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2021-2022学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）期中数学试卷 解析版
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这是一份2021-2022学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）期中数学试卷 解析版，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）在一元二次方程2x2﹣5x﹣1＝0中，二次项系数和常数项分别是（ ）
A．2，5 B．2，﹣5 C．2，1 D．2，﹣1
2．（3分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣1＝0时，配方得（ ）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x﹣2）2＝5 C．（x﹣4）2＝1 D．（x﹣4）2＝5
4．（3分）在某篮球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛36场．设有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝36 B．x（x+1）＝36
C．x（x﹣1）＝36 D．x（x+1）＝36
5．（3分）如图，已知圆心角∠BOC＝100°，则圆周角∠BAC的大小是（ ）
A．50° B．100° C．130° D．200°
6．（3分）如图，将△ABD绕顶点B顺时针旋转40°得到△CBE，且点C刚好落在线段AD上，若∠CBD＝32°，则∠E的度数是（ ）
A．32° B．34° C．36° D．38°
7．（3分）已知点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）在函数y＝﹣x2﹣2x+b的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y3＜y2 B．y3＜y1＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3
8．（3分）将二次函数y＝x2+1的图象绕点（1，﹣1）旋转180°，得到的图象的解析式为（ ）
A．y＝﹣（x﹣2）2﹣3 B．y＝（x﹣2）2﹣3
C．y＝﹣（x﹣3）2﹣2 D．y＝﹣（x+2）2﹣3
9．（3分）观察下列等式：71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得，71+72+…+72020+72021的结果的个位数是（ ）
A．0 B．1 C．7 D．8
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣（1+m）x+m与直线y＝﹣x两个交点的横坐标是x1，x2，并且x12+mx2＝2，则m的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣1或2
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2﹣x＝0的解是 ．
12．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，4）关于原点对称点的坐标是 ．
13．（3分）某种植物主干长出若干数目的枝干，每个分支又长出同样数目的小分支，主干、枝干、小分支的总数是91，每个枝干长出 小分支．
14．（3分）在半径为10的⊙O中，弦AB＝12，弦CD＝16，且AB∥CD，则AB与CD之间的距离是 ．
15．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴的正半轴交于点A，对称轴为直线x＝1．下面结论：
①abc＜0；
②2a+b＝0；
③3a+c＞0；
④方程ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于﹣1且小于0．
其中正确的是 ．（只填序号）
16．（3分）△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D为BC的中点，直线l经过点D，过B作BF⊥l于F，过A作AE⊥l于E，求AE+BF的最大值为 ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）解方程：x2﹣4x﹣7＝0．
18．（8分）如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
求证：AC＝BD．
19．（8分）如图，有一矩形的硬纸板，长为30cm，宽为20cm，在其四个角各剪去一个相同的小正方形，然后把四周的矩形折起，可做成一个无盖的长方体盒子，当剪去的正方形的边长为何值时，所得长方体盒子的底面积为264cm2？
20．（8分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，平行四边形ABCD的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°，画出对应线段AE；
（2）过点E画一条直线把平行四边形ABCD分成面积相等的两部分；
（3）过点D画格点线段DP，使得DP⊥BC于点M，垂足为M；
（4）过点M画线段MN，使得MN∥AB，MN＝AB．
21．（8分）如图，AB为⊙O直径，C为AB上一点，DC⊥AB于C，交⊙O于D，D为中点，AE交DC于点F．
（1）求证：AE＝2DC；
（2）若AC＝2，AE＝8，求⊙O半径R和CF长．
22．（10分）某商店经销一种销售成本为30元/kg的水产品，据市场分析：若按50元/kg销售，一个月能售出300kg，销售单价每涨1元，月销售量就减少10kg．设售价为x元/kg（x＞50），月销售量为ykg；
（1）求月销售量y与售价x之间的函数解析式；
（2）当售价定为多少时，月销售利润最大？最大利润是多少？
（3）商店想在月销售成本不超过6000元的情况下，使得月销售利润不少于4000元，销售单价应定在什么范围？请直接写出售价x的取值范围．
23．（10分）等边△ABC中，D、E分别是边AC、BC边上的点，CD＝CE，以CE、CD为邻边作菱形CDFE，连BF，P为BF中点，连AP、EP．
（1）作出△PEF关于点P成中心对称的△PQB，并证明：AP⊥EP；
（2）将菱形CDFE绕点C旋转：
①如图2，确定线段AP与线段EP的关系，并证明你的结论．
②若AC＝3，DC＝1，菱形CDFE在旋转过程中，直接写出线段AP的最大值是 ，最小值是 ．
24．（12分）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于点A（﹣2，0）和B两点，点C（6，4）在抛物线上．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，D为y轴左侧抛物线上一点，且∠DCA＝2∠CAB，求点D的坐标；
（3）如图2，直线y＝mx+n与抛物线交于点E、F，连接CE、CF分别交y轴于点M、N，若OM•ON＝3．求证：直线EF经过定点，并求出这个定点的坐标．
