九年级上学期期末【常考60题考点专练】-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（人教版）（解析+原卷）

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九年级上学期期末【常考60题考点专练】
一．选择题（共17小题）
1．（2021秋•三河市期末）下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线
C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（2021秋•邯山区期末）已知一元二次方程x2+kx+3＝0有一个根为3，则k的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
【分析】把x＝3代入方程计算即可求出k的值．
【解答】解：把x＝3代入方程得：9+3k+3＝0，
移项合并得：3k＝﹣12，
解得：k＝﹣4．
故选：D．
【点评】此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
3．（2021秋•信丰县期末）如图，面积为50m2的矩形试验田一面靠墙（墙的长度不限），另外三面用20m长的篱笆围成，平行于墙的一边开有一扇1m宽的门（门的材料另计）．设试验田垂直于墙的一边AB的长为x，则所列方程正确的是（　　）

A．（20+1﹣x）x＝50 B．（20﹣1﹣x）x＝50
C．（20+1﹣2x）x＝50 D．（20﹣1﹣2x）x＝50
【分析】根据篱笆的总长及AB的长度，可得出BC＝（20+1﹣2x）m，利用矩形的面积计算公式，结合矩形试验田的面积为50m2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵篱笆的总长为20m，且AB＝xm，平行于墙的一边开有一扇1m宽的门，
∴BC＝（20+1﹣2x）m．
依题意得：（20+1﹣2x）x＝50．
故选：C．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
4．（2021秋•铁西区期末）如图所示的几何体是由6个大小相同的小立方体搭成，它的主视图是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据主视图是从正面看到的图象判定则可．
【解答】】解：从正面看，共有四列，从左到右每列的正方形的个数分别为：1、2、1、1，
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
5．（2021秋•岳阳楼区期末）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程应变形为（　　）
A．（x+1）2＝6 B．（x+2）2＝9 C．（x﹣1）2＝6 D．（x﹣2）2＝9
【分析】利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣2x﹣5＝0，
x2﹣2x＝5，
x2﹣2x+1＝5+1，
（x﹣1）2＝6，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握解一元二次方程﹣配方法是解题的关键．
6．（2021秋•舞阳县期末）下列函数中，是二次函数的是（　　）
A．y＝x﹣2 B．y＝ C．y＝x2+2x﹣1 D．y＝
【分析】根据二次函数的定义：形如y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数且a≠0），即可解答．
【解答】解：A、y＝x﹣2是一次函数，故A不符合题意；
B、y＝是反比例函数，故B不符合题意；
C、y＝x2+2x﹣1是二次函数，故C符合题意；
D、y＝不是二次函数，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的定义，熟练掌握二次函数的定义是解题的关键．
7．（2021秋•丰宁县期末）下表中列出的是一个二次函数的自变量x与函数y的几组对应值：
x
…
﹣2
0
1
3
…
y
…
6
﹣4
﹣6
﹣4
…
下列各选项中，正确的是（　　）
A．这个函数的图象开口向下
B．这个函数的图象与x轴无交点
C．当x＞1时，y的值随x值的增大而增大
D．这个函数的最小值小于﹣6
【分析】根据抛物线经过点（0，﹣4），（3，﹣4）可得抛物线对称轴为直线x＝，由抛物线经过点（﹣2，6）可得抛物线开口向上，进而求解．
【解答】解：∵抛物线经过点（0，﹣4），（3，﹣4），
∴抛物线对称轴为直线x＝，
∵抛物线经过点（﹣2，6），
∴当x＜时，y随x增大而减小，
∴抛物线开口向上，且跟x轴有交点，故A，B错误，不符合题意；
∴x＞时，y随x增大而增大，故C错误，不符合题意；
由对称性可知，在x＝处取得最小值，且最小值小于﹣6．故D正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
8．（2021秋•攸县期末）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PO交⊙O于点C，连接BC，PA．若∠P＝36°，且PA与⊙O相切，则此时∠B等于（　　）

A．27° B．32° C．36° D．54°
【分析】先利用切线的性质求出∠AOP＝54°，再利用等腰三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO＝90°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝54°，
∵OB＝OC，
∴∠AOP＝2∠B，
∴∠B＝∠AOP＝27°，
故选：A．
【点评】此题主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，求出∠AOP是解本题的关键．
9．（2021秋•岱岳区期末）反比例函数y＝与一次函数y＝ax+b在同一坐标系中的大致图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据一次函数图象判定a、b的符号，根据ab的符号判定反比例函数图象所在的象限．
【解答】解：A、一次函数y＝ax+b的图象经过第一、三象限，则a＞0，与y轴交于负半轴，则b＜0，所以ab＜0，则反比例y＝经过第二、四象限，不符合题意；
B、一次函数y＝ax+b的图象经过第二、四象限，则a＜0，与y轴交于负半轴，则b＜0，所以ab＞0，则反比例y＝经过第一、三象限，不符合题意；
C、一次函数y＝ax+b的图象经过第二、四象限，则a＜0，与y轴交于正半轴，则b＞0，所以ab＜0，则反比例y＝经过第二、四象限，不符合题意；
D、一次函数y＝ax+b的图象经过第一、三象限，则a＞0，与y轴交于负半轴，则b＜0，所以ab＜0，则反比例y＝经过第二、四象限，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
10．（2021秋•睢县期末）已知反比例函数y＝（a为常数）图象上三个点的坐标分别是A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），其中x1＜0＜x2＜x3，则y1，y2，y3的大小关系的是（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y2＜y1
【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，再根据x1＜0＜x2＜x3即可得出结论．
【解答】解：∵反比例函数y＝（a为常数）中，﹣a2﹣3＜0，
∴函数图象的两个分支分别位于第二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵x1＜0＜x2＜x3，
∴B、C两点在第四象限，A点在第二象限，
∴y2＜y3＜y1．
故选：C．
【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
11．（2021秋•巨野县期末）把抛物线y＝﹣3x2的图象向左平移1个单位，再向上平移6个单位，所得的抛物线的函数关系式是（　　）
A．y＝﹣3（x﹣1）2+6 B．y＝﹣3（x﹣1）2﹣6
C．y＝﹣3（x+1）2+6 D．y＝﹣3（x+1）2﹣6
【分析】求出顶点平移后的对应点，即可根据二次函数顶点式得到答案．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣3x2的顶点为：（0，0），
∴将抛物线y＝﹣3x2的图象向左平移1个单位，再向上平移6个单位，所得的抛物线顶点为（﹣1，6），
∴平移后的抛物线是y＝﹣3（x+1）2+6，
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的平移，解题的关键是掌握二次函数的顶点式，本题也可根据平移规律：“左加右减，上加下减”解答．
12．（2021秋•信都区期末）已知⊙O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为5，则此点可能是（　　）

