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-福建省福州市 2020-2021学年九年级上学期 期中数学试卷（word版 含答案）
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这是一份-福建省福州市 2020-2021学年九年级上学期 期中数学试卷（word版 含答案），共26页。试卷主要包含了表格对应值，如图，一段抛物线等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年福建省福州市九年级（上）期中数学试卷
一．选择题
1．下面四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知⊙O的半径OA长为1，OB＝，则正确图形可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．如果二次三项式x2+px+q能分解成（x+3）（x﹣1）的形式，则方程x2+px+q＝0的两个根为（ ）
A．x1＝﹣3，x2＝1 B．x1＝﹣3；x2＝﹣1
C．x1＝3；x2＝﹣1 D．x1＝3；x2＝1
4．如图，一个游戏盘中，红、黄、蓝 三个扇形的圆心角度数分别为40°，120°，200°，让转盘自由转动，指针停止后在黄色区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．∠BDC＝21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．136° B．137° C．138° D．139°
6．某区2019年投入教育经费2000万元，预计2021年投入教育经费2880万元．设这两年投入的教经的年平均增长率为x，则下列方程正确的是（ ）
A．2000（1﹣x）2＝2880
B．2000x2＝2880
C．2000（1+x）2＝2880
D．2000（1+x）+2000（1+x）2＝2880
7．如图，△ABC中，∠C＝65°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，则∠B′C′B的度数为（ ）
A．56° B．50° C．46° D．40°
8．表格对应值：
x
1
2
3
4
ax2+bx+c
﹣0.5
5
12.5
22
判断关于x的方程ax2+bx+c＝2的一个解x的范围是（ ）
A．0＜x＜1 B．1＜x＜2 C．2＜x＜3 D．3＜x＜4
9．如图，一段抛物线（0≤x≤4）记为C1，它与x轴交于两点O，A1，将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2，将C2绕A2旋转180得到C3，交x轴于A3，一直进行下去，直至得到C506，则抛物线C506的顶点坐标是（ ）
A．（2020，3） B．（2020，﹣3） C．（2022，3） D．（2022，﹣3）
10．如图，量角器的底A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑动，点D位于该量角器上58°刻度处，当点D与原点O的距离最大时，∠OAB的度数是（ ）
A．29° B．32° C．58° D．61°
二．填空题
11．已知点A（a，3）与点B（2，﹣3）关于原点对称，则a＝ ．
12．一元二次方程的根的判别式△ 0（填“＞”“＝”或“＜”）．
13．一个不透明的口袋中有红球和黑球共若干个，这些球除颜色外都相同，每次摸出1个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在0.4附近摆动，据此估计摸到红球的概率的为 ．
14．如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE边长是6，则它的外接圆心P的坐标是 ．
15．函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点（m，0）和（1，0）．与y轴交于正半轴，且﹣3＜m＜﹣2，c的取值范围是 ．
16．△ABC是边长为5的等边三角形，点D在△ABC的外部且∠BDC＝30°，则AD的最大值是 ．
三．解答题
17．解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
18．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，0），将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°得到矩形ODEF，点A，B，C分别对应点D，E，F．
（1）请在平面直角坐标系中画出矩形ODEF；
（2）求点B所经过的路径长．
19．如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交BC、DC于点E，F，设∠E＝x°，∠F＝y°．
（1）当AC为直径时，求证：x＝y；
（2）当x+y＝60时．
①求∠DAB的度数；
②连接OA，过点O作OH⊥AB于H，当AB＝2OH时，求∠DAO度数．
20．为了更好地适应现代学发展的需要，提高医护人员专业水平，2020年11月，福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派若干名医生和护士参加培训，参加培训人数情况制成了两张不完整的统计图：
（1）丁医院选派的医生有 人．
（2）为了了解培训成果，准备从参加培训的四名医生（男女医生人数恰好相等）中随机选择2人进行考核，若每名医生被选中的机会均等，请用列表法或树状图求出选中的两名医生中至少有一名女医生的概率．
21．已知抛物线y＝x2﹣2x+m，过点C（0，n）作直线L⊥y轴，当直线L与抛物线只有一个公共点时，求：m﹣n的值．
22．如图，在△ABC中，∠C＝45°，以AB为直径的⊙O经过BC的中点D．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）取的中点E，连接OE，延长OE交AC于点F，若EF＝，求⊙O的半径．
23．一段长为30m的墙前有一块矩形ABCD空地，用篱笆围成如图所示的图形，共用去100m（靠墙的一边不用篱笆，篱笆的厚度忽略不计），其中四边形AEFH和四边形CDHG是矩形，四边形EBGF是边长为10m的正方形，设CD＝xm．
（1）填空：CG＝ m（用含x的代数式表示）；
（2）若矩形CDHG面积为125m2，求CD长；
（3）当CD长为多少m时，矩形ABCD的面积最大．
24．已知a＞0，点A（0，1），抛物线y＝﹣x2+bx经过点B（1，1），且与直线AB交于点P，与x轴交于点Q（异于原点O）．
（1）填空：用含a的代数式表示b＝ ；
（2）若△OBQ是直角三角形，求a的值；
（3）点M是抛物线的顶点，OM与BP交点N，当点N是BP三等分点时，求a的值．
25．如图1，在Rt△ABC中∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将△ABC绕P点（0，﹣1）顺时针旋转．
（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为 ；
（2）如图2，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线y＝x﹣1的交点为F，求证：△AEF的周长为定值；
（3）在（2）的条件下，求△AEF内切圆半径的最大值．
2020-2021学年福建省福州市九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题
1．下面四个图形中，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和各图特点作答．
