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九年级上学期期末【常考 60 题考点专练】
一．选择题（共17小题）
1．（2021秋•三河市期末）下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（
）
A．赵爽弦图 B． 笛卡尔心形线
C． 科克曲线 D． 斐波那契螺旋线
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部
分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2．（2021秋•邯山区期末）已知一元二次方程x2+kx+3＝0有一个根为3，则k的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．4 D．﹣4
【分析】把x＝3代入方程计算即可求出k的值．
【解答】解：把x＝3代入方程得：9+3k+3＝0，移项合并得：3k＝﹣12，
解得：k＝﹣4．
故选：D．
【点评】此题考查了一元二次方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值．
3．（2021秋•信丰县期末）如图，面积为50m2的矩形试验田一面靠墙（墙的长度不限），另外三面用
20m长的篱笆围成，平行于墙的一边开有一扇1m宽的门（门的材料另计）．设试验田垂直于墙的一边
AB的长为x，则所列方程正确的是（ ）
A．（20+1﹣x）x＝50 B．（20﹣1﹣x）x＝50
C．（20+1﹣2x）x＝50 D．（20﹣1﹣2x）x＝50
【分析】根据篱笆的总长及AB的长度，可得出BC＝（20+1﹣2x）m，利用矩形的面积计算公式，结合
矩形试验田的面积为50m2，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵篱笆的总长为20m，且AB＝xm，平行于墙的一边开有一扇1m宽的门，
∴BC＝（20+1﹣2x）m．
依题意得：（20+1﹣2x）x＝50．
故选：C．
【点评】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．
4．（2021秋•铁西区期末）如图所示的几何体是由6个大小相同的小立方体搭成，它的主视图是（ ）A． B．
C． D．
【分析】根据主视图是从正面看到的图象判定则可．
【解答】】解：从正面看，共有四列，从左到右每列的正方形的个数分别为：1、2、1、1，
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
5．（2021秋•岳阳楼区期末）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程应变形为（ ）
A．（x+1）2＝6 B．（x+2）2＝9 C．（x﹣1）2＝6 D．（x﹣2）2＝9
【分析】利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：x2﹣2x﹣5＝0，
x2﹣2x＝5，
x2﹣2x+1＝5+1，
（x﹣1）2＝6，
故选：C．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握解一元二次方程﹣配方法是解题的关键．6．（2021秋•舞阳县期末）下列函数中，是二次函数的是（ ）
A．y＝x﹣2 B．y＝ C．y＝x2+2x﹣1 D．y＝
【分析】根据二次函数的定义：形如y＝ax2+bx+c（a，b，c为常数且a≠0），即可解答．
【解答】解：A、y＝x﹣2是一次函数，故A不符合题意；
B、y＝ 是反比例函数，故B不符合题意；
C、y＝x2+2x﹣1是二次函数，故C符合题意；
D、y＝ 不是二次函数，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的定义，熟练掌握二次函数的定义是解题的关键．
7．（2021秋•丰宁县期末）下表中列出的是一个二次函数的自变量x与函数y的几组对应值：
x … ﹣2 0 1 3 …
y … 6 ﹣4 ﹣6 ﹣4 …
下列各选项中，正确的是（ ）
A．这个函数的图象开口向下
B．这个函数的图象与x轴无交点
C．当x＞1时，y的值随x值的增大而增大
D．这个函数的最小值小于﹣6
【分析】根据抛物线经过点（0，﹣4），（3，﹣4）可得抛物线对称轴为直线x＝ ，由抛物线经过点
（﹣2，6）可得抛物线开口向上，进而求解．【解答】解：∵抛物线经过点（0，﹣4），（3，﹣4），
∴抛物线对称轴为直线x＝ ，
∵抛物线经过点（﹣2，6），
∴当x＜ 时，y随x增大而减小，
∴抛物线开口向上，且跟x轴有交点，故A，B错误，不符合题意；
∴x＞ 时，y随x增大而增大，故C错误，不符合题意；
由对称性可知，在x＝ 处取得最小值，且最小值小于﹣6．故D正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
8．（2021秋•攸县期末）如图，AB是 O的直径，点P是 O外一点，PO交 O于点C，连接BC，PA．
若∠P＝36°，且PA与 O相切，则⊙此时∠B等于（ ）⊙ ⊙
⊙
A．27° B．32° C．36° D．54°
【分析】先利用切线的性质求出∠AOP＝54°，再利用等腰三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：∵PA是 O的切线，
⊙
∴∠PAO＝90°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝54°，
∵OB＝OC，∴∠AOP＝2∠B，
∴∠B＝ ∠AOP＝27°，
故选：A．
【点评】此题主要考查了切线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，
求出∠AOP是解本题的关键．
9．（2021秋•岱岳区期末）反比例函数y＝ 与一次函数y＝ax+b在同一坐标系中的大致图象可能是（
）
A． B．
C． D．
【分析】根据一次函数图象判定a、b的符号，根据ab的符号判定反比例函数图象所在的象限．
【解答】解：A、一次函数y＝ax+b的图象经过第一、三象限，则a＞0，与y轴交于负半轴，则b＜0，
所以ab＜0，则反比例y＝ 经过第二、四象限，不符合题意；
B、一次函数y＝ax+b的图象经过第二、四象限，则a＜0，与y轴交于负半轴，则b＜0，所以ab＞0，
则反比例y＝ 经过第一、三象限，不符合题意；
C、一次函数y＝ax+b的图象经过第二、四象限，则a＜0，与y轴交于正半轴，则b＞0，所以ab＜0，则反比例y＝ 经过第二、四象限，不符合题意；
D、一次函数y＝ax+b的图象经过第一、三象限，则a＞0，与y轴交于负半轴，则b＜0，所以ab＜0，
则反比例y＝ 经过第二、四象限，符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解
题．
10．（2021秋•睢县期末）已知反比例函数y＝ （a为常数）图象上三个点的坐标分别是A（x ，
1
y ），B（x ，y ），C（x ，y ），其中x ＜0＜x ＜x ，则y ，y ，y 的大小关系的是（ ）
1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3
A．y ＜y ＜y B．y ＜y ＜y C．y ＜y ＜y D．y ＜y ＜y
1 2 3 1 3 2 2 3 1 3 2 1
【分析】先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x ＜0＜x ＜x 即可得出结论．
1 2 3
【解答】解：∵反比例函数y＝ （a为常数）中，﹣a2﹣3＜0，
∴函数图象的两个分支分别位于第二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵x ＜0＜x ＜x ，
1 2 3
∴B、C两点在第四象限，A点在第二象限，
∴y ＜y ＜y ．
2 3 1
故选：C．
【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象上各点的坐标一定适合此
函数的解析式是解答此题的关键．
11．（2021秋•巨野县期末）把抛物线y＝﹣3x2的图象向左平移1个单位，再向上平移6个单位，所得的
抛物线的函数关系式是（ ）A．y＝﹣3（x﹣1）2+6 B．y＝﹣3（x﹣1）2﹣6
C．y＝﹣3（x+1）2+6 D．y＝﹣3（x+1）2﹣6
