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【解析版】松原市扶余县2022年九年级上期末数学试卷
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这是一份【解析版】松原市扶余县2022年九年级上期末数学试卷，共29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。
2022学年吉林省松原市扶余县九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时，原方程应变形为（ ）
A． （x+1）2=6 B． （x﹣1）2=6 C． （x+2）2=9 D． （x﹣2）2=9
2．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列四个三角形中，与图中的三角形相似的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=58°，则∠BCD等于（ ）
A． 116° B． 32° C． 58° D． 64°
5．如图，菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为（﹣3，2），若反比例函数y= （x＞0）的图象经过点A，则k的值为（ ）
A． ﹣6 B． ﹣3 C． 3 D． 6
6．若某人沿坡角为α的斜坡前进100m，则他上升的最大高度是（ ）
A． 100sinα m B． m C． m D． 100cosα m
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．已知一元二次方程ax2+x﹣b=0的一根为1，则a﹣b的值是 ．
8．若点A（a，3）和点B（﹣4，b）关于原点对称，则A、B两点之间的距离为 ．
9．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′= 度．
10．如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点C，连接OA、OB．点P是半径OB上任意一点，连接AP．若OA=5cm，OC=3cm，则AP的长度可能是 cm（写出一个符合条件的数值即可）
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=经过平移得到抛物线y=，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为 ．
12．袋中装有2个红球，3个白球，它们除了颜色不同以外其他都相同，随机从中摸出一球，记下颜色后放回袋中，充分摇匀后再随机摸出一球，两次都摸到红球的概率是 ．
13．如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，连接DE，线段BE、CD相交于点O，则= ．
14．△ABC的顶点都在方格纸的格点上，则sinA= ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．解方程：
（1）x2﹣6x﹣6=0
（2）（x﹣3）2+3x（x﹣3）=0．
16．为了陶冶情操开发智力丰富课余生活，市实验校成立了课外“象棋特长班”．开班仪式上，班内同学一一握手自我介绍（即每位同学都和班内其他同学握手）．老师对握手次数做了统计，全班共握手105次，问：该象棋班共有多少名学生？
17．如图（图略），从一副扑克牌中选取红桃10，方块10，梅花5，黑桃8四张扑克牌，洗匀后正面朝下放在桌子上，甲先从中任意抽取一张后，乙再从剩余的三张扑克牌中任意抽取一张，用画树形图或列表的方法，求甲乙两人抽取的扑克牌的点数都是10的概率．
18．已知，一抛物线经过点（0，﹣1），（1，﹣2），（﹣2，7），求其解析式及其顶点坐标．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD．
（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是 个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是 ；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是 度；
（2）连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
20．某校九年级四个数学活动小组参加测量操场旗杆高度的综合实践活动，如图是四个小组在不同位置测量后绘制的示意图，用测角仪测得旗杆顶端A的仰角记为α，CD为测角仪的高，测角仪CD的底部C处与旗杆的底部B处之间的距离记为CB，四个小组测量和计算数据如下表所示：
数据
组别 CD的长（m）
BC的长（m）
仰角α
AB的长（m）
第一组 1.59 13.2 32° 9.8
第二组 1.58 13.4 31° 9.6
第三组 1.57 14.1 30° 9.7
第四组 1.56 15.2 28°
（1）利用第四组学生测量的数据，求旗杆AB的高度（精确到0.1m）；
（2）四组学生测量旗杆高度的平均值约为 m（精确到0.1m）．
（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
21．一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB=3m，已知木箱高BE=，斜面坡角为30°，求木箱端点E距地面AC的高度EF．
22．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，AD=4，求AC的长．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6．将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上点D处，折痕交OA于点C，求整个阴影部分的周长和面积．
24．如图①，直角三角形AOB中，∠AOB=90°，AB平行于x轴，OA=2OB，AB=5，反比例函数（x＞0）的图象经过点A．
（1）直接写出反比例函数的解析式；
（2）如图②，P（x，y）在（1）中的反比例函数图象上，其中1＜x＜8，连接OP，过点O 作OQ⊥OP，且OP=2OQ，连接PQ．设点Q坐标为（m，n），其中m＜0，n＞0，求n与m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若Q坐标为（m，1），求△POQ的面积．
六、选择题（每小题10分，共20分）
25．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a＞0），经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=2，∠AOB=120°．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）连接OM，求∠AOM的大小；
（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．
26．如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．
（1）求证：；
（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；
（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
2022学年吉林省松原市扶余县九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．（2013•呼伦贝尔）用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时，原方程应变形为（ ）
A． （x+1）2=6 B． （x﹣1）2=6 C． （x+2）2=9 D． （x﹣2）2=9
考点： 解一元二次方程-配方法．
专题： 计算题．
分析： 方程常数项移到右边，两边加上1变形即可得到结果．
解答： 解：方程移项得：x2﹣2x=5，
配方得：x2﹣2x+1=6，
即（x﹣1）2=6．
故选：B
点评： 此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
2．（2010•哈尔滨）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 中心对称图形．
分析： 根据中心对称图形的概念求解．
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
解答： 解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，符合题意．
故选D．
点评： 掌握好中心对称图形的概念．要注意，中心对称图形关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．（2008•江西）下列四个三角形中，与图中的三角形相似的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 相似三角形的判定．
专题： 网格型．
分析： 本题主要应用两三角形相似的判定定理，三边对应成比例，做题即可．
解答： 解：设单位正方形的边长为1，给出的三角形三边长分别为，2，．
A、三角形三边2，，3，与给出的三角形的各边不成比例，故A选项错误；
B、三角形三边2，4，2，与给出的三角形的各边成正比例，故B选项正确；
C、三角形三边2，3，，与给出的三角形的各边不成比例，故C选项错误；
D、三角形三边，4，，与给出的三角形的各边不成比例，故D选项错误．
故选：B．
点评： 此题考查三边对应成比例，两三角形相似判定定理的应用．
