天津市和平区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题

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天津市和平区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题
1．（2022·天津和平·九年级期末）（1）如图①，AB，CD是⊙O的两条平行弦，OE⊥CD交⊙O于点E，则弧AC 弧BD（填“>”，“<”或“=”）；
（2）如图②，△PAB是⊙O的内接三角形，OE⊥AB交⊙O于点E，则∠APE ∠BPE（填“>”，“<”或“=”）；
（3）如图③，△PAB是⊙O的内接三角形，∠QPA是它的外角，在弧AP上有一点G，满足PG平分∠QPA，请用无刻度的直尺，画出线段PG．（不要求证明）

2．（2022·天津和平·九年级期末）（1）解一元二次方程：x2﹣6x+9＝（5﹣2x）2；
（2）求证：无论m取何值时，方程（x﹣3）（x﹣2）﹣m2＝0总有两个不相等的实数根．
3．（2022·天津和平·九年级期末）已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，D为弧BC的中点．
（1）如图①，连接AC，AD，OD，求证：ODAC；
（2）如图②，过点D作DE⊥AB交⊙O于点E，直径EF交AC于点G，若G为AC的中点，⊙O的半径为2，求AC的长．

4．（2022·天津和平·九年级期末）已知AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线PC交AB的延长线于点P，D为弧AC上一点，连接BD，BC，DC．
（1）如图①，若∠D=26°，求∠PCB的大小；
（2）如图②，若四边形CDBP为平行四边形，求∠PCB，∠ADC的大小．

5．（2022·天津和平·九年级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A开始沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以4cm/s的速度移动，如果P、Q两点分别从A，B两点
同时出发，设运动时间为s．
（1）用含的式子表示：
AP＝　 　cm，BP＝　 　cm，BQ＝　 　cm，　 　cm2，　 　cm2；
（2）当△PBQ的面积为32cm2时，求运动时间；
（3）四边形APQC的面积能否等于72cm2？若能，求出运动的时间；若不能，说明理由．

6．（2022·天津和平·九年级期末）九（1）班数学兴趣小组经过市场调查，整理出某种商品在第x（1≤x≤90）天的售价与销售量的相关信息如下表：
时间x（天）
1≤x＜50
50≤x≤90
售价（元/件）
x＋40
90
每天销量（件）
200－2x

已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元，
（1）求出y与x的函数关系式；
（2）问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？
（3）该商品在销售过程中，共有多少天每天销售利润不低于4800元？请直接写出结果．
7．（2022·天津和平·九年级期末）（1）如图①，△PAM是等边三角形，在边PM上取点B（点B不与点P，M重合），连接AB，将线段AB绕点A逆时针旋转60°，得到线段AC，连接BC，MC．
①△MAC可以看作△PAB绕点 逆时针旋转 （度）得到的；
②∠PMC= （度）．
（2）如图②，△PAM是等腰三角形，∠PAM=90°，AP=AM=，在边PM上取点B（点B不与点P，M重合），连接AB，将线段AB绕点A旋转，得到线段AC，旋转角为α，连接PC，BC．
①当α = 90°时，若△PBC的面积为1.5，求PB的长；
②若AB=，求△PBC面积的最大值（直接写出结果即可）．

8．（2022·天津和平·九年级期末）已知抛物线（为常数），点A（-1，-1），B（3，7）．
（1）当抛物线经过点A时，求抛物线解析式和顶点坐标；
（2）抛物线的顶点随着的变化而移动，当顶点移动到最高处时，
①求抛物线的解析式；
②在直线AB下方的抛物线上有一点E，过点E作EF⊥轴，交直线AB于点F，求线段EF取最大值时的点E的坐标；
（3）若抛物线与线段AB只有一个交点，求的取值范围．
9．（2021·天津和平·九年级期末）已知2是方程的一个根，求常数的值及该方程的另一根．
10．（2021·天津和平·九年级期末）已知，中，，是上的点，．

（1）如图①，求证；
（2）如图②，连接，，，，若，求，的大小．
11．（2021·天津和平·九年级期末）已知⊙O的直径AB＝4，C为⊙O上一点，AC＝2．

（1）如图①，点P是上一点，求∠APC的大小；
（2）如图②，过点C作⊙O的切线MC，过点B作BD⊥MC于点D，BD与⊙O交于点E，求∠DCE的大小及CD的长．
12．（2021·天津和平·九年级期末）一个直角三角形的两条直角边的和是，面积是，求两条直角边的长．
13．（2021·天津和平·九年级期末）如图，已知矩形的周长为，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱．设矩形的一边的长为，旋转形成的圆柱的侧面积为．

