2020-2021学年安徽淮南市田家庵区九年级（上）第三次月考数学试卷（含答案解析）

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1、 1 2020-2021 学年安徽淮南市田家庵区九年级（上）第三次月考数学试卷学年安徽淮南市田家庵区九年级（上）第三次月考数学试卷 一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分分 1 （4 分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A B C D 2 （4 分）下列一元二次方程中有两个不相等的实数根的方程是（ ） A（x1）20 Bx2+2x190 Cx2+40 Dx2+x+10 3 （4 分）已知O 的半径为 10，圆心 O 到弦 AB 的距离为 5，则弦 AB 所对的圆周角的度数是（ ） A30 B60 C30或 150 D60

2、或 120 4 （4 分）在同一平面直角坐标系内，将函数 y2x2+4x3 的图象向右平移 2 个单位，再向下平移 1 个单 位得到图象的顶点坐标是（ ） A（3，6） B（1，4） C（1，6） D（3，4） 5 （4 分）有三张正面分别写有数字1，1，2 的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上洗匀 后随机抽取一张，以其正面数字作为 a 的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作 为 b 的值，则点（a，b）在第二象限的概率为（ ） A B C D 6 （4 分）如图，PA、PB 分别与O 相切于 A、B 两点，若C65，则P 的度数为（ ） A65 B130 C50

3、 D100 7 （4 分）在同一平面直角坐标系中，函数 ymx+m 和函数 ymx2+2x+2（m 是常数，且 m0）的图象可 能是（ ） A B 2 C D 8 （4 分）把一副三角板如图（1）放置，其中ACBDEC90，A45，D30，斜边 AB 4，CD5把三角板 DCE 绕着点 C 顺时针旋转 15得到D1CE1（如图 2） ，此时 AB 与 CD1交于点 O，则线段 AD1的长度为（ ） A B C D4 9 （4 分）如图，AB 是O 的直径，弦 CD 交 AB 于点 E，且 AECD8，BACBOD，则O 的半 径为（ ） A4 B5 C4 D3 10 （4 分）在平面直角坐标系

4、 xOy 中，已知点 M，N 的坐标分别为（1，2） ， （2，1） ，若抛物线 yax2 x+2（a0）与线段 MN 有两个不同的交点，则 a 的取值范围是（ ） Aa1 或a Ba Ca或 a Da1 或 a 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分）分） 11 （5 分）抛物线 y4x23x 与 y 轴的交点坐标是 12 （5 分）设 m，n 分别为一元二次方程 x2+2x20180 的两个实数根，则 m2+3m+n 13 （5 分）如图，在BDE 中，BDE90，BD4，点 D 的坐标是（5，0） ，BDO15，将 BDE 旋转到ABC

5、 的位置，点 C 在 BD 上，则旋转中心的坐标为 3 14 （5 分）如图，ABC 内接于O，BAC120，ABAC，BD 为O 的直径，CD6，OA 交 BC 于 点 E，则 AE 的长度是 三、解答题（共三、解答题（共 9 小题，满分小题，满分 90 分）分） 15 （8 分）用适当的方法解下列方程 （1）3x（x+3）2（x+3） （2）2x24x30 16 （8 分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的三个顶点坐标分别为 A（1，4） ，B（4，2） ，C（3，5） （每个方格的边长均为 1 个单位长度） （1）请画出A1B1C1，使A1B1C1与ABC 关于 x 轴对称； （2）将

6、ABC 绕点 O 逆时针旋转 90，画出旋转后得到的A2B2C2，并直接写出点 B2，C2的坐标； （3）若点 P（a，b）是ABC 内任意一点，试写出将ABC 绕点 O 逆时针旋转 90后点 P 的对应点 P2 的坐标 4 17 （8 分） “420” 雅安地震后， 某商家为支援灾区人民， 计划捐赠帐篷 16800 顶， 该商家备有 2 辆大货车、 8 辆小货车运送帐篷计划大货车比小货车每辆每次多运帐篷 200 顶，大、小货车每天均运送一次，两 天恰好运完 （1）求大、小货车原计划每辆每次各运送帐篷多少顶？ （2）因地震导致路基受损，实际运送过程中，每辆大货车每次比原计划少运 200m 顶，

