四川省资阳市安岳县2021届九年级（上）期末数学试卷（解析版）

这是一份四川省资阳市安岳县2021届九年级（上）期末数学试卷（解析版），共28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。

2017-2018学年四川省资阳市安岳县九年级（上）期末数学试卷
　
一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（　　）
A． += B．3﹣2=1 C．÷=4 D．×=
2．使式子有意义的实数x的取值范围是（　　）
A．x≤2 B．x＜2且x≠0 C．x≤2且x≠0 D．x＜2
3．下列说法正确的是（　　）
A．打开电视机，正在播放“安岳新闻”，是必然事件
B．从装有10个红球的袋子中，摸出1个白球是不可能事件
C．某种彩票的中奖率为1%，则买100张彩票一定有张中奖
D．“明天降雨的概率是80%”，表示明天有80%的时间降雨
4．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，设每次降价的百分率为x，则下面所列的方程中正确的是（　　）
A．560（1﹣x）2=315 B．560（1+x）2=315 C．560（1﹣2x）2=315 D．560（1﹣x2）=315
5．如图1，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ACB逆时针旋转得到△AC′B′，则tanB′的值为（　　）

A． B． C． D．
6．已知G是△ABC的重心，且GP∥BC交AB于点P，BC=3，则GP的长为（　　）
A． B． C． D．
7．一次函数y=（m﹣3）x+n﹣2（m，n为常数）的图象如图所示，则化简：﹣﹣|m﹣1|的结果为（　　）

A．﹣2n+3 B．﹣2m+3 C．m﹣3 D．﹣1
8．已知在△ABC中，AB=14，BC=13，tanB=，则sinA的值为（　　）
A． B． C． D．
9．已知函数y=mx2﹣2mx﹣1（m是常数，且≠0），下列结论正确的是（　　）
A．当m=﹣2时，函数图象与x轴没有交点
B．当m=1时，函数图象过点（﹣1，1）
C．若m＜0，则当x≤1时，y随x的增大而增大
D．若m＞0，则当x≥1时，y随x的增大而减小
10．如图，在钝角△ABC中，分别以AB和AC为斜边向△ABC的外作等腰直角三角形ABE和等腰直角三角形ACF，FN平分∠AFC交AC于点N，D为BC的中点，DM∥AC交AB于点M，连接DE、DF、EF、EM．对于以下结论：①DM=FN；②S四边形ACDM=3S△BDM；③DE=DF；④∠EFD=∠EDF．其中正确结论的个数是
（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
　
二、填空题（本大题6个小题，每小题3分，共18分）
11．方程x（x﹣1）=x的解为　　．
12．计算：（﹣1）2+6．
13．在△ABC中，若（2sinA﹣1）2+=0，则∠C的度数为　　．
14．如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任选取一个白色的小正方形并涂黑，使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是　　．

15．将抛物线y=x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为　　．
16．已知菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=60°，对角线A1C1、B1D1相交于点O，以点O为坐标原点，分别以OB1，OA1所在直线为x轴、y轴建立如图所示的直角坐标系，以B1D1为对角线作菱形B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，再以A2C2为对角线作菱形A2B2C2D2∽菱形B1C2D1A2，再以B2D2为对角线作菱形B2C3D2A3∽菱形A2B2C2D2，…，按此规律继续作下去，在y轴的正半轴上得到点A1，A2，A3，…，An，则点A2017的坐标为　　．

