专题9.1 期末测试卷（拔尖）-2023-2024学年九年级数学下册举一反三系列（苏科版）

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参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023上·浙江宁波·九年级统考期中）如图，将函数y=12x−22+1的图象沿y轴向上平移得到一条新函数的图象，其中点A1,m，B4,n平移后的对应点分别为点A′、B′．若曲线段AB扫过的面积为9（国中的阴影部分），则新图象的函数表达式是（ ）

A．y=12x−22+2B．y=12x−22+7
C．y=12x−22+5D．y=12x−22+4
【答案】D
【分析】曲线段AB扫过的面积=xB−xA×AA′=3AA′=9，则AA′=3，然后根据平移规律即可求解．
【详解】解：曲线段AB扫过的面积=xB−xA×AA′=3AA′=9，
则AA′=3，
故抛物线向上平移3个单位，则y=12x−22+4
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与几何变换以及平行四边形面积求法等知识，根据已知得出AA′是解题关键．
2．（3分）（2023下·北京密云·九年级统考期末）某电商网站以智能手表为主要的产品运营．今年1—4月份，该网站智能手表的销售总额如图1所示，其中一款通话功能智能手表的销售额占当月智能手表销售总额的百分比如图2所示．

以下四个结论正确的是（ ）
A．今年1—4月，智能手表的销售总额连续下降
B．今年1—4月，通话功能智能手表的销售额在当月智能手表销售总额中的占比连续下降
C．通话功能智能手表3月份的销售额与2月份的销售额持平
D．今年1—4月，通话功能智能手表销售额最低的月份是2月
【答案】C
【分析】根据条形统计图和折线统计图的信息进行求解判断即可．
【详解】解：由条形统计图和折线统计图可得，今年1—4月，智能手表的销售总额先下降后上升，A错误，故不符合要求；
今年1—4月，通话功能智能手表的销售额在当月智能手表销售总额中的占比先下降然后上升最后下降，B错误，故不符合要求；
通话功能智能手表2月份的销售额为80×15％=12（万元），3月份的销售额为60×20％=12（万元），
∴通话功能智能手表3月份的销售额与2月份的销售额持平，C正确，故符合要求；通话功能智能手表1月份的销售额为85×22％=18.7（万元），4月份的销售额为70×17％=11.9（万元），
∵18.7>12>11.9，
∴今年1—4月，通话功能智能手表销售额最低的月份是4月，D错误，故不符合要求；
故选：C．
【点睛】本题考查了条形统计图，折线统计图．解题的关键在于从统计图中获取正确的信息．
3．（3分）（2023上·山东东营·九年级校考期末）已知二次函数y=−x−ℎ2（h为常数），当自变量x的值满足2≤x≤5时，与其对应的函数值y的最大值为−1，则h的值为（ ）
A．3或4B．1或6C．1或3D．4或6
【答案】B
【分析】分ℎ<2，2≤ℎ≤5和ℎ>5三种情况，结合二次函数的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵y=−x−ℎ2，−1<0，对称轴为直线x=ℎ，
∴抛物线的开口向下，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小；
当ℎ<2时，则x=2时，函数值y有最大值，
故−2−ℎ2=−1，
解得：ℎ1=1,ℎ2=3（舍去）；
当2≤ℎ≤5时，y=−x−ℎ2的最大值为0，不符合题意；
当ℎ>5时，则x=5时，函数值y有最大值，
故−5−ℎ2=−1，
解得：ℎ3=4（舍去），ℎ4=6．
综上所述：h的值为1或6．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的性质．熟练掌握二次函数的增减性，是解题的关键．
4．（3分）（2023上·陕西宝鸡·九年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，E为边AD上的点，点F在边CD上，且CF=3FD，连接BE、EF，∠BEF=90°，若AB=4，延长EF交BC的延长线于点G，则BG的长为（ ）

A．9B．9.5C．10D．10.5
【答案】C
【分析】分别证明△ABE∽△DEF，△DEF∽△CGF，利用相似三角形的性质求得DE=2，CG=6，进而可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴∠A=∠D=90°，AB=AD=CD=BC=4，AD∥BC，
∵∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠ABE=∠AEB+∠DEF=90°，则∠ABE=∠DEF，
∴△ABE∽△DEF，
∴ABDE=AEDF，
∵CF=3FD，CD=4，
∴DF=1，CF=3，
∴4DE=4−DE1，则DE=2；
∵AD∥BC，
∴△DEF∽△CGF
∴DECG=FDCF，则2CG=13，
∴CG=6，
∴BG=BC+CG=4+6=10，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、等角的余角相等等知识，熟练掌握相似三角形的性质是解答的关键．
5．（3分）（2023下·江苏苏州·九年级苏州市立达中学校校考期末）如图已知△ABC中，∠C=90∘，AC=4，BC=3，将△ABC绕着AC边中点O旋转得到△DEF，EF、ED分别交AB于点M、N，若AB∥DF，则MN=（ ）

