝5cm，证△GIF∽△FEC，根据线段比例关系得出FI的长度即可．
【解答】解：由题知，CI＝BI﹣BC＝40﹣20＝20cm，EF＝20cm，FG＝5cm，
∵∠EFC+∠CEF＝90°，∠EFC+∠GFI＝90°，
∴∠CEF＝∠GFI，
∵∠ECF＝∠FIG＝90°，
∴△GIF∽△FEC，
∴＝，
即＝，
∴CE＝4FI，
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2＝EF2，
即（4FI）2+（20﹣FI）2＝202，
解得FI＝或FI＝0（舍去），
故答案为：cm．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质并根据比例关系求值是解题的关键．
51．（2021秋•常山县期中）小豪为了测量某塔高度，把镜子放在离塔（AB）50m的点E处，然后沿着直线BE后退到点D，这时恰好在镜子里看到塔尖A，再测得DE＝2.4m，小豪目高CD＝1.68m，求塔的高度AB．
【分析】如图容易知道CD⊥BD，AB⊥BE，即∠CDE＝∠ABE＝90°．由光的反射原理可知∠CED＝∠AEB，这样可以得到△CED∽△AEB，然后利用对应边成比例就可以求出AB．
【解答】解：由题意知∠CED＝∠AEB，∠CDE＝∠ABE＝90°，
∴△CED∽△AEB．
∴＝，
∴＝，
∴AB＝35米．
故塔的高度AB为35米．
【点评】考查了相似三角形的应用，本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中，利用相似三角形的性质就可以求出结果．
二十三．位似变换（共1小题）
52．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，两个五边形是位似图形，位似中心为点O，点A与A′对应，，若小五边形的周长为4，则大五边形的周长为（ ）
A．6B．9C．10D．25
【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比，进而得出答案．
【解答】解：∵两个五边形是位似图形，位似中心为点O，点A与A′对应，，
∴＝，
∴＝，
∵小五边形的周长为4，设大正方形的周长为x，
∴＝，
解得：x＝10．
故选：C．
【点评】此题主要考查了位似图形，正确得出相似比是解题关键．
二十四．作图-位似变换（共1小题）
53．（2021秋•温州校级期中）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，请按要求在方格纸内作图．
（1）在图甲中以点A为位似中心，作△ABC的位似图形，使得与△ABC的位似比为1：2．
（2）在图乙中作出△ABC的相似三角形，使得该三角形的顶点都在格点上，且与△ABC相似比为1：．
【分析】（1）根据位似图形的性质进行画图；
（2）根据相似三角形的性质，求出所画三角形三边长即可．
【解答】解：如图：
（1）△AB'C'即为所求；
（2）△DEF即为所求．
【点评】本题主要考查了作图﹣位似变换，相似变换，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
二十五．概率的意义（共1小题）
54．（2021秋•上城区期中）有一则笑话：妈妈正在给一对双胞胎洗澡，先洗哥哥，再洗弟弟，刚把两人洗完，就听到两个小家伙在床上笑，“你们笑什么？”妈妈问“妈妈!”老大回答，“您给弟弟洗了两回，可是还没给我洗呢!”此事件发生的概率为（ ）
A．B．C．D．1
【分析】根据概率是指某件事发生的可能性为多少解答即可．
【解答】解：此事件发生的概率，
故选：A．
【点评】本题考查了概率的意义，正确理解概率的含义是解决本题的关键．
二十六．概率公式（共5小题）
55．（2021秋•温州校级期中）任意抛掷一枚均匀的骰子，骰子停止转动后，朝上的点数是奇数的概率是 ．
【分析】根据概率的意义，先列举出所有可能出现的结果，再找出点数为奇数的结果数，进而求出概率．
【解答】解：随机投掷一枚均匀的正方体骰子，骰子停止后朝上的点数可能为1、2、3、4、5、6，并且这6种可能性是均等的，
其中，朝上的点数为奇数的有1、3、5三种，
所以P奇数＝＝．
故答案为．
【点评】本题考查概率的意义和计算方法，理解概率的意义，掌握概率的求法是解决问题的前提．
56．（2021秋•越城区期中）如图，在4×4正方形网格中，A、B在格点上，在网格的其它格点上任取一点C（不含A、B），能使△ABC为等腰三角形的概率是 ．
【分析】根据已知条件，可知按照点C所在的直线分两种情况：①点C以点A为标准，AB为底边；②点C以点B为标准，AB为等腰三角形的一条边．
【解答】解：如图，∵AB＝＝．
①若AB＝AC，则符合要求的有：C1，C2，C3，C4，C5，共5个点；
②若BA＝BC，则符合要求的有：C6，C7，C8共3个点；
若AC＝BC，则不存在这样格点．
∴这样的C点有8个．
∴能使△ABC为等腰三角形的概率是．
故答案为．
【点评】此题考查概率的求法：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）＝．
57．（2021秋•拱墅区校级期中）一枚质地均匀的骰子，每个面标有的点数是1～6，抛掷骰子，点数是3的倍数的概率是 ．
【分析】共有6种等可能的结果数，其中点数是3的倍数有3和6，从而利用概率公式可求出向上的一面出现的点数是3的倍数的概率．
【解答】解：掷一次骰子，向上的一面出现的点数是3的倍数的有3，6，
故骰子向上的一面出现的点数是3的倍数的概率是＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
58．（2021秋•海曙区校级期中）为了帮助残疾人，某地举办“即开型”福利彩票销售活动，规定每10万张为一组，其中有10名一等奖，100名二等奖，1000名三等奖，5000名爱心奖，小明买了10张彩票，则他中奖的概率为 1﹣（0.9389）10 ．
【分析】只需先算出买一张彩票中奖的概率，就可算出买10张彩票中奖的概率．
【解答】解：买一张彩票不中奖的概率为＝0.9389，
则买10张彩票不中奖的概率为（0.9389）10，
∴买10张彩票中奖的概率为1﹣（0.9389）10．
故答案为1﹣（0.9389）10．
．
【点评】本题主要考查了概率公式的运用，需要说明的是买的彩票越多，中奖的可能性就越大．
59．（2021秋•拱墅区校级期中）在2，﹣2，0三个整数中，任取一个，恰好使分式有意义的概率 ．
【分析】利用使分式有意义的概率＝使分式有意义的数的个数÷数的个数，即可求出结论．
【解答】解：当取出数字﹣2，0时，分式有意义，
∴使分式有意义的概率为．
故答案为：
【点评】本题考查了概率公式以及分式有意义的条件，牢记随机事件的概率公式是解题的关键．
二十七．利用频率估计概率（共1小题）
60．（2021秋•西湖区期中）某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率约是（ ）
A．0.90B．0.82C．0.85D．0.84
【分析】根据大量的试验结果稳定在0.82左右即可得出结论．
【解答】解：∵从频率的波动情况可以发现频率稳定在0.82附近，
∴这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率是0.82．
故选：B．
【点评】本题主要考查的是利用频率估计概率，熟知大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率是解答此题的关键．
射击次数
20
80
100
200
400
1000
“射中九环以上”的次数
18
68
82
168
327
823
“射中九环以上”的频率（结果保留两位小数）
0.90
0.85
0.82
0.84
0.82
0.82