【文档说明】2022-2023学年北京市海淀区首都师大附中九年级上期中数学试题及答案解析.docx，共(23)页，545.769 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共23页2022-2023学年北京市海淀区首都师大附中九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.抛物线𝑦=3(𝑥−1)2−4的对称轴是直线()

A.𝑥=1B.𝑥=−1C.𝑥=4D.𝑥=−42.围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有4000多年的历史．2017年5月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人𝐴𝑙𝑝ℎ𝑎𝐺𝑜进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋

子摆成的图案是中心对称的是()A.B.C.D.3.若关于𝑥的一元二次方程𝑚𝑥2−2𝑥+6=0的一个根是−1，则𝑚的值是()A.−3B.−2C.−1D.−84.在平面内，已知𝑂𝑃=2，𝑂𝑄=4，若点𝑃在⊙𝑂上，那么点𝑄与⊙𝑂的位置关系是()A.

点𝑄在⊙𝑂内B.点𝑄在⊙𝑂上C.点𝑄在⊙𝑂外D.无法判断5.如图，点𝐴，𝐵，𝐶均在⊙𝑂上，若∠𝐴𝑂𝐵=50°，则∠𝐴𝐶𝐵的度数是()A.25°B.50°C.75°D.100°6.如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝐸在边𝐵𝐶上，且𝐵𝐸=1

，∠𝐵𝐴𝐸=30°，将△𝐴𝐵𝐸绕点𝐴逆时针旋转至△𝐴𝐷𝐹，使点𝐵与点𝐷重合，则点𝐸，𝐹之间的距离为()第2页，共23页A.√3B.2C.2√2D.37.二次函数𝑦=𝑎𝑥2+𝑏�

�+𝑐的部分图象如图所示，则关于𝑥的不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐≥2的解集是()A.𝑥≤2B.𝑥≤0C.−3≤𝑥≤0D.𝑥≤−3或𝑥≥08.在一次足球比赛小组赛中，每两支队伍之间都要各进行一次主场比赛、一次客场比赛，主办方共投入

使用6个球场，每天每个球场共安排4场比赛，若连续10天才能保证小组赛全部比完，则本次小组赛参赛球队有()A.15支B.16支C.17支D.18支二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）9.将抛物线𝑦=5𝑥2向下平移2个单位长度，所得新抛物线的表达

式为______．10.设𝑥1，𝑥2分别是一元二次方程𝑥2−2𝑥−3=0的两个不相等的实数根，则𝑥1⋅𝑥2的值为______．11.如图，𝐵𝐷是⊙𝑂的直径，𝐶是𝐴𝐵⏜的中点，若∠𝐴𝑂𝐶=70°，则∠𝐴𝑂𝐷的度数为______．第3页，共23页12.请写出一个开

口向下，且经过点(2,−4)的抛物线的表达式为______．13.如图，在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶=3，点𝐷在𝐴𝐶上，且𝐴𝐷=2，将点𝐷绕着点𝐴顺时针方向旋转，使得点𝐷的对应点𝐸恰好

落在𝐴𝐵边上，则旋转角的度数为，𝐶𝐸的长为．14.如图，点𝑂为线段𝐴𝐵的中点，点𝐵，𝐶，𝐷到点𝑂的距离相等，连接𝐴𝐶，𝐵𝐷.请写出图中任意一组互补的角为______和______(不添加辅助线，不添加数字角标和字母

)．15.关于𝑥的方程𝑘𝑥2−(2𝑘+1)𝑥+𝑘=0有两个不相等的实根，则𝑘的取值范围是______；若该方程的两个实根均为有理数，则整数𝑘的最小值为______．16.我们将满足等式𝑥2+𝑦2=1+|𝑥|𝑦的每组𝑥，𝑦的值在平面直角坐

标系中画出，便会得到如图所示的“心形”图形．下面三个结论中，(1)“心形”图形是轴对称图形；(2)“心形”图形所围成的面积一定大于2；(3)“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于√2，所有正确结论的序号是____

__．三、计算题（本大题共1小题，共4.0分）17.解方程：𝑥2−7𝑥+6=0．第4页，共23页四、解答题（本大题共9小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18.(本小题4.0分)解方程：(5𝑥−1)2+(5𝑥−1)=0．19.(本小题5.0分)若

