人教版数学九上期末专题训练【易错60题考点专练】（2份，原卷版+解析版）

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A．a是实数，则|a|≥0
B．一匹马奔跑的速度是每秒100米
C．任意一个三角形都有外接圆
D．抛掷一枚骰子，朝上面的点数是6
【分析】根据绝对值的非负性，三角形的外接圆与外心，随机事件，必然事件，不可能事件的特点逐一判断即可解答．
【解答】解：A、a是实数，则|a|≥0，是必然事件，故A不符合题意；
B、一匹马奔跑的速度是每秒100米，是不可能事件，故B符合题意；
C、任意一个三角形都有外接圆，是必然事件，故C不符合题意；
D、抛掷一枚骰子，朝上面的点数是6，是随机事件，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了绝对值的非负性，三角形的外接圆与外心，随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
2．（2021秋•泸西县期末）下列成语描述的事件为随机事件的是（ ）
A．心想事成B．旭日东升C．水滴石穿D．水中捞月
【分析】根据事件发生的可能性分别对每一项进行判断，即可得出答案．
【解答】解：A、心想事成是随机事件，故本选项符合题意；
B、旭日东升是必然事件，故本选项不符合题意；
C、水滴石穿是必然事件，故本选项不符合题意；
D、水中捞月是不可能事件，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查事件的分类，理解事件性质，判断其发生的可能性是求解本题的关键．
3．（2020秋•昆都仑区期末）关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根分别为x1＝，x2＝，下列判断一定正确的是（ ）
A．a＝﹣1B．c＝1C．ac＝1D．＝﹣1
【分析】根据一元二次方程的求根公式与根与系数的关系可得答案．
【解答】解：根据一元二次方程的求根公式可得：x1＝，x2＝，
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根分别为x1＝，x2＝，
∴x1+x2＝﹣b＝﹣，x1•x2＝＝﹣1，
∴当b≠0时，a＝1，c＝﹣1，则ac＝﹣1，
故选：D．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的求根公式，属于基础题目．
4．（2022春•东阳市期末）若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣2kx+k﹣3＝0有实数根，则k的取值范围为（ ）
A．k≥0B．k≥0且k≠1C．k≥D．k≥且k≠1
【分析】利用一元二次方程的定义和根的判别式得到k﹣1≠0且Δ＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）×（k﹣3）≥0，然后求出两不等式的解集的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k﹣1≠0且Δ＝（﹣2k）2﹣4（k﹣1）×（k﹣3）≥0，
解得k≥且k≠1．
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
5．（2021秋•綦江区期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的两边OA，OC落在坐标轴上，反比例函数y＝的图象分别交BC，OB于点D，点E，且，若S△AOE＝3，则k的值为（ ）
A．﹣4B．﹣C．﹣8D．﹣2
【分析】设点B的坐标为（a，b），则点D的坐标为（，b），点A的坐标为（a，0），分别求出BD、CD、AB，找到a，b，k之间的关系，设点E坐标为（m，n），利用三角形的面积表示出点E的坐标，再利用割补法求出abk＝36，进而可得k值．
【解答】解：设点B的坐标为（a，b），则点D的坐标为（，b），点A的坐标为（a，0），
∴BD＝﹣a，BC＝﹣a，CD＝﹣，AB＝b，
∵，
∴5×（﹣a）＝4×（﹣），
∴ab＝k，
设点E坐标为（m，n），
∵S△AOE＝3，即﹣an＝3，
∴n＝﹣，
∵点E在反比例函数y＝上，
∴E（﹣，﹣），
∵S△AOE＝S矩形OABC﹣S△OBC﹣S△ABE＝﹣ab﹣（﹣ab）﹣b（﹣﹣a）＝3，
∴abk＝36，
把abk＝36，代入ab＝k得，k2＝36，即k2＝20，
解得k＝±2，
由图象可知，k＜0，
∴k＝﹣2．
故选：D．
【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，矩形的性质等，解题的关键是利用割补法表示出△AOE的面积．
6．（2021秋•西青区期末）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＜0）经过点（﹣1，0），其对称轴为直线x＝2，有下列结论：①c＜0；②4a+b＝0；③4a+c＞2b；④若y＞0，则﹣1＜x＜5；⑤关于x的方程ax2+bx+c+1＝0有两个不等的实数根；⑥若M（3，y1）与N（4，y2）是此抛物线上两点，则y1＞y2．其中，正确结论的个数是（ ）
A．6B．5C．4D．3
【分析】根据对称轴为直线x＝2可判断②正确；将（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可判断①；根据a＜0，抛物线图象经过点（﹣1，0），可知x＝﹣2，y＜0可判断③；根据图象可直接判断④和⑤；根据增减性可判断⑥．
【解答】解：根据题意对称轴为直线x＝2，
∴﹣＝2，
∴b＝﹣4a，
即4a+b＝0，
故②正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＜0）经过点（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∴c＝b﹣a＝﹣4a﹣a＝﹣5a，
∵a＜0，
∴c＞0，
故①错误；
当x＝﹣2时，y＜0，
∴4a﹣2b+c＜0，
∴4a+c＜2b，
故③错误；
由对称得：抛物线与x轴交点为（﹣1，0），（5，0），
∴y＞0，则﹣1＜x＜5，
故④正确；
当y＝﹣1时，关于x的方程ax2+bx+c＝﹣1有两个不等的实数根，
∴关于x的方程ax2+bx+c+1＝0有两个不等的实数根；
故⑤正确；
∵a＜0，4﹣2＞3﹣2，
∴y1＞y2．
故⑥正确．
综上，正确的结论是②④⑤⑥．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，增减性，对称轴，抛物线与x轴的交点，应数形结合、充分掌握二次函数各系数a、b、c的意义以及对图象的影响和对一元二次方程根个数的关系．
7．（2021秋•河东区期末）已知抛物线y＝x2+bx+c的图象与x轴的两交点的横坐标分别α，β（α＜β），而x2+bx+c﹣2＝0的两根为M、N（M＜N），则α、β、M、N的大小顺序为（ ）
A．α＜β＜M＜NB．M＜α＜β＜NC．α＜M＜β＜ND．M＜α＜N＜β
【分析】依题意画出函数y＝（x﹣α）（x﹣β）和y＝2的图象草图，根据二次函数的图象可直接求解．
【解答】解：依题意，画出函y＝（x﹣α）（x﹣β）的图象，如图所示．
函数图象为抛物线，开口向上，与x轴两个交点的横坐标分别为α，β（α＜β），
方程x2+bx+c﹣2＝0的两根是抛物线y＝（x﹣α）（x﹣β）与直线y＝2的两个交点．
由M＜N，可知对称轴左侧交点横坐标为M，右侧为N．
由图象可知，M＜α＜β＜N，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，考查了数形结合的数学思想．解题时，画出函数草图，由函数图象直观形象地得出结论，避免了繁琐复杂的计算．
8．（2021秋•上思县期末）下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆
B．三角形的外心到三角形各顶点的距离相等
C．相等的圆心角所对的弧相等
D．圆内接四边形的对角互余
【分析】根据确定圆的条件、三角形的内心的性质、圆心角与弧的关系定理、圆内接四边形的性质判断即可．
【解答】解：不在同一直线上的三点确定一个圆，A错误；
三角形的外心到三角形各顶点的距离相等，B正确；
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，C错误；
圆内接四边形的对角互补，D错误；
故选：B．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，掌握确定圆的条件、三角形的内心的性质、圆心角与弧的关系定理、圆内接四边形的性质是解题的关键．
9．（2021秋•宜春期末）下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆
B．任何三角形有且只有一个内切圆
C．相等的圆心角所对的弧相等
D．正多边形一定是中心对称图形
【分析】根据确定圆的条件，中心对称图形，圆心角、弧、弦的关系，三角形的内切圆与内心逐一判断即可．
【解答】解：A．不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故A不符合题意；
B．任何三角形有且只有一个内切圆，故B符合题意；
C．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故C不符合题意；
D．正多边形一定是轴对称图形，不一定是中心对称图形，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了确定圆的条件，中心对称图形，圆心角、弧、弦的关系，三角形的内切圆与内心，熟练掌握圆的有关概念和性质是解题的关键．
10．（2021秋•东阳市期末）如图，在△ABC中，CH⊥AB，CH＝5，AB＝10，若内接矩形DEFG邻边DG：GF＝1：2，则△GFC与四边形ABFG的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用A字模型相似三角形，证明△CGF∽△CAB，利用相似三角形的性质求出FG的长，再求出△CGF与△CAB面积比即可解答．
【解答】解：∵DG：GF＝1：2，
∴设DG＝x，FG＝2x，
∵四边形DEFG是矩形，
∴FG∥DE，
∴∠CGF＝∠A．∠CFG＝∠B，
∴△CGF∽△CAB，
∵CH⊥AB，FG∥DE，
∴CH⊥FG，
∴＝，
∴＝，
∴x＝2.5，
经检验，x＝2.5是原方程的根，
∴FG＝5，
∴＝（）2＝，
∴△GFC与四边形ABFG的面积比为＝1：3，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握A字模型相似三角形，是解题的关键．
11．（2021秋•濂溪区校级期末）如图所示的几何体是由6个形状，大小完全相同的小正方体组成，若移动正方体①，使得左视图不改变，则有（ ）种移动的方法．
A．6B．5C．3D．2
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：若移动正方体①，使得左视图不改变，则有6种移动的方法（如图所示），
故选：A．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型．
12．（2021秋•江津区期末）如图，二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）图象的对称轴是直线x＝﹣1，直线y2＝bx经过二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）图象的顶点，下列结论：①abc＜0；②4a﹣2b+c＜0；③若点A（﹣3，m），B（2，n）在二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，则m＞n；④x＝1是方程ax2+c＝0的一个根，正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①根据函数图象开口向下判断出a＞0，再根据对称轴判断出b＞0，根据函数图象与y轴的交点判断出c＜0，然后相乘即可得解；
