2024-2025学年吉林省四平市九年级（上）期末数学模拟试卷（二）

这是一份2024-2025学年吉林省四平市九年级（上）期末数学模拟试卷（二），共26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）已知抛物线，下列说法正确的是（ ）
A．开口向上
B．对称轴是直线x＝﹣3
C．顶点坐标为
D．当x＜﹣3时，y随x的增大而减小
2．（2分）一个袋子里有7个红球、4个黄球和1个绿球．从中任意摸出1个球，摸出的球（ ）
A．一定是绿球B．一定是黄球
C．一定是红球D．红球的可能性大
3．（2分）如图，已知△ABC与△DEF成中心对称，则对称中心可能是（ ）
A．点CB．点E
C．线段BC的中点D．线段BE的中点
4．（2分）如果关于x的一元二次方程ax2﹣2x﹣1＝0有实数根，则a的取值范围是（ ）
A．a≥﹣1B．a≥﹣1且a≠0C．a＞﹣1D．a＞﹣1且a≠0
5．（2分）将抛物线y＝﹣x2向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的函数关系式是（ ）
A．y＝﹣（x﹣1）2﹣2B．y＝﹣（x﹣1）2+2
C．y＝﹣（x+1）2﹣2D．y＝﹣（x+1）2+2
6．（2分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，现将它沿AB方向平移1个单位，得到正六边形A′B′C′D′E′F′，则阴影部分A′BCDE′F′的面积是（ ）
A．3B．4C．D．2
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）方程x2＝3x的解是 ．
8．（3分）如图，P是正方形ABCD内的一点，将△PCD绕点C逆时针方向旋转后与△P′CB重合，若PC＝2，则PP′＝ ．
9．（3分）已知Rt△ABC的两直角边的长分别为6cm和8cm，则它的外接圆的半径为 cm．
10．（3分）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度h（米）与小球的运动时间t（秒）之间的关系式是h＝30t﹣5t2（0≤t≤6），运动2秒时，小球的高度是 米．
11．（3分）某林业局将一种树苗移植成活的情况绘制成如图所示的折线统计图，由此可估计这种树苗移植1200棵，成活的大约有 棵．
12．（3分）已知方程x2+5x﹣6＝0的解是x1＝1，x2＝﹣6，则方程（2x+3）2+5（2x+3）﹣6＝0的解是 ．
13．（3分）如图，⊙O的直径AB＝4，半径OC⊥AB，点D在弧BC上，DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，若点E为OC的中点，弧CD的度数为 ．
14．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则当y＞0时，x的取值范围是 ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）解方程：x2﹣4x﹣5＝0（用配方法）
16．（5分）已知抛物线与直线y2＝x+6的图象交于A，B两点（点A在点B的左侧），试分别求A，B两点的横坐标．
17．（5分）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是AB的中点，连接OC并延长交劣弧AB于点D，连接OB，DB．若AB＝4，CD＝1，求△BOD的面积．
18．（5分）如图，在△ABC中，∠B＝45°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点B′在BC的延长线上．
求证：BB′⊥C′B′．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）小明和小芳做配紫色游戏，如图是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并涂上图中所示的颜色．同时转动两个转盘，如果转盘A转出了红色，转盘B转出了蓝色，或者转盘A转出了蓝色，转盘B转出了红色，则红色和蓝色在一起配成紫色，
（1）利用列表或树状图的方法表示此游戏所有可能出现的结果；
（2）若出现紫色，则小明胜．此游戏的规则对小明、小芳公平吗？试说明理由．
20．（7分）如图，CD是⊙O的直径，AE⊙O相切于点B，连接BC、BD，过圆心O作OE∥BC，连接EB并延长，交DC延长线于点A．
（1）求证：∠D＝∠E；
（2）若F是OE的中点，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积．
21．（7分）在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）以点C为旋转中心，将△ABC按顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△A′B′C；
（2）在（1）的基础上，求线段AB和线段A′B′夹角的度数．