𝑎是关于𝑥的一元二次方程𝑥2=3𝑥+10的根，求代数式(𝑎+4)(𝑎−4)−3(𝑎−1)的值．20.(本小题5.0分)如图，△𝐴𝐵𝐶是⊙𝑂的内接三角形，𝑂𝐷⊥𝐵𝐶于点𝐷．下

面是借助直尺，画出△𝐴𝐵𝐶中∠𝐵𝐴𝐶的平分线的步骤：①延长𝑂𝐷交𝐵𝐶⏜于点𝑀；②连接𝐴𝑀交𝐵𝐶于点𝑁．所以∠𝐵𝐴𝑁=∠𝐶𝐴𝑁．即线段𝐴𝑁为所求△𝐴𝐵𝐶中∠𝐵𝐴𝐶的平分线．(1)依据题意，补全图形：(2)请回答，得到∠𝐵𝐴𝑁=∠

𝐶𝐴𝑁的两个主要依据是______.(填写序号)①垂直于弦的直径平分弦所对的劣弧；②平分弦(不是直径)的直径垂直于弦；③直径所对的圆周角是直角；④等弧所对的圆周角相等．21.(本小题5.0分)如图，在平面直角坐标系中，𝐴(1,2)，𝐵(4,2)．(1)将点𝐵向

上平移4个单位长度，得到点𝐶，则点𝐶的坐标是______．(2)将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐵顺时针旋转得到△𝐷𝐵𝐸，其中点𝐴与点𝐷对应，月点𝐷在线段𝐵𝐶上，请在图中画出△𝐷𝐵𝐸；(3)经过𝐴，𝐵，𝐸三点______确定一个圆．(填写“能”或“不能”)第5页，共

23页22.(本小题5.0分)已知抛物线𝑦=(𝑥−3)(𝑥+1)，(1)直接写出该抛物线与𝑥轴的交点坐标为______；(2)求该抛物线的顶点坐标；(3)画出它的图象；(4)若(𝑚,𝑦1)，(𝑚+2,𝑦2)在抛物线上，且𝑦1≤𝑦2，直接写出𝑚的取值

范围是______．23.(本小题5.0分)如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼⋅考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．第6页，

共23页如图2所示，在车轮上取𝐴、𝐵两点，设𝐴𝐵⏜所在圆的圆心为点𝑂，半径为𝑟𝑐𝑚．过点𝑂作弦𝐴𝐵的垂线𝑂𝐶，交𝐴𝐵⏜于点𝐶，点𝐷为垂足，则点𝐷是𝐴𝐵的中点，其推理依据是：______；经测量：𝐴𝐵

=90𝑐𝑚，𝐶𝐷=15𝑐𝑚，则𝐴𝐷=______𝑐𝑚，用含𝑟的代数式表示𝑂𝐷，𝑂𝐷=______𝑐𝑚，在𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐷中，由勾股定理可列出关于𝑟的方程：𝑟2=______，解得𝑟=75．通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为

兵车之轮．24.(本小题6.0分)已知抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥(𝑎≠0)经过点𝐴(4,4)．(1)用含𝑎的代数式表示𝑏为______；(2)当抛物线与𝑥轴交于点𝐵(2,0)时，求此时𝑎的值；(3

)设抛物线与𝑥轴两交点之间的距离为𝑑.当𝑑<2时，求𝑎的取值范围．25.(本小题6.0分)已知∠𝑀𝐴𝑁=45°，点𝐵为射线𝐴𝑁上一定点，点𝐶为射线𝐴𝑀上一动点(不与点𝐴重合)，点𝐷在线段𝐵�

�的延长线上，且𝐶𝐷=𝐶𝐵，过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝑀于点𝐸．(1)当点𝐶运动到如图1的位置时，点𝐸恰好与点𝐶重合，此时𝐴𝐶与𝐷𝐸的数量关系是______；(2)当点𝐶运动到如图2的位置时，依题意补全图形，并证明：2�

�𝐶=𝐴𝐸+𝐷𝐸；(3)在点𝐶运动的过程中，点𝐸能否在射线𝐴𝑀的反向延长线上？若能，直接用等式表示线段𝐴𝐶，第7页，共23页𝐴𝐸，𝐷𝐸之间的数量关系；若不能，请说明理由．26.(本小题7.0分

