2020-2021学年吉林省长春市南关区东北师大附中九年级(上)大练习数学试卷(十三)(附答案详解)

2020-2021学年吉林省长春市南关区东北师大附中九年级（上）大练习数学试卷（十三）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分）
1.抛物线的解析式y=−2x2−1，则顶点坐标是()
A. (−2,−1)
B. (2,1)
C. (0,−1)
D. (0,1)
2.如图，P为圆O外一点，PA，PB分别切圆O于A，
B两点，若PA=3，则PB=()
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
3.二次函数y=5(x−2)2−11的图象与y轴的交点是()
A. (0,9)
B. (9,0)
C. (0,−11)
D. (−11,0)
4.如图，△ABD是⊙O的内接三角形，AB是直径，点C在⊙O
上，且∠ABD=56°，则∠BCD等于()
A. 32°
B. 34°
C. 56°
D. 66°
5.如图，∠ACB=60°，半径为3的⊙O切BC于点C，若将
⊙O在CB上向右滚动，则当滚动到⊙O与CA也相切时，
圆心O移动的水平距离为()
A. 3
B. 3√3
C. 6π
D. √3
6.在二次函数y=−x2+2x+1的图象中，若y随x的增大而增大，则x的取值范围
是()
A. x<1
B. x>1
C. x<−1
D. x>−1
7.如图，等边三角形ABC的边长为8，以BC上一点O为
圆心的圆分别与边AB，AC相切，则⊙O的半径为()
A. 2√3
B. 3
C. 4
D. 4−√3
8.已知二次函数y=x2−4x+2，关于该函数在−1≤x≤3的取值范围内，下列说法
正确的是()
A. 有最大值−1，有最小值−2
B. 有最大值0，有最小值−1
C. 有最大值7，有最小值−1
D. 有最大值7，有最小值−2
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9.如图，A、B、C是⊙O上的三点，∠AOB=76°，则∠ACB的
度数是______．
10.如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，AD是直径，∠ABC=
120°，CD=3，则弦AC=______．
11.若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的弧长为______．
12.如图，▱OABC中，以O为圆心，OA为半径的圆与BC相
切于点B，与OC相交于点D，则BD⏜的度数为______ 度.
13.已知抛物线y=ax2−3ax−4a(a≠0)，则该抛物线的对称轴为直线______ ．
14.如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB=EF=
2cm，BC=FG=8cm.把纸片ABCD交叉叠放在纸片
EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G
重合.当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于
______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共58.0分）
15.已知抛物线y=−2x2−8x+6．
(1)通过配方法求抛物线的顶点坐标；
(2)求抛物线与x轴的交点坐标．
16.如图，在等腰△ABC中，AB=AC，以AC为直径作
⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E．
(1)求证：DE是⊙O的切线．
(2)若DE=√3，∠C=30°，求AD⏜的长．
17.如图所示，正方形网格中的每一个小正方形的边长都是1，将Rt△ABC先绕点C顺
时针旋转90°，再向右平移2，得到△A′B′C′．
(1)画出旋转后的△A′B′C′：
(2)求出点A整个过程中所经过的路径长．
18.某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，α=26°，求坡屋顶上弦杆AB
的长(sin26°=0.44,cos26°=0.90,tan26°=0.49)．
19.如图，要建一个长方形养鸡场，鸡场的一边靠墙，如果用50m长的篱笆围成中间有
一道篱笆隔墙的养鸡场，设隔墙的长度为x米，要使鸡场面积最大，鸡场的长度应为多少米？
20.如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的边长为4，边OA，OC分别在x轴，
y轴的正半轴上，已知抛物线y=−(x−m)2+m+2．
(1)直接写出顶点P的坐标______ (用m表示)；
(2)直接写出点P的坐标所满足的函数关系式______ ；
(3)直接写出顶点P在正方形边及内部运动的路径长______ ．
21.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=4，点D是AB的中点，点P
从点A出发，沿AB以每秒√5个单位的速度向终点B运动(点P不与A、B重合).在AB上方作正方形，且PQ//AC，PQ=1.设点P的运动时间为t秒，正方形PQMN 与△BCD重叠部分的面积为S个平方单位．
