【文档说明】2022-2023学年福建省福州市闽清县天儒中学九年级上期中数学试题及答案解析.docx，共(24)页，584.023 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共24页2022-2023学年福建省福州市闽清县天儒中学九年级（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列图形中，是中心对称图形的是()A.B.C.D.2.如图，将

△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴顺时针旋转一个角度𝛼得到△𝐴𝐷𝐸，其中点𝐵的对应点是点𝐷，则下列结论不一定成立的是()A.∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸B.𝐵𝐶=𝐷𝐸C.△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸D.∠𝐶=∠𝐷3.抛物线𝑦=2(𝑥+6)2

−5的对称轴是()A.直线𝑥=5B.直线𝑥=−5C.直线𝑥=6D.直线𝑥=−64.若一元二次方程𝑎𝑥2+2𝑥+1=0有两个相等的实数根，则𝑎的值是()A.1B.2C.3D.45.如图，在⊙𝑂中，点𝐶在𝐴𝐵⏜上，𝐴𝐷⏜=𝐵𝐷⏜，若∠𝐵𝑂

𝐷=110°，则∠𝐴𝐶𝐷的大小是()第2页，共24页A.50°B.55°C.60°D.65°6.某市2020年底森林覆盖率为70%，为贯彻落实“绿水青山就是金山银山”的发展理念，该市大力开展植树造林活动，计划到2022年底森林覆盖率达到78%，如果这两年的森林覆盖率年

平均增长率为𝑥，那么符合题意的方程是()A.0.7(1+𝑥)=0.78B.0.7(1+2𝑥)=0.78C.0.7(1−𝑥)2=0.78D.0.7(1+𝑥)2=0.787.在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中

，以原点为圆心的⊙𝑂半径是10，点𝑃的坐标是(8,−6)，则点𝑃与⊙𝑂的位置关系是()A.点𝑃在⊙𝑂内上B.点𝑃在⊙𝑂内C.点𝑃在⊙𝑂外D.无法确定8.抛物线𝑦=4𝑥2−2𝑥+1与直线𝑦=2𝑥的交点个数是()A.0B.1C.2D.39.如图，将△𝐴

𝐵𝐶绕点𝐴逆时针旋转一个角度𝛼得到△𝐴𝐷𝐸，点𝐵的对应点𝐷恰好落在𝐵𝐶边上，且𝐴，𝐵，𝐸三点在同一条直线上，若∠𝐶=36°，则旋转角𝛼的度数是()A.82°B.83°C.84°D.85°10.已知点𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦

2)均在抛物线𝑦=𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+4(𝑎≠0)上，若𝑥1<𝑥2，𝑥1+𝑥2=1−𝑎，则()A.当𝑎>−1时，𝑦1<𝑦2B.当𝑎>−1时，𝑦1>𝑦2C.当𝑎<−1时，𝑦1<𝑦2D.当𝑎<−1时，𝑦1>𝑦

2二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）11.若𝑥=2是一元二次方程𝑎𝑥2−4𝑥+1=0的一个根，则𝑎的值是______．第3页，共24页12.抛物线𝑦=𝑥2−2𝑥−3与𝑥轴两交点间的距离为______．13.若抛物线𝑦=2𝑥2−4𝑥+4的顶点与

点𝐴关于原点对称，则点𝐴的坐标是______．14.如图，𝐴𝐶是平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线，𝑂是𝐵𝐶垂直平分线与𝐴𝐶的交点，以点𝑂为圆心，𝑂𝐶长为半径作⊙𝑂，若𝐴𝐵是⊙𝑂切线，则∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐴𝐶𝐵的度数是______．15.将抛物线�

�=𝑥2沿直线𝑦=3𝑥方向移动√10个单位长度，若移动后抛物线的顶点在第一象限，则移动后抛物线的解析式是______．16.如图，在半径为5的⊙𝑂中；弦𝐴𝐶=8，𝐵为𝐴𝐶⏜上一动点，将△𝐴𝐵𝐶沿弦𝐴𝐶翻折至△𝐴𝐷𝐶，延长𝐶𝐷交⊙𝑂于点𝐸，𝐹

为𝐷𝐸中点，连接𝐴𝐸，𝑂𝐹.现给出以下结论：①𝐴𝐸=𝐴𝐵；②𝐴𝐷=𝐴𝐸；③∠𝐴𝐷𝐶=2∠𝐴𝐸𝐷；④𝑂𝐹的最小值为1，其中正确的是______(写出所有正确结

论的序号)．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）17.解方程：𝑥2−2𝑥−2=0．四、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18.(本小题8.0分)如图，𝐴𝐵是半圆𝑂的

直径，半圆𝑂与直线𝑙相切于点𝐶，点𝐷在直线𝑙上，连接𝐴𝐶，𝐴𝐷，当𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵时，求证：𝐴𝐷⊥𝑙．第4页，共24页19.(本小题8.0分)参加足球联赛的每两队之间都进行一场比赛，共要比赛45场，求共有多少个队参加这场足球联赛？20

