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2022-2023学年九年级数学上学期期末考点大串讲【易错60题考点专练】
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这是一份2022-2023学年九年级数学上学期期末考点大串讲【易错60题考点专练】，共74页。
九年级上学期期末【易错60题考点专练】
一．选择题（共18小题）
1．（2022春•惠山区期末）下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A．2x﹣1＝0 B．＝7 C．x2﹣2x﹣3＝0 D．x+y＝6
2．（2022春•常熟市期末）下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）
A．x2﹣3x+3＝0 B．x2﹣xy＝2 C． D．2（1﹣x）＝x
3．（2021秋•亭湖区期末）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（1，2）
4．（2021秋•泰兴市期末）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021秋•泰兴市期末）如图，△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，则添加下列条件后无法判定△ABC∽△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠E B．∠C＝∠F C． D．
6．（2022春•亭湖区校级期末）下列成语中，表示随机事件的是（ ）
A．守株待兔 B．刻舟求剑 C．水中捞月 D．破镜重圆
7．（2022春•铜山区期末）不透明的袋子中有3个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件为不可能事件的是（ ）
A．摸到的有红球 B．摸到的有绿球
C．摸到的全是红球 D．摸到的全是绿球
8．（2021秋•建湖县期末）已知实数a＜b，则下列事件中是随机事件的是（ ）
A．3a＞3b B．a2＞b2 C．a+3＞b+3 D．a﹣b＜0
9．（2021秋•赣榆区期末）下列属于随机事件的是（ ）
A．抛一枚骰子两次出现点数之和为13
B．抛一枚硬币，正好反面朝上
C．从一副扑克牌中任抽2张都是红心5
D．从装满红球的口袋中随意摸一个球是红球
10．（2020秋•扬州期末）下列方程中，一元二次方程共有（ ）个．
①x2﹣2x﹣1＝0；②ax2+bx+c＝0；③+3x﹣5＝0；④﹣x2＝0；⑤（x﹣1）2+y2＝2；⑥（x﹣1）（x﹣3）＝x2．
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2019秋•亭湖区期末）若圆锥的底面半径为2，母线长为5，则圆锥的侧面积为（ ）
A．5π B．10π C．20π D．40π
12．（2022春•亭湖区校级期末）如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9cm，AB＝20cm，BC＝24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．10cm
13．（2021秋•苏州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a＜0）图象上三点A（﹣1，y1），B（2，y2）C（4，y3），则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
14．（2021秋•高邮市期末）如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（ ）
A．0.25 B．0.5 C．0.75 D．1
15．（2021秋•海陵区期末）在△ABC中，AB＝4，BC＝5，sinB＝，则△ABC的面积等于（ ）
A．15 B． C．6 D．
16．（2020秋•镇江期末）如图，在半径为2的⊙O中，将劣弧沿弦AB翻折，使折叠后的所在的圆恰好与OA、OB相切，A、B为切点，则阴影部分的面积等于（ ）
A．4﹣π B．2﹣π C．2π﹣2 D．2π﹣4
17．（2019秋•东台市期末）在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，则这个三角形的内切圆的半径是（ ）
A．5 B．2 C．5或2 D．2或﹣1
18．（2021秋•苏州期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a+b＞0，②2a+c＜0，③方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共19小题）
19．（2021秋•淮安区期末）若函数y＝x2﹣x+m的图象与x轴有两个公共点，则m的范围是 ．
20．（2021秋•沭阳县期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现给出以下结论：①abc＜0；②c+2a＜0；③9a﹣3b+c＝0；④a﹣b≥m（am+b）（m为实数），其中正确的结论有 ．（只填序号）
21．（2022春•工业园区校级期末）若点C是线段AB的黄金分割点，且AB＝2（AC＞BC），则AC＝ ．（保留根号）
22．（2022春•工业园区期末）已知，则＝ ．
23．（2022春•镇江期末）从一副扑克牌中任意抽一张扑克牌，是红桃2，此事件是 事件（填“必然”“随机”或“不可能”）．
24．（2022春•宝应县期末）某工厂生产一批足球共10000只，经工厂质检科抽检获得该批足球优等品的频率约为0.975，则这批足球的优等品约为 只．
25．（2022春•宜兴市期末）在一个不透明袋子里装有4个黄球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．从袋中任意摸出2个球都是红球，则这个事件是 事件（填“随机”或“必然”或“不可能”）
26．（2022春•江宁区期末）一个圆形转盘分成3个区域，分别涂上红色、绿色、黄色．小明转动到红色的频数为20，频率为40%，则小明共转动转盘 次．
27．（2022春•靖江市校级期末）为了解一组数据的分布情况，我们可以将一个样本的50个数据分成5组，若第1、2、3、4组的频数分别为2、8、15、15，则第5组的频率为 ．
28．（2022春•镇江期末）小明抛掷一枚硬币40次，正面朝上的频率是0.4，则正面朝上的频数是 ．
29．（2021秋•泗阳县期末）抛物线y＝ax2﹣4ax﹣3（其中a＞0，a为常数），若当4≤x＜5时，对应的函数值y恰好有3个整数值，则a的取值范围是 ．
30．（2022春•工业园区期末）如图是一位同学用激光笔测量某古城墙高度的示意图．点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙CD的顶端C处，若AB⊥BD，CD⊥BD，测得AB＝1.5m，BP＝2m，PD＝6m，则该古城墙的高度CD是 m．
31．（2021秋•海陵区校级期末）已知α、β为锐角，若，，利用下列边长均为1的小正方形组成的网格图（如图），可求得tan（α+β）＝ ．
32．（2021秋•苏州期末）我们给出定义：如果两个锐角的和为45°，那么称这两个角互为半余角．如图，在△ABC中，∠A，∠B互为半余角，且，则tanA＝ ．
33．（2020秋•赣榆区期末）如图，半圆的直径AB＝4，C，D是半圆上的三等分点，点E是OA的中点，则阴影部分面积等于 ．
34．（2020秋•梁溪区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积是 ．
35．（2019秋•仪征市期末）如图，⊙O的半径为6，△OAB的面积为18，点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，P点有 个．
36．（2020春•常熟市期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则BE＝ ．
37．（2019秋•新吴区期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D为格点（即小正方形的顶点），AB与CD相交于点O，则AO的长为 ．
三．解答题（共23小题）
38．（2022春•工业园区校级期末）用适当的方法解下列方程
（1）x2﹣4x﹣45＝0； （2）2x2﹣5x+1＝0．
39．（2022春•惠山区校级期末）解方程：
（1）； （2）x2+2x﹣2＝0．
40．（2022春•惠山区期末）解方程：
（1）x2﹣6x﹣7＝0； （2）．
41．（2021春•如皋市校级期末）解方程：
（1）3x2+6x﹣5＝0； （2）（x﹣5）（x+2）＝8．
42．（2021春•响水县校级期末）解方程：
（1）x2+6x＝9； （2）3x（x﹣3）＝3﹣x；
（3）＝； （4）+2＝．
43．（2022春•如皋市期末）解方程：
（1）x2﹣4x﹣1＝0； （2）x（3x+1）＝2（3x+1）．
44．（2022春•泗阳县期末）用两根同样长的铁丝分别围成一个正方形和一个长方形，设正方形的边长为m，长方形长为x，宽为y．
（1）则正方形的周长表示为 ；长方形的周长表示 ．由此可得x、y、m之间的等量关系为 ．
（2）比较正方形面积m2和长方形面积xy的大小．
【尝试】：（用“＜”，“＝”或“＞”填空）
①当x＝4，y＝2时，xy m2；
②当x＝1，y＝3时，xy m2；
③当x＝y＝3时，xy m2；
【猜想验证】：对于任意实数x，y，代数式xy与m2有怎样的大小关系？写出你的猜想，并加以证明．
【应用】：当xy＝1时，请直接写出x+y的最小值．
45．（2021秋•玄武区期末）已知二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣2）（a为常数，且a≠﹣1）．
（1）求证：无论a取何值，二次函数的图象与x轴总有两个交点；
（2）点P（m，y1），Q（m+3，y2）在二次函数的图象上，且y1＞y2，直接写出m的取值范围．
46．（2019秋•海州区校级期末）在一个不透明的袋子中装有三个小球，分别标有数字﹣2、2、3，这些小球除数字不同外其余均相同，现从袋子中随机摸出一个小球记下数字后放回，搅匀后再随机摸出一个小球，用画树状图或列表的方法，求两次摸出的小球上数字之和是正数的概率．
47．（2018秋•宝应县期末）为了发展学生的核心素养，培养学生的综合能力，某中学利用“阳光大课间”，组织学生积极参加丰富多彩的课外活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、毽子队、射击队等，其中射击队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如表：
射击次序（次）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的成绩（环）
8
9
7
9
8
6
7
a
10
8
乙的成绩（环）
6
7
9
7
9
10
8
7
7
10
（1）经计算甲和乙的平均成绩是8（环），请求出表中的a＝ ；
（2）甲成绩的中位数是 环，乙成绩的众数是 环；
（3）若甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，判断甲、乙两人谁的成绩更为稳定？
48．（2022春•海陵区校级期末）计算：
（1）（3.14﹣π）0﹣|1﹣； （2）a；
解方程：（3）x2+6x﹣1＝0（用配方法解）； （4）+1．
49．（2021秋•灌南县期末）已知：如图，AB是⊙O的直径，AB⊥AC，BC交⊙O于点D，点E是AC的中点，ED与AB的延长线交于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若∠F＝30°，BF＝2，求△ABC外接圆的半径．
50．（2021秋•南京期末）阅读下面的短文，并解答下列问题：
我们把相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．
如图，甲、乙是两个不同的正方体，正方体都是相似体，它们的一切对应线段之比都等于相似比（a：b）．
设S甲、S乙分别表示这两个正方体的表面积，则＝＝（）2，
又设V甲、V乙分别表示这两个正方体的体积，则＝＝（）3．
（1）下列几何体中，一定属于相似体的是 ；
A．两个球体
B．两个锥体
C．两个圆柱体
D．两个长方体
（2）请归纳出相似体的三条主要性质：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于 ；
②相似体表面积的比等于 ；
③相似体体积比等于 ．
（3）假定在完全正常发育的条件下，不同时期的同一人的人体是相似体，一个小朋友上幼儿园时身高为1.1米，体重为16千克，到了初三时，身高为1.65米，则他的体重是 千克（不考虑不同时期人体平均密度的变化）．
51．（2021秋•苏州期末）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？
52．（2019秋•秦淮区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）若在同一平面内的⊙P也经过B、C两点，且PA＝2，请直接写出⊙P的半径的长．
53．（2021秋•大丰区期末）如图，AB、AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是半⊙O的切线；
（2）若∠CAB＝30°，AB＝6，求由劣弧AC、线段AC所围成图形的面积S．
54．（2021秋•滨海县期末）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D为OC的中点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点E为直线BC上方抛物线上一点，过点E作EH⊥x轴，垂足为H，EH与BC、BD分别交于点F、G两点，设点E的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段EF的长度；
②若EF＝FG，求此时点E的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使∠CPB＝90°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
55．（2021秋•灌云县期末）如图a，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣b（a＜0）与x轴的一个交点为B（﹣1，0），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．若以AD为直径的圆经过点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图b，点E是y轴负半轴上的一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标．
56．（2018秋•淮阴区校级期末）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝ax2+2x+c经过点B、点C，与x轴的另一个交点为A．
（1）求抛物线的关系式及点A坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为点M．
①点M的坐标为 ；
②在抛物线上找一点P，直线BC上找一点Q，使得四边形AMQP为矩形，求点P的坐标．
（3）连接AC，过点A的直线与直线BC交于点N，直线AN与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出此时点N的坐标．
57．（2021秋•高邮市期末）定义：如图，已知点M是一次函数y＝x图象上的一个动点，⊙M的半径为2，线段OM与⊙M交于点A．若点P在⊙M上，且满足PA＝2，则称点P为⊙M的“等径点”．
（1）若点M的横坐标为3时，⊙M的“等径点”是 ；
（2）若⊙M的“等径点”P恰好在y轴上，求圆心M的坐标；
（3）若⊙M的“等径点”P在二次函数y＝x2+2x+2的图象上，求点P的坐标．
58．（2018秋•高港区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若M为对称轴与x轴交点，且DM＝2AM，
①求二次函数解析式；
②当t﹣2≤x≤t时，二次函数有最大值5，求t值；
③若直线x＝4与此抛物线交于点E，将抛物线在C，E之间的部分记为图象记为图象P（含C，E两点），将图象P沿直线x＝4翻折，得到图象Q，又过点（10，﹣4）的直线y＝kx+b与图象P，图象Q都相交，且只有两个交点，求b的取值范围．
59．（2018秋•海门市期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．
（1）求▱DEFG对角线DF的长；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值．
60．（2021秋•亭湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣3），与x轴的交点为B、C，直线l：y＝2x+2与抛物线相交于点C，与y轴相交于点D，P是直线l下方抛物线上一动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）过点P作线段PM∥x轴，与直线l相交于点M，当PM最大时，求点P的坐标及PM的最大值；
（3）把抛物线绕点O旋转180°，再向上平移使得新抛物线过（2）中的P点，E是新抛物线与y轴的交点，F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，直接写出所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．
答案与解析
一．选择题（共18小题）
1．（2022春•惠山区期末）下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A．2x﹣1＝0 B．＝7 C．x2﹣2x﹣3＝0 D．x+y＝6
【分析】根据一元二次方程的定义，即可判断．
【解答】解：A．是一元一次方程，故此选项不符合题意；
B．是分式方程，故此选项不符合题意；
C．是一元二次方程，故此选项符合题意；
D．是二元一次方程，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
2．（2022春•常熟市期末）下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）
A．x2﹣3x+3＝0 B．x2﹣xy＝2 C． D．2（1﹣x）＝x
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
【解答】解：A．是一元二次方程，故本选项符合题意；
B．是二元二次方程，故本选项不符合题意；
C．是分式方程，故本选项不符合题意；
D．是一元一次方程，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
3．（2021秋•亭湖区期末）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（1，2）
【分析】直接利用顶点式的特点可写出顶点坐标．
【解答】解：∵顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），
∴抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（1，2）．
故选：D．
【点评】主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法．熟记二次函数的顶点式的形式是解题的关键．
4．（2021秋•泰兴市期末）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用设k法进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴设a＝2k，b＝3k
∴＝＝＝﹣，
故选：A．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
5．（2021秋•泰兴市期末）如图，△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，则添加下列条件后无法判定△ABC∽△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠E B．∠C＝∠F C． D．
【分析】根据相似三角形的判定方法判定即可．
【解答】解：A．∵∠A＝∠D，∠B＝∠E，
∴△ABC∽△DEF（两角相等的两个三角形相似），
故A不符合题意；
B．∵∠A＝∠D，∠C＝∠F，
∴△ABC∽△DEF（两角相等的两个三角形相似），
故B不符合题意；
C．∵∠A＝∠D，＝，
∴△ABC∽△DEF（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似），
故C不符合题意；
D．∵∠A＝∠D，＝，
∴△ABC与△DEF不相似，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2022春•亭湖区校级期末）下列成语中，表示随机事件的是（ ）
A．守株待兔 B．刻舟求剑 C．水中捞月 D．破镜重圆
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：A、守株待兔，是随机事件，故A符合题意；
B、刻舟求剑，是不可能事件，故B不符合题意；
C、水中捞月，是不可能事件，故C不符合题意；
D、破镜重圆，是不可能事件，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
7．（2022春•铜山区期末）不透明的袋子中有3个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件为不可能事件的是（ ）
A．摸到的有红球 B．摸到的有绿球
C．摸到的全是红球 D．摸到的全是绿球
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：不透明的袋子中有3个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，
A、摸到的有红球，是必然事件，故A不符合题意；
B、摸到的有绿球，是随机事件，故B不符合题意；
C、摸到的全是红球，是随机事件，故C不符合题意；
D、摸到的全是绿球，是不可能事件，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
8．（2021秋•建湖县期末）已知实数a＜b，则下列事件中是随机事件的是（ ）
A．3a＞3b B．a2＞b2 C．a+3＞b+3 D．a﹣b＜0
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可．
【解答】解：已知实数a＜b，
A．3a＞3b，这是不可能事件，故A不符合题意；
B．a2＞b2，这是随机事件，故B符合题意；
C．a+3＜b+3，这是不可能事件，故C不符合题意；
D．a﹣b＜0，这是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
9．（2021秋•赣榆区期末）下列属于随机事件的是（ ）
A．抛一枚骰子两次出现点数之和为13
B．抛一枚硬币，正好反面朝上
C．从一副扑克牌中任抽2张都是红心5
D．从装满红球的口袋中随意摸一个球是红球
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可．
【解答】解：A．抛一枚骰子两次出现点数之和为13，这是不可能事件，故A不符合题意；
B．抛一枚硬币，正好反面朝上，这是随机事件，故B符合题意；
C．从一副扑克牌中任抽2张都是红心5，这是不可能事件，故C不符合题意；
D．从装满红球的口袋随意摸一个球是红球，这是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
10．（2020秋•扬州期末）下列方程中，一元二次方程共有（ ）个．
