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2023-2024学年四川省成都市成华区列五中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年四川省成都市成华区列五中学九年级（上）期中数学试卷（含解析），共25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.下列方程中是一元二次方程的是( )
A. 2x+1=0B. x+1x=2C. x2−1=0D. x2+2x=−1
2.若线段a，b，c，d是成比例线段，且a=1cm，b=4cm，c=2cm，则d=( )
A. 8cmB. 0.5cmC. 2cmD. 3cm
3.如图是一个空心圆柱体，其主视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.一个黑色不透明的袋子中装有若干个白球和红球，共计10个，这些球除颜色外都相同.将球搅匀，每次从中随机摸出一个球，记下颜色后放回、再搅匀、再摸球，通过大量重复摸球试验后，发现摸到白球的频率稳定于0.4，由此可估计袋子中白球的个数约为( )
A. 4B. 6C. 8D. 9
5.若一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是( )
A. a<1B. a≤1C. a≤1且a≠0D. a<1且a≠0
6.下列判断正确的是( )
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形B. 对角线相等的菱形是正方形
C. 对角线相等的四边形是矩形D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
7.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，AB=9，BC=6，则BD的长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
8.如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记△AOM的面积为S1，△CON的面积为S2，若正方形的边长AB=10，S1=16，则S2的大小为( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
二、填空题（本题共10小题，共40分）
9.若ab=47，则b−ab=______．
10.若点A(−1,m)，B(−2,n)在反比例函数y=−4x的图象上，则m，n的大小关系是m ______n(用“>”或“<”号连接)．
11.如图，P是反比例函数图象上的一点，点P与坐标轴围成的矩形面积为3，则反比例函数的解析式为______ ．
12.如图，在△ABC中，DE//BC，DE=2，BC=5，则S△ADE：S△ABC的值是______ ．
13.如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=12.按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长为半径作圆弧，分别交边AB，AC于点M，N；②分别以点M和点N为圆心，大于MN一半的长为半径作圆弧，在∠BAC内，两弧交于点P；③作射线AP交边BC于点D.若△DAC∽△ABC，则BD= ______ ．
14.若m，n是一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根，则m2+4m+2n的值是______ ．
15.如图，在某校的2022年新年晚会中，舞台AB的长为20米，主持人站在点C处自然得体，已知点C是线段AB上靠近点B的黄金分割点，则此时主持人与点A的距离为 米．
16.如果m是从−3，−2，−1，0，1，2，3七个数中任取一个数，那么关于x的方程mx−3=2x−3+1的根为正数的概率为______ ．
17.如图，△OMN是边长为10的等边三角形，反比例函数y=kx(x>0)的图象与边MN、OM分别交于点A、B(点B不与点M重合).若AB⊥OM于点B，则k的值为______．
18.如图，△ABC中，点PQ分别在AB，AC上，且PQ//BC，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，AD⊥BC于点D，交PQ于点E，且AD：BC=2：3，连接MQ，若△ABC的面积等于75，则MQ的最小值为______ ．
三、解答题（本题共8小题，共78分）
14.解下列方程：
(1)x(x−2)=x−2；
(2)2x2−3x−1=0．
15.已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A(0,3)、B(3,4)、C(2,2)(正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度)．
(1)画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
(2)以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1；
(3)△A2B2C2的面积是______平方单位．
16.某中学全校学生参加了“交通法规”知识竞赛，为了解全校学生竞赛成绩的情况，随机抽取了一部分学生的成绩，分成四组：A：60≤x<70；B：70≤x<80；C：80≤x<90；D：90≤x≤100，并绘制出如图不完整的统计图．
解答下列问题：
(1)本次调查的学生共有______人．
(2)求被抽取的学生成绩在C：80≤x<90组的有多少人？并补齐条形统计图．
(3)学校要将D组最优秀的4名学生分成两组，每组2人到不同的社区进行“交通法规”知识演讲．已知这4名学生1名来自七年级，1名来自八年级，2名来自九年级，请用列表或画树状图的方法，求九年级的2名学生恰好分在同一个组的概率．
17.如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=∠CBD，AB=AD．
(1)求证：四边形ABCD为菱形．
(2)过点A作AE⊥BC于点E，若CE=4，BE=13AB，求BD的长．
18.如图，在平面直角坐标系中，点A(4,1)，点B(m,−2)在反比例函数y=nx的图象上．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求△AOB的面积；
(3)在反比例函数y=nx图象上是否存在点P，使△ABP的面积是△AOB面积的2倍，若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24.因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，深圳已成为国内外游客最喜欢的旅游目的地城市之一，深圳著名旅游“网红打卡地”东部华侨城景区在2020年春节长假期间，共接待游客达20万人次，预计在2022年春节长假期间将接待游客达28.8万人次．
(1)求东部华侨城景区2020至2022年春节长假期间接待游客人次的平均增长率；
(2)东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为6元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯定价25元，则平均每天可销售30杯，若每杯价格降低1元，则平均每天可多销售300杯，2022年春节期间，店家决定进行降价促销活动，则当每杯售价定为多少元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额？
25.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，将ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
(1)如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
(2)如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
(3)如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE.在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．
26.天府新区某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
(1)问题发现：如图1，在等边△ABC中，点P是边BC上任意一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ.求证：BP=CQ；
(2)变式探究：如图2，在等腰△ABC中，AB=BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP=PQ，∠APQ=∠ABC，连接CQ.判断∠ABC和∠ACQ的数量关系，并说明理由；
(3)解决问题：如图3，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接CQ.若正方形APEF的边长为6，CQ=2 2，求正方形ADBC的边长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、方程2x+1=0未知数的最高次数是1，属于一元一次方程，故本选项不符合题意；
B、x+1x=2是分式方程，故本选项不符合题意；
C、x2−1=0符合一元二次方程的定义；故本选项正确；
D、x2+2x=−1是分式方程；故本选项不符合题意．
故选：C．
一元二次方程必须满足四个条件：(1)未知数的最高次数是2；(2)二次项系数不为0；(3)是整式方程；(4)含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
2.【答案】A
【解析】解：∵a，b，c，d是成比例线段，
∴ad=cb，
∵a=1cm，b=4cm，c=2cm，
∴d=8(cm)，
故选：A．
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．根据定义ad=cb，将a，b及c的值代入即可求得d．
本题考查了比例线段，关键是理解比例线段的概念，列出比例式，用到的知识点是比例的基本性质．
3.【答案】B
【解析】解：从前面观察物体可以发现：它的主视图应为矩形，
又因为该几何体为空心圆柱体，故中间的两条棱在主视图中应为虚线，
故选：B．
找到从前面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图；注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意得：10×0.4=4(个)，
答：估计袋子中白球的个数约为4个．
故选：A．
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．
本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是掌握频率稳定性定理，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．
5.【答案】D
【解析】解：∵一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，
∴a≠0，Δ=22−4×a×1=4−4a>0，
解得：a<1，且a≠0．
故选：D．
