广东省广州市白云区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 3解答题

这是一份广东省广州市白云区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 3解答题，共34页。试卷主要包含了解答题，四；增大等内容，欢迎下载使用。
广东省广州市白云区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编 03 解答题
三、解答题
49．（2022·广东广州·九年级期末）解方程：
50．（2022·广东广州·九年级期末）一个二次函数的图象经过，，三点．求：这个二次函数的解析式．
51．（2022·广东广州·九年级期末）如图，AB为的直径，AC平分交于点C，，垂足为点D．求证：CD是的切线．

52．（2022·广东广州·九年级期末）已知函数为反比例函数．
(1)求这个反比例函数的解析式；
(2)这个函数的图象位于第__________象限；在每一个象限内，y随x的增大而__________；
(3)当时，函数的最大值为__________，最小值为__________．
53．（2022·广东广州·九年级期末）如图，是以为斜边的等腰直角三角形，其内部的4段弧均等于以BC为直径的圆周，求图中阴影部分的面积．

54．（2022·广东广州·九年级期末）为落实“双减”，进一步深化白云区“数学提升工程”，提升学生数学核心素养，2021年12月3日开展“双减”背景下白云区初中数学提升工程成果展示现场会，其中活动型作业展示包括以下项目：①数独挑战；②数学谜语；③一笔画；④24点；⑤玩转魔方．为了解学生最喜爱的项目，随机抽取若干名学生进行调查，将调查结果绘制成两个不完整的统计图，如图：

（1）本次随机抽查的学生人数为__________人，补全图（Ⅰ）；
（2）参加活动的学生共有500名，可估计出其中最喜爱①数独挑战的学生人数为__________人，图（Ⅱ）中扇形①的圆心角度数为__________度；
（3）计划在①，②，③，④四项活动中随机选取两项作为重点直播项日，请用列表或画树状图的方法，求恰好选中①，④这两项活动的概率
55．（2022·广东广州·九年级期末）一个菱形两条对角线长的和是，面积是．求菱形的周长．
56．（2022·广东广州·九年级期末）已知抛物线与x轴的负、正半轴分别交于A，B两点，与y轴的负半轴交于点D点C是抛物线的顶点．
(1)若，求该抛物线的对称轴；
(2)在（1）的条件下，连接AD，CD，若，求该抛物线的解析式；
(3)若，点D的坐标为，请判断点C是否存在最高点或最低点，若存在，求该点的坐标；若不存在，请说明理由．
57．（2022·广东广州·九年级期末）如图，已知在中，是钝角，以AB为边作正方形ABDE，使正方形ABDE分居在AB两侧，以AC为边作正方形ACFG，使正方形ACFG分居在AC两侧，BG与CE交于点M，连接AM．

(1)求证；
(2)求：的度数
(3)若，，，求：（结果可用含有a，b，c的式子表示）．
58．（2021·广东广州·九年级期末）解方程：x2﹣2x﹣5＝0．
59．（2021·广东广州·九年级期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，连接OP．
求证：OP平分∠AOB．

60．（2021·广东广州·九年级期末）在一个不透明的盒子中装有四个球，它们分别印有“我”、“爱”、“白”、“云”字样．这些球的形状、大小、质地等完全相同，即除字样外无其他差别．
（1）随机摸出一个球，恰好摸到“爱”字球的概率为　　；
（2）随机摸出一个球后，放回并摇匀，再随机摸出一个．求两次摸到的球中，至少有一次摸到“云”字球的概率．
61．（2021·广东广州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC各顶点的坐标分别为A（1，1），B（5，2），C（5，5）．
（1）将△ABC绕点O旋转180°后，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
（2）在（1）的条件下，求旋转过程中，点B经过的路径长（结果保留π）．

62．（2021·广东广州·九年级期末）在二次函数y＝ax2+bx+3（a，b是常数）中，列表表示几组自变量x与函数值y的对应值：
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y＝ax2+bx+c
…
m
0
3
n
3
…

（1）根据以上信息，可得该二次函数的图象开口向　　，对称轴为　　；
（2）求|m﹣n|的值．
63．（2021·广东广州·九年级期末）如图是一张长24cm，宽12cm的矩形铁皮，将其剪去一个小正方形和两个矩形，剩余部分（阴影部分）恰好可制成一个有盖的长方体铁盒．
（1）a＝　　；
（2）若铁盒底面积是80cm2，求剪去的小正方形边长．

