一、選擇題
1．在0，1，﹣1，π中最小的實數(shù)是（ ）
A．0B．﹣1C．1D．π
【答案】B
【解析】【解答】解：∵-1＜0＜1＜ π ，
∴在0，1，﹣1，π中最小的實數(shù)是-1.
故答案為：B.
【分析】根據(jù)正數(shù)大于零，零大于負(fù)數(shù)，直接比較可得答案.
2．下列圖形中，是軸對稱圖形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A、此選項中的圖形不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；
B、此選項中的圖形不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；
C、此選項中的圖形不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；
D、此選項中的圖形是軸對稱圖形，故此選項符合題意.
故答案為：D.
【分析】把一個平面圖形，沿著某一條直線折疊，直線兩旁的部分能完全重合的平面圖形就是軸對稱圖形，據(jù)此逐項判斷得出答案.
3．函數(shù)自變量的取值范圍是（ ）
A．x＞0B．x＞﹣2C．x≥﹣2D．x≠﹣2
【答案】C
【解析】【解答】解：由題意得x+2≥0，
解得x≥-2.
故答案為：C.
【分析】根據(jù)二次根式的被開方數(shù)不能為負(fù)數(shù)，列出不等式，再求解即可.
4．下列運(yùn)算正確的是（ ）
A．3a+b＝3abB．a(chǎn)3?a2＝a5
C．a(chǎn)8÷a2＝a4（a≠0）D．（a﹣b）2＝a2﹣b2
【答案】B
【解析】【解答】解：A、3a與b不是同類項，不能合并，故此選項計算錯誤，不符合題意；
B、a3×a2=a3+2=a5，故此選項計算正確，符合題意；
C、a8÷a2=a8-2=a6，故此選項計算錯誤，不符合題意；
D、(a-b)2=a2-2ab+b2，故此選項計算錯誤，不符合題意.
故答案為：B.
【分析】整式加法的實質(zhì)就是合并同類項，所謂同類項就是所含字母相同，而且相同字母的指數(shù)也分別相同的項，同類項與字母的順序沒有關(guān)系，與系數(shù)也沒有關(guān)系，合并同類項的時候，只需要將系數(shù)相加減，字母和字母的指數(shù)不變，但不是同類項的一定就不能合并，從而即可判斷A選項；根據(jù)同底數(shù)冪的乘法，底數(shù)不變，指數(shù)相加即可判斷B選項；根據(jù)同底數(shù)冪的除法，底數(shù)不變，指數(shù)相減即可判斷C選項；由完全平方公式的展開式是一個三項式，可判斷D選項.
5．實數(shù)a，b在數(shù)軸上對應(yīng)點的位置如圖所示，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．a(chǎn)b＞0B．a(chǎn)+b＜0C．|a|＞|b|D．a(chǎn)﹣b＜0
【答案】D
【解析】【解答】解：由數(shù)軸可得a＜-1＜2＜b，
∴ab＜0，a+b＞0，|a|＜|b|，a-b＜0，故A、B、C三個選項都是錯誤的，只有D選項正確，符合題意.
故答案為：D.
【分析】根據(jù)數(shù)軸上的點所表示數(shù)的特點：原點表示數(shù)字0，原點左邊的點表示負(fù)數(shù)，原點右邊的點表示正數(shù)，左邊的數(shù)小于右邊的數(shù)，可得a＜-1＜2＜b，進(jìn)而根據(jù)絕對值的幾何意義可得|a|＜|b|，據(jù)此可判斷C選項；然后根據(jù)有理數(shù)的乘法法則可判斷A選項，根據(jù)有理數(shù)的加減法法則可判斷B、D選項.
6．如圖，直線m∥n，一塊含有30°的直角三角板按如圖所示放置．若∠1＝40°，則∠2的大小為（ ）
A．70°B．60°C．50°D．40°
【答案】A
【解析】【解答】解：如圖，
∵∠1=40°，∠1與∠4是對頂角，
∴∠4=∠1=40°，
∴∠3=30°+40°=70°，
∵m∥n，
∴∠2=∠3=70°.
故答案為：A.
【分析】由對頂角相等得∠4=∠1=40°，再根據(jù)三角形的一個外角等于與之不相鄰的兩個內(nèi)角的和可得∠3=30°+40°=70°，最后根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可求出∠2的度數(shù).
7．如圖，?ABCD的對角線AC、BD相交于點O，點E是BC的中點，AC＝4．若?ABCD的周長為12，則△COE的周長為（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】B
【解析】【解答】解：∵平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，
∴OC=OA=AC=2，
∵平行四邊形ABCD的周長為12，
∴AB+BC=6，
∵點E是BC的中點，
∴OE=AB，EC=BC，
∴OE+EC=(AB+BC)=3，
∴△COE的周長等于OC+OE+CE=5.
