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2022-2023学年山东省泰安市泰山学院附中九年级（上）期末数学试卷（五四学制）(含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省泰安市泰山学院附中九年级（上）期末数学试卷（五四学制）(含解析），共39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。
1.已知tanA=23，则锐角A满足
( )
A. 0°2.如图所示的几何体是由六个相同的小正方体组合而成的，则从它左边看到的平面图形是( )
A.
B.
C.
D.
3.已知一次函数y1=kx+b(k<0)与反比例函数y2=mx(m≠0)的图象相交于A、B两点，其横坐标分别是−1和3，当y1>y2，实数x的取值范围是( )
A. x<−1或0C. −13D. 04.点A、C为半径是6的圆周上两点，点B为AC的中点，以线段BA、BC为邻边作菱形ABCD，顶点D恰在该圆直径的三等分点上，则该菱形的边长为( )
A. 2 5或4 2B. 4 5或4 3C. 2 6或4 3D. 4 6或4 2
5.在同一平面直角坐标系中，函数y=ax+b与y=ax2−bx的图象可能是( )
A. B.
C. D.
6.如图，抛物线y1=a(x+2)2−3与y2=12(x−3)2+1交于点A(1,3)，过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于点B，C.则以下结论：
①无论x取何值，y2的值总是正数；
②a=1；
③当x=0时，y2−y1=4；
④2AB=3AC；
其中正确结论是( )
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
7.如图，轮船从B处以每小时60海里的速度沿南偏东20°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东50°方向上，轮船航行40分钟到达C处，在C处观测灯塔A位于北偏东10°方向上，则C处与灯塔A的距离是( )
A. 20海里
B. 40海里
C. 20 33海里
D. 40 33海里
8.把抛物线y=−2x2+4x+1的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位，所得的抛物线的函数关系式是( )
A. y=−2(x−1)2+6B. y=−2(x−1)2−6
C. y=−2(x+1)2+6D. y=−2(x+1)2−6
9.如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为(3,4)，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( )
A. 3
B. 4
C. 6
D. 8
10.如图，O为坐标原点，四边形OACB是菱形，OB在x轴的正半轴上，sin∠AOB=45，反比例函数y=48x在第一象限内的图象经过点A，与BC交于点F，则△AOF的面积等于( )
A. 60
B. 80
C. 30
D. 40
11.如图，双曲线y=kx经过抛物线y=ax2+bx(a≠0)的顶点(−1,m)(m>0)，则下列结论中，正确的是( )
A. a+b=k
B. 2a+b=0
C. bD. k12.在⊙O中，圆的半径为6，∠B=30°，AC是⊙O的切线，则CD的最小值是( )
A. 1
B. 3
C. 3
D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.如图，已知反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象经过点A，过A点作AB⊥x轴，垂足为B.若△AOB的面积为1，则k=______．
14.在如图的正方形方格纸中，每个小的四边形都是相同的正方形，A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则sin∠BOD的值等于______．
15.如图是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，图象过点A(−3,0)，对称轴为x=−1.给出四个结论：①b2>4ac；②2a+b=0；③a−b+c=0；④5a16.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，图象过点(−1,0)，对称轴为直线x=2，则下列结论中正确的个数有______ .①4a+b=0；②9a+3b+c<0；③若点A(−3,y1)，点B(12,y2)，点C(5,y3)在该函数图象上，则y117.如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是______．
18.如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=3，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为______．
三、解答题：本题共12小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
如图，点A是反比例函数y1=2x(x>0)图象上的任意一点，过点A作 AB//x轴，交另一个比例函数y2=kx(k<0,x<0)的图象于点B．
(1)若S△AOB的面积等于3，则k是=______；
(2)当k=−8时，若点A的横坐标是1，求∠AOB的度数；
(3)若不论点A在何处，反比例函数y2=kx(k<0,x<0)图象上总存在一点D，使得四边形AOBD为平行四边形，求k的值．
20.(本小题8分)
如图，C地在A地的正东方向，因有大山阻隔，由A地到C地需要绕行B地，已知B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，C地位于B地南偏东30°方向，若打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求A地到C地之间高铁线路的长(结果保留整数)
(参考数据：sin67°≈0.92；cs67°≈0.38； 3≈1.73)
21.(本小题8分)
如图，已知点D在反比例函数y=mx的图象上，过点D作x轴的平行线交y轴于点B(0,3)，过点A(5,0)的直线y=kx+b与y轴于点C，且BD=OC，tan∠OAC=25．
(1)求反比例函数y=mx和直线y=kx+b的解析式；
(2)连接CD，试判断线段AC与线段CD的关系，并说明理由；
(3)点E为x轴上点A右侧的一点，且AE=OC，连接BE交直线CA于点M，求∠BMC的度数．
22.(本小题8分)
为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米(即CD=2米)，背水坡DE的坡度i=1：1(即DB：EB=1：1)，如图所示，已知AE=4米，∠EAC=130°，求水坝原来的高度BC．
(参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.2)
23.(本小题8分)
某商场经营某种品牌的童装，购进时的单价是40元.根据市场调查，在一段时间内，销售单价是60元时，销售量是100件，而销售单价每降低1元，就可多售出10件．
(1)写出销售量y(件)与销售单价x(元)之间的函数关系式；
(2)写出销售该品牌童装获得的利润w(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式；
(3)若童装厂规定该品牌童装销售单价不低于56元，且商场要完成不少于110件的销售任务，则商场销售该品牌童装获得的最大利润是多少元？
24.(本小题8分)
在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角(两边足够长)，用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD(篱笆只围AB，BC两边)，设AB=xm．
(1)若花园的面积为192m2，求x的值；
(2)若在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，要将这棵树围在花园内(含边界，不考虑树的粗细)，求花园面积S的最大值．
25.(本小题8分)
某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于20元且不高于28元.在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y(本)与每本纪念册的售价x(元)之间满足一次函数关系：当销售单价为22元时，销售量为36本；当销售单价为24元时，销售量为32本．
(1)请求出y与x的函数关系式；
(2)当每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是多少元？
(3)设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为W元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？
26.(本小题8分)
如图1，已知二次函数y=ax2+32x+c(a≠0)的图象与y轴交于点A(0,4)，与x轴交于点B、C，点C坐标为(8,0)，连接AB、AC．
(1)请直接写出二次函数y=ax2+32x+c的表达式；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由；
(3)若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请写出此时点N的坐标；
(4)如图2，若点N在线段BC上运动(不与点B、C重合)，过点N作NM//AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．
27.(本小题8分)
二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(−4,0)，B(1,0)，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接BC，当∠DPB=2∠BCO时，求直线BP的表达式；
(3)请判断：PQQB是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
28.(本小题8分)
如图，对称轴为直线x=1的抛物线y=x2−bx+c与x轴交于A(x1,0)、B(x2,0)(x1(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线顶点为D，直线BD交y轴于E点；
①设点P为线段BD上一点(点P不与B、D两点重合)，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC=∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
29.(本小题8分)
如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．
(1)求证：AC平分∠DAO．
(2)若∠DAO=105°，∠E=30°
①求∠OCE的度数；
②若⊙O的半径为2 2，求线段EF的长．
30.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的反向延长线交⊙O于点F．
(1)求证：DE⊥AC；
(2)若DE+EA=8，⊙O的半径为10，求AF的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键在于熟练掌握各特殊角的三角函数值．
结合特殊角的三角函数值进行求解即可．
【解答】
解：∵tan30°= 33，tan45°=1，
tanA=23，
∴ 33∴30°故选B．
2.【答案】D
【解析】解：观察几何体，从左面看到的图形是
故选：D．
根据从左边看得到的平面图形即可得到答案．
本题考查了从不同方位观察简单组合体．
3.【答案】A
【解析】解：依照题意画出函数图象，如图所示．
观察函数图象，可知：当x<−1或0∴当y1>y2，实数x的取值范围为x<−1或0故选A．
根据题意画出函数图象，根据两函数图象的上下位置关系即可得出不等式的解集．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次函数图象以及反比例函数图象，根据题意画出函数图象，利用数形结合解不等式是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了垂径定理的推论，勾股定理，菱形的性质，正确的作出图形是解题的关键．过B作直径，连接AC交BO于E，①如图1，根据已知条件得到BD=13×2×6=4，②如图2，BD=23×2×6=8，求得OD=2，OE=2，DE=4，连接OD，根据勾股定理得到结论，