64．（2021·广东广州·九年级期末）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（2，6），直线AB∥y轴，且与x轴交于点B，反比例函数（x＞0）的图象经过点A和点P．若⊙P经过点A，且与x轴交于B，C两点．
（1）求k的值和点C的坐标；
（2）判断⊙P与y轴的位置关系，并说明理由．

65．（2021·广东广州·九年级期末）（1）作图：如图，已知△ABC，∠ACB＜120°，
①作等边△ACD，使得点D，B分别是直线AC异侧的两个点；
②作等边△BCE，使得点E，A分别是直线BC异侧的两个点；
（要求尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）
（2）推理：在（1）所作的图中，设直线BD，AE的交点为P，连接PC，
①求∠APD的度数；
②猜想PA，PB，PC与AE之间的等量关系，并证明：
（3）变式：已知△ABC，∠ACB＞120°，按（1）的方法作图后，设直线BD，AE的交点为P，连接PC．测得∠PAB＝15°，PA＝，PB＝，PC＝．求点D到直线AB的距离．

66．（2021·广东广州·九年级期末）已知抛物线y＝ax2+2ax﹣3a（a是常数）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C．顶点D不在第二象限，记△ABC的面积为S1，△ACD的面积为S2．
（1）当S1＝3时，求抛物线对应函数的解析式；
（2）判断是否为定值，如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由；
（3）当a取每一个确定的值时，把抛物线y＝ax2+2ax﹣3a向右平移a个单位后，得到函数y1的图象．当0≤x≤a+1时，结合图象，求y1的最大值与最小值的平均数（用含a的式子表示）．
67．（2020·广东广州·九年级期末）解方程：x2﹣6x+8＝0．
68．（2020·广东广州·九年级期末）如图，在同一平面直角坐标系中，正比例函数y＝2x的图象与反比例函数y＝的图象交于A，B两点，过点A作AC⊥x轴，垂足为点C，AC＝2，求k的值．

69．（2020·广东广州·九年级期末）如图，在△ABC中，边BC与⊙A相切于点D，∠BAD＝∠CAD．求证：AB＝AC．

70．（2020·广东广州·九年级期末）为了创建文明城市，增弘环保意识，某班随机抽取了8名学生（分别为A，B，C，D，E，F，G，H），进行垃圾分类投放检测，检测结果如下表，其中“√”表示投放正确，“×”表示投放错误，
学生
垃圾类别
A
B
C
D
E
F
G
H
可回收物
√
×
×
√
√
×
√
√
其他垃圾
×
√
√
√
√
×
√
√
餐厨垃圾
√
√
√
√
√
√
√
√
有害垃圾
×
√
×
×
×
√
×
√

（1）检测结果中，有几名学生正确投放了至少三类垃圾？请列举出这几名学生．
（2）为进一步了解学生垃圾分类的投放情况，从检测结果是“有害垃圾”投放错误的学生中随机抽取2名进行访谈，求抽到学生A的概率．
71．（2020·广东广州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（0，3），C（﹣4，1）．以原点O为旋转中心，将△ABC顺时针旋转90°得到△A'B'C'，其中点A，B，C旋转后的对应点分别为点A'，B'，C'．
（1）画出△A'B'C'，并写出点A'，B'，C'的坐标；
（2）求经过点B'，B，A三点的抛物线对应的函数解析式．

72．（2020·广东广州·九年级期末）为改善生态环境，建设美丽乡村，某村规划将一块长18米，宽10米的矩形场地建设成绿化广场，如图，内部修建三条宽相等的小路，其中一条路与广场的长平行，另两条路与广场的宽平行，其余区域种植绿化，使绿化区域的面积为广场总面积的80%．
（1）求该广场绿化区域的面积；
（2）求广场中间小路的宽．

73．（2020·广东广州·九年级期末）如图，在等边△ABC中，AB＝6，AD是高．
（1）尺规作图：作△ABC的外接圆⊙O（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作的图中，求线段AD，BD与弧所围成的封闭图形的面积．

