第24講九上?？家族e(cuò)題各地期末選題

第24講九上?？家族e(cuò)題各地期末選題一．選擇題（共13小題）1．（2021秋?諸暨市期末）“對(duì)于二次函數(shù)y＝（x﹣1）2+1，當(dāng)x≥1時(shí)，y隨x的增大而增大”，這一事件為（）A．必然事件 B．隨機(jī)事件 C．不確定事件 D．不可能事件【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)、隨機(jī)事件的概念判斷即可．【解答】解：“對(duì)于二次函數(shù)y＝（x﹣1）2+1，當(dāng)x≥1時(shí)，y隨x的增大而增大”，這一事件為必然事件，故選：A．2．（2020?定興縣一模）如圖，在由邊長(zhǎng)相同的7個(gè)正六邊形組成的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B在格點(diǎn)上．再選擇一個(gè)格點(diǎn)C，使△ABC是以AB為腰的等腰三角形，符合點(diǎn)C條件的格點(diǎn)個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】確定AB的長(zhǎng)度后確定點(diǎn)C的位置即可．【解答】解：AB的長(zhǎng)等于六邊形的邊長(zhǎng)+最長(zhǎng)對(duì)角線的長(zhǎng)，據(jù)此可以確定共有2個(gè)點(diǎn)C，位置如圖，故選：B．3．（2022?開(kāi)遠(yuǎn)市二模）如圖，△ABC的頂點(diǎn)均在正方形網(wǎng)格的格點(diǎn)上，則sin∠ABC的值為（）A． B．2 C． D．【分析】連接小正方形的對(duì)角線，證明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC與它的余角的正弦值相等解答即可．【解答】解：如圖所示，連接小正方形的對(duì)角線CD，設(shè)每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1，則CD＝，＝，BD＝，∵，即CD2+BD2＝BC2，∴△BCD是直角三角形，∴sin∠ABC＝＝．故選：C．4．（2021秋?義烏市期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，BC＝5，S?ABCD＝10，以頂點(diǎn)C為圓心，BC為半徑作圓，則AD邊所在直線與⊙C的位置關(guān)系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．以上三種都有可能【分析】如圖，作CH⊥DA交DA的延長(zhǎng)線于H．求出CH的值即可判斷．【解答】解：如圖，作CH⊥DA交DA的延長(zhǎng)線于H．∵S平行四邊形ABCD＝BC?CH，∴CH＝＝2，∵2＜5，∴直線AD與⊙C相交，故選：A．5．（2021秋?吳興區(qū)期末）已知一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一個(gè)根是1，若二次函數(shù)y＝2x2+bx﹣1的圖象上有三個(gè)點(diǎn)（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3），則y1，y2，y3的大小關(guān)系為（）A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2【分析】利用一元二次方程根的意義求得b值，將b值代入二次函數(shù)的解析式，求出拋物線的對(duì)稱軸，利用二次函數(shù)圖象的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【解答】解：∵一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一個(gè)根是1，∴2+b﹣1＝0．∴b＝﹣1．∴二次函數(shù)y＝2x2﹣x﹣1＝2（x﹣）2﹣．∴拋物線y＝2x2﹣x﹣1的對(duì)稱軸為直線x＝．∵該拋物線開(kāi)口向上，點(diǎn)（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3）到對(duì)稱軸的距離分別為：|0﹣|＝，|﹣1﹣|＝，|﹣|＝，且＜＜，∴y1＜y3＜y2．故選：C．6．（2021秋?柯城區(qū)期末）如圖，E是矩形ABCD的邊AD的中點(diǎn)，連接BE，BD，分別交對(duì)角線AC于點(diǎn)F，O．則AF：FO：OC＝（）A．2：1：3 B．3：2：5 C．4：2：7 D．5：3：8【分析】由四邊形ABCD是矩形，于是得到AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，證得△AEF∽△CFB，得到，證得，設(shè)AF＝2a，則CF＝4a，可得AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝a，即可得到結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，∴△AEF∽△CFB，∴，∵AE＝AD＝BC，∴，設(shè)AF＝2a，則CF＝4a，∴AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝OA﹣AF＝a，∴AF：FO：OC＝2a：a：3a＝2：1：3．