辽宁省辽阳市第一中学2022-2023学年九年级上学期第二次月考数学试题

这是一份辽宁省辽阳市第一中学2022-2023学年九年级上学期第二次月考数学试题，共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

辽宁省辽阳市第一中学2022-2023学年九年级上学期第二次月考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．一元二次方程x2−2x=4的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（    ）
A．1、2、−4 B．1、2、4 C．1、−2、4 D．1、−2、−4
2．一个几何体如图所示，它的左视图是（    ）

A． B． C． D．
3．如图随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让灯泡L1、L2至少一盏发光的概率为（   ）

A．16 B．13 C．12 D．23
4．用配方法将方程3x2−4x−2=0写成形如ax+m2+n=0的形式，则m，n的值分别是（　　）
A．m=23，n=103 B．m=−23,n=−103
C．m=2,n=6 D．m=2,n=−2
5．如图，矩形ABCD中，AB＝23，BC＝6，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值是（　　）

A．43+3 B．221 C．23+6 D．45
6．反比例函数y=abx与一次函数y=ax+b在同一坐标系中的大致图象可能是（    ）
A． B．
C． D．
7．如图Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，动点P从点A出发沿AB边以1cm/秒的速度向点B匀速移动，同时，点Q从点B出发沿BC边以2cm/秒的速度向点C匀速移动，当P、Q两点中有一个点到达终点时另一个点也停止运动．运动（　　）秒后，△PBQ面积为5cm2．

A．0.5 B．1 C．5 D．1或5
8．如图，EB为驾驶员的盲区，驾驶员的眼睛点P处与地面BE的距离为1.6米，车头FACD近似看成一个矩形，且满足3FD＝2FA，若盲区EB的长度是6米，则车宽FA的长度为（    ）米．

A．117 B．127 C．137 D．2
9．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的边与函数y=8x（x＞0）图象交于E，F两点，且F是BC的中点，则四边形ACFE的面积等于（　　）

A．4 B．6 C．8 D．不能确定
10．如图，正方形ABCD中，E为BC的中点，CG⊥DE于G，延长BG交CD于点F，延长CG交BD于点H，交AB于N下列结论：①DE=CN；②BHDH=12；③S△DEC=3S△BNH；④∠BGN=45°；⑤GE+GN=2GB；其中正确结论的个数有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

二、填空题
11．关于x的一元二次方程kx2+6x−2=0有两个实数根，则k的取值范围是______．
12．已知a∶b∶c＝3∶4∶5，且2a＋3b－4c＝－1，则2a－3b＋4c＝____．
13．如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，对角线AC与BD交于点O，E为OB中点，F为AD中点，连接，则EF的长为 _____．

14．近年来，洞庭湖区环境保护效果显著，南迁的候鸟种群越来越多．为了解南迁到该区域某湿地的A种候鸟的情况，从中捕捉40只，戴上识别卡并放回；经过一段时间后观察发现，200只A种候鸟中有10只佩有识别卡，由此估计该湿地约有 _____只A种候鸟．
15．在平面直角坐标系中，点A−2,1为直线y=kx k≠0和双曲线y=mx m≠0的一个交点，点B在x轴负半轴上，且点B到y轴的距离为3，如果在直线y=kx k≠0上有一点P，使得SΔABP=2SΔABO，那么点P的坐标是___________．
16．如图，在矩形ABCD中，E是AD边上一点，且AE=2DE，BD与CE相交于点F，若△DEF的面积是3，则四边形ABCE的面积是______．

17．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AD⊥y轴，垂足为E，顶点A在第二象限，，顶点B在y轴正半轴上，反比例函数y=kxk≠0,x>0的图象同时经过顶点C，D．若点C的横坐标为5，BE=2DE，则k的值为______．

18．如图，直线AM的解析式为y=x+1与x轴交于点M，与y轴交于点A，以OA为边作正方形ABCO，点B坐标为1，1．过B点作直线EO1⊥MA交MA于点E，交x轴于点O1，过点O1作x轴的垂线交MA于点A1，以O1A1为边作正方形O1A1B1C1，点B1的坐标为5，3．过点B1作直线E1O2⊥MA交MA于E1，交x轴于点O2，过点O2作x轴的垂线交MA于点A2．以O2A2为边作正方形O2A2B2C2，…，则点B2022的坐标 _____．


三、解答题
19．先化简，再求值：1+2a+1÷a2+6a+9a+1，其中a的值是a2+a−6=0的根．
20．“千年古城，文化襄平”，辽阳市第一中学为传承襄平文化，征集学生书画作品．从全校60个班中随机抽取了A、B、C、D共4个班，对征集作品进行了数量分析统计，绘制了如下两幅不完整的统计图．