由一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，即可得判别式Δ>0，a≠0，继而可求得a的范围．
此题考查了一元二次方程判别式的知识．此题比较简单，注意掌握一元二次方程有两个不相等的实数根，即可得Δ>0．
6.【答案】B
【解析】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；
故选：B．
根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定判断即可．
此题考查正方形的判定，关键是根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定解答．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠ACB=90°，AB=9，BC=6，
∴AC= AB2−BC2= 92−62=3 5，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴AC⋅BC=AB⋅CD，
3 5×6=9CD，
CD=2 5，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∴BD= BC2−CD2= 62−(2 5)2=4，
故选：B．
先根据已知条件，利用勾股定理求出AC，再利用求直角三角形的面积的两种方法，求出CD，然后再次利用勾股定理求出答案即可．
本题主要考查了勾股定理，解题关键是熟练掌握利用面积法求直角三角形的边长．
8.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD和四边形OA′B′C′都是正方形，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠A′OC′=90°，
∴∠A′OB=∠COC′．
在△OBM与△OCN中，
∠OBA=∠OCBOB=OC∠BOM=∠NOC，
∴△OBM≌△OCN(ASA)，
∴S1+S2=S△OAB=14×10×10=25，
∴S2=25−16=9，
故选：D．
根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠A′OC′=90°，推出∠A′OB=∠COC′，证出△OBM≌△OCN可得答案．
本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能证出△OBM≌△OCN是解此题的关键．
9.【答案】37
【解析】解：∵ab=47，
∴设a=4k(k≠0)，b=7k，
∴b−ab=7k−4k7k=37，
故答案为：37．
利用设k法来解答是解题的关键．
本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
10.【答案】>
【解析】解：∵反比例函数y=−4x中k=−4<0，
∴此函数的图象在二、四象限内，在每个象限内，y随x的增大而增大，
∵−2<−1<0，
∴A、B两点均在第二象限，
∴m>n．
故答案为：>．
由反比例函数y=−4x可知函数的图象在第二、四象限内，然后根据反比例函数的性质判定则可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，先根据题意判断出反比例函数图象所在的象限是解答此题的关键．
11.【答案】y=−3x
【解析】解：∵P是反比例函数图象上的一点，点P与坐标轴围成的矩形面积为3，
∴S=|k|=3，
又∵函数图象位于第二象限，
∴k<0，则k=−3．
故反比例函数的解析式为y=−3x．
故答案为：y=−3x．
因为过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积S是个定值，即S=|k|，再由函数图象所在的象限确定k的值，则该解析式即可求出．
主要考查了反比例函数y=kx中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
12.【答案】425
【解析】解：∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵DE=2，BC=5，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=425．
故答案为：425．
由DE//BC，可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得S△ADES△ABC=(DEBC)2=425．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．
13.【答案】4 3
【解析】解：由作法得AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵△DAC∽△ABC，
∴∠CAD=∠CBA，
∴∠CAD=∠BAD=∠CBA，
∵∠C=90°，
∴∠CAD=∠BAD=∠CBA=30°，
在Rt△ACB中，
∵∠B=30°，
∴AC=12AB=12×12=6，
∴BC= 3AC=6 3，
在Rt△ACD中，
∵∠CAD=30°，
∴CD= 33AC= 33×6=2 3，
∴BD=BC−CD=6 3−2 3=4 3．
故答案为：4 3．
羡慕利用基本作图得到AD平分∠BAC，则∠CAD=∠BAD，再利用相似三角形的性质，由△DAC∽△ABC得到∠CAD=∠CBA，所以∠CAD=∠BAD=∠CBA=30°，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系先求出AC=6，BC=6 3，然后求出CD=2 3，最后计算BC−CD即可．
本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等．也考查了基本作图和含30度角的直角三角形三边的关系．
14.【答案】解：(1)x(x−2)=x−2；
整理得：x2−3x+2=0，
(x−2)(x−1)=0，
∴x1=2，x2=1；
(2)2x2−3x−1=0，
b2−4ac=(−3)2−4×2×(−1)=17，
x=3± 172×2，
x1=3+ 174，x2=3− 174．
【解析】(1)先移项，再分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)求出b2−4ac的值，再代入公式求出即可．
本题考查了解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
15.【答案】10
【解析】解：(1)如图所示，△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)若连接AC2，则AC2=AA2=AB= 10，AC2⊥AB，
∴△A2B2C2的面积=12×2 10× 10=10．
故答案为：10．
(1)根据平移的方向与距离进行画图即可；
(2)根据点B为位似中心，且位似比为2：1进行画图即可；
(3)连接AC2，则AC2=AA2=AB= 10，AC2⊥AB，据此求得△A2B2C2的面积．
本题主要考查了利用平移变换和位似变换进行作图，解决问题的关键是掌握：平移图形时，要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题时注意：画一个图形的位似图形时，位似中心的选择是任意的，这个点可以在图形的内部或外部或在图形上，对于具体问题要考虑画图方便且符合要求．
16.【答案】(1)80；
(2)解：被抽取的学生成绩在C：80≤x<90组的有：80−8−16−24=32(人)，
补全的条形统计图如下图所示：
(3)解：把1名来自七年级的学生记为甲，1名来自八年级的学生记为乙，2名来自九年级学生记为丙、丁，
根据题意，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中九年级的2名学生恰好分在同一个组的结果有2种，
∴九年级的2名学生恰好分在同一个组的概率为：212=16．
【解析】(1)解：本次调查的学生共有：16÷20%=80(人)，故答案为：80；
(2)见答案；
(3)见答案；
(1)根据B组人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的学生人数．
(2)根据本次调查的学生人数和条形统计图中的数据，即可计算出被抽取的学生成绩在C组的人数，从而可以将条形统计图补充完整．
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，其中九年级的2名学生恰好分在同一个组的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及扇形统计图和条形统计图．树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】(1)证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB．
又∵∠ABD=∠CBD，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD//BC．
又∵AB//CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
(2)如图，连接AC．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC．
又∵BE=13AB，
∴BE=13BC，
∴CE=23BC．
∵CE=4，
∴BE=2，AB=BC=6．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴AE= AB2−BE2= 62−22=4 2，
∴AC= AE2+CE2= (4 2)2+42=4 3．
∵菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=BC⋅AE，
∴BD=2BC⋅AEAC=2×6×4 24 3=4 6．
【解析】(1)首先证明出四边形ABCD为平行四边形，然后结合AB=AD即可证明出四边形ABCD为菱形；
(2)首先根据菱形的性质得到AB=BC，然后根据BE=13AB得到BE=2，AB=BC=6，然后利用勾股定理求出AE=4 2，AC=4 3，最后利用菱形的面积公式求解即可．
此题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
18.【答案】解：(1)把A(4,1)代入y=nx，可得n=4×1=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x；
(2)把点B(m,−2)代入y=4x，可得m=−2，
∴B(−2,−2)．
设直线AB为y=kx+b，
把A(4,1)，B(−2,−2)代入y=kx+b，可得4k+b=1−2k+b=−2，
解得k=12b=−1，
∴一次函数的解析式为y=12x−1，
令x=0，则y=−1，
∴D(0,−1)，
∴△AOB的面积=12×1×(4+2)=3；
(3)存在，
∵△ABP的面积是△AOB面积的2倍，
∴直线AB向上平移2个单位或向下平移2个单位，所得的直线与反比例函数y=nx的图象的交点即为P点，
∵直线AB为y=12x−1，
∴向上平移2个单位得到y=12x+1，
由y=12x+1y=4x解得x=−4y=−1或x=2y=2；
向下平移2个单位得到y=12x−3，
由y=12x−3y=4x解得x=3− 17y=−3+ 172或x=3+ 17y= 17−32，
∴P点坐标为(−4,−1)或(2,2)或(3− 17,−3+ 172)或(3+ 17, 17−32).
