寒假综合复习卷-2025-2026学年人教版数学九年级上册

寒假综合复习卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）方程3x2﹣2x＝1的常数项是（　　） A．﹣1 B．0 C．3 D．1 3．（3分）顺次连接三角形三边的中点，所得的三角形与原三角形对应中线的比是（　　） A． B．1：3 C． D．1：2 4．（3分）如图，北京隆福寺毗卢殿明间藻井现藏于北京古代建筑博物馆中，其设计独特，由正八边形、菱形和圆形组合而成．中间雕着一条栩栩如生的盘龙，由整块金丝楠木精雕细琢而成，细节之处彰显匠人技艺．其中正八边形一个内角大小为（　　） A．108° B．120° C．135° D．150° 5．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，且∠B＝55°，则∠ADE的大小是（　　） A．45° B．55° C．60° D．100° 6．（3分）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．量角器上点A，B处的读数分别为0°，40°．则∠ACB的度数是（　　） A．20° B．30° C．40° D．50° 7．（3分）在平面直角坐标系中，点A（2，3），B（4，1），以原点O为中心，将△AOB缩小为原来的，缩小后图形与△AOB在点O同侧，则点B的对应点B′的坐标为（　　） A． B．（8，2） C．（2，1） D． 8．（3分）A，B两种机器人都被用来搬运化工原料，A型机器人比B型机器人每小时多搬运30千克，A型机器人搬运900千克所用时间与B型机器人搬运600千克所用时间相等．A，B两种机器人每小时分别搬运化工原料（　　） A．60千克，30千克 B．90千克，120千克 C．60千克，90千克 D．90千克，60千克 9．（3分）已知x1、x2是关于x的方程x2+3x+k＝0的两个根，若x1＝1，则x2＝（　　） A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣3 10．（3分）若抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的交点坐标为（m，0），则代数式m2﹣m+2023的值为（　　） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）已知：y5，则的值 　 　 ． 12．（3分）已知x＝1是方程x2+px+1＝0的一个实数根，则p＝ 　 　 ． 13．（3分）抛物线y＝﹣3x2+2x﹣7和y＝ax2的形状相同，而开口方向相反，则a的值是　 　 ． 14．（3分）如图，小明测得长2m的竹竿落在地面上的影长为1.8m．在同一时刻测量树的影长时，他发现树的影子有一部分落在地面上，还有一部分落在墙面上．他测得这棵树落在地面上的影长BD为5.4m，落在墙面上的影长CD为2m，则这棵树的高度是 　 　 m． 15．（3分）如图，是一个圆锥形状的生日帽，若该圆锥形状帽子的母线长为21cm，底面半径为7cm，将该帽子沿母线剪开，则其侧面展开扇形的圆心角为 　 　 ． 16．（3分）如图，已知∠ACB＝90°，AD＝BC，CD＝BE，AE与BD相交于点F，则∠AFD＝　 　 ． 三．解答题（共9小题，满分72分） 17．（6分）解一元二次方程2x（x﹣3）＝5（x﹣3）． 18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（3，3）． （1）作出与△ABO关于原点O对称的图形△A1B1O； （2）作出△ABO绕原点O逆时针旋转90°后的△A2B2O，并写出点A2，B2的坐标． 19．（8分）秋高气爽，小林和小何准备游览一下温州本地著名景点，备选景点有雁荡山（记为A）、百丈漈（记为B）、江心屿（记为C）、楠溪江（记为D），他们各自在这四个景点中任选一个，每个景点被选中的可能性相同． （1）小何选择去楠溪江的概率为 　 　 ； （2）用树状图或列表的方法求小林和小何选择去同一个地方游玩的概率． 20．（8分）阅读材料，解答问题： 已知实数m，n满足m2﹣m﹣1＝0，n2﹣n﹣1＝0，且m≠n，显然m，n是方程x2﹣x﹣1＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系可知m+n＝1，m＝﹣1． （1）已知实数a，b满足a2﹣15a＝5，b2＝15b+5，求的值． （2）已知实数m，n满足m2﹣2m＝1，n2+2n＝1且mn≠1，求的值． 21．（8分）某工厂生产一批无盖盒子，如图，把长为40cm，宽为30cm的长方形铁片的四角截去一个大小相同的正方形，然后把每边折起来，做成一个无盖的盒子． （1）若纸盒的底面积（阴影部分）是原来铁片面积的一半，求盒子的高． （2）工厂今年9月份盒子产值为5000个，11月份的产值达到了7200个，求平均每个月生产盒子的增长率． 22．