一．解答題（共30小題）
1．（2022秋?阜寧縣期中）解下列一元二次方程．
（1）x+3﹣x（x+3）＝0；
（2）（2x﹣1）（x+3）＝4．
2．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，某建筑工程隊在一堵墻邊上用24米長的鐵欄圍成一個面積為84平方米的長方形倉庫，已知可利用的墻長是13米，鐵柵欄只圍三邊，且在正下方要造一個2米寬的門．問：
（1）設倉庫垂直于墻的一邊長為x米，則倉庫平行于墻的一邊長為 米；
（2）以上要求所圍成長方形的兩條鄰邊的長分別是多少米？
3．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）我們在探究一元二次方程根與系數的關系中發(fā)現：如果關于x的方程ax2+bx+c＝0的兩個根是x1，x2，那么由求根公式可推出x1+x2＝﹣，x1?x2＝，請根據這一結論，解決下列問題：
（1）若α，β是方程2x2+x﹣5＝0的兩根，則α+β＝ ，α?β＝ ；若2，3是方程x2+px+q＝0的兩根，則p＝ ，q＝ ；
（2）已知m，n滿足m2+6m﹣3＝0，n2+6n﹣3＝0，求+的值；
（3）已知a，b，c滿足a+b+c＝0，abc＝7，則正整數c的最小值為 ．
4．（2022秋?玄武區(qū)期中）已知關于x的方程x2﹣（k+1）x+k﹣1＝0（k為常數）．
（1）求證：不論k取何值，該方程總有兩個不相等的實數根；
（2）若該方程的兩個實數根為x1和x2，且x1+x2＝3x1x2，求k的值．
5．（2022秋?姜堰區(qū)期中）烏克蘭危機發(fā)生之后，外交戰(zhàn)線按照黨中央的部署緊急行動，在戰(zhàn)火紛飛中已將5200多名同胞安全從烏克蘭撤離．電影《萬里歸途》正是“外交為民”的真實寫照．如表是該影片票房的部分數據．（注：票房是指截止發(fā)布日期的所有售票累計收入）
影片《萬里歸途》的部分統(tǒng)計數據
（1）平均每次累計票房增長的百分率是多少？
（2）在（1）的條件下，若票價每張40元，求10月11日與12日兩天共賣出多少張電影票．
6．（2022秋?天寧區(qū)校級期中）九7九8班組織了一次經典朗讀比賽，兩班各10人的比賽成績如表（10分制）：
（1）九7班成績的平均數是 分，中位數是 分．
（2）計算九8班的平均成績和方差．
（3）已知九7班成績的方差是1.4分，則成績較為整齊的是 班．
7．（2022?南京一模）南京市自2013年6月1日起實施“生活垃圾分類管理辦法”，陽光花園小區(qū)設置了“可回收物”、“有害垃圾”、“廚余垃圾”、和“其他垃圾”四種垃圾箱，分別記為A、B、C、D．
（1）快遞包裝紙盒應投入 垃圾箱；
（2）小明將“棄置藥品”隨機投放，則她投放正確的概率是 ；
（3）小麗將二種垃圾“廢棄食物”（屬于廚余垃圾，記為C）、“打碎的陶瓷碗”（屬于其他垃圾，記為D）隨機投放，求她投放正確的概率．
8．（2022秋?儀征市期中）如圖，在平面直角坐標系中，已知△ABC三個頂點的坐標分別是A（﹣2，2），B（0，4），C（4，4）．
（1）△ABC外接圓的圓心P坐標為 ，外接圓的半徑是 ；
（2）作出弧AC，并求弧AC的長度．
9．（2022秋?儀征市期中）如圖，四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，點E是邊BC上一點，且DE平分∠AEC，作△ABE的外接圓⊙O．
（1）求證：DC是⊙O的切線；
（2）若⊙O的半徑為5，CD＝3，求DE的長．
10．（2022秋?如皋市期中）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AB為直徑，點C是的中點，過點C作⊙O的切線交AD的延長線于點H，作CE⊥AB，垂足為E．
（1）求證：CH⊥AD；
（2）若CD＝5，CE＝4，求HD的長．
11．（2022秋?啟東市期中）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D都是⊙O上的點，AD平分∠CAB，過點D的切線交AC的延長線于點E，交AB的延長線于點F．
（1）求證：AE⊥EF；
（2）若∠AOD＝120°，AB＝8，
①求AC的長；
②求圖中陰影部分（區(qū)域DBF）的面積．
12．（2022秋?海陵區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AB，BC，CA為直徑作半圓圍成兩月牙形，過點C作DF∥AB分別交三個半圓于點D，E，F．
（1）連結AF、BD，求證四邊形AFDB為矩形．
（2）若CF＝，CD＝，求陰影部分的面積．
13．（2022秋?鎮(zhèn)江期中）如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠ABC＝60°．點P是射線BC上一動點，作△PAB的外接圓⊙O．
（1）當DC與△PAB的外接圓⊙O相切時，求⊙O的半徑；
（2）直接寫出⊙O與?ABCD的邊的公共點的個數及對應的BP長的取值范圍．
14．（2022秋?興化市期中）如圖1，已知AB為⊙O的直徑，點E在⊙O上，給出下列信息：
①EF是⊙O的切線②AC⊥EF③AE平分∠BAC．
（1）請在上述3條信息中選擇其中兩條作為條件，剩余的一條信息作為結論，組成一個正確的命題，你選擇的條件是 ，結論是 （只要填寫序號），并說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，AC交⊙O于D，若AD＝2，EC＝，求AE的值．
15．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A（1，1）、B（3，1）、C（0，2）．
（1）①以點O為位似中心，在網格區(qū)域內畫出△DEF，使得△DEF與△ABC位似，且點D與點A對應，位似比為2：1；
②點D坐標為 ；
③△DEF的面積為 個平方單位；
（2）△ABC的外接圓圓心M的坐標為 ．
16．（2022秋?惠山區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點O在AB上，以點O為圓心，OA長為半徑的圓與AC、AB分別交于點D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）判斷直線BD與⊙O的位置關系，并說明理由；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的長．
17．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，面積為15，點E從點B出發(fā)沿折線B﹣C﹣D向終點D運動．過點E作點E所在的邊（BC或CD）的垂線，交菱形其它的邊于點F，在EF的右側作矩形EFGH．
（1）則菱形的高為 ；
（2）若EF＝FG，當EF過AC中點時，求AG的長；
（3）已知FG＝4，設點E的運動路程為s．當s滿足什么條件時，以G，C，H為頂點的三角形與△BEF相似（包括全等）？請直接寫出答案．
18．（2022秋?高郵市期中）【模型建立】（1）如圖1，在等邊△ABC中，點D、E分別在BC、AC邊上，∠ADE＝60°，求證：AB?CE＝BD?DC；
【模型應用】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AD⊥BC于點D，點E在AC邊上，AE＝AD，點F在DC邊上，∠EFD＝60°，則的值為 ；
【模型拓展】（3）如圖3，在鈍角△ABC中，∠ABC＝60°，點D、E分別在BC、AC邊上，∠DAE＝∠ADE＝60°，若AB＝5，CE＝6，求DC的長．
19．（2022秋?蘇州期中）如圖1，在直角△ABC中∠C＝90°，D是AC的中點，△ABC∽△DEC，AC＝2，BC＝4．
（1）求證：DE∥AB；
（2）如圖2，將△DEC繞點C順時針旋轉，旋轉角為α（0°＜α＜90°），連接AD，BE．
①求的值；
②若A，D，E三點共線，求∠DEB的度數．