【解答】解：A、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180度以后，能够与原图重合，即不满足中心对称图形的定义．故本选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180度以后，能够与原图重合，即不满足中心对称图形的定义．故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180度以后，能够与它原图重合，即不满足中心对称图形的定义．故本选项不符合题意．
故选：B．
2．已知⊙O的半径OA长为1，OB＝，则正确图形可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径的大小关系判断点与圆的位置关系即可．
【解答】解：∵⊙O的半径OA长为1，若OB＝，
∴OA＜OB，
∴点B在圆外，
故选：B．
3．如果二次三项式x2+px+q能分解成（x+3）（x﹣1）的形式，则方程x2+px+q＝0的两个根为（ ）
A．x1＝﹣3，x2＝1 B．x1＝﹣3；x2＝﹣1
C．x1＝3；x2＝﹣1 D．x1＝3；x2＝1
【分析】根据已知分解因式和方程得出x+3＝0，x﹣1＝0，求出方程的解即可．
【解答】解：∵二次三项式x2+px+q能分解成（x+3）（x﹣1）的形式，
∴x+3＝0，x﹣1＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
即方程x2+px+q＝0的两个根为x1＝﹣3，x2＝1，
故选：A．
4．如图，一个游戏盘中，红、黄、蓝 三个扇形的圆心角度数分别为40°，120°，200°，让转盘自由转动，指针停止后在黄色区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据几何概率的意义求出黄色区域占整个圆的百分比，这个比即为所求的概率．
【解答】解：∵“黄色”扇形区域的圆心角为120°，
∴“黄色”区域的面积占整体的＝，
即转动圆盘一次，指针停在黄区域的概率是，
故选：B．
5．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．∠BDC＝21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．136° B．137° C．138° D．139°
【分析】利用圆周角定理求出∠BOC即可解决问题．
【解答】解：∵∠BOC＝2∠BDC，∠BDC＝21°，
∴∠BOC＝42°，
∴∠AOC＝180°﹣42°＝138°．
故选：C．
6．某区2019年投入教育经费2000万元，预计2021年投入教育经费2880万元．设这两年投入的教经的年平均增长率为x，则下列方程正确的是（ ）
A．2000（1﹣x）2＝2880
B．2000x2＝2880
C．2000（1+x）2＝2880
D．2000（1+x）+2000（1+x）2＝2880
【分析】增长率问题，一般用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），参照本题，如果教育经费的年平均增长率为x，根据2019年投入2000万元，预计2021年投入2880万元即可得出方程．
【解答】解：设教育经费的年平均增长率为x，
则2020的教育经费为：2000×（1+x）
2021的教育经费为：2000×（1+x）2．
那么可得方程：2000×（1+x）2＝2880．
故选：C．
7．如图，△ABC中，∠C＝65°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，则∠B′C′B的度数为（ ）
A．56° B．50° C．46° D．40°
【分析】根据旋转的性质和∠C＝65°，从而可以求得∠AC′B′和∠AC′C的度数，从而可以求得∠B′C′B的度数．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，
∴AC＝AC′，∠C＝∠AC′B′，
∴∠C＝∠AC′C，
∵∠C＝65°，
∴∠AC′B′＝65°，∠AC′C＝65°，
∴∠B′C′B＝180°﹣∠AC′B′﹣∠AC′C＝50°，
故选：B．
8．表格对应值：
x
1
2
3
4
ax2+bx+c
﹣0.5
5
12.5
22
判断关于x的方程ax2+bx+c＝2的一个解x的范围是（ ）
A．0＜x＜1 B．1＜x＜2 C．2＜x＜3 D．3＜x＜4
【分析】利用x＝1和x＝2所对应的函数值可判断抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点在（1，0）和（2，0）之间，则根据抛物线于x轴的交点问题可判断关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围．
【解答】解：∵x＝2时，y＝5，即ax2+bx+c＞0；
x＝1时，y＝﹣0.5，即ax2+bx+c＜0，
∴抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点在（1，0）和（2，0）之间，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝2（a≠0）的一个解x的范围是1＜x＜2．
故选：B．
9．如图，一段抛物线（0≤x≤4）记为C1，它与x轴交于两点O，A1，将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2，将C2绕A2旋转180得到C3，交x轴于A3，一直进行下去，直至得到C506，则抛物线C506的顶点坐标是（ ）
A．（2020，3） B．（2020，﹣3） C．（2022，3） D．（2022，﹣3）
【分析】解方程﹣x2+3x＝0得A1（4，0），再利用旋转的性质得A2（4×2，0），A3（4×3，0），依此规律得到A505（4×505，0），A506（4×506，0），且抛物线C506的开口向上，利用交点式，设抛物线C506的解析式为y＝（x﹣2020）（x﹣2024），然后确定此抛物线顶点坐标即可．
【解答】解：当y＝0时，﹣x2+3x＝0，解得x1＝0，x2＝4，
∴A1（4，0），
∵将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2，将C2绕A2旋转180得到C3，
∴A2（4×2，0），A3（4×3，0），
∴A505（4×505，0），A506（4×506，0），即A505（2020，0），A506（2024，0），
∵抛物线C506的开口向上，
∴抛物线C506的解析式为y＝（x﹣2020）（x﹣2024），
∵抛物线的对称轴为直线x＝2022，
当x＝2022时，y＝（2022﹣2020）（2022﹣2024）＝﹣3，
∴抛物线C506的顶点坐标是（2022，﹣3）．
故选：D．
10．如图，量角器的底A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑动，点D位于该量角器上58°刻度处，当点D与原点O的距离最大时，∠OAB的度数是（ ）
A．29° B．32° C．58° D．61°
【分析】连接OE、OD，如图，当点O、E、D共线时，半圆片上的点D与原点O距离最大，根据三角形外角性质得∠AED＝∠EAO+∠EOA，再根据直角三角形斜边上的中线性质得EA＝EO＝EB，则∠EAO＝∠EOA，所以∠OAB＝∠AED．
【解答】解：连接OE、OD，DE，如图，当点O、E、D共线时，半圆片上的点D与原点O距离最大，
则∠AED＝∠EAO+∠EOA，
而AE＝BE，
所以EA＝EO＝EB，
所以∠EAO＝∠EOA，
所以∠OAB＝∠AED＝（180°﹣58°）＝61°．
故选：D．
二．填空题
11．已知点A（a，3）与点B（2，﹣3）关于原点对称，则a＝ ﹣2 ．
【分析】平面内关于原点对称的两点，横坐标与纵坐标都互为相反数，据此可得a的值．
【解答】解：∵点A（a，3）与点B（2，﹣3）关于原点对称，
∴a＝﹣2，
故答案为：﹣2．
12．一元二次方程的根的判别式△ ＝ 0（填“＞”“＝”或“＜”）．
【分析】根据根的判别式等于b2﹣4ac，代入求值即可．
