2020-2021学年湖北省武汉市三校联考九年级（上）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省武汉市三校联考九年级（上）期末数学试卷，共29页。


2020-2021学年湖北省武汉市三校联考九年级（上）期末数学试卷

1. 下列环保标志，既是轴对称图形，也是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 如图所示，从上面看该几何体的形状图为( )

A. B.
C. D.
3. 有两把不同的钥匙和三把锁，其中两把钥匙分别能打开两把锁，且不能打开第三把锁，随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率是( )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 16
4. 若关于x的方程(k−1)x2+4x+1=0有两不相等实数根，则k的取值范围是( )
A. k≤5 B. k<5 C. k≤5且k≠1 D. k<5且k≠1
5. 如图，在⊙O中，弦AC//半径OB，∠BOC=48∘，则∠OAB的度数为( )


A. 24∘ B. 30∘ C. 60∘ D. 90∘
6. 竖直向上的小球离地面的高度h(米)与时间t(秒)的关系函数关系式为h=−2t2+mt+258，若小球经过74秒落地，则小球在上抛过程中，第( )秒离地面最高.
A. 37 B. 47 C. 34 D. 43
7. 如图，在△ABC中，点D、E、F分别在AB、AC、BC边上，连接DE、EF，若DE//BC，EF//AB，则下列结论错误的是( )


A. AEEC=BFFC B. ADBF=ABBC C. EFAB=DEBC D. CECF=EABF
8. 如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A、C的坐标分别为(0,5)、(5,0)，∠ACB=90∘，AC=2BC，函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点B，则k的值为( )
A. 754 B. 758 C. 252 D. 25
9. 如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，点D为AB的中点，AC=3，cosA=13，将△DAC沿着CD折叠后，点A落在点E处，则BE的长为( )
A. 42 B. 4 C. 7 D. 32
10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，其部分图象如图所示，下列结论：①2a+b=0；②b2−4ac<0；③当y>0时，x的取值范围是−10时，y随x增大而增大；⑤若t为任意实数，则有a+b≥at2+bt，其中结论正确的个数是( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
11. 一副三角尺按如图的位置摆放(顶点B、C、D在一条直线上).将三角尺CDE绕着点C按逆时针方向旋转n∘后(0


12. 抛物线y=ax2−2ax−3与x轴交于两点，分别是(x1,0)，(x2,0)，则x1+x2=______.
13. 在△ABC中，∠C=90∘，∠A=30∘，BC=4，D为直线AB上的一点，若AD=2，则tan∠BDC的值为______ .
14. 如图，分别以正五边形ABCDE的顶点A，D为圆心，以AB长为半径画BE，CE.若AB=1，则阴影部分图形的周长为______(结果保留π).



15. 如图，已知，在矩形AOBC中，OB=4，OA=3，分别以OB、OA所在直线为x轴和y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，F是边BC上的一个动点(不与B、C重合)，过F点的反比例函数y=kx(k>0)的图象与AC边交于点E，将△CEF沿E对折后，C点恰好落在OB上的点D处，则k的值为______.
16. 如图，已知平行四边形ABCD中，∠B=60∘，AB=12，BC=5，P为AB上任意一点(可以与A、B重合)，延长PD到F，使得DF=PD，以PF、PC为边作平行四边形PCEF，则PE长度的最小值______.

17. 小明、小亮和小强三人准备下象棋，他们约定用“抛硬币”的游戏方式来确定哪个人先下棋，规则如下：
三人手中各持有一枚质地均匀的硬币，他们同时将手中硬币抛落到水平地面为一个回合，落地后，三枚硬币中，恰有两枚正面向上或者反面向上的两人先下棋；若三枚硬币均为正面向上或反面向上，则不能确定其中两人先下棋．
(1)请你完成下面表示游戏一个回合所有可能出现的结果的树状图；
(2)求出一个回合能确定两人下棋的概率．








18. 在下面16x8的正方形网格中，每个小正方形的边长为1个单位，△ABC是格点三角形(顶点在网格交点处)，请你画出：
(1)△ABC的中心对称图形，A点为对称中心；
(2)△ABC关于点P的位似△A′B′C′，且位似比为1：2；
(3)以A、B、C、D为顶点的所有格点平行四边形ABCD的顶点D.








