福建省厦门市2023届中考数学模拟冲刺试题（含解析）

2023年福建省厦门中考数学模拟冲刺试卷一、填空题〔共16小题，每题3分，总分值45分〕1．关于x的方程x2+px+q=0的根的判别式是．2．某商品经过连续两次降价，销售价由原来的250元降到160元，那么平均每次降价的百分率为．3．二次函数y=﹣2〔x+2〕2﹣5图象有最点是．4．如图，在直角坐标系中，点A〔﹣3，0〕，B〔0，4〕，对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕、…，那么第〔7〕个三角形的直角顶点的坐标是．5．假设x=，y=a﹣1，求出y与x的函数关系式．6．函数y=ax2+bx+c的图象如下图，那么关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况是．7．如图，AB为⊙O的弦，∠AOB=90°，AB=a，那么OA=，O点到AB的距离=．8．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，O、H分别为边AB、AC的中点，将△ABC绕点B顺时针旋转120°到△A1BC1的位置，那么整个旋转过程中线段OH所扫过局部的面积〔即阴影局部面积〕为．9．如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．假设⊙O的半径为7，那么GE+FH的最大值为．10．如图，DE∥FG∥BC，且DE、FG把△ABC的面积三等分，假设BC=12，那么FG的长是．11．如图放置的△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是边长为2的等边三角形，边AO在y轴上，点B1，B2，B3，…都在直线y=x上，那么A202312．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC为直径的半圆交AB于点D，P是上的一个动点，连接AP，那么AP的最小值是．13．如图，把一个矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连接OB，将纸片OABC沿OB折叠，使点A落在A′的位置上．假设OB=，，求点A′的坐标为．14．如图，△ABC中，DE∥FG∥BC，且AD：DF：FB=2：3：4，那么S△ADE：S梯形DFGE：S梯形FBCG=．15．抛物线y=〔m﹣1〕x2，且直线y=3x+3﹣m经过一、二、三象限，那么m的范围是．16．在等腰△ABC中，AB=AC，AC腰上的中线BD将三角形周长分为15和21两局部，那么这个三角形的底边长为．二、选择题〔共9小题，每题3分，总分值27分〕17．在同一直角坐标系中，函数y=mx+m和y=﹣mx2+2x+2〔m是常数，且m≠0〕的图象可能是〔〕A． B． C． D．18．二次函数y=a〔x+m〕2+n的图象如图，那么一次函数y=mx+n的图象经过〔〕A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限C．第二、三、四象限 D．第一、三、四象限19．把方程x2﹣4x﹣7=0化成〔x﹣m〕2=n的形式，那么m，n的值是〔〕A．2，7 B．﹣2，11 C．﹣2，7 D．2，1120．抛物线y=﹣〔x+1〕2上的两点A〔x1，y1〕和B〔x2，y2〕，如果x1＜x2＜﹣1，那么以下结论一定成立的是〔〕A．y1＜y2＜0 B．0＜y1＜y2 C．0＜y2＜y1 D．y2＜y1＜21．在同一直角坐标系中，函数y=mx+m和y=﹣mx2+2x+2〔m是常数，且m≠0〕的图象可能是〔〕A． B． C． D．22．如图，半圆O与等腰直角三角形两腰CA、CB分别切于D、E两点，直径FG在AB上，假设BG=﹣1，那么△ABC的周长为〔〕A．4+2 B．6 C．2+2 D．423．如图为抛物线y=ax2+bx+c的图象，A，B，C为抛物线与坐标轴的交点，且OA=OC=1，那么以下关系正确的选项是〔〕A．a+b=﹣1 B．a﹣b=﹣1 C．b＜2a D．ac＜024．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度，沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止．设y=PC2，运动时间为t秒，那么能反映y与t之间函数关系的大致图象是〔〕A． B．C． D．25．如图，以O为圆心的两个同心圆中，小圆的弦AB的延长线交大圆于点C，假设AB=4，BC=1，那么以下整数与圆环面积最接近的是〔〕A．10 B．13 C．16 D．19三、解答题〔共30小题，总分值0分〕26．如图，∠AOB=90°，CD是的三等分点，连接AB分别交OC，OD于点E，F．求证：AE=BF=CD．27．如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，点D是BC上一个动点〔不与B、C重合〕，在AC上取E点，使∠ADE=45度．〔1〕求证：△ABD∽△DCE；〔2〕设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式；〔3〕当：△ADE是等腰三角形时，求AE的长．28．某公司经销一种绿茶，每千克本钱为50元．市场调查发现，在一段时间内，销售量w〔千克〕随销售单价x〔元/千克〕的变化而变化，具体关系式为：w=﹣2x+240．设这种绿茶在这段时间内的销售利润为y〔元〕，解答以下问题：〔1〕求y与x的关系式；〔2〕当x取何值时，y的值最大？〔3〕如果物价部门规定这种绿茶的销售单价不得高于90元/千克，公司想要在这段时间内获得2250元的销售利润，销售单价应定为多少元？29．关于x的一元二次方程〔a﹣1〕x2+x+a2﹣1=0的一个根为0，求出a的值和方程的另一个根．30．关于x的一元二次方程〔a+c〕x2+2bx+〔a﹣c〕=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．〔1〕如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；〔2〕如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．31．如图，△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=12cm．点P从点A开始，沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动；点Q从点B开始，沿着BC边向点C以每秒2cm的速度移动．如果P，Q同时出发．〔1〕经过几秒，P、Q的距离最短．〔2〕经过几秒，△PBQ的面积最大？最大面积是多少？32．关于x的方程mx2﹣〔3m+2〕x+2m+2=0〔m＞0〕〔1〕求证：方程有两个不相等的实数根．〔2〕设此方程的两个实数根分别是a，b〔其中a＜b〕．假设y=b﹣2a，求满足y=2m的m的值．33．关于x的一元二次方程kx2+2〔k+4〕x+〔k﹣4〕=0〔1〕假设方程有实数根，求k的取值范围〔2〕假设等腰三角形ABC的边长a=3，另两边b和c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．34．抛物线y=ax2+x+2．〔1〕当a=﹣1时，求此抛物线的顶点坐标和对称轴；〔2〕假设代数式﹣x2+x+2的值为正整数，求x的值；〔3〕当a=a1时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点M〔m，0〕；当a=a2时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点N〔n，0〕．假设点M在点N的左边，试比拟a1与a2的大小．35．抛物线y=x2﹣mx+m﹣2．〔1〕求证：此抛物线与x轴有两个不同的交点；〔2〕假设m是整数，抛物线y=x2﹣mx+m﹣2与x轴交于整数点，求m的值．36．如图：AB⊥DB于B点，CD⊥DB于D点，AB=6，CD=4，BD=14，在DB上取一点P，使以CDP为顶点的三角形与以PBA为顶点的三角形相似，那么DP的长．37．在矩形ABCD中，点E是AD的中点，BE垂直AC交AC于点F，求证：△DEF∽△EBD．38．如图，在正方形ABCD中，M是AD的中点，BE=3AE，试求sin∠ECM的值．39．如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，过点C作CE⊥BD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FG=BO，连接BG、DF．