2021-2022学年度德州初中数学九年级上学期期末模拟考试试题(解析版)

这是一份2021-2022学年度德州初中数学九年级上学期期末模拟考试试题(解析版)，共32页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年度初中数学九年级上学期期末模拟考试
(满分150分，考试时间：100分钟)
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）


一、单选题（每小题4分，共48分）
1．如图，PA与⊙O相切于点A，线段PO交⊙O于点C，过点C作⊙O的切线交PA于点B．若PC＝4，AB＝3，则⊙O的半径等于（　　）

A．4 B．5 C．6 D．12
【答案】C
【分析】
根据切线长定理得到BC＝BA，根据勾股定理求出PB，根据切线的性质、勾股定理计算即可．
【详解】
解：设⊙O的半径为r，
由切线长定理得，BC＝BA＝3，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠BCP＝90°，
∴PB＝＝5，
∴AP＝PB+AB＝8，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∴AP2+OA2＝OP2，即82+r2＝（4+r）2，
解得，r＝6，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了切线长定理，勾股定理，准确计算是解题的关键．
2．如图，将绕顶点B顺时针旋转得到，且点C刚好落在线段上，若，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【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．
【详解】
解：∵将△ABD绕点B顺时针旋转40°得到△CBE，
∴CB=AB，∠ABC=40°，∠D=∠E，
∴，
∵∠CBD=32°，
∴∠ABD=∠ABC+∠CBD=40°+32°=72°，
∴∠D=∠E=180°-∠A-∠ABD=180°-70°-72°=38°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
3．如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4．点G，E分别在边AB，CD上，点F，H在对角线AC上．若四边形EFGH是菱形，则AG的长是（　　）

A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】
首先连接EG交AC于O，由矩形ABCD中，四边形EEFGH是菱形，易证得△CEO≌△AOG（AAS），即可得OA＝OC，然后由勾股定理求得AC的长，继而求得OA的长，又由△AOG∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
【详解】
解：连接GE交AC于C于O，

∵四边形EFGH是菱形，
∴GE⊥AC，OG＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，AB//CD，
∴∠ACD＝∠CAB，
在△CEO与△AOG中，

∴△CEO≌△AOG（AAS），
∴AO＝CO，
∵AC＝
∴AO＝AC＝，
∵∠CAB＝∠CAB，∠AOG＝∠B＝90°，
∴△AOG∽△ABC，
∴，
∴
∴AG＝．
故选：C．
【点睛】
此题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
4．如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC：EC＝3：1．S△ADG＝16．则S△CEG的值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】
根据相似三角形得到，比例的性质得到，由题意可得从而得到，根据相似三角形的性质，求解即可．
【详解】
解：由题意可得：，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：B
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，涉及了平移的性质，解题的关键是灵活利用相关性质进行求解．
5．如图，一渔船上的渔民在A处看见灯塔M在北偏东60°方向，这艘渔船以28km/时的速度向正东航行，半小时到B处，在B处看见灯塔M在北偏东15°方向，此时，灯塔M与渔船的距离是（　　）

A．7km B．14km C．7km D．14km
【答案】A
【分析】
作BH⊥AM于H，根据题意标注方向角，根据等腰直角三角形的性质和锐角三角函数的概念进行计算即可．
【详解】
解：如图，过点M作MC⊥AB于点C，过点B作BN⊥AM于点N，

由题意得，∠MAB＝30°，∠MBC＝75°，
∵∠CBM＝∠BAM+∠AMB，
∴∠AMB＝∠NBM＝45°，
∴BN＝MN，
∵AB＝28×0.5＝14km，
∴BN＝＝7km，
∴BM＝ NB＝7（km）．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，正确画出图形、准确标注方向角、掌握锐角三角函数的概念是解题的关键．
6．如图，AB为的直径，点P为AB延长线上的一点，过点Р作的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确个数是（ ）
①AM平分；②；③若，，则BM的长为；④若，，则有．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】
连接OM，BM，可证OM∥AC，得出∠CAM=∠AMO，由OA=OM可得∠OAM=∠AMO，故①正确；证明△ACM∽△AMB，则可得出②正确；求出∠MOP=60°，OB=2，则用弧长公式可求出的长为，故③错误；由BD∥AC可得PB=PA，则PB=OB=OA，得出∠OPM=30°，则PM=2，可得出CM=DM=DP=，故④正确．
【详解】
解：连接OM，BM，