②利用x＝﹣2时函数值小于0可进行判断；
③由函数的对称性可知，x＝1时，函数值＝m，且﹣1＜1＜2，由函数的增减性可直接判断；
④若x＝1是方程ax2+c＝0的一个根，则a+c＝0，又直线y2＝bx经过二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）图象的顶点，所以（﹣1，﹣b）在抛物线上，结合b＝2a可进行判断．
【解答】解：①根据函数图象开口向下判断出a＞0，再根据对称轴判断出b＞0，根据函数图象与y轴的交点判断出c＜0，
∴abc＜0，故①正确；
②由x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＜0，故②正确；
③由函数的对称性可知，x＝1时，函数值为m，
∵﹣1＜1＜2，且对称轴右侧y随x的增大二减小，
∴m＜n，故③错误；
④∵直线y2＝bx经过二次函数y1＝ax2+bx+c（a≠0）图象的顶点，
∴（﹣1，﹣b）在抛物线上，
∴a﹣b+c＝﹣b，
∴a+c＝0，
∴x＝1是方程ax2+c＝0的一个根，故④正确．
故正确的有①②④，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，注意利用顶点坐标，对称轴解析式，以及特殊点的函数值是解题的关键．
13．（2021秋•九龙坡区期末）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点D为△ABC内一动点，连接AD、BD、CD，将△ADC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，则AE+DB+EF的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】连接DE，BF，过点F作FH⊥BA，交BA的延长线于点H，由旋转的性质可得△ADE是等边三角形，得AE＝DE，则AE+DB+EF的最小值为BF的长，在Rt△BHF中求出BF即可解答．
【解答】解：连接DE，BF，过点F作FH⊥BA，交BA的延长线于点H，
由旋转可得：
AD＝AE，AC＝AF＝6，∠DAE＝∠CAF＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝DE，
∴AE+DB+AC＝DE+DB+EF≥BF，
∵∠BAC＝60°，
∴∠HAF＝180°﹣∠BAC﹣∠CAF＝60°，
在Rt△AHF中，AH＝AFcs60°＝6×＝3，FH＝AFsin60°＝6×＝3，
∴BH＝AB+AH＝4+3＝7，
在Rt△BHF中，BF＝＝＝2，
∴AE+DB+EF的最小值为：2，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质，勾股定理以及将AE+DB+EF的最小值转化为BF的长是解题的关键．
14．（2021秋•锦州期末）如图，在正方形ABCD中，E为BC的中点，F为CD的中点，AE和BF相交于点G，延长CG交AB于点H，下列结论：
①AE＝BF；
②∠CBF＝∠DGF；
③＝；
④．
其中结论正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】利用正方形中的十字架型可判断①AE＝BF，AE⊥BF，然后利用中点+平行线构造8字型全等，所以延长BF交AD的延长线于点M，从而可得D是AM的中点，可判断②∠CBF＝∠DGF，再利用8字模型相似三角形证明△BHG∽△FCG，从而可判断③＝，最后求出AH与CF的比值，即可判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB∥CD，
∵E为BC的中点，F为CD的中点，
∴BE＝BC，CF＝CD，
∴BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴BF＝AE，∠BAE＝∠CBF，
故①正确，
∵∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AGB＝180°﹣（∠BAE+∠ABF）＝90°，
∴AE⊥BF，
∴∠AGF＝90°，
延长BF交AD的延长线于点M，
∵∠MDF＝∠BCF＝90°，DF＝CF，∠DFM＝∠BFC，
∴△BFC≌△MFD（ASA），
∴DM＝BC，∠M＝∠MBC，
∴AD＝DM，
∴DG＝DM＝AM，
∴∠DGM＝∠M，
∴∠CBF＝∠DGF，
故②正确；
设BE＝CF＝a，则AB＝BC＝2a，
∴AE＝＝a，
∴BF＝AE＝a，
∵△ABE的面积＝AB•BE＝AE•BG，
∴BG＝a，
∴FG＝BF﹣BG＝a，
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BFC，∠BHG＝∠HCF，
∴△BHG∽△FCG，
∴＝，
∴＝，
故③正确；
∵＝，CF＝3a，
∴BH＝2a，
∴AH＝AB﹣BH＝4a，
∴＝，
∵△AHG中AH边上的高与△GCF中CF边上的高不相等，
∴≠，
故④不正确；
综上所述：正确的结论是：①②③，
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行线分线段成比例，熟练掌握正方形中的十字架型，中点+平行线构造8字型全等，8字模型相似三角形这些数学模型是解题的关键．
15．（2021秋•荣昌区期末）在平面直角坐标系中，C（0，4），点A在x轴上，以AC为对角线构造平行四边形ABCD，B点在第三象限，BC与x轴交于点F，延长BC至点E，使得EF＝5BF，BC＝EC，连结对角线BD与AC交于点G，连结EG、CD交于点H，若D、E在反比例函数上，S△DHG＝4，则k的值为（ ）
A．30B．24C．20D．15
【分析】由C（0，4），点A在x轴上，EF＝5BF，BC＝EC，可得BE＝6BF，CF＝2BF，设点F（﹣2a，0），则E（3a，10），B（﹣3a，﹣2），因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，BC＝AD，易得四边形ACED是平行四边形，由D、E在反比例函数上，可得D（5a，6），又CG是△BDE的中位线，所以AC∥DE，则△CHG∽△DHE，可得＝＝，所以S△DHG＝S△DCG＝6，所以S△BCG＝（xG﹣xB）•CN＝•4a•CN＝2a•CN，根据点B和点D的坐标可得BD的解析式：y＝x+1，所以N（0，1），所以CN＝3，所以2a•3＝6，解得a＝1，可得E（3，10），将点E（3，10）代入即可．
【解答】解：∵C（0，4），点A在x轴上，EF＝5BF，BC＝EC，
∴BE＝6BF，CF＝2BF，
设点F（﹣2a，0），则E（3a，10），B（﹣3a，﹣2），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∵EC＝BC，
∴EC∥AD，EC＝AD，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴点D的纵坐标为6，
∵D、E在反比例函数上，
∴30a＝6xD，
∴xD＝5a，
∴D（5a，6），
∵点G为BD的中点，
∴G（a，2），
又∵点C为BE的中点，
∴AC∥DE，
∴△CHG∽△DHE，
∴＝＝，
∴S△DHG＝S△DCG，
∵S△DHG＝4，
∴S△DCG＝6，
∴S△DCG＝S△BCG＝6，
设直线BG与y轴交于点N，
∴S△BCG＝（xG﹣xB）•CN＝•4a•CN＝2a•CN，
设直线BD的解析式为：y＝mx+n，
∴，解得，
∴y＝x+1，
∴N（0，1），
∴CN＝3，
∴2a•3＝6，解得a＝1，
∴E（3，10），
将点E（3，10）代入，
∴k＝30．
故选：A．
【点评】本题属于反比例函数中代数与几何的综合题，根据EF＝5BF，BC＝EC得出EF，BF，BE，BC各个线段之间的关系，表达出关键点的坐标是解题关键．
二．填空题（共21小题）
16．（2020秋•越秀区期末）若x＝3是关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣3＝0的一个解，则m的值是 2 ．
【分析】根据x＝3是已知方程的解，将x＝3代入方程即可求出m的值．
【解答】解：将x＝3代入方程得：9﹣3m﹣3＝0，
解得：m＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解．解题的关键是掌握一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
17．（2021秋•垦利区期末）如图，A，B是反比例函数y＝在第一象限内的图象上的两点，且A，B两点的横坐标分别是2和3，则△OAB的面积是 ．
【分析】先根据反比例函数图象上点的坐标特征求出A，B两点的纵坐标，先求出四边形AOCB面积：+3，再求出△OAB的面积．
【解答】解：∵A，B是反比例函数y＝在第一象限内的图象上的两点，
设A（2，a），B（3，b），
∴2a＝6，3b＝6，
∴a＝3，b＝2，
即AD＝3，BC＝2，
∴梯形ADCB面积：
＝
＝，
∴四边形AOCB面积：梯形ADCB面积+△OAD的面积＝+3，
∵A，B在反比例函数y＝上，
∴S△AOD＝S△BOC＝3，
∴△OAB的面积是：．
故答案为：．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义、图象上点的坐标特征，熟练掌握这两个知识点的综合应用是解题关键．
18．（2021秋•瓦房店市期末）在平面直角坐标系xOy中，矩形四个顶点坐标分别为（1，1），（1，2），（3，1），（3，2），若抛物线y＝ax2的图象与矩形的边有公共点，则实数a的取值范围是 ．
【分析】根据a值对抛物线开口的作用进行判断即可．
【解答】由题意得：抛物线过点（1，2）时开口最小，过点（3，1）时，开口最大．
当抛物线过点（1，2）时，2＝a×1．
∴a＝2．
当抛物线过点（3，1）时，1＝9a，
∴a＝．
∴≤a≤2．
过答案为：≤a≤2．
【点评】本题考查二次函数的图象，确定a 取最值时的条件是求解本题的关键．
19．（2021秋•徐汇区期末）二次函数的图象如图所示，对称轴为直线x＝﹣1，根据图中信息可求得该二次函数的解析式为 y＝﹣x2﹣2x+3 ．
【分析】根据题目的已知并结合图形，设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c，然后根据B点，A点坐标，以及对称轴列出三元一次方程组即可解答．
【解答】解：设y＝ax2+bx+c，
由题意得：
，
解得：，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
故答案为：y＝﹣x2﹣2x+3．
【点评】本题考查了二次函数的图象，二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，根据题目的已知并结合图形列出三元一次方程组是解题的关键．
20．（2021秋•通州区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，在同一平面内，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数）．那么常数a的值等于 5 ．
【分析】根据直角三角形外接圆的圆心在斜边的中点处，进行解答即可．
【解答】解：∵在同一平面内，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），
∴OA＝OB＝OC，
∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，AB＝10，
∴OA＝OB＝OC＝AB＝5，