【分析】求出顶点平移后的对应点，即可根据二次函数顶点式得到答案．
【解答】解：∵抛物线y＝﹣3x2的顶点为：（0，0），
∴将抛物线y＝﹣3x2的图象向左平移1个单位，再向上平移6个单位，所得的抛物线顶点为（﹣1，
6），
∴平移后的抛物线是y＝﹣3（x+1）2+6，
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的平移，解题的关键是掌握二次函数的顶点式，本题也可根据平移规律：“左
加右减，上加下减”解答．
12．（2021秋•信都区期末）已知 O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为5，则此点可能是（
） ⊙
A．P点 B．Q点 C．M点 D．N点
【分析】根据点到圆心O的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
【解答】解：∵平面内有一点到圆心O的距离为5，5＞3．
∴该点在圆外，
∴点N符合要求．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，根据点到圆心距离与半径的大小关系可作出判断．
13．（2021秋•诸暨市期末）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．
【点评】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
灵活运用勾股定理和锐角三角函数是解决问题的关键．
14．（2022春•工业园区校级期末）如图，过圆心且互相垂直的两条直线将两个同心圆分成了若干部分，
在该图形区域内任取一点，则该点取自阴影部分的概率是（ ）A． B． C． D．
【分析】根据概率公式求解即可．
【解答】解：观察图形可知，阴影部分是大圆面积的一半，则该点取自阴影部分的概率是 ．
故选：D．
【点评】本题主要考查概率公式，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度
比，面积比，体积比等．
15．（2021秋•莱州市期末）如图，在正方形网格中，点A，B，C，D，O都在格点上．下列说法正确的是
（ ）
A．点O是△ABC的内心 B．点O是△ABC的外心
C．点O是△ABD的内心 D．点O是△ABD的外心
【分析】根据三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心即可解决问题．
【解答】解：根据点A，B，C，D，O都在正方形网格的格点上．
可知：点O到点A，B，D三点的距离相等，
所以点O是△ABD的外心，故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握内心与外
心的定义．
16．（2021秋•渌口区期末）《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法．如图所示，
在井口A处立一根垂直于井口的木杆AB，从木杆的顶端B观察井水水岸D，视线BD与井口的直径AC
交于点E，如果测得AB＝1米，AC＝1.6米，AE＝0.4米，那么CD为（ ）
A．2米 B．3米 C． 米 D． 米
【分析】由题意知：△ABE∽△CDE，得出对应边成比例即可得出CD．
【解答】解：由题意知：AB∥CD，
则∠BAE＝∠C，∠B＝∠CDE，
∴△ABE∽△CDE，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CD＝3米，
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据题意得出△ABE∽△CDE是解决问题的关键．17．（2021秋•自贡期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴交于A，B两点，与y轴的正
半轴交于点C，它的对称轴为直线x＝﹣1，有下列结论：
①abc＜0；②4ac﹣b2＜0；③c﹣a＞0；④当x＝﹣n2﹣2时，y≥c；⑤若x ，x （x ＜x ）是方程
1 2 1 2
ax2+bx+c＝0的两根，则方程a（x﹣x ）（x﹣x ）﹣1＝0的两根m，n（m＜n）满足m＜x 且n＞x ；其
1 2 1 2
中，正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①由开口向上得到a＞0，由对称轴在y轴左侧得到b＞0，由函数图象与y轴的交点在y轴的
正半轴上得到c＞0，进而得到abc的正负情况；
②由函数图象与x轴的交点个数得到b2﹣4ac的正负；
③由对称轴为x＝﹣1得到b＝2a，然后由当x＝﹣1时，y＜0得到c﹣a的正负；
④由对称轴为x＝﹣1和x＝0时，y＝c，得到x＝﹣2时，y＝c，再由﹣n2﹣2≤﹣2，得到当x＝﹣n2﹣2
时，y≥c；
⑤由方程的根得到函数与x轴的交点横坐标分别为x ，x （x ＜x ），进而由方程a（x﹣x ）（x﹣x ）
1 2 1 2 1 2
﹣1＝0的两根为m，n即为函数y＝ax2+bx+c与直线y＝1的交点横坐标，得到x 与m、x 与n之间的关
1 2
系．
【解答】解：①∵开口向上，对称轴在y轴左侧，函数图象与y轴的交点在y轴的正半轴上，
∴a＞0，b＞0，c＞0，
∴abc＞0，故①错误，不符合题意；
②∵函数图象与x轴有2个交点，
∴b2﹣4ac＞0，∴4ac﹣b2＜0，故②正确，符合题意；
③∵对称轴为x＝﹣1，
∴ ＝﹣1，
∴b＝2a，
∵当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＜0，
∴a﹣b+c＝a﹣2a+c＝c﹣a＜0，
∴c＜a，故③错误，不符合题意；
④∵对称轴为x＝﹣1，且当x＝0时，y＝c，
∴x＝﹣2时，y＝c，当x＜﹣1时，y随x的增大为减小，
∵﹣n2﹣2≤﹣2，得到当x＝﹣n2﹣2时，y≥c，故④正确，符合题意；
⑤∵x ，x （x ＜x ）是方程ax2+bx+c＝0的两根，
1 2 1 2
∴y＝ax2+bx+c（a＞0）与x轴的两个交点的横坐标为x ，x （x ＜x ），
1 2 1 2
∵方程a（x﹣x ）（x﹣x ）﹣1＝0的两根为m，n，
1 2
∴函数y＝ax2+bx+c与直线y＝1的交点横坐标位m，n，
∵函数图象开口向上，
∴x ＞m，x ＜n，故⑤正确，符合题意，
1 2
∴正确的个数有3个，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系、二次函数图象与 x轴的交点坐标与
方程的解之间的关系，解题的关键是熟知函数的图象与系数的关系．
二．填空题（共23小题）18．（2021秋•阿城区期末）在半径为15的圆中，120°的圆心角所对的弧长是 1 0 ．
π
【分析】根据弧长计算公式进行求解即可得出答案．
【解答】解：l＝ ＝ ＝10 ．
π
故答案为：10 ．
π
【点评】本题主要考查了弧长的计算，熟练掌握弧长的计算公式进行求解是解决本题的关键．
19．（2021秋•河北区期末）在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标
为 （ 2 ，﹣ 1 ） ．
【分析】关于原点的对称点，横纵坐标都变成原来相反数，据此求出点B的坐标．
【解答】解：在平面直角坐标系中，点A（﹣2，1）与点B关于原点对称，则点B的坐标为（2，﹣
1）．
故答案为：（2，﹣1）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即
点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）．
20．（2021秋•仙居县期末）如图，在一块长22m，宽为14m的矩形空地内修建三条宽度相等的小路，其
余部分种植花草．若花草的种植面积为240m2，则小路宽为 2 m．
【分析】设小路宽为xm，则种植花草部分的面积等同于长（22﹣x）m，宽（14﹣x）m的矩形的面积，
根据花草的种植面积为240m2，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．
【解答】解：设小路宽为xm，则种植花草部分的面积等同于长（22﹣x）m，宽（14﹣x）m的矩形的面
积，依题意得：（22﹣x）（14﹣x）＝240，
整理得：x2﹣36x+68＝0，
解得：x ＝2，x ＝34（不符合题意，舍去）．
1 2
故答案为：2．
