阳光仿写

2022-2023学年吉林省松原市四校联考九年级（上）期中数学试卷一、选择（本大题共6小题，共12.0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.斐波那契螺旋线B.笛卡尔心形线C.赵爽弦图D.科克曲线2.用配方法解一元二次方程ᵆ2−10ᵆ+11=0，此方程可化为()A.(ᵆ−5)2=14B.(ᵆ+5)2=14C.(ᵆ−5)2=36D.(ᵆ+5)2=363.如图，点ᵃ是⊙ᵄ上一点，连接ᵄᵃ.弦ᵃᵃ⊥ᵄᵃ于点ᵃ.若ᵄᵃ=2，ᵃᵃ=1，则ᵃᵃ的长为()A.2√5B.4C.2√3D.2√24.二次函数ᵆ=−2ᵆ2+ᵄᵆ+ᵅ的图象如图所示，则下列结论正确的是()A.ᵄ<0，ᵅ>0B.ᵄ<0，ᵅ<0C.ᵄ>0，ᵅ<0D.ᵄ>0，ᵅ>05.如图，在ᵄᵆ
△ᵃᵃᵃ中，∠ᵃ=90°，∠ᵃᵃᵃ=40°，将ᵄᵆ
△ᵃᵃᵃ绕点ᵃ旋转得到ᵄᵆ
△ᵃᵃ′ᵃ′，且点ᵃ′落在ᵃᵃ上，则∠ᵃ′ᵃᵃ的度数为()A.100°B.120°第1页，共22页C.135°D.140°6.如图，在平面直角坐标系中，直线ᵆ=ᵅᵆ+ᵅ与抛物线ᵆ=ᵄᵆ2+ᵄᵆ+ᵅ交于ᵃ(−1,ᵅ)，ᵃ(2,ᵅ)两点，则关于ᵆ的不等式ᵅᵆ+ᵅ>ᵄᵆ2+ᵄᵆ+ᵅ的解集是()A.ᵆ<−1B.ᵆ>2C.−1<ᵆ<2D.ᵆ<−1或ᵆ>2二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）7.若关于ᵆ的一元二次方程ᵆ2=ᵅ−1有实数根，则ᵅ的值可以为______(写出一个即可)．8.将抛物线ᵆ=ᵆ2+1向下平移3个单位得到的解析式为______．9.在平面直角坐标系中，点ᵄ(2,−3)与点ᵄ(ᵅ,ᵅ+1)关于原点对称，则ᵅ−ᵅ=______．10.已知)，ᵃ(3,ᵆ)在抛物线ᵆ=ᵆ2−4ᵆ+ᵅ上，则ᵆ______(填“>”“<”或ᵃ(−1,ᵆ121ᵆ2“=”)．11.一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得ᵃᵃ=12ᵅᵅ，ᵃᵃ=5ᵅᵅ，则圆形镜面的半径为．12.如图，在半径为1的⊙ᵄ上顺次取点ᵃ，ᵃ，ᵃ，ᵃ，ᵃ，连接ᵃᵃ，ᵃᵃ，ᵄᵃ，ᵄᵃ，ᵄᵃ，ᵄᵃ.若∠ᵃᵃᵃ=65°，∠ᵃᵄᵃ=70°，则∠ᵃᵄᵃ+∠ᵃᵄᵃ=______°.第2页，共22页13.如图，将ᵄᵆ
△ᵃᵃᵃ绕点ᵃ旋转一定角度得到△ᵃᵃᵃ，点ᵃ的对应点ᵃ恰好落在ᵃᵃ边上．若ᵃᵃ=2，∠ᵃ=60°，则ᵃᵃ=______．14.如图所示，ᵃ，ᵃ分别为ᵆ=2(ᵆ−2)2−1图象上的两点，且直线ᵃᵃ垂直于ᵆ轴，若ᵃᵃ=2，则点ᵃ的坐标为______．三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）15.解方程：ᵆ2−2ᵆ−1=0．四、解答题（本大题共11小题，共79.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.(本小题5.0分)解方程：ᵆ+3=5(ᵆ+3)2．17.(本小题5.0分)关于ᵆ的方程ᵆ2+2ᵆ+2ᵅ−1=0有两个不相等的实数根，求ᵅ的取值范围．18.(本小题5.0分)看图回答．(1)当ᵆ=0时，ᵆ的值为______；(2)ᵆ随ᵆ的增大而增大时，ᵆ的范围为______；(3)当ᵆ=1时，直接比较ᵆ的值与−3的大小______．2第3页，共22页19.(本小题7.0分)如图，是边长为1的小正方形组成的8×8方格，线段ᵃᵃ的端点在格点上．建立平面直角坐标系，使点ᵃ、ᵃ的坐标分别为(2,1)和(−1,3)．