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2023-2024学年内蒙古包头市青山区二机一中九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年内蒙古包头市青山区二机一中九年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共23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.下列各式运算结果中，系数与次数相等的是( )
A. 2x2+x2B. 2x7÷x5C. (x5)2D. x3⋅x3⋅x3
2.芝麻被称为“八谷之冠”，是世界上最古老的油料作物之一，它作为食物和药物，得到广泛的使用.经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000209kg，将0.00000209用科学记数法表示为( )
A. 2.09×10−8B. 0.209×10−7C. 2.09×10−6D. 20.9×10−5
3.关于x的不等式x+m≥−1的解集如图所示，则m等于( )
A. 3B. 1C. 0D. −3
4.若a，b互为相反数，c的倒数是4，则3a+3b−4c的值为( )
A. −8B. −5C. −1D. 16
5.如图，直线l1//l2，分别与直线l交于点A，B，把一块含30°角的三角尺按如图所示的位置摆放，若∠1=45°，则∠2的度数是( )
A. 135°
B. 105°
C. 95°
D. 75°
6.在6，7，8，9四个数字中任意选取两个数字，则这两个数字之和为奇数的概率是( )
A. 13B. 12C. 23D. 14
7.对于非零的两个有理数a和b，规定a☆b=am−bn.若3☆(−2)=7，3☆(−1)=5，则(−2)☆3的值为( )
A. −6B. −7C. −8D. −9
8.如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则cs∠ADC的值为( )
A. 2 1313
B. 3 1313
C. 23
D. 53
9.如图，在四边形ABCD中，AD//BC，BC=5，CD=3.按下列步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径画弧，分别交DA，DC于E，F两点；②分别以点E，F为圆心以大于12EF的长为半径画弧，两弧交于点P；③连接DP并延长交BC于点G.则BG的长是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
10.已知等腰三角形的三边长分别为a、b、4 ，且a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，则m的值是
( )
A. 34B. 30C. 30或34D. 30或36
11.如图，在平面直角坐标系中，直线y=−32x+3与x轴、y轴分别交于点A和点B，C是线段AB上一点．过点C作CD⊥x轴，垂足为D，CE⊥y轴，垂足为E，S△BEC：S△CDA=4：1，若双曲线y=kx(x>0)经过点C，则k的值为( )
A. 43
B. 34
C. 25
D. 52
12.如图，抛物线y=a(x+3)(x−1)经过点C(0,3)，点P(m,n)从点A出发，沿抛物线运动到顶点后，再沿对称轴l向下运动，给出下列说法：
①a=−1；
②抛物线的对称轴为x=−1；
③当点P，B，C构成的三角形的周长取最小值时，n=1；
④在点P从点A运动到顶点的过程中，当m=−32时，△PAC的面积最大．
其中，所有正确的说法是( )
A. ①③
B. ②③④
C. ①④
D. ①②④
二、填空题：本题共7小题，每小题3分，共21分。
13.分解因式：4xy2−16x= ______．
14.化简x2+1x−1+2x1−x的结果为______．
15.已知一元二次方程x2−5x−5=0的两根分别为a，b，则1a+1b的值为______．
16.如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点.如果∠CDB=27°，那么∠CBA的度数为______．
17.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为2，∠DAO=60°，则点C的坐标为______．
18.菱形的两个内角的度数比是1：3，一边上的高长是4，则菱形的面积是______．
19.如图，在▱ABCD中，∠ABC、∠BCD的角平分线交于边AB上一点E，且BE=AB= 3，线段CE的长为______．
三、解答题：本题共6小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
“双减”政策实施后，某校为丰富学生的课余生活，开设了A书法，B绘画，C舞蹈，D跆拳道四类兴趣班.为了解学生对这四类兴趣班的喜爱情况，随机抽取该校部分学生进行了问卷调查，并将调查结果整理后绘制成两幅不完整的统计图.请根据统计图信息回答下列问题．
(1)本次抽取调查学生共有______人，估计该校3000名学生喜爱“跆拳道”兴趣班的人数约为______人；
(2)请将以上两个统计图补充完整；
(3)甲、乙两名学生要选择参加兴趣班，若他们每人从A，B，C，D四类兴趣班中随机选取一类，请用画树状图或列表法，求两人恰好选择同一类的概率．
21.(本小题8分)
如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行30 2km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，
求(1)∠C的度数．
(2)A，C两港之间的距离为多少km．
22.(本小题8分)
甲、乙两人相约山，他们同时从入口处出发，甲步行登山到山顶，乙先步行15分钟到缆车站，再乘坐缆车直达山顶.甲、乙距山脚的垂直高度y(米)与甲登山的时间x(分钟)之间的函数图象如图所示：
(1)当15≤x≤40时，求乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式；
(2)求乙乘坐缆车上升过程中，和甲处于同一高度时距山脚的垂直高度．
23.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若BE=3，AB=4，求BC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积(用含有π的式子表示)．
24.(本小题8分)
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BEFE′的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图①，若AB=5，EF=3、请直接写出DE的长．
25.(本小题8分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交于点C(0,2)，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m,0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在线段OB上运动时，直线l交直线BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；
