2020年湖南师大附中九年级下学期第一次月考数学试卷(含答案)

这是一份2020年湖南师大附中九年级下学期第一次月考数学试卷(含答案)，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年湖南师大附中博才中学九年级（下）第一次月考数学试卷
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分）
1．如图，A，B，C，D是数轴上的四个点，其中最适合表示无理数π的点是（　　）

A．点A B．点B C．点C D．点D
2．下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a8÷a2＝a4
C．a2+a2＝2a2 D．（a+3）2＝a2+9
3．如图，三角板的直角顶点落在矩形纸片的一边上．若∠1＝35°，则∠2的度数是（　　）

A．35° B．45° C．55° D．65°
4．不等式组的解集，在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．若一次函数y＝（k﹣2）x+1的函数值y随x的增大而增大，则（　　）
A．k＜2 B．k＞2 C．k＞0 D．k＜0
6．下列整数中，与10﹣最接近的是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．对于y＝2（x﹣3）2+2的图象，下列叙述正确的是（　　）
A．顶点坐标为（﹣3，2）
B．开口向下
C．当x≥3时，y随x的增大而增大
D．对称轴是直线y＝﹣3
8．如图，小亮为了测量校园里教学楼AB的高度，将测角仪CD竖直放置在与教学楼水平距离为18 m的地面上，若测角仪的高度是1.5 m．测得教学楼的顶部A处的仰角为30°．则教学楼的高度是（　　）

A．55.5 m B．54 m C．19.5 m D．18 m
9．如图所示，直线l1：y＝x+6与直线l2：y＝﹣x﹣2交于点P（﹣2，3），不等式x+6＞﹣x﹣2的解集是（　　）

A．x＞﹣2 B．x≥﹣2 C．x＜﹣2 D．x≤﹣2
10．一个物体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是全等的等边三角形，俯视图是圆，根据图中所示数据，可求这个物体的表面积为（　　）

A．π B．2π C．3π D．（+1）π
11．如图，半径为3的⊙A经过原点O和点C（0，2），B是y轴左侧⊙A优弧上一点，则tan∠OBC为（　　）

A． B．2 C． D．
12．如图，正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，延长EF交BC于G，FH⊥BC，垂足为H，连接BF、DG．以下结论：①BF∥ED；②△DFG≌△DCG；③△FHB∽△EAD；④tan∠GEB＝；⑤S△BFG＝2.6；其中正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（共6小题18分）
13．使得式子有意义的x的取值范围是　 　．
14．把多项式a3﹣6a2b+9ab2分解因式的结果是　 　．
15．已知实数m，n是方程x2﹣7x+2＝0的两不等实根，则＝　 　．
16．如图，在正六边形ABCDEF中，AC＝2，则它的边长是　 　．

17．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　 　°．

18．如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点E、F分别在边AB、AD上且AE＝DF，则△AEF面积的最大值为　 　．

三．解答题(共66分)
19．计算：．
20．先化简，再求值：（a+3）2﹣（a+1）（a﹣1）﹣2（2a+4），其中a＝﹣．
21．湖南师大附中组织集团校内七、八、九年级学生参加“12KM”作文比赛，该校将收到的参赛作文进行分年级统计，绘制了如图1和如图2两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息完成以下问题．

（1）扇形统计图中九年级参赛作文篇数对应的圆心角是　 　度．八年级参赛作文篇数对应的百分比是　 　．
（2）请补全条形统计图．
（3）经过评审，全集团校内有4篇作文荣获特等奖，其中一篇来自九年级，学校准备从特等奖作文中任选两篇刊登在校报上，请利用画树状图或列表的方法求出九年级特等奖作文被选登在校报上的概率．
22．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，D为的中点，过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为5，AB＝8，求CE的长．

