2024年甘肃省武威市凉州区中坝九年制学校联片教研中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年甘肃省武威市凉州区中坝九年制学校联片教研中考数学二模试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，作图题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）9的相反数是（ ）
A．B．9C．﹣9D．﹣
2．（3分）第19届杭州亚运会上，中国运动员全力以赴地参赛，最终取得骄人战绩．下列运动标识中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．的系数是
B．x2﹣2xy+y2是二次三项式
C．a可以表示负数，a的系数为0
D．﹣1是单项式
4．（3分）若是关于x，y的二元一次方程x﹣ay＝4的一组解，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．（3分）某校为了解学生的出行方式，通过调查制作了如图所示的条形统计图，由图可知，下列说法错误的是（ ）
A．步行的人数最少
B．骑自行车的人数为90
C．步行与骑自行车的总人数比坐公共汽车的人数要多
D．坐公共汽车的人数占总人数的50%
6．（3分）如图，面积为2的正方形ABCD的顶点C在数轴上，且表示的数为﹣1．若将正方形ABCD绕点C逆时针旋转，使点D落到数轴上的点P处，则点P在数轴上所对应的数为（ ）
A．B．C．D．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，CE平分∠ACB交AB于点E，AD，CE交于点F．则下列说法正确的有（ ）
①∠AFC＝120°；
②△AEF≌△CDF；
③若AB＝2AE，则CE⊥AB；
④CD+AE＝AC．
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．（3分）如图，AB是⊙O的弦，点C是AB上的动点（不与点A，B重合），过点C作垂直于OC的弦DE．若设⊙O的半径为r，AB＝a，BC＝b，则弦DE的长（ ）
A．与r，a，b的值均有关
B．只与a，b的值有关
C．只与r的值有关
D．只与r，a（或r，b）的值有关
9．（3分）如图，△ABC中，AH⊥BC于点H，BH＝1，，，点D，E为线段HC，AC上两点，满足∠ABH＝∠ADH＝∠ADE，则DE：AE的比值是（ ）
A．B．C．D．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE＝DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH＝BE；②CH⊥BE；③S△GCE＝S△GDH；④当E是CD的中点时，；⑤当EC＝2DE时，S正方形ABCD＝6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．①②③⑤C．①③④⑤D．②④⑤
二、填空题（共24分）
11．（3分）已知x＝3是方程2x﹣8＝2m的解，则m的值是 ．
12．（3分）点A（6﹣2x，x﹣3）在x轴的上方，将点A向上平移4个单位长度，再向左平移1个单位长度后得到点B，点B到x轴的距离大于点B到y轴的距离，则x的取值范围是 ．
13．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC，DE的中点，连结AG，FG．当AG＝FG时，线段AG的长为 ．
14．（3分）如果（a+b）2＝19，a2+b2＝14，则（a﹣b）2＝ ．
15．（3分）如图，⊙A过点O（0，0），C（，0），D（0，1），点B是x轴下方⊙A上的一点，连接BO、BD，则∠OBD的度数是 ．
16．（3分）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则HG＝ ．
17．（3分）已知抛物线C1与C2关于原点成中心对称，若抛物线C1的解析式为y＝﹣3（x+2）2﹣1，则抛物线C2的解析式为 ．
18．（3分）如图，四边形ABCD为正方形，∠CAB的平分线交BC于点E，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，延长AE交CF于点G，连接BG，DG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①∠ACF＝∠F；②G为△CBF的外心；③BG⊥DG；④．其中正确结论的序号是 ．
三、计算题（共8分）
19．（8分）（7）计算：|﹣1|+2cs30°﹣（﹣3）0+（）﹣2．
（2）化简：（x﹣2）2﹣x（4﹣x）．
四、作图题（共4分）
