2024北京一零一中九年級（上）期中數(shù)學（教師版）

第1頁/共1頁2024北京一零一中初三（上）期中數(shù)學一、選擇題（共16分，每題2分）1．下面是某AI軟件設計的四個圖形．其中是中心對稱圖形的是（）A．B．C． D．2．若關于x的一元二次方程2x2+mx﹣3＝0有一個根為1，則m的值為（）A．1 B．﹣1 C．﹣2 D．23．如圖，P是∠AOB的角平分線OC上一點，PE⊥OA于E，以P點為圓心，PE長為半徑作⊙P，則⊙P與直線OB的位置關系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．不確定4．拋物線y＝（x﹣3）2﹣2的頂點坐標是（）A．（3，﹣2） B．（3，2） C．（﹣3，2） D．（﹣3，﹣2）5．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象如圖所示，下列結論錯誤的是（）A．abc＜0 B．2a+b＝0 C．b2﹣4ac＜0 D．9a+3b+c＜06．如圖，⊙O的半徑為12，點A、B是圓上的兩點，∠AOB＝120°，則的長為（）A．6π B．8π C．10π D．12π7．某種植物的主干長出若干數(shù)目的支干，每個支干又長出同樣數(shù)目的小分支，主干、支干和小分支的總數(shù)是43，設每個支干長出x個小分支，則下列方程中正確的是（）A．1+x2＝43 B．1+x+x2＝43 C．x+x2＝43 D．（1+x）2＝438．3月14口是國際圓周率日．歷史上，求圓周率π的方法有多種，與中國傳統(tǒng)數(shù)學中的”割圓木”相似，數(shù)學家阿爾?卡西的方法是：當正整數(shù)n充分大時，計算單位圓（半徑為1）的內接正6n邊形的周長和外切正6n邊形（各邊均與圓相切的正6n邊形）的周長，將它們的平均數(shù)作為2π的近似值．按照阿爾?卡西的方法，當n＝1時（如圖），下列說法中正確的是（）①該圖既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形；②該圖繞點O旋轉60°的正整數(shù)倍都能和自身重合；③按照阿爾?卡西的方法，根據(jù)該圖可算出2π的近似值為．A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空題（共16分，每題2分）9．如圖，在平面直角坐標系xOy中，把點A（2，1）繞點O逆時針旋轉90°得到點B，則點B的坐標為．10．已知關于x的一元二次方程x2+2x+k＝0有兩個相等的實數(shù)根，則k的值為．11．點A（﹣2，y1），B（m，y2）在二次函數(shù)y＝﹣（x﹣1）2+3的圖象上．若y1＞y2，寫出一個符合條件的m的值．12．如圖，從⊙O外一點A引圓的兩條切線AB，AC，切點分別為B，C，連接AO交⊙O于點E，D為⊙O上點，∠BDE＝35°，則∠BCA＝°．13．已知二次函數(shù)y＝﹣x2+2x+m的部分圖象如圖，則關于x的一元二次方程﹣x2+2x+m＝3的解為．14．若函數(shù)的圖象和直線y＝kx（k≠0）有一個交點P（﹣2，4），則它們另一個交點（非原點）的坐標為．15．如圖，半徑為2的⊙O1和⊙O2的圓心O1，O2都在線段AB上，O2還在⊙O1上，兩圓交點為C，過點C作CD⊥AB于點E交⊙O1于點D，則∠DAB的大小為°，AD的長為．16．小慧和小鈺同學在學習二次函數(shù)時，在平面直角坐標系中，畫出了如下四個二次函數(shù)的圖象（共中a≠0）：拋物線，拋物線，拋物線，拋物線．發(fā)現(xiàn)這四條拋物線之間有豐富的平移、軸對稱和中心對稱關系：（1）l1可以通過得到l4（填平移、軸對稱或中心對稱）；（2）在下面的說法中，正確的是（填序號）①l2和l4關于原點（0，0）中心對稱；②l1和l2關于點（0，c）中心對稱；③l2和l3關于直線y＝c軸對稱，但不成中心對稱．三、解答題（共68分，第17題4分，第18、19題5分，第20、21題每題6分，17．解方程：x2﹣2x﹣3＝0．18．下面是小石設計的“過圓上一點作圓的切線”的尺規(guī)作圖的過程．已知：如圖1，⊙O及⊙O上一點P．求作：直線PQ，使得PQ與⊙O相切．作法：如圖2，①連接PO并延長交⊙O于點A；②）在⊙O上任取一點B（點P，A除外），以點B為圓心，BP長為半徑作⊙B，與射線PO的另一個交點為C；③連接CB并延長交⊙B于點Q；④作直線PQ．