九年级下学期期中数学试卷

这是一份九年级下学期期中数学试卷，共36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。
九年级下学期期中考试数学试卷
一、选择题（每题2分，共20分）
1．下列计算结果正确的是（　　）
A．2a3+a3＝3a6 B．（﹣a）2•a3＝﹣a6
C．（﹣）﹣2＝4 D．（﹣2）0＝﹣1
2．如图，线段CD两个端点的坐标分别为C（﹣1，﹣2），D（﹣2，﹣1），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段CD扩大为原来的2倍，得到线段AB，则线段AB的中点E的坐标为（　　）

A．（3，3） B．（） C．（2，4） D．（4，2）
3．不等式组的解集在数轴上可表示为（　　）
A． B．
C． D．
4．若分式方程+＝有增根，则实数a的取值是（　　）
A．0或2 B．4 C．8 D．4或8
5．如图，直线y＝kx+b经过A（2，1），B（﹣1，﹣2）两点，则不等式x＞kx+b＞﹣2的解集为（　　）

A．x＜2 B．x＞﹣1 C．x＜1或x＞2 D．﹣1＜x＜2
6．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，∠BCD＝30°，OA＝2，则阴影部分的面积是（　　）

A． B． C．π D．2π
7．如图，直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，与反比例函数y＝（x＜0）的图象交于点C，点D（3，a）在直线y＝﹣x+2上，连接OD，OC，若∠COD＝135°，则k的值为（　　）

A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣8
8．如图，对角线AC将正方形ABCD分成两个等腰三角形，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝15，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝5的点P的个数是（　　）

A．0 B．4 C．8 D．16
9．将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则的值为（　　）

A． B． C． D．
10．如图，是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，下列结论中：
①abc＞0；②a﹣b+c＜0；③ax2+bx+c+1＝0有两个相等的实数根；④﹣4a＜b＜﹣2a．其中正确结论的序号为（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①④
二、填空题（每题3分，共18分）
11．因式分解：x2﹣2x+（x﹣2）＝　 　．
12．某车队有8位司机：A、B、C、D、E、F、G、H．12月份用车耗去的汽油费用如下表，根据表中的数据作出统计图，以便更清楚地对每个人的耗油费用进行比较，那么应用最恰当的统计图是　 　．
司机
A
B
C
D
E
F
G
H
耗油费用/元
110
105
99
125
100
95
145
108
13．在一个不透明的袋子中放有a个球，其中有6个白球，这些球除颜色外完全相同，若每次把球充分搅匀后，任意摸出一球记下颜色再放回袋子．通过大量重复试验后，发现摸到白球的频率稳定在0.25左右，则a的值约为　 　．
14．已知矩形ABCD，E为CD的中点，F为AB上一点，连接EF，DF，若AB＝4，BC＝2，EF＝，则DF的长为　 　．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E为AD的中点，F，G分别是边AB，CD上的动点，且AF＝CG，连接CE，FG交于点O，若∠EOF＝45°，则＝　 　．

16．如图，四边形ABCD中，∠BAD＝135°，∠B＝60°，∠D＝120°，AD＝5，AB＝6，E、F分别为边BC及射线CD上的动点，∠EAF＝45°，△AEF面积的最小值 　 　．

三、解答题（共9题，满分0分）
17．计算：2sin30°+（π﹣3.14）0+|1﹣|﹣（﹣1）2018．
18．某高中学校为使高一新生入校后及时穿上合身的校服，现提前对某校九年级三班学生即将所穿校服型号情况进行了摸底调查，并根据调查结果绘制了如图两个不完整的统计图（校服型号以身高作为标准，共分为6种型号）．

根据以上信息，解答下列问题：
（1）该班共有　 　名学生．其中穿175型校服的学生有　 　名．
（2）在条形统计图中，请把空缺部分直接补充完整．
（3）在扇形统计图中，请计算185型校服所对应的扇形圆心角是　 　°．
（4）求该班学生所穿校服型号的众数和中位数．
19．在一次数学文化课题活动中，把一副数学文化创意扑克牌中的4张扑克牌（如图所示）洗匀后正面向下放在桌面上，从中随机抽取2张牌，请你用列表或画树状图的方法，求抽取的2张牌的数字之和为偶数的概率．

20．某厂准备生产甲、乙两种商品共8万件销往“一带一路”沿线国家和地区，已知2件甲种商品与3件乙种商品的销售额相同，3件甲种商品比2件乙种商品的销售额多1500元．
（1）甲种商品与乙种商品的销售单价各多少元？
（2）若甲、乙两种商品的销售总额不低于5400万元，则至少销售甲种商品多少万件？
21．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，OD⊥AB，OD与AC的延长线交于点D，点E在OD上，且CE＝DE．
（1）求证：直线CE是⊙O的切线．
（2）若，AC＝3，CD＝　 　．

22．如图，直线y＝ax+2与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，b）．将线段AB先向右平移1个单位长度、再向上平移t（t＞0）个单位长度，得到对应线段CD，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过C，D两点，连接AC，BD．

（1）a＝　 　，b＝　 　；
（2）求反比例函数的表达式；
（3）点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y＝（x＞0）的图象上的一个点，若△CMN是以CM为直角边的等腰直角三角形时，点M的坐标．
23．如图，平面直角坐标系中，AO＝BO＝2，以BO为边在第一象限作正方形BODE，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→O→D的路线向D点匀速运动（M不与A，D重合）；过点M作直线l⊥AD，l与路线A→B→D相交于N，设运动时间为t秒．

（1）填空：当点M在AO上时，BN＝　 　（用含t的代数式表示）．
（2）当点M在OD上时（含点O），是否存在点M，使△DEN为等腰三角形，t＝　 　．
（3）在直线l的运动过程中，过点N作NF⊥ED，垂足为F，矩形MDFN与△ABD重叠部分的面积为时，求t的值．
24．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．
①求证：DQ＝AE；
②推断：的值为　 　；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．

25．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝m（m＞0）与该抛物线的交点为M，N（点M在点N的左侧）．

（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标．
（2）点M关于y轴的对称点为点Mʹ，点H的坐标为（1，0），若四边形NHOMʹ的面积为，求点H到OMʹ的距离d．
（3）在（2）的条件下，直线y＝﹣x﹣2与直线y＝m交于点G，与x轴交于点E，与y轴交于点F；在直线FN上，射线GN上和射线GF上分别有动点I，P，Q，则△IPQ周长的最小值为 　 　．
参考答案
一、选择题（每题2分，共20分）
1．下列计算结果正确的是（　　）
A．2a3+a3＝3a6 B．（﹣a）2•a3＝﹣a6
C．（﹣）﹣2＝4 D．（﹣2）0＝﹣1
【分析】根据同底数幂的乘法的性质，负整数指数幂，零指数幂，合并同类项的法则，对各选项分析判断后利用排除法求解．
解：A、2a3+a3＝3a3，故错误；
B、（﹣a）2•a3＝a5，故错误；
C、正确；
D、（﹣2）0＝1，故错误；
故选：C．
2．如图，线段CD两个端点的坐标分别为C（﹣1，﹣2），D（﹣2，﹣1），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段CD扩大为原来的2倍，得到线段AB，则线段AB的中点E的坐标为（　　）

A．（3，3） B．（） C．（2，4） D．（4，2）
【分析】根据位似变换的性质、结合图形求出点A、点B的坐标，根据线段中点的性质解答．
解：∵点C的坐标为（﹣1，﹣2），点D的坐标为（﹣2，﹣1），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段CD扩大为原来的2倍，
∴点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（4，2），
∵点E是线段AB的中点，
∴点E的坐标为（，），即（3，3），
故选：A．
3．不等式组的解集在数轴上可表示为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】分别求出两个不等式的解集，即可作出判断．
解：解不等式x+2＞1得：x＞﹣1；
解不等式x≤1得：x≤2，
所以次不等式的解集为：﹣1＜x≤2．
故选：A．
4．若分式方程+＝有增根，则实数a的取值是（　　）
A．0或2 B．4 C．8 D．4或8
【分析】先把分式方程化为整式方程，确定分式方程的增根，代入计算即可．
解：方程两边同乘x（x﹣2），得3x﹣a+x＝2（x﹣2），
由题意得，分式方程的增根为0或2，
当x＝0时，﹣a＝﹣4，
解得，a＝4，
当x＝2时，6﹣a+2＝0，
解得，a＝8，
故选：D．
5．如图，直线y＝kx+b经过A（2，1），B（﹣1，﹣2）两点，则不等式x＞kx+b＞﹣2的解集为（　　）

A．x＜2 B．x＞﹣1 C．x＜1或x＞2 D．﹣1＜x＜2
【分析】由于直线y＝kx+b经过A（2，1），B（﹣1，﹣2）两点，那么把A、B两点的坐标代入y＝kx+b，用待定系数法求出k、b的值，然后解不等式组x＞kx+b＞﹣2，即可求出解集．
解：把A（2，1），B（﹣1，﹣2）两点的坐标代入y＝kx+b，
得：，
解得：．
解不等式组：x＞x﹣1＞﹣2，
得：﹣1＜x＜2．
故选：D．
6．如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，∠BCD＝30°，OA＝2，则阴影部分的面积是（　　）

A． B． C．π D．2π
【分析】根据圆周角定理可以求得∠BOD的度数，然后根据扇形面积公式即可解答本题．
解：∵∠BCD＝30°，
∴∠BOD＝60°，
∵AB是⊙O的直径，CD是弦，OA＝2，
∴阴影部分的面积是：＝，
故选：B．
7．如图，直线y＝﹣x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，与反比例函数y＝（x＜0）的图象交于点C，点D（3，a）在直线y＝﹣x+2上，连接OD，OC，若∠COD＝135°，则k的值为（　　）

A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣8
【分析】作CH⊥y轴于H，如图，先利用一次函数解析式确定B（0，2）、A（2，0），D（3，﹣1），则AD＝，再证明△OAB为等腰直角三角形得到∠OAB＝∠ABO＝45°，接着证明△OBC∽△DAO，则利用相似比得到BC＝2，于是利用△BCH为等腰直角三角形求出CH＝BH＝BC＝2，从而得到C（﹣2，4），然后根据反比例函数图象上点的坐标确定k的值．
解：作CH⊥y轴于H，如图，
当x＝0时，y＝﹣x+2＝2，则B（0，2）；
当y＝0时，﹣x+2＝0，解得x＝2，则A（2，0），
当x＝3时，y＝﹣x+2＝﹣1，则D（3，﹣1），
∴AD＝＝，
∵OA＝OB，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB＝∠ABO＝45°，
∴∠OBC＝∠OAD＝135°，∠CBH＝45°，
∵∠COD＝135°，
而∠AOB＝90°，
∴∠1+∠2＝45°，
∵∠OAB＝∠2+∠3＝45°，
∴∠1＝∠3，
∴△OBC∽△DAO，
∴＝，即＝，解得BC＝2，
∵△BCH为等腰直角三角形，
∴CH＝BH＝BC＝2，
∴C（﹣2，4），
把C（﹣2，4）代入y＝得k＝﹣2×4＝﹣8．
故选：D．

8．如图，对角线AC将正方形ABCD分成两个等腰三角形，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝15，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝5的点P的个数是（　　）

A．0 B．4 C．8 D．16
【分析】作点F关于BC的对称点M，连接CM，连接EM交BC于点P，可得点P到点E和点F的距离之和最小＝EM，由勾股定理求出EM＝5，即可得解．
解：作点F关于BC的对称点M，连接CM，连接EM交BC于点P，如图所示：
则PE+PF的值最小＝EM；
∵点E，F将对角线AC三等分，且AC＝15，
∴EC＝10，FC＝5＝AE，
∵点M与点F关于BC对称，
∴CF＝CM＝5，∠ACB＝∠BCM＝45°，
∴∠ACM＝90°，
∴EM＝＝＝5，
同理：在线段AB，AD，CD上都存在1个点P，使PE+PF＝5；
∴满足PE+PF＝5的点P的个数是4个；
故选：B．

9．将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由折叠可得，E，G分别为AD，CD的中点，设CD＝2a，AD＝2b，根据Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，可得即a2+（2b）2＝（3a）2，进而得出的值．
解：由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，
设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
∵∠C＝90°，
∴Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
即b＝a，
∴，
∴的值为，
故选：B．
10．如图，是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，下列结论中：
①abc＞0；②a﹣b+c＜0；③ax2+bx+c+1＝0有两个相等的实数根；④﹣4a＜b＜﹣2a．其中正确结论的序号为（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①④
【分析】由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对各个结论进行判断．
解：由抛物线的开口方向向上可推出a＞0，
与y轴的交点为在y轴的负半轴上可推出c＝﹣1＜0，
对称轴为x＝﹣＞1＞0，a＞0，得b＜0，
故abc＞0，故①正确；
由对称轴为直线x＝﹣＞1，抛物线与x轴的一个交点交于（2，0），（3，0）之间，则另一个交点在（0，0），（﹣1，0）之间，
所以当x＝﹣1时，y＞0，
所以a﹣b+c＞0，故②错误；
抛物线与y轴的交点为（0，﹣1），由图象知二次函数y＝ax2+bx+c图象与直线y＝﹣1有两个交点，
故ax2+bx+c+1＝0有两个不相等的实数根，故③错误；
由对称轴为直线x＝﹣，由图象可知1＜﹣＜2，
所以﹣4a＜b＜﹣2a，故④正确．
故选：D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．因式分解：x2﹣2x+（x﹣2）＝　（x+1）（x﹣2）　．
【分析】通过两次提取公因式来进行因式分解．
解：原式＝x（x﹣2）+（x﹣2）＝（x+1）（x﹣2）．
故答案是：（x+1）（x﹣2）．
12．某车队有8位司机：A、B、C、D、E、F、G、H．12月份用车耗去的汽油费用如下表，根据表中的数据作出统计图，以便更清楚地对每个人的耗油费用进行比较，那么应用最恰当的统计图是　条形统计图　．
司机
A
B
C
D
E
F
G
H
耗油费用/元
110
105
99
125
100
95
145
108
【分析】根据条形统计图，扇形统计图，以及折线统计图的特点判断即可．
解：根据表中的数据作出统计图，以便更清楚地对每个人的耗油费用进行比较，那么应用最恰当的统计图是条形统计图，
故答案为：条形统计图
13．在一个不透明的袋子中放有a个球，其中有6个白球，这些球除颜色外完全相同，若每次把球充分搅匀后，任意摸出一球记下颜色再放回袋子．通过大量重复试验后，发现摸到白球的频率稳定在0.25左右，则a的值约为　24　．
【分析】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，可以从摸到白球的频率稳定在0.25左右得到比例关系，列出方程求解即可．
解：根据题意得＝0.25，
解得：a＝24，
经检验：a＝24是分式方程的解，
故答案为：24．
14．已知矩形ABCD，E为CD的中点，F为AB上一点，连接EF，DF，若AB＝4，BC＝2，EF＝，则DF的长为　或　．
【分析】分两种情况：①点F靠近点A时，作FG⊥CD于G，则FG＝BC＝2，∠FGE＝90°，由勾股定理求出GE，由矩形的性质和已知条件得出DG，由勾股定理求出DF的长；
②点F靠近点B时，作FG⊥CD于G，则FG＝BC＝2，∠FGE＝90°，同①得出EG＝1，得出DG＝DE+EG＝3，由勾股定理求出DF的长即可．
解：分两种情况：
①点F靠近点A时，如图1所示：
作FG⊥CD于G，
则FG＝BC＝2，∠FGE＝90°，
∴GE＝＝＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝2，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CD＝2，
∴DG＝2﹣1＝1，
∴DF＝＝＝；
②点F靠近点B时，如图2所示：
作FG⊥CD于G，
则FG＝BC＝2，∠FGE＝90°，
同①得出EG＝1，
∴DG＝DE+EG＝3，
∴DF＝＝＝；
综上所述：DF的长为或．


15．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E为AD的中点，F，G分别是边AB，CD上的动点，且AF＝CG，连接CE，FG交于点O，若∠EOF＝45°，则＝　　．

【分析】延长CE交BA的延长线于M，过F作FH⊥CM于点H，过G作GN⊥CM于点N，由矩形的性质及相似三角形的判定与性质可得＝，再根据三角函数得sinM＝＝，cosM＝＝，设AF＝CG＝x，则MF＝AM+AF＝4+x，然后再由三角函数及线段和差得MC的长，最后再次运用相似三角形的判定与性质可得答案．
解：延长CE交BA的延长线于M，过F作FH⊥CM于点H，过G作GN⊥CM于点N，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴△CDE∽△FHM，
∴＝，
∵E为AD的中点，
∴AE＝DE＝AD＝BC＝3，
∴AM＝CD＝AB＝4，
∴ME＝＝5，
∴MC＝10，
∴sinM＝＝，cosM＝＝，
设AF＝CG＝x，则MF＝AM+AF＝4+x，
∴FH＝MF•cosM＝（4+x），
∵AB∥CD，
∴∠M＝∠DCE，
∴NC＝x，NG＝x，
∵∠EOF＝45°，∠FHO＝∠GNO＝90°，
∴FH＝OH＝（4+x），ON＝NG＝x，
∴MC＝MH+HO+ON+NC
＝（4+x）+（4+x）+x+x
＝+x
＝10．
解得x＝．
∴CG＝AF＝，
∴FM＝AM+AF＝4+＝，
∵AB∥CD，
∴∠FMO＝∠GCO，∠OGC＝∠OFM，
∴△COG∽△FOM，
∴＝．
故答案为：．
16．如图，四边形ABCD中，∠BAD＝135°，∠B＝60°，∠D＝120°，AD＝5，AB＝6，E、F分别为边BC及射线CD上的动点，∠EAF＝45°，△AEF面积的最小值 　　．

【分析】通过证明△AFN∽△EAM，可得，设ME＝x，可求HE，AF，由三角形的面积公式可求解．
解：如图，过点A作AM⊥BC于M，过点E作EH⊥AF于H，AN⊥CD，交CD的延长线于N，

∵∠B＝60°，AM⊥BC，
∴∠BAM＝30°，
∴BM＝3，AM＝3，
∵∠ADC＝120°，
∴∠ADN＝60°，
∴∠NAD＝30°，
∴DN＝AD＝，AN＝，
∵∠BAD＝135°，∠EAF＝45°，∠BAM＝30°，
∴∠MAE+∠DAF＝60°，
又∵∠ADN＝∠DAF+∠DFA＝60°，
∴∠MAE＝∠AFD，
又∵∠AME＝∠N＝90°，
∴△AFN∽△EAM，
∴，
设ME＝x，则AE＝＝，
∴AF＝＝，
∵∠EAF＝45°，HE⊥AF，
∴HE＝AE＝×，
∴△AEF面积＝×AF×HE＝×（）＝×（），
∵当a，b为正数时，（a﹣b）2≥0，
∴a2+b2≥2ab，
∴△AEF面积＝×（）≥×2×，
∴△AEF面积的最小值为，
故答案为．
三、解答题（共9题，满分0分）
17．计算：2sin30°+（π﹣3.14）0+|1﹣|﹣（﹣1）2018．
【分析】直接利用零指数幂的性质以及有理数的乘方运算法则、特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简得出答案．
解：原式＝2×+1+﹣1﹣1
＝1+1+﹣1﹣1
＝．
18．某高中学校为使高一新生入校后及时穿上合身的校服，现提前对某校九年级三班学生即将所穿校服型号情况进行了摸底调查，并根据调查结果绘制了如图两个不完整的统计图（校服型号以身高作为标准，共分为6种型号）．

根据以上信息，解答下列问题：
（1）该班共有　50　名学生．其中穿175型校服的学生有　10　名．
（2）在条形统计图中，请把空缺部分直接补充完整．
（3）在扇形统计图中，请计算185型校服所对应的扇形圆心角是　14.4　°．
（4）求该班学生所穿校服型号的众数和中位数．
【分析】（1）由165型校服的人数及其所占百分比可得总人数，总人数乘以穿175型校服的人数所占百分比即可求出其人数；
（2）根据6种型号的人数之和等于总人数求出穿185型校服的人数即可补全图形；
（3）用360°乘以穿185型校服的人数所占比例即可；
（4）根据众数和中位数的概念求解即可．
解：（1）该班的总人数为15÷30%＝50（名），
其中穿175型校服的学生有50×20%＝10（名），
故答案为：50、10；
（2）穿185型校服的学生有50﹣（3+15+15+10+5）＝2（名），
补全图形如下：

（3）在扇形统计图中，185型校服所对应的扇形圆心角是360°×＝14.4°，
故答案为：14.4；
（4）165型和170型出现的次数最多，都是15次，
故众数是165和170；
共有50个数据，第25，26个数据都是170，
故中位数是170．
19．在一次数学文化课题活动中，把一副数学文化创意扑克牌中的4张扑克牌（如图所示）洗匀后正面向下放在桌面上，从中随机抽取2张牌，请你用列表或画树状图的方法，求抽取的2张牌的数字之和为偶数的概率．

【分析】列出得出所有等可能的情况数，找出抽取2张牌的数字之和为偶数的情况数，即可求出所求的概率．
解：列表如下：

3
4
5
6
3
﹣﹣﹣﹣
（4，3）
（5，3）
（6，3）
4
（3，4）
﹣﹣﹣﹣
（5，4）
（6，4）
5
（3，5）
（4，5）
﹣﹣﹣﹣
（6，5）
6
（3，6）
（4，6）
（5，6）
﹣﹣﹣﹣
所有等可能的情况数有12种，抽取2张牌的数字之和为偶数的有4种，
则P＝＝．
20．某厂准备生产甲、乙两种商品共8万件销往“一带一路”沿线国家和地区，已知2件甲种商品与3件乙种商品的销售额相同，3件甲种商品比2件乙种商品的销售额多1500元．
（1）甲种商品与乙种商品的销售单价各多少元？
（2）若甲、乙两种商品的销售总额不低于5400万元，则至少销售甲种商品多少万件？
【分析】（1）可设甲种商品的销售单价x元，乙种商品的销售单价y元，根据等量关系：①2件甲种商品与3件乙种商品的销售收入相同，②3件甲种商品比2件乙种商品的销售收入多1500元，列出方程组求解即可；
（2）可设销售甲种商品a万件，根据甲、乙两种商品的销售总收入不低于5400万元，列出不等式求解即可．
解：（1）设甲种商品的销售单价是x元，乙种商品的单价为y元．
根据题意得：．
解得：．
答：甲种商品的销售单价是900元，乙种商品的单价为600元．

（2）设销售甲产品a万件，则销售乙产品（8﹣a）万件．
根据题意得：900a+600（8﹣a）≥5400．
解得：a≥2．
答：至少销售甲产品2万件．
21．如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，OD⊥AB，OD与AC的延长线交于点D，点E在OD上，且CE＝DE．
（1）求证：直线CE是⊙O的切线．
（2）若，AC＝3，CD＝　5　．

【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，∠ECD＝∠D，根据平角的定义得到∠OCE＝90°，于是得到结论；
（2）连接BC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接 OC，

∵OD⊥AB，
∴∠AOD＝90°，
∴∠D+∠A＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∵CE＝DE，
∴∠ECD＝∠D，
∵∠ACO+∠DCE＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∴直线 CE 是⊙O 的切线．
（2）解：连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠AOD＝∠ACB，
∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADO，
∴，
∴，
∴AD＝8，
∴CD＝AD﹣AC＝5．
故答案为：5．
22．如图，直线y＝ax+2与x轴交于点A（1，0），与y轴交于点B（0，b）．将线段AB先向右平移1个单位长度、再向上平移t（t＞0）个单位长度，得到对应线段CD，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过C，D两点，连接AC，BD．

（1）a＝　﹣2　，b＝　2　；
（2）求反比例函数的表达式；
（3）点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y＝（x＞0）的图象上的一个点，若△CMN是以CM为直角边的等腰直角三角形时，点M的坐标．
【分析】（1）利用坐标轴上的点的特点即可得出结论；
（2）先表示出点C，D坐标，进而代入反比例函数解析式中求解得出k，再判断出BC⊥AD，最后用对角线积的一半即可求出四边形的面积；
（3）分两种情况，构造全等的直角三角形即可得出结论．
解：（1）将点A（1，0）代入y＝ax+2，得0＝a+2．
∴a＝﹣2．
∴直线的解析式为y＝﹣2x+2．
将x＝0代入上式，得y＝2．
∴b＝2，
故答案为﹣2，2；

（2）由（1）知，b＝2，

∴B（0，2），
由平移可得：点C（2，t）、D（1，2+t）．
将点C（2，t）、D（1，2+t）分别代入y＝，得，解得．
∴反比例函数的解析式为y＝；

（3）由（2）知，点C（2，2）、点D（1，4）．
①当∠NCM＝90°、CM＝CN时，
如图2，过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G．过点M作MF⊥直线l于点F，交x轴于点H．过点N作NE⊥直线l于点E．

∵∠MCN＝90°，
∴∠MCF+∠NCE＝90°．
∵NE⊥直线l于点E，
∴∠ENC+∠NCE＝90°．
∴∠MCF＝∠ENC．
又∵∠MFC＝∠NEC＝90°，CN＝CM，
∴△NEC≌△CFM（AAS）．
∴CF＝EN＝2，FM＝CE．
∴FG＝CG+CF＝2+2＝4．
∴xM＝4．
将x＝4代入y＝，得y＝1．
∴点M（4，1）；
②当∠NMC＝90°、MC＝MN时，
如图3，过点C作直线l⊥y轴与点F，则CF＝xC＝2．

过点M作MG⊥x轴于点G，MG交直线l与点E，则MG⊥直线l于点E，EG＝yC＝2．
∵∠CMN＝90°，
∴∠CME+∠NMG＝90°．
∵ME⊥直线l于点E，
∴∠ECM+∠CME＝90°．
∴∠NMG＝∠ECM．
又∵∠CEM＝∠NGM＝90°，CM＝MN，
∴△CEM≌△MGN（AAS）．
∴CE＝MG，EM＝NG．
设CE＝MG＝n，则yM＝n，xM＝CF+CE＝2+n．
∴点M（2+n，n）．
将点M（2+n，n）代入y＝，得n＝．
解得n1＝﹣1，n2＝﹣﹣1（因为点M在第一象限，所以n大于0，所以舍去）．
∴xM＝2+n＝+1．
∴点M（+1，﹣1）．
综合①②可知：点M的坐标为（4，1）或（+1，﹣1）．
23．如图，平面直角坐标系中，AO＝BO＝2，以BO为边在第一象限作正方形BODE，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→O→D的路线向D点匀速运动（M不与A，D重合）；过点M作直线l⊥AD，l与路线A→B→D相交于N，设运动时间为t秒．

（1）填空：当点M在AO上时，BN＝　2﹣t　（用含t的代数式表示）．
（2）当点M在OD上时（含点O），是否存在点M，使△DEN为等腰三角形，t＝　或3或2　．
（3）在直线l的运动过程中，过点N作NF⊥ED，垂足为F，矩形MDFN与△ABD重叠部分的面积为时，求t的值．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质知AB＝2，MN＝AM＝t，AN＝AM＝t，据此可得；
（2）先得出MN＝DM＝4﹣t，BP＝PN＝t﹣2，PE＝4﹣t，由勾股定理得出NE＝，再分DN＝DE，DN＝NE，DE＝NE三种情况分别求解可得；
（3）分两种情况画出图形，由面积公式可得出答案．
解：（1）∵∠AOB＝90°，AO＝BO＝2，
∴∠A＝∠ABO＝45°，AB＝2，
∵AM＝t，∠AMN＝90°，
∴MN＝AM＝t，AN＝AM＝t，
则BN＝AB﹣AN＝2﹣t，
故答案为：2﹣t．
（2）如图，

∵AM＝t，AC＝BC＝CD＝2，∠BDC＝∠DBE＝45°，
∴DM＝MN＝AD﹣AM＝4﹣t，
∴DN＝DM＝（4﹣t），
∵PM＝BC＝2，
∴PN＝2﹣（4﹣t）＝t﹣2，
∴BP＝t﹣2，
∴PE＝BE﹣BP＝2﹣（t﹣2）＝4﹣t，
则NE＝＝，
∵DE＝2，
∴①若DN＝DE，则（4﹣t）＝2，解得t＝4﹣；
②若DN＝NE，则（4﹣t）＝，解得t＝3；
③若DE＝NE，则2＝，解得t＝2或t＝4（点N与点E重合，舍去）；
综上，当t＝4﹣或t＝3或t＝2时，△DNE是等腰三角形．
故答案为4﹣ 或t＝3或t＝2；
（3）①当 0＜t＜2 时，如图，

由题意知 AM＝MN＝t，
则 OM＝NQ＝AO﹣AM＝2﹣t，
∴DM＝OM+OD＝4﹣t，
∵∠ABO＝∠OBD＝45°，∠NQB＝∠GQB＝90°，
∴NQ＝BQ＝QG＝2﹣t，
则 NG＝4﹣2t，
∴S＝＝﹣，
当 t＝时，S取得最大值．
②当 2≤t＜4时，如图，

∵AM＝t，AD＝AO+OD＝4，
∴DM＝AD﹣AM＝4﹣t，
∵∠DMN＝90°，∠ODB＝45°，
∴MN＝DM＝4﹣t，
∴S＝，
∵，
∴t＝4+4（舍）或 t＝4﹣4（舍）
综上，当t＝时，S＝．
24．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．
①求证：DQ＝AE；
②推断：的值为　1　；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．

【分析】（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．
②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．
（2）结论：＝k．如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．
（3）如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
②解：结论：＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴＝1．
故答案为1．

（2）解：结论：＝k．
理由：如图2中，作GM⊥AB于M．

∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴＝，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴＝＝＝k．

（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．

∵FB∥GC，FE∥GP，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝，
∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵＝，FG＝2，
∴AE＝3，
∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，
∴k＝1或﹣1（舍弃），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FBE∽△EMP，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴EM＝，PM＝，
∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，
∴PC＝＝．
25．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝m（m＞0）与该抛物线的交点为M，N（点M在点N的左侧）．

（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标．
（2）点M关于y轴的对称点为点Mʹ，点H的坐标为（1，0），若四边形NHOMʹ的面积为，求点H到OMʹ的距离d．
（3）在（2）的条件下，直线y＝﹣x﹣2与直线y＝m交于点G，与x轴交于点E，与y轴交于点F；在直线FN上，射线GN上和射线GF上分别有动点I，P，Q，则△IPQ周长的最小值为 　　．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（2，0）两点代入中即可求解析式；
（2）设N（t，m），则M（1﹣t，m），由对称性可得Mʹ（t﹣1，m），可证明四边形OMʹNH是平行四边形，设直线y＝m 与y轴交于点 T，由面积可得OH×OT＝1×m＝，求出，则，，TM'＝，Rt△OTMʹ 中，OM'＝，，，即点H到OMʹ的距为 ；
（3）过G点作GI⊥NF交点I，作I点关于直线GN的对称点I'，作I点关于直线GF的对称点I''，连接I'I''交GN于点P，交GF于点Q，连接I'G，GI''，GI，则△IPQ周长最小值为I'I''的长，求出F（0，﹣2），E（﹣2，0），可知∠OEF＝45°，∠NGF＝45°，由对称性可得，I'G＝GI＝GI''，则∠I'GI''＝90°，所以△GI'I''是等腰直角三角形，I'I''＝GI，求出G（﹣，），N（，），则FN＝，GN＝6，根据S△FGN＝FN×IG＝×GN×OT，求出IG＝，则可求I'I''＝GI＝，即可得△IPQ周长最小值为．
解：（1）∵抛物线 与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为：，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）；
（2）∵抛物线的对称轴为直线 ，
直线y＝m（m＞0）与该抛物线的交点为M，N，
∴点M，N关于直线 对称，
设N（t，m），则M（1﹣t，m），
∵点M 关于轴的对称点为点Mʹ，
∴Mʹ（t﹣1，m），
∴点Mʹ 直线y＝m上，
∴MʹN∥x轴，
∴MʹN＝t﹣（t﹣1）＝1，
∵H（1，0），
∴OH＝1＝MʹN，
∴四边形OMʹNH是平行四边形，
设直线y＝m与y 轴交于点T，
∵四边形OMʹNH的面积为，
∴OH×OT＝1×m＝，
∴m＝，
∴OT＝，
∴x2﹣x﹣3＝，
解得：x＝﹣，x＝，
∴M（﹣，），
∴M'（，），
即TM'＝，
∴Rt△OTMʹ 中，OM'＝＝，
∵四边形OMʹNH的面积为 ，
∴，，
即点H到OMʹ的距离d为 ；
（3）过G点作GI⊥NF交点I，作I点关于直线GN的对称点I'，作I点关于直线GF的对称点I''，
连接I'I''交GN于点P，交GF于点Q，连接I'G，GI''，GI，
∴I'P＝IP，I''Q＝IQ，
∴△IPQ周长＝PI+PQ+IQ＝I'P+PQ+I''Q≥I'I''，
∴△IPQ周长最小值为I'I''的长，
在y＝﹣x﹣2中，令x＝0，则y＝﹣2，
∴F（0，﹣2），
令y＝0，则x＝﹣2，
∴E（﹣2，0），
∴OE＝OF＝2，
∴∠OEF＝45°，
∵GN∥x轴，
∴∠NGF＝45°，
由对称性可得，I'G＝GI＝GI''，
∴∠I'GI''＝90°，
∴△GI'I''是等腰直角三角形，
∴I'I''＝GI，
∵m＝，
∴G（﹣，），N（，），
∴FN＝＝，GN＝6，
∵S△FGN＝FN×IG＝×GN×OT，
∴×IG＝6×（2+），
∴IG＝，
∴I'I''＝GI＝，
∴△IPQ周长最小值为，
故答案为．