∵PE为⊙O的切线，
∴OM⊥PC，
∵AC⊥PC，
∴OM∥AC，
∴∠CAM=∠AMO，
∵OA=OM，
∠OAM=∠AMO，
∴∠CAM=∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确；
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AMB=90°，
∵∠CAM=∠MAB，∠ACM=∠AMB，
∴△ACM∽△AMB，
∴，
∴AM2=AC•AB，故②正确；
∵∠APE=30°，
∴∠MOP=∠OMP-∠APE=90°-30°=60°，
∵AB=4，
∴OB=2，
∴的长为，故③错误；
∵BD⊥PC，AC⊥PC，
∴BD∥AC，
∴，
∴PB=PA，
∴PB＝AB，BD=OM，
∴PB=OB=OA，
∴在Rt△OMP中，OM=2BD=2，
∴OP=4，
∴∠OPM=30°，
∴PM=2，
∴CM=DM=DP=，故④正确．
∴正确的结论为①②④，共3个，
故选：B．
【点睛】
本题考查圆知识的综合应用，涉及切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质、弧长公式、含30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
7．如图，在平面直角坐标系中，点E是平行四边形ABCD内一点，轴，且，轴，连接BE并延长BE与CD交于点F，，的面积为．若反比例函数的图象经过点B和点E，则k的值为（ ）


A．3 B．6 C．12 D．15
【答案】C
【分析】
延长交轴于点，作轴，，设，，根据反比例函数的性质以及全等三角形的性质求得与的关系，以及，即可求解．
【详解】
解：延长交轴于点，作轴，，如下图：


由题意可得：轴，
设，，则
则，
，即
，解得
，即
代入，化简得，，即
∴
在平行四边形中，，
∴
又∵轴
∴
∴
又∵
∴
∴

故选C
【点睛】
此题考查了反比例函数与几何的综合应用，涉及了全等三角形的判定与性质，反比例函数的性质，解题的关键是灵活利用相关性质进行求解．
8．如图，四边形ABCD内接于⊙O，若它的一个外角∠DCE＝115°，则另一个外角∠DAF的度数为（ ）

A．75° B．65° C．55° D．45°
【答案】B
【分析】
根据平角的定义可得∠BCD的度数，根据圆内接四边形的性质可得∠BAD+∠BCD=180°，可求出∠BAD的度数，利用平角的定义即可得答案．
【详解】
∵∠DCE＝115°，
∴∠BCD＝180°﹣∠DCE＝65°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BAD=115°，
∴∠DAF＝180°-∠BAD＝65°．
故选：B．
【点睛】
本题考查圆内接四边形的性质，圆内接四边形对角互补，熟练掌握圆内接四边形的性质是解题关键．
9．用反证法证明“在同一平面内，若，，则//”，第一步应假设（ ）
A．// B．与垂直 C．与不一定平行 D．与相交
【答案】D
【分析】
根据用反证法证明的方法，首先从命题结论的反面出发，假设命题不正确，可以直接得出答案．
【详解】
解：∵反证法证明“在同一平面内，若，，则//”，
∴第一步应假设与不平行，即与相交．
故选：D
【点睛】
此题主要考查了用反证法证明的基本步骤，熟知反证法证明题目的一般步骤是解题关键．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝3、AD＝4，直线MN从点D出发，沿D→A方向以每秒1个单位长度的速度运动，且该直线平行于对角线AC，与边AD（或AB）、CD（或BC）所在直线分别交于点M、N，设直线MN的运动时间为x（秒），△DMN的面积为y，则y关于x的函数图象是（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
要找出准确反映y与x之间对应关系的图象，需分析在不同阶段中y随x变化的情况，根据矩形的性质和直角三角形的面积公式求解即可．
【详解】
解：当0＜x≤4时，y；
当4＜x≤8时，y＝12，由以上分析可知，这个分段函数的图象左边为抛物线的一部分且开口方向向上，右边为抛物线的一部分，开口方向向下．
故选：D．
【点睛】
本题以动态的形式考查了分类讨论的思想，函数的知识和矩形的性质，具有很强的综合性．解题关键是掌握分类讨论的思想．
11．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=8．动点E与动点D同时从点C出发，点D沿线段CB以1单位长度/秒的速度运动，点E沿线段CA以2单位长度/秒的速度运动，当其中一个点到达端点时，另一个点也停止运动．以CE，CD为边作矩形CDFE，若设运动时间为x秒（0＜x≤4），矩形CDFE与△ABC重合部分的面积为y，则下列能大致反映y与x的函数关系的图象是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
分0≤x≤2、2＜x≤4两种情况，通过画图确定矩形CDFE的位置，进而求解．
【详解】
解：当0≤x≤2时，如图，

