辽宁省鞍山市铁东区第二中学2023—2024学年上学期第一次月考九年级数学试卷

这是一份辽宁省鞍山市铁东区第二中学2023—2024学年上学期第一次月考九年级数学试卷，共27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。

1.若(m−1)xm2+1−1=0是关于x的一元二次方程，则m的值是( )
A. −1B. 0C. 1D. ±1
2.已知点A(1,a)、点B(b,2)关于原点对称，则a+b的值为( )
A. 3B. −3C. −1D. 1
3.关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个实数根，则k的取值范围( )
A. k≥−1B. k≥−1且k≠0C. k>−1且k≠0D. k≤−1
4.如图，在△ABC中，∠BAC=138°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′.若点B′刚好落在BC边上，且AB′=CB′，则∠C的度数为( )
A. 16°
B. 15°
C. 14°
D. 13°
5.已知关于x的方程x2−(2m−1)x+m2=0的两实数根为x1，x2，若(x1+1)(x2+1)=3，则m的值为( )
A. −3B. −1C. −3或1D. −1或3
6.如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为(2,0)，以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是( )
A. (−1, 3)B. ( 3,−1)C. (− 3,1)D. (−2,1)
7.已知a≠0，在同一直角坐标系中，函数y=ax与y=ax2的图象有可能是( )
A. B. C. D. 您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 性价比最高 8.如图，点D和点E分别是△ABC边BC和AC上一点，BD=2CD，AE=CE，连接AD，BE交于点F，若△ABC的面积为12，则△BDF与△AEF的面积之差为( )
A. 1
B. 1.5
C. 1.75
D. 2
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.二次函数y=(m+1)xm2−2m−6的图象开口向下，则m值为______．
10.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD是AC边上的高，AC=9，CD=6，则BC的长为______．
11.电影《封神》一上映，第一天票房约4亿元，以后每天票房按相同的增长率增长，第二天和第三天共累计票房收入达20亿元，若增长率记作x，方程可以列为：______．
12.如图，在△ABC中，点D、E分别在BC、AC边上，E是AC的中点，AD、BE相交于点F，若BD=2DC，FE=7 5，则FB的长为______．
13.已知抛物线y=ax2(a>0)过A(−2,y1)、B(1,y2)、C(3,y3)三点，则y1、y2、y3的大小关系是______(用“<”连接)．
14.矩形ABCD中，AB=5，BC=3，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，点B的对应点B′落在直线CD上，连接DD′，则DD′的长度为______．
15.如图所示，直线y= 33x+ 33与y轴相交于点D，点A1在直线y= 33x+ 33上，点B1在x轴上，且△OA1B1是正三角形，记作第一个正三角形；然后过B1作B1A2/​/OA1与直线y= 33x+ 33相交于点A2，点B2在x轴上，再以B1A2为边作正三角形A2B2B1，记作第二个正三角形；同样过B2作B2A3/​/B1A2与直线y= 33x+ 33相交于点A3，点B3在x轴上，再以B2A3为边作正三角形A3B3B2，记作第三个正三角形；…依此类推，则第n个正三角形的顶点An的横坐标为______．
16.如图，已知AC=BC，点D、E为BC延长线上的两点，CE= 2BC，∠EAB+∠BAD=180°，则ADAE的值______．
三、解答题：本题共10小题，共88分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
用配方法解方程，2x2+5x−12=0．
18.(本小题6分)
