+内蒙古巴彦淖尔市临河区第四中学2022-2023学年九年级上学期期末数学试卷++

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2022-2023学年内蒙古巴彦淖尔市临河四中九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（共12小题，每题3分，共36分）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）在一仓库里堆放着若干个相同的正方体小货箱，仓库管理员将这堆货箱的三视图画了出来，如图所示，则这堆正方体小货箱共有（　　）个．

A．7 B．8 C．9 D．10
3．（3分）某圆锥的三视图如图所示，由图中数据可知，该圆锥的侧面积为（　　）


A．12πcm2 B．15πcm2 C．20πcm2 D．24πcm2
4．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，则cosB的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）如图，⊙A与⊙B外切于点P，它们的半径分别为6和2，直线CD与它们都相切，切点分别为C，D，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．16 B．16﹣6π C．16 D．16﹣π
6．（3分）如图，在边长为1的正方形网格中，连接格点D、N和E、C，DN和EC相交于点P，tan∠CPN为（　　）

A．1 B．2 C． D．
7．（3分）若关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≥﹣1且k≠0 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1 D．k＞﹣1且k≠0
8．（3分）如图是反比例函数y＝和y＝（a＞0，a为常数）在第一象限内的图象，点M在y＝的图象上，MC⊥x轴于点C，交y＝的图象于点A，MD⊥y轴于点D，交y＝的图象于点B，当点M在y＝的图象上运动时，以下结论：①△OBD与△OCA的面积相等；②四边形OAMB的面积不变；③当点A是MC的中点时，则点B是MD的中点．其中不正确结论的个数是（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3
9．（3分）如图，AB为⊙O的直径，点D是的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F．若，AE＝2，则⊙O的直径长为（　　）

A． B．8 C．10 D．
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x＝2，下列结论：①4a+b＝0；②9a+c＞3b；③6a+b+2c＞0；④5a+c＝0；⑤当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大．其中正确的结论有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
11．（3分）函数y＝ax+1与y＝ax2+bx+1（a，b是常数，且a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
12．（3分）如图所示，过y轴正半轴上的任意一点P作x轴的平行线，分别与反比例函数y＝﹣和y＝的图象交于点A和点B，若点C是x轴上任意一点，连接AC，BC，则△ABC的面积为（　　）

A．6 B．7 C．8 D．14
二、填空题（共8小题，每题3分，共24分）
13．（3分）计算：|﹣2|+（π+3）0+2cos30°﹣（）﹣1﹣＝　 　．
14．（3分）方程：x（2x﹣1）＝3（2x﹣1）的解为 　 　．
15．（3分）把三张形状、大小相同但画面不同的风景图片，都按同样的方式剪成相同三段，然后将上、中、下三段分别混合洗匀，从三堆图片中随机地各抽出一张，这三张图片恰好组成一张完整风景图片的概率为 　 　．
16．（3分）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上一点，连接PA，PE，则∠APE的度数为　 　．

17．（3分）已知，则＝　 　．
18．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第一象限作正方形，点D恰好在双曲线上，则k值为　 　．

19．（3分）如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ．若PA＝6，PB＝8，PC＝10，则四边形APBQ的面积为　 　．

20．（3分）小明在热气球A上看到正前方横跨河流两岸的大桥BC，并测得B、C两点的俯角分别为45°、35°．已知大桥BC与地面在同一水平面上，其长度为100m，求热气球离地面的高度　 　．（结果保留整数）（参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）

三、解答题
21．（10分）已知一次函数y＝kx+b和反比例函数y＝图象相交于A（﹣4，2），B（n，﹣4）两点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）求△AOB的面积；
（3）观察图象，直接写出不等式kx+b﹣＜0的解集．

22．（12分）要在某建筑物人字形屋顶上画一幅边框是矩形的画来美化，已知BC＝12m，高线AD＝8m，如图所示．
（1）若边框是正方形，且正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，求正方形的边长．
（2）若要使这幅画面积最大，且矩形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，求此时边框的长，宽及最大面积．