.(本小题8.0分)如图，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=65°，将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴逆时针旋转𝛼得到△𝐴𝐷𝐸，其中点𝐵的对应点是𝐷，连接𝐶𝐸，当𝐶𝐸//𝐴𝐵时，求旋转角𝛼的度数．21.(本小题8.0

分)一名男生推铅球，铅球行进高度𝑦(单位：𝑚)与水平距离𝑥(单位：𝑚)之间的函数关系是𝑦=−112(𝑥−4)2+3.如图，𝐴，𝐵是该函数图象上的两点．(1)画出该函数的大致图象；(2)请判断铅

球推出的距离能否达到11𝑚，并说明理由．22.(本小题10.0分)如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐶为⊙𝑂上一点，连接𝐴𝐶，𝐵𝐶.𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，点𝐷在⊙𝑂上，连接𝑂𝐷，交𝐵𝐶于点𝐸．第5页，

共24页(1)若∠𝐴𝐵𝐶=30°，𝐴𝐶=2，求𝐴𝐷的长；(2)求证：𝐴𝐶=2𝑂𝐸．23.(本小题10.0分)如图，已知线段𝐵𝐶绕某定点𝑂顺时针旋转𝛼得到线段𝐸𝐹，其中点𝐵的对应点是𝐸．(1)请确定点𝑂的位置(要求：尺规

作图，保留作图痕迹，不写作法)；(2)在(1)的情况下，点𝐴位于𝐵𝐶上方，点𝐷位于𝐸𝐹右侧，且△𝐴𝐵𝐶，△𝐷𝐸𝐹均为等边三角形．求证：△𝐷𝐸𝐹可由△𝐴𝐵𝐶绕点𝑂顺时针旋转𝛼得到．24.(本小题12.0分)如图1，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，

𝐴𝐵绕点𝐴顺时针旋转得到线段𝐴𝐶，连接𝐵𝐶交⊙𝑂于点𝐷，过𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐶于𝐸．(1)求证：𝐷𝐸是⊙𝑂的切线；(2)过𝐷作𝐷𝐹⊥𝐴𝐵，交⊙𝑂于点𝐹，直线𝐴𝐶交⊙𝑂于点𝐺，连接𝐹𝐺，

𝐷𝐺，𝐵𝐹．①如图2，证明：𝐹𝐺//𝐵𝐷；②当𝐴𝐶旋转到如图3的位置，在𝐵𝐹上取一点𝐻，使得𝐷𝐻=𝐷𝐹.若𝐵𝐹⊥𝐷𝐺，证明：𝐷，𝑂，𝐻在第6页，共24页同

一条直线上．25.(本小题14.0分)已知抛物线𝑦=𝑚𝑥2−(1−4𝑚)𝑥+𝑐过点(1,𝑎)，(−1,𝑎)，(0,−1)．(1)求该抛物线的解析式；(2)已知过原点的直线与该抛物线交于�

�，𝐵两点(点𝐴在点𝐵右侧)，该抛物线的顶点为𝐶，连接𝐴𝐶，𝐵𝐶，点𝐷在点𝐴，𝐶之间的抛物线上运动(不与点𝐴，𝐶重合).当点𝐴的横坐标是4时，若△𝐴𝐵𝐶的面积与△𝐴𝐵𝐷的面积相等，求点𝐷的坐标；(3)若直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物

线的对称轴不平行，则称该直线与抛物线相切．已知点𝐹的坐标是(0,1)，过该抛物线上的任意一点(除顶点外)作该抛物线的切线𝑙，分别交直线𝑦=1和𝑦=−3直线于点𝑃，𝑄，求𝐹𝑃2−𝐹𝑄2的值．第7页，

共24页答案和解析1.【答案】𝐶【解析】解：选项A、𝐶、𝐷都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合

，所以是中心对称图形．故选：𝐶．根据中心对称图形的定义(在平面内，把一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形)逐项判断即可得．本题考查的是中心对称图形，中心对

称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．2.【答案】𝐷【解析】解：∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴顺时针旋转一个角度𝛼得到△𝐴𝐷𝐸，其中点𝐵的对应点是点𝐷，∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸，𝐵𝐶=𝐷𝐸，△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸，∠𝐶=∠𝐸，

故A，𝐵，C正确，𝐷不成立，故选：𝐷．由旋转的性质得出∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸，𝐵𝐶=𝐷𝐸，△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸，则可得出结论．本题主要考查了旋转的性质，根据旋转前后对应角相等、对应线段相等是解题的关键．3.【答案】𝐷【解析】解：𝑦=2(

𝑥+6)2−5，对称轴为直线𝑥=−6．故选：𝐷．根据二次函数的顶点式，结合二次函数的性质即可得出对称轴．本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．4.【答案】𝐴第8页，共24页