【解析】(1)利用待定系数法，即可得到反比例函数的解析式；
(2)利用待定系数法求得直线AB的解析式，即可求得D(0,−1)，即可得出△AOB的面积=12×1×(4+2)=3；
(3)直线AB向上平移2个单位或向下平移2个单位，所得的直线与反比例函数y=nx的图象的交点即为P点．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数解析式是解题的关键．
19.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca，也考查了一元二次方程的解．
先根据一元二次方程的解的定义得到m2+2m−1=0，则m2+2m=1，根据根与系数的关系得出m+n=−2，再将其代入整理后的代数式计算即可．
【解答】
解：∵m是一元二次方程x2+2x−1=0的根，
∴m2+2m−1=0，
∴m2+2m=1，
∵m、n是一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根，
∴m+n=−2，
∴m2+4m+2n=m2+2m+2m+2n=1+2×(−2)=−3，
故答案为：−3．
20.【答案】(10 5−10)
【解析】【分析】
本题考查了黄金分割点，熟练掌握黄金分割点的定义是解题的关键．
由黄金分割点的定义得AC= 5−12AB，再代入AB的长计算即可．
【解答】
解：∵点C是线段AB上靠近点B的黄金分割点，AB=20米，
∴AC= 5−12AB= 5−12×20=(10 5−10)(米)，
故答案为：(10 5−10)．
21.【答案】37
【解析】解：将方程两边都乘以x−3，
得m=2+x−3，解得x=m+1，
∵方程的根为正数，
∴m+1>0且m+1≠3，则m>−1且m≠2，
所以在所列的7个数中，能使此方程的解为正数的有0、1、3这3个数，
则关于x的方程mx−3=2x−3+1 的根为正数的概率为：37．
故答案为：37．
解分式方程得x=m+1，由方程的根为正数得出m+1>0且m+1≠3，即m>−1且m≠2，再从所列7个数中找到符合条件的结果数，从而利用概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，掌握解分式方程的能力及随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数是关键．
22.【答案】9 3
【解析】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，如图，
∵△OMN是边长为10的等边三角形，
∴OM=ON=MN=10，∠MON=∠M=∠MNO=60°，
设OC=b，则BC= 3b，OB=2b，
∴BM=OM−OB=10−2b，B(b, 3b)，
∵∠M=60°，AB⊥OM，
∴AM=2BM=20−4b，
∴AN=MN−AM=10−(20−4b)=4b−10，
∵∠AND=60°，
∴DN=12AN=2b−5，AD= 32AN=2 3b−5 3，
∴OD=ON−DN=15−2b，
∴A(15−2b,2 3b−5 3)，
∵A、B两点都在反比例函数数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=(15−2b)(2 3b−5 3)=b⋅ 3b，
解得b=3或5，
当b=5时，OB=2b=10，此时B与M重合，不符题意，舍去，
∴b=3，
∴k=b⋅ 3b=9 3，
故答案为：9 3．
过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，设OC=b，通过直角三角形和等边三角形的性质用b表示出A、B两点的坐标，进而代入反比例函数的解析式列出b的方程求得b，便可求得k的值．
本题主要考查了反比例函数的图象与性质，等边三角形的性质，解直角三角形，关键是列出b的方程．
23.【答案】5 2
【解析】解：∵PQ//BC，AD⊥BC，
∴AE⊥PQ，
∵PQ//BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴AEPQ=ADBC=23，
∴3AD=2BC，
∵PM⊥BC，QN⊥BC，
∴∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°，
∴四边形PMNQ是矩形，
∴PQ=MN，PM=ED，
∵AE=PQ，AD=BC，
∴AE+ED=BM+MN+CN，
∴MN+QN=BM+MN+CN，
∴QN=BM+CN；
∵△ABC的面积等于75，
∴12BC⋅AD=75，
∵AD=23BC，
∴13BC2=75，
∴BC=15，AD=10，
设MN=x，则BM+CN=15−x，PM=QN=10−x，
∵MQ= MN2+QN2= x2+(10−x)2= 2(x−5)2+50，
∴当x=5时，MQ有最小值5 2．
故答案为：5 2．
根据平行线的性质得到AE⊥PQ，根据相似三角形的性质得到AEAD=PQBC，求得AE：PQ=AD：BC，由于AD=BC，可得AE=PQ，根据垂直的定义得到∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°，推出四边形PMNQ是矩形，得到PQ=MN，PM=ED，等量代换即可得到QN=BM+CN，根据三角形的面积得到BC⋅AD=8，求得BC=4，AD=4，设MN=x，则BM+CN=4−x，PM=QN=4−x，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的性质和判定、三角形面积、勾股定理，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的判定和性质定理．
24.【答案】解：(1)设年平均增长率为x，由题意得：
20(1+x)2=28.8，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(舍)．
答：年平均增长率为20%；
(2)设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额，由题意得：
(y−6)[300+30(25−y)]=6300，
整理得：y2−41y+420=0，
解得：y1=20，y2=21．
∵让顾客获得最大优惠，
∴y=20．
答：当每杯售价定为20元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额．
【解析】(1)设年平均增长率为x，根据东部华侨城景区在2020年春节长假期间，共接待游客达20万人次，预计在2022年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次．列出方程求解即可；
