2011-2012学年北京市海淀区九年级（上）期末数学试卷.doc

馨雅资源网 2011-2012学年北京市海淀区九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（本题共32分，每小题4分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的． 1．（4分）下列说法正确的是（　　） A．掷两枚硬币，一枚正面朝上，一枚反面超上是不可能事件 B．随意地翻到一本书的某页，这页的页码为奇数是随机事件 C．经过某市一装有交通信号灯的路口，遇到红灯是必然事件 D．某一抽奖活动中奖的概率为买100张奖券一定会中奖 2．（4分）下列图形，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（4分）将抛物线y＝x2平移得到抛物线y＝x2+3，则下列平移过程正确的是（　　） A．向上平移3个单位 B．向下平移3个单位 C．向左平移3个单位 D．向右平移3个单位 4．（4分）下列一元二次方程有两个相等实数根的是（　　） A．x2﹣x+1＝0 B．2x2﹣3x﹣1＝0 C．x2﹣6x+9＝0 D．x2﹣4x+2＝0 5．（4分）已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（　　） A．20cm2 B．20πcm2 C．10πcm2 D．5πcm2 6．（4分）如图，为了测量某棵树的高度，小明用长为2m的竹竿做测量工具，移动竹竿，使竹竿、树的顶端的影子恰好落在地面的同一点．此时，竹竿与这一点距离相距6m，与树相距15m，则树的高度是（　　） A．7m B．6m C．5m D．4m 7．（4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（　　） A．a＞0 B．c＜0 C．b2﹣4ac＜0 D．a+b+c＞0 8．（4分）已知O为圆锥顶点，OA、OB为圆锥的母线，C为OB中点，一只小蚂蚁从点C开始沿圆锥侧面爬行到点A，另一只小蚂蚁也从C点出发，绕着圆锥侧面爬行到点B，它们所爬行的最短路线的痕迹如右图所示．若沿OA剪开，则得到的圆锥侧面展开图为（　　） A． B． C． D． 二、填空题（本题共16分，每小题4分） 9．（4分）方程x2﹣4x＝0的解为　 　． 10．（4分）如图，△ABD与△AEC都是等边三角形，若∠ADC＝15°，则∠ABE＝　 　． 11．（4分）若（x，y，z均不为0），则的值为　 　． 12．（4分）用两个全等的含30°角的直角三角形制作如图1所示的两种卡片，两种卡片中扇形的半径均为1，且扇形所在圆的圆心分别为长直角边的中点和30°角的顶点，按先A后B的顺序交替摆放A、B两种卡片得到图2所示的图案．若摆放这个图案共用两种卡片 8张，则这个图案中阴影部分的面积之和为　 　； 若摆放这个图案共用两种卡片（2n+1）张（ n为正整数），则这个图案中阴影部分的面积之和为　 　．（结果保留π ） 三、解答题（本题共29分，第13题～第15题各5分，第16题4分，第17题、第18题各5分） 13．（5分）解方程：x2﹣4x﹣1＝0． 14．（5分）如图，在△ABC中，D、E分别是AC、AB边上的点，∠AED＝∠C，AB＝6，AD＝4，AC＝5，求AE的长． 15．（5分）抛物线y＝ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表： x … ﹣2 ﹣1 0 1 2 … y … 0 ﹣4 ﹣4 0 8 … （1）根据上表填空： ①抛物线与x轴的交点坐标是　 　和　 　； ②抛物线经过点 （﹣3，　 　）； ③在对称轴右侧，y随x增大而　 　； （2）试确定抛物线y＝ax2+bx+c的解析式． 16．（4分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点和O点都在格点上． （1）在图1中画出与△ABC关于点O对称的△A′B′C′； （2）在图2中以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍（只需画出一种即可）． 17．（5分）已知关于x的方程（k﹣2）x2+2（k﹣2）x+k+1＝0有两个实数根，求正整数k的值． 18．（5分）在一个口袋中有3个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，随机地摸出一个小球记下标号后放回，再随机地摸出一个小球记下标号，求两次摸出小球的标号之和等于4的概率． 