（1）用含的式子表示：
矩形的另一边的长为______；旋转形成的圆柱的底面圆的周长为______．
（2）求关于的函数解析式及自变量的取值范围；
（3）求当取何值时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大；
（4）若矩形旋转形成的圆柱的侧面积等于，则矩形的长是______，宽是______．
14．（2021·天津和平·九年级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，点P是边AB的中点，连接CP．
（1）如图①，∠B的大小＝　 　（度），AB的长＝　 　，CP的长＝　 　；
（2）延长BC至点O，使OC＝2BC，将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△A'B'C'，点A，B，C，P的对应点分别为A'，B'，C'，P'．
①图②，当α＝30°时，求点C′到直线OB的距离及点C'到直线AB的距离；
②当C′P'与△ABC的一条边平行时，求点P'到直线AC的距离（直接写出结果即可）．

15．（2021·天津和平·九年级期末）如图，点A，B，C都在抛物线y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5（其中﹣＜a＜0）上，AB∥x轴，∠ABC＝135°，且AB＝4．
（1）当m＝1时，求抛物线的顶点坐标；
（2）求点C到直线AB的距离（用含a的式子表示）；
（3）若点C到直线AB的距离为1，当2m﹣5≤x≤2m﹣2时，y的最大值为2，求m的值．

16．（2019·天津和平·九年级期末）（Ⅰ）解方程：x（2x﹣5）＝4x﹣10；
（Ⅱ）已知关于x的一元二次方程x2+2x+2k﹣4＝0有两个不相等的实数根，求k的取值范围．
17．（2019·天津和平·九年级期末）已知抛物线过点，，求抛物线的解析式，并求出抛物线的顶点坐标.
18．（2019·天津和平·九年级期末）已知，为的直径，弦于点，在的延长线上取一点，与相切于点，连接交于点.

（1）如图①，若，求和的大小；
（2）如图②，若为半径的中点，，且，求的长.
19．（2019·天津和平·九年级期末）如图示一架水平飞行的无人机AB的尾端点A测得正前方的桥的左端点P的
俯角为α其中tanα=2，无人机的飞行高度AH为500米，桥的长度为1255米．
①求点H到桥左端点P的距离；  
②若无人机前端点B测得正前方的桥的右端点Q的俯角为30°，求这架无人机的长度AB．

20．（2019·天津和平·九年级期末）某学校计划组织全校1441名师生到相关部门规划的林区植树，经过研究，决定租用当地租车公司62辆A，B两种型号客车作为交通工具．下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信息：
型号
载客量
租金单价
A
30人/辆
380元/辆
B
20人/辆
280元/辆

注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数．
(1)设租用A型号客车x辆，租车总费用为y元，求y与x的函数表达式，并写出x的取值范围；
(2)若要使租车总费用不超过21940元，一共有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
21．（2019·天津和平·九年级期末）如图，四边形AOBC是正方形，点C的坐标是（4，0）．
（Ⅰ）正方形AOBC的边长为　 　，点A的坐标是　 　．
（Ⅱ）将正方形AOBC绕点O顺时针旋转45°，点A，B，C旋转后的对应点为A′，B′，C′，求点A′的坐标及旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积；
（Ⅲ）动点P从点O出发，沿折线OACB方向以1个单位/秒的速度匀速运动，同时，另一动点Q从点O出发，沿折线OBCA方向以2个单位/秒的速度匀速运动，运动时间为t秒，当它们相遇时同时停止运动，当△OPQ为等腰三角形时，求出t的值（直接写出结果即可）．

22．（2019·天津和平·九年级期末）已知二次函数的最大值为4，且该抛物线与轴的交点为，顶点为.
（1）求该二次函数的解析式及点，的坐标；
（2）点是轴上的动点，
①求的最大值及对应的点的坐标；
②设是轴上的动点，若线段与函数的图像只有一个公共点，求的取值范围.

