人教版九年级数学下册举一反三30.1期末测试卷(拔尖)(学生版+解析)

这是一份人教版九年级数学下册举一反三30.1期末测试卷(拔尖)(学生版+解析)，共46页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023上·安徽安庆·九年级校考期末）如图所示，已知A13,y1，B3,y2为反比例函数y=1x图象上的两点，动点Px,0在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）

A．13,0B．43,0C．23,0D．103,0
2．（3分）（2023上·九年级校考期末）一个几何体是由若干个相同的立方体组成，其主视图和左视图如图所示，则组成这个几何体的立方体个数不可能的是（ ）
A．15个B．13个C．11个D．5个
3．（3分）（2023上·安徽安庆·九年级校考期末）如图，一个边长分别为3cm、4cm、5cm的直角三角形的一个顶点与正方形的顶点B重合，另两个顶点分别在正方形的两条边AD、DC上，那么这个正方形的面积是（ ）

A．16215cm2B．15216cm2C．17216cm2D．16217cm2
4．（3分）（2023·江苏连云港·统考中考模拟）如图，在Rt△ABC内有边长分别为a、b、c的三个正方形，则a、b、c满足的关系式是 （ ）

A．b=a+cB．b=acC．b2=a2+c2D．b=2a=2c
5．（3分）（2023下·浙江宁波·九年级浙江省余姚市实验学校校考期末）在平面直角坐标系中，对于任意一个不在坐标轴上的点Px,y，我们把P'x+y,x−y称为点P的“和差点”．若直线y=−3x+1上有两点A、B，它们的和差点A'、B'均在反比例函数y=−3x上，则△OAB的面积为（ ）
A．58B．54C．38D．52
6．（3分）（2023上·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的面积为12，点E在边AD上，且AE=2，连接BE将△BAE沿BE折叠，点A对应点为F，延长BF交CD于点G，点M，N分别是BG，BE的中点，则MN的长为（ ）
A．6−2B．3−1C．23−2D．6−22
7．（3分）（2023上·江苏·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，▱ABOC的边OB在y轴的正半轴上，反比例函数y=kxk>0的图象经过点 C，交AB于点D．若BD:AD=1:2，△BDC的面积为2，则k的值为（ ）．
A．92B．143C．5D．6
8．（3分）（2023上·江苏无锡·九年级统考期末）△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，BE:EF:FC=6:5:4，则四边形ADEF与△ABC面积的比值为（ ）
A．1:3B．3:7C．5:11D．7:15
9．（3分）（2023上·福建三明·九年级统考期末）已知△ABC的面积为16，∠A=90°，tan∠ABC=2．若△ABC的顶点都在双曲线y=kx（k>0）上，且BC过坐标原点O，则k=（ ）
A．6B．4C．3D．2
10．（3分）（2023上·黑龙江鸡西·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是边BC的中点，连接AE，DE，分别交BD，AC于点P，Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于点F．下列结论：①AP=FP；②AE=102AO；③若四边形OPEQ的面积为4，则正方形ABCD的面积为36；④CE⋅EF=EQ⋅DE．其中结论正确的序号有（ ）
A．①②③④B．①②③C．③④D．①②④
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023上·九年级统考期末）如图(1)表示一个正五棱柱形状的建筑物，如图(2)是它的俯视图，小明站在地面上观察该建筑物，当只能看到建筑物的一个侧面时，他的活动区域有 个．
12．（3分）（2023上·山西运城·九年级统考期末）某三棱柱的三种视图如图所示，它的主视图是三角形，左视图和俯视图都足矩形，且俯视图的面积是左视图面积的2倍，左视图中矩形ABCD的边长AB=3，则主视图的面积为 ．
13．（3分）（2023下·浙江宁波·九年级校考期末）如图，等腰△ABC的面积为100，底边BC在x轴上，腰AB交y轴于点D，反比例函数y1=k1xx<0的图象交腰AB于点E，F，反比例函数y2=k2x(x>0)的图象交腰AC于点A，G，恰有FG∥BC，FG交y轴于点H，且△DFH面积为18，则k2−k1的值为 ．

14．（3分）（2023上·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为1，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，得对应正方形AEFG，直线EF与直线CD交于点M，若点F在直线BD上，则CM的长度为 ．

15．（3分）（2023下·贵州毕节·九年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=6，BC=8，∠ABC=60°，E、F分别是AB、BC的中点，M、N分别是CE、DF的中点，连接MN，则MN的长是 ．

16．（3分）（2023下·江苏苏州·九年级统考期末）数学兴趣小组的同学拿出如图所示的矩形纸片ABCD，其中ABBC=712，他们将纸片对折使AD、BC重合，展开后得折痕MN，又沿BM折叠使点C落在C'处，展开后又得到折痕BM，再沿BE折叠使点A落在BM上的A'处，大家发现了很多有趣的结论．就这个图形，请你探究DEAE的值为 ．

三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·江苏南京·九年级统考期末）如图，道路l的正上方挂有一盏路灯M，把路灯M看成一个点光源，路灯M到道路l的距离MN为4.5m，晚上，一名身高为AB的小女孩沿着道路l散步，从A处径直向前走6m到达C处．已知小女孩在A处影子AE的长为2m，在C处影子CF的长为1m，求小女孩的身高．
18．（6分）（2023下·山东威海·九年级校联考期末）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点在格点（网格线的交点）上，以点O为原点建立平面直角坐标系，点B的坐标为1,0．

(1)将△ABC向左平移5个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)以点O为位似中心，在第四象限将△A1B1C1放大到两倍（即新图与原图的相似比为2），得到△A2B2C2，在所给的方格纸中画出△A2B2C2；
(3)若点M是AB的中点，经过（1）、（2）两次变换，M的对应点M2的坐标是______．
19．（8分）（2023上·河南南阳·九年级校联考期末）综合与实践
如图①所示的几何体是由边长为1的8个相同小正方体摆放而成．

(1)关于这个几何体的三视图，下列说法正确的是（ ）
A. 主视图与左视图相同 B. 主视图与俯视图相同
C. 左视图与俯视图相同 D. 三种视图都相同
(2)这个几何体的表面积（含底面）是_____________;
(3)如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的左视图和俯视图都不变，那么最多可以再添加_________个小正方体．
(4)如果从这个几何体上取出一个小正方体，如图②所示，在它的每一个面上都写着一个代数式，且相对的面上的两个代数式的值互为相反数，将其剪开展开成平面图形如图③所示放置，求(a+b)x的值．
20．（8分）（2023上·上海静安·九年级上海市市北初级中学校考期末）某大型购物中心为方便顾客地铁换乘，准备在底层至B1层之间安装电梯，截面图如图所示，底层与B1层平行，层高AD为9米，A、B间的距离为6米，∠ACD=20°．

