2023-2024学年浙江省初中名校发展共同体九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省初中名校发展共同体九年级（上）月考数学试卷（12月份）（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。

1.长城总长约为6700000米，用科学记数法表示为( )
A. 67×105米B. 6.7×106米C. 6.7×107米D. 6.7×108米
2.下列四个图形分别是四届国际数学家大会的会标，其中是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列计算结果为a10的是( )
A. a6+a4B. a11−aC. a5⋅a2D. a12÷a2
4.实数a在数轴上对应的点如图所示，则a，−a，1的大小关系正确的是( )
A. −a5.如图，直尺一边BC与量角器的零刻度线AD平行，已知∠EOD的读数为65°，设OE与BC交于点F，则∠BFE的度数等于( )
A. 135°B. 115°C. 105°D. 100°
6.小明所在的班级有20人去体育场观看演出，20张票分别为A区第10排1号到20号.采用随机抽取的办法分票，小明第一个抽取得到10号座位，接着小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率是( )
A. 219B. 119C. 120D. 110
7.如图，△ABC中，AC=BC，∠BAC的外角平分线交射线BC于点D，若∠CAD=2∠D，则∠B的度数是( )
A. 36°
B. 32°
C. 30°
D. 45°
8.如图，已知点A，点C在双曲线y=2x上，点B，点D双曲线y=5x上，四边形ABCD为平行四边形.若AB/​/x轴，则平行四边形ABCD的面积等于( )
A. 6B. 4C. 5D. 10
9.如图是唐代李皋发明了“桨轮船”，该桨轮船的轮子被水面截得线段AB为10m，轮子的吃水深度3m，则该桨轮船的轮子直径为( )
A. 15mB. 12mC. 343mD. 173m
10.如图是由6块直角三角形拼成的矩形ABCD，其中①②③④是四个全等的三角形，则ADAB=( )
A. 43
B. 32
C. 2
D. 3
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.因式分解：2x2−18y2= ______ ．
12.某仓库对运进仓库的粮食采用如下的记录记法：运进120吨，记为+20吨；运进70吨记为−30吨.若运进90吨，则应记为______ 吨.
13.设函数满足以下两个条件：①图象过点(1,−1)；②当x>1时，y随x增大而增大.则满足条件的函数表达式可以是______ (写出一个即可)．
14.如图，从笔直的公路l旁一点P出发，向西走3km到达l，从P出发向北走4km也到达l.则从点P向北偏西45°走______ km到达l．
15.如图，将边长为2的正五边形ABCDE沿对角线BE折叠，使点A落在正五边形内部的A′处，则A′D的长等于______ ．
16.有一种手持烟花，该烟花有10个花弹，每1秒发一发花弹，每一发花弹的飞行路径均相同.第一发花弹的飞行高度h(米)与飞行时间t(秒)满足关系式：h=−52t2+mt.当t=1秒时，该花弹的高度为152米.
(1)第一发花弹的飞行高度h的最大高度是______ 米.