参考答案：
1．（1）=；（2）=；（3）作图见详解．
【分析】（1）连接AO，BO，CO，DO，根据平行线及垂直的性质可得，由垂径定理可得OE平分，，得出，，利用各角之间的关系可得，由圆心角相等，即可得出弧相等；
（2）连接OA、OB，由及垂径定理可得，，利用圆周角是圆心角的一半即可得；
（3）连接AD、CB交于点H，连接HO并延长交于点G，连接PG，由，可得，由垂径定理可得：点H在线段AB、CD的垂直平分线上，连接HO并延长交于点G，得出点G恰好平分，即点G恰好平分与所对的圆周角的和，由此即可得出．
【详解】解（1）如图所示：连接AO，BO，CO，DO，

∵，，
∴，
∴OE平分，，
∴，，
∴，
即，
∴，
故答案为：=；
（2）如图所示：连接OA、OB，

∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：=；
（3）如图所示：连接AD、CB交于点H，连接HO并延长交于点G，连接PG，即为所求，

∵，
根据图可得：即，
由垂径定理可得：点H在线段AB、CD的垂直平分线上，
连接HO并延长交于点G，
则点G恰好平分，即点G恰好平分与所对的圆周角的和，
∴PG即为所求．
【点睛】题目主要考查垂径定理的应用及圆周角定理，角平分线的性质等，理解题意，作出相应辅助线，结合垂径定理是解题关键．
2．（1）；（2）见详解．
【分析】（1）首先利用完全平方公式以及平方差公式分解因式，进而解方程得出即可；
（2）首先表示出Δ，得出Δ符号进而求出即可．
【详解】（1）解：，
，
则，
整理得：，
解得：；
（2）证明：把化为一般形式：，



，
故无论m为何值，4m2+1永远大于0，则方程总有两个不相等的实数根．
【点睛】此题主要考查了因式分解法解一元二次方程以及根的判别式，正确分解因式是解题关键．
3．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接，由为的中点，得，则，由等腰三角形的性质得，推出，即可得出结论；
（2）由垂径定理得，由平行线的性质得，则是等腰直角三角形，，易证是等腰直角三角形，得，再由，即可得出结果．
【详解】（1）证明：为的中点，
，
∴，
，
∴，
∴，
；
（2）解：为中点，
，
由（1）得：，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．
【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握垂径定理和平行线的判定与性质是解题的关键．
4．（1）；（2），．
【分析】（1）连接CO，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，再由等腰三角形的性质可得：，由切线的性质可得：，最后根据图中各角之间的关系即可得；
（2）连接CO，AC，根据平行四边形的性质可得，再由直径所对的圆周角为可得，即，根据切线的性质可得，即，综合利用各角之间的数量关系得出，根据三角形外角的性质可得，，得出，再利用外角性质及各角之间的数量关系得出两个角的大小．
【详解】解：（1）连接CO，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵PC与相切，
∴，
∴；
（2）连接CO，AC，

