专练05（填空题-提升）（45题）-2021年中考数学考点巩固（通用版）（原卷、解析版）

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2021中考考点巩固
专练05（填空题-提升）（45道）
1．（2021·安徽九年级一模）因式分解：=_______．
【答案】
解：原式=
=．
故答案为： ．
【点睛】
本题考查因式分解的应用，熟练掌握因式分解的各种方法并灵活运用是解题关键．
2．（2021·山东临沂市·九年级一模）__________．
【答案】
解：
=
=
=．
故答案为：．
【点睛】
此题考查乘法的计算公式—同底数幂乘法的逆运算及积的乘方的逆运算，熟记公式是解题的关键．
3．（2021·山东泰安市·九年级一模）我国古代数学家杨辉发现了如图所示的三角形，我们称之为“杨辉三角”，从图中取一列数：1，3，6，10，…，记，，，，…，那么的值是__________．

【答案】11
【解析】
由a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，…，知an=1+2+3+…+n=，
∴a10==55、a11==66，
则a4+a11-2a10+10=10+66-2×55+10=-24，
故答案为-24．
4．（2020·山东日照市·九年级二模）对于实数p、q．我们用符号min{p，q}表示p，q两数中较小的数，如min{1，2}＝1，因此min{﹣π+2，﹣}＝____________；若min{(x+1)2，x2}＝4，则x＝____________．
【答案】 2或-3
解：∵﹣π+2＞﹣，
∴min{﹣π+2，﹣}＝﹣，
由于（x+1）2﹣x2＝x2+2x+1﹣x2＝2x+1，
当2x+1＞0时，
即x＞-，
∴min{（x+1）2，x2}＝x2，
∴x2＝4，
∴x＝2或x＝﹣2（舍去），
当2x+1＜0时，
∴x＜-，
∴min{（x+1）2，x2}＝（x+1）2，
∴（x+1）2＝4，
∴x+1＝±2，
∴x＝1（舍去）或x＝﹣3，
当2x+1＝0时，
此时x＝-，
∴min{（x+1）2，x2}＝（x+1）2＝x2，
此时x2≠4，不符合题意，
综上所述，x＝2或x＝﹣3．
故答案为：﹣，2或﹣3．
【点睛】
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于中等题型．
5．（2020·河北邯郸市·九年级其他模拟）已知，则代数式的值等于______．
【答案】
解：∵a2+5ab+b2=0（a≠0，b≠0），
∴+5+＝0，
∴=-5，
故答案为：-5．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，解题的关键是明确分式化简求值的方法．
6．（2020·河北承德市·九年级二模）若，，，则______．
【答案】5
解：∵，，，
∴，
∴，
∴5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了同底数幂的乘法，能正确根据同底数幂的乘法进行计算是解此题的关键．
7．（2020·浙江杭州市·九年级其他模拟）已知方程组的解为正数，求a的取值范围是_______．
【答案】－＜＜4
解：，
①＋②得：，
，
①－②得：，
，
所以，原方程组的解为：，
∵ 方程组的解为正，
∴＞0且＞0，
解得：－＜＜4，
故填：－＜＜4．
【点睛】
本题考查了方程组的解法，以及一元一次不等式组的解法，解此类问题要先用字母a表示方程组的解，再根据题意，列不等式组，最后求解．
8．（2020·江苏扬州市·九年级二模）如图，汪曾祺纪念馆中的仿古墙独具特色，其中一处是由10块相同的小矩形砖块拼成了一个大矩形，若大矩形的一边长为，则小矩形砖块的面积为______．