故選：A．7．（2021秋?樂(lè)清市期末）如圖，拋物線的圖象與x軸交于點(diǎn)A，B，交y軸于點(diǎn)C，動(dòng)點(diǎn)P在射線AB運(yùn)動(dòng)，作△BCP的外接圓⊙M，當(dāng)圓心M落在該拋物線上時(shí)，則AP的值（）A．3 B．4 C．5 D．3.5【分析】△PBC的外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線y＝﹣x上，求出直線y＝﹣x與拋物線的交點(diǎn)，即可推出點(diǎn)M坐標(biāo)，由此即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵△PBC的外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線y＝﹣x上，由，解得或（舍棄），∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（2，﹣2），如圖1中，作MN⊥AB于N，∵M(jìn)P＝MB，NM⊥PB，∴PN＝NB＝1，∴OP＝1，AP＝3，∴當(dāng)AP＝3時(shí)圓心在拋物線上．故選：A．8．（2021秋?義烏市期末）已知二次函數(shù)y＝﹣（x﹣h）2（h為常數(shù)），當(dāng)2≤x≤5時(shí)，函數(shù)y的最大值為﹣1，則h的值為（）A．1或3 B．4或6 C．3或6 D．1或6【分析】由二次函數(shù)解析式可得拋物線開(kāi)口向下及拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，分類討論x＝2，x＝5時(shí)y取最大值﹣1，進(jìn)而求解．【解答】解：∵y＝﹣（x﹣h）2，∴拋物線開(kāi)口向下，對(duì)稱軸為直線x＝h，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（h，0）將x＝2，y＝﹣1代入y＝﹣（x﹣h）2得﹣1＝（2﹣h）2，解得h＝3或h＝1，當(dāng)h＝3時(shí)，2＜3＜5，函數(shù)最大值為0，不符合題意，當(dāng)h＝1時(shí)，x＞1時(shí)，y隨x增大而減小，x＝2時(shí)，函數(shù)取最大值，符合題意，當(dāng)x＝5，y＝﹣1時(shí)，﹣1＝（5﹣h）2，解得h＝6或h＝4，當(dāng)h＝4時(shí)，2＜4＜5，不符合題意，當(dāng)h＝6時(shí)，x＜6時(shí)，y隨x增大而減小，x＝5時(shí)，函數(shù)取最大值，符合題意，∴h＝1或6，故選：D．9．（2021秋?諸暨市期末）如圖，△ABC為銳角三角形，BC＝6，∠A＝45°，點(diǎn)O為△ABC的重心，D為BC中點(diǎn)，若固定邊BC，使頂點(diǎn)A在△ABC所在平面內(nèi)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，保持∠A的大小不變，設(shè)BC的中點(diǎn)為D，則線段OD的長(zhǎng)度的取值范圍為（）A． B． C． D．【分析】作△ABC的外接圓，點(diǎn)E為圓心，AD⊥BC，由題意知OD＝AD，且∠BEC＝90°，BD＝DE＝3，由勾股定理知BE＝3，AD＝DE+AE＝3+3．當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AD最長(zhǎng)，可求此時(shí)OD最大值；臨界情況為∠ABC＝90°，此時(shí)OD＝，可得此時(shí)OD最小值，進(jìn)而可得OD的取值范圍．【解答】解：如圖，作△ABC的外接圓，點(diǎn)E為圓心，AD⊥BC，由題意知OD＝AD，∵∠A＝45°，∴∠BEC＝90°，∴∠EBD＝∠BED＝45°，∴BD＝CD＝3，由勾股定理知BE＝3，∴AD＝DE+AE＝3+3，∵AD⊥BC時(shí)，AD最長(zhǎng)，∴OD最大值為1+，∵△ABC為銳角三角形，∴臨界情況為∠ABC＝90°，如圖，∴此時(shí)AB＝BC＝6，∴AD＝3，∴OD＝．∴＜OD≤+1．故選：A．10．（2021秋?婺城區(qū)期末）在△ABC中，∠B＝45°，AB＝6，給出條件：①AC＝4；②AC＝8；③外接圓半徑為4．請(qǐng)?jiān)诮o出的3個(gè)條件中選取一個(gè)，使得BC的長(zhǎng)唯一．可以選取的是（）A．① B．② C．③ D．①或③【分析】根據(jù)題意畫出圖形，使∠ABE＝45°，AB＝6，點(diǎn)C在射線BE上，作AD⊥BE于點(diǎn)D，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD的長(zhǎng)，再由AD和AC的長(zhǎng)作比較即可判斷①②；由前邊所求出的AD的長(zhǎng)和AB的長(zhǎng)，結(jié)合該三角形外接圓的半徑長(zhǎng)，即可判斷該外接圓的圓心可以在AB的上方，也可以在AB的下方，點(diǎn)C不唯一，即可判斷③．