2021-2022学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）在一元二次方程2x2﹣5x﹣1＝0中，二次项系数和常数项分别是（ ）
A．2，5 B．2，﹣5 C．2，1 D．2，﹣1
【分析】根据单项式的系数和多项式的项的定义得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程2x2﹣5x﹣1＝0的二次项系数和常数项分别是2和﹣1，
故选：D．
2．（3分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据中心对称图形的概念即可求解．
【解答】解：第一个图形是中心对称图形，
第二个图形不是中心对称图形，
第三个图形是中心对称图形，
第四个图形不是中心对称图形，
故选：B．
3．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣1＝0时，配方得（ ）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x﹣2）2＝5 C．（x﹣4）2＝1 D．（x﹣4）2＝5
【分析】先把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上4，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．
【解答】解：∵x2﹣4x﹣1＝0，
∴x2﹣4x＝1，
∴x2﹣4x+4＝5，
∴（x﹣2）2＝5．
故选：B．
4．（3分）在某篮球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛36场．设有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝36 B．x（x+1）＝36
C．x（x﹣1）＝36 D．x（x+1）＝36
【分析】关系式为：球队总数×每支球队需赛的场数÷2＝36，把相关数值代入即可．
【解答】解：设有x个队参赛，根据题意，可列方程为：
x（x﹣1）＝36，
故选：A．
5．（3分）如图，已知圆心角∠BOC＝100°，则圆周角∠BAC的大小是（ ）
A．50° B．100° C．130° D．200°
【分析】根据圆周角定理可直接求出答案．
【解答】解：根据圆周角定理，可得：∠A＝∠BOC＝50°．
故选：A．
6．（3分）如图，将△ABD绕顶点B顺时针旋转40°得到△CBE，且点C刚好落在线段AD上，若∠CBD＝32°，则∠E的度数是（ ）
A．32° B．34° C．36° D．38°
【分析】由旋转的性质可得CB＝AB，∠ABC＝40°，∠D＝∠E，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可求出答案．
【解答】解：∵将△ABD绕点B顺时针旋转40°得到△CBE，
∴CB＝AB，∠ABC＝40°，∠D＝∠E，
∴∠A＝∠ACB＝（180°﹣40°）＝70°，
∵∠CBD＝32°，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝40°+32°＝72°，
∴∠D＝∠E＝180°﹣∠A﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣72°＝38°．
故选：D．
7．（3分）已知点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）在函数y＝﹣x2﹣2x+b的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y3＜y2 B．y3＜y1＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3
【分析】根据二次函数图象具有对称性和二次函数图象上点的坐标特征，可以判断y1、y2、y3的大小，从而可以解答本题．
【解答】解：∵y＝﹣x2﹣2x+b，
∴函数y＝﹣x2﹣2x+b的对称轴为直线x＝﹣1，开口向下，当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，
∵﹣1﹣（﹣3）＝2，﹣1﹣（﹣1）＝0，2﹣（﹣1）＝3，
∴y3＜y1＜y2，
故选：B．
8．（3分）将二次函数y＝x2+1的图象绕点（1，﹣1）旋转180°，得到的图象的解析式为（ ）
A．y＝﹣（x﹣2）2﹣3 B．y＝（x﹣2）2﹣3
C．y＝﹣（x﹣3）2﹣2 D．y＝﹣（x+2）2﹣3
【分析】求出原抛物线的顶点坐标以及绕点（2，1）旋转180°后的抛物线的顶点坐标，再根据旋转后抛物线开口方向向下，利用顶点式解析式写出即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+1的顶点坐标为（0，1），
∴绕点（1，﹣1）旋转180°后的抛物线的顶点坐标为（2，﹣3），
∴所得到的图象的解析式为y＝﹣（x﹣2）2﹣3，
故选：A．
9．（3分）观察下列等式：71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得，71+72+…+72020+72021的结果的个位数是（ ）
A．0 B．1 C．7 D．8
【分析】由71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，得出规律：个位数4个数一循环，由1+7+9+3＝20可得每循环的个位数字和的个位数均为0，进而可求解．
【解答】解：由71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，可得：个位数4个数一循环，且4个数一循环的个位数字之和为7+9+3+1＝20，
∵2021÷4＝505…1，
∴71+72+…+72021＝505×0+7＝7，
故选：C．
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣（1+m）x+m与直线y＝﹣x两个交点的横坐标是x1，x2，并且x12+mx2＝2，则m的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣1或2
【分析】把抛物线解析式与直线解析式联立成方程组，得到关于x的方程，然后得到，再利用韦达定理可以得出x1+x2，然后代入x12+mx2＝2得出m的方程即可．
【解答】解：令x2﹣（1+m）x+m＝﹣x，
∴x2﹣mx+m＝0，
∴m2﹣4m＞0，
∴m＜0 或 m＞4，
x1+x2＝m，
∵，
∴，
∴
＝mx1﹣m+mx2，
＝m（x1+x2）﹣m，
＝m2﹣m，
∴m2﹣m＝2，
∴m1＝2（舍去），m2＝﹣1，
故选：A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2﹣x＝0的解是 x1＝0，x2＝1 ．
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：x2﹣x＝0，
x（x﹣1）＝0，
∴x＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝0，x2＝1，
故答案为：x1＝0，x2＝1．
12．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，4）关于原点对称点的坐标是 （﹣2，﹣4） ．