∵四边形CDBP为平行四边形，
∴，
∵AB为直径，
∴，即，
∵PC与相切，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴，．
【点睛】题目主要考查圆与三角形的综合问题，包括圆周角定理、切线性质，等腰三角形和等边三角形的判定与性质，三角形外角的性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键．
5．（1），，，；（2）或4；（3）不能．
【分析】（1）根据题意得出即可；
（2）根据题意和三角形的面积列出方程，求出方程的解即可；
（3）先列出函数解析式，再化成顶点式，最后求出最值即可判断．
【详解】解：（1）根据题意得：cm，cm，
所以cm，
∵，
∴，
∵
∴
故答案为：，，，；
（2）
解得：或4，
即当秒或4秒时，的面积是；
（3）
所以当为3时的面积最小，最大小面积是．故四边形APQC的面积不能能等于72cm2．
【点睛】本题考查了三角形的面积，二次函数的最值等知识点，能求出与的函数关系式是解此题的关键．
6．（1）；（2）第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元；（3）41．
【分析】（1）根据单价乘以数量，可得利润，可得答案．
（2）根据分段函数的性质，可分别得出最大值，根据有理数的比较，可得答案．
（3）根据二次函数值大于或等于4800，一次函数值大于或等于4800，可得不等式，根据解不等式组，可得答案．
【详解】（1）当1≤x＜50时，，
当50≤x≤90时，，
综上所述：．
（2）当1≤x＜50时，二次函数开口下，二次函数对称轴为x=45，
当x=45时，y最大=－2×452+180×45+2000=6050，
当50≤x≤90时，y随x的增大而减小，
当x=50时，y最大=6000，
综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元．
（3）解，结合函数自变量取值范围解得，
解，结合函数自变量取值范围解得
所以当20≤x≤60时，即共41天，每天销售利润不低于4800元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，利用单价乘以数量求函数解析式，利用了函数的性质求最值．解答时求出函数的解析式是关键．
7．（1）①A，60；②120；（2）①PB的长为3或1或；②(3+) ．
【分析】（1）利用“SAS”证明△PAB≌△MAC，从而得到结论；
（2）①分两种情况讨论，用“SAS”证明三角形全等，利用三角形面积公式列得方程求解即可；
②判断当线段AB旋转到DA延长线上时，△PBC的面积取得最大值，据此求解即可．
【详解】解：（1）①∵△PAM是等边三角形，
∴PA=AM，∠PAM=∠APM=∠AMP=60°，
∵线段AC是线段AB绕点A逆时针旋转60°得到的，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠PAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC=60°，
∴∠PAB=∠MAC，
∴△PAB≌△MAC(SAS)，
∴△MAC可以看作△PAB绕点A逆时针旋转60（度）得到的，
②∵△PAB≌△MAC，
∴∠APM=∠AMC=60°，
∴∠PMC=∠AMP+∠AMC=120°．
故答案为：①A，60；②120；
（2）①当线段AB绕点A逆时针旋转90°，得到线段AC，连接CM，
∴∠BAC=90°，AB=AC，
∵△PAM是等腰三角形，∠PAM=90°，AP=AM=，
∴∠APM=∠AMP=45°，PM=2=4，
∴∠PAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC=90°，
∴∠PAB=∠MAC，
∴△PAB≌△MAC(SAS)，
∴∠APM=∠AMC=45°，PB=MC，
∴∠PMC=∠AMP+∠AMC=90°．  
∴△PBC的面积=PBMC=PB2=1.5，
解得：PB=(负值已舍)；
当线段AB绕点A顺时针旋转90°，得到线段AC1，连接C1P，
同理可得△MAB≌△PAC1 (SAS)，
∴∠AMB=∠APC1=45°，BM=PC1，
∴∠MPC1=∠APM+∠APC1=90°．
∴△PBC1的面积=PBPC1=PB(4-PB)=1.5，
整理得：PB2-4PB+3=0，
解得：PB=3或1；
综上，PB的长为3或1或；

②过点A作AD⊥PM于点D，
∵△PAM是等腰三角形，∠PAM=90°，AP=AM=，
∴AD=PD=DM=2，
∵AB=，
∴BD=，
∴PB=2+1=3，
∵线段AC是线段AB绕点A逆时针旋转得到的，
∴线段AB旋转到DA延长线上时，△PBC的面积取得最大值，如图：
∴△PBC面积的最大值=PBCD=PB(AC+CD) =(3+) ．
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，勾股定理等知识点，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
8．（1）抛物线的解析式为：，顶点坐标为：；（2）①函数解析式为 ；②EF取得最大值时，；（3）m的取值范围为：或或．
【分析】（1）将点代入函数解析式求解确定，即可确定函数解析式，将解析式化解为顶点式即可得出顶点坐标；
（2）①写出抛物线的顶点坐标，进行整理，使顶点移动到最高处，即使顶点坐标的纵坐标最大，化简可得出，即可确定解析式；
②设直线AB的解析式为，将A、B两点代入解析式求解确定函数解析式，然后与抛物线解析式联立求解确定自变量的取值范围，设点，，且，根据题意，表示出，化为顶点式即可得出取得最大值时自变量的取值，然后代入函数解析式即可；
（3）将一次函数与二次函数解析式联立求解可得，，在线段AB上，根据题意中抛物线与线段AB只有一个交点，分三种情况讨论：①抛物线与直线AB只有一个交点，即点M与点N重合；②点N在线段AB的延长线上时；③点N在线段BA的延长线上时，依次进行讨论求解即可得．
【详解】解：（1）将点代入函数解析式可得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：，
∴，
∴顶点坐标为：；
（2）①抛物线的顶点坐标为：，
整理可得，
使顶点移动到最高处，即取得最大值，
，
当时，取得最大值，
此时函数解析式为：将代入可得：；
②如图所示：

设直线AB的解析式为，将A、B两点代入解析式可得：
，
解得：，
∴直线解析式为：，
将直线解析式与抛物线解析式联立可得：
，
解得：；，
∴，，
设点，，且，
，，
，
∵，
∴当时，EF取得最大值，
，
∴；
（3），
将①代入②可得：，
整理可得：，
∵，，，
∴，
，
，
∴抛物线与直线AB有交点，
解方程，
，
解得：，，
∴；，
∴抛物线与直线AB的交点为：，，
将代入直线AB解析式，
可得：，
∴在直线AB上，
∵，
∴在线段AB上，
∵抛物线与线段AB只有一个交点，
∴分三种情况讨论：
①抛物线与直线AB只有一个交点，如图所示，即点M与点N重合，