19. 已知关于x的一元二次方程x2−22x+m=0有两个不相等的实数根．
(1)求实数m的最大整数值；
(2)在(1)的条件下，若方程的实数根为x1，x2，求代数式x12+x22−x1⋅x2的值．







20. 如图，在圆O中，AB为直径，EF为弦，连接AF，BE交于点P，且EF2=PF⋅AF.
(1)求证：F为弧BE的中点；
(2)若tan∠BEF=34，求cos∠ABE的值．












21. 小雨、小华、小星暑假到某超市参加社会实践活动，在活动中他们参加了某种水果的销售工作，已知该水果的进价为8元/千克．他们通过市场调查发现：当销售单价为10元时，那么每天可售出300千克；销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少50千克．
(1)求该超市销售这种水果，每天的销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)之间的函数关系式；
(2)一段时间后，发现这种水果每天的销售量均不低于250千克，则此时该超市销售这种水果每天获取的利润w(元)最大是多少？
(3)为响应政府号召，该超市决定在暑假期间每销售1千克这种水果就捐赠a元利润(a≤2.5)给希望工程．公司通过销售记录发现，当销售单价不超过13元时，每天扣除捐赠后的日销售利润随销售单价x(元/千克)的增大而增大，求a的取值范围．







22. 如图，双曲线y1=k1x与直线y2=k2x+b相交于A(1,m+2)，B(4,m−1)，点P是x轴上一动点．
(1)求双曲线y1=k1x与直线y2=k2x+b的解析式；
(2)当y1>y2时，直接写出x的取值范围；
(3)当△PAB是等腰三角形时，求点P的坐标．








23. 问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45∘，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
【发现证明】小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90∘至△ADG，从而发现EF=BE+FD，请你利用图(1)证明上述结论．
【类比引申】如图(2)，四边形ABCD中，∠BAD≠90∘，AB=AD，∠B+∠D=180∘，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足______关系时，仍有EF=BE+FD.
【探究应用】如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD.已知AB=AD=80米，∠B=60∘，∠ADC=120∘，∠BAD=150∘，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40(3−1)米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长(结果取整数，参考数据：2=1.41，3=1.73)









24. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=−12x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点；
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求S1S2的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．









答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则此项不符合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，则此项符合题意；
故选：D.
根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，逐一判断即可．
此题考查的是中心对称图形和轴对称图形的概念，掌握其概念是解决此题的关键．

2.【答案】C

【解析】解：根据能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示，
从上面看到的是矩形，且有看不见的轮廓线，
因此选项C中的图形符合题意；
故选：C.
根据三视图画法，能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示，进而得出答案．
本题考查简单几何体的三视图，理解看不见的轮廓线用虚线表示的意义是正确判断的前提．

3.【答案】B

【解析】解：三把锁分别用A、B、C表示，A、B对应的钥匙分别用a、b表示
画树状图为：

共有6种等可能的结果数，其中随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的结果数为2，
所以随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率=26=13；
故选：B.
三把锁分别用A、B、C表示，A、B对应的钥匙分别用a、b表示，画树状图展示所有6种等可能的结果数，找出随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．

4.【答案】D

【解析】解：∵关于x的方程(k−1)x2+4x+1=0有两个不相等的实数根，
∴k−1≠0△=42−4(k−1)>0，
解得：k<5且k≠1.
故选：D.
据二次项系数非零及根的判别式Δ>0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，利用二次项系数非零及根的判别式Δ>0，找出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．