A．P点 B．Q点 C．M点 D．N点
【分析】根据点到圆心O的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
【解答】解：∵平面内有一点到圆心O的距离为5，5＞3．
∴该点在圆外，
∴点N符合要求．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，根据点到圆心距离与半径的大小关系可作出判断．
13．（2021秋•诸暨市期末）如图，△ABC的顶点均在正方形网格的格点上，则sin∠ABC的值为（　　）

A． B．2 C． D．
【分析】连接小正方形的对角线，证明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC与它的余角的正弦值相等解答即可．
【解答】解：如图所示，连接小正方形的对角线CD，

设每个小正方形的边长为1，则CD＝，＝，BD＝，
∵，
即CD2+BD2＝BC2，
∴△BCD是直角三角形，
∴sin∠ABC＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．灵活运用勾股定理和锐角三角函数是解决问题的关键．
14．（2022春•工业园区校级期末）如图，过圆心且互相垂直的两条直线将两个同心圆分成了若干部分，在该图形区域内任取一点，则该点取自阴影部分的概率是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据概率公式求解即可．
【解答】解：观察图形可知，阴影部分是大圆面积的一半，则该点取自阴影部分的概率是．
故选：D．
【点评】本题主要考查概率公式，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
15．（2021秋•莱州市期末）如图，在正方形网格中，点A，B，C，D，O都在格点上．下列说法正确的是（　　）

A．点O是△ABC的内心 B．点O是△ABC的外心
C．点O是△ABD的内心 D．点O是△ABD的外心
【分析】根据三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心即可解决问题．
【解答】解：根据点A，B，C，D，O都在正方形网格的格点上．
可知：点O到点A，B，D三点的距离相等，
所以点O是△ABD的外心，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握内心与外心的定义．
16．（2021秋•渌口区期末）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，在井口A处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径AC交于点E，如果测得AB＝1米，AC＝1.6米，AE＝0.4米，那么CD为（　　）

A．2米 B．3米 C．米 D．米
【分析】由题意知：△ABE∽△CDE，得出对应边成比例即可得出CD．
【解答】解：由题意知：AB∥CD，
则∠BAE＝∠C，∠B＝∠CDE，
∴△ABE∽△CDE，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝3米，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意得出△ABE∽△CDE是解决问题的关键．
17．（2021秋•自贡期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，它的对称轴为直线x＝﹣1，有下列结论：
①abc＜0；②4ac﹣b2＜0；③c﹣a＞0；④当x＝﹣n2﹣2时，y≥c；⑤若x1，x2（x1＜x2）是方程ax2+bx+c＝0的两根，则方程a（x﹣x1）（x﹣x2）﹣1＝0的两根m，n（m＜n）满足m＜x1且n＞x2；其中，正确结论的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①由开口向上得到a＞0，由对称轴在y轴左侧得到b＞0，由函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上得到c＞0，进而得到abc的正负情况；
②由函数图象与x轴的交点个数得到b2﹣4ac的正负；
③由对称轴为x＝﹣1得到b＝2a，然后由当x＝﹣1时，y＜0得到c﹣a的正负；
④由对称轴为x＝﹣1和x＝0时，y＝c，得到x＝﹣2时，y＝c，再由﹣n2﹣2≤﹣2，得到当x＝﹣n2﹣2时，y≥c；
⑤由方程的根得到函数与x轴的交点横坐标分别为x1，x2（x1＜x2），进而由方程a（x﹣x1）（x﹣x2）﹣1＝0的两根为m，n即为函数y＝ax2+bx+c与直线y＝1的交点横坐标，得到x1与m、x2与n之间的关系．
【解答】解：①∵开口向上，对称轴在y轴左侧，函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴a＞0，b＞0，c＞0，
∴abc＞0，故①错误，不符合题意；
②∵函数图象与x轴有2个交点，
∴b2﹣4ac＞0，
∴4ac﹣b2＜0，故②正确，符合题意；
③∵对称轴为x＝﹣1，
∴＝﹣1，
∴b＝2a，
∵当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，
∴a﹣b+c＝a﹣2a+c＝c﹣a＜0，
∴c＜a，故③错误，不符合题意；
④∵对称轴为x＝﹣1，且当x＝0时，y＝c，
∴x＝﹣2时，y＝c，当x＜﹣1时，y随x的增大为减小，
∵﹣n2﹣2≤﹣2，得到当x＝﹣n2﹣2时，y≥c，故④正确，符合题意；
⑤∵x1，x2（x1＜x2）是方程ax2+bx+c＝0的两根，
∴y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的两个交点的横坐标为x1，x2（x1＜x2），
∵方程a（x﹣x1）（x﹣x2）﹣1＝0的两根为m，n，
∴函数y＝ax2+bx+c与直线y＝1的交点横坐标位m，n，
∵函数图象开口向上，
∴x1＞m，x2＜n，故⑤正确，符合题意，
∴正确的个数有3个，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系、二次函数图象与x轴的交点坐标与方程的解之间的关系，解题的关键是熟知函数的图象与系数的关系．
二．填空题（共23小题）
18．（2021秋•阿城区期末）在半径为15的圆中，120°的圆心角所对的弧长是 　10π　．
【分析】根据弧长计算公式进行求解即可得出答案．
【解答】解：l＝＝＝10π．
故答案为：10π．
【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式进行求解是解决本题的关键．
19．（2021秋•河北区期末）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为 　（2，﹣1）　．
【分析】关于原点的对称点，横纵坐标都变成原来相反数，据此求出点B的坐标．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为（2，﹣1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
20．（2021秋•仙居县期末）如图，在一块长22m，宽为14m的矩形空地内修建三条宽度相等的小路，其余部分种植花草．若花草的种植面积为240m2，则小路宽为 　2　m．

