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北师大版初中数学九年级上册期末测试卷(困难)（含答案解析）
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这是一份北师大版初中数学九年级上册期末测试卷(困难)（含答案解析），共30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。
北师大版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：100分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3.其中正确结论的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
2. 若等腰三角形一条边的边长为3，另两条边的边长是关于x的一元二次方程x2−12x+k=0的两个根，则k的值是( )
A. 27 B. 36 C. 27或36 D. 18
3. “五一”期间，小胡和小刘两家准备从七仙岭、呀诺达、槟榔谷中选择一景点游玩，他们通过抽签方式确定景点，则两家抽到同一景点的概率是( )
A. 13 B. 16 C. 19 D. 14
4. 如图，BE、CF分别是△ABC的两条高，则图中相似的三角形共有对( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
5. 若干个桶装方便面摆放在桌子上，小明从三个不同方向看到的图形如图所示，则这一堆方便面共有( )
A. 5桶 B. 6桶 C. 9桶 D. 12桶
6. 如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBD的边OB与x轴的正半轴重合，AD//OB，DB⊥x轴，对角线AB，OD交于点M.已知AD：OB=2：3，△AMD的面积为4.若反比例函数y=kx的图象恰好经过点M，则k的值为( )
A. 275
B. 545
C. 585
D. 12
7. 如图，在平面直角坐标系中，△ABE的顶点E在y轴上，原点O在AB边上，反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过顶点A和B，并与BE边交于点C，若BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，则k的值为( )
A. −2
B. −4
C. −6
D. −7
8. 如图，四个几何体中，从上面、正面和左面三个不同方向看，看到的平面图形都相同的几何体有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
9. 由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．作EM//NG//AD.若GF=2FM，则MN：FD的值为( )
A. 233
B. 52
C. 54
D. 1
10. 甲、乙两同学投掷一枚骰子，用字母p、q分别表示两人各投掷一次的点数，则满足关于x的方程x2+px+q=0有两个相等实数解的概率是( )
A. 13 B. 16 C. 112 D. 118
11. 在正方形ABCD的对角线BD上取一点E，连结AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，将线段EF向右平移m单位，使得点E′落在CD上，F′落在BC上．已知AE+EF+CF=24，CD=10，则m的值为( )
A. 6
B. 43−2
C. 42
D. 23+2
12. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB=6，BC=10，则GH的长度为( )
A. 132 B. 292 C. 342 D. 2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6.P为对角线BD上一点，则PM−PN的最大值为______．
14. 关于x的一元二次方程kx2+3x−1=0有实数根，则k的取值范围是______．
15. 在一个不透明袋子中装有除颜色外无其他差别的红球2个，绿球3个，从中随机摸出一个球，放回并摇匀，再随机摸出一个球，则两次摸出的球中“有一个红球，一个绿球”的概率是________．
16. 已知反比例函数y=k2x(k≠0)的图象过点A(a,y1)，B(a+1,y2)，若y2>y1，则a的取值范围为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为(4,2)，直线y=−12x+52与边AB，BC分别相交于点M，N，函数y=kx(x>0)的图象过点M．
(1)试说明点N也在函数y=kx(x>0)的图象上；
(2)将直线MN沿y轴的负方向平移得到直线M′N′，当直线M′N′与函数y═kx(x>0)的图象仅有一个交点时，求直线M′N′的解析式．
18. 如图，小明家楼房旁立了一根长4米的竹竿，小明在测量竹竿的影子时，发现影子不全落在地面上，有一部分落在楼房的墙壁上，小明测出它落在地面上的影子长为2米，落在墙壁上的影子长为1米，此时，小明想把竹竿移动位置，使其影子刚好不落在墙上．试问，小明应把竹竿移到什么位置？(要求竹竿移动的距离尽可能小)．
19. 如图1，在四边形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接AG，BG，CG，DG，且∠AGD=∠BGC．
(1)求证：AD=BC;
(2)求证：△AGD∽△EGF;
(3)如图2，若AD，BC所在直线互相垂直，求ADEF的值．
20. 如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠C=90°，E为CD的中点，EF//AB交BC于点F
(1)求证：BF=AD+CF；
(2)当AD=1，BC=7，且BE平分∠ABC时，求EF的长．
21. 阅读下列材料：在解一元二次方程时，无论是用直接开平方法、配方法还是用因式分解法，我们都是将一元二次方程转化为两个一元一次方程，用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如：一元三次方程x3+x2−2x=0，可以通过因式分解把它转化为x(x2+x−2)=0，解一元一次方程x=0和一元二次方程x2+x−2=0，可得x1=0，x2=1，x3=−2．
再如，解无理方程(根号下含有未知数的方程)x+1=2，可以通过方程两边平方把它转化为x+1=4，解得x=3．
(1)解下列方程：
①x3−3x2−4x=0；
②2x+3=x．
(2)根据材料给你的启示，求函数y=3x2−2x+1x2+2x+1的最小值．
22. 定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径.如图1，∠ABC=∠ADC=90º，四边形ABCD是损矩形，则该损矩形的直径是线段AC.同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的.如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有∠ADB和∠ACB，此时∠ADB=∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在CB同侧有∠BAC和∠BDC，此时∠BAC=∠BDC．
(1)请在图1中再找出一对这样的角来：__________=___________．
(2)如图2，△ABC中，∠ABC=90º，以AC为一边向外作菱形ACEF，D为菱形ACEF对角线的交点，连接BD，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由．
(3)在第(2)题的条件下，若此时AB=6，BD=82，求BC的长．
23. 定义：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根为x1，x2x1
(2)求衍生点M的轨迹的解析式；
(3)若无论kk≠0为何值，关于x的方程ax2+bx+c=0的衍生点M始终在直线y=kx−2k−2的图象上，求b与c满足的关系．
24. 矩形ABCD中，AB
(2)作∠ABF的平分线交射线DA于点M，当MFBC=12时，求DF的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAC=∠DACAB=AD，
∴△ABE≌△ADE(SAS)．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=42．
∴DE=12AC=22．