y=CE•CD=2x•x=2x2，该函数为开口向上的抛物线；
当2＜x≤4时，如下图，设DF、EF分别交AB于点H、G，

则BD=BC-CD=4-x，则HD=BDtanB=（4-x）×=8-2x，
则HF=DF-DH=CE-DH=2x-（8-2x）=4x-8，则GF=2x-4，
则y=S五边形CDHGE=S矩形CDFE-S△GHF
=2x•x-×（2x-4）（4x-8）
=-2x2+16x-16，该函数为开口向下的抛物线，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是动点问题的函数图象，涉及到二次函数、一次函数、解直角三角形等知识，确定函数表达式是本题解题的关键．
12．如图，等腰Rt△ABC的顶点B、C在⊙O上，∠BAC＝90°，BC＝6，OA＝1，则⊙O的半径是（ ）

A． B． C．3 D．
【答案】A
【分析】
根据圆中的垂径定理，首先需要作辅助线过O作OD⊥BC，连接OB，即可构造出等腰直角三角形，然后根据勾股定理求出圆的半径．
【详解】
解：如图所示，过O作OD⊥BC，连接OB，

∵BC是圆上的弦，且BC=6，
∴BD=CD=3，
∴OD垂直平分BC，
又∵AB=AC，
∴点A在BC的垂直平分线上，即A、O及D三点共线，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B=45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD=AD=3，
即OD=2，
∴在Rt△OBD中，OB===．
故答案为：A．
【点睛】
本题重点考察的是圆中的基本性质，灵活运用等腰三角形的性质，以及圆中的性质是解本题的关键．

第II卷（非选择题）


二、填空题（每小题4分，共24分）
13．如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：
①以O为圆心，OA为半径画圆；
②在上任取一点P（不与点A，B重合），连接AP；
③作AB的垂直平分线与交于M，N；
④作AP的垂直平分线与交于E，F.
结论Ⅰ：顺次连接M，E，N，F四点必能得到矩形；
结论Ⅱ：上只有唯一的点P，使得.
对于结论Ⅰ和Ⅱ正确的是______．

【答案】结论Ⅰ
【分析】
如图，连接EM，EN，MF．NF．根据矩形的判定证明四边形MENF是矩形，再说明∠MOF=∠AOB时，S扇形FOM=S扇形AOB，观察图形可知，这样的点P不唯一，可知（Ⅱ）错误．
【详解】
解：如图，连接EM，EN，MF．NF．

∵MN垂直平分AB，EF垂直平分AP，由“垂径定理的逆定理”可知，MN和EF都是⊙O的直径，
∴OM=ON，OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵EF=MN，
∴四边形MENF是矩形，故（Ⅰ）正确，
观察图形可知当∠MOF=∠AOB，
∴S扇形FOM=S扇形AOB，
观察图形可知，这样的点P不唯一（如下图所示），故（Ⅱ）错误，

故答案为：结论Ⅰ．
【点睛】
本题考查作图——复杂作图，线段的垂直平分线的性质，矩形的判定，扇形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
14．如图，已知A点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着x轴的正方向运动，经过t秒后，以O，A为顶点作菱形，使B，C点都在第一象限内，且，若以为圆心，为半径的圆恰好与所在的直线相切，则_________．

