天津市滨海新区2021届九年级上期中考试数学试卷含答案解析

一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）

1．二次函数y=（x﹣2）2﹣1图象的顶点坐标是（　　）

A．（﹣2，﹣1） ．（2，﹣1） ．（﹣2，1） ．（2，1）

2．抛物线y=x2﹣4x+m的顶点在x轴上，则m的值等于（　　）

A．2 ．4 ．6 ．8

3．下列图案中，能够看作是中心对称图形的有（　　）

A．1个 ．2个 ．3个 ．4个

4．已知二次函数y=﹣x2+2x﹣3，用配方法化为y=a（x﹣h）2+k的形式，结果是（　　）

A．y=﹣（x﹣1）2﹣2 ．y=﹣（x﹣1）2+2 ．y=﹣（x﹣1）2+4 ．y=﹣（x+1）2﹣4

5．抛物线y=x2+6x+m与x轴有两个交点，其中一个交点的坐标为（﹣1，0），那么另一个交点的坐标为（　　）

A．（1，0） ．（﹣5，0） ．（﹣2，0） ．（﹣4，0）

6．如图，△ABC内接于圆O，AD是圆O的直径，∠ABC=30°，则∠CAD的度数等于（　　）

A．45° ．50° ．55° ．60°

7．如图，正方形ABCD的边长为2，E是CD的中点，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转后得到△ABF，则EF的长等于（　　）

A．3 ． ．2 ．3

8．如图，Rt△ABC中，∠A=60°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A1B1C，斜边A1B1与CB相交于点D，且DC=AC，则旋转角∠ACA1等于（　　）

A．20° ．25° ．30° ．35°

9．如图，圆O的直径AB为4，点C在圆O上，∠ACB的平分线交圆O于点D，连接AD、BD，则AD的长等于（　　）

A．2 ．3 ．2 ．2

10．已知二次函数y=x2+2x+2，图象的顶点为A，图象与y轴交于点B，O为坐标原点，则AB的长等于（　　）

A．1 ． ． ．

11．如图，AB是圆O的直径，C、D、E差不多上圆上的点，则∠C+∠D等于（　　）

A．60° ．75° ．80° ．90°

12．如图所示的二次函数y═ax2+bx+c的图象，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②c＞1；③2a﹣b＜0；④a+b+c＜0，其中正确的有（　　）

A．1个 ．2个 ．3个 ．4个

二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）

13．把抛物线y=x2向左平移3个单位，所得到的图象的函数解析式为　　．

14．如图，△ABC内接于圆O，∠P=60°，弧=弧，则△ABC的专门形状是　　．

15．如图，圆O的弦AB垂直平分半径OC，若圆O的半径为4，则弦AB的长等于　　．

16．如图，在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得到△CFE，则DF与AC的数量关系是　　．

17．如图，△ABC是等边三角形，点D在BC边上，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转得到△ACE，连接DE，则图中与∠BAD相等的角，除∠CAE外，还有角　　．（用三个字母表示该角）

18．二次函数y=x2+bx图象的对称轴为直线x=1，若关于x的一元二次方程x2+bx﹣t=0（t为实数）在﹣1≤x≤3的范畴内有解，则t的取值范畴是　　．

三、解答题（共7小题，满分66分）

19．（8分）如图，已知二次函数y=﹣x2+bx﹣6的图象与x轴交于一点A（2，0），与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点C，连接BA、BC，求△ABC的面积．