23．某山区不仅有美丽风光，也有许多令人喜爱的土特产，为实现脱贫奔小康，某村组织村民加工包装土特产销售给游客，以增加村民收入．已知某种土特产每袋成本10元．试销阶段每袋的销售价x（元）与该土特产的日销售量y（袋）之间的关系如表：
x（元）
15
20
30
…
y（袋）
25
20
10
…
若日销售量y是销售价x的一次函数，试求：
（1）日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式；
（2）假设后续销售情况与试销阶段效果相同，要使这种土特产每日销售的利润最大，每袋的销售价应定为多少元？每日销售的最大利润是多少元？
24．如图，点E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，连接DE，过顶点B作BF⊥DE，垂足为F，BF交边DC于点G．
（1）求证：DG•BC＝DF•BG；
（2）连接CF，求∠CFB的大小；
（3）作点C关于直线DE的对称点H，连接CH，FH．猜想线段DF，BF，CH之间的数量关系并加以证明．

25．已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点A的直线y＝kx+b与y轴交于点D，与抛物线交于点E．
（1）若k＝且点C与点D关于x轴对称，求a的值；
（2）若a＝，∠DAB＝CBA，求直线y＝kx+b的解析式；
（3）若点E在第一象限，问：是否存在直线y＝kx+b，使得△ABE与△ABC相似？若存在，请求出直线y＝kx+b的解析式，若不存在，请说明理由．
26．我们规定：只有一组对角为直角的四边形称之为“伪矩形”

（1）如图1，已知四边形ABCD为“伪矩形”，且∠ABC＝90°，证明：A，B，C，D四点在同一个圆上；
（2）在（1）问情况下，分别延长AD至E，CD至F使得ED＝AD，FD＝CD，连接AF，EF，CE，得到四边形ACEF．如图2，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊四边形？请说明理由，若AB＝3，BD＝7，求BC的长；
（3）已知四边形ABCD为“伪矩形”，且∠ABC＝90°，AC⊥BD于O，以O为坐标原点，直线AC作x轴，直线BD作y轴，建立如图3平面直角坐标系，已知二次函数y＝ax2+bx+c经过A，B，C三点，P为二次函数图象上A，B之间的一个动点，记△AOB的面积为S1，△COD的面积为S2，△ABP的面积为S3，且满足以下两个条件：①S1＝4S2，②S3的最大值为4，求此二次函数的解析式．


2019-2020学年湖南师大附中博才中学九年级（下）第一次月考数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．如图，A，B，C，D是数轴上的四个点，其中最适合表示无理数π的点是（　　）

A．点A B．点B C．点C D．点D
【分析】能够估算无理数π的范围，结合数轴找到点即可．
【解答】解：因为无理数π大于3，在数轴上表示大于3的点为点D；
故选：D．
2．下列计算正确的是（　　）
A．a2•a3＝a6 B．a8÷a2＝a4
C．a2+a2＝2a2 D．（a+3）2＝a2+9
【分析】直接利用同底数幂的乘除运算法则以及完全平方公式、合并同类项法则分别化简得出答案．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，故此选项错误；
B、a8÷a2＝a6，故此选项错误；
C、a2+a2＝2a2，正确；
D、（a+3）2＝a2+6a+9，故此选项错误；
故选：C．
3．如图，三角板的直角顶点落在矩形纸片的一边上．若∠1＝35°，则∠2的度数是（　　）