假设AG=13，CF=6，求四边形BOFG的周长．40．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使DC=CB，延长DA与⊙O的另一个交点为E，连接AC，CE．〔1〕求证：∠B=∠D；〔2〕假设AB=4，BC﹣AC=2，求CE的长．41．如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M．〔1〕求证：CD与⊙O相切；〔2〕假设⊙O的半径为1，求正方形ABCD的边长．42．点A〔m，n〕，B〔p，q〕〔m＜p〕在直线y=kx+b上．〔1〕假设m+p=2，n+q=2b2+6b+4．试比拟n和q的大小，并说明理由；〔2〕假设k＜0，过点A与x轴平行的直线和过点B与y轴平行的直线交于点C〔1，1〕，AB=5，且△ABC的周长为12，求k、b的值．43．如图在平面直角坐标系xOy中，函数y=〔x＞0〕的图象与一次函数y=kx﹣k的图象的交点为A〔m，2〕．〔1〕求一次函数的解析式；〔2〕设一次函数y=kx﹣k的图象与y轴交于点B，假设点P是x轴上一点，且满足△PAB的面积是4，直接写出P点的坐标．44．如下图，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，CB∥OA，OA=7，AB=4，∠COA=60°，点P为x轴上的一个动点，点P不与点0、点A重合．连接CP，过点P作PD交AB于点D．〔1〕求点B的坐标；〔2〕当点P运动什么位置时，△OCP为等腰三角形，求这时点P的坐标；〔3〕当点P运动什么位置时，使得∠CPD=∠OAB，且，求这时点P的坐标．45．如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是的中点，DE∥BC交AC的延长线于点E，假设AE=10，∠ACB=60°，求BC的长．46．如下图，四边形OABC是菱形，∠O=60°，点M是边OA的中点，以点O为圆心，r为半径作⊙O分别交OA，OC于点D，E，连接BM．假设BM=，弧的长是．求证：直线BC与⊙O相切．47．如图，抛物线y=〔x﹣2〕〔x+a〕〔a＞0〕与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．〔1〕假设抛物线过点M〔﹣2，﹣2〕，求实数a的值；〔2〕在〔1〕的条件下，解答以下问题；①求出△BCE的面积；②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．48．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=7，CD=1，AD=BC=5．点M、N分别在边AD、BC上运动，并保持MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为E、F〔1〕求梯形ABCD的面积；〔2〕设AE=x，用含x的代数式表示四边形MEFN的面积；〔3〕试判断四边形MEFN能否为正方形？假设能，求出正方形MEFN的面积；假设不能，请说明理由．49．如图，一次函数y1=﹣x﹣1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，与反比例函数y2=图象的一个交点为M〔﹣2，m〕．〔1〕求反比例函数的解析式；〔2〕求点B到直线OM的距离．50．如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t〔s〕，解答以下问题：〔1〕当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；〔2〕设△BPQ的面积为S〔cm2〕，求S与t的函数关系式；〔3〕作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．51．如图，抛物线y=〔x+1〕2+k与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C〔0，﹣3〕〔1〕求抛物线的对称轴及k的值；〔2〕抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA+PC的值最小，求此时点P的坐标；〔3〕点M是抛物线上的一动点，且在第三象限．①当M点运动到何处时，△AMB的面积最大？求出△AMB的最大面积及此时点M的坐标；②当M点运动到何处时，四边形AMCB的面积最大？求出四边形AMCB的最大面积及此时点的坐标．52．如图，在平面直角坐标系中，⊙M与x轴交于A，B两点，AC是⊙M的直径，过点C的直线交x轴于点D，连接BC，点M的坐标为，直线CD的函数解析式为y=﹣x+5．〔1〕求点D的坐标和BC的长；〔2〕求点C的坐标和⊙M的半径；〔3〕求证：CD是⊙M的切线．53．抛物线y=x2﹣2bx+c〔c＞0〕与y轴的交点为A，顶点为M〔m，n〕．〔1〕假设c=2b﹣1，点M在x轴上，求c的值．〔2〕假设直线过点A，且与x轴交点为B，直线和抛物线的另一交点为P，且P为线段AB的中点．当n取得最大值时，求抛物线的解析式．54．如图，直线y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，与x轴交于另一个点C，对称轴与直线AB交于点E，抛物线顶点为D．〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕点P从点D出发，沿对称轴向下以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，以P、B、C为顶点的三角形是直角三角形？直接写出所有符合条件的t值．55．抛物线y=mx2﹣〔m﹣5〕x﹣5〔m＞0〕，与x轴交于两点A〔x1，0〕，B〔x2，0〕，〔x1＜x2〕，与y轴交于点C且AB=6．〔1〕求抛物线和直线BC的解析式；〔2〕画出它们的大致图象；〔3〕抛物线上是否存在点M，过点M作MN⊥X轴于点N，使△MBN被直线BC分成面积1：3的两局部？假设存在，求出M点的坐标；假设不存在，请说明理由．2023年福建省厦门六中中考数学模拟冲刺试卷参考答案与试题解析一、填空题〔共16小题，每题3分，总分值45分〕1．关于x的方程x2+px+q=0的根的判别式是p2﹣4q．【考点】根的判别式．【分析】根据根的判别式公式△=b2﹣4ac解答．【解答】解：∵方程x2+px+q=0的二次项系数a=1，一次项系数b=p，常数项c=q，∴△=b2﹣4ac=p2﹣4q．故答案是：p2﹣4q．2．某商品经过连续两次降价，销售价由原来的250元降到160元，那么平均每次降价的百分率为20%．【考点】一元二次方程的应用．【分析】此题可设平均每次降价的百分率为x，那么第一次降价后的单价是原来的〔1﹣x〕，那么第二次降价后的单价是原来的〔1﹣x〕2，根据题意列方程解答即可．【解答】解：设平均每次降价的百分率为x，根据题意列方程得250×〔1﹣x〕2=160，解得x1=0．，2，x2=1.8〔不符合题意，舍去〕，即该商品平均每次降价的百分率为20%．故答案是：20%．3．二次函数y=﹣2〔x+2〕2﹣5图象有最高点是〔﹣2，﹣5〕．【考点】二次函数的最值．【分析】对二次函数y=﹣2〔x+2〕2﹣5，其最高点坐标即为顶点坐标，由给出的顶点坐标式即可直接写出．【解答】解：二次函数y=﹣2〔x+2〕2﹣5，其顶点坐标为〔﹣2，﹣5〕，而最高点坐标即为顶点坐标，为〔﹣2，﹣5〕，故答案为：高，〔﹣2，﹣5〕．4．如图，在直角坐标系中，点A〔﹣3，0〕，B〔0，4〕，对△OAB连续作旋转变换，依次得到三角形〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕、…，那么第〔7〕个三角形的直角顶点的坐标是〔24，0〕．【考点】坐标与图形变化-旋转．【分析】观察不难发现，每三次旋转为一个循环组依次循环，第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合，然后求出一个循环组旋转过的距离，即可得解．【解答】解：由图可知，第4个三角形与第1个三角形的所处形状相同，即每三次旋转为一个循环组依次循环，∵一个循环组旋转过的长度为12，2×12=24，∴第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合，为〔24，0〕．故答案为：〔24，0〕5．假设x=，y=a﹣1，求出y与x的函数关系式y=x2﹣1．