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北京市西城区 2021—2022 学年度第一学期期末试卷九年级数学
第一部分 选择题
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，
是中心对称图形的是（ ）
A. B. C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一
个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图
形，这个点就是它的对称中心．
2. 二次函数 的图象的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【分析】直接根据二次函数的顶点式写出顶点坐标即可．
【详解】解：∵抛物线解析式为 ，
∴ 其顶点坐标为(3，1)，
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数顶点式的性质，正确理解知识点是解题的关键．
3. 如图，点 ， ， 在 上， 是等边三角形，则 的大小为（ ）
A. 60° B. 40° C. 30° D. 20°
【答案】C
【解析】
【分析】由 为等边三角形，得：∠AOB=60°，再根据圆周角定理，即可求解．
【详解】解：∵ 为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴ = ∠AOB = ×60°=30°．
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
4. 将一元二次方程 通过配方转化为 的形式，下列结果中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．
【详解】解：∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，
故选A．
【点睛】本题考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、
因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
5. 如图， 是正方形 的外接圆，若 的半径为4，则正方形 的边长为（ ）
A. 4 B. 8 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，由等腰直角三角形的性质可知OE=BE，由垂径定理可
知BC=2BE，故可得出结论．
【详解】解：连接OB，OC，过点O作OE⊥BC于点E，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴∠OBE=45°，
∴OE=BE，
∵OE2+BE2=OB2，
∴ ，∴BC=2BE= ，即正方形ABCD的边长是 ．
故选：D
【点睛】本题考查的是圆周角定理、垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形
是解答此题的关键．
6. 生活垃圾无害化处理可以降低垃圾及其衍生物对环境的影响．据统计，2017年全国生活垃圾无害化处
理能力约为2.5亿吨，随着设施的增加和技术的发展，2019年提升到约3.2亿吨．如果设这两年全国生活
垃圾无害化处理能力的年平均增长率为 ，那么根据题意可以列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设这两年全国生活垃圾无害化处理能力的年平均增长率为 ，根据等量关系，列出方程即可．
【详解】解：设这两年全国生活垃圾无害化处理能力的年平均增长率为 ，
由题意得： ，
故选C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的实际应用，掌握增长率模型 ，是解题的关键．
7. 下列说法中，正确的是（ ）
A. “射击运动员射击一次，命中靶心”是必然事件
B. 事件发生的可能性越大，它的概率越接近1
C. 某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票就一定会中奖
D. 抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率可以用列举法求得
【答案】B
【解析】
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的定义可判断A，根据随机事件发生的机会大小，估计概
率的大小可判断B，可判断C，不规则物体的概率只能通过大数次的实验，使频率达到稳定时用频率估计
概率可判断D．
【详解】解：“射击运动员射击一次，命中靶心”可能会发生，也可都能不会发生是随机事件不是必然事件，
故选项A不正确；
事件发生的可能性越大，说明发生的机会越大，它的概率越接近1，故选项B正确；某种彩票中奖的概率是1%，因此买100张该种彩票每一张彩票中奖的概率都是1%，可能会中奖，但一定
会中奖机会很小，故选项C不正确；
图钉是不规则的物体，抛掷一枚图钉，“针尖朝上”的概率只能通过实验，大数次的实验，使频率稳定时，
可用频率估计概率，不可以用列举法求得，故选项D不正确．
故选择B．
【点睛】本题考查事件，事件发生的可能性，概率，实验概率，掌握事件，事件发生的可能性，概率，实
验概率知识是解题关键．
8. 抛物线 的顶点为 ，且经过点 ，其部分图象如图所示.对于此抛物线有
如下四个结论：① ；② ；③ ；④若此抛物线经过点 ，则 一定
是方程 的一个根．其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】利由抛物线的开口方向和位置可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的一个交
点坐标为（-1，0），代入解析式则可对②进行判断；由抛物线的顶点坐标以及对称轴可对③进行判断；抛
物线的对称性得出点 的对称点是 ，则可对④进行判断．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴ ，故①正确；
∵抛物线 的顶点为 ，且经过点 ，∴抛物线 与x轴的另一个交点坐标为（-1，0），
∴ ，故②错误；
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴ ，即：b=-4a，
∵ ，
∴c=b-a=-5a，
∵顶点 ，
∴ ，即： ，
∴m=-9a，即： ，故③正确；
∵若此抛物线经过点 ，抛物线的对称轴为直线x=2，