【点评】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．
21．（2021秋•顺平县期末）二次函数y＝﹣x2+bx+3的图象如图，对称轴为直线x＝﹣1．
（1）b＝ ﹣ 2 ；
（2）若直线y＝t与抛物线y＝﹣x2+bx+3在﹣3≤x≤1的范围内有两个交点，则t的取值范围是 0 ≤ t
＜ 4 ．
【分析】（1）通过抛物线对称轴为直线x＝﹣ 求解；
（2）将抛物线解析式化为顶点式，通过﹣3≤x≤1时y的取值范围求解．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝﹣1，
∴b＝﹣2．
故答案为：﹣2．
（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴函数最大值为y＝4，∵（﹣1）﹣（﹣3）＞1﹣（﹣1），
∴x＝1时，y＝﹣1﹣2+3＝0为﹣3≤x≤1的函数最小值，
∴0≤t＜4时，直线y＝t与抛物线y＝﹣x2+bx+3在﹣3≤x≤1的范围内有两个交点，
故答案为：0≤t＜4．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握抛物线顶点坐标公式，掌握二次函数与方程的关系．
22．（2021秋•临湘市期末）计算：2cos60°﹣sin30°+tan245°＝ ．
【分析】根据特殊锐角的三角函数值代入计算即可．
【解答】解：原式＝2× ﹣ +12＝1﹣ +1＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查特殊锐角的三角函数值，掌握特殊锐角的三角函数值是正确计算的前提．
23．（2022春•兴宁区校级期末）已知关于x的方程x2﹣3x+m＝0的一个根是1，则另一个根是 2 ．
【分析】由已知方程，利用根与系数的关系求出另一根即可．
【解答】解：设另一个根为a，
∵关于x的方程x2﹣3x+m＝0的一个根是1，
∴a+1＝3，
解得：a＝2，
则另一个根为2．
故答案为：2．
【点评】此题考查了根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关
键．24．（2021秋•陕州区期末）已知抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点的坐标为（m，0），则代数式m2
﹣m+2021的值为 202 2 ．
【分析】由题意求出m2﹣m的值，代入代数式m2﹣m+2021进行计算即可得出答案．
【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的一个交点为（m，0），
∴m2﹣m﹣1＝0，
∴m2﹣m＝1，
∴m2﹣m+2021＝1+2021＝2022．
故答案为：2022．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知x轴上点的坐标特点是解答此题的关键．
25．（2021秋•江油市期末）n个球队参加篮球比赛，每两队之间进行一场比赛，比赛的场次数m与球队
数n（n≥2）之间的函数关系是 m ＝ n 2 ﹣ n ．
【分析】n个球队都要与除自己之外的（n﹣1）球队个打一场，因此要打n（n﹣1）场，然而有重复一
半的场次，故比赛场次为 n（n﹣1），得出关系式．
【解答】解：m＝ n（n﹣1）＝ n2﹣ n，
故答案为：m＝ n2﹣ n．
【点评】考查函数关系式的求法，在具体的情景中，蕴含数量之间的关系，理解和发现数量之间的关系
是正确解答的关键．
26．（2021秋•东港区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P以
2mm/s的速度从A向B移动，（不与B重合），动点Q以4mm/s的速度从B向C移动，（不与C重合），
若P、Q同时出发，经过 3 或 秒后，△PBQ与△ABC相似．【分析】设x秒后△PBQ与原三角形相似，则可用 x表示出AP＝2x，PB＝12﹣2x，BQ＝4x，由于
△PBQ和△ABC有公共角∠B，则根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，分两种
情况．
【解答】解：设x秒后△PBQ与△ABC相似，则AP＝xcm，PB＝（12﹣2x）（cm），BQ＝4xcm，
∵∠PBQ＝∠ABC，
∴当 时，△BPQ∽△BAC，
即 ，
解得x＝3；
当 时，△PBQ∽△CBA，
即 ，
解得x＝ ．
即经过3秒或 秒后，△PBQ与△ABC相似．
故答案为：3或 ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
27．（2021秋•兴化市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则
△DEO与△BCD的面积的比等于 1 ： 4 ．【分析】由平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，可得O是BD中点，已知条件中有E是
CD的中点，则OE是△BCD的中位线，所以OE∥BC，OE＝ BC，则△DEO∽△BCD，根据相似三角
形面积的比等于相似比的平方可以求出△DEO与△BCD的面积的比．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且对角线AC、BD交于点O，
∴O是BD的中点，
∵E是CD的中点，
∴OE∥BC，OE＝ BC，
∴ ＝ ，
∵△DEO∽△BCD，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴△DEO与△BCD的面积的比等于1：4，
故答案为：1：4．
【点评】此题考查平行四边形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识，根据三角
形中位线定理证明OE∥BC是解题的关键．
28．（2021秋•高阳县期末）常态化防疫形势下，某学生写了一份预防新型冠状病毒倡议书在微信朋友圈
传播，规则为：将倡议书发表在自己的朋友圈，再邀请n个好友转发倡议书，每个好友转发倡议书，又
邀请n个互不相同的好友转发倡议书，以此类推，已知经过两轮传播后，共有 931人参与了传播活动，则方程列为 n 2 + n + 1 ＝ 93 1 ．
【分析】设邀请了n个好友转发倡议书，第一轮转发了n个人，第二轮转发了n2个人，根据两轮转发后，
共有931人参与列出方程即可．
【解答】解：由题意，得
n2+n+1＝931，
故答案为：n2+n+1＝931．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解答时先由条件表示出第一轮增加的人数和第二轮增加的人
数，根据两轮总人数为931人建立方程是关键．
29．（2021秋•宣化区期末）如图，点A在双曲线y＝ 上，点B在双曲线y＝ 上，AB∥x轴，过点A作
AD⊥x轴于D，连接OB，与AD相交于点C，若AB＝2OD，则k的值为 1 8 ．
【分析】过点B作BE⊥x轴于E，延长线段BA，交y轴于F，得出四边形AFOD是矩形，四边形OEBF
是矩形，得出S矩形AFOD ＝6，S矩形OEBF ＝k，由AB＝2OD，得到OE＝3OD，即可求得矩形OEBF的面积，
根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值．
【解答】解：过点B作BE⊥x轴于E，延长线段BA，交y轴于F，
∵AB∥x轴，
∴AF⊥y轴，
∴四边形AFOD是矩形，四边形OEBF是矩形，∴AF＝OD，BF＝OE，
∴AB＝DE，
∵点A在双曲线y＝ 上，
∴S矩形AFOD ＝6，
同理S矩形OEBF ＝k，
∵AB＝2OD，
∴DE＝2OD，
∴S矩形OEBF ＝3S矩形AFOD ＝18，
∴k＝18，
故答案是：18．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，矩形的判定和性
质，平行线分线段成比例定理，作出辅助线，构建矩形是解题的关键．
30．（2022春•长沙期末）已知二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m的图象上有三点A（ ，y ），B（2，y ），C
1 2
（﹣2，y ），则y ，y ，y 的大小关系为 y ＞ y ＞ y ．
3 1 2 3 3 2 1
【分析】二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m开口向上，对称轴是直线x＝1，在对称轴两侧时，则A、B、C的