【分析】根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．填空即可．
【解答】解：点P（2，4）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，﹣4），
故答案为：（﹣2，﹣4）
13．（3分）某种植物主干长出若干数目的枝干，每个分支又长出同样数目的小分支，主干、枝干、小分支的总数是91，每个枝干长出 9 小分支．
【分析】设每个枝干长出x个小分支，则主干上长出了x个枝干，根据主干、枝干和小分支的总数是91，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设每个枝干长出x个小分支，则主干上长出了x个枝干，
根据题意得：x2+x+1＝91．
整理，得
（x+10）（x﹣9）＝0，
解得x1＝﹣10（舍去），x2＝9．
即每个枝干长出 9小分支．
故答案是：9．
14．（3分）在半径为10的⊙O中，弦AB＝12，弦CD＝16，且AB∥CD，则AB与CD之间的距离是 2或14 ．
【分析】过O作OE⊥CD于E，直线OE交AB于F，连接OC，OA，根据垂径定理求出CE＝DE＝8，AF＝BF＝6，根据勾股定理求出OE和OF，再求出EF即可．
【解答】解：过O作OE⊥CD于E，直线OE交AB于F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，OE⊥CD，
∴OF⊥AB，
∵AB＝12，CD＝16，OE过圆心O，
∴CE＝DE＝8，AF＝BF＝6，
有两种情况：①如图1，
由勾股定理得：OE＝＝＝6，
OF＝＝＝8，
∴EF＝OF﹣OE＝8﹣6＝2；
②如图2，
EF＝OE+OF＝6+8＝14，
所以AB与CD之间的距离是2或14，
故答案为：2或14．
15．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴的正半轴交于点A，对称轴为直线x＝1．下面结论：
①abc＜0；
②2a+b＝0；
③3a+c＞0；
④方程ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于﹣1且小于0．
其中正确的是 ①②④ ．（只填序号）
【分析】根据题意和函数图象，可以判断各个小题中的结论是否成立，本题得以解决．
【解答】解：由图象可得，
a＜0，b＞0，c＞0，
则abc＜0，故①正确；
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，故②正确；
∵函数图象与x轴的正半轴交点在点（2，0）和（3，0）之间，对称轴是直线x＝1，
∴函数图象与x轴的另一个交点在点（0，0）和点（﹣1，0）之间，故④正确；
∴当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，
∴y＝a+2a+c＜0，
∴3a+c＜0，故③错误；
故答案为：①②④．
16．（3分）△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D为BC的中点，直线l经过点D，过B作BF⊥l于F，过A作AE⊥l于E，求AE+BF的最大值为 2 ．
【分析】由直角三角形的性质可求AC的长，由“AAS”可证△BFD≌△CKD，可得BF＝CK，由垂线段最短可求解．
【解答】解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝4，
∴BH＝2，AH＝2，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AH＝CH＝2，
∴AC＝＝＝2，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，得矩形ENCK，
∴CK＝EN，
∴AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为2，
综上所述，AE+BF的最大值为2．
故答案为2．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）解方程：x2﹣4x﹣7＝0．
【分析】移项后配方得出x2﹣4x+4＝7+4，推出（x﹣2）2＝11，开方后得出方程x﹣2＝±，求出方程的解即可．
【解答】解：移项得：x2﹣4x＝7，
配方得：x2﹣4x+4＝7+4，
即（x﹣2）2＝11，
开方得：x﹣2＝±，
∴原方程的解是：x1＝2+，x2＝2﹣．
18．（8分）如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
求证：AC＝BD．
【分析】过点O作OE⊥AB，由等腰三角形的性质可知AE＝BE，再由垂径定理可知CE＝DE，故可得出结论．
【解答】证明：过点O作OE⊥AB，
∵OA＝OB，
∴AE＝BE，
又∵在⊙O中，
∴CE＝DE，
∴AC＝BD
19．（8分）如图，有一矩形的硬纸板，长为30cm，宽为20cm，在其四个角各剪去一个相同的小正方形，然后把四周的矩形折起，可做成一个无盖的长方体盒子，当剪去的正方形的边长为何值时，所得长方体盒子的底面积为264cm2？
【分析】设剪去的正方形边长为xcm，那么长方体纸盒的底面的长为（30﹣2x）cm，宽为（20﹣2x）cm，然后根据底面积是264cm2即可列出方程求出即可．
【解答】解：设剪掉的正方形纸片的边长为x cm．
由题意，得 （30﹣2x）（20﹣2x）＝264．
整理，得 x2﹣25x+84＝0．
解方程，得 x1＝4，x2＝21（不符合题意，舍去）．
答：剪掉的正方形的边长为4cm．
20．（8分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，平行四边形ABCD的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°，画出对应线段AE；
（2）过点E画一条直线把平行四边形ABCD分成面积相等的两部分；
（3）过点D画格点线段DP，使得DP⊥BC于点M，垂足为M；
（4）过点M画线段MN，使得MN∥AB，MN＝AB．
【分析】（1）作出点D的对应点E即可．
（2）连接AC，BD交于点O，作直线OE即可．
（3）取格点P，连接DP交BC于点M，线段DP即为所求．
（4）取格点H，F，连接HF交AD于点N，连接MN，线段MN即为所求．
【解答】解：（1）如图，线段AE即为所求．
（2）如图，直线OE即为所求．
（3）如图，线段DP即为所求．
（4）如图，线段MN即为所求．
21．（8分）如图，AB为⊙O直径，C为AB上一点，DC⊥AB于C，交⊙O于D，D为中点，AE交DC于点F．
（1）求证：AE＝2DC；
（2）若AC＝2，AE＝8，求⊙O半径R和CF长．
【分析】（1）由垂径定理可得＝，DC＝CN＝DN，可得＝，可得AE＝DN＝2CD；
（2）由勾股定理可求半径，通过证明△ACF∽△DCO，可得，即可求解．
【解答】（1）证明：如图，延长DC交⊙O于N，
∵DC⊥AB，AB是直径，
∴＝，DC＝CN＝DN，
∵D为中点，
∴＝，
∴＝＝，
∴＝，
∴AE＝DN，
∴AE＝2CD；
（2）解：连接OD，
∵AC＝2，AE＝8，
∴CD＝4，CO＝R﹣2，
∵OD2＝CO2+DC2，
∴R2＝（R﹣2）2+16，
∴R＝5，
∴CO＝3，
∵D为中点，
∴OD⊥AE，
∴∠A+∠AOD＝90°＝∠AOD+∠D，
∴∠A＝∠D，
又∵∠ACF＝∠DCO，