20．（8分）点E在正方形ABCD外，BE=4，CE=2，∠BEC=135°，将△BEC绕点B逆时针旋转得到△BFA，求FE、FC的长．

21．（10分）如图，ABCD是圆O的内接四边形，BC是圆O的直径，∠ACB=20°，D为弧的中点，求∠DAC的度数．

22．（10分）如图所示，BC是圆O的直径，点A、F在圆O上，连接AB、BF．

（1）如图1，若点A、F把半圆三等分，连接OA，OA与BF交于点E．求证：E为OA的中点；

（2）如图2，若点A为弧的中点，过点A作AD⊥BC，垂足为点D，AD与BF交于点G．求证：AG=BG．

23．（10分）一经销商按市场价收购某种海鲜1000斤放养在池塘内（假设放养期内每个海鲜的重量差不多保持不变），当天市场价为每斤30元，据市场行情估量，此后该海鲜的市场价每天每斤可上涨1元，然而平均每天有10斤海鲜死去．假设死去的海鲜均于当天以每斤20元的价格全部售出．

（1）用含x的代数式填空：

 ①x天后每斤海鲜的市场价为　　元；

 ②x天后死去的海鲜共有　　斤；死去的海鲜的销售总额为　　元；

 ③x天后活着的海鲜还有　　斤；

（2）假如放养x天后将活着的海鲜一次性出售，加上差不多售出的死去的海鲜，销售总额为y1，写出y1关于x的函数关系式；

（3）若每放养一天需支出各种费用400元，写出经销商此次经销活动获得的总利润y2关于放养天数x的函数关系式．

24．（10分）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，旋转角为ɑ（0°＜ɑ＜90°），连接BB1．设CB1交AB于点D，A1B1分别交AB、AC于点E，F．

（1）求证：△BCD≌△A1CF；

（2）若旋转角ɑ为30°，

①请你判定△BB1D的形状； 

②求CD的长．

25．（10分）已知二次函数y=x2+bx+c的图象通过点A（﹣3，6），并与x轴交于点B（﹣1，0）和点C，与y轴交于点E，顶点为P，对称轴与x轴交于点D

（Ⅰ）求那个二次函数的解析式；

（Ⅱ）连接CP，△DCP是什么专门形状的三角形？并加以说明；

（Ⅲ）点Q是第一象限的抛物线上一点，且满足∠QEO=∠BEO，求出点Q的坐标．

2021-2021学年天津市滨海新区九年级（上）期中数学试卷

参与试题解析

一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）

1．（2021秋•天津期中）二次函数y=（x﹣2）2﹣1图象的顶点坐标是（　　）

A．（﹣2，﹣1） ．（2，﹣1） ．（﹣2，1） ．（2，1）

【考点】二次函数的性质．

【分析】由抛物线解析式可求得其顶点坐标．

【解答】解：

∵y=（x﹣2）2﹣1，

∴顶点坐标为（2，﹣1），

故选B．

【点评】本题要紧考查二次函数的性质，把握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x﹣h）2+k中，对称轴为x=h，顶点坐标为（h，k）．

2．（2021秋•天津期中）抛物线y=x2﹣4x+m的顶点在x轴上，则m的值等于（　　）

A．2 ．4 ．6 ．8

【考点】二次函数的性质．

【分析】把抛物线解析式化为顶点式可求得其顶点，由条件可得到关于m的方程，可求得m的值．

【解答】解：

∵y=x2﹣4x+m=（x﹣2）2+m﹣4，

∴抛物线顶点坐标为（2，m﹣4），

∵抛物线y=x2﹣4x+m的顶点在x轴上，

∴m﹣4=0，解得m=4，

故选B．

【点评】本题要紧考查二次函数的性质，把握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x﹣h）2+k中，对称轴为x=h，顶点坐标为（h，k）．