利用公式法解下列方程：(x+2)(2x−3)=3x+2．
19.(本小题8分)
如图，在每个小正方形的边长为1个单位的网格中，△ABC的顶点均在格点(网格线的交点)上．
(1)画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1(点A1，B1，C1分别为A，B，C的对应点)；
(2)将(1)中的△A1B1C1绕原点O逆时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2(点A2，B2，C2分别为A1，B1，C1的对应点)．
20.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=30°，AC=5cm，将△ABC绕点A逆时针旋转α角度至△AB′C′位置(点B与点B′对应，点C与点C′对应)．
(1)根据“旋转角相等”得：∠CAC′=∠ ______=α，α的度数为______．
(2)求△ABB′的周长．
21.(本小题8分)
关于x的一元二次方程x2−2kx+k2+k−2=0有两个实数根
(1)求k的取值范围；
(2)若k为正整数，且方程的根都是正整数，求此时k的值．
22.(本小题8分)
已知y=(k+2)xk2+k−4是二次函数，且当x<0时，y随x的增大而增大．
(1)则k的值为______；对称轴为______．
(2)若点A的坐标为(2,m)，则该图象上点A的对称点的坐标为______．
(3)请画出该函数图象，并根据图象写出当−1≤x<3时，y的范围为______．
23.(本小题10分)
如图，等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE=60°
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)若BD=2，CE=43，求等边△ABC的边长．
24.(本小题10分)
今年是我国脱贫胜利年，我国在扶贫方面取得了巨大的成就，技术扶贫也使得我省某县的一个电子器件厂脱贫扭亏为盈．该电子器件厂生产一种电脑显卡，2019年该类电脑显卡的出厂价是200元/个，2020年，2021年连续两年在技术扶贫的帮助下改进技术，降低成本，2021年该电脑显卡的出厂价调整为162元/个．
(1)这两年此类电脑显卡出厂价下降的百分率相同，求平均每年下降的百分率；
(2)2021年某赛格电脑城以出厂价购进若干个此类电脑显卡，以200元/个销售时，平均每天可销售20个．为了减少库存，该电脑城决定降价销售．经调查发现，单价每降低5元，每天可多售出10个，如果每天盈利1150元，单价应降低多少元？
25.(本小题12分)
在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，点P为射线CD上的动点(点P不与点D重合)，连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E．
(1)若∠C=45°，点P在线段CD上．
①如图1.当点P为线段CD的中点时，猜想PA与PE的数量关系为______；
②如图2，当点P在线段CD上时，请判断PA与PE的数量关系，并证明你的结论；
③若AD=5 2，AP=13，请直接写出线段BE的长；
(2)若∠C=60°，AD=3，AP= 19，请直接写出线段BE的长．
26.(本小题12分)
如图，已知二次函数y=ax2(a≠0)与一次函数y=kx−2的图象相交于A(−1,−1)，B两点．
(1)求a，k的值及点B的坐标；
(2)在抛物线上求点P，使△PAB的面积是△AOB面积的一半；(写出详细解题过程)
(3)点M在抛物线上，点N在坐标平面内，是否存在以A，B，M，N为顶点的四边形是矩形，若存在直接写出M的坐标，若不存在说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵(m−1)xm2+1−1=0是关于x的一元二次方程，
∴m−1≠0且m2+1=2，
解得：m=−1，
故选：A．
根据一元二次方程的定义得出m−1≠0且m2+1=2，再求出m即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能根据一元二次方程的定义得出m−1≠0和m2+1=2是关于x的一元二次方程是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2.【答案】B
