福建省宁德市2022-2023学年上学期九年级期末数学试卷 (含答案)

这是一份福建省宁德市2022-2023学年上学期九年级期末数学试卷 (含答案)，共40页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省宁德市九年级第一学期期末数学试卷
一、单选题（共40分，每题4分）
1．关于x的一元二次方程（k﹣3）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则整数k的最大值是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．点（3m+4，y1），（2m﹣1，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x上位于对称轴异侧的两点，且y1＞y2，则m的取值范围是（　　）
A． B． C．m＞﹣1 D．﹣1＜m＜﹣2
3．定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（　　）

A．（3，1）或（3，3） B．（3，）或（3，3）
C．（3，）或（3，1） D．（3，）或（3，1）或（3，3）
4．如图，在△ABC中，AB＜AC，将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点D在BC边上，DE交AC于点F．下列结论：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
5．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠CBA＝90°，E为边AB的黄金分割点（AE＞BE），AD＝AE，BC＝BE．AC，DE将四边形分为四个部分，它们的面积分别用S1，S2，S3，S4表示，则下列判断正确的是（　　）

A．S1＝4S2 B．S4＝3S2 C．S1＝S3 D．S3＝S4
6．如图，在平行四边形ABCD中，D，C，E三点在一条直线上，AB＝6，BC＝8，CE＝2，则CF的长为（　　）

A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
7．如图，点D是等腰Rt△ABC斜边BC上的一个动点，以AD为边作等腰Rt△ADE，斜边AE交BC于F，则图中相似三角形共有（　　）对．

A．2 B．3 C．4 D．5
8．如图，在边长为4的等边△ABC中，点D是AB边上一个动点，沿过点D的直线折叠∠A，使点A落在BC边上的点F处，折痕交AC于点E，当BF＝1，AE＝时，则AD的长是（　　）

A． B． C．2 D．
9．如图，一根长10米的钢管斜靠在墙OM上，它的底端与墙角O相距6米，当钢管的顶端A下滑x米时，底端B随之向右滑行y米，能反映y随x变化的图象大致是（　　）

A．
B．
C．
D．
10．如图，在△ABC中，DE∥BC．若AD＝2，AB＝AE＝3，则CE＝（　　）

A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
二、填空题（共24分，每题4分）
11．如图，⊙O的直径CD＝20cm，弦AB＝16cm，AB⊥CD，垂足为M，则CM的长为 　 　．

12．如图，一货轮从A处观测到灯塔B位于它的东北方向，货轮继续向北航行海里到达C处，观测到灯塔位在它的北偏东75°，求此时货轮到灯塔的距离BC．

13．如图，E是△ABC的中线AD上一点，CE的延长线交AB于点F，若AF＝2，ED＝3AE，则AB的长为　 　．

14．如图，四边形ABOC为菱形，∠BOC＝60°，反比例函数的图象经过点B，交AC边于点P，若△BOP的面积为，则点A的坐标为 　 　．

15．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点（﹣2，y1），（m﹣3，n），（﹣1，0），（3，y2），（7﹣m，n）．则下列四个结论①y1＞y2；②5a+c＝0；③方程ax2+bx+c＝0的解为x1＝﹣1，x2＝5；④对于任意实数t，总有at2+bt+c≥﹣3a中，正确结论是 　 　（填写序号）．
16．如图，BC＝6，E是线段BC上的一个动点，D在线段AE上，AE⊥BC于E，AD＝2，DE＝3，则AB+CD的最小值是 　 　．

三、解答题（共86分）
17．如图，与y＝kx+b的图象交于A（﹣1，m），B（n，﹣1）两点．
（1）直接写出m＝　 　，n＝　 　，k＝　 　，b＝　 　；
（2）直接写出的x取值范围是 　 　；
（3）求S△AOB的面积．

18．随着正定旅游业的快速发展，外来游客对住宿的需求明显增大，某宾馆拥有的床位数不断增加．
（1）该宾馆床位数从2016年底的200个增长到2018年底的288个，求该宾馆这两年（从2016年底到2018年底）拥有的床位数的年平均增长率；
（2）根据市场表现发现每床每日收费40元，288张床可全部租出，若每床每日收费提高10元，则租出床位减少20张．若想平均每天获利14880元，同时又减轻游客的经济负担每张床位应定价多少元？
19．如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm，BC＝6cm，某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动．
（1）经过多少时间，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的？
（2）是否存在时刻t，使A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．

20．已知关于x的方程（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0．
（1）求证：方程总有两个不相等的实数根．
（2）当p＝2时，x1，x2是该方程的根，求x12﹣4x1+x2的值．
21．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，将矩形纸片折叠，使点C与A重合．
（1）请在图中画出折痕EF，折痕交AD于E，交BC于F，折痕用实线表示，因计算需要另外添加的辅助线用虚线表示（保留必要的作图痕迹）；
（2）求出折痕EF的长度．

