宁夏石嘴山市罗平县3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编3解答题

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宁夏石嘴山市罗平县3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 03 解答题
三、解答题
49．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）求二次函数图象的顶点坐标和对称轴．
50．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）解方程：
（1）
（2）
51．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）在一个不透明的布袋里装有3个标号为1、2、3的小球，它们的材质、形状、大小完全相同，小凯从布袋里随机取出一个小球，记下数字为x，小敏从剩下的2个小球中随机取出一个小球，记下数字为y，这样确定了点P的坐标(x，y)．
（1）请你运用画树状图或列表的方法，写出点P所有可能的坐标；
（2）求点P(x，y)在函数y＝﹣x+3图象上的概率．
52．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上，点C的坐标为．

(1)画出关于原点O的中心对称图形．
(2)将绕点A1逆时针旋转90°得到，画出，并直接写出点C2的坐标．
53．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作圆O，交BC于点D，交AC于点E．
（1）求证：BD＝CD．
（2）若弧DE＝50°，求∠C的度数．

54．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，二次函数y1＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B 两点，与y轴交于点C，且点B的坐标为（1，0），点C的坐标为（0，﹣3）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）求二次函数的图象与x轴的另一个交点A的坐标．

55．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝2， CE＝1，求BD的长度.

56．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ax＋b（a≠0）的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，与反比例函数y＝（k≠0）的图象交于C，D两点，DE⊥轴于点E，点C的坐标为（6，﹣1），DE＝3
（1）求反比例函数与一次函数的表达式；
（2）求△COD的面积．

57．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）某食品零售店为食品厂代销一种盒装食品，当这种食品的单价定为7元时，每天卖出160盒，在此基础上，单价每提高1元，每天就会少卖20盒．若该食品每盒的成本为5元．设这种食品的单价为每盒元，零售店每天销售所获得的利润为y元．
（1）求y与x之间的函数关系式并写出自变量x的取值范围；
（2）当食品单价定为多少时，该零售店每天销售获得的利润最大？最大利润是多少？
58．（2022·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q同时出发，用t表示移动的时间（0≤t≤6）．
那么：（1）求四边形QAPC的面积；
（2）当t为何值时，PCQ的面积是31cm2？

59．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）解方程
60．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）用描点法画函数的图象．
x
...
－3
－2
－1
   0
   1
   2
   3
...
y
...










61．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）受益于新能源产业的高速发展，我市某汽车零部件生产企业的利润逐年提高，据统计，年利润为亿元，年利润为亿元，求该企业从年到年利润的年平均增长率
62．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）交大附中 各班举行了“垃圾分类，从我做起”的主题班会，九年级三班的同学在班会课上进行了一个有关垃圾分类知识竞答的活动，他们上网查阅了相关资料，收集到如下四个图标，并将其制成编号为的四张卡片(除编号和内容外，其余完全相同) ，他们将这四张卡片背面朝上，洗匀放好．

（1）从中随机抽取一张，恰好抽到“可回收物”的概率是
（2）从中随机抽取一张(不放回)，再从中随机抽一张，请用列表或画树状图的方法求抽到的两张卡片恰好是“其他垃圾”和“有害垃圾”的概率(这四张卡片分别用它们的编号表示)
63．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，已知AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．

（1）求证：AE＝ED；
（2）若AB＝10，∠CBD＝36°，求扇形AOC的面积．
64．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（5，1）、C（4，4），按下列要求作图：
（1）将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，并写出点B2的坐标；

65．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，已知 AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD⊥DC于点 D，AC平分∠DAB．
（1）求证：直线CD是⊙O的切线；
（2）若 AB=4，∠DAB=60°，求AD的长．