【解析】解：∵点A(1,a)、点B(b,2)关于原点对称，
∴a=−2，b=−1，
∴a+b=−3．
故选：B．
由关于原点对称的两个点的坐标之间的关系直接得出a、b的值即可．
本题考查关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的两个点，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数．
3.【答案】B
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0有两个实数根，
∴Δ=(−2)2−4k×(−1)=4+4k≥0，且k≠0，
解得：k≥−1且k≠0．
故选：B．
根据方程有两个实数根，得到根的判别式大于等于0，求出k的范围即可．
此题考查了根的判别式，以及一元二次方程的定义，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，当b2−4ac>0时，方程有两个不相等的实数根；当b2−4ac<0时，方程没有实数根；当b2−4ac=0时，方程有两个相等的实数根，反之也成立．
4.【答案】C
【解析】解：∵AB′=CB′，
∴∠C=∠CAB′，
∴∠AB′B=∠C+∠CAB′=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C=∠C′，AB=AB′，
∴∠B=∠AB′B=2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180°，
∴3∠C=180°−138°，
∴∠C=14°，
∴∠C′=∠C=14°，
故选：C．
由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB′，∠B=∠AB′B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了根与系数的关系及根的判别式，关键掌握x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q.根据方程x2−(2m−1)x+m2=0的两实数根为x1，x2，得出x1+x2与x1x2的值，再根据(x1+1)(x2+1)=3和方程的根的判别式，即可求出m的值．
【解答】
解：∵方程x2−(2m−1)x+m2=0的两实数根为x1，x2，
∴x1+x2=2m−1，x1x2=m2，
∵(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=3，
∴m2+2m−1+1=3，
解得：m1=1，m2=−3，
∵方程有两实数根，
∴Δ=−(2m−1)2−4×1×m2⩾0，
即m≤14，
∴m1=1(不合题意，舍去)，
∴m=−3．
6.【答案】C
【解析】解：如图，过点A作AE⊥OB于点E，过点A′作A′H⊥x轴于点H．
∵B(2,0)，△OAB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∵AE⊥OB，
∴OE=EB=1，
∴AE= AO2−OE2= 22−12= 3，
∵A′H⊥OH，AE⊥OB，把△OAB逆时针旋转90°，
∴A′O=AO，∠A′HO=∠OEA=∠AOA′=90°，
∴∠A′OH+∠AOE=90°，∠AOE+∠OAE=90°，
∴∠A′OH=∠OAE，
∴△A′OH≌OAE(AAS)，
∴A′H=OE=1，OH=AE= 3，
∴A′(− 3,1)，
故选：C．
如图，过点A作AE⊥OB于点E，过点A′作A′H⊥x轴于点H.利用全等三角形的性质解决问题即可．
本题考查坐标与图形变化−旋转，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7.【答案】C
【解析】解：A、函数y=ax中，a>0，y=ax2中，a>0，但当x=1时，两函数图象有交点(1,a)，故A错误；
B、函数y=ax中，a<0，y=ax2中，a>0，故B错误；
C、函数y=ax中，a<0，y=ax2中，a<0，但当x=1时，两函数图象有交点(1,a)，故C正确；
D、函数y=ax中，a>0，y=ax2中，a<0，故D错误．
故选：C．
本题可先由一次函数y=ax图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2的图象相比较看是否一致．(也可以先固定二次函数y=ax2图象中a的正负，再与一次函数比较．)
