江蘇無錫市東林中學2024-2025學年九上數(shù)學第14周階段性訓練模擬練習【含答案】

江蘇無錫市東林中學2024-2025學年九上數(shù)學第14周階段性訓練模擬練習一．選擇題（共8小題）1．如圖，在△ABC中，以BC為直徑的半圓分別與AB，AC交于點D，E．若BC＝6，∠A＝60°，則的長為（）A． B．π C．2π D．3π2．如圖，等腰△ABC中，AB＝AC＝，BC＝2，點P為邊AB上一動點，過點P作PD⊥BC于D，過點D作DE⊥AC于E，△PDE的外接圓與邊BC的另一個公共點為F．下列結論：①∠PDE的大小不變；②∠CEF＝∠PED；③BD＝CF；④△PDE的外接圓直徑的最小值為．其中正確的為（）A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④3．如圖，在平面直角坐標系中，半徑為1的⊙A的圓心A的坐標為（0，2），點B為x軸上一個動點，過點B作⊙A的切線，切點為C，CD⊥AB于點D．下列結論：①CD的最大值為1；②BC的最小值為；③∠ABC的最大值為30°；④若點B（1，0），則△BCD的面積為．則其中正確的結論有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個4．如圖，點M是三邊均不等的△ABC三條角平分線的交點，過M作DE⊥AM，分別交AB、AC于D、E兩點，設BD＝a，DE＝b，CE＝c，關于x的方程2ax2+bx+c＝0（）A．一定有兩個相等實數(shù)根 B．一定有兩個不相等實數(shù)根 C．有兩個實數(shù)根，但無法確定是否相等 D．沒有實數(shù)根5．如圖，多邊形ABCDEF為正六邊形，點P在邊CD上，過點P作PQ∥ED交EF于點Q，連接BQ，且滿足∠BPC＝∠BQP．設四邊形PQED、四邊形AFQB和△BCP的面積分別為S1、S2、S3，則正六邊形ABCDEF的面積為（）A．S1+2S2+2S3 B．S1+2S2+S3 C．S1+2S2+3S3 D．2S1+S2+2S36．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝40°，AB＝6，斜邊AB是半圓O的直徑，點D是半圓上的一個動點，連接CD與AB交于點E，若BE＝BC時，弧BD的長為（）A． B． C． D．7．如圖，在△ABC中，∠A＝60°，BC＝6，D是BC邊上一點，CD＝2BD，線段AD的最大值為（）A．12 B．6+2 C．6+ D．8．正方形ABCD，BEFG如圖放置，AB＝6，AG，CE相交于點P，Q為AD邊上一點，且DQ：AQ＝1：2，則PQ的最大值（）A． B． C．7 D．二．填空題（共10小題）9．若關于x的二次函數(shù)y＝3x2﹣2x+m﹣1的值恒為正數(shù)，則m的取值范圍為．10．如圖，在正方形ABCD中，AD＝4，點E、F分別為AB、BC上的動點，且AE＝BF，AF與DE交于點O，點P為EF的中點．（1）若AE＝1，則EF的長＝；（2）在整個運動過程中，OP長的最小值為．11．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，BC＝12，AM＝1，I為△ABC的內(nèi)心，則IM＝．12．如圖，點M（2，0）、N（0，4），以點M為圓心為半徑作⊙M交y軸于A、B兩點，點C為⊙M上一動點，連接CN，取CN中點D，連接AD、BD，則AD2+BD2的最大值為．13．如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AB＝3，以點A為圓心，AB的長為半徑畫弧，分別交BC，AC于點E，D，則圖中陰影部分的周長是．