A．125B．165C．95D．65
【答案】A
【分析】设EF交AC与P点，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得到EF=AB=5,DF=AC=4,∠A=∠F，接着证明∠A=∠PMA,∠F=∠POF得到PA=PM,PO=PF，则OA=MF=2，求得EM=3，然后利用平行线分线段成比例定理求出MN的值．
【详解】设EF交AC与P点，
∵∠C=90∘,AC=4,BC=3，
∴AB=32+42=5，
∵O为AC中点，
∴OA=2，
∵将△ABC绕着AC边中点O旋转得到△DEF，
∴ EF=AB=5,DF=AC=4,∠A=∠F，
∵AB∥DF，
∴ ∠A=∠POF,∠F=∠PMA，
∴ ∠A=∠PMA,∠F=∠POF，
∴ PA=PM,PO=PF，
∴PA+PO=PM+PF，
即OA=MF=2，
∴EM=EF−MF=5−2=3，
∵MN平行于DF，
∴△EMN∽△EFD，
∴MNDF=EMEF，
即MN4=35，
解得MN=125，
故选A．

【点睛】本题考查了旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点到旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前后的图形全等，也考查了平行线的性质和平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质等．
6．（3分）（2023上·山西临汾·九年级统考期末）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在边AD上，沿着BE折叠使点A落在边CD上点F处，过点F作FP∥AD交BE于点P．若tan∠ABE=13，AD=3cm，则PF的长为（ ）

A．53B．2C．43D．32
【答案】A
【分析】连接AP，根据折叠的性质和平行线的性质，证得AE=EF=AP=PF，然后可证得△DEF∽△CFB，求得DF的长度，根据勾股定理即可求得答案．
【详解】如图所示，连接AP．

根据折叠的性质可知AE=EF，AP=PF，∠AEB=∠FEB，∠EAB=∠EFB=90°，∠ABE=∠FBE，
∴tanFBE=EFBF=13．
∵FP∥AD，
∴∠AEB=∠EPF．
∴∠FEB=∠EPF．
∴PF=EF．
∴AE=EF=AP=PF．
∵∠DEF+∠DFE=180°−∠D=90°，∠BFC+∠DFE=180°−∠EFB=90°，
∴∠DEF=∠BFC．
又∠D=∠C，
∴△DEF∽△CFB．
∴EFBF=DFBC=13．
∴DF=1cm．
设AE=xcm，则DE=3−xcm，EF=xcm．
在Rt△DEF中，根据勾股定理可得
EF2=DE2+DF2．
即
x2=3−x2+12．
解得
x=53．
∴AE=PF=53．
故选：A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、平行线的性质、勾股定理等，能根据题意构造辅助线是解题的关键．
7．（3分）（2023上·山西运城·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,CD⊥AB于点D，将△ ACD沿直线CD折叠，点A在AB边上的点E处，已知AC=5,DE=3，则sin∠BCE的值为（ ）

A．725B．35C．45D．2425
【答案】A
【分析】作EF⊥BC于点F，先这么∠ACD=∠B，再根据折叠的性质、勾股定理得到∠DCE=∠B,CD=4，由余弦定义得到CDCE=BFBE=45，由正弦定义得到sin∠B=ACAB=EFBE，据此设BF=4x,BE=5x，EF=3x，解出x=715，从而得到EF=75，最后根据正弦定义解答即可．
【详解】解：如图，作EF⊥BC于点F，

在Rt△ABC中，
∵AC⊥BC
∴AC∥EF
∴∠A=∠BEF
∵CD⊥AB,∠A+∠ACD=∠BEF+∠B=90°
∴∠ACD=∠B
∵折叠
∴AC=CE=5,DE=AD=3 ,∠ACD=∠DCE
∴∠DCE=∠B,CD=52−32=4
∴cs∠DCE=cs∠B
∴CDCE=BFBE=45
设BF=4x,BE=5x
∴EF=3x
∴sin∠B=ACAB=EFBE
∴56+5x=3x5x
∴x=715
∴EF=3x=75
sin∠BCE=EFCE=755=725
故选：A．
【点睛】本题考查正弦、余弦、勾股定理、平行线的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
8．（3分）（2023上·湖北武汉·九年级华中科技大学附属中学校联考阶段练习）对于二次函数y=ax2+bx+c，规定函数y=ax2+bx+c(x≥0)−ax2−bx−c(x<0)是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为(−12，1)，(92，1)，连接MN，若线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（ ）
A．−3C．n≤−1或1【答案】A
【分析】首先确定出二次函数y=−x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．
【详解】解：如图1所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．

所以当x=2时，y=1，即−4+8+n=1，解得n=−3．
如图2所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．

∵抛物线y=x2−4x−n与y轴交点纵坐标为1，
∴−n=1，解得：n=−1．
∴当−3如图3所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．

∵抛物线y=−x2+4x+n经过点0，1，
∴n=1．
如图4所示：线段MN与二次函数y=−x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．