【考点】根据实际问题列二次函数关系式．【分析】由x和a的关系可得，a=x2，代入条件y=a﹣1，进而可求出y与x的函数关系式．【解答】解：∵x=，∴a=x2，∵y=a﹣1，∴y=x2﹣1，故答案为：y=x2﹣1．6．函数y=ax2+bx+c的图象如下图，那么关于x的方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况是方程ax2+bx+c﹣3=0有两个相等的实数根．【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】根据二次函数图形的变换可知将函数y=ax2+bx+c的图象往下平移3个单位即可得出函数y=ax2+bx+c﹣3的图象，由此即可得出抛物线的顶点纵坐标为0，进而可得出方程ax2+bx+c﹣3=0的根的情况．【解答】解：将函数y=ax2+bx+c的图象往下平移3个单位即可得出函数y=ax2+bx+c﹣3的图象，∵函数y=ax2+bx+c的图象开口向下，顶点纵坐标为3，∴函数y=ax2+bx+c﹣3的图象与x轴只有一个交点，∴方程ax2+bx+c﹣3=0有两个相等的实数根．故答案为：方程ax2+bx+c﹣3=0有两个相等的实数根．7．如图，AB为⊙O的弦，∠AOB=90°，AB=a，那么OA=a，O点到AB的距离=a．【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】过O作OC垂直于弦AB，利用垂径定理得到C为AB的中点，然后由OA=OB，且∠AOB为直角，得到三角形OAB为等腰直角三角形，由斜边AB的长，利用勾股定理求出直角边OA的长即可；再由C为AB的中点，由AB的长求出AC的长，在直角三角形OAC中，由OA及AC的长，利用勾股定理即可求出OC的长，即为O点到AB的距离．【解答】解：过O作OC⊥AB，那么有C为AB的中点，∵OA=OB，∠AOB=90°，AB=a，∴根据勾股定理得：OA2+OB2=AB2，∴OA=a，在Rt△AOC中，OA=a，AC=AB=a，根据勾股定理得：OC==a．故答案为：a；a8．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，O、H分别为边AB、AC的中点，将△ABC绕点B顺时针旋转120°到△A1BC1的位置，那么整个旋转过程中线段OH所扫过局部的面积〔即阴影局部面积〕为π．【考点】扇形面积的计算；旋转的性质．【分析】整个旋转过程中线段OH所扫过局部的面积，其实是大扇形BHH1与小扇形BOO1的面积差．这扇形BOO1的半径分别为OB=2，扇形BHH1的半径可在Rt△BHC中求得．而两扇形的圆心角都等于旋转角即120°，由此可求出线段OH扫过的面积．【解答】解：连接BH、BH1，∵∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=2，∴AB=4，∴AC==2，在Rt△BHC中，CH=AC=，BC=2，根据勾股定理可得：BH=；∴S扫=S扇形BHH1﹣S扇形BOO1==π．9．如图，AB是⊙O的一条弦，点C是⊙O上一动点，且∠ACB=30°，点E、F分别是AC、BC的中点，直线EF与⊙O交于G、H两点．假设⊙O的半径为7，那么GE+FH的最大值为10.5．【考点】圆周角定理；三角形中位线定理．【分析】由点E、F分别是AC、BC的中点，根据三角形中位线定理得出EF=AB=3.5为定值，那么GE+FH=GH﹣EF=GH﹣3.5，所以当GH取最大值时，GE+FH有最大值．而直径是圆中最长的弦，故当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值14﹣3.5=10.5．【解答】解：当GH为⊙O的直径时，GE+FH有最大值．当GH为直径时，E点与O点重合，∴AC也是直径，AC=14．∵∠ABC是直径上的圆周角，∴∠ABC=90°，∵∠C=30°，∴AB=AC=7．∵点E、F分别为AC、BC的中点，∴EF=AB=3.5，∴GE+FH=GH﹣EF=14﹣3.5=10.5．故答案为：10.5．10．如图，DE∥FG∥BC，且DE、FG把△ABC的面积三等分，假设BC=12，那么FG的长是4．【考点】相似三角形的判定与性质．【分析】由平行线得出△ADE∽△AFG∽△ABC，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可．【解答】解：在△ABC中，DE∥FG∥BC，∴△ADE∽△AFG∽△ABC，且DE，FG将△ABC的面积三等分，即S△AFG=S△ABC，∵相似三角形面积的比等于相似比的平方，∴=〔〕2=，∴==，∴FG=BC•=12×=4；故答案为：4．11．如图放置的△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是边长为2的等边三角形，边AO在y轴上，点B1，B2，B3，…都在直线y=x上，那么A2023【考点】一次函数图象上点的坐标特征；等边三角形的性质．【分析】根据题意得出直线AA1的解析式为：y=x+2，进而得出A，A1，A2，A3坐标，进而得出坐标变化规律，进而得出答案．【解答】解：过B1向x轴作垂线B1C由题意可得：A〔0，2〕，AO∥A1B1，∠B1OC=30°，∴CO=OB1cos30°=，∴B1的横坐标为：，那么A1的横坐标为：，连接AA1，可知所有三角形顶点都在直线AA1上，∵点B1，B2，B3，…都在直线y=x上，AO=2，∴直线AA1的解析式为：y=x+2，∴y=×+2=3，∴A1〔，3〕，同理可得出：A2的横坐标为：2，∴y=×2+2=4，∴A2〔2，4〕，∴A3〔3，5〕，…A2023．故答案为：．12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC为直径的半圆交AB于点D，P是上的一个动点，连接AP，那么AP的最小值是﹣1．【考点】勾股定理；线段的性质：两点之间线段最短；等腰直角三角形．【分析】找到BC的中点E，连接AE，交半圆于P2，在半圆上取P1，连接AP1，EP1，可见，AP1+EP1＞AE，即AP2是AP的最小值，再根据勾股定理求出AE的长，然后减掉半径即可．【解答】解：找到BC的中点E，连接AE，交半圆于P2，在半圆上取P1，连接AP1，EP1，可见，AP1+EP1＞AE，即AP2是AP的最小值，∵AE==，P2E=1，∴AP2=﹣1．故答案为：﹣1．13．如图，把一个矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连接OB，将纸片OABC沿OB折叠，使点A落在A′的位置上．假设OB=，，求点A′的坐标为〔〕．【考点】坐标与图形性质；矩形的性质；翻折变换〔折叠问题〕．【分析】由条件可得：BC=1，OC=2．设OC与A′B交于点F，作A′E⊥OC于点E，易得△BCF≌△OA′F，那么OA′=BC=1，设A′F=x，那么OF=2﹣x．利用勾股定理可得A′F=，OF=，利用面积可得A′E=A′F×OA′÷OF=，利用勾股定理可得OE=，所以点A’的坐标为〔〕．【解答】解：∵OB=，∴BC=1，OC=2设OC与A′B交于点F，作A′E⊥OC于点E∵纸片OABC沿OB折叠∴OA=OA′，∠BAO=∠BA′O=90°∵BC∥A′E∴∠CBF=∠FA′E∵∠AOE=∠FA′O∴∠A′OE=∠CBF∴△BCF≌△OA′F∴OA′=BC=1，设A′F=x∴OF=2﹣x∴x2+1=〔2﹣x〕2，解得x=∴A′F=，OF=∵A′E=A′F×OA′÷OF=∴OE=∴点A’的坐标为〔〕．故答案为：〔〕．14．如图，△ABC中，DE∥FG∥BC，且AD：DF：FB=2：3：4，那么S△ADE：S梯形DFGE：S梯形FBCG=4：21：56．【考点】相似三角形的判定与性质；相似三角形的判定．【分析】由DE∥FG∥BC，平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似，即可判定△ADE∽△AFG∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得，，设S△ADE=4x，即可求得S梯形DFGE与S梯形FBCG的值，继而求得S△ADE：S梯形DFGE：S梯形FBCG的值．【解答】解：∵△ABC中，DE∥FG∥BC，∴△ADE∽△AFG∽△ABC，∴，，∵AD：DF：FB=2：3：4，∴，，∴，，设S△ADE=4x，那么S△AFG=25x，S△ABC=81x，∴S梯形DFGE=25x﹣4x=21x，S梯形FBCG=81x﹣25x=56x，∴S△ADE：S梯形DFGE：S梯形FBCG=4：21：56．