14．如圖，將⊙O上的沿弦BC翻折交半徑OA于點D，再將沿BD翻折交BC于點E，連接DE．若AD＝2OD，則的值．15．如圖，⊙O分別切∠ABC的兩邊AB，BC于點D，E，點F在⊙O上，若∠ABC＝70°，則∠F的度數(shù)為°．16．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4．點E是AB上的動點，點F是線段AE上的點，且EF＝3AF，DE，CF相交于點P，則DP的最大值為，最小值為．17．如圖，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點分別為D、F、G，∠B＝65°，∠C＝45°，則∠DGF的度數(shù)是°．18．如圖，△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，，以C為圓心，CA為半徑的圓弧分別交AB、CB于點D、E，則圖中陰影部分面積之和為．三．解答題（共5小題）19．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形，點A（0，3），C（4，0），點P是邊OA上的一個動點．將線段CP繞點C順時針旋轉∠OCA的度數(shù)到CQ，點P的對應點是點Q．二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A和點B．（1）求二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的表達式；（2）當點Q恰好落在拋物線的對稱軸上時，求OP的長；（3）如圖2，過點Q作y軸的平行線交位于第一象限的拋物線于點G，連接AG，AQ，若△AQG為直角三角形，求此時G點的坐標．20．如圖，二次函數(shù)y＝x2+bx+c的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（位于x軸的正半軸），與y軸交于點C．（1）b＝（用含c的代數(shù)式表示）；（2）若△ABC的面積為6，點P，Q為二次函數(shù)y＝x2+bx+c圖象上的兩點，設點P的橫坐標為m，點Q的橫坐標為n，且0＜n＜m＜3，直線AP，AQ分別與y軸交于點M，N．①求該二次函數(shù)的表達式；②若∠APQ＝2∠PAO，則2OM+ON是定值嗎？若是定值，請求出該定值；若不是定值，請說明理由．

21．已知二次函數(shù)y＝ax2﹣（a+b）x+b（a、b是常數(shù)，a≠0）．（1）若M（﹣4，m）（m＞0）在該二次函數(shù)的圖象上，當a＜0時，試判斷代數(shù)式a+b的正負性；（2）已知對于任意的常數(shù)a、b（a≠0），二次函數(shù)的圖象始終過定點P，求證：一次函數(shù)y＝（k2+3）x+3k（x≥1）圖象上所有的點都高于點P．22．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，且AC⊥BD，垂足為E，AB＝DB，F(xiàn)為DC延長線上一點．（1）求證：BC平分∠ACF；（2）若BE＝3，DE＝2，求AE和⊙O的半徑長．23．已知：在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝m．（1）如圖1，當時，以AB為直徑的⊙G交CD于M、N兩點，求此時MN的長；（2）如圖2，若⊙O經(jīng)過A、B兩點，且與CD相切，當其半徑不大于時，求m的取值范圍．