∴△ACF∽△DCO，
∴，
∴＝，
∴CF＝．
22．（10分）某商店经销一种销售成本为30元/kg的水产品，据市场分析：若按50元/kg销售，一个月能售出300kg，销售单价每涨1元，月销售量就减少10kg．设售价为x元/kg（x＞50），月销售量为ykg；
（1）求月销售量y与售价x之间的函数解析式；
（2）当售价定为多少时，月销售利润最大？最大利润是多少？
（3）商店想在月销售成本不超过6000元的情况下，使得月销售利润不少于4000元，销售单价应定在什么范围？请直接写出售价x的取值范围．
【分析】（1）根据按50元/kg销售，一个月能售出300kg，销售单价每涨1元，月销售量就减少10kg，可以写出月销售量y与售价x之间的函数解析式；
（2）根据题意可以写出利润和售价之间的函数关系式，然后化为顶点式，再根据二次函数的性质，即可得到当售价定为多少时，月销售利润最大，最大利润是多少；
（3）根据月销售成本不超过6000元，月销售利润不少于4000元，可以得到相应的不等式组，然后求解即可．
【解答】解：（1）由题意可得，
y＝300﹣（x﹣50）×10＝﹣10x+800，
即月销售量y与售价x之间的函数解析式是y＝﹣10x+800；
（2）设利润为w元，
由题意可得w＝（x﹣30）（﹣10x+800）＝﹣10（x﹣55）2+6250，
∴当x＝55时，w取得最大值，此时w＝6250，
答：当售价定为55元时，月销售利润最大，最大利润是6250元；
（3）∵月销售成本不超过6000元，月销售利润不少于4000元，
∴，
解得60≤x≤70，
即x的取值范围是60≤x≤70．
23．（10分）等边△ABC中，D、E分别是边AC、BC边上的点，CD＝CE，以CE、CD为邻边作菱形CDFE，连BF，P为BF中点，连AP、EP．
（1）作出△PEF关于点P成中心对称的△PQB，并证明：AP⊥EP；
（2）将菱形CDFE绕点C旋转：
①如图2，确定线段AP与线段EP的关系，并证明你的结论．
②若AC＝3，DC＝1，菱形CDFE在旋转过程中，直接写出线段AP的最大值是 2 ，最小值是 ．
【分析】（1）证△BPQ≌△FPE（SAS），得BQ＝FE，∠BQP＝∠FEP，则BQ∥FE，再证△ABQ≌△ACE（SAS），得AQ＝AE，然后由等腰三角形的性质即可得出结论；
（2）①作△PEF关于点P成中心对称的△PQB，连接AQ、AE，同（1）得△BPQ≌△FPE（SAS），则QB＝EF，PQ＝PE，∠QBP＝∠EFP，再证△ABQ≌△ACE（SAS），得AQ＝AE，∠QAB＝∠EAC，然后证△AEQ是等边三角形，由等边三角形的性质得AP⊥EP，最后由锐角三角函数定义得AP＝PE即可；
②由等边三角形的性质和锐角三角函数定义得AP＝AE，当AE最大时，AP最大，当AE最小时，AP最小，再求出AE的最大值和最小值即可．
【解答】（1）证明：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
由对称的性质得：PQ＝PE，
∵P为BF的中点，
∴PB＝PF，
又∵∠BPQ＝∠FPE，
∴△BPQ≌△FPE（SAS），
∴BQ＝FE，∠BQP＝∠FEP，
∴BQ∥FE，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CD∥FE，CD＝CE＝FE，
∴BQ∥CD，BQ＝CE，
∴∠QBC+∠ACB＝180°，
即∠ABQ+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABQ＝60°，
∴∠ABQ＝∠ACE，
∴△ABQ≌△ACE（SAS），
∴AQ＝AE，
∵PQ＝PE，
∴AP⊥EP；
（2）解：①AP⊥EP，AP＝EP，证明如下：
作△PEF关于点P成中心对称的△PQB，连接AQ、AE，如图2所示：
同（1）得：△BPQ≌△FPE（SAS），
∴QB＝EF，PQ＝PE，∠QBP＝∠EFP，
∴QB∥EF，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CD∥FE，CE＝FE，
∴BQ∥CD，BQ＝CE，
∴∠QBC+∠BCD＝180°，
即∠ABQ+∠ABC+∠ACB+∠ACD＝180°，
∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ABQ+∠ACD＝60°，
∵∠ACE+∠ACD＝∠ECD＝60°，
∴∠ABQ＝∠ACE，
∵BQ＝CE，AB＝AC，
∴△ABQ≌△ACE（SAS），
∴AQ＝AE，∠QAB＝∠EAC，
∵∠BAE+∠EAC＝60°，
∴∠QAB+∠BAE＝60°，
即∠QAE＝60°，
∴△AEQ是等边三角形，
∵PQ＝PE，
∴AP⊥EP，∠EAP＝∠QAP＝∠QAE＝30°，
∴tan30°＝，
∴AP＝＝＝PE；
②由①得：AP⊥EP，△AEQ是等边三角形，
∴∠AEP＝60°，
∴sin60°＝，
∴AP＝AE，
∴当AE最大时，AP最大，当AE最小时，AP最小，
如图3，以C为圆心，CE为半径作圆C，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CE＝CD＝1，
即圆C的半径为1，
当E位于线段AC上时，AE最小，
此时AE＝AC﹣CE＝2，
∴AP的最小值为；
当E位于AC延长线上时，AE最大，
此时AE＝AC+CE＝4，
∴AP的最大值为2，
故答案为：2，．
24．（12分）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于点A（﹣2，0）和B两点，点C（6，4）在抛物线上．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，D为y轴左侧抛物线上一点，且∠DCA＝2∠CAB，求点D的坐标；
（3）如图2，直线y＝mx+n与抛物线交于点E、F，连接CE、CF分别交y轴于点M、N，若OM•ON＝3．求证：直线EF经过定点，并求出这个定点的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由∠DCA＝2∠CAB，得到∠CAB＝∠CMA，则CA＝CM，进而求解；
（3）求出直线CE、CF的解析式，进而求出直线CM的表达式，联立CM与抛物线的表达式得到xE+xF＝4m+2，xE•xF＝﹣8﹣4n，由OM•ON＝3得到（﹣6k+4）（6t﹣4）＝﹣36kt+24（k+t）﹣16＝3，进而求解．
【解答】解：（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式，
得，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）延长DC交x轴于点M，
∵∠DCA＝2∠CAB，
∴∠CAB＝∠CMA，
∴CA＝CM，
过点C作CQ⊥AM于点Q，
则QM＝AQ＝8，
∴点M坐标为（14，0），
由点C、M的坐标得，直线DM的解析式为：y＝x+7，
令y＝x+7＝x2﹣x﹣2，
解得x＝﹣6或6，
x＝﹣6，y＝×（﹣6）+7＝10，
∴点D坐标为（﹣6，10）；
（3）设直线CE的表达式为y＝kx+b，将点C的坐标代入上式并解得b＝4﹣6k，
故直线CE解析式为：y＝kx﹣6k+4，
则点M（0，﹣6k+4），
令y＝x2﹣x﹣2＝kx﹣6k+4，
整理得x2﹣（+k）x+6k﹣6＝0，
∴xC+xE＝2+4k，
∴xE＝4k﹣4 ①，
同理设直线CF的解析式为：y＝tx﹣6t+4，则点N（0，﹣6t+4），即xF＝4t﹣4 ②，
