資源簡介

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期末重難點真題檢測卷-2024-2025學年數學九年級上冊人教版
一．選擇題（共10小題）
1．（2023秋 衡山縣期末）通過大量的擲圖釘試驗，發現釘尖朝上的頻率穩定在0.75附近，則可估計釘尖朝上的概率為（　　）
A． B． C． D．
2．（2023秋 海淀區校級期末）方程x2﹣x+3＝0的根的情況是（　　）
A．有兩個不相等的實數根
B．有兩個相等的實數根
C．無實數根
D．只有一個實數根
3．（2022秋 宛城區校級期末）已知（﹣3，y1），（﹣2，y2），（1，y3）是拋物線y＝﹣3x2﹣12x+m上的點，則（　　）
A．y3＜y2＜y1 B．y3＜y1＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y1＜y3＜y2
4．（2023秋 鎮海區期末）如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，連接AC，則∠BAC的度數是（　　）
A．45° B．38° C．36° D．30°
5．（2023秋 華安縣校級期末）將拋物線y＝3x2先向右平移2個單位長度，再向上平移1個單位長度，所得拋物線的解析式是（　　）
A．y＝3（x+1）2+2 B．y＝3（x﹣1）2+2
C．y＝3（x﹣2）2+1 D．y＝3（x﹣2）2﹣1
6．（2023秋 杭錦后旗期末）在如圖所示標志中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023秋 劍閣縣期末）如圖，以（1，﹣4）為頂點的二次函數y＝ax2+bx+c的圖象與x軸負半軸交于A點，則一元二次方程ax2+bx+c＝0的正數解的范圍是（　　）
A．2＜x＜3 B．3＜x＜4 C．4＜x＜5 D．5＜x＜6
8．（2023秋 洛陽期末）如圖，在△ABC中，∠A＝50°，將△ABC繞點B逆時針旋轉，得到△BDE，點D恰好落在AC的延長線上，則旋轉角的度數是（　　）
A．90° B．80° C．70° D．60°
9．（2023秋 柯橋區期末）如圖是一段圓弧，點O是這段弧所在圓的圓心，C為上一點，OC⊥AB于D點，若，CD＝3，則的長為（　　）
A．6π B．4π C．3π D．
10．（2023秋 炎陵縣期末）如圖是拋物線y1＝ax2+bx+c（a≠0）的一部分，拋物線的頂點坐標A（1，3），與x軸的一個交點B（4，0），直線y2＝mx+n（m≠0）與拋物線交于A，B兩點，下列結論：
①2a+b＝0；
②abc＞0；
③方程ax2+bx+c＝3有兩個相等的實數根；
④拋物線與x軸的另一個交點是（﹣1，0）；
⑤當1＜x＜4時，有y2＜y1．
其中正確結論的個數是（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
二．填空題（共8小題）
11．（2023春 福州期末）一個袋子里有n個除顏色外完全相同的小球，其中有8個黃球，每次摸球前先將袋子里的球搖勻，任意摸出一球記下顏色后放回，通過大量重復摸球試驗后發現，摸到黃球的頻率穩定在0.4，那么可以推算出n大約是 　 　．
12．（2023秋 涼州區期末）若點A（m，5）與點B（﹣2，n）關于原點對稱，則2m+n的值為 　 　．
13．（2023秋 宣化區期末）如圖，線段AB的兩個頂點都在方格紙的格點上，建立平面直角坐標系后，A、B的坐標分別是（﹣1，0），（﹣3，3），將線段AB繞點A順時針旋轉90°后得到AB1．則點B1關于原點的對稱點的坐標是 　 　．
14．（2023秋 澧縣期末）若函數是二次函數，則m的值為　 　．
15．（2023秋 縉云縣期末）飛機著陸后滑行的距離s（米）與滑行時間t（秒）的關系滿足．當滑行時間為10秒時，滑行距離為450米，則飛機從著陸到停止，滑行的時間是 　 　秒．
16．（2023秋 伊犁州期末）如圖，將Rt△ABC繞點A按順時針旋轉一定角度得到Rt△ADE，點B的對應點D恰好落在BC邊上，若AC＝，∠B＝60°，則CD的長為　 　．
17．（2023秋 柯橋區期末）如圖，點A，B，C在⊙O上，∠BOC＝120°，則∠A＝　 　．
18．（2023秋 昌平區期末）在2022年北京冬奧會開幕式和閉幕式中，一片“雪花”的故事展現了“世界大同，天下一家”的主題，讓世界觀眾感受了中國人的浪漫．如圖，作出“雪花”圖案（正六邊形ABCDEF）的外接圓，已知正六邊形ABCDEF的邊長是4，則長為 　 　．
