2023-2024学年吉林省吉林市丰满区松花江中学九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．（2分）下列图案中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2分）若二次函数y＝（a﹣6）x2有最小值，则a的值可以是（ ）
A．9 B．6 C．0 D．﹣1
3．（2分）如图点A，B，C在⊙O上，OA⊥OB，则∠ACB 的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．90°
4．（2分）关于x的一元二次方程mx2+5x+m2﹣2m＝0的常数项为0，则m的值为（ ）
A．1 B．2 C．0或2 D．0
5．（2分）如图，BO是等腰三角形ABC的底边的中线，AC＝2，，△PQC与△BOC关于点C成中心对称，连接AP，则AP的长是（ ）
A．4 B． C． D．
6．（2分）在羽毛球比赛中，某次羽毛球的运动路线可以看作是抛物线的一部分（如图，水平地面为x轴，单位：米），则羽毛球到达最高点时离地面的距离是（ ）
A．1米 B．3米 C．5米 D．米
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（3分）如图，该图形绕其中心旋转能与其自身完全重合，则其旋转角最小为 度．
8．（3分）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，若∠A＝82°，则∠C＝ 度．
9．（3分）若关于x的一元二次方程（x﹣5）2＝m有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ．
10．（3分）已知一条抛物线的形状、开口方向均与抛物线y＝﹣2x2+9x相同，且它的顶点坐标为（﹣1，6），则这条抛物线的解析式为 ．
11．（3分）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC、BC，若AC＝2，⊙O的半径为，则BC＝ ．
12．（3分）如图，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转50°得到Rt△AB1C1，∠C＝90°，若∠BAC1＝
20°，则∠B＝ 度．
13．（3分）某街道2020年用于绿化投资20万元，预计2022年用于绿化投资达到25万元，设这两年绿化投资的平均增长率为x，由题意可列方程为 ．
14．（3分）如图，Rt△OAB的顶点A（﹣4，8）在抛物线y＝ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为 ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）解方程：2x2+7x+4＝0．
16．（5分）已知抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k的顶点坐标为（4，﹣2），求该抛物线与y轴的交点坐标．
17．（5分）如图是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，在图中以线段AB为对角线画一个面积为6的四边形ACBD，要求该四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形．
18．（5分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD与AB交于点E，连接AC、BD，∠C＝75°；∠D＝45°．
（1）求∠AEC的度数；
（2）连接OC，若AC＝2，则⊙O的半径为 ．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图，矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°后得到矩形FECG，连接DG交EF于点H，连接AF交DG于点M．求证：AM＝FM．
20．（7分）已知二次函数y＝x2﹣2x+c的图象如图所示．
（1）求c的值；
（2）将该抛物线进行左右平移，使其经过坐标原点，请直接写出平移的方法．
21．（7分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）点C关于原点对称的点的坐标为 ；
（2）画出△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到的图形△A1B1C1，写出△A1B1C1各顶点的坐标．
22．（7分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在上取一点G，连接CG、DG、AC．
（1）求证：∠DGC＝2∠BAC；