由令y＝x2﹣x﹣2＝mx+n，
整理得x2﹣（+m）x﹣2﹣n＝0，
∴xE+xF＝4m+2③，
xE•xF＝﹣8﹣4n④，
将①②代入③④，得，
又OM•ON＝3，
∴（﹣6k+4）（6t﹣4）＝﹣36kt+24（k+t）﹣16＝3，
∴n＝m﹣，
∴y＝mx+n＝mx+m﹣＝m（x+）﹣，
当x＝时，y＝﹣，
∴直线EF经过定点且定点坐标为（，﹣）．
2021-2022学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）在一元二次方程2x2﹣5x﹣1＝0中，二次项系数和常数项分别是（ ）
A．2，5 B．2，﹣5 C．2，1 D．2，﹣1
2．（3分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣1＝0时，配方得（ ）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x﹣2）2＝5 C．（x﹣4）2＝1 D．（x﹣4）2＝5
4．（3分）在某篮球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛36场．设有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝36 B．x（x+1）＝36
C．x（x﹣1）＝36 D．x（x+1）＝36
5．（3分）如图，已知圆心角∠BOC＝100°，则圆周角∠BAC的大小是（ ）
A．50° B．100° C．130° D．200°
6．（3分）如图，将△ABD绕顶点B顺时针旋转40°得到△CBE，且点C刚好落在线段AD上，若∠CBD＝32°，则∠E的度数是（ ）
A．32° B．34° C．36° D．38°
7．（3分）已知点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）在函数y＝﹣x2﹣2x+b的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y3＜y2 B．y3＜y1＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3
8．（3分）将二次函数y＝x2+1的图象绕点（1，﹣1）旋转180°，得到的图象的解析式为（ ）
A．y＝﹣（x﹣2）2﹣3 B．y＝（x﹣2）2﹣3
C．y＝﹣（x﹣3）2﹣2 D．y＝﹣（x+2）2﹣3
9．（3分）观察下列等式：71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得，71+72+…+72020+72021的结果的个位数是（ ）
A．0 B．1 C．7 D．8
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣（1+m）x+m与直线y＝﹣x两个交点的横坐标是x1，x2，并且x12+mx2＝2，则m的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣1或2
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2﹣x＝0的解是 ．
12．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，4）关于原点对称点的坐标是 ．
13．（3分）某种植物主干长出若干数目的枝干，每个分支又长出同样数目的小分支，主干、枝干、小分支的总数是91，每个枝干长出 小分支．
14．（3分）在半径为10的⊙O中，弦AB＝12，弦CD＝16，且AB∥CD，则AB与CD之间的距离是 ．
15．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴的正半轴交于点A，对称轴为直线x＝1．下面结论：
①abc＜0；
②2a+b＝0；
③3a+c＞0；
④方程ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于﹣1且小于0．
其中正确的是 ．（只填序号）
16．（3分）△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D为BC的中点，直线l经过点D，过B作BF⊥l于F，过A作AE⊥l于E，求AE+BF的最大值为 ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）解方程：x2﹣4x﹣7＝0．
18．（8分）如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
求证：AC＝BD．
19．（8分）如图，有一矩形的硬纸板，长为30cm，宽为20cm，在其四个角各剪去一个相同的小正方形，然后把四周的矩形折起，可做成一个无盖的长方体盒子，当剪去的正方形的边长为何值时，所得长方体盒子的底面积为264cm2？
20．（8分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，平行四边形ABCD的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°，画出对应线段AE；
（2）过点E画一条直线把平行四边形ABCD分成面积相等的两部分；
（3）过点D画格点线段DP，使得DP⊥BC于点M，垂足为M；
（4）过点M画线段MN，使得MN∥AB，MN＝AB．
21．（8分）如图，AB为⊙O直径，C为AB上一点，DC⊥AB于C，交⊙O于D，D为中点，AE交DC于点F．
（1）求证：AE＝2DC；
（2）若AC＝2，AE＝8，求⊙O半径R和CF长．
22．（10分）某商店经销一种销售成本为30元/kg的水产品，据市场分析：若按50元/kg销售，一个月能售出300kg，销售单价每涨1元，月销售量就减少10kg．设售价为x元/kg（x＞50），月销售量为ykg；
（1）求月销售量y与售价x之间的函数解析式；
（2）当售价定为多少时，月销售利润最大？最大利润是多少？
（3）商店想在月销售成本不超过6000元的情况下，使得月销售利润不少于4000元，销售单价应定在什么范围？请直接写出售价x的取值范围．
23．（10分）等边△ABC中，D、E分别是边AC、BC边上的点，CD＝CE，以CE、CD为邻边作菱形CDFE，连BF，P为BF中点，连AP、EP．
（1）作出△PEF关于点P成中心对称的△PQB，并证明：AP⊥EP；
（2）将菱形CDFE绕点C旋转：
①如图2，确定线段AP与线段EP的关系，并证明你的结论．
②若AC＝3，DC＝1，菱形CDFE在旋转过程中，直接写出线段AP的最大值是 ，最小值是 ．
24．（12分）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于点A（﹣2，0）和B两点，点C（6，4）在抛物线上．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，D为y轴左侧抛物线上一点，且∠DCA＝2∠CAB，求点D的坐标；
（3）如图2，直线y＝mx+n与抛物线交于点E、F，连接CE、CF分别交y轴于点M、N，若OM•ON＝3．求证：直线EF经过定点，并求出这个定点的坐标．
2021-2022学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）在一元二次方程2x2﹣5x﹣1＝0中，二次项系数和常数项分别是（ ）