【解析】解：∵一元二次方程𝑎𝑥2+2𝑥+1=0有两个相等的实数根，∴𝛥=𝑏2−4𝑎𝑐=22−4×𝑎×1=4−4𝑎=0且𝑎≠0，解得：𝑎=1，故选：𝐴．根据方程有两个相等的实数根得出

𝑏2−4𝑎𝑐=0，再求出𝑎即可．本题考查了根的判别式，正确记忆一元二次方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0(𝑎≠0)的根的判别式和系数的关系是解题关键．5.【答案】𝐵【解析】解：连接𝐵𝐶，∵∠𝐵𝑂𝐷=110°，∴∠𝐵𝐶𝐷=12∠𝐵𝑂𝐷=55°，∵𝐴𝐷⏜=𝐵𝐷

⏜，∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=55°，故选：𝐵．连接𝐵𝐶，根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，先求出∠𝐵𝐶𝐷的度数，再利用等弧所对的圆周角相等，即可解答．本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题目的已知条件并结合

图形添加适当的辅助线是解题的关键．6.【答案】𝐷【解析】解：依题意得：70%(1+𝑥)2=78%，即0.7(1+𝑥)2=0.78．故选：𝐷．利用2022年底森林覆盖率=2020年底森林覆盖率×(1+这两年的森林覆盖率年平均增长率

)2，即第9页，共24页可得出关于𝑥的一元二次方程，此题得解．本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．7.【答案】𝐴【解析】解：∵点𝑃的坐标是(8,−6)，∴

由勾股定理可得𝑂𝑃=√62+82=10．又∵⊙𝑂半径是10，∴点𝑃在⊙𝑂内上．故选A．首先根据勾股定理求得𝑂𝑃的长度，然后直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．本小题主要考查点和圆的位置关系、勾股定理等基础知识，考查逻辑推理能力、运算求解能力等，考查转化思想、数形结合思想等

，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性．8.【答案】𝐵【解析】解；将𝑦=2𝑥代入𝑦=4𝑥2−2𝑥+1，得4𝑥2−2𝑥+1=2𝑥，整理得4𝑥2−4𝑥+1=0，∴𝛥=(−4)2−4×4×1=0，∴抛物线

𝑦=4𝑥2−2𝑥+1与直线𝑦=2𝑥的交点个数是1．故选：𝐵．根据题意，可以得到2𝑥2−5𝑥+3=−𝑥+1，然后计算出𝛥的值，即可得到抛物线𝑦=2𝑥2−5𝑥+3与直线𝑦=−𝑥+1的交点的个数．本题主要考查函数图象上点的性质、一元二次方程根的判别式等基础知识，考查逻辑推

理能力、运算求解能力、创新能力等，考查函数与方程思想、数形结合思想等，考查直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性和创新性．9.【答案】𝐶【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴旋转得到△𝐴𝐷𝐸，∴∠𝐸=∠𝐶=3

6°，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸=𝛼，∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐵，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐸，第10页，共24页设∠𝐵=𝑥，则∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐸=𝑥，∴∠𝐵𝐷𝐸=2𝑥，∵𝐴，𝐵，𝐸在同一直线上

，在△𝐵𝐷𝐸中，∠𝐵+∠𝐸+∠𝐵𝐷𝐸=180°，∴𝑥+36°+2𝑥=180°，解得𝑥=48°，∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐵=48°，在△𝐴𝐵𝐷中，∠𝐵𝐴𝐷=180°−∠𝐴𝐷𝐵−∠𝐵=180°

−2𝑥=84°，∴𝛼=84°，故选：𝐶．根据△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴旋转得到△𝐴𝐷𝐸，可得∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐸，设∠𝐵=𝑥，则∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐸=𝑥，在△𝐵𝐷𝐸

中，得𝑥+36°+2𝑥=180°，可解得∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐵=48°，从而𝛼=84°．本题考查三角形的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的性质，能熟练应用三角形内角和定理．10.【答案】𝐷【解析】解析：由

抛物线𝑦=𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+4(𝑎≠0)得𝑦=𝑎(𝑥−1)2+(4−𝑎)，故抛物线对称轴是𝑥=1．①当𝑎>0时，抛物线开口向上，1−𝑎<1，点𝐴比点𝐵距离对称轴更远，∴𝑦1>𝑦2；②当−1<𝑎

<0时，抛物线开口向下，同理𝑦1<𝑦2；∴当𝑎>−1时，且𝑥1<𝑥2，𝑦1和𝑦2的大小不确定．∴𝐴，𝐵都错误．③当𝑎<−1时，此时开口向下，1−𝑎>2，直线𝐴𝐷即直线𝐵𝐶在对称轴直线𝑥=1右侧，即点𝐵比点𝐴距离对称轴更远，∴𝑦1>𝑦

2．故选：𝐷．根据题意可知，抛物线对称轴是𝑥=1；再对𝑎的不同范围进行讨论，判断𝑦1和𝑦2的大小．本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，关键是了解根据函数的开口方向，结合点到对称轴的距离可