　
三、解答题（本题共8个小题，共72分）
17．（1）计算：（π﹣2017）0﹣+（sin45°）﹣1﹣|tan60°﹣|
（2）解方程：（x﹣1）（x﹣3）=6．
18．先化简，再求值：÷（a+2﹣），其中a=﹣3．
19．在一节体育课上，A、B、C、D四位同学一起到运动场打乒乓球，当时只有一副空球桌，他们中只能选两人打第一场．
（1）如果确定A同学打第一场，再从其余三人中随机选取一人打第一场，求恰好选中B同学的概率；
（2）如果确定C做裁判，用“手心、手背”的方法决定其余三人哪两人打第一场．游戏规则是：三人同时伸“手心、手背”中的一种手势，如果恰好有两人伸出的手势相同，那么这两人上场，否则重新开始，这三人伸出“手心”或“手背”都是随机的，请用画树状图或列表的方法求出B同学和D同学打第一场的概率．
20．如图，一楼房AB后有一小山坡，其坡度为i=1：2.4，山坡坡面上E点处有一亭子，测得山坡脚C与楼房水平距离BC=30米，与亭子距离CE=26米，小丽从楼房顶测得E点的俯角为60°，求楼房AB的高．
注：坡度i是指坡面的铅垂高度与水平宽度的比．

21．我县一小区为了美化环境，打算借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的围栏围成一个矩形花园ABCD（围栏只围AB、BC两边）
（1）若花园的面积为180m2，求边AB的长；
（2）若在P处有一棵树与墙CD、AD的距离分别是16m和5m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积S的最大值．

22．在Rt△ABC中，∠C=90°，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边长，tanA、tanB是关于x的一元二次方程x2﹣kx+12k2﹣37k+26=0的两个实数根．
（1）求k的值；
（2）若c=10，求a和b的值．
23．在矩形ABCD中，E在边BC上，且BE：CE=3：5，F为边AD上一动点，连接EF，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C恰好落在AB边上的点C′处．
（1）如图1，当点C′与点A重合时，求证：BE=DF；
（2）如图2，当点F与点D重合时，求的值；
（3）如图3，当=时，若DF=5，求线段AF的长．

24．如图，过点F（6，5）的抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．且B（5，0）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，交CF于点G，连接OG、EF，试判断四边形OEFG的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，连接OF交对称轴于点D，抛物线对称轴上是否存在点P，使△OFP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

　

2017-2018学年四川省资阳市安岳县九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（　　）
A． += B．3﹣2=1 C．÷=4 D．×=
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断；根据二次根式的乘法法则对D进行判断．
【解答】解：A、与不能合并，所以A选项错误；
B、原式=，所以B选项错误；
C、原式==2，所以C选项错误；
D、原式==，所以D选项错误．
故选D．
　
2．使式子有意义的实数x的取值范围是（　　）
A．x≤2 B．x＜2且x≠0 C．x≤2且x≠0 D．x＜2
【考点】二次根式有意义的条件．
【分析】根据被开方数是非负数，分母不能为零，可得答案．
【解答】解：由题意，得
2﹣x≥0，x≠0，
解得x＜2≠0，
故选：C．
　
3．下列说法正确的是（　　）
A．打开电视机，正在播放“安岳新闻”，是必然事件
B．从装有10个红球的袋子中，摸出1个白球是不可能事件
C．某种彩票的中奖率为1%，则买100张彩票一定有张中奖
D．“明天降雨的概率是80%”，表示明天有80%的时间降雨
【考点】随机事件．
【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可．
【解答】解：A、打开电视机，正在播放“安岳新闻”，是随即事件，故A错误；
B、从装有10个红球的袋子中，摸出1个白球是不可能事件，故B正确；
C、某种彩票的中奖率为1%，则买100张彩票可能张中奖，故C错误；
D、“明天降雨的概率是80%”，表示明天降雨的可能性大，故D错误；
故选：B．
　
4．某种品牌运动服经过两次降价，每件零售价由560元降为315元，已知两次降价的百分率相同，设每次降价的百分率为x，则下面所列的方程中正确的是（　　）
A．560（1﹣x）2=315 B．560（1+x）2=315 C．560（1﹣2x）2=315 D．560（1﹣x2）=315
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格=降价前的价格（1﹣降价的百分率），则第一次降价后的价格是560（1﹣x）元，第二次后的价格是560（1﹣x）2元，据此即可列方程求解．
【解答】解：设每次降价的百分率为x，由题意得：
560（1﹣x）2=315，
故选：A．
　
5．如图1，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ACB逆时针旋转得到△AC′B′，则tanB′的值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】旋转的性质；锐角三角函数的定义．
【分析】先利用旋转的性质得到∠B′=∠B，再利用网格特点，把∠B放在一个直角三角形中，利用正切的定义得到tanB=，从而得到tanB′的值．
【解答】解：∵△ACB逆时针旋转得到△AC′B′，
∴∠B′=∠B，
而tanB=，
∴tanB′=．
故选B．
　
6．已知G是△ABC的重心，且GP∥BC交AB于点P，BC=3，则GP的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】三角形的重心．
【分析】根据平行线分线段成比例定理，可得AG=AM=×=BC，即可求GP．
【解答】解：连接AG并延长交BC于M，
根据题意，可知
则M是BC的中点，
又∵GP∥BC，
∴AG=AM，
∴AG=AM
GP=BM=×=BC，
GP=．
故选A．