A．2，5 B．2，﹣5 C．2，1 D．2，﹣1
【分析】根据单项式的系数和多项式的项的定义得出答案即可．
【解答】解：一元二次方程2x2﹣5x﹣1＝0的二次项系数和常数项分别是2和﹣1，
故选：D．
2．（3分）下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中属于中心对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据中心对称图形的概念即可求解．
【解答】解：第一个图形是中心对称图形，
第二个图形不是中心对称图形，
第三个图形是中心对称图形，
第四个图形不是中心对称图形，
故选：B．
3．（3分）用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣1＝0时，配方得（ ）
A．（x﹣2）2＝1 B．（x﹣2）2＝5 C．（x﹣4）2＝1 D．（x﹣4）2＝5
【分析】先把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上4，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．
【解答】解：∵x2﹣4x﹣1＝0，
∴x2﹣4x＝1，
∴x2﹣4x+4＝5，
∴（x﹣2）2＝5．
故选：B．
4．（3分）在某篮球邀请赛中，参赛的每两个队之间都要比赛一场，共比赛36场．设有x个队参赛，根据题意，可列方程为（ ）
A．x（x﹣1）＝36 B．x（x+1）＝36
C．x（x﹣1）＝36 D．x（x+1）＝36
【分析】关系式为：球队总数×每支球队需赛的场数÷2＝36，把相关数值代入即可．
【解答】解：设有x个队参赛，根据题意，可列方程为：
x（x﹣1）＝36，
故选：A．
5．（3分）如图，已知圆心角∠BOC＝100°，则圆周角∠BAC的大小是（ ）
A．50° B．100° C．130° D．200°
【分析】根据圆周角定理可直接求出答案．
【解答】解：根据圆周角定理，可得：∠A＝∠BOC＝50°．
故选：A．
6．（3分）如图，将△ABD绕顶点B顺时针旋转40°得到△CBE，且点C刚好落在线段AD上，若∠CBD＝32°，则∠E的度数是（ ）
A．32° B．34° C．36° D．38°
【分析】由旋转的性质可得CB＝AB，∠ABC＝40°，∠D＝∠E，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可求出答案．
【解答】解：∵将△ABD绕点B顺时针旋转40°得到△CBE，
∴CB＝AB，∠ABC＝40°，∠D＝∠E，
∴∠A＝∠ACB＝（180°﹣40°）＝70°，
∵∠CBD＝32°，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝40°+32°＝72°，
∴∠D＝∠E＝180°﹣∠A﹣∠ABD＝180°﹣70°﹣72°＝38°．
故选：D．
7．（3分）已知点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2），C（2，y3）在函数y＝﹣x2﹣2x+b的图象上，则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y3＜y2 B．y3＜y1＜y2 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y1＜y3
【分析】根据二次函数图象具有对称性和二次函数图象上点的坐标特征，可以判断y1、y2、y3的大小，从而可以解答本题．
【解答】解：∵y＝﹣x2﹣2x+b，
∴函数y＝﹣x2﹣2x+b的对称轴为直线x＝﹣1，开口向下，当x＜﹣1时，y随x的增大而增大，当x＞﹣1时，y随x的增大而减小，
∵﹣1﹣（﹣3）＝2，﹣1﹣（﹣1）＝0，2﹣（﹣1）＝3，
∴y3＜y1＜y2，
故选：B．
8．（3分）将二次函数y＝x2+1的图象绕点（1，﹣1）旋转180°，得到的图象的解析式为（ ）
A．y＝﹣（x﹣2）2﹣3 B．y＝（x﹣2）2﹣3
C．y＝﹣（x﹣3）2﹣2 D．y＝﹣（x+2）2﹣3
【分析】求出原抛物线的顶点坐标以及绕点（2，1）旋转180°后的抛物线的顶点坐标，再根据旋转后抛物线开口方向向下，利用顶点式解析式写出即可．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+1的顶点坐标为（0，1），
∴绕点（1，﹣1）旋转180°后的抛物线的顶点坐标为（2，﹣3），
∴所得到的图象的解析式为y＝﹣（x﹣2）2﹣3，
故选：A．
9．（3分）观察下列等式：71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，根据其中的规律可得，71+72+…+72020+72021的结果的个位数是（ ）
A．0 B．1 C．7 D．8
【分析】由71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，得出规律：个位数4个数一循环，由1+7+9+3＝20可得每循环的个位数字和的个位数均为0，进而可求解．
【解答】解：由71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…，可得：个位数4个数一循环，且4个数一循环的个位数字之和为7+9+3+1＝20，
∵2021÷4＝505…1，
∴71+72+…+72021＝505×0+7＝7，
故选：C．
10．（3分）已知抛物线y＝x2﹣（1+m）x+m与直线y＝﹣x两个交点的横坐标是x1，x2，并且x12+mx2＝2，则m的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣1或2
【分析】把抛物线解析式与直线解析式联立成方程组，得到关于x的方程，然后得到，再利用韦达定理可以得出x1+x2，然后代入x12+mx2＝2得出m的方程即可．
【解答】解：令x2﹣（1+m）x+m＝﹣x，
∴x2﹣mx+m＝0，
∴m2﹣4m＞0，
∴m＜0 或 m＞4，
x1+x2＝m，
∵，
∴，
∴
＝mx1﹣m+mx2，
＝m（x1+x2）﹣m，
＝m2﹣m，
∴m2﹣m＝2，
∴m1＝2（舍去），m2＝﹣1，
故选：A．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）一元二次方程x2﹣x＝0的解是 x1＝0，x2＝1 ．
【分析】利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：x2﹣x＝0，
x（x﹣1）＝0，
∴x＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝0，x2＝1，
故答案为：x1＝0，x2＝1．
12．（3分）在平面直角坐标系中，点P（2，4）关于原点对称点的坐标是 （﹣2，﹣4） ．
【分析】根据关于关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．填空即可．
【解答】解：点P（2，4）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，﹣4），
故答案为：（﹣2，﹣4）
13．（3分）某种植物主干长出若干数目的枝干，每个分支又长出同样数目的小分支，主干、枝干、小分支的总数是91，每个枝干长出 9 小分支．