20．（2022秋?姑蘇區(qū)期中）一種拉桿式旅行箱的示意圖如圖所示，箱體長AB＝50cm，拉桿最大伸長距離BC＝30cm，（點A、B、C在同一條直線上），在箱體的底端裝有一圓形滾輪⊙A，⊙A與水平地面切于點D，AE∥DN，某一時刻，點B距離水平地面40cm，點C距離水平地面61cm．
（1）求圓形滾輪的半徑AD的長；
（2）當人的手自然下垂拉旅行箱時，人感覺較為舒服，已知某人的手自然下垂在點C處且拉桿達到最大延伸距離時，點C距離水平地面（40+5）cm，求此時拉桿箱與水平面AE所成角∠CAE的值（精確到1°，參考數據：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19）．
21．（2022秋?虎丘區(qū)校級期中）（1）在△ABC中，∠C＝90°．已知c＝8，∠A＝60°，求∠B，a，b；
（2）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，D為AC上一點，∠BDC＝45°，CD＝6．求AD的長．
22．（2022秋?高新區(qū)校級期中）如圖1，居家網課學習時，小華先將筆記本電腦水平放置在桌子上，顯示屏OB與底板OA所在水平線的夾角150°，側面示意圖如圖2；如圖3，使用時為了散熱，他在底板下墊入散熱架ACO'后，電腦轉到AO'B'位置，側面示意圖如圖4．已知OA＝OB，O'C⊥OA于點C，AO'：O'C＝5：3，AC＝40cm．
（1）求OA的長；
（2）墊入散熱架后，顯示屏頂部B'比原來升高了多少cm？
23．（2022秋?如皋市期中）已知拋物線y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3（m為常數）．
（1）求拋物線的頂點坐標（用含m的式子表示）；
（2）若A（m+2，y1），B（m﹣1，y2）兩點在此拋物線上，比較y1與y2的大?。?br>（3）已知點P（a﹣5，c），Q（2m+3+a，c）都在該拋物線上，求證：c≥10．
24．（2022秋?如皋市期中）某超市擬于春節(jié)前50天里銷售某品牌燈籠，其進價為18元/個．設第x天的銷售價格為y（元/個），銷售量為n（個）．該超市根據以往的銷售經驗得出以下銷售規(guī)律：
①y與x的關系式為y＝﹣x+55；
②n與x的關系式為n＝5x+50．
（1）求第10天的日銷售利潤；
（2）當34≤x≤50時，求第幾天的銷售利潤W（元）最大？最大利潤為多少？
（3）若超市希望第30天到第40天的日銷售利潤W（元）的最小值為5460元，需在當天銷售價格的基礎上漲k元/個（0＜k＜8），求k的值．
25．（2022秋?如東縣期中）嘉嘉進行鉛球訓練，他嘗試利用數學模型來研究鉛球的運動情況．他以水平方向為x軸方向，1m為單位長度，建立了如圖所示的平面直角坐標系，鉛球從y軸上的點A處出手，運動路徑可看作拋物線，嘉嘉某次試投時，鉛球行進高度y（單位：m）與水平距離x（單位：m）之間的函數關系是y＝﹣（x﹣4）2+3．如圖，B是該函數圖象上的一點．
（1）畫出該函數的大致圖象；
（2）若鉛球推出的距離不小于9m，成績?yōu)閮?yōu)秀．請通過計算，判斷嘉嘉此次試投的成績是否能達到優(yōu)秀．
26．（2022秋?工業(yè)園區(qū)期中）已知拋物線y＝ax2﹣2ax+c的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸正半軸交于C點，頂點為M，直線MD⊥x軸于點D．
（1）當a＞0時，知OC＝MD，求AB的長；
（2）當a＜0時，若OC＝OB，tan∠ACB＝2，求拋物線的解析式；
27．（2022秋?工業(yè)園區(qū)期中）若二次函數y＝ax2+bx+c的x與y的部分對應值如表：
（1）求這個二次函數的表達式：
（2）二次函數y＝ax2+bx+c圖象上有兩點P（m，yP），Q（n，yQ），
①已知yP＝y(tǒng)Q，當x＝m+n時，求y的值；
②當n＝4時，yP＜yQ，求m的取值范圍．
28．（2022秋?徐州期中）拋物線與x軸交于A、B兩點，其中點B的坐標為（﹣3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點D為拋物線的頂點，且點D的橫坐標為﹣1．
（1）求此拋物線的函數表達式；
（2）求△BCD的面積；
（3）若點P是x軸下方拋物線上任意一點，已知⊙P的半徑為2，當⊙P與坐標軸相切時，圓心P的坐標是 ．
29．（2022秋?興化市期中）已知二次函數y＝ax2﹣2x+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，其中點A坐標為（﹣3，0），點C坐標為（0，3），點D是對稱軸與x軸的交點．
（1）求二次函數的表達式；
（2）如圖1，E是對稱軸上一動點，當EC的垂直平分線恰好經過點B時，求點E的坐標；
（3）如圖2，F、G是對稱軸上的兩點（位于x軸上方），且DF+DG＝8，直線AF、BG的交點為點H．試判斷點H是否在該二次函數y＝ax2﹣2x+c的圖象上，并說明理由．
30．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，已知點P是第一象限內二次函數y＝﹣x2+2mx+3m2（m＞0）圖象上一點，該二次函數圖象與x軸交于A、B兩點（A在點B的左側），與y軸交于點C，連接AC．
（1）線段AB的長為 （用含m的代數式表示）；
（2）當m＝1時，點D與C點關于二次函數圖象對稱軸對稱，若AD平分∠CAP，求點P的坐標；
（3）若△ABC是直角三角形，點E是AP與BC的交點，則的最小值是多少？直接寫出答案即可．
發(fā)布日期
10月8日
10月11日
10月12日
發(fā)布次數
第1次
第2次
第3次
票房
10億元
12.1億元
九7
7
8
9
7
10
10
9
10
10
10
九8
10
8
7
9
8
10
10
9
10
9
x
﹣1
0
1
2
3
y
0
3
4
3
0
2022-2023學年九年級數學上學期復習備考高分秘籍 【蘇科版】
專題6.3小題易丟分期末考前必做解答30題（提升版）
一．解答題（共30小題）
1．（2022秋?阜寧縣期中）解下列一元二次方程．
（1）x+3﹣x（x+3）＝0；
（2）（2x﹣1）（x+3）＝4．
【分析】（1）利用因式分解法解方程即可求解；
（2）利用因式分解法即可求解．
【解析】（1）x+3﹣x（x+3）＝0，
（x+3）﹣x（x+3）＝0，
（x﹣3）（1﹣x）＝0，
∴x﹣3＝0或1﹣x＝0，
∴x1＝3，x2＝1．
（2）（2x﹣1）（x+3）＝4，
2x2+5x﹣7＝0，
（2x+7）（x﹣1）＝0，
∴2x+7＝0或x﹣1＝0，
∴x1＝﹣，x2＝1．
2．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，某建筑工程隊在一堵墻邊上用24米長的鐵欄圍成一個面積為84平方米的長方形倉庫，已知可利用的墻長是13米，鐵柵欄只圍三邊，且在正下方要造一個2米寬的門．問：
（1）設倉庫垂直于墻的一邊長為x米，則倉庫平行于墻的一邊長為 （26﹣2x） 米；
（2）以上要求所圍成長方形的兩條鄰邊的長分別是多少米？
【分析】設倉庫的垂直于墻的一邊長為x米，而與墻平行的一邊開一道2米寬的門，現有能圍成20米長的籬笆，那么平行于墻的一邊長為（24﹣2x+2）米，而倉庫的面積為84米2，由此即可列出方程，解方程就可以解決問題．
【解析】（1）倉庫平行于墻的一邊長為（26﹣2x）米；
故答案為：（26﹣2x）；
（2）設倉庫的垂直于墻的一邊長為x米，
依題意得（24﹣2x+2）x＝84，
解得：x1＝6，x2＝7，
當x1＝6時，24﹣2x+2＝14＞13，不合題意舍去；
當x2＝7時，24﹣2x+2＝12．
答：該長方形相鄰兩邊長要取12米，7米．
3．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）我們在探究一元二次方程根與系數的關系中發(fā)現：如果關于x的方程ax2+bx+c＝0的兩個根是x1，x2，那么由求根公式可推出x1+x2＝﹣，x1?x2＝，請根據這一結論，解決下列問題：
（1）若α，β是方程2x2+x﹣5＝0的兩根，則α+β＝ ﹣ ，α?β＝ ﹣ ；若2，3是方程x2+px+q＝0的兩根，則p＝ ﹣5 ，q＝ ﹣6 ；
