浙江省杭州市2022-2023学年浙教版九年级上册数学期末典型试卷1

2022-2023学年上学期杭州九年级初中数学期末典型试卷1一．选择题（共10小题）1．（2022春•滨江区期末）下列方程中，属于一元二次方程的是（）A．﹣3x＝0 B．1xC．x3+x2＝1 D．x2+2x＝2x2﹣12．（2022春•西湖区期末）某商品经过连续两次降价，售价由原来的每件25元降到每件9元，设该商品平均每次降价的百分率为x（x＞0），则（）A．9（1﹣x）2＝25 B．25（1﹣x）2＝9 C．9（1+x）2＝25 D．25（1+x）2＝93．（2022春•拱墅区校级期末）下列抛物线中，与抛物线y＝x2﹣2x+4具有相同对称轴的是（）A．y＝4x2+2x+1 B．y＝x2﹣4x C．y＝2x2﹣x+4 D．y＝﹣2x2+4x4．（2022春•拱墅区校级期末）对于二次函数y＝x2﹣2mx﹣3m﹣3，下列结论错误的是（）A．它的顶点坐标为（m，﹣m2﹣3m﹣3） B．当m＜﹣3时，它的图象经过第一、二、三象限 C．点P（m﹣1，y1）与Q（m+2，y2）是二次函数图象上的两点，则y1＞y2 D．无论m取何实数，它的图象一定经过点（-32，5．（2021秋•钱塘区期末）如图，点P是在正△ABC内一点．PA＝3，PB＝4，PC＝5，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP'，连结．P'P，P'C，下列结论中正确的是（）①△AP'C可以由△APB绕点A逆时针旋转60°得到；②线段PP'＝3；③四边形APCP'的面积为6+33；④S△APB+S△BPC＝6+43．A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④6．（2022春•上城区期末）下列既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．7．（2022春•余杭区期末）如图，BD是⊙O的直径，A，C是圆上不与点B，D重合的两个点，若∠ABD＝30°，则∠ACB的度数为（）A．30° B．45° C．60° D．75°8．（2021秋•西湖区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD垂直平分半径OC，若∠ABD＝45°，则∠ADC＝（）A．100° B．105° C．110° D．115°9．（2021秋•上城区期末）下列事件是必然事件的是（）A．任意一个五边形的外角和等于540° B．投掷一个均匀的硬币100次，正面朝上的次数是50次 C．367个同学参加一个聚会，他们中至少有两名同学的生日是同月同日 D．今年冬天会下雪10．（2021秋•西湖区期末）一个布袋里装有1个红球，4个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为（）A．13 B．110 C．25 二．填空题（共10小题）11．（2021秋•西湖区期末）在一个不透明的袋子里装有红球4个，黄球若干个，这些球除颜色外其它都相同，通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.5左右，则袋子中黄球个数可能是个．12．（2022春•余杭区期末）不透明袋子中装有1个红球和2个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机摸出1个球，摸出红球的概率是．13．（2021秋•上城区期末）如图，已知点E为矩形ABCD内一点，满足∠AEB＝90°，延长DE交以CD为直径的半圆于点F，当AE＝20，BE＝15，DF＝24时，则矩形AD边的长为．14．（2021秋•滨江区期末）已知扇形的面积为24πcm2，圆心角为216°，则该扇形的弧长是．15．（2022春•拱墅区期末）在直角坐标系中，若点A（1，a），点B（b，1）关于原点中心对称，则a+b＝．16．（2021秋•滨江区期末）如图，点E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE．将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置（点F在正方形ABCD内部），连接DG．若AB＝10，BE＝6，DG∥AF，则CH＝．17．（2022春•拱墅区校级期末）已知二次函数y＝ax2+3x+a2+1．当x＝1时，函数y有最大值，则二次函数的表达式为．18．（2022春•西湖区校级期末）已知函数y＝mx2+2mx+1在﹣3≤x≤2上有最大值4，则常数m的值为．19．（2022春•拱墅区校级期末）关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣1＝0有实数根，则m的取值范围是．20．（2022春•西湖区期末）若x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣ax﹣4b＝0的解，则2a+4b＝．三．解答题（共10小题）21．（2022春•拱墅区校级期末）（1）计算：24÷（2）解方程：x2﹣3x﹣1＝0．22．（2022春•西湖区期末）已知一元二次方程x2+bx﹣2＝0．（1）当b＝1时，求方程的根．（2）若b为任意实数，请判断方程根的情况，并说明理由．23．（2022春•拱墅区校级期末）已知函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2．（1）当k＝﹣1时，求函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2的顶点坐标，与x轴的交点坐标；（2）试说明函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2始终与x轴有交点．（3）若函数y2＝6kx+4，且当x≥0时，函数y1和y2均随x的增大而减小求k的取值范围．24．（2022春•拱墅区校级期末）如图，某农户准备围成一个长方形养鸡场，养鸡场靠墙AB（AB＝18米），另三边利用现有的36米长的篱笆围成，若要在与墙平行的一边开一扇2米宽的门，且篱笆没有剩余．（1）若围成的养鸡场面积为120平方米，则这个养鸡场与墙垂直的一边和与墙平行的一边各是多少米？（2）这个养鸡场的面积是否有最大值？若有，求出这个最大值；若没有，请说明理由．25．（2022春•钱塘区期末）如图，已知△ABC，点O是AC的中点．