74．（2020·广东广州·九年级期末）已知抛物线y＝x2+（1﹣2a）x﹣2a（a是常数）．
（1）证明：该抛物线与x轴总有交点；
（2）设该抛物线与x轴的一个交点为A（m，0），若2＜m≤5，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若a为整数，将抛物线在x轴下方的部分沿x轴向上翻折，其余部分保持不变，得到一个新图象G，请你结合新图象，探究直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点个数的情况．
75．（2020·广东广州·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点（点C不与A，B重合），连接CA，CB．∠ACB的平分线CD与⊙O交于点D．
（1）求∠ACD的度数；
（2）探究CA，CB，CD三者之间的等量关系，并证明；
（3）E为⊙O外一点，满足ED＝BD，AB＝5，AE＝3，若点P为AE中点，求PO的长．


【答案】
49．x1=2，x2=-8
【分析】先把方程变形为解（x+3）2=25，然后利用直接开平方法解方程．
【详解】解：（x+3）2=25，
∴x+3=±5，
解得：x1=2，x2=-8．
【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法：形如x2=p或（nx+m）2=p（p≥0）的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
50．y=-2x2+4x+6
【分析】设一般式y=ax2+bx+c，再把三个点的坐标代入得到关于a、b、c的方程组，然后解方程组求出a、b、c即可．
【详解】解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
根据题意得：，
解得：，
所以抛物线的解析式为y=-2x2+4x+6．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．
51．见解析
【分析】连接OC，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质得出∠DAC=∠ACO，根据平行线的判定得出OC∥AD，根据平行线的性质得出OC⊥DC，再根据切线的判定得出即可．
【详解】解：证明：连接OC，

∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∵OC=OA，
∴∠BAC=∠ACO，
∴∠DAC=∠ACO，
∴OC∥AD，
∵CD⊥AD，
∴OC⊥DC，
∵OC过圆心O，
∴CD是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质等知识点，能熟记经过半径的外端，且垂直于半径的直线是圆的切线是解此题的关键．
52．(1)y＝
(2)二、四；增大
(3)10；

【分析】（1）首先根据反比例函数的定义可得k+2=-1，且k-2≠0，解出k的值即可；
（2）根据k-2＜0，结合反比例函数的性质可得答案；
（3）根据y随x增大而增大可得当x=-3时，y最小，当x=时，y最大，代入求值即可．
【小题1】解：由题意得：k+2=-1，且k-2≠0，
解得：k=-3，
∴k-2=-5，
∴这个反比例函数的解析式为y＝；
【小题2】∵-5＜0，
∴图象在第二、四象限，在各象限内，y随x增大而增大；
故答案为：二、四；增大；
【小题3】当x=-3时，y最小==；
当x=时，y最大==10；
故答案为：10；．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的定义和性质，关键是掌握反比例函数的形式为（k为常数，k≠0）或y=kx-1（k为常数，k≠0）．
53．
【分析】根据题意得出阴影部分的面积等于半圆的面积-正方形CEDF的面积的2倍．
【详解】解：连接AC的中点F与弧的交点D，BC的中点E与弧的交点D，如图，

∵△ABC 是等腰直角三角形，AB=a，
∴AC=BC=，
∴CE=CF=，
S阴影=2（S半圆-S正方形CEDF）
=
=
=
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形面积的计算，明确阴影部分的面积等于半圆的面积-正方形CEDF的面积的2倍是解题的关键．
54．（1）60，见解析；（2）125、90；（3）
【分析】（1）由②的人数除以所占百分比求出抽查的学生人数，即可解决问题；
（2）由该校人数乘以最喜爱“①数独挑战”的人数所占的比例得出该校学生最喜爱“①数独挑战”的人数，再用360°乘以最喜爱“①数独挑战”的人数所占的比例即可；
（3）画树状图，再由概率公式求解即可．
【详解】解：（1）本次随机抽查的学生人数为：18÷30%=60（人），
则喜爱⑤玩转魔方游戏的人数为：60-15-18-9-6=12（人），
补全图（Ⅰ）如下：

故答案为：60；
（2）估计该校学生最喜爱“①数独挑战”的人数为：500×=125（人），
图（Ⅱ）中扇形①的圆心角度数为：360°×=90°，
故答案为：125，90；
（3）画树状图如图：