根據(jù)小石設計的尺規(guī)作圖的過程，（1）使用直尺和圓規(guī)，補全圖形；（保留作圖痕跡）（2）完成下面的證明．證明：∵CQ是⊙B的直徑，∴∠CPQ＝°（）（填推理的依據(jù)）．∴OP⊥PQ．又∵OP是⊙O的半徑，∴PQ是⊙O的切線（）（填推理的依據(jù)）．19．關于x的一元二次方程x2+（2﹣m）x+（m﹣3）＝0．（1）求證：方程總有兩個實數(shù)根；（2）若方程的兩個實數(shù)根都是正整數(shù)，求m的最小值．20．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，點D在邊AC上，將△ABD繞點B逆時針旋轉得到△CBE，連接ED．（1）求證：∠CDE＝∠ABD；（2）若AD＝1，CD＝3，直接寫出線段DE的長．21．學習完《一元二次方程》后，李老師留了一個思考問題：用配方法解關于x的方程：x2+px＝q（p＞0，q＞0）（1）小羽同學發(fā)現(xiàn)了一個有趣的解法，部分過程如下，補全解答過程：解：∵x2+px＝q（p＞0，q＞0）∴4x2+4px＝4q∴配方為：4x2+4px+＝4q+∴（）2＝4q+……………方程①∴開方可求出方程的兩個解．（2）小林同學看了小羽的解法后，發(fā)現(xiàn)小羽的解法正好和三國時期趙爽在《周髀算經》中注釋的一個方法相呼應．《周髀算經》中記載了一個問題“已知矩形半周長和面積求矩形的長與寬”，趙爽在注釋中給出了這個問題的幾何解決方法：設矩形的長、寬分別為x、（x+p），面積為x（x+p）＝q（其中x＞0，p＞0，q＞0），如圖1所示；用四個這樣完全相同的矩形拼成圖2所示的大正方形．大正方形的面積既可以表示為邊長的平方：；又可以表示為四個矩形和中間陰影部分的面積和：；（用只含p，q的式子表示）所以可列出（1）中的方程①求得方程的正根為x＝.（用只含p，q的式子表示）所以整個問題得解．22．拋物線上部分點的橫坐標x，縱坐標y1的對應值如下表：x…﹣2﹣1012…y1…0﹣2﹣204…（1）在平面直角坐標系中畫出該拋物線的圖象；（2）結合圖象回答問題：①拋物線的對稱軸為x＝；②已知A（﹣1，﹣2），B（1，0），直線AB的解析式為y2＝kx+b（k≠0），直接寫出y1＞y2時x的取值范圍；③當﹣1＜x＜2時，y1的取值范圍．23．在美化校園的活動中，某興趣小組想借助如圖所示的直角墻角（兩墻足夠長）用26m長的籬笆圍成一個矩形花園ABCD（籬笆只圍AB、BC兩邊），設AB＝xm．（1）若花園的面積為160m，求x的值；（2）若在P處有一棵樹與墻CD、AD的距離分別是15m和6m，要將這棵樹圍在花園內（含邊界，不考慮樹的粗細），求花園面積S的最大值．24．（1）《九章算術》是中國古代數(shù)學最重要的著作之一．在第九章“勾股”中記載了這樣一個問題：“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”這個問題可以描述為：如圖1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，勾為AC長8步，股為BC長15步，問△ABC的內切圓⊙O直徑是多少步？”根據(jù)題意可得⊙O的直徑為步．（2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所對的邊分別用a、b、c表示，則Rt△ABC內切圓的半徑r可表示為（填序號）；①；②；③．（3）從第（2）問所選的公式中任選一個（利用圖2）進行證明.25．小予和小凡同學計劃為美術教室設計一款多功能桌．現(xiàn)有圓心為O、半徑為R的圓面形材料若干個（如圖1所示），先在圓面材料上裁掉一個以O為圓心、r（0＜r＜R）為半徑的圓得到一個圓環(huán)，然后把圓環(huán)6等分（如圖2所示），得到若干扇環(huán)形桌面（如圖3所示）．（1）圖3中一個扇環(huán)的面積為（用含r、R的式子表示）；（2）小予同學用8塊相同的扇環(huán)拼成如圖4所示的桌子．①圖4是一個中心對稱圖形，請在圖上標出對稱中心A；②根據(jù)圖4上標注的數(shù)據(jù)求這張桌子的桌面面積（結果保留π）．（3）小凡同學用10塊相同的扇環(huán)拼成如圖5所示的桌子．矩形ABCD是能把這張桌子圍起來的最小矩形，且AD﹣AB＝1.8m，直接寫出圖中線段EF的長度．26．在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝a（x﹣a）2+2a（a≠0）．