(2)设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额，由题意得关于y的方程，解方程并对方程的解作出取舍即可．
本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并正确列出方程是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，AB=5，BC=3，
∴AC= AB2−BC2=4，
∵∠ACB=90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，
∴∠A′CB=90°，A′B=AB=5，
Rt△A′BC中，A′C= A′B2−BC2=4，
∴AA′=AC+A′C=8;
(2)过C作CE//A′B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠A′BC′=∠ABC，BC′=BC=3，
∵CE//A′B，
∴∠A′BC′=∠CEB，
∴∠CEB=∠ABC，
∴CE=BC=3，
Rt△ABC中，S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，AC=4，BC=3，AB=5，
∴CD=AC⋅BCAB=125，
Rt△CED中，DE= CE2−CD2= 32−(125)2=95，
同理BD=95，
∴BE=DE+BD=185，C′E=BC′+BE=3+185=335，
∵CE//A′B，
∴BMCE=BC′C′E，
∴BM3=3335，
∴BM=1511;
(3)DE存在最小值1，理由如下：
过A作AP//A′C′交C′D延长线于P，连接A′C，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC=BC′，∠ACB=∠A′C′B=90°，AC=A′C′，
∴∠BCC′=∠BC′C，
而∠ACP=180°−∠ACB−∠BCC′=90°−∠BCC′，
∠A′C′D=∠A′C′B−∠BC′C=90°−∠BC′C，
∴∠ACP=∠A′C′D，
∵AP//A′C′，
∴∠P=∠A′C′D，
∴∠P=∠ACP，
∴AP=AC，
∴AP=A′C′，
在△APD和△A′C′D中，
∠P=∠A′C′D∠PDA=∠A′DC′AP=A′C′，
∴△APD≌△A′C′D(AAS)，
∴AD=A′D，即D是AA′中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE是△AA′C的中位线，
∴DE=12A′C，
要使DE最小，只需A′C最小，当A′、C、B共线，A′C的最小值为A′B−BC=AB−BC=2，
∴DE最小为12A′C=1．
【解析】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
(1)先求出AC=4，再在Rt△A′BC中，求出A′C= A′B2−BC2=4，从而可得AA′=8;
(2)过C作CE//A′B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，先证明CE=BC=3，再根据S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，求出CD，进而可得DE和BE及C′E，由CE//A′B得BMCE=BC′C′E，即可得BM=1511;
(3)过A作AP//A′C′交C′D延长线于P，连接A′C，先证明∠ACP=∠A′C′D=∠P，得AP=AC=A′C′，再证明△APD≌△A′C′D得AD=A′D，DE是△AA′C的中位线，DE=12A′C，要使DE最小，只需A′C最小，此时A′、C、B共线，A′C的最小值为A′B−BC=AB−BC=2，即可得DE最小值为12A′C=1．
26.【答案】(1)问题发现：
证明：∵△ABC与△APQ都是等边三角形，
∴AB=AC，AP=AQ，∠BAC=∠PAQ=60°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，AB=AC∠BAP=∠CAQAP=AQ，
∴△BAP≌△CAQ(SAS)，
∴BP=CQ；
(2)变式探究：
解：∠ABC和∠ACQ的数量关系为：∠ABC=∠ACQ；理由如下：
∵在等腰△ABC中，AB=BC，
∴∠BAC=12(180°−∠ABC)，
∵在等腰△APQ中，AP=PQ，
∴∠PAQ═12(180°−∠APQ)，
∵∠APQ=∠ABC，
∴∠BAC=∠PAQ，
∴△BAC∽△PAQ，
∴BAAC=PAAQ，
∵∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
∴△BAP∽△CAQ，
∴∠ABC=∠ACQ；
(3)解决问题：
解：连接AB、AQ，如图3所示：
∵四边形ADBC是正方形，
∴ABAC= 2，∠BAC=45°，
∵Q是正方形APEF的中心，
∴APAQ= 2，∠PAQ=45°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
∵ABAC=APAQ= 2，
∴△ABP∽△ACQ，
∴ACAB=CQBP=1 2，
∵CQ=2 2，
∴BP= 2CQ=4，
设PC=x，则BC=AC=4+x，
在Rt△APC中，AP2=AC2+PC2，
即62=(4+x)2+x2，
解得：x=−2± 14，
∵x>0，
∴x=−2+ 14，
∴正方形ADBC的边长=4+x=4−2+ 14=2+ 14．
【解析】(1)问题发现易证AB=AC，AP=AQ，∠BAP=∠CAQ，由SAS证得△BAP≌△CAQ，即可得出结论；
(2)变式探究由等腰三角形的性质得出∠BAC=12(180°−∠ABC)，∠PAQ═12(180°−∠APQ)，由∠APQ=∠ABC，得出∠BAC=∠PAQ，证得△BAC∽△PAQ，得出BAAC=PAAQ，易证∠BAP=∠CAQ，则△BAP∽△CAQ，得出∠ABC=∠ACQ；
(3)解决问题连接AB、AQ，由正方形的性质得出ABAC= 2，∠BAC=45°，APAQ= 2，∠PAQ=45°，易证∠BAP=∠CAQ，由ABAC=APAQ= 2，得出△ABP∽△ACQ，则ACAB=CQBP=1 2，求出BP= 2CQ=4，设PC=x，则BC=AC=4+x，在Rt△APC中，AP2=AC2+PC2，代入求出x=−2+ 14，即可得出结果．
本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
1.下列方程中是一元二次方程的是( )
A. 2x+1=0B. x+1x=2C. x2−1=0D. x2+2x=−1
2.若线段a，b，c，d是成比例线段，且a=1cm，b=4cm，c=2cm，则d=( )
A. 8cmB. 0.5cmC. 2cmD. 3cm
3.如图是一个空心圆柱体，其主视图是( )
A.
B.
C.
D.