故答案為：B.
【分析】由平行四邊形的對角線互相平分得OC=OA=AC=2，由平行四邊形周長計算公式得AB+BC=6，根據(jù)三角形中位線定理得OE=AB，EC=BC，則OE+EC=(AB+BC)=3，最后根據(jù)三角形周長計算方法可算出△COE的周長.
8．某班學(xué)生乘汽車從學(xué)校出發(fā)去參加活動，目的地距學(xué)校60km，一部分學(xué)生乘慢車先行0.5h，另一部分學(xué)生再乘快車前往，他們同時到達(dá)．已知快車的速度比慢車的速度每小時快20km，求慢車的速度？設(shè)慢車的速度為xkm/h，則可列方程為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】【解答】解：設(shè)慢車的速度為xkm/h，則快車的速度為(x+20)km/h，
由題意得.
故答案為：A.
【分析】設(shè)慢車的速度為xkm/h，則快車的速度為(x+20)km/h，根據(jù)路程除以速度等于時間及慢車所用時間比快車所用時間多0.5h，列出方程即可.
9．一組數(shù)據(jù)﹣10，0，11，17，17，31，若去掉數(shù)據(jù)11，下列會發(fā)生變化的是（ ）
A．平均數(shù)B．中位數(shù)C．眾數(shù)D．極差
【答案】B
【解析】【解答】解：原數(shù)組的平均數(shù)為：，
中位數(shù)為：，
眾數(shù)為：17，
極差為：31-（-10）=41；
去掉數(shù)據(jù)11后，新數(shù)組的平均數(shù)為：，
中位數(shù)為：17，
眾數(shù)為：17，
極差為：31-（-10）=41；
故發(fā)生變化的是中位數(shù).
故答案為：B.
【分析】平均數(shù)是指一組數(shù)據(jù)之和，除以這組數(shù)的個數(shù)；眾數(shù)：在一組數(shù)據(jù)中，出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)叫做眾數(shù)，(眾數(shù)可能有多個)；中位數(shù)：將一組數(shù)據(jù)按從小到大（或者從大到?。┑捻樞蚺帕泻螅绻麛?shù)據(jù)的個數(shù)是奇數(shù)個時，則處在最中間的那個數(shù)據(jù)叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；如果數(shù)據(jù)的個數(shù)是偶數(shù)個時，則處在最中間的兩個數(shù)據(jù)的平均數(shù)叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；極差就是一組數(shù)據(jù)中的最大數(shù)據(jù)與最小數(shù)據(jù)的差，據(jù)此分別計算出原數(shù)組及新數(shù)組的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)及極差后，即可判斷得出答案.
10．“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，適與岸齊．問：水深幾何？”這是我國數(shù)學(xué)史上的“葭生池中”問題．即AC＝5，DC＝1，BD＝BA，則BC＝（ ）
A．8B．10C．12D．13
【答案】C
【解析】【解答】解：設(shè)BC=x，則BD=AB=BC+CD=x+1，
在Rt△ABC中，∵BC2+AC2=AB2，
∴x2+52=(x+1)2，
解得x=12，即BC=12.
故答案為：C.
【分析】設(shè)BC=x，則BD=AB=BC+CD=x+1，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理建立方程，求解即可.
11．如圖，是用12個相似的直角三角形組成的圖案．若OA＝1，則OG＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】【解答】解：∵圖中12個直角三角形相似，
∴∠AOB=∠COD=∠DOE=∠EOF=∠FOG=360°÷12=30°，
在Rt△OAB中，cs∠AOB=cs30°=，
∴，
∴
同理，，，，.
故答案為：C.
【分析】根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等及周角定義可求出直角三角形中較小銳角為30°，進(jìn)而根據(jù)30°角的余弦函數(shù)及特殊銳角三角函數(shù)值可依次求出OB、OC、OD、OE、OF、OG的長.