4．（2013•巴中）如图，已知⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=58°，则∠BCD等于（ ）
A． 116° B． 32° C． 58° D． 64°
考点： 圆周角定理．
分析： 由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB=90°，继而求得∠A的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得答案．
解答： 解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=58°，
∴∠A=90°﹣∠ABD=32°，
∴∠BCD=∠A=32°．
故选B．
点评： 此题考查了圆周角定理与直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5．（2014•梅列区质检）如图，菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为（﹣3，2），若反比例函数y= （x＞0）的图象经过点A，则k的值为（ ）
A． ﹣6 B． ﹣3 C． 3 D． 6
考点： 菱形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征．
分析： 根据菱形的对称性求出点A的坐标，再根据反比例函数图象上点的坐标特征代入函数解析式进行计算即可得解．
解答： 解：∵菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为（﹣3，2），
∴点A的坐标为（3，2），
∵反比例函数y= （x＞0）的图象经过点A，
∴=2，
解得k=6．
故选D．
点评： 本题考查了菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，熟记菱形的对称性求出点A的坐标是解题的关键．
6．（2014秋•扶余县期末）若某人沿坡角为α的斜坡前进100m，则他上升的最大高度是（ ）
A． 100sinα m B． m C． m D． 100cosα m
考点： 解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
分析： 在三角函数中，根据坡度角的正弦值=垂直高度：坡面距离即可解答．
解答： 解：如图，∠A=α，∠C=90°，
则他上升的高度BC=ABsinα=100•sinα（米）．
故选A．
点评： 此题主要考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，通过构造直角三角形，利用锐角三角函数求解是解题关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（2012•民勤县校级模拟）已知一元二次方程ax2+x﹣b=0的一根为1，则a﹣b的值是 ﹣1 ．
考点： 一元二次方程的解．
分析： 一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
解答： 解：把x=1代入方程ax2+x﹣b=0，可得a+1﹣b=0，解得a﹣b=﹣1．
点评： 本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．
8．（2014秋•扶余县期末）若点A（a，3）和点B（﹣4，b）关于原点对称，则A、B两点之间的距离为 10 ．
考点： 关于原点对称的点的坐标；勾股定理．
分析： 平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）．根据条件就可以求出a，b的值．然后再根据勾股定理就可以求出两点之间的距离．
解答： 解：点A（a，3）和点B（﹣4，b）关于原点对称，则a=4 b=﹣3．
则点A和点B的坐标分别是（4，3）和（﹣4，﹣3），
则A、B两点之间的距离是．
点评： 关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．同时本题考查了求两点之间的距离的计算方法：勾股定理．
9．（2013•吉林）如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′= 20 度．
考点： 旋转的性质．
分析： 根据旋转的性质可得AB=AB′，∠BAB′=40°，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠ABB′，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
解答： 解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=40°，
在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°，
∵∠AC′B′=∠C=90°，
∴B′C′⊥AB，
∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°．
故答案为：20．
点评： 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等腰三角形是解题的关键．
10．（2013•吉林）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点C，连接OA、OB．点P是半径OB上任意一点，连接AP．若OA=5cm，OC=3cm，则AP的长度可能是 6 cm（写出一个符合条件的数值即可）
考点： 垂径定理；勾股定理．
专题： 开放型．
分析： 根据勾股定理求出AC，根据垂径定理求出AB，即可得出AP的范围是大于等于5cm且小于等于8cm，举出即可．
解答： 解：∵OC⊥AB，
∴∠ACO=90°，
∵OA=5cm，OC=3cm，
∴由勾股定理得：AC==4cm，
∴由垂径定理得：AB=2AC=8cm，
只要举出的数大于等于5且小于等于8cm即可，如6cm，
故答案为：6．
点评： 本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，关键是求出AP的范围．
11．（2014•南宁一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=经过平移得到抛物线y=，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为 4 ．
考点： 二次函数图象与几何变换．
分析： 确定出抛物线y=x2﹣2x的顶点坐标，然后求出抛物线的对称轴与原抛物线的交点坐标，从而判断出阴影部分的面积等于三角形的面积，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
解答： 解：如图，∵y=x2﹣2x=（x﹣2）2﹣2，
∴平移后抛物线的顶点坐标为（2，﹣2），对称轴为直线x=2，
当x=2时，y=×22=2，
∴平移后阴影部分的面积等于如图三角形的面积，
×（2+2）×2=4．
故答案为：4．
点评： 本题考查了二次函数图象与几何变换，确定出与阴影部分面积相等的三角形是解题的关键．
12．（2011•自贡校级二模）袋中装有2个红球，3个白球，它们除了颜色不同以外其他都相同，随机从中摸出一球，记下颜色后放回袋中，充分摇匀后再随机摸出一球，两次都摸到红球的概率是 ．
考点： 列表法与树状图法．
分析： 依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．
解答： 解：由树状图可知共有5×5=25种可能，两次都摸到红球的有4种，所以概率是 ．
故答案为．
点评： 本题考查概率的概念和求法，用树状图或表格表达事件出现的可能性是求解概率的常用方法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13．（2014秋•扶余县期末）如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，连接DE，线段BE、CD相交于点O，则= ．
考点： 三角形的重心．
分析： 解法一：由题意，知O点为△ABC的重心，根据重心的性质可得出=；
解法二：由题意，知DE为△ABC的中位线，则DE∥BC，DE=BC，再证明△ODE∽△OCB，由相似三角形对应边成比例即可得出=．
解答： 解：解法一：∵点D、E分别为AB、AC的中点，线段BE、CD相交于点O，
∴O点为△ABC的重心，
∴=；
解法二：∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴∠ODE=∠OCB，∠OED=∠OBC，
∴△ODE∽△OCB，
∴==．
故答案为．
点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，三角形重心的定义与性质，难度中等．
14．（2011•连云港）△ABC的顶点都在方格纸的格点上，则sinA= ．
考点： 锐角三角函数的定义；勾股定理．
专题： 网格型．
分析： 设小方格的长度为1，过C作CD⊥AB，垂足为D，在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AC的长，然后根据锐角三角函数的定义求出sinA．
解答： 解：过C作CD⊥AB，垂足为D，设小方格的长度为1，
在Rt△ACD中，
AC==2，
∴sinA==，
故答案为．
点评： 本题主要考查锐角三角函数的定义和勾股定理的知识点，此题比较简单，构造一个直角三角形是解答本题的关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（2014秋•扶余县期末）解方程：
（1）x2﹣6x﹣6=0
（2）（x﹣3）2+3x（x﹣3）=0．
考点： 解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
分析： （1）直接利用配方法解方程得出即可；