(2)第一发花弹飞行过程中与其他花弹同一高度时，其t的值为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
(1)计算： 2× 8+(−2)2−|−4|；
(2)解不等式：5x−12≤2(4x−3)．
18.(本小题6分)
如图，在8×8的正方形网格中，网格形成的最小边长的正方形的边长为1，点A，B在格点(网格线的交点)上.按要求画出格点四边形ABCD．
(1)在图1中，画正方形ABCD．
(2)在图2中，画一个以AB为边的轴对称四边形ABCD(正方形除外)．
19.(本小题6分)
甲、乙两校组织参加全市的初中生英语口语竞赛，参赛人数相等.比赛成绩分别为7分、8分、9分、10分(满分为10分).依据统计数据绘制了如图尚不完整的统计图表：
甲校成绩统计表

(1)请将甲校成绩统计表和图2的统计图补充完整；
(2)经计算，乙校的平均分是8.3分，中位数是8分，请求出甲校的平均分、中位数；并从平均分和中位数的角度分析哪个学校成绩较好．
20.(本小题8分)
一个单位分数1n都可以写成两个单位分数的和：1n=1p+1q(n,p,q为正整数)．
(1)若单位分数12写成：12=13+1q，求q的值．
(2)设p=n+a，q=n+b，即1n=1n+a+1n+b，试探究a，b与n之间的关系，并写出推理过程．
21.(本小题8分)
已知关于x的方程x2−6x+4−m=0．
(1)试从−10，−8，−4等三个数中，选取一个数作为m的值，使原方程有解，并说明理由，且求此解；
(2)当m=3时，原方程有一根为α，求α2+1α2的值．
22.(本小题10分)
如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，弦CF⊥AD于点H，CF与AB交于点P，AF，CD的延长线交于点G.连接AC，DF．
(1)求证：∠BAC=∠DAF．
(2)若AC=3DF=3，求线段FH的长．
23.(本小题10分)
抛物线y=x2+(2a−1)x+a2−254的顶点为N．
(1)若a>0，且抛物线过点A(3,3)，求抛物线的函数表达式；
(2)在(1)的条件下，直线y=kx(k≠0)与抛物线交于A、B两点，过A，B分别作y轴的垂线，垂足为C，D，求AC⋅BD的值；
(3)若直线y=−x+m与抛物线有两个交点，求m的取值范围，并证明，两交点之间的距离与a无关．
24.(本小题12分)
如图，边长为a的正方形ABCD内部有一点P(不在边界上)，过点P分别作两边的平行线EF，GH，与各边的交点分别为E，F，G，H，记四边形PHCF面积为S1，四边形PEAG的面积分别为S2，四边形PHBE的面积为S3，四边形PGDF的面积为S4，PE=x，PH=y．
(1)若S2=3S1，x=2y，求S3S4的值；
(2)若∠HAF=45°，求证：S1=2S2；
(3)对于确定的y(0答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：6 700000=6.7×106，
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
2.【答案】A
【解析】解：B，C，D选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
A选项中的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
故选：A．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
本题考查了轴对称图形的概念．
3.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了同底数幂的除法，同底数幂的乘法，合并同类项，整式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．各项计算得到结果，即可作出判断．
【解答】
解：A.原式=a6+a4，不符合题意；
B.原式=a11−a，不符合题意；
C.原式=a7，不符合题意；
D.原式=a10，符合题意，