66．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）我国中东部地区雾霾天气趋于严重，环境治理已刻不容缓。某市某电器商场根据民众健康需要，代理销售某种空气净化器，其进价时元/台。经过市场销售后发现：在一个月内，当售价是元/台时，可售出台，且售价每降低元，就可多售出台。若供货商规定这种空气净化器售价不能低于元/台，代理销售商每月要完成不低于台的销售任务。
（1）求出月销售量（单位：台）与售价（单位：元/台）之间的函数关系式，并求出自变量的取值范围；
（2）当售价定为多少时，商场每月销售这种空气净化器所获得的利润（单位：元）最大？最大利润是多少？
67．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）在直角坐标系内的位置如图所示，，反比例函数在第一象限内的图像与交于点与交于点．
（1）求该反比例函数的解析式及图像为直线的正比例函数解析式；
（2）求的长．

68．（2021·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，抛物线经过，两点，且与轴交于点，点是抛物线的顶点，抛物线的对称轴交轴于点，连接．

（1）求经过三点的抛物线的函数表达式；
（2）点在该抛物线的对称轴上，若是以为直角边的直角三角形，求点的坐标；
（3）若为的中点，过点作轴于点，为抛物线上一动点，为轴上一动点，为直线上一动点，当以、、、为顶点的四边形是正方形时，请求出点的坐标．
69．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）解方程：．
70．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）“五一”小长假期间，小李一家想到以下四个5A级风景区旅游：A．石林风景区；B．香格里拉普达措国家公园；C．腾冲火山地质公园；D．玉龙雪山景区．但因为时间短，小李一家只能选择其中两个景区游玩
（1）若小李从四个景区中随机抽出两个景区，请用树状图或列表法求出所有可能的结果；
（2）在随机抽出的两个景区中，求抽到玉龙雪山风景区的概率．
71．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
（1）以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1．
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，若点C的坐标为（﹣4，﹣1），则点C2的坐标为　 　．

72．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，且CO⊥AB于点E．
（1）求证：∠BCO＝∠D．
（2）若CD＝4，AE＝2，求⊙O的半径．

73．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）已知二次函数y=﹣x2+bx+c的图象如图所示，它与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），与y轴的交点坐标为（0，3）．
（1）求出b，c的值，并写出此二次函数的解析式；
（2）根据图象，写出函数值y为正数时，自变量x的取值范围．        

74．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，直线分别与轴交于点，与轴交于点，与双曲线交于点．
（1）求与的值；
（2）已知是轴上的一点，当时，求点的坐标．

75．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E．
（1）求证：DE＝DB；
（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求△ABC外接圆的半径．

76．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）一名在校大学生利用“互联网+”自主创业，销售一种产品，这种产品的成本价10元/件，已知销售价不低于成本价，且物价部门规定这种产品的销售价不高于16元/件，市场调查发现，该产品每天的销售量（件与销售价（元/件）之间的函数关系如图所示．
（1）求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）求每天的销售利润W（元与销售价（元/件）之间的函数关系式，并求出每件销售价为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少？

77．（2019·宁夏石嘴山·九年级期末）数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上.
(1)小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由.
(2)如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长.


【答案】
49．顶点坐标为：（1，-4），对称轴为x=1.
【分析】把二次函数一般式化为顶点式，即可得到顶点坐标与对称轴．
【详解】解：∵，
把二次函数化为顶点式为：；
∴顶点坐标为：（1，-4），
∴对称轴为x=1.
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练把二次函数的一般式化为顶点式．
50．（1）或；（2）或
【分析】（1）根据配方法解一元二次方程，即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
【详解】（1），
，
，
，
，
或；
（2），
，
，
或，
或．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法和因式分解法解方程是解题的关键．
51．（1）树状图见解析，共有6种等可能的结果，点P所有可能的坐标为(1，2)、(1，3)、(2，1)、(2，3)、(3，1)、(3，2)；（2）
【分析】（1）画出树状图，即可求解；
（2）共有6种等可能的结果，点P（x，y）在函数y＝﹣x+3图象上的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【详解】（1）画树状图如下：