7、每辆小货车每次 比原计划少运 300 顶，为了尽快将帐篷运送到灾区，大货车每天比原计划多跑次，小货车每天比原 计划多跑 m 次，一天恰好运送了帐篷 14400 顶，求 m 的值 18 （10 分）如图 1，已知ABC 是等腰直角三角形，BAC90，点 D 是 BC 的中点作正方形 DEFG， 使点 A、C 分别在 DG 和 DE 上，连接 AE，BG （1）试猜想线段 BG 和 AE 的数量关系是 ； （2）将正方形 DEFG 绕点 D 逆时针方向旋转 （0360） ， 判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用图 2 证明你的结论； 若 BCDE4，当 AE 取最大值时，求 AF 的值 5 19

8、 （10 分）甲、乙两同学投掷一枚骰子，用字母 p、q 分别表示两人各投掷一次的点数 （1）用列表法或画树状图的方法列举所有结果； （2）求满足关于 x 的方程 x2+px+q0 有实数解的概率 20 （10 分）已知：如图，抛物线 ya（x1）2+c 与 x 轴交于点 A（1，0）和点 B，将抛物线沿 x 轴 向上翻折，顶点 P 落在点 P（1，3）处 （1）求原抛物线的解析式； （2）学校举行班徽设计比赛，九年级 5 班的小聪在解答此题时顿生灵感：过点 P作 x 轴的平行线交抛 物线于 C、 D 两点， 将翻折后得到的新图象在直线 CD 以上的部分去掉， 设计成一个 “W” 型的班徽， “

9、5” 的拼音开头字母为 W， “W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小聪通过计算惊奇的发现这个“W”图案 的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比（约等于 0.618） 请你计算这个“W”图案的高与宽的 比到底是多少？（结果可以保留根号） 6 21 （10 分）如图（1） ，在ABC 中，ACB90，以 AB 为直径作O；过点 C 作直线 CD 交 AB 的延 长线于点 D，且 BDOB，CDCA （1）求证：CD 是O 的切线 （2）如图（2） ，过点 C 作 CEAB 于点 E，若O 的半径为 8，A30，求线段 BE 22 （12 分）如图，在 RtABC 中，C90，点 O 为 AB 上的

10、一点，以点 O 为圆心 OA 为半径的圆弧与 BC 相切于点 D，交 AC 于点 E，连接 AD （1）求证：AD 平分BAC； （2）已知 AE2，DC，求阴影部分的面积 S 23 （14 分）如图，抛物线 yx22x+3 的图象与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左边） ，与 y 轴交于 7 点 C，点 D 为抛物线的顶点 （1）求 A，B，C 三点的坐标 （2）点 M 为线段 AB 上一点（点 M 不与点 A，B 重合） ，过点 M 作 x 轴的垂线，与直线 AC 交于点 E， 与抛物线交于点 P，过点 P 作 PQAB 交抛物线于点 Q，过点 Q 作 QNx 轴于点 N若

11、点 P 在点 Q 左 边，当矩形 PMNQ 的周长最大时，求AEM 的面积 （3）在（2）的条件下，当矩形 PMNQ 的周长最大时，连接 DQ过抛物线上一点 F 作 y 轴的平行线， 与直线 AC 交于点 G（点 G 在点 F 的上方） 若 FG2DQ，求点 F 的坐标 2020-2021 学年安徽淮南市田家庵区九年级（上）第三次月考数学试卷参考学年安徽淮南市田家庵区九年级（上）第三次月考数学试卷参考 答案与试题解析答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分分 1 （4 分）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A

12、 B C D 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解把一个图形绕某一点旋 转 180，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；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 【解答】解：A既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； B是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意 故选：A 【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部