（1）作△DCA，使△DCA与△BAC关于点O成中心对称；（2）判断四边形ABCD的形状，并说明理由．26．（2022春•拱墅区期末）如图，在6×6的正方格中，中心点为点O，图中有4个小正方格被涂黑成“L形”．（1）用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”关于点O成中心对称；（2）用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形既是轴对称图形、又是中心对称图形（要求画出三种）．27．（2021秋•滨江区期末）如图，在⊙O中，AB＝CD，弦AB与CD相交于点M．（1）求证：AC=（2）连接AC，AD，若AD是⊙O的直径，求证：∠BAC+2∠BAD＝90°．28．（2021秋•杭州期末）如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，P是AC上一点，且∠BAC＝30°．（1）求∠APC的度数；（2）若⊙O的半径为6，求APC的长（结果保留π）．29．（2021秋•西湖区期末）将6个球分别放入标有1，2，3，4，5，6这6个号码的盒子中．如图，将一个圆形转盘平均分成3份，分别标上数字1，2，3，现转动转盘两次，两次转得的数字之和是几，从几号盘子中摸出一个球（如：第一次转得数字为2，第二次转得数字为3，则和为5，就从5号盒子中摸球）．（1）求从6号盒子中摸球的概率；（2）通过计算，判断从几号盒子中摸球的概率最大？30．（2021秋•滨江区期末）在一次宣传杭州亚运会的有奖竞猜活动中，获奖者从放有只有颜色不同的3个小球（1个黑球，1个白球，1个黄球）的不透明布袋中摸球，若摸到一个黑球奖励一个亚运会吉祥物“宸宸”，摸到一个白球奖励一个“琮琮”，摸到一个黄球奖励一个“莲莲”．一个获奖者先从布袋中任意摸出一球，不放回，再摸出一球，求得到一个“莲莲”和一个“琮琮”的概率．

2022-2023学年上学期杭州九年级初中数学期末典型试卷1参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2022春•滨江区期末）下列方程中，属于一元二次方程的是（）A．﹣3x＝0 B．1xC．x3+x2＝1 D．x2+2x＝2x2﹣1【考点】一元二次方程的定义．【专题】一元二次方程及应用；推理能力．【分析】直接根据一元二次方程的定义进行判断即可．【解答】解：A、它不含有二次项，不属于一元二次方程，故该选项不符合题意；B、它是分式方程，不属于一元二次方程，故该选项不符合题意；C、它最高次项是三次项，不属于一元二次方程，故该选项不符合题意；D、它化简后为x2﹣2x﹣1＝0，属于一元二次方程，故该选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了一元二次方程的定义，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2次的整式方程是一元二次方程．2．（2022春•西湖区期末）某商品经过连续两次降价，售价由原来的每件25元降到每件9元，设该商品平均每次降价的百分率为x（x＞0），则（）A．9（1﹣x）2＝25 B．25（1﹣x）2＝9 C．9（1+x）2＝25 D．25（1+x）2＝9【考点】一元二次方程的应用．【专题】一元二次方程及应用；应用意识．【分析】设每次降价的百分率为x，（1﹣x）2为两次降价的百分率，根据售价由原来的每件25元降到每件9元，列出方程即可．【解答】解：由题意，得25（1﹣x）2＝9，故选：B．【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，解题的关键是根据题意找到相等关系，列出方程即可．3．（2022春•拱墅区校级期末）下列抛物线中，与抛物线y＝x2﹣2x+4具有相同对称轴的是（）A．y＝4x2+2x+1 B．y＝x2﹣4x C．y＝2x2﹣x+4 D．y＝﹣2x2+4x【考点】二次函数的性质．【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．【分析】根据题目中的抛物线，可以求得它的对称轴，然后再求出各个选项中的二次函数的对称轴，即可解答本题．【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣2x+4＝（x﹣1）2+3，∴该抛物线的对称轴是直线x＝1，A、y＝4x2+2x+1的对称轴是直线x=-B、y＝x2﹣4x的对称轴是直线x=--C、y＝2x2﹣x+4的对称轴是直线x=-D、y＝﹣2x2+4x的对称轴是直线x=-4故选：D．【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．4．（2022春•拱墅区校级期末）对于二次函数y＝x2﹣2mx﹣3m﹣3，下列结论错误的是（）A．它的顶点坐标为（m，﹣m2﹣3m﹣3） B．当m＜﹣3时，它的图象经过第一、二、三象限 C．点P（m﹣1，y1）与Q（m+2，y2）是二次函数图象上的两点，则y1＞y2 D．无论m取何实数，它的图象一定经过点（-32，【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．【专题】计算题；运算能力．【分析】将二次函数解析式化成顶点式，逐一分析选项即可得出答案．【解答】解：y＝x2﹣2mx﹣3m﹣3＝（x﹣m）2﹣m2﹣3m﹣3，可得它的顶点坐标为（m，﹣m2﹣3m﹣3），A正确；当m＜﹣3时，﹣m2﹣3m﹣3＜﹣3，顶点在第三象限，开口向上，x＝0时，y＞0，∴它的图象经过第一、二、三象限，B正确；函数对称轴为x＝m，开口向上，距离x＝m越远，函数值越大，（m﹣1）距离x＝m的的距离＜（m+2）距离x＝m的的距离，∴y1＜y2，C错误；y＝x2﹣2mx﹣3m﹣3＝﹣m（2x+3）+x2﹣3，当x=-32时，y=(-32)2-3=故选：C．【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，将二次函数形式进行正确化简，进行正确计算即可选出正确答案．5．（2021秋•钱塘区期末）如图，点P是在正△ABC内一点．PA＝3，PB＝4，PC＝5，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP'，连结．P'P，P'C，下列结论中正确的是（）①△AP'C可以由△APB绕点A逆时针旋转60°得到；②线段PP'＝3；③四边形APCP'的面积为6+33；④S△APB+S△BPC＝6+43．