判断对应的函数值的大小．第11页，共24页11.【答案】74【解析】解：把𝑥=2代入方程𝑎𝑥2−4𝑥+1=0得4𝑎−8+1=0，解得𝑎=74，即𝑎的值为74．故答案为：74．把𝑥=2代入原方程得到关于𝑎的方程，然后解关于𝑎的方程即可．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．12.【答案】4【解析】解：当𝑦=0时，𝑥2−2𝑥−3=0，整理得，(𝑥+1)(𝑥−3)=0，解得𝑥1=−1，𝑥2=3．则抛物线与

𝑥轴两交点间的距离为3−(−1)=4，故答案为4．求出抛物线与𝑥轴的交点坐标，较大的坐标减去较小的坐标即得两交点间的距离．本题考查了抛物线与𝑥轴的交点，将函数转化为方程是解题的关键，要知道，𝑥轴上较大的数减去较小的数即为

两点间距离．13.【答案】(−1,−2)【解析】解：∵𝑦=2𝑥2−4𝑥+4=2(𝑥−1)2+2，∴抛物线的顶点为(1,2)，∵抛物线𝑦=2𝑥2−4𝑥+4的顶点与点𝐴关于原点对称，∴𝐴(−1,−2)，故答案为：(−1,−2

)．首先求得函数的顶点坐标，然后根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得𝐴点坐标．本题考查了二次函数的性质，二次函数图像上点的坐标特征，关于原点对称的点的坐标，熟记关第12页，共24页于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数是解题的关键．14.【答案】90°【

解析】解：连接𝑂𝐵，则𝑂𝐵=𝑂𝐶，∴∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，∴𝐴𝐷//𝐵𝐶，∴∠𝐵𝐴𝐷=180°−∠𝐴𝐵𝐶=180°−∠𝐴𝐵𝑂−∠𝑂𝐵𝐶=18

0°−∠𝐴𝐵𝑂−∠𝐴𝐶𝐵，∵𝐴𝐵是⊙𝑂切线，∴𝐴𝐵⊥𝑂𝐵，∴∠𝐴𝐵𝑂=90°，∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐴𝐶𝐵=180°−90°−∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐴𝐶𝐵=90°，故答案为：90°．连接𝑂𝐵，则∠𝑂𝐵𝐶

=∠𝐴𝐶𝐵，由𝐴𝐷//𝐵𝐶，得∠𝐵𝐴𝐷=180°−∠𝐴𝐵𝐶=180°−∠𝐴𝐵𝑂−∠𝐴𝐶𝐵，由𝐴𝐵是⊙𝑂切线，得∠𝐴𝐵𝑂=90°，则∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐴𝐶𝐵=180°−90°−∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐴𝐶𝐵=90°，于是得

到问题的答案．此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、圆的切线的性质、等腰三角形的性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．15.【答案】𝑦=(𝑥−1)2+3【解析】解：设移动后的抛物线解析式为𝑦=(𝑥−ℎ)2+𝑘，∵移动距离是√10，移动后

抛物线的顶点在第一象限，∴𝑘=3ℎ，∴ℎ2+(3ℎ)2=(√10)2，解得ℎ=1，𝑘=3ℎ=3，∴移动后的抛物线解析式为𝑦=(𝑥−1)2+3，故答案为：𝑦=(𝑥−1)2+3．设移动后的抛物线解析式为𝑦=(𝑥−ℎ)2+𝑘，再根据移动的距离和勾股定理列出方程可得答案．本

题考查待定系数法确定二次函数解析式，应用勾股定理得到移动后顶点的坐标是解题关键．第13页，共24页16.【答案】①②④【解析】解：∵△𝐴𝐵𝐶沿弦𝐴𝐶翻折至△𝐴𝐷𝐶，∴∠𝐵𝐶𝐴=∠𝐸𝐶𝐴，𝐴𝐷=𝐴𝐵，∴𝐴𝐸=𝐴𝐵，故①选项符合题意；∴𝐴𝐸=𝐴

𝐷，故②选项符合题意；∴∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴𝐸𝐷，只有当△𝐴𝐷𝐸是等边三角形时，∠𝐴𝐷𝐶=2∠𝐴𝐸𝐷才成立，故③选项不符合题意；过点𝑂作𝑂𝑀⊥𝐴𝐶于点𝑀，连接𝐹𝑀，𝐹𝐴，𝑂𝐴，如图所示：则𝑀是𝐴𝐶的中点，∵

半径为5的⊙𝑂，弦𝐴𝐶=8，∴𝑂𝐴=5，𝐴𝑀=4，根据勾股定理，得𝑂𝑀=3，∵𝐴𝐷=𝐴𝐸，𝐹是𝐷𝐸的中点，∴∠𝐴𝐹𝐷=90°，∴𝐹𝑀=12𝐴𝐶=4，当𝑂，𝐹，𝑀三点共线时，𝑂𝐹最小=𝐹𝑀−𝑂𝑀=4−3=1，故