∴常数a的值等于：5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了三角形外接圆的圆心，熟练掌握直角三角形外接圆的圆心在斜边的中点处，是解题的关键．
21．（2021秋•绥棱县期末）⊙O为△ABC的外接圆，∠BOC＝100°，则∠A＝ 50°或130° ．
【分析】分为两种情况：当O在△ABC内部时，根据圆周角定理求出∠A＝50°；当O在△A′BC外部时，根据圆内接四边形性质求出∠A′＝180°﹣∠A即可．
【解答】解：分为两种情况：当O在△ABC内部时，
根据圆周角定理得：∠A＝∠BOC＝×100°＝50°；
当O在△A′BC外部时，如图在A′时，
∵A、B、A′、C四点共圆，
∴∠A+∠A′＝180°，
∴∠A′＝180°﹣50°＝130°，
故答案为：50°或130°．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，圆内接四边形等知识点，注意：本题分为圆心O在△ABC内部和外部两种情况，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．
22．（2021秋•凤山县期末）如图，正方形ABCD的边长为1，分别以B，C为圆心，以正方形的边长为半径画弧，两弧相交于点P，那么图中阴影部分的面积为 ﹣ ．
【分析】连接PB、PC，作PF⊥BC于F，根据等边三角形的性质得到∠PBC＝60°，解直角三角形求出BF、PF，根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：连接PB，PC，作PF⊥BC于F，
∵PB＝PC＝BC，
∴△PBC为等边三角形，
∴∠PBC＝60°，∠PBA＝30°，
∴BF＝BC＝，PF＝，
则图中阴影部分的面积＝[扇形ABP的面积﹣（扇形BPC的面积﹣△BPC的面积）]×2
＝[﹣（﹣×1×）]×2
＝﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查的是扇形面积计算、等边三角形的判定和性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
23．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，点D是线段AC上的动点，设∠BDC＝α，∠BAC＝β，有以下说法：
①当0°＜β＜α＜90°时，tanα＞tanβ．
②当0°＜β＜α＜90°时，csα＞csβ．
③D为AC中点时，sin∠DBA＝．
④BD平分∠CBA时，tanβ＝2tanα．
其中，正确的是 ① ．（填序号）
【分析】结合图形可知α＞β，利用正切值随着角度的增大而增大，余弦值随着角度的增大而减小，即可判断①和②，要求sin∠DBA的值，想到构造直角三角形，所以过点D作DE⊥AB，垂足为E，利用面积法先求出DE的长，然后在Rt△BDE中进行计算，即可判断③，根据④BD平分∠CBA时，想到角平分线的性质定理，所以过点D作DF⊥AB，垂足为F，利用面积法求出DF的长，最后求出tanα与tanβ即可判断④．
【解答】解：∵∠BDC是△BAD的外角，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠BDC＞∠A，
即α＞β，
当0°＜β＜α＜90°时，tanα＞tanβ，
故①正确；
当0°＜β＜α＜90°时，csα＜csβ，
故②错误；
∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝＝＝5，
过点D作DE⊥AB，垂足为E，
∵D为AC中点时，
∴CD＝AD＝AC＝2，
∴BD＝＝＝，
∵△ABC的面积＝△BCD的面积+△BDA的面积，
∴AC•BC＝CD•BC+AB•DE，
∴3×4＝2×3+5DE，
∴DE＝，
在Rt△BDE中，sin∠DBA＝＝＝，
故③错误；
过点D作DF⊥AB，垂足为F，
∵BD平分∠CBA，DF⊥AB，DC⊥BC，
∴DC＝DF，
∵△ABC的面积＝△BCD的面积+△BDA的面积，
∴AC•BC＝CD•BC+AB•DF，
∴3×4＝3DC+5DF，
∴8DC＝12，
∴DC＝，
在Rt△BCD中，tan∠BDC＝tanα＝＝＝2，
在Rt△BCA中，tan∠BAC＝tanβ＝＝，
∴tanβ≠2tanα，
故④错误；
所以，正确的是：①，
故答案为：①．
【点评】本题考查了角平分线的性质，解直角三角形，锐角三角函数的增减性，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24．（2021秋•苏州期末）我们给出定义：如果两个锐角的和为45°，那么称这两个角互为半余角．如图，在△ABC中，∠A，∠B互为半余角，且，则tanA＝ ．
【分析】要求tanA的值，想到构造直角三角形，根据已知可得∠ACB的补角为45°，所以过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，分别在Rt△CDB和Rt△ABD中利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，
∵，
∴设BC＝2a，AC＝3a，
∵∠A，∠B互为半余角，
∴∠A+∠B＝45°，
∴∠DCB＝∠A+∠B＝45°，
在Rt△CDB中，BD＝BCsin45°＝2a•＝2a，
CD＝BCcs45°＝2a•＝2a，
∵AC＝3a，
∴AD＝AC+CD＝3a+2a＝5a，
在Rt△ABD中，tanA＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了余角和补角，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
25．（2021秋•延平区校级期末）如图，已知△OAB的一边AB平行于x轴，且反比例函数y＝经过△OAB顶点B和OA上的一点C，若OC＝2AC且△OBC的面积为，则k的值为 8 ．
【分析】作BD⊥x轴，CE⊥x轴，AF⊥x轴，得AF∥CE，推比例线段，设点B（，n），推出C（，n），再根据S△OBC＝S△OBD+S梯形BCED﹣S△COE＝S梯形BCED，求出k的值．
【解答】解：作BD⊥x轴，CE⊥x轴，AF⊥x轴，
∴AF∥CE，
∴＝，
∵OC＝2AC，
∴＝，
设点B（，n），
∵AB∥x轴，
∴A点的纵坐标为n，
∴CE＝n，
∵点C反比例函数y＝，
∴C（，n），
∵S△OBC＝S△OBD+S梯形BCED﹣S△COE＝S梯形BCED，
∴（n+n）（﹣）＝，
解得k＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，掌握这两个知识点的应用，由图行推比例线段及C点的表示方法是解题关键．
26．（2021秋•崇川区期末）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y＝（x＞0）的图象交矩形OABC的边AB于点M（1，2），交边BC于点N，若点B关于直线MN的对称点B′恰好在x轴上，则OC的长为 ．
【分析】过点M作MQ⊥OC，垂足为Q，连接MB′，NB′，由于四边形OABC是矩形，且点B和点B′关于直线MN对称．且点B′正好落在边OC上，可得△MB′Q∽△B′NC，然后M、N两点的坐标用含a的代数式表示出来，再由相似三角形对应边成比例求出B′C和QB′的长，然后利用勾股定理求出MB′的长，进而求出OC的长．
【解答】解：过点M作MQ⊥OC，垂足为Q，连接MB′，NB′，如图所示：
∵反比例函数y＝（x＞0）的图象过点M（1，2），
∴k＝1×2＝2，
∴y＝，
设N（ a，），则B（a，2），
又∵点B和点B′关于直线MN对称，
∴MB＝MB′，∠B＝∠MB′N＝90°，
∵∠MQB′＝∠B′CN＝90°，∠MB′Q+∠NB′C＝90°
又∵∠NB′C+∠B′NC＝90°，
∴∠MB′Q＝∠B′NC，
∴△MB′Q∽△B′NC，
∴，即 ＝＝，
解得：B′C＝，QB′＝1，
∴MB′2＝MQ2+QB′2＝22+12＝5，
即a﹣1＝，
∴OC＝a＝．
故答案为：．
【点评】本题属于反比例函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数表达式，勾股定理，相似三角形的性质与判定等知识，作出辅助线构造相似是解题关键．
27．（2021秋•河东区期末）将二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，所得新函数的图象与直线y＝x+b的图象恰有2个公共点时，则b的取值范围为 ﹣3＜b＜1或b＞ ．
【分析】分三段：如图，当直线y＝x+b过点B时，直线y＝x+b与该新图象恰好有一个公共点；当直线y＝x+b过点A时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点；当直线y＝x+b与抛物线y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1≤x≤3）相切时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，分别求解即可．
【解答】解：二次函数解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的顶点坐标为（1，4），
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，
则抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴的交点为A（﹣1，0），B（3，0），
把抛物线y＝﹣x2+2x+3的图象在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，
则翻折部分的抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1≤x≤3），顶点坐标M（1，4），
如图，当直线y＝x+b过点B时，直线y＝x+b与该新图象恰好有一个公共点，
∴3+b＝0，解得b＝﹣3；
当直线y＝x+b过点A时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，
∴﹣1+b＝0，解得b＝1；
∴当﹣3＜b＜1时，抛所得新函数的图象与直线y＝x+b的图象恰有2个公共点时，
当直线y＝x+b与物线y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1≤x≤3）相切时，直线y＝x+b与该新图象恰好有三个公共点，
即﹣（x﹣1）2+4＝x+b有两个相等的实数解，整理得x2﹣x+b﹣3＝0，
∴Δ＝12﹣4（b﹣3）＝0，解得b＝，
当b＞时，抛所得新函数的图象与直线y＝x+b的图象恰有2个公共点时，
故答案为：﹣3＜b＜1或b＞．
【点评】此题主要考查了翻折的性质，一元二次方程根的判别式，抛物线的性质，确定翻折后抛物线的关系式；利用数形结合的方法是解本题的关键，画出函数图象是解本题的难点．
28．（2021秋•洛阳期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝60°，BC＝1，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A'，连结A'C，A'P．点P到达点B时，线段A'P扫过的面积为 ﹣ ．
【分析】依据轴对称的性质，即可得到AC＝A'C，进而得出点A'的运动轨迹为以C为圆心，AC长为半径的一段圆弧；再根据扇形面积的计算公式，即可得到线段A'P扫过的面积．
【解答】解：∵△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝60°，BC＝1，
∴∠ABC＝90°，AC＝2BC＝2，AB＝，
如图①所示，点A关于直线CP的对称点为A'，
∴AC＝A'C，
∴点A'的运动轨迹为以C为圆心，AC长为半径的一段圆弧，
当点P与点B重合时，线段A'P扫过的区域为弓形，如图②，
∠APA'＝180°，∠ACA'＝120°，