13、分 折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图重合 8 2 （4 分）下列一元二次方程中有两个不相等的实数根的方程是（ ） A（x1）20 Bx2+2x190 Cx2+40 Dx2+x+10 【分析】根据一元二次方程根的判别式，分别计算的值，进行判断即可 【解答】解：A、0，方程有两个相等的实数根； B、4+76800，方程有两个不相等的实数根； C、160，方程没有实数根； D、1430，方程没有实数根 故选：B 【点评】本题考查了一元二次方程 ax2+bx+c0（a0）的根的判别式b24ac：当0，方程有两 个不相等的实数根；当0，方程有两个相等的实数根；当0，方

14、程没有实数根 3 （4 分）已知O 的半径为 10，圆心 O 到弦 AB 的距离为 5，则弦 AB 所对的圆周角的度数是（ ） A30 B60 C30或 150 D60或 120 【分析】由图可知，OA10，OD5根据特殊角的三角函数值求角度即可 【解答】解：由图可知，OA10，OD5， 在 RtOAD 中， OA10，OD5，AD， tan1，160， 同理可得260， AOB1+260+60120， 圆周角的度数是 60或 120 故选：D 【点评】本题考查的是垂径定理，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键 4 （4 分）在同一平面直角坐标系内，将函数 y2x2+4x3 的图

15、象向右平移 2 个单位，再向下平移 1 个单 位得到图象的顶点坐标是（ ） A（3，6） B（1，4） C（1，6） D（3，4） 【分析】根据函数图象向右平移减，向下平移减，可得目标函数图象，再根据顶点坐标公式，可得答案 【解答】解：函数 y2x2+4x3 的图象向右平移 2 个单位，再向下平移 1 个单位得到图象 y2（x2） 2+4（x2）31， 即 y2（x1）26， 9 顶点坐标是（1，6） ， 故选：C 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，利用了图象的平移规律：上加下减，左加右减 5 （4 分）有三张正面分别写有数字1，1，2 的卡片，它们背面完全相同，现将这三张卡片背面朝上

16、洗匀 后随机抽取一张，以其正面数字作为 a 的值，然后再从剩余的两张卡片随机抽一张，以其正面的数字作 为 b 的值，则点（a，b）在第二象限的概率为（ ） A B C D 【分析】画出树状图，然后确定出在第二象限的点的个数，再根据概率公式列式进行计算即可得解 【解答】解：根据题意，画出树状图如下： 一共有 6 种情况，在第二象限的点有（1，1） （1，2）共 2 个， 所以，P 故选：B 【点评】本题考查了列表法与树状图法，第二象限点的坐标特征，用到的知识点为：概率所求情况数 与总情况数之比 6 （4 分）如图，PA、PB 分别与O 相切于 A、B 两点，若C65，则P 的度数为（ ） A65

17、 B130 C50 D100 【分析】由 PA 与 PB 都为圆 O 的切线，利用切线的性质得到 OA 垂直于 AP，OB 垂直于 BP，可得出两 个角为直角，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的 2 倍，由已知C 的度数求出AOB 的度数，在 四边形 PABO 中，根据四边形的内角和定理即可求出P 的度数 【解答】解：PA、PB 是O 的切线， OAAP，OBBP， OAPOBP90， 又AOB2C130， 则P360（90+90+130）50 故选：C 10 【点评】本题主要考查了切线的性质，四边形的内角与外角，以及圆周角定理，熟练运用性质及定理是 解本题的关键 7 （4 分）在同一平面直

18、角坐标系中，函数 ymx+m 和函数 ymx2+2x+2（m 是常数，且 m0）的图象可 能是（ ） A B C D 【分析】关键是 m 的正负的确定，对于二次函数 yax2+bx+c，当 a0 时，开口向上；当 a0 时，开 口向下对称轴为 x，与 y 轴的交点坐标为（0，c） 【解答】解：A由函数 ymx+m 的图象可知 m0，即函数 ymx2+2x+2 开口方向朝下，对称轴为 x 0，则对称轴应在 y 轴右侧，与图象不符，故 A 选项错误； B 由函数 ymx+m 的图象可知 m0， 即函数 ymx2+2x+2 开口方向朝下， 开口方向朝下， 与图象不符， 故 B 选项错误； C由函数