（1）當a＝﹣1時，求拋物線與y軸的交點坐標；（2）已知M（x1，y1）和N（x2，y2）是拋物線上的兩點．若對于x1＝2a+1，﹣1≤x2≤2，都有y1≥y2，求a的取值范圍．27．如圖，在銳角△ABC中，∠ABC＝α，點E為邊AB的中點，點D為邊BC上的動點，線段DE繞點D順時針旋轉2α得到線段DF，連接AF．（1）當點F在邊BC上時，在圖1中補全圖形，并直接寫出線段AF和BF的數(shù)量關系；（2）當α＝30°時，①點D在如圖2所示位置，猜想線段BD、BE、AF的數(shù)量關系并證明．②點D為邊BC上的動點，直接寫出線段BD、BE、AF的數(shù)量關系．28．如圖，已知點A、B、C為⊙O上互不重合的三點，∠BAC＝α，圖形G關于AB軸對稱后的圖形稱為G1，把G1再關于AC軸對稱后的圖形稱為圖形G2，若圖形G1和G2都在⊙O上或⊙O內，則稱圖形G為關于α的“軸轉圖形”．例如圖中點D為關于α的“軸轉圖形”：如圖1，在平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑為1，⊙O上有三點A（﹣1，0），，（1）①直接寫出α的度數(shù)；②在點O（0，0）和點D（0，1）中，點為關于α的“軸轉圖形”，且D2的坐標為；（2）平面內有一條線段EF，且EF是關于α的“軸轉圖形”．①若EF上所有的點都在⊙O上或⊙O內，則EF長度的最大值為；②若EF是平面內的任意一條線段，則EF長度的最大值為．

參考答案一、選擇題（共16分，每題2分）1．【答案】C【分析】根據(jù)中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷后利用排除法求解．【解答】解：A、圖形不是中心對稱圖形，不符合題意；B、圖形不是中心對稱圖形，不符合題意；C、圖形是中心對稱圖形，符合題意；D、圖形不是中心對稱圖形，不符合題意．故選：C．【點評】本題考查了中心對稱圖形，熟知中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合是解題的關鍵．2．【答案】A【分析】把x＝1代入方程求出m即可．【解答】解：∵關于x的一元二次方程2x2+mx﹣3＝0有一個根為1，∴2+m﹣3＝0，∴m＝1．故選：A．【點評】本題考查一元二次方程的解，解題的關鍵是理解方程解的定義．3．【答案】B【分析】首先過點P作PD⊥OB，由P是∠AOB的角平分線OC上一點，PE⊥OA，根據(jù)角平分線的性質，即可得PD＝PE，則可得P到直線OB的距離等于⊙P的半徑PE，則可證得：⊙P與OB相切．【解答】證明：過點P作PD⊥OB于D，∵P是∠AOB的角平分線OC上一點，PE⊥OA，∴PD＝PE，即P到直線OB的距離等于⊙P的半徑PE，∴⊙P與OB相切．故選：B．【點評】此題考查了切線的判定與角平分線的性質，解題的關鍵是準確作出輔助線，掌握圓的切線的判定方法．4．【答案】A【分析】根據(jù)題目中拋物線的頂點式，可以直接寫出該拋物線的頂點坐標．【解答】解：∵拋物線y＝（x﹣3）2﹣2，∴該拋物線的頂點坐標為（3，﹣2），故選：A．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用二次函數(shù)的性質解答．5．【答案】C【分析】依據(jù)題意，由拋物線開口向下，且圖象與y軸交于正半軸，故a＜0，c＞0，再結合對稱軸是直線x＝﹣＝1，從而b＝﹣2a＞0，進而可以判斷A；又b＝﹣2a，從而2a+b＝0，故可判斷B；由拋物線與x軸有兩個交點，從而可得Δ＝b2﹣4ac＞0，故可判斷C；結合圖象，當x＝3時，y＝9a+3b+c＜0，故可判斷D．【解答】解：由題意，∵拋物線開口向下，且圖象與y軸交于正半軸，∴a＜0，c＞0．∵對稱軸是直線x＝﹣＝1，∴b＝﹣2a＞0．∴abc＜0，故A正確，不合題意．∵b＝﹣2a，∴2a+b＝0，故B正確，不合題意．∵拋物線與x軸有兩個交點，∴Δ＝b2﹣4ac＞0，故C錯誤，符合題意．又由圖象，當x＝3時，y＝9a+3b+c＜0，∴D正確，不合題意．故選：C．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系、拋物線與x軸的交點，解題時要熟練掌握并能靈活運用二次函數(shù)的性質是關鍵．6．【答案】B【分析】直接根據(jù)弧長公式計算即可．【解答】解：的長為＝8π．