(1)画出该平面直角坐标系ᵆᵄᵆ；(2)画出线段ᵃᵃ关于原点ᵄ成中心对称的线段ᵃᵃ；11(3)画出以点ᵃ、ᵃ、ᵄ为其中三个顶点的平行四边形．(画出一个即可)20.(本小题7.0分)为应对新冠疫情，较短时间内要实现全国医用防护服产量成倍增长，有效保障抗击疫情一线需要，某医用防护服生产企业1月份生产9万套防护服，该企业不断加大生产力度，3月份生产达到12.96万套防护服．(1)求该企业1月份至3月份防护服产量的月平均增长率．(2)若平均增长率保持不变，4月份该企业防护服的产量能否达到16万套？请说明理由．21.(本小题7.0分)如图，四边形ᵃᵃᵃᵃ是⊙ᵄ的内接四边形，ᵃᵃ⏜=ᵃᵃ⏜，∠ᵃᵃᵃ=70°，∠ᵃᵃᵃ=50°．(1)求∠ᵃᵃᵃ的度数；(2)求∠ᵃᵃᵃ的度数．22.(本小题7.0分)如图，在△ᵃᵃᵃ中，ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=50°.ᵃ是△ᵃᵃᵃ内任一点，将△ᵃᵃᵃ绕点ᵃ顺时针旋第4页，共22页转，使点ᵃ与点ᵃ重合，点ᵃ的对应点为ᵃ．(1)求证：ᵃᵃ=ᵃᵃ；(2)连接ᵃᵃ.若ᵃ，ᵃ，ᵃ在同一直线上，则∠ᵃᵃᵃ=______°.23.(本小题8.0分)单板滑雪大跳台是北京冬奥会比赛项目之一，举办场地为首钢滑雪大跳台．运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分．建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到着陆的过程中，运动员的竖直高度ᵆ(单位：ᵅ)与水平距离ᵆ(单位：ᵅ)近似满足函数关系ᵆ=ᵄ(ᵆ−ℎ)2+ᵅ(ᵄ<0)．某运动员进行了两次训练．(1)第一次训练时，该运动员的水平距离ᵆ与竖直高度ᵆ的几组数据如下：水平距离ᵆ/ᵅ02581114竖直高度ᵆ/ᵅ20.0021.4022.7523.2022.7521.40根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系ᵆ=ᵄ(ᵆ−ℎ)2+ᵅ(ᵄ<0)；(2)第二次训练时，该运动员的竖直高度ᵆ与水平距离ᵆ近似满足函数关系ᵆ=−0.04(ᵆ−9)2+23.24.记该运动员第一次训练的着陆点的水平距离为ᵅ
，第二次训练的着陆点的水平距离为1ᵅ
，则______(填“>”“=”或“<”)．2ᵅ
1ᵅ
2第5页，共22页24.(本小题8.0分)如图，在ᵄᵆ
△ᵃᵃᵃ中，∠ᵃ=90°，ᵃᵃ=6ᵅᵅ，ᵃᵃ=10ᵅᵅ，点ᵄ从点ᵃ开始沿ᵃᵃ边向点ᵃ移动，速度为1ᵅᵅ/ᵆ；点ᵄ从点ᵃ开始沿ᵃᵃ边向点ᵃ移动，速度为2ᵅᵅ/ᵆ，点ᵄ、ᵄ分别从点ᵃ、ᵃ同时出发，当其中一点到达终点后，另一点也随之停止运动．(1)几秒时，ᵄᵄ的长度为3√5ᵅᵅ？(2)几秒时，△ᵄᵃᵄ的面积为8ᵅᵅ2(3)当ᵆ
(0<ᵆ
<5)为何值时，四边形ᵃᵄᵄᵃ的面积最小？并求这个最小值．25.(本小题10.0分)如图1，点ᵃ在线段ᵃᵃ上，(点ᵃ不与ᵃ、ᵃ重合)，分别以ᵃᵃ、ᵃᵃ为边在ᵃᵃ同侧作等边三角形ᵃᵃᵃ和等边三角形ᵃᵃᵃ，连接ᵃᵃ、ᵃᵃ交于点ᵄ．【观察猜想】①ᵃᵃ与ᵃᵃ的数量关系是______；②∠ᵃᵄᵃ的度数为______．【数学思考】如图2，当点ᵃ在线段ᵃᵃ外时，(1)中的结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明；【拓展应用】如图3，点ᵃ为四边形ᵃᵃᵃᵃ内一点，且满足∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=90°，ᵃᵃ=ᵃᵃ，ᵃᵃ=ᵃᵃ，对角线ᵃᵃ、ᵃᵃ交于点ᵄ，ᵃᵃ=10，则四边形ᵃᵃᵃᵃ的面积为______．第6页，共22页26.