∴此抛物线经过点 ，
∴ ，
∴ 一定是方程 的一个根，故④错误．
故选B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛
物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二
次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即
ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置．
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 在平面直角坐标系 中，点 关于原点的对称点坐标为_______．
【答案】（-4，7）
【解析】
【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（-x，-y），进而得出答案．
【详解】解：点 关于原点的对称点坐标为（-4，7），
故答案是：（-4，7）．
【点睛】此题主要考查了原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
10. 关于 的一元二次方程 有一个根为1，则 的值为________．
【答案】-5
【解析】
【分析】直接利用一元二次方程的解的意义将x=1代入求出答案．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程 的一个根是1，
∴12+m+4=0，
解得：m=-5．
故答案是：-5．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的解，正确理解一元二次方程解的意义是解题关键．
11. 如图1所示的铝合金窗帘轨道可以直接弯曲制作成弧形．若制作一个圆心角为160°的圆弧形窗帘轨道
（如图2）需用此材料 mm，则此圆弧所在圆的半径为________mm．
【答案】900
【解析】
【分析】由弧长公式l= 得到R 的方程，解方程即可．
【详解】解：根据题意得， = ，解得，R=900（mm）．
答：这段圆弧所在圆的半径R是900 mm．故答案是：900．
【点睛】本题考查了弧长的计算公式：l= ，其中l表示弧长，n表示弧所对的圆心角的度数．
12. 写出一个开口向下，且对称轴在 轴左侧的抛物线的表达式：_______．
【答案】y=-x2-2x+1
【解析】
【分析】根据二次函数的性质写出一个符合的即可．
【详解】解：抛物线的解析式为y=-x2-2x+1，
故答案为：y=-x2-2x+1．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键，此题是一道开放型的题目，
答案不唯一．
13. 如图，在平面直角坐标系 中，点 ， ， 的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则
此圆弧的圆心坐标为_______．
【答案】（2，1）
【解析】
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆
心．
【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，1）．
故答案为（2，1）．【点睛】本题考查垂径定理的应用，解答此题的关键是熟知垂径定理，即“垂直于弦的直径平分弦”．
14. 如图，在平面直角坐标系 中，抛物线 可以看作是抛物线 经过若
干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由抛物线 得到抛物线
的过程：_______．
【答案】 抛物线 先向 右平移 4 个单位 ，再关于直线 轴对称得到抛物线．
【解析】
【分析】由抛物线 向右平移4个单位后得到抛物线 后，此时正好与
关于直线 对称，即可得到答案．
【详解】解：∵抛物线 向右平移4个单位后得到抛物线 后，正好与
关于直线 对称，
∴抛物线 可以看做是抛物线 先向右平移4个单位，再关于直线 轴对
称得到的，
故答案为：抛物线 先向右平移4个单位，再关于直线 轴对称得到抛物线
．【点睛】本题主要考查了二次函数的平移，轴对称变化，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
15. 如图，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，点 的对应点 恰好落在边 上，
则 _______．（用含 的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质可得∠DAB= ，AD=AB， ∠B，进而即可求解．
【详解】解：∵将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
∴∠DAB= ，AD=AB， ∠B，
∵∠B= ，∴ ，
故答案是： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
16. 如图，在 中， ， 是 内的一个动点，满足 ．若
， ，则 长的最小值为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】取AC中点O，由勾股定理的逆定理可知∠ADC=90°，则点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，
作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于 ，则 长的最小值即为 ，由此求解即可．
【详解】解：如图所示，取AC中点O，
∵ ，即 ，
∴∠ADC=90°，
∴点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，
作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于 ，则 长的最小值即为 ，
∵ ， ，∠ACB=90°，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确
定点D的运动轨迹．
三、解答题（共68分，第17-18题，每题5分，第19题6分，第20题5分，第21题6分，
第22-24题，每题5分，第25-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说
明、演算步骤或证明过程．
17. 解方程： ．
【答案】
【解析】
【分析】把方程化成x2=a的形式，再直接开平方，即可得到方程的解.