（2）已知m，n滿足m2+6m﹣3＝0，n2+6n﹣3＝0，求+的值；
（3）已知a，b，c滿足a+b+c＝0，abc＝7，則正整數c的最小值為 4 ．
【分析】（1）直接利用根與系數的關系得到α+β和α?β的值，根據根與系數的關系得到2+3＝﹣p，2×3＝q，從而可得到p、q的值；
（2）討論：當m＝n時，易得原式＝2；當m≠n時，把m、n看作方程x2+6x﹣3＝0的兩根，利用根與系數的關系得到m+n＝﹣6，mn＝﹣3，再通分得到原式＝＝，然后利用整體代入的方法計算；
（3）利用已知條件變形得到a+b＝﹣c，ab＝，根據根與系數的關系，則a、b為一元二次方程x2+cx+＝0的兩根，再根據根的判別式的意義得到Δ＝c2﹣4×≥0，然后確定c的最小整數．
【解析】（1）α，β是方程2x2+x﹣5＝0的兩根，則α+β＝﹣，α?β＝﹣；
∵2，3是方程x2+px+q＝0的兩根，
∴2+3＝﹣p，2×3＝q，
解得p＝﹣5，q＝6；
故答案為：﹣，﹣；﹣5，6；
（2）m，n滿足m2+6m﹣3＝0，n2+6n﹣3＝0，
當m＝n時，原式＝1+1＝2；
當m≠n時，m、n可看作方程x2+6x﹣3＝0的兩根，
∵m+n＝﹣6，mn＝﹣3，
∴原式＝＝＝＝﹣13；
（3）∵a+b+c＝0，abc＝7，
∴a+b＝﹣c，ab＝，
∴a、b為一元二次方程x2+cx+＝0的兩根，
∵Δ＝c2﹣4×≥0，
而c＞0，
∴c3≥28，
∴c的最小整數為4
4．（2022秋?玄武區(qū)期中）已知關于x的方程x2﹣（k+1）x+k﹣1＝0（k為常數）．
（1）求證：不論k取何值，該方程總有兩個不相等的實數根；
（2）若該方程的兩個實數根為x1和x2，且x1+x2＝3x1x2，求k的值．
【分析】（1）先計算出根的判別式的值，則利用非負數的性質得到Δ＞0，然后根據根的判別式的意義得到結論；
（2）根據根與系數的關系得x1+x2＝k+1，x1x2＝k﹣1，再利用x1+x2＝3x1x2得到k+1＝3（k﹣1），然后解關于k的方程即可．
【解答】（1）證明：∵Δ＝（k+1）2﹣4（k﹣1）
＝k2﹣2k+5
＝（k﹣1）2+4＞0，
∴不論k取何值，該方程總有兩個不相等的實數根；
（2）解：根據根與系數的關系得x1+x2＝k+1，x1x2＝k﹣1，
∵x1+x2＝3x1x2，
∴k+1＝3（k﹣1），
解得k＝2，
即k的值為2．
5．（2022秋?姜堰區(qū)期中）烏克蘭危機發(fā)生之后，外交戰(zhàn)線按照黨中央的部署緊急行動，在戰(zhàn)火紛飛中已將5200多名同胞安全從烏克蘭撤離．電影《萬里歸途》正是“外交為民”的真實寫照．如表是該影片票房的部分數據．（注：票房是指截止發(fā)布日期的所有售票累計收入）
影片《萬里歸途》的部分統(tǒng)計數據
（1）平均每次累計票房增長的百分率是多少？
（2）在（1）的條件下，若票價每張40元，求10月11日與12日兩天共賣出多少張電影票．
【分析】（1）設平均每次累計票房增長的百分率是x，利用第3次累計票房＝第1次累計票房×（1+平均每次累計票房增長的百分率）2，即可得出關于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結論；
（2）利用數量＝總價÷單價，即可求出結論．
【解析】（1）設平均每次累計票房增長的百分率是x，
依題意得：10（1+x）2＝12.1，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝﹣2.1（不符合題意，舍去）．
答：平均每次累計票房增長的百分率是10%．
（2）[1210000000﹣1000000000×（1+10%）]÷40
＝[1210000000﹣1100000000]÷40
＝110000000÷40
＝2750000（張）．
答：10月11日與12日兩天共賣出2750000張電影票
6．（2022秋?天寧區(qū)校級期中）九7九8班組織了一次經典朗讀比賽，兩班各10人的比賽成績如表（10分制）：
（1）九7班成績的平均數是 9 分，中位數是 9.5 分．
（2）計算九8班的平均成績和方差．
（3）已知九7班成績的方差是1.4分，則成績較為整齊的是 九8 班．
【分析】（1）利用平均數的定義以及中位數的定義分別求出即可；
（2）首先求出平均數進而利用方差公式得出即可；
（3）利用方差的意義進而得出即可．
【解析】（1）九7班成績的中位數是：＝9.5（分），
平均數為：（7×2+8+9×2+10×5）＝9（分），
故答案為：9；9.5；
（2）九8班的平均數為：（10×4+8×2+7+9×3）＝9（分），
九8班的方差為×[4×（10﹣9）2+2×（8﹣9）2+（7﹣9）2+…+3×（9﹣9）2]
＝×（4+2+4）
＝1；
（3）∵九7班成績的方差是1.4，
1＜1.4，
∴成績較為整齊的是九8班．
故答案為：九8．
7．（2022?南京一模）南京市自2013年6月1日起實施“生活垃圾分類管理辦法”，陽光花園小區(qū)設置了“可回收物”、“有害垃圾”、“廚余垃圾”、和“其他垃圾”四種垃圾箱，分別記為A、B、C、D．
（1）快遞包裝紙盒應投入 A 垃圾箱；
（2）小明將“棄置藥品”隨機投放，則她投放正確的概率是 ；
（3）小麗將二種垃圾“廢棄食物”（屬于廚余垃圾，記為C）、“打碎的陶瓷碗”（屬于其他垃圾，記為D）隨機投放，求她投放正確的概率．
【分析】（1）快遞包裝紙盒屬于可回收物；
（2）根據概率公式求解即可；
（3）畫樹狀圖得出所有等可能結果，從中找到符合條件的結果數，再根據概率公式求解即可．
【解析】（1）快遞包裝紙盒應投入A垃圾箱，
故答案為：A；
（2）小明將“棄置藥品”隨機投放，則她投放正確的概率是，
故答案為：；
（3）畫樹狀圖如下：
由樹狀圖知，共有16種等可能結果，其中她投放正確的只有1種結果，
∴她投放正確的概率為．
8．（2022秋?儀征市期中）如圖，在平面直角坐標系中，已知△ABC三個頂點的坐標分別是A（﹣2，2），B（0，4），C（4，4）．
（1）△ABC外接圓的圓心P坐標為 （2，0） ，外接圓的半徑是 2 ；
（2）作出弧AC，并求弧AC的長度．
【分析】（1）線段AB，BC的垂直平分線的交點即為所求；
（2）根據弧長公式計算即可．
【解析】（1）如圖，⊙P即為△ABC的外接圓，P（2，0），外接圓的半徑PA＝＝2；
故答案為：（2，0），2；
（2）如圖，弧AC即為所求，
∵PA＝PC＝＝2，AC＝＝2，
∴PA2+PC2＝AC2，
∴∠APC＝90°，
∴弧AC的長度＝＝π．
9．（2022秋?儀征市期中）如圖，四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，點E是邊BC上一點，且DE平分∠AEC，作△ABE的外接圓⊙O．
（1）求證：DC是⊙O的切線；
（2）若⊙O的半徑為5，CD＝3，求DE的長．
【分析】（1）連接OD，根據等腰三角形的性質、角平分線的定義得到OD⊥DC，根據切線的判定定理證明結論；
（2）過點O作OF⊥BE于F，根據勾股定理求出EF，進而求出EC，根據勾股定理計算，得到答案．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵OD＝OE，
∴∠ODE＝∠OED，
∵DE平分∠AEC，
∴∠DEC＝∠OED，
∴∠ODE＝∠DEC，
∵∠C＝90°，
∴∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDE+∠ODE＝90°，
∴OD⊥DC，
∵OD是⊙O的半徑，
∴DC是⊙O的切線；
（2）解：過點O作OF⊥BE于F，
則四邊形OFCD為矩形，
∴OF＝CD＝3，CF＝OD＝5，
由勾股定理得：EF＝＝4，
∴EC＝CF﹣EF＝1，
∴DE＝＝．
10．（2022秋?如皋市期中）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，AB為直徑，點C是的中點，過點C作⊙O的切線交AD的延長線于點H，作CE⊥AB，垂足為E．
（1）求證：CH⊥AD；
（2）若CD＝5，CE＝4，求HD的長．
【分析】（1）連接OC，AC，根據點C是的中點，可得＝，然后證明OC∥AD，再根據切線的性質即可解決問題；
