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2020-2021学年江苏省南通市崇川区九年级（上）期末数学模拟练习试卷
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这是一份2020-2021学年江苏省南通市崇川区九年级（上）期末数学模拟练习试卷，共44页。试卷主要包含了其中，正确结论的序号为，【答案】C，【答案】A，【答案】1010等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年江苏省南通市崇川区九年级（上）期末数学模拟练习试卷
1. 若△ABC的三个内角满足sinA：sinB：sinC=5：11：13，则△ABC是( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上均有可能
2. 如图，已知矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过O点作OE⊥AC，交AB于E，若BC=4，△AOE的面积是5，则下列说法错误的是( )
A. AE=5
B. ∠BOE=∠BCE
C. sin∠BOE=0.6
D. CE⊥OB
3. 在△ABC中，M是AC的中点，P，Q为BC边的三等分点，BM与AP，AQ分别交于D，E两点，若△ABC的面积为20，则△ADE面积为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 若二次函数y=a2x2−bx−c的图象，过不同的六点A(−1,n)、B(5,n−1)、C(6,n+1)、D(4,y1)、E(2,y2)、F(2,y3)，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A. y1
A. 52 B. 32 C. 2 D. 3
6. 下列命题中：①经过三个点一定可以作圆；②三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等；③长度相等的弧是等弧；④平分弦的直径垂直于这条弦；⑤由三个圆组成的图形不可能是中心对称图形；⑥由四个圆组成的图形可能有无数条对称轴．其中正确的有( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
7. 已知二次函数y=x2，当a≤x≤b时m≤y≤n，则下列说法错误的是( )
A. 当n−m=1时，b−a有最小值 B. 当n−m=1时，b−a有最大值
C. 当b−a=1时，n−m有最小值 D. 当b−a=1时，n−m无最大值
8. 如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12，线段PQ在边BA上运动，PQ=12，有下列结论：①CP与QD一定不相等；②△AQD与△BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为31316；④四边形PCDQ周长的最小值为3+372.其中，正确结论的序号为( )
A. ②④ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
9. 如图，若A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则∠BOD的余弦值为______.
10. 对于函数y=3x，当函数值y<−1时，x的取值范围是______.
11. 已知二次函数y=(x−a−1)(x−a+1)−2a+9(a是常数)的图象与x轴没有公共点，且当x<−2时，y随x的增大而减小，则实数a的取值范围是______.
12. 若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60∘，底边BC=8，则S△ABC=______.
13. 如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB=13，AE=AF=12，连接BF，DE.若△AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE=______.
14. 公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是100，小正方形面积是20，则(sinθ+cosθ)2=______.
15. 已知正方形ABCD边长为8，点P为其所在平面内一点，PD=25，∠BPD=90∘，则点A到BP的距离等于______.
16. 如图1，▱ABCD中，∠DAB=60∘，AB=6，BC=2，P为边CD上的一动点，设PB+32PD的值为a，如图2，⊙O是正方形ABCD的内切圆，AB=4，点P是⊙O上一个动点，设AP+22DP的值为b，如图3，MN=4，∠M=75∘，MG=3.点O是△MNG内一点，设点O到△MNG三个顶点的距离和的值为c，则a2+b2+c2的最小值为______.
17. 在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx(x>0)的图象G经过点A(4,1)，直线l：y=14x+b与图象G交于点B，与y轴交于点C.横、纵坐标都是整数的点叫做整点．记图象G在点A，B之间的部分与线段OA，OC，BC围成的区域(不含边界)为W.若区域W内恰有4个整点，则b的取值范围______.
18. 抛物线y=−x2+2x+m+1(m为常数)交y轴于点A，与x轴的一个交点在2和3之间，顶点为B.有下列结论：①关于x的方程−x2+2x+m+1(m为常数)=0有两个不相等的实数根；②m(am+b)
(2)若a、b、c分别是△ABC中角∠A、∠B、∠C的对边，关于x的一元二次方程a(1−x2)+2bx+c(1+x2)=0有两个相等的实数根，且3(c−b)=a，求sinA+sinB.
20. 如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连线为边的三角形称为“格点三角形”，图中△ABC就是格点三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，点A的坐标为(−1,−2).
(1)把△ABC以点O为位似中心扩大，使放大前后的位似比为1：2，画出△A1B1C1(△ABC与△A1B1C1在位似中心O点的两侧，A，B，C的对应点分别是A1，B1，C1).
(2)利用本题方格纸标出△A1B1C1外接圆的圆心P，P点坐标是______.
(3)在(2)中的条件下，求⊙P中劣弧A1B1的长度．
21. (1)如图1，函数y=|x−1|的图象与x轴交于点A(1,0)，与函数y=|6x|的图象交于B，C两点，过点B作x轴的平行线分别交函数y=|6x|，y=|x−1|的图象于D，E两点．求证：△ABE∽△CDE；
(2)已知函数y=|−x2+2x+3|的图象与y轴交于F点，与x轴交于M，N两点(点M在点N的左边)，点P在函数y=|−x2+2x+3|的图象上(点P与点F不重合)，PH⊥x轴，垂足为H.若△PMH与△MOF相似，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
22. (1)若一架无人机从塔顶部A处测得地面C、D两点的俯角分别为α∘，β∘，CD与塔底部共线，且CD=m，求塔高AB.(用含α、β、m的代数式表示)
(2)在阳光下，小陶测得一根长为1米的竹竿的影长为0.6米，同时小钱测量树的高度时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分落在教学楼的第一级台阶上，测得此影子长为0.2米，一级台阶高为0.3米，若此时落在地面上的影长为4米，求树高．
23. 如图，已知BD⊥AB于点B，AC⊥AB于点A，且BD=4，AC=3，AB=a，在线段AB上是否存在一点E，使△BDE∽△ACE？
24. 已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P.
(1)如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB=2∠EHN；
(2)如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON=4∠CHN，求证：MP=AB；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME=2：3，BC=2，求RG的长．
25. (1)初三年级在“停课不停学”期间，积极开展网上答疑活动．善于思考的小明对以下问题产生了疑惑：△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE=23.以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，M为线段EF的中点，连接DN，MN.
①当30∘<α<120∘时，小明猜想∠DNM的大小为定值，他的猜想是否正确？请说出你的判断并证明你的结论；
②小明在此基础上进一步思考，若连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，△ADN的面积为______.
(2)2020年，南通市在力度、广度、深度和精准度上都达到了新的水平．如图1，AB、AC、弧BC是通州湾新区的三条规划路，其中AB=6km，AC=3km，∠BAC=60∘，弧BC所对的圆心角为60∘，新区管委会想在弧BC路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在弧BC、线段AB和AC上选取点P、E、F.由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP.为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，则PE+EF+FP的最小值为______.(各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计)
(3)如图2，是通州金地街心花园的一角，金地考虑到了将西侧竖石河景观和南侧街心花园融于日常生活，把沿河风光带包装成金地繁茂里社区的公园．在扇形OAB中，∠AOB=90∘，OA=12米，在围墙OA和OB上分别有两个入口C和D，且AC=4米，D是OB的中点，出口E在弧AB上．现准备沿CE、DE从入口到出口铺设两条景观小路，在四边形CODE内种花，在剩余区域种草．
①出口E设在距直线OB多远处可以使四边形CODE的面积最大？最大面积是多少？(小路宽度不计)
②已知铺设小路CE所用的普通石材每米的造价是200元，铺设小路DE所用的景观石材每米的造价是400元．则在弧AB上是否存在点E，使铺设小路CE和DE的总造价最低？若存在，求出最低总造价和出口E距直线OB的距离；若不存在，请说明理由．
26. 定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”，对角线互相垂直的凸四边形叫做“正垂形”．
(1)如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ACB−∠CDB=∠ACD−∠CBD，当12≤OE≤22时，求AC2+BD2的取值范围；
(2)在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AB=8，AC=4，D是BC的中点，点M是AB边上一点，当四边形ACDM是“等邻边四边形”时，求BM的长；
(3)如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a>0，c<0)与x轴交于A，C两点(点A在点C的左侧)，B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为(0,−ac)，记“正垂形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4.则满足下列三个条件的抛物线的解析式为______.
①S=S1+S2；②S=S3+S4；③“正垂形” ABCD的周长为1210.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵sinA：sinB：sinC=5：11：13，
∴a：b：c=5：11：13.
设a=5x，b=11x，c=13x.
∴a2+b2=(5x)2+(11x)2=146x2，
c2=(13x)2=169x2.
∴a2+b2
故选：C.
根据三角形边角关系即可判断．
本题考查解三角形，利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，是求解本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、过O作OF⊥AD于F，作OG⊥AB于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=12AC，OD=12BD，
∴OA=OD，
∴AF=FD=12AD=12BC=2，
∵∠AGO=∠BAD=∠AFO=90∘，
∴四边形AGOF是矩形，
∴OG=AF=2，
∵S△AEO=12AE⋅OG=5，
∴AE=10OG=105=5，
所以此选项的说法正确；
B、∵OE⊥AC，
∴∠EOC=90∘
∵∠ABC=90∘，
∴∠ABC+∠EOC=180∘，
∴E、B、C、O四点共圆，
∴∠BCE=∠BOE，
所以此选项的说法正确；
C、sin∠BOE=sin∠BCE=BEEC=35，
所以此选项的说法正确；
D、∵AO=OC，AC⊥OE，
∴AE=CE=5，
在Rt△BEC中，由勾股定理得：BE=52−42=3，
∴AB=3+5=8，
∴AC=AB2+BC2=82+42=45，
∴AO=12AC=25，
∴EO=AE2−AO2=52−(25)2=5，
∴OE≠BE，
∵E、B、C、O四点共圆，
∵∠EOC=90∘，
∴EC是直径，
∴EC与OB不垂直；
此选项的说法不正确；
因为本题选择说法错误的，
故选：D.
A、作辅助线，构建矩形AGOF，利用面积为5，代入面积公式可求得AE的长为5，此说法正确；
B、证明∠ABC+∠EOC=180∘，根据对角互补的四边形四点共圆得：E、B、C、O四点共圆，则∠BCE=∠BOE，此说法正确；
C、利用同角的三角函数计算；
D、因为E、B、C、O四点共圆，所以根据垂径定理可知：要想OB⊥CE，得保证过圆心的直线平分弧，即判断弦长BE和OE的大小即可．
本题考查了矩形的性质和判定、四点共圆的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形的有关知识，较为麻烦，此类题相当于解决四个问题，尤其是第三问利用了圆中的性质进行证明，比较容易理解；本题还利用了同角的三角函数求一个角的正弦，这在解直角三角形中经常运用，要熟练掌握．
3.【答案】A
【解析】解：过A点作AF//BC交BM延长线点F，
设BC=3a，则BP=PQ=QC=a，
∵AM=CM，AF//BC，
∴AF：BC=AM：CM=1，
∴AF=BC=3a，
∴BD：DF=BP：AF=1：3，
∴BD=BF4，
同理可得：BE=2BF5，BM=BF2，
∴EM=BM−BE=BF10，DE=BE−BD=3BF20，
∴BD：DE：EM=14：320：110=5：3：2，
∴S△ADE=310S△ABM，
∵M点是AC的中点，
∴S△ABM=12S△ABC=10，
∴S△ADE=310S△ABM=3.
故选：A.
过A点作AF//BC交BM延长线点F，设BC=3a，根据平行线间的线段对应成比例的性质分别求出BD，BE，BM的长度，
再来求BD，DE，EM三条线段的长度，最后再求BD，DE，EM的长度比，则△ADE的面积即可求解．
本题主要考查的是平行线间的线段对应成比例的性质，平行于三角形一边的直线截其他两条，所得的对应线段成比例．
4.【答案】C
【解析】解：由二次函数y=a2x2−bx−c可知，抛物线开口向上，
∵A(−1,n)、B(5,n−1)、C(6,n+1)、
∴A点关于对称轴的对称点在5与6之间，
∴对称轴的取值范围为2
∵点E到对称轴的距离小于2−2，点D到对称轴的距离大于4−2.5=1.5，
∴y3
由解析式可知抛物线开口向上，点A(−1,n)、B(5,n−1)、C(6,n+1)求得抛物线对称轴所处的范围，然后根据二次函数的性质判断可得．
本题主要考查二次函数的图象上点的坐标特征，二次函数的性质，根据题意得到抛物线的对称轴和开口方向是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图所示，当CH与PB的交点D落在⊙O上时，
∵HP是直径，
∴∠HDP=90∘，
∴BP⊥HC，
∴∠HDP=∠BDH=90∘，
又∵∠PHD+∠BHD=90∘，∠BHD+∠HBD=90∘，
∴∠PHD=∠HBD，
∴△PHD∽△HBD，
∴HDBD=PDHD，
∴HD2=PD⋅BD，
同理可证CD2=PD⋅BD，
∴HD=CD，
∴BD垂直平分CH，
∴BH=BC=3，
在Rt△ACB中，
AB=AC2+BC2=5，
∴AH=5−3=2，
∵∠A=∠A，∠AHP=∠ACB=90∘，
∴△AHP∽△ACB，
∴AHAC=APAB，
即24=AP5，
∴AP=52，
故选：A.