【详解】∴原方程的解为
【点睛】考查了用配方法解一元二次方程，用配方法解一元二次方程的步骤：①把原方程化为一般形式；
②方程两边同除以二次项系数，使二次项系数为1，并把常数项移到方程右边；③方程两边同时加上一次
项系数一半的平方；④把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数；⑤进一步通过直接开平方法求出
方程的解，如果右边是非负数，则方程有两个实根；如果右边是一个负数，则方程无实数根．
18. 问题：如图， 是 的直径，点 在 内，请仅用无刻度的直尺，作出 中 边上的高.
小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．
作法：如图，
①延长 交 于点 ，延长 交 于点 ；
②分别连接 ， 并延长相交于点 ；
③连接 并延长交 于点 ．
所以线段 即为 中 边上的高．
（1）根据小芸的作法，补全图形；
（2）完成下面的证明．
证明：∵ 是 的直径，点 ， 在 上，
∴ ________°．（______）（填推理的依据）
∴ ， ．
∴ ，________是 的两条高线．
∵ ， 所在直线交于点 ，∴直线 也是 的高所在直线．
∴ 是 中 边上的高．
【答案】（1）见详解；（2）90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【解析】
【分析】（1）根据作图步骤作出图形即可；
（2）根据题意填空，即可求解．
【详解】解：（1）如图，CH为△ABC中AB边上的高；
（2）证明：∵ 是 的直径，点 ， 在 上，
∴ ___90_°．（__直径所对的圆周角是直角_）（填推理的依据）
∴ ， ．
∴ ，_BD__是 的两条高线．
∵ ， 所在直线交于点 ，
∴直线 也是 的高所在直线．
∴ 是 中 边上的高．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推理，三角形的三条高线相交于一点等知识，熟知两个定理，并根据题
意灵活应用是解题关键．19. 已知二次函数 ．
（1）求此函数图象的对称轴和顶点坐标；
（2）画出此函数的图象；
（3）若点 和 都在此函数的图象上，且 ，结合函数图象，直接写出 的取值范
围．
【答案】（1）抛物线对称轴为直线 ，顶点坐标为（-2，-1）；（2）见解析；（3） 或
【解析】
【分析】（1）把抛物线解析式化为顶点式求解即可；
（2）先列表，然后描点，最后连线即可；
（3）根据函数图像求解即可．
【详解】解：（1）∵抛物线解析式为 ，
∴抛物线对称轴为直线 ，顶点坐标为（-2，-1）；
（2）列表如下：
… -4 -3 -2 -1 0 …
… 3 0 -1 0 3 …
函数图像如下所示：
（3）由函数图像可知，当 时， 或 ．【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质，画二次函数图像，图像法求自变量的取值范围，熟知二次
函数的相关知识是解题的关键．
20. 如图，在正方形 中，射线 与边 交于点 ，将射线 绕点 顺时针旋转，与 的延
长线交于点 ， ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，直接写出 的面积．
【答案】（1）见解析；（2）8
【解析】
【分析】（1）根据SAS证明 即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质求出AE=4，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AB=BC=CD，
∴
在 和 中，∴
∴
（2）由（1）得
∴ ，
∴
∴ 是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中， ， ，
∴AE=2DE=4
∴AF=4
∴
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、三角形的面积以及直角
三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21. 已知关于 的一元二次方程 ．
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程恰有一个根小于 ，求 的取值范围．
【答案】（1）见详解；（2）k＜-4
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得Δ≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
（2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出x=2、x= k+3，根据方程有一根小于-1，即可得出关于k
1 2