23．（12分）如图，在△ABC中，点D在BC上，，∠BAD＝∠CAE．
（1）求证：∠ACB＝∠AED；
（2）AF•FC＝FD•EF．

24．（12分）如图，AB为⊙O的直径，点C、点D为⊙O上异于A、B的两点，连接CD，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于点E，连接AC、AD．
（1）若∠ABD＝2∠BDC，求证：CE是⊙O的切线．
（2）若⊙O的半径为，tan∠BDC＝，求AC的长．

25．（14分）如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A（﹣2，0），点C的坐标为C（0，6），对称轴为直线x＝1．点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，DC，DB．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．


2022-2023学年内蒙古巴彦淖尔市临河四中九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每题3分，共36分）
1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称和中心对称的知识得出结论即可．
【解答】解：根据题意知，图形既是轴对称图形又是中心对称图形，
故选：B．
【点评】本题主要考查中心对称和轴对称的知识，熟练掌握轴对称和中心对称图形的判断是解题的关键．
2．（3分）在一仓库里堆放着若干个相同的正方体小货箱，仓库管理员将这堆货箱的三视图画了出来，如图所示，则这堆正方体小货箱共有（　　）个．

A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】易得这个几何体共有3层，由俯视图可得第一层正方体的个数，由正视图和左视图可得第二层，第三层正方体的个数，相加即可．
【解答】解：由俯视图可知，这堆货箱共有从前到后3行，从左到右3列；
由左视图：第一行均为1层，第二行最高2层，第三行最高3层；
由主视图：第一列、第三列均为1层，第二列（中间列）最高为3层．
故第二行、第二列为2层，第三行第二列为3层，其余皆为1层．
各行、各列小正方体的个数如俯视图中所表示．

这堆货箱共有3+1+1+2+1+1＝9（个）．
故选：C．

【点评】此题考查的是由三视图判断几何体，如果掌握口诀“俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
3．（3分）某圆锥的三视图如图所示，由图中数据可知，该圆锥的侧面积为（　　）


A．12πcm2 B．15πcm2 C．20πcm2 D．24πcm2
【分析】利用三视图得到这个圆锥的高为4cm，底面圆的半径为3cm，再利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后利用扇形的面积公式计算圆锥的侧面积．
【解答】解：这个圆锥的高为4cm，底面圆的半径为6÷2＝3（cm），
所以圆锥的母线长＝＝5（cm），
所以圆锥的侧面积＝×2π×3×5＝15π（cm2）．
故选：B．
【点评】本题考查了由三视图判断几何体：由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．也考查了圆锥的计算．
4．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，则cosB的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据互余两角的三角函数的关系即可以求解．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查了互为余角的两角的三角函数的关系，掌握一个角的正弦等于它余角的余弦是关键．
5．（3分）如图，⊙A与⊙B外切于点P，它们的半径分别为6和2，直线CD与它们都相切，切点分别为C，D，则图中阴影部分的面积是（　　）

A．16 B．16﹣6π C．16 D．16﹣π
【分析】要求阴影部分的面积，就要明确阴影部分的面积＝梯形ABDC的面积﹣扇形ACP的面积﹣扇形BPD的面积，然后根据面积公式分别计算即可．
【解答】解：连接AC，BD，AB，过点B作BE⊥AC，
所以BE＝＝4，
∵AB＝PA+PB＝8，
∴sin∠A＝＝，
∴∠A＝60°，
∴∠ABE＝30°，
∴∠ABD＝120°，
梯形ABDC的面积是：（6+2）•4＝16；
扇形ACP的面积为；
扇形BPD的面积为；
则图中阴影部分的面积＝梯形ABDC的面积﹣扇形ACP的面积﹣扇形BPD的面积＝16﹣π．
故选：D．

【点评】本题涉及的知识点比较多．要掌握的是：切线的性质，圆与圆的位置关系，扇形的面积公式以及直角三角形的性质．
6．（3分）如图，在边长为1的正方形网格中，连接格点D、N和E、C，DN和EC相交于点P，tan∠CPN为（　　）