A．35° B．45° C．55° D．65°
【分析】求出∠3即可解决问题；
【解答】解：

∵∠1+∠3＝90°，∠1＝35°，
∴∠3＝55°，
∴∠2＝∠3＝55°，
故选：C．
4．不等式组的解集，在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据解一元一次不等式的方法可以解答本题．
【解答】解：，
由不等式①，得
x＞﹣2，
由不等式②，得
x≤2，
故原不等式组的解集是﹣2＜x≤2，
故选：B．
5．若一次函数y＝（k﹣2）x+1的函数值y随x的增大而增大，则（　　）
A．k＜2 B．k＞2 C．k＞0 D．k＜0
【分析】根据一次函数的性质，可得答案．
【解答】解：由题意，得
k﹣2＞0，
解得k＞2，
故选：B．
6．下列整数中，与10﹣最接近的是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】解法一：由于9＜13＜16，可判断与4最接近，从而可判断与10﹣最接近的整数为6．
解法二：计算3.5的平方与13作比较，再得10﹣＜6.5，可作判断．
【解答】解：解法一：∵9＜13＜16，
∴3＜＜4，
∵3.62＝12.96，3.72＝13.69，
∴3.6＜＜3.7，
∴﹣3.7＜﹣＜﹣3.6，
∴10﹣3.7＜10﹣＜10﹣3.6，
∴6.3＜10﹣＜6.4，
∴与10﹣最接近的是6．
解法二：∵3＜＜4，
∴6＜10﹣＜7，
∵3.52＝12.25，且12.25＜13，
∴＞3.5，
∴10﹣＜6.5，
∴与10﹣最接近的是6．
故选：C．
7．对于y＝2（x﹣3）2+2的图象，下列叙述正确的是（　　）
A．顶点坐标为（﹣3，2）
B．开口向下
C．当x≥3时，y随x的增大而增大
D．对称轴是直线y＝﹣3
【分析】先确定顶点及对称轴，结合抛物线的开口方向逐一判断．
【解答】解：A．y＝2（x﹣3）2+2的顶点坐标为（3，2），此选项错误；
B．由a＝2＞0知开口向上，此选项错误；
C．当x≥3时，y随x的增大而增大，此选项正确；
D．对称轴是直线x＝3，此选项错误；
故选：C．
8．如图，小亮为了测量校园里教学楼AB的高度，将测角仪CD竖直放置在与教学楼水平距离为18 m的地面上，若测角仪的高度是1.5 m．测得教学楼的顶部A处的仰角为30°．则教学楼的高度是（　　）

A．55.5 m B．54 m C．19.5 m D．18 m
【分析】根据三角函数和直角三角形的性质解答即可．
【解答】解：过D作DE⊥AB，
∵在D处测得教学楼的顶部A的仰角为30°，
∴∠ADE＝30°，
∵BC＝DE＝18m，
∴AE＝DE•tan30°＝18 m，
∴AB＝AE+BE＝AE+CD＝18+1.5＝19.5 m，
故选：C．

9．如图所示，直线l1：y＝x+6与直线l2：y＝﹣x﹣2交于点P（﹣2，3），不等式x+6＞﹣x﹣2的解集是（　　）

A．x＞﹣2 B．x≥﹣2 C．x＜﹣2 D．x≤﹣2
【分析】利用函数图象写出直线l1：y＝x+6与在直线l2：y＝﹣x﹣2上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：当x＞﹣2时，x+6＞﹣x﹣2，
所以不等式x+6＞﹣x﹣2的解集是x＞﹣2．
故选：A．
10．一个物体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是全等的等边三角形，俯视图是圆，根据图中所示数据，可求这个物体的表面积为（　　）

A．π B．2π C．3π D．（+1）π
【分析】由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其轴截面是一个高为的正三角形．可计算边长为2，据此即可得出表面积．
【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个圆锥，其轴截面是一个高为的正三角形．
∴正三角形的边长＝＝2．
∴圆锥的底面圆半径是1，母线长是2，
∴底面周长为2π
∴侧面积为2π×2＝2π，∵底面积为πr2＝π，
∴全面积是3π．
故选：C．
11．如图，半径为3的⊙A经过原点O和点C（0，2），B是y轴左侧⊙A优弧上一点，则tan∠OBC为（　　）

A． B．2 C． D．
【分析】设⊙A交x轴于D，连接CD，则CD是直径，根据勾股定理求出OD，根据正切的定义求出tan∠CDO，根据圆周角定理得到∠OBC＝∠CDO，等量代换即可．
【解答】解：设⊙A交x轴于D，连接CD，则CD是直径，
在Rt△OCD中，CD＝6，OC＝2，
则OD＝＝4，
tan∠CDO＝＝，
由圆周角定理得，∠OBC＝∠CDO，
则tan∠OBC＝，
故选：D．