(本小题10.0分)如图所示，在平面直角坐标系ᵆᵄᵆ中，已知二次函数ᵆ=ᵄᵆ2+2ᵄᵆ+3的图象与ᵆ轴交于点ᵃ(−3,0)，与ᵆ轴交于点ᵃ．(1)求该函数的达式及顶点坐标；(2)点ᵄ(ᵅ,ᵅ)在该二次函数图象上，当ᵅ≤ᵆ≤ᵅ+3时，该二次函数有最大值2，请根据图象求出ᵅ的值；(3)将该二次函数图象在点ᵃ，ᵃ之间的部分(含ᵃ，ᵃ两点)记为图象ᵄ．①点ᵄ在图象ᵄ上，连接ᵄᵃ，ᵄᵃ，求△ᵃᵃᵄ面积的最大值；②若直线ᵆ=ᵅ与图象ᵄ只有一个公共点，结合函数图象，直接写出ᵅ的取值范围．第7页，共22页和解析1.【答案】ᵃ【解析】解：ᵃ.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；D.既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；故选：ᵃ．根据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，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即可．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度后与原来的图形重合．2.【答案】ᵃ【解析】解：∵ᵆ2−10ᵆ+11=0，∴ᵆ2−10ᵆ=−11，则ᵆ2−10ᵆ+25=−11+25，即(ᵆ−5)2=14，故选：ᵃ．将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得出答案．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．3.【答案】ᵃ【解析】解：如图，连接ᵄᵃ，∵ᵃᵃ=1，ᵄᵃ=2，∴ᵄᵃ=ᵃᵃ+ᵄᵃ=3=ᵄᵃ，∵ᵃᵃ⊥ᵄᵃ，∴∠ᵄᵃᵃ=90°，ᵃᵃ=ᵃᵃ，第8页，共22页在ᵄᵆ
△ᵃᵄᵃ中，由勾股定理得，ᵃᵃ=√ᵄᵃ2−ᵄᵃ2=√5，∴ᵃᵃ=2ᵃᵃ=2√5，故选：ᵃ．求出圆的半径，再利用垂径定理和勾股定理即可求出答案．本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理、勾股定理是正确解答的前提．4.【答案】ᵃ【解析】解：∵抛物线的对称轴在ᵆ轴左侧，∴−ᵄ<0，∴ᵄ、ᵄ同号，2ᵄ∵ᵄ=−2<0，∴ᵄ<0．∵抛物线与ᵆ轴交于正半轴，∴ᵅ>0．综上所述，ᵄ<0，ᵅ>0．故选：ᵃ．5.【答案】ᵃ【解析】解：∵将ᵄᵆ
△ᵃᵃᵃ绕点ᵃ旋转得到ᵄᵆ
△ᵃᵃ′ᵃ′，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ′，∠ᵃ=∠ᵃᵃ′ᵃ′=90°，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃ′ᵃᵃ′=40°，∴∠ᵃ′ᵃᵃ=70°，∵∠ᵃ=90°，∠ᵃᵃᵃ=40°，∴∠ᵃᵃᵃ=50°，∴∠ᵃ′ᵃᵃ=120°，故选：ᵃ．由旋转的性质可得ᵃᵃ=ᵃᵃ′，∠ᵃ=∠ᵃᵃ′ᵃ′=90°，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃ′ᵃᵃ′=40°，即可求解．本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．6.【答案】ᵃ【解析】解：观察函数图象可知：当ᵆ<−1或ᵆ>2时，直线ᵆ=ᵅᵆ+ᵅ在抛物线ᵆ=ᵄᵆ2+ᵄᵆ+ᵅ的上方，∴不等式ᵅᵆ+ᵅ>ᵄᵆ2+ᵄᵆ+ᵅ的解集为ᵆ<−1或ᵆ>2．第9页，共22页故选：ᵃ．察两函数图象的上下位置关系，即可得出结论．