当CH与PB的交点D落在⊙O上时，因为HP是直径，可以判定BP⊥HC，再证BP垂直平分HC，求出BH的长度，最后证△AHP∽△ACB，即可求出AP的长度．
本题考查了圆周角定理的推论，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够根据题意画出图形，判断出∠HDP=90∘.
6.【答案】A
【解析】解：①经过不在同一直线上的三个点一定可以作圆，本小题说法错误；
②三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，本小题说法正确；
③长度相等的弧不一定是等弧，本小题说法错误；
④平分弦(不是直径)的直径垂直于这条弦，本小题说法错误；
⑤由三个圆组成的图形可能是中心对称图形，例如：三个同心圆，本小题说法错误；
⑥由四个圆组成的图形可能有无数条对称轴，本小题说法正确；
故选：A.
根据确定圆的条件、三角形的外心的概念、等弧的概念、垂径定理的推论、中心对称图形和轴对称图形的概念判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
7.【答案】A
【解析】解：方法1、①当b−a=1且当a，b同号时，如图1，
过点B作BC⊥AD于C，
∴∠BCD=90∘，
∵∠ADE=∠BED=90∘，
∴∠ADE=∠BCD=∠BED=90∘，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC=DE=b−a=1，CD=BE=m，，
∴AC=AD−CD=n−m，
在Rt△ACB中，tan∠ABC=ACBC=n−m，
∵点A，B在抛物线y=x2上，且a，b同号，
∴45∘≤∠ABC<90∘，
∴tan∠ABC≥1，
∴n−m≥1，
当a，b异号时，m=0，
当a=−12，b=12时，n=14，此时，n−m=14，
∴14≤n−m<1，
即n−m无最大值，有最小值，最小值为14，故选项C，D说法正确，但不符合题意；
②当n−m=1时，如图2，
当a，b同号时，过点N作NH⊥MQ于H，
同①的方法得，NH=PQ=b−a，HQ=PN=m，.
∴MH=MQ−HQ=n−m=1，
在Rt△MHN中，tan∠MNH=MNNH=1b−a，
∵点M，N在抛物线y=x2上，，
∴m≥0，
当m=0时，n=1，
∴点N(0,0)，M(1,,1)，
∴NH=1，
此时，∠MNH=45∘，
∴45∘≤∠MNH<90∘，
∴tan∠MNH≥1，
∴1b−a≥1，
当a，b异号时，m=0，
∴n=1，
∴a=−1，b=1，
即b−a=2，
∴b−a无最小值，有最大值，最大值为2，故选项A错误，符合题意；
故选：A.
方法2、当n−m=1时，
当a，b在y轴同侧时，a，b都越大时，a−b越接近于0，但不能取0，即b−a没有最小值，
当a，b异号时，当a=−1，b=1时，b−a=2最大，
当b−a=1时，当a，b在y轴同侧时，a，b离y轴越远，n−m越大，但取不到最大，
当a，b在y轴两侧时，a=−12，b=12时，n−m取到最小，最小值为14，
因此，只有选项A错误，符合题意，
故选：A.
方法1、①当b−a=1时，当a，b同号时，先判断出四边形BCDE是矩形，得出BC=DE=b−a=1，CD=BE=m，进而得出AC=n−m，即tan∠ABC=n−m，再判断出45∘≤∠ABC<90∘，即可得出n−m的范围，当a，b异号时，m=0，当a=−12，b=12时，n最小=14，即可得出n−m的范围；②当n−m=1时，当a，b同号时，同①的方法得出NH=PQ=b−a，HQ=PN=m，进而得出MH=n−m=1，而tan∠MNH=1b−a，再判断出45∘≤∠MNH<90∘，当a，b异号时，m=0，则n=1，即可求出a，b，得出结论．
方法2、根据抛物线的性质判断，即可得出结论．
此题主要考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，确定出∠MNH的范围是解本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：①如图，当点P与点B重合时，QD最长，
过点Q作QH⊥AC于点H，
∵AQ=AB−PQ=52，
∴AH=54，QH=534，
∴DH=34，
∴QD=DH2+QH2=212，
∴DQ的最大值为212，
当CP⊥AB时，PC最小，
∴PC的最小值为332，
∵332>212，
∴PC>DQ，故①正确；
②设AQ=x，则BP=AB−AQ−PQ=3−x−12=52−x，
∵∠A=∠B=60∘，
∴当ADBP=AQCB或ADCB=AQBP时，△ADQ与△BPC相似，
∴1252−x=x3或123=x52−x，
解得x=1或32或514，
∴当AQ=1或32或514，时，两三角形相似，故②正确；
③设AQ=x，
则四边形PCDQ的面积=S△ABC−S△ADQ−S△BCP=34×32−12×x×32×12−12×3×(3−x−12)×32=338+538x，
∵x的最大值为3−12=52，
∴x=52时，四边形PCDQ的面积最大，最大值=31316，故③正确；
如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F//PQ，使得D′F=PQ，
连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长最小．
过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J.
由题意，DD′=2AD⋅sin60∘=32，HJ=12DD′=34，CJ=332，FH=32−12−14=34，
∴CH=CJ+HJ=734，
∴CF=FH2+CH2=392，
∴四边形P′CDQ′的周长的最小值=3+392，故④错误，
∴正确结论的序号为：①②③．
故选：C.
①求出DQ的最大值，PC的最小值判定即可；
②设AQ=x，则BP=AB−AQ−PQ=3−x−12=52−x，因为∠A=∠B=60∘，当ADBP=AQCB或ADCB=AQBP时，△ADQ与△BPC相似，推出结论即可得两三角形相似；
③设AQ=x，表示出四边形PCDQ的面积，当x取最大值时，可得结论；
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F//PQ，使得D′F=PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．求出CF的长即可判断．
本题属于三角形的综合题，考查相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9.【答案】1010
【解析】解：如图，取格点T，连接CT.DT.
观察图象可知，CT//AB，CT⊥DT，
∴∠BOD=∠TCD，∠CTD=90∘，
∵CT=12+22=5，CD=52+52=52，
∴cos∠BOD=cos∠TCD=CTCD=552=1010，
故答案为：1010.
如图，取格点T，连接CT.DT.利用平行线的性质证明∠BOD=∠TCD，求出CT，CD，可得结论．
本题考查解直角三角形，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】−3
【解析】解：∵k=3>0，
∴函数y=3x的图象在一、三象限，在每个象限，y随x的增大而减小，
∵当y=−1时，x=−3，
∴当函数值y<−1时，−3
本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．
11.【答案】−2≤a<4
【解析】解：y=(x−a−1)(x−a+1)−2a+9
=x2−2ax+a2−2a+8，
∵图象与x轴没有公共点，
∴Δ=(−2a)2−4(a2−2a+8)<0，
解得a<4；
∵抛物线的对称轴为直线x=−−2a2=a，抛物线开口向上，且当x<−2时，y随x的增大而减小，
∴a≥−2，
∴实数a的取值范围是−2≤a<4.
故答案为：−2≤a<4.
先将所给的二次函数整理，再根据图象与x轴没有公共点，得出判别式Δ<0，从而解得a<4；然后求出抛物线的对称轴，结合抛物线开口向上，且当x<−2时，y随x的增大而减小，可得a≥−2，从而得出选项．
本题考查了抛物线与x轴的交点，明确抛物线与x轴的交点个数与判别式的关系及二次函数的性质是解题的关键．
12.【答案】32+163或32−163
【解析】解：作AD⊥BC于D，如图，
∵AB=AC，
∴BD=CD=12BC=4，
∴AD垂直平分BC，
∴点O在AD上，
∵∠BOC=60∘，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB=BC=8，
在△OBD中，OD=82−42=43，
当等腰△ABC为锐角三角形时，AD=8+43，此时△ABC的面积=12×8×(8+43)=32+163；
当等腰△A′BC为钝角三角形时，A′D=8−43，此时△ABC的面积=12×8×(8−43)=32−163.
综上所述，△ABC的面积为32+163或32−163.
故答案为32+163或32−163.
作AD⊥BC于D，如图，利用等腰三角形的性质得BD=CD=4，则AD垂直平分BC，根据外心的定义得点O在AD上，再利用∠BOC=60∘得到△OBC为等边三角形，则OB=BC=8，OD=43，讨论：当等腰△ABC为锐角三角形时，AD=8+43，当等腰△A′BC为钝角三角形时，A′D=8−43，然后根据三角形面积公式分别计算两种情况下的三角形面积．
本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质和勾股定理，分类讨论是解题的关键．
13.【答案】30
【解析】解：过D作DH⊥AE于H，如图所示：
∵AF=12，
∴当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，12为半径的圆上，
∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，
∴BF⊥AF，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：BF=AB2−AF2=132−122=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵∠EAF=90∘，
∴∠BAF+∠BAH=90∘，
∵∠DAH+∠BAH=90∘，
∴∠DAH=∠BAF，
在△ADH和△ABF中，
∠AHD=∠AFB=90∘∠DAH=∠BAFAD=AB，
∴△ADH≌△ABF(AAS)，
∴DH=BF=5，
∴S△ADE=12AE⋅DH=12×12×5=30，
故答案为：30.
过D作DH⊥AE于H，由题意得△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，12为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，则BF⊥AF，再由勾股定理求出BF=5，然后证△ADH≌△ABF(AAS)，得DH=BF=5，最后由三角形面积公式求解即可．
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握旋转的性质，证明△ADH≌△ABF是解题的关键．
14.【答案】95
【解析】解：∵大正方形的面积是100，小正方形面积是20，
∴大正方形的边长是10，小正方形的边长是25，
设AC=BD=a，如图，
△ABD中，由勾股定理得：
a2+(25+a)2=102，
解得a=25(负值舍去)，
∴sinθ=a10=55，则cosθ=25，
∴(sinθ+cosθ)2=(55+35)2=95.
故答案为：95.
先由两个正方形的面积分别得出其边长，设AC=BD=a，由勾股定理解得a的值，后按照正弦函数和余弦函数的定义得出sinθ和cosθ的值，最后代入要求的式子计算即可．
本题考查了勾股定理的证明、弦图及正弦函数和余弦函数的计算，明确相关性质及定理是解题的关键．
15.【答案】33−5或33+5
【解析】解：∵点P满足PD=25，
∴点P在以D为圆心，25为半径的圆上，
∵∠BPD=90∘，
∴点P在以BD为直径的圆上，
∴如图，点P是两圆的交点，
若点P在AD上方，连接AP，过点A作AH⊥BP，
∵CD=8=BC，∠BCD=90∘，
∴BD=82，
∵∠BPD=90∘，
∴BP=BD2−PD2=128−20=63，
∵∠BPD=90∘=∠BAD，
∴点A，点B，点D，点P四点共圆，
∴∠APB=∠ADB=45∘，且AH⊥BP，
∴∠HAP=∠APH=45∘，
∴AH=HP，
在Rt△AHB中，AB2=AH2+BH2，
∴64=AH2+(63−AH)2，
∴AH=33+5(不合题意)，或AH=33−5，
若点P在CD的右侧，
同理可得AH=33+5，
综上所述：AH=33−5或33+5，
故答案为：33−5或33+5.
由题意可得点P在以D为圆心，25为半径的圆上，同时点P也在以BD为直径的圆上，即点P是两圆的交点，分两种情况讨论，由勾股定理可求BP，AH的长，即可求点A到BP的距离．
本题考查正方形的性质，两圆的位置关系，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解．
16.【答案】62+122
【解析】解：①如图1中，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，
∵AB//CD，
∴∠EDP=∠DAB=60∘，
∴sin∠EDP=EPDP=32，
∴EP=32PD
∴PB+32PD=PB+PE
∴当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE，
∵sin∠A=BEAB=32，
∴BE=33，
∴a2的最小值为27，
②如图2中，连OA，OP，OD，在OD上取一点E，使OE=2，连PE，AE.
