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【重难点讲义】浙教版数学九年级上册-第24讲 九上常考易错题各地期末选题
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第24讲 九上常考易错题各地期末选题
一．选择题（共13小题）
1．（2021秋•诸暨市期末）“对于二次函数y＝（x﹣1）2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，这一事件为（ ）
A．必然事件 B．随机事件 C．不确定事件 D．不可能事件
【分析】根据二次函数的性质、随机事件的概念判断即可．
【解答】解：“对于二次函数y＝（x﹣1）2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，
这一事件为必然事件，
故选：A．
2．（2020•定兴县一模）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】确定AB的长度后确定点C的位置即可．
【解答】解：AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长，
据此可以确定共有2个点C，位置如图，
故选：B．
3．（2022•开远市二模）如图，△ABC的顶点均在正方形网格的格点上，则sin∠ABC的值为（ ）
A． B．2 C． D．
【分析】连接小正方形的对角线，证明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC与它的余角的正弦值相等解答即可．
【解答】解：如图所示，连接小正方形的对角线CD，
设每个小正方形的边长为1，则CD＝，＝，BD＝，
∵，
即CD2+BD2＝BC2，
∴△BCD是直角三角形，
∴sin∠ABC＝＝．
故选：C．
4．（2021秋•义乌市期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝5，S▱ABCD＝10，以顶点C为圆心，BC为半径作圆，则AD边所在直线与⊙C的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切
C．相离 D．以上三种都有可能
【分析】如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．求出CH的值即可判断．
【解答】解：如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．
∵S平行四边形ABCD＝BC•CH，
∴CH＝＝2，
∵2＜5，
∴直线AD与⊙C相交，
故选：A．
5．（2021秋•吴兴区期末）已知一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一个根是1，若二次函数y＝2x2+bx﹣1的图象上有三个点（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
【分析】利用一元二次方程根的意义求得b值，将b值代入二次函数的解析式，求出抛物线的对称轴，利用二次函数图象的性质即可得出结论．
【解答】解：∵一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一个根是1，
∴2+b﹣1＝0．
∴b＝﹣1．
∴二次函数y＝2x2﹣x﹣1＝2（x﹣）2﹣．
∴抛物线y＝2x2﹣x﹣1的对称轴为直线x＝．
∵该抛物线开口向上，点（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3）到对称轴的距离分别为：|0﹣|＝，|﹣1﹣|＝，|﹣|＝，且＜＜，
∴y1＜y3＜y2．
故选：C．
6．（2021秋•柯城区期末）如图，E是矩形ABCD的边AD的中点，连接BE，BD，分别交对角线AC于点F，O．则AF：FO：OC＝（ ）
A．2：1：3 B．3：2：5 C．4：2：7 D．5：3：8
【分析】由四边形ABCD是矩形，于是得到AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，证得△AEF∽△CFB，得到，证得，设AF＝2a，则CF＝4a，可得AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝a，即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，
∴△AEF∽△CFB，
∴，
∵AE＝AD＝BC，
∴，
设AF＝2a，则CF＝4a，
∴AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝OA﹣AF＝a，
∴AF：FO：OC＝2a：a：3a＝2：1：3．
故选：A．
7．（2021秋•乐清市期末）如图，抛物线的图象与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3.5
【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，求出直线y＝﹣x与抛物线的交点，即可推出点M坐标，由此即可解决问题．
【解答】解：∵△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，
由，
解得或（舍弃），
∴点M坐标为（2，﹣2），
如图1中，作MN⊥AB于N，
∵MP＝MB，NM⊥PB，
∴PN＝NB＝1，
∴OP＝1，AP＝3，
∴当AP＝3时圆心在抛物线上．
故选：A．
8．（2021秋•义乌市期末）已知二次函数y＝﹣（x﹣h）2（h为常数），当2≤x≤5时，函数y的最大值为﹣1，则h的值为（ ）
A．1或3 B．4或6 C．3或6 D．1或6
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口向下及抛物线顶点坐标，分类讨论x＝2，x＝5时y取最大值﹣1，进而求解．
【解答】解：∵y＝﹣（x﹣h）2，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝h，顶点坐标为（h，0）
将x＝2，y＝﹣1代入y＝﹣（x﹣h）2得﹣1＝（2﹣h）2，
解得h＝3或h＝1，
当h＝3时，2＜3＜5，函数最大值为0，不符合题意，
当h＝1时，x＞1时，y随x增大而减小，x＝2时，函数取最大值，符合题意，
当x＝5，y＝﹣1时，﹣1＝（5﹣h）2，
解得h＝6或h＝4，
当h＝4时，2＜4＜5，不符合题意，
当h＝6时，x＜6时，y随x增大而减小，x＝5时，函数取最大值，符合题意，
∴h＝1或6，
故选：D．
9．（2021秋•诸暨市期末）如图，△ABC为锐角三角形，BC＝6，∠A＝45°，点O为△ABC的重心，D为BC中点，若固定边BC，使顶点A在△ABC所在平面内进行运动，在运动过程中，保持∠A的大小不变，设BC的中点为D，则线段OD的长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【分析】作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，由题意知OD＝AD，且∠BEC＝90°，BD＝DE＝3，由勾股定理知BE＝3，AD＝DE+AE＝3+3．当AD⊥BC时，AD最长，可求此时OD最大值；临界情况为∠ABC＝90°，此时OD＝，可得此时OD最小值，进而可得OD的取值范围．
【解答】解：如图，作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，
由题意知OD＝AD，
∵∠A＝45°，
∴∠BEC＝90°，
∴∠EBD＝∠BED＝45°，
∴BD＝CD＝3，由勾股定理知BE＝3，
∴AD＝DE+AE＝3+3，
∵AD⊥BC时，AD最长，
∴OD最大值为1+，
∵△ABC为锐角三角形，
∴临界情况为∠ABC＝90°，如图，
∴此时AB＝BC＝6，
∴AD＝3，
∴OD＝．
∴＜OD≤+1．
故选：A．
10．（2021秋•婺城区期末）在△ABC中，∠B＝45°，AB＝6，给出条件：①AC＝4；②AC＝8；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（ ）
A．① B．② C．③ D．①或③
【分析】根据题意画出图形，使∠ABE＝45°，AB＝6，点C在射线BE上，作AD⊥BE于点D，根据等腰直角三角形的性质可得AD的长，再由AD和AC的长作比较即可判断①②；由前边所求出的AD的长和AB的长，结合该三角形外接圆的半径长，即可判断该外接圆的圆心可以在AB的上方，也可以在AB的下方，点C不唯一，即可判断③．
【解答】解：如图，∠ABE＝45°，AB＝6，点C在射线BE上，作AD⊥BE于点D，
∴AD＝BD＝AB＝3，
∵3＞4，
∴不存在AC＝4的△ABC，故①不符合题意；
∵AB＝6，AD＝3，AC＝8，
而AC＞6，
∴存在AC＝8的△ABC，如图，点C即是，
∴AC＝8，使得BC的长唯一成立，故②符合题意；
∵AD＝3＞4，AB＝6＜8，
当△ABC的外接圆半径为4．
∵∠B＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∴AC＝4，
∵4＜3＜4＜6＜8，
∴存在两个点C使△ABC的外接圆半径为4．两个外接圆的圆心分别在AB的上，下两侧，
故③不符合题意；
故选：B．