（8分）《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的∠ABC）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度．如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC和∠AQP均为直角，AP与BC相交于点D．测得AB＝50cm，BD＝25cm，AQ＝16m，求树高PQ． 23．（8分）如图，在△ABC中，AC＜BC． （1）实践与操作：点O在线段BC上，以O为圆心作⊙O，⊙O恰好过A，C两点，并与线段BC交于另一点D．小圳在作图时，不小心擦掉了圆心以及部分圆弧，如图所示．请你用尺规作图：作出点O与点D，并补全⊙O． （2）推理与计算： 在（1）的条件下，若2∠C+∠B＝90°． ①求证：直线AB是⊙O的切线； ②若AB＝3，BC＝9，求⊙O的半径． 24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于点A（4，0）和点B（﹣1，0），与轴交于点C，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式． （2）如图1，点P是直线AC下方抛物线上的一动点，过点P作直线PD∥AC交x轴于点D，过点P作PE⊥AC于点E，求出的最大值及此时点P的坐标． （3）如图2，在（2）的条件下，连接OP交AC于点Q，将原抛物线沿射线CA方向平移个单位得到新抛物线y1在新抛物线y1上存在一点M，使∠OQC﹣∠MAC＝∠BCO，请直接写出所有符合条件的点M的横坐标． 25．（10分）．已知点A是第二象限的一点，点P是x轴上一动点，以AP为边作正方形ABCP． （1）如图1，当点A的坐标为（﹣1，1），点P的坐标为（1，0）时，则点C的坐标为 　 　 ； （2）如图2，若点P与原点O重合，AB与y轴交于点E，连接AC，点F是线段AC上一点，连接EF，OF，若EF＝OF，①求证；②设△EOF的面积为S1，△AOE的面积为S2，若CF＝n，求S1﹣S2的值（用n表示）； （3）如图3，点若A的坐标为（﹣1，1），点D的坐标为（﹣1，0），在点P的运动过程中，请直接写出CA+CD的最小值 　 　 ． 寒假综合复习卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）下列图形中，不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【考点】中心对称图形． 【专题】平移、旋转与对称；几何直观． 【答案】C 【分析】根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心，旋转前后图形上能够重合的点叫做对称点． 【解答】解：选项A、B、D均能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180°后与原来的图形完全重合，所以是中心对称图形； 选项C不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180°后与原来的图形完全重合，所以不是中心对称图形． 故选：C． 【点评】本题考查了中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 2．（3分）方程3x2﹣2x＝1的常数项是（　　） A．﹣1 B．0 C．3 D．1 【考点】一元二次方程的一般形式． 【专题】一元二次方程及应用；模型思想． 【答案】A 【分析】先化为一般形式3x2﹣2x﹣1＝0，即可得出答案． 【解答】解：∴3x2﹣2x＝1， ∴3x2﹣2x﹣1＝0， ∴常数项是﹣1． 故选：A． 【点评】本题考查一元二次方程的一般形式，熟练掌握一元二次方程的一般形式是解题的关键． 3．（3分）顺次连接三角形三边的中点，所得的三角形与原三角形对应中线的比是（　　） A． B．1：3 C． D．1：2 【考点】相似三角形的性质． 【答案】D 【分析】根据题意结合中点的知识可得所构成的三角形与原三角形相似，且相似比为1：2． 【解答】∵顺次连接三角形三边的中 点，所得的三角形与原三角形相似，且相似三 角形对应中线的比等于相似比， ∴顺次连 接三角形三边的中点，所得的三角形与原三 角形对应中线的比是1：2． 故选D． 【点评】本题考查相似三角形的性质，属于基础题． 4．（3分）如图，北京隆福寺毗卢殿明间藻井现藏于北京古代建筑博物馆中，其设计独特，由正八边形、菱形和圆形组合而成．中间雕着一条栩栩如生的盘龙，由整块金丝楠木精雕细琢而成，细节之处彰显匠人技艺．其中正八边形一个内角大小为（　　） A．108° B．120° C．135° D．150° 【考点】正多边形和圆． 【专题】正多边形与圆；运算能力． 【答案】C 【分析】正八边形的每个内角相等，由此即可计算， 【解答】解：∵正八边形的每个内角相等， ∴正八边形一个内角大小是135°． 故选：C． 【点评】本题考查正多边形和圆，关键是掌握正多边形的各内角相等． 