福建省福州金山中学九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省福州金山中学九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，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。
完成时间：120分钟
一、选择题（本大题共10小题，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 赵爽弦图B. 笛卡尔心形线
C 科克曲线D. 斐波那契螺旋线
【答案】C
【解析】
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C．是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D．不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2. 下列图形中表示的角是圆心角的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心角的含义：顶点在圆心上，且角的两个端点在圆上的角叫做圆心角；据此解答即可．
【详解】根据圆心角的定义：顶点在圆心的角是圆心角可知，B，C，D项图形中的顶点都不在圆心上，所以它们都不是圆心角．
故选A．
【点睛】此题主要考查了圆心角的含义，注意基础知识的积累
3. 一根排水管的横截面如图所示．已知排水管的横截面圆的半径，圆心O到水面的距离是3，则水面的宽是（ ）

A. 8B. 5C. 4D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】先根据垂径定理得出，再根据勾股定理求出的长，进而可得出答案．
【详解】解：∵截面圆圆心O到水面的距离OC是3，
∴，
∴，
在中，，，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理，根据垂径定理得出．
4. 如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连接OA，OB，若∠B=35°，则∠AOB的度数为（ ）

A. 65°B. 55°C. 45°D. 35°
【答案】B
【解析】
【分析】根据切线性质求出∠OAB=90°，根据直角三角形两锐角互余即可求解．
【详解】解：∵AB为⊙O切线，
∴∠OAB=90°，
∵∠B=35°，
∴∠AOB=90°-∠B=55°．
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，直角三角形性质，熟知相关定理是解题关键．
5. 如图，在矩形中，，，若以点D为圆心，12为半径作，则下列各点在外的是（ ）
A. 点AB. 点BC. 点CD. 点D
【答案】B
【解析】
【分析】根据点与圆的位置关系即可判断得到答案．
【详解】解：由题意可得，
，，
∴ ，
∴点A在圆上，B在圆外，C在圆内，D是圆心，
故选B．
【点睛】本题考查矩形性质及点与圆的位置关系：在圆上，在圆内，在圆外．
6. 如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（ ）
A. 1.6B. 1.8C. 2D. 2.6
【答案】A
【解析】
【分析】由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．
【详解】由旋转的性质可知，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB
7. 如图，在的正方形网格中，一条圆弧经过A，B，C三点，那么这条圆弧所在圆的圆心是（ ）
A. 点PB. 点QC. 点RD. 点M
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作AB，BC的垂直平分线即可得到答案．
【详解】解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图，
它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心．
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．这也常用来确定圆心的方法．
8. 如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到．若点恰好在线段BC的延长线上，且，则旋转角的度数为（ ）
A. 60°B. 70°C. 100°D. 110°
【答案】C
【解析】
【分析】旋转得全等，即角等和边等，得出等腰三角形，直接代值求解即可．
【详解】绕点按逆时针方向旋转，得到
，，
，，
，
，
，
故选：C．
【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，以及等腰三角形的性质和判定，解题关键是推出等腰三角形．
9. 已知锐角∠AOB如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；
（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；
（3）连接OM，MN．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A. ∠COM=∠CODB. 若OM=MN，则∠AOB=20°
C. MN∥CDD. MN=3CD
【答案】D
【解析】
【分析】由作图知CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．
【详解】解：由作图知CM=CD=DN，
∴∠COM=∠COD，故A选项正确；
∵OM=ON=MN，
∴△OMN是等边三角形，
∴∠MON=60°，
∵CM=CD=DN，
∴∠MOA=∠AOB=∠BON=∠MON=20°，故B选项正确；
∵∠MOA=∠AOB=∠BON，
∴∠OCD=∠OCM= ，
∴∠MCD=，
又∠CMN=∠AON=∠COD，
∴∠MCD+∠CMN=180°，
∴MN∥CD，故C选项正确；
∵MC+CD+DN＞MN，且CM=CD=DN，
∴3CD＞MN，故D选项错误；
故选D．
【点睛】本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．
10. 如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为( )