5.【答案】A

【解析】解：∵AC//OB，
∴∠OBA=∠BAC，
∵∠BAC=12∠BOC=12×48∘=24∘，
∴∠OBA=24∘，
∵OA=OB，
∴∠OAB=24∘.
故选：A.
利用平行线的性质得∠OBA=∠BAC，再利用圆周角定理得到∠BAC=12∠BOC=24∘，从而得到∠OAB的度数．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．

6.【答案】A

【解析】解：∵h=−2t2+mt+258，小球经过74秒落地，
∴t=74时，h=0，
∴0=−2×(−74)2+74m+258，
解得：m=127，
当t=−b2a=−1272×(−2)=37时，h最大，
故选：A.
先根据题意得出方程，求得m的值，再求得二次函数的对称轴，则问题得解．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确列式得出m的值是解题的关键．

7.【答案】C

【解析】解：A.∵EF//AB，
∴AEEC=BFFC，
故本选项正确；
B.∵DE//BC，
∴ADAB=DEBC，
∵EF//AB，DE//BC，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴ADAB=BFBC，
∴ADBF=ABBC，故本选项正确；
C.∵EF//AB，
∴EFAB=CFBC，
∵CF和DE的大小关系不能确定，
∴EFAB≠DEBC，
故本选项错误；
D.∵EF//AB，
∴CEEA=CFBF，
∴CECF=EABF，
故本选项正确．
综上，结论错误的是：C.
故选：C.
利用平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质对每个选项进行判断即可．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，正确应用平行线分线段成比例定理是解题的关键．

8.【答案】A

【解析】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵A、C的坐标分别是(0,5)、(5、0)，
∴OA=OC=5，
在Rt△AOC中，AC=52+52=52，
又∵AC=2BC，
∴BC=522，
又∵∠ACB=90∘，
∴∠OAC=∠OCA=45∘=∠BCD=∠CBD，
∴CD=BD=22BC=22×522=52，
∴OD=5+52=152，
∴B(152,52 )，
将点B的坐标代入y=kx 得：k=754，
故选：A.
过B点作BD⊥x轴于D，如图，先判断△OAC为等腰直角三角形得到AC=2OC=52，∠ACO=45∘，再判断△BCD为等腰直角三角形得到CD=BD=22BC，则可计算出CD=BD=52，所以B(152,52 )，然后利用反比例函数图象上点的坐标特征求出k的值．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=kx(k为常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x,y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k.也考查了反比例函数的性质．

9.【答案】C

【解析】解：连接AE交CD于F，

∵∠ACB=90∘，AC=3，cos∠CAB=13，
∴AB=3AC=9，
由勾股定理得，BC=92−32=62，
∵∠ACB=90∘，点D为AB的中点，
∴CD=AD=BD=12 AB=92，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12×3×62=92，
∵点D为AB的中点，
∴S△ACD=12 S△ABC=922，
由翻转变换的性质可知，，且∠AFD=∠EFD=90∘，AF=EF，
∴AE⊥CD，
，即12×92⋅AE=92，
∴AE=42，
∴AF=12AE=22，
Rt△ADF中，由勾股定理得，DF=AD2−AF2=72，
∵AF=FE，AD=DB，
∴DF是△ABE的中位线，
∴BE=2DF=7，
故选：C.
连接AE交CD于F，由已知得AB=9，BC=62，D为AB的中点，可得CD=AD=BD=12 AB=92，由S△ABC=12AC⋅BC=12×3×62=92，且点D为AB的中点，可得S△ACD=922，从而可求出，AE=42，AF=22，再由由勾股定理得，DF=AD2−AF2=72，根据DF是△ABE的中位线，解可得到答案．
本题考查直角三角形中的翻折问题，涉及解直角三角形、对角线垂直的四边形面积、勾股定理等知识，解题的关键是由S△ACD求出，从而求出AE的长度．