　
7．一次函数y=（m﹣3）x+n﹣2（m，n为常数）的图象如图所示，则化简：﹣﹣|m﹣1|的结果为（　　）

A．﹣2n+3 B．﹣2m+3 C．m﹣3 D．﹣1
【考点】一次函数图象与系数的关系；二次根式的性质与化简．
【分析】根据图形分析得出m﹣3＞0，n﹣2＜0，然后根据绝对值和二次根式的性质化简即可．
【解答】解：由图象可知，m﹣3＞0，n﹣2＜0，
则m＞3，n＜2，
则：﹣﹣|m﹣1|=|n﹣m|﹣|n﹣2|﹣|m﹣1|
=m﹣n﹣（2﹣n）﹣（m﹣1）
=m﹣n﹣2+n﹣m+1
=﹣1
故选D．
　
8．已知在△ABC中，AB=14，BC=13，tanB=，则sinA的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】解直角三角形．
【分析】作CD⊥AB，由tanB==及BC=13利用勾股定理求得BD=5、CD=12，即可知AD=9，根据勾股定理求得AC的值即可得出答案．
【解答】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，

在Rt△BCD中，∵tanB==，
∴设CD=12x，BD=5x，
∵BC=13，
∴由BC2=BD2+CD2可得132=（5x）2+（12x）2，
解得：x=﹣1（舍）或x=1，
则BD=5，CD=12，
∵AB=14，
∴AD=9，
∴AC===15，
∴sinA===，
故选：B．
　
9．已知函数y=mx2﹣2mx﹣1（m是常数，且≠0），下列结论正确的是（　　）
A．当m=﹣2时，函数图象与x轴没有交点
B．当m=1时，函数图象过点（﹣1，1）
C．若m＜0，则当x≤1时，y随x的增大而增大
D．若m＞0，则当x≥1时，y随x的增大而减小
【考点】二次函数的性质．
【分析】根据△=b2﹣4ac进行判断则可判断A；把m=1，x=﹣1代入求得函数值，即可判断B，求得对称轴为x=1，根据二次函数的性质即可判断C、D．
【解答】解：∵△=b2﹣4ac=4m2+4m，
当m=﹣2时，4m2+4m=4×4+4×（﹣2）=8＞0，
∴图象与x轴的交点有2个，故A错误；
∵当m=1时，y=x2﹣2x﹣1，
把x=﹣1代入得y=2，
∴函数图象过点（﹣1，2），故B错误；
∵y=mx2﹣2mx﹣1=m（x﹣1）2﹣m﹣1，
∵抛物线的对称轴为x=1，
∴若m＜0，则当x≤1时，y随x的增大而增大，若m＞0，则当x≥1时，y随x的增大而增大，
故C正确，D错误；
故选C．
　
10．如图，在钝角△ABC中，分别以AB和AC为斜边向△ABC的外作等腰直角三角形ABE和等腰直角三角形ACF，FN平分∠AFC交AC于点N，D为BC的中点，DM∥AC交AB于点M，连接DE、DF、EF、EM．对于以下结论：①DM=FN；②S四边形ACDM=3S△BDM；③DE=DF；④∠EFD=∠EDF．其中正确结论的个数是
（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰直角三角形．
【分析】①正确．只要证明MD=AC，FN=AC即可．
②正确．由DM∥AC，推出△MBD∽ABC，由DM=AC，推出S△MBD=S△ABC，即可证明．
③正确．只要证明△EMD≌△DNF，即可推出DE=DF，
④正确．设DF与AC交于点K，由DM∥AC，推出∠AKF=∠MDF，即∠KFN+∠FNK=∠EDM+∠EDF，因为△EMD≌△DNF，∠FNK=90°，所以∠EDM=∠DFN，所以∠EDF=∠FNK=90°，即可证明．
【解答】解：∵D是BC中点，DM∥AC
∴M是AB中点，
∴DM是△ABC的中位线，
∴DM∥AC，且DM=AC；
∵三角形ABE是等腰直角三角形，FM平分∠AAFC交AC于点N，
∴N是AC的中点，
∴FN=AC，
又∵DM=AC，
∴DM=FN，
∴结论①正确；