函数中数形结合思想就是：由函数图象确定函数解析式各项系数的性质符号，由函数解析式各项系数的性质符号画出函数图象的大致形状．
8.【答案】D
【解析】解：∵S△ABC=12BC⋅hBC=12AC⋅hAC=12，
∴S△ABC=12(BD+CD)⋅hBC=12(AE+CE)⋅hAC=12，
∵AE=CE=12AC，S△AEB=12AE⋅hAC，S△BCE=12EC⋅hAC，
∴S△AEB=S△CEB=12S△ABC=12×12=6，
即S△AEF+S△ABF=6①，
同理：∵BD=2CD，BD+CD=BC，
∴BD=23BC，S△ABD=12BD⋅hBC，
∴S△ABD=23S△ABC=23×12=8，
即S△BDF+S△ABF=8②，
①−②得：S△BDF−SAEF=(S△BDF+S△ABF)−(S△AEF+S△ABF)=8−6=2，
故选：D．
由△ABC的面积为12，根据三角形的面积公式和等积代换即可求得．
本题主要考查三角形的面积及等积变换，解答此题的关键是等积代换．
9.【答案】−2
【解析】解：由题意得，m2−2m−6=2且m+1<0，
解得m=−2或m=4，且m<−1，
∴m=−2，
故答案为：−2．
根据题意可得m2−2m−6=2且m+1<0，从而可求得此题结果．
此题考查了二次函数图象与性质的应用能力，关键是能准确理解以上知识并进行正确的计算．
10.【答案】3 6
【解析】解：∵∠ABC=90°，BD是AC边上的高，
∴BC2=CD⋅CA，
即BC2=6×9，
解得BC=3 6或BC=−3 6(舍去)，
即BC的长为3 6．
故答案为：3 6．
利用射影定理得到BC2=CD⋅CA，即BC2=6×9，然后解方程即可．
本题考查了射影定理：直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项；每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．
11.【答案】4(1+x)+4(1+x)2=20
【解析】解：设平均每天票房的增长率为x，
根据题意得：4(1+x)+4(1+x)2=20．
故答案为：4(1+x)+4(1+x)2=20．
第一天为3亿元，根据增长率为x得出第二天为4(1+x)亿元，第三天为4(1+x)2亿元，根据三天累计为20亿元，即可得出关于x的一元二次方程．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
12.【答案】28 5
【解析】解：如图，过点C作CH/​/BE，交AD的延长线于点H，
∴△AEF∽△ACH，
∴AEAC=EFCH，
∵E是AC的中点，
∴AC=2AE，
∴CH=2EF=14 5，
∵CH//BE，
∴△CHD∽△BFD，
∴BDCD=BFCH，
∴BD=2DC，
∴BF=2CH=28 5，
故答案为：28 5．
通过证明△AEF∽△ACH，由相似三角形的性质可求CH的长，通过证明△CHD∽△BFD，由相似三角形的性质可求BF的长．
本题考查了相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
13.【答案】y2【解析】解：
∵y=ax2(a>0)过A(−2,y1)、B(1,y2)、C(3,y3)三点，
∴y1=4a，y2=a，y3=9a，
∵a>0，
∴a<4a<9a，
∴y2故答案为：y2把点的坐标分别代入抛物线解析式可用a分别表示出y2、y1、y3的值，比较大小即可．
本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．
14.【答案】9 105或3 105
【解析】解：如图，延长DA，过点D′作D′E垂直点E，
∵四边形ABCD是矩形，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，
∴∠ADB′=90°，
∵∠DAB′+∠D′AE=90°，∠DAB′+∠DB′A=90°，
∴∴D′AE=∠DB′A，
∵∠AED′=∠ADB′=90°，
∴△AED′∽△B′DA，
∴AEB′D=D′EDA=AD′B′A，
∵AB=5，BC=3，
∴AD=3，AB′=5，AD′=3，
由勾股定理得：BD′=4，
∴AE4=D′E3=35，
∴AE=125，D′E=95，
∴DE=275，
由勾股定理得：DD′= 72925+8125=9 105，
如图所示，连接BB′，DD′，
由矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形AB′C′D′，
∴AB=AB′=5，AD=AD′=3，
由勾股定理得：DB′=4，
在Rt△BCB′中，BC=3，CB′=5−4=1，
由勾股定理得：BB′= 32+12= 10，
∵∠BAB′+∠B′AD=∠DAD′+∠B′AD=90°，
∴∠BAB′=∠DAD′，
∵ABAD=AB′AD′=53，
∴△ABB′∽△ADD′，
∴BB′DD′= 10DD′=53，
∴DD′=3 105，
故答案为：9 105或3 105．
延长DA，过点D′作D′E垂直点E，用两角对应相等证明出△AED′∽△B′DA，根据相似的性质得到对应边成比例，计算DE，D′E，再用勾股定理计算出DD′；画出图形，连接BB′，DD′，先用勾股定理求出BB′，再利用两边对应成比例且夹角相等证明∠BAB′=∠DAD′，利用对应边成比例求出DD′即可．
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理以及三角形相似的判定与性质，解题的关键是根据题目要求画出旋转后的图．
15.【答案】3×2n−2−1
【解析】解：如图，设直线与x轴相交于C点，分别作A1E，A1F，A1G垂直于x轴，垂足分别为E，F，G，
令x=0，则y= 33；令y=0，则x=−1，
∴OC=1，OD= 33，
∵tan∠DCO=ODOC= 33，
∴∠DCO=30°，
∵△OA1B1是正三角形，
∴∠A1OB1=60°，
∴∠CA1O=∠A1CO=30°，
∴OA1=OC=OB1=1，
∴第一个正三角形的高=1×sin60°= 32；
同理可得：第二个正三角形的边长=1+1=2，高=2×sin60°= 3，
第三个正三角形的边长=1+1+2=4，高=4×sin60°=2 3，
第四个正三角形的边长=1+1+2+4=8，高=8×sin60°=4 3，
…第n个正三角形的边长=2n−1，高=2n−2× 3，
∴第n个正三角形顶点An的纵坐标是2n−2× 3，
∴当y=2n−2× 3时，
2n−2× 3= 33x+ 33，
∴x=3×2n−2−1，
∴第n个正三角形的顶点An的横坐标为3×2n−2−1．
故答案为：3×2n−2−1．
可设直线与x轴相交于C点．通过求交点C、D的坐标可求∠DCO=30°.根据题意得△COA1、△CB1A2、△CB2A3…都是等腰三角形，且腰长变化有规律，在正三角形中求高即可求出第n个正三角形的顶点An的纵坐标，再求横坐标即可．
此题考查一次函数的应用及正三角形的有关计算，综合性强，难度大．
16.【答案】 2−1
【解析】解：作EF//CA交BA的延长线于点F，则∠F=∠CAB，
∵AC=BC，
∴∠B=∠CAB，
∴∠B=∠F，
∴FE=BE，
∵∠EAB+∠BAD=180°，∠EAB+∠FAE=180°，
∴∠BAD=∠FAE，
∴△BAD∽△FAE，
∴ADAE=BCFE=BCBE，
∵CE= 2BC，
∴BE=CE+BC= 2BC+BC，
∴ADAE=BC 2BC+BC= 2−1，
故答案为： 2−1．
作EF//CA交BA的延长线于点F，则∠F=∠CAB，由AC=BC，得∠B=∠CAB，则∠B=∠F，所以FE=BE，再证明∠BAD=∠FAE，进而证明△BAD∽△FAE，得ADAE=BCFE=BCBE=BC 2BC+BC= 2−1，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、同角的补角相等、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：2x2+5x−12=0，
移项，得2x2+5x=12，
x2+52x=6，
配方，得x2+52x+2516=6+2516，即(x+54)2=12116，
开方，得x+54=±114，
解得：x1=32，x2=−4．
【解析】移项，方程两边都除以2，再配方，开方，即可得出两个方程，再求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
18.【答案】解：(x+2)(2x−3)=3x+2，
整理得，x2−x−4=0，
∵a=1，b=−1，c=−4，
∴b2−4ac=1−4×1×(−4)=17，
∴x=1± 172，
∴x1=1+ 172，x2=1− 172
【解析】先整理成一般式，再利用公式法求解即可．
本题考查了解一元二次方程的解法−公式法，熟练掌握求根公式是解决本题的关键．