【解答】解：∵一元二次方程，
∴a＝1，b＝﹣2，c＝3，
∴△＝（﹣2）2﹣4×1×3＝0．
故答案为＝．
13．一个不透明的口袋中有红球和黑球共若干个，这些球除颜色外都相同，每次摸出1个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在0.4附近摆动，据此估计摸到红球的概率的为 0.6 ．
【分析】根据题意，首先求得摸到黑球的概率，然后求得摸到红球的概率即可．
【解答】解：∵每次摸出1个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在0.4附近摆动，
∴摸到黑球的概率约为0.4，
∴摸到红球的概率约为1﹣0.4＝0.6，
故答案为：0.6．
14．如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE边长是6，则它的外接圆心P的坐标是 （3，3） ．
【分析】连接PA，PA，过P作PH⊥OA于H，则△POA是等边三角形，根据等腰三角形的性质得到OH＝3，根据勾股定理得到PH＝3，即得到P的坐标．
【解答】解：连接PA，PO，
∵正六边形OABCDE的外接圆心是P，
∴∠OPA＝＝60°，PO＝PA，
∴△POA是等边三角形，
∴PO＝PA＝OA＝6，
过P作PH⊥OA于H，则∠OPH＝∠OPA＝30°，OH＝OA＝3，
∴PH＝＝＝3，
∴P的坐标是（3，3），
故答案为：（3，3）．
15．函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点（m，0）和（1，0）．与y轴交于正半轴，且﹣3＜m＜﹣2，c的取值范围是 2＜c＜3 ．
【分析】根据题意和根与系数的关系，可以得到c的取值范围，本题得以解决．
【解答】解：∵函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点（m，0）和（1，0）．
∴a＝﹣1，
∴当m＝﹣2时，
则（﹣2）×1＝﹣c，得c＝2；
当m＝﹣3时，
则（﹣3）×1＝﹣c，得c＝3，
故当﹣3＜m＜﹣2时，c的取值范围是2＜c＜3，
故答案为：2＜c＜3．
16．△ABC是边长为5的等边三角形，点D在△ABC的外部且∠BDC＝30°，则AD的最大值是 ．
【分析】作A点关于BC的对称点A'，以A'点为圆心，以BC的长为半径作圆，连接AA'交BC于E点，延长AA'交⊙A'与点D，连接BD，CD，则∠BCD＝∠BA'C＝，此时AD为最大值，根据等边三角形的性质可求解A'E＝AE＝，A'D＝A'B＝AB＝5，进而可求解．
【解答】解：作A点关于BC的对称点A'，以A'点为圆心，以BC的长为半径作圆，连接AA'交BC于E点，延长AA'交⊙A'与点D，连接BD，CD，则∠BCD＝∠BA'C＝，此时AD为最大值，
∵△ABC是边长为5的等边三角形，
∴BC＝AB＝5，
∴A'E＝AE＝，A'D＝A'B＝AB＝5，
∴AD＝AE+A'E+A'D＝．
故答案为．
三．解答题
17．解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
【分析】分解因式得出（x﹣6）（x+2）＝0，推出方程x﹣6＝0，x+2＝0，求出方程的解即可．
【解答】解：x2﹣4x﹣12＝0，
分解因式得：（x﹣6）（x+2）＝0，
∴x﹣6＝0，x+2＝0，
解方程得：x1＝6，x2＝﹣2，
∴原方程的解是x1＝6，x2＝﹣2．
18．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，0），将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°得到矩形ODEF，点A，B，C分别对应点D，E，F．
（1）请在平面直角坐标系中画出矩形ODEF；
（2）求点B所经过的路径长．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可．
（2）利用弧长公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，矩形ODEF即为所求．
（2）点B所经过的路径长＝＝．
19．如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交BC、DC于点E，F，设∠E＝x°，∠F＝y°．
（1）当AC为直径时，求证：x＝y；
（2）当x+y＝60时．
①求∠DAB的度数；
②连接OA，过点O作OH⊥AB于H，当AB＝2OH时，求∠DAO度数．
【分析】（1）由圆周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝90°，由外角的性质可求解；
（2）①由圆的内接四边形的性质可得∠ADF+∠ABE＝180°，由三角形内角和定理可求解；
②由垂径定理可得AH＝BH，进而可得AH＝BH＝OH，由等腰三角形的性质可得∠OAH＝45°，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AC是直径，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∵∠ADC＝∠E+∠DCE，∠ABC＝∠F+∠BCF，
∴∠E+∠DCE＝∠F+∠BCF，
又∵∠DCE＝∠BCF，
∴∠E＝∠F，
∴x＝y；
（2）①∵四边形ADCB是圆内接四边形，
∴∠ADF+∠ABE＝180°，
∵∠E+∠DAB+∠EBA＝180°，∠F+∠DAB+∠ADF＝180°，
∴∠E+∠DAB+∠EBA+∠F+∠DAB+∠ADF＝360°，
∴∠E+∠F+2∠DAB＝180°，
∴∠DAB＝60°；
②如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∵AB＝2OH，
∴AH＝OH＝BH，
∴∠OAH＝∠OBH＝45°，
∴∠DAO＝∠DAB﹣∠OAH＝15°．
20．为了更好地适应现代学发展的需要，提高医护人员专业水平，2020年11月，福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派若干名医生和护士参加培训，参加培训人数情况制成了两张不完整的统计图：
（1）丁医院选派的医生有 4 人．
（2）为了了解培训成果，准备从参加培训的四名医生（男女医生人数恰好相等）中随机选择2人进行考核，若每名医生被选中的机会均等，请用列表法或树状图求出选中的两名医生中至少有一名女医生的概率．
【分析】（1）先由甲医院的医生和护士人数求出总人数，再求出丁医院选派的医生和护士的人数，进而得出答案；
（2）画出树状图，共有12个等可能的结果，选中的两名医生中至少有一名女医生的结果有10个，由概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）∵福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派医生和护士的总人数为：（6+4）÷20%＝50（人），
∴丁医院选派的医生和护士的人数为50×24%＝12（人），
∴丁医院选派的医生有：12﹣8＝4（人），
故答案为：4；
（2）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，选中的两名医生中至少有一名女医生的结果有10个，
∴选中的两名医生中至少有一名女医生的概率为＝．
21．已知抛物线y＝x2﹣2x+m，过点C（0，n）作直线L⊥y轴，当直线L与抛物线只有一个公共点时，求：m﹣n的值．
【分析】将抛物线解析式画出成顶点式，根据题意得到n＝﹣1+m，变形可得．
【解答】解：y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2﹣1+m，
∵直线L与抛物线只有一个公共点，
∴n＝﹣1+m，
∴m﹣n＝1．