三．解答題（共8小題）
19．（2023秋 漳州期末）解方程：x2+2x﹣8＝0．
20．（2023秋 高港區期末）已知關于x的一元二次方程2x2+（k﹣8）x﹣4k＝0．
（1）求證：該方程總有兩個實數根；
（2）若該方程有一個根小于3，求k的取值范圍．
21．（2023秋 和平區校級期末）已知二次函數幾組x與y的對應值如表：
x … ﹣1 0 1 3 5 7 …
y … 6 0 ﹣2 0 6 …
（1）求此二次函數的表達式；
（2）直接寫出此二次函數圖象上與對稱的點的坐標；
（3）當y＞0時，直接寫出x的取值范圍．
22．（2023秋 鳳山縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，CD＝CB，CE⊥AB于點E，連接BD交CE于點F．
（1）求證：CF＝BF．
（2）若CD＝4，AC＝8，求弦BD的長．
23．（2023秋 宣化區期末）某商場一種商品的進價為每件30元，售價為每件40元時，每天可以銷售48件，為盡快減少庫存，商場決定降價促銷．
（1）若該商品連續兩次下調相同的百分率后售價降至每件32.4元，求兩次下降的百分率；
（2）經調查，若該商品每降價0.5元，每天可多銷售4件．
①每天要想獲得504元的利潤，每件應降價多少元？
②能不能一天獲得520元的利潤？請說明理由．
24．（2022秋 長清區期末）某校為落實“雙減”工作，增強課后服務的吸引力，充分用好課后服務時間，為學有余力的學生拓展學習空間，成立了5個活動小組（每位學生只能參加一個活動小組）：A．音樂；B．體育；C．美術；D．閱讀；E．人工智能．為了解學生對以上活動的參與情況，隨機抽取部分學生進行了調查統計，并根據統計結果，繪制了如圖所示的兩幅不完整的統計圖．
根據圖中信息，解答下列問題：
（1）①此次調查一共隨機抽取了 　 　名學生；
②補全條形統計圖（要求在條形圖上方注明人數）；
③扇形統計圖中圓心角α＝　 　度；
（2）若該校有2800名學生，估計該校參加D組（閱讀）的學生人數；
（3）學校計劃從E組（人工智能）的甲、乙、丙、丁四位學生中隨機抽取兩人參加市青少年機器人競賽，請用樹狀圖法或列表法求出恰好抽中甲、乙兩人的概率．
25．（2023秋 上蔡縣期末）如圖，二次函數y＝x2+bx+c的圖象交x軸于A、D兩點，并經過B點，已知A點坐標是（2，0），B點坐標是（8，6）．
（1）求二次函數的解析式；
（2）求函數圖象的頂點坐標及D點的坐標；
（3）二次函數的對稱軸上是否存在一點C，使得△CBD的周長最小？若C點存在，求出C點的坐標；若C點不存在，請說明理由．
26．（2023秋 高青縣期末）閱讀下面材料，并解決問題：
（1）如圖①等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數．
為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、PC轉化到一個三角形中，從而求出∠APB＝ 　 　；
（2）基本運用
請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題
已知如圖②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點且∠EAF＝45°，求證：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如圖③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點O為Rt△ABC內一點，連接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
期末重難點真題檢測卷-2024-2025學年數學九年級上冊人教版
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2023秋 衡山縣期末）通過大量的擲圖釘試驗，發現釘尖朝上的頻率穩定在0.75附近，則可估計釘尖朝上的概率為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵釘尖朝上的頻率穩定在0.75附近，
∴可估計釘尖朝上的概率為．
故選：C．