①x2﹣2x﹣1＝0；②ax2+bx+c＝0；③+3x﹣5＝0；④﹣x2＝0；⑤（x﹣1）2+y2＝2；⑥（x﹣1）（x﹣3）＝x2．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证．
【解答】解：①x2﹣2x﹣1＝0，符合一元二次方程的定义，是一元二次方程；
②ax2+bx+c＝0，没有二次项系数不为0这个条件，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程；
③+3x﹣5＝0不是整式方程，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程；
④﹣x2＝0，符合一元二次方程的定义，是一元二次方程；
⑤（x﹣1）2+y2＝2，方程含有两个未知数，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程；
⑥（x﹣1）（x﹣3）＝x2，方程整理后，未知数的最高次数是1，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程．
综上所述，一元二次方程共有2个．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
11．（2019秋•亭湖区期末）若圆锥的底面半径为2，母线长为5，则圆锥的侧面积为（ ）
A．5π B．10π C．20π D．40π
【分析】圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相关数值代入即可求解．
【解答】解：圆锥的侧面积为：π×2×5＝10π．
故选：B．
【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图公式．解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长．
12．（2022春•亭湖区校级期末）如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9cm，AB＝20cm，BC＝24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．10cm
【分析】如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．利用面积法构建方程求解．
【解答】解：如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．
∵AD∥CB，∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∵∠DHB＝90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AB＝DH＝20cm，AD＝BH＝9cm，
∵BC＝24cm，
∴CH＝BC﹣BH＝24﹣9＝15（cm），
∴CD＝＝＝25（cm），
设OE＝OF＝OG＝rcm，
则有×（9+24）×20＝×20×r+×24×r+×25×r+×9×（20﹣r），
∴r＝8，
故选：B．
【点评】本题考查切线的性质，直角梯形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用面积法构建方程解决问题．
13．（2021秋•苏州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a＜0）图象上三点A（﹣1，y1），B（2，y2）C（4，y3），则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
【分析】求出抛物线的对称轴，求出A关于对称轴的对称点的坐标，根据抛物线的开口方向和增减性，即可求出答案．
【解答】解：y＝ax2﹣2ax+1（a＜0），
对称轴是直线x＝﹣＝1，
即二次函数的开口向下，对称轴是直线x＝1，
即在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
A点关于直线x＝1的对称点是D（3，y1），
∵2＜3＜4，
∴y2＞y1＞y3，
故选：D．
【点评】本题考查了学生对二次函数图象上点的坐标特征的理解和运用，主要考查学生的观察能力和分析能力，本题比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
14．（2021秋•高邮市期末）如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（ ）
A．0.25 B．0.5 C．0.75 D．1
【分析】根据相似三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：由题意得：
∠DPC＝∠EPB，
①∠B＝∠C，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
②∵∠ADB＝∠AEC，
∴∠PDC＝∠PEB，
所以，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
③∵AD：AC＝AE：AB，∠A＝∠A，
∴△ADB和△AEC不相似，
∴∠B≠∠C，
故③不能使△BPE∽△CPD，
④PE：PD＝PB：PC，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
∴在上列四个条件中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是：0.75，
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，概率公式，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
15．（2021秋•海陵区期末）在△ABC中，AB＝4，BC＝5，sinB＝，则△ABC的面积等于（ ）
A．15 B． C．6 D．
【分析】根据题目的已知条件画出图形，然后再利用锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在△ABD中，AB＝4，sinB＝，
∴AD＝ABsinB＝4×＝3，
∴△ABC的面积＝BC•AD
＝×5×3
＝，
故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形，三角形的面积，根据题目的已知条件画出图形是解题的关键．
16．（2020秋•镇江期末）如图，在半径为2的⊙O中，将劣弧沿弦AB翻折，使折叠后的所在的圆恰好与OA、OB相切，A、B为切点，则阴影部分的面积等于（ ）
A．4﹣π B．2﹣π C．2π﹣2 D．2π﹣4
【分析】作O点关于AB的对称点O′，连接O′A、O′B，如图，利用对称的性质得到OA＝OB＝O′A＝O′B，则可判断四边形OAO′B为菱形，再根据切线的性质得到O′A⊥OA，O′B⊥OB，则可判断四边形OAO′B为正方形，然后利用正方形的面积减去扇形面积即可求解．
【解答】解：如图，作O点关于AB的对称点O′，连接O′A、O′B，
∵OA＝OB＝O′A＝O′B，
∴四边形OAO′B为菱形，
∵折叠后的与OA、OB相切，
∴O′A⊥OA，O′B⊥OB，
∴四边形OAO′B为正方形，
∴∠AOB＝90°，
∴阴影部分的面积＝S正方形AOBO′﹣S扇形AO′B＝22﹣π×22＝4﹣π．
故选：A．
【点评】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，三角形面积的计算，翻折变换，解决本题的关键是掌握扇形面积的相关计算．
17．（2019秋•东台市期末）在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，则这个三角形的内切圆的半径是（ ）
A．5 B．2 C．5或2 D．2或﹣1
【分析】根据Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，分两种情况讨论：当BC边为直角边和斜边两种情况求解即可．
【解答】解：设直角三角形ABC内切圆的圆心为点I，半径为r，
三边上的切点分别为D、E、F，
连接ID、IE、IF，
得正方形，则正方形的边长即为r，
如图所示：
当BC为直角边时，
AC＝＝10，
根据切线长定理，得
AD＝AF＝AB﹣BD＝6﹣r，
CE＝CF＝BC﹣BE＝8﹣r，
∴AF+FC＝AC＝10，
即6﹣r+8﹣r＝10，解得r＝2；
当BC为斜边时，
AC＝＝2，
根据切线长定理，得
BD＝BF＝6﹣r，
CE＝CF＝2﹣r，
∴BC＝BF+CF＝6﹣r+2﹣r＝8，
解得r＝﹣1．
答：这个三角形的内切圆的半径是2或﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是分两种情况分类讨论计算．
18．（2021秋•苏州期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a+b＞0，②2a+c＜0，③方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①利用点A（﹣1，0），点B（m，0）求出对称轴，然后利用2＜m＜3判断即可；
②把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可得a﹣b+c＝0，再结合①中的结论即可解答；
③利用直线y＝﹣m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象的交点个数判断即可；
④先求出函数y＝ax2+（b﹣1）x的对称轴，再求出与x轴的两个交点坐标即可解答．
【解答】解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），
∴二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象的对称轴是直线：x＝，
∵2＜m＜3，
∴1＜﹣1+m＜2，
∴＜＜1，
∴＜＜1，
∵＜1，a＞0，
∴2a+b＞0，
故①正确；
②把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可得：a﹣b+c＝0，
∴b＝a+c，
由①得：＞，
∵a＞0，
∴a+b＜0，
∴a+a+c＜0，
∴2a+c＜0，
故②正确；
③由图可知：
直线y＝﹣m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象抛物线有两个交点，
∴方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，
故③正确；
④∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），
∴y＝a（x+1）（x﹣m）＝ax2﹣amx+ax﹣am，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点C（0，﹣m），
∴﹣am＝﹣m，
∴a＝1，
二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的对称轴为直线：x＝，
把x＝0代入二次函数y＝ax2+（b﹣1）x中可得：y＝0，
∴二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的图象与x轴的交点为：（0，0），
设二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的图象与x轴的另一个交点为（n，0），
∴＝，
∴n＝＝1﹣b，
∵不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜n，
∴不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象的对称轴是直线：x＝，
∴＝，
∴m＝＝1﹣b，
∴不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，
故④正确，
所以：正确结论的个数有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数与不等式组，根的判别式，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，准确熟练地进行计算是解题的关键．
二．填空题（共19小题）
19．（2021秋•淮安区期末）若函数y＝x2﹣x+m的图象与x轴有两个公共点，则m的范围是 ．
【分析】根据判别式的意义得到△＝（﹣1）2﹣4m＞0，然后求出不等式即可．
【解答】解：根据题意得△＝（﹣1）2﹣4m＞0，
解得m＜．
故答案为：m＜．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
20．（2021秋•沭阳县期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现给出以下结论：①abc＜0；②c+2a＜0；③9a﹣3b+c＝0；④a﹣b≥m（am+b）（m为实数），其中正确的结论有 ①②③ ．（只填序号）
【分析】由抛物线的开口方向判断a的正负，由抛物线与y轴交点判断c的正负，由抛物线对称轴判断a与b的关系，根据抛物线的图象的性质对结论进行判断．
【解答】解：由图象可得a＞0，c＜0，﹣＜0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故①正确，符合题意．
由抛物线对称轴﹣＝﹣1可得b＝2a，
∵x＝1时，y＝a+b+c＝0，
∴a+2a+c＝0，
即c+3a＝0，
∴c+2a＝﹣a＜0，
故②正确，符合题意．
∵图象对称轴为直线x＝﹣1，且经过点（1，0），
∴抛物线与x轴另一个交点坐标为（﹣3，0），
∴x＝﹣3时，y＝9a﹣3b+c＝0，
故③正确，符合题意．
当x＝﹣1时，函数有最小值为a﹣b+c，
当x＝m时，y＝am2+bm+c，
∴am2+bm+c≥a﹣b+c，
整理得a﹣b≤m（am+b），
故④错误，不符合题意．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与不等式的关键，二次函数与方程的关系．
21．（2022春•工业园区校级期末）若点C是线段AB的黄金分割点，且AB＝2（AC＞BC），则AC＝ ﹣1 ．（保留根号）
【分析】把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项，叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．根据黄金分割的定义得到AC＝AB，然后把AB的长代入计算即可．
【解答】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，且AB＝2（AC＞BC），
∴AC＝AB＝×2＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．特别要注意线段AB的黄金分割点有两个．
22．（2022春•工业园区期末）已知，则＝ 4 ．
【分析】利用设k法，进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴设a＝3k，b＝5k，
∴＝＝＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
23．（2022春•镇江期末）从一副扑克牌中任意抽一张扑克牌，是红桃2，此事件是 随机 事件（填“必然”“随机”或“不可能”）．
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：从一副扑克牌中任意抽一张扑克牌，是红桃2，此事件是随机事件，
故答案为：随机．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
24．（2022春•宝应县期末）某工厂生产一批足球共10000只，经工厂质检科抽检获得该批足球优等品的频率约为0.975，则这批足球的优等品约为 9750 只．
【分析】根据频数＝总次数×频率，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
10000×0.975＝9750（只），
∴这批足球的优等品约为9750只，
故答案为：9750．
【点评】本题考查了频数与频率，用样本估计总体，熟练掌握频数＝总次数×频率是解题的关键．
25．（2022春•宜兴市期末）在一个不透明袋子里装有4个黄球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．从袋中任意摸出2个球都是红球，则这个事件是 随机 事件（填“随机”或“必然”或“不可能”）
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的定义，即可解答．
【解答】解：在一个不透明袋子里装有4个黄球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．从袋中任意摸出2个球都是红球，则这个事件是随机事件，
故答案为：随机．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的定义是解题的关键．
26．（2022春•江宁区期末）一个圆形转盘分成3个区域，分别涂上红色、绿色、黄色．小明转动到红色的频数为20，频率为40%，则小明共转动转盘 50 次．
【分析】根据频率＝频数÷总次数，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
20÷40%＝50，
∴小明共转动转盘50次，
故答案为：50．
【点评】本题考查了频数与频率，熟练掌握频率＝频数÷总次数是解题的关键．
27．（2022春•靖江市校级期末）为了解一组数据的分布情况，我们可以将一个样本的50个数据分成5组，若第1、2、3、4组的频数分别为2、8、15、15，则第5组的频率为 0.2 ．
【分析】先求出第5组的频数，再利用频率＝频数÷总次数，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
50﹣2﹣8﹣15﹣15＝10，
10÷50＝0.2，
∴第5组的频率为：0.2，
故答案为：0.2．
【点评】本题考查了频数与频率，熟练掌握频率＝频数÷总次数是解题的关键．
28．（2022春•镇江期末）小明抛掷一枚硬币40次，正面朝上的频率是0.4，则正面朝上的频数是 16 ．
【分析】频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比），即频率＝频数÷总数．据此解答即可．
【解答】解：∵抛掷一枚硬币40次，正面朝上的频率是0.4，
∴正面朝上的频数是40×0.4＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了频数和频率，熟练运用频率公式计算是解题的关键．
29．（2021秋•泗阳县期末）抛物线y＝ax2﹣4ax﹣3（其中a＞0，a为常数），若当4≤x＜5时，对应的函数值y恰好有3个整数值，则a的取值范围是 ．
【分析】先根据抛物线解析式可求出抛物线的对称轴为直线x＝2，又当4≤x＜5时，y随x的增大而增大，求出对应的函数值，结合y恰好有3个整数值这个条件，列出不等式求出a的取值范围．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2﹣4ax﹣3（其中a＞0，a为常数），
∴对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴当4≤x＜5时，y随x的增大而增大，
∴当x＝4时，y＝﹣3，
x＝5时，y＝5a﹣3，
∵当4≤x＜5时，对应的函数值y恰好有3个整数值，
∴它的三个整数分别是﹣3，﹣2，﹣1，
∴﹣1＜5a﹣3≤0，
∴；
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数的性质和解一元一次不等式，掌握二次函数的对称性，得出函数的单调性是解题关键．
30．（2022春•工业园区期末）如图是一位同学用激光笔测量某古城墙高度的示意图．点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙CD的顶端C处，若AB⊥BD，CD⊥BD，测得AB＝1.5m，BP＝2m，PD＝6m，则该古城墙的高度CD是 4.5 m．
【分析】根据题意可得∠APB＝∠CPD，根据垂直定义可得∠ABD＝∠CDB＝90°，从而可证△ABP∽△CDP，然后利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
∠APB＝∠CPD，
∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABD＝∠CDB＝90°，
∴△ABP∽△CDP，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝4.5，
∴该古城墙的高度CD是4.5m，
故答案为：4.5．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
31．（2021秋•海陵区校级期末）已知α、β为锐角，若，，利用下列边长均为1的小正方形组成的网格图（如图），可求得tan（α+β）＝ 2 ．
【分析】先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，然后证明α+β＝∠ABD+∠EBC＝∠ABC，最后进行计算即可解答．
【解答】解：设点D，点E在格点上，如图：
由题意得：
AB2＝12+22＝5，
AC2＝22+42＝20，
BC2＝32+42＝25，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴tan∠ABC＝＝＝2，
在Rt△ABD中，tan∠ABD＝＝，
在Rt△BEC中，tan∠EBC＝＝，
∵，，
∴∠ABD＝α，∠EBC＝β，
∴α+β＝∠ABD+∠EBC＝∠ABC，
∴tan（α+β）＝tan∠ABC＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形以及把α+β转化为∠ABC是解题的关键．
32．（2021秋•苏州期末）我们给出定义：如果两个锐角的和为45°，那么称这两个角互为半余角．如图，在△ABC中，∠A，∠B互为半余角，且，则tanA＝ ．
【分析】要求tanA的值，想到构造直角三角形，根据已知可得∠ACB的补角为45°，所以过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，分别在Rt△CDB和Rt△ABD中利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，
∵，
∴设BC＝2a，AC＝3a，
∵∠A，∠B互为半余角，
∴∠A+∠B＝45°，
∴∠DCB＝∠A+∠B＝45°，
在Rt△CDB中，BD＝BCsin45°＝2a•＝2a，
CD＝BCcos45°＝2a•＝2a，
∵AC＝3a，
∴AD＝AC+CD＝3a+2a＝5a，
在Rt△ABD中，tanA＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了余角和补角，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
33．（2020秋•赣榆区期末）如图，半圆的直径AB＝4，C，D是半圆上的三等分点，点E是OA的中点，则阴影部分面积等于 π ．
【分析】连接OC、OD、CD，如图，根据圆心角、弧、弦的关系得到∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，再证明CD∥AB得到S△ECD＝S△OCD，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分面积＝S扇形COD进行计算．
【解答】解：连接OC、OD、CD，如图：
∵C，D是半圆上的三等分点，
∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∵∠OCD＝∠AOC，
∴CD∥AB，
∴S△ECD＝S△OCD，
∴阴影部分面积＝S扇形COD＝＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查了扇形面积的计算．根据图形推知图中阴影部分面积＝扇形OCD的面积是解题的关键．