A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【分析】先根据等边三角形的性质得到AB＝AC，∠BAC＝60°，根据旋转的性质得到AP＝AP′，∠PAP′＝60°，则根据旋转的定义可对①进行判断；再判断△APP′为等边三角形得到∠AP′P＝60°，PP′＝PA＝AP′＝3，则可对②进行判断；由旋转的性质得到CP′＝BP＝4，则可根据勾股定理的逆定理证明△PP′C为直角三角形，∠CP′P＝90°，于是利用三角形面积公式可计算出四边形APCP'的面积＝S△APP′+S△PP′C=934+6，则可对③进行判断；过A点作AH⊥CP′于H点，如图，利用∠AP′C＝150°得到∠AP′H＝30°，则可计算出AH=32，P′H=332，利用勾股定理计算出AC2＝25+123，接着根据等边三角形的面积公式得到S△ABC=2534+9，利用三角形面积公式计算出S△ACP′＝3，所以S△APC＝四边形APCP'的面积﹣S△ACP′=934+3，然后利用S△APB+S【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AP'，∴AP＝AP′，∠PAP′＝60°，∴△AP'C可以由△APB绕点A逆时针旋转60°得到，所以①正确；∴△APP′为等边三角形，∴∠AP′P＝60°，PP′＝PA＝AP′＝3，所以②正确；∵△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP'C，∴CP′＝BP＝4，在△PP′C中，∵PP′＝3，CP′＝4，PC＝5，∴PP′2+CP′2＝CP2，∴△PP′C为直角三角形，∠CP′P＝90°，∵四边形APCP'的面积＝S△APP′+S△PP′C，∴四边形APCP'的面积=34×32+12×3×过A点作AH⊥CP′于H点，如图，∵∠AP′C＝∠AP′P+∠CP′P＝60°+90°＝150°，∴∠AP′H＝30°，∴AH=12AP′∴P′H=3AH=∴AC2＝AH2+CH2＝（32）2+（4+332）2∴S△ABC=34AC2=34（25+123∵S△ACP′=12AH•CP′=12∴S△APC＝四边形APCP'的面积﹣S△ACP′=934+6﹣∴S△APB+S△BPC＝S△ABC﹣S△APC=2534+9﹣（934+3故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的性质和勾股定理的逆定理．6．（2022春•上城区期末）下列既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A． B． C． D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．【分析】直接利用轴对称图形的性质、中心对称图形的性质分别分析得出答案．【解答】解：A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；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．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：A．【点评】此题主要考查了中心对称图形、轴对称对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．7．（2022春•余杭区期末）如图，BD是⊙O的直径，A，C是圆上不与点B，D重合的两个点，若∠ABD＝30°，则∠ACB的度数为（）A．30° B．45° C．60° D．75°【考点】圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．【分析】连接AD，根据直径所对的圆周角是直角，得到∠BAD＝90°，由已知∠ABD＝30°，得到∠ADB＝60°，再根据同弧所对的圆周角相等解答即可．【解答】解：∵BD是⊙O的直径，∴∠BAD＝90°，∵∠ABD＝30°，∴∠ADB＝60°，∵AB=∴∠ACB＝∠ADB＝60°，故选：C．【点评】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角相等是解题的关键．8．（2021秋•西湖区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD垂直平分半径OC，若∠ABD＝45°，则∠ADC＝（）A．100° B．105° C．110° D．115°【考点】圆内接四边形的性质；线段垂直平分线的性质；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．【分析】连接OD，如图，根据线段垂直平分线的性质得到DO＝DC，则可判断△ODC为等边三角形，所以∠COD＝60°，再根据圆周角定理得到∠CBD＝30°，然后利用圆内接四边形的性质计算∠ADC的度数．【解答】解：连接OD，如图，∵BD垂直平分半径OC，∴DO＝DC，∵OD＝OC，∴OD＝OC＝DC，∴△ODC为等边三角形，∴∠COD＝60°，∴∠CBD=12∠COD＝∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝45°+30°＝75°，∵∠ADC+∠ABC＝180°，∴∠ADC＝180°﹣75°＝105°．故选：B．【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了线段垂直平分线的性质和圆周角定理．9．（2021秋•上城区期末）下列事件是必然事件的是（）A．任意一个五边形的外角和等于540° B．投掷一个均匀的硬币100次，正面朝上的次数是50次 C．367个同学参加一个聚会，他们中至少有两名同学的生日是同月同日 D．今年冬天会下雪【考点】随机事件．【专题】概率及其应用；数据分析观念．【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的概念判断即可．【解答】解：A．任意一个五边形的外角和等于540°，是不可能事件，故A不符合题意；B．投掷一个均匀的硬币100次，正面朝上的次数是50次，是随机事件，故B不符合题意；C.367个同学参加一个聚会，他们中至少有两名同学的生日是同月同日，是必然事件，故C符合题意；D．今年冬天会下雪，是随机事件，故D不符合题意；故选：C．