（2）直接提取公因式（x﹣3），进而分解因式得出答案．
解答： 解：（1）x2﹣6x﹣6=0
（x﹣3）2=15，
解得：x1=3+，x2=3﹣；
（2）（x﹣3）2+3x（x﹣3）=0
（x﹣3）[（x﹣3）+3x]=0
解得：x1=3，x2=．
点评： 此题主要考查了配方法以及因式分解法解一元二次方程，正确分解因式是解题关键．
16．（2014秋•扶余县期末）为了陶冶情操开发智力丰富课余生活，市实验校成立了课外“象棋特长班”．开班仪式上，班内同学一一握手自我介绍（即每位同学都和班内其他同学握手）．老师对握手次数做了统计，全班共握手105次，问：该象棋班共有多少名学生？
考点： 一元二次方程的应用．
分析： 已知与会的每名同学都与其他同学握一次手，那么每人应握（x﹣1）次手，所以x人共握手x（x﹣1）次，又知共握手105次，以握手总次数作为等量关系，列出方程求解．
解答： 解：设这次参加开班仪式的同学有x人，则每人应握（x﹣1）次手，由题意得：
x（x﹣1）=105，
即：x2﹣x﹣210=0，
解得：x1=15，x2=﹣14（不符合题意舍去）．
答：这次参加开班仪式的有15人．
点评： 本题主要考查一元二次方程的应用，关键在于理解清楚题意，找出等量关系，列出方程求解．
17．（2014•吉林）如图（图略），从一副扑克牌中选取红桃10，方块10，梅花5，黑桃8四张扑克牌，洗匀后正面朝下放在桌子上，甲先从中任意抽取一张后，乙再从剩余的三张扑克牌中任意抽取一张，用画树形图或列表的方法，求甲乙两人抽取的扑克牌的点数都是10的概率．
考点： 列表法与树状图法．
专题： 常规题型．
分析： 列出树状图后利用概率公式求解即可．
解答： 解：列树状图为：
∵共12种情况，其中两个都是10的情况共有2种，
∴P（点数都是10）==．
点评： 本题考查了列表法语树状图的知识，解题的关键是根据题意列出树状图，这也是解决本题的难点．
18．（2014秋•扶余县期末）已知，一抛物线经过点（0，﹣1），（1，﹣2），（﹣2，7），求其解析式及其顶点坐标．
考点： 待定系数法求二次函数解析式．
专题： 计算题．
分析： 先设一般式y=ax2+bx+c，再把三个点的坐标代入得到关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值即可得到抛物线解析式，然后配成顶点式得到顶点坐标．
解答： 解：设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
根据题意得，解得，
所以抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣1，
因为y=x2﹣2x﹣1=（x﹣1）2﹣2，
所以抛物线顶点坐标为（1，﹣2）．
点评： 本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（2013•福州）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD．
（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是 2 个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是 y轴 ；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是 120 度；
（2）连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
考点： 旋转的性质；等边三角形的性质；轴对称的性质；平移的性质．
专题： 计算题．
分析： （1）由点A的坐标为（﹣2，0），根据平移的性质得到△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD，则△AOC与△BOD关于y轴对称；根据等边三角形的性质得∠AOC=∠BOD=60°，则∠AOD=120°，根据旋转的定义得△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB；
（2）根据旋转的性质得到OA=OD，而∠AOC=∠BOD=60°，得到∠DOC=60°，所以OE为等腰△AOD的顶角的平分线，根据等腰三角形的性质得到OE垂直平分AD，则∠AEO=90°．
解答： 解：（1）∵点A的坐标为（﹣2，0），
∴△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD；
∴△AOC与△BOD关于y轴对称；
∵△AOC为等边三角形，
∴∠AOC=∠BOD=60°，
∴∠AOD=120°，
∴△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB．
（2）如图，∵等边△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB，
∴OA=OD，
∵∠AOC=∠BOD=60°，
∴∠DOC=60°，
即OE为等腰△AOD的顶角的平分线，
∴OE垂直平分AD，
∴∠AEO=90°．
故答案为2；y轴；120．
点评： 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的性质、轴对称的性质以及平移的性质．
20．（2014•吉林）某校九年级四个数学活动小组参加测量操场旗杆高度的综合实践活动，如图是四个小组在不同位置测量后绘制的示意图，用测角仪测得旗杆顶端A的仰角记为α，CD为测角仪的高，测角仪CD的底部C处与旗杆的底部B处之间的距离记为CB，四个小组测量和计算数据如下表所示：
数据
组别 CD的长（m）
BC的长（m）
仰角α
AB的长（m）
第一组 1.59 13.2 32° 9.8
第二组 1.58 13.4 31° 9.6
第三组 1.57 14.1 30° 9.7
第四组 1.56 15.2 28°
（1）利用第四组学生测量的数据，求旗杆AB的高度（精确到0.1m）；
（2）四组学生测量旗杆高度的平均值约为 9.7 m（精确到0.1m）．
（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
考点： 解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
专题： 几何图形问题．
分析： （1）首先在直角三角形ADE中利用∠α和BE的长求得线段AE的长，然后与线段BE相加即可求得旗杆的高度；
（2）利用算术平均数求得旗杆的平均值即可．
解答： 解：（1）∵由已知得：在Rt△ADE中，∠α=28°，DE=BC=15.2米，
∴AE=DE×tanα=15.2×tan28°≈8.04米，
∴AB=AE+EB=1.56+8.04≈9.6米，
答：旗杆的高约为9.6米；
（2）四组学生测量旗杆高度的平均值为（9.8+9.6+9.7+9.6）÷4≈9.7米．
点评： 本题考查了解直角三角形的知识，了解仰角及俯角的定义是解答本题的关键，难度不大．
21．（2013•丽水）一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB=3m，已知木箱高BE=，斜面坡角为30°，求木箱端点E距地面AC的高度EF．
考点： 解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
分析： 连接AE，在Rt△ABE中求出AE，根据∠EAB的正切值求出∠EAB的度数，继而得到∠EAF的度数，在Rt△EAF中，解出EF即可得出答案．
解答： 解：连接AE，
在Rt△ABE中，AB=3m，BE=m，
则AE==2m，
又∵tan∠EAB==，
∴∠EAB=30°，
在Rt△AEF中，∠EAF=∠EAB+∠BAC=60°，
∴EF=AE×sin∠EAF=2×=3m．
答：木箱端点E距地面AC的高度为3m．
点评： 本题考查了坡度、坡角的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，熟练运用三角函数求线段的长度．
22．（2013•黄冈）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，AD=4，求AC的长．
考点： 切线的判定；相似三角形的判定与性质．
分析： （1）连接OC，由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA，然后利用角平分线的性质可以证明∠DAC=∠OCA，接着利用平行线的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由此即可证明直线CD与⊙O相切于C点；
（2）连接BC，根据圆周角定理的推理得到∠ACB=90°，又∠DAC=∠OAC，由此可以得到△ADC∽△ACB，然后利用相似三角形的性质即可解决问题．
解答： （1）证明：连接OC
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∵AC平分∠DAB
∴∠DAC=∠OAC
∴∠DAC=∠OCA
∴OC∥AD
∵AD⊥CD∴OC⊥CD
∴直线CD与⊙O相切于点C；
（2）解：连接BC，则∠ACB=90°．
∵∠DAC=∠OAC，∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB，
∵⊙O的半径为3，AD=4，
∴AB=6，
∴AC=2．
点评： 此题主要考查了切线的性质与判定，解题时 首先利用切线的判定证明切线，然后利用切线的想这已知条件证明三角形相似即可解决问题．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（2012•吉林）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6．将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上点D处，折痕交OA于点C，求整个阴影部分的周长和面积．