∵抛物线y=x2−4x−n经过点M−12，1，
∴14+2−n=1，解得：n=54．
∴1综上所述，n的取值范围是−3故选：A．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y=−x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．
9．（3分）（2023上·安徽亳州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，延长AB到点D，使BD=AB，连接CD．若tan∠BCD=13，则BCAC的值是（ ）
A．32B．1C．13D．23
【答案】A
【分析】过点B作BE∥AC，交CD于E，就可以得出∠CBE=90°，就有BEBC=13，得到BC=3BE；由BE∥AC就可以得出△DBE∽△DAC就可以表示出AC，从而求出结论．
【详解】解：过点B作BE∥AC，交CD于E，如图所示，
∴∠ACB=∠CBE=90°，
∵tan∠BCD=13，
∴Rt△BCE中，BEBC=13，
∴BC=3BE．
∵BE∥AC，
∴△DBE∽△DAC，
∴BEAC=BDAD，
∵BD=AB，
∴BEAC=BDAD=12，
∴AC=2BE，
∴BCAC=3BE2BE=32，
故选：A
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函数的运用，解答时运用三角形函数和相似三角形的性质求解是关键．
10．（3分）（2023·全国·九年级假期作业）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧作等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE（∠ABC和∠AED是直角），连接BE，CD交于点P，CD与AE边交于点M，对于下列结论：①△BAE∽△CAD；②∠BPC=45°；③MP·MD=MA·ME；④2CB2=CP·CM，其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠EAD=45°，AC=2AB，AD=2AE，可以证明△BAE∽△CAD，故①正确；设BE与AC相交于点O，根据△BAE∽△CAD得到∠ABE=∠ACD，结合∠AOB=∠POC即可得到∠BPC=∠BAC=45°，故②正确；根据△BAE∽△CAD，得到∠BEA=∠CDA，进而证明△PME∽△AMD，即可得到MP⋅MD=MA⋅ME，故③正确；根据MP⋅MD=MA⋅ME得到MEME=MAMD，进而证明△PMA∽△EMD，得到∠APD=∠AED=90°，进而证明∠APC=∠MAC=90°，证明△CAP∽△CMA，得到AC2=CP⋅CM，即可得到2CB2=CP⋅CM，故④正确．
【详解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形（∠ABC和∠AED是直角），
∴AC2=AB2+BC2=2AB2,AD2=AE2+DE2=2AE2，∠BAC=∠EAD=45°，
∴AC=2AB，AD=2AE，
∴ACAB=ADAE，∠BAE=∠CAD，
∴△BAE∽△CAD，
∴①正确；
如图：设BE与AC相交于点O，
∵△BAE∽△CAD，
∴∠ABE=∠ACD，
∵∠AOB=∠POC，
∴∠BPC=∠BAC=45°，
∴②正确；
∵△BAE∽△CAD，
∴∠BEA=∠CDA，
∵∠PME=∠AMD，
∴△PME∽△AMD，
∴MPMA=MEMD，
∴MP⋅MD=MA⋅ME，
∴③正确；
∵MP⋅MD=MA⋅ME，
∴MPME=MAMD，
∵∠PMA=∠DME，
∴△PMA∽△EMD，
∴∠APD=∠AED=90°，
∴∠APC=90°，
∵∠CAE=180°−∠BAC−∠EAD=90°，
∴∠APC=∠MAC=90°，
∵∠ACP=∠MCA，
∴△CAP∽△CMA，
∴CPCA=CACM，
∴AC2=CP⋅CM，
∵AC=2BC，
∴2CB2=CP⋅CM，
∴④正确．
故选：D
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判断，等腰直角三角形的性质，理解题意，找到题目中的相似三角形是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023上·湖北武汉·九年级武汉市第六中学校考阶段练习）来自某综合市场财务部的报告表明，商场2014年1-4月份的投资总额一共是2025万元，商场2014年第一季度每月利润统计图和2014年1-4月份利润率统计图如下(利润率=利润÷投资金额)．则商场2014年4月份利润是 万元．
【答案】125
【分析】根据利润率=利润÷投资金额分别求出1月、2月、3月的投资额，由此得到4月份的投资额，即可根据公式求出答案.
【详解】1月份的投资额为：125÷20%=625（万元），
2月份的投资额为：120÷30%=400（万元），
3月份的投资额为：130÷26%=500（万元），
∴4月份的投资额为：2025-625-400-500=500（万元），
∴4月份的利润为：500×25%=125（万元），
故答案为：125.
【点睛】此题考查条形统计图和折线统计图，会观察统计图，并由统计图中得到相关的信息，根据公式进行计算解答问题是解题的关键.
12．（3分）（2023上·吉林长春·九年级统考期末）如图，在正方形网格中，点A、B、O都在格点上，那么tan∠AOB的值为 ．

【答案】1
【分析】连接AB，根据勾股定理可求出OA=AB=10，OB=25，从而得出OA2+AB2=OB2，则根据勾股定理逆定理可得出△OAB为直角三角形，且∠OAB=90°，最后根据正切的定义求解即可．
【详解】解：如图，连接AB．