)定义：在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，点𝑃为图形𝑀上一点，点𝑄为图形𝑁上一点.若存在𝑂𝑃=𝑂𝑄，则称图形𝑀与图形𝑁关于原点𝑂“平衡”．(1)如图1，已知⊙𝐴是以(1,0)为圆心，2为半径的圆

，点𝐶(−1,0)，𝐷(−2,1)，𝐸(3,2)．①在点𝐶，𝐷，𝐸中，与⊙𝐴关于原点𝑂“平衡”的点是______；②点𝐻为直线𝑦=−𝑥上一点，若点𝐻与⊙𝐴关于原点𝑂“平衡”，求点𝐻的横坐标的取值范围；(2)如图2，已知图形𝐺是以原点𝑂为中心，边长为2的正方形.⊙�

�的圆心在𝑥轴上，半径为2.若⊙𝐾与图形𝐺关于原点𝑂“平衡”，请直接写出圆心𝐾的横坐标的取值范围．第8页，共23页答案和解析1.【答案】𝐴【解析】解：∵𝑦=3(𝑥−1)2−4，∴此函数的对称轴就是直线𝑥=1．故选：𝐴．由于所给的是二次函数的顶点式，故能直接求出其对称轴．本题考

查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数三种表达式．2.【答案】𝐷【解析】解：𝐴、不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；D、是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：𝐷．根据中心

对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3.【答案】𝐷【解析】解：由题意得：把𝑥=−1代入方程𝑚𝑥2−2�

�+6=0中得：𝑚×(−1)2−2×(−1)+6=0，𝑚+2+6=0，解得：𝑚=−8，故选：𝐷．根据题意可得：把𝑥=−1代入方程𝑚𝑥2−2𝑥+6=0中得：𝑚×(−1)2−2×(−1)+6=0，然后进行计算即可解答．本题考查了一元二次方程的解，一元二次方程的

定义，熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键．第9页，共23页4.【答案】𝐶【解析】解：∵点𝑃在⊙𝑂上，∴⊙𝑂的半径𝑂𝑃=2．∵𝑂𝑄=4，∴𝑂𝑄>⊙𝑂的半径，∴点𝑄在⊙𝑂外．故选：𝐶．直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．本题考查了点与圆的位置

关系：设⊙𝑂的半径为𝑟，点𝑃到圆心的距离𝑂𝑃=𝑑，则点𝑃在圆外⇔𝑑>𝑟；点𝑃在圆上⇔𝑑=𝑟；点𝑃在圆内⇔𝑑<𝑟．5.【答案】𝐴【解析】解：∵∠𝐴𝑂𝐵=50°，∴∠𝐴𝐶𝐵=12∠𝐴𝑂𝐵=12×50°=25

°，故选：𝐴．利用圆周角定理，进行计算即可解答．本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．6.【答案】𝐶【解析】解：如图，连接𝐸𝐹，∵𝐵𝐸=1，∠𝐵𝐴𝐸=30°，∠𝐴�

�𝐸=90°，∴𝐴𝐸=2𝐵𝐸=2，∵将△𝐴𝐵𝐸绕点𝐴逆时针旋转至△𝐴𝐷𝐹，∴𝐴𝐸=𝐴𝐹=2，∠𝐸𝐴𝐹=90°，∴𝐸𝐹=√2𝐴𝐸=2√2，第10页，共23页故选：𝐶．由直角三角形的性质可

求𝐴𝐸=2，由旋转的性质可得𝐴𝐸=𝐴𝐹=2，∠𝐸𝐴𝐹=90°，即可求解．本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．7.【答案】𝐶【解析】解：由图象可知函数的对称轴为直线𝑥=−32，当𝑥=0时，

𝑦=2，∴当𝑦=2时，𝑥=0或𝑥=−3，∴𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐≥2的解集是−3≤𝑥≤0，故选：𝐶．根据图象可知，函数的对称轴为直线𝑥=−32，当𝑦=2时，𝑥=0或𝑥=−3，再观察图象可得不等式的解集．本题