横坐标离对称轴越近，则纵坐标越小，由此判断y 、y 、y 的大小．
1 2 3【解答】解：∵二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m，
∴抛物线开口向上，对称轴是直线x＝1，
∵点A（ ，y ），B（2，y ），C（﹣2，y ）在二次函数y＝2（x﹣1）2﹣m的图象上，且|﹣2﹣1|＞|2
1 2 3
﹣1|＞| ﹣1|，
∴y 、y 、y 的大小关系为：y ＞y ＞y ．
1 2 3 3 2 1
故答案为：y ＞y ＞y ．
3 2 1
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，由点的横坐标到对称轴的距离判断点的纵坐标的大
小．
31．（2021秋•渝中区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以AB、BC、AC边为直径作半圆，图
中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当AB＝8，BC＝4时，则阴影部分的面积为 8
．
【分析】根据勾股定理得到AB2＝AC2+BC2，根据扇形面积公式计算即可．
【解答】解：由勾股定理得，AB2＝AC2+BC2，
∴AC＝ ＝4 ，
则阴影部分的面积＝ ×AC×BC+ × ×（ ）2+ × ×（ ）2﹣ × ×（ ）2
π π π＝ ×4 ×4+ × × ×（AC2+BC2﹣AB2）
π
＝8 ，
故答案为：8 ．
【点评】本题考查的是勾股定理、扇形面积计算，掌握勾股定理和扇形面积公式是解题的关键．
32．（2021秋•莲池区期末）如图，点O是正方形ABCD的对称中心，射线OM，ON分别交正方形的边
AD，CD于E，F两点，连接EF，已知AD＝2，∠EOF＝90°．
（1）以点E，O，F，D为顶点的图形的面积为 1 ；
（2）线段EF的最小值是 ．
【分析】（1）连接AO，DO，证明△AEO≌△DFO（ASA），可得S四边形EOFD ＝S△ADO ，求出S△ADO ＝
×4＝1即可求解；
（2）设AE＝x，则ED＝2﹣x，由勾股定理可得EF2＝2（x﹣1）2+2，即可求EF的最小值．
【解答】解：（1）连接AO，DO，
∵∠EOF＝90°，
∴∠EOD+∠FOD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，O是中心，
∴∠AOD＝90°，∴∠EOD+∠AOE＝90°，
∴∠FOD＝∠AOE，
∵AO＝DO，∠DAO＝∠ADO＝45°，
∴△AEO≌△DFO（ASA），
∴S四边形EOFD ＝S△ADO ，
∵AD＝2，
∴S△ADO ＝ ×4＝1，
∴S四边形EOFD ＝1，
故答案为：1；
（2）设AE＝x，则ED＝2﹣x，
在Rt△EDF中，EF2＝x2+（2﹣x）2＝2x2﹣4x+4＝2（x﹣1）2+2，
∴当x＝1时，EF有最小值 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查中心对称，熟练掌握正方形的性质，全等的判定和性质，二次函数求最值的方法是解
题的关键．
33．（2022春•港南区期末）如图， M的半径为4，圆心M的坐标为（5，12），点P是 M上的任意一
⊙ ⊙点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为
18 ．
【分析】由Rt△APB中AB＝2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交 M于点
P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，据此求解可得． ⊙
【解答】解：连接OP，
∵PA⊥PB，
∴∠APB＝90°，
∵AO＝BO，
∴AB＝2PO，
若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，
连接OM，交 M于点P′，当点P位于P′位置时，OP′取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，
⊙
则OQ＝5，MQ＝12，
∴OM＝13，
又∵MP′＝4，
∴OP′＝9，
∴AB＝2OP′＝18，
故答案是：18．【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
得出AB取得最小值时点P的位置．
34．（2021秋•岳阳期末）若 ，则 ＝ ．
【分析】根据已知条件得出a＝ b，c＝ d，e＝ f，再代入要求的式子进行计算，即可得出答案．
【解答】解：∵ ＝ ＝ ＝ ，
∴a＝ b，c＝ d，e＝ f，
∴ ＝ ＝ × ＝ ．
故答案为： ．
【点评】此题考查了比例的性质，解题的关键是根据已知条件得出a＝ b，c＝ d，e＝ f．
35．（2021秋•汝州市期末）如图，甲楼AB高16米，乙楼CD坐落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午
12时，物高与影长的比是 ，已知两楼相距BD为12米，那么甲楼的影子落在乙楼上的高DE＝
（ 1 6 ﹣ 6 ） 米．（结果保留根号）【分析】设FE⊥AB于点F，那么在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，解直角三角形AEC可以求得AF的长，
进而求得DE＝AB﹣AF即可解题．
【解答】解：如图，
设FE⊥AB于点F，那么在Rt△AEF中，∠AFE＝90°，EF＝BD＝12米．
∵物高与影长的比是1： ，
∴ ，
则AF＝ EF＝6 米，
故DE＝FB＝（16﹣6 ）米．
故答案为（16﹣6 ）．
【点评】本题考查了相似三角似三角形的应用和平行投影，根据物高与影长的比是1： ，得出AF的值是解题的关键．
36．（2021秋•鼓楼区校级期末）在一个不透明的袋子里，装有6枚白色球和若干枚黑色球，这些球除颜
色外都相同．将袋子里的球摇匀，随机摸出一枚球，记下它的颜色后再放回袋子里．不断重复这一过程，
统计发现，摸到白色球的频率稳定在0.2，由此估计袋子里黑色球的个数为 2 4 ．
【分析】设袋子里黑色棋子的个数为x个，根据概率公式列出算式，再进行计算即可得出答案．
【解答】解：设袋子里黑色棋子的个数为x个，根据题意得：
＝0.2，
解得：x＝24，
经检验：x＝24是分式方程的解，
估计袋子里黑色棋子的个数为24个．
故答案为：24．
【点评】此题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可
能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝ 是解题关键．
37．（2021秋•高新区校级期末）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，以A为圆心，AC的长为半径画弧，
得 ，连接AC，AE，则图中阴影部分的面积为 2 ．
π
【分析】由正六边形ABCDEF的边长为2，可得AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝120°，进而求出∠BAC
＝30°，∠CAE＝60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH＝CH，BH＝1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH＝ ，得到AC＝2 ，根据扇形的面积公式即可
得到阴影部分的面积．
【解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝∠BAF＝ ＝120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA＝180°，
∴∠BAC＝ （180°﹣∠ABC）＝ ×（180°﹣120°）＝30°，
过B作BH⊥AC于H，
∴AH＝CH，BH＝ AB＝ ×2＝1，
在Rt△ABH中，AH＝ ＝ ＝ ，
∴AC＝2 ，
同理可证，∠EAF＝30°，
∴∠CAE＝∠BAF﹣∠BAC﹣∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴S扇形CAE ＝ ＝2 ，
π
∴图中阴影部分的面积为2 ，
π
故答案为：2 ．
π【点评】本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面
