2024年湖北省各地市中考数学一模试题精选(含解析)

这是一份2024年湖北省各地市中考数学一模试题精选(含解析)，共71页。试卷主要包含了再结合图象可得答案．等内容，欢迎下载使用。

第一部分 代数部分
1.(2024·湖北省十堰市·)关于x的一元二次方程x2+bx+c=0有两个相等的实数根，则b2-2(1+2c)=( )
A. -2B. 2C. -4D. 4
2.(2024·湖北省十堰市·)已知二次函数y=-x2+2cx+c的图象经过点A(a,c)，B(b,c)，且满足0A. n=-3m-4B. m=-3n-4C. n=m2+mD. m=n2+n
3.(2024·湖北省武汉市·)已知点A(x1,y1)在抛物线y1=nx2-2nx+n上，点B(x2,y2)在直线y2=-nx+n，当n>0时，下列判断正确的是( )
A. 当x1=x2<1时，y11时，y1C. 当y1=y2>n时，x1>x2D. 当y1=y2x2
4.(2024·湖北省孝感市·)已知A(x1,y1)，B(x2,y2)是抛物线y=-x2+(2m-4)x-m2+3上两点，当x1-2时，总有y1>y2，则实数m的取值范围是( )
A. m≥1B. m≤1C. m≥-1D. m≤-1
5.(2024·湖北省·)如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴正半轴交于A、B(6,0)两点，与y轴负半轴交于点C.①b2-4ac>0；②a+c0.上述结论中，正确的个数有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
6.(2024·湖北省襄阳市·)如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A(-4,0)和原点，且顶点在第二象限.下列说法正确的是( )
A. a>0B. 当x>-2时，y的值随x值的增大而减小
C. b2-4ac<0D. 函数值有最小值4a-2b+c
7.(2024·湖北省恩施土家族苗族自治州·)如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为x=1，与x轴的一个交点位于(2,0)，(3,0)两点之间.下列结论：
①2a+b>0；②bc<0；③a<-13c；④若x1，x2为方程ax2+bx+c=0的两个根，则-3其中正确的有( )个．
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.(2024·湖北省武汉市·)在一次体育课上进行跳绳测试，小明的跳绳平均成绩为每分钟100个，小强的跳绳平均成绩为每分钟150个(单位：个)，小明先跳150个，然后小强再跳，如图是小明、小强跳绳的个数关于小强的跳绳时间t的函数图象，则两图象交点P的纵坐标是______．
9.(2024·湖北省武汉市江汉区·)抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数)经过(1,1)，(m,0)，(m+2,0)，三点，给出下列四个结论：
①a<0；
②若x>32时，y随x增加而减少，则m=32；
③若(m+1,t)在抛物线上，则t>1；
④b2-4ac=4a2；
其中正确的结论是______.(填写序号)
10.(2024·湖北省襄阳市·)如图，反比例函数y=mx(m≠0)与一次函数y=kx+b(k≠0)的图象交于点A(1,3)，点B(n,1)，一次函数y=kx+b(k≠0)与y轴相交于点C．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)连接OA、OB，求△OAB的面积．
11.(2024·湖北省十堰市·)某超市在“元宵节”来临前夕，购进一种品牌元宵，每盒进价是20元，超市规定每盒售价不得少于25元，根据以往销售经验发现；当售价定为每盒25元时，每天可卖出250盒，每盒售价每提高1元，每天要少卖出10盒．
(1)试求出每天的销售量y(盒)与每盒售价x(元)之间的函数关系式；
(2)当每盒售价定为多少元时，每天销售的利润P(元)最大？最大利润是多少？
(3)为稳定物价，有关管理部门限定：这种元宵的每盒售价不得高于38元，如果超市想要每天获得不低于2000元的利润，那么超市每天至少销售元宵多少盒？
12.(2024·湖北省恩施土家族苗族自治州·)如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC=30°，BC=4，双曲线y=kx经过点A．
(1)求k；
(2)直线AC与双曲线y=-3 3x在第四象限交于点D，求△ABD的面积．
13.(2024·湖北省十堰市·)如图，在△ABC中，AC=BC，AB⊥x轴，垂足为A.反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，交AB于点D.已知AB=8，BC=5．
(1)若OA=8，求k的值：
(2)连接OC，若BD=BC，求OC的长．
14.(2024·湖北省武汉市江汉区·)公路上正在行驶的甲车发现前方20m处沿同一方向行驶的乙车后，开始减速，减速后甲车行驶的路程s(单位：m)、速度v(单位：m/s)与时间t(单位：s)的关系分别可以用二次函数和一次函数表示，其图象如图所示．
(1)直接写出s关于t的函数关系式______和v关于t的函数关系式______(不要求写出t的取值范围)
(2)当甲车减速至9m/s时，它行驶的路程是多少？
(3)若乙车以10m/s的速度匀速行驶，两车何时相距最近，最近距离是多少？
15.(2024·湖北省襄阳市·)某批发商以24元/箱的进价购进某种蔬菜，销往零售超市，已知这种蔬菜的标价为45元/箱，实际售价不低于标价的八折.批发商通过分析销售情况，发现这种蔬菜的销售量y(箱)与当天的售价x(元/箱)满足一次函数关系，如表是其中的两组对应值．
(1)若某天这种蔬菜的售价为42元/箱，则当天这种蔬菜的销售最为______箱；
(2)该批发商销售这种蔬菜能否在某天获利1320元？若能，请求出当天的销售价；若不能，请说明理由．
(3)批发商搞优惠活动，购买一箱这种蔬菜，赠送成本为6元的土豆，这种蔬菜的售价定为多少时，可获得日销售利润最大，最大日销售利润是多少元？
16.(2024·湖北省孝感市·)中秋节来临前夕，某蛋糕店购进一种品牌月饼，每盒进价是60元，蛋糕店规定每盒售价不得少于70元，根据以往销售经验发现：当售价定为每盒70元时，每天可卖出500盒，每盒售价每提高1元时，每天要少卖出20盒，请解答下列问题：
(1)若每盒月饼售价提高20元，求每天可卖出多少盒，销售利润为多少元；
(2)设每天的销售利润为y元，每盒售价提高x元(x为整数)，求出y与x之间的函数解析式；
(3)当每盒售价定为多少元时，每天销售的总利润最大？最大利润是多少？
17.(2024·湖北省十堰市茅箭区·)如图，抛物线y=ax2-6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C.直线y=-x+5经过点B，C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴l与直线BC相交于点P，连接AC，AP，判定△APC的形状，并说明理由；
(3)在直线BC上是否存在点M，使AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
18.(2024·湖北省襄阳市·)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx-4(a≠0)的图象与x轴交于A(4,0)，B(-1,0)两点，与y轴交于点C．

(1)求二次函数的解析式；
(2)点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，连接AP、AC、BP、BC，线段AC与BP交于点Q，设△PAQ的面积为S1，△BCQ的面积为S2，当S1-S2取最大值时，求点P的坐标；
(3)当-1≤x19.(2024·湖北省荆楚初中联盟·)如图1，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于A，C两点，与y轴交于点B(0,-3)，经过点C的直线y=kx-4k与抛物线y=14x2+bx+c的另一个交点为M．
(1)直接写出b，c的值；
(2)若∠MCA=∠ABO，求k的值；
(3)若D为BC上的点，F为AC上的点，BD=CF，过点B作x轴的平行线交抛物线于点E，连接DE，BF，如图2，当DE+BF取得最小值时，求点F的坐标．
20.(2024·湖北省恩施州·)如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上，抛物线y=x2+bx+c经过点B，D(-4,5)两点，且与直线DC交于另一点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形.若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME，BP，探究EM+MP+PB是否存在最小值.若存在，请求出这个最小值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
21.(2024·湖北省武汉市·)如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，D(0,-3)，抛物线y=-2x2+6x+8与y轴交于C点，交x轴于A、B两点(A在B的左边)，E为抛物线第一象限上一动点．
(1)直接写出A，B两点坐标；
(2)连接BD，过E作EF⊥x轴交BD于F，当DF=CE时，求点E的横坐标；
(3)连接ED，平移至MN，使M，E对应，使M，N分别与D，E对应，且M，N均落在抛物线上，连接EM，判断并证明直线EM是否经过一个定点．
22.(2024·湖北省孝感市·)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A，B(A在B的左侧)，与y轴交于点C(0,-3)，其对称轴为x=1．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)如图(1)，已知点D为第三象限抛物线上一点，连接AC，若∠ABD+∠BAC=90°，求点D的坐标；
(3)P(m,n)和Q分别是直线y=-2x-4和抛物线上的动点，且点Q的横坐标比点P的横坐标大4个单位长度，分别过P，Q作坐标轴的平行线，得到矩形PMQN.设该抛物线在矩形PMQN内部(包括边界)的图象的最高点与最低点的纵坐标的差为t．
①如图(2)，当m=-12时，请直接写出t的值；
②请直接写出t关于m的函数关系式．
第二部分 几何部分
23.(2024·湖北省黄石市·)如图，在△ABC中，点D在BC上，DE/​/AC，DF/​/AB，下列四个判断中不正确的是( )
A. 四边形AEDF是平行四边形B. 若∠BAC=90°，则四边形AEDF是矩形
C. 若AD⊥BC且AB=AC，则四边形AEDF是菱形D. 若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是矩形
24.(2024·湖北省恩施土家族苗族自治州·)如图，等圆⊙O1和⊙O2相交于A，B两点，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，若O1O2=2，则图中阴影部分的面积为( )
A. 2πB. 43πC. πD. 23π
25.(2024·湖北省武汉市江汉区·)木匠师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可能大的圆形桌面，有如下两种方案：
方案一：直接锯一个半径最大的圆；
方案二：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆．
则方案二比方案一的半径大( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
26.(2024·湖北省荆楚初中联盟·)如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AB=2，BD平分∠ABC且与CD垂直，E为AB的中点.当S△BEF与S△DFC的差最大时，则EF的长为______．
27.(2024·湖北省十堰市茅箭区·)如图，在正方形ABCD中，E是CD边上一点，将△ADE沿AE翻折至△AD'E，延长ED'，交BC于点F.若AB=15，DE=10，则tan∠EFC的值是______．
28.(2024·湖北省武汉市·)如图，在等腰Rt△ABC中，AB=BC=1，点E，F分别是AB，连接EF，将△ABC沿EF翻折，若AD=2CD，则BE的长为______．
29.(2024·湖北省孝感市·)如图，已知正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE=BF，连接AE，DF，若AB=2 5，则AE+DF的最小值为______．
30.(2024·湖北省襄阳市·)如图，矩形ABCD中，AB=3 6，BC=12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是______．
31.(2024·湖北省武汉市·)如图，点D，E，F分别是△ABC的边BC，AC，AB上的点，DF/​/CA，∠A=∠EDF．
(1)求证：四边形AFDE为平行四边形；
(2)若BDDC=35，直接写出S△BDFS△CDE的值为______．
32.(2024·湖北省十堰市·)如图，AB为⊙O的直径，D、E是⊙O上的两点，延长AB至点C，连接CD，∠BDC=∠BAD．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)若tan∠BAD=23，AC=9，求⊙O的半径．
33.(2024·湖北省孝感市·)如图1，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交于点E，∠C+∠D=90°，BF/​/CD．