19、ymx+m 的图象可知 m0，即函数 ymx2+2x+2 开口方向朝上，对称轴为 x 0，则对称轴应在 y 轴左侧，与图象不符，故 C 选项错误； D由函数 ymx+m 的图象可知 m0，即函数 ymx2+2x+2 开口方向朝下，对称轴为 x 0，则对称轴应在 y 轴右侧，与图象相符，故 D 选项正确 故选：D 【点评】主要考查了一次函数和二次函数的图象性质以及分析能力和读图能力，要掌握它们的性质才能 灵活解题 8 （4 分）把一副三角板如图（1）放置，其中ACBDEC90，A45，D30，斜边 AB 4，CD5把三角板 DCE 绕着点 C 顺时针旋转 15得到D1CE1（如图 2） ，此时

20、AB 与 CD1交于点 O，则线段 AD1的长度为（ ） 11 A B C D4 【分析】首先由旋转的角度为 15，可知ACD145已知CAO45，即可得 AOCD1，然后 可在 RtAOC 和 RtAOD1中，通过解直角三角形求得 AD1的长 【解答】解：由题意易知：CAB45，ACD30 若旋转角度为 15，则ACO30+1545 AOC180ACOCAO90 在等腰 RtABC 中，AB4，则 ACBC2 同理可求得：AOOC2 在 RtAOD1中，OA2，OD1CD1OC3， 由勾股定理得：AD1 故选：A 【点评】此题主要考查了旋转的性质以及解直角三角形的综合应用，能够发现 AOOC

21、 是解决此题的关 键 9 （4 分）如图，AB 是O 的直径，弦 CD 交 AB 于点 E，且 AECD8，BACBOD，则O 的半 径为（ ） A4 B5 C4 D3 12 【分析】先根据BACBOD 可得出，故可得出 ABCD，由垂径定理即可求出 DE 的长， 再根据勾股定理即可得出结论 【解答】解：BACBOD， ， ABCD， AECD8， DECD4， 设 ODr，则 OEAEr8r， 在 RtODE 中，ODr，DE4，OE8r， OD2DE2+OE2，即 r242+（8r）2，解得 r5 故选：B 【点评】本题考查的是垂径定理及圆周角定理，熟知平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并

22、且平分弦 所对的两条弧是解答此题的关键 10 （4 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 M，N 的坐标分别为（1，2） ， （2，1） ，若抛物线 yax2 x+2（a0）与线段 MN 有两个不同的交点，则 a 的取值范围是（ ） Aa1 或a Ba Ca或 a Da1 或 a 【分析】根据二次函数的性质分两种情形讨论求解即可； 【解答】解：抛物线的解析式为 yax2x+2 观察图象可知当 a0 时，x1 时，y2 时，且，满足条件，可得 a1； 当 a0 时，x2 时，y1，且抛物线与直线 MN 有交点，且2 满足条件， a， 13 直线 MN 的解析式为 yx+， 由，消去 y 得到

23、，3ax22x+10， 0， a， a满足条件， 综上所述，满足条件的 a 的值为 a1 或a， 故选：A 【点评】本题考查二次函数的应用，二次函数的图象上的点的特征等知识，解题的关键是灵活运用所学 知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型 二、填空题（共二、填空题（共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分）分） 11 （5 分）抛物线 y4x23x 与 y 轴的交点坐标是 （0，0） 【分析】令 x0 可求得 y0，可求得答案 【解答】解： 在 y4x23x 中，令 x0 可得 y0， 抛物线与 y 轴的交点坐标为（0，0） ， 故答案为： （0，0）