∵OP2=22=4，OE⋅OD=2×22=4，
∴OP2=OE⋅OD，
∠POE=∠DOP，
∴△POE∽△DOP，
∴PEPD=OEOP=22，
∴PE=22PD，
∴AP+22PD=AP+PE≤AE，
AE=(22)2+(2)2=10，
即AP+22DP的最小值为10，
∴b2的最小值为10，
如图3中：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F.
∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE=OM=ME，∠DMG=∠OME=60∘，MG=MD，
∴∠GMO=∠DME
在△GMO和△DME中，
OM=ME∠GMO=∠DMEMG=MD，
∴△GMO≌△DME(SAS)，
∴OG=DE
∴NO+GO+MO=DE+OE+NO
∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG=75∘，∠GMD=60∘，
∴∠NMD=135∘，
∴∠DMF=45∘，
∵MG=3.
∴MF=DF=322，
∴NF=MN+MF=4+322，
∴ND2=DF2+FN2=(322)2+(4+322)2=25+122
∴c2的最小值为25+122，
∴a2+b2+c2的最小值为62+122.
故答案为：62+122.
①如图1中，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE.②如图2中，连OA，OP，OD，在OD上取一点E，使OE=2，连PE，AE.由题意AP+22PD=AP+PE≤AE，求出AE即可．③如图3中：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F.当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，求出DN，分别求出a2，b2，c2的最小值可知结论．
本题考查平行四边形的性质，正方形的性质，解直角三角形，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】−54≤b<−1或74
【解析】解：把A(4,1)代入y=kx得k=4×1=4，
∴反比例函数为y=4x，
直线l在OA的下方时，如图1，当直线l：y=14x+b过(1,−1)时，b=−54，
且经过(5,0)，
∴区域W内恰有4个整点，b的取值范围是−54≤b<−1.
当直线l在OA的上方时，如图2，
∵点(2,2)在函数y=4x(x>0)的图象G，
当直线l：y=14x+b过(1,2)时，b=74，
当直线l：y=14x+b过(1,3)时，b=114，
∴区域W内恰有4个整点，b的取值范围是74
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合的思想是解题的关键．
18.【答案】①②④⑤
【解析】解：①∵y=−x2+2x+m+1，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−22×(−1)=1，
∵抛物线与x轴的一个交点在2和3之间，顶点为B.
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴关于x的方程−x2+2x+m+1(m为常数)=0有两个不相等的实数根；故①结论正确；
②∵抛物线开口向下，抛物线的对称轴为直线x=1，
∴函数的最大值为y=a+b+c，
∴当m≠1时，am2+bm+c
③∵抛物线的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点在2和3之间，
∴另一个交点在−1和0之间，
∴当x=−1时，y<0，
∴a−b+c<0，
∵−b2a=1，
∴b=−2a，
∴3a+c<0，
∴−3a>c，故③结论错误；
④将该抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位，抛物线的解析式为：y=−(x+2)2+2(x+2)+m+1−2，即y=−(x+1)2+m，故④结论正确；
⑤当m=1时，抛物线的解析式为y=−x2+2x+2，
∴A(0,2)，C(2,2)，B(1,3)，
如图，作点B关于y轴的对称点B′(−1,3)，作C关于x轴的对称点C′(2,−2)，
连接B′C′，与x轴、y轴分别交于D、E点，则BE+ED+CD+BC=B′E+ED+C′D+BC，
根据两点之间线段最短，知B′C′最短，而BC的长度一定，此时四边形BCDE的周长最小，最小为34+2，故⑤正确．
故答案为①②④⑤．
根据二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点、平移的性质、求线段和的最小值等知识依次对各结论进行分析求解．
本题主要考查二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点，二次函数函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称-最短路线问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−1+3212−22−|1−3|−1+16×23
=−1+31−2+1−3−1+323
=−3(1+2)−1+313
=303−6−1；
(2)方程整理为(c−a)x2+2bx+a+c=0，
根据题意得Δ=4b2−4(c−a)(a+c)=0，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC为直角三角形，且∠C=90∘.
∵a2+b2=c2，3c=a+3b，
∴(3c−3b)2+b2=c2，
∴(4c−5b)(c−b)=0，
∴4c=5b，即b=45c，
∴a=3c−3b=35c.
∵sinA=ac，sinB=bc，
∴sinA+sinB=a+bc=35c+45cc=75.
【解析】(1)根据实数运算法则解答；
(2)先把方程整理为一般式，根据判别式的意义得到Δ=4b2−4(c−a)(a+c)=0，则a2+b2=c2，再根据勾股定理的逆定理判断△ABC为直角三角形，由于a2+b2=c2，3c=a+3b，消去a得(3c−3b)2+b2=c2，变形为(4c−5b)(c−b)=0，则b=45c，a=35c，根据正弦函数的定义得sinA=ac，sinB=bc，所以sinA+sinB=a+bc，然后代入计算即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．也考查了勾股定理的逆定理和锐角三角函数的定义．
20.【答案】(3,1)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1为所求；
(2)如图，点P为所作，P点坐标为(3,1)，
故答案为(3,1)；
(3)∵PA1=12+32=10，∠A1PB1=2∠A1C1B1=2×45∘=90∘，
∴劣弧A1B1的长度=90π⋅10180=102π.
(1)把点A、B、C的横纵坐标分别乘−2得到点A1，B1，C1的坐标，然后依次连接各点即可；
(2)利用网格特点，P点为C1A1和C1B1的垂直平分线的交点；
(3)利用勾股定理计算出PA1=10，利用圆周角定理得到∠A1PB1=2∠A1C1B1=90∘，然后利用弧长公式计算劣弧A1B1的长度．
本题考查了作图-位似变换、弧长公式、外心的概念：解集此题的关键是清楚位似的概念以及外心的概念．
21.【答案】(1)证明：∵函数y=|x−1|与函数y=|6x|的图象交于B，C，过点B作x轴的平行线分别交函数y=|6x|，y=|x−1|的图象于D，E两点．
∴根据条件得各点坐标为：B(3,2)，C(−2,3)，E(−1,2)，D(−3,2).
∴BE=3−(−1)=4，DE=−1−(−3)=2，AE=22+22=22，CE=1+1=2，
∴在△AEB和△CED中，∠AEB=∠CED，BEDE=AECE=2，
∴△PMB∽△PNA；
(2)解：P的坐标为(6,21)，(103,139)，(83,119).
当x=0时，y=|−x2+2x+3|=3，
∴F(0,3).
当y=0时，|−x2+2x+3|=0，
∴x1=−1，x2=3，
∴M(−1,0)，N(3,0).
由题意得y=|−x2+2x+3|=x2−2x−3(x<−1)−x2+2x+3(−1≤x≤3)x2−2x−3(x>3)，
设P的横坐标为x，
当x<−1时，由题意得P(x,x2−2x−3)，
若△PMH∽△FMO，PHMH=FOMO=3，即x2−2x−3−1−x=3.
解得x1=−1(舍去)，x2=0(舍去).
若△PMH∽△MFO，PHMH=MOFO=13，即x2−2x−3−1−x=13.
解得x1=−1(舍去)，x2=83(舍去)；
当−1
解得x1=−1(舍去)，x2=83.
∴P的坐标为(83,119).
若△PMH∽△MFO，PHMH=FOMO=3，即−x2+2x+3x+1=3，
解得x1=−1(舍去)，x2=0(舍去).
当x>3时，由题意P(x,x2−2x−3)，
若△PMH∽△FMO，PHMH=FOMO=3，即x2−2x−3x+1=3，
解得x1=−1(舍去)，x2=6.
∴P的坐标为(6,21).
若△PMH∽△MF，，PHMH=MOFO=13，即x2−2x−3x+1=13.
解得x1=−1(舍去)，x2=103.
∴P的坐标为(103,139).
综上：P的坐标为(6,21)，(103,139)，(83,119).
【解析】(1)根据条件得各点坐标为：B(3,2)，C(−2,3)，E(−1,2)，D(−3,2)，根据两点间的距离公式得到BE，DE，AE，CE，再根据相似三角形的判定即可求解；
(2)由题意得y=|−x2+2x+3|=x2−2x−3(x<−1)−x2+2x+3(−1≤x≤3)x2−2x−3(x>3)，设P的横坐标为x，分△PMH∽△FMO，△PMH∽△MFO，△PMH∽△MF，进行讨论可求点P的坐标．
本题考查了二次函数综合题，两点间的距离公式，相似三角形的判定与性质，弄清绝对值函数的定义，进行分类讨论是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图(1)，根据题意可知，CD=m，∠BAC=α，∠BAD=β，
在Rt△ABC中，
∵tanα=BCAB，
∴BC=AB⋅tanα，
在Rt△ABD中，
∵tanβ=BDAB，
∴BD=AB⋅tanβ，
又∵BD−BC=CD，
∴AB⋅tanβ−AB⋅tanα=m，
∴AB=mtanβ−tanα，
答：塔高AB为mtanβ−tanα；
(2)如图(2)，由题意可知，BC=DE=4，EC=0.3，EF=0.2，
因为1米的竹竿的影长为0.6米，
所以ADDF=10.6，
即AD4+0.2=10.6，
解得AD=7，
所以AB=AD+DB=7+0.3=7.3(米)，
答：树高AB为7.3米．
【解析】(1)画出相应的图形，利用解直角三角形知识可求出答案；
(2)画出相应的图形，结合杆高与影长进行解答即可．
本题考查平行投影，解直角三角形，理解直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握杆高与影长成正比例是解决问题的关键．
23.【答案】解：存在，理由如下：
∵BD⊥AB于点B，AC⊥AB，
∴∠A=∠B=90∘，
当∠ACE=∠BDE时，△ACE∽△BDE，
∴AEBE=ACBD=34，
∴AE=34BE，
∴AE=37AB=37a.
∴点E在线段AB上，距离点A的距离是37a.
【解析】当∠ACE=∠BDE时，△ACE∽△BDE，利用相似三角形的性质解答．
本题考查了相似三角形的判定，利用了“两边及夹角”法进行推理．
24.【答案】解：(1)如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K
∴∠ODB=∠OKC=90∘
∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON=360∘
∴∠DFK+∠EON=180∘
∵∠DFK+∠HFB=180∘
∴∠HFB=∠EON
∵∠EON=2∠EHN
∴∠HFB=2∠EHN
(2)如图2，连接OB，
∵OA⊥ME，
∴∠AOM=∠AOE
∵AB⊥OE
∴∠AOE=∠BOE
∴∠AOM+∠AOE=∠AOE+∠BOE，
即：∠MOE=∠AOB
∴ME=AB
∵∠EON=4∠CHN，∠EON=2∠EHN
∴∠EHN=2∠CHN
∴∠EHC=∠CHN
∵CH⊥MN
∴∠HPN=∠HNM
∵∠HPN=∠EPM，∠HNM=HEM
∴∠EPM=∠HEM
∴MP=ME
∴MP=AB
(3)如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，
由(2)知：∠EHC=∠CHN，∠AOM=∠AOE
∴∠EOC=∠CON
∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE=180∘
∴∠AOE+∠EOC=90∘，∠AOM+∠CON=90∘
∵OA⊥ME，CH⊥MN
∴∠OQM=∠OKC=90∘，CK=HK，ME=2MQ，
∴∠AOM+∠OMQ=90∘
∴∠CON=∠OMQ
∵OC=OA
∴△OCK≌△MOQ(AAS)
∴CK=OQ=HK
∵HK：ME=2：3，即：OQ：2MQ=2：3
∴OQ：MQ=4：3
∴设OQ=4k，MQ=3k，
则OM=OQ2+MQ2=(4k)2+(3k)2=5k，AB=ME=6k
在Rt△OAC中，AC=OA2+OC2=(5k)2+(5k)2=52k
∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC=12∠AOC=12×90∘=45∘，
∴∠ABC=180∘−∠AHC=180∘−45∘=135∘，
∴∠ABF=180∘−∠ABC=180∘−135∘=45∘
∴AF=BF=AB⋅cos∠ABF=6k⋅cos45∘=32k
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2
即：(32k)2+(32k+2)2=(52k)2，解得：k1=1，k2=−17(不符合题意，舍去)
∴OQ=HK=4，MQ=OK=3，OM=ON=5
∴KN=KP=2，OP=ON−KN−KP=5−2−2=1，
在△HKR中，∠HKR=90∘，∠RHK=45∘，
∴RKHK=tan∠RHK=tan45∘=1
∴RK=HK=4
∴OR=RN−ON=4+2−5=1
∵∠CON=∠OMQ
∴OC//ME
∴∠PGO=∠HEM
∵∠EPM=∠HEM
∴∠PGO=∠EPM
∴OG=OP=OR=1
∴∠PGR=90∘
在Rt△HPK中，PH=HK2+PK2=42+22=25
∵∠POG=∠PHN，∠OPG=∠HPN
∴△POG∽△PHN
∴PGPO=PNPH，即PG1=425，PG=255
∴RG=RP2−PG2=22−(255)2=455.