22．（7分）在一块长为40m，宽为30m的矩形地面上，修建等宽的道路，剩余部分种上草坪．
（1）如图①，测得草坪的面积是1064m2，求道路的宽度；
（2）后来要在这块矩形地面上，重新进行规划，打算修建两横两竖等宽的道路（横竖道路各与矩形的一条边平行），如图②所示，剩余部分种上草坪，如果要使草坪的面积是地面面积的二分之一，道路的宽度应设计为多少？
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，在△ABC中，经过A、B两点的⊙O与边BC交于点E，圆心O在BC上，过点O作OD⊥BC交⊙O于点D，连接AD交BC于点F，且AC＝FC．
（1）试判断AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，CE＝1，∠C＝30°，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
24．（8分）如图，正方形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，
（1）在图1中E是AC上一点，F是OB上一点，且OE＝OF，回答下列问题：可以通过平移、旋转、翻折中的哪一种方法，如何变换使△OAF变到△OBE的位置？答： ．
（2）若点E、F分别在OC、OB的延长线上，并且OE＝OF（如图2），试比较AF与BE长度的大小并说明理由．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）将两个能完全重合的等腰直角三角板ABC、DEF按图①所示的位置放置，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，AB＝DE＝12cm，边EF、AB在同一条直线上，点A与点F重合，点E与点B在点A（F）的两侧．现将三角板DEF沿射线AB方向平移，如图②所示，在平移的过程中始终保持边EF、AB在同一条直线上，平移至点F和点B重合时停止运动．设平移的距离为x（cm）．
（1）EF＝ ；
（2）当x＝ cm时，点C落在边DF上；当x＝ cm时，点C落在边DE上；
（3）设在平移的过程中，两个三角板重合部分的图形的面积为S（cm2），求出S关于x的函数关系式．
26．（10分）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OA＝OC＝6，对称轴是直线x＝﹣2，点F在对称轴上运动．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在一点F，使得∠BFC为直角？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）将线段BC绕着点F逆时针方向旋转90°后得到线段B1C1，当点B1与C1恰有一点落在抛物线上时，求点F的坐标．
2024-2025学年吉林省四平市九年级（上）期末数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）已知抛物线，下列说法正确的是（ ）
A．开口向上
B．对称轴是直线x＝﹣3
C．顶点坐标为
D．当x＜﹣3时，y随x的增大而减小
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口方向、对称轴及顶点坐标、增减性，进而求解．
【解答】解：A，a＝﹣1＜0，开口向下，原说法错误，不符合题意；
B，对称轴是直线x＝3，原说法错误，不符合题意；
C，顶点坐标为，原说法正确，符合题意；
D，当x＜﹣3时，y随x的增大而增大，原说法错误，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是关键．
2．（2分）一个袋子里有7个红球、4个黄球和1个绿球．从中任意摸出1个球，摸出的球（ ）
A．一定是绿球B．一定是黄球
C．一定是红球D．红球的可能性大
【分析】先分别求出摸出三种球的概率，再比较大小求解．
【解答】解：摸出红球的概率为：，摸出黄球的概率为：，摸出绿球的概率为：，
∵，
故选：D．
【点评】本题考查了可能性的大小，会求简单事件的概率是解题的关键．
3．（2分）如图，已知△ABC与△DEF成中心对称，则对称中心可能是（ ）
A．点CB．点E
C．线段BC的中点D．线段BE的中点
【分析】根据中心对称的定义解答即可．
【解答】解：∵△ABC与△DEF成中心对称，B，E是对称点，
∴对称中心可能是线段BE的中点．
故选：D．
【点评】本题考查的是中心对称，熟知关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分是解题的关键．
4．（2分）如果关于x的一元二次方程ax2﹣2x﹣1＝0有实数根，则a的取值范围是（ ）
A．a≥﹣1B．a≥﹣1且a≠0C．a＞﹣1D．a＞﹣1且a≠0
【分析】利用一元二次方程根的判别式，即可求解．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程ax2﹣2x﹣1＝0有实数根，