3．（2021•河西区二模）下列图案中，能够看作是中心对称图形的有（　　）

A．1个 ．2个 ．3个 ．4个

【考点】中心对称图形．

【分析】依照中心对称图形的概念对各图形分析判定即可得解．

【解答】解：第一个图形是轴对称图形，也是中心对称图形，

第二个图形是中心对称图形，

第三个图形是中心对称图形，

第四个图形是轴对称图形，不是中心对称图形，

综上所述，看作是中心对称图形的有3个．

故选C．

【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要查找对称中心，旋转180度后两部分重合．

4．（2021秋•天津期中）已知二次函数y=﹣x2+2x﹣3，用配方法化为y=a（x﹣h）2+k的形式，结果是（　　）

A．y=﹣（x﹣1）2﹣2 ．y=﹣（x﹣1）2+2 ．y=﹣（x﹣1）2+4 ．y=﹣（x+1）2﹣4

【考点】二次函数的三种形式．

【分析】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，把一样式转化为顶点式．

【解答】解：y=﹣x2+2x﹣3=﹣（x2﹣2x+1）+1﹣3=﹣（x﹣1）2﹣2，

故选A．

【点评】本题考查了二次函数解析式的三种形式：

（1）一样式：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）．

5．（2021秋•天津期中）抛物线y=x2+6x+m与x轴有两个交点，其中一个交点的坐标为（﹣1，0），那么另一个交点的坐标为（　　）

A．（1，0） ．（﹣5，0） ．（﹣2，0） ．（﹣4，0）

【考点】抛物线与x轴的交点．

【分析】把（﹣1，0）代入抛物线y=x2+6x+m求出m的值，再令y=0，求出x的值即可．

【解答】解：∵抛物线y=x2+6x+m与x轴的一个交点是（﹣1，0），

∴1﹣6+m=0，解得m=5，

∴抛物线的解析式为y=x2+6x+5，

∴令y=0，则x2+6x+5=0，解得x1=﹣1，x2=﹣5，

∴另一交点坐标是（﹣5，0）．

故选B．

【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知x轴上点的坐标特点是解答此题的关键．

6．（2021秋•天津期中）如图，△ABC内接于圆O，AD是圆O的直径，∠ABC=30°，则∠CAD的度数等于（　　）

A．45° ．50° ．55° ．60°

【考点】三角形的外接圆与外心．

【分析】依照圆周角定理，得∠ADC=∠ABC=30°，再依照AD是⊙O的直径，则∠ACD=90°，由三角形的内角和定理即可求得∠CAD的度数．

【解答】解：∵∠ABC=30°，

∴∠ADC=30°，

∵AD是⊙O的直径，

∴∠ACD=90°，

∴∠CAD=90°﹣30°=60°．

故选D．

【点评】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角等于90°，以及三角形的内角和定理．解题的关键是：依照圆周角定理，求得∠ADC=∠ABC=30°．

7．（2021秋•天津期中）如图，正方形ABCD的边长为2，E是CD的中点，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转后得到△ABF，则EF的长等于（　　）

A．3 ． ．2 ．3

【考点】旋转的性质；正方形的性质．

【专题】运算题．

【分析】先利用勾股定理运算出AE，再依照旋转的性质得∠EAF=∠BAD=90°，AE=AF，则可判定△AEF为等腰直角三角形，然后依照等腰直角三角形的性质运算EF的长．

【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，

∴∠BAD=∠D=90°，

在Rt△ADE中，AE===，

∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转后得到△ABF，

∴∠EAF=∠BAD=90°，AE=AF，

∴△AEF为等腰直角三角形，

∴EF=AE=．

故选B．

【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

8．（2021秋•天津期中）如图，Rt△ABC中，∠A=60°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A1B1C，斜边A1B1与CB相交于点D，且DC=AC，则旋转角∠ACA1等于（　　）

A．20° ．25° ．30° ．35°

【考点】旋转的性质．

【专题】运算题．

【分析】先依照旋转的性质得∠A1=∠A=60°，CA1=CA，由DC=AC得到CA1=CD，则可判定△A1CD为等边三角形，因此∠A1CD=60°，然后利用互余运算出∠ACA1=∠ACB﹣∠A1CD的度数．