共有12个等可能的结果，恰好选中“①，④”这两项活动的结果有2个，
∴恰好选中“①，④”这两项活动的概率为=．
【点睛】本题考查了列表法与树状图法、扇形统计图、条形统计图；通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．
55．菱形的周长是cm．
【分析】设菱形的一条对角线长为xcm，则另一条对角线长为(10－x)cm，由菱形的性质可知：(10－x)＝12，然后根据勾股定理及菱形的性质可求解．
【详解】解：设菱形的一条对角线长为xcm，则另一条对角线长为(10－x)cm，由菱形的性质可知：
(10－x)＝12，整理，得x2－10x＋24＝0，
解得x1＝4，x2＝6．
当x＝4时，10－x＝6；当x＝6时，10－x＝4，
所以这个菱形的两条对角线长分别为6cm和4cm．
由菱形的性质和勾股定理得菱形的边长为＝(cm)，所以菱形的周长为cm．
答：菱形的周长是cm．
【点睛】本题主要考查菱形的性质及一元二次方程的应用，熟练掌握菱形的性质及一元二次方程的应用是解题的关键．
56．(1)直线x=-1
(2)y=x2+2x-3
(3)不存在

【分析】（1）令y=0，则x2+mx+n=0，则x1+x2=-m，再由OA-OB=-（x1+x2）=m=2，即可求m的值；
（2）过点C作CE⊥y轴交于点E，求出D（0，n），C（-1，n-1），则可求∠CDE=∠ADO=45°，得到A（n，0），再将A点代入解析式可得n=-3，即可求y=x2+2x-3；
（3）由题意可得y=x2+mx+n=（x+p）2-p2-|p|，则C（-p，-p2-|p|），所以当p=0时，-p2-|p|有最大值0，此时抛物线为y=x2，抛物线与x轴只有一个交点，不符合题意，故点C不存在最高点或最低点．
(1)
解：令y=0，则x2+mx+n=0，
∴x1+x2=-m，
∵OA-OB=2，
∴-（x1+x2）=m=2，
∴y=x2+2x+n=（x+1）2+-1+n，
∴对称轴为直线x=-1；
(2)
过点C作CE⊥y轴交于点E，

∵y=x2+2x+n，
∴D（0，n），C（-1，n-1），
∴DE=n-n+1=1，
∴∠CDE=45°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADO=45°，
∴AO=DO，
∴A（n，0），
∴n2+2n+n=0，
∴n=0（舍）或n=-3，
∴y=x2+2x-3；
(3)
不存在，理由如下：
∵OA-OB=2p，
∴m=2p，
∵点D的坐标为（0，-|p|），
∴n=-|p|，
∴y=x2+mx+n=x2+2px-|p|=（x+p）2-p2-|p|，
∴C（-p，-p2-|p|），
∵|p|≥0，
∴-p2-|p|≤0，
∴当p=0时，-p2-|p|有最大值0，
此时抛物线为y=x2，抛物线与x轴只有一个交点，不符合题意，
∴点C不存在最高点或最低点．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
57．(1)见解析
(2)45°
(3)

【分析】（1）由题意画出图形，利用SAS公理判定△BAG≌△EAC即可得出结论；
（2）利用全等三角形的性质可得∠BGA=∠ECA，利用三角形的内角和定理可得∠GMN=∠CAN=90°，利用正方形的性质可得∠AGC=45°，证明A，M，G．C四点共圆，利用同弧所对的圆周角相等即可得出结论；
（3））由△BAG≌△EAC可得BG=EC=a，S△BAG=S△EAC；利用同高的三角形的面积比等于底的比可得用a，b，c的式子表示出的S△ABM：S△BAG和S△ACM：S△EAC，将两个式子联立即可得出结论．
(1)
解：证明：由题意画出图形，如下图，

