2023-2024学年江西省宜春市丰城中学九年级（上）期末数学试卷

这是一份2023-2024学年江西省宜春市丰城中学九年级（上）期末数学试卷，共26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。
总分值：120分 时长：120分钟
考试范围：中考范围
一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
1、 -2022的相反数是（ ）A. -12022 B. 12022 C. -2022 D. 2022
2、 世界上最小的开花结果植物是澳大利亚的出水浮萍，这种植物的果实像一个微小的无花果，质量只有克，将数用科学记数法表示为( )
A. B. C. D.
3、 下列几何体是由4个相同的小正方体搭成的，其中左视图与主视图相同的是（ ）
A. B. C. D.
4、如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则csA的值为（ ）
A．33B．55C．233D．255

（5） （6）
5、如图，将△ABC沿BE翻折交AC于点D，又将△BCD沿BA′翻折，点C落在BE上的C′处，其中∠A′＝18°，∠C′DB＝68°，则原三角形中∠C的度数为（ ）
A．87° B．75°C．85°D．70°
根据图①所示的程序，得到了y与x的函数图象，如图②．若点M是y轴正半轴上任意一点，过点M作PQ平行x轴交图象于点P，Q，连接OP，OQ，则以下结论：①x＜0时，y＝；②△OPQ的面积为定值；③x＞0时，y随x的增大而增大；④MQ＝2PM；⑤∠POQ可以等于90°．其中正确结论是（ ）
A．①②⑤B．②④⑤C．③④⑤D．②③⑤
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
7、.函数y=x-2x+3中自变量x的取值范围是________．
8、 如图，P（12，a）在反比例函数y=60x图象上，PH⊥x轴于H，则tan∠POH的值为 ．

（9 ） （10） （11）
9、如图，在▱ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是 （结果保留π）．
10、如图，一次函数y=2x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点E，过点A作AE的垂线交y轴于点B，连接AB，以AB为边向上作正方形ABCD（如图所示），则点D的坐标为__________．
11、如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y＝x2﹣2x+2上运动．过点A作AC⊥x轴于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，连接BD，则对角线BD的最小值为 ．
12、在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝18，E为矩形ABCD一边的中点，∠ABE的平分线交边AD于点F，则AF的长为 ．
三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分）
13 （1）计算：4sin60°+（13）﹣1+|﹣2|-12+（-2024）0．
（2）解不等式组：x3(2x-1)
14、先化简，再求值：，其中.
15、如图,在⊙0中,OE⊥弦AB,垂足为E.请仅用无刻度的直尺按下列要求作图(保留作图痕迹).(1)在图1中作弦BC,使BC//OE; (2)在图2中作矩形AEOM.
图1 图2
16、已知关于x的方程x2﹣（4+3m）x+2m2+5m＝0．
（1）求证：无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若该方程的两个实数根恰好是斜边为的直角三角形的两直角边长，求m的值．
17、将背面相同，正面分别标有数字1、2、3、4的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌子上.请用树状图或列表法解答下列问题：
(1)从中随机抽取两张卡片，求卡片正面上的数字之积大于4的概率；
(2)若先从中随机抽取一张卡片(不放回)，将该卡片正面上的数字作为十位上的数字；再随机抽取一张，将该卡片正面上的数字作为个位上的数字，求组成的两位数恰好是3的倍数的概率．
四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
18、某校为了解初三学生对本地红色历史文化的了解程度，随机抽取了m名学生进行问卷测试，问卷共30道选择题，答对一题得1分，不答或答错不得分．现将得分情况汇总统计，并绘制了如下不完整的统计图（数据分组为A组：x＜18，B组：18≤x＜22，C组：22≤x＜26，D组：26≤x≤30，x表示问卷测试的分数），其中得分处于C组的有14人，C组得分（单位：分）情况为：22，22，22，22，22，23，23，23，24，24，24，24，25，25．
（1）m的值是 ，A组所对应的扇形圆心角的度数是 ；
（2）所抽取学生得分的中位数为 分；
（3）若初三年级有1200人参加问卷测试，请你估计成绩是22分及22分以上的学生人数．

19、某农产品生产基地收获红薯192吨，准备运给甲、乙两地的承包商进行包销．该基地用大、小两种货车共18辆恰好能一次性运完这批红薯，已知这两种货车的载重量分别为14吨/吨和8吨/辆，运往甲、乙两地的运费如下表：
（1）求这两种货车各用多少辆；
（2）如果安排10辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，其中前往甲地的大货车为a辆，总运费为w元，求w关于a的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，若甲地的承包商包销的红薯不少于96吨，请你设计出使总运费最低的货车调配方案，并求出最低总运费．
20、滕王阁(如图1),位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸,它与湖南岳阳楼并称为“江南三大名楼”,某数学小组为了测量滕王阁的面的C处设立观测点,如图2,测得楼顶A的仰角为45°,再沿坡比为7:24的斜坡CE前行25 m到达平台E处,此时测得楼顶A的仰角为55°.