34．（2020秋•梁溪区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积是 20π ．
【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：AC＝3，BC＝4，由勾股定理得斜边AB＝5，以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的底面半径为4，
底面周长＝8π，侧面面积＝×8π×5＝20π．
【点评】本题利用了勾股定理，圆的周长公式和扇形面积公式求解．
35．（2019秋•仪征市期末）如图，⊙O的半径为6，△OAB的面积为18，点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，P点有 4 个．
【分析】解法一：过点P最长的弦是12，根据已知条件，△OAB的面积为18，可以求出AB＜12，根据三角形面积可得OC＝3，从而可知OP的长有两个整数：5，6，且OP＝6是P在A或B点时，每一个值都有两个点P，所以一共有4个．
解法二：根据面积可知，OA上的高为6，也就是说OA与OB互相垂直，然后算出OC长度即可．
【解答】解：解法一：过O作OC⊥AB于C，则AC＝BC，
设OC＝x，AC＝y，
∵AB是⊙O的一条弦，⊙O的半径为6，
∴AB≤12，
∵△OAB的面积为18，
∴，
则y＝，
∴，
解得x＝3或﹣3（舍），
∴OC＝3＞4，
∴4＜OP≤6，
∵点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，OP＝5或6，P点有4个．
解法二：设△AOB中OA边上的高为h，
则，即，
∴h＝6，
∵OB＝6，
∴OA⊥OB，即∠AOB＝90°，
∴AB＝6，图中OC＝3，
同理得：点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，OP＝5或6，P点有4个．
故答案为：4．
【点评】此题考查了圆的有关概念，三角形的面积，解决本题的关键是确定OP的最小值和最大值．
36．（2020春•常熟市期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则BE＝ ．
【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，依据相似三角形的性质，即可得到FG＝EC，GE＝2＝CD；设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，再根据勾股定理，即可得到CE2＝，最后依据勾股定理进行计算，即可得出BE的长．
【解答】解：如图所示，过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，则∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
又∵∠BEF＝90°，
∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，
∴∠FEG＝∠EBC，
又∵∠C＝∠G＝90°，
∴△BCE∽△EGF，
∴＝＝，即＝＝，
∴FG＝EC，GE＝2＝CD，
∴DG＝EC，
设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，
∵Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，
∴（x）2+x2＝（）2，
解得x2＝，
即CE2＝，
∴Rt△BCE中，BE＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．
37．（2019秋•新吴区期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D为格点（即小正方形的顶点），AB与CD相交于点O，则AO的长为 ．
【分析】因网格由边长为1的小正形构成，角角边证明△BDF≌△ECF，其性质得BF＝；根据正方形的性质得BF∥DA，证明△BFO∽△ADO，其性质得，最后勾股定理和线段的和差求出AO的长为．
【解答】解：如图所示：
在△BDF和△ECF中，
，
∴△BDF≌△ECF（AAS），
∴BF＝EF＝，
又∵BF∥DA，
∴△BFO∽△ADO，
∴，
又∵AD＝4，
∴，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
，
又∵AB＝AO+BO，
∴AO＝，
故答案为．
【点评】本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的运用，重点掌握相似三角形的判定与性质．
三．解答题（共23小题）
38．（2022春•工业园区校级期末）用适当的方法解下列方程
（1）x2﹣4x﹣45＝0；
（2）2x2﹣5x+1＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣4x﹣45＝0，
（x﹣9）（x+5）＝0，
x﹣9＝0或x+5＝0，
x1＝9，x2＝﹣5；
（2）2x2﹣5x+1＝0，
Δ＝（﹣5）2﹣4×2×1
＝25﹣8
＝17＞0，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
39．（2022春•惠山区校级期末）解方程：
（1）；
（2）x2+2x﹣2＝0．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1），
1+3（x﹣2）＝x﹣1，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣2＝0，
∴x＝2是原方程的增根，
∴原方程无解；
（2）x2+2x﹣2＝0，
x2+2x＝2，
x2+2x+1＝2+1，
（x+1）2＝3，
x+1＝±，
x+1＝或x+1＝﹣，
x1＝﹣1，x2＝﹣﹣1．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，解分式方程，准确熟练地进行计算是解题的关键．
40．（2022春•惠山区期末）解方程：
（1）x2﹣6x﹣7＝0；
（2）．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣6x﹣7＝0，
（x+1）（x﹣7）＝0，
x+1＝0或x﹣7＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝7；
（2），
x（x+1）﹣（x﹣1）（x+1）＝3，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，（x﹣1）（x+1）≠0，
∴x＝2是原方程的根．
【点评】本题考查了解分式方程，解一元二次方程﹣因式分解法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
41．（2021春•如皋市校级期末）解方程：
（1）3x2+6x﹣5＝0；
（2）（x﹣5）（x+2）＝8．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答；
（2）解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）3x2+6x﹣5＝0，
Δ＝62﹣4×3×（﹣5）
＝36+60
＝96＞0，
∴x＝＝＝，
∴x1＝，x2＝；
（2）（x﹣5）（x+2）＝8，
x2﹣3x﹣10＝8，
x2﹣3x﹣18＝0，
（x﹣6）（x+3）＝0，
x﹣6＝0或x+3＝0，
x1＝6，x2＝﹣3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，因式分解法，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
42．（2021春•响水县校级期末）解方程：
（1）x2+6x＝9；
（2）3x（x﹣3）＝3﹣x；
（3）＝；
（4）+2＝．
【分析】（1）用求根公式解方程；
（2）用因式分解法解方程；
（3）去分母，求解，一定检验；
（4）去分母，求解，一定检验．
【解答】解：（1）x2+6x＝9，
x2+6x﹣9＝0，
Δ＝b2﹣4ac＝36+36＝72＞0，
x＝，
x1＝﹣3+3，x2＝﹣3﹣3．
（2）3x（x﹣3）＝3﹣x，
3x（x﹣3）﹣（3﹣x）＝0，
（x﹣3）（3x+1）＝0，
x1＝3，x2＝﹣．
（3）＝，
6x＝x+5，
x＝1，
检验：把x＝1代入x（x+1）≠0，
∴原方程的解是x＝1．
（4）+2＝，
4x+2（1﹣x2）＝2x（1﹣x），
2x＝﹣2，
x＝﹣1，
检验：把x＝﹣1代入（1+x）（1﹣x）＝0．
∴x＝﹣1不是原方程的解，
∴原方程无解．
【点评】本题考查了解一元二次方程、分式方程，掌握求根公式、因式分解法在本题中的应用，检验是解决本题的关键．
43．（2022春•如皋市期末）解方程：
（1）x2﹣4x﹣1＝0；
（2）x（3x+1）＝2（3x+1）．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣4x﹣1＝0，
x2﹣4x＝1，
x2﹣4x+4＝1+4，
（x﹣2）2＝5，
x﹣2＝±，
x﹣2＝，或x﹣2＝﹣，
x1＝2+，x2＝2﹣；
（2）x（3x+1）＝2（3x+1），
x（3x+1）﹣2（3x+1）＝0，
（3x+1）（x﹣2）＝0，
3x+1＝0或x﹣2＝0，
x1＝﹣，x2＝2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
44．（2022春•泗阳县期末）用两根同样长的铁丝分别围成一个正方形和一个长方形，设正方形的边长为m，长方形长为x，宽为y．
（1）则正方形的周长表示为 4m ；长方形的周长表示 2x+2y ．由此可得x、y、m之间的等量关系为 x+y＝2m ．
（2）比较正方形面积m2和长方形面积xy的大小．
【尝试】：（用“＜”，“＝”或“＞”填空）
①当x＝4，y＝2时，xy ＜ m2；
②当x＝1，y＝3时，xy ＜ m2；
③当x＝y＝3时，xy ＝ m2；
【猜想验证】：对于任意实数x，y，代数式xy与m2有怎样的大小关系？写出你的猜想，并加以证明．
【应用】：当xy＝1时，请直接写出x+y的最小值．
【分析】（1）根据周长公式表示周长．
（2）通过计算比较大小．
猜想验证：先猜想，再用公式验证．
应用：利用猜想中的结论求最值．
【解答】解：（1）∵正方形的边长为m，
∴正方形的周长＝4m
∵长方形长为x，宽为y．
因此长方形的周长＝2（x+y）＝2x+2y．
由题意得：4m＝2x+2y，
∴x+y＝2m．
故答案为：4m，2x+2y，x+y＝2m．
（2）①当x＝4，y＝2时，m＝＝3，
∵xy＝8，m2＝9，
∴xy＜m2，
②当x＝1，y＝3时，m＝＝2，
∴xy＝3，m2＝4，
∴xy＜m2．
③当x＝y＝3时，m＝3，
xy＝m2＝9，
故答案为：①＜，②＜，③＝．
猜想验证：xy≤m2．
证明：∵m2﹣xy＝﹣xy＝﹣xy
＝≥0，
∴xy≤m2．
应用：∵xy≤m2，xy＝1，
∴m2≥1，
∴≥1，当且仅当x＝y时取“＝”．
∴x+y≥2．
∴当x＝y＝1时，x+y有最小值2．
【点评】本题考查完全平方公式的应用，找到x，y和m的关系是求解本题的关键．
45．（2021秋•玄武区期末）已知二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣2）（a为常数，且a≠﹣1）．
（1）求证：无论a取何值，二次函数的图象与x轴总有两个交点；
（2）点P（m，y1），Q（m+3，y2）在二次函数的图象上，且y1＞y2，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）令y＝0，解方程，即可解答；
（2）先计算其对称轴，根据点P，Q在对称轴左铡或对称轴两铡列不等式可得结论．
【解答】（1）证明：由题意得：令y＝0时，（x+a）（x﹣a﹣2）＝0，
∴x1＝﹣a，x2＝a+2，
∵a≠﹣1，
∴﹣a≠a+2，
∴无论a取何值，二次函数的图象与x轴总有两个交点；
（2）解：对称轴是：x＝＝1，
∵点P（m，y1），Q（m+3，y2）在二次函数的图象上，且y1＞y2，
∴m+3≤1或1﹣m＞m+3﹣1，
∴m≤﹣2或m＜﹣；
综上，m的取值是：m＜﹣．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查二次函数的增减性，计算二次函数的对称轴是解题的关键．
46．（2019秋•海州区校级期末）在一个不透明的袋子中装有三个小球，分别标有数字﹣2、2、3，这些小球除数字不同外其余均相同，现从袋子中随机摸出一个小球记下数字后放回，搅匀后再随机摸出一个小球，用画树状图或列表的方法，求两次摸出的小球上数字之和是正数的概率．
【分析】画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两次摸出小球上的数字的和为正数的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中和为正数的结果有6种，
∴两次摸出的小球上数字之和是正数的概率为＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
47．（2018秋•宝应县期末）为了发展学生的核心素养，培养学生的综合能力，某中学利用“阳光大课间”，组织学生积极参加丰富多彩的课外活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、毽子队、射击队等，其中射击队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如表：
射击次序（次）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的成绩（环）
8
9
7
9
8
6
7
a
10
8
乙的成绩（环）
6
7
9
7
9
10
8
7
7
10
（1）经计算甲和乙的平均成绩是8（环），请求出表中的a＝ 8 ；
（2）甲成绩的中位数是 8 环，乙成绩的众数是 7 环；
（3）若甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，判断甲、乙两人谁的成绩更为稳定？
【分析】（1）依据甲的平均成绩是8（环），即可得到a的值；
（2）依据中位数以及众数的定义进行判断即可；
（3）依据方差的计算公式，即可得到乙成绩的方差，根据方差的大小，进而得出甲、乙两人谁的成绩更为稳定．
【解答】解：（1）∵甲的平均成绩是8（环），
∴（8+9+7+9+8+6+7+a+10+8）＝8，
解得a＝8，
故答案为：8；
（2）甲成绩排序后最中间的两个数据为8和8，
∴甲成绩的中位数是（8+8）＝8；
乙成绩中出现次数最多的为7，故乙成绩的众数是7，
故答案为：8，7；
（3）乙成绩的方差为[（﹣1）2×4+12×2+22×2+（﹣2）2+02]＝1.8，
∵甲和乙的平均成绩是8（环），而甲成绩的方差小于乙成绩的方差，
∴甲的成绩更为稳定．
【点评】本题考查了方差、中位数以及众数，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
48．（2022春•海陵区校级期末）计算：
（1）（3.14﹣π）0﹣|1﹣；
（2）a；
解方程：（3）x2+6x﹣1＝0（用配方法解）；
（4）+1．
【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答；
（2）先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
（3）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（4）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）（3.14﹣π）0﹣|1﹣
＝1﹣（﹣1）+2﹣2
＝1﹣+1+2﹣2
＝4﹣3；
（2）a
＝2a﹣a+3a
＝a；
（3）x2+6x﹣1＝0，
x2+6x＝1，
x2+6x+9＝10，
（x+3）2＝10，
x+3＝±，
x+3＝或x+3＝﹣，
x1＝﹣3，x2＝﹣﹣3；
（4）+1，
x（x﹣1）＝2（x+2）+（x+2）（x﹣1），
解得：x＝﹣，
检验：当x＝﹣时，（x+2）（x﹣1）≠0，
∴x＝﹣是原方程的根．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，二次根式的混合运算，解分式方程，零指数幂，负整数指数幂，实数的运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
49．（2021秋•灌南县期末）已知：如图，AB是⊙O的直径，AB⊥AC，BC交⊙O于点D，点E是AC的中点，ED与AB的延长线交于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若∠F＝30°，BF＝2，求△ABC外接圆的半径．
【分析】（1）要证明DE是⊙O的切线，想到连接OD，只要证明∠ODE＝90°即可，因为AB是⊙O的直径，想到连接AD，可得∠ADB＝90°，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半，证出ED＝EA，再利用等边对等角即可解答；
（2）根据已知易求OB＝2，然后证明△DOB是等边三角形，求出∠DBO＝60°，最后在Rt△ABC中，求出BC的长即可解答．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AB⊥AC，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAD+∠DAO＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ADB＝90°，
∵点E是AC的中点，
∴EA＝ED＝AC，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠EDA+∠ODA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵∠F＝30°，BF＝2，∠ODF＝90°，
∴OF＝2OD，
∴OB+2＝2OD，
∵OD＝OB，
∴OD＝OB＝2，
∵∠DOF＝90°﹣∠F＝60°，
∴△DOB是等边三角形，
∴∠OBD＝60°，
在Rt△ABC中，AB＝2OB＝4，
∴BC＝＝＝8，
∵△ABC外接圆的半径＝BC＝4，
∴△ABC外接圆的半径为：4．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，熟练掌握直角三角形外接圆的圆心在斜边中点处是解题的关键．
50．（2021秋•南京期末）阅读下面的短文，并解答下列问题：
我们把相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．
如图，甲、乙是两个不同的正方体，正方体都是相似体，它们的一切对应线段之比都等于相似比（a：b）．
设S甲、S乙分别表示这两个正方体的表面积，则＝＝（）2，
又设V甲、V乙分别表示这两个正方体的体积，则＝＝（）3．
（1）下列几何体中，一定属于相似体的是 A ；
A．两个球体
B．两个锥体
C．两个圆柱体
D．两个长方体
（2）请归纳出相似体的三条主要性质：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于 相似比 ；
②相似体表面积的比等于 相似比的平方， ；
③相似体体积比等于 相似比的立方 ．
（3）假定在完全正常发育的条件下，不同时期的同一人的人体是相似体，一个小朋友上幼儿园时身高为1.1米，体重为16千克，到了初三时，身高为1.65米，则他的体重是 54 千克（不考虑不同时期人体平均密度的变化）．
【分析】（1）根据阅读材料中相似形的定义去判断即可；
（2）根据阅读材料进行归纳即可；
（3）根据身高的比求出相似比，体重之比等于体积之比，等于相似比的立方即可解答．
【解答】解：（1）A．两个球体，形状完全相同，是相似体，
B．两个锥体，如果底面或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
C．两个圆柱体，如果底面半径或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
D．两个长方体，如果长，宽，高中有一个发生变化，图形就会改变，不是相似体，
故选：A；
（2）根据阅读材料进行归纳可以得到：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于相似比，
②相似体表面积的比等于相似比的平方，
③相似体体积比等于相似比的立方，
（3）由题意可得：他的相似比等于：＝，
设他初三时的体重是x千克，
＝（）3，
解得：x＝54，
答：他初三时的体重是54千克．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，几何体的表面积，类比阅读材料来解决问题是解题的关键．
51．（2021秋•苏州期末）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？
【分析】（1）要求杆EF与地面BD之间的距离，所以过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，在Rt△AEN中进行计算即可解答；
（2）当张角为∠BAE为150°时，按照（1）的思路求出EM的长，再计算当QD＝1.8米时，GQ的长度，然后与车的宽度进行比较即可解答．
【解答】解：（1）过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，则EN⊥AC，
∵AB⊥BD，
∴四边形ABMN是矩形，
∴AB＝MN＝1.2（米），∠BAN＝90°，
∵∠BAE＝135°，
∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝45°，
在Rt△AEN中，EN＝AEsin45°＝1.5×＝（米），
∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.26（米），
答：杆EF与地面BD之间的距离为2.26米；
（2）由（1）得：∠BAN＝90°，
当∠BAE＝150°时，
∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝60°，
在Rt△AEN中，EN＝AEsin60°＝1.5×＝（米），
∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.5（米），
当QD＝PC＝1.8m，
∴BQ＝AP＝2.5﹣1.8＝0.7m，
当∠BAE＝150°时，
∴∠EAP＝∠BAE﹣∠BAP＝60°，
在Rt△AGP中，GP＝APtan60°＝0.7≈1.212米，
∴GP+PQ＝1.212+1.2＝2.412米，
∵2.412＜2.45，
∴宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车不能正常通过此道闸．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
52．（2019秋•秦淮区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）若在同一平面内的⊙P也经过B、C两点，且PA＝2，请直接写出⊙P的半径的长．
【分析】（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC，根据勾股定理即可求解；
（2）分两种情况说明⊙P的半径的长．
【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∵OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，即O在AD上，
∵BC＝4，
∴BD＝BC＝2，
∵在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AB＝2，
∴AD＝＝6，
设OA＝OB＝r，则OD＝6﹣r．
∵在Rt△OBD中，∠ODB＝90°，
∴OD2+BD2＝OB2，即（6﹣r）2+22＝r2．