20．（4分）如图，在6×10的方格纸ABCD中有一个格点△EFG，请按要求画线段．
（1）在图1中，过点O画一条格点线段PQ（端点在格点上），使点P，Q分别落在边AD，BC上，且PQ与FG的一边垂直．
（2）在图2中，仅用没有刻度的直尺找出EF上一点M，EG上一点N，连结MN，使△EMN和△EFG的相似比为2：5．（保留作图痕迹）
五、解答题（共54分）
21．（6分）已知，如图，D是△ABC边AB上的一点，E是AC的中点，F在线段DE的延长线上，且EF＝DE．求证：CF∥AD，CF＝AD．
22．（6分）某旅游景点为了吸引游客，推出的团体票收费标准如下：如果团体人数不超过25人，每张票价150元，如果超过25人，每增加1人，每张票价降低2元，但每张票价不得低于100元，阳光旅行社共支付团体票价4800元，则阳光旅行社共购买多少张团体票．
23．（8分）如图，已知⊙O中，弦AB与CD相交于点P．
求证：PA•PB＝PC•PD．
24．（8分）小明和小亮都想去观看“垃圾分类”宣传演出，但只有一张入场券，于是他们设计了一个“配紫色”游戏：A，B是两个可以自由转动的转盘，每个转盘都被分成面积相等的几个扇形．同时转动两个转盘，如果其中一个转盘转出了红色，另一个转盘转出了蓝色，那么可以配成紫色．若配成紫色，则小明去观看，否则小亮去观看．
（1）转动转盘B一次，转出蓝色的概率是 ；
（2）这个游戏对双方公平吗？请说明理由．（用树状图或列表法）
25．（8分）如图，在⊙O中，OA＝4，，直径AB⊥CD于点E，连接OC，OD．
（1）求∠COD的度数；
（2）求CD的长度．
26．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D为的中点，过点D作⊙O的切线，交BC延长线于点P，连接OD交AC于点E．
（1）求证：四边形DECP是矩形；
（2）作射线AD交BC的延长线于点F，若，BC＝6，求DF的长．
27．（10分）如图，已知：关于y的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（2，0）和点B，与y轴交于点C（0，6），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式．
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为直角三角形．若存在，请求出点P的坐标．
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达B点时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出面积．
2024年甘肃省武威市凉州区中坝九年制学校联片教研中考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共30分）
1．（3分）9的相反数是（ ）
A．B．9C．﹣9D．﹣
【分析】求一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号．
【解答】解：根据相反数的定义，得9的相反数是﹣9．
故选：C．
2．（3分）第19届杭州亚运会上，中国运动员全力以赴地参赛，最终取得骄人战绩．下列运动标识中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据轴对称图形的定义解答即可．
【解答】解：由图形可知，选项B为轴对称图形．
故选：B．
3．（3分）下列说法错误的是（ ）
A．的系数是
B．x2﹣2xy+y2是二次三项式
C．a可以表示负数，a的系数为0
D．﹣1是单项式
【分析】直接利用单项式以及多项式的次数与系数、项数确定方法分别判断即可．
【解答】解：A、﹣的系数是﹣π，此说法正确，不合题意；
B、x2﹣2xy+y2是二次三项式，此说法正确，不合题意；
C、a可以表示负数，但a的系数为1，故此说法错误，符合题意；
D、﹣1是单项式，此说法正确，不合题意，
故选：C．
4．（3分）若是关于x，y的二元一次方程x﹣ay＝4的一组解，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】将方程的解代入方程得到关于a的方程，解方程即可得到a的值．
【解答】解：将代入x﹣ay＝4得1+a＝4，
∴a＝3，
故选：C．
5．（3分）某校为了解学生的出行方式，通过调查制作了如图所示的条形统计图，由图可知，下列说法错误的是（ ）
A．步行的人数最少
B．骑自行车的人数为90
C．步行与骑自行车的总人数比坐公共汽车的人数要多
D．坐公共汽车的人数占总人数的50%
【分析】根据条形统计图中所反映的信息，逐项进行判断即可．
【解答】解：由条形统计图可知，出行方式中步行的有60人，骑自行车的有90人，乘公共汽车的有150人，