【解答】解：如圖，∠ABE＝45°，AB＝6，點(diǎn)C在射線BE上，作AD⊥BE于點(diǎn)D，∴AD＝BD＝AB＝3，∵3＞4，∴不存在AC＝4的△ABC，故①不符合題意；∵AB＝6，AD＝3，AC＝8，而AC＞6，∴存在AC＝8的△ABC，如圖，點(diǎn)C即是，∴AC＝8，使得BC的長(zhǎng)唯一成立，故②符合題意；∵AD＝3＞4，AB＝6＜8，當(dāng)△ABC的外接圓半徑為4．∵∠B＝45°，∴∠AOC＝90°，∴AC＝4，∵4＜3＜4＜6＜8，∴存在兩個(gè)點(diǎn)C使△ABC的外接圓半徑為4．兩個(gè)外接圓的圓心分別在AB的上，下兩側(cè)，故③不符合題意；故選：B．11．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖，已知扇形OAB的半徑OA＝6，點(diǎn)P為弧AB上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PC⊥OA，PD⊥OB，連結(jié)CD，當(dāng)CD取得最大值時(shí)，扇形OAB的面積為（）A．9π B．12π C．13.5π D．15π【分析】∠AOB＝90°時(shí)，CD最大，由求出扇形面積即可．【解答】解：由PC⊥OA，PD⊥OB可知，∠OCP+∠ODP＝180°，∴O、C、P、D四點(diǎn)共圓，CD為此圓直徑時(shí)，CD最大，∴當(dāng)∠AOB＝90°時(shí)，CD最大，如圖：此時(shí)扇形面積為＝9π，故選：A．12．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，以AB為直徑的⊙O剛好與CD相切，連結(jié)OC、BD交于點(diǎn)F，若AB＝8，則已知下列條件中的一個(gè)即可求BF的長(zhǎng)的有（）①BD；②CD；③；④．A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④【分析】延長(zhǎng)CO交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T．由BC∥DT，推出＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可，由此即可判斷．【解答】解：延長(zhǎng)CO交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T．∵BC∥DT，∴△BFC∽△DFT，∴＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可．已知BD，CD，可以求出AD，BC，故①②符合題意，當(dāng)?shù)闹狄阎?，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故③符合題意．當(dāng)?shù)闹狄阎梢郧蟪鯝D：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故④符合題意．故選：A．13．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖△ACB，∠ACB＝90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，CD平分∠BCO交AB于點(diǎn)D，作AE⊥CD分別交CO、BC于點(diǎn)G，E．記△AGO的面積為S1，△AEB的面積為S2，當(dāng)＝時(shí)，則的值是（）A． B． C． D．【分析】如圖，連接BG，過(guò)點(diǎn)O作OT∥AE交BC于點(diǎn)T．首先證明AG：GE＝4：1，再利用平行線分線段成比例定理求解即可．【解答】解：如圖，連接BG，過(guò)點(diǎn)O作OT∥AE交BC于點(diǎn)T．∵AO＝OB，∴S△AOG＝S△OBG，∵＝，∴＝，∴＝，∵OT∥AE，AO＝OB，∴ET＝TB，∴OT＝AE，∴＝，∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，∴∠DCG＝∠DCE，∴∠CGE+∠DCG＝90°，∠CEG+∠DCB＝90°，∴∠CGE＝∠CEG，∴CG＝CE，∵∠CGE＝∠COT，∠CEG＝∠CTD，∴∠COT＝∠CTO，∴CO＝CT，∴OG＝ET，∵GE∥OT，∴＝＝，∴＝，∴＝．故選：D．二．填空題（共11小題）14．（2021秋?義烏市期末）如圖，有一塊邊長(zhǎng)為2的正方形厚紙板ABCD，做成如圖①所示的一套七巧板（點(diǎn)O為正方形紙板對(duì)角線的交點(diǎn)，點(diǎn)E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，GE∥BI，IH∥CD），將圖①所示七巧板拼成如圖②所示的“魚(yú)形”，則“魚(yú)尾”MN的長(zhǎng)為3．