（2）若⊙O的半径为5，BE＝2，求弦AC的长．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（8分）如图，已知抛物线过点A（﹣1，0）和点C（0，5）．
（1）求抛物线L的函数解析式；
（2）将抛物线L沿y轴翻折得到抛物线L′，L′与x轴交于点B和点D（点B在点D的右侧），抛物线L′上是否存在点Q，使得S△BDQ＝S△ABC？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（8分）【模型感知】（1）如图①，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点（不与点A、C重合），连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE′，求证：AE'＝CE；
【模型发展】（2）如图②，在正方形ABCD中，点E是对角线CA的延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，线段AE′与CE的数量关系为 ，AE'与CE所在直线的位置关系为 （不需证明）；
【解决问题】（3）如图③，在正方形ABCD中，点E是对角线AC延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°，得到线段BE'，连接AE'，EE'，若AC＝3CE，则＝ ．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，CD是△ABC的中线，动点P从点C出发，沿CA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，同时，动点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，过点Q作QE⊥BC于点E，连接PE，设四边形APEQ与△ADC重叠部分图形的面积为S（S＞0），点P的运动时间为t秒（0＜t＜4）．
（1）DQ的长为 （用含t的代数式表示）；
（2）四边形APEQ的形状是 （不需证明）；
（3）求S与t之间的函数关系式；
（4）当S的值为时，直接写出t的值．
26．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C．点P是抛物线上的动点，且横坐标为m，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点Q，以PQ为边在PQ的右侧作正方形PQMN．
（1）直接写出此抛物线的解析式；
（2）当点P在直线BC上方的抛物线上时，求PQ的长（用含m的代数式表示）；
（3）当抛物线的顶点落在正方形PQMN的边上（包括顶点）时，求m的值；
（4）当此抛物线在正方形PQMN内部的图象（含抛物线与正方形的交点）的最高点与最低点的纵坐标之差为2时，直接写出m的值．
2023-2024学年吉林省吉林市丰满区松花江中学九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．【解答】解：A．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．原图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．原图不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
2．【解答】解：∵二次函数y＝（a﹣6）x2有最小值，
∴a﹣6＞0，
解得a＞6，
故选：A．
3．【解答】解：∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∴∠ACB＝∠AOB＝45°．
故选：A．
4．【解答】解：∵关于x的一元二次方程mx2+5x+m2﹣2m＝0的常数项为0，
∴，
解得：m＝2，
∴m的值为2．
故选：B．
5．【解答】解：∵BO是等腰三角形ABC的底边中线，
∴AO＝CO＝1，BO⊥AC，
∵△PQC与△BOC关于点C中心对称，
∴CQ＝CO＝1，∠Q＝∠BOC＝90°，PQ＝BO＝，
∴AQ＝AO+CO+CQ＝3，
∴AP＝＝＝2．
故选：D．
6．【解答】解：∵，
∴（x﹣）2+，
∴此次羽毛球最高可达到m，
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．【解答】解：图形可看作由一个基本图形旋转6次所组成，故最小旋转角为＝60°．
故答案为：60．
8．【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠C＝180°；
又∠A＝82°．
∴∠C＝180°﹣∠A＝180°﹣82°＝98°．
故答案为：98．
9．【解答】解：将原方程转化为一般形式得x2﹣10x+25﹣m＝0，
∵关于x的一元二次方程（x﹣5）3＝m有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（﹣10）2﹣4×1×（25﹣m）＝4m＞0，
