期末模拟测试卷-2025-2026学年人教版数学九年级上册

期末模拟测试卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．（3分）中国航天事业取得了举世瞩目的成就，2025年4月24日，神舟二十号载人飞船发射取得圆满成功，在“东方红一号”发射55载之际开启第20次神州问天之旅．下列航天图标中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）已知x＝a是一元二次方程x2+3x﹣3＝0的一个根，则代数式﹣2a2﹣6a+9的值是（　　） A．3 B．15 C．9 D．6 3．（3分）将二次函数y＝（x﹣1）2+1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后，得到新二次函数的图象，则新二次函数的解析式是（　　） A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝（x﹣1）2﹣2 D．y＝（x+1）2﹣2 4．（3分）如图，若直线l1∥l2∥l3，且DE：EF＝2：3，AC＝15，则BC＝（　　） A．5 B．6 C．9 D．10 5．（3分）已知方程x2﹣5x+6＝0的两根分别是矩形ABCD相邻两边长，则矩形ABCD的周长是（　　） A．6 B．5 C．10 D．8 6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠BAC＝35°，则∠D的度数为（　　） A．50° B．65° C．60° D．55° 7．（3分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，这个圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是（　　） A．60° B．90° C．120° D．180° 8．（3分）二次函数y＝x2﹣bx+b的图象可能是（　　） A． B． C． D． 9．（3分）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程 中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若⊙O的半径为1，则这个圆内接正八边形的面积为（　　） A．π B．2π C． D． 10．（3分）如图，四边形AOBC是平行四边形，点B在x轴上，CA的延长线与y轴交于点D，反比例函数的图象经过点A（2，y），且与边BC交于点E．若S平行四边形AOBC＝6，且AD＝AC，则点E的纵坐标为（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）已知反比例函数y（k为常数，且k≠0），在每一个象限内，y随x的增大而增大．写出一个满足条件的k的值为 　 　 ． 12．（3分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，若∠1+∠2＝100°，则∠B的度数为　 　 ． 13．（3分）如图，分别以边长为2的等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径作弧，三段弧所围成的图形是一个曲边三角形，现随机地向该图形内掷一枚小针，针尖落在△ABC内的概率为 　 　 ． 14．（3分）圆在中式建筑中有着广泛的应用．如图，某园林中圆弧形门洞的顶端到地面的高度为2.8m，地面入口的宽度为1m，门枕的高度为0.3m，则该圆弧所在圆的半径为 　 　 m． 15．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，BD是对角线，且AD＝BD＝2AB＝8，将△DBC沿CB方向向右平移得到△AEB，D、B对应点分别是A、E．点F是线段BC上（不含端点）的一个动点，连接AF，将线段AF绕点A逆时针旋转至线段AG，使得旋转角∠FAG＝∠DAE，连接EG，当△AEG是等腰三角形时，CF的长为 　 　 ． 16．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线，E、F分别为边AD、BC上的动点，且DE＝BF，CG⊥直线EF于点G，连接BG，则BG的最小值为 　 　 ． 三．解答题（共9小题，满分72分） 17．（4分）用适当的方法解方程：2x2＝48x． 18．（4分）如图，在边长为1的小正方形网格中，△ABC的顶点都在格点上，以点A为位似中心，在x轴上方将△ABC放大为原来的2倍，得到△AB1C1，并写出点B1、C1的坐标． 19．（6分）如图，矩形ABCD中，E为BC上一点，DF⊥AE于点F． （1）证明△ABE∽△DFA； （2）若AB＝3，AD＝6，AE＝5，求AF的长． 20．（6分）现有甲、乙两个不透明的布袋，各装有3个完全相同的小球，甲袋中的小球上分别标有数字﹣1，2，5，乙袋中的小球上分别标有数字3，﹣5，﹣7．小明从甲袋中随机摸出一个小球，记下数字为m，小惠从乙袋中随机摸出一个小球，记下数字为n． （1）小惠从乙袋中随机摸出的小球上的数字是负数的概率为 　 　 ； （2）已知关于x的一元二次方程2x2+mx+n＝0，补全如图所示的树状图，并求方程2x2+mx+n＝0有实数根的概率． 21．（8分）如图，一次函数y＝ax+b的图象分别交x轴、y轴于点A，B，交反比例函数y的图象于M（2，4），N（4，m）两点，连接OM，ON． （1）求反比例函数与一次函数的解析式； （2）当时，直接写出x的取值范围； （3）将直线y＝ax+b向下平移p个单位长度，当直线与反比例函数的图象有唯一交点时，求出p的值． 