∴Δ＝（﹣2）2+4a≥0且a≠0，
解得：a≥﹣1且a≠0．
故选：B．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），当Δ＝b2﹣4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝b2﹣4ac＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＝b2﹣4ac＜0时，方程没有实数根是解题的关键．
5．（2分）将抛物线y＝﹣x2向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的函数关系式是（ ）
A．y＝﹣（x﹣1）2﹣2B．y＝﹣（x﹣1）2+2
C．y＝﹣（x+1）2﹣2D．y＝﹣（x+1）2+2
【分析】易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．
【解答】解：原抛物线的顶点为（0，0），向左平移1个单位，再向下平移2个单位，那么新抛物线的顶点为（﹣1，﹣2）；
可设新抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣h）2+k代入得：y＝﹣（x+1）2﹣2．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，抛物线平移不改变二次项的系数的值，解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
6．（2分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，现将它沿AB方向平移1个单位，得到正六边形A′B′C′D′E′F′，则阴影部分A′BCDE′F′的面积是（ ）
A．3B．4C．D．2
【分析】连接A′E′，BD，过F′作F′H⊥A′E′于H，得到四边形A′E′DB是矩形，解直角三角形得到F′H＝1，A′H，求得A′E′＝2，根据矩形和三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接A′E′，BD，过F′作F′H⊥A′E′于H，
则四边形A′E′DB是矩形，
∵正六边形ABCDEF的边长为2，∠A′F′E′＝120°，
∴∠F′A′E′＝30°，
∴F′H＝1，A′H，
∴A′E′＝2，
∵将它沿AB方向平移1个单位，
∴A′B＝1，
∴阴影部分A′BCDE′F′的面积＝S△A′F′E′+S矩形A′E′DB+S△BCD＝221+1×24，
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形与圆，矩形的判定和性质，平移的性质，三角形的面积，正确的识别图形是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）方程x2＝3x的解是 x1＝0，x2＝3 ．
【分析】利用因式分解法求解即可．
【解答】解：x2＝3x，
x2﹣3x＝0，
x（x﹣3）＝0，
∴x＝0或x﹣3＝0，
∴x1＝0，x2＝3．
故答案为：x1＝0，x2＝3．
【点评】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
8．（3分）如图，P是正方形ABCD内的一点，将△PCD绕点C逆时针方向旋转后与△P′CB重合，若PC＝2，则PP′＝ ．
【分析】根据正方形和旋转的性质，推出△PP′C为等腰直角三角形，利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，CD＝CB，
∵△PCD绕点C逆时针方向旋转后与△P′CB重合，
∴∠PCP′＝∠DCB＝90°，CP＝CP′，
∴△PP′C为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，旋转的性质，勾股定理本题考查正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，
9．（3分）已知Rt△ABC的两直角边的长分别为6cm和8cm，则它的外接圆的半径为 5 cm．
【分析】直角三角形的外接圆圆心就是斜边的中点，所以外接圆的半径就是斜边的一半．根据勾股定理，斜边为10cm，所以外接圆的半径就是5cm．
【解答】解：∵Rt△ABC的两直角边的长分别为6cm和8cm，
∴斜边为10cm，
∴外接圆的半径就是5cm．
【点评】本题考查的是直角三角形的外接圆半径，重点在于理解直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆．
10．（3分）从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度h（米）与小球的运动时间t（秒）之间的关系式是h＝30t﹣5t2（0≤t≤6），运动2秒时，小球的高度是 40 米．
【分析】将t＝2代入函数解析式中进行计算求解．