24、 【点评】本题主要考查二次函数的图象上点的坐标特征，掌握求函数图象与坐标轴的交点的方法是解题 的关键 12 （5 分）设 m，n 分别为一元二次方程 x2+2x20180 的两个实数根，则 m2+3m+n 2016 【分析】先利用一元二次方程根的定义得到 m22m+2018，则 m2+3m+n 可化简为 2018+m+n，再根据 根与系数的关系得到 m+n2，然后利用整体代入的方法计算 【解答】解：m 为一元二次方程 x2+2x20180 的实数根， m2+2m20180，即 m22m+2018， m2+3m+n2m+2018+3m+n2018+m+n， m，n 分别为一元二次方程 x2+2x

25、20180 的两个实数根， m+n2， m2+3m+n201822016 【点评】本题考查了根与系数的关系：若 x1，x2是一元二次方程 ax2+bx+c0（a0）的两根时，x1+x2 ，x1x2也考查了一元二次方程根的定义 14 13 （5 分）如图，在BDE 中，BDE90，BD4，点 D 的坐标是（5，0） ，BDO15，将 BDE 旋转到ABC 的位置，点 C 在 BD 上，则旋转中心的坐标为 （3，2） 【分析】根据旋转的性质，AB 与 BD 的垂直平分线的交点即为旋转中心 P，连接 PD，过 P 作 PFx 轴 于 F，再根据点 C 在 BD 上确定出PDB45并求出 PD 的长，

26、然后求出PDO60，根据直角三 角形两锐角互余求出DPF30，根据直角三角形 30角所对的直角边等于斜边的一半可得 DF PD，利用勾股定理列式求出 PF，再求出 OF，即可得到点 P，即旋转中心的坐标 【解答】解：如图，AB 与 BD 的垂直平分线的交点即为旋转中心 P， 连接 PD，过 P 作 PFx 轴于 F， 点 C 在 BD 上， 点 P 到 AB、BD 的距离相等，都是BD，即42， PDB45， PD24， BDO15， PDO45+1560， DPF30， DFPD42， 点 D 的坐标是（5，0） ， OFODDF523， 由勾股定理得，PF2， 旋转中心的坐标为（3，2）

27、故答案为：（3，2） 15 【点评】本题考查了坐标与图形变化旋转，熟练掌握旋转的性质确定出旋转中心的位置并得到含有 30 角的直角三角形是解题的关键 14 （5 分）如图，ABC 内接于O，BAC120，ABAC，BD 为O 的直径，CD6，OA 交 BC 于 点 E，则 AE 的长度是 3 【分析】想办法证明OAB 是等边三角形，OABC 即可推出 OEAE，再利用三角形中位线定理即可 解决问题； 【解答】解：ABC， ， OABC， BAECAE60，BEEC， OAOB， OAB 是等边三角形， BEOA， OEAE， OBOD，BEEC， OEAECD3 故答案为 3 16 【点评】本

28、题考查三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，三角形的中位线定理，等边三角形 的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型 三、解答题（共三、解答题（共 9 小题，满分小题，满分 90 分）分） 15 （8 分）用适当的方法解下列方程 （1）3x（x+3）2（x+3） （2）2x24x30 【分析】 （1）移项后提取公因式 x+3，转化为两个一元一次方程，解之可得； （2）利用求根公式列式计算可得 【解答】解：（1）3x（x+3）2（x+3）， （x+3） （3x2）0， x+30 或 3x20， x13，x2； （2）2x24x30， a2，b4，c3， b

29、24ac400， x 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方 法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键 16 （8 分）如图，在平面直角坐标系中，ABC 的三个顶点坐标分别为 A（1，4） ，B（4，2） ，C（3，5） （每个方格的边长均为 1 个单位长度） （1）请画出A1B1C1，使A1B1C1与ABC 关于 x 轴对称； （2）将ABC 绕点 O 逆时针旋转 90，画出旋转后得到的A2B2C2，并直接写出点 B2，C2的坐标； （3）若点 P（a，b）是ABC 内任意一点，试写出将ABC 绕点 O