10.【答案】B

【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，
∴b=−2a，
∴2a+b=0，故①正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为(−1,0)，
∴抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，故②错误；
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，与x 轴的一个交点坐标为(−1,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，
∴当y>0时，x 的取值范围是−1 当01时y随x的增大而减小，故④错误；
由图象知：抛物线的顶点横坐标为1，纵坐标大于3，即抛物线的最大值一定大于3，
∴若t为任意实数，当x=t时则有a+b≥at2+bt，故⑤正确；
故选：B.
根据二次函数的图象及性质即可判断．
本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是熟练正确理解二次函数图象与系数的关系，本题属于中等题型．

11.【答案】15或195

【解析】解：如图1中，当DE⊥BA交BA的延长线于J，设CE交AB于O.

在Rt△EOJ中，∠EOJ=90∘−∠E=60∘，
∵∠EOJ=∠BAC+∠AOC，
∴∠AOC=60∘−45∘=15∘.
如图2中，当ED⊥AB交AB的延长线J.

在四边形AJDC中，∠ACD=360∘−∠A−∠J−∠CDJ=105∘，
∴旋转角=105∘+90∘=195∘，
故答案为15或195.
分两种情形分别画出图形求解即可．
本题考查旋转变换、平行线的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．

12.【答案】2

【解析】解：由韦达定理得：
x1+x2=−−2aa=2，
故答案为2.
用韦达定理求解即可．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，要求学生熟练运用韦达定理．

13.【答案】32或34

【解析】解：作CE⊥AB于点E，
∵∠ACB=90∘，∠BAC=30∘，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠B=60∘，
∴BE=12BC=2，CE=23，
①如图1，点D在AB边上时，

∵AD=2，BE=2，AB=8，
∴DE=AB−BE−AD=4，
∴在Rt△DCE中，
tan∠BDC=CEDE=234=32；
②如图2，点D在BA延长线上时，
DE=AE+AD=AB−BE+AD=8−2+2=8，
在Rt△DCE中，
tan∠BDC=CEDE=238=34.
综上所述：tan∠BDC的值为32或34.
故答案为：32或34.
作CE⊥AB于点E，根据∠C=90∘，∠A=30∘，BC=4，可得AB=8，∠B=60∘，BE=12BC=2，CE=23，分两种情况画图：①如图1，点D在AB边上时，②如图2，点D在BA延长线上时，进而可求tan∠BDC的值．
本题考查了解直角三角形、含30度角的直角三角形，解决本题的关键是分两种情况画图解答．

14.【答案】65π+1

【解析】解：∵五边形ABCDE为正五边形，AB=1，
∴AB=BC=CD=DE=EA=1，∠A=∠D=108∘，
∴BE=CE=108∘180∘⋅π⋅AB=35π，

故答案为：65π+1.
由五边形ABCDE可得出，AB=BC=CD=DE=EA=1、∠A=∠D=108∘，利用弧长公式可求出BE、CE的长度，再根据周长的定义，即可求出阴影部分图形的周长．
本题考查了正多边形和圆、弧长公式以及周长的定义，利用弧长公式求出BE、CE的长度是解题的关键．

15.【答案】218

【解析】解：如图，过点E作EM⊥x轴于点M，

∵将△CEF沿EF对折后，C点恰好落在OB上的D点处，
∴∠EDF=∠C=90∘，EC=ED，CF=DF，
∴∠MDE+∠FDB=90∘，
而EM⊥OB，
∴∠MDE+∠MED=90∘，
∴∠MED=∠FDB，
∴Rt△MED∽Rt△BDF；
又∵EC=AC−AE=4−k3，CF=BC−BF=3−k4，
∴ED=4−k3，DF=3−k4，
∴EDDF=4−k33−k4=43；
∵EM：DB=ED：DF=4：3，而EM=3，
∴DB=94，
在Rt△DBF中，DF2=DB2+BF2，即(3−k4)2=(94)2+(k4)2，
解得k=218，
故答案为218.
证明Rt△MED∽Rt△BDF，则EDDF=4−k33−k4=43，而EM：DB=ED：DF=4：3，求出DB，在Rt△DBF中，利用勾股定理即可求解．
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，涉及到图形折叠的性质、勾股定理以及三角形相似的判定与性质，综合性强，难度适中．

16.【答案】53

【解析】解：过C作CH⊥AB于H，则∠CHB=90∘，
在Rt△CBH中，∵∠B=60∘，BC=5，
∴sin∠B=CHBC，即CH5=32，
∴CH=532，
当PE⊥DC，且垂足G为DC的中点时，如图，此时PE的长最小，
∴PE=2PG=2CH=53，
当点P运动到点A时，PE最小为321，
故答案为：53.
当PE⊥DC，且垂足G为DC的中点时，PE长度的最小，进而解答即可．
考查了平行四边形的性质，关键是根据三角函数、点到直线的距离及垂线段最短解答，

17.【答案】解：(1)根据题意画图如下：


(2)一共有8种等可能的结果，一个回合能确定两人下棋的有6种，
则一个回合能确定两人下棋的概率是68=34.

【解析】(1)此题需两步完成，可根据题意画树状图求得所有可能出现的结果；
(2)根据树状图求得一个回合能确定两人下棋的情况，再根据概率公式求解即可．
此题考查了树状图法与列表法求概率．树状图法与列表法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

18.【答案】解：(1)如图所示：△AED为所求作的三角形；


(2)如图所示：△A′B′C′为所求作的三角形；


(3)如图所示：D1，D2，D3为所求作的点．


【解析】(1)由A为对称中心，故A点不动，连接BA并延长，使AD=AB，连接CA并延长，使AE=AC，连接ED，三角形AED为三角形ABC关于A中心对称的图形，如图所示；
(2)连接AP并延长，使A′P=2AP，连接BP并延长，使B′P=2BP，连接CP并延长，使C′P=2CP，连接A′B′，A′C′，B′C′，△A′B′C′为所求作的三角形；
(3)满足题意的D点有3个，分别是以AB为对角线作出的平行四边形ACBD1，以AC为对角线的平行四边形ABCD2，以BC为对角线的平行四边形ABD3C，如图所示．
此题考查了作图-位似变换及旋转变换，以及平行四边形的判定与性质，其中画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心，②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形，同时第三问满足题意的点D的位置有3处，注意找全．

19.【答案】解：(1)∵方程有两个不相等的实数根，
∴△=(22)2−4m>0，解得m<2，
∴最大整数m=1；
(2)当m=1时，方程为x2−22x+1=0，
由根与系数关系，得x1+x2=22，x1x2=1，
∴x12+x22−x1⋅x2
=(x1+x2)2−3x1x2
=(22)2−3×1
=5.

【解析】本题主要考查根的判别式及根与系数的关系，由方程根的情况求得m的取值范围是解题的关键．
(1)由方程有两个不相等的实数根，可知其判别式大于0，可得到关于m的不等式，可求得m的最大整数值；
(2)利用根与系数的关系可分别求得x1+x2和x1x2的值，代入计算即可．

20.【答案】(1)证明：连接AE，
∵EF2=PF⋅AF，
∴EFAF=PFEF，
∵∠AFE=∠EFP，
∴△AFE∽△EFP，
∴∠EAF=∠BEF，
∴EF=BF，
∴F为弧BE的中点；
(2)解：连接BF、OF，OF交BE于点Q，
∵AB是直径，
∴∠AFB=90∘
∵tan∠BEF=34，
∴tan∠BAF=BFAF=34，
设BF=3m，则AF=4m，根据勾股定理AB=5m，
∴OB=OF=52m，
∵BF=EF，
∴OF⊥BE，EQ=BQ，EF=BF=3m，
∵tan∠BEF=34，
∴FQEQ=34，
∴FQEF=35，
∴BQ=EQ=125m，
在Rt△BOQ中，cos∠ABE=BQOB=125m52m=2425.

【解析】(1)连接AE，证得△AFE∽△EFP，得出∠EAF=∠BEF，根据圆周角定理即可证得结论；
(2)连接BF、OF，根据圆周角定理即可证得BFAF=34，设BF=3m，则AF=4m，根据勾股定理AB=5m，则OB=OF=52m，根据圆心角、弧、弦的关系得到OF⊥BE，EQ=BQ，EF=BF=3m，由tan∠BEF=34，可知FQEQ=34，FQEF=35，则求得BQ=EQ=125m，然后在Rt△BOQ中，解直角三角形即可求得cos∠ABE的值．
本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理以及圆心角、弧、弦的关系，解直角三角形等，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．

21.【答案】解：(1)由题意，可得y=300−50(x−10)=−50x+800
(2)∵−50x+800≥250
∴x≤11
w=(x−8)y=(x−8)(−50x+800)=−50x2+1200x−6400=−50(x−12)2+800
∵−50<0，
∴当x≤12时，w随x的增大而增大，
∴当x=11时，w最大值=750元，
答：当售价为11元/千克时，该超市销售这种水果每天获取的利润w最大为750元．
(3)设扣除捐赠后的日销售利润为S元，
∴S=(x−8−a)(−50x+800)=−50x2+(1200+50a)x−6400−800a，
∵当x≤13时，S随x的增大而增大，
∴−1200+50a2×(−50)≥13，
∴a≥2，
∴2≤a≤2.5，
即a的取值范围为2≤a≤2.5.

【解析】本题是通过构建函数模型解答销售利润的问题．
(1)依据题意易得出每天的销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)之间的函数关系式y=−50x+800
(2)根据销售利润=销售量×(售价-进价)，列出平均每天的销售利润w(元)与销售价x(元/箱)之间的函数关系式，再依据函数的增减性求得最大利润．
(3)设扣除捐赠后的日销售利润为S元，则得S=(x−8−a)(−50x+800)，利用对称轴的位置即可求a的取值范围．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案．

22.【答案】解：(1)将点A、B的坐标代入y1=k1x得：m+2=k11m−1=k14，解得：k1=4m=2，
双曲线的表达式为：y1=4x，
点A、B的坐标分别为：(1,4)、(4,1)，
将点A、B的坐标代入一次函数表达式并解得：k2=−1b=5，
故直线y2的表达式为：y2=−x+5；

(2)从函数图象可以看出，当y1>y2时，04，
故x的取值范围为：04；

(3)设点P(a,0)，而点A、B的坐标分别为：(1,4)、(4,1)，
则PA2=(a−1)2+42，AB2=18，PB2=(a−4)2+12，
①当PA=PB时，(a−1)2+42=(a−4)2+12，
解得：a=0，
∴P1(0,0)；
②当PA=AB时，(a−1)2+42=18，
解得：a1=2+1,a2=−2+1，
∴P2(2+1,0),P3(−2+1,0)；
③当PA=AB时，(a−4)2+12=18，
解得：a3=17+4,a4=−17+4，
∴P4(17+4,0),P5(−17+4,0)；
综上所述，P1(0,0)，P2(2+1,0),P3(−2+1,0),P4(17+4,0),P5(−17+4,0).

【解析】(1)将点A、B的坐标代入y1=k1x求出k1和m值，得到点A、B的坐标，将点A、B的坐标代入一次函数表达式，即可求解；
(2)观察函数图象即可求解；
(3)分PA=PB、PA=AB、PA=AB三种情况，利用等腰三角形的性质即可求解．
本题考查了反比例函数的图象的性质以及等腰三角形的性质，利用形数结合解决此类问题，是非常有效的方法．

23.【答案】∠BAD=2∠EAF

【解析】【发现证明】证明：如图(1)，∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45∘，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45∘，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE∠GAF=∠FAEAF=AF，
∴△AFG≌△AFE(SAS)，
∴GF=EF，
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF；

【类比引申】∠BAD=2∠EAF.
理由如下：如图(2)，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180∘，∠ABC+∠ABM=180∘，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE∠FAE=∠MAEAF=AM，
∴△FAE≌△MAE(SAS)，
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF.
故答案是：∠BAD=2∠EAF.