考查二次函数与不等式的关系，能够根据函数的图象，利用函数的对称性确定𝑦=2时，𝑥的对应值是解题的关键．8.【答案】𝐵【解析】解：设本次小组赛参赛球队有𝑥支，根据题意，得𝑥(𝑥−1)=6×4×1

0，解得𝑥1=16，𝑥2=−15(不合题意，舍去)，∴本次小组赛参赛球队有16支，故选：𝐵．本次小组赛参赛球队有𝑥支，根据主办方共投入使用6个球场，每天每个球场共安排4场比赛，若连续10天才能保证小组赛全部比完，列一元二次方程，进一步求解即可．本题考查了一元二次方程的应用，根据题意建立一

元二次方程是解题的关键．9.【答案】𝑦=5𝑥2−2【解析】解：将抛物线𝑦=5𝑥2向下平移2个单位长度，所得新抛物线的表达式为𝑦=5𝑥2−2，故答案为：𝑦=5𝑥2−2．根据函数图象平移规律，可得答案．第11页，共23页主要考查了二次函数图象

与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．10.【答案】−3【解析】解：根据题意得𝑥1⋅𝑥2=−3．故答案为：−3．直接利用根与系数的关系求解．本题考查了根与系数的关系：若𝑥1，𝑥2是一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏�

�+𝑐=0(𝑎≠0)的两根，则𝑥1+𝑥2=−𝑏𝑎，𝑥1𝑥2=𝑐𝑎．11.【答案】40°【解析】解：∵𝐶是𝐴𝐵⏜的中点，∵𝐴𝐶⏜=𝐵𝐶⏜．∵∠𝐴𝑂𝐶=70°，∴∠𝐴𝑂𝐶=∠

𝐵𝑂𝐶=70°．∵𝐵𝐷是⊙𝑂的直径，∴∠𝐴𝑂𝐷+∠𝐴𝑂𝐶+∠𝐵𝑂𝐶=180°．∴∠𝐴𝑂𝐷=40°．故答案为：40°．由“𝐶是𝐴𝐵⏜的中点”推知∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐵𝑂𝐶=70

°，然后根据平角的定义作答．此题主要考查了圆心角、弧、弦的关系，在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．12.【答案】𝑦=−(𝑥−2)2−4(答案不唯一)【解析】解：把点(2,−4)设顶点，则抛物线解析式为�

�=𝑎(𝑥−2)2−4，∵抛物线开口向下，∴𝑎可以取−1，∴满足条件的抛物线解析式可以为𝑦=−(𝑥−2)2−4，故答案为：𝑦=−(𝑥−2)2−4(答案不唯一)．第12页，共23页可以把点(2,−4)作为抛物线的顶点，则抛物线解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2−4

，然后𝑎取一个负数即可．本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．13.【答案】45°；√10【解析】解：如图，连接𝐶𝐸，∵∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵

=𝐵𝐶，∴∠𝐵𝐴𝐶=45°，∵将点𝐷绕着点𝐴顺时针方向旋转，使得点𝐷的对应点𝐸恰好落在𝐴𝐵边上，∴旋转角为∠𝐷𝐴𝐸=45°，𝐴𝐷=𝐴𝐸=2，∴𝐵𝐸=𝐴𝐵−𝐴𝐸=3−2=1，在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸中，∵

𝐶𝐸2=𝐵𝐸2+𝐶𝐵2，∴𝐶𝐸=√𝐵𝐸2+𝐶𝐵2=√1+9=√10，故答案为：45°；√10．由旋转的性质可得旋转角为∠𝐷𝐴𝐸=45°，𝐴𝐷=𝐴𝐸=2，再由勾股定理求出𝐶𝐸即可．本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质及勾股定

理，掌握旋转的性质是解本题的关键．14.【答案】∠𝐴𝐷𝐶∠𝐴𝐵𝐶【解析】解：∵点𝑂为线段𝐴𝐵的中点，点𝐵，𝐶，𝐷到点𝑂的距离相等，∴点𝐴、𝐵、𝐶、𝐷在⊙𝑂上，如图，∴∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐴𝐵𝐶=180°，故答案为：