30、 逆时针旋转 90后点 P 的对应点 P2 的坐标 17 【分析】 （1）利用关于 x 轴对称的点的坐标特征写出 A1、B1、C1的坐标，然后描点即可； （2）利用网格特点和旋转的性质画出 A、B、C 的对应点 A2、B2、C2，从而得到点 B2，C2的坐标； （3）利用（2）中对应点的变换规律求解 【解答】解： （1）如图，A1B1C1为所作； （2）如图，A2B2C2为所作，B2（2，4） ，C2（5，3） ； （3）点 P2的坐标为（b，a） 【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

31、方法，找到对应点，顺次连接得出旋转 后的图形 也考查了轴对称变换 17 （8 分） “420” 雅安地震后， 某商家为支援灾区人民， 计划捐赠帐篷 16800 顶， 该商家备有 2 辆大货车、 8 辆小货车运送帐篷计划大货车比小货车每辆每次多运帐篷 200 顶，大、小货车每天均运送一次，两 天恰好运完 （1）求大、小货车原计划每辆每次各运送帐篷多少顶？ （2）因地震导致路基受损，实际运送过程中，每辆大货车每次比原计划少运 200m 顶，每辆小货车每次 比原计划少运 300 顶，为了尽快将帐篷运送到灾区，大货车每天比原计划多跑次，小货车每天比原 18 计划多跑 m 次，一天恰好运送了帐篷 144

32、00 顶，求 m 的值 【分析】 （1）设小货车每次运送 x 顶，则大货车每次运送（x+200）顶，根据两种类型的车辆共运送 16800 顶帐篷为等量关系建立方程求出其解即可； （2）根据（1）的结论表示出大小货车每次运输的数量，根据条件可以表示出大货车现在每天运输次数 为（1+m）次，小货车现在每天的运输次数为（1+m）次，根据一天恰好运送了帐篷 14400 顶建立方程 求出其解就可以了 【解答】解： （1）设小货车每次运送 x 顶，则大货车每次运送（x+200）顶， 根据题意得：22（x+200）+8x16800， 解得：x800 大货车原计划每次运：800+2001000 顶 答：小货车

33、每次运送 800 顶，大货车每次运送 1000 顶； （2）由题意，得 2（1000200m） （1+m）+8（800300） （1+m）14400， 解得：m12，m221（舍去） 答：m 的值为 2 【点评】本题考查了列一元一次方程解实际问题的运用，一元一次方程的解法的运用，解答时根据各部 分工作量之和工作总量建立方程是关键 18 （10 分）如图 1，已知ABC 是等腰直角三角形，BAC90，点 D 是 BC 的中点作正方形 DEFG， 使点 A、C 分别在 DG 和 DE 上，连接 AE，BG （1）试猜想线段 BG 和 AE 的数量关系是 BGAE ； （2）将正方形 DEFG 绕点

34、 D 逆时针方向旋转 （0360） ， 判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用图 2 证明你的结论； 若 BCDE4，当 AE 取最大值时，求 AF 的值 【分析】 （1）由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出ADEBDG 就可以得出结论； （2）如图 2，连接 AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出ADEBDG 就可以 19 得出结论； 由可知 BGAE，当 BG 取得最大值时，AE 取得最大值，由勾股定理就可以得出结论 【解答】解：（1）BGAE 理由：如图 1，ABC 是等腰直角三角形，BAC90，点 D 是 BC 的中点， ADBC，BDCD， ADBADC90

35、四边形 DEFG 是正方形， DEDG 在BDG 和ADE 中， ， ADEBDG（SAS）， BGAE 故答案为：BGAE； （2）成立 BGAE 理由：如图 2，连接 AD， 在 RtBAC 中，D 为斜边 BC 中点， ADBD，ADBC， ADG+GDB90 四边形 EFGD 为正方形， DEDG，且GDE90， ADG+ADE90， BDGADE 在BDG 和ADE 中， ， BDGADE（SAS）， BGAE； BGAE， 当 BG 取得最大值时，AE 取得最大值 如图 3，当旋转角为 270时，BGAE BCDE4， BG2+46 20 AE6 在 RtAEF 中，由勾股定理，得

