精品解析：辽宁省鞍山市铁西区2020-2021学年九年级上学期期中考试数学试题

2020-2021学年九年级上学期期中考试 数学试题 （考试时间共120分钟，满分150分） 温馨提示：请考生把所有的答案都答在答题卡上，否则不给分，答题要求见答题卡． 一、单项选择题（共8小题，每题3分，共24分） 1. 今年年初，新冠肺炎袭击我市，我市政府和医护人员在党中央及全国人民的大力支持下，仅用三个月时间就控制住疫情，为世界抗疫贡献了中国方案和中国智慧．下列医护图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知抛物线的顶点在x轴上，则b的值一定是(　　) A. 1 B. 2 C. D. 2或 3. 如图所示，的顶点在正方形网格的格点上，则的值为（ ） A. B. C. D. 3 4. 如图，绕点A按顺时针方向旋转后得到，且点D恰好是边的中点，交于F，则的值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 5. 若关于的二次函数，当时，随的增大而减小，且关于的分式方程有整数解，则符合条件的所有整数的和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知如图，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝45°，结论：①∠ABC＝90°，②AB＝BC，③AD2+DC2＝2AB2，④AD+DC＝BD，其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 如图，二次函数的图象与轴相交于点和，下列结论：①；②当时，；③若、在函数图象上，当时，；④，正确的有（ ） A. ①②④ B. ①④ C. ①②③ D. ①③④ 8. 在同一坐标系中，二次函数与一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共8小题，每题3分，共24分） 9. 《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口处立一根垂直于井口的木杆，从木杆的顶端观察井水水面，视线与井口的直径交于点，如果测得米，米，米，那么为___________米． 10. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6），B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是________． 11. 当k－2≤x≤k时，函数y＝x2－4x＋4（k为常数）的最小值为4，则k的值是____． 12. 在平面直角坐标系中，我们把对称轴相同的抛物线叫做同轴抛物线，已知抛物线的顶点为M，它的某条同轴抛物线的顶点为N，且，那么点N的坐标是______． 13. 如图，在矩形中，，，点E、F在边上，和交于点G，若，则图中阴影部分的面积为______． 14. 关于x的一元二次方程有两个实数根，若，则______． 15. 将抛物线向上平移3个单位长度后，经过点，则的值是________． 16. 如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是_____． 三、（第17题8分，第18题9分，共17分） 17. 解下列一元二次方程． （1） （2） 18. 在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在中，，，． （1）试在图中作出以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形； （2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并标出A、C两点的坐标； （3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形，并标出、两点的坐标． 四、（第19题9分，第20题10分，共19分） 19. 如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N． （1）求证：△ABM∽△EFA； （2）若AB=12，BM=5，求DE的长． 20. 已知抛物线的顶点为，且过点． 求抛物线解析式； 求函数值时，自变量x的取值范围． 五、（共2题，每题10分，共20分） 21. 如图，在菱形ABCD中，BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F． （1）求证：BF＝DE； （2）分别延长BE和AD，交于点G，若∠A＝45°，求的值． 22. 某商场一种商品的进价为每件30元，售价为每件40元，每天可以销售48件，为尽快减少库存，商场决定降价促销． （1）若该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，求两次下降的百分率； （2）经调查，若该商品每降价0.5元，每天可多销售4件，那么每天要想获得510元的利润，每件应降价多少元？ （3）在（2）的条件下，每件商品的售价为多少元时，每天可获得最大利润？最大利润是多少元？ 六、（共2题，每题10分，共20分） 23. 关于x的一元二次方程x2+mx+m﹣2＝0． （1）若﹣2是该方程的一个根，求该方程的另一个根； （2）求证：无论m取任何实数，此方程总有两个不相等的实数根； （3）设该方程的两个实数根为x1，x2，若x12+x22+m（x1+x2）＝m2+1，求m的值． 24. 已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM． （1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论； （2）如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论； （3）将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请画出图形，并直接写出MF的长． 七、（本题12分） 25. 问题背景：如图（1），已知，求证：； 尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值； 拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长． 八、（本题14分） 26. 如图1，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．若tan∠ABC=3，一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为﹣8、2． （1）求二次函数的解析式； （2）直线l绕点A以AB为起始位置顺时针旋转到AC位置停止，l与线段BC交于点D，P是AD的中点． ①求点P的运动路程； ②如图2，过点D作DE垂直x轴于点E，作DF⊥AC所在直线于点F，连结PE、PF，在l运动过程中，∠EPF的大小是否改变？请说明理由； （3）在（2）的条件下，连结EF，求△PEF周长的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2020-2021学年九年级上学期期中考试 数学试题 （考试时间共120分钟，满分150分） 温馨提示：请考生把所有的答案都答在答题卡上，否则不给分，答题要求见答题卡． 一、单项选择题（共8小题，每题3分，共24分） 1. 今年年初，新冠肺炎袭击我市，我市政府和医护人员在党中央及全国人民的大力支持下，仅用三个月时间就控制住疫情，为世界抗疫贡献了中国方案和中国智慧．下列医护图案既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称和中心对称图形的定义逐一判断即可． 【详解】A．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； B．是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．不是轴对称图形也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．是轴对称图形但不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查轴对称和中心对称图形的判定，轴对称图形：沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，中心对称图形：图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，熟练掌握其定义是解题的关键． 2. 已知抛物线的顶点在x轴上，则b的值一定是(　　) A. 1 B. 2 C. D. 2或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数一般式化为顶点式．先配方得：，再根据题意得，即可求得b的值． 【详解】解：配方得：， 由题意知，， 解得：， 故选：D． 3. 如图所示，的顶点在正方形网格的格点上，则的值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．取格点，连接，先利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】解：如图，取格点，连接， 由题意得：， ， ， ，， 即， 是直角三角形， ， ． 故选：C． 4. 如图，绕点A按顺时针方向旋转后得到，且点D恰好是边的中点，交于F，则的值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由旋转的性质得出，，则为等边三角形，再根据等边三角形、等腰三角形的性质及三角形外角的性质得出，然后在直角与直角中，根据角所对的直角边等于斜边的一半，得出，，则，进而求出的值． 【详解】解：绕点按顺时针方向旋转后得到， ，， ，． 为等边三角形， ，． 点是边的中点， ， ， ， ， 在直角中，，， ． 在直角中，，， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形、等腰三角形、直角三角形的性质及三角形外角的性质，综合性较强，有一定难度，证明出是关键的一步． 