(1)线段CD的长为______ ．
(2)当点Q落在△BCD的边上时，求t的值．
(3)当1<t<2时，直接写出S的范围．
22.在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为
⊙O外两点，AB=1．
给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A′B′(A′,B′
分别为点A，B的对应点)，线段AA′长度的最小值称
为线段AB到⊙O的“平移距离”．
(1)如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和
P3P4，则这两条弦的位置关系是______；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点______的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
(2)若点A，B都在直线y=√3x+2√3上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，
求d1的最小值；
)，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的(3)若点A的坐标为(2,3
2
取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：抛物线的解析式y=−2x2−1，则顶点坐标是(0,−1)，
故选：C．
根据顶点式的坐标特点，直接写出顶点坐标．也可以利用顶点公式求解．
本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的顶点坐标式，此题难度不大．
2.【答案】B
【解析】解：连接OA、OB、OP，
∵PA，PB分别切圆O于A，B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
在Rt△AOP和Rt△BOP中，
{OA=OB
OP=OP，
∴Rt△AOP≌Rt△BOP(HL)，
∴PB=PA=3，
故选：B．
连接OA、OB、OP，根据切线的性质得出OA⊥PA，OB⊥PB，然后证得Rt△AOP≌Rt△BOP，即可求得PB=PA=3．
本题考查了三角形全等的判定和性质，作出辅助线根据全等三角形是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：当x=0时，y=5(x−2)2−11=9，
所以抛物线与y轴的交点坐标为(0,9)．
故选：A．
计算自变量为0时的函数值即可得到交点坐标．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．4.【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆周角定理得到∠ADB=90°，利用互余计算出∠A=34°，然后根据圆周角定理得到∠BCD的度数．
本题考查了圆周角定理的应用，比较基础．
【解答】
解：∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A=90°−∠ABD=90°−56°=34°，
∴∠BCD=∠A=34°．
故选：B．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
设⊙O与CA相切于点P，此时和CB相切于点D，连接OC，OD、OP根据角平分线的判定得∠OCD=30°，则CD=√OC2−OD2，求出CD即可解决问题．
本题考查切线的性质、30°的直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【解答】
解：设⊙O与CA相切于点P，此时和CB相切于点D，连接OC，OD、OP．
∵⊙O与CA相切，⊙O与CB相切，
∴∠OPC=90°，∠ODC=90°，
又∵PO=DO，
∠ACB=30°，
∴∠OCD=1
2
∵OD=3，
∴OC=6，
∴CD=√OC2−OD2=3√3．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：∵a=−1<0，
∴二次函数图象开口向下，
又对称轴是直线x=1，
∴当x<1时，函数图象在对称轴的左边，y随x的增大增大．
故选：A．
抛物线y=−x2+2x+1中的对称轴是直线x=1，开口向下，x<1时，y随x的增大而增大．
本题考查了二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的性质：当a<0，抛物线开口向下，对，在对称轴左边，y随x的增大而增大．
称轴为直线x=−b
2a
7.【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，解直
角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
设⊙O与AC的切点为E，连接AO，OE，根据等边三角形的
性质得到AC=8，∠C=∠BAC=60°，由切线的性质得到
∠BAC=30°，求得∠AOC=90°，解直角
∠BAO=∠CAO=1