36、 AF， AF2 【点评】本题考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形 的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键 19 （10 分）甲、乙两同学投掷一枚骰子，用字母 p、q 分别表示两人各投掷一次的点数 （1）用列表法或画树状图的方法列举所有结果； （2）求满足关于 x 的方程 x2+px+q0 有实数解的概率 【分析】 （1）根据题意画出树状图得出所有等可能的情况数即可； （2）画树状图展示所有 36 种等可能的结果数，找出符合题意的情况数，然后根据概率公式即可得出答 案 【解答】解： （1）根据题意画图如下： 共有 36 种等

37、可能的情况数； 21 （2）共有 36 种等可能的结果数，其中使方程有相等实数解共有 2 种情况，分别是 p4，q4；p2， q1； 故则满足关于 x 的方程 x2+px+q0 有实数解的概率是 【点评】本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出 n，再从中 选出符合事件 A 或 B 的结果数目 m， 然后根据概率公式求出事件 A 或 B 的概率 也考查了判别式的意义 20 （10 分）已知：如图，抛物线 ya（x1）2+c 与 x 轴交于点 A（1，0）和点 B，将抛物线沿 x 轴 向上翻折，顶点 P 落在点 P（1，3）处 （1）求原抛物线的解析式； （2）学

38、校举行班徽设计比赛，九年级 5 班的小聪在解答此题时顿生灵感：过点 P作 x 轴的平行线交抛 物线于 C、 D 两点， 将翻折后得到的新图象在直线 CD 以上的部分去掉， 设计成一个 “W” 型的班徽， “5” 的拼音开头字母为 W， “W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小聪通过计算惊奇的发现这个“W”图案 的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比（约等于 0.618） 请你计算这个“W”图案的高与宽的 比到底是多少？（结果可以保留根号） 【分析】 （1）首先利用已知得出 P 点坐标，进而利用待定系数法求出解析式即可； （2）根据已知得出长方形的宽为 3，进而借助函数解析式得出 CD 的长，即可

39、得出长与宽的比 【解答】解： （1）将抛物线沿 x 轴向上翻折，顶点 P 落在点 P（1，3）处， P（1，3） ， 则原抛物线解析式为：ya（x1）23， 将（1，0）代入得出： 0a（11）23， 解得：a1， 原抛物线的解析式为：y（x1）23； （2）P（1，3）， 3（x1）23， 22 解得：x11，x21+， CD1+（1）2， 这个“W”图案的高与宽的比是： 【点评】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及函数图象上点的坐标性质等知识，得出 CD 的长是解题关键 21 （10 分）如图（1） ，在ABC 中，ACB90，以 AB 为直径作O；过点 C 作直线 CD 交 AB

40、 的延 长线于点 D，且 BDOB，CDCA （1）求证：CD 是O 的切线 （2）如图（2） ，过点 C 作 CEAB 于点 E，若O 的半径为 8，A30，求线段 BE 【分析】 （1）如图 1，连接 OC，根据直角三角形斜边中点的性质得出 OCOAOB，进一步得出点 C 在O 上，由等边对等角得出AD，然后通过证得ACBDCO，得出DCOACB90， 即可证得 CD 是O 的切线； （2）解直角三角函数即可求得 【解答】 （1）证明：如图 1，连接 OC， 点 O 为直角三角形斜边 AB 的中点， OCOAOB 点 C 在O 上， BDOB， ABDO， CDCA， AD， ACBDCO

41、， DCOACB90， CD 是O 的切线； （2）解：如图 2，在 RtABC 中，BCABsinA28sin308， ABC90A903060， BEBCcos6084 23 【点评】本题考查了切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和 性质以及解直角三角函数等，熟练掌握性质定理是解题的关键 22 （12 分）如图，在 RtABC 中，C90，点 O 为 AB 上的一点，以点 O 为圆心 OA 为半径的圆弧与 BC 相切于点 D，交 AC 于点 E，连接 AD （1）求证：AD 平分BAC； （2）已知 AE2，DC，求阴影部分的面积 S 【分析】 （1）只要