(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)延长AC交直线FB于点P(如图2)，若点E为OB中点，CD=6，求PC的长．
34.(2024·湖北省武汉市·)(1)问题提出如图(1)，在正方形ABCD中，E为AD中点，BF⊥CE，求DFCF的值；
(2)问题探究如图(2)，在等腰Rt△ABC中，点E为AB的中点，BF⊥CE，求FGBG的值．
35.(2024·湖北省襄阳市·)如图，在菱形ABCD中，AB=10，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连接DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．

(1)求证：∠DBG=90°；
(2)若BD=12，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积；
②求tan∠BDE的值．
36.(2024·湖北省黄石市·)在矩形ABCD中，ADAB=k(k为常数)，点P是对角线BD上一动点(不与B，D重合)，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与射线CB交于点E，连接AE．
(1)特例发现：如图1，当k=1时，将点P移动到对角线交点处，可发现点E与点B重合，则PAPE=______，∠AEP=______；当点P移动到其它位置时，∠AEP的大小______(填“改变”或“不变”)；
(2)类比探究：如图2，若k≠1时，当k的值确定时，请探究∠AEP的大小是否会随着点P的移动而发生变化，并说明理由；
(3)拓展应用：当k≠1时，如图2，连接PC，若PC⊥BD，AE/​/PC，PC=2，求AP的长．
37.(2024·湖北省孝感市·)如图，在△AEC中，∠AEC=90°，AE=CE，在线段AE上取点B，作BD⊥AC于D，连接BC，点M是BC中点，连接DM、EM．

(1)求线段DM与EM的位置关系和数量关系，并证明；
(2)将△ABD绕点A顺时针旋转α(0°<α<45°)；
①在(1)中线段DM、EM的位置关系和数量关系是否依然成立？请证明你的结论；
②若点D是△ABC的重心，直接写出cs∠BAC的值．
38.(2024·湖北省十堰市·)定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
(1)若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为______；
证明：
(2)如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
(3)如图2，在对余四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，探究线段AD，CD和BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
39.(2024·湖北省黄石市·)【问题情境】如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=kBC，CD是AB边上的高，点E是DB上一点，连接CE，过点A作AF⊥CE于F，交CD于点G．
(1)【特例证明】如图1，当k=1时，求证：DG=DE；
(2)【类比探究】如图2，当k≠1时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请指出此时DG与DE的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展运用】如图3，连接DF，若k=34，AC=AE，DG=3，求DF的长．
40.(2024·湖北省荆楚初中联盟·)在Rt△ABC中，∠A=90°，E，F，D分别是AC，AB，BC上的点，BF=FD，DE=EC．

(1)求∠FDE的度数(图1)；
(2)若点G为BC的中点(图2)，其它条件不变，请探究FG与EG是否垂直；
(3)将(1)中△DEC绕点D逆时针旋转一定的角度得到△DE'C'，如图3所示，G为线段BC'的中点，FG⊥GE'吗？请说明理由．
参考答案
1.【答案】A
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+bx+c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=b2-4c=0，
∴b2=4c，
∴b2-2(1+2c)=b2-4c-2=0-2
=-2．
故选：A．
由一元二次方程有有两个相等的实数根得Δ=b2-4ac=0，得到b2-4c=0，再将其代入所求式子中计算即可求解．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程的根与Δ=b2-4ac的关系是解题关键．一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2-4ac有如下关系：①当Δ>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当Δ<0时，方程无实数根．
2.【答案】D
【解析】解：∵二次函数y=-x2+2cx+c的图象与x轴交于A(a,c)，B(b,c)两点，
∴图象开口向下，对称轴为直线x=a+b2=c，
∵0∴0∴当-1≤x≤1时，函数的最大值是x=c时所对应的的函数值，函数的最小值是x=-1时所对应的的函数值，
∴m=-c2+2c2+c=c2+c，n=-1-2c+c=-c-1，
∴m=n2+n
故选：D．
由二次函数y=-x2+2cx+c的图象经过点A(a,c)，B(b,c)两点，得出对称轴为直线x=a+b2，即可得出对称轴在0本题主要考查了抛物线的图象与性质，判断对称轴在0～1之间、确定函数的最大值是x=c时所对应的的函数值，函数的最小值是x=-1时所对应的的函数值是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵y1=nx2-2nx+n=n(x2-2x+1)=n(x-1)2，y2=-nx+n=-n(x-1)，
∴抛物线y1=nx2-2nx+n与直线y2=-nx+n都恒过定点(1,0)，与y轴的交点都为(0,n)．
画出大致图象如下：
由图可知，当x1=x2<0时，y1>y2，当01时，y1>y2，当y1=y2>n时，x1>x2，
当y1=y21，则x1>x2．
故C选项正确，符合题意．
故选：C．
由题意可知，抛物线y1=nx2-2nx+n与直线y2=-nx+n都恒过定点(1,0)，与y轴的交点都为(0,n).再结合图象可得答案．
本题考查二次函数与不等式(组)，掌握二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=-x2+(2m-4)x-m2+3，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=-2m-42×(-1)=m-2，
∵A(x1,y1)，B(x2,y2)是抛物线y=-x2+(2m-4)x-m2+3上两点，当x1-2时，总有y1>y2，
∴m-2≤-1，
∴m≤1．
故选：B．
由抛物线解析式可知抛物线开口向下，对称轴为直线x=m-2，由题意可知m-2≤-1，解得m≤1．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，能够理解题意，得出关于m的不等式是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：①：∵图象与x轴有两个交点，
∴b2-4ac>0，
∴①正确；
②：∵由图象可得，图象开口向下，与y轴负半轴交于点C，
∴当x=-1时，y<0，
即a-b+c<0，
∴a+c∴②正确；
③：∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴正半轴交于B(6,0)点，
∴36a+6b+c=0
即6(6a+b)=-c，
∴6a+b=-c6
∵抛物线y=ax2+bx+c与y轴负半轴交于点C，
∴c<0∴6a+b>0
∴③正确．
故选：D．
根据二次函数的图象与x轴有两个交点，可得①正确；根据函数图象开口向下，与y轴负半轴交于C点，当x=-1时，y<0，可得②正确；根据图象与y轴负半轴交于C点，可得c<0，再由图象与x轴正半轴交于B点，可得③正确．
本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和坐标轴交点情况．
6.【答案】B
【解析】解：∵抛物线的开口方向下，
∴a<0.故A错误；
∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A(-4,0)和原点，且顶点在第二象限，
对称轴x=-4+02=-2，
∴当x>-1时，y的值随x值的增大而减小，
故B不正确；
∵y=ax2+bx+1的图象与x轴有两个交点，
∴b2-4ac>0，故③正确；
∵a<0，对称轴x=-2，
∴x=-2时，函数值有最大值4a-2b+c，
故④正确；
故选：B．
采用形数结合的方法解题，根据抛物线的开口方向，对称轴的位置判断a、b、c的符号，把两根关系与抛物线与x轴的交点情况结合起来分析问题．
主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，根的判别式的熟练运用．
7.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，
∴-b2a=1，
∴b=-2a，
∴2a+b=0，故①错误；
∵抛物线开口向下，与y轴交于正半轴，
∴a<0，b=-2a>0，c>0，
∴bc>0，故②错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，x=3时y<0，
∴x=-1时，y<0，即a-b+c<0，
∴a-(-2a)+c<0，
∴a<-13c，故③正确；
若x1，x2为方程ax2+bx+c=0的两个根，由函数图象与x轴交点可知-1∴-3∴正确的有：③④，共2个，
故选：B．
根据抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，可得b=-2a，2a+b=0，判断①错误；由图象可得a<0，b=-2a>0，c>0，知bc>0，判断②错误；而x=3时y<0，知x=-1时，y<0，即a-b+c<0，可得a-(-2a)+c<0，a<-13c，判断③正确；由-1本题考查二次函数的图象与系数的关系，涉及二次函数与一元二次方程的关系，解题的关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
8.【答案】450
【解析】解：由题意知，小明跳绳个数y小明与小强的跳绳时间t的函数解析式为y小明=150+100t，
小强跳绳个数y小强与小强的跳绳时间t的函数解析式为y小强=150t，
联立方程组y=100t+150y=150t，
解得t=3y=450，
∴P(3,450)，
∴点P的纵坐标是450，
故答案为：450．
先根据题意写出小明跳绳个数、小强跳绳个数与小强的跳绳时间t的函数关系式，求出两条直线的交点即可．
本题考查一次函数的应用，关键是求出函数解析式．
9.【答案】④
【解析】解：①当m>1时，
∵抛物线经过(1,1)，
∴抛物线开口向上，
∴a>0，
故①不符合题意．
②当x=32时，
12(m+m+2)=32，
∴m=12，
故②不符合题意．
③∵抛物线对称轴为直线x=12(m+m+2)=m+1，
当m>1时，
t<1，
故③不符合题意．
④把(1,1)，(m,0)，(m+2,0)代入得：
a+b+c=1①am2+bm+c=2②a(m+2)2+b(m+2)+c=0③，
③-②得：b=-2a(m+1)④，
②-①得：a(m2-1)+b(m-1)=0⑤，
④代入⑤得：a=1m2-1，
∴b=-1m-1，
c=m2+2mm2-1，
∵b2-4ac=(-1m-1)2-4×1m2-1×m2+2mm2-1=4(m-1)2(m+1)2，
4a2=4×(1m2-1)2=4(m-1)2(m+1)2，
∴b2-4ac=4a2；
故答案为：④．
①当m>1时，抛物线开口向上，因此a>0，故①不符合题意．
②当x=32时，12(m+m+2)=32，因此m=12，故②不符合题意．
③由抛物线对称轴为直线x=m+1，当m>1时，t<1，故③不符合题意．
④把(1,1)，(m,0)，(m+2,0)代入抛物线得a=1m2-1，b=-1m-1，c=m2+2mm2-1，再代入计算即可．
本题考查了二次函数的知识，掌握二次函数的性质是解题关键．
10.【答案】解：(1)将点A(1,3)代入y=mx，得：m=3，
∴反比例函数的表达式为：y=3x，
将B(n,1)代入y=3x，得：n=3，
∴点B的坐标为(3,1)，
将A(1,3)，B(3,1)代入y=kx+b，
得：k+b=33k+b=1，解得：k=-1b=4，
∴一次函数的表达式为：y=-x+4．
(2)设一次函数y=-x+4与x轴交于点D，
过点A作AE⊥y轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，

