届人教版九年级上册月考数学试卷(11月)解析

2017--2018

学年九年级上）月考数试卷（月份一选题本共30分每题3）面题有个选，中有个符题的1．抛物线y=（x+2）

2

﹣3的顶点坐标是（）A．（﹣，）B．（2，）C．（2，﹣）．（2，﹣3）2．小宏用直角三角板检查某些件的弧形凹面是否是半圆，下列工件的弧形凹面一定是半圆的（）A．B．C．D．3．已知⊙O的半径为，点P到心O的离为6那么点P与⊙的位置关系是（）A．点P在⊙O上B．点P在⊙O内．点P⊙外D．无法确定4．如图，点A，，C均在⊙上，∠ACB=35°，则AOB的度数为（）A．20°B．40°CD．70°5．若二次函数y=ax﹣2ax+c的象经过点（﹣，），则方程ax﹣的解为（）A．=﹣，=﹣B．=1x=3Cx﹣，=3D．x=﹣，=1121212126正方形ABCD在直角坐标系中位置如下图表示正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°，C点的坐标是（）第1页（共37页）

A．（2，）B．（3，）C．2﹣）D．（，17．将抛物线y=2x

+4绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线的解析式为（）A．y=﹣2x

2

B．y=﹣2

+4C．﹣2x

﹣D．y=2x

﹣48．二次函数y=ax

+bx+c（≠）的图象如图所示则下列关系式不正确的是（）A．abc＜B．a+b+c＜C．﹣＞．4a﹣b+c9．如图，将斜边长为4的直角角板放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合P为斜边的中点．现将此三角板绕点O顺时针旋转120°后对应点的坐标是（）A．（，）B．（1，﹣）C．（，2）D（，﹣）10．如图，点C是以点O为圆心AB为直径的半圆上的一个动点（点C不与点A、重合），如AB=4，过点C作CD⊥于D，弦AC的长，线段CD的长为，那么在下列图象中，能表示y与x函数关系的图象大致是（）第2页（共37页）

A．．C．．二填题本共18分每题3）11．请写出一个开口向下，且经点0﹣）的二次函数解析式：．12．如图，⊙的直径CD过弦的中E，∠BCD=15°，O的半径为10，则AB=．13．“圆材埋壁”是我国古代著数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁，不知大小，以锯锯之，深一寸，道长一尺，问径几何”此问题的实质就是解决下面的问题：如图CD为⊙的直径弦AB⊥CD于点ECE=1AB=10求CD的”根据题意可得的长为．14．如图，△ABC中，AC=BC将ABC点A顺时针方向旋转60°到eq\o\ac(△,)′C′的位，连接C′B，则∠′=．第3页（共37页）

15．如图，是边长为1的正方形OABC绕顶点O顺针旋转后得到的，原正方形的顶点A在x轴的正半轴上，此时点B恰好落函数y=ax（＜）的图象上，则a的值为．16．若抛物线L：2

+bx+c（，，是常数abc≠）与直线l都过轴上一点P，且抛物线L的顶点Q在直线l上，则称直线与该抛物线L具有“一带一路”关系，此时，直线l叫抛物线的“带线”，抛物线L叫做线l的路线”．若直线y=mx+1与抛物线y=x﹣2x+n具“一带一路”关系，则m=，n=．三解题本共72，17-26题每小5分第27题7分，第28题7分第29题分）17．如图，在方格网中已知格点ABC和点．（1）画△A′B′C′和ABC关点O中心对称；（2）请在方格网中标出所有使点、、C、为顶点的四边形是平行四边形的D点．18．已知二次函数y=x+bx+8的图象与x轴交于B两，点的坐标为（2，），求点B的坐标．第4页（共37页）

19．一件轮廓为圆形的文物出土只留下了一块残片，文物学家希望能把此件文物进行复原，图所示，请你帮助文物学家作出此物轮廓圆心位置（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写法）．20．已知二次函数的解析式是y=x

