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2021-2022学年山东省济南市商河县九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48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．（4分）有一个铁制零件（正方体中间挖去一个圆柱形孔）如图放置，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
2．（4分）在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（4分）小明和小华玩“石头、剪子、布”的游戏，若随机出手一次，则小华获胜的概率是（
）
A． B． C． D．
4．（4分）如图，在同一时刻，身高1.6米的小丽在阳光下的影长为2.5米，一棵大树的影长为
5米，则这棵树的高度为（ ）
A．7.8米 B．3.2米 C．2.3米 D．1.5米
5．（4分）一元二次方程x2﹣2x+3＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．有一个实数根 D．没有实数根
6．（4分）若反比例函数y＝﹣ 的图象上有两点A（﹣2，m），B（﹣1，n），则m，n的关系是（
）
A．m＞n B．m＜n C．m＝n D．无法确定
7．（4分）如图，正方形ABCD的边长为7，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝4，则四边
第1页（共34页）形EFGH的面积为（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
8．（4分）二次函数y＝2（x﹣4）2+5的开口方向、对称轴、顶点坐标分别是（ ）
A．向下、直线x＝﹣4、（﹣4，5） B．向上、直线x＝﹣4、（﹣4，5）
C．向上、直线x＝4、（4，﹣5） D．向上、直线x＝4、（4，5）
9．（4分）已知矩形ABCD的周长为20cm，两条对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的
垂线EF，分别交两边AD，BC于E，F（不与顶点重合），则以下关于△CDE与△ABF判断
完全正确的一项为（ ）
A．△CDE与△ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等
B．△CDE与△ABF全等，且周长都为10cm
C．△CDE与△ABF全等，且周长都为5cm
D．△CDE与△ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定
10．（4分）如图，小强从热气球上的A点测量一栋高楼顶部的仰角∠DAB＝30°，测量这栋高
楼底部的俯角∠DAC＝60°，热气球与高楼的水平距离为AD＝15 米，则这栋高楼的高
BC为（ ）米．
A．45 B．60 C．75 D．90
11．（4分）如图，点A的坐标是（2，0），△ABO是等边三角形，点B在第一象限．若反比例函
数y＝ 的图象经过点B，则k的值是（ ）
第2页（共34页）A．1 B．2 C． D．
12．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为
直线x＝1，下列结论：①abc＜0②b＜c③3a+c＝0④当y＞0时，﹣1＜x＜3其中正确
的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（每小题4分，共24分）
13．（4分）已知 ＝ ，则 ＝ ．
14．（4分）如图，在正方形网格中，四边形ABCD为菱形，则tan 等于 ．
15．（4分）关于x的方程x2+mx﹣8＝0的一个根是2，则m＝ ，另一根是 ．
16．（4分）两个相似多边形的周长之比为2，面积之比为m，则m为 ．
17．（4分）如图，在平面直角坐标系中，过点M（﹣3，2）分别作x轴、y轴的垂线与反比例函数
第3页（共34页）y＝ 的图象交于A，B两点，则四边形MAOB的面积为 ．
18．（4分）矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折
痕为AE．延长B′E交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的是
．
①∠M＝∠DAB'；②PB＝PB'；③AE＝ ；④MB'＝CD；⑤若B'P⊥CD，则EB'＝
B'P．
三、解答题（本大题共9个小题，共78分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
19．（6分）计算：（﹣1）4﹣2cos60°+tan45°﹣（ ﹣ ）0．
20．（6分）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：
∠DEF＝∠DFE．
21．（6分）在一个不透明的盒子里，装有四个分别标有数字1、2、3、4的小球，它们的形状、大
小、质地等完全相同，小明先从盒子里随机取出一个小球，记下数字为x，放回盒子摇匀后，
再由小华随机取出一个小球，记下数字为y．请用列表法或画树状图法求出点（x，y）落在
第4页（共34页）反比例函数y＝ 的图象上的概率．