【分析】依據(jù)勾股定理即可得到AC的長(zhǎng)，進(jìn)而得出FI＝EI＝1，EF＝2，即可得到“魚(yú)尾”MN的長(zhǎng)．【解答】解：∵等腰直角三角形ACD中，AD＝CD＝2，∴AC＝4，又∵AG＝GO＝OH＝CH，∴FI＝EI＝1，EF＝2，∴NM＝2+1＝3，故答案為：3．15．（2021秋?諸暨市期末）已知點(diǎn)A（0，0），B（4，0），C（﹣1，﹣1），D（2，﹣4），固定A，B兩點(diǎn)，將線段CD向左或向右平移，平移后C，D兩點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C1，D1．（1）當(dāng)C1的坐標(biāo)為（﹣2，﹣1）時(shí)，四邊形AC1D1B的周長(zhǎng)為+3+9；（2）當(dāng)C1的坐標(biāo)為（，﹣1）時(shí)，四邊形AC1D1B的周長(zhǎng)最?。痉治觥浚?）根據(jù)C1點(diǎn)坐標(biāo)可確定線段CD向左平移1個(gè)單位，則可求D1（1，﹣4），再求周長(zhǎng)即可；（2）設(shè)CD向右平移m個(gè)單位，則C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），當(dāng)AC1+BD1為最小值時(shí)，四邊形AC1D1B的周長(zhǎng)最小，此時(shí)AC1+BD1＝+，則點(diǎn)（m，0）到點(diǎn)（1，1）和（2，4）的距離和最小，求出過(guò)（1，﹣1）和（2，4）的直線解析式為y＝5x﹣6，當(dāng)y＝0時(shí)，m＝，即可求C1（，﹣1）．【解答】解：（1）∵C（﹣1，﹣1），C1（﹣2，﹣1），∴線段CD向左平移1個(gè)單位，∵D（2，﹣4），∴D1（1，﹣4），∵A（0，0），B（4，0），∴AC1＝，CD＝3，BD1＝5，AB＝4，∴四邊形AC1D1B的周長(zhǎng)＝AC1+CD+BD1+AB＝+3+9，故答案為：+3+9；（2）設(shè)CD向右平移m個(gè)單位，∴C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），∵AB＝4，CD＝C1D1＝3，∴當(dāng)AC1+BD1為最小值時(shí)，四邊形AC1D1B的周長(zhǎng)最小，此時(shí)AC1+BD1＝+，∴點(diǎn)（m，0）到點(diǎn)（1，1）和（2，4）的距離和最小，∵點(diǎn)（1，1）關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)為（1，﹣1），設(shè)過(guò)（1，﹣1）和（2，4）的直線解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴y＝5x﹣6，∴當(dāng)y＝0時(shí)，m＝，∴C1（，﹣1），故答案為：（，﹣1）．16．（2021秋?諸暨市期末）如圖，扇形AOB，正方形OCDE的頂點(diǎn)C，E，D，分別在OA，OB，弧AB上，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥ED，交ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．若圖中陰影部分的面積為﹣1，則扇形AOB的半徑為．【分析】由扇形AOB可知OA＝OB，由正方形的性質(zhì)可知CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，可知，AC＝BE，陰影部分面積＝長(zhǎng)方形ACDF的面積，進(jìn)而即可求出正方形的邊長(zhǎng)，進(jìn)一步即可求出扇形AOB的半徑．【解答】解：∵扇形AOB，∴OA＝OB，∵四邊形OCDE為正方形，∴CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，∴，AC＝BE，∴陰影部分面積＝長(zhǎng)方形ACDF的面積，設(shè)正方形OCDE的邊長(zhǎng)為a，∴OD＝a，∴AC＝a﹣a＝（﹣1）a，∴AC?CD＝陰影部分面積，∴（﹣1）a?a＝（﹣1）a，∴a＝1，∴OD＝a＝×1＝，故答案為：．17．（2021秋?樂(lè)清市期末）如圖，在邊長(zhǎng)為7的正方形ABCD中放入四個(gè)小正方形后形成一個(gè)中心對(duì)稱圖形，其中兩頂點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，則放入的四個(gè)小正方形的面積之和為22．【分析】作GH⊥BC，證明△GHE∽△EMN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到GH＝2EM，HE＝2MN，根據(jù)正方形的性質(zhì)列方程求出MN，根據(jù)勾股定理、正方形的面積公式計(jì)算，得到答案．