（2）先根據勾股定理求出BE＝3，再根據四邊形ABCD內接于⊙O，可得∠HDC＝∠B，然后證明△HDC≌△EBC（AAS），可得HD＝BE＝3．
【解答】（1）證明：如圖，連接OC，AC，
∵點C是的中點，
∴＝，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵HC是⊙O的切線，OC是半徑，
∴OC⊥HC，
∴CH⊥AD；
（2）解：∵＝，
∴BC＝CD＝5，
∵CE⊥AB，CE＝4，
∴BE＝＝3，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠HDC＝∠B，
在△HDC和△EBC中，
，
∴△HDC≌△EBC（AAS），
∴HD＝BE＝3．
∴HD的長為3．
11．（2022秋?啟東市期中）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D都是⊙O上的點，AD平分∠CAB，過點D的切線交AC的延長線于點E，交AB的延長線于點F．
（1）求證：AE⊥EF；
（2）若∠AOD＝120°，AB＝8，
①求AC的長；
②求圖中陰影部分（區(qū)域DBF）的面積．
【分析】（1）先證明∠ODA＝∠EAD得到OD∥AE，再根據切線的性質得到OD⊥EF，然后根據平行線的性質得AE⊥EF；
（2）①連接BC，如圖，先根據平行線的性質得到∠EAB＝60°，再根據圓周角定理得到∠ACB＝90°，所以∠CBA＝30°，然后利用含30度角的直角三角形三邊的關系得到AC＝4；
②先計算出∠DOF＝60°，∠F＝30°，則OD＝4，DF＝OD＝4，然后根據扇形的面積公式，利用S陰影部分＝S△DOF﹣S扇形DOB進行計算．
【解答】（1）證明：∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠EAD，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD．
∴∠ODA＝∠EAD，
∴OD∥AE，
∵EF為⊙O的切線，D為切點，
∴OD⊥EF，
∴AE⊥EF；
（2）解：①連接BC，如圖，
∵∠AOD＝120°，OD∥AE，
∴∠EAB＝60°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝30°，
∴AC＝AB＝4；
②∵∠AOD＝120°，
∴∠DOF＝60°，
∴∠F＝30°，
∵AB＝8，
∴OD＝4，
在Rt△ODF中，∵∠F＝30°，
∴DF＝OD＝4，
∵S△ODF＝OD?DF＝×4×4＝8，
S扇形DOB＝＝π，
∴S陰影部分＝S△DOF﹣S扇形DOB＝8﹣π．
12．（2022秋?海陵區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AB，BC，CA為直徑作半圓圍成兩月牙形，過點C作DF∥AB分別交三個半圓于點D，E，F．
（1）連結AF、BD，求證四邊形AFDB為矩形．
（2）若CF＝，CD＝，求陰影部分的面積．
【分析】（1）根據有三個角是直角的四邊形是矩形，證明即可．
（2）陰影部分面積可以看成是以AC、BC為直徑的兩個半圓的面積加上一個直角三角形ABC的面積減去一個以AB為直徑的半圓的面積．
【解答】（1）證明：連接AF、BE，
∵AC是直徑，
∴∠AFC＝90°．
∵BC是直徑，
∴∠CDB＝90°．
∵DF∥AB，
∴∠ABD+∠D＝180°，
∴∠ABD＝∠D＝∠F＝90°，
∴四邊形ABDF是矩形；
（2）解：∵四邊形ABDF是矩形，
∴AF＝BD，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠F＝∠D＝90°，
∴∠ACF+∠BCD＝90°，∠BCD+∠CBD＝90°，
∴∠ACF＝∠CBD，
∴△AFC∽△CDB，
∴＝，
∴AF＝BD＝2，
∴AC＝＝5，BC＝＝＝10，
∴S陰影＝直徑為AC的半圓的面積+直徑為BC的半圓的面積+S△ABC﹣直徑為AB的半圓的面積
＝π（）2+π（）2+AC×BC﹣π（）2
＝π（AC）2+π（BC）2﹣π（AB）2+AC×BC
＝π（AC2+BC2﹣AB2）+AC×BC
＝AC×BC
＝×5×10
＝25．
13．（2022秋?鎮(zhèn)江期中）如圖，在?ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠ABC＝60°．點P是射線BC上一動點，作△PAB的外接圓⊙O．
（1）當DC與△PAB的外接圓⊙O相切時，求⊙O的半徑；
（2）直接寫出⊙O與?ABCD的邊的公共點的個數及對應的BP長的取值范圍．
【分析】（1）如圖1，取AB的中點G，作GF⊥AB交DC的延長線于F，交BC于E，則點O在線段FG上，連接OB，則OB＝OF＝r，利用切線性質可得∠EFC＝90°，再運用勾股定理得出：OG＝，EG＝2，EF＝2，FG＝4，由OG+OF＝FG，建立方程求解即可；
（2）分三種情況：⊙O與?ABCD的邊有2個公共點時，⊙O與?ABCD的邊有3個公共點時，⊙O與?ABCD的邊有4個公共點時，分別畫出圖形，求出BP的范圍．
【解析】（1）如圖1，取AB的中點G，作GF⊥AB交DC的延長線于F，交BC于E，則點O在線段FG上，
∴BG＝AB＝×4＝2，
連接OB，則OB＝OF＝r，
在Rt△OBG中，OG＝＝，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BEG＝90°﹣∠ABC＝90°﹣60°＝30°，
∴BE＝2BG＝4，
∴EG＝＝＝2，
∴EC＝BC﹣BE＝8﹣4＝4，
∵DC與⊙O相切，
∴∠EFC＝90°，
∵∠CEF＝∠BEG＝30°，
∴CF＝EC＝2，
∴EF＝＝＝2，
∴FG＝EF+EG＝2+2＝4，
∵OG+OF＝FG，
∴+r＝4，
解得：r＝，
∴⊙O的半徑為；
（2）當AD與⊙O相切時，如圖2，連接AO交BC于H，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∵AD與⊙O相切，
∴∠DAH＝∠AHB＝90°，
∵OH⊥BP，
∴BH＝HP，
∴AP＝AB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABP是等邊三角形，
∴BP＝AB＝4，
∴當0＜BP≤4時，⊙O與?ABCD的邊有3個公共點；
當⊙O經過點D時，如圖3，連接BD、DP，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBP，
∴AB＝DP，
∵AB＝CD，
∴CD＝DP，
∵AB∥CD，
∴∠DCP＝∠ABC＝60°，
∴△CDP是等邊三角形，
∴CP＝CD＝AB＝4，
∴BP＝BC+CP＝8+4＝12，
∴當4＜BP＜12時，⊙O與?ABCD的邊有4個公共點；
當BP＝12時，⊙O與?ABCD的邊有3個公共點；
當BP＞12時，⊙O與?ABCD的邊有2個公共點；
綜上所述，當⊙O與?ABCD的邊有2個公共點時，BP＞12；當⊙O與?ABCD的邊有3個公共點時，0＜BP≤4或BP＝12；當⊙O與?ABCD的邊有4個公共點時，4＜BP＜12．
14．（2022秋?興化市期中）如圖1，已知AB為⊙O的直徑，點E在⊙O上，給出下列信息：
①EF是⊙O的切線②AC⊥EF③AE平分∠BAC．
（1）請在上述3條信息中選擇其中兩條作為條件，剩余的一條信息作為結論，組成一個正確的命題，你選擇的條件是 ①② ，結論是 ③ （只要填寫序號），并說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，AC交⊙O于D，若AD＝2，EC＝，求AE的值．
【分析】（1）連接OE，根據圓的性質可得OE⊥PQ．再由平行線的性質及角平分線的定義可得結論；
（2）連接BD、OE，過O作OM∥BD，根據圓周角定理及切線性質可得OE⊥CF，由矩形的判定與性質可得ND＝CE＝OM＝，連接BE，根據相似三角形的判定與性質可得答案．
【解析】（1）選擇的條件是①、②，結論是③，
證明：連接OE，
∴OA＝OE，
∴∠OEA＝∠OAE．
∵PQ切⊙O于E，
∴OE⊥PQ．
∵AC⊥PQ，