因此得出的总人数为60+90+150＝300（人），乘公共汽车占×100%＝50%，60+90＝150（人），
所以选项A、B、D都是正确的，因此不符合题意；
选项C是不正确的，因此符合题意；
故选：C．
6．（3分）如图，面积为2的正方形ABCD的顶点C在数轴上，且表示的数为﹣1．若将正方形ABCD绕点C逆时针旋转，使点D落到数轴上的点P处，则点P在数轴上所对应的数为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据正方形的面积求出正方形的边长，即可得出CP的长，从而求得点P在数轴上所对应的数．
【解答】解：∵正方形ABCD的面积为2，
∴正方形ABCD的边长为，
即CD＝CP＝，
∵点C表示的数为﹣1，点P在点C的左边，
∴点P表示的数为﹣，
故选：D．
7．（3分）如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，CE平分∠ACB交AB于点E，AD，CE交于点F．则下列说法正确的有（ ）
①∠AFC＝120°；
②△AEF≌△CDF；
③若AB＝2AE，则CE⊥AB；
④CD+AE＝AC．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①根据三角形内角和定理可得可得∠ACB+∠CAB＝120°，然后根据AD平分∠BAC，CE平分∠ACBB，可得，再根据三角形内角和定理即可进行判断；
②用反证法即可判断；
③延长CE至G，使GE＝CE，连接BG，根据AB＝2AE，证明△ACE≌△BGE，得∠ACE＝∠G，然后根据等腰三角形的性质进而可以进行判断；
④作∠AFC的平分线交AC于点G，证明△AEF≌△AGF，△CDF≌△CGF，可得AE＝AG，CD＝CG，进而可以判断；
【解答】解：①在△ABC中，∠ABC＝60°，
∴∠ACB+∠CAB＝120°，
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FCA+∠FAC）
＝，
故①正确，符合题意；
②若△AEF≌△CDF，
∴AF＝CF，
∴∠CAF＝∠ACF，
∴∠ACB＝∠CAB，
而由已知条件无法证明∠CAF＝∠ACF，
故②错误，不符合题意；
③如图，延长CE至G，使GE＝CE，连接BG，
∵AB＝2AE，
∴AE＝BE，
在△ACE和△BGE中，
，
∴△ACE≌△BGE（SAS），
∴∠ACE＝∠G，
∵CE为角平分线，
∴∠ACE＝∠BCE，
∴∠BCE＝∠G，
∴BC＝BG，
∵CE＝GE，
∴CE⊥AB，
故③正确，符合题意；
④如图，作∠AFC的平分线交AC于点G，
由①得∠AFC＝120°，
∴，∠AFE＝∠CFD＝60°，
∴∠AFG＝∠CFG＝∠AFE＝∠CFD＝60°，
∵∠EAF＝∠GAF，∠DCF＝∠GCF，
∴△AEF≌△AGF（ASA），△CDF≌△CGF（ASA），
∴AE＝AG，CD＝CG，
∴CD+AE＝CG+AG＝AC，
故④正确，符合题意；
故选：C．
8．（3分）如图，AB是⊙O的弦，点C是AB上的动点（不与点A，B重合），过点C作垂直于OC的弦DE．若设⊙O的半径为r，AB＝a，BC＝b，则弦DE的长（ ）
A．与r，a，b的值均有关
B．只与a，b的值有关
C．只与r的值有关
D．只与r，a（或r，b）的值有关
【分析】根据圆周角定理得到∠D＝∠B，结合∠DCA＝∠BCE得到△DCA∽△BCE，得到，根据垂径定理得到，即可得到答案．
【解答】解：∵∠D＝∠B，∠DCA＝∠BCE，
∴△DCA∽△BCE，
∴，
∴CE•DC＝AC•BC，
∵OC⊥ED，
∴，
∴DE2＝4AC×BC，
∵AB＝a，BC＝b，
∴DE2＝4（a﹣b）×b＝4ab﹣4b2，
∴弦DE的长只与a，b的值有关，
故选：B．
9．（3分）如图，△ABC中，AH⊥BC于点H，BH＝1，，，点D，E为线段HC，AC上两点，满足∠ABH＝∠ADH＝∠ADE，则DE：AE的比值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】先由等腰三角形的性质得出BH＝DH＝1，则CD＝，再过点C作CF∥DE交AD的延长线于点F，则∠ADE＝∠CFD，△ADE∽△AFC，得出＝，然后证FC＝CD＝，即可得出答案．
【解答】解：∵∠ABH＝∠ADH，
∴AB＝AD，
∵AH⊥BC，
∴BH＝DH＝1，
∴CD＝HC﹣DH＝+1﹣1＝，
如图，过点C作CF∥DE交AD的延长线于点F，
则∠ADE＝∠CFD，△ADE∽△AFC，
∴＝，
∵∠CDF＝∠ADH＝∠ADE，
∴∠CFD＝∠CDF，
∴FC＝CD＝，
∴＝＝＝＝﹣2，
故选：A．
