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浙教版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份浙教版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共34页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙教版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知二次函数y=(x−h)2(h为常数)，当自变量x的值满足−1≤x≤3时，与其对应的函数值y的最小值为4，则h的值为( )
A. 1或5 B. −5成3 C. −3或1 D. −3或5
2. 在三个函数：①y=kx+b(k≠0)；②y=kx(k≠0)；③y=ax2+bx+c(a<0)的图象上，都存在点P1(n,y1)，P2(n+1,y2)，P3(n+2,y3)，能够使不等式y3−y2
3. 小明在一天晚上帮妈妈洗三个只有颜色不同的有盖茶杯，这时突然停电了，小明只好将茶杯和杯盖随机搭配在一起，那么三个茶杯颜色全部搭配正确的概率是( )
A. 13 B. 16 C. 19 D. 127
4. 如图，在边长为1的小正方形组成的4×4网格中，网格线的交点称为格点.已知A、B是两格点，在格点中任意放置点C，恰好能使△ABC的面积为1的概率为( )
A. 424
B. 15
C. 625
D. 825
5. 如图，正方形ABCD对角线的交点刚好在坐标原点，其中点D坐标为(1,1)，若将对角线BD绕点B逆时针旋转30°后所在的直线交y轴于点E，连接AE.下列4个结论：①点O到直线BE的距离为22；②OE的长为2+1；③AB=AE；④直线AE的解析式为y=3x+3+1.其中正确的是( )
A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④
6. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AB=2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为( )
A. 13π B. 23π C. π D. 43π
7. 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB=4，∠AOC=120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为( )
A. 3 B. 1+6 C. 1+32 D. 1+7
8. 如图，等腰直角三角形ABC的顶点都在⊙O上，点M为⊙O上一点，连接OM，CM，若∠AOM=108°，则∠CMO的度数为( )
A. 18°
B. 9°
C. 6°
D. 3°
9. 如图，△ABC和△ADP均为等边三角形，点P在边AC上，连接BP并延长交CD于点E，连接AE.下列结论中错误的是 ( )
A. ∠BED=120° B. PA·PC=PB·PE
C. △BPC∽△DEP D. △ABE∽△DCA
10. 如图，在正方形ABCD中，以BC为边作等边ΔBPC，延长BP，CP分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF相较于点H，给出下列结论：①AE=12CF；②∠BPD=135∘；③△PDE∽△DBE；④ED2=EP⋅EB；其中正确的个数是 ( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠ABC=60°，∠EAF=60°，点E在CB的延长线上，点F在DC的延长线上，有下列结论：
①BE=CF；②∠EAB=∠CEF；③△ABE∽△EFC；④若∠BAE=15°，则点F到BC的距离为23−2．
则其中正确结论的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，D、E是BC上的两点，且BD=CE，过D、E作DM、EN分别垂直AB、AC，垂足为M、N，交于点F，连接AD、AE.其中：①四边形AMFN是正方形；②△ABE≌△ACD；③CE2+BD2=DE2；④当∠DAE=45°时，AD2=DE⋅CD.正确结论有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 函数y=2mx2−4mx−3(x≥0)−2mx2−4mx−3(x<0)，其中m是常数且m≠0，该函数的图象记为G．
(1)当m=12时，图象G与x轴的交点坐标为______．
(2)若直线y=m与该函数图象G恰好只有两个交点，则m的取值为______．
14. 已知函数y=(3k+1)x+5(k为常数)，若从−3≤k≤3中任取k值，则得到的函数是具有性质“y随x增加而减小”的一次函数的概率为______．
15. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED=45°，P为AB的中点，当E运动时，线段PE的最大值为______．
16. 如图，已知动点A在函数y=4x(x>0)的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，延长CA至点D，使AD=AB，延长BA至点E，使AE=AC.直线DE分别交x轴于点P，Q.当QE:DP=4:9时，图中阴影部分的面积等于 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
(1)求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
(2)若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
18. 如图所示，已知抛物线y=1a(x−2)(x+a)(a>0)与x轴交于点B，C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．
(1)若抛物线过点M(−2,−2)，求实数a的值．
(2)在(1)的条件下，解答下列问题：
①求△BCE的面积．
②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．
19. “六⋅一”儿童节前夕，我市某县“关心下一代工作委员会”决定对品学兼优的“留守儿童”进行表彰，某校八年级8个班中只能选两个班级参加这项活动，且8(1)班必须参加，另外再从其他班级中选一个班参加活动．8(5)班有学生建议采用如下的方法：将一个带着指针的圆形转盘分成面积相等的4个扇形，并在每个扇形上分别标上1，2，3，4四个数字，转动转盘两次，将两次指针所指的数字相加，(当指针指在某一条等分线上时视为无效，重新转动)和为几就选哪个班参加，你认为这种方法公平吗？请说明理由．
20. 如图，管中放置着三根同样的绳子AA1，BB1，CC1．
(1)小明从这三根绳子中随机选一根，恰好选中绳子AA1的概率是多少⋅
(2)小明先从左端A，B，C三个绳头中随机选两个打一个结，再从右端A1，B1，C1三个绳头中随机选两个打一个结.求这三根绳子能连接成一根长绳的概率．
21. 将正方形ABCD和正方形BEFG如图 ①所示放置，已知AB=52，BE=6，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转一定的角度α(0∘<α≤360∘)到图 ②所示，连接AE，CG．
(1)写出线段AE与CG的关系： ;
(2)当旋转至某一个角度时，点C，E，G在同一条直线上，求出此时AE的长．
22. 如图，点A的坐标为(2,2)，点B的坐标为(3,0)．
(1)请在平面直角坐标系中画出△ABC绕着点C逆时针旋转90°后的图形△DEC，使D点对应A点，E点对应B点；
(2)写出点D、E的坐标；
(3)求线段DB长．
23. 【证明体验】
(1)如图1，AD为△ABC的角平分线，∠ADC=60°，点E在AB上，AE=AC.求证：DE平分∠ADB．
【思考探究】
(2)如图2，在(1)的条件下，F为AB上一点，连结FC交AD于点G.若FB=FC，DG=2，CD=3，求BD的长．
【拓展延伸】
(3)如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA=2∠DCA，点E在AC上，∠EDC=∠ABC.若BC=5，CD=25，AD=2AE，求AC的长．
24. 如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8.线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．
(1)求∠BDF的大小．
(2)求CG的长．
25. 如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连结BE．
(1)求证：∠AEB=∠AFD；
(2)若AB=10，BF=5，求DF的长；
(3)若点G为AB的中点，连结DG，若点O在DG上，求BF：FC的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查二次函数的性质和最值，根据二次函数的性质和最值分类讨论是解题的关键．
由解析式可知该函数在x=h时取得最小值0，x>h时，y随x的增大而增大；当x
解：∵当x>h时，y随x的增大而增大，当x
可得：(−1−h)2=4，
解得：h=−3或h=1(舍)；
②若−1≤x≤3
解得：h=5或h=1(舍)；
③若−1
综上，h的值为−3或5，
故选D．
2.【答案】B
【解析】解：如图，当点P1(n,y1)，P2(n+1,y2)，P3(n+2,y3)在同一直线上时，过点P1作P1A⊥x轴于点A，过点P2作P2B⊥x轴于点B，过点P3作P3C⊥x轴于点C．
∵n+1=n+n+22，
∴AB=BC，
∵AP1//BP2//CP3，
∴P1P2=P2P3，
∴y2=y1+y32，
∴2y2=y1+y3，
∴y3−y2=y2−y1，
∴一次函数不满足条件，
对于反比例函数k>0时，如图，观察图象可知，y2<12(y1+y3)，
∴2y2
∴反比例函数不满足条件，