(1)本次调查的4个班共征集到作品______件，表示C班的扇形圆心角的度数为______；
(2)补全条形统计图；
(3)如果全校参展作品中有4件获得一等奖，其中有1名作者是男生，3名作者是女生．现要从获得一等奖的作者中随机抽取两人去参加学校的总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．（要求用树状图或列表法写出分析过程）
21．如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，PQ垂直平分BE，分别交AD、BE、BC于点P、O、Q，连接BP、EQ．
（1）求证：四边形BPEQ是菱形；
（2）若AB=6，F为AB的中点，OF+OB=9，求PQ的长．

22．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC=30°，BC=4，双曲线y=kx经过点A．

(1)求k；
(2)直线AC与双曲线y=−33x在第四象限交于点D，求△ABD的面积．
23．如图，在菱形ABCD中，DE⊥BC交BC的延长线于点，连接AE交BD于点，交CD于点，连接CF．

(1)求证：AF2=EF·GF；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，求FG的长．
24．某水果经销商以10元/千克的价格向当地果农收购某种水果，该水果的市场销售价为20元/千克，根据市场调查，经销商决定降价销售．已知这种水果日销售量y（千克）与每千克降价x（元）（0≤x＜10）之间满足如图所示的一次函数关系．

(1)求y与x之间的关系式；
(2)若经销商计划该种水果每日获利440元，那么该种水果每千克应降价多少元进行销售？其相应的日销售量为多少？
25．在正方形ABCD中，过点B作直线l，点E在直线l上，连接CE，DE，其中CE=BC，过点C作CF⊥DE于点F，交直线l于点H．
（1）当直线l在如图①的位置时
①请直接写出∠ECH与∠HCD之间的数量关系______．
②请直接写出线段BH，EH，CH之间的数量关系______．
（2）当直线l在如图②的位置时，请写出线段BH，EH，CH之间的数量关系并证明；
（3）已知AB=2，在直线l旋转过程中当∠EBC=15°时，请直接写出EH的长．

26．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+b与反比例函数y=kxx>0的图象交于点A3,n，与y轴交于点B0,−2，点P是反比例函数y=kxx>0的图象上一动点，过点P作直线PQ∥y轴交直线y=x+b于点Q，设点P的横坐标为t，且0
(1)求k，b的值．
(2)当△ABP的面积为3时，求点P的坐标．
(3)设PQ的中点为C，点D为x轴上一点，点E为坐标平面内一点，当以B，C，D，E为顶点的四边形为正方形时，求出点P的坐标．

参考答案：
1．D
【分析】将方程化为一元二次方程的一般形式，然后找出二次项系数、一次项系数、常数项．
【详解】解：∵一元二次方程x2−2x=4可化为：x2−2x−4=0，
∴二次项系数为1、一次项系数为−2、常数项为−4．
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的一般形式：ax2+bx+c=0a≠0，其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项，b叫做一次项系数；c叫做常数项．
2．B
【分析】根据左视图的定义即可求解．
【详解】由图可知左视图是

故选B．
【点睛】此题主要考查三视图的判断，解题的关键是熟知左视图的定义．
3．D
【分析】依据题意先用列举法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
【详解】解：由题意可得：
开关
K1K2
K1K3
K2K3
结果
L2亮
L1L2均亮
L1L2均不亮

共有3种等可能结果，其中能让灯泡L1、L2至少一盏发光的有2种，
∴随机闭合开关K1、K2、K3中的两个，能让灯泡L1、L2至少一盏发光的概率为23，
故选：D：
【点睛】此题考查的是列举法求概率．注意不重复不遗漏的列出所有可能的结果，概率=所求情况数与总情况数之比．
4．B
【分析】利用配方法计算判断即可．
【详解】因为3x2−4x−2=0，
所以3(x2−43x)−2=0，
所以3x−232−3×49−2=0，
所以3x−232−103=0，
因为写成形如ax+m2+n=0的形式，
所以3x+−232+−103=0，
所以m=−23,n=−103．
故选B．
【点睛】本题考查了配方法的应用，熟练掌握配方法是解题的关键．
5．B
【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．
【详解】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．