2．（2023秋 海淀區校級期末）方程x2﹣x+3＝0的根的情況是（　　）
A．有兩個不相等的實數根
B．有兩個相等的實數根
C．無實數根
D．只有一個實數根
【解答】解：∵a＝1，b＝﹣1，c＝3，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣1）2﹣4×1×3＝﹣11＜0，
所以方程沒有實數根．
故選：C．
3．（2022秋 宛城區校級期末）已知（﹣3，y1），（﹣2，y2），（1，y3）是拋物線y＝﹣3x2﹣12x+m上的點，則（　　）
A．y3＜y2＜y1 B．y3＜y1＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y1＜y3＜y2
【解答】解：拋物線的對稱軸為直線x＝﹣＝﹣2，
∵a＝﹣3＜0，
∴x＝﹣2時，函數值最大，
又∵﹣3到﹣2的距離比1到﹣2的距離小，
∴y3＜y1＜y2．
故選：B．
4．（2023秋 鎮海區期末）如圖，正五邊形ABCDE內接于⊙O，連接AC，則∠BAC的度數是（　　）
A．45° B．38° C．36° D．30°
【解答】解：在正五邊形ABCDE中，∠B＝×（5﹣2）×180＝108°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣108°）＝36°．
故選：C．
5．（2023秋 華安縣校級期末）將拋物線y＝3x2先向右平移2個單位長度，再向上平移1個單位長度，所得拋物線的解析式是（　　）
A．y＝3（x+1）2+2 B．y＝3（x﹣1）2+2
C．y＝3（x﹣2）2+1 D．y＝3（x﹣2）2﹣1
【解答】解：將拋物線y＝3x向右平移2個單位長度，再向上平移1個單位長度，得到的拋物線的函數表達式為：y＝3（x﹣2）2+1．
故選：C．
6．（2023秋 杭錦后旗期末）在如圖所示標志中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；
B．既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，符合題意；
C．是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；
D．不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故此選項不合題意．
故選：B．
7．（2023秋 劍閣縣期末）如圖，以（1，﹣4）為頂點的二次函數y＝ax2+bx+c的圖象與x軸負半軸交于A點，則一元二次方程ax2+bx+c＝0的正數解的范圍是（　　）
A．2＜x＜3 B．3＜x＜4 C．4＜x＜5 D．5＜x＜6
【解答】解：∵二次函數y＝ax2+bx+c的頂點為（1，﹣4），
∴對稱軸為x＝1，
而對稱軸左側圖象與x軸交點橫坐標的取值范圍是﹣3＜x＜﹣2，
∴右側交點橫坐標的取值范圍是4＜x＜5．
故選：C．
8．（2023秋 洛陽期末）如圖，在△ABC中，∠A＝50°，將△ABC繞點B逆時針旋轉，得到△BDE，點D恰好落在AC的延長線上，則旋轉角的度數是（　　）
A．90° B．80° C．70° D．60°
【解答】解：由旋轉可知，
AB＝BD．
因為點D在AC的延長線上，
則∠A＝∠BDA．
因為∠A＝50°，
所以∠BDA＝50°，
所以∠ABD＝180°﹣2×50°＝80°，
即旋轉角的度數為80°．
故選：B．
9．（2023秋 柯橋區期末）如圖是一段圓弧，點O是這段弧所在圓的圓心，C為上一點，OC⊥AB于D點，若，CD＝3，則的長為（　　）
A．6π B．4π C．3π D．
【解答】解：因為點O為圓心，且OC⊥AB，
所以點D為AB的中點，
所以AD＝．
令⊙O的半徑為r，
在Rt△ADO中，
AD2+DO2＝AO2，
即，
解得r＝6．
則sin∠AOD＝，
所以∠AOD＝60°，
則∠AOB＝2∠AOD＝120°．
所以的長為：．
故選：B．
10．（2023秋 炎陵縣期末）如圖是拋物線y1＝ax2+bx+c（a≠0）的一部分，拋物線的頂點坐標A（1，3），與x軸的一個交點B（4，0），直線y2＝mx+n（m≠0）與拋物線交于A，B兩點，下列結論：
①2a+b＝0；
②abc＞0；
③方程ax2+bx+c＝3有兩個相等的實數根；
④拋物線與x軸的另一個交點是（﹣1，0）；