【解答】解：由题意可得：h＝30×2﹣5×22＝40（米）．
故答案为：40．
【点评】本题考查了二次函数求值，正确进行计算是解题关键．
11．（3分）某林业局将一种树苗移植成活的情况绘制成如图所示的折线统计图，由此可估计这种树苗移植1200棵，成活的大约有 960 棵．
【分析】根据图形可以发现，在0.8附近波动，从而可以估计这种树苗移植成活的概率，再根据概率总体数量即可．
【解答】解：这种树苗移植1200棵，成活的大约有：1200×0.8＝960（棵），
故答案为：960．
【点评】本题考查折线统计图，利用样本的频率估计总体，正确记忆相关知识点是解题关键．
12．（3分）已知方程x2+5x﹣6＝0的解是x1＝1，x2＝﹣6，则方程（2x+3）2+5（2x+3）﹣6＝0的解是 x1＝﹣1，x2 ．
【分析】先把方程（2x+3）2+5（2x+3）﹣6＝0看作关于（2x+3）的一元二次方程，利用题中的解得到2x+3＝1或2x+3＝﹣6，然后解两个一元一次方程即可．
【解答】解：把方程（2x+3）2+5（2x+3）﹣6＝0看作关于2x+3的一元二次方程，
所以2x+3＝1或2x+3＝﹣6，
所以x1＝﹣1，x2．
故答案为x1＝﹣1，x2．
【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．
13．（3分）如图，⊙O的直径AB＝4，半径OC⊥AB，点D在弧BC上，DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，若点E为OC的中点，弧CD的度数为 60° ．
【分析】连接OG，交EF于点G，进而得出四边形OEDF是矩形，结合已知条件证明△DEG是等边三角形，即可求解．
【解答】解：如图，连接OD，交EF于点G，
∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥AB，
∴四边形OEDF是矩形，
∴EF＝OD，
∴OG＝GD＝GF＝EG，
∵点E为OC的中点，OC＝OD，
∴，
∴OE＝OG＝EG，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∴弧CD的度数为60°，
故答案为：60°．
【点评】本题考查了矩形的性质，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理及垂径定理，熟知以上知识是解题的关键．
14．（3分）抛物线y＝ax2+bx+c的部分图象如图所示，则当y＞0时，x的取值范围是 ﹣3＜x＜1 ．
【分析】先求出抛物线与x轴另一交点的坐标，再利用函数图象即可而出结论．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线与x轴的一个交点坐标为（﹣3，0），
∴抛物线与x轴的一个交点坐标为（1，0），
∴当﹣3＜x＜1时，y＞0．
故答案为：﹣3＜x＜1．
【点评】本题考查的是二次函数与不等式，能根据题意利用数形结合求出x的取值范围是解答此题的关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）解方程：x2﹣4x﹣5＝0（用配方法）
【分析】方程变形后，利用配方法求出解即可．
【解答】解：方程变形得：x2﹣4x＝5，即x2﹣4x+4＝9，
变形得：（x﹣2）2＝9，
开方得：x﹣2＝3或x﹣2＝﹣3，
解得：x1＝5，x2＝﹣1．
【点评】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．
16．（5分）已知抛物线与直线y2＝x+6的图象交于A，B两点（点A在点B的左侧），试分别求A，B两点的横坐标．
【分析】根据题意，联立方程组求解即可．
【解答】解：联立方程组得，
，
解得，或，
∴交点坐标为（﹣2，4），（4，10），
∵点A在点B 的左侧，
∴点A的横坐标为﹣2，点B的横坐标为4．
【点评】本题主要考查了二次函数与一次函数图象的交点，熟练掌握函数图象的性质是解题的关键．
17．（5分）如图，AB是⊙O的一条弦，点C是AB的中点，连接OC并延长交劣弧AB于点D，连接OB，DB．若AB＝4，CD＝1，求△BOD的面积．
【分析】设⊙O的半径是r，由勾股定理，垂径定理求出圆的半径，由三角形的面积公式即可计算．
【解答】解：设⊙O的半径是r，
∵点C是AB的中点，OC过圆心O，
∴OC⊥AB，
∵AB＝4，CD＝1，
∴BCAB＝2，OC＝OD﹣CD＝r﹣1，
∵OB2＝OC2+BC2，
∴r2＝（r﹣1）2+22，
∴r，
∴OD，
∴△BOD的面积OD•BC2．
【点评】本题考查勾股定理，垂径定理，关键是应用勾股定理求出圆的半径长．
18．（5分）如图，在△ABC中，∠B＝45°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点B′在BC的延长线上．
求证：BB′⊥C′B′．
【分析】根据旋转得到△AB′C′≌△ABC，即可得到AB′＝AB，∠AB′C′＝∠ABC＝45°，进而可以解决问题．