∵DM∥AC，
∴△MBD∽ABC，
∵DM=AC，
∴S△MBD=S△ABC，
∴S四边形AMDC=3S△MBD
∴结论②正确；

∵D是BC中点，DM∥AC，
∴M是AB中点，
∴DM是△ABC的中位线，
∴DM∥AC，且DM=AC；
∵三角形ACF是等腰直角三角形，N是AC的中点，
∴FN=AC，
又∵DM=AC，
∴DM=FN，
∵DM∥AC，DN∥AB，
∴四边形AMDN是平行四边形，
∴∠AMD=∠AND，
又∵∠EMA=∠FNA=90°，
∴∠EMD=∠DNF，
在△EMD和△DNF中，
，
∴△EMD≌△DNF，
∴DE=DF，
∴结论③正确；

设DF与AC交于点K，
∵DM∥AC，
∴∠AKF=∠MDF，
∴∠KFN+∠FNK=∠EDM+∠EDF，
∵△EMD≌△DNF，∠FNK=90°
∴∠EDM=∠DFN，
∴∠EDF=∠FNK=90°，
∴DE⊥DF，
∴结论④正确．
∴正确的结论有4个：①②③④．
故选：D．

　
二、填空题（本大题6个小题，每小题3分，共18分）
11．方程x（x﹣1）=x的解为　x1=0，x2=2　．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【分析】移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：x（x﹣1）=x，
x（x﹣1）﹣x=0，
x（x﹣1﹣1）=0，
x=0，x﹣1﹣1=0，
x1=0，x2=2．
故答案为：x1=0，x2=2．
　
12．计算：（﹣1）2+6．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】先利用完全平方公式计算，然后化简后合并即可．
【解答】解：原式=3﹣2+1+2
=4．
　
13．在△ABC中，若（2sinA﹣1）2+=0，则∠C的度数为　90°　．
【考点】特殊角的三角函数值；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根．
【分析】据非负数的和为零，根据特殊角三角函数值，根特殊角三角函数值，可得答案．
【解答】解：由题意，得
2sinA﹣1=0，cosB﹣=0，
∴A=30°，B=60°，
∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=90°
故答案为：90°．
　
14．如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任选取一个白色的小正方形并涂黑，使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是　　．