﹣2x﹣（1）用配方法将2

﹣2x﹣化成y=a（﹣）

2

+k的形式；（2）在直角坐标系中，用五点画出它的图象；（3）当为何值时，函数值y0．21．用总长为60m的篱笆围成矩场地，矩形面积S矩形一边长a的变化而变化．（1）当矩形边长a为多少米时矩形面积为；（2）求出S关于a的函数关系，并直接写出当a为何值时，场地的面积S最大．22．如图，是⊙的直径，是⊙O一条弦，且CDAB于点E．（1）求证：∠BCO=∠；（2）若CD=4，OE=1，求⊙O的径．23．已知抛物线y=x

﹣（2m﹣）x+m﹣．第5页（共37页）

（1）求证：此抛物线与x轴必有两个不同的交点；（2）若此抛物线与直线y=x﹣3m+3的一交点在y轴上求的值．24．如图①，与△是腰直角三角形，直角边ACCD在同一条直线上，点M、N分别是边AB、DE的中点，点P为AD的中，连接AE、BD．（1）猜想PM与PN的数量关系位置关系，请直接写出结论；（2）现将图①中的△CDE绕着点C时针旋转α（0°α＜90°），得到图②AE与MP、BD分别交于点G、．请判断（）中结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．25．如图，是⊙的直径，过B作O切线BM，弦∥，交AB于点F，且AC，，延长AD交BM于点E．（1）求证：△是等边三角；（2）连接OE，若DE=2，求OE的长．

=，连接26．某班“数学兴趣小组”对函﹣的象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整．（1）自变量x的取值范围是全实数x与的几对应值列表：xy

……

﹣33

﹣

﹣2m

﹣1﹣1

00

1﹣1

20

﹣

33

……其中，．第6页（共37页）

（2）根据表格数据，在如图所的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画该图象的另一部分．（3）观察函数图象，写出两条数的性质：；．27．已知关于x的方程mx+（3m+1x+3=0≠0）．（1）求证：方程总有两个实数；（2）若方程的两个实数根都是数，求正整数值；（3）在（）的条件下，将关于x的次函数y=mx+3m+1的图象在轴下方的部分沿x轴翻折，图象的其余部分保持不变得到一个新的图象．请结合这个新的图象回答：当直线y=x+b此图象有两个公共点时，b的取范围．28．在菱形ABCD中，∠BAD=120°射线AP位于该菱形外侧，点B关于直线AP的对称点为E，接BE、DE，直线DE与直线AP交于，连接BF设∠PAB=α．（1）依题意补全图1；（2）如图1，如果＜α＜30°直接写出与的数量关系；（3）如图2，如果30°＜α＜60°写出判断线段DEBF，DF之间数量关系的思路．第7页（共37页）

29．我们规定：线段外一点和这线段两个端点连线所构成的角叫做这个点对这条线段的视角如图1，对于线段AB及线段AB外点C，我们称ACB为点C对线段的视角．如图2，在平面直坐标系xOy中，已知点D（0，），（，）．（1）⊙为过D，两点的圆，为⊙上异点DE的一点．①如果DE为⊙的直径，那么点F线段DE的视角∠为

度；②如果点对线段DE的视角∠DFE为60度那么P的半径为；（2）点为x轴正半轴上的一动点，当点G对线段DE的角∠最大时，求点G的坐标．第8页（共37页）

九级上月数试（份参考答案试题解析一选题本共30分每题3）面题有个选，中有个符题的1．抛物线y=（x+2）﹣的顶坐标是（）A．（﹣，）B．（2，）C．（2，﹣）．（2，﹣3）【考点】二次函数的性质．【专题】探究型．【分析】直接根据二次函数的顶式进行解答即可．【解答】解：∵抛物线的解析式y=x+2

﹣，∴其顶点坐标为（﹣2，﹣3）．故选C．【点评】本题考查的是二次函数性质，熟知二次函数的顶点式是解答此题的关键．2．小宏用直角三角板检查某些件的弧形凹面是否是半圆，下列工件的弧形凹面一定是半圆的（）A．B．C．D．【考点】圆周角定理．【分析】根据90°的圆周角所的弧是半圆，从而得到答案．【解答】解：根据90°的圆周所对的弧是半圆，显然正确故选：．第9页（共37页）