故選：B．【點評】本題考查弧長的計算，關鍵是掌握弧長公式．7．【答案】B【分析】由題意設每個支干長出x個小分支，因為主干長出x個（同樣數(shù)目）支干，則又長出x2個小分支，則共有x2+x+1個分支，即可列方程．【解答】解：設每個支干長出x個小分支，根據(jù)題意列方程得：x2+x+1＝43．故選：B．【點評】此題考查了由實際問題抽象出一元二次方程，要根據(jù)題意分別表示主干、支干、小分支的數(shù)目，找到關鍵描述語，找到等量關系是解決問題的關鍵．8．【答案】D【分析】利用軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義即可判斷①的正確；利用圓和正多邊形是特殊的中心對稱圖形，可以判斷②的正確；通過計算圓的內接正六邊形和外切正六邊形的周長并計算它們的平均數(shù)即可得出③的結論正確．【解答】解：∵圓和正六邊形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，∴該圖既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，∴①的說法正確；∵圓是特殊的中心對稱圖形，繞著圓心旋轉任意角度都能和它本身重合，正六邊形繞著它的中心每旋轉一個中心角都能和它的本身重合，正六邊形的中心角為60°，∴該圖繞點O旋轉60°的正整數(shù)倍都能和自身重合，∴②的說法正確；連接OC，OC′，OD，OD′，如圖，則⊙O的半徑為1，∵六邊形ABCDEF和六邊形A′B′C′D′E′F′為正六邊形，∴∠COD＝∠C′OD′＝60°，∴△OCD，△OC′D′為等邊三角形，∴CD＝OC＝OD＝1，∴六邊形ABCDEF的周長為6．∵六邊形A′B′C′D′E′F′為⊙O的外切正六邊形，∴C′D′與⊙O相切，∴OD⊥C′D′，∵OC′＝OD′，∴C′D＝DD′，∠C′OD＝C′OD′＝30°，∴C′D＝OD?tan30°＝，∴C′D′＝2C′D＝，∴六邊形A′B′C′D′E′F′的周長為6C′D′＝4．∴2π的近似值＝＝3+2．∴③的說法正確．綜上，說法正確的是：①②③．故選：D．【點評】本題主要考查了圓的有關性質，正多邊形的性質，正多邊形的有關計算，熟練掌握圓的有關性質和正多邊形的性質是解題的關鍵．二、填空題（共16分，每題2分）9．【答案】（﹣1，2）．【分析】如圖，過點B作BMx軸于點M，過點A作AN軸于點N．證明△ANO≌△OMB（AAS），推出BM＝ON＝2，OM＝AN＝1，可得結論．【解答】解：如圖，過點B作BMx軸于點M，過點A作AN軸于點N．∵A（2，1），∴ON＝2，AN＝1，∵∠ANO＝∠BMO＝∠AOB＝90°，∴∠BOM+∠AON＝90°，∵∠AON+∠OAN＝90°，∴∠BOM＝∠OAN，∵OA＝OB，∴△ANO≌△OMB（AAS），∴BM＝ON＝2，OM＝AN＝1，∴B（﹣1，2）．故答案為：（﹣1，2）．【點評】本題考查全等三角形的判定和性質，旋轉變換等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．10．【答案】見試題解答內容【分析】根據(jù)判別式的意義得到Δ＝22﹣4k＝0，然后解一次方程即可．【解答】解：∵關于x的一元二次方程x2+2x+k＝0有兩個相等的實數(shù)根，∴Δ＝22﹣4k＝4﹣4k＝0，解得：k＝1．故答案為：1．【點評】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判別式Δ＝b2﹣4ac：當Δ＞0，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當Δ＝0，方程有兩個相等的實數(shù)根；當Δ＜0，方程沒有實數(shù)根．11．【答案】﹣1（答案不唯一）．【分析】由解析式求得開口方向和對稱軸，然后利用二次函數(shù)的性質即可得出m＜﹣2或m＞4．【解答】解：∵y＝﹣（x﹣1）2+3，∴拋物線開口向下，對稱軸為直線x＝1，∴點A（﹣2，y1）關于直線x＝1的對稱點為（4，y1），∵點點A（﹣2，y1），B（m，y2）在二次函數(shù)y＝﹣（x﹣1）2+3的圖象上．且y1＞y2，∴m＜﹣2或m＞4，∴m＝﹣1符合題意，故答案為：﹣1（答案不唯一）．【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標特點，熟知二次函數(shù)的性質是解題的關鍵．