本题考查了二次函数与不等式，根据两函数图象的上下位置关系找出不等式的解集是解题的关键．7.【答案】2(答案不唯一)【解析】解：将原方程化为一般形式为ᵆ2−ᵅ+1=0，∵该方程有实数根，∴ᵮ=02−4×1×(−ᵅ+1)≥0，∴ᵅ≥1．故答案为：2(答案不唯一)．将原方程转化为一般形式，利用根的判别式ᵮ≥0，即可求出ᵅ的取值范围，任取其内一值即可得出结论．本题考查了根的判别式，牢记“当ᵮ≥0时，方程有实数根”是解题的关键．8.【答案】ᵆ=ᵆ2−2【解析】解：抛物线ᵆ=ᵆ2+1向下平移3个单位得到的解析式为ᵆ=ᵆ2+1−3，即ᵆ=ᵆ2−2．故答案为ᵆ=ᵆ2−2．根据抛物线平移的规律(左加右减，上加下减)求解．本题考查了二次函数图象与几何变换，掌握“左加右减，上加下减”的平移规律是解题的关键．9.【答案】−4【解析】解：由点ᵄ(2,−3)与点ᵄ(ᵅ,ᵅ+1)关于原点对称，得：ᵅ=−2，ᵅ+1=3，所以ᵅ=2．则ᵅ−ᵅ=−2−2=−4，故答案为：−4．根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，可得答案．本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．第10页，共22页10.【答案】>【解析】解：∵ᵆ=ᵆ2−4ᵆ+ᵅ=(ᵆ−2)2+ᵅ−4，∴图象的开口向上，对称轴是直线ᵆ=2，∴越靠近直线ᵆ=2时，ᵆ的值越小，∵ᵃ(−1,ᵆ)，ᵃ(3,ᵆ)，12∴ᵃ比ᵃ靠近直线ᵆ=2，∴ᵆ>ᵆ，12故答案为：>．根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线ᵆ=2，根据ᵆ<2时，ᵆ随ᵆ的增大而增大，即可得出答案．此题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键．11.【答案】13ᵅᵅ2【解析】解：连接ᵃᵃ，∵∠ᵃᵃᵃ=90°，且∠ᵃᵃᵃ是圆周角，∴ᵃᵃ是圆形镜面的直径，由勾股定理得：ᵃᵃ=√ᵃᵃ2+ᵃᵃ2=√122+52=13(ᵅᵅ)，所以圆形镜面的半径为13ᵅᵅ，2故答案为：13ᵅᵅ．2连接ᵃᵃ，根据∠ᵃᵃᵃ=90°得出ᵃᵃ是圆形镜面的直径，再根据勾股定理求出ᵃᵃ即可．本题考查了圆周角定理和勾股定理等知识点，能根据圆周角定理得出ᵃᵃ是圆形镜面的直径是解此第11页，共22页题的关键．12.【答案】60【解析】解：∵∠ᵃᵃᵃ=65°，∴∠ᵃᵄᵃ=2∠ᵃᵃᵃ=130°，∴∠ᵃᵄᵃ+∠ᵃᵄᵃ=∠ᵃᵄᵃ−∠ᵃᵄᵃ=60°．故答案为：60．由圆周角定理可得∠ᵃᵄᵃ的大小，从而可得∠ᵃᵄᵃ+∠ᵃᵄᵃ的大小，进而求解．本题考查圆周角定理，解题关键是掌握圆心角与圆周角的关系．13.【答案】2【解析】解：∵ᵄᵆ
△ᵃᵃᵃ中，∠ᵃ=60°，∴∠ᵃ=90°−60°=30°，∴ᵃᵃ=2ᵃᵃ=4，由旋转的性质得，ᵃᵃ=ᵃᵃ，又∵∠ᵃ=60°，∴△ᵃᵃᵃ是等边三角形，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ=2，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ−ᵃᵃ=4−2=2．故答案为：2．根据含30°角的直角三角形的性质可得ᵃᵃ=2ᵃᵃ=4，然后根据旋转的性质可得ᵃᵃ=ᵃᵃ，进而判断出△ᵃᵃᵃ是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得ᵃᵃ=ᵃᵃ=2，然后根据ᵃᵃ=ᵃᵃ−ᵃᵃ计算即可得解．本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟记性质并判断出△ᵃᵃᵃ是等边三角形是解题的关键．