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为22，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≌△AED可得DE=BE，所以DE=FG；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG=∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为22，由①知FG=DE，所以FG的最小值为22；
本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂直的定义．根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、三角形的三边关系以及等腰三角形的性质，分3为等腰三角形的腰与3为等腰三角形的底两种情况考虑是解题的关键．分3为等腰三角形的腰与3为等腰三角形的底两种情况考虑，当3为等腰三角形的腰时，将x=3代入原方程可求出k的值，再利用分解因式法解一元二次方程可求出等腰三角形的底，由三角形的三边关系可确定此情况不存在；当3为等腰三角形的底时，由方程的系数结合根的判别式可得出Δ=144−4k=0，解之即可得出k值，进而可求出方程的解，再利用三角形的三边关系确定此种情况题符合意，此题得解．
【解答】
解：当3为等腰三角形的腰时，将x=3代入原方程得9−12×3+k=0，
解得：k=27，
此时原方程为x2−12x+27=0，即(x−3)(x−9)=0，
解得：x1=3，x2=9，
∵3+3=6<9，
∴3不能为等腰三角形的腰；
当3为等腰三角形的底时，方程x2−12x+k=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(−12)2−4k=144−4k=0，
解得：k=36，
此时x1=x2=6，
∵3、6、6可以围成等腰三角形，
∴k=36．
故选B．
3.【答案】A
【解析】解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两家抽到同一景点的结果数为3，
所以两家抽到同一景点的概率=39=13．
故选：A．
画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出两家抽到同一景点的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握三角形相似的判定条件是解题的关键．
根据相似三角形的判定解答即可．
【解答】
解：∵BE、CF分别是△ABC的两条高，
在△ABE和△ACF中，
∠A=∠A∠BEA=∠CFA=90°,
∴△ABE∽△ACF，
∴∠ABE=∠ACF，
∴AEAF=ABAC⇒AEAB=AFAC，
AEAB=AFAC∠A=∠A,
∴△AEF∽△ABC，
∠ABE=∠ACF∠BFO =∠CEO,
∴△BFO∽△CEO，
∴OEOF=OCOB，
∠FOE=∠BOC，
∴△FOE∽△BOC，
易证△BFO∽△CFA，△BFO∽△BEA，△CEO∽△CFA，△CEO∽△BEA，
故图中相似的三角形共有(8)对．
故选C．
5.【答案】A
【解析】解：根据三视图的形状，可得到，俯视图相应位置上放置的个数，进而得出总数量；
俯视图中的数，表示该位置放的数量，因此2+2+1=5．
故选：A．
利用三视图，在俯视图相应位置上标出摆放的桶装方便面的个数，进而得出答案．
考查三视图的实际应用，根据三视图的形状，分析得到俯视图相应位置上放置的个数是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：过点M作MH⊥OB于H．
∵AD//OB，
∴△ADM∽△BOM，
∴OMDM=OBAD，且S△ADMS△BOM=(ADOB)2=49，
∵S△ADM=4，
∴S△BOM=9，
∵DB⊥OB，MH⊥OB，
∴MH//DB，
∴OHHB=OMDM=OBAD=32，
∴OH=35OB，
∴S△MOH=35×S△OBM=275，
∵k2=275，
∴k=545，
故选：B．
过点M作MH⊥OB于H.首先证明△ADM∽△BOM，利用相似三角形的性质求出△OBM的面积=9，再证明OH=35OB，进而求出△MOH的面积，利用反比例系数k的几何意义即可求解．
本题考查反比例系数k的几何意义，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识，解题的关键是求出△OMH的面积．
7.【答案】D
【解析】解：连接OC.作CK⊥x轴于K，BF⊥x轴于F．
∵BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，
∴S△OBC=34×352=1058，
设C(m,km)，则B(4m,k4m)，
∵S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，
∴1058=12⋅(−km−k4m)×3m，
∴k=−7，
故选：D．
由BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，推出S△OBC=34×352=1058，设C(m,km)，则B(4m,k4m)，根据S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，构建方程即可解决问题；
本题考查反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：A、正方体从上面、正面、左侧三个不同方向看到的形状都是正方形，故此选项正确；
B、圆锥，从左边看是三角形，从正面看是三角形，从上面看是圆，故此选项错误；
C、圆柱从上面和正面看都是矩形，从左边看是圆，故此选项正确；
D、球从上面、正面、左侧三个不同方向看到的形状圆，故此选项错误；
故选：B．
分别找出每个图形从三个方向看所得到的图形即可得到答案．
本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
9.【答案】B
【解析】解：∵四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD，
∴AF=BG=CI=DE，DF=AG=BI=CE，DF⊥AF，FG=EF，
∵ME//AD，
∴△FME∽△FAD，
∴FMFA=EFDF，
∴EFFM=DFFA，
∵GF=EF=2FM，
∴DF=2AF，
∴DF=2DE，
∴E为DF中点，
∴M为AF中点，
∴MF=12AF，
同理HN=CN=12CI，
∴IN=MF，
如图，连接CF，
∴四边形CNMF为平行四边形，
∴CF=MN，
∵E为DF中点，CE⊥DF，
∴CF=CD，
∴MN=CD=AD，
在Rt△ADF中，AD=AF2+DF2=5AF，DF=2AF，
∴MN：DF=5AF：2AF=52，
故选：B．
根据四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD，可得AF=BG=CI=DE，DF=AG=BI=CE，DF⊥AF，FG=EF，证明△FME∽△FAD，可得DF=2AF，连接CF，证明四边形CNMF为平行四边形，所以CF=MN，可得MN=CD=AD，然后根据勾股定理，可得AD=5AF，进而可以解决问题．
本题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，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是得到△FME∽△FAD．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查一元二次方程根的判别式和概率关系，同时考查了学生的综合应用能力及推理能力．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；一元二次方程有实数根，判别式为非负数．方程x2+px+q=0有相同实数解，则p2−4q=0，把投掷骰子的36种p、q对应值，代入检验，找出符合条件的个数．
【解答】
解：两人投掷骰子共有36种等可能情况，
其中，有实数解的情况为：
p=6时，q=6、5、4、3、2、1；
p=5时，q=6、5、4、3、2、1；
p=4时，q=4、3、2、1；
p=3时，q=2、1；
p=2时，q=1；
使方程有相等实数解共有2种情况：
p=4，q=4；p=2，q=1；故其概率为118．
故选D．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查正方形的判定和性质，平移的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法，添加辅助线构造全等三角形是关键．
过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，先证明四边形GEE′D和EHCE′是矩形，再证明Rt△AGE≌Rt△E′CF′，
得GE=CF′=EE′=m=CH，AE=E′F′，得F′和H重合，CF=2m，最后利用勾股定理根据AE+EF+CF=24，
