北京市四十四中2021届九年级上期中考试数学试卷含答案解析

北京市四十四中2021届九年级上期中考试数学试卷含答
案解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
2．抛物线y=（x﹣2）2+1的顶点坐标为（）
A．（2，1）B．（2，﹣1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
3．如图，∠A是⊙O的圆周角，∠A=40°，则∠BOC的度数为（）
A．50°B．80°C．90°D．120°
4．如图，⊙O的半径为5，AB为弦，OC⊥AB，垂足为C，若OC=3，则弦AB的长为（）
A．8 B．6 C．4 D．10
5．如图，在方格纸中的△ABC通过变换得到△DEF，正确的变换是（）
A．把△ABC向右平移6格
B．把△ABC向右平移4格，再向上平移1格
C．把△ABC绕着点A顺时针旋转90°，再向右平移6格
D．把△ABC绕着点A逆时针旋转90°，再向右平移6格
6．将抛物线y=6x2先向左平移2个单位，再向上平移3个单位后得到新的抛物线，则新抛物线解析式是（）
A．y=6（x﹣2）2+3 B．y=6（x+2）2+3 C．y=6（x﹣2）2﹣3 D．y=6（x+2）2﹣3
7．圆内接正方形半径为2，则面积为（）
A．2 B．4 C．8 D．16
8．平面直角坐标系中，⊙O是以原点O为圆心，4为半径的圆，则点A（2，﹣2）的位置在（）A．⊙O内B．⊙O上C．⊙O外D．不能确定
9．二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论中正确的是（）
A．a＞0 B．当x≥1时，y随x的增大而增大
C．c＜0 D．当﹣1＜x＜3时，y＞0
10．如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点P从A点动身，以每秒1个单位长度的速度沿AB 向B点运动，同时动点Q从B点动身，以每秒2个单位长度的速度沿BC→CD方向运动，当P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动．设P点运动的时刻为t秒，△APQ的面积为S，则表示S
与t之间的函数关系的图象大致是（）
A．B．C．D．
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．点P（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是．
12．如图，在⊙O中，AB=AC，∠ABC=70°．∠BOC=．
13．请写出一个开口向上，同时与y轴交于点（0，﹣1）的抛物线的解析式．
14．如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A落在CB的延长线上的点E处，则∠BDC的度数为度．
15．如图，AB是半圆O的直径，AC为弦，OD⊥AC于D，过点O作OE∥AC交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC=2，则OF的长为．
16．如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，我们把菱形ABCD的对称中心O称作菱形的中心．菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻动，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则通过1次如此的操作菱形中心O所通过的路径长为；通过3n（n为正整数）次如此的操作菱形中心O所通过的路径总长为．（结果都保留π）
三、解答题（共12小题，满分72分）
17．（5分）抛物线y=2x2向上平移后通过点A（0，3），求平移后的抛物线的表达式．
18．（5分）如图，在8×11的方格纸中，△ABC的顶点均在小正方形的顶点处．
（1）画出△ABC绕点A顺时针方向旋转90°得到的△A′B′C′；
（2）求点B运动到点B′所通过的路径的长度．
19．（5分）已知：如图，在同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
（1）求证：∠AOC=∠BOD；
（2）试确定AC与BD两线段之间的大小关系，并证明你的结论．
20．（6分）已知抛物线y=x2﹣2x﹣8．
（1）用配方法把y=x2﹣2x﹣8化为y=（x﹣h）2+k形式；