∴，
∴；
②点N在线段AB的延长线上时，如图所示：

∴，
∴；
③点N在线段BA的延长线上时，如图所示：

∴，
∴；
综上可得：m的取值范围为：或或．
【点睛】题目主要考查二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法确定函数解析式，函数最值问题，二次函数图象的性质及分类讨论思想，熟练掌握二次函数的图象与性质，作出相应图象是解题关键．
9．，方程另一个根为-2
【分析】将x=2代入原方程，可求出c的值，进而可通过解方程求出另一根．
【详解】解：是方程的一个根，
，
解得，
∴方程为．，
∴，，
该方程的另一个根是－2.
【点睛】本题考查一元二次方程的解和解一元二次方程，掌握一元二次方程的解和解一元二次方程的方法是解题关键．
10．（1）见解析；（2）；
【分析】（1）利用垂径定理证明，再根据即可证明；
（2）先利用圆的内接四边形的性质求出的大小，再根据垂径定理和同弧所对的圆周角相等即可求出和的大小．
【详解】解：（1）中，，
．
，
．
（2）四边形是圆内接四边形，
．
．
中，，
．
．
，
．
【点睛】本题主要考查垂径定理和圆的内接四边形的性质，以及圆周角和弧长的关系，属于简单题型．
11．（1）30°；（2）∠DCE＝30°，CD＝
【分析】（1）连接OC，由AB为⊙O的直径，AB＝2AC，得到△AOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠AOC＝60°，于是得到结论；
（2）连接OE，OC，根据切线的性质得到MC⊥OC，得到△EOB是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠EOB＝60°，求得∠COE＝180°﹣∠EOB﹣∠AOC＝60°，推出△OCE是等边三角形，于是得到CE＝OC＝2，∠EOC＝60°，根据勾股定理于是得到结论．
【详解】解：（1）连接OC，
∵AB为⊙O的直径，AB＝2AC，
∴OA＝OC＝AC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
∴∠APC＝AOC＝30°；

（2）连接OE，OC，
∵MC是⊙O的切线，
∴MC⊥OC，
∵BD⊥MC，
∴∠MCO＝∠CDB＝90°，
∴BD∥OC，
∴∠B＝∠AOC＝60°，
∵OB＝OE，
∴△EOB是等边三角形，
∴∠EOB＝60°，
∴∠COE＝180°﹣∠EOB﹣∠AOC＝60°，
∵OC＝OE，
∴△OCE是等边三角形，
∴CE＝OC＝2，∠EOC＝60°，
∴∠DCE＝90°﹣∠ECO＝30°，
在Rt△COE中，CE＝2，
∴DE＝CE＝1，
∴CD＝＝＝．

【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，垂径定理，平行线的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．，
【分析】首先设一条直角边为xcm，然后根据三角形的面积列出方程，从而求出x的值，得出答案．
【详解】解：设一条直角边为xcm，则另一条直角边的长为，
根据题意得： ，
整理得: ，
解得：，
当时，．
当时，．
答：这两条直角边的长分别为3cm和4cm．
【点睛】本题考查一元二次方程在几何图形中运用，掌握根据面积列一元二次方程，及其解方程的方法．
13．（1），；（2）；（3）；（4），
【分析】（1）根据矩形的性质，圆的周长公式求解即可．
（2）根据圆柱的侧面积公式求解即可．
（3）利用二次函数的性质求解即可．
（4）构建方程求解即可．
【详解】解：（1）BC=（36-2x）=（18-x）cm，
旋转形成的圆柱的底面圆的周长为2π（18-x）cm．
故答案为：，；
（2）
（3）
∵-2π＜0，
∴当时，矩形旋转形成的圆柱的侧面积最大：
（4）由题意：-2πx2+36πx=18π，
∴x2-18x+9=0，
解得x=9+6或9-6（舍弃），
∴矩形的长是（9+6）cm，宽是（9-6）cm．
故答案为：，．
【点睛】本题考查圆柱的计算，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14．（1）45，2，；（2）①点C′到直线OB的距离为2，点C′到直线AB的距离为2﹣；②4﹣2或4+3或5
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及勾股定理，直角三角形斜边中线的性质求解即可．
（2）①过点C′作C′D⊥OB，垂足为点D，过点C′作C′E⊥AB，交BA的延长线于点E，连接AC′，解直角三角形求出C′D，C′E即可．
②分三种情形：如图③﹣1中，当P′C′∥AC时，延长P′C′交OB于H．如图③﹣2中，如图当P′C′∥AB时，过点P′作P′H⊥OB交BO的延长线于H，交A′C′于T．如图③﹣3中，当P′C′∥BC时，延长B′A′交BO于H，分别画出图形求解即可．
【详解】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，
∴∠B＝∠A＝45°，
∵sinB＝＝，
∴AB＝2，
∵点P是边AB的中点，
∴CP＝＝，
故答案为45，2，．
（2）①过点C′作C′D⊥OB，垂足为点D，过点C′作C′E⊥AB，交BA的延长线于点E，连接AC′，