12．如圖，在△ABC中，D是AC的中點，CE⊥AB，BD與CE交于點O，且BE＝CD．下列說法錯誤的是（ ）
A．BD的垂直平分線一定與AB相交于點E
B．∠BDC＝3∠ABD
C．當(dāng)E為AB中點時，△ABC是等邊三角形
D．當(dāng)E為AB中點時，
【答案】D
【解析】【解答】解：A、連接DE，
∵CE⊥AB，點D是AC的中點，
∴DE是Rt△ACE斜邊上的中線，
∴DE=AD=CD=AC，
∵BE=CD，
∴BE=DE，
∴點E在線段BD的垂直平分線上，即BD的垂直平分線一定與AB相交于點E，故A選項正確，不符合題意；
B、設(shè)∠ABD=x，
∵BE=DE，
∴∠EDB=∠ABD=x，
∴∠AED=∠EDB+∠ABD=2x，
∵DE=AD，
∴∠A=∠AED=2x，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=3x，即∠BDC=3∠ABD，故選項B正確，不符合題意；
C、∵點E是AB的中點，
∴BE=AB，
∵CE⊥AB，
∴CE是線段AB的垂直平分線，
∴AC=BC，
∵BE=AB，ED=AC，BE=ED，
∴AB=AC，
∴AB=AC=BC，
∴△ABC是等邊三角形，故C選項正確，不符合題意；
D、連接AO并延長，交BC于點F，
當(dāng)點E是AB的中點時，
∵點D為AC的中點，
∴點F是BC的中點，
∵點E為AB的中點時，△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC=∠BAC=60°，AF⊥BC，AF平分∠OAC，BD平分∠ABC，
∴∠OBC=∠OAC=30°，
∴OA=OB，
在Rt△OBF中，OB=2OF，
∴OA=OB=2OF，
∴AF=OA+OF=3OF，
∴S△OBC=BC×OF，S△ABC=BC×AF=BC×OF，
∴，故選項D錯誤，符合題意.
故答案為：D.
【分析】連接DE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得ED=AD=CD=AC，結(jié)合已知可推出BE=DE，進(jìn)而得點D在線段BD的垂直平分線上，由此可對選項A進(jìn)行判斷；
設(shè)∠ABD=x，由等邊對等角得∠EDB =∠ABD=x，由三角形外角性質(zhì)得∠AED=∠EDB+∠ABD=2x，再由等邊對等角得∠A=∠AED=2x，由三角形外角性質(zhì)得∠BDC=∠A +∠ABD=3x，由此可對選項B進(jìn)行判斷；
當(dāng)E為AB中點時，易得CE是線段AB的垂直平分線，由此得AC=BC，然后根據(jù)BE=AB， DE=AC，BE=ED得AB=AC， 由此可對選項C進(jìn)行判斷；
連接AO并延長交BC于F，根據(jù)E為AB中點，D為AC的中點得點F為BC的中點，再根據(jù)△ABC是等邊三角形得∠OBC=∠OAC=30°，則OA=OB，進(jìn)而得OB=2OF，AF=3OF，根據(jù)三角形面積計算公式分別表示出△BOC與△ABC的面積，由此可對選項D進(jìn)行判斷.
二、填空題
13． 的立方根是 ．
【答案】3
【解析】【解答】∵ ，
∴27的立方根是3.
故答案為：3.
【分析】根據(jù)立方根的概念，由于 ，故27的立方根是3.
14．從五邊形的一個頂點出發(fā)可以引 條對角線．
【答案】2
【解析】【解答】解：從五邊形的一個頂點出發(fā)可以引 對角線的條數(shù)為：5-3=2.
故答案為：2.
【分析】從n邊形一個頂點出發(fā)，可引對角線的條數(shù)為n-2條，據(jù)此解題即可.
15．已知方程x2﹣2x+k＝0的一個根為﹣2，則方程的另一個根為 ．
【答案】4
【解析】【解答】解：設(shè)方程的另一個根為a，
則a+(-2)=2，
解得a=4.
故答案為：4.
【分析】設(shè)x1與x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a、b、c是常數(shù)，且a≠0）的兩個實數(shù)根，則，據(jù)此解題即可.
16．如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形．若四邊形ABCO為菱形，則∠ADC的大小為 ．
【答案】60°
【解析】【解答】解：如圖，連接OB，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AO=AB=BC=OC，
又∵OA=OB=OC，
∴OA=OB=OC=AB=BC
∴△ABO與△BCO都是等邊三角形，
∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠AOC=60°.
故答案為：60°.
【分析】由菱形的四邊相等及同圓的半徑相等得OA=OB=OC=AB=BC，則△ABO與△BCO都是等邊三角形，由等邊三角形的三個內(nèi)角都是60°及角的和差可推出∠AOC=120°，最后根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可得∠ADC的度數(shù).
17．如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD交于點O，DE⊥AC于點E，延長DE與BC交于點F．若AB＝3，BC＝4，則點F到BD的距離為 ．
【答案】
【解析】【解答】解：如圖，過點F作FG⊥BD于點G，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AC=BD，AD=BC=4，CD=AB=3，
又∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=，
∵S△ADC=AD×DC=AC×DE，
∴3×4=5DE，
∴DE=；
∵∠DCE+∠CDE=∠DCE+∠ECF=90°，
∴∠CDE=∠FCE，
又∠DEC=∠DCF，
∴△CDE∽△FDC，
∴，即，
解得DF=，
在Rt△CDF中，，
∴BF=BC-CF=，
∵S△BDF=BF×CD=BD×FG，
∴，
∴FG=.