故答案为：4：21：56．15．抛物线y=〔m﹣1〕x2，且直线y=3x+3﹣m经过一、二、三象限，那么m的范围是m≠1且m＜3．【考点】一次函数图象与系数的关系；二次函数的定义．【分析】根据二次函数的定义条件和一次函数图象的性质列出不等式求解那么可．【解答】解：根据题意，m﹣1≠0，∴m≠1，又依题意得3﹣m＞0，∴m＜3，所以m≠1且m＜3．故填空答案：m≠1且m＜3．16．在等腰△ABC中，AB=AC，AC腰上的中线BD将三角形周长分为15和21两局部，那么这个三角形的底边长为16或8．【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．【分析】此题由题意可知有两种情况，AB+AD=15或AB+AD=21．从而根据等腰三角形的性质及三角形三边关系可求出底边为8或16．【解答】解：∵BD是等腰△ABC的中线，可设AD=CD=x，那么AB=AC=2x，又知BD将三角形周长分为15和21两局部，∴可知分为两种情况①AB+AD=15，即3x=15，解得x=5，此时BC=21﹣x=21﹣5=16；②AB+AD=21，即3x=21，解得x=7；此时等腰△ABC的三边分别为14，14，8．经验证，这两种情况都是成立的．∴这个三角形的底边长为8或16．故答案为：16或8．二、选择题〔共9小题，每题3分，总分值27分〕17．在同一直角坐标系中，函数y=mx+m和y=﹣mx2+2x+2〔m是常数，且m≠0〕的图象可能是〔〕A． B． C． D．【考点】二次函数的图象；一次函数的图象．【分析】此题主要考查一次函数和二次函数的图象所经过的象限的问题，关键是m的正负确实定，对于二次函数y=ax2+bx+c，当a＞0时，开口向上；当a＜0时，开口向下．对称轴为x=，与y轴的交点坐标为〔0，c〕．【解答】解：解法一：逐项分析A、由函数y=mx+m的图象可知m＜0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝上，与图象不符，故A选项错误；B、由函数y=mx+m的图象可知m＜0，对称轴为x===＜0，那么对称轴应在y轴左侧，与图象不符，故B选项错误；C、由函数y=mx+m的图象可知m＞0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝下，与图象不符，故C选项错误；D、由函数y=mx+m的图象可知m＜0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝上，对称轴为x===＜0，那么对称轴应在y轴左侧，与图象相符，故D选项正确；解法二：系统分析当二次函数开口向下时，﹣m＜0，m＞0，一次函数图象过一、二、三象限．当二次函数开口向上时，﹣m＞0，m＜0，对称轴x=＜0，这时二次函数图象的对称轴在y轴左侧，一次函数图象过二、三、四象限．应选：D．18．二次函数y=a〔x+m〕2+n的图象如图，那么一次函数y=mx+n的图象经过〔〕A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限C．第二、三、四象限 D．第一、三、四象限【考点】二次函数的图象；一次函数的性质．【分析】根据抛物线的顶点在第四象限，得出n＜0，m＜0，即可得出一次函数y=mx+n的图象经过二、三、四象限．【解答】解：∵抛物线的顶点在第四象限，∴﹣m＞0，n＜0，∴m＜0，∴一次函数y=mx+n的图象经过二、三、四象限，应选C．19．把方程x2﹣4x﹣7=0化成〔x﹣m〕2=n的形式，那么m，n的值是〔〕A．2，7 B．﹣2，11 C．﹣2，7 D．2，11【考点】解一元二次方程-配方法．【分析】根据题目中的方程可以利用配方法画成〔x﹣m〕2=n的形式，从而可以得到m、n的值．【解答】解：x2﹣4x﹣7=0x2﹣4x=7〔x﹣2〕2=11，∴m=2，n=11，应选D．20．抛物线y=﹣〔x+1〕2上的两点A〔x1，y1〕和B〔x2，y2〕，如果x1＜x2＜﹣1，那么以下结论一定成立的是〔〕A．y1＜y2＜0 B．0＜y1＜y2 C．0＜y2＜y1 D．y2＜y1＜【考点】二次函数图象上点的坐标特征．【分析】根据二次函数的性质得到抛物线y=﹣〔x+1〕2的开口向下，有最大值为0，对称轴为直线x=﹣1，那么在对称轴左侧，y随x的增大而增大，所以x1＜x2＜﹣1时，y1＜y2＜0．【解答】解：∵y=﹣〔x+1〕2，∴a=﹣1＜0，有最大值为0，∴抛物线开口向下，∵抛物线y=﹣〔x+1〕2对称轴为直线x=﹣1，而x1＜x2＜﹣1，∴y1＜y2＜0．应选A．21．在同一直角坐标系中，函数y=mx+m和y=﹣mx2+2x+2〔m是常数，且m≠0〕的图象可能是〔〕A． B． C． D．【考点】二次函数的图象；一次函数的图象．【分析】关键是m的正负确实定，对于二次函数y=ax2+bx+c，当a＞0时，开口向上；当a＜0时，开口向下．对称轴为x=﹣，与y轴的交点坐标为〔0，c〕．【解答】解：A．由函数y=mx+m的图象可知m＜0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝上，与图象不符，故A选项错误；B．由函数y=mx+m的图象可知m＜0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝上，对称轴为x=﹣=＜0，那么对称轴应在y轴左侧，与图象不符，故B选项错误；C．由函数y=mx+m的图象可知m＞0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝下，与图象不符，故C选项错误；D．由函数y=mx+m的图象可知m＜0，即函数y=﹣mx2+2x+2开口方向朝上，对称轴为x=﹣=＜0，那么对称轴应在y轴左侧，与图象符合，故D选项正确．应选：D．22．如图，半圆O与等腰直角三角形两腰CA、CB分别切于D、E两点，直径FG在AB上，假设BG=﹣1，那么△ABC的周长为〔〕A．4+2 B．6 C．2+2 D．4【考点】切线的性质．【分析】首先连接OD，OE，易证得四边形ODCE是正方形，△OEB是等腰直角三角形，首先设OE=r，由OB=OE=r，可得方程：﹣1+r=r，解此方程，即可求得答案．【解答】解：连接OD，OE，∵半圆O与等腰直角三角形两腰CA、CB分别切于D、E两点，∴∠C=∠OEB=∠OEC=∠ODC=90°，∴四边形ODCE是矩形，∵OD=OE，∴四边形ODCE是正方形，∴CD=CE=OE，∵∠A=∠B=45°，∴∠EOB=∠EBO=45°，∴OE=EB，∴△OEB是等腰直角三角形，设OE=r，∴BE=OE=OG=r，∴OB=OG+BG=﹣1+r，∵OB=OE=r，∴﹣1+r=r，∴r=1，∴AC=BC=2r=2，AB=2OB=2×〔1+﹣1〕=2．∴△ABC的周长为：AC+BC+AB=4+2．应选A．23．如图为抛物线y=ax2+bx+c的图象，A，B，C为抛物线与坐标轴的交点，且OA=OC=1，那么以下关系正确的选项是〔〕A．a+b=﹣1 B．a﹣b=﹣1 C．b＜2a D．ac＜0【考点】二次函数图象与系数的关系．【分析】由抛物线与y轴相交于点C，就可知道C点的坐标〔0，1〕以及A的坐标，然后代入函数式，即可得到答案．【解答】解：A、由图象可知，当x=1时，y＞0，即a+b+1＞0，所以a+b＞﹣1，故A不正确；B、由抛物线与y轴相交于点C，可知道C点的坐标为〔0，c〕，又因为OC=OA=1，所以C〔0，1〕，A〔﹣1，0〕，把它代入y=ax2+bx+c，即a•〔﹣1〕2+b•〔﹣1〕+1=0，即a﹣b+1=0，所以a﹣b=﹣1．故B正确；C、由图象可知，﹣＜﹣1，解得b＞2a，故C错误；D、由图象可知，抛物线开口向上，所以a＞0；又因为c=1，所以ac＞0，故D错误．应选：B．24．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度，沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止．设y=PC2，运动时间为t秒，那么能反映y与t之间函数关系的大致图象是〔〕A． B．C． D．【考点】动点问题的函数图象．【分析】连接PC，作PD⊥BC于D，构造直角三角形后利用相似三角形用t表示出PD、CD的长，利用勾股定理表示出y，即可确定其图象．【解答】解：①连接PC，作PD⊥BC于D，∵∠ACB=90°，∴△BPD∽△BAC，∴，∵AP=t，AB=5cm，BC=3cm，∴BP=5﹣t，AC=4cm，∴，解得：PD=4﹣，BD=3﹣，∴DC=，∵y=PC2=PD2+DC2=〔4﹣〕2+〔〕2=t2﹣+16〔t＜5〕，②当5≤t≤8时，PC2=〔8﹣t〕2=t2﹣16t+64．