资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
精品解析：陕西省西安市碑林区西安铁一中分校2021-2022学年九年级上学期期末数学试题
展开
这是一份精品解析：陕西省西安市碑林区西安铁一中分校2021-2022学年九年级上学期期末数学试题，文件包含精品解析陕西省西安市碑林区西安铁一中分校2021-2022学年九年级上学期期末数学试题解析版docx、精品解析陕西省西安市碑林区西安铁一中分校2021-2022学年九年级上学期期末数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
2021－2022学年陕西省西安市碑林区铁一中学九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（每小题3分，共24分）
1. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=2，则tanB的值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据正切的定义求出结果．
【详解】解：∵△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=2，
∴tanB=．
故选：B．
【点睛】本题考查锐角三角函数的概念：在直角三角形中，正弦等于对边比斜边；余弦等于邻边比斜边；正切等于对边比邻边．
2. 下面几何体的左视图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示确定几何体的左视图即可得到答案．
【详解】解：左视图是一个矩形，矩形的内部有一条横向的虚线．
故选：D．
【点睛】本题考查三视图的画法；用到的知识点为：三视图分别是从物体正面，左面，上面看得到的平面图形；注意实际存在又没有被其他棱所挡，在所在方向看不到的棱应用虚线表示．
3. 在一个不透明的盒子中装有红球、白球、黑球共40个，这些球除颜色外无其他差别，在看不见球的条件下，随机从盒子中摸出一个球记录颜色后放回．经过多次试验，发现摸到红球的频率稳定在30%左右，则盒子中红球的个数约为（ ）
A. 12 B. 15 C. 18 D. 23
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可设盒子中红球的个数x，则盒子中球的总个数x，摸到红球的频率稳定在30%左右，根据频率与概率的关系可得出摸到红球的概率为30%，再根据概率的计算公式计算即可．
【详解】解：设盒子中红球的个数x，根据题意，得：
解得x=12，
所以盒子中红球的个数是12，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了利用频率估计概率以及概率求法的运用，利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=；频率与概率的关系生：一般地，在大量的重复试验中，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会稳定于某个常数p，我们称事件A发生的概率为p．
4. 三根等高的木杆竖直立在平地上，其俯视图如图所示，在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子合理的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】三根等高木杆竖直立在平地上，在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子应该同方向、长度相等且平行，据此判断即可．
【详解】解：A．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子的方向应该一致，故本选项错误；
B．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子合理，故本选项正确；
C．在某一时刻三根等高木杆在太阳光下的影子的长度应该相同，故本选项错误；
D．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子的方向应该互相平行，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行投影，由平行光线形成投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．
5. 在平面直角坐标系中，已知点E（﹣4，2），F（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心，相似比为0.5，把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标是（ ）
A. （﹣2，1） B. （﹣8，4） C. （﹣2，1）或（2，﹣1） D. （﹣8，4）或（8，﹣4）
【答案】C
【解析】
【分析】根据位似图形的性质，得到点E对应的是OE的中点或者是这个点关于原点的对称点．
【详解】解：∵相似比是0.5，
∴点E对应的是OE的中点，即，
或者是这个关于原点O的对称点，．
故选：C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中的位似图形，解题的关键是掌握位似图形的性质．
6. 反比例函数y＝(k＞0)图象上三个点的坐标为(，)、(，)、(，)，若＜＜0＜，则，，的大小关系是( )
A. ＜＜ B. ＜＜ C. ＜＜ D. ＜＜
【答案】A
【解析】
【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限及其增减性，再根据＜＜0＜即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数y＝中，k＞0，
∴此函数图象的两个分支分别位于第一三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．
∵＜＜0＜，
∴(，)、(，)在第三象限，(，)在第一象限，
∴＜＜0＜．
故选A．
【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握反比例函数图象上点的坐标特征：当k＞0时，图象分别位于第一、三象限，横纵坐标同号；当k＜0时，图象分别位于第二、四象限，横纵坐标异号．
7. 知图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，连接AC、CD，CD与AB相交于点E，若=2，∠C＝20°，则∠AED的度数为（ ）
A. 50° B. 53° C. 55° D. 58°
【答案】C
【解析】