∠𝐴𝐷𝐶，∠𝐴𝐵𝐶；(答案不唯一)．先利用圆的定义可判断点𝐴、𝐵、𝐶、𝐷在⊙𝑂上，如图，然后根据圆内接四边形的性质即可得到结论．第13页，共23页本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．15

.【答案】𝑘>−14且𝑘≠02【解析】解：∵方程𝑘𝑥2−(2𝑘+1)𝑥+𝑘=0有两个不相等的实根，∴𝑘≠0且𝛥=[−(2𝑘+1)]2−4𝑘2>0，解得𝑘>−14且𝑘≠0，∵𝛥=4𝑘+1，该方程的两个实根均为有理数，∴4𝑘+1为完全平方数，∴整

数𝑘的最小值为2．故答案为：𝑘>−14且𝑘≠0，2．先根据根的判别式的意义得到𝑘≠0且𝛥=[−(2𝑘+1)]2−4𝑘2>0，则求出两不等式的公共部分得到𝑘的取值范围，由于该方程的两个实根均为有理数，则4𝑘+1为完全平方数，然后利用𝑘的

范围可确定整数𝑘的最小值．本题考查了根与系数的关系：若𝑥1，𝑥2是一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0(𝑎≠0)的两根，则𝑥1+𝑥2=−𝑏𝑎，𝑥1𝑥2=𝑐𝑎.也考查了根的判别式．16.【答案】①②

③【解析】解：如图，由题意，𝐸(−1,1)，𝐹(1,1)，𝐺(−1,0)，𝐻(1,0)，𝑇(0,−1)．观察图象可知，“心形”图形是轴对称图形，故①符合题意，∵“心形”图形所围成的面积>五边形𝐸�

�𝐻𝑇𝐺的面积，∴“心形”图形所围成的面积>3，故②符合题意，∵当𝑥>0时，𝑥2+𝑦2=1+|𝑥|𝑦≤1+12(𝑥2+𝑦2)，∴𝑥2+𝑦2≤2，∴“心形”图形上任意一点到原点的距离都小于√2，故③符合题意，故答

案为：①②③．观察图象“心形”图形恰好经过(−1,1)，(0,1)，(1,1)，(−1,0)，(1,0)，(0,−1)，利用图象法一一判断即可．第14页，共23页本题考查轴对称图形，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．17.【答案

】解：分解因式得：(𝑥−1)(𝑥−6)=0，可得𝑥−1=0，或𝑥−6=0，解得：𝑥1=1，或𝑥2=6．【解析】方程左边利用十字相乘法分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．此题考查了解一

元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．18.【答案】解：∵(5𝑥−1)2+(5𝑥−1)=0，∴5𝑥(5𝑥−1)=0，∴𝑥=0或5𝑥−1=0，解得𝑥1=0，𝑥2=0.2．【解

析】利用提公因式法将方程的左边因式分解，继而得出两个关于𝑥的一元一次方程，再进一步求解即可．本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程常用的方法有：直接开平方法、因式分解法、公式法及配方法，解题的关键是根据方程的特点选择简便的方法．19.【答案】解：根据

题意知，𝑎2=3𝑎+10，所以𝑎2−3𝑎=10，则：(𝑎+4)(𝑎−4)−3(𝑎−1)=𝑎2−16−3𝑎+3=𝑎2−3𝑎−13=10−13=−3．【解析】将𝑥=𝑎代入关于𝑥的一元二次方程𝑥2=3𝑥+10，求得𝑎2−3𝑎

=10，然后将其整体代入整理后的代数式求值即可．此题主要考查了一元二次方程的解，此类题型的特点是：利用方程解的定义找到相等关系，再把所求的代数式化简后整理出所找到的相等关系的形式，再把此相等关系整体代入所求代数式，即第15页，共23页可求出代数式的值．20.【答案】①④【解析】解：(1)如图，线

段𝐴𝑁为所求△𝐴𝐵𝐶中∠𝐵𝐴𝐶的平分线；(2)∵𝑂𝐷⊥𝐵𝐶，∴𝐵𝑀⏜=𝐶𝑀⏜(垂直于弦的直径平分弦所对的劣弧)，∴∠𝐵𝐴𝑁=∠𝐶𝐴𝑁(等弧所对的圆周角相等)．故答案为：①④．(1)根据题意补全图形即可；(