【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的概念是解题的关键．10．（2021秋•西湖区期末）一个布袋里装有1个红球，4个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为（）A．13 B．110 C．25 【考点】概率公式．【专题】概率及其应用；数据分析观念．【分析】用黄色小球的个数除以总个数可得．【解答】解：搅匀后任意摸出一个球，是黄球的概率为41+4+5故选：C．【点评】本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=m二．填空题（共10小题）11．（2021秋•西湖区期末）在一个不透明的袋子里装有红球4个，黄球若干个，这些球除颜色外其它都相同，通过多次试验发现，摸出红球的频率稳定在0.5左右，则袋子中黄球个数可能是4个．【考点】利用频率估计概率．【专题】概率及其应用；数据分析观念．【分析】设袋子中黄球的个数可能有x个，根据概率公式列出算式，再进行计算即可得出答案．【解答】解：设袋子中黄球的个数可能有x个，根据题意得：44+x解得：x＝4，经检验x＝4是原方程的解，答：袋子中黄球的个数可能是4个．故答案为：4．【点评】此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．12．（2022春•余杭区期末）不透明袋子中装有1个红球和2个黄球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机摸出1个球，摸出红球的概率是13【考点】概率公式．【专题】概率及其应用；数据分析观念．【分析】直接利用概率公式计算可得．【解答】解：从袋子中随机摸出1个球，摸出红球的概率为13故答案为：13【点评】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．13．（2021秋•上城区期末）如图，已知点E为矩形ABCD内一点，满足∠AEB＝90°，延长DE交以CD为直径的半圆于点F，当AE＝20，BE＝15，DF＝24时，则矩形AD边的长为503【考点】圆周角定理；矩形的性质．【专题】与圆有关的计算；推理能力；应用意识．【分析】如图，过点E作EH⊥CD于H，交AB于点T，连接CF．求出ET，EH，可得结论．【解答】解：如图，过点E作EH⊥CD于H，交AB于点T，连接CF．∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵∠AEB＝90°，AE＝20，BE＝15，∴AB=AE∵ET⊥AB，∴12•AE•EB=12•AB∴ET=20×1525∴AT＝DH=AE∵CD是直径，∴∠CFD＝90°，∴CF=CD∵∠EDH＝∠CDF，∠EHD＝∠CFD＝90°，∴△DHE∽△DFC，∴DHDF∴1624∴EH=14∴BC＝HT＝ET+EH＝12+故答案为：503【点评】本题考查圆周角定理，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．14．（2021秋•滨江区期末）已知扇形的面积为24πcm2，圆心角为216°，则该扇形的弧长是1210π5【考点】扇形面积的计算；弧长的计算．【专题】与圆有关的计算；运算能力．【分析】设扇形的半径是rcm，根据扇形的面积公式得出216πr2【解答】解：设扇形的半径是rcm，∵扇形的面积为24πcm2，圆心角为216°，∴216πr2解得：r＝210（负数舍去），所以扇形的弧长为216π×210故答案为：1210π【点评】本题考查了扇形的面积计算和弧长公式，能熟记扇形的面积公式和弧长公式是解此题的关键．15．（2022春•拱墅区期末）在直角坐标系中，若点A（1，a），点B（b，1）关于原点中心对称，则a+b＝﹣2．【考点】关于原点对称的点的坐标．【专题】平移、旋转与对称；符号意识．【分析】直接利用关于原点对称点的性质，得出a，b的值，即可得出答案．【解答】解：∵坐标系中点A（1，a）和点B（b，1）关于原点中心对称，∴b＝﹣1，a＝﹣1，则a+b＝﹣1﹣1＝﹣2．故答案为：﹣2．【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．16．（2021秋•滨江区期末）如图，点E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE．将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置（点F在正方形ABCD内部），连接DG．若AB＝10，BE＝6，DG∥AF，则CH＝203【考点】旋转的性质；正方形的性质．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；推理能力．【分析】由“HL”可证Rt△AFH≌Rt△ADH，可得FH＝DH，由“AAS”可证△DHG≌△FHN，可得HG＝HN，可得ND＝FG＝6，由勾股定理可求AP，FN，DH，即可求解．【解答】解：如图，连接AH，过点F作FN⊥CD于点N，FP⊥AD于点P，∵将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置，∴AB＝AF，∠ABE＝∠AFG＝90°，BE＝FG＝6，∴AF＝AD，在Rt△AFH和Rt△ADH中，AF=∴Rt△AFH≌Rt△ADH（HL），∴FH＝DH，∵DG∥AF，∴∠AFG＝∠DGF＝90°，在△DHG和△FHN中，∠DGH∴△DHG≌△FHN（AAS），∴HG＝HN，∴DN＝DH+HN＝FH+HG＝FG＝6，∵FN⊥CD，PF⊥AD，∠ADC＝90°，∴四边形PDNF是矩形，∴PD＝FN，PF＝DN＝6，∴AP=AF2∴PD＝2＝FN，∵FH2＝HN2+FN2，∴DH2＝（6﹣DH）2+4，∴DH=10∴CH＝DC﹣DH=20故答案为：203【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，求出FN的长是解题的关键．17．（2022春•拱墅区校级期末）已知二次函数y＝ax2+3x+a2+1．当x＝1时，函数y有最大值，则二次函数的表达式为y=-32x2+3x【考点】二次函数的性质；二次函数的最值．【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．【分析】由题意可知，x＝1是二次函数图象的对称轴，由此解答即可．