2025-2026 学年九年级 数学 专项训练 试卷及答案

2025-2026学年九年级数学专项训练试卷及答案2025-2026学年九年级数学专项训练试卷专项主题：二次函数、圆、相似三角形综合应用考试时间：120分钟满分：150分班级：________姓名：________得分：________一、选择题（每题3分，共30分）1.二次函数y=2(x-3)²+5的顶点坐标是（）A.(3，5)B.(-3，5)C.(3，-5)D.(-3，-5)2.如图，⊙O是△ABC的外接圆，若∠AOB=120°，则∠ACB的度数是（）A.60°B.80°C.120°D.150°3.已知二次函数y=ax²+bx+c（a≠0）的图象开口向下，对称轴为x=1，若点A(-1，y₁)、B(2，y₂)、C(4，y₃)在该函数图象上，则y₁、y₂、y₃的大小关系是（）A.y₁＞y₂＞y₃B.y₂＞y₁＞y₃C.y₃＞y₁＞y₂D.y₁＞y₃＞y₂4.下列说法正确的是（）A.平分弦的直径垂直于弦B.半圆（或直径）所对的圆周角是直角C.相等的圆心角所对的弧相等D.若两个圆有公共点，则这两个圆相交5.若△ABC∽△DEF，相似比为2:3，则△ABC与△DEF的面积比为（）A.2:3B.4:9C.$\sqrt{2}$:$\sqrt{3}$D.3:26.已知二次函数y=x²-2x-3，当y＜0时，x的取值范围是（）A.x＜-1或x＞3B.-1＜x＜3C.x＜-3或x＞1D.-3＜x＜17.如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，若∠APB=60°，OA=2，则PA的长为（）A.2$\sqrt{3}$B.$\sqrt{3}$C.2D.48.如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C在⊙O上，若点A的坐标为(1，$\sqrt{3}$)，∠BOC=120°，则劣弧BC的长为（）A.$\frac{2π}{3}$B.πC.$\frac{4π}{3}$D.2π9.某商品的进价为每件40元，售价为每件50元，每个月可卖出210件；如果每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖10件，设每件商品的售价上涨x元（x为正整数），每个月的销售利润为y元，则y与x的函数关系式为（）A.y=(50+x-40)(210-10x)B.y=(50-x-40)(210+10x)C.y=(50+x)(210-10x)D.y=(50+x-40)(210+10x)10.如图，在△ABC中，DE∥BC，AD:DB=2:3，若△ADE的面积为4，则△ABC的面积为（）A.9B.16C.25D.36二、填空题（每题4分，共24分）11.二次函数y=-x²+4x-1的最大值为________。12.若一个扇形的圆心角为60°，半径为6，则该扇形的弧长为________。13.如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，若∠BCD=30°，则∠ABD=________°。14.已知△ABC∽△A'B'C'，AB=6，A'B'=8，BC=9，则B'C'=________。15.若抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）经过点(0，3)、(1，0)、(2，-1)，则a=________，b=________，c=________。16.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以点C为圆心，r为半径作圆，若⊙C与AB相切，则r=________。三、解答题（共96分）17.（8分）已知二次函数y=x²-4x+3。（1）将该函数解析式化为顶点式；（2）求该函数图象与x轴、y轴的交点坐标。18.（8分）如图，在⊙O中，AB是直径，弦CD⊥AB于点E，若CD=8，AE=2，求⊙O的半径。19.（10分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，以CD为直径作⊙O，交AC于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F。求证：（1）△ADE∽△CFE；（2）BF=2CD。20.（10分）已知抛物线y=ax²+bx+c（a≠0）的顶点坐标为(2，-1)，且经过点(3，1)，求该抛物线的解析式。21.（10分）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，OA交⊙O于点C，若∠A=30°，OA=6，求阴影部分的面积（结果保留π）。22.（12分）某商场销售一种进价为20元/件的商品，售价为x元/件，每天的销售量为m件，经市场调查发现，m与x之间的关系为m=-10x+500。设每天的销售利润为w元。（1）求w与x之间的函数关系式；（2）当售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？23.（12分）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O，交BC于点D，交AC于点E，连接OD、DE。求证：（1）OD∥AC；（2）△CDE∽△CAD。24.（14分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=-x²+bx+c的图象与x轴交于A(-1，0)、B(3，0)两点，与y轴交于点C。（1）求该二次函数的解析式；（2）点P是该函数图象上的一动点，若点P在x轴上方，且S△PAB=4，求点P的坐标；（3）点Q是直线BC上的一动点，若△QAC为等腰三角形，求点Q的坐标。25.（12分）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，E是AC边上的中点，连接DE并延长交AB的延长线于点F。求证：$\frac{BF}{AF}$=$\frac{BD}{AC}$。2025-2026学年九年级数学专项训练答案一、选择题1.A2.A3.B4.B5.B6.B7.A8.C9.A10.C二、填空题11.312.2π13.3014.1215.1；-4；316.$\frac{12}{5}$三、解答题17.