∵将△ABC绕点O逆时针旋转a得到△A′B′C′，
∴OC′＝OC＝2BC＝2×2＝4，
在R△OC′D中，∠O＝30°，
∴C′D＝OC′＝×4＝2，
∴点C′到直线OB的距离为2，OD＝＝＝2；
∵C′D⊥OB，∠ACB＝90°，
∴∠C′DB＝∠ACB＝90°，
∴AC∥C′D，
∵C′D＝2，AC＝2，C′D＝AC，
∴四边形C′DCA是平行四边形，
∴C′A＝DC＝OC﹣OD＝4﹣2，C′A∥DC，
∴∠EAC'＝∠B＝45°，
∠EC′A＝90°﹣∠EAC′＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAC′＝∠EC′A
∴C′E＝AE，
在Rt△AC′E中，∵C′E2+AE2＝C′A2，
∴C′E2＝，
∴C′E＝C′A＝（4﹣2）＝2﹣．
∴点C′到直线AB的距离为2﹣；
②如图③﹣1中，当P′C′∥AC时，延长P′C′交OB于H．

∵P′H∥AC，
∴∠OHC′＝∠ACO＝90°，
∵∠OC′H＝∠B′C′P′＝45°，
∴OH＝OC′•cos45°＝2，
∴CH＝OC﹣OH＝4﹣2．
∴点P'到直线AC的距离为4﹣2．
如图③﹣2中，如图当P′C′∥AB时，过点P′作P′H⊥OB交BO的延长线于H，交A′C′于T．

由题意四边形OHTC′是矩形，OH＝C′T＝1，
∴CH＝OC+OH＝1+4＝5，
∴点P'到直线AC的距离为5．
如图③﹣3中，当P′C′∥BC时，延长B′A′交BO于H，可得OH＝OB′•cos45°＝3，

∴CH＝3+4，
∴点P'到直线AC的距离为4+3．
综上所述，点P'到直线AC的距离为4﹣2或4+3或5．
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，解直角三角形，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
15．（1）（1，﹣3）；（2）点C到直线AB的距离为﹣；（3）m的值为或10+2
【分析】（1）由配方法可求顶点坐标；
（2）设点C到直线AB的距离为d，求出点C坐标，代入解析式可求解；
（3）先求出a值，分三种情况考虑：①当m＞2m﹣2，即m＜2时，x＝2m﹣2时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元二次方程，解之可求出m的值；②当2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5时，x＝m时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值；③当m＜2m﹣5，即m＞5时，x＝2m﹣5时y取最大值，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出关于m的一元一次方程，解之可求出m的值．综上即可得出结论．
【详解】解：（1）当m＝1时，抛物线的解析式为y＝ax2﹣2ax+a﹣3，
∵y＝ax2﹣2ax+a﹣3＝a（x﹣1）2﹣3，
∴顶点坐标为（1，﹣3）；
（2）如图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于D，