由图可知OA=12+32=10，AB=12+32=10，OB=22+42=25，
∴OA2+AB2=OB2，
∴△OAB为直角三角形，且∠OAB=90°，
∴tan∠AOB=1010=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查勾股定理及勾股定理逆定理，正切的定义．正确的作出辅助线是解题关键．
13．（3分）（2023上·山东济宁·九年级统考期中）如图，一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，它与x轴交于两点O、A1；将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.此进行下去，直至得到C2021，若顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上，则m＝ ．
【答案】4041
【分析】根据题意，通过求解一元二次方程，得C10,2；根据二次方程的性质，得抛物线对称轴，从而求得C1的顶点；根据旋转的性质，得C2的顶点，同理得C3的顶点；根据数字规律的性质计算，即可得到答案．
【详解】∵−xx−2=0
∴x1=0，x2=2
∵C1与x轴交于两点O、A1；
∴C10,2
∵一段抛物线：y＝﹣x（x﹣2）（0≤x≤2）记为C1，
∴抛物线对称轴为：x=2−02=1
∴C1的最大值为：y=1
∴C1的顶点为：1,1
将C1绕A1能转180°得到C2，交x轴于A2；
∴C2的顶点为：3,−1，即2×2−1,−12−1
将C2绕A2旋转180°得到C3，交x轴于A3.
∴C3的顶点为：5,1，即2×3−1,−13−1
∴C2021的顶点为：2×2021−1,−12021−1，即4041,1
∵顶点P（m，n）在第2021段抛物线C2021上
∴m=4041
故答案为：4041．
【点睛】本题考查了二次函数、一元二次方程、旋转、数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、旋转的性质，从而完成求解．
14．（3分）（2023上·四川成都·九年级统考期末）如图，AE和AD分别为△ABC的角平分线和高线，已知AD=3，且∠B=2∠DAE，BD=4DE，则AC的长为 ．

【答案】258
【分析】在AD上截取AG，使AG=EG，则∠AEG=∠DAE，设AG=EG=m，DE=a，则BD=4a，DG=AD−AG=3−m．在Rt△EGD中，由勾股定理，得EG2=DE2+DG2，即m2=a2+3−m2，得a2=6m−9．证明△ADB∽△EDG，可得ADBD=DEDG，即34a=a3−m，即有4a2=9−3m．联立a2=6m−94a2=9−3m，解得m=53a2=1，即可得DE=1，BD=4，BE=BD−DE=3．在Rt△ABD中，AB=AD2+BD2=5．设点E到直线AB的距离为h，则S△ABE=12BE⋅AD=12AB⋅ℎ，可得ℎ=BE⋅ADAB=3×35=95．根据AE是△ABC的角平分线，可得点E到直线AC的距离为95．设CD=n，则AC=AD2+CD2=9+n2．利用S△AEC=12EC⋅AD=12AC⋅ℎ，可得1+n×3=9+n2×95，问题随之得解．
【详解】如图，在AD上截取AG，使AG=EG，则∠AEG=∠DAE，

∴∠EGD=∠AEG+∠DAE=2∠DAE．
∵∠B=2∠DAE，
∴∠B=∠EGD．
设AG=EG=m，DE=a，则BD=4a，DG=AD−AG=3−m．
在Rt△EGD中，由勾股定理，得EG2=DE2+DG2，
即m2=a2+3−m2，
化简，得a2=6m−9．
由AD是△ABC的高线，即有∠ADB=90°=∠EDG，
有∵∠B=∠EGD，
∴△ADB∽△EDG，
∴ADBD=DEDG，即34a=a3−m，
∴4a2=9−3m．
联立a2=6m−94a2=9−3m，
解得m=53a2=1，
∴a=1，
∴DE=1，BD=4，
∴BE=BD−DE=3．
在Rt△ABD中，AB=AD2+BD2=5．
设点E到直线AB的距离为h，则S△ABE=12BE⋅AD=12AB⋅ℎ，
∴ℎ=BE⋅ADAB=3×35=95．
∵AE是△ABC的角平分线，
∴点E到直线AC的距离为95．
设CD=n，则AC=AD2+CD2=9+n2．
∵S△AEC=12EC⋅AD=12AC⋅ℎ，
∴1+n×3=9+n2×95，解得n=78或n=−4（舍去），
∴AC=9+782=258．
【点睛】本题是一道三角形的综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，一元二次方程的应用等知识，构造合理的辅助线，灵活利用三角形的面积，是解答本题的关键．
15．（3分）（2023·河南·统考模拟预测）如图，已知▱ABCD中，AB=3，BC=5，∠BAC=90°，E、F分别是AB，BC上的动点，EF⊥BC，△BEF与△PEF关于直线EF对称，若△APD是直角三角形，则BF的长为 ．

【答案】910或95
【分析】分当∠PAD=90°时，当∠APD=90°，点P与C重合，点P与C不重合时，∠APD=90°时，三种情况讨论求解即可．
【详解】解：分三种情况：
①当∠PAD=90°，如图1所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，AD=BC=5，AD∥BC，
∴∠APB=∠PAD=90°，
∵∠BAC=90°，
∴AC=BC2−AB2=4，
∵∠B=∠B，∠APB=∠CAB=90°，
∴△ABP∽△CBA，
∴BPAB=ABBC，即BP3=35，
∴BP=95，
∵EF⊥BC，△BEF与△PEF关于直线EF对称，
∴BF=PF=12BP=910；