故答案為：.
【分析】由矩形的性質(zhì)得∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AC=BD，AD=BC=4，CD=AB=3，從而由勾股定理算出AC=BD=5，由等面積法得DE的長，由同角的余角相等得∠CDE=∠FCE，根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形形似得△CDE∽△FDC，由相似三角形對應(yīng)邊成比例可求出DF的長，在Rt△CDF中，由勾股定理可算出CF的長，從而得到BF的長，最后再利用等面積法，結(jié)合三角形的面積公式可算出FG的長.
18．若二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0）的圖象向右平移1個單位長度后關(guān)于y軸對稱．則下列說法正確的序號為 ．
①；
②當(dāng)時，代數(shù)式a2+b2﹣5b+8的最小值為3；
③對于任意實數(shù)m，不等式am2+bm﹣a+b≥0一定成立；
④P（x1，y1），Q（x2，y2）為該二次函數(shù)圖象上任意兩點，且x1＜x2，當(dāng)x1+x2+2＞0時，一定有y1＜y2．
【答案】①③④
【解析】【解答】解：∵二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0）的圖象向右平移1個單位長度后關(guān)于y軸對稱，
∴二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0）的圖象的對稱軸是直線x=-1，
∴，
∴b=2a，
∴，故①正確；
將b=2a代入a2+b2﹣5b+8，
得a2+4a2-5×2a+8=5a2-10a+8=5(a-1)2+3，
∵，
∴當(dāng)時，a2+b2﹣5b+8的值最小為5(-1)2+3=，故②錯誤；
∵b=2a，
∴am2+bm﹣a+b=am2+2am﹣a+2a=am2+2am+a=a(m2+2m+1)=a(m+1)2，
∵a＞0，(m+1)2≥0，
∴a(m+1)2≥0，即am2+bm﹣a+b≥0，故③正確；
∵x1+x2+2＞0，
∴，
∴PQ的中點在對稱軸的右側(cè)，
∵ x1＜x2，
∴點P離對稱軸的距離比Q離對稱軸的距離近，
∵拋物線的開口向上，
∴y1＜y2，故④正確，
綜上，正確的有①③④.
故答案為：①③④.
【分析】由題意可得二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a＞0）的圖象的對稱軸是直線x=-1，結(jié)合對稱軸直線公式可得b=2a，據(jù)此可直接判斷①；將b=2a代入a2+b2﹣5b+8后配方得5(a-1)2+3，結(jié)合a的取值范圍及二次函數(shù)的增減性可找出此時a2+b2﹣5b+8的最小值，從而可判斷②將b=2a代入am2+bm﹣a+b后分解因式得a(m+1)2，結(jié)合偶數(shù)次冪的非負(fù)性即可判斷③；由x1+x2+2＞0及中點坐標(biāo)公式可得PQ的中點在對稱軸的右側(cè)，再結(jié)合x1＜x2，可得點P離對稱軸的距離比Q離對稱軸的距離近，進(jìn)而根據(jù)拋物線開口向上的時候，拋物線上離對稱軸距離越遠(yuǎn)的點起函數(shù)值越大可判斷④；綜上所述可得到正確結(jié)論的序號.
三、解答題
19．（1）計算：．
（2）求不等式組的解集．
（3）先化簡，再求值：，其中．
【答案】（1）解：原式＝225﹣1
＝1+25﹣1
＝25；
（2）解：解不等式①，得x＞﹣6，
解不等式②，得x≤13，
∴不等式組的解集為﹣6＜x≤13；
（3）原式＝（）?
?
，
當(dāng)x1時，原式．
【解析】【分析】（1）先代入特殊銳角三角函數(shù)值，同時化簡二次根式、絕對值及0指數(shù)冪，再計算乘法，最后計算加減法即可；
（2）根據(jù)解不等式的步驟分別解出不等式組中兩個不等式的解集，根據(jù)口訣：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小無解了確定出解集即可；
（3）根據(jù)分式的混合運(yùn)算的法則和步驟，先把括號內(nèi)的部分通分計算，然后把除法化為乘法，因式分解后約分即可化簡，再代入求值即可.