对于y=-x+4，当x=0时，y=4，当y=0时，x=4，
∴点C(0,4)，点D(4,0)，
∴OC=4，OD=4，
又点A(1,3)，B(3,1)，
∴AE=1，BF=1，
∴S△AOC=12OC⋅AE=12×4×1=2，S△BOD=12OD⋅BF=12×4×1=2，
又∵S△OCD=12OD⋅OC=12×4×4=8，
∴S△OAB=S△OCD-S△AOC-S△BOD=8-2-2=4．
【解析】(1)将点A(1,3)代入反比例函数表达式可求出m=3，进而可得反比例函数表达式，再将B(n,1)代入已求出的反比例函数表达式求出n=3，进而得点B，然后再将点A，B代入一次函数的表达式可求出k，b，进而可得一次函数的表达式；
(2)设一次函数y=-x+4与x轴交于D，过点A作AE⊥y轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，先求出点C(0,4)，D(4,0)，可得OC=4，OD=4，AE=1，BF=1，然后根据S△OAB=S△OCD-S△AOC-S△BOD即可得出答案．
此题主要考查了反比例函数与一次函数的交点，解答此题的关键是熟练掌握待定系数法求函数的表达式，难点是根据图形面积的和差来求△OAB的面积．
11.【答案】解：(1)根据题意，y=250-10(x-25)=-10x+500；
(2)每天销售的利润P=(x-20)(-10x+500)=-10x2+700x-10000
=-10(x-35)2+2250，
∴当x=35时，P取得最大值，最大值为2250，
答：当毎盒售价定为35元时，每天销售的利润P(元)最大，最大利润是2250元；
(3)根据题意得，-10(x-35)2+2250=2000，
解得：x=30或x=40，
∴当30≤x≤40时，每天的销售利润不低于2000元，
又∵x≤38，
∴30≤x≤38，
在y=-10x+500中，y随x的增大而减小，
∴当x=38时，y最小值=-10×38+500=120，
即超市每天至少销售元宵120盒．
【解析】(1)根据“当售价定为每盒25元时，每天可以卖出250盒，每盒售价每提高1元，每天要少卖出10盒”即可得出每天的销售量y(盒)与每盒售价x(元)之间的函数关系式；
(2)根据利润=1盒元宵所获得的利润×销售量列式整理，再根据二次函数的最值问题解答；
(3)先由(2)中所求得的P与x的函数关系式，根据这种元宵的每盒售价不得高于38元，且每天销售汤圆的利润不低于2000元，求出x的取值范围，再根据(1)中所求得的销售量y(盒)与每盒售价x(元)之间的函数关系式即可求解．
本题考查的是二次函数与一次函数在实际生活中的应用，主要利用了利润=1盒汤圆所获得的利润×销售量，求函数的最值时，注意自变量的取值范围．
12.【答案】解：(1)如图，作AH⊥BC于H，
∵Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC=30°，BC=4，
∴OC=12BC=2，AC=BC×sin30°=2，
∵∠HAC+∠ACO=90°，∠ABC+∠ACO=90°，
∴∠HAC=∠ABC=30°，
∴CH=AC×sin30°=1，AH=AC×cs30°= 3，
∴OH=OC-CH=2-1=1，
∴A(1, 3)，
∵双曲线y=kx经过点A，
∴1=k 3，
即k= 3；
(2)设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A(1, 3)，C(2,0)，
∴0=2k+b 3=k+b，
解得k=- 3b=2 3，
∴直线AC的解析式为y=- 3x+2 3，
∵直线AC与双曲线y=-3 3x在第四象限交于点D，
∴y=- 3x+2 3y=-3 3x，
解得x=3y=- 3或x=-1y=3 3，
∵D在第四象限，
∴D(3,- 3)，
∴S△ABD=S△ABC+S△BCD=12BC⋅AH+12BC⋅(-yD)=12×4× 3+12×4× 3=4 3．
【解析】(1)作AH⊥BC于H，求出AH的长和OH的长确定A点坐标即可；
(2)求出直线AD的解析式，确定D点坐标，再根据三角形ABD的面积等于三角形ABC面积加三角形BCD面积即可求出．
本题主要考查反比例函数和一次函数的性质，三角形的面积等知识点，熟练掌握反比例函数的性质和求解三角形面积的方法是解题的关键．
13.【答案】解：(1)作CE⊥AB，垂足为E，