【解答】解：如圖，過(guò)G作GH⊥BC于H，則∠HGE+∠HEG＝∠HEG+∠MEN＝90°，∴∠HGE＝∠MEN，∵∠GHE＝∠EMN＝90°，∴△GHE∽△EMN，∴，∴GH＝2EM，HE＝2MN，設(shè)MN＝x，則HE＝2x，∴EM＝7﹣4x，∴GH＝2EM＝2（7﹣4x），∴2（7﹣4x）+x＝7，解得：x＝1，∴EM＝7﹣4x＝3，∴EN＝＝，∴GE＝2EN＝，∴四個(gè)小正方形的面積之和＝2×12+×＝22，故答案為：22．18．（2021秋?溫州期末）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的部分對(duì)應(yīng)值列表如下：x…﹣30135…y…7﹣8﹣9﹣57…則一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解為x＝±1．【分析】由表格中的數(shù)據(jù)知，當(dāng)x＝3時(shí)，y＝﹣5．所以由題意知：當(dāng)2x+1＝3時(shí)，y＝﹣5．【解答】解：由拋物線的對(duì)稱性質(zhì)知，對(duì)稱軸是直線x＝＝1．根據(jù)題意知，一元二次方程ax2+bx+c＝﹣5的解為x＝3或x＝﹣1．所以2x+1＝3或2x+1＝﹣1．解得x＝1或x＝﹣1．所以一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解為：x＝±1．故答案是：x＝±1．19．（2021秋?諸暨市期末）如圖1，以Rt△ABC各邊為邊分別向外作等邊三角形，編號(hào)為①、②、③，將②、①如圖2所示依次疊在③上，已知四邊形EMNB與四邊形MPQN的面積分別為9與7，則Rt△ABC的斜邊長(zhǎng)AB＝10．【分析】設(shè)等邊△ABE，△ACD，△BCF的面積分別是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，根據(jù)勾股定理得到a2+b2＝c2，根據(jù)三角形的面積列方程得到AC＝8，BC＝6，由勾股定理即可得到AB＝＝＝10．【解答】解：如圖，設(shè)等邊△ABE，△ACD，△BCF的面積分別是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，∴a2+b2＝c2，∴a2+b2＝c2．∵S3＝c2，S2＝b2，S1＝a2，∴S3﹣S2＝（c2﹣b2）＝a2＝9，S3﹣S1＝c2﹣a2＝（c2﹣a2）＝b2＝9+7＝16，∴a＝6，b＝8，即AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝＝10，故答案為：10．20．（2021秋?婺城區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，將菱形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到菱形AB'C'D'，邊AB、BC、AD'、C'D'及點(diǎn)C的路徑所圍成的陰影區(qū)域的周長(zhǎng)為4+π．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)角為30°，連接CD′和BC′，可得A、D′、C及A、B、C′分別共線，求出扇形弧長(zhǎng)，再根據(jù)AAS證得兩個(gè)小三角形全等，求得C'D'，即可得到答案．【解答】解：連接CD′和BC′，∵∠DAB＝60°，∴∠DAC＝∠CAB＝30°，∵∠C′AB′＝30°，∴A、D′、C及A、B、C′分別共線．∴AC＝，∴扇形ACC′的弧長(zhǎng)為：＝π，∵AC＝AC′，AD′＝AB，∴CD'＝BC'，在△OCD′和△OC'B中，，∴△OCD′≌△OC′B（AAS）．∴OB＝OD′，CO＝C′O∵OB+OC＝BC＝1，∴OD'+OC'＝OB+OB＝1，即C'D'＝1，∴陰影區(qū)域的周長(zhǎng)為AD'+AB+BC+C'D'+扇形ACC′的弧長(zhǎng)＝1+1+1+1+π＝4+π，故答案為：4+π．21．（2021秋?柯城區(qū)期末）已知二次函數(shù)y＝a（x﹣2）2+4（a＜0）的圖象的頂點(diǎn)為C，與y軸交于點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A作AB∥x軸，與該二次函數(shù)圖象的另一個(gè)交點(diǎn)為B，連結(jié)OB，OB∥AC．則AB的長(zhǎng)是4，a的值為﹣．【分析】作CE⊥y軸于點(diǎn)E，通過(guò)△CEA∽△BAO可得＝＝，用含a代數(shù)式表示OA，進(jìn)而求解．【解答】解：∵y＝a（x﹣2）2+4，∴拋物線開(kāi)口向下，頂點(diǎn)C坐標(biāo)為（2，4），拋物線對(duì)稱軸為直線x＝2，作CE⊥y軸于點(diǎn)E，則CE＝2，∵AB∥x軸，拋物線對(duì)稱軸為直線x＝2，∴AB＝4，∵CE∥AB∥x軸，AC∥OB，∴△CEA∽△BAO，∴＝＝，把x＝0代入y＝a（x﹣2）2+4得y＝4a+4，∴點(diǎn)A坐標(biāo)為（0，4a+4），即AO＝4a+4，∴AE＝AO＝2a+2，∴OA+AE＝6a+6＝4，∴a＝﹣．故答案為：4，﹣．22．（2021秋?婺城區(qū)期末）五巧板是一種類似七巧板的智力玩具，它是由一個(gè)正方形按如圖1方式分割而成，其中圖形①是正方形，小明發(fā)現(xiàn)可以將五巧板拼搭成如圖2所示的“三角形”與“飛機(jī)”模型．