期末满分直达高频考点突破卷（轻松拿满分）（解析版）_初中数学人教版_9上-初中数学人教版_06习题试卷_4期末试卷_期末满分直达高频考点突破卷（轻松拿满分）

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（人教 版） 【期末满分直达】高频考点突破卷（轻松拿满分） （考试时间：120分钟 试卷满分：100分） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、选择题（本大题共有 10小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 1．若关于 的一元二次方程 有实数根，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一元二次方程根的判别式的意义得到 ，然后求出不等式的公共部分即 可． 【详解】解：根据题意得 ， 解得 ． 故选：C． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程 的根与 有如下关系：当 时，方程有两个不相等的实数根；当 时，方程有两个相等的实数根；当 时，方程无实数 根． 2．若二次函数 的图像与x轴有两个交点，则k的取值范围是（ ） A．k＜﹣1 B．k＞﹣1 C．k＜1 D．k＞1 【答案】B 【分析】根据二次函数与x轴交点个数由 所决定，然后问题可求解． 【详解】解：由题意得： ， 解得： ； 故选B．【点睛】本题主要考查二次函数与x轴交点个数，熟练掌握二次函数与x轴交点个数是由 决定的是 解题的关键． 3．若关于 的方程 是一元二次方程，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据一元二次方程的定义求解即可． 【详解】解：∵关于 的方程 是一元二次方程， ∴a－2≠0， 解得： 故选：A． 【点睛】本题主要考查一元二次方程的定义，一元二次方程必须满足两个条件：①未知数的最高次数是 2；②二次项系数不为0． 4．下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转 ，如果旋转后的图形能够 与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分 能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，也不是轴对称图形，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．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； D．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．5．二次函数 图象如图所示，下列结论：① ；② ；③ ；④ 有两个相等的实数根，其中正确的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据二次函数的图象和性质进行判断即可． 【详解】解：根据抛物线的开口朝下可知： ， 根据对称轴是1： ，得到： ， ， 与y轴交于正半轴： ， 与x轴有两个交点： ， 顶点坐标：（1,3）， 有两个相等的实数根． 综上： ， ， ， 有两个相等的实数根． 正确的是：①②，共2个． 故选：B． 【点睛】本题考查二次函数图像和系数之间的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键，利用数形结 合的思想可以快速的解决此类问题． 6．某超市一月份的营业额为100万元，已知第一季度的总营业额共500万元，如果平均每月增长率为x， 则由题意列方程应为（ ） A．100＋100（1＋x）＋100（1＋x）2＝500 B．100（1＋x）2＝500 C．100＋100（1＋x）2＝500 D．100（1＋x）＝500 【答案】A 【分析】先根据题意求得二月份的营业额、三月份的营业额，再根据等量关系“一月份的营业额+二月份 的营业额+三月份的营业额=500万元”即可列出方程．【详解】解：∵一月份的营业额为100万元，平均每月增长率为x， ∴二月份的营业额为100×（1+x）， ∴三月份的营业额为100×（1+x）×（1+x）=100×（1+x）2， ∴可列方程为100+100×（1+x）+100×（1+x）2=1000． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x， 则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．