∵AC=BC，AB=8，
∴AE=BE=4．
在Rt△BCE中，BC=5，BE=4，
∴CE= BC2-BE2= 52-42=3，
∵OA=8，
∴C点的坐标为：(5,4)，
∵反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，
∴k=5×4=20，
(2)设A点的坐标为(m,0)，
∵BD=BC=5，AB=8，
∴AD=3，
∴D，C两点的坐标分别为：(m,3)，(m-3,4)．
∵点C，D都在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴3m=4(m-3)，
∴m=12，
∴C点的坐标为：(9,4)，
∴OC= 92+42= 97．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质得出AE，BE的长，再利用勾股定理得出OA的长，得出C点坐标即可得出答案；
(2)首先表示出D，C点坐标，进而利用反比例函数图象上的性质求出C点坐标，然后利用勾股定理即可求得OC的长．
此题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理和反比例函数图象上的性质，正确得出方程是解题关键．
14.【答案】s=-12t2+16t v=-t+16
【解析】解：(1)由图可知：二次函数图象经过原点，
设二次函数表达式为s=at2+bt，一次函数表达式为v=kt+c，
∵二次函数经过(2,30)，(4,56)，
∴4a+2b=3016a+4b=56，解得：a=-12b=16，
∴二次函数表达式为s=-12t2+16t．
∵一次函数经过(0,16)，(8,8)，
∴8k+c=8c=16，解得：k=-1c=16，
∴一次函数表达式为v=-t+16．
故答案为：s=-12t2+16t，v=-t+16；
(2)∵v=-t+16，
∴当v=9时，
-t+16=9，解得t=7，
∵s=-12t2+16t，
∴当t=7时，s=-12×72+16×7=87.5，
∴当甲车减速至9m/s时，它行驶的路程是87.5m；
(3)∵当t=0时，甲车的速度为16m/s，
∴当0当10∴当v=10m/s时，两车之间距离最小，
将v=10代入v=-t+16中，得t=6，
将t=6代入s=-12t2+16t中，得s=78，
此时两车之间的距离为：10×6+20-78=2(m)，
∴6秒时两车相距最近，最近距离是2m．
(1)根据图象，利用待定系数法分别求出一次函数和二次函数解析式即可；
(2)把v=9代入一次函数解析式求出t，再把t的值代入二次函数解析式求出s即可；
(3)分析得出当v=10m/s时，两车之间距离最小，代入计算即可．
本题考查了二次函数与一次函数的实际应用，理解题意，读懂函数图象，求出表达式是解题的基本前提．
15.【答案】116
【解析】解：(1)设y与x之间的函数关系为y=kx+b，
根据题意得：35k+b=13038k+b=124，
解得：k=-2b=200，
∴y=-2x+200，
∴当x=42时，y=-2×42+200=116，
∴当天这种蔬菜的销售量为116箱；
故答案为116；
(2)根据题意得：(-2x+200)(x-24)=1320，
解得x1=34，x2=90，
∵这种蔬菜售价不低于45×0.8=36，且不高于45，
∴36≤x≤45，
∴34，90都不满足题意，
所以该批发商销售这种蔬菜不能在某天获利1320元；
(3)设日获得利润为w元，
则w=(-2x+200)(x-24-6)=-2(x-65)2+2450，
∵a=-2<0，
∴抛物线开口向下，
∴当x<65时，w的值随x值的增大而增大，
∵这种蔬菜售价不低于45×0.8=36，
∴36≤x≤45，
∴当x=45时，W最大=-2×(45-65)2+2450=1650(元)，
答：这种蔬菜的售价为45元，可获得最大日利润为1650元．
(1)设y与x之间的函数关系为y=kx+b，用待定系数法求函数解析式即可；
(2)根据题意列出关于x的一元二次方程，解方程求出x的值，然后根据这种蔬菜的标价为45元/箱，实际售价不低于标价的八折得出x的取值范围为36≤x≤45，从而确定方程的解；
(3)根据每天的利润=单箱的利润×销量列出函数解析式，再根据函数的性质求函数的最值．
本题考查了销售问题的数量关系在解决实际问题是的运用，一次函数的解析式的运用和二次函数的解析式的运用，解答时根据题意建立函数关系是解答本题的难点和关键．
16.【答案】解：(1)由题意，得：500-20×20=100(盒)，
(70+20-60)×100=3000(元)．
答：每天可卖出100盒，销售利润为3000元；
(2)依题意，y=(70+x-60)(500-20x)
=-20x2+300x+5000
=-20(x-7.5)2+6125，
即y=-20x2+300x+5000；
(3)y=-20x2+300x+5000，
∵-20<0，x为整数，
∴当x=7或8时，y最大，最大值为6120，
∵70+7=77(元)或70+8=78(元)．
∴每盒售价定为77或78元时，每天销售的利润最大，最大利润是6120元；
【解析】(1)根据当售价定为每盒70元时，每天可卖出500盒，每盒售价每提高1元时，每天要少卖出20盒，当每盒月饼售价提高20元时，每天少卖出20×20盒得出结论；
(2)根据利润=1盒月饼所获得的利润×销售量写出函数关系式，
(3)根据二次函数性质求出利润最大时x的取值，从而得出结论．
本题考查的是二次函数与一元二次方程在实际生活中的应用，主要利用了利润=1盒月饼所获得的利润×销售量写出函数关系式．
17.【答案】解：(1)∵直线y=-x+5经过点B，C，
∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为(0,5)．
当y=0时，可得x=5，即B的坐标为(5,0)．
∴5=a⋅02-6×0+c0=52a-6×5+c．
解得a=1c=5．
∴该抛物线的解析式为y=x2-6x+5；
(2)△APC的为直角三角形，理由如下：
∵解方程x2-6x+5=0，则x1=1，x2=5．
∴A(1,0)，B(5,0)．
∵抛物线y=x2-6x+5的对称轴l为x=3，
∴△APB为等腰三角形．
∵C的坐标为(5,0)，B的坐标为(5,0)，
∴OB=CO=5，即∠ABP=45°．
∴∠PAB=45°．
∴∠APB=180°-45°-45°=90°．
∴∠APC=180°-90°=90°．
∴△APC的为直角三角形；
(3)如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，
∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1．
∴∠AM1B=2∠ACB．
∵△ANB为等腰直角三角形．
∴AH=BH=NH=2．
∴N(3,2)．
设AC的函数解析式为y=kx+b(k≠0)．
∵C(0,5)，A(1,0)，
∴5=k⋅0+b0=k+b．
解得b=5，k=-5．
∴AC的函数解析式为y=-5x+5，
设EM1的函数解析式为y=15x+n，
∵点E的坐标为(12,52).
∴52=15×12+n，
解得：n=125．
∴EM1的函数解析式为y=15x+125．
∵y=-x+5y=15x+125．
解得x=136y=176．
∴M1的坐标为(136,176)；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，
设M2(a,-a+5)，
则有：3=136+a2，解得a=236．
∴-a+5=76．
∴M2的坐标为(236,76).
综上，存在使AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍的点，且坐标为M1(136,176)，M2(236,76).
【解析】(1)先根据直线y=-x+5经过点B，C，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；
(2)先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB=OC得到∠ABP=45°，进一步说明∠APB=90°，则∠APC=90°即可判定△APC的形状；
(3)作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标．
本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图象等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
18.【答案】解：(1)将A(4,0)，B(-1,0)代入y=ax2+bx-4(a≠0)，
得：16a+4b-4=0a-b-4=0，
解得a=1b=-3，
∴二次函数的解析式为y=x2-3x-4；
(2)由(1)知y=x2-3x-4，
当x=0时，y=-4，
∴C(0,-4)，
∴OC=4，
∵A(4,0)，B(-1,0)，
∴AB=4-(-1)=5；
∵y=x2-3x-4=(x-32)2-254，
∴二次函数图象的顶点坐标为(32,-254)；
S1-S2=(S1+S△ABQ)-(S2+S△ABQ)=S△ABP-S△ABC=12AB⋅(|yP|-OC)=12×4×(|yP|-4)，
当点P与二次函数图象的顶点重合时，|yP|取最大值，S1-S2取最大值，
此时点P的坐标为(32,-254)；
(3)由(2)得y=x2-3x-4=(x-32)2-254，
∴二次函数图象的对称轴为直线x=32，
①当-1x=m，y有最小值m2-3m-4，
最大值与最小值的差为：0-(m2-3m-4)=-m2+3m+4，不是定值，不合题意；
②当32x=-1，y有最大值0，
最大值与最小值的差为：0-(-254)=254，是定值，符合题意；
③当m>4时，x=32，y有最小值-254，
x=m，y有最大值m2-3m-4，
最大值与最小值的差为：(m2-3m-4)-(-254)=m2-3m+94，不是定值，不合题意；
综上可知，当32【解析】(1)将A(4,0)，B(-1,0)代入解析式，利用待定系数法求解；
(2)由S1-S2=(S1+S△ABQ)-(S2+S△ABQ)=S△ABP-S△ABC可得当点P与二次函数图象的顶点重合时，|yP|取最大值，S1-S2取最大值，由此可解；
(3)分-14三种情况，结合二次函数图象求出最大值、最小值，作差判断是否为定值即可．
本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质、二次函数中的面积问题，难度较大，熟练运用数形结合和分类讨论思想是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵点C在x轴上，
∴令y=0，则kx-4k=0，
解得x=4，
∴点C的坐标为(4,0)，
把(4,0)和B(0,-3)代入y=14x2+bx+c得：
c=-34+4b+c=0，
解得：b=-14c=-3，
∴函数解析式为y=14x2-14x-3；
(2)令y=0，则14x2-14x-3=0，
解得：x1=4，x2=-3，
∴点A的坐标为(-3,0)，
∴tan∠ABO=OAOB=33=1，
∵∠MCA=∠ABO，
∴tan∠MCA=1，
∴Q点的坐标为(0,4)或(0,-4)，
把(0,4)代入y=kx-4k得-4k=4，
解得k=-1；
把(0,-4)代入y=kx-4k得-4k=-4，
解得k=1；
∴k=±1；
(3)如图所示，作∠ACQ=∠CBE，在CQ上截取CK=BE.连接FK，KB.KB与x轴交于点T，过点K作KG⊥x轴，垂足为G．