②当∠APD=90°，点P与C重合时，
∵AB∥CD，
∴∠APD=∠ACD=∠BAC=90°，
∴此时F为BC的中点，
∴该情况不存在；

③当点P与C不重合时，∠APD=90°时，过点A作AN⊥BC于N，过点D作DM⊥BC交BC延长线于M，
在Rt△ABC中，sinB=ACBC=45，csB=ABBC=35，
在Rt△ABN中，AN=AB⋅sinB=125，BN=AB⋅csB=95
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DCM=∠B，
∴sin∠DCM=sin∠B，cs∠DCM=cs∠B，
在Rt△CDM中，DM=CD⋅sin∠DCM=125，CM=CD⋅cs∠DCM=95，
设CP=x，则PN=BC−BN−CP=165−x，PM=95+x，
∵∠APD=90°，
∴∠NPA+∠NAP=90°=∠NPA+∠MPD，
∴∠NAP=∠MPD，
又∵∠ANP=∠PMD=90°，
∴△ANP∽△PMD，
∴ANPM=PNDM，即12595+x=165−x125，
解得x=75或x=0（舍去），
∴CP=75，
∴BP=185，
∴BF=12BP=95；
综上所述，BF的长为910或95；
故答案为：910或95．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
16．（3分）（2023·安徽阜阳·统考一模）如图1，E是等边△ABC的边BC上一点（不与点B，C重合），连接AE，以AE为边向右作等边△AEF，连接CF．已知△ECF的面积（S）与BE的长（x）之间的函数关系如图2所示（P为抛物线的顶点）．
（1）当△ECF的面积最大时，∠FEC的大小为 ．
（2）等边△ABC的边长为 ．
【答案】 30° 42
【分析】（1）过点F作FD⊥BC于点D，由已知先证△ABE≌△ACF，得BE=CF，∠ACF=60°，进可得∠FCD的度数，所以可求得FD，设等边△ABC的边长为a，则可把△ECF的面积表示出来，并求出面积的最大值，此时便可求得∠FEC的度数；
（2）由图知△ECF的最大值，由（1）中计算知道它的面积的最大值，则两者相等，可求得等边△ABC的边长．
【详解】过F作FD⊥BC，交BC的延长线于D，如图：
∵ △ABC为等边三角形，△AEF为等边三角形，
∴AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠EAF=∠AEF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
∴△ABE≌△ACF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF=60°，
∵ BE=x，
∴CF=x，∠FCD=180°−∠ACB−∠ACF=60°，
∴FD=CF⋅sin60°=32x，
设等边△ABC边长是a，则CE=BC−BE=a−x，
∴S△ECF=12CE⋅FD=12a−x⋅32x=−34x2+34ax，
当x=−34a2×−34=12a时，S△ECF有最大值为0−34a24×−34=316a2，
(1)当△ECF的面积最大时，BE=12a，即E是BC的中点，
∴AE⊥BC，∠AEB=90°，
∵∠AEF=60°，
∴∠FEC=180°−∠AEB−∠AEF=30°，
故答案为：30°；
（2）当x=12a时，S△ECF有最大值为316a2，
由图可知S△ECF最大值是23，
∴316a2=23，解得a=42或a=−42（边长a>0，舍去），
∴等边△ABC的边长为a=42，
故答案为：42．
【点睛】本题考查等边三角形及二次函数知识，解题关键是证明由△ABE≌△ACF，用x的代数式表示△ECF的面积．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·广东深圳·九年级校考期末）某商场将进货价为30元的台灯以40元售出，平均每月能售出600个，调查表明：售价在40元至60元范围内，这种台灯的售价每上涨1元，其销售量就将减少10个，设该商场决定把售价上涨x（0(1)售价上涨x元后，该商场平均每月可售出_____________个台灯（用含x的代数式表示）；
(2)为了实现平均每月10000元的销售利润，这种台灯的售价应定为多少元？这时应进台灯多少个？
(3)台灯售价定为多少元时，每月销售利润最大？
【答案】(1)600−10x
(2)这种台灯的售价应定50元，这时应进台灯500个
(3)台灯售价定为60元时，每月销售利润最大
【分析】（1）根据“售价每上涨1元，其销售量就将减少10个”，即可解答；
（2）根据总利润=单件利润×数量，列出方程求解即可；
（3）设每月销售利润为W，根据总利润=单件利润×数量，列出函数表达式，化为顶点式，根据二次函数的增减性，即可解答．
【详解】（1）解：售价上涨x元后，该商场平均每月可售出600−10x个台灯，
故答案为：600−10x；
（2）解：40+x−30600−10x=10000，
整理得：x2−50x+400=0，
解得：x1=10,x2=40（舍去），
∴这种台灯的售价为40+x=40+10=50（元），
销售数量为600−10x=600−10×10=500（个），
答：这种台灯的售价应定50元，这时应进台灯500个．
（3）解：设每月销售利润为W，
W=40+x−30600−10x
=−10x2+500x+6000
=−10x−252+12250，
∵−10<0，
∴当x<25时，W随x的增大而增大，
∵0∴当x=20时，售价为40+x=60（元），W取最大值，此时W=12000，
答：台灯售价定为60元时，每月销售利润最大．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意，根据题意找出等量关系，列出方程和函数表达式，熟练掌握二次函数性质．
18．（6分）（2023上·四川雅安·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=4cm．点E，F，G分别从点A，B，C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向移动.点E，G的速度均为1cm/s，点F的速度为2cm/s，当点F追上点G（即点F与点G重合）时，三个点随之停止移动．设移动开始后第t秒时，△EFG的面积为Scm2 ．