得到第一季度的营业额的等量关系是解决本题的关键． 7．如图，AB是⊙O的直径，点C、D是圆上两点，且∠CDB=26°，则∠AOC的度数（ ） A．108° B．154° C．118° D．128° 【答案】D 【分析】先根据圆周角定理得到∠BOC=2∠CDB=52°，然后利用邻补角的定义计算∠AOC的度数． 【详解】解：∵∠BOC和∠CDB都对 ， ∴∠BOC=2∠CDB=2×26°=52°， ∴∠AOC=180°-∠BOC=128°． 故选：D． 【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的 圆心角的一半． 8．如图，正方形 的边长为 ，将正方形 绕原点O顺时针旋转45°，则点B的对应点 的坐 标为（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接OB，由正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°，推出 ，得到△ 为等腰直角 三角形，点 在y轴上，利用勾股定理求出O 即可． 【详解】解：连接OB， ∵正方形ABCD绕原点O顺时针旋转45°， ∴ ， ， ∴ ， ∴△ 为等腰直角三角形，点 在y轴上， ∵ ， ∴ =2， ∴ （0，2）， 故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形的性质．关键是根据旋转角证明点B 在y轴 1 上． 9．在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、 CD交于M、N，则总有MN＝( ) A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN 【答案】D 【分析】在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF，由A，B，C，D四点共圆，得出∠ADC+∠B＝180°，由 MN BC，得出∠AMN+∠ADN＝180°，可得到A，D，N，M四点共圆，可得∠MND+∠MAD＝180°再由 AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，A，F，E，D四点共圆，由∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣ ∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，可得出MA＝MF，即得出MN＝MF+NF＝MA+ND． 【详解】解：如图，在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF∴∠NFD＝∠NDF， ∵A，B，C，D四点共圆， ∴∠ADC+∠B＝180°， ∵MN BC， ∴∠AMN＝∠B， ∴∠AMN+∠ADN＝180°， ∴A，D，N，M四点共圆， ∴∠MND+∠MAD＝180°， ∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA， ∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°， ∴∠DFN＝∠DAE， ∴A，F，E，D四点共圆， ∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE， ∵∠MND+∠MAD＝180°， ∴∠MAF+∠DAF+∠MND＝180° ∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND ＝180°﹣∠DEN﹣∠MND ＝∠EDN＝∠ADE ＝∠AFM， ∴MA＝MF， ∴MN＝MF+NF＝MA+ND． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了四点共圆，解题的关键是正确作出辅助线，利用四点共圆求解． 10．如图，有一些写有号码的卡片，它们的背面都相同，现将它们背面朝上，从中任意摸出一张，摸到1 号卡片的概率是（ ）A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据概率公式直接求解即可． 【详解】解：从中任意摸出一张共有6种等可能结果，其中摸到1号卡片的有2种结果， 所以从中任意摸出一张，摸到1号卡片的概率为 ， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了概率的求法，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比． 二、填空题（本大题共有8小题，每题3分，共24分） 11． 