參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．【解答】解：連接OD、OE，∵∠A＝60°，∴∠B+∠C＝120°，∵OB＝OD，OE＝OC，∴∠ODB＝∠B，∠OEC＝∠C，∴∠BOD+∠EOC＝360°﹣120°×2＝120°，∴∠DOE＝60°，∴的長為：＝π，故選：B．2．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵PD⊥BC，DE⊥AC，∴∠PDE+∠EDC＝90°，∠EDC+∠C＝90°，∴∠PDE＝∠C，∴∠PDE＝∠B＝∠C，∴∠PDE的大小不變．∴①的結論正確；連接PF，如圖，∵PD⊥BC，∴∠PDF＝90°，∴PF為△PDE的外接圓的直徑，∴∠PEF＝90°，∴∠PED+∠DEF＝90°，∵DE⊥AC，∴∠DEF+∠CEF＝90°，∴∠CEF＝∠PED．∴②的結論正確；過點A作AG⊥BC于點G，如圖，∵AB＝AC，AG⊥BC，∴BG＝CG＝BC＝1，∴AG＝＝2．∵PD⊥BC，AG⊥BC，∴PD∥AG，∴△PBD∽△ABG，∴，∴，設BD＝a，則PB＝a，PD＝2a，∴CD＝2﹣a．∵∠B＝∠C，∠PDB＝∠DEC＝90°，∴△PBD∽△DCE，∴，∴，∴DE＝2CE．∵∠PDE＝∠C，∠PED＝∠CEF，∴△PDE∽△FCE，∴，∴2CF＝PD＝2a，∴CF＝a＝BD．∴③的結論正確；∵CF＝a，∴DF＝DC﹣CF＝2﹣2a，∴PF2＝PD2+DF2＝（2a）2+（2﹣2a）2＝8a2﹣8a+4＝8+2，∵8＞0，∴當a＝時，PF2有最小值為2．∴PF有最小值為．∵PF為△PDE的外接圓的直徑，∴△PDE的外接圓直徑的最小值為．④的結論正確．∴正確的結論有：①②③④．故選：D．3．【解答】解：如圖1，∵半徑為1的⊙A的圓心A的坐標為（0，2），∴AC＝1，OA＝2，∵CD⊥AB于點D，∴CD＜AC，∴CD＜1，∴CD的最大值不可能是1，故①錯誤；∵BC與⊙A相切于點C，∴BC⊥AC，∴∠ACB＝90°，∴BC＝＝＝，∴當AB的值最小時，則BC的值最小，∵OA⊥OB，∴AB≥OA，∴AB≥2，∴AB的最小值為2，當AB＝2時，BC＝＝，∴BC的最小值為，故②正確；∵sin∠ABC＝＝，∴當AB的值最小時，則sin∠ABC的值最大，此時∠ABC的值最大，當AB最小＝2時，sin∠ABC＝，則∠ABC＝30°，∴∠ABC的最大值為30°，故③正確；當B（1，0）時，如圖2，∵∠ACB＝∠BOA＝90°，AB＝BA，AC＝BO＝1，∴Rt△ACB≌Rt△BOA（HL），∴CB＝OA＝2，∵∠CDB＝∠ACB＝90°，∴tan∠ABC＝＝＝，∴BD＝2CD，∴CB＝＝＝CD＝2，∴CD＝，∴BD＝2×＝，∴S△BCD＝BD?CD＝××＝，故④正確，故選：B．4．【解答】解：∵AM是∠BAC的平分線，∴∠DAM＝∠EAM，∵DE⊥AM，∴∠AMD＝∠AME＝90°，在△AMD和△AME中，，∴△AMD≌△AME（ASA），∴MD＝ME，AD＝AE，∵DE＝b，∴MD＝ME＝DE＝b，設∠BAC＝α，則∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，∵BM，CM分別是∠ABC，∠ACB的平分線，∴∠MBC＝∠DBM＝∠ABC，∠MCB＝∠ACB，∴∠MBC+∠MCB＝（∠ABC+∠ACB）＝90°﹣α，∴∠BMC＝180°﹣（∠MBC+∠MCB）＝180°﹣（90°﹣α）＝90°+α，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∵∠ADE+∠AED+∠BAC＝180°，∴∠ADE＝（180°﹣∠BAC）＝90°﹣α，∴∠BDM＝180°﹣∠ADE＝180°﹣（90°﹣α）＝90°+α，∴∠BMC＝∠BDM，又