④选项符合题意，综上，正确的选项：①②④，故答案为：①②④．根据翻折，可得∠𝐵𝐶𝐴=∠𝐸𝐶𝐴，𝐴𝐷=𝐴𝐵，即可判断①②选项，没有足够的条件证明③选项，过点𝑂作𝑂𝑀⊥𝐴𝐶于点𝑀，连接𝐹𝑀，𝐹𝐴，𝑂𝐴，根据垂径定理，可

得𝑀是𝐴𝐶的中点，根据勾股定理，可得𝑂𝑀，根据直角三角形的性质可得𝐹𝑀=4，根据三角形的三边关系可得𝑂𝐹的最小值．第14页，共24页本题考查了圆的综合，涉及图形的翻折的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，三角形的三边关系等，熟练掌握以

上知识是解题的关键．17.【答案】解：移项得𝑥2−2𝑥=2，配方得𝑥2−2𝑥+1=2+1，即(𝑥−1)2=3，开方得𝑥−1=±√3．解得𝑥1=1+√3，𝑥2=1−√3．【解析】先把常数项−2移到等号右边，之后方程左右两边同时加上一次项系数−2的一半的平方，得到方程𝑥

2−2𝑥+1=3，对等号左边进行配方，再开方即可求出结果．本题考查配方法解一元二次方程．18.【答案】证明：连接𝑂𝐶，则𝑂𝐶=𝑂𝐴，∴∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶，∵𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝐷𝐴𝐶=∠�

�𝐴𝐷，∴𝐴𝐷//𝑂𝐶，∵直线𝑙与⊙𝑂相切于点𝐶，∴𝐶𝐷⊥𝑂𝐶，∴∠𝑂𝐶𝐷=90°，∴∠𝐴𝐷𝐶=180°−∠𝑂𝐶𝐷=90°，∴𝐴𝐷⊥𝑙．【解析】连接𝑂𝐶，由𝑂𝐶=𝑂𝐴，得∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶，由𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴

𝐵，得∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，则∠𝐷𝐴𝐶=∠𝑂𝐴𝐷，𝐴𝐷//𝑂𝐶，由直线𝑙与⊙𝑂相切于点𝐶，得∠𝑂𝐶𝐷=90°，则∠𝐴𝐷𝐶=90°，即可证明𝐴𝐷⊥𝑙．此题重点

考查圆的切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、两条直线垂直的定义等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．第15页，共24页19.【答案】解：设共有𝑥个球队参加这场足球联赛，依题意，可列方程得𝑥(𝑥−1)2=45，解得

𝑥1=10，𝑥2=−9<0(舍去)，答：共有10个球队参加这场足球联赛．【解析】设共有𝑥个队参加比赛，则每队要参加(𝑥−1)场比赛，根据共要比赛45场，即可得出关于𝑥的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．本题考查一元二次方程的应用，根据题意找到等量关系列出方程是解题的关键．

20.【答案】解：∵将△𝐴𝐵𝐶绕点𝐴逆时针旋转𝛼得到△𝐴𝐷𝐸，点𝐵的对应点是𝐷，∴∠𝐶𝐴𝐸=𝛼，△𝐴𝐵𝐶≌△𝐴𝐷𝐸，∴𝐴𝐶=𝐴𝐸，∴∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐸𝐶，∵𝐶𝐸//

𝐴𝐵，∴∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐵𝐴𝐶=65°，∴∠𝐴𝐸𝐶=65°，∴∠𝐶𝐴𝐸=180°−∠𝐴𝐸𝐶−∠𝐴𝐶𝐸=180°−65°−65°=50°，∴旋转角𝛼的度数是50°．【解析】由旋转的性质可得𝐴𝐶=𝐴𝐸，再根据平行线的性质，得∠𝐸𝐶𝐴=∠𝐶�

�𝐵=65°，利用三角形内角和定理求出∠𝐶𝐴𝐸，即可解决问题．本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，由旋转得出𝐴𝐶=𝐴𝐸是解题的关键．21.【答案】解：(1)∵𝑦=−1

12(𝑥−4)2+3，∴抛物线的顶点𝐵的坐标为(4,3)，对称轴为直线𝑥=4，当𝑥=0时，𝑦=−112×(−4)2+3=−112×16+3=53，∴点𝐴坐标为(0,53)，点𝐴关于对称轴的对称点𝐶(8,53)也在抛物线上，第16页，共24

页当𝑦=0时，−112(𝑥−4)2+3=0，解得𝑥1=10，𝑥2=−2，∴抛物线与𝑥轴正半轴的交点为𝐷(10,0)，故函数的大致图象如图所示，(2)不能，理由如下：令𝑦=0时，−112(𝑥−4)2+3=0，即

(𝑥−4)2=36，解得：𝑥1=10，𝑥2=−2(舍去)，∵10<11，∴铅球推出的距离不能达到11𝑚．【解析】本题考查二次函数在实际问题中的应用．(1)根据二次函数的解析式确定出顶点坐标，对称轴，与坐标轴的交点，在直角坐标系中描出这些点，从而画出二次函数的大致图象；(2)令�

�=0，解关于𝑥的一元二次方程，求出方程的正数解，即可判断铅球推出的最大距离．22.【答案】(1)解：过点𝑂作𝑂𝐹⊥𝐴𝐷于点𝐹，∴𝐴𝐷=2𝐴𝐹，∠𝐴𝐹𝑂=90°，∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，∴∠𝐵𝐶𝐴=90°，∵∠𝐴𝐵𝐶=30°，𝐴𝐶=2，第1

7页，共24页∴∠𝐵𝐴𝐶=90°−∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐴𝐵=2𝐴𝐶=4，∴𝑂𝐴=12𝐴𝐵=2，∵𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐷𝐴𝑂=12∠𝐶𝐴𝐵=30°，在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝐹中，𝑂𝐴=2，∴𝑂𝐹=12𝑂𝐴

=1，𝐴𝐹=√3𝑂𝐹=√3，∴𝐴𝐷=2𝐴𝐹=2√3，∴𝐴𝐷的长为2√3；(2)证明：∵𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐷𝐴𝑂，∵𝑂𝐴=𝑂𝐷，∴∠𝐴𝐷𝑂=∠𝐷�

�𝑂，∴∠𝐴𝐷𝑂=∠𝐶𝐴𝐷，∴𝐴𝐶//𝑂𝐷，∵𝑂𝐴=𝑂𝐵，∴𝐵𝐸=𝐶𝐸，∴𝑂𝐸是△𝐴𝐵𝐶的中位线，∴𝐴𝐶=2𝑂𝐸．【解析】(1)过点𝑂作𝑂𝐹⊥𝐴𝐷于点𝐹，利用垂径定理可得𝐴𝐷=2𝐴𝐹，根据

直径所对的圆周角是直角可得∠𝐵𝐶𝐴=90°，从而利用含30度角的直角三角形的性质可得𝐴𝐵=2𝐴𝐶=4，进而可得𝑂𝐴=12𝐴𝐵=2，然后利用角平分线的定义可得∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐷𝐴𝑂=30°，从而在𝑅

𝑡△𝐴𝑂𝐹中，利用含30度角的直角三角形的性质可得𝑂𝐹=1，𝐴𝐹=√3，进行计算即可解答；(2)利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可得𝐴𝐶//𝑂𝐷，然后利用平行线分线段成比例可得𝐵𝐸=𝐶𝐸，从而利用

三角形的中位线定理即可解答．本题考查了圆周角定理，垂径定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．第18页，共24页23.【答案】(1)解：如图，点𝑂为所作；(2)证明：连接𝑂𝐴、𝑂𝐵、𝑂𝐶、𝑂𝐸、𝑂𝐷

、𝑂𝐹，如图，∵线段𝐵𝐶绕某定点𝑂顺时针旋转𝛼得到线段𝐸𝐹，∴𝑂𝐵=𝑂𝐸，𝑂𝐶=𝑂𝐹，𝐵𝐶=𝐸𝐹，∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐸𝑂𝐹=𝛼，∴△𝐵𝑂𝐶绕点𝑂顺时针旋转𝛼得到△𝐸𝑂𝐹，∴∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐸𝐹，∵△𝐴𝐵𝐶，△𝐷𝐸�

�均为等边三角形，∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐸𝐹=𝐸𝐷，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐸𝐹=60°，∴∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐷𝐸𝑂，∴△𝐴𝐵𝑂≌△𝐷𝐸𝑂(𝑆𝐴𝑆)，∴𝑂𝐴=𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐷𝑂𝐸，∴∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐵

𝑂𝐸=𝛼，∴△𝐷𝐸𝐹可由△𝐴𝐵𝐶绕点𝑂顺时针旋转𝛼得到．【解析】(1)分别作𝐵𝐸和𝐶𝐹的垂直平分线，它们的交点即为𝑂点；(2)连接𝑂𝐴、𝑂𝐵、𝑂𝐶、𝑂𝐸、𝑂𝐷、𝑂𝐹，如图，利用旋转

的性质得到𝑂𝐵=𝑂𝐸，𝑂𝐶=𝑂𝐹，𝐵𝐶=𝐸𝐹，∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐸𝑂𝐹=𝛼，则可判断△𝐵𝑂𝐶绕点𝑂顺时针旋转𝛼得到△𝐸𝑂𝐹，接着证明△𝐴𝐵𝑂≌△𝐷

𝐸𝑂得到𝑂𝐴=𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐷𝑂𝐸，所以∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐵𝑂𝐸=𝛼，然后利用旋转的定义得到结论．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，顺次连接得出第19页，共24页旋转后的图形．也考查了等边三角形的性质．24.【答案】解：(1)证明：如图1，连接𝑂𝐷、𝐴𝐷，∵𝐴𝐵绕点𝐴顺时针旋转得到线段𝐴𝐶，∴𝐴