四、解答题（本题共21分，第19题、第20题各5分，第21题6分，第22题5分） 19．（5分）某商店销售一种进价为20元/双的手套，经调查发现，该种手套每天的销售量w（双）与销售单价x（元）满足w＝﹣2x+80（20≤x≤40），设销售这种手套每天的利润为y（元）． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）当销售单价定为多少元时，每天的利润最大？最大利润是多少？ 20．（5分）已知二次函数y＝x2+（3﹣）x﹣3（m＞0）的图象与x轴交于点（x1，0）和（x2，0），且x1＜x2． （1）求x2的值； （2）求代数式mx12+x12+（3﹣）x1+x1+9的值． 21．（6分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CE⊥AB于E，CD平分∠ECB，交过点B的射线于D，交AB于F，且BC＝BD． （1）求证：BD是⊙O的切线； （2）若AE＝9，CE＝12，求BF的长． 22．（5分）已知△ABC的面积为a，O、D分别是边AC、BC的中点． （1）画图：在图中将点D绕点O旋转180°得到点E，连接AE、CE．填空：四边形ADCE的面积为　 　； （2）在（1）的条件下，若F1是AB的中点，F2是AF1的中点，F3是AF2的中点，…，Fn是AFn﹣1的中点 （n为大于1的整数），则△F2CE的面积为　 　；△FnCE的面积为　 　． 五、解答题（本题共22分，第23题7分，第24题7分，第25题8分） 23．（7分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与反比例函数的图象交于A（a，﹣3），与y轴交于点B． （1）试确定反比例函数的解析式； （2）若∠ABO＝135°，试确定二次函数的解析式； （3）在（2）的条件下，将二次函数y＝ax2+bx+c的图象先沿x轴翻折，再向右平移到与反比例函数的图象交于点P（x0，6）．当x0≤x≤3时，求平移后的二次函数y的取值范围． 24．（7分）已知在□ABCD中，AE⊥BC于E，DF平分∠ADC 交线段AE于F． （1）如图1，若AE＝AD，∠ADC＝60°，请直接写出线段CD与AF+BE之间所满足等量关系； （2）如图2，若AE＝AD，你在（1）中得到的结论是否仍然成立，若成立，对你的结论加以证明，若不成立，请说明理由； （3）如图3，若AE：AD＝a：b，试探究线段CD、AF、BE之间所满足的等量关系，请直接写出你的结论． 25．（8分）如图，已知抛物线经过坐标原点O及A（，0），其顶点为B（m，3），C是AB中点，点E是直线OC上的一个动点 （点E与点O不重合），点D在y轴上，且EO＝ED． （1）求此抛物线及直线OC的解析式； （2）当点E运动到抛物线上时，求BD的长； （3）连接AD，当点E运动到何处时，△AED的面积为？请直接写出此时E点的坐标． 2011-2012学年北京市海淀区九年级（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共32分，每小题4分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的． 1．（4分）下列说法正确的是（　　） A．掷两枚硬币，一枚正面朝上，一枚反面超上是不可能事件 B．随意地翻到一本书的某页，这页的页码为奇数是随机事件 C．经过某市一装有交通信号灯的路口，遇到红灯是必然事件 D．某一抽奖活动中奖的概率为买100张奖券一定会中奖 【分析】根据已知及一定会发生的事件为必然事件．可能发生也可能不发生，是随机事件作出判断． 【解答】解：A、掷两枚硬币，一枚正面朝上，一枚反面超上可能发生也可能不发生，是随机事件，故本选项错误； B、随意地翻到一本书的某页，这页的页码为奇数是随机事件正确，故本选项正确； C、经过某市一装有交通信号灯的路口，遇到红灯也可能遇到绿灯，所以是随机事件，故本选项错误； D、某一抽奖活动中奖的概率为买100张奖券一定会中奖，只是说获奖的概率是，但买100张不一定有奖，故本选项错误． 故选：B． 【点评】此题考查的知识点是随机事件，解决本题要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念，理解概念是解决基础题的主要方法． 用到的知识点为：必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件． 2．（4分）下列图形，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出． 