2023-2024学年江苏省苏州市吴江区吴江区盛泽第二中学九年级（上）10月月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省苏州市吴江区吴江区盛泽第二中学九年级（上）10月月考数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，共24分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.下列方程是一元二次方程的是( )
A. B. C. D.
2.已知线段的中点为，动点满足，则点的轨迹是
( )
A. 以为直径的圆 B. 的延长线 C. 的垂直平分线 D. 平行的直线
3.一元二次方程，经过配方可变形为
( )
A. B. C. D.
4.有下列说法：直径是圆中最长的弦；等弧所对的弦相等；圆中的角所对的弦是直径；相等的圆心角对的弧相等其中正确的有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
5.如图，、、是上的点，且在这个图中，画出下列度数的圆周角：，，，，仅用无刻度的直尺能画出的有
( )
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
6.如图，由等边三角形、正方形、圆组成的轴对称图案中，等边三角形与正方形的面积的比值为( )
A. B. C. D.
7.如图，边长为的等边中，点在边上，且，将含角的直角三角板绕直角顶点旋转，、分别交边、于、，连接，当时，的长为
( )
A. B. C. D.
8.定义：我们知道，凸四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似不全等，我们就把这个凸四边形叫做“自相似四边形”如图，点、、是正方网格中的格点，在网格中确定格点，使以、、、为顶点的四边形是“自相似四边形”，符合条件的格点的个数是
( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
二、填空题（本大题共8小题，共24分）
9.若是关于的一元二次方程的解，则 ．
10.如图，一块直径为的圆形钢板，从中挖去直径分别为与的两个圆，已知剩下钢板的面积与一个长为的长方形面积相等，则这个长方形的宽为 ．
11.解方程，令，则原方程变为 ．
12.已知线段，为线段的黄金分割点，则 ．
13.三个顶点的坐标分别为，，，以原点为位似中心，相似比为，将缩小，则点的对应点的坐标是 ．
14.是边上的任一点不与、、重合，过点的一条直线截，如果截得的三角形与相似，我们称这条直线为过点的的“相似线”．中，，，当点是边上一个三等分点时，过点的的“相似线”最多有 条．
15.如图，点是的中点，在同侧分别以为直径作半圆、直线，与两个半圆依次相交于、、、不同的四点，，设，当，则的取值范围是 ．
16.已知实数、、满足，则实数的最大值为 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
用适当的方法解下列方程：
；
；
；
；
18.本小题分
已知关于的方程．
试说明：无论取什么实数值，方程总有实数根；
若方程的两实数根都为正整数，求的值．
19.本小题分
如图，是的外接圆，，是上一点，请你只用无刻度的直尺，分别画出图和图中的平分线．
20.本小题分
某社区在开展“美化社区，幸福家园”活动中，计划利用如图所示的直角墙角阴影部分，两边足够长，用米长的篱笆围成一个矩形花园篱笆只围，两边，设米．
若花园的面积为平方米，求的值；
若在直角墙角内点处有一棵桂花树，且与墙，的距离分别是米，米，要将这棵树围在矩形花园内含边界，不考虑树的粗细，则花园的面积能否为平方米？若能，求出的值；若不能，请说明理由．
21.本小题分
如图，为的内接三角形，，垂足为，直径平分，交于点，连结．

求证：：
若，，求的长．
22.本小题分
如图，四边形是边长为的正方形，点从点沿边向点运动，每秒运动个单位．连结，过点作交于点，且，过点作，交于点，连结，设点运动的时间为．