22．如图，在△ABC中，∠C＝45°，以AB为直径的⊙O经过BC的中点D．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）取的中点E，连接OE，延长OE交AC于点F，若EF＝，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接AD，先由圆周角定理得∠ADB＝90°，则AD⊥BC，再由线段垂直平分线的性质得AB＝AC，则∠B＝∠C＝45°，求得∠BAC＝90°，即可得出结论；
（2）作EH⊥OF交AF于H，则EH是⊙O的切线，先由垂径定理得OE⊥AD，AG＝DG，再证出△EFH是等腰直角三角形，得EH＝EF＝，则FH＝EF＝2，然后由切线长定理得AH＝EH＝，则AF＝AH+FH＝+2，最后由等腰直角三角形的性质得OA＝AF＝+2即可．
【解答】（1）证明：连接AD，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，OA是⊙O的半径，
∴AD⊥BC，
∵D是BC的中点，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴AC⊥OA，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：作EH⊥OF交AF于H，如图所示：
则EH是⊙O的切线，
∵E是的中点，
∴OE⊥AD，AG＝DG，
∵AD⊥BC，
∴OF∥BC，
∴∠EFH＝∠C＝45°，
∵EH⊥OF，
∴△EFH是等腰直角三角形，
∴EH＝EF＝，FH＝EF＝2，
∵AC是⊙O的切线，
∴AH＝EH＝，
∴AF＝AH+FH＝+2，
由（1）得：∠BAC＝90°，
∴△AOF是等腰直角三角形，
∴OA＝AF＝+2，
即⊙O的半径为+2．
23．一段长为30m的墙前有一块矩形ABCD空地，用篱笆围成如图所示的图形，共用去100m（靠墙的一边不用篱笆，篱笆的厚度忽略不计），其中四边形AEFH和四边形CDHG是矩形，四边形EBGF是边长为10m的正方形，设CD＝xm．
（1）填空：CG＝ （80﹣3x） m（用含x的代数式表示）；
（2）若矩形CDHG面积为125m2，求CD长；
（3）当CD长为多少m时，矩形ABCD的面积最大．
【分析】（1）由题意得：3x+20+GC＝100，即可求解；
（2）矩形CDHG面积＝GC•CD＝（80﹣3x）x＝125，即可求解；
（3）设矩形ABCD的面积为s，则s＝BC•CD＝x（10+80﹣3x）x＝﹣3（x﹣30）x，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：3x+20+GC＝100，
解得：GC＝（80﹣3x）m，
故答案为（80﹣3x）；
（2）∵BC＝BG+GC＝10+80﹣3x，
而0＜BC≤30，即0＜10+80﹣3x≤30，解得20≤x＜30，
矩形CDHG面积＝GC•CD＝（80﹣3x）x＝125，解得x＝25或（舍去），
故CD长为25m；
（3）设矩形ABCD的面积为s，则s＝BC•CD＝x（10+80﹣3x）x＝﹣3（x﹣30）x，
∵﹣3＜0，故抛物线开口向下，
而20≤x＜30，
当x＞15时，s随x的增大而减小，
故当x＝20（m）时，s取得最大值．
故当CD长为20m时，矩形ABCD的面积最大．
24．已知a＞0，点A（0，1），抛物线y＝﹣x2+bx经过点B（1，1），且与直线AB交于点P，与x轴交于点Q（异于原点O）．
（1）填空：用含a的代数式表示b＝ 1+ ；
（2）若△OBQ是直角三角形，求a的值；
（3）点M是抛物线的顶点，OM与BP交点N，当点N是BP三等分点时，求a的值．
【分析】（1）将点B坐标代入解析式可求解；
（2）将b＝1+代入解析式，可求点Q坐标，由两点距离可求OB2＝2，OQ2＝（a+1）2，BQ2＝a2+1，由勾股定理可求解；
（3）分别求出点M，点N，点P坐标，由点N是BP的三等分点，列出方程可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝经过点B（1，1），
∴1＝﹣+b，
∴b＝1+，
故答案为：1+；
（2）∵b＝1+，
∴y＝﹣x2+（1+）x，
令y＝0时，0＝﹣x2+（1+）x，
解得：x1＝0，x2＝a+1，
∴点Q（a+1，0），
∵a＞1，
∴a+1＞0，
∴OQ＝a+1，
∵点B（1，1），点O（0，0），点Q（a+1，0），
∴OB2＝2，OQ2＝（a+1）2，BQ2＝a2+1，
∵△OBQ是直角三角形，
∴OQ2＝OB2+BQ2，
∴（a+1）2＝2+a2+1，
∴a＝1；
（3）如图，
∵y＝﹣x2+（1+）x＝﹣（x﹣）2+，
∴点M（，），
∴直线OM的解析式为y＝x，
当y＝1时，x＝，
∴点N（，1），
∵y＝﹣x2+（1+）x与直线AB交于点P，
∴1＝﹣x2+（1+）x，
∴x1＝1，x2＝a，
∴点P（a，1），
∵点N是BP三等分点，
∴BN＝2PN，
∴1﹣＝2（﹣a），
解得：a＝1或．
25．如图1，在Rt△ABC中∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将△ABC绕P点（0，﹣1）顺时针旋转．
（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为 （，） ；
（2）如图2，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线y＝x﹣1的交点为F，求证：△AEF的周长为定值；
（3）在（2）的条件下，求△AEF内切圆半径的最大值．
【分析】（1）证明四边形ABPC为正方形，当点B落在y轴上时，则图形旋转的角度为45°，点A落在点A′的位置，则PA′过点C，PA′＝PA＝2，进而求解；
（2）证明△BPQ≌△CPF（AAS）和△QPE≌△FPE（SAS），则QE＝EF，进而求解；
（3）证明r＝（AE+AE﹣EF）＝（2﹣m﹣n+n﹣m）＝﹣m，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即n2+（2﹣m﹣n）2＝m2，整理得：n2+（m﹣2）n+4﹣2m＝0，由△＝（m﹣2）2﹣4×（4﹣2m）≥0，求得m≥4﹣2，即可求解．
【解答】解：（1）连接BP、CP，则△ABP为等腰直角三角形，
而△ABC为等腰直角三角形，易证四边形ABPC为正方形，
当点B落在y轴上时，则图形旋转的角度为45°，点A落在点A′的位置，则PA′过点C，PA′＝PA＝2，
过点A′作A′E⊥x轴于点E，则∠A′CE＝OCP＝45°，
由点A、B、C的坐标知，AB＝AC＝，
则CA′＝PA′﹣CP＝2﹣，
在Rt△A′CE中，A′E＝A′C＝﹣1＝CE，
故旋转后点A的坐标为（，），
故答案为（，）；
（2）连接PB、CP，作∠QPB＝∠FPC，
由（1）知，四边形BPCA为正方形，
由直线y＝x﹣1知，∠EPF＝45°，
则∠FPC+∠BPE＝90°﹣∠EPF＝45°＝∠QPB+∠BPE＝∠QPE＝∠45°，即∠QPE＝∠EPF＝45°，
∵四边形BPCA为正方形，则PB＝PC，∠QBP＝∠FCP＝90°，∠QPB＝∠FPC，
∴△BPQ≌△CPF（AAS），
∴PQ＝PF，
而∠QPE＝∠EPF＝45°，PE＝PE，
∴△QPE≌△FPE（SAS），
∴QE＝EF，
则△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+QE＝AE+BE+BQ+AE＝AE+BE+FC+AF＝AB+AC＝2；
即△AEF的周长为定值；
（3）设△AEF内切圆半径为r，AE＝n，EF＝m，
由（2）知，AF＝2﹣m﹣n，
则r＝（AE+AE﹣EF）＝（2﹣m﹣n+n﹣m）＝﹣m（半径公式见备注），
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即n2+（2﹣m﹣n）2＝m2，
整理得：n2+（m﹣2）n+4﹣2m＝0，
∵关于n的一元二次方程有解，
故△＝（m﹣2）2﹣4×（4﹣2m）≥0，
解得m≥4﹣2或m≤﹣4﹣2（舍去），
故m的最小值为4﹣2，
则r的最大值为﹣m＝﹣（4﹣2）＝3﹣4，
即△AEF内切圆半径的最大值为3﹣4．