【解答】解：A、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； B、∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误； C、此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项错误； D、∵此图形旋转180°后能与原图形重合，∴此图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项正确． 故选：D． 【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键． 3．（4分）将抛物线y＝x2平移得到抛物线y＝x2+3，则下列平移过程正确的是（　　） A．向上平移3个单位 B．向下平移3个单位 C．向左平移3个单位 D．向右平移3个单位 【分析】根据“上加下减”的原则直接进行解答即可． 【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝x2向上平移得到抛物线y＝x2+3． 故选：A． 【点评】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键． 4．（4分）下列一元二次方程有两个相等实数根的是（　　） A．x2﹣x+1＝0 B．2x2﹣3x﹣1＝0 C．x2﹣6x+9＝0 D．x2﹣4x+2＝0 【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△＝b2﹣4ac的值的符号就可以了．有两个相等实数根的一元二次方程就是判别式的值是0的一元二次方程． 【解答】解：A、△＝12﹣4×1×1＜0，无实数根； B、△＝（﹣3）2﹣4×2×（﹣1）＞0，有两个不相等实数根； C、△＝62﹣4×9＝0，有两个相等实数根； D、△＝42﹣4×1×2＞0，有两个相等实数根． 故选：C． 【点评】本题考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系： （1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根； （2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根； （3）△＜0⇔方程没有实数根． 5．（4分）已知圆锥的底面半径为2cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是（　　） A．20cm2 B．20πcm2 C．10πcm2 D．5πcm2 【分析】圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解． 【解答】解：圆锥的侧面积＝π×2×5＝10πcm2， 故选：C． 【点评】本题考查圆锥侧面积的求法． 6．（4分）如图，为了测量某棵树的高度，小明用长为2m的竹竿做测量工具，移动竹竿，使竹竿、树的顶端的影子恰好落在地面的同一点．此时，竹竿与这一点距离相距6m，与树相距15m，则树的高度是（　　） A．7m B．6m C．5m D．4m 【分析】此题中，竹竿、树以及经过竹竿顶端和树顶端的太阳光构成了一组相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例即可求得树的高度． 【解答】解：如图； AD＝6m，AB＝21m，DE＝2m； 由于DE∥BC，所以△ADE∽△ABC，得： ，即 ， 解得：BC＝7m， 故树的高度为7m． 故选：A． 【点评】此题考查了相似三角形在测量高度时的应用；解题的关键是找出题中的相似三角形，并建立适当的数学模型来解决问题． 7．（4分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（　　） A．a＞0 B．c＜0 C．b2﹣4ac＜0 D．a+b+c＞0 【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点得出c的值，然后根据抛物线与x轴交点的个数及x＝1时二次函数的值的情况进行推理，进而对所得结论进行判断． 【解答】解：A、由二次函数的图象开口向下可得a＜0，故选项错误； B、由抛物线与y轴交于x轴上方可得c＞0，故选项错误； C、由抛物线与x轴有两个交点可以看出方程ax2+bx+c＝0的根的判别式b2﹣4ac＞0，故选项错误； D、把x＝1代入y＝ax2+bx+c 得：y＝a+b+c，由函数图象可以看出x＝1时二次函数的值为正，正确． 