20．為了解全校學(xué)生對籃球、足球、乒乓球、羽毛球四項球類運(yùn)動的喜愛情況，在全校隨機(jī)抽取了m名學(xué)生進(jìn)行問卷調(diào)查，每名學(xué)生只選擇一項球類運(yùn)動填寫問卷．將調(diào)查結(jié)果繪制成如圖統(tǒng)計圖，請你根據(jù)圖中所提供的信息解答下列問題．
（1）求m＝ ▲ ，并補(bǔ)全條形統(tǒng)計圖．
（2）若該校共有1200名學(xué)生，請估計喜歡乒乓球運(yùn)動的學(xué)生有多少名？
（3）學(xué)校羽毛球隊計劃從甲、乙、丙、丁四名同學(xué)中挑選兩名同學(xué)加入球隊．請用畫樹狀圖或列表的方法計算恰好選中甲、乙兩名同學(xué)的概率．
【答案】（1）解：m＝44÷22%＝200（名），
喜歡乒乓球的人數(shù)；200﹣44﹣16﹣88＝52（名），
補(bǔ)全統(tǒng)計圖：
（2）解：1200336（名），
答：估計喜歡乒乓球運(yùn)動的學(xué)生有336名；
（3）解：用A、B、C、D分別代表甲、乙、丙、丁四名同學(xué)，畫樹狀圖得：
∵一共有12種等可能出現(xiàn)的結(jié)果，符合條件的結(jié)果有2種，
∴恰好選中甲、乙兩名同學(xué)的概率為．
【解析】【分析】（1）根據(jù)條形統(tǒng)計圖及扇形統(tǒng)計圖提供的信息，用喜歡籃球運(yùn)動的人數(shù)除以其所占的百分比可求出本次調(diào)查的人數(shù)m的值；用本次調(diào)查的總?cè)藬?shù)分別進(jìn)去喜歡籃球運(yùn)動的人數(shù)、喜歡足球運(yùn)動的人數(shù)、喜歡羽毛球運(yùn)動的人數(shù)可求出喜歡乒乓球運(yùn)動的人數(shù)，從而即可補(bǔ)全條形統(tǒng)計圖；
（2）用該校學(xué)生的總?cè)藬?shù)乘以樣本中喜歡乒乓球運(yùn)動的學(xué)生人數(shù)所占的百分比即可估算出該校喜歡乒乓球運(yùn)動的學(xué)生人數(shù)；
（3）用A、B、C、D分別代表甲、乙、丙、丁四名同學(xué)，此題是抽取不放回類型，根據(jù)題意畫出樹狀圖，由圖可知一共有12種等可能出現(xiàn)的結(jié)果，符合條件的結(jié)果有2種，進(jìn)而根據(jù)概率公式計算可得答案.
21．某興趣小組開展了測量電線塔高度的實踐活動．如圖所示，斜坡BE的坡度，BE＝6m，在B處測得電線塔CD頂部D的仰角為45°，在E處測得電線塔CD頂部D的仰角為60°．
（1）求點B離水平地面的高度AB．
（2）求電線塔CD的高度（結(jié)果保留根號）．
【答案】（1）解：由題意得：BA⊥AE，
∵斜坡BE的坡度，
∴，
在Rt△ABE中，tan∠BEA，
∴∠BEA＝30°，
∵BE＝6m，
∴ABBE＝3（m），AEAB＝3（m），
∴點B離水平地面的高度AB為3m；
（2）解：過點B作BF⊥CD，垂足為F，
由題意得：AB＝CF＝3m，BF＝AC，
設(shè)EC＝x米，
∵AE＝3米，
∴BF＝AC＝AE+CE＝（x+3）米，
在Rt△CDE中，∠DEC＝60°，
∴CD＝CE?tan60°x（米），
在Rt△BDF中，∠DBF＝45°，
∴DF＝BF?tan45°＝（x+3）米，
∵DF+CF＝CD，
∴x+33x，
解得：x＝6+3，
∴CDx＝（69）米，
∴電線塔CD的高度為（69）米．
【解析】【分析】（1）根據(jù)坡度=斜坡的豎直高度與水平寬度的比可得，在Rt△ABE中，由∠BEA的正切函數(shù)及特殊銳角三角函數(shù)值可求出∠BEA=30°，最后根據(jù)含30°角直角三角形的性質(zhì)可求出AB的長；
（2）過點B作BF⊥CD，垂足為F，易得四邊形ABFC是矩形，則AB＝CF＝3m，BF＝AC，設(shè)EC＝x米，在Rt△CDE中，由∠DEC的正切函數(shù)可表示出CD，在Rt△BDF中，由∠DBF的正切函數(shù)可表示出DF，最后根據(jù)DF+CF=CD建立方程求出x的值，從而可求出CD的長.