【分析】连接OD，OC，先利用圆周角定理求出∠AOD，从而求出∠DOB，再根据=2，求出∠BOC，进而求出∠CAO，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．
【详解】解：连接OD，OC，
∵∠ACD=20°，
∴∠AOD=2∠ACD=40°，
∴∠DOB=180°-∠AOD=140°，
∵=2，
∴∠BOD=2∠BOC，
∴∠BOC=70°，
∴∠CAO=∠BOC=35°，
∴∠AED=∠ACD+∠CAO=55°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系、三角形外角的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8. 如表中列出的是二次函数y＝a＋bx＋c中x与y的几组对应值：
x
…
﹣2
0
1
3
…
y
…
6
﹣4
﹣6
﹣4
…
下列各选项中，正确是（ ）
A. 这个函数的图象开口向下
B. 这个函数的图象与x轴有两个交点，且都在y轴同侧
C. 当x＞1时，y的值随x值的增大而增大
D. 方程a＋（b＋2）x＋c＝﹣4的解为＝0，＝1
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=，利用x=1时，y=-6＜-4，则可判断抛物线的开口向上，所以与x轴有两个交点，且在y轴两侧，则可对A、B选项进行判断；由于抛物线的对称轴为直线x=，则根据二次函数的性质可对C选项进行判断；利用y=a+bx+c与直线y=-2x-4的交点坐标为（0，-4），（1，-6），则可对D选项进行判断．
【详解】解：∵抛物线经过点（0，-4），（3，-4），
∴抛物线的对称轴为直线x=，
而x=1时，y=-6＜-4，
∴抛物线的开口向上，与x轴有两个交点，且在y轴两侧，所以A、B选项都不符合题意；
∵抛物线的对称轴为直线x=，
∴当x＞时，y的值随x值的增大而增大，所以C选项不符合题意；
∵点（0，-4），（1，-6）在抛物线上，也在直线y=-2x-4上，
即y=a+bx+c与直线y=-2x-4的交点坐标为（0，-4），（1，-6），
∴方程a+bx+c=-2x-4的解为=0，=1，
即方程a+（b+2）x+c=-4的解为=0，=1，所以D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=a+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
二、填空题（每小题3分，共18分）
9. 把抛物线先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，平移后抛物线的表达式是 _____
【答案】
【解析】
【详解】解：∵的顶点坐标为（0，0），把抛物线先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为（-2，3），
∴平移后抛物线的表达式为
故答案为：
10. 已知一个正多边形的一个外角为，则它的内角和为___________．
【答案】540°
【解析】
【分析】根据任何多边形的外角和都是360°，利用360除以外角的度数就可以求出多边形的边数，n边形的内角和是(n-2)·180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和；
【详解】∵多边形的边数为：360°÷72°=5，
∴正多边形的内角和的度数是：(5-2)·180°=540°，
故答案为：540°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
11. 若，则＝________．
【答案】##0.125
【解析】
【分析】用含b的式子表示a，再代入即把a换成含b的式子，最后约分即可．
【详解】解法一：∵，
∴，
∴．
故答案为：．
解法二：设，则，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查分式的的基本性质，会利用“设k法”求解更简便，能选择适当的方法求解是解此题的关键．
12. 宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形．古希腊很多矩形建筑中宽与长的比都等于黄金比，如图，矩形ABCD为黄金矩形，AB＜AD，以AB为边在矩形ABCD内部作正方形ABEF，若AD＝1，则DF＝________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据黄金矩形求出AB，再利用正方形的性质求出AF，然后进行计算即可解答．
【详解】解：∵矩形ABCD为黄金矩形，AB＜AD，
∴，
∴，
∵四边形ABEF是正方形，
∴AB=AF=，
∴DF=AD-AF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了黄金分割，相似多边形的性质，正方形的性质，矩形的性质，熟练掌握黄金分割是解题的关键．
13. 反比例函数函数y＝的图象与一次函数y＝mx＋n的图象交于两点（a，a＋2），（﹣2a，a﹣4），则不等式＞mx＋n的解集为________．
【答案】x＜-4或0＜x＜2##0＜x＜2或x＜-4
【解析】
【分析】根据反比例函数系数k=xy得到k=a（a+2）=-2a（a-4），解得a=2，即可求得交点为（2，4）和（-4，-2），根据图象即可求得不等式＞mx+n的解集．
【详解】解：∵反比例函数函数y=的图象与一次函数y=mx+n的图象交于两点（a，a+2），（-2a，a-4），
∴k=a（a+2）=-2a（a-4），
解得a=2或a=0（舍去），
∴交点为（2，4）和（-4，-2），
∴交点在一、三象限，如图，
∴不等式＞mx+n的解集为x＜-4或0＜x＜2，
故答案为：x＜-4或0＜x＜2．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是根据两函数图象的上下位置关系解不等式．本题属于基础题，根据两函数图象的上下位置关系结合交点坐标得出不等式的解集是关键．
14. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD、AB上的两点，AE＝BF，连BE、CF交于点H，当时，＝________．
【答案】##
【解析】
【分析】可以正方形的边长为1，AE=BF=a，将本题转化成求BF的长．利用SAS证明△ABE≌△BCF，从而得出，继而得出，等面积法求出，再结合△HBC∽△BFC求出，最后利用关系式列出关于a的方程，从而解出a也就是．
【详解】解：设正方形的边长为1，AE=BF=a，
∴FC=．
在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE=∠BCF，．
∵∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠BCF+∠EBC=90°，.
∴∠BHC=90°，即.BH⊥CF．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵∠HCB=∠BCF，∠CHB=∠CBF=90°，
∴△HBC∽△BFC，
∴，
∴，
∴ ．
∵，
∴，
∴，
解得a=或a=（舍去），
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等面积法，三角形的面积求法，解题技巧是设正方形的边长为1，从而将求比例问题转化成求线段长简化运算，灵活运用等面积法和三角形面积公式是解题关键．
三、解答题（共78分）
15. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算锐角三角函数，再化简绝对值和二次根式，最后进行加减运算．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查锐角三角函数，化简绝对值以及二次根式的运算，熟练掌握30度、45度、60度角的三角函数值是解题的关键．
16. 解方程：．
【答案】=-3，=-1.5．
【解析】
【分析】方程移项后分解因式，利用因式分解法求出解即可．
【详解】解：方程移项得：，
分解因式得：（x+3）[2（x+3）-3]=0，
整理得：（x+3）（2x+3）=0，
所以x+3=0或2x+3=0，
解得：=-3，=-1.5．
【点睛】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
17. 如图，点C为以AB为直径的圆外一点，请用尺规作图法作一条直线l，使得直线过点C，且将圆的周长分成相等的两部分（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【解析】
【分析】先作AB的垂直平分线得到AB的中点，然后连接OC得到直线l．
【详解】解：如图，直线l为所作．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18. 如图，菱形ABCD中，点F为边AD上一点，点E为边CD上一点，连接BF、BE，若∠DFB+∠BEC=180°，求证：BF=BE．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由“AAS”可证△ABF≌△CBE，可得BF=BE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠A=∠C，
∵∠DFB+∠BEC=180°，∠DFB+∠AFB=180°，
∴∠AFB=∠CEB，
在△ABF和△CBE中，
，
∴△ABF≌△CBE（AAS），
∴BF=BE．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
19. 已知关于x的一元二次方程kx2﹣6x＋9＝0有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若方程的两根x1，x2满足x1＋x2＝12，请求出方程的两根．
【答案】（1）且；
（2），．
【解析】
【分析】（1）直接利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到：且△，然后求出两不等式的公共部分即可；
（2）根据根与系数的关系得，解得，当时，原方程变形为，然后利用配方法求解方程．
【小问1详解】
解：由题意得，，
即，
解得：，
又，
且；
【小问2详解】
解：根据题意得，
解得，
当时，原方程变形为，
，
，
所以，．
【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程的根与△有如下关系，当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根．也考查了根与系数的关系．
20. 国家的“双减”政策要求教师注重作业的设计与布置，为了更好落实国家的“双减”政策，某学校七年级为学生设计了丰富多彩的寒假实践作业，作业由两类7项组成，供学生自主选择完成．A类：创作微视频，内容可从以下四方面选择：：一道（类）题的解法研究，：读数学类书籍的心得分享；：魔术与数学；：某个数学知识的探究．B类：创作手抄报，内容可以从以下3个方面选择：：绘制七年级上章节思维导图；：数学家的故事；：数学知识发展史．
同学们可以从以上7项作业中任选一项或两项来完成，请回答下列问题：
（1）小明准备随机选择一项去完成，则他选择：魔术与数学的概率为 ；
（2）小丽准备从A、B两类中分别随机选择一项完成，求小丽最终选择完成和两项作业的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；
（2）根据树状图法求概率即可．
【小问1详解】
解：寒假实践作业两类共7项，
他选择：魔术与数学的概率为，
故答案为：．
【小问2详解】
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，恰好选中最终选择完成和两项作业的结果有1种，
∴选择完成和两项作业的概率为．
【点睛】此题考查了概率公式求概率，树状图法求概率.树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21. 滑雪是冬天人们最喜爱的运动项目之一，如图为一个滑雪场雪道的截面图，雪道由AB和BC两段组成，AB的坡角∠A＝17°，BC的坡角∠CBE＝25°，A、C两点间的水平距离AD＝2000米，铅直距离CD＝800米，求AB两点间的铅直距离BH．（参考数据：sin25°≈0.4，tan25°≈0.5，sin17°≈0.3，tan17°≈0.3）
【答案】AB两点间铅直距离BH约为300米．
【解析】
【分析】根据正切的定义用x表示出AH，进而求出BE，再根据正切的定义列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：设BH=x米，
由题意得：四边形BHDE为矩形，
∴DE=BH=x米，BE=DH，
∴CE=（800-x）米，
在Rt△BAH中，tan∠BAH=，
∴AH=（米），
∴BE=DH=（2000-x）米，
在Rt△CBE中，tan∠CBE=，
∴，
解得：x=300，
经检验，x=300是原方程的解，
答：AB两点间的铅直距离BH约为300米．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
22. 李大爷每年春节期间都会购进一批新年红包销售，根据往年的销售经验，这种红包平均每天可销售50袋，每袋盈利3元，若每袋降价0.5元，平均每天可多售出25袋，设每袋降x元，平均每天的利润为y元．
（1）请求出y与x的函数表达式；
（2）若李大爷想让每天的利润最大化，应该降价多少元销售？最大利润为多少元？
【答案】（1）y＝−50x2＋100x＋150
（2）应该降价1元销售，最大利润为200元．
【解析】
【分析】（1）根据题意和题目中的数据，可以写出y与x的函数表达式；
（2）将（1）中函数关系式化为顶点式，然后利用二次函数的性质即可得到x为何值时，y取得最大值．
【小问1详解】
解：由题意可得，
y＝（3−x）（50＋×25）＝−50x2＋100x＋150，
即y与x的函数表达式是y＝−50x2＋100x＋150；
【小问2详解】
由（1）知：y＝−50x2＋100x＋150＝−50（x−1）2＋200，
∴当x＝1时，y取得最大值，此时y＝200，
答：若李大爷想让每天的利润最大化，应该降价1元销售，最大利润为200元．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数关系式，利用二次函数的性质求最值．
23. 如图，矩形ABCD中，AB＝16，AD＝18，⊙O经过点A，与AD交于点E，与AB相交于点F，与BC相切于点H，ED＝2．
（1）求证：⊙O与CD相切；
（2）连接EF并延长，交CB的延长线于点M，求MB的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）过点O作于点G，连接HO并延长，交AD于点N，利用矩形的性质和已知条件，先证四边形ABHN，OGCH，OGDN都是矩形．利用垂径定理求出，进而求出，解求出⊙O的半径为10，结合即可证明⊙O与CD相切；
（2）先证EF是⊙O的直径，利用勾股定理求出AF，进而求出BF，再证，利用相似三角形对应边成比例即可求出MB．
【小问1详解】
证明：在矩形ABCD中，，，，
∵，
∴，
如图，过点O作于点G，连接HO并延长，交AD于点N，
∴，
∵ BC与⊙O相切，
∴，
∵，
∴，
∴四边形ABHN，OGCH，OGDN都是矩形．
∵ ，O为圆心，AE为⊙O的弦，
∴，
∴，，
∴．
在中，，，
根据勾股定理，得：，
即，
解得，
∴⊙O的半径为10，
∵ ，OG是半径，
∴⊙O与CD相切；
【小问2详解】
解：∵⊙O的半径为10，，，
∴EF是⊙O的直径，
∴，
∴，
∴，
∵ ，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即MB的长为．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查圆的切线、矩形的性质、垂径定理、勾股定理、圆周角定理的推论、相似三角形的判定与性质等，有一定难度，能够综合运用上述知识点逐步进行推导是解题的关键．
24. 抛物线y＝x2＋mx＋n与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C（0，﹣），抛物线的对称轴与x轴交于点D（1，0），
（1）请求出m，n的值，并直接写出A、B两点坐标；
（2）若点P为x轴上方抛物线上一点，点Q为x轴上一点，是否存在P，Q，使得△DPQ与△ABC相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】（1）m的值是-，n的值是-，A坐标为（-1，0），B坐标是（3，0）；
（2）P的坐标为（，）或（，）或（5，4）或（-3，4）．
【解析】
【分析】（1）由抛物线的对称轴与x轴交于点D（1，0）可得对称轴为x=1，解得m的值，又抛物线与y轴交于点C（0，-）代入即得n的值，可求得抛物线解析式，据此即可求解；
（2）由（1）知，A（-1，0），B（3，0），C（0，-），知AB=4，AC=2，BC=2，可得△ABC是直角三角形，∠ABC=30°，要使△DPQ与△ABC相似，只需△DPQ是含30°角的直角三角形即可，分两种情况：①当∠PDQ=30°；②当∠DPQ=30°时，据此求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线的对称轴与x轴交于点D（1，0），
∴抛物线的对称轴是直线x=1，即=1，
∴m=-，
∵抛物线与y轴交于点C（0，-），
∴n=-，
∴抛物线解析式为，
令y=0得=0，
解得x=-1或x=3，
∴A（-1，0），B（3，0），
答：m的值是-，n的值是-，A坐标为（-1，0），B坐标是（3，0）；
【小问2详解】
解：存在P，Q，使得△DPQ与△ABC相似，理由如下：
由（1）知，A（-1，0），B（3，0），C（0，-），
∴AB=4，AC=2，BC=2，
∴，AC=AB，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC=30°，
要使△DPQ与△ABC相似，只需△DPQ是含30°角的直角三角形即可，
设P（m，），则PQ=，
①当∠PDQ=30°，Q在对称轴右侧时，如图：
∵∠DQP=90°，∠PDQ=30°，
∴DQ=PQ，
∴m-1=，
解得m=或m=（舍去），
∴P（，）；
根据对称性，当∠PDQ=30°，Q在对称轴左侧时，如图：
同理：1-m=，
解得m=或m=（舍去），
∴P（，）；
②当∠DPQ=30°时，如图：
同理可得或，
解得m=0（舍去）或m=5或m=2（舍去）或m=-3，
∴P（5，4）或（-3，4），
综上所述，P的坐标为（，）或（，）或（5，4）或（-3，4）．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及勾股定理、相似三角形的判定及应用等知识，解题的关键是判断△ABC是直角三角形，∠ABC=30°．
25. 问题提出
（1）如图1，A、B为⊙O外的两点，请在⊙O上画出所有使得AC＋BC的值最小的C点．
问题探究
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BCD＝∠BAD＝90°，AC＝4，求BC＋CD的值；
问题解决
（3）如图3，某城市要修建一块草坪，草坪由三条线段AB、BC、CD和圆弧AD周成，计划在圆弧AD段用花来布置成标志性造型，AB和CD段栽种观赏性树木，BC临湖．已知点E为BC上一点，BE＝CE＝6，长为4，且上任意一点F，满足∠BFE＝30°，为了降低成本，现计划使得AB＋CD最小，求AB＋CD的最小值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用两点之间线段最短求解；
（2）利用AAS证明，推出，，进而得出，再证四边形ANCM是正方形，结合AC＝4，利用勾股定理求出正方形ANCM的边长，即可求解；
（3）如图（见解析）作辅助线，找出点F所在圆的圆心，证明，推出，进而得出，从而将AB与CD转化为一个三角形的两个边，依靠三角形的三边关系进行求解．
【小问1详解】
解：如图所示，连接AB，AB与⊙O的交点和 为所求C点；
【小问2详解】
解：如图，作于点M，作交BC的延长线于点N，
则，
又∵，
∴四边形ANCM是矩形，
∴，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形ANCM是矩形，，
∴四边形ANCM是正方形，
∴，
∴，
即，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵点F在运动的过程中，满足，
∴点F可看作是在以BE为弦的圆上运动，为弦BE所对的圆周角，
∴弦BE所对的圆心角为：，
以BE为边向上作等边三角形BEO，可得点O为动点F所在圆的圆心，圆O的半径为6．
连接OA，OD，延长EO与圆O交于点G，连接GD．
∵长为4，半径，
∴，
又由等边三角形的性质知，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当G，D，C三点共线时，取最小值，取最小值，最小值为GC．
连接GB，如下图所示：
此时，G点与D点重合，A点与B点重合，
∵GE是直径，
∴，
在中，， ，
∴，
∴中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆周角定理的应用，等边三角形的性质，勾股定理解直角三角形等知识点，综合性很强，属于压轴题，第三问难度很大，将转化为，得出的最小值为GC是解题的关键．
2021－2022学年陕西省西安市碑林区铁一中学九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（每小题3分，共24分）
1. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=2，则tanB的值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据正切的定义求出结果．
【详解】解：∵△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=2，
∴tanB=．
故选：B．
【点睛】本题考查锐角三角函数的概念：在直角三角形中，正弦等于对边比斜边；余弦等于邻边比斜边；正切等于对边比邻边．
2. 下面几何体的左视图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图示确定几何体的左视图即可得到答案．
【详解】解：左视图是一个矩形，矩形的内部有一条横向的虚线．
故选：D．
【点睛】本题考查三视图的画法；用到的知识点为：三视图分别是从物体正面，左面，上面看得到的平面图形；注意实际存在又没有被其他棱所挡，在所在方向看不到的棱应用虚线表示．
3. 在一个不透明的盒子中装有红球、白球、黑球共40个，这些球除颜色外无其他差别，在看不见球的条件下，随机从盒子中摸出一个球记录颜色后放回．经过多次试验，发现摸到红球的频率稳定在30%左右，则盒子中红球的个数约为（ ）
A. 12 B. 15 C. 18 D. 23
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可设盒子中红球的个数x，则盒子中球的总个数x，摸到红球的频率稳定在30%左右，根据频率与概率的关系可得出摸到红球的概率为30%，再根据概率的计算公式计算即可．
【详解】解：设盒子中红球的个数x，根据题意，得：
解得x=12，
所以盒子中红球的个数是12，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了利用频率估计概率以及概率求法的运用，利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=；频率与概率的关系生：一般地，在大量的重复试验中，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会稳定于某个常数p，我们称事件A发生的概率为p．
4. 三根等高的木杆竖直立在平地上，其俯视图如图所示，在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子合理的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】三根等高木杆竖直立在平地上，在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子应该同方向、长度相等且平行，据此判断即可．
【详解】解：A．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子的方向应该一致，故本选项错误；
B．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子合理，故本选项正确；
C．在某一时刻三根等高木杆在太阳光下的影子的长度应该相同，故本选项错误；
D．在某一时刻三根木杆在太阳光下的影子的方向应该互相平行，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行投影，由平行光线形成投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．
5. 在平面直角坐标系中，已知点E（﹣4，2），F（﹣2，﹣2），以原点O为位似中心，相似比为0.5，把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标是（ ）
A. （﹣2，1） B. （﹣8，4） C. （﹣2，1）或（2，﹣1） D. （﹣8，4）或（8，﹣4）
【答案】C
【解析】
【分析】根据位似图形的性质，得到点E对应的是OE的中点或者是这个点关于原点的对称点．
【详解】解：∵相似比是0.5，
∴点E对应的是OE的中点，即，
或者是这个关于原点O的对称点，．
故选：C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中的位似图形，解题的关键是掌握位似图形的性质．
6. 反比例函数y＝(k＞0)图象上三个点的坐标为(，)、(，)、(，)，若＜＜0＜，则，，的大小关系是( )
A. ＜＜ B. ＜＜ C. ＜＜ D. ＜＜
【答案】A
【解析】
【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限及其增减性，再根据＜＜0＜即可得出结论．
【详解】解：∵反比例函数y＝中，k＞0，
∴此函数图象的两个分支分别位于第一三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小．
∵＜＜0＜，
∴(，)、(，)在第三象限，(，)在第一象限，
∴＜＜0＜．
故选A．
【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握反比例函数图象上点的坐标特征：当k＞0时，图象分别位于第一、三象限，横纵坐标同号；当k＜0时，图象分别位于第二、四象限，横纵坐标异号．
7. 知图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上两点，连接AC、CD，CD与AB相交于点E，若=2，∠C＝20°，则∠AED的度数为（ ）
A. 50° B. 53° C. 55° D. 58°
【答案】C
【解析】
【分析】连接OD，OC，先利用圆周角定理求出∠AOD，从而求出∠DOB，再根据=2，求出∠BOC，进而求出∠CAO，最后利用三角形的外角进行计算即可解答．
【详解】解：连接OD，OC，
∵∠ACD=20°，
∴∠AOD=2∠ACD=40°，
∴∠DOB=180°-∠AOD=140°，
∵=2，
∴∠BOD=2∠BOC，
∴∠BOC=70°，
∴∠CAO=∠BOC=35°，
∴∠AED=∠ACD+∠CAO=55°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系、三角形外角的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8. 如表中列出的是二次函数y＝a＋bx＋c中x与y的几组对应值：
x
…
﹣2
0
1
3
…
y
…
6
﹣4
﹣6
﹣4
…
下列各选项中，正确是（ ）
A. 这个函数的图象开口向下
B. 这个函数的图象与x轴有两个交点，且都在y轴同侧
C. 当x＞1时，y的值随x值的增大而增大
D. 方程a＋（b＋2）x＋c＝﹣4的解为＝0，＝1
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x=，利用x=1时，y=-6＜-4，则可判断抛物线的开口向上，所以与x轴有两个交点，且在y轴两侧，则可对A、B选项进行判断；由于抛物线的对称轴为直线x=，则根据二次函数的性质可对C选项进行判断；利用y=a+bx+c与直线y=-2x-4的交点坐标为（0，-4），（1，-6），则可对D选项进行判断．
【详解】解：∵抛物线经过点（0，-4），（3，-4），
∴抛物线的对称轴为直线x=，
而x=1时，y=-6＜-4，
∴抛物线的开口向上，与x轴有两个交点，且在y轴两侧，所以A、B选项都不符合题意；
∵抛物线的对称轴为直线x=，
∴当x＞时，y的值随x值的增大而增大，所以C选项不符合题意；
∵点（0，-4），（1，-6）在抛物线上，也在直线y=-2x-4上，
即y=a+bx+c与直线y=-2x-4的交点坐标为（0，-4），（1，-6），
∴方程a+bx+c=-2x-4的解为=0，=1，
即方程a+（b+2）x+c=-4的解为=0，=1，所以D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=a+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
二、填空题（每小题3分，共18分）
9. 把抛物线先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，平移后抛物线的表达式是 _____
【答案】
【解析】
【详解】解：∵的顶点坐标为（0，0），把抛物线先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为（-2，3），
∴平移后抛物线的表达式为
故答案为：
10. 已知一个正多边形的一个外角为，则它的内角和为___________．
【答案】540°
【解析】
【分析】根据任何多边形的外角和都是360°，利用360除以外角的度数就可以求出多边形的边数，n边形的内角和是(n-2)·180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和；
【详解】∵多边形的边数为：360°÷72°=5，
∴正多边形的内角和的度数是：(5-2)·180°=540°，
故答案为：540°．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
11. 若，则＝________．
【答案】##0.125
【解析】
【分析】用含b的式子表示a，再代入即把a换成含b的式子，最后约分即可．
【详解】解法一：∵，
∴，
∴．
故答案为：．
解法二：设，则，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查分式的的基本性质，会利用“设k法”求解更简便，能选择适当的方法求解是解此题的关键．
12. 宽与长的比等于黄金比的矩形称为黄金矩形．古希腊很多矩形建筑中宽与长的比都等于黄金比，如图，矩形ABCD为黄金矩形，AB＜AD，以AB为边在矩形ABCD内部作正方形ABEF，若AD＝1，则DF＝________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据黄金矩形求出AB，再利用正方形的性质求出AF，然后进行计算即可解答．
【详解】解：∵矩形ABCD为黄金矩形，AB＜AD，
∴，
∴，
∵四边形ABEF是正方形，
∴AB=AF=，
∴DF=AD-AF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了黄金分割，相似多边形的性质，正方形的性质，矩形的性质，熟练掌握黄金分割是解题的关键．
13. 反比例函数函数y＝的图象与一次函数y＝mx＋n的图象交于两点（a，a＋2），（﹣2a，a﹣4），则不等式＞mx＋n的解集为________．
【答案】x＜-4或0＜x＜2##0＜x＜2或x＜-4
【解析】
【分析】根据反比例函数系数k=xy得到k=a（a+2）=-2a（a-4），解得a=2，即可求得交点为（2，4）和（-4，-2），根据图象即可求得不等式＞mx+n的解集．
【详解】解：∵反比例函数函数y=的图象与一次函数y=mx+n的图象交于两点（a，a+2），（-2a，a-4），
∴k=a（a+2）=-2a（a-4），
解得a=2或a=0（舍去），
∴交点为（2，4）和（-4，-2），
∴交点在一、三象限，如图，
∴不等式＞mx+n的解集为x＜-4或0＜x＜2，
故答案为：x＜-4或0＜x＜2．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是根据两函数图象的上下位置关系解不等式．本题属于基础题，根据两函数图象的上下位置关系结合交点坐标得出不等式的解集是关键．
14. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD、AB上的两点，AE＝BF，连BE、CF交于点H，当时，＝________．
【答案】##
【解析】
【分析】可以正方形的边长为1，AE=BF=a，将本题转化成求BF的长．利用SAS证明△ABE≌△BCF，从而得出，继而得出，等面积法求出，再结合△HBC∽△BFC求出，最后利用关系式列出关于a的方程，从而解出a也就是．
【详解】解：设正方形的边长为1，AE=BF=a，
∴FC=．
在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE=∠BCF，．
∵∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠BCF+∠EBC=90°，.
∴∠BHC=90°，即.BH⊥CF．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵∠HCB=∠BCF，∠CHB=∠CBF=90°，
∴△HBC∽△BFC，
∴，
∴，
∴ ．
∵，
∴，
∴，
解得a=或a=（舍去），
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等面积法，三角形的面积求法，解题技巧是设正方形的边长为1，从而将求比例问题转化成求线段长简化运算，灵活运用等面积法和三角形面积公式是解题关键．
三、解答题（共78分）
15. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】先计算锐角三角函数，再化简绝对值和二次根式，最后进行加减运算．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查锐角三角函数，化简绝对值以及二次根式的运算，熟练掌握30度、45度、60度角的三角函数值是解题的关键．
16. 解方程：．
【答案】=-3，=-1.5．
【解析】
【分析】方程移项后分解因式，利用因式分解法求出解即可．
【详解】解：方程移项得：，
分解因式得：（x+3）[2（x+3）-3]=0，
整理得：（x+3）（2x+3）=0，
所以x+3=0或2x+3=0，
解得：=-3，=-1.5．
【点睛】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
17. 如图，点C为以AB为直径的圆外一点，请用尺规作图法作一条直线l，使得直线过点C，且将圆的周长分成相等的两部分（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【解析】
【分析】先作AB的垂直平分线得到AB的中点，然后连接OC得到直线l．
【详解】解：如图，直线l为所作．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18. 如图，菱形ABCD中，点F为边AD上一点，点E为边CD上一点，连接BF、BE，若∠DFB+∠BEC=180°，求证：BF=BE．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由“AAS”可证△ABF≌△CBE，可得BF=BE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠A=∠C，
∵∠DFB+∠BEC=180°，∠DFB+∠AFB=180°，
∴∠AFB=∠CEB，
在△ABF和△CBE中，
，
∴△ABF≌△CBE（AAS），
∴BF=BE．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
19. 已知关于x的一元二次方程kx2﹣6x＋9＝0有两个不相等的实数根．
（1）求k的取值范围；
（2）若方程的两根x1，x2满足x1＋x2＝12，请求出方程的两根．
【答案】（1）且；
（2），．
【解析】
【分析】（1）直接利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到：且△，然后求出两不等式的公共部分即可；
（2）根据根与系数的关系得，解得，当时，原方程变形为，然后利用配方法求解方程．
【小问1详解】
解：由题意得，，
即，
解得：，
又，
且；
【小问2详解】
解：根据题意得，
解得，
当时，原方程变形为，
，
，
所以，．
【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程的根与△有如下关系，当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根．也考查了根与系数的关系．
20. 国家的“双减”政策要求教师注重作业的设计与布置，为了更好落实国家的“双减”政策，某学校七年级为学生设计了丰富多彩的寒假实践作业，作业由两类7项组成，供学生自主选择完成．A类：创作微视频，内容可从以下四方面选择：：一道（类）题的解法研究，：读数学类书籍的心得分享；：魔术与数学；：某个数学知识的探究．B类：创作手抄报，内容可以从以下3个方面选择：：绘制七年级上章节思维导图；：数学家的故事；：数学知识发展史．
同学们可以从以上7项作业中任选一项或两项来完成，请回答下列问题：
（1）小明准备随机选择一项去完成，则他选择：魔术与数学的概率为 ；
（2）小丽准备从A、B两类中分别随机选择一项完成，求小丽最终选择完成和两项作业的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；
（2）根据树状图法求概率即可．
【小问1详解】
解：寒假实践作业两类共7项，
他选择：魔术与数学的概率为，
故答案为：．
【小问2详解】
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，恰好选中最终选择完成和两项作业的结果有1种，
∴选择完成和两项作业的概率为．
【点睛】此题考查了概率公式求概率，树状图法求概率.树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21. 滑雪是冬天人们最喜爱的运动项目之一，如图为一个滑雪场雪道的截面图，雪道由AB和BC两段组成，AB的坡角∠A＝17°，BC的坡角∠CBE＝25°，A、C两点间的水平距离AD＝2000米，铅直距离CD＝800米，求AB两点间的铅直距离BH．（参考数据：sin25°≈0.4，tan25°≈0.5，sin17°≈0.3，tan17°≈0.3）
【答案】AB两点间铅直距离BH约为300米．
【解析】
【分析】根据正切的定义用x表示出AH，进而求出BE，再根据正切的定义列出方程，解方程得到答案．
【详解】解：设BH=x米，
由题意得：四边形BHDE为矩形，
∴DE=BH=x米，BE=DH，
∴CE=（800-x）米，
在Rt△BAH中，tan∠BAH=，
∴AH=（米），
∴BE=DH=（2000-x）米，
在Rt△CBE中，tan∠CBE=，
∴，
解得：x=300，
经检验，x=300是原方程的解，
答：AB两点间的铅直距离BH约为300米．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
22. 李大爷每年春节期间都会购进一批新年红包销售，根据往年的销售经验，这种红包平均每天可销售50袋，每袋盈利3元，若每袋降价0.5元，平均每天可多售出25袋，设每袋降x元，平均每天的利润为y元．
（1）请求出y与x的函数表达式；
（2）若李大爷想让每天的利润最大化，应该降价多少元销售？最大利润为多少元？
【答案】（1）y＝−50x2＋100x＋150
（2）应该降价1元销售，最大利润为200元．
【解析】
【分析】（1）根据题意和题目中的数据，可以写出y与x的函数表达式；
（2）将（1）中函数关系式化为顶点式，然后利用二次函数的性质即可得到x为何值时，y取得最大值．
【小问1详解】
解：由题意可得，
y＝（3−x）（50＋×25）＝−50x2＋100x＋150，
即y与x的函数表达式是y＝−50x2＋100x＋150；
【小问2详解】
由（1）知：y＝−50x2＋100x＋150＝−50（x−1）2＋200，
∴当x＝1时，y取得最大值，此时y＝200，
答：若李大爷想让每天的利润最大化，应该降价1元销售，最大利润为200元．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数关系式，利用二次函数的性质求最值．
23. 如图，矩形ABCD中，AB＝16，AD＝18，⊙O经过点A，与AD交于点E，与AB相交于点F，与BC相切于点H，ED＝2．
（1）求证：⊙O与CD相切；
（2）连接EF并延长，交CB的延长线于点M，求MB的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）过点O作于点G，连接HO并延长，交AD于点N，利用矩形的性质和已知条件，先证四边形ABHN，OGCH，OGDN都是矩形．利用垂径定理求出，进而求出，解求出⊙O的半径为10，结合即可证明⊙O与CD相切；
（2）先证EF是⊙O的直径，利用勾股定理求出AF，进而求出BF，再证，利用相似三角形对应边成比例即可求出MB．
【小问1详解】
证明：在矩形ABCD中，，，，
∵，
∴，
如图，过点O作于点G，连接HO并延长，交AD于点N，
∴，
∵ BC与⊙O相切，
∴，
∵，
∴，
∴四边形ABHN，OGCH，OGDN都是矩形．
∵ ，O为圆心，AE为⊙O的弦，
∴，
∴，，
∴．