对于抛物线a<0，如图，观察图象可知，y2>12(y1+y3)，
∴2y2>y1+y3，
∴y3−y2
故选：B．
如图，当点P1(n,y1)，P2(n+1,y2)，P3(n+2,y3)在同一直线上时，过点P1作P1A⊥x轴于点A，过点P2作P2B⊥x轴于点B，过点P3作P3C⊥x轴于点C.证明y3−y2=y2−y1，推出一次函数不满足条件，对于反比例函数k>0时，二次函数a<0的情形，利用图象法解决问题即可．
本题考查二次函数与不等式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用图象法解决问题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了列举法求概率的知识．此题难度不大，注意不重不漏的表示出所有等可能的结果是解此题的关键，首先把三个茶杯和三个杯盖分别编号为A1、B1、C1和A2、B2、C2，然后又列举法即可表示出所有等可能的结果，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：把三个茶杯和三个杯盖分别编号为A1、B1、C1和A2、B2、C2，搭配的所有情况如下表，
从表中列举可知，所有可能出现的结果有6种，这些结果出现的可能性相等，全部搭配正确的只有一种，
所以颜色搭配正确的概率=16．
故选B．
4.【答案】C
【解析】 ∵在格点中任意放置点C，共有25种等可能的结果，恰好能使△ABC的面积为1的有6种结果，
∴恰好能使△ABC的面积为1的概率为625．
故选C．
5.【答案】D
【解析】解：∵正方形ABCD对角线的交点在坐标原点，点D坐标为(1,1)，
∴A(−1,1)，B(−1,−1)，C(1,−1)，
∴BD=22+22=22，OB=OD=2，
过点O作OF⊥BE于F，
在Rt△BOF中，∠OBF=30°，OB=2，
∴OF=12OB=22，
即点O到BE的距离为22，
因此①正确；
在Rt△EBM中，∠EBM=45°+30°=75°，BM=1，
∴EM=tan75°⋅BM=2+3，
∴OE=EM−OM=3+1，
因此②不正确；
在Rt△AEN中，AN=1，EN=OE−ON=3，
∴AE=12+(3)2=2=AB，
因此③正确；
由于A(−1,1)，E(0,3+1)，设直线AE的关系式为y=kx+b，则
−k+b=1b=3+1．
解得k=3b=1+3，
∴直线AE的关系式为y=3x+3+1，
因此④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故选：D．
根据正方形的性质，直角三角形的边角关系，一次函数图象上点的坐标特征以及旋转的性质逐项进行判断即可．
本题考查正方形的性质，直角三角形的边角关系，一次函数图象上点的坐标特征以及旋转的性质，掌握正方形的性质，直角三角形的边角关系，一次函数图象上点的坐标特征是正确解答的前提．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠CFB=90°，
∴点F的运动轨迹在以BC为直径的圆弧上，
如图，当点E在点A处时，点F在点M处，
当点E在点B处时，点F在点B处，
故点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM
取BC的中点O，连接OM．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠BCM=60°，
∴∠BOM=120°(同弧所对圆周角等于圆心角的一半)，
∵OM=OC=OB=1，
∴BM的长=120⋅π⋅1180=23π.
故选：B．
因为∠CFB=90°，推出点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，求出圆心角∠BOM和半径OM即可解决问题；
本题考查轨迹、菱形的性质、弧长公式、圆周角定理等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹，属于中考常考题型．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．
如图，连接OQ，作CH⊥AB于H.首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题；
【解答】
解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．
∵AQ=QP，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO=90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在Rt△OCH中，∵∠COH=60°，OC=2，
∴OH=12OC=1，CH=3，
在Rt△CKH中，CK=(3)2+22=7，
∴CQ的最大值为1+7，
故选：D．
8.【答案】B
【解析】解：∵∠AOM=108°，
∴∠ACM=12∠AOM=12×108°=54°．
设AB，CM交于点G，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠A=45°，
∴∠AOM=∠CMO+∠OGM=108°．
∵∠OGM=∠A+∠ACM，
∴∠AOM=∠CMO+∠ACM+∠A=∠CMO+54°+45°=108°，
∴∠CMO=108°−54°−45°=9°，
故选B．
由等腰直角三角形的性质及圆的概念与性质可求解∠ACM=54°，设AB，CM交于点G，由三角形外角的性质可得∠AOM=∠CMO+∠OGM=108°，∠OGM=∠A+∠ACM，进而可求解∠COM的值．
本题主要考查三角形外角的性质，圆的概念与性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用三角形外角的性质求解角的度数是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查相似三角形的判定与性质和等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，如图过A作AG⊥BE于点G，AH⊥CD于点H，根据相似三角形的判定与性质和等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质判定A、B、D是正确的，进而选择答案．
【解答】
解：∵△ABC和△APD均为等边三角形
∴PD//AB，
∵∠BAP=∠CAD=60∘，AC=AB，AD=AP，
∴△ABP≌△ACD，
∴BP=CD，
∴∠PCE=∠ABP，
∵∠CPE=∠APB，
∴△CPE∽△BPA，
∴PAPE=PBPC，
∴PA⋅PC=PB⋅PE，即B正确;
∴∠BEC=∠BAC=60∘
∴∠BED=120∘，即A正确;
过A作AG⊥BE于点G，AH⊥CD于点H，
由(1)得△ABP≌△ACD，
∴AG=AH(全等三角形对应高相等)
∴EA平分∠BED
∴∠BEA=∠CAD=60∘，
∵∠ABE=∠ACD
∴△ABE∽△DCA，即D正确;
∵∠BED=120∘，而∠BPC=180∘−∠APB
∴∠BED≠∠BPC
∴△BPC∽△DEP错误，
故选C．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的正方形的性质，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
由正方形的性质、等边三角形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【解答】
解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
又在正方形ABCD中，易得∠FCD=∠EBA=30°，∠CFD=∠BEA=60°，CD=AB，
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴BE=CF，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴AE=12BE=12CF；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠EDP=∠EBD，
∵∠DEP=∠DEP，
∴△DEP∽△BED，故③正确；
∴EPED=EDEB，即ED2=EP⋅EB，故④正确；
∵∠PBD=15°，∠PDB=30°，
∴∠BPD=135°，故②正确；
故选D．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
①只要证明△BAE≌△CAF即可判断；
②根据等边三角形的性质以及三角形外角的性质即可判断；
③根据相似三角形的判定方法即可判断；
④求得点F到BC的距离即可判断．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠ACB=∠ACD，
∵∠BAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠ACD=∠ACB=60°，
∴∠ABE=∠ACF，
在△BAE和△CAF中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠ABE=∠ACF，
∴△BAE≌△CAF(ASA)，
∴AE=AF，BE=CF.故①正确；
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF=60°，
∵∠AEB+∠CEF=∠AEB+∠EAB=60°，
∴∠EAB=∠CEF，故②正确；
∵∠ACD=∠ACB=60°，
∴∠ECF=60°，
∵∠AEB<60°，
∴△ABE和△EFC不会相似，故③不正确；
过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，
∴∠AEB=45°，
在Rt△AGB中，∵∠ABC=60°，AB=4，
∴BG=2，AG=23，
在Rt△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，