【答案】675
设小矩形的长为xcm，宽为ycm，
由题意可得：，
解得：，
∴小矩形砖块的面积为=45×15=675cm2，
故答案为：675．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，找到正确的等量关系是本题的关键．
9．（2020·重庆市第一一〇中学校九年级其他模拟）某商场分别组装了甲、乙两种坚果营养袋，它们都由a、b、c三种坚果组成，只是甲种坚果营养袋每袋装有100克a坚果，300克b坚果，100克c坚果；乙种坚果营养袋每袋装有200克a坚果，100克b坚果，200克c坚果，甲、乙两种坚果营养袋每袋成本价均为袋中a、b、c三种坚果的成本价之和．已知b种坚果每100克的成本价为1元，乙种坚果营养袋每袋售价为5元，成本利润率为，甲种坚果营养袋每袋的成本利润率为，则这两种坚果营养袋的销售利润率为时，该商场销售甲、乙两种坚果营养袋的数量之比是______．已知：成本利润率利润成本；销售利润率利润售价
【答案】4：9
解：设a种坚果每100克的成本价为x元，c种坚果每100克的成本价为y元，
由于乙种坚果营养袋每袋的成本利润率为，则，
，
则甲种坚果营养袋每袋的成本价为元，
乙种坚果营养袋每袋成本价为元，
甲种坚果营养袋每袋售价为元，
设商场销售甲种坚果m袋、乙种坚果n袋，
由于两种坚果营养袋的销售利润率为，
则，
，
：：9，
即商场销售甲、乙两种坚果营养袋的数量之比是4：9，
故答案为：4：9.
【点睛】
本题考查了二元一次方程的应用，利润、成本价与利润率之间的关系的应用，理解题意得出等量关系是解题的关键.
10．（2020·吉林长春市·九年级其他模拟）直线与抛物线有唯一交点，则___________．
【答案】2
因为直线与抛物线只有唯交点，
所以联立方程式得：，
即，该方程有唯一解，
∴△=，
解得：．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查抛物线与直线交点问题，涉及二元二次方程组、一元二次方程的根与判别式的关系等知识，能将直线与抛物线的交点问题转化为一元二次方程的根与判别式的关系是解答的关键．
11．（2020·四川省内江市第六中学九年级三模）已知则的值=___________
【答案】或
解：依题意得a,b是方程的解，
解得：，
当时，a+b=，
当时，a+b=，
当时，，
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的问题，掌握一元二次方程的解以及分类讨论是解题的关键．
12．（2020·四川攀枝花市·九年级一模）若关于x的方程无解，则m的值为__________．
【答案】-1或-
解：，
去分母得：（x+4）+m(x-4)=4，
可得：（m+1）x=4m，
当m+1=0时，分式方程无解，
此时m=-1，
当m+1≠0时，则x==±4，
当=4时，此时方程无解；
当=-4时，解得：m=-，
经检验，m=-是方程=-4的解，
综上所述：m=-1或-．
故答案为：-1或-．
【点睛】
此题主要考查了分式方程的解，正确分类讨论是解题关键．
13．（2020·黑龙江齐齐哈尔市·九年级一模）若关于的分式方程有正整数解，则整数为____________．
【答案】0或3
解：方程两边都乘以（x-2）得，
x-4=-kx，
整理得，（1+k）x=4，
所以，
∵分式方程有正整数解，k是整数，
∴1+k=1或1+k=2或1+k=4，
解得k=0或k=1或k=3，
检验：当k=0时，x=4，此时x-2≠0，符合题意；
当k=1时，x=2，此时x-2=0，不合题意，舍去；
当k=3时，x=1，此时x-2≠0，符合题意；
所以k=0或3．
故答案为：0或3．
【点睛】
本题考查了分式方程的解，难点在于对所求出的k的值进行检验，必须使分式方程有意义．
14．（2020·广西百色市·九年级一模）若关于的不等式组的解集为，则的取值范围为______．
【答案】
不等式整理得：，
由不等式组的解集为，
得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
15．（2020·江苏宿迁市·九年级其他模拟）若不等式组恰有三个整数解，则的取值范围是__________．
【答案】-2≤m<-1
解：原不等式为：，且恰好有三个整数解，
这三个整数解分别为x=0、1、2，
∴，解得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考察了由不等式组整数解的情况求参数，解题的关键在于找出x的三个整数解，并代入第二个不等式，求出未知参数．
16．（2020·浙江九年级其他模拟）记实数，中的最小值为，例如，当取任意实数时，则的最大值为___________．
【答案】3
画出函数和的图象，如图：