在“飛機(jī)”模型中寬與高的比值＝．【分析】利用圖1和圖2所示可得：MNHG為正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC，設(shè)正方形MNHG的邊長(zhǎng)為a，則AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通過(guò)說(shuō)明△CHB∽△BHF，得到HF＝a，利用拼圖與原圖對(duì)比求得l與h的長(zhǎng)，則結(jié)論可求．【解答】解：由題意得：MNHG為正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC．設(shè)正方形MNHG的邊長(zhǎng)為a，則AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，∴△CHB∽△BHF．∴．∵CH＝2a，BH＝a，∴．∴HF＝a．由題意：AE＝CF．ME＝HF＝a．∴l(xiāng)＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．∴＝．故答案為：；23．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，已知距離為6的兩條平行線l1，l2與⊙O分別交于A，B兩點(diǎn)（AB為直徑，且與l2不垂直），D為⊙O上一點(diǎn)，過(guò)D作l1的平行線m交AB于點(diǎn)C，若＝，BD＝6，則AB的長(zhǎng)為3．【分析】過(guò)點(diǎn)D作DE⊥l1于點(diǎn)E，交l2于點(diǎn)F，可得l1∥l2∥m，根據(jù)＝，可得＝，設(shè)DE＝2x，則DF＝3x，計(jì)算可得DE＝，DF＝，由△DAE∽△BDF和勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥l1于點(diǎn)E，交l2于點(diǎn)F，∵l1∥l2，∴DF⊥l2，∵l1∥l2∥m，＝，∴＝，設(shè)DE＝2x，則DF＝3x，∵EF＝6，∴2x+3x＝6，解得x＝，∴DE＝，DF＝，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADE+∠BDF＝90°，∵∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠BDF，∵∠AED＝∠DFB＝90°，∴△DAE∽△BDF，∴＝，在Rt△BDF中，BD＝6，DF＝，∴BF＝＝＝，∴＝，∴AD＝3，在Rt△ABD中，BD＝6，AD＝3，∴AB＝＝＝3．答：AB的長(zhǎng)為3．故答案為：3．24．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，拋物線y＝x2+x﹣3與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，D點(diǎn)為拋物線上第三象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠ACD+2∠ABC＝180°時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣7，﹣）．【分析】由拋物線的解析式求得A、B、C的坐標(biāo)，利用勾股定理的逆定理證得∠ACB＝90°，即可得出∠BAC+∠ABC＝90°，由∠ACD+2∠ABC＝180°，得出2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x軸，交CD的延長(zhǎng)線與E，作∠ACD的平分線，交AE于F，則∠ACF＝∠BAC，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得出AF＝EF＝BC＝3，從而求得E（﹣9，﹣6），利用待定系數(shù)法求得直線CD的解析式，與二次函數(shù)解析式聯(lián)立，解方程組即可求得D的坐標(biāo)．【解答】解：∵拋物線y＝x2+x﹣3與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B兩點(diǎn)，∴當(dāng)y＝0時(shí)，x2+x﹣3＝0，解得x＝﹣9或1，∴A（﹣9，0），B（1，0），∴AB＝10，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∵AC2＝92+32＝90，BC2＝12+32＝10，AB2＝100，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∴2∠BAC+2∠ABC＝180°，∵∠ACD+2∠ABC＝180°∴2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x軸，交CD的延長(zhǎng)線與E，作∠ACD的平分線，交AE于F，則∠ACF＝∠BAC，∴CF∥AB，∴CF⊥AE，∴AF＝EF＝BC＝3，∴E（﹣9，﹣6），設(shè)直線CD的解析式為y＝kx﹣3，把E的坐標(biāo)代入得，﹣6＝﹣9k﹣3，∴k＝，∴直線CD的解析式為y＝x﹣3，解得或，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣7，﹣），故答案為：（﹣7，﹣）．