12．【答案】70．【分析】連接OB，根據(jù)圓周角定理求出∠BOE，根據(jù)切線的性質得到OB⊥AB，根據(jù)直角三角形的性質求出∠OAB，進而求出∠BAC，再根據(jù)等腰三角形的性質、三角形內角和定理計算即可．【解答】解：如圖，連接OB，由圓周角定理得：∠BOE＝2∠BDE＝2×35°＝70°，∵AB、AC是⊙O的切線，∴OB⊥AB，AB＝AC，∠OAB＝∠OAC，∴∠OAB＝90°﹣70°＝20°，∴∠BAC＝40°，∵AB＝AC，∴∠BCA＝∠CBA＝（180°﹣40°）＝70°，故答案為：70．【點評】本題考查的是切線的性質、圓周角定理，掌握切線長定理、圓周角定理是解題的關鍵．13．【答案】見試題解答內容【分析】由函數(shù)圖象可知當x＝0時，y＝﹣x2+2x+m＝3，然后利用拋物線的對稱性可求得方程的另一個解．【解答】解：由函數(shù)圖象可知：方程﹣x2+2x+m＝3的一個解為x＝0，由拋物線的對稱性可知：當x＝2時，y＝﹣x2+2x+m＝3，所以方程方程﹣x2+2x+m＝3的另一個解為x＝2．故答案為：x＝0或x＝2．【點評】本題主要考查的是函數(shù)與方程的關系，數(shù)形結合是解題的關鍵．14．【答案】（2，﹣4）．【分析】先根據(jù)已知條件求出k和a的值，再解方程組即可．【解答】解：由題意得，點P（﹣2，4）在直線y＝kx的圖象上，∴﹣2k＝4，解得k＝﹣2，∴y＝﹣2x；∵點P（﹣2，4）在y＝的圖象上，∴4a＝4，解得a＝1，∴y＝，聯(lián)立方程組，解得或，∴直線y＝﹣2x與函數(shù)y＝另一個交點坐標（非原點）為（2，﹣4），故答案為：（2，﹣4）．【點評】本題考查二次函數(shù)的性質，一次函數(shù)的性質，關鍵是掌握二次函數(shù)的性質．15．【答案】30，2．【分析】如圖，連接AC，AD，CO1，CO2．證明△CO1O2，△ADC都是等邊三角形可得結論．【解答】解：如圖，連接AC，AD，CO1，CO2．∵AB⊥CD，∴EC＝ED，∴AC＝AD，∵CO1＝O1O2＝CO1＝2，∴△CO1O2是等邊三角形，∴∠ADC＝∠CO2O1＝60°，EO1＝EO2＝1，CE＝ED＝，∴△ADC是等邊三角形，∴∠DAB＝∠CAD＝30°，AD＝CD＝2．故答案為：30，2．【點評】本題考查圓周角定理，垂徑定理，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．16．【答案】（1）平移；（2）①②．【分析】（1）觀察解析式可得答案；（2）根據(jù)一個點關于某點（或直線）的對稱點坐標逐項判斷即可．【解答】解：（1）l1可以通過平移得到l4，故答案為：平移；（2）拋物線y＝﹣ax2+bx+c關于原點（0，0）對稱的拋物線解析式為﹣y＝﹣a（﹣x）2+b（﹣x）+c，即y＝ax2+bx﹣c，∴l(xiāng)2和l4關于原點（0，0）中心對稱，故①正確；設（x，ax2+bx+c）為拋物線l1上任意一點，其關于（0，c）的對稱點坐標為（﹣x，﹣ax2﹣bx+c），∵﹣ax2﹣bx+c＝﹣a（﹣x）2+b（﹣x）+c，∴（﹣x，﹣ax2﹣bx+c）在拋物線y＝﹣ax2+bx+c上，即拋物線l1上任意一點關于（0，c）的對稱點都在l2上，∴l(xiāng)1和l2關于點（0，c）中心對稱，故②正確；設（x，﹣ax2+bx+c）為拋物線l2上任意一點，其關于直線y＝c的對稱點為（x，ax2﹣bx+c），∵（x，ax2﹣bx+c）在拋物線y＝ax2﹣bx+c上，∴l(xiāng)2和l3關于直線y＝c軸對稱，（x，﹣ax2+bx+c）為拋物線l2上任意一點，其關于（，c）的對稱點為（﹣x+，ax2﹣bx+c），∵ax2﹣bx+c＝a（﹣x+）2﹣b（﹣x+）+c，∴（﹣x+，ax2﹣bx+c）在拋物線y＝ax2﹣bx+c上，即拋物線l2上任意一點，其關于（，c）的對稱點都在拋物線l3上，∴拋物線l2和拋物線l3關于（，c）對稱，故③錯誤；∴正確的有①②，故答案為：①②．【點評】本題考查二次函數(shù)圖象及幾何變換，涉及二次函數(shù)性質，解題的關鍵是會求一個點關于某點（或直線）的對稱點．三、解答題（共68分，第17題4分，第18、19題5分，第20、21題每題6分，17．【答案】見試題解答內容【分析】通過觀察方程形式，本題可用因式分解法進行解答．【解答】解：原方程可以變形為（x﹣3）（x+1）＝0x﹣3＝0或x+1＝0∴x1＝3，x2＝﹣1．