（2）并指出：抛物线的顶点坐标是，抛物线的对称轴方程是，抛物线与x轴交点坐标是，当x时，y随x的增大而增大．
21．（6分）如图，AB是⊙O的直径，AD是弦，∠A=22.5°，延长AB到点C，使得∠ACD=45°．（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若AB=2，求OC的长．
22．（6分）如图，抛物线y=ax2+bx+c通过A（﹣4，0）、B（1，0）、C（0，3）三点，直线y=mx+n 通过A（﹣4，0）、C（0，3）两点．
（1）写出方程ax2+bx+c=0的解；
（2）若ax2+bx+c＞mx+n，写出x的取值范畴．
23．（6分）如图，点A、B、C、D、E在圆上，弦的延长线与弦的延长线相交于点，AB是圆的直径，D是BC的中点．求证：AB=AC．
24．（6分）某商场销售一批名牌衬衫，平均每天可售出20件，每件赢利40元，为了扩大销售，增加利润，尽量减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发觉，假如每件衬衫每降价1元，商场平均每天可多售出2件；
（1）若商场平均每天要赢利1200元，每件衬衫应降价多少元？
（2）每件衬衫降价多少元时，商场平均每天赢利最多？
25．（6分）已知：关于x的方程：mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2=0．
（1）求证：不管m取何值时，方程恒有实数根；
（2）若关于x的二次函数y=mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2的图象与x轴两交点间的距离为2时，求抛物线的解析式．
26．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC上的点．求证：BD2+CD2=2AD2．
27．（7分）已知：抛物线y=x2+（b﹣1）x﹣5．
（1）写出抛物线的开口方向和它与y轴交点的坐标；
（2）若抛物线的对称轴为直线x=1，求b的值，并画出抛物线的草图（不必列表）；
（3）如图，若b＞3，过抛物线上一点P（﹣1，c）作直线PA⊥y轴，垂足为A，交抛物线于另一点B，且BP=2PA，求这条抛物线所对应的二次函数解析式．
28．（8分）如图，将线段AB绕点A逆时针旋转60°得AC，连接BC，作△ABC的外接圆⊙O，点
P为劣弧上的一个动点，弦AB、CP相交于点D．
（1）求∠APB的大小；
（2）当点P运动到何处时，PD⊥AB？并求现在CD：CP的值；
（3）在点P运动过程中，比较PC与AP+PB的大小关系，并对结论给予证明．
2021-2021学年北京四十四中九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2020•自贡）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】常规题型．
【分析】依照轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故A选项错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项错误；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故C选项正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项错误．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称及轴对称的知识，解题时把握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是查找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要查找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．（2005•晋中校级模拟）抛物线y=（x﹣2）2+1的顶点坐标为（）
A．（2，1）B．（2，﹣1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
【考点】二次函数的性质．
【专题】常规题型．
【分析】抛物线的顶点式为：y=a（x﹣h）2+k，其顶点坐标是（h，k），能够确定抛物线的顶点坐标．【解答】解：抛物线y=（x﹣2）2+1是以抛物线的顶点式给出的，
其顶点坐标为：（2，1）．