的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
【详解】（1）证明：∵在方程 中，Δ=[-（k+5）]2-4×1×（6+2k）=k2+2k+1=
（k+1）2≥0，
∴方程总有两个实数根．（2）解：∵ ，
∴x=2，x=k+3．
1 2
∵此方程恰有一个根小于 ，
∴k+3＜-1，解得：k＜-4，
∴k的取值范围为k＜-4．
【点睛】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程以及解一元一次不等式，解题的关键是：
（1）牢记“当 ≥0时，方程有两个实数根”；（2）利用因式分解法解一元二次方程结合方程一根小于-1，
找出关于k的一△元一次不等式．
的
22. 有甲、乙两个不透明 口袋，甲口袋中装有两个相同的球，它们分别写有数 ，2；乙口袋中装有
三个相同的球，它们分别写有数 ， ，5．小明和小刚进行摸球游戏，规则如下：先从甲口袋中随机取
出一个球，其上的数记为 ；再从乙口袋中随机取出一个球，其上的数记为 .若 ，小明胜；若
，为平局；若 ，小刚胜．
（1）若 ，用树状图或列表法分别求出小明、小刚获胜的概率；
（2）当 为何值时，小明和小刚获胜的概率相同？直接写出一个符合条件的整数 的值．
【答案】（1）见详解；（2）m=-1
【解析】
【分析】（1）先画出树状图，再利用概率公式计算，即可求解；
（2）取一个符合条件的m的值，即可．
【详解】解：（1）画树状图如下：
∵一共有6种可能的结果， ，有2种可能， ，有3种可能，∴小明获胜的概率=2÷6= ，小刚获胜的概率=3÷6= ；
（2）当m=-1时，画树状图如下：
此时，小明和小刚获胜的概率相同．
【点睛】本题主要考查等可能时间的概率，掌握画树状图是解题的关键．
23. 如图， ， 是 的两条切线，切点分别为 ， ，连接 并延长交 于点 ，过点 作
的切线交 的延长线于点 ， 于点 ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）若 ， ，求 的长.．
【答案】（1）见详解；（2）5
【解析】
【分析】（1）根据切线的性质和矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据切线长定理可得AB=AC，BE=DE，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵ ，DE是 的两条切线， 于点
∴∠EFC=∠EDC=∠FCD=90°，
∴四边形 是矩形；
（2）∵四边形 是矩形，
∴EF= ，CF= ，
∵ ， ，DE是 的两条切线，
∴AB=AC，BE=DE，
设AB=AC=x，则AE=x+2，AF=x-2，
在 中， ，
解得：x=5，
∴AC=5．
【点睛】本题主要考查切线长定理和勾股定理以及矩形的判定定理，掌握切线长定理以及勾股定理是解题
的关键．
24. 某篮球队员的一次投篮命中，篮球从出手到命中行进的轨迹可以近似看作抛物线的一部分，表示篮球
距地面的高度 （单位：m）与行进的水平距离 （单位：m）之间关系的图象如图所示．已知篮球出手位
置 与篮筐的水平距离为4.5m，篮筐距地面的高度为3.05m；当篮球行进的水平距离为3m时，篮球距地
面的高度达到最大为3.3m．
（1）图中点 表示篮筐，其坐标为_______，篮球行进的最高点 的坐标为________；
（2）求篮球出手时距地面的高度．
【答案】（1）（4.5，3.05），（3，3.3）；（2）2.3米
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接写出坐标即可；（2）设抛物线的解析式为： ，从而求出a的值，再把x=0代入解析式，
即可求解．
【详解】（1）由题意得：点 坐标为（4.5，3.05）， 的坐标为（3，3.3），
故答案是：（4.5，3.05），（3，3.3）；
（2）设抛物线的解析式为： ，
把点 坐标（4.5，3.05），代入 得 ，
解得： ，
∴
当x=0时， ，
答：篮球出手时距地面的高度为2.3米．
【点睛】考查了二次函数的应用，利用二次函数的顶点式，求出函数解析式是解题的关键．
25. 如图， 是 的直径，四边形 内接于 ， 是 的中点， 交 的延长线
于点 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见详解；（2）【解析】
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理可得∠AOD=∠ABC，从而得OD∥BC，进而即可得到结论；
（2）连接AC，交OD于点F，利用勾股定理可得AC ， ，再证明四边形DFCE是矩形，进而
即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵ 是 的中点，
∴∠ABC=2∠ABD，