【點評】熟練運用因式分解法解一元二次方程．注意：常數(shù)項應分解成兩個數(shù)的積，且這兩個的和應等于一次項系數(shù)．18．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)題意作出圖形即可；（2）根據(jù)圓周角定理得到∠BPC＝90°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結論．【解答】解：（1）補全的圖形如圖所示；（2）證明：∵CQ是⊙B的直徑，∴∠CPQ＝90°（直徑所對的圓周角是直角）（填推理的依據(jù)）．∴OP⊥PQ．又∵OP是⊙O的半徑，∴PQ是⊙O的切線（經過半徑的外端，并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線）故答案為：90，直徑所對的圓周角是直角，經過半徑的外端，并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．【點評】本題考查了作圖﹣應用與設計作圖，切線的判定，圓周角定理，正確的作出圖形是解題的關鍵．19．【答案】（1）見解答；（2）4．【分析】（1）先計算根的判別式的值得到Δ＝（m﹣4）2，則利用非負數(shù)的性質得到Δ≥0，然后根據(jù)根的判別式的意義得到結論；（2）利用求根公式得到x1＝m﹣3，x2＝1，然后確定m的最小值．【解答】（1）證明：∵Δ＝（2﹣m）2﹣4（m﹣3）＝4﹣4m+m2﹣4m+12＝m2﹣8m+16＝（m﹣4）2≥0，∴方程總有兩個實數(shù)根；（2）解：∵x＝，∴x1＝m﹣3，x2＝1，∵方程的兩個實數(shù)根都是正整數(shù)，∴m﹣3為正整數(shù)，∴m的最小值為4．【點評】本題考查了根與系數(shù)的關系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根時，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判別式．20．【答案】（1）見解析；（2）．【分析】（1）設BC，DE交于F，根據(jù)等腰直角三角形到現(xiàn)在得到∠A＝∠ACB＝45°，根據(jù)旋轉的性質得到∠BCE＝∠A＝45°，BD＝BE，∠ABD＝∠CBE，求得∠BEF＝∠DCF＝45°，于是得到∠CDE＝∠ABD；（2）根據(jù)旋轉的性質得到∠BCE＝∠A＝45°，AD＝CE＝1，求得∠DCE＝∠ACB+∠BCE＝90°，根據(jù)勾股定理得到DE＝＝＝．【解答】（1）證明：設BC，DE交于F，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠A＝∠ACB＝45°，∵將△ABD繞點B逆時針旋轉得到△CBE，∴∠BCE＝∠A＝45°，BD＝BE，∠ABD＝∠CBE，∴∠DBE＝∠ABC＝90°，∴∠BDE＝∠BED＝45°，∴∠BEF＝∠DCF＝45°，∵∠BFE＝∠CFD，∴∠CDE＝∠ABD；（2）解：∵將△ABD繞點B逆時針旋轉得到△CBE，∴∠BCE＝∠A＝45°，AD＝CE＝1，∴∠DCE＝∠ACB+∠BCE＝90°，∴DE＝＝＝．【點評】本題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．21．【答案】（1）p2，p2.2x+p，p2；（2）（2x+p）2，4q+p2，．【分析】（1）利用配方法求解即可；（2）利用面積法構建方程可得結論．【解答】解：（1）∵x2+px＝q（p＞0，q＞0）∴4x2+4px＝4q∴配方為：4x2+4px+p2＝4q+p2∴（2x+p）2＝4q+p2，∴2x+p＝±，∴x1＝，x2＝；故答案為：p2，p2.2x+p，p2；（2）設矩形的長、寬分別為x、（x+p），面積為x（x+p）＝q（其中x＞0，p＞0，q＞0），如圖1所示；用四個這樣完全相同的矩形拼成圖2所示的大正方形．大正方形的面積既可以表示為邊長的平方：（2x+p）2，又可以表示為四個矩形和中間陰影部分的面積和：4q+p2，所以可列出（1）中的方程①：（2x+p）2＝4q+p2，x1＝，x2＝（舍去），∴方程的正根為x＝．故答案為：（2x+p）2，4q+p2，．【點評】本題考查完全平方公式的幾何背景，解一元二次方程﹣配方法，解題的關鍵是理解題意，正確計算．22．【答案】（1）見解答；（2）①﹣；②x＞1或x＜﹣1；（3）﹣≤y1＜4．