∵∠MBC＝∠DBM，∴△MBC∽△DBM，∴CM：MD＝BM：BD，即CM：BM＝MD：BD，同理可證：△MBC∽△EMC，∴CM：CE＝BM：ME，即CM：BM＝CE：ME，∴MD：BD＝CE：ME，即MD?ME＝BD?CE，∵MD＝ME＝b＞0，BD＝a＞0，CE＝c＞0，∴b?b＝ac，∴b2＝4ac，∵關于x的方程2ax2+bx+c＝0的根的判別式Δ＝b2﹣4×2ac＝b2﹣8ac，∴Δ＝4ac﹣8ac＝﹣4ac＜0，∴關于x的方程2ax2+bx+c＝0沒有實數(shù)根．故選：D．5．【解答】解：如圖，將△BCP繞點B逆時針旋轉120°得到△BAG，連接QG交AF于H．∵∠BAG＝∠C＝120°，∴∠FAG＝360°﹣∠BAG﹣∠BAF＝120°＝∠F，∴PQ∥DE，∠E＝∠D，∴四邊形DEQP是等腰梯形，∴DP＝EQ，∵CD＝EF，∴CP＝AG＝FQ，∵∠GHA＝∠QHF，∴△AGH≌△QFH（AAS），∴S△AHG＝S△QFH，∵∠PBQ＝180°﹣∠BQP﹣∠BPQ＝180°﹣∠BPC﹣∠BPQ＝∠DPQ＝60°，∠PBG＝120°，∴∠GBQ＝∠QBP＝60°，∵BG＝BP，BQ＝BQ，∴△GBQ≌△PBQ（SAS），∴S△BPQ＝S∠BGQ＝S△BCP+S四邊形BAFQ＝S2+S3，∴S正六邊形ABCDEF＝S1+S2+S3+S2+S3＝S1+2S2+2S3．故選：A．6．【解答】解：如圖1，當BE＝BC時，∵BE＝BC，∠ABC＝40°，∴∠BCE＝∠BEC＝（180°﹣40°）＝70°，∴∠BOD＝2∠BCE＝140°，∴弧BD的長＝＝π．故選：B．7．【解答】解：作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，OD，過O作OE⊥BC，∵∠A＝60°，∴∠BOC＝120°，∴∠BOE＝60°，∴∠OBE＝30°，∴OB＝2OE，∵，CD＝2BD∴，∵OB2＝OE2+BE2，∴4OE2＝OE2+27，∵OE＞0，∴OE＝3，∴OB＝6，∵，∴，∵AO+OD≥AD，∴當A，O，D三點共線時，AD最大，即：；故選：B．8．【解答】解：如圖，連接AC，取AC的中點O，連接OQ，延長AD至E，使DE＝2，連接CE，OP，∵四邊形ABCD、BEFG是正方形，AB＝6，∴AD＝CD＝AB＝BC＝6，BG＝BE，∠ADC＝∠ABC＝∠CBE＝90°，∴AC＝AD＝6，∵DQ：AQ＝1：2，∴DQ＝AD＝2，AQ＝AD＝4，∴QE＝DQ+DE＝2+2＝4，∴AQ＝QE，即Q是AE的中點，又∵點O是AC的中點，∴OQ＝CE，∵∠CDE＝90°，∴CE＝＝＝2，∴OQ＝CE＝，在△ABG和△CBE中，，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG＝∠BCE，∵∠BCE+∠CEB＝90°，∴∠BAG+∠CEB＝90°，∴∠APC＝∠BAG+∠CEB＝90°，∵點O是AC的中點，∴OP＝AC＝3，在△OPQ中，PQ≤OP+OQ＝3+，∴PQ的最大值為3+，故選：B．二．填空題（共10小題）9．【解答】解：由題知，拋物線的開口向上，又因為二次函數(shù)的函數(shù)值恒為正數(shù)，所以（﹣2）2﹣4×3×（m﹣1）＜0，解得m＞．故答案為：m＞．10．【解答】解：（1）∵ABCD是正方形，∴AD＝AB＝4，∠DAB＝∠ABF＝90°，又∵AE＝BF，∴△DAE≌△ABF（SAS），∴∠ADE＝∠BAF，AE＝BF，∵AE＝1，∴BF＝1，BE＝3，∴EF＝＝；故答案為：；（2）∵∠ADE＝∠BAF，∴∠ADE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，∴∠EOF＝∠AOD＝90°，又∵點P為EF的中點，∴OP＝EF，設AE＝BF＝x，則BE＝4﹣x，∴EF＝＝＝，∴當x＝2時，EF最小為2，即OP最小為；故答案為：．