A．1 B．2 C． D．
【分析】连接格点MN、DM，可得MN∥EC，由平行线的性质得出∠DNM＝∠CPN，证出∠DMN＝90°，由三角函数定义即可得出答案．
【解答】解：连接格点MN、DM，如图所示：
则四边形MNCE是平行四边形，△DAM和△MBN都是等腰直角三角形，
∴EC∥MN，∠DMA＝∠NMB＝45°，DM＝AD＝2，MN＝BM＝，
∴∠CPN＝∠DNM，
∴tan∠CPN＝tan∠DNM，
∵∠DMN＝180°﹣∠DMA﹣∠NMB＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴tan∠CPN＝tan∠DNM＝＝＝2，
故选：B．

【点评】本题考查了平行线的性质、等腰直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的性质和勾股定理是解题的关键．
7．（3分）若关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1＝0有实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k≥﹣1且k≠0 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1 D．k＞﹣1且k≠0
【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝22﹣4k×（﹣1）≥0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k≠0且Δ＝22﹣4k×（﹣1）≥0，
解得k≥﹣1且k≠0．
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
8．（3分）如图是反比例函数y＝和y＝（a＞0，a为常数）在第一象限内的图象，点M在y＝的图象上，MC⊥x轴于点C，交y＝的图象于点A，MD⊥y轴于点D，交y＝的图象于点B，当点M在y＝的图象上运动时，以下结论：①△OBD与△OCA的面积相等；②四边形OAMB的面积不变；③当点A是MC的中点时，则点B是MD的中点．其中不正确结论的个数是（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】①由反比例系数的几何意义可得答案；
②由四边形OAMB的面积＝矩形OCMD面积﹣（三角形ODB面积+面积三角形OCA），解答可知；
③连接OM，点A是MC的中点可得△OAM和△OAC的面积相等，根据△ODM的面积＝△OCM的面积、△ODB与△OCA的面积相等解答可得．
【解答】解：①由于A、B在同一反比例函数y＝图象上，则△ODB与△OCA的面积相等，都为×2＝1，正确；
②由于矩形OCMD的面积、△ODB的面积、三角形OCA的面积为定值，则四边形MAOB的面积不会发生变化，正确；
③连接OM，点A是MC的中点，

则△OAM和△OAC的面积相等，
∵△ODM的面积＝△OCM的面积＝，△ODB与△OCA的面积相等，
∴△OBM与△OAM的面积相等，
∴△OBD和△OBM面积相等，
∴点B一定是MD的中点．正确；
故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数y＝（a≠0）中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
9．（3分）如图，AB为⊙O的直径，点D是的中点，过点D作DE⊥AB于点E，延长DE交⊙O于点F．若，AE＝2，则⊙O的直径长为（　　）

A． B．8 C．10 D．
【分析】连接OF，首先证明，设OA＝OF＝x，在Rt△OEF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OF．

∵DE⊥AB，
∴DE＝EF，，
∵点D是弧AC的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
设OA＝OF＝x，
在Rt△OEF中，则有，
解得x＝4，
∴AB＝2x＝8．
故选：B．