由图可知：当x＝1时，函数有最大值，最大值为3，
所以的最大值为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质和正比例函数的性质，画出函数的图象，数形结合容易求解．
17．（2020·吉林长春市·）如图，直线y＝x+1与抛物线y＝x2﹣4x+5交于A，B两点，点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，点P的坐标为_____．

【答案】（0，）
解：由　可解得或，
∴点A的坐标为（1，2），点B的坐标为（4，5），
∴AB＝，
作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴交于P，则此时△PAB的周长最小，
∵点A′的坐标为（﹣1，2），点B的坐标为（4，5），
∴可设直线A′B的函数解析式为y＝kx+b，
则由可得
∴直线A′B的函数解析式为y＝，
∴当x＝0时，y＝，
即点P的坐标为（0，），
故答案为：（0，）．

【点睛】
本题考查函数图象相交于轴对称的综合应用，作出A关于y轴的对称点A′并连接A′B交y轴于点P后求出P点坐标是解题的主要思路和关键所在．
18．（2020·重庆八中九年级一模）某物流公司的快递车和货车每天都同时从甲地出发，往返于甲、乙两地，快递车比货车多往返一趟，货车到达乙地后用1小时装卸货物，快递车立即折返（每次折返时间忽略不计），然后分别按原路以原速折返，结果与第二趟返回的快递车同时到达甲地．如图为快递车与货车之间的距离s（km）与出发的时间t（h）的图象，则当第二次相遇时，距离乙地______km．

【答案】37.5
解：设快递车的速度为a km/h，货车的速度为b km/h，
由图象可知，
快递车往返一次需要3小时，货车往返一次需要6﹣1＝5小时，
故快递车从甲地到乙地需要1.5小时，
1.5a＝150，
解得：a＝100，
1.5a＝2.5b，
解得：b＝60，
快递车和货车第一次相遇的时间为：＝（小时），
由图象可知，当第二次相遇时，距离乙地的距离和第一次相遇时距离乙地的路程一样，
故当第二次相遇时，距离乙地：100×﹣100×1.5＝37.5（km）
故答案为：37.5．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
19．（2020·山东济南市·九年级三模）甲、乙两地相距300千米，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发向乙地．如图，线段OA表示货车离甲地距离y（千米）与时间x（小时）之间的函数关系式；折线B﹣C﹣D﹣表示轿车离甲地距离y（千米）与x（小时）之间的函数关系，则货车出发_____小时与轿车相遇．

【答案】3.9
解：设OA段对应的函数解析式为y＝kx，
将（5，300）代入，得：5k＝300，
解得k＝60，
即OA段对应的函数解析式为y＝60x，
设CD段对应的函数解析式为y＝ax+b，
将C（2.5，80），D(4.5，300)代入得
，
解得，
即CD段对应的函数解析式为y＝110x﹣195，
令110x﹣195＝60x，得x＝3.9，
即货车出发3.9小时与轿车相遇，
故答案为：3.9．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20．（2020·辽宁鞍山市·九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，已知，在x轴上取两点C，D（点C在点D左侧），且始终保持，线段在x轴上平移，当的值最小时，点C的坐标为________．

【答案】（-1，0）
解：如图，作点B关于x轴的对称点B′，将B′向右平移1个单位得到B″，连接AB″，与x轴交于点D，过点B′作AB″的平行线，与x轴交于点C，
可知四边形B′B″DC为平行四边形，
则B′C=B″D，
由对称性质可得：BC=B′C，
∴AD+BC=AD+B′C=AD+B″D=AB″，
则此时AB″最小，即AD+BC最小，
∵A（3，6），B（-2，2），
∴B′（-2，-2），
∴B″（-1，-2），
设直线AB″的表达式为：y=kx+b，
则，解得：，
∴直线AB″的表达式为：y=2x，
令y=0，解得：x=0，即点D坐标为（0，0），
∴点C坐标为（-1，0），
故答案为：（-1，0）．