(1)求平台DE与地面的高度；
(2)滕王阁的高度AB（结果精确到0.1m)
(参考数据：sin55°≈0.819，cs55°≈0.574,tan55°≈1.428)

20（图1） 20（图2） （21）
五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
21、如图，已知等腰△ABC，AB＝AC，AD平分∠BAC，以AD为直径作⊙O，交AB于点E，交AC于点F．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接OB与EF交于点P，若OG＝3，EG＝4，①求AD的长；②求PG的长．
22、在平面直角坐标系中,抛物线C1:y1=ax2+bx +c 与x轴的交点是(-1,0),(3,0).
(1)有下列结论,其中正确的是____.(填写序号)
①抛物线的对称轴为直线x=1; ② 2a +b=0; ③ 9a +3b=a-b;
④当x0)分别与抛物线C1、抛物线C2:y=2(x-13)2相交,交点自左向右依次为
A,B,C,D,直接写出线段AB,CD之间的数量关系.
六（本大题共12分）
23、【课本再现】（1）如图1，△ABD，△AEC都是等边三角形，连接BE，CD，其中与∠DAC相等的角是 ．
【类比迁移】
（2）如图2，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在边BC，CD上，且∠FAE＝60°．
①求证：CF＝BE．
②若AB＝2，点E在BC边上从点B向点C运动，设BE＝x，S△AEF＝y，求y与x的函数关系式．
【拓展运用】
（3）如图3，在四边形ABCD中，，DC＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，CA是∠BCD的平分线，求BC的长．
车型
运费
运往甲地/（元/辆）
运往乙地/（元/辆）
大货车
720
800
小货车
500
650
初三期末考试数学参考答案
一、选择
1-3 ：DBB
4、如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则csA的值为（ ）
A．33B．55C．233D．255
【考点】锐角三角函数的定义；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】网格型．
【答案】D
【分析】过B点作BD⊥AC，得AB的长，AD的长，利用锐角三角函数得结果．
【解答】解：过B点作BD⊥AC，如图，
由勾股定理得，
AB=12+32=10，
AD=22+22=22
csA=ADAB=2210=255，
故选：D．
【点评】本题主要考查了锐角三角函数和勾股定理，作出适当的辅助线构建直角三角形是解答此题的关键．
5、如图，将△ABC沿BE翻折交AC于点D，又将△BCD沿BA′翻折，点C落在BE上的C′处，其中∠A′＝18°，∠C′DB＝68°，则原三角形中∠C的度数为（ ）
A．87°B．75°C．85°D．70°
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】设∠CBD＝x°，由翻折得∠ABE＝∠A′BE＝∠CBD＝x°，根据三角形内角和得到180﹣18﹣3x＝180﹣68﹣x，求出x＝25，再利用三角形内角和求出∠C的度数．
【解答】解：设∠CBD＝x°，
由翻折得∠ABE＝∠A′BE＝∠CBD＝x°，
∵∠A＝∠A′＝18°，∠CDB＝∠C′DB＝68°，
∴180﹣18﹣3x＝180﹣68﹣x，
解得x＝25，
∴∠ABE＝∠A′BE＝∠CBD＝25°，
∴∠ABC＝3x＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠ABC＝87°．
故选：A．
【点评】此题考查了翻折变换的性质，三角形内角和定理，一元一次方程，正确掌握图形翻折的性质是解题的关键．
根据图①所示的程序，得到了y与x的函数图象，如图②．若点M是y轴正半轴上任意一点，过点M作PQ平行x轴交图象于点P，Q，连接OP，OQ，则以下结论：①x＜0时，y＝；②△OPQ的面积为定值；③x＞0时，y随x的增大而增大；④MQ＝2PM；⑤∠POQ可以等于90°．其中正确结论是（ ）
A．①②⑤B．②④⑤C．③④⑤D．②③⑤
【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数的图象；反比例函数的性质．