【分析】设每个枝干长出x个小分支，则主干上长出了x个枝干，根据主干、枝干和小分支的总数是91，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：设每个枝干长出x个小分支，则主干上长出了x个枝干，
根据题意得：x2+x+1＝91．
整理，得
（x+10）（x﹣9）＝0，
解得x1＝﹣10（舍去），x2＝9．
即每个枝干长出 9小分支．
故答案是：9．
14．（3分）在半径为10的⊙O中，弦AB＝12，弦CD＝16，且AB∥CD，则AB与CD之间的距离是 2或14 ．
【分析】过O作OE⊥CD于E，直线OE交AB于F，连接OC，OA，根据垂径定理求出CE＝DE＝8，AF＝BF＝6，根据勾股定理求出OE和OF，再求出EF即可．
【解答】解：过O作OE⊥CD于E，直线OE交AB于F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，OE⊥CD，
∴OF⊥AB，
∵AB＝12，CD＝16，OE过圆心O，
∴CE＝DE＝8，AF＝BF＝6，
有两种情况：①如图1，
由勾股定理得：OE＝＝＝6，
OF＝＝＝8，
∴EF＝OF﹣OE＝8﹣6＝2；
②如图2，
EF＝OE+OF＝6+8＝14，
所以AB与CD之间的距离是2或14，
故答案为：2或14．
15．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴的正半轴交于点A，对称轴为直线x＝1．下面结论：
①abc＜0；
②2a+b＝0；
③3a+c＞0；
④方程ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于﹣1且小于0．
其中正确的是 ①②④ ．（只填序号）
【分析】根据题意和函数图象，可以判断各个小题中的结论是否成立，本题得以解决．
【解答】解：由图象可得，
a＜0，b＞0，c＞0，
则abc＜0，故①正确；
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，故②正确；
∵函数图象与x轴的正半轴交点在点（2，0）和（3，0）之间，对称轴是直线x＝1，
∴函数图象与x轴的另一个交点在点（0，0）和点（﹣1，0）之间，故④正确；
∴当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，
∴y＝a+2a+c＜0，
∴3a+c＜0，故③错误；
故答案为：①②④．
16．（3分）△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D为BC的中点，直线l经过点D，过B作BF⊥l于F，过A作AE⊥l于E，求AE+BF的最大值为 2 ．
【分析】由直角三角形的性质可求AC的长，由“AAS”可证△BFD≌△CKD，可得BF＝CK，由垂线段最短可求解．
【解答】解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝4，
∴BH＝2，AH＝2，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AH＝CH＝2，
∴AC＝＝＝2，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，得矩形ENCK，
∴CK＝EN，
∴AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为2，
综上所述，AE+BF的最大值为2．
故答案为2．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）解方程：x2﹣4x﹣7＝0．
【分析】移项后配方得出x2﹣4x+4＝7+4，推出（x﹣2）2＝11，开方后得出方程x﹣2＝±，求出方程的解即可．
【解答】解：移项得：x2﹣4x＝7，
配方得：x2﹣4x+4＝7+4，
即（x﹣2）2＝11，
开方得：x﹣2＝±，
∴原方程的解是：x1＝2+，x2＝2﹣．
18．（8分）如图，两个圆都以点O为圆心，大圆的弦AB交小圆于C、D两点．
求证：AC＝BD．
【分析】过点O作OE⊥AB，由等腰三角形的性质可知AE＝BE，再由垂径定理可知CE＝DE，故可得出结论．
【解答】证明：过点O作OE⊥AB，
∵OA＝OB，
∴AE＝BE，
又∵在⊙O中，
∴CE＝DE，
∴AC＝BD
19．（8分）如图，有一矩形的硬纸板，长为30cm，宽为20cm，在其四个角各剪去一个相同的小正方形，然后把四周的矩形折起，可做成一个无盖的长方体盒子，当剪去的正方形的边长为何值时，所得长方体盒子的底面积为264cm2？
【分析】设剪去的正方形边长为xcm，那么长方体纸盒的底面的长为（30﹣2x）cm，宽为（20﹣2x）cm，然后根据底面积是264cm2即可列出方程求出即可．
【解答】解：设剪掉的正方形纸片的边长为x cm．
由题意，得 （30﹣2x）（20﹣2x）＝264．
整理，得 x2﹣25x+84＝0．
解方程，得 x1＝4，x2＝21（不符合题意，舍去）．
答：剪掉的正方形的边长为4cm．
20．（8分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，平行四边形ABCD的顶点在格点上．仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）将线段AD绕点A逆时针旋转90°，画出对应线段AE；
（2）过点E画一条直线把平行四边形ABCD分成面积相等的两部分；
（3）过点D画格点线段DP，使得DP⊥BC于点M，垂足为M；
（4）过点M画线段MN，使得MN∥AB，MN＝AB．
【分析】（1）作出点D的对应点E即可．
（2）连接AC，BD交于点O，作直线OE即可．
（3）取格点P，连接DP交BC于点M，线段DP即为所求．
（4）取格点H，F，连接HF交AD于点N，连接MN，线段MN即为所求．
【解答】解：（1）如图，线段AE即为所求．
（2）如图，直线OE即为所求．
（3）如图，线段DP即为所求．
（4）如图，线段MN即为所求．
21．（8分）如图，AB为⊙O直径，C为AB上一点，DC⊥AB于C，交⊙O于D，D为中点，AE交DC于点F．
（1）求证：AE＝2DC；
（2）若AC＝2，AE＝8，求⊙O半径R和CF长．
【分析】（1）由垂径定理可得＝，DC＝CN＝DN，可得＝，可得AE＝DN＝2CD；
（2）由勾股定理可求半径，通过证明△ACF∽△DCO，可得，即可求解．
【解答】（1）证明：如图，延长DC交⊙O于N，
∵DC⊥AB，AB是直径，
∴＝，DC＝CN＝DN，
∵D为中点，
∴＝，
∴＝＝，
∴＝，
∴AE＝DN，
∴AE＝2CD；
（2）解：连接OD，
∵AC＝2，AE＝8，
∴CD＝4，CO＝R﹣2，
∵OD2＝CO2+DC2，
∴R2＝（R﹣2）2+16，
∴R＝5，
∴CO＝3，
∵D为中点，
∴OD⊥AE，
∴∠A+∠AOD＝90°＝∠AOD+∠D，
∴∠A＝∠D，
又∵∠ACF＝∠DCO，
∴△ACF∽△DCO，
∴，
∴＝，
∴CF＝．
22．（10分）某商店经销一种销售成本为30元/kg的水产品，据市场分析：若按50元/kg销售，一个月能售出300kg，销售单价每涨1元，月销售量就减少10kg．设售价为x元/kg（x＞50），月销售量为ykg；
（1）求月销售量y与售价x之间的函数解析式；
（2）当售价定为多少时，月销售利润最大？最大利润是多少？