故选A．
【点评】本题考查的是抛物线的性质，依照抛物线的顶点式确定抛物线的顶点坐标．
3．（2020•合川区校级模拟）如图，∠A是⊙O的圆周角，∠A=40°，则∠BOC的度数为（）
A．50°B．80°C．90°D．120°
【考点】圆周角定理．
【分析】由∠A是⊙O的圆周角，∠A=40°，依照圆周角定理，即可求得∠BOC的度数．
【解答】解：∵∠A是⊙O的圆周角，∠A=40°，
∴∠BOC=2∠A=80°．
故选B．
【点评】此题考查了圆周角定理．此题难度不大，注意把握数形结合思想的应用．
4．（2020•朝阳区模拟）如图，⊙O的半径为5，AB为弦，OC⊥AB，垂足为C，若OC=3，则弦AB的长为（）
A．8 B．6 C．4 D．10
【考点】垂径定理；勾股定理．
【专题】探究型．
【分析】先连接OA，依照勾股定理求出AC的长，由垂径定理可知，AB=2AC，进而可得出结论．【解答】解：连接OA，
∵OA=5，OC=3，OC⊥AB，
∴AC===4，
∵OC⊥AB，
∴AB=2AC=2×4=8．
故选A．
【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理，依照题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
5．（2011•钦州）如图，在方格纸中的△ABC通过变换得到△DEF，正确的变换是（）
A．把△ABC向右平移6格
B．把△ABC向右平移4格，再向上平移1格
C．把△ABC绕着点A顺时针旋转90°，再向右平移6格
D．把△ABC绕着点A逆时针旋转90°，再向右平移6格
【考点】几何变换的类型．
【分析】观看图象可知，先把△ABC绕着点A逆时针方向90°旋转，然后再向右平移即可得到．
【解答】解：依照图象，△ABC绕着点A逆时针方向90°旋转与△DEF形状相同，向右平移6格就能够与△DEF重合．
故选：D．
【点评】本题考查了几何变换的类型，几何变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，本题用到了旋转变换与平移变换，对识图能力要求比较高．
6．（2021秋•西城区校级期中）将抛物线y=6x2先向左平移2个单位，再向上平移3个单位后得到新的抛物线，则新抛物线解析式是（）
A．y=6（x﹣2）2+3 B．y=6（x+2）2+3 C．y=6（x﹣2）2﹣3 D．y=6（x+2）2﹣3
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律，进而得出平移后抛物线的解析式即可．
【解答】解：抛物线y=6x2先向左平移2个单位得到解析式：y=6（x+2）2，再向上平移3个单位得到抛物线的解析式为：y=6（x+2）2+3．
故选B．
【点评】此题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
7．（2021秋•西城区校级期中）圆内接正方形半径为2，则面积为（）
A．2 B．4 C．8 D．16
【考点】正多边形和圆．
【分析】依照圆内接正方形的性质，得出∠BOC=90°，以及CB2即正方形的面积，求出即可．【解答】解：过圆心O作OE⊥CB，
∵圆的半径为2，内接四边形是正方形，
∴∠BOC=90°，OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴22+22=CB2，
∴AB2=8，
即正方形的面积为：8．
故选：C．
【点评】此题要紧考查了圆内接正方形的性质，正方形与圆的有关运算，正确应用勾股定理是解题关键．
8．（2021秋•西城区校级期中）平面直角坐标系中，⊙O是以原点O为圆心，4为半径的圆，则点A （2，﹣2）的位置在（）
A．⊙O内B．⊙O上C．⊙O外D．不能确定
【考点】点与圆的位置关系；坐标与图形性质．
【分析】利用已知画出图形，进而得出A的位置．
【解答】解：如图所示：点A（2，﹣2）在⊙O内．
故选：A．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系以及坐标与图形的性质，依照题意画出图形是解题关键．
9．（2020秋•南安市期末）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论中正确的是（）
A．a＞0 B．当x≥1时，y随x的增大而增大
C．c＜0 D．当﹣1＜x＜3时，y＞0
【考点】二次函数图象与系数的关系．