2)根据垂径定理即可得出结论．本题考查的是作图−基本作图，熟知垂径定理是解题的关键．21.【答案】(4,6)不能【解析】解：(1)如图，点𝐶为所作，𝐶点坐标为(4,6)；故答案为：(4,6)；(2)如图，△𝐷𝐵𝐸为所作；(3)∵点𝐷

在线段𝐵𝐶上，∴∠𝐴𝐵𝐷=90°，∴△𝐴𝐵𝐶绕点𝐵顺时针90°旋转得到△𝐷𝐵𝐸，∴点𝐸在𝐴𝐵的延长线上，即点𝐴、𝐵、𝐸共线，∴经过𝐴，𝐵，𝐸三点不能确定一个圆．第16页，共23页故答案为：不能．(1)利用点平移的坐标变换特征确定点𝐶的坐标；(2)利

用点𝐷在线段𝐵𝐶上得到∠𝐴𝐵𝐷=90°，则△𝐴𝐵𝐶绕点𝐵顺时针90°旋转得到△𝐷𝐵𝐸，然后根据旋转的性质画出𝐶点的对应点𝐸即可；(3)根据确定圆的条件进行判断．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．也考查了平移变换和确定圆的条件．22.【答案】(−1,0)，(3,0)𝑚≥0【解析】解：(1)当𝑦=0时，(𝑥−3)(𝑥+1)=0，解得，𝑥1=3，�

�2=−1，可得，抛物线与𝑥轴交点为(−1,0)，(3,0)．(2)∵𝑦=(𝑥−3)(𝑥+1)，=𝑥2−2𝑥−3，=(𝑥−1)2−4，抛物线顶点坐标为(1,−4)．(3)当𝑥=0时，𝑦=−3，抛物线与𝑦轴交点为(0,−3)，由(1)(2)可知，抛物线与𝑥

轴交点为(−1,0)，(3,0)；顶点为(1,−4)，顺次连接各点即可得到抛物线图象．(4)由(2)可知，抛物线对称轴为𝑥=1，第17页，共23页当𝑦1=𝑦2时，𝑚+𝑚+22=1，解得，𝑚=0，由图可知𝑚≥0时，𝑦1≤𝑦2．故答案为：𝑚≥0．(1)

令𝑦=0，即可得到方程(𝑥−3)(𝑥+1)=0，解方程可得抛物线与𝑥轴交点；(2)配方后直接得到顶点坐标；(3)找到关键点：与坐标轴交点坐标，顶点坐标接口画出图象；(4)根据对称轴，判断出𝑦1=𝑦2时𝑚的值，再根据图形判

断出𝑚的取值范围．本题考查了二次函数的性质及图象上点的坐标特征，熟悉函数性质，掌握待定系数法是解题的关键．23.【答案】垂直弦的直径平分弦；45；(𝑟−15)；452+(𝑟−15)2．【解析】根据垂径定理，利用勾股定理构建方程求解

即可．本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．【解答】解：如题图2所示，在车轮上取𝐴、𝐵两点，设𝐴𝐵⏜所在圆的圆心为点𝑂，半径为𝑟𝑐𝑚，过点𝑂作弦𝐴𝐵的垂线𝑂𝐶，交𝐴𝐵⏜于点𝐶，点�

�为垂足，则点𝐷是𝐴𝐵的中点，其推理依据是：垂直弦的直径平分弦；经测量：𝐴𝐵=90𝑐𝑚，𝐶𝐷=15𝑐𝑚，则𝐴𝐷=45𝑐𝑚；用含𝑟的代数式表示𝑂𝐷，𝑂𝐷=(𝑟−15)𝑐𝑚，在𝑅𝑡△𝑂𝐴𝐷中，由勾

股定理可列出关于𝑟的方程：第18页，共23页𝑟2=452+(𝑟−15)2，解得𝑟=75．通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．故答案为：垂直弦的直径平分弦；45；(𝑟−15)；452+(𝑟−15)2．24.【答案】1−4𝑎【解析】解：(1)把𝐴(4,4)