22．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）当0≤x≤3时，直接写出y＝　 　，y＝　 　；
（3）点P是抛物线上第一象限内的一点，若S△ACP＝3，求点P的坐标．

23．点P是正方形ABCD所在平面内一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得线段CQ，连接BP，DQ．

（1）如图①，当P在CD边上时，直接写出BP与DQ之间的关系是 　 　；
（2）如图②，当P在正方形内部时，BP与DQ之间有怎样的关系？请说明理由；
（3）射线BP交DQ于E，若四边形PCQE是正方形，BC＝2，CP＝1，直接写出BE＝　 　．

24．【基础巩固】

（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点．∠BFE＝∠A，若BF＝6，BE＝4，求AD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点．EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD直接写出线段DE与线段EF之间的数量关系．

25．如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c的图象与x轴交于A、B两点，点A为（﹣1，0），OB＝OC．直线l：y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M在N左边），交y轴于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若b＝1，过C点作CD⊥l于点D，连接AD、AC，若此时AD＝AC，求M点的横坐标；
（3）如图2，若k＝﹣4，连接BM、BN，过原点O作直线BN的垂线，垂足为E，以OE为半径作⊙O．
求证：⊙O与直线BM相切．




参考答案
一、单选题（共40分，每题4分）
1．关于x的一元二次方程（k﹣3）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则整数k的最大值是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】若一元二次方程有两不等实数根，则根的判别式Δ＝b2﹣4ac＞0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要注意二次项系数不为0．
解：∵关于x的一元二次方程（k﹣3）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4（k﹣3）×1＞0，且k﹣3≠0，
解得：k＜4且k≠3，
∴整数k的最大值是2．
故选：B．
【点评】本题考查根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0⇔A＜0方程没有实数根．理解和掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关键．
2．点（3m+4，y1），（2m﹣1，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x上位于对称轴异侧的两点，且y1＞y2，则m的取值范围是（　　）
A． B． C．m＞﹣1 D．﹣1＜m＜﹣2
【分析】求得抛物线的开口方向和对称轴，根据题意得到|3m+4﹣1|＜|2m﹣1﹣1|，即|3m+3|＜|2m﹣2|，然后分三种情况讨论，求得绝对值，解不等式即可．
解：∵y＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+1，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝1，
∵点（3m+4，y1），（2m﹣1，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x上位于对称轴异侧的两点，且y1＞y2，
∴|3m+4﹣1|＜|2m﹣1﹣1|，即|3m+3|＜|2m﹣2|，
当m＞1时，则3m+3＜2m﹣2，解得m＜﹣5（不合题意，舍去）；
当﹣1＜m＜1时，则3m+3＜2﹣2m，解得m＜﹣，
当m＜﹣1时，则﹣3m﹣3＜2﹣2m，解得m＞﹣5，
∴﹣5＜m＜﹣1，
与点（3m+4，y1），（2m﹣1，y2）是抛物线y＝﹣x2+2x上位于对称轴异侧不符，
故m＜﹣，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，熟知二次函数的性质，分类讨论是解题的关键．
3．定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（　　）

A．（3，1）或（3，3） B．（3，）或（3，3）
C．（3，）或（3，1） D．（3，）或（3，1）或（3，3）
【分析】由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；分两种情况：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案．
解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，
∴设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；

①若∠CPM＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2＝MA2+AP2＝1+a2，
在Rt△MPC中，由勾股定理得：
CM2＝MP2+CP2＝1+a2+（4﹣a）2+9＝2a2﹣8a+26，
又∵CM2＝OM2+OC2＝4+16＝20，
∴2a2﹣8a+26＝20，
∴（a﹣3）（a﹣1）＝0，
解得：a＝3或a＝1，
∴P（3，3）或（3，1）；
②若∠CMP＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2＝MA2+AP2＝1+a2，
∵CM2＝OM2+OC2＝20，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：
CM2+MP2＝CP2，
∴20+1+a2＝（4﹣a）2+9，
解得：a＝．
∴P（3，）．
综上，P（3，）或（3，1）或（3，3）．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质及勾股定理在几何图形坐标计算中的应用，数形结合、分类讨论并根据题意正确地列式是解题的关键．
4．如图，在△ABC中，AB＜AC，将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点D在BC边上，DE交AC于点F．下列结论：①△AFE∽△DFC；②DA平分∠BDE；③∠CDF＝∠BAD，其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【分析】由旋转的性质得出∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，进而得出∠B＝∠ADB，得出∠ADE＝∠ADB，得出DA平分∠BDE，可判断结论②符合题意；由∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，得出△AFE∽△DFC，可判断结论①符合题意；由∠BAC＝∠DAE，得出∠BAD＝∠FAE，由相似三角形的性质得出∠FAE＝∠CDF，进而得出∠BAD＝∠CDF，可判断结论③符合题意；即可得出答案．
解：∵将△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，∠B＝∠ADE，AB＝AD，∠E＝∠C，
∴∠B＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠ADB，
∴DA平分∠BDE，
∴②符合题意；
∵∠AFE＝∠DFC，∠E＝∠C，
∴△AFE∽△DFC，
∴①符合题意；
∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵△AFE∽△DFC，
∴∠FAE＝∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴③符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，掌握旋转的性质，相似三角形的判定方法是解决问题的关键．
5．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠CBA＝90°，E为边AB的黄金分割点（AE＞BE），AD＝AE，BC＝BE．AC，DE将四边形分为四个部分，它们的面积分别用S1，S2，S3，S4表示，则下列判断正确的是（　　）

A．S1＝4S2 B．S4＝3S2 C．S1＝S3 D．S3＝S4
【分析】设AB＝a．求出△ADE，△ABC的面积（用a表示），可得结论．
解：设AB＝a．
∵E是AB的黄金分割点，AE＞EB，
∴AD＝AE＝a，BE＝BC＝a（1﹣）＝a，
∴S△ADE＝•（a）2＝a2，S△ABC＝×a×a＝a2，
∴S△ADE＝S△ABC，
即S1+S2＝S2+S3，
∴S1＝S3，
故选：C．
【点评】本题考查黄金分割，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
6．如图，在平行四边形ABCD中，D，C，E三点在一条直线上，AB＝6，BC＝8，CE＝2，则CF的长为（　　）

A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
【分析】设AC与BD交于点O，取CD的中点M，连接OM，则CM＝DM，由平行四边形的性质得CD＝AB＝6，OB＝OD，再由三角形中位线定理得OM∥BC，OM＝BC＝4，然后证△CEF∽△MEO，即可解决问题．
解：如图，设AC与BD交于点O，取CD的中点M，连接OM，则CM＝DM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝6，OB＝OD，
∴CM＝DM＝3，
∵M是CD的中点，
∴OM是△BCD的中位线，
∴OM∥BC，OM＝BC＝×8＝4，
∵CE＝2，
∴ME＝CM+CE＝3+2＝5，
∵OM∥BC，
∴△CEF∽△MEO，
∴＝，
即＝，
解得：CF＝1.6，
故选：B．

【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的在以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质和平行四边形的性质是解题的关键．
7．如图，点D是等腰Rt△ABC斜边BC上的一个动点，以AD为边作等腰Rt△ADE，斜边AE交BC于F，则图中相似三角形共有（　　）对．

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据“两个角对应相等的两个三角形性质”判定求解即可．
解：∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝45°，∠E＝∠DAE＝45°，
∴∠B＝∠E，∠C＝∠DAE，
∴△ABC∽△DEA；
∵∠B＝∠E，∠AFB＝∠DFE，
∴△ABF∽△DEF；
∵∠ADF＝∠C+∠DAC＝45°+∠DAC，∠CAF＝∠DAE+∠DAC＝45°+∠DAC，
∴∠ADF＝∠CAF，
又∵∠AFD＝∠CFA，
∴△AFD∽△CFA，
同理，△AFD∽△BAD，
∴△BAD∽△CFA；
综上，图中相似三角形共有5对，
故选：D．
【点评】此题考查了相似三角形的判定，熟记相似三角形的判定定理是解题的关键．
8．如图，在边长为4的等边△ABC中，点D是AB边上一个动点，沿过点D的直线折叠∠A，使点A落在BC边上的点F处，折痕交AC于点E，当BF＝1，AE＝时，则AD的长是（　　）

A． B． C．2 D．
【分析】首先由翻折性质得到△ADE≌△DEF，所以AD＝DF，AE＝EF，再利用一线三等角证明出△BDF∽△CEF，最后根据相似三角形对应边的比相等计算出DF的长即可解答．
解：∵△ABC边长为4，AE＝，
∴CE＝4﹣＝，
∵由翻折性质得：△ADE≌△DEF，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∵∠DFE＝∠A＝60°，
∴∠DFB+∠EFC＝120°，
∵∠C＝60°，
∴∠EFC+∠CEF＝120°，
∴∠CEF＝∠DFB，
∵∠B＝∠C＝60°，
∴△BDF∽△CEF，
∴BD：CF＝BF：CE＝DF：FE＝1：，
∴DF＝FE＝，
∴AD＝DF＝．
故选：B．
【点评】本题重点考查了折叠的两个图形全等、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质，解题关键是利用一线三等角证明三角形相似．
9．如图，一根长10米的钢管斜靠在墙OM上，它的底端与墙角O相距6米，当钢管的顶端A下滑x米时，底端B随之向右滑行y米，能反映y随x变化的图象大致是（　　）

A．
B．
C．
D．
【分析】在直角三角形ABO中，利用勾股定理求出AO的长，进而表示出A点下滑时AO与OB的长，确定出y与x的关系式，即可做出判断．
解：在Rt△ABO中，AB＝10米，OB＝6米，
根据勾股定理得：AO＝＝8（米），
若A下滑x米，AO＝（8﹣x）米，
根据勾股定理得：OB＝＝6+y，
整理得：y＝﹣6，
当x＝0时，y＝0；当x＝8时，y＝4，且不是直线变化的，
故选：A．
【点评】此题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是读懂图意，列出y与x的函数解析式．
10．如图，在△ABC中，DE∥BC．若AD＝2，AB＝AE＝3，则CE＝（　　）

A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式，代入求出即可．
解：∵DE∥BC，
∴＝，
∵AD＝2，AB＝AE＝3，
∴＝，
∴EC＝1.5，
故选：A．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，主要考查学生的推理能力，题目比较好，难度适中．
二、填空题（共24分，每题4分）
11．如图，⊙O的直径CD＝20cm，弦AB＝16cm，AB⊥CD，垂足为M，则CM的长为 　4cm　．

【分析】连接OA，先根据⊙O的直径CD＝20cm求出半径OA的长，再根据垂径定理求出AM的长，然后根据勾股定理求出OM的长，即可求解．
解：连接OA，如图所示：

∵⊙O的直径CD＝20cm，
∴OA＝10cm，
∵弦AB＝16cm，AB⊥CD，
∴AM＝AB＝×16＝8（cm），
在 Rt△AOM中，由勾股定理得：OM＝＝＝6（cm），
∴CM＝OC﹣OM＝10﹣6＝4（cm）．
故答案为：4cm．
【点评】本题考查的是垂径定理及勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
12．如图，一货轮从A处观测到灯塔B位于它的东北方向，货轮继续向北航行海里到达C处，观测到灯塔位在它的北偏东75°，求此时货轮到灯塔的距离BC．

【分析】作CD⊥AB于D，根据题意求出AC的长，根据正弦的定义求出CD，根据三角形的外角的性质求出∠B的度数，根据正弦的定义计算即可．
解：如图所示：过点C作CD⊥AB于点D，

∵AC＝海里，∠A＝45°，∠1＝75°，
∴∠ACD＝45°，∠DCB＝60°，
则∠B＝30°，
则DC＝ACsin45°＝＝40（海里），
故BC＝2CD＝40×2＝80（海里）．
答：此时货轮到灯塔的距离BC为80海里．
【点评】此题主要考查了解直角三角形﹣方向角问题，根据题意作出正确辅助线是解题关键．
13．如图，E是△ABC的中线AD上一点，CE的延长线交AB于点F，若AF＝2，ED＝3AE，则AB的长为　14　．

【分析】过D点作DH∥CF交AB于H，如图，利用平行线分线段成比例定理，由EF∥DH得到＝＝，则可计算出FH＝6，再利用DH∥CF得到＝＝1，所以BH＝6，然后计算AF+FH+HB即可．
解：过D点作DH∥CF交AB于H，如图，
∵EF∥DH，
∴＝＝，
∴FH＝3AF＝3×2＝6，
∵AD为中线，
∴BD＝CD，
∵DH∥CF，
∴＝＝1，
∴BH＝FH＝6，
∴AB＝AF+FH+HB＝2+6+6＝14．
故答案为14．

【点评】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．
14．如图，四边形ABOC为菱形，∠BOC＝60°，反比例函数的图象经过点B，交AC边于点P，若△BOP的面积为，则点A的坐标为 　（﹣6，2）　．

【分析】过点B作BE⊥CO，根据四边形四边形ABOC为菱形，得出，设BO＝CO＝a，根据△BOP的面积为，求得a＝4，即可求解．
解：如图，过点B作BE⊥CO，

∵四边形ABOC为菱形，
∴BO∥AC，
∴，
∴，
设BO＝CO＝a，
∵∠BOC＝60°，
∴，
∴，
解得：a＝4，
∴，
∴AB＝CO＝4，
∴．
故答案为：（﹣6，2）．
【点评】本题考查了反比例函数与几何图形，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
15．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点（﹣2，y1），（m﹣3，n），（﹣1，0），（3，y2），（7﹣m，n）．则下列四个结论①y1＞y2；②5a+c＝0；③方程ax2+bx+c＝0的解为x1＝﹣1，x2＝5；④对于任意实数t，总有at2+bt+c≥﹣3a中，正确结论是 　①②③　（填写序号）．
【分析】利用抛物线的对称性可求得抛物线的对称轴，利用对称轴方程可得a，b的关系，用待定系数法将（﹣1，0）代入，可得c与a的关系，利用配方法可求得抛物线的顶点坐标，由此可画出函数的大致图象，利用图象可判定①正确；将a，b关系式代入a﹣b+c＝0可得②正确；令y＝0解方程即可判定③正确；利用函数的最小值可判定④不正确．
解：∵a＞0，
∴抛物线y＝ax2+bx+c开口向上．
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点（m﹣3，n），（7﹣m，n），
∴抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝＝2．
∴﹣＝2．
∴b＝﹣4a．
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0．
∴a﹣（﹣4a）+c＝0．
∴5a+c＝0．
∴c＝﹣5a．
∴二次函数的解析式为：y＝ax2﹣4ax﹣5a．
∵y＝ax2﹣4ax﹣5a＝a（x﹣2）2﹣9a，
∴它的大致图象如下图：