【分析】（1）根據(jù)表格點，描點聯(lián)系繪制函數(shù)圖象即可求解；（2）①由函數(shù)圖象，即可求解；②觀察函數(shù)圖象即可求解；（3）當x＝2時，函數(shù)取得最大值為4，函數(shù)在頂點（﹣，﹣）處取得最小值，即可求解．【解答】解：（1）根據(jù)表格點，描點聯(lián)系繪制函數(shù)圖象如下：（2）①由函數(shù)圖象知，其對稱軸為直線x＝（﹣2+1）＝﹣，故答案為：﹣；②由函數(shù)圖象知，點A、B在拋物線上，觀察函數(shù)圖象知，y1＞y2時x的取值范圍為：x＞1或x＜﹣1；故答案為：x＞1或x＜﹣1；（3）設拋物線的表達式為：y＝a（x+2）（x﹣1）＝a（x2+x﹣2），拋物線過點（0，﹣2），則﹣2a＝﹣2，則a＝1，即拋物線的表達式為：y+x2+x﹣2，∵﹣1＜x＜2故當x＝2時，函數(shù)取得最大值為4，函數(shù)在頂點（﹣，﹣）處取得最小值，故﹣≤y1＜4，故答案為：﹣≤y1＜4．【點評】本題考查的是二次函數(shù)與不等式（組），熟悉函數(shù)的圖象和性質是解題的關鍵．23．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)題意得出長×寬＝160，進而得出答案；（2）由題意可得出：S＝x（26﹣x）＝﹣x2+26x＝﹣（x﹣13）2+169，再利用二次函數(shù)增減性求得最值．【解答】解：（1）∵AB＝xm，則BC＝（26﹣x）m，∴x（26﹣x）＝160，解得：x1＝10，x2＝16，答：x的值為10m或16m；（2）∵AB＝xm，∴BC＝26﹣x，∴S＝x（26﹣x）＝﹣x2+26x＝﹣（x﹣13）2+169，∵在P處有一棵樹與墻CD，AD的距離分別是15m和6m，∵26﹣15＝11，∴6≤x≤11，∴當x＝11時，S取到最大值為：S＝﹣（11﹣13）2+169＝165．答：花園面積S的最大值為165平方米．【點評】此題主要考查了二次函數(shù)的應用以及二次函數(shù)最值求法，得出S與x的函數(shù)關系式是解題關鍵．24．【答案】（1）6；（2）①③；（3）理由見解析．【分析】（1）連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，利用圓的切線的性質定理得到連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，依據(jù)S△ABC＝S△OAB+S△OBC+S△OAC，列出關于r的方程，解方程即可得出結論；（2）利用（1）的解題思路解答即可；（3）連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，依據(jù)S△ABC＝S△OAB+S△OBC+S△OAC，列出關于r的等式，適當整理即可得出①的結論成立；在①的基礎上，利用分式的基本性質和勾股定理進行適當變形即可得出③的結論成立．【解答】解：（1）連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，如圖，設△ABC的內切圓的半徑為r，∵⊙O為△ABC的內切圓，∴連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，∵Rt△ABC中，∠C＝90°，勾為AC長8步，股為BC長15步，∴AB＝＝17（步）．∵S△ABC＝S△OAB+S△OBC+S△OAC，∴AC?BC＝AB，∴8×15＝17r+8r+15r，∴r＝3．∴△ABC的內切圓⊙O直徑是6步．故答案為：6；（2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所對的邊分別用a、b、c表示，則Rt△ABC內切圓的半徑r可表示為①③．故答案為：①③；（3）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所對的邊分別用a、b、c表示，則Rt△ABC內切圓的半徑r可表示為r＝．理由：連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，如圖，設△ABC的內切圓的半徑為r，∵⊙O為△ABC的內切圓，∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，OD＝OE＝OF＝r，∵S△ABC＝S△OAB+S△OBC+S△OAC，∴AC?BC＝AB，∴ab＝ar+br+cr，∴（a+b+c）r＝ab，∴r＝．