试判断线段的长度是否随点的运动变化而改变？并说明理由；
当为何值时，四边形的面积为．
23.本小题分
如图，为的直径，点、都在上，且平分，交于点．
求证：；
若，，求的半径．
24.本小题分
将按照如图所示位置放置在平面直角坐标系中，在轴上方且与轴平行，将绕点顺时针旋转一定的角度得到．
如图，若点落在上，点恰好落在所在的直线上，求的度数．
如图，若，，点落在上，点的对应点恰好落在所在的直线上，求点的坐标；
如图，若，，是的中点，将绕点顺时针旋转一周，则的面积的最大值是______．
25.本小题分
阅读理解：
如图，在线段上有一点，若与相似，则称点为与的“似联点”．
例如：如图，，，则点为与的两个“似联点”．
如图，矩形中，，，点是边上一定点，且．
当时，线段上存在点为与的“似联点”，则_______；
当时，线段上与的“似联点”有______个，请说明理由；
随着的变化，线段上与的“似联点”的个数有哪些变化？请直接写出相对应的的值或取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【详解】解：、中含有两个字母，不是一元二次方程，故不合题意；
B、当时，不是一元二次方程，故不合题意；
C、中分母含有未知数，不是一元二次方程，故不合题意；
D、是一元二次方程，故符合题意；
故选：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是的整式方程叫一元二次方程是解此题的关键．
2.【答案】
【解析】【分析】根据圆的有关概念即可分析判断．
【详解】解：线段的中点为，
，
，
，
点在以点为圆心，为直径的圆上，
故选：．
【点睛】本题考查了圆的有关认识，掌握圆的有关概念是解题的关键．
3.【答案】
【解析】【分析】方程移项，两边加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式化简得到结果，即可作出判断．
【详解】解：方程移项得：，
配方得：，即．
故选：．
【点睛】此题考查了解一元二次方程配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
4.【答案】
【解析】【分析】根据圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系进行分析即可得到答案．
【详解】正确；
在同圆或等圆中，能够重合的弧叫做等弧，等弧的长度相等，故错误；
故错误圆中，圆周角所对的弦是直径，故错误；
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确；
因此正确的结论是；
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是掌握圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系．
5.【答案】
【解析】【分析】作直径，连接、，在弧上取一点，连接、，如图，利用圆周角定理得到，，利用圆内接四边形的性质得到，根据直角三角形两锐角互余计算可得出．
【详解】解：如图，作直径，连接、，在弧上取一点，连接、，
、、是上的点，且，
，
四边形内接于，
，
，
为的直径，
，
，
仅用无刻度的直尺能画出的圆周角有，和．
故选：．

【点睛】本题考查圆周角定理：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；推论：半圆或直径所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．还考查了圆内接四边形的性质，直角三角形两锐角互余．掌握圆周角定理是解题的关键．
6.【答案】
【解析】【分析】由题意知：三个正方形的共用顶点即为圆的圆心，也是等边三角形的重心；可设等边三角形的边长为，作等边三角形的高，再根据三角形重心的性质即可得到正方形的对角线的长；进而可求得等边三角形和正方形的面积，即可得到它们的面积比．
【详解】解：如图，设圆的圆心为，由题意知：三角形的重心以及三个正方形的共用顶点即为点，过作于，
是等边三角形且内接于，
，，
，
必过点，，
设的边长为，
，，
的面积为：，
，
正方形的对角线长为：，面积为：，
等边三角形与正方形的面积的比值为：．
故选：．
【点睛】本题考查轴对称图形，垂径定理的推论，等边三角形及正方形的性质，锐角三角函数，三角形重心的性质以及图形面积的求法．确定等边三角形和正方形边长是解题的关键．
7.【答案】
【解析】【分析】证明，由相似三角形的性质得出，求出，，过点作于点，由勾股定理可求出答案．
【详解】解：，
，
，
，，
，
为等边三角形，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
过点作于点，