5. 若关于的二次函数，当时，随的增大而减小，且关于的分式方程有整数解，则符合条件的所有整数的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据分式方程解的情况求参数，有理数的加法运算，先求出二次函数的对称轴，根据二次函数的图象和性质求出的取值范围，再解分式方程，根据分式方程解的情况求出的整数值，进而相加即可求解，正确计算是解题的关键． 【详解】解：∵关于的二次函数， ∴抛物线的对称轴为直线，开口向下， ∵当时，随的增大而减小， ∴， 解得， 解分式方程，得， ∵分式方程有整数解，且，， ∴的整数值可以为，，，， ∴符合条件的所有整数的和为， 故选：． 6. 已知如图，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝45°，结论：①∠ABC＝90°，②AB＝BC，③AD2+DC2＝2AB2，④AD+DC＝BD，其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】如图，作BM⊥DA交DA的延长线于M，BN⊥CD于N，AC交BD于点O．首先证明△ABC是等腰直角三角形，再证明四边形BMDN是正方形，△BMA≌△BNC即可解决问题； 【详解】解：如图，作BM⊥DA交DA的延长线于M，BN⊥CD于N，AC交BD于点O． ∵∠OAB＝∠ODC，∠AOB＝∠DOC， ∴△AOB∽△DOC， ∴， ∴， ∵∠AOD＝∠BOC， ∴△AOD∽△BOC， ∴∠BCO＝∠ADO＝45°， ∴∠BAC＝∠BCA＝45°， ∴∠ABC＝90°，BA＝BC，故①②正确， ∴AD2+CD2＝AC2＝AB2+BC2＝2AB2，故③正确， ∵∠M＝∠BND＝∠MDN＝90°， ∴四边形BMDN是矩形， ∵BD平分∠ADC，BM⊥AD，BN⊥DC， ∴BM＝BN， ∴四边形BMDN是正方形， ∴DM＝DN， ∵AB＝BC，BM＝BN， ∴Rt△BMA≌Rt△BNC（HL）， ∴AM＝AN， ∴AD+DC＝DM﹣AM+DN﹣CN＝2DM＝BD，故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 7. 如图，二次函数的图象与轴相交于点和，下列结论：①；②当时，；③若、在函数图象上，当时，；④，正确的有（ ） A. ①②④ B. ①④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的图象与性质（增减性、对称性、与x轴的交点）逐个判断即可． 【详解】由题意得：此二次函数的对称轴为 解得，则结论①正确 由函数图象可知，当时，，则结论②错误 由二次函数的性质可知，当时，y随x的增大而增大；当时，y随x的增大而减小 与取值范围不确定 无法确定与的大小关系，则结论③错误 将点代入二次函数的解析式得： ，即 ，则结论④正确 综上，结论正确的有①④ 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质（增减性、对称性、与x轴的交点），熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 8. 在同一坐标系中，二次函数与一次函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数和一次函数图象的综合判断，根据二次函数和一次函数的图象进行判断即可． 【详解】解：∵二次函数与一次函数， ∴当时，抛物线的开口向上，直线过一，三，四象限； 当时，抛物线的开口向下，直线过一，二，四象限； 故符合题意的只有选项A． 故选A． 二、填空题（共8小题，每题3分，共24分） 9. 《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口处立一根垂直于井口的木杆，从木杆的顶端观察井水水面，视线与井口的直径交于点，如果测得米，米，米，那么为___________米． 【答案】7 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，先证明，再根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】解：，， ， ， ， ， （米）， 故答案为：7． 10. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6），B（﹣9，﹣3），以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是________． 【答案】（-1，2）或（1，-2） 【解析】 【详解】解：根据位似变换的位似比 ，可直接求A′的坐标为（-1，2）．或（1，-2） 故答案为（-1，2）或（1，-2） 【点睛】此题主要考查了位似变换的性质，解题时根据位似比直接由相似的性质求解即可，此题比较简单，是常考题． 11. 当k－2≤x≤k时，函数y＝x2－4x＋4（k为常数）的最小值为4，则k的值是____． 