【解答】解：∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A1B1C，

∴∠A1=∠A=60°，CA1=CA，

∵DC=AC，

∴CA1=CD，

∴△A1CD为等边三角形，

∴∠A1CD=60°，

∴∠ACA1=∠ACB﹣∠A1CD=90°﹣60°=30°．

故选C．

【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

9．（2021秋•天津期中）如图，圆O的直径AB为4，点C在圆O上，∠ACB的平分线交圆O于点D，连接AD、BD，则AD的长等于（　　）

A．2 ．3 ．2 ．2

【考点】圆周角定理．

【分析】连接OD．利用直径所对的圆周角是直角及勾股定理求出AB的长，再依照角平分线的性质求出∠ACD=45°；然后依照同弧所对的圆周角是圆心角的一半求得∠AOD=90°；最后依照在等腰直角三角形AOD中利用勾股定理求AD的长度

【解答】解：连接OD．

∴∠ACB=∠ADB=90°，

∵∠ACB的平分线交⊙O于D，

∴D点为半圆AB的中点，

∴△ABD为等腰直角三角形，

∴AD=AB÷=2cm．

故选 C．

【点评】本题考查了圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质．解答该题时，通过作辅助线OD构造等腰直角三角形AOD，利用其性质求得AD的长度的．

10．（2021秋•天津期中）已知二次函数y=x2+2x+2，图象的顶点为A，图象与y轴交于点B，O为坐标原点，则AB的长等于（　　）

A．1 ． ． ．

【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特点．

【分析】把抛物线解析式化为顶点式可求得其顶点坐标，再求利B点坐标，可求得AB的长．

【解答】解：

∵y=x2+2x+2=（x+1）2+1，

∴A（﹣1，1），

在y=x2+2x+2中，令x=0可得y=2，

∴B（0，2），

∴AB==，

故选B．

【点评】本题要紧考查二次函数的性质，由顶点式求得A点坐标、令x=0求得B点坐标是解题的关键．

11．（2021秋•天津期中）如图，AB是圆O的直径，C、D、E差不多上圆上的点，则∠C+∠D等于（　　）

A．60° ．75° ．80° ．90°

【考点】圆周角定理．

【分析】连接OE，依照圆周角定理即可求出答案．

【解答】解：连接OE，

依照圆周角定理可知：

∠C=∠AOE，∠D=∠BOE，

则∠C+∠D=（∠AOE+∠BOE）=90°，

故选D．

【点评】本题要紧考查了圆周角定理，解题要把握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．

12．（2021秋•天津期中）如图所示的二次函数y═ax2+bx+c的图象，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②c＞1；③2a﹣b＜0；④a+b+c＜0，其中正确的有（　　）

A．1个 ．2个 ．3个 ．4个

【考点】二次函数图象与系数的关系．

【分析】由抛物线与x轴有两个交点，可判定①，利用抛物线与y轴的交点的位置可判定②，由对称轴可判定③，利用当x=1时y＜0可判定④，可得答案．

【解答】解：

∵抛物线与x轴有两个交点，

∴方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根，

∴b2﹣4ac＞0，故①正确；

∵当x=0时，0＜y＜1，

∴c＜1，故②错误；

∵﹣＞﹣1，且开口向下，即a＜0，

∴b＞2a，即2a﹣b＜0，故③错误；

∵当x=1时，y＜0，

∴a+b+c＜0，故④正确；

∴正确的有2个，

故选B．

【点评】本题要紧考查二次函数图象与系数的关系，把握二次函数中a、b、c与抛物线的图象的对应关系是解题的关键．

二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）

13．（2021秋•天津期中）把抛物线y=x2向左平移3个单位，所得到的图象的函数解析式为　y=x2+3x+．　．

【考点】二次函数图象与几何变换．

【分析】据二次函数图象左加右减的平移规律进行求解．

【解答】解：抛物线y=x2向左平移3个单位，得：y=（x+3）2；

即y=x2+3x+．

故答案为y=x2+3x+．

【点评】本题考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直截了当代入函数解析式求得平移后的函数解析式．