19.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求．

【解析】(1)利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可．
本题考查作图−旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，轴对称变换的性质，属于中考常考题型．
20.【答案】BAB′ 60°
【解析】解：(1)∵∠C=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度至△AB′C′位置，
∴∠CAC′=∠BAB′=60°，
故答案为：BAB′，60°；
(2)∵∠C=90°，∠ABC=30°，AC=5cm，
∴AB=2AC=10cm，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转α角度至△AB′C′位置，
∴∠BAB′=60°，AB=AB′，
∴△ABB′是等边三角形，
∴△ABB′的周长是3AB=30cm．
(1)由旋转的性质可得出答案；
(2)由直角三角形的性质得出AB=2AC=10cm，证明△ABB′是等边三角形，则可得出答案．
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)△=(2k)2−4(k2+k−2)≥0，
解得k≤2；
(2)当k=1时，方程变形为x2−2x=0，解得x1=0，x2=2，
当k=2时，方程变形为x2−4x+4=0，解得x1=x2=2，
所以满足条件的k的值为2．
【解析】(1)根据判别式的意义得到)△=(2k)2−4(k2+k−2)≥0，然后解不等式即可；
(2)由于k为正整数，则k=1或k=2，然后分别求出k=1和k=2对应的方程的解，从而可判断满足条件的k的值．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：当△>0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△<0时，方程无实数根．
22.【答案】−3 y轴 (−2,−4) −9【解析】解：(1)根据题意得k+2≠0且k2+k−4=2，
解得k1=−3，k2=2，
∵二次函数当x<0时，y随x的增大而增大，
∴二次函数的图象的开口向下，即k+2<0，
∴k=−3；
∴二次函数为y=−x2，
∴对称轴为y轴．
故答案为：−3，y轴；
(2)把A(2,m)代入y=−x2得，m=−4，
∴A(2,−4)，
∵对称轴为y轴，
∴该图象上点A的对称点的坐标为(−2,−4)；
故答案为：(−2,−4)；
(3)如图所示：
当x=−1时，y=−(−1)2=−1，
当x=3时，y=−32=−9，
∴当−1≤x<3时，−9故答案为：−9(1)根据二次函数定义以及当x<0时，y随x的增大而增大．可得出结论；
(2)根据函数的对称性求点A对称点的坐标即可；
(3)当x=−1时，y=−1，当x=3时，y=−9并结合函数图象求出y的取值范围．
本题考查二次函数的定义以及二次函数的图象和性质，关键是求二次函数的解析式．
23.【答案】解：(1)证明：∵△ABC是等边三角形
∴∠B=∠C=60°又∵∠ADE=60°
∴∠ADB+∠CDE=180°−60°=120°，∠ADB+∠DAB=180°−60°=120°
∴∠CDE=∠DAB∴△ABD∽△DCE；
(2)设等边△ABC的边长为x，
∵BD=2，CE=43，
∴BC=AB=x，DC=x−2
∵△ABD∽△DCE
∴DCAB =ECBD∴x−2x=432解得：x=6
∴等边△ABC的边长为6．
【解析】(1)由等边三角形的性质及“一线三等角”推出有两个角相等，从而证得结论；
(2)设等边△ABC的边长为x，由△ABD∽△DCE，得比例式，求出x值即可．
本题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、解分式方程等知识点，明确相似三角形的判定方法与性质定理，是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设平均下降率为x，
依题意得：200(1−x)2=162，
解得：x1=0.1=10%，x2=1.9(不合题意，舍去)．
答：平均下降率为10%．