【点评】本题考查了圆周角定理圆周角的概念；理解圆周角的概念，掌握圆周角定理的推论把数学知识运用到实际生活中去．3．已知⊙O的半径为，点P到心O的离为6那么点P与⊙的位置关系是（）A．点P在⊙O上B．点P在⊙O内．点P⊙外D．无法确定【考点】点与圆的位置关系．【分析】直接根据点与圆的位置系的判定方法进行判断．【解答】解：∵⊙O的半径为5点到心O的离为6∴点P到圆心O的距离大于圆的径，∴点P在⊙O外．故选C．【点评】本题考查了点与圆的位关系：点与圆的位置关系有种．设O的半径为，点P到圆的距离OP=d，则有：点P在圆dr；点P在圆d=r点在圆内d＜．4．如图，点A，，C均在⊙上，∠ACB=35°，则AOB的度数为（）A．20°B．40°CD．70°【考点】圆周角定理．【专题】计算题．【分析】直接根据圆周角定理求．【解答】解：∵∠ACB=35°，∴∠AOB=2∠ACB=70°．故选D．【点评】本题考查了圆周角定理在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这弧所对的圆心角的一半．5．若二次函数y=ax

﹣2ax+c的图象经过点（1，），则方程ax

﹣的解为（）第10页（共37页）

A．=﹣，=﹣B．=1x=3Cx﹣，=3D．x=﹣，=112121212【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】直接利用抛物线与x轴点求法以及结合二次函数对称性得出答案．【解答】解：∵二次函数y=ax

2

﹣2ax+c的图象经过点（﹣1，），∴方程ax﹣2ax+c=0一定有一解为：﹣，∵抛物线的对称轴为：直线x=1∴二次函数y=ax

﹣2ax+c的图象与x轴的另一个点为：，），∴方程ax

﹣2ax+c=0的解为：=﹣，x=3．12故选：．【点评】此题主要考查了抛物线x的交点，正确应用二次函数对称性是解题关键．6正方形ABCD在直角坐标系中位置如下图表示正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°，C点的坐标是（）A．（2，）B．（3，）C．2﹣）D．（，1【考点】坐标与图形变化-旋转【专题】几何图形问题．【分析】正方形绕点A顺针方向旋转180°，C的对应点与C一定关于A对称，是称点连线的中点，据此即可求解【解答】解：，则正方形ABCD绕点A顺时针方旋转180°C对应点设是C′，则AC′=AC=2，则OC′=3，故C′的坐标是（3，）．故选：．【点评】本题考查了旋转的性质理解C点对应点与C一定于A对称，是对称点连线的中是关键．第11页（共37页）

7．将抛物线y=2x+4绕原点O旋转180°则旋转后的抛物线的解析式为（）A．y=﹣2x

2

B．y=﹣2

+4C．﹣2x

﹣

D．y=2x

﹣4【考点】二次函数图象与几何变．【分析】求出原抛物线的顶点坐，再根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数出旋转后的抛物线的顶点坐标，然利用顶点式解析式写出即可．【解答】解：2

+4的顶点坐标为（0，），∵抛物线y=2x2

+4绕原点O旋转180°，∴旋转后的抛物线的顶点坐标为0﹣），∴旋转后的抛物线的解析式为y=2x﹣．故选C．【点评】本题考查了二次函数图与几何变换，利用顶点的变化确定函数解析式的变化更简便8．二次函数y=ax+bx+c（≠）图象如图所示，则下列关系式不正确的是（）A．abc＜B．a+b+c＜C．﹣＞．4a﹣b+c【考点】二次函数图象与系数的系．【分析】由抛物线的开口方向判a0的系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然根据对称轴及抛物线与x轴交点况进行推理，进而对所得结论进行判断．【解答】解：由函数图象可得各数的关系a＜，b＜，＞，∵a＜0，＜，＞，∴abc＜，故A错误；∵x=1时，＜，∴a+b+c＜，故B错误；∵对称轴x=﹣=﹣，第12页（共37页）