代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥得，16𝑎+4𝑏=4，∴𝑏=1−4𝑎．(2)由题意得，{16𝑎+4𝑏=44𝑎+2𝑏=0，∴𝑎=12,𝑏=−1．(3)∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥(𝑎≠0)经过点𝐴(4,4)，∴16𝑎+4𝑏=4．∴𝑏=1−4𝑎．令𝑦=𝑎𝑥

2+𝑏𝑥=𝑎𝑥2+(1−4𝑎)𝑥=0．∴𝑎𝑥2+(1−4𝑎)𝑥=0．∴𝑥[𝑎𝑥−(4𝑎−1)]=0．∵𝑎≠0，∴𝑥1=0，𝑥2=4−1𝑎．∵𝑑>2，∴4−1𝑎>2或

4−1𝑎<−2．即1𝑎<2或1𝑎>6．①当𝑎>0时，0<𝑎<16或𝑎>12．②当𝑎<0时，1𝑎<2恒成立．∴𝑎<0．∴综上所述，𝑎<0，0<𝑎<16或𝑎>12．(1)把𝐴(4,4)代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥，变形即可得答案；第

19页，共23页(2)根据题意将点𝐴和𝐵坐标代入抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥(𝑎≠0)即可求𝑎；(3)将点𝐵坐标代入抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥(𝑎≠0)可得𝑏=1−4𝑎.再令𝑦=𝑎𝑥2+

𝑏𝑥=𝑎𝑥2+(1−4𝑎)𝑥=0.可得𝑥1=0，𝑥2=4−1𝑎.根据𝑑>2，即可求𝑎的取值范围．本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，抛物线与𝑥轴的交点

，解决本题的关键是掌握二次函数的知识．25.【答案】(1)𝐴𝐶=𝐷𝐸(2)补全图形如下，证明：过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐴𝑀于𝐹，如图2所示：则∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐸𝐶=90°，在△𝐵𝐹𝐶

和△𝐷𝐸𝐶中，{∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐸𝐶∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐷𝐶𝐸𝐶𝐵=𝐶𝐷，∴△𝐵𝐹𝐶≌△𝐷𝐸𝐶(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐵𝐹=𝐷𝐸，𝐶𝐹=𝐶𝐸，∵∠𝑀𝐴𝑁=45°，∴△𝐴�

�𝐹是等腰直角三角形，∴𝐵𝐹=𝐴𝐹，∴𝐴𝐹=𝐷𝐸，∴𝐴𝐸+𝐷𝐸=𝐴𝐹+𝐶𝐹+𝐶𝐸+𝐷𝐸=𝐴𝐶+𝐶𝐹+𝐴𝐹=𝐴𝐶+𝐴𝐶=2𝐴𝐶，第20页，共23页∴2𝐴𝐶=

𝐴𝐸+𝐷𝐸；(3)解：点𝐸能在射线𝐴𝑀的反向延长线上，线段𝐴𝐶，𝐴𝐸，𝐷𝐸之间的数量关系为：2𝐴𝐶+𝐴𝐸=𝐷𝐸．【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等

是解题的关键，属于中考常考题型．(1)解：∵𝐶𝐷=𝐶𝐵，𝐷𝐸⊥𝐴𝑀，∴△𝐴𝐵𝐷是等腰三角形，∴𝐴𝐵=𝐴𝐷，在△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐷𝐶中，{𝐴𝐵=𝐴𝐷𝐶𝐵=𝐶𝐷𝐴𝐶=𝐴𝐶，∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐶(

𝑆𝑆𝑆)，∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐵=45°，∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐵=45°+45°=90°，∴𝐴𝐶=𝐶𝐷=𝐶𝐵，∵点𝐸恰好与点𝐶重合，∴𝐴𝐶=𝐷𝐸，故答案为：𝐴𝐶=𝐷𝐸；(2)见答案；(3)解：能

，2𝐴𝐶+𝐴𝐸=𝐷𝐸；理由如下：过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐴𝑀于𝐹，如图3所示：则∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐸𝐶=90°，第21页，共23页在△𝐵𝐹𝐶和△𝐷𝐸𝐶中，{∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷�