10．（3分）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE＝DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH＝BE；②CH⊥BE；③S△GCE＝S△GDH；④当E是CD的中点时，；⑤当EC＝2DE时，S正方形ABCD＝6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．①②③⑤C．①③④⑤D．②④⑤
【分析】根据正方形的性质证明△BCE≌△CDH，可以判断①；然后证明∠BFC＝90°，可以判断②；由△BCE≌△CDH（SAS），CE＝DH，根据正方形对角线上的点到AD，DC边上的距离相等，即可判定③；设正方形ABCD的边长为4a，当E是CD的中点时，EC＝HD＝2a，根据相似三角形的判定与性质和勾股定理分别表示出GF，GE，进而可以判断④；设S△GDH＝4x，则S△CGB＝9x，S△DGC＝6x，得S△BCD＝15x，所以S正方形ABCD＝2S△BCD＝30x，当EC＝2DE时，＝，证得S四边形DEGH＝S△GDH+S△DEG＝4x+2x＝6x，进而可以判断⑤．
【解答】解：在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝∠ADC＝90°，
∵CE＝DH，
∴△BCE≌△CDH（SAS），
∴∠CBE＝∠DCH，BE＝CH，故①正确；
∵∠DCH+∠FCB＝∠DCB＝90°，
∴∠CBF+∠FCB＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴CH⊥BE，故②正确；
∵G在正方形对角线BD上，
∴G到AD，CD的距离相等，
∵△BCE≌△CDH（SAS），
∴CE＝DH，
∴S△GCE＝S△GDH，故③正确；
设正方形ABCD的边长为4a，
∴BC＝CD＝4a，
当E是CD的中点时，EC＝HD＝2a．
由勾股定理得：
BE＝＝＝2a＝CH，
∵∠HDG＝∠CBG＝45°，∠HGD＝∠CGB，
∴△HGD∽△CGB，
∴＝＝，
∴GC＝CH，
∵∠BEC＝∠CEF，∠ECB＝∠EFC＝90°，
∴△ECB∽△EFC，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝，
∴CF＝＝＝，
∵GC＝CH＝×2a＝，
∴GF＝CG﹣CF＝﹣＝，
∴GE＝＝＝，
∴＝×＝，
∴当E是CD的中点时，，故④正确，
当EC＝2DE时，＝，
∵DH＝CE，DC＝BC，
∴＝＝，
∵△HGD∽△CGB，
∴＝（）2＝，
∵△GDH中DH边上的高与△DGC中CD边上的高相等，＝＝，
∴＝＝，
设S△GDH＝4x，则S△CGB＝9x，S△DGC＝6x，
∴S△BCD＝S△CGB+S△DGC＝9x+6x＝15x，
∴S正方形ABCD＝2S△BCD＝30x，
当EC＝2DE时，＝，
∴＝，
∴S△DEG＝2x，
∴S四边形DEGH＝S△GDH+S△DEG＝4x+2x＝6x，
∴S正方形ABCD＝5S四边形DEGH，故⑤不正确，
综上所述：正确结论的序号是①②③④，
故选：A．
二、填空题（共24分）
11．（3分）已知x＝3是方程2x﹣8＝2m的解，则m的值是 ﹣1 ．
【分析】把x＝3代入方程2x﹣8＝2m得出6﹣8＝2m，再根据等式的性质求出方程的解即可．
【解答】解：把x＝3代入方程2x﹣8＝2m，得6﹣8＝2m，
﹣2＝2m，
m＝﹣1．
故答案为：﹣1．
12．（3分）点A（6﹣2x，x﹣3）在x轴的上方，将点A向上平移4个单位长度，再向左平移1个单位长度后得到点B，点B到x轴的距离大于点B到y轴的距离，则x的取值范围是 3＜x＜6 ．
【分析】根据点A（6﹣2x，x﹣3）在x轴的上方即可求得x＞3，由向左平移横坐标减，向上平移纵坐标加求得B点的坐标，然后根据点B到x轴的距离大于点B到y轴的距离，得到关于x的不等式，进一步求得3＜x＜6．
【解答】解：∵点A（6﹣2x，x﹣3）在x轴的上方，
∴x﹣3＞0，
∴x＞3，
将点A向上平移4个单位长度，再向左平移1个单位长度后得到点B，则点B的坐标为（6﹣2x﹣1，x﹣3+4），即（5﹣2x，x+1），
∵点B到x轴的距离大于点B到y轴的距离，
∴x+1＞﹣（5﹣2x），
解得x＜6．
∴3＜x＜6，
故答案为：3＜x＜6．
13．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC，DE的中点，连结AG，FG．当AG＝FG时，线段AG的长为 ．
【分析】连接DF，AF，EF，证明△AFD≌△BFE，根据全等三角形的性质得到AD＝BE＝2，进而求出AE，根据勾股定理计算，求得AG，进而得到答案．
【解答】解：连接DF，AF，EF，
在△ABC中，AB＝AC＝5，∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，
∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠DAF＝45°，
∴∠DAF＝∠B＝45°，
∵FG＝AG，
∴FG＝DG＝EG，
∴△DFE是直角三角形，且∠DFE＝90°，
∵∠DFA+∠AFE＝∠BFE+∠AFE＝90°，
∴∠DFA＝∠EFB，
在△AFD和△BFE中，
，
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝BE＝2，
∴AE＝5﹣2＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝＝，
∴AG＝DE＝，
故答案为：．
14．（3分）如果（a+b）2＝19，a2+b2＝14，则（a﹣b）2＝ 9 ．
【分析】先根据完全平方公式得到a2+2ab+b2＝19，则2ab＝5，再根据完全平方公式得（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，把a2+b2＝14，2ab＝5代入计算即可．
【解答】解：∵（a+b）2＝19，即a2+2ab+b2＝19，
而a2+b2＝14，
∴14+2ab＝19，
∴2ab＝5，
∴（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2＝14﹣5＝9．
故答案为：9．
15．（3分）如图，⊙A过点O（0，0），C（，0），D（0，1），点B是x轴下方⊙A上的一点，连接BO、BD，则∠OBD的度数是 30° ．
【分析】连接DC，根据正切的定义求出∠OCD，根据圆周角定理解答．
【解答】解：连接DC，
在Rt△DOC中，tan∠OCD＝＝，
则∠OCD＝30°，
由圆周角定理得，∠OBD＝∠OCD＝30°，
故答案为：30°．
16．（3分）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则HG＝ 2 ．
【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出BD，再根据折叠的性质即可求出HG．
【解答】解：∵BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
∴AB＝DC＝6，BC＝AD＝8，
∴BD＝＝＝10，
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴AB＝BG＝6，DC＝DH＝6，
∴HG＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，
故答案为：2．
17．（3分）已知抛物线C1与C2关于原点成中心对称，若抛物线C1的解析式为y＝﹣3（x+2）2﹣1，则抛物线C2的解析式为 y＝3（x﹣2）2+1 ．
【分析】根据抛物线C1的解析式确定抛物线的开口方向及顶点坐标，然后结合中心对称的性质确定抛物线C2的开口方向及顶点坐标，即可求解．
【解答】解：抛物线C1的解析式为y＝﹣3（x+2）2﹣1，
∴抛物线C1的开口向下，顶点坐标为（﹣2，﹣1），
∵抛物线C1，抛物线C2关于原点中心对称，
∴抛物线C2的开口向上，顶点坐标为（2，1），
抛物线的解析式为y＝3（x﹣2）2+1．
故答案为：y＝3（x﹣2）2+1．
18．（3分）如图，四边形ABCD为正方形，∠CAB的平分线交BC于点E，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，延长AE交CF于点G，连接BG，DG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①∠ACF＝∠F；②G为△CBF的外心；③BG⊥DG；④．其中正确结论的序号是 ①②③ ．
【分析】由旋转的性质得△ABE≅△CBF，可得BE＝BF；
①由正方形的性质得∠BAC＝∠ACB＝45°，即∠BAE＝∠BCF＝22.5°，进而可得∠ACF＝∠F＝67.5°；
②∠ACF＝∠F可知AC＝AF，进而可得AG⊥CF，CG＝FG，即点G为直角三角形斜边的中点，G为△CBF的外心；
③先证明△ABG≅△DCG（SAS），可得∠AGB＝∠DGC，根据AG⊥CF进而可得BG⊥DG；
④先证明△DCH～△ACE，可得，即，故可求解．
【解答】解：①由正方形的性质得∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵AE平分∠ACB，
∴∠BAE＝∠BCF＝22.5°，
∴∠ACF＝∠ACB+∠BCF＝67.5°，∠F＝∠AEB＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠ACF＝∠F＝67.5°，故①正确；
②∵∠ACF＝∠F，
∴AC＝AF，
∵AG平分∠ACB，
∴FG＝CG，
∵△CBF是直角三角形，