4.一个黑色不透明的袋子中装有若干个白球和红球，共计10个，这些球除颜色外都相同.将球搅匀，每次从中随机摸出一个球，记下颜色后放回、再搅匀、再摸球，通过大量重复摸球试验后，发现摸到白球的频率稳定于0.4，由此可估计袋子中白球的个数约为( )
A. 4B. 6C. 8D. 9
5.若一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是( )
A. a<1B. a≤1C. a≤1且a≠0D. a<1且a≠0
6.下列判断正确的是( )
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形B. 对角线相等的菱形是正方形
C. 对角线相等的四边形是矩形D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
7.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，AB=9，BC=6，则BD的长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
8.如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记△AOM的面积为S1，△CON的面积为S2，若正方形的边长AB=10，S1=16，则S2的大小为( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
二、填空题（本题共10小题，共40分）
9.若ab=47，则b−ab=______．
10.若点A(−1,m)，B(−2,n)在反比例函数y=−4x的图象上，则m，n的大小关系是m ______n(用“>”或“<”号连接)．
11.如图，P是反比例函数图象上的一点，点P与坐标轴围成的矩形面积为3，则反比例函数的解析式为______ ．
12.如图，在△ABC中，DE//BC，DE=2，BC=5，则S△ADE：S△ABC的值是______ ．
13.如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=12.按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长为半径作圆弧，分别交边AB，AC于点M，N；②分别以点M和点N为圆心，大于MN一半的长为半径作圆弧，在∠BAC内，两弧交于点P；③作射线AP交边BC于点D.若△DAC∽△ABC，则BD= ______ ．
14.若m，n是一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根，则m2+4m+2n的值是______ ．
15.如图，在某校的2022年新年晚会中，舞台AB的长为20米，主持人站在点C处自然得体，已知点C是线段AB上靠近点B的黄金分割点，则此时主持人与点A的距离为 米．
16.如果m是从−3，−2，−1，0，1，2，3七个数中任取一个数，那么关于x的方程mx−3=2x−3+1的根为正数的概率为______ ．
17.如图，△OMN是边长为10的等边三角形，反比例函数y=kx(x>0)的图象与边MN、OM分别交于点A、B(点B不与点M重合).若AB⊥OM于点B，则k的值为______．
18.如图，△ABC中，点PQ分别在AB，AC上，且PQ//BC，PM⊥BC于点M，QN⊥BC于点N，AD⊥BC于点D，交PQ于点E，且AD：BC=2：3，连接MQ，若△ABC的面积等于75，则MQ的最小值为______ ．
三、解答题（本题共8小题，共78分）
14.解下列方程：
(1)x(x−2)=x−2；
(2)2x2−3x−1=0．
15.已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A(0,3)、B(3,4)、C(2,2)(正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度)．
(1)画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
(2)以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1；
(3)△A2B2C2的面积是______平方单位．
16.某中学全校学生参加了“交通法规”知识竞赛，为了解全校学生竞赛成绩的情况，随机抽取了一部分学生的成绩，分成四组：A：60≤x<70；B：70≤x<80；C：80≤x<90；D：90≤x≤100，并绘制出如图不完整的统计图．
解答下列问题：
(1)本次调查的学生共有______人．
(2)求被抽取的学生成绩在C：80≤x<90组的有多少人？并补齐条形统计图．
(3)学校要将D组最优秀的4名学生分成两组，每组2人到不同的社区进行“交通法规”知识演讲．已知这4名学生1名来自七年级，1名来自八年级，2名来自九年级，请用列表或画树状图的方法，求九年级的2名学生恰好分在同一个组的概率．
17.如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=∠CBD，AB=AD．
(1)求证：四边形ABCD为菱形．
(2)过点A作AE⊥BC于点E，若CE=4，BE=13AB，求BD的长．
18.如图，在平面直角坐标系中，点A(4,1)，点B(m,−2)在反比例函数y=nx的图象上．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求△AOB的面积；
(3)在反比例函数y=nx图象上是否存在点P，使△ABP的面积是△AOB面积的2倍，若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24.因粤港澳大湾区和中国特色社会主义先行示范区的双重利好，深圳已成为国内外游客最喜欢的旅游目的地城市之一，深圳著名旅游“网红打卡地”东部华侨城景区在2020年春节长假期间，共接待游客达20万人次，预计在2022年春节长假期间将接待游客达28.8万人次．
(1)求东部华侨城景区2020至2022年春节长假期间接待游客人次的平均增长率；
(2)东部华侨城景区一奶茶店销售一款奶茶，每杯成本价为6元，根据销售经验，在旅游旺季，若每杯定价25元，则平均每天可销售30杯，若每杯价格降低1元，则平均每天可多销售300杯，2022年春节期间，店家决定进行降价促销活动，则当每杯售价定为多少元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额？
25.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，将ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
(1)如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
(2)如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
(3)如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE.在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．
26.天府新区某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
(1)问题发现：如图1，在等边△ABC中，点P是边BC上任意一点，连接AP，以AP为边作等边△APQ，连接CQ.求证：BP=CQ；
(2)变式探究：如图2，在等腰△ABC中，AB=BC，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰△APQ，使AP=PQ，∠APQ=∠ABC，连接CQ.判断∠ABC和∠ACQ的数量关系，并说明理由；
(3)解决问题：如图3，在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接CQ.若正方形APEF的边长为6，CQ=2 2，求正方形ADBC的边长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、方程2x+1=0未知数的最高次数是1，属于一元一次方程，故本选项不符合题意；
B、x+1x=2是分式方程，故本选项不符合题意；
C、x2−1=0符合一元二次方程的定义；故本选项正确；
D、x2+2x=−1是分式方程；故本选项不符合题意．
故选：C．
一元二次方程必须满足四个条件：(1)未知数的最高次数是2；(2)二次项系数不为0；(3)是整式方程；(4)含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
2.【答案】A
【解析】解：∵a，b，c，d是成比例线段，
∴ad=cb，
∵a=1cm，b=4cm，c=2cm，
∴d=8(cm)，
故选：A．
如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．根据定义ad=cb，将a，b及c的值代入即可求得d．
本题考查了比例线段，关键是理解比例线段的概念，列出比例式，用到的知识点是比例的基本性质．
3.【答案】B
【解析】解：从前面观察物体可以发现：它的主视图应为矩形，
又因为该几何体为空心圆柱体，故中间的两条棱在主视图中应为虚线，
故选：B．
找到从前面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图；注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意得：10×0.4=4(个)，
答：估计袋子中白球的个数约为4个．
故选：A．
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．
本题考查了利用频率估计概率，解决本题的关键是掌握频率稳定性定理，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．
5.【答案】D
【解析】解：∵一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，
∴a≠0，Δ=22−4×a×1=4−4a>0，
解得：a<1，且a≠0．
故选：D．
由一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，即可得判别式Δ>0，a≠0，继而可求得a的范围．
此题考查了一元二次方程判别式的知识．此题比较简单，注意掌握一元二次方程有两个不相等的实数根，即可得Δ>0．
6.【答案】B
【解析】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；
故选：B．
根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定判断即可．