11．（2021秋•吴兴区期末）如图，已知扇形OAB的半径OA＝6，点P为弧AB上一动点，过点P作PC⊥OA，PD⊥OB，连结CD，当CD取得最大值时，扇形OAB的面积为（ ）
A．9π B．12π C．13.5π D．15π
【分析】∠AOB＝90°时，CD最大，由求出扇形面积即可．
【解答】解：由PC⊥OA，PD⊥OB可知，∠OCP+∠ODP＝180°，
∴O、C、P、D四点共圆，CD为此圆直径时，CD最大，
∴当∠AOB＝90°时，CD最大，如图：
此时扇形面积为＝9π，
故选：A．
12．（2021秋•海曙区期末）如图，四边形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，以AB为直径的⊙O刚好与CD相切，连结OC、BD交于点F，若AB＝8，则已知下列条件中的一个即可求BF的长的有（ ）
①BD；②CD；③；④．
A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④
【分析】延长CO交DA的延长线于点T．由BC∥DT，推出＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可，由此即可判断．
【解答】解：延长CO交DA的延长线于点T．
∵BC∥DT，
∴△BFC∽△DFT，
∴＝，
欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可．
已知BD，CD，可以求出AD，BC，故①②符合题意，
当的值已知，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故③符合题意．
当的值已知，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故④符合题意．
故选：A．
13．（2021秋•吴兴区期末）如图△ACB，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，CD平分∠BCO交AB于点D，作AE⊥CD分别交CO、BC于点G，E．记△AGO的面积为S1，△AEB的面积为S2，当＝时，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T．首先证明AG：GE＝4：1，再利用平行线分线段成比例定理求解即可．
【解答】解：如图，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T．
∵AO＝OB，
∴S△AOG＝S△OBG，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∵OT∥AE，AO＝OB，
∴ET＝TB，
∴OT＝AE，
∴＝，
∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，
∴∠DCG＝∠DCE，
∴∠CGE+∠DCG＝90°，∠CEG+∠DCB＝90°，
∴∠CGE＝∠CEG，
∴CG＝CE，
∵∠CGE＝∠COT，∠CEG＝∠CTD，
∴∠COT＝∠CTO，
∴CO＝CT，
∴OG＝ET，
∵GE∥OT，
∴＝＝，
∴＝，
∴＝．
故选：D．
二．填空题（共11小题）
14．（2021秋•义乌市期末）如图，有一块边长为2的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板（点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE∥BI，IH∥CD），将图①所示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为 3 ．
【分析】依据勾股定理即可得到AC的长，进而得出FI＝EI＝1，EF＝2，即可得到“鱼尾”MN的长．
【解答】解：∵等腰直角三角形ACD中，AD＝CD＝2，
∴AC＝4，
又∵AG＝GO＝OH＝CH，
∴FI＝EI＝1，EF＝2，
∴NM＝2+1＝3，
故答案为：3．
15．（2021秋•诸暨市期末）已知点A（0，0），B（4，0），C（﹣1，﹣1），D（2，﹣4），固定A，B两点，将线段CD向左或向右平移，平移后C，D两点的对应点分别为C1，D1．
（1）当C1的坐标为（﹣2，﹣1）时，四边形AC1D1B的周长为 +3+9 ；
（2）当C1的坐标为 （，﹣1） 时，四边形AC1D1B的周长最小．
【分析】（1）根据C1点坐标可确定线段CD向左平移1个单位，则可求D1（1，﹣4），再求周长即可；
（2）设CD向右平移m个单位，则C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），当AC1+BD1为最小值时，四边形AC1D1B的周长最小，此时AC1+BD1＝+，则点（m，0）到点（1，1）和（2，4）的距离和最小，求出过（1，﹣1）和（2，4）的直线解析式为y＝5x﹣6，当y＝0时，m＝，即可求C1（，﹣1）．
【解答】解：（1）∵C（﹣1，﹣1），C1（﹣2，﹣1），
∴线段CD向左平移1个单位，
∵D（2，﹣4），
∴D1（1，﹣4），
∵A（0，0），B（4，0），
∴AC1＝，CD＝3，BD1＝5，AB＝4，
∴四边形AC1D1B的周长＝AC1+CD+BD1+AB＝+3+9，
故答案为：+3+9；
（2）设CD向右平移m个单位，
∴C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），
∵AB＝4，CD＝C1D1＝3，
∴当AC1+BD1为最小值时，四边形AC1D1B的周长最小，
此时AC1+BD1＝+，
∴点（m，0）到点（1，1）和（2，4）的距离和最小，
∵点（1，1）关于x轴对称的点为（1，﹣1），
设过（1，﹣1）和（2，4）的直线解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝5x﹣6，
∴当y＝0时，m＝，
∴C1（，﹣1），
故答案为：（，﹣1）．
16．（2021秋•诸暨市期末）如图，扇形AOB，正方形OCDE的顶点C，E，D，分别在OA，OB，弧AB上，过点A作AF⊥ED，交ED的延长线于点F．若图中阴影部分的面积为﹣1，则扇形AOB的半径为 ．
【分析】由扇形AOB可知OA＝OB，由正方形的性质可知CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，可知，AC＝BE，阴影部分面积＝长方形ACDF的面积，进而即可求出正方形的边长，进一步即可求出扇形AOB的半径．
【解答】解：∵扇形AOB，
∴OA＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，
∴，AC＝BE，
∴阴影部分面积＝长方形ACDF的面积，
设正方形OCDE的边长为a，
∴OD＝a，
∴AC＝a﹣a＝（﹣1）a，
∴AC•CD＝阴影部分面积，
∴（﹣1）a•a＝（﹣1）a，
∴a＝1，
∴OD＝a＝×1＝，
故答案为：．
17．（2021秋•乐清市期末）如图，在边长为7的正方形ABCD中放入四个小正方形后形成一个中心对称图形，其中两顶点E，F分别在边BC，AD上，则放入的四个小正方形的面积之和为 22 ．
【分析】作GH⊥BC，证明△GHE∽△EMN，根据相似三角形的性质得到GH＝2EM，HE＝2MN，根据正方形的性质列方程求出MN，根据勾股定理、正方形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，
则∠HGE+∠HEG＝∠HEG+∠MEN＝90°，
∴∠HGE＝∠MEN，
∵∠GHE＝∠EMN＝90°，
∴△GHE∽△EMN，
∴，
∴GH＝2EM，HE＝2MN，
设MN＝x，则HE＝2x，
∴EM＝7﹣4x，
∴GH＝2EM＝2（7﹣4x），
∴2（7﹣4x）+x＝7，
解得：x＝1，
∴EM＝7﹣4x＝3，
∴EN＝＝，
∴GE＝2EN＝，
∴四个小正方形的面积之和＝2×12+×＝22，
故答案为：22．
18．（2021秋•温州期末）二次函数y＝ax2+bx+c的部分对应值列表如下：
x
…
﹣3
0
1
3
5
…
y
…
7
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
则一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解为 x＝±1 ．
【分析】由表格中的数据知，当x＝3时，y＝﹣5．所以由题意知：当2x+1＝3时，y＝﹣5．
【解答】解：由抛物线的对称性质知，对称轴是直线x＝＝1．
根据题意知，一元二次方程ax2+bx+c＝﹣5的解为x＝3或x＝﹣1．
所以2x+1＝3或2x+1＝﹣1．
解得x＝1或x＝﹣1．
所以一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解为：x＝±1．
故答案是：x＝±1．
19．（2021秋•诸暨市期末）如图1，以Rt△ABC各边为边分别向外作等边三角形，编号为①、②、③，将②、①如图2所示依次叠在③上，已知四边形EMNB与四边形MPQN的面积分别为9与7，则Rt△ABC的斜边长AB＝ 10 ．
【分析】设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，根据勾股定理得到a2+b2＝c2，根据三角形的面积列方程得到AC＝8，BC＝6，由勾股定理即可得到AB＝＝＝10．
【解答】解：如图，设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，
∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴a2+b2＝c2，
∴a2+b2＝c2．
∵S3＝c2，S2＝b2，S1＝a2，
∴S3﹣S2＝（c2﹣b2）＝a2＝9，S3﹣S1＝c2﹣a2＝（c2﹣a2）＝b2＝9+7＝16，
∴a＝6，b＝8，
即AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
故答案为：10．
20．（2021秋•婺城区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，将菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB'C'D'，边AB、BC、AD'、C'D'及点C的路径所围成的阴影区域的周长为 4+π ．
【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和BC′，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形弧长，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得C'D'，即可得到答案．
【解答】解：连接CD′和BC′，
∵∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠CAB＝30°，
∵∠C′AB′＝30°，
∴A、D′、C及A、B、C′分别共线．
∴AC＝，
∴扇形ACC′的弧长为：＝π，
∵AC＝AC′，AD′＝AB，
∴CD'＝BC'，
在△OCD′和△OC'B中，
，
∴△OCD′≌△OC′B（AAS）．
∴OB＝OD′，CO＝C′O
∵OB+OC＝BC＝1，
∴OD'+OC'＝OB+OB＝1，即C'D'＝1，
∴阴影区域的周长为AD'+AB+BC+C'D'+扇形ACC′的弧长＝1+1+1+1+π＝4+π，
故答案为：4+π．
21．（2021秋•柯城区期末）已知二次函数y＝a（x﹣2）2+4（a＜0）的图象的顶点为C，与y轴交于点A，过点A作AB∥x轴，与该二次函数图象的另一个交点为B，连结OB，OB∥AC．则AB的长是 4 ，a的值为 ﹣ ．
【分析】作CE⊥y轴于点E，通过△CEA∽△BAO可得＝＝，用含a代数式表示OA，进而求解．
【解答】解：∵y＝a（x﹣2）2+4，
∴抛物线开口向下，顶点C坐标为（2，4），抛物线对称轴为直线x＝2，
作CE⊥y轴于点E，则CE＝2，
∵AB∥x轴，抛物线对称轴为直线x＝2，
∴AB＝4，
∵CE∥AB∥x轴，AC∥OB，
∴△CEA∽△BAO，
∴＝＝，
把x＝0代入y＝a（x﹣2）2+4得y＝4a+4，
∴点A坐标为（0，4a+4），即AO＝4a+4，
∴AE＝AO＝2a+2，
∴OA+AE＝6a+6＝4，
∴a＝﹣．
故答案为：4，﹣．
22．（2021秋•婺城区期末）五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形，小明发现可以将五巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值＝ ．
【分析】利用图1和图2所示可得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC，设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通过说明△CHB∽△BHF，得到HF＝a，利用拼图与原图对比求得l与h的长，则结论可求．
【解答】解：由题意得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC．
设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．
∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，
∴△CHB∽△BHF．
∴．
∵CH＝2a，BH＝a，
∴．
∴HF＝a．
由题意：AE＝CF．
ME＝HF＝a．
∴l＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．
∴＝．
故答案为：；
23．（2021秋•海曙区期末）如图，已知距离为6的两条平行线l1，l2与⊙O分别交于A，B两点（AB为直径，且与l2不垂直），D为⊙O上一点，过D作l1的平行线m交AB于点C，若＝，BD＝6，则AB的长为 3 ．
【分析】过点D作DE⊥l1于点E，交l2于点F，可得l1∥l2∥m，根据＝，可得＝，设DE＝2x，则DF＝3x，计算可得DE＝，DF＝，由△DAE∽△BDF和勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥l1于点E，交l2于点F，
∵l1∥l2，
∴DF⊥l2，
∵l1∥l2∥m，＝，
∴＝，
设DE＝2x，则DF＝3x，
∵EF＝6，
∴2x+3x＝6，
解得x＝，
∴DE＝，DF＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDF＝90°，
∵∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BDF，
∵∠AED＝∠DFB＝90°，
∴△DAE∽△BDF，
∴＝，
在Rt△BDF中，BD＝6，DF＝，
∴BF＝＝＝，
∴＝，
∴AD＝3，
在Rt△ABD中，BD＝6，AD＝3，
∴AB＝＝＝3．
答：AB的长为3．
故答案为：3．
24．（2021秋•海曙区期末）如图，抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A和点B两点，与y轴交于点C，D点为抛物线上第三象限内一动点，当∠ACD+2∠ABC＝180°时，点D的坐标为 （﹣7，﹣） ．
【分析】由抛物线的解析式求得A、B、C的坐标，利用勾股定理的逆定理证得∠ACB＝90°，即可得出∠BAC+∠ABC＝90°，由∠ACD+2∠ABC＝180°，得出2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x轴，交CD的延长线与E，作∠ACD的平分线，交AE于F，则∠ACF＝∠BAC，根据轴对称的性质得出AF＝EF＝BC＝3，从而求得E（﹣9，﹣6），利用待定系数法求得直线CD的解析式，与二次函数解析式联立，解方程组即可求得D的坐标．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A和点B两点，
∴当y＝0时，x2+x﹣3＝0，
解得x＝﹣9或1，
∴A（﹣9，0），B（1，0），
∴AB＝10，
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵AC2＝92+32＝90，BC2＝12+32＝10，AB2＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴2∠BAC+2∠ABC＝180°，
∵∠ACD+2∠ABC＝180°
∴2∠BAC＝∠ACD，
作AE⊥x轴，交CD的延长线与E，作∠ACD的平分线，交AE于F，则∠ACF＝∠BAC，
∴CF∥AB，
∴CF⊥AE，
∴AF＝EF＝BC＝3，
∴E（﹣9，﹣6），
设直线CD的解析式为y＝kx﹣3，
把E的坐标代入得，﹣6＝﹣9k﹣3，
∴k＝，
∴直线CD的解析式为y＝x﹣3，
解得或，
∴点D的坐标为（﹣7，﹣），
故答案为：（﹣7，﹣）．
三．解答题（共7小题）
25．（2021秋•余姚市期末）如图是由边长为1的小正方形构成的5×3的网格，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．
（1）图中的值为 ．
（2）在图1中，以点A为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转90°，作出经旋转后的图形△AB′C′（其中B′，C′分别是B，C的对应点）．
（3）在图2中，找出符合条件的格点D，使得∠ADB＝∠ABC．
【分析】（1）根据勾股定理求得AB，BC的值，即可得到结论；
（2）根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点A′、B′的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据题意作出∠ADB＝∠ABC即可．
【解答】解：（1）∵BC＝＝，AB＝＝，
∴＝＝，
故答案为：；
（2）如图1所示，△AB′C′即为所求；
（3）如图2所示，∠ADB即为所求．
26．（2021秋•海曙区期末）如图，在6×6的正方形方格纸中，∠BAC的顶点在格点上．
（1）直接写出tan∠BAC＝ ．
（2）仅用直尺，画出∠BAC的平分线AP，并写出tan∠PAC＝ ．
【分析】（1）利用网格特征，寻找直角三角形解决问题即可；
（2）取格点T，连接BT，取BC的中点P，作射线AP．
【解答】解：（1）如图，tan∠BAC＝，
故答案为：；
（2）如图，射线AP即为所求，tan∠PAC＝＝．
27．（2021秋•婺城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC为直径的半圆交斜边AB于点D，E为BC的中点，连结DE，CD．过点D作DF⊥AC于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半径．