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，共24分）
11. 点关于原点对称的点的坐标是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了直角坐标系中关于原点对称的点的坐标的特征，利用关于原点对称的点的坐标的特征，即可求解．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是，
故答案为：．
12. 如图，已知AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点、且∠D=130°，则∠BAC的度数是_____°．
【答案】40°．
【解析】
【详解】试题分析：根据圆周角定理，由AB是⊙O的直径，可证∠ACB=90°，由圆内接四边形的对角互补可求∠B=180°-∠D=50°，即可求∠BAC=90°-∠B=40°．
试题解析：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B=180°-∠D=50°，
∴∠BAC=90°-∠B=40°．
考点: 1.圆周角定理；2.圆内接四边形的性质.
13. 如图，，是的切线，切点分别为A，B．若，，则的长为______ ．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，根据，是的切线，得出，进而得出，即可求证为等边三角形，即可解答．
【详解】解：∵，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
故答案为：3．
14. 如图，是的内接三角形．若，，则的半径是______．
【答案】1
【解析】
分析】连接、，根据圆周角定理得到，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：连接、，
，
，
，即，
解得：，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
15. 如图，已知中，，将绕顶点C顺时针旋转90°得到，F是中点，连接，则的长为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】作于H，如图，由旋转的性质可得，则，证明，求出，则，即可利用勾股定理得到．
【详解】解：作于H，如图，
∵将绕顶点C顺时针旋转90°得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵F是中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
16. 如图，四边形和四边形均为正方形，点D为的中点，若，连接，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】连接，让绕点顺时针旋转，此时与重合，得到，连接，根据旋转的性质得到，再证明，可得三点共线，根据三线合一得到的值，最后利用角度的等量转换得到，再根据勾股定理，即可解答．
【详解】解：如图，连接，让绕点顺时针旋转，此时与重合，得到，连接，
四边形和四边形均正方形，
，
根据旋转的性质，可得，，，
，
，
，
，
，
，
可得三点共线，
，
，
点D为的中点，
，
设，则，
根据勾股定理可得，，
即，
解得（舍去负值），
，，
，
，
，
，
,
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确画出辅助线，耐心推理是解题的关键．
三、解答题（共9道题，共86分）
17. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程．利用配方法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
18. 已知二次函数的部分图象如图所示．

（1）求这个二次函数的解析式：
（2）直接写出满足时，x的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象确定顶点坐标是，经过点，利用待定系数法求解析式即可；
（2）找到抛物线在轴下方时，对应的的取值范围即可．
【小问1详解】
解：由图象可知抛物线的顶点是，经过点，
∴可设二次函数的解析式为，把代入得
得，，
解得，
∴这个二次函数的解析式为；
【小问2详解】
当时，，
解得，
∴抛物线与x轴交点坐标为和，
由图象可知：抛物线位于x轴下方的部分，对应的，
此时．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．学会看函数图象，准确的求出二次函数解析式是解题的关键．
19. 如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）．
（1）作点A关于点O的对称点；
（2）连接，将线段绕点顺时针旋转90°得点B对应点，画出旋转后的线段；
（3）连接，求出四边形的面积．
【答案】作图见解析；（2）作图见解析；（3）24．
【解析】
【分析】（1）连接AO并延长一倍即可得到；
（2）由于是一个正方形对角线，再找一个以为顶点的正方形，与相对的点即为，连接线段；
（3）连接，由求出四边形面积．
【详解】如图所示
（1）作出点A关于点O的对称点；
（2）连接，画出线段；
（3）连接，过点A作于点E，过点作于点F；
．
∴四边形的面积是24．
【点睛】此题主要考查了图象的旋转以及中心对称，同时考查在网格中的面积计算问题，熟练掌握旋转变换和中心对称变换的定义作出变换后的对应点是解题的关键．
20. “圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用现在的数学语言可表达为：“如图，为的直径，弦于点E，寸，寸，则直径的长为多少？
【答案】寸
【解析】
【分析】此题考查了学生对垂径定理的运用与掌握，注意利用圆的半径，弦的一半及弦心距所构成的直角三角形来解决实际问题，连接构成直角三角形，先根据垂径定理，由垂直得到点E为的中点，由可求出的长，再设出设圆O的半径的长为x，表示出，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的解即可得到x的值，即为圆的半径，把求出的半径代入即可得到答案．
【详解】解：连接，
∵
∴，
设圆O的半径的长为x，则
∵，
∴，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
，化简得：，
即，
解得：
所以（寸）．
21. 如图，在中，，，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连接CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转得到线段CE，连接BE．
（1）根据题意将图形补充完整；（要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）求证：．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【解析】
【分析】（1）连接，在右边作，再在射线上截取，连接即可；
（2）由旋转的性质可得，，由“”可证，可得，，可得结论．
【小问1详解】
解：根据题意作图如下：
【小问2详解】
证明：将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握证明三角形全等的判定定理．
22. 如图，在中，，O是边上一点，以O为圆心，为半径的圆与相交于点D，连接，且．

（1）求证：是的切线；
（2）若，半径为1，求的长，
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，易得，，，根据等量代换可得，证明可得结论；
（2）根据，，得出，，根据，，求出，得出，根据勾股定理得出．
【小问1详解】
证明：连接，如图所示：

，
，
，
，
∵，
∴，
，
，
∵为半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查的是切线的判定与性质、直角三角形的性质和勾股定理，正确作出辅助线是解决此题的关键．
23. 如图，已知AB为⊙O的直径，AC是⊙O的弦，D是弧BC的中点，过点D作⊙O的切线，分别交AC、AB的延长线于点E和点F，连接CD、BD．
（1）求证：∠A＝2∠BDF；
（2）若AC＝3，AB＝5，求CE的长．

【答案】（1）见解析；（2）1
【解析】
【分析】（1）连接AD，如图，利用圆周角定理得∠ADB=90°，利用切线的性质得OD⊥DF，则根据等角的余角相等得到∠BDF=∠ODA，所以∠OAD=∠BDF，然后证明∠COD=∠OAD得到∠CAB=2∠BDF；
（2）连接BC交OD于H，如图，利用垂径定理得到OD⊥BC，则CH=BH，于是可判断OH为△ABC的中位线，所以OH=1.5，则HD=1，然后证明四边形DHCE为矩形得到CE=DH=1．
【详解】（1）证明：连接AD，如图，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵EF为切线，
∴OD⊥DF，
∵∠BDF＋∠ODB＝90°，∠ODA＋∠ODB＝90°，
∴∠BDF＝∠ODA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠OAD＝∠BDF，
∵D是弧BC的中点，
∴∠COD＝∠OAD，
∴∠CAB＝2∠BDF；
（2）解：连接BC交OD于H，如图，
∵D是弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴CH＝BH，
∴OH为△ABC的中位线，
∴，
∴HD＝2.5－1.5＝1，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴四边形DHCE为矩形，
∴CE＝DH＝1．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．也考查了圆周角定理．
24. 在中，为的平分线，E为边的中点，线段绕点E逆时针旋转得到线段（点F是点A的对应点），旋转角不超过，连接，直线交直线于点G．
（1）如图1，当为边长为a的等边三角形且点G恰好与点B重合时，求的长；
（2）如图2，点G在边上，与交于点D，，，求证：；
（3）如图3，若，过点C作直线于点M，连接，当时，按要求画图并探究与之间的数量关系．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）数量关系为：
【解析】
【分析】（1）利用三线合一的性质可知，，含的直角三角形可知，再由旋转可知，，由此可得出结论；
（2）证明，可得结论；
（3）如图3中，结论：，证明A，F，M，C四点共圆，是等边三角形，利用圆周角定理即可解决问题．
【小问1详解】
∵是等边三角形，点E为边的中点，
∴，，
∴，
由旋转可知，，
∴；
【小问2详解】
证明：如图2中，
∵平分，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
【小问3详解】
如图3中，结论：，
理由：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴A，F，M，C四点共圆，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了几何变换综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质和三角形内角和定理，解决本题的关键是寻找全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题．
25. 已知抛物线C：，顶点为．
（1）求b，c的值；
（2）若，抛物线与直线L：相交，P为y轴右侧抛物线C上一动点，过P作直线轴交x轴于点N，交直线L于M点，设P点的横坐标为m，当时，求m的值；
（3）点为y轴正半轴上一定点，点A、B均为y轴右侧抛物线C上两动点，若，求证：直线经过一个定点．
【答案】（1），
（2）m的值是或
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的顶点式即可解答；
（2）设点P的坐标为，则点，根据构建关于m的方程求解即可，注意取舍；
（3）作点A关于y轴的对称点M，连接，如图，先证明M、P、B三点共线，设点，则点，联立方程组利用根与系数的关系求出，再利用待定系数法求出直线的解析式是，进而可得结论．
【小问1详解】
解：设抛物线的表达式为，
∵顶点为，
∴，，
∴，即，；
【小问2详解】
解：时，抛物线的表达式为，如图：
∵P为y轴右侧抛物线C上一动点，
∴设点P的坐标为，则点，
∵，
∴，
∴，
解得（舍去）或或或（舍去），
∴m的值是或；
【小问3详解】
证明：作点A关于y轴的对称点M，连接，如图：
∵抛物线关于y轴对称，
∴点M在抛物线上，
∵，
∴M、P、B三点共线，
设点，则点，
联立方程组，
可得，即，
∴此方程的两根是B、M两点的横坐标，
不妨设，
则，
∴，
代入，得，
∴，
设直线的解析式是，
∴，解得：，
∴直线的解析式是，
∴时，，
∴直线过定点．