22．（8分）如图，已知点C、D在线段AB上，且AC＝4，BD＝9，△PCD是边长为6的等边三
角形．
（1）求证：△PAC∽△BPD；
（2）求∠APB的度数．
23．（8分）一种竹制躺椅如图①所示，其侧面示意图如图②③所示，这种躺椅可以通过改
变支撑杆CD的位置来调节躺椅舒适度，假设AB所在的直线为地面，已知AE＝120cm，当
把图②中的支撑杆CD调节至图③中的CD'的位置时，∠EAB由20°变为25°．
（1）你能求出调节后该躺椅的枕部 E到地面的高度增加了多少吗？（参考数据：
sin20°≈0.34，sin25°≈0.42）
（2）已知点O为AE的一个三等分点，根据人体工程学，当点O到地面的距离为26cm时，
人体感觉最舒适．请你求出此时枕部E到地面的高度．
24．（10分）如图，工人师傅用一块长为10分米，宽为6分米的矩形铁皮制作一个无盖长方体
容器，需要将四角各裁掉一个正方形．（厚度不计）
（1）请在图中画出裁剪示意图，用实线表示裁剪线，虚线表示折痕；
（2）求当长方体底面面积为12平方分米时，裁掉的正方形边长是多少？
第5页（共34页）25．（10分）如图，一次函数y＝k x+b的图象与反比例函数y＝ 的图象相交于A、B两点，
1
其中点A的坐标为（﹣1，4），点B的坐标为（4，n）．
（1）求这两个函数的表达式：
（2）根据图象，直接写出满足k x+b＞ 的x的取值范围；
1
（3）连接OA，OB，求△AOB的面积；
（4）点P在线段AB上，且S△AOP ：S△BOP ＝1：2，求点P的坐标．
26．（12分）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
易证：CE＝CF．
（1）在图1中，若G在AD上，且∠GCE＝45°．试猜想GE，BE，GD三线段之间的数量关系，
并证明你的结论．
（2）运用（1）中解答所积累的经验和知识，完成下面两题：
①如图2，在四边形ABCD中∠B＝∠D＝90°，BC＝CD，点E，点G分别是AB边，AD边
第6页（共34页）上的动点．若∠BCD＝ ，∠ECG＝ ，试探索当 和 满足什么关系时，图1中GE，BE，
GD三线段之间的关系仍α 然成立，并β说明理由．α β
②在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OABC的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半
轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y＝x
上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y＝x于点M，BC边交x轴于点N（如图3）．设
△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？若不变，请直接写
出结论．
27．（12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A
点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的
抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四
边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形
ABPC的最大面积．
第7页（共34页）2021-2022学年山东省济南市商河县九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48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．（4分）有一个铁制零件（正方体中间挖去一个圆柱形孔）如图放置，它的左视图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】找到从左面看所得到的图形即可．
【解答】解：左边看去是一个正方形，中间有一个圆柱形孔，圆柱的左视图是矩形，所以左
视图的正方形里面还要两条虚线．
故选：C．
【点评】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图；注意看到的用
实线表示，看不到的用虚线表示．
2．（4分）在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则sinA的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据正弦的定义得到sinA＝ ，然后把AB＝5，BC＝3代入即可得到sinA的值．
【解答】解：如图，
∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴sinA＝ ＝ ．
故选：A．
第8页（共34页）【点评】本题考查了正弦的定义：在直角三角形中，一锐角的正弦等于这个角的对边与斜
边的比值．
3．（4分）小明和小华玩“石头、剪子、布”的游戏，若随机出手一次，则小华获胜的概率是（
）
A． B． C． D．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与小华获胜的情
况数，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】解：画树状图得：