(3)点P在线段AB上运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、2x2+x2=3x2，系数与次数不相等，不符合题意；
B、2x7÷x5=2x2，系数与次数相等，符合题意；
C、(x5)2=x10，系数与次数不相等，不符合题意；
D、x3⋅x3⋅x3=x9，系数与次数不相等，不符合题意；
故选：B．
根据合并同类项，同底数幂的除法、幂的乘方、同底数幂的乘法依次计算，然后判断即可．
本题主要考查合并同类项，同底数幂的除法、幂的乘方、同底数幂的乘法，熟练掌握各个运算法则是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：0.00000209=2.09×10−6，
故选：C．
将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，熟练掌握科学记数法的定义是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵x+m≥−1，
∴x≥−1−m，
由数轴可得x≥2，
∴−1−m=2，即m=−3．
故选：D．
解不等式求出x≥1−m，再由数轴可得x≥2，解得m=−1．
本题主要考查了在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是利用数轴上的解集求出m的值．
4.【答案】C
【解析】解：因为a，b互为相反数，c的倒数是4，
所以a+b=0，c=14，
所以3a+3b−4c
=3(a+b)−4c
=0−4×14
=−1．
故选：C．
两数互为相反数，和为0；两数互为倒数，积为1，由此可解出此题．
本题考查的是相反数和倒数的概念，两数互为相反数，则它们的和为0；两数互为倒数，它们的积为1．
5.【答案】B
【解析】解：如图，∵l1//l2，
∴∠1=∠3=45°，
又∵∠4=30°，
∴∠2=180°−∠3−∠4=180°−45°−30°=105°，
故选：B．
依据l1//l2，即可得到∠1=∠3=45°，再根据∠4=30°，即可得出从∠2=180°−∠3−∠4=105°．
此题主要考查了平行线的性质，三角板的特征，角度的计算，解本题的关键是利用平行线的性质．
6.【答案】C
【解析】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，这两个数字之和为奇数的有8种情况，
∴这两个数字之和为奇数的概率为812=23．
故选：C．
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这两个数字之和为奇数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】C
【解析】解：3☆(−2)=3m+2n=7，3☆(−1)=3m+n=5，
解得：m=1，n=2，
∴(−2)☆3=−2−6=−8，
故选：C．
按照题目中所给的运算方式将3☆(−2)=7，3☆(−1)=5代入运算求出m、n的数值，再将(−2)☆3进行计算即可．
本题考查了数与式中新定义的问题，解题关键是能够根据题干列出方程组，并解出m、n的数值．
8.【答案】B
【解析】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
又∵点A，B，C都在格点上，
∴∠ADC=∠ABC，
在Rt△ABC中，
cs∠ABC=BCAB=3 32+22=3 1313=cs∠ADC，
故选：B．
由格点构造直角三角形，由直角三角形的边角关系以及圆周角定理可得答案．
本题考查圆周角定理，直角三角形的边角关系，掌握圆周角定理以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
9.【答案】A
【解析】解：由题可得，CF是∠ACD的平分线，
∴∠ADG=∠CDG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ADG=∠CGD，
∴∠CDG=∠CGD，
∴CG=CD=3，
∴BG=CB−CG=5−3=2．
故选：A．
根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得到CG=CD，进而得到BG的长．
本题主要考查了复杂作图，复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．掌握角平分线以及平行线的性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：①当a=4时，b<8，
∵a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，
∴4+b=12，
∴b=8不符合；
同理，b=4时，不符合题意；
②当a=b时，
∵a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，
∴12=2a=2b，
∴a=b=6，
∴m+2=36，
∴m=34；
故选A．
分两种情况讨论，①当a=4或b=4时，②当a=b时；结合根与系数的关系即可求解；
本题考查一元二次方程根与系数的关系；根据等腰三角形的性质进行分类讨论，结合根与系数的关系和三角形三边关系进行解题是关键．
11.【答案】A
【解析】解：∵直线y=−32x+3与x轴、y轴分别交于点A和点B，
∴A(2,0)，B(0,3)，即：OA=2，OB=3；
∵S△BEC：S△CDA=4：1，又△BEC∽△CDA，
∴ECDA=BECD=21，
设EC=a=OD，CD=b=OE，则AD=12a，BE=2b，
有，OA=2=a+12a，解得，a=43，
OB=3=3b，解得，b=1，
∴k=ab=43，
故选：A．
根据直线y=−32x+3可求出与x轴、y轴交点A和点B的坐标，即求出OA、OB的长，再根据相似三角形可得对应边的比为1：2，设未知数，表示出长方形ODCE的面积，即求出k的值．
本题考查反比例函数、一次函数的图象上点的坐标特征，求出点的坐标和线段的长是正确求解的关键．
12.【答案】D
【解析】解：∵抛物线y=a(x+3)(x−1)经过点C(0,3)，
∴3=−3a，
解得a=−1，故①说法正确；
令y=0，则a(x+3)(x−1)=0，
解得x=−3或1，
∴抛物线抛物线y=a(x+3)(x−1)与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)，
∴抛物线的对称轴为x=−3+12=−1，故②说法正确；
连接AC，交对称轴为P，此时，PB+PC=AC，
∵BC是定值，
∴此时点P，B，C构成的三角形的周长最小，
∵A(−3,0)，C(0,3)，
∴直线AC为y=x+3，
当x=−1时，y=2，
∴P(−1,2)，
∴n=2，故③说法错误；
作PQ⊥x轴，交AC与点Q，
∵点P(m,n)在抛物线上，
∴n=−(m+3)(m−1)=−m2−2m+3，
把x=m代入直线AC的解析式得y=m+3，
∴Q(m,m+3)，
∴S△PAC=S△APQ+S△CPQ=12(−m2−2m+3−m−3)×3=−32(m+32)2+278，
∴m=−32时，△PAC的面积最大，故④说法正确．
故选：D．
利用待定系数法即可求得a=−1，即可判断①；求得A、B的坐标，利用抛物线的对称性求得对称轴，即可判断②；利用抛物线的对称性、两点之间线段最短，点P为直线AC与抛物线对称轴的交点时，点P，B，C构成的三角形的周长取最小值，求得直线AC的解析式，进一步求得n的值，即可判断③；作PQ⊥x轴，交AC与点Q，表示出Q点的坐标，然后根据S△PAC=S△APQ+S△CPQ得出S△PAC=S△APQ+S△CPQ=−32(m+32)2+278，根据二次函数的性质即可判断④．