【答案】0或6##6或0 【解析】 【分析】先求出函数的顶点坐标，再根据题意分情况讨论即可求解． 【详解】∵y=x2-4x+4=（x-2）2 ∴顶点坐标为（2,0） ∴当k≤2时，x=k时，函数y=x2-4x+4的最小值为4 故k2-4k+4=4 解得k=0或k=4(舍去) 当k-2≥2时，x= k-2时，函数y=x2-4x+4的最小值为4 故（k-2）2-4（k-2）+4=4 解得k=6或k=2(舍去) 故答案为6或0． 【点睛】此题主要考查二次函数的图象与性质，解题的关键是根据题意分情况讨论． 12. 在平面直角坐标系中，我们把对称轴相同的抛物线叫做同轴抛物线，已知抛物线的顶点为M，它的某条同轴抛物线的顶点为N，且，那么点N的坐标是______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象与性质．根据抛物线的性质可得顶点坐标，再分两种情况当点N在点M的下方时；当点N在点M的上方时，分别计算即可求解． 【详解】解：∵抛物线， ∴顶点M的坐标为， 当点N在点M的下方时，， ∴N的坐标为； 当点N在点M的上方时，， ∴N的坐标为， 故答案为：或． 13. 如图，在矩形中，，，点E、F在边上，和交于点G，若，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】35 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积计算，过点G作，交于点P，交于点Q，说明四边形和四边形为矩形，证明，得出，分别求出，，，即可得出答案． 【详解】解：过点G作，交于点P，交于点Q，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴四边形和四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴． 14. 关于x的一元二次方程有两个实数根，若，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，完全平方公式的变形运算，由一元二次方程根和系数的关系可得，，即得到，得到，进而根据即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个实数根， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， 又∵， 当时，，符合题意， 当时，，不合题意，舍去， ∴， 故答案为：． 15. 将抛物线向上平移3个单位长度后，经过点，则的值是________． 【答案】-5 【解析】 【分析】根据二次函数的平移得出平移后的表达式，再将点代入，得到，最后将变形求值即可. 【详解】解：将抛物线向上平移3个单位长度后， 表达式为：， ∵经过点，代入， 得：， 则==2×3-11=-5. 故答案为：-5. 【点睛】本题考查了二次函数的平移，代数式求值，解题的关键是得出平移后的表达式. 16. 如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是_____． 【答案】． 【解析】 【分析】连接EC，构造相似三角形△FEC∽△EDC，推出，结合勾股定理即可解得． 【详解】如图，连接EC， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝∠D＝90°，BC＝AD＝12，DC＝AB＝8， ∵E为AD中点， ∴AE＝DE＝AD＝6， 由翻折知，△AEF≌△GEF， ∴AE＝GE＝6，∠AEF＝∠GEF，∠EGF＝∠EAF＝90°＝∠D， ∴GE＝DE， ∴EC平分∠DCG， ∴∠DCE＝∠GCE， ∵∠GEC＝90°﹣∠GCE，∠DEC＝90°﹣∠DCE， ∴∠GEC＝∠DEC， ∴∠FEC＝∠FEG+∠GEC＝×180°＝90°， ∴∠FEC＝∠D＝90°， 又∵∠DCE＝∠GCE， ∴△FEC∽△EDC， ∴， ∵EC＝＝10， ∴， ∴FE＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质应用，相似三角形的判定和性质应用，解题的关键是作出适当的辅助线，构造相似三角形解答． 三、（第17题8分，第18题9分，共17分） 17. 解下列一元二次方程． （1） （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题 的关键. （1）利用配方法求解可得； （2）利用因式分解法求解可得． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 则， 即， ∴， ∴，； 【小问2详解】 解：， ∴， 则， ∴或， 解：，． 18. 在下列网格图中，每个小正方形的边长均为1个单位．在中，，，． （1）试在图中作出以A为旋转中心，沿顺时针方向旋转90°后的图形； （2）若点B的坐标为（﹣3，5），试在图中画出直角坐标系，并标出A、C两点的坐标； （3）根据（2）的坐标系作出与△ABC关于原点对称的图形，并标出、两点的坐标． 【答案】（1） 解：如图所示； （2） 如图所示，，； （3） 如图所示，，． 