∴线段A'P扫过的面积为﹣＝﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查轴对称的性质，翻折变换，扇形的面积，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握扇形面积的计算公式以及轴对称的性质．
29．（2021秋•大冶市期末）已知：如图，在正方形ABCD内取一点P，连接PA、PB、PD，将△PDA绕点A顺时针旋转90°得△EBA，连EP．若PA＝2，PB＝2，PD＝2．下列结论：①EB⊥EP；②点B到直线AE的距离为；③S△APD+S△APB＝1+；④S正方形ABCD＝16+4．其中正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】①根据旋转的性质可得：△AEP是等腰直角三角形，则∠AED＝45°，所以∠BEP＝135°﹣45°＝90°，可作判断；
②作垂线段BF，根据等腰直角△BEF的性质可得BF的长；
③连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可；
④根据勾股定理可得AB2，从而得正方形的面积．
【解答】解：①∵将△PDA绕点A顺时针旋转90°得△EBA，
∴∠EAP＝90°，AE＝AP，∠APD＝∠AEB，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AED＝45°，
∴∠BEP＝∠AEB﹣∠AED＝∠APD﹣∠AED＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥EP；
故①正确；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP＝2，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝PD＝2
∴BF＝＝，即点B到直线AE的距离为；
故②正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝2，
∴EP＝2，
Rt△ABM中，AB＝＝＝，
∴S正方形ABCD＝AB2＝16+4，
故④正确；
③S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝S正方形ABCD﹣×DP×BE＝（16+4）﹣＝2+2．
故③不正确．
所以本题正确的结论有：①②④；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，综合性较强，难度适中，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
30．（2021秋•海珠区校级期末）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一动点，将AC绕点A逆时针旋转120°得AD，若AB＝2，则BD的最大值为 +1 ．
【分析】解法一：将△ABD绕点A顺时针旋转120°，则D与C重合，B'是定点，BD的最大值即B'C的最大值，根据圆的性质，可知：B'、O、C三点共线时，BD最大，根据勾股定理可得结论．
解法二：如图1，连接OC，将△AOC绕点A逆时针旋转120°得到△AGD，确定点D的运动轨迹是：以G为圆心，以AG为半径的圆，所以当B、G、D三点共线时，BD的值最大，同理可得结论．
【解答】解：解法一：如图，将△ABD绕点A顺时针旋转120°，则D与C重合，B'是定点，BD的最大值即B'C的最大值，即B'、O、C三点共线时，BD最大，过B'作B'E⊥AB于点E，
由题意得：AB＝AB'＝2，∠BAB'＝120°，
∴∠EAB'＝60°，
Rt△AEB'中，∠AB'E＝30°，
∴AE＝AB'＝1，EB'＝＝，
由勾股定理得：OB'＝＝＝，
∴B'C＝OB'+OC＝+1．
解法二：如图1，连接OC，将△AOC绕点A逆时针旋转120°得到△AGD，发现点D的运动轨迹是：以G为圆心，以AG为半径的圆，所以当B、G、D三点共线时，BD的值最大，如图2，过点G作GH⊥AB，交BA的延长线于H，
由旋转得：AO＝AG＝1，∠OAG＝120°，
∴∠HAG＝60°，
∴∠AGH＝30°，
∴AH＝，GH＝，
由勾股定理得：BG＝＝＝，
∴BD的最大值是+1．
故答案为：+1．
【点评】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，有一定的难度，掌握圆外一点与圆上一点的最大距离过圆心这一性质且正确作出辅助线是本题的关键．
31．（2021秋•广丰区期末）已知点M（2.0），⊙M的半径为1，OA切⊙M于点A，点P为⊙M上的动点，当P的坐标为 （1，0），（3，0）（，） 时，△POA是等腰三角形．
【分析】根据题意画出图形分三种情况讨论：当点P在x轴上，PA＝PO＝1，OA＝OP″＝3，当点P是切点时，AO＝AP＝，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，当P的坐标为（1，0），（3，0），（，）时，△POA是等腰三角形．理由如下：
连接AM，
∵M（2.0），⊙M的半径为1，
∴OM＝2，AM＝PM＝1，
∴OP＝1，
∵OA切⊙M于点A，
∴∠MAO＝90°，
∴∠AOM＝30°，
∴∠AMO＝60°，
∴PA＝AM＝PM＝1，
∴OP＝PA＝1，
∴P（1，0）；
当OA＝OP′时，连接AP′交x轴于点H，
∵OA切⊙M于点A，
∴OP′切⊙M于点P′，
∴∠P′OM＝∠AOM＝30°，
∴∠AOP′＝60°，
∴△AOP′是等边三角形，
∴AP′＝OA＝＝＝，
∴OH＝OA＝，P′H＝AP′＝，
∴P′（，）；
∵MA＝MP″，∠AMO＝60°，
∴∠MAP″＝∠MP″A＝30°，
∴∠AOP″＝∠MP″A＝30°，
∴OA＝OP″，
∴P″（3，0）．
综上所述：当P的坐标为（1，0），（3，0），（，）时，△POA是等腰三角形．
故答案为：（1，0），（3，0），（，）．
【点评】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，坐标与图形性质，解决本题的关键是得到△AOP′是等边三角形．
32．（2021秋•永春县期末）已知，如图，OC⊥OA，AB⊥OA，OC＝1，AB＝3，P是线段OA上的一个动点，若在线段OA上只存在两个不同的点P，使△OCP与△ABP相似，则OA的长是 4或2 ．
【分析】如图1中，作点C关于直线OA的对称点T，连接BT交OA于点P，连接PC，则△OPC∽△APB．如图2中，以BC为直径作⊙Q，当⊙Q经过图1中的点P时，设⊙Q与线段OA的另一个交点为P′，此时线段OA上只存在两个不同的点P，使△OCP与△ABP相似．如图3中，当⊙Q与OA相切于P′时，此时线段OA上只存在两个不同的点P，使△OCP与△ABP相似．分别求出OA的值，可得结论．
【解答】解：如图1中，作点C关于直线OA的对称点T，连接BT交OA于点P，连接PC，则△OPC∽△APB．
如图2中，以BC为直径作⊙Q，当⊙Q经过图1中的点P时，设⊙Q与线段OA的另一个交点为P′，此时线段OA上只存在两个不同的点P，使△OCP与△ABP相似．
∵BC是直径，
∴∠CPB＝90°，
∵CO⊥OA，AB⊥OA，
∴∠COOP＝∠A＝90°，
∴∠CPO+∠APB＝90°，∠OPC+∠PCO＝90°，
∴∠PCO＝∠APB，
∵PC＝PT，
∴∠T＝∠PCO，
∵∠APB＝∠OPT，
∴∠T＝∠IPT＝45°，
∴∠PCO＝∠CPO＝∠ABP＝∠APB＝45°，
∴OP＝OC＝1，PA＝AB＝3，
∴OA＝OP+PA＝1+3＝4，
如图3中，当⊙Q与OA相切于P′时，此时线段OA上只存在两个不同的点P，使△OCP与△ABP相似．
连接QP′，设⊙Q交AB于点K，连接CK．
∵OA是⊙Q的切线，
∴QP′⊥OA，
∵OC⊥OA，BA⊥OA，
∴CO∥QP′∥AB，
∵CQ＝QB，
∴OP′＝P′A，
∴QP′＝（OC+BA）＝2，
∴BC＝2QP′＝4，
∵BC是直径，
∴∠CKB＝90°，
∵∠COA＝∠A＝∠AKC＝90°，
∴四边形OAKC是矩形，
∴OC＝AK＝1，
∴BK＝AB﹣AK＝2，
∴OA＝CK＝＝＝2，
综上所述，满足条件的OA的值为4或2．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，直线与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会利用辅助圆解决问题，属于中考填空题在的压轴题．
33．（2021秋•衢州期末）如图，在△ABC中，AC：BC＝1：2，∠ACB＝90°，CE是过C点的一条直线，AD⊥CE于D，BF⊥CE于F，DF＝5cm，AD＝2cm，则BF＝ 18cm或2cm ．
【分析】分为两种情况：①如图1，当CE在△ABC内，由题中AC：BC＝1：2，可得△ACD∽△CBF得出对应线段成比例；②如图2，当CE在△ABC外．通过相似推出对应线段成比例，由此即可解决问题．
【解答】解：分为两种情况：
①如图1，当CE在△ABC内．
∵AD⊥CE，∠BCA＝90°，
∴∠ADC＝∠BCA＝90°，
∴∠DCA+∠BCF＝90°，∠DCA+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠BCF，
∵AD⊥CE，BF⊥CE，
∴∠ADC＝∠BFC＝90°，
∴△ACD∽△CBE，
∴＝＝＝，
∵DF＝5cm，AD＝2cm，
∴＝＝，
∴CF＝4cm，BF＝18cm；
②如图2，当CE在△ABC外．
同（1），△ACD∽△CBE，
∴＝＝＝，
∵DF＝5cm，AD＝2cm，
∴＝＝，
∴CF＝4cm，BF＝2cm，
∴BF的值为：18cm或2cm．
故答案为：18cm或2cm．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，注意题目的一题多解，属于中考常考题型．
34．（2021秋•锦江区期末）如图，直线y＝﹣x+5与坐标轴交于A，B两点，交反比例y＝（x＞0）的图象于C，D两点，且CD＝3AC，点E是直线AB上一点，连接OE，以OE为边在OE右侧作直角三角形OEF，∠OEF＝90°，∠OFE＝∠ABO，若边OF交反比例函数图象于点G，OG＝GF，则k值为 8 ，点E的坐标是 （，） ．
【分析】根据题意，首先根据直线表达式以及坐标轴上点的特征求出A（0，5），B（10，0）；设点C的坐标为（a，b），过点C作CM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，则△AMC∽△AND，由相似三角形的性质，结合CD＝3AC求出出点D的坐标为（4a，4b﹣15），根据反比例函数上点的坐标之积相等，即可求出k值；连接BF，结合已知可得O、B、F、E四点共圆，所以点G是圆心，OF是直径，∠OBF＝90°；接下来求出点G的坐标，进而即可得到点F的坐标，设出点E的坐标，再利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：直线y＝﹣x+5与坐标轴交于A，B两点，
∴A（0，5），B（10，0），
设点C的坐标为（a，b），过点C作CM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥y轴于点N，
∴b＝﹣a+5，CM＝a，AM＝5﹣b，△AMC∽△AND，
∴＝，
又∵CD＝3AC，AD＝AC+CD，
∴＝，
∴AN＝4（5﹣b），
∴ON＝OA﹣AN＝5﹣4（5﹣b）＝4b﹣15，
∴点D的坐标为（4a，4b﹣15），
∵点C、D在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，
∴k＝ab＝4a （4b﹣15），
解得，b＝4，
将b＝4代入b＝﹣a+5，得a＝2，
∴k＝4×2＝8．
如图，连接BF．
∵∠OFE＝∠ABO，
∴O、B、F、E四点共圆，
∵∠OEF＝90°，OG＝GF，