(1)请问身高1.9米的人在竖直站立的情况下搭乘电梯，在B处会不会碰到头部？请说明理由．
(2)若采取中段平台设计（如图虚线所示），已知平台EF∥DC，且AE段和FC段的坡度i=1:2，求平台EF的长度．（参考数据：sin20°≈0.34，cs20°≈0.94，tan20°≈0.36）
21．（8分）（2023上·重庆万州·九年级统考期末）点O为等腰RtΔABC斜边BC的中点，直线l过点A且l∥BC，点D为l上一点．连接OD，把OD绕点O顺时针旋转90°，得到线段OE，连接DE交直线AC于点F．

(1)如图1，若AB=6，∠ADO=60°，求DE的长；
(2)如图2，求证：DF=EF；
(3)如图3，AB=6，连接AE、BE，BE交DO于点G，当AE+BE最小时，请直接写出DGGO的值．
22．（8分）（2023下·四川宜宾·九年级统考期末）如图1，直线l1:y=kx+b与双曲线y=mx(x>0)交于A、B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点E，已知点A(1,3)、点C(4,0)．
（1）求直线l1和双曲线的解析式；
（2）将ΔOCE沿直线l1翻折，点O落在第一象限内的点H处，直接写出点H的坐标；
（3）如图2，过点E作直线l2交x轴的负半轴于点F，连接AF交y轴于点G，且ΔAEG的面积与ΔOFG的面积相等．
①求直线l2的解析式；
②在直线l2上是否存在点P，使得SΔPBC=SΔOBC？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
23．（8分）（2023上·福建漳州·九年级统考期末）已知正方形ABCD的边长为4，点E是边AD的中点，EF∥CD，EF交对角线AC于点F．
(1)如图1，取CF的中点G，连接DG、EG、BG，求证：EG=DG；
(2)如图2，△A1E1F1是由△AEF沿射线CA平移得到的，点F1与点A重合，点M是A1C的中点，连接DM、E1M，E1M交AD于点H．
①求证：DM⊥E1M；
②求DH的长．
期末测试卷（拔尖）
【人教版】
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·安徽安庆·九年级校考期末）如图所示，已知A13,y1，B3,y2为反比例函数y=1x图象上的两点，动点Px,0在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是（ ）

A．13,0B．43,0C．23,0D．103,0
【答案】D
【分析】连接AB交x轴于点P'，当A、B、P共线时取等号，即点P与点P'重合，此时线段AP与线段BP之差达到最大，利用待定系数法求得直线AB的表达式，然后令y=0求解即可．
【详解】解：连接AB交x轴于点P'，则AP−BP≤AB，当A、B、P共线时取等号，即点P与点P'重合，此时线段AP与线段BP之差达到最大，

∵A13,y1，B3,y2为反比例函数y=1x图象上的两点，
∴y1=3，y2=13，则A13,3，B3,13，
设直线AB的表达式为y=kx+b，
则13k+b=33k+b=13，解得k=−1b=103，
∴y=−x+103，
令y=0，由−x+103=0得x=103，
∴P'103,0，
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、求一次函数解析式，正确得出最大值时点P的位置是解答的关键．
2．（3分）（2023上·九年级校考期末）一个几何体是由若干个相同的立方体组成，其主视图和左视图如图所示，则组成这个几何体的立方体个数不可能的是（ ）
A．15个B．13个C．11个D．5个
【答案】A
【分析】根据主视图和左视图，分别找出每行每列立方体最多的个数，相加即可判断出答案．
【详解】综合主视图与左视图，第一行第1列最多有2个，第一行第2列最多有1个，第一行第3列最多有2个；第二行第1列最多有1个，第二行第2列最多有1个，第二行第3列最多有1个；第三行第1列最多有2个，第三行第2列最多有1个，第三行第3列最多有2个，
所以最多有2+1+2+1+1+1+2+1+2=13（个），不可能有15个．
故选：A．
【点睛】本题考查三视图，根据题目给出的视图，出每行每列的立方体个数是解题的关键．
3．（3分）（2023上·安徽安庆·九年级校考期末）如图，一个边长分别为3cm、4cm、5cm的直角三角形的一个顶点与正方形的顶点B重合，另两个顶点分别在正方形的两条边AD、DC上，那么这个正方形的面积是（ ）

A．16215cm2B．15216cm2C．17216cm2D．16217cm2
【答案】D
【分析】如图，由△BEF的三边为3、4、5，根据勾股定理逆定理可以证明其是直角三角形，利用正方形的性质可以证明△FDE∽△ECB，然后利用相似三角形的性质可以得到DE:CB=3:4，设DE为3x，则BC是4x，根据勾股定理即可求出x2=1617，也就求出了正方形的面积．
【详解】解：如图，∵△BEF的三边为3、4、5，而32+42=52，
∴△BEF为直角三角形，
∴∠FEB=90°，
而四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠C=90°，
∴∠BEC+∠DEF=90°，∠DFE+∠DEF=90°，
∴∠DFE=∠BEC，
∴△FDE∽△ECB，
∴DE:CB=EF:EB，即DE:CB=3:4，
∴设DE为3x，则BC是4x，
∴EC是x，
∵三角形EBC为直角三角形，
∴EB2=EC2+BC2，
∴16=x2+4x2，
∴x2=1617，
∵S正方形ABCD=4x2=16217cm2．
故选：D．
【点睛】此题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理等知识，综合性比较强，对于学生的能力要求比较高．
4．（3分）（2023·江苏连云港·统考中考模拟）如图，在Rt△ABC内有边长分别为a、b、c的三个正方形，则a、b、c满足的关系式是 （ ）

A．b=a+cB．b=acC．b2=a2+c2D．b=2a=2c
【答案】A
【分析】如图，由正方形的性质可得，EF∥NG，∠DME=∠FNG=∠MEF=90°，则∠CFE=∠FGN，由∠DEM+∠CEF=180°−∠MEF=90°，∠CFE+∠CEF=90°，可得∠DEM=∠CFE=∠FGN，由题意知，DM=a，EM=b−a，NF=b−c，GN=c，tan∠DEM=DMEM=ab−a，tan∠FGN=NFGN=b−cc，即ab−a=b−cc，整理求解即可．
【详解】解：如图，