14．（2021秋•天津期中）如图，△ABC内接于圆O，∠P=60°，弧=弧，则△ABC的专门形状是　等边三角形　．

【考点】三角形的外接圆与外心．

【分析】在同圆或等圆中，由弧相等则弦相等得：AC=BC，依照同弧所对的圆周角相等得：∠P=∠C=60°，因此△ABC是等边三角形．

【解答】解：∵弧=弧，

∴AC=BC，

∵∠P=∠C，∠P=60°，

∴∠C=60°，

∴△ABC是等边三角形，

故答案为：等边三角形．

【点评】本题考查了三角形的外接圆，熟练把握以下知识点：①在同圆或等圆中，圆心角、圆周角、弦、弧有一组量相等，则其它各组量都相等，②有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，③同弧所对的圆周角相等．

15．（2021秋•天津期中）如图，圆O的弦AB垂直平分半径OC，若圆O的半径为4，则弦AB的长等于　4　．

【考点】垂径定理；线段垂直平分线的性质；勾股定理．

【分析】连接OA，依照弦AB垂直平分半径OC可求出OE的长，再由勾股定理求出AE的长，进而可得出结论．

【解答】解：连接OA，

∵弦AB垂直平分半径OC，OC=4，

∴OE=OC=2．

∵OA2=OE2+AE2，即42=22+AE2，解得AE=2，

∴AB=2AE=4．

故答案为：4．

【点评】本题考查的是垂径定理，依照题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

16．（2021秋•天津期中）如图，在△ABC中，AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，将△ADE绕点E旋转180°得到△CFE，则DF与AC的数量关系是　DF=AC　．

【考点】旋转的性质；三角形中位线定理．

【分析】依照三角形中位线和线段中点得出DE=BC，AE=AC，推出AE=DE，依照旋转的性质得出全等，推出AE=EC，DE=EF，推出AC=DF．

【解答】解：∵AC=BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，

∴DE=BC，AE=AC，

∵AC=BC，

∴AE=DE，

∵将△ADE绕点E旋转180°得△CFE，

∴△ADE≌△CFE，

∴AE=CE，DE=EF，

∴AE=CE=DE=EF，

∴AC=DF．

故答案为：DF=AC．

【点评】本题要紧考查了旋转的性质以及三角形中位线定理的运用，三角形的中位线平行于第三边，同时等于第三边的一半．熟练把握旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小是解题的关键．

17．（2021秋•天津期中）如图，△ABC是等边三角形，点D在BC边上，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转得到△ACE，连接DE，则图中与∠BAD相等的角，除∠CAE外，还有角　∠EDC　．（用三个字母表示该角）

【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．

【分析】利用旋转的性质、等边三角形的性质和三角形外角定理进行解答．

【解答】解：图中与∠BAD相等的角，除∠CAE外，还有∠EDC．

理由如下：∵△ABC是等边三角形，

∴∠BAC=60∠B=60°，

又∵△ABD绕点A按逆时针方向旋转得到△ACE，

∴∠BAD=∠CAE，

∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE=60°．

又∵AD=AE，

∴△DAE是等边三角形，

∴∠ADE=60°．

∴∠B=∠ADE=60°，

∵∠ADC=∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC，

∴∠BAD=∠EDC．

故答案是：∠EDC．

【点评】本题考查了旋转的性质和等边三角形的性质．依照题意推知△DAE是等边三角形是解题的难点．

18．（2021秋•天津期中）二次函数y=x2+bx图象的对称轴为直线x=1，若关于x的一元二次方程x2+bx﹣t=0（t为实数）在﹣1≤x≤3的范畴内有解，则t的取值范畴是　﹣1≤t≤3　．

【考点】抛物线与x轴的交点．

【分析】依照对称轴求出b的值，从而得到x=1、3时的函数值，再依照一元二次方程x2+bx﹣t=0（t为实数）在﹣1＜x＜3的范畴内有解相当于y=x2+bx与y=t在x的范畴内有交点解答．