12．如图，正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，延长EF交BC于G，FH⊥BC，垂足为H，连接BF、DG．以下结论：①BF∥ED；②△DFG≌△DCG；③△FHB∽△EAD；④tan∠GEB＝；⑤S△BFG＝2.6；其中正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据正方形的性质以及折叠的性质依次对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点
∴AD＝DC＝BC＝AB＝6，AE＝BE＝3，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°
∵△ADE沿DE翻折得到△FDE
∴∠AED＝∠FED，AD＝FD＝6，AE＝EF＝3，∠A＝∠DFE＝90°
∴BE＝EF＝3，∠DFG＝∠C＝90°
∴∠EBF＝∠EFB
∵∠AED+∠FED＝∠EBF+∠EFB
∴∠DEF＝∠EFB
∴BF∥ED
故结论①正确；
∵AD＝DF＝DC＝6，∠DFG＝∠C＝90°，DG＝DG
∴Rt△DFG≌Rt△DCG
∴结论②正确；
∵FH⊥BC，∠ABC＝90°
∴AB∥FH，∠FHB＝∠A＝90°
∵∠EBF＝∠BFH＝∠AED
∴△FHB∽△EAD
∴结论③正确；
∵Rt△DFG≌Rt△DCG
∴FG＝CG
设FG＝CG＝x，则BG＝6﹣x，EG＝3+x
在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+（6﹣x）2＝（3+x）2
解得：x＝2
∴BG＝4
∴tan∠GEB＝＝
故结论④正确；
∵△FHB∽△EAD，且
∴BH＝2FH
设FH＝a，则HG＝4﹣2a
在Rt△FHG中，由勾股定理得：a2+（4﹣2a）2＝22
解得：a＝2（舍去）或a＝
∴S△BFG＝×4×＝2.4
故结论⑤错误；
故选：C．
二．填空题（共6小题）
13．使得式子有意义的x的取值范围是　x＜4　．
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：4﹣x＞0，
∴x＜4，
故答案为：x＜4．
14．把多项式a3﹣6a2b+9ab2分解因式的结果是　a（a﹣3b）2　．
【分析】首先提公因式a，再利用完全平方进行二次分解即可．
【解答】解：a3﹣6a2b+9ab2
＝a（a2﹣6ab+9b2）
＝a（a﹣3b）2．
故答案为：a（a﹣3b）2．
15．已知实数m，n是方程x2﹣7x+2＝0的两不等实根，则＝　　．
【分析】利用根与系数的关系得到m+n＝7，mn＝2，再通分得到＝，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：根据题意得m+n＝7，mn＝2，
所以＝＝．
故答案为．
16．如图，在正六边形ABCDEF中，AC＝2，则它的边长是　2　．

【分析】过点B作BG⊥AC于点G．，正六边形ABCDEF中，每个内角为（6﹣2）×180°÷6＝120°，即∠ABC＝120°，∠BAC＝∠BCA＝30°，于是AG＝AC＝，AB＝2，
【解答】解：如图，过点B作BG⊥AC于点G．

正六边形ABCDEF中，每个内角为（6﹣2）×180°÷6＝120°，
∴∠ABC＝120°，∠BAC＝∠BCA＝30°，
∴AG＝AC＝，
∴GB＝1，AB＝2，
即边长为2．
故答案为2．
17．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　76　°．

【分析】由切线的性质得出PA＝PB，PA⊥OA，得出∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°，由已知得出∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝52°，再由三角形内角和定理即可得出结果．
【解答】解：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，PA⊥OA，
∴∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°，
∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝90°﹣38°＝52°，
∴∠P＝180°﹣52°﹣52°＝76°；
故答案为：76．
18．如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点E、F分别在边AB、AD上且AE＝DF，则△AEF面积的最大值为　　．

【分析】过点E作EM⊥AD交DA的延长线于点M，设AE＝x，则DF＝x，AF＝2﹣x，求出EM，则△AEF面积的可表示出来，利用二次函数的性质即可求解．
【解答】解：过点E作EM⊥AD交DA的延长线于点M，设AE＝x，则AE＝DF＝x，

∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°，
∴AB＝AD＝2，∠MAE＝60°，
∴AF＝2﹣x，
∴EM＝AE•sin60°＝x，
∴S△AEF＝AF•EM＝（2﹣x）×x＝﹣（x﹣1）2+，
∴△AEF面积的最大值为 ，
故答案为：．
三．解答题
19．计算：．
【分析】根据整数指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数以及分母有理化分别进行计算即可得出答案．
【解答】解：＝﹣1++3×﹣（2+）＝﹣1+﹣2＝﹣+2．
20．先化简，再求值：（a+3）2﹣（a+1）（a﹣1）﹣2（2a+4），其中a＝﹣．
【分析】注意到（a+3）2可以利用完全平方公式进行展开，（a+1）（a﹣1）利润平方差公式可化为（a2﹣1），则将各项合并即可化简，最后代入a＝进行计算．
【解答】解：
原式＝a2+6a+9﹣（a2﹣1）﹣4a﹣8
＝2a+2
将a＝﹣代入原式＝2×（﹣）+2＝1
21．湖南师大附中组织集团校内七、八、九年级学生参加“12KM”作文比赛，该校将收到的参赛作文进行分年级统计，绘制了如图1和如图2两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息完成以下问题．

（1）扇形统计图中九年级参赛作文篇数对应的圆心角是　126　度．八年级参赛作文篇数对应的百分比是　45%　．
（2）请补全条形统计图．
（3）经过评审，全集团校内有4篇作文荣获特等奖，其中一篇来自九年级，学校准备从特等奖作文中任选两篇刊登在校报上，请利用画树状图或列表的方法求出九年级特等奖作文被选登在校报上的概率．
【分析】（1）求出总的作文篇数，即可得出九年级参赛作文篇数对应的圆心角的度数；求出八年级的作文篇数，再用360°乘以对应比例可得；
（2）补全条形统计图即可：；
（3）假设4篇荣获特等奖的作文分别为A、B、C、D，其中A代表九年级获奖的特等奖作文．列表求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵参赛作文的总数量为20÷20%＝100（篇），
∴九年级参赛作文篇数对应的圆心角是360°×＝126°，八年级的参赛数量为100﹣（20+35）＝45（篇），
则八年级参赛作文篇数对应的百分比是×100%＝45%；

（2）补全条形图如下：


（3）假设4篇荣获特等奖的作文分别为A、B、C、D，
列表如下：

A
B
C
D
A

AB
AC
AD
B
AB

BC
BD
C
AC
BC

CD
D
AD
BD
CD

由表格可知，共有12种可能性结果，它们发生的可能性相等，其中九年级特等奖作文被选登在校刊上的可能性有6种，
所以九年级特等奖作文被选登在校报上的概率为＝．
22．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，D为的中点，过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为5，AB＝8，求CE的长．

【分析】（1）连接OD，由AC为⊙O的直径，得到∠ADC＝90°，根据＝，得到AD＝CD，根据平行线的性质得到∠CDE＝∠DCA＝45°，求得∠ODE＝90°，于是得到结论；
（2）根据勾股定理得到AD＝CD＝5，由圆周角定理得到∠ABC＝90°，求得BC＝6，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）DE与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∵D为的中点，
∴＝，
∴AD＝CD，
∴∠ACD＝45°，
∵O是AC的中点，
∴∠ODC＝45°，
∵DE∥AC，
∴∠CDE＝∠DCA＝45°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE与⊙O相切；
（2）∵⊙O的半径为5，
∴AC＝10，
∴AD＝CD＝5，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝8，
∴BC＝6，
∵∠BAD＝∠DCE，
∵∠ABD＝∠CDE＝45°，
∴△ABD∽△CDE，
∴＝，
∴＝，
∴CE＝．