14.【答案】(3,1)【解析】解：∵ᵆ=2(ᵆ−2)2−1，∴抛物线对称轴为直线ᵆ=2，∵ᵃᵃ=2，第12页，共22页∴点ᵃ横坐为2+1=3，将ᵆ=3代入ᵆ=2(ᵆ−2)2−1得ᵆ=1，∴点ᵃ坐标为(3,1)．故答案为：(3,1)．由二次函数解析式可得抛物线对称轴，从而可得点ᵃ横坐标，进而求解．本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．15.【答案】解：∵ᵄ=1，ᵄ=−2，ᵅ=−1，∴ᵮ=ᵄ2−4ᵄᵅ=(−2)2−4×1×(−1)=8>0，−ᵄ±√ᵄ2−4ᵄᵅ∴ᵆ==−(−2)±√8=1±√2，2ᵄ2×1∴ᵆ=1+√2，ᵆ=1−√2．12【解析】本题考查了解一元二次方程的方法−公式法．原方程是一元二次方程的一般形式，先由系数求得根的判别式，再利用求根公式求解．16.【答案】解：ᵆ+3=5(ᵆ+3)2，(ᵆ+3)−5(ᵆ+3)2=0，(ᵆ+3)[1−5(ᵆ+3)]=0，(ᵆ+3)(−5ᵆ−14)=0，ᵆ+3=0或−5ᵆ−14=0，ᵆ=−3，ᵆ=−14125【解析】利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．本题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握解一元二次方程−因式分解法是解题的关键．17.【答案】解：∵关于ᵆ的方程ᵆ2+2ᵆ+2ᵅ−1=0有两个不相等的实数根，∴ᵮ=22−4×1×(2ᵅ−1)>0，解得：ᵅ<1，∴ᵅ的取值范围为ᵅ<1．【解析】根据方程的系数结合根的判别式ᵮ=ᵄ2−4ᵄᵅ>0，即可得出关于ᵅ的一元一次不等式，解之即可得出ᵅ的取值范围．第13页，共22页本题考查了根的判别式，解题的关键是：牢记“当ᵮ>0时，方程有两个不相等的实数根”．18.【答案】−1和3ᵆ>1ᵆ<−3【解析】解：(1)由图象可知，抛物线经过点(−1,0)，对称轴为直线ᵆ=1，∴抛物线与ᵆ轴的另一个交点为(3,0)，∴当ᵆ=0时，ᵆ的值为−1和3；故答案为：−1和3；(2)∵抛物线经过点(−1,0)，(3,0)，(0,−3)，∴设抛物线的解析式为ᵆ=ᵄ(ᵆ+1)(ᵆ−3)，代入(0,−3)得，−3=−3ᵄ，解得ᵄ=1，∵ᵆ=(ᵆ+1)(ᵆ−3)=(ᵆ−1)2+4，∴抛物线开口向上，顶点为(1,4)，对称轴为直线ᵆ=1，∴ᵆ随ᵆ的增大而增大时，ᵆ的范围是ᵆ>1．故答案为：ᵆ>1；(3)当ᵆ=1时，0<1，22∴ᵆ<−3．故答案为：ᵆ<−3．(1)根据抛物线的对称性求得另一个交点坐标，可得答案；(2)根据待定系数法求得抛物线的解析式，根据二次函数的性质可得答案；(3)根据二次函数的性质可得答案．本题考查了二次函数的图象，待定系数法求二次函数解析式，利用二次函数的性质是解题关键．第14页，共22页19.【答案】解：(1)如图，即为所求；(2)如图，线段ᵃᵃ即为所求；11(3)如图，平行四边形ᵃᵄᵃᵃ即为所求(答案不唯一)．【解析】(1)根据其中一个点的坐标，即可确定原点位置；(2)根据中心对称的性质，即可画出线段ᵃᵃ；11(3)根据平行四边形的性质即可画出图形．本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标的特征，平行四边形的性质，作图−旋转变换，熟练掌握各性质是解题的关键．20.【答案】解：(1)设防护服产量的月平均增长率为ᵆ，根据题意，得9(1+ᵆ)2=12.96．解得=−2.2(舍去)，ᵆ=0.2=20%，ᵆ12答：防护服产量的月平均增长率为20%；(2)12.96×(1+0.2)=15.552(万套)．