∴b=2a，∴2a﹣，故C正确；∵x=﹣时，y＜，∴4a﹣2b+c＜，故C错误．故选C．【点评】主要考查图象与二次函系数之间的关系，二次函数y=ax+bx+c系符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交抛物线与轴交点的个数确定．9．如图，将斜边长为4的直角角板放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合P为斜边的中点．现将此三角板绕点O顺时针旋转120°后对应点的坐标是（）A．（，）B．（1，﹣）C．（，2）D（，﹣）【考点】坐标与图形变化-旋转【专题】计算题．【分析】根据题意画出△AOB绕点顺针旋转120°得到eq\o\ac(△,的)COD，连接，，过Q作QM⊥轴旋转的性质得到∠POQ=120°AP=BP=OP=2到度数而求出∠MOQ度数为30°在直角三角形OMQ中求出OM与MQ的长即可确定出Q坐标．【解答】解：根据题意画出绕着点顺针旋转120°得到的△COD，连接，，过Q作QM⊥y轴，∴∠POQ=120°，∵AP=OP，∴∠BAO=∠POA=30°，∴∠MOQ=30°，在eq\o\ac(△,Rt)OMQ中，OQ=OP=2，∴MQ=1，OM=，则P的对应点Q的坐标为（，故选B

），第13页（共37页）

【点评】此题考查了坐标与图形化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．10．如图，点C是以点O为圆心AB为直径的半圆上的一个动点（点C不与点A、重合），如AB=4，过点C作CD⊥于D，弦AC的长，线段CD的长为，那么在下列图象中，能表示y与x函数关系的图象大致是（）A．．C．．【考点】动点问题的函数图象．【专题】计算题．【分析】连结BC，如图，根据圆角定理得到∠ACB=90°，则利用勾股定理得到BC=，利用面积法可得到y=CD为半时最大，即y的最大值为2，此时x=2，由于y与x函数关系的图象不是抛物线不是一次函数图象则判断AC错误利用最大时x=2对B、进行判断．【解答】解：连结，如图，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，第14页（共37页）

可

∴BC==，∵CDAB=AC，∴y=，∵y的最大值为2，此时x=2故选B．

．【点评】本题考查了动点问题的数图象：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，过看图获取信息，不仅可以解决生中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．解本题的关键是利用圆周角定理得到ACB=90°．二填题本共18分每题3）11．请写出一个开口向下，且经点0﹣）的二次函数解析式：y=﹣2﹣1．【考点】二次函数的性质．【专题】开放型．【分析】根据二次函数的性质，次项系数小于时，数图象的开口向下，再利用过点0，1）得出即可．【解答】解：∵开口向下且过点0﹣）的抛物线解析式，∴可以设顶点坐标为（0，﹣1）故解析式为：﹣﹣（答案唯一）．故答案为：﹣2﹣（答案不一）．【点评】此题考查二次函数的性，掌握二次函数的各种形式，利用特殊点代入求得答案即可12．如图，⊙的直径CD过弦的中E，∠BCD=15°，O的半径为10，则AB=10．第15页（共37页）

【考点】垂径定理；含30度角直角三角形；圆周角定理．【专题】探究型．【分析】连接OB，根据圆周角定求出的度数，再根据垂径定理得出AOD的度数，由等边三角形的性质即可得出结论．【解答】解：连接，∵∠与∠BOD是同弧所对的周角与圆心角，∴∠BOD=2∠BCD=2×15°=30°∵点E是弦AB的中点，∴AB⊥，=，∴AB=2AE，∠AOD=∠BOD=30°，∴∠AOB=60°，∵AO=BO，∴△是等边三角形，∵⊙O的半径为，∴OA=AB=BO=10．故答案为：．【点评】本题考查的是垂径定理圆周角定理、等边三角形的性质等知识，根据题意作出辅助，构造出圆心角是解答此题的关键第16页（共37页）