积公式是解题的关键．
38．（2021秋•海淀区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣2，0），点B（0，1）．将线段
BA绕点B旋转180°得到线段BC，则点C的坐标为 （ 2 ， 2 ） ．
【分析】设C（m，n）．利用中点坐标公式构建方程组求解即可．
【解答】解：设C（m，n）．
∵线段BA绕点B旋转180°得到线段BC，
∴AB＝BC，
∵点A（﹣2，0），点B（0，1），
∴ ＝0， ＝1，
∴m＝2，n＝2，
∴C（2，2）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，中点坐标公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题
即可．39．（2021 秋•花都区期末）如图，以点 O 为位似中心，把△AOB 缩小后得到△COD，使
△COD∽△AOB，且相似比为 ，已知点A（3，6），则点C的坐标为 （ 1 ， 2 ）或（﹣ 1 ，﹣ 2 ） ．
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【解答】解：由题意得，点A与点C是对应点，
△AOB与△COD的相似比是3，
∴点C的坐标为（3× ，6× ），即（1，2），
当点C值第三象限时，C（﹣1，﹣2）
故答案为：（1，2）或（﹣1，﹣2）．
【点评】本题考查的是位似变换的性质，掌握在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，
相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k是解题的关键．
40．（2021秋•浦东新区期末）如图，a∥b∥c，直线a与直线b之间的距离为 ，直线c与直线b之间的距离为2 ，等边△ABC的三个顶点分别在直线a、直线b、直线c上，则等边三角形的边长是 2
．
【分析】过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥直线c于G
交直线a于F．想办法求出AE，EC即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥直线b于D，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACE，作EG⊥
直线c于G交直线a于F．
则有∠AEC＝∠ADB＝∠AFE＝∠EGC＝90°，AE＝AD＝ ，∠EAF＝∠CEG＝30°，
∴EF＝ AE＝ ，
∴EG＝ ，CG＝ EG＝ ，CE＝2CG＝5，
∴AC＝ ＝ ＝2 ．
∴等边△ABC的边长为2 ．
故答案为：2 ．【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理的运用，直角三角形的性质的运用，相似三角
形的性质的运用，解答时构造相似三角形是关键．
三．解答题（共20小题）
41．（2022春•鄞州区校级期末）如图，AB是 O的直径，弦CD⊥AB于点E，若BE＝5，CD＝6，求AE
的长． ⊙
【分析】根据垂径定理和勾股定理求出圆的半径，进而求出AE的长即可．
【解答】解：如图，连接OC，
∵CD⊥AB，AB是直径，
∴CE＝DE＝ CD＝3，
在Rt△COE中，设半径为r，则OE＝5﹣r，OC＝r，由勾股定理得，
OE2+CE2＝OC2，
即（5﹣r）2+32＝r2，
解得r＝3.4，
∴AE＝AB﹣BE＝3.4×2﹣5＝1.8，
答：AE的长为1.8．【点评】本题考查垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理和勾股定理是正确解答的前提．
42．（2021秋•山西期末）如图，四边形ABCD是 O的内接四边形， ，∠ABD＝33°，∠ACB＝
⊙
44°．
（1）求∠BAC的度数．
（2）求∠BAD的度数．
【分析】（1）先根据圆周角定理得到∠CBD＝∠ABD＝33°，则∠ABC＝66°，然后根据三角形内角和计
算∠BAC的度数；
（2）先根据圆周角定理得到∠DAC＝∠DBC＝33°，然后计算∠BAC+∠DAC即可．
【解答】解：（1）∵ ，
∴∠CBD＝∠ABD＝33°，
∴∠ABC＝66°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣66°﹣44°＝70°；
（2）∵∠DAC＝∠DBC＝33°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠DAC＝70°+33°＝103°．
【点评】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理．
43．（2021秋•禅城区期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F
为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B．
（1）求证：△ADF∽△DEC；（2）若AE＝6，AD＝8，AB＝7，求AF的长．
【分析】（1）根据平行四边形 ABCD 中，AB∥DC，AD∥BC，得两对角相等，即可证明
△ADF∽△DEC；
（2）根据AE与BC垂直，得到两个角为直角，利用勾股定理求出BE与DE的长，由三角形ADF与三
角形DEC相似，得出比例线段，求出AF的长即可．
【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴∠C+∠B＝180°，
∵∠AFD+∠AFE＝180°，
∵∠AFE＝∠B．
∴∠AFD＝∠C，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DEC，
∴△ADF∽△DEC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝7，
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
∴DE＝ ＝ ＝10，由（1）可知△ADF∽△DEC，
∴ ，
∴ ，
∴AF＝ ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握相似三角形
的判定与性质．
44．（2021秋•牡丹区期末）用适当的方法解下列方程：
（1）（x﹣2）2＝4x﹣2x2；
（2）（x﹣1）（x+2）＝4．
【分析】（1）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
（2）整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
【解答】解：（1）（x﹣2）2＝4x﹣2x2，
（x﹣2）2+2x（x﹣2）＝0，
（x﹣2+2x）（x﹣2）＝0，
x﹣2+2x＝0或x﹣2＝0，
解得：x ＝ ，x ＝2；
1 2
（2）（x﹣1）（x+2）＝4，
整理，得x2+x﹣6＝0，
（x+3）（x﹣2）＝0，x+3＝0或x﹣2＝0，
解得：x ＝﹣3，x ＝2．
1 2
【点评】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法求解是解此题的关键，解一元二次方程的方法
有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等．
45．（2021秋•双牌县期末）已知关于x的方程x2﹣2（k﹣3）x+k2﹣4k﹣1＝0．
（1）若这个方程有实数根，求k的取值范围；
（2）若这个方程有一个根为﹣1，求k的值．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得
出k的取值范围；
（2）把x＝﹣1代入原方程，求出k的值即可；
【解答】解：（1）∵关于x的方程x2﹣2（k﹣3）x+k2﹣4k﹣1＝0有实数根，
∴Δ＝[﹣2（k﹣3）]2﹣4×1×（k2﹣4k﹣1）≥0，
解得：k≤5．
（2）把x＝﹣1代入原方程得，1+2k﹣6+k2﹣4k﹣1＝0，
解得：k＝1± ，
所以，当方程有一个根为﹣1，k的值为1+ 或1﹣ ．
【点评】本题考查了根的判别式和解一元一次不等式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝
b2﹣4ac有如下关系：