答：预计4月份的产量为15.552万套．【解析】(1)设防护服产量的月平均增长率为ᵆ，根据1月份及3月份的产量，列出方程即可求解；(2)结合(1)按照这个增长率，根据3月份产量达到12.96万套，即可求出预计4月份平均日产量．本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．21.【答案】解：(1)∵∠ᵃᵃᵃ=70°，∠ᵃᵃᵃ=50°，∴∠ᵃᵃᵃ=180°−∠ᵃᵃᵃ−∠ᵃᵃᵃ=60°，第15页，共22页∵ᵃᵃ⏜=ᵃᵃ⏜，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=1∠ᵃᵃᵃ=30°；2(2)由圆周角定理得：∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=30°，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ+∠ᵃᵃᵃ=80°，∵四边形ᵃᵃᵃᵃ是⊙ᵄ的内接四边形，∴∠ᵃᵃᵃ=180°−∠ᵃᵃᵃ=100°．【解析】(1)根据三角形内角和定理求出∠ᵃᵃᵃ，根据圆周角定理求出∠ᵃᵃᵃ的度数；(2)根据圆周角定理求出∠ᵃᵃᵃ，进而求出∠ᵃᵃᵃ，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．22.【答案】80【解析】(1)证明：∵将△ᵃᵃᵃ绕点ᵃ顺时针旋转，∴△ᵃᵃᵃ≌△ᵃᵃᵃ，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ；(2)解：如图，∵ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=50°，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=50°，∴∠ᵃᵃᵃ=80°，∵将△ᵃᵃᵃ绕点ᵃ顺时针旋转，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=80°，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=50°，∴∠ᵃᵃᵃ=130°=∠ᵃᵃᵃ，∴∠ᵃᵃᵃ=80°，故答案为：80．第16页，共22页(1)由旋转的性质可直接得到；(2)由旋转的性质可得ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=80°，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ，由等腰三角形的性质可得∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=50°，即可求解．本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．23.【答案】<【解析】解：(1)根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：(8,23.20)，∴ℎ=8，ᵅ=23.20，即该运动员竖直高度的最大值为23.20ᵅ，根据表格中的数据可知，当ᵆ=0时，ᵆ=20.00，代入ᵆ=ᵄ(ᵆ−8)2+23.20得：20.00=ᵄ(0−8)2+23.20，解得：ᵄ=−0.05，∴函数关系式为：ᵆ=−0.05(ᵆ−8)2+23.20；(2)设着陆点的纵坐标为ᵆ
，则第一次训练时，ᵆ
=−0.05(ᵆ−8)2+23.20，解得：ᵆ=8+√20(23.20−ᵆ