⑤當1＜x＜4時，有y2＜y1．
其中正確結論的個數是（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
【解答】解：∵拋物線的頂點坐標A（1，3），
∴拋物線的對稱軸為直線x＝﹣＝1，
∴2a+b＝0，所以①正確；
∵拋物線開口向下，
∴a＜0，
∴b＝﹣2a＞0，
∵拋物線與y軸的交點在x軸上方，
∴c＞0，
∴abc＜0，所以②錯誤；
∵拋物線的頂點坐標A（1，3），
∴x＝1時，二次函數有最大值，
∴方程ax2+bx+c＝3有兩個相等的實數根，所以③正確；
∵拋物線與x軸的一個交點為（4，0）
而拋物線的對稱軸為直線x＝1，
∴拋物線與x軸的另一個交點為（﹣2，0），所以④錯誤；
∵拋物線y1＝ax2+bx+c與直線y2＝mx+n（m≠0）交于A（1，3），B點（4，0）
∴當1＜x＜4時，y2＜y1，所以⑤正確．
故選：C．
二．填空題（共8小題）
11．（2023春 福州期末）一個袋子里有n個除顏色外完全相同的小球，其中有8個黃球，每次摸球前先將袋子里的球搖勻，任意摸出一球記下顏色后放回，通過大量重復摸球試驗后發現，摸到黃球的頻率穩定在0.4，那么可以推算出n大約是 　20　．
【解答】解：根據題意得：
＝0.4，
解得：n＝20，
則n大約是20個；
故答案為：20．
12．（2023秋 涼州區期末）若點A（m，5）與點B（﹣2，n）關于原點對稱，則2m+n的值為 　﹣1　．
【解答】解：∵點A（m，5）與點B（﹣2，n）關于原點對稱，
∴m＝2，n＝﹣5，
∴2m+n＝4﹣5＝﹣1，
故答案為：﹣1．
13．（2023秋 宣化區期末）如圖，線段AB的兩個頂點都在方格紙的格點上，建立平面直角坐標系后，A、B的坐標分別是（﹣1，0），（﹣3，3），將線段AB繞點A順時針旋轉90°后得到AB1．則點B1關于原點的對稱點的坐標是 　（﹣2，﹣2）　．
【解答】解：線段AB繞點A順時針旋轉90°后得到AB1的位置如圖：
由圖可知B1（2，2），
∴點B1關于原點的對稱點的坐標是（﹣2，﹣2），
故答案為：（﹣2，﹣2）．
14．（2023秋 澧縣期末）若函數是二次函數，則m的值為　﹣3　．
【解答】解：若y＝（m﹣3）xm2﹣7是二次函數，
則m2﹣7＝2，且m﹣3≠0，
故（m﹣3）（m+3）＝0，m≠3，
解得：m1＝3（不合題意舍去），m2＝﹣3，
∴m＝﹣3．
故答案為：﹣3．
15．（2023秋 縉云縣期末）飛機著陸后滑行的距離s（米）與滑行時間t（秒）的關系滿足．當滑行時間為10秒時，滑行距離為450米，則飛機從著陸到停止，滑行的時間是 　20　秒．
【解答】解：由題意，∵，
又t＝10s，s＝450m，
∴450＝﹣×102+10b．
∴b＝60．
∴函數關系式為s＝﹣t2+60t．
又s＝﹣t2+60t＝﹣（t2﹣40t+400）+600＝﹣（t﹣20）2+600，
∴當t＝20時，飛機著陸后滑行600米停下．
故答案為：20．
16．（2023秋 伊犁州期末）如圖，將Rt△ABC繞點A按順時針旋轉一定角度得到Rt△ADE，點B的對應點D恰好落在BC邊上，若AC＝，∠B＝60°，則CD的長為　1　．
【解答】解：∵直角△ABC中，AC＝，∠B＝60°，
∴AB＝＝＝1，BC＝＝＝2，
又∵AD＝AB，∠B＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴BD＝AB＝1，
∴CD＝BC﹣BD＝2﹣1＝1．
故答案為：1．
17．（2023秋 柯橋區期末）如圖，點A，B，C在⊙O上，∠BOC＝120°，則∠A＝　120°　．
【解答】解：∵∠BOC＝120°，
∴∠1＝360°﹣120°＝240°，
∵，
∴∠A＝120°，
故答案為：120°．
18．（2023秋 昌平區期末）在2022年北京冬奧會開幕式和閉幕式中，一片“雪花”的故事展現了“世界大同，天下一家”的主題，讓世界觀眾感受了中國人的浪漫．如圖，作出“雪花”圖案（正六邊形ABCDEF）的外接圓，已知正六邊形ABCDEF的邊長是4，則長為 　π　．
【解答】解：設正六邊形ABCDEF的圓心為點O，
∵∠BOC＝＝60°，OB＝OC，
∴△BOC為等邊三角形，
∴OB＝OC＝BC＝4，
∴的長＝＝π，
故答案為：π．
三．解答題（共8小題）
19．（2023秋 漳州期末）解方程：x2+2x﹣8＝0．
【解答】解：x2+2x﹣8＝0
（x﹣2）（x+4）＝0