（1）Δ＞0 方程有两个不相等的实数根；
⇔
（2）Δ＝0 方程有两个相等的实数根；
⇔
（3）Δ＜0 方程没有实数根．
⇔46．（2021秋•薛城区期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax+b（a≠0）的图象分别交x轴，
y轴于A，B两点，与反比例函数y＝ （k≠0）的图象交于C，D两点，DE⊥x轴于点E，点C的坐标
为（6，﹣1），DE＝3．
（1）求反比例函数与一次函数的表达式；
（2）若点P在反比例函数图象上，且△POA的面积等于8，求P点的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求出反比例函数表达式，进而求出点D的坐标，再利用待定系数法求出一
次函数表达式即可求解；
（2）设点P的坐标是（m，n），根据三角形面积公式求得即可．
【解答】解：（1）∵点C（6，﹣1）在反比例函数y＝ （k≠0）的图象上，
∴k＝6×（﹣1）＝﹣6，
∴反比例函数的关系式为y＝﹣ ，
∵点D在反比例函数y＝﹣ 上，且DE＝3，
∴y＝3，代入求得：x＝﹣2，
∴点D的坐标为（﹣2，3）．∵C、D两点在直线y＝ax+b上，则 ，解得 ，
∴一次函数的关系式为y＝﹣ x+2；
（2）设点P的坐标是（m，n）．
把y＝0代入y＝﹣ x+2，解得x＝4，
即A（4，0），则OA＝4，
∵△POA的面积等于8，
∴ ×OA×|n|＝8，
解得：|n|＝4，
∴n ＝4，n ＝﹣4，
1 2
∴点P的坐标是（﹣ ，4），（ ，﹣4）．
【点评】此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法
确定函数解析式，一次函数与坐标轴的交点，三角形面积，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
47．（2021秋•江都区期末）如图，△ABC内接于 O，AB是 O的直径，直线l与 O相切于点A，在l
上取一点D使得DA＝DC，线段DC，AB的延长⊙线交于点E．⊙ ⊙
（1）求证：直线DC是 O的切线；
⊙
（2）若BC＝4，∠CAB＝30°，求图中阴影部分的面积（结果保留 ）．
π【分析】（1）连接OC，由DA＝DC得∠DCA＝∠DAC，由OA＝OC得∠OCA＝∠OAC，而直线l与
O相切于点A，则∠OCD＝∠OAD＝90°，可证得直线DC是 O的切线；
⊙ ⊙
（2）先证明△BOC是等边三角形，则OC＝BC＝4，再根据勾股定理求出CE的长，由S阴影 ＝S△COE ﹣S
求出图中阴影部分的面积即可．
扇形COB
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵DA＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠DCA+∠OCA＝∠DAC+∠OAC，
∴∠OCD＝∠OAD，
∵直线l与 O相切于点A，
⊙
∴直线l⊥OA，
∴∠OCD＝∠OAD＝90°，
∵OC是 O的半径，且DC⊥OC，
⊙
∴直线DC是 O的切线.
⊙
（2）解：∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝2×30°＝60°，∵OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴OC＝BC＝4，
∵∠OCE＝90°，∠COE＝60°，
∴∠E＝30°，
∴OE＝2OC＝2×4＝8，
∴CE＝ ＝ ＝4 ，
∴S阴影 ＝S△COE ﹣S扇形COB ＝ ×4 ×4﹣ × ×42＝8 ﹣ ．
π
【点评】此题考查圆的切线的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、扇形的面积计算等知识与方法，正
确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
48．（2021秋•达川区期末）如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB，BC可分别绕点A，B转
动，测量知BC＝8cm，AB＝16cm．当AB，BC转动到∠BAE＝60°，∠ABC＝50°时，求点C到AE的距
离．（结果保留小数点后一位，参考数据：sin70°≈0.94， ≈1.73）【分析】通过作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系分别求出BM、BD，进而求出CN
即可．
【解答】解：如图，过点B、C分别作AE的垂线，垂足分别为M、N，过点C作CD⊥BM于D，
在Rt△ABM中，∠A＝60°，AB＝16cm，
∴BM＝AB•sinA
＝16×
＝8 （cm），
∵∠ABM＝90°﹣60°＝30°，∠ABC＝50°，
∴∠CBD＝50°﹣30°＝20°，
∴∠BCD＝90°﹣20°＝70°，
在Rt△BCD中，BC＝8cm，∠BCD＝70°，
∴BD＝BC•sin70°
≈8×0.94
＝7.52（cm），
CN＝DM＝BM﹣BD＝8 ﹣7.52
≈6.3（cm），
答：点C到AE的距离约为6.3cm．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
49．（2021秋•政和县期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+px+q的图象过点（﹣2，4），（1，﹣
2）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）当﹣1≤x≤3时，求y的最大值与最小值的差；
（3）若一次函数y＝（2﹣m）x+2﹣m的图象与二次函数y＝x2+px+q的图象交点的横坐标分别为a和
b，且a＜3＜b，求m的取值范围．
【分析】（1）由二次函数的图象经过（﹣2，4），（1，﹣2）两点，利用待定系数法即可求得二次函
数的表达式；
（2）求出在﹣1≤x≤3范围内，二次函数的最大值和最小值，进而可求得它们的差；
（3）由题意得x2﹣x﹣2＝（2﹣m）x+2﹣m，整理得x2+（m﹣3）x+m﹣4＝0，解方程求得x ＝﹣1，x
1 2
＝4﹣m，根据题意得到4﹣m＞3，解得m＜1．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+px+q的图象过点（﹣2，4），（1，﹣2），
∴ ，解得 ，
∴此二次函数的表达式为y＝x2﹣x﹣2；
（2）∵y＝x2﹣x﹣2＝（x﹣ ）2﹣ ，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝ ，顶点坐标为（ ，﹣ ），
∴在﹣1≤x≤3范围内，当x＝3，函数有最大值为y＝（3﹣ ）2﹣ ＝4；当x＝ 时函数有最小值y＝
﹣ ，
∴y的最大值与最小值的差为：4﹣（﹣ ）＝ ；
（3）∵y＝（2﹣m）x+2﹣m与二次函数y＝x2﹣x﹣2图象交点的横坐标为a和b，
∴a，b是x2﹣x﹣2＝（2﹣m）x+2﹣m的两个实数根，
整理得x2+（m﹣3）x+m﹣4＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝4﹣m，
1 2
∵a＜3＜b，
∴a＝﹣1，b＝4﹣m＞3，
解得m＜1，即m的取值范围是m＜1．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，
熟练掌握二次函数性质是解题的关键．
50．（2021秋•东莞市校级期末）如图，用一段长为30米的篱笆围成一个一边靠墙的矩形苗圃园，墙长为
18米，设这个苗圃园垂直于墙的一边AB的长为x米．
（1）若苗圃园的面积为72平方米，求AB的长．（2）当x为何值时，苗圃的面积最大？最大值为多少平方米？
【分析】（1）根据题意和图形，可以列出相应的一元二次方程，从而可以求得 x的值，注意墙长是18
米；
（2）根据题意和图形，可以得到S与x的函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求得当x取何值时，
这个苗圃园的面积有最大值，最大值是多少．
【解答】解：（1）由题意可得，
x（30﹣2x）＝72，
即x2﹣15x+36＝0，
解得，x ＝3，x ＝12，
1 2
当x＝3时，30﹣2x＝24＞18，故舍去；
当x＝12时，30﹣2x＝6，
由上可得，x的值是12，
故AB的长为12米；
（2）设这个苗圃园的面积为S平方米，
由题意可得，
S＝x（30﹣2x）＝﹣2（x﹣ ）2+ ，