【解答】解：对称轴为直线x=﹣=1，

解得b=﹣2，

因此，二次函数解析式为y=x2﹣2x，

y=（x﹣1）2﹣1，

x=1时，y=1+2=﹣1，

x=3时，y=9﹣2×3=3，

∵x2+bx﹣t=0相当于y=x2+bx与直线y=t的交点的横坐标，

∴当﹣1≤t＜3时，在﹣1＜x＜4的范畴内有解．

故答案为：﹣1≤t≤3

【点评】本题考查了二次函数与不等式，把方程的解转化为两个函数图象的交点的问题求解是解题的关键．

三、解答题（共7小题，满分66分）

19．（8分）（2021秋•天津期中）如图，已知二次函数y=﹣x2+bx﹣6的图象与x轴交于一点A（2，0），与y轴交于点B，对称轴与x轴交于点C，连接BA、BC，求△ABC的面积．

【考点】抛物线与x轴的交点．

【分析】由点A的坐标利用待定系数法即可求出二次函数解析式，依照二次函数的解析式即可找出抛物线的对称轴，从而得出点C的坐标，再将x=0代入二次函数解析式求出点B的坐标，利用三角形的面积公式即可得出结论．

【解答】解：将A（2，0）代入函数y=﹣x2+bx﹣6，

得：0=﹣2+2b﹣6，解得：b=4，

∴二次函数解析式为y=﹣x2+4x﹣6．

当x=0时，y=﹣6，

∴B（0，﹣6），

抛物线对称轴为x=﹣=4，

∴C（4，0），

∴S△ABC=AC•OB=×（4﹣2）×6=6．

【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数图象上点的坐标特点，依照点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．

20．（8分）（2021秋•天津期中）点E在正方形ABCD外，BE=4，CE=2，∠BEC=135°，将△BEC绕点B逆时针旋转得到△BFA，求FE、FC的长．

【考点】旋转的性质；正方形的性质．

【分析】先由旋转的性质，得出△ABF≌△CBE进而得出BE=BF，再由正方形的得出∠EBF=∠CBE+∠CBF=90°，判定出△BEF为等腰Rt△BEF，再判定出△BEF为等腰Rt△BEF，用勾股定理即可得出结论．

【解答】解：由旋转的性质可得：△ABF≌△CBE，

因此∠ABF=∠CBE，BE=BF，

因为正方形ABCD

因此∠ABC=∠ABF+∠CBF=90°，

因此∠EBF=∠CBE+∠CBF=90°，

因此△BEF为等腰Rt△BEF

依照勾股定理：EF=4，

因为∠BEC=135°，∠BEF=45°，

因此∠CEF=90°．

因此△BEF为等腰Rt△BEF

依照勾股定理：CF=6．

【点评】此题是旋转的性质，要紧考查了正方形性质，勾股定明白得本题的关键是判定出△BEF，△BEF为都等腰Rt△BEF．

21．（10分）（2021秋•天津期中）如图，ABCD是圆O的内接四边形，BC是圆O的直径，∠ACB=20°，D为弧的中点，求∠DAC的度数．

【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理．

【分析】依照圆周角定理得到∠BAC=90°，求出∠B，依照圆内接四边形的性质求出∠D=110°，依照圆心角、弧、弦三者的关系定明白得答即可．

【解答】解：∵BC为圆O的直径，

∴∠BAC=90°，

∴∠B=90°﹣200=700．

∵四边形ABCD为圆O内接四边形，

∴∠B+∠D=180°，

∴∠D=110°．

因为D为弧AC中点，

∴=，

∴∠DAC=35°．

【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理的应用，把握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．