(2)设单价应降低m元，则每个的销售利润为(200−m−162)=(38−m)元，每天可售出20+m5×10=(20+2m)个，
依题意得：(38−m)(20+2m)=1150，
整理得：m2−28m+195=0，
解得：m1=15，m2=13．
∵要减少库存，
∴m=15．
答：单价应降低15元．
【解析】(1)设平均下降率为x，利用2021年该类电脑显卡的出厂价=2019年该类电脑显卡的出厂价×(1−下降率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；
(2)设单价应降低m元，则每个的销售利润为(38−m)元，每天可售出(20+2m)个，利用每天销售该电脑显卡获得的利润=每个的销售利润×日销售量，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，结合要减少库存即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
25.【答案】PA=PE
【解析】解：(1)①连接BP，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，
∵AD=BD，
∴∠BDC=∠C=45°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵点P为CD的中点，
∴DP=BP，∠CPB=45°，
∴∠ADP=∠PBE=135°，
∵PA⊥PE，
∴∠APE=∠DPB=90°，
∴∠APD=∠BPE，
∴△ADP≌△EBP(ASA)，
∴PA=PE；
故答案为：PA=PE；
②证明：如图，过点P作PF⊥CD交DE于点F，
∵PF⊥CD，EP⊥AP，
∴∠DPF=∠APE=90°，
∴∠DPA=∠FPE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠DAB=45°，AB/​/CD，
又∵AD=BD，
∴∠DAB=∠DBA=∠C=∠CDB=45°，
∴∠ADB=∠DBC=90°，
∴∠PFD=45°，
∴∠PFD=∠PDF，
∴PD=PF，
∴∠PDA=∠PFE=135°，
∴△ADP≌△EFP(ASA)，
∴PA=PE；
③过A作AG⊥CD，交CD的延长线于G，过点P作PF⊥CD交DE于点F，
则AG=DG=5，
∴GP= AP2−AG2= 132−52=12，
∴DP=GP−DG=12−5=7，
∵∠CDB=45°，
∴DF= 2DP=7 2，
∴BF=DF−DB=7 2−5 2=2 2，
∵△ADP≌△EFP，
∴AD=EF=5 2，
∴BE=BF+EF=2 2+5 2=7 2；
(3)当点P在线段CD上时，如图，作AG⊥CD，交CD延长线于G，过点P作PF⊥CD，交BD于点F，
∵∠C=∠ADG=60°，AD=3，
∴DG=12AD=32，AG=32 3，
∵AP= 19，
∴GP= AP2−AG2=72，
∴DP=GP−GD=72−32=2，
∵∠PDB=30°，
∴PF=23 3，DF=43 3，
由(2)知∠DPA=∠FPE，∠ADP=∠PFE=120°，
∴△PDA∽△PFE，
∴PDPF=ADEF，
∴223 3=3EF，
∴EF= 3，
∵AD=3，∠ABD=30°，
∴BD=3 3，
∴BF=BD−DF=3 3−43 3=53 3，
∴BE=BF−EF=53 3− 3=23 3；
当点P在CD的延长线上时，作AG⊥CD，交CD延长线于G，过点P作PF⊥CD，交直线BD于点F，
同理可得PG=72，
∴PD=PG+DG=72+32=5，
∴PF=53 3，FD=103 3，
同理可得△PDA∽△PFE，
∴PDPF=ADEF，
∴553 3=3EF，
∴EF= 3，
∴DE=DF−EF=103 3− 3=73 3，
∴BE=DE+BD=73 3+3 3=163 3．
综上所述，BE的长为23 3或163 3．
(1)①连接BD，可知△BDC是等腰直角三角形，再证明△ADP≌△EBP(ASA)，得PA=PE；
②过点P作PF⊥CD交DE于点F，证明△ADP≌△EFP(ASA)，得出PA=PE；
③过A作AG⊥CD，交CD的延长线于G，过点P作PF⊥CD交DE于点F，由勾股定理求出GP=12，由全等三角形的性质可得出答案；
(2)当点P在线段CD上时，如图，作AG⊥CD，交CD延长线于G，过点P作PF⊥CD，交BD于点F，由勾股定理求出GP的长，由直角三角形的性质求出PF=23 3，DF=43 3，证明△PDA∽△PFE，由相似三角形的性质得出PDPF=ADEF，求出EF的长，则可得出答案；当点P在CD的延长线上时，作AG⊥CD，交CD延长线于G，过点P作PF⊥CD，交直线BD于点F，同理可求出答案．