∵∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=∠ABC，
∴OD∥BC，
∵ ，
∴ ，
∵OD为半径
∴ 是 的切线；
（2）连接AC，交OD于点F，
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∴AC= ，
∵ 是 的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF=3，
∴ ，
∴DF=5-4=1，
∵∠E=∠EDF=∠DFC=90°，
∴四边形DFCE是矩形，
∴DE=CF=3，CE=DF=1，
∴ ，
∴AD=CD= ，
∵∠ADB=90°，
∴
【点睛】本题主要考查切线的判定定理，圆周角定理以及勾股定理，添加辅助线构造直角三角形和矩形，
是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系 中，抛物线 的顶点为A， ．
（1）若 ，
①点A到 轴的距离为_______；
②求此抛物线与 轴的两个交点之间的距离；
（2）已知点A到 轴的距离为4，此抛物线与直线 的两个交点分别为 ， ，
其中 ，若点 在此抛物线上，当 时， 总满足 ，求 的值和
的取值范围．【答案】（1）①8；② ；（2） ，
【解析】
【分析】（1）①当 时， ，可得抛物线的顶点坐标为 ，即
可求解；
②令 ，可得此抛物线与 轴的两个交点为 ，即可求解；
（2）根据点A到 轴的距离为4，可得 ．分两种情况：①当 时，抛物线为
，由此抛物线与直线 的两个交点分别为 ， ，其中 ，
得方程 ，从而得到 ，进而得到 ，然
后把 ， ，联立得 ，
再由点 在此抛物线上，当 时， 总满足 ，可得抛物线对称轴
在点 的右侧，即可求解；②当 时，抛物线为 ，由此抛物线与直线
的两个交点分别为 ， ，其中 得方程 ，
从而得到 ，进而求出 ，把 ， ，联立得 ，由点 在此抛物线上，当
时， 总满足 ，抛物线对称轴 在点 的左侧，即可求解．
【详解】解：（1）①当 时， ，
∴抛物线的顶点坐标为 ，
∴点A到 轴的距离为8；
②令 ，即 ，
解得： ，
∴此抛物线与 轴的两个交点为 ，
∴此抛物线与 轴的两个交点之间的距离为 ；
（2）∵点A到 轴的距离为4，
∴ ，解得： ，
①当 时 ，
∴抛物线为 ，
∵此抛物线与直线 的两个交点分别为 ， ，其中 ，
∴ ，即 ，
∴ ，
解得： ，把 ， ，联立得：
，
解得： ，
∵点 在此抛物线上，当 时， 总满足 ，
∴抛物线对称轴 在点 的右侧，
∴ ，
∴ ，
∵ ．
∴ 的取值范围为 ．
②当 时 ，
∴抛物线为 ，
∵此抛物线与直线 的两个交点分别为 ， ，其中 ，
∴ ，即 ，
∴ ，
解得： ，把 ， ，联立得：
，
解得： ，
∵点 在此抛物线上，当 时， 总满足 ，
∴抛物线对称轴 在点 的左侧，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ．
∴无解．
综上， ， 的取值范围为 ．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，与一函数的交点问题，熟练掌握二次函数的图象和性质，
并利用数形结合思想解答是解题的关键．
27. 如图1，在 中， ， ，点 ， 分别在边 ， 上， ，连
接 ， ， ．点 在线段 上，连接 交 于点 ．（1）①比较 与 的大小，并证明；
②若 ，求证： ；
（2）将图1中的 绕点 逆时针旋转 ，如图2．若 是 的中点，判断
是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
【答案】（1）①∠CAE=∠CBD，理由见解析；②证明见解析；（2）AE=2CF仍然成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）①只需要证明△CAE≌△CBD即可得到∠CAE=∠CBD；
②先证明∠CAH=∠BCF，然后推出∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，得到CF=DF，CF=BF，则
BD=2CF，再由△CAE≌△CBD，即可得到AE=2BD=2CF；
（2）如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，只需要证明△ACE≌△BCG得到AE=BG，再由CF是
△BDG的中位线，得到BG=2CF，即可证明AE=2CF．
【详解】解：（1）①∠CAE=∠CBD，理由如下：
在△CAE和△ CBD中，
，
∴△CAE≌△CBD（SAS），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠AHC=∠ACB=90°，
∴∠CAH+∠ACH=∠ACH+∠BCF=90°，