解：（1）y=x²-4x+3=(x²-4x+4)-1=(x-2)²-1（2）令y=0，则x²-4x+3=0，解得x₁=1，x₂=3，∴与x轴交点坐标为(1，0)、(3，0)令x=0，则y=3，∴与y轴交点坐标为(0，3)18.解：设⊙O的半径为r，则OE=r-AE=r-2∵AB是直径，CD⊥AB，∴CE=$\frac{1}{2}$CD=4（垂径定理）在Rt△OCE中，OC²=OE²+CE²，即r²=(r-2)²+4²解得r²=r²-4r+4+16，4r=20，r=5答：⊙O的半径为5。19.证明：（1）∵CD是⊙O的直径，∴∠CED=90°（直径所对的圆周角是直角）又∵∠ACB=90°，∴∠CED=∠ACB=90°，∴∠AED=∠CEF=90°∵D是AB的中点，∠ACB=90°，∴CD=AD（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）∴∠A=∠ACD，又∵∠AED=∠CEF，∴△ADE∽△CFE（AA相似）（2）由（1）知△ADE∽△CFE，∴$\frac{AD}{CF}$=$\frac{AE}{CE}$∵E是AC上一点，且DE∥BC（由∠CED=∠ACB=90°可得），D是AB中点，∴E是AC中点（三角形中位线定理）∴AE=CE，∴AD=CF，又∵AD=CD，∴CF=CD∵CD是Rt△ABC斜边中线，∴AB=2CD，又∵AD=BD，∴BD=CD，∴BF=BC+CF=BC+CD，又∵AB=2CD，AC²+BC²=AB²，结合AD=CD可证BF=2CD（或直接由D是AB中点，E是AC中点，得DE是△ABC中位线，DE∥BC，DE=$\frac{1}{2}$BC，进而证CF=CD=BD，得BF=BD+BC=CD+BC，再结合其他条件推导）20.解：∵抛物线顶点坐标为(2，-1)，∴设抛物线解析式为y=a(x-2)²-1将点(3，1)代入得：1=a(3-2)²-1，解得a=2∴抛物线解析式为y=2(x-2)²-1=2x²-8x+721.解：∵AB是⊙O的切线，∴OB⊥AB，∠OBA=90°∵∠A=30°，OA=6，∴OB=$\frac{1}{2}$OA=3，∠AOB=60°S△OAB=$\frac{1}{2}$×OA×OB×sin∠AOB=$\frac{1}{2}$×6×3×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$S扇形OBC=$\frac{60°}{360°}$×π×OB²=$\frac{1}{6}$×π×9=$\frac{3π}{2}$∴阴影部分面积=S△OAB-S扇形OBC=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$-$\frac{3π}{2}$22.解：（1）w=(x-20)m=(x-20)(-10x+500)=-10x²+700x-10000（2）w=-10x²+700x-10000=-10(x²-70x+1225)+2250=-10(x-35)²+2250∵-10＜0，∴当x=35时，w有最大值，最大值为2250答：当售价为35元时，每天的销售利润最大，最大利润是2250元。23.证明：（1）∵AB=AC，∴∠B=∠C∵OB=OD，∴∠B=∠ODB，∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC（同位角相等，两直线平行）（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°（直径所对的圆周角是直角），∴AD⊥BC∵AB=AC，∴BD=CD（等腰三角形三线合一）∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，∴∠CED=∠B（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角）又∵∠B=∠C，∴∠CED=∠C，∴CD=DE∵∠C=∠C，∠CDE=∠CAD（由AD⊥BC，∠CED=∠C可证），∴△CDE∽△CAD（AA相似）24.解：（1）将A(-1，0)、B(3，0)代入y=-x²+bx+c得：$\begin{cases}-1-b+c=0\\-9+3b+c=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}b=2\\c=3\end{cases}$∴二次函数解析式为y=-x²+2x+3（2）设点P(x，y)，y＞0，AB=3-(-1)=4S△PAB=$\frac{1}{2}$×AB×y=$\frac{1}{2}$×4×y=2y=4，∴y=2令-y²+2x+3=2，即x²-2x-1=0，解得x=1±$\sqrt{2}$∴点P坐标为(1+$\sqrt{2}$，2)、(1-$\sqrt{2}$，2)（3）点C(0，3)，直线BC解析式：设y=kx+3，将B(3，0)代入得k=-1，∴y=-x+3设点Q(m，-m+3)，AC=$\sqrt{(-1-0)²+(0-3)²}$=$\sqrt{10}$①当AC=AQ时，$\sqrt{(m+1)²+(-m+3-0)²}$=$\sqrt{10}$，解得m₁=0（与C重合，舍去），m₂=2，∴Q(2，1)②当AC=CQ时，$\sqrt{(m-0)²+(-m+3-3)²}$=$\sqrt{10}$，解得m=±$\sqrt{5}$，∴Q($\sqrt{5}$，3-$\sqrt{5}$)、(-$\sqrt{5}$，3+$\sqrt{5}$)③当AQ=CQ时，$\sqrt{(m+1)²+(-m+3)²}$=$\sqrt{m²+(-m)²}$，解得m=1，∴Q(1，2)综上，点Q坐标为(2，1)、($\sqrt{5}$，3-$\sqrt{5}$)、(-$\sqrt{5}$，3+$\sqrt{5}$)、(1，2)25.证明：过点B作BG∥AC，交DF于点G∵BG∥AC，∴∠G=∠DEC，∠FBG=∠FAE∵E是AC中点，∴AE=CE在△BGF和△CEF中，$\begin{cases}∠G=∠DEC\\∠FBG=∠FAE\\AE=CE\end{cases}$，∴△BGF≌△CEF（AAS）∴BG=CE=$\frac{1}{2}$AC∵BG∥AC，∴△FBG∽△FAE（AA相似）∴$\frac{BF}{AF}$=$\frac{BG}{AE}$=$\frac{\frac{1}{2}AC}{\frac{1}{2}AC}$？（修正：另一种方法，连接BE，∵AD是高，E是AC中点，∴DE=CE，∠C=∠CDE，又∵BG∥AC，∠C=∠DBG，∴∠CDE=∠DBG，∴BG=BD，再