∴OE∥AC．
∴∠OEA＝∠EAC，
∴∠OAE＝∠EAC，
∴AE平分∠BAC．
故答案為：①②，③；
（2）連接BD、OE，過O作OM∥BD，
∵AB是直徑，
∴∠ADB＝90°＝∠ECA，
∴BD∥CF，
∵E是切點，
∴OE⊥CF，
∵AC⊥CF，
∴OE∥AC，
∴四邊形OECM、四邊形ONDM是矩形，
∴ND＝CE＝OM＝，
∵O是AB的中點，
∴N是BD的中點，M是AD的中點，
∴AM＝MD＝ON＝1，
∴OA＝＝2，
∴AB＝4，
連接BE，則∠BEA＝90°，
∵AE平分∠BACAE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠EAC，
∴△ABE∽△AEC，
∴，
∴，
∴AE4﹣16AE2+48＝0，
∴AE＝2或2
而當AE＝2時，AC＝＝1，與AD＝2矛盾，
∴AE＝2．
15．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A（1，1）、B（3，1）、C（0，2）．
（1）①以點O為位似中心，在網格區(qū)域內畫出△DEF，使得△DEF與△ABC位似，且點D與點A對應，位似比為2：1；
②點D坐標為 （2，2） ；
③△DEF的面積為 4 個平方單位；
（2）△ABC的外接圓圓心M的坐標為 （2，3） ．
【分析】（1）①利用位似圖形的性質得出對應點位置進而得出答案；
②根據圖形即可得到結論；
③利用三角形面積求法得出答案；
（2）線段AB，AC的垂直平分線的交點即為所求．
【解析】（1）①如圖所示：△DEF即為所求；
②D（2，2）；
故答案為：（2，2）；
③△DEF的面積為：×4×2＝4．
故答案為：4；
（2）如圖2，點M即為△ABC的外接圓的圓心．
△ABC的外接圓圓心M的坐標為（2，3），
故答案為：（2，3）．
16．（2022秋?惠山區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點O在AB上，以點O為圓心，OA長為半徑的圓與AC、AB分別交于點D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）判斷直線BD與⊙O的位置關系，并說明理由；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝3，求BD的長．
【分析】（1）連接OD，先利用角間關系說明∠ODB＝90°，再利用切線的判定方法得結論；
（2）連接DE，先說明△ADE∽△BCD，再利用相似三角形的性質得結論．
【解析】（1）BD是⊙O的切線．
理由：連接OD．
∵點D在⊙O上，
∴OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO．
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠CBD+∠DBA＝90°．
∵∠CBD＝∠A，
∴2∠A+∠DBA＝90°．
∵∠DOB＝∠A+∠ADO＝2∠A，∠DOB+∠DBA+∠ODB＝180°，
∴∠ODB＝90°．
∵點D在⊙O上，
∴BD是⊙O的切線．
（2）連接DE．
∵AE是⊙O的直徑，
∴AE＝2AO，∠ADE＝90°＝∠C．
又∵∠CBD＝∠A，
∴△ADE∽△BCD．
∴＝．
∵AD：AO＝5：3，
∴AD：AE＝5：6．
∴BC：BD＝5：6，
∵BC＝3，
∴BD＝．
17．（2022秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，面積為15，點E從點B出發(fā)沿折線B﹣C﹣D向終點D運動．過點E作點E所在的邊（BC或CD）的垂線，交菱形其它的邊于點F，在EF的右側作矩形EFGH．
（1）則菱形的高為 3 ；
（2）若EF＝FG，當EF過AC中點時，求AG的長；
（3）已知FG＝4，設點E的運動路程為s．當s滿足什么條件時，以G，C，H為頂點的三角形與△BEF相似（包括全等）？請直接寫出答案．
【分析】（1）過點A作AH⊥BC于點H．利用菱形的面積公式求解；
（2）設AO的中點為O．分兩種情形：如圖2中，當點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．如圖3中，當點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．分別求解即可；
（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．分四種情形：①當點E在線段BM上時，0＜s≤4，設EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．a、若點H值點C的左側，x+4≤5，即0＜x≤1，如圖4，b、若點H在點C的右側，s+4＞5，即1＜s≤4，如圖5；②當點E在線段MC上時，4＜s≤5，如圖6；③當點E在線段CN上時，5≤x≤6，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J；④當點E值線段DN上時，6＜s＜10，分別求解即可．
【解析】（1）如圖，過點A作AH⊥BC于點H．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝5，
∵S菱形ABCD＝BC?AH，
∴AH＝＝3，
故答案為：3；
（2）設AC的中點為O．
①如圖2中，當點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．
在Rt△ABM中，AM＝3，AB＝5，
∴BM＝＝＝4，
∴FG＝EF＝AM＝3，CM＝BC﹣BM＝1，
∵OA＝OC，OE∥AM，
∴CE＝EM＝CM＝，
∴AF＝EM＝，
∴AG＝AF+FG＝．
②如圖3中，當點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．
同法FG＝EF＝AN＝3，CN＝1，AF＝EN＝CN，
∴AG＝FG﹣AF＝3﹣＝，
綜上所述，滿足條件的AG的長為或；
（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．
①當點E在線段BM上時，0＜s≤4，設EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．
a、若點H點C的左側，s+4＜5，即0＜s＜1，如圖4，
CH＝BC﹣BH＝5﹣（4x+4）＝1﹣4x，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
經檢驗x＝是分式方程的解，
∴s＝4x＝．
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
∴s＝4x＝．
b、若點H在點C的右側，s+4＞5，即1＜s≤4，如圖5，
CH＝BH﹣BC＝（4x+4）﹣5＝4x﹣1，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝＝，方程無解，
由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，
∴＝，解得x＝，
∴s＝4x＝．
②當點E在線段MC上時，4＜s≤5，如圖6，
EF＝3，EH＝4，BE＝s，
∴BH＝BE+EH＝s+4，CH＝BH﹣BC＝s﹣1，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，方程無解，
由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，
∴＝，解得s＝（舍棄）
③當點E在線段CN上時，5＜s≤6，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J，
在Rt△BJC中，BC＝5，CJ＝3，BJ＝4，
∵EH＝BJ＝4，JF＝CE，
∴BJ+JF＝EH+CE，即CH＝BF，
∴△GHC≌△EFB，符合題意，此時5＜s≤6．
④當點E在線段DN上時，6＜s＜10，
∵∠EFB＞90°，