∵四边形ABDE是正方形，
∴AB=AE，∠BAE=90°．
∵四边形ACFG是正方形，
∴AG=AC，∠GAC=90°．
∵∠BAG=∠BAE=∠EAG=90°+∠EAG，
∠EAC=∠GAC+∠EAG=90°+∠EAG，
∴∠BAG=∠EAG．
在△BAG和△EAC中，
，
∴△BAG≌△EAC（SAS）．
∴BG=CE．
(2)
∵△BAG≌△EAC，
∴∠BGA=∠ECA．
设EC与AG交于点N，
∵∠MNG=∠ANC，
∴∠GMN=∠CAN．
∵四边形ACFG是正方形，
∴∠GAC=90°，
∴∠GMC=90°．
∴∠BMC=90°．
连接GC，如图，
∵四边形ACFG是正方形，
∴∠AGC=45°．
∵∠GMC=∠GAC=90°，
∴A，M，G．C四点共圆．
∴∠AMC=∠AGC=45°．
(3)
∵△BAG≌△EAC，
∴BG=EC=a，S△BAG=S△EAC．
∵，
，
∴S△ABM=S△BAG，S△ACM=S△EAC．
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，四点共圆的判定与性质，三角形的面积，准确找到图形中的全等三角形是解题的关键．
58．x1＝1+，x2＝1﹣．
【分析】利用完全平方公式配平方，再利用直接开方法求方程的解即可．
【详解】解：x2﹣2x+1＝6，
那么（x﹣1）2＝6，
即x﹣1＝±，
则x1＝1+，x2＝1﹣．
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：①把常数项移到等号的右边；②把二次项的系数化为1；③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
59．见解析
【分析】由切线的性质得出OA⊥PA，OB⊥PB，证明Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），由全等三角形的性质得出∠AOP＝∠BOP，则可得出结论．
【详解】证明：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
在Rt△OAP和Rt△OBP中，
，
∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），
∴∠AOP＝∠BOP，
即OP平分∠AOB．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
60．（1）；（2）
【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；
（2）先列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率求解即可．
【详解】解：（1）随机摸出一个球，恰好摸到“爱”字球的概率为，
故答案为：；
（2）列表如下：

我
爱
白
云
我
（我，我）
（爱，我）
（白，我）
（云，我）
爱
（我，爱）
（爱，爱）
（白，爱）
（云，爱）
白
（我，白）
（爱，白）
（白，白）
（云，白）
云
（我，云）
（爱，云）
（白，云）
（云，云）

由表可知，共有16种等可能结果，其中两次摸到的球中，至少有一次摸到“云”字球的有7种结果，所以两次摸到的球中，至少有一次摸到“云”字球的概率为．
【点睛】本题考查了简单概率计算，列举法计算概率，熟练掌握概率计算公式，灵活选择列表法或画树状图法计算概率是解题的关键．
61．（1）见解析；（2）π
【分析】（1）根据旋转的性质即可将△ABC绕点O旋转180°后，得到△A1B1C1；
（2）根据弧长公式即可求出点B经过的路径长．
【详解】解：（1）∵将△ABC绕点O旋转180°后，得到△A1B1C1，
∴△ABC和 △A1B1C1关于坐标原点O，
∵A（1，1），B（5，2），C（5，5），
∴A1（-1，-1），B1（-5，-2）C1（-5，-5），
连接A1B1，B1C1，A1C1，即得到△A1B1C1，
如图，△A1B1C1即为所求；