22．（10分）用一张长为40cm，宽为25cm的长方形硬纸片，裁去一部分后折成纸盒． （1）如图1裁去角上四个小正方形之后，折成如图2的无盖纸盒．若纸盒底面积为450cm2，则纸盒的高是多少？ （2）如图3，在纸片左边的两个角裁去两个正方形，纸片右边的两个角裁去两个长方形之后，将剩下的纸片（空白部分）折成一个有盖的纸盒．若折成纸盒的表面积为912cm2，则裁去的正方形的边长是多少？ 23．（10分）已知：如图，AB是⊙O的直径，OF⊥AB交AD于点F，C，D是圆上的两点，D是的中点，过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E． （1）判断直线DE和⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若∠CAD＝22.5°，求的值． 24．（12分）【问题背景】 在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝15，点E为线段AB上一点，将△ADE沿着线段DE折叠得到△FDE． 【构建联系】 （1）如图1，当点F恰好在线段BC上时，求线段BF的长． 【深入探究】 （2）如图2，当点F在矩形ABCD的外部，线段DF交线段BC于点H，作∠CDF的平分线交线段BC于点G． ①求证：DH•CG＝CD•HG． ②如图3，点I为△CDH的内心，连接HI，若线段DH＝12，求线段HI的长． 25．（12分）已知直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、B两点，点M在线段OA上，从O点出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时点N在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒个单位的速度匀速运动，连接MN，设运动时间为t秒． （1）求抛物线关系式； （2）当t为何值时，△AMN为直角三角形． 期末模拟测试卷 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）中国航天事业取得了举世瞩目的成就，2025年4月24日，神舟二十号载人飞船发射取得圆满成功，在“东方红一号”发射55载之际开启第20次神州问天之旅．下列航天图标中，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】D 【分析】根据中心对称图形的概念求解． 【解答】本题考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某点旋转180°后，能与原来的图形完全重合，这个图形就是中心对称图形，解决本题的关键就是根据中心对称图形的定义进行判断．解：A选项：把图形绕任何一点旋转180°都不能与原图形重合，∴该图形不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B选项：把图形绕任何一点旋转180°都不能与原图形重合，∴该图形不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C选项：把图形绕任何一点旋转180°都不能与原图形重合，∴该图形不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D选项：如图所示，把图形绕点O旋转180°能与原图形重合，∴该图形是中心对称图形，故D选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了中心对称图形的定义，把一个图形绕着某点旋转180°后，能与原来的图形完全重合，这个图形就是中心对称图形，解决本题的关键就是根据中心对称图形的定义进行判断． 2．（3分）已知x＝a是一元二次方程x2+3x﹣3＝0的一个根，则代数式﹣2a2﹣6a+9的值是（　　） A．3 B．15 C．9 D．6 【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】A 【分析】依据题意，由x＝a是一元二次方程x2+3x﹣3＝0的一个根，则a2+3a﹣3＝0，从而a2＝3﹣3a，故可计算得解． 【解答】解：由题意，∵x＝a是一元二次方程x2+3x﹣3＝0的一个根， ∴a2+3a﹣3＝0． ∴a2＝3﹣3a． ∴﹣2a2﹣6a+9＝﹣2（3﹣3a）﹣6a+9＝﹣6+6a﹣6a+9＝3． 故选：A． 【点评】本题主要考查了一元二次方程的解，解题时要熟练掌握并能灵活运用一元二次方程的解的意义是关键． 3．（3分）将二次函数y＝（x﹣1）2+1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后，得到新二次函数的图象，则新二次函数的解析式是（　　） A．y＝（x﹣1）2+2 B．y＝（x+1）2+2 C．y＝（x﹣1）2﹣2 D．y＝（x+1）2﹣2 【考点】二次函数图象与几何变换． 【专题】二次函数图象及其性质；运算能力． 【答案】D 【分析】根据函数图象平移的法则解答即可． 【解答】解：二次函数y＝（x﹣1）2+1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度后，得到新二次函数的图象，则新二次函数的解析式是：y＝（x﹣1+2）2+1﹣3， 即y＝（x+1）2﹣2． 故选：D． 【点评】本题考查的是二次函数图象的平移，解题的关键是掌握其平移规律，“左加右减，上加下减”． 4．