【考点】利用轴对称设计图案；概率公式．
【分析】由在4×4正方形网格中，任选取一个白色的小正方形并涂黑，共有13种等可能的结果，使图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的有5种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：如图，
∵根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，而能构成一个轴对称图形的有5个情况，
∴使图中黑色部诶的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是：．
故答案为：．
　
15．将抛物线y=x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为　y=x2+4x+1　．
【考点】二次函数图象与几何变换．
【分析】根据“左加右减，上加下减”的法则进行解答即可．
【解答】解：将抛物线y=x2向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，
得到的抛物线的函数表达式为：y=（x+2）2﹣3，即y=x2+4x+1．
故答案为：y=x2+4x+1．
　
16．已知菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=60°，对角线A1C1、B1D1相交于点O，以点O为坐标原点，分别以OB1，OA1所在直线为x轴、y轴建立如图所示的直角坐标系，以B1D1为对角线作菱形B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，再以A2C2为对角线作菱形A2B2C2D2∽菱形B1C2D1A2，再以B2D2为对角线作菱形B2C3D2A3∽菱形A2B2C2D2，…，按此规律继续作下去，在y轴的正半轴上得到点A1，A2，A3，…，An，则点A2017的坐标为　（0，32016）　．

【考点】相似多边形的性质；规律型：点的坐标；菱形的性质．
【分析】先根据菱形的性质求出A1的坐标，根据勾股定理求出OB1的长，再由锐角三角函数的定义求出OA2的长，故可得出A2的坐标，同理可得出A3的坐标，找出规律即可得出结论．
【解答】解：∵菱形A1B1C1D1的边长为2，∠A1B1C1=60°，
∴OA1=A1B1•sin30°=2×，=1，OB1=A1B1•cos30°=2×=，
∴A1（0，1）．
∵B1C2D1A2∽菱形A1B1C1D1，
∴OA2===3，
∴A2（0，3）．
同理可得A3（0，9）…
∴A2017（0，32016）．
故答案为：（0，32016）．
　
三、解答题（本题共8个小题，共72分）
17．（1）计算：（π﹣2017）0﹣+（sin45°）﹣1﹣|tan60°﹣|
（2）解方程：（x﹣1）（x﹣3）=6．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．
【分析】（1）将特殊角的三角函数值代入，再根据实数的混合运算顺序和法则计算可得；
（2）整理成一般式后，公式法求解可得．
【解答】解：（1）原式=1﹣+﹣|﹣2|
=1﹣；

（2）原式变为x2﹣4x﹣3=0，
∵a=1，b=﹣4，c=﹣3，
∴△=16﹣4×1×（﹣3）=28＞0，
则x==2，
∴x1=2+，x2=2﹣．
　
18．先化简，再求值：÷（a+2﹣），其中a=﹣3．
【考点】分式的化简求值．
【分析】先将÷（a+2﹣）进行化简，然后将a=﹣3代入求解即可．
【解答】解：原式=÷[﹣]
=÷
=×
=．
当a=﹣3时，
原式==．
　
19．在一节体育课上，A、B、C、D四位同学一起到运动场打乒乓球，当时只有一副空球桌，他们中只能选两人打第一场．
（1）如果确定A同学打第一场，再从其余三人中随机选取一人打第一场，求恰好选中B同学的概率；
（2）如果确定C做裁判，用“手心、手背”的方法决定其余三人哪两人打第一场．游戏规则是：三人同时伸“手心、手背”中的一种手势，如果恰好有两人伸出的手势相同，那么这两人上场，否则重新开始，这三人伸出“手心”或“手背”都是随机的，请用画树状图或列表的方法求出B同学和D同学打第一场的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】（1）由A打第一场，再从其余三人中随机选取一人打第一场，求出恰好选中B的概率即可；
（2）画树状图得出所有等可能的情况数，找出B和D伸“手心”或“手背”恰好相同的情况数，即可求出所求的概率．
【解答】解：（1）∵确定A同学打第一场，
∴再从B、C、D随机选取一人打第一场，恰好选中B同学的概率为；

（2）画树状图如下：

所有等可能的情况有8种，其中B同学和D同学伸“手心”或“手背”恰好相同且与A不同的结果有2个，
则B同学和D同学打第一场的概率为=．
　
20．如图，一楼房AB后有一小山坡，其坡度为i=1：2.4，山坡坡面上E点处有一亭子，测得山坡脚C与楼房水平距离BC=30米，与亭子距离CE=26米，小丽从楼房顶测得E点的俯角为60°，求楼房AB的高．
注：坡度i是指坡面的铅垂高度与水平宽度的比．