【解答】
解：过B作直径，连接AC交BO于E，
∵点B为AC的中点，
∴BD⊥AC，
①如图1，
∵点D恰在该圆直径的三等分点上，
∴BD=13×2×6=4，
∴OD=OB−BD=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DE=12BD=2，
∴OE=4，
∵CE= OC2−OE2=2 5，
∴边CD= DE2+CE2=2 6；
②如图2，
BD=23×2×6=8，
同理可得，OD=2，OE=2，DE=4，
∵CE= OC2−OE2= 32=4 2，
∴边CD= DE2+CE2= 16+32=4 3，
故选C．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a>0，b>0，那么对于抛物线y=ax2−bx来说，对称轴x=b2a>0，应在y轴的右侧，故A错误；
对于B，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a<0，b>0；那么对于抛物线y=ax2−bx来说，对称轴x=b2a<0，应在y轴的左侧，故B错误；
对于C，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a>0，b>0；那么对于抛物线y=ax2−bx来说，图象开口向上，且对称轴x=b2a>0，应在y轴的右侧，故C正确；
对于D，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a>0，b>0；而图中的抛物线y=ax2−bx图象开口向下，a<0，故D错误．
故选C．
此题主要考查了一次函数、二次函数图象的性质及其应用，属于中档题．
首先根据图形中给出的一次函数图象确定a、b的符号，进而运用二次函数的性质判断图形中给出的二次函数的图象是否符合题意，根据选项逐一讨论解析，即可解决问题．
6.【答案】D
【解析】解：①∵抛物线y2=12(x−3)2+1开口向上，顶点坐标在x轴的上方，∴无论x取何值，y2的值总是正数，故本小题正确；
②把A(1,3)代入，抛物线y1=a(x+2)2−3得，3=a(1+2)2−3，解得a=23，故本小题错误；
③由两函数图象可知，抛物线y1=a(x+2)2−3解析式为y1=23(x+2)2−3，当x=0时，y1=23(0+2)2−3=−13，y2=12(0−3)2+1=112，故y2−y1=112+13=356，故本小题错误；
④∵物线y1=a(x+2)2−3与y2=12(x−3)2+1交于点A(1,3)，
∴y1的对称轴为x=−2，y2的对称轴为x=3，
∴B(−5,3)，C(5,3)
∴AB=6，AC=4，
∴2AB=3AC，故本小题正确．
故选D．
根据与y2=12(x−3)2+1的图象在x轴上方即可得出y2的取值范围；把A(1,3)代入抛物线y1=a(x+2)2−3即可得出a的值；由抛物线与y轴的交点求出，y2−y1的值；根据两函数的解析式直接得出AB与AC的关系即可．
本题考查的是二次函数的性质，根据题意利用数形结合进行解答是解答此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：如图，作AM⊥BC于M．
由题意得，∠DBC=20°，∠DBA=50°，BC=60×4060=40海里，∠NCA=10°，
则∠ABC=∠ABD−∠CBD=50°−20°=30°．
∵BD//CN，
∴∠BCN=∠DBC=20°，
∴∠ACB=∠ACN+∠BCN=10°+20°=30°，
∴∠ACB=∠ABC=30°，
∴AB=AC，
∵AM⊥BC于M，
∴CM=12BC=20海里．
在直角△ACM中，∵∠AMC=90°，∠ACM=30°，
∴AC=CMcs∠ACM=20 32=40 33(海里)．
故选：D．
作AM⊥BC于M.由题意得，∠DBC=20°，∠DBA=50°，BC=60×4060=40海里，∠NCA=10°，则∠ABC=∠ABD−∠CBD=30°.由BD//CN，得出∠BCN=∠DBC=20°，那么∠ACB=∠ACN+∠BCN=30°=∠ABC，根据等角对等边得出AB=AC，由等腰三角形三线合一的性质得到CM=12BC=20海里．然后在直角△ACM中，利用余弦函数的定义得出AC=CMcs∠ACM，代入数据计算即可．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，余弦函数的定义，难度适中．求出CM=12BC=20海里是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：原抛物线的顶点坐标为(1,3)，向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到新抛物线的顶点坐标为(−1,6).可设新抛物线的解析式为：y=−2(x−h)2+k，代入得：y=−2(x+1)2+6．
故选C．
抛物线平移不改变a的值．
解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
9.【答案】C
【解析】【分析】
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．
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：∵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=3、MQ=4，
∴OM=5，
又∵MP′=2，
∴OP′=3，
∴AB=2OP′=6，
故选C．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了菱形的性质、解直角三角形以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出S△AOF=12S菱形OBCA．
过点A作AM⊥x轴于点M，设OA=a，通过解直角三角形找出点A的坐标，结合反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a的值，再根据四边形OACB是菱形、点F在边BC上，即可得出S△AOF=12S菱形OBCA，结合菱形的面积公式即可得出结论．
【解答】
解：过点A作AM⊥x轴于点M，如图所示．
设OA=a，
在Rt△OAM中，∠AMO=90°，OA=a，sin∠AOB=45，
∴AM=OA⋅sin∠AOB=45a，OM= OA2−AM2=35a，
∴点A的坐标为(35a,45a)．
∵点A在反比例函数y=48x的图象上，
∴35a×45a=1225a2=48，
解得：a=10，或a=−10(舍去)．
∴AM=8，OM=6，OB=OA=10．
∵四边形OACB是菱形，点F在边BC上，
∴S△AOF=12S菱形OBCA=12OB⋅AM=40．
故选：D．
11.【答案】C
【解析】解：A、错误．∵(−1,m)在y=kx上，
∴k=−m，
根据对称性，(1,−m)在y=kx上，不在抛物线的图象上，
∴x=1时，y=a+b≠−m，即a+b≠k.故错误．
B、错误．∵抛物线对称轴x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，
∴2a−b=0，故错误．
C、正确．∵m=−b24a，
∴m=−b2，
∴b=−2m=2k，
∵b<0，k<0，
∴bD、错误．∵b=2a，b=2k，
∴a=k，故错误．
故选：C．
灵活应用图象信息，顶点坐标公式一一判断即可．
本题考查二次函数图象与系数的关系、反比例函数的性质等知识，解题的关键是灵活应用图象信息，顶点坐标公式解决问题，属于中考常考题型．
12.【答案】B
【解析】解：作直径AE，连结DE，过点D作DC′垂直切线于C′，交⊙O于B′，如图，
∵AE为直径，
∴∠ADE=90°，
∵∠E=∠B=30°，
∴∠EAD=60°，
在Rt△ADE中，AD=12AE=6，
∵AC是⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∴∠CAD=90°−60°=30°，
在Rt△DAC′中，∵∠DAC′=30°，
∴DC′=12AD=3，
∴当点C在C′点时，CD有最小值，最小值为3．
故选B．
由于∠B=30°，则AD的长为定值，所以当DC与AC垂直时，CD最小，作直径AE，连结DE，过点D作DC′垂直切线于C′，交⊙O于B′，如图，先根据圆周角定理得到∠ADE=90°，∠E=∠B=30°，则∠EAD=60°，再在Rt△ADE中，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AD=12AE=6，接着根据切线的性质得∠OAC=90°，则∠CAD=30°，然后在Rt△DAC′中计算出DC′=12AD=3，于是可判断CD的最小值为3．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点；经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
13.【答案】−2
【解析】解：依据比例系数k的几何意义可得两个三角形的面积都等于12|k|=1，其中k<0，解得k=−2，
故答案为：−2．
根据反比例函数的性质可以得到△AOB的面积等于|k|的一半，由此可以得到它们的关系．
本题考查反比例系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|.该知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
14.【答案】3 1010
【解析】解：连接AE、EF，如图所示，
则AE//CD，
∴∠FAE=∠BOD，
设每个小正方形的边长为a，
则AE= 2a，AF=2 5a，EF=3 2a，
∵( 2a)2+(3 2a)2=(2 5a)2，
∴△FAE是直角三角形，∠FEA=90°，
∴sin∠FAE=EFAF=3 1010，
即sin∠BOD=3 1010，
故答案为：3 1010．
根据平移的性质和锐角三角函数以及勾股定理，通过转化的数学思想可以求得sin∠BOD的值，本题得以解决．
本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用勾股定理和等积法解答．
15.【答案】①④
【解析】解：①∵图象与x轴有交点，对称轴为x=−b2a=−1，与y轴的交点在y轴的正半轴上，
又∵二次函数的图象是抛物线，
∴与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，即b2>4ac，故①正确；
②∵抛物线的开口向下，
∴a<0，
∵与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴c>0，
∵对称轴为x=−b2a=−1，
∴2a=b，
∴2a+b=4a，a≠0，故②错误；
③∵x=−1时y有最大值，
由图象可知y≠0，故③错误；
④把x=1，x=−3代入解析式得a+b+c=0，9a−3b+c=0，
两边相加整理得5a−b=−c<0，即5a故答案为：①④．
①由图象与x轴有交点，对称轴为x=−b2a=−1，与y轴的交点在y轴的正半轴上，可以推出b2−4ac>0，可对①进行判断；
②由抛物线的开口向下知a<0，与y轴的交点在y轴的正半轴上得到c>0，由对称轴为x=−b2a=−1，可以②进行分析判断；
③由x=−1时y有最大值，由图象可知y≠0，可对③进行分析判断；
④把x=1，x=−3代入解析式得a+b+c=0，9a−3b+c=0，两边相加整理得5a−b=−c<0，即5a本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解答此类问题的关键是掌握二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定，解题时要注意数形结合思想的运用．
16.【答案】①③④
【解析】解：∵x=−b2a=2，
∴4a+b=0，
故①正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为(−1,0)，对称轴为直线x=2，
∴另一个交点为(5,0)，
∵抛物线开口向下，
∴当x=3时，y>0，即9a+3b+c>0，
故②错误；
∵抛物线的对称轴为x=2，C(5,0)在抛物线上，
∴点(−1,y3)与C(5,y3)关于对称轴x=2对称，
∵−3<−1<12<2，在对称轴的左侧，抛物线开口向下，y随x的增大而增大，