【分析】由抛物线的开口方向判定a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判定c与0的关系，然后依照对称轴及抛物线与x轴交点情形进行推理，进而对所得结论进行判定．
【解答】解：A、抛物线的开口方向向下，则a＜0．故A选项错误；
B、依照图示知，当x≥1时，y随x的增大而减小．故此选项错误；
C、依照图示知，该抛物线与y轴交与正半轴，则c＞0．故C选项错误；
D、依照图示知，抛物线的对称轴为x=1，抛物线与x轴的一交点的横坐标是﹣1，则抛物线与x轴的另一交点的横坐标是3，
因此当﹣1＜x＜3时，y＞0．故此选项正确；
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点抛物线与x轴交点的个数确定．
10．（2021秋•西城区校级期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点P从A点动身，以每秒1个单位长度的速度沿AB向B点运动，同时动点Q从B点动身，以每秒2个单位长度的速度沿BC→CD方向运动，当P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动．设P点运动的时刻为t秒，△APQ 的面积为S，则表示S与t之间的函数关系的图象大致是（）
A．B．C．D．
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】依照动点P从A点动身，到B停止，速度为每秒1个单位，则时刻为0～4秒，动点Q从B点动身，以每秒2个单位长度的速度沿BC→CD方向运动，路程为8，时刻为0～4秒；
分两种情形：①当0＜t≤2时，如图1，Q在BC上，则△APQ的面积为S=AP•BQ=t2，图象为二
次函数的抛物线；
②当2＜t≤4时，如图2，点Q在CD上，其面积求得为2t，是一条直线；作出判定．
【解答】解：分两种情形：
①当0＜t≤2时，如图1所示，
由题意得：AP=t，BQ=2t
S
=AP•BQ=t•2t=t2，其图象是抛物线，
△APQ
②当2＜t≤4时，如图2所示，
=AP•BC=×t×4=2t，其图象为一条直线，
S
△APQ
故选D．
【点评】本题是动点问题的函数图象，观看动点运动过程中所形成的△APQ的面积分为两类，采纳了分类讨论的思想，结合图形与面积公式求出函数关系式，确定其函数类型，得出图象，作出正确判定．
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（2011秋•潮南区校级期末）点P（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4）．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【分析】依照关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．填空即可．
【解答】解：点P（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4），
故答案为（﹣3，4）．
【点评】解决本题的关键是把握好对称点的坐标规律：
（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．（2021秋•西城区校级期中）如图，在⊙O中，AB=AC，∠ABC=70°．∠BOC=80°．
【考点】圆周角定理．
【分析】第一依照等腰三角形的性质可得∠A的度数，然后依照圆周角定理可得∠BOC=2∠A，进而可得答案．
【解答】解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠A=180°﹣70°×2=40°，
∵点O是△ABC的外心，
∴∠BOC=2∠A=40°×2=80°，
故答案为：80°．
【点评】此题要紧考查了三角形的外接圆和外心、圆周角定理、等腰三角形的性质；熟练把握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．
13．（2020秋•通州区期末）请写出一个开口向上，同时与y轴交于点（0，﹣1）的抛物线的解析式y=x2﹣1（答案不唯独）．
【考点】二次函数的性质．
【专题】开放型．
【分析】抛物线开口向上，二次项系数大于0，然后写出即可．
【解答】解：抛物线的解析式为y=x2﹣1．
故答案为：y=x2﹣1（答案不唯独）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，开放型题目，答案不唯独，所写函数解析式的二次项系数一定要大于0．