共有6种等可能的结果，点P所有可能的坐标为（1，2）、（1，3）、（2，1）、（2，3）、（3，1）、（3，2）；
（2）由（1）可知，共有6种等可能的结果，点P（x，y）在函数y＝﹣x+3图象上的结果有2种，
∴点P（x，y）在函数y＝﹣x+3图象上的概率为．
【点睛】此题考查了用列举法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
52．(1)见解析
(2)见解析，点C2的坐标为（2，1）．

【分析】（1）根据中心对称的性质确定各对应点，顺次连线即可得到图形；
（2）根据旋转的性质确定各对应点，顺次连线即可得到图形及对应点的坐标．
（1）解：如图，即为所求；
（2）如图，即为所求；点C2的坐标为（2，1）．
【点睛】此题考查中心对称的性质及旋转的性质，熟记各性质是正确解题的关键．
53．（1）证明过程见解析；（2）65°
【分析】（1）连接AD，根据直径所对的圆周角是直角，得到∠ADB＝90°，得到AD⊥BC，即可得解；
（2）连接OE，OD，得到∠DOE＝50°，得到∠DAC＝∠DOE＝25°，即可得解；
【详解】（1）证明：连接AD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC；
（2）解：连接OE，OD．
∵的度数＝50°，
∴∠DOE＝50°，
∴∠DAC＝∠DOE＝25°，
∵AD⊥BC，
∴∠C＝90°﹣25°＝65°．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，准确计算是解题的关键．
54．（1）抛物线的解析式为y1＝x2+2x﹣3；（2）A的坐标为（﹣3，0）
【分析】（1）把B（1，0），C（0，-3）分别代入y1=x2+bx+c得到关于b、c的方程组，求出b、c即可；
（2）令y1=0，得到x2+2x-3=0，然后解一元二次方程即可得到二次函数的图象与x轴的另一个交点A的坐标．
【详解】解：（1）由二次函数y1＝x2+bx+c的图象经过B（1，0）、C （0，﹣3）两点，
得 ，
解这个方程组，得，
∴抛物线的解析式为y1=x2+2x﹣3；
（2）令y1＝0，得x2+2x﹣3=0，
解这个方程，得x1=﹣3，x2=1，
∴此二次函数的图象与x轴的另一个交点A的坐标为（﹣3，0）．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、待定系数法求函数解析式等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式．
55．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线的定义得出∠ODA＝∠CAD，再根据圆周角定理和平行线的性质得出∠E＝∠ACB＝90°，进而得出∠ODE＝90°，根据切线的判定定理即可解答；
（2）连接CD，由∠OAD＝∠CAD得出CD=BD，根据勾股定理求出CD即可．
【详解】解： （1）连接OD，则OA=OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠CAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°．
∵DE// BC，
∴∠E＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＋∠ADE＝90°
∴∠ODA＋∠ADE＝90°即∠ODE＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）连接CD，
∵∠OAD＝∠CAD，
∴，
∴CD=BC，
在Rt△CED中，∠E=90°，DE＝2， CE＝1，
∴，
∴BD= ．

【点睛】本题考查等腰三角形的性质、切线的判定、角平分线的定义、圆周角定理、平行线的性质、弧、弦、圆周角的关系、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
56．（1）y＝；y＝x+2；（2）8
【分析】（1）利用待定系数法，交点坐标的意义，逐一求解即可；
（2）灵活运用图形面积分割法计算即可．
【详解】（1）∵点C的坐标为（6，﹣1）在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，
∴k=xy=-6，
∴反比例函数的解析式为y＝；
∵DE=3，且点D在第二象限，
∴点D的纵坐标为3，
∴点D的横坐标为，
∴点D的坐标为（-2，3），
∵一次函数y＝ax＋b（a≠0）经过C，D两点，
∴，
解得，
∴一次函数的表达式为y＝x+2；
（2）∵一次函数的表达式为y＝x+2，
∴A（4，0），
∴OA=4，