5．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，若点D在线段BC的延长线上，且∠B＝55°，则∠ADE的大小是（　　） A．45° B．55° C．60° D．100° 【考点】旋转的性质． 【专题】平移、旋转与对称；运算能力． 【答案】B 【分析】由旋转的性质即可可得BAD＝55°． 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点D在线段BC的延长线上， ∴∠B＝∠ADE＝55°， 故选：B． 【点评】本题主要考查旋转的性质，能够熟练运用性质求角度是解题关键． 6．（3分）将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上，使点C在半圆上．量角器上点A，B处的读数分别为0°，40°．则∠ACB的度数是（　　） A．20° B．30° C．40° D．50° 【考点】圆周角定理． 【专题】与圆有关的计算；几何直观；运算能力． 【答案】A 【分析】根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到，即可得出结果． 【解答】解：如图，连接OB， 由题意，得：∠AOB＝40°， ∴； 故选：A． 【点评】本题考查圆周角定理，解题的关键是理解题意，掌握在同圆或等圆中，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是解决问题的关键． 7．（3分）在平面直角坐标系中，点A（2，3），B（4，1），以原点O为中心，将△AOB缩小为原来的，缩小后图形与△AOB在点O同侧，则点B的对应点B′的坐标为（　　） A． B．（8，2） C．（2，1） D． 【考点】位似变换；坐标与图形性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【答案】A 【分析】本题中缩放前后图形在位似中心的同侧，因此对应点的坐标的比等于k，由此可解． 【解答】解：∵以原点O为中心，将△AOB缩小为原来的，缩小后图形与△AOB在点O同侧， ∴点B（4，1）的对应点B′的坐标为，即， 故选：A． 【点评】本题考查的是位似变换的性质，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． 8．（3分）A，B两种机器人都被用来搬运化工原料，A型机器人比B型机器人每小时多搬运30千克，A型机器人搬运900千克所用时间与B型机器人搬运600千克所用时间相等．A，B两种机器人每小时分别搬运化工原料（　　） A．60千克，30千克 B．90千克，120千克 C．60千克，90千克 D．90千克，60千克 【考点】分式方程的应用． 【专题】分式方程及应用；运算能力；应用意识． 【答案】D 【分析】依据题意，设B型机器人每小时搬运x千克化工原料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克化工原料，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合A型机器人搬运900千克所用时间与B型机器人搬运600千克所用时间相等，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出x的值（即B型机器人每小时搬运化工原料的质量），再将其代入（x+30）中，即可求出A型机器人每小时搬运化工原料的质量． 【解答】解：设B型机器人每小时搬运x千克化工原料，则A型机器人每小时搬运（x+30）千克化工原料，∴． ∴x＝60， 经检验，x＝60是所列方程的解，且符合题意， ∴x+30＝60+30＝90， ∴A型机器人每小时搬运90千克化工原料，B型机器人每小时搬运60千克化工原料． 故选：D． 【点评】本题主要考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 9．（3分）已知x1、x2是关于x的方程x2+3x+k＝0的两个根，若x1＝1，则x2＝（　　） A．4 B．﹣4 C．3 D．﹣3 【考点】根与系数的关系． 【专题】一元二次方程及应用；运算能力． 【答案】B 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系列式计算即可． 【解答】解：∵x1、x2是关于x的方程x2+3x+k＝0的两个根， ∴x1+x2＝﹣3， ∵x1＝1， ∴x2＝﹣4； 故选：B． 【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系． 10．（3分）若抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的交点坐标为（m，0），则代数式m2﹣m+2023的值为（　　） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【考点】抛物线与x轴的交点． 