应选：A．25．如图，以O为圆心的两个同心圆中，小圆的弦AB的延长线交大圆于点C，假设AB=4，BC=1，那么以下整数与圆环面积最接近的是〔〕A．10 B．13 C．16 D．19【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】过点O作OD⊥AB，垂足为D，根据垂径定理可以求出AD，DC的长，而圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积，用勾股定理求出大圆和小圆的半径，用πoc2﹣πoA2可以求出圆环的面积．【解答】解：如图，过点O作OD⊥AB，垂足为D，那么AD=2，DC=2+1=3，S圆环=π〔OC2﹣OA2〕=π〔OD2+DC2﹣OD2﹣AD2〕=π〔9﹣4〕=5π≈15.7应选C．三、解答题〔共30小题，总分值0分〕26．如图，∠AOB=90°，CD是的三等分点，连接AB分别交OC，OD于点E，F．求证：AE=BF=CD．【考点】圆心角、弧、弦的关系；等腰三角形的判定与性质．【分析】连接AC，BD，根据∠AOB=90°得出∠AOC的度数，由等腰三角形的性质求出∠OFE的度数．根据SAS定理得出△ACO≌△DCO，故可得出∠ACO=∠OCD，根据等角对等边可得出AC=AE，同理可得BF=BD，由此可得出结论．【解答】证明：连接AC，BD，∵在⊙O中，半径OA⊥OB，C、D为弧AB的三等分点，∴∠AOC=∠AOB=×90°=30°．∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA=45°，∵∠AOC=∠BOD=30°，∴∠OEF=∠OAB+∠AOC=45°+30°=75°，同理∠OFE=75°，∵C，D是的三等分点，∴AC=CD=BD，在△ACO与△DCO中，∵，∴△ACO≌△DCO〔SAS〕，∴∠ACO=∠OCD．∵∠OEF=∠OAE+∠AOE=45°+30°=75°，∠OCD==75°，∴∠OEF=∠OCD，∴CD∥AB，∴∠AEC=∠OCD，∴∠ACO=∠AEC．∴AC=AE，同理，BF=BD．又∵AC=CD=BD∴AE=BF=CD．27．如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，点D是BC上一个动点〔不与B、C重合〕，在AC上取E点，使∠ADE=45度．〔1〕求证：△ABD∽△DCE；〔2〕设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式；〔3〕当：△ADE是等腰三角形时，求AE的长．【考点】相似三角形的判定与性质；根据实际问题列二次函数关系式；等腰三角形的性质．【分析】此题有三问，〔1〕证明△ABD∽△DCE，已经有∠B=∠C，只需要再找一对角相等就可以了；〔2〕由〔1〕证得△ABD∽△DCE，有相似就线段成比例，于是利用〔1〕的结果可证得〔2〕；〔3〕当△ABD∽△DCE时，可能是DA=DE，也可能是ED=EA，所以要分两种情况证明结论．【解答】〔1〕证明：∵△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，∴∠ABC=∠ACB=45°．∵∠ADE=45°，∴∠BDA+∠CDE=135°．又∠BDA+∠BAD=135°，∴∠BAD=∠CDE．∴△ABD∽△DCE．〔2〕解：∵△ABD∽△DCE，∴；∵BD=x，∴CD=BC﹣BD=﹣x．∴，∴CE=x﹣x2．∴AE=AC﹣CE=1﹣〔x﹣x2〕=x2﹣x+1．即y=x2﹣x+1．〔3〕解：∠DAE＜∠BAC=90°，∠ADE=45°，∴当△ADE是等腰三角形时，第一种可能是AD=DE．又∵△ABD∽△DCE，∴△ABD≌△DCE．∴CD=AB=1．∴BD=﹣1．∵BD=CE，∴AE=AC﹣CE=2﹣．当△ADE是等腰三角形时，第二种可能是ED=EA．∵∠ADE=45°，∴此时有∠DEA=90°．即△ADE为等腰直角三角形．∴AE=DE=AC=．当AD=EA时，点D与点B重合，不合题意，所以舍去，因此AE的长为2﹣或．28．某公司经销一种绿茶，每千克本钱为50元．市场调查发现，在一段时间内，销售量w〔千克〕随销售单价x〔元/千克〕的变化而变化，具体关系式为：w=﹣2x+240．设这种绿茶在这段时间内的销售利润为y〔元〕，解答以下问题：〔1〕求y与x的关系式；〔2〕当x取何值时，y的值最大？〔3〕如果物价部门规定这种绿茶的销售单价不得高于90元/千克，公司想要在这段时间内获得2250元的销售利润，销售单价应定为多少元？【考点】二次函数的应用．【分析】〔1〕因为y=〔x﹣50〕w，w=﹣2x+240故y与x的关系式为y=﹣2x2+340x﹣12000．〔2〕用配方法化简函数式求出y的最大值即可．〔3〕令y=2250时，求出x的解即可．【解答】解：〔1〕y=〔x﹣50〕•w=〔x﹣50〕•〔﹣2x+240〕=﹣2x2+340x﹣12000，∴y与x的关系式为：y=﹣2x2+340x﹣12000．〔2〕y=﹣2x2+340x﹣12000=﹣2〔x﹣85〕2+2450∴当x=85时，y的值最大．〔3〕当y=2250时，可得方程﹣2〔x﹣85〕2+2450=2250解这个方程，得x1=75，x2=95根据题意，x2=95不合题意应舍去∴当销售单价为75元时，可获得销售利润2250元．29．关于x的一元二次方程〔a﹣1〕x2+x+a2﹣1=0的一个根为0，求出a的值和方程的另一个根．【考点】一元二次方程的解；一元二次方程的定义；根与系数的关系．【分析】把x=0代入原方程得到关于a的新方程，通过解方程来求a的值；然后由根与系数的关系来求另一根．【解答】解：∵关于x的一元二次方程〔a﹣1〕x2+x+a2﹣1=0的一个根为0，∴a2﹣1=0，且a﹣1≠0，∴a+1=0，解得a=﹣1．那么一元二次方程为﹣2x2+x=0，即x〔1﹣2x〕=0，解得x1=0，x2=，即方程的另一根是．综上所述，a的值是﹣1，方程的另一个根是．30．关于x的一元二次方程〔a+c〕x2+2bx+〔a﹣c〕=0，其中a、b、c分别为△ABC三边的长．〔1〕如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；〔2〕如果△ABC是等边三角形，试求这个一元二次方程的根．【考点】根的判别式；等边三角形的性质；勾股定理的逆定理．【分析】〔1〕利用根的判别式进而得出关于a，b，c的等式，进而判断△ABC的形状；〔2〕利用△ABC是等边三角形，那么a=b=c，进而代入方程求出即可．【解答】解：〔1〕∵方程有两个相等的实数根，∴〔2b〕2﹣4〔a+c〕〔a﹣c〕=0，∴4b2﹣4a2+4c2=0，∴a2=b2+c2，∴△ABC是直角三角形；〔2〕∵当△ABC是等边三角形，∴a=b=c，∵〔a+c〕x2+2bx+〔a﹣c〕=0，∴2ax2+2ax=0，∴x1=0，x2=﹣1．31．如图，△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=12cm．点P从点A开始，沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动；点Q从点B开始，沿着BC边向点C以每秒2cm的速度移动．如果P，Q同时出发．〔1〕经过几秒，P、Q的距离最短．〔2〕经过几秒，△PBQ的面积最大？最大面积是多少？【考点】二次函数的应用；勾股定理．【分析】〔1〕设运动时间为x秒，那么AP=x，BQ=2x，根据勾股定理可得PQ===，即可得答案；〔2〕根据S△PBQ=×PB×BQ=〔6﹣x〕•2x=﹣x2+6x=﹣〔x﹣3〕2+9可得答案．【解答】解：〔1〕设运动时间为x秒，那么AP=x，BQ=2x，∵AB=6，∴PB=6﹣x，那么PQ===，∴当x=时，PQ最短，答：经过1.2秒，P、Q的距离最短；〔2〕∵S△PBQ=×PB×BQ=〔6﹣x〕•2x=﹣x2+6x=﹣〔x﹣3〕2+9，∴当x=3时，S△PBQ取得最大值9，答：经过3秒，△PBQ的面积最大，最大面积是9cm2．32．关于x的方程mx2﹣〔3m+2〕x+2m+2=0〔m＞0〕〔1〕求证：方程有两个不相等的实数根．〔2〕设此方程的两个实数根分别是a，b〔其中a＜b〕．假设y=b﹣2a，求满足y=2m的m的值．【考点】根的判别式．【分析】〔1〕首先得到△=[﹣〔3m+2〕]2﹣4m〔2m+2〕=m2+4m+4=〔m+2〕2然后根据m＞0得到〔m+2〕2＞0从而得到△＞0，最后证得方程有两个不相等的实数根．〔2〕利用求根公式用m表示出方程的两根，利用y=b﹣2a和y=2m得到有关m的等式求得m的值即可．