【分析】设小路宽为xm，则种植花草部分的面积等同于长（22﹣x）m，宽（14﹣x）m的矩形的面积，根据花草的种植面积为240m2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
【解答】解：设小路宽为xm，则种植花草部分的面积等同于长（22﹣x）m，宽（14﹣x）m的矩形的面积，
依题意得：（22﹣x）（14﹣x）＝240，
整理得：x2﹣36x+68＝0，
解得：x1＝2，x2＝34（不符合题意，舍去）．
故答案为：2．
【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．
21．（2021秋•顺平县期末）二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象如图，对称轴为直线x＝﹣1．
（1）b＝　﹣2　；
（2）若直线y＝t与抛物线y＝﹣x2+bx+3在﹣3≤x≤1的范围内有两个交点，则t的取值范围是 　0≤t＜4　．

【分析】（1）通过抛物线对称轴为直线x＝﹣求解；
（2）将抛物线解析式化为顶点式，通过﹣3≤x≤1时y的取值范围求解．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∴b＝﹣2．
故答案为：﹣2．
（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴函数最大值为y＝4，
∵（﹣1）﹣（﹣3）＞1﹣（﹣1），
∴x＝1时，y＝﹣1﹣2+3＝0为﹣3≤x≤1的函数最小值，
∴0≤t＜4时，直线y＝t与抛物线y＝﹣x2+bx+3在﹣3≤x≤1的范围内有两个交点，
故答案为：0≤t＜4．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握抛物线顶点坐标公式，掌握二次函数与方程的关系．
22．（2021秋•临湘市期末）计算：2cos60°﹣sin30°+tan245°＝　　．
【分析】根据特殊锐角的三角函数值代入计算即可．
【解答】解：原式＝2×﹣+12＝1﹣+1＝，
故答案为：．
【点评】本题考查特殊锐角的三角函数值，掌握特殊锐角的三角函数值是正确计算的前提．
23．（2022春•兴宁区校级期末）已知关于x的方程x2﹣3x+m＝0的一个根是1，则另一个根是 　2　．
【分析】由已知方程，利用根与系数的关系求出另一根即可．
【解答】解：设另一个根为a，
∵关于x的方程x2﹣3x+m＝0的一个根是1，
∴a+1＝3，
解得：a＝2，
则另一个根为2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
24．（2021秋•陕州区期末）已知抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点的坐标为（m，0），则代数式m2﹣m+2021的值为 　2022　．
【分析】由题意求出m2﹣m的值，代入代数式m2﹣m+2021进行计算即可得出答案．
【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），
∴m2﹣m﹣1＝0，
∴m2﹣m＝1，
∴m2﹣m+2021＝1+2021＝2022．
故答案为：2022．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知x轴上点的坐标特点是解答此题的关键．
25．（2021秋•江油市期末）n个球队参加篮球比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次数m与球队数n（n≥2）之间的函数关系是 　m＝n2﹣n　．
【分析】n个球队都要与除自己之外的（n﹣1）球队个打一场，因此要打n（n﹣1）场，然而有重复一半的场次，故比赛场次为n（n﹣1），得出关系式．
【解答】解：m＝n（n﹣1）＝n2﹣n，
故答案为：m＝n2﹣n．
【点评】考查函数关系式的求法，在具体的情景中，蕴含数量之间的关系，理解和发现数量之间的关系是正确解答的关键．
26．（2021秋•东港区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P以2mm/s的速度从A向B移动，（不与B重合），动点Q以4mm/s的速度从B向C移动，（不与C重合），若P、Q同时出发，经过 　3或　秒后，△PBQ与△ABC相似．

【分析】设x秒后△PBQ与原三角形相似，则可用x表示出AP＝2x，PB＝12﹣2x，BQ＝4x，由于△PBQ和△ABC有公共角∠B，则根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，分两种情况．
【解答】解：设x秒后△PBQ与△ABC相似，则AP＝xcm，PB＝（12﹣2x）（cm），BQ＝4xcm，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴当时，△BPQ∽△BAC，
即，
解得x＝3；
当时，△PBQ∽△CBA，
即，
解得x＝．
即经过3秒或秒后，△PBQ与△ABC相似．
故答案为：3或．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
27．（2021秋•兴化市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则△DEO与△BCD的面积的比等于 　1：4　．

【分析】由平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，可得O是BD中点，已知条件中有E是CD的中点，则OE是△BCD的中位线，所以OE∥BC，OE＝BC，则△DEO∽△BCD，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可以求出△DEO与△BCD的面积的比．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且对角线AC、BD交于点O，
∴O是BD的中点，
∵E是CD的中点，
∴OE∥BC，OE＝BC，
∴＝，
∵△DEO∽△BCD，
∴＝＝＝，
∴△DEO与△BCD的面积的比等于1：4，
故答案为：1：4．
【点评】此题考查平行四边形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识，根据三角形中位线定理证明OE∥BC是解题的关键．
28．（2021秋•高阳县期末）常态化防疫形势下，某学生写了一份预防新型冠状病毒倡议书在微信朋友圈传播，规则为：将倡议书发表在自己的朋友圈，再邀请n个好友转发倡议书，每个好友转发倡议书，又邀请n个互不相同的好友转发倡议书，以此类推，已知经过两轮传播后，共有931人参与了传播活动，则方程列为 　n2+n+1＝931　．
【分析】设邀请了n个好友转发倡议书，第一轮转发了n个人，第二轮转发了n2个人，根据两轮转发后，共有931人参与列出方程即可．
【解答】解：由题意，得
n2+n+1＝931，
故答案为：n2+n+1＝931．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解答时先由条件表示出第一轮增加的人数和第二轮增加的人数，根据两轮总人数为931人建立方程是关键．
29．（2021秋•宣化区期末）如图，点A在双曲线y＝上，点B在双曲线y＝上，AB∥x轴，过点A作AD⊥x轴于D，连接OB，与AD相交于点C，若AB＝2OD，则k的值为 　18　．