(1)当t=1秒时，S的值是多少？
(2)若点F在矩形的边BC上移动，当t为何值时，以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似？请说明理由．
【答案】(1)6cm2
(2)t=23或t=32，理由见解析
【分析】（1）当t=1时，根据点E、G的速度均为1cm/s，点F的速度为2cm/s，可求出S和t的关系．
（2）两边对应成比例夹角相等的三角形是相似三角形可求出解．
【详解】（1）解：当t=1秒时，则AE=1cm，EB=5cm，BF=2cm，FC=2cm，CG=1cm，
由S=S梯形GCBE−S△EBF−S△FCG，
=12×(EB+CG)⋅BC−12EB⋅BF−12FC⋅CG
=12×(5+1)×4−12×5×2−12×2×1
=6(cm2)；
（2）解：当点F在矩形的边BC上的边移动时0≤t≤2，在△EBF和△FCG中，∠B=∠C=90°，
①若EBFC=BFCG，即6−t4−2t=2tt，
解得t=23．
所以当t=23时，△EBF∽△FCG，
②若EBGC=BFCF即6−tt=2t4−2t，解得t=32．
所以当t=32时， △EBF∽△GCF．
综上所述，当t=23或t=32时，以点E、B、F为顶点的三角形与以F、C、G为顶点的三角形相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理，三角形的面积以及矩形的性质等知识点．掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
19．（8分）（2023上·河北张家口·九年级统考期末）如图，为了测量某座古塔的高度AB，小明在坡度为1:2的斜坡的底端D处测得古塔顶端A的仰角为40°，从D处沿斜坡上行22，4米到达C处，此时测得古塔顶端A的仰角为20°（已知点A，B，C，D在同一竖直平面内），求古塔的高度AB，（结果精确到1米，参考数据：tan40°≈0.84，tan20°≈0.36，5≈2.24）

【答案】古塔的高度AB约为30米．
【分析】过点C分别作CF⊥BD交BD的延长线于点F，CE⊥AB于点E，则四边形BECF是矩形，先由坡度的定义和勾股定理求出DF=20米，BE=10米，设AB=x米，则AE=AB−BE=x−10米，再由锐角三角函数的定义求出BD=x0.84（米），EC=x0.84+20米，再利用锐角三角函数求出x的值，即可求解．
【详解】解：如图，过点C分别作CF⊥BD交BD的延长线于点F，CE⊥AB于点E，则四边形BECF是矩形，

∴EC=BF，BE=CF，
根据题意，可知∠ACE=20°，∠ADB=40°，CD=22.4米，
∵斜坡的坡度为1:2，
∴CF:DF=1:2，
∵CD2=CF2+DF2，∴22.42=CF+4CF2，
∴CF=22.45≈（米），
∴DF=20米，BE=10米，
设AB=x米，则AE=AB−BE=x−10米，
在Rt△ABD中，tan∠ADB=ABBD，
∴BD=xtan40°≈x0.84（米），
∴EC=BF=BD+DF=x0.84+20米，
在Rt△AEC中，tan∠ACE=AEEC，
∴AE=EC⋅tan20°≈0.36EC，
∴x−10=x0.84+20×0.36，
∴x=30.1≈30，
故古塔的高度AB约为30米．
【点睛】本题考查解直角三角形−仰角俯角，及坡度坡角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
20．（8分）（2023上·河南信阳·九年级校联考期末）某校在课后服务中，成立了以下社团：A．计算机，B．围棋，C．篮球，D．书法每人只能加入一个社团，为了解学生参加社团的情况，从参加社团的学生中随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图，其中图1中D所占扇形的圆心角为150°．请结合图中所给信息解答下列问题：
(1)这次被调查的学生共有 ___________人；
(2)请你将条形统计图补充完整；
(3)若该校共有1800学生加入了社团，请你估计这1800名学生中大约有___________名学生参加了篮球社团；
(4)在书法社团活动中，由于甲、乙、丙、丁四人平时的表现优秀，恰好四位同学中有两名是男同学，两名是女同学．现决定从这四人中任选两名参加全市书法大赛，用画树状图或表格求恰好选中一男一女的概率．
【答案】(1)360
(2)见解析
(3)300人
(4)23
【分析】（1）由D的人数除以所占比例即可；
（2）求出C的人数，即可解决问题；
（3）由该校共有学生人数除以参加篮球社团的学生所占的比例即可；
（4）画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好选中一男一女的结果有8种再由概率公式求解即可．
【详解】（1）∵D所占扇形的圆心角为150°，
∴这次被调查的学生共有：150÷150360=360（人）；
故答案为：360．
（2）C组人数为：360−120−30−150=60（人），
故补充条形统计图如下图：
（3）1800×60360=300（人），
答：这1800名学生中有300人参加了篮球社团，
（4）设甲乙为男同学，丙丁为女同学，画树状图如下：
∵一共有12种可能的情况，恰好选择一男一女有8种，
∴P(一男一女)=815=23．
所以，恰好选中一男一女的概率为23
【点睛】此题考查了用树状图法求概率、扇形统计图、条形统计图以及用样本估计总体，画树状图法求概率，根据条形统计图和扇形统计图获取信息和数据与正确画树状图是解题的关键．
21．（8分）（2023上·湖南永州·九年级校考期末）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−1,0，B4,0，与y轴交于点C，连接BC，点P为线段CB上一个动点（不与点C，B重合），过点P作PQ∥y轴交抛物线于点Q．

