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湘教版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份湘教版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析），共35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。
湘教版初中数学九年级上册期中测试卷
考试范围：第一.二.三章；考试时间：120分钟；总分120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴上，点B(−8,4)，AB=5，若反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，则k的值为( )
A. 15 B. 18 C. 24 D. 32
2. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB//x轴，AO⊥AD，AO=AD.过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE=4CE.反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF.若S△EOF=118，则k的值为( )
A. 73 B. 214 C. 7 D. 212
3. 如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为(-4,0)，点B在y轴上，若反比例函数y=kx(k≠0)的图象过点C，则该反比例函数的表达式为( )
A. y=3x B. y=4x C. y=5x D. y=6x
4. 如图，在平面直角坐标系中，△ABE的顶点E在y轴上，原点O在AB边上，反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过顶点A和B，并与BE边交于点C，若BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，则k的值为( )
A. −2
B. −4
C. −6
D. −7
5. 如果x2−x−1=(x+1)0，那么x的值为 ( )
A. 2 B. −1 C. 2或−1 D. 0或1
6. 若实数a，b(a≠b)分别满足方程a2−7a+2=0，b2−7b+2=0，则ba+ab的值为
A. 452 B. 492 C. 452或2 D. 492或2
7. 已知关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k≥2 B. k≤2
C. -1≤k≤2 D. -1≤k≤2且k≠12
8. 如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，正方形DEFG的顶点E，F在△ABC内，顶点D，G分别在AB，AC上，AD=AG，DG=3，则点F到BC的距离为( )
A. 3 B. 2 C. 53 D. 52
9. 如图，AD是△ABC的中线，点E在AD上，AD=4DE，连接BE并延长交AC于点F，则AF：FC的值是( )
A. 3：2
B. 4：3
C. 2：1
D. 2：3
10. 如图，已知点A是反比例函数y=的图象在第一象限上的动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为边作等边△ABC使点C落在第二象限，且边BC交x轴于点D，若△ACD与△ABD的面积之比为1：2，则点C的坐标为( )
A. (−3,2) B. (−5,) C. (−6,) D. (−3，2)
11. 如图，△ABC中，AB=8，AC=6，∠A=90°，点D在△ABC内，且DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，过点D作直线PQ，分别交AB、AC于点P、Q，若△APQ与△ABC相似，则线段PQ的长为( )
A. 5 B. 356 C. 5或356 D. 6
12. 如图，点C为线段AB的中点，在AC上取点D，分别以AD，CD，BC，BD为边向上作正方形ADGH，CDKL，BCIJ，DBEF，将其面积依次记为S1，S2，S3，S4，在《几何原本》有这样一个结论；S1+S4=2(S2+S3).当AB=2时，若A，K，J共线，则图中阴影部分的面积为( )
A. 109 B. 1110 C. 233 D. 324
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在平面直角坐标系中，已知直线y=x+1和双曲线y=−1x，在直线上取一点，记为A1，过A1作x轴的垂线交双曲线于点B1，过B1作y轴的垂线交直线于点A2，过A2作x轴的垂线交双曲线于点B2，过B2作y轴的垂线交直线于点A3，…，依次进行下去，记点An的横坐标为an，若a1=2，则a2020=______．
14. 如图，△ABC的三个顶点分别为A(1,2)，B(2,5)，C(6,1).若函数y=kx在第一象限内的图象与△ABC有交点，则k的取值范围是______．
15. 已知方程a2x2−(3a2−8a)x+2a2−13a+15=0(其中a为非负整数)至少有一个整数根．那么a=______．
16. 如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD=AC=3米，CD=3.6米．
(1)投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG=______米．
(2)投石车投石瞬间，AP的延长线交线段DC于点E，若DE：CE=5：1，则点G的上升高度为______米．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(1,0)，连结AB，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，直线BD交双曲线y=kx(k≠0)于D、E两点，已知点E的坐标为(−2,a)，连结CE，交x轴于点F．
(1)求双曲线y=kx(k≠0)和直线DE的解析式．
(2)求E到直线DC的距离．
(3)在x轴上是否存在一点P，使|PD−PE|值最大，若有，直接写出点P的坐标；若无，请说明理由．
18. 某电子科技公司研发出一套学习软件，并对这套学习软件在24周的销售时间内，做出了下面的预测：设第x周该软件的周销售量为T(单位：千套)，当0
8
24
T/千套
10
26
(1)求T与x的函数关系式；
(2)观察图象，当12≤x≤24时，K与x的函数关系式为______．
(3)设第x周销售该学习软件所获的周利润总额为y(单位：千元)，则：
①在这24周的销售时间内，是否存在所获周利润总额不变的情况？若存在，求出这个不变的值；若不存在，请说明理由．
②该公司销售部门通过大数据模拟分析后认为，最有利于该学习软件提供售后服务和销售的周利润总额的范围是286≤y≤504，求在此范围内对应的周销售量T的最小值和最大值．
19. 如图，一次函数y=k1x+b(k1≠0)与反比例函数y=k2x(k2≠0)的图象交于点A(−1,2)，B(m,−1)．
(1)求这两个函数的表达式；
(2)在x轴上是否存在点P(n,0)(n>0)，使△ABP为等腰三角形？若存在，求n的值；若不存在，说明理由．
20. 已知关于x的一元二次方程x2−(2k−1)x+k2+k−1=0有实数根．
(1)求k的取值范围；
(2)若此方程的两实数根x1，x2满足x12+x22=11，求k的值．
21. “低碳生活，绿色出行”，自行车正逐渐成为人们喜爱的交通工具。某运动商城的自行车销售量自2017年起逐月增加，据统计，该商城1月份销售自行车64辆，3月份销售了100辆。
(1)若该商城前4个月的自行车销量的月平均增长率相同，问该商城4月份卖出多少辆自行车？
(2)考虑到自行车需求不断增加，该商城准备投入3万元再购进一批两种规格的自行车，已知A型车的进价为500元/辆，售价为700元/辆，B型车进价为1000元/辆，售价为1300元/辆。根据销售经验，A型车不少于B型车的2倍，但不超过B型车的2.8倍。假设所进车辆全部售完，为使利润最大，该商城应如何进货？
22. 如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90∘，AB=5cm，BC=7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．
(1)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，△PBQ的面积为4cm2?
(2)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，PQ的长度等于5cm?
(3)在(1)中△PBQ的面积能否等于7cm2?说明理由．
23. 小明想测量电线杆AB的高度，发现电线杆的影子恰好落在土坡的坡面CD和地面BC上，量得CD=4m，BC=10m，CD与地面成30°角，且在此时测得1m杆的影长为2m，求电线杆的高度．
24. 如图，AD是△ABC的中线，过点C作直线CF//AD．
【问题】如图①，过点D作直线DG//AB交直线CF于点E，连结AE，求证：AB=DE．
【探究】如图②，在线段AD上任取一点P，过点P作直线PG//AB交直线CF于点E，连结AE、BP，探究四边形ABPE是哪类特殊四边形并加以证明．
【应用】在探究的条件下，设PE交AC于点M.若点P是AD的中点，且△APM的面积为1，直接写出四边形ABPE的面积．
25. 在△ABC中，已知D是BC边的中点，G是△ABC的重心，过G点的直线分别交AB、AC于点E、F．
(1)如图1，当EF//BC时，求证：BEAE+CFAF=1；
(2)如图2，当EF和BC不平行，且点E、F分别在线段AB、AC上时，(1)中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，当点E在AB的延长线上或点F在AC的延长线上时，(1)中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：作BM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，作CE⊥DN于E，连接AC，
∴四边形CENO是矩形，
∴CE=ON，EN=CO
∵点B(−8,4)，AB=5，
∴OM=8，BM=4，
∴AM=AB2−BM2=3，
∴OA=8−3=5，
∴BA=OA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠COA=90°，
∵AC=AC，BA=OA，
∴Rt△ABC≌Rt△AOC(HL)，
∴BC=OC=NE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=CD，BC=AD，
∴∠BAM+∠DAN=90°=∠ADN+∠CDE，
∵∠DAN+∠ADN=90°，∠ABM+∠BAM=90°
∴∠BAM=∠ADN，∠CDE=∠DAN=∠ABM，
∴△BAM≌△DCE(AAS)，
∴CE=AM=ON=3，DE=BM=4，
∴AN=AO+ON=8，
∴设DN=x，则AD=NE=x+4，
∵DN2+AN2=AD2，
∴x2+82=(x+4)2，
∴x=6，
即DN=6，
∴D(3,6)，
∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，
∴k=3×6=18，
故选：B．
作BM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，作CE⊥DN于E，连接AC，首先证明CE=ON，EN=CO，BM=4，AM=3，接着证明BA=OA，Rt△ABC≌Rt△AOC，从而证明BC=OC=NE，然后证明根△BAM≌△DCE，从而求出CE=AM=ON=3，DE=BM=4，AN=8，最后设DN=x，则AD=NE=x+4，接着根据勾股定理求出x=6，从而求得D(3,6)即可求解．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，如图，
∵AB//x轴，AE⊥CD，AB//CD，
∴AG⊥x轴．
∵AO⊥AD，
∴∠DAE+∠OAG=90°．
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠D=90°．
∴∠D=∠OAG．
在△DAE和△AOG中，
∠DEA=∠AGO=90°∠D=∠OAGAD=OA．
∴△DAE≌△AOG(AAS)．
∴DE=AG，AE=OG．
∵四边形ABCD是菱形，DE=4CE，
∴AD=CD=54DE．
设DE=4a，则AD=OA=5a．
∴OG=AE=AD2−DE2=3a．
∴EG=AE+AG=7a．
∴E(3a,7a)．
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点E，
∴k=21a2．
∵AG⊥GH，FH⊥GH，AF⊥AG，
∴四边形AGHF为矩形．
∴HF=AG=4a．
∵点F在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴x=21a24a=214a．
∴F(214a,4a).