【点评】本题考查勾股定理，垂径定理，弧，弦之间的关系等知识，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．
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x＝2，下列结论：①4a+b＝0；②9a+c＞3b；③6a+b+2c＞0；④5a+c＝0；⑤当x＞﹣1时，y的值随x值的增大而增大．其中正确的结论有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】由抛物线的对称轴方程得到b＝﹣4a0，则可对①进行判断；由于x＝﹣3时，y＜0，则可对②进行判断；利用抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0）得a﹣b+c＝0，把b＝﹣4a代入可得c＝﹣5a，则8a+7b+2c＝﹣30a，于是可对③④进行判断；根据而此函数的性质可对⑤进行判断．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴b＝﹣4a，即4a+b＝0，所以①正确；
∵x＝﹣3时，y＜0，
∴9a﹣3b+c＜0，即9a+c＜3b，所以②错误；
∵抛物线与x轴的一个交点为（﹣1，0），
∴x＝﹣1时，a﹣b+c＝0，
∴a+4a+c＝0，即5a+c＝0，
∴c＝﹣5a，
∴6a+b+2c＝6a﹣4a﹣10a＝﹣8a，
而a＜0，
∴6a+b+2c＞0，所以③④正确；
∵抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴当x＜2时，函数值随x增大而增大，所以⑤错误．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
11．（3分）函数y＝ax+1与y＝ax2+bx+1（a，b是常数，且a≠0）在同一坐标系中的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】本题可先由一次函数y＝ax+1图象得到字母系数的正负，再与二次函数y＝ax2+bx+1的图象相比较看是否一致．
【解答】解：A．由一次函数的图象可知a＜0，由抛物线图象可知，开口向下，a＜0，但是一次函数与y轴的交点和二次函数与y轴的交点，不是同一点（0，1），故A选项错误；
B．由一次函数的图象可知a＞0，由抛物线图象可知，开口向下，a＜0，两者相矛盾，故B选项不正确，不符合题意；
C．由一次函数的图象可知a＞0，由抛物线图象可知，开口向上，a＞0，且两函数相交y轴于同一点（0，1），故C选项正确，符合题意；
D．由一次函数的图象可知a＜0，由抛物线图象可知，开口向上，a＞0两者相矛盾，故D选项不正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的图象，掌握一次函数与二次函数图象的性质是解题的关键．
12．（3分）如图所示，过y轴正半轴上的任意一点P作x轴的平行线，分别与反比例函数y＝﹣和y＝的图象交于点A和点B，若点C是x轴上任意一点，连接AC，BC，则△ABC的面积为（　　）

A．6 B．7 C．8 D．14
【分析】根据两平行直线之间共底三角形的面积相等可知，当C点位于O点时，△ABC的面积与△ABO的面积相等，由此即可求解．
【解答】解：连接OA、OB，如下图所示，
∵AB∥x轴，且△ABC与△ABO共底边AB，
∴△ABC的面积等于△ABO的面积，

则＝．
故选：B．
【点评】本题考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数上一点向坐标轴作垂线，与坐标轴构成的矩形的面积为|k|这个结论．
二、填空题（共8小题，每题3分，共24分）
13．（3分）计算：|﹣2|+（π+3）0+2cos30°﹣（）﹣1﹣＝　﹣　．
【分析】分别根据绝对值的性质，零指数幂及负整数指数幂的运算法则，特殊角的三角函数值计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行解答即可．
【解答】解：原式＝2+1+2×﹣3﹣2
＝3+﹣3﹣2
＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查的是实数的运算，熟知绝对值的性质，零指数幂及负整数指数幂的运算法则，特殊角的三角函数值是解题的关键．
14．（3分）方程：x（2x﹣1）＝3（2x﹣1）的解为 　x1＝，x2＝3　．
【分析】先移项得到：x（2x﹣1）﹣3（2x﹣1）＝0，再利用因式分解法把方程转化为2x﹣1＝0或x﹣3＝0，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：x（2x﹣1）﹣3（2x﹣1）＝0，
（2x﹣1）（x﹣3）＝0，
2x﹣1＝0或x﹣3＝0，
所以x1＝，x2＝3．
故答案为：x1＝，x2＝3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
15．（3分）把三张形状、大小相同但画面不同的风景图片，都按同样的方式剪成相同三段，然后将上、中、下三段分别混合洗匀，从三堆图片中随机地各抽出一张，这三张图片恰好组成一张完整风景图片的概率为 　　．
【分析】把三张风景图片用甲、乙、丙来表示，根据题意画树形图，数出可能出现的结果利用概率公式即可得出答案．
【解答】解：把三张风景图片用甲、乙、丙来表示，根据题意画如下的树形图：

从树形图可以看出，所有可能出现的结果共有27种，这些结果出现的可能性相等．
其中恰好组成一张完整风景图片的有3种，
所以这三张图片恰好组成一张完整风景图片的概率为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了列表法和树状图法的相关知识，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
16．（3分）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，P为上一点，连接PA，PE，则∠APE的度数为　36°　．