2
三角形即可得到结论．
【解答】
解：设⊙O与AC的切点为E，
连接AO，OE，
∵等边三角形ABC的边长为8，
∴AC=8，∠C=∠BAC=60°，
∵圆分别与边AB，AC相切，
∴∠BAO=∠CAO=1
2
∠BAC=30。

，∴∠AOC=90°，
∴OC=1
2
AC=4
∵OE⊥AC，
∴OE=√3
2
OC=2√3，
∴⊙O的半径为2√3，
故选：A．
8.【答案】D
【解析】解：∵y=x2−4x+2=(x−2)2−2，
∴在−1≤x≤3的取值范围内，当x=2时，有最小值−2，
当x=−1时，有最大值为y=9−2=7．
故选：D．
把函数解析式整理成顶点式解析式的形式，然后根据二次函数的最值问题解答．
本题考查了二次函数的最值问题，把函数解析式转化为顶点式形式是解题的关键．9.【答案】38°
【解析】解：∵∠AOB=76°，
∴∠ACB=1
2
∠AOB=38°．
故答案为：38°
根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求得∠ACB的度数．
本题考查圆周角定理的运用，关键是根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半解答．10.【答案】3√3
【解析】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D=180°−∠B=60°，
∵AD是直径，
∴∠ACD=90°，
∴AC=CD⋅tanD=3√3，
故答案为：3√3．
根据圆内接四边形的性质求出∠D，根据圆周角定理得到∠ACD=90°，根据正切的定义计算，得到答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
11.【答案】3π
=3π．
【解析】解：该扇形的弧长=90π×6
180
故答案为：3π．
根据弧长公式计算．
(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)．本题考查了弧长的计算：弧长公式：l=nπr
180
12.【答案】45
【解析】解：连接OB，
∵BC是圆的切线，
∴OB⊥BC，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA//BC，
∴OB⊥OA，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=45°，
∵AB//OC，
∴∠COB=∠ABO=45°，
∴BD⏜的度数为45°；
故答案为：45．
连接OB，证明△AOB是等腰直角三角形，即可求解
本题主要考查了切线和平行四边形的性质，证得△AOB是等腰直角三角形是解题的关键．
13.【答案】x=3
2
【解析】解：∵抛物线y=ax2−3ax−4a(a≠0)，
∴该抛物线的对称轴是直线x=−−3a
2a =3
2
，
故答案为：x=3
2
．
根据题目中的抛物线，可以写出该抛物线的对称轴，本题得以解决．
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．
14.【答案】8
15
【解析】解：如图，
∵∠ADC=∠HDF=90°，
∴∠CDM=∠NDH，
在△CDM和△HDN中，
{∠CDM=∠NDH CD=DH
∠H=∠C=90°
，
∴△CDM≌△HDN(ASA)，
∴MD=ND，
∴四边形DNKM是菱形，
∴KM=DM，
∵sinα=sin∠DMC=CD
MD
，
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，
设MD=a=BM，则CM=8−a，∵MD2=CD2+MC2，
∴a2=4+(8−a)2，
∴a=17
4
，
∴CM=15
4
，
∴tanα=tan∠DMC=CD
MC =8
15
．
由“ASA”可证△CDM≌△HDN，可证MD=DN，即可证四边形DNKM是菱形，当点B
与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，可求CM=15
4
，即可求tanα的值．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，求CM的长是本题的关键．
15.【答案】解：(1)由y=−2x2−8x+6=−2(x+2)2+14，得该抛物线的顶点坐标为(−2,14)；
(2)令y=0，得到方程−2x2−8x+6=0，
整理，得x2+4x−3=0，
解得x1=−2+√7，x2=−2−√7，
所以抛物线与x轴的交点坐标是(−2+√7,0)，(−2−√7,0)．
【解析】(1)利用配方法先提出二次项系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑完全平方式，把一般式转化为顶点式，再求出抛物线的顶点坐标、对称轴；
(2)令y=0，得到方程−2x2−8x+6=0，通过解方程求得方程的两个解即为抛物线与x轴两交点的横坐标．
本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的解析式的三种形式：
(1)一般式：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).