)或ᵆ=8−√20(23.20−ᵆ
)，∴根据图象可知，第一次训练时着陆点的水平距离ᵅ
=8+√20(23.20−ᵆ
)，1第二次训练时，ᵆ
=−0.04(ᵆ−9)2+23.24，解得：ᵆ=9+√25(23.24−ᵆ
)或ᵆ=9−√25(23.24−ᵆ
)，∴根据图象可知，第二次训练时着陆点的水平距离ᵅ
=9+√25(23.24−ᵆ
)，2∵20(23.20−ᵆ
)<25(23.24−ᵆ
)，∴√20(23.20−ᵆ
)<√25(23.24−ᵆ
)，∴ᵅ
<ᵅ
，12故答案为：<．(1)先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出ℎ、ᵅ的值，运动员竖直高度的最大值；将表格中除顶点坐标之外的一组数据代入函数关系式即可求出ᵄ的值即可得出函数解析式；(2)设着陆点的纵坐标为ᵆ
，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出着陆点的横坐标，用ᵆ
表示出和，然后进行比较即可．ᵅ
1ᵅ
2本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，设着陆点的纵坐标为，用表示出ᵆ
ᵆ
ᵅ
1和是解题的关键．ᵅ
2第17页，共22页24.【答案】解：设运动时间为ᵆ
秒时，ᵄᵄ的长度为3√5ᵅᵅ，依题意得：ᵃᵄ=ᵆ
ᵅᵅ，ᵃᵄ=2ᵆ
ᵅᵅ，∴ᵄᵃ=(6−ᵆ
)ᵅᵅ．∴∠ᵃ=90°，∴ᵄᵃ2+ᵃᵄ2=ᵄᵄ，∴(6−ᵆ
)2+(2ᵆ
)2=(3√5)2，解得：ᵆ
=3或−3(负数不合题意，舍去)．5∴ᵆ
=3．∴3秒时，ᵄᵄ的长度为3√5ᵅᵅ；(2)设运动时间为ᵆ
秒时，△ᵄᵃᵄ的面积为8ᵅᵅ2，依题意得：ᵃᵄ=ᵆ
ᵅᵅ，ᵃᵄ=2ᵆ
ᵅᵅ，0≤ᵆ
≤5，∴ᵄᵃ=(6−ᵆ
)ᵅᵅ．∵△ᵄᵃᵄ的面积为8ᵅᵅ2，∴1×(6−ᵆ
)×2ᵆ
=8．2解得：ᵆ
=2或4．∴2或4秒时，△ᵄᵃᵄ的面积为8ᵅᵅ2．(3)四边形ᵃᵄᵄᵃ的面积=ᵄ−ᵄ△ᵃᵃᵃ△ᵄᵃᵄ=1×ᵃᵃ⋅ᵃᵃ−1×ᵃᵄ⋅ᵄᵃ22=1×6×10−1×(6−ᵆ
)×2ᵆ
22=ᵆ
2−6ᵆ
+30=(ᵆ
−3)2+21，∴当ᵆ
=3时，四边形ᵃᵄᵄᵃ的面积最小，最小值为21．【解析】(1)设运动时间为ᵆ
秒，分别用ᵆ
的代数式表示出线段ᵄᵃ，ᵃᵄ的长度，利用勾股定理列出方程即可求解；(2)利用(1)中的方法，利用三角形的面积公式列出方程即可求解；(3)利用(1)中的方法求得四边形ᵃᵄᵄᵃ的面积，利用二次函数的性质即可求解．本题主要考查了勾股定理，二次函数的极值，一元二次方程分应用，本题是动点问题，利用ᵆ
代数第18页，共22页式表示出相应线段的长度是解题的关键．25.【答案】【观察猜想】①ᵃᵃ=ᵃᵃ②60°；【数学思考】结论仍然成立．理由：设ᵃᵃ交ᵃᵃ于点ᵄ．∵△ᵃᵃᵃ，△ᵃᵃᵃ都是等边三角形，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=60°，ᵃᵃ=ᵃᵃ，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ∴△ᵃᵃᵃ≌△ᵃᵃᵃ(ᵄᵃᵄ)，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵄᵃᵄ=∠ᵄᵃᵃ，∵∠ᵃᵄᵄ=∠ᵃᵄᵃ，∴∠ᵃᵄᵄ=∠ᵃᵃᵄ=60°，即∠ᵃᵄᵃ=60°．【拓展应用】50．【解析】解：【观察猜想】：结论：ᵃᵃ=ᵃᵃ.∠ᵃᵄᵃ=60°．理由：设ᵃᵃ交ᵃᵃ于点ᵄ．