由正方形的性质可得，EF∥NG，∠DME=∠FNG=∠MEF=90°，
∴∠CFE=∠FGN，
∵∠DEM+∠CEF=180°−∠MEF=90°，∠CFE+∠CEF=90°，
∴∠DEM=∠CFE=∠FGN，
由题意知，DM=a，EM=b−a，NF=b−c，GN=c，
∴tan∠DEM=DMEM=ab−a，tan∠FGN=NFGN=b−cc，
∴ab−a=b−cc，整理得，b=a+c，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，正切．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
5．（3分）（2023下·浙江宁波·九年级浙江省余姚市实验学校校考期末）在平面直角坐标系中，对于任意一个不在坐标轴上的点Px,y，我们把P'x+y,x−y称为点P的“和差点”．若直线y=−3x+1上有两点A、B，它们的和差点A'、B'均在反比例函数y=−3x上，则△OAB的面积为（ ）
A．58B．54C．38D．52
【答案】A
【分析】设Aa,−3a+1，Bb,−3b+1则A'−2a+1,4a−1，B'−2b+1,4b−1，由A'和B'均在反比例函数y=−3x上，可得−2a+14a−1=−3，−2b+14b−1=−3，从而求出点A的坐标为：1,−2或−14,74，点B的坐标为：1,−2或−14,74，即可求出结果．
【详解】解：设点A的坐标为：a,−3a+1，点B的坐标为：b,−3b+1，则A'−2a+1,4a−1，B'−2b+1,4b−1，
∵A'和B'均在反比例函数y=−3x上，
∴−2a+14a−1=−3，−2b+14b−1=−3，
解得：a1=1、a2=−14，b1=1、b2=−14，
当a=b=1时，−3a+1=−3b+1=−2；
当a=b=−14时，−3a+1=−3b+1=74，
∴点A的坐标为：1,−2或−14,74，点B的坐标为：1,−2或−14,74，
设一次函数y=−3x+1与x的轴相交于点C，
当y=0时，−3x+1=0，即x=13，
∴点C的坐标为：13,0，
∴OC=13，
如图所示：S△AOB=12×13×74+12×13×2=58，
故选A．