【解答】证明：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，点B′在BC的延长线上，
∴△AB′C′≌△ABC，∠AB′C′＝∠B＝45°，
∴AB′＝AB，
∴∠AB′B＝∠B＝45°，
∴∠BB′C′＝∠AB′C′+∠AB′B＝45°+45°＝90°，
∴BB′⊥C′B′．
【点评】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，根据等边对等角得到∠AB′B＝∠B＝45°是解题的关键．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）小明和小芳做配紫色游戏，如图是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并涂上图中所示的颜色．同时转动两个转盘，如果转盘A转出了红色，转盘B转出了蓝色，或者转盘A转出了蓝色，转盘B转出了红色，则红色和蓝色在一起配成紫色，
（1）利用列表或树状图的方法表示此游戏所有可能出现的结果；
（2）若出现紫色，则小明胜．此游戏的规则对小明、小芳公平吗？试说明理由．
【分析】（1）根据题意，用列表法将所有可能出现的结果，即可得答案；
（2）由（1）的表格，分析可能得到紫色的概率，得到结论．
【解答】解：（1）用列表法将所有可能出现的结果表示如下：所有可能出现的结果共有12种．
（2）上面等可能出现的12种结果中，有3种情况可能得到紫色，故配成紫色的概率是，
即小明获胜的概率是；故小芳获胜的概率是．
而，
故小芳获胜的可能性大，这个“配色”游戏对双方是不公平的．
【点评】本题考查的是游戏公平性的判断．实际考查概率的计算与游戏公平性的理解，要求学生根据题意，结合实际情况，计算并比较游戏者的胜利的概率，进而得到结论．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
20．（7分）如图，CD是⊙O的直径，AE⊙O相切于点B，连接BC、BD，过圆心O作OE∥BC，连接EB并延长，交DC延长线于点A．
（1）求证：∠D＝∠E；
（2）若F是OE的中点，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积．
【分析】（1）先根据圆周角定理和平行线的性质证得∠E＝∠OBD，再根据等腰三角形的性质证得∠D＝∠OBD，进而可得证；
（2）先根据直角三角形斜边中线性质和等边三角形的判定证明△OBF是等边三角形，则∠BOE＝∠OBF＝60°，则，利用含30度角的直角三角形的性质求得，，然后利用阴影部分的面积等于S扇形BOF﹣S△BOG求解即可．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CBD＝90°，
∵OE∥BC，
∴∠BGE＝∠CBD＝90°，
∴∠E+∠EBG＝90°，
∵AE与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AE，
∴∠OBD+∠EBG＝90°，
∴∠E＝∠OBD，
∵OB＝OD，
∴∠D＝∠OBD，
∴∠D＝∠E；
（2）解：如图，连接BF，
∵∠OBE＝90°，F是OE的中点，
∴BE＝OF，
∵OB＝OF，
∴OB＝OF＝BF，
∴△OBF是等边三角形，
∴∠BOE＝∠OBF＝60°，
∵∠OGD＝90°，即OF⊥BD，
∴，
∴，，
∴阴影部分的面积为：．
【点评】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
21．（7分）在4×4的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．
（1）以点C为旋转中心，将△ABC按顺时针方向旋转90°，画出旋转后的△A′B′C；
（2）在（1）的基础上，求线段AB和线段A′B′夹角的度数．
【分析】（1）根据网格的特点和旋转方式找到A、B对应点A′、B′的位置，再顺次连接A′、B′、C即可；
（2）由旋转的性质和直角三角形两个锐角互余可得AB⊥A′B′，据此可得答案．
【解答】解：（1）如图，△A′B′C即为所求；
（2）∵△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A′B′C，
∴∠ACA′＝90°，∠A′＝∠A，
∴∠A′+∠A′DC＝90°，
∵∠A′DC＝∠ADE，
∴∠A+∠ADE＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴AB⊥A′B′，
∴线段AB和线段A′B′夹角的度数为90°．
【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
22．（7分）在一块长为40m，宽为30m的矩形地面上，修建等宽的道路，剩余部分种上草坪．
（1）如图①，测得草坪的面积是1064m2，求道路的宽度；