∵△ᵃᵃᵃ，△ᵃᵃᵃ都是等边三角形，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=60°，ᵃᵃ=ᵃᵃ，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ，第19页，共22页∴△ᵃᵃᵃ≌△ᵃᵃᵃ(ᵄᵃᵄ)，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵄ=∠ᵄᵃᵄ，∵∠ᵃᵄᵃ=∠ᵃᵄᵄ，∴∠ᵃᵄᵄ=∠ᵃᵃᵄ=60°，即∠ᵃᵄᵃ=60°．故答案为：①ᵃᵃ=ᵃᵃ②60°；【数学思考】：见答案．【拓展应用】：设ᵃᵃ交ᵃᵃ于点ᵄ．∵△ᵃᵃᵃ，△ᵃᵃᵃ都是等腰直角三角形，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ=90°，ᵃᵃ=ᵃᵃ，∴∠ᵃᵃᵃ=∠ᵃᵃᵃ∴△ᵃᵃᵃ≌△ᵃᵃᵃ(ᵄᵃᵄ)，∴ᵃᵃ=ᵃᵃ=10，∠ᵄᵃᵄ=∠ᵄᵃᵃ，∵∠ᵃᵄᵄ=∠ᵃᵄᵃ，∴∠ᵃᵄᵄ=∠ᵃᵃᵄ=90°，∴ᵃᵃ⊥ᵃᵃ，∴ᵄ=1⋅ᵃᵃ⋅ᵃᵄ+1⋅ᵃᵃ⋅ᵄᵃ=1⋅ᵃᵃ⋅(ᵃᵄ+ᵄᵃ)=1⋅ᵃᵃ⋅ᵃᵃ=50．四边形ᵃᵃᵃᵃ2222故答案为：50．【分析】【观察猜想】：证明△ᵃᵃᵃ≌△ᵃᵃᵃ(ᵄᵃᵄ)，可得ᵃᵃ=ᵃᵃ，∠ᵃᵃᵄ=∠ᵄᵃᵄ，由∠ᵃᵄᵃ=∠ᵃᵄᵄ，推出∠ᵃᵄᵄ=∠ᵃᵃᵄ=60°．第20页，共22页【数学思考】：结论成立，证明方法类似．【拓展应用】：证明ᵃᵃ⊥ᵃᵃ，可得ᵄ=1⋅ᵃᵃ⋅ᵃᵄ+1⋅ᵃᵃ⋅ᵄᵃ=1⋅ᵃᵃ⋅(ᵃᵄ+ᵄᵃ)=四边形ᵃᵃᵃᵃ2221⋅ᵃᵃ⋅ᵃᵃ．2本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．26.【答案】解：(1)把ᵃ(−3,0)代入ᵆ=ᵄᵆ2+2ᵄᵆ+3中，得9ᵄ−6ᵄ+3=0，解得ᵄ=−1，∴抛物线的解析式为：ᵆ=−ᵆ2−2ᵆ+3，∵ᵆ=−ᵆ2−2ᵆ+3=−(ᵆ+1)2+4，∴抛物线的顶点坐标为(−1,4)；(2)当ᵅ+3<−1，即ᵅ<−4时，∵ᵅ≤ᵆ≤ᵅ+3时，该二次函数有最大值2，∴−(ᵅ+3)2−2(ᵅ+3)+3=2，解得ᵅ=−4+√2(舍)或ᵅ=−4−√2，当ᵅ>−1时，∵ᵅ≤ᵆ≤ᵅ+3时，该二次函数有最大值2，∴−ᵅ2−2ᵅ+3=2，解得ᵅ=−1−√2(舍)或ᵅ=−1+√2，故ᵅ的值为ᵅ==−4−√2或ᵅ=−1+√2；(3)①令ᵆ=0，得ᵆ=−ᵆ2−2ᵆ+3=3，∴ᵃ(0,3)，设ᵄ(ᵆ
,−ᵆ
2−2ᵆ
+3)(−3≤ᵆ
≤0)，过ᵄ作ᵄᵄ⊥ᵆ轴于点ᵄ，第21页，共22页则ᵄᵄ=−ᵆ
，ᵄᵄ=−ᵆ
2−2ᵆ
+3，∴△ᵃᵃᵄ的面积ᵄ=ᵄ−ᵄ−ᵄ梯形ᵄᵃᵄᵃ△ᵄᵃᵃ△ᵃᵄᵄ=1(−ᵆ
+3)(−ᵆ
2−2ᵆ
+3)−1×3×3−1(−ᵆ
)(−ᵆ
2−2ᵆ
+3−3)222=−3ᵆ
2−9ᵆ
22=−3(ᵆ+3)2+27(−3≤ᵆ
≤0)，228∴△ᵃᵃᵄ面积的最大值为27；8②由函数图象可知，当ᵅ=4或0≤ᵅ<3时，直线ᵆ=ᵅ与ᵄ只有一个交点，∴ᵅ=4或0≤ᵅ<3．【解析】(1)用待定系数法求得抛物线的解析式，再把解析式化成顶点式便可得出顶点坐标；(2)分两种情况：ᵅ+3<−1；ᵅ>−1；根据二次函数的性质列出方程求得ᵅ的值便可；(3)①设ᵄ(ᵆ
,−ᵆ
2−2ᵆ
+3)(−3≤ᵆ
≤0)，过ᵄ作ᵄᵄ⊥ᵆ轴于点ᵄ，根据三角形的面积公式得出函数解析式，再由函数的性质求得最大值便可；②根据函数图象求得当直线ᵆ=ᵅ与图象ᵄ只有一个交点时的ᵅ的取值便可．本题考查了抛物线与ᵆ轴的交点，三角形的面积公式，二次函数的性质，函数图象上点的坐标特征，学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．第22页，共22页