∵∠ABC＝135°，
∴∠CBD＝45°，
∵CD⊥AD，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∴BD＝CD，
∵y＝ax2﹣2amx+am2+2m﹣5＝a（x﹣m）2+2m﹣5，
∴顶点坐标为（m，2m﹣5），
∵AB＝4，
∴点B的横坐标为m+2，
∵点B在抛物线y＝a（x﹣m）2+2m﹣5上，
∴y＝a（m+2﹣m）2+2m﹣5＝4a+2m﹣5，
∴点B（m+2，4a+2m﹣5），
设点C到直线AB的距离为d，
∴BD＝CD＝d，
∴点C（m+2+d，4a+2m﹣5﹣d），
∵点C在抛物线y＝a（x﹣m）2+2m﹣5上，
∴4a+2m﹣5﹣d＝a（m+2+d﹣m）2+2m﹣5，
整理得：ad2+4ad+d＝0，
∵d≠0，
∴d＝﹣，
∴点C到直线AB的距离为﹣；
（3）∵点C到直线AB的距离为1，
∴﹣＝1，
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣m）2+2m﹣5．
分三种情况考虑：
①当m＞2m﹣2，即m＜2时，有﹣（2m﹣2﹣m）2+2m﹣5＝2，
整理，得：m2﹣14m+39＝0，
解得：m1＝7﹣（舍去），m2＝7+（舍去）；
②当2m﹣5≤m≤2m﹣2，即2≤m≤5时，有2m﹣5＝2，
解得：m＝；
③当m＜2m﹣5，即m＞5时，有﹣（2m﹣5﹣m）2+2m﹣5＝2，
整理，得：m2﹣20m+60＝0，
解得：m3＝10﹣2（舍去），m4＝10+2．
综上所述：m的值为或10+2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形，解一元二次方程以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）利用配方法将二次函数解析式变形为顶点式；（2）利用参数求出点C的坐标；（3）分m＜2、2≤m≤5及m＞5三种情况考虑．
16．（1），.（2）.
【分析】（1）由于方程左右两边都含有（2x-5），可将（2x-5）看作一个整体，然后移项，再分解因式求解．
（2）根据方程为一元二次方程，且有两个不相等的实数根，所以△＞0，据此求出k的取值范围即可．
【详解】解：（1）
∴
∴.
∴或.
∴，.
（2）.
∵方程有两个不相等的实数根，
∴，即.
∴.
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法和一元二次方程根的判别式，解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
解答本题要掌握△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；△=0⇔方程有两个相等的实数根；△＜0⇔方程没有实数根．
17．y=+2x；（－1，－1）.
【详解】试题分析：首先将两点代入解析式列出关于b和c的二元一次方程组，然后求出b和c的值，然后将抛物线配方成顶点式，求出顶点坐标.
试题解析：将点（0,0）和（1,3）代入解析式得： 解得：
∴抛物线的解析式为y=+2x ∴y=+2x=－1 ∴顶点坐标为（－1，－1）.
考点：待定系数法求函数解析式.
18．（1），；（2）.
【分析】（1）连接，根据直角三角形的两个锐角互余，求得，从而求得的度数，再根据等边对等角和切线的性质求出；
（2）连接，根据和证出，再根据的圆周角所对的弦是直径得出CG为直径，再根据为半径的中点，利用三角函数确定，从而求出GP的长，再根据等角的余角相等证出，从而得出即可.
【详解】解：（1）连接，

∵于点，
∴.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∵与相切于点，
∴.
∴.
（2）连接，

∵于点，
∴.
∵，
∴.
∴为的直径.
∵为半径的中点，
∴.
在中，.
∴.
∵与相切于点，为的直径，
∴.
在中，，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∴.
【点睛】本题考查了切线的性质，的圆周角所对的弦是直径，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质，熟练灵活的运用相关知识是解题的关键.
19．①求点H到桥左端点P的距离为250米；②无人机的长度AB为5米．
【分析】①在Rt△AHP中，由tan∠APH=tanα=，即可解决问题；
②设BC⊥HQ于C．在Rt△BCQ中，求出CQ==1500米，由PQ=1255米，可得CP=245米，再根据AB=HC=PH﹣PC计算即可；
【详解】①在Rt△AHP中，
∵AH=500，
由tan∠APH=tanα==2，可得PH=250米．
∴点H到桥左端点P的距离为250米．
②设BC⊥HQ于C．
在Rt△BCQ中，
∵BC=AH=500，∠BQC=30°，
∴CQ==1500米，
∵PQ=1255米，
∴CP=245米，
∵HP=250米，
∴AB=HC=250﹣245=5米．
答：这架无人机的长度AB为5米．