∴∠CAH=∠BCF，
∵∠DCF+∠BCF=90°，∠CDB+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD，∴∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，
∴CF=DF，CF=BF，
∴BD=2CF，
又∵△CAE≌△CBD，
∴AE=2BD=2CF；
（2）AE=2CF仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，
由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．
【点睛】本题主要考查了全等三角形 的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形
中位线定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系 中， 的半径为1，点 在 上，点 在 内，给出如下定义：连接
并延长交 于点 ，若 ，则称点 是点 关于 的 倍特征点．（1）如图，点 的坐标为 ．
①若点 的坐标为 ，则点 是点 关于 的_______倍特征点；
②在 ， ， 这三个点中，点_________是点 关于 的 倍特征点；
③直线 经过点 ，与 轴交于点 ， .点 在直线 上，且点 是点 关于 的 倍特征
点，求点 的坐标；
（2）若当 取某个值时，对于函数 的图象上任意一点 ，在 上都存在点 ，
使得点 是点 关于 的 倍特征点，直接写出 的最大值和最小值．
【答案】（1）① ；② ；③（ ， ）；（2）k的最小值为 ，k有最大值为 ．
【解析】
【分析】（1）①先求出AP，AB的长，然后根据题目的定义求解即可；
②先求出 ， ，即可得到 ，假设点 是点A关于⊙O的 倍特
征点，得到 ，则 不符合题意，同理可以求出，假设点 是点A关于⊙O的 倍特征点，得到 ，可求出
点F的坐标为（0，-1），由点 的坐标为（ ，0），得到 ，则 ，则点 不是点A
关于⊙O的 倍特征点；
③设直线AD交圆O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于F，先求出E是AB的中点，从而推出
∠EOA=30°，再求出 ， ，即可得到点E的坐标为（ ， ）；
（2）如图所示，设直线 与x轴，y轴的交点分别为C、D过点N作NP⊥CD交CD于P，交圆O
于B，过点O作直线EF⊥CD交圆O于E，F即可得到 ， ，由 ，可得
，可以推出当 的值越大，k的值越大，则当AM=BP，MN=NP时，k的值最
小，即当A与E重合，N于F重合时，k的值最小，由此求出最小值即可求出最大值．
【详解】解：（1）①∵A点坐标为（1，0），P点坐标为（ ，0），
∴ ，B点坐标为（-1，0），
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ；②∵ 的坐标为（0， ），A点坐标为（1，0），
∴ ， ，
∴
假设点 是点A关于⊙O的 倍特征点，
∴ ，
∴ 不符合题意，
∴点 不是点A关于⊙O的 倍特征点，
同理可以求出 ，
假设点 是点A关于⊙O的 倍特征点，
∴ ，
∴ 即为AF的中点，
∴点F的坐标为（0，-1），
∵点F（0，-1）在圆上，
∴点 是点A关于⊙O的 倍特征点，
∵点 的坐标为（ ，0），
∴ ，
∴ ，∴点 不是点A关于⊙O的 倍特征点，
故答案为： ；
③如图所示，设直线AD交圆O于B，连接OE，过点E作EF⊥x轴于F，
∵点E是点A关于⊙O 的倍的特征点，
∴ ，
∴E是AB的中点，
∴OE⊥AB，
∵∠EAO=60°，
∴∠EOA=30°，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点E的坐标为（ ， ）；（2）如图所示，设直线 与x轴，y轴的交点分别为C、D过点N作NP⊥CD交CD于P，交圆O
于B，过点O作直线EF⊥CD交圆O于E，F
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵当k越大时， 的值越小，
∴ 的值越大，
∴当 的值越大，k的值越大，
∴当AM=BP，MN=NP时，k的值最小，
∴当A与E重合，N于F重合时，k的值最小，
∵C、D是直线 与x轴，y轴的交点，
∴C（1，0），D点坐标为（0，1），
∴OC=OD=1，
∴ ，∵OG⊥CD，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴k的最小值为 ，
∴当N在E点，A在F点时，k有最大值为 ．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与坐标轴的交点问题，含30度角的直角三角形的性质，垂
径定理等等，解题的关键在于能够正确理解题意进行求解．