备注：证明：设△ABC为直角三角形，三条边分别为a、b、c，内切圆的半径为r，
如图设内切圆圆心为O，三个切点为D、E、F，连接OD、OE、OF，OA、OB、OC，
显然有OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB，
所以S△ABC＝S△OAC+S△OBC+S△OAB，
所以ab＝br+ar+cr，
所以r＝＝＝，
即内切圆半径为（a+b﹣c）．
2020-2021学年福建省福州市九年级（上）期中数学试卷
一．选择题
1．下面四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知⊙O的半径OA长为1，OB＝，则正确图形可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．如果二次三项式x2+px+q能分解成（x+3）（x﹣1）的形式，则方程x2+px+q＝0的两个根为（ ）
A．x1＝﹣3，x2＝1 B．x1＝﹣3；x2＝﹣1
C．x1＝3；x2＝﹣1 D．x1＝3；x2＝1
4．如图，一个游戏盘中，红、黄、蓝 三个扇形的圆心角度数分别为40°，120°，200°，让转盘自由转动，指针停止后在黄色区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．∠BDC＝21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．136° B．137° C．138° D．139°
6．某区2019年投入教育经费2000万元，预计2021年投入教育经费2880万元．设这两年投入的教经的年平均增长率为x，则下列方程正确的是（ ）
A．2000（1﹣x）2＝2880
B．2000x2＝2880
C．2000（1+x）2＝2880
D．2000（1+x）+2000（1+x）2＝2880
7．如图，△ABC中，∠C＝65°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，则∠B′C′B的度数为（ ）
A．56° B．50° C．46° D．40°
8．表格对应值：
x
1
2
3
4
ax2+bx+c
﹣0.5
5
12.5
22
判断关于x的方程ax2+bx+c＝2的一个解x的范围是（ ）
A．0＜x＜1 B．1＜x＜2 C．2＜x＜3 D．3＜x＜4
9．如图，一段抛物线（0≤x≤4）记为C1，它与x轴交于两点O，A1，将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2，将C2绕A2旋转180得到C3，交x轴于A3，一直进行下去，直至得到C506，则抛物线C506的顶点坐标是（ ）
A．（2020，3） B．（2020，﹣3） C．（2022，3） D．（2022，﹣3）
10．如图，量角器的底A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑动，点D位于该量角器上58°刻度处，当点D与原点O的距离最大时，∠OAB的度数是（ ）
A．29° B．32° C．58° D．61°
二．填空题
11．已知点A（a，3）与点B（2，﹣3）关于原点对称，则a＝ ．
12．一元二次方程的根的判别式△ 0（填“＞”“＝”或“＜”）．
13．一个不透明的口袋中有红球和黑球共若干个，这些球除颜色外都相同，每次摸出1个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在0.4附近摆动，据此估计摸到红球的概率的为 ．
14．如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE边长是6，则它的外接圆心P的坐标是 ．
15．函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点（m，0）和（1，0）．与y轴交于正半轴，且﹣3＜m＜﹣2，c的取值范围是 ．
16．△ABC是边长为5的等边三角形，点D在△ABC的外部且∠BDC＝30°，则AD的最大值是 ．
三．解答题
17．解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
18．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，0），将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°得到矩形ODEF，点A，B，C分别对应点D，E，F．
（1）请在平面直角坐标系中画出矩形ODEF；
（2）求点B所经过的路径长．
19．如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交BC、DC于点E，F，设∠E＝x°，∠F＝y°．
（1）当AC为直径时，求证：x＝y；
（2）当x+y＝60时．
①求∠DAB的度数；
②连接OA，过点O作OH⊥AB于H，当AB＝2OH时，求∠DAO度数．
20．为了更好地适应现代学发展的需要，提高医护人员专业水平，2020年11月，福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派若干名医生和护士参加培训，参加培训人数情况制成了两张不完整的统计图：
（1）丁医院选派的医生有 人．
（2）为了了解培训成果，准备从参加培训的四名医生（男女医生人数恰好相等）中随机选择2人进行考核，若每名医生被选中的机会均等，请用列表法或树状图求出选中的两名医生中至少有一名女医生的概率．
21．已知抛物线y＝x2﹣2x+m，过点C（0，n）作直线L⊥y轴，当直线L与抛物线只有一个公共点时，求：m﹣n的值．
22．如图，在△ABC中，∠C＝45°，以AB为直径的⊙O经过BC的中点D．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）取的中点E，连接OE，延长OE交AC于点F，若EF＝，求⊙O的半径．
23．一段长为30m的墙前有一块矩形ABCD空地，用篱笆围成如图所示的图形，共用去100m（靠墙的一边不用篱笆，篱笆的厚度忽略不计），其中四边形AEFH和四边形CDHG是矩形，四边形EBGF是边长为10m的正方形，设CD＝xm．
（1）填空：CG＝ m（用含x的代数式表示）；
（2）若矩形CDHG面积为125m2，求CD长；
（3）当CD长为多少m时，矩形ABCD的面积最大．
24．已知a＞0，点A（0，1），抛物线y＝﹣x2+bx经过点B（1，1），且与直线AB交于点P，与x轴交于点Q（异于原点O）．
（1）填空：用含a的代数式表示b＝ ；
（2）若△OBQ是直角三角形，求a的值；
（3）点M是抛物线的顶点，OM与BP交点N，当点N是BP三等分点时，求a的值．
25．如图1，在Rt△ABC中∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将△ABC绕P点（0，﹣1）顺时针旋转．
（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为 ；
（2）如图2，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线y＝x﹣1的交点为F，求证：△AEF的周长为定值；
（3）在（2）的条件下，求△AEF内切圆半径的最大值．
2020-2021学年福建省福州市九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题
1．下面四个图形中，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和各图特点作答．