由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，
∴PC=PF，
∵PB=EF，
∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，
∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴tan∠ACB=ABBC=33，
∴∠ACB=30°，AC=2AB=43，
∵∠BCE=60°，
∴∠ACE=90°，
∴AE=(43)2+62=221.
故选B．
【点睛】本题考查轴对称—最短问题、矩形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
6．B
【分析】分类考虑a与b的符号，根据反比例函数的性质、一次函数的性质即可判断反比例函数的图象所处象限和一次函数的图象增减性以及与y轴的交点位置即可．
【详解】解：当ab＞0，即a，b同号，
当a＞0，则b＞0，
反比例函数y=abx图像在一、三象限，一次函数y=ax+b图像自左向右上升，交y轴正半轴，故选项A不正确
当a＜0，则b＜0，
反比例函数y=abx图像在一、三象限，一次函数y=ax+b图像自左向右下降，交y轴负半轴，故选项C不正确
当ab＜0，即a，b异号，
当a＞0，则b＜0，
反比例函数y=abx图像在二、四象限，一次函数y=ax+b图像从自左向右上升，交y轴负半轴，故选项B正确
当a＜0，则b＞0，
反比例函数y=abx图像在二、四象限，一次函数y=ax+b图像从自左向右下降，交y轴正半轴，故选项D不正确
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的图象、一次函数的图象，熟练掌握一次函数的性质和反比例函数的性质是解题的关键．
7．B
【分析】设经过x秒钟，使△PBQ的面积为8cm2，得到BP＝6﹣x，BQ＝2x，根据三角形的面积公式得出方程12×（6﹣x）×2x＝5，求出即可．
【详解】解：设经过x秒钟，使△PBQ的面积为5cm2，
BP＝6﹣x，BQ＝2x，
∵∠B＝90°，
∴12BP×BQ＝5，
∴12×（6﹣x）×2x＝5，
∴x1＝1，x2＝5（舍去），
答：如果点P、Q分别从A、B同时出发，经过1秒钟，使△PBQ的面积为5cm2．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，用未知数表示出△PBQ的面积是解此题的关键．
8．B
【分析】通过作高，利用相似三角形的对应高的比等于相似比，列方程求解即可．
【详解】解：如图，过点P作PM⊥BE，垂足为M，交AF于点 N，则PM=1.6，
设FA=x米，由3FD=2FA得，FD=23x=MN，
∵四边形ACDF是矩形，
∴AF//CD，
∴ΔPAF∽ΔPBE，
∴ PNPM=FAEB，
即PN1.6=x6，
∴PN=415x，
∵PN+MN=PM，
∴ 415x+23x=1.6，
解得，x=127，
故选：B．

【点睛】本题考查矩形的判定与性质，相似三角形的的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
9．B
【分析】由四边形OABC是矩形，F是BC的中点，可设F（m,n）,则B（m,2n）,又E点在抛物线上，则E（82n,2n）.可以用含m,n的式子表示出矩形OABC，三角形AOC和三角形BEF的面积.F在反比例函数的图形上可得到mn的关系，
再依据S四边形ACFE =S矩形OABC-S△AOC-S△BEF.即可求.
【详解】解：∵边形OABC是矩形，F是BC的中点，
∴可设F（m,n）,则B（m,2n）,又E点在抛物线上，则E（82n,2n），
∵F在抛物线上，
∴mn=8,
∵F（m,n）,B（m,2n）, E（82n,2n），
∴OA=2n,AB=OC=m,AE=82n,BF=n,
∴S矩形OABC=2mn,
S△AOC =12×OA×OC==12×2n×m=mn,
S△BEF =12×BE×BF=12×(m-82n)×n=12mn-4,
∵S四边形ACFE =S矩形OABC-S△AOC-S△BEF,
∴S四边形ACFE =2mn-mn-(12mn-4)=12mn+2,
∵mn=8,
∴S四边形ACFE =12mn+2=6.
【点睛】依据矩形的性质设出点的坐标，会转化四边形ACFE的面积，并会运用反比例函数的性质是解本题的关键.
10．D
【分析】根据正方形的性质证明△DEC≌△CNB可判定①正确；根据正方形的性质证明△NBH∽△CDH，得到BHDH=BNCD=12可判定②正确；过H点作IJ∥AD，根据△NBH∽△CDH得到IHHJ=12得到IHIJ=13=IHCD故IH=13CD，根据S△DEC=12EC·CD,S△BNH=12BN·IH=12EC×13CD，可判定③正确；
过点B作BP⊥CN于点P，BQ⊥DG交DE的延长线上于点Q，证明四边形PBQG是正方形即可；，连接NE，设BN=x，则BE=EC=x，BC=CD=AB=2x，利用勾股定理，三角形面积计算即可．
【详解】解：∵在正方形ABCD中，
∴∠NBC=∠ECD=90°，BC=CD，∠BCN+∠GCD=90°，
∵CG⊥DE，
∴∠CDG+∠GCD=90°，
∴∠BCN=∠CDG，
∴∠BCN=∠CDGBC=CD∠CBN=∠DCG，
∴△DEC≌△CNB（ASA），
∴DE=CN，
故①正确；
∵在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴△NBH∽△CDH，
∴BHDH=BNCD，
∵△DEC≌△CNB，E为BC的中点，四边形ABCD是正方形，
∴NB=12BC=12CD，
∴BHDH=BNCD=12，
故②正确；
如图所示，过H点作IJ∥AD，
过H点作IJ∥AD，
∵△NBH∽△CDH，
∴IHHJ=12，
∴IHIJ=13=IHCD，
∴IH=13CD，
∵S△DEC=12EC·CD,S△BNH=12BN·IH=12EC×13CD，
∴S△DEC=3S△BNH

