福建省九地市九年级2022中考数学模拟题按题型难易度分层分类汇编：05解答题中档题&提升题

这是一份福建省九地市九年级2022中考数学模拟题按题型难易度分层分类汇编：05解答题中档题&提升题，共67页。试卷主要包含了解答题中档题，表二），即总电费等于“分档电费，解答题提升题，解答题压轴题等内容，欢迎下载使用。
05解答题中档题&提升题
（试题来源地区为福建省厦门，福州，漳州，泉州，宁德，南平，龙岩，莆田，三明）

三、解答题中档题
1．（2022•漳州模拟）“戴口罩、勤洗手、常通风”已成为当下人们的生活习惯．某校计划购买一批相同的洗手液，已知某超市推出以下两种优惠方案：方案一，从第一瓶开始一律按标价的八折销售；方案二，购买量不超过100瓶时，按标价销售，超过100瓶时，超过的部分按标价的六折销售．设学校在该超市购买x瓶洗手液，方案一的费用为y1元，方案二的费用为y2元，y1，y2关于x的函数图象如图所示．
（1）求该种洗手液每瓶的标价；
（2）当x≥100时，分别求y1，y2关于x的函数表达式；并说明当x＝300时，选择哪种方案购买费用较少？

2．（2022•漳州模拟）在一次数学活动课中，林老师提出问题：“如图，已知矩形纸片ABCD，如何用折纸的方法把∠ABC三等分？
通过各小组合作讨论，奋进组探究出解决此问题的方法为：先对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，然后把纸片展平；再次折叠纸片，使点A落在EF上的点N，得到折痕BM和线段BN，如图所示．则BM和BN三等分∠ABC．
请你对奋进组这种做法的合理性给出证明．

3．（2022•漳州模拟）第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京冬奥会”，于2022年2月4日至20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会．北京承办了所有冰上项目，延庆和张家口承办了所有的雪上项目．下表是2月5日和2月6日两天的赛程表：
赛区
北京赛区
延庆赛区






项目
冰壶
冰球
速度滑冰
短道速滑
花样滑冰
高山滑雪
有舵雪橇
钢架雪车
无舵雪橇
跳台滑雪
北欧两项
越野滑雪
单板滑雪
冬季两项
自由式滑雪
5日
*
*
▲
▲




*
▲

▲
*
▲
▲
6日
*
*
▲

*
▲


▲
▲

▲
▲

▲
说明：“*”代表当日有不是决赛的1场比赛；“▲”代表当日有1场决赛；
小明同学是冬季运动项目的爱好者，但由于学习等原因，他每天只能观看部分比赛．
（1）若小明在2月5日随机观看一场比赛，求恰好看到冰上决赛的概率；
（2）若小明在2月5日和6日这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛在同一赛区的概率．
4．（2022•莆田模拟）如图，在四边形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，且BE＝DF，AF＝CE．求证：四边形ABCD为平行四边形．

5．（2022•莆田模拟）解不等式组．
6．（2022•莆田模拟）为了更好开展劳动教育，某校采购了一批木板供学生组装成课桌和椅子．该校共采购A类木板400块，B类木板500块．已知一张课桌需要2块A类木板和1块B类木板，一把椅子需要1块A类木板和2块B类木板．
（1）这批木板可以组装成多少张课桌和多少把椅子？
（2）现安排正在上劳动实践课的九年（1）班的30名学生来组装课桌和椅子，已知一名学生组装一张课桌需要10分钟，组装一把椅子需要7分钟．应当如何分组，才能最快完成全部组装任务？
7．（2022•莆田模拟）如图，现有一个可以自由转动的圆形转盘，被分成6个面积相等的扇形区域，指针的位置固定．转盘游戏规则如下：花费5元可以随意转动一次转盘，当转盘停止时，指针指向哪个区域，就按照这个区域所示的数字相应地顺时针跳几格，然后按照如表格所示的说明确定奖金数额．
例如，当指针指向区域“2”时，就向前跳两格到区域“4”．按奖金说明，区域“4”所示的奖金为5元，就可得奖金5元．
区域
1
2
3
4
5
6
奖金
3元
1元
20元
5元
10元
2元
（1）在一次转盘游戏中，求获得2元奖金的概率；
（2）请你用概率知识判断这个转盘游戏是否公平？若不公平，请改变转盘每个区域对应的奖金数额，使其公平．

8．（2022•莆田模拟）在边长为1的正方形ABCD中，动点E在射线BC上，动点F在CB延长线上，直线FA，ED相交于点G．
（1）如图1，当∠EGF＝90°时，求BF•CE的值；
（2）若BE＝2BF，连接BG交AD于点H．
①如图2，当BF＞时，判断tan∠ABG是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
②设BF＝x，BG＝y，求y与x之间的函数关系式．


9．（2022•南平模拟）如图，点E为矩形ABCD内一点，且EA＝EB．求证：∠ECD＝∠EDC．

10．（2022•南平模拟）我市是福建省茶叶的主要产区，清明过后就是春茶的采摘季节．已知熟练采茶工人每天采茶的数量是新手采茶工人的3倍，每个熟练采茶工人采摘600斤鲜叶比新手采茶工人采摘450斤鲜叶少用25天．
（1）求熟练采茶工人和新手采茶工人一天分别能采摘鲜叶的斤数；
（2）某茶厂计划一天采摘鲜叶600斤，该茶厂有20名熟练采茶工人和15名新手采茶工人，按点工制度付给熟练采茶工人每人每天的工资为300元，付给新手采茶工人每人每天的工资为80元，应如何安排熟练采茶工人和新手采茶工人能使费用最少？
11．（2022•南平模拟）学校为了调查学生对环保知识的了解情况，从初中三个年级随机抽取了30名学生，进行了相关测试，获得了他们的成绩（单位：分），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．部分信息如下：
信息①：30名学生环保知识测试成绩的频数分布直方图如下（数据分成6组：40≤x＜50，50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100）．
信息②：测试成绩在70≤x＜80这一组的是：70，73，74，74，75，75，77，78
信息③：所抽取的30名学生中，七年级有5人，八年级有11人，九年级有14人，各年级被抽取学生测试成绩的平均数如表：
年级
七
八
九
平均数
69.6
72.0
75.0
根据以上信息回答下列问题：
（1）抽取的30名学生测试成绩的中位数为 　 　；
（2）测试80分及以上记为优秀，若该校初中三个年级498名学生都参加测试，请估计优秀的学生的人数；
（3）求被抽取30名学生的平均测试成绩．

12．（2022•三明模拟）已知：如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，DF⊥AE于点F，CG⊥DF于点G．求证：
（1）∠DAE＝∠BCG；
（2）G为DF的中点．

13．（2022•三明模拟）某商场举行促销活动，消费满一定金额的顾客可以通过参与摸球活动获得奖励．具体方法如下：从一个装有2个红球、3个黄球（仅颜色不同）的袋中摸出2个球，根据摸到的红球数确定奖励金额，具体金额设置如下表：
摸到的红球数
0
1
2
奖励（单位：元）
5
10
20
现有两种摸球方案：
方案一：随机摸出一个球，记下颜色后不放回，再从中随机摸出一个球；
方案二：随机摸出一个球，记下颜色后放回，再从中随机摸出一个球．
（1）求方案一中，两次都摸到红球的概率；
（2）请你从平均收益的角度帮助顾客分析，选择哪种摸球方案更有利？
14．（2022•三明模拟）经销商用32000元购进一批某种品牌运动鞋，售完后，又用52800元再购进一批该种品牌的运动鞋，第二次购进的数量是第一次购进数量的1.5倍，但每双运动鞋进价比第一次上涨了20元．
（1）经销商第二次购进这批运动鞋多少双？
（2）经销商将第二次购进的运动鞋平均分给甲、乙两家分店销售，每双标价300元．甲店按标价卖出m双以后，剩余的按标价打八折全部售出；乙店同样按标价卖出m双，然后将n双按标价打九折售出，再将剩余的按标价打七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①写出n关于m的函数关系式；
②已知乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，请你求出乙店利润的最大值．
15．（2022•厦门模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D在AC的延长线上，连接OC，BD．若⊙O的半径为3，扇形OAC的面积为，∠ADB＝50°．证明：直线BD与⊙O相切．

16．（2022•厦门模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠BAC为锐角．
（1）将线段AD绕点A逆时针旋转（旋转角小于90°），在图中求作点D的对应点E，使得CE＝BC；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，过点B作BF⊥AC于点F，连接EF，EC，若sin∠ECA＝，探究线段EF与BF的数量关系，并说明理由．

17．（2022•厦门模拟）如图，点C是射线BM上的动点，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，∠DAC的平分线交边DC于点P，交射线BM于点F，点E在线段PF上（不与点P重合），连接EC，若2∠ECF+∠OBC＝180°．
（1）证明AE＝EF；
（2）点Q在线段EF上，连接DQ，CQ，DE，当∠AQC＝∠DAE+∠DEA时，是否存在CP＝DQ的情形？请说明理由．

18．（2022•龙岩模拟）已知：如图，E，F为▱ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：AE∥CF．

19．（2022•龙岩模拟）已知：四边形ABCD是⊙OO的内接四边形，AC是直径，点D是的中点，过点D作DE∥AC交BA的延长线于点E，四边形ABCD的面积为25．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求BD的长．

20．（2022•龙岩模拟）今年的冬奥会点燃了青少年的“冰雪热”，推动了冰雪产业经济．某体育运动器材商店的滑雪护目镜和滑雪头盔成了热销商品．已知滑雪头盔比滑雪护日镜的进价高50元，商店用4000元购进的滑雪头盔与用3000元购进的滑雪护目镜数量一样多．
（1）求滑雪护目镜和滑雪头盔的进价；
（2）该商店计划购进滑雪护目镜和滑雪头盔共200个，且滑雪护目镜的数量不少于滑雪头盔的2倍．购进后，滑雪护目镜按高于进价18%定价，滑雪头盔按高于进价15%定价．假设该商店购进的这两种商品最后均能按定价售出，请你求出该商店能获得最大利润的进货方案．
21．（2022•龙岩模拟）根据《福建省初中毕业升学体育与健康考试实施方案（试行）》的要求，体育中考中身体素质与运动技能占36分，2022年的考查项目如下：
必考项目：男生1000米跑或200米游泳（不限泳姿），女生800米跑或200米游泳（不限泳姿），分值15分；
抽考项目：排球40秒对墙壁垫球，分值5分；
抽选考项目：50米跑、立定跳远、1分钟跳绳三项中自选两项，分值16分；
某校担任体育教学的李老师任教的四个班级中，有m名男生和80名女生，在学校组织的体育中考模拟考试中，李老师统计了男生的1000米跑的成绩，并整理得到数据如下：
（一）男生1000米跑的成绩统计表：
1000米跑成绩x（分秒）
频数
频率
3′＜x≤3′30″
16

3′30″＜x≤4′
n

4′＜x≤4′30″
30
a
4′30″＜x≤5′
15

5′＜x≤5′30″
7

5′30″＜x≤6′
2

合计
m
1
（二）男生1000米跑在3′45″＜x≤4'范围的30位同学的成绩：
3'45″，3'45″，3'45″，3'45″，3'46″，3'46″，3'46″，3'47″，3'47″，3'47″
3'47″，3'47″，3'47″，3'48″，3'48″，3'48″，3'49″，3'49″，3'49″，3'50″
3'50″，3'50″，3'53″，3'53″，3'53″，3'53″，3'54″，3'55″，3'56″，4'00″
请结合以上信息，完成下列问题：
（1）表格中的a＝　 　，n＝　 　．
（2）m名男生的1000米跑成绩的中位数是 　 　．
（3）小明、小强和小华在抽选考项目选择中，若小华已明确选择1分钟跳绳的考试项目，求这三位同学抽选考类的两个项目均相同的概率．
22．（2022•泉州模拟）如图，在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，且BE＝DF．求证：∠BAE＝∠DCF．