∴AG=GE=23，
∴EB=EG−BG=23−2，
∵△AEB≌△AFC，
∴∠ABE=∠ACF=120°，EB=CF=23−2，
∴∠FCE=60°，∠CFH=30°，
在Rt△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=23−2，
∴CH=3−1．
∴FH=3(3−1)=3−3．
∴点F到BC的距离为3−3，故④不正确．
综上，正确结论的个数是2个，
故选：B．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
由三个角是直角的四边形是矩形，先判定四边形AMFN是矩形，再证明AM=AN，从而可判断①；利用SAS可判定△ABE≌△ACD，从而可判断②；在没有∠DAE=45°时，无法证得DE′=DE，故可判断③；由∠DAE=∠C，∠ADE=∠CDA可判定△ADE∽△CDA，从而可判定④．
【解答】
解：∵DM、EN分别垂直AB、AC，垂足为M、N，
∴∠AMF=∠ANF=90°，
又∵∠BAC=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠C=45°，
∵DM⊥AB，EN⊥AC，
∴△BDM和△CEN均为等腰直角三角形，
又∵BD=CE，
∴△BDM≌△CEN(AAS)，
∴BM=CN
∴AM=AN，
∴四边形AMFN是正方形，故①正确；
∵BD=CE，
∴BE=CD，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠C=45°，AB=AC，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，故②正确；
如图所示，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABE′，则CE=BE′，∠E′BA=∠C=45°，
由于△BDM≌△CEN，故点N落在点M处，连接ME′，则D、M、E′共线，
∵∠E′BA=45°，∠ABC=45°，
∴∠DBE′=90°，
∴BE′2+BD2=DE′2，
∴CE2+BD2=DE′2，
当∠DAE=45°时，∠DAE′=∠DAM+∠EAN=90°−45°=45°，
AE=AE′，AD=AD，
∴△ADE≌△ADE′(SAS)，
∴DE′=DE，
∴在没有∠DAE=45°时，无法证得DE′=DE，故③错误；
∵AB=AC，∠ABD=∠C，BD=CE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，
∴当∠DAE=45°时，∠ADE=∠AED=67.5°，
∵∠C=45°，
∴∠DAE=∠C，∠ADE=∠CDA，
∴△ADE∽△CDA，
∴ADDE=CDAD，
∴AD2=DE⋅CD，故④正确．
综上，正确的有①②④，共3个．
故选C．
13.【答案】(3,0) 3或−1
【解析】解：(1)当x≥0时，对称轴为直线x=−−4m2×2m=1，
当x<0时，对称轴为直线x=−−4m2×(−2m)=−1，
又当m=12时，函数y=x2−2x−3(x≥0)−x2−2x−3(x<0)，
当x≥0时，令x2−2x−3=0，
∴(x−3)(x+1)=0，
∴x1=3或x2=−1(舍去)，
∴x≥0时，x=3；
当x<0时，令−x2−2x−3=0，
∴x2+2x+3=0，
∵Δ=9−12<0，
∴x<0，无解，
∴与x轴的交点坐标为(3,0)；
(2)当m>0时，图象大致如图1所示，
当y=m经过顶点时，恰有2个交点，
∴当x=−1时，y=−2m+4m−3=2m−3=m，
∴m=3；
∴当x=1时，y=2m−4m−3=−2m−3=m，
∴m=−1(舍去)，
当m<0时，图象大致如图2所示，
当y=m经过顶点时，恰有2个交点，
当x=−1时，y=−2m+4m−3=2m−3=m，
∴m=3(舍去)，
当x=1时，y=2m−4m−3=−2m−3=m，
∴m=−1，
综上所述，m取值为3或−1．
(1)m=12，从而两个解析式是已知的，令y=0，解方程即可；
(2)分m>0，m<0两种情况，画出草图，令y=m与二次函数联列得方程组，求解即可．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是会分类讨论．
14.【答案】49
【解析】解：当3k+1<0时，即k<−13时，y随x增加而减小，
又∵−3≤k≤3，
∴−3≤k<13，
∴得到的函数具有“y随x增加而减小”的一次函数的概率为−13−(−3)3−(−3)=49，
故答案为：49．
求出“y随x增加而减小”的一次函数k的取值范围，再根据k的取值范围占总取值范围的比值即可．
考查随机事件发生的概率，几何概率是常用的方法，即符合条件的部分占整体的比值．
15.【答案】2+22
【解析】解：如图，连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，
∵∠AED=45°，∠ACD=45°，
∴A，C，E，D四点共圆，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴OE=OD=12BD=22，
∵P为AB的中点，O是BD的中点，
∴OP=12AD=2，
∵PE≤OP+OE=2+22，
∴当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，
即线段PE的最大值为2+22，
故答案为：2+22．
连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，根据A，C，E，D四点共圆，可得OE=OD=12BD=22，再根据PE≤OP+OE=2+22，可得当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，即线段PE的最大值为
2+22．
本题主要考查了正方形的性质、四点共圆、圆周角定理等知识的综合应用；熟练掌握正方形的性质，证明四点共圆是解决问题的关键．
16.【答案】133
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数与几何知识的综合应用，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．根据QE：DP=4：9，得出t2的值是解题的关键．过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F，设EF=4t，则PG=9t，易证△ADE∽△GPD，根据相似三角形性质求出t2的值，继而可求出阴影部分的面积．
【解答】
解：过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F．
∵QE：DP=4：9，
∴EF：PG=4：9，
设EF=4t，则PG=9t，
∴A(4t,1t)，
由AC=AE，AD=AB，
∴AE=4t，AD=1t，DG=1t，GP=9t，
易证△ADE∽△GPD，
∴AE：DG=AD：GP，
4t：1t=1t：9t，
即t2=16，
图中阴影部分的面积=12×4t×4t+12×1t×1t=133．
故答案为133．
17.【答案】解：(1)设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，
由题意，得4(1+x)2=5.76，
解这个方程，得x1=0.2，x2=−2.2(舍去)，
答：四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为20%；
(2)①由题意，得
100×(2−10×0.06)+80×(3−10×0.04)+(160−10)×(2+10×0.06+10×0.04)=798(万元)．
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，
由题意，得
W=100(2−0.06m)+80(3−0.04m)+(160−m)(2+0.06m+0.04m)，
化简，得W=−0.1(m−24)2+817.6，
∵−0.1<0，
∴当m=24时，W取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格下降24元时，景区六月份的门票总收入有最大值，最大值是817.6万元．
【解析】(1)设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，根据增长率问题应用题列出方程，解之即可；
(2)①根据题意丙种门票价格下降10元，列式100×(2−10×0.06)+80×(3−10×0.04)+(160−10)×(2+10×0.06+10×0.04)计算，即可求景区六月份的门票总收入；
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，由题意可得W=100(2−0.06m)+80(3−0.04m)+(160−m)(2+0.06m+0.04m)，化简得W=−0.1(m−24)2+817.6，然后根据二次函数的性质即可得结果．
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决本题的关键是掌握二次函数的应用，一元二次方程的应用．
18.【答案】解：(1)将M(−2,−2)代入抛物线表达式得−2=1a(−2−2)(−2+a)，
解得a=4．
经检验，a=4是方程的解.故a=4．
(2) ①由(1)得抛物线的表达式为y=14(x−2)(x+4)．
当y=0时，得0=14(x−2)(x+4)，解得x1=2，x2=−4．
∵点B在点C的左侧，
∴B(−4,0)，C(2,0)．
当x=0时，得y=−2，即E(0,−2)，
∴S△BCE=12×6×2=6．
②由抛物线的表达式为y=14(x−2)(x+4)，得对称轴为直线x=−1．
根据点C与点B关于抛物线的对称轴对称，可知直线BE与对称轴的交点即为所求的点H．
设直线BE的表达式为y=kx+b，
将B(−4,0)与E(0,−2)代入
得−4k+b=0,b=−2,
解得k=−12,b=−2.
∴直线BE的表达式为y=−12x−2．
将x=−1代入，得y=12−2=−32，
∴点H的坐标为(−1,−32).