又∵CF=BD，
∴△KCF≌△EBD(SAS)，
∴KF=DE，
∴BF+DE=BF+KF≥BK，当点F在点T的位置时，取等号．
即BF+DE的最少值等于BK．
过B(0,-3)作x轴的平行线交抛物线y=14x2-14x-3于点E，
∴E(1,-3)，
∴BE=1，即 KC=1．
∵∠ACQ=∠CBE=∠OCB，
∴△KCG∽△BCO，
∴KGCG=BOCO=34，
设KG=3m，则CG=4m，
在Rt△KGC中，(3m)2+(4m)2=1，
解这个方程得，m=±15(负值不符合题意，舍去)，
∴点K的坐标为 (165,35)，
∴直线 BK 的函数表达式为：y=98x-3，
当y=0时，98x-3=0，解得x=83，
∴T(83,0)，
即当DE+BF取得最小值时，F的坐标为(83,0)．
【解析】(1)利用待定系数法求函数解析式即可；
(2)令y=0，求出点A的坐标，然后求出CM与y轴的交点Q的坐标，然后代入y=kx-4k求出k的值即可；
(3)作∠ACQ=∠CBE，在CQ上截取CK=BE.连接FK，KB.KB与x轴交于点T，过点K作KG⊥x轴，垂足为G.则△KCF≌△EBD，得到KF=DE，即BF+DE=BF+KF≥BK，当点F在点T的位置时，取等号．可得BF+DE的最少值等于BK.然后根据△KCG∽△BCO，再根据勾股定理即可解题．
本题考查待定系数法求函数解析式，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)由点D的纵坐标知，正方形ABCD的边长为5，
则OB=AB-AO=5-4=1，故点B的坐标为(1,0)，
则1+b+c=016-4b+c=5，解得b=2c=-3，
故抛物线的表达式为y=x2+2x-3；
(2)存在，理由：
∵点D、E关于抛物线对称轴对称，故点E的坐标为(2,5)，
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=-1，故设点F的坐标为(-1,m)，
由点B、E的坐标得，BE2=(2-1)2+(5-0)2=26，
设点Q的坐标为(s,t)，
∵以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，
故点B向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E，则Q(F)向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F(Q)，且BE=EF(BE=EQ)，
则s+1=-1t+5=m26=(2+1)2+(m-5)2或s-1=-1t-5=m26=(s-2)2+(t-5)2，
解得m=5± 17s=-2t=± 17或s=0t=5± 22m=± 22，
故点F的坐标为(-1,5+ 17)或(-1,5- 17)或(-1, 22)或(-1,- 22)；
(3)存在，理由：
设抛物线的对称轴交x轴于点B'(-1,0)，将点B'向左平移1个单位得到点B″(-2,0)，
连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P、M为所求点，此时EM+MP+PB为最小，
理由：∵B'B″=PM=1，且B'B″//PM，故四边形B″B'PM为平行四边形，则B″M=B'P=BP，
则EM+MP+PB=EM+1+MB″=B″E为最小，
由点B″、E的坐标得，直线B″E的表达式为y=54(x+2)，
当x=-1时，y=54(x+2)=54，故点M的坐标为(-1,54)，
则EM+MP+PB的最小值B″E= (-2-2)2+(0-5)2= 41+1．
【解析】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
(1)求出点B的坐标为(1,0)，再用待定系数法即可求解；
(2)以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，故点B向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E，则Q(F)向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F(Q)，且BE=EF(BE=EQ)，即可求解；
(3)设抛物线的对称轴交x轴于点B'(-1,0)，将点B'向左平移1个单位得到点B″(-2,0)，连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P、M为所求点，此时EM+MP+PB为最小，进而求解．
21.【答案】解：(1)当y=0时，=-2x2+6x+8=0，
解得：x1=4，x2=-1，
∴A(-1,0)，B(4,0)；
(2)当x=0时，y=8，
∴C(0,8)，
∵D(0,-3)，

设直线BD的解析式为：y=kx+b，
∴b=-34k+b=0，
解得：k=34b=-3，
∴BD的解析式为：y=34x-3，
设点E的横坐标为x，则点E的坐标为(x,-2x2+6x+8)，
∵EF⊥x轴，
∴F(x,34x-3)，
∵CE=DF，
∴CE2=DF2，
∴(x-0)2+(-2x2+6x+8-8)2=(x-0)2+(34x-3+3)2，
解得：x1=0(舍)，x2=218，x3=278，
∴点E的横坐标是218或278；
(3)直线EM经过一个定点(0,2.5)，理由如下：
设点M的坐标为(a,-2a2+6a+8)，点E的坐标为(t,-2t2+6t+8)，
由平移得：DE//MN，DE=MN，
∵D(0,-3)，
∴N(a+t,-2a2+6a+8+3-2t2+6t+8)，
即点N的坐标为(a+t,-2a2+6a+19-2t2+6t)，
∵点N在抛物线上，
∴-2a2+6a+19-2t2+6t=-2(a+t)2+6(a+t)+8，
∴at=-114，
设直线EM的解析式为：y=k1x+b1，
k1t+b1=-2t2+6t+8①k1a+b1=-2a2+6a+8②，
②-①得：(a-t)k1=-2a2+6a+8+2t2-6t-8，
(a-t)k1=2(t-a)(t+a)+6(a-t)，
∵a≠t，
∴k1=-2t-2a+6③，
把③代入①得：(-2t-2a+6)t+b1=-2t2+6t+8，
∴b1=2.5，
∴直线EM的解析式为：y=(-2t-2a+6)x+2.5，
∴直线EM经过一个定点(0,2.5)．
【解析】(1)令y=0可得点A和B两点的坐标；
(2)当x=0时，y=8，可得点C的坐标，利用待定系数法可得直线BD的解析式，设点E的横坐标为x，则点E的坐标为(x,-2x2+6x+8)，根据两点的距离公式和CE=DF可得结论；
(3)设点M的坐标为(a,-2a2+6a+8)，点E的坐标为(t,-2t2+6t+8)，表示点N的坐标并代入抛物线的解析式中，计算EM的解析式可得结论．
本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，两点的距离公式，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和平移的性质．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点C(0,-3)，其对称轴为x=1，
∴c=-3-b2=1，
解得b=-2c=-3，
∴抛物线的函数解析式为y=x2-2x-3；
(2)设BD交y轴于K，如图1：

在y=x2-2x-3中，令y=0得0=x2-2x-3；
解得x=-1或x=3，
∴A(-1,0)，B(3,0)，
∴OA=1，OB=3，
∵∠ACO+∠BAC=90°，
又∠ABD+∠BAC=90°，
∴∠ACO=∠ABD，
∵∠AOC=90°=∠BOK，
∴△AOC∽△KOB，
∴AOOK=OCOB，即1OK=33，
∴OK=1，
∴K(0,-1)，
由B(3,0)，K(0,-1)得直线BK解析式为y=13x-1，
联立y=13x-1y=x2-2x-3，解得x=3y=0或x=-23y=-119，
∴D(-23,-119)；
(3)①当m=-12时，P(-12,-3)，Q(72,94)，
∴t=94-(-3)=214；
②根据y=x2-2x-3=(x-1)2-4，可得抛物线的顶点为(1,-4)，
当-2x-4=-4时，x=0，
由题意得：P(m,-2m-4)，Q(m+4,m2+6m+5)，
∵t=|m2+6m+5-(-2m-4)|=|m2+8m+9|，
∴当t=0时，m2+8m+9=0，
解得：m1=-4- 7，m2=-4+ 7，
当m<-4- 7时，如图2，