【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【分析】过点E作EF⊥BC的延长线于点F，作EH⊥AB于点H，根据坡度的概念求出EF、CH，根据正切的定义求出AH，计算即可．
【解答】解：过点E作EF⊥BC的延长线于点F，作EH⊥AB于点H，
在Rt△CEF中，∵i=CF：EF=，CE=26米，
∴EF=10米，CF=24米，
∴BH=EF=10米，HE=BF=BC+CF=54米，
在Rt△AHE中，∵∠HAE=30°，
∴AH==54米，
∴AB=AH+HB=（10+54）米．
答：楼房AB的高为（10+54）米．

　
21．我县一小区为了美化环境，打算借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的围栏围成一个矩形花园ABCD（围栏只围AB、BC两边）
（1）若花园的面积为180m2，求边AB的长；
（2）若在P处有一棵树与墙CD、AD的距离分别是16m和5m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），求花园面积S的最大值．

【考点】二次函数的应用；一元二次方程的应用．
【分析】（1）根据题意可以列出面积与x的关系式，然后由花园的面积为180m2，可以求得相应的x的值；
（2）由题意可知AB≥5，CB≥16，从而可以得到x的取值范围，然后进行讨论，即可求得花园面积S的最大值．
【解答】解：设AB=xm，则BC=（28﹣x）m
（1）由题意得x（28﹣x）=180，
解得：x1=10，x2=18，
答：AB的长为10m或18m；
（2）由题意，，
解得，5≤x≤12，
∵花园面积S=x（28﹣x）=﹣（x﹣14）2+196
∴x≤14时，S随x的增大而增大．
∴当x=12时，花园的面积取得最大值，
S最大=﹣（12﹣14）2+196=192（m2），
即在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是16m和5m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），花园面积S的最大值是192m2．
　
22．在Rt△ABC中，∠C=90°，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边长，tanA、tanB是关于x的一元二次方程x2﹣kx+12k2﹣37k+26=0的两个实数根．
（1）求k的值；
（2）若c=10，求a和b的值．
【考点】根与系数的关系．
【分析】（1）由根与系数的关系可得出tanA•tanB=12k2﹣37k+26，根据正切的定义即可得出tanA•tanB=•=1，由此即可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k的值，将k值代入原方程再根据根的判别式△≥0即可确定k的值；
（2）将k的值代入原方程，解方程求出x的值，分a＜b和a＞b两种情况考虑，根据x的值结合c=10利用勾股定理即可求出a、b的值，此题得解．
【解答】解：（1）∵tanA、tanB是关于x的一元二次方程x2﹣kx+12k2﹣37k+26=0的两个实数根，
∴tanA•tanB=12k2﹣37k+26．
又∵tanA•tanB=•=1，
∴12k2﹣37k+26=1，
解得：k1=，k2=1．
当k2=1时，原方程化为x2﹣x+1=0，
此时△=（﹣1）2﹣4×1×1＜0，不合题意，舍去，
∴k=．
（2）当k=时，原方程化为x2﹣x+1=0，
解得：x1=，x2=．
①当a＞b时，∴tanA==，
不妨设a=4m，b=3m（m＞0），
∴c=5m，
∵c=10，
∴5m=10，
∴m=2，
∴a=8，b=6；
②当a＜b时，∴tanA==，
同理可得a=6，b=8．
∴a=6，b=8或a=8，b=6．
　
23．在矩形ABCD中，E在边BC上，且BE：CE=3：5，F为边AD上一动点，连接EF，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C恰好落在AB边上的点C′处．
（1）如图1，当点C′与点A重合时，求证：BE=DF；
（2）如图2，当点F与点D重合时，求的值；
（3）如图3，当=时，若DF=5，求线段AF的长．