【分析】连接OA、OE，求出∠AOE的度数，再根据圆周角定理即可解决问题．
【解答】解：连接OA、OE，如图所示：
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠AOE＝＝72°，
∴∠APE＝∠AOE＝×72°＝36°，
故答案为：36°．

【点评】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握圆周角定理．
17．（3分）已知，则＝　　．
【分析】利用设k法，进行计算即可解答．
【解答】解：设＝k，
∴a＝5k，b＝4k，c＝3k，
∴＝
＝
＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法进行计算是解题的关键．
18．（3分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第一象限作正方形，点D恰好在双曲线上，则k值为　4　．

【分析】作DE⊥x轴于点E，易证△OAB≌△EDA，求得A、B的坐标，根据全等三角形的性质可以求得D的坐标，从而利用待定系数法求得反比例函数的解析式，即可求解．
【解答】解：作DE⊥x轴于点E．

在y＝﹣3x+3中，令x＝0，解得：y＝3，即B的坐标是（0，3）．
令y＝0，解得：x＝1，即A的坐标是（1，0）．
则OB＝3，OA＝1．
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAO+∠DAE＝90°，
又∵Rt△ABO中，∠BAO+∠OBA＝90°，
∴∠DAE＝∠OBA，
在△OAB和△EDA中，
∵，
∴△OAB≌△EDA（AAS），
∴AE＝OB＝3，DE＝OA＝1，
故D的坐标是（4，1），
代入y＝得：k＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了正方形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，待定系数法求函数的解析式，正确求得D的坐标是关键．
19．（3分）如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连接BQ．若PA＝6，PB＝8，PC＝10，则四边形APBQ的面积为　24+9　．

【分析】连接PQ，如图，根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，再根据旋转的性质得AP＝PQ＝6，∠PAQ＝60°，则可判断△APQ为等边三角形，所以PQ＝AP＝6，接着证明△APC≌△ABQ得到PC＝QB＝10，然后利用勾股定理的逆定理证明△PBQ为直角三角形，再根据三角形面积公式，利用S四边形APBQ＝S△BPQ+S△APQ进行计算．
【解答】解：连接PQ，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，
∴AP＝PQ＝6，∠PAQ＝60°，
∴△APQ为等边三角形，
∴PQ＝AP＝6，
∵∠CAP+∠BAP＝60°，∠BAP+∠BAQ＝60°，
∴∠CAP＝∠BAQ，
在△APC和△ABQ中，
，
∴△APC≌△ABQ，
∴PC＝QB＝10，
在△BPQ中，∵PB2＝82＝64，PQ2＝62，BQ2＝102，
而64+36＝100，
∴PB2+PQ2＝BQ2，
∴△PBQ为直角三角形，∠BPQ＝90°，
∴S四边形APBQ＝S△BPQ+S△APQ＝×6×8+×62＝24+9．
故答案为24+9．

【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理和等边三角形的性质．
20．（3分）小明在热气球A上看到正前方横跨河流两岸的大桥BC，并测得B、C两点的俯角分别为45°、35°．已知大桥BC与地面在同一水平面上，其长度为100m，求热气球离地面的高度　233m　．（结果保留整数）（参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）

【分析】作AD⊥BC交CB的延长线于D，设AD为x，表示出DB和DC，根据正切的概念求出x的值即可．
【解答】解：作AD⊥BC交CB的延长线于D，设AD为x，

由题意得，∠ABD＝45°，∠ACD＝35°，
在Rt△ADB中，∠ABD＝45°，
∴DB＝x，
在Rt△ADC中，∠ACD＝35°，
∴tan∠ACD＝，
∴＝，
解得，x≈233．
所以，热气球离地面的高度约为233米，
故答案为：233米．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用，理解仰角和俯角的概念、掌握锐角三角函数的概念是解题的关键，解答时，注意正确作出辅助线构造直角三角形．
三、解答题
21．（10分）已知一次函数y＝kx+b和反比例函数y＝图象相交于A（﹣4，2），B（n，﹣4）两点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）求△AOB的面积；
（3）观察图象，直接写出不等式kx+b﹣＜0的解集．