【解析】 【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出B、C的对应点、即可； （2）利用B点坐标画出直角坐标系，从而得到A点和C点坐标； （3）利用关于原点对称的点的坐标特征写出点、、的坐标，然后描点即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． 四、（第19题9分，第20题10分，共19分） 19. 如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N． （1）求证：△ABM∽△EFA； （2）若AB=12，BM=5，求DE的长． 【答案】（1）∵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）4.9 【解析】 【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． 【详解】解：（1）略 （2）∵∠B=90°，AB=12，BM=5， ∴AM==13，AD=12， ∵F是AM的中点， ∴AF=AM=6.5， ∵△ABM∽△EFA， ∴， 即， ∴AE=16.9， ∴DE=AE－AD=4.9． 【点睛】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． 20. 已知抛物线的顶点为，且过点． 求抛物线解析式； 求函数值时，自变量x的取值范围． 【答案】（1）；（2）当或时，． 【解析】 【详解】试题分析： （1）由已知可设抛物线解析式为，再代入点（-2，5）求出a的值即可得到抛物线的解析式； （2）在（1）中所求解析式中，由y=0可得关于x的一元二次方程，解方程即可求得抛物线与x轴的交点坐标，结合抛物线开口向上即可求得当y>0时，对应的x的取值范围； 试题解析： （1）由已知设抛物线解析式为， ∵抛物线过点（-2，5）， ∴，解得：， ∴抛物线的解析式为：，即； （2）在中，当时，有：，解得：， ∵抛物线的开口向上， ∴当时，或. 五、（共2题，每题10分，共20分） 21. 如图，在菱形ABCD中，BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F． （1）求证：BF＝DE； （2）分别延长BE和AD，交于点G，若∠A＝45°，求的值． 【答案】（1）详见解析；（2）﹣1 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质得到CB＝CD，根据全等三角形的性质得到结论； （2）根据菱形的性质得到∠C＝∠A＝45°，AG∥BC，推出△DEG与△BEC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴CB＝CD， ∵BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F， ∴∠BEC＝∠DFC＝90°， ∵∠C＝∠C， ∴△BEC≌△DFC（AAS）， ∴EC＝FC， ∴BF＝DE； （2）解：∵∠A＝45°，四边形ABCD是菱形， ∴∠C＝∠A＝45°，AG∥BC， ∴∠CBG＝∠G＝45°， ∴△DEG与△BEC是等腰直角三角形， 设BE＝CE＝a， ∴BC＝AD＝a， ∵∠A＝∠G＝45°， ∴AB＝BC，∠ABG＝90°， ∴AG＝2a， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 22. 某商场一种商品的进价为每件30元，售价为每件40元，每天可以销售48件，为尽快减少库存，商场决定降价促销． （1）若该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，求两次下降的百分率； （2）经调查，若该商品每降价0.5元，每天可多销售4件，那么每天要想获得510元的利润，每件应降价多少元？ （3）在（2）的条件下，每件商品的售价为多少元时，每天可获得最大利润？最大利润是多少元？ 【答案】（1）10%；（2）每件商品应降价2.5元；（3）每件商品的售价为38元时，每天可获得最大利润，最大利润是512元． 【解析】 【分析】（1）设每次降价的百分率为x，（1﹣x）2为两次降价的百分率，40降至32.4就是方程的平衡条件，列出方程求解即可； （2）设每天要想获得510元的利润，且更有利于减少库存，则每件商品应降价y元，由销售问题的数量关系建立方程求出其解即可； （3）设每件商品应降价y元，获得利润为W，根据题意得到函数解析式，即可得到最大值． 【详解】解：（1）设每次降价的百分率为x． 40×（1﹣x）2＝32.4， 解得x＝10%或190%（190%不符合题意，舍去）． 答：该商品连续两次下调相同的百分率后售价降至每件32.4元，两次下降的百分率为10%； （2）设每天要想获得510元的利润，且更有利于减少库存，则每件商品应降价y元，由题意，得 （40﹣30﹣y）（4×+48）＝510， 解得：y1＝1.5，y2＝2.5， ∵有利于减少库存， ∴y＝2.5． 