【点睛】
本题考查了轴对称的性质，最短路径问题，一次函数表达式，解题的关键是找到AD+BC最小时的情形．
21．（2020·山西九年级专题练习）如图，抛物线与直线交于，两点，则不等式的解集是_____________．

【答案】
∵抛物线与直线交于 A(−1，p) ， B(3，q) ，抛物线开口向上，
∴ −1 ∴ ax2−mx+c 故答案为： −1 【点睛】
本题考查二次函数与不等式，根据两函数图象的上下关系找出不等式的解集是解题关键．
22．（2020·河南焦作市·九年级其他模拟）在抛物线的图象上有三个点，，，则，，的大小关系为_________．
【答案】
∵抛物线的对称轴为，
由抛物线开口向上，
∴图象上的点与对称轴的距离越小，对应的函数值越小，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象和性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，利用数形结合思想解题是关键．
23．（2020·广西钦州市·九年级一模）如图，抛物线的对称轴是，且过点，有下列结论：①；②；③；④．（为实数）其中正确的是__________．

【答案】①②④
解：由抛物线的开口向下可得：a＜0，
根据抛物线的对称轴在y轴左边可得：a，b同号，所以b＜0，
根据抛物线与y轴的交点在正半轴可得：c＞0，
∴abc＞0，故①正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=-1．且过点（，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为（-，0），
当x= -时，y=0，即a（-）2-b+c=0，
整理得：25a-10b+4c=0，故②正确；
∵b=2a，a+b+c＜0，
∴b+b+c＜0，
即3b+2c＜0，故③错误；
∵x=-1时，函数值最大，
∴a-b+c≥m2a-mb+c，
∴a-b≥m（am-b），所以④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式．
24．（2020·呼和浩特市启秀中学九年级二模）当实数满足时，且代数式取最大值－1时，则的值为_________．
【答案】1或6
由题可知，令y=，则对称轴是，
由题可得：当实数满足时，且代数式取最大值－1时，
当，此时最大值为顶点值，顶点横坐标为b，代入可得顶点坐标为，此时最大值为0，与题意矛盾，舍去；
当，在时，最大值在a=5处，
即，
解得：或（舍去）；
③当，在时，最大值在a=2处，
即，
解得：或（舍去）；
综上所述，b的值为1或6．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的对称性，准确判断对称轴的位置是解题的关键．
25．（2020·四川眉山市·九年级一模）已知，都是非负数，且满足，则的最大值为_____．
【答案】3
解：
，
∴
∵、为非负数，∴，
∴，从而，，
∴
∴当y=0时，取得最大值为3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查完全平方公式，因式分解的计算及利用二次函数求最值，灵活运用相关知识正确计算是本题的关键．
26．（2020·黑龙江齐齐哈尔市·九年级一模）如图，直线与双曲线交于两点，轴，轴与交于点，则的面积的最小值是____________．

【答案】12
解：设A（a，-a+m），B（b，-b+m），
∵BC∥x轴，AC∥y轴，
∴BC=b-a，AC=-a+m-（-b+m）=b-a，
∴，
∵直线y=-x+m与双曲线交于A、B两点，
∴a、b为方程的解，
方程变形为，
∴a+b=m，ab=-6，
∴，
∵m2≥0，
∴的最小值为12．
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点，方程组无解，则两者无交点．也考查了根与系数的关系．
27．（2020·陕西九年级其他模拟）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝6，AB＝4，边OA在x轴上，若双曲线经过边OB上一点D（4，m），并与边AB交于点E，则点E的坐标为_____．