解得r＝，
即⊙O的半径为，
（2）当⊙P也经过B、C两点，
则设PB＝r，
PA＝2，则PD＝6﹣2＝4或6+2＝8，
BD＝2，
∴PB＝＝2
或PB＝＝2．
所以⊙P的半径的长为2或2．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理，解决本题的关键是准确确定点P的两个位置．
53．（2021秋•大丰区期末）如图，AB、AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是半⊙O的切线；
（2）若∠CAB＝30°，AB＝6，求由劣弧AC、线段AC所围成图形的面积S．
【分析】（1）连接OC，利用切线的性质定理证明∠OAP＝90°，然后证明△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，可得∠OCP＝∠OAP＝90°，即可解答；
（2）在Rt△AOD中求出AD与OD的长度，然后利用扇形AOC的面积减去△AOC的面积进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵PA是半⊙O的切线，A为切点，
∴∠OAP＝90°，
∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴CD＝AD，
∴OP是AC的垂直平分线，
∴PC＝PA，
∵OC＝OA，OP＝OP，
∴△OCP≌△OAP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，AB＝6，
∴OA＝OB＝3，
∵∠ADO＝90°，∠CAB＝30°，
∴OD＝OA＝，
∴AC＝2AD＝，
∴S△AOC＝AC•OD＝，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°，
∴S扇形AOC＝，
∴S＝S扇形AOC﹣S△AOC＝．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，扇形面积的计算，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
54．（2021秋•滨海县期末）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D为OC的中点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点E为直线BC上方抛物线上一点，过点E作EH⊥x轴，垂足为H，EH与BC、BD分别交于点F、G两点，设点E的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段EF的长度；
②若EF＝FG，求此时点E的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使∠CPB＝90°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用交点式可直接求得二次函数解析式；
（2）①先求出直线BC的表达式，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），可表达点F的坐标，上减下可表达EF的长；
②先求出直线BD的表达式，可表达点G的坐标，进而表达线段FG的长，利用等式建立方程，求解即可；
（3）先得出抛物线的对称轴为直线x＝1，取BC的中点为M，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，MB＝MP，由此建立方程，求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），（3，0）两点，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3），
即y＝﹣x2+2x+3．
（2）①由题意知：C（0，3），B（3，0），
∴直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
∵E（m，﹣m2+2m+3），
∴F（m，﹣m+3），
∴EF＝﹣m2+3m．
②∵D为OC的中点，
∵C（0，3），
∴D（0，，
又∵B（3，0），
设BD的表达式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴，
∴G（m，，
FG＝，
∵EF＝FG，
∴，
∴m1＝3（舍去），，
∴E（，）．
（3）∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴对称轴为：直线x＝1，
设P（1，a），
∵∠CPB＝90°，
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC的中点M（，），
则MB＝MP，
∴，
∴a2﹣3a﹣2＝0，
∴，，
∴，．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，中点坐标公式，直角三角形斜边中线等于斜边的一半等知识，得出MB＝MP是解决（3）的关键．
55．（2021秋•灌云县期末）如图a，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣b（a＜0）与x轴的一个交点为B（﹣1，0），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．若以AD为直径的圆经过点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图b，点E是y轴负半轴上的一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标．
【分析】（1）将B点坐标代入抛物线的解析式中，可得到a、b的关系式，将a替换b后，得到C、A的坐标，若以AD为直径的圆经过点C，由圆周角定理可知∠ACD＝90°，分别用a表示出AC、AD、CD的长，根据勾股定理可得到关于a的方程，即可求出a的值，进而确定该抛物线的解析式．
（2）根据（1）题抛物线的解析式，可求得点B的坐标，先设出点M的坐标，可用其横坐标表示出BF的长，已知BF＝2MF，即可得到M点纵坐标的表达式，将其代入抛物线的解析式中，即可得到点M的坐标；根据中心对称图形的性质知MP＝BO，由此可求得点P（即点N）的横坐标，将其代入抛物线的解析式中，即可得到点N的坐标．
【解答】解：（1）把B（﹣1，0）代入得：b＝3a，
y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4，
∴点C（0，﹣3a），点A（3，0），
且∠ACD＝90°；
在Rt△AOC中，AC2＝9a2+32，
在Rt△AHD中，AD2＝16a2+22，
在Rt△CMD中，CD2＝a2+12，
∵AD2＝AC2+CD2，
∴16a2+22＝a2+12+9a2+32，
∴a2＝1，
∵a＜0，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）设点M（m，y1），
则BF＝m+1，
∵MF：BF＝1：2，
∴MF＝，即y1＝，
∵点M（m，y1）在抛物线上，
∴＝﹣m2+2m+3，
解得：m＝或m＝﹣1（舍去），
∴点M的坐标为（，）；
又∵MP∥BO，MP＝BO，
∴点的坐标为P（，），
由，得点N的坐标为（ ，）．
综上，M（，）；N（ ，）．
【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质以及中心对称图形的性质、直线与圆的位置关系等重要知识，涉及知识面广，难度较大．
56．（2018秋•淮阴区校级期末）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝ax2+2x+c经过点B、点C，与x轴的另一个交点为A．
（1）求抛物线的关系式及点A坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为点M．
①点M的坐标为 （1，2） ；
②在抛物线上找一点P，直线BC上找一点Q，使得四边形AMQP为矩形，求点P的坐标．
（3）连接AC，过点A的直线与直线BC交于点N，直线AN与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）利用直线解析式求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）①可知∠CBA＝45°，∠AMB＝90°，由等腰直角三角形的性质可得M点的坐标；
②由条件可得∠AMQ＝90°，若四边形AMQP为平行四边形，则可得四边形AMQP为矩形，由平移规律则可得出点P的坐标；
（3）由∠OCB＝45°可知2∠ACB为钝角，此时∠ANB＝2∠ACB，由外角定理可知∠ACB＝∠CAN，由等角对等边可得AN＝CN，根据两点间的距离公式可建立等式，求解即可．
【解答】解：（1）令y＝0，则﹣x+3＝0，
解得x＝3，
令x＝0，则y＝3，
∴B（3，0），C（0，3），
将B，C的坐标代入抛物线y＝ax2+2x+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
当y＝0时，x1＝3，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0）；
（2）①如图，过点M作ME⊥x轴于点E，
∵B（3，0），C（0，3），
∴∠CBA＝45°，∠AMB＝90°，
∴ME＝AE＝BE＝，
∴OE＝1，
∴M（1，2）；
故答案为：（1，2）．
②∵∠AMQ＝90°，
∴若四边形AMQP为平行四边形即可使得四边形AMQP为矩形，
设点P（m，﹣m2+2m+3），
∵点A（﹣1，0）→M（1，2），
∴P（m，﹣m2+2m+3）→点Q（m+2，﹣m2+2m+5），
将Q点的坐标代入直线y＝﹣x+3得，
﹣m2+2m+5＝﹣m﹣2+3，
解得：m1＝4，m2＝﹣1（舍去），
∴P（4，﹣5）．
（3）∵∠OCB＝45°，
∴2∠ACB为钝角，如图，此时∠ANB＝2∠ACB，
∵∠ANB＝∠ACB+∠CAN，
∴∠ACB＝∠CAN，
∴NC＝NA，
设N（x，﹣n+3），
则NC2＝n2+（﹣n+3﹣3）2＝2n2，NA2＝（n+1）2+（﹣n+3）2，
∴2n2＝（n+1）2+（﹣n+3）2，
解得n＝，
∴N（，）．
【点评】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，平行四边形的存在性，坐标系中点的平移，角度存在性等知识，（3）关键是利用平行四边形的性质转化为点的平移；（4）关键是得出AN＝CN．
57．（2021秋•高邮市期末）定义：如图，已知点M是一次函数y＝x图象上的一个动点，⊙M的半径为2，线段OM与⊙M交于点A．若点P在⊙M上，且满足PA＝2，则称点P为⊙M的“等径点”．
（1）若点M的横坐标为3时，⊙M的“等径点”是 或 ；
（2）若⊙M的“等径点”P恰好在y轴上，求圆心M的坐标；
（3）若⊙M的“等径点”P在二次函数y＝x2+2x+2的图象上，求点P的坐标．
【分析】（1）设出点M的坐标，点P的位置需要分两种情况：当点P在OM左侧时，当点P在OM右侧时，分别表示点P的坐标即可；
（2）在（1）求解的基础上，令点P的横坐标为0，即可；
（3）在（1）求解的基础上，把点P的坐标代入二次函数表达式即可．
【解答】解：（1）∵点M在一次函数y＝x图象上，
∴可设点M的坐标为（a，a），
过点M作MN⊥x轴于点N，
则ON＝|a|，MN＝|a|，
∴OM＝2|a|，
∴∠OMN＝30°，∠MON＝60°．
①点P为⊙M的“等径点”，且当点P在OM左侧时，如下图所示，
∵PA＝PM＝AM＝2，
∴△PAM是等边三角形，
∴∠PMA＝∠MON＝60°，
∴PM∥x轴，
∴P（a﹣2，a）；
②点P为⊙M的“等径点”，且当点P在OM右侧时，如下图所示，设AP′与MN交于点Q，
此时∠P′AM＝∠MON＝60°，
∴P′A∥x轴，
∴MN⊥AP′，
∴∠MQP′＝90°，∠QMP′＝30°，
∴QP′＝1，MQ＝，
∴P′（a+1，a﹣）．
当点M横坐标为3时，a＝3，
则⊙M的“等径点”是或；
故答案为：或；
（2）由（1）知，⊙M的“等径点”P为（a﹣2，a）或（a+1，a﹣）．
当⊙M的“等径点”P恰好在y轴上，则点P的横坐标为0，
∴a﹣2＝0或a+1＝0，解得a＝2或a＝﹣1，
∴点M的坐标为或；
（3）由（1）知，⊙M的“等径点”P为（a﹣2，a）或（a+1，a﹣）．
令x＝a﹣2，y＝a，则y＝x+2；
令x＝a+1，y＝a﹣，则y＝x﹣2．
∴⊙M的“等径点”P在直线y＝x+2上或直线y＝x﹣2上，
令y＝x2+2x+2＝x+2，
解得x＝0或x＝﹣，
∴点P的坐标为或．
令y＝x2+2x+2＝x﹣2，方程无解．
综上所述：点P的坐标为或．
【点评】本题属于圆背景下新定义类问题，涉及待定系数法求函数表达式，等边三角形的性质与判定，二次函数与一次函数交点类问题，第（3）问中找到点P运动所在直线表达式是解题关键，可简化计算．
58．（2018秋•高港区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若M为对称轴与x轴交点，且DM＝2AM，
①求二次函数解析式；
②当t﹣2≤x≤t时，二次函数有最大值5，求t值；
③若直线x＝4与此抛物线交于点E，将抛物线在C，E之间的部分记为图象记为图象P（含C，E两点），将图象P沿直线x＝4翻折，得到图象Q，又过点（10，﹣4）的直线y＝kx+b与图象P，图象Q都相交，且只有两个交点，求b的取值范围．
【分析】（1）令y＝0，即：ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得：x＝﹣1或3，即可求解；
（2）①DM＝2AM＝4，即点D的坐标为（1，﹣4），将点D的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
②分x＝t和x＝t﹣2在对称轴右侧、左侧或两侧三种情况，讨论求解即可；
③如下图所示，直线m、l、n都是直线y＝kx+b与图象P、Q都相交，且只有两个交点的临界点，即可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，即：ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得：x＝﹣1或3，
即点A、B的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0），
函数的对称轴x＝﹣＝1；
（2）①DM＝2AM＝4，即点D的坐标为（1，﹣4），
将点D的坐标代入二次函数表达式得：
﹣4＝a﹣2a﹣3a，解得：a＝1，
即函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
②当x＝t和x＝t﹣2在对称轴右侧时，
函数在x＝t处，取得最大值，即：t2﹣2t﹣3＝5，
解得：t＝﹣2或4（舍去t＝﹣2），即t＝4；
同理当x＝t和x＝t﹣2在对称轴左侧或两侧时，
解得：t＝0，
故：t值为0或4；
③如下图所示，直线m、l、n都是直线y＝kx+b与图象P、Q都相交，且只有两个交点的临界点，
点E、R、C′坐标分别为（4，5）、（10，﹣4）、（8，﹣3），
直线l的表达式：把点E、R的坐标代入直线y＝kx+b得：
，解得：，
同理可得直线m的表达式为：y＝﹣x+1，
直线n的表达式为：y＝﹣4，
故：b的取值范围为：1＜b＜11或b＝﹣4．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，其中（2）③是本题的难点，主要通过作图的方式，通过数形结合的方法即可解决问题．
59．（2018秋•海门市期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．
（1）求▱DEFG对角线DF的长；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值．
【分析】（1）▱DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；
（2）▱DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF＝DM时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；
（3）▱DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解．
【解答】解：（1）如图1所示：
连接DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，
∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，
∵AB＝3；∴DC＝3，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
∴DF＝＝＝；
故▱DEFG对角线DF的长．
（2）如图2所示：
作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，
连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，
①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，
∴ME+DE＞MD，
②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，
∴ME+DE＝MD
由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，
∵MB＝BF，∴MB＝1，
∴MC＝3，
又∵DC＝3，
∴△MCD是等腰直角三角形，
∴MD＝＝＝3，
∴NF+DN＝MD＝3，
∴l▱DEFG＝2（NF+DF）＝6；
（3）设AE＝x，则BE＝3﹣x，
∵▱DEFG为矩形，∴∠DEF＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°，∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠AED＝∠BFE，
又∵∠A＝∠EBF＝90°，
∴△DAE∽△EBF（AA）
∴，
∴，
解得：x＝1，或x＝2
①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，
如图3（甲）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠ABF＝90°，
又∵BF＝1，AD＝2，
∴在△ADE和△BEF中有，
，
∴△ADE≌△BEF中（SAS），
∴DE＝EF，
∴矩形DEFG是正方形；
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EF＝＝＝，
∴BH＝＝，
又∵△BEF∽△FHB，
∴，
HF＝，
在△BPH和△GPF中有：
，
∴△BPH∽△GPF（AA），
∴
∴PF＝，
又∵EP+PF＝EF，
∴EP＝﹣＝，
又∵AB∥BC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴．
②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，
如图3（乙）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠EBF＝90°，
∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，
∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：
∴ED＝＝＝2，
EF＝＝＝，
∴∠ADE＝45°，
又∵四边形DEFG是矩形，
∴EF＝DG，∠EDG＝90°，
∴DG＝，∠HDG＝45°，
∴△DHG是等腰直角三角形，
∴DH＝HG＝1，
在△HGQ和△BCQ中有，
∴△HGQ∽△BCQ（AA），
∴，
∵HC＝HQ+CQ＝2，
∴HQ＝，
又∵DQ＝DH+HQ，
∴DQ＝1+＝，
∵AB∥DC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴＝，
综合所述，BP：QG的值为或．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质；重点掌握相似三角形的判定与性质，难点是作辅助线和分类求值．
60．（2021秋•亭湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣3），与x轴的交点为B、C，直线l：y＝2x+2与抛物线相交于点C，与y轴相交于点D，P是直线l下方抛物线上一动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）过点P作线段PM∥x轴，与直线l相交于点M，当PM最大时，求点P的坐标及PM的最大值；
（3）把抛物线绕点O旋转180°，再向上平移使得新抛物线过（2）中的P点，E是新抛物线与y轴的交点，F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，直接写出所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．
【分析】（1）先求出C点坐标为（﹣1，0），再把4（0，﹣3），C （﹣1，0）代入函数解析式y＝x2+bx+c，求解即可；
（2）设P（a，a2﹣2a﹣3），因为PM∥x轴且点M在直线l：y＝2x+2上，所以M（a2﹣a﹣，a2﹣2a﹣3），则PM＝a﹣（a2﹣a﹣）＝﹣a2+2a+＝﹣（x﹣2）2+，再根据二次函数的最值求法求解即可；
（3）因为抛物线的函数表达式y＝x2﹣2x﹣3，所以顶点坐标（1，﹣4），与x轴的交点B （3，0），C （﹣1，0），由旋转可得，新抛物线的项点为（﹣1，4），与x轴的交点为（﹣3，0），（1，0），所以设新抛物线解析式为y＝﹣（x+1）2+4，因为向上平移使得新抛物线过（2）中的P （2，﹣3）点，设平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+k，所以3＝﹣（2+1）2+4+k，解得k＝2，所以平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+2＝﹣x2﹣2x+5，所以E （0，5）；设F（1，t），G（m，n），若以B、E、F、G为顶点，BF为边的四边形是菱形，则需要分线段BE是对角线或BE是边两种情况，分别根据菱形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵直线1：y＝2x+2与抛物线相交于点C，
∴C点坐标为（﹣1，0），
把4（0，﹣3），C （﹣1，0）代入函数解析式y＝x2+bx+c得：
，解得，
∴抛物线的函数表达式y＝x2﹣2x﹣3．
（2）设P（a，a2﹣2a﹣3），
∵PM∥x轴，
∴M纵坐标为a2﹣2a﹣3，
∵点M在直线l：y＝2x+2上，
∴M（a2﹣a﹣，a2﹣2a﹣3），
∴PM＝a﹣（a2﹣a﹣）＝﹣a2+2a+＝﹣（x﹣2）2+，
∴当a＝2时PM最大，最大值PM＝，此时P点坐标（2，﹣3）．
（3）∵抛物线的函数表达式y＝x2﹣2x﹣3，
∴顶点坐标（1，﹣4），与x轴的交点B （3，0），C （﹣1，0），
∵把抛物线绕点O旋转180°，
∴旋转前后对应点关于原点对称，
∴新抛物线的项点为（﹣1，4），与x轴的交点为（﹣3，0），（1，0），
∴设新抛物线解析式为y＝﹣（x+1）2+4，
∴向上平移使得新抛物线过（2）中的P （2，﹣3）点，
设平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+k，
∴3＝﹣（2+1）2+4+k，解得k＝2，
∴平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+2＝﹣x2﹣2x+5，
∵E是平移后抛物线与y轴的交点，
∴E （0，5），
∵F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，
∴设F（1，t），G（m，n），
∵以B、E、F、G为顶点，BF为边的四边形是菱形，
∴线段BE可能是对角线也可能是边，