x﹣2＝0或x+4＝0
x1＝2，x2＝﹣4
20．（2023秋 高港區期末）已知關于x的一元二次方程2x2+（k﹣8）x﹣4k＝0．
（1）求證：該方程總有兩個實數根；
（2）若該方程有一個根小于3，求k的取值范圍．
【解答】解：（1）Δ＝b2﹣4ac＝（k﹣8）2﹣4×2×（﹣4k）＝（k+8）2≥0，
∴原方程有兩個實數根．
（2），
∴，
∵，
∴k＞﹣6．
21．（2023秋 和平區校級期末）已知二次函數幾組x與y的對應值如表：
x … ﹣1 0 1 3 5 7 …
y … 6 0 ﹣2 0 6 …
（1）求此二次函數的表達式；
（2）直接寫出此二次函數圖象上與對稱的點的坐標；
（3）當y＞0時，直接寫出x的取值范圍．
【解答】解：（1）由已知表中的數據可分析出，此二次函數圖象的對稱軸為x＝3，頂點坐標為（3，﹣2），
設二次函數的表達式為y＝a（x﹣3）2﹣2，
把點（1，0）代入，得4a﹣2＝0，
解得，
∴所求二次函數表達式為，即；
（2）由二次函數對稱軸為直線x＝3，
∴二次函數圖象上與對稱的點的坐標為；
（3）當y＝0時，結合圖表可知x＝1或x＝5，
∵拋物線開口向上，
∴當y＞0時，x＜1或x＞5．
22．（2023秋 鳳山縣期末）如圖，AB是⊙O的直徑，CD＝CB，CE⊥AB于點E，連接BD交CE于點F．
（1）求證：CF＝BF．
（2）若CD＝4，AC＝8，求弦BD的長．
【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ABC．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB＝90°﹣∠ABC，
∴∠ECB＝∠A．
又∵CD＝CB，，
∴＝，
∴∠DBC＝∠A，
∴∠ECB＝∠DBC，
∴CF＝BF；
（2）解：連接OC，交BD于點G，
∵BC＝CD，
∴OC⊥BD，BD＝2BG，
∵∠ACB＝90°，BC＝CD＝，AC＝，
∴AB＝＝＝20，
∴⊙O的半徑為10，
設OG＝x，則CG＝10﹣x，
由勾股定理，得BG2＝OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，
即102﹣x2＝（）2﹣（10﹣x）2，
解得x＝6，
∴BG＝＝8，
∴BD＝16．
23．（2023秋 宣化區期末）某商場一種商品的進價為每件30元，售價為每件40元時，每天可以銷售48件，為盡快減少庫存，商場決定降價促銷．
（1）若該商品連續兩次下調相同的百分率后售價降至每件32.4元，求兩次下降的百分率；
（2）經調查，若該商品每降價0.5元，每天可多銷售4件．
①每天要想獲得504元的利潤，每件應降價多少元？
②能不能一天獲得520元的利潤？請說明理由．
【解答】解：（1）設下降的百分率是x，
由題意得：40（1﹣x）2＝32.4，
解得x1＝0.1，x2＝1.9（舍去），
答：下降的百分率是10%；
（2）①設每件應降價y元，
由題意得：，
解得y1＝3，y2＝1，
∵要盡快減少庫存，
∴每件應降價3元；
②不能，
設每件應降價z元，
由題意得：，
整理得：z2﹣4z+5＝0，
∵Δ＝（﹣4）2﹣4×1×5＝16﹣20＝﹣4＜0，
∴方程沒有實數根，
∴不能一天的利潤是520元．
24．（2022秋 長清區期末）某校為落實“雙減”工作，增強課后服務的吸引力，充分用好課后服務時間，為學有余力的學生拓展學習空間，成立了5個活動小組（每位學生只能參加一個活動小組）：A．音樂；B．體育；C．美術；D．閱讀；E．人工智能．為了解學生對以上活動的參與情況，隨機抽取部分學生進行了調查統計，并根據統計結果，繪制了如圖所示的兩幅不完整的統計圖．
根據圖中信息，解答下列問題：
（1）①此次調查一共隨機抽取了 　400　名學生；
②補全條形統計圖（要求在條形圖上方注明人數）；
③扇形統計圖中圓心角α＝　108　度；
（2）若該校有2800名學生，估計該校參加D組（閱讀）的學生人數；
（3）學校計劃從E組（人工智能）的甲、乙、丙、丁四位學生中隨機抽取兩人參加市青少年機器人競賽，請用樹狀圖法或列表法求出恰好抽中甲、乙兩人的概率．
【解答】（1）①調查人數：＝400（名），
故答案為：400；
②A組的人數：400×15%＝60（名），
C組的人數：400﹣100﹣140﹣40﹣60＝60（名），
③扇形統計圖中圓心角α＝360°×＝54°，
故答案為：54°，
（2），