【解答】解：〔1〕∵△=[﹣〔3m+2〕]2﹣4m〔2m+2〕，=m2+4m+4=〔m+2〕2又∵m＞0∴〔m+2〕2＞0即△＞0∴方程有两个不相等的实数根．〔2〕可求得方程的两根分别为：∵m＞0∴＞1，∴∴∴∴m=133．关于x的一元二次方程kx2+2〔k+4〕x+〔k﹣4〕=0〔1〕假设方程有实数根，求k的取值范围〔2〕假设等腰三角形ABC的边长a=3，另两边b和c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．【考点】根的判别式；根与系数的关系；等腰三角形的性质．【分析】〔1〕计算方程的根的判别式，假设△=b2﹣4ac≥0，那么方程有实数根；〔2〕a=3，那么a可能是底，也可能是腰，分两种情况求得b，c的值后，再求出△ABC的周长．注意两种情况都要用三角形三边关系定理进行检验．【解答】解：〔1〕∵关于x的一元二次方程kx2+2〔k+4〕x+〔k﹣4〕=0方程有实数根，∴b2﹣4ac=[2〔k+4〕]2﹣4k〔k﹣4〕≥0，解得：k≥﹣且k≠0；〔2〕①假设a=3为底边，那么b，c为腰长，那么b=c，那么△=0．∴b2﹣4ac=[2〔k+4〕]2﹣4k〔k﹣4〕=0，解得：k=﹣．此时原方程化为x2﹣4x+4=0∴x1=x2=2，即b=c=2．此时△ABC三边为3，2，2能构成三角形，∴△ABC的周长为：3+2+2=7；②假设a=b为腰，那么b，c中一边为腰，不妨设b=a=3代入方程：kx2+2〔k+4〕x+〔k﹣4〕=0得：k×32+2〔k+4〕×3+〔k﹣4〕=0∴解得：k=﹣，∵x1×x2=bc====3c，∴c=，∴△ABC的周长为：3+3+=．34．抛物线y=ax2+x+2．〔1〕当a=﹣1时，求此抛物线的顶点坐标和对称轴；〔2〕假设代数式﹣x2+x+2的值为正整数，求x的值；〔3〕当a=a1时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点M〔m，0〕；当a=a2时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点N〔n，0〕．假设点M在点N的左边，试比拟a1与a2的大小．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕将a的值代入抛物线中，即可求出抛物线的解析式，用配方法或公式法可求出抛物线的顶点坐标和对称轴解析式．〔2〕可先得出y的值，然后解方程求解即可．〔3〕可将M、N的坐标分别代入抛物线中，得出a1、a2的表达式，然后令a1﹣a2进行判断即可．【解答】解：〔1〕当a=﹣1时，y=﹣x2+x+2=﹣〔x﹣〕2+∴抛物线的顶点坐标为：〔，〕，对称轴为x=；〔2〕∵代数式﹣x2+x+2的值为正整数，﹣x2+x+2=﹣〔x﹣〕2+2≤2，∴﹣x2+x+2=1，解得x=，或﹣x2+x+2=2，解得x=0或1．∴x的值为，，0，1；〔3〕将M代入抛物线的解析式中可得：a1m2+m∴a1=；同理可得a2=﹣；a1﹣a2=，∵m在n的左边，∴m﹣n＜0，∵0＜m＜n，∴a1﹣a2=＜0，∴a1＜a2．35．抛物线y=x2﹣mx+m﹣2．〔1〕求证：此抛物线与x轴有两个不同的交点；〔2〕假设m是整数，抛物线y=x2﹣mx+m﹣2与x轴交于整数点，求m的值．【考点】抛物线与x轴的交点．【分析】〔1〕欲证明抛物线与x轴有两个不同的交点，只要证明△＞0即可．〔2〕由〔m﹣2〕2+4是平方数，m是整数，即可解决问题．【解答】解：〔1〕∵△=m2﹣4m+8=〔m﹣2〕2+4，∵〔m﹣2〕2≥0，∴△＞0，∴此抛物线与x轴有两个不同的交点；〔2〕∵m是整数，抛物线y=x2﹣mx+m﹣2与x轴交于整数点，∴〔m﹣2〕2+4是平方数，∴m=2，．36．如图：AB⊥DB于B点，CD⊥DB于D点，AB=6，CD=4，BD=14，在DB上取一点P，使以CDP为顶点的三角形与以PBA为顶点的三角形相似，那么DP的长．【考点】相似三角形的判定．【分析】根据可以分△PDC∽△ABP或△PCD∽△PAB两种情况进行分析．【解答】解：∵AB⊥DB，CD⊥DB∴∠D=∠B=90°，设DP=x，当PD：AB=CD：PB时，△PDC∽△ABP，∴=，解得DP=2或12，当PD：PB=CD：AB时，△PCD∽△PAB，∴=，解得DP=5.6∴DP=5.6或2或12．37．在矩形ABCD中，点E是AD的中点，BE垂直AC交AC于点F，求证：△DEF∽△EBD．【考点】相似三角形的判定；矩形的性质．【分析】根据结合相似三角形的判定与性质得出=，进而得出△DEF∽△BED．【解答】证明：∵AC⊥BE，∴∠AFB=∠AFE=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAE=90°，又∵∠AEF=∠BEA，∴△AEF∽△BEA，∴=，∵点E是AD的中点，∴AE=ED，∴=，又∵∠FED=∠DEB，∴△DEF∽△BED．38．如图，在正方形ABCD中，M是AD的中点，BE=3AE，试求sin∠ECM的值．【考点】锐角三角函数的定义；正方形的性质．【分析】依题意设AE=x，那么BE=3x，BC=4x，AM=2x，CD=4x，先证明△CEM是直角三角形，再利用三角函数的定义求解．【解答】解：设AE=x，那么BE=3x，BC=4x，AM=2x，CD=4x，∴EC==5x，EM==x，CM==2x，∴EM2+CM2=CE2，∴△CEM是直角三角形，∴sin∠ECM==．39．如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，过点C作CE⊥BD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FG=BO，连接BG、DF．假设AG=13，CF=6，求四边形BOFG的周长．【考点】菱形的判定与性质；矩形的性质．【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形BGFO是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=AC，然后求出OB=OF，判断出四边形BOFG是菱形，设GF=x，表示出AF、AC，然后利用勾股定理列出方程求出x，再根据菱形的周长公式列式计算即可得解．【解答】解：∵AF∥BD，FG=BO，∴四边形BGFO是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB=OC=AC，∵CE⊥BD，AF∥BD，∴CF⊥AF，∴OF=AC，∴OB=OF，∴四边形BOFG是菱形，设GF=x，那么AF=13﹣x，AC=2OF=2x，在Rt△ACF中，由勾股定理得，AF2+CF2=AC2，即〔13﹣x〕2+62=〔2x〕2，整理得，3x2+26x﹣205=0，解得x1=5，x2=﹣〔舍去〕，∴GF=5，四边形BOFG的周长=4×5=20．40．如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，延长BC至点D，使DC=CB，延长DA与⊙O的另一个交点为E，连接AC，CE．〔1〕求证：∠B=∠D；〔2〕假设AB=4，BC﹣AC=2，求CE的长．【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．【分析】〔1〕由AB为⊙O的直径，易证得AC⊥BD，又由DC=CB，根据线段垂直平分线的性质，可证得AD=AB，即可得：∠B=∠D；〔2〕首先设BC=x，那么AC=x﹣2，由在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，可得方程：〔x﹣2〕2+x2=42，解此方程即可求得CB的长，继而求得CE的长．【解答】〔1〕证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又∵DC=CB，∴AD=AB，∴∠B=∠D；〔2〕解：设BC=x，那么AC=x﹣2，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，∴〔x﹣2〕2+x2=42，解得：x1=1+，x2=1﹣〔舍去〕，∵∠B=∠E，∠B=∠D，∴∠D=∠E，∴CD=CE，∵CD=CB，∴CE=CB=1+．41．如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M．〔1〕求证：CD与⊙O相切；〔2〕假设⊙O的半径为1，求正方形ABCD的边长．【考点】切线的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．【分析】〔1〕过O作ON⊥CD于N，连接OM，由切线的性质可知，OM⊥BC，再由AC是正方形ABCD的对角线可知AC是∠BCD的平分线，由角平分线的性质可知OM=ON，故CD与⊙O相切；〔2〕先根据正方形的性质得出△MOC是等腰直角三角形，由勾股定理可求出OC的长，进而可求出AC的长，在Rt△ABC中，利用勾股定理即可求出AB的长．【解答】〔1〕证明：过O作ON⊥CD于N，连接OM，∵⊙O与BC相切于点M，∴OM⊥BC，∵四边形ABCD为正方形，∴∠B=90°，AB∥CD∴AB∥OM∥DC，∵AC为正方形ABCD对角线，∴∠NOC=∠NCO=∠MOC=∠MCO=45°，∵OM=ON，∴CD与⊙O相切；〔2〕解：由〔1〕易知△MOC为等腰直角三角形，OM为半径，∴OM=MC=1，∴OC2=OM2+MC2=1+1=2，∴．∴，在Rt△ABC中，AB=BC，有AC2=AB2+BC2，∴2AB2=AC2，∴=．故正方形ABCD的边长为．42．点A〔m，n〕，B〔p，q〕〔m＜p〕在直线y=kx+b上．〔1〕假设m+p=2，n+q=2b2+6b+4．试比拟n和q的大小，并说明理由；〔2〕假设k＜0，过点A与x轴平行的直线和过点B与y轴平行的直线交于点C〔1，1〕，AB=5，且△ABC的周长为12，求k、b的值．【考点】一次函数综合题．【分析】〔1〕先根据点A〔m，n〕，B〔p，q〕在直线y=kx+b上得出n、q的表达式，再根据m+p=2，n+q=2b2+6b+4可得出关于k的表达式，进而判断出k的符号，根据一次函数的性质即可得出结论；〔2〕先根据AC∥x轴，BC∥y轴，C〔1，1〕得出n，p的值，进而得出A，B两点的坐标，根据k＜0可知m＜1，q＜1，故AC=1﹣m，BC=1﹣q，由AB=5可得出关于m的一元二次方程，求出m的值即可得出A、B两点的坐标，代入直线y=kx+b即可得出k、b的值．【解答】解：〔1〕∵点A〔m，n〕，B〔p，q〕在直线y=kx+b上．∴n=km+b，q=kp+b．∴n+q=k〔m+p〕+2b．∵m+p=2，∴2b2+6b+4=2k+2b，∴k=b2+2b+2=〔b+1〕2+1＞0，∵m＜p，∴n＜q；〔2〕解1：∵AC∥x轴，BC∥y轴，C〔1，1〕，∴n=1，p=1，∴A〔m，1〕，B〔1，q〕．∵k＜0，∴m＜1，q＜1，∴AC=1﹣m，BC=1﹣q，∴，整理得m2+5m+6=0，解得m1=﹣2，m2=﹣3．当m1=﹣2时，q1=﹣3，此时A〔﹣2，1〕，B〔1，﹣3〕，代入直线y=kx+b得k1=﹣，b1=﹣；当m2=﹣3时，q2=﹣2，此时A〔﹣3，1〕，B〔1，﹣2〕，代入直线y=kx+b得k2=﹣，b2=﹣．综上所述，当k1=﹣时，b1=﹣；当k2=﹣时，b2=﹣．解2：∵AC∥x轴，BC∥y轴，C〔1，1〕，∴n=1，p=1，∴A〔m，1〕，B〔1，q〕．∵k＜0，∴m＜1，q＜1，∴AC=1﹣m，BC=1﹣q．依题意得，∴〔AC+BC〕2=72，可得AC•BC=12，∴，整理得AC2﹣7AC+12=0，解得AC=3或AC=4．当AC=3时，BC=4，此时A〔﹣2，1〕，B〔1，﹣3〕，代入直线y=kx+b得k1=﹣，b1=﹣；当AC=4时，BC=3，此时A〔﹣3，1〕，B〔1，﹣2〕，代入直线y=kx+b得k2=﹣时，b2=﹣．综上所述，当k1=﹣，b1=﹣；当k2=﹣时，b2=﹣．43．如图在平面直角坐标系xOy中，函数y=〔x＞0〕的图象与一次函数y=kx﹣k的图象的交点为A〔m，2〕．〔1〕求一次函数的解析式；〔2〕设一次函数y=kx﹣k的图象与y轴交于点B，假设点P是x轴上一点，且满足△PAB的面积是4，直接写出P点的坐标．【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．【分析】〔1〕将A点坐标代入y=〔x＞0〕，求出m的值为2，再将〔2，2〕代入y=kx﹣k，求出k的值，即可得到一次函数的解析式；〔2〕将三角形以x轴为分界线，分为两个三角形计算，再把它们相加．【解答】解：〔1〕将A〔m，2〕代入y=〔x＞0〕得，m=2，那么A点坐标为A〔2，2〕，将A〔2，2〕代入y=kx﹣k得，2k﹣k=2，解得k=2，那么一次函数解析式为y=2x﹣2；〔2〕∵一次函数y=2x﹣2与x轴的交点为C〔1，0〕，与y轴的交点为B〔0，﹣2〕，S△ABP=S△ACP+S△BPC，∴×2CP+×2CP=4，解得CP=2，那么P点坐标为〔3，0〕，〔﹣1，0〕．44．如下图，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，CB∥OA，OA=7，AB=4，∠COA=60°，点P为x轴上的一个动点，点P不与点0、点A重合．连接CP，过点P作PD交AB于点D．〔1〕求点B的坐标；〔2〕当点P运动什么位置时，△OCP为等腰三角形，求这时点P的坐标；〔3〕当点P运动什么位置时，使得∠CPD=∠OAB，且，求这时点P的坐标．【考点】等腰梯形的性质；坐标与图形性质；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质．【分析】〔1〕过B作BQ⊥OA于Q易得∠COA=∠BAQ=60°，在Rt△BQA中，根据三角函数的定义可得QB的长，进而可得OQ的长；即可得B的坐标；〔2〕分点P在x正半轴上与x负半轴上上两种情况讨论，结合等腰三角形的性质，可得OP、OC的长，进而可得答案；〔3〕根据题意易得△COP∽△PAD，进而可得比例关系，代入数据可得答案．【解答】解：〔1〕过B作BQ⊥OA于Q，那么∠COA=∠BAQ=60°，在Rt△BQA中，QB=ABsin60°=，，∴OQ=OA﹣QA=7﹣2=5．∴B〔5，〕．〔2〕①当OC=OP时，假设点P在x正半轴上，∵∠COA=60°，△OCP为等腰三角形，∴△OCP是等边三角形．∴OP=OC=CP=4．∴P〔4，0〕．假设点P在x负半轴上，∵∠COA=60°，∴∠COP=120°．∴△OCP为顶角120°的等腰三角形．∴OP=OC=4．∴P〔﹣4，0〕∴点P的坐标为〔4，0〕或〔﹣4，0〕．②当OC=CP时，由题意可得C的横坐标为：4×cos60°=2，∴P点坐标为〔4，0〕③当OP=CP时，∵∠COA=60°，∴△OPC是等边三角形，同①可得出P〔4，0〕．综上可得点P的坐标为〔4，0〕或〔﹣4，0〕．〔3〕∵∠CPD=∠OAB=∠COP=60°，∴∠OPC+∠DPA=120°．又∵∠PDA+∠DPA=120°，∴∠OPC=∠PDA．∵∠COP=∠A=60°，∴△COP∽△PAD．∴．∵，AB=4，∴BD=，AD=．即．∴7OP﹣OP2=6得OP=1或6．∴P点坐标为〔1，0〕或〔6，0〕．45．如图，⊙O是△ABC的外接圆，D是的中点，DE∥BC交AC的延长线于点E，假设AE=10，∠ACB=60°，求BC的长．【考点】圆周角定理；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系．【分析】由D是弧ACB的中点，DE∥BC，∠ACB=60°，易得△ADB与△ECD是等边三角形，继而证得△EAD≌△CBD，即可证得结论．【解答】解：∵D是的中点，∴DA=DB．∵∠ACB=60°，∠ACB与∠ADB是同弧所对的圆周角，∴∠ADB=60°，∴△ADB是等边三角形．∴∠DAB=∠DBA=60°．∴∠DCB=∠DAB=60°．∵DE∥BC，∴∠E=∠ACB=60°．∴∠DCB=∠E．∵∠ECD=∠DBA=60°，∴△ECD是等边三角形．∴ED=CD．∵=，∴∠EAD=∠DBC．在△EAD和△CBD中，，∴△EAD≌△CBD〔AAS〕．∴BC=EA=10．46．如下图，四边形OABC是菱形，∠O=60°，点M是边OA的中点，以点O为圆心，r为半径作⊙O分别交OA，OC于点D，E，连接BM．假设BM=，弧的长是．求证：直线BC与⊙O相切．【考点】切线的判定；菱形的性质；弧长的计算．【分析】过点O作OF⊥BC于F，过点B作BG⊥OA于G，那么四边形BGOF为矩形，OF=BG．设菱形OABC的边长为2a，先在Rt△BMG中，利用勾股定理得出BG2+GM2=BM2，即〔a〕2+〔2a〕2=〔〕2，求得a=1，得到OF=，再根据弧长公式求出r=，那么圆心O到直线BC的距离等于圆的半径r，从而判定直线BC与⊙O相切．【解答】证明：如图，过点O作OF⊥BC延长线于F，过点B作BG⊥OA延长线于G，那么四边形BGOF为矩形，OF=BG．设菱形OABC的边长为2a，那么AM=OA=a．∵菱形OABC中，AB∥OC，∴∠BAG=∠COA=60°，∠ABG=90°﹣60°=30°，∴AG=AB=a，BG=AG=a．在Rt△BMG中，∵∠BGM=90°，BG=a，GM=AG+AM=a+a=2a，BM=，∴BG2+GM2=BM2，即〔a〕2+〔2a〕2=〔〕2，解得a=1，∴OF=BG=．