连接OD，OC，
∴
=
=
=8．
【点睛】本题考查了一次函数的解析式，反比例函数的解析式，交点坐标的意义，分割法计算三角形的面积，熟练掌握待定系数法，灵活进行图形面积的分割是解题的关键．
57．（1）；（2）当食品单价定为每盒10元时，该零售店每天销售获得的利润最大，最大利润是500元
【分析】（1）设这种食品的单价为每盒元，零售店每天销售所获得的利润为y元，根据题意得，售价为元，销售量为，进而写出y与x之间的函数关系式，根据销售量大于0，即可求得的取值范围；
（2）根据（1）的关系式，化为顶点式，根据二次函数的性质即可求得最大值
【详解】解：（1）由题意得y与x之间的函数关系式为：
，
整理得：．
∵，解得：，
∴．
故y与x之间的函数关系式为．
（2）将化为顶点式为：
∵，开口向下，且对称轴为，
当时，．
故当食品单价定为每盒10元时，该零售店每天销售获得的利润最大，最大利润是500元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，掌握二次函数的性质以及根据题意列出函数关系式是解题的关键．
58．（1）36（cm2）；（2）当t=1或5时，△PCQ的面积是31cm2．
【分析】（1）根据题意得到AP=2t，DQ=t，再根据四边形QAPC的面积=四边形ABCD的面积-△CDQ的面积-△PBC的面积计算；
（2）用t表示出△PCQ的面积，根据题意列出一元二次方程，解方程即可．
【详解】解：（1）由题意得，AP=2t cm，DQ=t cm，
则PB=（12-2t）cm，AQ=（6-t）cm，
四边形QAPC的面积=矩形ABCD的面积-△CDQ的面积-△PBC的面积
=
=36（cm2）；
（2）△PCQ的面积=四边形QAPC的面积-△QAP的面积
=
=36-6t+t2，
当△PCQ的面积是31cm2时，36-6t+t2=31，
解得，t1=1，t2=5，
则当t=1或5时，△PCQ的面积是31cm2．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、一元二次方程的应用，根据题意正确表示出线段AP、DQ的长度、灵活运用相关的性质定理列出关系式是解题的关键．
59．，
【分析】根据提公因式因式分解法进行求解一元二次方程即可．
【详解】解：



，
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
60．见解析
【分析】用描点法画数的图象，根据表格计算出相应自变量的函数值，描点把自变量确定为点的横坐标，函数值确定为点的纵坐标，把这些点在直角坐标系中描出，再用平滑的曲线连接即可．
【详解】解：用描点法画函数的图象．
1.列表
x
．．．
－3
－2
－1
0
1
2
3
．．．
y
．．．
－4.5
－2
－0.5
0
-0.5
－2
－4.5
．．．

2.描点（-3，-4.5），（-2，-2），（-1，-0.5），（0，0），（1，-0.5），（2，-2），（3，-4.5）；
3.连线用平滑的曲线连接如下图所示：

【点睛】本题考查描点法画二次函数图像，掌握描点法画二次函数的步骤与要求，会根据表格中自变量的值求出函数值，关键是把自变量的值确定为点的横坐标，相应的函数值确定为点的纵坐标．
61．这两年该企业年利润平均增长率为20%
【分析】设这两年该企业年利润平均增长率为．根据题意得；
【详解】设这两年该企业年利润平均增长率为．根据题意得
，
解得，（不合题意，舍去）．
答：这两年该企业年利润平均增长率为20%．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意寻找相等关系列方程是关键．
62．（1）；（2）．
【分析】（1）根据概率公式直接得出答案；
（2）根据题意先画出树状图列出所有等可能结果数，根据概率公式求解即可．
【详解】解：（1）有其他垃圾、可回收物、有害垃圾、厨房垃圾，共四张卡片，
恰好抽到“可回收物”的概率是；
（2）根据题意画图如下：