（2）后来要在这块矩形地面上，重新进行规划，打算修建两横两竖等宽的道路（横竖道路各与矩形的一条边平行），如图②所示，剩余部分种上草坪，如果要使草坪的面积是地面面积的二分之一，道路的宽度应设计为多少？
【分析】（1）设道路的宽度为x m，利用平移的性质，进而得出一元二次方程（40﹣x）（30﹣x）＝1064，求出即可．
（2）设道路的宽度为y m，种植草坪的部分可合成宽为（30﹣2y）m，长为（40﹣2y）m的矩形，根据草坪的面积是地面面积的二分之一，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得y的值，即可求出结论．
【解答】解：（1）设道路的宽度为x m，
由题意，得（40﹣x）（30﹣x）＝1064．
解得x1＝2，x2＝68（不合题意，舍去）．
答：道路的宽度为2m．
（2）设道路的宽度应设计为y m，
由题意，得．
解得y1＝5，y2＝30（不符合题意，舍去）．
答：道路的宽度应设计为5m．
【点评】此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．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，在△ABC中，经过A、B两点的⊙O与边BC交于点E，圆心O在BC上，过点O作OD⊥BC交⊙O于点D，连接AD交BC于点F，且AC＝FC．
（1）试判断AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若，CE＝1，∠C＝30°，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
【分析】（1）AC与⊙O相切．首先利用已知条件证明和等腰三角形的性质证明∠CAF＝∠OFD，然后利用垂直的性质即可证明OA⊥AC解决问题；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，设OA＝OE＝x，首先利用勾股定理求出r，然后分别求出AM，最后利用面积的割补法即可求解．
【解答】解：（1）AC与⊙O的相切，理由如下：
∵AO＝DO，
∴∠D＝∠OAD，
∵CF＝CA，
∴∠CAF＝∠CFA，
又∵∠CFA＝∠OFD，
∴∠CAF＝∠OFD，
∵OD⊥BC，
∴∠OFD+∠ODF＝90°，
∴∠CAF+∠OAF＝90°，
∴OA⊥AC，
∵OA是半径，
∴AC是⊙O的切线，
∴AC与⊙O的相切；
（2）如图，过点A作AM⊥BC于点M，
设OA＝OE＝x，
∵FC，CE＝1，
在Rt△CAO中，由勾股定理，得；x2+（）2＝（x+1）2，
解得：x＝1，
∴OA＝OE＝1，
∴OC＝OE+EC＝2，
∵∠C＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝180°﹣∠AOC＝120°，
在Rt△CAM中，．
∴．
∴，
∴．
【点评】此题分别考查了相似三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、直线与圆的位置关系及和圆有关的计算，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高．
24．（8分）如图，正方形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，
（1）在图1中E是AC上一点，F是OB上一点，且OE＝OF，回答下列问题：可以通过平移、旋转、翻折中的哪一种方法，如何变换使△OAF变到△OBE的位置？答： 以点O为旋转中心，逆时针旋转90度 ．
（2）若点E、F分别在OC、OB的延长线上，并且OE＝OF（如图2），试比较AF与BE长度的大小并说明理由．
【分析】（1）根据图形特点即可得到答案；
（2）延长AF交BE于M，根据正方形性质求出AB＝BC，∠AOB＝∠BOC，证△AOF≌△BOE，推出AF＝BE．
【解答】解：（1）旋转，以点O为旋转中心，逆时针旋转90度．
故答案为：以点O为旋转中心，逆时针旋转90度．
（2）图（1）中AF和BE之间的关系：AF＝BE；AF⊥BE．
证明：如图2，延长EB交AF于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OB，
∴∠AOB＝∠BOC＝90°，
在△AOF和△BOE中，
∴△AOF≌△BOE（SAS），
∴AF＝BE．
【点评】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点的连接和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）将两个能完全重合的等腰直角三角板ABC、DEF按图①所示的位置放置，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，AB＝DE＝12cm，边EF、AB在同一条直线上，点A与点F重合，点E与点B在点A（F）的两侧．现将三角板DEF沿射线AB方向平移，如图②所示，在平移的过程中始终保持边EF、AB在同一条直线上，平移至点F和点B重合时停止运动．设平移的距离为x（cm）．