【解析】(1)利用“四边形内角和为360∘”、“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”即可；
(2)根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，先证AB=MB，再根据“等角对等边”，证明MP=ME；
(3)由全等三角形性质和垂径定理可将HK：ME=2：3转化为OQ：MQ=4：3；可设Rt△OMQ两直角边为：OQ=4k，MQ=3k，再构造直角三角形利用BC=2，求出k的值；求得OP=OR=OG，得△PGR为直角三角形，应用勾股定理求RG.
本题是有关圆的几何综合题，难度较大，综合性很强；主要考查了垂径定理，圆周角与圆心角，同圆中圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形性质，全等三角形性质，勾股定理及解直角三角形等．
25.【答案】73 321−9
【解析】(1)解：①∠DNM=120∘是定值．
理由：连接BE，CF.同法可证△BAE≌△CAF(SAS)，
∴∠ABE=∠ACF，
∵∠ABC+∠ACB=60∘+60∘=120∘，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC−∠ABE+∠ACB+∠ACF=120∘，
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN//CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN//BE，
∴∠CDN=∠EBC，
∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120∘.
②如图，取AC的中点，连接BJ，BN.
∵AJ=CJ，EN=NC，
∴JN=12AE=3，
∵BJ=AD=43，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤53，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3−2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN.
∵KJ=AJ⋅tan30∘=433，JN=3，
∴KN=733，
在Rt△HKN中，∵∠NHK=90∘，∠NKH=60∘，
∴HN=NK⋅sin60∘=733×32=72，
∴S△ADN=12AD⋅NH=12×43×72=73，
故答案为：73；
(2)如图，假设P点即为所求，分别作点P关于AB、AC的对称点P′、P′′，
连接PP′，分别交AB、AC于点E、F，连接PE，PF，
由对称性可知，PE+EF+PF=P′E+EF+FP′′=P′P′′，且P′、E、F、P′′在一条直线上，
∴P′P′′即为最短距离，其长度取决于PA的长度
作出BC的圆心O，连接AO，与BC交于P，P点即为使PA最短的点，
∵AB=6，AC=3km，∠BAC=60∘，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC=30∘，BC=33，
∵BC所对的圆心角为60∘，
∴△OBC是等边三角形，∠CBO=60∘，BO=BC=33，
∴∠ABO=90∘，AO=37，PA=37−33，
∵∠P′AE=∠EAP，∠PAF=∠FAP′′，
∴∠P′AP′′=2∠ABC=120∘，P′A=AP′′，
∴∠AP′E=∠AP′′F=30∘，
∵P′P′′=2P′A⋅cos∠AP′E=3P′A=321−9，
∴△PEF周长的最小值为321−9，
故答案为：321−9；
(3)解：①如图，作OG⊥CD，垂足为G，延长OG交弧AB于点E′，则此时△CDE的面积最大．
∵OA=OB=12，AC=4，点D为OB的中点，
∴OC=8，OD=6，
在Rt△COD中，CD=10，OG=4.8，
∴GE′=12−4.8=7.2，
∴四边形CODE面积的最大值为S△CDO+S△CDE′=12×6×8+12×10×7.2=60；
作E′H⊥OB，垂足为H，
∵∠E′OH+∠OE′H=90∘，∠E′OH+∠ODC=90∘，
∴∠OE′H=∠ODC，
又∵∠COD=∠E′HO=90∘，
∴△COD∽△OHE′，
∴ODCD=E′HOE′，
∴610=E′H12，
∴E′H=7.2，
∴出口E设在距直线OB的7.2米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米；
②铺设小路CE和DE的总造价为200CE+400DE=200(CE+2DE)，
如图，连接OE，延长OB到点Q，使BQ=OB=12，连接EQ，
在△EOD与△QOE中，∠EOD=∠QOE，
∴ODOE=OEOQ=12，
∴△EOD∽△QOE，故QE=2DE，
∴CE+2DE=CE+QE，问题转化为求CE+QE的最小值，
连接CQ，交弧AB于点E′，此时CE+QE取得最小值为CQ，
在Rt△COQ中，CO=8，OQ=24，
∴CQ=810，故总造价的最小值为160010，
作E′H⊥OB，垂足为H，连接OE′，
设E′H=x，则QH=3x，
∵在Rt△E′OH中，OH2+HE′2=OE′2，
∴(24−3x)2+x2=122，
解得，x1=36−665，x2=36+665(舍去)，
∴总造价的最小值为160010元，出口E距直线OB的距离为36−665.
(1)①利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120∘，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可．②取AC的中点，连接BJ，BN.首先证明当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3−2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN.解直角三角形求出NH即可解决问题；
(2)如图，假设P点即为所求，分别作点P关于AB、AC的对称点P′、P′′，连接PP′，分别交AB、AC于点E、F，连接PE，PF，由对称性可知，PE+EF+PF=P′E+EF+FP′′=P′P′′，且P′、E、F、P′′在一条直线上，P′P′′即为最短距离，其长度取决于PA的长度，作出BC的圆心O，连接AO，与BC交于P，P点即为使PA最短的点，求出此时线段P′P′′的长度即可；
(3)①作OG⊥CD，垂足为G，延长OG交弧AB于点E′，则此时△CDE的面积最大，可求出其值；作E′H⊥OB，垂足为H，证△COD∽△OHE′，即可求出E′H的长，即可写出结论，②铺设小路CE和DE的总造价为200CE+400DE=200(CE+2DE)，连接OE，延长OB到点Q，使BQ=OB=12，连接EQ，推出QE=2DE，所以CE+2DE=CE+QE，问题转化为求CE+QE的最小值，连接CQ，交弧AB于点E′，此时CE+QE取得最小值为CQ，可求出CQ的长度及总造价最小值；作E′H⊥OB，垂足为H，连接OE′，设E′H=x，则QH=3x，由勾股定理可求出x的值，即出口E距直线OB的距离．
本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，圆的有关概念及性质，最大面积，最小周长，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形以及能够将最小周长、最小造价等转化为两点之间线段最短的问题．
26.【答案】y=x2−9
【解析】解：(1)∵∠ACB−∠CDB=∠ACD−∠CBD，
∴∠ACB+∠CBD=∠ACD+∠CDB.
∵∠CED=∠ACB+∠CBD，∠CEB=∠ACD+∠CDB，
∴∠CED=∠CEB.
∵∠CED+∠CEB=180∘，
∴∠CED=∠CEB=90∘，
∴AC⊥BD.
连接OA，OD，过点O作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N，如下图，
则AM=12AC，DN=12BD.
∵OM⊥AC，ON⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN为矩形．
∴ME=ON.
由勾股定理得：OE2=OM2+ME2=OM2+ON2，
OM2=OA2−AM2=12−(12AC)2=1−14AC2，
ON2=OD2−DN2=12−(12BD)2=1−14BD2，
∴OE2=1−14AC2+1−14BD2=2−14(AC2+BD2).
∵12≤OE≤22，
∴14≤OE2≤12.
∴14≤2−14(AC2+BD2)≤12.
∴−74≤−14(AC2+BD2)≤−32.
∴6≤AC2+BD2≤7.
(2)∵∠ACB=90∘，AB=8，AC=4，
∴∠B=30∘，BC=43.
∵D是BC的中点，
∴CD=BD=23.
若四边形ACDM是“等邻边四边形”，
①当AC=AM=4时，BM=AB−AM=4.
②当DM=DC时，过D作DE⊥AB于点E，如下图，
∵CD=BD=23，DM=DC，
∴DB=DM.
∵DE⊥AB，
∴BM=2BE.
∵BE=BD⋅cos∠B=23×cos30∘=3，
∴BM=6.
③当MD=MA时，过D作DF⊥AB于点E，如下图，
设MD=MA=x，则BM=8−x，
∵DF⊥AB，∠B=30∘，
∴DF=12BD=3，BF=BD⋅cos∠B=23×cos30∘=3，
∴FM=BM−BF=8−x−3=5−x.
∵DF2+FM2=DM2，
∴(3)2+(5−x)2=x2.
解得：x=2.8.
∴BM=8−2.8=5.2.
综上，当四边形ACDM是“等邻边四边形”时，BM的长为4或6或5.2.
(3)令y=0，则ax2+bx+c=0，
解得：x=−b±b2−4ac2a.
∵点A在点C的左侧，
∴A(−b−b2−4ac2a,0)，C(−b+b2−4ac2a,0).
∵a>0，
∴OA=b+b2−4ac2a，OC=−b+b2−4ac2a.
∴AC=OA+OC=b2−4aca.
令x=0，则y=c.
∴B(0,c).
∵c<0，
∴OB=−c.
∵D(0,−ac)，
∴OD=−ac.
∴BD=−c−ac.
∴S=12×AC⋅BD=12×b2−4aca×(−c−ac)，
S1=12×OA×OB=−c(b+b2−4ac)4a，
S2=12×OC×OD=−ac(−b+b2−4ac)4a=−c(−b+b2−4ac)4，
S3=12×OA×OD=−ac(b+b2−4ac)4a=−c(b+b2−4ac)4，
S4=12×OB×OC=−c(−b+b2−4ac)4a，
∵S=S1+S2，S=S3+S4，
∴S1+S2=S3+S4.
∴−c(b+b2−4ac)2a+−c(−b+b2−4ac)2=−c(b+b2−4ac)2+−c(−b+b2−4ac)2a.
∴2a=2，
∴a=1.
∵S=S1+S2，
∴S=S1+S2+2S1S2.
∴12×b2−4aca×(−c−ac)=−c(b+b2−4ac)4a+−c(−b+b2−4ac)4+2−c(b+b2−4ac)4a⋅−c(−b+b2−4ac)4，
将a=1代入，整理得：b2−4c=b2−4c2+−c，
解得：b=0.
∴A(−−c,0)，B(o,c)，C(−c,0)，D(0,−c).
∴OA=OC=−c，OB=OD=−c，
又AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形．
∴“正垂形”ABCD的周长为4AD.
∴4AD=1210.
∴AD=310.
∴AD2=90.
∵AD2=OA2+OD2，
∴(−c)2+(−c)2=90.
解得：c=−9或c=10(不合题意，舍去).
∴c=−9.
∴y=x2−9.
故答案为：y=x2−9.
(1)由已知条件∠ACB−∠CDB=∠ACD−∠CBD可得AC⊥BD；连接OA，OD，过点O作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N，可得四边形OMEN为矩形，则ME=ON，利用勾股定理，垂径定理即可得出结论；
(2)利用“等邻边四边形”的定义，分类讨论解答即可得出结论；
(3)利用a，b，c分别表示A，B，C，D的坐标，得出线段OA，OB，OC，OD，AC，BD的长度，再利用三角形的面积公式与已知条件分别求出a，b，c即可得出结论．
本题是二次函数的综合题，主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形内角和定理的推论，勾股定理，不等式的基本性质，分类讨论的思想，菱形的性质，点的坐标的特征．本题是阅读型题目，准确理解题干中的新定义并熟练应用是解题的关键．
2020-2021学年江苏省南通市崇川区九年级（上）期末数学模拟练习试卷
1. 若△ABC的三个内角满足sinA：sinB：sinC=5：11：13，则△ABC是( )
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 以上均有可能
2. 如图，已知矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过O点作OE⊥AC，交AB于E，若BC=4，△AOE的面积是5，则下列说法错误的是( )
A. AE=5
B. ∠BOE=∠BCE
C. sin∠BOE=0.6
D. CE⊥OB
3. 在△ABC中，M是AC的中点，P，Q为BC边的三等分点，BM与AP，AQ分别交于D，E两点，若△ABC的面积为20，则△ADE面积为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 若二次函数y=a2x2−bx−c的图象，过不同的六点A(−1,n)、B(5,n−1)、C(6,n+1)、D(4,y1)、E(2,y2)、F(2,y3)，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A. y1
A. 52 B. 32 C. 2 D. 3
6. 下列命题中：①经过三个点一定可以作圆；②三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等；③长度相等的弧是等弧；④平分弦的直径垂直于这条弦；⑤由三个圆组成的图形不可能是中心对称图形；⑥由四个圆组成的图形可能有无数条对称轴．其中正确的有( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
7. 已知二次函数y=x2，当a≤x≤b时m≤y≤n，则下列说法错误的是( )
A. 当n−m=1时，b−a有最小值 B. 当n−m=1时，b−a有最大值
C. 当b−a=1时，n−m有最小值 D. 当b−a=1时，n−m无最大值
8. 如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD=12，线段PQ在边BA上运动，PQ=12，有下列结论：①CP与QD一定不相等；②△AQD与△BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为31316；④四边形PCDQ周长的最小值为3+372.其中，正确结论的序号为( )
A. ②④ B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
9. 如图，若A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则∠BOD的余弦值为______.
10. 对于函数y=3x，当函数值y<−1时，x的取值范围是______.
11. 已知二次函数y=(x−a−1)(x−a+1)−2a+9(a是常数)的图象与x轴没有公共点，且当x<−2时，y随x的增大而减小，则实数a的取值范围是______.
12. 若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC=60∘，底边BC=8，则S△ABC=______.
13. 如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB=13，AE=AF=12，连接BF，DE.若△AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE=______.
14. 公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是100，小正方形面积是20，则(sinθ+cosθ)2=______.
15. 已知正方形ABCD边长为8，点P为其所在平面内一点，PD=25，∠BPD=90∘，则点A到BP的距离等于______.
16. 如图1，▱ABCD中，∠DAB=60∘，AB=6，BC=2，P为边CD上的一动点，设PB+32PD的值为a，如图2，⊙O是正方形ABCD的内切圆，AB=4，点P是⊙O上一个动点，设AP+22DP的值为b，如图3，MN=4，∠M=75∘，MG=3.点O是△MNG内一点，设点O到△MNG三个顶点的距离和的值为c，则a2+b2+c2的最小值为______.
17. 在平面直角坐标系xOy中，函数y=kx(x>0)的图象G经过点A(4,1)，直线l：y=14x+b与图象G交于点B，与y轴交于点C.横、纵坐标都是整数的点叫做整点．记图象G在点A，B之间的部分与线段OA，OC，BC围成的区域(不含边界)为W.若区域W内恰有4个整点，则b的取值范围______.
18. 抛物线y=−x2+2x+m+1(m为常数)交y轴于点A，与x轴的一个交点在2和3之间，顶点为B.有下列结论：①关于x的方程−x2+2x+m+1(m为常数)=0有两个不相等的实数根；②m(am+b)
(2)若a、b、c分别是△ABC中角∠A、∠B、∠C的对边，关于x的一元二次方程a(1−x2)+2bx+c(1+x2)=0有两个相等的实数根，且3(c−b)=a，求sinA+sinB.
20. 如图，方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连线为边的三角形称为“格点三角形”，图中△ABC就是格点三角形，建立如图所示的平面直角坐标系，点A的坐标为(−1,−2).
(1)把△ABC以点O为位似中心扩大，使放大前后的位似比为1：2，画出△A1B1C1(△ABC与△A1B1C1在位似中心O点的两侧，A，B，C的对应点分别是A1，B1，C1).
(2)利用本题方格纸标出△A1B1C1外接圆的圆心P，P点坐标是______.
(3)在(2)中的条件下，求⊙P中劣弧A1B1的长度．
21. (1)如图1，函数y=|x−1|的图象与x轴交于点A(1,0)，与函数y=|6x|的图象交于B，C两点，过点B作x轴的平行线分别交函数y=|6x|，y=|x−1|的图象于D，E两点．求证：△ABE∽△CDE；
(2)已知函数y=|−x2+2x+3|的图象与y轴交于F点，与x轴交于M，N两点(点M在点N的左边)，点P在函数y=|−x2+2x+3|的图象上(点P与点F不重合)，PH⊥x轴，垂足为H.若△PMH与△MOF相似，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．
22. (1)若一架无人机从塔顶部A处测得地面C、D两点的俯角分别为α∘，β∘，CD与塔底部共线，且CD=m，求塔高AB.(用含α、β、m的代数式表示)
(2)在阳光下，小陶测得一根长为1米的竹竿的影长为0.6米，同时小钱测量树的高度时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分落在教学楼的第一级台阶上，测得此影子长为0.2米，一级台阶高为0.3米，若此时落在地面上的影长为4米，求树高．
23. 如图，已知BD⊥AB于点B，AC⊥AB于点A，且BD=4，AC=3，AB=a，在线段AB上是否存在一点E，使△BDE∽△ACE？
24. 已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P.
(1)如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB=2∠EHN；
(2)如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON=4∠CHN，求证：MP=AB；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME=2：3，BC=2，求RG的长．
25. (1)初三年级在“停课不停学”期间，积极开展网上答疑活动．善于思考的小明对以下问题产生了疑惑：△ABC为等边三角形，AB=8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE=23.以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，M为线段EF的中点，连接DN，MN.
①当30∘<α<120∘时，小明猜想∠DNM的大小为定值，他的猜想是否正确？请说出你的判断并证明你的结论；
②小明在此基础上进一步思考，若连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，△ADN的面积为______.
(2)2020年，南通市在力度、广度、深度和精准度上都达到了新的水平．如图1，AB、AC、弧BC是通州湾新区的三条规划路，其中AB=6km，AC=3km，∠BAC=60∘，弧BC所对的圆心角为60∘，新区管委会想在弧BC路边建物资总站点P，在AB，AC路边分别建物资分站点E、F，也就是，分别在弧BC、线段AB和AC上选取点P、E、F.由于总站工作人员每天都要将物资在各物资站点间按P→E→F→P的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP.为了快捷、环保和节约成本．要使得线段PE、EF、FP之和最短，则PE+EF+FP的最小值为______.(各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计)
(3)如图2，是通州金地街心花园的一角，金地考虑到了将西侧竖石河景观和南侧街心花园融于日常生活，把沿河风光带包装成金地繁茂里社区的公园．在扇形OAB中，∠AOB=90∘，OA=12米，在围墙OA和OB上分别有两个入口C和D，且AC=4米，D是OB的中点，出口E在弧AB上．现准备沿CE、DE从入口到出口铺设两条景观小路，在四边形CODE内种花，在剩余区域种草．
①出口E设在距直线OB多远处可以使四边形CODE的面积最大？最大面积是多少？(小路宽度不计)
②已知铺设小路CE所用的普通石材每米的造价是200元，铺设小路DE所用的景观石材每米的造价是400元．则在弧AB上是否存在点E，使铺设小路CE和DE的总造价最低？若存在，求出最低总造价和出口E距直线OB的距离；若不存在，请说明理由．
26. 定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”，对角线互相垂直的凸四边形叫做“正垂形”．
(1)如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ACB−∠CDB=∠ACD−∠CBD，当12≤OE≤22时，求AC2+BD2的取值范围；
(2)在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AB=8，AC=4，D是BC的中点，点M是AB边上一点，当四边形ACDM是“等邻边四边形”时，求BM的长；
(3)如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a>0，c<0)与x轴交于A，C两点(点A在点C的左侧)，B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为(0,−ac)，记“正垂形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4.则满足下列三个条件的抛物线的解析式为______.
①S=S1+S2；②S=S3+S4；③“正垂形” ABCD的周长为1210.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵sinA：sinB：sinC=5：11：13，
∴a：b：c=5：11：13.
设a=5x，b=11x，c=13x.
∴a2+b2=(5x)2+(11x)2=146x2，
c2=(13x)2=169x2.
∴a2+b2
故选：C.
根据三角形边角关系即可判断．
本题考查解三角形，利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，是求解本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、过O作OF⊥AD于F，作OG⊥AB于G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=12AC，OD=12BD，
∴OA=OD，
∴AF=FD=12AD=12BC=2，
∵∠AGO=∠BAD=∠AFO=90∘，
∴四边形AGOF是矩形，
∴OG=AF=2，
∵S△AEO=12AE⋅OG=5，
∴AE=10OG=105=5，
所以此选项的说法正确；
B、∵OE⊥AC，
∴∠EOC=90∘
∵∠ABC=90∘，
∴∠ABC+∠EOC=180∘，
∴E、B、C、O四点共圆，
∴∠BCE=∠BOE，
所以此选项的说法正确；
C、sin∠BOE=sin∠BCE=BEEC=35，
所以此选项的说法正确；
D、∵AO=OC，AC⊥OE，
∴AE=CE=5，
在Rt△BEC中，由勾股定理得：BE=52−42=3，
∴AB=3+5=8，
∴AC=AB2+BC2=82+42=45，
∴AO=12AC=25，
∴EO=AE2−AO2=52−(25)2=5，
∴OE≠BE，
∵E、B、C、O四点共圆，
∵∠EOC=90∘，
∴EC是直径，
∴EC与OB不垂直；
此选项的说法不正确；
因为本题选择说法错误的，
故选：D.
A、作辅助线，构建矩形AGOF，利用面积为5，代入面积公式可求得AE的长为5，此说法正确；
B、证明∠ABC+∠EOC=180∘，根据对角互补的四边形四点共圆得：E、B、C、O四点共圆，则∠BCE=∠BOE，此说法正确；
C、利用同角的三角函数计算；
D、因为E、B、C、O四点共圆，所以根据垂径定理可知：要想OB⊥CE，得保证过圆心的直线平分弧，即判断弦长BE和OE的大小即可．
本题考查了矩形的性质和判定、四点共圆的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形的有关知识，较为麻烦，此类题相当于解决四个问题，尤其是第三问利用了圆中的性质进行证明，比较容易理解；本题还利用了同角的三角函数求一个角的正弦，这在解直角三角形中经常运用，要熟练掌握．
3.【答案】A
【解析】解：过A点作AF//BC交BM延长线点F，
设BC=3a，则BP=PQ=QC=a，
∵AM=CM，AF//BC，
∴AF：BC=AM：CM=1，
∴AF=BC=3a，
∴BD：DF=BP：AF=1：3，
∴BD=BF4，
同理可得：BE=2BF5，BM=BF2，
∴EM=BM−BE=BF10，DE=BE−BD=3BF20，
∴BD：DE：EM=14：320：110=5：3：2，
∴S△ADE=310S△ABM，
∵M点是AC的中点，
∴S△ABM=12S△ABC=10，
∴S△ADE=310S△ABM=3.
故选：A.
过A点作AF//BC交BM延长线点F，设BC=3a，根据平行线间的线段对应成比例的性质分别求出BD，BE，BM的长度，
再来求BD，DE，EM三条线段的长度，最后再求BD，DE，EM的长度比，则△ADE的面积即可求解．
本题主要考查的是平行线间的线段对应成比例的性质，平行于三角形一边的直线截其他两条，所得的对应线段成比例．
4.【答案】C
【解析】解：由二次函数y=a2x2−bx−c可知，抛物线开口向上，
∵A(−1,n)、B(5,n−1)、C(6,n+1)、
∴A点关于对称轴的对称点在5与6之间，
∴对称轴的取值范围为2
∵点E到对称轴的距离小于2−2，点D到对称轴的距离大于4−2.5=1.5，
∴y3
由解析式可知抛物线开口向上，点A(−1,n)、B(5,n−1)、C(6,n+1)求得抛物线对称轴所处的范围，然后根据二次函数的性质判断可得．
本题主要考查二次函数的图象上点的坐标特征，二次函数的性质，根据题意得到抛物线的对称轴和开口方向是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：如图所示，当CH与PB的交点D落在⊙O上时，
∵HP是直径，
∴∠HDP=90∘，
∴BP⊥HC，
∴∠HDP=∠BDH=90∘，
又∵∠PHD+∠BHD=90∘，∠BHD+∠HBD=90∘，
∴∠PHD=∠HBD，
∴△PHD∽△HBD，
∴HDBD=PDHD，
∴HD2=PD⋅BD，
同理可证CD2=PD⋅BD，
∴HD=CD，
∴BD垂直平分CH，
∴BH=BC=3，
在Rt△ACB中，
AB=AC2+BC2=5，
∴AH=5−3=2，
∵∠A=∠A，∠AHP=∠ACB=90∘，
∴△AHP∽△ACB，
∴AHAC=APAB，
即24=AP5，
∴AP=52，
故选：A.
当CH与PB的交点D落在⊙O上时，因为HP是直径，可以判定BP⊥HC，再证BP垂直平分HC，求出BH的长度，最后证△AHP∽△ACB，即可求出AP的长度．
本题考查了圆周角定理的推论，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够根据题意画出图形，判断出∠HDP=90∘.
6.【答案】A
【解析】解：①经过不在同一直线上的三个点一定可以作圆，本小题说法错误；
②三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，本小题说法正确；
③长度相等的弧不一定是等弧，本小题说法错误；
④平分弦(不是直径)的直径垂直于这条弦，本小题说法错误；
⑤由三个圆组成的图形可能是中心对称图形，例如：三个同心圆，本小题说法错误；
⑥由四个圆组成的图形可能有无数条对称轴，本小题说法正确；
故选：A.
根据确定圆的条件、三角形的外心的概念、等弧的概念、垂径定理的推论、中心对称图形和轴对称图形的概念判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
7.【答案】A
【解析】解：方法1、①当b−a=1且当a，b同号时，如图1，
过点B作BC⊥AD于C，
∴∠BCD=90∘，
∵∠ADE=∠BED=90∘，
∴∠ADE=∠BCD=∠BED=90∘，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC=DE=b−a=1，CD=BE=m，，
∴AC=AD−CD=n−m，
在Rt△ACB中，tan∠ABC=ACBC=n−m，
∵点A，B在抛物线y=x2上，且a，b同号，
∴45∘≤∠ABC<90∘，
∴tan∠ABC≥1，
∴n−m≥1，
当a，b异号时，m=0，
当a=−12，b=12时，n=14，此时，n−m=14，
∴14≤n−m<1，
即n−m无最大值，有最小值，最小值为14，故选项C，D说法正确，但不符合题意；
②当n−m=1时，如图2，
当a，b同号时，过点N作NH⊥MQ于H，
同①的方法得，NH=PQ=b−a，HQ=PN=m，.
∴MH=MQ−HQ=n−m=1，
在Rt△MHN中，tan∠MNH=MNNH=1b−a，
∵点M，N在抛物线y=x2上，，
∴m≥0，
当m=0时，n=1，
∴点N(0,0)，M(1,,1)，
∴NH=1，
此时，∠MNH=45∘，
∴45∘≤∠MNH<90∘，
∴tan∠MNH≥1，
∴1b−a≥1，
当a，b异号时，m=0，
∴n=1，
∴a=−1，b=1，
即b−a=2，
∴b−a无最小值，有最大值，最大值为2，故选项A错误，符合题意；
故选：A.
方法2、当n−m=1时，
当a，b在y轴同侧时，a，b都越大时，a−b越接近于0，但不能取0，即b−a没有最小值，
当a，b异号时，当a=−1，b=1时，b−a=2最大，
当b−a=1时，当a，b在y轴同侧时，a，b离y轴越远，n−m越大，但取不到最大，
当a，b在y轴两侧时，a=−12，b=12时，n−m取到最小，最小值为14，
因此，只有选项A错误，符合题意，
故选：A.
方法1、①当b−a=1时，当a，b同号时，先判断出四边形BCDE是矩形，得出BC=DE=b−a=1，CD=BE=m，进而得出AC=n−m，即tan∠ABC=n−m，再判断出45∘≤∠ABC<90∘，即可得出n−m的范围，当a，b异号时，m=0，当a=−12，b=12时，n最小=14，即可得出n−m的范围；②当n−m=1时，当a，b同号时，同①的方法得出NH=PQ=b−a，HQ=PN=m，进而得出MH=n−m=1，而tan∠MNH=1b−a，再判断出45∘≤∠MNH<90∘，当a，b异号时，m=0，则n=1，即可求出a，b，得出结论．
方法2、根据抛物线的性质判断，即可得出结论．
此题主要考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，确定出∠MNH的范围是解本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：①如图，当点P与点B重合时，QD最长，
过点Q作QH⊥AC于点H，
∵AQ=AB−PQ=52，
∴AH=54，QH=534，
∴DH=34，
∴QD=DH2+QH2=212，
∴DQ的最大值为212，
当CP⊥AB时，PC最小，
∴PC的最小值为332，
∵332>212，
∴PC>DQ，故①正确；
②设AQ=x，则BP=AB−AQ−PQ=3−x−12=52−x，
∵∠A=∠B=60∘，
∴当ADBP=AQCB或ADCB=AQBP时，△ADQ与△BPC相似，
∴1252−x=x3或123=x52−x，
解得x=1或32或514，
∴当AQ=1或32或514，时，两三角形相似，故②正确；
③设AQ=x，
则四边形PCDQ的面积=S△ABC−S△ADQ−S△BCP=34×32−12×x×32×12−12×3×(3−x−12)×32=338+538x，
∵x的最大值为3−12=52，
∴x=52时，四边形PCDQ的面积最大，最大值=31316，故③正确；
如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F//PQ，使得D′F=PQ，
连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长最小．
过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J.
由题意，DD′=2AD⋅sin60∘=32，HJ=12DD′=34，CJ=332，FH=32−12−14=34，
∴CH=CJ+HJ=734，
∴CF=FH2+CH2=392，
∴四边形P′CDQ′的周长的最小值=3+392，故④错误，
∴正确结论的序号为：①②③．
故选：C.
①求出DQ的最大值，PC的最小值判定即可；
②设AQ=x，则BP=AB−AQ−PQ=3−x−12=52−x，因为∠A=∠B=60∘，当ADBP=AQCB或ADCB=AQBP时，△ADQ与△BPC相似，推出结论即可得两三角形相似；
③设AQ=x，表示出四边形PCDQ的面积，当x取最大值时，可得结论；
④如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F//PQ，使得D′F=PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．求出CF的长即可判断．
本题属于三角形的综合题，考查相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9.【答案】1010
【解析】解：如图，取格点T，连接CT.DT.
观察图象可知，CT//AB，CT⊥DT，
∴∠BOD=∠TCD，∠CTD=90∘，
∵CT=12+22=5，CD=52+52=52，
∴cos∠BOD=cos∠TCD=CTCD=552=1010，
故答案为：1010.
如图，取格点T，连接CT.DT.利用平行线的性质证明∠BOD=∠TCD，求出CT，CD，可得结论．
本题考查解直角三角形，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．
10.【答案】−3
【解析】解：∵k=3>0，
∴函数y=3x的图象在一、三象限，在每个象限，y随x的增大而减小，
∵当y=−1时，x=−3，
∴当函数值y<−1时，−3
本题考查的是反比例函数的性质，熟知反比例函数的增减性是解答此题的关键．
11.【答案】−2≤a<4
【解析】解：y=(x−a−1)(x−a+1)−2a+9
=x2−2ax+a2−2a+8，
∵图象与x轴没有公共点，
∴Δ=(−2a)2−4(a2−2a+8)<0，
解得a<4；
∵抛物线的对称轴为直线x=−−2a2=a，抛物线开口向上，且当x<−2时，y随x的增大而减小，
∴a≥−2，
∴实数a的取值范围是−2≤a<4.
故答案为：−2≤a<4.
先将所给的二次函数整理，再根据图象与x轴没有公共点，得出判别式Δ<0，从而解得a<4；然后求出抛物线的对称轴，结合抛物线开口向上，且当x<−2时，y随x的增大而减小，可得a≥−2，从而得出选项．
本题考查了抛物线与x轴的交点，明确抛物线与x轴的交点个数与判别式的关系及二次函数的性质是解题的关键．
12.【答案】32+163或32−163
【解析】解：作AD⊥BC于D，如图，
∵AB=AC，
∴BD=CD=12BC=4，
∴AD垂直平分BC，
∴点O在AD上，
∵∠BOC=60∘，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB=BC=8，
在△OBD中，OD=82−42=43，
当等腰△ABC为锐角三角形时，AD=8+43，此时△ABC的面积=12×8×(8+43)=32+163；
当等腰△A′BC为钝角三角形时，A′D=8−43，此时△ABC的面积=12×8×(8−43)=32−163.
综上所述，△ABC的面积为32+163或32−163.
故答案为32+163或32−163.
作AD⊥BC于D，如图，利用等腰三角形的性质得BD=CD=4，则AD垂直平分BC，根据外心的定义得点O在AD上，再利用∠BOC=60∘得到△OBC为等边三角形，则OB=BC=8，OD=43，讨论：当等腰△ABC为锐角三角形时，AD=8+43，当等腰△A′BC为钝角三角形时，A′D=8−43，然后根据三角形面积公式分别计算两种情况下的三角形面积．
本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质和勾股定理，分类讨论是解题的关键．
13.【答案】30
【解析】解：过D作DH⊥AE于H，如图所示：
∵AF=12，
∴当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，12为半径的圆上，
∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，
∴BF⊥AF，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：BF=AB2−AF2=132−122=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∵∠EAF=90∘，
∴∠BAF+∠BAH=90∘，
∵∠DAH+∠BAH=90∘，
∴∠DAH=∠BAF，
在△ADH和△ABF中，
∠AHD=∠AFB=90∘∠DAH=∠BAFAD=AB，
∴△ADH≌△ABF(AAS)，
∴DH=BF=5，
∴S△ADE=12AE⋅DH=12×12×5=30，
故答案为：30.
过D作DH⊥AE于H，由题意得△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，12为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，则BF⊥AF，再由勾股定理求出BF=5，然后证△ADH≌△ABF(AAS)，得DH=BF=5，最后由三角形面积公式求解即可．
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握旋转的性质，证明△ADH≌△ABF是解题的关键．
14.【答案】95
【解析】解：∵大正方形的面积是100，小正方形面积是20，
∴大正方形的边长是10，小正方形的边长是25，
设AC=BD=a，如图，
△ABD中，由勾股定理得：
a2+(25+a)2=102，
解得a=25(负值舍去)，
∴sinθ=a10=55，则cosθ=25，
∴(sinθ+cosθ)2=(55+35)2=95.
故答案为：95.
先由两个正方形的面积分别得出其边长，设AC=BD=a，由勾股定理解得a的值，后按照正弦函数和余弦函数的定义得出sinθ和cosθ的值，最后代入要求的式子计算即可．
本题考查了勾股定理的证明、弦图及正弦函数和余弦函数的计算，明确相关性质及定理是解题的关键．
15.【答案】33−5或33+5
【解析】解：∵点P满足PD=25，
∴点P在以D为圆心，25为半径的圆上，
∵∠BPD=90∘，
∴点P在以BD为直径的圆上，
∴如图，点P是两圆的交点，
若点P在AD上方，连接AP，过点A作AH⊥BP，
∵CD=8=BC，∠BCD=90∘，
∴BD=82，
∵∠BPD=90∘，
∴BP=BD2−PD2=128−20=63，
∵∠BPD=90∘=∠BAD，
∴点A，点B，点D，点P四点共圆，
∴∠APB=∠ADB=45∘，且AH⊥BP，
∴∠HAP=∠APH=45∘，
∴AH=HP，
在Rt△AHB中，AB2=AH2+BH2，
∴64=AH2+(63−AH)2，
∴AH=33+5(不合题意)，或AH=33−5，
若点P在CD的右侧，
同理可得AH=33+5，
综上所述：AH=33−5或33+5，
故答案为：33−5或33+5.
由题意可得点P在以D为圆心，25为半径的圆上，同时点P也在以BD为直径的圆上，即点P是两圆的交点，分两种情况讨论，由勾股定理可求BP，AH的长，即可求点A到BP的距离．
本题考查正方形的性质，两圆的位置关系，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解．
16.【答案】62+122
【解析】解：①如图1中，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，
∵AB//CD，
∴∠EDP=∠DAB=60∘，
∴sin∠EDP=EPDP=32，
∴EP=32PD
∴PB+32PD=PB+PE
∴当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE，
∵sin∠A=BEAB=32，
∴BE=33，
∴a2的最小值为27，
②如图2中，连OA，OP，OD，在OD上取一点E，使OE=2，连PE，AE.
∵OP2=22=4，OE⋅OD=2×22=4，
∴OP2=OE⋅OD，
∠POE=∠DOP，
∴△POE∽△DOP，
∴PEPD=OEOP=22，
∴PE=22PD，
∴AP+22PD=AP+PE≤AE，
AE=(22)2+(2)2=10，
即AP+22DP的最小值为10，
∴b2的最小值为10，
如图3中：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F.
∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE=OM=ME，∠DMG=∠OME=60∘，MG=MD，
∴∠GMO=∠DME
在△GMO和△DME中，
OM=ME∠GMO=∠DMEMG=MD，
∴△GMO≌△DME(SAS)，
∴OG=DE
∴NO+GO+MO=DE+OE+NO
∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG=75∘，∠GMD=60∘，
∴∠NMD=135∘，
∴∠DMF=45∘，
∵MG=3.
∴MF=DF=322，
∴NF=MN+MF=4+322，
∴ND2=DF2+FN2=(322)2+(4+322)2=25+122
∴c2的最小值为25+122，
∴a2+b2+c2的最小值为62+122.
故答案为：62+122.
①如图1中，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE.②如图2中，连OA，OP，OD，在OD上取一点E，使OE=2，连PE，AE.由题意AP+22PD=AP+PE≤AE，求出AE即可．③如图3中：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME.连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F.当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，求出DN，分别求出a2，b2，c2的最小值可知结论．
本题考查平行四边形的性质，正方形的性质，解直角三角形，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】−54≤b<−1或74
【解析】解：把A(4,1)代入y=kx得k=4×1=4，
∴反比例函数为y=4x，
直线l在OA的下方时，如图1，当直线l：y=14x+b过(1,−1)时，b=−54，
且经过(5,0)，
∴区域W内恰有4个整点，b的取值范围是−54≤b<−1.
当直线l在OA的上方时，如图2，
∵点(2,2)在函数y=4x(x>0)的图象G，
当直线l：y=14x+b过(1,2)时，b=74，
当直线l：y=14x+b过(1,3)时，b=114，
∴区域W内恰有4个整点，b的取值范围是74
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合的思想是解题的关键．
18.【答案】①②④⑤
【解析】解：①∵y=−x2+2x+m+1，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−22×(−1)=1，
∵抛物线与x轴的一个交点在2和3之间，顶点为B.
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴关于x的方程−x2+2x+m+1(m为常数)=0有两个不相等的实数根；故①结论正确；
②∵抛物线开口向下，抛物线的对称轴为直线x=1，
∴函数的最大值为y=a+b+c，
∴当m≠1时，am2+bm+c
③∵抛物线的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点在2和3之间，
∴另一个交点在−1和0之间，
∴当x=−1时，y<0，
∴a−b+c<0，
∵−b2a=1，
∴b=−2a，
∴3a+c<0，
∴−3a>c，故③结论错误；
④将该抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位，抛物线的解析式为：y=−(x+2)2+2(x+2)+m+1−2，即y=−(x+1)2+m，故④结论正确；
⑤当m=1时，抛物线的解析式为y=−x2+2x+2，
∴A(0,2)，C(2,2)，B(1,3)，
如图，作点B关于y轴的对称点B′(−1,3)，作C关于x轴的对称点C′(2,−2)，
连接B′C′，与x轴、y轴分别交于D、E点，则BE+ED+CD+BC=B′E+ED+C′D+BC，
根据两点之间线段最短，知B′C′最短，而BC的长度一定，此时四边形BCDE的周长最小，最小为34+2，故⑤正确．
故答案为①②④⑤．
根据二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点、平移的性质、求线段和的最小值等知识依次对各结论进行分析求解．
本题主要考查二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点，二次函数函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称-最短路线问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
19.【答案】解：(1)原式=−1+3212−22−|1−3|−1+16×23
=−1+31−2+1−3−1+323
=−3(1+2)−1+313
=303−6−1；
(2)方程整理为(c−a)x2+2bx+a+c=0，
根据题意得Δ=4b2−4(c−a)(a+c)=0，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC为直角三角形，且∠C=90∘.
∵a2+b2=c2，3c=a+3b，
∴(3c−3b)2+b2=c2，
∴(4c−5b)(c−b)=0，
∴4c=5b，即b=45c，
∴a=3c−3b=35c.
∵sinA=ac，sinB=bc，
∴sinA+sinB=a+bc=35c+45cc=75.
【解析】(1)根据实数运算法则解答；
(2)先把方程整理为一般式，根据判别式的意义得到Δ=4b2−4(c−a)(a+c)=0，则a2+b2=c2，再根据勾股定理的逆定理判断△ABC为直角三角形，由于a2+b2=c2，3c=a+3b，消去a得(3c−3b)2+b2=c2，变形为(4c−5b)(c−b)=0，则b=45c，a=35c，根据正弦函数的定义得sinA=ac，sinB=bc，所以sinA+sinB=a+bc，然后代入计算即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．也考查了勾股定理的逆定理和锐角三角函数的定义．
20.【答案】(3,1)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1为所求；
(2)如图，点P为所作，P点坐标为(3,1)，
故答案为(3,1)；
(3)∵PA1=12+32=10，∠A1PB1=2∠A1C1B1=2×45∘=90∘，
∴劣弧A1B1的长度=90π⋅10180=102π.
(1)把点A、B、C的横纵坐标分别乘−2得到点A1，B1，C1的坐标，然后依次连接各点即可；
(2)利用网格特点，P点为C1A1和C1B1的垂直平分线的交点；
(3)利用勾股定理计算出PA1=10，利用圆周角定理得到∠A1PB1=2∠A1C1B1=90∘，然后利用弧长公式计算劣弧A1B1的长度．
本题考查了作图-位似变换、弧长公式、外心的概念：解集此题的关键是清楚位似的概念以及外心的概念．
21.【答案】(1)证明：∵函数y=|x−1|与函数y=|6x|的图象交于B，C，过点B作x轴的平行线分别交函数y=|6x|，y=|x−1|的图象于D，E两点．
∴根据条件得各点坐标为：B(3,2)，C(−2,3)，E(−1,2)，D(−3,2).
∴BE=3−(−1)=4，DE=−1−(−3)=2，AE=22+22=22，CE=1+1=2，
∴在△AEB和△CED中，∠AEB=∠CED，BEDE=AECE=2，
∴△PMB∽△PNA；
(2)解：P的坐标为(6,21)，(103,139)，(83,119).
当x=0时，y=|−x2+2x+3|=3，
∴F(0,3).
当y=0时，|−x2+2x+3|=0，
∴x1=−1，x2=3，
∴M(−1,0)，N(3,0).
由题意得y=|−x2+2x+3|=x2−2x−3(x<−1)−x2+2x+3(−1≤x≤3)x2−2x−3(x>3)，
设P的横坐标为x，
当x<−1时，由题意得P(x,x2−2x−3)，
若△PMH∽△FMO，PHMH=FOMO=3，即x2−2x−3−1−x=3.
解得x1=−1(舍去)，x2=0(舍去).
若△PMH∽△MFO，PHMH=MOFO=13，即x2−2x−3−1−x=13.
解得x1=−1(舍去)，x2=83(舍去)；
当−1
解得x1=−1(舍去)，x2=83.
∴P的坐标为(83,119).
若△PMH∽△MFO，PHMH=FOMO=3，即−x2+2x+3x+1=3，
解得x1=−1(舍去)，x2=0(舍去).
当x>3时，由题意P(x,x2−2x−3)，
若△PMH∽△FMO，PHMH=FOMO=3，即x2−2x−3x+1=3，
解得x1=−1(舍去)，x2=6.
∴P的坐标为(6,21).
若△PMH∽△MF，，PHMH=MOFO=13，即x2−2x−3x+1=13.
解得x1=−1(舍去)，x2=103.
∴P的坐标为(103,139).
综上：P的坐标为(6,21)，(103,139)，(83,119).
【解析】(1)根据条件得各点坐标为：B(3,2)，C(−2,3)，E(−1,2)，D(−3,2)，根据两点间的距离公式得到BE，DE，AE，CE，再根据相似三角形的判定即可求解；
(2)由题意得y=|−x2+2x+3|=x2−2x−3(x<−1)−x2+2x+3(−1≤x≤3)x2−2x−3(x>3)，设P的横坐标为x，分△PMH∽△FMO，△PMH∽△MFO，△PMH∽△MF，进行讨论可求点P的坐标．
本题考查了二次函数综合题，两点间的距离公式，相似三角形的判定与性质，弄清绝对值函数的定义，进行分类讨论是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图(1)，根据题意可知，CD=m，∠BAC=α，∠BAD=β，
在Rt△ABC中，
∵tanα=BCAB，
∴BC=AB⋅tanα，
在Rt△ABD中，
∵tanβ=BDAB，
∴BD=AB⋅tanβ，
又∵BD−BC=CD，
∴AB⋅tanβ−AB⋅tanα=m，
∴AB=mtanβ−tanα，
答：塔高AB为mtanβ−tanα；
(2)如图(2)，由题意可知，BC=DE=4，EC=0.3，EF=0.2，
因为1米的竹竿的影长为0.6米，
所以ADDF=10.6，
即AD4+0.2=10.6，
解得AD=7，
所以AB=AD+DB=7+0.3=7.3(米)，
答：树高AB为7.3米．
【解析】(1)画出相应的图形，利用解直角三角形知识可求出答案；
(2)画出相应的图形，结合杆高与影长进行解答即可．
本题考查平行投影，解直角三角形，理解直角三角形的边角关系是正确解答的前提，掌握杆高与影长成正比例是解决问题的关键．
23.【答案】解：存在，理由如下：
∵BD⊥AB于点B，AC⊥AB，
∴∠A=∠B=90∘，
当∠ACE=∠BDE时，△ACE∽△BDE，
∴AEBE=ACBD=34，
∴AE=34BE，
∴AE=37AB=37a.
∴点E在线段AB上，距离点A的距离是37a.
【解析】当∠ACE=∠BDE时，△ACE∽△BDE，利用相似三角形的性质解答．
本题考查了相似三角形的判定，利用了“两边及夹角”法进行推理．
24.【答案】解：(1)如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K
∴∠ODB=∠OKC=90∘
∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON=360∘
∴∠DFK+∠EON=180∘
∵∠DFK+∠HFB=180∘
∴∠HFB=∠EON
∵∠EON=2∠EHN
∴∠HFB=2∠EHN
(2)如图2，连接OB，
∵OA⊥ME，
∴∠AOM=∠AOE
∵AB⊥OE
∴∠AOE=∠BOE
∴∠AOM+∠AOE=∠AOE+∠BOE，
即：∠MOE=∠AOB
∴ME=AB
∵∠EON=4∠CHN，∠EON=2∠EHN
∴∠EHN=2∠CHN
∴∠EHC=∠CHN
∵CH⊥MN
∴∠HPN=∠HNM
∵∠HPN=∠EPM，∠HNM=HEM
∴∠EPM=∠HEM
∴MP=ME
∴MP=AB
(3)如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，
由(2)知：∠EHC=∠CHN，∠AOM=∠AOE
∴∠EOC=∠CON
∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE=180∘
∴∠AOE+∠EOC=90∘，∠AOM+∠CON=90∘
∵OA⊥ME，CH⊥MN
∴∠OQM=∠OKC=90∘，CK=HK，ME=2MQ，
∴∠AOM+∠OMQ=90∘
∴∠CON=∠OMQ
∵OC=OA
∴△OCK≌△MOQ(AAS)
∴CK=OQ=HK
∵HK：ME=2：3，即：OQ：2MQ=2：3
∴OQ：MQ=4：3
∴设OQ=4k，MQ=3k，
则OM=OQ2+MQ2=(4k)2+(3k)2=5k，AB=ME=6k
在Rt△OAC中，AC=OA2+OC2=(5k)2+(5k)2=52k
∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC=12∠AOC=12×90∘=45∘，
∴∠ABC=180∘−∠AHC=180∘−45∘=135∘，
∴∠ABF=180∘−∠ABC=180∘−135∘=45∘
∴AF=BF=AB⋅cos∠ABF=6k⋅cos45∘=32k
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2
即：(32k)2+(32k+2)2=(52k)2，解得：k1=1，k2=−17(不符合题意，舍去)
∴OQ=HK=4，MQ=OK=3，OM=ON=5
∴KN=KP=2，OP=ON−KN−KP=5−2−2=1，
在△HKR中，∠HKR=90∘，∠RHK=45∘，
∴RKHK=tan∠RHK=tan45∘=1
∴RK=HK=4
∴OR=RN−ON=4+2−5=1
∵∠CON=∠OMQ
∴OC//ME
∴∠PGO=∠HEM
∵∠EPM=∠HEM
∴∠PGO=∠EPM
∴OG=OP=OR=1
∴∠PGR=90∘
在Rt△HPK中，PH=HK2+PK2=42+22=25
∵∠POG=∠PHN，∠OPG=∠HPN
∴△POG∽△PHN
∴PGPO=PNPH，即PG1=425，PG=255
∴RG=RP2−PG2=22−(255)2=455.