14．（2009•昌平区一模）如图所示，把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转，使得点A落在CB的延长线上的点E处，则∠BDC的度数为15度．
【考点】旋转的性质．
【专题】运算题；压轴题．
【分析】依照旋转的性质△ABC≌△EDB，BC=BD，求出∠CBD的度数，再求∠BDC的度数．【解答】解：依照旋转的性质△ABC≌△EDB，BC=BD，
则△CBD是等腰三角形，∠BDC=∠BCD，∠CBD=180°﹣∠DBE=180°﹣30°=150°，
∠BDC=（180°﹣∠CBD）=15°．
故答案为15°．
【点评】依照旋转的性质，确定各角之间的关系，利用已知条件把一个直角三角尺ACB绕着30°角的顶点B顺时针旋转求出即可．
15．（2021秋•西城区校级期中）如图，AB是半圆O的直径，AC为弦，OD⊥AC于D，过点O作OE∥AC交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC=2，则OF的长为1．
【考点】垂径定理；全等三角形的判定与性质．
【分析】依照垂径定理求出AD，证△ADO≌△OFE，推出OF=AD，即可求出答案．
【解答】解：∵OD⊥AC，AC=2，
∴AD=CD=1，
∵OD⊥AC，EF⊥AB，
∴∠ADO=∠OFE=90°，
∵OE∥AC，
∴∠DOE=∠ADO=90°，
∴∠DAO+∠DOA=90°，∠DOA+∠EF=90°，
∴∠DAO=∠EOF，
在△ADO和△OFE中，
，
∴△ADO≌△OFE（AAS），
∴OF=AD=1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，垂径定理的应用，解此题的关键是求出△ADO≌△OFE和求出AD的长，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．
16．（2020秋•朝阳区期中）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，我们把菱形ABCD的对称中心O称作菱形的中心．菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻动，每绕着一个顶点旋转60°叫一
次操作，则通过1次如此的操作菱形中心O所通过的路径长为；通过3n（n为正整数）次如此的操作菱形中心O所通过的路径总长为nπ．（结果都保留π）
【考点】弧长的运算；菱形的性质；旋转的性质．
【分析】从图中能够看出，第一次旋转是以点A为圆心，那么菱形中心旋转的半径确实是OA，解直角三角形可求出OA的长，圆心角是60°．第二次依旧以点A为圆心，那么菱形中心旋转的半径确实是OA，圆心角是60°．第三次确实是以点B为旋转中心，OB为半径，旋转的圆心角为60度．旋转到此菱形就又回到了原图．故如此旋转3n次，确实是如此的n个弧长的总长，依此运算即可得，进而得出通过3n（n为正整数）次如此的操作菱形中心O所通过的路径总长．
【解答】解：∵菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，
∴△ABD是等边三角形，
BO=DO=1，
AO==，
第一次旋转的弧长==，
∵第一、二次旋转的弧长和=+=π，
第三次旋转的弧长为：=
∵3n÷3=n，
故通过3n（n为正整数）次如此的操作菱形中心O所通过的路径总长为：n×（π+）
=nπ．
故答案为：；nπ．
【点评】本题要紧考查了弧长的运算公式以及菱形的性质，依照已知得出菱形每转动3次一循环进而得出通过路径是解题的关键．
三、解答题（共12小题，满分72分）
17．（5分）（2021秋•西城区校级期中）抛物线y=2x2向上平移后通过点A（0，3），求平移后的抛物线的表达式．
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】设平移后的抛物线的表达式为y=2x2+b，依照点A的坐标利用二次函数图象上点的坐标特点即可求出b值，此题得解．
【解答】解：设平移后的抛物线的表达式为y=2x2+b，
∵点A（0，3）在抛物线上，
∴b=3，
∴平移后的抛物线的表达式为y=2x2+3．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换以及二次函数图象上点的坐标特点，利用二次函数图象上点的坐标特点求出b值是解题的关键．
18．（5分）（2020秋•襄城区期末）如图，在8×11的方格纸中，△ABC的顶点均在小正方形的顶点处．