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式，是二次函数综合题，熟知二次函数的性质是解题的关键．
(1)将M坐标代入抛物线解析式求出a的值即可；
(2)①求出的a代入确定出抛物线解析式，令y=0求出x的值，确定出B与C坐标，令x=0求出y的值，确定出E坐标，进而得出BC与OE的长，即可求出三角形BCE的面积；
②根据C与B关于对称轴对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，再求出直线BE的解析式，将x=−1代入直线BE解析式求出y的值，即可确定出H的坐标．
19.【答案】解：方法不公平2分
说理方法1：(用表格说明)4分
所以，八(2)班被选中的概率为：116，八(3)班被选中的概率为：216=18，
八(4)班被选中的概率为：316，八(5)班被选中的概率为：416=14，
八(6)班被选中的概率为：316，八(7)班被选中的概率为：216=18，
八(8)班被选中的概率为：116，所以这种方法不公平(7分)．
说理方法2(用树状图说明)(4分)
所以，八(2)班被选中的概率为：116，八(3)班被选中的概率为：216=18，
八(4)班被选中的概率为：316，八(5)班被选中的概率为：416=14，
八(6)班被选中的概率为：316，八(7)班被选中的概率为：216=18，
八(8)班被选中的概率为：116，所以这种方法不公平(7分)．
【解析】游戏是否公平，关键要看是否游戏双方赢的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)∵小明可选择的情况有三种，每种情况发生的可能性相等，恰好选中绳子AA1的情况为一种，
∴小明恰好选中绳子AA1的概率P=13；
(2)依题意，画树状图如下：
由图可知，分别在两端随机任选两个绳头打结，总共有9种情况，每种情况发生的可能性相等.，
其中左、右打结是相同字母(不考虑下标)的情况，不可能连接成为一根长绳，
∴能连接成为一根长绳的情况有6种：
①左端连AB，右端连A1C1或B1C1；
②左端连BC，右端连A1B1或A1C1；
③左端连AC，右端连A1B1或B1C1．
故这三根绳子能连接成一根长绳的概率P=69=23．
【解析】本题考查了列表法和树状图法求概率，概率公式．
(1)直接利用概率公式计算即可；
(2)根据题意画树状图得到共有9种等可能结果，找出能连接成为一根长绳的情况有6种，利用概率公式计算即可．
21.【答案】解：(1)AE=CG，AE⊥CG；
(2)设EG的中点为H，连接BH，
在正方形BEFG中，BE−BG，∠EBG=90°，
∴∠BEG=∠BGE=∠EBH=∠GBH=45°，
∵BE=6，
∴由勾股定理得：BH=EH=HG=32．
当E在线段CG上时，如图 ③所示．
由(1)可知AE=CG，
在Rt△CBH中，BC=52，BH=EH=32，
∴CH=42，
∴CG=72，
∴AE=72，
当点E在CG的延长线上时，如图 ④所示．
同理，CH= 42，
∴CG=2，
∴AE=2，
综上所述，AE=72或2．
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质和正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，需要把握旋转过程中边角的对应关系，将AE的长度转化为CG的长度，从而利用勾股定理计算出线段长度，很好的考查了图形变换中对应的关系．
(1)由旋转中对应边和对应角相等，可证△ABE≌△CBG，可得AE=CG，由四边形内角和定理可求AE⊥CG；
(2)画图可知，点C、E、G在同一条直线上存在两种情况：当E在线段CG上时和当点E在CG的延长线上时，画出符合题意的图象，根据(1)的全等证明，可知AE=CG，利用CG所在三角形利用勾股定理求出CH，继而利用线段的和差关系可得CG长度即AE的长．
【解答】
解：(1)如图1中，设AE，CG交于点H，
∵在正方形ABCD和正方形BEFG中，AB=CB，∠ABE=∠CBG=90°，BE=BG
∴△ABE≌△CBG(SAS)
∴AE=CG，∠BAE=∠BCG，
∵∠D+∠DAE+∠DCB+∠BCG+∠AHC=360°，
∴90°+∠DAE+∠BAE+∠DCB+∠AHC=360°，
∴∠AHC=90°，
∴AE⊥CG；
(2)见答案．
22.【答案】解：(1)如图
(2)D(−4,2)，E(−2,2)；
(3)根据勾股定理，
DB=22+72=53
【解析】(1)将三角形三个顶点A，B绕着点C逆时针旋转90°，找到旋转后的对应点然后再顺次连接；
(2)从图中可以读出点D，E的坐标；
(3)连接BD，会发现BD在网格中，正好是一个直角三角形的斜边，利用勾股定理就可求出．
本题考查旋转变换作图，做这类题的关键是找旋转后的对应点．但本题中也考查了勾股定理的应用．
23.【答案】(1)证明：如图1，连接DE
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠CAD，
∵AE=AC，AD=AD，
∴△EAD≌△CAD(SAS)，
∴∠ADE=∠ADC=60°，
∵∠BDE=180°−∠ADE−∠ADC=180°−60°−60°=60°，
∴∠BDE=∠ADE，
∴DE平分∠ADB．
(2)解：如图2，
∵FB=FC，
∴∠EBD=∠GCD；
∵∠BDE=∠CDG=60°，
∴△BDE∽△CDG，
∴BDCD=DEDG；
∵△EAD≌△CAD，
∴DE=CD=3，
∵DG=2，
∴BD=CD2DG=322=92．
(3)解：如图3，在AB上取一点F，使AF=AD，连结CF．
∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC=∠DAC，
∵AC=AC，
∴△AFC≌△ADC(SAS)，
∴CF=CD，∠FCA=∠DCA，∠AFC=∠ADC，
∵∠FCA+∠BCF=∠BCA=2∠DCA，
∴∠DCA=∠BCF，即∠DCE=∠BCF，
∵∠EDC=∠ABC，即∠EDC=∠FBC，
∴△DCE∽△BCF，
∴CDBC=CECF，∠DEC=∠BFC，
∵BC=5，CF=CD=25，
∴CE=CD2BC=(25)25=4；
∵∠AED+∠DEC=180°，∠AFC+∠BFC=180°，
∴∠AED=∠AFC=∠ADC，
∵∠EAD=∠DAC(公共角)，
∴△EAD∽△DAC，
∴AEAD=ADAC=12，
∴AC=2AD，AD=2AE，
∴AC=4AE=43CE=43×4=163．
【解析】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、角的平分线等知识，解第(3)题时，应注意探究题中的隐含条件，通过适当添加辅助线构造全等三角形和相似三角形；此题难度较大，属于考试压轴题．
(1)由△EAD≌△CAD得∠ADE=∠ADC=60°，因而∠BDE=60°，所以DE平分∠ADB；
(2)先证明△BDE∽△CDG，其中CD=ED，再由相似三角形的对应边成比例求出BD的长；
(3)根据角平分线的特点，在AB上截取AF=AD，连结CF，构造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性质求出AC的长．
24.【答案】解：(1)∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴∠DAB=90°，AD=AB=10，
∴∠ABD=45°，
∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，
∴AB//EF，
∴∠BDF=∠ABD=45°；
(2)由平移的性质得，AE//CG，AB//EF，
∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，
∵∠DAB=90°，
∴∠ADE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ADE=∠ACB，
∴△ADE∽△ACB，
∴ ADAC=AEAB ，
∵AC=8，AB=AD=10，
∴AE=12.5，
由平移的性质得，
CG=AE=12.5．
【解析】此题主要考查了平移与旋转性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB是解本题的关键．
(1)由旋转的性质得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；
(2)先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出AE，即可得出结论．
25.【答案】(1)证明：∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADF=90°，
∴∠AFD+∠FAD=90°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠AFD，
∴∠AEB=∠AFD；
(2)解：如图1，过点B作BM⊥AE于点M．
∵∠AFD=∠BFE，∠AFD=∠AEB，
∴∠BFE=∠AEB，
∴BF=BE=5，
∵AB=10，∠ABE=90°，
∴AE=AB2+BE2=102+52=55，
∵S△ABE=12AB⋅BE=12AE⋅BM，
∴BM=AB⋅BEAE=10×555=25，
∴EM=FM=BE2−BM2=52−(25)2=5，
∵∠BMF=∠ADF=90°，∠AFD=∠BFM，
∴△BFM∽△AFD，
∴BFBM=MFDF，
∴525=5DF，
∴DF=2；
(3)解：∵∠ADB=90°，G为AB的中点，
∴AG=DG=BG，
∵O为AE的中点，G为AB的中点，
∴OG//BE，
∵∠ABE=90°，
∴∠AGD=90°，
∴△ADG为等腰直角三角形，
∴∠GAD=45°，
∴∠ABD=45°，
过点F作FH⊥AB于点H，如图2，
∵AF平分∠BAD，
∴FD=FH，
∵∠ABD=45°，
∴BF=2FH=2FD，
∵∠AFD=∠AEB，∠AEB=∠C，
∴∠AFD=∠C，
∴AF=AC，
又∵AD⊥BC，
∴FD=DC，
设FD=DC=x，则BF=2x，
∴BFCF=2x2x=22．
【解析】(1)由圆周角定理及直角三角形的性质可得出结论；
(2)过点B作BM⊥AE于点M.由勾股定理求出AE=55，求出AF的长，证明△BFM∽△AFD，由相似三角形的性质得出BFBM=MFDF，则可得出答案；
(3)证出∠ABD=45°，过点F作FH⊥AB于点H，证出BF=2FH=2FD，由等腰三角形的性质证出FD=CD，则可得出答案．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分的性质等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
浙教版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知二次函数y=(x−h)2(h为常数)，当自变量x的值满足−1≤x≤3时，与其对应的函数值y的最小值为4，则h的值为( )
A. 1或5 B. −5成3 C. −3或1 D. −3或5
2. 在三个函数：①y=kx+b(k≠0)；②y=kx(k≠0)；③y=ax2+bx+c(a<0)的图象上，都存在点P1(n,y1)，P2(n+1,y2)，P3(n+2,y3)，能够使不等式y3−y2
3. 小明在一天晚上帮妈妈洗三个只有颜色不同的有盖茶杯，这时突然停电了，小明只好将茶杯和杯盖随机搭配在一起，那么三个茶杯颜色全部搭配正确的概率是( )
A. 13 B. 16 C. 19 D. 127
4. 如图，在边长为1的小正方形组成的4×4网格中，网格线的交点称为格点.已知A、B是两格点，在格点中任意放置点C，恰好能使△ABC的面积为1的概率为( )
A. 424
B. 15
C. 625
D. 825