13．“圆材埋壁”是我国古代著数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁，不知大小，以锯锯之，深一寸，道长一尺，问径几何”此问题的实质就是解决下面的问题：如图为⊙的直径AB⊥CD于点ECE=1AB=10CD的”据题意可得CD的长为26．【考点】垂径定理的应用．【专题】压轴题．【分析】根据垂径定理和勾股定求解．【解答】解：连接，⊥，由垂径定理知，点E是AB的中AE=AB=5OE=OC﹣CE=OACE，设半径为r，由勾股定理得，=AE+OE=AE+（OACE），2=5+（﹣1），解得：r=13，所以，即圆的直径为26．【点评】本题利用了垂径定理和股定理求解．14．如图，△ABC中，AC=BC将ABC点A顺时针方向旋转60°到eq\o\ac(△,)′C′的位，连接C′B，则∠′=30°．第17页（共37）

【考点】旋转的性质；等腰直角角形．【分析如图作辅助线证明ABB′为等边三角形此解决问题的关键性结论证eq\o\ac(△,明)′C≌△BAC，得到∠B′BC∠ABC′，即可解决问题．【解答】解：如图，连接BB′；题意得：AB=AB′，∠BAB，∴△ABB′为等边三角形，∴∠B′BA=60°，BB′=BA；在△BB′C′与△BAC中，，∴△BB′C′≌△BAC（SSS），∴∠B′BC′=∠ABC′=30°，故答案为：30°．【点评该题主要考查了旋转变的性质等三角形的判定及其性质的应用等几何知识点问题题的关键是作辅助线；灵活运用转变换的性质、全等三角形的判定来分析、解答．15．如图，是边长为1的正方形OABC绕顶点O顺针旋转后得到的，原正方形的顶点A在x轴的正半轴上，此时点B恰好落函数y=ax（a＜）的图象上，则a值为﹣．第18页（共37页）

【考点】二次函数图象与几何变；正方形的性质．【分析】过点B向x轴引垂线，接OB可得OB的长，进而得到点B的坐标，代入二次函数析式即可求解．【解答】解：如图，作BE⊥x轴点E，连接OB，∵正方形OABC绕顶点O顺时针转75°∴∠AOE=75°，∵∠AOB=45°，∴∠BOE=30°，∵OA=1，∴OB=，∵∠OEB=90°，∴BE=OB=∴OE=，

，∴点B坐标为（

，﹣），代入y=ax（＜0）得a=﹣故答案是：﹣．

，【点评】本题考查用待定系数法函数解析式，关键是利用正方形的性质及相应的三角函数得点B的坐标．第19页（共37页）

16．若抛物线L：2+bx+c（，b，常数abc0与直线l都经过y轴上的一点P，且抛线L的顶点Q在直线l上，则称直线与该抛物线L具有“一带一路”关系，此时，直线l叫抛物线的“带线”，抛物线L叫做线l的路线”．若直线y=mx+1与抛物线y=x

﹣2x+n具有“一带一路”关系，则m=﹣，n=1．【考点】二次函数的性质；一次数图象上点的坐标特征．【分析】由直线可求得与y轴的点坐标，代入抛物线可求得的值，再由抛物线解析式可求得顶点坐标，代入直线解析式可求m值．【解答】解：在中，令x=0可求得y=1在y=x﹣2x+n，令x=0得y=n，∵直线与抛物线都经过y轴上的点，∴n=1，∴抛物线解析式为2

﹣2x+1=（﹣）

2

，∴抛物线顶点坐标为（1，），∵抛物线顶点在直线上，∴0=m+1，解得﹣，故答案为：﹣；1．【点评】本题为新概念型题目，解题目中“一带一路”的定义是解题的关键．三解题本共72，17-26题每小5分第27题7分，第28题7分第29题分）17．如图，在方格网中已知格点ABC和点．（1）画△A′B′C′和ABC关点O中心对称；（2）请在方格网中标出所有使点、、C、为顶点的四边形是平行四边形的D点．【考点】作图旋转变换；平行边形的判定．【专题】作图题．第20页（共37页）