【专题】反比例函数及其应用；推理能力．
【答案】B
【分析】根据题意得到当x＜0时，y＝﹣，当x＞0时，y＝，设P（a，b），Q（c，d），求出ab＝﹣2，cd＝4，求出△OPQ的面积是3；x＞0时，y随x的增大而减小；由ab＝﹣2，cd＝4得到MQ＝2PM；因为∠POQ＝90°也行，根据结论即可判断答案．
【解答】解：①、x＜0，y＝﹣，
∴故此选项①错误；
②、当x＜0时，y＝﹣，当x＞0时，y＝，
设P（a，b），Q（c，d），
则ab＝﹣2，cd＝4，
∴△OPQ的面积是（﹣a）b+cd＝3，
∴故此选项②正确；
③、x＞0时，y＝＝4•，y随x的增大而减小，故此选项③错误；
④、∵ab＝﹣2，cd＝4，
∴故此选项④正确；
⑤设PM＝﹣a，则OM＝﹣．则P02＝PM2+OM2＝（﹣a）2+（﹣）2＝（﹣a）2+，
QO2＝MQ2+OM2＝（﹣2a）2+（﹣）2＝4a2+，
当PQ2＝PO2+QO2＝（﹣a）2++4a2+＝5a2+＝9a2，
整理得：＝4a2，
∴a4＝2，
∵a有解，∴∠POQ＝90°可能存在，故此选项⑤正确；
正确的有②④⑤，
故选：B．
【点评】本题主要考查反比例函数的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积等知识点的理解和掌握，能根据这些性质进行说理是解此题的关键．
7、x>-3
8、如图，P（12，a）在反比例函数y=60x图象上，PH⊥x轴于H，则tan∠POH的值为 512 ．
【考点】锐角三角函数的定义；反比例函数图象上点的坐标特征．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用锐角三角函数的定义求解，tan∠POH为∠POH的对边比邻边，求出即可．
【解答】解：∵P（12，a）在反比例函数y=60x图象上，
∴a=6012=5，
∵PH⊥x轴于H，
∴PH＝5，OH＝12，
∴tan∠POH=512，
故答案为：512．
9、如图，在▱ABCD中，AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，以点A为圆心，AD的长为半径画弧交AB于点E，连接CE，则阴影部分的面积是 3-13π （结果保留π）．
【考点】扇形面积的计算；平行四边形的性质．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】过D点作DF⊥AB于点F．可求▱ABCD和△BCE的高，观察图形可知阴影部分的面积＝▱ABCD的面积﹣扇形ADE的面积﹣△BCE的面积，计算即可求解．
【解答】解：过D点作DF⊥AB于点F．
∵AD＝2，AB＝4，∠A＝30°，
∴DF＝AD•sin30°＝1，EB＝AB﹣AE＝2，
∴阴影部分的面积：
4×1-30×π×22360-2×1÷2
＝4-13π﹣1
＝3-13π．
故答案为：3-13π．
【点评】考查了平行四边形的性质，扇形面积的计算，本题的关键是理解阴影部分的面积＝▱ABCD的面积﹣扇形ADE的面积﹣△BCE的面积．
10、如图，一次函数y＝2x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点E，过点A作AE的垂线交y轴于点B，连接AB，以AB为边向上作正方形ABCD（如图所示），则点D的坐标为 ．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；正方形的性质．
【专题】常规题型．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点D作DF⊥x轴，垂足为F，求得点A和点E的坐标，从而可得到OA、OE的长，然后依据射影定理可得到OB的长，接下来，证明△OBA≌△FAD，从而可得到OB＝AF＝1，OA＝DF＝2，故此可得到点D的坐标．
【解答】解：如图所示：过点D作DF⊥x轴，垂足为F．
令y＝0得：2x﹣4＝0，解得：x＝2，
∴OA＝2．
令x＝0得y＝﹣4，
∴OE＝4．
∵OB•OE＝AO2，
∴OB＝1
∵ABCD为正方形，
∴∠BAO+∠DAF＝90°，
又∵∠ADF+∠DAF＝90°，
∴∠BAO＝∠ADF．
在△OBA和△FAD中，∠BOA＝∠ADF，∠BAO＝∠ADF，BA＝DF，
∴△OBA≌△FAD，
∴OB＝AF＝1，OA＝DF＝2．
∴D（3，2）．
故答案为：（3，2）．
【点评】本题主要考查的是一次函数与坐标的交点、正方形的性质、全等三角形的性质和判定，证得△OBA≌△FAD是解题的关键．
11、如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y＝x2﹣2x+2上运动．过点A作AC⊥x轴于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，连接BD，则对角线BD的最小值为 1 ．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征；垂线段最短；矩形的性质．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】先利用配方法得到抛物线的顶点坐标为（1，1），再根据矩形的性质得BD＝AC，由于AC的长等于点A的纵坐标，所以当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为1，从而得到BD的最小值．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1，
∴抛物线的顶点坐标为（1，1），
∵四边形ABCD为矩形，
∴BD＝AC，
而AC⊥x轴，
∴AC的长等于点A的纵坐标，
当点A在抛物线的顶点时，点A到x轴的距离最小，最小值为1，
∴对角线BD的最小值为1．
故答案为1．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了矩形的性质．
12、在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝18，E为矩形ABCD一边的中点，∠ABE的平分线交边AD于点F，则AF的长为 12或4或4﹣4 ．
【分析】根据E为矩形ABCD一边的中点，∠ABE的平分线交边AD于点F，可得E点不可能是AB的中点，可能是BC的中点或AD的中点或CD的中点，分3种情况讨论即可解决问题．
【解答】解：在矩形ABCD中，DC＝AB＝12，AD＝BC＝18，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，
∵E为矩形ABCD一边的中点，∠ABE的平分线交边AD于点F，
∴E点不可能是AB的中点，可能是BC的中点或AD的中点或CD的中点，
①如图，若E是BC的中点，则∠ABE＝90°，
∵BF是∠ABE的平分线，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠ABE＝45°，
在Rt△ABF中，∠A＝90°，AB＝12，
∴AF＝AB•tan∠ABF＝12×1＝12；
②若E是AD的中点，则AE＝AD＝9，
在Rt△ABE中，由勾股定理，得
BE＝＝＝15，
如图，过点F作FGIBE于点G，
则∠BGF＝∠EGF＝90°＝∠A，
∵BF是∠ABE的平分线，
∴∠ABF＝∠GBF，
在△BFG和△BFA中，
，
∴△BFG≌△BFA（AAS），
∴BG＝BA＝12，FG＝FA，
∴EG＝BE﹣BG＝3，
设AF＝x，则FG＝FA＝x，EF＝AE﹣AF＝9﹣x，
在Rt△EFG中，由勾股定理，得
FG2+EG2＝EF2，
∴x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4，
即此时AF＝4；
③若E是DC的中点，则CE＝DE＝CD＝6，
在Rt△BCE中，∠C＝90°，由勾股定理，得
BE＝＝＝6，
过点F作FG⊥BE于点G，连接EF，如图，
则∠BGF＝∠EGF＝90°＝∠A，
∵BF是∠ABE的平分线，
∴∠ABF＝∠GBF，
在△BFG和△BFA中，
，
∴△BFG≌△BFA（AAS），
∴BG＝BA＝12，FG＝FA，
∴EG＝BE﹣BG＝6﹣12，
设AF＝y，则FG＝FA＝y，
∴DF＝AD﹣AF＝18﹣y，
在Rt△DEF中，由勾股定理，得
EF2＝DE2+DF2＝62+（18﹣y）2，
在Rt△EFG中，由勾股定理，得
EF2＝FG2+EG2＝y2+（6﹣12）2，
∴y2+（6﹣12）2＝62+（18﹣y）2，
解得y＝4﹣4，
即此时AF＝4﹣4．
综上所述：AF的长为12或4或4﹣4．
故答案为：12或4或4﹣4．
13：（1）6（2）x＜2
14. 先化简，再求值：，其中.
【答案】 ．
【解析】
【详解】分析：先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算可得．
详解：原式=÷（﹣）
=÷
=•
=﹣
=
当m=﹣2时，原式=﹣
=﹣
=﹣1+2
=．
点睛：本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
15、
16、已知关于x的方程x2﹣（4+3m）x+2m2+5m＝0．
（1）求证：无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若该方程的两个实数根恰好是斜边为的直角三角形的两直角边长，求m的值．
【考点】勾股定理；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）﹣4或．
【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式、配方法证明即可；
（2）根据根与系数的关系求出a2+b2，再根据勾股定理列出方程，利用公式法解出方程，得到答案．
【解答】（1）证明：a＝1，b＝﹣（4+3m），c＝2m2+5m，
则Δ＝b2﹣4ac
＝[﹣（4+3m）]2﹣4×1×（2m2+5m）
＝9m2+24m+16﹣8m2﹣20m
＝m2+4m+16
＝（m+2）2+12＞0，
所以无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：设方程的两根为a、b，
则a+b＝4+3m，ab＝2m2+5m，
则a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝（4+3m）2﹣2（2m2+5m）＝5m2+14m+16，
由题意得：5m2+14m+16＝（2）2，
整理得：5m2+14m﹣24＝0，
解得：m1＝﹣4，m2＝，
答：m的值为﹣4或．
17、将背面相同，正面分别标有数字1、2、3、4的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌子上．请用树状图或列表法解答下列问题：
（1）从中随机抽取两张卡片，求卡片正面上的数字之积大于4的概率；
（2）若先从中随机抽取一张卡片（不放回），将该卡片正面上的数字作为十位上的数字；再随机抽取一张，将该卡片正面上的数字作为个位上的数字，求组成的两位数恰好是3的倍数的概率．
【分析】（1）画树状图展示所有12种等可能的结果数，找出卡片正面上的数字之积大于4的结果数，然后根据概率公式求解；
（2）利用树状图得到共有12种等可能的结果数，再找出组成的两位数恰好是3的倍数的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：（1）画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中卡片正面上的数字之积大于4的结果数为6，
所以卡片正面上的数字之积大于4的概率＝＝；
（2）共有12种等可能的结果数，其中组成的两位数恰好是3的倍数有4种情况，
所以组成的两位数恰好是3的倍数的概率＝＝．
【点评】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，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
18、某校为了解初三学生对本地红色历史文化的了解程度，随机抽取了m名学生进行问卷测试，问卷共30道选择题，答对一题得1分，不答或答错不得分．现将得分情况汇总统计，并绘制了如下不完整的统计图（数据分组为A组：x＜18，B组：18≤x＜22，C组：22≤x＜26，D组：26≤x≤30，x表示问卷测试的分数），其中得分处于C组的有14人，C组得分（单位：分）情况为：22，22，22，22，22，23，23，23，24，24，24，24，25，25．
（1）m的值是 50 ，A组所对应的扇形圆心角的度数是 7.2° ；
（2）所抽取学生得分的中位数为 24.5 分；
（3）若初三年级有1200人参加问卷测试，请你估计成绩是22分及22分以上的学生人数．
【分析】（1）由C组人数及其所占百分比可得总人数m的值，用360°乘以A组人数所占百分比可得答案；
（2）根据中位数的定义求解即可；
（3）用总人数乘以C、D这组百分比之和即可．
【解答】解：（1）m＝14÷28%＝50，
A组所对应的扇形圆心角的度数是360°×（1﹣24%﹣28%﹣46%）＝7.2°，
故答案为：50、7.2°；
（2）D组人数为50×46%＝23（人），
所抽取学生得分的中位数为＝24.5（分），
故答案为：24.5；
（3）1200×（28%+46%）＝888（人），
答：估计成绩是22分及22分以上的学生有888人．
【点评】本题主要考查扇形统计图，扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．用整个圆的面积表示总数（单位1），用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．
19
、
20、某农产品生产基地收获红薯192吨，准备运给甲、乙两地的承包商进行包销．该基地用大、小两种货车共18辆恰好能一次性运完这批红薯，已知这两种货车的载重量分别为14吨/辆和8吨/辆，运往甲、乙两地的运费如下表：
（1）求这两种货车各用多少辆；
（2）如果安排10辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，其中前往甲地的大货车为a辆，总运费为w元，求w关于a的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，若甲地的承包商包销的红薯不少于96吨，请你设计出使总运费最低的货车调配方案，并求出最低总运费．
【分析】（1）根据大、小两种货车共18辆，以及两种车所运的货物的和是192吨，据此即可列方程或方程组即可求解；
（2）首先表示出每种车中，每条路线中的费用，总运费为w元就是各个费用的和，据此即可写出函数关系式；
（3）根据运往甲地的物资不少于96吨，即可列出不等式求得a的范围，再根据a是整数，即可确定a的值，根据（2）中的函数关系，即可确定w的最小值，确定运输方案．
【解答】解：（1）设大货车用x辆，则小货车用（18﹣x）辆，根据题意得
14x+8（18﹣x）＝192，
解得x＝8，
18﹣x＝18﹣8＝10．
答：大货车用8辆，小货车用10辆．
（2）设运往甲地的大货车是a，那么运往乙地的大货车就应该是（8﹣a），运往甲地的小货车是（10﹣a），运往乙地的小货车是10﹣（10﹣a），
w＝720a+800（8﹣a）+500（10﹣a）+650[10﹣（10﹣a）]，
＝70a+11400（0≤a≤8且为整数）；
（3）14a+8（10﹣a）≥96，
解得a≥，
又∵0≤a≤8，
∴≤a≤8 且为整数．
∵w＝70a+11400，
k＝70＞0，w随a的增大而增大，
∴当a＝3时，W最小，
最小值为：W＝70×3+11400＝11610（元）．
答：使总运费最少的调配方案是：3辆大货车、7辆小货车前往甲地；5辆大货车、3辆小货车前往乙地．最少运费为11610元．
【点评】本题主要考查了一次函数和一元一次不等式的应用．解题的关键是根据实际意义列出函数关系式，从实际意义中找到对应的变量的值，利用待定系数法求出函数解析式，再根据自变量的值求算对应的函数值．
21、如图，已知等腰△ABC，AB＝AC，AD平分∠BAC，以AD为直径作⊙O，交AB于点E，交AC于点F．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接OB与EF交于点P，若OG＝3，EG＝4，①求AD的长；②求PG的长．
【考点】切线的判定与性质；等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）①10；②3．
【分析】（1）根据三线合一定理得到AD⊥BC，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）①如图所示，连接DE，DF，OE，由角平分线的定义和圆周角定理得到∠EAD＝∠FAD，即可利用三线合一定理得到AG⊥EF，利用勾股定理求出OE＝5，即可求出AD的长；
②证明EF∥BC，得到△AEG∽△ABD，利用相似三角形的性质求出BD＝5，证得△ODB、△OPG是等腰直角三角形，即可求出PG的长．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：①连接DE，DF，OE，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠AED＝∠AFD＝90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠FAD，
∴∠ADE＝∠ADF，
∴AE=AF，
∴AG⊥EF，
∵OG＝3，EG＝4，
∴OE=OG2+EG2=5，
∴AG＝8，AD＝10．
②∵AG⊥EF，AD⊥BC，
∴EF∥BC，
∴△AEG∽△ABD，
∴AGAD=EGBD，
∴810=4BD，
∴BD＝5，
∴BD＝OD，
∴△ODB是等腰直角三角形，
∴∠OBD＝45°，
∵EF∥BC，
∴∠OPG＝∠OBD＝45°，
∴△OPG是等腰直角三角形，
∴PG＝OG＝3．
【点评】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三线合一定理，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22、
23．【课本再现】
（1）如图1，△ABD，△AEC都是等边三角形，连接BE，CD，其中与∠DAC相等的角是 ∠BAE ．
【类比迁移】
（2）如图2，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在边BC，CD上，且∠FAE＝60°．
①求证：CF＝BE．
②若AB＝2，点E在BC边上从点B向点C运动，设BE＝x，S△AEF＝y，求y与x的函数关系式．
【拓展运用】
（3）如图3，在四边形ABCD中，，DC＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，CA是∠BCD的平分线，求BC的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△DAC≌△BAE；
（2）①连接AC，如图，根据菱形的性质得AB＝BC，∠B+∠BCD＝180°，而∠B＝60°，则可判定△ABC为等边三角形，得到∠ACB＝60°，∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝60°，AC＝AB，根据角的和差求得∠ACF＝60°，∠BAE＝∠CAF，然后利用“ASA”可证明△AEB≌△AFC，根据全等三角形的性质即可得解；
②连接EF，过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FN⊥AE于点N，解直角三角形求出MB＝x，EM＝x，AE＝，FN＝，根据三角形面积公式求解即可；
（3）延长CB到点E，使CE＝CA，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F，同理（2）①证出△ACD≌△AEB，根据全等三角形的性质得出DC＝BE＝2，解直角三角形求出EF＝BE＝1，BF＝BE＝，
AF＝5，根据线段的和差及等边三角形的性质求解即可．
【解答】
（2）①证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，∠B+∠BCD＝180°，
∵∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCD＝120°，
∴∠ACB＝60°，∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝60°，AC＝AB，
∴∠ACF＝60°＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAE+∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC（ASA），
∴BE＝CF，
即CF＝BE；
②解：如图2，连接EF，过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FN⊥AE于点N，
∵BE＝x，∠B＝60°，
∴MB＝x，EM＝x，
∴AE＝＝＝，
由①知，△AEB≌△AFC，
∴AE＝AF，
∵∠FAE＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴FN＝AE＝，
∴y＝S△AEF＝AE•FN＝•＝（x2﹣2x+4）（0≤x≤2）；
（3）解：如图3，延长CB到点E，使CE＝CA，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F，
∵∠BCD＝120°，CA是∠BCD的平分线，
∴∠ACE＝∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC＝AE，∠CAE＝∠E＝60°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ACD和△AEB中，
，
∴△ACD≌△AEB（ASA），
∴DC＝BE＝2，
∴EF＝BE＝1，BF＝BE＝，
∵AB＝2，
∴AF＝＝5，
∵AF＝AE﹣1，
∴AE＝6，
∴CE＝6，
∴BC＝CE﹣BE＝4．
【点评】此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质是解题的关键．
车型
运费
运往甲地/（元/辆）
运往乙地/（元/辆）
大货车
720
800
小货车
500
650