22．（10分）（2021秋•天津期中）如图所示，BC是圆O的直径，点A、F在圆O上，连接AB、BF．

（1）如图1，若点A、F把半圆三等分，连接OA，OA与BF交于点E．求证：E为OA的中点；

（2）如图2，若点A为弧的中点，过点A作AD⊥BC，垂足为点D，AD与BF交于点G．求证：AG=BG．

【考点】圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．

【分析】（1）先求出∠AOB的度数，故可判定出△OAB为等边三角形，再由A为弧BF中点可得出OA⊥BF，进而可得出结论；

（2）连接AF，AC，依照弧相等可得出∠C=∠ABF，由圆周角定理可得出∠BAC=90°，再由直角三角形的性质得出∠ABG=∠BAG，进而可得出结论．

【解答】证明：（1）∵A、F为半圆三等分点，

∴∠AOB=×180°=60°，

∵OA=OB，

∴△OAB为等边三角形．

∵A为弧BF中点，

∴OA⊥BF，

∴BE平分OA，

∴E为OA中点．

（2）连接AF，AC，

∵A为弧BF中点，

∴=，

∴∠ABF=∠F．

∵=，

∴∠C=∠F，

∴∠C=∠ABF．

∵BC为圆O的直径，

∴∠BAC=90°，

∴∠BAD+∠CAD=90°．

∵AD⊥BC，

∴∠C+∠CAD=90°，

∴∠ABG=∠BAG，

∴AG=BG．

【点评】本题考查的是圆周角定理，依照题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．

23．（10分）（2021秋•天津期中）一经销商按市场价收购某种海鲜1000斤放养在池塘内（假设放养期内每个海鲜的重量差不多保持不变），当天市场价为每斤30元，据市场行情估量，此后该海鲜的市场价每天每斤可上涨1元，然而平均每天有10斤海鲜死去．假设死去的海鲜均于当天以每斤20元的价格全部售出．

（1）用含x的代数式填空：

 ①x天后每斤海鲜的市场价为　（30+x）　元；

 ②x天后死去的海鲜共有　10x　斤；死去的海鲜的销售总额为　200x　元；

 ③x天后活着的海鲜还有　1000﹣10x　斤；

（2）假如放养x天后将活着的海鲜一次性出售，加上差不多售出的死去的海鲜，销售总额为y1，写出y1关于x的函数关系式；

（3）若每放养一天需支出各种费用400元，写出经销商此次经销活动获得的总利润y2关于放养天数x的函数关系式．

【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．

【分析】（1）直截了当依照题意得出x天后海鲜的市场价以及x天后活着的海鲜斤数；

（2）依照活着海鲜的销售总额+死去海鲜的销售总额得出答案；

（3）依照每放养一天需支出各种费用400元，再减去成本得出答案．

【解答】解：（1）由题意可得：①x天后每斤海鲜的市场价为：（30+x）元；

 ②x天后死去的海鲜共有：10x斤；死去的海鲜的销售总额为：200x元；

 ③x天后活着的海鲜还有：（1000﹣10x）斤；

故答案为：30+x；10x；200x；1000﹣10x；

（2）依照题意可得：y1=（1000﹣10x）（30+x）+200x=﹣10x2+900x+30000；

（3）依照题意可得：

y2=y1﹣30000﹣400x=﹣10x2+500x

=﹣10（x﹣25）2+6250，

当x=25时，总利润最大，最大利润为6250元．

【点评】此题要紧考查了二次函数的应用，正确表示出销量与每斤的利润是解题关键．

24．（10分）（2021秋•天津期中）如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△A1B1C，旋转角为ɑ（0°＜ɑ＜90°），连接BB1．设CB1交AB于点D，A1B1分别交AB、AC于点E，F．