此题考查正方形的判定，关键是根据菱形的判定、正方形的判定、矩形的判定解答．
7.【答案】B
【解析】解：∵∠ACB=90°，AB=9，BC=6，
∴AC= AB2−BC2= 92−62=3 5，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴AC⋅BC=AB⋅CD，
3 5×6=9CD，
CD=2 5，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∴BD= BC2−CD2= 62−(2 5)2=4，
故选：B．
先根据已知条件，利用勾股定理求出AC，再利用求直角三角形的面积的两种方法，求出CD，然后再次利用勾股定理求出答案即可．
本题主要考查了勾股定理，解题关键是熟练掌握利用面积法求直角三角形的边长．
8.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD和四边形OA′B′C′都是正方形，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠A′OC′=90°，
∴∠A′OB=∠COC′．
在△OBM与△OCN中，
∠OBA=∠OCBOB=OC∠BOM=∠NOC，
∴△OBM≌△OCN(ASA)，
∴S1+S2=S△OAB=14×10×10=25，
∴S2=25−16=9，
故选：D．
根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠A′OC′=90°，推出∠A′OB=∠COC′，证出△OBM≌△OCN可得答案．
本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能证出△OBM≌△OCN是解此题的关键．
9.【答案】37
【解析】解：∵ab=47，
∴设a=4k(k≠0)，b=7k，
∴b−ab=7k−4k7k=37，
故答案为：37．
利用设k法来解答是解题的关键．
本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．
10.【答案】>
【解析】解：∵反比例函数y=−4x中k=−4<0，
∴此函数的图象在二、四象限内，在每个象限内，y随x的增大而增大，
∵−2<−1<0，
∴A、B两点均在第二象限，
∴m>n．
故答案为：>．
由反比例函数y=−4x可知函数的图象在第二、四象限内，然后根据反比例函数的性质判定则可．
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，先根据题意判断出反比例函数图象所在的象限是解答此题的关键．
11.【答案】y=−3x
【解析】解：∵P是反比例函数图象上的一点，点P与坐标轴围成的矩形面积为3，
∴S=|k|=3，
又∵函数图象位于第二象限，
∴k<0，则k=−3．
故反比例函数的解析式为y=−3x．
故答案为：y=−3x．
因为过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积S是个定值，即S=|k|，再由函数图象所在的象限确定k的值，则该解析式即可求出．
主要考查了反比例函数y=kx中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
12.【答案】425
【解析】解：∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵DE=2，BC=5，
∴S△ADES△ABC=(DEBC)2=425．
故答案为：425．
由DE//BC，可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得S△ADES△ABC=(DEBC)2=425．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．
13.【答案】4 3
【解析】解：由作法得AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
∵△DAC∽△ABC，
∴∠CAD=∠CBA，
∴∠CAD=∠BAD=∠CBA，
∵∠C=90°，
∴∠CAD=∠BAD=∠CBA=30°，
在Rt△ACB中，
∵∠B=30°，
∴AC=12AB=12×12=6，
∴BC= 3AC=6 3，
在Rt△ACD中，
∵∠CAD=30°，
∴CD= 33AC= 33×6=2 3，
∴BD=BC−CD=6 3−2 3=4 3．
故答案为：4 3．
羡慕利用基本作图得到AD平分∠BAC，则∠CAD=∠BAD，再利用相似三角形的性质，由△DAC∽△ABC得到∠CAD=∠CBA，所以∠CAD=∠BAD=∠CBA=30°，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系先求出AC=6，BC=6 3，然后求出CD=2 3，最后计算BC−CD即可．
本题考查了相似三角形的性质：相似三角形的对应角相等．也考查了基本作图和含30度角的直角三角形三边的关系．
14.【答案】解：(1)x(x−2)=x−2；
整理得：x2−3x+2=0，
(x−2)(x−1)=0，
∴x1=2，x2=1；
(2)2x2−3x−1=0，
b2−4ac=(−3)2−4×2×(−1)=17，
x=3± 172×2，
x1=3+ 174，x2=3− 174．
【解析】(1)先移项，再分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)求出b2−4ac的值，再代入公式求出即可．
本题考查了解一元二次方程的应用，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
15.【答案】10
【解析】解：(1)如图所示，△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求；
(3)若连接AC2，则AC2=AA2=AB= 10，AC2⊥AB，
∴△A2B2C2的面积=12×2 10× 10=10．
故答案为：10．
(1)根据平移的方向与距离进行画图即可；
(2)根据点B为位似中心，且位似比为2：1进行画图即可；
(3)连接AC2，则AC2=AA2=AB= 10，AC2⊥AB，据此求得△A2B2C2的面积．
本题主要考查了利用平移变换和位似变换进行作图，解决问题的关键是掌握：平移图形时，要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．解题时注意：画一个图形的位似图形时，位似中心的选择是任意的，这个点可以在图形的内部或外部或在图形上，对于具体问题要考虑画图方便且符合要求．
16.【答案】(1)80；
(2)解：被抽取的学生成绩在C：80≤x<90组的有：80−8−16−24=32(人)，
补全的条形统计图如下图所示：
(3)解：把1名来自七年级的学生记为甲，1名来自八年级的学生记为乙，2名来自九年级学生记为丙、丁，
根据题意，画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中九年级的2名学生恰好分在同一个组的结果有2种，
∴九年级的2名学生恰好分在同一个组的概率为：212=16．
【解析】(1)解：本次调查的学生共有：16÷20%=80(人)，故答案为：80；
(2)见答案；
(3)见答案；
(1)根据B组人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的学生人数．
(2)根据本次调查的学生人数和条形统计图中的数据，即可计算出被抽取的学生成绩在C组的人数，从而可以将条形统计图补充完整．
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，其中九年级的2名学生恰好分在同一个组的结果有2种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及扇形统计图和条形统计图．树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
17.【答案】(1)证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB．
又∵∠ABD=∠CBD，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD//BC．
又∵AB//CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
(2)如图，连接AC．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC．
又∵BE=13AB，
∴BE=13BC，
∴CE=23BC．
∵CE=4，
∴BE=2，AB=BC=6．
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴AE= AB2−BE2= 62−22=4 2，
∴AC= AE2+CE2= (4 2)2+42=4 3．
∵菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=BC⋅AE，
∴BD=2BC⋅AEAC=2×6×4 24 3=4 6．
【解析】(1)首先证明出四边形ABCD为平行四边形，然后结合AB=AD即可证明出四边形ABCD为菱形；
(2)首先根据菱形的性质得到AB=BC，然后根据BE=13AB得到BE=2，AB=BC=6，然后利用勾股定理求出AE=4 2，AC=4 3，最后利用菱形的面积公式求解即可．
此题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
18.【答案】解：(1)把A(4,1)代入y=nx，可得n=4×1=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x；
(2)把点B(m,−2)代入y=4x，可得m=−2，
∴B(−2,−2)．
设直线AB为y=kx+b，
把A(4,1)，B(−2,−2)代入y=kx+b，可得4k+b=1−2k+b=−2，
解得k=12b=−1，
∴一次函数的解析式为y=12x−1，
令x=0，则y=−1，
∴D(0,−1)，
∴△AOB的面积=12×1×(4+2)=3；
(3)存在，
∵△ABP的面积是△AOB面积的2倍，
∴直线AB向上平移2个单位或向下平移2个单位，所得的直线与反比例函数y=nx的图象的交点即为P点，
∵直线AB为y=12x−1，
∴向上平移2个单位得到y=12x+1，
由y=12x+1y=4x解得x=−4y=−1或x=2y=2；
向下平移2个单位得到y=12x−3，
由y=12x−3y=4x解得x=3− 17y=−3+ 172或x=3+ 17y= 17−32，
∴P点坐标为(−4,−1)或(2,2)或(3− 17,−3+ 172)或(3+ 17, 17−32).