42、证明 ODAC，即可解决问题； （2）想办法证明ODE 是等边三角形，由 DEAB，推出 SAEDSODE，推出 S阴S扇形EOD； 【解答】 （1）证明：连接 OD BC 是O 的切线， ODBC， ODBC90， ODAC， ODACAD， OAOD， ODAOAD， CADOAD， AD 平分CAB 24 （2）作 OHAC 于 H，连接 OE OHAC， AHEHAE1， ODAC，OHCD， 四边形 OHCD 是平行四边形， C90， 四边形 OHCD 是矩形， OHCD， 在 RtAOH 中，OA2， cosHAO， HAO60， OAOE， AOE 是等边三角形， AOE60，

43、EADHAO30， DOE2EAD60， 连接 DE， OEOD， DOE 是等边三角形， DEO60， DEOAOE60， DEAB， SAEDSODE， S阴S扇形EOD 【点评】本题考查切线的性质、圆周角定理、扇形的面积公式、平行线的判定和性质、等边三角形的判 定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型 25 23 （14 分）如图，抛物线 yx22x+3 的图象与 x 轴交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左边） ，与 y 轴交于 点 C，点 D 为抛物线的顶点 （1）求 A，B，C 三点的坐标 （2）点 M 为线段 AB 上一点（点 M 不与点 A，B

44、 重合） ，过点 M 作 x 轴的垂线，与直线 AC 交于点 E， 与抛物线交于点 P，过点 P 作 PQAB 交抛物线于点 Q，过点 Q 作 QNx 轴于点 N若点 P 在点 Q 左 边，当矩形 PMNQ 的周长最大时，求AEM 的面积 （3）在（2）的条件下，当矩形 PMNQ 的周长最大时，连接 DQ过抛物线上一点 F 作 y 轴的平行线， 与直线 AC 交于点 G（点 G 在点 F 的上方） 若 FG2DQ，求点 F 的坐标 【分析】 （1）通过解析式即可得出 C 点坐标，令 y0，解方程得出方程的解，即可求得 A、B 的坐标 （2）设 M 点横坐标为 m，则 PMm22m+3，MN（m

45、1）22m2，矩形 PMNQ 的周长 2m28m+2，将2m28m+2 配方，根据二次函数的性质，即可得出 m 的值，然后求得直线 AC 的 解析式，把 xm 代入可以求得三角形的边长，从而求得三角形的面积， （3）先确定出点 D 坐标，进而得出 FG，再由 FG4 建立方程求解即可 【解答】解： （1）由抛物线 yx22x+3 可知点 C（0，3） ， 令 y0，则 0 x22x+3， 解得 x3 或 x1， 点 A（3，0） ，B（1，0） （2）由抛物线 yx22x+3（x+1）2+4 可知，对称轴为直线 x1， 设点 M 的横坐标为 m，则 PMm22m+3，MN（m1）22m2， 矩

46、形 PMNQ 的周长2（PM+MN）2（m22m+32m2）2m28m+22（m+2）2+10， 当 m2 时矩形的周长最大 点 A（3，0） ，C（0，3） ， 直线 AC 的函数表达式为 yx+3， 当 x2 时，y2+31，则点 E（2，1） ， EM1，AM1， SAMEM （3）当矩形 PMNQ 的周长最大时，点 M 的横坐标为2，抛物线的对称轴为 x1， 26 N（0，0），Q（0，3）， 点 N 应与原点重合，点 Q 与点 C 重合， DQDC， 把 x1 代入 yx22x+3，得 y4， 点 D（1，4） C（0，3） ， DC DQDC FG2DQ24， 设点 F（n，n22n+3） ，则点 G（n，n+3） ， 点 G 在点 F 的上方， （n+3）（n22n+3）4，解得 n4 或 n1 点 F（4，5）或（1，0） 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了抛物线顶点坐标公式，函数的极值，三角形的面积公式， 解本题的关键是矩形 PMNQ 的周长2（m+2）2+10，是一道中等难度的中考常考题