本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称−最短路线问题，三角形的面积，根据题意求得A、B的坐标和对称轴是解题的关键．
13.【答案】4x(y+2)(y−2)
【解析】解：原式=4x(y2−4)=4x(y+2)(y−2)．
故答案为：4x(y+2)(y−2)．
先提公因式4x，再根据平方差公式进行解答即可．
本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是正确解答的关键．
14.【答案】x−1
【解析】解：x2+1x−1+2x1−x
=x2+1x−1−2xx−1
=(x−1)2x−1
=x−1．
故答案为：x−1．
利用分式的加减法的法则进行运算即可．
本题主要考查分式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
15.【答案】−1
【解析】解：∵一元二次方程x2−5x−5=0的两根分别为a，b，
∴a+b=5，ab=−5，
∴1a+1b=a+bab=5−5=−1，
故答案为：−1．
根据根与系数的关系得到a+b=5，ab=−5，再由1a+1b=a+bab进行代值计算即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的求值，关键掌握对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若x1，x2是该方程的两个实数根，则x1+x2=−ba,x1x2=ca．
16.【答案】63°
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠CBA=90°，
又∵∠A=∠CDB=27°，
∴∠CBA=90°−∠A=63°．
故答案为：63°．
由于AB是⊙O的直径，由圆周角定理可知∠ACB=90°，则∠A和∠ABC互余，欲求∠ABC需先求出∠A的度数，已知了同弧所对的圆周角∠CDB的度数，则∠A=∠CDB，由此得解．
此题主要考查的是圆周角定理及其推论；半圆(弧)和直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等．
17.【答案】( 3,1+ 3)
【解析】解：过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，如图：
∵正方形ABCD的边长为2，∠DAO=60°，
∴∠ADO=30°，
∴AO=1，DO= 3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADO=∠DCF，
∴△AOD≌△DFC(AAS)，
∴AO=DF=1，DO=CF= 3，
∴CE=1+ 3，
∴点C的坐标为：( 3,1+ 3).
故答案为：( 3,1+ 3).
过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，证明△AOD≌△DFC即可求出CE，CF，进而得到点C的坐标．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．
18.【答案】16 2
【解析】解：如图所示：过点D作DE⊥AB于点E，
∵菱形的两个内角的度数比是1：3，
∴3∠A=∠ADC，∠A+∠ADC=180°，
∴∠A=45°，
则∠ADE=45°，
∴AE=ED=4，
∴AD=4 2，
∴菱形的面积是4×4 2=16 2．
故答案为：16 2．
直接利用菱形的性质结合平行线的性质得出∠A=45°，进而求出菱形的边长，即可得出答案．
此题主要考查了菱形的性质，正确求出菱形的内角度数是解题关键．
19.【答案】3
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC= 3，AD=BC，AD//BC，AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠ABC、∠BCD的角平分线交于边AB上一点E，
∴∠ABE=∠CBE，∠DCE=∠BCE，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∴∠BEC=90°，
∵AD//BC，
∴∠AEB=∠CBE=∠ABE，∠DEC=∠BCE=∠DCE，
∴AB=AE= 3，DE=DC= 3，
∴AD=BC=2 3，
∴CE= BC2−BE2= 12−3=3，
故答案为：3．
由平行四边形的性质可得AB=DC= 3，AD=BC，AD//BC，AB//CD，由角平分线的性质和平行线的性质可得AB=AE= 3，DE=DC= 3，由勾股定理可求解．
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)60，300；
(2)A选项人数为60×35%=21(人)，
C选项人数占被调查的总人数的百分比为1560×100%=25%，
D选项人数占被调查总人数的百分比为660×100%=10%，
补全图形如下：
(3)画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中两人恰好选中同一类的结果数为4，
所以两人恰好选择同一类的概率为416=14．
【解析】解：(1)本次抽取调查的学生总人数为18÷30%=60(人)，
估计该校3000名学生喜爱“跆拳道”兴趣班的人数约为3000×660=300(人)，
故答案为：60，300；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)根据B类型的人数及其占总人数的百分比可得被调查的总人数，用总人数乘以样本中D类型人数占被调查的总人数的百分比可得答案；
(2)用总人数乘以A类型对应的百分比可得其人数，据此可补全条形图，分别用C、D类型人数除以总人数求出其所占百分比即可补全扇形图；
(3)画树状图列出所有等可能结果，并从中找到两人恰好选择同一类的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】解：(1)由题意得：∠ACB=20°+40°=60°；
(2)由题意得，∠CAB=65°−20°=45°，∠ACB=40°+20°=60°，AB=30 2，
过B作BE⊥AC于E，如图所示：
∴∠AEB=∠CEB=90°，
在Rt△ABE中，∵∠ABE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵AB=30 2，
∴AE=BE= 22AB=30，
在Rt△CBE中，∵∠ACB=60°，tan∠ACB=BECE，
∴CE=BEtan60∘=30 3=10 3，
∴AC=AE+CE=30+10 3，
∴A，C两港之间的距离为(30+10 3)km．
【解析】(1)由由题意即可得出答案；
(2)由题意得，∠CAB=65°−20°=45°，∠ACB=40°+20°=60°，AB=30 2，过B作BE⊥AC于E，解直角三角形即可得到答案．
本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握解直角三角形，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