【分析】过点B作BE⊥x轴于E，延长线段BA，交y轴于F，得出四边形AFOD是矩形，四边形OEBF是矩形，得出S矩形AFOD＝6，S矩形OEBF＝k，由AB＝2OD，得到OE＝3OD，即可求得矩形OEBF的面积，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值．
【解答】解：过点B作BE⊥x轴于E，延长线段BA，交y轴于F，
∵AB∥x轴，
∴AF⊥y轴，
∴四边形AFOD是矩形，四边形OEBF是矩形，
∴AF＝OD，BF＝OE，
∴AB＝DE，
∵点A在双曲线y＝上，
∴S矩形AFOD＝6，
同理S矩形OEBF＝k，
∵AB＝2OD，
∴DE＝2OD，
∴S矩形OEBF＝3S矩形AFOD＝18，
∴k＝18，
故答案是：18．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，矩形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，作出辅助线，构建矩形是解题的关键．
30．（2022春•长沙期末）已知二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m的图象上有三点A（，y1），B（2，y2），C（﹣2，y3），则y1，y2，y3的大小关系为 　y3＞y2＞y1　．
【分析】二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m开口向上，对称轴是直线x＝1，在对称轴两侧时，则A、B、C的横坐标离对称轴越近，则纵坐标越小，由此判断y1、y2、y3的大小．
【解答】解：∵二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m，
∴抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，
∵点A（，y1），B（2，y2），C（﹣2，y3）在二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m的图象上，且|﹣2﹣1|＞|2﹣1|＞|﹣1|，
∴y1、y2、y3的大小关系为：y3＞y2＞y1．
故答案为：y3＞y2＞y1．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，由点的横坐标到对称轴的距离判断点的纵坐标的大小．
31．（2021秋•渝中区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以AB、BC、AC边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当AB＝8，BC＝4时，则阴影部分的面积为 　8　．

【分析】根据勾股定理得到AB2＝AC2+BC2，根据扇形面积公式计算即可．
【解答】解：由勾股定理得，AB2＝AC2+BC2，
∴AC＝＝4，
则阴影部分的面积＝×AC×BC+×π×（）2+×π×（）2﹣×π×（）2
＝×4×4+×π××（AC2+BC2﹣AB2）
＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查的是勾股定理、扇形面积计算，掌握勾股定理和扇形面积公式是解题的关键．
32．（2021秋•莲池区期末）如图，点O是正方形ABCD的对称中心，射线OM，ON分别交正方形的边AD，CD于E，F两点，连接EF，已知AD＝2，∠EOF＝90°．
（1）以点E，O，F，D为顶点的图形的面积为 　1　；
（2）线段EF的最小值是 　　．

【分析】（1）连接AO，DO，证明△AEO≌△DFO（ASA），可得S四边形EOFD＝S△ADO，求出S△ADO＝×4＝1即可求解；
（2）设AE＝x，则ED＝2﹣x，由勾股定理可得EF2＝2（x﹣1）2+2，即可求EF的最小值．
【解答】解：（1）连接AO，DO，
∵∠EOF＝90°，
∴∠EOD+∠FOD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，O是中心，
∴∠AOD＝90°，
∴∠EOD+∠AOE＝90°，
∴∠FOD＝∠AOE，
∵AO＝DO，∠DAO＝∠ADO＝45°，
∴△AEO≌△DFO（ASA），
∴S四边形EOFD＝S△ADO，
∵AD＝2，
∴S△ADO＝×4＝1，
∴S四边形EOFD＝1，
故答案为：1；
（2）设AE＝x，则ED＝2﹣x，
在Rt△EDF中，EF2＝x2+（2﹣x）2＝2x2﹣4x+4＝2（x﹣1）2+2，
∴当x＝1时，EF有最小值，
故答案为：．

【点评】本题考查中心对称，熟练掌握正方形的性质，全等的判定和性质，二次函数求最值的方法是解题的关键．
33．（2022春•港南区期末）如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为（5，12），点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为 　18　．

【分析】由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，据此求解可得．
【解答】解：连接OP，
∵PA⊥PB，
∴∠APB＝90°，
∵AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连接OM，交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，
则OQ＝5，MQ＝12，
∴OM＝13，
又∵MP′＝4，
∴OP′＝9，
∴AB＝2OP′＝18，
故答案是：18．

【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．
34．（2021秋•岳阳期末）若，则＝　　．
【分析】根据已知条件得出a＝b，c＝d，e＝f，再代入要求的式子进行计算，即可得出答案．
【解答】解：∵＝＝＝，
∴a＝b，c＝d，e＝f，
∴＝＝×＝．
故答案为：．
【点评】此题考查了比例的性质，解题的关键是根据已知条件得出a＝b，c＝d，e＝f．
35．（2021秋•汝州市期末）如图，甲楼AB高16米，乙楼CD坐落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午12时，物高与影长的比是，已知两楼相距BD为12米，那么甲楼的影子落在乙楼上的高DE＝　（16﹣6）　米．（结果保留根号）

【分析】设FE⊥AB于点F，那么在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，解直角三角形AEC可以求得AF的长，进而求得DE＝AB﹣AF即可解题．
【解答】解：如图，

设FE⊥AB于点F，那么在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，EF＝BD＝12米．
∵物高与影长的比是1：，
∴，
则AF＝EF＝6米，
故DE＝FB＝（16﹣6）米．
故答案为（16﹣6）．
【点评】本题考查了相似三角似三角形的应用和平行投影，根据物高与影长的比是1：，得出AF的值是解题的关键．
36．（2021秋•鼓楼区校级期末）在一个不透明的袋子里，装有6枚白色球和若干枚黑色球，这些球除颜色外都相同．将袋子里的球摇匀，随机摸出一枚球，记下它的颜色后再放回袋子里．不断重复这一过程，统计发现，摸到白色球的频率稳定在0.2，由此估计袋子里黑色球的个数为 　24　．
【分析】设袋子里黑色棋子的个数为x个，根据概率公式列出算式，再进行计算即可得出答案．
【解答】解：设袋子里黑色棋子的个数为x个，根据题意得：
＝0.2，
解得：x＝24，
经检验：x＝24是分式方程的解，
估计袋子里黑色棋子的个数为24个．
故答案为：24．
【点评】此题考查了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）＝是解题关键．
37．（2021秋•高新区校级期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以A为圆心，AC的长为半径画弧，得，连接AC，AE，则图中阴影部分的面积为 　2π　．

【分析】由正六边形ABCDEF的边长为2，可得AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝120°，进而求出∠BAC＝30°，∠CAE＝60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH＝CH，BH＝1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH＝，得到AC＝2，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积．
【解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝＝120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA＝180°，
∴∠BAC＝（180°﹣∠ABC）＝×（180°﹣120°）＝30°，
过B作BH⊥AC于H，
∴AH＝CH，BH＝AB＝×2＝1，
在Rt△ABH中，AH＝＝＝，
∴AC＝2，
同理可证，∠EAF＝30°，
∴∠CAE＝∠BAF﹣∠BAC﹣∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴S扇形CAE＝＝2π，
∴图中阴影部分的面积为2π，
故答案为：2π．