【点睛】本题考查反比例函数和一次函数图象的点的坐标特征及解一元二次方程，熟练掌握反比函数上的点的横坐标与纵坐标的积等于反比例的比例系数是解题的关键．
6．（3分）（2023上·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的面积为12，点E在边AD上，且AE=2，连接BE将△BAE沿BE折叠，点A对应点为F，延长BF交CD于点G，点M，N分别是BG，BE的中点，则MN的长为（ ）
A．6−2B．3−1C．23−2D．6−22
【答案】A
【分析】连接EG，根据正方形的面积求出边长，求出tan∠ABE的值，进而得到∠ABE=30°，利用折叠和正方形的性质，推出∠CBG=30°，利用BC÷cs30°，求出BG的长，进而求出FG的长，勾股定理求出EG的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为12，
∴正方形的边长为：23，
在Rt△BAE中，AB=23，AE=2，
∴tan∠ABE=223=33，
∴∠ABE=30°，
∵△BAE沿BE折叠，点A对应点为F，
∴∠EFB=∠ABE=30°,BF=AB=23,AE=EF=2，∠EFB=∠A=90°，
∴∠GBC=90°−∠ABE−∠EBG=30°，
在Rt△BCG中，BC=23，∠GBC=30°，
∴BG=BC÷cs30°=23×23=4，
∴GF=4−23，
连接EG，
在Rt△EFG中：EG=FE2+FG2=4+16−163+12=26−222=26−22，
∵点M，N分别是BG，BE的中点，
∴MN=12EG=6−2；
故选A．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，解直角三角形，三角形的中位线．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
7．（3分）（2023上·江苏·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，▱ABOC的边OB在y轴的正半轴上，反比例函数y=kxk>0的图象经过点 C，交AB于点D．若BD:AD=1:2，△BDC的面积为2，则k的值为（ ）．
A．92B．143C．5D．6
【答案】A
【分析】连接OD，过点D分别作DG⊥x轴于点G，DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，根据S△BDC=2，BD:AD=1:2可求S△ADC=4，S▱ABOC=12，即求出S△DOC=6，再根据点D的坐标为m,km可求S△DOE=S△OFC=k2，最后根据梯形DEFC的面积即可求出结果．
【详解】解：连接OD，过点D分别作DG⊥x轴于点G，DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，
∵四边形ABOC是平行四边形，
∴AB=OC，AB∥OC，
∵BD:AD=1:2，
∴AD=2BD，
又∵S△BDC=2，
∴S△ADC=4，
∴S△ABC=S△BDC+S△ADC=2+4=6，
∴S▱ABOC=2S△ABC=12，
∵AB∥OC，
∴S△BOD=S△BDC=2，
∴S△DOC=S▱ABOC−S△BOD−S△ADC=12−2−4=6，
∵BD+AD=AB，
∴3BD=AB，
∴BD=13AB=13OC，
∵AB∥OC，
∴∠DBG=∠COB，
∴90°−∠DBG=90°−∠COB，
∴∠BDG=∠COF，
又∵∠BGD=∠CFO=90°，
∴△BGD∼△CFO，
∴BDOC=DGOF，
∴DGOF=13，
∴OF=3DG，
∵∠GOE=90°，DE⊥x轴，DG⊥y轴，
∴四边形DGOE为矩形，
∴OF=3OE，
设点D的坐标为m,km，则OE=m，DE=km，OF=3OE=3m，
∴所以点C的坐标为3m,k3m，则有CF=k3m，
∴EF=OF−OE=2m，
∴S△DOE=12m×km=k2，S△OFC=12×3m×k3m=k2，
∴SDEFC=S△DOC+S△OFC−S△DOE=6+k2−k2=6，
又∵SDEFC=12k3m+km×2m=4k3，
∴4k3=6，
∴k=92，
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与矩形的判定及三角形相似的判定和点的坐标坐标等相关知识，熟练掌握三角形相似的判定并能正确求出点的坐标及正确作出辅助线是解出本题的关键．
8．（3分）（2023上·江苏无锡·九年级统考期末）△ABC的边上有D、E、F三点，各点位置如图所示．若∠B=∠FAC，BD=AC，∠BDE=∠C，BE:EF:FC=6:5:4，则四边形ADEF与△ABC面积的比值为（ ）
A．1:3B．3:7C．5:11D．7:15
【答案】D
【分析】设BE=6k，EF=5k，FC=4k，即有BC=15k，先证明△CAF∽△CBA，再利用相似三角形的性质求出AC=215k，得出SΔACF:SΔACB=215152=4:15，再证明△BDE∽△BCA，求出S△BDE:S△ABC=215152=4:15，即可求出答案．
【详解】∵BE:EF:FC=6:5:4，
∴BE=6k，EF=5k，FC=4k，
∴BC=15k，
∵∠C=∠C，∠CAF=∠B，
∴△CAF∽△CBA，
∴CACB=CFCA，
∴CA2=CF⋅CB，
∴CA2=4k×15k=60k2，
∵AC>0，
∴AC=215k，
∴ACCB=215k15k=21515，
∴SΔACF:SΔACB=215152=4:15，
∵BD=AC，
∴BDBC=215k15k=21515，
同法可证△BDE∽△BCA，
∴S△BDE:S△ABC=215152=4:15，
∴S四边形ADEF:S△ABC=15−4−4:15=7:15，
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
9．（3分）（2023上·福建三明·九年级统考期末）已知△ABC的面积为16，∠A=90°，tan∠ABC=2．若△ABC的顶点都在双曲线y=kx（k>0）上，且BC过坐标原点O，则k=（ ）
A．6B．4C．3D．2
【答案】A
【分析】根据tan∠ABC=2，且△ABC的面积为16，求得AB，AC，BC，OA的长，设点A(m,km)(m>0)，B(km,m)，C(−m,−km)，通过证得△ACE∽ΔBAD可得CE=2AD，再根据勾股定理求得A的坐标满足m2+km2=OA2，从而可求得k的值．
【详解】解：如图，
过B点作DE//x轴，BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∵∠A=90°，
∴∠CAE+∠BAD=90°，
∴∠ACE=∠BAD，
∴△ACE∽ΔBAD，
∴ACBA=CEAD，
∵tan∠ABC=2，
∴ACAB=2，
∴CEAD=2，AC=2AB，
∴CE=2AD，
∵△ABC的面积为16，
∴12AC•AB=16，
∴AB2=16，
∴AB=4，AC=8，
∴BC=42+82=45，
∴OA=25，
设点A(m,km)(m>0)，
由双曲线的对称性可得B(km,m)，C(−km,−m)，
∴AD=km−m，CE=km+m，
∴m2+km2=252km+m=2km−m，
解得：k=6．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及相似三角形的综合应用，构建三角形相似是解题的关键．
10．（3分）（2023上·黑龙江鸡西·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是边BC的中点，连接AE，DE，分别交BD，AC于点P，Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于点F．下列结论：①AP=FP；②AE=102AO；③若四边形OPEQ的面积为4，则正方形ABCD的面积为36；④CE⋅EF=EQ⋅DE．其中结论正确的序号有（ ）
A．①②③④B．①②③C．③④D．①②④
【答案】D
【分析】连接OE、AF，①利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可；②设BE=EC=a，求出AE，OA即可解决问题；③利用相似三角形的性质计算求得正方形ABCD的面积为48；④利用相似三角形的性质证明即可．
【详解】解：如图，连接OE、AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD,OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A,P,B,F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP=45°，
∴∠PAF=∠PFA=45°，
∴PA=PF，故①正确，
∵E是边BC的中点，∠BOC=90°，OB=OC，
∴OE=BE=EC=12BC，OE⊥BC，
设OE=BE=EC=a，则AB=BC=2a，
由勾股定理可得：AE=AB2+BE2=5a，OA=OC=OE2+CE2=2a，
∴AEAO=5a2a=102，即AE=102AO，故②正确，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQ=12S四边形OPEQ=2，
∵OB=OD,BE=EC，
∴CD=2OE,OE∥CD，
∴△OEQ∽△CDQ，
∴EQDQ=OECD=12，DQ=2EQ，
∴S△ODQ=2S△OEQ=4，S△CDQ=4S△OEQ=8，
∴S△CDO=12，
∴S正方形ABCD=4S△CDO=48，故③错误，
∵∠EPF=∠DCE=90°，∠PEF=∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴EFED=PEEC，
∵EQ=PE，
∴CE⋅EF＝EQ⋅DE，故④正确；
综上，正确的是：①②④；
故选D．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，并灵活运用所学知识解决问题．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023上·九年级统考期末）如图(1)表示一个正五棱柱形状的建筑物，如图(2)是它的俯视图，小明站在地面上观察该建筑物，当只能看到建筑物的一个侧面时，他的活动区域有 个．
【答案】5
【分析】根据正五棱柱形状的建筑物，它的俯视图，可知当只能看到建筑物的一个侧面时，正好是以正五边形其中一条边的正三角形，即可得出符合要求的活动区域．
【详解】根据正五棱柱形状的建筑物，它的俯视图，可知，
当只能看到建筑物的一个侧面时，他的活动区域是以每一条正五边形的边长为以其中一条边的正三角形，
∴当只能看到建筑物的一个侧面时，他的活动区域有 5个，是以每一条边构成的等边三角形．
故答案为5．
【点睛】此题主要考查了视点、视角与盲区，根据题意得出当只能看到建筑物的一个侧面时的盲区是以正五边形其中一条边的正三角形是解决问题的关键．
12．（3分）（2023上·山西运城·九年级统考期末）某三棱柱的三种视图如图所示，它的主视图是三角形，左视图和俯视图都足矩形，且俯视图的面积是左视图面积的2倍，左视图中矩形ABCD的边长AB=3，则主视图的面积为 ．
【答案】9
【分析】根据三视图关系可知，主视图、俯视图与左视图的长相等，由左视图中矩形ABCD的边长AB=3，俯视图的面积是左视图面积的2倍，可知主视图的宽为2AB=6，由主视图与左视图关系可知，主视图三角形的高为AB=3，从而利用三角形面积公式即可得到主视图的面积为12×6×3=9．
【详解】解：∵主视图、俯视图与左视图的长相等，若左视图中矩形ABCD的边长AB=3，俯视图的面积是左视图面积的2倍，
∴主视图的宽为2AB=6，
∵主视图与左视图关系知主视图三角形的高为AB=3，
∴主视图的面积为12×6×3=9，
故答案为：9．
【点睛】本题考查三视图边长关系，熟练掌握“长对正、高平齐、宽相等”，通过三视图准确得到相应图形的边长是解决问题的关键．
13．（3分）（2023下·浙江宁波·九年级校考期末）如图，等腰△ABC的面积为100，底边BC在x轴上，腰AB交y轴于点D，反比例函数y1=k1xx<0的图象交腰AB于点E，F，反比例函数y2=k2x(x>0)的图象交腰AC于点A，G，恰有FG∥BC，FG交y轴于点H，且△DFH面积为18，则k2−k1的值为 ．

【答案】32
【分析】过点A作AM⊥x轴于点M，设A(x0，y0)，则x0y0=k2，AM=y0，然后由△ABC的面积得到BC的长，即可得到CM和BM的长，然后求得直线AC的解析式，再联立反比例函数y2=k2x(x>0)求得点G的坐标，再由等腰三角形的性质得到点F的坐标，进而求得直线AB的解析式，得到点D的坐标，进而得到FH和DH的长，再由△DFH的面积求得x0y0的值，即可得到点F的坐标和k2的值，进而求得k1的值，最后得到k2−k1的值．
【详解】解：过点A作AM⊥x轴于点M，则BM=CM，

设A(x0，y0)，则x0y0=k2，AM=y0，
∵S△ABC=12BC⋅AM=12BC⋅y0=100，
∴BC=200y0，
∴CM=BM=100y0，
∴C(x0+100y0，0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，则
x0k+b=y0(x0+100y0)k+b=0，解得：k=−y02100b=y0+x0y02100，
∴直线AC的解析式为y=−y02100x+y0+x0y02100，
由y=−y02100x+y0+x0y02100y=x0y0x，解得：x=x0y=y0或x=100y0y=x0y02100，
∴点G的坐标为(100y0，x0y02100)，
∵AB=AC，FG∥x轴，
∴点F的坐标为(2x0y0−100y0，x0y02100)，
设直线AB的解析式为y=mx+n，则
x0m+n=y02x0y0−100y0m+n=x0y02100，解得：m=y02100n=100y0−x0y02100，
∴直线AB的解析式为y=y02100x+100y0−x0y02100，
∴点D的坐标为(0,100y0−x0y02100)，
∴FH=−2x0y0−100y0，DH=100y0−x0y02100−x0y02100=50y0−x0y0250，
∵△DFH的面积为18，
∴ 12FH⋅DH=12⋅(−2x0y0−100y0)⋅50y0−x0y0250=18，
∴x0y0=20，
∴点F的坐标为(−60y0，y05)，k2=20，
∴k1=−60y0×y05=−12，
∴k2−k1=20−(−12)=32，
故答案为：32．
【点睛】本题考查了反比例函数系数的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，解题的关键是熟知反比例函数图象上点的坐标特征．
14．（3分）（2023上·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为1，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，得对应正方形AEFG，直线EF与直线CD交于点M，若点F在直线BD上，则CM的长度为 ．

【答案】3−1
【分析】连接AC，BE，EC，根据正方形的性质和三点共线，利用三角函数解答即可，根据等边三角形的判定和性质以及勾股定理得出EK的长，进而建立方程解答即可；
【详解】解：连接AM，AC，交BO于点O，连接BE，EC，过点E作EK⊥CD，交DC于点K，交AB于点L，则四边形ALKD是矩形，

∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转得到正方形AEFG，
∴AE=AD，∠D=∠E，AH=AH，
∴Rt△AHE≌Rt△AHD(HL)，
∴MD=ME；
∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转α°到正方形AEFG，
∴AF=AC，
∵AO=12AC，AO⊥OD，
∴AO=12AF，
∵点F、D、B共线，
∴AO⊥OF，
∴sin∠AFB=sin∠AFO=AOAF=12，
∴∠AFB=30°；
∵∠ADB=45°=∠AFD+∠FAD，∠AFB=30°，
∴∠FAD=15°，
∵∠FAE=45°，
∴∠DAE=30°，
∴∠EAB=60°，
∵AE=AB，
∴△AEB是等边三角形，
∴LE=32AE=32，AL=LB=DK=KC=12，
∴EK=LK−LE=1−32，
设DM=a，则EM=a，MK=12−a，
Rt△EKH中，EM2=MK2+EK2，
即a2=12−a2+1−322，
解得：a=2−3，
∴DM=2−3，
∴CM=DC−DM=1−2−3=3−1，
故答案为：3−1
【点睛】此题考查四边形综合题，关键是根据正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，综合运用以上知识解答．
15．（3分）（2023下·贵州毕节·九年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=6，BC=8，∠ABC=60°，E、F分别是AB、BC的中点，M、N分别是CE、DF的中点，连接MN，则MN的长是 ．

【答案】372
【分析】作DG⊥BC交BC的延长线于点G，连接AC、BD相交于点O，连接OM、ON，由平行四边形的性质可得CD=AB=6，BC=AD=8，AB∥CD，AD∥BC，BO=DO，AO=CO，从而得到∠DCG=∠ABC=60°，根据含有30°角的直角三角形的性质和勾股定理可得CG=3，DG=33，从而得到BD=237，由三角形中位线定理可得OM=12AE，∠BOM=∠ABO，又由E为AB的中点可得，AE=12AB，从而得到OM=14AB，同理可得ON=14AD，∠DON=∠DBC，从而得到ONAD=OMAB=14，由平角的定义和平行四边形的性质可得∠MON=120°=∠BAD，从而得到△MON∽△BAD，由相似三角形的性质可得MNBD=14，由此即可得到答案．
【详解】解：作DG⊥BC交BC的延长线于点G，连接AC、BD相交于点O，连接OM、ON，
，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=6，BC=8，
∴CD=AB=6，BC=AD=8，AB∥CD，AD∥BC，BO=DO，AO=CO，
∴∠DCG=∠ABC=60°，
∵DG⊥BC，
∴∠G=90°，
∴∠CDG=90°−∠DCG=30°，
∴CG=12CD=12×6=3，DG=CD2−CG2=62−32=33，
∵BG=BC+CG=8+3=11，
∴BD=BG2+DG2=112+332=148=237，
∵AO=CO，M为CE的中点，
∴OM为△ACM的中位线，
∴OM=12AE，ON∥BF，
∴∠BOM=∠ABO
∵E为AB的中点，
∴AE=12AB，
∴OM=12AE=12×12AB=14AB，
∵BO=DO，N为FD的中点，
∴ON为△DBF的中位线，
∴ON=12BF，OM∥AE，
∴∠DON=∠DBC，
∵F为BC的中点，
∴BF=12BC，
∴ON=12BF=12×12BC=14BC=14AD，
∴ONAD=OMAB=14，
∴∠BOM+∠DON=∠ABD+∠DBC=∠ABC=60°，
∵∠MON+∠BOM+∠DON=180°，
∴∠MON=180°−∠BOM+∠DON=120°，
∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=120°=∠MON，
∴△MON∽△BAD，
∴MNBD=14，
∴MN=14BD=14×237=372，
故答案为：372．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、含有30°角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质、三角形中位线定理、含有30°角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
16．（3分）（2023下·江苏苏州·九年级统考期末）数学兴趣小组的同学拿出如图所示的矩形纸片ABCD，其中ABBC=712，他们将纸片对折使AD、BC重合，展开后得折痕MN，又沿BM折叠使点C落在C'处，展开后又得到折痕BM，再沿BE折叠使点A落在BM上的A'处，大家发现了很多有趣的结论．就这个图形，请你探究DEAE的值为 ．

【答案】97/127
【分析】设BE交MN于点H，作HL⊥BA'于点L，易得四边形MNBC为矩形，根据折叠的性质，推出BNMN=724，设设BN=7m，则：MN=AD=24m，勾股定理求出BM的长，折叠和角平分线的性质定理得到HN=HL，等积法得到HLHM=BNBM=7m25m=725，进而得到HN=77+25MN=732×24m=214m，利用平行线分线段对应成比例以及三角形的中位线定理，得到AE=2HN=212m，进而求出DE的长，即可得解．
【详解】解：如图，设BE交MN于点H，作HL⊥BA'于点L，由折叠得点A与点B关于直线MH对称，

∴MN垂直平分AB，
∴∠BNM=90°,AN=BN，
∵矩形纸片ABCD，
∴∠C=∠ABC=90°，AD∥BC,AD=BC，
∴四边形CMNB为矩形，
∴MN=BC=AD，MN∥BC∥AD，
∵ABBC=712，
∴2BNMN=712，
∴BNMN=724，
设BN=7m，则：MN=AD=24m，
∴BM=BN2+NM2=25m，
∵折叠，
∴∠ABE=∠A'BE，
∵HN⊥BA,HL⊥BA'，
∴HN=HL，
∵S△BMH=12BM⋅HL=12HM⋅BN
∴HLHM=BNBM=7m25m=725，
∴HNHM=725，
∴HN=77+25MN=732×24m=214m，
∵MN∥AD，
∴BHEH=BNAN=1，
∴BH=EH，
∴AE=2HN=212m，
∴DE=AD−AE=272m，
∴DEAE=272m212m=97；
故答案为：97．
【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，平行线分线段对应成比例，三角形的中位线的定理．解题的关键是熟练掌握矩形和折叠的性质．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023上·江苏南京·九年级统考期末）如图，道路l的正上方挂有一盏路灯M，把路灯M看成一个点光源，路灯M到道路l的距离MN为4.5m，晚上，一名身高为AB的小女孩沿着道路l散步，从A处径直向前走6m到达C处．已知小女孩在A处影子AE的长为2m，在C处影子CF的长为1m，求小女孩的身高．
【答案】1.5m
【分析】根据相似三角形的判定和性质得出AENE=ABMN，CFNF=CDMN，再由等量代换得出22+AN=11+NC，求解确定NC=2m，然后代入原式中求解即可．
【详解】解：根据题意得AB∥MN∥DC，
∴△AEB∽△NEM,△ECF∽△MNF，
∴AENE=ABMN，CFNF=CDMN，
∵AB=CD，
∴AENE=CFNF，即22+AN=11+NC，
∵AC=AN+NC=6，
∴AN=6−NC，
代入求解得：NC=2m，
∴NF=2+1=3m，
∵CFNF=CDMN，
∴13=CD4.5，
解得：CD=1.5m，
∴小女孩的身高为1.5m．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质即应用举例，理解题意，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
18．（6分）（2023下·山东威海·九年级校联考期末）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点在格点（网格线的交点）上，以点O为原点建立平面直角坐标系，点B的坐标为1,0．

(1)将△ABC向左平移5个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)以点O为位似中心，在第四象限将△A1B1C1放大到两倍（即新图与原图的相似比为2），得到△A2B2C2，在所给的方格纸中画出△A2B2C2；
(3)若点M是AB的中点，经过（1）、（2）两次变换，M的对应点M2的坐标是______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6,−2
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1，再首尾相连即可；
（2）根据位似变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2，再首尾相连即可；
（3）根据点M2的位置，写出坐标即可．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；

（2）解：如图，△A2B2C2即为所求；

（3）解：如图，若点M是AB的中点，经过（1）、（2）两次变换，M的对应点M26,−2．

故答案为：6,−2．
【点睛】本题考查作图—位似变换，作图—平移变换等知识，解题的关键是掌握平移和位似的性质．
19．（8分）（2023上·河南南阳·九年级校联考期末）综合与实践
如图①所示的几何体是由边长为1的8个相同小正方体摆放而成．

(1)关于这个几何体的三视图，下列说法正确的是（ ）
A. 主视图与左视图相同 B. 主视图与俯视图相同
C. 左视图与俯视图相同 D. 三种视图都相同
(2)这个几何体的表面积（含底面）是_____________;
(3)如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的左视图和俯视图都不变，那么最多可以再添加_________个小正方体．
(4)如果从这个几何体上取出一个小正方体，如图②所示，在它的每一个面上都写着一个代数式，且相对的面上的两个代数式的值互为相反数，将其剪开展开成平面图形如图③所示放置，求(a+b)x的值．
【答案】(1)A
(2)34
(3)4
(4)16
【分析】（1）根据三视图判断即可；
（2）根据几何体表面积是可以看得到的小正方体的面积，由此求解即可；
（3）根据左视图和俯视图都不变求解即可
（4）根据条件求出a，b，x的值即可．
【详解】（1）解：主视图：从左边数第一列有3个正方体，第二列有1个正方体，第三列有1个正方体，
俯视图：从左边数第一列有3个正方体，第二列有1个正方体，第三列有2个正方体，
左视图：从左边数第一列有3个正方体，第二列有1个正方体，第三列有1个正方体，
故选：A．
（2）解：几何体表面积是可以看得到的小正方体的面积，
由图可得：几何体的表面积（含底面）是34；
（3）解：要保持这个几何体的左视图和俯视图都不变，
只能在从左边数第2列的小正方体上放2个正方体和在第三列里面的正方体上放2个正方体，
∴最多可以再添加4个正方体；
（4）解：正方体表面展开图，想对面之间一定相隔一个正方形，
a与−5是相对面，b与1是相对面，x+1与−3是相对面，
∵相对的面上的两个代数式的值互为相反数，
∴a=5,b=−1,x=2，
∴(a+b)x=42=16．
【点睛】本题考查简单组合体的三视图，提升空间想象力是关键．
20．（8分）（2023上·上海静安·九年级上海市市北初级中学校考期末）某大型购物中心为方便顾客地铁换乘，准备在底层至B1层之间安装电梯，截面图如图所示，底层与B1层平行，层高AD为9米，A、B间的距离为6米，∠ACD=20°．

(1)请问身高1.9米的人在竖直站立的情况下搭乘电梯，在B处会不会碰到头部？请说明理由．
(2)若采取中段平台设计（如图虚线所示），已知平台EF∥DC，且AE段和FC段的坡度i=1:2，求平台EF的长度．（参考数据：sin20°≈0.34，cs20°≈0.94，tan20°≈0.36）
【答案】(1)不会，理由见解析
(2)7米
【分析】（1）先过点B作GB⊥AB，交AC于点G，根据∠ACD=20°，AB∥CD，得出∠BAG=20°，再根据正切定理求出BG的长，然后与人的身高进行比较，即可得出答案；
（2）根据AD的长求出CD，再过点F作FM⊥CD，垂足为点M，过点E作EN⊥AD，垂足为点N，设FM=x，则AN=9−x，根据AE段和FC段的坡度i=1:2，求出CM和NE的长，最后根据EF=CD−(CM−NE)，即可求出答案．
【详解】（1）解：过点B作GB⊥AB，交AC于点G，

∵∠ACD=20°，AB∥CD，
∴∠BAG=20°，
∴BG=tan20°×6=0.36×6=2.16>1.9
∴不会碰到头部；
（2）∵AD=9，
∴CD=9tan20°=25，
过点F作FM⊥CD，垂足为点M，过点E作EN⊥AD，垂足为点N，
设FM=x，则AN=9−x，
∵AE段和FC段的坡度i=1:2，
∴CM=2x，NE=2(9−x)=18−2x，
∴CM+NE=2x+18−2x=18，
∴EF=CD−(CM−NE)≈25−18=7（米）．

【点睛】此题考查了解直角三角形的应用，用到的知识点是坡度角，关键是根据题意作出辅助线，构造直角三角形．
21．（8分）（2023上·重庆万州·九年级统考期末）点O为等腰RtΔABC斜边BC的中点，直线l过点A且l∥BC，点D为l上一点．连接OD，把OD绕点O顺时针旋转90°，得到线段OE，连接DE交直线AC于点F．

(1)如图1，若AB=6，∠ADO=60°，求DE的长；
(2)如图2，求证：DF=EF；
(3)如图3，AB=6，连接AE、BE，BE交DO于点G，当AE+BE最小时，请直接写出DGGO的值．
【答案】(1)43；
(2)见解析
(3)83．
【分析】（1）连接AO，解直角三角形求出OD，可得结论；
（2）连接AO，OF，CE．证明△OAD≌△OCESAS，推出∠OAD=∠OCE=90°，证明O，C，E，F四点共圆，推出∠OFE+∠OCE=180°，可得OF⊥DE，再利用等腰三角形的性质证明即可；
（3）连接OA，过点B作BT⊥直线l于点T，延长CE交直线l于点J，作点A关于直线CE的对称点A'，连接A'E．当B，E，A'共线时，AE+BE=BA'的值最小，求出DA'，利用平行线分线段成比例定理，求解即可．
【详解】（1）解：如图1所示，连接AO，

∵点O为等腰Rt△ABC斜边BC的中点，
∴AO=OC=OB=12BC，∠AOB=90°，
∵AB=6，△ABC为等腰直角三角形，
∴BC=2AB=62，
∴OA=32，
∵l∥BC，
∴∠DAO=∠AOB=90°，
∵∠ADO=60°，
∴OD=AOsin60°=26，
∵△ODE是等腰直角三角形，
∴DE=2OD=43；
（2）证明：如图2中，连接AO，OF，CE．

∵∠DOE=∠AOC=90°，
∴∠DOA=∠EOC，
∵OD=OE，OA=OC，
∴△OAD≌△OCESAS，
∴∠OAD=∠OCE=90°，
∵∠OEF=∠FCO=45°，
∴O，C，E，F四点共圆，
∴∠OFE+∠OCE=180°，
∴∠OFE=90°，
∴OF⊥DE，
∵OD=OE，
∴DF=EF；
（3）解：如图3中，连接OA，过点B作BT⊥直线l于点T，延长CE交直线l于点J，作点A关于直线CE的对称点A'，连接A'E．