（3分）如图，若直线l1∥l2∥l3，且DE：EF＝2：3，AC＝15，则BC＝（　　） A．5 B．6 C．9 D．10 【考点】平行线分线段成比例． 【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力；推理能力． 【答案】C 【分析】由平行线分线段成比例定理得，则，即可得出结论． 【解答】解：∵直线l1∥l2∥l3，且DE：EF＝2：3， ∴， ∴， ∴BCAC15＝9， 故选：C． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例．熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键 5．（3分）已知方程x2﹣5x+6＝0的两根分别是矩形ABCD相邻两边长，则矩形ABCD的周长是（　　） A．6 B．5 C．10 D．8 【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】C 【分析】根据周长的意义解答即可． 【解答】解：∵方程x2﹣5x+6＝0的两根分别是矩形ABCD相邻两边长， ∴两邻边的和为5， 故矩形周长为10， 故选：C． 【点评】本题考查了一元二次方程根与系数关系定理，解题的关键是理解题意． 6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，∠BAC＝35°，则∠D的度数为（　　） A．50° B．65° C．60° D．55° 【考点】圆周角定理． 【专题】圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】D 【分析】根据AB是直径，即可求得∠ACB是直角，根据三角形的内角和定理即可求得∠B的度数，然后利用同弧所对的圆周角相等即可求得∠D的度数． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， 又∵∠BAC＝35°， ∴∠B＝90°﹣35°＝55°， ∴∠D＝∠B＝55°． 故选：D． 【点评】本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，以及同弧所对的圆周角相等，正确理解定理是关键． 7．（3分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，这个圆锥的侧面展开图扇形的圆心角是（　　） A．60° B．90° C．120° D．180° 【考点】圆锥的计算． 【专题】与圆有关的计算；运算能力． 【答案】D 【分析】根据圆锥的侧面积是底面积的4倍可得到圆锥底面半径和母线长的关系，利用圆锥侧面展开图的弧长＝底面周长即可得到该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角度数． 【解答】解：设母线长为R，底面半径为r， ∴底面周长＝2πr，底面面积＝πr2，侧面面积＝πrR， ∵侧面积是底面积的2倍， ∴2πr2＝πrR， ∴R＝2r， 设圆心角为n，有πR， ∴n＝180°． 故选：D． 【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，以及利用扇形面积公式求出是解题的关键． 8．（3分）二次函数y＝x2﹣bx+b的图象可能是（　　） A． B． C． D． 【考点】二次函数的图象． 【专题】二次函数图象及其性质；运算能力． 【答案】D 【分析】根据当x＝1时y＝1﹣b+b＝1，即抛物线经过（1，1）即可判断． 【解答】解：当b＝0时，抛物线的解析式为y＝x2，抛物线的顶点在原点； ∵抛物线y＝x2﹣bx+b的顶点坐标为：， ∴当b≠0时，， ∴抛物线的顶点不可能在y轴上， 综上分析可知，抛物线的顶点不可能在y轴上，故A不符合题意； 当x＝1时，y＝1﹣b+b＝1， ∴抛物线经过（1，1） ∴BCD三个选项中只有D选项符合． 故选：D． 【点评】本题考查二次函数的图象，解题的关键是熟练掌握基本知识，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 9．（3分）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元．某同学在学习“割圆术”的过程 中，作了一个如图所示的圆内接正八边形．若⊙O的半径为1，则这个圆内接正八边形的面积为（　　） A．π B．2π C． D． 【考点】正多边形和圆． 【专题】正多边形与圆；运算能力；应用意识． 【答案】D 【分析】如图，过A作AC⊥OB于C，得到圆的内接正八边形的圆心角为45°，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：如图，过A作AC⊥OB于C， ∵圆的内接正八边形的圆心角为45°，OA＝1， ∴AC＝OC， ∴S△OAB1， ∴这个圆的内接正八边形的面积为82， 故选：D． 【点评】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键． 10．（3分）如图，四边形AOBC是平行四边形，点B在x轴上，CA的延长线与y轴交于点D，反比例函数的图象经过点A（2，y），且与边BC交于点E．若S平行四边形AOBC＝6，且AD＝AC，则点E的纵坐标为（　　） A． B． C． D． 【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；平行四边形的性质． 