共12种等可能的结果数，其中抽到“其他垃圾”和“有害垃圾”的结果数为2，
抽到的两张卡片恰好是“其他垃圾”和“有害垃圾”的概率．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题时放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
63．（1）见解析；（2）5π
【分析】（1）利用垂径定理即可证明；
（2）利用弧长公式，扇形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OC∥BD，
∴∠AEO＝∠ADB＝90°，
即OC⊥AD，
∴AE＝ED
（2）解：∵OC⊥AD，
∴，
∴∠ABC＝∠CBD＝36°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝2×36°＝72°，
∴＝，
S＝＝5π．
【点睛】本题考查扇形的面积，弧长公式等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
64．（1）见解析；A1（﹣4，1）；（2）见解析，B2（﹣1，5）
【分析】(1)直接利用平移的性质，将A、B、C三点往左平移5个单位，则A、B、C各个顶点对应的横坐标分别减5即可得出对应点位置进而得出答案；
(2)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案．
【详解】解：（1）先把点A、B、C向左平移5个单位，得到A1、B1、C1，再顺次连结A1B1，B1C1，C1A1，
如图所示：△A1B1C1，即为所求，点A1（﹣4，1）
（2）连结OA，OB，OC，先把点A、B、C绕点O逆时针方向旋转90，得到A2、B2、C2，再顺次连结A2B2，B2C2，C2A2，
如图所示：△A2B2C2，点B2（﹣1，5）．

【点睛】本题考查了平移、旋转图形的变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
65．(1)证明见解析；（2）AD=3
【分析】（1）连接OC，先证出∠OCA=∠DAC，得OC∥AD，再由平行线的性质得CD⊥OC，即可得出结论；
（2）连接BC，先由圆周角定理得∠ACB=90°，由角平分线定义得∠DAC=∠BAC=30°，再由含30°角的直角三角形的性质得BC=AB=2，AC=BC=2，进而得出答案．
【详解】（1）证明：连接，如图1所示：
∵中，，
∴
∵平分，
∴，
∴
∴，
∴，
∵于，
∴，
∴
∴，
∵为的半径，∴是的切线

（2）解：连接BC，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AC平分∠DAB，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=30°，
∴BC=AB=2，AC=BC=2，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC=90°，
∴CD=AC=，AD=CD=3．

【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
66．（1）y=-10x+4200，；（2）310,121000
【分析】（1）根据题意给出的等量关系即可求出y与x的关系式．
（2）根据题意列出w与x的关系式，然后利用二次函数的性质即可求出W的最大值．
【详解】解：（1）根据题中条件销售价每降低5元，月销售量就可多售出50台，
当售价为x时，降了（400-x），所以月销售多了10（400-x）台，
则月销售量y（台）与售价x（元/台）之间的函数关系式；y=10（400-x）+200=-10x+4200
∵空气净化器售价不能低于元/台，代理销售商每月要完成不低于台
∴解得
（2）由题意有：w=
=
=
=
∴当售价定为310元时，w有最大值，为121000
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是正确理解题意列出函数关系．
67．（1）反比例函数解析式为；直线OB的解析式为y=x；（2）BC =3
【分析】（1）将点代入反比例函数解析式中，即可求出k的值，从而求出反比例函数解析式，然后求出点D的坐标，设直线OB的正比例函数解析式为y=ax，将点D的坐标代入即可求出结论；
（2）先利用直线OB的解析式求出点B的坐标，从而求出AB，根据点C的坐标即可求出AC，从而求出结论．
【详解】解：（1）将点代入反比例函数解析式中，得