同时考查了二次函数的性质．
16.【答案】(1)证明：连接OD；
∵OD=OC，
∴∠C=∠ODC，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠ODC，
∴OD//AB，
∴∠ODE=∠DEB；
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ODE=90°，
即DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
(2)解：连接AD，
∵AC是直径，
∴∠ADC=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=30°，BD=CD，
∴∠OAD=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵DE=√3，∠B=30°，∠BED=90°，
∴CD=BD=2DE=2√3，
∴OD=AD=tan30°⋅CD=√3
3
×2√3=2，
∴AD⏜的长为：60π⋅2
180=2π
3
．
【解析】(1)连接OD，只要证明OD⊥DE即可；
(2)连接AD，根据AC是直径，得到∠ADC=90°，利用AB=AC得到BD=CD，解直角三角形求得BD，在Rt△ABD中，解直角三角形求得AD，根据题意证得△AOD是等边
三角形，即可OD=AD，然后利用弧长公式求得即可．
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．
17.【答案】解：(1)如图所示：
(2)点A经过的路径长是以点C为圆
心，CA长为半径的圆周的1
4
，
再加上向右平移的2，
∴路经长=1
4
×2π×2+2=π+2；
【解析】点A进过的路径长是以点C
为圆心，CA长为半径的圆周的1
4
，
再加上向右平移的2；
本题考查图形的旋转和平移；掌握
图形旋转和平移的特点，能够准确判断出A经过的路径是1
4
圆周加上2是解题的关键．
18.【答案】解：过B点作BD⊥AC于点D，
∵AC=3+0.3×2=3.6(m)，AB=BC，
∴AD=1
2
AC=1.8m，
∴BA=AD
cosα= 1.8
cos26∘
=1.8
0.9
=2(m)．
答：坡屋顶上弦杆AB的长为2m．
【解析】过A点作AD⊥BC于点D，先根据题目中的数据求得BD，再解直角三角形求得结果．
本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的性质，构造直角三角形是解题关键．19.【答案】解：设鸡场的面积为y平方米，依题意得：
y=x⋅50−x
3=−1
3
x2+50
3
x=−1
3
(x−25)2+625
3
，
∵a=−1
3
<0，∴y有最大值，
当x=25时，y
最大=625
3
，
即鸡场的长度为25m时，其面积最大为625
3
m2．
【解析】利用矩形面积公式，确定函数关系式，即可求出面积的最大值．本题考查二次函数的应用，解题的关键是用含x的代数式表示矩形的宽．20.【答案】(m,m+2)y=x+22√2
【解析】解：(1)点P的坐标为(m,m+2)，
故答案为(m,m+2)；
(2)设点P的坐标为(x,y)，
即x=m，y=m+2，
则y=x+2，
故答案为y=x+2；
(3)如图，设直线y=x+2与OC、BC分别交于点M、N，
当x=0时，y=x+2=2，故点M(0,2)，
当y=4时，y=x+2=4，解得x=2，故点N(2,4)，
故C M=2，CN=2，
故MN=2√2，
即顶点P在正方形边及内部运动的路径长为2√2，
故答案为2√2．
(1)由抛物线表达式即可求解；
(2)设点P的坐标为(x,y)，即x=m，y=m+2，即可求解；
(3)如图，设直线y=x+2与OC、BC分别交于点M、N，则MN为顶点P在正方形边及内部运动的路径长，进而求解．
本题是二次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、正方形的性质等，有一定的综合性，题目难度不大，但比较新颖．
21.【答案】√5
【解析】解：(1)∵∠ACB=90°，AC=2，BC=4，
∴AB=√AC2+BC2=2√5，
∵点D是AB的中点，
∴CD=1
2
AB=√5，
故答案为√5；
(2)当点Q在CD上时，如图1，
则P′Q′=1，AP′=√5t，
∴DP′=√5−√5t，
∵P′Q′//AC，
∴△DP′Q′∽△DAC，
∴DP′
DA =P′Q′
AC
，即√5−√5t
√5
=1
2
，
解得，t=1
2
；
当点Q在BC上时，如图2，
则P“Q“=1，AP“=√5t，∴BP“=2√5−√5t，
∵P′′Q′′//AC，
∴△BP′′Q′′∽△BAC，
∴BP″
BA =P″Q″
AC
，即2√5−√5t
2√5
=1
2
，
解得，t=1；
综上，当点Q落在△BCD的边上时，t的值为1
2
或1；
(3)若N点在CD上时，如图3，
∵PN//BC，
∴PD
BD =PN
BC
，即√5t−√5