∵平行于墙的一边长＞0米，且不大于18米，
∴0≤30﹣2x≤18，解得，6≤x≤15，
∴当x＝ 时，S取得最大值，此时S＝ ，
答：当x＝ 时，这个苗圃园的面积有最大值，最大值是 平方米．
【点评】本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的一
元二次方程，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
51．（2021秋•泗县期末）如图，AB是 O的直径，弦CD⊥AB于点E，点M在 O上，MD恰好过圆心
O，连接MB． ⊙ ⊙
（1）若CD＝16，BE＝4，求 O的半径．
⊙
（2）若∠M＝∠D，求∠D的度数．
【分析】（1）设OB＝OD＝r．利用勾股定理构建方程求解；
（2）证明∠DOE＝2∠D，可得结论．
【解答】解：（1）设OB＝OD＝r．
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴CE＝DE＝8，
在Rt△ODE中，OD2＝DE2+OE2，
∴r2＝82+（r﹣4）2，
∴r＝10，∴ O的半径为10；
⊙
（2）∵OM＝OB，
∴∠M＝∠B，
∵∠DOE＝∠M+∠B＝2∠M，∠D＝∠M，
∴∠DOE＝2∠D，
∴3∠D＝90°，
∴∠D＝30°．
【点评】本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决
问题，属于中考常考题型．
52．（2021秋•西城区期末）如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射线AE绕点A顺
时针旋转，与CB的延长线交于点F，BF＝DE，连接FE．
（1）求证：AF＝AE；
（2）若∠DAE＝30°，DE＝2，直接写出△AEF的面积．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，求得∠ABF＝90°，根据
全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠BAF＝∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的
性质得到AE＝2DE＝4，于是得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，
∴∠ABF＝90°，
在△ABF与△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE；
（2）解：由（1）知，△ABF≌△ADE，
∴∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中，∠D＝90°，∠DAE＝30°，DE＝2，
∴AE＝2DE＝4，
∴△AEF的面积＝ ×4×4＝8．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键．
53．（2021秋•呼和浩特期末）如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH
与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．
（1）旋转至如图②位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L．已知旋转开始时，即图①位
置∠CDG＝37°，求正方形EFGH从图①位置旋转至图②位置时，旋转角的度数．（2）旋转至如图③位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断
DL、EN、GM之间满足的数量关系，并给予证明．
【分析】（1）连接BD，则BD＝DG，得∠DGB＝∠DBG＝37°，从而得出∠CDG＝90°﹣∠DGC＝90°
﹣37°＝53°，即可求出旋转角的度数；
（2）过点 G作GK∥BM，交DE于K，利用 ASA证明△DKG≌△END，得EN＝DK，再证四边形
KLMG是平行四边形，得GM＝KL，从而证明结论．
【解答】解：（1）由图①知，∠ADB＝∠DBC＝37°，
如图②，连接BD，
则BD＝DG，
∴∠DGB＝∠DBG＝37°，
∴∠CDG＝90°﹣∠DGC＝90°﹣37°＝53°，
∴旋转角为：53°﹣37°＝16°；
（2）DL＝EN+GM，理由如下：
过点G作GK∥BM，交DE于K，∵四边形EFGD是正方形，
∴∠DEF＝∠GDE，DE＝DG，
∴∠EDN＝∠DGK，
∴△DKG≌△END（ASA），
∴EN＝DK，
∵GK∥ML，KL∥GM，
∴四边形KLMG是平行四边形，
∴GM＝KL，
∴DL＝EN+GM．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性
质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
54．（2021秋•海淀区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，将线段CA绕点C逆时针
旋转60°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）依题意补全图形；
（2）若BC＝1，求线段BD的长．【分析】（1）根据题意，利用旋转的性质即可补全图形；
（2）根据含30度角的直角三角形和旋转的性质可得AD＝AC＝ ，∠DAB＝90°，再利用勾股定理即
可解决问题．
【解答】解：（1）如图，即为补全的图形；
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∵∠BAC＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，
∴AC＝ ，
由旋转可知：∠DAC＝60°，AD＝AC＝ ，
∴∠DAB＝∠DAC+∠∠AC＝90°，∴BD＝ ＝ ＝ ．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是
解决本题的关键．
55．（2021秋•石鼓区期末）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做底角的邻对（can），如图1，在
△ABC中，AB＝AC，底角∠B的邻对记作canB，这时canB＝ ＝ ．容易知道一个角的大小与这
个角的邻对值是一一对应的，根据上述角的邻对的定义，解下列问题：
（1）can30°＝ ，若canB＝1，则∠B＝ 6 0 °．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，canB＝ ，S△ABC ＝48，求△ABC的周长．
【分析】（1）根据定义，要求 can30°的值，想利用等腰三角形的三线合一性质，想到过点 A 作
AD⊥BC，垂足为D，根据∠B＝30°，可得：BD＝ AB，再利用等腰三角形的三线合一性质，求出
BC即可解答，
根据定义，canB＝1，可得底边与腰相等，所以这个等腰三角形是等边三角形，从而得∠B＝60°；
（2）根据定义，想利用等腰三角形的三线合一性质，想到过点 A作AD⊥BC，垂足为D，canB＝ ，
所以设BC＝8x，AB＝5x，然后利用勾股定理表示出三角形的高，再利用S△ABC ＝48，列出关于x的方程
即可解答．
【解答】解：（1）如图：过点A作AD⊥BC，垂足为D，∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，
∵∠B＝30°，
∴BD＝ABcos30°＝ AB，
∴BC＝2BD＝ AB，
∴can30°＝ ＝ ＝ ，
若canB＝1，
∴canB＝ ＝1，
∴BC＝AB，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
故答案为： ，60；
（2）过点A作AD⊥BC，垂足为D，∵canB＝ ，
∴ ＝ ，
∴设BC＝8x，AB＝5x，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝ BC＝4x，
∴AD＝ ＝3x，
∵S△ABC ＝48，
∴ BC•AD＝48，
∴ •8x•3x＝48，
∴x2＝4，
∴x＝±2（负值舍去），
∴x＝2，
∴AB＝AC＝10，BC＝16，
∴△ABC的周长为36，
答：△ABC的周长为36．