t=m2+6m+5-(-2m-4)=m2+8m+9；
当-4- 7≤m≤-4+ 7时，如图3，

t=-2m-4-(m2+6m+5)=-m2-8m-9；
当-4+ 7
t=m2+6m+5-(-2m-4)=m2+8m+9；
当0≤m≤1时，如图5，

t=m2+6m+5-(-4)=m2+6m+9；
当m>1时，如图6，

t=m2+6m+5-(m2-2m-3)=8m+8；
综上所述，t关于m的函数关系式为t=m2+8m+9(m<-4- 7)-m2-8m-9(-4- 7≤m≤-4+ 7)m2+8m+9(-4+ 71)．
【解析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)设BD交y轴于K，可证得△AOC∽△KOB，得出AOOK=OCOB，即1OK=33，可得K(0,-1)，运用待定系数法可得直线BK解析式为y=13x-1，联立方程组即可求得点D的坐标；
(3)①当m=-12时，P(-12,-3)，Q(72,94)，即可求得答案；
②由题意得：P(m,-2m-4)，Q(m+4,m2+6m+5)，由t=|m2+6m+5-(-2m-4)|=|m2+8m+9|=0，可得m1=-4- 7，m2=-4+ 7，分三种情况：当m<-4- 7时，当-4- 7≤m≤-4+ 7时，当m>-4+ 7时，分别画出图象，即可求得答案．
本题是二次函数综合题，考查了利用待定系数法求抛物线的解析式和一次函数解析式，相似三角形的判定与性质，矩形的性质等知识．利用了数形结合与方程思想．属于中考数学压轴题．
23.【答案】C
【解析】解：因为DE/​/CA，DF/​/BA所以四边形AEDF是平行四边形．故A正确．
∠BAC=90°，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B正确．
因为AD平分∠BAC，所以AE=DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以是菱形．故D正确．
如果AD⊥BC且AB=BC不能判定四边形AEDF是正方形，故C错误．
故选：C．
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项分析即可．
本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点．
24.【答案】D
【解析】解：连接BO1，BO2，
∵⊙O1和⊙O2是等圆，⊙O1经过⊙O2的圆心O2，
∴BO1=BO2=O1O2，
∴∠BO2O1=60°，
∵O1O2⊥AB，
∴HO1=HO2，
∵∠AHO1=∠BHO2=90°，AH=BH，
在△AHO1和△BHO2中，
​​​​​​​HO1=HO2∠AHO1=∠BHO2=90°AH=BH,
∴△AHO1≌△BHO2(SAS)，
∴阴影的面积=扇形O2O1B的面积，
∵扇形O2O1B的面积=60π×22360=2π3，
∴阴影的面积=2π3．
故选：D．
连接BO1，BO2，得到BO1=BO2=O1O2，因此∠BO2O1=60°，由相交两圆的性质得到O1O2⊥AB，AH=BH，因此HO1=HO2，推出△AHO1≌△BHO2，得到阴影的面积=扇形O2O1B的面积，求出扇形O2O1B的面积，即可得到答案．
本题考查相交两圆的性质，阴影面积的计算，关键是由相交两圆的性质推出△AHO1≌△BHO2，得到阴影的面积=扇形O2O1B的面积．
25.【答案】D
【解析】解：方案一：因为长方形的长宽分别为3、2，
那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1；
方案二：作ON⊥BF于N，OM⊥AB于M，如图所示：
则∠OMA=∠FNO=90°，
∵∠AMO=∠B=90°，
∴OM//FB，
∴∠AOM=∠OFN，
∴△AOM∽△OFN，
∴OMAM=FNON，
设半径为r，
∴r3-r=2-rr，
解得：r=65，
∴65-1=15，
故选：D．
方案一：观察图易知，截圆的直径需不超过长方形长、宽中最短的边，由已知长宽分别为3，2，那么直接取圆直径最大为2，则半径最大为1，方案二：作ON⊥BF于N，OM⊥AB于M，设半径为r，利用相似三角形的性质即可求出圆的半径，然后求出两个圆的半径之差即可．
本题主要考查了三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法，证明△AOM∽△OFN．
26.【答案】 175
【解析】解：过点A作AG⊥BD于点G，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD-12∠ABC，
∵AD/​/BC，
∴∠1=∠CBD，
∴∠ABD=∠1，
∴AB=AD=2，
∵AG⊥BD，CD⊥BD，
∴∠AGD=∠CDB=90°,DG=BG=12BD，
∴△AGD∽△CDB，
∴ADCB=GDBD=12BDBD=12，
∴CB=2AD=2×2=4，
∵S△DFC-S△BEF=(S△DFC+S△BFC)-(S△BEF+S△BFC)=S△DBC-S△EBC，
分别过点E、A、D作EN⊥BC，AP⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为N、P、H，
∴EN//AP//DH，∠APH=∠DHP=90°，
∵AD/​/BC，
∴四边形ADHP是平行四边形，
∵∠APH=90°，
∴平行四边形ADHP是矩形，
∴AP=DH，
∵EN//AP，
∴△BEN∽△BAP，
∴ENAP=BEBA，
∵E为AB中点，
∴BE=12AB=1,EN=12AP=12DH，
∵S△DBC=12BC⋅DH,S△EBC=12BC⋅EN，
∴S△DFC-S△BEF=S△DBC-S△EBC=12BC⋅DH-12BC⋅EN=12BC⋅(DH-EN)=12BC⋅(DH-12DH)=12BC⋅12DH=12BC⋅EN
=S△EBC，
∴当△EBC面积最大时，S△B E F与S△DFC的差最大，
此时CE= BE2+BC2= 12+42= 17，
当BE⊥BC，四边形ABHD是矩形，
∵AB=AD，
∴四边形ABHD是正方形，
∴CH=BC-BH=4-2=2，
∵BE⊥BC，DH⊥BC，
∴BE/​/DH，
∴△EBC∽△MHC，
∴BEHM=BCHC=2，CMCE=CHCB=24=12，
∴HM=12BE=12，
∴DM=DH-HM=2-12=32，
∵BE//DH，
∴△BEF∽△DMF，
∴EFMF=BEDM=132=23，
∵EF+MF=EM=CE-CM=12CE=CM，
∴EFCE=15，
∵CE= 17，
∴EF= 175，
则EF的长为 175．
故答案为： 175．
过点A作AG⊥BD于点G，分别过点E、A、D作EN⊥BC，AP⊥BC，DH⊥BC，垂足分别为N、P、H，证出当△EBC面积最大时，S△B E F与S△DFC的差最大，进而求出此时EF的长即可．
本题考查了相似三角形判定与性质、矩形及正方形的判定与性质，关键是相似三角形判定定理的应用．
27.【答案】512
【解析】解：连接AF，如图，
∵四边形ABCD为正方形，AB=15，
∴∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=15，
根据折叠的性质可得，AD=AD'=15，DE=DE'，∠D=∠AD'E=90°，
∴AB=AD'，∠AD'F=90°，
在Rt△ABF和Rt△AD'F中，
AB=AD'AF=AF'，
∴Rt△ABF≌Rt△AD'F(HL)，
∴BF=D'F，
∵DE=10，
∴D'E=DE=10，CE=CD-DE=15-10=5，
设BF=D'F=x，则CF=BC-BF=15-x，EF=D'E+D'F=10+x，
在Rt△EFC中，CE2+CF2=EF2，
∴52+(15-x)2=(10+x)2，
解得：x=3，
∴BF=3，
∴CF=12，
∴tan∠EFC=CECF=512，
故答案为：512．
连接AF，由折叠可得AD=AD'=15，DE=DE'=10，∠D=∠AD'E=90°，易通过HL证明Rt△ABF≌Rt△AD'F，得到BF=D'F，因此设BF=D'F=x，则CF=15-x，EF=10+x，在Rt△EFC中，利用勾股定理建立方程，即可求出BF，CF，再根据正切定义求解即可．
本题主要考查折叠的性质、正方形的性质、全等三角形判定与性质、勾股定理，利用HL定理证明Rt△ABF≌Rt△AD'F，得到BF=D'F是解题关键．
28.【答案】56
【解析】解：如图所示，过点E作EH⊥AC于H，设BE=x，则AE=1-x，
∵在等腰Rt△ABC中，AB=BC=1，
∴∠A=45°，∠B=90°，
∴AC=ABcsA= 2，
在Rt△AEH中，
AH=AE⋅csA= 2(1-x)2，
EH=AE⋅sinA= 2(1-x)2
∵AD=2CD，
∴AD=23AC=2 23，
∴DH=AD-AH=3 2x+ 26，
由折叠的性质可得DE=BE=x，
在Rt△DEH中，由勾股定理得EH2+DH2=DE2，
∴[ 2(1-x)2]2+3 2x+ 262=x2，
解得x=56，
∴BE=56，
故答案为：56．
过点E作EH⊥AC于H，设BE=x，则AE=1-x，先解Rt△ABC得到AC= 2，再解Rt△AEH得到AH= 2(1-x)2EH= 2(1-x)2，求出AD=23AC=2 23，则DH=AD-AH=3 2x+ 26，由折量的性质可得DE=BE=x，在Rt△DEH中，由勾股定理得[ 2(1-x)2]2+(3 2x+ 26)2=x2解方程即可得到答案．
本题主要考查了解直角三角形，勾股定理与折叠问题，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
29.【答案】10
【解析】解：如图，延长DC到P使CD=CP，连接AP，交BC于F，
在△ADE和△ABF中，
AB=AD∠ABF=∠ADEBF=DE，
∴△ADE≌△ABF(SAS)，
∴AE=AF，
∵∠BCD=90°，CD=CP，
∴DF=PF，
∴AE+DF=AF+PF=AP，
∵点A、F、P在一条直线上，
∴AP的长为AE+DF的最小值，
∵AB=2 5，
∴AD=CD=2 5，DP=2DC=4 5，
∴AP= AD2+PD2= 20+80=10，即AE+DF的最小值为10．
故答案为：10．
如图，延长DC到P使CD=CP，连接AP，交BC于F，利用SAS证明△ADE≌△ABF，根据垂直平分线的性质可得DF=PF，可得AE+DF=AF+PF=AP，根据点A、F、P在一条直线上可得AP的长为AE+DF的最小值，利用勾股定理求出AP的长即可得到答案．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握相关性质以及定理是解题关键．
30.【答案】2 15
【解析】解：如图，连接EC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90°，BC=AD=12，DC=AB=3 6，
∵E为AD中点，
∴AE=DE=12AD=6，
由翻折知△AEF≌△GEF，
∴AE=GE=6，∠AEF=∠GEF，∠EGF=∠EAF=90°=∠D，
∴GE=DE，
在Rt△EGC和Rt△EDC中，
EG=EDEC=EC,
∴Rt△EGC≌Rt△EDC(HL)，
∴∠ECG=∠ECD，∠GEC=∠DEC，
∴∠FEC=∠FEG+∠GEC=12×180°=90°，
∴∠FEC=∠D=90°，
又∵∠DCE=∠GCE，
∴△FEC∽△EDC，
∴FEDE=ECDC，
∵EC= DE2+DC2= 62+(3 6)2=3 10，
∴FE6=3 103 6，
∴FE=2 15，
故答案为2 15．
本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，以及翻折变换．
首先连接EC，利用矩形的性质，求出EG，DE的长度，再证明∠FEC=90°，最后证△FEC∽△EDC，利用相似三角形的性质即可求出EF的长度．
31.【答案】925
【解析】(1)证明：∵DF/​/CA，
∴∠BFD=∠A，
∵∠A=∠EDF，
∴∠EDF=∠BFD，
∴AB//DE，
又∵DF/​/CA，
∴四边形AFDE为平行四边形；
(2)解：∵DF/​/CA，AB//DE，
∴∠BDF=∠C，∠B=∠CDE，
∴△BDF∽△DCE，
∴S△BDFS△DCE=(BDCD)2，
∵BDCD=35，
∴S△BDFS△DCE=(35)2=925，
故答案为：925．
(1)根据平行线的判定与性质求出AB//DE，根据“对边分别平行的四边形是平行四边形”即可得解；
(2)根据平行线的性质求出∠BDF=∠C，∠B=∠CDE，即可判定△BDF∽△DCE，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”求解即可．
此题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定，熟记相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定定理是解题的关键．
32.【答案】(1)证明：连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB，
∵∠BDC=∠A，
∴∠BDC+∠ODB=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：∵∠ADB=90°，tan∠BAD=23，
∴BDAD=23，
∵∠C=∠C，∠BDC=∠BAD，
∴△BDC∽△DAC，
∴CDAC=BCCD=BDAD=23，
∵AC=9，
∴CD9=23，
∴CD=6，
∴BC6=23，
∴BC=4，
∴AB=AC-BC=9-4=5．
∵AB为⊙O的直径，
∴⊙O的半径为52．
【解析】(1)连接OD，由圆周角定理得出∠ADB=90°，证出OD⊥CD，由切线的判定可得出结论；
(2)证明△BDC∽△DAC，由相似三角形的性质得出CDAC=BCCD=BDAD=23，由比例线段求出CD和BC的长，可求出AB的长，则可得出答案．
本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
33.【答案】(1)证明：∵∠A=∠D，∠C+∠D=90°，
∴∠BEC=∠A+∠D=90°，
∵BF/​/CD，
∴∠ABF=∠BEC=90°，
∴AB⊥BF，
∴BF是⊙O的切线；
(2)连接OD，