(1)求抛物线的表达式和对称轴；
(2)当抛物线上的点Q在BC上方运动时，求△BCQ面积的最大值．
(3)已知点M是抛物线对称轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，当线段PQ取得最大值时，是否存在这样的点M，N，使得四边形PBMN是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4，x=32
(2)8
(3)存在，M32,±72
【分析】（1）利用两点式写出函数解析式，再根据对称轴的计算公式进行求解即可；
（2）求出直线BC的解析式，设点Qm,−m2+3m+4，利用S△BCQ=12PQ⋅OB，列出二次函数解析式，求最值即可；
（3）利用菱形的性质，得到PB=BM，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−1,0，B4,0，
则抛物线的解析式为：y=−x+1x−4=−x2+3x+4；
∴抛物线的对称轴为直线x=−32×−1=32.
（2）∵y=−x2+3x+4，当x=0时，y=4；
∴C0,4，
设直线BC的解析式为：y=kx+4，代入B4,0，得：k=−1，
∴y=−x+4，
设Qm,−m2+3m+4，
∵PQ∥y轴，
∴Pm,−m+4，
∴PQ=−m2+3m+4+m−4=−m2+4m，
∴S△BCQ=12PQ⋅OB=12×4×−m2+4m=−2m−22+8，
∴当m=2时，△BCQ面积的最大值为8；
（3）存在；
由（2）可知：P2,2
∵y=−x2+3x+4，
∴抛物线的对称轴为x=32，
设：M32,t，
∵四边形PBMN为菱形，
∴PB=BM，
∴4−22+0−22=4−322+0−t2，
解得：t=±72；
∴M32,±72．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解题的关键是正确的求出二次函数的解析式，利用数形结合的思想进行求解．
22．（8分）（2023下·吉林长春·九年级校考期末）如图，在△ABC中，AB=14，AC=10，tanA=34，点P为AC的中点．点Q为边AB上一动点，点Q与点A不重合，连接PQ，以PQ、PC为邻边作▱PQMC．设AQ=x．

(1)∠B的度数为__________．
(2)当点M落在边BC上时，求x的值．
(3)连接BM，求线段BM的最小值．
(4)当∠PCM和△ABC有一个内角相等时，直接写出x的值．
【答案】(1)45°
(2)7
(3)BM的最小值为3；
(4)7或258或257．
【分析】（1）过点C作CD⊥AB于点D，设CD=3m，则AD=4m，根据勾股定理得出3m2+4m2=102，求出CD=6，AD=8，求出BD=AB−AD=6，得出BD=CD，根据等腰三角形的性质求出∠B；
（2）根据点P为AC的中点，得出PC=AP=12AC=5，根据平行四边形的性质得出QM=PC=5，QM∥AC，证明△BQM∽△BAC，得出BQAB=QMAC=510=12，求出BQ=12AB=7，得出AQ=AB−BQ=7，即可得出答案；
（3）证明四边形APMQ为平行四边形，得出PM∥AB，证明点M在过点P平行AB的直线上，过点B作BH⊥PM于点H，根据垂线段最短，得出当点M在点H时，BM最小，过点P作PG⊥AG于点G，证明四边形BHPG为矩形，得出BH=PG，根据tanA=34，设PG=3n，则AG=4n，根据勾股定理得出AP=PG2+AG2=5n，求出n=1，得出BH=PG=3；
（4）分三种情况：当∠PCM=∠ACB时当∠PCM=∠A时，当∠PCM=∠B时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】（1）解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示：

则∠ADC=∠BDC=90°，
∵tanA=34，
∴设CD=3m，则AD=4m，
根据勾股定理得：AC2=AD2+CD2，
即3m2+4m2=102，
解得：m=2或m=−2（舍去），
∴CD=6，AD=8，
∵AB=14，
∴BD=AB−AD=6，
∴BD=CD，
∴∠B=∠BCD=12×90°=45°；
故答案为：45°．
（2）解：∵点P为AC的中点，
∴PC=AP=12AC=5，
∵四边形PQMC为平行四边形，
∴QM=PC=5，QM∥AC，
∴∠BMQ=∠C，∠BQM=∠A，
∴△BQM∽△BAC，
∴BQAB=QMAC=510=12，
∴BQ=12AB=7，
∴AQ=AB−BQ=7，
即x=7；

（3）解：∵四边形PCMQ为平行四边形，
∴MQ∥CP，MQ=CP，
∵CP=AP，
∴QM=AP，
∵QM∥AP，
∴四边形APMQ为平行四边形，
∴PM∥AB，
∴点M在过点P平行AB的直线上，
过点B作BH⊥PM于点H，
∵垂线段最短，
∴当点M在点H时，BM最小，
过点P作PG⊥AG于点G，
则∠PGB=∠PGA=90°，
∵PH∥AB，
∴∠GPH=90°，
∵∠PGB=∠GPH=∠BHP=90°，
∴四边形BHPG为矩形，
∴BH=PG，
∵tanA=34，
∴设PG=3n，则AG=4n，
根据勾股定理可得：AP=PG2+AG2=5n，
∵AP=5，
∴n=1，
∴BH=PG=3，
即BM的最小值为3；

（4）解：当∠PCM=∠ACB时，如图所示：

此时点M在BC上，根据解析（2）可知，x=7；
当∠PCM=∠A时，过点C作CD⊥AB于点E，延长CM交AB于点E，如图所示：

∵四边形PQMC为平行四边形，
∴QM=PC=5，QM∥AC，
∴∠EMQ=∠ACE，∠EQM=∠A，
∴△EQM∽△EAC，
∴EQAE=QMAC=510=12，
∴AE=2QE，
∴EQ=AQ=x，
∴AE=2x，
∵∠PCM=∠A，
∴CE=AE=2x，
根据解析（1）可知，AD=8，CD=6，
∴DE=8−2x，
在Rt△CDE中根据勾股定理得：8−2x2+62=2x2，
解得：x=258；
当∠PCM=∠B时，延长CM交AB于点E，如图所示：

∵四边形PQMC为平行四边形，
∴QM=PC=5，QM∥AC，
∴∠EMQ=∠ACE，∠EQM=∠A，
∴△EQM∽△EAC，
∴EQAE=QMAC=510=12，
∴AE=2QE，
∴EQ=AQ=x，
∴AE=2x，
∵∠PCM=∠B，∠CAE=∠BAC，
∴△ACE∽△ABC，
∴AEAC=ACAB，
即AE10=1014，
解得：AE=507，
∴x=12AE=257．
综上分析可知，x的值为7或258或257．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是数形结合，作出辅助线，注意分类讨论．
23．（8分）（2023上·湖北随州·九年级统考期末）已知△ABC，AB=AC，∠EDF=∠B．

(1)【操作发现】如图1，将∠EDF的顶点D放在△ABC的边BC上（不与B，C重合），绕点D任意旋转∠EDF，使DE交边AB于点M，DF交边AC于点N，通过探究发现总有△BDM∽△CND，请你写出证明过程；
(2)【类比学习】如图2，将∠EDF的顶点D放在△ABC的边CB的延长线上，DE交边AB于点M，DF交AC的延长线于点N，则（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；
(3)【拓展延伸】将图2中的∠EDF绕点D逆时针旋转，使DE经过点A，如图3，若S△BDM:S△CND=1:2，BD=1，DN=43，直接写出AC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)上述结论仍然成立，理由见解析
(3)32
【分析】（1）先判断出∠B=∠C，再判断出∠BMD=∠CDN，即可得出结论；
（2）同（1）的方法，即可得出结论；
（3）先根据相似得出BDCN=DMND=BMCD=12，进而得出CN=2，DM=26，CD=2BM，即AD=26，CD=2AB，设AB=x，则CD=2x，得出BC=2x−1，过点A作AH⊥BC于H，则∠AHB=90°，BH=2x−12，进而得出DH=DB+BH=2x+12，再根据勾股定理得出AD2−DH2=AB2−BH2，解方程即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△BDM中，∠CDM=∠B+∠BMD，
∵∠EDF=∠B，
∴∠CDM=∠EDF+∠BMD，
∵∠CDM=∠EDF+∠CDN，
∴∠BMD=∠CDN，
∴△BDM∽△CND；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠DBM=∠NCD，
在△BDM中，∠MBC=∠BMD+∠BDM，
∵∠EDF=∠BDM+∠CDN=∠MBC，
∴∠BMD=∠CDN，
∴△BDM∽△CND；
（3）由（2）得：△BDM∽△CND，
∵S△BDM:S△CND=1:2，
∴BDCN=DMND=BMCD=12，
∵BD=1，DN=43，
∴CN=2，DM=26，CD=2BM，
∵DE经过点A，
∴AD=DM=26，CD=2BM=2AB，
设AB=xx>0，则CD=2x，
∴BC=CD−BD=2x−1，
过点A作AH⊥BC于H，
∴∠AHB=90°，BH=12BC=2x−12，
∴DH=DB+BH=1+2x−12=2x+12，
在Rt△AHD中，AH2=AD2−DH2，
在Rt△AHB中，AH2=AB2−BH2，
∴AD2−DH2=AB2−BH2，
∴262−2x+122=x2−2x−122，
解得：x1=32，x2=−42（负值不符合题意，舍去），
∴AC=AB=32．

【点睛】本题是相似形综合题，考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形外角的性质．通过作辅助线构造直角三角形是解题的关键．