故选：D． 【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：y＝a+b+c，y＝a﹣b+c，然后根据图象判断其值． 8．（4分）已知O为圆锥顶点，OA、OB为圆锥的母线，C为OB中点，一只小蚂蚁从点C开始沿圆锥侧面爬行到点A，另一只小蚂蚁也从C点出发，绕着圆锥侧面爬行到点B，它们所爬行的最短路线的痕迹如右图所示．若沿OA剪开，则得到的圆锥侧面展开图为（　　） A． B． C． D． 【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，再利用做对称点作出另一只小蚂蚁绕着圆锥侧面爬行到点B，它们所爬行的最短路线． 【解答】解：∵C为OB中点，一只小蚂蚁从点C开始沿圆锥侧面爬行到点A， ∴侧面展开图BO为扇形对称轴，连接AC即可是最短路线， ∵另一只小蚂蚁绕着圆锥侧面爬行到点B，作出C关于OA的对称点，再利用扇形对称性得出关于BO的另一对称点，连接即可； 故选：C． 【点评】此题主要考查了圆锥侧面展开图以及做对称点得出最短路径，根据做对称点得出最短路径问题是中考中考查重点也是难点，同学们应重点掌握． 二、填空题（本题共16分，每小题4分） 9．（4分）方程x2﹣4x＝0的解为　x1＝0，x2＝4　． 【分析】x2﹣4x提取公因式x，再根据“两式的乘积为0，则至少有一个式子的值为0”求解． 【解答】解：x2﹣4x＝0 x（x﹣4）＝0 x＝0或x﹣4＝0 x1＝0，x2＝4 故答案是：x1＝0，x2＝4． 【点评】本题考查简单的一元二次方程的解法，在解一元二次方程时应当注意要根据实际情况选择最合适快捷的解法．该题运用了因式分解法． 10．（4分）如图，△ABD与△AEC都是等边三角形，若∠ADC＝15°，则∠ABE＝　15°　． 【分析】因为△ABD和△ACE都是等边三角形，所以有AD＝AB，AC＝AE，又因为∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，所以∠DAC＝∠BAE，故可根据SAS判定△ADC≌△ABE，根据全等三角形的性质即可得出∠ABE的度数． 【解答】解：∵△ABD和△ACE都是等边三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE， 又∵∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC， ∴∠DAC＝∠BAE， ∴△ADC≌△ABE（SAS）． 又∵∠ADC＝15°， ∴∠ABE＝∠ADC＝15°． 故答案为：15°． 【点评】本题考查等边三角形的性质及三角形全等的判定方法，解答本题的关键是根据题意判断出△ADC≌△ABE，难度一般． 11．（4分）若（x，y，z均不为0），则的值为　1　． 【分析】首先根据比例的等比性质与已知得出，，然后将化为：+2•﹣，再代入求值． 【解答】解：已知（x，y，z均不为0），由比例的性质得： ＝＝， ＝， 则＝+2•﹣＝+﹣1＝1， 故答案为：1． 【点评】此题考查的知识点是比例的性质，关键是准确掌握其性质进行运算． 12．（4分）用两个全等的含30°角的直角三角形制作如图1所示的两种卡片，两种卡片中扇形的半径均为1，且扇形所在圆的圆心分别为长直角边的中点和30°角的顶点，按先A后B的顺序交替摆放A、B两种卡片得到图2所示的图案．若摆放这个图案共用两种卡片 8张，则这个图案中阴影部分的面积之和为　π　； 若摆放这个图案共用两种卡片（2n+1）张（ n为正整数），则这个图案中阴影部分的面积之和为　π　．（结果保留π ） 【分析】分别求出A、B两种扇形的面积，再求图形中A、B两种扇形的个数，求阴影部分的面积，注意按先A后B的顺序交替摆放A、B两种卡片． 【解答】解：依题意，A种图中扇形圆心角为60°，半径为1，面积为＝， B种图中扇形圆心角为30°，半径为1，面积为＝， 故图2中阴影部分面积和为4×（+）＝π， 摆放这个图案共用两种卡片（2n+1）张，需要A种图（n+1）张，需要B种图n张， 则这个图案中阴影部分的面积和为（n+1）×+n×＝π． 故答案为：π，π． 【点评】本题考查了图形的变化规律型的计算．关键是先计算每一个基本图形的面积，再确定组合中含基本图形的个数． 三、解答题（本题共29分，第13题～第15题各5分，第16题4分，第17题、第18题各5分） 13．（5分）解方程：x2﹣4x﹣1＝0． 【分析】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边； （2）把二次项的系数化为1； （3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方． 