22．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y＝x+2與反比例函數(shù)的圖象交于A、B兩點，點A的橫坐標(biāo)為1．
（1）求k的值及點B的坐標(biāo)．
（2）點P是線段AB上一點，點M在直線OB上運(yùn)動，當(dāng)時，求PM的最小值．
【答案】（1）解：把x＝1代入y＝x+2，得出y＝3，
∴A（1，3），
∴k＝1×3＝3，
∴反比例函數(shù)的解析式為y，
聯(lián)立解析式得，
解得或，
∴B（﹣3，﹣1）；
（2）解：∵，
∴P是AB的中點，
∴P（﹣1，1），
設(shè)直線OB為y=kx，將點B(-3，-1)代入
得-3k=-1
∴
∴OB的解析式為，
當(dāng)PM取得最小值時，PM⊥OB，
∴設(shè)直線PM的解析式為y＝﹣3x+b，
代入p（﹣1，1）得3+b＝1，
解得b＝﹣2，
∴直線PM為y＝﹣3x﹣2，
聯(lián)立解析式得，
解得，
∴M（，），
∴PM的最小值為：．
【解析】【分析】（1）把x＝1代入y＝x+2算出對應(yīng)的函數(shù)值，可得點A的坐標(biāo)，再將點A的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)算出k的值，從而得到反比例函數(shù)的解析式，進(jìn)而聯(lián)立反比例函數(shù)與一次函數(shù)的解析式組成的方程組，求解可得點B的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)同高三角形面積之間的關(guān)系就是底之間的關(guān)系得P是AB的中點，由中點坐標(biāo)公式可得P（﹣1，1）；用待定系數(shù)法求出直線OB的解析式；根據(jù)垂線段最短得當(dāng)PM取得最小值時，PM⊥OB，由互相垂直的直線比例系數(shù)k的乘積為-1可設(shè)直線PM的解析式為y＝﹣3x+b，再將點P的坐標(biāo)代入算出b的值，從而得到直線PM的解析式，進(jìn)而聯(lián)立直線PM與OB求解可得點M的坐標(biāo)，最后根據(jù)平面內(nèi)兩點間的距離公式可算出PM的值.
23．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，點D為的中點，連接AD、BD，BE平分∠ABC交AD于點E，過點D作DF∥BC交AC的延長線于點F．
（1）求證：DF是⊙O的切線．
（2）求證：BD＝ED．
（3）若DE＝5，CF＝4，求AB的長．
【答案】（1）證明：如圖，連接OD，
∵點D為的中點，O為圓心，
∴OD⊥BC，
∵DF∥BC，
∴OD⊥DF，
∵OD為⊙O的半徑，
∴DF是⊙O的切線；
（2）證明：∵點D為的中點，
∴，
∴∠DBC＝∠BAD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DEB是△ABE的外角，
∴∠DEB＝∠BAE+∠ABE，
∵∠DBE＝∠CBE+DBC，
∴∠DEB＝∠DBE，
∴BD＝ED；
（3）解：如圖，連接CD，
∵四邊形ABDC是圓內(nèi)接四邊形，
∴∠ABD+∠ACD＝180°，
∵∠DCF+∠ACD＝180°，
∴∠ABD＝∠DCF，
∵DF∥BC，
∴∠ACB＝∠F，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠F，
∴△ABD∽△DCF，
∴，
∵點D為的中點，
∴，
∴BD＝CD，
由（2）知BD＝ED，
∴CD＝BD＝DE＝5，
∵CF＝4，
∴，
∴AB．
【解析】【分析】（1）連接OD，由垂徑定理得OD⊥BC，由平行線的性質(zhì)推出OD⊥DF，從而 根據(jù)切線的判定定理得出結(jié)論；
（2）由等弧所對的圓周角相等得∠DBC＝∠BAD，由角平分線的定義得∠ABE＝∠CBE，結(jié)合三角形外角性質(zhì)及角的構(gòu)成可推出∠DEB＝∠DBE，由等角對等邊得BD=ED；
（3）連接CD，由圓內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)、鄰補(bǔ)角及同角的補(bǔ)角相等得∠ABD＝∠DCF，由二直線平行，同位角相等及同弧所對的元周角相等可推出∠ADB＝∠F，由由兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形系數(shù)得△ABD∽△DCF，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得，由等弧所對的弦相等及（2）得結(jié)論推出CD＝BD＝DE＝5，然后代入比例式可求出AB的長.