11．【解答】解：作ID⊥AB于點D，IE⊥BC于點E，IF⊥AC于點F，連接IA、IB、IC，∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，AM＝1，∴AB＝＝＝13，∵∠IEC＝∠IFC＝∠ACB＝90°，∴四邊形IECF是矩形，∵I為△ABC的內(nèi)心，∴ID＝IE＝IF，∴四邊形IECF是正方形，設CF＝IF＝ID＝IE＝r，∵S△AIB+S△BIC+S△AIC＝S△ABC，∴×13r+×12r+×5r＝×12×5，解得r＝2，∴CF＝IF＝2，∵∠AFI＝90°，MF＝AC﹣CF﹣AM＝5﹣2﹣1＝2，∴IM＝＝＝2，故答案為：2．12．【解答】解：如圖，連接MN，取MN的中點J，連接MC，JD，OJ，OD，MA，MB．∵點M（2，0）、N（0，4），∴OM＝2，ON＝4，∴MN＝＝2，∵MJ＝JN，∴OJ＝MN＝，∵MJ＝JN，CD＝DN，∴JD＝MC＝，∵MA＝MB＝，OM＝2，OM⊥AB，∴OA＝OB＝＝＝1，∴A（0，1），B（0，﹣1），∴點D的運動軌跡是以J為圓心，為半徑的圓，設D（m，n），則AD2+BD2＝（n﹣1）2+m2+（n+1）2+m2＝2（m2+n2）+2，∵OD2＝m2+n2，∴OD最大時，m2+n2的值最大，∵OD≤OJ+JD，∴OD≤，∴m2+n2的最大值為，∴AD2+BD2的最大值為2×+2＝，故答案為：．13．【解答】解：如圖，連接AE，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AB＝3，∴∠B＝60°，∵AB＝AE，∴△ABE是等邊三角形，∴∠BAE＝60°，BE＝AB＝3，∴弧BE的長度為＝π，∴圖中陰影部分的周長是：3+π．故答案為：3+π．14．【解答】解：如圖，連接AC，CD，OC，過點C作CH⊥AB于H．設OA＝3a，則AB＝6a．∵∠ABC所對的弧有，，，∴AC＝CD＝DE，∵CH⊥AD，∴AH＝DH，∵AD＝2OD，∴AH＝DH＝OD＝a，在Rt△OCH中，CH＝＝＝a，在Rt△ACH中，AC＝＝＝a，∴＝＝＝．故答案為：．15．【解答】解：連接OD，OE，∵⊙O分別切∠ABC的兩邊AB，BC于點D，E，∴半徑OD⊥AB，半徑OE⊥BC，∴∠BDO＝∠BEO＝90°，∵∠ABC＝70°，∴∠DOE＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110°，∴∠F＝∠DOE＝55°．故答案為：55．16．【解答】解：設AF＝x，∵EF＝3AF，∴EF＝3x，∴AE＝AF+EF＝x+3x＝4x，∵四邊形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝4，∴AB∥CD，AB＝CD＝6，AD＝BC＝4，∠A＝∠B＝90°，∴△PCD∽△PFE，∴＝，即＝，∴PD＝DE，在Rt△ADE中，DE＝＝＝4，∴PD＝，令x+2＝t，則x＝t﹣2，∴PD＝＝8＝8，∵0＜AE≤6，即0＜4x≤6，∴0＜x≤，∴0＜t﹣2≤，即2＜t≤，當t＝，即x＝時，PD取得最大值，PD的最大值＝8＝，當t＝，即x＝時，PD取得最小值，PD的最小值＝8＝；故答案為：，．17．【解答】解：如圖，連接OD，OF，∵∠B＝65°，∠C＝45°，∴∠A＝180°﹣65°﹣45°＝70°．∵AB是圓O的切線，∴∠ODA＝90°．同理∠OFA＝90°．∴∠A+∠DOF＝180°．∴∠DOF＝110°．