【答案】4-1
【分析】
先根据已知条件，求出经过t秒后，OC的长，当⊙P与OA，即与x轴相切时，则切点为O，此时PC=OP，过P作PE⊥OC，利用垂径定理和解直角三角形的有关知识即可求出t的值．
【详解】
解：∵已知A点从（1，0）点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，
∴经过t秒后，
∴OA=1+t，
∵四边形OABC是菱形，
∴OC= OA =1+t，
当⊙P与OA，即与x轴相切时，如图所示，则切点为O，此时PC=OP，过P作PE⊥OC，

∴OE=CE=OC，
∴，
在Rt△OPE中，OE=OP•cos30°=2，
∴，
∴t=4-1，
故答案为：4-1．
【点睛】
本题综合性的考查了菱形的性质、坐标与图形性质、切线的性质、垂径定理的运用以及解直角三角形的有关知识，属于中档题目．
15．已知关于x的方程x2﹣（a+b）x+ab﹣1＝0，x1、x2是此方程的两个实数根，现给出三个结论：①x1≠x2；②x1x2＜ab；③x12+x22＜a2+b2；④当a+b＝ab时，方程有一根为1．则正确结论的序号是 ____________．
【答案】①②④
【分析】
利用一元二次方程根的判别式即可判断①；利用一元二次方程根与系数的关系即可判断②；利用一元二次方程根与系数的关系、完全平方公式进行变形运算即可判断③；先将方程转化为，再利用因式分解法解方程即可判断④．
【详解】
解：关于的方程，
此方程根的判别式为，
此方程有两个不相等的实数根，
，结论①正确；
由一元二次方程根与系数的关系得：，结论②正确；
由一元二次方程根与系数的关系得：，
，
，
，
则结论③错误；
当时，方程可转化为，
即，
解得或，
即当时，方程有一根为1，结论④正确；
综上，正确的结论是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式、以及根与系数的关系等知识点，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
16．如图，内接于⊙O，的角平分线交⊙O于D．若，则的长为____．


【答案】
【分析】
连接AD，则可得△ABD是等腰直角三角形，从而由勾股定理可求得AB的长，再由勾股定理即可求得BC的长．
【详解】
如图，连接AD


∵
∴AB是⊙O的直径
∴∠ADB=90°
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴AD=BD=
∴△ABD是等腰直角三角形
由勾股定理得：
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
故答案为：
【点睛】
本题考查了90度角所对的弦是直径，直径所对的圆周角是直角，角平分线的性质，圆周角与弦间的关系，勾股定理等知识，连接AD并由角平分线得出△ABD为等腰直角三角形是本题的关键．
17．如图，从一块半径是1m的圆形铁皮上剪出一个圆心角为90°的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面半径是______m．

【答案】
【分析】
连接BC，如图，根据圆周角定理得BC为⊙O的直径，即BC＝2，所以AB＝，设该圆锥的底面圆的半径为rm，根据弧长公式得到2πr＝，然后解方程即可．
【详解】
解：连接BC，如图，
∵∠BAC＝90°，
∴BC为⊙O的直径，即BC＝2m，
∵AB＝AC,
∴AB＝，
设该圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2πr＝，解得r＝，
即该圆锥的底面圆的半径为m．
故答案为．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
18．如图，点A是双曲线在第一象限的分支上的动点，连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，顶点C在第四象限，AC与x轴交于点P，连接BP．在点A运动的过程中，当BP平分∠ABC时，点C的坐标是________．

【答案】(2，)
【分析】
连接OC，过点A作轴，过点C作轴，证明，过点P作，根据角平分线的性质得到，计算即可；
【详解】
连接OC，过点A作轴，过点C作轴，

∵是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
过点P作，
∵BP平分∠ABC，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∵点A在反比例函数，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴点C的坐标为．
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，准确计算是解题的关键．