解得：m＞0，
∴m的取值范围是m＞0．
故答案为：m＞0．
10．【解答】解：∵抛物线的顶点坐标为（﹣1，6），
∴抛物线解析式可设为y＝a（x+1）2+6，
∵抛物线y＝a（x+1）2+6的形状、开口方向均与抛物线y＝﹣2x2+9x相同，
∴a＝﹣2，
∴所求抛物线的解析式为y＝﹣2（x+1）2+6．
故答案为：y＝﹣2（x+1）2+6．
11．【解答】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵⊙O的半径为，
∴AB＝2OA＝2，
∵AC＝2，
∴BC＝＝4．
故答案为：4
12．【解答】解：∵将Rt△ABC绕点A逆时针旋转50°得到Rt△AB1C1，
∴∠CAC1＝50°，
∵∠BAC1＝20°，
∴∠BAC＝30°，
∵∠C＝90°，
∴∠B＝90°﹣30°＝60°．
故答案为：60．
13．【解答】解：由题意可得，
20（1+x）2＝25，
故答案为：20（1+x）2＝25．
14．【解答】解：∵Rt△OAB的顶点A（﹣4，8）在抛物线y＝ax2上，
∴8＝16a，解得a＝，
∴抛物线为y＝x2，
∵点A（﹣4，8），
∴B（﹣4，0），
∴OB＝4，
∵将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，
∴D点在y轴上，且OD＝OB＝4，
∴D（0，4），
∵DC⊥OD，
∴DC∥x轴，
∴P点的纵坐标为4，
代入y＝x2，得4＝x2，
解得x＝±2，
∴P（2，4）．
故答案为（2，4）．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．【解答】解：2x2+7x+4＝0，
a＝2，b＝7，c＝4，
Δ＝b2﹣4ac＝72﹣4×2×4＝17＞0，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝．
16．【解答】解：∵抛物线y＝﹣（x﹣h）2+k的顶点坐标为（4，﹣2），
∴h＝4，k＝﹣2，
∴y＝﹣（x﹣4）2﹣2，
当x＝0时，y＝﹣18，
即该抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣18）．
17．【解答】解：如图，四边形ACBD即为所求．
18．【解答】解：（1）∵A，D在⊙O上，∠D＝45°，
∴∠A＝∠D＝45°，
∵∠C＝75°，
∴在△ACE中，∠AEC＝180°﹣∠A﹣∠C＝60°；
（2）连接OC，过O作OH⊥CD于H，
∵OA＝OC，∠A＝45°，
∴∠ACO＝∠A＝45°，
∴∠AOC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
Rt△AOC中，AO2+OC2＝AC2，AC＝2，
∴AO＝OC＝2．
故答案为：2．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．【解答】证明：由旋转性质可得CD＝CG，AD＝FG，∠DCG＝90°，
∴∠DGC＝45°．
∴∠DGF＝45°．
∵∠EFG＝90°，
∴HF＝FG＝AD．
∵四边形ABCD与四边形FECG为矩形，
∴AD∥EF．
∴∠DAM＝∠HFM．
又∠DMA＝∠HMF，
∴△ADM≌△FHM（AAS）．
∴AM＝FM．
20．【解答】解：（1）把（4，5）代入y＝x2﹣2x+c，得42﹣2×4+c＝5，
解得c＝﹣3；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4．
∴设平移后抛物线解析式为：y＝（x﹣1+a）2﹣4，
把点（0，0）代入，得（0﹣1+a）2﹣4＝0．
解得a＝3或﹣1．
故将该抛物线向左平移3个单位或向右平移1个单位，使其经过坐标原点．
21．【解答】解：（1）点C（﹣1，3）关于原点的对称点的坐标为（1，﹣3）．
故答案为：（1，﹣3）．
（2）如图，△A1B1C1即为所求，A1（5，3），B1（1，2），C1（3，1）．
22．【解答】（2）证明：连接AD，如图：
∵弦CD⊥直径AB，
∴＝，
∴∠BAC＝∠BAD，
∴∠DAC＝2∠BAC，
又∵∠DGC＝∠DAC（圆周角定理），
∴∠DGC＝2∠BAC；
（3）解：连接OC，如图：
∵⊙O的半径为5，BE＝2，
∴OC＝5，OE＝OB﹣BE＝3，AE＝AB﹣BE＝8，
∵CD⊥AB，
∴CE2＝OC2﹣OE2＝52﹣32＝16，
在Rt△ACE中，AE2+CE2＝AC2，
∴AC＝＝＝4．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．【解答】解：（1）将（﹣1，0），（0，5）代入y＝x2+bx+c，得：
，
解得：，
∴y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4；
（2）由题意得L'的解析式为y＝（x﹣3）2﹣4，