【专题】反比例函数及其应用；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】根据平行式边形的性质，结合已知点A的横坐标，利用S平行四边形AOBC＝6，求出点A的纵坐标，进而求出反比例函数解析式，根据平行式边形的性质，可求出B，C的坐标，求出直线BC的解析式，曲直联立可求点E坐标． 【解答】解：∵AD＝AC，且A（2，y）， ∴AC＝2， 又∵S平行四边形AOBC＝AC•y＝6， ∴y＝3， 则k＝2×3＝6， 反比例函数解析式为：y（x＞0）， ∵四边形AOBC是平行四边形， ∴OB＝CA＝2， ∴B（2，0），C（4，3）， ∴直线BC：y， 联立， 解得：y1（1），y2（1）（舍去）， 故选：A． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，利用平行式边形性质求出B、C坐标，曲线与直线解析式联立可求交点，得出E坐标． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）已知反比例函数y（k为常数，且k≠0），在每一个象限内，y随x的增大而增大．写出一个满足条件的k的值为 　﹣1（答案不唯一）　 ． 【考点】反比例函数的性质． 【专题】反比例函数及其应用；模型思想． 【答案】﹣1（答案不唯一）． 【分析】首先根据反比例函数的性质可得k＜0，再写一个符合条件的数即可． 【解答】解：∵反比例函数y（k是常数，且k≠0），在每一个象限内，y随x的增大而增大， ∴k＜0， ∴k的值为﹣1（答案不唯一）． 故答案为：﹣1（答案不唯一）． 【点评】此题主要考查了反比例函数的性质，关键是掌握对于反比例函数y，当k＞0时，在每一个象限内，函数值y随自变量x的增大而减小；当k＜0时，在每一个象限内，函数值y随自变量x增大而增大． 12．（3分）如图，点A，B，C，D在⊙O上，若∠1+∠2＝100°，则∠B的度数为　80°　 ． 【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理． 【专题】圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】80°． 【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠B+∠D＝180°，根据圆周角定理得到∠B∠AOC，再根据四边形内角和是360°列式计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为⊙O内接四边形， ∴∠B+∠D＝180°， 由圆周角定理得：∠B∠AOC， ∵∠1+∠2＝100°， ∴∠AOC+∠D＝360°﹣100°＝260°， ∴2∠B+180°﹣∠B＝260°， ∴∠B＝80°， 故答案为：80°． 【点评】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 13．（3分）如图，分别以边长为2的等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径作弧，三段弧所围成的图形是一个曲边三角形，现随机地向该图形内掷一枚小针，针尖落在△ABC内的概率为 　　 ． 【考点】几何概率；等边三角形的性质． 【专题】概率及其应用；应用意识． 【答案】． 【分析】计算三角形和曲边三角形的面积，然后根据概率公式解答即可． 【解答】解：连接OB，作OH⊥BC于H，如图， ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝2，∠ABC＝60°， ∵⊙O是△ABC的内切圆， ∴OH为⊙O的半径，∠OBH＝30°， ∵O点为等边三角形的外心， ∴BH＝CH＝1， 在Rt△OBH中，OHBH， ∴S△ABC， ∵S弓形AB＝S扇形ACB﹣S△ABC， ∴曲边三角形的面积＝3S弓形AB+S△ABC＝3（S扇形ACB﹣S△ABC）+S△ABC＝3S扇形ACB﹣2S△ABC＝322π﹣2． ∴随机地向该图形内掷一枚小针，针尖落在△ABC内的概率为：． 故答案为：． 【点评】本题考查了几何概率，扇形的面积，等边三角形，解题的关键是求得面积之比． 14．（3分）圆在中式建筑中有着广泛的应用．如图，某园林中圆弧形门洞的顶端到地面的高度为2.8m，地面入口的宽度为1m，门枕的高度为0.3m，则该圆弧所在圆的半径为 　1.3　 m． 【考点】垂径定理的应用． 【专题】圆的有关概念及性质；推理能力． 【答案】1.3 【分析】设该门洞的半径的半径为rm，过点O作OC⊥AB于点C，延长CO交圆O于点D，连接OA，则CD＝2.8﹣0.3＝2.5m，OC＝（2.5﹣r）m，由垂径定理得AC＝BCAB＝0.5m，然后在Rt△AOC中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：设该门洞的半径的半径为rm， 如图，过点圆心O作OC⊥AB于点C，延长CO交圆O于点D，连接OA， 则CD＝2.8﹣0.3＝2.5m，AC＝BCAB1＝0.5（m）， ∴OC＝（2.5﹣r）m， 在Rt△AOC中，由勾股定理得：OA2＝OC2+AC2， 0.52+（2.5﹣r）2＝r2， 解得：r＝1.3， 即该门洞的半径为1.3m， 故答案为：1.3． 【点评】本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理的应用，掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键． 15．