答：要使商场每月销售这种商品的利润达到510元，且更有利于减少库存，则每件商品应降价2.5元； （3）设每件商品应降价y元，获得利润为W， 由题意得，W＝（40﹣30﹣y）（4×+48）＝﹣8y2+32y+480＝﹣8（y﹣2）2+512， 故每件商品的售价为38元时，每天可获得最大利润，最大利润是512元． 【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，一元二次方程应用，关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程，解答即可． 六、（共2题，每题10分，共20分） 23. 关于x的一元二次方程x2+mx+m﹣2＝0． （1）若﹣2是该方程的一个根，求该方程的另一个根； （2）求证：无论m取任何实数，此方程总有两个不相等的实数根； （3）设该方程的两个实数根为x1，x2，若x12+x22+m（x1+x2）＝m2+1，求m的值． 【答案】（1）方程的另一个根为0； （2）证明：∵△＝m2﹣4（m﹣2）＝m2﹣4m+8＝（m﹣2）2+4＞0， ∴无论m取任何实数，此方程总有两个不相等的实数根． （3）m＝﹣3或1 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可； （2）证明判别式大于0即可； （3）利用根与系数的关系，把问题转化为一元二次方程解决问题． 【详解】（1）解：由题意，得：4﹣2m+m﹣2＝0， 解得：m＝2， ∴方程为x2+2x＝0， 解得：x1＝﹣2，x2=0， ∴方程的另一个根为0． （2）略 （3）由根与系数的关系得：x1+x2＝﹣m，x1x2＝m﹣2， 由x12+x22+m（x1+x2）＝m2+1， 得：（x1+x2）2﹣2x1x2+m（x1+x2）＝m2+1， ∴m2﹣2（m﹣2）﹣m2＝m2+1， 整理得：m2+2m﹣3＝0， 解得：m＝﹣3或1． 【点睛】本题考查根与系数的关系、根的判别式、解一元二次方程、解一元一次方程等知识，解答的关键是熟练掌握基本知识的联系和运用，属于中考常考题型． 24. 已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM． （1）如图1，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论； （2）如图2，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论； （3）将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请画出图形，并直接写出MF的长． 【答案】（1）DM⊥EM，DM=EM （2）DM⊥EM，DM=EM， 理由：如图2中， 理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H， ∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形， ∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD， ∴AD∥EF， ∴∠MAH=∠MFE， ∵AM=MF，∠AMH=∠FME， ∴△AMH≌△FME， ∴MH=ME，AH=EF=EC， ∴DH=DE， ∵∠EDH=90°， ∴DM⊥EM，DM=ME； （3）满足条件的MF的值为或． 【解析】 【分析】（1）结论：DM⊥EM，DM=EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH=ME，AH=EF=EC，推出DH=DE，因为∠EDH=90°，可得DM⊥EM，DM=ME； （2）结论不变，证明方法同（1）类似； （3）分两种情形画出图形，利用勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可． 【详解】解：（1）结论：DM⊥EM，DM=EM， 理由：如图1中，延长EM交AD于H， ∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形， ∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD， ∴AD∥EF， ∴∠MAH=∠MFE， ∵AM=MF，∠AMH=∠FME， ∴△AMH≌△FME， ∴MH=ME，AH=EF=EC， ∴DH=DE， ∵∠EDH=90°， ∴DM⊥EM，DM=ME； （2）略 （3）如图3中，作MR⊥DE于R， 在Rt△CDE中，DE==12， ∵DM=NE，DM⊥ME， ∴MR=⊥DE，MR=DE=6，DR=RE=6， 在Rt△FMR中，FM=， 如图4中，作MR⊥DE于R， 在Rt△MRF中，FM=， 故满足条件的MF的值为或． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键． 七、（本题12分） 25. 问题背景：如图（1），已知，求证：； 尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值； 拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长． 