考点： 翻折变换（折叠问题）；等边三角形的判定与性质；弧长的计算；扇形面积的计算；解直角三角形．
专题： 几何综合题．
分析： 首先连接OD，由折叠的性质，可得CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又由在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6，即可求得扇形OAB的面积与的长，继而求得整个阴影部分的周长和面积．
解答： 解：连接OD．
根据折叠的性质，CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，
∴OB=OD=BD，
即△OBD是等边三角形，
∴∠DBO=60°，
∴∠CBO=∠DBO=30°，
∵∠AOB=90°，
∴OC=OB•tan∠CBO=6×=2，
∴S△BDC=S△OBC=×OB×OC=×6×2=6，S扇形AOB=π×62=9π，=π×6=3π，
∴整个阴影部分的周长为：AC+CD+BD+=AC+OC+OB+=OA+OB+=6+6+3π=12+3π；
整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC=9π﹣6﹣6=9π﹣12．
点评： 此题考查了折叠的性质、扇形面积公式、弧长公式以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
24．（2014•吉林）如图①，直角三角形AOB中，∠AOB=90°，AB平行于x轴，OA=2OB，AB=5，反比例函数（x＞0）的图象经过点A．
（1）直接写出反比例函数的解析式；
（2）如图②，P（x，y）在（1）中的反比例函数图象上，其中1＜x＜8，连接OP，过点O 作OQ⊥OP，且OP=2OQ，连接PQ．设点Q坐标为（m，n），其中m＜0，n＞0，求n与m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若Q坐标为（m，1），求△POQ的面积．
考点： 反比例函数综合题．
专题： 综合题．
分析： （1）如图①，在Rt△OAB中利用勾股定理计算出OB=，OA=2，由于AB平行于x轴，则OC⊥AB，则可利用面积法计算出OC=2，在Rt△AOC中，根据勾股定理可计算出AC=4，得到A点坐标为（4，2），然后利用待定系数法确定反比例函数解析式为y=；
（2）分别过P、Q做x轴垂线，垂足分别为H、D，如图②，先证明Rt△POH∽Rt△OQD，根据相似的性质得==，由于OP=2OQ，PH=y，OH=x，OD=﹣m，QD=n，则==2，即有x=2n，y=﹣2m，而x、y满足y=，则2n•（﹣2m）=8，即mn=﹣2，当1＜x＜8时，1＜y＜8，所以1＜﹣2m＜8，解得﹣4＜m＜﹣；
（3）由于n=1时，m=﹣2，即Q点坐标为（﹣2，1），利用两点的距离公式计算出OQ=，则OP=2OQ=2，然后根据三角形面积公式求解．
解答： 解：（1）如图①，∵∠AOB=90°，
∴OA2+OB2=AB2，
∵OA=2OB，AB=5，
∴4OB2+OB2=25，解得OB=，
∴OA=2，
∵AB平行于x轴，
∴OC⊥AB，
∴OC•AB=OB•OA，即OC==2，
在Rt△AOC中，AC==4，
∴A点坐标为（4，2），
设过A点的反比例函数解析式为y=，
∴k=4×2=8，
∴反比例函数解析式为y=；
（2）分别过P、Q作x轴垂线，垂足分别为H、D，如图②，
∵OQ⊥OP，
∴∠POH+∠QOD=90°，
∵∠POH+∠OPH=90°，
∴∠QOD=∠OPH，
∴Rt△POH∽Rt△OQD，
∴==，
∵P（x，y）在（1）中的反比例函数图象上，其中1＜x＜8，Q点坐标为（m，n），其中m＜0，n＞0，OP=2OQ，
∴PH=y，OH=x，OD=﹣m，QD=n，
∴==2，解得x=2n，y=﹣2m，
∵y=，
∴2n•（﹣2m）=8，
∴n=（﹣4＜m＜﹣）；
（3）∵n=1时，m=﹣2，即Q点坐标为（﹣2，1），
∴OQ==，
∴OP=2OQ=2，
∴S△POQ=××2=5．
点评： 本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征和待定系数法求反比例函数解析式；理解坐标与图形的性质；会利用相似比和勾股定理进行几何计算．
六、选择题（每小题10分，共20分）
25．（2013•上海）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a＞0），经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=2，∠AOB=120°．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）连接OM，求∠AOM的大小；
（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．
考点： 二次函数综合题．
专题： 压轴题．
分析： （1）根据AO=OB=2，∠AOB=120°，求出A点坐标，以及B点坐标，进而利用待定系数法求二次函数解析式；
（2）根据（1）中解析式求出M点坐标，再利用锐角三角函数关系求出∠FOM=30°，进而得出答案；
（3）分别根据当△ABC1∽△AOM以及当△C2BA∽△AOM时，利用相似三角形的性质求出C点坐标即可．
解答： 解：（1）过点A作AE⊥y轴于点E，
∵AO=OB=2，∠AOB=120°，
∴∠AOE=30°，
∴OE=，AE=1，
∴A点坐标为：（﹣1，），B点坐标为：（2，0），
将两点代入y=ax2+bx得：
，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y=x2﹣x；
（2）过点M作MF⊥OB于点F，
∵y=x2﹣x=（x2﹣2x）=（x2﹣2x+1﹣1）=（x﹣1）2﹣，
∴M点坐标为：（1，﹣），
∴tan∠FOM==，
∴∠FOM=30°，
∴∠AOM=30°+120°=150°；
（3）当点C在x轴负半轴上时，则∠BAC=150°，而∠ABC=30°，此时∠C=0°，故此种情况不存在；
当点C在x轴正半轴上时，
∵AO=OB=2，∠AOB=120°，
∴∠ABO=∠OAB=30°，
∴AB=2EO=2，
当△ABC1∽△AOM，
∴=，
∵MO==，
∴=，
解得：BC1=2，∴OC1=4，
∴C1的坐标为：（4，0）；
当△C2BA∽△AOM，
∴=，
∴=，
解得：BC2=6，∴OC2=8，
∴C2的坐标为：（8，0）．
综上所述，△ABC与△AOM相似时，点C的坐标为：（4，0）或（8，0）．
点评： 此题主要考查了锐角三角函数的应用以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的性质等知识，利用分类讨论思想以及数形结合得出是解题关键．
26．（2013•娄底）如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．
（1）求证：；
（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；
（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
考点： 相似形综合题．
专题： 压轴题．
分析： （1）由相似三角形，列出比例关系式，即可证明；
（2）首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积；
（3）本问是运动型问题，要点是弄清矩形EFPQ的运动过程：
（I）当0≤t≤2时，如答图①所示，此时重叠部分是一个矩形和一个梯形；
（II）当2＜t≤4时，如答图②所示，此时重叠部分是一个三角形．
解答： （1）证明：∵四边形EFPQ是矩形，AH是△AEF的高，
∴EF∥BC，
∴△AHF∽△ADC，
∴，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∴．
（2）解：∵∠B=45°，
∴BD=AD=4，
∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1．
∵EF∥BC，
∴△AEH∽△ABD，
∴，
∵EF∥BC，
∴△AFH∽△ACD，
∴，
∴，即，
∴EH=4HF，
已知EF=x，则EH=x．
∵∠B=45°，
∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x．
S矩形EFPQ=EF•EQ=x•（4﹣x）=﹣x2+4x=﹣（x﹣）2+5，
∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5．
（3）解：由（2）可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4﹣×=2．
在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：
（I）当0≤t≤2时，如答图①所示．
设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1．
此时DD1=t，H1D1=2，
∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，．
∵KN∥EF，
∴，即，得KN=（2﹣t）．
S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1
=（KN+EF）•HH1+EF•EQ1
=[（2﹣t）+]×t+（2﹣t）
=t2+5；
（II）当2＜t≤4时，如答图②所示．
设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2．
此时DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t，
∵KN∥EF，
∴，即，得KN=5﹣t．
S=S△AKN
=KN•AD2
=（5﹣t）（4﹣t）
=t2﹣5t+10．
综上所述，S与t的函数关系式为：
S=．
点评： 本题是运动型相似三角形压轴题，考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点，涉及考点较多，有一定的难度．难点在于第（3）问，弄清矩形的运动过程是解题的关键．
2022学年吉林省松原市扶余县九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时，原方程应变形为（ ）
A． （x+1）2=6 B． （x﹣1）2=6 C． （x+2）2=9 D． （x﹣2）2=9
2．下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列四个三角形中，与图中的三角形相似的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，已知⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=58°，则∠BCD等于（ ）
A． 116° B． 32° C． 58° D． 64°
5．如图，菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为（﹣3，2），若反比例函数y= （x＞0）的图象经过点A，则k的值为（ ）
A． ﹣6 B． ﹣3 C． 3 D． 6
6．若某人沿坡角为α的斜坡前进100m，则他上升的最大高度是（ ）
A． 100sinα m B． m C． m D． 100cosα m
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．已知一元二次方程ax2+x﹣b=0的一根为1，则a﹣b的值是 ．
8．若点A（a，3）和点B（﹣4，b）关于原点对称，则A、B两点之间的距离为 ．
9．如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′= 度．
10．如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点C，连接OA、OB．点P是半径OB上任意一点，连接AP．若OA=5cm，OC=3cm，则AP的长度可能是 cm（写出一个符合条件的数值即可）
11．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=经过平移得到抛物线y=，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为 ．
12．袋中装有2个红球，3个白球，它们除了颜色不同以外其他都相同，随机从中摸出一球，记下颜色后放回袋中，充分摇匀后再随机摸出一球，两次都摸到红球的概率是 ．
13．如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，连接DE，线段BE、CD相交于点O，则= ．
14．△ABC的顶点都在方格纸的格点上，则sinA= ．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．解方程：
（1）x2﹣6x﹣6=0
（2）（x﹣3）2+3x（x﹣3）=0．
16．为了陶冶情操开发智力丰富课余生活，市实验校成立了课外“象棋特长班”．开班仪式上，班内同学一一握手自我介绍（即每位同学都和班内其他同学握手）．老师对握手次数做了统计，全班共握手105次，问：该象棋班共有多少名学生？
17．如图（图略），从一副扑克牌中选取红桃10，方块10，梅花5，黑桃8四张扑克牌，洗匀后正面朝下放在桌子上，甲先从中任意抽取一张后，乙再从剩余的三张扑克牌中任意抽取一张，用画树形图或列表的方法，求甲乙两人抽取的扑克牌的点数都是10的概率．
18．已知，一抛物线经过点（0，﹣1），（1，﹣2），（﹣2，7），求其解析式及其顶点坐标．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD．
（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是 个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是 ；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是 度；
（2）连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
20．某校九年级四个数学活动小组参加测量操场旗杆高度的综合实践活动，如图是四个小组在不同位置测量后绘制的示意图，用测角仪测得旗杆顶端A的仰角记为α，CD为测角仪的高，测角仪CD的底部C处与旗杆的底部B处之间的距离记为CB，四个小组测量和计算数据如下表所示：
数据
组别 CD的长（m）
BC的长（m）
仰角α
AB的长（m）
第一组 1.59 13.2 32° 9.8
第二组 1.58 13.4 31° 9.6
第三组 1.57 14.1 30° 9.7
第四组 1.56 15.2 28°
（1）利用第四组学生测量的数据，求旗杆AB的高度（精确到0.1m）；
（2）四组学生测量旗杆高度的平均值约为 m（精确到0.1m）．
（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
21．一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB=3m，已知木箱高BE=，斜面坡角为30°，求木箱端点E距地面AC的高度EF．
22．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，AD=4，求AC的长．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6．将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上点D处，折痕交OA于点C，求整个阴影部分的周长和面积．
24．如图①，直角三角形AOB中，∠AOB=90°，AB平行于x轴，OA=2OB，AB=5，反比例函数（x＞0）的图象经过点A．
（1）直接写出反比例函数的解析式；
（2）如图②，P（x，y）在（1）中的反比例函数图象上，其中1＜x＜8，连接OP，过点O 作OQ⊥OP，且OP=2OQ，连接PQ．设点Q坐标为（m，n），其中m＜0，n＞0，求n与m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若Q坐标为（m，1），求△POQ的面积．
六、选择题（每小题10分，共20分）
25．如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a＞0），经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=2，∠AOB=120°．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）连接OM，求∠AOM的大小；
（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．
26．如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．
（1）求证：；
（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；
（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
2022学年吉林省松原市扶余县九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共12分）
1．（2013•呼伦贝尔）用配方法解方程x2﹣2x﹣5=0时，原方程应变形为（ ）
A． （x+1）2=6 B． （x﹣1）2=6 C． （x+2）2=9 D． （x﹣2）2=9
考点： 解一元二次方程-配方法．
专题： 计算题．
分析： 方程常数项移到右边，两边加上1变形即可得到结果．
解答： 解：方程移项得：x2﹣2x=5，
配方得：x2﹣2x+1=6，
即（x﹣1）2=6．
故选：B
点评： 此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
2．（2010•哈尔滨）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 中心对称图形．
分析： 根据中心对称图形的概念求解．
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
解答： 解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，符合题意．
故选D．
点评： 掌握好中心对称图形的概念．要注意，中心对称图形关键是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3．（2008•江西）下列四个三角形中，与图中的三角形相似的是（ ）
A． B． C． D．
考点： 相似三角形的判定．
专题： 网格型．
分析： 本题主要应用两三角形相似的判定定理，三边对应成比例，做题即可．
解答： 解：设单位正方形的边长为1，给出的三角形三边长分别为，2，．
A、三角形三边2，，3，与给出的三角形的各边不成比例，故A选项错误；
B、三角形三边2，4，2，与给出的三角形的各边成正比例，故B选项正确；
C、三角形三边2，3，，与给出的三角形的各边不成比例，故C选项错误；
D、三角形三边，4，，与给出的三角形的各边不成比例，故D选项错误．
故选：B．
点评： 此题考查三边对应成比例，两三角形相似判定定理的应用．
4．（2013•巴中）如图，已知⊙O是△ABD的外接圆，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD=58°，则∠BCD等于（ ）
A． 116° B． 32° C． 58° D． 64°
考点： 圆周角定理．
分析： 由AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠ADB=90°，继而求得∠A的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得答案．
解答： 解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABD=58°，
∴∠A=90°﹣∠ABD=32°，
∴∠BCD=∠A=32°．
故选B．
点评： 此题考查了圆周角定理与直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5．（2014•梅列区质检）如图，菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为（﹣3，2），若反比例函数y= （x＞0）的图象经过点A，则k的值为（ ）
A． ﹣6 B． ﹣3 C． 3 D． 6
考点： 菱形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征．
分析： 根据菱形的对称性求出点A的坐标，再根据反比例函数图象上点的坐标特征代入函数解析式进行计算即可得解．
解答： 解：∵菱形OABC的顶点B在y轴上，顶点C的坐标为（﹣3，2），
∴点A的坐标为（3，2），
∵反比例函数y= （x＞0）的图象经过点A，
∴=2，
解得k=6．
故选D．
点评： 本题考查了菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，熟记菱形的对称性求出点A的坐标是解题的关键．
6．（2014秋•扶余县期末）若某人沿坡角为α的斜坡前进100m，则他上升的最大高度是（ ）
A． 100sinα m B． m C． m D． 100cosα m
考点： 解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
分析： 在三角函数中，根据坡度角的正弦值=垂直高度：坡面距离即可解答．
解答： 解：如图，∠A=α，∠C=90°，
则他上升的高度BC=ABsinα=100•sinα（米）．
故选A．
点评： 此题主要考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，通过构造直角三角形，利用锐角三角函数求解是解题关键．
二、填空题（每小题3分，共24分）
7．（2012•民勤县校级模拟）已知一元二次方程ax2+x﹣b=0的一根为1，则a﹣b的值是 ﹣1 ．
考点： 一元二次方程的解．
分析： 一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
解答： 解：把x=1代入方程ax2+x﹣b=0，可得a+1﹣b=0，解得a﹣b=﹣1．
点评： 本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．
8．（2014秋•扶余县期末）若点A（a，3）和点B（﹣4，b）关于原点对称，则A、B两点之间的距离为 10 ．
考点： 关于原点对称的点的坐标；勾股定理．
分析： 平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）．根据条件就可以求出a，b的值．然后再根据勾股定理就可以求出两点之间的距离．
解答： 解：点A（a，3）和点B（﹣4，b）关于原点对称，则a=4 b=﹣3．
则点A和点B的坐标分别是（4，3）和（﹣4，﹣3），
则A、B两点之间的距离是．
点评： 关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．同时本题考查了求两点之间的距离的计算方法：勾股定理．
9．（2013•吉林）如图，把Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，连接BB′，则∠BB′C′= 20 度．
考点： 旋转的性质．
分析： 根据旋转的性质可得AB=AB′，∠BAB′=40°，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠ABB′，再利用直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．
解答： 解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°得到Rt△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=40°，
在△ABB′中，∠ABB′=（180°﹣∠BAB′）=（180°﹣40°）=70°，
∵∠AC′B′=∠C=90°，
∴B′C′⊥AB，
∴∠BB′C′=90°﹣∠ABB′=90°﹣70°=20°．
故答案为：20．
点评： 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余，比较简单，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小得到等腰三角形是解题的关键．
10．（2013•吉林）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点C，连接OA、OB．点P是半径OB上任意一点，连接AP．若OA=5cm，OC=3cm，则AP的长度可能是 6 cm（写出一个符合条件的数值即可）
考点： 垂径定理；勾股定理．
专题： 开放型．
分析： 根据勾股定理求出AC，根据垂径定理求出AB，即可得出AP的范围是大于等于5cm且小于等于8cm，举出即可．
解答： 解：∵OC⊥AB，
∴∠ACO=90°，
∵OA=5cm，OC=3cm，
∴由勾股定理得：AC==4cm，
∴由垂径定理得：AB=2AC=8cm，
只要举出的数大于等于5且小于等于8cm即可，如6cm，
故答案为：6．
点评： 本题考查了勾股定理和垂径定理的应用，关键是求出AP的范围．
11．（2014•南宁一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=经过平移得到抛物线y=，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为 4 ．
考点： 二次函数图象与几何变换．
分析： 确定出抛物线y=x2﹣2x的顶点坐标，然后求出抛物线的对称轴与原抛物线的交点坐标，从而判断出阴影部分的面积等于三角形的面积，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
解答： 解：如图，∵y=x2﹣2x=（x﹣2）2﹣2，
∴平移后抛物线的顶点坐标为（2，﹣2），对称轴为直线x=2，
当x=2时，y=×22=2，
∴平移后阴影部分的面积等于如图三角形的面积，
×（2+2）×2=4．
故答案为：4．
点评： 本题考查了二次函数图象与几何变换，确定出与阴影部分面积相等的三角形是解题的关键．
12．（2011•自贡校级二模）袋中装有2个红球，3个白球，它们除了颜色不同以外其他都相同，随机从中摸出一球，记下颜色后放回袋中，充分摇匀后再随机摸出一球，两次都摸到红球的概率是 ．
考点： 列表法与树状图法．
分析： 依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．
解答： 解：由树状图可知共有5×5=25种可能，两次都摸到红球的有4种，所以概率是 ．
故答案为．
点评： 本题考查概率的概念和求法，用树状图或表格表达事件出现的可能性是求解概率的常用方法．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
13．（2014秋•扶余县期末）如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，连接DE，线段BE、CD相交于点O，则= ．
考点： 三角形的重心．
分析： 解法一：由题意，知O点为△ABC的重心，根据重心的性质可得出=；
解法二：由题意，知DE为△ABC的中位线，则DE∥BC，DE=BC，再证明△ODE∽△OCB，由相似三角形对应边成比例即可得出=．
解答： 解：解法一：∵点D、E分别为AB、AC的中点，线段BE、CD相交于点O，
∴O点为△ABC的重心，
∴=；
解法二：∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴∠ODE=∠OCB，∠OED=∠OBC，
∴△ODE∽△OCB，
∴==．
故答案为．
点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，三角形重心的定义与性质，难度中等．
14．（2011•连云港）△ABC的顶点都在方格纸的格点上，则sinA= ．
考点： 锐角三角函数的定义；勾股定理．
专题： 网格型．
分析： 设小方格的长度为1，过C作CD⊥AB，垂足为D，在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AC的长，然后根据锐角三角函数的定义求出sinA．
解答： 解：过C作CD⊥AB，垂足为D，设小方格的长度为1，
在Rt△ACD中，
AC==2，
∴sinA==，
故答案为．
点评： 本题主要考查锐角三角函数的定义和勾股定理的知识点，此题比较简单，构造一个直角三角形是解答本题的关键．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（2014秋•扶余县期末）解方程：
（1）x2﹣6x﹣6=0
（2）（x﹣3）2+3x（x﹣3）=0．
考点： 解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．
分析： （1）直接利用配方法解方程得出即可；
（2）直接提取公因式（x﹣3），进而分解因式得出答案．
解答： 解：（1）x2﹣6x﹣6=0
（x﹣3）2=15，
解得：x1=3+，x2=3﹣；
（2）（x﹣3）2+3x（x﹣3）=0
（x﹣3）[（x﹣3）+3x]=0
解得：x1=3，x2=．
点评： 此题主要考查了配方法以及因式分解法解一元二次方程，正确分解因式是解题关键．
16．（2014秋•扶余县期末）为了陶冶情操开发智力丰富课余生活，市实验校成立了课外“象棋特长班”．开班仪式上，班内同学一一握手自我介绍（即每位同学都和班内其他同学握手）．老师对握手次数做了统计，全班共握手105次，问：该象棋班共有多少名学生？
考点： 一元二次方程的应用．
分析： 已知与会的每名同学都与其他同学握一次手，那么每人应握（x﹣1）次手，所以x人共握手x（x﹣1）次，又知共握手105次，以握手总次数作为等量关系，列出方程求解．
解答： 解：设这次参加开班仪式的同学有x人，则每人应握（x﹣1）次手，由题意得：
x（x﹣1）=105，
即：x2﹣x﹣210=0，
解得：x1=15，x2=﹣14（不符合题意舍去）．
答：这次参加开班仪式的有15人．
点评： 本题主要考查一元二次方程的应用，关键在于理解清楚题意，找出等量关系，列出方程求解．
17．（2014•吉林）如图（图略），从一副扑克牌中选取红桃10，方块10，梅花5，黑桃8四张扑克牌，洗匀后正面朝下放在桌子上，甲先从中任意抽取一张后，乙再从剩余的三张扑克牌中任意抽取一张，用画树形图或列表的方法，求甲乙两人抽取的扑克牌的点数都是10的概率．
考点： 列表法与树状图法．
专题： 常规题型．
分析： 列出树状图后利用概率公式求解即可．
解答： 解：列树状图为：
∵共12种情况，其中两个都是10的情况共有2种，
∴P（点数都是10）==．
点评： 本题考查了列表法语树状图的知识，解题的关键是根据题意列出树状图，这也是解决本题的难点．
18．（2014秋•扶余县期末）已知，一抛物线经过点（0，﹣1），（1，﹣2），（﹣2，7），求其解析式及其顶点坐标．
考点： 待定系数法求二次函数解析式．
专题： 计算题．
分析： 先设一般式y=ax2+bx+c，再把三个点的坐标代入得到关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值即可得到抛物线解析式，然后配成顶点式得到顶点坐标．
解答： 解：设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
根据题意得，解得，
所以抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣1，
因为y=x2﹣2x﹣1=（x﹣1）2﹣2，
所以抛物线顶点坐标为（1，﹣2）．
点评： 本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（2013•福州）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣2，0），等边三角形AOC经过平移或轴对称或旋转都可以得到△OBD．
（1）△AOC沿x轴向右平移得到△OBD，则平移的距离是 2 个单位长度；△AOC与△BOD关于直线对称，则对称轴是 y轴 ；△AOC绕原点O顺时针旋转得到△DOB，则旋转角度可以是 120 度；
（2）连结AD，交OC于点E，求∠AEO的度数．
考点： 旋转的性质；等边三角形的性质；轴对称的性质；平移的性质．
专题： 计算题．
分析： （1）由点A的坐标为（﹣2，0），根据平移的性质得到△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD，则△AOC与△BOD关于y轴对称；根据等边三角形的性质得∠AOC=∠BOD=60°，则∠AOD=120°，根据旋转的定义得△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB；
（2）根据旋转的性质得到OA=OD，而∠AOC=∠BOD=60°，得到∠DOC=60°，所以OE为等腰△AOD的顶角的平分线，根据等腰三角形的性质得到OE垂直平分AD，则∠AEO=90°．
解答： 解：（1）∵点A的坐标为（﹣2，0），
∴△AOC沿x轴向右平移2个单位得到△OBD；
∴△AOC与△BOD关于y轴对称；
∵△AOC为等边三角形，
∴∠AOC=∠BOD=60°，
∴∠AOD=120°，
∴△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB．
（2）如图，∵等边△AOC绕原点O顺时针旋转120°得到△DOB，
∴OA=OD，
∵∠AOC=∠BOD=60°，
∴∠DOC=60°，
即OE为等腰△AOD的顶角的平分线，
∴OE垂直平分AD，
∴∠AEO=90°．
故答案为2；y轴；120．
点评： 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的性质、轴对称的性质以及平移的性质．
20．（2014•吉林）某校九年级四个数学活动小组参加测量操场旗杆高度的综合实践活动，如图是四个小组在不同位置测量后绘制的示意图，用测角仪测得旗杆顶端A的仰角记为α，CD为测角仪的高，测角仪CD的底部C处与旗杆的底部B处之间的距离记为CB，四个小组测量和计算数据如下表所示：
数据
组别 CD的长（m）
BC的长（m）
仰角α
AB的长（m）
第一组 1.59 13.2 32° 9.8
第二组 1.58 13.4 31° 9.6
第三组 1.57 14.1 30° 9.7
第四组 1.56 15.2 28°
（1）利用第四组学生测量的数据，求旗杆AB的高度（精确到0.1m）；
（2）四组学生测量旗杆高度的平均值约为 9.7 m（精确到0.1m）．
（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
考点： 解直角三角形的应用-仰角俯角问题．
专题： 几何图形问题．
分析： （1）首先在直角三角形ADE中利用∠α和BE的长求得线段AE的长，然后与线段BE相加即可求得旗杆的高度；
（2）利用算术平均数求得旗杆的平均值即可．
解答： 解：（1）∵由已知得：在Rt△ADE中，∠α=28°，DE=BC=15.2米，
∴AE=DE×tanα=15.2×tan28°≈8.04米，
∴AB=AE+EB=1.56+8.04≈9.6米，
答：旗杆的高约为9.6米；
（2）四组学生测量旗杆高度的平均值为（9.8+9.6+9.7+9.6）÷4≈9.7米．
点评： 本题考查了解直角三角形的知识，了解仰角及俯角的定义是解答本题的关键，难度不大．
21．（2013•丽水）一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB=3m，已知木箱高BE=，斜面坡角为30°，求木箱端点E距地面AC的高度EF．
考点： 解直角三角形的应用-坡度坡角问题．
分析： 连接AE，在Rt△ABE中求出AE，根据∠EAB的正切值求出∠EAB的度数，继而得到∠EAF的度数，在Rt△EAF中，解出EF即可得出答案．
解答： 解：连接AE，
在Rt△ABE中，AB=3m，BE=m，
则AE==2m，
又∵tan∠EAB==，
∴∠EAB=30°，
在Rt△AEF中，∠EAF=∠EAB+∠BAC=60°，
∴EF=AE×sin∠EAF=2×=3m．
答：木箱端点E距地面AC的高度为3m．
点评： 本题考查了坡度、坡角的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，熟练运用三角函数求线段的长度．
22．（2013•黄冈）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的直线互相垂直，垂足为D，且AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，AD=4，求AC的长．
考点： 切线的判定；相似三角形的判定与性质．
分析： （1）连接OC，由OA=OC可以得到∠OAC=∠OCA，然后利用角平分线的性质可以证明∠DAC=∠OCA，接着利用平行线的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由此即可证明直线CD与⊙O相切于C点；
（2）连接BC，根据圆周角定理的推理得到∠ACB=90°，又∠DAC=∠OAC，由此可以得到△ADC∽△ACB，然后利用相似三角形的性质即可解决问题．
解答： （1）证明：连接OC
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∵AC平分∠DAB
∴∠DAC=∠OAC
∴∠DAC=∠OCA
∴OC∥AD
∵AD⊥CD∴OC⊥CD
∴直线CD与⊙O相切于点C；
（2）解：连接BC，则∠ACB=90°．
∵∠DAC=∠OAC，∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB，
∵⊙O的半径为3，AD=4，
∴AB=6，
∴AC=2．
点评： 此题主要考查了切线的性质与判定，解题时 首先利用切线的判定证明切线，然后利用切线的想这已知条件证明三角形相似即可解决问题．
五、解答题（每小题8分，共16分）
23．（2012•吉林）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6．将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上点D处，折痕交OA于点C，求整个阴影部分的周长和面积．
考点： 翻折变换（折叠问题）；等边三角形的判定与性质；弧长的计算；扇形面积的计算；解直角三角形．
专题： 几何综合题．
分析： 首先连接OD，由折叠的性质，可得CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又由在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6，即可求得扇形OAB的面积与的长，继而求得整个阴影部分的周长和面积．
解答： 解：连接OD．
根据折叠的性质，CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，
∴OB=OD=BD，
即△OBD是等边三角形，
∴∠DBO=60°，
∴∠CBO=∠DBO=30°，
∵∠AOB=90°，
∴OC=OB•tan∠CBO=6×=2，
∴S△BDC=S△OBC=×OB×OC=×6×2=6，S扇形AOB=π×62=9π，=π×6=3π，
∴整个阴影部分的周长为：AC+CD+BD+=AC+OC+OB+=OA+OB+=6+6+3π=12+3π；
整个阴影部分的面积为：S扇形AOB﹣S△BDC﹣S△OBC=9π﹣6﹣6=9π﹣12．
点评： 此题考查了折叠的性质、扇形面积公式、弧长公式以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
24．（2014•吉林）如图①，直角三角形AOB中，∠AOB=90°，AB平行于x轴，OA=2OB，AB=5，反比例函数（x＞0）的图象经过点A．
（1）直接写出反比例函数的解析式；
（2）如图②，P（x，y）在（1）中的反比例函数图象上，其中1＜x＜8，连接OP，过点O 作OQ⊥OP，且OP=2OQ，连接PQ．设点Q坐标为（m，n），其中m＜0，n＞0，求n与m的函数解析式，并直接写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若Q坐标为（m，1），求△POQ的面积．
考点： 反比例函数综合题．
专题： 综合题．
分析： （1）如图①，在Rt△OAB中利用勾股定理计算出OB=，OA=2，由于AB平行于x轴，则OC⊥AB，则可利用面积法计算出OC=2，在Rt△AOC中，根据勾股定理可计算出AC=4，得到A点坐标为（4，2），然后利用待定系数法确定反比例函数解析式为y=；
（2）分别过P、Q做x轴垂线，垂足分别为H、D，如图②，先证明Rt△POH∽Rt△OQD，根据相似的性质得==，由于OP=2OQ，PH=y，OH=x，OD=﹣m，QD=n，则==2，即有x=2n，y=﹣2m，而x、y满足y=，则2n•（﹣2m）=8，即mn=﹣2，当1＜x＜8时，1＜y＜8，所以1＜﹣2m＜8，解得﹣4＜m＜﹣；
（3）由于n=1时，m=﹣2，即Q点坐标为（﹣2，1），利用两点的距离公式计算出OQ=，则OP=2OQ=2，然后根据三角形面积公式求解．
解答： 解：（1）如图①，∵∠AOB=90°，
∴OA2+OB2=AB2，
∵OA=2OB，AB=5，
∴4OB2+OB2=25，解得OB=，
∴OA=2，
∵AB平行于x轴，
∴OC⊥AB，
∴OC•AB=OB•OA，即OC==2，
在Rt△AOC中，AC==4，
∴A点坐标为（4，2），
设过A点的反比例函数解析式为y=，
∴k=4×2=8，
∴反比例函数解析式为y=；
（2）分别过P、Q作x轴垂线，垂足分别为H、D，如图②，
∵OQ⊥OP，
∴∠POH+∠QOD=90°，
∵∠POH+∠OPH=90°，
∴∠QOD=∠OPH，
∴Rt△POH∽Rt△OQD，
∴==，
∵P（x，y）在（1）中的反比例函数图象上，其中1＜x＜8，Q点坐标为（m，n），其中m＜0，n＞0，OP=2OQ，
∴PH=y，OH=x，OD=﹣m，QD=n，
∴==2，解得x=2n，y=﹣2m，
∵y=，
∴2n•（﹣2m）=8，
∴n=（﹣4＜m＜﹣）；
（3）∵n=1时，m=﹣2，即Q点坐标为（﹣2，1），
∴OQ==，
∴OP=2OQ=2，
∴S△POQ=××2=5．
点评： 本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征和待定系数法求反比例函数解析式；理解坐标与图形的性质；会利用相似比和勾股定理进行几何计算．
六、选择题（每小题10分，共20分）
25．（2013•上海）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y=ax2+bx（a＞0），经过点A和x轴正半轴上的点B，AO=OB=2，∠AOB=120°．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）连接OM，求∠AOM的大小；
（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．
考点： 二次函数综合题．
专题： 压轴题．
分析： （1）根据AO=OB=2，∠AOB=120°，求出A点坐标，以及B点坐标，进而利用待定系数法求二次函数解析式；
（2）根据（1）中解析式求出M点坐标，再利用锐角三角函数关系求出∠FOM=30°，进而得出答案；
（3）分别根据当△ABC1∽△AOM以及当△C2BA∽△AOM时，利用相似三角形的性质求出C点坐标即可．
解答： 解：（1）过点A作AE⊥y轴于点E，
∵AO=OB=2，∠AOB=120°，
∴∠AOE=30°，
∴OE=，AE=1，
∴A点坐标为：（﹣1，），B点坐标为：（2，0），
将两点代入y=ax2+bx得：
，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y=x2﹣x；
（2）过点M作MF⊥OB于点F，
∵y=x2﹣x=（x2﹣2x）=（x2﹣2x+1﹣1）=（x﹣1）2﹣，
∴M点坐标为：（1，﹣），
∴tan∠FOM==，
∴∠FOM=30°，
∴∠AOM=30°+120°=150°；
（3）当点C在x轴负半轴上时，则∠BAC=150°，而∠ABC=30°，此时∠C=0°，故此种情况不存在；
当点C在x轴正半轴上时，
∵AO=OB=2，∠AOB=120°，
∴∠ABO=∠OAB=30°，
∴AB=2EO=2，
当△ABC1∽△AOM，
∴=，
∵MO==，
∴=，
解得：BC1=2，∴OC1=4，
∴C1的坐标为：（4，0）；
当△C2BA∽△AOM，
∴=，
∴=，
解得：BC2=6，∴OC2=8，
∴C2的坐标为：（8，0）．
综上所述，△ABC与△AOM相似时，点C的坐标为：（4，0）或（8，0）．
点评： 此题主要考查了锐角三角函数的应用以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的性质等知识，利用分类讨论思想以及数形结合得出是解题关键．
26．（2013•娄底）如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．
（1）求证：；
（2）设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；
（3）当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动（当矩形的边PQ到达A点时停止运动），设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．
考点： 相似形综合题．
专题： 压轴题．
分析： （1）由相似三角形，列出比例关系式，即可证明；
（2）首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积；
（3）本问是运动型问题，要点是弄清矩形EFPQ的运动过程：
（I）当0≤t≤2时，如答图①所示，此时重叠部分是一个矩形和一个梯形；
（II）当2＜t≤4时，如答图②所示，此时重叠部分是一个三角形．
解答： （1）证明：∵四边形EFPQ是矩形，AH是△AEF的高，
∴EF∥BC，
∴△AHF∽△ADC，
∴，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∴．
（2）解：∵∠B=45°，
∴BD=AD=4，
∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1．
∵EF∥BC，
∴△AEH∽△ABD，
∴，
∵EF∥BC，
∴△AFH∽△ACD，
∴，
∴，即，
∴EH=4HF，
已知EF=x，则EH=x．
∵∠B=45°，
∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x．
S矩形EFPQ=EF•EQ=x•（4﹣x）=﹣x2+4x=﹣（x﹣）2+5，
∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5．
（3）解：由（2）可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4﹣×=2．
在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：
（I）当0≤t≤2时，如答图①所示．
设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1．
此时DD1=t，H1D1=2，
∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，．
∵KN∥EF，
∴，即，得KN=（2﹣t）．
S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1
=（KN+EF）•HH1+EF•EQ1
=[（2﹣t）+]×t+（2﹣t）
=t2+5；
（II）当2＜t≤4时，如答图②所示．
设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2．
此时DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t，
∵KN∥EF，
∴，即，得KN=5﹣t．
S=S△AKN
=KN•AD2
=（5﹣t）（4﹣t）
=t2﹣5t+10．
综上所述，S与t的函数关系式为：
S=．
点评： 本题是运动型相似三角形压轴题，考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点，涉及考点较多，有一定的难度．难点在于第（3）问，弄清矩形的运动过程是解题的关键．
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