∴点G是圆心，OF是直径，
∴∠OBF＝90°．
∵B （10，0），
∴点G的横坐标为5，
当x＝5时，y＝＝，
∴点G的坐标为（5，）．
∵OG＝GF，
∴点F的坐标为（10，）．
设点E的坐标为（x，﹣x+5），
由勾股定理可得OE2+EF2＝OF2，
∴x2+（﹣x+5）2+（10﹣x）2+（﹣x+5﹣）2＝102+（）2，
解得x＝或x＝10（舍去），
∴点E的坐标为（，）．
故答案为：8；（，）．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的综合应用，四点共圆，直径所对的圆周用是直用，勾股疋理，二用V日队的升足nI，解决本题的关键是作辅助线，证明O、B、F、E四点共圆．
35．（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．
36．（2021秋•商水县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝（x＞0）的图象经过点P（3，1）和Q（1，3），直线PQ与x轴，y轴分别交于C，D两点，点M（x，y）是该函数图象上的一个动点，过点M分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为A，B．当1＜x＜3时，存在点M使得△OPM∽△OCP，点M的坐标 （2，） ．
【分析】先求出直线PQ的解析式，可得点C的坐标，再设M（a，），由△OPM∽△OCP，推出＝＝，由此构建方程求出a，再分类求解即可解决问题．
【解答】解：设直线PQ的解析式为y＝kx+b，
则有，
解得，
∴y＝﹣x+4，
∴C（4，0），
设M（a，），
∵△OPM∽△OCP，
∴＝＝，
∴OP2＝OC•OM，
∵P（3，1），C（4，0），
OP2＝32+12＝10，OC＝4，OM＝，
∴＝，
∴10＝4×，
∴4a4﹣25a2+36＝0，
（4a2﹣9）（a2﹣4）＝0，
∴a＝±，a＝±2，
∵1＜a＜3，
∴a＝或2，
当a＝时，M（，2），
∴PM＝，CP＝，
∴＝≠（舍去），
当a＝2时，M（2，），PM＝，CP＝，
∴＝＝，成立，
∴M（2，）．
故答案为：（2，）．
【点评】本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、待定系数法、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
三．解答题（共24小题）
37．（2021秋•苍溪县期末）解方程：
（1）x2+4x＝﹣3
（2）a2+3a+1＝0（用公式法）
【分析】（1）用配方法或者移项后用因式分解法都比较简便；
（2）先确定二次项系数、一次项系数及常数项，再计算△，代入求根公式即可．
【解答】解：（1）x2+4x+3＝0，
（x+1）（x+3）＝0，
（x+1）＝0，（x+3）＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣3．
（2）a2+3a+1＝0，
△＝32﹣4×1×1＝9﹣4＝5＞0，
∴x＝＝＝，
∴x1＝，x2＝．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法及公式法．可根据题目特点灵活选择（1）的解法．
38．（2020秋•凤凰县校级期末）解方程：（3x﹣1）（x﹣1）＝（4x+1）（x﹣1）．
【分析】分析本题容易犯的错误是约去方程两边的（x﹣1），将方程变为3x﹣1＝4x+1，所以x＝﹣2，这样就丢掉了x＝1这个根．故特别要注意：用含有未知数的整式去除方程两边时，很可能导致方程失根．
【解答】解：（3x﹣1）（x﹣1）﹣（4x+1）（x﹣1）＝0，
（x﹣1）[（3x﹣1）﹣（4x+1）]＝0，
（x﹣1）（x+2）＝0，
∴x1＝1，x2＝﹣2．
【点评】此题考查运用因式分解法解一元二次方程，切忌两边直接除以（x﹣1）．
39．（2021秋•盘州市期末）随着人民生活水平的不断提高，家庭轿车的拥有量逐年增加．据统计，某小区2019年底拥有家庭轿车64辆，2021年底家庭轿车的拥有量达到100辆．
（1）若该小区2019年底到2022年底家庭轿车拥有量的年平均增长率都相同，求该小区到2022年底家庭轿车将达到多少辆？
（2）为了缓解停车压力，该小区决定投资15万元，全部用于建造若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位0.5万元/个，露天车位0.1万元/个，考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，求该小区最多可建室内车位多少个？
【分析】（1）设年平均增长率为x，根据2019年底及2021年底家庭轿车的拥有量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值，再由该增长率及2021年底家庭轿车的拥有量，即可求出该小区到2022年底家庭轿车的拥有量；
（2）设该小区可建室内车位a个，则建造露天车位（15﹣0.5a）个，由露天车位的数量不少于室内车位的2倍，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可求出a的取值范围，由此可得答案．
【解答】解：（1）设该小区2019年底到2022年底家庭轿车拥有量的年平均增长率为x，
根据题意得：64（x+1）2＝100，
，
∴，
∴x+1＝或x+1＝﹣，
∴x1＝0.25，x2＝﹣2.25（舍），
100×（1+0.25）＝125（辆），
答：该小区到2022年底家庭轿车将达到125辆．
（2）设该小区可建室内车位a个，
根据题意得：，
15﹣0.5a≥0.2a，
∴，
∴a为正整数，
∴a≤21，
答：该小区最多可建室内车建21个．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的最值，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）根据由露天车位的数量不少于室内车位的2倍列不等式．
40．（2021秋•抚州期末）如图，甲地、乙地分别是馨雨和馨望两家的自留地，他们两家都用来种西瓜，两块地的四周都是宽度相同的田埂，甲地的面积是240m2．
（1）若馨望家地的面积比馨雨家的多了50%，则馨望家地的面积是 360 m2；
（2）在（1）的条件下，求田埂的宽度；
（3）若馨雨家今年收获了1200 斤西瓜，种西瓜的成本是0.5元/斤，若以2元/斤进行销售，每可销售40斤西瓜，经调查发现：每斤西瓜降价0.1元，每天就可多销售10斤西瓜，为了每天获利90元，且售价不得低于1.5元/斤，问售完所有的西瓜馨雨家能赚多少元？
【分析】（1）根据“馨望家地的面积比馨雨家的多了50%”列出式子可得出；
（2）设田埂的宽度为xm，根据题意得（33﹣3x）（22﹣2x）＝360+240，求解即可；
（3）设每斤西瓜降价x元，根据题意得（2﹣x﹣0.5）（40+）＝90，求解得出x，求出单价，根据利润＝（售价﹣成本）×数量可解．
【解答】解：（1）240×（1+50%）＝240×1.5＝360．
答：馨望家地的面积是360m2，
故答案为：360；
（2）设田埂的宽度为xm，
根据题意得（33﹣3x）（22﹣2x）＝360+240，
即（11﹣x）2＝100，
解得：x1＝1，x2＝21（舍去），
答：田埂的宽度是2m；
（3）设每斤西瓜降价x元，
根据题意得（2﹣x﹣0.5）（40+）＝90，
解得：x1＝0，x2＝0.9，
当x＝0.9时，2﹣0.9＝1.1＜1.5（不合题意，舍去），
即售价为2元/斤，
1200×（2﹣0.5）＝4800．
答：售完所有的西瓜馨雨家能赚4800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．
41．（2021秋•罗山县期末）习近平总书记说：“读书可以让人保持思想活力，让人得到智慧启发，让人滋养浩然之气”．某校为响应我市全民阅读活动，利用节假日面向社会开放学校图书馆．据统计，第一个月进馆128人次，进馆人次逐月增加，到第三个月末累计进馆608人次，若进馆人次的月平均增长率相同．
（1）求进馆人次的月平均增长率；
（2）因条件限制，学校图书馆每月接纳能力不超过500人次，在进馆人次的月平均增长率不变的条件下，校图书馆能否接纳第四个月的进馆人次，并说明理由．
【分析】（1）先分别表示出第二个月和第三个月的进馆人次，再根据第一个月的进馆人次加第二和第三个月的进馆人次等于608，列方程求解；
（2）根据（1）所计算出的月平均增长率，计算出第四个月的进馆人次，再与500比较大小即可．
【解答】解：（1）设进馆人次的月平均增长率为x，则由题意得：
128+128（1+x）+128（1+x）2＝608
化简得：4x2+12x﹣7＝0
∴（2x﹣1）（2x+7）＝0，
∴x＝0.5＝50%或x＝﹣3.5（舍）
答：进馆人次的月平均增长率为50%．
（2）∵进馆人次的月平均增长率为50%，
∴第四个月的进馆人次为：128（1+50%）3＝128×＝432＜500
答：校图书馆能接纳第四个月的进馆人次．
【点评】本题属于一元二次方程的应用题，列出方程是解题的关键．本题难度适中，属于中档题．
42．（2021秋•温岭市期末）疫情就是命令，台州新冠疫情防控指挥部安排某中学进行了核酸检测采样演练，演练下午3点开始，设6个采样窗口，每个窗口采样速度相同，学生陆续到操场排队，4点半排队完毕，小明就排队采样的时间和人数进行了统计，得到下表：
小明把记录的数据，在平面直角坐标系里，描成点连成线，发现满足学过的某些函数图象如图，请你解答：
（1）求曲线ABC部分的函数解析式；
（2）若排队人数在220人及以上，即为满负荷状态，问满负荷状态的时间持续多长？
（3）如果采样进行45分钟后，为了减少扎堆排队的时间，指挥部要求4点15分后，采样可以随到随采，那么至
少需新增多少个采样窗口？
（4）疫情防控指挥部按照每个采样窗口与某中学相同采样速度对员工人数为600的某单位进行全员核酸检测，如果采样时间t（分钟）控制在30分钟到60分钟之间（即30≤t≤60），则开设的采样窗口数量n（个）的范围是 5≤n≤10 ．
【分析】（1）将A，B，C三点坐标代入二次函数解析式中即可；
（2）利用待定系数法将一次函数解析式求出来，然后将y＝220分别代入两个函数求出x，相减即可得出答案；
（3）首先利用一次函数求出一个窗口每分钟可以采样的人数，然后表示出总窗口数与时间的表达式，按照要求大于当前的人数即可；
（4）利用采样窗口数量n表示出采样时间t，代入要求的时间范围内即可得出答案．
【解答】解：（1）设曲线ABC部分的函数解析式为：y＝ax2+bx+c，
将A（0，60），B（30，160），C（90，240）代入，
解得a＝﹣，b＝4，c＝60，
∴曲线ABC部分的函数解析式为：y＝﹣x2+4x+60；
（2）设CD的解析式为：y＝kx+b，
将C（90，240），D（110，0）代入，
解得：k＝﹣12，b＝1320，
∴CD的解析式为：y＝﹣12x+1320，
将y＝220代入y＝﹣x2+4x+60中，
解得：x＝60或x＝120（舍去），
将y＝220代入y＝﹣12x+1320中，
解得：x＝，
∵﹣60＝，
∴满负荷状态的时间为分；
（3）设至少需要新增m个窗口，
1个窗口1分钟采样的人数为：240÷20÷6＝2，
4：15分时的排队人数为：
将x＝75代入y＝﹣x2+4x+60中，
解得：y＝235，
3：45分至4：15分之间采样的人数为：
2×30×6＝360，
235+360＝595，
∴4点15分后，采样可以随到随采表示595人需要在30分钟内采样完毕，
∴2×（m+6）×30≥595，
解得：m≥，
∵m为整数，
∴m＝4，
∴至少需新增4个采样窗口；
（4）∵2×n×t＝600，
∴t＝＝，
∵30≤t≤60，
∴30≤≤60，
∴5≤n≤10，
故答案为：5≤n≤10．
【点评】本题考查了二次函数图象与性质，一次函数图象与性质的实际应用，解题的关键是正确提取图象信息，正确求解解析式，理解问题中给出的限制条件，属于中考必考题．