①当BE是对角线时，
∵菱形BFEG对角线BE，FG互相垂直平分，
∵E （0，5），B （3，0），
∴BE的中点坐标为（，），
∵BE的中点坐标也是FG的中点，
∴G （2，5﹣t），
∵GE＝GB，
∴（2﹣0）2+（5﹣t﹣5）2＝（2﹣3）2+（5﹣t﹣0）2，
解得：t＝，即G点坐标（2，）；
②当BE为边长时，BE＝BF，
由距离公式得，（3﹣0）2+（0﹣5）2＝（3﹣1）2+（0﹣t）2，
解得：t＝±，
∵菱形BFGE对角线互相垂直平分，
∴由中点坐标公式可得，G（﹣2，+5）或（﹣2，﹣+5）；
综上，满足题意的点G的坐标为：（﹣2，+5）或（﹣2，﹣+5）或（2，）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、菱形的性质及应用等知识，解题的关键是利用菱形对角线互相平分列方程（组）解决问题．
九年级上学期期末【易错60题考点专练】
一．选择题（共18小题）
1．（2022春•惠山区期末）下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A．2x﹣1＝0 B．＝7 C．x2﹣2x﹣3＝0 D．x+y＝6
2．（2022春•常熟市期末）下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）
A．x2﹣3x+3＝0 B．x2﹣xy＝2 C． D．2（1﹣x）＝x
3．（2021秋•亭湖区期末）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（1，2）
4．（2021秋•泰兴市期末）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021秋•泰兴市期末）如图，△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，则添加下列条件后无法判定△ABC∽△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠E B．∠C＝∠F C． D．
6．（2022春•亭湖区校级期末）下列成语中，表示随机事件的是（ ）
A．守株待兔 B．刻舟求剑 C．水中捞月 D．破镜重圆
7．（2022春•铜山区期末）不透明的袋子中有3个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件为不可能事件的是（ ）
A．摸到的有红球 B．摸到的有绿球
C．摸到的全是红球 D．摸到的全是绿球
8．（2021秋•建湖县期末）已知实数a＜b，则下列事件中是随机事件的是（ ）
A．3a＞3b B．a2＞b2 C．a+3＞b+3 D．a﹣b＜0
9．（2021秋•赣榆区期末）下列属于随机事件的是（ ）
A．抛一枚骰子两次出现点数之和为13
B．抛一枚硬币，正好反面朝上
C．从一副扑克牌中任抽2张都是红心5
D．从装满红球的口袋中随意摸一个球是红球
10．（2020秋•扬州期末）下列方程中，一元二次方程共有（ ）个．
①x2﹣2x﹣1＝0；②ax2+bx+c＝0；③+3x﹣5＝0；④﹣x2＝0；⑤（x﹣1）2+y2＝2；⑥（x﹣1）（x﹣3）＝x2．
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2019秋•亭湖区期末）若圆锥的底面半径为2，母线长为5，则圆锥的侧面积为（ ）
A．5π B．10π C．20π D．40π
12．（2022春•亭湖区校级期末）如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9cm，AB＝20cm，BC＝24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．10cm
13．（2021秋•苏州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a＜0）图象上三点A（﹣1，y1），B（2，y2）C（4，y3），则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
14．（2021秋•高邮市期末）如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（ ）
A．0.25 B．0.5 C．0.75 D．1
15．（2021秋•海陵区期末）在△ABC中，AB＝4，BC＝5，sinB＝，则△ABC的面积等于（ ）
A．15 B． C．6 D．
16．（2020秋•镇江期末）如图，在半径为2的⊙O中，将劣弧沿弦AB翻折，使折叠后的所在的圆恰好与OA、OB相切，A、B为切点，则阴影部分的面积等于（ ）
A．4﹣π B．2﹣π C．2π﹣2 D．2π﹣4
17．（2019秋•东台市期末）在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，则这个三角形的内切圆的半径是（ ）
A．5 B．2 C．5或2 D．2或﹣1
18．（2021秋•苏州期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a+b＞0，②2a+c＜0，③方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．填空题（共19小题）
19．（2021秋•淮安区期末）若函数y＝x2﹣x+m的图象与x轴有两个公共点，则m的范围是 ．
20．（2021秋•沭阳县期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现给出以下结论：①abc＜0；②c+2a＜0；③9a﹣3b+c＝0；④a﹣b≥m（am+b）（m为实数），其中正确的结论有 ．（只填序号）
21．（2022春•工业园区校级期末）若点C是线段AB的黄金分割点，且AB＝2（AC＞BC），则AC＝ ．（保留根号）
22．（2022春•工业园区期末）已知，则＝ ．
23．（2022春•镇江期末）从一副扑克牌中任意抽一张扑克牌，是红桃2，此事件是 事件（填“必然”“随机”或“不可能”）．
24．（2022春•宝应县期末）某工厂生产一批足球共10000只，经工厂质检科抽检获得该批足球优等品的频率约为0.975，则这批足球的优等品约为 只．
25．（2022春•宜兴市期末）在一个不透明袋子里装有4个黄球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．从袋中任意摸出2个球都是红球，则这个事件是 事件（填“随机”或“必然”或“不可能”）
26．（2022春•江宁区期末）一个圆形转盘分成3个区域，分别涂上红色、绿色、黄色．小明转动到红色的频数为20，频率为40%，则小明共转动转盘 次．
27．（2022春•靖江市校级期末）为了解一组数据的分布情况，我们可以将一个样本的50个数据分成5组，若第1、2、3、4组的频数分别为2、8、15、15，则第5组的频率为 ．
28．（2022春•镇江期末）小明抛掷一枚硬币40次，正面朝上的频率是0.4，则正面朝上的频数是 ．
29．（2021秋•泗阳县期末）抛物线y＝ax2﹣4ax﹣3（其中a＞0，a为常数），若当4≤x＜5时，对应的函数值y恰好有3个整数值，则a的取值范围是 ．
30．（2022春•工业园区期末）如图是一位同学用激光笔测量某古城墙高度的示意图．点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙CD的顶端C处，若AB⊥BD，CD⊥BD，测得AB＝1.5m，BP＝2m，PD＝6m，则该古城墙的高度CD是 m．
31．（2021秋•海陵区校级期末）已知α、β为锐角，若，，利用下列边长均为1的小正方形组成的网格图（如图），可求得tan（α+β）＝ ．
32．（2021秋•苏州期末）我们给出定义：如果两个锐角的和为45°，那么称这两个角互为半余角．如图，在△ABC中，∠A，∠B互为半余角，且，则tanA＝ ．
33．（2020秋•赣榆区期末）如图，半圆的直径AB＝4，C，D是半圆上的三等分点，点E是OA的中点，则阴影部分面积等于 ．
34．（2020秋•梁溪区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积是 ．
35．（2019秋•仪征市期末）如图，⊙O的半径为6，△OAB的面积为18，点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，P点有 个．
36．（2020春•常熟市期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则BE＝ ．
37．（2019秋•新吴区期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D为格点（即小正方形的顶点），AB与CD相交于点O，则AO的长为 ．
三．解答题（共23小题）
38．（2022春•工业园区校级期末）用适当的方法解下列方程
（1）x2﹣4x﹣45＝0； （2）2x2﹣5x+1＝0．
39．（2022春•惠山区校级期末）解方程：
（1）； （2）x2+2x﹣2＝0．
40．（2022春•惠山区期末）解方程：
（1）x2﹣6x﹣7＝0； （2）．
41．（2021春•如皋市校级期末）解方程：
（1）3x2+6x﹣5＝0； （2）（x﹣5）（x+2）＝8．
42．（2021春•响水县校级期末）解方程：
（1）x2+6x＝9； （2）3x（x﹣3）＝3﹣x；
（3）＝； （4）+2＝．
43．（2022春•如皋市期末）解方程：
（1）x2﹣4x﹣1＝0； （2）x（3x+1）＝2（3x+1）．
44．（2022春•泗阳县期末）用两根同样长的铁丝分别围成一个正方形和一个长方形，设正方形的边长为m，长方形长为x，宽为y．
（1）则正方形的周长表示为 ；长方形的周长表示 ．由此可得x、y、m之间的等量关系为 ．
（2）比较正方形面积m2和长方形面积xy的大小．
【尝试】：（用“＜”，“＝”或“＞”填空）
①当x＝4，y＝2时，xy m2；
②当x＝1，y＝3时，xy m2；
③当x＝y＝3时，xy m2；
【猜想验证】：对于任意实数x，y，代数式xy与m2有怎样的大小关系？写出你的猜想，并加以证明．
【应用】：当xy＝1时，请直接写出x+y的最小值．
45．（2021秋•玄武区期末）已知二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣2）（a为常数，且a≠﹣1）．
（1）求证：无论a取何值，二次函数的图象与x轴总有两个交点；
（2）点P（m，y1），Q（m+3，y2）在二次函数的图象上，且y1＞y2，直接写出m的取值范围．
46．（2019秋•海州区校级期末）在一个不透明的袋子中装有三个小球，分别标有数字﹣2、2、3，这些小球除数字不同外其余均相同，现从袋子中随机摸出一个小球记下数字后放回，搅匀后再随机摸出一个小球，用画树状图或列表的方法，求两次摸出的小球上数字之和是正数的概率．
47．（2018秋•宝应县期末）为了发展学生的核心素养，培养学生的综合能力，某中学利用“阳光大课间”，组织学生积极参加丰富多彩的课外活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、毽子队、射击队等，其中射击队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如表：
射击次序（次）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的成绩（环）
8
9
7
9
8
6
7
a
10
8
乙的成绩（环）
6
7
9
7
9
10
8
7
7
10
（1）经计算甲和乙的平均成绩是8（环），请求出表中的a＝ ；
（2）甲成绩的中位数是 环，乙成绩的众数是 环；
（3）若甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，判断甲、乙两人谁的成绩更为稳定？
48．（2022春•海陵区校级期末）计算：
（1）（3.14﹣π）0﹣|1﹣； （2）a；
解方程：（3）x2+6x﹣1＝0（用配方法解）； （4）+1．
49．（2021秋•灌南县期末）已知：如图，AB是⊙O的直径，AB⊥AC，BC交⊙O于点D，点E是AC的中点，ED与AB的延长线交于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若∠F＝30°，BF＝2，求△ABC外接圆的半径．
50．（2021秋•南京期末）阅读下面的短文，并解答下列问题：
我们把相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．
如图，甲、乙是两个不同的正方体，正方体都是相似体，它们的一切对应线段之比都等于相似比（a：b）．
设S甲、S乙分别表示这两个正方体的表面积，则＝＝（）2，
又设V甲、V乙分别表示这两个正方体的体积，则＝＝（）3．
（1）下列几何体中，一定属于相似体的是 ；
A．两个球体
B．两个锥体
C．两个圆柱体
D．两个长方体
（2）请归纳出相似体的三条主要性质：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于 ；
②相似体表面积的比等于 ；
③相似体体积比等于 ．
（3）假定在完全正常发育的条件下，不同时期的同一人的人体是相似体，一个小朋友上幼儿园时身高为1.1米，体重为16千克，到了初三时，身高为1.65米，则他的体重是 千克（不考虑不同时期人体平均密度的变化）．
51．（2021秋•苏州期末）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？
52．（2019秋•秦淮区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）若在同一平面内的⊙P也经过B、C两点，且PA＝2，请直接写出⊙P的半径的长．
53．（2021秋•大丰区期末）如图，AB、AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是半⊙O的切线；
（2）若∠CAB＝30°，AB＝6，求由劣弧AC、线段AC所围成图形的面积S．
54．（2021秋•滨海县期末）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D为OC的中点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点E为直线BC上方抛物线上一点，过点E作EH⊥x轴，垂足为H，EH与BC、BD分别交于点F、G两点，设点E的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段EF的长度；
②若EF＝FG，求此时点E的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使∠CPB＝90°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
55．（2021秋•灌云县期末）如图a，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣b（a＜0）与x轴的一个交点为B（﹣1，0），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．若以AD为直径的圆经过点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图b，点E是y轴负半轴上的一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标．
56．（2018秋•淮阴区校级期末）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝ax2+2x+c经过点B、点C，与x轴的另一个交点为A．
（1）求抛物线的关系式及点A坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为点M．
①点M的坐标为 ；
②在抛物线上找一点P，直线BC上找一点Q，使得四边形AMQP为矩形，求点P的坐标．
（3）连接AC，过点A的直线与直线BC交于点N，直线AN与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出此时点N的坐标．
57．（2021秋•高邮市期末）定义：如图，已知点M是一次函数y＝x图象上的一个动点，⊙M的半径为2，线段OM与⊙M交于点A．若点P在⊙M上，且满足PA＝2，则称点P为⊙M的“等径点”．
（1）若点M的横坐标为3时，⊙M的“等径点”是 ；
（2）若⊙M的“等径点”P恰好在y轴上，求圆心M的坐标；
（3）若⊙M的“等径点”P在二次函数y＝x2+2x+2的图象上，求点P的坐标．
58．（2018秋•高港区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若M为对称轴与x轴交点，且DM＝2AM，
①求二次函数解析式；
②当t﹣2≤x≤t时，二次函数有最大值5，求t值；
③若直线x＝4与此抛物线交于点E，将抛物线在C，E之间的部分记为图象记为图象P（含C，E两点），将图象P沿直线x＝4翻折，得到图象Q，又过点（10，﹣4）的直线y＝kx+b与图象P，图象Q都相交，且只有两个交点，求b的取值范围．
59．（2018秋•海门市期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．
（1）求▱DEFG对角线DF的长；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值．
60．（2021秋•亭湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣3），与x轴的交点为B、C，直线l：y＝2x+2与抛物线相交于点C，与y轴相交于点D，P是直线l下方抛物线上一动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）过点P作线段PM∥x轴，与直线l相交于点M，当PM最大时，求点P的坐标及PM的最大值；
（3）把抛物线绕点O旋转180°，再向上平移使得新抛物线过（2）中的P点，E是新抛物线与y轴的交点，F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，直接写出所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．
答案与解析
一．选择题（共18小题）
1．（2022春•惠山区期末）下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A．2x﹣1＝0 B．＝7 C．x2﹣2x﹣3＝0 D．x+y＝6
【分析】根据一元二次方程的定义，即可判断．
【解答】解：A．是一元一次方程，故此选项不符合题意；
B．是分式方程，故此选项不符合题意；
C．是一元二次方程，故此选项符合题意；
D．是二元一次方程，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
2．（2022春•常熟市期末）下列方程中，属于一元二次方程的是（ ）
A．x2﹣3x+3＝0 B．x2﹣xy＝2 C． D．2（1﹣x）＝x
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
【解答】解：A．是一元二次方程，故本选项符合题意；
B．是二元二次方程，故本选项不符合题意；
C．是分式方程，故本选项不符合题意；
D．是一元一次方程，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．
3．（2021秋•亭湖区期末）抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（ ）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（1，2）
【分析】直接利用顶点式的特点可写出顶点坐标．
【解答】解：∵顶点式y＝a（x﹣h）2+k，顶点坐标是（h，k），
∴抛物线y＝（x﹣1）2+2的顶点坐标是（1，2）．
故选：D．
【点评】主要考查了求抛物线的顶点坐标的方法．熟记二次函数的顶点式的形式是解题的关键．
4．（2021秋•泰兴市期末）已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用设k法进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴设a＝2k，b＝3k
∴＝＝＝﹣，
故选：A．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
5．（2021秋•泰兴市期末）如图，△ABC和△DEF中，∠A＝∠D，则添加下列条件后无法判定△ABC∽△DEF的是（ ）
A．∠B＝∠E B．∠C＝∠F C． D．
【分析】根据相似三角形的判定方法判定即可．
【解答】解：A．∵∠A＝∠D，∠B＝∠E，
∴△ABC∽△DEF（两角相等的两个三角形相似），
故A不符合题意；
B．∵∠A＝∠D，∠C＝∠F，
∴△ABC∽△DEF（两角相等的两个三角形相似），
故B不符合题意；
C．∵∠A＝∠D，＝，
∴△ABC∽△DEF（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似），
故C不符合题意；
D．∵∠A＝∠D，＝，
∴△ABC与△DEF不相似，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2022春•亭湖区校级期末）下列成语中，表示随机事件的是（ ）
A．守株待兔 B．刻舟求剑 C．水中捞月 D．破镜重圆
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：A、守株待兔，是随机事件，故A符合题意；
B、刻舟求剑，是不可能事件，故B不符合题意；
C、水中捞月，是不可能事件，故C不符合题意；
D、破镜重圆，是不可能事件，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
7．（2022春•铜山区期末）不透明的袋子中有3个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，下列事件为不可能事件的是（ ）
A．摸到的有红球 B．摸到的有绿球
C．摸到的全是红球 D．摸到的全是绿球
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：不透明的袋子中有3个红球和2个绿球，这些球除颜色外无其他差别，随机从袋子中一次摸出3个球，
A、摸到的有红球，是必然事件，故A不符合题意；
B、摸到的有绿球，是随机事件，故B不符合题意；
C、摸到的全是红球，是随机事件，故C不符合题意；
D、摸到的全是绿球，是不可能事件，故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
8．（2021秋•建湖县期末）已知实数a＜b，则下列事件中是随机事件的是（ ）
A．3a＞3b B．a2＞b2 C．a+3＞b+3 D．a﹣b＜0
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可．
【解答】解：已知实数a＜b，
A．3a＞3b，这是不可能事件，故A不符合题意；
B．a2＞b2，这是随机事件，故B符合题意；
C．a+3＜b+3，这是不可能事件，故C不符合题意；
D．a﹣b＜0，这是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
9．（2021秋•赣榆区期末）下列属于随机事件的是（ ）
A．抛一枚骰子两次出现点数之和为13
B．抛一枚硬币，正好反面朝上
C．从一副扑克牌中任抽2张都是红心5
D．从装满红球的口袋中随意摸一个球是红球
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可．
【解答】解：A．抛一枚骰子两次出现点数之和为13，这是不可能事件，故A不符合题意；
B．抛一枚硬币，正好反面朝上，这是随机事件，故B符合题意；
C．从一副扑克牌中任抽2张都是红心5，这是不可能事件，故C不符合题意；
D．从装满红球的口袋随意摸一个球是红球，这是必然事件，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