23．某山区不仅有美丽风光，也有许多令人喜爱的土特产，为实现脱贫奔小康，某村组织村民加工包装土特产销售给游客，以增加村民收入．已知某种土特产每袋成本10元．试销阶段每袋的销售价x（元）与该土特产的日销售量y（袋）之间的关系如表：
x（元）
15
20
30
…
y（袋）
25
20
10
…
若日销售量y是销售价x的一次函数，试求：
（1）日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式；
（2）假设后续销售情况与试销阶段效果相同，要使这种土特产每日销售的利润最大，每袋的销售价应定为多少元？每日销售的最大利润是多少元？
【分析】（1）根据表格中的数据，利用待定系数法，求出日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式即可
（2）利用每件利润×总销量＝总利润，进而求出二次函数最值即可．
【解答】解：
（1）依题意，根据表格的数据，设日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式为y＝kx+b得
，解得
故日销售量y（袋）与销售价x（元）的函数关系式为：y＝﹣x+40
（2）依题意，设利润为w元，得
w＝（x﹣10）（﹣x+40）＝﹣x2+50x﹣400
整理得w＝﹣（x﹣25）2+225
∵﹣1＜0
∴当x＝25时，w取得最大值，最大值为225
故要使这种土特产每日销售的利润最大，每袋的销售价应定为25元，每日销售的最大利润是225元．
24．如图，点E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，连接DE，过顶点B作BF⊥DE，垂足为F，BF交边DC于点G．
（1）求证：DG•BC＝DF•BG；
（2）连接CF，求∠CFB的大小；
（3）作点C关于直线DE的对称点H，连接CH，FH．猜想线段DF，BF，CH之间的数量关系并加以证明．

【分析】（1）根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，证明∠BGC＝∠FGD，得到△BGC∽△DGF，根据相似三角形的性质证明结论；
（2）连接BD，证明△BGC∽△DGF，根据相似三角形的性质得到∠BDG＝∠CFG，根据正方形的性质解答；
（3）在线段FB上截取FM，使得FM＝FD，连接DM，证明△BDM∽△CDF，得到BM＝CF，根据等腰直角三角形的性质得到CH＝CF，证明结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∵BF⊥DE，
∴∠GFD＝90°，
∴∠BCD＝∠GFD，
∵∠BGC＝∠FGD，
∴△BGC∽△DGF，
∴，
∴DG•BC＝DF•BG；
（2）解：如图1，连接BD，
∵△BGC∽△DGF，
∴，
∴，
∵∠BGD＝∠CGF，
∴△BGD∽△CGF，
∴∠BDG＝∠CFG，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠BDG＝∠ADC＝45°，
∴∠CFB＝45°；
（3）解：BF＝CH+DF，
理由如下：如图2，在线段FB上截取FM，使得FM＝FD，连接DM，
∵∠BFD＝90°，
∴∠MDF＝∠DMF＝45°，DM＝DF，
∵∠BDG＝45°，
∴∠BDM＝∠CDF，
∵△BGD∽△CGF，
∴∠GBD＝∠DCF，
∴△BDM∽△CDF，
∴，
∴BM＝CF，
∵∠CFB＝45°，BF⊥DE，
点C关于直线DE的对称点H，
∴∠EFG＝∠EFC＝45°，
∴∠CFG＝90°，
∵CF＝FG，
∴CH＝CF，
∴BM＝CH，
∴BF＝BM+FM＝CH+DF．


25．已知抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点A的直线y＝kx+b与y轴交于点D，与抛物线交于点E．
（1）若k＝且点C与点D关于x轴对称，求a的值；
（2）若a＝，∠DAB＝CBA，求直线y＝kx+b的解析式；
（3）若点E在第一象限，问：是否存在直线y＝kx+b，使得△ABE与△ABC相似？若存在，请求出直线y＝kx+b的解析式，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）当y＝0时，ax2﹣2ax﹣3a＝0，解方程，得出点A和点B的坐标，用含a的式子表示出点C和点D的坐标，用含a的式子表示出直线AD的解析式，再结合k＝，可解得a的值；
（2）作∠CBA的平分线BF交y轴于点F，过点F作FG⊥BC于点G，判定Rt△BFG≌Rt△BFO（HL），则可得BG＝BO＝3，分两种情况讨论：①当点D在y轴正半轴时，②当点D'与点D关于x轴对称时，分别求解即可；
（3）存在．分两种情况，分别画出图形并求解：①当△ABE∽△BCA时，②当△AEB∽△ABC时，分别判定△AOD∽△BOC或△AOD≌△AOC，得出比例式，将点D的坐标用含a的式子表示出来，从而表示出直线AE的解析式，再将其与抛物线的解析式联立，则可解得点E的坐标，再根据相似三角形的性质得关于a的方程，解得a的值，则可得要求的直线的解析式．
【解答】解：（1）在y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）中，
当y＝0时，ax2﹣2ax﹣3a＝0，
∵a＞0，
∴x2﹣2x﹣3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
当x＝0时，y＝﹣3a，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3a），
∵点C与点D关于x轴对称，
∴D（0，3a），
∴OA＝1，OD＝3a，
∵k＝＝＝3a，且k＝，
∴3a＝，
∴a＝；