、 是关于 的方程 的两个实数根，且 ，则 的值为________． 【答案】 【分析】 ，然后根据方程的解的定义以及一元二次方程根与系数的关系， 得到关于k的一元一次方程，即可解得答案． 【详解】解：∵ 是方程 的根 ∴ ， ∴ ∴k=-4 故答案是-4． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解以及根与系数的关系，掌握相关知识并熟练使用，同时注意解题中 需注意的问题是本题的解题关键． 12．二次函数 的部分图像如图所示，则y＞0的解集是________． 【答案】-1＜x＜9 【分析】利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-1，0），然后写出抛物线在x轴上 方所对应的自变量的范围即可．【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线x=4，抛物线与x轴的一个交点坐标为（9，0）， ∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-1，0）， ∴当-1＜x＜9时，y＞0． 故答案为：-1＜x＜9． 【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：抛物线与x轴的交点的横坐标为方程 （a，b，c 是常数，a≠0）的两个实数解．也考查了二次函数的性质． 13．如图，在 中， ，将 绕点A逆时针旋转角 得到 ，并使点 落在AB边上，则线段 长为________． 【答案】2 【分析】根据直角三角形30°角的性质得到AB=2AC，由勾股定理求出AB，利用旋转的性质证得△B 是 等边三角形，即可得到 =AB=2． 【详解】解：在 中， ， ∴∠CAB=60°，AB=2AC， ∵AC2+BC2=AB2， ∴AC2+3=4AC2， 解得AC=1， ∴AB=2， 由旋转得 =AB，∠B =∠CAB=60°， ∴△B 是等边三角形， ∴ =AB=2， 故答案为：2．【点睛】此题考查了直角三角形30°角的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练 掌握各知识点并应用是解题的关键． 14．如图，一段抛物线 ，记为抛物线 ，它与x轴交于点O， ；将抛物线 绕点 旋转180°得抛物线 ，交x轴于另一点 ；将抛物线 绕点 ，旋转180°得抛物线 ，交x轴于另一 点 ……如此进行下去，得到一条“波浪线”．若点 在此“波浪线”上，则m的值为 ______． 【答案】0 【分析】根据整个函数图像的特点可知，每隔 个单位长度，函数值就相等，再根据 可得 时的函数值与 时的函数值相等，由此即可得答案． 【详解】解：由题意得：每隔 个单位长度，函数值就相等， ∵ ， ∴ 时的函数值与 时的函数值相等， 即 的值等于 时的纵坐标， 对于函数 ， 当 时， ， 则 ， 故答案为：0． 【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，正确发现整个函数的图像规律是解题的关键．15．直线AB与⊙O相切于点A，AC、CD是⊙O的两条弦，且CD//AB，若⊙O的半径为5，CD＝8，则弦 AC的长为________． 【答案】 【分析】连接OA，作OE⊥CD于E，利用垂径定理得出CE，通过CD∥AB，AB⊥OB，证明E、O、A三点 共线，再利用勾股定理解Rt△OEC求出OE，最后利用勾股定理解Rt△AEC求出AC． 【详解】解：连接OA，作OE⊥CD于E，则 ， ∵直线AB与⊙O相切于点A， ∴OA⊥AB． ∵CD AB，OE⊥CD， ∴E、O、A三点共线． 连接OC， 在Rt△OEC中，OC=5，CE=4， 由勾股定理得 ， ，． 【点睛】本题考查圆的切线的定义、垂径定理和勾股定理，本题中通过垂径定理得出CE，证明E、O、A 三点共线是解题的关键． 16． 中， ， ， ，E是AC的中点，MN分别是边AB、BC上的动点，D 也是BC边上的一个动点，以CD为直径作 ，连接ED交 于F，连接FM，MN，则 的最小 值为______． 【答案】4.5## ## 【分析】连接CF，由CD是☉O的直径可知∠CFD=90°，从而得出△CEF是直角三角形，再取CE的中点 G，可知 ，故F点在以G为圆心的单位圆上，作出这个单位圆．将△ABC沿AB向下 翻折得到 ，并取N点对称点N'，连接MN'，显然MN= MN'，要求FM+MN的最小值就是求 FM+MN'的最小值．过点G作G N'⊥BC'于N'，交☉G于F，交AB于M，根据垂线段最短可知此时FM+MN 取最小值，延长线段N'G，BA交于点P，利用含30°角的直角三角形的性质可以求出FM+MN取最小值． 