√5
=1
4
，
解得，t=5
4
，
当点N在CD的左边时，如图4，得矩形QMGF，∴GF=QM=PQ=1，
∵PQ//AC，
∴BP
BA =BF
BC
=PF
AC
，即√5−√5t
2√5
=BF
4
=PF
2
，
∴BF=4−2t，PF=2−t，
∴CG=BC−BF−GF=4−4+2t−1=2t−1，过D作DK⊥BC于点K，则DK//AC，
∵D为AB的中点，∴CK=BK=2，∴DK=1
2
AC=1，∵MN//PQ//AC，∴MN//DK，
∴HG
DK =CG
CK
，即HG
1
=2t−1
2
，
∴HG=t−1
2
，
∴S△BCD=1
2
BC⋅DK=2，
S△BFP=1
2BF⋅PF=1
2
(4−2t)(2−t)=(2−t)2，
S△CGH=1
2CG⋅HG=1
2
(2t−1)(t−1
2
)=1
4
(2t−1)2，
∵PE//QM//BC，∴△PDE∽△BDC，
∴S△PDE
S△BDC =(PD
BD
)2，即S△PDE
2
=(√5t−√5
√5
)2，
∴S△PDE=2(t−1)2，
∴S=S△BCD−S△BFP−S△CGH−S△PDE=2−(2−t)2−1
4
(2t−1)2−2(t−1)2=
−4t2+9t−17
4
，
即S=−4t2+9t−17
4=−4(t−9
8
)2+13
16
(1<t<5
4
)，
∴3
4<S<13
16
；
当N点在不在CD的左边时，如图5，∵PE//AC，
∴PE
AC =BE
BC
=BP
BA
，即PE
2
=BE
E
=√5−√5t
2√5
，
∴PE=2−t，
∴S=PN⋅PE=−t+2，
≤t<2)，
即S=−t+2(5
4
∴0<S≤3
，
4
综上所述：0<S<13
．
16
(1)根据勾股定理求得AB，再根据直角三角形斜边上的中线定理求得CD；
(2)分两种情况：点Q在CD上；点D在CB上．根据相似三角形的性质列出t的方程进行解答；
(3)分两种情况：当N点在CD的左边时；当N点不在CD的左边时．分别根据相似三角形的性质和三角形的面积公式求得结果．
本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正方形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
22.【答案】(1)P1P2//P3P4P3
(2)如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE=EF=OF=1，
设直线y=√3x+2√3交x轴于M，交y轴于N.则M(−2,0)，N(0,2√3)，
过点E作EH⊥MN于H，
∵OM=2，ON=2√3，
∴tan∠NMO=√3，
∴∠NMO =60°，
∴EH =EM ⋅sin60°=√32
， 观察图象可知，线段AB 到⊙O 的“平移距离”为d 1的最小值为√32
．
(3)如图2中，作直线OA 交⊙O 于M ，N 过点O 作PQ ⊥OA 交，交⊙O 于P ，Q ．
以OA ，AB 为邻边构造平行四边形ABDO ，以OD 为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB//A′B′，AA′的长即为线段AB 到⊙O 的“平移距离”，
当点A′与M 重合时，AA′的值最小，最小值=OA −OM =52−1=3
2，
当点A′与P 或Q 重合时，AA′的值最大最大值=√12+(52)2=√292， ∴32≤d 2≤
√292
． 【解析】解：(1)如图，平移线段AB 得到⊙O 的长度为1的弦P 1P 2和P 3P 4，则这两条弦的位置关系是P 1P 2//P 3P 4；在点P 1，P 2，P 3，P 4中，连接点A 与点P 3的线段的长度等于线段AB 到⊙O 的“平移距离”．
故答案为：P 1P 2//P 3P 4，P 3．
(2)见答案
(3)见答案
(1)根据平移的性质，以及线段AB 到⊙O 的“平移距离”的定义判断即可．
(2)如图1中，作等边△OEF ，点E 在x 轴上，OE =EF =OF =1，设直线y =√3x +2√3交x 轴于M ，交y 轴于N.则M(−2,0)，N(0,2√3)，过点E 作EH ⊥MN 于H ，解直角三角形求出EH 即可判断．
(3)如图2中，作直线OA 交⊙O 于M ，N 过点O 作PQ ⊥OA 交，交⊙O 于P ，Q.以OA ，
AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB//A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，Q求出AA′使得最小值和最大值即可解决问题．
本题属于圆综合题，考查了平移变换，一次函数的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，线段AB到⊙O的“平移距离”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．。