【答案】
解：作DF⊥OA于F，
∵点D(4，m)，
∴OF＝4，DF＝m，
∵∠OAB＝90°，
∴DF//AB，
∴△DOF∽△BOA，
∴＝，
∵OA＝6，AB＝4，
∴，
∴m＝，
∴D(4，)，
∵双曲线y＝经过点D，
∴k＝4×＝，
∴双曲线为y＝，
把x＝6代入得y＝＝，
∴E(6，)，
故答案为(6，)．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，反比例函数图像上点的坐标特征，根据待定系数法求出反比例函数的解析式是解答本题的关键．
28．（2020·长沙市雅礼雨花中学九年级一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，双曲线y＝（x＞0）与矩形OABC的AB边交于点E，且AE：EB＝1：2，则矩形OABC的面积为_____．

【答案】12
解：∵四边形OABC是矩形，
∴∠OAB＝90°，
设E点的坐标是（a，b），
∵双曲线y＝（x＞0）与矩形OABC的AB边交于点E，且AE：EB＝1：2，
∴ab＝4，AE＝a，BE＝2a，
∴OA＝b，AB＝3a，
∴矩形OABC的面积是AO×AB＝b•3a＝3ab＝3×4＝12，
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征等知识点，能求出ab=4是解此题的关键．
29．（2020·河南南阳市·）如图，已知第一象限内的点在反比例函数上，第二象限的点在反比例函数上，且，，则的值为_______．

【答案】
解：作AC⊥x轴于点C，作BD⊥x轴于点D．

则∠BDO＝∠ACO＝90°，
则∠BOD＋∠OBD＝90°，
∵OA⊥OB，
∴∠BOD＋∠AOC＝90°，
∴∠OBD＝∠AOC，
∴∽，
∴，
又∵S△AOC＝×4＝2，
∴S△OBD＝，
∵第二象限的点在反比例函数上
∴k＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质，以及反比例函数的比例系数k的几何意义，正确作出辅助线求得两个三角形的面积的比是关键．
30．（2020·佛山市三水区三水中学附属初中九年级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点A的坐标是（0，﹣2），点B的坐标是（﹣1，0），且＝，点C在第一象限且恰好在反比例函数y＝上，则k的值为__．

【答案】3
解：∵点A的坐标是（0，﹣2），点B的坐标是（﹣1，0），
∴AO＝2，BO＝1，
∴AB＝，
∵＝，
∴BC＝，
如图，过点C作CH⊥x轴于H，

设点C（a，），
∴OH＝a，CH＝，
∴BH＝1+a，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，∠ABO+∠CBH＝90°，
∴∠BAO＝∠CBH，
∴tan∠BAO＝tan∠CBH＝，
∴，
∴BH＝2CH，
∵BC2＝CH2+BH2，
∴＝5CH2，
∴CH＝，BH＝3，
∴a+1＝3，
∴a＝2，
又∵CH＝＝，
∴k＝3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象与性质、勾股定理、角的正切值、余角等知识，利用线段比值和角的正切值建立等量关系求出未知线段的长，进而求得点C的坐标是解答的关键．
31．（2020·厦门市翔安区教师进修学校（厦门市翔安区教育研究中心）九年级其他模拟）如图，直线交双曲线于、，交轴于点为线段的中点，过点作轴于，连结.若，则的值为__________．

【答案】
解：过A点作AH⊥x轴于H点，连接OB，如下图所示，

由B是线段AC的中点知，BM是△AHC的中位线，
∴MH=MC，AH=2BM，
又S△OBM=×OM×BM=k，S△OAH=×OH×AH=k，
由AH=2BM得到OH=OM，
由此H、M将线段OC平分成三份，
∴，
解得：k=8，
故答案为：8．
【点睛】
本题考查反比例函数图像及性质，反比例函数中k的几何意义等，熟练掌握反比例函数的图形性质是解决本题的关键．
32．（2020·上海杨浦区·九年级一模）如图，已知在平行四边形中，点E在边上，，联结交对角线于点O，那么的值为_____．