解得：k=8
∴反比例函数解析式为
将点代入反比例函数解析式中，得

解得：m=2
∴点
设直线OB的正比例函数解析式为y=ax
将点代入，得
2=4a
解得：a=
∴直线OB的解析式为y=x；
（2）∵即轴
∴点B的横坐标等于点C的横坐标8
将x=8代入y=x中，解得y=4
∴点B的坐标为（8,4）
∴AB=4
∵点
∴AC=1
∴BC=AB－AC=3
【点睛】此题考查的是反比例函数和一次函数的综合题型，掌握利用待定系数法求反比例函数解析式、正比例函数解析式和坐标与线段长的关系是解题关键．
68．（1）；（2）或；（3），，，
【分析】（1）利用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；
（2）设，分当BC和Q1C作直角边时和当BC和Q2B作直角边时，两种情况讨论；
（3）设点M的坐标为（a，0），表示出点G的坐标，根据正方形的性质列出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0）两点，
∴
解得，

∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y=-x2+2x+3；

（2）如图，根据题意，，设
∴


当BC和Q1C作直角边时：

解得：y=4
∴
当BC和Q2B作直角边时：

解得：y=-2
∴
综上所述：点Q的坐标为或；
（3）设点的坐标为，则点的坐标为，
∵以、、、为顶点的四边形是正方形，
∴，即，
当时，整理得，解得；
当时，整理得，解得；
∴当以、、、为顶点的四边形是正方形时，
点的坐标为，，，．

【点睛】本题考查的是二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式以及正方形的性质，掌握二次函数的图象和性质、灵活运用待定系数法是解题的关键．
69．．
【分析】根据公式法即可求解．
【详解】解：
a=3, b=-4, c=-1,
∴
方程有两个不相等的实数根

=
即．
【点睛】此题主要考查解一元二次方程，解题的关键是熟知公式法的应用．
70．（1）共有12种等可能结果；（2）
【分析】(1)用A、B、C、D分别表示石林风景区；香格里拉普达措国家公园 ；腾冲火山地质公园；玉龙雪山景区四个景区，然后画树状图展示所有12种等可能的结果数；
（2）在12种等可能的结果中找出玉龙风景区被选中的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：（1）画树状图如下：

由树状图知，共有12种等可能结果；
（2）∵抽到玉龙雪山风景区的结果数为6，
∴抽到玉龙雪山风景区的概率为.
【点睛】本题考查利用列举法求概率，学生们要熟练掌握画树状图法和列表法，是解本题的关键.
71．(1)见解析,（2）图见解析；（4，1）
【分析】（1）让三角形的各顶点都绕点A顺时针旋转90°后得到对应点，顺次连接即可；
（2）根据△ABC的各顶点关于原点的中心对称，得出A2、B2、C2的坐标，连接各点，即可得到结论．
【详解】解：（1）所画图形如下所示，△A1B1C1即为所求；
（2）所画图形如下所示，△AB2C2即为所求．
点C2的坐标为（4，1），
故答案为（4，1）．