【专题】二次函数图象及其性质；运算能力． 【答案】C 【分析】根据抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的交点坐标为（m，0），可知m2﹣m﹣1＝0，然后即可得到m2﹣m的值，再代入所求的式子计算即可． 【解答】解：∵抛物线y＝x2﹣x﹣1与x轴的交点坐标为（m，0）， ∴m2﹣m﹣1＝0， ∴m2﹣m＝1， ∴m2﹣m+2023＝1+2023＝2024， 故选：C． 【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，求出所求式子的值． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）已知：y5，则的值 　　 ． 【考点】二次根式有意义的条件． 【专题】计算题；二次根式；运算能力． 【答案】． 【分析】根据二次根式有意义的条件求出x、y，再求xy的值． 【解答】解：根据二次根式有意义的条件，， ∴x＝2， 当x＝2时，y＝5， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了二次根式的性质，熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键． 12．（3分）已知x＝1是方程x2+px+1＝0的一个实数根，则p＝ 　﹣2　 ． 【考点】一元二次方程的解． 【专题】一元二次方程及应用；运算能力． 【答案】﹣2． 【分析】把x＝1代入一元二次方程得到1+p+1＝0，然后解一次方程即可． 【解答】解：把x＝1是方程x2+px+1＝0得1+p+1＝0， 解得p＝﹣2． 故答案为：﹣2． 【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 13．（3分）抛物线y＝﹣3x2+2x﹣7和y＝ax2的形状相同，而开口方向相反，则a的值是　3　 ． 【考点】二次函数的性质． 【专题】二次函数图象及其性质；推理能力． 【答案】3． 【分析】抛物线的形状与|a|有关，开口方向与a的正负有关． 【解答】解：∵抛物线y＝﹣3x2+2x﹣7和y＝ax2的形状相同， ∴二次项系数的绝对值相等，都为3； ∵开口方向相反， ∴二次项系数互为相反数， 即y＝ax2中，a＝3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键． 14．（3分）如图，小明测得长2m的竹竿落在地面上的影长为1.8m．在同一时刻测量树的影长时，他发现树的影子有一部分落在地面上，还有一部分落在墙面上．他测得这棵树落在地面上的影长BD为5.4m，落在墙面上的影长CD为2m，则这棵树的高度是 　8　 m． 【考点】相似三角形的应用；平行投影． 【专题】图形的相似；投影与视图；应用意识． 【答案】8． 【分析】根据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，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似进而解答即可． 【解答】解：根据物高与影长成正比得：，即， 解得：DE＝1.8， 则BE＝5.4+1.8＝7.2（米）， 同理， 即：， 解得：AB＝8． 即：树AB的高度为8米， 故答案为：8． 【点评】本题考查了相似三角形的应用和平行投影．解决本题的关键是作出辅助线得到AB的影长． 15．（3分）如图，是一个圆锥形状的生日帽，若该圆锥形状帽子的母线长为21cm，底面半径为7cm，将该帽子沿母线剪开，则其侧面展开扇形的圆心角为 　120°　 ． 【考点】圆锥的计算． 【专题】与圆有关的计算；推理能力． 【答案】120°． 【分析】设侧面展开扇形的圆心角为n°，则，代入数据即可求解． 【解答】解：设侧面展开扇形的圆心角为n°，则， ∴， 故答案为：120°． 【点评】本题考查了求圆锥侧面展开扇形的圆心角，掌握圆锥侧面积公式是解题的关键． 16．（3分）如图，已知∠ACB＝90°，AD＝BC，CD＝BE，AE与BD相交于点F，则∠AFD＝　45°　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质；平移的性质． 【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】45°． 【分析】沿EB方向，平移线段AE到BM连接AM，得到四边形AMBE是平行四边形，因此AM＝BE，AM∥BC，BM∥AE，由平行线的性质推出∠MAD＝∠C＝90°，由SAS证明△MAD≌△DCB，推出MD＝BD，∠ADM＝∠CBD，由∠CBD+∠CDB＝90°，得到∠ADM+∠CDB＝90°，因此∠MDB＝180°﹣（∠ADM+∠CDB）＝90°，推出△MDB是等腰直角三角形，得到∠MBD＝45°，由平行线的性质得到∠AFD＝∠MBD＝45°． 