�𝐶∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐷𝐶𝐸𝐶𝐵=𝐶𝐷，∴△𝐵𝐹𝐶≌△𝐷𝐸𝐶(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐵𝐹=𝐷𝐸，𝐶𝐹=𝐶𝐸，∵∠𝑀𝐴𝑁=45°，∴△𝐴𝐵𝐹是等腰直角三角形，∴𝐵𝐹=𝐴𝐹，∴𝐴𝐹=𝐷𝐸，∴2𝐴𝐶+𝐴𝐸=𝐴

𝐶+𝐴𝐶+𝐴𝐸=𝐴𝐶+𝐸𝐶=𝐴𝐶+𝐶𝐹=𝐴𝐹=𝐷𝐸，即2𝐴𝐶+𝐴𝐸=𝐷𝐸．(1)易证△𝐴𝐵𝐷是等腰三角形，得𝐴𝐵=𝐴𝐷，由𝑆𝑆𝑆证得△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐶，得出∠𝐶𝐴

𝐷=∠𝐵𝐴𝐶=45°，则∠𝐵𝐴𝐷=90°，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案；(2)依题意即可补全图形，过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐴𝑀于𝐹，则∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐸𝐶=90°，由𝐴𝐴𝑆证得△𝐵𝐹𝐶≌△𝐷𝐸𝐶，得出𝐵𝐹=𝐷

𝐸，𝐶𝐹=𝐶𝐸，易证△𝐴𝐵𝐹是等腰直角三角形，则𝐵𝐹=𝐴𝐹，推出𝐴𝐹=𝐷𝐸，即可得出结论；(3)过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐴𝑀于𝐹，同(2)△𝐵𝐹𝐶≌△𝐷𝐸𝐶(𝐴𝐴𝑆)，得

出𝐵𝐹=𝐷𝐸，𝐶𝐹=𝐶𝐸，证得𝐴𝐹=𝐷𝐸，即可得出结果．26.【答案】(1)①𝐶，𝐷(1)②解：若点𝐻可以与⊙𝐴关于原点𝑂“平衡”，则1≤𝑂𝐻≤3．第22页，共23页当𝑂𝐻=1时，𝐻(−√22,√22)或(

√22,−√22)，当𝑂𝐻=3时，𝐻(−3√22,3√22)或(3√22,−3√22)∴点𝐻横坐标的取值范围是−3√22≤𝑥𝐻≤−√22或√22≤𝑥𝐻≤3√22．(2)如图3−1中，当⊙𝐾经过(−√2,0)时，𝐾(2−√2,0)，当⊙𝐾经过(√2

,0)时，𝐾(2+√2,0)，观察图象可知满足条件的𝑥的值为2−√2≤𝑥≤2+√2．如图3−2中，当⊙𝐾经过(√2,0)时，𝐾(−2+√2,0)，当⊙𝐾经过(−√2,0)时，𝐾(−2−√2,0)，观察图象可知满足条件的𝑥的

值为−2−√2≤𝑥≤√2−2．综上所述，圆心𝐾的横坐标的取值范围2−√2≤𝑥≤2+√2或−2−√2≤𝑥≤√2−2．【解析】(1)①∵点𝐶(−1,0)，𝐷(−2,1)，𝐸(3,2)，∴𝑂𝐶=1，𝑂𝐷=√(−2)2+1

2=√5，𝑂𝐸=√32+22=√13，∵1=1，2<√5<3，√13>3，第23页，共23页∴点𝐶，𝐷是与⊙𝐴关于原点𝑂“平衡”，故答案为：𝐶，𝐷．②见答案；(2)见答案．(1)①求出𝑂𝐶，𝑂𝐷，𝑂𝐸的长𝑑，当

长度𝑑在1≤𝑑≤3时，点是与⊙𝐴关于原点𝑂“平衡”．②若点𝐻可以与⊙𝐴关于原点𝑂“平衡”，则1≤𝑂𝐻≤3.求出四个特殊点𝐻的坐标，可得结论．(2)如图3−1中，当⊙𝐾经过(−√2,0)或经过(√2,0)时，点�

�的坐标．如图3−2中，当⊙𝐾经过(√2,0)或经过(−√2,0)时，求出点𝐾的坐标，可得结论．本题属于圆综合题，考查了图形𝑀与图形𝑁关于原点𝑂“平衡”的定义，点与圆的位置关系，圆与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点，特殊位置解决数学问题，属于中考压

轴题．