【点睛】本题主要考查了旋转变换图形的方法，图形的中心对称问题和平移的性质，考查了利用直角坐标系解决问题的能力，关于原点对称的两个点的横坐标和纵坐标都互为相反数．
72．（1）证明见解析；（2）3
【分析】（1）由，利用等边对等角得到，再由同弧所对的圆周角相等得到，等量代换即可得证；
（2）由弦与直径垂直，利用垂径定理得到为的中点，求出的长，在直角三角形中，设圆的半径，，表示出，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解即可得到圆的半径的值．
【详解】解：（1），
．
，
；
（2）是的直径，且于点，
，
在中，，
设的半径为，则，，
，
解得：，
的半径为3．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，以及同弧所对的圆周角相等，熟练掌握定理是解本题的关键．
73．（1）b=2，c=3，y=-x+2x+3；（2）
【分析】（1）把抛物线上的两点代入解析式，解方程组可求b、c的值；（2）令y=0，求抛物线与x轴的两交点坐标，观察图象，求y＞0时，x的取值范围．
【详解】解：（1）将点（-1，0），（0，3）代入y=-x2+bx+c中，得
解得 ．
∴
（2）当y=0时，解方程，
得，
又∵抛物线开口向下，
∴当-1＜x＜3时，y＞0．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，根据抛物线与x轴的交点，开口方向，可求y＞0时，自变量x的取值范围．
74．（1）12；（2）或．
【分析】（1）把点（4，m）代入直线求得m，然后代入与反比例函数，求出k；
（2）设点P的纵坐标为y，一次函数与x轴相交于点A，与y轴相交于点C，则A（-2，0），C（0，1），然后根据S△ABP=S△APC+S△BPC列出关于y的方程，解方程求得即可．
【详解】解：（1）点在一次函数上，
，
又点在反比例函数上，
；
（2）设点的纵坐标为，一次函数与轴相交于点，与轴相交于点，
，，
又点在轴上，，
，即，
，
或
或．
【点睛】本题考查的是反比例函数的图象与一次函数图象的交点问题，三角形的面积等知识，求出交点坐标，利用数形结合思想是解题的重点．
75．(1)证明见解析(2)2
【详解】试题分析：由角平分线得出,得出，由圆周角定理得出证出再由三角形的外角性质得出即可得出
由得：，得出由圆周角定理得出是直径，由勾股定理求出即可得出外接圆的半径．
试题解析：(1)证明：平分

又

平分




连接，
是直径．
平分



∴半径为
76．（1）   （2），，144元
【分析】（1）利用待定系数法求解可得关于的函数解析式；
（2）根据“总利润每件的利润销售量”可得函数解析式，将其配方成顶点式，利用二次函数的性质进一步求解可得．
【详解】（1）设与的函数解析式为，
将、代入，得：，
解得：，
所以与的函数解析式为；
（2）根据题意知，
，
，
当时，随的增大而增大，
，
当时，取得最大值，最大值为144，
答：每件销售价为16元时，每天的销售利润最大，最大利润是144元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及根据相等关系列出二次函数解析式及二次函数的性质．
77．（1）详见解析；（2）3.
【分析】（1）根据正方形的性质，得△ADG≌△ABE，所以∠AGD＝∠AEB. 延长EB交DG于点H.由图形及题意，得到∠DHE ＝90°，所以，.（2）根据正方形的性质等，先证明△ADG≌△ABE(SAS) ，得到DG＝BE. 过点A作AM⊥DG交DG于点M.由题意，得AM＝BD＝1，再由勾股定理，得到GM＝2，所以DG＝DM＋GM＝1＋2＝3，最后得到BE＝DG＝3.
【详解】(1)四边形ABCD与四边形AEFG是正方形
∴AD＝AB,∠DAG＝∠BAE＝90°，AG＝AE
∴△ADG≌△ABE
∴∠AGD＝∠AEB

如图1，延长EB交DG于点H
△ADG中  ∠AGD＋∠ADG＝90°
∴∠AEB＋∠ADG＝90°
△DEH中, ∠AEB＋∠ADG＋∠DHE＝180°
∴∠DHE ＝90°
∴     
(2)四边形ABCD与四边形AEFG是正方形
∴AD＝AB, ∠DAB＝∠GAE＝90°，AG＝AE

∴∠DAB＋∠BAG＝∠GAE＋∠BAG
∴∠DAG＝∠BAE
AD＝AB, ∠DAG＝∠BAE,AG＝AE
∴△ADG≌△ABE(SAS)
∴DG＝BE
如图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M,  
∠AMD＝∠AMG＝90°
BD是正方形ABCD的对角线
∴∠MDA＝∠MDA＝∠MAB＝45°, BD＝2
∴AM＝BD＝1
在Rt△AMG中，
∵
∴GM＝2
∵DG＝DM＋GM＝1＋2＝3
∴BE＝DG＝3
【点睛】本题考查了三角形全等判定定理及勾股定理在图形证明中的综合运用，熟练掌握三角形全等判定定理及勾股定理在图形证明中的综合运用.