∴③正确；
过点B作BP⊥CN于点P，BQ⊥DG交DE的延长线上于点Q，

∴∠BPG=∠BQG=∠PGQ=90°，
∴四边形PBQG是矩形，
∴∠PBQ=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠NPB=∠QBE，
由①得△DEC≌△CNB，
∴EC=NB，
∵E是BC的中点，
∴EC=BE，
∴BE=BN，
∴∠NBP=∠EBQ∠NPB=∠EBQ=90°BN=BE，
∴△NBP≌△EBQ（AAS），
∴BP=BQ，
∴四边形PBQG是正方形，
∴∠BGE=45°，
故④正确；
如图所示，连接NE，设BN=x，则BE=EC=x，BC=CD=AB=2x，

∵CG⊥DE,∠NBC=90°，
∴CN=BN2+BC2=5x，EN=BN2+BE2=2x，
由S△ECN=12EC·BN=12CN·GE，
∴GE=5x5，
∴GN=EN2−GE2=35x5，
∴GN+GE=35x5+5x5=45x5，
∴GC=CN−GE=5x−35x5=25x5，
∵AB∥CD，∴△NGB∽△CGF，
∴BNFC=BGFG=GNGC=32，
∴BG=32FG，
∴BG=35BF，FC=23BN=23x，
∴BF=BC2+FC2=210x3，
∴2GB=2×35×2103x=455x，
∴GE+GN=2GB，故⑤正确；
综上所述，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
11．k≥−92且k≠0
【分析】根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义可得Δ=b2-4ac=62-4k×(−2)≥0且k≠0，求出k的取值范围即可．
【详解】解：∵一元二次方程kx2+6x−2=0有两个实数根，
∴Δ=b2-4ac=62-4k×(−2)≥0k≠0，
∴k≥−92且k≠0，
故答案为：k≥−92且k≠0．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式，解题的关键在于能够熟练掌握一元二次方程的定义和一元二次方程根的判别式．
12．7
【分析】根据题意，设a＝3k，b＝4k，c＝5k(k≠0)，由等式求出k的值，然后再计算即可.
【详解】依题意，设a＝3k，b＝4k，c＝5k(k≠0)；
则有：6k＋12k－20k＝－1，k＝12；
∴2a－3b＋4c＝6k－12k＋20k＝14k＝7.
故答案为7.
【点睛】本题考查了比例的性质，解答此类题关键是灵活运用设“k”法表示出a、b、c的值，根据2a＋3b－4c＝－1可求出未知数的值，再求解代数式的值即可.要熟练掌握并灵活运用.
13．132
【分析】取OD的中点H，连接FH，根据菱形的性质可得AB=AD=2,∠ABD=30°,AC⊥BD,BO=DO，从而得到AO=12AB=1,BO=3AO=3=DO，进而得到OE=32,OH=32，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，取OD的中点H，连接FH，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=AD=2,∠ABD=30°,AC⊥BD,BO=DO，
∴AO=12AB=1,BO=3AO=3=DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH=12AO=12,FH∥AO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE=32,OH=32，
∴EH=3，
∴EF=EH2+FH2=132，
故答案为：132．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
14．800
【分析】在样本中“200只A种候鸟中有10只佩有识别卡”，即可求得有识别卡的所占比例，而这一比例也适用于整体，据此即可解答．
【详解】解：设该湿地约有x只A种候鸟，
则200：10＝x：40，
解得x＝800．
故答案为：800．
【点睛】本题主要考查的是通过样本去估计总体，只需将样本“成比例地放大”为总体即可．
15．−6,3或2,−1##2,−1或−6,3
【分析】过点B作BC⊥x轴，先由待定系数法求出直线和双曲线的解析式，再求出点B的坐标，求得△ABO,△ABP的面积，设Pt,−12t，再分类讨论当点P在A点左侧时，当点P在A点左侧时，根据三角形的面积进行求解即可．
【详解】过点B作BC⊥x轴，

∵点A−2,1为直线y=kx k≠0和双曲线y=mx m≠0的一个交点，
∴k=−12,m=−2，
∴直线解析式为y=−12x，双曲线的解析式为y=−2x，
∵点B在x轴负半轴上，且点B到y轴的距离为3，
∴B−3,0，
∴xC=−3，
∴yC=32，
∴BC=32，
∵点A−2,1，B−3,0，
∴S△ABO=12×3×1=32，
∴S△ABP=2S△ABO=3，
设Pt,−12t，
①当点P在A点左侧时，由题意得12×32×−t−2=3，
解得t=−6，
∴点P的坐标是−6,3；
②当点P在A点左侧时，
由题意得12⋅OB⋅yA−yP=12×3×1+12t=3，
解得t=2，
∴点P的坐标是2,−1；
故答案为：−6,3或2,−1．
【点睛】本题考查了正比例函数与房比例函数的交点和几何问题，熟练掌握知识点并能够分类讨论是解题的关键．
16．60
【分析】根据矩形ABCD的性质，很容易证明△DEF∽△BCF，相似三角形之比等于对应边比的平方，即可求出△BCF的面积，再求出S△CDF=9,求出S△BCD=36,再求出S矩形ABCD=72，即可求出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC
∴∠EDF=∠CBF，
∵∠EFD=∠CFB，∠EDF=∠CBF，
∴△DEF∽△BCF，
∴DEBC=DFBF=EFCF，
∵AE=2DE，AD=BC，
∴DEBC=13，
∴DEBC=DFBF=EFCF=13，
∴S△DEFS△BCF=DEBC2=132=19，
∵S△DEF=3，
∴S△BCF=9S△DEF=9×3=27
∵S△DEFS△DFC=EFCF=13，
∴S△DFC=3S△DEF=9，
∴S△BCD=S△BCF+S△DFC=27+9=36，
∴S矩形ABCD=2S△BCD=2×36=72，
∴S四边形ABCE=72−9−3=60．
故答案为：27．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，综合性比较强，学生要灵活应用．掌握相似三角形的面积比是相似比的平方是解题的关键．
17．403
【分析】由点C的横坐标为5，可知菱形的边长为5，设出DE 的长，表示BE的长，根据勾股定理可求出DE、BE，再设出点C的纵坐标，表示点C、D的坐标，代入反比例函数关系式求出k的值．
【详解】解：由题意得，AB＝BC＝CD＝DA＝5，
设DE＝x，则BE＝2x，AE＝5﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
（5﹣x）2+（2x）2＝52，
解得x＝0 （舍去），x＝2，
即DE＝2，BE＝4，
设点C（5，y），则D（2，y+4），

∵反比例函数y＝kx（k≠0，x＞0）的图象同时经过点C、D．
∴5y＝2（y+4）＝k，
解得：y＝83，
∴k＝5y＝403，
故答案为：403．
【点睛】考查反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质、勾股定理等知识，求出反比例函数图象上某个点的坐标是解决问题的关键．
18．2×32022−1，32022
【分析】根据题意得出三角形AMO为等腰直角三角形，∠AMO=45°，分别求出个线段的长度，表示出B1和B2的坐标，发现一般规律，代入2022即可求解
【详解】解：∵AM的解析式为y=x+1，
∴M−1，0，A0，1，
即AO=MO=1，∠AMO=45°，
由题意得：MO=OC=CO1=1，O1A1=MO1=3，
∵四边形O1A1B1C1是正方形，
∴O1C1=C1O2=MO1=3，
∴OC1=2×3−1=5，B1C1=O1C1=3，B15，3，
∴A2O2=3C1O2=9，B2C2=9，OO2=OC2−MO=9−1=8，
综上，MCn=2×3n，OCn=2×3n−1，BnCn=AnOn=3n，
当n=2022时，OC2022=2×32022−1，B2022C2022=32022，
∴点B20222×32022−1，32022，
故答案为：2×32022−1，32022．
【点睛】本题考查规律型问题、等腰直角三角形的性质以及点的坐标，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
19．1a+3，15
【分析】先把括号内通分计算，再根据分式的除法法则把原式化简，再求出a的值，选出合适的值代入进行计算即可．
【详解】解：原式=a+3a+1÷a+32a+1=a+3a+1⋅a+1a+32=1a+3，
解方程得：a+3a−2=0,所以a=2或−3，由分式有意义可知：a不能取−1，−3，故a=2，
所以原式=12+3=15．
【点睛】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．
20．(1)24；150°
(2)图见解析
(3)12

【分析】（1）根据公式计算A所占的百分比，利用利用样本容量=频数÷所占百分比计算即可，根据扇形统计图的意义，计算度数即可．
（2）计算B班件数24−4−10−4=6（件），后补全统计图即可．
（3）画树状图计算即可．
【详解】（1）根据题意，得样本容量n=4÷60°360°=24（件）；
C所对的圆心角度数为：1024×360°=150°，
故答案为：24，150°．
（2）B班的作品数为24−4−10−4=6（件），条形统计图为：

（3）设男生为B，女生为G1,G2,G3，画树状图如下：

一共有12种等可能性，一男一女有6种等可能性，
所以恰好抽中一男一女的概率612=12．
【点睛】本题考查了条形统计图，扇形统计图，画树状图计算概率，熟练掌握统计图的意义，画树状图计算概率是解题的关键．
21．（1）证明见解析；（2）PQ的长是152．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质证明QB=QE，由ASA证明△BOQ≌△EOP，得出PE=QB，证出四边形ABGE是平行四边形，再根据菱形的判定即可得出结论.
（2）根据三角形中位线的性质可得AE+BE=2OF+2OB=18 ，设AE=x ，则BE=18−x ，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得62+x2=18−x2 ，解得BE=10，得到OB=12BE=5 ，设PE=y ，则AP=8−y ，BP=PE=y ，计算得出y=254 ，在Rt△BOP中，根据勾股定理可得PO=2542−52=154 ，由PQ=2PO 即可求解．
【详解】（1）证明：∵ PQ垂直平分BE，
∴ QB=QE，OB=OE，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD∥BC，
∴ ∠ PEO=∠ QBO，
在△ BOQ与△ EOP中，
∠PEO=∠QBOOB=OE∠POE=∠QOB，
∴ △ BOQ≌ △ EOP（ASA），
∴ PE=QB，
又∵ AD∥BC，
∴ 四边形BPEQ是平行四边形，
又∵ QB=QE，
∴ 四边形BPEQ是菱形；
（2）解：∵ O，F分别为PQ，AB的中点，
∴ AE+BE=2OF+2OB=18，
设AE=x，则BE=18﹣x，
在Rt△ ABE中，62+x2=（18﹣x）2，
解得x=8，
BE=18﹣x=10，
∴ OB=12BE=5，
设PE=y，则AP=8﹣y，BP=PE=y，
在Rt△ ABP中，62+（8﹣y）2=y2，解得y=254，
在Rt△ BOP中，PO=2542−52=154，
∴ PQ=2PO=152．
22．(1)k=3
(2)43

【分析】（1）根据题意解Rt△ABC，求出点A的坐标，代入解析式y=kx计算即可；
（2）先求出直线AC的解析式，联立y=−33x与直线AC方程，求出点D坐标，计算△ABD面积即可．
【详解】（1）如图，作AH⊥BC于H，
Rt△ABC的斜边BC在x轴上，坐标原点是BC的中点，∠ABC=30°，BC=4，
∴OC=12BC=2，AC=BC×sin30°=2，
∵∠HAC+∠ACO=90°，∠ABC+∠ACO=90°，
∴∠HAC=∠ABC=30°，
∴CH=AC×sin30°=1，AH=AC×cos30°=3，
∴OH=OC−CH=2−1=1，
∴A1，3，
∵双曲线y=kx经过点A，
∴3=k1，
即k=3；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A1，3，C2，0，
∴0=2k+b3=k+b，
解得k=−3b=23，
∴直线AC的解析式为y=−3x+23，
∵直线AC与双曲线y=−33x在第四象限交于点D，
∴y=−3x+23y=−33x，
解得x=3y=−3或x=−1y=33，
∵D在第四象限，
∴点D3，-3，
∴S△ABD=S△ABC+S△BCD
=12BC⋅AH+12BC⋅−yD
=12×4×3+12×4×3=43．

【点睛】本题考查了一次函数及反比例函数的性质，关键是掌握反比例函数的图像与解析式的统一性，灵活运用解析式联立方程组求出点的坐标，利用数形结合的方法计算图形面积．
23．(1)见解析
(2)4715

【分析】(1)根据菱形ABCD，得到AD∥BC,AB∥CD，利用平行线分线段成比例定理，列比例式证明即可．
(2)根据菱形的性质，结合已知，计算AE,BE的长，结合结论（1）计算即可．
【详解】（1）∵菱形ABCD，
∴AD∥BC,AB∥CD，
∴AFEF=DFFB,FGAF=DFFB，
∴AFEF=FGAF，
∴AF2=EF·GF．
（2）∵∠BAD=120°，菱形ABCD，
∴∠BCD=120°，∠DCE=60°．
∵菱形ABCD的边长为2，
∴CD=AD=2，
∵DE⊥BC，
∴∠ADE=∠DEC=90°，
∴∠CDE=30°，
∴CE=12CD=1,DE=22−12=3，
∴AE=AD2+DE2=22+32=7，BE=BC+CE=2+1=3，
∵菱形ABCD，
∴AD∥BC，
∴AFEF=ADBE=23，
∴AFAE=25,EFAE=35，
∴AF=275,EF=375，
∵AF2=EF·GF．
∴2752=375×FG，
∴FG=4715．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理是解题的关键．
24．(1)y=10x+50(0≤x<10)
(2)6元，110千克

【分析】（1）根据图象上点的坐标，利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）每日利润＝每千克销售利润×日销售量，由此可得关于x的一元二次方程，求出x的值，代入y与x之间的关系式即可求出相应的日销售量．
【详解】（1）解：设y与x之间的关系式为y=kx+b(0≤x<10)，
观察图象，将(1，60)，(4，90)代入y=kx+b得，
60=k+b90=4k+b
解得k=10b=50，
故y与x之间的关系式为y=10x+50(0≤x<10)；
（2）解：依题意，降价x元后，每千克销售利润为(20−10−x)元，日销量为(10x+50)千克，
则(20−10−x) (10x+50)=440，
整理得x2−5x−6=0，
解得x1=6或x2=−1（不合题意，舍去）
当x=6时，y=10×6+50=110，
故该种水果每千克应降价6元进行销售，其相应的日销售量为110千克．
【点睛】本题考查一次函数和一元二次方程的实际应用，第1问需要掌握利用待定系数法求一次函数的解析式，关键是从图象中找出有用信息；第2问关键是根据题意找出等量关系列方程并正确求解．
25．（1）①∠ECH=∠HCD；②BH+EH=2CH；（2）BH−EH=2CH；证明见解析；（3）EH=2或6．
【分析】（1）①∠ECH=∠HCD，根据CE=BC，四边形ABCD为正方形，可得BC=CD=CE，根据CF⊥DE，得出CF平分∠ECD即可；
②BH+EH=2CH，过点C作CG⊥BE于G，根据BC=EC，得出∠ECG=∠BCG=12∠BCE，根据∠ECH=∠HCD=12∠DCE，可得CG=HG，根据勾股定理在Rt△GHC中，CG2+GH2=HC2=2GH2，根据GE=12BE=12BH−EH，得出2HC2=BH+EH2即可；
（2）BH−EH=2CH，过点C作CM⊥CH交BE于点M，得出∠MCH=∠BCD=90°，先证ΔECH≌ΔBCMASA得出EH=BM，CM=CH可证△MCH是等腰直角三角形，可得MH=CM2+CH2=2CH即可；
（3）EH=2或6，根据∠EBC=15°，分两种情况，当∠ABE=90°-15°=75°时，BC=CE，先证△CDE为等边三角形，可求∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，根据CF⊥DE，得出DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，根据勾股定理HE=FH2+FE2=12+12=2，当∠ABE=90°+15°=105°，可得BC=CE得出∠CBE=∠CEB=15°，可求∠FCE=12∠DCE=60°，∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，根据30°直角三角形先证得出CF=12CE=12×2=1，根据勾股定理EF=CE2−CF2=22−12=3，再证FH=FE，得出EH=FH2+FE2=32+32=6即可．
【详解】解：（1）①∠ECH=∠HCD
∵CE=BC，四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD=CE，
∵CF⊥DE，
∴CF平分∠ECD，
∴∠ECH=∠HCD，
故答案为：∠ECH=∠HCD；

②BH+EH=2CH，过点C作CG⊥BE于G，
∵BC=EC，
∴∠ECG=∠BCG=12∠BCE，
∵∠ECH=∠HCD=12∠DCE，
∴∠GCH=∠ECG+∠ECF=12∠BCE+12∠DCE=12∠BCE+∠DCE=12×90°=45°，
∴∠GHC=180°-∠HGC+∠GCH=180°-90°-45°=45°，
∴CG=HG，
在Rt△GHC中，  
∴CG2+GH2=HC2=2GH2，
∵GE=12BE=12BH−EH，    
∴GH=GE+EH=12BH−EH+EH=12BH+EH，
∴HC2=2GH2=212BH+EH2，
∴2HC2=BH+EH2，
∴BH+EH=2CH，
故答案是：BH+EH=2CH；

（2）BH−EH=2CH，
证明：过点C作CM⊥CH交BE于点M，

则∠MCH=∠BCD=90°，
∴∠MCH+∠HCD=∠MCH+∠BCM=90°⁰，
∴∠HCD=∠BCM，
∵CE=BC=CD，CF⊥DE，
∴∠HCD=∠ECH，∠HEC=∠MBC，
∴∠ECH=∠BCM，
∴ΔECH≌ΔBCMASA，
∴EH=BM，CM=CH，
∴△MCH是等腰直角三角形，
∴MH=CM2+CH2=2CH，
∵BH−BM=MH，
∴BH−EH=2CH，  
（3）EH=2或6，
∵∠EBC=15°，分两种情况，
当∠ABE=90°-15°=75°时，
∵BC=CE，
∴∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB==180°-15°-15°=150°，
∴∠DCE=∠BCE-∠BCD=150°=90°=60°，
∵CE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE=CD=AB=2，∠DEC=60°，
∴∠FEH=∠DEC=∠CEB=60°-15°=45°，
∵CF⊥DE，
∴DF=EF=1，∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°，
∴EF=HF=1，
∴HE=FH2+FE2=12+12=2，

当∠ABE=90°+15°=105°，
∵BC=CE，∠CBE=∠CEB=15°，
∴∠BCE=180°-∠CBE-∠CEB=150°，
∴∠DCE=360°-∠DCB-∠BCE=120°，
∵CE=BC=CD，CH⊥DE，
∴∠FCE=12∠DCE=60°，  
∴∠FEC=180°-∠CFE-∠FCE=30°，
∴CF=12CE=12×2=1，
∴EF=CE2−CF2=22−12=3，
∵∠HEF=∠CEB+∠CEF=15°+30°=45°，
∴∠FHE=180°-∠HFE-∠FEH=45°=∠FEH，
∴FH=FE，
∴EH=FH2+FE2=32+32=6，
∴EH=2或6．

【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差，掌握正方形性质，图形旋转性质，勾股定理，等边三角形，等腰直角三角形性质，角平分线，线段和差是解题关键．
26．(1)k=3，b=−2
(2)P3,3
(3)P2,32或1,3，23−3,23+3

【分析】（1）将点B0,−2代入y=x+b，求得b，进而求得y=x−2，将A3,n代入可求得n，再把点A的坐标代入y=kx，即可求得k；
（2）用含t的代数式表示PQ的长，根据铅锤定理，解得t，进而求得点P的坐标；
（3）分情况讨论，当BC是边，点D在x轴正半轴上和点D在x轴的负半轴上；当BC是对角线，点D在x轴负半轴上和点D在x轴正半轴上，证明△BFC≌△CGD，进而得出CF=OF，从而求得t的值．
【详解】（1）解：∵直线y=x+b过点B0,−2，
∴0+b=−2，
∴b=−2，
∵直线y=x−2过点A3,n，
∴n=3−2=1，
∴A3,1，
∵y=kx过点A3,1，
∴k=xy=3×1=3；
（2）解：∵Pt,3t，Qt,t−2，A3,1，B0,−2，
∴PQ=3t−t−2，
∵S△APB=S△APQ+S△BPQ=12PQxA−xP+12PQxP−xB=12PQ⋅xA−xB，xA、xB、xP分别表示A、B、P三点的横坐标，
∴123t−t−2×3=3，
解得t=3，经检验t=3是原方程的解，
∴P3,3；
（3）解：如图1，

∵Pt,3t，Qt,t−2，
∴Ct,3t+t−22，
当BC是边，点D在x轴正半轴上，
作CF⊥OB于F，作DG⊥CF于G，
∴∠BFC=∠G=90°，
∴∠FBC+∠FCB=90°，
∵∠BCD=90°，
∴∠DCG+∠FCB=90°，
∴∠FBC=∠DCG，
∵BC=CD，
∴△BFC≌△CGDAAS，
∴CF=DG，
∵OF=DG，
∴OF=CF，
∴3t+t−22=t，
∴t1=1，t2=−3（舍去），
∴P1,3，
如图2，

当点D在x轴的负半轴上时，
由上知：BG=DF=2，
∴t=2，
∴P2,32，
当BC是对角线时，

当BC是对角线时，点D在x轴负半轴上时，
可得：CF=OD，DF=OB=2，
∴3t+t−22=2−t，
∴t=1，
∴P1,3，
如图4，

CG=DF=2，DG=BF，
∴t+2=3t+t−22，
∴t1=23−3，t2=−23−3（舍去），
当t=23−3时，y=323−3=23+3，
∴P23−3,23+3，
综上所述：P2,32或1,3，23−3,23+3．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合问题，待定系数法求函数解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是运用分类讨论的思想，画出图形，根据线段之间的和差关系列方程求解．