5. 如图，正方形ABCD对角线的交点刚好在坐标原点，其中点D坐标为(1,1)，若将对角线BD绕点B逆时针旋转30°后所在的直线交y轴于点E，连接AE.下列4个结论：①点O到直线BE的距离为22；②OE的长为2+1；③AB=AE；④直线AE的解析式为y=3x+3+1.其中正确的是( )
A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④
6. 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AB=2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为( )
A. 13π B. 23π C. π D. 43π
7. 如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB=4，∠AOC=120°，P为⊙O上的动点，连接AP，取AP中点Q，连接CQ，则线段CQ的最大值为( )
A. 3 B. 1+6 C. 1+32 D. 1+7
8. 如图，等腰直角三角形ABC的顶点都在⊙O上，点M为⊙O上一点，连接OM，CM，若∠AOM=108°，则∠CMO的度数为( )
A. 18°
B. 9°
C. 6°
D. 3°
9. 如图，△ABC和△ADP均为等边三角形，点P在边AC上，连接BP并延长交CD于点E，连接AE.下列结论中错误的是 ( )
A. ∠BED=120° B. PA·PC=PB·PE
C. △BPC∽△DEP D. △ABE∽△DCA
10. 如图，在正方形ABCD中，以BC为边作等边ΔBPC，延长BP，CP分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF相较于点H，给出下列结论：①AE=12CF；②∠BPD=135∘；③△PDE∽△DBE；④ED2=EP⋅EB；其中正确的个数是 ( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠ABC=60°，∠EAF=60°，点E在CB的延长线上，点F在DC的延长线上，有下列结论：
①BE=CF；②∠EAB=∠CEF；③△ABE∽△EFC；④若∠BAE=15°，则点F到BC的距离为23−2．
则其中正确结论的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，D、E是BC上的两点，且BD=CE，过D、E作DM、EN分别垂直AB、AC，垂足为M、N，交于点F，连接AD、AE.其中：①四边形AMFN是正方形；②△ABE≌△ACD；③CE2+BD2=DE2；④当∠DAE=45°时，AD2=DE⋅CD.正确结论有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 函数y=2mx2−4mx−3(x≥0)−2mx2−4mx−3(x<0)，其中m是常数且m≠0，该函数的图象记为G．
(1)当m=12时，图象G与x轴的交点坐标为______．
(2)若直线y=m与该函数图象G恰好只有两个交点，则m的取值为______．
14. 已知函数y=(3k+1)x+5(k为常数)，若从−3≤k≤3中任取k值，则得到的函数是具有性质“y随x增加而减小”的一次函数的概率为______．
15. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED=45°，P为AB的中点，当E运动时，线段PE的最大值为______．
16. 如图，已知动点A在函数y=4x(x>0)的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，延长CA至点D，使AD=AB，延长BA至点E，使AE=AC.直线DE分别交x轴于点P，Q.当QE:DP=4:9时，图中阴影部分的面积等于 ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
(1)求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
(2)若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
18. 如图所示，已知抛物线y=1a(x−2)(x+a)(a>0)与x轴交于点B，C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．
(1)若抛物线过点M(−2,−2)，求实数a的值．
(2)在(1)的条件下，解答下列问题：
①求△BCE的面积．
②在抛物线的对称轴上找一点H，使CH+EH的值最小，直接写出点H的坐标．
19. “六⋅一”儿童节前夕，我市某县“关心下一代工作委员会”决定对品学兼优的“留守儿童”进行表彰，某校八年级8个班中只能选两个班级参加这项活动，且8(1)班必须参加，另外再从其他班级中选一个班参加活动．8(5)班有学生建议采用如下的方法：将一个带着指针的圆形转盘分成面积相等的4个扇形，并在每个扇形上分别标上1，2，3，4四个数字，转动转盘两次，将两次指针所指的数字相加，(当指针指在某一条等分线上时视为无效，重新转动)和为几就选哪个班参加，你认为这种方法公平吗？请说明理由．
20. 如图，管中放置着三根同样的绳子AA1，BB1，CC1．
(1)小明从这三根绳子中随机选一根，恰好选中绳子AA1的概率是多少⋅
(2)小明先从左端A，B，C三个绳头中随机选两个打一个结，再从右端A1，B1，C1三个绳头中随机选两个打一个结.求这三根绳子能连接成一根长绳的概率．
21. 将正方形ABCD和正方形BEFG如图 ①所示放置，已知AB=52，BE=6，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转一定的角度α(0∘<α≤360∘)到图 ②所示，连接AE，CG．
(1)写出线段AE与CG的关系： ;
(2)当旋转至某一个角度时，点C，E，G在同一条直线上，求出此时AE的长．
22. 如图，点A的坐标为(2,2)，点B的坐标为(3,0)．
(1)请在平面直角坐标系中画出△ABC绕着点C逆时针旋转90°后的图形△DEC，使D点对应A点，E点对应B点；
(2)写出点D、E的坐标；
(3)求线段DB长．
23. 【证明体验】
(1)如图1，AD为△ABC的角平分线，∠ADC=60°，点E在AB上，AE=AC.求证：DE平分∠ADB．
【思考探究】
(2)如图2，在(1)的条件下，F为AB上一点，连结FC交AD于点G.若FB=FC，DG=2，CD=3，求BD的长．
【拓展延伸】
(3)如图3，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA=2∠DCA，点E在AC上，∠EDC=∠ABC.若BC=5，CD=25，AD=2AE，求AC的长．
24. 如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8.线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．
(1)求∠BDF的大小．
(2)求CG的长．
25. 如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连结BE．
(1)求证：∠AEB=∠AFD；
(2)若AB=10，BF=5，求DF的长；
(3)若点G为AB的中点，连结DG，若点O在DG上，求BF：FC的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查二次函数的性质和最值，根据二次函数的性质和最值分类讨论是解题的关键．
由解析式可知该函数在x=h时取得最小值0，x>h时，y随x的增大而增大；当x
解：∵当x>h时，y随x的增大而增大，当x
可得：(−1−h)2=4，
解得：h=−3或h=1(舍)；
②若−1≤x≤3
解得：h=5或h=1(舍)；
③若−1
综上，h的值为−3或5，
故选D．
2.【答案】B
【解析】解：如图，当点P1(n,y1)，P2(n+1,y2)，P3(n+2,y3)在同一直线上时，过点P1作P1A⊥x轴于点A，过点P2作P2B⊥x轴于点B，过点P3作P3C⊥x轴于点C．
∵n+1=n+n+22，
∴AB=BC，
∵AP1//BP2//CP3，
∴P1P2=P2P3，
∴y2=y1+y32，
∴2y2=y1+y3，
∴y3−y2=y2−y1，
∴一次函数不满足条件，
对于反比例函数k>0时，如图，观察图象可知，y2<12(y1+y3)，
∴2y2
∴反比例函数不满足条件，
对于抛物线a<0，如图，观察图象可知，y2>12(y1+y3)，
∴2y2>y1+y3，
∴y3−y2
故选：B．
如图，当点P1(n,y1)，P2(n+1,y2)，P3(n+2,y3)在同一直线上时，过点P1作P1A⊥x轴于点A，过点P2作P2B⊥x轴于点B，过点P3作P3C⊥x轴于点C.证明y3−y2=y2−y1，推出一次函数不满足条件，对于反比例函数k>0时，二次函数a<0的情形，利用图象法解决问题即可．
本题考查二次函数与不等式，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用图象法解决问题．
3.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了列举法求概率的知识．此题难度不大，注意不重不漏的表示出所有等可能的结果是解此题的关键，首先把三个茶杯和三个杯盖分别编号为A1、B1、C1和A2、B2、C2，然后又列举法即可表示出所有等可能的结果，再利用概率公式即可求得答案．
【解答】
解：把三个茶杯和三个杯盖分别编号为A1、B1、C1和A2、B2、C2，搭配的所有情况如下表，
从表中列举可知，所有可能出现的结果有6种，这些结果出现的可能性相等，全部搭配正确的只有一种，
所以颜色搭配正确的概率=16．
故选B．
4.【答案】C
【解析】 ∵在格点中任意放置点C，共有25种等可能的结果，恰好能使△ABC的面积为1的有6种结果，
∴恰好能使△ABC的面积为1的概率为625．
故选C．
5.【答案】D
【解析】解：∵正方形ABCD对角线的交点在坐标原点，点D坐标为(1,1)，
∴A(−1,1)，B(−1,−1)，C(1,−1)，
∴BD=22+22=22，OB=OD=2，
过点O作OF⊥BE于F，
在Rt△BOF中，∠OBF=30°，OB=2，
∴OF=12OB=22，
即点O到BE的距离为22，
因此①正确；
在Rt△EBM中，∠EBM=45°+30°=75°，BM=1，
∴EM=tan75°⋅BM=2+3，
∴OE=EM−OM=3+1，
因此②不正确；
在Rt△AEN中，AN=1，EN=OE−ON=3，
∴AE=12+(3)2=2=AB，
因此③正确；
由于A(−1,1)，E(0,3+1)，设直线AE的关系式为y=kx+b，则
−k+b=1b=3+1．
解得k=3b=1+3，
∴直线AE的关系式为y=3x+3+1，
因此④正确；
综上所述，正确的结论有：①③④，
故选：D．
根据正方形的性质，直角三角形的边角关系，一次函数图象上点的坐标特征以及旋转的性质逐项进行判断即可．
本题考查正方形的性质，直角三角形的边角关系，一次函数图象上点的坐标特征以及旋转的性质，掌握正方形的性质，直角三角形的边角关系，一次函数图象上点的坐标特征是正确解答的前提．
6.【答案】B
【解析】解：∵∠CFB=90°，
∴点F的运动轨迹在以BC为直径的圆弧上，
如图，当点E在点A处时，点F在点M处，
当点E在点B处时，点F在点B处，
故点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM
取BC的中点O，连接OM．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠BCM=60°，
∴∠BOM=120°(同弧所对圆周角等于圆心角的一半)，
∵OM=OC=OB=1，
∴BM的长=120⋅π⋅1180=23π.