∴G为△CBF的外心；故②正确；
③∵∠CBF＝90°，
∴BG＝CG，
∴∠CBG＝∠BCG，
∵∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴∠ABG＝∠DCG，
∵AB＝CD，
∴△ABG≅△DCG（SAS），
∴∠AGB＝∠DGC，
∵AG⊥CF，
∴∠AGB+∠DGA＝∠DGC+∠DGA＝90°，
∴BG⊥DG，故③正确；
④∵△ABG≅△DCG，
∴∠CDG＝∠BAG＝∠CAG，
∵∠DCH＝∠ACE＝45°，
∴△DCH～△ACE，
∴，
∴，故④错误，
综上，正确的结论是①②③．
故答案为：①②③．
三、计算题（共8分）
19．（8分）（7）计算：|﹣1|+2cs30°﹣（﹣3）0+（）﹣2．
（2）化简：（x﹣2）2﹣x（4﹣x）．
【分析】（1）利用绝对值的意义，特殊角的三角函数值，零指数幂的意义和负整数指数幂的意义解答即可；
（2）先利用完全平方公式和单项式乘以多项式的法则去掉括号，再合并同类项即可．
【解答】解：（1）原式＝1+2×﹣1+4
＝1+﹣1+4
＝4+；
（2）原式＝x2﹣4x+4﹣4x+x2
＝2x2﹣8x+4．
四、作图题（共4分）
20．（4分）如图，在6×10的方格纸ABCD中有一个格点△EFG，请按要求画线段．
（1）在图1中，过点O画一条格点线段PQ（端点在格点上），使点P，Q分别落在边AD，BC上，且PQ与FG的一边垂直．
（2）在图2中，仅用没有刻度的直尺找出EF上一点M，EG上一点N，连结MN，使△EMN和△EFG的相似比为2：5．（保留作图痕迹）
【分析】（1）利用数形结合的思想画出图形即可；
（2）取格点J，K，连接OJ交EF于点M，连接OK交EG于点N，连接MN即可．
【解答】解：（1）如图1中，线段PQ即为所求；
（2）如图2中，线段MN即为所求．
五、解答题（共54分）
21．（6分）已知，如图，D是△ABC边AB上的一点，E是AC的中点，F在线段DE的延长线上，且EF＝DE．求证：CF∥AD，CF＝AD．
【分析】根据题意先判断出△ADE≌△CFE，据此可得出∠A＝∠ECF，CF＝AD，根据平行线的判定定理即可得出结论．
【解答】证明：∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE与△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（SAS），
∴∠A＝∠ECF，CF＝AD，
∴CF∥AD．
22．（6分）某旅游景点为了吸引游客，推出的团体票收费标准如下：如果团体人数不超过25人，每张票价150元，如果超过25人，每增加1人，每张票价降低2元，但每张票价不得低于100元，阳光旅行社共支付团体票价4800元，则阳光旅行社共购买多少张团体票．
【分析】先计算购买票是否超过25张，超过25张时，建立方程求解．设购买x张，则每张票价为150﹣2（x﹣25），团体票价为x×[150﹣2（x﹣25）]．解方程即可．
【解答】解：∵150×25＝3750＜4800，
∴购买的团体票超过25张，
设共购买了x张团体票，
由题意列方程得x×[150﹣2（x﹣25）]＝4800，
x2﹣100x+2400＝0，
解得x1＝60，x2＝40，
当x1＝60时，超过25人的人数为35人，票价降70元，降价后为150﹣70＝80元＜100元，不符题意，舍去，
x2＝40符合题意，∴x＝40，
答：共购买了40张团体票．
23．（8分）如图，已知⊙O中，弦AB与CD相交于点P．
求证：PA•PB＝PC•PD．
【分析】连接AC、DB，根据同弧所对的圆周角相等，证出△ACP∽△DBP，然后根据相似三角形的性质得出结论．
【解答】解：连接AC、BD．
∵∠A＝∠D，∠C＝∠B，
∴△ACP∽△DBP，
∴＝，
∴PA•PB＝PC•PD．
24．（8分）小明和小亮都想去观看“垃圾分类”宣传演出，但只有一张入场券，于是他们设计了一个“配紫色”游戏：A，B是两个可以自由转动的转盘，每个转盘都被分成面积相等的几个扇形．同时转动两个转盘，如果其中一个转盘转出了红色，另一个转盘转出了蓝色，那么可以配成紫色．若配成紫色，则小明去观看，否则小亮去观看．
（1）转动转盘B一次，转出蓝色的概率是 ；
（2）这个游戏对双方公平吗？请说明理由．（用树状图或列表法）
【分析】（1）根据概率公式直接求解即可；
（2）用列表法表示出有等可能的结果数和配成紫色的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【解答】解：（1）转动转盘B一次，转出蓝色的概率是，
故答案为：；
（2）这个游戏公平，理由如下：
用列表法表示所有可能出现的结果如下：
共有6种可能出现的结果，其中配成紫色的有3种，配不成紫色的有3种，
∴P（小明）＝＝，
P（小亮）＝＝，
因此游戏是公平．