【解析】(1)利用“四边形内角和为360∘”、“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”即可；
(2)根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，先证AB=MB，再根据“等角对等边”，证明MP=ME；
(3)由全等三角形性质和垂径定理可将HK：ME=2：3转化为OQ：MQ=4：3；可设Rt△OMQ两直角边为：OQ=4k，MQ=3k，再构造直角三角形利用BC=2，求出k的值；求得OP=OR=OG，得△PGR为直角三角形，应用勾股定理求RG.
本题是有关圆的几何综合题，难度较大，综合性很强；主要考查了垂径定理，圆周角与圆心角，同圆中圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形性质，全等三角形性质，勾股定理及解直角三角形等．
25.【答案】73 321−9
【解析】(1)解：①∠DNM=120∘是定值．
理由：连接BE，CF.同法可证△BAE≌△CAF(SAS)，
∴∠ABE=∠ACF，
∵∠ABC+∠ACB=60∘+60∘=120∘，
∴∠EBC+∠BCF=∠ABC−∠ABE+∠ACB+∠ACF=120∘，
∵EN=NC，EM=MF，
∴MN//CF，
∴∠ENM=∠ECF，
∵BD=DC，EN=NC，
∴DN//BE，
∴∠CDN=∠EBC，
∵∠END=∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM=∠DNE+∠ENM=∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF=∠EBC+∠ACB+∠ACF=∠EBC+∠BCF=120∘.
②如图，取AC的中点，连接BJ，BN.
∵AJ=CJ，EN=NC，
∴JN=12AE=3，
∵BJ=AD=43，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤53，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3−2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN.
∵KJ=AJ⋅tan30∘=433，JN=3，
∴KN=733，
在Rt△HKN中，∵∠NHK=90∘，∠NKH=60∘，
∴HN=NK⋅sin60∘=733×32=72，
∴S△ADN=12AD⋅NH=12×43×72=73，
故答案为：73；
(2)如图，假设P点即为所求，分别作点P关于AB、AC的对称点P′、P′′，
连接PP′，分别交AB、AC于点E、F，连接PE，PF，
由对称性可知，PE+EF+PF=P′E+EF+FP′′=P′P′′，且P′、E、F、P′′在一条直线上，
∴P′P′′即为最短距离，其长度取决于PA的长度
作出BC的圆心O，连接AO，与BC交于P，P点即为使PA最短的点，
∵AB=6，AC=3km，∠BAC=60∘，
∴△ABC是直角三角形，∠ABC=30∘，BC=33，
∵BC所对的圆心角为60∘，
∴△OBC是等边三角形，∠CBO=60∘，BO=BC=33，
∴∠ABO=90∘，AO=37，PA=37−33，
∵∠P′AE=∠EAP，∠PAF=∠FAP′′，
∴∠P′AP′′=2∠ABC=120∘，P′A=AP′′，
∴∠AP′E=∠AP′′F=30∘，
∵P′P′′=2P′A⋅cos∠AP′E=3P′A=321−9，
∴△PEF周长的最小值为321−9，
故答案为：321−9；
(3)解：①如图，作OG⊥CD，垂足为G，延长OG交弧AB于点E′，则此时△CDE的面积最大．
∵OA=OB=12，AC=4，点D为OB的中点，
∴OC=8，OD=6，
在Rt△COD中，CD=10，OG=4.8，
∴GE′=12−4.8=7.2，
∴四边形CODE面积的最大值为S△CDO+S△CDE′=12×6×8+12×10×7.2=60；
作E′H⊥OB，垂足为H，
∵∠E′OH+∠OE′H=90∘，∠E′OH+∠ODC=90∘，
∴∠OE′H=∠ODC，
又∵∠COD=∠E′HO=90∘，
∴△COD∽△OHE′，
∴ODCD=E′HOE′，
∴610=E′H12，
∴E′H=7.2，
∴出口E设在距直线OB的7.2米处可以使四边形CODE的面积最大为60平方米；
②铺设小路CE和DE的总造价为200CE+400DE=200(CE+2DE)，
如图，连接OE，延长OB到点Q，使BQ=OB=12，连接EQ，
在△EOD与△QOE中，∠EOD=∠QOE，
∴ODOE=OEOQ=12，
∴△EOD∽△QOE，故QE=2DE，
∴CE+2DE=CE+QE，问题转化为求CE+QE的最小值，
连接CQ，交弧AB于点E′，此时CE+QE取得最小值为CQ，
在Rt△COQ中，CO=8，OQ=24，
∴CQ=810，故总造价的最小值为160010，
作E′H⊥OB，垂足为H，连接OE′，
设E′H=x，则QH=3x，
∵在Rt△E′OH中，OH2+HE′2=OE′2，
∴(24−3x)2+x2=122，
解得，x1=36−665，x2=36+665(舍去)，
∴总造价的最小值为160010元，出口E距直线OB的距离为36−665.
(1)①利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF=120∘，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM=∠EBC+∠BCF即可．②取AC的中点，连接BJ，BN.首先证明当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3−2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN.解直角三角形求出NH即可解决问题；
(2)如图，假设P点即为所求，分别作点P关于AB、AC的对称点P′、P′′，连接PP′，分别交AB、AC于点E、F，连接PE，PF，由对称性可知，PE+EF+PF=P′E+EF+FP′′=P′P′′，且P′、E、F、P′′在一条直线上，P′P′′即为最短距离，其长度取决于PA的长度，作出BC的圆心O，连接AO，与BC交于P，P点即为使PA最短的点，求出此时线段P′P′′的长度即可；
(3)①作OG⊥CD，垂足为G，延长OG交弧AB于点E′，则此时△CDE的面积最大，可求出其值；作E′H⊥OB，垂足为H，证△COD∽△OHE′，即可求出E′H的长，即可写出结论，②铺设小路CE和DE的总造价为200CE+400DE=200(CE+2DE)，连接OE，延长OB到点Q，使BQ=OB=12，连接EQ，推出QE=2DE，所以CE+2DE=CE+QE，问题转化为求CE+QE的最小值，连接CQ，交弧AB于点E′，此时CE+QE取得最小值为CQ，可求出CQ的长度及总造价最小值；作E′H⊥OB，垂足为H，连接OE′，设E′H=x，则QH=3x，由勾股定理可求出x的值，即出口E距直线OB的距离．
本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，圆的有关概念及性质，最大面积，最小周长，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形以及能够将最小周长、最小造价等转化为两点之间线段最短的问题．
26.【答案】y=x2−9
【解析】解：(1)∵∠ACB−∠CDB=∠ACD−∠CBD，
∴∠ACB+∠CBD=∠ACD+∠CDB.
∵∠CED=∠ACB+∠CBD，∠CEB=∠ACD+∠CDB，
∴∠CED=∠CEB.
∵∠CED+∠CEB=180∘，
∴∠CED=∠CEB=90∘，
∴AC⊥BD.
连接OA，OD，过点O作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N，如下图，
则AM=12AC，DN=12BD.
∵OM⊥AC，ON⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OMEN为矩形．
∴ME=ON.
由勾股定理得：OE2=OM2+ME2=OM2+ON2，
OM2=OA2−AM2=12−(12AC)2=1−14AC2，
ON2=OD2−DN2=12−(12BD)2=1−14BD2，
∴OE2=1−14AC2+1−14BD2=2−14(AC2+BD2).
∵12≤OE≤22，
∴14≤OE2≤12.
∴14≤2−14(AC2+BD2)≤12.
∴−74≤−14(AC2+BD2)≤−32.
∴6≤AC2+BD2≤7.
(2)∵∠ACB=90∘，AB=8，AC=4，
∴∠B=30∘，BC=43.
∵D是BC的中点，
∴CD=BD=23.
若四边形ACDM是“等邻边四边形”，
①当AC=AM=4时，BM=AB−AM=4.
②当DM=DC时，过D作DE⊥AB于点E，如下图，
∵CD=BD=23，DM=DC，
∴DB=DM.
∵DE⊥AB，
∴BM=2BE.
∵BE=BD⋅cos∠B=23×cos30∘=3，
∴BM=6.
③当MD=MA时，过D作DF⊥AB于点E，如下图，
设MD=MA=x，则BM=8−x，
∵DF⊥AB，∠B=30∘，
∴DF=12BD=3，BF=BD⋅cos∠B=23×cos30∘=3，
∴FM=BM−BF=8−x−3=5−x.
∵DF2+FM2=DM2，
∴(3)2+(5−x)2=x2.
解得：x=2.8.
∴BM=8−2.8=5.2.
综上，当四边形ACDM是“等邻边四边形”时，BM的长为4或6或5.2.
(3)令y=0，则ax2+bx+c=0，
解得：x=−b±b2−4ac2a.
∵点A在点C的左侧，
∴A(−b−b2−4ac2a,0)，C(−b+b2−4ac2a,0).
∵a>0，
∴OA=b+b2−4ac2a，OC=−b+b2−4ac2a.
∴AC=OA+OC=b2−4aca.
令x=0，则y=c.
∴B(0,c).
∵c<0，
∴OB=−c.
∵D(0,−ac)，
∴OD=−ac.
∴BD=−c−ac.
∴S=12×AC⋅BD=12×b2−4aca×(−c−ac)，
S1=12×OA×OB=−c(b+b2−4ac)4a，
S2=12×OC×OD=−ac(−b+b2−4ac)4a=−c(−b+b2−4ac)4，
S3=12×OA×OD=−ac(b+b2−4ac)4a=−c(b+b2−4ac)4，
S4=12×OB×OC=−c(−b+b2−4ac)4a，
∵S=S1+S2，S=S3+S4，
∴S1+S2=S3+S4.
∴−c(b+b2−4ac)2a+−c(−b+b2−4ac)2=−c(b+b2−4ac)2+−c(−b+b2−4ac)2a.
∴2a=2，
∴a=1.
∵S=S1+S2，
∴S=S1+S2+2S1S2.
∴12×b2−4aca×(−c−ac)=−c(b+b2−4ac)4a+−c(−b+b2−4ac)4+2−c(b+b2−4ac)4a⋅−c(−b+b2−4ac)4，
将a=1代入，整理得：b2−4c=b2−4c2+−c，
解得：b=0.
∴A(−−c,0)，B(o,c)，C(−c,0)，D(0,−c).
∴OA=OC=−c，OB=OD=−c，
又AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形．
∴“正垂形”ABCD的周长为4AD.
∴4AD=1210.
∴AD=310.
∴AD2=90.
∵AD2=OA2+OD2，
∴(−c)2+(−c)2=90.
解得：c=−9或c=10(不合题意，舍去).
∴c=−9.
∴y=x2−9.
故答案为：y=x2−9.
(1)由已知条件∠ACB−∠CDB=∠ACD−∠CBD可得AC⊥BD；连接OA，OD，过点O作OM⊥AC于点M，ON⊥BD于点N，可得四边形OMEN为矩形，则ME=ON，利用勾股定理，垂径定理即可得出结论；
(2)利用“等邻边四边形”的定义，分类讨论解答即可得出结论；
(3)利用a，b，c分别表示A，B，C，D的坐标，得出线段OA，OB，OC，OD，AC，BD的长度，再利用三角形的面积公式与已知条件分别求出a，b，c即可得出结论．
本题是二次函数的综合题，主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形内角和定理的推论，勾股定理，不等式的基本性质，分类讨论的思想，菱形的性质，点的坐标的特征．本题是阅读型题目，准确理解题干中的新定义并熟练应用是解题的关键．
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