【分析】（1）根据中心对称的法，找出对称点，即可画出图形，（2）根据平行四边形的判定，出使以点A、、CD为顶点的四边形是平行四边形的点即可【解答】解：（1）画△′B′C和ABC关于点中心对称的图形如下：（2）根据题意画图如下：第21页（共37页）

【点评】此题考查了作图﹣旋转换，用到的知识点是旋转、中心对称、平行四边形的判定，键是掌握中心对称的作法，作平行边形时注意画出所有符合要求的图形．18．已知二次函数y=x+bx+8的图象与x轴交于B两，点的坐标为（2，），求点B的坐标．【考点】抛物线与x轴的交点．【专题】计算题．【分析】先把A点坐标代入y=x+bx+8求出b值，从而得到二次函数解析式为y=x+6x+8，然解方程

2

+6x+8=0即可得到B点坐标．【解答】解：∵二次函数y=x

2

+bx+8的图象与x轴交于点A（2，），∴0=4﹣2b+8，∴b=6，∴二次函数解析式为y=x+6x+8当y=0时，x

+6x+8=0，解得x=﹣，x=﹣4，12∴抛物线与x轴的交点B的坐标（﹣，0）．【点评】本题考查了抛物线与x轴交点：把求二次函数y=ax（，，是常数a≠）x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．19．一件轮廓为圆形的文物出土只留下了一块残片，文物学家希望能把此件文物进行复原，图所示，请你帮助文物学家作出此物轮廓圆心位置（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写法）．第22页（共37页）

【考点】作图—应用与设计作图垂径定理的应用．【分析】利用垂径定理可知，圆OAB的垂线与直线CD的交点．【解答】解：（1）答：点即为所求作的点．【点评】本题考查了垂径定理的用．关键是掌握弦的垂直平分线经过圆心．20．已知二次函数的解析式是y=x2x﹣（1）用配方法将2

﹣2x﹣化成y=a（﹣）

2

+k的形式；（2）在直角坐标系中，用五点画出它的图象；（3）当为何值时，函数值y0．【考点】二次函数的三种形式；次函数的图象．【分析】（1）由配方法把二次数化成顶点式即可；（2）用描点法画出图象即可；（3）由题意得出函数图象上的都在的下方，即可得出结果．第23页（共37页）

【解答】解：（1）y=x﹣2x﹣3=x﹣2x+1﹣﹣（﹣）﹣；（2）函数的图象如图所示：（3）当y＜时，函数图象上的都在x轴下方，此时﹣＜＜．【点评】本题考查了二次函数的点式、配方法以及二次函数的图象；熟练掌握配方法和二次数的图象是解决问题的关键．21．用总长为60m的篱笆围成矩场地，矩形面积S矩形一边长a的变化而变化．（1）当矩形边长a为多少米时矩形面积为；（2）求出S关于a的函数关系，并直接写出当a为何值时，场地的面积S最大．【考点】二次函数的应用；一元次方程的应用．【分析】（1）根据题意可以得关于a的方程，从而可以解答本题；（2）根据题意可以得到S关于a的数关系式，然后化为顶点式，即可解答本题．【解答】解：（1）由题意可得a（30﹣）=200，解得，=10，=20，12即当矩形的边长a为10米或20米，矩形面积为200m

；（2）由题意可得，S=a（﹣）﹣a2+30a=﹣（a15）+225∴当a=15时，场地面积S取得大．【点评】本题考查二次函数的应、一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出所求题需要的条件．第24页（共37页）

22．如图，是⊙的直径，是⊙O一条弦，且CDAB于点E．（1）求证：∠BCO=∠；（2）若CD=4，OE=1，求⊙O的径．【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】（1）根据等腰三角形性质得到BCO=B根据圆周角定理证明即可；（2）根据垂径定理求出CE，根勾股定理计算即可．【解答】（1）证明：∵OC=OB，∴∠BCO=∠，∵=，∴∠∠，∴∠BCO=∠；（2）解：∵是⊙的直径，⊥AB，∴CE=CD=2，在eq\o\ac(△,Rt)OCE中，OC

=CE

+OE

，设⊙O的半径为r，则OC=r，OE=OAAE=r，∴r

2

=（）

2

+（﹣）

，解得：r=3，∴⊙O的半径为3．【点评】本题考查的是垂径定理勾股定理的应用，掌握垂直弦的直径平分这条弦，并且平分所对的两条弧是解题的关键．23．已知抛物线y=x﹣（﹣）x+m﹣．（1）求证：此抛物线与x轴必有两个不同的交点；（2）若此抛物线与直线y=x﹣3m+3的一交点在y轴上求的值．第25页（共37页）

【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】（1）根据二次函数的点与图象的关系，证明其方程有两个不同的根即eq\o\ac(△,＞)eq\o\ac(△,)0即可；（2）根据题意，令x=0，整理程可得关于m的方，解可得的值．【解答】（1）证明：令y=0得x

﹣（2m﹣）x+m﹣m=0，∵△（﹣）﹣（2﹣）×＞，∴方程有两个不等的实数根，∴原抛物线与x轴有两个不同的点；（2）解：令x=0，根据题意有m2

﹣m=﹣，解得m=﹣或1．【点评】本题是二次函数的综合，考查二次函数和一元二次方程的关系，二次函数的图象与析式的关系，抛物线与x轴的交点等．24．如图①，与△是腰直角三角形，直角边ACCD在同一条直线上，点M、N分别是边AB、DE的中点，点P为AD的中，连接AE、BD．（1）猜想PM与PN的数量关系位置关系，请直接写出结论；（2）现将图①中的△CDE绕着点C时针旋转α（0°α＜90°），得到图②AE与MP、BD分别交于点G、．请判断（）中结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【考点】全等三角形的判定与性；等腰直角三角形．【分析】（1）由等腰直角三角的性质易ACE≌BCD由此可得AE=BD，再根据三角形中位定理即可得到PM=PN，由平行线性质可得⊥；（2）（）中的结论仍旧成立，1）中的证明思路即可证明．【解答】解：（1）PM=PN，⊥，理由如下：∵△和△ECD是等腰直角三形，∴AC=BC，EC=CD，∠∠ECD=90°．第26页（共37页）

在△和△BCD中，

，∴△ACE≌△BCD（），∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，∵∠CBD+∠BDC=90°，∴∠EAC+∠BDC=90°，∵点M、分别是斜边AB、的中，点P为AD的点，∴PM=BD，PN=AE，∴PM=PM，∵PM∥，∥，∴∠NPD=∠EAC，∠∠BDC，∵∠EAC+∠BDC=90°，∴∠MPA+∠NPC=90°，∴∠MPN=90°，即PM⊥PN；（2）设AE与BC交于点O，如图所示：∵△和△ECD是等腰直角三形，∴AC=BC，EC=CD，∠∠ECD=90°．在△和△BCD中，∴△ACE≌△BCD（），∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．∵∠AOC=∠BOE，∠∠CBD，∴∠BHO=∠ACO=90°，∴AE⊥，∵点P、、分别为AD、、DE的点，∴PM=BD，PM∥，PN=AE，∥，∴PM=PN．∵AE⊥，

，第27页（共37页）

∴PM⊥．【点评】本题主要考查了等腰直三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形位线定理等知识；熟练掌握等腰直三角形的性质，证明三角形全等是解答此题的关键．25．如图，是⊙的直径，过B作O切线BM，弦∥，交AB于点F，且AC，，延长AD交BM于点E．（1）求证：△是等边三角；（2）连接OE，若DE=2，求OE的长．

=，连接【考点】切线的性质；等边三角的判定与性质．【分析】1）由AB是⊙的直径BM⊙的切，得到ABBE，由于CD∥BE，得到CD⊥AB，据垂径定理得到，于是到，问题即可得证；（2）连接OE，过O作ON⊥AD于N由1）知，ACD是等边三角形，得到∠DAC=60°又直角三形的性质得到BE=AEON=AO⊙O的半为ON=r

r由于得到EN=2+，BE=AE=

，在R△与Req\o\ac(△,t)BEO中，由勾股定理列方程即可得到结论．t【解答】（1）证明：∵是⊙的径BM是⊙的切，∴AB⊥，∵CD∥，∴CD⊥，第28页（共37页）

∴∵

=

，，∴

，∴AD=AC=CD，∴△是等边三角形；（2）解：连接OE，过O作ON⊥于N由（）知，是等边三角形，∴∠DAC=60°∵AD=AC，⊥，∴∠DAB=30°，∴BE=AE，ON=AO，设⊙O的半径为：r，∴ON=r，AN=DN=

r，∴EN=2+

，BE=AE=

，在R△NEO与Req\o\ac(△,t)BEO中，tOE

2

=ON

+NE

=OB

+BE

，即（）

2

+（2+

）

2

=r

2

+，∴r=2

，∴OE=∴OE=2．

+25=28，【点评】本题考查了切线的性质垂径定理，等边三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定，过O作ON⊥于N，构造直角三形是解题的关键．第29页（共37页）

26．某班“数学兴趣小组”对函22|x|图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充整．（1）自变量x的取值范围是全实数x与的几对应值列表：xy

……

﹣33

﹣

﹣2m

﹣1﹣1

00

1﹣1

20

﹣

33

……其中，0．（2）根据表格数据，在如图所的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画该图象的另一部分．（3）观察函数图象，写出两条数的性质：对称轴为y轴；有最小值．【考点】二次函数的性质；二次数的图象．【分析】（1）把﹣代入函解析式可求得值；（2）利用描点法可画出函数图；（3）可从对称性及最值等方面虑，可求得答案．【解答】解：（1）由题意可知（﹣）﹣×﹣2|=0故答案为：0；（2）如图第30页（共37页）

（3）由图象可知其对称轴为y轴，当或x=1时函有最小值，故答案为：对称轴为y轴；有最小值．【点评本题主要考查二次函数性质掌函数图象上的点的坐标满足函数解析式是解题的关．27．已知关于x的方程mx+（3m+1x+3=0≠0）．（1）求证：方程总有两个实数；（2）若方程的两个实数根都是数，求正整数值；（3）在（）的条件下，将关于x的次函数y=mx+3m+1的图象在轴下方的部分沿x轴翻折，图象的其余部分保持不变得到一个新的图象．请结合这个新的图象回答：当直线y=x+b此图象有两个公共点时，b的取范围．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）利用方程2+（x+3=0≠）的△判定即可；（2）由求根公式，得x=﹣，﹣，再由方程的两个根都是整数，且m为正整数，可得m的值12（3）正确画出图形，分两种情求解即可．【解答】（1）证明：∵≠0，∴mx+（）x+3=0是关于x的一元二次方程．∴△（3m+1）﹣12m=（3m﹣）

．∵（﹣）

≥，∴方程总有两个实数根．（2）解：由求根公式，得x=﹣，=﹣．12∵方程的两个根都是整数，且m为整数，第31页（共37页）

∴m=1．（3）解：∵时，∴y=x

2+4x+3．∴抛物线y=x

+4x+3与x轴的交点为（﹣，）B（1，）．依题意翻折后的图象如图所示，当直线y=x+b经过A点时，可得b=3当直线y=x+b经过B点时，可得b=1∴1＜b＜．当直线y=x+b与﹣2

﹣4x﹣的图象有唯一公共点时，可得﹣2﹣4x﹣，∴x2+5x+3+b=0，∴△﹣（3+b），∴b=∴b＞

．．综上所述，b的取值范围是1＜＜，＞

．【点评】本题主要考查了二次函的综合题，解题的关键是观察、分析、正确的画出二次函数象，然后数形结合解决问题．28．在菱形ABCD中，∠BAD=120°射线AP位于该菱形外侧，点B关于直线AP的对称点为E，接BE、DE，直线DE与直线AP交于