，，
，
．
故选：．
【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，证明是解题的关键．
8.【答案】
【解析】【分析】根据题目中“自相似四边形”的定义，在网格中找到符合条件的点即可．
【详解】解：如图，由，得，故为所求点；
如图，由，得，故为所求点；
如图，由，得，故为所求点；
如图，由，得，故为所求点；
如图，由，得，故为所求点；
符合条件的格点的个数有个．
故选：．
【点睛】此题是新定义题，主要考查了网格中的勾股定理、判定两个格点三角形相似，熟练掌握三边对应成比例的两个三角形相似是解答此题的关键．
9.【答案】
【解析】【分析】一元二次方程的解的定义：使一元二次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元二次方程的解．据此定义，将代入方程进行计算即可．
【详解】解：是关于的一元二次方程的解，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解的定义，熟练掌握一元二次方程的解的定义是解答此题的关键．
10.【答案】
【解析】【分析】用两种方法表示阴影部分面积即可．
【详解】解：设长方形的宽为，
阴影．
．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景，用两种方法表示阴影部分面积是求解本题的关键．
11.【答案】
【解析】【分析】根据题意，将代入原方程即可求解．
【详解】解：由原方程，得
，
将代入得，，
故答案为：．
【点睛】考查换元法解一元二次方程，换元法就是把某个式子看成一个整体，用一个字母去代替它，实行等量代换．
12.【答案】
【解析】【分析】利用黄金分割的定义计算即可．
【详解】解：点是线段的黄金分割点，且，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了黄金分割点的定义，若为线段的黄金分割点，则，熟练应用黄金分割的性质列出方程是解题的关键．
13.【答案】或
【解析】【分析】根据位似变换的性质解答即可．
【详解】解：顶点的坐标为，以原点为位似中心，相似比为，将缩小，
点的对应点的坐标为或，即或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为，那么位似图形对应点的坐标的比等于或．
14.【答案】
【解析】【分析】根据相似线的定义，可知截得的三角形与有一个公共角，分公共角为时；公共角为时；公共角为时；三种情况进行讨论，即可得出答案．
【详解】解：当公共角为时，不存在；
公共角为时，过点作，交于点，如图所示：
，，
；
过点作于点，如图所示：
，，
；
公共角为时，
连接，如图所示：
，
，
设，则，
，
点是边上一个三等分点，，
，
，，
，
，
；
过点作，交于点，如图所示：
，
，，
；
综上分析可知，过点的的“相似线”最多有条．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，平行线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法．
15.【答案】
【解析】【分析】根据题意可得，作，垂足分别为，，，则，可得到四边形是矩形，，同理四边形为矩形，，从而得到，然后分别计算出当时，当时，的长，即可求解．
【详解】解：，是中点，
，
，
，
根据图形的轴对称性得，
作，垂足分别为，，，则，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
同理四边形为矩形，
，
，
当时，，
，
，
，
，
，
当时，，
，
，
，
，
，
根据题意得随的增大而减小，
，
即．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，矩形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，矩形的判定和性质是解题的关键．
16.【答案】
【解析】【分析】仔细观察等式左侧，先将多项式进行分组，再利用配方法化简其形式，最后根据平方的非负性确定的最大值．
【详解】解：，
，
，
，
，
，
当时，的值最大，
，
，
实数的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了配方法与平方的非负性，能够识别多种情况下的配方条件，正确的配方是解题关键．
17.【答案】解：，即，
两边直接开平方法得：，
故答案为：；
，由求根公式得：，
故，
故答案为：；
先移项后变形为：，
再提取公因式后得：，
即：，
解得：，
故答案为：；
先化成一般式为：，
再因式分解为：，
解得：，，
故答案为：，．

【解析】【分析】将从等号左边移到等号右边后，再提公因式使用直接开平方法求解即可；
直接使用求根公式即可求解；
移项后提公因式，再使用因式分解即可求解；
先化成一般式，然后再使用因式分解即可求解．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解决本类题的关键．
18.【答案】解：当时，原方程为，解得：；
当时，方程是一元二次方程．
，
方程总有两个实数根；
综上所述，无论取什么实数值，方程总有实数根；
解：即
解得：
方程的两实数根都为正整数
或
的值为或

【解析】【分析】分及两种情况考虑即可求解；
利用因式分解发法，可求出方程的两个实数根，结合方程的两实数根都为正整数，即可求解．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式、解一元一次方程及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是分及两种情况说明方程有实数根，利用因式分解法求出方程的两个实数根．
19.【答案】如图中，连接，就是的平分线．
理由：，
，
．
如图中，连接延长交于，连接，就是的平分线．
理由：，
，
，
．