∴△GHC與△BEF不相似．
綜上所述．滿足條件的s的值為或或或5≤s≤6．
18．（2022秋?高郵市期中）【模型建立】（1）如圖1，在等邊△ABC中，點D、E分別在BC、AC邊上，∠ADE＝60°，求證：AB?CE＝BD?DC；
【模型應用】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AD⊥BC于點D，點E在AC邊上，AE＝AD，點F在DC邊上，∠EFD＝60°，則的值為 2 ；
【模型拓展】（3）如圖3，在鈍角△ABC中，∠ABC＝60°，點D、E分別在BC、AC邊上，∠DAE＝∠ADE＝60°，若AB＝5，CE＝6，求DC的長．
【分析】（1）利用等邊三角形的性質，三角形的內角和定理和相似三角形的判定與性質解答即可；
（2）利用直角三角形的性質，三角形的內角和定理判定△ADE為等邊三角形，利用等腰三角形的判定和三角形的外角的性質求得∠EDC＝∠C＝30°，∠FEC＝∠C＝30°；再利用含30°角的直角三角形的性質和等量代換的性質即可得出結論；
（3）在DC上截取DF＝BA，連接EF，利用全等三角形的判定與性質得到∠B＝∠EFD＝60°，則∠EFC＝120°，利用相似三角形的判定與性質得到關于CF的方程，解方程求得CF，則DC＝DF+CF．
【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形；，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠ADB+∠BAD＝180°﹣∠B＝120°．
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠EDC＝180°﹣∠ADE＝120°，
∴∠BAD＝∠EDC，
∴△BAD∽△CDE，
∴，
∴AB?CE＝BD?DC；
（2）解：∵∠BAC＝90°，∠B＝60°，
∴∠C＝30°．
∵∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴∠BAD＝30°，
∴∠DAE＝60°．
∵AE＝AD，
∴△ADE為等邊三角形，
∴DE＝AD＝AE，∠ADE＝∠AED＝60°．
∵∠AED＝∠C+∠EDC＝60°，
∴∠EDC＝∠C＝30°，
∴DE＝EC．
∵∠EFD＝60°，
∴∠DEF＝180°﹣∠EFD﹣∠EDC＝90°，
∴DF＝2EF．
∵∠DFE＝∠C+∠FEC＝60°，
∴∠FEC＝∠C＝30°，
∴EF＝FC，
∴DF＝2FC，
即＝2，
故答案為：2；
（3）解：在DC上截取DF＝BA，連接EF，如圖，
∵∠DAE＝∠ADE＝60°，
∴∠DAE＝∠ADE＝∠AED＝60°，
∴△ADE為等邊三角形，
∴AD＝DE．
∵∠ABC＝60°，∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠BAD＝120°，∠ADB+∠EDF＝120°，
∴∠BAD＝∠EDF，
在△BAD和△FDE中，
，
∴△BAD≌△FDE（SAS），
∴∠B＝∠EFD＝60°，
∴∠EFC＝120°．
∵∠AED＝60°，
∴∠DEC＝120°，
∴∠EFC＝∠DEC，
∵∠C＝∠C，
∴△EFC∽△DEC，
∴，
∴，
∴CF2+5CF﹣36＝0，
∵CF＞0，
∴CF＝4．
∴DC＝DF+CF＝5+4＝9．
19．（2022秋?蘇州期中）如圖1，在直角△ABC中∠C＝90°，D是AC的中點，△ABC∽△DEC，AC＝2，BC＝4．
（1）求證：DE∥AB；
（2）如圖2，將△DEC繞點C順時針旋轉，旋轉角為α（0°＜α＜90°），連接AD，BE．
①求的值；
②若A，D，E三點共線，求∠DEB的度數．
【分析】（1）利用相似三角形的性質，平行線的判定證明即可；
（2）①證明△ABC∽△DEC，推出＝，可得＝，再證明△ACD∽△BCE，可得結論；
②利用相似三角形的性質求解即可．
【解答】（1）證明：如圖1中，∵△ABC∽△DEC，
∴∠B＝∠DEC，
∴DE∥AB；
（2）①解：∵△ABC∽△DEC，
∴＝，
∴＝，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴＝＝＝．
②解：如圖3﹣1中，當點D落在線段AE上時，設AE交BC于點O．
∵△ACD∽△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠AOC＝∠BOE，
∴∠BEO＝∠ACO＝90°，
∴∠DEB＝90°．
20．（2022秋?姑蘇區(qū)期中）一種拉桿式旅行箱的示意圖如圖所示，箱體長AB＝50cm，拉桿最大伸長距離BC＝30cm，（點A、B、C在同一條直線上），在箱體的底端裝有一圓形滾輪⊙A，⊙A與水平地面切于點D，AE∥DN，某一時刻，點B距離水平地面40cm，點C距離水平地面61cm．
（1）求圓形滾輪的半徑AD的長；
（2）當人的手自然下垂拉旅行箱時，人感覺較為舒服，已知某人的手自然下垂在點C處且拉桿達到最大延伸距離時，點C距離水平地面（40+5）cm，求此時拉桿箱與水平面AE所成角∠CAE的值（精確到1°，參考數據：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19）．
【分析】（1）作BH⊥AF于點G，交DM于點H，則△ABG∽△ACF，設圓形滾輪的半徑AD的長是xcm，根據相似三角形的對應邊的比相等，即可列方程求得x的值；
（2）根據題意求得CF的長，在Rt△ACF中，求得sin∠CAE，即可求得∠CAE的度數．
【解析】（1）設圓形滾輪的半徑AD的長是xcm，
作BH⊥AE于點G，交DM于點H，
則BG∥CF，
∴△ABG∽△ACF，
∴＝，即＝，
解得：x＝5，
則圓形滾輪的半徑AD的長是5cm；
（2）CF＝40﹣5＝40（cm）．
則sin∠CAE＝＝＝，
∴∠CAE＝60°．
21．（2022秋?虎丘區(qū)校級期中）（1）在△ABC中，∠C＝90°．已知c＝8，∠A＝60°，求∠B，a，b；
（2）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，sinA＝，D為AC上一點，∠BDC＝45°，CD＝6．求AD的長．
【分析】（1）由∠A與∠B互余即可求出∠B，由直角三角形中30°的直角邊等于斜邊的一半可求b，由銳角的正切定義可求a；
（2）由銳角的正弦定義，勾股定理可求AD長．
【解析】（1）∵∠C＝90°，∠A＝60°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝30°，
∴b＝c＝4，
∵tanA＝，
∴a＝btanA，
∴a＝4×＝12；
（2）∵∠C＝90，∠BDC＝45°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∴BC＝CD＝6，
∵sinA＝，
∴AB＝＝10，
∵AC2＝AB2﹣BC2，
∴AC2＝102﹣62，
∴AC＝8，
∴AD＝AC﹣DC＝2．
22．（2022秋?高新區(qū)校級期中）如圖1，居家網課學習時，小華先將筆記本電腦水平放置在桌子上，顯示屏OB與底板OA所在水平線的夾角150°，側面示意圖如圖2；如圖3，使用時為了散熱，他在底板下墊入散熱架ACO'后，電腦轉到AO'B'位置，側面示意圖如圖4．已知OA＝OB，O'C⊥OA于點C，AO'：O'C＝5：3，AC＝40cm．
（1）求OA的長；
（2）墊入散熱架后，顯示屏頂部B'比原來升高了多少cm？
【分析】（1）設AO′＝5xcm，O′C＝3xcm，利用勾股定理得到AO′＝4x，則4x＝40，解方程可得到AO′＝50cm，O′C＝30cm，所以AO為50cm；
（2）過B點作BH⊥AO于H點，如圖，先計算出∠BOH＝30°，利用30的正弦得到BH＝25cm，再計算CB′＝80cm，然后計算B′C′﹣BH即可．
【解析】（1）∵AO'：O'C＝5：3，
∴設AO′＝5xcm，O′C＝3xcm，
∵O'C⊥OA，
∴∠ACO′＝90°，
∵AO′＝＝4x，
∴4x＝40，
解得x＝10，
∴AO′＝50cm，O′C＝30cm，
∴AO＝AO′＝50cm；
答：OA的長為50cm；