【答案】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠OAE=∠DCO，∠OEA=∠ODC，
∴△AOE∽△COD，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题考查平行四边形与相似三角形的综合运用，熟练掌握平行四边形的性质、三角形相似的判定和性质是解题关键．
33．（2020·黑龙江哈尔滨市·九年级一模）如图，在正方形中，点E为正方形内部一点，连接、、，若，，，则的长为______．

【答案】．
解：如图：连接，过A作，过B作交的延长线于点M，

∵
∴∠BEM=180°-135°=45°
在△ABN和△BEM中
，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∴为等边三角形，
∵，
∴，
∴，
，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考察了添加辅助线构造全等三角形以及全等三角形的性质，等边三角形的性质，解直角三角形等，解题的关键是正确作出辅助线，利用全等三角形的性质等边三角形性质以及特殊锐角三角函数求线段的长．
34．（2020·河南九年级其他模拟）如图，，，，，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段的长为________．

【答案】
解：根据折叠的性质可知，，，，，
∴；
∵，(三角形外角定理)，
(、都是的余角，同角的余角相等)，
∴，
∵在中，，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∵和互为补角，
∴，
∴，为直角三角形，
∵，
∴，
∵根据勾股定理求得，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠性质与勾股定理的应用，掌握折叠性质及勾股定理，运用等面积法求出CE的值是解题关键．
35．（2020·长沙市雅礼雨花中学九年级一模）如图，AD、BE分别是△ABC的中线和角平分线，AD⊥BE，AD＝BE＝12，则AC的长等于_____．

【答案】9
解：过D点作DF∥BE，
∵AD是△ABC的中线，AD⊥BE，
∴F为EC中点，AD⊥DF，
∵AD＝BE＝12，则DF＝6，AF＝＝＝，
∵BE是△ABC的角平分线，AD⊥BE，
∴∠ABG＝∠DBG，∠AGB＝∠DGB＝90°，
∵BG＝BG，
∴△ABG≌△DBG（ASA），
∴AG＝DG，
∴G为AD中点，
∴E为AF中点，
∴AC＝AF＝×6＝9．
故答案为：9．

【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，中位线，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握涉及到的知识点并灵活运用
36．（2020·山西）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是_____．

【答案】
解：连接，如图所示：

四边形是矩形，
，，，，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
即；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
37．（2020·四川广安市·九年级二模）如图，是圆的直径，弦，，则图中阴影部分的面积是________．

【答案】
如图，连接OC，
过点C作CD⊥AB，垂足为D，
∵是圆的直径，弦，，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠BOC=120°，
∴CD=ACsin60°=，
∴
=，
∴=，
∴=，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了扇形的面积，三角形的面积，阴影部分的面积，把阴影部分的面积分割成扇形面积与三角形面积差是解题的关键．
38．（2020·四川攀枝花市·九年级二模）如图，C为半圆内一点，O为圆心，直径AB长为4cm，∠BOC=60°，∠BCO=90°，将△BOC绕圆心O逆时针旋转至△B′OC′，点C′在OA上，则边BC扫过区域（图中阴影部分）的面积为_________cm2．

【答案】
如图可知，
又已知，是由绕圆心O逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴ ，，
．

故答案为π．
【点睛】
本题考查旋转和含角的直角三角形的性质以及扇形的面积公式．根据题意结合图形可知是解题关键．
39．（2020·兰州市第四十九中学九年级二模）如图，⊙O的直径AB＝2，C是半圆上任意一点，∠BCD＝60°，则劣弧AD的长为_____．

【答案】
解：由圆周角定理得，∠BOD＝2∠BCD＝120°，
∴∠AOD＝180°﹣∠BOD＝60°，
∴劣弧AD的长＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理和弧长公式，准确计算是解题的关键．
40．（2020·苏州新草桥中学九年级二模）如图，在菱形网格中，A、B、C、D为4个格点，若∠A＝60°，则tan∠BCD＝_____．