故选：B．
因为∠CFB=90°，推出点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，求出圆心角∠BOM和半径OM即可解决问题；
本题考查轨迹、菱形的性质、弧长公式、圆周角定理等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹，属于中考常考题型．
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．
如图，连接OQ，作CH⊥AB于H.首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题；
【解答】
解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．
∵AQ=QP，
∴OQ⊥PA，
∴∠AQO=90°，
∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，
当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，
在Rt△OCH中，∵∠COH=60°，OC=2，
∴OH=12OC=1，CH=3，
在Rt△CKH中，CK=(3)2+22=7，
∴CQ的最大值为1+7，
故选：D．
8.【答案】B
【解析】解：∵∠AOM=108°，
∴∠ACM=12∠AOM=12×108°=54°．
设AB，CM交于点G，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠A=45°，
∴∠AOM=∠CMO+∠OGM=108°．
∵∠OGM=∠A+∠ACM，
∴∠AOM=∠CMO+∠ACM+∠A=∠CMO+54°+45°=108°，
∴∠CMO=108°−54°−45°=9°，
故选B．
由等腰直角三角形的性质及圆的概念与性质可求解∠ACM=54°，设AB，CM交于点G，由三角形外角的性质可得∠AOM=∠CMO+∠OGM=108°，∠OGM=∠A+∠ACM，进而可求解∠COM的值．
本题主要考查三角形外角的性质，圆的概念与性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用三角形外角的性质求解角的度数是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
此题主要考查相似三角形的判定与性质和等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，如图过A作AG⊥BE于点G，AH⊥CD于点H，根据相似三角形的判定与性质和等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质判定A、B、D是正确的，进而选择答案．
【解答】
解：∵△ABC和△APD均为等边三角形
∴PD//AB，
∵∠BAP=∠CAD=60∘，AC=AB，AD=AP，
∴△ABP≌△ACD，
∴BP=CD，
∴∠PCE=∠ABP，
∵∠CPE=∠APB，
∴△CPE∽△BPA，
∴PAPE=PBPC，
∴PA⋅PC=PB⋅PE，即B正确;
∴∠BEC=∠BAC=60∘
∴∠BED=120∘，即A正确;
过A作AG⊥BE于点G，AH⊥CD于点H，
由(1)得△ABP≌△ACD，
∴AG=AH(全等三角形对应高相等)
∴EA平分∠BED
∴∠BEA=∠CAD=60∘，
∵∠ABE=∠ACD
∴△ABE∽△DCA，即D正确;
∵∠BED=120∘，而∠BPC=180∘−∠APB
∴∠BED≠∠BPC
∴△BPC∽△DEP错误，
故选C．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的正方形的性质，等边三角形的性质以及相似三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握性质和定理．
由正方形的性质、等边三角形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
【解答】
解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
又在正方形ABCD中，易得∠FCD=∠EBA=30°，∠CFD=∠BEA=60°，CD=AB，
∴△ABE≌△DCF(AAS)，
∴BE=CF，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
∴AE=12BE=12CF；故①正确；
∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠EDP=∠EBD，
∵∠DEP=∠DEP，
∴△DEP∽△BED，故③正确；
∴EPED=EDEB，即ED2=EP⋅EB，故④正确；
∵∠PBD=15°，∠PDB=30°，
∴∠BPD=135°，故②正确；
故选D．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
①只要证明△BAE≌△CAF即可判断；
②根据等边三角形的性质以及三角形外角的性质即可判断；
③根据相似三角形的判定方法即可判断；
④求得点F到BC的距离即可判断．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠ACB=∠ACD，
∵∠BAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠ACD=∠ACB=60°，
∴∠ABE=∠ACF，
在△BAE和△CAF中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠ABE=∠ACF，
∴△BAE≌△CAF(ASA)，
∴AE=AF，BE=CF.故①正确；
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF=60°，
∵∠AEB+∠CEF=∠AEB+∠EAB=60°，
∴∠EAB=∠CEF，故②正确；
∵∠ACD=∠ACB=60°，
∴∠ECF=60°，
∵∠AEB<60°，
∴△ABE和△EFC不会相似，故③不正确；
过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，
∴∠AEB=45°，
在Rt△AGB中，∵∠ABC=60°，AB=4，
∴BG=2，AG=23，
在Rt△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，
∴AG=GE=23，
∴EB=EG−BG=23−2，
∵△AEB≌△AFC，
∴∠ABE=∠ACF=120°，EB=CF=23−2，
∴∠FCE=60°，∠CFH=30°，
在Rt△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=23−2，
∴CH=3−1．
∴FH=3(3−1)=3−3．
∴点F到BC的距离为3−3，故④不正确．
综上，正确结论的个数是2个，
故选：B．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及正方形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
由三个角是直角的四边形是矩形，先判定四边形AMFN是矩形，再证明AM=AN，从而可判断①；利用SAS可判定△ABE≌△ACD，从而可判断②；在没有∠DAE=45°时，无法证得DE′=DE，故可判断③；由∠DAE=∠C，∠ADE=∠CDA可判定△ADE∽△CDA，从而可判定④．
【解答】
解：∵DM、EN分别垂直AB、AC，垂足为M、N，
∴∠AMF=∠ANF=90°，
又∵∠BAC=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠C=45°，
∵DM⊥AB，EN⊥AC，
∴△BDM和△CEN均为等腰直角三角形，
又∵BD=CE，
∴△BDM≌△CEN(AAS)，
∴BM=CN
∴AM=AN，
∴四边形AMFN是正方形，故①正确；
∵BD=CE，
∴BE=CD，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠C=45°，AB=AC，
∴△ABE≌△ACD(SAS)，故②正确；