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，BD是对角线，且AD＝BD＝2AB＝8，将△DBC沿CB方向向右平移得到△AEB，D、B对应点分别是A、E．点F是线段BC上（不含端点）的一个动点，连接AF，将线段AF绕点A逆时针旋转至线段AG，使得旋转角∠FAG＝∠DAE，连接EG，当△AEG是等腰三角形时，CF的长为 　2或5．　 ． 【考点】旋转的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质；平移的性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】2或5． 【分析】连接DF，过点E作EH⊥AB于点H，过点A作AN⊥BE于点N，依题意得AB＝CD＝4，AD＝BC＝BD＝8，AD∥BC，AG＝AF，点C，B，E在同一条直线上，BD＝AE＝BE＝BC＝AD＝8，证明△AEG和△ADF全等得DF＝EG，再利用勾股定理及三角形的面积公式求出EH，AN，BN＝1，然后分三种情况讨论如下：①当AE＝AG＝8时，则AF＝8，进而得FN＝7，则BF＝6，由此可得CF的长；②当AE＝EG＝8时，则DF＝EG＝8，根据BD＝8，点F在CB上运动得当点F与点B重合时，DF＝BD＝8，因此不存在此种情况；③当AG＝EG时，过点F作FM⊥AD于点N，根据DF＝EG，AG＝AF得DF＝AF，则AM＝AM＝4，证明四边形AMFN是矩形得FN＝AM＝4，则BF＝3，由此可得CF的长，综上所述即可得出答案． 【解答】解：连接DF，过点E作EH⊥AB于点H，过点A作AN⊥BE于点N，如图1所示： ∵四边形ABCD是平行四边形，且AD＝BD＝2AB＝8， ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝BD＝8，AD∥BC， 由旋转的性质得：AG＝AF，点C，B，E在同一条直线上， ∵∠FAG＝∠DAE， ∴∠FAE+∠EAG＝∠DAF+∠FAE， ∴∠EAG＝∠DAF， 由平移的性质得：BD＝AE＝8，BE＝BC＝8， ∴AE＝AD＝8， 在△AEG和△ADF中， ， ∴△AEG≌△ADF（SAS）， ∴DF＝EG， ∵AE＝BE＝8，AB＝4，EH⊥AB， ∴AH＝BHAB＝2， 在Rt△BEH中，由勾股定理得：EH， 由三角形的面积公式得：S△ABEBE•ANAB•EH， ∴AN， 在Rt△ABN中，由勾股定理得：BN1， 当△AEG是等腰三角形时，有以下三种情况： ①当AE＝AG＝8时，则AF＝8，如图2所示： 在Rt△AFN中，由勾股定理得：FN7， ∴BF＝FN﹣BN＝7﹣1＝6， ∴CF＝BC﹣BF＝8﹣6＝2； ②当AE＝EG＝8时，则DF＝EG＝8， ∵BD＝8，点F在CB上运动， ∴当点F与点B重合时，DF＝BD＝8， 又∵点F在线段BC上（不含端点）， ∴不存在AE＝EG＝8这种情况； ③当AG＝EG时，过点F作FM⊥AD于点N，如图3所示： ∴DF＝EG，AG＝AF， ∴DF＝AF， ∴AM＝DMAD＝4， ∵AD∥BC， ∴FM⊥BC， 又∵AN⊥BE，点C，B，E在同一条直线上， ∴FM∥AN， ∴四边形AMFN是矩形， ∴FN＝AM＝4， ∴BF＝FN﹣BN＝4﹣1＝3， ∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5， 综上所述：当△AEG是等腰三角形时，CF的长为2或5． 故答案为：2或5． 【点评】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，图形的平移变换及其性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，理解图形的旋转变换及其性质，图形的平移变换及其性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键． 16．（3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，对角线，E、F分别为边AD、BC上的动点，且DE＝BF，CG⊥直线EF于点G，连接BG，则BG的最小值为 　　 ． 【考点】菱形的性质；圆周角定理；线段的性质：两点之间线段最短；全等三角形的判定与性质；勾股定理． 【专题】推理能力． 【答案】． 【分析】如图，连接BD，与EF交于点O，证明△DOE≌△BOF（AAS），则，根据圆周角定理和直角三角形斜边中线的性质确定当B，G，H三点共线时，BG有最小值，可得BG的最小值即可． 【解答】解：如图，连接BD，与EF交于点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴∠ODE＝∠OBF， ∵DE＝BF，∠DOE＝∠BOF， ∴△DOE≌△BOF（AAS）， ∴， 连接AC，则AC经过点O，连接GH， ∵CG⊥EF， ∴∠CGO＝90°， ∴点G在以OC为直径的圆H的半圆上，， 当B，G，H三点共线时，BG有最小值， ∵AC⊥BD， ∴∠BOH＝90°， ∵， ∴， ∴， 则BG的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，两点之间线段最短，利用圆周角定理求解是解本题的关键． 三．解答题（共9小题，满分72分） 17．（4分）用适当的方法解方程：2x2＝48x． 【考点】解一元二次方程﹣因式分解法． 【专题】计算题；一元二次方程及应用；运算能力． 【答案】x1＝0，x2＝24． 【分析】先移项，利用解一元二次方程的因式分解法比较简便． 【解答】解：2x2﹣48x＝0， 2x（x﹣24）＝0， ∴2x＝0，x﹣24＝0． ∴x1＝0，x2＝24． 【点评】本题考查了一元二次方程，掌握解一元二次方程的因式分解法是解决本题的关键． 18．（4分）如图，在边长为1的小正方形网格中，△ABC的顶点都在格点上，以点A为位似中心，在x轴上方将△ABC放大为原来的2倍，得到△AB1C1，并写出点B1、C1的坐标． 【考点】作图﹣位似变换． 【专题】作图题；图形的相似；几何直观． 【答案】画图见解答；B1（7，1），C1（3，5）． 【分析】根据位似的性质作图，即可得出答案． 【解答】解：如图，△AB1C1即为所求． 由图可得，B1（7，1），C1（3，5）． 【点评】本题考查作图﹣位似变换，熟练掌握位似的性质是解答本题的关键． 19．（6分）如图，矩形ABCD中，E为BC上一点，DF⊥AE于点F． （1）证明△ABE∽△DFA； （2）若AB＝3，AD＝6，AE＝5，求AF的长． 【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明见解答； （2）AF的长是． 【分析】（1）由矩形的性质得∠B＝90°，BC∥AD，则∠AEB＝∠DAF，因为DF⊥AE于点F，所以∠AFD＝90°，则∠B＝∠AFD，即可证明△ABE∽△DFA； （2）由∠B＝90°，AB＝3，AE＝5，求得EB4，而AD＝6，由相似三角形的性质得，则AFEB． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，BC∥AD， ∴∠AEB＝∠DAF， ∵DF⊥AE于点F， ∴∠AFD＝90°， ∴∠B＝∠AFD， ∴△ABE∽△DFA． （2）解：∵∠B＝90°，AB＝3，AE＝5， ∴EB4， ∵△ABE∽△DFA，AD＝6， ∴， ∴AFEB4， ∴AF的长是． 【点评】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，推导出∠AEB＝∠DAF，∠B＝∠AFD，进而证明△ABE∽△DFA是解题的关键． 20．（6分）现有甲、乙两个不透明的布袋，各装有3个完全相同的小球，甲袋中的小球上分别标有数字﹣1，2，5，乙袋中的小球上分别标有数字3，﹣5，﹣7．小明从甲袋中随机摸出一个小球，记下数字为m，小惠从乙袋中随机摸出一个小球，记下数字为n． （1）小惠从乙袋中随机摸出的小球上的数字是负数的概率为 　　 ； （2）已知关于x的一元二次方程2x2+mx+n＝0，补全如图所示的树状图，并求方程2x2+mx+n＝0有实数根的概率． 【考点】列表法与树状图法；根的判别式． 【专题】判别式法；统计的应用；运算能力；推理能力． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）根据概率公式即可求解； （2）先根据题意画出树状图，再分别计算每种情况下的Δ，找出符合条件的情况数，最后根据概率公式求解即可． 【解答】解：（1）乙袋中一共有3个数，负数有两个， ∴小惠从乙袋中随机摸出的小球上的数字是负数的概率为． 故答案为：． （2）如图； 共有9种等可能的情况，其中方程2x2+mx+n＝0有实数根的情况有7种， ∴方程2x2+mx+n＝0有实数根的概率为． 【点评】本题主要考查了根据树状图求概率以及一元二次方程根的判别式，解题的关键是掌握树状图的画法以及一元二次方程有实数根时Δ＝b2﹣4ac≥0． 21．（8分）如图，一次函数y＝ax+b的图象分别交x轴、y轴于点A，B，交反比例函数y的图象于M（2，4），N（4，m）两点，连接OM，ON． （1）求反比例函数与一次函数的解析式； （2）当时，直接写出x的取值范围； （3）将直线y＝ax+b向下平移p个单位长度，当直线与反比例函数的图象有唯一交点时，求出p的值． 【考点】反比例函数与一次函数的交点问题． 【专题】一次函数及其应用；反比例函数及其应用；几何直观；运算能力． 【答案】（1）反比例函数的解析式y，一次函数的解析式为y＝﹣x+6． （2）0＜x＜2或x＞4； （3）6﹣4． 【分析】（1）将点M坐标代入反比例函数解析式求出k，然后求出点N坐标，进而求出直线解析式． （2）根据图象求解； （3）由题意可知平移后的解析式为y＝﹣x+6﹣k，联立方程组，利用判别式解出k值即可． 【解答】解：（1）把M（2，4）代入y中得4， 解得k＝8， ∴反比例函数的解析式y， ∵N（4，m）在图象y上， ∴4m＝8， 解答m＝2， ∴点N坐标为（4，2）， 将M、N的坐标代入y＝ax+b中得， 解得， ∴一次函数的解析式为y＝﹣x+6． （2）当时，x的取值范围为0＜x＜2或x＞4； （3）将直线＝ax+b向下平移p个单位长度，当直线与反比例函数的图象有唯一交点， 则平移后的解析式为y＝﹣x+6﹣p， 联立两个函数得：x+6﹣p，整理得：x2﹣（6﹣p）x+8＝0， Δ＝（6﹣p）2﹣4×1×8＝0， ∴6﹣p＝±4， ∴p＝6﹣4或6+4， 因为点B（0，6）， ∴p＝6+4不符合题意舍去． ∴将直线＝ax+b向下平移（6﹣4）个单位长度时，直线与反比例函数图象只有一个交点． 故p的值为6﹣4． 【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，联立方程组根据判别式求出k值是本题的关键． 22．（10分）用一张长为40cm，宽为25cm的长方形硬纸片，裁去一部分后折成纸盒． （1）如图1裁去角上四个小正方形之后，折成如图2的无盖纸盒．若纸盒底面积为450cm2，则纸盒的高是多少？ （2）如图3，在纸片左边的两个角裁去两个正方形，纸片右边的两个角裁去两个长方形之后，将剩下的纸片（空白部分）折成一个有盖的纸盒．若折成纸盒的表面积为912cm2，则裁去的正方形的边长是多少？ 