【点评】本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
38．（2021秋•海淀区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣2，0），点B（0，1）．将线段BA绕点B旋转180°得到线段BC，则点C的坐标为 　（2，2）　．

【分析】设C（m，n）．利用中点坐标公式构建方程组求解即可．
【解答】解：设C（m，n）．
∵线段BA绕点B旋转180°得到线段BC，
∴AB＝BC，
∵点A（﹣2，0），点B（0，1），
∴＝0，＝1，
∴m＝2，n＝2，
∴C（2，2）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，中点坐标公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题即可．
39．（2021秋•花都区期末）如图，以点O为位似中心，把△AOB缩小后得到△COD，使△COD∽△AOB，且相似比为，已知点A（3，6），则点C的坐标为 　（1，2）或（﹣1，﹣2）　．

【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：由题意得，点A与点C是对应点，
△AOB与△COD的相似比是3，
∴点C的坐标为（3×，6×），即（1，2），
当点C值第三象限时，C（﹣1，﹣2）
故答案为：（1，2）或（﹣1，﹣2）．

【点评】本题考查的是位似变换的性质，掌握在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k是解题的关键．
40．（2021秋•浦东新区期末）如图，a∥b∥c，直线a与直线b之间的距离为，直线c与直线b之间的距离为2，等边△ABC的三个顶点分别在直线a、直线b、直线c上，则等边三角形的边长是 　2　．

【分析】过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G交直线a于F．想办法求出AE，EC即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G交直线a于F．

则有∠AEC＝∠ADB＝∠AFE＝∠EGC＝90°，AE＝AD＝，∠EAF＝∠CEG＝30°，
∴EF＝AE＝，
∴EG＝，CG＝EG＝，CE＝2CG＝5，
∴AC＝＝＝2．
∴等边△ABC的边长为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的运用，直角三角形的性质的运用，相似三角形的性质的运用，解答时构造相似三角形是关键．
三．解答题（共20小题）
41．（2022春•鄞州区校级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，若BE＝5，CD＝6，求AE的长．

【分析】根据垂径定理和勾股定理求出圆的半径，进而求出AE的长即可．
【解答】解：如图，连接OC，
∵CD⊥AB，AB是直径，
∴CE＝DE＝CD＝3，
在Rt△COE中，设半径为r，则OE＝5﹣r，OC＝r，由勾股定理得，
OE2+CE2＝OC2，
即（5﹣r）2+32＝r2，
解得r＝3.4，
∴AE＝AB﹣BE＝3.4×2﹣5＝1.8，
答：AE的长为1.8．

【点评】本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理和勾股定理是正确解答的前提．
42．（2021秋•山西期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，，∠ABD＝33°，∠ACB＝44°．
（1）求∠BAC的度数．
（2）求∠BAD的度数．

【分析】（1）先根据圆周角定理得到∠CBD＝∠ABD＝33°，则∠ABC＝66°，然后根据三角形内角和计算∠BAC的度数；
（2）先根据圆周角定理得到∠DAC＝∠DBC＝33°，然后计算∠BAC+∠DAC即可．
【解答】解：（1）∵，
∴∠CBD＝∠ABD＝33°，
∴∠ABC＝66°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣66°﹣44°＝70°；
（2）∵∠DAC＝∠DBC＝33°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠DAC＝70°+33°＝103°．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理．
43．（2021秋•禅城区期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B．
（1）求证：△ADF∽△DEC；
（2）若AE＝6，AD＝8，AB＝7，求AF的长．

【分析】（1）根据平行四边形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，得两对角相等，即可证明△ADF∽△DEC；
（2）根据AE与BC垂直，得到两个角为直角，利用勾股定理求出BE与DE的长，由三角形ADF与三角形DEC相似，得出比例线段，求出AF的长即可．
【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴∠C+∠B＝180°，
∵∠AFD+∠AFE＝180°，
∵∠AFE＝∠B．
∴∠AFD＝∠C，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DEC，
∴△ADF∽△DEC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝7，
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
∴DE＝＝＝10，
由（1）可知△ADF∽△DEC，
∴，
∴，
∴AF＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
44．（2021秋•牡丹区期末）用适当的方法解下列方程：
（1）（x﹣2）2＝4x﹣2x2；
（2）（x﹣1）（x+2）＝4．
【分析】（1）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
（2）整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
【解答】解：（1）（x﹣2）2＝4x﹣2x2，
（x﹣2）2+2x（x﹣2）＝0，
（x﹣2+2x）（x﹣2）＝0，
x﹣2+2x＝0或x﹣2＝0，
解得：x1＝，x2＝2；

（2）（x﹣1）（x+2）＝4，
整理，得x2+x﹣6＝0，
（x+3）（x﹣2）＝0，
x+3＝0或x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝2．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法求解是解此题的关键，解一元二次方程的方法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
45．（2021秋•双牌县期末）已知关于x的方程x2﹣2（k﹣3）x+k2﹣4k﹣1＝0．
（1）若这个方程有实数根，求k的取值范围；
（2）若这个方程有一个根为﹣1，求k的值．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围；
（2）把x＝﹣1代入原方程，求出k的值即可；
【解答】解：（1）∵关于x的方程x2﹣2（k﹣3）x+k2﹣4k﹣1＝0有实数根，
∴Δ＝[﹣2（k﹣3）]2﹣4×1×（k2﹣4k﹣1）≥0，
解得：k≤5．
（2）把x＝﹣1代入原方程得，1+2k﹣6+k2﹣4k﹣1＝0，
解得：k＝1±，
所以，当方程有一个根为﹣1，k的值为1+或1﹣．
【点评】本题考查了根的判别式和解一元一次不等式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
（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⇔方程没有实数根．
46．（2021秋•薛城区期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b（a≠0）的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，与反比例函数y＝（k≠0）的图象交于C，D两点，DE⊥x轴于点E，点C的坐标为（6，﹣1），DE＝3．
（1）求反比例函数与一次函数的表达式；
（2）若点P在反比例函数图象上，且△POA的面积等于8，求P点的坐标．