（2）作∠CBA的平分线BF交y轴于点F，过点F作FG⊥BC于点G，
则∠BGF＝∠BOF＝90°，FG＝FO，
又∵BF＝BF，
∴Rt△BFG≌Rt△BFO（HL），
∴BG＝BO＝3，
①当点D在y轴正半轴时，
∵a＝时，y＝x2﹣x﹣4，
∴C（0，﹣4），
∴OC＝4，
∴BC＝5，
∴CG＝5﹣3＝2，
设FO＝m，则FG＝m，CF＝4﹣m，
在Rt△CFG中，FG2+CG2＝CF2，
∴m2+22＝（4﹣m）2，m＝，
∴FO＝，
∵∠OBF＝∠CBA，∠OAD＝∠CBA，
∴∠OBF＝∠OAD，
又∵∠AOD＝∠BOF，
∴△AOD∽△BOF，
∴OD：OF＝OA：OB，
∴OD：＝1：3，
∴OD＝，
∴D（0，），
∴b＝，
将A（﹣1，0），b＝代入直线y＝kx+b，得：
0＝﹣k+，
∴k＝，
∴y＝x+；
②当点D'与点D关于x轴对称时，D'（0，﹣），
∴b＝﹣，
∴0＝﹣k﹣，
∴k＝﹣，
∴y＝﹣x﹣；
综上，直线的解析式为y＝x+或y＝﹣x﹣；

（3）存在．
①当△ABE∽△BCA时，∠EAB＝∠ABC，
∴AE∥BC，
∴△AOD∽△BOC，
∴OD：Oc＝OA：OB，
∴OD：3a＝1：3，
∴OD＝a，
∴D（0，a），
将A（﹣1，0），D（0，a）分别代入y＝kx+b，得：
，
∴，
∴y＝ax+a，
联立，得：
ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，
∵a＞0，
∴x2﹣2x﹣3＝x+1，
解得x1＝﹣1（舍去），x2＝4，
∴y＝4a+a＝5a，
∴E（4，5a），
∴AE＝
＝，
∵△ABE∽△BCA，
∴，
∴＝，
∴15（a2+1）＝16，
∵a＞0，
∴a＝，
∴y＝x+；


②当△AEB∽△ABC时，∠EAB＝∠BAC，
又∵∠AOD＝∠AOC＝90°，AO＝AO，
∴△AOD≌△AOC（ASA），
∴OD＝OC＝3a，
∴D（0，3a），
将A（﹣1，0），D（0，3a）分别代入y＝kx+b，得：
，
∴，
∴y＝3ax+3a，
联立，得：
ax2﹣2ax﹣3a＝3ax+3a，
∵a＞0，
∴x2﹣2x﹣3＝3x+3，
解得x1＝﹣1（舍去），x2＝6，
∴y＝3a×6+3a＝21a，
∴E（6，21a），
∴AE＝
＝7，
∵△AEB∽△ABC，
∴，
∴，
∴9a2+1＝，
∴a2＝，
∵a＞0，
∴a＝，
∴y＝x+．

综上，y＝x+或y＝x+．
26．我们规定：只有一组对角为直角的四边形称之为“伪矩形”