【解答】解：沿EB方向，平移线段AE到BM，连接AM， ∴四边形AMBE是平行四边形， ∴AM＝BE，AM∥BC，BM∥AE， ∴∠MAD+∠C＝90°， ∵∠C＝90°， ∴∠MAD＝∠C＝90°， ∵CD＝BE， ∴AM＝CD， ∵AD＝BC， ∴△MAD≌△DCB（SAS）， ∴MD＝BD，∠ADM＝∠CBD， ∵∠CBD+∠CDB＝90°， ∴∠ADM+∠CDB＝90°， ∴∠MDB＝180°﹣（∠ADM+∠CDB）＝90°， ∴△MDB是等腰直角三角形， ∴∠MBD＝45°， ∵BM∥AE， ∴∠AFD＝∠MBD＝45°． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，平移的性质，关键是由平移的性质推出△MAD≌△DCB（SAS），得到△MDB是等腰直角三角形． 三．解答题（共9小题，满分72分） 17．（6分）解一元二次方程2x（x﹣3）＝5（x﹣3）． 【考点】解一元二次方程﹣因式分解法． 【专题】一元二次方程及应用；运算能力． 【答案】，x2＝3． 【分析】利用因式分解法进行求解即可． 【解答】解：2x（x﹣3）＝5（x﹣3）， 2x（x﹣3）﹣5（x﹣3）＝0， （x﹣3）（2x﹣5）＝0， 2x﹣5＝0或x﹣3＝0， 解得，x2＝3． 【点评】本题考查了解一元二次方程——因式分解法，熟练掌握该知识点是关键． 18．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（3，3）． （1）作出与△ABO关于原点O对称的图形△A1B1O； （2）作出△ABO绕原点O逆时针旋转90°后的△A2B2O，并写出点A2，B2的坐标． 【考点】作图﹣旋转变换． 【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观． 【答案】（1）见解答． （2）画图见解答；A2（0，2），B2（﹣3，3）． 【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【解答】解：（1）如图，△A1B1O即为所求． （2）如图，△A2B2O即为所求． 点A2（0，2），B2（﹣3，3）． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、中心对称，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键． 19．（8分）秋高气爽，小林和小何准备游览一下温州本地著名景点，备选景点有雁荡山（记为A）、百丈漈（记为B）、江心屿（记为C）、楠溪江（记为D），他们各自在这四个景点中任选一个，每个景点被选中的可能性相同． （1）小何选择去楠溪江的概率为 　　 ； （2）用树状图或列表的方法求小林和小何选择去同一个地方游玩的概率． 【考点】列表法与树状图法；概率公式． 【专题】概率及其应用；推理能力． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）直接利用概率公式可得答案． （2）画树状图得出所有等可能的结果数以及小林和小何选择去同一个地方游玩的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【解答】解：（1）由题意得，小明选择去楠溪江的概率为， 故答案为：； （2）画树状图： 共有16种可能，小林和小何选择去同一个地方游玩有4种可能， ∴小林和小何选择去同一个地方游玩的概率为． 【点评】本题考查列表法与树状图法、概率公式，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 20．（8分）阅读材料，解答问题： 已知实数m，n满足m2﹣m﹣1＝0，n2﹣n﹣1＝0，且m≠n，显然m，n是方程x2﹣x﹣1＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系可知m+n＝1，m＝﹣1． （1）已知实数a，b满足a2﹣15a＝5，b2＝15b+5，求的值． （2）已知实数m，n满足m2﹣2m＝1，n2+2n＝1且mn≠1，求的值． 【考点】根与系数的关系；分式的化简求值． 【专题】一元二次方程及应用；运算能力． 【答案】（1）2或﹣47； （2）3． 【分析】（1）当a＝b时，易得原式＝2；当a≠b时，把a、b看作方程x2﹣15x﹣5＝0的两根，则根据根与系数的关系得到a+b＝15，ab＝﹣5，再利用通分和完全平方公式变形得到原式，然后利用整体代入的方法计算； （2）把n2+2n＝1移项后两边除以n2得到（）2﹣2•1＝0，则可把m、看作方程x2﹣2x﹣1＝0的两根，利用根与系数的关系得到m2，接着利用同分母加法得逆运算得到原式＝m+1，然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：（1）∵a2﹣15a＝5，b2＝15b+5， 即a2﹣15a﹣5＝0，b2﹣15b﹣5＝0， 当a＝b时，原式＝1+1＝2； 当a≠b时，a、b可看作方程x2﹣15x﹣5＝0的两根， ∴a+b＝15，ab＝﹣5， ∴原式47， 综上所述，的值为2或﹣47； （2）∵n2+2n＝1， 即1﹣2n﹣n2＝0， ∴（）2﹣2•1＝0， ∵m2﹣2m﹣1＝0，mn≠1， ∴m、可看作方程x2﹣2x﹣1＝0的两根， ∴m2， ∴原式＝m+12+1＝3． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2，x1x2． 21．（8分）某工厂生产一批无盖盒子，如图，把长为40cm，宽为30cm的长方形铁片的四角截去一个大小相同的正方形，然后把每边折起来，做成一个无盖的盒子． （1）若纸盒的底面积（阴影部分）是原来铁片面积的一半，求盒子的高． （2）工厂今年9月份盒子产值为5000个，11月份的产值达到了7200个，求平均每个月生产盒子的增长率． 【考点】一元二次方程的应用． 【专题】增长率问题；应用意识． 【答案】（1）5cm， （2）20%． 【分析】（1）根据题意设盒子的高为xcm，列出方程正确计算即可得到本题答案； （2）根据题意设平均每月增长率为a，列出方程正确计算即可得到本题答案． 【解答】解：（1）设盒子的高为xcm， ， ∴x1＝5，x2＝30（舍去）， 答：盒子高为5cm． （2）设平均每月增长率为a， 5000（1+a）2＝7200， （1+a）2＝1.44， ∴a1＝0.2，a2＝﹣2.2（舍）， 答：平均每月增长率为20%． 【点评】本题考查一元二次方程的实际应用，根据题意找到相等关系列出方程是解题的关键． 22．（8分）《周髀算经》中记载了“偃矩以望高”的方法．“矩”在古代指两条边呈直角的曲尺（即图中的∠ABC）．“偃矩以望高”的意思是把“矩”仰立放，可测量物体的高度．如图，点A，B，Q在同一水平线上，∠ABC和∠AQP均为直角，AP与BC相交于点D．测得AB＝50cm，BD＝25cm，AQ＝16m，求树高PQ． 【考点】相似三角形的应用． 【专题】图形的相似；推理能力． 【答案】800cm． 【分析】根据题意可得△ABD∽△AQP，然后根据相似三角形的性质可得，代入数值求解即可． 【解答】解：∵∠ABC＝∠AQP＝90°，∠A＝∠A， ∴△ABD～△AQP， ∴， 即， 解得QP＝800， 即树高PQ＝800cm． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是根据相似三角形对应边成比例列出比例式． 23．（8分）如图，在△ABC中，AC＜BC． （1）实践与操作：点O在线段BC上，以O为圆心作⊙O，⊙O恰好过A，C两点，并与线段BC交于另一点D．小圳在作图时，不小心擦掉了圆心以及部分圆弧，如图所示．请你用尺规作图：作出点O与点D，并补全⊙O． （2）推理与计算： 在（1）的条件下，若2∠C+∠B＝90°． ①求证：直线AB是⊙O的切线； ②若AB＝3，BC＝9，求⊙O的半径． 【考点】圆的综合题． 【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；尺规作图；运算能力；推理能力． 【答案】（1）作图见解析；（2）①证明见解析；②⊙O的半径为4． 【分析】（1）作出线段CA的垂直平分线找出圆心，再以点O为圆心，OA为半径画圆即可； （2）①连接OA，利用圆周角定理，直角三角形的性质得到∠OAB＝90°，再利用圆的切线的判定定理解答即可； ②设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝r，OB＝BC﹣OC＝9﹣r，利用勾股定理列出方程解答即可． 【解答】（1）解：1．作线段AC的垂直平分线交BC于点O， 2．以点O为圆心，OA为半径画圆，与BC交于点D，如图， 则点O，点D与⊙O为所求； （2）①证明：连接OA，如图， 则∠AOB＝2∠C． ∵2∠C+∠B＝90°， ∴∠AOB+∠B＝90°， ∴∠OAB＝90°， ∴OA⊥AB， ∵OA为⊙O的半径， ∴直线AB是⊙O的切线； ②解：设⊙O的半径为r，则OA＝OC＝r， ∵BC＝9， ∴OB＝BC﹣OC＝9﹣r， ∵OA⊥AB， ∴AB2+OA2＝OB2， ∴r2+32＝（9﹣r）2， ∴r＝4． ∴⊙O的半径为4． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，尺规作图，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于点A（4，0）和点B（﹣1，0），与轴交于点C，连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式． （2）如图1，点P是直线AC下方抛物线上的一动点，过点P作直线PD∥AC交x轴于点D，过点P作PE⊥AC于点E，求出的最大值及此时点P的坐标． （3）如图2，在（2）的条件下，连接OP交AC于点Q，将原抛物线沿射线CA方向平移个单位得到新抛物线y1在新抛物线y1上存在一点M，使∠OQC﹣∠MAC＝∠BCO，请直接写出所有符合条件的点M的横坐标． 