【考点】相似形综合题．
【分析】（1）由四边形ABCD为矩形，得到∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD，由翻折的性质得到CD=AG，∠C=∠EAG，FD=FG，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）设BE=3x，则CE=5x，得到C′E=5x，AD=8x，在Rt△BEC′中，由勾股定理得BC′=4x，由翻折的性质得到∠C=∠GC′E=90°，根据相似三角形的性质得到结论；
（3）设BE=3a，则CE=5a，BC=8a，于是求得AB=6a，根据相似三角形的性质得到C′N=，由翻折的性质CD=C′G，FD=FG=5，然后根据相似三角形的性质即刻得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD，
由翻折得CD=AG，∠C=∠EAG，FD=FG，
∴∠BAE=∠GAF，
在△ABE与△AGF中，，
∴△ABE≌△AGF，
∴BE=GF，
∴BE=DF；

（2）设BE=3x，则CE=5x，∴C′E=5x，AD=8x，
在Rt△BEC′中，由勾股定理得BC′=4x，
由翻折得∠C=∠GC′E=90°，
∴∠BEC′=∠AC′D，
∴△BEC′∽△AC′D，
∴=，
∴AC′=6x，
∴==；

（3）设BE=3a，则CE=5a，BC=8a，
∴AB=6a，
又∵=，
∴BC′=4a，
∴AC′=2a，
易证△BC′E∽△ANC′，
∴=，
∴C′N=，
由翻折得CD=C′G，FD=FG=5，
∴C′G=6a，
∴NG=，
又易证△BC′E∽△GNF，
∴=，a=，
∴AD=20，
∴AF=15．
　
24．如图，过点F（6，5）的抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．且B（5，0）
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交x轴于点E，交CF于点G，连接OG、EF，试判断四边形OEFG的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，连接OF交对称轴于点D，抛物线对称轴上是否存在点P，使△OFP是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）把点F（6，5）、B（5，0）代入抛物线求出b和c的值即可；
（2）求出C（0，5），得出CF∥OE，证出GF=AE=3，即可得出四边形OEFG为平行四边形；
（3）求出D（3，2.5），分情况讨论：①当点O为直角顶点时，证明△OED∽△PEO，得出，求出PE=，即可得出P的坐标；
②当点F为直角顶点时，同理可得FG2=PG•GD，求出PG=，得出PE=，即可得出P的坐标；
③当点P为直角顶点时，由勾股定理得OF=，由直角三角形斜边上的中线性质得出PD=，若点P在OD上方，则PE=，得出P（3，）；
若点P在OD下方时，则PE=，得出P（3，﹣）；即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线过点F（6，5）、B（5，0），
∴，
解得：，
∴此抛物线的解析式为：y=x2﹣6x+5；
（2）四边形OEFG为平行四边形．
∵此抛物线与y轴交于点C，
∴C（0，5），
又∵F（6，5），
∴CF∥OE，
又∵抛物线的对称轴为：x=3，
∴G（3，5），E（3，0），
∴GF=AE=3，
∴四边形OEFG为平行四边形；
（3）∵F（6，5），
∴D（3，2.5），
①当点O为直角顶点时，如图1所示：
则∠POF=90°=∠OED，
∴∠POE=∠ODE，
∴△OED∽△PEO，
∴，即，
解得：PE=，
∴P（3，﹣），
②当点F为直角顶点时，如图2所示：
同理可得FG2=PG•GD，
∴PG=，
∴PE=，
∴P（3，）；
③当点P为直角顶点时，由勾股定理得OF==，
又∵PD是Rt△OPF斜边OF上的中线，
∴PD=，
若点P在OD上方，如图3所示：
则PE=，
∴P（3，）；
若点P在OD下方时，如图4所示：
则PE=，
∴P（3，﹣）；
综上所述，抛物线的对称轴上存在点P（3，﹣）或（3，）或（3，）或（3，﹣），使△OFP是直角三角形．