【解析】(1)利用待定系数法，即可得到反比例函数的解析式；
(2)利用待定系数法求得直线AB的解析式，即可求得D(0,−1)，即可得出△AOB的面积=12×1×(4+2)=3；
(3)直线AB向上平移2个单位或向下平移2个单位，所得的直线与反比例函数y=nx的图象的交点即为P点．
本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数解析式是解题的关键．
19.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca，也考查了一元二次方程的解．
先根据一元二次方程的解的定义得到m2+2m−1=0，则m2+2m=1，根据根与系数的关系得出m+n=−2，再将其代入整理后的代数式计算即可．
【解答】
解：∵m是一元二次方程x2+2x−1=0的根，
∴m2+2m−1=0，
∴m2+2m=1，
∵m、n是一元二次方程x2+2x−1=0的两个实数根，
∴m+n=−2，
∴m2+4m+2n=m2+2m+2m+2n=1+2×(−2)=−3，
故答案为：−3．
20.【答案】(10 5−10)
【解析】【分析】
本题考查了黄金分割点，熟练掌握黄金分割点的定义是解题的关键．
由黄金分割点的定义得AC= 5−12AB，再代入AB的长计算即可．
【解答】
解：∵点C是线段AB上靠近点B的黄金分割点，AB=20米，
∴AC= 5−12AB= 5−12×20=(10 5−10)(米)，
故答案为：(10 5−10)．
21.【答案】37
【解析】解：将方程两边都乘以x−3，
得m=2+x−3，解得x=m+1，
∵方程的根为正数，
∴m+1>0且m+1≠3，则m>−1且m≠2，
所以在所列的7个数中，能使此方程的解为正数的有0、1、3这3个数，
则关于x的方程mx−3=2x−3+1 的根为正数的概率为：37．
故答案为：37．
解分式方程得x=m+1，由方程的根为正数得出m+1>0且m+1≠3，即m>−1且m≠2，再从所列7个数中找到符合条件的结果数，从而利用概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，掌握解分式方程的能力及随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数是关键．
22.【答案】9 3
【解析】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，如图，
∵△OMN是边长为10的等边三角形，
∴OM=ON=MN=10，∠MON=∠M=∠MNO=60°，
设OC=b，则BC= 3b，OB=2b，
∴BM=OM−OB=10−2b，B(b, 3b)，
∵∠M=60°，AB⊥OM，
∴AM=2BM=20−4b，
∴AN=MN−AM=10−(20−4b)=4b−10，
∵∠AND=60°，
∴DN=12AN=2b−5，AD= 32AN=2 3b−5 3，
∴OD=ON−DN=15−2b，
∴A(15−2b,2 3b−5 3)，
∵A、B两点都在反比例函数数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=(15−2b)(2 3b−5 3)=b⋅ 3b，
解得b=3或5，
当b=5时，OB=2b=10，此时B与M重合，不符题意，舍去，
∴b=3，
∴k=b⋅ 3b=9 3，
故答案为：9 3．
过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，设OC=b，通过直角三角形和等边三角形的性质用b表示出A、B两点的坐标，进而代入反比例函数的解析式列出b的方程求得b，便可求得k的值．
本题主要考查了反比例函数的图象与性质，等边三角形的性质，解直角三角形，关键是列出b的方程．
23.【答案】5 2
【解析】解：∵PQ//BC，AD⊥BC，
∴AE⊥PQ，
∵PQ//BC，
∴△APQ∽△ABC，
∴AEPQ=ADBC=23，
∴3AD=2BC，
∵PM⊥BC，QN⊥BC，
∴∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°，
∴四边形PMNQ是矩形，
∴PQ=MN，PM=ED，
∵AE=PQ，AD=BC，
∴AE+ED=BM+MN+CN，
∴MN+QN=BM+MN+CN，
∴QN=BM+CN；
∵△ABC的面积等于75，
∴12BC⋅AD=75，
∵AD=23BC，
∴13BC2=75，
∴BC=15，AD=10，
设MN=x，则BM+CN=15−x，PM=QN=10−x，
∵MQ= MN2+QN2= x2+(10−x)2= 2(x−5)2+50，
∴当x=5时，MQ有最小值5 2．
故答案为：5 2．
根据平行线的性质得到AE⊥PQ，根据相似三角形的性质得到AEAD=PQBC，求得AE：PQ=AD：BC，由于AD=BC，可得AE=PQ，根据垂直的定义得到∠PMN=∠MNQ=∠MPQ=90°，推出四边形PMNQ是矩形，得到PQ=MN，PM=ED，等量代换即可得到QN=BM+CN，根据三角形的面积得到BC⋅AD=8，求得BC=4，AD=4，设MN=x，则BM+CN=4−x，PM=QN=4−x，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了相似三角形的性质和判定、三角形面积、勾股定理，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的判定和性质定理．
24.【答案】解：(1)设年平均增长率为x，由题意得：
20(1+x)2=28.8，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(舍)．
答：年平均增长率为20%；
(2)设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额，由题意得：
(y−6)[300+30(25−y)]=6300，
整理得：y2−41y+420=0，
解得：y1=20，y2=21．
∵让顾客获得最大优惠，
∴y=20．
答：当每杯售价定为20元时，既能让顾客获得最大优惠，又可让店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额．
【解析】(1)设年平均增长率为x，根据东部华侨城景区在2020年春节长假期间，共接待游客达20万人次，预计在2022年春节长假期间，将接待游客达28.8万人次．列出方程求解即可；
(2)设当每杯售价定为y元时，店家在此款奶茶实现平均每天6300元的利润额，由题意得关于y的方程，解方程并对方程的解作出取舍即可．