【答案】
解：连接BD，连接EF交BC于点O

由菱形的性质可得：DB⊥BC，EF⊥BC
∵∠A=60°
∴∠DBC=90°，∠CBE=30°

∴BC=2BO=
设小菱形的边长为a
∵∠A=60°，AB=AD=2a
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AB=2a
∴在Rt△DBC中，tan∠BCD＝
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的性质及锐角三角函数，掌握菱形对角线及含30°的直角三角形的性质正确推理论证直角三角形及求得边长是解题关键．
41．（2020·河北邯郸市·九年级其他模拟）如图所示，在边长相同的小正方形组成的网格中，与交于点，那么__________．

【答案】
如图连结AE、EF、FB，EF与AB交于G，
由正方形知AE=EF=EB=DC，∠AEG=∠GFB=90º,∠AGE=∠BGF,
∴△AGE≌△BGF(AAS)，
EG=FG=AE，
∵EF∥DC，
∴∠AGE=∠APD，
在Rt△AGE中tan∠AGE==2,
∴tan∠APD=2．
故答案为：2．

【点睛】
本题考查网格中求角的正切值问题，关键是把给的角转移到三角形中，掌握正方形性质，全等三角形性质，三角函数．
42．（2020·浙江九年级其他模拟）如图，在中，，点分别是的中点，点是上一点，将沿折叠得交于点．当与相似时，的长为_____________

【答案】8或5.6．
解：由勾股定理得：，
当FG⊥BC时，
∵将△CEF沿EF折叠得△C′EF，
∴∠C′=∠C，C′E=CE=4，
∴sin∠C=sin∠C′，即，
∴
∴EG=2.4，
∵由题可知FG∥AB，
∴△ABC∽△FGC，
∴，即，
∴CF=8；
②当GF⊥AC时，如图，

∵将△CEF沿EF折叠得△C′EF，
∴∠1=∠2=45°，
∴HF=HE，
∵sin∠C=sin∠C′=，
即
∴，
∴C′H=，
∴CF=C′F=C′H+HF=3.2+2.4=5.6．
综上所述，当△CFG与△ABC相似时，CF的长为8或5.6．
故答案为：8或5.6．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，折叠的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
43．（2020·河南南阳市·九年级期中）如图，在等边△ABC中，AB＝12，P、Q分别是边BC、AC上的点，且∠APQ＝60°，PC＝8，则QC的长是_____．

【答案】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝12，
∵PC＝8，
∴BP＝4，
∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，
∴∠BAP＝∠CPQ，
又∵∠B＝∠C＝60°，
∴△ABP∽△PCQ，
∴，
∴，
∴QC＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查相似三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质和判定定理．
44．（2020·江苏连云港市·九年级二模）如图，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，PD与⊙O相切与点D，过点B作PD的垂线，与PD的延长线相交于点C，若⊙O的半径为4，BC＝6，则PA的长为_____．

【答案】4
连接DO，

∵PD与⊙O相切于点D，
∴∠PDO＝90°，
∵∠C＝90°，
∴DO∥BC，
∴△PDO∽△PCB，
∴,
∴,
∴PA＝4,
故答案为4.
【点睛】
本题考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质，正确得出△PDO∽△PCB是解题的关键．
45．（2020·广东九年级三模）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E为边AB的中点，点P在对角线BD上，且PE+PA=6，则AB长的最大值为________．

【答案】
解：连接PC，CE，AC，如图

∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC，直线BD为菱形ABCD的对称轴
∴AP=PC
∴CE≤PE+PC=PE+PA=6
∵∠DAB=120°
∴∠ABC=60°
∴△ABC为等边三角形，
∵点E为线段AB的中点
∴AE=BE，CE⊥AB
∴∠AEC=90°
∴∠BCE=30°
∴BE=BC
∴CE==BC=AB≤6
∴AB≤4
∴AB的最大值为4．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、菱形的性质和锐角三角函数等有关知识，得出△ABC是等边三角形是解题的关键．