【分析】（1）连结OD，根据直角三角形的性质得到DE＝EC，证明∠EDC＝∠ECD，根据OD＝OC，得到∠ODC＝∠OCD，进而证明∠ODE＝∠ACB＝90°，根据切线的判定定理证明结论；
（2）根据勾股定理求出AF，证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】（1）证明：连结OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△BDC中，E为BC的中点，
∴DE＝BC＝EC，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ODE＝∠ACB＝90°，
∵OD为⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ADF中，AD＝5，DF＝3，
由勾股定理得：AF＝＝＝4，
∵∠DAF＝∠CAD，∠AFD＝∠ADC＝90°，
∴△ADF∽△ACD，
∴＝，即＝，
解得：AC＝，
∴⊙O的半径为．
28．（2021秋•海曙区期末）如图，已知AB是半圆O的直径，C是半圆弧上一点，P是的中点，PD∥BC交AB延长线于点D．
（1）求证：PD为⊙O的切线；
（2）若AB＝10，cos∠D＝，求PC的值．
【分析】（1）要证明PD为⊙O的切线，想到连接OP，只要证明∠OPD＝90°即可，根据已知P是的中点，利用垂径定理可得∠OEB＝90°，然后根据PD∥BC，证明同位角相等即可；
（2）利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，根据PD∥BC，可得∠D＝∠ABC，然后在Rt△ABC中求出BC，再在Rt△OEB中，求出OE的长，最后在Rt△CEP中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OP，交BC于点E，
∵P是的中点，
∴OP⊥BC，CE＝EB＝BC，
∴∠OEB＝90°，
∵PD∥BC，
∴∠OPD＝∠OEB＝90°，
∵OP是圆O的半径，
∴PD为⊙O的切线；
（2）解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵PD∥BC，
∴∠D＝∠ABC，
∵cos∠D＝，
∴cos∠ABC＝＝，
∵AB＝10，
∴BC＝8，
∴BE＝CE＝＝4，
在Rt△OEB中，OB＝5，
∴OE＝＝＝3，
∴EP＝OP﹣OE＝5﹣3＝2，
在Rt△CEP中，CE＝4，PE＝2，
∴PC＝＝2．
29．（2021秋•婺城区期末）如图1，一个正立方体铁块放置在圆柱形水槽内，水槽的底面圆的面积记为S1，正立方体的底面正方形的面积记为S2．现以一定的速度往水槽中注水，28秒时注满水槽．此时停止注水，并立刻将立方体铁块用细线竖直匀速上拉直至全部拉出水面．水槽内水面的高度y（cm）与注水时间x（s）之间的函数图象如图2所示．
（1）正立方体的棱长为 10 cm，S1：S2＝ 4 ；
（2）当圆柱形水槽内水面高度为12cm时，求注水时间是几秒？
（3）铁块完全拉出时，水面高度为 17.5 cm．
【分析】（1）直接利用一次函数图象结合水面高度的变化得出正方体的棱长，设注水的速度是vcm/s，根据题意得出注满与正方体体积相等的水需要的时间为（28﹣12﹣12）s，列比例式即可求解；
（2）直接利用待定系数法求出一次函数解析式，再求出当y＝12时，x的值即可；
（3）铁块完全拉出时，水面高度降低了mcm，根据S1：S2＝4即可解答．
【解答】解：（1）由题意可得：12秒时，水槽内水面的高度为10cm，12秒后水槽内高度变化趋势改变，
故正方体的棱长为10cm；
设注水的速度是vcm/s，根据题意得注满与正方体体积相等的水需要的时间为28﹣12﹣12＝4（s），
注满水槽正方体以上的水需要的时间为28﹣12＝16（s），
∴＝4，
∴S1：S2＝4，
，故答案为：10，4；
（2）设线段AB对应的函数解析式为：y＝kx+b，
∵图象过A（12，10），B（28，20），
∴，
解得：，
∴线段AB对应的解析式为：y＝x+（12≤x≤28），
当y＝12时，x+＝12，
解得x＝15.2，
∴注水时间是15.2秒；
（3）设铁块完全拉出时，水面高度降低了mcm，
∵S1：S2＝4，
∴S1＝4S2，
∴10S2＝4S2•m，解得m＝2.5，
∴铁块完全拉出时水面的高度：20﹣2.5＝17.5（cm），
故答案为：17.5．
30．（2021秋•义乌市期末）如图1，直线l：y＝ax+b（a＜0，b＞0）与x，y轴分别相交于 A、B两点．将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做直线l的关联抛物线，直线l叫做P的关联直线．
（1）若直线l：y＝﹣2x+2，则抛物线P表示的函数解析式为 y＝﹣x2﹣x+2 ，若抛物线P：y＝﹣x2﹣3x+4，则直线l表示的函数解析式为 y＝﹣4x+4 ；
（2）如图2，若直线l：y＝tx﹣4t（t＜0），G为AB中点，H为CD的中点，连结GH，取GH中点M，连结OM，已知OM＝．求直线l的关联抛物线P表示的函数解析式；
（3）若将某直线的关联抛物线向右平移﹣m个单位得到抛物线y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n），则a、m、n应满足的关系式为 a（m+n）＝﹣1 ．
【分析】（1）求出A、B点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）分别求出G（2，2t），H（﹣2t，2），M（1﹣t，1+t），再由OM＝，可求t的值，进而可求函数的解析式；
（3）根据平移的性质，平移前的抛物线表达式为：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），求出点A、D的坐标分别为（m+n，0）、（2m，0），进而求解．
【解答】解：（1）设抛物线P的函数表达式为：y＝ax2+bx+c，
对于y＝﹣2x+2，令y＝﹣2x+2＝0，解得x＝1，令x＝0，则y＝2，
故点A、B的坐标分别为（1，0）、（0，2），则点D（﹣2，0），
将点A、B、D代入抛物线表达式得：
，解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+2；
对于y＝﹣x2﹣3x+4，令y＝﹣x2﹣3x+4＝0，解得x＝﹣4或1，令x＝0，则y＝4，
即点A、B的坐标分别为（1，0）、（0，4），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣4x+4；
故答案为：y＝﹣x2﹣x+2；y＝﹣4x+4；
（2）y＝tx﹣4t中，令x＝0，则y＝﹣4t，
∴B（0，﹣4t），
令y＝0，则x＝4，
∴A（4，0），
∵G为AB中点，
∴G（2，2t），
∵OC＝OA，OB＝OD，
∴C（0，4），D（﹣4t，0），
∵H为CD中点，
∴H（﹣2t，2），
∵M为GH中点，
∴M（1﹣t，1+t），
∵OM＝，
∴10＝（1﹣t）2+（1+t）2，
解得t＝±2，
∵t＜0，
∴t＝﹣2，
∴y＝﹣2x+8，
设y＝ax2+bx+c，
将A（4，0），B（0，8），D（﹣8，0）代入上式得：
，解得，
∴y＝﹣x2﹣x+8；
（3）根据平移的性质，平移前的抛物线表达式为：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），
∵﹣m＞0，故m＜0，
故点A、D的坐标分别为（m+n，0）、（2m，0），则点B（0，﹣2m），
将点B的坐标代入上述抛物线的表达式得：﹣2m＝a（0﹣2m）（0﹣n﹣m），
整理得：a（m+n）＝﹣1．
故答案为：a（m+n）＝﹣1．
31．（2021秋•义乌市期末）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在AB边上，且AE＝1．点F是BC边上的动点．将△BEF沿EF折叠得到△GEF．直线GF与直线AB的交点为H．
（1）如图2，点F与点C重合时，求△HEG与△HBC的面积比；
（2）如图3，当H在点A的上方，且满足三角形HEF是等腰三角形时，求线段EH的长．
（3）在点F的运动过程中，以E、G、H为顶点的三角形能否与以B、C、D为顶点的三角形相似？若能，求BF的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质得出面积之比，进而解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质和折叠的性质解答即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质，分两种情况解答即可．
【解答】（1）解：如图：
∵∠GHE＝∠BHC，∠EGH＝∠CBH，
∴△HEG∽△HCB，
∴，
∵EG＝BE＝AB﹣AE＝2，
∴；
（2）解：如图：连接EC，
根据折叠性质，等腰三角形三线合一性质，得：FB＝FG＝GH，
∴∠BHF＝30°，
∵EG＝BE＝AB﹣AE＝2，
∴EH＝4；
（3）解：∵BC＝5，DC＝3，四边形ABCD是矩形，
∴BD＝，
根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，
∴，
∴，
解得：GH＝，
∵△HEG∽△HFB，
∴△HFB∽△BDC，
∴，
∴，