∴y1故③正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴方程a(x+1)(x−5)=0的两根为x=−1或x=5，
过y=−3作x轴的平行线，直线y=−3与抛物线的交点的横坐标为方程的两根，
∵x1∴依据函数图象可知：x1<−1<5故④正确，
故答案为：①③④．
根据抛物线的对称轴为直线x=2，则有4a+b=0，可得①正确；根据二次函数的对称性得到当x=3时，函数值大于0，则9a+3b+c>0，可得②错误；利用抛物线的对称性得到(−1,y3)与(5,y3)在抛物线上，然后利用二次函数的增减性可得③正确；作出直线 y=−3，然后依据函数图象进行判断可得④正确．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质是解题的关键．
17.【答案】8 33
【解析】解：∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD=60°，
∴∠BCD=180°−∠BAD=180°−60°=120°，
∵∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，
∴∠CAD=∠CAB=12∠BAD=30°，
∴CD=CB，
如图1，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△ECB，
则∠E=∠CAD=30°，BE=DA=5，AC=EC，∠ACE=120°，
∴∠ABC+∠EBC
=(180°−∠CAB−∠ACB)+(180°−∠E−∠BCE)
=180°−30°−∠ACB+180°−30°−∠BCE
=300°−(∠ACB+∠BCE)
=300°−120°
=180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC=EC，
∴AM=EM=12AE=12(AB+BE)=12×(3+5)=4，
在Rt△AMC中，AC=AMcs30∘=4 32=8 33．
故答案为：8 33．
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△ECB，根据旋转的性质得出∠E=∠CAD=30°，BE=DA=5，AC=EC，∠ACE=120°，求出A、B、E三点共线，解直角三角形即可．
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，解直角三角形，旋转的性质，能正确作出辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．
18.【答案】 10−1
【解析】解：∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PB，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，
在RT△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=3，OB=1，
∴OC= OB2+BC2= 10，
∴PC=OC−OP= 10−1．
∴PC最小值为 10−1．
故答案为 10−1．
首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
19.【答案】(1)−4；
(2)∵点A的横坐标是1，
∴y=21=2，
∴点A(1,2)，
∵AB//x轴，
∴点B的纵坐标为2，
∴2=−8x，
解得：x=−4，
∴点B(−4,2)，
∴AB=AC+BC=1+4=5，OA= 12+22= 5，OB= 22+42=2 5，
∴OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°；
(3)解：假设y2=kx上有一点D，使四边形AOBD为平行四边形，
过D作DE⊥AB，过A作AC⊥x轴，
∵四边形AOBD为平行四边形，
∴BD=OA，BD//OA，
∴∠DBA=∠OAB=∠AOC，
在△AOC和△DBE中，
∠DBE=∠AOC∠DEB=∠ACO=90°DB=AO，
∴△AOC≌△DBE(AAS)，
设A(a,2a)(a>0)，即OC=a，AC=2a，
∴BE=OC=a，DE=AC=2a，
∴D纵坐标为4a，B纵坐标为2a，
∴D横坐标为ak4，B横坐标为ak2，
∴BE=|ak4−ak2|=a，即−ak4=a，
∴k=−4．
【解析】解：(1)如图1，设AB交y轴于点C，
∵点A是反比例函数y1=2x(x>0)图象上的任意一点，且AB//x轴，
∴AB⊥y轴，
∴S△AOC=12×2=1，
∵S△AOB=3，
∴S△BOC=2，
∴k=−4；
故答案为：−4；
(2)∵点A的横坐标是1，
∴y=21=2，
∴点A(1,2)，
∵AB//x轴，
∴点B的纵坐标为2，
∴2=−8x，
解得：x=−4，
∴点B(−4,2)，
∴AB=AC+BC=1+4=5，OA= 12+22= 5，OB= 22+42=2 5，
∴OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°；
(3)解：假设y2=kx上有一点D，使四边形AOBD为平行四边形，
过D作DE⊥AB，过A作AC⊥x轴，
∵四边形AOBD为平行四边形，
∴BD=OA，BD//OA，
∴∠DBA=∠OAB=∠AOC，
在△AOC和△DBE中，
∠DBE=∠AOC∠DEB=∠ACO=90°DB=AO，
∴△AOC≌△DBE(AAS)，
设A(a,2a)(a>0)，即OC=a，AC=2a，
∴BE=OC=a，DE=AC=2a，
∴D纵坐标为4a，B纵坐标为2a，
∴D横坐标为ak4，B横坐标为ak2，
∴BE=|ak4−ak2|=a，即−ak4=a，
∴k=−4．
(1)首先设AB交y轴于点C，由点A是反比例函数y1=2x(x>0)图象上的任意一点，AB//x轴，可求得△AOC的面积，又由△AOB的面积等于3，即可求得△BOC的面积，继而求得k的值；
(2)由点A的横坐标是1，可求得点A的坐标，继而求得点B的纵坐标，则可求得点B的坐标，则可求得AB，OA，OB的长，然后由勾股定理的逆定理，求得∠AOB的度数；
(3)假设y2=kx上有一点D，使四边形AOBD为平行四边形，过D作DE⊥AB，过A作AC⊥x轴，由四边形AOBD为平行四边形，利用平行四边形的对边平行且相等，利用AAS得到三角形AOC与三角形DBE全等，利用全等三角形对应边相等得到BE=OC，DE=AC，设A(a,2a)(a>0)，即OC=a，AC=2a，得出D与B纵坐标，进而表示出D与B横坐标，两横坐标之差的绝对值即为BE的长，利用等式，即可求出k的值．
此题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的系数k的几何意义、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意第(3)问中，设A(a,2a)(a>0)，再分别表示出各点的坐标是关键．
20.【答案】解：过点B作BD⊥AC于点D，
∵B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，
∴∠ABD=67°，
∴AD=AB⋅sin67°=520×0.92=478.4km，
BD=AB⋅cs67°=520×0.38=197.6km．
∵C地位于B地南偏东30°方向，
∴∠CBD=30°，
∴CD=BD⋅tan30°=197.6× 33≈113.9km，
∴AC=AD+CD=478.4+113.9≈592(km)．
答：A地到C地之间高铁线路的长为592km．
【解析】过点B作BD⊥AC于点D，利用锐角三角函数的定义求出AD及CD的长，进而可得出结论．
本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，需要熟记锐角三角函数的定义．
21.【答案】解：
(1)∵A(5,0)，
∴OA=5．
∵tan∠OAC=25，
∴OCOA=25，解得OC=2，
∴C(0,−2)，
∴BD=OC=2，
∵B(0,3)，BD//x轴，
∴D(−2,3)，
∴m=−2×3=−6，
∴y=−6x，
设直线AC关系式为y=kx+b，
∵过A(5,0)，C(0,−2)，
∴0=5k+b−2=b，解得k=25b=−2，
∴y=25x−2；
(2)∵B(0,3)，C(0,−2)，
∴BC=5=OA，
在△OAC和△BCD中
OA=BC∠AOC=∠DBCOC=BD
∴△OAC≌△BCD(SAS)，
∴AC=CD，
∴∠OAC=∠BCD，
∴∠BCD+∠BCA=∠OAC+∠BCA=90°，
∴AC⊥CD；
(3)∠BMC=45°．
如图，连接AD，
∵AE=OC，BD=OC，AE=BD，
∴BD//x轴，
∴四边形AEBD为平行四边形，
∴AD//BM，
∴∠BMC=∠DAC，
∵△OAC≌△BCD，
∴AC=CD，
∵AC⊥CD，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∴∠BMC=∠DAC=45°．
【解析】(1)由A点坐标可求得OA的长，再利用三角函数的定义可求得OC的长，可求得C、D点坐标，再利用待定系数法可求得直线AC的解析式；
(2)由条件可证明△OAC≌△BCD，再由角的和差可求得∠OAC+∠BCA=90°，可证得AC⊥CD；
(3)连接AD，可证得四边形AEBD为平行四边形，可得出△ACD为等腰直角三角形，则可求得答案．
本题为反比例函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识．在(1)中求得C、D的坐标是解题的关键，在(2)中证得△OAC≌△BCD是解题的关键，在(3)中证明四边形AEBD为平行四边形是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
22.【答案】解：设BC=x米，
在Rt△ABC中，
∠CAB=180°−∠EAC=50°，
AB=BCtan50∘≈BC1.2=5BC6=56x，
在Rt△EBD中，
∵i=DB：EB=1：1，
∴BD=BE，
∴CD+BC=AE+AB，
即2+x=4+56x，
解得x=12，
即BC=12米，
答：水坝原来的高度为12米．
【解析】设BC=x米，用x表示出AB的长，利用坡度的定义得到BD=BE，进而列出x的方程，求出x的值即可．
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义，构造直角三角形，利用三角函数表示相关线段的长度，难度一般．
23.【答案】解：(1)由题意得：y=100+10×(60−x)=−10x+700，
故销售量y件与销售单价x元之间的函数关系式为y=−10x+700；
(2)由题意，得：w=(x−40)(−10x+700)=−10x2+1100x−28000，
答：W与x之间的函数关系式是w=−10x2+1100x−28000；
(3)由题意，得：−10x+700≥110x≥56，
解得56≤x≤59，
W=−10x2+1100x−28000=−10(x−55)2+2250，
对称轴为x=−11002×(−10)=55，
又∵a<0，56≤x≤59在对称轴右侧，w随x增大而减小．
∴当x=56时，W最大=(56−40)(−10×56+700)=2240．
答：这段时间商场最多获利2240元．
【解析】(1)根据题意可得：销售量y=100+10×(60−售价)=100+10×(60−x)=−10x+700；
(2)利润W=单件利润×销售量y件，即W=(x−40)(−10x+700)，整理即可；
(3)先利用二次函数的性质得到w=−10x2+1100x−28000的对称轴为x=75，而−10x+700≥110，x≤59，得56≤x≤59，根据二次函数的性质得到当56≤x≤59时，W随x的增大而减小，把x=56代入计算即可得到商场销售该品牌童装获得的最大利润．
本题考查了二次函数的应用：根据实际问题列出二次函数关系式，然后利用二次函数的性质，特别是二次函数的最值问题解决实际中的最大或最小值问题．
24.【答案】解：(1)∵AB=x，则BC=(28−x)，
∴x(28−x)=192，
解得：x1=12，x2=16，
答：x的值为12或16；
(2)∵AB=xm，
∴BC=28−x，
∴S=x(28−x)=−x2+28x=−(x−14)2+196，
∵在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，
∵28−15=13，
∴6≤x≤13，
∴当x=13时，S取到最大值为：S=−(13−14)2+196=195，
答：花园面积S的最大值为195平方米．
【解析】(1)根据题意得出长×宽=192，进而得出答案；
(2)由题意可得出：S=x(28−x)=−x2+28x=−(x−14)2+196，再利用二次函数增减性求得最值．