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用．
26.【答案】解：(1)∵y=ax2过点A(−1,−1)，
∴−1=a×1，解得a=−1，
∵一次函数y=kx−2的图象相过点A(−1,−1)，
∴−1=−k−2，解得k=−1；
解y=−x−2 y=−x2得x=−1y=−1或x=2y=−4，
∴B的坐标为(2,−4)；
(2)如图1，

设直线AB交y轴于C，取OC的中点D，在OC的延长线截取CE=CD，作DM/​/AB，交抛物线于P1，P2，作CN/​/AB，交抛物线于P3，P4，
∴△ODP1∽△OCA，
∴hDP1hAB=ODOC=12，
∴S△P1AB=12S△AOB，
∵C(0,−2,)，
∴D(0,−1)，E(0,−3)，
∴直线DM的解析式为y=x−1，
由y=−x−1y=−x2得，
x1=1+ 52y1=−3− 52，x2=1− 52y2=−3+ 52，
∴点P1(1+ 52,−3− 52)或P2(1− 52,−3+ 52)；
同理可得，
点P3(1+ 132,− 13−72)或P4(1− 132, 13−72)；
综上所述，点P(1+ 52,−3− 52)或(1− 52,−3+ 52)或(1+ 132,− 13−72)或(1− 132, 13−72)；
(3)当矩形MABN是矩形时，∠MAB=90°，
由−x2=−x−2得，
x1=−1，x2=2，
∴B(2,−4)，
∴OB2=20，
∵A(−1,−1)，
∴AB2=18，OA2=2，
∴AB2+OA2=OB2，
∴∠OAB=90°，
∴点M和点O重合，
∴M(0,0)，
如图2，

当矩形ABMN时，∠ABM=90°，
作BC//y轴，作AC⊥BC于C，作MD⊥BC于D，
∵AC=BC=3，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴△BDM是等腰直角三角形，
∴DM=BD，
设M(m,−m2)，
∴BD=−4+m2，DM=2−m，
∴−4+m2=2−m，
∴m1=2，m2=−3，
∴M(−3,−9)，
如图3，

当点M在AB上方的抛物线上时，当∠AMB=90°时，
作MC/​/x轴，作AC⊥MC于C，作BD⊥MC于D，
同理可得：△BDM∽△MCA，
∴BDDM=CMAC，
∴4−m22−m=m+11−m2，
∴m=−1± 52，
当m=−1+ 52时，y= 5−32，
∴M(−1+ 52, 5−32)，
当m=−1− 52，y=−3+ 52，
∴M(−1− 52,−3+ 52)，
如图4，

当点M在AB下方的抛物线上，当∠AMB=90°时，
同理可得，
2−m4−m2=m2−11−m，
∴m=−3± 52，
当m=−3+ 52时，y=7−3 52，
∴M(−3+ 52,3 5−72)，
当m=−3− 52时，y=−7+3 52，
∴M(−3− 52,−7+3 52)，
综上所述：M(0,0)或(−3,−9)或(−1+ 52, 5−32)或(−1− 52,−3+ 52)或(−3+ 52,3 5−72)或(−3− 52,−7+3 52).
【解析】(1)根据待定系数法即可求得，联立解析式，解方程组即可求得B的坐标；
(2)设直线AB交y轴于C，取OC的中点D，在OC的延长线截取CE=CD，作DM/​/AB，交抛物线于P1，P2，作CN/​/AB，交抛物线于P3，P4，求出DM和CE的解析式，进而和抛物线联立，进一步求得结果；
(3)分为矩形AMNB、矩形ABMN、矩形AMBN(M在直线AB上方和下方的抛物线上).当矩形AMNB时，点M和点O重合；当矩形ABMN时，作BC//y轴，作AC⊥BC于C，作MD⊥BC于D，可证得△BDM是等腰直角三角形，进一步求得点M的坐标，当矩形AMBN，点M在AB上方的抛物线上时，作MC/​/x轴，作AC⊥MC于C，作BD⊥MC于D，可得△BDM∽△MCA，从而BDDM=CMAC，即4−m22−m=m+11−m2，进而求得m的值，进一步得出结果．
本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，求二次函数的解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确分类及作辅助线，构造相似三角形．