【解答】解：∵x2﹣4x﹣1＝0， ∴x2﹣4x＝1， ∴x2﹣4x+4＝1+4， ∴（x﹣2）2＝5， ∴x＝2±， ∴x1＝2+，x2＝2﹣． 【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数． 14．（5分）如图，在△ABC中，D、E分别是AC、AB边上的点，∠AED＝∠C，AB＝6，AD＝4，AC＝5，求AE的长． 【分析】利用有两角相等的三角形相似先判定△AED∽△ACB，再利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可求出AE的长． 【解答】证明：在△AED和△ACB中， ∵∠A＝∠A，∠AED＝∠C， ∴△AED∽△ACB， ∴， ∵AB＝6，AD＝4，AC＝5， ∴ ∴AE＝． 【点评】此题考查了相似三角形的判定和相似三角形的性质：对应边的比相等的性质，做题时注意：边之间的对应． 15．（5分）抛物线y＝ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表： x … ﹣2 ﹣1 0 1 2 … y … 0 ﹣4 ﹣4 0 8 … （1）根据上表填空： ①抛物线与x轴的交点坐标是　（﹣2，0）　和　（1，0）　； ②抛物线经过点 （﹣3，　8　）； ③在对称轴右侧，y随x增大而　增大　； （2）试确定抛物线y＝ax2+bx+c的解析式． 【分析】（1）①由表格可知：x＝﹣2及1时，y的值为0，从而确定出抛物线与x轴的交点坐标； ②由x＝﹣1及x＝0时的函数值y相等，x＝﹣2及1时的函数值也相等，可得抛物线的对称轴为x＝﹣0.5，由函数的对称性可得x＝2及x＝﹣3时的函数值相等，故由x＝2对应的函数值可得出x＝﹣3所对应的函数值，从而得出正确答案； ③由表格中y值的变化规律及找出的对称轴，得到抛物线的开口向上，在对称轴右侧为增函数，故在对称轴右侧，y随x的增大而增大； （2）由第一问得出抛物线与x轴的两交点坐标（﹣2，0），（1，0），可设出抛物线的两根式方程为y＝a（x+2）（x﹣1），除去与x轴的交点，在表格中再找出一个点坐标，代入所设的解析式即可求出a的值，进而确定出函数解析式． 【解答】解：（1）①（﹣2，0），（1，0）；②8； ③增大 （每空1分） …（3分） （2）依题意设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣1）， 由点（0，﹣4）在函数图象上，代入得﹣4＝a（0+2）（0﹣1），…（4分） 解得：a＝2． ∴y＝2（x+2）（x﹣1）， 即所求抛物线解析式为y＝2x2+2x﹣4．…（5分） 故答案为：（﹣2，0），（1，0）；8；增大． 【点评】此题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数最值的求法，以及二次函数与不等式的关系，利用了转化及数形结合的数学思想，其中待定系数法确定函数解析式一般步骤为：设出函数解析式，把图象上点的坐标代入所设的解析式，得到方程组，求出方程组的解可得出系数的值，从而确定出函数解析式． 16．（4分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点和O点都在格点上． （1）在图1中画出与△ABC关于点O对称的△A′B′C′； （2）在图2中以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍（只需画出一种即可）． 【分析】（1）找到A、B、C关于点O的对称点A′，B′，C′，连接A′，B′，C′即可； （2）分别作出三角形的对应点，扩大对应边2倍即可得出答案． 【解答】解（1）如图1所示： （2）如图2所示： 【点评】此题考查了作图﹣﹣旋转变换和位似图形的画法，找到各点关于点O的对称点并连接各点是解题的关键． 17．（5分）已知关于x的方程（k﹣2）x2+2（k﹣2）x+k+1＝0有两个实数根，求正整数k的值． 【分析】根据一元二次方程有两个实数根，则根的判别式△＝b2﹣4ac≥0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围即可，在解题时要注意二次项系数不能为0即k≠2； 【解答】解：由题意得：k﹣2≠0①， △＝[2（k﹣2）]2﹣4（k﹣2）（k+1）≥0②． 由①得 k≠2． 由②得 k≤2． ∴k＜2． ∵k为正整数， ∴k＝1． 【点评】此题主要考查了根的判别式以及一元一次不等式的整数解，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△＝0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数． 18．（5分）在一个口袋中有3个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，随机地摸出一个小球记下标号后放回，再随机地摸出一个小球记下标号，求两次摸出小球的标号之和等于4的概率． 【分析】用树状图列举出所有情况，看两次摸出小球的标号之和等于4的情况数占总情况数的多少即可． 【解答】解：由题意画树形图如下： 从树形图看出，所有可能出现的结果共有9个，这些结果出现的可能性相等，标号之和等于4的结果共有3种． 所以P（标号之和等于4）＝＝． 【点评】考查概率的求法；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．得到所求的情况数是解决本题的关键． 四、解答题（本题共21分，第19题、第20题各5分，第21题6分，第22题5分） 19．（5分）某商店销售一种进价为20元/双的手套，经调查发现，该种手套每天的销售量w（双）与销售单价x（元）满足w＝﹣2x+80（20≤x≤40），设销售这种手套每天的利润为y（元）． （1）求y与x之间的函数关系式； （2）当销售单价定为多少元时，每天的利润最大？最大利润是多少？ 【分析】（1）用每双手套的利润乘以销售量得到每天的利润； （2）由（1）得到的是一个二次函数，利用二次函数的性质，可以求出最大利润以及销售单价． 【解答】解：（1）y＝w（x﹣20） ＝（﹣2x+80）（x﹣20） ＝﹣2x2+120x﹣1600； （2）y＝﹣2（x﹣30）2+200． ∵20≤x≤40，a＝﹣2＜0， ∴当x＝30时，y最大值＝200． 答：当销售单价定为每双30元时，每天的利润最大，最大利润为200元． 【点评】本题考查的是二次函数的应用，（1）根据题意得到二次函数．（2）利用二次函数的性质求出最大值．（3）由二次函数的值求出x的值． 20．（5分）已知二次函数y＝x2+（3﹣）x﹣3（m＞0）的图象与x轴交于点（x1，0）和（x2，0），且x1＜x2． （1）求x2的值； （2）求代数式mx12+x12+（3﹣）x1+x1+9的值． 【分析】（1）令y＝0，得到关于x的一元二次方程x2+（3﹣）x﹣3＝0，再利用因式分解法解二元一次方程即可求出两交点的坐标，然后根据x1＜x2即可得解； （2）根据（1）的结论，先整理得到x12+（3﹣）x1＝3，再把x1的值代入进行计算即可得解． 【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2+（3﹣）x﹣3 （m＞0）的图象与x轴交于点 （x1，0）和（x2，0）， ∴令y＝0，即x2+（3﹣）x﹣3＝0， （x+3）（x﹣1）＝0， ∵m＞0， ∴＞0， 解得x＝1或x＝﹣， ∵x1＜x2，﹣＜0＜1， ∴x2＝1； （2）由（1）x1＝﹣，得x1＝﹣3， ∵x1＝﹣是方程x2+（3﹣）x﹣3＝0的根， ∴x12+（3﹣）x1＝3， ∴mx12+x12+（3﹣）x1+6x1+9＝mx12+3+6x1+9， ＝m•（﹣）2+3+6×（﹣）+9， ＝9+3﹣18+9， ＝21﹣18， ＝3． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点问题，通常令y＝0，求关于x的二元一次方程得到交点，（2）题先利用方程的概念把代数式化简然后再代入x1的值进行计算更加简便． 21．（6分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CE⊥AB于E，CD平分∠ECB，交过点B的射线于D，交AB于F，且BC＝BD． （1）求证：BD是⊙O的切线； （2）若AE＝9，CE＝12，求BF的长． 【分析】（1）要证明BD是⊙O的切线，由已知条件转化为证明∠DBA＝90°即可； （2）连接AC，利用三角形相似求出BE的值，由勾股定理求出BC的值，由已知条件再证明△EFC∽△BFD，相似三角形的性质利用：对应边的比值相等即可求出BF的长． 【解答】（1）证明：∵CE⊥AB， ∴∠CEB＝90°． ∵CD平分∠ECB，BC＝BD， ∴∠1＝∠2，∠2＝∠D． ∴∠1＝∠D， ∴CE∥BD， ∴∠DBA＝∠CEB＝90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴BD是⊙O的切线； （2）解：连接AC， ∵AB是⊙O直径， ∴∠ACB＝90°． ∵CE⊥AB， ∴∠AEC＝∠BEC＝90°， ∵∠A+∠ABC＝90°，∠A+∠ACE＝90°， ∴∠ACE＝∠ABC， ∴△ACE∽△CBE， ∴＝，即CE2＝AE•EB， ∵AE＝9，CE＝12， ∴EB＝16， 在Rt△CEB中，∠CEB＝90，由勾股定理得 BC＝20， ∴BD＝BC＝20， ∵∠1＝∠D，∠EFC＝∠BFD， ∴△EFC∽△BFD， ∴＝， 即 ∴BF＝10． 【点评】本题考查了切线的判定定理、圆周角定理、相似三角形判定和相似三角形的性质以及勾股定理的运用，题目综合性很强，难度不大． 22．（5分）已知△ABC的面积为a，O、D分别是边AC、BC的中点． （1）画图：在图中将点D绕点O旋转180°得到点E，连接AE、CE．填空：四边形ADCE的面积为　a　； （2）在（1）的条件下，若F1是AB的中点，F2是AF1的中点，F3是AF2的中点，…，Fn是AFn﹣1的中点 （n为大于1的整数），则△F2CE的面积为　a　；△FnCE的面积为　a　． 【分析】（1）根据平行四边形的判定的平行四边形ADCE，推出AE＝CD，AD＝CE，根据SSS证△ADC和△CEA全等，即可求出答案； （2）设△ABC边AB上的高是h，则AB×h＝a，求出DE∥AB，推出△EAF2的边AF2上的高和△BCF2上的边BF2上的高相等，都是h，根据△F2CE的面积为：S△ABD+S四边形ADCE﹣﹣，代入求出即可；求出BF1＝AB，AF1＝AB，BF2＝AB，AF2＝AB，BF3＝AB，AF3＝AB，根据线段的结果推出BFn＝AB，AFn＝AB，根据△FnCE的面积为S△ABD+S四边形ADCE﹣﹣，代入求出即可． 【解答】（1）解：如图： ∵AO＝OC，DO＝OE， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∴AE＝DC，CE＝AD， 在△ADC和△CEA中 ， ∴△ADC≌△CEA， ∴S△ADC＝S△CEA＝a， ∴四边形ADCE的面积是a+a＝a， 故答案为：a． （2）解：过C作CM⊥AB于M， 设△ABC边AB上的高是CM＝h，则AB×h＝a， ∵BD＝DC，AO＝CO， ∴DE∥AB， ∴△EAF2的边AF2上的高和△BAD上的边BF2上的高相等，都是h， ∴△F2CE的面积为：S△ABD+S四边形ADCE﹣﹣， ＝a+a﹣×AB×h﹣×AB×h═a， ∵BF1＝AB，AF1＝AB， BF2＝AB，AF2＝AB， BF3＝AB，AF3＝AB， … ∴BFn＝AB，AFn＝AB， ∴；△FnCE的面积为S△ABD+S四边形ADCE﹣﹣， ＝a+a﹣×AB×h﹣×AB×h， ＝a+a﹣a﹣a， ＝a． 故答案为：a，a． 【点评】本题考查了三角形的面积，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的应用，关键是根据线段的结果得出BFn，AFn的长，本题有一定的难度，对学生提出了较高的要求，主要培养学生的观察能力和总结规律的能力． 五、解答题（本题共22分，第23题7分，第24题7分，第25题8分） 23．（7分）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与反比例函数的图象交于A（a，﹣3），与y轴交于点B． （1）试确定反比例函数的解析式； （2）若∠ABO＝135°，试确定二次函数的解析式； （3）在（2）的条件下，将二次函数y＝ax2+bx+c的图象先沿x轴翻折，再向右平移到与反比例函数的图象交于点P（x0，6）．当x0≤x≤3时，求平移后的二次函数y的取值范围． 【分析】（1）把点A的坐标代入反比例函数解析式，然后解方程求出a的值，代入反比例函数解析式整理即可； （2）过点A作AC⊥y轴于C，根据∠ABO＝135°求出∠ABC＝45°，再根据等角对等边的性质得到BC＝AC＝1，然后求出OB的长度，从而可得点B的坐标，再把点A的坐标代入二次函数解析式求出b的值，从而得到二次函数的解析式； （3）先求出翻折平移后的二次函数解析式，再把点P的坐标代入反比例函数解析式求出点P的坐标，然后把点P的坐标代入并求出二次函数解析式，然后根据二次函数图象的增减性分段求出y的取值范围，从而得解． 