【分析】（1）用待定系数法求出反比例函数表达式，进而求出点D的坐标，再利用待定系数法求出一次函数表达式即可求解；
（2）设点P的坐标是（m，n），根据三角形面积公式求得即可．
【解答】解：（1）∵点C（6，﹣1）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，
∴k＝6×（﹣1）＝﹣6，
∴反比例函数的关系式为y＝﹣，
∵点D在反比例函数y＝﹣上，且DE＝3，
∴y＝3，代入求得：x＝﹣2，
∴点D的坐标为（﹣2，3）．
∵C、D两点在直线y＝ax+b上，则，解得，
∴一次函数的关系式为y＝﹣x+2；
（2）设点P的坐标是（m，n）．
把y＝0代入y＝﹣x+2，解得x＝4，
即A（4，0），则OA＝4，
∵△POA的面积等于8，
∴×OA×|n|＝8，
解得：|n|＝4，
∴n1＝4，n2＝﹣4，
∴点P的坐标是（﹣，4），（，﹣4）．
【点评】此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法确定函数解析式，一次函数与坐标轴的交点，三角形面积，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
47．（2021秋•江都区期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点A，在l上取一点D使得DA＝DC，线段DC，AB的延长线交于点E．
（1）求证：直线DC是⊙O的切线；
（2）若BC＝4，∠CAB＝30°，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

【分析】（1）连接OC，由DA＝DC得∠DCA＝∠DAC，由OA＝OC得∠OCA＝∠OAC，而直线l与⊙O相切于点A，则∠OCD＝∠OAD＝90°，可证得直线DC是⊙O的切线；
（2）先证明△BOC是等边三角形，则OC＝BC＝4，再根据勾股定理求出CE的长，由S阴影＝S△COE﹣S扇形COB求出图中阴影部分的面积即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵DA＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠DCA+∠OCA＝∠DAC+∠OAC，
∴∠OCD＝∠OAD，
∵直线l与⊙O相切于点A，
∴直线l⊥OA，
∴∠OCD＝∠OAD＝90°，
∵OC是⊙O的半径，且DC⊥OC，
∴直线DC是⊙O的切线.
（2）解：∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝2×30°＝60°，
∵OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴OC＝BC＝4，
∵∠OCE＝90°，∠COE＝60°，
∴∠E＝30°，
∴OE＝2OC＝2×4＝8，
∴CE＝＝＝4，
∴S阴影＝S△COE﹣S扇形COB＝×4×4﹣×π×42＝8﹣．

【点评】此题考查圆的切线的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、扇形的面积计算等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
48．（2021秋•达川区期末）如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB，BC可分别绕点A，B转动，测量知BC＝8cm，AB＝16cm．当AB，BC转动到∠BAE＝60°，∠ABC＝50°时，求点C到AE的距离．（结果保留小数点后一位，参考数据：sin70°≈0.94，≈1.73）

【分析】通过作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系分别求出BM、BD，进而求出CN即可．
【解答】解：如图，过点B、C分别作AE的垂线，垂足分别为M、N，过点C作CD⊥BM于D，
在Rt△ABM中，∠A＝60°，AB＝16cm，
∴BM＝AB•sinA
＝16×
＝8（cm），
∵∠ABM＝90°﹣60°＝30°，∠ABC＝50°，
∴∠CBD＝50°﹣30°＝20°，
∴∠BCD＝90°﹣20°＝70°，
在Rt△BCD中，BC＝8cm，∠BCD＝70°，
∴BD＝BC•sin70°
≈8×0.94
＝7.52（cm），
CN＝DM＝BM﹣BD
＝8﹣7.52
≈6.3（cm），
答：点C到AE的距离约为6.3cm．

【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
49．（2021秋•政和县期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+px+q的图象过点（﹣2，4），（1，﹣2）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）当﹣1≤x≤3时，求y的最大值与最小值的差；
（3）若一次函数y＝（2﹣m）x+2﹣m的图象与二次函数y＝x2+px+q的图象交点的横坐标分别为a和b，且a＜3＜b，求m的取值范围．
【分析】（1）由二次函数的图象经过（﹣2，4），（1，﹣2）两点，利用待定系数法即可求得二次函数的表达式；
（2）求出在﹣1≤x≤3范围内，二次函数的最大值和最小值，进而可求得它们的差；
（3）由题意得x2﹣x﹣2＝（2﹣m）x+2﹣m，整理得x2+（m﹣3）x+m﹣4＝0，解方程求得x1＝﹣1，x2＝4﹣m，根据题意得到4﹣m＞3，解得m＜1．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+px+q的图象过点（﹣2，4），（1，﹣2），
∴，
解得，
∴此二次函数的表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣）2﹣，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝，顶点坐标为（，﹣），
∴在﹣1≤x≤3范围内，当x＝3，函数有最大值为y＝（3﹣）2﹣＝4；当x＝时函数有最小值y＝﹣，
∴y的最大值与最小值的差为：4﹣（﹣）＝；
（3）∵y＝（2﹣m）x+2﹣m与二次函数y＝x2﹣x﹣2图象交点的横坐标为a和b，
∴a，b是x2﹣x﹣2＝（2﹣m）x+2﹣m的两个实数根，
整理得x2+（m﹣3）x+m﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4﹣m，
∵a＜3＜b，
∴a＝﹣1，b＝4﹣m＞3，
解得m＜1，即m的取值范围是m＜1．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，熟练掌握二次函数性质是解题的关键．
50．（2021秋•东莞市校级期末）如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形苗圃园，墙长为18米，设这个苗圃园垂直于墙的一边AB的长为x米．
（1）若苗圃园的面积为72平方米，求AB的长．
（2）当x为何值时，苗圃的面积最大？最大值为多少平方米？

【分析】（1）根据题意和图形，可以列出相应的一元二次方程，从而可以求得x的值，注意墙长是18米；
（2）根据题意和图形，可以得到S与x的函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求得当x取何值时，这个苗圃园的面积有最大值，最大值是多少．
【解答】解：（1）由题意可得，
x（30﹣2x）＝72，
即x2﹣15x+36＝0，
解得，x1＝3，x2＝12，
当x＝3时，30﹣2x＝24＞18，故舍去；
当x＝12时，30﹣2x＝6，
由上可得，x的值是12，
故AB的长为12米；
（2）设这个苗圃园的面积为S平方米，
由题意可得，
S＝x（30﹣2x）＝﹣2（x﹣）2+，
∵平行于墙的一边长＞0米，且不大于18米，
∴0≤30﹣2x≤18，
解得，6≤x≤15，
∴当x＝时，S取得最大值，此时S＝，
答：当x＝时，这个苗圃园的面积有最大值，最大值是平方米．
【点评】本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的一元二次方程，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
51．（2021秋•泗县期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在⊙O上，MD恰好过圆心O，连接MB．
（1）若CD＝16，BE＝4，求⊙O的半径．
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．