当B，E，A'共线时，AE+BE=BA'的值最小，
∵直线l∥BC，BT⊥直线l，AO⊥BC，CJ⊥直线l，
∴四边形AOBT，四边形AOCJ，四边形BTJC都是矩形，
∴AT=OB=32，AJ=OC=JA'=32，BT=AO=32，
∴TA'=92，
∴tan∠BA'T=BTTA'=13，
∵直线l∥BC，
∴∠EBC=∠TA'B，
∴tan∠EBC=tan∠TA'B=13，
∴EC=13BC=22，
∵△OAT≌△OCE，
∴AD=CE=22，
∴DA'=82，
∵DA'∥OB，
∴△DA'G∽△OBG
∴ DGOG=DA'BO=8232=83．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题．
22．（8分）（2023下·四川宜宾·九年级统考期末）如图1，直线l1:y=kx+b与双曲线y=mx(x>0)交于A、B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点E，已知点A(1,3)、点C(4,0)．
（1）求直线l1和双曲线的解析式；
（2）将ΔOCE沿直线l1翻折，点O落在第一象限内的点H处，直接写出点H的坐标；
（3）如图2，过点E作直线l2交x轴的负半轴于点F，连接AF交y轴于点G，且ΔAEG的面积与ΔOFG的面积相等．
①求直线l2的解析式；
②在直线l2上是否存在点P，使得SΔPBC=SΔOBC？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=3x(x>0)；（2）H(4,4)；（3）点P的坐标为P(−1,1)或P(1,7)．
【分析】（1）待定系数法求一次函数解析式和反比例函数解析式，将已知点坐标代入并解方程（组）即可；
（2）先求出直线l1与坐标轴的交点坐标，可得：△COE是等腰直角三角形，再由翻折可得：OCHE是正方形．即可求出H的坐标；
（3）①先待定系数法求直线AO解析式为y=3x，再由△AEG的面积与△OFG的面积相等可得：EF∥AO，即可求直线l2的解析式；
②存在，由S△PBC=S△OBC可知：点P在经过点O或H平行于直线l1：y=-x+4的直线上，易求得点P的坐标为P（-1，1）或P（1，7）．
【详解】解：（1）将A(1,3)、点C(4,0)代入y=kx+b得k+b=34k+b=0，解得：k=−1b=4
∴直线l1的解析式为：y=−x+4；
将A(1,3)代入y=mx(x>0)中，得m=3，
∴双曲线的解析式为：y=3x(x>0)．
（2）如图1中，
在y=−x+4中，令x=0，得：y=4
∴E(0,4)
∴ΔCOE是等腰直角三角形，
由翻折得：ΔCEH≅ΔCEO
∴∠COE=∠CHE=∠OCH=90°，OC=OE
∴OCHE是正方形．
∴H(4,4)．
（3）如图2，连接AO，
①∵A(1,3)、O(0,0)．设直线AO解析式为y=k1x，3=k1，
∴直线AO解析式为y=3x，
∵SΔAEG=SΔOFG
∴SΔEFA=SΔEFO
∴EF//AO
∴直线l2的解析式为：y=3x+4；
②存在，点P坐标为：P(−1,1)或P(1,7)．
解方程组y=−x+4y=3x得：x1=1y1=3，x2=3y2=1；
∴B(3,1)；
∵SΔPBC=SΔOBC，
∴点P在经过点O或H平行于直线l1:y=−x+4的直线上，
易得：y=−x或y=−x+8
分别解方程组y=−xy=3x+4或y=−x+8y=3x+4得：x=−1y=1或x=1y=7
∴点P的坐标为P(−1,1)或P(1,7)．
【点睛】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和反比例函数解析式、翻折的性质、正方形的性质、三角形面积等；解题时要能够将这些知识点联系起来，灵活运用．
23．（8分）（2023上·福建漳州·九年级统考期末）已知正方形ABCD的边长为4，点E是边AD的中点，EF∥CD，EF交对角线AC于点F．
(1)如图1，取CF的中点G，连接DG、EG、BG，求证：EG=DG；
(2)如图2，△A1E1F1是由△AEF沿射线CA平移得到的，点F1与点A重合，点M是A1C的中点，连接DM、E1M，E1M交AD于点H．
①求证：DM⊥E1M；
②求DH的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②103
【分析】（1）证明△AEF∽△ADC和△AHG∽△ADC，根据相似三角形的性质分别求得AF=CF，AH=34AD=3，再根据线段垂直平分线的性质可得结论；
（2）①延长DM到N，使MN=DM，连接E1N、E1D，分别证明△A1MN≌△CMDSAS，△E1A1N≌△E1ADSAS，得到E1N=E1D，根据等腰三角形的三线合一可证得结论；
②先证明△DE1N为等腰直角三角形，进而求得E1M=DM=22E1D=10，设AH=x，证明△E1AH∽△DMH求得MH=102x，则E1H=E1M−MH=10−102x，在Rt△AE1H中，利用勾股定理求得AH=23可求解．
【详解】（1）证明：过G作GH⊥AD于H，则∠AHG=90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AD=CD=4，
∵点E是边AD的中点，
∴AE=DE=12AD=2，
∵EF∥CD，
∴∠AEF=∠ADC=90°，∠AFE=∠ACD，
∴△AEF∽△ADC，
∴AFAC=EFCD=AEAD=12，则AF=CF，EF=12CD=2，
∵G是CF的中点，
∴GF=CG=12CF=14AC，
∵∠AHG=∠ADC=90°，∠HAG=∠DAC，
∴△AHG∽△ADC，
∴AHAD=AGAC=34，则AH=34AD=3，
∴EH=DH=1，又GH⊥DE，
∴GH垂直平分DE，
∴EG=DG；
（2）解：①根据题意，A1E1=AE=AE1=EF=2，∠A1E1A=∠E1AD=90°，
延长DM到N，使MN=DM，连接E1N、E1D，

∵M是A1C的中点，
∴A1M=CM，又∠A1MN=∠CMD，
∴△A1MN≌△CMDSAS，
∴A1N=CD=AD=4，∠DCM=∠NA1M，
∴A1N∥CD∥AB，
∴∠E1A1N=∠A1E1A=∠E1AD=90°，
∵A1E1=AE1，∠E1A1N=∠E1AD，A1N=AD，
∴△E1A1N≌△E1ADSAS，
∴E1N=E1D，又MN=DM，
∴DM⊥E1M；
②在Rt△AE1D中，AE1=2，AD=4，
∴E1D=AE12+AD2=25，
∵△E1A1N≌△E1AD，
∴∠A1E1N=∠AE1D，
∴∠DE1N=∠AE1D+∠AE1N=∠A1E1N+∠AE1N=∠A1E1A=90°，
∴△DE1N为等腰直角三角形，又DM⊥E1M，
∴E1M=DM=22E1D=10，
设AH=x，
∵∠E1AH=∠DMH，∠E1HA=∠DHM，
∴△E1AH∽△DMH，
∴E1ADM=AHMH，则210=xMH，
∴MH=102x，则E1H=E1M−MH=10−102x，
∵在Rt△AE1H中，AE12+AH2=E1H2，
∴22+x2=10−102x2，
解得x1=23，x2=6（舍去），
∴AH=23，
∴DH=AD−AH=4−23=103．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、平移性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加合适辅助线构造全等三角形求解是解答的关键．