【解答】解：（1）∵A（a，﹣3）在y＝的图象上， ∴＝﹣3， 解得a＝﹣1， ∴y＝＝， ∴反比例函数的解析式为y＝； （2）过A作AC⊥y轴于C． ∵A（﹣1，﹣3）， ∴AC＝1，OC＝3， ∵∠ABO＝135° ∴∠ABC＝45°， 可得BC＝AC＝1， ∴OB＝2， ∴B（0，﹣2）， 由抛物线y＝ax2+bx+c与y轴交于B，得c＝﹣2． ∵a＝﹣1， ∴y＝﹣x2+bx﹣2， ∵抛物线过A（﹣1，﹣3）， ∴﹣1﹣b﹣2＝﹣3， ∴b＝0， ∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣2； （3）将y＝﹣x2﹣2的图象沿x轴翻折，得到二次函数解析式为y＝x2+2， 设将y＝x2+2的图象向右平移后的二次函数解析式为y＝（x﹣m）2+2（m＞0）， ∵点P（x0，6）在函数y＝上， ∴6＝， 解得x0＝， ∴y＝（x﹣m）2+2的图象过点P（，6）， ∴（﹣m）2+2＝6， 解得m1＝，m2＝﹣，（不合题意，舍去）， ∴平移后的二次函数解析式为y＝（x﹣）2+2， ∵a＝1＞0， ∴①当≤x≤时，2≤y≤6， ②当＜x≤3时，2＜y≤， ∴当≤x≤3时，2≤y≤6， ∴平移后的二次函数y的取值范围为 2≤y≤6． 【点评】本题是对反比例函数的综合考查，主要有待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的性质，函数图象的平移，以及二次函数图象的增减性，综合性较强，难度较大，特别是第（3）小题，求出点P的坐标是解题的关键． 24．（7分）已知在□ABCD中，AE⊥BC于E，DF平分∠ADC 交线段AE于F． （1）如图1，若AE＝AD，∠ADC＝60°，请直接写出线段CD与AF+BE之间所满足等量关系； （2）如图2，若AE＝AD，你在（1）中得到的结论是否仍然成立，若成立，对你的结论加以证明，若不成立，请说明理由； （3）如图3，若AE：AD＝a：b，试探究线段CD、AF、BE之间所满足的等量关系，请直接写出你的结论． 【分析】（1）延长EA到G，使得AG＝BE，连接DG，根据四边形ABCD是平行四边形，推出AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC，求出∠DAG＝90°＝∠GAD，根据SAS证△ABE≌△DAG，推出DG＝AB＝CD，∠1＝∠2，求出∠AFD＝∠GDF，推出DG＝GF＝AF+AG即可； （2）与（1）证法类似，根据SAS证△ABE≌△DGA，推出DG＝AB＝CD，∠1＝∠2，求出∠GFD＝∠GDF，推出DG＝GF＝AF+AG即可； （3）延长EA到G，使得＝，连接DG，根据两边对应成比例，且夹角相等，两三角形相似，推出△ABE∽△DGA，推出∠1＝∠2，DG＝AB，代入即可求出答案． 【解答】（1）解：CD＝AF+BE， 理由是：延长EA到G，使得AG＝BE，连接DG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC， ∵AE⊥BC， ∴∠AEB＝∠AEC＝90°， ∴∠AEB＝∠DAE＝90°， ∴∠DAG＝90°， 在△ABE和△DGA中 ∴△ABE≌△DGA， ∴DG＝AB＝CD，∠1＝∠2， ∵平行四边形ABCD，AE⊥BC， ∴∠B＝∠ADC＝60°＝∠G，AE⊥AD， ∴∠1＝∠2＝30°， ∵DF平分∠ADC， ∴∠3＝∠4＝30°， ∴∠AFD＝60°＝∠GDF， ∴DG＝GF＝AF+AG， ∴CD＝AB＝DG＝AF+BE， 即CD＝AF+BE． （2）解：（1）中的结论仍然成立． 证明：延长EA到G，使得AG＝BE，连接DG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC， ∵AE⊥BC于点E， ∴∠AEB＝∠AEC＝90°， ∴∠AEB＝∠DAG＝90°， ∴∠DAG＝90°， 在△ABE和△DGA中 ∴△ABE≌△DGA， ∴∠1＝∠2，DG＝AB，∠B＝∠G， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠ADC， ∵∠B+∠1＝∠ADC+∠2＝90°，∠3＝∠4， ∴∠GDF＝90°﹣∠4，∠GFD＝90°﹣∠3， ∴∠GDF＝∠GFD， ∴GF＝GD＝AB＝CD， ∵GF＝AF+AG＝AF+BE， ∴CD＝AF+BE． （3）bCD＝aAF+bBE 理由是：延长EA到G，使得＝，连接DG， 即AG＝BE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD＝BC， ∵AE⊥BC于点E， ∴∠AEB＝∠AEC＝90°， ∴∠AEB＝∠DAG＝90°， ∴∠DAG＝90°， 即∠AEB＝∠GAD＝90°， ∵＝＝， ∴△ABE∽△DGA， ∴∠1＝∠2，＝， ∴∠GFD＝90°﹣∠3， ∵DF平分∠ADC， ∴∠3＝∠4， ∴∠GDF＝∠2+∠3＝∠1+∠4＝180°﹣∠FAD﹣∠3＝90°﹣∠3． ∴∠GDF