答：參加D組（閱讀）的學生人數為980人；
（3）樹狀圖如下：
∵共有12中等可能的結果，其中恰好抽到A，C兩人同時參賽的有兩種，
∴P（恰好抽中甲、乙兩人）＝．
25．（2023秋 上蔡縣期末）如圖，二次函數y＝x2+bx+c的圖象交x軸于A、D兩點，并經過B點，已知A點坐標是（2，0），B點坐標是（8，6）．
（1）求二次函數的解析式；
（2）求函數圖象的頂點坐標及D點的坐標；
（3）二次函數的對稱軸上是否存在一點C，使得△CBD的周長最小？若C點存在，求出C點的坐標；若C點不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）把A（2，0），B（8，6）代入y＝x2+bx+c，得
，
解得：，
∴二次函數的解析式為y＝x2﹣4x+6；
（2）由y＝x2﹣4x+6＝（x﹣4）2﹣2，得
二次函數圖象的頂點坐標為（4，﹣2）．
令y＝0，得x2﹣4x+6＝0，
解得：x1＝2，x2＝6，
∴D點的坐標為（6，0）；
（3）二次函數的對稱軸上存在一點C，使得△CBD的周長最小．
連接CA，如圖，
∵點C在二次函數的對稱軸x＝4上，
∴xC＝4，CA＝CD，
∴△CBD的周長＝CD+CB+BD＝CA+CB+BD，
根據“兩點之間，線段最短”，可得
當點A、C、B三點共線時，CA+CB最小，
此時，由于BD是定值，因此△CBD的周長最小．
設直線AB的解析式為y＝mx+n，
把A（2，0）、B（8，6）代入y＝mx+n，得
，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝x﹣2．
當x＝4時，y＝4﹣2＝2，
∴當二次函數的對稱軸上點C的坐標為（4，2）時，△CBD的周長最小．
26．（2023秋 高青縣期末）閱讀下面材料，并解決問題：
（1）如圖①等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數．
為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、PC轉化到一個三角形中，從而求出∠APB＝ 　150°　；
（2）基本運用
請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題
已知如圖②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點且∠EAF＝45°，求證：EF2＝BE2+FC2；
（3）能力提升
如圖③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點O為Rt△ABC內一點，連接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由題意知旋轉角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′為等邊三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易證△P P′C為直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
故答案為：150°；
（2）如圖2，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，
由旋轉的性質得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
（3）如圖3，將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC＝，
∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，
∴△A′O′B如圖所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等邊三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四點共線，
在Rt△A′BC中，A′C＝，
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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