浙江省温州市瑞安市安阳实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题

这是一份浙江省温州市瑞安市安阳实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题，共28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。

浙江省温州市瑞安市安阳实验中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若2x=3y，则x:y的值是（    ）
A．25 B．35 C．23 D．32
2．下列事件中，必然事件是（    ）
A．抛掷一枚骰子，出现4点向上 B．四边形的内角和为360°
C．抛掷一枚硬币，正面朝上 D．明天会下雨
3．已知⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，则点P和⊙O的位置关系为（　　）
A．点P在圆内 B．点P在圆上 C．点P在圆外 D．不能确定
4．如图，在⊙O中半径OC与弦AB垂直于点D，且AB=8，OC=5，则OD的长是（    ）

A．1．5 B．2 C．3 D．4
5．在一个不透明的布袋中装有30个黄、白两种颜色的球，除颜色外其他都相同，小红通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0．4左右，则布袋中白球可能有（    ）
A．12个 B．15个 C．18个 D．20个
6．将抛物线y=x2向左平移2个单位后，所得新抛物线的解析式是（    ）
A．y=x2−2 B．y=x2+2 C．y=(x−2)2 D．y=(x+2)2
7．二次函数y=−x+12+2，当−3≤x≤0时，y的（    ）
A．最小值是1 B．最小值是0 C．最小值是−1 D．最小值是−2
8．点F在▱ABCD的边AD上，BA、CF的延长线交于点E，若AE:AB=1:2，则四边形ABCF与△CDF的面积之比是（    ）

A．9：4 B．8：3 C．3：2 D．2：1
9．如图，阴影部分是某个品牌商标的图案，为了研究它的面积，小明通过数学知识找到弧AC所在圆的圆心O，经测量∠ADC=90°，AD=OD=2cm，则商标的面积为（    ）cm2

A．8π3−23 B．8π3−43 C．16π3−23 D．16π3−43
10．如图，E，F，G，H是正方形ABCD边上的点，且AG=BE=CH=DF，EF和GH将正方形剪切成四片进行重新拼接成四边形MQPN，若正方形ABCD和四边形MQPN的面积之比为9:10，则AG:GD=（    ）

A．2 B．3 C．2+1 D．5

二、填空题
11．任意抛掷一枚均匀的骰子一次，朝上面的点数为4概率等于______．
12．已知线段a=1，b=9，则a，b的比例中项线段等于______．
13．半径为6的圆上，一段圆弧的长度为3π，则该弧的度数为______°．
14．如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，则FGBC=______．

15．如图，y=x2−2x−3与x轴交于A，B两点（A在左边）与y轴交于C点，P是线段AC上的一点，连结BP交y轴于点Q，连结OP，当△OAP和△PQC的面积之和与△OBQ的面积相等时，点P的坐标为______．

16．如图，矩形ABCD内接于是⊙O，AB=40，BC=55，E为弧BC上一点，连结AE，CE，CE=20，则AE=______；F是射线CE上一个动点，∠BFE>90°，当BF=AB时，EF=______．


三、解答题
17．一个布袋里装有只有颜色不同的4个小球，其中1个白球，3个黑球．
(1)从袋中随机取出1球，求摸到的是白球的概率；
(2)从袋中随机取出1球，不放回再取出第二个球，请用列表法或树状图法表示出所有可能的结果，并求出恰好取出一个黑球，一个白球的概率．
18．如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形边长都是1，△ABC是格点三角形（顶点在方格顶点处）．

(1)在图1中画格点△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC相似，相似比为2:1．
(2)在图2中画格点△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC相似，面积比为2:1．（注：图1、图2在答题纸上．）
19．如图，在△ABC中，AB=AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．

(1)求证：△BDE∽△CAD．
(2)若AC=13，BC=10，求线段BE的长．
20．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠ADC=2∠B，点D是AC的中点．

(1)求∠B的度数；
(2)求证：四边形AOCD是菱形．

21．如图，抛物线的顶点坐标为1,−4，且图象经过点3,0．

(1)求抛物线的表达式；
(2)若在y轴正半轴上取一点P0,m，过点P作x轴的平行线，分别交抛物线于A，B两点（A在B点左侧），若PA:PB=1:2，求m的值．

22．党的二十大报告指出大自然是人类赖以生存发展的基本条件……垃圾分类、节能减排、废物再利用等必须从我们身边小事做起．为了充分利用四边形余料，小明设计了不同的方案裁剪正方形，裁剪方案与数据如下表：
方案设计
方案1
方案2
裁剪方案示意图