【解答】解：A、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180度以后，能够与原图重合，即不满足中心对称图形的定义．故本选项不符合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180度以后，能够与原图重合，即不满足中心对称图形的定义．故本选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，使它绕这一点旋转180度以后，能够与它原图重合，即不满足中心对称图形的定义．故本选项不符合题意．
故选：B．
2．已知⊙O的半径OA长为1，OB＝，则正确图形可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径的大小关系判断点与圆的位置关系即可．
【解答】解：∵⊙O的半径OA长为1，若OB＝，
∴OA＜OB，
∴点B在圆外，
故选：B．
3．如果二次三项式x2+px+q能分解成（x+3）（x﹣1）的形式，则方程x2+px+q＝0的两个根为（ ）
A．x1＝﹣3，x2＝1 B．x1＝﹣3；x2＝﹣1
C．x1＝3；x2＝﹣1 D．x1＝3；x2＝1
【分析】根据已知分解因式和方程得出x+3＝0，x﹣1＝0，求出方程的解即可．
【解答】解：∵二次三项式x2+px+q能分解成（x+3）（x﹣1）的形式，
∴x+3＝0，x﹣1＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
即方程x2+px+q＝0的两个根为x1＝﹣3，x2＝1，
故选：A．
4．如图，一个游戏盘中，红、黄、蓝 三个扇形的圆心角度数分别为40°，120°，200°，让转盘自由转动，指针停止后在黄色区域的概率是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据几何概率的意义求出黄色区域占整个圆的百分比，这个比即为所求的概率．
【解答】解：∵“黄色”扇形区域的圆心角为120°，
∴“黄色”区域的面积占整体的＝，
即转动圆盘一次，指针停在黄区域的概率是，
故选：B．
5．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上．∠BDC＝21°，则∠AOC的度数是（ ）
A．136° B．137° C．138° D．139°
【分析】利用圆周角定理求出∠BOC即可解决问题．
【解答】解：∵∠BOC＝2∠BDC，∠BDC＝21°，
∴∠BOC＝42°，
∴∠AOC＝180°﹣42°＝138°．
故选：C．
6．某区2019年投入教育经费2000万元，预计2021年投入教育经费2880万元．设这两年投入的教经的年平均增长率为x，则下列方程正确的是（ ）
A．2000（1﹣x）2＝2880
B．2000x2＝2880
C．2000（1+x）2＝2880
D．2000（1+x）+2000（1+x）2＝2880
【分析】增长率问题，一般用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），参照本题，如果教育经费的年平均增长率为x，根据2019年投入2000万元，预计2021年投入2880万元即可得出方程．
【解答】解：设教育经费的年平均增长率为x，
则2020的教育经费为：2000×（1+x）
2021的教育经费为：2000×（1+x）2．
那么可得方程：2000×（1+x）2＝2880．
故选：C．
7．如图，△ABC中，∠C＝65°，将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，则∠B′C′B的度数为（ ）
A．56° B．50° C．46° D．40°
【分析】根据旋转的性质和∠C＝65°，从而可以求得∠AC′B′和∠AC′C的度数，从而可以求得∠B′C′B的度数．
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转后，可以得到△AB′C′，且C′在边BC上，
∴AC＝AC′，∠C＝∠AC′B′，
∴∠C＝∠AC′C，
∵∠C＝65°，
∴∠AC′B′＝65°，∠AC′C＝65°，
∴∠B′C′B＝180°﹣∠AC′B′﹣∠AC′C＝50°，
故选：B．
8．表格对应值：
x
1
2
3
4
ax2+bx+c
﹣0.5
5
12.5
22
判断关于x的方程ax2+bx+c＝2的一个解x的范围是（ ）
A．0＜x＜1 B．1＜x＜2 C．2＜x＜3 D．3＜x＜4
【分析】利用x＝1和x＝2所对应的函数值可判断抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点在（1，0）和（2，0）之间，则根据抛物线于x轴的交点问题可判断关于x的方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的一个解x的范围．
【解答】解：∵x＝2时，y＝5，即ax2+bx+c＞0；
x＝1时，y＝﹣0.5，即ax2+bx+c＜0，
∴抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的一个交点在（1，0）和（2，0）之间，
∴关于x的方程ax2+bx+c＝2（a≠0）的一个解x的范围是1＜x＜2．
故选：B．
9．如图，一段抛物线（0≤x≤4）记为C1，它与x轴交于两点O，A1，将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2，将C2绕A2旋转180得到C3，交x轴于A3，一直进行下去，直至得到C506，则抛物线C506的顶点坐标是（ ）
A．（2020，3） B．（2020，﹣3） C．（2022，3） D．（2022，﹣3）
【分析】解方程﹣x2+3x＝0得A1（4，0），再利用旋转的性质得A2（4×2，0），A3（4×3，0），依此规律得到A505（4×505，0），A506（4×506，0），且抛物线C506的开口向上，利用交点式，设抛物线C506的解析式为y＝（x﹣2020）（x﹣2024），然后确定此抛物线顶点坐标即可．
【解答】解：当y＝0时，﹣x2+3x＝0，解得x1＝0，x2＝4，
∴A1（4，0），
∵将C1绕A1旋转180°得到C2，交x轴于A2，将C2绕A2旋转180得到C3，
∴A2（4×2，0），A3（4×3，0），
∴A505（4×505，0），A506（4×506，0），即A505（2020，0），A506（2024，0），
∵抛物线C506的开口向上，
∴抛物线C506的解析式为y＝（x﹣2020）（x﹣2024），
∵抛物线的对称轴为直线x＝2022，
当x＝2022时，y＝（2022﹣2020）（2022﹣2024）＝﹣3，
∴抛物线C506的顶点坐标是（2022，﹣3）．
故选：D．
10．如图，量角器的底A，B分别在y轴正半轴与x轴负半轴上滑动，点D位于该量角器上58°刻度处，当点D与原点O的距离最大时，∠OAB的度数是（ ）
A．29° B．32° C．58° D．61°
【分析】连接OE、OD，如图，当点O、E、D共线时，半圆片上的点D与原点O距离最大，根据三角形外角性质得∠AED＝∠EAO+∠EOA，再根据直角三角形斜边上的中线性质得EA＝EO＝EB，则∠EAO＝∠EOA，所以∠OAB＝∠AED．
【解答】解：连接OE、OD，DE，如图，当点O、E、D共线时，半圆片上的点D与原点O距离最大，
则∠AED＝∠EAO+∠EOA，
而AE＝BE，
所以EA＝EO＝EB，
所以∠EAO＝∠EOA，
所以∠OAB＝∠AED＝（180°﹣58°）＝61°．
故选：D．
二．填空题
11．已知点A（a，3）与点B（2，﹣3）关于原点对称，则a＝ ﹣2 ．
【分析】平面内关于原点对称的两点，横坐标与纵坐标都互为相反数，据此可得a的值．
【解答】解：∵点A（a，3）与点B（2，﹣3）关于原点对称，
∴a＝﹣2，
故答案为：﹣2．
12．一元二次方程的根的判别式△ ＝ 0（填“＞”“＝”或“＜”）．
【分析】根据根的判别式等于b2﹣4ac，代入求值即可．
【解答】解：∵一元二次方程，
∴a＝1，b＝﹣2，c＝3，
∴△＝（﹣2）2﹣4×1×3＝0．
故答案为＝．
13．一个不透明的口袋中有红球和黑球共若干个，这些球除颜色外都相同，每次摸出1个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在0.4附近摆动，据此估计摸到红球的概率的为 0.6 ．