考点：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
20．（1）y与x的函数表达式为y=100x+17360（21≤x≤62且x为整数）；（2）共有25种租车方案；租用A型号客车21辆，B型号客车41辆时最省钱.
【分析】（1）根据租车总费用=A、B两种车的费用之和，列出函数关系式即可；
（2）列出不等式，求出自变量x的取值范围，利用函数的性质即可解决问题；
【详解】解：（1）由题意：y=380x+280（62-x）=100x+17360．
∵30x+20（62-x）≥1441，
∴x≥20.1，
又∵x为整数，
∴x的取值范围为21≤x≤62的整数．
即y与x的函数表达式为y=100x+17360（21≤x≤62且x为整数）.
（2）由题意100x+17360≤21940，
∴x≤45.8，
∴21≤x≤45，
∴共有25种租车方案，
又100＞0，∴y随x的增大而增大，
∴x=21时，y有最小值．
即租用A型号客车21辆，B型号客车41辆时最省钱.
【点睛】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会利用函数的性质解决最值问题．
21．（1）4，；（2）旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积为；（3）.
【分析】（1）连接AB，根据△OCA为等腰三角形可得AD=OD的长，从而得出点A的坐标，则得出正方形AOBC的面积；
（2）根据旋转的性质可得OA′的长，从而得出A′C，A′E，再求出面积即可；
（3）根据P、Q点在不同的线段上运动情况，可分为三种列式①当点P、Q分别在OA、OB时，②当点P在OA上，点Q在BC上时，③当点P、Q在AC上时，可方程得出t．
【详解】解：（1）连接AB，与OC交于点D，
四边形是正方形，
∴△OCA为等腰Rt△，
∴AD=OD=OC=2，
∴点A的坐标为.

4，.
（2）如图
∵ 四边形是正方形，
∴，.
∵ 将正方形绕点顺时针旋转，
∴ 点落在轴上.
∴.
∴ 点的坐标为.
∵，
∴.
∵ 四边形，是正方形，
∴，.
∴，.
∴.
∴.
∵，
，
∴ .
∴旋转后的正方形与原正方形的重叠部分的面积为.
（3）设t秒后两点相遇，3t=16，∴t=
①当点P、Q分别在OA、OB时，
∵,OP=t，OQ=2t
∴不能为等腰三角形
②当点P在OA上，点Q在BC上时如图2，

当OQ=QP，QM为OP的垂直平分线，
OP=2OM=2BQ，OP=t，BQ=2t-4，
t=2（2t-4），
解得：t=．
③当点P、Q在AC上时，
不能为等腰三角形
综上所述，当时是等腰三角形
【点睛】此题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定以及旋转的性质，是中考压轴题，综合性较强，难度较大．
22．（1），点坐标为，顶点的坐标为；（2）①最大值是，的坐标为，②的取值范围为或或.
【分析】（1）先利用对称轴公式x=，计算对称轴，即顶点坐标为（1，4），再将两点代入列二元一次方程组求出解析式；
（2）根据三角形的三边关系：可知P、C、D三点共线时|PC-PD|取得最大值，求出直线CD与x轴的交点坐标，就是此时点P的坐标；
（3）先把函数中的绝对值化去，可知，此函数是两个二次函数的一部分，分三种情况进行计算：①当线段PQ过点（0，3），即点Q与点C重合时，两图象有一个公共点，当线段PQ过点（3，0），即点P与点（3，0）重合时，两函数有两个公共点，写出t的取值；②线段PQ与当函数y=a|x|2-2a|x|+c（x≥0）时有一个公共点时，求t的值；③当线段PQ过点（-3，0），即点P与点（-3，0）重合时，线段PQ与当函数y=a|x|2-2a|x|+c（x＜0）时也有一个公共点，则当t≤-3时，都满足条件；综合以上结论，得出t的取值．
【详解】解：（1）∵，
∴的对称轴为.
∵人最大值为4，
∴抛物线过点.
得，
解得.
∴该二次函数的解析式为.
点坐标为，顶点的坐标为.
（2）①∵，
∴当三点在一条直线上时，取得最大值.
连接并延长交轴于点，.
∴的最大值是.
易得直线的方程为.
把代入，得.
∴此时对应的点的坐标为.
②的解析式可化为
设线段所在直线的方程为，将，的坐标代入，可得线段所在直线的方程为.
（1）当线段过点，即点与点重合时，线段与函数的图像只有一个公共点，此时.
∴当时，线段与函数的图像只有一个公共点.
（2）当线段过点，即点与点重合时，线段与函数的图像只有一个公共点，此时.
当线段过点，即点与点重合时，，此时线段与函数的图像有两个公共点.
所以当时，线段与函数的图像只有一个公共点.
（3）将带入，并整理，得.
.
令，解得.
∴当时，线段与函数的图像只有一个公共点.
综上所述，的取值范围为或或.
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，先利用待定系数法求解析式，同时把最大值与三角形的三边关系联系在一起；同时对于二次函数利用动点求取值问题，从特殊点入手，把函数分成几部分考虑，按自变量从大到小的顺序或从小到大的顺序求解．