【考点】二次函数综合题． 【专题】代数几何综合题；压轴题；二次函数图象及其性质；图形的相似；运算能力；推理能力；应用意识． 【答案】（1）yx2x﹣2． （2）PE+AD的最大值为6，此时点P的坐标为（2，﹣3）． （3）所有符合条件的点M的横坐标为或． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； （2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为yx﹣2，过点P作PF∥y轴交AC于F，过点A作AG∥y轴交PD于G，设P（t，t2t﹣2），则F（t，t﹣2），可证得△PFE∽△ACO，求得PE（t2+2t）t2t，再证得△DGA∽△ACO，可得AD＝﹣t2+4t，再运用二次函数的性质即可求得答案； （3）将原抛物线沿射线CA方向平移个单位，即向右平移2个单位，向上平移1个单位得到新抛物线y1，可得新抛物线y1的解析式为y1（x2）21x2x+4，过点Q作QJ∥x轴交y轴于J，过点P作PS⊥x轴于S，根据三角函数定义可得tan∠MAC＝tan∠POS，过点C作AC的垂线，在该垂线上分别截取CL＝CT，使tan∠LAC或tan∠TAC，分别过点L、T作y轴的垂线，垂足分别为K、N，再证得△CLK∽△ACO，可得LKOC＝3，CKOA＝6，即L（﹣3，4），再利用待定系数法求得直线AL、AT的解析式，联立方程组求解即可求得答案． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于点A（4，0）和点B（﹣1，0）， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为yx2x﹣2． （2）在yx2x﹣2中，令x＝0，得y＝﹣2， ∴C（0，﹣2）， 设直线AC的解析式为y＝kx+c，把A（4，0）、C（0，﹣2）代入， 得， 解得：， ∴直线AC的解析式为yx﹣2， 在Rt△ACO中，OA＝4，OC＝2， ∴AC2， 如图1，过点P作PF∥y轴交AC于F，过点A作AG∥y轴交PD于G， 则∠PFE＝∠ACO， 设P（t，t2t﹣2），则F（t，t﹣2）， ∴PFt﹣2﹣（t2t﹣2）t2+2t， ∵PE⊥AC， ∴∠PEF＝∠AOC＝90°， ∴△PFE∽△ACO， ∴， ∴PE•PF（t2+2t）t2t， ∵AG∥PF，AC∥PD， ∴四边形AGPF是平行四边形，∠ADG＝∠OAC， ∴AG＝PF， ∵∠DAG＝∠AOC＝90°， ∴△DGA∽△ACO， ∴，即， ∴AD＝﹣t2+4t， ∴PE+AD（t2t）+（﹣t2+4t）（t﹣2）2+6， ∵0， ∴当t＝2时，PE+AD取得最大值，最大值为6，此时点P的坐标为（2，﹣3）． （3）由yx2x﹣2（x）2，可得原抛物线的顶点为（，）， 将原抛物线沿射线CA方向平移个单位，即向右平移2个单位，向上平移1个单位得到新抛物线y1， ∴新抛物线y1的解析式为y1（x2）21x2x+4， 如图2，过点Q作QJ∥x轴交y轴于J，过点P作PS⊥x轴于S， 则∠CQJ＝∠CAO，∠OQJ＝∠POS，OS＝2，PS＝3， ∵tan∠BCO，tan∠CAO， ∴∠BCO＝∠CAO， ∴∠BCO＝∠CQJ， ∵∠OQC﹣∠OQJ＝∠CQJ，∠OQC﹣∠MAC＝∠BCO， ∴∠OQJ＝∠MAC， ∴∠MAC＝∠POS， ∴tan∠MAC＝tan∠POS， 过点C作AC的垂线，在该垂线上分别截取CL＝CT，使tan∠LAC或tan∠TAC， 分别过点L、T作y轴的垂线，垂足分别为K、N， ∵∠ACO+∠LCK＝∠ACO+∠CAO＝90°， ∴∠LCK＝∠CAO， ∵∠CKL＝∠AOC＝90°， ∴△CLK∽△ACO， ∴， ∴LKOC＝3，CKOA＝6， ∴L（﹣3，4）， 设直线AL的解析式为y＝k1x+b1，把L（﹣3，4），A（4，0）代入， 得， 解得：， ∴直线AL的解析式为yx， 联立方程组得， 整理得7x2﹣41x+24＝0， ∴x或x（舍去）； 同理可得T（3，﹣8），直线AT的解析式为y＝8x﹣32， 联立方程组得， 整理得x2﹣23x+72＝0， ∴x或x（舍去）； 综上所述，所有符合条件的点M的横坐标为或． 【点评】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，二次函数图象上点坐标的特征，平行四边形的性质与判定，三角函数的定义，相似三角形的性质与判定等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． 25．（10分）．已知点A是第二象限的一点，点P是x轴上一动点，以AP为边作正方形ABCP． （1）如图1，当点A的坐标为（﹣1，1），点P的坐标为（1，0）时，则点C的坐标为 　（2，2）　 ； （2）如图2，若点P与原点O重合，AB与y轴交于点E，连接AC，点F是线段AC上一点，连接EF，OF，若EF＝OF，①求证；②设△EOF的面积为S1，△AOE的面积为S2，若CF＝n，求S1﹣S2的值（用n表示）； （3）如图3，点若A的坐标为（﹣1，1），点D的坐标为（﹣1，0），在点P的运动过程中，请直接写出CA+CD的最小值 　　 ． 