（1）EF＝ 6cm ；
（2）当x＝ 6 cm时，点C落在边DF上；当x＝ 6 cm时，点C落在边DE上；
（3）设在平移的过程中，两个三角板重合部分的图形的面积为S（cm2），求出S关于x的函数关系式．
【分析】（1）运用勾股定理进行求解；
（2）由题意运用数形结合思想进行求解；
（3）分三种情况，分别求解．
【解答】解：（1）∵∠DFE＝90°，DF＝EF，
∴DF2+EF2＝2EF2＝DE2，
即2EF2＝122，
解得EF＝6（cm），
故答案为：6cm；
（2）当C落在边DF上，如图：
∵AC＝EF＝6cm，∠CAB＝45°，∠DFE＝90°，
∴AF6（cm），
∴x＝6cm，
当点C落在边DE上，如图：
∵∠DEF＝∠CAB＝45°，
∴此时AC在DE上，A与E重合，
∴AF＝EF＝6cm，
∴x＝6cm，
故答案为：6，6；
（3）当0≤x≤6时，如图：
∵AF＝x cm，∠CAB＝45°，∠DFE＝90°，
∴FG＝x cm，
∴SAF•FGx2；
当6＜x≤6时，如图：
∵BF＝AB﹣AF＝（12﹣x）cm，
∴S66（12﹣x）2x2+12x﹣36；
当6x≤12时，如图：
∵BF＝FG＝12﹣x，
∴DG＝DF﹣FG＝612+x，
∴DH＝HG6﹣6x，
∴S66（6﹣6x）2x2+（6﹣3）x+3618；
综上所述，S．
【点评】本题考查等腰直角三角形的平移问题，解题的关键是分类讨论思想的应用．
26．（10分）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OA＝OC＝6，对称轴是直线x＝﹣2，点F在对称轴上运动．
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在一点F，使得∠BFC为直角？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）将线段BC绕着点F逆时针方向旋转90°后得到线段B1C1，当点B1与C1恰有一点落在抛物线上时，求点F的坐标．
【分析】（1）由题意得出A（﹣6，0），C（0，6）．结合轴对称的性质得出B（2，0），再利用待定系数法求解即可；
（2）由勾股定理得出．设BC中点为D，则D（1，3），连接DF．设点F（﹣2，t），则．当DF＝DC＝BD时，点B，C，F三点在以D为圆心，BC为直径的圆上，由圆周角定理得出此时∠BFC为直角，由直角三角形的性质得出，即，解方程即可得解；
（3）设点F（﹣2，t）．则点B逆时针方向旋转90°后的坐标为B1（t﹣2，t+4），点C逆时针方向旋转90°后的坐标为C1（t﹣8，t+2），再分两种情况：当B1（t﹣2，t+4）在抛物线上时，当C1（t﹣8，t+2）在抛物线上时，分别求解即可．
【解答】解：（1）抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，OA＝OC＝6，对称轴是直线x＝﹣2，
∴A（﹣6，0），C（0，6），B（2，0）．
设抛物线解析式为y＝ax2+bx+6（a≠0），将A，B点的坐标代入得：
题意得，
解得，
∴抛物线解析式为；
（2）存在一点F，使得∠BFC为直角；理由如下：
∵B（2，0），C（0，6），
∴．
设BC中点为D，则D（1，3），连接DF．如图1，
设点F（﹣2，t），则．
当DF＝DC＝BD时，点B，C，F三点在以D为圆心，BC为直径的圆上，
此时，∠BFC为直角，，则，
∴t2﹣6t+18＝10，
化简得t2﹣6t+8＝0，
解得t1＝2，t2＝4．
∴F的坐标为（﹣2，2）或（﹣2，4）时，∠BFC为直角．
（3）设点F（﹣2，t）．
则点B逆时针方向旋转90°后的坐标为B1（t﹣2，t+4），点C逆时针方向旋转90°后的坐标为C1（t﹣8，t+2），
当B1（t﹣2，t+4）在抛物线上时，，
化简得t2+2t﹣8＝0，
解得t1＝2，t2＝﹣4．
∴t1＝2时，F（﹣2，2），t2＝﹣4时，F（﹣2，﹣4）．
经检验，此时点C1不在抛物线上．
当C1（t﹣8，t+2）在抛物线上时，，
化简得t2﹣10t+24＝0，
解得t1＝4，t2＝6．
∴当t1＝4时，F（﹣2，4），当t2＝6时，F（﹣2，6）．
经检验，此时点B1不在抛物线上．
综上，满足题意的点F的坐标为（﹣2，2），（﹣2，﹣4），（﹣2，4），（﹣2，6）．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式、圆周角定理、直角三角形的性质、坐标与图形—旋转变换、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
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1
2
3
4
5
6
答案
C
D
D
B
C
B
红
（红，红）
（蓝，红）
（黄，红）
蓝
（红，蓝）
（蓝，蓝）
（黄，蓝）
红
（红，红）
（蓝，红）
（黄，红）
黄
（红，黄）
（蓝，黄）
（黄，黄）

红
蓝
黄