解得：BF＝，
当H在下方时，
∵BC＝5，DC＝3，四边形ABCD是矩形，
∴BD＝，
根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，
∴，
∴，
解得：HE＝，
∴BH＝HE﹣BE＝，
∵△HEG∽△HFB，
∴△HFB∽△BDC，
∴，
∴，
解得：BF＝；
综上所述，BF的值为或．
第24讲 九上常考易错题各地期末选题
一．选择题（共13小题）
1．（2021秋•诸暨市期末）“对于二次函数y＝（x﹣1）2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，这一事件为（ ）
A．必然事件 B．随机事件 C．不确定事件 D．不可能事件
【分析】根据二次函数的性质、随机事件的概念判断即可．
【解答】解：“对于二次函数y＝（x﹣1）2+1，当x≥1时，y随x的增大而增大”，
这一事件为必然事件，
故选：A．
2．（2020•定兴县一模）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】确定AB的长度后确定点C的位置即可．
【解答】解：AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长，
据此可以确定共有2个点C，位置如图，
故选：B．
3．（2022•开远市二模）如图，△ABC的顶点均在正方形网格的格点上，则sin∠ABC的值为（ ）
A． B．2 C． D．
【分析】连接小正方形的对角线，证明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC与它的余角的正弦值相等解答即可．
【解答】解：如图所示，连接小正方形的对角线CD，
设每个小正方形的边长为1，则CD＝，＝，BD＝，
∵，
即CD2+BD2＝BC2，
∴△BCD是直角三角形，
∴sin∠ABC＝＝．
故选：C．
4．（2021秋•义乌市期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝5，S▱ABCD＝10，以顶点C为圆心，BC为半径作圆，则AD边所在直线与⊙C的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切
C．相离 D．以上三种都有可能
【分析】如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．求出CH的值即可判断．
【解答】解：如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．
∵S平行四边形ABCD＝BC•CH，
∴CH＝＝2，
∵2＜5，
∴直线AD与⊙C相交，
故选：A．
5．（2021秋•吴兴区期末）已知一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一个根是1，若二次函数y＝2x2+bx﹣1的图象上有三个点（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3），则y1，y2，y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
【分析】利用一元二次方程根的意义求得b值，将b值代入二次函数的解析式，求出抛物线的对称轴，利用二次函数图象的性质即可得出结论．
【解答】解：∵一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一个根是1，
∴2+b﹣1＝0．
∴b＝﹣1．
∴二次函数y＝2x2﹣x﹣1＝2（x﹣）2﹣．
∴抛物线y＝2x2﹣x﹣1的对称轴为直线x＝．
∵该抛物线开口向上，点（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3）到对称轴的距离分别为：|0﹣|＝，|﹣1﹣|＝，|﹣|＝，且＜＜，
∴y1＜y3＜y2．
故选：C．
6．（2021秋•柯城区期末）如图，E是矩形ABCD的边AD的中点，连接BE，BD，分别交对角线AC于点F，O．则AF：FO：OC＝（ ）
A．2：1：3 B．3：2：5 C．4：2：7 D．5：3：8
【分析】由四边形ABCD是矩形，于是得到AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，证得△AEF∽△CFB，得到，证得，设AF＝2a，则CF＝4a，可得AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝a，即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，
∴△AEF∽△CFB，
∴，
∵AE＝AD＝BC，
∴，
设AF＝2a，则CF＝4a，
∴AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝OA﹣AF＝a，
∴AF：FO：OC＝2a：a：3a＝2：1：3．
故选：A．
7．（2021秋•乐清市期末）如图，抛物线的图象与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3.5
【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，求出直线y＝﹣x与抛物线的交点，即可推出点M坐标，由此即可解决问题．
【解答】解：∵△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，
由，
解得或（舍弃），
∴点M坐标为（2，﹣2），
如图1中，作MN⊥AB于N，
∵MP＝MB，NM⊥PB，
∴PN＝NB＝1，
∴OP＝1，AP＝3，
∴当AP＝3时圆心在抛物线上．
故选：A．
8．（2021秋•义乌市期末）已知二次函数y＝﹣（x﹣h）2（h为常数），当2≤x≤5时，函数y的最大值为﹣1，则h的值为（ ）
A．1或3 B．4或6 C．3或6 D．1或6
【分析】由二次函数解析式可得抛物线开口向下及抛物线顶点坐标，分类讨论x＝2，x＝5时y取最大值﹣1，进而求解．
【解答】解：∵y＝﹣（x﹣h）2，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝h，顶点坐标为（h，0）
将x＝2，y＝﹣1代入y＝﹣（x﹣h）2得﹣1＝（2﹣h）2，
解得h＝3或h＝1，
当h＝3时，2＜3＜5，函数最大值为0，不符合题意，
当h＝1时，x＞1时，y随x增大而减小，x＝2时，函数取最大值，符合题意，
当x＝5，y＝﹣1时，﹣1＝（5﹣h）2，
解得h＝6或h＝4，
当h＝4时，2＜4＜5，不符合题意，
当h＝6时，x＜6时，y随x增大而减小，x＝5时，函数取最大值，符合题意，
∴h＝1或6，
故选：D．
9．（2021秋•诸暨市期末）如图，△ABC为锐角三角形，BC＝6，∠A＝45°，点O为△ABC的重心，D为BC中点，若固定边BC，使顶点A在△ABC所在平面内进行运动，在运动过程中，保持∠A的大小不变，设BC的中点为D，则线段OD的长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【分析】作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，由题意知OD＝AD，且∠BEC＝90°，BD＝DE＝3，由勾股定理知BE＝3，AD＝DE+AE＝3+3．当AD⊥BC时，AD最长，可求此时OD最大值；临界情况为∠ABC＝90°，此时OD＝，可得此时OD最小值，进而可得OD的取值范围．
【解答】解：如图，作△ABC的外接圆，点E为圆心，AD⊥BC，
由题意知OD＝AD，
∵∠A＝45°，
∴∠BEC＝90°，
∴∠EBD＝∠BED＝45°，
∴BD＝CD＝3，由勾股定理知BE＝3，
∴AD＝DE+AE＝3+3，
∵AD⊥BC时，AD最长，
∴OD最大值为1+，
∵△ABC为锐角三角形，
∴临界情况为∠ABC＝90°，如图，
∴此时AB＝BC＝6，
∴AD＝3，
∴OD＝．
∴＜OD≤+1．
故选：A．
10．（2021秋•婺城区期末）在△ABC中，∠B＝45°，AB＝6，给出条件：①AC＝4；②AC＝8；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（ ）
A．① B．② C．③ D．①或③
【分析】根据题意画出图形，使∠ABE＝45°，AB＝6，点C在射线BE上，作AD⊥BE于点D，根据等腰直角三角形的性质可得AD的长，再由AD和AC的长作比较即可判断①②；由前边所求出的AD的长和AB的长，结合该三角形外接圆的半径长，即可判断该外接圆的圆心可以在AB的上方，也可以在AB的下方，点C不唯一，即可判断③．
【解答】解：如图，∠ABE＝45°，AB＝6，点C在射线BE上，作AD⊥BE于点D，
∴AD＝BD＝AB＝3，
∵3＞4，
∴不存在AC＝4的△ABC，故①不符合题意；
∵AB＝6，AD＝3，AC＝8，
而AC＞6，
∴存在AC＝8的△ABC，如图，点C即是，
∴AC＝8，使得BC的长唯一成立，故②符合题意；
∵AD＝3＞4，AB＝6＜8，
当△ABC的外接圆半径为4．
∵∠B＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∴AC＝4，
∵4＜3＜4＜6＜8，
∴存在两个点C使△ABC的外接圆半径为4．两个外接圆的圆心分别在AB的上，下两侧，
故③不符合题意；
故选：B．
11．（2021秋•吴兴区期末）如图，已知扇形OAB的半径OA＝6，点P为弧AB上一动点，过点P作PC⊥OA，PD⊥OB，连结CD，当CD取得最大值时，扇形OAB的面积为（ ）
A．9π B．12π C．13.5π D．15π
【分析】∠AOB＝90°时，CD最大，由求出扇形面积即可．
【解答】解：由PC⊥OA，PD⊥OB可知，∠OCP+∠ODP＝180°，
∴O、C、P、D四点共圆，CD为此圆直径时，CD最大，
∴当∠AOB＝90°时，CD最大，如图：
此时扇形面积为＝9π，
故选：A．
12．（2021秋•海曙区期末）如图，四边形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，以AB为直径的⊙O刚好与CD相切，连结OC、BD交于点F，若AB＝8，则已知下列条件中的一个即可求BF的长的有（ ）
①BD；②CD；③；④．
A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④
【分析】延长CO交DA的延长线于点T．由BC∥DT，推出＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可，由此即可判断．
【解答】解：延长CO交DA的延长线于点T．
∵BC∥DT，
∴△BFC∽△DFT，
∴＝，
欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可．
已知BD，CD，可以求出AD，BC，故①②符合题意，
当的值已知，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故③符合题意．
当的值已知，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故④符合题意．
故选：A．
13．（2021秋•吴兴区期末）如图△ACB，∠ACB＝90°，点O是AB的中点，CD平分∠BCO交AB于点D，作AE⊥CD分别交CO、BC于点G，E．记△AGO的面积为S1，△AEB的面积为S2，当＝时，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T．首先证明AG：GE＝4：1，再利用平行线分线段成比例定理求解即可．
【解答】解：如图，连接BG，过点O作OT∥AE交BC于点T．
∵AO＝OB，
∴S△AOG＝S△OBG，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∵OT∥AE，AO＝OB，
∴ET＝TB，
∴OT＝AE，
∴＝，
∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，
∴∠DCG＝∠DCE，
∴∠CGE+∠DCG＝90°，∠CEG+∠DCB＝90°，
∴∠CGE＝∠CEG，
∴CG＝CE，
∵∠CGE＝∠COT，∠CEG＝∠CTD，
∴∠COT＝∠CTO，
∴CO＝CT，
∴OG＝ET，
∵GE∥OT，
∴＝＝，
∴＝，
∴＝．
故选：D．
二．填空题（共11小题）
14．（2021秋•义乌市期末）如图，有一块边长为2的正方形厚纸板ABCD，做成如图①所示的一套七巧板（点O为正方形纸板对角线的交点，点E、F分别为AD、CD的中点，GE∥BI，IH∥CD），将图①所示七巧板拼成如图②所示的“鱼形”，则“鱼尾”MN的长为 3 ．
【分析】依据勾股定理即可得到AC的长，进而得出FI＝EI＝1，EF＝2，即可得到“鱼尾”MN的长．
【解答】解：∵等腰直角三角形ACD中，AD＝CD＝2，
∴AC＝4，
又∵AG＝GO＝OH＝CH，
∴FI＝EI＝1，EF＝2，
∴NM＝2+1＝3，
故答案为：3．
15．（2021秋•诸暨市期末）已知点A（0，0），B（4，0），C（﹣1，﹣1），D（2，﹣4），固定A，B两点，将线段CD向左或向右平移，平移后C，D两点的对应点分别为C1，D1．
（1）当C1的坐标为（﹣2，﹣1）时，四边形AC1D1B的周长为 +3+9 ；
（2）当C1的坐标为 （，﹣1） 时，四边形AC1D1B的周长最小．
【分析】（1）根据C1点坐标可确定线段CD向左平移1个单位，则可求D1（1，﹣4），再求周长即可；
（2）设CD向右平移m个单位，则C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），当AC1+BD1为最小值时，四边形AC1D1B的周长最小，此时AC1+BD1＝+，则点（m，0）到点（1，1）和（2，4）的距离和最小，求出过（1，﹣1）和（2，4）的直线解析式为y＝5x﹣6，当y＝0时，m＝，即可求C1（，﹣1）．
【解答】解：（1）∵C（﹣1，﹣1），C1（﹣2，﹣1），
∴线段CD向左平移1个单位，
∵D（2，﹣4），
∴D1（1，﹣4），
∵A（0，0），B（4，0），
∴AC1＝，CD＝3，BD1＝5，AB＝4，
∴四边形AC1D1B的周长＝AC1+CD+BD1+AB＝+3+9，
故答案为：+3+9；
（2）设CD向右平移m个单位，
∴C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），
∵AB＝4，CD＝C1D1＝3，
∴当AC1+BD1为最小值时，四边形AC1D1B的周长最小，
此时AC1+BD1＝+，
∴点（m，0）到点（1，1）和（2，4）的距离和最小，
∵点（1，1）关于x轴对称的点为（1，﹣1），
设过（1，﹣1）和（2，4）的直线解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝5x﹣6，
∴当y＝0时，m＝，
∴C1（，﹣1），
故答案为：（，﹣1）．
16．（2021秋•诸暨市期末）如图，扇形AOB，正方形OCDE的顶点C，E，D，分别在OA，OB，弧AB上，过点A作AF⊥ED，交ED的延长线于点F．若图中阴影部分的面积为﹣1，则扇形AOB的半径为 ．
【分析】由扇形AOB可知OA＝OB，由正方形的性质可知CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，可知，AC＝BE，阴影部分面积＝长方形ACDF的面积，进而即可求出正方形的边长，进一步即可求出扇形AOB的半径．
【解答】解：∵扇形AOB，
∴OA＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，
∴，AC＝BE，
∴阴影部分面积＝长方形ACDF的面积，
设正方形OCDE的边长为a，
∴OD＝a，
∴AC＝a﹣a＝（﹣1）a，
∴AC•CD＝阴影部分面积，
∴（﹣1）a•a＝（﹣1）a，
∴a＝1，
∴OD＝a＝×1＝，
故答案为：．
17．（2021秋•乐清市期末）如图，在边长为7的正方形ABCD中放入四个小正方形后形成一个中心对称图形，其中两顶点E，F分别在边BC，AD上，则放入的四个小正方形的面积之和为 22 ．
【分析】作GH⊥BC，证明△GHE∽△EMN，根据相似三角形的性质得到GH＝2EM，HE＝2MN，根据正方形的性质列方程求出MN，根据勾股定理、正方形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，
则∠HGE+∠HEG＝∠HEG+∠MEN＝90°，
∴∠HGE＝∠MEN，
∵∠GHE＝∠EMN＝90°，
∴△GHE∽△EMN，
∴，
∴GH＝2EM，HE＝2MN，
设MN＝x，则HE＝2x，
∴EM＝7﹣4x，
∴GH＝2EM＝2（7﹣4x），
∴2（7﹣4x）+x＝7，
解得：x＝1，
∴EM＝7﹣4x＝3，
∴EN＝＝，
∴GE＝2EN＝，
∴四个小正方形的面积之和＝2×12+×＝22，
故答案为：22．
18．（2021秋•温州期末）二次函数y＝ax2+bx+c的部分对应值列表如下：
x
…
﹣3
0
1
3
5
…
y
…
7
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
则一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解为 x＝±1 ．
【分析】由表格中的数据知，当x＝3时，y＝﹣5．所以由题意知：当2x+1＝3时，y＝﹣5．
【解答】解：由抛物线的对称性质知，对称轴是直线x＝＝1．
根据题意知，一元二次方程ax2+bx+c＝﹣5的解为x＝3或x＝﹣1．
所以2x+1＝3或2x+1＝﹣1．
解得x＝1或x＝﹣1．
所以一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解为：x＝±1．
故答案是：x＝±1．
19．（2021秋•诸暨市期末）如图1，以Rt△ABC各边为边分别向外作等边三角形，编号为①、②、③，将②、①如图2所示依次叠在③上，已知四边形EMNB与四边形MPQN的面积分别为9与7，则Rt△ABC的斜边长AB＝ 10 ．
【分析】设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，根据勾股定理得到a2+b2＝c2，根据三角形的面积列方程得到AC＝8，BC＝6，由勾股定理即可得到AB＝＝＝10．
【解答】解：如图，设等边△ABE，△ACD，△BCF的面积分别是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，
∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴a2+b2＝c2，
∴a2+b2＝c2．
∵S3＝c2，S2＝b2，S1＝a2，
∴S3﹣S2＝（c2﹣b2）＝a2＝9，S3﹣S1＝c2﹣a2＝（c2﹣a2）＝b2＝9+7＝16，
∴a＝6，b＝8，
即AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
故答案为：10．
20．（2021秋•婺城区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，将菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB'C'D'，边AB、BC、AD'、C'D'及点C的路径所围成的阴影区域的周长为 4+π ．
【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和BC′，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形弧长，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得C'D'，即可得到答案．
【解答】解：连接CD′和BC′，
∵∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠CAB＝30°，
∵∠C′AB′＝30°，
∴A、D′、C及A、B、C′分别共线．
∴AC＝，
∴扇形ACC′的弧长为：＝π，
∵AC＝AC′，AD′＝AB，
∴CD'＝BC'，
在△OCD′和△OC'B中，
，
∴△OCD′≌△OC′B（AAS）．
∴OB＝OD′，CO＝C′O
∵OB+OC＝BC＝1，
∴OD'+OC'＝OB+OB＝1，即C'D'＝1，
∴阴影区域的周长为AD'+AB+BC+C'D'+扇形ACC′的弧长＝1+1+1+1+π＝4+π，
故答案为：4+π．
21．（2021秋•柯城区期末）已知二次函数y＝a（x﹣2）2+4（a＜0）的图象的顶点为C，与y轴交于点A，过点A作AB∥x轴，与该二次函数图象的另一个交点为B，连结OB，OB∥AC．则AB的长是 4 ，a的值为 ﹣ ．
【分析】作CE⊥y轴于点E，通过△CEA∽△BAO可得＝＝，用含a代数式表示OA，进而求解．
【解答】解：∵y＝a（x﹣2）2+4，
∴抛物线开口向下，顶点C坐标为（2，4），抛物线对称轴为直线x＝2，
作CE⊥y轴于点E，则CE＝2，
∵AB∥x轴，抛物线对称轴为直线x＝2，
∴AB＝4，
∵CE∥AB∥x轴，AC∥OB，
∴△CEA∽△BAO，
∴＝＝，
把x＝0代入y＝a（x﹣2）2+4得y＝4a+4，
∴点A坐标为（0，4a+4），即AO＝4a+4，
∴AE＝AO＝2a+2，
∴OA+AE＝6a+6＝4，
∴a＝﹣．
故答案为：4，﹣．
22．（2021秋•婺城区期末）五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形，小明发现可以将五巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值＝ ．
【分析】利用图1和图2所示可得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC，设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通过说明△CHB∽△BHF，得到HF＝a，利用拼图与原图对比求得l与h的长，则结论可求．
【解答】解：由题意得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC．
设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．
∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，
∴△CHB∽△BHF．
∴．
∵CH＝2a，BH＝a，
∴．
∴HF＝a．
由题意：AE＝CF．
ME＝HF＝a．
∴l＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．
∴＝．
故答案为：；
23．（2021秋•海曙区期末）如图，已知距离为6的两条平行线l1，l2与⊙O分别交于A，B两点（AB为直径，且与l2不垂直），D为⊙O上一点，过D作l1的平行线m交AB于点C，若＝，BD＝6，则AB的长为 3 ．
【分析】过点D作DE⊥l1于点E，交l2于点F，可得l1∥l2∥m，根据＝，可得＝，设DE＝2x，则DF＝3x，计算可得DE＝，DF＝，由△DAE∽△BDF和勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥l1于点E，交l2于点F，
∵l1∥l2，
∴DF⊥l2，
∵l1∥l2∥m，＝，
∴＝，
设DE＝2x，则DF＝3x，
∵EF＝6，
∴2x+3x＝6，
解得x＝，
∴DE＝，DF＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDF＝90°，
∵∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BDF，
∵∠AED＝∠DFB＝90°，
∴△DAE∽△BDF，
∴＝，
在Rt△BDF中，BD＝6，DF＝，
∴BF＝＝＝，
∴＝，
∴AD＝3，
在Rt△ABD中，BD＝6，AD＝3，
∴AB＝＝＝3．
答：AB的长为3．
故答案为：3．
24．（2021秋•海曙区期末）如图，抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A和点B两点，与y轴交于点C，D点为抛物线上第三象限内一动点，当∠ACD+2∠ABC＝180°时，点D的坐标为 （﹣7，﹣） ．
【分析】由抛物线的解析式求得A、B、C的坐标，利用勾股定理的逆定理证得∠ACB＝90°，即可得出∠BAC+∠ABC＝90°，由∠ACD+2∠ABC＝180°，得出2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x轴，交CD的延长线与E，作∠ACD的平分线，交AE于F，则∠ACF＝∠BAC，根据轴对称的性质得出AF＝EF＝BC＝3，从而求得E（﹣9，﹣6），利用待定系数法求得直线CD的解析式，与二次函数解析式联立，解方程组即可求得D的坐标．
【解答】解：∵抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A和点B两点，
∴当y＝0时，x2+x﹣3＝0，
解得x＝﹣9或1，
∴A（﹣9，0），B（1，0），
∴AB＝10，
当x＝0时，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵AC2＝92+32＝90，BC2＝12+32＝10，AB2＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴2∠BAC+2∠ABC＝180°，
∵∠ACD+2∠ABC＝180°
∴2∠BAC＝∠ACD，
作AE⊥x轴，交CD的延长线与E，作∠ACD的平分线，交AE于F，则∠ACF＝∠BAC，
∴CF∥AB，
∴CF⊥AE，
∴AF＝EF＝BC＝3，
∴E（﹣9，﹣6），
设直线CD的解析式为y＝kx﹣3，
把E的坐标代入得，﹣6＝﹣9k﹣3，
∴k＝，
∴直线CD的解析式为y＝x﹣3，
解得或，
∴点D的坐标为（﹣7，﹣），
故答案为：（﹣7，﹣）．
三．解答题（共7小题）
25．（2021秋•余姚市期末）如图是由边长为1的小正方形构成的5×3的网格，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．
（1）图中的值为 ．
（2）在图1中，以点A为旋转中心，将△ABC按逆时针方向旋转90°，作出经旋转后的图形△AB′C′（其中B′，C′分别是B，C的对应点）．
（3）在图2中，找出符合条件的格点D，使得∠ADB＝∠ABC．
【分析】（1）根据勾股定理求得AB，BC的值，即可得到结论；
（2）根据旋转中心方向及角度找出点A、B的对应点A′、B′的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据题意作出∠ADB＝∠ABC即可．
【解答】解：（1）∵BC＝＝，AB＝＝，
∴＝＝，
故答案为：；
（2）如图1所示，△AB′C′即为所求；
（3）如图2所示，∠ADB即为所求．
26．（2021秋•海曙区期末）如图，在6×6的正方形方格纸中，∠BAC的顶点在格点上．
（1）直接写出tan∠BAC＝ ．
（2）仅用直尺，画出∠BAC的平分线AP，并写出tan∠PAC＝ ．
【分析】（1）利用网格特征，寻找直角三角形解决问题即可；
（2）取格点T，连接BT，取BC的中点P，作射线AP．
【解答】解：（1）如图，tan∠BAC＝，
故答案为：；
（2）如图，射线AP即为所求，tan∠PAC＝＝．
27．（2021秋•婺城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC为直径的半圆交斜边AB于点D，E为BC的中点，连结DE，CD．过点D作DF⊥AC于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半径．
【分析】（1）连结OD，根据直角三角形的性质得到DE＝EC，证明∠EDC＝∠ECD，根据OD＝OC，得到∠ODC＝∠OCD，进而证明∠ODE＝∠ACB＝90°，根据切线的判定定理证明结论；
（2）根据勾股定理求出AF，证明△ADF∽△ACD，根据相似三角形的性质计算即可．
【解答】（1）证明：连结OD，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△BDC中，E为BC的中点，
∴DE＝BC＝EC，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ODE＝∠ACB＝90°，
∵OD为⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ADF中，AD＝5，DF＝3，
由勾股定理得：AF＝＝＝4，
∵∠DAF＝∠CAD，∠AFD＝∠ADC＝90°，
∴△ADF∽△ACD，
∴＝，即＝，
解得：AC＝，
∴⊙O的半径为．
28．（2021秋•海曙区期末）如图，已知AB是半圆O的直径，C是半圆弧上一点，P是的中点，PD∥BC交AB延长线于点D．
（1）求证：PD为⊙O的切线；
（2）若AB＝10，cos∠D＝，求PC的值．
【分析】（1）要证明PD为⊙O的切线，想到连接OP，只要证明∠OPD＝90°即可，根据已知P是的中点，利用垂径定理可得∠OEB＝90°，然后根据PD∥BC，证明同位角相等即可；
（2）利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，根据PD∥BC，可得∠D＝∠ABC，然后在Rt△ABC中求出BC，再在Rt△OEB中，求出OE的长，最后在Rt△CEP中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OP，交BC于点E，
∵P是的中点，
∴OP⊥BC，CE＝EB＝BC，
∴∠OEB＝90°，
∵PD∥BC，
∴∠OPD＝∠OEB＝90°，
∵OP是圆O的半径，
∴PD为⊙O的切线；
（2）解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵PD∥BC，
∴∠D＝∠ABC，
∵cos∠D＝，
∴cos∠ABC＝＝，
∵AB＝10，
∴BC＝8，
∴BE＝CE＝＝4，
在Rt△OEB中，OB＝5，
∴OE＝＝＝3，
∴EP＝OP﹣OE＝5﹣3＝2，
在Rt△CEP中，CE＝4，PE＝2，
∴PC＝＝2．
29．（2021秋•婺城区期末）如图1，一个正立方体铁块放置在圆柱形水槽内，水槽的底面圆的面积记为S1，正立方体的底面正方形的面积记为S2．现以一定的速度往水槽中注水，28秒时注满水槽．此时停止注水，并立刻将立方体铁块用细线竖直匀速上拉直至全部拉出水面．水槽内水面的高度y（cm）与注水时间x（s）之间的函数图象如图2所示．
（1）正立方体的棱长为 10 cm，S1：S2＝ 4 ；
（2）当圆柱形水槽内水面高度为12cm时，求注水时间是几秒？
（3）铁块完全拉出时，水面高度为 17.5 cm．
【分析】（1）直接利用一次函数图象结合水面高度的变化得出正方体的棱长，设注水的速度是vcm/s，根据题意得出注满与正方体体积相等的水需要的时间为（28﹣12﹣12）s，列比例式即可求解；
（2）直接利用待定系数法求出一次函数解析式，再求出当y＝12时，x的值即可；
（3）铁块完全拉出时，水面高度降低了mcm，根据S1：S2＝4即可解答．
【解答】解：（1）由题意可得：12秒时，水槽内水面的高度为10cm，12秒后水槽内高度变化趋势改变，
故正方体的棱长为10cm；
设注水的速度是vcm/s，根据题意得注满与正方体体积相等的水需要的时间为28﹣12﹣12＝4（s），
注满水槽正方体以上的水需要的时间为28﹣12＝16（s），
∴＝4，
∴S1：S2＝4，
，故答案为：10，4；
（2）设线段AB对应的函数解析式为：y＝kx+b，
∵图象过A（12，10），B（28，20），
∴，
解得：，
∴线段AB对应的解析式为：y＝x+（12≤x≤28），
当y＝12时，x+＝12，
解得x＝15.2，
∴注水时间是15.2秒；
（3）设铁块完全拉出时，水面高度降低了mcm，
∵S1：S2＝4，
∴S1＝4S2，
∴10S2＝4S2•m，解得m＝2.5，
∴铁块完全拉出时水面的高度：20﹣2.5＝17.5（cm），
故答案为：17.5．
30．（2021秋•义乌市期末）如图1，直线l：y＝ax+b（a＜0，b＞0）与x，y轴分别相交于 A、B两点．将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，过点A，B，D的抛物线P叫做直线l的关联抛物线，直线l叫做P的关联直线．
（1）若直线l：y＝﹣2x+2，则抛物线P表示的函数解析式为 y＝﹣x2﹣x+2 ，若抛物线P：y＝﹣x2﹣3x+4，则直线l表示的函数解析式为 y＝﹣4x+4 ；
（2）如图2，若直线l：y＝tx﹣4t（t＜0），G为AB中点，H为CD的中点，连结GH，取GH中点M，连结OM，已知OM＝．求直线l的关联抛物线P表示的函数解析式；
（3）若将某直线的关联抛物线向右平移﹣m个单位得到抛物线y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n），则a、m、n应满足的关系式为 a（m+n）＝﹣1 ．
【分析】（1）求出A、B点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）分别求出G（2，2t），H（﹣2t，2），M（1﹣t，1+t），再由OM＝，可求t的值，进而可求函数的解析式；
（3）根据平移的性质，平移前的抛物线表达式为：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），求出点A、D的坐标分别为（m+n，0）、（2m，0），进而求解．
【解答】解：（1）设抛物线P的函数表达式为：y＝ax2+bx+c，
对于y＝﹣2x+2，令y＝﹣2x+2＝0，解得x＝1，令x＝0，则y＝2，
故点A、B的坐标分别为（1，0）、（0，2），则点D（﹣2，0），
将点A、B、D代入抛物线表达式得：
，解得，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣x+2；
对于y＝﹣x2﹣3x+4，令y＝﹣x2﹣3x+4＝0，解得x＝﹣4或1，令x＝0，则y＝4，
即点A、B的坐标分别为（1，0）、（0，4），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣4x+4；
故答案为：y＝﹣x2﹣x+2；y＝﹣4x+4；
（2）y＝tx﹣4t中，令x＝0，则y＝﹣4t，
∴B（0，﹣4t），
令y＝0，则x＝4，
∴A（4，0），
∵G为AB中点，
∴G（2，2t），
∵OC＝OA，OB＝OD，
∴C（0，4），D（﹣4t，0），
∵H为CD中点，
∴H（﹣2t，2），
∵M为GH中点，
∴M（1﹣t，1+t），
∵OM＝，
∴10＝（1﹣t）2+（1+t）2，
解得t＝±2，
∵t＜0，
∴t＝﹣2，
∴y＝﹣2x+8，
设y＝ax2+bx+c，
将A（4，0），B（0，8），D（﹣8，0）代入上式得：
，解得，
∴y＝﹣x2﹣x+8；
（3）根据平移的性质，平移前的抛物线表达式为：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），
∵﹣m＞0，故m＜0，
故点A、D的坐标分别为（m+n，0）、（2m，0），则点B（0，﹣2m），
将点B的坐标代入上述抛物线的表达式得：﹣2m＝a（0﹣2m）（0﹣n﹣m），
整理得：a（m+n）＝﹣1．
故答案为：a（m+n）＝﹣1．
31．（2021秋•义乌市期末）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在AB边上，且AE＝1．点F是BC边上的动点．将△BEF沿EF折叠得到△GEF．直线GF与直线AB的交点为H．
（1）如图2，点F与点C重合时，求△HEG与△HBC的面积比；
（2）如图3，当H在点A的上方，且满足三角形HEF是等腰三角形时，求线段EH的长．
（3）在点F的运动过程中，以E、G、H为顶点的三角形能否与以B、C、D为顶点的三角形相似？若能，求BF的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质得出面积之比，进而解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质和折叠的性质解答即可；
（3）根据相似三角形的判定和性质，分两种情况解答即可．
【解答】（1）解：如图：
∵∠GHE＝∠BHC，∠EGH＝∠CBH，
∴△HEG∽△HCB，
∴，
∵EG＝BE＝AB﹣AE＝2，
∴；
（2）解：如图：连接EC，
根据折叠性质，等腰三角形三线合一性质，得：FB＝FG＝GH，
∴∠BHF＝30°，
∵EG＝BE＝AB﹣AE＝2，
∴EH＝4；
（3）解：∵BC＝5，DC＝3，四边形ABCD是矩形，
∴BD＝，
根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，
∴，
∴，
解得：GH＝，
∵△HEG∽△HFB，
∴△HFB∽△BDC，
∴，
∴，
解得：BF＝，
当H在下方时，
∵BC＝5，DC＝3，四边形ABCD是矩形，
∴BD＝，
根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，
∴，
∴，
解得：HE＝，
∴BH＝HE﹣BE＝，
∵△HEG∽△HFB，
∴△HFB∽△BDC，
∴，
∴，
解得：BF＝；
综上所述，BF的值为或．
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