【分析】（1）设OB＝OD＝r．利用勾股定理构建方程求解；
（2）证明∠DOE＝2∠D，可得结论．
【解答】解：（1）设OB＝OD＝r．
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴CE＝DE＝8，
在Rt△ODE中，OD2＝DE2+OE2，
∴r2＝82+（r﹣4）2，
∴r＝10，
∴⊙O的半径为10；

（2）∵OM＝OB，
∴∠M＝∠B，
∵∠DOE＝∠M+∠B＝2∠M，∠D＝∠M，
∴∠DOE＝2∠D，
∴3∠D＝90°，
∴∠D＝30°．
【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
52．（2021秋•西城区期末）如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射线AE绕点A顺时针旋转，与CB的延长线交于点F，BF＝DE，连接FE．
（1）求证：AF＝AE；
（2）若∠DAE＝30°，DE＝2，直接写出△AEF的面积．

【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，求得∠ABF＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠BAF＝∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质得到AE＝2DE＝4，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，
∴∠ABF＝90°，
在△ABF与△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE；
（2）解：由（1）知，△ABF≌△ADE，
∴∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中，∠D＝90°，∠DAE＝30°，DE＝2，
∴AE＝2DE＝4，
∴△AEF的面积＝×4×4＝8．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键．
53．（2021秋•呼和浩特期末）如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．
（1）旋转至如图②位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L．已知旋转开始时，即图①位置∠CDG＝37°，求正方形EFGH从图①位置旋转至图②位置时，旋转角的度数．
（2）旋转至如图③位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断DL、EN、GM之间满足的数量关系，并给予证明．

【分析】（1）连接BD，则BD＝DG，得∠DGB＝∠DBG＝37°，从而得出∠CDG＝90°﹣∠DGC＝90°﹣37°＝53°，即可求出旋转角的度数；
（2）过点G作GK∥BM，交DE于K，利用ASA证明△DKG≌△END，得EN＝DK，再证四边形KLMG是平行四边形，得GM＝KL，从而证明结论．
【解答】解：（1）由图①知，∠ADB＝∠DBC＝37°，
如图②，连接BD，

则BD＝DG，
∴∠DGB＝∠DBG＝37°，
∴∠CDG＝90°﹣∠DGC＝90°﹣37°＝53°，
∴旋转角为：53°﹣37°＝16°；
（2）DL＝EN+GM，理由如下：
过点G作GK∥BM，交DE于K，

∵四边形EFGD是正方形，
∴∠DEF＝∠GDE，DE＝DG，
∴∠EDN＝∠DGK，
∴△DKG≌△END（ASA），
∴EN＝DK，
∵GK∥ML，KL∥GM，
∴四边形KLMG是平行四边形，
∴GM＝KL，
∴DL＝EN+GM．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
54．（2021秋•海淀区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，将线段CA绕点C逆时针旋转60°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）依题意补全图形；
（2）若BC＝1，求线段BD的长．

【分析】（1）根据题意，利用旋转的性质即可补全图形；
（2）根据含30度角的直角三角形和旋转的性质可得AD＝AC＝，∠DAB＝90°，再利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，即为补全的图形；

（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∴AC＝，
由旋转可知：∠DAC＝60°，AD＝AC＝，
∴∠DAB＝∠DAC+∠∠AC＝90°，
∴BD＝＝＝．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解决本题的关键．
55．（2021秋•石鼓区期末）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做底角的邻对（can），如图1，在△ABC中，AB＝AC，底角∠B的邻对记作canB，这时canB＝＝．容易知道一个角的大小与这个角的邻对值是一一对应的，根据上述角的邻对的定义，解下列问题：
（1）can30°＝　　，若canB＝1，则∠B＝　60　°．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，canB＝，S△ABC＝48，求△ABC的周长．

【分析】（1）根据定义，要求can30°的值，想利用等腰三角形的三线合一性质，想到过点A作AD⊥BC，垂足为D，根据∠B＝30°，可得：BD＝AB，再利用等腰三角形的三线合一性质，求出BC即可解答，
根据定义，canB＝1，可得底边与腰相等，所以这个等腰三角形是等边三角形，从而得∠B＝60°；
（2）根据定义，想利用等腰三角形的三线合一性质，想到过点A作AD⊥BC，垂足为D，canB＝，所以设BC＝8x，AB＝5x，然后利用勾股定理表示出三角形的高，再利用S△ABC＝48，列出关于x的方程即可解答．
【解答】解：（1）如图：过点A作AD⊥BC，垂足为D，

∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，
∵∠B＝30°，
∴BD＝ABcos30°＝AB，
∴BC＝2BD＝AB，
∴can30°＝＝＝，
若canB＝1，
∴canB＝＝1，
∴BC＝AB，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
故答案为：，60；
（2）过点A作AD⊥BC，垂足为D，

∵canB＝，
∴＝，
∴设BC＝8x，AB＝5x，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝BC＝4x，
∴AD＝＝3x，
∵S△ABC＝48，
∴BC•AD＝48，
∴•8x•3x＝48，
∴x2＝4，
∴x＝±2（负值舍去），
∴x＝2，
∴AB＝AC＝10，BC＝16，
∴△ABC的周长为36，
答：△ABC的周长为36．
【点评】本题考查了解直角三角形，熟练掌握等腰三角形的三线合一的性质是解题的关键．
56．（2021秋•衡阳期末）如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB是多少？

【分析】通过相似三角形的性质可得＝，＝＝，可得＝，即可求解．
【解答】解：∵，
当王华在CG处时，Rt△DCG∽Rt△DBA，即＝，
当王华在EH处时，Rt△FEH∽Rt△FBA，即＝＝，
∴＝，
∵CG＝EH＝1.5米，CD＝1米，CE＝3米，EF＝2米，
设AB＝x，BC＝y，
∴＝，解得：y＝3，经检验y＝3是原方程的根．
∵＝，即＝，
解得x＝6米．
即路灯A的高度AB＝6米．
【点评】本题综合考查了中心投影的特点和规律以及相似三角形性质的运用．解题的关键是利用中心投影的特点可知在这两组相似三角形中有一组公共边，利用其作为相等关系求出所需要的线段，再求公共边的长度．
57．（2021秋•潍坊期末）某校在一次体育抽测活动中，随机抽取了七年级甲、乙两班部分女生进行测试，测试每位女生的一分钟内仰卧起坐次数，将测试成绩分成四个组（一分钟内仰卧起坐成绩记为x次/分钟）；A组（0≤x＜15）；B组（15≤x＜30）；C组（30≤x＜45）；D组（45≤x＜60），并绘制了如图所示的不完整的频数分布直方图和扇形统计图．请你根据上述信息解答下列问题：

（1）求出m的值，并通过计算将频数分布直方图补充完整；
（2）如果该校七年级共有女生200人，请估计仰卧起坐能够一分钟完成30次以上（含30次）的女生有多少人？
（3）已知A组中只有一个甲班学生，D组中只有一个乙班学生，体育老师随机从这两个组中各选一名学生进行交流座谈，请利用画树状图或列表的方法，求出所选两人正好都是甲班学生的概率．
【分析】（1）由频数分布直方图和扇形统计图易得m的值和B组的人数，即可解决问题；
（2）利用样本估计总体的知识求解即可求得答案；
（3）画出树状图，共有12种等可能的结果，其中所选两人正好都是甲班学生的有3种情况，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）抽取的总人数为：3÷15%＝20（人），
则m＝20×20%＝4（人），
∴B组的人数为：20﹣（3+4+7）＝6（人），
补全频数分布直方图如下：

（2）200×（35%+20%）＝200×0.55＝110（人），
答：七年级一分钟完成30次以上（含30次）仰卧起坐的女生有110人；
（3）∵A组中只有一个甲班学生，D组中只有一个乙班学生，
∴A组中有2个乙班学生，D组中有3个甲班学生，
画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中所选两人正好都是甲班学生的有3种情况，
∴所选两人正好都是甲班学生的概率是．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率以及扇形统计图、频数分布直方图等知识．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；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
58．（2021秋•定陶区期末）某商场以每件220元的价格购进一批商品，当每件商品售价为280元时，每天可售出30件，为了迎接“618购物节”，扩大销售，商场决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，如果每件商品降价1元，那么商场每天就可以多售出3件．
（1）降价前商场每天销售该商品的利润是多少元？
（2）要使商场每天销售这种商品的利润达到3600元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价多少元？
【分析】（1）根据总利润＝单件利润×销售数量解答；
（2）根据总利润＝单件利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论．
【解答】解：（1）（280﹣220）×30＝1800 （元）．
答：降价前商场每天销售该商品的利润是1800元．

（2）（4分）设每件商品应降价x元，
由题意，得 （280﹣x﹣220）（30+3x）＝3600．
解得 x1＝20，x2＝30．
∵要更有利于减少库存，
∴x＝30．
答：每件商品应降价30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．
59．（2021秋•金安区期末）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，过点F作EF⊥AM，交AD的延长线于点E，交DC于点N．
（1）求证：△ABM∽△EFA；
（2）若AB＝6，BM＝2，求DE的长．

【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝AD，∠B＝90°，AD∥BC，得出∠AMB＝∠EAF，再由∠B＝∠AFE，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠AMB＝∠EAF，
又∵EF⊥AM，
∴∠AFE＝90°，
∴∠B＝∠AFE，
∴△ABM∽△EFA；
（2）∵∠B＝90°，AB＝6，BM＝2，
∴AM＝，AD＝6，
∵F是AM的中点，
∴AF＝AM＝，
∵△ABM∽△EFA，
∴，
∴，
∴AE＝10，
∴DE＝AE﹣AD＝4．
【点评】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
60．（2021秋•潍坊期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2ax+4与x轴交于点A（﹣4，0），B（x2，0），与y轴交于点C．经过点B的直线y＝kx+b与y轴交于点D（0，2），与抛物线交于点E．

（1）求抛物线的表达式及B，C两点的坐标；
（2）若点P为抛物线的对称轴上的动点，当△AEP的周长最小时，求点P的坐标；
（3）若点M是直线BE上的动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N，判断是否存在点M，使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，再求出点B、C坐标；
（2）利用待定系数法可求出一次函数解析式，由A、B关于对称轴对称，则BE与抛物线对称轴交点，即为△AEP的周长最小时，点P的坐标；
（3）由MN∥CD可知MN为平行四边形的边，设点M的坐标为（m，﹣m+2），则点N的坐标为（m，），利用MN＝CD，可得到关于m的方程，从而求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵点A（﹣4，0）在抛物线y＝ax2+2ax+4上，
∴0＝16a﹣8a+4，
∴a＝，
∴y＝．
令y＝0，得＝0
解得：x1＝﹣4，x2＝2，
∴点B的坐标为（2，0），
令x＝0，则y＝4，
∴点C的坐标为（0，4）；

（2）如图，

由y＝，
可得对称轴为：，
∵△AEP的边AE是定长，
∴当PE+PA的值最小时，△AEP的周长最小．
点A关于x＝﹣1的对称点为点B，
∴当点P是BE与直线x＝﹣1的交点时，PE+PA的值最小．
∵直线BE经过点B（2，0），D（0，2），
∴，解得，
∴直线BE：y＝﹣x+2，
令x＝﹣1，得y＝3，
∴当△AEP的周长最小时，点P的坐标为（﹣1，3）；

（3）存在点M，使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
∵MN∥CD，
∴要使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则MN＝CD即可，
∵CD＝4﹣2＝2，
∴MN＝CD＝2，
∵点M在直线y＝﹣x+2上，
∴可设点M的坐标为（m，﹣m+2），则点N的坐标为（m，），

∴，
即，
当时，
解得，
此时点M的坐标为：（，）或（，），
当时，
解得m＝0（舍去），
综上所述，存在点M使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，此时点M的坐标为：（，）或（，）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法、轴对称的应用、平行四边形的性质、方程思想、分类讨论等知识点．（1）中注意函数图像与坐标轴交点求法，（2）确定点P位置是解题关键，（3）利用平行四边形的性质得到关于M点坐标方程是关键．