【分析】x轴上点的纵坐标为0．kx+b﹣＜0，也就是一次函数图象在反比例函数图象下面对应x的范围．
【解答】解：（1）把A（﹣4，2）代入y＝，
得m＝2×（﹣4）＝﹣8，则反比例函数解析式为y＝﹣．
把B（n，﹣4）代入y＝﹣，
得﹣4n＝﹣8，解得n＝2，则B点坐标为（2，﹣4）．
把A（﹣4，2）、B（2，﹣4）代入y＝kx+b得
，
解得，
所以一次函数解析式为y＝﹣x﹣2．
（2）直线与x轴的交点为C，在y＝﹣x﹣2中，令y＝0，则x＝﹣2，
即直线y＝﹣x﹣2与x轴交于点C（﹣2，0），
∴OC＝2．
∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC＝×2×2+×2×4＝6．
（3）由图可得，不等式kx+b﹣＜0解集范围是x＞2或﹣4＜x＜0．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的综合应用、用待定系数法求反比例函数是解题关键．
22．（12分）要在某建筑物人字形屋顶上画一幅边框是矩形的画来美化，已知BC＝12m，高线AD＝8m，如图所示．
（1）若边框是正方形，且正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，求正方形的边长．
（2）若要使这幅画面积最大，且矩形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，求此时边框的长，宽及最大面积．

【分析】（1）设正方形的边长PN＝xm，则AE＝（8﹣x）m，根据△APN∽△ABC，列出比例式，解方程即可求解；
（2）设矩形形的边长PN＝xm，PQ＝ym，则AE＝（8﹣y）m，根据S＝xy，得到关于x的二次函数，根据二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）设正方形的边长PN＝xm，则AE＝（8﹣x）m，
∵四边形PQMN是正方形，
∴PN∥QM，
∵QM在BC上，
∴PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，
即，
解得x＝4.8，
即正方形的边长为4.8m；
（2）设矩形的边长PN＝xm，PQ＝ym，则AE＝（8﹣y）m，
∵△APN∽△ABC，
∴，
即，
得，
∴S＝xy＝＝，
∴当长为6米，宽为4米，所画矩形画的面积最大为24平方米．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的性质求最值，掌握以上知识是解题的关键．
23．（12分）如图，在△ABC中，点D在BC上，，∠BAD＝∠CAE．
（1）求证：∠ACB＝∠AED；
（2）AF•FC＝FD•EF．

【分析】（1）先证明∠BAC＝∠DAE，再根据，证明△ABC∽△ADE即可得出答案；
（2）根据△ABC∽△ADE得出∠AED＝∠ACD，证明△ABC∽△ADE，得出，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠ACB＝∠AED．
（2）证明：∵△ABC∽△ADE，
∴∠AED＝∠ACD，
∵∠AFE＝∠DFC，
∴△ABC∽△ADE，
∴，
∴AF•FC＝FD•EF．
【点评】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法．
24．（12分）如图，AB为⊙O的直径，点C、点D为⊙O上异于A、B的两点，连接CD，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于点E，连接AC、AD．
（1）若∠ABD＝2∠BDC，求证：CE是⊙O的切线．
（2）若⊙O的半径为，tan∠BDC＝，求AC的长．

【分析】（1）连接OC，可证明OC∥DE，由于CE⊥DB，∠CED＝90°，所以∠OCE＝90°，OC⊥CE，根据切线的判定即可求出答案．
（2）连接BC，由于∠BDC＝∠BAC，所以tan∠BAC＝tan∠BDC＝，设BC＝x，AC＝2x，所以AB＝x，列出方程即可求出x的值．
【解答】解：（1）连接OC，
∵OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠COB＝2∠OAC，
∵∠BDC＝∠OAC，∠ABD＝2∠BDC，
∴∠COB＝∠ABD，
∴OC∥DE，
∵CE⊥DB，∠CED＝90°，
∴∠OCE＝90°，OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线．
（2）连接BC，
∵∠BDC＝∠BAC，
∴tan∠BAC＝tan∠BDC＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BCA＝90°，
∴＝，
设BC＝x，AC＝2x，
∴AB＝x，
∵⊙O的半径为，
∴x＝2，
∴x＝2，
∴AC＝2x＝4．