∵∠BEC=90°，
∴AB⊥CD，
∵点E为OB中点，CD=6，
∴CE=DE=3，OD=BD，
∴OB=OD=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，∠BDE=30°，
∴BD=2BE，
在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
∴(2BE)2=BE2+32，解得BE= 3，
∵点E为OB中点，
∴OB=2 3，AB=4 3，
∴AE=3 3，
在Rt△ACE中，AC2=CE2+AE2=32+(3 3)2=36，
∴AC=6=2CE，
∴∠A=30°，
∵AB=4 3，
∴BP=4，AP=8，
∴PC=8-6=2．
【解析】(1)根据圆周角定理以及已知天剑可得∠BEC=∠A+∠D=90°，根据平行线的性质得∠ABF=∠BEC=90°，则AB⊥BF，即可得BF是⊙O的切线；
(2)由垂径定理得DE=CE=3，根据线段垂直平分线的性质得OD=BD，可证明△OBD是等边三角形，可得∠BDE=30°，BD=2BE，根据勾股定理求出BE= 3，可得OB=2 3，AB=4 3，在Rt△ACE中，根据勾股定理得AC=6=2CE，则∠A=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
34.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AD，∠D=∠BCF=90°，
∴∠DCE+∠BCE=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC=90°，
∴∠BCE+∠CBG=90°，
∴∠DCE=∠CBG，
∴△DCE≌△CBF(ASA)，
∴DE=CF，
∵E为AD中点，
∴AE=DE，
∴CF=DF，
∴DFCF=1；
(2)解：过点A作AD//BC，CD/​/AB，则四边形ABCD是正方形，

∵E为AB的中点．
由(1)可知M为AD的中点，
∵AD/​/BC，
∴△AMF∽△CBF，
∴AMBC=AFCF=12，
设BE=AE=x，
∴AC=2 2x，CE= BE2+BC2= 5x，
∴CF=23AC=43 2x，
∵S△BEC=12BE⋅BC=12CE⋅BG，
∴BG=BE⋅CBCE=x⋅2x 5x=25 5x，
∴CG= BC2-BG2=45 5x，
∴FG= CF2-CG2= (43 2x)2-(45 5x)2=415 5x，
∴FGBG=415 5x25 5x=23．
【解析】(1)证明△DCE≌△CBF(ASA)，得出DE=CF，证出CF=DF可得出答案；
(2)过点A作AD//BC，CD/​/AB，则四边形ABCD是正方形，证明△AMF∽△CBF，得出AMBC=AFCF=12，设BE=AE=x，由勾股定理求出BG和FG，则可得出答案．
本题属于相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
35.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=AB，CD=AD，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠CBD=∠ABD=12∠ABC，
∵∠CBG=∠EBG=12∠EBC，
∴∠DBG=∠CBD+∠CBG=12(∠ABC+∠EBC)=12×180°=90°．
(2)解：①如图2，连接AC交BD于点K，交DE于点L，

∵AC⊥BD，
∴∠AKB=90°，
∵AB=10，BD=12，
∴BK=DK=12BD=6，
∴AK= AB2-BK2= 102-62=8，
∴CK=AK=8，
∴AC=16，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×12×16=96；
②∵∠DKL=∠DBG=90°，
∴AC/​/BG，
∴DLGL=DKBK=1，
∴DL=GL=12DG，
∵DG=2GE，
∴GE=12DG，
∴DL=GL=GE，
∵CD//AB，
∴CLAL=DLEL=12，
∴CL=13AC=13×16=163，
∴KL=8-163=83，
∴tan∠BDE=KLDK=836=49．
【解析】(1)由菱形的性质得CB=AB，CD=AD，可证明△ABD≌△CBD，得∠CBD=12∠ABC，而∠CBG=12∠EBC，所以∠DBG=12(∠ABC+∠EBC)=90°；
(2)①连接AC交BD于点K，交DE于点L，由∠AKB=90°，AB=10，DK=BK=12BD=6，根据勾股定理可求得AK=8，则AC=16，即可由S菱形ABCD=12AC⋅BD求出菱形ABCD的面积；②先由∠DKL=∠DBG=90°证明AC//BG，则DLGL=DKBK=1，所以DL=GL=12DG，再由DG=2GE得GE=12DG，则DL=GL=GE，即可由CD/​/AB，得CLAL=DLEL=12，可求得CL=13AC=163，所以KL=8-163=83，再求出tan∠B D E的值即可．
此题重点考查菱形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，锐角三角函数的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
36.【答案】1 45° 不变
【解析】解：(1)如图1(甲)，设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∵ADAB=k=1，
∴AD=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∵OA=12AC，OB=12BD，且AC=BD，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∵点P与点O重合，∠APE=90°，
∴OE与OB重合，
∴PA=OA，PE=OB，∠AEP=∠OBA=45°，
∴PA=PE，
∴PAPE=1；
当点P移动到其他位置时，如图1(乙)，作PF⊥AB于点F，PG⊥BC于点G，
∵AB=AD，CB=CD，∠BAD=∠C=90°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，∠CBD=∠CDB=45°，
∴∠ABD=∠CBD，
∴PF=PG，
∵∠PFB=∠FBG=∠PGB=90°，
∴∠FPG=90°，
∵∠APF=∠EPG=90°-∠EPF，∠PFA=∠EGP=90°，
∴△PAF≌△PEG(ASA)，
∴PA=PE，
∴∠AEP=∠EAP=45°，
∴∠AEP的大小不变，
故答案为：1，45°，不变．
(2)∠AEP的大小不变．
理由如下：如图2(甲)，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，
∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠MBN=∠PMB=∠PNB=90°，
∴四边形PMBN是矩形．
∴∠MPN=90°，PN=BM，
∵∠APE=90°，
∴∠APM+∠MPE=90°，∠EPN+∠MPE=90°，
∴∠APM=∠EPN．
∵∠PMA=∠PNE=90°，
∴△PAM∽△PEN，
∴PAPE=PMPN=PMBM，
∵∠BAD=90°，
∴tan∠ABD=PMBM=ADAB=k，
∴tan∠AEP=PAPE=PMBM=k，
∵k为定值，
∴∠AEP的大小不变．
(3)如图2(乙)，
∵PC⊥BD，AE/​/PC，
∴∠BHE=∠BPC=90°，
∵∠ABE=90°，
∴∠AEB=90°-∠EBD=∠ABD，
∴tan∠AEB=tan∠ABD=k，
∵tan∠AEP=k，
∴∠AEB=∠AEP，
∵∠ABE=∠APE=90°，AE=AE，
∴△AEB≌△AEP(AAS)，
∴AB=AP，∠BAE=∠PAE，
∴AE垂直平分BP，
∴HB=HP，∠AHB=∠AHP=90°；
∵AB/​/CD，
∴∠CDP=∠ABH，
∵∠CPD=∠AHB=90°，CD=AB，
∴△CPD≌△AHB(AAS)，
∴PD=HB=HP，PC=HA=2，
∵∠PCD=90°-∠CDP=90°-∠ABH=∠PBC，∠CPD=∠BPC=90°，
∴△CPD∽△BPC，
∴PDPC=PCPB，
∴PB⋅PD=PC2，
设PD=HB=HP=m，则PB=2m，
∴2m⋅m=22，
∴m= 2或m=- 2(不符合题意，舍去)，
∴HP= 2，
∴AP= HA2+HP2= 22+( 2)2= 6．
(1)当k=1时，四边形ABCD是正方形，当点P与正方形的对角线交点重合时，由正方形的性质可得PA=PE，∠AEP=∠OBA=45°；当点P移动到其它位置时，作PF⊥AB于点F，PG⊥BC于点G，通过证明△PAF≌△PEG，可得PA=PE，∠AEP=45°，可知∠AEP的大小不变；
(2)过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，证明△PAM∽△PEN，得tan∠AEP=PAPE=PMBM=k，可得∠AEP的大小不变；
(3)由PC⊥BD，AE/​/PC，推导出∠BHE=∠BPC=90°及∠AEB=∠ABD，则tan∠AEB=tan∠ABD=tan∠AEP=k，得∠AEB=∠AEP，可证明△AEB≌△AEP，△CPD≌△AHB，可得PD=HB=HP，HA=PC=2，再根据勾股定理求出AP的长．
此题重点考查矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
37.【答案】解：(1)DM=EM，DM⊥EM，理由如下：
∵AE=EC，∠AEC=90°，
∴∠ACE=45°，
∵∠AEC=∠BDC=90°，M是BC中点，
∴BM=MC=EM=DM，
∴点D、C、E在以M为圆心、CM为半径的圆上，
∴∠EMD=2∠ACE=90°，
即EM与DM垂直且相等；
(2)①如图1，