23．（2022•泉州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将Rt△ABC绕点A旋转一定的角度得到Rt△ADE，且点E恰好落在边BC上．
（1）求证：AE平分∠CED；
（2）连接BD，求证：∠DBC＝90°．

24．（2022•泉州模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，已知⊙O经过点C，且与AB相切于点D．
（1）在图1中作出⊙O；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）若点D是边AB上的动点，设⊙O与边CA、CB分别相交于点E、F，求EF的最小值．

25．（2022•泉州模拟）阅读理解
某市电力公司对居民用电设定如下两种收费方式：
方式一：“分档”计算电费（见表一），按电量先计算第一档，超过的部分再计算第二档，依次类推，最后求和即为总电费．
表一：分档电价
居民用电分档
用电量x（度）
电价（元/度）
第一档
0＜x≤230
0.5
第二档
230＜x≤420
0.55
第三档
x＞420
0.8
方式二：“分档+分时”计算电费（见表一、表二），即总电费等于“分档电费、峰时段增加的电费、谷时段减少的电费的总和”．
表二：分时电价
峰谷时段
电价差额（元/度）
峰时段（08：00﹣22：00）
+0.03（每度电在各档电价基础上加价0.03元）
谷时段（22：00﹣次日08：00）
﹣0.2（每度电在各档电价基础上降低0.2元）
例如：某用户该月用电总量500度，其中峰时段用电量300度，谷时段用电量200度，若该用户选择方式二缴费，则总电费为：
[230×0.5+（420﹣230）×0.55+（500﹣420）×0.8]+300×0.03+200×（﹣0.2）＝252.5（元）．
问题解决
已知小明家4月份的月用电量相当于全年的平均月用电量，现从他家4月份的日用电量数据中随机抽取7天作为样本，制作成如图表：
日用电量峰点占比统计表
编号
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
每日峰时段用电量占比
80%
20%
50%
10%
20%
50%
60%
注：每日峰时段用电量占比＝×100%
（1）若从上述样本中随机抽取一天，求所抽取的日用电量为15度以上的概率；
（2）若每月按30天计，请通过样本数据计算月用电费，帮小明决定选择哪一种方式缴费合算？

26．（2022•福州模拟）如图，在矩形ABCD中，点E，F在CD上，若DF＝CE．求证：∠DAF＝∠CBE．

27．（2022•福州模拟）2022年北京冬奥会和冬残奥会的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”深受大家的喜爱．奥林匹克官方旗舰店有出售“冰墩墩”和“雪容融”的手办玩具和摆件，玩具A和摆件B是其中的两款产品．据了解，购买2个玩具A和3个摆件B用了410元，购买3个玩具A和2个摆件B用了420元．求每个玩具A和每个摆件B的价格．
28．（2022•福州模拟）如图，AC是▱ABCD的对角线，∠BAD+∠ACB＝90°．O是BC垂直平分线与AC的交点，以点O为圆心，OC长为半径作⊙O．求证：AB为⊙O的切线．

四、解答题提升题
29．（2022•漳州模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点P，交CA的延长线于点D，连接BD．
（1）求作⊙O的切线PQ，PQ交AC于点Q；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图迹）
（2）在（1）的条件下，求证：QC＝DQ．

30．（2022•漳州模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与端点重合），△ADF是由△ABE绕点A顺时针旋转90°得到的，连接EF交AD于点G，过点A作AH⊥EF，垂足为H，连接BH．
（1）求证：△AHE是等腰直角三角形；
（2）求证：∠AFE＝∠HBE；
（3）若AG•BH＝，CE＝3，求tan∠FAD的值．

31．（2022•漳州模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c关于y轴对称，且过点和点（2，1）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D（﹣1，p）和点E（m﹣1，q）在抛物线上，试比较p，q的大小；
（3）过点F（0，1）作与y轴不垂直的直线交抛物线于点A和点B，线段AB的垂直平分线交y轴于点M，试探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
32．（2022•莆田模拟）已知抛物线y＝x2+mx+n，其中m，n为实数．
（1）若抛物线经过点（m，9n），请判断抛物线与x轴的交点个数；
（2）抛物线经过点（x1，0），（x2，0），（1，a），（3，b）．
①若x2﹣x1＝1时，求a+b的取值范围；
②若1＜x1≤x2＜3，当ab取得最大值时，求抛物线的解析式．
33．（2022•南平模拟）如图，抛物线C：y＝ax2﹣3x+2a经过点C（0，2），与x轴交于A，B两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点D（x1，y1），E（x2，y2）是抛物线C上两点，x1＜2＜x2，y1＜0，y2＞0．
①若∠CBD＝75°，求BD所在直线的函数解析式；
②已知∠CBE＝∠CBD，求证：（x1﹣1）（x2﹣1）为定值．

34．（2022•厦门模拟）某校开展“关心身边事，我们来献策”的活动．
小清每天乘坐私家车上学，对他家附近的坪南路的车流量与车辆行驶安全产生了兴趣．于是，他和同学进行了一番调查．
首先，他们查阅资料，获得以下信息：
①某单向车道上的车流量/是指一定时间内通过诚车道某点的车辆数，利用公式f＝可以计算该车道上每秒的车流量，其中v（单位：m/s）是车辆的平均速度，d（单位：m）是车辆的车头与前车车头之间的平均距离．
②司机意识到应当紧急利车到实施制车需要一段反应时间t（单位：s），而实施利车后，车辆还将滑行一段时间才能停下，因此，道路上行驶的车辆之间（指车辆的车头与前车的车尾）必须保持一定的距离，记为d′（单位：m）．考虑到安全，通常的做法是：车辆之间应留出反应时间t的三倍所行驶的距离．
③普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间．
然后，他们随机选择了坪南路上的一条单向车道进行观测．他们以路标P为标志物，分段记录了某日上午8：00﹣8：30的高峰时段经过该路标的车辆数及车辆型号，其中车辆数的记录如表所示：
时间段
经过路标P的车辆数（辆）
8：00﹣8：05
126
8：05﹣8：10
141
8：10﹣8：15
135
8：15﹣8：20
144
8：20﹣8：25
129
8：25﹣8：30
135
根据车辆型号可知这些车辆的平均车长是4.8m，若这些车辆的平均速度为m/s．
（1）根据表中数据，计算该车道在该高峰时段每秒的车流量；
（2）小清根据观测提出建议：若保持车辆的平均速度不变，在高峰时段应对要进人坪南路的车辆进行提前分流（“分流”是指让部分车辆改走其他路段）．你认为他的建议合理吗？请说明理由．
35．（2022•厦门模拟）在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的顶点A，D的坐标分别是（b，0），（m，0），其中m＞b．
（1）若点B在x轴的上方，
①m＝b+4，求BC的长；
②B（n，t），t＝n﹣b，且n﹣m＝（﹣1）b．证明：四边形ABCD是菱形；
（2）抛物线y＝a（x﹣m）2+km（a＜0）经过点B，C．对于任意的k（0＜k＜4），当a，m的值变化时，抛物线会不同，记其中任意两条抛物线的顶点为P1，P2（P1与P2不重合），则命题“对所有的a，b，当ab≥1时，一定不存在AB∥P1P2的情形．”是否正确？请说明理由．
36．（2022•龙岩模拟）已知抛物线y＝（x+4）（x﹣m﹣2）（m＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且△ABC的外接圆的圆心是R，半径为r，过点C且平行于x轴的直线交抛物线于点T．
（1）当m＝1时，求tan∠ABC的值；
（2）若直线AC，BT的解析式分别为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，求证：k1+k2＝0；
（3）若△ABC的外接圆与y轴交于另一点D，且△BDT的周长为t，试判断的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
37．（2022•泉州模拟）经过点A（m，n）、R（m﹣n，t）、S（n﹣m，t）的抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个公共点，其中m≠n且m＜0．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）连接AO，作OB⊥OA，交抛物线于点B，AB交y轴于点F．
①求△AOB面积的最小值；
②取AB的中点G，作GC∥y轴，交抛物线于点C，点G关于C的对称点为D，过点B、D分别作x、y轴的垂线相交于点E，BD与EF交于点M，求证：点M必在x轴上．
38．（2022•宁德模拟）如图，在等腰△ABC，AB＝AC，BC＝kAB．点D是边AC上一个动点（不与端点重合），以BD为对角线作菱形BEDF，使得∠BED＝∠BAC，DF交边BC于点H．
（1）求证：∠ABE＝∠CBD；
（2）求证：在点D的运动过程中，线段BH，BE，BC之间总满足数量关系BH•BC＝k2BE2；
（3）连接EC，探索在点D的运动过程中，△EBC面积的变化规律．

五、解答题压轴题
39．（2022•三明模拟）如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，AC，BD相交于点P，点E在BD上，CE⊥CD．AC＝2BC．
（1）求证：△ACD∽△BCE；
（2）若P是AC中点，求tan∠ACD的值；
（3）求证：2DB＝DA+DC．

40．（2022•三明模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）经过原点O．
（1）若抛物线的顶点为A，与x轴的另一个交点为B，当b＝2时，求∠AOB的度数；
（2）若抛物线经过点（﹣2，m）和（2，m），且当﹣3≤x≤4时，y的最大值与最小值的差为4．
①求抛物线的表达式；
②设直线l：y＝kx﹣1（k≠0）与抛物线交于M，N两点，点P在直线y＝1上（点P不与点（0，1）重合，过点P且与y轴平行的直线分别交直线l和抛物线于点C，D．当D为PC的中点时，求证：∠MPN＝90°．
41．（2022•龙岩模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝25，点E是BC边上一点，CE＝16，点M是边AD上一动点，点N是边BC上一动点，射线AN与射线ME相交于点F，且满足∠AFM＝∠EAD，将△ABE沿AB翻折得到△ABG．
（1）连接DE，求∠AED的度数；
（2）当△AFM是以FM为腰的等腰三角形时，求EN的值；
（3）当AN平分∠EAD时，求证：GF平分∠AGE．


42．（2022•泉州模拟）已知四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD，垂足为E，CF⊥AB，垂足为F，交BD于点G，连接AG．

（1）求证：CG＝CD；
（2）如图1，若AG＝4，BC＝10，求⊙O的半径；
（3）如图2，连接DF，交AC于点H，若∠ABD＝30°，CH＝6，试判断+是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．

43．（2022•宁德模拟）如图1，抛物线y＝x2与直线y＝m（m是常数）交于A，B两点（点A在点B的左边），且△OAB是直角三角形．
（1）求m的值；
（2）如图2，将抛物线y＝x2向下平移，得到抛物线y＝x2﹣k，若抛物线y＝x2﹣k与直线y＝4交于C，D两点（点C在点D的左边），与x轴正半轴交于点E．求证：△CDE是直角三角形；
（3）如图3，若抛物线y＝a（x﹣h）2﹣4（a＞0）与直线y＝5交于M，N两点（点M在点N的左边），点K在抛物线y＝a（x﹣h）2﹣4上，当△MNK是直角三角形时，直接写出点K的坐标．（用含a，h的代数式表示）

44．（2022•福州模拟）已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（1﹣m，0），B（1+m，0）．点A在点B的左侧，且与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）已知D为该抛物线的顶点，E为抛物线第四象限上一点，若过点E的直线l与直线BD关于直线y＝﹣x对称．
①求点E的坐标；
②直线y＝2kx+k﹣（k＞0）与这条抛物线交于点M，N，连接ME，NE，判断ME，NE，MN之间的数量关系，并说明理由．

参考答案与试题解析
三、解答题中档题
1．（2022•漳州模拟）“戴口罩、勤洗手、常通风”已成为当下人们的生活习惯．某校计划购买一批相同的洗手液，已知某超市推出以下两种优惠方案：方案一，从第一瓶开始一律按标价的八折销售；方案二，购买量不超过100瓶时，按标价销售，超过100瓶时，超过的部分按标价的六折销售．设学校在该超市购买x瓶洗手液，方案一的费用为y1元，方案二的费用为y2元，y1，y2关于x的函数图象如图所示．
（1）求该种洗手液每瓶的标价；
（2）当x≥100时，分别求y1，y2关于x的函数表达式；并说明当x＝300时，选择哪种方案购买费用较少？

【解析】解：（1）由图象可得，100瓶洗手液不打折的价格是2000元，
∴洗手液的单价为2000÷100＝20（元/瓶），
答：该种洗手液每瓶的标价为20元/瓶；
（2）方案一：y1与x的函数关系式为y1＝0.8×20x＝16x；
方案二：当x≥100时，y2＝100×20+（x﹣100）×20×60%＝12x+800，
∴y1＝16x，y2＝12x+800（x≥100）；
当x＝300时，
y1＝16x＝16×300＝4800（元），
y2＝12×300+800＝4400（元），
4400＜4800，
答：方案二更省钱．
2．（2022•漳州模拟）在一次数学活动课中，林老师提出问题：“如图，已知矩形纸片ABCD，如何用折纸的方法把∠ABC三等分？
通过各小组合作讨论，奋进组探究出解决此问题的方法为：先对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，然后把纸片展平；再次折叠纸片，使点A落在EF上的点N，得到折痕BM和线段BN，如图所示．则BM和BN三等分∠ABC．
请你对奋进组这种做法的合理性给出证明．

【解析】证明：由折叠的性质可知，AB＝BN，AE＝EB，EF⊥AB，
∴∠BEN＝90°，BN＝2BE，
∴∠ENB＝30°，
∴∠EBN＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ABM＝∠MBN＝30°，
∴BM和BN三等分∠ABC．
3．（2022•漳州模拟）第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京冬奥会”，于2022年2月4日至20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会．北京承办了所有冰上项目，延庆和张家口承办了所有的雪上项目．下表是2月5日和2月6日两天的赛程表：
赛区
北京赛区
延庆赛区






项目
冰壶
冰球
速度滑冰
短道速滑
花样滑冰
高山滑雪
有舵雪橇
钢架雪车
无舵雪橇
跳台滑雪
北欧两项
越野滑雪
单板滑雪
冬季两项
自由式滑雪
5日
*
*
▲
▲




*
▲

▲
*
▲
▲
6日
*
*
▲

*
▲


▲
▲

▲
▲

▲
说明：“*”代表当日有不是决赛的1场比赛；“▲”代表当日有1场决赛；
小明同学是冬季运动项目的爱好者，但由于学习等原因，他每天只能观看部分比赛．
（1）若小明在2月5日随机观看一场比赛，求恰好看到冰上决赛的概率；
（2）若小明在2月5日和6日这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛在同一赛区的概率．
【解析】解：（1）若小明在2月5日随机观看一场比赛，恰好看到冰上决赛的概率＝；
（2）记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件B．
由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有6×7＝42种不同方法，
其中两场决赛恰好在北京赛区共有2种不同方法，在张家口赛区共有4×4＝16，
所以P（B）＝＝．
4．（2022•莆田模拟）如图，在四边形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，且BE＝DF，AF＝CE．求证：四边形ABCD为平行四边形．

【解析】证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEC＝∠DFA＝90°，
在△BCE和△DAF中，
，
∴△BCE≌△DAF（SAS），
∴BC＝AD，∠BCE＝∠DAF，
∴BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
5．（2022•莆田模拟）解不等式组．
【解析】解：解不等式x﹣3（x﹣2）＜4，得：x＞1，
解不等式≥x﹣1，得：x≤4，
则不等式组的解集为1＜x≤4．
6．（2022•莆田模拟）为了更好开展劳动教育，某校采购了一批木板供学生组装成课桌和椅子．该校共采购A类木板400块，B类木板500块．已知一张课桌需要2块A类木板和1块B类木板，一把椅子需要1块A类木板和2块B类木板．
（1）这批木板可以组装成多少张课桌和多少把椅子？
（2）现安排正在上劳动实践课的九年（1）班的30名学生来组装课桌和椅子，已知一名学生组装一张课桌需要10分钟，组装一把椅子需要7分钟．应当如何分组，才能最快完成全部组装任务？
【解析】解：（1）设这批木板可以组装成x张课桌和y把椅子，
由题意得：，
解得：，
答：这批木板可以组装成100张课桌和200把椅子；
（2）设a名学生来组装课桌，则有（30﹣a）名学生来组装椅子，
当组装课桌和椅子用的时间相等时，才能最快完成全部组装任务，
则×10＝×7，
解得：a＝12.5，
经检验，a＝12.5是原方程的解，
∵a为整数，
∴a＝12或a＝13，
当a＝12时，×10≈83.33（分钟），×7≈77.78（分钟），
∴完成全部组装任务，需用时83.33分钟；
当a＝13时，×10≈76.92（分钟），×7≈82.35（分钟），
∴完成全部组装任务，需用时82.35分钟；
∴a＝13时，完成全部组装任务用时较小，
∴13名学生来组装课桌，17名学生来组装椅子，能最快完成全部组装任务．
7．（2022•莆田模拟）如图，现有一个可以自由转动的圆形转盘，被分成6个面积相等的扇形区域，指针的位置固定．转盘游戏规则如下：花费5元可以随意转动一次转盘，当转盘停止时，指针指向哪个区域，就按照这个区域所示的数字相应地顺时针跳几格，然后按照如表格所示的说明确定奖金数额．
例如，当指针指向区域“2”时，就向前跳两格到区域“4”．按奖金说明，区域“4”所示的奖金为5元，就可得奖金5元．
区域
1
2
3
4
5
6
奖金
3元
1元
20元
5元
10元
2元
（1）在一次转盘游戏中，求获得2元奖金的概率；
（2）请你用概率知识判断这个转盘游戏是否公平？若不公平，请改变转盘每个区域对应的奖金数额，使其公平．

【解析】解：（1）列表如下：
指针指向的数字
最后跳到的数字
奖金数额
1
2
1元
2
4
5元
3
6
2元
4
2
1元
5
4
5元
6
6
2元
共有6种等可能的结果，因此获得2元奖金的概率为＝；

（2）不公平，
转盤转到各格的概率相等，但其对应的领奖数字与领奖金额如表：
指针区域
领奖数字
金额
1
3
20
2
4
5
3
1
3
4
3
20
5
5
10
6
1
3
由表知，尽管指针转到各区域的概率相等，但5元或10元奖金的机会没有，
故不公平；
更改转盘每个区域对应的奖金数额如下表
区域
1
2
3
4
5
6
奖金
3元
3元
20元
8元
10元
4元
8．（2022•莆田模拟）在边长为1的正方形ABCD中，动点E在射线BC上，动点F在CB延长线上，直线FA，ED相交于点G．
（1）如图1，当∠EGF＝90°时，求BF•CE的值；
（2）若BE＝2BF，连接BG交AD于点H．
①如图2，当BF＞时，判断tan∠ABG是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
②设BF＝x，BG＝y，求y与x之间的函数关系式．


【解析】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝CD＝1，∠ABF＝∠DCE，
∵∠EGF＝90°，
∴∠E+∠F＝90°，
又∵∠F+∠BAF＝90°，
∴∠BAF＝∠E，
∴△ABF∽△ECD，
∴，
∴BF•CE＝AB•CD＝1；
（2）①tan∠ABG为定值，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
即AH∥FB，HD∥BE，
∵AH∥FB，
∴△AGH∽△FGB，
∴，
∵HD∥BE，
∴△DGH∽△EGB，
∴，
∴，
∴，
∵BE＝2BF，
∴HD＝2AH，
又∵HD+AH＝1，
∴3AH＝1，
∴AH＝，
∴tan＝；
②由①得AH＝，
∴HB＝＝＝，
由①得△AGH∽△FGB，
∴，
即，
整理得：y＝（x）．
9．（2022•南平模拟）如图，点E为矩形ABCD内一点，且EA＝EB．求证：∠ECD＝∠EDC．

【解析】证明：∵EA＝EB，
∴∠EAB＝∠EBA，
在矩形ABCD中，∠DAB＝∠CBA＝90°，AD＝BC，
∴∠DAB﹣∠EAB＝∠CBA﹣∠EBA，
即∠EAD＝∠EBC，
在△ADE和△BCE中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS）．
∴ED＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC．
10．（2022•南平模拟）我市是福建省茶叶的主要产区，清明过后就是春茶的采摘季节．已知熟练采茶工人每天采茶的数量是新手采茶工人的3倍，每个熟练采茶工人采摘600斤鲜叶比新手采茶工人采摘450斤鲜叶少用25天．
（1）求熟练采茶工人和新手采茶工人一天分别能采摘鲜叶的斤数；
（2）某茶厂计划一天采摘鲜叶600斤，该茶厂有20名熟练采茶工人和15名新手采茶工人，按点工制度付给熟练采茶工人每人每天的工资为300元，付给新手采茶工人每人每天的工资为80元，应如何安排熟练采茶工人和新手采茶工人能使费用最少？
【解析】解：（1）设每位新手采茶工人一天能采摘鲜叶x斤，则每位熟练的采茶工人一天能采摘鲜叶3x斤，
根据题意得：，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是原方程的解，且符合题意，
则3x＝3×10＝30，
答：每名熟练的采茶工人一天能采摘鲜叶30斤，每名新手采茶工人一天能采摘鲜叶10斤；
（2）设一天安排m名新手采茶工人采摘鲜叶，该茶厂需要支付工资为y元，
则每天安排名熟练的采茶工人采摘鲜叶，
依题意得：y＝×300+80m＝﹣20m+6000，
∵﹣20＜0，
∴y随m的增大而减小，
∵0≤m≤15，且m为整数，
∴当m＝15时，y有最小值，
则＝15（名）．
答：茶厂一天应安排15名熟练的采茶工人采摘鲜叶，15名新手采茶工人采摘鲜叶能使得费用最少．
11．（2022•南平模拟）学校为了调查学生对环保知识的了解情况，从初中三个年级随机抽取了30名学生，进行了相关测试，获得了他们的成绩（单位：分），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．部分信息如下：
信息①：30名学生环保知识测试成绩的频数分布直方图如下（数据分成6组：40≤x＜50，50≤x＜60，60≤x＜70，70≤x＜80，80≤x＜90，90≤x≤100）．
信息②：测试成绩在70≤x＜80这一组的是：70，73，74，74，75，75，77，78
信息③：所抽取的30名学生中，七年级有5人，八年级有11人，九年级有14人，各年级被抽取学生测试成绩的平均数如表：
年级
七
八
九
平均数
69.6
72.0
75.0
根据以上信息回答下列问题：
（1）抽取的30名学生测试成绩的中位数为 　74　；
（2）测试80分及以上记为优秀，若该校初中三个年级498名学生都参加测试，请估计优秀的学生的人数；
（3）求被抽取30名学生的平均测试成绩．

【解析】解：（1）由题意可知，抽取的30名学生测试成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别74、74，故中位数为＝74，
故答案为：74；
（2）（人）；
答：该校初中三个年级498名学生中优秀的学生约为166人；
（3）（分），
答：被抽取30名学生的平均测试成绩为73分．
12．（2022•三明模拟）已知：如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，DF⊥AE于点F，CG⊥DF于点G．求证：
（1）∠DAE＝∠BCG；
（2）G为DF的中点．

【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵DF⊥AE，DF⊥CG，
∴∠DFE＝∠DGC＝90°，
∴AE∥CG，
∴∠AEB＝∠BCG，
∴∠DAE＝∠BCG；
（2）证明：延长CG交AD于M，
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵DF⊥AE，DF⊥CG，
∴∠DFE＝∠DGC＝90°，
∴AE∥CM，
∴四边形AECM是平行四边形，
∴AM＝CE，
∵E是BC的中点，
∴CE＝BC，
∴AM＝AD，
∴AE∥CM，
∴，
∴FG＝DF，
即G为DF的中点．
13．（2022•三明模拟）某商场举行促销活动，消费满一定金额的顾客可以通过参与摸球活动获得奖励．具体方法如下：从一个装有2个红球、3个黄球（仅颜色不同）的袋中摸出2个球，根据摸到的红球数确定奖励金额，具体金额设置如下表：
摸到的红球数
0
1
2
奖励（单位：元）
5
10
20
现有两种摸球方案：
方案一：随机摸出一个球，记下颜色后不放回，再从中随机摸出一个球；
方案二：随机摸出一个球，记下颜色后放回，再从中随机摸出一个球．
（1）求方案一中，两次都摸到红球的概率；
（2）请你从平均收益的角度帮助顾客分析，选择哪种摸球方案更有利？
【解析】解：（1）列表如下：

红
红
黄
黄
黄
红

（红，红）
（黄，红）
（黄，红）
（黄，红）
红
（红，红）

（黄，红）
（黄，红）
（黄，红）
黄
（红，黄）
（红，黄）

（黄，黄）
（黄，黄）
黄
（红，黄）
（红，黄）
（黄，黄）

（黄，黄）
黄
（红，黄）
（红，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）

由表知，共有20种等可能结果，其中两次都摸到红球的有2种结果，
∴两次都摸到红球的概率为＝；

（2）由（1）知，方案一的摸球方案的平均收益为5×+10×+20×＝8.6（元），
方案二摸球方式的所有结果列表如下：

红
红
黄
黄
黄
红
（红，红）
（红，红）
（黄，红）
（黄，红）
（黄，红）
红
（红，红）
（红，红）
（黄，红）
（黄，红）
（黄，红）
黄
（红，黄）
（红，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）
黄
（红，黄）
（红，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）
黄
（红，黄）
（红，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）
（黄，黄）
由表知，共有25种等可能结果，
∴方案二的摸球方案的平均收益为5×+10×+20×＝9.8（元），
则方案二的摸球方式更有利．
14．（2022•三明模拟）经销商用32000元购进一批某种品牌运动鞋，售完后，又用52800元再购进一批该种品牌的运动鞋，第二次购进的数量是第一次购进数量的1.5倍，但每双运动鞋进价比第一次上涨了20元．
（1）经销商第二次购进这批运动鞋多少双？
（2）经销商将第二次购进的运动鞋平均分给甲、乙两家分店销售，每双标价300元．甲店按标价卖出m双以后，剩余的按标价打八折全部售出；乙店同样按标价卖出m双，然后将n双按标价打九折售出，再将剩余的按标价打七折全部售出，结果利润与甲店相同．
①写出n关于m的函数关系式；
②已知乙店按标价售出的数量不超过九折售出的数量，请你求出乙店利润的最大值．
【解析】解：（1）设第一次购进运动鞋的单价为x元，则第二次购进运动鞋的单价为（x+20）元，根据题意，得：
，
解得x＝200，
经检验，x＝200是原方程的解且满足题意，
＝240（双），
答：经销商第二次购进这批运动鞋240双；
（2）①第二次购进的运动鞋的进价为：200+20＝220（元），
由题意得：（300﹣220）m+（300×0.8﹣220）（120﹣m）＝（300﹣220）m+（300×0.9﹣220）n+（300×0.7﹣220）（120﹣m﹣n），
化简，得n＝60﹣；
②设乙店的利润为w元，
则w＝（300﹣220）m+（300×0.9﹣220）n+（300×0.7﹣220）（120﹣m﹣n）
＝80m+50n﹣1200+10m+10n
＝90m+60n﹣1200
＝90m+60×（60﹣）﹣1200
＝60m+2400，
∵m≤n，
∴m≤60﹣，
解得m≤40，
∵60＞0，
∴w随m的增大而增大，
∴当m＝40时，w最大，最大值为4800，
答：乙店利润的最大值为4800元．
15．（2022•厦门模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D在AC的延长线上，连接OC，BD．若⊙O的半径为3，扇形OAC的面积为，∠ADB＝50°．证明：直线BD与⊙O相切．

【解析】证明：设∠AOC＝n°，
∵扇形OAC的面积为，r＝3，
∴＝，
解得n＝100，
∴∠AOC＝100°，
在⊙O中，OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO＝＝40°．
∵∠ADB＝50°，
在△ABD中，∠ABD＝180°﹣∠A﹣∠ADB＝90°，
∴AB⊥BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴直线BD与⊙O相切．
16．（2022•厦门模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠BAC为锐角．
（1）将线段AD绕点A逆时针旋转（旋转角小于90°），在图中求作点D的对应点E，使得CE＝BC；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，过点B作BF⊥AC于点F，连接EF，EC，若sin∠ECA＝，探究线段EF与BF的数量关系，并说明理由．

【解析】解：（1）如图．点E即为所求；


（2）连接DF．

在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BC，
由（1）可知CE＝BC，AE＝AD，
∴CE＝CD，
又∵AC＝AC，
∴△ACE≌△ACD（SSS），
∴∠EAC＝∠DAC，∠ECA＝∠DCA，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴EF＝DF，
∵BF⊥AC，
∴在Rt△BCF中，sin∠BCF＝sin∠ECA＝＝，
设BF＝4a，BC＝5a，
∵CD＝BC，
∴DF＝BC＝a．
∴EF＝a，
∴＝．

17．（2022•厦门模拟）如图，点C是射线BM上的动点，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，∠DAC的平分线交边DC于点P，交射线BM于点F，点E在线段PF上（不与点P重合），连接EC，若2∠ECF+∠OBC＝180°．
（1）证明AE＝EF；
（2）点Q在线段EF上，连接DQ，CQ，DE，当∠AQC＝∠DAE+∠DEA时，是否存在CP＝DQ的情形？请说明理由．

【解析】（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠1＝∠2．
∵AF平分∠DAC，
∴∠1＝∠3．
∴∠2＝∠3．
∴CF＝CA．
在矩形ABCD中，AO＝CO＝AC，BO＝DO＝BD，AC＝BD，
∴BO＝CO．
∴∠OBC＝∠OCB，
∵2∠ECF+∠OBC＝180°，
∴2∠ECF+∠OCB＝180°．
∵∠ACF+∠OCB＝180°，
∴∠ACF＝2∠ECF．
∴CE平分∠ACF，
又∵CF＝CA，
∴AE＝EF；
（2）解：过Q作QN⊥AD，交AD延长线于N．
由（1）得CA＝CF，AE＝EF，
∴CE⊥AF，即∠AEC＝90°，
又∵矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°．
∴点A，B，C，D，E在以AC为直径的圆上．

∴∠1＝∠6，∠4＝∠5．
∵∠1＝∠3，
∴∠QPC＝∠3+∠5＝∠1+∠4．
∵∠AQC＝∠1+∠4，
∴∠AQC＝∠QPC．
∴CP＝CQ．
∵∠4＝∠5，∠1＝∠6，
∴∠ECA＝∠5+∠6＝∠1+∠4＝∠AQC．
∵∠AEC＝90°，
∴在△AEC中，∠ECA+∠3＝90°．
∴在△ACQ中，∠AQC+∠3＝90°．
∴∠QCA＝90°，即QC⊥AC于C，
∵QN⊥AD于N，AQ平分∠DAC，
∴CQ＝QN．
∴CP＝QN．
∵点P不与点E重合，点Q在线段EF上，
∴点P不与点Q重合．
∵QN⊥AD．
∴DQ＞QN．
∴DQ＞CP．
∴不存在CP＝DQ的情形．
18．（2022•龙岩模拟）已知：如图，E，F为▱ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：AE∥CF．

【解析】证明：连接AC交BD于点O，连接AF，CE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF
即OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE∥CF．

19．（2022•龙岩模拟）已知：四边形ABCD是⊙OO的内接四边形，AC是直径，点D是的中点，过点D作DE∥AC交BA的延长线于点E，四边形ABCD的面积为25．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求BD的长．

【解析】（1）证明：如图，连接OD，
∵点D是的中点，
∴，
∴AD＝CD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴OD⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
∵ED∥AC，
∴∠ODE＝∠DOC＝90°，
∵OD是半径，
∴ED是⊙O的切线；

（2）解：如图，过点D作DM⊥BC于点M，作DN⊥BE于点N，
∵DM⊥BC，DN⊥BE，
∴∠DMC＝∠DNA＝90°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形ABCD，
∴∠DCM＝∠DAN，
在△CDM和△ADN中，
，
∴△CDM≌△ADN（AAS），
∴S△CDM＝S△ADN，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠DMC＝∠DNA＝90°，
∴四边形BMDN是矩形，
∵，
∴BD平分∠EBC，
∵DM⊥BC，DN⊥BE，
∴DM＝DN，
∴四边形BMDN是正方形，
∴S四边形ABCD＝S四边形ABMD+S△CDM＝S四边形ABMD+S△ADN＝S正方形BMDN＝25，
∴BM＝DM＝5，
∴．
20．（2022•龙岩模拟）今年的冬奥会点燃了青少年的“冰雪热”，推动了冰雪产业经济．某体育运动器材商店的滑雪护目镜和滑雪头盔成了热销商品．已知滑雪头盔比滑雪护日镜的进价高50元，商店用4000元购进的滑雪头盔与用3000元购进的滑雪护目镜数量一样多．
（1）求滑雪护目镜和滑雪头盔的进价；
（2）该商店计划购进滑雪护目镜和滑雪头盔共200个，且滑雪护目镜的数量不少于滑雪头盔的2倍．购进后，滑雪护目镜按高于进价18%定价，滑雪头盔按高于进价15%定价．假设该商店购进的这两种商品最后均能按定价售出，请你求出该商店能获得最大利润的进货方案．
【解析】解：（1）设滑雪护目镜的进价为每个x元，则滑雪头盔的进价是每个（x+50）元，
依题意得：＝，
解得：x＝150，
经检验，x＝150是原方程的解，
∴x+50＝200，
答：滑雪护目镜的进价每个150元，则滑雪头盔每个200元；
（2）设店家计划购进滑雪护目镜m个，滑雪头盔（200﹣m）个，获得的利润w元，则依题意得：w＝150×18%m+200×15%（200﹣m）＝﹣3m+6000，
且m应该满足条件：，
解得：133≤m≤200，
因为k＝﹣3＜0，所以w随m的增大而减小，故当m＝134时，获得的利润最大，且最大利润为5598元，故该商店应该购进滑雪护目镜134个，滑雪头盔66个．
21．（2022•龙岩模拟）根据《福建省初中毕业升学体育与健康考试实施方案（试行）》的要求，体育中考中身体素质与运动技能占36分，2022年的考查项目如下：
必考项目：男生1000米跑或200米游泳（不限泳姿），女生800米跑或200米游泳（不限泳姿），分值15分；
抽考项目：排球40秒对墙壁垫球，分值5分；
抽选考项目：50米跑、立定跳远、1分钟跳绳三项中自选两项，分值16分；
某校担任体育教学的李老师任教的四个班级中，有m名男生和80名女生，在学校组织的体育中考模拟考试中，李老师统计了男生的1000米跑的成绩，并整理得到数据如下：
（一）男生1000米跑的成绩统计表：
1000米跑成绩x（分秒）
频数
频率
3′＜x≤3′30″
16

3′30″＜x≤4′
n

4′＜x≤4′30″
30
a
4′30″＜x≤5′
15

5′＜x≤5′30″
7

5′30″＜x≤6′
2

合计
m
1
（二）男生1000米跑在3′45″＜x≤4'范围的30位同学的成绩：
3'45″，3'45″，3'45″，3'45″，3'46″，3'46″，3'46″，3'47″，3'47″，3'47″
3'47″，3'47″，3'47″，3'48″，3'48″，3'48″，3'49″，3'49″，3'49″，3'50″
3'50″，3'50″，3'53″，3'53″，3'53″，3'53″，3'54″，3'55″，3'56″，4'00″
请结合以上信息，完成下列问题：
（1）表格中的a＝　　，n＝　50　．
（2）m名男生的1000米跑成绩的中位数是 　3'53''　．
（3）小明、小强和小华在抽选考项目选择中，若小华已明确选择1分钟跳绳的考试项目，求这三位同学抽选考类的两个项目均相同的概率．
【解析】解：（1）m＝2÷＝120，
a＝＝，n＝120×＝50，
故答案为：，50；

（2）m名男生的1000米跑成绩的中位数是＝3′53″，
故答案为：3'53''；

（3）把50米跑记为事件A，1分钟跳绳记为事件B，立定跳远记为事件C，在小华确定选择1分钟跳绳后，设三位同学选择的项目用（AB，AB，AB）的形式表示：
当小华选择AB时，三位同学选择的项目有以下情况：（AB，AB，AB）；（AB，AB，AC）；（AB，AB，BC）；（AB，AC，AB）；（AB，AC，AC）；（AB，AC，BC）；（AB，BC，AB）；（AB，BC，AC）；（AB，BC，BC）；
当小华选择BC时，有以下情况：（BC，AB，AB）；（BC，AB，AC）；（BC，AB，BC）；（BC，AC，AB）；（BC，AC，AC）；（BC，AC，BC）；（BC，BC，AB）；（BC，BC，AC）；（BC，BC，BC）．
共有18种情况：
通过以上可求出：三位同学选择项目相同的情况有两种，即都选AB即（AB，AB，AB），都选BC即（BC，BC，BC），
故三位同学选择相同项目的概率是：．
22．（2022•泉州模拟）如图，在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，且BE＝DF．求证：∠BAE＝∠DCF．

【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠D，
在△BAE与△DCF中，
，
∴△BAE≌△DCF（SAS），
∴∠BAE＝∠DCF．
23．（2022•泉州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将Rt△ABC绕点A旋转一定的角度得到Rt△ADE，且点E恰好落在边BC上．
（1）求证：AE平分∠CED；
（2）连接BD，求证：∠DBC＝90°．

【解析】证明：（1）∵将Rt△ABC绕点A旋转一定的角度得到Rt△ADE，
∴AE＝AC，∠AED＝∠C，
∴∠C＝∠AEC，
∴∠AED＝∠AEC，
∴AE平分∠CED；
（2）如图：

∵将Rt△ABC绕点A旋转一定的角度得到Rt△ADE，
∴AE＝AC，AD＝AB，∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴＝，∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠ABD＝∠C，
∵∠C+∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠ABC＝90°，即∠DBC＝90°．
24．（2022•泉州模拟）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，已知⊙O经过点C，且与AB相切于点D．
（1）在图1中作出⊙O；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）若点D是边AB上的动点，设⊙O与边CA、CB分别相交于点E、F，求EF的最小值．

【解析】解：（1）如图，⊙O即为所求；


（2）连接CO，OD，过点C作CT⊥AB于点T．

在Rt△ABC中，AB＝＝＝10，
∵S△ABC＝•AC•BC＝•AB•CT，
∴CT＝＝＝，
∵∠ECF＝90°，
∴EF是直径，
∴EF＝CO+OD≥CD，
∴当C，O，D共线时，点D与点T重合，此时EF的值最小，最小值为．
25．（2022•泉州模拟）阅读理解
某市电力公司对居民用电设定如下两种收费方式：
方式一：“分档”计算电费（见表一），按电量先计算第一档，超过的部分再计算第二档，依次类推，最后求和即为总电费．
表一：分档电价
居民用电分档
用电量x（度）
电价（元/度）
第一档
0＜x≤230
0.5
第二档
230＜x≤420
0.55
第三档
x＞420
0.8
方式二：“分档+分时”计算电费（见表一、表二），即总电费等于“分档电费、峰时段增加的电费、谷时段减少的电费的总和”．
表二：分时电价
峰谷时段
电价差额（元/度）
峰时段（08：00﹣22：00）
+0.03（每度电在各档电价基础上加价0.03元）
谷时段（22：00﹣次日08：00）
﹣0.2（每度电在各档电价基础上降低0.2元）
例如：某用户该月用电总量500度，其中峰时段用电量300度，谷时段用电量200度，若该用户选择方式二缴费，则总电费为：
[230×0.5+（420﹣230）×0.55+（500﹣420）×0.8]+300×0.03+200×（﹣0.2）＝252.5（元）．
问题解决
已知小明家4月份的月用电量相当于全年的平均月用电量，现从他家4月份的日用电量数据中随机抽取7天作为样本，制作成如图表：
日用电量峰点占比统计表
编号
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
每日峰时段用电量占比
80%
20%
50%
10%
20%
50%
60%
注：每日峰时段用电量占比＝×100%
（1）若从上述样本中随机抽取一天，求所抽取的日用电量为15度以上的概率；
（2）若每月按30天计，请通过样本数据计算月用电费，帮小明决定选择哪一种方式缴费合算？

【解析】解：（1）所抽取的日用电量为15度以上的概率是：；


（2）平均每天用电量是：＝25（度），
每月用电量是：25×30＝750（度），
方式一收费：230×0.5+190×0.55+（750﹣420）×0.8＝483.5（元），
方式二收费：×（14×0.8+38×0.2++12×0.5+40×0.1+44×0.2+13×0.5+14×0.6）＝7.5（度），
每月峰用电量是：7.5×30＝225（度），
谷用电量为：750﹣225＝525（度），
收费为：483.5+225×0.03﹣525×0.2＝385.25（元），
∵483.5＞385.25，
∴应选择方式二缴费合算．
26．（2022•福州模拟）如图，在矩形ABCD中，点E，F在CD上，若DF＝CE．求证：∠DAF＝∠CBE．

【解析】证明：∵DE＝CF，
∴DE+EF＝CF+EF，
即DF＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠D＝∠C＝90°，
在△DAF和△CBE中，
，
∴△DAF≌△CBE（SAS），
∴∠DAF＝∠CBE．
27．（2022•福州模拟）2022年北京冬奥会和冬残奥会的吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”深受大家的喜爱．奥林匹克官方旗舰店有出售“冰墩墩”和“雪容融”的手办玩具和摆件，玩具A和摆件B是其中的两款产品．据了解，购买2个玩具A和3个摆件B用了410元，购买3个玩具A和2个摆件B用了420元．求每个玩具A和每个摆件B的价格．
【解析】解：设每个玩具A的价格为x元，每个摆件B的价格为y元，
由题意得：，
解得：，
答：每个玩具A的价格为88元，每个摆件B的价格为78元．
28．（2022•福州模拟）如图，AC是▱ABCD的对角线，∠BAD+∠ACB＝90°．O是BC垂直平分线与AC的交点，以点O为圆心，OC长为半径作⊙O．求证：AB为⊙O的切线．

【解析】证明：连接BO，并延长BO交CD于E，
∵O在BC垂直平分线上，
∴OB＝OC，
∴OB是⊙O的半径，∠ACB＝∠CBE，
∵AC是▱ABCD的对角线，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAC＝∠DCA，∠DAC＝∠BCA，∠ABE＝∠BEC，
∵∠BAD+∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠DAC+∠ACB＝90°，
∴∠DCA+∠BCA+∠CBE＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠BEC＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∴OB⊥AB，
∴AB为⊙O的切线．

四、解答题提升题
29．（2022•漳州模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点P，交CA的延长线于点D，连接BD．
（1）求作⊙O的切线PQ，PQ交AC于点Q；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图迹）
（2）在（1）的条件下，求证：QC＝DQ．

【解析】（1）解：如图，直线PQ即为所求；

（2）证明：如图，连接AP，
∵AB为直径，
∴∠APB＝∠BDA＝90°，
∴AP⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BP＝CP，
∵OA＝OB，
∴OP是△BAC的中位线，
∴OP∥AC，
∵PQ是⊙O的切线，
∴OP⊥PQ，
∴PQ⊥AC，
∵BD⊥DC，
∴PQ∥BD，
∵BP＝CP，
∴QC＝DQ．
30．（2022•漳州模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与端点重合），△ADF是由△ABE绕点A顺时针旋转90°得到的，连接EF交AD于点G，过点A作AH⊥EF，垂足为H，连接BH．
（1）求证：△AHE是等腰直角三角形；
（2）求证：∠AFE＝∠HBE；
（3）若AG•BH＝，CE＝3，求tan∠FAD的值．

【解析】（1）证明：∵△ADF是由△ABE绕点A顺时针旋转90°得到的，
∴△ABE≌△ADF，∠EAF＝90°，
∴AE＝AF，
∴△AHE是等腰直角三角形；
（2）证明：∵△AHE是等腰直角三角形，
∴∠AFE＝∠AEF＝45°，
∵AH⊥EF，
∴∠AHE＝∠ABE＝90°，
∴点A，点B，点E，点H四点共圆，
∴∠AEF＝∠ABH＝45°，
∴∠HBE＝45°，
∴∠AFE＝∠HBE＝45°；
（3）解：∵△AHE是等腰直角三角形，AH⊥EF，
∴∠HAE＝∠FAH＝45°，AE＝AH，
∵△ADF是由△ABE绕点A顺时针旋转90°得到的，
∴∠DAF＝∠BAE，
∴∠AGH＝∠BAH，
又∵∠ABH＝∠AEH＝45°，
∴△ABH∽△GEA，
∴，
∴AH•AE＝AG•BH，
∴AG•BH＝，
∴AH•AE＝，
∴AH2＝，
∴AH＝（负值舍去），
∴AE＝，
∵AB＝BC，
∴BE＝AB﹣3，
∴AE2＝AB2+BE2，
∴＝BA2+（AB﹣3）2，
∴AB＝，AB＝﹣（舍去），
∴BE＝，
∵∠FAD＝∠BAE，
∴tan∠FAD＝tan∠BAE＝＝＝．
31．（2022•漳州模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c关于y轴对称，且过点和点（2，1）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D（﹣1，p）和点E（m﹣1，q）在抛物线上，试比较p，q的大小；
（3）过点F（0，1）作与y轴不垂直的直线交抛物线于点A和点B，线段AB的垂直平分线交y轴于点M，试探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线关于y轴对称，
∴﹣＝0，即b＝0，
∴y＝ax2+c，
将（1，），（2，1）代入y＝ax2+c得，
解得，
∴y＝x2．
（2）点D（﹣1，p）关于y轴对称点坐标为（1，p），
∵抛物线开口向上，
∴当m﹣1＝1时，m＝2，p＝q，
当﹣1＜m﹣1＜1时，0＜m＜2，p＞q，
当m﹣1＜﹣1或m﹣1＞1时，即m＜0或m＞2时，p＜q．
（3）设直线AB解析式为y＝kx+b，
∵直线过点（0，1），
∴y＝kx+1，
令kx+1＝x2，整理得x2﹣kx﹣1＝0，
设点A（x1，x），B（x2，x），
∴x1+x2＝4k，x1•x2＝﹣4，
设AB中点为P（x0，y0），则x0＝＝2k，
∴y0＝k•2k+1＝2k2+1，
∴P（2k，2k2+1），
如图，过点P作PG⊥y轴于点G，则点G坐标为（0，2k2+1），作x轴的平行线AK交过点B的y轴平行线于点K，