在中，，，
根据勾股定理，得：，
即，
解得，
∴⊙O的半径为10，
∵ ，OG是半径，
∴⊙O与CD相切；
【小问2详解】
解：∵⊙O的半径为10，，，
∴EF是⊙O的直径，
∴，
∴，
∴，
∵ ，，
∴，
∴，
∴，
∴，
即MB的长为．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查圆的切线、矩形的性质、垂径定理、勾股定理、圆周角定理的推论、相似三角形的判定与性质等，有一定难度，能够综合运用上述知识点逐步进行推导是解题的关键．
24. 抛物线y＝x2＋mx＋n与x轴交于A，B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C（0，﹣），抛物线的对称轴与x轴交于点D（1，0），
（1）请求出m，n的值，并直接写出A、B两点坐标；
（2）若点P为x轴上方抛物线上一点，点Q为x轴上一点，是否存在P，Q，使得△DPQ与△ABC相似？若存在，请求出点P的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】（1）m的值是-，n的值是-，A坐标为（-1，0），B坐标是（3，0）；
（2）P的坐标为（，）或（，）或（5，4）或（-3，4）．
【解析】
【分析】（1）由抛物线的对称轴与x轴交于点D（1，0）可得对称轴为x=1，解得m的值，又抛物线与y轴交于点C（0，-）代入即得n的值，可求得抛物线解析式，据此即可求解；
（2）由（1）知，A（-1，0），B（3，0），C（0，-），知AB=4，AC=2，BC=2，可得△ABC是直角三角形，∠ABC=30°，要使△DPQ与△ABC相似，只需△DPQ是含30°角的直角三角形即可，分两种情况：①当∠PDQ=30°；②当∠DPQ=30°时，据此求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线的对称轴与x轴交于点D（1，0），
∴抛物线的对称轴是直线x=1，即=1，
∴m=-，
∵抛物线与y轴交于点C（0，-），
∴n=-，
∴抛物线解析式为，
令y=0得=0，
解得x=-1或x=3，
∴A（-1，0），B（3，0），
答：m的值是-，n的值是-，A坐标为（-1，0），B坐标是（3，0）；
【小问2详解】
解：存在P，Q，使得△DPQ与△ABC相似，理由如下：
由（1）知，A（-1，0），B（3，0），C（0，-），
∴AB=4，AC=2，BC=2，
∴，AC=AB，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC=30°，
要使△DPQ与△ABC相似，只需△DPQ是含30°角的直角三角形即可，
设P（m，），则PQ=，
①当∠PDQ=30°，Q在对称轴右侧时，如图：
∵∠DQP=90°，∠PDQ=30°，
∴DQ=PQ，
∴m-1=，
解得m=或m=（舍去），
∴P（，）；
根据对称性，当∠PDQ=30°，Q在对称轴左侧时，如图：
同理：1-m=，
解得m=或m=（舍去），
∴P（，）；
②当∠DPQ=30°时，如图：
同理可得或，
解得m=0（舍去）或m=5或m=2（舍去）或m=-3，
∴P（5，4）或（-3，4），
综上所述，P的坐标为（，）或（，）或（5，4）或（-3，4）．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及勾股定理、相似三角形的判定及应用等知识，解题的关键是判断△ABC是直角三角形，∠ABC=30°．
25. 问题提出
（1）如图1，A、B为⊙O外的两点，请在⊙O上画出所有使得AC＋BC的值最小的C点．
问题探究
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BCD＝∠BAD＝90°，AC＝4，求BC＋CD的值；
问题解决
（3）如图3，某城市要修建一块草坪，草坪由三条线段AB、BC、CD和圆弧AD周成，计划在圆弧AD段用花来布置成标志性造型，AB和CD段栽种观赏性树木，BC临湖．已知点E为BC上一点，BE＝CE＝6，长为4，且上任意一点F，满足∠BFE＝30°，为了降低成本，现计划使得AB＋CD最小，求AB＋CD的最小值．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用两点之间线段最短求解；
（2）利用AAS证明，推出，，进而得出，再证四边形ANCM是正方形，结合AC＝4，利用勾股定理求出正方形ANCM的边长，即可求解；
（3）如图（见解析）作辅助线，找出点F所在圆的圆心，证明，推出，进而得出，从而将AB与CD转化为一个三角形的两个边，依靠三角形的三边关系进行求解．
【小问1详解】
解：如图所示，连接AB，AB与⊙O的交点和 为所求C点；
【小问2详解】
解：如图，作于点M，作交BC的延长线于点N，
则，
又∵，
∴四边形ANCM是矩形，
∴，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形ANCM是矩形，，
∴四边形ANCM是正方形，
∴，
∴，
即，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵点F在运动的过程中，满足，
∴点F可看作是在以BE为弦的圆上运动，为弦BE所对的圆周角，
∴弦BE所对的圆心角为：，
以BE为边向上作等边三角形BEO，可得点O为动点F所在圆的圆心，圆O的半径为6．
连接OA，OD，延长EO与圆O交于点G，连接GD．
∵长为4，半径，
∴，
又由等边三角形的性质知，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当G，D，C三点共线时，取最小值，取最小值，最小值为GC．
连接GB，如下图所示：
此时，G点与D点重合，A点与B点重合，
∵GE是直径，
∴，
在中，， ，
∴，
∴中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆周角定理的应用，等边三角形的性质，勾股定理解直角三角形等知识点，综合性很强，属于压轴题，第三问难度很大，将转化为，得出的最小值为GC是解题的关键．
相关试卷
30，陕西省西安市碑林区西安市铁一中学2023-2024学年七年级上学期期末数学试题： 这是一份30，陕西省西安市碑林区西安市铁一中学2023-2024学年七年级上学期期末数学试题，共15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。
2022-2023学年陕西省西安市碑林区西安市铁一中学九年级上学期数学期中考试题(解析版)： 这是一份2022-2023学年陕西省西安市碑林区西安市铁一中学九年级上学期数学期中考试题(解析版)
精品解析：陕西省西安市碑林区西工大附中分校2021-2022学年八年级上学期期末数学试题： 这是一份精品解析：陕西省西安市碑林区西工大附中分校2021-2022学年八年级上学期期末数学试题，文件包含精品解析陕西省西安市碑林区西工大附中分校2021-2022学年八年级上学期期末数学试题解析版docx、精品解析陕西省西安市碑林区西工大附中分校2021-2022学年八年级上学期期末数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