24．綜合與實踐
（1）操作與發(fā)現(xiàn)平行四邊形和梯形都可以剪開拼成一個矩形，拼接示意圖如圖1、圖2．在圖2中，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，E、F是AD、BC邊上的點．經(jīng)過剪拼，四邊形GHK為矩形．則△EDK≌ ．
（2）探究與證明探究將任意一個四邊形剪開拼成一個平行四邊形，拼接示意圖如圖3、圖4、圖5．在圖5中，E、F、G、H是四邊形ABCD邊上的點．OJKL是拼接之后形成的四邊形．
①通過操作得出：AE與EB的比值為 ．
②證明：四邊形OJKL為平行四邊形．
（3）實踐與應(yīng)用任意一個四邊形能不能剪開拼成一個矩形？若能，請將四邊形ABCD剪成4塊，按圖5的方式補(bǔ)全圖6，并簡單說明剪開和拼接過程．若不能，請說明理由．
【答案】（1）△EAG
（2）解：①1②
證明：如圖5，
由題意得，E、F、G、H是AB、BC，CD，DA的中點，操作為將四邊形EBFO繞點E旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形EAQL，將四邊形OHDG繞點H旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形JHAP，將四邊形OGCF放在左上方，則AQ＝BF＝CF，AP＝DG＝CG，∠BFO＝∠AQL，∵∠DAB+∠B+∠C+∠D＝360°，∠QAE＝∠B，∠PAH＝∠D，∠DAB+∠QAE+∠PAH+∠PAQ＝360°，∴∠PAQ＝∠C，∵∠BFO+∠CFO＝180°，∴∠AQL+∠AQK＝180°，∴K，Q、L三點共線，同理K，P，J三點共線，由操作得∠1＝∠L，∠3＝∠J，∵∠1+∠2＝180°，∠1=∠3，∴∠2+∠L＝180°，∠1=∠J，∴OJ∥KL，OL∥KJ，∴四邊形OJKL為平行四邊形；
（3）解：如圖，取AB、BC、CD，DA為中點為E、H、G、F，連接FH，過點E，點G分別作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足為點M，N，將四邊形EBHM繞點E旋轉(zhuǎn)180°至四邊形EAH'M'，將四邊形FDGN繞點F旋轉(zhuǎn)180°至四邊形FAG'N'，將四邊形NGCH放置左上方，使得點C與點A重合，CG與AG'重合，CH與AH'重合，點N的對應(yīng)點為點N″，則四邊形MM'N″N'即為所求矩形．
由題意得∠EMF＝∠EMH＝∠M'＝90°，∠GNH＝∠GNF＝∠N'＝90°，
∴∠N'＝∠M'MH＝90°，H'M'∥N'M，
∴N'G'∥MM'，
由操作得，∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∵∠1+∠2＝180°，
∴∠3+∠4＝180°，
∴N″，H'，M'三點共線，同理N'，G'，N″三點共線，
∵∠N'＝∠EMF＝∠M'＝90°，
∴四邊形MM'N″N為'矩形，
如圖，連接AC，EF，F(xiàn)G，GH，EH，
∵E，H為BA，BC中點，
∴EH∥AC，EHAC，同理FG∥AC，F(xiàn)GAC，
∴FG∥EH，F(xiàn)G＝EH，
∴∠EHM＝∠GFN，
∵∠EMF＝∠GNH＝90°，
∴△EHM≌△GFN（AAS），
∴EM＝GN，MH＝NF，
∴FM＝NH，
由操作得，AH'＝BH，而BH＝CH，
∴AH'＝CH，
同理，AG'＝CG，
∵∠BAD+∠D+∠C+∠B＝360°，∠D＝∠G'AF，∠B＝∠H'AE，∠BAD+∠H'AE+∠G'AF+∠H'AG'＝360°，
∴∠H'AG'＝∠C，
∵四邊形MM'N″N'為矩形，
∴N'N″＝MM'，N″M'＝N″M，
∴N'F+FM＝H'M'+H'N″，
∴MF+NF＝MF+MH＝M'H'+N″H'，
∴NH＝N″H'，同理NG＝N″G'，
∴四邊形NGCH能放置左上方，
∴按照以上操作可以拼成一個矩形．
【解析】【解答】解：（1）如圖2，
∵AB∥CD，
∴∠GAE＝∠D，
由題意得E為AD中點，
∴EA＝ED，
又∵∠AEG＝∠DEK，
∴△EDK≌△EAG，
故答案為：△EAG；
（2）①解：如圖5，由操作知，點E為AB中點，將四邊形EBFO繞點E旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形EAQL，
∴AE＝BE，，
故答案為：1；
【分析】（1）由二直線平行，內(nèi)錯角相等，得∠GAE＝∠D，再結(jié)合EA＝ED，∠AEG＝∠DEK，可用ASA判斷出△EDK≌△EAG；
（2）①由操作知，點E為AB中點，將四邊形EBFO繞點E旋轉(zhuǎn)180°得到四邊形EAQL，則AE=BE，從而即可解決此題；
②根據(jù)操作過程及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證出K，Q、L三點共線，K，P，J三點共線，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、鄰補(bǔ)角定義及對頂角相等可推出∠2+∠L＝180°，∠1=∠J，然后根據(jù)平行線的判定定理可得OJ∥KL，OL∥KJ，最后根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形得出結(jié)論；