得2m2+10−m2+2m=24，解方程求得m即可解答．
【解答】
解：过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，∠ADC=∠C=90°，AD//BC，AD=CD
∴∠DGH=∠GHC=90°，
∴∠GDE=∠GED=45°，
∴GD=GE，
∴四边形GEE′D和EHCE′是矩形，
∴四边形GEE′D是正方形，EH//CD，
∴GE=EE′=DE′=GD，
∴AG=CE′
∵EF⊥AE，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵线段EF向右平移m个单位，使得点E′落在CD上，F′落在BC上．
∴EF//E′F′，EF=E′F′，EE′=FF′=m，
∵EH//CD，
∴∠1=∠4，
∴∠3=∠4，
在Rt△AGE和Rt△E′CF′中∠3=∠4AG=E′C∠AGE=∠E′CF′,
∴Rt△AGE≌Rt△E′CF′，
∴GE=CF′=EE′=m=CH，AE=E′F′，
∴F′和H重合，CF=2m，
∵CD=10，
∴AG=10−m，
由勾股定理得：AE=AG2+EG2=m2+10−m2，
∵AE+EF+CF=24，
∴2m2+10−m2+2m=24，
∴m2+10−m2=12−m，
两边平方得：m2+100−20m+m2=144−24m+m2，
∴m2+4m=44，
∴m2+4m+4=44+4，
∴(m+2)2=48，
∴m+2=43(负数已舍去)，
∴m=43−2．
故选B．
12.【答案】C
【解析】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD//BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB=6，BC=10，
∴AE=12AB=12×6=3，CF=12BC=12×10=5，
∵AD//BC，
∴∠DPH=∠FCH，
在△PDH与△CFH中，
∠DPH=∠FCH∠DHP=∠PHCDH=FH，
∴△PDH≌△CFH(AAS)，
∴PD=CF=5，CH=PH，
∴AP=AD−PD=5，
∴PE=AP2+AE2=52+32=34，
∵点G是EC的中点，
∴GH=12EP=342
故选：C．
连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A=90°，AD//BC，根据全等三角形的性质得到PD=CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13.【答案】2
【解析】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，
根据轴对称性质可知，PN=PN′，
∴PM−PN=PM−PN′≤MN′，
当P，M，N′三点共线时，取“=”，
过O做OE⊥BC于点E，
∴MN′为△OEC的中位线，
∴MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，
∵∠N′CM=45°，
∴△N′CM为等腰直角三角形，CM=MN′，
∵正方形边长为8，BM=6，
∴CM=BC−BM=8−6=2，
∴CM=MN′=2，
即PM−PN的最大值为2，
故答案为：2．
以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′≤MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，过O做OE⊥BC于点E，即可得出MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，得到△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2．
本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决即可．
14.【答案】k≥−94且k≠0
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2+3x−1=0有实数根，
∴△≥0且k≠0，
∴9+4k≥0，
∴k≥−94，且k≠0，
故答案为k≥−94且k≠0．
利用判别式，根据不等式即可解决问题；
本题考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△<0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
15.【答案】1225
【解析】
【分析】
本题主要考查了树状图法与列表法求概率，首先列出表格，列举出所有情况，然后再找出两次摸出的小球有一个红球，一个绿球的情况，最后根据概率公式求解即可．
【解答】
解：列表如下：
红
红
绿
绿
绿
红
(红，红)
(红，红)
(红，绿)
(红，绿)
(红，绿)
红
(红，红)
(红，红)
(红，绿)
(红，绿)
(红，绿)
绿
(绿，红)
(绿，红)
(绿，绿)
(绿，绿)
(绿，绿)
绿
(绿，红)
(绿，红)
(绿，绿)
(绿，绿)
(绿，绿)
绿
(绿，红)
(绿，红)
(绿，绿)
(绿，绿)
(绿，绿)
共有25种结果，其中有一个红球，一个绿球的情况有12种，
∴两次摸出的球中“有一个红球，一个绿球”的概率1225．
故答案为1225．
16.【答案】−1
∴反比例函数y=k2x(k≠0)的图象经过第一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．
∵y2>y1，a+1>a，
∴点A位于第三象限，点B位于第一象限，
∴a<0a+1>0，
解得−1
考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题时，需要熟悉反比例函数解析式中系数与图象的关系．
17.【答案】解：(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(4,2)，
∴点M的横坐标为4，点N的纵坐标为2，
把x=4代入y=−12x+52，得y=12，
∴点M的坐标为(4,12)，
把y=2代入y=−12x+52，得x=1，
∴点N的坐标为(1,2)，
∵函数y=kx(x>0)的图象过点M，
∴k=4×12=2，
∴y=2x(x>0)，
当x=1时，y=21=2，
∴N(1,2)也在函数y=kx(x>0)的图象上；
(2)设直线M′N′的解析式为y=−12x+b，
由y=−12x+by=2x，得x2−2bx+4=0，
∵直线y=−12x+b与函数y═kx(x>0)的图象仅有一个交点，
∴(−2b)2−4×4=0，
解得b=2，b2=−2(舍去)，
∴直线M′N′的解析式为y=−12x+2．
【解析】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，矩形的性质等知识点的应用，主要考查学生应用性质进行计算的能力，题目比较好，难度适中．
(1)根据矩形OABC的顶点B的坐标为(4,2)，可得点M的横坐标为4，点N的纵坐标为2，把x=4代入y=−12x+52，得y=12，可求点M的坐标为(4,12)，把y=2代入y=−12x+52，得x=1，可求点N的坐标为(1,2)，根据待定系数法可求函数y=kx(x>0)的解析式，再图象过点M，求出k的值，验证N(1,2)是否在y=2x的图象上即可．
(2)设直线M′N′的解析式为y=−12x+b，由y=−12x+by=2x得x2−2bx+4=0，再根据判别式即可求解．
18.【答案】解：∵AB=4，CD=1，BC=2，
且AB//CD，
∴Rt△ABE∽Rt△DCE，
∴，
即，
解得CE=，
∴BE=2+23=83(米)，
答：小明应把竹竿移动到距墙米的地方．
【解析】通过投影的知识结合题意构造直角三角形，利用△ABE∽△DCE得到，即可得到CE的长，再求出BE的长即可．
19.【答案】(1)证明：∵GE是AB的垂直平分线，
∴GA=GB，
同理：GD=GC，
在△AGD和△BGC中，
GA=GB∠AGD=∠BGCGD=GC,
∴△AGD≌△BGC(SAS)，
∴AD=BC．
(2) 证明： ∵∠AGD=∠BGC，
∴∠AGB=∠DGC．
在△AGB和△DGC中，GAGD=GBGC，
∴△AGB∽△DGC.
∴EGFG=GAGD．
∵∠AGE=12∠AGB， ∠DGF=12∠DGC，
∴∠AGE=∠DGF．∴∠AGD=∠EGF．
∴△AGD∽△EGF．
(3)延长AD交BC的延长线于点H，则AH⊥BH．
∵△AGD≌△BGC，∴∠GAD=∠GBC．
∵∠HAB+∠HBA=90∘，
∴∠GAB+∠GBA=90∘．
∴∠AGB=90∘．∴∠AGE=12∠AGB=45∘．
∵△AGD∽△EGF，
∴ADEF=GAGE=2．
【解析】本题是相似形综合题目，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识，本题难度较大，综合性强，特别是(3)中，需要通过作辅助线综合运用(1)(2)的结论和三角函数才能得出结果．