【解析】【分析】如图中连接，根据等弧所对得圆周角相等，易知，所以就是的平分线；如图中，连接延长交于，连接，由垂径定理和圆周角定理易知．
【点睛】本题主要考查圆周角定理和垂径定理，根据等弧所对的圆周角相等得到角平分线是关键．
20.【答案】解：米，
米，
由题意得：，
解得：，，
的值为或；
解：花园的面积不能为米，理由如下：
由题意得：，
解得：，
当时，，
即当米，米米，这棵树没有被围在花园内，
将这棵树围在矩形花园内含边界，不考虑树的粗细，则花园的面积不能为米．

【解析】【分析】由矩形面积公式得出方程，解方程即可；
根据题意可得方程，求出的值，然后再根据处这棵树是否被围在花园内进行分析即可．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21.【答案】证明：为的直径，
，
，
，
，
，
平分，
，
；
如图，过点作于点则，

，，
，
，
，，
，
，
即，
设，则，
，
，
，
解得，
即，
平分，，
．

【解析】【分析】由圆周角定理得到，根据角平分线得到，综合可得出结论；
过点作于点则，通过证明可得，设，则，利用勾股定理可求解的值，再结合角平分线的性质可求解．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
22.【答案】解：线段的长度不变．理由如下：
如图，过点作，垂足为，

则，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
点的坐标为；
由题意知：，
点坐标为，，
又，点为，
点的坐标为
，
即线段的长度不变，是定值；
由知：，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：或，
当为或秒时，四边形的面积为．

【解析】【分析】作轴于，则，先证出，再证明，得出，求出，即可得出点的坐标，根据，可得点到轴的距离等于，再根据，可得点的坐标为，最后根据点为，求得即可；
先判定，得出，根据，求得，，再根据，列出关于的方程，求得的值即可．
【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、四边形面积的计算等知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，解题时注意方程思想的运用，以及对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半的运用．
23.【答案】证明：平分，
，
，
；
解：如图，过点作于点，
为的直径，
，，
平分，
，
，
，
，，
由勾股定理得，
，
，
，
，
，
的半径为．

【解析】【分析】由平分，根据圆周角定理的推论，可得；
过点作于点，由圆周角定理和角平分线的定义得，求得，再由勾股定理求得，进而求出长，由勾股定理得，即可求得的半径．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，角平分线的定义，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
24.【答案】解：如图中，

由旋转变换的性质可知，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
；
如图中，过点作于点，过点作于点．

，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
；
如图中，过点作交的延长线于点，过点作于点．

，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．

【解析】【分析】证明是等边三角形，可得结论；
如图中，过点作于点，过点作于点解直角三角形求出，，再利用相似三角形的性质求出，，可得结论；
如图中，过点作交的延长线于点，过点作于点求出，的取值范围，可得结论．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25.【答案】解：矩形中，，，
，，，
若，则，，则，
要使，需，即，
解得或；
要使，需，即，
解得；
综上所述的长度为或；
故答案为：或；
解：时，线段上与的“似联点”有个，理由如下：
作点关于的对称点，连接，交于点；连接，以为直径作圆交于点，如图：

矩形中，，，
，，，
，即是线段上与的“似联点”；
点关于的对称点，
，
是圆的直径，
，
，
又，
，即是线段上与的“似联点”；
同理可证是线段上与的“似联点”；
综上所述，线段上与的“似联点”有个；
故答案为：；
解：当且，线段上与的“似联点”有个；
当时，线段上与的“似联点”有个；
当时，线段上与的“似联点”有个；
当时，线段上与的“似联点”有个．

【解析】【分析】分两种情形，分别构建方程即可解决问题；
利用对称性及辅助圆解决问题即可；
根据辅助圆与线段的交点个数分类讨论即可解决问题．
【点睛】本题考查作图相似变换，矩形的性质，圆的有关知识等知识，解题的关键是灵活运用对称性及辅助圆解决问题，属于中考常考题型．
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