∴∠DGF＝55°．故答案為：55．18．【解答】解：連接CD，∵∠B＝30°，∴∠CAB＝90°﹣∠A＝60°，∵CD＝CA，∴△CDA為等邊三角形，∴∠DCA＝60°，AD＝CD＝AC＝，∴∠DCE＝90°﹣60°＝30°，∴∠DCE＝∠B，∴CD＝BD，∴AD＝BD，∴S△ACD＝S△CBD＝S△ABC，∵S扇形ACD＝＝π，S扇形DCE＝＝π，∴陰影部分的面積＝S扇形ACD﹣S△ACD+S△CBD﹣S扇形DCE＝S扇形ACD﹣S扇形DCE＝＝π．故答案為：π．三．解答題（共5小題）19．【解答】解：（1）由題意得，，∴，∴y＝﹣x2+4x+3；（2）如圖1，作QW⊥AC于W，交OA于V，作WE⊥OA于E，∴∠QWC＝∠AOC＝90°，∵∠QCP＝∠QCA，∴∠QCW＝∠OCP，∵CQ＝CP，∴△CWQ≌△COP（AAS），∴CW＝OC＝1，∵OC＝4，OA＝3，∴OC＝5，∵sin∠CAO＝，cos∠CAO＝＝，∴，，∴EW＝，AE＝，AV＝，∴OV＝OA﹣AV＝3﹣＝，OE＝OA﹣AE＝3﹣，∴V（0，），W（，），∴直線WV的解析式為：y＝x+，當x＝2時，y＝＝4，∴Q（2，4）∴OP＝QW＝＝2；（3）當∠AQG＝90°時，此時Q在AB上，由（2）知：點Q在直線y＝上運動，當y＝3時，，∴x＝，把x＝代入y＝﹣x2+4x+3得，y＝，∴G（，），如圖2，當∠QAG＝90°時，設GQ交AB于X，設Q（m，），G（m，﹣m2+4m+3），∴AX＝m，GX＝﹣m2+4m，XQ＝3﹣（m+）＝，∵tan∠GAX＝tan∠QAX，∴，∴，∴m1＝1，m2＝5，由﹣x2+4x+3＝0得，x1＝2，x2＝2，∵5＞2+，∴m＝5舍去，∴m＝1，當m＝1時，y＝﹣1+4+3＝6，∴G（1，6），綜上所述：G（1，6）或（，）．20．【解答】解：（1）將點A（﹣1，0）代入y＝x2+bx+c得1﹣b+c＝0，∴b＝c+1，故答案為：c+1；（2）①∵二次函數(shù)y＝x2+bx+c與y軸交于點C．∴C（0，c），∵b＝c+1，∴y＝x2+bx+c＝x2+（c+1）x+c＝（x+1）（x+c），令y＝0，則x＝﹣1或﹣c，∴B（﹣c，0），∵A（﹣1，0），∴AB＝﹣c+1，∵△ABC的面積為6，∴S△ABC＝AB?OC＝（﹣c+1）?（﹣c）＝c2﹣c＝6，解得c＝﹣3或4（舍去），∴b＝c+1＝﹣3+1＝﹣2，∴該二次函數(shù)的表達式為y＝x2﹣2x﹣3；②過點P作PH⊥x軸于點H，設直線PQ交x軸于點D，設P（m，m2﹣2m﹣3），Q（n，n2﹣2n﹣3），直線PQ的解析式為y＝kx+a，∴3，解得，∴直線PQ的解析式為y＝（m+n﹣2）x﹣3﹣mn，∵∠APQ＝2∠PAO，∠APQ＝∠PAO+∠ADP，∴∠BAP＝∠ADP，∴PA＝PD，∵PH⊥x軸，∴AH＝DH，H（m，0），∵A（﹣1，0），∴D（2m+1，0），∵D在直線PQ上，∴（m+n﹣2）（2m+1）﹣3﹣mn＝0，∴n＝5﹣2m，∴N（5﹣2m，4m2﹣16m+12），設直線AP的解析式為y＝px+q，∴，解得，∴直線AP的解析式為y＝（m﹣3）x+m﹣3，∴M（0，m﹣3），∴OM＝3﹣m，同理得N（0，2﹣2m），ON＝2m﹣2，∴2OM+ON＝2（3﹣m）+2m﹣2＝4．∴2OM+ON是定值，該定值為4．21．【解答】（1）解：由題意，y＝ax2﹣（a+b）x+b＝（ax﹣b）（x﹣1），又M（﹣4，m）（m＞0）在該二次函數(shù)的圖象上，∴（﹣4a﹣b）×（﹣5）＞0．∴﹣4a﹣b＜0．∴﹣4a＜b．∴﹣4a+a＜a+b．∴a+b＞﹣3a．又a＜0，∴a+b＞﹣3a＞0，即a+b為正．（2）證明：由（1）y＝ax2﹣（a+b）x+b