三、解答题
19．（10分）如图，AB是的直径，BD切于点B，C是圆上一点，过点C作AB的垂线，交AB于点P，与DO的延长线交于点E，且，连接．
（1）求证：CD是的切线；
（2）若，OP：：2，求PC的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接OC，根据切线的性质可得∠OBD=90°，然后利用SAS证出≌，可得∠OCD=∠OBD=90°，从而证出结论；
（2）直接根据已知条件求出OP的长度，结合半径OC的长度，在Rt△OPC中利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：如图所示，连接OC．
∵DB切⊙O于点B，
∴∠OBD=90°．
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO．
∵OD∥AC，
∴∠COD=∠ACO，∠CAO=∠BOD，
∴∠COD=∠BOD．
又∵OC=OB，OD=OD，
∴≌(SAS)，
∴∠OCD=∠OBD=90°，
即OC⊥CD，且OC为直径，
∴CD是⊙O的切线．

（2）解：∵AB=12，AB是直径，
∴OB=OA=OC=6．
∵OP∶AP=1∶2，
∴OP=2，AP=4．
∵CE⊥AB，
∴∠OPC=90°，
在Rt△OPC中，由勾股定理，PC=，
∴．
【点睛】
本题考查圆的基本性质，切线的判定，以及勾股定理解三角形等，掌握圆中的基本性质，以及切线的判定方法是解题关键．
20．（10分）在不透明的袋子里装有2个红球、1个蓝球（除颜色外其余都相同）．
（1）第一次任意摸出一个球（不放回），第二次再摸出一个球，请用画树状图或列表的方法，求两次摸到一红一蓝的概率．
（2）若向袋中再放入若干个同样的蓝球，搅拌均匀后，使从袋中摸出一个蓝球的概率为，求后来放入袋中的蓝球个数．
【答案】（1） ；（2）9个
【分析】
（1）根据题意画出树状图后，数出可能的结果总数及两次摸到不同颜色球的结果数，再根据概率的意义可得解；
（2）设放入x个蓝球，再根据概率的意义得到方程，解方程后可以得解．
【详解】
解：(1)如图所示，

共有6种可能结果，每种结果发生的可能性相等；
其中两次摸到不同颜色球包含其中4种结果，
所以两次摸到不同颜色球的概率为；
(2)设放入x个蓝球，
由题意，得： ，
解得： x=9，
经检验， x=9 是原方程的解，
所以，放入袋中的蓝球为9个．
【点睛】
本题考查概率的应用，熟练掌握概率的意义、树状图求概率的方法及方程思想方法的应用是解题关键．
21．（10分）红星公司销售一种成本为50元/件的产品，原月销售单价为60元/件．一个月可售出5万件，现公司打算提价销售，经市场调查表明，当月销售单价每涨价1元，月销售量就减少万件．设月销售单价为x元/件，月销售量为y万件，月销售利润为w万元．
（1）求出y与x之间的函数关系式，不需要写出自变量x的取值范围；
（2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？
（3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向贫困山区捐款a元．已知该公司捐款当月的月销售单价不高于80元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．
【答案】（1）；（2）定价80元时，利润最大为90万元；（3）4
【分析】
（1）由题意易知月销售单价上涨为（x-60）元，则有减少的件数为0.1（x-60）件，然后问题可求解；
（2）根据月销售利润w=（x-50）y可列出函数关系式，进而根据二次函数的性质可求解；
（3）设捐款后月销售利润为Z，然后根据题意可得，然后问题可求解．
【详解】
解：（1）由题意得：y；
（2）设利润为w万元，由（1）及题意得：
，
∵，
∴当x=80时，；
答：当月销售单价是80元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元．
（3）设捐款后月销售利润为Z，由题意得：