说明
图中的正方形EFBG和正方形MNPQ四个顶点都在原四边形的边上
测量数据
AD=3dm，AB=9dm，CB=12dm，∠A=∠B=90°
任务1：探寻边长关系
填空：CD=______dm；PNBN=______
任务2：比较面积大小
计算或推理：比较正方形EFBG和正方形MNPQ边长的大小
任务3：应用实践
若在四边形ADQP余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为______


23．某商家代理经销某种商品，以每件进价40元，批发购进该商品915件，经走访市场发现：每天的销售量y（件）和销售单价x之间的一次函数关系如下表（x≥50的整数）．
销售单价x（元/件）
…
50
51
52
…
每天销售量y（件）
…
100
95
90
…

(1)写出y关于x的函数关系式______．
(2)问定价x为多少时，每天获得利润最大，并求最大利润．
(3)商家在实际销售过程中，以每天最大利润销售了10天后，他发现销售时间只剩下最后两天，所以在最后不超过2天时间内销售完余下的商品，这915件商品的总利润为w元，则总利润w的最大值为______（直接写出答案）．
24．如图，抛物线y=12x2−4x+6与x轴交于A，B两点（A在B的左边），与y轴交于点C，连接AC，BC，点D在抛物线上一点．

(1)求证；△OBC是等腰直角三角形．
(2)连接DC，如图1，若BC平分∠ACD，求点D的坐标．
(3)如图2，若点D在线段BC的下方抛物线上一点，画DE⊥BC于点E．
①求DE的最大值．
②在线段CE上取点F，连OF，DF，若∠EDF=∠ACB，且点C关于直线OF的对称点恰好落在抛物线上，求点D的坐标（直接写出答案）．

参考答案：
1．D
【分析】由比例的基本性质：组成比例的四个数，叫做比例的项．两端的两项叫做比例的外项，中间的两项叫做比例的内项，根据两内项之积等于两外项之积即可．
【详解】方法一：∵2x=3y，
∴x=32y，
∴x:y=32y:y=32
方法二：∵2x=3y
∴3:2=x:y 即x:y=32
故选：D．
【点睛】此题主要考查了比例的性质，关键是掌握两内项之积等于两外项之积．
2．B
【分析】根据必然事件的概念选择即可．
【详解】A．抛掷一枚骰子，出现4点向上是随机事件，故选项错误，不符合题意；
B．四边形的内角和为360°是必然事件，故选项正确，符合题意；
C．抛掷一枚硬币，正面朝上，是随机事件，故选项错误，不符合题意；
D．明天会下雨是随机事件，故选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查了必然事件的概念，解题的关键是掌握必然事件的概念（必然事件是一定要发生的事件）．
3．C
【分析】根据⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，即可判定点P和⊙O的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，2cm<4cm，
∴点P在⊙O外．
故选：C．
【点睛】本题考查了判断点与圆的位置关系，熟练掌握和运用判断点与圆的位置关系的方法是解决本题的关键．
4．C
【分析】根据垂径定理可得AD=12AB=4，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：∵半径OC与弦AB垂直于点D，AB=8，
∴AD=12AB=4，∠ADO=90°，
∵OA=OC=5，
∴OD=OA2−AD2=3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
5．C
【分析】根据概率公式计算即可．
【详解】解：设袋子中黄球有x个，
根据题意，得：x30=0.4，
解得：x＝12，
则白球有30−12=18个；
故选：C．
【点睛】本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
6．D
【分析】根据平移的规律：左加右减，求出得到的抛物线的解析式即可．
【详解】解：由“左加右减”的原则可知，将抛物线y=x2向左平移2个单位，
所得抛物线的解析式为：y=（x+2）2，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
7．D
【分析】根据二次函数顶点式图象的性质，开口向下，离对称轴越远，取值越小．
【详解】y=−x+12+2
对称轴是：x=−1，开口往下；
离对称轴越远，取值越小，
当x=−3时，取值最小值
y=−2
故选：D．
【点睛】此题考查二次函数图象，解题的关键时根据图象的性质判断取值．
8．D
【分析】由AE:AB=1:2，得AE:BE=1:3，AE:DC=1:2．根据AB∥CD，AD∥BC，△AEF∽△DCF，△AEF∽△BEC，可得S△AEF:S△DCF=1:4，S△AEF:S△BEC=1:9，从而得到S△AEF:S四边形ABCF=1:8，即可求解．
【详解】解：∵AE:AB=1:2，
∴AE:BE=1:3，AE:DC=1:2．
在平行四边形ABCD中， AB∥CD，AD∥BC，
∴△AEF∽△DCF，△AEF∽△BEC，
∴S△AEF:S△DCF=1:4，S△AEF:S△BEC=1:9，
∴S△AEF:S四边形ABCF=1:8．
∴S四边形ABCF:S△CDF=8:4=2:1．
故选：D
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
9．A
【分析】连接OC,AC，利用勾股定理求出CD,AC，得到△AOC为等边三角形，利用阴影部分面积等于扇形的面积减去三角形的面积，进行求解即可．
【详解】解：如图，连接OC,AC，

则：OC=OA=AD+OD=4，
∵∠ADC=90°，
∴CD=OC2−OD2=42−22=23，
∴AC=DC2+AD2=4，
∴AC=OC=OA，
∴△AOC为等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∴商标的面积=S扇形AOC−S△ODC=60360π×42−12×2×23=8π3−23；
故选A．
【点睛】本题考查阴影部分面积．利用割补法，将阴影部分面积转化为扇形的面积减去三角形的面积，是解题的关键．
10．A
【分析】连接EH,FG,GE,HF，先证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，可得出四边形GHEF是菱形，再根据全等三角形角之间的关系，得出菱形的一个角是直角，可得出四边形EHFG是正方形，从而可得四边形MQPN和四边形A′B′C′D′都是正方形，然后根据正方形ABCD和四边形A′B′C′D′的面积之比为9:1即可求解．
【详解】解：如图，连接EH,FG,GE,HF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°,AB=BC=CD=DA.，
∵AG=BE=CH=DF，
∴DG=AE=BH=CF，
∴△AEG≌△BHE≌△CFH≌△DGF，
∴EG=FG=EH=HF，
∴四边形EHFG是菱形，
∵△DGF≌△AEG，
∴∠DGF=∠AEG，
∵∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠DGF+∠AGE=90°，
∴∠EGF=90°，
∴四边形EHFG是正方形，
∴GH⊥EF，
由拼接可知四边形MQPN和四边形A′B′C′D′都是正方形，AG=A′G′，DG=D′G′，
∴A′D′=A′G′−G′D′=AG−GD．
∵正方形ABCD和四边形MQPN的面积之比为9:10，
∴正方形ABCD和四边形A′B′C′D′的面积之比为9:1，
∴AG+GD2:A′G′−G′D′2=9:1，
∴AG+GD:AG−GD=3:1，
∴AG=2GD，
∴AG:GD=2．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形MQPN和四边形A′B′C′D′都是正方形是解答本题的关键．
11．16
【分析】利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：任意抛掷一枚均匀的骰子一次，共有6种等可能的情况，其中出现朝上面的点数为4的情况为1种，
∴P=16；
故答案为：16．
【点睛】本题考查概率．熟练掌握等可能事件的概率公式，是解题的关键．
12．3
【分析】利用比例中项的平方等于两外项的乘积，进行计算即可．
【详解】解：设a，b的比例中项线段为c，
则：c2=ab=1×9=9，
∵c>0，
∴c=3；
故答案为：3．
【点睛】本题考查比例中项．熟练掌握比例中项的平方等于两外项的乘积，是解题的关键．
13．90
【分析】根据扇形的弧长公式计算即可．
【详解】∵半径为6的圆上，一段圆弧的长度为3π，
∴n=180lπr=180×3π6π=90，
故答案为90．
【点睛】本题考查了扇形的弧长公式和面积公式，如果扇形的圆心角是n∘，扇形的半径为r，则扇形的弧长l的计算公式为：l=nπr180．
14．47
【分析】利用位似图形的性质结合位似比等于相似比得出答案．
【详解】∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且OEEA=43，
∴OEOA=47，
则FGBC=OEOA=47，
故答案为47．
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练掌握位似的性质是解题的关键.
15．−23,−1
【分析】先求出A−1，0，B3,0，C0,-3，再求出线段AC一次函数为y1=k1x+b1、过BP的一次函数解析式为y2=k2x+b2，求出Q0,9m+1m−3，根据面积相等列出等式求出P点坐标．
【详解】∵y=x2−2x−3与x轴交于A，B两点（A在左边）与y轴交于C点，
∴A−1，0，B3,0，C0,-3
设过线段AC一次函数解析式为y1=k1x+b1，
把A−1，0，C0,-3坐标代入解析式可得∶
k1=−3b1=−3，
∴y1=−3x−3，
设Pm,−3m−3，过BP的一次函数解析式为y2=k2x+b2，
把Pm,−3m−3,B3，0坐标代入解析式可得∶
k2=−3m−3m−3b2=9m+1m−3
∴Q0,9m+1m−3，
∴S△OBQ=−12×9m+1m−3×3
S△OAP+S△PQC=S△AOC−S△OPQ
S△OAP+S△PQC=32−12m×9m+1m−3
∴−12×9m+1m−3×3=32−12m×9m+1m−3
3m2−7m−6=0
3m+2m−3=0
m1=−23,m2=3舍去
∴P−23,−1．
【点睛】此题考查了二次函数的面积与交点坐标的问题，解题的关键是求出交点坐标，把三角形面积表示出来．
16．     65     24−511##-511+24
【分析】过点B作BM⊥CF于点M，连接AC，设AE与BC交于点G，根据矩形的性质结合圆周角定理得出AC是直径，根据勾股定理求出AC,AE即可，证明△ABG∽△CEG，从而求出CG=25,EG=15，进而得出BG=2EG=30，AG=2CG=50，证明△CBM∽△AGB，求出BM,CM的长，根据勾股定理求出MF的长度，然后根据EF=CM−CE−MF即可得出答案．
【详解】解：过点B作BM⊥CF于点M，连接AC，设AE与BC交于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=40，AD=BC=55，∠ABC=∠ADC=90°，
∴AC是直径，
∴∠AEC=90°，
在Rt△ADC中，AC2=AD2+DC2=4625，
∵CE=20，
∴AE=AC2−CE2=65，
在△ABG和△CEG中，
∠ABG=∠CEG=90°∠AGB=∠CGE，
∴△ABG∽△CEG，
∴BGEG=AGCG=ABCE=4020=2，
∴BG=2EG,AG=2CG，
∵AG+EG=AE，
∴2CG+EG=65①，
∵BG+CG=BC，
∴2EG+CG=55②，
由①②得：CG=25,EG=15，
∴BG=2EG=30，AG=2CG=50，
在△CBM和△AGB中，
∠BCM=∠BAG∠CMB=∠ABG=90°，
∴△CBM∽△AGB，
∴BMBG=CMAB=BCAG，
∴BM30=CM40=5550，
∴BM=33,CM=44，
∵BM⊥CF，BF=AB=40，
∴FM=BF2−BM2=402−332=511，
∴EF=CM−CE−FM=44−20−511=24−511，
故答案为：65，24−511．
【点睛】本题考查了矩形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点是解本题的关键．
17．(1)14
(2)见解析，12

【分析】（1）根据概率公式可得答案；
（2）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与恰好取出一个黑球，一个白球的结果数，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）解：由题意得，摸到的是白球的概率为14；
（2）解：画树状图为：

由树状图可知，共有12种等可能的结果，其中恰好取出一个黑球，一个白球的有6种结果，
∴恰好取出一个黑球，一个白球的概率612=12．
【点睛】本题考查了概率公式，用列表法或画树状图法求概率，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，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
18．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据△A1B1C1∼△ABC，相似比为2:1，得A1B1AB=A1C1AC=B1C1BC=21，即△ABC的各边长扩大两倍；
（2）根据△A2B2C2∼△ABC，面积比为2:1，则相似比为：21，得A2B2AB=A2C2AC=B2C2BC=21，即△ABC的各边长扩大2倍．
【详解】（1）画法不唯一，如下图1：
由题意得，AB=1，BC=12+12=2，AC=12+22=5，
∵△A1B1C1∼△ABC，相似比为2:1，
∴A1B1AB=A1C1AC=B1C1BC=21，
∴△ABC的各边长扩大两倍，
∴A1B1=2，B1C1=22，A1C1=25．

（2）画法不唯一，如图2：
由（1）得：AB=1，BC=12+12=2，AC=12+22=5，
∴△A2B2C2∼△ABC，面积比为2:1，
∴相似比为：21，
∴A2B2AB=A2C2AC=B2C2BC=21，
∴△ABC的各边长扩大2倍，
∴A2B2=2，B2C2=2，A2C2=10．

【点睛】本题考查相似三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的性质，相似三角形的面积比等于相似比的平方．
19．(1)证明见解析
(2)BE=2513

【分析】（1）根据三线合一的性质，得出AD⊥BC，再根据垂直的定义，得出∠BED=∠ADC=90°，再根据等边对等角，得出∠B=∠C，再根据相似三角形的判定定理，即可得出结论；
（2）根据中线的性质，得出BD=CD=12BC=5，再根据相似三角形的性质，得出BECD=BDAC，然后代入数据计算，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，AD为BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=∠ADC=90°，
∵AB=AC，
∵∠B=∠C，
∴△BDE∽△CAD；
（2）解： ∵AD为BC边上的中线，BC=10，
∵BD=CD=12BC=5，
∵△BDE∽△CAD，AC=13，
∴BECD=BDAC，
即BE5=513，
∴BE=2513．
【点睛】本题考查了三线合一的性质、垂直的定义、等边对等角、相似三角形的判定与性质，解题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
20．(1)60°见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据圆内接四边形的对角互补，进行求解即可；
（2）连结OD，根据等弧对等角，和同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到△AOD，△COD为等边三角形，进而得到AO=CO=AD=CD，即可得证．
【详解】（1）解：∵∠ADC=2∠B
∵∠ADC+∠B=180°
∴∠B=60°
（2）证明：连结OD

∵点D为AC的中点
∴弧AD=弧CD
∴∠AOD=∠COD，
∵∠B=60°，∠AOC=120°，
∴∠AOD=∠COD=60°，
∵AO=DO=CO，
∴△AOD，△COD为等边三角形，
∴AO=CO=AD=CD，
∴四边形AOCD为菱形．
【点睛】本题考查圆内接四边形，圆周角定理，以及弧，弦，圆心角之间的关系和菱形的判定．熟练掌握圆内接四边形的对角互补，等弧对等角，是解题的关键．
21．(1)y=x−12−4
(2)5

【分析】（1）设抛物线表达式为y=ax−12−4，把3,0代入求解即可；
（2）解法一：设AP=a，则A−a,m，B2a,m，分别代入y=x−12−4，消去m，求出a，得出A的坐标代入解析式求解即可；
解法二：设AP=a，利用对称性得2a−1=a+1，求出a，得出A的坐标代入解析式求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为1,−4，
∴设抛物线表达式为y=ax−12−4，把3,0代入得
0=a×3−12−4，
∴a=1，
∴y=x−12−4；
（2）解：解法一：设AP=a，
∵AP:BP=1:2
∴BP=2a
则A−a,m，B2a,m
分别代入y=x−12−4，可得
−a−12−4=m，2a−12−4=m
∴−a−12=2a−12
解得a=0（舍去）或a=2
∴A−2,m
把−2,m代入得y=x−12−4，得
m=−2−12−4
∴m=5．
解法二：设AP=a
∵AP:BP=1:2
∴BP=2a
∴2a−1=a+1
∴a=2
∴A−2,m
把−2,m代入得y=x−12−4，得
m=−2−12−4
∴m=5．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，以及二函数与几何综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答本题的关键．
22．见解析
【分析】任务1：过点D作DK⊥BC，交BC于点H，则：四边形ABHD为矩形，利用矩形的性质和勾股定理，即可求出CD，同时得到∠C=45°，进而得到△BNP为等腰直角三角形，即可得到PNBN；
任务2：利用正方形的性质，得到△CEF为等腰直角三角形，得到EF=BF=CF，利用BC=CF+BF，即可求出正方形EFBG的边长，同法可以得到正方形MNPQ的边长，再进行比较即可；
任务3：由题意得：方案一裁剪出来的的正方形的要大于方案而裁剪出来的正方形，按照任务2求正方形EFBG的边长的方法，即可得解．
【详解】任务1：作DK⊥BC于K，

∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABKD为矩形
∵AD=3，AB=9，BC=12
∴DK=AB=9,BK=AD=3,CK=BC−BK=9，
∴CD=DK2+CK2=92，
∵DK=CK=9，
∴∠C=45°，
如图，

∵四边形MNPQ为正方形，
∴NM⊥CD,∠PNM=90°，
∴∠C+∠CNM=∠CNM+∠PNB，
∴∠PNB=∠C=45°，
∵∠B=90°，
∴∠NPB=90°−45°=45°=∠PNB，
∴BP=BN,PN=BP2+BN2=2BN，
∴PNBN=2；
故答案为：CD=92；PNBN=2；
任务2：由任务1知：∠C=45°，
∵四边形EFBG为正方形，
∴EF⊥BC,EF=BF，
∴∠CEF=90°−∠C=45°=∠C，
∴EF=FC，
∴BF=FC，
∵CB=BF+FC=12，
∴EF=FB=FC=6，
∴正方形EFBG的边长为：6；
设正方形MNPQ的边长为2x，
由任务1可知：PNBN=2，∠MNC=90°−∠C=45°=∠C，
∴BN=2x，MN=CM=2x，
∴NC=MN2+CM2=22x，
由题意得：22x+2x=12
∴x=22
∴正方形MNPQ的边长为42；
∵42<6
∴正方形EFBG边长大于正方形MNPQ的边长；
任务3：由题意得：方案一裁剪出来的的正方形的要大于方案二而裁剪出来的正方形，
∴要在四边形ADQP余料上再截取一个最大正方形，应按照方案一的裁剪方法进行裁剪，
如图：

同任务2求正方形EFBG边长的方法可得：正方形的边长应为12AP，
∵BP=BN=2×22=4，
∴AP=AB−BP=5，
∴正方形的边长为52．
故答案为：52．
【点睛】本题考查四边形的综合应用．熟练掌握正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，以及勾股定理解三角形，是解题的关键．
23．(1)y=−5x+350
(2)当定价为55元时，每天获得的利润最大，最大利润为1125元
(3)13475元

【分析】（1）利用表格中的数据，待定系数法求解析式即可；
（2）设每天的利润为z元，根据总利润等于单件利润乘以销售数量，求出函数解析式，求最值即可；
（3）先求出前10天的利润以及卖出的数量，再根据二次函数的性质，得到后两天的定价分别为54元和53元时，刚好卖完，利润最大，即可得解．
【详解】（1）解：设y关于x的函数关系式为：y=kx+b，
则：由表格可知：100=50k+b95=51k+b，解得：k=−5b=350，
∴y=−5x+350；
故答案为：y=−5x+350．
（2）解：设每天的利润为z元，
则：z=x−40−5x+350=−5x−552+1125；
∵a=−5<0，
∴当x=55时，每天获得的利润最大，最大利润为1125元，
即：定价为55元时，每天获得的利润最大，最大利润为1125元；
（3）解：以每天最大销售利用销售10天，获利为：10×1125=11250元；
卖出商品的数量为：−5×55+350×10=750件，还剩下：915−750=165件，
∵z=−5x−552+1125，
∴当定价离55元越近时，每天的利润就越大，
∵在最后不超过2天时间内销售完余下的商品，x是大于等于50的整数，
当定价为：54元时，销售数量为：y=−5×54+350=80件，
当定价为：53元时，销售数量为：y=−5×53+350=85件，
80+85=165件，
∴最后两天的最大利润为：54−40×80+53−40×85=2225元，
∴总利润w的最大值为：11250+2225=13475元．
故答案为：13475元．
【点睛】本题考查二次函数的应用．利用总利润等于单件利润乘以销售数量，正确的列出二次函数解析式，是解题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)D223,329
(3)①DE的最大值为942，②D2,0

【分析】（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，即可得OB=OC=6，即问题得解；
（2）过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，利用等腰直角三角形的性质可得F6,4，利用待定系数法可得直线CF的解析式为：y=−13x+6，再联立y=−13x+6y=12x2−4x+6，即可求解；
（3）利用待定系数法即可求得直线BC的解析式为：y=−x+6，①设过点D的坐标为x,12x2−4x+6，过点D与直线BC平行的直线解析式为y=−x+b，过D点作y轴的平行线交BC于点P，通过联立方程可得点D的坐标为3,−32，根据DP∥OC可得P点横坐标为3，即可得P3,3，进而可得DP=92，再证明△PDE为等腰直角三角形,即DE=22DP=942，问题得解；②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，即TO=OC=6，由图可知抛物线y=12x2−4x+6上除点C、点B外，再无其他点到原点的距离为6，由此可得点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，即点F为BC中点，过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，再计算出tan∠GAF=12=tan∠ACB，
可得∠GAF=∠ACB，可知D点与A点重合，则E点与G点重合，符合要求，问题随之得解．
【详解】（1）令x=0，可得y=12x2−4x+6=6，
令y=0，可得12x2−4x+6=0，
解得x1=2，x2=6，
∴A2,0，B6,0，C0,6，
∴OB=6，OA=2，OC=6，
∵OB=OC=6，∠BOC=90°，
∴△BOC为等腰直角三角形；
（2）过点A作AE⊥BC交BC于点E，交CD于F，连接BF，如图，

∵△BOC为等腰直角三角形，AO=2，
∴AB=6−2=4，∠ABE=45°，
∵AE⊥BC，
∴△AEB是等腰直角三角形，
∴AE=EB=22AB=22，
∵BC平分∠ACD，
∴∠ACB=∠FCB，
即根据“三线合一”可知：AE=EF=22，即AF=42，
∴BF=EF2+EB2=4，
∴AF2=AB2+BF2，
∴△AFB是等腰直角三角形，即BF⊥OB，
∴F6,4，
∴利用待定系数法可得直线CF的解析式为：y=−13x+6，
联立y=−13x+6y=12x2−4x+6，
解得x1=0y1=6（舍去），x2=223y2=329，
∴D223,329；
（3）∵B6,0，C0,6，
∴利用待定系数法即可求得直线BC的解析式为：y=−x+6，
①设过点D的坐标为x,12x2−4x+6，过点D与直线BC平行的直线解析式为y=−x+b，过D点作y轴的平行线交BC于点P，如图，

联立y=−x+by=12x2−4x+6，可得12x2−3x+6−b=0，
∵Δ=−32−4×12×6−b=0，
∴b=32，
∴12x2−3x+92=0，
∴解得x1=x2=3，
即点D的坐标为3,−32，根据DP∥OC可得P点横坐标为3，
即可得P3,3，
∴当DE有最大值时，点D的坐标为3,−32，P3,3，
即：PD=−x+6−12x2−4x+6=−12x2+3x，
当x=3时，DP=92，
∵DP∥OC，
∴∠DPE=∠OCB=45°，
∵DE⊥BC，
∴△PDE为等腰直角三角形,
∴DE=22DP=942，
∴此时DE的最大值为942；
②设点C关于OF的对称点为点T（且点T在抛物线上），则有OF垂直平分线段CT，
即TO=OC=6，
由图可知抛物线y=12x2−4x+6上除点C、点B外，再无其他点到原点的距离为6，
∴点T与点B重合，此时对称轴OF即为Rt△BOC斜边的中线，
即点F为BC中点，
过A点作AG⊥BC于G点，连接FA，

∵A2,0，B6,0，C0,6，△BOC为等腰直角三角形，
∴OB=6，OA=2，OC=6，且可得△AGB为等腰直角三角形，
∴BC=62,AG=GB=22,
∴OF=BF=CF=12BC=32，
∴FG=BF−GB=2,CG=BC−GB=42,
∴tan∠GAF=FGAG=222=12，tan∠ACB=AGCG=2242=12，
∴tan∠GAF=tan∠ACB,
∴∠GAF=∠ACB，
此时若D点与A点重合，则E点与G点重合，满足∠EDF=∠ACB，
此时D点坐标为：2,0；
若D点不与A点重合：
点F为定点（BC中点），且F点在线段AE上，即：CE＞CF，
第一种情况：当D点从A点往C点靠近时，E点也会逼近F点，
此时形成的角∠EDF会越来越小，
∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；
第二种情况：当D点从A点往B点靠近时，DF与BF的夹角∠DFB将越来越小，
则在Rt△DFB的另一个锐角∠EDF会越来越大，
∴即不存在∠EDF=∠ACB的情况；
综上：D点与A点重合满足要求，即D2,0．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，正切，等腰三角形的判定与性质，二次函数与一元二次方程的关系等知识，问题的难点在第三问的第二小问，确定F点为BC的中点是解答本题的关键．