∵MP⊥AB，∠MFP＝∠AFO，
∴∠BAK＝∠PMG，
∴tan∠BAK＝tan∠PMG，
∴，即＝，
∴GM＝2，
∴M（0，2k2+3），
∴MF＝2k2+3﹣1＝2k2+2，
∵AB＝＝＝＝＝4（1+k2），
∴＝＝2．
32．（2022•莆田模拟）已知抛物线y＝x2+mx+n，其中m，n为实数．
（1）若抛物线经过点（m，9n），请判断抛物线与x轴的交点个数；
（2）抛物线经过点（x1，0），（x2，0），（1，a），（3，b）．
①若x2﹣x1＝1时，求a+b的取值范围；
②若1＜x1≤x2＜3，当ab取得最大值时，求抛物线的解析式．
【解析】解：（1）∵抛物线经过点（m，9n），
∴9n＝m2+m•m+n，
即m2﹣4n＝0，
∴△＝b2﹣4ac＝m2﹣4n＝0，
∴抛物线与x轴只有一个交点．
（2）①∵抛物线经过点（x1，0），（x2，0），（1，a），（3，b），
∴x1+x2＝﹣m，x1x2＝n，a＝1+m+n，b＝9+3m+n，
∵x2﹣x1＝1，
∴（x2﹣x1）2＝1，
∴（x2+x1）2﹣4x1x2＝1，
∴m2﹣4n＝1，
∴n＝，
∴a+b
＝1+m+n+9+3m+n
＝4m+2n+10
＝4m+2×+10
＝
＝，
∴a+b≥；
②∵y＝x2+mx+n过（x1，0）（x2，0），
∴不妨设y＝（x﹣x1）（x﹣x2），
∴a＝（1﹣x1）（1﹣x2），
b＝（3﹣x1）（3﹣x2），
∴ab＝（1﹣x1）（1﹣x2）（3﹣x1）（3﹣x2）
＝（x1﹣1）（x2﹣1）（3﹣x1）（3﹣x2）
≤，
令x1+x2＝t，
∵1＜x1≤x2＜3，
∴2＜x1+x2＜6，
即2＜t＜6，
∴ab≤＝
＝
＝，
当t＝4时，该式有最大值为＝1，
当且仅当t＝4时，即x1＝x2＝2时，取等号，
此时，抛物线过（2，0）（2，0），
即y＝（x﹣x1）（x﹣x2）
＝（x﹣2）（x﹣2）
＝（x﹣2）2
＝x2﹣4x+4，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+4．
33．（2022•南平模拟）如图，抛物线C：y＝ax2﹣3x+2a经过点C（0，2），与x轴交于A，B两点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点D（x1，y1），E（x2，y2）是抛物线C上两点，x1＜2＜x2，y1＜0，y2＞0．
①若∠CBD＝75°，求BD所在直线的函数解析式；
②已知∠CBE＝∠CBD，求证：（x1﹣1）（x2﹣1）为定值．

【解析】（1）解：∵y＝ax2﹣3x+2a经过点C（0，2），
∴将（0，2）代入y＝ax2﹣3x+2a得，2a＝2，
解得a＝1；
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3x+2；
（2）解：如图，延长BD交y轴于点N，

∵令x2﹣3x+2＝0
∴x1＝1，x2＝2
∴A（1，0），B（2，0），
∴OC＝OB＝2，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵∠CBD＝75°，
∴∠OBD＝30°，
在Rt△OBN中，，
∴，
∴，
∴N（0，），
设BD所在直线的函数解析式为y＝kx+b，
把B（2，0），N（0，）代入得，
∴，
∴BD所在直线的函数解析式为；
（3）证明：如图，过点C作CP∥AB与BE的延长线相交于点P，

∵∠CBE＝∠CBD，CB＝CB，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴△CBN≌△CBP（ASA），
∴CN＝CP，
设直线BN的解析式为y＝mx+a，
直线BP的解析式为y＝nx+b，
将B（2，0）分别代入解析式中得，a＝﹣2m，b＝﹣2n，
∴直线BN的解析式为y＝mx﹣2m，直线BP的解析式为y＝nx﹣2n，
当x＝0时，y＝﹣2m，
∴CN＝2﹣（﹣2m）＝2+2m，
∴CP＝CN＝2+2m，
∴P（2+2m，2），
将P（2+2m，2）代入解析式y＝nx﹣2n中得，2＝n（2+2m）﹣2n，
∴mn＝1．
∵；
∴可得x2﹣（m+3）x+2m+2＝0；x2﹣（n+3）x+2n+2＝0，
∵D（x1，y1），E（x2，y2），
∴xB+x1＝m+3；xB+x2＝n+3，
∴2+x1＝m+3；2+x2＝n+3，
∴x1＝m+1；x2＝n+1，
∴（x1﹣1）（x2﹣1）＝（m+1﹣1）（n+1﹣1）＝mn＝1，
∴（x1﹣1）（x2﹣1）为定值．
34．（2022•厦门模拟）某校开展“关心身边事，我们来献策”的活动．
小清每天乘坐私家车上学，对他家附近的坪南路的车流量与车辆行驶安全产生了兴趣．于是，他和同学进行了一番调查．
首先，他们查阅资料，获得以下信息：
①某单向车道上的车流量/是指一定时间内通过诚车道某点的车辆数，利用公式f＝可以计算该车道上每秒的车流量，其中v（单位：m/s）是车辆的平均速度，d（单位：m）是车辆的车头与前车车头之间的平均距离．
②司机意识到应当紧急利车到实施制车需要一段反应时间t（单位：s），而实施利车后，车辆还将滑行一段时间才能停下，因此，道路上行驶的车辆之间（指车辆的车头与前车的车尾）必须保持一定的距离，记为d′（单位：m）．考虑到安全，通常的做法是：车辆之间应留出反应时间t的三倍所行驶的距离．
③普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间．
然后，他们随机选择了坪南路上的一条单向车道进行观测．他们以路标P为标志物，分段记录了某日上午8：00﹣8：30的高峰时段经过该路标的车辆数及车辆型号，其中车辆数的记录如表所示：
时间段
经过路标P的车辆数（辆）
8：00﹣8：05
126
8：05﹣8：10
141
8：10﹣8：15
135
8：15﹣8：20
144
8：20﹣8：25
129
8：25﹣8：30
135
根据车辆型号可知这些车辆的平均车长是4.8m，若这些车辆的平均速度为m/s．
（1）根据表中数据，计算该车道在该高峰时段每秒的车流量；
（2）小清根据观测提出建议：若保持车辆的平均速度不变，在高峰时段应对要进人坪南路的车辆进行提前分流（“分流”是指让部分车辆改走其他路段）．你认为他的建议合理吗？请说明理由．
【解析】解：（1）根据表中数据，5分钟经过路标P的平均车辆数（辆）为：
＝135；
因为5分钟等于300秒，
所以该车道在该高峰时段每秒的车流量为：f＝＝0.45；

（2）解法一（根据车流量进行判断）：
根据题意，车流量f＝＝，其中l为车长，d′＝3vt；
由于普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间，估计其平均值为0.7s；
若这些车辆的平均车长是4.8 m，平均速度为m/s，
则以反应时间为0.7s，计算车流量为：
f＝≈0.398；
由（1）得，该日该高峰时段该路段上的车流量为0.45，
因为0.45＞0.398，
所以，即使以反应时间的均值计算，该日该高峰时段该路段上的车流量仍偏大，
从交通安全的角度考虑，小清提出的限流的建议是合理的．

解法二（根据辆车之间的距离进行判断）：
根据题意，车流量f＝＝，其中l为车长，d′＝3vt．……………………………（6分）
由（1）得，该日该高峰时段该路段上的车流量为0.45，保持车辆的平均速度为m/s，
此时，0.45＝．
解得d′≈21.126；
由于普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间，若保持车辆的平均速度为m/s，
由题可知，两车之间应留出的距离大致在14m～35m之间，估计其平均值为24.5m；因为21.126＜24.5
所以，即使以两车之间较为安全的距离的均值计算，该日该高峰时段该路段上的两车距离仍偏小．
根据f＝，若v，l为定值，d′越小，则车流量f越大．
所以该日该高峰时段该路段上的车流量偏大，
从交通安全的角度考虑，小清提出的限流的建议是合理的；

解法三（根据反应时间进行判断）：
根据题意，车流量f＝＝，其中l为车长，d′＝3vt，
由（1）得，该日该高峰时段该路段上的车流量为0.45，保持车辆的平均速度为m/s，
此时，0.45＝．
解得t≈0.604，
由于普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间，估计其平均值为0.7s，
因为0.604＜0.7，
所以，即使以反应时间的平均值计算，该日该高峰时段该路段上的两车之间留给司机的反应时间仍偏少．根据f＝，若v，l为定值，t越小，则 d′越小，则车流量f越大．
所以该日该高峰时段该路段上的车流量偏大，
从交通安全的角度考虑，小清提出的限流的建议是合理的．
35．（2022•厦门模拟）在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的顶点A，D的坐标分别是（b，0），（m，0），其中m＞b．
（1）若点B在x轴的上方，
①m＝b+4，求BC的长；
②B（n，t），t＝n﹣b，且n﹣m＝（﹣1）b．证明：四边形ABCD是菱形；
（2）抛物线y＝a（x﹣m）2+km（a＜0）经过点B，C．对于任意的k（0＜k＜4），当a，m的值变化时，抛物线会不同，记其中任意两条抛物线的顶点为P1，P2（P1与P2不重合），则命题“对所有的a，b，当ab≥1时，一定不存在AB∥P1P2的情形．”是否正确？请说明理由．
【解析】（1）①解：∵A（b，0），D （m，0），其中m＞b，
∴AD＝m﹣b＝b+4﹣b＝4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝4；

②证明：∵A（b，0），B（n，t），
∴AB＝，
∵t＝n﹣b，
∴AB＝＝＝t＝（n﹣b），
∵n﹣m＝（﹣1）b，
∴n﹣b＝m﹣b．
∴（n﹣b）＝m﹣b，
∵AD＝BC＝m﹣b，
∴AD＝BC＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形；