三．解答題（共7小題）25．（2021秋?余姚市期末）如圖是由邊長(zhǎng)為1的小正方形構(gòu)成的5×3的網(wǎng)格，△ABC的頂點(diǎn)A，B，C均在格點(diǎn)上．（1）圖中的值為．（2）在圖1中，以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABC按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，作出經(jīng)旋轉(zhuǎn)后的圖形△AB′C′（其中B′，C′分別是B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)）．（3）在圖2中，找出符合條件的格點(diǎn)D，使得∠ADB＝∠ABC．【分析】（1）根據(jù)勾股定理求得AB，BC的值，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)中心方向及角度找出點(diǎn)A、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A′、B′的位置，然后順次連接即可；（3）根據(jù)題意作出∠ADB＝∠ABC即可．【解答】解：（1）∵BC＝＝，AB＝＝，∴＝＝，故答案為：；（2）如圖1所示，△AB′C′即為所求；（3）如圖2所示，∠ADB即為所求．26．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，在6×6的正方形方格紙中，∠BAC的頂點(diǎn)在格點(diǎn)上．（1）直接寫出tan∠BAC＝．（2）僅用直尺，畫出∠BAC的平分線AP，并寫出tan∠PAC＝．【分析】（1）利用網(wǎng)格特征，尋找直角三角形解決問(wèn)題即可；（2）取格點(diǎn)T，連接BT，取BC的中點(diǎn)P，作射線AP．【解答】解：（1）如圖，tan∠BAC＝，故答案為：；（2）如圖，射線AP即為所求，tan∠PAC＝＝．27．（2021秋?婺城區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC為直徑的半圓交斜邊AB于點(diǎn)D，E為BC的中點(diǎn)，連結(jié)DE，CD．過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半徑．【分析】（1）連結(jié)OD，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DE＝EC，證明∠EDC＝∠ECD，根據(jù)OD＝OC，得到∠ODC＝∠OCD，進(jìn)而證明∠ODE＝∠ACB＝90°，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)勾股定理求出AF，證明△ADF∽△ACD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算即可．【解答】（1）證明：連結(jié)OD，∵AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠BDC＝90°，在Rt△BDC中，E為BC的中點(diǎn)，∴DE＝BC＝EC，∴∠EDC＝∠ECD，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∴∠ODE＝∠ACB＝90°，∵OD為⊙O的半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：在Rt△ADF中，AD＝5，DF＝3，由勾股定理得：AF＝＝＝4，∵∠DAF＝∠CAD，∠AFD＝∠ADC＝90°，∴△ADF∽△ACD，∴＝，即＝，解得：AC＝，∴⊙O的半徑為．28．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，已知AB是半圓O的直徑，C是半圓弧上一點(diǎn)，P是的中點(diǎn)，PD∥BC交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)D．（1）求證：PD為⊙O的切線；（2）若AB＝10，cos∠D＝，求PC的值．