∵共有9种等可能的结果，小华获胜的情况数是3种，
∴小华获胜的概率是： ＝ ．
故选：C．
【点评】此题主要考查了列表法和树状图法求概率知识，用到的知识点为：概率＝所求情
况数与总情况数之比．
4．（4分）如图，在同一时刻，身高1.6米的小丽在阳光下的影长为2.5米，一棵大树的影长为
5米，则这棵树的高度为（ ）
A．7.8米 B．3.2米 C．2.3米 D．1.5米
【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的
第9页（共34页）太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
【解答】解：∵同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角
三角形相似，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴BC＝ ×5＝3.2米．
故选：B．
【点评】本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，
然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．
5．（4分）一元二次方程x2﹣2x+3＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．有一个实数根 D．没有实数根
【分析】代入一元二次方程中的系数求出根的判别式Δ＝﹣8＜0，由此即可得出结论．
【解答】解：在方程x2﹣2x+3＝0中，
Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8＜0，
∴该方程没有实数根．
故选：D．
【点评】本题考查了根的判别式，解题的关键是代入数据求出△的值．本题属于基础题，难
度不大，解决该题型题目时，根据根的判别式的符号判断出方程根的个数是关键．
6．（4分）若反比例函数y＝﹣ 的图象上有两点A（﹣2，m），B（﹣1，n），则m，n的关系是（
）
A．m＞n B．m＜n C．m＝n D．无法确定
【分析】把点的坐标代入函数解析式可分别求得m、n的值，比较其大小即可．
【解答】解：把A（﹣2，m）与B（﹣1，n）代入反比例解析式得：m＝1，n＝2，
则m＜n，
故选：B．
【点评】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
7．（4分）如图，正方形ABCD的边长为7，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝4，则四边
第10页（共34页）形EFGH的面积为（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
【分析】由正方形的性质得出∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，证出AH＝
BE＝CF＝DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH＝FE＝GF＝GH，
∠AEH＝∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF＝90°，即可得出四边形EFGH
是正方形，由边长为7，AE＝BF＝CG＝DH＝4，可得AH＝3，由勾股定理得EH，得正方形
EFGH的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AH＝BE＝CF＝DG．
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH＝FE＝GF＝GH，∠AEH＝∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠BEF+∠AEH＝90°，
∴∠HEF＝90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∵AB＝BC＝CD＝DA＝7，AE＝BF＝CG＝DH＝4，
∴AH＝BE＝DG＝CF＝3，
∴EH＝FE＝GF＝GH＝ ＝5，
∴四边形EFGH的面积是：5×5＝25，
第11页（共34页）故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形的性质和判定定理全等三角形的判断和性质以及勾股定理
的运用，证得四边形EFGH是正方形是解答此题的关键．
8．（4分）二次函数y＝2（x﹣4）2+5的开口方向、对称轴、顶点坐标分别是（ ）
A．向下、直线x＝﹣4、（﹣4，5） B．向上、直线x＝﹣4、（﹣4，5）
C．向上、直线x＝4、（4，﹣5） D．向上、直线x＝4、（4，5）
【分析】根据二次函数顶点式解析式分别解答即可．
【解答】解：二次函数y＝2（x﹣4）2+5的开口方向向下；
对称轴是直线x＝4；
顶点坐标是（4，5）．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握利用二次函数顶点式形式求解对称轴和顶
点坐标的方法是解题的关键．
9．（4分）已知矩形ABCD的周长为20cm，两条对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的
垂线EF，分别交两边AD，BC于E，F（不与顶点重合），则以下关于△CDE与△ABF判断
完全正确的一项为（ ）
A．△CDE与△ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等
B．△CDE与△ABF全等，且周长都为10cm
C．△CDE与△ABF全等，且周长都为5cm
D．△CDE与△ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定
【分析】根据矩形的性质，AO＝CO，由EF⊥AC，得EA＝EC，则△CDE的周长是矩形周长
的一半，再根据全等三角形的判定方法可求出△CDE与△ABF全等，进而得到问题答案．
【解答】解：∵AO＝CO，EF⊥AC，
∴EF是AC的垂直平分线，
∴EA＝EC，
第12页（共34页）∴△CDE的周长＝CD+DE+CE＝CD+AD＝ 矩形ABCD的周长＝10cm，
同理可求出△ABF的周长为10cm，
根据全等三角形的判定方法可知：△CDE与△ABF全等，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的对角线互相平分的性质，还考查了线段垂直平分线的性质以及
全等三角形的判定方法，题目的难度不大．
10．（4分）如图，小强从热气球上的A点测量一栋高楼顶部的仰角∠DAB＝30°，测量这栋高
楼底部的俯角∠DAC＝60°，热气球与高楼的水平距离为AD＝15 米，则这栋高楼的高
BC为（ ）米．
A．45 B．60 C．75 D．90
【分析】在直角△ABD与直角△ACD中，根据三角函数即可求得BD和CD，即可求解．
【解答】解：∵AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ABD中，
∵∠BAD＝30°，AD＝15 m，
∴BD＝AD•tan30°＝15 × ＝15（m），
在Rt△ACD中，
∵∠CAD＝60°，AD＝15 m，
∴CD＝AD•tan60°＝15 × ＝45（m），
∴BC＝15+45＝60（m）．
故选：B．
第13页（共34页）【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角与俯角问题，一般三角形的计算，常
用的方法是利用作高线转化为直角三角形的计算．
11．（4分）如图，点A的坐标是（2，0），△ABO是等边三角形，点B在第一象限．若反比例函
数y＝ 的图象经过点B，则k的值是（ ）
A．1 B．2 C． D．
【分析】首先过点B作BC垂直OA于C，根据AO＝2，△ABO是等边三角形，得出B点坐
标，进而求出反比例函数解析式．
【解答】解：过点B作BC垂直OA于C，
∵点A的坐标是（2，0），
∴AO＝2，
∵△ABO是等边三角形，
∴OC＝1，BC＝ ，
∴点B的坐标是（1， ），
把（1， ）代入y＝ ，
得k＝ ．
故选：C．
【点评】此题主要考查了反比例函数的综合应用、等边三角形的性质以及图象上点的坐标
特点等知识，根据已知表示出B点坐标是解题关键．
12．（4分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为
直线x＝1，下列结论：①abc＜0②b＜c③3a+c＝0④当y＞0时，﹣1＜x＜3其中正确
的结论有（ ）
第14页（共34页）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，
然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①对称轴位于x轴的右侧，则a，b异号，即ab＜0．
抛物线与y轴交于正半轴，则c＞0．
∴abc＜0．
故①正确；
②∵抛物线开口向下，
∴a＜0．
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣ ＝1，
∴b＝﹣2a．
∵x＝﹣1时，y＝0，
∴a﹣b+c＝0，
而b＝﹣2a，
∴c＝﹣3a，
∴b﹣c＝﹣2a+3a＝a＜0，
即b＜c，
故②正确；
③∵x＝﹣1时，y＝0，
∴a﹣b+c＝0，
而b＝﹣2a，
∴c＝﹣3a，
∴3a+c＝0．
第15页（共34页）故③正确；
④由抛物线的对称性质得到：抛物线与x轴的另一交点坐标是（3，0）．
∴当y＞0时，﹣1＜x＜3
故④正确．
综上所述，正确的结论有4个．
故选：D．
【点评】考查了抛物线与x轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与系数
的关系．二次函数y＝ax2+bx+c系数符号的确定由抛物线开口方向、对称轴、与y轴的交点
有关．
二、填空题（每小题4分，共24分）
13．（4分）已知 ＝ ，则 ＝ ．
【分析】根据 ＝ 得到x＝ ，代入代数式后约分即可求解．
【解答】解：∵ ＝ ，
∴x＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
故答案为： ，
【点评】本题考查了比例的性质，解题的关键是能够用一个字母表示另一个字母，难度不
大．
第16页（共34页）14．（4分）如图，在正方形网格中，四边形ABCD为菱形，则tan 等于 ．
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分、对角线平分对角以及锐角三角函数的定义进行
解答．
【解答】解：如图，设AC、BD交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD， ＝∠BAO．
∴tan ＝tan∠BAO＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了菱形的性质和解直角三角形，根据菱形的性质推AC⊥BD， ＝
∠BAO是解题的关键．
15．（4分）关于x的方程x2+mx﹣8＝0的一个根是2，则m＝ 2 ，另一根是 ﹣ 4 ．
第17页（共34页）【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，即可得到一个关于另一根与m的方程组，即
可求解．
【解答】解：∵方程x2+mx﹣8＝0的一个根是2，设另一根是 ，
∴2 ＝﹣8， ＝﹣4； α
2+ α＝﹣m，则α 2﹣4＝﹣m，
解得α ：m＝2．
故答案为：2，﹣4．
【点评】考查了一元二次方程的解及根于系数的关系的知识，解答此题要熟知一元二次方
程根与系数的关系．
16．（4分）两个相似多边形的周长之比为2，面积之比为m，则m为 4 ．
【分析】根据相似多边形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，进行计算即可
解答．
【解答】解：由相似多边形的性质可得：
相似多边形的周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，
∴两个相似多边形的周长之比为2，面积之比为m，则m为4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了相似多边形的性质，熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键．
17．（4分）如图，在平面直角坐标系中，过点M（﹣3，2）分别作x轴、y轴的垂线与反比例函数
y＝ 的图象交于A，B两点，则四边形MAOB的面积为 1 0 ．
【分析】设点A的坐标为（a，b），点B的坐标为（c，d），根据反比例函数y＝ 的图象过A，
B两点，所以ab＝4，cd＝4，进而得到S△AOC ＝ |ab|＝2，S△BOD ＝ |cd|＝2，
S矩形MCDO ＝3×2＝6，根据四边形MAOB的面积＝S△AOC +S△BOD +S矩形MCDO ，即可解答．
第18页（共34页）【解答】解：如图，
设点A的坐标为（a，b），点B的坐标为（c，d），
∵反比例函数y＝ 的图象过A，B两点，
∴ab＝4，cd＝4，
∴S△AOC ＝ |ab|＝2，S△BOD ＝ |cd|＝2，
∵点M（﹣3，2），
∴S矩形MCDO ＝3×2＝6，
∴四边形MAOB的面积＝S△AOC +S△BOD +S矩形MCDO ＝2+2+6＝10，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查反比例函数的对称性和k的几何意义，根据条件得出S△AOC ＝ |ab|
＝2，S△BOD ＝ |cd|＝2是解题的关键，注意k的几何意义的应用．
18．（4分）矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折
痕为AE．延长B′E交AB的延长线于M，折痕AE上有点P，下列五个结论中正确的是
①②③⑤ ．
①∠M＝∠DAB'；②PB＝PB'；③AE＝ ；④MB'＝CD；⑤若B'P⊥CD，则EB'＝
B'P．
第19页（共34页）【分析】根据∠M＝∠CB'E，而∠CB'E+∠DB'A＝∠DAB'+∠DB'A＝90°可判断①；利用折
叠的性质可判断出△B'AP≌△BAP，继而可判断出②；设AE＝x，表示出EB'＝EB＝
，在Rt△CEB'中利用勾股定理可求出AE的长度，继而可判断出③；利用反证法
判断④，最后看得出的结果能证明出来；根据B′P⊥CD，判断出B'P∥BC，从而有
∠B'PE＝∠BEP＝∠B'EP，从而可判断出⑤．综合起来即可得出最终的答案．
【解答】解：如图，连接AB'，
①由题意得∠M＝∠CB'E，而∠CB'E+∠DB'A＝∠DAB'+∠DB'A＝90°，
∴∠M＝∠CB'E＝∠DAB'，故可得①正确；
②根据折叠的性质可得AB'＝AB，∠B'AP＝∠BAP，
在△B'AP和△BAP中，
，
∴△B'AP≌△BAP（SAS），
∴PB＝PB'，故可得②正确；
③在Rt△ADB'中，根据勾股定理，得：B'D＝ ＝ ＝3，
∴CB'＝5﹣3＝2，
设AE＝x，则EB'＝EB＝ ，
在Rt△CEB'中，
∵CE2+CB'2＝EB'2，
∴（4﹣ ）2+4＝x2﹣25，
解得：x＝ ，
第20页（共34页）∴AE＝ ；故可得③正确；
④假如MB′＝CD，则可得MB'＝AB＝AB'，
∴∠M＝∠BAB'，由①得∠M＝∠DAB′，
故有∠BAB'＝∠DAB'，
而本题不能判定∠BAB'＝∠DAB'，即假设不成立．故可得④错误．
⑤若B′P⊥CD，则B'P∥BC，
∴∠B'PE＝∠BEP＝∠B'EP，
∴EB'＝B'P，故可得⑤正确．
综上可得①②③⑤正确，共四个．
故答案为：①②③⑤．
【点评】本题考查了翻折变换，解答过程中涉及了平行四边形的性质、勾股定理，属于综合
性题目，解答本题的关键是根据翻折变换的性质得出对应角、对应边分别相等，然后分别
判断每个结论，难度较大，注意细心判断．
三、解答题（本大题共9个小题，共78分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
19．（6分）计算：（﹣1）4﹣2cos60°+tan45°﹣（ ﹣ ）0．
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右
依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：（﹣1）4﹣2cos60°+tan45°﹣（ ﹣ ）0
＝
＝1﹣1+1﹣1
＝0．
【点评】此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有
理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要
先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．另外，有理数的运算律在实数范
围内仍然适用．
20．（6分）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求证：
∠DEF＝∠DFE．
第21页（共34页）【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“SAS”即可证明△ADE≌△CDF，进
而利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AB＝CB，AD＝DC，
∵BE＝BF，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE．
【点评】本题主要考查菱形的性质，同时综合利用全等三角形的判定方法及等腰三角形的
性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质．
21．（6分）在一个不透明的盒子里，装有四个分别标有数字1、2、3、4的小球，它们的形状、大
小、质地等完全相同，小明先从盒子里随机取出一个小球，记下数字为x，放回盒子摇匀后，
再由小华随机取出一个小球，记下数字为y．请用列表法或画树状图法求出点（x，y）落在
反比例函数y＝ 的图象上的概率．
【分析】根据题意可以列出相应的表格，从而可以求得符合条件的概率，从而可以解答本
题．
【解答】解：由题意，可列表：
第一次 1 2 3 4
第二次
1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4）
2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4）
第22页（共34页）3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4）
4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4）
由已知，共有16种结果，且每种结果出现的可能性相同，其中满足要求的有3种，
∴P（点落在反比例函数y＝ 的图象上）＝ ．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、列表法与树状图法，解答本题的关键
是明确题意，列出相应的表格，求出相应的概率．
22．（8分）如图，已知点C、D在线段AB上，且AC＝4，BD＝9，△PCD是边长为6的等边三
角形．
（1）求证：△PAC∽△BPD；
（2）求∠APB的度数．
【分析】（1）根据相似三角形的判定证明即可；
（2）利用相似三角形的性质对应角相等和等边三角形的性质可以求出∠APB的度数．
【解答】证明：（1）∵等边△PCD的边长为6，
∴PC＝PD＝6，∠PCD＝∠PDC＝60°，
又∵AC＝4，BD＝9，
∴ ，
∵等边△PCD中，∠PCD＝∠PDC＝60°，
∴∠PCA＝∠PDB＝120°，
∴△ACP∽△PDB；
（2）∵△ACP∽△PDB，
∴∠APC＝∠PBD，
∵∠PDB＝120°，
∴∠DPB+∠DBP＝60°，
∴∠APC+∠BPD＝60°，
∴∠APB＝∠CPD+∠APC+∠BPD＝120°．
第23页（共34页）【点评】此题考查相似三角形的判定和性质，要熟练运用相似三角形的性质和等边三角形
的性质是关键．
23．（8分）一种竹制躺椅如图①所示，其侧面示意图如图②③所示，这种躺椅可以通过改
变支撑杆CD的位置来调节躺椅舒适度，假设AB所在的直线为地面，已知AE＝120cm，当
把图②中的支撑杆CD调节至图③中的CD'的位置时，∠EAB由20°变为25°．
（1）你能求出调节后该躺椅的枕部 E到地面的高度增加了多少吗？（参考数据：
sin20°≈0.34，sin25°≈0.42）
（2）已知点O为AE的一个三等分点，根据人体工程学，当点O到地面的距离为26cm时，
人体感觉最舒适．请你求出此时枕部E到地面的高度．
【分析】（1）分别计算出图①和图②中点E到AB的距离，再计算差即可；
（2）过点O作OH⊥AB于点H，根据三角形相似可得EF的长度．
【解答】解：（1）如图②，过点E作EF⊥AB于点F，
∵∠EAF＝20°，AE＝120cm，
∴sin20°＝ ，即EF≈120×0.34＝40.8（cm），
如图③，过点E作EF⊥AB于点F，
第24页（共34页）∵∠EAF＝25°，AE＝120cm，
∴sin25°＝ ，即EF≈120×0.42＝50.4（cm），
50.4﹣40.8＝9.6（cm），
答：高度增加了9.6cm；
（2）如图③，过点O作OH⊥AB于点H，
∵∠AHO＝∠AFE＝90°，∠A＝∠A，
∴△AHO∽△AFE，
∴ ，
∵AO＝ AE＝40cm，AE＝120cm，
∴ ，即EF＝78，
答：枕部E到地面的高度是78cm．
【点评】本题考查解直角三角形，解题的关键是正确理解题意以及灵活运用锐角三角函数
的定义，本题属于中等题型．
24．（10分）如图，工人师傅用一块长为10分米，宽为6分米的矩形铁皮制作一个无盖长方体
容器，需要将四角各裁掉一个正方形．（厚度不计）
（1）请在图中画出裁剪示意图，用实线表示裁剪线，虚线表示折痕；
（2）求当长方体底面面积为12平方分米时，裁掉的正方形边长是多少？
第25页（共34页）【分析】（1）按题意画出图形；
（2）由设裁掉的正方形的边长为x分米，用x的代数式表示长方体底面的长与宽，再根据
矩形的面积公式列出方程，可求得答案．
【解答】解：（1）如图所示，
（2）设裁掉的正方形的边长为x分米，
由题意可得（10﹣2x）（6﹣2x）＝12，
即x2﹣8x+12＝0，
解得x＝2或x＝6（舍去），
答：裁掉的正方形的边长为2分米．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及几何体的表面积，找准等量关系，正确列出
一元二次方程是解题的关键．
25．（10分）如图，一次函数y＝k x+b的图象与反比例函数y＝ 的图象相交于A、B两点，
1
其中点A的坐标为（﹣1，4），点B的坐标为（4，n）．
（1）求这两个函数的表达式：
（2）根据图象，直接写出满足k x+b＞ 的x的取值范围；
1
（3）连接OA，OB，求△AOB的面积；
（4）点P在线段AB上，且S△AOP ：S△BOP ＝1：2，求点P的坐标．
第26页（共34页）【分析】（1）将点A，点B坐标代入两个解析式可求k ，n，k ，b的值，从而求得解析式；
2 1
（2）根据一次函数图象在反比例图象的上方，可求x的取值范围；
（3）设直线AB与y轴的交点为C，根据S△AOB ＝S△AOC +S△BOC 可得答案；
（4）根据S△AOP ：S△BOP ＝1：2，求得点P的横坐标，再根据一次函数解析式可得答案．
【解答】解：（1）∵反比例函数y＝ 的图象过点A（﹣1，4），B（4，n），
∴k ＝﹣1×4＝﹣4，k ＝4n，
2 2
∴n＝﹣1，
∴B（4，﹣1），
∵一次函数y＝k x+b的图象过点A、点B，
1
∴ ，
解得：k ＝﹣1，b＝3，
1
∴一次函数的解析式y＝﹣x+3，反比例函数的解析式为y＝﹣ ；
（2）∵点A的坐标为（﹣1，4），点B的坐标为（4，﹣1）．
由图象可得：k x+b＞ 的x的取值范围是x＜﹣1或0＜x＜4；
1
（3）如图，
设直线AB与y轴的交点为C，
第27页（共34页）∴C（0，3），
∴S△AOB ＝S△AOC +S△BOC ＝ ×3×1+ ×3×4＝ ；
（4）如图，
∵S△AOP ：S△BOP ＝1：2，
∴S△AOP ＝ × ＝ ，
∵S△AOC ＝ ×3×1＝ ，
∴S△AOC ＜S△AOP ，S△COP ＝ ﹣ ＝1，
∴ ×3•x ＝1，
P
∴x ＝ ，
P
∵点P在线段AB上，
∴y＝﹣ +3＝ ，
∴P（ ， ）．
【点评】本题考查了反比例函数图象与一次函数图象的交点问题，熟练运用图象上的点的
坐标满足图象的解析式是本题的关键．
26．（12分）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
易证：CE＝CF．
第28页（共34页）（1）在图1中，若G在AD上，且∠GCE＝45°．试猜想GE，BE，GD三线段之间的数量关系，
并证明你的结论．
（2）运用（1）中解答所积累的经验和知识，完成下面两题：
①如图2，在四边形ABCD中∠B＝∠D＝90°，BC＝CD，点E，点G分别是AB边，AD边
上的动点．若∠BCD＝ ，∠ECG＝ ，试探索当 和 满足什么关系时，图1中GE，BE，
GD三线段之间的关系仍α 然成立，并β说明理由．α β
②在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OABC的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半
轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y＝x
上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y＝x于点M，BC边交x轴于点N（如图3）．设
△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？若不变，请直接写
出结论．
【分析】（1）由SAS证得△EBC≌△FDC，再由SAS证得△ECG≌△FCG，可得到EG＝
FG，即可得出结果；
（2）①延长AD到F点，使DF＝BE，连接CF，可证△EBC≌△FDC，结合条件可证得
△ECG≌△FCG，故EG＝GF，可得出结论；
②延长BA交y轴于E点，可证得△OAE≌△OCN，进一步可证得△OME≌△OMN，可求
得MN＝AM+AE
【解答】解：（1）GE＝BE+GD，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，F是AD延长线上一点，
∴BC＝DC，∠FDC＝∠EBC＝90°，
在△EBC和△FDC中， ，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴∠DCF＝∠BCE，CE＝CF，
第29页（共34页）∵∠GCE＝45°，
∴∠BCE+∠DCG＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DCG+∠DCF＝45°，
∴∠ECG＝∠FCG，
在△ECG和△FCG中， ，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴EG＝GF，
∴GE＝BE+GD；
（2）① ＝2 时，GE＝BE+GD；理由如下：
延长AD到α F点β，使DF＝BE，连接CF，如图（2）所示：
∵∠B＝∠D＝90°，
∴∠B＝∠FDC＝90°，
在△EBC和△FDC中， ，
∴△EBC≌△FDC（SAS），
∴∠DCF＝∠BCE，CE＝CF，
∴∠BCE+∠DCG＝∠GCF，
当 ＝2 时，∠ECG＝∠FCG，
α β
在△ECG和△FCG中， ，
∴△ECG≌△FCG（SAS），
∴EG＝GF，
∴GE＝BE+GD；
②在旋转正方形OABC的过程中，P值无变化；
延长BA交y轴于E点，如图（3）所示：
则∠AOE＝45°﹣∠AOM，∠CON＝90°﹣45°﹣∠AOM＝45°﹣∠AOM，
∴∠AOE＝∠CON．
第30页（共34页）又∵OA＝OC，∠OAE＝180°﹣90°＝90°＝∠OCN．
在△OAE和△OCN中，
∴△OAE≌△OCN（ASA）．
∴OE＝ON，AE＝CN．
在△OME和△OMN中， ．
∴△OME≌△OMN（SAS）．
∴MN＝ME＝AM+AE．
∴MN＝AM+CN，
∴P＝MN+BN+BM＝AM+CN+BN+BM＝AB+BC＝2．
∴在旋转正方形OABC的过程中，P值无变化．
【点评】本题是四边形综合题，考查了一次函数的综合运用、正方形的性质、全等三角形的
判定与性质、三角形的周长等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决
问题的关键．
27．（12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A
点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的
第31页（共34页）抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四
边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形
ABPC的最大面积．
【分析】（1）将B、C的坐标代入抛物线的解析式中即可求得待定系数的值；
（2）由于菱形的对角线互相垂直平分，若四边形POP′C为菱形，那么P点必在OC的垂
直平分线上，据此可求出P点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标；
（3）由于△ABC的面积为定值，当四边形ABPC的面积最大时，△BPC的面积最大；过P
作y轴的平行线，交直线BC于Q，交x轴于F，易求得直线BC的解析式，可设出P点的横
坐标，然后根据抛物线和直线BC的解析式求出Q、P的纵坐标，即可得到PQ的长，以PQ
为底，B点横坐标的绝对值为高即可求得△BPC的面积，由此可得到关于四边形ACPB的
面积与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形ABPC的最大面积及
对应的P点坐标．
【解答】解：（1）将B、C两点的坐标代入得 ，
解得： ；
所以二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3
（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形；
设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），PP′交CO于E
若四边形POP′C是菱形，则有PC＝PO；
连接PP′，则PE⊥CO于E，
∵C（0，﹣3），
第32页（共34页）∴CO＝3，
又∵OE＝EC，
∴OE＝EC＝
∴y＝ ；
∴x2﹣2x﹣3＝
解得x ＝ ，x ＝ （不合题意，舍去），
1 2
∴P点的坐标为（ ， ）
（3）过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2﹣2x﹣3），设直线
BC的解析式为：y＝kx+d，
则 ，
解得：
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
则Q点的坐标为（x，x﹣3）；
当0＝x2﹣2x﹣3，
解得：x ＝﹣1，x ＝3，
1 2
∴AO＝1，AB＝4，
S四边形ABPC ＝S△ABC +S△BPQ +S△CPQ
＝ AB•OC+ QP•BF+ QP•OF
＝
＝
当 时，四边形ABPC的面积最大
此时P点的坐标为 ，四边形ABPC的面积的最大值为 ．
第33页（共34页）【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、菱形的判定和性质以及图形面积的求法等知
识，当所求图形不规则时通常要将其转换为其他规则图形面积的和差关系来求解．
第34页（共34页）