令（x﹣3）2﹣4＝0，
∴x1＝1，x2＝5，
∴D（1，0），B（5，0），
∴AB＝5﹣（﹣1）＝6，
∴S△ABC＝AB CO＝×6×5＝15，
∵S△BDQ＝S△ABC，
∴S△BDQ＝12，
∵BD＝5﹣1＝4，
∴Q到BD的距离为6，
当yQ＝6时，（x﹣3）2﹣4＝6，
x1＝3+，x2＝3 ，
∴Q1（3+，6），Q2（3 ，6），
当yQ＝﹣6时，（x﹣3）2﹣4＝﹣6，无解；
综上所述：Q的坐标为（3+，6）或（3 ，6）．
24．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE′，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE；
（2）解：AE'＝CE，EC⊥AE'；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE′，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE，∠BAE'＝∠BCA＝45°，
∴∠CAE'＝90°，
∴EC⊥AE'，
故答案为：AE'＝CE，EC⊥AE'；
（3）解：如图③，延长EE′与BA交于F，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵EH⊥AB，∠EAH＝∠AEH＝45°，
∴△EAH是等腰直角三角形，
∴EA＝EH，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE′，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE，∠FAE'＝∠BCA＝45°，
∴∠CAE'＝90°，
∴EC⊥AE'，
∵AC＝3CE，
∴设CE＝x，则AC＝3x，
∴AE＝4x，AB＝AC＝x，
∵AE'＝CE＝x，
∴S△AEE′＝＝2，
∵∠BAC＝45°，
∴AH＝EH＝AE＝2，
∴S△ABE＝＝x×2＝3x2，
∴＝＝，
故答案为：．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝4，
∴AB＝2AC＝8，
∵CD是△ABC的中线，
∴AD＝CD＝AB＝4，
当点Q在AD上时，QD＝4﹣2t，
当点Q在BD上时，DQ＝2t﹣4，
故答案为：（4﹣2t）或（2t﹣4）；
（2）当0＜t＜2时，则S＝S△ACD﹣S△CPG﹣S△QDH，
作DM⊥AC于M，则AM＝AC，DM＝AC，
∴S△ACD＝，
由题意知，AP＝4﹣t，BQ＝8﹣2t，
∴QE＝4﹣t，
∴AP＝QE，
∵AP∥QE，
∴四边形APEQ是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（3）∵四边形APEQ是平行四边形，
∴PE∥AB，
∴∠CPE＝∠A＝60°，
∴△CPG、△QHD是等边三角形，
∴S△CPG＝CP2＝，S△QHD＝（4﹣2t）2，
∴S＝4﹣﹣（4﹣2t）2，
∴当点Q在BD上时，即2≤t＜4时，如图，
同理可知，S＝S△ACD﹣S△PCG＝4﹣，
综上，S＝．
（4）把S＝代入解析式S＝，
解得t＝2或t＝，
所以t的值为2或．
26．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0），点B（3，0），
∴，
解得：，
∴此抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3．
设直线BC的解析式为y＝kx+n，
∴，
∴，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
∵点P是抛物线上的动点，且横坐标为m，
∴P（m，﹣m2+2m+3），
∵过点P作y轴的平行线，交直线BC于点Q，
∴Q（m，﹣m+3）．
∵点P在直线BC上方的抛物线上运动，
∴PQ＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的顶点坐标为（1，4），
①当m≥1时，
∵抛物线的顶点落在正方形PQMN的边上（包括顶点），
∴此时点P与抛物线的顶点重合，
∴m＝1；
②当m＜1时，
∵抛物线的顶点落在正方形PQMN的边上（包括顶点），
∴此时点Q的纵坐标与顶点的纵坐标相同，
∴﹣m+3＝4，
∴m＝﹣1．
综上，抛物线的顶点落在正方形PQMN的边上（包括顶点）时，m的值为1或﹣1；
（4）∵当此抛物线在正方形PQMN内部的图象的最高点与最低点的纵坐标之差为2，
∴PQ＝2，
①点P在直线BC的上方时，
∴﹣m2+3m＝2，
∴m＝1或m＝2．
②点P在直线BC的下方时，
∵PQ＝（﹣m+3）﹣（﹣m2+2m+3）＝m2﹣3m，
∴m2﹣3m＝2，
解得：m＝（不合题意，舍去）或m＝．
综上，当此抛物线在正方形PQMN内部的图象的最高点与最低点的纵坐标之差为2时，m的值为1或2或．