（1）求证：△BCD≌△A1CF；

（2）若旋转角ɑ为30°，

①请你判定△BB1D的形状； 

②求CD的长．

【考点】几何变换综合题．

【分析】（1）依照已知条件，利用旋转的性质及全等三角形的判定方法，来判定三角形全等．

（2）①依照旋转的性质和等腰三角形的判定与性质得到△BB1D是等腰三角形；

②如图，过D作DG⊥BC于G，设DG=x，通过解直角三角形和已知条件BC=1列出关于x的方程，通过解方程求得x的值，然后易得CD=2x．

【解答】（1）证明：∵AC=BC，

∴∠A=∠ABC．

∵△ABC绕点C逆时针旋转角α（0°＜α＜90°）得到△A1B1C，

∴∠A1=∠A，A1C=AC，∠ACA1=∠BCB1=α．

∴∠A1=∠CBD，A1C=BC．

在△CBD与△CA1F中，

，

∴△BCD≌△A1CF（ASA）．

（2）解：①△BB1D是等腰三角形，理由如下：

∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，

∴∠CAB=∠CBA=45°．

又由旋转的性质得到BC=B1C，则∠CB1B=∠CBB1，

∴∠CB1B=∠CBB1===75°．

∴∠B1BD=∠CBB1﹣∠CBA=75°﹣45°=30°，

∴∠BDB1=480°﹣75°﹣30°=75°，

∴∠BDB1=∠CB1B=∠DB1B=75°，

∴BD=BB1，

∴△BB1D是等腰三角形．

 ②如图，过D作DG⊥BC于G，设DG=x，

∵ɑ=30°，∠DBE=45°，

∴BG=x，CG=x，

∴x+x=1，

解得x=，

故CD=2x=﹣1．

【点评】本题考查了几何变换综合题，其中涉及到了全等三角形的判定，等腰直角三角形的性质等知识点．本题中旋转的性质的利用能够帮我们得出专门多关于全等三角形的判定的条件．

25．（10分）（2021秋•天津期中）已知二次函数y=x2+bx+c的图象通过点A（﹣3，6），并与x轴交于点B（﹣1，0）和点C，与y轴交于点E，顶点为P，对称轴与x轴交于点D

（Ⅰ）求那个二次函数的解析式；

（Ⅱ）连接CP，△DCP是什么专门形状的三角形？并加以说明；

（Ⅲ）点Q是第一象限的抛物线上一点，且满足∠QEO=∠BEO，求出点Q的坐标．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（Ⅰ）把A（﹣3，6），B（﹣1，0）代入y=x2+bx+c，解方程组即可解决问题．

（Ⅱ）结论：△DCP是等腰直角三角形．求出C、D、E三点坐标即可解决问题．

（Ⅲ）如图，连接BE、DE．只要证明△EOB≌△EOD，得到∠DEO=∠BEO，因此直线DE与抛物线的交点即为所求的点Q．求出直线DE的解析式，解方程组即可．

【解答】解：（Ⅰ）把A（﹣3，6），B（﹣1，0）代入y=x2+bx+c，

得到，

解得，

∴二次函数解析式为y=x2﹣x﹣．

（Ⅱ）结论：△DCP是等腰直角三角形．

理由：关于抛物线y=x2﹣x﹣，令y=0，则x2﹣x﹣=0，解得x=﹣1或3，

∴点C坐标（3，0），

令x=0则y=﹣，

∴点E坐标（0，﹣），

∵y=x2﹣x﹣=（x﹣1）2﹣2，

∴顶点P坐标（1，﹣2），点D坐标（1，0），

∴CD=PD=2，

∵∠PDC=90°，

∴△PDC是等腰直角三角形．

（Ⅲ）如图，连接BE、DE．

∵B（﹣1，0），D（1，0），E（0，﹣），

∴OB=OD，OE=OE，∠BOE=∠DOE，

∴△EOB≌△EOD，

∴∠DEO=∠BEO，

∴直线DE与抛物线的交点即为所求的点Q．

设直线DE的解析式为y=kx+b，则有，

解得，

∴直线DE的解析式为y=x﹣，

由解得或，

∴点Q坐标为（5，6）．

【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数、等腰直角三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会利用解方程组求两个函数的交点坐标，因此中考常考题型．