（2）過B點作BH⊥AO于H點，如圖，
∴∠AOB＝150°，
∴∠BOH＝30°，
∵BH＝OB＝25cm，
∵CB′＝O′B′+CO′＝50+30＝80（cm）
∴B′C′﹣BH＝80﹣25＝55（cm），
∴顯示屏的頂部B′比原來升高了55cm．
23．（2022秋?如皋市期中）已知拋物線y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3（m為常數）．
（1）求拋物線的頂點坐標（用含m的式子表示）；
（2）若A（m+2，y1），B（m﹣1，y2）兩點在此拋物線上，比較y1與y2的大??；
（3）已知點P（a﹣5，c），Q（2m+3+a，c）都在該拋物線上，求證：c≥10．
【分析】（1）將二次函數解析式化為頂點式求解．
（2）由二次函數解析式可得拋物線開口方向及對稱軸，根據點A，B到對稱軸的距離大小關系求解．
（3）由點P，Q坐標可得拋物線對稱軸，從而可得a的值，將點P坐標代入解析式并通過配方求解．
【解析】（1）∵y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3＝（x﹣m）2﹣2m+3，
∴拋物線頂點坐標為（m，﹣2m+3）．
（2）∵y＝（x﹣m）2﹣2m+3，
∴拋物線開口向上，對稱軸為直線x＝m，
∵m﹣（m﹣1）＜m+2﹣m，
∴y1＞y2．
（3）∵拋物線經過P（a﹣5，c），Q（2m+3+a，c），
∴拋物線對稱軸為直線x＝＝a+m﹣1，
∴m＝a+m﹣1，
∴a＝1，a﹣1＝﹣4，
將（﹣4，c）代入y＝x2﹣2mx+m2﹣2m+3得c＝16+8m+m2﹣2m+3＝（m﹣3）2+10，
∴c≥10．
24．（2022秋?如皋市期中）某超市擬于春節(jié)前50天里銷售某品牌燈籠，其進價為18元/個．設第x天的銷售價格為y（元/個），銷售量為n（個）．該超市根據以往的銷售經驗得出以下銷售規(guī)律：
①y與x的關系式為y＝﹣x+55；
②n與x的關系式為n＝5x+50．
（1）求第10天的日銷售利潤；
（2）當34≤x≤50時，求第幾天的銷售利潤W（元）最大？最大利潤為多少？
（3）若超市希望第30天到第40天的日銷售利潤W（元）的最小值為5460元，需在當天銷售價格的基礎上漲k元/個（0＜k＜8），求k的值．
【分析】（1）求出第10天的售價和銷售量，再用單個利潤×銷售量即可；
（2）根據銷售利潤＝銷售量×（售價﹣進價），列出每天的銷售利潤W（元）與銷售價x（元/箱）之間的函數關系式，再依據函數的增減性求得最大利潤；
（3）先根據銷售利潤＝銷售量×（售價﹣進價），列出每天的銷售利潤W（元）與銷售價x（元/箱）之間的函數關系式，再分k＝3，0＜k＜3，3＜k＜8三種情況，用函數的性質求函數取得最小值時k的值．
【解析】（1）當x＝10時，y＝﹣×10+55＝50，n＝5×10+50＝100，
∴純利潤＝（y﹣18）n＝（50﹣18）×100＝3200，
答：第10天的日銷售利潤為3200元；
（2）根據題意得，W＝（y﹣18）n＝（﹣x+37）（5x+50）＝﹣x2+160x+1850＝﹣（x﹣32）2+4410，
∵﹣＜0，拋物線開口向下，
∴當34≤x≤50時，W隨x的增大而減小，
故當x＝34時，Wmax＝4400元，
答：第34天的銷售利潤最大，最大利潤為4400元；
（3）根據題意得，W＝（y+k﹣18）n＝﹣x2+（160+5k）x+50k+1850，
∵﹣＜0，拋物線開口向下，
對稱軸x＝32+k，
∵第30天到第40天的日銷售利潤W（元）的最小值為5460元，
①當k＝3時，即對稱軸為x＝35，W的最小值在x＝30或x＝40處取得，
W＝﹣×302+（160+5×3）×30+50×3+1850＝5000＜5460，
故k＝3不合題意；
②當0＜k＜3時，對稱軸32＜32+k＜35，
則當x＝40時，W取最小值，
∴W＝﹣×402+（160+5k）×40+1850+50k＝4250+250k＝5460，
∴k＝＞3，與0＜k＜3矛盾，
∴0＜k＜3不符合題意；
③當3＜k＜8時，對稱軸35＜32+k＜40，
∴當x＝30時W有最小值，
∴W＝＝﹣×302+（160+5k）×30+1850+50k＝4400+200k＝5460，
解得k＝5.3＞3，符合題意，
∴k的值為5.3．
25．（2022秋?如東縣期中）嘉嘉進行鉛球訓練，他嘗試利用數學模型來研究鉛球的運動情況．他以水平方向為x軸方向，1m為單位長度，建立了如圖所示的平面直角坐標系，鉛球從y軸上的點A處出手，運動路徑可看作拋物線，嘉嘉某次試投時，鉛球行進高度y（單位：m）與水平距離x（單位：m）之間的函數關系是y＝﹣（x﹣4）2+3．如圖，B是該函數圖象上的一點．
（1）畫出該函數的大致圖象；
（2）若鉛球推出的距離不小于9m，成績?yōu)閮?yōu)秀．請通過計算，判斷嘉嘉此次試投的成績是否能達到優(yōu)秀．
【分析】（1）根據題意畫出圖象即可；
（2）根據題意解方程即可得到結論．
【解析】（1）函數圖象如圖所示；
（2）解：令y＝0，得﹣（x﹣4）2+3＝0，
解得x1＝10，x2＝﹣2（C在x軸正半軸，故舍去），
∴拋物線與x軸的坐標為（10，0）．
∴鉛球推出的距離為10m，
∵若鉛球推出的距離不小于9m，成績?yōu)閮?yōu)秀，
∴嘉嘉此次試投的成績達到優(yōu)秀．
26．（2022秋?工業(yè)園區(qū)期中）已知拋物線y＝ax2﹣2ax+c的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸正半軸交于C點，頂點為M，直線MD⊥x軸于點D．
（1）當a＞0時，知OC＝MD，求AB的長；
（2）當a＜0時，若OC＝OB，tan∠ACB＝2，求拋物線的解析式；
【分析】（1）根據題意求出M（1，c﹣a），D（1，0），再由OC＝MD，得到c＝a，則y＝ax2﹣2ax+a，當ax2﹣2ax+a＝0時，分別求出A（1﹣，0），B（1+，0），再求AB的長即可；
（2）過點A作AM⊥BC交于點M，由∠OBC＝45°，tan∠ACB＝2，可得AM＝BM＝2CM，再由OC＝OB＝c，求出CM＝c，AB＝c，OA＝c，根據a＜0，c＞0，可知A（﹣c，0），B（c，0），根據c＝2，求出c的值，從而確定A、B點的坐標，再用待定系數法求函數的解析式即可．
【解析】（1）∵y＝ax2﹣2ax+c＝a（x2﹣2x）+c＝a（x﹣1）2+c﹣a，
∴頂點M（1，c﹣a），D（1，0），
令x＝0，則C（0，c），
∴OC＝c，
∵OC＝MD，
∴c＝（a﹣c），
∴c＝a，
∴y＝ax2﹣2ax+a，
令y＝0，則ax2﹣2ax+a＝0，
∴x＝1+或x＝1﹣，
∴A（1﹣，0），B（1+，0），
∴AB＝；
（2）過點A作AM⊥BC交于點M，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝45°，
∴AM＝BM，
∵tan∠ACB＝2，
∴AM＝BM＝2CM，
∴BC＝3CM，
∵C（0，c），
∴OC＝OB＝c，
∴3CM＝c，
∴CM＝c，
∴AB＝2CM＝c，
∴OA＝AB﹣OB＝c，
∵a＜0，c＞0，
∴A（﹣c，0），B（c，0），
令y＝0，則ax2﹣2ax+3＝0，
∴c＝2，
∴c＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
將A（﹣1，0）代入y＝ax2﹣2ax+3中，a+2a+3＝0，
解得a＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3．
27．（2022秋?工業(yè)園區(qū)期中）若二次函數y＝ax2+bx+c的x與y的部分對應值如表：
（1）求這個二次函數的表達式：
（2）二次函數y＝ax2+bx+c圖象上有兩點P（m，yP），Q（n，yQ），
①已知yP＝y(tǒng)Q，當x＝m+n時，求y的值；
②當n＝4時，yP＜yQ，求m的取值范圍．
【分析】（1）利用表中的對應值可設交點式y(tǒng)＝a（x+1）（x﹣3），然后把x＝0，y＝3代入求出a即可；
（2）①利用拋物線的對稱性得到m+n＝﹣2，然后把x＝m+n代入拋物線解析式中計算即可．