【分析】根据题意，首先求得摸到黑球的概率，然后求得摸到红球的概率即可．
【解答】解：∵每次摸出1个球，进行大量的球试验后，发现摸到黑球的频率在0.4附近摆动，
∴摸到黑球的概率约为0.4，
∴摸到红球的概率约为1﹣0.4＝0.6，
故答案为：0.6．
14．如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE边长是6，则它的外接圆心P的坐标是 （3，3） ．
【分析】连接PA，PA，过P作PH⊥OA于H，则△POA是等边三角形，根据等腰三角形的性质得到OH＝3，根据勾股定理得到PH＝3，即得到P的坐标．
【解答】解：连接PA，PO，
∵正六边形OABCDE的外接圆心是P，
∴∠OPA＝＝60°，PO＝PA，
∴△POA是等边三角形，
∴PO＝PA＝OA＝6，
过P作PH⊥OA于H，则∠OPH＝∠OPA＝30°，OH＝OA＝3，
∴PH＝＝＝3，
∴P的坐标是（3，3），
故答案为：（3，3）．
15．函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点（m，0）和（1，0）．与y轴交于正半轴，且﹣3＜m＜﹣2，c的取值范围是 2＜c＜3 ．
【分析】根据题意和根与系数的关系，可以得到c的取值范围，本题得以解决．
【解答】解：∵函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点（m，0）和（1，0）．
∴a＝﹣1，
∴当m＝﹣2时，
则（﹣2）×1＝﹣c，得c＝2；
当m＝﹣3时，
则（﹣3）×1＝﹣c，得c＝3，
故当﹣3＜m＜﹣2时，c的取值范围是2＜c＜3，
故答案为：2＜c＜3．
16．△ABC是边长为5的等边三角形，点D在△ABC的外部且∠BDC＝30°，则AD的最大值是 ．
【分析】作A点关于BC的对称点A'，以A'点为圆心，以BC的长为半径作圆，连接AA'交BC于E点，延长AA'交⊙A'与点D，连接BD，CD，则∠BCD＝∠BA'C＝，此时AD为最大值，根据等边三角形的性质可求解A'E＝AE＝，A'D＝A'B＝AB＝5，进而可求解．
【解答】解：作A点关于BC的对称点A'，以A'点为圆心，以BC的长为半径作圆，连接AA'交BC于E点，延长AA'交⊙A'与点D，连接BD，CD，则∠BCD＝∠BA'C＝，此时AD为最大值，
∵△ABC是边长为5的等边三角形，
∴BC＝AB＝5，
∴A'E＝AE＝，A'D＝A'B＝AB＝5，
∴AD＝AE+A'E+A'D＝．
故答案为．
三．解答题
17．解方程：x2﹣4x﹣12＝0．
【分析】分解因式得出（x﹣6）（x+2）＝0，推出方程x﹣6＝0，x+2＝0，求出方程的解即可．
【解答】解：x2﹣4x﹣12＝0，
分解因式得：（x﹣6）（x+2）＝0，
∴x﹣6＝0，x+2＝0，
解方程得：x1＝6，x2＝﹣2，
∴原方程的解是x1＝6，x2＝﹣2．
18．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，3），点C的坐标为（4，0），将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°得到矩形ODEF，点A，B，C分别对应点D，E，F．
（1）请在平面直角坐标系中画出矩形ODEF；
（2）求点B所经过的路径长．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可．
（2）利用弧长公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，矩形ODEF即为所求．
（2）点B所经过的路径长＝＝．
19．如图，⊙O的内接四边形ABCD两组对边的延长线分别交BC、DC于点E，F，设∠E＝x°，∠F＝y°．
（1）当AC为直径时，求证：x＝y；
（2）当x+y＝60时．
①求∠DAB的度数；
②连接OA，过点O作OH⊥AB于H，当AB＝2OH时，求∠DAO度数．
【分析】（1）由圆周角定理可得∠ADC＝∠ABC＝90°，由外角的性质可求解；
（2）①由圆的内接四边形的性质可得∠ADF+∠ABE＝180°，由三角形内角和定理可求解；
②由垂径定理可得AH＝BH，进而可得AH＝BH＝OH，由等腰三角形的性质可得∠OAH＝45°，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AC是直径，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∵∠ADC＝∠E+∠DCE，∠ABC＝∠F+∠BCF，
∴∠E+∠DCE＝∠F+∠BCF，
又∵∠DCE＝∠BCF，
∴∠E＝∠F，
∴x＝y；
（2）①∵四边形ADCB是圆内接四边形，
∴∠ADF+∠ABE＝180°，
∵∠E+∠DAB+∠EBA＝180°，∠F+∠DAB+∠ADF＝180°，
∴∠E+∠DAB+∠EBA+∠F+∠DAB+∠ADF＝360°，
∴∠E+∠F+2∠DAB＝180°，
∴∠DAB＝60°；
②如图，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∵AB＝2OH，
∴AH＝OH＝BH，
∴∠OAH＝∠OBH＝45°，
∴∠DAO＝∠DAB﹣∠OAH＝15°．
20．为了更好地适应现代学发展的需要，提高医护人员专业水平，2020年11月，福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派若干名医生和护士参加培训，参加培训人数情况制成了两张不完整的统计图：
（1）丁医院选派的医生有 4 人．
（2）为了了解培训成果，准备从参加培训的四名医生（男女医生人数恰好相等）中随机选择2人进行考核，若每名医生被选中的机会均等，请用列表法或树状图求出选中的两名医生中至少有一名女医生的概率．
【分析】（1）先由甲医院的医生和护士人数求出总人数，再求出丁医院选派的医生和护士的人数，进而得出答案；
（2）画出树状图，共有12个等可能的结果，选中的两名医生中至少有一名女医生的结果有10个，由概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）∵福州市甲、乙、丙、丁四家医院共选派医生和护士的总人数为：（6+4）÷20%＝50（人），
∴丁医院选派的医生和护士的人数为50×24%＝12（人），
∴丁医院选派的医生有：12﹣8＝4（人），
故答案为：4；
（2）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，选中的两名医生中至少有一名女医生的结果有10个，
∴选中的两名医生中至少有一名女医生的概率为＝．
21．已知抛物线y＝x2﹣2x+m，过点C（0，n）作直线L⊥y轴，当直线L与抛物线只有一个公共点时，求：m﹣n的值．
【分析】将抛物线解析式画出成顶点式，根据题意得到n＝﹣1+m，变形可得．
【解答】解：y＝x2﹣2x+m＝（x﹣1）2﹣1+m，
∵直线L与抛物线只有一个公共点，
∴n＝﹣1+m，
∴m﹣n＝1．
22．如图，在△ABC中，∠C＝45°，以AB为直径的⊙O经过BC的中点D．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）取的中点E，连接OE，延长OE交AC于点F，若EF＝，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接AD，先由圆周角定理得∠ADB＝90°，则AD⊥BC，再由线段垂直平分线的性质得AB＝AC，则∠B＝∠C＝45°，求得∠BAC＝90°，即可得出结论；
（2）作EH⊥OF交AF于H，则EH是⊙O的切线，先由垂径定理得OE⊥AD，AG＝DG，再证出△EFH是等腰直角三角形，得EH＝EF＝，则FH＝EF＝2，然后由切线长定理得AH＝EH＝，则AF＝AH+FH＝+2，最后由等腰直角三角形的性质得OA＝AF＝+2即可．