结论仍然成立，理由如下：
延长DM至F，使MF=DM，连接CF，DE，EF，延长AD，交CF于G，交EC于H，
∵BM=CM，∠BMD=∠CMF，
∴△BDM≌△CFM(SAS)，
∴CF=BD，∠DBM=∠FCM，
∴BD/​/CF，
∵BD⊥AD，
∴CF⊥AG，
∴∠CGH=∠AEC=90°，
∵∠CHF=∠AHE，
∴∠ECG=∠EAD，
∵BD=AD，
∴CF=AD，
∵AE=EC，
∴△ADE≌△CFE(SAS)，
∴DE=EF，∠AED=∠CEF，
∴∠AED+∠DEC=∠CEF+∠DEC，
∴∠DEF=∠AEC=90°，
∵DM=FM，
∴EM⊥DF，EM=DM；
②如图2，

连接CD并延长，交AB于G，
设AD=BD=2，则AB=2 2
∵D是△ABC的重心，
∴DM=12AD=1，AG=BG，
∴BM= DM2+BD2= 5，
∴BC=2BM=2 5，
∵AD=BD，
∴BG=AG=12AB= 2，DG⊥AB，
∴AC=BC=2 5，
∴cs∠BAC=AGAC= 22 5= 1010．
【解析】(1)可推出BM=MC=EM=DM，从而得出点D、C、E在以M为圆心、CM为半径的圆上，进而得出结果；
(2)①延长DM至F，使MF=DM，连接CF，DE，EF，延长AD，交CF于G，交EC于H，可推出△BDM≌△CFM，从而CF=BD，∠DBM=∠FCM，进一步推出∠ECG=∠EAD，进而证得△ADE≌△CFE，进一步得出结论；
②连接CD并延长，交AB于G，设AD=BD=2，则AB=2 2，根据D是△ABC的重心可得出DM=12AD=1，AG=BG，从而得出BM= 5，BG=AG=12AB= 2，进一步得出结果．
本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
38.【答案】解：(1)90°或270°；
(2)证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN=90°，
即∠BAD+∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
(3)解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2=BD2，理由如下：
∵对余四边形ABCD中，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
∵AB=BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：
∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°
∴BF=BD，AF=CD，∠BDC=∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF=BD=DF，
∵∠ADC=30°，
∴∠ADB+∠BDC=30°，
∴∠BFA+∠ADB=30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF=180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∴∠FAD=90°，
∴AD2+AF2=DF2，
∴AD2+CD2=BD2．
【解析】(1)解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C=90°或∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)对余四边形的定义即可得出结果；
(2)由圆周角定理得出∠BAM+∠BCN=90°，即∠BAD+∠BCD=90°，即可得出结论；
(3)对余四边形的定义得出∠ADC=30°，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，则△BCD≌△BAF，∠FBD=60°，得出BF=BD，AF=CD，∠BDC=∠BFA，则△BFD是等边三角形，得出BF=BD=DF，易证∠BFA+∠ADB=30°，由∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF=180°，得出∠AFD+∠ADF=90°，则∠FAD=90°，由勾股定理即可得出结果．
本题是圆的综合题，主要考查了对余四边形的定义、圆周角定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理等知识；熟练掌握对余四边形的定义和旋转的性质是解题的关键．
39.【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，AC=kBC，CD是AB边上的高，
∴∠ADC=∠BDC=90°，AD=CD=BD，
∵AF⊥CE，
∴∠DAG+∠AEF=∠DCE+∠AEF=90°，
∴∠DAG=∠DCE，
∴△ADG≌△CDE(ASA)，
∴DG=DE；
(2)解：当k≠1时，(1)中的结论不成立，此时DG=kDE，
理由：∵∠ACB=90°，CD是AB边上的高，
∴∠ADC=∠BDC=90°，∠ACD+∠BAC=∠B+∠BAC=90°，
∴∠ACD=∠B，
∴△ADC∽△ACB，
∴ADAC=DCCB，
∴ADDC=ACBC=k，
∵AF⊥CE，
∴∠DAG+∠AEF=∠DCE+∠AEF=90°，
∴∠DAG=∠DCE，
∴△ADG∽△CDE，
∴DGDE=ADDC=k，
∴DG=kDE；
(3)解：如图，连接GE，

∵AF⊥CE，
∴∠AFC=∠AFE=90°，
∵AC=AE，AF=AF，
∴RtAFC≌Rt△AFE(HL)，
∴FC=FE，
∴GC=GE，
∵∠CDE=∠ACB=90°，
∴DF=12CE，
∵DG=34DE，DG=3，
∴DE=4，GE= DG2+DE2=5，
∴CG=5，
∴CD=CG+DG=8，
∴CE= CD2+DE2=4 5，
∴DF=2 5．
【解析】(1)根据已知条件得到∠ADC=∠BDC=90°，AD=CD=BD，求得∠DAG=∠DCE，根据全等三角形的性质得到结论；
(2)根据已知条件得到∠ADC=∠BDC=90°，∠ACD+∠BAC=∠B+∠BAC=90°，根据相似三角形的性质得到ADDC=ACBC=k，得到∠DAG=∠DCE，推出△ADG∽△CDE，根据相似三角形的性质得到DG=kDE；
(3)如图，连接GE，根据全等三角形的性质得到FC=FE，求得GC=GE，根据勾股定理得到GE= DG2+DE2=5，求得CG=5，得到CD=CG+DG=8，根据勾股定理即可得到结论．
本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
40.【答案】解：(1)∠FDE=90°．
理由：∵FD=BF，ED=EC，
∴∠FDB=∠B，∠EDC=∠C，
∵∠A=90°，
∴∠B+∠C=90°
∴∠FDB+∠EDC=90°
∴∠FDE=180°-90°=90°
(2)FG⊥EG．
延长FG至H，使GH=FG.连接EF，EH，CH．
∵BG=CG，∠BGF=∠CGH，GH=GF，
∴△BGF≌△CGH(SAS)，
∴CH=BF=DF，∠B=∠HCG，
∴CH//BF，
∴∠HCE=90°=∠FDE．
在△FDE和△HCE中，FD=CH，∠FDE=∠HCE，ED=EC，
∴△FDE≌△HCE(SAS)，
∴EF=EH，
又∵GH=FG，
∴FG⊥EG．

(3)FG⊥GE'．
延长C'E'交AB于点M，延长FG至N，使FG=GN.连接C'N，E'F，E'N．

∵∠DE'C'+∠BFD=∠DEC+∠BFD=180°，
∠DE'C'+∠DE'M=180°，
∴∠BFD=∠DE'M，
由三角形内角和可得，∠AME'=∠FDE'，
∵BG=C'G，GF=GN，∠BGF=∠C'GN，
∴△BFG≌△C'NG(SAS)，
∴C'N=BF，∠FBG=∠NC'G，
∴C'N//BF，
∴∠AME'=∠E'C'N，
∴∠FDE'=∠E'C'N，
在△FDE'和△NC'E'中，FD=NC'，∠FDE'=∠NC'E'，E'D=E'C'，
∴△FDE'≌△NC'E'(SAS)，
∴E'F=E'N，
又∵G N=F G，
∴FG⊥E'G．
【解析】(1)由等腰三角形的性质得∠FDB=∠B，∠EDC=∠C，结合∠B+∠C=90°可求出∠FDE=90°；
(2)延长FG至H，使GH=FG.连接EF，EH，CH.根据SAS证明△BGF≌△CGH得CH=BF=DF，∠B=∠HCG.再证明△FDE≌△HCE(SAS)得EF=EH，进而可证FG⊥EG；
(3)延长C'E'交AB于点M，延长FG至N，使FG=GN.连接C'N，E'F，E'N.证明△BFG≌△C'NG(SAS)得C'N=BF，∠FBG=∠NC'G，再证明△FDE'≌△NC'E'得E'F=E'N，然后根据三线合一可证FG⊥E'G．
本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形两锐角互余，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．温馨提示：
本卷共40题，题目均选自2024年湖北省各地市一模试题。
本卷解答题留有足够答题空间，试题部分可直接打印出来练习。
本卷难度较大，适合基础较好的同学。
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