此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出S与x的函数关系式是解题关键．
25.【答案】解：(1)设y=kx+b，
把(22,36)与(24,32)代入得：
22k+b=3624k+b=32，
解得：k=−2b=80，
则y=−2x+80；
(2)设当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是x元，
根据题意得：(x−20)y=150，
则(x−20)(−2x+80)=150，
整理得：x2−60x+875=0，
(x−25)(x−35)=0，
解得：x1=25，x2=35，
∵20≤x≤28，
∴x=35(不合题意舍去)，
答：每本纪念册的销售单价是25元；
(3)由题意可得：
W=(x−20)(−2x+80)
=−2x2+120x−1600
=−2(x−30)2+200，
此时当x=30时，w最大，
又∵售价不低于20元且不高于28元，
∴x<30时，w随x的增大而增大，即当x=28时，w最大=−2(28−30)2+200=192(元)，
答：该纪念册销售单价定为28元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元．
【解析】(1)设y=kx+b，根据题意，利用待定系数法确定出y与x的函数关系式即可；
(2)根据题意结合销量×每本的利润=150，进而求出答案；
(3)根据题意结合销量×每本的利润=w，进而利用二次函数增减性求出答案．
此题主要考查了二次函数的应用以及一元二次方程的应用、待定系数法求一次函数解析式等知识，正确利用销量×每本的利润=w得出函数关系式是解题关键．
26.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+32x+c的图象与y轴交于点A(0,4)，与x轴交于点B、C，点C坐标为(8,0)，
∴c=464a+12+c=0，
解得a=−14c=4．
∴抛物线表达式：y=−14x2+32x+4；
(2)△ABC是直角三角形．
令y=0，则−14x2+32x+4=0，
解得x1=8，x2=−2，
∴点B的坐标为(−2,0)，
由已知可得，
在Rt△ABO中AB2=BO2+AO2=22+42=20，
在Rt△AOC中AC2=AO2+CO2=42+82=80，
又∵BC=OB+OC=2+8=10，
∴在△ABC中AB2+AC2=20+80=102=BC2
∴△ABC是直角三角形．
(3)∵A(0,4)，C(8,0)，
∴AC= 42+82=4 5，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(−8,0)，
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(8−4 5,0)或(8+4 5,0)
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，设N的坐标为(t,0)，
42+t2=8−t2，
解得N的坐标为(3,0)，
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为(−8,0)、(8−4 5,0)、(3,0)、(8+4 5,0)．
(4)如图，
AB= OA2+OB2=2 5，BC=8−(−2)=10，AC= OC2+OA2=4 5，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°．
∴AC⊥AB．
∵AC//MN，
∴MN⊥AB．
设点N的坐标为(n,0)，则BN=n+2，
∵MN//AC，
△BMN∼△BAC
∴BMBA=BNBC，
∴MNAC=BNBC，
BM=BN⋅BABC= 5(n+2)5，
MN=BN⋅ACBC=2 5(n+2)5，
AM=AB−BM=2 5− 5(n+2)5=8 5− 5n5
∵S△AMN=12AM⋅MN
=12×8 5− 5n5×2 5n+4 55
=−15(n−3)2+5，
当n=3时，△AMN面积最大是5，
∴N点坐标为(3,0)．
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为(3,0)．
【解析】(1)根据待定系数法即可求得；
(2)根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2=20，AC2=80，BC=10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形．
(3)分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
(4)设点N的坐标为(n,0)，则BN=n+2，由MN//AC，得△BMN∼△BAC根据三角形相似对应边成比例求得AM，MN，得到S△AMN，根据二次函数性质求得即可．
本题是二次函数的综合题，解(1)的关键是待定系数法求解析式，解(2)的关键是勾股定理和逆定理，解(3)的关键是等腰三角形的性质，解(4)的关键是三角形相似的判定和性质以及函数的最值等．
27.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(−4,0)，B(1,0)，
∴a⋅(−4)2+b⋅(−4)+4=0a+b+4=0，
解得：a=−1b=−3，
∴该二次函数的表达式为y=−x2−3x+4；
(2)如图，设BP与y轴交于点E，
∵PD//y轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO，
∴∠OEB=2∠BCO，
∴∠ECB=∠EBC，
∴BE=CE，
设OE=a，则CE=4−a，
∴BE=4−a，
在Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴(4−a)2=a2+12，
解得：a=158，
∴E(0,158)，
设BE所在直线表达式为y=kx+e(k≠0)，
∴k⋅0+e=158k⋅1+e=0，
解得：k=−158e=158，
∴直线BP的表达式为y=−158x+158；
(3)PQQB有最大值．
如图，设PD与AC交于点N，
过点B作y轴的平行线与AC相交于点M，
设直线AC表达式为y=mx+n，
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴m⋅(−4)+n=0m⋅0+n=4，
解得：m=1n=4，
∴直线AC表达式为y=x+4，
∴M点的坐标为(1,5)，
∴BM=5，
∵BM//PN，
∴△PNQ∽△BMQ，
∴PQQB=PNBM=PN5，
设P(a0,−a02−3a0+4)(−4∴PQQB=−a02−3a0+4−(a0+4)5=−a02−4a05=−(a0+2)2+45，
∴当a0=−2时，PQQB有最大值，
此时，点P的坐标为(−2,6)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求出答案；
(2)设BP与y轴交于点E，设OE=a，则CE=4−a，BE=4−a，运用勾股定理可求得a=158，得出E(0,158)，再利用待定系数法即可求出答案；
(3)设PD与AC交于点N，过点B作y轴的平行线与AC相交于点M，利用待定系数法求出直线AC表达式，再利用BM//PN，可得△PNQ∽△BMQ，进而得出PQQB=PNBM=PN5，设P(a0,−a02−3a0+4)(−4本题是与二次函数有关的综合题，主要考查了待定系数法，一次函数图象和性质，二次函数图象和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，属于中考数学压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握二次函数图象和性质、相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
28.【答案】解：(1)∵抛物线对称轴为直线x=1
∴−−b2=1，
∴b=2，
由一元二次方程根与系数关系：
x1+x2=−ba，x1x2=ca，
∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=−bc=−23，
∴−−bc=−23，
则c=−3，
∴抛物线解析式为：y=x2−2x−3；
(2)由(1)点D坐标为(1,−4)，
当y=0时，x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3，
∴点B坐标为(3,0)；
①设点F坐标为(a,b)，
∴△BDF的面积S=12×(4−b)(a−1)+12(−b)(3−a)−12×2×4，
整理的S=2a−b−6，
∵b=a2−2a−3，
∴S=2a−(a2−2a−3)−6=−a2+4a−3，
∵a=−1<0，
∴当a=2时，S最大=−4+8−3=1；
②存在，
由已知点D坐标为(1,−4)，点B坐标为(3,0)，
∴直线BD解析式为：y=2x−6，
则点E坐标为(0,−6)，
连BC、CD，则由勾股定理，
CB2=(0−3)2+(−3−0)2=18，
CD2=12+(−4+3)2=2，
BD2=(−4)2+(1−3)2=20，
∴CB2+CD2=BD2，
∴∠BDC=90°，
∵∠BDC=∠QCE，
∴∠QCE=90°，
∴点Q纵坐标为−3，
代入−3=2x−6，
∴x=32，
∴存在点Q坐标为(32,−3)．
【解析】本题是二次函数综合题，考查一元二次方程根与系数关系、二次函数图象性质及勾股定理逆定理．在求△BDF面积时，合理设出未知数可以简化计算．
(1)应用对称轴方程、根与系数关系求b，c
(2)①设出点F坐标表示△BDF面积，求最大值；
②利用勾股定理逆定理，证明∠BDC=90°，则QC⊥y轴，问题可解．
29.【答案】解：(1)证明：
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD//OC，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=∠DAC，
∴AC平分∠DAO；
(2)①∵AD//OC，
∴∠EOC=∠DAO=105°，
∵∠E=30°，
∴∠OCE=45°；
②过O点作OG⊥CE于点G，
则CG=FG=OG，
∵OC=2 2，∠OCE=45°，
∴CG=OG=2，
∴FG=2，
在Rt△OGE中，∠E=30°，
∴GE=2 3，
∴EF=GE−FG=2 3−2．
【解析】本题主要考查圆的切线的性质、平行线的判定与性质、垂径定理及等腰直角三角形性质，熟练掌握切线的性质、平行线的判定与性质、垂径定理及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
(1)由切线性质知OC⊥CD，结合AD⊥CD得AD//OC，且OA=OC，即可知∠DAC=∠OCA=∠OAC，从而得证；
(2)①由AD//OC知∠EOC=∠DAO=105°，结合∠E=30°可得答案；
②过O点作OG⊥CE，根据垂径定理及等腰直角三角形性质知CG=FG=OG，由OC=2 2得出CG=FG=OG=2，在Rt△OGE中，由∠E=30°可得答案．
30.【答案】(1)证明：∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD//AC．
∵DE是⊙O的切线，OD是半径，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥AC；
(2)如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴OD=EH，OH=DE．
设AH=x．
∵DE+AE=8，OD=10，
∴AE=10−x，OH=DE=8−(10−x)=x−2．
在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2=OA2，即x2+(x−2)2=102，
解得x1=8，x2=−6(不合题意，舍去)．
∴AH=8．
∵OH⊥AF，
∴AH=FH=12AF，
∴AF=2AH=2×8=16．
【解析】本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定与性质．解题时，利用了方程思想，属于中档题．
(1)欲证明DE⊥AC，只需推知OD//AC即可；
(2)如图，过点O作OH⊥AF于点H，构建矩形ODEH，设AH=x.则由矩形的性质推知：AE=10−x，OH=DE=8−(10−x)=x−2.在Rt△AOH中，由勾股定理知：x2+(x−2)2=102，通过解方程得到AH的长度，结合OH⊥AF，得到AF=2AH=2×8=16．
1.已知tanA=23，则锐角A满足
( )
A. 0°
A.
B.
C.
D.
3.已知一次函数y1=kx+b(k<0)与反比例函数y2=mx(m≠0)的图象相交于A、B两点，其横坐标分别是−1和3，当y1>y2，实数x的取值范围是( )
A. x<−1或0
A. 2 5或4 2B. 4 5或4 3C. 2 6或4 3D. 4 6或4 2
5.在同一平面直角坐标系中，函数y=ax+b与y=ax2−bx的图象可能是( )
A. B.
C. D.
6.如图，抛物线y1=a(x+2)2−3与y2=12(x−3)2+1交于点A(1,3)，过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于点B，C.则以下结论：
①无论x取何值，y2的值总是正数；
②a=1；
③当x=0时，y2−y1=4；
④2AB=3AC；
其中正确结论是( )
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
7.如图，轮船从B处以每小时60海里的速度沿南偏东20°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东50°方向上，轮船航行40分钟到达C处，在C处观测灯塔A位于北偏东10°方向上，则C处与灯塔A的距离是( )
A. 20海里
B. 40海里
C. 20 33海里
D. 40 33海里
8.把抛物线y=−2x2+4x+1的图象向左平移2个单位，再向上平移3个单位，所得的抛物线的函数关系式是( )
A. y=−2(x−1)2+6B. y=−2(x−1)2−6
C. y=−2(x+1)2+6D. y=−2(x+1)2−6
9.如图，⊙M的半径为2，圆心M的坐标为(3,4)，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( )
A. 3
B. 4
C. 6
D. 8
10.如图，O为坐标原点，四边形OACB是菱形，OB在x轴的正半轴上，sin∠AOB=45，反比例函数y=48x在第一象限内的图象经过点A，与BC交于点F，则△AOF的面积等于( )
A. 60
B. 80
C. 30
D. 40
11.如图，双曲线y=kx经过抛物线y=ax2+bx(a≠0)的顶点(−1,m)(m>0)，则下列结论中，正确的是( )
A. a+b=k
B. 2a+b=0
C. b
A. 1
B. 3
C. 3
D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
13.如图，已知反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象经过点A，过A点作AB⊥x轴，垂足为B.若△AOB的面积为1，则k=______．
14.在如图的正方形方格纸中，每个小的四边形都是相同的正方形，A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则sin∠BOD的值等于______．
15.如图是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，图象过点A(−3,0)，对称轴为x=−1.给出四个结论：①b2>4ac；②2a+b=0；③a−b+c=0；④5a
18.如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=3，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为______．
三、解答题：本题共12小题，共96分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
如图，点A是反比例函数y1=2x(x>0)图象上的任意一点，过点A作 AB//x轴，交另一个比例函数y2=kx(k<0,x<0)的图象于点B．
(1)若S△AOB的面积等于3，则k是=______；
(2)当k=−8时，若点A的横坐标是1，求∠AOB的度数；
(3)若不论点A在何处，反比例函数y2=kx(k<0,x<0)图象上总存在一点D，使得四边形AOBD为平行四边形，求k的值．
20.(本小题8分)
如图，C地在A地的正东方向，因有大山阻隔，由A地到C地需要绕行B地，已知B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，C地位于B地南偏东30°方向，若打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求A地到C地之间高铁线路的长(结果保留整数)
(参考数据：sin67°≈0.92；cs67°≈0.38； 3≈1.73)
21.(本小题8分)
如图，已知点D在反比例函数y=mx的图象上，过点D作x轴的平行线交y轴于点B(0,3)，过点A(5,0)的直线y=kx+b与y轴于点C，且BD=OC，tan∠OAC=25．
(1)求反比例函数y=mx和直线y=kx+b的解析式；
(2)连接CD，试判断线段AC与线段CD的关系，并说明理由；
(3)点E为x轴上点A右侧的一点，且AE=OC，连接BE交直线CA于点M，求∠BMC的度数．
22.(本小题8分)
为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米(即CD=2米)，背水坡DE的坡度i=1：1(即DB：EB=1：1)，如图所示，已知AE=4米，∠EAC=130°，求水坝原来的高度BC．
(参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.2)
23.(本小题8分)
某商场经营某种品牌的童装，购进时的单价是40元.根据市场调查，在一段时间内，销售单价是60元时，销售量是100件，而销售单价每降低1元，就可多售出10件．
(1)写出销售量y(件)与销售单价x(元)之间的函数关系式；
(2)写出销售该品牌童装获得的利润w(元)与销售单价x(元)之间的函数关系式；
(3)若童装厂规定该品牌童装销售单价不低于56元，且商场要完成不少于110件的销售任务，则商场销售该品牌童装获得的最大利润是多少元？
24.(本小题8分)
在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角(两边足够长)，用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD(篱笆只围AB，BC两边)，设AB=xm．
(1)若花园的面积为192m2，求x的值；
(2)若在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，要将这棵树围在花园内(含边界，不考虑树的粗细)，求花园面积S的最大值．
25.(本小题8分)
某文具店购进一批纪念册，每本进价为20元，出于营销考虑，要求每本纪念册的售价不低于20元且不高于28元.在销售过程中发现该纪念册每周的销售量y(本)与每本纪念册的售价x(元)之间满足一次函数关系：当销售单价为22元时，销售量为36本；当销售单价为24元时，销售量为32本．
(1)请求出y与x的函数关系式；
(2)当每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是多少元？
(3)设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为W元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？
26.(本小题8分)
如图1，已知二次函数y=ax2+32x+c(a≠0)的图象与y轴交于点A(0,4)，与x轴交于点B、C，点C坐标为(8,0)，连接AB、AC．
(1)请直接写出二次函数y=ax2+32x+c的表达式；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由；
(3)若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，请写出此时点N的坐标；
(4)如图2，若点N在线段BC上运动(不与点B、C重合)，过点N作NM//AC，交AB于点M，当△AMN面积最大时，求此时点N的坐标．
27.(本小题8分)
二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(−4,0)，B(1,0)，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，过点P作PD⊥x轴于点D．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接BC，当∠DPB=2∠BCO时，求直线BP的表达式；
(3)请判断：PQQB是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
28.(本小题8分)
如图，对称轴为直线x=1的抛物线y=x2−bx+c与x轴交于A(x1,0)、B(x2,0)(x1
(2)抛物线顶点为D，直线BD交y轴于E点；
①设点P为线段BD上一点(点P不与B、D两点重合)，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC=∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
29.(本小题8分)
如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连接OC、AC．
(1)求证：AC平分∠DAO．
(2)若∠DAO=105°，∠E=30°
①求∠OCE的度数；
②若⊙O的半径为2 2，求线段EF的长．
30.(本小题8分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作⊙O的切线DE，交AC于点E，AC的反向延长线交⊙O于点F．
(1)求证：DE⊥AC；
(2)若DE+EA=8，⊙O的半径为10，求AF的长度．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了特殊角的三角函数值，解答本题的关键在于熟练掌握各特殊角的三角函数值．
结合特殊角的三角函数值进行求解即可．
【解答】
解：∵tan30°= 33，tan45°=1，
tanA=23，
∴ 33
2.【答案】D
【解析】解：观察几何体，从左面看到的图形是
故选：D．
根据从左边看得到的平面图形即可得到答案．
本题考查了从不同方位观察简单组合体．
3.【答案】A
【解析】解：依照题意画出函数图象，如图所示．
观察函数图象，可知：当x<−1或0
根据题意画出函数图象，根据两函数图象的上下位置关系即可得出不等式的解集．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、一次函数图象以及反比例函数图象，根据题意画出函数图象，利用数形结合解不等式是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了垂径定理的推论，勾股定理，菱形的性质，正确的作出图形是解题的关键．过B作直径，连接AC交BO于E，①如图1，根据已知条件得到BD=13×2×6=4，②如图2，BD=23×2×6=8，求得OD=2，OE=2，DE=4，连接OD，根据勾股定理得到结论，
【解答】
解：过B作直径，连接AC交BO于E，
∵点B为AC的中点，
∴BD⊥AC，
①如图1，
∵点D恰在该圆直径的三等分点上，
∴BD=13×2×6=4，
∴OD=OB−BD=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DE=12BD=2，
∴OE=4，
∵CE= OC2−OE2=2 5，
∴边CD= DE2+CE2=2 6；
②如图2，
BD=23×2×6=8，
同理可得，OD=2，OE=2，DE=4，
∵CE= OC2−OE2= 32=4 2，
∴边CD= DE2+CE2= 16+32=4 3，
故选C．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a>0，b>0，那么对于抛物线y=ax2−bx来说，对称轴x=b2a>0，应在y轴的右侧，故A错误；
对于B，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a<0，b>0；那么对于抛物线y=ax2−bx来说，对称轴x=b2a<0，应在y轴的左侧，故B错误；
对于C，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a>0，b>0；那么对于抛物线y=ax2−bx来说，图象开口向上，且对称轴x=b2a>0，应在y轴的右侧，故C正确；
对于D，对于直线y=ax+b来说，由图象可以判断，a>0，b>0；而图中的抛物线y=ax2−bx图象开口向下，a<0，故D错误．
故选C．
此题主要考查了一次函数、二次函数图象的性质及其应用，属于中档题．
首先根据图形中给出的一次函数图象确定a、b的符号，进而运用二次函数的性质判断图形中给出的二次函数的图象是否符合题意，根据选项逐一讨论解析，即可解决问题．
6.【答案】D
【解析】解：①∵抛物线y2=12(x−3)2+1开口向上，顶点坐标在x轴的上方，∴无论x取何值，y2的值总是正数，故本小题正确；
②把A(1,3)代入，抛物线y1=a(x+2)2−3得，3=a(1+2)2−3，解得a=23，故本小题错误；
③由两函数图象可知，抛物线y1=a(x+2)2−3解析式为y1=23(x+2)2−3，当x=0时，y1=23(0+2)2−3=−13，y2=12(0−3)2+1=112，故y2−y1=112+13=356，故本小题错误；
④∵物线y1=a(x+2)2−3与y2=12(x−3)2+1交于点A(1,3)，
∴y1的对称轴为x=−2，y2的对称轴为x=3，
∴B(−5,3)，C(5,3)
∴AB=6，AC=4，
∴2AB=3AC，故本小题正确．
故选D．
根据与y2=12(x−3)2+1的图象在x轴上方即可得出y2的取值范围；把A(1,3)代入抛物线y1=a(x+2)2−3即可得出a的值；由抛物线与y轴的交点求出，y2−y1的值；根据两函数的解析式直接得出AB与AC的关系即可．
本题考查的是二次函数的性质，根据题意利用数形结合进行解答是解答此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：如图，作AM⊥BC于M．
由题意得，∠DBC=20°，∠DBA=50°，BC=60×4060=40海里，∠NCA=10°，
则∠ABC=∠ABD−∠CBD=50°−20°=30°．
∵BD//CN，
∴∠BCN=∠DBC=20°，
∴∠ACB=∠ACN+∠BCN=10°+20°=30°，
∴∠ACB=∠ABC=30°，
∴AB=AC，
∵AM⊥BC于M，
∴CM=12BC=20海里．
在直角△ACM中，∵∠AMC=90°，∠ACM=30°，
∴AC=CMcs∠ACM=20 32=40 33(海里)．
故选：D．
作AM⊥BC于M.由题意得，∠DBC=20°，∠DBA=50°，BC=60×4060=40海里，∠NCA=10°，则∠ABC=∠ABD−∠CBD=30°.由BD//CN，得出∠BCN=∠DBC=20°，那么∠ACB=∠ACN+∠BCN=30°=∠ABC，根据等角对等边得出AB=AC，由等腰三角形三线合一的性质得到CM=12BC=20海里．然后在直角△ACM中，利用余弦函数的定义得出AC=CMcs∠ACM，代入数据计算即可．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，余弦函数的定义，难度适中．求出CM=12BC=20海里是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：原抛物线的顶点坐标为(1,3)，向左平移2个单位，再向上平移3个单位得到新抛物线的顶点坐标为(−1,6).可设新抛物线的解析式为：y=−2(x−h)2+k，代入得：y=−2(x+1)2+6．
故选C．
抛物线平移不改变a的值．
解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
9.【答案】C
【解析】【分析】
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．
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：∵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=3、MQ=4，
∴OM=5，
又∵MP′=2，
∴OP′=3，
∴AB=2OP′=6，
故选C．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了菱形的性质、解直角三角形以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出S△AOF=12S菱形OBCA．
过点A作AM⊥x轴于点M，设OA=a，通过解直角三角形找出点A的坐标，结合反比例函数图象上点的坐标特征即可求出a的值，再根据四边形OACB是菱形、点F在边BC上，即可得出S△AOF=12S菱形OBCA，结合菱形的面积公式即可得出结论．
【解答】
解：过点A作AM⊥x轴于点M，如图所示．
设OA=a，
在Rt△OAM中，∠AMO=90°，OA=a，sin∠AOB=45，
∴AM=OA⋅sin∠AOB=45a，OM= OA2−AM2=35a，
∴点A的坐标为(35a,45a)．
∵点A在反比例函数y=48x的图象上，
∴35a×45a=1225a2=48，
解得：a=10，或a=−10(舍去)．
∴AM=8，OM=6，OB=OA=10．
∵四边形OACB是菱形，点F在边BC上，
∴S△AOF=12S菱形OBCA=12OB⋅AM=40．
故选：D．
11.【答案】C
【解析】解：A、错误．∵(−1,m)在y=kx上，
∴k=−m，
根据对称性，(1,−m)在y=kx上，不在抛物线的图象上，
∴x=1时，y=a+b≠−m，即a+b≠k.故错误．
B、错误．∵抛物线对称轴x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，
∴2a−b=0，故错误．
C、正确．∵m=−b24a，
∴m=−b2，
∴b=−2m=2k，
∵b<0，k<0，
∴b
∴a=k，故错误．
故选：C．
灵活应用图象信息，顶点坐标公式一一判断即可．
本题考查二次函数图象与系数的关系、反比例函数的性质等知识，解题的关键是灵活应用图象信息，顶点坐标公式解决问题，属于中考常考题型．
12.【答案】B
【解析】解：作直径AE，连结DE，过点D作DC′垂直切线于C′，交⊙O于B′，如图，
∵AE为直径，
∴∠ADE=90°，
∵∠E=∠B=30°，
∴∠EAD=60°，
在Rt△ADE中，AD=12AE=6，
∵AC是⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∴∠CAD=90°−60°=30°，
在Rt△DAC′中，∵∠DAC′=30°，
∴DC′=12AD=3，
∴当点C在C′点时，CD有最小值，最小值为3．
故选B．
由于∠B=30°，则AD的长为定值，所以当DC与AC垂直时，CD最小，作直径AE，连结DE，过点D作DC′垂直切线于C′，交⊙O于B′，如图，先根据圆周角定理得到∠ADE=90°，∠E=∠B=30°，则∠EAD=60°，再在Rt△ADE中，利用含30度的直角三角形三边的关系得到AD=12AE=6，接着根据切线的性质得∠OAC=90°，则∠CAD=30°，然后在Rt△DAC′中计算出DC′=12AD=3，于是可判断CD的最小值为3．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点；经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．
13.【答案】−2
【解析】解：依据比例系数k的几何意义可得两个三角形的面积都等于12|k|=1，其中k<0，解得k=−2，
故答案为：−2．
根据反比例函数的性质可以得到△AOB的面积等于|k|的一半，由此可以得到它们的关系．
本题考查反比例系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|.该知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
14.【答案】3 1010
【解析】解：连接AE、EF，如图所示，
则AE//CD，
∴∠FAE=∠BOD，
设每个小正方形的边长为a，
则AE= 2a，AF=2 5a，EF=3 2a，
∵( 2a)2+(3 2a)2=(2 5a)2，
∴△FAE是直角三角形，∠FEA=90°，
∴sin∠FAE=EFAF=3 1010，
即sin∠BOD=3 1010，
故答案为：3 1010．
根据平移的性质和锐角三角函数以及勾股定理，通过转化的数学思想可以求得sin∠BOD的值，本题得以解决．
本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用勾股定理和等积法解答．
15.【答案】①④
【解析】解：①∵图象与x轴有交点，对称轴为x=−b2a=−1，与y轴的交点在y轴的正半轴上，
又∵二次函数的图象是抛物线，
∴与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，即b2>4ac，故①正确；
②∵抛物线的开口向下，
∴a<0，
∵与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴c>0，
∵对称轴为x=−b2a=−1，
∴2a=b，
∴2a+b=4a，a≠0，故②错误；
③∵x=−1时y有最大值，
由图象可知y≠0，故③错误；
④把x=1，x=−3代入解析式得a+b+c=0，9a−3b+c=0，
两边相加整理得5a−b=−c<0，即5a
①由图象与x轴有交点，对称轴为x=−b2a=−1，与y轴的交点在y轴的正半轴上，可以推出b2−4ac>0，可对①进行判断；
②由抛物线的开口向下知a<0，与y轴的交点在y轴的正半轴上得到c>0，由对称轴为x=−b2a=−1，可以②进行分析判断；
③由x=−1时y有最大值，由图象可知y≠0，可对③进行分析判断；
④把x=1，x=−3代入解析式得a+b+c=0，9a−3b+c=0，两边相加整理得5a−b=−c<0，即5a
16.【答案】①③④
【解析】解：∵x=−b2a=2，
∴4a+b=0，
故①正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为(−1,0)，对称轴为直线x=2，
∴另一个交点为(5,0)，
∵抛物线开口向下，
∴当x=3时，y>0，即9a+3b+c>0，
故②错误；
∵抛物线的对称轴为x=2，C(5,0)在抛物线上，
∴点(−1,y3)与C(5,y3)关于对称轴x=2对称，
∵−3<−1<12<2，在对称轴的左侧，抛物线开口向下，y随x的增大而增大，
∴y1
∵抛物线与x轴的一个交点为(−1,0)，
∴方程a(x+1)(x−5)=0的两根为x=−1或x=5，
过y=−3作x轴的平行线，直线y=−3与抛物线的交点的横坐标为方程的两根，
∵x1
故答案为：①③④．
根据抛物线的对称轴为直线x=2，则有4a+b=0，可得①正确；根据二次函数的对称性得到当x=3时，函数值大于0，则9a+3b+c>0，可得②错误；利用抛物线的对称性得到(−1,y3)与(5,y3)在抛物线上，然后利用二次函数的增减性可得③正确；作出直线 y=−3，然后依据函数图象进行判断可得④正确．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质是解题的关键．
17.【答案】8 33
【解析】解：∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD=60°，
∴∠BCD=180°−∠BAD=180°−60°=120°，
∵∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，
∴∠CAD=∠CAB=12∠BAD=30°，
∴CD=CB，
如图1，
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△ECB，
则∠E=∠CAD=30°，BE=DA=5，AC=EC，∠ACE=120°，
∴∠ABC+∠EBC
=(180°−∠CAB−∠ACB)+(180°−∠E−∠BCE)
=180°−30°−∠ACB+180°−30°−∠BCE
=300°−(∠ACB+∠BCE)
=300°−120°
=180°，
∴A、B、E三点共线，
过C作CM⊥AE于M，
∵AC=EC，
∴AM=EM=12AE=12(AB+BE)=12×(3+5)=4，
在Rt△AMC中，AC=AMcs30∘=4 32=8 33．
故答案为：8 33．
将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△ECB，根据旋转的性质得出∠E=∠CAD=30°，BE=DA=5，AC=EC，∠ACE=120°，求出A、B、E三点共线，解直角三角形即可．
本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，解直角三角形，旋转的性质，能正确作出辅助线是解此题的关键，综合性比较强，难度适中．
18.【答案】 10−1
【解析】解：∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PB，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，
在RT△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=3，OB=1，
∴OC= OB2+BC2= 10，
∴PC=OC−OP= 10−1．
∴PC最小值为 10−1．
故答案为 10−1．
首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
本题考查点与圆位置关系、圆周角定理、最短问题等知识，解题的关键是确定点P位置，学会求圆外一点到圆的最小、最大距离，属于中考常考题型．
19.【答案】(1)−4；
(2)∵点A的横坐标是1，
∴y=21=2，
∴点A(1,2)，
∵AB//x轴，
∴点B的纵坐标为2，
∴2=−8x，
解得：x=−4，
∴点B(−4,2)，
∴AB=AC+BC=1+4=5，OA= 12+22= 5，OB= 22+42=2 5，
∴OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°；
(3)解：假设y2=kx上有一点D，使四边形AOBD为平行四边形，
过D作DE⊥AB，过A作AC⊥x轴，
∵四边形AOBD为平行四边形，
∴BD=OA，BD//OA，
∴∠DBA=∠OAB=∠AOC，
在△AOC和△DBE中，
∠DBE=∠AOC∠DEB=∠ACO=90°DB=AO，
∴△AOC≌△DBE(AAS)，
设A(a,2a)(a>0)，即OC=a，AC=2a，
∴BE=OC=a，DE=AC=2a，
∴D纵坐标为4a，B纵坐标为2a，
∴D横坐标为ak4，B横坐标为ak2，
∴BE=|ak4−ak2|=a，即−ak4=a，
∴k=−4．
【解析】解：(1)如图1，设AB交y轴于点C，
∵点A是反比例函数y1=2x(x>0)图象上的任意一点，且AB//x轴，
∴AB⊥y轴，
∴S△AOC=12×2=1，
∵S△AOB=3，
∴S△BOC=2，
∴k=−4；
故答案为：−4；
(2)∵点A的横坐标是1，
∴y=21=2，
∴点A(1,2)，
∵AB//x轴，
∴点B的纵坐标为2，
∴2=−8x，
解得：x=−4，
∴点B(−4,2)，
∴AB=AC+BC=1+4=5，OA= 12+22= 5，OB= 22+42=2 5，
∴OA2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°；
(3)解：假设y2=kx上有一点D，使四边形AOBD为平行四边形，
过D作DE⊥AB，过A作AC⊥x轴，
∵四边形AOBD为平行四边形，
∴BD=OA，BD//OA，
∴∠DBA=∠OAB=∠AOC，
在△AOC和△DBE中，
∠DBE=∠AOC∠DEB=∠ACO=90°DB=AO，
∴△AOC≌△DBE(AAS)，
设A(a,2a)(a>0)，即OC=a，AC=2a，
∴BE=OC=a，DE=AC=2a，
∴D纵坐标为4a，B纵坐标为2a，
∴D横坐标为ak4，B横坐标为ak2，
∴BE=|ak4−ak2|=a，即−ak4=a，
∴k=−4．
(1)首先设AB交y轴于点C，由点A是反比例函数y1=2x(x>0)图象上的任意一点，AB//x轴，可求得△AOC的面积，又由△AOB的面积等于3，即可求得△BOC的面积，继而求得k的值；
(2)由点A的横坐标是1，可求得点A的坐标，继而求得点B的纵坐标，则可求得点B的坐标，则可求得AB，OA，OB的长，然后由勾股定理的逆定理，求得∠AOB的度数；
(3)假设y2=kx上有一点D，使四边形AOBD为平行四边形，过D作DE⊥AB，过A作AC⊥x轴，由四边形AOBD为平行四边形，利用平行四边形的对边平行且相等，利用AAS得到三角形AOC与三角形DBE全等，利用全等三角形对应边相等得到BE=OC，DE=AC，设A(a,2a)(a>0)，即OC=a，AC=2a，得出D与B纵坐标，进而表示出D与B横坐标，两横坐标之差的绝对值即为BE的长，利用等式，即可求出k的值．
此题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的系数k的几何意义、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质．注意第(3)问中，设A(a,2a)(a>0)，再分别表示出各点的坐标是关键．
20.【答案】解：过点B作BD⊥AC于点D，
∵B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，
∴∠ABD=67°，
∴AD=AB⋅sin67°=520×0.92=478.4km，
BD=AB⋅cs67°=520×0.38=197.6km．
∵C地位于B地南偏东30°方向，
∴∠CBD=30°，
∴CD=BD⋅tan30°=197.6× 33≈113.9km，
∴AC=AD+CD=478.4+113.9≈592(km)．
答：A地到C地之间高铁线路的长为592km．
【解析】过点B作BD⊥AC于点D，利用锐角三角函数的定义求出AD及CD的长，进而可得出结论．
本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，需要熟记锐角三角函数的定义．
21.【答案】解：
(1)∵A(5,0)，
∴OA=5．
∵tan∠OAC=25，
∴OCOA=25，解得OC=2，
∴C(0,−2)，
∴BD=OC=2，
∵B(0,3)，BD//x轴，
∴D(−2,3)，
∴m=−2×3=−6，
∴y=−6x，
设直线AC关系式为y=kx+b，
∵过A(5,0)，C(0,−2)，
∴0=5k+b−2=b，解得k=25b=−2，
∴y=25x−2；
(2)∵B(0,3)，C(0,−2)，
∴BC=5=OA，
在△OAC和△BCD中
OA=BC∠AOC=∠DBCOC=BD
∴△OAC≌△BCD(SAS)，
∴AC=CD，
∴∠OAC=∠BCD，
∴∠BCD+∠BCA=∠OAC+∠BCA=90°，
∴AC⊥CD；
(3)∠BMC=45°．
如图，连接AD，
∵AE=OC，BD=OC，AE=BD，
∴BD//x轴，
∴四边形AEBD为平行四边形，
∴AD//BM，
∴∠BMC=∠DAC，
∵△OAC≌△BCD，
∴AC=CD，
∵AC⊥CD，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∴∠BMC=∠DAC=45°．
【解析】(1)由A点坐标可求得OA的长，再利用三角函数的定义可求得OC的长，可求得C、D点坐标，再利用待定系数法可求得直线AC的解析式；
(2)由条件可证明△OAC≌△BCD，再由角的和差可求得∠OAC+∠BCA=90°，可证得AC⊥CD；
(3)连接AD，可证得四边形AEBD为平行四边形，可得出△ACD为等腰直角三角形，则可求得答案．
本题为反比例函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识．在(1)中求得C、D的坐标是解题的关键，在(2)中证得△OAC≌△BCD是解题的关键，在(3)中证明四边形AEBD为平行四边形是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
22.【答案】解：设BC=x米，
在Rt△ABC中，
∠CAB=180°−∠EAC=50°，
AB=BCtan50∘≈BC1.2=5BC6=56x，
在Rt△EBD中，
∵i=DB：EB=1：1，
∴BD=BE，
∴CD+BC=AE+AB，
即2+x=4+56x，
解得x=12，
即BC=12米，
答：水坝原来的高度为12米．
【解析】设BC=x米，用x表示出AB的长，利用坡度的定义得到BD=BE，进而列出x的方程，求出x的值即可．
本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义，构造直角三角形，利用三角函数表示相关线段的长度，难度一般．
23.【答案】解：(1)由题意得：y=100+10×(60−x)=−10x+700，
故销售量y件与销售单价x元之间的函数关系式为y=−10x+700；
(2)由题意，得：w=(x−40)(−10x+700)=−10x2+1100x−28000，
答：W与x之间的函数关系式是w=−10x2+1100x−28000；
(3)由题意，得：−10x+700≥110x≥56，
解得56≤x≤59，
W=−10x2+1100x−28000=−10(x−55)2+2250，
对称轴为x=−11002×(−10)=55，
又∵a<0，56≤x≤59在对称轴右侧，w随x增大而减小．
∴当x=56时，W最大=(56−40)(−10×56+700)=2240．
答：这段时间商场最多获利2240元．
【解析】(1)根据题意可得：销售量y=100+10×(60−售价)=100+10×(60−x)=−10x+700；
(2)利润W=单件利润×销售量y件，即W=(x−40)(−10x+700)，整理即可；
(3)先利用二次函数的性质得到w=−10x2+1100x−28000的对称轴为x=75，而−10x+700≥110，x≤59，得56≤x≤59，根据二次函数的性质得到当56≤x≤59时，W随x的增大而减小，把x=56代入计算即可得到商场销售该品牌童装获得的最大利润．
本题考查了二次函数的应用：根据实际问题列出二次函数关系式，然后利用二次函数的性质，特别是二次函数的最值问题解决实际中的最大或最小值问题．
24.【答案】解：(1)∵AB=x，则BC=(28−x)，
∴x(28−x)=192，
解得：x1=12，x2=16，
答：x的值为12或16；
(2)∵AB=xm，
∴BC=28−x，
∴S=x(28−x)=−x2+28x=−(x−14)2+196，
∵在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，
∵28−15=13，
∴6≤x≤13，
∴当x=13时，S取到最大值为：S=−(13−14)2+196=195，
答：花园面积S的最大值为195平方米．
【解析】(1)根据题意得出长×宽=192，进而得出答案；
(2)由题意可得出：S=x(28−x)=−x2+28x=−(x−14)2+196，再利用二次函数增减性求得最值．
此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法，得出S与x的函数关系式是解题关键．
25.【答案】解：(1)设y=kx+b，
把(22,36)与(24,32)代入得：
22k+b=3624k+b=32，
解得：k=−2b=80，
则y=−2x+80；
(2)设当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时，每本纪念册的销售单价是x元，
根据题意得：(x−20)y=150，
则(x−20)(−2x+80)=150，
整理得：x2−60x+875=0，
(x−25)(x−35)=0，
解得：x1=25，x2=35，
∵20≤x≤28，
∴x=35(不合题意舍去)，
答：每本纪念册的销售单价是25元；
(3)由题意可得：
W=(x−20)(−2x+80)
=−2x2+120x−1600
=−2(x−30)2+200，
此时当x=30时，w最大，
又∵售价不低于20元且不高于28元，
∴x<30时，w随x的增大而增大，即当x=28时，w最大=−2(28−30)2+200=192(元)，
答：该纪念册销售单价定为28元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元．
【解析】(1)设y=kx+b，根据题意，利用待定系数法确定出y与x的函数关系式即可；
(2)根据题意结合销量×每本的利润=150，进而求出答案；
(3)根据题意结合销量×每本的利润=w，进而利用二次函数增减性求出答案．
此题主要考查了二次函数的应用以及一元二次方程的应用、待定系数法求一次函数解析式等知识，正确利用销量×每本的利润=w得出函数关系式是解题关键．
26.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+32x+c的图象与y轴交于点A(0,4)，与x轴交于点B、C，点C坐标为(8,0)，
∴c=464a+12+c=0，
解得a=−14c=4．
∴抛物线表达式：y=−14x2+32x+4；
(2)△ABC是直角三角形．
令y=0，则−14x2+32x+4=0，
解得x1=8，x2=−2，
∴点B的坐标为(−2,0)，
由已知可得，
在Rt△ABO中AB2=BO2+AO2=22+42=20，
在Rt△AOC中AC2=AO2+CO2=42+82=80，
又∵BC=OB+OC=2+8=10，
∴在△ABC中AB2+AC2=20+80=102=BC2
∴△ABC是直角三角形．
(3)∵A(0,4)，C(8,0)，
∴AC= 42+82=4 5，
①以A为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(−8,0)，
②以C为圆心，以AC长为半径作圆，交x轴于N，此时N的坐标为(8−4 5,0)或(8+4 5,0)
③作AC的垂直平分线，交x轴于N，设N的坐标为(t,0)，
42+t2=8−t2，
解得N的坐标为(3,0)，
综上，若点N在x轴上运动，当以点A、N、C为顶点的三角形是等腰三角形时，点N的坐标分别为(−8,0)、(8−4 5,0)、(3,0)、(8+4 5,0)．
(4)如图，
AB= OA2+OB2=2 5，BC=8−(−2)=10，AC= OC2+OA2=4 5，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°．
∴AC⊥AB．
∵AC//MN，
∴MN⊥AB．
设点N的坐标为(n,0)，则BN=n+2，
∵MN//AC，
△BMN∼△BAC
∴BMBA=BNBC，
∴MNAC=BNBC，
BM=BN⋅BABC= 5(n+2)5，
MN=BN⋅ACBC=2 5(n+2)5，
AM=AB−BM=2 5− 5(n+2)5=8 5− 5n5
∵S△AMN=12AM⋅MN
=12×8 5− 5n5×2 5n+4 55
=−15(n−3)2+5，
当n=3时，△AMN面积最大是5，
∴N点坐标为(3,0)．
∴当△AMN面积最大时，N点坐标为(3,0)．
【解析】(1)根据待定系数法即可求得；
(2)根据抛物线的解析式求得B的坐标，然后根据勾股定理分别求得AB2=20，AC2=80，BC=10，然后根据勾股定理的逆定理即可证得△ABC是直角三角形．
(3)分别以A、C两点为圆心，AC长为半径画弧，与x轴交于三个点，由AC的垂直平分线与x轴交于一个点，即可求得点N的坐标；
(4)设点N的坐标为(n,0)，则BN=n+2，由MN//AC，得△BMN∼△BAC根据三角形相似对应边成比例求得AM，MN，得到S△AMN，根据二次函数性质求得即可．
本题是二次函数的综合题，解(1)的关键是待定系数法求解析式，解(2)的关键是勾股定理和逆定理，解(3)的关键是等腰三角形的性质，解(4)的关键是三角形相似的判定和性质以及函数的最值等．
27.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+4(a≠0)的图象经过点A(−4,0)，B(1,0)，
∴a⋅(−4)2+b⋅(−4)+4=0a+b+4=0，
解得：a=−1b=−3，
∴该二次函数的表达式为y=−x2−3x+4；
(2)如图，设BP与y轴交于点E，
∵PD//y轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO，
∴∠OEB=2∠BCO，
∴∠ECB=∠EBC，
∴BE=CE，
设OE=a，则CE=4−a，
∴BE=4−a，
在Rt△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，
∴(4−a)2=a2+12，
解得：a=158，
∴E(0,158)，
设BE所在直线表达式为y=kx+e(k≠0)，
∴k⋅0+e=158k⋅1+e=0，
解得：k=−158e=158，
∴直线BP的表达式为y=−158x+158；
(3)PQQB有最大值．
如图，设PD与AC交于点N，
过点B作y轴的平行线与AC相交于点M，
设直线AC表达式为y=mx+n，
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴m⋅(−4)+n=0m⋅0+n=4，
解得：m=1n=4，
∴直线AC表达式为y=x+4，
∴M点的坐标为(1,5)，
∴BM=5，
∵BM//PN，
∴△PNQ∽△BMQ，
∴PQQB=PNBM=PN5，
设P(a0,−a02−3a0+4)(−4
∴当a0=−2时，PQQB有最大值，
此时，点P的坐标为(−2,6)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求出答案；
(2)设BP与y轴交于点E，设OE=a，则CE=4−a，BE=4−a，运用勾股定理可求得a=158，得出E(0,158)，再利用待定系数法即可求出答案；
(3)设PD与AC交于点N，过点B作y轴的平行线与AC相交于点M，利用待定系数法求出直线AC表达式，再利用BM//PN，可得△PNQ∽△BMQ，进而得出PQQB=PNBM=PN5，设P(a0,−a02−3a0+4)(−4
28.【答案】解：(1)∵抛物线对称轴为直线x=1
∴−−b2=1，
∴b=2，
由一元二次方程根与系数关系：
x1+x2=−ba，x1x2=ca，
∴1x1+1x2=x1+x2x1x2=−bc=−23，
∴−−bc=−23，
则c=−3，
∴抛物线解析式为：y=x2−2x−3；
(2)由(1)点D坐标为(1,−4)，
当y=0时，x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3，
∴点B坐标为(3,0)；
①设点F坐标为(a,b)，
∴△BDF的面积S=12×(4−b)(a−1)+12(−b)(3−a)−12×2×4，
整理的S=2a−b−6，
∵b=a2−2a−3，
∴S=2a−(a2−2a−3)−6=−a2+4a−3，
∵a=−1<0，
∴当a=2时，S最大=−4+8−3=1；
②存在，
由已知点D坐标为(1,−4)，点B坐标为(3,0)，
∴直线BD解析式为：y=2x−6，
则点E坐标为(0,−6)，
连BC、CD，则由勾股定理，
CB2=(0−3)2+(−3−0)2=18，
CD2=12+(−4+3)2=2，
BD2=(−4)2+(1−3)2=20，
∴CB2+CD2=BD2，
∴∠BDC=90°，
∵∠BDC=∠QCE，
∴∠QCE=90°，
∴点Q纵坐标为−3，
代入−3=2x−6，
∴x=32，
∴存在点Q坐标为(32,−3)．
【解析】本题是二次函数综合题，考查一元二次方程根与系数关系、二次函数图象性质及勾股定理逆定理．在求△BDF面积时，合理设出未知数可以简化计算．
(1)应用对称轴方程、根与系数关系求b，c
(2)①设出点F坐标表示△BDF面积，求最大值；
②利用勾股定理逆定理，证明∠BDC=90°，则QC⊥y轴，问题可解．
29.【答案】解：(1)证明：
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD//OC，
∴∠DAC=∠OCA，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=∠DAC，
∴AC平分∠DAO；
(2)①∵AD//OC，
∴∠EOC=∠DAO=105°，
∵∠E=30°，
∴∠OCE=45°；
②过O点作OG⊥CE于点G，
则CG=FG=OG，
∵OC=2 2，∠OCE=45°，
∴CG=OG=2，
∴FG=2，
在Rt△OGE中，∠E=30°，
∴GE=2 3，
∴EF=GE−FG=2 3−2．
【解析】本题主要考查圆的切线的性质、平行线的判定与性质、垂径定理及等腰直角三角形性质，熟练掌握切线的性质、平行线的判定与性质、垂径定理及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
(1)由切线性质知OC⊥CD，结合AD⊥CD得AD//OC，且OA=OC，即可知∠DAC=∠OCA=∠OAC，从而得证；
(2)①由AD//OC知∠EOC=∠DAO=105°，结合∠E=30°可得答案；
②过O点作OG⊥CE，根据垂径定理及等腰直角三角形性质知CG=FG=OG，由OC=2 2得出CG=FG=OG=2，在Rt△OGE中，由∠E=30°可得答案．
30.【答案】(1)证明：∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ODB=∠ACB，
∴OD//AC．
∵DE是⊙O的切线，OD是半径，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥AC；
(2)如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE=∠DEH=∠OHE=90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴OD=EH，OH=DE．
设AH=x．
∵DE+AE=8，OD=10，
∴AE=10−x，OH=DE=8−(10−x)=x−2．
在Rt△AOH中，由勾股定理知：AH2+OH2=OA2，即x2+(x−2)2=102，
解得x1=8，x2=−6(不合题意，舍去)．
∴AH=8．
∵OH⊥AF，
∴AH=FH=12AF，
∴AF=2AH=2×8=16．
【解析】本题考查了切线的性质，勾股定理，矩形的判定与性质．解题时，利用了方程思想，属于中档题．
(1)欲证明DE⊥AC，只需推知OD//AC即可；
(2)如图，过点O作OH⊥AF于点H，构建矩形ODEH，设AH=x.则由矩形的性质推知：AE=10−x，OH=DE=8−(10−x)=x−2.在Rt△AOH中，由勾股定理知：x2+(x−2)2=102，通过解方程得到AH的长度，结合OH⊥AF，得到AF=2AH=2×8=16．
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