（2）解：命题“对所有的a，b，当ab≥1时，一定不存在AB∥P1P2的情形．”正确，理由如下：
因为对于任意的k（0＜k＜4），抛物线y＝a（x﹣m）2+km （a＜0）的顶点坐标为（m，km），
所以直线P1P2的解析式为y＝kx，
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AD∥BC，AD＝BC．
因为A，D的坐标分别是（b，0），（m，0），其中m＞b，
所以BC∥x轴，BC＝m﹣b．
因为抛物线y＝a（x﹣m）2+km 的对称轴是直线x＝m，且抛物线经过点B，C，
所以点B，C关于x＝m对称．
所以B（m﹣，a（）2+km）．
即B（，a（）2+km）．
设直线AB的解析式为y＝k0x+b0，代入A（b，0），B（，a（）2+km），
可得k0＝．
当k0＝k时，可得方程＝k，
化简得：am2﹣2amb+ab2+2km+2kb＝0．
因为a≠0，整理为关于m的一元二次方程am2﹣（2ab﹣2k）m+ab2+2kb＝0．
此时根的判别式△＝4k2﹣16abk＝4k（k﹣4ab）．
因为ab≥1，
所以4ab≥4．
因为0＜k＜4，
所以4k＞0，4ab＞k．
所以k﹣4ab＜0．
所以4k（k﹣4ab）＜0．
即Δ＜0，
所以关于m的一元二次方程am2﹣（2ab﹣2k）m+ab2+2kb＝0无实数解．
即对所有的a，b，当ab≥1时，k0＝k始终不成立．
所以对所有的a，b，当ab≥1时，一定不存在AB∥P1P2的情形，即命题正确．
36．（2022•龙岩模拟）已知抛物线y＝（x+4）（x﹣m﹣2）（m＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，且△ABC的外接圆的圆心是R，半径为r，过点C且平行于x轴的直线交抛物线于点T．
（1）当m＝1时，求tan∠ABC的值；
（2）若直线AC，BT的解析式分别为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，求证：k1+k2＝0；
（3）若△ABC的外接圆与y轴交于另一点D，且△BDT的周长为t，试判断的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）当m＝1，y＝0时，，
∴x1＝﹣4，x2＝3＞x1，
∴A（﹣4，0），B（3，0），
当m＝1，x＝0时，，
∴C（0，﹣6），
∵∠BOC＝90°，
∴；
（2）当y＝0时，，
∴x3＝﹣4，x4＝m+2，
∵m＞0，
∴x4＞x3，
∴A（﹣4，0），B（m+2，0），
当x＝0时，，
∴C（0，﹣2m﹣4），
∵CT∥x轴，
∴当y＝﹣2m﹣4时，，
解得：x＝0或m﹣2，
∴T（m﹣2，﹣2m﹣4），
∵直线AC，BT的解析式分别为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，
∴可列方程组和，
解得：，
∴k1+k2＝0；
（3）的值是定值．
解法一：过T作TE⊥x轴于E，
连接BC，BD，AD，CT，TD，BT，

∵，
∴∠ABC＝∠ADC，
由（2）得，A（﹣4，0），B（m+2，0），C（0，﹣2m﹣4），
∴tan∠ABC＝tan∠ADC，
∴，即OD＝2，
∵m＞0，
∴﹣2m﹣4＜0，即点C在y轴的负半轴上，
∴D为（0，2），
∵T为（m﹣2，﹣2m﹣4），
∴，
，
，
∴BT＝2BD，BD2+BT2＝5（m2+4m+8），TD2＝5（m2+4m+8），
∴BD2+BT2＝TD2，
∴∠DBT＝90°，
∴，
TD为⊙R的直径，即TD＝2r，
∴，
∴，
∴；
解法二：连接AD，BD，DT，BC，CT，BT，

∵，
∴∠ABC＝∠ADC，
由（2）得，A为（﹣4，0），B为（m+2，0），C为（0，﹣2m﹣4），
∴tan∠ABC＝tan∠ADC，
∴，
∵CT∥x轴，
∴∠DCT＝90°，
∴DT为⊙R的直径，
∴∠DBT＝90°，
∵，
∴∠DTB＝∠DAO，
∵∠AOD＝90°＝∠DBT，
∴△AOD∽△TBD，
∴，
设BT＝a，则BD＝2a，，
∴，
∴．
37．（2022•泉州模拟）经过点A（m，n）、R（m﹣n，t）、S（n﹣m，t）的抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个公共点，其中m≠n且m＜0．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）连接AO，作OB⊥OA，交抛物线于点B，AB交y轴于点F．
①求△AOB面积的最小值；
②取AB的中点G，作GC∥y轴，交抛物线于点C，点G关于C的对称点为D，过点B、D分别作x、y轴的垂线相交于点E，BD与EF交于点M，求证：点M必在x轴上．
【解析】（1）解：∵经过点R（m﹣n，t）、S（n﹣m，t）的抛物线y＝x2+bx+c与x轴只有一个公共点，
∴a＝1，抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝＝0，b2﹣4ac＝0，
∴b﹣c＝0，
∴抛物线的解析式为：y＝x2；
（2）①解：如图，过点A，B分别作AQ⊥x轴，BP⊥x轴，由题意，点A在第二象限，点B在第一象限，

∵OA⊥OB，
∴∠AOQ＝90°﹣∠QAO＝90°﹣∠BOP，
∴∠QAO＝∠POB，
∴∠AQO＝∠OPB＝90°，
∴△AQO∽△OPB，
∴AO：OB＝OQ：BP＝AQ：OP，
∵A（m，n），m＜0，m≠n，
∴AQ＝n，OQ＝﹣m，
设B（p，p2），p＞0，则OP＝p，PB＝p2，
∴n：（﹣m）＝p：p2，
设直线OB的解析式为：y＝kx，
∴k＝＝﹣，
∴y＝﹣x，
令﹣x＝x2，解得x＝﹣或x＝﹣，
∴B（﹣，）．
∵A（m，n）在y＝x2上，
∴n＝m2，
∴A（m，m2），B（﹣，），
设直线AB的解析式为：y＝dx+e，
∴，解得，
∴直线AB的解析式为：y＝x+1，
∴直线AB过定点（0，1），即F（0，1）；
∴S△AOB＝×OF×|xB﹣xA|＝×1×（﹣﹣m）≥×2×＝1，
当且仅当﹣＝﹣m时成立，
∴△AOB面积的最小值为1；

②证明：由①知，A（m，m2），B（﹣，），
∴G（，），即G（，），
∴C（，），
设D（，n），
∴＝，解得n＝﹣1，
∴D（，﹣1），
∵B（﹣，），
∴E（﹣，﹣1），
∵F（0，1），
设直线DB，EF的解析式为：yDB＝k1x+b1，yEF＝k2x+b2，
∴，，
解得，，
∴yDB＝﹣x﹣，yEF＝2mx+1，
令﹣x﹣＝2mx+1，
解得x＝﹣，
∴BD与EF交于同一个点M（﹣，0）．
∴点M必在x轴上．
38．（2022•宁德模拟）如图，在等腰△ABC，AB＝AC，BC＝kAB．点D是边AC上一个动点（不与端点重合），以BD为对角线作菱形BEDF，使得∠BED＝∠BAC，DF交边BC于点H．
（1）求证：∠ABE＝∠CBD；
（2）求证：在点D的运动过程中，线段BH，BE，BC之间总满足数量关系BH•BC＝k2BE2；
（3）连接EC，探索在点D的运动过程中，△EBC面积的变化规律．

【解析】（1）证明：∵四边形BEDF为菱形，
∴EB＝ED，
∴∠EBD＝，
在△ABC中，AB＝AC，，
∴∠BED＝∠BAC，
∴∠EBD＝∠ABC，
∴∠EBD﹣∠ABD＝∠ABC﹣∠ABD，
即∠ABE＝∠CBD；
（2）证明：∵四边形BEDF为菱形，EB∥DF，
∴∠BDH＝∠DBE＝∠CBA＝∠DCB，
又∵∠DBH＝∠CBD，
∴△DBH∽△CBD，
∴，
即BH•BC＝BD2，
又∵∠BED＝∠BAC，∠EBD＝∠ABC，
∴△EBD∽△ABC，
∴，
∴BH•BC＝k2•BE2；
（3）解：△EBC面积固定不变．如图，连接AE，
∵∠ABE＝∠CBD，且，

∴△EBA∽△DBC，
∴∠EAB＝∠DCB＝∠CBA，
且在D点运动过程中（E点也随之运动），∠EAB＝∠CBA，始终成立，
∴E点的运动轨迹为以图中AE连线所在的直线，
即AE∥BC，则在△EBC中，以BC为底边，点E向BC作垂线，
所得高h即为两平行线AE，BC之间的距离为定值，
∴△EBC面积固定不变．
五、解答题压轴题
39．（2022•三明模拟）如图，点C，D在以AB为直径的半圆上，AC，BD相交于点P，点E在BD上，CE⊥CD．AC＝2BC．
（1）求证：△ACD∽△BCE；
（2）若P是AC中点，求tan∠ACD的值；
（3）求证：2DB＝DA+DC．

【解析】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD⊥CE，
∴∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝∠ECB，
∵∠CAD＝∠CBE，
∴△ACD∽△BCE；

（2）解：∵AC＝2BC，
∴可以假设BC＝a，AC＝2a，则AB＝a，
∵AP＝PC＝a，∠PCB＝90°，
∴PB＝a，
∵CB＝CP，
∴∠CPB＝∠CBP＝∠DAP＝45°，
∵AB是直径，
∴∠ADP＝90°，
∴∠DAP＝∠DPA＝45°，
∴AD＝DP，
设AD＝DP＝x，
∵AD2+BD2＝AB2，
∴x2+（x+a）2＝（a）2，
解得x＝a或﹣a（舍去），
∴AD＝a，BD＝a，
∵∠ACD＝∠ABD，
∴tan∠ACD＝tan∠ABD＝＝；

（3）证明：由（1）可知△ACD∽△BCE，
∴＝＝＝2，
设BE＝n，CE＝b，BC＝m，则CD＝2b，AD＝2n，AC＝2m，DE＝b，
∴2BD＝2（DE+BE）＝2（b+n）＝2n+2b，DA+DC＝2n+2b，
∴2BD＝DA+CD．

40．（2022•三明模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）经过原点O．
（1）若抛物线的顶点为A，与x轴的另一个交点为B，当b＝2时，求∠AOB的度数；
（2）若抛物线经过点（﹣2，m）和（2，m），且当﹣3≤x≤4时，y的最大值与最小值的差为4．
①求抛物线的表达式；
②设直线l：y＝kx﹣1（k≠0）与抛物线交于M，N两点，点P在直线y＝1上（点P不与点（0，1）重合，过点P且与y轴平行的直线分别交直线l和抛物线于点C，D．当D为PC的中点时，求证：∠MPN＝90°．
【解析】（1）解：由题意得，
y＝ax2+2x＝a（x+）2+，
∴A（﹣，﹣），
∴∠AOB＝45°，
（2）①解：∵（﹣2，m）和（2，m）是对称点，
∴对称轴为：x＝0，
又图象经过原点，
∴抛物线的表达式为：y＝ax2，
∵a＜0，
∴y最大值为0，
∵﹣3≤x≤4，
∴当x＝4时，y最小＝16a，
∵当﹣3≤x≤4时，y的最大值与最小值的差为4，
∴0﹣16a＝4，
∴a＝﹣，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣；
②证明：先证明：在坐标系中，直线y1＝kx+b与直线y2＝mx+n，当k•m＝﹣1，则y1⊥y2，
如图，

