2022-2023学年四川省成都市锦江区九年级（上）期末数学试卷（一诊）（含解析）

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2022-2023学年四川省成都市锦江区九年级（上）期末数学试卷（一诊）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1. 如图，是一个由长方体截去一部分后得到的几何体，其主视图是(    )
A.
B.
C.
D.
2. 下列函数中，y是x的反比例函数的是(    )
A. y=4x B. y=x+1 C. y=x3 D. y=x2
3. 若关于x的一元二次方程x2−2x+m=0有一个解为x=−1，则另一个解为(    )
A. 1 B. −3 C. 3 D. 4
4. 如图所示的两个四边形相似，则下列结论不正确的是(    )

A. a=2 2 B. m=2n C. x=2 D. ∠α=60°
5. 如图，已知在平面直角坐标系中，四边形ABCD是菱形，其中点B的坐标是(6,2)，点D的坐标是(0,2)，点A在x轴上，则点C的坐标是(    )
A. (3,2)
B. (3,3)
C. (3,4)
D. (2,4)
6. 一个不透明的箱子里装有m个球，其中红球3个，这些球除颜色不同其余都相同，每次搅拌均匀后，任意摸出一个球记下颜色后再放回，大量重复试验发现，摸到红球的频率稳定在0.2附近，则可以估算出m的值为(    )
A. 10 B. 15 C. 20 D. 25
7. 如图，在方格纸上，以点O为位似中心，把线段AB缩小到原来的12，则点A的对应点为(    )

A. 点D或点G B. 点E或点F C. 点D或点F D. 点E或点G
8. 如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8.对角线AC，BD相交于点O.点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，则△AEF的周长为(    )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
9. 若ba=2，则ba+b= ______ ．
10. 关于x的一元二次方程(x−1)2=a+1有两个不相等的实数根，则a的取值范围是______ ．
11. 已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)都在反比例函数y=3x的图象上，且x1 12. 小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得AC=5，∠B=60°，接着，她又将这个学具活动成为图2所示正方形，此时A′C′的长为______ ．


13. 如图，在△ABC中，AB= 6，按以下步骤作图：①以点C为圆心，以适当的长为半径作弧.交CB于点D，交CA于点E，连接DE；②以点B为圆心，以CD长为半径作弧，交BA于点F；③以点F为圆心，以DE的长为半径作弧，在△ABC内与前一条弧相交于点G；④连接BG并延长交AC于点H.若H恰好为AC的中点，则AC的长为______ ．


14. (1)计算： 4−(13)−1+| 5−2|−(−3)2；
(2)解方程：x2−1+3(x+1)=0．
15. 中国共产党第二十次全国代表大会于10月16日至22日在北京举行，这是一次具有里程碑意义的大会，必将对中国和世界产生深远影响，某校积极组织学生学习二十大相关会议精神，并组织了二十大知识问答赛，将比赛结果分为A，B，C，D四个等级，根据如下不完整的统计图解答下列问题：

(1)求该校参加知识问答赛的学生人数；
(2)求扇形统计图中C级所对应的圆心角的度数；
(3)现准备从结果为A级的4人(两男两女)中随机抽取两名同学参加二十大宣讲，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到一名男生和一名女生参加宣讲活动的概率．
16. 【学科融合】如图1，在反射现象中，反射光线，入射光线和法线都在同一个平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角r等于入射角i.这就是光的反射定律．
【同题解决】如图2.小红同学正在使用手电筒进行物理光学实验，地面上从左往右依次是墙、木板和平面镜，手电筒的灯泡在点G处，手电筒的光从平面镜上点B处反射后，恰好经过木板的边缘点F，落在墙上的点E处，点E到地面的高度DE=3.5m，点F到地面的高度CF=1.5m，灯泡到木板的水平距离AC=5.4m，本板到墙的水平距离为CD=4m.图中点A，B，C，D在同一条直线上．
(1)求BC的长；
(2)求灯泡到地面的高度AG．

17. 如图1，▱ABCD的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H．
(1)求证：四边形EFGH为矩形；
(2)如图2，当▱ABCD为矩形时．
①求证：四边形EFGH为正方形；
②若AD=10，四边形EFGH的面积为8，求AB的长．

18. 如图1，已知反比例函数y=kx(k≠0)的图象与一次函数y=x−1的图象相交于A(2,a)，B两点．
(1)求反比例函数的表达式及A，B两点的坐标；
(2)M是x轴上一点，N是y轴上一点，若以A，B，M，N为顶点的四边形是以AB为边的平行四边形，求点M的坐标；
(3)如图2，反比例函数y=kx的图象上有P，Q两点，点P的横坐标为m(m>2)，点Q的横坐标与点P的横坐标互为相反数，连接AP，AQ，BP，BQ.若△ABQ的面积是△ABP的面积的3倍，求m的值．

19. 已知一元二次方程x2−3x−2023=0的两个根为x1，x2，则x1+x2x1x2的值为______ ．
20. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥BD，交AD于点E，若∠ACB=20°，则∠AOE的大小为        ．

21. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△AOB的顶点A在函数y=4x(x>0)的图象上，顶点B在x轴正半轴上，边AO，AB分别交函数y=1x(x>0)，y=4x(x>0)的图象于点M，N.连接MN，若MN//x轴，则△AOB的面积为______ ．

22. 如图，在矩形ABCD中.AB=6，BC=12，点P是DC上一点，且DP=5，点E，F分别是AD，BC上的动点，连接EF，AP，始终满足EF⊥AP.连接AF，PF，PE，记四边形AEPF的面积为S1，记△ABF的面积为S2，记△FCP的面积为S3，记△EDP的面积为S4．S1S2+S3+S4= ______ ．

23. 如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A，C的坐标分别为A(−1,1).C(1,−1)，已知线段MN的端点M，N的坐标分别为M(3,3)，N(72,32)，平移线段MN，使得平移后的线段的两个端点均落在正方形ABCD的边上，此时正方形ABCD被该线段分为两部分，其中三角形部分的面积为______ ；已知线段PQ的端点坐标分别为P(x1,y1)，Q(x2,y2)，且x1≠x2，y1≠y2，PQ=2.平移线段PQ，使得平移后的线段P′Q′的两个端点均落在正方形ABCD的边上，且线段P′Q′将正方形的ABCD面积分为6：19部分，取P′Q′的中点H，连接OH，则OH的长为______ ．

24. 电影《长津湖》是一部讲述抗美援朝题材影片，该片以朝鲜长津湖战役为背景，讲述一个志愿军连队在极寒严酷环境下坚守阵地奋勇杀敌、为战役胜利作出重要贡献的故事，2022年清明节来临之际，某电影院开展“清明祭英烈，共铸中华魂”系列活动，对团体购买该电影票实行优惠，决定在原定零售票价基础上每张降价16元，这样按原定零售票价需花费2000元购买的门票，现在只花费了1200元．
(1)求每张电影票的原定零售票价；
(2)为了弘扬爱国主义精神，该影院决定对网上购票的个人也采取优惠，原定零售票价经过连续两次降价后票价为每张32.4元，求平均每次降价的百分率．
25. 已知在平面直角坐标系xOy中，点(1,a)，(2,a−12)在反比例函数y=kx的图象上．
(1)求k的值；
(2)将反比例函数y=kx的图象中x轴下方部分沿x轴翻折，其余部分保持不变，得到新的函数图象如图1所示，新函数记为函数F．
①如图2，直线y=x+b与函数F的图象交于A，B两点，点A横坐标为x1，点B横坐标为x2，且x1≤x2<0，x1=4x2，点P在y轴上，连接AP，BP.当AP+BP最小时.求点P的坐标；
②已知一次函数y=nx−n+2(n≠0)的图象与函数F的图象有三个不同的交点，直接写出n的取值范围．

26. 【问题背景】如图1，在矩形ABCD中，点M，N分别在边BC，AD上.且BMMC=1m，连接BN，点P在BN上，连接PM并延长至点Q，使PMMQ=1m，连接CQ．
【尝试初探】求证：CQ//BN；
【深入探究】若AN=BM=AB，m=2，点P为BN中点，连接NC，NQ，求证：NC=NQ；
【拓展延伸】如图2，在正方形ABCD中，点P为对角线BD上一点，连接PC并延长至点Q.使PCQC=1n(n>1)，连接DQ.若n2BP2+DQ2=(n2+1)AB2，求BPBD的值(用含n的代数式表示)．

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：从正面看，可得选项C的图形，
故选：C．
根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
本题考查了简单组合体的三视图，掌握从正面看得到的图形是主视图是关键．

2.【答案】A 
【解析】解：A、y=4x是反比例函数，k=4，
故A选项符合题意；
B、y=x+1是一次函数，不是反比例函数，
故B选项不符合题意；
C、y=x3是正比例函数，
故C选项不符合题意；
D、y=x2是二次函数，不是反比例函数，
故D选项不符合题意，
故选：A．
根据形如y=kx(k为常数，k≠0)的函数称为反比例函数，即可判断．
本题考查了反比例函数的定义，熟练掌握反比例函数的定义是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：设方程的另一个解为x1，
根据题意得：−1+x1=2，
解得：x1=3．
故选：C．
设方程的另一个解为x1，根据两根之和等于−ba，即可得出关于x1的一元一次方程，解之即可得出结论．
本题考查了根与系数的关系以及一元二次方程的解，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：∵两个四边形相似，
∴相似比为：2：4=1：2，
∴ 2：a=x：4=m：n=1：2，
解得：a=2 2，x=2，2m=n，
则∠α=360°−45°−90°−165°=60°，
综上所述：只有选项B符合题意．
故选：B．
根据相似图形的对应角相等，对应边的比相等得到答案．
本题考查了相似多边形的性质，牢记相似多边形的对应角相等，对应边的比也相等．

5.【答案】C 
【解析】解：连接AC，BD相交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AE=CE，BE=DE，AC⊥BD，
∵点A在x轴上，点B的坐标为(6,2)，点D的坐标为(0,2)，
∴BD=6，AE=2，
∴DE=12BD=3，AC=2AE=4，
∴点C的坐标为：(3,4)．
故选：C．
首先连接AC，BD相交于点E，由在菱形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为(6,2)，点D的坐标为(0,2)，可求得点E的坐标，继而求得答案．
此题考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质．注意菱形的对角线互相平分且垂直．

6.【答案】B 
【解析】解：由题意知，m的值约为3÷0.2=15，
故选：B．
用红球的个数除以红球频率的稳定值即可．
本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．

7.【答案】A 
【解析】解：作射线AO，
，
射线AO经过点D和点G，且OD=12OA，OG=12OA，
∴点A的对应点为点D或点G，
故选：A．
作射线AO，根据位似中心的概念、线段的位似比解答即可．
本题考查位似变换，正确记忆位似图形的特征是解题关键．

8.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，∠BAD=90°，OB=OD=OA=OC，
在Rt△BAD中，∵BD= AB2+AD2= 62+82=10，
∴OD=OA=OB=5，
∵E.F分别是AO，AD中点，
∴EF=12OD=52，AE=52，AF=4，
∴△AEF的周长为9，
故选：D．
因为四边形ABCD是矩形，所以AD=BC=8，∠BAD=90°，OB=OD=OA=OC，在Rt△BAD中，可得BD=10，推出OD=OA=OB=5，因为E.F分别是AO.AD中点，根据三角形中位线定理即可得到结论．
本题考查三角形中位线定理、矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．

9.【答案】23 
【解析】解：∵ba=2，
∴b=2a，
∴ba+b=2aa+2a=23．
故答案为：23．
根据已知条件得出b=2a，再代入要求的式子进行计算，即可得出答案．
此题考查了比例的性质，解题的关键是用a表示出b．

10.【答案】a>−1 
【解析】解：整理方程得x2−2x−a=0，
∵关于x的一元二次方程(x−1)2=a+1有两个不相等的实数根，
∴Δ=4+4a>0，
解得a>−1．
故答案为：a>−1．
先将一元二次方程整理成一般形式，然后根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到Δ>0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．

11.【答案】y2 【解析】解：∵反比例函数y=3x中k=3>0，
∴函数图象的两个分支分别位于一、三象限，且在每一象限内，y随x的增大而减小．
∵x1 ∴A、B都在第三象限，
∴y2 故答案为：y2 先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据x1 本题考查的是反比例函数性质，当k>0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小；当k<0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大．

12.【答案】5 2 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∵AC=5，
∴AB=BC=5，
∵四边形A′B′C′D′为正方形，
∴∠A′B′C′=90°，
由旋转的性质得出A′B′=B′C′=AB=5，
∴A′C′= 52+52=5 2，
故答案为：5 2．
根据菱形的性质得出AB=BC，求出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出AB=BC=AC=5，根据旋转的性质得出A′B′=B′C′=AB=5，再根据勾股定理求出A′C′即可．
本题考查了菱形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点，能熟记菱形和正方形的性质是接此题的关键．

13.【答案】2 3 
【解析】解：如图，连接FG，
由题意得BF=BG=CD=CE，FG=DE，
∴△NFG≌CDE(SSS)，
∴∠ABH=∠ACB，
又∵∠A=∠A，
∴△ABH∽△ACB，
∴AHAB=ABAC，
∵H是AC的中点，
∴AC=2AH，
∴2AH2=AB2=( 6)2，
∴AH= 3，
∴AC=2AH=2 3，
故答案为：2 3．
连接FG，先证明△BFG≌△CDE(SSS)得到∠ABH=∠ACB，进一步证明△ABH∽△ACB得到AHAB=ABAC，再由H是AC中点，得到AC=2AH，即可得到答案．
本题考察了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，证明三角形全等以及三角形相似是解题关键．

14.【答案】解：(1)原式=2−3+ 5−2−9
= 5−12；

(2)x2−1+3(x+1)=0，
(x+1)(x−1)+3(x+1)=0，
(x+1)(x−1+3)=0，
∴x+1=0或x+2=0，
∴x1=−1，x2=−2． 
【解析】(1)原式第一项化为最简二次根式，第二项利用利用负指数幂法则计算，第三项利用绝对值的代数意义化简，第四项计算乘方，即可得到结果；
(2)方程利用因式分解法即可求出解．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，以及实数的运算，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

15.【答案】解：(1)该校参加知识问答赛的学生人数为4÷10%=40(人)；
(2)C等级人数为40−(4+16+8)=12(人)，
扇形统计图中C级所对应的圆心角的度数为360°×1240=108°；
(3)由题意可得，树状图如图所示，

由树状图知，共有12种等可能结果，其中恰好抽到一名男生和一名女生参加宣讲活动的有8种结果，
所以恰好抽到一名男生和一名女生参加宣讲活动的概率为812=23． 
【解析】(1)由A等级人数及其所占百分比可得总人数；
(2)先求出C等级人数，再用360°乘以C等级人数所占比例即可；
(3)画树状图得出所有等可能结果，从种找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
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，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．

16.【答案】解：(1)由题意可得：FC//DE，
则△BFC∽BED，
∴BCBD=FCDE，
即BCBC+4=1.53.5，
解得：BC=3，
答：BC的长为3m；

(2)∵AC=5.4m，
∴AB=5.4−3=2.4(m)，
∵光在镜面反射中的反射角等于入射角，
∴∠FBC=∠GBA，
又∵∠FCB=∠GAB，
∴△BGA∽△BFC，
∴AGAB=FCBC，
∴AG2.4=1.53，
解得：AG=1.2(m)，
答：灯泡到地面的高度AG为1.2m． 
【解析】(1)直接利用相似三角形的判定与性质得出BC的长；
(2)根据相似三角形的性质列方程进而求出AG的长．
此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出相似三角形是解题关键．

17.【答案】(1)证明：∵FA平分∠BAD，HB平分∠ABC，
∴∠EAB=12∠BAD，∠EBA=12∠ABC，
在▱ABCD中，
∵AD//BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴∠GAB+∠GBA=12(∠DAB+∠ABC)=90°，
即∠AEB=90°，
同理可得，∠DGC=90°，∠BHC=90°=∠AFD，
∴四边形EFGH是矩形；
(2)①证明：如图2，∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，
∵矩形ABCD的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H，
∴∠EAB=∠FAD=12∠BAD=45°，∠EBA=∠HBC=12∠ABC=45°，∠BCH=∠GCD=12∠BCD=45°，∠ADF=∠GDC=12∠ADC=45°，
∴△ABE≌∠CDG(ASA)，△ADF≌△BCH(ASA)，
∴AE=BE=DG=CD，AF=DF=HB=HC，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠AEB=90°=∠HEF，
∴四边形EFGH为正方形；
②解：∵四边形EFGH为正方形，四边形EFGH的面积为8，
∴EF=FG=GH=HE= 8=2 2，
∵△ADF是等腰直角三角形，AD=10，
∴AF= 22AD=5 2，
∴AE=AF−EF=3 2，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴AB= 2AE=6．
∴AB的长为6． 
【解析】(1)根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得出∠AEB=90°，∠DGC=90°，∠BHC=90°=∠AFD，进而判定四边形EFGH是矩形；
(2)①根据矩形的性质证明△ABE≌∠CDG(ASA)，△ADF≌△BCH(ASA)，可得AE=BE=DG=CD，AF=DF=HB=HC，所以EF=FG=GH=HE，可得四边形EFGH是菱形，结合(1)即可得四边形EFGH为正方形；
②根据四边形EFGH为面积是8的正方形，可得EF= 8=2 2，然后利用等腰直角三角形的性质即可解决问题．
本题属于四边形的综合题，主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，证明四边形EFGH为正方形是解题的关键．

18.【答案】解：(1)将点A的坐标代入一次函数表达式得：a=2−1=1，即点A(2,1)，
将点A的坐标代入反比例函数表达式得：1=k2，
解得：k=2，
即反比例函数的表达式为：y=2x，
联立一次函数和上式得：x−1=2x，
解得：x=2(舍去)或−1，
故点B(−1,−2)；

(2)设点M(x,0)，
当AB是边时，将B向右平移3个单位向上平移3个单位得到点A，同样M(N)向右平移3个单位向上平移3个单位得到N(M)，
则x±3=0，
解得：x=3或−3，
故点M的坐标为(3,0)或(−3,0)；

(3)设点P(m,2m)，则点Q(−m,−2m)，
设直线AB交y轴于点R，过点P作直线m//AB交y轴于点M，过点Q作直线n//AB交y轴于点N，

∵△ABQ的面积是△ABP的面积的3倍，
∴RN=3RM，
∵直线AB的表达式为：y=x−1，
则直线m的表达式为：y=x−m+2m，
则点M(0,−m+2m)，
同理可得：点N(0,m−2m)，
∵RN=3RM，即(m−2m+1)=3(−1+m−2m)，
解得：m=1± 3(舍去负值)，
即m= 3+1. 
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)将B向右平移3个单位向上平移3个单位得到点A，同样M(N)向右平移3个单位向上平移3个单位得到N(M)，进而求解；
(3)设直线AB交y轴于点R，过点P作直线m//AB交y轴于点M，过点Q作直线n//AB交y轴于点N，由△ABQ的面积是△ABP的面积的3倍，得到RN=3RM，进而求解．
本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数的基本性质、平行线的性质、平行四边形的基本性质等，其中(2)，要注意分类求解，避免遗漏．

19.【答案】−32023 
【解析】解：∵x1，x2是方程x2−3x−2023=0的两个实数根，
∴x1+x2=3，x1x2=−2023，
∴x1+x2x1x2=3−2023=−32023．
故答案为：−32023．
利用根与系数的关系，可得出x1+x2=3，x1x2=−2023，将其代入x1+x2x1x2中，即可求出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记“x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca”是解题的关键．

20.【答案】50° 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=12AC，OD=12BD，AD//BC，
∴OA=OD，∠DAC=∠ACB=20°，
∴∠DAC=∠ODA=20°，
∴∠AOD=180°−∠OAD−∠ODA=140°，
∵OE⊥BD，
∴∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD−∠DOE=50°，
故答案为：50°．
根据矩形的性质，等腰三角形的判定和性质以及平行线的性质即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．

21.【答案】6 
【解析】解：如图，作AD⊥x轴于D，ME⊥x轴于E，

则AD//ME，
∴△OME∽△OAD，
∵S△OME=12×1=12，S△AOD=12×4=2，
∴S△OME：S△AOD=1：4，
∴OM：OA=1：2，
∴M是OA的中点，
设M(m,1m)，则A(2m,2m)，N(4m,1m)，
∵MN//x轴，
∴N是AB的中点，
∴B(6m,0)，
∴S△AOB=12OB⋅AD=12⋅6m⋅2m=6．
故答案为：6．
作AD⊥x轴于D，ME⊥x轴于E，根据AD//ME，得△OME∽△OAD，因为S△OME=12×1=12，S△AOD=12×4=2，所以S△OME：S△AOD=1：4，所以OM：OA=1：2，可得M是OA的中点，设M(m,1m)，则A(2m,2m)，N(4m,1m)，所以B(6m,0)，即可求出答案．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义和反比例函数图象上点的坐标特征，在反比例函数y=kx图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|，在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是12|k|，且保持不变．也考查了相似三角形的判定与性质．

22.【答案】169119 
【解析】解：作F作FH⊥AD于H，FH交AP于G，设EF交AP于M，如图：

∵四边形ABCD是矩形，FH⊥AD，
∴四边形ABFH是矩形，
∵EF⊥AP，FH⊥AD，
∴∠AHG=90°=∠GMF，
∵∠AGH=∠FGM，
∴∠HAG=∠HFE，
∵∠FHE=90°=∠D，
∴△HEF∽△DPA，
∴HEDP=HFAD，
∵HF=AB=6，AD=BC=12，DP=5，
∴HE5=612，
∴HE=52，
设BF=AH=m，则CF=12−m，DE=12−AH−HE=12−m−52=192−m，
∴S2=12AB⋅BF=12×6m=3m，S3=12CF⋅CP=12(12−m)×(6−5)=6−12m，S4=12DP⋅DE=12×5×(192−m)=954−52m，
∴S2+S3+S4=3m+6−12m+954−52m=1194，
∴S1=6×12−1194=1694，
∴S1S2+S3+S4=16941194=169119，
故答案为：169119．
作F作FH⊥AD于H，FH交AP于G，设EF交AP于M，证明△HEF∽△DPA，可得HE5=612，HE=52，设BF=AH=m，即有S2=12AB⋅BF=12×6m=3m，S3=12CF⋅CP=12(12−m)×(6−5)=6−12m，S4=12DP⋅DE=12×5×(192−m)=954−52m，S2+S3+S4=3m+6−12m+954−52m=1194，从而S1=1694，即可得到答案．
本题考查矩形的性质，三角形的面积，涉及相似三角形的判定与性质，解题的关键是用含字母的代数式表示S1，S2，S3．

23.【答案】38  55 
【解析】解：如图1，

作ME//x轴，作NE⊥ME，MN平移后对应FG，
∵M(3,3)，N(72,32)，
∴ME=72−3=12，EN=3−32=32，
∴S△FDG=S△MEN=12×12×32=38，
如图2，

不妨设PD′=x，DQ′=y，(x ∵A(−1,1).C(1,−1)，
∴AD=BC=2，
∴S方形ABCD=4，△P′DQ′的面积为：4×66+19=2425，
由题意得，
12xy=2425x2+y2=22，
∴x=65y=85，
∴DP′=65，DQ′=85，
∴P′(−15,1)，Q(1,−35)，
∴H(25,15)，
∴OH= (15)2+(25)2= 55，
故答案为：38， 55．
作ME//x轴，作NE⊥ME，MN平移后对应FG，可求得ME=72−3=12，EN=3−32=32，进而求得三角形部分的面积；不妨设PD′=x，DQ′=y，(x 从而求得x，y进而得出H点坐标，进一步得出OH的长．
本题考查了正方形性质，勾股定理，平移的性质等知识，解决问题的关键是弄清数量关系列出方程组．

24.【答案】解：(1)设每张电影票的原定零售票价是x元，则降价后的零售票价是(x−16)元，
根据题意得：2000x=1200x−16，
解得：x=40，
经检验，x=40是所列方程的解，且符合题意．
答：每张电影票的原定零售票价是40元；
(2)设平均每次降价的百分率为y，
根据题意得：40(1−y)2=32.4，
解得：y1=0.1=10%，y2=1.9(不符合题意，舍去)．
答：平均每次降价的百分率为10%． 
【解析】(1)设每张电影票的原定零售票价是x元，则降价后的零售票价是(x−16)元，利用数量=总价÷单价，可得出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论；
(2)设平均每次降价的百分率为y，利用经过两次降价后的价格=原价×(1−平均每次降价的百分率)2，可得出关于y的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．

25.【答案】解：(1)∵点(1,a)，(2,a−12)在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=1×a=2(a−12)，
解得：a=1，
则k=1；

(2)①由(1)知，反比例函数的表达式为：y=1x，
则将反比例函数y=kx的图象中x轴下方部分沿x轴翻折，
则翻折后函数的表达式为：y=−1x，
联立y=−1x和y=x+b并整理得：
x2+bx+1=0，
则x1x2=1，
即4x2⋅x2=1，
解得：x2=−12，
则x1=−2，
即点A、B的坐标分别为(−2,12)、(−12,2)，
作点B关于y轴的对称点C(12,2)，
连接AC交x轴于点P，则此时AP+BP最小，理由：
AP+BP=AP+CP=AC为最小，

设直线AC的表达式为：y=mx+n，
则12=−2m+n2=12m+n，解得：m=35n=1710，
则直线AC的表达式为：y=35x+1710，
当x=0时，y=1710，
即点P(0,1710)；

②∵y=nx−n+2=n(x−1)+2，
则该一次函数过点(1,2)，如图：

当n>0时，
如图：l：y=nx−n+2，
直线l和y轴左侧函数有2个交点时，必然和y轴右侧的函数有一个交点，符合题设条件，
联立y=−1x和y=nx−n+2，
整理得：nx2−nx+2x+1=0，
则Δ=(−n+2)2−4n>0，
解得：n>4+2 3或n<4−2 3，
∵n>0，
∴04+2 3；
当n<0时，
直线(虚线)和y轴右侧函数有2个交点时，必然和y轴左侧的函数有一个交点，符合题设条件，
联立y=1x和y=nx−n+2，
整理得：nx2−nx+2x−1=0，
则Δ=(−n+2)2+4n>0，
解得：n为任意实数，
即n<0；
综上，n<4−2 3且n≠0或n>4+2 3． 
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)①联立y=−1x和y=x+b并整理得：x2+bx+1=0，则x1x2=1，求出4x2⋅x2=1，得到点A、B的坐标分别为(−2,12)、(−12,2)，作点B关于y轴的对称点C(12,2)，连接AC交x轴于点P，则此时AP+BP最小，进而求解；
②当n>0时，直线l和y轴左侧函数有2个交点时，必然和y轴右侧的函数有一个交点，符合题设条件，进而求解；当n<0时，直线(虚线)和y轴右侧函数有2个交点时，必然和y轴左侧的函数有一个交点，符合题设条件，进而求解．
本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到一次函数基本性质、根和系数关系、点的对称性、图象过定点、图形的翻折、解不等式等，其中，分类求解和数形结合是本题解题的关键．

26.【答案】(1)证明：∵BMMC=PMMQ=1m，∠BMP=∠CMQ，
∴△BMP∽△CMQ，
∴∠PBM=∠QCM，
∴CQ//BN；
(2)如图1，

连接MN，作NE⊥CQ于E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC=90°，
∵AN=BM，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴▱ABMN是矩形，
∵AB=BM，
∴矩形ABMN是正方形，
∴MN=BM，
∵点P是BN的中点，
∴BP=NP=12BN，PQ⊥BN，
由(1)知：CQ//BN，△BMP∽△CMQ，
∴PQ⊥CQ，BPCO=BMCM=12，
∴∠NPQ=∠CQP=90°，CQ=2BP，
∴四边形PQEN是矩形，
∴EQ=NP，
∴EQ=CE=12CQ，
∴NC=NQ；
(3)解：如图2，

延长AD，BC，作EF⊥AD于F，连接DE，BE交DQ于E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠DBC=45°，∠DCB=90°，
由上可知：EQ=n⋅BP，CE=n⋅BC=n⋅AB，CD=AB，
∵n2BP2+DQ2=(n2+1)⋅AB2，
∴EQ2+DQ2=CE2+CD2=DE2，
∴∠DQE=90°，
∵BD//EQ，
∴∠BDQ=∠DQE=90°，∠QEG=∠DBC=45°，
∴∠DGB=90°−∠DBC=45°，∠EGQ=45°，
∴∠DBC=∠DGB，
∴BD=DG，
∴BC=CG，
设BP=a，BC=b，
则EQ=nx，CE=nb，
∴EG=CE−CG=nb−b=(n−1)b，
∵EG= 2EQ，
∴(n−1)b= 2na，
∴ 2b(n−1)=2na，
∴a 2b=n−12n，
即：BPBD=n−12n． 
【解析】(1)证明△BMP∽△CMQ，从而∠PBM=∠QCM，进而得出结论；
(2)连接MN，作NE⊥CQ于E，可证明四边形ABMN是正方形，四边形PQEN是矩形，结合BN=CQ=2BP=2PN，进一步得出结论；
(3)延长AD，BC，作EF⊥AD于F，连接DE，BE交DQ于E，根据n2BP2+DQ2=(n2+1)⋅AB2可得出EQ2+DQ2=CE2+CD2=DE2，从而∠DQE=90°，可推出△DBG，△EQG是等腰直角三角形，设BP=a，BC=b，则EQ=nx，CE=nb，从而EG=CE−CG=nb−b=(n−1)b，结合EG= 2EQ，进一步得出结果．
本题考查了矩形的性质和判定，正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．