𝐵=𝐴𝐶，∴△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形，∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，∴∠𝐴𝐷𝐵=90°，即𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，∴𝐵𝐷=𝐶𝐷且𝐴𝑂=𝐵𝑂，∴𝑂𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中位线，∴𝑂𝐷//

𝐴𝐶，∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，∴𝑂𝐷⊥𝐷𝐸，∴𝐷𝐸是⊙𝑂的切线；(2)①证明：如图2，连接𝐵𝐺、𝐴𝐷，∵𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，∴∠𝐵𝐺𝐴=∠𝐵𝐷𝐴=90°，∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∴𝐵𝐷=𝐷𝐶，∴𝐵𝐷=𝐺

𝐷，∴𝐵𝐷⏜=𝐺𝐷⏜，∵𝐷𝐹⊥𝐴𝐵，∴𝐵𝐷⏜=𝐵𝐹⏜，∴𝐺𝐷⏜=𝐵𝐹⏜，∴∠1=∠2，∴𝐹𝐺//𝐵𝐷；②证明：如图3，连接𝑂𝐷，第20页，共24页∵𝐷𝐹⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，∴𝐴𝐷⏜=𝐴𝐹⏜，∴∠3=∠4=∠5

，∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∴∠3=∠𝐶，∴∠5=∠𝐶，∴𝐹𝐺//𝐷𝐵，∴𝐵𝐺⏜=𝐷𝐹⏜，∴∠𝐷𝐵𝐹=∠𝐵𝐷𝐺，∵𝐵𝐹⊥𝐷𝐺，∴∠𝐷𝐵𝐹=∠𝐵𝐷𝐺=45°，𝐵𝐷⏜=𝐵𝐹⏜，∴∠3=∠4=12∠𝐷𝐵𝐹=2

2.5°，∴∠7=90°−∠4=67.5°，∵𝐷𝐹=𝐷𝐻，∴∠6=∠7=67.5°，∴∠𝐵𝐷𝐻=∠6−∠𝐷𝐵𝐹=22.5°，∵𝑂𝐵=𝑂𝐷，∴∠3=∠𝐵𝐷𝑂=22.5°，∴∠𝐵𝐷𝐻=∠𝐵𝐷𝑂，∴𝐷，𝑂，𝐻在

同一条直线上．【解析】(1)如图1，连接𝑂𝐷、𝐴𝐷，根据旋转可证得△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形，根据直径所对的圆周角是直角可得出𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，根据三角形中位线性质可得𝑂𝐷//𝐴𝐶，进

而推出𝑂𝐷⊥𝐷𝐸，再运用切线的判定定理即可；(2)①如图2，连接𝐵𝐺、𝐴𝐷，根据直径所对的圆周角是直角可得出𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，再运用弦、弧、圆周角的关系即可证得结论；②如图3，连接𝑂𝐷，运用圆周角定理及三角形内角和定理证明∠𝐵𝐷𝐻=∠𝐵𝐷𝑂，即可证得结论．本

题是圆的综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，圆周角定理，垂径定理，圆周角、弧、弦的关系等，熟练掌握圆周角、弧、弦的关系及圆的性质是解题第21页，共24页关键．25.【答案】解：(1)∵抛物线𝑦=𝑚𝑥2−(1−4𝑚)𝑥+

𝑐过点(0,−1)，∴𝑐=−1，∵拋物线𝑦=𝑚𝑥2−(1−4𝑚)𝑥+𝑐过点(1,𝑎)，(−1,𝑎)，∴抛物线的对称轴是𝑦轴，即1−4𝑚2𝑚=0，∴𝑚=14，∴该抛物线的解析式是𝑦=14𝑥2−1

；(2)将𝑥=0代入𝑦=14𝑥2−1，得𝑦=−1，∴顶点𝐶的坐标是(0,−1)，∴𝑂𝐶=1．将𝑥=4代入𝑦=14𝑥2−1，得𝑦=3，∴点𝐴的坐标是(4,3)，∴直线𝑂𝐴的解析式是�

�=34𝑥，解法一：将𝑦=34𝑥代入𝑦=14𝑥2−1，得14𝑥2−1=34，解得𝑥1=4，𝑥2=−1，∴点𝐵的横坐标为−1，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝑂𝐶+𝑆△𝐵𝑂𝐶=12×4×𝑂𝐶+12×1×𝑂𝐶=52𝑂

𝐶=52，连接𝐴𝐷，𝐵𝐷，过点𝐷作𝐷𝑄垂直𝑥轴交𝐴𝐵于点𝑄，分别过点𝐴，𝐵作𝐷𝑄的垂线，垂足为𝑀，𝑁，设𝐷(𝑡,14𝑡2−1)，∴𝑄(𝑡,34𝑡)∴𝑆△�

�𝐵𝐷=𝑆△𝐴𝐷𝑄+𝑆△𝐵𝐷𝑄=12×𝐷𝑄⋅𝐴𝑀+12×𝐷𝑄⋅𝐵𝑁=4−𝑡2𝐷𝑄+𝑡−(−1)2𝐷𝑄=52𝐷𝑄，∵𝑆△𝐴𝐵𝐷=𝑆△𝐴𝐵𝐶，第22页，共24页∴52𝐷𝑄=52．∵点𝐷是点𝐴，𝐶之间的