将y1＝kx+b和y2＝﹣x+n平移到l1和l2，
取P（1，﹣），Q（﹣1，﹣k），
∴OH＝1，QH＝﹣k，OG＝1，PG＝﹣，
∵＝＝﹣k，∠QHO＝∠PGO＝90°，
∴△QHO∽△OGP，
∴∠HQO＝∠POG，
∵∠HQO+∠QOH＝90°，
∴∠POG+∠QOH＝90°，
∴∠POQ＝90°，
∴上述命题得证，
如图，

设D（m，﹣），
∴C（m，﹣﹣1），
把x＝m，y＝﹣﹣1代入y＝kx﹣1得，
﹣﹣1＝km﹣1，
∴k＝﹣，
∴y＝﹣，
由﹣﹣1＝﹣得，
x2﹣2mx﹣4＝0，
∴x1+x2＝2m，x1•x2＝﹣4，
∴y1+y2﹣＝﹣x1﹣1﹣2﹣1＝﹣（x+x）﹣2＝﹣m2﹣2，
y1•y2＝（﹣x1﹣1）•（﹣2﹣1）＝1，
∵（y1﹣1）（y2﹣1）+（x1﹣m）•（x﹣2m）
＝y1y2﹣（y1+y2）+1+x1•x2﹣m（x1+x2）+m2
＝1﹣（﹣m2﹣2）+1﹣4﹣2m2+m2
＝0，
∴＝﹣1，
∴kMP•kPN＝﹣1，
∴PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°．
41．（2022•龙岩模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝25，点E是BC边上一点，CE＝16，点M是边AD上一动点，点N是边BC上一动点，射线AN与射线ME相交于点F，且满足∠AFM＝∠EAD，将△ABE沿AB翻折得到△ABG．
（1）连接DE，求∠AED的度数；
（2）当△AFM是以FM为腰的等腰三角形时，求EN的值；
（3）当AN平分∠EAD时，求证：GF平分∠AGE．


【解析】（1）解：如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝25，AD∥BC，∠ABE＝90°，
∴BE＝BC﹣CE＝25﹣16＝9，∠AEB＝∠DAE，
∴AE＝＝＝15，
∵＝＝，
∴△ABE∽△DEA，
∴∠AED＝∠ABE＝90°；
（2）解：当AM＝FM时，
∠AFM＝∠MAF，
∵∠AFM＝∠AEB＝∠MAE，
∴∠MAF＝∠MAE，
∴AF和AE重合，
此时N和点E重合，
∴EN＝0，
如图2，

当AF＝FM时，
∠AMF＝∠AFM，
∵∠AFM＝∠AEB＝∠MAE，
∴∠AMF＝∠MAE，
∴AM＝AE＝15，
作FG⊥AM于G，交BC于H，
∴AG＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DAB＝90°，
∵∠AGH＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴BH＝AG＝，AD∥BC
∴NH＝BE﹣BH＝9﹣＝，△FEN∽△FMA，
∴＝，
∴EF＝NF，
∴EN＝2NH＝3；
（3）证明：如图3，

方法一：以F为圆心，FE为半径画弧，交BC于H，连接FH，
作FR⊥BC于R，作FT⊥GA交GA的延长线于G，
∴∠FHE＝∠FEB，
设∠EAN＝∠DAN＝α，
∵∠AFM＝∠AEB＝∠NAD，
∴∠AFM＝2α，
∴∠AEF＝∠AFM﹣∠EAN＝2α﹣α＝α，
∴∠FEB＝∠AEF+∠AEB＝3α，∠FAE＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∵AG＝AE，
∴∠AGE＝∠AEG＝2α，
∴∠GAE＝180°﹣4α，
∴∠GAF＝∠GAE+∠EAN＝180°﹣4α+α＝180°﹣3α，
∴∠FAT＝3α，
在△AFT和△HFR中，
，
∴△AFT≌△HFR（AAS），
∴FT＝FR，
∴GF平分∠AGE；
方法二：
∵AG＝AE，
∴∠AGE＝∠AEG＝2α，
∵∠AFM＝2α，
∴∠AFM＝∠AGE，
∴点A、G、E、F共圆，
∴∠AGF＝∠AEF＝α，∠EGF＝∠EAF＝α，
∴∠AGF＝∠EGF，
即：GF平分∠AGE．
42．（2022•泉州模拟）已知四边形ABCD内接于⊙O，AC⊥BD，垂足为E，CF⊥AB，垂足为F，交BD于点G，连接AG．

（1）求证：CG＝CD；
（2）如图1，若AG＝4，BC＝10，求⊙O的半径；
（3）如图2，连接DF，交AC于点H，若∠ABD＝30°，CH＝6，试判断+是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．

【解析】（1）证明：如图1，∵AC⊥BD，CF⊥AB，∴
∠AEB＝∠AFC＝90°，
∴∠2+∠BAC＝90°，∠1+∠BAC＝90°，
∴∠1＝∠2，
∵∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∵∠DEC＝∠GEC＝90°，
∴∠3+∠CDE＝90°，∠2+∠CGE＝90°，
∴∠CDE＝∠CGE，
∴CG＝CD；

（2）证明：如图2，连接CO并延长交⊙O于Q，连接BQ，
由（1）知，CG＝CD，∠2＝∠3，
∴AC是DG的中垂线，
∴AG＝AD，
∵AC⊥BD，
∴∠CED＝90°，
∴∠CDE+∠ECD＝90°，
∵CQ为⊙O的直径，
∴∠CBQ＝90°，
∴∠CQB+∠QCB＝90°，
∵∠CQB＝∠CDB，
∴∠QCB＝∠3，
∴BQ＝AD，
∴BQ＝AD＝AG＝4，
在Rt△CQB中，根据勾股定理得，CQ＝＝2，
∴⊙O的半径为；

（3）解：的值为定值；
如图3，过点H作HM∥CD交CF于M，
∴∠CHM＝∠3，
由（1）知，∠2＝∠3，
∴∠CHM＝∠2，
∴CM＝HM，
∵HM∥CD，
∴△FMH∽△FCD，
∴，
∵＝1，
∴＝1，
∴，
过点M作MN⊥CH于N，则CN＝CH＝3，
在Rt△CMN中，cos∠2＝＝，
∵∠ABD＝30°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝30°，
∴＝，
∴＝．



43．（2022•宁德模拟）如图1，抛物线y＝x2与直线y＝m（m是常数）交于A，B两点（点A在点B的左边），且△OAB是直角三角形．
（1）求m的值；
（2）如图2，将抛物线y＝x2向下平移，得到抛物线y＝x2﹣k，若抛物线y＝x2﹣k与直线y＝4交于C，D两点（点C在点D的左边），与x轴正半轴交于点E．求证：△CDE是直角三角形；
（3）如图3，若抛物线y＝a（x﹣h）2﹣4（a＞0）与直线y＝5交于M，N两点（点M在点N的左边），点K在抛物线y＝a（x﹣h）2﹣4上，当△MNK是直角三角形时，直接写出点K的坐标．（用含a，h的代数式表示）

【解析】（1）解：如图1中，由题意m＞0，设AB与y轴的交点为P．

令x2＝m，则x1＝2，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，m），B（2，m），P（0，m），
∵△OAB为直角三角形，
∴∠AOB＝90°，OP＝PB，
∴m＝2，
∴m＝4．

（2）证明：如图2中，由题意k＞0，设CD与y轴的交点为P，连接PE，DE．

令x2﹣k＝4，则x1＝2，x2＝﹣2，
∴C（﹣2，4），D（2，4），P（0，4），
令x2﹣k＝0，则x3＝2，x4＝﹣2，
∴E（2，0），
∴PE＝＝2，PC＝PD＝2，
∴PC＝PD＝PE，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴△CDE是直角三角形；

（3）解：如图3中，设MN的中点为P，连接PK．

∵△MNK是直角三角形，
∴∠MKN＝90°，PK＝PM＝PN，
令a（x﹣h）2﹣4＝5，则x＝h±，
∴M（h﹣，5），N（h+，5），P（h，5），
设K（n，a（n﹣h）2﹣4），则PK2＝（n﹣h）2+[a（n﹣h）2﹣4﹣5]2，PN2＝（h+﹣h）2＝，
∴（n﹣h）2+[a（n﹣h）2﹣4﹣5]2＝，
令（n﹣h）2≥0，则t+（at﹣9）2＝，
∴（at﹣9）2＝，
∴9﹣at＝或9﹣at＝0，
∴t＝≥0，
∴a≥（舍弃t＝，此时k的纵坐标a（n﹣h）2﹣4＝at﹣4＝5，△MNK不存在），
∴（n﹣h）2＝t＝，
∴n﹣h＝±，
∴n＝h±，
∴a（n﹣h）2﹣4＝a×﹣4＝5﹣，
∴k（h+，5﹣）或（h﹣，5﹣），其中a≥．
44．（2022•福州模拟）已知抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（1﹣m，0），B（1+m，0）．点A在点B的左侧，且与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）已知D为该抛物线的顶点，E为抛物线第四象限上一点，若过点E的直线l与直线BD关于直线y＝﹣x对称．
①求点E的坐标；
②直线y＝2kx+k﹣（k＞0）与这条抛物线交于点M，N，连接ME，NE，判断ME，NE，MN之间的数量关系，并说明理由．
【解析】解：（1）∵对称轴x＝﹣＝得，
b＝﹣2，
∵抛物线与y轴交于点C（0，﹣3），
∴c＝﹣3，
∴这条抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，

①∵点B（3，0）关于直线y＝﹣x的对称点是C（0，﹣3），
∵y＝（x﹣1）2﹣4，
∴D（1，﹣4），
∴，
∴，
∴y＝2x﹣6，
由2x﹣6＝﹣x得，
x＝2，
当x＝2时，y＝﹣x＝﹣2，
∴F（2，﹣2），
∴直线CE的解析式为：y＝，
由x2﹣2x﹣3＝得，
∴x1＝0（舍去），x2＝，
当x＝时，y＝×﹣3＝﹣，
∴E（，﹣）；
②ME2+NE2＝MN2，理由如下：
先证明：在坐标系中，直线y1＝kx+b与直线y2＝mx+n，当k•m＝﹣1，则y1⊥y2，
如图，

将y1＝kx+b和y2＝﹣x+n平移到l1和l2，
取P（1，﹣），Q（﹣1，﹣k），
∴OH＝1，QH＝﹣k，OG＝1，PG＝﹣，
∵＝﹣k，∠QHO＝∠PGO＝90°，
∴△QHO∽△OGP，
∴∠HQO＝∠POG，
∵∠HQO+∠QOH＝90°，
∴∠POG+∠QOH＝90°，
∴∠POQ＝90°，
∴上述命题得证，
由得，
x2﹣（2k+2）x﹣（k+）＝0，
∴x1+x2＝2k+2，x1•x2＝﹣（k+），
∴y1+y2＝2k•x1+2k﹣+2k•x2+2k﹣＝4k2+6k﹣，
y1•y2＝（2k•x1+2k﹣）•（2k•x2+2k﹣）
＝4k2•x1•x2+2k•（k﹣）•（x1+x2）+（k﹣）2
＝4k2•（k+）+2k•（2k+2）•（k﹣）+（k﹣）2，
＝﹣7k2﹣k+，
∵（y1+）•（y2+）+（x1﹣）（x2﹣）＝y1•y2+（y1+y2）++x1•x2+（x1+x2）+
＝﹣7k2﹣k++（4k2+6k﹣）﹣（k+）+•（2k+2）+
＝0，
∴＝﹣1，
∴kME•kNE＝﹣1，
∴ME⊥NE，
∴ME2+NE2＝MN2．