（1）画出△ABC绕点A顺时针方向旋转90°得到的△A′B′C′；
（2）求点B运动到点B′所通过的路径的长度．
【考点】作图-旋转变换；弧长的运算．
【专题】作图题．
【分析】（1）A不变，以A为旋转中心，逆时针旋转90°得到关键点C，B的对应点即可；
（2）点B运动到点B′所通过的路径的长度是以点A为圆心，5为半径，圆心角为90°的弧长．【解答】解：（1）如图
；
（2）===．
【点评】本题考查旋转作图，把握画图的方法和图形的特点是关键；旋转时点通过的路径为一段弧长．
19．（5分）（2020秋•江阴市期中）已知：如图，在同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
（1）求证：∠AOC=∠BOD；
（2）试确定AC与BD两线段之间的大小关系，并证明你的结论．
【考点】垂径定理；全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题．
【分析】（1）由于OA=OB，OC=OD，利用等边对等角易得∠A=∠B，∠OCD=∠ODC，而利用三角形外角性质可得∠OCD=∠A+∠AOC，∠ODC=∠BOD+∠B，从而可得∠A+∠AOC=∠BOD+∠B，再利用等量相减，差相等可得∠AOC=∠DOB；
（2）过O作OE⊥AB于E，利用垂径定理有AE=EB，CE=ED，因此AE﹣CE=BE﹣DE，即AC=BD．【解答】证明：（1）∵OA=OB，OC=OD，
∴∠A=∠B，∠OCD=∠ODC，
∵∠OCD=∠A+∠AOC，∠ODC=∠BOD+∠B，
∴∠A+∠AOC=∠BOD+∠B，
∴∠AOC=∠DOB；
（2）过O作OE⊥AB于E，
∴AE=EB，CE=ED，
∴AE﹣CE=BE﹣DE，
即AC=BD．
【点评】本题考查了垂径定理、三角形外角性质、等边对等角，解题的关键是作辅助线OE．
20．（6分）（2011秋•怀柔区期末）已知抛物线y=x2﹣2x﹣8．
（1）用配方法把y=x2﹣2x﹣8化为y=（x﹣h）2+k形式；
（2）并指出：抛物线的顶点坐标是（1，﹣9），抛物线的对称轴方程是x=1，抛物线与x 轴交点坐标是（﹣2，0），（4，0），当x＞1时，y随x的增大而增大．
【考点】二次函数的三种形式；二次函数的性质；抛物线与x轴的交点．
【分析】（1）利用配方法，将抛物线的一样式方程转化为顶点式方程；
（2）依照（1）中的顶点式方程找出该抛物线的顶点坐标、对称轴方程；等y=0时，求抛物线与x 轴的交点坐标；由抛物线的性质来解答y随x的增大而增大时x的取值范畴．
【解答】解：（1）y=x2﹣2x﹣8
=x2﹣2x+1﹣1﹣8
=（x﹣1）2﹣9．…
（2）由（1）知，抛物线的解析式为：y=（x﹣1）2﹣9，
∴抛物线的顶点坐标是（1，﹣9）
抛物线的对称轴方程是x=1 …（4分）
当y=0时，
（x﹣1）2﹣9=0，
解得x=﹣2或x=4，
∴抛物线与x轴交点坐标是（﹣2，0），（4，0）；
∵该抛物线的开口向上，对称轴方程是x=1，
∴当x＞1时，y随x的增大而增大．…（5分）
故答案是：（2）（1，﹣9）；（﹣2，0），（4，0）；x=1；＞1．
【点评】本题考查了二次函数的性质、抛物线与x轴的交点、二次函数的三种形式．二次函数的解析式有三种形式：
（1）一样式：y=ax2+bx+c（a≠0，a、b、c为常数）；
（2）顶点式：y=a（x﹣h）2+k；
（3）交点式（与x轴）：y=a（x﹣x1）（x﹣x2）．
21．（6分）（2020秋•杭州期末）如图，AB是⊙O的直径，AD是弦，∠A=22.5°，延长AB到点C，使得∠ACD=45°．
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若AB=2，求OC的长．
【考点】切线的判定．
【分析】（1）连接DO，由三角形的外角与内角的关系易得∠DOC=∠C=45°，故有∠ODC=90°，即CD是圆的切线．
（2）由1知，CD=OD=AB，在直角△COD中，利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：连接DO，
∵AO=DO，
∴∠DAO=∠ADO=22.5°．
∴∠DOC=45°．
又∵∠ACD=2∠DAB，
∴∠ACD=∠DOC=45°．
∴∠ODC=90°．
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：连接DB，
∵直径AB=2，△OCD为等腰直角三角形，
∴CD=OD=，OC==2．