【答案】问题背景： 证明：∵， ∴∠BAC=∠DAE， ， ∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC， ∴∠BAD=∠CAE， ∴； 尝试应用：3； 拓展创新：． 【解析】 【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证； 尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案； 拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案． 【详解】问题背景：略 尝试应用：连接CE， ∵，， ∴， ∴， ∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC， ∴∠BAD=∠CAE， ∴， ∴， 由于，， ∴， 即， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 又∵ ∴， ∴； 拓展创新： 如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE， ∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，， ∴∠ADE=∠ABC， 又∵∠DAE=∠BAC， ∴， ∴， 又∵∠DAE=∠BAC， ∴∠BAD=∠CAE， ∴， ∴， 设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 八、（本题14分） 26. 如图1，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．若tan∠ABC=3，一元二次方程ax2+bx+c=0的两根为﹣8、2． （1）求二次函数的解析式； （2）直线l绕点A以AB为起始位置顺时针旋转到AC位置停止，l与线段BC交于点D，P是AD的中点． ①求点P的运动路程； ②如图2，过点D作DE垂直x轴于点E，作DF⊥AC所在直线于点F，连结PE、PF，在l运动过程中，∠EPF的大小是否改变？请说明理由； （3）在（2）的条件下，连结EF，求△PEF周长的最小值． 【答案】（1）y=x2+x﹣6；（2）①；②∠EPF的大小不会改变，理由见解析；（3）． 【解析】 【分析】（1）由与轴分别交于A、B两点，且一元二次方程的两根为－8、2，可得点A、点B的坐标，即可得到OB的长，又由tan∠ABC=3，得到点C（0，－6），将 A、B、C的坐标代入二次函数中，即可得到二次函数解析式； （2）①如图6.1，当l在AB位置时，P即为AB的中点H，当l运动到AC位置时，P即为AC的中点K，故P的运动路程为△ABC的中位线HK，在Rt△BOC中，由勾股定理得到BC的长，再由三角形中位线定理可得到HK的长，即P的运动路程； ②∠EPF的大小不会改变．由于，P为Rt△AED斜边AD的中点，故PE=AD=PA，从而∠PAE=∠PEA=∠EPD，同理有∠PAF=∠PFA=∠DPF，即可得到∠EPF=2∠EAF，故∠EPF的大小不会改变； （3）设△PEF的周长为C，则=PE+PF+EF=AD+EF，在等腰三角形PEF中，过P作PG⊥EF于点G，得到∠EPG=∠EPF=∠BAC，由于tan∠BAC=，故tan∠EPG=，得到EG=PE，EF=PE=AD，从而有=AD+EF=AD=AD，又当AD⊥BC时，AD最小，此时最小，由=30，得到AD=，从而得到最小值． 【详解】解：（1）∵函数的图象与轴分别交于A、B两点，且一元二次方程的两根为－8、2， ∴A（－8，0）、B（2，0），即OB=2， 又∵tan∠ABC=3，∴OC=6，即C（0，－6）， 将 A（－8，0）、B（2，0）代入中， 解得：， ∴二次函数解析式为：； （2）①如图6.1，当l在AB位置时，P即为AB的中点H，当l运动到AC位置时，P即为AC的中点K，∴P的运动路程为△ABC的中位线HK，∴HK=BC，在Rt△BOC中，OB=2，OC=6，∴BC=，∴HK=，即P的运动路程为； ②∠EPF的大小不会改变．理由如下： ∵DE⊥AB，∴在Rt△AED中，P为斜边AD的中点，∴PE=AD=PA，∴∠PAE=∠PEA=∠EPD，同理可得：∠PAF=∠PFA=∠DPF，∴∠EPF=∠EPD+∠FPD=2（∠PAE+∠PAF），即∠EPF=2∠EAF，又∵∠EAF大小不变，∴∠EPF的大小不会改变； （3）设△PEF的周长为C，则=PE+PF+EF，∵PE=AD，PF=AD，∴=AD+EF，在等腰三角形PEF中，过P作PG⊥EF于点G，∴∠EPG=∠EPF=∠BAC，∵tan∠BAC=，∴tan∠EPG=，∴EG=PE，EF=PE=AD，∴=AD+EF=AD=AD，又当AD⊥BC时，AD最小，此时最小，∵=30，∴BC·AD=30，∴AD=，∴最小值为：AD=． 【点睛】此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和直角三角形中线的性质等知识，用AD表示出△PEF的周长是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $