2021-2022学年江苏省无锡市锡山区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2021-2022学年江苏省无锡市锡山区九年级上学期数学期中试题及答案，共15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。

1. 下列方程是一元二次方程的是（ ）
A. x﹣2=0B. xy+1=0C. x2﹣﹣3=0D. x2﹣4x﹣1=0
【答案】D
【解析】
【分析】一元二次方程有三个特点：①只含有一个未知数；②未知数的最高次数是2；③是整式方程．
【详解】解：A．是一元一次方程，故不符合题意；
B．含有2个未知数，故不符合题意；
C． x2﹣﹣3=0是分式方程，故不符合题意；
D．是一元二次方程，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，方程的两边都是整式，只含有一个未知数，并且整理后未知数的最高次数都是2，掌握一元二次方程的定义是解题关键．
2. 如果⊙O的半径为6，线段OP的长为3，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A. 点P在⊙O上B. 点P在⊙O内
C. 点P在⊙O外D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】当点P与圆心的距离大于半径时，点P在圆外；当点P与圆心的距离等于半径时，点P在圆上；当点P与圆心的距离小于半径时，点P在圆内．根据点与圆的位置关系即可判断．
【详解】∵OP=3<6
∴点P在圆内
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系是关键．
3. 已知圆锥的底面半径为3cm，母线长为4cm，则这个圆锥的侧面积是（ ）
A. 24πcm2B. 12πcm2C. 20cm2D. 20πcm2
【答案】B
【解析】
【分析】圆锥的侧面积公式：，R是母线的长度，r的底面圆的半径；把数据代入公式直接计算即可.
【详解】解： 圆锥的底面半径为3cm，母线长为4cm，
圆锥的侧面积cm2
故选B
【点睛】本题考查的是圆锥的侧面积的计算，掌握“圆锥的侧面积公式：，R是母线的长度，r的底面圆的半径”是解题的关键.
4. 一元二次方程的根的情况是（ ）
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：∵△=，∴方程有两个不相等的实数根．故选A．
考点：根的判别式．
5. 将方程的左边配成完全平方式后，得到的方程为：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将方程常数项移到右边，再左右两边加上4左边即可配成完全平方，即可得出答案．
【详解】，
移项得：，
配方得：，即
故选A．
【点睛】本题考查一元二次方程配方法，属于基础题型．
6. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，可得 ，然后代入，即可求解．
【详解】解：∵，
∴ ，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了比例的性质，能够用表示出是解题的关键．
7. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，如果AB=10，CD=8，那么线段OE的长为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据垂直定理求出CE，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，AB=10，CD=8，
∴OC=5，CE=4，
∴OE=．
故选D．
【点睛】本题考查了1．垂径定理；2．勾股定理．
8. 如图，在△ABC中，DE∥BC，若AD∶DB=3∶2，AE=6cm，则EC的长为（ ）
A. 6cmB. 5cmC. 4cmD. 3cm
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行线分线段成比例，即可求解．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴ ，
∵AD∶DB=3∶2，AE=6cm，
∴ ，解得： ．
故选：C
【点睛】本题主要考查了成比例线段，熟练掌握平行线分线段成比例基本事实是解题的关键．
9. 如图，在△AOB中，OA=AB，顶点A的坐标（3，4），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A'O'B，点A的对应点A'在x轴上，则点O'的坐标为（ ）
A. （，）B. （，）C. （，）D. （，）
【答案】A
【解析】
【分析】过点A作AC⊥OB于C，过点O'作O'D⊥A'B于D，根据点A坐标求出OC、AC，再利用勾股定理列式计算求出OA，根据等腰三角形三线合一的性质求出OB，根据旋转的性质可得BO'＝OB，A'B=AB=5，然后利用三角形面积公式求出O'D、BD，再求出OD，然后写出点O'的坐标即可．
【详解】解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O'作O'D⊥A'B于D，
∵A（3，4），
∴OC＝3，AC＝4，
由勾股定理得，OA＝＝5=AB，
∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，
∴OB＝2OC＝2×3＝6，
由旋转的性质得，BO'＝OB＝6，A'B=AB=5，
∵
∴
∴O'D＝，
∴BD＝，
∴OD＝OB＋BD＝6＋＝，
∴点O'的坐标为（，）．
故选A．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化−旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的面积公式，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
10. 如图，以G(0，1)为圆心，半径为2的⊙G与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（ ）
A. πB. πC. πD. π
【答案】A
【解析】
【分析】连接AC，取其中点H，则点F的运动轨迹是以H为圆心，以HA为半径的圆的上，根据垂径定理，求得∠HCO=30°，从而得到∠AHO=60°，计算HA=，利用弧长公式计算即可．
【详解】连接AC，取其中点H，则点F的运动轨迹是以H为圆心，以HA为半径的圆的上，
∵以G(0，1)为圆心，半径为2的⊙G与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，
∴OG=1，GA=GC=2，OC=3，
∵∠AOG=90°，
∴OG=1，GA=GC=2，
∴OA==，AC==2，
∴HA=，
∴∠HCO=30°，
∴∠AHO=60°，
∴点F所经过的路径长为=π，
故选A．
【点睛】本题考查了圆的性质，垂径定理，勾股定理，弧长公式，熟练掌握垂径定理，灵活运用勾股定理和弧长公式是计算的关键．
二、填空题（本大题共有10小题，每题3分，共30分）
11. 一元二次方程的根是_____________．
【答案】±2
【解析】
【分析】利用直接开平方法求解可得．
【详解】解：∵x2=4，
∴x=±2，
故答案为：±2．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，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．
12. 已知一元二次方程x2＋mx－3＝0的一个根为1，则m＝____．
【答案】2
【解析】
【分析】把x=1代入x2＋mx－3＝0，求出m的值即可.
【详解】∵一元二次方程x2＋mx－3＝0的一个根为1，
∴12+m-3=0，即m-2=0，
解得m=2.
故答案为2
【点睛】本题主要考查对一元二次方程的解，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能得到方程m-2=0是解此题的关键．
13. 如果两个相似三角形的周长比是1︰4，那么它们的面积比是_________．
【答案】1:16
【解析】
【分析】根据相似三角形的相似比等于周长比，可得两个相似三角形的相似比是1︰4，再由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求解．
【详解】解：∵两个相似三角形的周长比是1︰4，
∴两个相似三角形的相似比是1︰4，
∴它们的面积比是1:16．
故答案为：1:16
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的相似比等于周长比，相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
14. 在一张比例尺为1∶200000的地图上，A、B两地间的图上距离为3厘米，则两地间的实际距离是_________千米．
【答案】6
【解析】
【分析】由比例尺的定义：图上距离与实际距离的比叫做比例尺建立等量关系，解这个一元一次方程就可以求出实际距离．
【详解】解：设两地间的实际距离是x厘米
根据题意得，
∴
600000厘米=6千米
答：A，B两地间的实际距离是6千米．
故答案为：6．
【点睛】此题主要考查图上距离、实际距离和比例尺的关系，解答时要注意单位的换算．
15. 如图，点A、B、C在⊙O上，若∠ACB=70°，则∠AOB的度数为_______．
【答案】140°
【解析】
【分析】根据同圆中，同弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半，即可求解．
【详解】解：∵点A、B、C在⊙O上，∠ACB=70°，
∴．
故答案为：140°
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，熟练掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对圆心角的一半是解题的关键．
16. 已知线段a、b、c，其中c是a、b的比例中项，若a＝2cm，b＝8cm，则线段c＝_____cm．
【答案】4
【解析】
【分析】根据比例中项的定义，列出比例式即可求解．
【详解】∵线段c是a、b的比例中项，线段a＝2cm，b＝8cm，
∴＝，
∴c2＝ab＝2×8＝16，
∴c1＝4，c2＝﹣4（舍去），
∴线段c＝4cm．
故答案为：4
【点睛】本题考查了比例中项的概念：当两个比例内项相同时，就叫比例中项．这里注意线段不能是负数．
17. 在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8、BD=6，则菱形ABCD的内切圆半径为 ________．
【答案】##2.4
【解析】
【分析】根据菱形的性质，可得AC⊥BD， ，再由勾股定理可得，然后设菱形ABCD的内切圆半径为r，根据三角形的面积，即可求解．
【详解】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD， ，
∵AC=8、BD=6，
∴AO=4，DO=3，
∴ ，
设菱形ABCD的内切圆半径为r，
∴ ，
∵，
∴ ，解得： ，
即菱形ABCD的内切圆半径为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，内切圆，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
18. 如图，以AB为直径画半圆⊙O，CD与⊙O相切，切点为E，过A、B分别作CD的垂线，垂足分别为C、D，若AC=2，CD=6，则BD的长为________．
【答案】4.5
【解析】
【分析】连接AE、BE、OE，证出，再利用证出进而得到，再得到即可求解．
【详解】解：连接AE、BE、OE，
∵AB⊙O直径，CD与⊙O相切，切点为E，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：4.5．
【点睛】本题考查切线的性质及相似三角形判定与性质等知识，作出辅助线进而得到是解题关键．
19. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE使点B落在点F处，连接AF，则线段AF长的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得当AF≥AD-DF时，可得当A，F，D在同一直线上时，AF的长最小；再根据勾股定理进行计算，即可得到线段AF长的最小值．
【详解】解：如图，连接AD，
由题意得：DF=DB=CD=，
∵AF+DF≥AD，
∴ ，
∴当A、F、D三点共线时，AF的长最小，
在 中，由勾股定理得：
，
∴ ，
即 线段AF长的最小值为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理、最值问题等几何知识点及其应用问题，熟练掌握折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，点A,B分别在x,y的正半轴上，以AB所在的直线为对称轴将翻折，使点O落在点C处，若点C的坐标为(4,8)，则 的外接圆半径为_____________ .
【答案】
【解析】
【分析】连接OC，过点C作CD⊥y轴于点D，得：CD=4，OD=8，OC=，由∠BOE+∠AOE=90°，∠OAE+∠AOE=90°，得：∠BOE=∠OAE，即：tan∠OAE=tan∠BOE=，得：OA=OE=×=10，作OA的垂直平分线，交OA于点M，交AB于点N，求出AN的值，即可得到答案.
【详解】连接OC，过点C作CD⊥y轴于点D，
∵点C的坐标为(4,8)，
∴CD=4，OD=8，OC=，
∵∆AOB和∆ACB关于直线AB轴对称，
∴OC⊥AB，OE=CE=，
∵∠BOE+∠AOE=90°，∠OAE+∠AOE=90°，
∴∠BOE=∠OAE，
∴tan∠OAE=tan∠BOE=，
∴OE：AE：OA=1：2：，
∴OA=OE=×=10，
作OA的垂直平分线，交OA于点M，交AB于点N，
∵AB垂直平分OC，
∴点N是 的外接圆的圆心，AN是半径，
∵tan∠OAE=，
∴AN=AM×=×OA×=××10×=.
故答案是：.
【点睛】本题主要考查三角函数和直角三角形的综合应用，添加合适的辅助线，构造直角三角形，找到 的外接圆的圆心，是解题的关键.
三、解答题（本大题共有9小题，共90分）
21. 解方程
（1）； （2）．
【答案】（1），；（2），．
【解析】
【分析】（1）将方程的左边用提公因式法分解因式可得，由此可得或，进而解方程即可；
（2）将方程的左边用十字相乘法分解因式可得，由此可得或，进而求解即可
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴或，
解得：，；
（2）∵，
∴，
∴或，
解得：，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．
22. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D是AC边上的一点，DE⊥AB于点E．
（1）求证：△ABC∽△ADE；
（2）如果AC=4，BC=3，DE=2，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）AD＝
【解析】
【分析】（1）由∠AED＝∠C＝90°及∠A＝∠A从而求证△ABC∽△ADE；
（2）由△ABC∽△ADE，可知，代入条件求解即可．
【详解】（1）证明：∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠C＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△ABC∽△ADE；
（2）解：∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵△ABC∽△ADE，
∴ ，
∴AD＝．
【点睛】本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定，即可求解．
23. 已知关于x的方程x2-3x+m=0有两个不相等实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m是符合条件的最大整数，求此时一元二次方程的解．
【答案】（1）m＜；（2）x1＝1，x2＝2
【解析】
【分析】（1）由题意得：一元二次方程的判别式为正，从而可得关于m的一元一次不等式，解不等式即可求得m的取值范围；
（2）把最大整数m代入方程中，解一元二次方程即可．
【详解】（1）根据题意得，解得
（2）∵，
∴m的最大整数值为2
此时方程为x2﹣3x+2＝0，
解得：x1＝1，x2＝2
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程等知识，知道一元二次方程的解的情况与判别式的关系，熟练解一元二次方程是解题的关键．
24. 如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，∠ABC=60°．
（1）求：∠CAD的度数；
（2）若AD=6，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）30°；（2）3π﹣
【解析】
【分析】（1）先证明 再证明∠ADC=∠ABC=60° ，再利用三角形的内角和定理可得答案；
（2）连接OC，过O作OQ⊥AC于Q，再求解利用阴影部分的面积=S扇形OAC﹣S△AOC，从而可得答案.
【详解】解：（1）∵AD是直径
∴∠ACD=90°
∵∠ADC=∠ABC=60°
∴∠CAD=90°﹣∠ADC=30°
（2）连接OC，过O作OQ⊥AC于Q，
∵∠CAD=30°，AD=6，
∴ OQ=OA=
由勾股定理得：AQ=

AC=2AQ=3
∵∠AOC=2∠ABC=120°，
∴阴影部分的面积是:
S扇形OAC﹣S△AOC
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理的应用，圆周角定理，扇形面积的计算，掌握以上基础知识是解题的关键.
25. 如图，点 A，B，C 是 6×6 的网格上的格点，连结点 A，B，C 得△ABC，请分别在下列图中使用无刻度的直尺按要求画图．（画图时保留画图痕迹）
（1）在图①中，在 AC 上找一点 M，使
（2）在图②中，在△ABC 内部（不含边界）找一点 N，使
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）直接找到AC的中点进而得出；
（2）直接找到AB以及AC的中点进而得出答案．
【详解】解：（1）利用每一个网格为正方形的性质，直接观察得到AC的中点M，连接BM即可，如下图：
（2）由长方形（矩形）的性质得到为AB的中点，M为AC的中点，连接MG，则N可以是MN上与M，N不重合的任一点，如下图：
【点睛】本题考查的三角形的中线等分三角形的面积，同时考查了矩形性质，三角形的中位线的性质，以及两平行线间的距离处处相等的性质，掌握以上知识是解题的关键．
26. 由于防疫的需求，某网点销售一款“手消毒凝胶”，这款“手消毒凝胶”的成本为每瓶40元，市场监管部门规定最高售价不得超过75元．经过市场调研发现，销售单价x（单位：元）与月销售量y（单位：瓶）之间存在着如表的数量关系：
（1）求月销售量y和销售单价x之间的一次函数关系式；
（2）若商家销售该“手消毒凝胶”，某月销售利润为8000元，求月销售量．
【答案】（1）y=-10x+1000；（2）该月销售量是400瓶
【解析】
【分析】（1）设月销售量与销售单价的函数关系为y=kx+b（k≠0），利用待定系数法即可求出月销售量与销售单价的函数关系式；
（2）利用月销售利润=每台的利润×月销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合该产品的销售单价不得高于75元，即可确定该产品的销售单，进而解决问题．
【详解】解：（1）设函数关系式为y=kx+b（k≠0），由题意得
解得：
∴函数关系式为y=-10x+1000
（2）由题意得：(x-40)(-10x+1000)=8000
解得x1=60，x2=80>75舍去
∴y=-10×60+1000=400
答：该月销售量是400瓶．
【点睛】本题考查了一元二次方程应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，利用待定系数法求出月销售量与销售单价的函数关系式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
27. 如图，是⊙O直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．
（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【解析】
【分析】（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】（1）连接AE，OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AC是圆⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，
∵D为AC的中点，
∴DE=DC=DA，
∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
∵∠DAE+∠OAE=90°，
∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，
∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，
∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，
∴∠B=∠CAE，
∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，
∴，
∴⊙O的半径OA=．
【点睛】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
28. 如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿AB边向终点A以每秒1cm的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→B→A向终点A以每秒3cm的速度运动，P、Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒．解答下列问题：
（1）若Q在BC上运动，当t= 秒时，PQ的长为cm？
（2）如图2，以P为圆心，PQ长为半径作⊙P，在整个过程中，是否存在这样的t的值，使⊙P正好与△ABD的一边（或所在的直线）相切？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）存在，t的值为秒或秒或秒
【解析】
【分析】（1）由题意得BP＝t，CQ＝3t，则AP＝6−t，BQ＝BC−CQ＝8−3t，在Rt△BCP中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）分情况讨论：①若与BD相切，过P作PK⊥BD于K，则∠PKB＝90°，PK＝PQ＝PB−BQ＝t−（3t−8）＝8−2t，证△PBK∽△DBA，得 ，即可得出答案；②若与AD相切，Q在BC上，PQ＝PA，Q在BC上，则PQ＝PA＝6−t，在Rt△PBQ中，由勾股定理得出方程，解方程即可；③若与AD相切，当P、Q两点中Q先到A点时，此时t＝；
④若与AD相切，当点Q未到达点A时，则PA＝PQ，得6−t＝t−（3t−8），解得t＝2，舍去；即可得出结论．
【详解】解：（1）由题意得：BP＝t，CQ＝3t，
则AP＝6−t，BQ＝BC−CQ＝8−3t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，
在Rt△BCP中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得：或（不符合题意舍去），
∴
（2）①若与BD相切，过P作PK⊥BD于K，如图所示：
则∠PKB＝90°，PK＝PQ＝PB﹣BQ＝t﹣（3t﹣8）＝8﹣2t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°＝∠PKB，AD＝BC＝8，
∴BD＝10，
∵∠PBK＝∠DBA，
∴△PBK∽△DBA，
∴，即，解得：t＝ ，
②若与AD相切，Q在BC上，PQ＝PA，Q在BC上，如图所示：
则PQ＝PA＝6﹣t，
在Rt△PBQ中，由勾股定理得：t2+（8﹣3t）2＝（6﹣t）2，
解得：t＝ ，或t＝（不合题意舍去），
∴t＝，
③若与AD相切，当P、Q两点中Q先到A点时，如图所示：
此时t＝，
∴⊙P的半径为 ，
④若与AD相切，当点Q未到达点A时，如图所示：
则PA＝PQ，
∴6﹣t＝t﹣（3t﹣8），
解得：t＝2，
当t＝2时，PB＝2，则AP＝6﹣2＝4≠PQ，故舍去
综上所述，t的值为秒或秒或秒．
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了切线的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质以及三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的性质和勾股定理是解题的关键，注意分类讨论避免漏解，属于中考常考题型．
29. 如图1，四边形ABCD是矩形，AB=1，点E是线段BC上一动点（不与B、C重合），点F是线段BA延长线上一动点，连接DE、EF、DF，EF交AD于点G．设BE=x，AF=y，y与x之间的函数关系式如图2所示．
（1）y与x之间的函数关系式 ，边BC的长为 ；
（2）求证：DE⊥DF；
（3）是否存在x的值，使的△DEG是等腰三角形？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）＝﹣2x+4，2；（2）见解析；（3）存在，=或或
【解析】
【分析】（1）待定系数法设y与x的函数表达式为：y＝kx＋b（k≠0），根据图象经过（1，2），（0，4），将其代入即可求出表达式，由图象即可知BC的长；
（2）证明△CDE∽△ADF，再利用相似三角形对应角相等即可转换求证∠EDF＝90°即得证；
（3）假设存在x的值，使得△DEG是等腰三角形，分DE＝DG，DG＝GE，DE＝GE三种情况讨论结合图形特点即可算出x的值．
【详解】解：（1）设y与x的函数表达式为：y＝kx＋b（k≠0），
由图象知函数经过（1，2），（0，4），将其代入函数表达式得：，
解得：，
∴y与x的函数表达式为：y＝−2x＋4，
令y＝0，则x＝2，
故由图象可知：0＜x＜2，BC＝2，
故答案为：y＝−2x＋4（0＜x＜2），2；
（2）证明：∵BE＝x，BC＝2，
∴CE＝2﹣x，
∴，，
∴且∠C＝∠DAF＝90°，
∴△CDE∽△ADF
∴∠ADF＝∠CDE，
又∵∠ADF+∠EDG＝∠CDE+∠EDG＝90°，
∴∠EDF＝90°
∴DE⊥DF
（3）①若DE＝DG，则∠DGE＝∠DEG，
∵ADBC，
∴∠DGE＝∠BEF＝∠DEG，
在△DEF和△BEF中，
∴，
∴△DEF≌△BEF（AAS）
∴DE＝BE＝x，
∵CE＝2﹣x，CD＝1，
Rt△DCE中，CD2+CE2＝DE2，即，12+（2﹣x）2＝x2，
解得：x＝
②若DG＝GE，则∠GDE＝∠GED，
∵∠GDE+∠GDF＝90°，∠DEG+∠DFE＝90°，
∴∠GDF＝∠DFE，
∴DG＝FG＝GE，
∴G为EF的中点，
又∵AGBE，
∴A也为BF的中点，
∴AF＝BA＝1，
∴y＝﹣2x+4＝1，
解得：x＝
③若DE＝GE，则∠EDG＝∠EGD，过点E作EH⊥DG于点H，则：
DH＝GH＝CE＝2﹣x，EH＝CD＝AB＝1，AG＝2﹣DG＝2﹣2（DH）＝2﹣2（2﹣x）＝2x﹣2，AF＝y＝﹣2x+4，
∵∠EHG＝∠GAB＝∠GAF＝90°，∠HGE＝∠AGF，
∴△HGE∽△AGF，
∴，
即，解得：x1＝，x2＝＞2（舍去）
综上所述，当x＝或或时，使得△DEG是等腰三角形．
【点睛】本题属于四边形综合大题，考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确分析几何图形的特点，熟练运用，分类讨论，细心运算是解题关键．销售单价x（单位：元）
45
50
55
…
月销售量y（单位：瓶）
550
500
450
…