由图象可知：y1＞y2，
∴①的说法正确；
∵a﹣b+c＝0，b＝﹣4a，
∴5a+c＝0．
∴②的说法正确；
令y＝0，则ax2+bx+c＝0．
∵b＝﹣4a，c＝﹣5a，
∴ax2﹣4ax﹣5a＝0．
∵a＞0，
即x2﹣4x﹣5＝0．
解得：x1＝﹣1，x2＝5，
∴方程ax2+bx+c＝0的解为x1＝﹣1，x2＝5．
∴③的说法正确；
∵y＝ax2﹣4ax﹣5a＝a（x﹣2）2﹣9a，a＞0，
∴当x＝2时，y有最小值为﹣9a，
∴对于任意实数t，总有at2+bt+c≥﹣9a．
∴④的说法不正确．
综上，正确结论是：①②③，
故答案为：①②③．
【点评】本题主要考查了二次函数图象的性质，待定系数法，数形结合法，配方法，二次函数图象上点的坐标的特征，利用已知条件画出函数的大致图象是解题的关键
16．如图，BC＝6，E是线段BC上的一个动点，D在线段AE上，AE⊥BC于E，AD＝2，DE＝3，则AB+CD的最小值是 　10　．

【分析】设BE＝x，则CE＝6﹣x，利用勾股定理可得，再构建坐标系内三点：F（x，0），H（0，5），I（6，﹣3），且0≤x≤6，先求解FH+FI的最小值，从而可得答案．
解：设BE＝x，则CE＝6﹣x，
∵AE⊥BC于E，AD＝2，DE＝3，
∴，
∴，
如图，构建如下坐标系与格点，

F（x，0），H（0，5），I（6，﹣3），且0≤x≤6，
∴，
∴当H，F，I三点共线时，最小，最小值为线段HI的长度，
此时，
∴的最小值为：10．
故答案为：10．
【点评】本题考查的是坐标与图形，勾股定理的应用，熟练的运用两点之间线段最短构建直角三角形，再利用勾股定理解题是关键．
三、解答题（共86分）
17．如图，与y＝kx+b的图象交于A（﹣1，m），B（n，﹣1）两点．
（1）直接写出m＝　3　，n＝　3　，k＝　﹣1　，b＝　2　；
（2）直接写出的x取值范围是 　x＜﹣1或0＜x＜3　；
（3）求S△AOB的面积．

【分析】（1）先把A（﹣1，m），B（n，﹣1）分别代入反比例函数解析式可求出m、n，于是确定A点坐标为（﹣1，3），B点坐标为（3，﹣1），然后利用待定系数法即可求出k、b的值；
（2）根据A、B的坐标，观察图象即可求得；
（3）设一次函数图象与y轴的交点为C，根据S△AOB＝S△AOC+S△BOC求得即可．
解：（1）把A（﹣1，m），B（n，﹣1）分别代入得﹣m＝﹣3，﹣n＝﹣3，
解得m＝3，n＝3，
∴A（﹣1，3），B（3，﹣1），
代入y＝kx+b得，
解得k＝﹣1，b＝2，
故答案为：3，3，﹣1，2；

（2）A（﹣1，3），B（3，﹣1），
观察图象，的x取值范围是是x＜﹣1或0＜x＜3；
故答案为：x＜﹣1或0＜x＜3；

（3）设一次函数图象与y轴的交点为C，
令x＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC＝+＝4．

【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数解析式，函数与不等式的关系，三角形的面积，数形结合是解题的关键．
18．随着正定旅游业的快速发展，外来游客对住宿的需求明显增大，某宾馆拥有的床位数不断增加．
（1）该宾馆床位数从2016年底的200个增长到2018年底的288个，求该宾馆这两年（从2016年底到2018年底）拥有的床位数的年平均增长率；
（2）根据市场表现发现每床每日收费40元，288张床可全部租出，若每床每日收费提高10元，则租出床位减少20张．若想平均每天获利14880元，同时又减轻游客的经济负担每张床位应定价多少元？
【分析】（1）设该宾馆这两年床位的年平均增长率为x，根据该宾馆2016年底及2018年底的床位数，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）设每张床位定价m元，根据总价＝单价×数量，即可得出关于m的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
解：（1）设该宾馆这两年床位的年平均增长率为x，
依题意，得：200（1+x）2＝288，
解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）．
答：该宾馆这两年床位的年平均增长率为20%．
（2）设每张床位定价m元，
依题意，得：m（288﹣20•）＝14880，
整理，得：m2﹣184m+7440＝0，
解得m1＝60，m2＝124．
∵为了减轻游客的经济负担，
∴x＝60．
答：每张床位应定价60元．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
19．如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm，BC＝6cm，某一时刻，动点M从点A出发沿AB方向以1cm/s的速度向点B匀速运动；同时，动点N从点D沿DA方向以2cm/s的速度向点A匀速运动．
（1）经过多少时间，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的？
（2）是否存在时刻t，使A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）关于动点问题，可设时间为x，根据速度表示出所涉及到的线段的长度，找到相等关系，列方程求解即可，如本题中利用，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的 作为相等关系；
（2）先假设相似，利用相似中的比例线段列出方程，有解的且符合题意的t值即可说明存在，反之则不存在．
解：（1）设经过x秒，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的，
由题意得DN＝2x，AN＝6﹣2x，AM＝x，
∵矩形ABCD中AB＝3，BC＝6，
∴AD＝BC＝6，CD＝AB＝3，
矩形ABCD的面积为：AB•AD＝3×6＝18，
△AMN的面积＝AN•AM＝x（6﹣2x）＝3x﹣x2＝×18，
可得方程x2﹣3x+2＝0，
解得x1＝1，x2＝2，
答：经过1秒或2秒，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的；

（2）由题意得DN＝2t，AN＝6﹣2t，AM＝t，
若△NMA∽△ACD，
则有＝，即＝，
解得t＝1.5，
若△MNA∽△ACD
则有＝，即＝，
解得t＝2.4，
答：当t＝1.5秒或2.4秒时，以A、M、N为顶点的三角形与△ACD相似．

【点评】此题考查了相似三角形的判定，正方形的性质和一元二次方程的运用以及解分式方程．要掌握正方形和相似三角形的性质，才会灵活的运用．注意：一般关于动点问题，可设时间为x，根据速度表示出所涉及到的线段的长度，找到相等关系，列方程求解即可．
20．已知关于x的方程（x﹣3）（x﹣2）﹣p2＝0．
（1）求证：方程总有两个不相等的实数根．
（2）当p＝2时，x1，x2是该方程的根，求x12﹣4x1+x2的值．
【分析】（1）将方程变形为一般式，根据方程的系数结合根的判别式，可得出Δ＝4p2+1＞0，由此可证出方程总有两个不相等的实数根；
（2）代入p＝2，得到方程为x2﹣5x+2＝0，利用一元二次方程解的定义以及根与系数的关系得到x12＝5x1﹣2，x1+x2＝5，代入即可求解．
【解答】（1）证明：方程可变形为x2﹣5x+6﹣p2＝0，
Δ＝（﹣5）2﹣4×1×（6﹣p2）＝1+4p2．
∵p2≥0，
∴4p2+1＞0，即Δ＞0，
∴这个方程总有两个不相等的实数根．
（2）解：当p＝2时，原方程为x2﹣5x+2＝0，
∵x1，x2是该方程的根，
∴x12﹣5x1+2＝0，x1+x2＝5，
∴x12＝5x1﹣2，
∴x12﹣4x1+x2
＝5x1﹣2﹣4x1+x2
＝x1+x2﹣2
＝5﹣2
＝3．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系和根的判别式的知识点，熟练掌握若x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，方程总有两个不相等实数根，则一元二次方程根的判别式Δ＞0恒成立是解决问题的关键．
21．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，将矩形纸片折叠，使点C与A重合．
（1）请在图中画出折痕EF，折痕交AD于E，交BC于F，折痕用实线表示，因计算需要另外添加的辅助线用虚线表示（保留必要的作图痕迹）；
（2）求出折痕EF的长度．

【分析】（1）作AC的垂直平分线即可；
（2）EF交AC于点O，连接CE，如图，先利用勾股定理计算出AC＝10，再根据折叠的性质得到EF垂直平分AC，则OA＝OC＝5，AE＝CE，设AE＝x，则CE＝x，DE＝8﹣x，在Rt△CDE中利用勾股定理得到（8﹣x）2+62＝x2，解方程得x＝，然后在Rt△AOE中计算出OE，从而得到EF的长．
解：（1）如图，EF为所作；
（2）EF交AC于点O，连接CE，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴OE＝OF，∠D＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，
∴AC＝＝10，
∵矩形纸片折叠，使点C与A重合，
∴EF垂直平分AC，
∴OA＝OC＝5，AE＝CE，
设AE＝x，则CE＝x，DE＝8﹣x，
在Rt△CDE中，（8﹣x）2+62＝x2，
解得x＝，
在Rt△AOE中，OE＝＝，
∴EF＝2OE＝．

【点评】本题考查了作图﹣轴对称：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了矩形的性质．
22．已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）当0≤x≤3时，直接写出y＝　0　，y＝　4　；
（3）点P是抛物线上第一象限内的一点，若S△ACP＝3，求点P的坐标．

【分析】（1）利用交点式写出抛物线解析式，然后把一般式化为顶点式，从而得到顶点坐标；
（2）分别计算出x＝0和x＝3对应的函数值，再利用二次函数的性质得x＝1时，y有最大值4，从而得到当0≤x≤3时，y的最大和最小值；
（3）连接OP，如图，设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），利用面积的和差得到S△ACP＝S△AOC+S△OPC﹣S△APO，即×1×3+×3×t﹣×1×（﹣t2+2t+3）＝3，然后解方程可得到满足条件的P点坐标．
解：（1）∵抛物线与x轴的两交点的坐标为A（﹣1，0），B（3，0），
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3），
即y＝﹣x2+2x+3；
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线的顶点坐标为（1，4）；
（2）∵x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3；
x＝3时，y＝﹣x2+2x+3＝0，
而x＝1时，y有最大值4，
∴当0≤x≤3时，y最小值＝0，y最大值＝4；
故答案为：0，4；
（3）连接OP，如图，设P（t，﹣t2+2t+3）（0＜t＜3），
∵S△ACP＝S△AOC+S△OPC﹣S△APO，
∴×1×3+×3×t﹣×1×（﹣t2+2t+3）＝3，
整理得t2+t﹣6＝0，
解得t1＝﹣3（舍去），t2＝2，
∴P点坐标为（2，3）．

【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质．
23．点P是正方形ABCD所在平面内一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得线段CQ，连接BP，DQ．

（1）如图①，当P在CD边上时，直接写出BP与DQ之间的关系是 　BP＝DQ，BP⊥DQ　；
（2）如图②，当P在正方形内部时，BP与DQ之间有怎样的关系？请说明理由；
（3）射线BP交DQ于E，若四边形PCQE是正方形，BC＝2，CP＝1，直接写出BE＝　+1或﹣1　．

【分析】（1）延长BP交DQ于点E，由四边形ABCD是正方形，得BC＝DC，∠BCP＝∠DCQ＝90°，由旋转得CP＝CQ，即可证明△BCP≌△DCQ，得BP＝DQ，∠CBP＝∠CDQ，所以∠CBP+∠Q＝∠CDQ+∠Q＝90°，则BP⊥DQ；
（2）延长BP分别交DQ、DC于点E、点F，先证明△BCP≌△DCQ，得BP＝DQ，∠CBP＝∠CDQ，再证明∠CDQ+∠DFE＝∠CBP+∠BFC＝90°，则BP⊥DQ；
（3）分两种情况，一是点P在正方形ABCD内部，由勾股定理得BP＝＝，则BE＝BP+EP＝+1；二是点P在正方形ABCD外部，由勾股定理得BP＝＝，则BE＝BP﹣EP＝﹣1．
解：（1）如图①，延长BP交DQ于点E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
由旋转得CP＝CQ，∠PCQ＝90°，
∵点P在CD边上，
∴∠DCQ＝∠PCQ＝90°，
∴∠BCD+∠DCQ＝180°，
∴B、C、Q三点在同一条直线上，
在△BCP和△DCQ中，
，
∴△BCP≌△DCQ（SAS），
∴BP＝DQ，∠CBP＝∠CDQ，
∴∠CBP+∠Q＝∠CDQ+∠Q＝90°，
∴∠BEQ＝90°，
∴BP⊥DQ，
故答案为：BP＝DQ，BP⊥DQ．
（2）BP＝DQ，BP⊥DQ，
理由：如图②，点P在正方形ABCD内部，延长BP分别交DQ、DC于点E、点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCD＝90°，
由旋转得CP＝CQ，∠PCQ＝90°，
∴∠BCP＝∠DCQ＝90°﹣∠PCD，
在△BCP和△DCQ中，
，
∴△BCP≌△DCQ（SAS），
∴BP＝DQ，∠CBP＝∠CDQ，
∵∠BFC＝∠DFE，
∴∠CDQ+∠DFE＝∠CBP+∠BFC＝90°，
∴∠DFE＝90°，
∴BP⊥DQ.
（3）如图③，四边形PCQE是正方形，且点P在正方形ABCD内部，
∵BC＝2，EP＝CP＝1，∠CPE＝90°，
∴∠BPC＝180°﹣∠CPE＝90°，
∴BP＝＝＝，
∴BE＝BP+EP＝+1；
如图④，四边形PCQE是正方形，且点P在正方形ABCD外部，
∵BC＝2，EP＝CP＝1，∠P＝90°，
∴BP＝＝＝，
∴BE＝BP﹣EP＝﹣1，
综上所述，BE＝+1或BE＝﹣1，
故答案为：+1或﹣1．




【点评】此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
24．【基础巩固】

（1）如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD＝∠B．求证：AC2＝AD•AB．
【尝试应用】
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点．∠BFE＝∠A，若BF＝6，BE＝4，求AD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点．EF∥AC，AC＝2EF，∠EDF＝∠BAD直接写出线段DE与线段EF之间的数量关系．

【分析】（1）直接利用两个角相等证明△ACD∽△ABC，可得结论；
（2）首先说明△BFE∽△BCF，得，求出BC的长，再利用平行四边形的性质可得AD的长；
（3）延长DC、EF交于G，利用两组对边分别平行可得四边形AEGC是平行四边形，得EG＝AC＝2EF，∠G＝∠ACD，再利用△EDF∽△EGD，得，代入化简即可．
【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴，
∴AC2＝AD•AB；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，BC＝AD，
∵∠BFE＝∠A，
∴∠BFE＝∠C，
∵∠FBE＝∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2＝BC×BE，
∵BF＝6，BE＝4，
∴BC＝9，
∴AD＝BC＝9；
（3）解：延长DC、EF交于G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AB，∠ACD＝∠BAD，
∵EF∥AC，
∴四边形AEGC是平行四边形，
∴EG＝AC＝2EF，∠G＝∠ACD，
∵∠EDF＝∠BAD，
∴∠G＝∠EDF，
∵∠DEF＝∠DEF，
∴△EDF∽△EGD，
∴，
∴ED2＝EG•EF，
∴ED2＝2EF2，
∴DE＝EF．
【点评】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握共边共角三角形相似是解题的关键．
25．如图，抛物线y＝ax2﹣2ax+c的图象与x轴交于A、B两点，点A为（﹣1，0），OB＝OC．直线l：y＝kx+b与抛物线交于M、N两点（M在N左边），交y轴于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若b＝1，过C点作CD⊥l于点D，连接AD、AC，若此时AD＝AC，求M点的横坐标；
（3）如图2，若k＝﹣4，连接BM、BN，过原点O作直线BN的垂线，垂足为E，以OE为半径作⊙O．
求证：⊙O与直线BM相切．


【分析】（1）由题意可知，C（0，c），B（﹣c，0），A（﹣1，0），代入解析式中，解方程组即可得出结论；
（2）如图1，延长CA交直线l于点P，过点P作PQ⊥x轴于点Q，由直角三角形两锐角互余可得∠APD＝∠ADK，所以AM＝AD＝AC，易证△AQP≌△AOC（AAS），所以PQ＝OC＝3，AQ＝OA＝1，得出点P的坐标，进而可得直线l的解析式为：y＝﹣x+1，联立直线与抛物线的解析式即可得出结论；
（3）联立直线l与抛物线得：，整理得x2+2x﹣3﹣b＝0，由根与系数的关系知：xM+xN＝﹣2，因为B（3，0），素以可设直线BM、BN的解析式分别为y＝k1（x﹣3），y＝k2（x﹣3），分别联立直线BM，BN与抛物线的解析式，可求得xM＝k1﹣1，xN＝k2﹣1，代入上述根与系数的关系式中得：xM+xN＝k1﹣1+k2﹣1＝﹣2，整理得，k1+k2＝0；设直线BM、BN与y轴交点分别为G，H，所以G（0，3k1），H（0，﹣3k2），由垂直平分线的性质可得BG＝BH，由等腰三角形的性质可得，BO平分∠GBH，过点O作OF⊥BM，由角平分线的性质可知，OF＝OE，由此可得出结论．
解：（1）由题意可知，C（0，c），B（﹣c，0），A（﹣1，0），
代入解析式中，得，，
解得a＝1，c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3．
（2）如图1，延长CA交直线l于点P，过点P作PQ⊥x轴于点Q，
∵CD⊥l，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴∠APD＝∠ADP，
∴AP＝AD＝AC，
∴△AQP≌△AOC（AAS），
∴PQ＝OC＝3，AQ＝OA＝1，
∴直线l的解析式为：y＝﹣x+1，
令﹣x+1＝x2﹣2x﹣3，解得x＝．
∵点M在点N的左边，
∴点M的横坐标为．
（3）联立直线l与抛物线得：，
整理得x2+2x﹣3﹣b＝0，
由根与系数的关系知：xM+xN＝﹣2，
∵B（3，0），
∴可设直线BM、BN的解析式分别为y＝k1（x﹣3），y＝k2（x﹣3），
分别令k1（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3，k2（x﹣3）＝x2﹣2x﹣3
整理可求得xM＝k1﹣1，xN＝k2﹣1，
代入上述根与系数的关系式中得：xM+xN＝k1﹣1+k2﹣1＝﹣2，
整理得，k1+k2＝0，
如图2，设直线BM、BN与y轴交点分别为G，H，
∴G（0，3k1），H（0，﹣3k2），
∴OG＝OH，
∵OB⊥GH，即BO垂直平分GH，
∴BG＝BH，
∴BO平分∠GBH，
过点O作OF⊥BM于点F，
∵OE⊥BN，
∴OF＝OE，
由切线的判定可知：⊙O与直线BM相切．

【点评】本题主要考查待定系数法求函数解析式，全等三角形的性质与判定，直线与抛物线的交点问题，根与系数的关系及切线的定义等相关知识，根据题意作出正确的辅助线是解题关键．