25．（8分）如图，在⊙O中，OA＝4，，直径AB⊥CD于点E，连接OC，OD．
（1）求∠COD的度数；
（2）求CD的长度．
【分析】（1）根据垂径定理可得，进而根据圆周角定理，即可求解；
（2）根据垂径定理可得CD＝2CE，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得CE，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB⊥CD，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵AB⊥CD，
∴，
∴，
在Rt△COE中，∠OCE＝90°﹣∠COE＝30°，
∴，
∴，
∴．
26．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点D为的中点，过点D作⊙O的切线，交BC延长线于点P，连接OD交AC于点E．
（1）求证：四边形DECP是矩形；
（2）作射线AD交BC的延长线于点F，若，BC＝6，求DF的长．
【分析】（1）根据垂径定理、圆周角定理、切线的性质求出∠ACP＝90°，∠DEC＝90°，∠PDE＝90°，根据“三个角是直角的四边形是矩形”即可得解；
（2）解直角三角形及根据垂径定理求出AC＝8，AB＝10，AE＝EC＝4，OE＝3，DE＝OD﹣OE＝2，AD＝2，根据矩形的性质得出OD∥BF，根据平行线分线段成比例定理求解即可．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵AB为⊙O直径，C为⊙O上一点，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACP＝180°﹣∠ACB＝90°，
∵点D为 的中点，
∴OD⊥AC，
∴∠DEC＝90°，
∵DP是⊙O的切线，D为切点，
∴OD⊥DP，
∴∠PDE＝90°，
∴四边形DECP是矩形；
（2）解：如图补全图形，
在Rt△ABC中，BC＝6，，
∴AC＝8，
∴AB＝＝10，
∵OD⊥AC，
∴AE＝EC＝AC＝4，
在Rt△AEO中，OA＝5，AE＝4，
∴OE＝＝3，
∴DE＝OD﹣OE＝2，
在Rt△AED中，DE＝2，AE＝4，
∴AD＝＝2，
∵四边形DECP是矩形，
∴OD∥BF，
∴，
∴．
27．（10分）如图，已知：关于y的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（2，0）和点B，与y轴交于点C（0，6），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式．
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为直角三角形．若存在，请求出点P的坐标．
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达B点时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出面积．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）分∠CBP＝90°、∠CPB＝90°两种情况，列出等式，即可求解；
（3）设A运动时间为t，由AB＝1，得BM＝1﹣t，则DN＝2t，则S△MNB＝×（1﹣t）×2t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣ ）2+，即可求解．
【解答】解：（1）由C（0，6）的坐标知，c＝6，
即抛物线的表达式为：y＝x2+bx+6，
将点A的坐标代入上式得：4+2b+6＝0，
解得：b＝﹣5，
则二次函数的表达式为：y＝x2﹣5x+6；
（2）令y＝0，则x2﹣5x+6＝0，
解得：x＝2或x＝3，
∴B（3，0），抛物线对称轴是x＝，
∴BC2＝32+62＝45，
设P点坐标为（0，m），
则CP2＝（6﹣m）2，BP2＝32+m2＝9+m2，
当∠CBP＝90°时，
则BC2+BP2＝CP2，即45+9+m2＝（6﹣m）2，
解得：m＝，
则P点坐标为（0， ）；
当∠CPB＝90°时，
则CP2+BP2＝BC2，即45＝9+m2+（6﹣m）2，
解得：m＝0或6（舍去），
则P点坐标为（0，0）；
综上所述，点P的坐标为：（0， ）或（0，0）；
（3）如图2，
设A运动时间为t，由AB＝1，得BM＝1﹣t，则DN＝2t，
∴S△MNB＝×（1﹣t）×2t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣ ）2+，
当t＝ 时，S△MNB面积最大，最大面积为 ；
即当M（ ，0）、N（ ，1）或（ ，﹣1）时，△MNB面积最大，最大面积是 ．