43．（2021秋•新华区校级期末）某公司销售一种商品，成本为每件30元，经过市场调查发现，该商品的日销售量y（件）与销售单价x（元）是一次函数关系，其销售单价、日销售量的三组对应数值如表：
（1）求y与x的函数关系式；
（2）求公司销售该商品获得的最大日利润．
【分析】（1）根据题中所给的表格中的数据，利用待定系数法可得其关系式；
（2）根据利润等于每件的利润乘以件数，再利用配方法求得其最值．
【解答】解：（1）设解析式为y＝kx+b，
将（40，80）和（60，60）代入，可得，解得：，
所以y与x的关系式为：y＝﹣x+120．
（2）设公司销售该商品获得的日利润为w元，
w＝（x﹣30）y＝（x﹣30）（﹣x+120）＝﹣x2+150x﹣3600＝﹣（x﹣75）2+2025，
∵x﹣30≥0，﹣x+120≥0，
∴30≤x≤120，
∵﹣1＜0，
∴抛物线开口向下，函数有最大值．
∴当x＝75时，w最大＝2025．
答：公司销售该商品获得的最大日利润是2025元．
【点评】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有一次函数解析式的求解，二次函数的应用，在解题的过程中，注意正确找出等量关系是解题的关键，属于基础题目．
44．（2021秋•武昌区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，在AC上取一点D，以AD为直径作⊙O，与AB相交于点E，作线段BE的垂直平分线MN交BC于点N，连接EN．
（1）求证：EN是⊙O的切线；
（2）若AC＝3，BC＝4，⊙O的半径为1．求线段EN与线段AE的长．
【分析】（1）连接OE，根据NM是BE的垂直平分线，可得BN＝EN，进而得∠B＝∠NEB，再根据半径相等得角相等，证明∠OEN＝90°即可证明EN是⊙O的切线；
（2）连接ON，利用勾股定理即可求EN的长，再连接ED，DB，根据直径所对圆周角是直角，勾股定理即可求得AE的长．
【解答】解：（1）证明：如图，连接OE，
∵NM是BE的垂直平分线，
BN＝EN，
∴∠B＝∠NEB，
∵OA＝OE
∴∠A＝∠OEA，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠OEN＝90°，即OE⊥EN，
∵OE是半径，
∴EN是⊙O的切线；
（2）如图，连接ON，
设EN长为x，则BN＝EN＝x
∵AC＝3，BC＝4，⊙O的半径为1，
∴CN＝4﹣x，OC＝AC﹣OA＝3﹣1＝2，
∴OE2+EN2＝OC2+CN2，
∴12+x2＝22+（4﹣x）2，
解得x＝，
∴EN＝．
连接ED，DB，设AE＝y，
∵AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∵⊙O的半径为1．
∴AD＝2，
则DE2＝AD2﹣AE2＝22﹣y2，
∵CD＝AC﹣AD＝3﹣2＝1，
∴DB2＝CD2+BC2＝17，
∵AD为直径，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴DE2+EB2＝DB2，
即22﹣y2+（5﹣y）2＝17，
解得y＝，
∴EN＝，AE＝．
【点评】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
45．（2021秋•朝阳县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（3，3），B（4，0），C（0，﹣1）．
（1）以点C为旋转中心，把△ABC逆时针旋转90°，画出旋转后的△A'B'C；
（2）在（1）的条件下，
①点A经过的路径AA'的长度为 （结果保留π）；
②点B'的坐标为 （﹣1，3） ．
【分析】（1）根据旋转的定义作出点A、B绕点C逆时针旋转90°得到的对应点，再顺次连接可得；
（2）①根据弧长公式列式计算即可；②根据（1）中所作图形可得点B'的坐标．
【解答】解：（1）如图所示，△A′B′C即为所求；
（2）①∵AC＝＝5，∠ACA′＝90°，
∴点A经过的路径的长为＝，
故答案为：；
②由图知点B′的坐标为（﹣1，3），
故答案为：（﹣1，3）．
【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换，解题的关键是根据旋转角度、旋转方向、旋转中心作出对应点．
46．（2021秋•梧州期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点E是弧AC的中点，连接BE交AC于点F，若AB＝5，AC＝4，求FC的长．
【分析】连接BC，过点C作CG∥AB，交BE的延长线于点G，由平行线分线段成比例可得AB：CG＝AF：FC，因为点E是弧AC的中点，所以∠1＝∠2，由此可得GC＝BC，所以AB：BC＝AF：FC，进而可得AB：BC＝（4﹣FC）：FC，解之即可得出结论．
【解答】解：如图，连接BC，过点C作CG∥AB，交BE的延长线于点G．
∴AB：CG＝AF：FC，∠G＝∠1，
又∵点E是AC弧的中点，
∴∠1＝∠2，
∴∠G＝∠2，
∴CG＝BC，
∴AB：BC＝AF：FC，
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝3，
又∵AC＝4，
∴AF＝AC﹣FC＝4﹣FC，
∴AB：BC＝（4﹣FC）：FC，即5：3＝（4﹣FC）：FC，
解得FC＝．
【点评】本题主要考查平行线分线段成比例，垂径定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等相关内容，关键是作出正确的辅助线．
47．（2021秋•遵化市期末）如图，D是AC上一点，DE∥AB，∠B＝∠DAE．
（1）求证：△ABC∽△DAE；
（2）若AB＝4，AD＝3，AE＝6，求BC的长．
【分析】（1）由两直线平行，内错角相等，可得：∠EDA＝∠CAB，由∠B＝∠DAE，然后根据两角对应相等，两三角形相似，可证△ABC∽△DAE；
（2）由相似三角形对应边成比例，可得：，然后将AB＝8，AD＝6，AE＝4，代入即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥AB，
∴∠ADE＝∠CAB，
∵∠B＝∠DAE，
∴△ABC∽△DAE．
（2）解：∵△ABC∽△DAE，
∴，
∵AB＝4，AD＝3，AE＝6，
∴，
∴BC＝8．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，关键知道两角对应相等两个三角形相似及相似三角形对应边成比例．
48．（2021秋•钟山区期末）如图①是某市地铁站的一组智能通道闸机，当行人通过智能闸机时会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会自动收回到机箱内，行人即可通行．图②是一个智能通道闸机的截面图，已知∠ABC＝∠DEF＝28°，AB＝DE＝60cm，点A、D在同一水平线上，且A、D之间的距离是10cm．
（1）试求闸机通道的宽度（参考数据：sin28°≈0.47，cs28°≈0.88，tan28°≈0.53）
（2）实验数据表明，一个智能闸机通道平均每分钟检票通过的人数是一个人工检票口通过的人数的2倍．若有240人的团队通过同一个人工检票口比通过同一个智能闸机检票口多用4分钟，求一个人工检票口和一个智能闸机通道平均每分钟检票各通过多少人？
【分析】（1）连接AD，并向两方延长，分别交BC，EF于M，N，由点A，D在同一条水平线上，BC，EF 均垂直于地面可知，MN⊥BC，MN⊥EF，所以MN的长度就是BC与EF之间的距离，同时，由两圆弧翼成轴对称可得，AM＝DN，解直角三角形即可得到结论；
（2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为x人，根据题意列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥EF于点N，如图：
在Rt△AMB中，AB＝60cm，∠ABM＝28°，
∴sin28°＝，
∴AM＝AB×sin28°＝0.47×60＝28.2（cm），
同理 DN＝28.2cm，
∴闸机通道的宽度BE＝AM+AD+DN＝28.2×2+10＝66.4（cm）；
答：闸机通道的宽度是66.4cm；
（2）解：设一个人工检票口每分钟检票通过的人数为x人，则一个智能闸机检票口每分钟通过的人数为2x人，
由题意得：﹣＝4，
解得：x＝30，
经检验：x＝30是原方程的解，
∴2x＝2×30＝60（人），
答：一个人工检票口每分钟检票通过30人，一个智能闸机检票口每分钟通过60人．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，分式方程的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
49．（2021秋•泰和县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于C，OA＝OC，点A的坐标为（﹣3，0）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点P在抛物线上，且S△POC＝4S△BOC，求点P的坐标；
（3）设点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值．
【分析】（1）根据OA＝OC，可求c；再依据对称轴是直线x＝﹣1，点A的坐标为（﹣3，0），可求a、b，即得求抛物线解析式．
（2）可求△BOC的面积，根据S△POC＝4S△BOC，可求P点坐标．
（3）求出直线AC解析式，设点Q（m，﹣m﹣3）（﹣3≤m≤0），则点D（m，m2+2m﹣3），根据二次函数的最值求法，可求QD的最大值．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝c，
∴OC＝﹣c，
∵OA＝OC，
∴3＝﹣c，即c＝﹣3．
∵对称轴是直线x＝﹣1，点A的坐标为（﹣3，0），
根据题意得：，
解之：．
∴抛物线解析式y＝x2+2x﹣3．
（2）当x＝0时，y＝﹣3，
∴点C（0，﹣3），即OC＝3，
∵A，B关于对称轴对称，
∴B（1，0），即OB＝1，
∴S△BOC＝OB×OC＝，
设P（x，x2+2x﹣3），
∴S△POC＝×3×|x|，
∵S△POC＝4S△BOC，
∴|x|＝4×，
∴x＝±4，
∴P（4，21），（﹣4，5）．
（3）∵点A（﹣3，0），点C（0，﹣3），
∴直线AC解析式y＝﹣x﹣3，
∴设点Q（m，﹣m﹣3）（﹣3≤m≤0），
则点D（m，m2+2m﹣3），
∴QD＝﹣m﹣3﹣（m2+2m﹣3）＝﹣（m+）2+，
∴当m＝﹣时，QD的最大值为 ．
【点评】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求解析式，二次函数的最值问题，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
50．（2021秋•信丰县期末）如图，已知点M（﹣2，0），a＜0，n为正整数．抛物线C1：y1＝a（x﹣1）2+k1交x轴于点M与点A1（b1，0），C2：y2＝a（x﹣b1）2+k2交x轴于点M与点A2（b2，0），C3：y3＝a（x﹣b2）2+k3交x轴于点M与点A3（b3，0），…按此规律，∁n：yn＝a（x﹣bn﹣1）2+kn．交x轴于点M与点An（bn，0）．
（1）填空：b1＝ 6 ，b2＝ 8 ，b3＝ 10 ，An﹣1An＝ 2 ；
（2）用含a的代数式表示：抛物线y3的顶点坐标为 （3，﹣25a） ；抛物线yn的顶点坐标为 [n，﹣（n+2）2a] ；
（3）设抛物线∁n的顶点为Pn．
①若△MP10A10为等腰直角三角形，求a的值；
②直接写出当a与n满足什么数量关系时，△MPnAn是等腰直角三角形．