【点评】本题考查了切线的判定．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
22．（6分）（2020秋•朝阳区期末）如图，抛物线y=ax2+bx+c通过A（﹣4，0）、B（1，0）、C（0，3）三点，直线y=mx+n通过A（﹣4，0）、C（0，3）两点．
（1）写出方程ax2+bx+c=0的解；
（2）若ax2+bx+c＞mx+n，写出x的取值范畴．
【考点】二次函数与不等式（组）；抛物线与x轴的交点．
【专题】数形结合．
【分析】（1）依照一元二次方程的解确实是抛物线与x轴的交点的横坐标解答即可；
（2）确定出抛物线在直线上方部分的x的取值即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c通过A（﹣4，0）、B（1，0），
∴方程ax2+bx+c=0的解为x1=﹣4，x2=1；
（2）由图可知，ax2+bx+c＞mx+n时，﹣4＜x＜0．
【点评】本题考查了二次函数与不等式的关系，是基础题，利用数形结合的思想是解题的关键．
23．（6分）（2021秋•西城区校级期中）如图，点A、B、C、D、E在圆上，弦的延长线与弦的延长线相交于点，AB是圆的直径，D是BC的中点．求证：AB=AC．
【考点】圆周角定理．
【分析】连接AD．只要证明AD垂直平分线段BC即可解决问题．
【解答】证明：如图，连接AD．
∵AB为圆O的直径，
∴∠AOB=90°，
∵D为BC的中点，
∴AD垂直平分BC，
∴AB=AC．
【点评】本题考查圆周角定理，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24．（6分）（2020•岳池县模拟）某商场销售一批名牌衬衫，平均每天可售出20件，每件赢利40元，为了扩大销售，增加利润，尽量减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发觉，假如每件衬衫每降价1元，商场平均每天可多售出2件；
（1）若商场平均每天要赢利1200元，每件衬衫应降价多少元？
（2）每件衬衫降价多少元时，商场平均每天赢利最多？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】销售问题．
【分析】此题属于经营问题，若设每件衬衫应降价x元，则每件所得利润为（40﹣x）元，但每天多售出2x件即售出件数为（20+2x）件，因此每天赢利为（40﹣x）（20+2x）元，进而可依照题意列出方程求解．
【解答】解：（1）设每件衬衫应降价x元，
依照题意得（40﹣x）（20+2x）=1200，
整理得2x2﹣60x+400=0
解得x1=20，x2=10．
因为要尽量减少库存，在获利相同的条件下，降价越多，销售越快，
故每件衬衫应降20元．
答：每件衬衫应降价20元．
（2）设商场平均每天赢利y元，则
y=（20+2x）（40﹣x）
=﹣2x2+60x+800
=﹣2（x2﹣30x﹣400）=﹣2[（x﹣15）2﹣625]
=﹣2（x﹣15）2+1250．
∴当x=15时，y取最大值，最大值为1250．
答：每件衬衫降价15元时，商场平均每天赢利最多，最大利润为1250元．
【点评】（1）当降价20元和10元时，每天都赢利1200元，但降价10元不满足“尽量减少库存”，因此做题时应认真审题，不能漏掉任何一个条件；
（2）要用配方法将代数式变形，转化为一个完全平方式与一个常数和或差的形式．
25．（6分）（2020•通州区二模）已知：关于x的方程：mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2=0．
（1）求证：不管m取何值时，方程恒有实数根；
（2）若关于x的二次函数y=mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2的图象与x轴两交点间的距离为2时，求抛物线的解析式．
【考点】抛物线与x轴的交点；根的判别式．
【专题】运算题．
【分析】（1）分两种情形讨论：①当m=0时，方程为一元一次方程，若能求出解，则方程有实数根；
②当m≠0时，方程为一元二次方程，运算出△的值为非负数，可知方程有实数根．
（2）依照二次函数与x轴的交点间的距离公式，求出m的值，从而得到抛物线的解析式．
【解答】解：（1）①当m=0时，原方程可化为x﹣2=0，解得x=2；
②当m≠0时，方程为一元二次方程，
△=[﹣（3m﹣1）]2﹣4m（2m﹣2）
=m2+2m+1
=（m+1）2≥0，故方程有两个实数根；