=，
∴对称轴为直线x=80+，
∵该公司捐款当月的月销售单价不高于80元/件，且，即开口向下，
∴z随x的增大而增大，
∴当x=80时，捐款后月销售利润最大，
即，
解得：a=4．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的应用是解题的关键．
22．（10分）若二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象的顶点在一次函数y＝kx+t（k≠0）的图象上，则称y＝ax2+bx+c（a≠0）为y＝kx+t（k≠0）的伴随函数，如：y＝x2+1是y＝x+1的伴随函数．
（1）若y＝x2﹣4是y＝﹣x+p的伴随函数，求直线y＝﹣x+p的解析式？
（2）若函数y＝kx﹣3（k≠0）的伴随函数y＝x2+2x+n与x轴两个交点间的距离为4，求k，n的值？
【答案】（1）一次函数为：y＝﹣x﹣4；（2）k＝1，n＝﹣3
【分析】
（1）先求出抛物线y＝x2﹣4的顶点，根据伴随函数的定义，把（0，﹣4）代入一次函数y＝﹣x+p解析式求解即可，
（2）设函数y＝x2+2x+n与x轴两个交点的横坐标分别为x1，x2，根据根与系数关系得出x1+x2＝﹣2，x1x2＝n，根据两点距离公式，将其变形得，列方程求出n的值，再求出抛物线的顶点坐标，根据根据伴随函数的定义，将顶点坐标代入一次函数求解即可．
【详解】
解：（1）解：∵y＝x2﹣4，
∴其顶点坐标为（0，﹣4），
∵y＝x2﹣4是y＝﹣x+p的伴随函数，
∴（0，﹣4）在一次函数y＝﹣x+p的图象上，
∴﹣4＝0+p．
∴p＝﹣4，
∴一次函数为：y＝﹣x﹣4，
（2）设函数y＝x2+2x+n与x轴两个交点的横坐标分别为x1，x2，则x1+x2＝﹣2，x1x2＝n，
∴，
∵函数y＝x2+2x+n与x轴两个交点间的距离为4，
∴，
解得，n＝﹣3，
∴函数y＝x2+2x+n为：y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴其顶点坐标为（﹣1，﹣4），
∵y＝x2+2x-3是y＝kx﹣3（k≠0）的伴随函数，
∴﹣4＝﹣k﹣3，
∴k＝1．
【点睛】
本题考查新定义函数关系，无理方程，一元二次方程根与系数关系，两点距离公式，掌握新定义实质一次函数是抛物线顶点形成的轨迹是解题关键．
23．（12分）如图，在△ABD中，AB＝AD，AO平分∠BAD，过点D作AB的平行线交AO的延长线于点C，连接BC．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果OA，OB（OA＞OB）的长（单位；米）是一元二次方程x²－7x＋12＝0的两根，求AB的长以及菱形ABCD的面积；
（3）在（2）的条件下，若动点M从A出发，沿AC以2米/秒的速度匀速直线运动到点C，动点N从B出发，沿BD以1米/秒的速度速直线运动到点D，当M运动到C点时，运动停止．若M、N同时出发，问出发几秒钟后，△MON的面积为2米2
【答案】（1）见解析；（2）5米；24平方米；（3）1秒或4秒
【分析】
（1）根据题意，用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”先判定平行四边形，再用邻边相等证明菱形；
（2）解方程可得OA、OB的长，用勾股定理可求AB，根据“菱形的面积对应对角线积的一半”计算连线面积；
（3）根据点M、N运动过程中与O点的位置关系，分三种情况分别讨论．
【详解】
解：（1）证明：∵AO平分∠BAD，AB∥CD
∴∠DAC=∠BAC=∠DCA
∴△ACD是等腰三角形，AD=DC
又∵AB=AD
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又∵AB=AD，
∴▱ABCD是菱形；
（2）解：解方程x2-7x+12=0，得
，
∴OA=4，OB=3，
利用勾股定理，
S菱形ABCD==24平方米．
（3）解：在第（2）问的条件下，设M、N同时出发x秒钟后，△MON的面积为2m2，
当点M在OA上时，x＜2，S△MON=（4-2x）（3-x）=2，
整理得， ；
解得x1=1，x2=4（大于2，舍去）；
当点M在OC上且点N在OB上时，2＜x＜3，S△MON=（3-x）（2x-4）=2，
整理得，
此时，
∴原方程无解；
当点M在OC上且点N在OD上时，即3＜x≤4，S△MON=（2x-4）（x-3）=2
整理得， ；
解得x1=4，x2=1（小于3，舍去）．
综上所述：M，N出发1秒或4秒钟后，△MON的面积为2m2．
【点睛】
本题考查了菱形的判定方法，菱形的面积计算方法，分类讨论的数学思想．
24．（12分）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB＝4，D是射线AB上的一动点，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE，DE．