【点评】本题考查了解直角三角形，熟练掌握等腰三角形的三线合一的性质是解题的关键．56．（2021秋•衡阳期末）如图，王华晚上由路灯A下的B处走到C处时，测得影子CD的长为1米，继
续往前走3米到达E处时，测得影子EF的长为2米，已知王华的身高是1.5米，那么路灯A的高度AB
是多少？
【分析】通过相似三角形的性质可得 ＝ ， ＝ ＝ ，可得 ＝ ，即可求解．
【解答】解：∵ ，
当王华在CG处时，Rt△DCG∽Rt△DBA，即 ＝ ，
当王华在EH处时，Rt△FEH∽Rt△FBA，即 ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵CG＝EH＝1.5米，CD＝1米，CE＝3米，EF＝2米，
设AB＝x，BC＝y，
∴ ＝ ，解得：y＝3，经检验y＝3是原方程的根．
∵ ＝ ，即 ＝ ，
解得x＝6米．
即路灯A的高度AB＝6米．
【点评】本题综合考查了中心投影的特点和规律以及相似三角形性质的运用．解题的关键是利用中心投
影的特点可知在这两组相似三角形中有一组公共边，利用其作为相等关系求出所需要的线段，再求公共边的长度．
57．（2021秋•潍坊期末）某校在一次体育抽测活动中，随机抽取了七年级甲、乙两班部分女生进行测试，
测试每位女生的一分钟内仰卧起坐次数，将测试成绩分成四个组（一分钟内仰卧起坐成绩记为 x次/分
钟）；A组（0≤x＜15）；B组（15≤x＜30）；C组（30≤x＜45）；D组（45≤x＜60），并绘制了如
图所示的不完整的频数分布直方图和扇形统计图．请你根据上述信息解答下列问题：
（1）求出m的值，并通过计算将频数分布直方图补充完整；
（2）如果该校七年级共有女生200人，请估计仰卧起坐能够一分钟完成30次以上（含30次）的女生
有多少人？
（3）已知A组中只有一个甲班学生，D组中只有一个乙班学生，体育老师随机从这两个组中各选一名
学生进行交流座谈，请利用画树状图或列表的方法，求出所选两人正好都是甲班学生的概率．
【分析】（1）由频数分布直方图和扇形统计图易得m的值和B组的人数，即可解决问题；
（2）利用样本估计总体的知识求解即可求得答案；
（3）画出树状图，共有12种等可能的结果，其中所选两人正好都是甲班学生的有3种情况，再利用概
率公式即可求得答案．
【解答】解：（1）抽取的总人数为：3÷15%＝20（人），
则m＝20×20%＝4（人），
∴B组的人数为：20﹣（3+4+7）＝6（人），
补全频数分布直方图如下：（2）200×（35%+20%）＝200×0.55＝110（人），
答：七年级一分钟完成30次以上（含30次）仰卧起坐的女生有110人；
（3）∵A组中只有一个甲班学生，D组中只有一个乙班学生，
∴A组中有2个乙班学生，D组中有3个甲班学生，
画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中所选两人正好都是甲班学生的有3种情况，
∴所选两人正好都是甲班学生的概率是 ．
【点评】此题考查的是用树状图法求概率以及扇形统计图、频数分布直方图等知识．树状图法可以不重
复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；用到的知识点为：概率＝所求情况
数与总情况数之比．
58．（2021秋•定陶区期末）某商场以每件220元的价格购进一批商品，当每件商品售价为280元时，每
天可售出30件，为了迎接“618购物节”，扩大销售，商场决定采取适当降价的方式促销，经调查发现，
如果每件商品降价1元，那么商场每天就可以多售出3件．
（1）降价前商场每天销售该商品的利润是多少元？
（2）要使商场每天销售这种商品的利润达到3600元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价多少元？【分析】（1）根据总利润＝单件利润×销售数量解答；
（2）根据总利润＝单件利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结
论．
【解答】解：（1）（280﹣220）×30＝1800 （元）．
答：降价前商场每天销售该商品的利润是1800元．
（2）（4分）设每件商品应降价x元，
由题意，得 （280﹣x﹣220）（30+3x）＝3600．
解得 x ＝20，x ＝30．
1 2
∵要更有利于减少库存，
∴x＝30．
答：每件商品应降价30元．
【点评】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．
59．（2021秋•金安区期末）如图，正方形 ABCD 中，M为BC 上一点，F是AM的中点，过点 F作
EF⊥AM，交AD的延长线于点E，交DC于点N．
（1）求证：△ABM∽△EFA；
（2）若AB＝6，BM＝2，求DE的长．
【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝AD，∠B＝90°，AD∥BC，得出∠AMB＝∠EAF，再由∠B＝
∠AFE，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠AMB＝∠EAF，
又∵EF⊥AM，
∴∠AFE＝90°，
∴∠B＝∠AFE，
∴△ABM∽△EFA；
（2）∵∠B＝90°，AB＝6，BM＝2，
∴AM＝ ，AD＝6，
∵F是AM的中点，
∴AF＝ AM＝ ，
∵△ABM∽△EFA，
∴ ，
∴ ，
∴AE＝10，
∴DE＝AE﹣AD＝4．
【点评】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，并
能进行推理计算是解决问题的关键．
60．（2021秋•潍坊期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+2ax+4与x轴交于点A（﹣4，
0），B（x ，0），与y轴交于点C．经过点B的直线y＝kx+b与y轴交于点D（0，2），与抛物线交于
2
点E．（1）求抛物线的表达式及B，C两点的坐标；
（2）若点P为抛物线的对称轴上的动点，当△AEP的周长最小时，求点P的坐标；
（3）若点M是直线BE上的动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N，判断是否存在点M，使以点M，
N，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，再求出点B、C坐标；
（2）利用待定系数法可求出一次函数解析式，由 A、B关于对称轴对称，则BE与抛物线对称轴交点，
即为△AEP的周长最小时，点P的坐标；
（3）由MN∥CD可知MN为平行四边形的边，设点 M的坐标为（m，﹣m+2），则点N的坐标为
（m， ），利用MN＝CD，可得到关于m的方程，从而求出点M的坐标．
【解答】解：（1）∵点A（﹣4，0）在抛物线y＝ax2+2ax+4上，
∴0＝16a﹣8a+4，
∴a＝ ，
∴y＝ ．
令y＝0，得 ＝0解得：x ＝﹣4，x ＝2，
1 2
∴点B的坐标为（2，0），
令x＝0，则y＝4，
∴点C的坐标为（0，4）；
（2）如图，
由y＝ ，
可得对称轴为： ，
∵△AEP的边AE是定长，
∴当PE+PA的值最小时，△AEP的周长最小．
点A关于x＝﹣1的对称点为点B，
∴当点P是BE与直线x＝﹣1的交点时，PE+PA的值最小．
∵直线BE经过点B（2，0），D（0，2），
∴ ，解得 ，∴直线BE：y＝﹣x+2，
令x＝﹣1，得y＝3，
∴当△AEP的周长最小时，点P的坐标为（﹣1，3）；
（3）存在点M，使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
∵MN∥CD，
∴要使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，则MN＝CD即可，
∵CD＝4﹣2＝2，
∴MN＝CD＝2，
∵点M在直线y＝﹣x+2上，
∴可设点M的坐标为（m，﹣m+2），则点N的坐标为（m， ），
∴ ，
即 ，
当 时，
解得 ，此时点M的坐标为：（ ， ）或（ ， ），
当 时，
解得m＝0（舍去），
综上所述，存在点M使以点M，N，C，D为顶点的四边形是平行四边形，此时点M的坐标为：（ ，
）或（ ， ）．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法、轴对称的应用、平行四边形的性质、方程思想、
分类讨论等知识点．（1）中注意函数图像与坐标轴交点求法，（2）确定点P位置是解题关键，（3）
利用平行四边形的性质得到关于M点坐标方程是关键．