故不管m为何值，方程恒有实数根．
（2）∵二次函数y=mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2的图象与x轴两交点间的距离为2，
∴=2，
整理得，3m2﹣2m﹣1=0，
解得m1=1，m2=﹣．
则函数解析式为y=x2﹣2x或y=﹣x2+2x﹣．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，熟悉根的判别式及二次函数与x轴的交点间的距离公式是解题的关键．
26．（6分）（2021秋•西城区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC上的点．求证：BD2+CD2=2AD2．
【考点】勾股定理．
【专题】证明题．
【分析】作AE⊥BC于E，由于∠BAC=90°，AB=AC，因此BE=CE，要证明BD2+CD2=2AD2，只需找出BD、CD、AD三者之间的关系即可，由勾股定理可得出AD2=AE2+ED2，AE2=AB2﹣BE2=AC2﹣CE2，ED=BD﹣BE=CE﹣CD，代入求出三者之间的关系即可得证．
【解答】证明：作AE⊥BC于E，如上图所示：
由题意得：ED=BD﹣BE=CE﹣CD，
∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴BE=CE=BC，
由勾股定理可得：
AB2+AC2=BC2，
AE2=AB2﹣BE2=AC2﹣CE2，
AD2=AE2+ED2，
∴2AD2=2AE2+2ED2=AB2﹣BE2+（BD﹣BE）2+AC2﹣CE2+（CE﹣CD）2
=AB2+AC2+BD2+CD2﹣2BD×BE﹣2CD×CE
=AB2+AC2+BD2+CD2﹣2×BC×BC
=BD2+CD2，
即：BD2+CD2=2AD2．
【点评】本题要紧考查勾股定理，关键在于找出直角三角形利用勾股定理求证，本题要紧运用“等量代换”求出BD、CD、AD三者之间的关系．
27．（7分）（2011秋•番禺区期末）已知：抛物线y=x2+（b﹣1）x﹣5．
（1）写出抛物线的开口方向和它与y轴交点的坐标；
（2）若抛物线的对称轴为直线x=1，求b的值，并画出抛物线的草图（不必列表）；
（3）如图，若b＞3，过抛物线上一点P（﹣1，c）作直线PA⊥y轴，垂足为A，交抛物线于另一点B，且BP=2PA，求这条抛物线所对应的二次函数解析式．
【考点】二次函数综合题．
【专题】综合题．
【分析】（1）依照a值大于0，判定抛物线的开口向上，令x=0求出函数值y，确实是抛物线与y轴的交点坐标；
（2）依照对称轴解析式列式求出b的值，从而得到抛物线解析式，再依照抛物线与坐标轴的交点与顶点坐标作出草图即可；
（3）先依照b＞3判定出点P在对称轴的左侧，然后依照BP=2PA求出点B的坐标，然后把点P、B 的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求出b、c的值，即可写出该抛物线对应的二次函数解析式．[或者依照点BP的中点在抛物线的对称轴上，利用对称轴解析式列式进行运算求解b的值．]【解答】解：（1）∵a=1＞0，
∴抛物线开口向上，
当x=0时，y=02+（b﹣1）×0﹣5=﹣5，
∴它与y轴的交点坐标为（0，﹣5）；
（2）抛物线的对称轴为x=1，
∴﹣=﹣=1，
解得b=﹣1，
故抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣5；
图象如右；
（3）∵b＞3，
∴抛物线的对称轴x=﹣=﹣＜﹣1，
∴对称轴在点P的左侧，
∵直线PA⊥y轴，且P（﹣1，c），BP=2PA，
∴点B的坐标为（﹣3，c），
把点B（﹣3，c）、P（﹣1，c）代入抛物线解析式y=x2+（b﹣1）x﹣5得，
，
解得，
∴抛物线所对应的二次函数解析式为y=x2+4x﹣5；
[或：∵点B（﹣3，c）、P（﹣1，c），
∴BP的中点（﹣2，c）在抛物线的对称轴上，
∴﹣=﹣=﹣2，解得b=5．]
【点评】本题是对二次函数的综合考查，抛物线的开口方向，与坐标轴的交点的求解，以及待定系数法求二次函数解析式，综合性题目但难度不大，只要认真分析，认真运算便不难求解．
28．（8分）（2011秋•番禺区期末）如图，将线段AB绕点A逆时针旋转60°得AC，连接BC，作△ABC的外接圆⊙O，点P为劣弧上的一个动点，弦AB、CP相交于点D．
（1）求∠APB的大小；
（2）当点P运动到何处时，PD⊥AB？并求现在CD：CP的值；
（3）在点P运动过程中，比较PC与AP+PB的大小关系，并对结论给予证明．。