如图所示，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABE′，则CE=BE′，∠E′BA=∠C=45°，
由于△BDM≌△CEN，故点N落在点M处，连接ME′，则D、M、E′共线，
∵∠E′BA=45°，∠ABC=45°，
∴∠DBE′=90°，
∴BE′2+BD2=DE′2，
∴CE2+BD2=DE′2，
当∠DAE=45°时，∠DAE′=∠DAM+∠EAN=90°−45°=45°，
AE=AE′，AD=AD，
∴△ADE≌△ADE′(SAS)，
∴DE′=DE，
∴在没有∠DAE=45°时，无法证得DE′=DE，故③错误；
∵AB=AC，∠ABD=∠C，BD=CE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴AD=AE，
∴当∠DAE=45°时，∠ADE=∠AED=67.5°，
∵∠C=45°，
∴∠DAE=∠C，∠ADE=∠CDA，
∴△ADE∽△CDA，
∴ADDE=CDAD，
∴AD2=DE⋅CD，故④正确．
综上，正确的有①②④，共3个．
故选C．
13.【答案】(3,0) 3或−1
【解析】解：(1)当x≥0时，对称轴为直线x=−−4m2×2m=1，
当x<0时，对称轴为直线x=−−4m2×(−2m)=−1，
又当m=12时，函数y=x2−2x−3(x≥0)−x2−2x−3(x<0)，
当x≥0时，令x2−2x−3=0，
∴(x−3)(x+1)=0，
∴x1=3或x2=−1(舍去)，
∴x≥0时，x=3；
当x<0时，令−x2−2x−3=0，
∴x2+2x+3=0，
∵Δ=9−12<0，
∴x<0，无解，
∴与x轴的交点坐标为(3,0)；
(2)当m>0时，图象大致如图1所示，
当y=m经过顶点时，恰有2个交点，
∴当x=−1时，y=−2m+4m−3=2m−3=m，
∴m=3；
∴当x=1时，y=2m−4m−3=−2m−3=m，
∴m=−1(舍去)，
当m<0时，图象大致如图2所示，
当y=m经过顶点时，恰有2个交点，
当x=−1时，y=−2m+4m−3=2m−3=m，
∴m=3(舍去)，
当x=1时，y=2m−4m−3=−2m−3=m，
∴m=−1，
综上所述，m取值为3或−1．
(1)m=12，从而两个解析式是已知的，令y=0，解方程即可；
(2)分m>0，m<0两种情况，画出草图，令y=m与二次函数联列得方程组，求解即可．
本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是会分类讨论．
14.【答案】49
【解析】解：当3k+1<0时，即k<−13时，y随x增加而减小，
又∵−3≤k≤3，
∴−3≤k<13，
∴得到的函数具有“y随x增加而减小”的一次函数的概率为−13−(−3)3−(−3)=49，
故答案为：49．
求出“y随x增加而减小”的一次函数k的取值范围，再根据k的取值范围占总取值范围的比值即可．
考查随机事件发生的概率，几何概率是常用的方法，即符合条件的部分占整体的比值．
15.【答案】2+22
【解析】解：如图，连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，
∵∠AED=45°，∠ACD=45°，
∴A，C，E，D四点共圆，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴OE=OD=12BD=22，
∵P为AB的中点，O是BD的中点，
∴OP=12AD=2，
∵PE≤OP+OE=2+22，
∴当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，
即线段PE的最大值为2+22，
故答案为：2+22．
连接AC，BD交于点O，连接PO，EO，根据A，C，E，D四点共圆，可得OE=OD=12BD=22，再根据PE≤OP+OE=2+22，可得当点O在线段PE上时，PE=OP+OE=2+22，即线段PE的最大值为
2+22．
本题主要考查了正方形的性质、四点共圆、圆周角定理等知识的综合应用；熟练掌握正方形的性质，证明四点共圆是解决问题的关键．
16.【答案】133
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数与几何知识的综合应用，相似三角形的判定与性质，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．根据QE：DP=4：9，得出t2的值是解题的关键．过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F，设EF=4t，则PG=9t，易证△ADE∽△GPD，根据相似三角形性质求出t2的值，继而可求出阴影部分的面积．
【解答】
解：过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EF⊥y轴于点F．
∵QE：DP=4：9，
∴EF：PG=4：9，
设EF=4t，则PG=9t，
∴A(4t,1t)，
由AC=AE，AD=AB，
∴AE=4t，AD=1t，DG=1t，GP=9t，
易证△ADE∽△GPD，
∴AE：DG=AD：GP，
4t：1t=1t：9t，
即t2=16，
图中阴影部分的面积=12×4t×4t+12×1t×1t=133．
故答案为133．
17.【答案】解：(1)设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，
由题意，得4(1+x)2=5.76，
解这个方程，得x1=0.2，x2=−2.2(舍去)，
答：四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为20%；
(2)①由题意，得
100×(2−10×0.06)+80×(3−10×0.04)+(160−10)×(2+10×0.06+10×0.04)=798(万元)．
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，
由题意，得
W=100(2−0.06m)+80(3−0.04m)+(160−m)(2+0.06m+0.04m)，
化简，得W=−0.1(m−24)2+817.6，
∵−0.1<0，
∴当m=24时，W取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格下降24元时，景区六月份的门票总收入有最大值，最大值是817.6万元．
【解析】(1)设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，根据增长率问题应用题列出方程，解之即可；
(2)①根据题意丙种门票价格下降10元，列式100×(2−10×0.06)+80×(3−10×0.04)+(160−10)×(2+10×0.06+10×0.04)计算，即可求景区六月份的门票总收入；
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，由题意可得W=100(2−0.06m)+80(3−0.04m)+(160−m)(2+0.06m+0.04m)，化简得W=−0.1(m−24)2+817.6，然后根据二次函数的性质即可得结果．
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，解决本题的关键是掌握二次函数的应用，一元二次方程的应用．
18.【答案】解：(1)将M(−2,−2)代入抛物线表达式得−2=1a(−2−2)(−2+a)，
解得a=4．
经检验，a=4是方程的解.故a=4．
(2) ①由(1)得抛物线的表达式为y=14(x−2)(x+4)．
当y=0时，得0=14(x−2)(x+4)，解得x1=2，x2=−4．
∵点B在点C的左侧，
∴B(−4,0)，C(2,0)．
当x=0时，得y=−2，即E(0,−2)，
∴S△BCE=12×6×2=6．
②由抛物线的表达式为y=14(x−2)(x+4)，得对称轴为直线x=−1．
根据点C与点B关于抛物线的对称轴对称，可知直线BE与对称轴的交点即为所求的点H．
设直线BE的表达式为y=kx+b，
将B(−4,0)与E(0,−2)代入
得−4k+b=0,b=−2,
解得k=−12,b=−2.
∴直线BE的表达式为y=−12x−2．
将x=−1代入，得y=12−2=−32，
∴点H的坐标为(−1,−32).
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式，是二次函数综合题，熟知二次函数的性质是解题的关键．
(1)将M坐标代入抛物线解析式求出a的值即可；
(2)①求出的a代入确定出抛物线解析式，令y=0求出x的值，确定出B与C坐标，令x=0求出y的值，确定出E坐标，进而得出BC与OE的长，即可求出三角形BCE的面积；
②根据C与B关于对称轴对称，连接BE，与对称轴交于点H，即为所求，再求出直线BE的解析式，将x=−1代入直线BE解析式求出y的值，即可确定出H的坐标．
19.【答案】解：方法不公平2分
说理方法1：(用表格说明)4分
所以，八(2)班被选中的概率为：116，八(3)班被选中的概率为：216=18，
八(4)班被选中的概率为：316，八(5)班被选中的概率为：416=14，
八(6)班被选中的概率为：316，八(7)班被选中的概率为：216=18，
八(8)班被选中的概率为：116，所以这种方法不公平(7分)．
说理方法2(用树状图说明)(4分)
所以，八(2)班被选中的概率为：116，八(3)班被选中的概率为：216=18，
八(4)班被选中的概率为：316，八(5)班被选中的概率为：416=14，
八(6)班被选中的概率为：316，八(7)班被选中的概率为：216=18，
八(8)班被选中的概率为：116，所以这种方法不公平(7分)．
【解析】游戏是否公平，关键要看是否游戏双方赢的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】解：(1)∵小明可选择的情况有三种，每种情况发生的可能性相等，恰好选中绳子AA1的情况为一种，
∴小明恰好选中绳子AA1的概率P=13；
(2)依题意，画树状图如下：
由图可知，分别在两端随机任选两个绳头打结，总共有9种情况，每种情况发生的可能性相等.，
其中左、右打结是相同字母(不考虑下标)的情况，不可能连接成为一根长绳，
∴能连接成为一根长绳的情况有6种：
①左端连AB，右端连A1C1或B1C1；
②左端连BC，右端连A1B1或A1C1；
③左端连AC，右端连A1B1或B1C1．
故这三根绳子能连接成一根长绳的概率P=69=23．
【解析】本题考查了列表法和树状图法求概率，概率公式．
(1)直接利用概率公式计算即可；
(2)根据题意画树状图得到共有9种等可能结果，找出能连接成为一根长绳的情况有6种，利用概率公式计算即可．
21.【答案】解：(1)AE=CG，AE⊥CG；
(2)设EG的中点为H，连接BH，
在正方形BEFG中，BE−BG，∠EBG=90°，
∴∠BEG=∠BGE=∠EBH=∠GBH=45°，
∵BE=6，
∴由勾股定理得：BH=EH=HG=32．
当E在线段CG上时，如图 ③所示．
由(1)可知AE=CG，
在Rt△CBH中，BC=52，BH=EH=32，
∴CH=42，
∴CG=72，
∴AE=72，
当点E在CG的延长线上时，如图 ④所示．
同理，CH= 42，
∴CG=2，
∴AE=2，
综上所述，AE=72或2．
【解析】
【分析】
本题考查了旋转的性质和正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，需要把握旋转过程中边角的对应关系，将AE的长度转化为CG的长度，从而利用勾股定理计算出线段长度，很好的考查了图形变换中对应的关系．
(1)由旋转中对应边和对应角相等，可证△ABE≌△CBG，可得AE=CG，由四边形内角和定理可求AE⊥CG；
(2)画图可知，点C、E、G在同一条直线上存在两种情况：当E在线段CG上时和当点E在CG的延长线上时，画出符合题意的图象，根据(1)的全等证明，可知AE=CG，利用CG所在三角形利用勾股定理求出CH，继而利用线段的和差关系可得CG长度即AE的长．
【解答】
解：(1)如图1中，设AE，CG交于点H，
∵在正方形ABCD和正方形BEFG中，AB=CB，∠ABE=∠CBG=90°，BE=BG
∴△ABE≌△CBG(SAS)
∴AE=CG，∠BAE=∠BCG，
∵∠D+∠DAE+∠DCB+∠BCG+∠AHC=360°，
∴90°+∠DAE+∠BAE+∠DCB+∠AHC=360°，
∴∠AHC=90°，
∴AE⊥CG；
(2)见答案．
22.【答案】解：(1)如图
(2)D(−4,2)，E(−2,2)；
(3)根据勾股定理，
DB=22+72=53
【解析】(1)将三角形三个顶点A，B绕着点C逆时针旋转90°，找到旋转后的对应点然后再顺次连接；
(2)从图中可以读出点D，E的坐标；
(3)连接BD，会发现BD在网格中，正好是一个直角三角形的斜边，利用勾股定理就可求出．
本题考查旋转变换作图，做这类题的关键是找旋转后的对应点．但本题中也考查了勾股定理的应用．
23.【答案】(1)证明：如图1，连接DE
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠CAD，
∵AE=AC，AD=AD，
∴△EAD≌△CAD(SAS)，
∴∠ADE=∠ADC=60°，
∵∠BDE=180°−∠ADE−∠ADC=180°−60°−60°=60°，
∴∠BDE=∠ADE，
∴DE平分∠ADB．
(2)解：如图2，
∵FB=FC，
∴∠EBD=∠GCD；
∵∠BDE=∠CDG=60°，
∴△BDE∽△CDG，
∴BDCD=DEDG；
∵△EAD≌△CAD，
∴DE=CD=3，
∵DG=2，
∴BD=CD2DG=322=92．
(3)解：如图3，在AB上取一点F，使AF=AD，连结CF．
∵AC平分∠BAD，
∴∠FAC=∠DAC，
∵AC=AC，
∴△AFC≌△ADC(SAS)，
∴CF=CD，∠FCA=∠DCA，∠AFC=∠ADC，
∵∠FCA+∠BCF=∠BCA=2∠DCA，
∴∠DCA=∠BCF，即∠DCE=∠BCF，
∵∠EDC=∠ABC，即∠EDC=∠FBC，
∴△DCE∽△BCF，
∴CDBC=CECF，∠DEC=∠BFC，
∵BC=5，CF=CD=25，
∴CE=CD2BC=(25)25=4；
∵∠AED+∠DEC=180°，∠AFC+∠BFC=180°，
∴∠AED=∠AFC=∠ADC，
∵∠EAD=∠DAC(公共角)，
∴△EAD∽△DAC，
∴AEAD=ADAC=12，
∴AC=2AD，AD=2AE，
∴AC=4AE=43CE=43×4=163．
【解析】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、角的平分线等知识，解第(3)题时，应注意探究题中的隐含条件，通过适当添加辅助线构造全等三角形和相似三角形；此题难度较大，属于考试压轴题．
(1)由△EAD≌△CAD得∠ADE=∠ADC=60°，因而∠BDE=60°，所以DE平分∠ADB；
(2)先证明△BDE∽△CDG，其中CD=ED，再由相似三角形的对应边成比例求出BD的长；
(3)根据角平分线的特点，在AB上截取AF=AD，连结CF，构造全等三角形和相似三角形，由相似三角形的性质求出AC的长．
24.【答案】解：(1)∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，
∴∠DAB=90°，AD=AB=10，
∴∠ABD=45°，
∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，
∴AB//EF，
∴∠BDF=∠ABD=45°；
(2)由平移的性质得，AE//CG，AB//EF，
∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，
∵∠DAB=90°，
∴∠ADE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ADE=∠ACB，
∴△ADE∽△ACB，
∴ ADAC=AEAB ，
∵AC=8，AB=AD=10，
∴AE=12.5，
由平移的性质得，
CG=AE=12.5．
【解析】此题主要考查了平移与旋转性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB是解本题的关键．
(1)由旋转的性质得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；
(2)先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出AE，即可得出结论．
25.【答案】(1)证明：∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADF=90°，
∴∠AFD+∠FAD=90°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠AFD，
∴∠AEB=∠AFD；
(2)解：如图1，过点B作BM⊥AE于点M．
∵∠AFD=∠BFE，∠AFD=∠AEB，
∴∠BFE=∠AEB，
∴BF=BE=5，
∵AB=10，∠ABE=90°，
∴AE=AB2+BE2=102+52=55，
∵S△ABE=12AB⋅BE=12AE⋅BM，
∴BM=AB⋅BEAE=10×555=25，
∴EM=FM=BE2−BM2=52−(25)2=5，
∵∠BMF=∠ADF=90°，∠AFD=∠BFM，
∴△BFM∽△AFD，
∴BFBM=MFDF，
∴525=5DF，
∴DF=2；
(3)解：∵∠ADB=90°，G为AB的中点，
∴AG=DG=BG，
∵O为AE的中点，G为AB的中点，
∴OG//BE，
∵∠ABE=90°，
∴∠AGD=90°，
∴△ADG为等腰直角三角形，
∴∠GAD=45°，
∴∠ABD=45°，
过点F作FH⊥AB于点H，如图2，
∵AF平分∠BAD，
∴FD=FH，
∵∠ABD=45°，
∴BF=2FH=2FD，
∵∠AFD=∠AEB，∠AEB=∠C，
∴∠AFD=∠C，
∴AF=AC，
又∵AD⊥BC，
∴FD=DC，
设FD=DC=x，则BF=2x，
∴BFCF=2x2x=22．
【解析】(1)由圆周角定理及直角三角形的性质可得出结论；
(2)过点B作BM⊥AE于点M.由勾股定理求出AE=55，求出AF的长，证明△BFM∽△AFD，由相似三角形的性质得出BFBM=MFDF，则可得出答案；
(3)证出∠ABD=45°，过点F作FH⊥AB于点H，证出BF=2FH=2FD，由等腰三角形的性质证出FD=CD，则可得出答案．
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分的性质等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
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