【解答】解：∵当x＝1时，函数y有最大值，∴对称轴x=-3解得：a=-∴二次函数的表达式为y=-32x2+3故答案为：y=-32x2+3【点评】本题考查了二次函数的性质等知识，解题的关键是根据题意求得a的值后进行正确的取舍，难度不大．18．（2022春•西湖区校级期末）已知函数y＝mx2+2mx+1在﹣3≤x≤2上有最大值4，则常数m的值为38或﹣3【考点】二次函数的最值．【专题】二次函数图象及其性质；运算能力．【分析】分两种情况：m＞0和m＜0分别求y的最大值即可【解答】解：y＝mx2+2mx+1＝m（x+1）2﹣m+1．当m＞0时，当x＝2时，y有最大值，∴4m+4m+1＝4，∴m=3当m＜0时，当x＝﹣1时，y有最大值，∴m﹣2m+1＝4，∴m＝﹣3，综上所述：m的值为38或﹣3故答案是：38或﹣3【点评】本题考查了二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象及性质，解题时，注意要分类讨论，以防漏解．19．（2022春•拱墅区校级期末）关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣1＝0有实数根，则m的取值范围是m≤134【考点】根的判别式．【专题】一元二次方程及应用；运算能力．【分析】由方程有实数根即Δ＝b2﹣4ac≥0，从而得出关于m的不等式，解之可得．【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+m﹣1＝0有实数根，∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2﹣4×1（m﹣1）＝﹣4m+13≥0，解得：m≤13故答案为：m≤13【点评】本题考查了根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．20．（2022春•西湖区期末）若x＝2是关于x的一元二次方程x2﹣ax﹣4b＝0的解，则2a+4b＝4．【考点】一元二次方程的解．【专题】一元二次方程及应用；运算能力．【分析】先把x＝2代入方程x2﹣ax﹣4b＝0得4﹣2a﹣4b＝0，然后求出2a+4b的值．【解答】解：把x＝2代入方程x2﹣ax﹣4b＝0，得4﹣2a﹣4b＝0，所以2a+4b＝4．故答案为：4．【点评】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．三．解答题（共10小题）21．（2022春•拱墅区校级期末）（1）计算：24÷（2）解方程：x2﹣3x﹣1＝0．【考点】解一元二次方程﹣公式法；二次根式的混合运算．【专题】实数；一元二次方程及应用；运算能力．【分析】（1）原式利用二次根式除法法则计算，化简后合并即可得到结果；（2）方程利用公式法求出解即可．【解答】解：（1）原式=24÷2-＝23-4=-（2）这里a＝1，b＝﹣3，c＝﹣1，∵Δ＝（﹣3）2﹣4×1×（﹣1）＝9+4＝13＞0，∴x=3±解得：x1=3+132，x【点评】此题考查了解一元二次方程﹣公式法，以及二次根式的混合运算，熟练掌握求根公式及运算法则是解本题的关键．22．（2022春•西湖区期末）已知一元二次方程x2+bx﹣2＝0．（1）当b＝1时，求方程的根．（2）若b为任意实数，请判断方程根的情况，并说明理由．【考点】根的判别式；解一元二次方程﹣公式法．【专题】一元二次方程及应用；运算能力．【分析】（1）将b＝1代入方程x2+bx﹣2＝0，利用因式分解法即可求出方程的根；（2）根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝b2+8＞0，由此即可得知：若b为任意实数，方程总有两个不相等的实数根．【解答】解：（1）当b＝1时，原方程为x2+x﹣2＝0，分解因式得，（x+2）（x﹣1）＝0，x+2＝0，或x﹣1＝0，∴x1＝﹣2，x2＝1；（2）若b为任意实数，方程总有两个不相等的实数根，理由如下：∵Δ＝b2﹣4×1×（﹣2）＝b2+8＞0，∴若b为任意实数，方程总有两个不相等的实数根．【点评】本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）掌握因式分解法解一元二次方程的步骤；（2）牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”．23．（2022春•拱墅区校级期末）已知函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2．（1）当k＝﹣1时，求函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2的顶点坐标，与x轴的交点坐标；（2）试说明函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2始终与x轴有交点．（3）若函数y2＝6kx+4，且当x≥0时，函数y1和y2均随x的增大而减小求k的取值范围．【考点】二次函数综合题．【专题】二次函数图象及其性质；函数的综合应用；运算能力；应用意识．【分析】（1）把k＝1代入y＝kx2+（3k+2）x+2k+2，即可求出结果；（2）Δ＝b2﹣4ac＝（3k+2）2﹣4k（2k+2）＝（k+2）2≥0，即可求解；（3）先根据函数的增减性得出k＜0，进而判断二次函数的图象开口向下，对称轴是y轴或在y轴左侧，据此列出关于k的不等式求解即可．【解答】解：（1）k＝﹣1时，y＝﹣x2﹣x，∴函数的顶点坐标为（-12，令y＝0，则﹣x2﹣x＝0，解得：x1＝0，x2＝﹣1，∴与x轴的交点坐标为（﹣1，0）和（0，0），∴当k＝﹣1时，函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2的顶点坐标为（-12，14），与x轴的交点坐标为（﹣1，0）和（0（2）当k＝0时，y＝2x+2与x轴交于（﹣1，0），当k≠0时，Δ＝b2﹣4ac＝（3k+2）2﹣4k（2k+2）＝（k+2）2≥0，∴函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2始终与x轴有交点；（3∵当x≥0时，y2＝6kx+4随x的增大而减小，∴6k＜0，解得：k＜0，∴函数y1＝kx2+（3k+2）x+2k+2的图象开口向下，且抛物线的对称轴在y轴或是y轴左侧，∴-b2a=-∴k≤-2【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数的顶点坐标及抛物线与x轴的交点及函数的增减性，熟记二次函数的性质是解题的关键．24．（2022春•拱墅区校级期末）如图，某农户准备围成一个长方形养鸡场，养鸡场靠墙AB（AB＝18米），另三边利用现有的36米长的篱笆围成，若要在与墙平行的一边开一扇2米宽的门，且篱笆没有剩余．（1）若围成的养鸡场面积为120平方米，则这个养鸡场与墙垂直的一边和与墙平行的一边各是多少米？（2）这个养鸡场的面积是否有最大值？若有，求出这个最大值；若没有，请说明理由．【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．【专题】一元二次方程及应用；二次函数的应用．【分析】（1）设这个长方形养鸡场与墙垂直的边长是x米，用总长减去一个2倍的长加上2即可求得与墙平行的墙长；根据面积为120平方米结合矩形的面积列出方程求解即可．（2）根据（1）中所列等式，根据二次函数的性质可得出结论．【解答】解：（1）设这个长方形养鸡场与墙垂直的边长是x米，则与墙平行的边长是（36﹣2x+2）．即（38﹣2x）米．根据题意得：x（38﹣2x）＝120，整理，得2x2﹣38x+120＝0，解得x1＝15，x2＝4．当x1＝15时，36﹣2x＝6＜18，符合题意．当x2＝4时，36﹣2x＝28＞18，不符合题意．答：这个长方形养鸡场与墙垂直的边长为15米，则与墙平行的边长为8米．（2）存在，理由如下：根据（1）中条件可知，S＝x（38﹣2x）＝﹣2（x-192）2∵38﹣2x≤18，∴x≥10，∵﹣2＜0，∴当x≥10时，S随x的增大而减小，∴当x＝10时，S的最大值为180，此时38﹣2x＝18＝18，符合题意，∴当这个长方形养鸡场与墙垂直的边长为10米，则与墙平行的边长为18米时，面积的最大值为180平方米．【点评】本题考查了一元二次方程的应用及二次函数的应用，解题的关键是根据题意表示出矩形的长和宽，难度不大．25．（2022春•钱塘区期末）如图，已知△ABC，点O是AC的中点．（1）作△DCA，使△DCA与△BAC关于点O成中心对称；（2）判断四边形ABCD的形状，并说明理由．【考点】作图﹣旋转变换．【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．【分析】（1）根据中心对称的性质即可作△DCA，使△DCA与△BAC关于点O成中心对称；（2）结合（1）即可判断四边形ABCD的形状．【解答】解：（1）如图，△DCA即为所求；（2）四边形ABCD是平行四边形，理由如下：由（1）可知：OB＝OD，∵点O是AC的中点．∴OA＝OC，∴四边形ABCD是平行四边形．【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，解决本题的关键是掌握旋转对称的性质．26．（2022春•拱墅区期末）如图，在6×6的正方格中，中心点为点O，图中有4个小正方格被涂黑成“L形”．（1）用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”关于点O成中心对称；（2）用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形既是轴对称图形、又是中心对称图形（要求画出三种）．【考点】利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．【专题】作图题；几何直观．【分析】（1）根据中心对称图形的定义画出图形；（2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可．【解答】解：（1）图形如图所示：（2）图形如图所示：【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，利用轴对称设计图案等知识，解题的关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义，属于中考常考题型．27．（2021秋•滨江区期末）如图，在⊙O中，AB＝CD，弦AB与CD相交于点M．（1）求证：AC=（2）连接AC，AD，若AD是⊙O的直径，求证：∠BAC+2∠BAD＝90°．【考点】圆周角定理；全等三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系．【专题】与圆有关的计算；应用意识．【分析】（1）利用圆心角，弧，弦之间的关系解决问题即可；（2）利用圆周角定理，三角形内角和定理，三角形的外角的性质解决问题．【解答】（1）证明：如图，∵AB＝CD，∴AB=∴AC+∴AC=（2）证明：连接AD．∵AC=∴∠ADC＝∠BAD，∴∠AMC＝∠MAD+∠MDA＝2∠BAD，∵AD是直径，∴∠ACD＝90°，∴∠CAB+∠AMC＝90°，∴∠CAB+2∠BAD＝90°．【点评】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，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．28．（2021秋•杭州期末）如图，△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，P是AC上一点，且∠BAC＝30°．（1）求∠APC的度数；（2）若⊙O的半径为6，求APC的长（结果保留π）．【考点】三角形的外接圆与外心；弧长的计算；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．【分析】（1）首先根据等腰三角形的性质计算出∠B＝75°，再根据圆内接四边形的对角互补可得答案；（2）连接OA，OC，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠B＝150°，根据弧长公式即可得到结论．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∴∠C＝∠B，∵∠BAC＝30°，∴∠B=180°-30°2∴∠APB＝180°﹣75°＝105°，（2）连接OA，OC，∵∠B＝75°，∴∠AOC＝2∠B＝150°，∴APC的长=150⋅π×6【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，弧长的计算，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．29．（2021秋•西湖区期末）将6个球分别放入标有1，2，3，4，5，6这6个号码的盒子中．如图，将一个圆形转盘平均分成3份，分别标上数字1，2，3，现转动转盘两次，两次转得的数字之和是几，从几号盘子中摸出一个球（如：第一次转得数字为2，第二次转得数字为3，则和为5，就从5号盒子中摸球）．（1）求从6号盒子中摸球的概率；（2）通过计算，判断从几号盒子中摸球的概率最大？【考点】列表法与树状图法．【专题】概率及其应用；数据分析观念；推理能力．【分析】（1）画树状图，共有9种等可能的结果，其中从6号盒子中摸球的结果有1种，再由概率公式求解即可；（2）共有9种等可能的结果，再分别求出从1，2，3，4，5，6这6个号码的盒子中摸球的概率，即可得出结论．【解答】解：（1）画树状图如下：共有9种等可能的结果，其中从6号盒子中摸球的结果有1种，∴从6号盒子中摸球的概率为19（2）由（1）可知，共有9种等可能的结果，其中从2号盒子中摸球的结果有1种，从3号盒子中摸球的结果有2种，从5号盒子中摸球的结果有2种，从1号盒子中摸球的结果有0种，从4号盒子中摸球的结果有3种，是最多的，∴从2号盒子中摸球的概率为19，从3号盒子中摸球的概率＝从5号盒子中摸球的概率=29，从1号盒子中摸球的概率为0，从4∵13＞∴从4号盒子中摸球的概率最大．【点评】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．30．（2021秋•滨江区期末）在一次宣传杭州亚运会的有奖竞猜活动中，获奖者从放有只有颜色不同的3个小球（1个黑球，1个白球，1个黄球）的不透明布袋中摸球，若摸到一个黑球奖励一个亚运会吉祥物“宸宸”，摸到一个白球奖励一个“琮琮”，摸到一个黄球奖励一个“莲莲”．一个获奖者先从布袋中任意摸出一球，不放回，再摸出一球，求得到一个“莲莲”和一个“琮琮”的概率．【考点】列表法与树状图法．【专题】概率及其应用；推理能力．【分析】画树状图，共有6种等可能的结果，其中得到一个“莲莲”和一个“琮琮”的结果有2种，再由概率公式求解即可．【解答】解：画树状图如下：共有6种等可能的结果，其中得到一个“莲莲”和一个“琮琮”的结果有2种，∴得到一个“莲莲”和一个“琮琮”的概率为26【点评】此题考查的是树状图法求概率，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；注意概率＝所求情况数与总情况数之比．

考点卡片1．二次根式的混合运算（1）二次根式的混合运算是二次根式乘法、除法及加减法运算法则的综合运用．学习二次根式的混合运算应注意以下几点：①与有理数的混合运算一致，运算顺序先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的．②在运算中每个根式可以看做是一个“单项式“，多个不同类的二次根式的和可以看作“多项式“．（2）二次根式的运算结果要化为最简二次根式．（3）在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．2．一元二次方程的定义（1）一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．（2）概念解析：一元二次方程必须同时满足三个条件：①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；②只含有一个未知数；③未知数的最高次数是2．（3）判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．3．一元二次方程的解（1）一元二次方程的解（根）的意义：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．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以，一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．（2）一元二次方程一定有两个解，但不一定有两个实数解．这x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两实数根，则下列两等式成立，并可利用这两个等式求解未知量．ax12+bx1+c＝0（a≠0），ax22+bx2+c＝0（a≠0）．4．解一元二次方程-公式法（1）把x=-b±b2-4ac2a（b2﹣4ac≥0）叫做一元二次方程ax2+（2）用求根公式解一元二次方程的方法是公式法．（3）用公式法解一元二次方程的一般步骤为：①把方程化成一般形式，进而确定a，b，c的值（注意符号）；②求出b2﹣4ac的值（若b2﹣4ac＜0，方程无实数根）；③在b2﹣4ac≥0的前提下，把a、b、c的值代入公式进行计算求出方程的根．注意：用公式法解一元二次方程的前提条件有两个：①a≠0；②b2﹣4ac≥0．5．根的判别式利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△＜0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．6．一元二次方程的应用1、列方程解决实际问题的一般步骤是：审清题意设未知数，列出方程，解所列方程求所列方程的解，检验和作答．2、列一元二次方程解应用题中常见问题：（1）数字问题：个位数为a，十位数是b，则这个两位数表示为10b+a．（2）增长率问题：增长率＝增长数量/原数量×100%．如：若原数是a，每次增长的百分率为x，则第一次增长后为a（1+x）；第二次增长后为a（1+x）2，即原数×（1+增长百分率）2＝后来数．（3）形积问题：①利用勾股定理列一元二次方程，求三角形、矩形的边长．②利用三角形、矩形、菱形、梯形和圆的面积，以及柱体体积公式建立等量关系列一元二次方程．③利用相似三角形的对应比例关系，列比例式，通过两内项之积等于两外项之积，得到一元二次方程．（4）运动点问题：物体运动将会沿着一条路线或形成一条痕迹，运行的路线与其他条件会构成直角三角形，可运用直角三角形的性质列方程求解．【规律方法】列一元二次方程解应用题的“六字诀”1．审：理解题意，明确未知量、已知量以及它们之间的数量关系．2．设：根据题意，可以直接设未知数，也可以间接设未知数．3．列：根据题中的等量关系，用含所设未知数的代数式表示其他未知量，从而列出方程．4．解：准确求出方程的解．5．验：检验所求出的根是否符合所列方程和实际问题．6．答：写出答案．7．二次函数的性质二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（-b2a，4ac-b24a），对称轴直线x=-b2a，二次函数①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜-b2a时，y随x的增大而减小；x＞-b2a时，y随x的增大而增大；x②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜-b2a时，y随x的增大而增大；x＞-b2a时，y随x的增大而减小；x③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|-b2a|个单位，再向上或向下平移|8．二次函数图象与系数的关系二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；|a|还可以决定开口大小，|a|越大开口就越小．②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左侧；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右侧．（简称：左同右异）③．常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与y轴交于（0，c）．④抛物线与x轴交点个数．△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．9．二次函数图象上点的坐标特征二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（-b2a①抛物线是关于对称轴x=-②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x=x10．二次函数的最值（1）当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称轴右侧，y随x的增大而增大，因为图象有最低点，所以函数有最小值，当x=-b2a（2）当a＜0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，因为图象有最高点，所以函数有最大值，当x=-b2a（3）确定一个二次函数的最值，首先看自变量的取值范围，当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标；当自变量取某个范围时，要分别求出顶点和函数端点处的函数值，比较这些函数值，从而获得最值．11．二次函数的应用（1）利用二次函数解决利润问题在商品经营活动中，经常会遇到求最大利润，最大销量等问题．解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．（2）几何图形中的最值问题几何图形中的二次函数问题常见的有：几何图形中面积的最值，用料的最佳方案以及动态几何中的最值的讨论．（3）构建二次函数模型解决实际问题利用二次函数解决抛物线形的隧道、大桥和拱门等实际问题时，要恰当地把这些实际问题中的数据落实到平面直角坐标系中的抛物线上，从而确定抛物线的解析式，通过解析式可解决一些测量问题或其他问题．12．二次函数综合题（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．（3）二次函数在实际生活中的应用题从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．13．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．14．线段垂直平分线的性质（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．15．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．16．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．17．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．18．正方形的性质（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．（2）正方形的性质①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．19．圆心角、弧、弦的关系（1）定理：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．（2）推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．说明：同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．（3）正确理解和使用圆心角、弧、弦三者的关系三者关系可理解为：在同圆或等圆中，①圆心角相等，②所对的弧相等，③所对的弦相等，三项“知一推二”，一项相等，其余二项皆相等．这源于圆的旋转不变性，即：圆绕其圆心旋转任意角度，所得图形与原图形完全重合．（4）在具体应用上述定理解决问题时，可根据需要，选择其有关部分．20．圆周角定理（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．（2）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，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．21．圆内接四边形的性质（1）圆内接四边形的性质：①圆内接四边形的对角互补．②圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角（就是和它相邻的内角的对角）．（2）圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来．在应用时要注意是对角，而不是邻角互补．22．三角形的外接圆与外心（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．（3）概念说明：①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边