【点评】本题考查圆的综合问题，解题的关键是熟练运用切线的判定，锐角三角函数的定义、圆周角定理以及勾股定理，本题属于中等题型．
25．（14分）如图所示，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且点A的坐标为A（﹣2，0），点C的坐标为C（0，6），对称轴为直线x＝1．点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m（1＜m＜4），连接AC，BC，DC，DB．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由题意得出方程组，解方程组即可；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，求出点B的坐标为（4，0），由待定系数法求出直线BC的函数表达式为y＝﹣x+6，则点D的坐标为（m，﹣m2+m+6），点G的坐标为（m，﹣m+6），求出S△BCD＝﹣m2+6m＝，解方程即可；
（3）求出点D的坐标为（3，），分三种情况，①当DB为对角线时，证出DN∥x轴，则点D与点N关于直线x＝1对称，得出N（﹣1，）求出BM＝4，即可得出答案；
②当DM为对角线时，由①得N（﹣1，），DN＝4，由平行四边形的性质得出DN＝BM＝4，进而得出答案；
③当DN为对角线时，点D与点N的纵坐标互为相反数，N（1+，﹣）或N（1﹣，﹣），再分两种情况解答即可．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+x+6；
（2）过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，如图1所示：
∵点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，6），
∴OA＝2，OC＝6，
∴S△AOC＝OA•OC＝×2×6＝6，
∴S△BCD＝S△AOC＝×6＝，
当y＝0时，﹣x2+x+6＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴点B的坐标为（4，0），
设直线BC的函数表达式为：y＝kx+n，
则，
解得：，
∴直线BC的函数表达式为：y＝﹣x+6，
∵点D的横坐标为m（1＜m＜4），
∴点D的坐标为：（m，﹣m2+m+6），
点G的坐标为：（m，﹣m+6），
∴DG＝﹣m2+m+6﹣（﹣m+6）＝﹣m2+3m，CF＝m，BE＝4﹣m，
∴S△BCD＝S△CDG+S△BDG＝DG•CF+DG•BE＝DG×（CF+BE）＝×（﹣m2+3m）×（m+4﹣m）＝﹣m2+6m，
∴﹣m2+6m＝，
解得：m1＝1（不合题意舍去），m2＝3，
∴m的值为3；
（3）由（2）得：m＝3，﹣m2+m+6＝﹣×32+×3+6＝，
∴点D的坐标为：（3，），
分三种情况讨论：
①当DB为对角线时，如图2所示：
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN∥BM，
∴DN∥x轴，
∴点D与点N关于直线x＝1对称，
∴N（﹣1，），
∴DN＝3﹣（﹣1）＝4，
∴BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（8，0）；
②当DM为对角线时，如图3所示：
由①得：N（﹣1，），DN＝4，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DN＝BM＝4，
∵B（4，0），
∴M（0，0）；
③当DN为对角线时，
∵四边形BDNM是平行四边形，
∴DM＝BN，DM∥BN，
∴∠DMB＝∠MBN，
∴点D与点N的纵坐标互为相反数，
∵点D（3，），
∴点N的纵坐标为：﹣，
将y＝﹣代入y＝﹣x2+x+6中，
得：﹣x2+x+6＝﹣，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣，
当x＝1+时，如图4所示：
则N（1+，﹣），
分别过点D、N作x轴的垂线，垂足分别为E、Q，
在Rt△DEM和Rt△NQB中，，
∴Rt△DEM≌Rt△NQB（HL），
∴BQ＝EM，
∵BQ＝1+﹣4＝﹣3，
∴EM＝﹣3，
∵E（3，0），
∴M（，0）；
当x＝1﹣时，如图5所示：
则N（1﹣，﹣），
同理得点M（﹣，0）；
综上所述，点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（，0）或（﹣，0）．





【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求函数的解析式、坐标与图形性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．