(1)由线段垂直平分线的性质得出GA=GB，GD=GC，由SAS证明△AGD≌△BGC，得出对应边相等即可；
(2)先证出∠AGB=∠DGC，由GAGD=GBGC，证出△AGB∽△DGC，得出比例式EGFG=GAGD， 再证出∠AGD=∠EGF，即可得出△AGD∽△EGF；(3)延长AD交BC的延长线于点H，则AH⊥BH，由△AGD≌△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGB=∠AHB=90°，得出∠AGE=12∠AGB=45°，求出AGEG=2，由△AGD∽△EGF，即可得出ADEF的值．
20.【答案】(1)证明：
证法一：如图(1)，延长AD交FE的延长线于N
∵AD//BC，∠C=90°
∴∠NDE=∠FCE=90°
又∵E为CD的中点，
∴DE=EC，
∵∠DEN=∠FEC，
在△NDE和△FCE∠NDE=∠FCEED=CE∠DEN=∠CEF，
∴△NDE≌△FCE(ASA)
∴DN=CF
∵AB//FN，AN//BF，
∴四边形ABFN是平行四边形
∴BF=AD+DN=AD+FC
证法二：如图(2)，过点D作DN//AB交BC于N
∵AD//BN，AB//DN，
∴AD=BN，
∵EF//AB，
∴DN//EF
∴△CEF∽△CDN
∴CEDC=CFCN
∵CEDC=12，
∴CFCN=12，即NF=CF
∴BF=BN+NF=AD+FC
(2)解：∵AB//EF，
∴∠1=∠BEF，
∵∠1=∠2，
∴∠BEF=∠2，
∴EF=BF，
∵BF=BN+NF=AD+CF，
∴EF=BF=AD+CF=AD+BC−BF=1+7−BF，
∴2BF=8，
∴BF=4，
∴EF=4．
故EF的长为4．
【解析】(1)先作AD与EF的延长线，结合已知条件和三角形的相似性质，得出△NDE≌△FCE，然后由平行四边形的性质及判定得出结论．
(2)根据角平分线的性质得出∠1=∠2，再由AB//EF，得出∠1=∠BEF，∠BEF=∠2，EF=BF，EF=BF=AD+BC2，从而得到结论．
本题考查三角形的相似性质、平行四边形的性质及判定以及角平分线的性质的综合运用．
21.【答案】解：(1)①原方程化为：x(x−4)(x+1)=0．
∴x=0或x−4=0或x+1=0．
∴x1=0，x2=4，x3=−1．
②由题意得：2x+3≥0，x≥0，
∴x≥0．
原方程化为：2x+3=x2．
∴(x−3)(x+1)=0．
∴x=3或x=−1(舍去)．
∴原方程的解为x=3．
(2)由题意得：x2y+2xy+y=3x2−2x+1．
∴(y−3)x2+2(y+1)x+y−1=0．
当y=3时，8x+2=0．
∴x=−14，符合题意．
当y≠3时，方程有解，
∴Δ=4(y+1)2−4(y−3)(y−1)≥0．
∴24y≥8．
∴y≥13且y≠3．
综上，y≥13．
∴y的最小值为13．
【解析】本题考查高次方程和无理方程的解法，将方程因式分解或去根号转化成常规方程是求解本题的关键．
(1)①先因式分解，再解方程．②先去根号，再解方程．
(2)转化为解一元二次方程，用判别式法求最值．
22.【答案】解：(1)∠ABD；∠ACD；
(2)四边形ACEF为正方形，理由是：
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵四边形ACEF是菱形，
∴AE⊥CF，
∴∠ADC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是损矩形，
由(1)得∠ACD=∠ABD=45°
∴∠ACE=2∠ACD=90°
∴菱形形ACEF为正方形.
(3)如图2，过D作DG⊥BC于G，过E作EH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵∠DBG=45°，
∴△BDG是等腰直角三角形，
∵BD=82，
∴BG=8，
∵四边形ACEF是正方形，
∴AC=CE，∠ACE=90°，AD=DE，
∵∠ABC=∠H=∠ACE=90°，
∴∠ACB=∠CEH=90°−∠ECH，
∴△ABC≌△CHE，
∴CH=AB=6，
∵AB//DG//EH，AD=DE，
∴BG=GH=8，
∴CG=GH−CH=8−6=2，
∴BC=BG+CG=8+2=10．
【解析】
【分析】
本题是四边形的综合题，也是新定义问题，考查了损矩形和损矩形的直径的概念，菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，认真阅读理解新定义，第3问有难度，作辅助线构建全等三角形是关键．
(1)以AD为公共边，有∠ABD=∠ACD；
(2)证明四边形ACEF是菱形，根据AE⊥CF，由(1)得∠ACD=∠ABD=45°，从而得到结论；
(3)过D作DG⊥BC于G，过E作EH⊥BC，交BC的延长线于H，证明△ABC≌△CHE，得CH=AB=6，根据题意可得BG=GH=8，从而得结论．
【解答】
解：(1)由图1得：四边形ABCD是损矩形，△ABD和△ADC有公共边AD，在AD同侧有∠ABD和∠ACD，此时∠ABD=∠ACD；
(2)(3)见答案．
23.【答案】解：(1)x2−2(m−1)x+m2−2m=0，
∵△=[−2(m−1)]2−4(m2−2m)=4>0，
∴不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
(2)x2−2(m−1)x+m2−2m=0，
解得：x1=m−2，x2=m，
方程x2−2(m−1)x+m2−2m=0的衍生点为M(m−2,m)，
则衍生点M的轨迹的解析式为：y=x+2；
(3)存在．
直线y=kx−2(k−2)=k(x−2)+4，过定点M(2,4)，
∴方程x2+bx+c=0的两个根为x1=2，x2=4，
∴y=a(x−2)(x−4)=a(x2−6x+8)=ax2−6ax+8a，
∴b=−6a，c=8a，
∴bc=−6a8a=−34，
∴4b+3c=0．
【解析】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，新定义型问题，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题．
(1)由△=[−2(m−1)]2−4(m2−2m)=4>0，可得方程总有两个不相等的实数根；
(2)解方程得x1=m−2，x2=m，可得衍生点M的坐标，继而求得轨迹的解析式；
(3)首先求出定点M的坐标，得方程x2+bx+c=0的两个根，整理得b=−6a，c=8a，计算即可．
24.【答案】2
【解析】解：(1)当点E在边CD上时，
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
∴BF=BC=10．
∴AF=BF2−AB2=102−62=8．
∴DF=AD−AF=10−8=2．
故答案为：2；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFR=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF．
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF．
∴AF⋅DF=AB⋅DE．
∵AF⋅DF=9，AB=6，
∴DE=32．
∴CE=CD−DE=92．
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
∴EF=CE=92．
∴DF=EF2−DE2=32；
(2)①点F在AD边上时，
过点M作MN⊥BF于点N，如图，
∵BM平分∠ABF，MA⊥AB，MN⊥BF，
∴MA=MN．
∵∠A=∠MNF=90°，∠AFB=∠NFM，
∴△FAB∽△FNM，
∴MNAB=MFBF．
∵MFBC=12，BF=BC，
∴NMAB=MFBF=12．
∵AB=6，
∴MN=3．
在Rt△ABM和Rt△NBM中，
BM=BMAM=MN，
∴Rt△ABM≌Rt△NBM(HL)．
∴BN=AB=6．
设MF=x，则BF=BC=2x，
∴FN=2x−6，
在Rt△MNF中，
∵MN2+FN2=MF2，
∴32+(2x−6)2=x2，
解得：x=5或x=3(舍去)，
∴BC=2x=10，
∴AD=BC=10．
∴DF=AD−AM−MF=2；
②点F在边DA的延长线时，
过点M作MN⊥BF于点N，如图，
同①可得：AM=MN=3，BN=AB=6，BC=AD=10．
∵BF=BC=10，
∴FN=BF−BN=10−6=4．
∴MF=FN2+MN2=42+32=5，
∴DF=AD+AM+MF=18．
综上，当MFBC=12时，DF的长为2或18．
(1)①利用轴对称的性质和勾股定理求得AF，则DF=AD−AF；
②利用已知条件和相似三角形的平行于性质求得CE，EF，再利用勾股定理即可求得结论；
(2)利用分类讨论的思想方法分点F在AD边上或点F在边DA的延长线上两种情况解答：①点F在AD边上时，过点M作MN⊥BF于点N，利用相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；②点F在边DA的延长线上，利用①中方法解答即可．
本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
北师大版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：100分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3.其中正确结论的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
2. 若等腰三角形一条边的边长为3，另两条边的边长是关于x的一元二次方程x2−12x+k=0的两个根，则k的值是( )
A. 27 B. 36 C. 27或36 D. 18
3. “五一”期间，小胡和小刘两家准备从七仙岭、呀诺达、槟榔谷中选择一景点游玩，他们通过抽签方式确定景点，则两家抽到同一景点的概率是( )
A. 13 B. 16 C. 19 D. 14
4. 如图，BE、CF分别是△ABC的两条高，则图中相似的三角形共有对( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
5. 若干个桶装方便面摆放在桌子上，小明从三个不同方向看到的图形如图所示，则这一堆方便面共有( )
A. 5桶 B. 6桶 C. 9桶 D. 12桶
6. 如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBD的边OB与x轴的正半轴重合，AD//OB，DB⊥x轴，对角线AB，OD交于点M.已知AD：OB=2：3，△AMD的面积为4.若反比例函数y=kx的图象恰好经过点M，则k的值为( )
A. 275
B. 545
C. 585
D. 12
7. 如图，在平面直角坐标系中，△ABE的顶点E在y轴上，原点O在AB边上，反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过顶点A和B，并与BE边交于点C，若BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，则k的值为( )
A. −2
B. −4
C. −6
D. −7
8. 如图，四个几何体中，从上面、正面和左面三个不同方向看，看到的平面图形都相同的几何体有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
9. 由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．作EM//NG//AD.若GF=2FM，则MN：FD的值为( )
A. 233
B. 52
C. 54
D. 1
10. 甲、乙两同学投掷一枚骰子，用字母p、q分别表示两人各投掷一次的点数，则满足关于x的方程x2+px+q=0有两个相等实数解的概率是( )
A. 13 B. 16 C. 112 D. 118
11. 在正方形ABCD的对角线BD上取一点E，连结AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，将线段EF向右平移m单位，使得点E′落在CD上，F′落在BC上．已知AE+EF+CF=24，CD=10，则m的值为( )
A. 6
B. 43−2
C. 42
D. 23+2
12. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB=6，BC=10，则GH的长度为( )
A. 132 B. 292 C. 342 D. 2
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6.P为对角线BD上一点，则PM−PN的最大值为______．
14. 关于x的一元二次方程kx2+3x−1=0有实数根，则k的取值范围是______．
15. 在一个不透明袋子中装有除颜色外无其他差别的红球2个，绿球3个，从中随机摸出一个球，放回并摇匀，再随机摸出一个球，则两次摸出的球中“有一个红球，一个绿球”的概率是________．
16. 已知反比例函数y=k2x(k≠0)的图象过点A(a,y1)，B(a+1,y2)，若y2>y1，则a的取值范围为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为(4,2)，直线y=−12x+52与边AB，BC分别相交于点M，N，函数y=kx(x>0)的图象过点M．
(1)试说明点N也在函数y=kx(x>0)的图象上；
(2)将直线MN沿y轴的负方向平移得到直线M′N′，当直线M′N′与函数y═kx(x>0)的图象仅有一个交点时，求直线M′N′的解析式．
18. 如图，小明家楼房旁立了一根长4米的竹竿，小明在测量竹竿的影子时，发现影子不全落在地面上，有一部分落在楼房的墙壁上，小明测出它落在地面上的影子长为2米，落在墙壁上的影子长为1米，此时，小明想把竹竿移动位置，使其影子刚好不落在墙上．试问，小明应把竹竿移到什么位置？(要求竹竿移动的距离尽可能小)．
19. 如图1，在四边形ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接AG，BG，CG，DG，且∠AGD=∠BGC．
(1)求证：AD=BC;
(2)求证：△AGD∽△EGF;
(3)如图2，若AD，BC所在直线互相垂直，求ADEF的值．
20. 如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠C=90°，E为CD的中点，EF//AB交BC于点F
(1)求证：BF=AD+CF；
(2)当AD=1，BC=7，且BE平分∠ABC时，求EF的长．
21. 阅读下列材料：在解一元二次方程时，无论是用直接开平方法、配方法还是用因式分解法，我们都是将一元二次方程转化为两个一元一次方程，用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如：一元三次方程x3+x2−2x=0，可以通过因式分解把它转化为x(x2+x−2)=0，解一元一次方程x=0和一元二次方程x2+x−2=0，可得x1=0，x2=1，x3=−2．
再如，解无理方程(根号下含有未知数的方程)x+1=2，可以通过方程两边平方把它转化为x+1=4，解得x=3．
(1)解下列方程：
①x3−3x2−4x=0；
②2x+3=x．
(2)根据材料给你的启示，求函数y=3x2−2x+1x2+2x+1的最小值．
22. 定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径.如图1，∠ABC=∠ADC=90º，四边形ABCD是损矩形，则该损矩形的直径是线段AC.同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的.如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有∠ADB和∠ACB，此时∠ADB=∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在CB同侧有∠BAC和∠BDC，此时∠BAC=∠BDC．
(1)请在图1中再找出一对这样的角来：__________=___________．
(2)如图2，△ABC中，∠ABC=90º，以AC为一边向外作菱形ACEF，D为菱形ACEF对角线的交点，连接BD，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由．
(3)在第(2)题的条件下，若此时AB=6，BD=82，求BC的长．
23. 定义：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两个实数根为x1，x2x1
(2)求衍生点M的轨迹的解析式；
(3)若无论kk≠0为何值，关于x的方程ax2+bx+c=0的衍生点M始终在直线y=kx−2k−2的图象上，求b与c满足的关系．
24. 矩形ABCD中，AB
(2)作∠ABF的平分线交射线DA于点M，当MFBC=12时，求DF的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAC=∠DACAB=AD，
∴△ABE≌△ADE(SAS)．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=42．
∴DE=12AC=22．
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为22，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≌△AED可得DE=BE，所以DE=FG；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG=∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为22，由①知FG=DE，所以FG的最小值为22；
本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂直的定义．根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、三角形的三边关系以及等腰三角形的性质，分3为等腰三角形的腰与3为等腰三角形的底两种情况考虑是解题的关键．分3为等腰三角形的腰与3为等腰三角形的底两种情况考虑，当3为等腰三角形的腰时，将x=3代入原方程可求出k的值，再利用分解因式法解一元二次方程可求出等腰三角形的底，由三角形的三边关系可确定此情况不存在；当3为等腰三角形的底时，由方程的系数结合根的判别式可得出Δ=144−4k=0，解之即可得出k值，进而可求出方程的解，再利用三角形的三边关系确定此种情况题符合意，此题得解．
【解答】
解：当3为等腰三角形的腰时，将x=3代入原方程得9−12×3+k=0，
解得：k=27，
此时原方程为x2−12x+27=0，即(x−3)(x−9)=0，
解得：x1=3，x2=9，
∵3+3=6<9，
∴3不能为等腰三角形的腰；
当3为等腰三角形的底时，方程x2−12x+k=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(−12)2−4k=144−4k=0，
解得：k=36，
此时x1=x2=6，
∵3、6、6可以围成等腰三角形，
∴k=36．
故选B．
3.【答案】A
【解析】解：画树状图为：
共有9种等可能的结果数，其中两家抽到同一景点的结果数为3，
所以两家抽到同一景点的概率=39=13．
故选：A．
画树状图展示所有9种等可能的结果数，找出两家抽到同一景点的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握三角形相似的判定条件是解题的关键．
根据相似三角形的判定解答即可．
【解答】
解：∵BE、CF分别是△ABC的两条高，
在△ABE和△ACF中，
∠A=∠A∠BEA=∠CFA=90°,
∴△ABE∽△ACF，
∴∠ABE=∠ACF，
∴AEAF=ABAC⇒AEAB=AFAC，
AEAB=AFAC∠A=∠A,
∴△AEF∽△ABC，
∠ABE=∠ACF∠BFO =∠CEO,
∴△BFO∽△CEO，
∴OEOF=OCOB，
∠FOE=∠BOC，
∴△FOE∽△BOC，
易证△BFO∽△CFA，△BFO∽△BEA，△CEO∽△CFA，△CEO∽△BEA，
故图中相似的三角形共有(8)对．
故选C．
5.【答案】A
【解析】解：根据三视图的形状，可得到，俯视图相应位置上放置的个数，进而得出总数量；
俯视图中的数，表示该位置放的数量，因此2+2+1=5．
故选：A．
利用三视图，在俯视图相应位置上标出摆放的桶装方便面的个数，进而得出答案．
考查三视图的实际应用，根据三视图的形状，分析得到俯视图相应位置上放置的个数是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：过点M作MH⊥OB于H．
∵AD//OB，
∴△ADM∽△BOM，
∴OMDM=OBAD，且S△ADMS△BOM=(ADOB)2=49，
∵S△ADM=4，
∴S△BOM=9，
∵DB⊥OB，MH⊥OB，
∴MH//DB，
∴OHHB=OMDM=OBAD=32，
∴OH=35OB，
∴S△MOH=35×S△OBM=275，
∵k2=275，
∴k=545，
故选：B．
过点M作MH⊥OB于H.首先证明△ADM∽△BOM，利用相似三角形的性质求出△OBM的面积=9，再证明OH=35OB，进而求出△MOH的面积，利用反比例系数k的几何意义即可求解．
本题考查反比例系数k的几何意义，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识，解题的关键是求出△OMH的面积．
7.【答案】D
【解析】解：连接OC.作CK⊥x轴于K，BF⊥x轴于F．
∵BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，
∴S△OBC=34×352=1058，
设C(m,km)，则B(4m,k4m)，
∵S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，
∴1058=12⋅(−km−k4m)×3m，
∴k=−7，
故选：D．
由BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，推出S△OBC=34×352=1058，设C(m,km)，则B(4m,k4m)，根据S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，构建方程即可解决问题；
本题考查反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】B
【解析】解：A、正方体从上面、正面、左侧三个不同方向看到的形状都是正方形，故此选项正确；
B、圆锥，从左边看是三角形，从正面看是三角形，从上面看是圆，故此选项错误；
C、圆柱从上面和正面看都是矩形，从左边看是圆，故此选项正确；
D、球从上面、正面、左侧三个不同方向看到的形状圆，故此选项错误；
故选：B．
分别找出每个图形从三个方向看所得到的图形即可得到答案．
本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．
9.【答案】B
【解析】解：∵四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD，
∴AF=BG=CI=DE，DF=AG=BI=CE，DF⊥AF，FG=EF，
∵ME//AD，
∴△FME∽△FAD，
∴FMFA=EFDF，
∴EFFM=DFFA，
∵GF=EF=2FM，
∴DF=2AF，
∴DF=2DE，
∴E为DF中点，
∴M为AF中点，
∴MF=12AF，
同理HN=CN=12CI，
∴IN=MF，
如图，连接CF，
∴四边形CNMF为平行四边形，
∴CF=MN，
∵E为DF中点，CE⊥DF，
∴CF=CD，
∴MN=CD=AD，
在Rt△ADF中，AD=AF2+DF2=5AF，DF=2AF，
∴MN：DF=5AF：2AF=52，
故选：B．
根据四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD，可得AF=BG=CI=DE，DF=AG=BI=CE，DF⊥AF，FG=EF，证明△FME∽△FAD，可得DF=2AF，连接CF，证明四边形CNMF为平行四边形，所以CF=MN，可得MN=CD=AD，然后根据勾股定理，可得AD=5AF，进而可以解决问题．
本题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，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是得到△FME∽△FAD．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查一元二次方程根的判别式和概率关系，同时考查了学生的综合应用能力及推理能力．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比；一元二次方程有实数根，判别式为非负数．方程x2+px+q=0有相同实数解，则p2−4q=0，把投掷骰子的36种p、q对应值，代入检验，找出符合条件的个数．
【解答】
解：两人投掷骰子共有36种等可能情况，
其中，有实数解的情况为：
p=6时，q=6、5、4、3、2、1；
p=5时，q=6、5、4、3、2、1；
p=4时，q=4、3、2、1；
p=3时，q=2、1；
p=2时，q=1；
使方程有相等实数解共有2种情况：
p=4，q=4；p=2，q=1；故其概率为118．
故选D．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查正方形的判定和性质，平移的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法，添加辅助线构造全等三角形是关键．
过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，先证明四边形GEE′D和EHCE′是矩形，再证明Rt△AGE≌Rt△E′CF′，
得GE=CF′=EE′=m=CH，AE=E′F′，得F′和H重合，CF=2m，最后利用勾股定理根据AE+EF+CF=24，
得2m2+10−m2+2m=24，解方程求得m即可解答．
【解答】
解：过点E作GH⊥AD于G，交BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，∠ADC=∠C=90°，AD//BC，AD=CD
∴∠DGH=∠GHC=90°，
∴∠GDE=∠GED=45°，
∴GD=GE，
∴四边形GEE′D和EHCE′是矩形，
∴四边形GEE′D是正方形，EH//CD，
∴GE=EE′=DE′=GD，
∴AG=CE′
∵EF⊥AE，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠3+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∵线段EF向右平移m个单位，使得点E′落在CD上，F′落在BC上．
∴EF//E′F′，EF=E′F′，EE′=FF′=m，
∵EH//CD，
∴∠1=∠4，
∴∠3=∠4，
在Rt△AGE和Rt△E′CF′中∠3=∠4AG=E′C∠AGE=∠E′CF′,
∴Rt△AGE≌Rt△E′CF′，
∴GE=CF′=EE′=m=CH，AE=E′F′，
∴F′和H重合，CF=2m，
∵CD=10，
∴AG=10−m，
由勾股定理得：AE=AG2+EG2=m2+10−m2，
∵AE+EF+CF=24，
∴2m2+10−m2+2m=24，
∴m2+10−m2=12−m，
两边平方得：m2+100−20m+m2=144−24m+m2，
∴m2+4m=44，
∴m2+4m+4=44+4，
∴(m+2)2=48，
∴m+2=43(负数已舍去)，
∴m=43−2．
故选B．
12.【答案】C
【解析】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD//BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB=6，BC=10，
∴AE=12AB=12×6=3，CF=12BC=12×10=5，
∵AD//BC，
∴∠DPH=∠FCH，
在△PDH与△CFH中，
∠DPH=∠FCH∠DHP=∠PHCDH=FH，
∴△PDH≌△CFH(AAS)，
∴PD=CF=5，CH=PH，
∴AP=AD−PD=5，
∴PE=AP2+AE2=52+32=34，
∵点G是EC的中点，
∴GH=12EP=342
故选：C．
连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A=90°，AD//BC，根据全等三角形的性质得到PD=CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13.【答案】2
【解析】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，
根据轴对称性质可知，PN=PN′，
∴PM−PN=PM−PN′≤MN′，
当P，M，N′三点共线时，取“=”，
过O做OE⊥BC于点E，
∴MN′为△OEC的中位线，
∴MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，
∵∠N′CM=45°，
∴△N′CM为等腰直角三角形，CM=MN′，
∵正方形边长为8，BM=6，
∴CM=BC−BM=8−6=2，
∴CM=MN′=2，
即PM−PN的最大值为2，
故答案为：2．
以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′≤MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，过O做OE⊥BC于点E，即可得出MN′//OE//AB//CD，∠CMN′=90°，得到△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2．
本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决即可．
14.【答案】k≥−94且k≠0
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2+3x−1=0有实数根，
∴△≥0且k≠0，
∴9+4k≥0，
∴k≥−94，且k≠0，
故答案为k≥−94且k≠0．
利用判别式，根据不等式即可解决问题；
本题考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△<0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
15.【答案】1225
【解析】
【分析】
本题主要考查了树状图法与列表法求概率，首先列出表格，列举出所有情况，然后再找出两次摸出的小球有一个红球，一个绿球的情况，最后根据概率公式求解即可．
【解答】
解：列表如下：
红
红
绿
绿
绿
红
(红，红)
(红，红)
(红，绿)
(红，绿)
(红，绿)
红
(红，红)
(红，红)
(红，绿)
(红，绿)
(红，绿)
绿
(绿，红)
(绿，红)
(绿，绿)
(绿，绿)
(绿，绿)
绿
(绿，红)
(绿，红)
(绿，绿)
(绿，绿)
(绿，绿)
绿
(绿，红)
(绿，红)
(绿，绿)
(绿，绿)
(绿，绿)
共有25种结果，其中有一个红球，一个绿球的情况有12种，
∴两次摸出的球中“有一个红球，一个绿球”的概率1225．
故答案为1225．
16.【答案】−1
∴反比例函数y=k2x(k≠0)的图象经过第一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．
∵y2>y1，a+1>a，
∴点A位于第三象限，点B位于第一象限，
∴a<0a+1>0，
解得−1
考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题时，需要熟悉反比例函数解析式中系数与图象的关系．
17.【答案】解：(1)∵矩形OABC的顶点B的坐标为(4,2)，
∴点M的横坐标为4，点N的纵坐标为2，
把x=4代入y=−12x+52，得y=12，
∴点M的坐标为(4,12)，
把y=2代入y=−12x+52，得x=1，
∴点N的坐标为(1,2)，
∵函数y=kx(x>0)的图象过点M，
∴k=4×12=2，
∴y=2x(x>0)，
当x=1时，y=21=2，
∴N(1,2)也在函数y=kx(x>0)的图象上；
(2)设直线M′N′的解析式为y=−12x+b，
由y=−12x+by=2x，得x2−2bx+4=0，
∵直线y=−12x+b与函数y═kx(x>0)的图象仅有一个交点，
∴(−2b)2−4×4=0，
解得b=2，b2=−2(舍去)，
∴直线M′N′的解析式为y=−12x+2．
【解析】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，矩形的性质等知识点的应用，主要考查学生应用性质进行计算的能力，题目比较好，难度适中．
(1)根据矩形OABC的顶点B的坐标为(4,2)，可得点M的横坐标为4，点N的纵坐标为2，把x=4代入y=−12x+52，得y=12，可求点M的坐标为(4,12)，把y=2代入y=−12x+52，得x=1，可求点N的坐标为(1,2)，根据待定系数法可求函数y=kx(x>0)的解析式，再图象过点M，求出k的值，验证N(1,2)是否在y=2x的图象上即可．
(2)设直线M′N′的解析式为y=−12x+b，由y=−12x+by=2x得x2−2bx+4=0，再根据判别式即可求解．
18.【答案】解：∵AB=4，CD=1，BC=2，
且AB//CD，
∴Rt△ABE∽Rt△DCE，
∴，
即，
解得CE=，
∴BE=2+23=83(米)，
答：小明应把竹竿移动到距墙米的地方．
【解析】通过投影的知识结合题意构造直角三角形，利用△ABE∽△DCE得到，即可得到CE的长，再求出BE的长即可．
19.【答案】(1)证明：∵GE是AB的垂直平分线，
∴GA=GB，
同理：GD=GC，
在△AGD和△BGC中，
GA=GB∠AGD=∠BGCGD=GC,
∴△AGD≌△BGC(SAS)，
∴AD=BC．
(2) 证明： ∵∠AGD=∠BGC，
∴∠AGB=∠DGC．
在△AGB和△DGC中，GAGD=GBGC，
∴△AGB∽△DGC.
∴EGFG=GAGD．
∵∠AGE=12∠AGB， ∠DGF=12∠DGC，
∴∠AGE=∠DGF．∴∠AGD=∠EGF．
∴△AGD∽△EGF．
(3)延长AD交BC的延长线于点H，则AH⊥BH．
∵△AGD≌△BGC，∴∠GAD=∠GBC．
∵∠HAB+∠HBA=90∘，
∴∠GAB+∠GBA=90∘．
∴∠AGB=90∘．∴∠AGE=12∠AGB=45∘．
∵△AGD∽△EGF，
∴ADEF=GAGE=2．
【解析】本题是相似形综合题目，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识，本题难度较大，综合性强，特别是(3)中，需要通过作辅助线综合运用(1)(2)的结论和三角函数才能得出结果．
(1)由线段垂直平分线的性质得出GA=GB，GD=GC，由SAS证明△AGD≌△BGC，得出对应边相等即可；