∵的长==，∴r=，∴OF=r=，即圆心O到直线BC的距离等于圆的半径r，∴直线BC与⊙O相切．47．如图，抛物线y=〔x﹣2〕〔x+a〕〔a＞0〕与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．〔1〕假设抛物线过点M〔﹣2，﹣2〕，求实数a的值；〔2〕在〔1〕的条件下，解答以下问题；①求出△BCE的面积；②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕将M坐标代入抛物线解析式求出a的值即可；〔2〕①求出的a代入确定出抛物线解析式，令y=0求出x的值，确定出B与C坐标，令x=0求出y的值，确定出E坐标，进而得出BC与OE的长，即可求出三角形BCE的面积；②根据抛物线解析式求出对称轴方程为直线x=﹣1，根据C与B关于对称轴对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，设直线BE解析式为y=kx+b，将B与E坐标代入求出k与b的值，确定出直线BE解析式，将x=﹣1代入直线BE解析式求出y的值，即可确定出H的坐标．【解答】解：〔1〕将M〔﹣2，﹣2〕代入抛物线解析式得：﹣2=〔﹣2﹣2〕〔﹣2+a〕，解得：a=4；〔2〕①由〔1〕抛物线解析式y=〔x﹣2〕〔x+4〕，当y=0时，得：0=〔x﹣2〕〔x+4〕，解得：x1=2，x2=﹣4，∵点B在点C的左侧，∴B〔﹣4，0〕，C〔2，0〕，当x=0时，得：y=﹣2，即E〔0，﹣2〕，∴S△BCE=×6×2=6；②由抛物线解析式y=〔x﹣2〕〔x+4〕，得对称轴为直线x=﹣1，根据C与B关于抛物线对称轴直线x=﹣1对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，设直线BE解析式为y=kx+b，将B〔﹣4，0〕与E〔0，﹣2〕代入得：，解得：，∴直线BE解析式为y=﹣x﹣2，将x=﹣1代入得：y=﹣2=﹣，那么H〔﹣1，﹣〕．48．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=7，CD=1，AD=BC=5．点M、N分别在边AD、BC上运动，并保持MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为E、F〔1〕求梯形ABCD的面积；〔2〕设AE=x，用含x的代数式表示四边形MEFN的面积；〔3〕试判断四边形MEFN能否为正方形？假设能，求出正方形MEFN的面积；假设不能，请说明理由．【考点】相似形综合题．【分析】〔1〕利用等腰梯形的性质结合勾股定理得出梯形的高，进而得出答案；〔2〕利用相似三角形的判定与性质表示出ME的长，进而表示四边形MEFN的面积；〔3〕利用〔2〕中所求得出x的值，进而得出正方形MEFN的面积．【解答】解：〔1〕过点D作DN⊥AB于点N，∵在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=7，CD=1，AD=BC=5，∴AN=×〔7﹣1〕=3，∴DN==4，∴梯形ABCD的面积为：×〔1+7〕×4=16；〔2〕∵AE=x，AD=BC，∴BF=x，那么EF=7﹣2x，∵ME∥DN，∴△AEM∽△AND，∴=，∴=，解得：ME=x，∴用含x的代数式表示四边形MEFN的面积为：〔7﹣2x〕•x=﹣x2+x，〔3〕当四边形MEFN为正方形，由〔2〕得：那么x=7﹣2x，解得：x=，故正方形MEFN的面积为：x2=×=．49．如图，一次函数y1=﹣x﹣1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，与反比例函数y2=图象的一个交点为M〔﹣2，m〕．〔1〕求反比例函数的解析式；〔2〕求点B到直线OM的距离．【考点】反比例函数综合题．【分析】〔1〕首先根据一次函数解析式算出M点的坐标，再把M点的坐标代入反比例函数解析式即可；〔2〕设点B到直线OM的距离为h，过M点作MC⊥y轴，垂足为C，根据一次函数解析式表示出B点坐标，再利用△OMB的面积=×BO×MC算出面积，再利用勾股定理算出MO的长，再次利用三角形的面积公式可得OM•h，根据前面算的三角形面积可算出h的值．【解答】解：〔1〕∵一次函数y1=﹣x﹣1过M〔﹣2，m〕，∴m=1，∴M〔﹣2，1〕把M〔﹣2，1〕代入y2=得：k=﹣2，∴反比列函数为y2=﹣；〔2〕设点B到直线OM的距离为h，过M点作MC⊥y轴，垂足为C．∵一次函数y1=﹣x﹣1与y轴交于点B，∴点B的坐标是〔0，﹣1〕．S△OMB=×1×2=1，在Rt△OMC中，OM===，∵S△OMB=OM•h=1，∴h==．即：点B到直线OM的距离为．50．如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t〔s〕，解答以下问题：〔1〕当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；〔2〕设△BPQ的面积为S〔cm2〕，求S与t的函数关系式；〔3〕作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．【考点】相似三角形的性质；等边三角形的性质；平行四边形的性质；解直角三角形．【分析】〔1〕当t=2时，可分别计算出BP、BQ的长，再对△BPQ的形状进行判断；〔2〕∠B为60°特殊角，过Q作QE⊥AB，垂足为E，那么BQ、BP、高EQ的长可用t表示，S与t的函数关系式也可求；〔3〕由题目线段的长度可证得△CRQ为等边三角形，进而得出四边形EPRQ是矩形，由△APR∽△PRQ，可得出∠QPR=60°，利用60°的特殊角列出一方程即可求得t的值．【解答】解：〔1〕△BPQ是等边三角形当t=2时AP=2×1=2，BQ=2×2=4∴BP=AB﹣AP=6﹣2=4∴BQ=BP又∵∠B=60°∴△BPQ是等边三角形；〔2〕过Q作QE⊥AB，垂足为E由QB=2t，得QE=2t•sin60°=t由AP=t，得PB=6﹣t∴S△BPQ=×BP×QE=〔6﹣t〕×t=﹣t∴S=﹣t；〔3〕∵QR∥BA∴∠QRC=∠A=60°，∠RQC=∠B=60°∴△QRC是等边三角形∴QR=RC=QC=6﹣2t∵BE=BQ•cos60°=×2t=t∴EP=AB﹣AP﹣BE=6﹣t﹣t=6﹣2t∴EP∥QR，EP=QR∴四边形EPRQ是平行四边形∴PR=EQ=t又∵∠PEQ=90°，∴∠APR=∠PRQ=90°∵△APR∽△PRQ，∴∠QPR=∠A=60°∴tan60°=即解得t=∴当t=时，△APR∽△PRQ．51．如图，抛物线y=〔x+1〕2+k与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C〔0，﹣3〕〔1〕求抛物线的对称轴及k的值；〔2〕抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA+PC的值最小，求此时点P的坐标；〔3〕点M是抛物线上的一动点，且在第三象限．①当M点运动到何处时，△AMB的面积最大？求出△AMB的最大面积及此时点M的坐标；②当M点运动到何处时，四边形AMCB的面积最大？求出四边形AMCB的最大面积及此时点的坐标．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕由抛物线y=〔x+1〕2+k与y轴交于点C〔0，﹣3〕，即可将点C的坐标代入函数解析式，解方程即可求得k的值，由抛物线y=〔x+1〕2+k即可求得抛物线的对称轴为：x=﹣1；〔2〕连接AC交抛物线的对称轴于点P，那么PA+PC的值最小，求得A与C的坐标，设直线AC的解析式为y=kx+b，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式，那么可求得此时点P的坐标；〔3〕①设点M的坐标为：〔x，〔x+1〕2﹣4〕，即可得S△AMB=×4×|〔x+1〕2﹣4|，由二次函数的最值问题，即可求得△AMB的最大面积及此时点M的坐标；②设点M的坐标为：〔x，〔x+1〕2﹣4〕，然后过点M作MD⊥AB于D，由S四边形ABCM=S△OBC+S△ADM+S梯形OCMD，根据二次函数的最值问题的求解方法，即可求得四边形AMCB的最大面积及此时点M的坐标．【解答】解：〔1〕∵抛物线y=〔x+1〕2+k与y轴交于点C〔0，﹣3〕，∴﹣3=1+k，∴k=﹣4，∴抛物线的解析式为：y=〔x+1〕2﹣4，∴抛物线的对称轴为：直线x=﹣1；〔2〕存在．连接AC交抛物线的对称轴于点P，那么PA+PC的值