（1）如图1，已知四边形ABCD为“伪矩形”，且∠ABC＝90°，证明：A，B，C，D四点在同一个圆上；
（2）在（1）问情况下，分别延长AD至E，CD至F使得ED＝AD，FD＝CD，连接AF，EF，CE，得到四边形ACEF．如图2，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊四边形？请说明理由，若AB＝3，BD＝7，求BC的长；
（3）已知四边形ABCD为“伪矩形”，且∠ABC＝90°，AC⊥BD于O，以O为坐标原点，直线AC作x轴，直线BD作y轴，建立如图3平面直角坐标系，已知二次函数y＝ax2+bx+c经过A，B，C三点，P为二次函数图象上A，B之间的一个动点，记△AOB的面积为S1，△COD的面积为S2，△ABP的面积为S3，且满足以下两个条件：①S1＝4S2，②S3的最大值为4，求此二次函数的解析式．
【分析】（1）取AC的中点M，连接BM、DM，根据伪矩形的概念即可解决问题；
（2）先判定A、B、C、D共圆，再根据同弧所对的圆周角相等得出∠DAC＝∠DBC，根据菱形的性质则∠DAC＝∠DAF，然后根据已知条件即可判断∠FAC＝∠ABC＝90°，即菱形ABCD是正方形；
（3）设A（m，0）（m＜0），C（n，0）（n＞0），根据圆周角定理和相似三角形的判定与性质得关系式，求得OB，OA的长，通过联立方程得点A的坐标，设抛物线：y＝a（x+4n）（x﹣n），利用待定系数法得解析式，作PQ⊥x轴交AB于Q，再利用面积关系式得到问题的答案．
【解答】（1）证明：取AC的中点M，连接BM、DM，如图，

∵四边形ABCD伪矩形，∠ABC＝90°，
∴∠ADC＝90°，
在Rt△ABC中，MB＝MA＝MC，
在Rt△ADC中，MD＝MA＝MC，
∴MA＝MB＝MC＝MD，
∴A、B、C、D四点共圆．
（2）解：∵∠ADC＝90°＝∠ABC，
∴FC⊥AE，
∵DF＝DC，DA＝DE，
∴四边形ACEF为菱形，
由（1）知A、B、C、D四点共圆，
∴∠CBD＝∠CAD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABD＝45°，
∴∠CAD＝45°，
∴∠ACD＝∠CAD＝45°，
∴DA＝DC，
∴OA＝DC＝DE＝DF，
∴四边形ACEF为正方形．
∵BD平分∠ABC，AB＝3，BD＝7，
∴点D到AB，CB的距离为，
作DM⊥AB交BA的延长线于M．作DN⊥BC，如图，

DM＝DN＝，
∴S△ABD＝，
S△ABC＝＝BC，
S△BDC＝＝BC，
S△ACD＝S正方形ABCD＝AC2＝（BC2+AB2）＝（BC2+18），
∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝S△ABD+S△BCD，
∴BC+（BC2+18）＝+BC，
∴BC＝4或BC＝﹣3（舍去），
∴BC＝4．
（3）解：设A（m，0）（m＜0），C（n，0）（n＞0），
由（1）知A、B、C、D四点共圆，
∴∠BAO＝∠ODC，
∵∠AOB＝∠COD，
∴△AOB～△DOC，
∵S△AOB＝S1，S△DOC＝S2，S1＝4S2，
∴＝2，
∴OB＝2OC＝n，OA＝2OD＝﹣m，
∴B（0，﹣2n），OD＝﹣①，
∵DO⊥AC，∠ADC＝90°，
∴OD2＝OA•OC，即OD2＝﹣mn②，
由①②得，＝﹣mn，
∴m＝﹣4n，
∴A（﹣4n，0），
∴k＝，
∴AB：y＝﹣x﹣2n，
设抛物线：y＝a（x+4n）（x﹣n），
代入B（0，﹣2n）得，﹣2n＝﹣4n2a，
∴a＝，
∴y＝（x+4n）（x﹣n），
作PQ⊥x轴交AB于Q，如图，

∴S△APB＝S△PQA+S△PQB＝PQ（xB﹣xA）＝2n•PQ，
记P[t，（t+4n）（t﹣n）]，则Q（t，﹣t﹣2n），
∴PQ＝﹣t﹣2n﹣（t+4n）（t﹣n）＝﹣t2﹣2t＝﹣（t+2n）2+2n，
∴当t＝﹣2n时，PQmax＝2n，
∴S＝2n•2n＝4（n＞0），
∴n＝1，
∴抛物线y＝（x+4）（x﹣1），即y＝x2+x﹣2．