10．（2020秋•扬州期末）下列方程中，一元二次方程共有（ ）个．
①x2﹣2x﹣1＝0；②ax2+bx+c＝0；③+3x﹣5＝0；④﹣x2＝0；⑤（x﹣1）2+y2＝2；⑥（x﹣1）（x﹣3）＝x2．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证．
【解答】解：①x2﹣2x﹣1＝0，符合一元二次方程的定义，是一元二次方程；
②ax2+bx+c＝0，没有二次项系数不为0这个条件，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程；
③+3x﹣5＝0不是整式方程，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程；
④﹣x2＝0，符合一元二次方程的定义，是一元二次方程；
⑤（x﹣1）2+y2＝2，方程含有两个未知数，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程；
⑥（x﹣1）（x﹣3）＝x2，方程整理后，未知数的最高次数是1，不符合一元二次方程的定义，不是一元二次方程．
综上所述，一元二次方程共有2个．
故选：B．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
11．（2019秋•亭湖区期末）若圆锥的底面半径为2，母线长为5，则圆锥的侧面积为（ ）
A．5π B．10π C．20π D．40π
【分析】圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长，把相关数值代入即可求解．
【解答】解：圆锥的侧面积为：π×2×5＝10π．
故选：B．
【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图公式．解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积＝π×底面半径×母线长．
12．（2022春•亭湖区校级期末）如图，在四边形材料ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝9cm，AB＝20cm，BC＝24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
A．cm B．8cm C．6cm D．10cm
【分析】如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．利用面积法构建方程求解．
【解答】解：如图，当AB，BC，CD相切于⊙O于点E，F，G时，⊙O的面积最大．连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，过点D作DH⊥BC于点H．
∵AD∥CB，∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∵∠DHB＝90°，
∴四边形ABHD是矩形，
∴AB＝DH＝20cm，AD＝BH＝9cm，
∵BC＝24cm，
∴CH＝BC﹣BH＝24﹣9＝15（cm），
∴CD＝＝＝25（cm），
设OE＝OF＝OG＝rcm，
则有×（9+24）×20＝×20×r+×24×r+×25×r+×9×（20﹣r），
∴r＝8，
故选：B．
【点评】本题考查切线的性质，直角梯形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用面积法构建方程解决问题．
13．（2021秋•苏州期末）已知二次函数y＝ax2﹣2ax+1（a＜0）图象上三点A（﹣1，y1），B（2，y2）C（4，y3），则y1、y2、y3的大小关系为（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
【分析】求出抛物线的对称轴，求出A关于对称轴的对称点的坐标，根据抛物线的开口方向和增减性，即可求出答案．
【解答】解：y＝ax2﹣2ax+1（a＜0），
对称轴是直线x＝﹣＝1，
即二次函数的开口向下，对称轴是直线x＝1，
即在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
A点关于直线x＝1的对称点是D（3，y1），
∵2＜3＜4，
∴y2＞y1＞y3，
故选：D．
【点评】本题考查了学生对二次函数图象上点的坐标特征的理解和运用，主要考查学生的观察能力和分析能力，本题比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
14．（2021秋•高邮市期末）如图，在下列四个条件：①∠B＝∠C，②∠ADB＝∠AEC，③AD：AC＝AE：AB，④PE：PD＝PB：PC中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是（ ）
A．0.25 B．0.5 C．0.75 D．1
【分析】根据相似三角形的判定方法判断即可．
【解答】解：由题意得：
∠DPC＝∠EPB，
①∠B＝∠C，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
②∵∠ADB＝∠AEC，
∴∠PDC＝∠PEB，
所以，根据两角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
③∵AD：AC＝AE：AB，∠A＝∠A，
∴△ADB和△AEC不相似，
∴∠B≠∠C，
故③不能使△BPE∽△CPD，
④PE：PD＝PB：PC，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得：△BPE∽△CPD，
∴在上列四个条件中，随机抽取一个能使△BPE∽△CPD的概率是：0.75，
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定，概率公式，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
15．（2021秋•海陵区期末）在△ABC中，AB＝4，BC＝5，sinB＝，则△ABC的面积等于（ ）
A．15 B． C．6 D．
【分析】根据题目的已知条件画出图形，然后再利用锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在△ABD中，AB＝4，sinB＝，
∴AD＝ABsinB＝4×＝3，
∴△ABC的面积＝BC•AD
＝×5×3
＝，
故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形，三角形的面积，根据题目的已知条件画出图形是解题的关键．
16．（2020秋•镇江期末）如图，在半径为2的⊙O中，将劣弧沿弦AB翻折，使折叠后的所在的圆恰好与OA、OB相切，A、B为切点，则阴影部分的面积等于（ ）
A．4﹣π B．2﹣π C．2π﹣2 D．2π﹣4
【分析】作O点关于AB的对称点O′，连接O′A、O′B，如图，利用对称的性质得到OA＝OB＝O′A＝O′B，则可判断四边形OAO′B为菱形，再根据切线的性质得到O′A⊥OA，O′B⊥OB，则可判断四边形OAO′B为正方形，然后利用正方形的面积减去扇形面积即可求解．
【解答】解：如图，作O点关于AB的对称点O′，连接O′A、O′B，
∵OA＝OB＝O′A＝O′B，
∴四边形OAO′B为菱形，
∵折叠后的与OA、OB相切，
∴O′A⊥OA，O′B⊥OB，
∴四边形OAO′B为正方形，
∴∠AOB＝90°，
∴阴影部分的面积＝S正方形AOBO′﹣S扇形AO′B＝22﹣π×22＝4﹣π．
故选：A．
【点评】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，三角形面积的计算，翻折变换，解决本题的关键是掌握扇形面积的相关计算．
17．（2019秋•东台市期末）在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，则这个三角形的内切圆的半径是（ ）
A．5 B．2 C．5或2 D．2或﹣1
【分析】根据Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，分两种情况讨论：当BC边为直角边和斜边两种情况求解即可．
【解答】解：设直角三角形ABC内切圆的圆心为点I，半径为r，
三边上的切点分别为D、E、F，
连接ID、IE、IF，
得正方形，则正方形的边长即为r，
如图所示：
当BC为直角边时，
AC＝＝10，
根据切线长定理，得
AD＝AF＝AB﹣BD＝6﹣r，
CE＝CF＝BC﹣BE＝8﹣r，
∴AF+FC＝AC＝10，
即6﹣r+8﹣r＝10，解得r＝2；
当BC为斜边时，
AC＝＝2，
根据切线长定理，得
BD＝BF＝6﹣r，
CE＝CF＝2﹣r，
∴BC＝BF+CF＝6﹣r+2﹣r＝8，
解得r＝﹣1．
答：这个三角形的内切圆的半径是2或﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是分两种情况分类讨论计算．
18．（2021秋•苏州期末）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），点C（0，﹣m），其中2＜m＜3，下列结论：①2a+b＞0，②2a+c＜0，③方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，④不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①利用点A（﹣1，0），点B（m，0）求出对称轴，然后利用2＜m＜3判断即可；
②把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可得a﹣b+c＝0，再结合①中的结论即可解答；
③利用直线y＝﹣m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象的交点个数判断即可；
④先求出函数y＝ax2+（b﹣1）x的对称轴，再求出与x轴的两个交点坐标即可解答．
【解答】解：①∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），
∴二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象的对称轴是直线：x＝，
∵2＜m＜3，
∴1＜﹣1+m＜2，
∴＜＜1，
∴＜＜1，
∵＜1，a＞0，
∴2a+b＞0，
故①正确；
②把点A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+c中可得：a﹣b+c＝0，
∴b＝a+c，
由①得：＞，
∵a＞0，
∴a+b＜0，
∴a+a+c＜0，
∴2a+c＜0，
故②正确；
③由图可知：
直线y＝﹣m与二次函数y＝ax2+bx+c的图象抛物线有两个交点，
∴方程ax2+bx+c＝﹣m有两个不相等的实数根，
故③正确；
④∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点A（﹣1，0），点B（m，0），
∴y＝a（x+1）（x﹣m）＝ax2﹣amx+ax﹣am，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象经过点C（0，﹣m），
∴﹣am＝﹣m，
∴a＝1，
二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的对称轴为直线：x＝，
把x＝0代入二次函数y＝ax2+（b﹣1）x中可得：y＝0，
∴二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的图象与x轴的交点为：（0，0），
设二次函数y＝ax2+（b﹣1）x的图象与x轴的另一个交点为（n，0），
∴＝，
∴n＝＝1﹣b，
∵不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜n，
∴不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）的图象的对称轴是直线：x＝，
∴＝，
∴m＝＝1﹣b，
∴不等式ax2+（b﹣1）x＜0的解集为0＜x＜m，
故④正确，
所以：正确结论的个数有4个，
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数与不等式组，根的判别式，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，准确熟练地进行计算是解题的关键．
二．填空题（共19小题）
19．（2021秋•淮安区期末）若函数y＝x2﹣x+m的图象与x轴有两个公共点，则m的范围是 ．
【分析】根据判别式的意义得到△＝（﹣1）2﹣4m＞0，然后求出不等式即可．
【解答】解：根据题意得△＝（﹣1）2﹣4m＞0，
解得m＜．
故答案为：m＜．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
20．（2021秋•沭阳县期末）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现给出以下结论：①abc＜0；②c+2a＜0；③9a﹣3b+c＝0；④a﹣b≥m（am+b）（m为实数），其中正确的结论有 ①②③ ．（只填序号）
【分析】由抛物线的开口方向判断a的正负，由抛物线与y轴交点判断c的正负，由抛物线对称轴判断a与b的关系，根据抛物线的图象的性质对结论进行判断．
【解答】解：由图象可得a＞0，c＜0，﹣＜0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故①正确，符合题意．
由抛物线对称轴﹣＝﹣1可得b＝2a，
∵x＝1时，y＝a+b+c＝0，
∴a+2a+c＝0，
即c+3a＝0，
∴c+2a＝﹣a＜0，
故②正确，符合题意．
∵图象对称轴为直线x＝﹣1，且经过点（1，0），
∴抛物线与x轴另一个交点坐标为（﹣3，0），
∴x＝﹣3时，y＝9a﹣3b+c＝0，
故③正确，符合题意．
当x＝﹣1时，函数有最小值为a﹣b+c，
当x＝m时，y＝am2+bm+c，
∴am2+bm+c≥a﹣b+c，
整理得a﹣b≤m（am+b），
故④错误，不符合题意．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与不等式的关键，二次函数与方程的关系．
21．（2022春•工业园区校级期末）若点C是线段AB的黄金分割点，且AB＝2（AC＞BC），则AC＝ ﹣1 ．（保留根号）
【分析】把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项，叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．根据黄金分割的定义得到AC＝AB，然后把AB的长代入计算即可．
【解答】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，且AB＝2（AC＞BC），
∴AC＝AB＝×2＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．特别要注意线段AB的黄金分割点有两个．
22．（2022春•工业园区期末）已知，则＝ 4 ．
【分析】利用设k法，进行计算即可解答．
【解答】解：∵，
∴设a＝3k，b＝5k，
∴＝＝＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
23．（2022春•镇江期末）从一副扑克牌中任意抽一张扑克牌，是红桃2，此事件是 随机 事件（填“必然”“随机”或“不可能”）．
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点，即可解答．
【解答】解：从一副扑克牌中任意抽一张扑克牌，是红桃2，此事件是随机事件，
故答案为：随机．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
24．（2022春•宝应县期末）某工厂生产一批足球共10000只，经工厂质检科抽检获得该批足球优等品的频率约为0.975，则这批足球的优等品约为 9750 只．
【分析】根据频数＝总次数×频率，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
10000×0.975＝9750（只），
∴这批足球的优等品约为9750只，
故答案为：9750．
【点评】本题考查了频数与频率，用样本估计总体，熟练掌握频数＝总次数×频率是解题的关键．
25．（2022春•宜兴市期末）在一个不透明袋子里装有4个黄球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．从袋中任意摸出2个球都是红球，则这个事件是 随机 事件（填“随机”或“必然”或“不可能”）
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的定义，即可解答．
【解答】解：在一个不透明袋子里装有4个黄球和2个红球，这些球除颜色外完全相同．从袋中任意摸出2个球都是红球，则这个事件是随机事件，
故答案为：随机．
【点评】本题考查了随机事件，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的定义是解题的关键．
26．（2022春•江宁区期末）一个圆形转盘分成3个区域，分别涂上红色、绿色、黄色．小明转动到红色的频数为20，频率为40%，则小明共转动转盘 50 次．
【分析】根据频率＝频数÷总次数，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
20÷40%＝50，
∴小明共转动转盘50次，
故答案为：50．
【点评】本题考查了频数与频率，熟练掌握频率＝频数÷总次数是解题的关键．
27．（2022春•靖江市校级期末）为了解一组数据的分布情况，我们可以将一个样本的50个数据分成5组，若第1、2、3、4组的频数分别为2、8、15、15，则第5组的频率为 0.2 ．
【分析】先求出第5组的频数，再利用频率＝频数÷总次数，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
50﹣2﹣8﹣15﹣15＝10，
10÷50＝0.2，
∴第5组的频率为：0.2，
故答案为：0.2．
【点评】本题考查了频数与频率，熟练掌握频率＝频数÷总次数是解题的关键．
28．（2022春•镇江期末）小明抛掷一枚硬币40次，正面朝上的频率是0.4，则正面朝上的频数是 16 ．
【分析】频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比），即频率＝频数÷总数．据此解答即可．
【解答】解：∵抛掷一枚硬币40次，正面朝上的频率是0.4，
∴正面朝上的频数是40×0.4＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了频数和频率，熟练运用频率公式计算是解题的关键．
29．（2021秋•泗阳县期末）抛物线y＝ax2﹣4ax﹣3（其中a＞0，a为常数），若当4≤x＜5时，对应的函数值y恰好有3个整数值，则a的取值范围是 ．
【分析】先根据抛物线解析式可求出抛物线的对称轴为直线x＝2，又当4≤x＜5时，y随x的增大而增大，求出对应的函数值，结合y恰好有3个整数值这个条件，列出不等式求出a的取值范围．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2﹣4ax﹣3（其中a＞0，a为常数），
∴对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴当4≤x＜5时，y随x的增大而增大，
∴当x＝4时，y＝﹣3，
x＝5时，y＝5a﹣3，
∵当4≤x＜5时，对应的函数值y恰好有3个整数值，
∴它的三个整数分别是﹣3，﹣2，﹣1，
∴﹣1＜5a﹣3≤0，
∴；
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数的性质和解一元一次不等式，掌握二次函数的对称性，得出函数的单调性是解题关键．
30．（2022春•工业园区期末）如图是一位同学用激光笔测量某古城墙高度的示意图．点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙CD的顶端C处，若AB⊥BD，CD⊥BD，测得AB＝1.5m，BP＝2m，PD＝6m，则该古城墙的高度CD是 4.5 m．
【分析】根据题意可得∠APB＝∠CPD，根据垂直定义可得∠ABD＝∠CDB＝90°，从而可证△ABP∽△CDP，然后利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
∠APB＝∠CPD，
∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠ABD＝∠CDB＝90°，
∴△ABP∽△CDP，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝4.5，
∴该古城墙的高度CD是4.5m，
故答案为：4.5．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
31．（2021秋•海陵区校级期末）已知α、β为锐角，若，，利用下列边长均为1的小正方形组成的网格图（如图），可求得tan（α+β）＝ 2 ．
【分析】先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，然后证明α+β＝∠ABD+∠EBC＝∠ABC，最后进行计算即可解答．
【解答】解：设点D，点E在格点上，如图：
由题意得：
AB2＝12+22＝5，
AC2＝22+42＝20，
BC2＝32+42＝25，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴tan∠ABC＝＝＝2，
在Rt△ABD中，tan∠ABD＝＝，
在Rt△BEC中，tan∠EBC＝＝，
∵，，
∴∠ABD＝α，∠EBC＝β，
∴α+β＝∠ABD+∠EBC＝∠ABC，
∴tan（α+β）＝tan∠ABC＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了解直角三角形，熟练掌握解直角三角形以及把α+β转化为∠ABC是解题的关键．
32．（2021秋•苏州期末）我们给出定义：如果两个锐角的和为45°，那么称这两个角互为半余角．如图，在△ABC中，∠A，∠B互为半余角，且，则tanA＝ ．
【分析】要求tanA的值，想到构造直角三角形，根据已知可得∠ACB的补角为45°，所以过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，分别在Rt△CDB和Rt△ABD中利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，
∵，
∴设BC＝2a，AC＝3a，
∵∠A，∠B互为半余角，
∴∠A+∠B＝45°，
∴∠DCB＝∠A+∠B＝45°，
在Rt△CDB中，BD＝BCsin45°＝2a•＝2a，
CD＝BCcos45°＝2a•＝2a，
∵AC＝3a，
∴AD＝AC+CD＝3a+2a＝5a，
在Rt△ABD中，tanA＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了余角和补角，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
33．（2020秋•赣榆区期末）如图，半圆的直径AB＝4，C，D是半圆上的三等分点，点E是OA的中点，则阴影部分面积等于 π ．
【分析】连接OC、OD、CD，如图，根据圆心角、弧、弦的关系得到∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，再证明CD∥AB得到S△ECD＝S△OCD，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分面积＝S扇形COD进行计算．
【解答】解：连接OC、OD、CD，如图：
∵C，D是半圆上的三等分点，
∴∠AOC＝∠COD＝∠BOD＝60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD为等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∵∠OCD＝∠AOC，
∴CD∥AB，
∴S△ECD＝S△OCD，
∴阴影部分面积＝S扇形COD＝＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查了扇形面积的计算．根据图形推知图中阴影部分面积＝扇形OCD的面积是解题的关键．
34．（2020秋•梁溪区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的侧面积是 20π ．
【分析】利用勾股定理易得圆锥的母线长，那么圆锥的侧面积＝底面周长×母线长÷2．
【解答】解：AC＝3，BC＝4，由勾股定理得斜边AB＝5，以直线AC为轴，把△ABC旋转一周得到的圆锥的底面半径为4，
底面周长＝8π，侧面面积＝×8π×5＝20π．
【点评】本题利用了勾股定理，圆的周长公式和扇形面积公式求解．
35．（2019秋•仪征市期末）如图，⊙O的半径为6，△OAB的面积为18，点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，P点有 4 个．
【分析】解法一：过点P最长的弦是12，根据已知条件，△OAB的面积为18，可以求出AB＜12，根据三角形面积可得OC＝3，从而可知OP的长有两个整数：5，6，且OP＝6是P在A或B点时，每一个值都有两个点P，所以一共有4个．
解法二：根据面积可知，OA上的高为6，也就是说OA与OB互相垂直，然后算出OC长度即可．
【解答】解：解法一：过O作OC⊥AB于C，则AC＝BC，
设OC＝x，AC＝y，
∵AB是⊙O的一条弦，⊙O的半径为6，
∴AB≤12，
∵△OAB的面积为18，
∴，
则y＝，
∴，
解得x＝3或﹣3（舍），
∴OC＝3＞4，
∴4＜OP≤6，
∵点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，OP＝5或6，P点有4个．
解法二：设△AOB中OA边上的高为h，
则，即，
∴h＝6，
∵OB＝6，
∴OA⊥OB，即∠AOB＝90°，
∴AB＝6，图中OC＝3，
同理得：点P为弦AB上一动点，当OP长为整数时，OP＝5或6，P点有4个．
故答案为：4．
【点评】此题考查了圆的有关概念，三角形的面积，解决本题的关键是确定OP的最小值和最大值．
36．（2020春•常熟市期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD上，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则BE＝ ．
【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，依据相似三角形的性质，即可得到FG＝EC，GE＝2＝CD；设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，再根据勾股定理，即可得到CE2＝，最后依据勾股定理进行计算，即可得出BE的长．
【解答】解：如图所示，过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，则∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
又∵∠BEF＝90°，
∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，
∴∠FEG＝∠EBC，
又∵∠C＝∠G＝90°，
∴△BCE∽△EGF，
∴＝＝，即＝＝，
∴FG＝EC，GE＝2＝CD，
∴DG＝EC，
设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，
∵Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，
∴（x）2+x2＝（）2，
解得x2＝，
即CE2＝，
∴Rt△BCE中，BE＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．
37．（2019秋•新吴区期末）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C，D为格点（即小正方形的顶点），AB与CD相交于点O，则AO的长为 ．
【分析】因网格由边长为1的小正形构成，角角边证明△BDF≌△ECF，其性质得BF＝；根据正方形的性质得BF∥DA，证明△BFO∽△ADO，其性质得，最后勾股定理和线段的和差求出AO的长为．
【解答】解：如图所示：
在△BDF和△ECF中，
，
∴△BDF≌△ECF（AAS），
∴BF＝EF＝，
又∵BF∥DA，
∴△BFO∽△ADO，
∴，
又∵AD＝4，
∴，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
，
又∵AB＝AO+BO，
∴AO＝，
故答案为．
【点评】本题综合考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的运用，重点掌握相似三角形的判定与性质．
三．解答题（共23小题）
38．（2022春•工业园区校级期末）用适当的方法解下列方程
（1）x2﹣4x﹣45＝0；
（2）2x2﹣5x+1＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣4x﹣45＝0，
（x﹣9）（x+5）＝0，
x﹣9＝0或x+5＝0，
x1＝9，x2＝﹣5；
（2）2x2﹣5x+1＝0，
Δ＝（﹣5）2﹣4×2×1
＝25﹣8
＝17＞0，
∴x＝，
∴x1＝，x2＝．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
39．（2022春•惠山区校级期末）解方程：
（1）；
（2）x2+2x﹣2＝0．
【分析】（1）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1），
1+3（x﹣2）＝x﹣1，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣2＝0，
∴x＝2是原方程的增根，
∴原方程无解；
（2）x2+2x﹣2＝0，
x2+2x＝2，
x2+2x+1＝2+1，
（x+1）2＝3，
x+1＝±，
x+1＝或x+1＝﹣，
x1＝﹣1，x2＝﹣﹣1．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，解分式方程，准确熟练地进行计算是解题的关键．
40．（2022春•惠山区期末）解方程：
（1）x2﹣6x﹣7＝0；
（2）．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答；
（2）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣6x﹣7＝0，
（x+1）（x﹣7）＝0，
x+1＝0或x﹣7＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝7；
（2），
x（x+1）﹣（x﹣1）（x+1）＝3，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，（x﹣1）（x+1）≠0，
∴x＝2是原方程的根．
【点评】本题考查了解分式方程，解一元二次方程﹣因式分解法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
41．（2021春•如皋市校级期末）解方程：
（1）3x2+6x﹣5＝0；
（2）（x﹣5）（x+2）＝8．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣公式法，进行计算即可解答；
（2）解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）3x2+6x﹣5＝0，
Δ＝62﹣4×3×（﹣5）
＝36+60
＝96＞0，
∴x＝＝＝，
∴x1＝，x2＝；
（2）（x﹣5）（x+2）＝8，
x2﹣3x﹣10＝8，
x2﹣3x﹣18＝0，
（x﹣6）（x+3）＝0，
x﹣6＝0或x+3＝0，
x1＝6，x2＝﹣3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣公式法，因式分解法，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
42．（2021春•响水县校级期末）解方程：
（1）x2+6x＝9；
（2）3x（x﹣3）＝3﹣x；
（3）＝；
（4）+2＝．
【分析】（1）用求根公式解方程；
（2）用因式分解法解方程；
（3）去分母，求解，一定检验；
（4）去分母，求解，一定检验．
【解答】解：（1）x2+6x＝9，
x2+6x﹣9＝0，
Δ＝b2﹣4ac＝36+36＝72＞0，
x＝，
x1＝﹣3+3，x2＝﹣3﹣3．
（2）3x（x﹣3）＝3﹣x，
3x（x﹣3）﹣（3﹣x）＝0，
（x﹣3）（3x+1）＝0，
x1＝3，x2＝﹣．
（3）＝，
6x＝x+5，
x＝1，
检验：把x＝1代入x（x+1）≠0，
∴原方程的解是x＝1．
（4）+2＝，
4x+2（1﹣x2）＝2x（1﹣x），
2x＝﹣2，
x＝﹣1，
检验：把x＝﹣1代入（1+x）（1﹣x）＝0．
∴x＝﹣1不是原方程的解，
∴原方程无解．
【点评】本题考查了解一元二次方程、分式方程，掌握求根公式、因式分解法在本题中的应用，检验是解决本题的关键．
43．（2022春•如皋市期末）解方程：
（1）x2﹣4x﹣1＝0；
（2）x（3x+1）＝2（3x+1）．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）x2﹣4x﹣1＝0，
x2﹣4x＝1，
x2﹣4x+4＝1+4，
（x﹣2）2＝5，
x﹣2＝±，
x﹣2＝，或x﹣2＝﹣，
x1＝2+，x2＝2﹣；
（2）x（3x+1）＝2（3x+1），
x（3x+1）﹣2（3x+1）＝0，
（3x+1）（x﹣2）＝0，
3x+1＝0或x﹣2＝0，
x1＝﹣，x2＝2．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握解一元二次方程是解题的关键．
44．（2022春•泗阳县期末）用两根同样长的铁丝分别围成一个正方形和一个长方形，设正方形的边长为m，长方形长为x，宽为y．
（1）则正方形的周长表示为 4m ；长方形的周长表示 2x+2y ．由此可得x、y、m之间的等量关系为 x+y＝2m ．
（2）比较正方形面积m2和长方形面积xy的大小．
【尝试】：（用“＜”，“＝”或“＞”填空）
①当x＝4，y＝2时，xy ＜ m2；
②当x＝1，y＝3时，xy ＜ m2；
③当x＝y＝3时，xy ＝ m2；
【猜想验证】：对于任意实数x，y，代数式xy与m2有怎样的大小关系？写出你的猜想，并加以证明．
【应用】：当xy＝1时，请直接写出x+y的最小值．
【分析】（1）根据周长公式表示周长．
（2）通过计算比较大小．
猜想验证：先猜想，再用公式验证．
应用：利用猜想中的结论求最值．
【解答】解：（1）∵正方形的边长为m，
∴正方形的周长＝4m
∵长方形长为x，宽为y．
因此长方形的周长＝2（x+y）＝2x+2y．
由题意得：4m＝2x+2y，
∴x+y＝2m．
故答案为：4m，2x+2y，x+y＝2m．
（2）①当x＝4，y＝2时，m＝＝3，
∵xy＝8，m2＝9，
∴xy＜m2，
②当x＝1，y＝3时，m＝＝2，
∴xy＝3，m2＝4，
∴xy＜m2．
③当x＝y＝3时，m＝3，
xy＝m2＝9，
故答案为：①＜，②＜，③＝．
猜想验证：xy≤m2．
证明：∵m2﹣xy＝﹣xy＝﹣xy
＝≥0，
∴xy≤m2．
应用：∵xy≤m2，xy＝1，
∴m2≥1，
∴≥1，当且仅当x＝y时取“＝”．
∴x+y≥2．
∴当x＝y＝1时，x+y有最小值2．
【点评】本题考查完全平方公式的应用，找到x，y和m的关系是求解本题的关键．
45．（2021秋•玄武区期末）已知二次函数y＝（x+a）（x﹣a﹣2）（a为常数，且a≠﹣1）．
（1）求证：无论a取何值，二次函数的图象与x轴总有两个交点；
（2）点P（m，y1），Q（m+3，y2）在二次函数的图象上，且y1＞y2，直接写出m的取值范围．
【分析】（1）令y＝0，解方程，即可解答；
（2）先计算其对称轴，根据点P，Q在对称轴左铡或对称轴两铡列不等式可得结论．
【解答】（1）证明：由题意得：令y＝0时，（x+a）（x﹣a﹣2）＝0，
∴x1＝﹣a，x2＝a+2，
∵a≠﹣1，
∴﹣a≠a+2，
∴无论a取何值，二次函数的图象与x轴总有两个交点；
（2）解：对称轴是：x＝＝1，
∵点P（m，y1），Q（m+3，y2）在二次函数的图象上，且y1＞y2，
∴m+3≤1或1﹣m＞m+3﹣1，
∴m≤﹣2或m＜﹣；
综上，m的取值是：m＜﹣．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查二次函数的增减性，计算二次函数的对称轴是解题的关键．
46．（2019秋•海州区校级期末）在一个不透明的袋子中装有三个小球，分别标有数字﹣2、2、3，这些小球除数字不同外其余均相同，现从袋子中随机摸出一个小球记下数字后放回，搅匀后再随机摸出一个小球，用画树状图或列表的方法，求两次摸出的小球上数字之和是正数的概率．
【分析】画树状图展示所有9种等可能的结果数，再找出两次摸出小球上的数字的和为正数的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中和为正数的结果有6种，
∴两次摸出的小球上数字之和是正数的概率为＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．
47．（2018秋•宝应县期末）为了发展学生的核心素养，培养学生的综合能力，某中学利用“阳光大课间”，组织学生积极参加丰富多彩的课外活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、毽子队、射击队等，其中射击队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如表：
射击次序（次）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的成绩（环）
8
9
7
9
8
6
7
a
10
8
乙的成绩（环）
6
7
9
7
9
10
8
7
7
10
（1）经计算甲和乙的平均成绩是8（环），请求出表中的a＝ 8 ；
（2）甲成绩的中位数是 8 环，乙成绩的众数是 7 环；
（3）若甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，判断甲、乙两人谁的成绩更为稳定？
【分析】（1）依据甲的平均成绩是8（环），即可得到a的值；
（2）依据中位数以及众数的定义进行判断即可；
（3）依据方差的计算公式，即可得到乙成绩的方差，根据方差的大小，进而得出甲、乙两人谁的成绩更为稳定．
【解答】解：（1）∵甲的平均成绩是8（环），
∴（8+9+7+9+8+6+7+a+10+8）＝8，
解得a＝8，
故答案为：8；
（2）甲成绩排序后最中间的两个数据为8和8，
∴甲成绩的中位数是（8+8）＝8；
乙成绩中出现次数最多的为7，故乙成绩的众数是7，
故答案为：8，7；
（3）乙成绩的方差为[（﹣1）2×4+12×2+22×2+（﹣2）2+02]＝1.8，
∵甲和乙的平均成绩是8（环），而甲成绩的方差小于乙成绩的方差，
∴甲的成绩更为稳定．
【点评】本题考查了方差、中位数以及众数，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
48．（2022春•海陵区校级期末）计算：
（1）（3.14﹣π）0﹣|1﹣；
（2）a；
解方程：（3）x2+6x﹣1＝0（用配方法解）；
（4）+1．
【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答；
（2）先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
（3）利用解一元二次方程﹣配方法，进行计算即可解答；
（4）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）（3.14﹣π）0﹣|1﹣
＝1﹣（﹣1）+2﹣2
＝1﹣+1+2﹣2
＝4﹣3；
（2）a
＝2a﹣a+3a
＝a；
（3）x2+6x﹣1＝0，
x2+6x＝1，
x2+6x+9＝10，
（x+3）2＝10，
x+3＝±，
x+3＝或x+3＝﹣，
x1＝﹣3，x2＝﹣﹣3；
（4）+1，
x（x﹣1）＝2（x+2）+（x+2）（x﹣1），
解得：x＝﹣，
检验：当x＝﹣时，（x+2）（x﹣1）≠0，
∴x＝﹣是原方程的根．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣配方法，二次根式的混合运算，解分式方程，零指数幂，负整数指数幂，实数的运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
49．（2021秋•灌南县期末）已知：如图，AB是⊙O的直径，AB⊥AC，BC交⊙O于点D，点E是AC的中点，ED与AB的延长线交于点F．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若∠F＝30°，BF＝2，求△ABC外接圆的半径．
【分析】（1）要证明DE是⊙O的切线，想到连接OD，只要证明∠ODE＝90°即可，因为AB是⊙O的直径，想到连接AD，可得∠ADB＝90°，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半，证出ED＝EA，再利用等边对等角即可解答；
（2）根据已知易求OB＝2，然后证明△DOB是等边三角形，求出∠DBO＝60°，最后在Rt△ABC中，求出BC的长即可解答．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AB⊥AC，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAD+∠DAO＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ADB＝90°，
∵点E是AC的中点，
∴EA＝ED＝AC，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠EDA+∠ODA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵∠F＝30°，BF＝2，∠ODF＝90°，
∴OF＝2OD，
∴OB+2＝2OD，
∵OD＝OB，
∴OD＝OB＝2，
∵∠DOF＝90°﹣∠F＝60°，
∴△DOB是等边三角形，
∴∠OBD＝60°，
在Rt△ABC中，AB＝2OB＝4，
∴BC＝＝＝8，
∵△ABC外接圆的半径＝BC＝4，
∴△ABC外接圆的半径为：4．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，熟练掌握直角三角形外接圆的圆心在斜边中点处是解题的关键．
50．（2021秋•南京期末）阅读下面的短文，并解答下列问题：
我们把相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．
如图，甲、乙是两个不同的正方体，正方体都是相似体，它们的一切对应线段之比都等于相似比（a：b）．
设S甲、S乙分别表示这两个正方体的表面积，则＝＝（）2，
又设V甲、V乙分别表示这两个正方体的体积，则＝＝（）3．
（1）下列几何体中，一定属于相似体的是 A ；
A．两个球体
B．两个锥体
C．两个圆柱体
D．两个长方体
（2）请归纳出相似体的三条主要性质：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于 相似比 ；
②相似体表面积的比等于 相似比的平方， ；
③相似体体积比等于 相似比的立方 ．
（3）假定在完全正常发育的条件下，不同时期的同一人的人体是相似体，一个小朋友上幼儿园时身高为1.1米，体重为16千克，到了初三时，身高为1.65米，则他的体重是 54 千克（不考虑不同时期人体平均密度的变化）．
【分析】（1）根据阅读材料中相似形的定义去判断即可；
（2）根据阅读材料进行归纳即可；
（3）根据身高的比求出相似比，体重之比等于体积之比，等于相似比的立方即可解答．
【解答】解：（1）A．两个球体，形状完全相同，是相似体，
B．两个锥体，如果底面或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
C．两个圆柱体，如果底面半径或高发生变化，图形就会改变，不是相似体，
D．两个长方体，如果长，宽，高中有一个发生变化，图形就会改变，不是相似体，
故选：A；
（2）根据阅读材料进行归纳可以得到：
①相似体的一切对应线段（或弧）长的比等于相似比，
②相似体表面积的比等于相似比的平方，
③相似体体积比等于相似比的立方，
（3）由题意可得：他的相似比等于：＝，
设他初三时的体重是x千克，
＝（）3，
解得：x＝54，
答：他初三时的体重是54千克．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，几何体的表面积，类比阅读材料来解决问题是解题的关键．
51．（2021秋•苏州期末）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？
【分析】（1）要求杆EF与地面BD之间的距离，所以过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，在Rt△AEN中进行计算即可解答；
（2）当张角为∠BAE为150°时，按照（1）的思路求出EM的长，再计算当QD＝1.8米时，GQ的长度，然后与车的宽度进行比较即可解答．
【解答】解：（1）过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，则EN⊥AC，
∵AB⊥BD，
∴四边形ABMN是矩形，
∴AB＝MN＝1.2（米），∠BAN＝90°，
∵∠BAE＝135°，
∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝45°，
在Rt△AEN中，EN＝AEsin45°＝1.5×＝（米），
∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.26（米），
答：杆EF与地面BD之间的距离为2.26米；
（2）由（1）得：∠BAN＝90°，
当∠BAE＝150°时，
∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝60°，
在Rt△AEN中，EN＝AEsin60°＝1.5×＝（米），
∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.5（米），
当QD＝PC＝1.8m，
∴BQ＝AP＝2.5﹣1.8＝0.7m，
当∠BAE＝150°时，
∴∠EAP＝∠BAE﹣∠BAP＝60°，
在Rt△AGP中，GP＝APtan60°＝0.7≈1.212米，
∴GP+PQ＝1.212+1.2＝2.412米，
∵2.412＜2.45，
∴宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车不能正常通过此道闸．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
52．（2019秋•秦淮区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）求⊙O的半径；
（2）若在同一平面内的⊙P也经过B、C两点，且PA＝2，请直接写出⊙P的半径的长．
【分析】（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC，根据勾股定理即可求解；
（2）分两种情况说明⊙P的半径的长．
【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∵OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，即O在AD上，
∵BC＝4，
∴BD＝BC＝2，
∵在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，AB＝2，
∴AD＝＝6，
设OA＝OB＝r，则OD＝6﹣r．
∵在Rt△OBD中，∠ODB＝90°，
∴OD2+BD2＝OB2，即（6﹣r）2+22＝r2．
解得r＝，
即⊙O的半径为，
（2）当⊙P也经过B、C两点，
则设PB＝r，
PA＝2，则PD＝6﹣2＝4或6+2＝8，
BD＝2，
∴PB＝＝2
或PB＝＝2．
所以⊙P的半径的长为2或2．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心、等腰三角形的性质、勾股定理、垂径定理，解决本题的关键是准确确定点P的两个位置．
53．（2021秋•大丰区期末）如图，AB、AC分别是半⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，过点A作半⊙O的切线AP，AP与OD的延长线交于点P，连接PC并延长与AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是半⊙O的切线；
（2）若∠CAB＝30°，AB＝6，求由劣弧AC、线段AC所围成图形的面积S．
【分析】（1）连接OC，利用切线的性质定理证明∠OAP＝90°，然后证明△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，可得∠OCP＝∠OAP＝90°，即可解答；
（2）在Rt△AOD中求出AD与OD的长度，然后利用扇形AOC的面积减去△AOC的面积进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵PA是半⊙O的切线，A为切点，
∴∠OAP＝90°，
∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴CD＝AD，
∴OP是AC的垂直平分线，
∴PC＝PA，
∵OC＝OA，OP＝OP，
∴△OCP≌△OAP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，AB＝6，
∴OA＝OB＝3，
∵∠ADO＝90°，∠CAB＝30°，
∴OD＝OA＝，
∴AC＝2AD＝，
∴S△AOC＝AC•OD＝，
∵∠CAB＝30°，
∴∠COB＝2∠CAB＝60°，
∴∠AOC＝180°﹣60°＝120°，
∴S扇形AOC＝，
∴S＝S扇形AOC﹣S△AOC＝．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，扇形面积的计算，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
54．（2021秋•滨海县期末）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D为OC的中点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点E为直线BC上方抛物线上一点，过点E作EH⊥x轴，垂足为H，EH与BC、BD分别交于点F、G两点，设点E的横坐标为m．
①用含m的代数式表示线段EF的长度；
②若EF＝FG，求此时点E的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使∠CPB＝90°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用交点式可直接求得二次函数解析式；
（2）①先求出直线BC的表达式，设点E的坐标为（m，﹣m2+2m+3），可表达点F的坐标，上减下可表达EF的长；
②先求出直线BD的表达式，可表达点G的坐标，进而表达线段FG的长，利用等式建立方程，求解即可；
（3）先得出抛物线的对称轴为直线x＝1，取BC的中点为M，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，MB＝MP，由此建立方程，求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），（3，0）两点，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3），
即y＝﹣x2+2x+3．
（2）①由题意知：C（0，3），B（3，0），
∴直线BC的表达式为：y＝﹣x+3，
∵E（m，﹣m2+2m+3），
∴F（m，﹣m+3），
∴EF＝﹣m2+3m．
②∵D为OC的中点，
∵C（0，3），
∴D（0，，
又∵B（3，0），
设BD的表达式为：y＝kx+b，
∴，
∴，
∴，
∴G（m，，
FG＝，
∵EF＝FG，
∴，
∴m1＝3（舍去），，
∴E（，）．
（3）∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴对称轴为：直线x＝1，
设P（1，a），
∵∠CPB＝90°，
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC的中点M（，），
则MB＝MP，
∴，
∴a2﹣3a﹣2＝0，
∴，，
∴，．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，中点坐标公式，直角三角形斜边中线等于斜边的一半等知识，得出MB＝MP是解决（3）的关键．
55．（2021秋•灌云县期末）如图a，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣b（a＜0）与x轴的一个交点为B（﹣1，0），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．若以AD为直径的圆经过点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图b，点E是y轴负半轴上的一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标．
【分析】（1）将B点坐标代入抛物线的解析式中，可得到a、b的关系式，将a替换b后，得到C、A的坐标，若以AD为直径的圆经过点C，由圆周角定理可知∠ACD＝90°，分别用a表示出AC、AD、CD的长，根据勾股定理可得到关于a的方程，即可求出a的值，进而确定该抛物线的解析式．
（2）根据（1）题抛物线的解析式，可求得点B的坐标，先设出点M的坐标，可用其横坐标表示出BF的长，已知BF＝2MF，即可得到M点纵坐标的表达式，将其代入抛物线的解析式中，即可得到点M的坐标；根据中心对称图形的性质知MP＝BO，由此可求得点P（即点N）的横坐标，将其代入抛物线的解析式中，即可得到点N的坐标．
【解答】解：（1）把B（﹣1，0）代入得：b＝3a，
y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4，
∴点C（0，﹣3a），点A（3，0），
且∠ACD＝90°；
在Rt△AOC中，AC2＝9a2+32，
在Rt△AHD中，AD2＝16a2+22，
在Rt△CMD中，CD2＝a2+12，
∵AD2＝AC2+CD2，
∴16a2+22＝a2+12+9a2+32，
∴a2＝1，
∵a＜0，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）设点M（m，y1），
则BF＝m+1，
∵MF：BF＝1：2，
∴MF＝，即y1＝，
∵点M（m，y1）在抛物线上，
∴＝﹣m2+2m+3，
解得：m＝或m＝﹣1（舍去），
∴点M的坐标为（，）；
又∵MP∥BO，MP＝BO，
∴点的坐标为P（，），
由，得点N的坐标为（ ，）．
综上，M（，）；N（ ，）．
【点评】此题考查了二次函数解析式的确定、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性质以及中心对称图形的性质、直线与圆的位置关系等重要知识，涉及知识面广，难度较大．
56．（2018秋•淮阴区校级期末）如图，直线y＝﹣x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线y＝ax2+2x+c经过点B、点C，与x轴的另一个交点为A．
（1）求抛物线的关系式及点A坐标；
（2）过点A作AM⊥BC，垂足为点M．
①点M的坐标为 （1，2） ；
②在抛物线上找一点P，直线BC上找一点Q，使得四边形AMQP为矩形，求点P的坐标．
（3）连接AC，过点A的直线与直线BC交于点N，直线AN与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）利用直线解析式求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）①可知∠CBA＝45°，∠AMB＝90°，由等腰直角三角形的性质可得M点的坐标；
②由条件可得∠AMQ＝90°，若四边形AMQP为平行四边形，则可得四边形AMQP为矩形，由平移规律则可得出点P的坐标；
（3）由∠OCB＝45°可知2∠ACB为钝角，此时∠ANB＝2∠ACB，由外角定理可知∠ACB＝∠CAN，由等角对等边可得AN＝CN，根据两点间的距离公式可建立等式，求解即可．
【解答】解：（1）令y＝0，则﹣x+3＝0，
解得x＝3，
令x＝0，则y＝3，
∴B（3，0），C（0，3），
将B，C的坐标代入抛物线y＝ax2+2x+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
当y＝0时，x1＝3，x2＝﹣1，
∴A（﹣1，0）；
（2）①如图，过点M作ME⊥x轴于点E，
∵B（3，0），C（0，3），
∴∠CBA＝45°，∠AMB＝90°，
∴ME＝AE＝BE＝，
∴OE＝1，
∴M（1，2）；
故答案为：（1，2）．
②∵∠AMQ＝90°，
∴若四边形AMQP为平行四边形即可使得四边形AMQP为矩形，
设点P（m，﹣m2+2m+3），
∵点A（﹣1，0）→M（1，2），
∴P（m，﹣m2+2m+3）→点Q（m+2，﹣m2+2m+5），
将Q点的坐标代入直线y＝﹣x+3得，
﹣m2+2m+5＝﹣m﹣2+3，
解得：m1＝4，m2＝﹣1（舍去），
∴P（4，﹣5）．
（3）∵∠OCB＝45°，
∴2∠ACB为钝角，如图，此时∠ANB＝2∠ACB，
∵∠ANB＝∠ACB+∠CAN，
∴∠ACB＝∠CAN，
∴NC＝NA，
设N（x，﹣n+3），
则NC2＝n2+（﹣n+3﹣3）2＝2n2，NA2＝（n+1）2+（﹣n+3）2，
∴2n2＝（n+1）2+（﹣n+3）2，
解得n＝，
∴N（，）．
【点评】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，平行四边形的存在性，坐标系中点的平移，角度存在性等知识，（3）关键是利用平行四边形的性质转化为点的平移；（4）关键是得出AN＝CN．
57．（2021秋•高邮市期末）定义：如图，已知点M是一次函数y＝x图象上的一个动点，⊙M的半径为2，线段OM与⊙M交于点A．若点P在⊙M上，且满足PA＝2，则称点P为⊙M的“等径点”．
（1）若点M的横坐标为3时，⊙M的“等径点”是 或 ；
（2）若⊙M的“等径点”P恰好在y轴上，求圆心M的坐标；
（3）若⊙M的“等径点”P在二次函数y＝x2+2x+2的图象上，求点P的坐标．
【分析】（1）设出点M的坐标，点P的位置需要分两种情况：当点P在OM左侧时，当点P在OM右侧时，分别表示点P的坐标即可；
（2）在（1）求解的基础上，令点P的横坐标为0，即可；
（3）在（1）求解的基础上，把点P的坐标代入二次函数表达式即可．
【解答】解：（1）∵点M在一次函数y＝x图象上，
∴可设点M的坐标为（a，a），
过点M作MN⊥x轴于点N，
则ON＝|a|，MN＝|a|，
∴OM＝2|a|，
∴∠OMN＝30°，∠MON＝60°．
①点P为⊙M的“等径点”，且当点P在OM左侧时，如下图所示，
∵PA＝PM＝AM＝2，
∴△PAM是等边三角形，
∴∠PMA＝∠MON＝60°，
∴PM∥x轴，
∴P（a﹣2，a）；
②点P为⊙M的“等径点”，且当点P在OM右侧时，如下图所示，设AP′与MN交于点Q，
此时∠P′AM＝∠MON＝60°，
∴P′A∥x轴，
∴MN⊥AP′，
∴∠MQP′＝90°，∠QMP′＝30°，
∴QP′＝1，MQ＝，
∴P′（a+1，a﹣）．
当点M横坐标为3时，a＝3，
则⊙M的“等径点”是或；
故答案为：或；
（2）由（1）知，⊙M的“等径点”P为（a﹣2，a）或（a+1，a﹣）．
当⊙M的“等径点”P恰好在y轴上，则点P的横坐标为0，
∴a﹣2＝0或a+1＝0，解得a＝2或a＝﹣1，
∴点M的坐标为或；
（3）由（1）知，⊙M的“等径点”P为（a﹣2，a）或（a+1，a﹣）．
令x＝a﹣2，y＝a，则y＝x+2；
令x＝a+1，y＝a﹣，则y＝x﹣2．
∴⊙M的“等径点”P在直线y＝x+2上或直线y＝x﹣2上，
令y＝x2+2x+2＝x+2，
解得x＝0或x＝﹣，
∴点P的坐标为或．
令y＝x2+2x+2＝x﹣2，方程无解．
综上所述：点P的坐标为或．
【点评】本题属于圆背景下新定义类问题，涉及待定系数法求函数表达式，等边三角形的性质与判定，二次函数与一次函数交点类问题，第（3）问中找到点P运动所在直线表达式是解题关键，可简化计算．
58．（2018秋•高港区期末）在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．
（1）求点A，B的坐标；
（2）若M为对称轴与x轴交点，且DM＝2AM，
①求二次函数解析式；
②当t﹣2≤x≤t时，二次函数有最大值5，求t值；
③若直线x＝4与此抛物线交于点E，将抛物线在C，E之间的部分记为图象记为图象P（含C，E两点），将图象P沿直线x＝4翻折，得到图象Q，又过点（10，﹣4）的直线y＝kx+b与图象P，图象Q都相交，且只有两个交点，求b的取值范围．
【分析】（1）令y＝0，即：ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得：x＝﹣1或3，即可求解；
（2）①DM＝2AM＝4，即点D的坐标为（1，﹣4），将点D的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
②分x＝t和x＝t﹣2在对称轴右侧、左侧或两侧三种情况，讨论求解即可；
③如下图所示，直线m、l、n都是直线y＝kx+b与图象P、Q都相交，且只有两个交点的临界点，即可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，即：ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得：x＝﹣1或3，
即点A、B的坐标分别为（﹣1，0）、（3，0），
函数的对称轴x＝﹣＝1；
（2）①DM＝2AM＝4，即点D的坐标为（1，﹣4），
将点D的坐标代入二次函数表达式得：
﹣4＝a﹣2a﹣3a，解得：a＝1，
即函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
②当x＝t和x＝t﹣2在对称轴右侧时，
函数在x＝t处，取得最大值，即：t2﹣2t﹣3＝5，
解得：t＝﹣2或4（舍去t＝﹣2），即t＝4；
同理当x＝t和x＝t﹣2在对称轴左侧或两侧时，
解得：t＝0，
故：t值为0或4；
③如下图所示，直线m、l、n都是直线y＝kx+b与图象P、Q都相交，且只有两个交点的临界点，
点E、R、C′坐标分别为（4，5）、（10，﹣4）、（8，﹣3），
直线l的表达式：把点E、R的坐标代入直线y＝kx+b得：
，解得：，
同理可得直线m的表达式为：y＝﹣x+1，
直线n的表达式为：y＝﹣4，
故：b的取值范围为：1＜b＜11或b＝﹣4．
【点评】本题考查的是二次函数知识的综合运用，其中（2）③是本题的难点，主要通过作图的方式，通过数形结合的方法即可解决问题．
59．（2018秋•海门市期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，点E，F分别在边AB，BC上，且BF＝FC，连接DE，EF，并以DE，EF为边作▱DEFG．
（1）求▱DEFG对角线DF的长；
（2）求▱DEFG周长的最小值；
（3）当▱DEFG为矩形时，连接BG，交EF，CD于点P，Q，求BP：QG的值．
【分析】（1）▱DEFG对角线DF的长就是Rt△DCF的斜边的长，由勾股定理求解；
（2）▱DEFG周长的最小值就是求邻边2（DE+EF）最小值，DE+EF的最小值就是以AB为对称轴，作点F的对称点M，连接DM交AB于点N，点E与N点重合时即DE+EF＝DM时有最小值，在Rt△DMC中由勾股定理求DM的长；
（3）▱DEFG为矩形时有两种情况，一是一般矩形，二是正方形，分类用全等三角形判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理求解．
【解答】解：（1）如图1所示：
连接DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∠C＝90°，AD＝BC，AB＝DC，
∵BF＝FC，AD＝2；∴FC＝1，
∵AB＝3；∴DC＝3，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
∴DF＝＝＝；
故▱DEFG对角线DF的长．
（2）如图2所示：
作点F关直线AB的对称点M，连接DM交AB于点N，
连接NF，ME，点E在AB上是一个动点，
①当点E不与点N重合时点M、E、D可构成一个三角形，
∴ME+DE＞MD，
②当点E与点N重合时点M、E（N）、D在同一条直线上，
∴ME+DE＝MD
由①和②DE+EF的值最小时就是点E与点N重合时，
∵MB＝BF，∴MB＝1，
∴MC＝3，
又∵DC＝3，
∴△MCD是等腰直角三角形，
∴MD＝＝＝3，
∴NF+DN＝MD＝3，
∴l▱DEFG＝2（NF+DF）＝6；
（3）设AE＝x，则BE＝3﹣x，
∵▱DEFG为矩形，∴∠DEF＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°，∠BEF+∠BFE＝90°，
∴∠AED＝∠BFE，
又∵∠A＝∠EBF＝90°，
∴△DAE∽△EBF（AA）
∴，
∴，
解得：x＝1，或x＝2
①当AE＝1，BE＝2时，过点B作BH⊥EF，
如图3（甲）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠ABF＝90°，
又∵BF＝1，AD＝2，
∴在△ADE和△BEF中有，
，
∴△ADE≌△BEF中（SAS），
∴DE＝EF，
∴矩形DEFG是正方形；
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
EF＝＝＝，
∴BH＝＝，
又∵△BEF∽△FHB，
∴，
HF＝，
在△BPH和△GPF中有：
，
∴△BPH∽△GPF（AA），
∴
∴PF＝，
又∵EP+PF＝EF，
∴EP＝﹣＝，
又∵AB∥BC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴．
②当AE＝2，BE＝1时，过点G作GH⊥DC，
如图3（乙）所示：
∵▱DEFG为矩形，
∴∠A＝∠EBF＝90°，
∵AD＝AE＝2，BE＝BF＝1，
∴在Rt△ADE和Rt△EFB中，由勾股定理得：
∴ED＝＝＝2，
EF＝＝＝，
∴∠ADE＝45°，
又∵四边形DEFG是矩形，
∴EF＝DG，∠EDG＝90°，
∴DG＝，∠HDG＝45°，
∴△DHG是等腰直角三角形，
∴DH＝HG＝1，
在△HGQ和△BCQ中有，
∴△HGQ∽△BCQ（AA），
∴，
∵HC＝HQ+CQ＝2，
∴HQ＝，
又∵DQ＝DH+HQ，
∴DQ＝1+＝，
∵AB∥DC，EF∥DG，
∴∠EBP＝∠DQG，∠EPB＝∠DGQ，
∴△EBP∽△DQG（AA），
∴＝，
综合所述，BP：QG的值为或．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质；重点掌握相似三角形的判定与性质，难点是作辅助线和分类求值．
60．（2021秋•亭湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣3），与x轴的交点为B、C，直线l：y＝2x+2与抛物线相交于点C，与y轴相交于点D，P是直线l下方抛物线上一动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）过点P作线段PM∥x轴，与直线l相交于点M，当PM最大时，求点P的坐标及PM的最大值；
（3）把抛物线绕点O旋转180°，再向上平移使得新抛物线过（2）中的P点，E是新抛物线与y轴的交点，F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，直接写出所有使得以B、E、F、G为顶点、BF为边的四边形是菱形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．
【分析】（1）先求出C点坐标为（﹣1，0），再把4（0，﹣3），C （﹣1，0）代入函数解析式y＝x2+bx+c，求解即可；
（2）设P（a，a2﹣2a﹣3），因为PM∥x轴且点M在直线l：y＝2x+2上，所以M（a2﹣a﹣，a2﹣2a﹣3），则PM＝a﹣（a2﹣a﹣）＝﹣a2+2a+＝﹣（x﹣2）2+，再根据二次函数的最值求法求解即可；
（3）因为抛物线的函数表达式y＝x2﹣2x﹣3，所以顶点坐标（1，﹣4），与x轴的交点B （3，0），C （﹣1，0），由旋转可得，新抛物线的项点为（﹣1，4），与x轴的交点为（﹣3，0），（1，0），所以设新抛物线解析式为y＝﹣（x+1）2+4，因为向上平移使得新抛物线过（2）中的P （2，﹣3）点，设平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+k，所以3＝﹣（2+1）2+4+k，解得k＝2，所以平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+2＝﹣x2﹣2x+5，所以E （0，5）；设F（1，t），G（m，n），若以B、E、F、G为顶点，BF为边的四边形是菱形，则需要分线段BE是对角线或BE是边两种情况，分别根据菱形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵直线1：y＝2x+2与抛物线相交于点C，
∴C点坐标为（﹣1，0），
把4（0，﹣3），C （﹣1，0）代入函数解析式y＝x2+bx+c得：
，解得，
∴抛物线的函数表达式y＝x2﹣2x﹣3．
（2）设P（a，a2﹣2a﹣3），
∵PM∥x轴，
∴M纵坐标为a2﹣2a﹣3，
∵点M在直线l：y＝2x+2上，
∴M（a2﹣a﹣，a2﹣2a﹣3），
∴PM＝a﹣（a2﹣a﹣）＝﹣a2+2a+＝﹣（x﹣2）2+，
∴当a＝2时PM最大，最大值PM＝，此时P点坐标（2，﹣3）．
（3）∵抛物线的函数表达式y＝x2﹣2x﹣3，
∴顶点坐标（1，﹣4），与x轴的交点B （3，0），C （﹣1，0），
∵把抛物线绕点O旋转180°，
∴旋转前后对应点关于原点对称，
∴新抛物线的项点为（﹣1，4），与x轴的交点为（﹣3，0），（1，0），
∴设新抛物线解析式为y＝﹣（x+1）2+4，
∴向上平移使得新抛物线过（2）中的P （2，﹣3）点，
设平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+k，
∴3＝﹣（2+1）2+4+k，解得k＝2，
∴平移后解析式为y＝﹣（x+1）2+4+2＝﹣x2﹣2x+5，
∵E是平移后抛物线与y轴的交点，
∴E （0，5），
∵F为原抛物线对称轴上一点，G为平面直角坐标系中一点，
∴设F（1，t），G（m，n），
∵以B、E、F、G为顶点，BF为边的四边形是菱形，
∴线段BE可能是对角线也可能是边，
①当BE是对角线时，
∵菱形BFEG对角线BE，FG互相垂直平分，
∵E （0，5），B （3，0），
∴BE的中点坐标为（，），
∵BE的中点坐标也是FG的中点，
∴G （2，5﹣t），
∵GE＝GB，
∴（2﹣0）2+（5﹣t﹣5）2＝（2﹣3）2+（5﹣t﹣0）2，
解得：t＝，即G点坐标（2，）；
②当BE为边长时，BE＝BF，
由距离公式得，（3﹣0）2+（0﹣5）2＝（3﹣1）2+（0﹣t）2，
解得：t＝±，
∵菱形BFGE对角线互相垂直平分，
∴由中点坐标公式可得，G（﹣2，+5）或（﹣2，﹣+5）；
综上，满足题意的点G的坐标为：（﹣2，+5）或（﹣2，﹣+5）或（2，）．
【点评】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、函数图象上点坐标的特征、菱形的性质及应用等知识，解题的关键是利用菱形对角线互相平分列方程（组）解决问题．
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