【分析】（1）根据抛物线C1：y1＝a（x﹣1）2+k1（a≠0）交x轴于点（0，0），对称轴为直线x＝1，可得抛物线与x轴的另一个交点，进一步得到b1的值；用相同的方法可得bn＝2n+2，则An﹣1An＝bn﹣bn﹣1可求．
（2）把M（﹣2，0）与点A3（b3，0），b3＝6代入y3＝a（x﹣b2）2+k3即可得到结论；依此类推第n条抛物线yn的顶点坐标为[n，﹣（n+2）2a]．
（3）①由已知条件得到C10：y1＝a（x﹣10）2﹣144a（a＜0）顶点P10（10，﹣144a），A10（22，0），求得|MA10|＝24，根据已知条件列方程即可得到结论．
②由△MPnAn是等腰直角三角形，得到关系式．
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y1＝a（x﹣1）2+k1（a≠0交x轴于点M（﹣2，0）与点A1（b1，0），对称轴为直线x＝1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（4，0），
∴b1＝4；利用相同的方法可得b2＝6，b3＝8，b4＝10，
按此规律可得bn＝2n+2，
∴An﹣1An＝bn﹣bn﹣1＝2n+2﹣2（n﹣1）+2＝2．
（2）∵y3＝a（x﹣b2）2+k3交x轴于点M（﹣2，0）与点A3（b3，0），b3＝6，
∴0＝a（﹣2﹣3）2+k3，
∴k3＝﹣25a，
∴抛物线y3的顶点坐标为（3，﹣25a）．
∴依此类推第n条抛物线yn的顶点坐标为[n，﹣（n+2）2a]．
（3）①∵C1抛物线C10：y10＝a（x﹣10）2﹣144a（a＜0），
顶点P10（10，﹣144a），A10（22，0），
∴|MA10|＝24，
∵△MP10A10是等腰直角三角形，
∴|﹣144a|＝×24，
∴a＝±，又∵a＜0，
∴a＝﹣．
②yn＝a（x﹣n）2+[﹣（n+2）2a]，
顶点Pn（n，﹣（n+2）2a），A＞（2n+2，0），
|MAn|＝2n+4，
△MPnAn是等腰直角三角形，
﹣（n+2）2a＝×（2n+4），
解得a＝﹣＝﹣＝﹣．
当a与n满足a＝﹣时，△MPnAn是等腰直角三角形．
故答案为：（1）6、8、10、2；
（2）（3，﹣25a）；[n，﹣（n+2）2a]．
【点评】考查了二次函数综合题，主要利用了二次函数的对称性，以及顶点坐标，等腰直角三角形的性质，找到规律是解题的关键．
51．（2021秋•大丰区期末）如图，AB、AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是半⊙O的切线；
（2）若∠CAB＝30°，AB＝6，求由劣弧AC、线段AC所围成图形的面积S．
【分析】（1）连接OC，利用切线的性质定理证明∠OAP＝90°，然后证明△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，可得∠OCP＝∠OAP＝90°，即可解答；
（2）在Rt△AOD中求出AD与OD的长度，然后利用扇形AOC的面积减去△AOC的面积进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵PA是半⊙O的切线，A为切点，
∴∠OAP＝90°，
∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴CD＝AD，
∴OP是AC的垂直平分线，
∴PC＝PA，
∵OC＝OA，OP＝OP，
∴△OCP≌△OAP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，AB＝6，
∴OA＝OB＝3，
∵∠ADO＝90°，∠CAB＝30°，
∴OD＝OA＝，
∴AC＝2AD＝，
∴S△AOC＝AC•OD＝，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°，
∴S扇形AOC＝，
∴S＝S扇形AOC﹣S△AOC＝．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，扇形面积的计算，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
52．（2021秋•潜山市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝，点O在AB上，OB＝2，以OB为半径作⊙O交BC于点D．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）求CD的长．
【分析】（1）要证明AC是⊙O的切线，所以想到过点O作OE⊥AC，垂足为C，然后利用A字型模型相似三角形求出OE的长等于半径即可；
（2）要求CD的长，因为∠C＝90°，想到构造矩形，所以过点O作OF⊥BC，垂足为F，证明四边形OFCE是矩形，可得CF＝OE＝2，从而求出BF的长，再利用垂径定理求出BD即可解答．
【解答】（1）证明：过点O作OE⊥AC，垂足为C，
∵AB＝5，OB＝2，
∴AO＝AB﹣OB＝3，
∵∠OEA＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△AEO∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴OE＝OB＝2，
∴AC是⊙O的切线；
（2）过点O作OF⊥BC，垂足为F，
∵∠OEA＝∠C＝∠OFC＝90°，
∴四边形OFCE是矩形，
∴OE＝CF＝2，
∵BC＝，
∴BF＝BC﹣CF＝，
∵OF⊥BD，
∴BD＝2BF＝，
∴CD＝BC﹣BD＝．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
53．（2021秋•甘井子区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿线段BC以2cm/s的速度向终点C运动，点Q从点C出发，沿着C→A→B的方向以3cm/s的速度向终点B运动，P，Q同时出发，设点P运动的时间为t（s），△CPQ的面积为S（cm2）．
（1）求sinB；
（2）求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围．
【分析】（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，利用等腰三角形的三线合一性质求出BD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可解答；
（2）分两种情况，当0＜t≤1时，当1＜t＜2时．
【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵AB＝AC＝3cm，AD⊥BC，
∴BD＝BC＝2cm，
在Rt△ABD中，AB＝3cm，BD＝2cm，
∴AD＝＝＝，
∴sinB＝＝；
（2）过点Q作QE⊥BC，垂足为E，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴sinB＝sinC＝，
分两种情况：当0＜t≤1时，
由题意得：CQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝4﹣2t，
在Rt△CQE中，QE＝CQsinC＝3t•＝t，
∴S＝CP•QE＝•（4﹣2t）•t＝2t﹣t2＝﹣t2+2t，
当1＜t＜2时，
由题意得：CA+AQ＝3t，BP＝2t，
∴CP＝BC﹣BP＝4﹣2t，
BQ＝AB+AC﹣（CA+AQ）＝6﹣3t，
在Rt△BQE中，QE＝BQsinB＝（6﹣3t）•＝2﹣t，
∴S＝CP•QE＝•（4﹣2t）•（2﹣t）＝t2﹣4t+4，
∴S＝．
【点评】本题考查了解直角三角形，函数关系式，勾股定理，等腰三角形的性质，函数自变量的取值范围，熟练掌握解直角三角形是解题的关键，同时渗透了分类讨论的数学思想．
54．（2021秋•法库县期末）用小立方体搭一个几何体，使它的主视图和俯视图如图所示，俯视图中小正方形中字母表示在该位置小立方体的个数，请解答下列问题：
（1）求a，b，c的值；
（2）这个几何体最少有几个小立方体搭成，最多有几个小立方体搭成；
（3）当d＝2，e＝1，f＝2时画出这个几何体的左视图．
【分析】（1）由主视图可得，俯视图中最右边一个正方形处有3个小立方体，中间一列两个正方形处各有1个小立方体；
（2）依据d，e，f处，有一处为2个小立方体，其余两处各有1个小立方体，则该几何体最少有9个小立方体搭成；d，e，f处，各有2个小立方体，则该几何体最多有11个小立方体搭成；
（3）依据d＝2，e＝1，f＝2，即可得到几何体的左视图．
【解答】解：（1）由主视图可得，俯视图中最右边一正方形处有3个小立方体，中间一列两个正方形处各有1个小立方体，
∴a＝3，b＝1，c＝1；
（2）若d，e，f处，有一处为2个小立方体，其余两处各有1个小立方体，则该几何体最少有9个小立方体搭成；
若d，e，f处，各有2个小立方体，则该几何体最多有11个小立方体搭成，
（3）当d＝2，e＝1，f＝2时，几何体的左视图为：
．
【点评】此题主要考查了三视图，用到的知识点为：三视图分为主视图、左视图、俯视图，分别是从物体正面、左面和上面看，所得到的图形；俯视图决定底层立方块的个数，易错点是由主视图得到其余层数里最少的立方块个数和最多的立方块个数．
55．（2021秋•硚口区期末）抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3），点D（m，3）在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，连接BC、BD，点P在对称轴左侧的抛物线上，若∠PBC＝∠DBC，求点P的坐标；
（3）如图2，点Q为第四象限抛物线上一点，经过C、D、Q三点作⊙M，⊙M的弦QF∥y轴，求证：点F在定直线上．
【分析】（1））把A、C坐标代入，可得关于a、c的二元一次方程组，解方程组求出a、c．
（2）设BP与y轴交点为G，求出点D坐标为可得CD＝2且CD∥x轴，由OB＝OC可得∠BCO＝∠CBO＝∠DCB＝45°，从而证明△CGB≌△CDB（ASA），得出点G坐标后，解出BP所在直线方程，然后联立直线方程与抛物线方程求解．
（3）连接MD，MF，设O（m，﹣m2+2m+3），F（m，t），根据CD、QF为⊙M的弦，可得圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，即可表示出点M坐标，根据MD＝MF，利用两点间距离公式可得等式，整理可得t＝2，即可得答案．
【解答】解：（1）将（﹣1，0），（0，3）代入y＝ax2+2x+c得，
解得，
∴y＝﹣x2+2x+3．
（2）把y＝3代入y＝﹣x2+2x+3得x＝2，
∴点D坐标为（2，3），
设BP与y轴交点为G，
∵抛物线与y轴交点C坐标为（0，3），
∴CD∥x轴，
∵B（3，0），
∴OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO＝∠DCB＝45°．
∵BC＝BC，∠PBC＝∠DBC，
∴△CGB≌△CDB（ASA），
∴CG＝CD＝2，
∴OG＝OC﹣GC＝1，
∴点G坐标为（0，1）．
设直线BP解析式为y＝kx+b，
把（3，0），（0，1）代入解析式得，
解得，
∴y＝﹣x+1，
令﹣x2+2x+3＝﹣x+1，
解得x＝﹣或x＝3（舍）．
把x＝﹣代入y＝﹣x+1得y＝．
∴点P坐标为（﹣，）．
（3）如图，证明：
连接MD，MF设Q（m，﹣m2+2m+3），F（m，t），
∵CD、QF为⊙M的弦，
∴圆心M是CD、QF的垂直平分线的交点，
∵C（0，3），D（2，3），QF//y轴
∴M（1，）．
∵MD＝MF，
∴（﹣3）2+（2﹣1）2＝（m﹣1）2+（﹣t）2．
整理得：t＝2，
∴点F在定直线y＝2上．
【点评】本题考查待定系数法求二次函数解析式和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握二次函数与一次函数的性质，通过数形结合求解．