【详解】如图，连接CF，取CE的中点G，连接FG，将将△ABC沿AB向下翻折得到 ，并取N点 对称点N'，连接MN'，则MN= MN'，∠CBC'=2∠ABC=60°． ∵CD是☉O的直径， ∴∠CFD=90°， ∴∠CFE=90°， ∴△CEF是直角三角形， ∴ ． 又∵AC=4，E是AC的中点，∴ ， ∴ ， ∴F点在以G为圆心的单位圆上． 如下图，以G为圆心画出这个单位圆． ∵GF为定值，要求FM+MN的最小值可先求GF+FM+MN的最小值，即GF+FM+MN'的最小值． 根据垂线段最短可知，GF+FM+MN'的最小值是G到BC的距离． 如下图，过点G作G N'⊥BC'于N'，交☉G于F，交AB于M，延长线段N'G，BA交于点P．（将原图剩余 线段与圆补齐） ∵∠CBC'=60°， ∴∠P=30°． 又∵CG= ，∴PG=2，PC= ， 在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4， ∴BC= ， ∴PB= BC + PC= ． 在△PBN'中，∠PN'B =90°，∠PBN'=∠CBC'=60°，PB= ， ∴P N'= ， ∴GF+FM+MN'的最小值也就是G到BC的距离GN'= = ， ∴FM+MN'的最小值= = ， 即FM+MN的最小值是 ． 【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，垂线 段最短．能推出F在以G为圆心的单位圆上和灵活运用垂线段最短是解题的关键． 17．如图，△ABC三边的中点D，E，F组成△DEF，△DEF三边的中点M，N，P组成△MNP，将△FPM 与△ECD涂成阴影．假设可以随意在△ABC中取点，那么这个点取在阴影部分的概率为 _________________． 【答案】 【分析】由三角形中位线定理易求得设阴影部分的面积与△CBA的面积的比值，再根据几何概率的求法即 可得出答案． 【详解】解：∵D、E分别是BC、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线，∴ED∥AB，且DE＝ AB， ∴△CDE∽△CBA， ∴ ＝ ， ∴S CDE＝ S CB ． A △ △ 同理，S FPM＝ S FDE＝ S CB ． A △ △ △ ∴S FPM+S CDE＝ S CB ． A △ △ △ 则 ＝ ． 故答案是： ． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理与几何概率的求法，关键是利用中位线定理求出阴影部分面积与整 个三角形面积的比值． 18．如图，二次函数 的图象经过点A（1，0），与y轴的交点为C，对称轴为直线x＝﹣1， 下列结论：① ；②若点 和 是该抛物线上的两点，则 ；③不等 式 的解集为 ；④在对称轴上存在一点B，使得 ABC是以AC为斜边的直角三角 △ 形．其中一定正确的是 _____（填序号即可）． 【答案】②③##③②【分析】本题只需逐个判断； ①需要先判断 ，a，b，c的符号，然后确定 是否大于0； ②可以先找到点P关于抛物线的对称轴对称的点，再利用二次函数增减性比较函数值； ③可以利用对称轴和点A坐标找到a，b，c之间的关系，从而简化不等式 ，再利用函数图像 求出它的解集； ④假设存在这样的点B，取AC的中点D，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知 ，设出点B利用这个关系式建立方程看是否有解，有解则存在这样的点B，无解则不存在． 【详解】解：①由图可知二次函数 的图象与x轴有两个交点， ∴ ， ∴ ． 又∵抛物线的开口向下，对称轴在y轴左边， ∴ ． 又∵抛物线与y轴交点在原点上方， ∴ ， ∴ ， ∴①错误，不符合题意； ②因为对称轴是直线x＝﹣1， ∴ 关于直线x＝﹣1对称的对称点是 ． 又∵ ， ∴当x>﹣1时，y随着x的增大而减小． 又∵ ， ∴ ， ∴②正确，符合题意； ③∵二次函数 的图象经过点A（1，0），对称轴为直线x＝﹣1， ∴a+b+c=0， ，∴ ， 又∵ ， ∴ ． 又∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，解得 ， 或 ，无解， ∴ 的解集为 ， ∴③正确，符合题意； ④取AC的中点D， 由③可知 ， ∴二次函数解析式可化为 ， ∴点C坐标为 ． 又∵ ，点是AC的中点， ∴D ， ． 假设在对称轴上存在一点B ，使得 ABC是以AC为斜边的直角三角形， △ 则有 ，且 ，∴ 整理得： ，其中a<0， ∴当 ，即 或 时,方程 有解， ∴当 时，不存在这样的点B， 当 时，存在这样的点B． ∴④不一定存在这样的点B，不符合题意． 综上所述：一定正确的是：②③． 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了二次函数a，b，c， 的符号判定，二次函数的图像与性质，一元二次不等式的解 集，直角三角形存在性问题，掌握转化思想是本题解题的关键． 三、解答题（本大题共有 6 小题，共 46 分；第 19-20 每小题 6 分，第 21-22 小题每小题 7 分，第23小题8分，第24小题10分） 19．解下列方程： (1) (2) xx1x0 (3) 2x23x1 (4) x 4 x 2 【答案】(1) 1 ， 2 x 2 22 x 2 22 (2) 1 ， 2 x 2 (3)x 0， 2 13 17 3 17 x  x  (4) 1 4 ， 2 4 【分析】（1）利用直接开方法求解； （2）利用配方法求解； （3）利用因式分解法求解； （4）利用公式法求解． x12 9 【详解】（1）解： ， x13， x 4 x 2 解得： 1 ， 2 ； x24x4 （2）解： ， x24x48， x22 8 ， x22 2 ， x 2 22 x 2 22 解得： 1 ， 2 ； xx1x0 （3）解： ， x2xx0， x22x0， xx20 ， x0或x20， x 2 解得：x 0， 2 ； 1 2x23x1 （4）解： ， 2x23x10， a2，b3，c1，b24ac170， b b24ac 3 17 3 17 x   2a 22 4 ， 3 17 3 17 解得：x  ，x  ． 1 4 2 4 【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握直接开方法、配方法、因式分解法、公式法等解一元二次方 程的方法是解题的关键． 20．从甲、乙两个企业随机抽取部分职工，对某个月月收入情况进行调查，并把调查结果分别制成扇形统 计图和条形统计图． (1)在扇形统计图中，“6千元”所在的扇形的圆心角是 ； (2)在乙企业抽取的部分职工中，随机选择一名职工，求该职工月收入超过5千元的概率； (3)若要比较甲、乙两家企业抽取的职工的平均工资，小明提出自己的看法：虽然不知道甲企业抽取职工的 人数，但是可以根据加权平均数计算甲企业抽取的职工的平均工资，因此可以比较；小明的说法正确吗？ 若正确，请比较甲企业抽取的职工的平均工资与乙企业抽取的职工的平均工资的多少；若不正确，请说明 理由． 【答案】(1)144°； 3 (2) ； 10 (3)正确，甲企业的平均工资与乙企业的平均工资相等． 【分析】（1）用360°乘以“6千元”所占的的百分比即可； （2）利用概率公式计算即可； （3）分别根据加权平均数和算术平均数的计算方法求出甲企业和乙企业的平均工资，然后可作出判断． 【详解】（1）解：360°×（1−10%−10%−20%−20%）＝144°，故答案为：144°； （2）由条形图可得：乙企业共抽取10人，其中月收入超过5千元的有3人， 3 ∴该职工月收入超过5千元的概率为： ； 10 （3）小明的说法正确， 设甲企业的调查人数为m， ∵“6千元”所占的百分比为：1−10%−10%−20%−20%＝40%， 1 ∴甲企业的平均工资为： ×（20%m×5＋10%m×4＋10%m×8＋20%m×7＋40%m×6）＝6（千元）， m 542529112 乙企业的平均工资为： ＝6（千元）， 5221 ∴甲企业的平均工资与乙企业的平均工资相等． 【点睛】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，概率公式，求加权平均数和算术平均数，读 懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的 数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小． 21．如图，在长度均为1的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，已知A（1，0），B（4，2）， C（2，4）． (1)将△ABC沿着x轴向左平移5个单位后得到△ABC，请在图中画出平移后△ABC，则C的对应点C 的坐标为____________． (2)线段AB可以看成是线段BA绕着某个定点旋转180°后得到的图形，这个定点的坐标是_____． 【答案】(1)图见解析，C（-3，4）(2)（0，1） 【分析】（1）将点A，B，C都向左平移5个单位得出点A，B，C顺次连接得出△ABC，再由网格线 得出点C'的坐标； （2）连接AB，BA相交于点D，即可判断出点D是旋转中心，由网格线即可得出点D的坐标； 【详解】（1）解：∵将△ABC沿着x轴向左平移5个单位后得到△ABC，且C（2，4）， ∴C的对应点C′的坐标为（-3，4）， 故答案为（-3，4）． （2）解：∵线段AB可以看成是线段BA绕着某个定点旋转180°后得到的图形， ∴点A与点B是对应点，点B与点A是对应点， ∴连接AB，BA相交于点D（定点）， 由图形知，D（0，1）， 即旋转中心为点D（0，1）， 故答案为（0，1）． 【点睛】此题主要考查了平移，旋转的性质，熟练掌握平移和旋转的性质是解本题的关键． 22．问题提出(1)如图1，A、B为⊙O外的两点，请在⊙O上画出所有使得AC＋BC的值最小的C点． 问题探究 (2)如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BCD＝∠BAD＝90°，AC＝4，求BC＋CD的值； 问题解决 (3)如图3，某城市要修建一块草坪，草坪由三条线段AB、BC、CD和圆弧AD周成，计划在圆弧AD段用 花来布置成标志性造型，AB和CD段栽种观赏性树木，BC临湖．已知点E为BC上一点，BE＝CE＝6， AD  AD 长为4 ，且 上任意一点F，满足∠BFE＝30°，为了降低成本，现计划使得AB＋CD最小，求AB ＋CD的最小值． 【答案】(1)见解析 4 2 (2) 6 7 (3) 【分析】（1）利用两点之间线段最短求解； （2）利用AAS证明NABMAD，推出NBMD，AN  AM ，进而得出BCCDCM CN，再证四 边形ANCM是正方形，结合AC＝4，利用勾股定理求出正方形ANCM的边长，即可求解； （3）如图（见解析）作辅助线，找出点F所在圆的圆心，证明AOBGOD，推出DG AB，进而得出 ABCDGDCD，从而将AB与CD转化为一个三角形的两个边，依靠三角形的三边关系进行求解． C C 1 2 【详解】（1）解：如图所示，连接AB，AB与⊙O的交点 和 为所求C点； （2）解：如图，作AM CD于点M，作AN BC交BC的延长线于点N， 则AMC ANC 90， 又∵BCD90， ∴四边形ANCM是矩形， ∴NAM 90BAD，AN CM ， ∴NAM BAM BADBAM ， 即NABMAD， 在NAB和MAD中， NABMAD  ANBAMD ，  AB AD NABMADAAS ∴ ， ∴NBMD，AN  AM ， ∴BCCDBCCM MDBCCM BN CM CN， ∵四边形ANCM是矩形，AN  AM ， ∴四边形ANCM是正方形， ∴CM  AN CN  AM ， ∴AC2  AN2CN2 2CN2， 即42 2CN2， CN 2 2 ∴ ， BCCDCM CN 2 22 2 4 2 ∴ ； （3） 解：∵点F在运动的过程中，满足BFE=30，∴点F可看作是在以BE为弦的圆上运动，BFE为弦BE所对的圆周角， ∴弦BE所对的圆心角为：30260， 以BE为边向上作等边三角形BEO，可得点O为动点F所在圆的圆心，圆O的半径为6． 连接OA，OD，延长EO与圆O交于点G，连接GD． AD  OA6 ∵ 长为4 ，半径 ， 4 ∴AOD 360120， 26 又由等边三角形的性质知BOE60， ∴AOBDOE360AODBOE36012060180， 又∵GODDOE180， ∴AOBGOD， 又∵OAOBOGOD， ∴AOBGOD， ∴DG AB， ∴ABCDGDCD， ∴当G，D，C三点共线时，GDCD取最小值，ABCD取最小值，最小值为GC． 连接GB，如下图所示：此时，G点与D点重合，A点与B点重合， ∵GE是直径， ∴GBE90， 在RtGBE中，GE 2OE12， BE6， GB GE2BE2  12262 6 3 ∴ ，  2 ∴ 中，GC GB2BC2  6 3 122 6 7， RtGBC ABCD 6 7 ∴ 的最小值为 ． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆周角定理的应用，等边三角形的性 质，勾股定理解直角三角形等知识点，综合性很强，属于压轴题，第三问难度很大，将ABCD转化为 GDCD，得出ABCD的最小值为GC是解题的关键． 23．随着武汉解封，湖北各地的复工复产正有序进行，经济复苏也按下了“重启键”．为助力湖北复苏， 4月8日抖音发起了“湖北重启，抖来助力--抖音援鄂复苏计划”，通过直播或短视频助力推广湖北特色产 品.已知当天的直播活动中热干面和周黑鸭共销售18万份，其中周黑鸭的销量是热干面的3.5倍． (1)求当天的直播活动中销售了多少万份周黑鸭？ (2)为刺激消费，直播中推出了优惠活动.疫情前，疫情期间售价均为100元一份的周黑鸭（一份里面有一盒 锁骨，两盒鸭脖，一盒鸭掌），以6折力度售卖．疫情前，疫情期间售价均为60元一份的热干面（一份里 面有6包热干面），以5折力度售卖．已知疫情前周黑鸭的日销售量比直播当天的销量少2a%，疫情期间 的日销售额比疫情前的日销售额减少了680万元；疫情前热干面的日销量比直播当天热干面的销量少 10 a% ，疫情期间的日销售量比疫情前的日销售量减少了 ；疫情期间周黑鸭和热干面的总日销售额比 3 8a% 直播当天的总销售额少5a%，求a的值． 