本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并正确列出方程是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵∠ACB=90°，AB=5，BC=3，
∴AC= AB2−BC2=4，
∵∠ACB=90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，
∴∠A′CB=90°，A′B=AB=5，
Rt△A′BC中，A′C= A′B2−BC2=4，
∴AA′=AC+A′C=8;
(2)过C作CE//A′B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠A′BC′=∠ABC，BC′=BC=3，
∵CE//A′B，
∴∠A′BC′=∠CEB，
∴∠CEB=∠ABC，
∴CE=BC=3，
Rt△ABC中，S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，AC=4，BC=3，AB=5，
∴CD=AC⋅BCAB=125，
Rt△CED中，DE= CE2−CD2= 32−(125)2=95，
同理BD=95，
∴BE=DE+BD=185，C′E=BC′+BE=3+185=335，
∵CE//A′B，
∴BMCE=BC′C′E，
∴BM3=3335，
∴BM=1511;
(3)DE存在最小值1，理由如下：
过A作AP//A′C′交C′D延长线于P，连接A′C，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC=BC′，∠ACB=∠A′C′B=90°，AC=A′C′，
∴∠BCC′=∠BC′C，
而∠ACP=180°−∠ACB−∠BCC′=90°−∠BCC′，
∠A′C′D=∠A′C′B−∠BC′C=90°−∠BC′C，
∴∠ACP=∠A′C′D，
∵AP//A′C′，
∴∠P=∠A′C′D，
∴∠P=∠ACP，
∴AP=AC，
∴AP=A′C′，
在△APD和△A′C′D中，
∠P=∠A′C′D∠PDA=∠A′DC′AP=A′C′，
∴△APD≌△A′C′D(AAS)，
∴AD=A′D，即D是AA′中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE是△AA′C的中位线，
∴DE=12A′C，
要使DE最小，只需A′C最小，当A′、C、B共线，A′C的最小值为A′B−BC=AB−BC=2，
∴DE最小为12A′C=1．
【解析】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
(1)先求出AC=4，再在Rt△A′BC中，求出A′C= A′B2−BC2=4，从而可得AA′=8;
(2)过C作CE//A′B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，先证明CE=BC=3，再根据S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，求出CD，进而可得DE和BE及C′E，由CE//A′B得BMCE=BC′C′E，即可得BM=1511;
(3)过A作AP//A′C′交C′D延长线于P，连接A′C，先证明∠ACP=∠A′C′D=∠P，得AP=AC=A′C′，再证明△APD≌△A′C′D得AD=A′D，DE是△AA′C的中位线，DE=12A′C，要使DE最小，只需A′C最小，此时A′、C、B共线，A′C的最小值为A′B−BC=AB−BC=2，即可得DE最小值为12A′C=1．
26.【答案】(1)问题发现：
证明：∵△ABC与△APQ都是等边三角形，
∴AB=AC，AP=AQ，∠BAC=∠PAQ=60°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，AB=AC∠BAP=∠CAQAP=AQ，
∴△BAP≌△CAQ(SAS)，
∴BP=CQ；
(2)变式探究：
解：∠ABC和∠ACQ的数量关系为：∠ABC=∠ACQ；理由如下：
∵在等腰△ABC中，AB=BC，
∴∠BAC=12(180°−∠ABC)，
∵在等腰△APQ中，AP=PQ，
∴∠PAQ═12(180°−∠APQ)，
∵∠APQ=∠ABC，
∴∠BAC=∠PAQ，
∴△BAC∽△PAQ，
∴BAAC=PAAQ，
∵∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
∴△BAP∽△CAQ，
∴∠ABC=∠ACQ；
(3)解决问题：
解：连接AB、AQ，如图3所示：
∵四边形ADBC是正方形，
∴ABAC= 2，∠BAC=45°，
∵Q是正方形APEF的中心，
∴APAQ= 2，∠PAQ=45°，
∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAQ，
∴∠BAP=∠CAQ，
∵ABAC=APAQ= 2，
∴△ABP∽△ACQ，
∴ACAB=CQBP=1 2，
∵CQ=2 2，
∴BP= 2CQ=4，
设PC=x，则BC=AC=4+x，
在Rt△APC中，AP2=AC2+PC2，
即62=(4+x)2+x2，
解得：x=−2± 14，
∵x>0，
∴x=−2+ 14，
∴正方形ADBC的边长=4+x=4−2+ 14=2+ 14．
【解析】(1)问题发现易证AB=AC，AP=AQ，∠BAP=∠CAQ，由SAS证得△BAP≌△CAQ，即可得出结论；
(2)变式探究由等腰三角形的性质得出∠BAC=12(180°−∠ABC)，∠PAQ═12(180°−∠APQ)，由∠APQ=∠ABC，得出∠BAC=∠PAQ，证得△BAC∽△PAQ，得出BAAC=PAAQ，易证∠BAP=∠CAQ，则△BAP∽△CAQ，得出∠ABC=∠ACQ；
(3)解决问题连接AB、AQ，由正方形的性质得出ABAC= 2，∠BAC=45°，APAQ= 2，∠PAQ=45°，易证∠BAP=∠CAQ，由ABAC=APAQ= 2，得出△ABP∽△ACQ，则ACAB=CQBP=1 2，求出BP= 2CQ=4，设PC=x，则BC=AC=4+x，在Rt△APC中，AP2=AC2+PC2，代入求出x=−2+ 14，即可得出结果．
本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
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