【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150∘至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H.
∵∠BAD=150∘，∠DAE=90∘，
∴∠BAE=60∘.
又∵∠B=60∘，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60∘，
又∵∠ADF=120∘，
∴∠GDF=180∘，即点G在 CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵AH=80×32=403，HF=HD+DF=40+40(3−1)=403
故∠HAF=45∘，
∴∠DAF=∠HAF−∠HAD=45∘−30∘=15∘
从而∠EAF=∠EAD−∠DAF=90∘−15∘=75∘
又∵∠BAD=150∘=2×75∘=2∠EAF
∴根据上述推论有：EF=BE+DF=80+40(3−1)≈109(米)，即这条道路EF的长约为109米．
【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150∘至△ADG，只要再证明∠BAD=2∠EAF即可得出EF=BE+FD.
此题主要考查了四边形综合题，关键是正确画出图形，证明∠BAD=2∠EAF.此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．

24.【答案】解：(1)根据题意得A(−4,0)，C(0,2)，
∵抛物线y=−12x2+bx+c经过A，C两点，
∴0=−12×16−4b+c2=c，
∴b=−32，c=2，
∴y=−12x2−32x+2；
(2)①如图1，

令y=0，∴−12x2−32x+2=0，
∴x1=−4，x2=1，
∴B(1,0)，
过D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交AC于N，
∴DM//BN，
∴△DME∽△BNE，
∴S1：S2=DE：BE=DM：BN，
设D(a,−12a2−32a+2)，
∴M(a,12a+2)，
∵B(1.0)，
∴N(1,52)，
∴S1：S2=DM：BN=(−12a2−2a)：52=−15(a+2)2+45；
∴当a=−2时，S1：S2的最大值是45；
②∵A(−4,0)，B(1,0)，C(0,2)，
∴AC=25，BC=5，AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，
取AB的中点P，
∴P(−32,0)，
∴PA=PC=PB=52，
∴∠CPO=2∠BAC，
∴tan∠CPO=tan(2∠BAC)=43，
过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，
情况一：如图2，

当∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，
∴∠CDG=∠BAC，
∴tan∠CDG=tan∠BAC=12，
即RC：DR=12，
令D(a,−12a2−32a+2)，
∴DR=−a，RC=−12a2−32a，
∴(−12a2−32a)：(−a)=1：2，
∴a1=0(舍去)，a2=−2，
∴xD=−2，
情况二：当∠FDC=2∠BAC，
∴tan∠FDC=43，
设FC=4k，
∴DF=3k，DC=5k，
∵tan∠DGC=3k：FG=1：2，
∴FG=6k，
∴CG=2k，DG=35k
∴RC=255k，RG=455k，
DR=DG−RG=1155k，
∴DR：RC=(1155k)：(255k)=(−a)：(−12a2−32a)，
∴a1=0(舍去)，a2=−2911，
综上所述：点D的横坐标为−2或−2911.

【解析】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，直角三角形的性质等知识点，正确的作出辅助线是解题的关键，难度较大．
(1)根据题意得到A(−4,0)，C(0,2)代入y=−12x2+bx+c，于是得到结论；
(2)①如图1，令y=0，解方程得到x1=−4，x2=1，求得B(1,0)，过D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交AC于N，根据相似三角形△DME∽△BNE的性质即可得到结论；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P(−32,0)，得到PA=PC=PB=52，过D作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图2，∠DCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情况二：∠FDC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．