【答案】(1)当天的直播活动中销售了14万份周黑鸭 45 (2) 的值为 a 4 【分析】（1）设当天的直播活动中销售了x万份热干面，则销售了3.5x万份周黑鸭，由题意得： x3.5x18，求解x的值，进而可得3.5x的值； （2）由题意得：  10    1001412a%680  6041 a%18a%1000.614600.5415a% ，计算求出  3 满足要求的解即可． 【详解】（1）解：设当天的直播活动中销售了x万份热干面，则销售了3.5x万份周黑鸭，由题意得： x3.5x18，解得：x4，3.5x14．答：当天的直播活动中销售了14万份周黑鸭； （2）解：由题意得：  10    1001412a%680  6041 a%18a%1000.614600.5415a% ，整理得：  3  45 45 a  4a245a0 ，解得： 1 4 ，a 2 0(不合题意，舍去 ) ．∴ a 的值为 4 ． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，一元二次方程的应用．解题的关键在于根据题意列正确的方 程． 24．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线 4 l：y＝ x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上． 3 (1)求这条抛物线对应的函数表达式； (2)过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值； (3)设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对 称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化， 说明理由． 【答案】(1)y =-x²+2x+3 22 (2)最大值 5 (3)定值16 【分析】（1）利用顶点式可得结论；P  m,m22m3  （2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J，设 ， S S S S 四边形DTBP PDT PBT，推出 四边形DTBP最大时， PM PN 的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大 值，可得结论； P  m,m22m3  （3）如图，设 ，求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可 得结论． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4）， yx124x22x3 ∴根据顶点式，抛物线的解析式为 ； （2）解：如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD， P  m,m22m3  BD交PM于点J，设 ， 4 点D1,4，在直线l： y xt 上， 3 4 ∴4 t， 3 8 t  ∴ ， 3 4 8 ∴直线DT的解析式为y x ， 3 3 令y0，得到x2， T2,0 ∴ ， ∴OT 2，B3,0 ∵ ， ∴BT 5， DT  3242 5 ∵ ， ∴DT BT， ∵PM BT ，PN DT， 1 1 5 ∴ S 四边形DTBP S △PDT S △PBT  2 DTPN 2 BTPM  2 PM PN ， S ∴ 四边形DTBP最大时， PM PN 的值最大， D1,4 B3,0 ∵ ， ， y2x6 ∴直线BD的解析式为 ， Jm,2m6 ∴ ， ∴PJ m24m3， 1 1 S S S  54   m24m3  2 ∵ 四边形DTBP DTB BDP 2 2 m24m7 m22 11 ， ∵二次项系数1＜0， S ∴ m2 时， 四边形DTBP最大，最大值为11， 2 22  11 ∴ 的最大值 ； PM PN 5 5 （3）解：四边形AFBG的面积不变． P  m,m22m3  理由：如图，设 ，A1,0 B3,0 ∵ ， ， ym3xm3 ∴直线AP的解析式为 ， E1,2m6 ∴ ， ∵E，G关于x轴对称， G1,2m6 ∴ ， ym1x3m1 ∴直线PB的解析式为 ， F1,2m2 ∴ ， GF 2m22m68 ∴ ， 1 1 ∴四边形AFBG的面积 ABFG 4816， 2 2 ∴四边形AFBG的面积是定值． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会 构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题．