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：由数轴上a的位置可知a<0，|a|>1；
设a=−2，则−a=2，
∵−2<1<2
∴a<1<−a，
故选项A，B，C错误，选项D正确．
故选D．
本题首先运用数形结合的思想确定a的正负情况，然后根据相反数意义即可解题．
此题主要考查了比较实数的大小，解答此题的关键是根据数轴上a的位置估算出a的值，设出符合条件的数值，再比较大小即可．
5.【答案】B
【解析】解：∵BC/​/AD，
∴∠BFO=∠EOD=65°，
∴∠BFE=180°−∠BFO=115°．
故选：B．
由平行线的性质得到∠BFO=∠EOD=65°，由平角定义求出∠BFE=180°−∠BFO=115°．
本题考查平行线的性质，关键是由平行线的性质得到∠BFO=∠EOD=65°．
6.【答案】A
【解析】解：因为与10号座位相邻得有2个座位，
所以小亮从其余的票中任意抽取一张，取得的一张恰与小明邻座的概率为219．
故选：A．
直接利用概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：灵活运用概率公式是解决问题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵AD平分∠CAE，
∴∠CAD=∠EAD，
∵∠CAD=2∠D，
∴∠EAD=2∠D，
∵∠EAD=∠B+∠D，
∴∠B=∠D，
∵AC=BC，
∴∠BAC=∠B，
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=∠B+2∠B=3∠B，
∵∠B+∠D+∠BAD=180°，
∴∠B+∠B+3∠B=180°，
∴∠B=36°．
故选：A．
由角平分线定义得到∠CAD=∠EAD，由∠CAD=2∠D，得到∠EAD=2∠D，由三角形外角的性质推出∠B=∠D，由等腰三角形的性质得∠BAC=∠B，求出∠BAD=3∠B，由三角形内角和定理得到∠B+∠B+3∠B=180°，即可求出∠B=36°．
本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，关键是由三角形外角的性质推出∠B=∠D．
8.【答案】A
【解析】解：设AD，BC与x轴的交点分别是E，F，
设A的坐标为(a,2a)，
∵AB/​/x轴，
∴点B的坐标为(5a2,2a)，
∴AB=5a2−a=3a2，
∴S四边形ABFE=3a2×2a=3，
同理可得四边形EFCD的面积是3，
∴平行四边形ABCD的面积等于6，
故选：A．
先设A的坐标为(a,2a)，然后表示出点B的坐标，即可表示出AB的长，先求出x轴上方的面积，同理求出下方的面积即可解答．
本题考查了反比例函数的综合运用，关键是由平行于x轴的直线上的点的纵坐标相等，设出点的坐标，然后根据平行四边形的面积公式计算．
9.【答案】C
【解析】解：过点P作PC⊥AB交AB于点D，交⊙P于点C，如图：
根据垂径定理可知BD=5m，根据题意知DC=3m，
∴PD=PB−3，
在Rt△PBD中，PB2=PD2+BD2，
∴PB2=(PB−3)2+52，解得PB=173(m)，
则该桨轮船的轮子直径为343m.
故选：C．
过点P作PC⊥AB交AB于点D，交⊙P于点C，根据垂径定理可知BD=5m，根据题意知DC=3m，用半径表示出PD，利用勾股定理即可求解．
本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题关键．
10.【答案】C
【解析】解：如图：
设BE=a，AE=b，
∵①②③④是四个全等的三角形，
∴AF=a−b，DF=a+b，
∴AB2=a2+b2，AD2=AF2+DF2=(a−b)2+(a+b)2=2(a2+b2)，
∴AD2AB2=2(a2+b2)a2+b2=2，
∴ADAB= 2，
故选：C．
先设直角三角形①中短直角边为a，长直角边为b，分别表示出AD，AB即可解答．
本题考查全等三角形的性质，勾股定理，解题的关键是用含字母的式子表示出AB，AD．
11.【答案】2(x+3y)(x−3y)
【解析】解：2x2−18y2