【考点】四边形综合题． 【专题】平面直角坐标系；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】（1）（2，2）；（2）①证明见解析；②S1﹣S2；（3）． 【分析】（1）过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，利用正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）①过点F作FD⊥BE于点D，延长DF交OC于点G，利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质∠EFD＝∠FOG，利用直角三角形的性质得到∠EFO＝90°，则△EFO为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质解答即可得出结论； ②设正方形ABCP的边长为a，利用（2）①的结论等腰直角三角形的性质，矩形的判定与性质得到FG＝CG＝BD＝DEn，AE＝AB﹣DE﹣BD＝an，利用三角形的面积公式解答即可； （3）连接AD，过点C作CM⊥x轴于点M，利用全等三角形的判定与性质得到OM＝CM，则点C的轨迹为直线y＝x，作出点D关于直线y＝x的对称点D′，则点D′的坐标为（0，﹣1），CD＝CD′，利用线段公理得到当点A，C，D′在一条直线上时，CA+CD′的值最小，即CA+CD有最小值＝AD′，连接AD，过点A作M⊥y轴于点M，利用勾股定理解答即可得出结论． 【解答】（1）解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点C作CE⊥x轴于点E，如图， ∵点A的坐标为（﹣1，1），点P的坐标为（1，0）， ∴AD＝OD＝1，OP＝1， ∴PD＝2， ∵四边形ABCP为正方形， ∴AP＝PC，∠APC＝90°， ∴∠APD+∠CPE＝90°， ∵AD⊥x轴， ∴∠DAP+∠APD＝90°， ∴∠DAP＝∠EPC． 在△ADP和△PEC中， ， ∴△ADP≌△PEC（AAS）， ∴AD＝PE＝1，DP＝CE＝2， ∴OE＝OP+PE＝2， ∴C（2，2）． 故答案为：（2，2）； （2）①证明：过点F作FD⊥BE于点D，延长DF交OC于点G，如图， ∵四边形ABCO为正方形， ∴∠BAO＝∠AOC＝∠B＝∠BCO＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°， ∵FD⊥BE， ∴△ADF为等腰直角三角形， ∴AD＝DF， ∵∠BAO＝∠AOC＝90°，FD⊥BE， ∴四边形ADGO为矩形， ∴AD＝OG，∠DGO＝90°， ∴DF＝OG， 在Rt△DEF和Rt△GFO中， ， ∴Rt△DEF≌Rt△GFO（HL）， ∴∠EFD＝∠FOG， ∵∠FOG+∠OFG＝90°， ∴∠DFE+∠GFO＝90°， ∴∠EFO＝90°， ∴△EFO为等腰直角三角形， ∴OEOF； ②解：设正方形ABCP的边长为a， ∵△EFO为等腰直角三角形， ∴△EOF的面积S1， ∵∠OAB＝90°， ∴△AOE的面积为S2． ∵∠B＝∠BCO＝90°，FD⊥BE， ∴四边形BCGD为矩形， ∴BD＝GC， ∵∠ACO＝45°， ∴△CGF为等腰直角三角形， ∴CG＝FG， 由（2）①知：Rt△DEF≌Rt△GFO， ∴FG＝DEFCn， ∴FG＝CG＝BD＝DEn， ∴OF2＝OG2+FG2， AE＝AB﹣DE﹣BD＝an． ∴S1， S2， ∴S1﹣S2． （3）解：CA+CD的最小值为.理由： 连接AD，过点C作CM⊥x轴于点M，如图， ∵A的坐标为（﹣1，1），点D的坐标为（﹣1，0）， ∴AD⊥OD，AD＝OD＝1． 由（1）知：△ADP≌△PMC， ∴AD＝PM＝1，DP＝CM，AD＝PM＝1， ∵DP＝OD+OP＝1+OP，OM＝OP+PM＝1+OP， ∴DP＝OM， ∴OM＝CM， ∴点C的横纵坐标相同， ∴点C的轨迹为直线y＝x， 作出点D关于直线y＝x的对称点D′，则点D′的坐标为（0，﹣1），CD＝CD′， ∴CA+CD＝CA+CD′， ∴当点A，C，D′在一条直线上时，CA+CD′的值最小，即CA+CD有最小值＝AD′，如图，点A，C，D′在一条直线上， 连接AD，过点A作M⊥y轴于点M， 由题意得：A（﹣1，1），D（﹣1，0），D′（0，﹣1）， ∴AM＝AD＝1， ∵AD⊥OP，AM⊥BM，∠POB＝90°， ∴四边形ADOM为矩形， ∴OM＝AD＝1， ∴MD′＝2， ∴AD′． ∴CA+CD的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面直角坐标系，点的坐标的特征，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $