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2023年广东省深圳市南山区桃源中学中考数学三模试卷（含解析）
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这是一份2023年广东省深圳市南山区桃源中学中考数学三模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. cs60°的值等于( )
A. 3B. 32C. 22D. 12
2. 我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体，图乙所示的几何体是形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是
A. B. C. D.
3. 下列计算错误的是( )
A. a⋅a=a2B. 2a+a=3aC. (a3)2=a5D. a3÷a−1=a4
4. 在一个不透明的布袋中装有50个黄、白两种颜色的球，除颜色外其他都相同，小红通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.3左右，则布袋中白球可能有( )
A. 15个B. 20个C. 30个D. 35个
5. 如图，点A、B、C是⊙O上的三个点，若∠AOB=76°，则∠C的度数为( )
A. 76°
B. 38°
C. 24°
D. 33°
6. 把二次函数y=x2+2x+1先向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，新二次函数表达式变为( )
A. y=(x+3)2+2B. y=(x−1)2+2C. y=(x−1)2+1D. y=(x+3)2−1
7. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件，能使菱形ABCD成为正方形的是( )
A. AC=BDB. AC⊥BDC. AD=ABD. AC平分∠DAB
8. 如图，扇形AOB中，半径OA=2，∠AOB=120°，C是AB的中点，连接AC、BC，则图中阴影部分面积是( )
A. 4π3−2 3
B. 2π3−2 3
C. 4π3− 3
D. 2π3− 3
9. 已知y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图，则y=ax+b和y=cx的图象为( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图，已知△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，DE是AC的垂直平分线，DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，则CD=( )
A. 3
B. 4
C. 4.8
D. 5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 抛物线y=2(x−3)2+1的顶点坐标是______．
12. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，AC=6，BC=8，CD=______．
13. 图①是伸缩折叠不锈钢晾衣架的实物图，图②是它的侧面示意图，AD和CB相交于点O，点A、B之间的距离为1.2米，AB//CD，根据图②中的数据可得C、D之间的距离为 米.
14. 如图，点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点.当△AEC的面积为34时，k的值为______ ．
15. 如图，在矩形ABCD中，点E为BC上一点，EB=8，AB=4，连接AE，将△ABE沿AE所在的直线翻折，得到△AB′E，B′E交AD于点F，将△AB′E沿B′E所在的直线翻折，得到△A′B′E，A′E交AD于点G，GEGA′的值为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题6.0分)
计算：tan60°+2sin30°+| 2−1|−2cs45°．
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(3xx−2−xx+2)÷xx2−4，在−2，0，1，2四个数中选一个合适的代入求值．
18. (本小题8.0分)
11月读书节，深圳市为统计某学校初三学生读书状况，如下图：
(1)三本以上的x值为______ ，参加调查的总人数为______ ，补全统计图；
(2)三本以上的圆心角为______ ．
(3)全市有6.7万学生，三本以上约有______ 人．
19. (本小题8.0分)
抖音直播购物逐渐走进了人们的生活.为提高我县特产红富士苹果的影响力，某电商在抖音平台上对我县红富士苹果进行直播销售.已知苹果的成本价为6元/千克，如果按10元/千克销售，每天可卖出160千克.通过调查发现，每千克苹果售价增加1元，日销售量减少20千克．
(1)为保证每天利润为700元，商家想尽快销售完库存，每千克售价应为多少元？
(2)售价为多少元时，每天的销售利润最大，最大是多少？
20. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AC=BC，以BC为直径作⊙O，交AC于点F，过C点作CD⊥AC交AB延长线于点D，E为CD上一点，且EB=ED．
(1)求证：BE为⊙O的切线；
(2)若AF=2，tanA=2，求BE的长．
21. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，若两点的横坐标不相等，纵坐标互为相反数，则称这两点关于x轴斜对称.其中一点叫做另一点关于x轴的斜对称点.如：点(−4,2)，(1,−2)关于x轴斜对称.在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(2,1)．
(1)下列各点中，与点A关于x轴斜对称的是 (只填序号)；
①(3,−1)，②(−2,1)，③(2,−1)，④(−1,−1)．
(2)若点A关于x轴的斜对称点B恰好落在直线y=kx+1上，△AOB的面积为3，求k的值；
(3)抛物线y=x2−bx−1上恰有两个点M、N与点A关于x轴斜对称，抛物线的顶点为D，且△DMN为等腰直角三角形，则b的值为 ．
22. (本小题9.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+2经过点A(−1,0)，B(4,0)，交y轴于点C；
(1)求抛物线的解析式(用一般式表示)；
(2)点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABC=23S△ABD？若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由；
(3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：cs60°=12，
故选：D．
根据特殊角的三角函数值可得答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数，关键是掌握30°、45°、60°角的各种三角函数值．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了几何体的三视图；掌握主视图是从几何体正面看得到的平面图形是解决本题的关键．
根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为3个正方形组合体，进而得出答案即可．
【解答】
解：利用圆柱直径等于立方体边长，得出此时摆放，圆柱主视图是正方形，
得出圆柱以及立方体的摆放的主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形，
故选B．
3.【答案】C
【解析】解：A、a⋅a=a2，正确，故本选项不符合题意；
B、2a+a=3a，正确，故本选项不符合题意；
C、(a3)2=a3×2=a6，错误，故本选项符合题意；
D、a3÷a−1=a3−(−1)=a4，正确，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；同底数幂相除，底数不变指数相减；幂的乘方，底数不变指数相乘；合并同类项法则对各选项分析判断即可得解．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方的性质，同底数幂的除法，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题利用了用大量试验得到的频率可以用来估计事件的概率．关键是利用黄球的概率公式列方程，求解得到黄球的个数，进而得到白球的个数．在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从此处入手，设出未知数列出方程求解．
【解答】
解：设袋中有黄球x个，由题意得
x50=0.3，
解得：x=15，
则白球可能有：50−15=35(个)．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB=AB，∠AOB=76°，
∴∠C=12∠AOB=38°，
故选：B．
直接根据圆周角定理即可得出结论．
本题考查的是圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
6.【答案】C
【解析】解：y=x2+2x+1=(x+1)2，
将二次函数y=(x+1)2的图象向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的新的二次函数y=(x+1−2)2+1，即y=(x−1)2+1．
故选：C．
先把抛物线化为顶点坐标式，再按照“左加右减，上加下减”的规律，即可求出平移后的函数表达式．
主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
7.【答案】A
【解析】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可：
(1)有一个内角是直角，(2)对角线相等，
即∠ABC=90°或AC=BD，
故选：A．
根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
本题考查正方形的判定，掌握正方形的性质和判定是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了扇形的面积，三角形的面积，等边三角形的性质和判定，圆周角定理的应用，解此题的关键是能求出各个部分的面积，题目比较好，难度适中．连接OC，分别求出△AOC、△BOC、扇形AOC，扇形BOC的面积，即可求出答案．
【解答】
解：连接OC，过O作OM⊥AC于M，
∵∠AOB=120°，C为弧AB中点，
∴∠AOC=∠BOC=60°，
∵OA=OC=OB=2，
∴△AOC、△BOC是等边三角形，
∴AC=BC=OA=2，AM=1，
∴△AOC的边AC上的高是 22−12= 3，
△BOC边BC上的高为 3，
∴阴影部分的面积是60π×22360−12×2× 3+60π×22360−12×2× 3=43π−2 3，
故选A．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查一次函数图象与系数的关系，二次函数的图象与系数的关系，反比例函数图象与系数的关系，
根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象可以得到a<0，b>0，c<0，由此可以判定y=ax+b经过一、二、四象限，双曲线y=cx在二、四象限．
【解答】
解：根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象，
可得a<0，b>0，c<0，
∴y=ax+b过一、二、四象限，
双曲线y=cx在二、四象限，
∴C是正确的．
故选C．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了勾股定理以及其逆定理和三角形中位线的性质，正确得出AD的长是解题关键．
直接利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而得出线段DE是△ABC的中位线，再利用勾股定理得出AD，再利用线段垂直平分线的性质得出DC的长．
【解答】
解：∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴BC2+AC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴AE=EC=4，DE//BC，且线段DE是△ABC的中位线，
∴DE=3，
∴AD=DC= AE2+DE2=5．
故选D．
11.【答案】(3,1)
【解析】解：由抛物线解析式可知，抛物线顶点坐标为(3,1)，
故答案为：(3,1)．
已知抛物线解析式为顶点式，可直接求出顶点坐标．
本题考查了二次函数的性质，将解析式化为顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是x=h．
12.【答案】3
【解析】
【分析】
本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．
过点D作DE⊥AB于点E，利用勾股定理求出AB，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CD=DE，然后根据△ABC的面积列式计算即可得解．
【解答】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10，
∵AD平分∠CAB，
∴CD=DE，
∴S△ABC=12AC·CD+12AB·DE=12AC·BC，
即12×6·CD+12×10·CD=12×6×8，
解得CD=3．
故答案为：3．
13.【答案】0.96
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠DCO=∠ABO，∠CDO=∠BAO，
∴△CDO∽△BAO，
∴CDAB=0.81，
∵AB=1.2米，
∴CD1.2=0.81，
解得：CD=0.96米，
故答案为：0.96．
根据相似三角形对应高的比等于相似比，即可求解．
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应高的比等于相似比．
14.【答案】−2
【解析】解：∵点E为OC的中点，
∴△AEO的面积=△AEC的面积=34，
∵点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，
∴S△ABO=S△CDO，
∵AB⊥x轴，CD⊥x轴，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴△OEB∽△OCD，
∴S△OEBS△OCD=(12)2，
∴S△OCD=1，
则12xy=−1，
∴k=xy=−2．
故答案为：−2．
根据三角形的中线的性质求出△AEO的面积，根据相似三角形的性质求出S△OCD=1，根据反比例函数系数k的几何意义解答即可．
本题考查的是反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的性质，掌握反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
15.【答案】56
【解析】解法一：由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，AE=A′E，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，BC//AD，
∴∠AEB=∠FAE，
∴∠AB′E=∠B=90°，∠FAE=∠AEB′，
∴EF=AF，
设EF=AF=x，则B′F=B′E−EF=8−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理可得AF2=B′F2+AB′2，
即x2=(8−x)2+42，
解得：x=5，
∴EF=AF=5，B′F=3，
∴tan∠FAB′=B′FAB′=34，
过点G作GH⊥B′E于点H，如图，
则GH//AB′，
∴GEGA′=EHHB′，∠EFB′=∠HGF，
∴tan∠HGF=HFHG=34，
设HF=3a，HG=4a，
在Rt△AEB中，tan∠AEB=ABBE=48=12，
∴tan∠A′EB′=12，
在Rt△EHG中，tan∠GEH=HGEH=12，
即4aEH=12
∴EH=8a，
∵B′F+HF+EH=B′E=8，
∴3+3a+8a=8，
解得：a=511，
∴EH=8×511=4011，HF=3×511=1511，
∴HB′=B′F+HF=3+1511=4811，
∴GEGA′=EHHB′=40114811=56．
故答案为：56．
解法二：过点A′作A′K//AD，交EB′的延长线于点K，如图，
由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，BC//AD，
∴∠AEB=∠FAE，
∴∠AB′E=∠B=90°，∠FAE=∠AEB′，
∴EF=AF，
设EF=AF=x，则B′F=B′E−EF=8−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理可得AF2=B′F2+AB′2，
即x2=(8−x)2+42，
解得：x=5，
∴EF=AF=5，B′F=3，
∵A′K//AD，
∴∠FAB′=∠KA′B′，∠AFB′=∠A′KB′，
在△AB′F和△A′B′K中，
∠AFB′=∠A′KB′∠FAB′=∠KA′B′AB′=A′B′，
∴△AB′F≌△A′B′K(AAS)，
∴B′F=B′K=3，
∴FK=B′F+KB′=6，
∵A′K//AD，
∴EGGA′=EFFK=56．
故答案为：56．
解法一：由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，AE=A′E，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，由矩形的性质得∠B=90°，∠AEB=∠FAE，进而推出EF=AF，设EF=AF=x，则B′F=8−x，根据勾股定理列出方程求得EF=AF=5，B′F=3，则tan∠FAB′=34，过点G作GH⊥B′E于点H，则GH//AB′，根据平行线的性质得GEGA′=EHHB′，∠EFB′=∠HGF，因此tan∠HGF=34，设HF=3a，HG=4a，由tan∠AEB=tan∠GEH=12得出EH=8a，由B′F+HF+EH=B′E列出方程，求得a=511，再算出EH和HB′即可求解．
解法二：由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，由矩形的性质得∠B=90°，∠AEB=∠FAE，进而推出EF=AF，设EF=AF=x，则B′F=8−x，根据勾股定理列出方程求得EF=AF=5，B′F=3，再根据AAS证明△AB′F≌△A′B′K，则B′F=B′K=3，FK=6，最后根据平行线分线段成比例即可求解．
本题主要考查折叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用、平行线的性质等，正确作出辅助线，构造直角三角形解决问题是解题关键．
16.【答案】解：tan60°+2sin30°+| 2−1|−2cs45°
= 3+2×12+( 2−1)−2× 22
= 3+1+ 2−1− 2
= 3．
【解析】首先计算特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
17.【答案】解：原式=3x(x+2)−x(x−2)(x+2)(x−2)·(x+2)(x−2)x
=x(2x+8)(x+2)(x−2)·(x+2)(x−2)x
=2x+8，
∵要使原分式有意义，则x−2≠0，x+2≠0，x≠0，
∴x≠0且x≠2且x≠−2，
∴当x=1时，原式=2+8=10．
【解析】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
先算括号内的减法，同时把除法变成乘法，再算乘法，最后代值求解即可.注意代的值要使原分式有意义．
18.【答案】解：(1)20%；400；
(2)72°；
(3)13400
【解析】
【分析】
此题主要考查了条形图与扇形图的综合应用，解决此类问题注意图形有机结合，综合分析获取正确信息．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
(1)根据看1本书的人数为40人，所占的百分比为10%，40÷10%即可求出总人数，用100%−10%−25%−45%即可得x的值，用总人数乘以x的值，即可得到3本以上的人数，即可补全统计图；
(2)用x的值乘以360°，即可得到圆心角；
(3)用6.7万乘以三本以上的百分比，即可解答．
【解答】
解：(1)40÷10%=400(人)，
x=100%−10%−25%−45%=20%，400×20%=80(人)，
故答案为：20%，400；
(2)20%×360°=72°，
故答案为：72°；
(3)67000×20%=13400(人)，
故答案为：13400．
19.【答案】解：(1)设每千克售价x元时，所得日均总利润为700元，
由题意可得：(x−6)[160−20×(x−10)]=700，
解得x1=11，x2=13，
当x1=11时，160−20×(x−10)=160−20×(11−10)=140，
当x2=13时，160−20×(x−10)=160−20×(13−10)=100，
∵为了尽快减少库存，
∴售价为11元；
(2)解：设利润为W元，
由题意可得：W=(x−6)[160−20(x−10)]=(x−6)(360−20x)=−20x2+480x−2160，
∵−20<0，
∴当x=−4802×(−20)=12时，利润W取得最大值，此时W=720，
答：售价为12元时，每天的销售利润最大，最大是720元．
【解析】(1)设每千克售价为x元，则每千克的销售利润为(x−6)元，日销售量为[160−20×(x−10)]千克，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，列出一元二次方程，解方程即可；
(2)设利润为W元，利用总利润=每件的销售利润×日销售量列出二次函数，然后根据二次函数的性质求出W的最大值即可．
本题考查了一元二次方程的应用以及二次函数的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出一元二次方程和二次函数的解析式，利用二次函数的性质求最值．
20.【答案】(1)证明：∵AC=BC，
∴∠ACB=∠ABC，
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠D．
∵CD⊥AC，
∴∠A+∠D=90°，
∴∠ABC+∠EBD=90°，
∴∠CBE=180°−(∠ABC+∠EBD)=90°．
∴OB⊥BE，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE为⊙O的切线；
(2)解：设CD与⊙O交与点G，连接BF，BG，如图，
∵BC为⊙O的直径，
∵∠CFB=∠CGB=90°，
∵∠ACD=90°，
∴四边形CFBG为矩形．
∴BG=FC．
在Rt△AFB中，
∵AF=2，tanA=2=BFAF，
∴BF=4．
设AC=BC=x，则CF=x−2．
∵CF2+BF2=BC2，
∴(x−2)2+42=x2，
解得：x=5，
∴FC=3，BC=5．
∴BG=3．
∵∠CBE=90°，BG⊥CE，
∴△CBG∽△BGE．
∴BGCG=GEBG，
∴34=EG3，
∴EG=94．
∴BE= BG2+EG2=154．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余和圆的切线的判定定理解答即可；
(2)设CD与⊙O交与点G，连接BF，BG，利用圆周角定理，矩形的判定与性质和直角三角形的边角关系定理求得BF，设AC=BC=x，则CF=x−2，利用勾股定理列出方程求得x值，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
本题主要考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，圆周角定理，矩形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
21.【答案】①④ 2
【解析】解：(1)根据题意得：与点A关于x轴纵对称的点的纵坐标为−1，横坐标为不等于2，
∴②③不是点A关于x轴纵对称的点，①④是点A关于x轴纵对称的点，
故答案为：①④；
(2)由题意可得点B的纵坐标为−1，设点B的坐标为(x,−1)，
①当x>0时，如图，分别过点A、点B作AM⊥y轴于M，作BN⊥y轴于N，
∴S△AOB=S梯形AMNB−S△AOM−S△BON=12(2+x)×(1+1)−12×2×1−12x⋅1=3，
∴x=4，
∴点B的坐标为(4,−1)，
∵点B恰好落在直线y=kx+1上，
∴4k+1=−1，解得k=−12，
∴k的值为−12；
②当x<0时，如图，分别过点A、点B作AM⊥x轴，作BN⊥y轴于N，AM、BN交于点M，
∴S△AOB=S△ABM−S梯形AMNO−S△BON=12(2−x)×(1+1)−12×(1+1+1)×2−12(−x)×1=3，
∴x=−8，
∴点B的坐标为(−8,−1)，
∵点B恰好落在直线y=kx+1上，
∴−8k+1=−1，解得k=14，
∴k的值为14．
综上，k的值为−12或14；
(3)令y=−1，则x2−bx−1=−1，
∴x1=0，x2=b，
不妨假设M(0,−1)，N(b,−1)，
∵抛物线的顶点D(b2,−4−b24)，
∵△DMN是等腰直角三角形，
∴b=2(−1−−4−b24)，
解得b=0或2(0不符合题意舍去)，
∴b=2．
(1)根据关于x轴纵对称的点的定义即可求解；
(2)由题意可得点B的纵坐标为−1，设点B的坐标为(x,−1)，分两种情况：①当x>0时，②当x<0时，根据△AOB的面积为3，利用面积的和差求出x，代入y=kx+3k+1即可得k的值；
(3)令y=−1，可得x2−bx−1=−1，可得x=0或b，可得M，N的坐标，再根据等腰直角三角形的性质构建方程求解．
此题是二次函数综合问题，主要考查三角形的面积，根与系数的关系，新概念的理解与应用等知识，正确理解题中关于x轴纵对称的点的定义以及分类思想的应用是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(−1,0)，B(4,0)，
∴a−b+2=016a+4b+2=0，解得a=−12b=32，
∴抛物线解析式为y=−12x2+32x+2；
(2)由题意可知C(0,2)，A(−1,0)，B(4,0)，
∴AB=5，OC=2，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×5×2=5，
∵S△ABC=23S△ABD，
∴S△ABD=32×5=152，
设D(x,y)，
∴12AB⋅|y|=12×5|y|=152，解得|y|=3，
当y=3时，由−12x2+32x+2=3，解得x=1或x=2，此时D点坐标为(1,3)或(2,3)；
当y=−3时，由−12x2+32x+2=−3，解得x=−2(舍去)或x=5，此时D点坐标为(5,−3)；
综上可知：存在满足条件的点D，其坐标为(1,3)或(2,3)或(5,−3)；
(3)∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5，
∴AC= 12+22= 5，BC= 22+42=2 5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，即BC⊥AC，
如图，设直线AC与直线BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，
由题意可知∠FBC=45°，
∴∠CFB=45°，
∴CF=BC=2 5，
∴AOOM=ACCF，即1OM= 52 5，解得OM=2，OCFM=ACAF，即2FM= 53 5，解得FM=6，
∴F(2,6)，且B(4,0)，
设直线BE解析式为y=kx+m，则可得2k+m=64k+m=0，解得k=−3b=12，
∴直线BE解析式为y=−3x+12，
联立直线BE和抛物线解析式可得y=−3x+12y=−12x2+32x+2，解得x=4y=0或x=5y=−3，
∴E(5,−3)，
∴BE= (5−4)2+(−3)2= 10．
【解析】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、勾股定理及其逆定理、平行线分线段成比例、函数图象的交点、等腰直角三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在(1)中注意待定系数法的应用，在(2)中求得D点的纵坐标是解题的关键，在(3)中由条件求得直线BE的解析式是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，有一定的难度．
(1)由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
(2)由条件可求得点D到x轴的距离，即可求得D点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得D点坐标；
(3)由条件可证得BC⊥AC，设直线AC和BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，则可得CF=BC，利用平行线分线段成比例可求得F点的坐标，利用待定系数法可求得直线BE解析式，联立直线BE和抛物线解析式可求得E点坐标，则可求得BE的长．
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. cs60°的值等于( )
A. 3B. 32C. 22D. 12
2. 我国古代数学家利用“牟合方盖”(如图甲)找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体，图乙所示的几何体是形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是
A. B. C. D.
3. 下列计算错误的是( )
A. a⋅a=a2B. 2a+a=3aC. (a3)2=a5D. a3÷a−1=a4
4. 在一个不透明的布袋中装有50个黄、白两种颜色的球，除颜色外其他都相同，小红通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.3左右，则布袋中白球可能有( )
A. 15个B. 20个C. 30个D. 35个
5. 如图，点A、B、C是⊙O上的三个点，若∠AOB=76°，则∠C的度数为( )
A. 76°
B. 38°
C. 24°
D. 33°
6. 把二次函数y=x2+2x+1先向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，新二次函数表达式变为( )
A. y=(x+3)2+2B. y=(x−1)2+2C. y=(x−1)2+1D. y=(x+3)2−1
7. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件，能使菱形ABCD成为正方形的是( )
A. AC=BDB. AC⊥BDC. AD=ABD. AC平分∠DAB
8. 如图，扇形AOB中，半径OA=2，∠AOB=120°，C是AB的中点，连接AC、BC，则图中阴影部分面积是( )
A. 4π3−2 3
B. 2π3−2 3
C. 4π3− 3
D. 2π3− 3
9. 已知y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图，则y=ax+b和y=cx的图象为( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图，已知△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，DE是AC的垂直平分线，DE交AB于点D，交AC于点E，连接CD，则CD=( )
A. 3
B. 4
C. 4.8
D. 5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 抛物线y=2(x−3)2+1的顶点坐标是______．
12. 在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，AC=6，BC=8，CD=______．
13. 图①是伸缩折叠不锈钢晾衣架的实物图，图②是它的侧面示意图，AD和CB相交于点O，点A、B之间的距离为1.2米，AB//CD，根据图②中的数据可得C、D之间的距离为 米.
14. 如图，点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，过A，C分别作AB⊥x轴，CD⊥x轴，垂足分别为B，D，连接OA，AC，OC，线段OC交AB于点E，且点E恰好为OC的中点.当△AEC的面积为34时，k的值为______ ．
15. 如图，在矩形ABCD中，点E为BC上一点，EB=8，AB=4，连接AE，将△ABE沿AE所在的直线翻折，得到△AB′E，B′E交AD于点F，将△AB′E沿B′E所在的直线翻折，得到△A′B′E，A′E交AD于点G，GEGA′的值为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题6.0分)
计算：tan60°+2sin30°+| 2−1|−2cs45°．
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(3xx−2−xx+2)÷xx2−4，在−2，0，1，2四个数中选一个合适的代入求值．
18. (本小题8.0分)
11月读书节，深圳市为统计某学校初三学生读书状况，如下图：
(1)三本以上的x值为______ ，参加调查的总人数为______ ，补全统计图；
(2)三本以上的圆心角为______ ．
(3)全市有6.7万学生，三本以上约有______ 人．
19. (本小题8.0分)
抖音直播购物逐渐走进了人们的生活.为提高我县特产红富士苹果的影响力，某电商在抖音平台上对我县红富士苹果进行直播销售.已知苹果的成本价为6元/千克，如果按10元/千克销售，每天可卖出160千克.通过调查发现，每千克苹果售价增加1元，日销售量减少20千克．
(1)为保证每天利润为700元，商家想尽快销售完库存，每千克售价应为多少元？
(2)售价为多少元时，每天的销售利润最大，最大是多少？
20. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AC=BC，以BC为直径作⊙O，交AC于点F，过C点作CD⊥AC交AB延长线于点D，E为CD上一点，且EB=ED．
(1)求证：BE为⊙O的切线；
(2)若AF=2，tanA=2，求BE的长．
21. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，若两点的横坐标不相等，纵坐标互为相反数，则称这两点关于x轴斜对称.其中一点叫做另一点关于x轴的斜对称点.如：点(−4,2)，(1,−2)关于x轴斜对称.在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(2,1)．
(1)下列各点中，与点A关于x轴斜对称的是 (只填序号)；
①(3,−1)，②(−2,1)，③(2,−1)，④(−1,−1)．
(2)若点A关于x轴的斜对称点B恰好落在直线y=kx+1上，△AOB的面积为3，求k的值；
(3)抛物线y=x2−bx−1上恰有两个点M、N与点A关于x轴斜对称，抛物线的顶点为D，且△DMN为等腰直角三角形，则b的值为 ．
22. (本小题9.0分)
如图，抛物线y=ax2+bx+2经过点A(−1,0)，B(4,0)，交y轴于点C；
(1)求抛物线的解析式(用一般式表示)；
(2)点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D使S△ABC=23S△ABD？若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由；
(3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求BE的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：cs60°=12，
故选：D．
根据特殊角的三角函数值可得答案．
此题主要考查了特殊角的三角函数，关键是掌握30°、45°、60°角的各种三角函数值．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了几何体的三视图；掌握主视图是从几何体正面看得到的平面图形是解决本题的关键．
根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为3个正方形组合体，进而得出答案即可．
【解答】
解：利用圆柱直径等于立方体边长，得出此时摆放，圆柱主视图是正方形，
得出圆柱以及立方体的摆放的主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形，
故选B．
3.【答案】C
【解析】解：A、a⋅a=a2，正确，故本选项不符合题意；
B、2a+a=3a，正确，故本选项不符合题意；
C、(a3)2=a3×2=a6，错误，故本选项符合题意；
D、a3÷a−1=a3−(−1)=a4，正确，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据同底数幂相乘，底数不变指数相加；同底数幂相除，底数不变指数相减；幂的乘方，底数不变指数相乘；合并同类项法则对各选项分析判断即可得解．
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方的性质，同底数幂的除法，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题利用了用大量试验得到的频率可以用来估计事件的概率．关键是利用黄球的概率公式列方程，求解得到黄球的个数，进而得到白球的个数．在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从此处入手，设出未知数列出方程求解．
【解答】
解：设袋中有黄球x个，由题意得
x50=0.3，
解得：x=15，
则白球可能有：50−15=35(个)．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB=AB，∠AOB=76°，
∴∠C=12∠AOB=38°，
故选：B．
直接根据圆周角定理即可得出结论．
本题考查的是圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
6.【答案】C
【解析】解：y=x2+2x+1=(x+1)2，
将二次函数y=(x+1)2的图象向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的新的二次函数y=(x+1−2)2+1，即y=(x−1)2+1．
故选：C．
先把抛物线化为顶点坐标式，再按照“左加右减，上加下减”的规律，即可求出平移后的函数表达式．
主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
7.【答案】A
【解析】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可：
(1)有一个内角是直角，(2)对角线相等，
即∠ABC=90°或AC=BD，
故选：A．
根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
本题考查正方形的判定，掌握正方形的性质和判定是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了扇形的面积，三角形的面积，等边三角形的性质和判定，圆周角定理的应用，解此题的关键是能求出各个部分的面积，题目比较好，难度适中．连接OC，分别求出△AOC、△BOC、扇形AOC，扇形BOC的面积，即可求出答案．
【解答】
解：连接OC，过O作OM⊥AC于M，
∵∠AOB=120°，C为弧AB中点，
∴∠AOC=∠BOC=60°，
∵OA=OC=OB=2，
∴△AOC、△BOC是等边三角形，
∴AC=BC=OA=2，AM=1，
∴△AOC的边AC上的高是 22−12= 3，
△BOC边BC上的高为 3，
∴阴影部分的面积是60π×22360−12×2× 3+60π×22360−12×2× 3=43π−2 3，
故选A．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查一次函数图象与系数的关系，二次函数的图象与系数的关系，反比例函数图象与系数的关系，
根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象可以得到a<0，b>0，c<0，由此可以判定y=ax+b经过一、二、四象限，双曲线y=cx在二、四象限．
【解答】
解：根据二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象，
可得a<0，b>0，c<0，
∴y=ax+b过一、二、四象限，
双曲线y=cx在二、四象限，
∴C是正确的．
故选C．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
此题主要考查了勾股定理以及其逆定理和三角形中位线的性质，正确得出AD的长是解题关键．
直接利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而得出线段DE是△ABC的中位线，再利用勾股定理得出AD，再利用线段垂直平分线的性质得出DC的长．
【解答】
解：∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴BC2+AC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴AE=EC=4，DE//BC，且线段DE是△ABC的中位线，
∴DE=3，
∴AD=DC= AE2+DE2=5．
故选D．
11.【答案】(3,1)
【解析】解：由抛物线解析式可知，抛物线顶点坐标为(3,1)，
故答案为：(3,1)．
已知抛物线解析式为顶点式，可直接求出顶点坐标．
本题考查了二次函数的性质，将解析式化为顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是x=h．
12.【答案】3
【解析】
【分析】
本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．
过点D作DE⊥AB于点E，利用勾股定理求出AB，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CD=DE，然后根据△ABC的面积列式计算即可得解．
【解答】
解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2= 62+82=10，
∵AD平分∠CAB，
∴CD=DE，
∴S△ABC=12AC·CD+12AB·DE=12AC·BC，
即12×6·CD+12×10·CD=12×6×8，
解得CD=3．
故答案为：3．
13.【答案】0.96
【解析】解：∵AB//CD，
∴∠DCO=∠ABO，∠CDO=∠BAO，
∴△CDO∽△BAO，
∴CDAB=0.81，
∵AB=1.2米，
∴CD1.2=0.81，
解得：CD=0.96米，
故答案为：0.96．
根据相似三角形对应高的比等于相似比，即可求解．
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形对应高的比等于相似比．
14.【答案】−2
【解析】解：∵点E为OC的中点，
∴△AEO的面积=△AEC的面积=34，
∵点A，C为函数y=kx(x<0)图象上的两点，
∴S△ABO=S△CDO，
∵AB⊥x轴，CD⊥x轴，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴△OEB∽△OCD，
∴S△OEBS△OCD=(12)2，
∴S△OCD=1，
则12xy=−1，
∴k=xy=−2．
故答案为：−2．
根据三角形的中线的性质求出△AEO的面积，根据相似三角形的性质求出S△OCD=1，根据反比例函数系数k的几何意义解答即可．
本题考查的是反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的性质，掌握反比例函数系数k的几何意义、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
15.【答案】56
【解析】解法一：由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，AE=A′E，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，BC//AD，
∴∠AEB=∠FAE，
∴∠AB′E=∠B=90°，∠FAE=∠AEB′，
∴EF=AF，
设EF=AF=x，则B′F=B′E−EF=8−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理可得AF2=B′F2+AB′2，
即x2=(8−x)2+42，
解得：x=5，
∴EF=AF=5，B′F=3，
∴tan∠FAB′=B′FAB′=34，
过点G作GH⊥B′E于点H，如图，
则GH//AB′，
∴GEGA′=EHHB′，∠EFB′=∠HGF，
∴tan∠HGF=HFHG=34，
设HF=3a，HG=4a，
在Rt△AEB中，tan∠AEB=ABBE=48=12，
∴tan∠A′EB′=12，
在Rt△EHG中，tan∠GEH=HGEH=12，
即4aEH=12
∴EH=8a，
∵B′F+HF+EH=B′E=8，
∴3+3a+8a=8，
解得：a=511，
∴EH=8×511=4011，HF=3×511=1511，
∴HB′=B′F+HF=3+1511=4811，
∴GEGA′=EHHB′=40114811=56．
故答案为：56．
解法二：过点A′作A′K//AD，交EB′的延长线于点K，如图，
由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，BC//AD，
∴∠AEB=∠FAE，
∴∠AB′E=∠B=90°，∠FAE=∠AEB′，
∴EF=AF，
设EF=AF=x，则B′F=B′E−EF=8−x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理可得AF2=B′F2+AB′2，
即x2=(8−x)2+42，
解得：x=5，
∴EF=AF=5，B′F=3，
∵A′K//AD，
∴∠FAB′=∠KA′B′，∠AFB′=∠A′KB′，
在△AB′F和△A′B′K中，
∠AFB′=∠A′KB′∠FAB′=∠KA′B′AB′=A′B′，
∴△AB′F≌△A′B′K(AAS)，
∴B′F=B′K=3，
∴FK=B′F+KB′=6，
∵A′K//AD，
∴EGGA′=EFFK=56．
故答案为：56．
解法一：由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，AE=A′E，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，由矩形的性质得∠B=90°，∠AEB=∠FAE，进而推出EF=AF，设EF=AF=x，则B′F=8−x，根据勾股定理列出方程求得EF=AF=5，B′F=3，则tan∠FAB′=34，过点G作GH⊥B′E于点H，则GH//AB′，根据平行线的性质得GEGA′=EHHB′，∠EFB′=∠HGF，因此tan∠HGF=34，设HF=3a，HG=4a，由tan∠AEB=tan∠GEH=12得出EH=8a，由B′F+HF+EH=B′E列出方程，求得a=511，再算出EH和HB′即可求解．
解法二：由折叠的性质可知，AB=A′B=A′B′=4，BE=B′E=8，∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′，∠B=∠AB′E=∠A′B′E，由矩形的性质得∠B=90°，∠AEB=∠FAE，进而推出EF=AF，设EF=AF=x，则B′F=8−x，根据勾股定理列出方程求得EF=AF=5，B′F=3，再根据AAS证明△AB′F≌△A′B′K，则B′F=B′K=3，FK=6，最后根据平行线分线段成比例即可求解．
本题主要考查折叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用、平行线的性质等，正确作出辅助线，构造直角三角形解决问题是解题关键．
16.【答案】解：tan60°+2sin30°+| 2−1|−2cs45°
= 3+2×12+( 2−1)−2× 22
= 3+1+ 2−1− 2
= 3．
【解析】首先计算特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
17.【答案】解：原式=3x(x+2)−x(x−2)(x+2)(x−2)·(x+2)(x−2)x
=x(2x+8)(x+2)(x−2)·(x+2)(x−2)x
=2x+8，
∵要使原分式有意义，则x−2≠0，x+2≠0，x≠0，
∴x≠0且x≠2且x≠−2，
∴当x=1时，原式=2+8=10．
【解析】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键．
先算括号内的减法，同时把除法变成乘法，再算乘法，最后代值求解即可.注意代的值要使原分式有意义．
18.【答案】解：(1)20%；400；
(2)72°；
(3)13400
【解析】
【分析】
此题主要考查了条形图与扇形图的综合应用，解决此类问题注意图形有机结合，综合分析获取正确信息．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
(1)根据看1本书的人数为40人，所占的百分比为10%，40÷10%即可求出总人数，用100%−10%−25%−45%即可得x的值，用总人数乘以x的值，即可得到3本以上的人数，即可补全统计图；
(2)用x的值乘以360°，即可得到圆心角；
(3)用6.7万乘以三本以上的百分比，即可解答．
【解答】
解：(1)40÷10%=400(人)，
x=100%−10%−25%−45%=20%，400×20%=80(人)，
故答案为：20%，400；
(2)20%×360°=72°，
故答案为：72°；
(3)67000×20%=13400(人)，
故答案为：13400．
19.【答案】解：(1)设每千克售价x元时，所得日均总利润为700元，
由题意可得：(x−6)[160−20×(x−10)]=700，
解得x1=11，x2=13，
当x1=11时，160−20×(x−10)=160−20×(11−10)=140，
当x2=13时，160−20×(x−10)=160−20×(13−10)=100，
∵为了尽快减少库存，
∴售价为11元；
(2)解：设利润为W元，
由题意可得：W=(x−6)[160−20(x−10)]=(x−6)(360−20x)=−20x2+480x−2160，
∵−20<0，
∴当x=−4802×(−20)=12时，利润W取得最大值，此时W=720，
答：售价为12元时，每天的销售利润最大，最大是720元．
【解析】(1)设每千克售价为x元，则每千克的销售利润为(x−6)元，日销售量为[160−20×(x−10)]千克，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，列出一元二次方程，解方程即可；
(2)设利润为W元，利用总利润=每件的销售利润×日销售量列出二次函数，然后根据二次函数的性质求出W的最大值即可．
本题考查了一元二次方程的应用以及二次函数的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出一元二次方程和二次函数的解析式，利用二次函数的性质求最值．
20.【答案】(1)证明：∵AC=BC，
∴∠ACB=∠ABC，
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠D．
∵CD⊥AC，
∴∠A+∠D=90°，
∴∠ABC+∠EBD=90°，
∴∠CBE=180°−(∠ABC+∠EBD)=90°．
∴OB⊥BE，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE为⊙O的切线；
(2)解：设CD与⊙O交与点G，连接BF，BG，如图，
∵BC为⊙O的直径，
∵∠CFB=∠CGB=90°，
∵∠ACD=90°，
∴四边形CFBG为矩形．
∴BG=FC．
在Rt△AFB中，
∵AF=2，tanA=2=BFAF，
∴BF=4．
设AC=BC=x，则CF=x−2．
∵CF2+BF2=BC2，
∴(x−2)2+42=x2，
解得：x=5，
∴FC=3，BC=5．
∴BG=3．
∵∠CBE=90°，BG⊥CE，
∴△CBG∽△BGE．
∴BGCG=GEBG，
∴34=EG3，
∴EG=94．
∴BE= BG2+EG2=154．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余和圆的切线的判定定理解答即可；
(2)设CD与⊙O交与点G，连接BF，BG，利用圆周角定理，矩形的判定与性质和直角三角形的边角关系定理求得BF，设AC=BC=x，则CF=x−2，利用勾股定理列出方程求得x值，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
本题主要考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，圆周角定理，矩形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，相似三角形的判定与性质，连接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．
21.【答案】①④ 2
【解析】解：(1)根据题意得：与点A关于x轴纵对称的点的纵坐标为−1，横坐标为不等于2，
∴②③不是点A关于x轴纵对称的点，①④是点A关于x轴纵对称的点，
故答案为：①④；
(2)由题意可得点B的纵坐标为−1，设点B的坐标为(x,−1)，
①当x>0时，如图，分别过点A、点B作AM⊥y轴于M，作BN⊥y轴于N，
∴S△AOB=S梯形AMNB−S△AOM−S△BON=12(2+x)×(1+1)−12×2×1−12x⋅1=3，
∴x=4，
∴点B的坐标为(4,−1)，
∵点B恰好落在直线y=kx+1上，
∴4k+1=−1，解得k=−12，
∴k的值为−12；
②当x<0时，如图，分别过点A、点B作AM⊥x轴，作BN⊥y轴于N，AM、BN交于点M，
∴S△AOB=S△ABM−S梯形AMNO−S△BON=12(2−x)×(1+1)−12×(1+1+1)×2−12(−x)×1=3，
∴x=−8，
∴点B的坐标为(−8,−1)，
∵点B恰好落在直线y=kx+1上，
∴−8k+1=−1，解得k=14，
∴k的值为14．
综上，k的值为−12或14；
(3)令y=−1，则x2−bx−1=−1，
∴x1=0，x2=b，
不妨假设M(0,−1)，N(b,−1)，
∵抛物线的顶点D(b2,−4−b24)，
∵△DMN是等腰直角三角形，
∴b=2(−1−−4−b24)，
解得b=0或2(0不符合题意舍去)，
∴b=2．
(1)根据关于x轴纵对称的点的定义即可求解；
(2)由题意可得点B的纵坐标为−1，设点B的坐标为(x,−1)，分两种情况：①当x>0时，②当x<0时，根据△AOB的面积为3，利用面积的和差求出x，代入y=kx+3k+1即可得k的值；
(3)令y=−1，可得x2−bx−1=−1，可得x=0或b，可得M，N的坐标，再根据等腰直角三角形的性质构建方程求解．
此题是二次函数综合问题，主要考查三角形的面积，根与系数的关系，新概念的理解与应用等知识，正确理解题中关于x轴纵对称的点的定义以及分类思想的应用是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(−1,0)，B(4,0)，
∴a−b+2=016a+4b+2=0，解得a=−12b=32，
∴抛物线解析式为y=−12x2+32x+2；
(2)由题意可知C(0,2)，A(−1,0)，B(4,0)，
∴AB=5，OC=2，
∴S△ABC=12AB⋅OC=12×5×2=5，
∵S△ABC=23S△ABD，
∴S△ABD=32×5=152，
设D(x,y)，
∴12AB⋅|y|=12×5|y|=152，解得|y|=3，
当y=3时，由−12x2+32x+2=3，解得x=1或x=2，此时D点坐标为(1,3)或(2,3)；
当y=−3时，由−12x2+32x+2=−3，解得x=−2(舍去)或x=5，此时D点坐标为(5,−3)；
综上可知：存在满足条件的点D，其坐标为(1,3)或(2,3)或(5,−3)；
(3)∵AO=1，OC=2，OB=4，AB=5，
∴AC= 12+22= 5，BC= 22+42=2 5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形，即BC⊥AC，
如图，设直线AC与直线BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，
由题意可知∠FBC=45°，
∴∠CFB=45°，
∴CF=BC=2 5，
∴AOOM=ACCF，即1OM= 52 5，解得OM=2，OCFM=ACAF，即2FM= 53 5，解得FM=6，
∴F(2,6)，且B(4,0)，
设直线BE解析式为y=kx+m，则可得2k+m=64k+m=0，解得k=−3b=12，
∴直线BE解析式为y=−3x+12，
联立直线BE和抛物线解析式可得y=−3x+12y=−12x2+32x+2，解得x=4y=0或x=5y=−3，
∴E(5,−3)，
∴BE= (5−4)2+(−3)2= 10．
【解析】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、勾股定理及其逆定理、平行线分线段成比例、函数图象的交点、等腰直角三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在(1)中注意待定系数法的应用，在(2)中求得D点的纵坐标是解题的关键，在(3)中由条件求得直线BE的解析式是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，有一定的难度．
(1)由A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
(2)由条件可求得点D到x轴的距离，即可求得D点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得D点坐标；
(3)由条件可证得BC⊥AC，设直线AC和BE交于点F，过F作FM⊥x轴于点M，则可得CF=BC，利用平行线分线段成比例可求得F点的坐标，利用待定系数法可求得直线BE解析式，联立直线BE和抛物线解析式可求得E点坐标，则可求得BE的长．
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