（3）如圖，取AB、BC、CD，DA為中點為E、H、G、F，連接FH，過點E，點G分別作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足為點M，N，將四邊形EBHM繞點E旋轉(zhuǎn)180°至四邊形EAH'M'，將四邊形FDGN繞點F旋轉(zhuǎn)180°至四邊形FAG'N'，將四邊形NGCH放置左上方，使得點C與點A重合，CG與AG'重合，CH與AH'重合，點N的對應(yīng)點為點N″，則四邊形MM'N″N'即為所求矩形．
25．在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，點P是拋物線上一動點，且在直線BC的上方．
（1）求拋物線的表達(dá)式．
（2）如圖1，過點P作PD⊥x軸，交直線BC于點E，若PE＝2ED，求點P的坐標(biāo)．
（3）如圖2，連接AC、PC、AP，AP與BC交于點G，過點P作PF∥AC交BC于點F．記△ACG、△PCG、△PGF的面積分別為S1，S2，S3.當(dāng)取得最大值時，求sin∠BCP的值．
【答案】（1）解：∵拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
解得：，
∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3；
（2）解：∵當(dāng)x＝0時，y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴C（0，3），
設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+n，
∴，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），則PD＝﹣m2+2m+3，
∵PD⊥x軸于點D，
∴E（m，﹣m+3），D（m，0），
∴DE＝﹣m+3，
∴PE＝PD﹣DE＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∵PE＝2ED，
∴﹣m2+3m＝2（﹣m+3），
解得m1＝2，m2＝3（此時B，D重合，不合題意舍去），
∴m＝2，
∴P（2，3）；
（3）解：∵PF∥AC，
∴△ACG∽△PFG，
∴，
∴，，
∴，
作AN∥BC交y軸于N，作PQ∥y軸交BC于Q，
∵直線BC的解析式為y＝﹣x+3，AN∥BC，
∴直線AN的解析式為y＝﹣x+b'，
將A（﹣1，0）代入y＝﹣x+b'，得：0＝﹣（﹣1）+b'，
解得：b'＝﹣1，
∴直線AN的解析式為y＝﹣x﹣1，
當(dāng)x＝0時，yN＝﹣1，
∴N（0，﹣1），
∴ON＝1，CN＝ON+CO＝4，
∵AN∥BC，PQ∥y，
∴∠PQF＝∠NCB＝∠ANC，∠PFC＝∠ACF，
∵∠PFC＝∠FPQ+∠PQF，∠ACF＝∠NCB+∠ACN，
∴∠FPQ＝∠ACN，
∴△CAN∽△PFQ，
∴，
設(shè)P（n，﹣n2+2n+3），則Q（n，﹣n+3），
∴PQ＝﹣n2+3n，
∴，
∴當(dāng)時，有最大值，
此時，
∴，，
∵ON＝OA＝1，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠ANC＝45°，
∵∠ANC＝∠PQF，
∴∠OBC＝∠PQF，
∵，AB＝4，
∴，
∴，
∴△CPQ∽△ACB，
∴∠BCP＝∠CAB，
∵，
∴．
【解析】【分析】（1）利用待定系數(shù)法可求出拋物線的解析式；
（2）根據(jù)拋物線與y軸交點的坐標(biāo)特點求出點C（0，3），用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，根據(jù)點的坐標(biāo)與圖形性質(zhì)設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），則E（m，﹣m+3），D（m，0），由兩點間的距離公式表示出PD、DE，進(jìn)而由PE＝PD﹣DE表示出PE，最后根據(jù)PE＝2ED建立方程可求出m的值，從而即可求出點P的坐標(biāo)；
（3）由平行于三角形一邊的直線截其他兩邊延長線，所截的三角形與原三角形相似得△ACG∽△PFG，由相似三角形對應(yīng)邊成比例及同高三角形的面積之比等于底之比可求出，作AN∥BC交y軸于N，作PQ∥y軸交BC于Q；由互相平行直線的比例系數(shù)相同可設(shè)直線AN的解析式為y＝﹣x+b'，再代入點A的坐標(biāo)可求出b'的值，從而得出直線AN的解析式；再判斷出△CAN∽△PFQ，得，設(shè)P（n，﹣n2+2n+3），則Q（n，﹣n+3），根據(jù)兩點間的距離公式表示出PQ，代入后利用配方法可求出當(dāng)時，有最大值，此時；根據(jù)線段間的關(guān)系判斷出，由兩組邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似得△CPQ∽△ACB，由相似三角形的對應(yīng)角相等得∠BCP＝∠CAB，最后根據(jù)等角的同名三角函數(shù)值相等可得答案.

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