（3）商店想在月销售成本不超过6000元的情况下，使得月销售利润不少于4000元，销售单价应定在什么范围？请直接写出售价x的取值范围．
【分析】（1）根据按50元/kg销售，一个月能售出300kg，销售单价每涨1元，月销售量就减少10kg，可以写出月销售量y与售价x之间的函数解析式；
（2）根据题意可以写出利润和售价之间的函数关系式，然后化为顶点式，再根据二次函数的性质，即可得到当售价定为多少时，月销售利润最大，最大利润是多少；
（3）根据月销售成本不超过6000元，月销售利润不少于4000元，可以得到相应的不等式组，然后求解即可．
【解答】解：（1）由题意可得，
y＝300﹣（x﹣50）×10＝﹣10x+800，
即月销售量y与售价x之间的函数解析式是y＝﹣10x+800；
（2）设利润为w元，
由题意可得w＝（x﹣30）（﹣10x+800）＝﹣10（x﹣55）2+6250，
∴当x＝55时，w取得最大值，此时w＝6250，
答：当售价定为55元时，月销售利润最大，最大利润是6250元；
（3）∵月销售成本不超过6000元，月销售利润不少于4000元，
∴，
解得60≤x≤70，
即x的取值范围是60≤x≤70．
23．（10分）等边△ABC中，D、E分别是边AC、BC边上的点，CD＝CE，以CE、CD为邻边作菱形CDFE，连BF，P为BF中点，连AP、EP．
（1）作出△PEF关于点P成中心对称的△PQB，并证明：AP⊥EP；
（2）将菱形CDFE绕点C旋转：
①如图2，确定线段AP与线段EP的关系，并证明你的结论．
②若AC＝3，DC＝1，菱形CDFE在旋转过程中，直接写出线段AP的最大值是 2 ，最小值是 ．
【分析】（1）证△BPQ≌△FPE（SAS），得BQ＝FE，∠BQP＝∠FEP，则BQ∥FE，再证△ABQ≌△ACE（SAS），得AQ＝AE，然后由等腰三角形的性质即可得出结论；
（2）①作△PEF关于点P成中心对称的△PQB，连接AQ、AE，同（1）得△BPQ≌△FPE（SAS），则QB＝EF，PQ＝PE，∠QBP＝∠EFP，再证△ABQ≌△ACE（SAS），得AQ＝AE，∠QAB＝∠EAC，然后证△AEQ是等边三角形，由等边三角形的性质得AP⊥EP，最后由锐角三角函数定义得AP＝PE即可；
②由等边三角形的性质和锐角三角函数定义得AP＝AE，当AE最大时，AP最大，当AE最小时，AP最小，再求出AE的最大值和最小值即可．
【解答】（1）证明：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
由对称的性质得：PQ＝PE，
∵P为BF的中点，
∴PB＝PF，
又∵∠BPQ＝∠FPE，
∴△BPQ≌△FPE（SAS），
∴BQ＝FE，∠BQP＝∠FEP，
∴BQ∥FE，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CD∥FE，CD＝CE＝FE，
∴BQ∥CD，BQ＝CE，
∴∠QBC+∠ACB＝180°，
即∠ABQ+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠ABQ＝60°，
∴∠ABQ＝∠ACE，
∴△ABQ≌△ACE（SAS），
∴AQ＝AE，
∵PQ＝PE，
∴AP⊥EP；
（2）解：①AP⊥EP，AP＝EP，证明如下：
作△PEF关于点P成中心对称的△PQB，连接AQ、AE，如图2所示：
同（1）得：△BPQ≌△FPE（SAS），
∴QB＝EF，PQ＝PE，∠QBP＝∠EFP，
∴QB∥EF，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CD∥FE，CE＝FE，
∴BQ∥CD，BQ＝CE，
∴∠QBC+∠BCD＝180°，
即∠ABQ+∠ABC+∠ACB+∠ACD＝180°，
∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ABQ+∠ACD＝60°，
∵∠ACE+∠ACD＝∠ECD＝60°，
∴∠ABQ＝∠ACE，
∵BQ＝CE，AB＝AC，
∴△ABQ≌△ACE（SAS），
∴AQ＝AE，∠QAB＝∠EAC，
∵∠BAE+∠EAC＝60°，
∴∠QAB+∠BAE＝60°，
即∠QAE＝60°，
∴△AEQ是等边三角形，
∵PQ＝PE，
∴AP⊥EP，∠EAP＝∠QAP＝∠QAE＝30°，
∴tan30°＝，
∴AP＝＝＝PE；
②由①得：AP⊥EP，△AEQ是等边三角形，
∴∠AEP＝60°，
∴sin60°＝，
∴AP＝AE，
∴当AE最大时，AP最大，当AE最小时，AP最小，
如图3，以C为圆心，CE为半径作圆C，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CE＝CD＝1，
即圆C的半径为1，
当E位于线段AC上时，AE最小，
此时AE＝AC﹣CE＝2，
∴AP的最小值为；
当E位于AC延长线上时，AE最大，
此时AE＝AC+CE＝4，
∴AP的最大值为2，
故答案为：2，．
24．（12分）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c与x轴交于点A（﹣2，0）和B两点，点C（6，4）在抛物线上．
（1）求抛物线解析式；
（2）如图1，D为y轴左侧抛物线上一点，且∠DCA＝2∠CAB，求点D的坐标；
（3）如图2，直线y＝mx+n与抛物线交于点E、F，连接CE、CF分别交y轴于点M、N，若OM•ON＝3．求证：直线EF经过定点，并求出这个定点的坐标．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由∠DCA＝2∠CAB，得到∠CAB＝∠CMA，则CA＝CM，进而求解；
（3）求出直线CE、CF的解析式，进而求出直线CM的表达式，联立CM与抛物线的表达式得到xE+xF＝4m+2，xE•xF＝﹣8﹣4n，由OM•ON＝3得到（﹣6k+4）（6t﹣4）＝﹣36kt+24（k+t）﹣16＝3，进而求解．
【解答】解：（1）将点A、C的坐标代入抛物线表达式，
得，
解得，
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）延长DC交x轴于点M，
∵∠DCA＝2∠CAB，
∴∠CAB＝∠CMA，
∴CA＝CM，
过点C作CQ⊥AM于点Q，
则QM＝AQ＝8，
∴点M坐标为（14，0），
由点C、M的坐标得，直线DM的解析式为：y＝x+7，
令y＝x+7＝x2﹣x﹣2，
解得x＝﹣6或6，
x＝﹣6，y＝×（﹣6）+7＝10，
∴点D坐标为（﹣6，10）；
（3）设直线CE的表达式为y＝kx+b，将点C的坐标代入上式并解得b＝4﹣6k，
故直线CE解析式为：y＝kx﹣6k+4，
则点M（0，﹣6k+4），
令y＝x2﹣x﹣2＝kx﹣6k+4，
整理得x2﹣（+k）x+6k﹣6＝0，
∴xC+xE＝2+4k，
∴xE＝4k﹣4 ①，
同理设直线CF的解析式为：y＝tx﹣6t+4，则点N（0，﹣6t+4），即xF＝4t﹣4 ②，
由令y＝x2﹣x﹣2＝mx+n，
整理得x2﹣（+m）x﹣2﹣n＝0，
∴xE+xF＝4m+2③，
xE•xF＝﹣8﹣4n④，
将①②代入③④，得，
又OM•ON＝3，
∴（﹣6k+4）（6t﹣4）＝﹣36kt+24（k+t）﹣16＝3，
∴n＝m﹣，
∴y＝mx+n＝mx+m﹣＝m（x+）﹣，
当x＝时，y＝﹣，
∴直线EF经过定点且定点坐标为（，﹣）．
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