（1）如图1，△CDE是_______三角形．
（2）如图2，猜想BC，BD，BE之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）在点D移动过程中．当∠DEB＝30°时，求BD的长．
【答案】（1）等腰直角；（2）BC+BD＝BE，证明见解析；（3）BD的长为或．
【分析】
（1）根据旋转的性质可得∠DCE=90°，CD=CE，即可得△CDE是等腰直角三角形；
（2）根据旋转的性质可得∠DCE=90°，CD=CE，根据角的和差关系可得∠ACD=∠BCE，利用SAS可证明△ACD≌△BCE，可得BE=AD，根据等腰直角三角形的性质可得AB=BC，根据线段的和差关系即可得答案；
（3）根据SAS可证明△ACD≌△BCE，可得∠CBE=∠A=45°，可得∠ABE=90°，根据含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可得BE＝BD，分D在B的左边和右边两种情况，利用线段的和差关系列方程求出BD的值即可得答案．
【详解】
（1）∵将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角
（2）BC+BD＝BE，证明如下：
∵将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE，
∴BE=AD，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴AB=BC，AD=AB+BD，
∴BE＝AB+BD＝BC+BD；
（3）∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=45°，
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠A=45°，AD=BE，
∴∠ABE=90°，
∵∠DEB＝30°，
∴DE=2BD，
∴BE＝=BD，
如图1，当D在B的左边时，
∴AD＝BE＝AB﹣BD＝BC﹣BD；
∴BD＝BC﹣BD，
∵AC=BC=4，
解得：BD＝．

如图2，当D在B的右边时，当∠DEB＝30°时，
∴BE＝BD，
由（2）可得：BE=BD＝BC+BD；
解得BD＝．

综上所述：BD的长为或．
【点睛】
本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，30°角所对的直角边等于斜边的一半；熟练掌握相关判定定理及性质是解题关键．
25．（14分）在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1，格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的三个顶点的坐标分别为，，
（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系，并将画出来．
（2）在图中找一点D，使，，并将点D标记出来．
（3）在x轴上找一点P，使的值最小，请直接写出点P的坐标．
（4）在y轴上是否存在点Q，使得，如果存在，求出点Q的坐标，如果不存在，说明理由．

【答案】（1）作图见解析；（2）D点位置见解析；（3）；（4）存在，或
【分析】
（1）在正方形网格中合适的位置建立平面直角坐标系，再标出点A，点B，点C，最后依次连接即可；
（2）以点A为圆心，以为半径画圆，以点B为圆心，以为半径画圆，两圆交点即为点D的位置；
（3）根据轴对称的性质和两点之间，线段最短确定点P的位置，再根据一次函数的图象和性质即可求出点P的坐标；
（4）根据割补法求出的面积，进而确定的面积，再根据三角形面积公式即可求出点Q的坐标．
【详解】
解：（1）如下图所示，建立平面直角坐标系，将点A，点B，点C依次标在平面直角坐标系中，再依次连接即可．

（2）∵，，
∴相当于两个直角边分别为1和5的直角三角形的斜边长，相当于两个直角边分别为2和3的直角三角形的斜边长．
∴如（1）中图所示，以点A为圆心，以为半径画圆，以点B为圆心，以为半径画圆，两圆交点或即为点D的位置．
（3）如（1）中图所示，作出点A关于x轴的对称点点，连接，其与x轴的交点即为点P．
∵，
∴．
设直线的的解析式为y=kx+b．
根据点和点可得
解得
∴直线的的解析式为．
∵点P在x轴上，
∴．
∴．
∴．
∴．
（4）如（1）中图所示，在平面直角坐标系中标出点E，点F，点G．
∴EF=EA=AG=3，EC=2，CF=1，FB=2，BG=1．
∴S正方形AEFG，，，．
∴S正方形AEFG．
∵，
∴．
∵点Q在y轴上，
∴设点Q的坐标为．
∴．
∵，
∴．
∴，．
∴或．
【点睛】
本题考查平面直角坐标系，勾股定理，一次函数的图象和性质，割补法求面积，综合应用这些知识点是解题关键．