【分析】（1）要證明PD為⊙O的切線，想到連接OP，只要證明∠OPD＝90°即可，根據(jù)已知P是的中點(diǎn)，利用垂徑定理可得∠OEB＝90°，然后根據(jù)PD∥BC，證明同位角相等即可；（2）利用直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，根據(jù)PD∥BC，可得∠D＝∠ABC，然后在Rt△ABC中求出BC，再在Rt△OEB中，求出OE的長(zhǎng)，最后在Rt△CEP中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】（1）證明：連接OP，交BC于點(diǎn)E，∵P是的中點(diǎn)，∴OP⊥BC，CE＝EB＝BC，∴∠OEB＝90°，∵PD∥BC，∴∠OPD＝∠OEB＝90°，∵OP是圓O的半徑，∴PD為⊙O的切線；（2）解：∵AB是半圓O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵PD∥BC，∴∠D＝∠ABC，∵cos∠D＝，∴cos∠ABC＝＝，∵AB＝10，∴BC＝8，∴BE＝CE＝＝4，在Rt△OEB中，OB＝5，∴OE＝＝＝3，∴EP＝OP﹣OE＝5﹣3＝2，在Rt△CEP中，CE＝4，PE＝2，∴PC＝＝2．29．（2021秋?婺城區(qū)期末）如圖1，一個(gè)正立方體鐵塊放置在圓柱形水槽內(nèi)，水槽的底面圓的面積記為S1，正立方體的底面正方形的面積記為S2．現(xiàn)以一定的速度往水槽中注水，28秒時(shí)注滿水槽．此時(shí)停止注水，并立刻將立方體鐵塊用細(xì)線豎直勻速上拉直至全部拉出水面．水槽內(nèi)水面的高度y（cm）與注水時(shí)間x（s）之間的函數(shù)圖象如圖2所示．（1）正立方體的棱長(zhǎng)為10cm，S1：S2＝4；（2）當(dāng)圓柱形水槽內(nèi)水面高度為12cm時(shí)，求注水時(shí)間是幾秒？（3）鐵塊完全拉出時(shí)，水面高度為17.5cm．【分析】（1）直接利用一次函數(shù)圖象結(jié)合水面高度的變化得出正方體的棱長(zhǎng)，設(shè)注水的速度是vcm/s，根據(jù)題意得出注滿與正方體體積相等的水需要的時(shí)間為（28﹣12﹣12）s，列比例式即可求解；（2）直接利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式，再求出當(dāng)y＝12時(shí)，x的值即可；（3）鐵塊完全拉出時(shí)，水面高度降低了mcm，根據(jù)S1：S2＝4即可解答．【解答】解：（1）由題意可得：12秒時(shí)，水槽內(nèi)水面的高度為10cm，12秒后水槽內(nèi)高度變化趨勢(shì)改變，故正方體的棱長(zhǎng)為10cm；設(shè)注水的速度是vcm/s，根據(jù)題意得注滿與正方體體積相等的水需要的時(shí)間為28﹣12﹣12＝4（s），注滿水槽正方體以上的水需要的時(shí)間為28﹣12＝16（s），∴＝4，∴S1：S2＝4，，故答案為：10，4；（2）設(shè)線段AB對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為：y＝kx+b，∵圖象過(guò)A（12，10），B（28，20），∴，解得：，∴線段AB對(duì)應(yīng)的解析式為：y＝x+（12≤x≤28），當(dāng)y＝12時(shí)，x+＝12，解得x＝15.2，∴注水時(shí)間是15.2秒；（3）設(shè)鐵塊完全拉出時(shí)，水面高度降低了mcm，∵S1：S2＝4，∴S1＝4S2，∴10S2＝4S2?m，解得m＝2.5，∴鐵塊完全拉出時(shí)水面的高度：20﹣2.5＝17.5（cm），故答案為：17.5．30．（2021秋?義烏市期末）如圖1，直線l：y＝ax+b（a＜0，b＞0）與x，y軸分別相交于A、B兩點(diǎn)．將△AOB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△COD，過(guò)點(diǎn)A，B，D的拋物線P叫做直線l的關(guān)聯(lián)拋物線，直線l叫做P的關(guān)聯(lián)直線．（1）若直線l：y＝﹣2x+2，則拋物線P表示的函數(shù)解析式為y＝﹣x2﹣x+2，若拋物線P：y＝﹣x2﹣3x+4，則直線l表示的函數(shù)解析式為y＝﹣4x+4；（2）如圖2，若直線l：y＝tx﹣4t（t＜0），G為AB中點(diǎn)，H為CD的中點(diǎn)，連結(jié)GH，取GH中點(diǎn)M，連結(jié)OM，已知OM＝．求直線l的關(guān)聯(lián)拋物線P表示的函數(shù)解析式；（3）若將某直線的關(guān)聯(lián)拋物線向右平移﹣m個(gè)單位得到拋物線y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n），則a、m、n應(yīng)滿足的關(guān)系式為a（m+n）＝﹣1．【分析】（1）求出A、B點(diǎn)坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；（2）分別求出G（2，2t），H（﹣2t，2），M（1﹣t，1+t），再由OM＝，可求t的值，進(jìn)而可求函數(shù)的解析式；（3）根據(jù)平移的性質(zhì)，平移前的拋物線表達(dá)式為：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），求出點(diǎn)A、D的坐標(biāo)分別為（m+n，0）、（2m，0），進(jìn)而求解．【解答】解：（1）設(shè)拋物線P的函數(shù)表達(dá)式為