【考点】一元二次方程的应用． 【专题】一元二次方程及应用；应用意识． 【答案】（1）5cm； （2）2cm． 【分析】（1）设纸盒的高为xcm，则纸盒的底面是长为（40﹣2x）cm，宽为（25﹣2x）cm的长方形，根据纸盒底面积为450cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论； （2）设裁去的正方形的边长为ycm，根据折成纸盒的表面积为912cm2（即长方形硬纸板的面积﹣阴影部分的面积），可列出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论． 【解答】解：（1）设纸盒的高为xcm，则纸盒的底面是长为（40﹣2x）cm，宽为（25﹣2x）cm的长方形， 根据题意得：（40﹣2x）（25﹣2x）＝450， 整理得：2x2﹣65x+275＝0， 解得：x1＝5，x2＝27.5（不符合题意，舍去）． 答：纸盒的高为5cm； （2）设裁去的正方形的边长为ycm， 根据题意得：40×25﹣2y2﹣2×20y＝912， 整理得：y2+20y﹣44＝0， 解得：y1＝2，y2＝﹣22（不符合题意，舍去）． 答：裁去的正方形的边长为2cm． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 23．（10分）已知：如图，AB是⊙O的直径，OF⊥AB交AD于点F，C，D是圆上的两点，D是的中点，过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E． （1）判断直线DE和⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若∠CAD＝22.5°，求的值． 【考点】圆的综合题． 【专题】几何综合题；运算能力；推理能力． 【答案】（1）直线DE与⊙O相切，理由见解析； （2）． 【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠CAD＝∠DAB，根据等腰三角形的性质得到∠DAB＝∠ODA，得到OD⊥ED，根据切线的判定定理得到结论； （2）延长OB与ED的延长线交于点G，过点O作OH⊥AE，垂足为H，由（1）知∠ODE＝90°，得到∠ODG＝180°﹣∠ODE＝180°﹣90°＝90°，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，得到∠ODA＝∠BDG．求得∠OFD＝∠DBG＝112.5°．得到∠G＝∠AED﹣∠EAG＝90°﹣45°＝45°．由（1）知OD⊥ED，根据全等三角形的性质得到OF＝BG，得到OF+2OA＝BG+AB＝AG，根据矩形的性质得到OD＝HE，ED＝HO，OH∥EG，得到，于是得到结论． 【解答】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下： 连接OD，∵AC⊥DE， ∴∠AED＝90°， ∵D是的中点， ∴， ∴∠CAD＝∠DAB， ∵OA＝OD， ∴∠DAB＝∠ODA， ∴∠CAD＝∠ODA， ∴AE∥OD， ∴∠ODE+∠AED＝180°， ∴∠ODE＝180°﹣∠AED＝180°﹣90°＝90°， ∴OD⊥ED， 又∵OD是⊙O的半径， ∴DE与⊙O相切； （2）延长OB与ED的延长线交于点G，过点O作OH⊥AE，垂足为H， 由（1）知∠ODE＝90°， ∴∠ODG＝180°﹣∠ODE＝180°﹣90°＝90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠ODG＝∠ADB＝90°， ∴∠ODB+∠BDG＝∠ODB+∠ODA＝90°， ∴∠ODA＝∠BDG． 由（1）知∠CAD＝∠DAB＝∠ODA＝22.5°， ∴∠EAG＝45°，∠ODA＝∠BDG＝22.5°， ∴∠ABD＝180°﹣∠DAB﹣∠ADB＝67.5°， ∴∠DBG＝180°﹣∠ABD＝180°﹣67.5°＝112.5°． ∵∠OFD是△AFO的外角， ∴∠OFD＝∠FAO+∠FOA＝22.5°+90°＝112.5°， ∴∠OFD＝∠DBG＝112.5°． ∵AC⊥DE， ∴∠AED＝90°， ∴∠G＝∠AED﹣∠EAG＝90°﹣45°＝45°． 由（1）知OD⊥ED， ∴∠ODG＝90°， ∴∠DOG＝180°﹣∠ODG﹣∠G＝90°﹣45°＝45°， ∴∠G＝∠DOG， ∴OD＝DG， ∴△OFD≌△GBD（AAS）， ∴OF＝BG， ∴OF+2OA＝BG+AB＝AG， ∵OH⊥AE， ∴∠OHE＝90°， ∴∠OHE＝∠ODE＝∠HED＝90°， ∴四边形HEDO是矩形， ∴OD＝HE，ED＝HO，OH∥EG， ∴∠AOH＝∠G＝45°， ∴∠HAO＝∠AOH＝45°， ∴AH＝HO＝ED， 又∵OA＝OD， ∴ED+OA＝AE， 在Rt△AEG中，， ∴． 【点评】本题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 24．（12分）【问题背景】 在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝15，点E为线段AB上一点，将△ADE沿着线段DE折叠得到△FDE． 【构建联系】 （1）如图1，当点F恰好在线段BC上时，求线段BF的长． 【深入探究】 （2）如图2，当点F在矩形ABCD的外部，线段DF交线段BC于点H，作∠CDF的平分线交线段BC于点G． ①求证：DH•CG＝CD•HG． ②如图3，点I为△CDH的内心，连接HI，若线段DH＝12，求线段HI的长． 