56．（2021秋•濂溪区校级期末）在平面直角坐标系中，有系列抛物线yn＝﹣nx2﹣nx+n+1（n为正整数）．系列抛物线的顶点分别为M1，M2，M3，…，Mn．
（1）下列结论正确的序号是 ①②④ ．
①系列抛物线的对称轴是直线x＝﹣；
②系列抛物线有公共交点（﹣4，1）和（1，1）；
③系列抛物线都是由抛物线y＝﹣x2平移所得；
④任意两条相邻抛物线顶点的距离相等；
（2）对于任意一条与x轴垂直的直线x＝a，与系列抛物线的交点分别为N1，N2，N3，…，Nn．
①当a＝0时，NnNn﹣1＝ 1 ；
②试判断相邻两点之间的距离是否相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离NnNn﹣1；若不相等，说明理由；
③以NnNn﹣1为边作正方形，若正方形的另二个点落在对称轴上，求a的值．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴、顶点坐标的求法，以及平移的性质即可求解；
（2）根据题意求得NnNn﹣1＝yn﹣1﹣yn＝a2+a﹣1； ①令a＝0，代入求解即可；②相等距离就是a2+a﹣1；③分两种情况讨论，列出一元二次方程，求解即可．
【解答】解：（1）系列抛物线的对称轴是直线x＝﹣＝﹣＝﹣，故①正确；
yn＝﹣nx2﹣nx+n+1＝﹣n（x2+3x﹣4）+1，
令x2+3x﹣4＝0．解得x＝﹣4或x＝1，
∴系列抛物线有公共交点为（﹣4，1），（1，1），故②正确；
∵系列抛物线二次项的系数为﹣n，与抛物线y＝﹣x2的系数不同，
∴系列抛物线不是由抛物线y＝﹣x2平移所得，故③错误；
∵yn＝﹣nx2﹣nx+n+1＝﹣n（x2+3x+﹣）+n+1＝﹣n（x+）2+n+1，
∴系列抛物线的顶点坐标为（﹣，n+1）．
∴MnMn﹣1＝，即任意两条相邻抛物线顶点的距离都等于，故④正确；
综上，正确的有①②④，
故答案为：①②④；
（2）当x＝a时，yn＝﹣na2﹣na+n+1，
yn﹣1＝﹣（n﹣1）a2﹣（n﹣1）a+（n﹣1）+1＝﹣na2+a2﹣na+a+n，
∴NnNn﹣1＝yn﹣1﹣yn＝a2+a﹣1；
①当a＝0时，NnNn﹣1＝1；
故答案为：1；
②相邻两点之间的距离相等，距离为NnNn﹣1＝|a2+a﹣1|；
③∵系列抛物线的对称轴是直线x＝﹣；
当a＜﹣时，
由题意得：a2+a﹣1＝﹣+a；
整理得a2+7a+2＝0．解得a＝（舍去）或a＝；
当a＞﹣时，
整理得a2﹣a﹣10＝0，解得a＝（舍去）或a＝；
综上，a的值为或．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质、二次函数的图象的基本特征等，正确理解题意是本题解题的关键．
57．（2021秋•芙蓉区校级期末）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（1，0）、B（﹣3，0），与y轴的正半轴交于点C．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+3的表达式；
（2）点D是线段OB上一动点，过点D作y轴的平行线，与BC交于点E，与抛物线交于点F，连接CF，探究是否存在点D使得△CEF为直角三角形？若存在，求点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）若点P在二次函数图象上，是否存在以P为圆心，为半径的圆与直线BC相切，若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，由点B，C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的函数表达式，根据题意，需要分两种情况：①当点F为直角顶点时；②当点C为直角顶点时，分别画出图形，根据直角三角形的性质可求得结论；
（3）过点P作PG⊥BC于点G，过点P作直线PH∥BC，过点P作y轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，求出PH的解析式，联立直线PH和抛物线的函数表达式组成方程组，通过解方程组即可求出点P的坐标．
【解答】解：（1）将点A（1，0）、B（﹣3，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：，
解得：，
∴二次函数解析式为y＝﹣x2﹣2x+3．
（2）存在，理由如下：
∵二次函数解析式为y＝﹣x2﹣2x+3∴点C的坐标为（0，3），
∴直线BC的解析式为y＝x+3．
①当∠CFE＝90°时，
∵CF∥OB，可解得点F（﹣2，3），
此时点D坐标为（﹣2，0）．
②当∠ECF＝90°时，
∵CF⊥OB，可解得点F（﹣1，4），
此时点D坐标为（﹣1，0）．
综上，点D的坐标为（﹣2，0）或（﹣1，0）．
（3）存在，理由如下：
如图，过点P作PG⊥BC于点G，过点P作直线PH∥BC，过点P作y轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M．
∵PG＝，
∴PN＝2，
直线PH的解析式为y＝x+5或y＝x+1．
联立直线PH和抛物线的解析式，得： 或，
解得： 或或 或，
∴点P坐标为（﹣1，4）或（﹣2，3）或（）或（）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、解一元二次方程、平行线的性质以及三角形的面积，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）注意需要分类讨论；（3）利用面积法结合平行线的性质，求出直线EP的解析式．
58．（2021秋•阿城区期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2+2ax+c与x轴交于点A、C，且C（2，0），与y轴交于点B（0，4），直线y＝x+5与x轴交于点D、与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是第二象限抛物线上的一个动点，连接PE，将线段PE绕点E逆时针旋转90°得到线段EF，过点F作FM⊥x轴于点M，设P点横坐标为t，FM的长为d，求d与t之间的函数解析式（不要求写自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，当t＝时，过E点作EH⊥DE交MF的延长线于点H，Q是AC的中点，连接PQ、DH交于点G，求G点坐标．
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）如图1，作辅助线构建两个直角三角形，利用斜边PE＝EF和两角相等证两直角三角形全等，得PA′＝EB′，则d＝FM＝OE﹣EB′代入列式可得结论，但要注意PA′＝﹣t；
（3）如图2，根据直线EH的解析式表示出点P的坐标和H的坐标，发现点P和点H的纵坐标相等，则PH与x轴平行，证明△PGH≌△QGD，得PH＝DQ＝4，由此可得出点G是PQ的中点，利用线段中点公式求出结论．
【解答】解：（1）把B（0，4），C（2，0）代入y＝ax2+2ax+c得，
解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣x+4；
（2）如图，分别过P、F向y轴作垂线，垂足分别为P′、F′，
∴∠EP′P＝∠EF′F＝90°，
由旋转可知，PE＝EF，∠PEF＝90°，
由直线DE的解析式为：y＝x+5，则E（0，5），
∴OE＝5，
∵∠PEO+∠OEF＝90°，∠PEO+∠EPP′＝90°，
∴∠EPP′＝∠OEF，
∴△PEP′≌△EFF′（AAS），
∴PP′＝EF′＝﹣t，
则d＝FM＝OF′＝OE﹣EF′＝5﹣（﹣t）＝5+t；
（3）如图，由直线DE的解析式为：y＝x+5，
∵EH⊥ED，
∴直线EH的解析式为：y＝﹣x+5，
∵令y＝﹣x2﹣x+4＝0，
∴x＝﹣4或x＝2，
∴A（﹣4，0）．
∵t＝，
∴P（，+1），
∴EP′＝5﹣（+1）＝4﹣，
∴FF′＝OM＝EP′＝4﹣，
∴H（4﹣，+1），
∴PH∥x轴，PH＝4，
∴∠PHD＝∠HDQ，∠QPH＝∠PQD，
∵点Q是AC的中点，
∴Q（﹣1，0），
∴DQ＝4，
∴DQ＝PH＝4，
∴P与H的纵坐标相等，
∴PH∥x轴，
∴∠HPQ＝∠PQD，∠PGH＝∠QGD，
∵DG＝GH，
∴△PGH≌△QGD（ASA），
∴PG＝GQ，即点G是PQ的中点，
∴G（，）．
【点评】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，考查了直角三角形全等的性质和判定，中点坐标公式；本题的关键是根据直角三角形全等对应边相等列式得出d与t的函数关系式．
59．（2021秋•怀宁县期末）如图，已知点F在AB上，且AF：BF＝1：2，点D是BC延长线上一点，BC：CD＝2：1，连接FD与AC交于点N，求FN：ND的值．
【分析】过点F作FE∥BD，交AC于点E，求出＝，得出FE＝BC，根据已知推出CD＝BC，根据平行线分线段成比例定理推出＝，代入化简即可．
【解答】解：过点F作FE∥BD，交AC于点E，
∴＝，
∵AF：BF＝1：2，
∴＝，
∴＝，
即FE＝BC，
∵BC：CD＝2：1，
∴CD＝BC，
∵FE∥BD，
∴＝＝＝．
即FN：ND＝2：3．
证法二、连接CF、AD，
∵AF：BF＝1：2，BC：CD＝2：1，
∴＝＝，
∵∠B＝∠B，
∴△BCF∽△BDA，
∴＝＝，∠BCF＝∠BDA，
∴FC∥AD，
∴△CNF∽△AND，
∴＝＝．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理的应用，注意：平行线分的线段对应成比例，此题具有一定的代表性，但是一定比较容易出错的题目．
60．（2021秋•城关区期末）如图，AB⊥BC，DC⊥BC，E是BC上一点，使得AE⊥DE；
（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）若AB＝4，AE＝BC＝5，求CD的长；
（3）当△AED∽△ECD时，请写出线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由．
【分析】（1）先根据同角的余角相等可得：∠DEC＝∠A，利用两角相等证明三角形相似；
（2）先根据勾股定理得：BE＝3，根据△ABE∽△ECD，列比例式可得结论；
（3）先根据△AED∽△ECD，证明∠EAD＝∠DEC，可得∠ADE＝∠EDC，证明Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），则DF＝DC，同理可得：AF＝AB，相加可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAE，
∴△ABE∽△ECD；
（2）解：Rt△ABE中，∵AB＝4，AE＝5，
∴BE＝3，
∵BC＝5，
∴EC＝5﹣3＝2，
由（1）得：△ABE∽△ECD，
∴，
∴，
∴CD＝；
（3）解：线段AD、AB、CD之间数量关系：AD＝AB+CD；
理由是：过E作EF⊥AD于F，
∵△AED∽△ECD，
∴∠EAD＝∠DEC，
∵∠AED＝∠C，
∴∠ADE＝∠EDC，
∵DC⊥BC，
∴EF＝EC，
∵DE＝DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL），
∴DF＝DC，
同理可得：△ABE≌△AFE，
∴AF＝AB，
∴AD＝AF+DF＝AB+CD．
【点评】此题考查学生对相似或全等三角形判定与性质的理解和掌握，第3问中如果是直接求证AD＝AB+CD，比问“线段AD、AB、CD之间数量关系，并说明理由”，这种方法要简单一些，注意作辅助线将AD分成两条线段..
声明：试题解
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160
195
235
240
180
120
0
销售单价x（元）
40
60
80
日销售量y（件）
80
60
40