【解答】（1）证明：连接AD，如图所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，OA是⊙O的半径，
∴AD⊥BC，
∵D是BC的中点，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝45°，
∴∠BAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴AC⊥OA，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：作EH⊥OF交AF于H，如图所示：
则EH是⊙O的切线，
∵E是的中点，
∴OE⊥AD，AG＝DG，
∵AD⊥BC，
∴OF∥BC，
∴∠EFH＝∠C＝45°，
∵EH⊥OF，
∴△EFH是等腰直角三角形，
∴EH＝EF＝，FH＝EF＝2，
∵AC是⊙O的切线，
∴AH＝EH＝，
∴AF＝AH+FH＝+2，
由（1）得：∠BAC＝90°，
∴△AOF是等腰直角三角形，
∴OA＝AF＝+2，
即⊙O的半径为+2．
23．一段长为30m的墙前有一块矩形ABCD空地，用篱笆围成如图所示的图形，共用去100m（靠墙的一边不用篱笆，篱笆的厚度忽略不计），其中四边形AEFH和四边形CDHG是矩形，四边形EBGF是边长为10m的正方形，设CD＝xm．
（1）填空：CG＝ （80﹣3x） m（用含x的代数式表示）；
（2）若矩形CDHG面积为125m2，求CD长；
（3）当CD长为多少m时，矩形ABCD的面积最大．
【分析】（1）由题意得：3x+20+GC＝100，即可求解；
（2）矩形CDHG面积＝GC•CD＝（80﹣3x）x＝125，即可求解；
（3）设矩形ABCD的面积为s，则s＝BC•CD＝x（10+80﹣3x）x＝﹣3（x﹣30）x，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得：3x+20+GC＝100，
解得：GC＝（80﹣3x）m，
故答案为（80﹣3x）；
（2）∵BC＝BG+GC＝10+80﹣3x，
而0＜BC≤30，即0＜10+80﹣3x≤30，解得20≤x＜30，
矩形CDHG面积＝GC•CD＝（80﹣3x）x＝125，解得x＝25或（舍去），
故CD长为25m；
（3）设矩形ABCD的面积为s，则s＝BC•CD＝x（10+80﹣3x）x＝﹣3（x﹣30）x，
∵﹣3＜0，故抛物线开口向下，
而20≤x＜30，
当x＞15时，s随x的增大而减小，
故当x＝20（m）时，s取得最大值．
故当CD长为20m时，矩形ABCD的面积最大．
24．已知a＞0，点A（0，1），抛物线y＝﹣x2+bx经过点B（1，1），且与直线AB交于点P，与x轴交于点Q（异于原点O）．
（1）填空：用含a的代数式表示b＝ 1+ ；
（2）若△OBQ是直角三角形，求a的值；
（3）点M是抛物线的顶点，OM与BP交点N，当点N是BP三等分点时，求a的值．
【分析】（1）将点B坐标代入解析式可求解；
（2）将b＝1+代入解析式，可求点Q坐标，由两点距离可求OB2＝2，OQ2＝（a+1）2，BQ2＝a2+1，由勾股定理可求解；
（3）分别求出点M，点N，点P坐标，由点N是BP的三等分点，列出方程可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝经过点B（1，1），
∴1＝﹣+b，
∴b＝1+，
故答案为：1+；
（2）∵b＝1+，
∴y＝﹣x2+（1+）x，
令y＝0时，0＝﹣x2+（1+）x，
解得：x1＝0，x2＝a+1，
∴点Q（a+1，0），
∵a＞1，
∴a+1＞0，
∴OQ＝a+1，
∵点B（1，1），点O（0，0），点Q（a+1，0），
∴OB2＝2，OQ2＝（a+1）2，BQ2＝a2+1，
∵△OBQ是直角三角形，
∴OQ2＝OB2+BQ2，
∴（a+1）2＝2+a2+1，
∴a＝1；
（3）如图，
∵y＝﹣x2+（1+）x＝﹣（x﹣）2+，
∴点M（，），
∴直线OM的解析式为y＝x，
当y＝1时，x＝，
∴点N（，1），
∵y＝﹣x2+（1+）x与直线AB交于点P，
∴1＝﹣x2+（1+）x，
∴x1＝1，x2＝a，
∴点P（a，1），
∵点N是BP三等分点，
∴BN＝2PN，
∴1﹣＝2（﹣a），
解得：a＝1或．
25．如图1，在Rt△ABC中∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝2，以BC所在直线为x轴，边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，将△ABC绕P点（0，﹣1）顺时针旋转．
（1）填空：当点B旋转到y轴正半轴时，则旋转后点A坐标为 （，） ；
（2）如图2，若边AB与y轴交点为E，边AC与直线y＝x﹣1的交点为F，求证：△AEF的周长为定值；
（3）在（2）的条件下，求△AEF内切圆半径的最大值．
【分析】（1）证明四边形ABPC为正方形，当点B落在y轴上时，则图形旋转的角度为45°，点A落在点A′的位置，则PA′过点C，PA′＝PA＝2，进而求解；
（2）证明△BPQ≌△CPF（AAS）和△QPE≌△FPE（SAS），则QE＝EF，进而求解；
（3）证明r＝（AE+AE﹣EF）＝（2﹣m﹣n+n﹣m）＝﹣m，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即n2+（2﹣m﹣n）2＝m2，整理得：n2+（m﹣2）n+4﹣2m＝0，由△＝（m﹣2）2﹣4×（4﹣2m）≥0，求得m≥4﹣2，即可求解．
【解答】解：（1）连接BP、CP，则△ABP为等腰直角三角形，
而△ABC为等腰直角三角形，易证四边形ABPC为正方形，
当点B落在y轴上时，则图形旋转的角度为45°，点A落在点A′的位置，则PA′过点C，PA′＝PA＝2，
过点A′作A′E⊥x轴于点E，则∠A′CE＝OCP＝45°，
由点A、B、C的坐标知，AB＝AC＝，
则CA′＝PA′﹣CP＝2﹣，
在Rt△A′CE中，A′E＝A′C＝﹣1＝CE，
故旋转后点A的坐标为（，），
故答案为（，）；
（2）连接PB、CP，作∠QPB＝∠FPC，
由（1）知，四边形BPCA为正方形，
由直线y＝x﹣1知，∠EPF＝45°，
则∠FPC+∠BPE＝90°﹣∠EPF＝45°＝∠QPB+∠BPE＝∠QPE＝∠45°，即∠QPE＝∠EPF＝45°，
∵四边形BPCA为正方形，则PB＝PC，∠QBP＝∠FCP＝90°，∠QPB＝∠FPC，
∴△BPQ≌△CPF（AAS），
∴PQ＝PF，
而∠QPE＝∠EPF＝45°，PE＝PE，
∴△QPE≌△FPE（SAS），
∴QE＝EF，
则△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+QE＝AE+BE+BQ+AE＝AE+BE+FC+AF＝AB+AC＝2；
即△AEF的周长为定值；
（3）设△AEF内切圆半径为r，AE＝n，EF＝m，
由（2）知，AF＝2﹣m﹣n，
则r＝（AE+AE﹣EF）＝（2﹣m﹣n+n﹣m）＝﹣m（半径公式见备注），
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即n2+（2﹣m﹣n）2＝m2，
整理得：n2+（m﹣2）n+4﹣2m＝0，
∵关于n的一元二次方程有解，
故△＝（m﹣2）2﹣4×（4﹣2m）≥0，
解得m≥4﹣2或m≤﹣4﹣2（舍去），
故m的最小值为4﹣2，
则r的最大值为﹣m＝﹣（4﹣2）＝3﹣4，
即△AEF内切圆半径的最大值为3﹣4．
备注：证明：设△ABC为直角三角形，三条边分别为a、b、c，内切圆的半径为r，
如图设内切圆圆心为O，三个切点为D、E、F，连接OD、OE、OF，OA、OB、OC，
显然有OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB，
所以S△ABC＝S△OAC+S△OBC+S△OAB，
所以ab＝br+ar+cr，
所以r＝＝＝，
即内切圆半径为（a+b﹣c）．
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