抛物线上的点(不与点𝐴，𝐶重合)，∴点𝑄在点𝐷上方，∴34𝑡−(14𝑡2−1)=1，即14𝑡(3−𝑡)=0，解得𝑡1=0(舍去)，𝑡2=3，∴点𝐷的坐标是(3,54)；解法二：∵点𝐷是点𝐴，𝐶之间的抛物线上的点(不与

点𝐴，𝐶重合)，∴点𝐶，𝐷在𝐴𝐵的同侧．分别过点𝐶，𝐷作𝐴𝐵的垂线，垂足为𝑆，𝑇，∴∠𝐶𝑆𝐵=∠𝐷𝑇𝐵=90°，∴𝐶𝑆//𝐷𝑇．∵△𝐴𝐵𝐶的面积与△𝐴𝐵𝐷的面积相等，∴𝐶𝑆=𝐷𝑇

．∴四边形𝐶𝑆𝑇𝐷是平行四边形，∴直线𝐶𝐷可由直线𝐴𝐵向下平移1个单位得到，∴直线𝐶𝐷的解析式是𝑦=34𝑥−1，将𝑦=34𝑥−1代入𝑦=14𝑥2−1，得14𝑥2−1=34𝑥−1，解得𝑥1=0(舍去)，𝑥2=3，∴点�

�的坐标是(3,54)；第23页，共24页(3)∵切线𝑙不过该抛物线的顶点，∴设切线𝑙的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)，将𝑦=𝑘𝑥+𝑏代入𝑦=14𝑥2−1，得14𝑥2−1=𝑘𝑥+𝑏，整理得𝑥2−4𝑘𝑥−4𝑏−4=0，依题意得�

�=0，即(−4𝑘)2−4×1×(−4𝑏−4)=16𝑘2+16𝑏+16=0，∴𝑏=−𝑘2−1，∴切线𝑙的解析式是𝑦=𝑘𝑥−𝑘2−1，将𝑦=1代入𝑦=𝑘𝑥−𝑘2−1，得𝑥=𝑘2+2𝑘，∴𝑃(𝑘2+2𝑘,1)，将�

�=−3代入𝑦=𝑘𝑥−𝑘2−1，得𝑥=𝑘2−2𝑘，∴𝑄(𝑘2−2𝑘,−3)，∵𝐹(0,1)，∴𝐹𝑃2=(𝑘2+2𝑘)2，由勾股定理得𝐹𝑄2=(𝑘2−2𝑘)2+(−3−1)2，∴𝐹𝑃2−𝐹𝑄2=(𝑘2+2

𝑘)2−[(𝑘2−2𝑘)2+(−3−1)2]=(𝑘2+2𝑘+𝑘2−2𝑘)(𝑘2+2𝑘−𝑘2−2𝑘)−16=2𝑘2𝑘⋅4𝑘−16=8−16=−8．【解析】(1)由所给的点可知抛物线的对称轴为直线𝑥=0，由此可求𝑚的值，再将点(

0,−1)代入即可求解析式；(2)求出𝐴(4,3)和直线𝑂𝐴的解析式𝑦=34𝑥，解法一：联立方程组求出𝐵(−1,−34)，过点𝐷作𝐷𝑀⊥𝑥第24页，共24页轴交直线𝐴𝐵于点𝑀，设𝐷(𝑡,14𝑡2−1)，再由三角形的面积关系求出

𝑡的值即可求𝐷点坐标；解法二：分别过点𝐶，𝐷作𝐴𝐵的垂线，垂足为𝑆，𝑇，可得∠𝐶𝑆𝐵=∠𝐷𝑇𝐵=90°，所以𝐶𝑆//𝐷𝑇.根据△𝐴𝐵𝐶的面积与△𝐴𝐵𝐷的面积相等，可得𝐶

𝑆=𝐷𝑇.所以四边形𝐶𝑆𝑇𝐷是平行四边形，进而可求𝐷点坐标；(3)根据切线𝑙不过该抛物线的顶点，可以设切线𝑙的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏(𝑘≠0)，然后将𝑦=𝑘𝑥+𝑏代入𝑦=14𝑥2−1，得14𝑥2−1=𝑘𝑥+𝑏，根据

题意得𝛥=0，整理得𝑏=−𝑘2−1，可得切线𝑙的解析式是𝑦=𝑘𝑥−𝑘2−1，将𝑦=1代入𝑦=𝑘𝑥−𝑘2−1，表示出𝑃，𝑄两点坐标，进而可以解决问题．本题属于二次函数的综合题，考查二次函数图象的性质、解一元二次方程，三角形面积求法，解决本题的关键是掌握二次函

数的图象和性质．