∴OH=214a.
∴GH=OH−OG=94a．
∵S△OEF=S△OEG+S梯形EGHF−S△OFH，S△EOF=118，
∴12×OG×EG+12(EG+FH)⋅GH−12OH×HF=118．
12×21a2+12×(7a+4a)×94a−12×21a2=118．
解得：a2=19．
∴k=21a2=21×19=73．
故选：A．
延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，AB//x轴，AE⊥CD，AB//CD，可得AG⊥x轴；利用AO⊥AD，AO=AD可得△ADE≌△OAG，得到DE=AG，AE=OG；利用DE=4CE，四边形ABCD是菱形，可得AD=CD=54DE.设DE=4a，则AD=OA=5a，由勾股定理可得EA=3a，EG=AE+AG=7a，可得E点坐标为(3a,7a)，所以k=21a2.由于AGHF为矩形，FH=AG=4a，可得点F的坐标为(214a,4a)，这样OH=214a，GH=OH−OG=94a；利用S△OEF=S△OEG+S梯形EGHF−S△OFH，列出关于a的方程，求得a的值，k的值可求．
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形，菱形的性质．利用点的坐标表示相应线段的长度和可以线段的长度表示相应点的坐标是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，作辅助线构造出全等三角形并求出点D的坐标是解题的关键．
过点C作CE⊥y轴于E，根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=90°，再根据同角的余角相等求出∠OAB=∠CBE，然后利用“角角边”证明△ABO和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OA=BE=4，CE=OB=3，再求出OE，然后写出点C的坐标，再把点C的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k的值．
【解答】
解：如图，过点C作CE⊥y轴于E，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=90°，
∵∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBE，
∵点A的坐标为(-4,0)，
∴OA=4，
∵AB=5，
∴OB=52-42=3，
在△ABO和△BCE中，
∠OAB=∠CBE∠AOB=∠BECAB=BC,
∴△ABO≌△BCE(AAS)，
∴OA=BE=4，CE=OB=3，
∴OE=BE-OB=4-3=1，
∴点C的坐标为(3,1)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象过点C，
∴k=xy=3×1=3，
∴反比例函数的表达式为y=3x．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：连接OC.作CK⊥x轴于K，BF⊥x轴于F．
∵BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，
∴S△OBC=34×352=1058，
设C(m,km)，则B(4m,k4m)，
∵S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，
∴1058=12⋅(−km−k4m)×3m，
∴k=−7，
故选：D．
由BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，推出S△OBC=34×352=1058，设C(m,km)，则B(4m,k4m)，根据S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，构建方程即可解决问题；
本题考查反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了因式分解法解一元二次方程以及零指数幂的性质，注意x+1≠0是解题关键．首先利用零指数幂的性质整理一元二次方程，进而利用因式分解法解方程得出即可．注意：隐含条件，零指数幂的底数不等于0．
【解答】
解：∵x2−x−1=(x+1)0，
∴x2−x−1=1，
即(x−2)(x+1)=0，
解得：x1=2，x2=−1，
当x=−1时，x+1=0，故x≠−1，
故选A．
6.【答案】A
【解析】解：由实数a，b满足条件a2−7a+2=0，b2−7b+2=0，
∴可把a，b看成是方程x2−7x+2=0的两个根，
∴a+b=7，ab=2，
∴ba+ab=a2+b2ab=(a+b)2−2abab=49−42=452．
故选A．
由实数a，b满足条件a2−7a+2=0，b2−7b+2=0，可把a，b看成是方程x2−7x+2=0的两个根，再利用根与系数的关系即可求解．
本题考查了根与系数的关系，属于基础题，关键是把a，b看成方程的两个根后再根据根与系数的关系解题．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查一元二次方程根的情况与判别式b2−4ac的关系：(1)b2−4ac>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)b2−4ac=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)b2−4ac<0⇔方程没有实数根．
根据方程有实根得出b2−4ac⩾0，求出不等式的解集，结合二次根式的意义求得答案即可．
【解答】解：①当1-2k=0时，(1-2k)x2-2k+1x-1=0变为-6x-1=0，
此时方程有实数根；
②当1-2k≠0时，k≠12，
由题意知，b2−4ac=4(k+1)+4(1−2k)⩾0，且k+1≥0，
∴-1≤k≤2且k≠12．
∴当-1≤k≤2时，关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根．
故选C．
8.【答案】A
【解析】如图，过点A作AM⊥BC于点M，交DG于点N，延长GF交BC于点H，
∵AB=AC，AD=AG，∴AD:AB=AG:AC．
∵∠BAC=∠DAG，∴△ADG∽△ABC，
∴∠ADG=∠B，∴DG//BC．
∵四边形DEFG是正方形，∴GF=DG=3，∠DGF=90∘，∴AM⊥DG，∴四边形MNGH为矩形，
∴MN=GH，
∵AB=AC=10，BC=12，AM⊥BC，∴BM=12BC=6，
∴AM=AB2−BM2=100−36=8．
∵△ADG∽△ABC，∴ANAM=DGBC，∴AN8=312，∴AN=2，
∴MN=AM−AN=6，∴FH=GH−GF=MN−GF=6−3=3.故选A．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
作DH//BF交AC于H，根据三角形中位线定理得到FH=HC，根据平行线分线段成比例定理得到AFFH=AEED=3，计算得到答案．
【解答】
解：作DH//BF交AC于H，
∵AD是△ABC的中线，
∴FH=HC，
∵AD=4DE，
∴AE=3ED，
∵DH//BF，
∴AFFH=AEED=3，
∴AF：FC=3：2，
故选A．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质有关知识，作CM⊥OD于M，AE⊥OD于E，作DF⊥AB于F，连接CO，根据等高的三角形的面积比等于底边的比，可得DB=2CD，由△ABC是等边三角形，且AO=BO可得CO⊥AB，CO=3AO=3BO，由DF//CO可得OF=13OB，DF=233OB，根据△AOE∽△DOF可得AE=23OE，根据AE×OE=23，可求A点坐标，再根据△CMO∽△OEA可求C点坐标
【解答】
解：如图，作CM⊥OD于M，AE⊥OD于E，作DF⊥AB于F，连接CO，
根据题意得：AO=BO，
∵S△ACD：S△ADB=1：2，
∴CD：DB=1：2即DB=2CD，
∵△ABC为等边三角形且AO=BO，
∴∠CBA=60°，CO⊥AB且DF⊥AB，
∴DF//CO，
∴DFCO=BFBO=23，
∴DF=23CO，BF=23BO，即FO=13BO．
∵∠CBA=60°，CO⊥AB，
∴CO=3BO，
∴DF=233BO，
∵∠DOF=∠AOE，∠DFO=∠AEO=90°，
∴△DFO∽△AOE，
∴AEOE=DFFO=233BO13BO=23，
∴AE=23OE．
∵点A是反比例函数y=23x的图象在第一象限上的动点，
∴AE×OE=23，
∴AE=23，OE=1，
∵∠COM+∠AOE=90°，∠AOE+∠EAO=90°，
∴∠COM=∠EAO，且∠CMO=∠AEO=90°，
∴△COM∽△OAE，
CMOE=MOAE=COAO=3．
∴CM=3，MO=6，
且C在第二象限，
∴C(−6,3).