②利用二次函數的性質即可得到結論．
【解析】（1）∵x＝﹣1，y＝0；x＝3，y＝0，
∴拋物線解析式可設為y＝a（x+1）（x﹣3），
∵x＝0，y＝3，
∴a×（0+1）×（0﹣3）＝3，
解得a＝﹣1，
∴拋物線解析式為y＝﹣（x+1）（x﹣3），
即y＝﹣x2+2x+3；
（2）①∵當x＝m和x＝n時函數y的值相等，
而拋物線的對稱軸為直線x＝＝﹣1，
∴m+n＝﹣2，
當x＝m+n時，y＝﹣（﹣2+1）（﹣2﹣3）＝﹣5．
②∵拋物線開口向下，對稱軸為直線x＝﹣1，
∴Q（4，yQ）關于對稱軸的對稱點為（﹣6，yQ），
∵yP＜yQ，
∴m的取值范圍是m＜﹣6或m＞4．
28．（2022秋?徐州期中）拋物線與x軸交于A、B兩點，其中點B的坐標為（﹣3，0），與y軸交于點C（0，﹣3），點D為拋物線的頂點，且點D的橫坐標為﹣1．
（1）求此拋物線的函數表達式；
（2）求△BCD的面積；
（3）若點P是x軸下方拋物線上任意一點，已知⊙P的半徑為2，當⊙P與坐標軸相切時，圓心P的坐標是 （﹣2，﹣3）或（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2） ．
【分析】（1）用待定系數法即可求解；
（2）由△BCD的面積＝S梯形DHOB﹣S△CHD﹣S△BOC，即可求解；
（3）分⊙P與y軸相切、⊙P與x軸相切兩種情況，確定點P的一個坐標即可求解．
【解析】（1）設拋物線的表達式為：y＝ax2+bx+c，
由題意得：，解得，
故拋物線的表達式為y＝x2+2x﹣3；
（2）當x＝﹣1時，y＝x2+2x﹣3＝﹣4，即點D（﹣1，﹣4），
過點D作DH⊥y軸于點H，
則DH＝1，CH＝﹣3﹣（﹣4）＝1，OC＝OB＝3，OH＝4，
則△BCD的面積＝S梯形DHOB﹣S△CHD﹣S△BOC＝（DH+OB）?OH﹣×OB?OC﹣×DH?CH
＝×（1+3）×4﹣×3×3﹣×1×1＝3；
（3）當⊙P與y軸相切時，則點P的橫坐標為x，則|x|＝2，
當x＝﹣2時，y＝﹣3，
∴P（﹣2，﹣3）；
當x＝2時，y＝5，
∴P（2，5）（舍去）；
當⊙P與x軸相切時，則點P的橫坐標為y，則y|＝﹣2，
即y＝x2+2x﹣3＝﹣2，
解得：x＝﹣1±，
即點P的坐標為（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2）；
綜上所述，圓心P的坐標為：（﹣2，﹣3）或（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2），
故答案為：（﹣2，﹣3）或（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2）．
29．（2022秋?興化市期中）已知二次函數y＝ax2﹣2x+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，其中點A坐標為（﹣3，0），點C坐標為（0，3），點D是對稱軸與x軸的交點．
（1）求二次函數的表達式；
（2）如圖1，E是對稱軸上一動點，當EC的垂直平分線恰好經過點B時，求點E的坐標；
（3）如圖2，F、G是對稱軸上的兩點（位于x軸上方），且DF+DG＝8，直線AF、BG的交點為點H．試判斷點H是否在該二次函數y＝ax2﹣2x+c的圖象上，并說明理由．
【分析】（1）用待定系數法即可求解；
（2）EC的垂直平分線恰好經過點B，則BC＝BE，即可求解；
（3）由直線AF，BG的交點坐標為H，求出點H的坐標，進而求解．
【解析】（1）將點A、C的坐標代入拋物線表達式得：，
解得，
∴二次函數的表達式y(tǒng)＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵E是對稱軸上一動點，
故設點E（﹣1，t），
∵EC的垂直平分線恰好經過點B，
∴BC＝BE，
即1+32＝（1+1）2+t2，
解得t＝±，
故點E的坐標為（﹣1，）或（﹣1，）；
（3）點H在二次函數的圖象上，理由：
設F（﹣1，m），
∴DF＝m，
∵DF+DG＝8，
∴DG＝8﹣m，
設AF的表達式為y＝k1x+b1，
則，解得，
∴AF的表達式為；
恭喜您，保存成功．設BG的表達式為y＝k2x+b2
則，解得k，
∴BG的表達式為y＝（m﹣8）x+（8﹣m）；
直線AF，BG的交點坐標為H，，
解得，
∴H（，），
當時，
＝＝＝，
∴點H在二次函數的圖象上．
30．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，已知點P是第一象限內二次函數y＝﹣x2+2mx+3m2（m＞0）圖象上一點，該二次函數圖象與x軸交于A、B兩點（A在點B的左側），與y軸交于點C，連接AC．
（1）線段AB的長為 4m （用含m的代數式表示）；
（2）當m＝1時，點D與C點關于二次函數圖象對稱軸對稱，若AD平分∠CAP，求點P的坐標；
（3）若△ABC是直角三角形，點E是AP與BC的交點，則的最小值是多少？直接寫出答案即可．
【分析】（1）利用根與系數的關系求解即可；
（2）先求出∠ABC＝∠DAB＝45°，可得BC⊥AD，再由△AOK和△DQK是等腰直角三角形，確定點Q的坐標，利用點Q的坐標求出C點關于AD的對稱點G的坐標，直線AG與拋物線的交點即為P點；
（3）過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，過點A作AF∥y軸交BC于點F，設P（t，﹣t2+2mt+3m2），則F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），由PQ∥AF，＝，當PQ最大時，有最小值，再由PQ＝﹣（t﹣m）2+m2，當t＝m時，PQ有最大值m2，即可求的最小值是．
【解析】（1）令y＝0，則﹣x2+2mx+3m2＝0，
∴x1+x2＝2m，x1?x2＝﹣3m2，
∴AB＝＝4m，
故答案為：4m；
（2）當m＝1時，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝1，
令x＝0，則y＝3，
∴C（0，3），
∵點D與C點關于二次函數圖象對稱軸對稱，
∴D（2，3），
令y＝0，則﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OB＝OC＝3，
∴∠ABC＝45°，
過點D作DH⊥x軸交于點H，
∴DH＝3，AH＝3，
∴∠DAH＝45°，
∴BC⊥AD，
∵AO＝1，
∴OK＝1，
∴CK＝2，
∵△CQK是等腰直角三角形，
∴Q（1，2），
∴C點關于AD的對稱點G（2，1），
∴∠CAQ＝∠QAG，
∴AD平分∠CAG，
設直線AP的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+，
聯立方程組，
解得（舍）或，
∴P（，）；
（3）令x＝0，則y＝3m2，
∴C（0，3m2），
令y＝0，則﹣x2+2mx+3m2＝0，
解得x＝﹣m或x＝3m，
∴B（3m，0），A（m，0），
設直線BC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣mx+3m2，
過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，過點A作AF∥y軸交BC于點F，
設P（t，﹣t2+2mt+3m2），
∴F（﹣m，5m2），Q（t，﹣mt+3m2），
∴PQ＝﹣t2+2mt+3m2+mt﹣3m2＝﹣t2+3mt，FA＝5m2，
∵PQ∥AF，
∴＝＝，
當PQ最大時，有最小值，
∵PQ＝﹣t2+3mt＝﹣（t﹣m）2+m2，
當t＝m時，PQ有最大值m2，
∴的最小值是．
發(fā)布日期
10月8日
10月11日
10月12日
發(fā)布次數
第1次
第2次
第3次
票房
10億元
12.1億元
九7
7
8
9
7
10
10
9
10
10
10
九8
10
8
7
9
8
10
10
9
10
9
x
﹣1
0
1
2
3
y
0
3
4
3
0

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