∵直线过(15,0)和(40,300)，
∴15k+b=040k+b=300，
解得k=12b=−180，
∴乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式为y=12x−180；
(2)设甲的函数解析式为：y=mx+n，
将(25,160)和(60,300)代入得：
160=25m+n300=60m+n，
解得m=4n=60，
∴y=4x+60；
∵乙乘坐缆车上升过程中，和甲处于同一高度时距山脚的垂直高度，
∴y=12x−180y=4x+60，
解得x=30y=180，
∴乙乘坐缆车上升过程中，和甲处于同一高度时距山脚的垂直高度为180米．
【解析】(1)设乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式为y=kx+b，再利用待定系数法来求解即可；
(2)求出甲的函数解析式和乙的解析式，甲的函数解析式和乙的解析式组成方程组解答即可．
本题考查了一次函数的应用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，图象的交点坐标的求法是解题关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵点C是AD的中点，
∴AC=DC，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠ABC=∠OCB，
∴∠EBC=∠OCB，
∴OC//BE，
∵BE⊥CE，
∴半径OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
(2)解：如图，连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CEB=90°，
∵∠ABC=∠EBC，
∴△ACB∽△CEB，
∴ABBC=BCBE，
∴4BC=BC3，
∴BC=2 3．
答：BC的长为2 3．
(3)解：如图，连接OD、CD，
∵AB=4，
∴OC=OB=2，
在Rt△BCE中，BC=2 3, BE=3，
∴cs∠CBE=BEBC=32 3= 32，
∴∠CBE=30°，
∴∠COD=60°，
∴∠AOC=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠DCO=60°，
∴∠DCO=∠AOC，
∴CD//AB，
∴S△COD=S△CBD，
∴S阴影=S扇形COD=60π×22360=23π．
答：阴影部分的面积为23π．
【解析】(1)连接OC，证明OC//BE，即可得到结论．
(2)连接AC，证明△ACB∽△CEB，从而可得ABBC=BCBE，再代入求值即可．
(3)连接OD，CD，证明CD//AB，从而可得S△COD=S△CBD，求出扇形COD的面积即可得到阴影部分的面积．
本题考查了圆的综合应用，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形BEFE′是正方形，理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′
∴∠AEB=∠CEB=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BEFE′是矩形，
又∵BE=BE′，
∴四边形BEFE′是正方形；
(2)CF=EF，证明如下：
如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴AH=BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′，
∴AE=CE′，
∵四边形BEFE′是正方形，
∴BE=EF，
∴EF=12CE，
∴CF=EF；
(3)作DG⊥AE于G，
∵四边形BEFE′是正方形，
∴EF=BE=3，
由勾股定理得，AE=4，
由(2)得，△ADG≌△BAE(AAS)，
∴AG=BE=3，DG=AE=4，
∴GE=1，
在Rt△DGE中，由勾股定理得，DE= DG2+GE2= 42+12= 17．
【解析】(1)由三个角是直角的四边形是矩形可知四边形BEFE′是矩形，由旋转的性质得BE=BE′，从而得出四边形BEFE′是正方形；
(2)过点D作DH⊥AE于H，首先利用AAS证明△ADH≌△BAE，得AH=BE=12AE，由四边形BEFE′是正方形，得BE=EF，则EF=12CE′，从而得出结论；
(3)作DG⊥AE于G，由正方形的性质得EF=BE=3，再利用勾股定理得，AE=4，由(2)得，△ADG≌△BAE(AAS)，从而得出EG，DG的长，再利用勾股定理可得答案．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△ADG≌△BAE是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，把点C(0,2)的坐标代入，
得：2=a×(0+1)×(0−4)，
解得：a=−12，
∴抛物线的解析式为y=−12(x+1)(x−4)，
即y=−12x2+32x+2；
(2)∵点D与点C(0,2)关于x轴对称，
∴点D(0,−2)，CD=4，
设直线BD的函数表达式为y=kx+b，把D(0,−2)，B(4,0)代入得b=−24k+b=0，
解得k=12b=−2，
∴直线BD的函数表达式为y=12x−2，
设M(m,12m−2)，Q(m,−12m2+32m+2)，
∴QM=−12m2+32m+2−12m+2=−12m2+m+4，
∴QM//CD，
∴当QM=CD时，四边形CQMD为平行四边形，
∴−12m2+m+4=4，解得m1=2，m2=0(不符合题意，舍去)，
故当m=2时，四边形CQMD是平行四边形；
(3)在Rt△BOD中，OD=2，OB=4，∠BOD=90°，
∴OB=2OD，
当以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似时，分三种情况：
①若∠MBQ=90°时，△QPB∽△QBM，如图1所示，
当△QBM∽△BOD时，△QPB∽△BOD，
∴QPBO=PBOD即QPPB=BOOD=2，
∴QP=2PB，
∵P(m,0)，
∴QP=−12m2+32m+2，PB=4−m，
∴−12m2+32m+2=2(4−m)，
解得，m1=3，m2=4(不符合题意舍去)，
∴m=3，
∴OP=3，PB=4−3=1，
∴PQ=2PB=2，
∴点Q的坐标为(3,2)；
②若∠MQB=90°时，如图2所示，此时点P、Q与点A重合，
∴Q(−1,0)；
③由于点M在直线BD上，因此∠QMB≠90°，
这种情况不存在，
综上所述，点Q的坐标为(3,2)或(−1,0)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)利用待定系数法求得直线BD的函数表达式为y=12x−2，设M(m,12m−2)，Q(m,−12m2+32m+2)，则QM=−12m2+32m+2−12m+2=−12m2+m+4，再由平行四边形判定可知：QM=CD，建立方程求解即可；
(3)当以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似时，分三种情况：①若∠MBQ=90°时，②若∠MQB=90°时，③由于点M在直线BD上，因此∠QMB≠90°，对①②两种情况求出点Q的坐标即可．
此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、平行四边形的判定、相似三角形的判定等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
1.下列各式运算结果中，系数与次数相等的是( )
A. 2x2+x2B. 2x7÷x5C. (x5)2D. x3⋅x3⋅x3
2.芝麻被称为“八谷之冠”，是世界上最古老的油料作物之一，它作为食物和药物，得到广泛的使用.经测算，一粒芝麻的质量约为0.00000209kg，将0.00000209用科学记数法表示为( )
A. 2.09×10−8B. 0.209×10−7C. 2.09×10−6D. 20.9×10−5
3.关于x的不等式x+m≥−1的解集如图所示，则m等于( )
A. 3B. 1C. 0D. −3
4.若a，b互为相反数，c的倒数是4，则3a+3b−4c的值为( )
A. −8B. −5C. −1D. 16
5.如图，直线l1//l2，分别与直线l交于点A，B，把一块含30°角的三角尺按如图所示的位置摆放，若∠1=45°，则∠2的度数是( )
A. 135°
B. 105°
C. 95°
D. 75°
6.在6，7，8，9四个数字中任意选取两个数字，则这两个数字之和为奇数的概率是( )
A. 13B. 12C. 23D. 14
7.对于非零的两个有理数a和b，规定a☆b=am−bn.若3☆(−2)=7，3☆(−1)=5，则(−2)☆3的值为( )
A. −6B. −7C. −8D. −9
8.如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则cs∠ADC的值为( )
A. 2 1313
B. 3 1313
C. 23
D. 53
9.如图，在四边形ABCD中，AD//BC，BC=5，CD=3.按下列步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径画弧，分别交DA，DC于E，F两点；②分别以点E，F为圆心以大于12EF的长为半径画弧，两弧交于点P；③连接DP并延长交BC于点G.则BG的长是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
10.已知等腰三角形的三边长分别为a、b、4 ，且a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，则m的值是
( )
A. 34B. 30C. 30或34D. 30或36
11.如图，在平面直角坐标系中，直线y=−32x+3与x轴、y轴分别交于点A和点B，C是线段AB上一点．过点C作CD⊥x轴，垂足为D，CE⊥y轴，垂足为E，S△BEC：S△CDA=4：1，若双曲线y=kx(x>0)经过点C，则k的值为( )
A. 43
B. 34
C. 25
D. 52
12.如图，抛物线y=a(x+3)(x−1)经过点C(0,3)，点P(m,n)从点A出发，沿抛物线运动到顶点后，再沿对称轴l向下运动，给出下列说法：
①a=−1；
②抛物线的对称轴为x=−1；
③当点P，B，C构成的三角形的周长取最小值时，n=1；
④在点P从点A运动到顶点的过程中，当m=−32时，△PAC的面积最大．
其中，所有正确的说法是( )
A. ①③
B. ②③④
C. ①④
D. ①②④
二、填空题：本题共7小题，每小题3分，共21分。
13.分解因式：4xy2−16x= ______．
14.化简x2+1x−1+2x1−x的结果为______．
15.已知一元二次方程x2−5x−5=0的两根分别为a，b，则1a+1b的值为______．
16.如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点.如果∠CDB=27°，那么∠CBA的度数为______．
17.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为2，∠DAO=60°，则点C的坐标为______．
18.菱形的两个内角的度数比是1：3，一边上的高长是4，则菱形的面积是______．
19.如图，在▱ABCD中，∠ABC、∠BCD的角平分线交于边AB上一点E，且BE=AB= 3，线段CE的长为______．
三、解答题：本题共6小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
“双减”政策实施后，某校为丰富学生的课余生活，开设了A书法，B绘画，C舞蹈，D跆拳道四类兴趣班.为了解学生对这四类兴趣班的喜爱情况，随机抽取该校部分学生进行了问卷调查，并将调查结果整理后绘制成两幅不完整的统计图.请根据统计图信息回答下列问题．
(1)本次抽取调查学生共有______人，估计该校3000名学生喜爱“跆拳道”兴趣班的人数约为______人；
(2)请将以上两个统计图补充完整；
(3)甲、乙两名学生要选择参加兴趣班，若他们每人从A，B，C，D四类兴趣班中随机选取一类，请用画树状图或列表法，求两人恰好选择同一类的概率．
21.(本小题8分)
如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行30 2km至B港，然后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，
求(1)∠C的度数．
(2)A，C两港之间的距离为多少km．
22.(本小题8分)
甲、乙两人相约山，他们同时从入口处出发，甲步行登山到山顶，乙先步行15分钟到缆车站，再乘坐缆车直达山顶.甲、乙距山脚的垂直高度y(米)与甲登山的时间x(分钟)之间的函数图象如图所示：
(1)当15≤x≤40时，求乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式；
(2)求乙乘坐缆车上升过程中，和甲处于同一高度时距山脚的垂直高度．
23.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，点C是AD的中点，过点C做射线BD的垂线，垂足为E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若BE=3，AB=4，求BC的长；
(3)在(2)的条件下，求阴影部分的面积(用含有π的式子表示)．
24.(本小题8分)
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′(点A的对应点为点C).延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BEFE′的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
解决问题：
(3)如图①，若AB=5，EF=3、请直接写出DE的长．
25.(本小题8分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交于点C(0,2)，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m,0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在线段OB上运动时，直线l交直线BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；
(3)点P在线段AB上运动过程中，是否存在点Q，使得以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、2x2+x2=3x2，系数与次数不相等，不符合题意；
B、2x7÷x5=2x2，系数与次数相等，符合题意；
C、(x5)2=x10，系数与次数不相等，不符合题意；
D、x3⋅x3⋅x3=x9，系数与次数不相等，不符合题意；
故选：B．
根据合并同类项，同底数幂的除法、幂的乘方、同底数幂的乘法依次计算，然后判断即可．
本题主要考查合并同类项，同底数幂的除法、幂的乘方、同底数幂的乘法，熟练掌握各个运算法则是解题关键．
2.【答案】C
【解析】解：0.00000209=2.09×10−6，
故选：C．
将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可得出答案．
本题考查科学记数法表示较小的数，熟练掌握科学记数法的定义是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵x+m≥−1，
∴x≥−1−m，
由数轴可得x≥2，
∴−1−m=2，即m=−3．
故选：D．
解不等式求出x≥1−m，再由数轴可得x≥2，解得m=−1．
本题主要考查了在数轴上表示不等式的解集，解题的关键是利用数轴上的解集求出m的值．
4.【答案】C
【解析】解：因为a，b互为相反数，c的倒数是4，
所以a+b=0，c=14，
所以3a+3b−4c
=3(a+b)−4c
=0−4×14
=−1．
故选：C．
两数互为相反数，和为0；两数互为倒数，积为1，由此可解出此题．
本题考查的是相反数和倒数的概念，两数互为相反数，则它们的和为0；两数互为倒数，它们的积为1．
5.【答案】B
【解析】解：如图，∵l1//l2，
∴∠1=∠3=45°，
又∵∠4=30°，
∴∠2=180°−∠3−∠4=180°−45°−30°=105°，
故选：B．
依据l1//l2，即可得到∠1=∠3=45°，再根据∠4=30°，即可得出从∠2=180°−∠3−∠4=105°．
此题主要考查了平行线的性质，三角板的特征，角度的计算，解本题的关键是利用平行线的性质．
6.【答案】C
【解析】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，这两个数字之和为奇数的有8种情况，
∴这两个数字之和为奇数的概率为812=23．
故选：C．
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这两个数字之和为奇数的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】C
【解析】解：3☆(−2)=3m+2n=7，3☆(−1)=3m+n=5，
解得：m=1，n=2，
∴(−2)☆3=−2−6=−8，
故选：C．
按照题目中所给的运算方式将3☆(−2)=7，3☆(−1)=5代入运算求出m、n的数值，再将(−2)☆3进行计算即可．
本题考查了数与式中新定义的问题，解题关键是能够根据题干列出方程组，并解出m、n的数值．
8.【答案】B
【解析】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
又∵点A，B，C都在格点上，
∴∠ADC=∠ABC，
在Rt△ABC中，
cs∠ABC=BCAB=3 32+22=3 1313=cs∠ADC，
故选：B．
由格点构造直角三角形，由直角三角形的边角关系以及圆周角定理可得答案．
本题考查圆周角定理，直角三角形的边角关系，掌握圆周角定理以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
9.【答案】A
【解析】解：由题可得，CF是∠ACD的平分线，
∴∠ADG=∠CDG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ADG=∠CGD，
∴∠CDG=∠CGD，
∴CG=CD=3，
∴BG=CB−CG=5−3=2．
故选：A．
根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得到CG=CD，进而得到BG的长．
本题主要考查了复杂作图，复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．掌握角平分线以及平行线的性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：①当a=4时，b<8，
∵a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，
∴4+b=12，
∴b=8不符合；
同理，b=4时，不符合题意；
②当a=b时，
∵a、b是关于x的一元二次方程x2−12x+m+2=0的两根，
∴12=2a=2b，
∴a=b=6，
∴m+2=36，
∴m=34；
故选A．
分两种情况讨论，①当a=4或b=4时，②当a=b时；结合根与系数的关系即可求解；
本题考查一元二次方程根与系数的关系；根据等腰三角形的性质进行分类讨论，结合根与系数的关系和三角形三边关系进行解题是关键．
11.【答案】A
【解析】解：∵直线y=−32x+3与x轴、y轴分别交于点A和点B，
∴A(2,0)，B(0,3)，即：OA=2，OB=3；
∵S△BEC：S△CDA=4：1，又△BEC∽△CDA，
∴ECDA=BECD=21，
设EC=a=OD，CD=b=OE，则AD=12a，BE=2b，
有，OA=2=a+12a，解得，a=43，
OB=3=3b，解得，b=1，
∴k=ab=43，
故选：A．
根据直线y=−32x+3可求出与x轴、y轴交点A和点B的坐标，即求出OA、OB的长，再根据相似三角形可得对应边的比为1：2，设未知数，表示出长方形ODCE的面积，即求出k的值．
本题考查反比例函数、一次函数的图象上点的坐标特征，求出点的坐标和线段的长是正确求解的关键．
12.【答案】D
【解析】解：∵抛物线y=a(x+3)(x−1)经过点C(0,3)，
∴3=−3a，
解得a=−1，故①说法正确；
令y=0，则a(x+3)(x−1)=0，
解得x=−3或1，
∴抛物线抛物线y=a(x+3)(x−1)与x轴的交点为A(−3,0)，B(1,0)，
∴抛物线的对称轴为x=−3+12=−1，故②说法正确；
连接AC，交对称轴为P，此时，PB+PC=AC，
∵BC是定值，
∴此时点P，B，C构成的三角形的周长最小，
∵A(−3,0)，C(0,3)，
∴直线AC为y=x+3，
当x=−1时，y=2，
∴P(−1,2)，
∴n=2，故③说法错误；
作PQ⊥x轴，交AC与点Q，
∵点P(m,n)在抛物线上，
∴n=−(m+3)(m−1)=−m2−2m+3，
把x=m代入直线AC的解析式得y=m+3，
∴Q(m,m+3)，
∴S△PAC=S△APQ+S△CPQ=12(−m2−2m+3−m−3)×3=−32(m+32)2+278，
∴m=−32时，△PAC的面积最大，故④说法正确．
故选：D．
利用待定系数法即可求得a=−1，即可判断①；求得A、B的坐标，利用抛物线的对称性求得对称轴，即可判断②；利用抛物线的对称性、两点之间线段最短，点P为直线AC与抛物线对称轴的交点时，点P，B，C构成的三角形的周长取最小值，求得直线AC的解析式，进一步求得n的值，即可判断③；作PQ⊥x轴，交AC与点Q，表示出Q点的坐标，然后根据S△PAC=S△APQ+S△CPQ得出S△PAC=S△APQ+S△CPQ=−32(m+32)2+278，根据二次函数的性质即可判断④．
本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称−最短路线问题，三角形的面积，根据题意求得A、B的坐标和对称轴是解题的关键．
13.【答案】4x(y+2)(y−2)
【解析】解：原式=4x(y2−4)=4x(y+2)(y−2)．
故答案为：4x(y+2)(y−2)．
先提公因式4x，再根据平方差公式进行解答即可．
本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握平方差公式的结构特征是正确解答的关键．
14.【答案】x−1
【解析】解：x2+1x−1+2x1−x
=x2+1x−1−2xx−1
=(x−1)2x−1
=x−1．
故答案为：x−1．
利用分式的加减法的法则进行运算即可．
本题主要考查分式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
15.【答案】−1
【解析】解：∵一元二次方程x2−5x−5=0的两根分别为a，b，
∴a+b=5，ab=−5，
∴1a+1b=a+bab=5−5=−1，
故答案为：−1．
根据根与系数的关系得到a+b=5，ab=−5，再由1a+1b=a+bab进行代值计算即可．
本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的求值，关键掌握对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，若x1，x2是该方程的两个实数根，则x1+x2=−ba,x1x2=ca．
16.【答案】63°
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠CBA=90°，
又∵∠A=∠CDB=27°，
∴∠CBA=90°−∠A=63°．
故答案为：63°．
由于AB是⊙O的直径，由圆周角定理可知∠ACB=90°，则∠A和∠ABC互余，欲求∠ABC需先求出∠A的度数，已知了同弧所对的圆周角∠CDB的度数，则∠A=∠CDB，由此得解．
此题主要考查的是圆周角定理及其推论；半圆(弧)和直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等．
17.【答案】( 3,1+ 3)
【解析】解：过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，如图：
∵正方形ABCD的边长为2，∠DAO=60°，
∴∠ADO=30°，
∴AO=1，DO= 3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADO=∠DCF，
∴△AOD≌△DFC(AAS)，
∴AO=DF=1，DO=CF= 3，
∴CE=1+ 3，
∴点C的坐标为：( 3,1+ 3).
故答案为：( 3,1+ 3).
过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，证明△AOD≌△DFC即可求出CE，CF，进而得到点C的坐标．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．
18.【答案】16 2
【解析】解：如图所示：过点D作DE⊥AB于点E，
∵菱形的两个内角的度数比是1：3，
∴3∠A=∠ADC，∠A+∠ADC=180°，
∴∠A=45°，
则∠ADE=45°，
∴AE=ED=4，
∴AD=4 2，
∴菱形的面积是4×4 2=16 2．
故答案为：16 2．
直接利用菱形的性质结合平行线的性质得出∠A=45°，进而求出菱形的边长，即可得出答案．
此题主要考查了菱形的性质，正确求出菱形的内角度数是解题关键．
19.【答案】3
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC= 3，AD=BC，AD//BC，AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠ABC、∠BCD的角平分线交于边AB上一点E，
∴∠ABE=∠CBE，∠DCE=∠BCE，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∴∠BEC=90°，
∵AD//BC，
∴∠AEB=∠CBE=∠ABE，∠DEC=∠BCE=∠DCE，
∴AB=AE= 3，DE=DC= 3，
∴AD=BC=2 3，
∴CE= BC2−BE2= 12−3=3，
故答案为：3．
由平行四边形的性质可得AB=DC= 3，AD=BC，AD//BC，AB//CD，由角平分线的性质和平行线的性质可得AB=AE= 3，DE=DC= 3，由勾股定理可求解．
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
20.【答案】解：(1)60，300；
(2)A选项人数为60×35%=21(人)，
C选项人数占被调查的总人数的百分比为1560×100%=25%，
D选项人数占被调查总人数的百分比为660×100%=10%，
补全图形如下：
(3)画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中两人恰好选中同一类的结果数为4，
所以两人恰好选择同一类的概率为416=14．
【解析】解：(1)本次抽取调查的学生总人数为18÷30%=60(人)，
估计该校3000名学生喜爱“跆拳道”兴趣班的人数约为3000×660=300(人)，
故答案为：60，300；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)根据B类型的人数及其占总人数的百分比可得被调查的总人数，用总人数乘以样本中D类型人数占被调查的总人数的百分比可得答案；
(2)用总人数乘以A类型对应的百分比可得其人数，据此可补全条形图，分别用C、D类型人数除以总人数求出其所占百分比即可补全扇形图；
(3)画树状图列出所有等可能结果，并从中找到两人恰好选择同一类的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
21.【答案】解：(1)由题意得：∠ACB=20°+40°=60°；
(2)由题意得，∠CAB=65°−20°=45°，∠ACB=40°+20°=60°，AB=30 2，
过B作BE⊥AC于E，如图所示：
∴∠AEB=∠CEB=90°，
在Rt△ABE中，∵∠ABE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵AB=30 2，
∴AE=BE= 22AB=30，
在Rt△CBE中，∵∠ACB=60°，tan∠ACB=BECE，
∴CE=BEtan60∘=30 3=10 3，
∴AC=AE+CE=30+10 3，
∴A，C两港之间的距离为(30+10 3)km．
【解析】(1)由由题意即可得出答案；
(2)由题意得，∠CAB=65°−20°=45°，∠ACB=40°+20°=60°，AB=30 2，过B作BE⊥AC于E，解直角三角形即可得到答案．
本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握解直角三角形，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式为y=kx+b，
∵直线过(15,0)和(40,300)，
∴15k+b=040k+b=300，
解得k=12b=−180，
∴乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式为y=12x−180；
(2)设甲的函数解析式为：y=mx+n，
将(25,160)和(60,300)代入得：
160=25m+n300=60m+n，
解得m=4n=60，
∴y=4x+60；
∵乙乘坐缆车上升过程中，和甲处于同一高度时距山脚的垂直高度，
∴y=12x−180y=4x+60，
解得x=30y=180，
∴乙乘坐缆车上升过程中，和甲处于同一高度时距山脚的垂直高度为180米．
【解析】(1)设乙距山脚的垂直高度y与x之间的函数关系式为y=kx+b，再利用待定系数法来求解即可；
(2)求出甲的函数解析式和乙的解析式，甲的函数解析式和乙的解析式组成方程组解答即可．
本题考查了一次函数的应用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，图象的交点坐标的求法是解题关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
∵点C是AD的中点，
∴AC=DC，
∴∠ABC=∠EBC，
∵OB=OC，
∴∠ABC=∠OCB，
∴∠EBC=∠OCB，
∴OC//BE，
∵BE⊥CE，
∴半径OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
(2)解：如图，连接AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠CEB=90°，
∵∠ABC=∠EBC，
∴△ACB∽△CEB，
∴ABBC=BCBE，
∴4BC=BC3，
∴BC=2 3．
答：BC的长为2 3．
(3)解：如图，连接OD、CD，
∵AB=4，
∴OC=OB=2，
在Rt△BCE中，BC=2 3, BE=3，
∴cs∠CBE=BEBC=32 3= 32，
∴∠CBE=30°，
∴∠COD=60°，
∴∠AOC=60°，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠DCO=60°，
∴∠DCO=∠AOC，
∴CD//AB，
∴S△COD=S△CBD，
∴S阴影=S扇形COD=60π×22360=23π．
答：阴影部分的面积为23π．
【解析】(1)连接OC，证明OC//BE，即可得到结论．
(2)连接AC，证明△ACB∽△CEB，从而可得ABBC=BCBE，再代入求值即可．
(3)连接OD，CD，证明CD//AB，从而可得S△COD=S△CBD，求出扇形COD的面积即可得到阴影部分的面积．
本题考查了圆的综合应用，熟练掌握切线的判断定理以及扇形面积的求法是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形BEFE′是正方形，理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′
∴∠AEB=∠CEB=90°，BE=BE′，∠EBE′=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BEFE′是矩形，
又∵BE=BE′，
∴四边形BEFE′是正方形；
(2)CF=EF，证明如下：
如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又∵AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴AH=BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′，
∴AE=CE′，
∵四边形BEFE′是正方形，
∴BE=EF，
∴EF=12CE，
∴CF=EF；
(3)作DG⊥AE于G，
∵四边形BEFE′是正方形，
∴EF=BE=3，
由勾股定理得，AE=4，
由(2)得，△ADG≌△BAE(AAS)，
∴AG=BE=3，DG=AE=4，
∴GE=1，
在Rt△DGE中，由勾股定理得，DE= DG2+GE2= 42+12= 17．
【解析】(1)由三个角是直角的四边形是矩形可知四边形BEFE′是矩形，由旋转的性质得BE=BE′，从而得出四边形BEFE′是正方形；
(2)过点D作DH⊥AE于H，首先利用AAS证明△ADH≌△BAE，得AH=BE=12AE，由四边形BEFE′是正方形，得BE=EF，则EF=12CE′，从而得出结论；
(3)作DG⊥AE于G，由正方形的性质得EF=BE=3，再利用勾股定理得，AE=4，由(2)得，△ADG≌△BAE(AAS)，从而得出EG，DG的长，再利用勾股定理可得答案．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△ADG≌△BAE是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，把点C(0,2)的坐标代入，
得：2=a×(0+1)×(0−4)，
解得：a=−12，
∴抛物线的解析式为y=−12(x+1)(x−4)，
即y=−12x2+32x+2；
(2)∵点D与点C(0,2)关于x轴对称，
∴点D(0,−2)，CD=4，
设直线BD的函数表达式为y=kx+b，把D(0,−2)，B(4,0)代入得b=−24k+b=0，
解得k=12b=−2，
∴直线BD的函数表达式为y=12x−2，
设M(m,12m−2)，Q(m,−12m2+32m+2)，
∴QM=−12m2+32m+2−12m+2=−12m2+m+4，
∴QM//CD，
∴当QM=CD时，四边形CQMD为平行四边形，
∴−12m2+m+4=4，解得m1=2，m2=0(不符合题意，舍去)，
故当m=2时，四边形CQMD是平行四边形；
(3)在Rt△BOD中，OD=2，OB=4，∠BOD=90°，
∴OB=2OD，
当以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似时，分三种情况：
①若∠MBQ=90°时，△QPB∽△QBM，如图1所示，
当△QBM∽△BOD时，△QPB∽△BOD，
∴QPBO=PBOD即QPPB=BOOD=2，
∴QP=2PB，
∵P(m,0)，
∴QP=−12m2+32m+2，PB=4−m，
∴−12m2+32m+2=2(4−m)，
解得，m1=3，m2=4(不符合题意舍去)，
∴m=3，
∴OP=3，PB=4−3=1，
∴PQ=2PB=2，
∴点Q的坐标为(3,2)；
②若∠MQB=90°时，如图2所示，此时点P、Q与点A重合，
∴Q(−1,0)；
③由于点M在直线BD上，因此∠QMB≠90°，
这种情况不存在，
综上所述，点Q的坐标为(3,2)或(−1,0)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)利用待定系数法求得直线BD的函数表达式为y=12x−2，设M(m,12m−2)，Q(m,−12m2+32m+2)，则QM=−12m2+32m+2−12m+2=−12m2+m+4，再由平行四边形判定可知：QM=CD，建立方程求解即可；
(3)当以点B、Q、M为顶点的三角形与△BOD相似时，分三种情况：①若∠MBQ=90°时，②若∠MQB=90°时，③由于点M在直线BD上，因此∠QMB≠90°，对①②两种情况求出点Q的坐标即可．
此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、平行四边形的判定、相似三角形的判定等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
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