【考点】三角形综合题；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）． 【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；与圆有关的位置关系；图形的相似；展开与折叠；运算能力；推理能力． 【答案】（1）3；（2）①证明见解析；②6． 【分析】（1）设AE＝x，则BE＝9﹣x，利用折叠的性质，相似三角形的判定与性质和勾股定理解答即可； （2）①过点G作GM∥DH，交CD于点M，利用角平分线的定义，平行线的性质和等腰三角形的判定与性质得到MG＝MD，利用平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； ②过点I作IM⊥CD于点M，IK⊥DH于点K，IN⊥HC于点N，利用三角形的内心的性质，全等三角形的判定与性质得到K＝IN，HK＝HN，IN＝IM，DK＝DM，CN＝CM，利用正方形的判定与性质得到IK＝CM＝CN＝IN＝IM，利用方程组的思想得到IK＝CM＝CN＝IN＝IM，最后利用勾股定理解答即可得出结论． 【解答】（1）解：设AE＝x，则BE＝9﹣x， ∵将△ADE沿着线段DE折叠得到△FDE， ∴△ADE≌△FDE， ∴AE＝EF，AD＝DF＝15，∠EFD＝∠A＝90°， ∴∠EFB+∠DFC＝90°，FC12． ∵∠B＝∠C＝90°， ∴∠EFB+∠BEF＝90°， ∴∠BEF＝∠DFC， ∴△BEF∽△CFD， ∴， ∴， ∴x＝5， ∴EF＝5，BE＝4， ∴BF3； （2）①证明：过点G作GM∥DH，交CD于点M，如图， ∵DG为∠CDF的平分线， ∴∠HGD＝∠CDG， ∵GM∥DH， ∴∠DGM＝∠HDG， ∴∠DGM＝∠CDG， ∴MG＝MD， ∵GM∥DH， ∴，， ∴， ∴， ∴DH•CG＝CD•HG． ②解：过点I作IM⊥CD于点M，IK⊥DH于点K，IN⊥HC于点N，如图， ∵∠C＝90°， ∴CH3， ∵点I为△CDH的内心， ∴点I为△CDH的三个内角平分线的交点， ∴∠IHK＝∠IHN， 在△IHK和△IHN中， ， ∴△IHK≌△IHN（AAS）， ∴IK＝IN，HK＝HN， 同理：IN＝IM，DK＝DM，CN＝CM， ∵IM⊥CD，IN⊥HC，∠C＝90°， ∴四边形INCM为正方形， ∴CM＝CN＝IN＝IM， ∴IK＝CM＝CN＝IN＝IM， ∵CM+MD＝9，DK+HK＝12，HN+CN＝3， ∴IK＝CM＝CN＝IN＝IM． ∴DM＝DK＝9﹣CM， ∴HK＝HD﹣DK＝12， ∴HI6． 【点评】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造全等三角形与相似三角形是解题的关键． 25．（12分）已知直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A、B两点，点M在线段OA上，从O点出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时点N在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒个单位的速度匀速运动，连接MN，设运动时间为t秒． （1）求抛物线关系式； （2）当t为何值时，△AMN为直角三角形． 【考点】二次函数综合题． 【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】（1）y＝x2+4x+3； （2）当t为1秒或秒时，△AMN为直角三角形． 【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再由点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）当运动时间为t秒时，点M的坐标为（﹣t，0），点N的坐标为（t﹣3，t），则AM＝3﹣t，ANt，由△AMN为直角三角形结合∠MAN＝45°，可得出△AMN为等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质分∠ANM＝90°及∠AMN＝90°两种情况找出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论． 【解答】解：（1）∵直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点， ∴点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（0，3）． 将A（﹣3，0）、B（0，3）代入y＝x2+bx+c，得： ， 解得：， ∴抛物线解析式为y＝x2+4x+3； （2）当运动时间为t秒时，点M的坐标为（﹣t，0），点N的坐标为（t﹣3，t）， ∴AM＝3﹣t，ANt． ∵△AMN为直角三角形，∠MAN＝45°， ∴△AMN为等腰直角三角形，如图， 当∠ANM＝90°时，有AMAN，即3﹣t＝2t， 解得：t＝1； 当∠AMN＝90°时，有t﹣3＝﹣t， 解得：t． 综上所述：当t为1秒或秒时，△AMN为直角三角形． 【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形以及解一元一次（一元二次）方程，解题的关键是：（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；（2）分∠ANM＝90°及∠AMN＝90°两种情况找出关于t的一元一次方程． 学科网（北京）股份有限公司 $