故选C．
11.【答案】B
【解析】解：当PQ//BC时，△APQ∽△ABC，如图1，
∵DB平分∠ABC，
∴∠PBD=∠CBD，
∵PD//BC，
∴∠PDB=∠DBC，
∴∠PBD=∠PDB，
∴PB=PD，
同理，DQ=CQ，
∵∠APQ=∠ABC，
∴tan∠APQ=tan∠ABC=ACAB=68=34，
∴设AP=4x，AQ=3x，
∴PQ=5x，
∵PB=PD=8−4x，PQ=CQ=6−3x，
∴8−4x+6−3x=5x，
∴x=76，
∴PQ=5x=356；
当∠APQ=∠ACB时，△APQ∽△ACB，
∵AB=8，AC=6，∠A=90°，
∴BC=10，
过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，
∵DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，
∴DE=DF=DG，
∵S△ABC=12DE(AB+AC+BC)=12AB⋅AC，
∴DE=6+8−102=2，四边形AEDF是正方形，
∴DF//AP，
∴∠EPD=∠FDQ，
同理∠EDP=∠FQD，
∴△PED∽△DFQ∽△CAB，
∴PEDE=DFFQ=ACAB=34，
∴PE=32，FQ=83，
∴PD=PE2+DE2=(32)2+22=52，DQ=DF2+FQ2=22+(83)2=103，
∴PQ=PD+DQ=52+103=356，
综上所述，若△APQ与△ABC相似，则线段PQ的长为356，
故选：B．
当PQ//BC时，△APQ∽△ABC，如图1，根据角平分线的定义得到∠PBD=∠CBD，根据等腰三角形的性质得到PB=PD，同理，DQ=CQ，设AP=4x，AQ=3x，根据勾股定理得到PQ=5x，根据题意列方程即可得到结论；当∠APQ=∠ACB时，△APQ∽△ACB，由勾股定理得到BC=10，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，根据角平分线的性质得到DE=DF=DG，根据三角形的面积公式得到DE=6+8−102=2，四边形AEDF是正方形，推出△PED∽△DFQ∽△CAB，求得PEDE=DFFQ=ACAB=34，得到PE=32，FQ=83，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的性质，勾股定理，三角函数的定义，角平分线的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：根据题意可知：DK//BJ，
∴△ADK∽△ABJ，
DKBJ=ADAB，
∵点C为线段AB的中点，AB=2，
∴AC=BC=BJ=1，
设CD=x，
则AD=1−x，KD=CD=x，
∴x1=1−x2，
解得x=13，
∴AD=1−x=23，CD=DK=13，
∵S阴影部分+S2+S3=S1+S4=2(S2+S3)，
∴S阴影部分=S2+S3
=CD2+BC2
=(13)2+12
=19+1
=109．
故选：A．
根据正方形的性质证明△ADK∽△ABJ，设CD=x，则AD=1−x，KD=CD=x，所以x1=1−x2，解得x=13，再根据图形可得S阴影部分+S2+S3=S1+S4=2(S2+S3)，所以S阴影部分=S2+S3=CD2+BC2，进而可得结果．
本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解决本题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方．
13.【答案】2
【解析】解：当a1=2时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为a1=2，
A2的纵坐标和B1的纵坐标相同为y2=−1a1=−12，
B2的横坐标和A2的横坐标相同为a2=−32，
A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为y3=−1a2=23，
B3的横坐标和A3的横坐标相同为a3=−13，
A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为y4=−1a3=3，
B4的横坐标和A4的横坐标相同为a4=2=a1，
…
由上可知，a1，a2，a3，a4，a5，…，3个为一组依次循环，
∵2020÷3=673……1，
∴a2020=a1=2，
故答案为：2．
根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1、B1、A2、B2、A3、B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商的情况确定出a2020即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，依次求出各点的坐标，观察出每3次变化为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
14.【答案】2≤k≤494
【解析】
【分析】
根据反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数和三角形有交点的临界条件分别是交点为A、与线段BC有交点，由此求解即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，两函数交点坐标的求法，有一定难度．注意自变量的取值范围．
【解答】
解：反比例函数和三角形有交点的第一个临界点是交点为A，
∵过点A(1,2)的反比例函数解析式为y=2x，
∴k≥2．
随着k值的增大，反比例函数的图象必须和线段BC有交点才能满足题意，
设直线BC的解析式为y=mx+n(m≠0)，则
2m+n=56m+n=1,
∴m=−1n=7,
∴直线BC的直线解析式为y=−x+7，
y=−x+7y=kx，得x2−7x+k=0
根据△≥0，得k≤494，
综上可知2≤k≤494．
故答案为2≤k≤494．
15.【答案】1，3或5
【解析】
【分析】
此题主要考查了一元二次方程根的判别式，以及方程根的求法．
利用根的判别式得出关于a的式子，然后求出两根，利用倍数与约数求出a的值．
【解答】
解：显然a≠0.故原方程为关于x的二次方程．
△=[−(3a2−8a)]2−4a2(2a2−13a+15)，
=[a(a+2)]2
是完全平方式．
故x=(3a2−8a)±a(a+2)2a2
即x1=2a−3a=2−3a，x2=a−5a=1−5a．
当2−3a是整数时，a=1，3；
当1−5a是整数时，a=1，5．
综上所述，a=1，3或5．
16.【答案】(1)4；
(2) 12+855．
【解析】
【分析】
本题主要考查了等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理等，解题关键是正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形．
(1)过A作AH⊥CD于H，证明△GAC∽△AHC，得出AGAH=ACCH，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AH、CH，即可进行解答；
(2)过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，根据等腰三角形性质结合已知条件和勾股定理分别求出CE和AE的长，再证明△EAH∽△EGF，AHGF=AEEG，代入数据可计算出GF的长即为点G上升的高度．
【解答】
解：(1)过A作AH⊥CD于H，
∵AG⊥AC，
∴∠GAC=∠AHC=90°，
∵∠GCA=∠ACH，
∴△GAC∽△AHC，
∴AGAH=ACCH，
∵AD=AC=3米，CD=3.6米，
∴CH=DH=1.8米，
∴AH=AC2−CH2=32−1．82=2.4(米)，
∴AG2.4=31.8，
∴AG=4(米)，
故答案为：4；
(2)过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，则∠AHE=∠GFE=90°，
∵CD=3.6米，DE：CE=5：1，
∴CE=0.6米，
∴EH=1.8−0.6=1.2(米)，
∴AE=1．22+2．42=655(米)，
∵∠AEH=∠GEF，
∴△EAH∽△EGF，
∴AHGF=AEEG，
即2.4GF=655655+4，
∴GF=85+125(米)，
故G点上升的高度为85+125米．
故答案为：85+125．
17.【答案】解：(1)作DM⊥y轴于点M，如图，
∵点A的坐标(0,3)，点B坐标(1,0)，
∴OA=3，OB=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠OAB+∠DAM=90°，
∵∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠DAM=∠ABO，
∵∠AOB=∠DMA=90°，
∴△AOB≌△DMA(AAS)，
∴AM=OB=1，DM=OA=3，
∴D点(3,4)，
将点D代入双曲线y=kx得，k=3×4=12，
∴双曲线y=12x，
设直线DE的解析式为y=mx+n，把B(1,0)，D(3,4)代入得m+n=03m+n=4，
解得m=2n=−2，
∴直线DE的解析式为y=2x−2，
(2)连接AC，交BD于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，即AC=BD，
∵E(−2,a)，代入反比例函数y=12x得，a=−6，
∴E(−2,−6)，
∵B(1,0)，D(3,4)，
∴DE=(3+2)2+(4+6)2=55，DB=(3−1)2+42=25，
∴CN=12BD=5，
∴S△DCE=12DE×CN=12×55×5=252，
∴E到直线DC的距离为2S△DCEDC=252CN=5102；
(3)存在满足条件的P点，P点(13,0)，如图，
将E点关于x轴对称，对称点为E′(−2,6)，连接PE′，PE，PD．
根据三角形三边关系可得|PD−PE|=|PD−PE′|≤DE′，
延长E′D交x轴于点P′，当P点在P1点时，|PD−PE|的值最大，最大为DE′．
设直线DE′的解析式为y=a′x+b，
将E′(−2,6)，D(3,4)代入得−2a′+b=63a′+b=4,
解得a′=−25b=265,
∴直线DE′的解析式为y=−25x+265，
当y=0时，x=13，P点坐标(13,0)．
【解析】本题主要考查反比例函数与一次函数的综合，正方形的性质，运用待定系数法求函数解析式，三角形面积公式，三角形三边关系，对称中的坐标变化，全等三角形的判定和性质，两点间距离公式，解题关键综合运用上述知识点．
(1)作DM⊥y轴于点M，构造△ADM与△AOB全等，求出D点坐标，进而求出E点坐标，即可求出双曲线和直线的表达式．
(2)连接AC，交BD于N，先求出△DCE的面积，利用等面积法，分别以DE，DC为底，由面积公式求解．
(3)将E点关于x轴对称，对称点为E′(−2,6)，连接PE′，PE，PD，构建作差模型，利用三角形三边关系确定P点位置，求出直线DE′的解析式即可得出P点坐标．
18.【答案】K=−x+44
【解析】解：(1)当0
∴10=m8+4，
解得：m=120，
∴当8
∴26−2=24n，
解得：n=1，
∴T−2=x，
∴T=x+2，
综上所述T与x的函数关系式为：
∴120x+4(0
将x=12，K=32；x=24，K=20代入得：
12k+b=3224+b=20，
解得：k=−1b=44，
∴当12≤x≤24时，K与x的函数关系式为K=−x+44，
故答案为：K=−x+44；
(3)①存在，不变的值为240，
由函数图像得：当0
b1=812k1+b1=32，
解得：k1=2b1=8，
∴当0
②当8
解得：x1=9，x2=−15(舍去)；
当x=12时，y取最大值，最大值为448，满足286≤y≤504；
当x=9时，周销售量T的最小值为11；当x=12时，T取最大值14；
(Ⅱ)当12
当−(x−21)2+529=504时，
解得：x1=16，x2=26(舍去)；
当x=12时，周销售量T取最小值为14；当x=16时，T取最大值18；
综上所述，当周利润总额的范围是286≤y≤504时，对应周销售量T的最小值是11千套，最大值是18千套．
(1)通过待定系数法求函数关系式．
(2)观察图象，分析函数图象性质，分段求解．
(3)分析并理解题意，列出一元二次方程解出答案．
本题考查了待定系数法求函数关系式，二次函数图象的性质；一元二次方程的解法，熟练掌握二次函数图象的性质是解决本题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(−1,2)代入y=k2x，得到k2=−2，
∴反比例函数的解析式为y=−2x．
∵B(m,−1)在y=−2x上，
∴m=2，
由题意−k1+b=22k1+b=−1，解得k1=−1b=1，
∴一次函数的解析式为y=−x+1．
(2)∵A(−1,2)，B(2,−1)，
∴AB=32，
①当PA=PB时，(n+1)2+4=(n−2)2+1，
∴n=0，
∵n>0，
∴n=0不合题意舍弃．
②当AP=AB时，22+(n+1)2=(32)2，
∵n>0，
∴n=−1+14．
③当BP=BA时，12+(n−2)2=(32)2，
∵n>0，
∴n=2+17．
综上所述，n=−1+14或2+17．
【解析】本题考查反比例函数综合题．一次函数的性质、待定系数法、等腰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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)分三种情形讨论①当PA=PB时，可得(n+1)2+4=(n−2)2+1.②当AP=AB时，可得22+(n+1)2=(32)2.③当BP=BA时，可得12+(n−2)2=(32)2.分别解方程即可解决问题；
20.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2−(2k−1)x+k2+k−1=0有实数根，
∴△≥0，即[−(2k−1)]2−4×1×(k2+k−1)=−8k+5≥0，
解得k≤58．
(2)由根与系数的关系可得x1+x2=2k−1，x1x2=k2+k−1，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(2k−1)2−2(k2+k−1)=2k2−6k+3，
∵x12+x22=11，
∴2k2−6k+3=11，解得k=4，或k=−1，
∵k≤58，
∴k=4(舍去)，
∴k=−1．
【解析】(1)根据方程有实数根得出△=[−(2k−1)]2−4×1×(k2+k−1)=−8k+5≥0，解之可得．
(2)利用根与系数的关系可用k表示出x1+x2和x1x2的值，根据条件可得到关于k的方程，可求得k的值，注意利用根的判别式进行取舍．
此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
21.【答案】解：(1)设平均增长率为a，根据题意得：
64(1+a)2=100，
解得：a=0.25=25%或a=−2.25(舍)，
四月份的销量为：100⋅(1+25%)=125(辆)，
答：四月份的销量为125辆．
(2)设购进A型车x辆，则购进B型车 30000−500x 1000辆，
根据题意得：2× 30000−500x 1000≤x≤2.8× 30000−500x 1000，
解得：30≤x≤35，
利润W=(700−500)x+ 30000−500x 1000(1300−1000)=9000+50x，
∵50>0，
∴W随着x的增大而增大，
当x=35时， 30000−500x 1000不是整数，故不符合题意，
∴x=34，此时 30000−500x 1000=13(辆)．
答：为使利润最大，该商城应购进34辆A型车和13辆B型车．
【解析】本题考查了一元二次方程、一元一次不等式组和一次函数的应用，解题关键是根据题意列出方程或不等式，这也是本题的难点．
(1)首先根据1月份和3月份的销售量求得月平均增长率，然后求得4月份的销量即可；
(2)设A型车x辆，根据“A型车不少于B型车的2倍，但不超过B型车的2.8倍”列出不等式组，求出x的取值范围；然后求出利润W的表达式，根据一次函数的性质求解即可．
22.【答案】解：(1)1s后，△BPQ的面积为4cm2；
(2)2s后，PQ的长度等于5cm；
(3)不能．
理由：设12(5−x)×2x=7，整理，得x2−5x+7= 0，
∵△=(−5)2−4×1×7=−3<0
∴方程没有实数根．
∴△BPQ的面积不能等于7cm2．
【解析】见答案
23.【答案】解：如图，过D作DE⊥BC的延长线于E，连接AD并延长交BC的延长线于F，
∵CD=4米，CD与地面成30°角，
∴DE=12CD=12×4=2米，根据勾股定理得，CE=CD2−DE2=42−22=23米，
∵1米杆的影长为2米，
∴DEEF=12，
∴EF=2DE=2×2=4米，
∴BF=BC+CE+EF=10+23+4=(14+23)米，
∵ABBF=12，
∴AB=12(14+23)=(7+3)米．
答：电线杆的高度为(7+3)m．
【解析】过D作DE⊥BC的延长线于E，连接AD并延长交BC的延长线于F，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出DE，再根据勾股定理求出CE，然后根据同时同地物高与影长成正比列式求出EF，再求出BF，再次利用同时同地物高与影长成正比列式求解即可．
本题考查了相似三角形的应用，主要利用了同时同地物高与影长成正比的性质，作辅助线求出AB的影长若全在水平地面上的长BF是解题的关键．
24.【答案】【问题】证明：如图①
∵DG//AB，
∴∠1=∠2，∠B=∠4，
∵CF//AD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=DE．
(或证明四边形ABDE是平行四边形，从而得到AB=DE.)
【探究】四边形ABPE是平行四边形．
方法一：如图②，
证明：过点D作DN//PE交直线CF于点N，
∵CF//AD，
∴四边形PDNE是平行四边形，
∴PE=DN，
∵由问题结论可得AB=DN，
∴PE=AB，
∴四边形ABPE是平行四边形．
方法二：如图③，
证明：延长BP交直线CF于点N，
∵PG//AB，
∴∠1=∠2，∠5=∠4，
∵CF//AD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵AD是△ABC的中线，CF//AD，
∴BP=PN，
∴△ABP≌△EPN，
∴AB=PE，
∴四边形ABPE是平行四边形．
【应用】如图④，延长BP交CF于H．
由上面可知，四边形ABPE是平行四边形，
∴AE//BH，
∴PA//EH，
∴四边形APHE是平行四边形，
∴PA=EH，
∵BD=DC，DP//CH，
∴BP=PH，
∴CH=2PD，
∵AP=PD，
∴EC=3PA，
∵PA//EC，
∴△APM∽△CEM，
∴PMEM=PAEC=13，
∴S△AEM=3S△APM=3，
∴S△ABP=S△APE=4，
∴S平行四边形ABPE=8．
【解析】【问题】只要证明△ABD≌△EDC即可；
【探究】如图②，四边形ABPE是平行四边形，方法一，过点D作DN//PE交直线CF于点N，只要证明四边形PDNE是平行四边形，推出PE=DN，由问题结论可得AB=DN，推出PE=AB，推出四边形ABPE是平行四边形；方法二，如图③中，延长BP交直线CF于点N，只要证明△ABP≌△EPN，即可解决问题；
【应用】如图④，延长BP交CF于H.想办法求出△AEM的面积即可解决问题；
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
25.【答案】(1)证明：∵G是△ABC重心，
∴DGAG=12，
又∵EF//BC，
∴BEAE=DGAG=12，CFAF=DGAG=12，
则BEAE+CFAF=12+12=1；
(2)解：(1)中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AN//BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，
则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
BEAE=BMAN，CFAF=CMAN，
∴BEAE+CFAF=BMAN+CMAN=BM+CMAN，
又∵BM+CM=BM+CD+DM，
而D是BC的中点，即BD=CD，
∴BM+CM=BM+BD+DM=DM+DM=2DM，
∴BEAE+CFAF=2DMAN，
又∵DMAN=DGAG=12，
∴BEAE+CFAF=2×12=1，
故结论成立；
(3)解：(1)中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为AB中点，BE=AE，
点F在AC的延长线上时，BE>AE，
∴BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，
同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，
∴结论不成立．
【解析】(1)根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；
(2)过点A作AN//BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，得出△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；
(3)分两种情况：当F点与C点重合时，E为AB中点，BE=AE；点F在AC的延长线上时，BE>AE，得出BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，即可得出结论．
此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．
湘教版初中数学九年级上册期中测试卷
考试范围：第一.二.三章；考试时间：120分钟；总分120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴上，点B(−8,4)，AB=5，若反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，则k的值为( )
A. 15 B. 18 C. 24 D. 32
2. 如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在第二象限，其余顶点都在第一象限，AB//x轴，AO⊥AD，AO=AD.过点A作AE⊥CD，垂足为E，DE=4CE.反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点E，与边AB交于点F，连接OE，OF，EF.若S△EOF=118，则k的值为( )
A. 73 B. 214 C. 7 D. 212
3. 如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为(-4,0)，点B在y轴上，若反比例函数y=kx(k≠0)的图象过点C，则该反比例函数的表达式为( )
A. y=3x B. y=4x C. y=5x D. y=6x
4. 如图，在平面直角坐标系中，△ABE的顶点E在y轴上，原点O在AB边上，反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过顶点A和B，并与BE边交于点C，若BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，则k的值为( )
A. −2
B. −4
C. −6
D. −7
5. 如果x2−x−1=(x+1)0，那么x的值为 ( )
A. 2 B. −1 C. 2或−1 D. 0或1
6. 若实数a，b(a≠b)分别满足方程a2−7a+2=0，b2−7b+2=0，则ba+ab的值为
A. 452 B. 492 C. 452或2 D. 492或2
7. 已知关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k≥2 B. k≤2
C. -1≤k≤2 D. -1≤k≤2且k≠12
8. 如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，正方形DEFG的顶点E，F在△ABC内，顶点D，G分别在AB，AC上，AD=AG，DG=3，则点F到BC的距离为( )
A. 3 B. 2 C. 53 D. 52
9. 如图，AD是△ABC的中线，点E在AD上，AD=4DE，连接BE并延长交AC于点F，则AF：FC的值是( )
A. 3：2
B. 4：3
C. 2：1
D. 2：3
10. 如图，已知点A是反比例函数y=的图象在第一象限上的动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为边作等边△ABC使点C落在第二象限，且边BC交x轴于点D，若△ACD与△ABD的面积之比为1：2，则点C的坐标为( )
A. (−3,2) B. (−5,) C. (−6,) D. (−3，2)
11. 如图，△ABC中，AB=8，AC=6，∠A=90°，点D在△ABC内，且DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，过点D作直线PQ，分别交AB、AC于点P、Q，若△APQ与△ABC相似，则线段PQ的长为( )
A. 5 B. 356 C. 5或356 D. 6
12. 如图，点C为线段AB的中点，在AC上取点D，分别以AD，CD，BC，BD为边向上作正方形ADGH，CDKL，BCIJ，DBEF，将其面积依次记为S1，S2，S3，S4，在《几何原本》有这样一个结论；S1+S4=2(S2+S3).当AB=2时，若A，K，J共线，则图中阴影部分的面积为( )
A. 109 B. 1110 C. 233 D. 324
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，在平面直角坐标系中，已知直线y=x+1和双曲线y=−1x，在直线上取一点，记为A1，过A1作x轴的垂线交双曲线于点B1，过B1作y轴的垂线交直线于点A2，过A2作x轴的垂线交双曲线于点B2，过B2作y轴的垂线交直线于点A3，…，依次进行下去，记点An的横坐标为an，若a1=2，则a2020=______．
14. 如图，△ABC的三个顶点分别为A(1,2)，B(2,5)，C(6,1).若函数y=kx在第一象限内的图象与△ABC有交点，则k的取值范围是______．
15. 已知方程a2x2−(3a2−8a)x+2a2−13a+15=0(其中a为非负整数)至少有一个整数根．那么a=______．
16. 如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD=AC=3米，CD=3.6米．
(1)投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG=______米．
(2)投石车投石瞬间，AP的延长线交线段DC于点E，若DE：CE=5：1，则点G的上升高度为______米．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(0,3)，点B的坐标为(1,0)，连结AB，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，直线BD交双曲线y=kx(k≠0)于D、E两点，已知点E的坐标为(−2,a)，连结CE，交x轴于点F．
(1)求双曲线y=kx(k≠0)和直线DE的解析式．
(2)求E到直线DC的距离．
(3)在x轴上是否存在一点P，使|PD−PE|值最大，若有，直接写出点P的坐标；若无，请说明理由．
18. 某电子科技公司研发出一套学习软件，并对这套学习软件在24周的销售时间内，做出了下面的预测：设第x周该软件的周销售量为T(单位：千套)，当0
8
24
T/千套
10
26
(1)求T与x的函数关系式；
(2)观察图象，当12≤x≤24时，K与x的函数关系式为______．
(3)设第x周销售该学习软件所获的周利润总额为y(单位：千元)，则：
①在这24周的销售时间内，是否存在所获周利润总额不变的情况？若存在，求出这个不变的值；若不存在，请说明理由．
②该公司销售部门通过大数据模拟分析后认为，最有利于该学习软件提供售后服务和销售的周利润总额的范围是286≤y≤504，求在此范围内对应的周销售量T的最小值和最大值．
19. 如图，一次函数y=k1x+b(k1≠0)与反比例函数y=k2x(k2≠0)的图象交于点A(−1,2)，B(m,−1)．
(1)求这两个函数的表达式；
(2)在x轴上是否存在点P(n,0)(n>0)，使△ABP为等腰三角形？若存在，求n的值；若不存在，说明理由．
20. 已知关于x的一元二次方程x2−(2k−1)x+k2+k−1=0有实数根．
(1)求k的取值范围；
(2)若此方程的两实数根x1，x2满足x12+x22=11，求k的值．
21. “低碳生活，绿色出行”，自行车正逐渐成为人们喜爱的交通工具。某运动商城的自行车销售量自2017年起逐月增加，据统计，该商城1月份销售自行车64辆，3月份销售了100辆。
(1)若该商城前4个月的自行车销量的月平均增长率相同，问该商城4月份卖出多少辆自行车？
(2)考虑到自行车需求不断增加，该商城准备投入3万元再购进一批两种规格的自行车，已知A型车的进价为500元/辆，售价为700元/辆，B型车进价为1000元/辆，售价为1300元/辆。根据销售经验，A型车不少于B型车的2倍，但不超过B型车的2.8倍。假设所进车辆全部售完，为使利润最大，该商城应如何进货？
22. 如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90∘，AB=5cm，BC=7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．
(1)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，△PBQ的面积为4cm2?
(2)如果P，Q分别从A，B同时出发，那么几秒后，PQ的长度等于5cm?
(3)在(1)中△PBQ的面积能否等于7cm2?说明理由．
23. 小明想测量电线杆AB的高度，发现电线杆的影子恰好落在土坡的坡面CD和地面BC上，量得CD=4m，BC=10m，CD与地面成30°角，且在此时测得1m杆的影长为2m，求电线杆的高度．
24. 如图，AD是△ABC的中线，过点C作直线CF//AD．
【问题】如图①，过点D作直线DG//AB交直线CF于点E，连结AE，求证：AB=DE．
【探究】如图②，在线段AD上任取一点P，过点P作直线PG//AB交直线CF于点E，连结AE、BP，探究四边形ABPE是哪类特殊四边形并加以证明．
【应用】在探究的条件下，设PE交AC于点M.若点P是AD的中点，且△APM的面积为1，直接写出四边形ABPE的面积．
25. 在△ABC中，已知D是BC边的中点，G是△ABC的重心，过G点的直线分别交AB、AC于点E、F．
(1)如图1，当EF//BC时，求证：BEAE+CFAF=1；
(2)如图2，当EF和BC不平行，且点E、F分别在线段AB、AC上时，(1)中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，当点E在AB的延长线上或点F在AC的延长线上时，(1)中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：作BM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，作CE⊥DN于E，连接AC，
∴四边形CENO是矩形，
∴CE=ON，EN=CO
∵点B(−8,4)，AB=5，
∴OM=8，BM=4，
∴AM=AB2−BM2=3，
∴OA=8−3=5，
∴BA=OA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠COA=90°，
∵AC=AC，BA=OA，
∴Rt△ABC≌Rt△AOC(HL)，
∴BC=OC=NE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=CD，BC=AD，
∴∠BAM+∠DAN=90°=∠ADN+∠CDE，
∵∠DAN+∠ADN=90°，∠ABM+∠BAM=90°
∴∠BAM=∠ADN，∠CDE=∠DAN=∠ABM，
∴△BAM≌△DCE(AAS)，
∴CE=AM=ON=3，DE=BM=4，
∴AN=AO+ON=8，
∴设DN=x，则AD=NE=x+4，
∵DN2+AN2=AD2，
∴x2+82=(x+4)2，
∴x=6，
即DN=6，
∴D(3,6)，
∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，
∴k=3×6=18，
故选：B．
作BM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，作CE⊥DN于E，连接AC，首先证明CE=ON，EN=CO，BM=4，AM=3，接着证明BA=OA，Rt△ABC≌Rt△AOC，从而证明BC=OC=NE，然后证明根△BAM≌△DCE，从而求出CE=AM=ON=3，DE=BM=4，AN=8，最后设DN=x，则AD=NE=x+4，接着根据勾股定理求出x=6，从而求得D(3,6)即可求解．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，如图，
∵AB//x轴，AE⊥CD，AB//CD，
∴AG⊥x轴．
∵AO⊥AD，
∴∠DAE+∠OAG=90°．
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠D=90°．
∴∠D=∠OAG．
在△DAE和△AOG中，
∠DEA=∠AGO=90°∠D=∠OAGAD=OA．
∴△DAE≌△AOG(AAS)．
∴DE=AG，AE=OG．
∵四边形ABCD是菱形，DE=4CE，
∴AD=CD=54DE．
设DE=4a，则AD=OA=5a．
∴OG=AE=AD2−DE2=3a．
∴EG=AE+AG=7a．
∴E(3a,7a)．
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点E，
∴k=21a2．
∵AG⊥GH，FH⊥GH，AF⊥AG，
∴四边形AGHF为矩形．
∴HF=AG=4a．
∵点F在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴x=21a24a=214a．
∴F(214a,4a).
∴OH=214a.
∴GH=OH−OG=94a．
∵S△OEF=S△OEG+S梯形EGHF−S△OFH，S△EOF=118，
∴12×OG×EG+12(EG+FH)⋅GH−12OH×HF=118．
12×21a2+12×(7a+4a)×94a−12×21a2=118．
解得：a2=19．
∴k=21a2=21×19=73．
故选：A．
延长EA交x轴于点G，过点F作FH⊥x轴于点H，AB//x轴，AE⊥CD，AB//CD，可得AG⊥x轴；利用AO⊥AD，AO=AD可得△ADE≌△OAG，得到DE=AG，AE=OG；利用DE=4CE，四边形ABCD是菱形，可得AD=CD=54DE.设DE=4a，则AD=OA=5a，由勾股定理可得EA=3a，EG=AE+AG=7a，可得E点坐标为(3a,7a)，所以k=21a2.由于AGHF为矩形，FH=AG=4a，可得点F的坐标为(214a,4a)，这样OH=214a，GH=OH−OG=94a；利用S△OEF=S△OEG+S梯形EGHF−S△OFH，列出关于a的方程，求得a的值，k的值可求．
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形，菱形的性质．利用点的坐标表示相应线段的长度和可以线段的长度表示相应点的坐标是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，作辅助线构造出全等三角形并求出点D的坐标是解题的关键．
过点C作CE⊥y轴于E，根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=90°，再根据同角的余角相等求出∠OAB=∠CBE，然后利用“角角边”证明△ABO和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OA=BE=4，CE=OB=3，再求出OE，然后写出点C的坐标，再把点C的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k的值．
【解答】
解：如图，过点C作CE⊥y轴于E，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=90°，
∵∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠OAB=∠CBE，
∵点A的坐标为(-4,0)，
∴OA=4，
∵AB=5，
∴OB=52-42=3，
在△ABO和△BCE中，
∠OAB=∠CBE∠AOB=∠BECAB=BC,
∴△ABO≌△BCE(AAS)，
∴OA=BE=4，CE=OB=3，
∴OE=BE-OB=4-3=1，
∴点C的坐标为(3,1)，
∵反比例函数y=kx(k≠0)的图象过点C，
∴k=xy=3×1=3，
∴反比例函数的表达式为y=3x．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：连接OC.作CK⊥x轴于K，BF⊥x轴于F．
∵BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，
∴S△OBC=34×352=1058，
设C(m,km)，则B(4m,k4m)，
∵S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，
∴1058=12⋅(−km−k4m)×3m，
∴k=−7，
故选：D．
由BC：CE=3：1，△OBE的面积为352，推出S△OBC=34×352=1058，设C(m,km)，则B(4m,k4m)，根据S△OBC=S四边形OCBF−S△OBF=S四边形OCBF−S△OKC=S梯形CKFB，构建方程即可解决问题；
本题考查反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了因式分解法解一元二次方程以及零指数幂的性质，注意x+1≠0是解题关键．首先利用零指数幂的性质整理一元二次方程，进而利用因式分解法解方程得出即可．注意：隐含条件，零指数幂的底数不等于0．
【解答】
解：∵x2−x−1=(x+1)0，
∴x2−x−1=1，
即(x−2)(x+1)=0，
解得：x1=2，x2=−1，
当x=−1时，x+1=0，故x≠−1，
故选A．
6.【答案】A
【解析】解：由实数a，b满足条件a2−7a+2=0，b2−7b+2=0，
∴可把a，b看成是方程x2−7x+2=0的两个根，
∴a+b=7，ab=2，
∴ba+ab=a2+b2ab=(a+b)2−2abab=49−42=452．
故选A．
由实数a，b满足条件a2−7a+2=0，b2−7b+2=0，可把a，b看成是方程x2−7x+2=0的两个根，再利用根与系数的关系即可求解．
本题考查了根与系数的关系，属于基础题，关键是把a，b看成方程的两个根后再根据根与系数的关系解题．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查一元二次方程根的情况与判别式b2−4ac的关系：(1)b2−4ac>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)b2−4ac=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)b2−4ac<0⇔方程没有实数根．
根据方程有实根得出b2−4ac⩾0，求出不等式的解集，结合二次根式的意义求得答案即可．
【解答】解：①当1-2k=0时，(1-2k)x2-2k+1x-1=0变为-6x-1=0，
此时方程有实数根；
②当1-2k≠0时，k≠12，
由题意知，b2−4ac=4(k+1)+4(1−2k)⩾0，且k+1≥0，
∴-1≤k≤2且k≠12．
∴当-1≤k≤2时，关于x的方程(1-2k)x2-2k+1x-1=0有实数根．
故选C．
8.【答案】A
【解析】如图，过点A作AM⊥BC于点M，交DG于点N，延长GF交BC于点H，
∵AB=AC，AD=AG，∴AD:AB=AG:AC．
∵∠BAC=∠DAG，∴△ADG∽△ABC，
∴∠ADG=∠B，∴DG//BC．
∵四边形DEFG是正方形，∴GF=DG=3，∠DGF=90∘，∴AM⊥DG，∴四边形MNGH为矩形，
∴MN=GH，
∵AB=AC=10，BC=12，AM⊥BC，∴BM=12BC=6，
∴AM=AB2−BM2=100−36=8．
∵△ADG∽△ABC，∴ANAM=DGBC，∴AN8=312，∴AN=2，
∴MN=AM−AN=6，∴FH=GH−GF=MN−GF=6−3=3.故选A．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
作DH//BF交AC于H，根据三角形中位线定理得到FH=HC，根据平行线分线段成比例定理得到AFFH=AEED=3，计算得到答案．
【解答】
解：作DH//BF交AC于H，
∵AD是△ABC的中线，
∴FH=HC，
∵AD=4DE，
∴AE=3ED，
∵DH//BF，
∴AFFH=AEED=3，
∴AF：FC=3：2，
故选A．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质有关知识，作CM⊥OD于M，AE⊥OD于E，作DF⊥AB于F，连接CO，根据等高的三角形的面积比等于底边的比，可得DB=2CD，由△ABC是等边三角形，且AO=BO可得CO⊥AB，CO=3AO=3BO，由DF//CO可得OF=13OB，DF=233OB，根据△AOE∽△DOF可得AE=23OE，根据AE×OE=23，可求A点坐标，再根据△CMO∽△OEA可求C点坐标
【解答】
解：如图，作CM⊥OD于M，AE⊥OD于E，作DF⊥AB于F，连接CO，
根据题意得：AO=BO，
∵S△ACD：S△ADB=1：2，
∴CD：DB=1：2即DB=2CD，
∵△ABC为等边三角形且AO=BO，
∴∠CBA=60°，CO⊥AB且DF⊥AB，
∴DF//CO，
∴DFCO=BFBO=23，
∴DF=23CO，BF=23BO，即FO=13BO．
∵∠CBA=60°，CO⊥AB，
∴CO=3BO，
∴DF=233BO，
∵∠DOF=∠AOE，∠DFO=∠AEO=90°，
∴△DFO∽△AOE，
∴AEOE=DFFO=233BO13BO=23，
∴AE=23OE．
∵点A是反比例函数y=23x的图象在第一象限上的动点，
∴AE×OE=23，
∴AE=23，OE=1，
∵∠COM+∠AOE=90°，∠AOE+∠EAO=90°，
∴∠COM=∠EAO，且∠CMO=∠AEO=90°，
∴△COM∽△OAE，
CMOE=MOAE=COAO=3．
∴CM=3，MO=6，
且C在第二象限，
∴C(−6,3).
故选C．
11.【答案】B
【解析】解：当PQ//BC时，△APQ∽△ABC，如图1，
∵DB平分∠ABC，
∴∠PBD=∠CBD，
∵PD//BC，
∴∠PDB=∠DBC，
∴∠PBD=∠PDB，
∴PB=PD，
同理，DQ=CQ，
∵∠APQ=∠ABC，
∴tan∠APQ=tan∠ABC=ACAB=68=34，
∴设AP=4x，AQ=3x，
∴PQ=5x，
∵PB=PD=8−4x，PQ=CQ=6−3x，
∴8−4x+6−3x=5x，
∴x=76，
∴PQ=5x=356；
当∠APQ=∠ACB时，△APQ∽△ACB，
∵AB=8，AC=6，∠A=90°，
∴BC=10，
过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，
∵DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，
∴DE=DF=DG，
∵S△ABC=12DE(AB+AC+BC)=12AB⋅AC，
∴DE=6+8−102=2，四边形AEDF是正方形，
∴DF//AP，
∴∠EPD=∠FDQ，
同理∠EDP=∠FQD，
∴△PED∽△DFQ∽△CAB，
∴PEDE=DFFQ=ACAB=34，
∴PE=32，FQ=83，
∴PD=PE2+DE2=(32)2+22=52，DQ=DF2+FQ2=22+(83)2=103，
∴PQ=PD+DQ=52+103=356，
综上所述，若△APQ与△ABC相似，则线段PQ的长为356，
故选：B．
当PQ//BC时，△APQ∽△ABC，如图1，根据角平分线的定义得到∠PBD=∠CBD，根据等腰三角形的性质得到PB=PD，同理，DQ=CQ，设AP=4x，AQ=3x，根据勾股定理得到PQ=5x，根据题意列方程即可得到结论；当∠APQ=∠ACB时，△APQ∽△ACB，由勾股定理得到BC=10，过D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，根据角平分线的性质得到DE=DF=DG，根据三角形的面积公式得到DE=6+8−102=2，四边形AEDF是正方形，推出△PED∽△DFQ∽△CAB，求得PEDE=DFFQ=ACAB=34，得到PE=32，FQ=83，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的性质，勾股定理，三角函数的定义，角平分线的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：根据题意可知：DK//BJ，
∴△ADK∽△ABJ，
DKBJ=ADAB，
∵点C为线段AB的中点，AB=2，
∴AC=BC=BJ=1，
设CD=x，
则AD=1−x，KD=CD=x，
∴x1=1−x2，
解得x=13，
∴AD=1−x=23，CD=DK=13，
∵S阴影部分+S2+S3=S1+S4=2(S2+S3)，
∴S阴影部分=S2+S3
=CD2+BC2
=(13)2+12
=19+1
=109．
故选：A．
根据正方形的性质证明△ADK∽△ABJ，设CD=x，则AD=1−x，KD=CD=x，所以x1=1−x2，解得x=13，再根据图形可得S阴影部分+S2+S3=S1+S4=2(S2+S3)，所以S阴影部分=S2+S3=CD2+BC2，进而可得结果．
本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解决本题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方．
13.【答案】2
【解析】解：当a1=2时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为a1=2，
A2的纵坐标和B1的纵坐标相同为y2=−1a1=−12，
B2的横坐标和A2的横坐标相同为a2=−32，
A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为y3=−1a2=23，
B3的横坐标和A3的横坐标相同为a3=−13，
A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为y4=−1a3=3，
B4的横坐标和A4的横坐标相同为a4=2=a1，
…
由上可知，a1，a2，a3，a4，a5，…，3个为一组依次循环，
∵2020÷3=673……1，
∴a2020=a1=2，
故答案为：2．
根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1、B1、A2、B2、A3、B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2020除以3，根据商的情况确定出a2020即可．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，依次求出各点的坐标，观察出每3次变化为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
14.【答案】2≤k≤494
【解析】
【分析】
根据反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数和三角形有交点的临界条件分别是交点为A、与线段BC有交点，由此求解即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，两函数交点坐标的求法，有一定难度．注意自变量的取值范围．
【解答】
解：反比例函数和三角形有交点的第一个临界点是交点为A，
∵过点A(1,2)的反比例函数解析式为y=2x，
∴k≥2．
随着k值的增大，反比例函数的图象必须和线段BC有交点才能满足题意，
设直线BC的解析式为y=mx+n(m≠0)，则
2m+n=56m+n=1,
∴m=−1n=7,
∴直线BC的直线解析式为y=−x+7，
y=−x+7y=kx，得x2−7x+k=0
根据△≥0，得k≤494，
综上可知2≤k≤494．
故答案为2≤k≤494．
15.【答案】1，3或5
【解析】
【分析】
此题主要考查了一元二次方程根的判别式，以及方程根的求法．
利用根的判别式得出关于a的式子，然后求出两根，利用倍数与约数求出a的值．
【解答】
解：显然a≠0.故原方程为关于x的二次方程．
△=[−(3a2−8a)]2−4a2(2a2−13a+15)，
=[a(a+2)]2
是完全平方式．
故x=(3a2−8a)±a(a+2)2a2
即x1=2a−3a=2−3a，x2=a−5a=1−5a．
当2−3a是整数时，a=1，3；
当1−5a是整数时，a=1，5．
综上所述，a=1，3或5．
16.【答案】(1)4；
(2) 12+855．
【解析】
【分析】
本题主要考查了等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理等，解题关键是正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形．
(1)过A作AH⊥CD于H，证明△GAC∽△AHC，得出AGAH=ACCH，根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AH、CH，即可进行解答；
(2)过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，根据等腰三角形性质结合已知条件和勾股定理分别求出CE和AE的长，再证明△EAH∽△EGF，AHGF=AEEG，代入数据可计算出GF的长即为点G上升的高度．
【解答】
解：(1)过A作AH⊥CD于H，
∵AG⊥AC，
∴∠GAC=∠AHC=90°，
∵∠GCA=∠ACH，
∴△GAC∽△AHC，
∴AGAH=ACCH，
∵AD=AC=3米，CD=3.6米，
∴CH=DH=1.8米，
∴AH=AC2−CH2=32−1．82=2.4(米)，
∴AG2.4=31.8，
∴AG=4(米)，
故答案为：4；
(2)过G作GF⊥DC于F，过A作AH⊥CD于H，则∠AHE=∠GFE=90°，
∵CD=3.6米，DE：CE=5：1，
∴CE=0.6米，
∴EH=1.8−0.6=1.2(米)，
∴AE=1．22+2．42=655(米)，
∵∠AEH=∠GEF，
∴△EAH∽△EGF，
∴AHGF=AEEG，
即2.4GF=655655+4，
∴GF=85+125(米)，
故G点上升的高度为85+125米．
故答案为：85+125．
17.【答案】解：(1)作DM⊥y轴于点M，如图，
∵点A的坐标(0,3)，点B坐标(1,0)，
∴OA=3，OB=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠OAB+∠DAM=90°，
∵∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠DAM=∠ABO，
∵∠AOB=∠DMA=90°，
∴△AOB≌△DMA(AAS)，
∴AM=OB=1，DM=OA=3，
∴D点(3,4)，
将点D代入双曲线y=kx得，k=3×4=12，
∴双曲线y=12x，
设直线DE的解析式为y=mx+n，把B(1,0)，D(3,4)代入得m+n=03m+n=4，
解得m=2n=−2，
∴直线DE的解析式为y=2x−2，
(2)连接AC，交BD于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，即AC=BD，
∵E(−2,a)，代入反比例函数y=12x得，a=−6，
∴E(−2,−6)，
∵B(1,0)，D(3,4)，
∴DE=(3+2)2+(4+6)2=55，DB=(3−1)2+42=25，
∴CN=12BD=5，
∴S△DCE=12DE×CN=12×55×5=252，
∴E到直线DC的距离为2S△DCEDC=252CN=5102；
(3)存在满足条件的P点，P点(13,0)，如图，
将E点关于x轴对称，对称点为E′(−2,6)，连接PE′，PE，PD．
根据三角形三边关系可得|PD−PE|=|PD−PE′|≤DE′，
延长E′D交x轴于点P′，当P点在P1点时，|PD−PE|的值最大，最大为DE′．
设直线DE′的解析式为y=a′x+b，
将E′(−2,6)，D(3,4)代入得−2a′+b=63a′+b=4,
解得a′=−25b=265,
∴直线DE′的解析式为y=−25x+265，
当y=0时，x=13，P点坐标(13,0)．
【解析】本题主要考查反比例函数与一次函数的综合，正方形的性质，运用待定系数法求函数解析式，三角形面积公式，三角形三边关系，对称中的坐标变化，全等三角形的判定和性质，两点间距离公式，解题关键综合运用上述知识点．
(1)作DM⊥y轴于点M，构造△ADM与△AOB全等，求出D点坐标，进而求出E点坐标，即可求出双曲线和直线的表达式．
(2)连接AC，交BD于N，先求出△DCE的面积，利用等面积法，分别以DE，DC为底，由面积公式求解．
(3)将E点关于x轴对称，对称点为E′(−2,6)，连接PE′，PE，PD，构建作差模型，利用三角形三边关系确定P点位置，求出直线DE′的解析式即可得出P点坐标．
18.【答案】K=−x+44
【解析】解：(1)当0
∴10=m8+4，
解得：m=120，
∴当8
∴26−2=24n，
解得：n=1，
∴T−2=x，
∴T=x+2，
综上所述T与x的函数关系式为：
∴120x+4(0
将x=12，K=32；x=24，K=20代入得：
12k+b=3224+b=20，
解得：k=−1b=44，
∴当12≤x≤24时，K与x的函数关系式为K=−x+44，
故答案为：K=−x+44；
(3)①存在，不变的值为240，
由函数图像得：当0
b1=812k1+b1=32，
解得：k1=2b1=8，
∴当0
②当8
解得：x1=9，x2=−15(舍去)；
当x=12时，y取最大值，最大值为448，满足286≤y≤504；
当x=9时，周销售量T的最小值为11；当x=12时，T取最大值14；
(Ⅱ)当12
当−(x−21)2+529=504时，
解得：x1=16，x2=26(舍去)；
当x=12时，周销售量T取最小值为14；当x=16时，T取最大值18；
综上所述，当周利润总额的范围是286≤y≤504时，对应周销售量T的最小值是11千套，最大值是18千套．
(1)通过待定系数法求函数关系式．
(2)观察图象，分析函数图象性质，分段求解．
(3)分析并理解题意，列出一元二次方程解出答案．
本题考查了待定系数法求函数关系式，二次函数图象的性质；一元二次方程的解法，熟练掌握二次函数图象的性质是解决本题的关键．
19.【答案】解：(1)把A(−1,2)代入y=k2x，得到k2=−2，
∴反比例函数的解析式为y=−2x．
∵B(m,−1)在y=−2x上，
∴m=2，
由题意−k1+b=22k1+b=−1，解得k1=−1b=1，
∴一次函数的解析式为y=−x+1．
(2)∵A(−1,2)，B(2,−1)，
∴AB=32，
①当PA=PB时，(n+1)2+4=(n−2)2+1，
∴n=0，
∵n>0，
∴n=0不合题意舍弃．
②当AP=AB时，22+(n+1)2=(32)2，
∵n>0，
∴n=−1+14．
③当BP=BA时，12+(n−2)2=(32)2，
∵n>0，
∴n=2+17．
综上所述，n=−1+14或2+17．
【解析】本题考查反比例函数综合题．一次函数的性质、待定系数法、等腰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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)分三种情形讨论①当PA=PB时，可得(n+1)2+4=(n−2)2+1.②当AP=AB时，可得22+(n+1)2=(32)2.③当BP=BA时，可得12+(n−2)2=(32)2.分别解方程即可解决问题；
20.【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程x2−(2k−1)x+k2+k−1=0有实数根，
∴△≥0，即[−(2k−1)]2−4×1×(k2+k−1)=−8k+5≥0，
解得k≤58．
(2)由根与系数的关系可得x1+x2=2k−1，x1x2=k2+k−1，
∴x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=(2k−1)2−2(k2+k−1)=2k2−6k+3，
∵x12+x22=11，
∴2k2−6k+3=11，解得k=4，或k=−1，
∵k≤58，
∴k=4(舍去)，
∴k=−1．
【解析】(1)根据方程有实数根得出△=[−(2k−1)]2−4×1×(k2+k−1)=−8k+5≥0，解之可得．
(2)利用根与系数的关系可用k表示出x1+x2和x1x2的值，根据条件可得到关于k的方程，可求得k的值，注意利用根的判别式进行取舍．
此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
21.【答案】解：(1)设平均增长率为a，根据题意得：
64(1+a)2=100，
解得：a=0.25=25%或a=−2.25(舍)，
四月份的销量为：100⋅(1+25%)=125(辆)，
答：四月份的销量为125辆．
(2)设购进A型车x辆，则购进B型车 30000−500x 1000辆，
根据题意得：2× 30000−500x 1000≤x≤2.8× 30000−500x 1000，
解得：30≤x≤35，
利润W=(700−500)x+ 30000−500x 1000(1300−1000)=9000+50x，
∵50>0，
∴W随着x的增大而增大，
当x=35时， 30000−500x 1000不是整数，故不符合题意，
∴x=34，此时 30000−500x 1000=13(辆)．
答：为使利润最大，该商城应购进34辆A型车和13辆B型车．
【解析】本题考查了一元二次方程、一元一次不等式组和一次函数的应用，解题关键是根据题意列出方程或不等式，这也是本题的难点．
(1)首先根据1月份和3月份的销售量求得月平均增长率，然后求得4月份的销量即可；
(2)设A型车x辆，根据“A型车不少于B型车的2倍，但不超过B型车的2.8倍”列出不等式组，求出x的取值范围；然后求出利润W的表达式，根据一次函数的性质求解即可．
22.【答案】解：(1)1s后，△BPQ的面积为4cm2；
(2)2s后，PQ的长度等于5cm；
(3)不能．
理由：设12(5−x)×2x=7，整理，得x2−5x+7= 0，
∵△=(−5)2−4×1×7=−3<0
∴方程没有实数根．
∴△BPQ的面积不能等于7cm2．
【解析】见答案
23.【答案】解：如图，过D作DE⊥BC的延长线于E，连接AD并延长交BC的延长线于F，
∵CD=4米，CD与地面成30°角，
∴DE=12CD=12×4=2米，根据勾股定理得，CE=CD2−DE2=42−22=23米，
∵1米杆的影长为2米，
∴DEEF=12，
∴EF=2DE=2×2=4米，
∴BF=BC+CE+EF=10+23+4=(14+23)米，
∵ABBF=12，
∴AB=12(14+23)=(7+3)米．
答：电线杆的高度为(7+3)m．
【解析】过D作DE⊥BC的延长线于E，连接AD并延长交BC的延长线于F，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出DE，再根据勾股定理求出CE，然后根据同时同地物高与影长成正比列式求出EF，再求出BF，再次利用同时同地物高与影长成正比列式求解即可．
本题考查了相似三角形的应用，主要利用了同时同地物高与影长成正比的性质，作辅助线求出AB的影长若全在水平地面上的长BF是解题的关键．
24.【答案】【问题】证明：如图①
∵DG//AB，
∴∠1=∠2，∠B=∠4，
∵CF//AD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=DE．
(或证明四边形ABDE是平行四边形，从而得到AB=DE.)
【探究】四边形ABPE是平行四边形．
方法一：如图②，
证明：过点D作DN//PE交直线CF于点N，
∵CF//AD，
∴四边形PDNE是平行四边形，
∴PE=DN，
∵由问题结论可得AB=DN，
∴PE=AB，
∴四边形ABPE是平行四边形．
方法二：如图③，
证明：延长BP交直线CF于点N，
∵PG//AB，
∴∠1=∠2，∠5=∠4，
∵CF//AD，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∵AD是△ABC的中线，CF//AD，
∴BP=PN，
∴△ABP≌△EPN，
∴AB=PE，
∴四边形ABPE是平行四边形．
【应用】如图④，延长BP交CF于H．
由上面可知，四边形ABPE是平行四边形，
∴AE//BH，
∴PA//EH，
∴四边形APHE是平行四边形，
∴PA=EH，
∵BD=DC，DP//CH，
∴BP=PH，
∴CH=2PD，
∵AP=PD，
∴EC=3PA，
∵PA//EC，
∴△APM∽△CEM，
∴PMEM=PAEC=13，
∴S△AEM=3S△APM=3，
∴S△ABP=S△APE=4，
∴S平行四边形ABPE=8．
【解析】【问题】只要证明△ABD≌△EDC即可；
【探究】如图②，四边形ABPE是平行四边形，方法一，过点D作DN//PE交直线CF于点N，只要证明四边形PDNE是平行四边形，推出PE=DN，由问题结论可得AB=DN，推出PE=AB，推出四边形ABPE是平行四边形；方法二，如图③中，延长BP交直线CF于点N，只要证明△ABP≌△EPN，即可解决问题；
【应用】如图④，延长BP交CF于H.想办法求出△AEM的面积即可解决问题；
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
25.【答案】(1)证明：∵G是△ABC重心，
∴DGAG=12，
又∵EF//BC，
∴BEAE=DGAG=12，CFAF=DGAG=12，
则BEAE+CFAF=12+12=1；
(2)解：(1)中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AN//BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，
则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
BEAE=BMAN，CFAF=CMAN，
∴BEAE+CFAF=BMAN+CMAN=BM+CMAN，
又∵BM+CM=BM+CD+DM，
而D是BC的中点，即BD=CD，
∴BM+CM=BM+BD+DM=DM+DM=2DM，
∴BEAE+CFAF=2DMAN，
又∵DMAN=DGAG=12，
∴BEAE+CFAF=2×12=1，
故结论成立；
(3)解：(1)中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为AB中点，BE=AE，
点F在AC的延长线上时，BE>AE，
∴BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，
同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，
∴结论不成立．
【解析】(1)根据三角形重心定理和平行线分线段成比例解答即可；
(2)过点A作AN//BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，得出△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，得出比例式解答即可；
(3)分两种情况：当F点与C点重合时，E为AB中点，BE=AE；点F在AC的延长线上时，BE>AE，得出BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，即可得出结论．
此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．
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