(2)先证出∠AGB=∠DGC，由GAGD=GBGC，证出△AGB∽△DGC，得出比例式EGFG=GAGD， 再证出∠AGD=∠EGF，即可得出△AGD∽△EGF；(3)延长AD交BC的延长线于点H，则AH⊥BH，由△AGD≌△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGB=∠AHB=90°，得出∠AGE=12∠AGB=45°，求出AGEG=2，由△AGD∽△EGF，即可得出ADEF的值．
20.【答案】(1)证明：
证法一：如图(1)，延长AD交FE的延长线于N
∵AD//BC，∠C=90°
∴∠NDE=∠FCE=90°
又∵E为CD的中点，
∴DE=EC，
∵∠DEN=∠FEC，
在△NDE和△FCE∠NDE=∠FCEED=CE∠DEN=∠CEF，
∴△NDE≌△FCE(ASA)
∴DN=CF
∵AB//FN，AN//BF，
∴四边形ABFN是平行四边形
∴BF=AD+DN=AD+FC
证法二：如图(2)，过点D作DN//AB交BC于N
∵AD//BN，AB//DN，
∴AD=BN，
∵EF//AB，
∴DN//EF
∴△CEF∽△CDN
∴CEDC=CFCN
∵CEDC=12，
∴CFCN=12，即NF=CF
∴BF=BN+NF=AD+FC
(2)解：∵AB//EF，
∴∠1=∠BEF，
∵∠1=∠2，
∴∠BEF=∠2，
∴EF=BF，
∵BF=BN+NF=AD+CF，
∴EF=BF=AD+CF=AD+BC−BF=1+7−BF，
∴2BF=8，
∴BF=4，
∴EF=4．
故EF的长为4．
【解析】(1)先作AD与EF的延长线，结合已知条件和三角形的相似性质，得出△NDE≌△FCE，然后由平行四边形的性质及判定得出结论．
(2)根据角平分线的性质得出∠1=∠2，再由AB//EF，得出∠1=∠BEF，∠BEF=∠2，EF=BF，EF=BF=AD+BC2，从而得到结论．
本题考查三角形的相似性质、平行四边形的性质及判定以及角平分线的性质的综合运用．
21.【答案】解：(1)①原方程化为：x(x−4)(x+1)=0．
∴x=0或x−4=0或x+1=0．
∴x1=0，x2=4，x3=−1．
②由题意得：2x+3≥0，x≥0，
∴x≥0．
原方程化为：2x+3=x2．
∴(x−3)(x+1)=0．
∴x=3或x=−1(舍去)．
∴原方程的解为x=3．
(2)由题意得：x2y+2xy+y=3x2−2x+1．
∴(y−3)x2+2(y+1)x+y−1=0．
当y=3时，8x+2=0．
∴x=−14，符合题意．
当y≠3时，方程有解，
∴Δ=4(y+1)2−4(y−3)(y−1)≥0．
∴24y≥8．
∴y≥13且y≠3．
综上，y≥13．
∴y的最小值为13．
【解析】本题考查高次方程和无理方程的解法，将方程因式分解或去根号转化成常规方程是求解本题的关键．
(1)①先因式分解，再解方程．②先去根号，再解方程．
(2)转化为解一元二次方程，用判别式法求最值．
22.【答案】解：(1)∠ABD；∠ACD；
(2)四边形ACEF为正方形，理由是：
∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵四边形ACEF是菱形，
∴AE⊥CF，
∴∠ADC=90°，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是损矩形，
由(1)得∠ACD=∠ABD=45°
∴∠ACE=2∠ACD=90°
∴菱形形ACEF为正方形.
(3)如图2，过D作DG⊥BC于G，过E作EH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵∠DBG=45°，
∴△BDG是等腰直角三角形，
∵BD=82，
∴BG=8，
∵四边形ACEF是正方形，
∴AC=CE，∠ACE=90°，AD=DE，
∵∠ABC=∠H=∠ACE=90°，
∴∠ACB=∠CEH=90°−∠ECH，
∴△ABC≌△CHE，
∴CH=AB=6，
∵AB//DG//EH，AD=DE，
∴BG=GH=8，
∴CG=GH−CH=8−6=2，
∴BC=BG+CG=8+2=10．
【解析】
【分析】
本题是四边形的综合题，也是新定义问题，考查了损矩形和损矩形的直径的概念，菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，认真阅读理解新定义，第3问有难度，作辅助线构建全等三角形是关键．
(1)以AD为公共边，有∠ABD=∠ACD；
(2)证明四边形ACEF是菱形，根据AE⊥CF，由(1)得∠ACD=∠ABD=45°，从而得到结论；
(3)过D作DG⊥BC于G，过E作EH⊥BC，交BC的延长线于H，证明△ABC≌△CHE，得CH=AB=6，根据题意可得BG=GH=8，从而得结论．
【解答】
解：(1)由图1得：四边形ABCD是损矩形，△ABD和△ADC有公共边AD，在AD同侧有∠ABD和∠ACD，此时∠ABD=∠ACD；
(2)(3)见答案．
23.【答案】解：(1)x2−2(m−1)x+m2−2m=0，
∵△=[−2(m−1)]2−4(m2−2m)=4>0，
∴不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
(2)x2−2(m−1)x+m2−2m=0，
解得：x1=m−2，x2=m，
方程x2−2(m−1)x+m2−2m=0的衍生点为M(m−2,m)，
则衍生点M的轨迹的解析式为：y=x+2；
(3)存在．
直线y=kx−2(k−2)=k(x−2)+4，过定点M(2,4)，
∴方程x2+bx+c=0的两个根为x1=2，x2=4，
∴y=a(x−2)(x−4)=a(x2−6x+8)=ax2−6ax+8a，
∴b=−6a，c=8a，
∴bc=−6a8a=−34，
∴4b+3c=0．
【解析】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，新定义型问题，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题．
(1)由△=[−2(m−1)]2−4(m2−2m)=4>0，可得方程总有两个不相等的实数根；
(2)解方程得x1=m−2，x2=m，可得衍生点M的坐标，继而求得轨迹的解析式；
(3)首先求出定点M的坐标，得方程x2+bx+c=0的两个根，整理得b=−6a，c=8a，计算即可．
24.【答案】2
【解析】解：(1)当点E在边CD上时，
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
∴BF=BC=10．
∴AF=BF2−AB2=102−62=8．
∴DF=AD−AF=10−8=2．
故答案为：2；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFR=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF．
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF．
∴AF⋅DF=AB⋅DE．
∵AF⋅DF=9，AB=6，
∴DE=32．
∴CE=CD−DE=92．
∵点C关于BE的对称点F恰好落在射线DA上，
∴EF=CE=92．
∴DF=EF2−DE2=32；
(2)①点F在AD边上时，
过点M作MN⊥BF于点N，如图，
∵BM平分∠ABF，MA⊥AB，MN⊥BF，
∴MA=MN．
∵∠A=∠MNF=90°，∠AFB=∠NFM，
∴△FAB∽△FNM，
∴MNAB=MFBF．
∵MFBC=12，BF=BC，
∴NMAB=MFBF=12．
∵AB=6，
∴MN=3．
在Rt△ABM和Rt△NBM中，
BM=BMAM=MN，
∴Rt△ABM≌Rt△NBM(HL)．
∴BN=AB=6．
设MF=x，则BF=BC=2x，
∴FN=2x−6，
在Rt△MNF中，
∵MN2+FN2=MF2，
∴32+(2x−6)2=x2，
解得：x=5或x=3(舍去)，
∴BC=2x=10，
∴AD=BC=10．
∴DF=AD−AM−MF=2；
②点F在边DA的延长线时，
过点M作MN⊥BF于点N，如图，
同①可得：AM=MN=3，BN=AB=6，BC=AD=10．
∵BF=BC=10，
∴FN=BF−BN=10−6=4．
∴MF=FN2+MN2=42+32=5，
∴DF=AD+AM+MF=18．
综上，当MFBC=12时，DF的长为2或18．
(1)①利用轴对称的性质和勾股定理求得AF，则DF=AD−AF；
②利用已知条件和相似三角形的平行于性质求得CE，EF，再利用勾股定理即可求得结论；
(2)利用分类讨论的思想方法分点F在AD边上或点F在边DA的延长线上两种情况解答：①点F在AD边上时，过点M作MN⊥BF于点N，利用相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；②点F在边DA的延长线上，利用①中方法解答即可．
本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
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