=2(x2−9y2)
=2(x+3y)(x−3y)，
故答案为：2(x+3y)(x−3y)．
先提公因式，再利用平方差公式继续分解即可解答．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
12.【答案】−10
【解析】解：由题意得：以100吨为标准，
∴90−100=−10(吨)，
∴若运进90吨，则应记为−10吨，
故答案为：−10．
根据题意易得：以100吨为标准，然后进行计算即可解答．
本题考查了正数和负数，熟练掌握正数和负数的意义是解题的关键．
13.【答案】y=x−2(答案唯一)
【解析】解：满足条件的函数表达式y=x−2(答案不唯一)，理由如下：
①当x=1时，y=1−2=−1，
∴函数y=x−2的图象经过点(1,−1)，
②根据一次函数的性质可知：对于y=x−2，当x>1时，y随x增大而增大，
故答案为：y=x−2(答案不唯一)．
写一个k=1且经过点(1,−1)的一次函数即可(答案不唯一)．
此题主要考查了一次函数的图象和性质，正确理解一次函数的图象和性质是解答此题的关键．
14.【答案】12 27
【解析】解：作∠APB的平分线，PQ交AB于Q，过Q作QM⊥PA于M，QN⊥PB于N，
由题意得；PA=3km，PB=4km，∠APB=90°，
∴∠BPQ=45°，MQ=NQ，
∴△PQM是等腰直角三角形，
∴PQ= 2MQ，
由勾股定理得：AB= PA2+PB2=5(km)，
∵△PAB的面积=△PAQ的面积+△PBQ的面积，
∴12AP⋅PB=12PA⋅MQ+12PB⋅NQ，
∴3×4=3MQ+4MQ，
∴MQ=127(km)，
∴PQ=12 27(km)．
∴从点P向北偏西45°走12 27km到达l．
故答案为：12 27．
作∠APB的平分线，PQ交AB于Q，过Q作QM⊥PA于M，QN⊥PB于N，由题意得：PA=3km，PB=4km，∠APB=90°，由角平分线的性质推出MQ=NQ，由等腰直角三角形的性质得到PQ= 2MQ，由勾股定理求出AB= PA2+PB2=5(km)，由三角形面积公式得到3×4=3MQ+4MQ，求出MQ=127km，得到PQ=12 27km，即可得到答案．
本题考查方向角，勾股定理，角平分线的性质，三角形的面积，关键是由三角形的面积得到3×4=3MQ+4MQ，求出MQ的长．
15.【答案】 5−1
【解析】解：∵多边形ABCDE是五边形，
∴∠A=∠AED=108°，AE=AB=DE，
∴∠AEB=∠ABE=36°，
∵将边长为2的正五边形ABCDE沿对角线BE折叠，使点A落在正五边形内部的A′处，
∴A′E=AE，∠BA′E=∠A=108°，∠A′EB=∠AEB=36°，
∴∠A′ED=∠AED−∠AEB−∠A′EB=36°，
∵A′E=DE，
∴∠EA′D=72°，
∴∠EA′D++∠BA′E=180°，
∴B，A′和D三点同一条直线上，
∵EB=BD，∠EDB=36°，
∴∠BED=72°，
∵EA′=BA′．
∵ED=EA′=2，
∴BA′=2，
∴∠DAE=∠ADE′，
∴∠DEA′=∠EDB，
∵∠EDB=∠EDA′，
∴△EDA′∽△BDE，
∴EDDA=DA′ED，
∴22+DA′=DA′2，
∴DA′= 5−1；
故答案为： 5−1．
利用正五边形的性质得出△EAB≌△BCD即可求出∠ABE=∠CBD=36°，进而即可得出B，A′和D三点同一条直线上，然后利用等腰三角形的性质得出ED=EA′=2，再判断出△EDA′∽△BDE，得出比例式求解即可得出结论．
此题考查了正多边形与圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是得出∠EBD=∠EBA′=36°和△EDA′∽△BDE．
16.【答案】10 52秒或3秒或72秒
【解析】解：(1)∵当t=1秒时，该花弹的高度为152米，
∴−52×12+m=152，
∴m=10．
∴h=−52t2+10t．
∵h=−52t2+10t=−52(t−2)2+10，
∴抛物线的顶点坐标为(2,10)，
∴第一发花弹的飞行高度h的最大高度是10米．
故答案为：10；
(2)令h=0，则−52t2+10t=0，
∴t=0或t=4，
∴第一发花弹飞行需要4秒．
∴第一发花弹飞行过程中可能与第二发花弹，第三发花弹，第四发花弹在同一高度，
设第一发花弹与第二发花弹在高度为a米时，高度相同，
∴−52t2+10t=a，
∴5t2−20t+2a=0，
∴t1+t2=4，t1⋅t2=2a5．
∵第一发花弹与第二发花弹相差1秒，
∴t2−t1=1，
∴(t2−t1)2=1，
∴(t1+t2)2−4t1t2=1，
∴16−85a=1，
∴a=758．
当a=758时，
−52t2+10t=758，
解得：t=32(不合题意，舍去)或t=52．
设第一发花弹与第三发花弹在高度为b米时，高度相同，
∴−52t2+10t=b，
∴5t2−20t+2b=0，
∴t1+t2=4，t1⋅t2=2b5．
∵第一发花弹与第三发花弹相差2秒，
∴t2−t1=2，
∴(t2−t1)2=4，
∴(t1+t2)2−4t1t2=4，
∴16−85b=4，
∴b=152．
当b=152时，
−52t2+10t=152，
解得：t=1(不合题意，舍去)或t=3．
设第一发花弹与第四发花弹在高度为c米时，高度相同，
∴−52t2+10t=c，
∴5t2−20t+2c=0，
∴t1+t2=4，t1⋅t2=2c5．
∵第一发花弹与第四发花弹相差3秒，
∴t2−t1=3，
∴(t2−t1)2=9，
∴(t1+t2)2−4t1t2=9，
∴16−85c=9，
∴c=358．
当c=358时，
−52t2+10t=358，
解得：t=12(不合题意，舍去)或t=72．
综上，第一发花弹飞行过程中与其他花弹同一高度时，其t的值为52秒或3秒或72秒．
故答案为：52秒或3秒或72秒．
(1)利用待定系数法求得抛物线的解析式，再利用配方法解答即可得出结论；
(2)由题意得：第一发花弹飞行需要4秒，第一发花弹飞行过程中可能与第二发花弹，第三发花弹，第四发花弹在同一高度，设第一发花弹与第二发花弹在高度为a米时，高度相同，得到−52t2+10t=a，根据第一发花弹与第二发花弹相差1秒，得到t2−t1=1，再利用根与系数的关系求得t值；利用同样的方法求第一发花弹与第三发花弹，第一发花弹与第四发花弹高度相同时的t值．
本题主要考查了二次函数的应用，抛物线的性质，待定系数法，配方法，一元二次方程与二次函数的联系，一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 2× 8+(−2)2−|−4|
= 16+4−4
=4+4−4
=4；
(2)5x−12≤2(4x−3)，
去括号，得：5x−12≤8x−6，
移项及合并同类项，得：−3x≤6，
系数化为1，得：x≥−2．
【解析】(1)先算乘方，再算乘法，然后算加减法即可；
(2)根据解一元一次不等式的方法解答本题．
本题考查二次根式的混合运算、解一元一次不等式，熟练掌握运算法则和解一元一次不等式是解答本题的关键．
18.【答案】解：(1)如图1，四边形ABCD为所作；
(2)如图2，四边形ABCD为所作．

【解析】(1)把AB绕B点逆时针旋转90°得到BC，把AB绕A点顺时针旋转90°得到AD，则四边形ABCD满足条件；
(2)作图以AB为腰得等腰梯形即可．
本题考查了作图−轴对称变换：熟练掌握轴对称的性质是解决问题的关键．
19.【答案】解：(1)5÷90360=20(人)，
20×54360=3(人)，
20−11−8=1(人)，
填表如下：
如下尚不完整的统计图表．
如图所示：

故答案为：1．
(2)甲校的平均分为=120(7×11+8×0+9×1+10×8)=8.3(分)，
分数从低到高，第10人与第11人的成绩都是7分，
故中位数=12(7+7)=7(分)；
由于两校平均分相等，乙校成绩的中位数大于甲校的中位数，所以从平均分和中位数角度上判断，乙校的成绩较好．
【解析】(1)由得10分的人数除以占的百分比求出乙校参赛的总人数，即可得出8分的人数；由于两校参赛人数相等，根据总人数减去其他人数求出甲校得9分的人数；
(2)根据平均数求法得出甲的平均；把分数从小到大排列，利用中位数的定义解答．
此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用，以及平均数与中位数等知识，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．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．
20.【答案】解：(1)∵12=13+1q，
∴1q=12−13=16，
∴q=6；
(2)∵1n=1n+a+1n+b，即1n=2n+a+b(n+a)(n+b)，
∴n(2n+a+b)=(n+a)(n+b)，
即n2=ab，
即a，b与n之间的关系为n2=ab．
【解析】(1)根据分式的加减计算方法进行计算即可；
(2)利用分式的加减法以及等式的性质进行解答即可．
本题考查分式的加减法，掌握分式加减法的计算方法是正确解答的前提．
21.【答案】解：(1)对于方程x2−6x+4−m=0，当根的判别式Δ=(−6)2−4×1×(4−m)≥0时，该方程有实数解，
由(−6)2−4×1×(4−m)≥0解得：m≥−5，
∴从−10，−8，−4三个数中，选取m=−4，该方程有实数解，
此时原方程为x2−6x+8=0，
解得：x1=2，x2=4，
(2)当m=3时，原方程为x2−6x+1=0，
∵这个方程的一根为α，
∴α2−6α+1=0，
显然α≠0，
将α2−6α+1=0的两边同时除以α，得：α+1α=6，
∴(α+1α)2=62，
∴α2+1α2+2=36，
∴α2+1α2=34．
【解析】(1)首先由根的判别式得Δ=(−6)2−4×1×(4−m)≥0，由此解得m≥−5，据此可在−10，−8，−4三个数中选取一个使原方程有解，进而在求出方程的解即可；
(3)当当m=3时，原方程为x2−6x+1=0，将α代入该方程得α2−6α+1=0，显然α≠0，据此可得α+1/α=6，然后利用完全平方公式即可得出答案．
此题主要考查了解一元二次方程，一元二次方程根的判别式，熟练掌握解一元二次方程及一元二次方程根的判别式是解答此题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
∴AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵CH⊥AD，
∴∠DCH+∠ADC=90°，
∵∠BAC+∠ACD=90°，
∴∠BAC=∠DCH，
∵∠DAF=∠DCH，
∴∠BAC=∠DAF．
(2)解：∵∠DFH=∠CAH，∠ACH=∠FDH，
∴△FDH∽△ACH，
∴FH：AH=DF：AC，
∵AC=3DF=3，
∴FD：AC=1：3，
∴FH：AH=1：3，
令HF=x，则AH=3x，
∵AD=AC=3，
∴DH=AD−AH=3−3x，
∵FD2=FH2+DH2，
∴x2+(3−3x)2=12，
∴x=45或x=1，
∵FH∴FH=45．
【解析】(1)由垂径定理推出AB垂直平分CD，因此AC=AD，得到∠ACD=∠ADC，由余角的性质得到∠BAC=∠DCH，由圆周角定理得∠DAF=∠DCH，即可证明∠BAC=∠DAF．
(2)由△FDH∽△ACH，推出FH：AH=1：3，令HF=x，则AH=3x，得到DH=AD−AH=3−3x，由勾股定理得到x2+(3−3x)2=12，求出x=45或x=1，而FH本题考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，关键是由△FDH∽△ACH推出FH：AH=1：3，由勾股定理列出关于x的方程．
23.【答案】(1)解：把A(3,3)代入y=x2+(2a−1)x+a2−254，
则3=32+(2a−1)×3+a2−254，
∴a=12或a=−132(舍)，
∴y=x2+(2×12−1)x+(12)2−254，
∴y=x2−6；
(2)解：把A(3,3)代入y=kx，则3=k×3，
∴k=1，
∴y=x，
当y=x与y=x2−6相交时，则x=x2−6，
∴x=3或x=−2，
当x=−2时，y=−2，则B(−2,−2)，
∵AC⊥y轴于C，A(3,3)，
∴C(0,3)，
∵BD⊥y轴于D，
∴D(0,−2)，
∴AC=3−0=3，BD=0−(−2)=2，
∴AC⋅BD=3×2=6；
(3)证明：当y=−x+m与y=x2+(2a−1)x+a2−254相交时，
−x+m=x2+(2a−1)x+a2−254，
整理得：x2+2ax−m+a2−254=0，
∴Δ=(2a)2−4×1×(−m+a2−254)>0，
∴m>−254，
则x1+x2=−2a，x1⋅x2=−m+a2−254，
∴(x1−x2)2=x12+x22−2x1x2，
=x12+x22+2x1x2−4x1x2，
=(x1+x2)2−4x1x2，
=(−2a)2−4×(−m+a2−254)，
=4m+25，
当x=x1时，y1=−x1+3，
当x=x2时，，2=−x2+3，
则(y1−y2)2
=[−x1+3−(−x2+3)]2
=(−x1+3+x2−3)2
=(x2−x1)2
=(x1−x2)2，
∴两交点之间的距离= (x1−x2)2+(y1−y2)2
= (x1−x2)2+(x1−x2)2
= 2(x1−x2)2
= 2(4m+25)
= 8m+50，
∴两交点之间的距离与a无关．
【解析】(1)把A(3,3)代入y=x2+(2a−1)x+a2−254确定a值即可；
(2)把A(3,3)代入y=kx求出k，再联立y=x与y=x2−6，进而确定C、D的坐标即可；
(3)联立y=−x+m与y=x2+(2a−1)x+a2−254，由Δ>0可得m>−254，再由根与系数的关系得：x1+x2=−2a，x1⋅x2=−m+a2−254，进而可得(x1−x2)2=4m+25，(y1−y2)2=(x1−x2)2，再根据两交点之间的距离公式可得结论．
本题主要考查了待定系数法求二次函数表达式、一元二次方程根与系数的关系、两交点之间的距离公式，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
24.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，PE=x，PH=y，
∴CH=a−x，AE=a−y，
∴S1=PH⋅CH=y(a−x)，S2=PE⋅AE=x(a−y)，
∵S2=3S1，x=2y，
∴3y(a−x)=x(a−y)，
∴x=a2，y=a4，
∴S3=xy=a2×a4=a28，S4=PF×DF=(a−x)(a−y)=a4×3a4=3a28，
∴S3S4=13；
(2)证明：过点A作AQ⊥AF交CB于点Q，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠ABC=∠DAB=90°，
∴∠DAF=∠BAQ，∠D=∠ABQ，
∴△ADF≌△ABQ(ASA)，
∴AF=AQ，
又∵∠QAH=∠HAF=45°，
∴△AHF≌△AHQ(SAS)，
∴QH=HF，
∴HB+DF=HF，
∴(x+a−y)2=(a−x)2+y2，
即2ax=ay+xy．
∴S1S2=y(a−x)x(a−y)=ay−xyax−xy=2ax−2xyax−xy=2，
∴S1=2S2；
(3)解：当∠AHF=90°时，在Rt△ABH与Rt△HCF中，∵∠BAH=90°−∠AHB=∠CHF，
∴Rt△ABH∽Rt△HCF，
∴ABBH=HCFC，
即ax=a−xy，
整理得：x2−ax+ay=0，(*)
方程(*)的判别式Δ=a2−4ay，
∴当00，方程(*)有两个解，此时，BC边上存在两点H，使得∠AHF=90°；
当y=a4时，Δ=0，方程(*)有唯一解x=a2，此时，BC边上有唯一一点H，使得∠AHF=90°；
当a4【解析】(1)由矩形的面积可得出3y(a−x)=x(a−y)，得出x=a2，y=a4，则可得出答案；
(2)过点A作AQ⊥AF交CB于点Q，证明△ADF≌△ABQ(ASA)，得出AF=AQ，证明△AHF≌△AHQ(SAS)，得出QH=HF，证出2ax=ay+xy.则可得出结论；
(3)证明Rt△ABH∽Rt△HCF，得出ABBH=HCFC，即ax=a−xy，由一元二次方程根的判别式可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握以上知识点是解题的关键．分数
7分
8分
9分
10分
人数
11
0
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