∴結論①成立；在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所對的邊分別用a、b、c表示，則Rt△ABC內切圓的半徑r可表示為r＝．∵r＝，∴r＝＝＝．∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所對的邊分別用a、b、c表示，∴a2+b2＝c2，∴r＝．∴結論③成立．【點評】本題主要考查了三角形的內切圓，切線的性質，三角形的面積公式，直角三角形的性質，勾股定理，添加適當?shù)妮o助線構造三角形，利用三角形的面積公式列出等式是解題的關鍵．25．【答案】（1）；（2）①詳見解析；②1.44π（m）2；（3）m．【分析】（1）由題可知一個扇環(huán)面積等于S圓環(huán)，進而用大圓面積減去小圓面積即可得出圓環(huán)面積；（2）①對應點連線的交點即是對稱中心；②由題先分別求出R和r的長度，再代入即可得解；（3）先找出各扇環(huán)圓心，很容易得出O1O2＝O1O3＝O2O3＝O1O4＝O2O4，以及AD﹣AB＝R+r＝1.8m＝m，然后我們發(fā)現(xiàn)點F與點F'關于O1O2中垂線對稱，點G和H關于O1O2中垂線對稱，且F'、G、F三點共線，進而得到△EGF是等腰三角形，且頂角為120°，即可得解．【解答】解：（1）S扇環(huán)＝S圓環(huán)＝?（πR2﹣πr2）＝；故答案為：；（2）①如圖所示；②如圖，設兩個圓環(huán)的圓心分別為O1和O2，則O1G＝＝O1M＝O1F＝O2N＝O2H＝R，O2F＝r，由題易得，，解得，∴S桌面＝8S扇環(huán)＝π?（R+r）（R﹣r）＝π?（1.2+0.6）×（1.2﹣0.6）＝1.44π（m）2；（3）如圖，分別作出各扇環(huán)所在的圓心O1、O2、O3、O4，由圖易得O1O2＝O1O3＝O2O3＝O1O4＝O2O4，由（2）②可得AD＝3R+r，AB＝2R，∴AD﹣AB＝R+r＝1.8m＝m，點F與點F'關于O1O2中垂線對稱，點G和H關于O1O2中垂線對稱，且F'、G、F三點共線，∵一個扇環(huán)是圓環(huán)，∴∠F'O1G＝60°，∴△F'O1G是等邊三角形，∴∠EGF＝120°，∵EG＝EO1+O1G＝R+r，GF＝GH+FH＝R+r，∴EG＝GF，∴△EGF是等腰三角形，且頂角為120°，∴EF＝EG＝（R+r）＝m．【點評】本題主要考查了中心對稱圖形、圓的面積、軸對稱等內容，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．26．【答案】（1）（0，﹣3）；（2）a≤﹣1或a≥．【分析】（1）依據(jù)題意，將a＝1代入即可求出拋物線的頂點坐標；（2）依據(jù)題意，利用作差法建立關于x2和a的不等式，因為a不確定，所以要分類討論，再根據(jù)范圍取舍即可．【解答】解：（1）將a＝﹣1代入得y＝﹣（x+1）2﹣2，∴令x＝0，則y＝﹣（0+1）2﹣2＝﹣3．故答案為：（0，﹣3）．（2）由題得，y1＝a（2a+1﹣a）2+2a＝a3+2a2+3a，y2＝a（x2﹣a）2+2a＝a﹣2a2x2+a3+2a．∵y1≥y2，∴y1﹣y2＝a3+2a2+3a﹣（a﹣2a2x2+a3+2a）＝﹣a（x2﹣2a﹣1）（x2+1）≥0，①當a＞0時，∴﹣a＜0．∴（x2﹣2a﹣1）（x2+1）≤0，∴或．∴﹣1≤x2≤2a+1．∵﹣1≤x2≤2，∴2a+1≥2．∴a≥．②當a＜0時，∴﹣a＞0．∴（x2﹣2a﹣1）（x2+1）≥0，∴或．∴x2≥2a+1或x2≤﹣1．∵﹣1≤x2≤2，∴2a+1≤﹣1．∴a≤﹣1．綜上，a≤﹣1或a≥．【點評】本題主要考查了二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系、二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題時要熟練掌握并能靈活運用二次函數(shù)的性質是關鍵．27．【答案】（1）由題意畫出圖形，證明見解析；（2）①．證明見解析；②線段BD、BE、AF的數(shù)量關系為．【分析】（1）由題意畫出圖形，證出∠BEF＝90°，由中垂線的性質得出結論；（2）①過A作AG⊥BC，連接E