（2）∵OB＝ ，
∴点B经过的路径长为．
【点睛】本题主要考查了图形的变换——旋转，求弧长，熟练掌握旋转的性质，弧长公式是解题的关键．
62．（1）下，直线x＝1；（2）9
【分析】（1）观察表格中的数据，得到x＝0和x＝2时，y值相等都为3，且x＝﹣1时，y＝0，可得出抛物线开口方向及对称轴；
（2）把三点坐标代入抛物线解析式求出a，b，c的值确定出解析式，进而求出m与n的值即可．
【详解】解：（1）根据表格信息，可知抛物线开口向下，对称轴为直线x＝1；
故答案为：下，直线x＝1；
（2）把（﹣1，0），（0，3），（2，3）代入y＝ax2+bx+c，得：
，解得： ，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，
当x＝﹣2时，m＝-（-2）2-2×2+3=﹣4﹣4+3＝﹣5；
当x＝1时，n＝-12+2×1+3=﹣1+2+3＝4；
∴|m﹣n|＝|﹣5﹣4|＝9．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的性质，熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
63．（1）12；（2）
【分析】（1）根据题意找到等量关系列出方程组，转化为一元二次方程求解即可；
（2）根据题意，得mn＝80，结合（1）转化为一元二次方程求解即可．
【详解】解：（1）设底面长为mcm，宽为ncm，正方形的边长为xcm，根据题意得：
，
由②③得2a＝24，
解得a＝12（cm），
故答案为：12cm；
（2）根据题意，得
mn＝80，
由，得
由①得，n＝12﹣2x，
把a＝12代入②得m＝12﹣x，
再把m和n代入mn＝80中，得
（12﹣x）（12﹣2x）＝80，
解得x＝2或x＝16（舍去）．
答：剪去的小正方形边长为2cm．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，方程组，一元二次方程的解法，准确理解剪图的意义，把问题转化为方程组和一元二次方程问题求解是解题的关键．
64．（1）k＝12，C（6，0）；（2）相离，理由见解析
【分析】（1）根据待定系数法求得k，然后根据题意P在AB的垂直平分线上，得出P的纵坐标为3，代入解析式求得横坐标，同样根据P是BC的垂直平分线上D的点求得C的坐标；
（2）根据勾股定理求得圆的半径，与P的横坐标比较即可判断．
【详解】解：（1）∵反比例函数（x＞0）的图象经过点A，点A的坐标为（2，6），
∴k＝2×6＝12，
∴反比例函数的解析式为y＝ ，
∵⊙P经过A、B点，
∴PA＝PB，
∴P在AB的垂直平分线上，
∵直线AB∥y轴，
∴B（2，0），P点的纵坐标为3，
把y＝3代入y＝得，3＝，则x＝4，
∴P（4，3），
∵⊙P与x轴交于B，C两点，
∴P是BC的垂直平分线上的点，
∴C（6，0）；
（2）相离，理由如下：
∵P（4，3），B（2，0），
∴ ，
∴⊙P的半径为 ，
∵P的横坐标为4，4＞ ，
∴⊙P与y轴相离．
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，直线与圆的位置关系等，求得P的坐标是解题的关键．
65．（1）①见解析；②见解析；（2）①60°；②AE＝PA+PB+PC，证明见解析；（3）
【分析】（1）①分别以A和C为圆心，以AC为半径画弧，交于点D，连接CD，AD，则△ACD即为所求作的等边三角形；
②分别以B和C为圆心，以BC为半径画弧，交于点E，连接CE，BE，则△BCE即为所求作的等边三角形；
（2）①利用SAS证明△DCB≌△ACE（SAS），可得∠CDB＝∠ACE，再根据三角形内角和定理可得结论；
②如图2，作辅助线，构建等边三角形和全等三角形，证明△CDM≌△CAP（SAS）和△PCM是等边三角形，可得结论；
（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△CDM≌△CAP（SAS）和△PCM是等边三角形，可得结论．
【详解】解：（1）如图1，
①分别以A和C为圆心，以AC为半径画弧，交于点D，连接CD，AD，则△ACD即为所求作的等边三角形；
②分别以B和C为圆心，以BC为半径画弧，交于点E，连接CE，BE，则△BCE即为所求作的等边三角形；

（2）①如图2，设BD交AC于点O，
∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AC＝CD，BC＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD+∠BCA＝∠BCA+∠BCE，
即∠BCD＝∠ACE，
∴△DCB≌△ACE（SAS），
∴∠CDB＝∠CAE，
∵∠COD＝∠AOP，
∴∠APD＝∠ACD＝60°；
②AE＝PA+PB+PC，理由是：
如图2，在PD上截取DM＝AP，

∵DC＝AC，∠CDM＝∠CAP，
∴△CDM≌△CAP（SAS），
∴CM＝PC，∠DCM＝∠ACP，
∵∠ACD＝∠DCM+∠ACM＝60°，
∴∠ACM+∠ACP＝60°，即∠PCM＝60°，
∴△PCM是等边三角形，
∴PM＝PC，
∵BD＝DM+PM+PB＝AE，
∴AE＝PA+PB+PC；
（3）如图3，过点D作DG⊥AB于G，在BD上截取DM＝AP，连接CM，

由（2）同理得：△DCB≌△ACE，
∴BD＝AE，∠CAE＝∠CDB，
∵AC＝CD，AP＝DM，
∴△ACP≌△DCM（SAS），
∴PC＝CM，∠ACP＝∠DCM，
∴∠PCM＝∠ACD＝60°，
∴△PCM是等边三角形，
∴PC＝PM，
∵PA＝，PB＝，PC＝，
∴PA+PB﹣PC＝＝，
∵PA+PB﹣PC＝DM+PB﹣PM＝BD，
∴BD＝，
∵∠APD＝∠ACD＝60°＝∠PAB+∠PBA，
∴∠PBA＝60°﹣15°＝45°，
∵DG⊥AB，
∴∠DGB＝90°，
∴△DGB是等腰直角三角形，
∴DG=BG，
∴DG2+BG2=BD2，即2DG2=BD2，
∴ ，
解得：DG＝ ；
即点D到直线AB的距离是+ ．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的作图，三角形全等的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识，本题运用类比的方法解决问题，正确作出辅助线是解题的关键．
66．（1）；（2）是，2；（3）y1的最大值与最小值的平均数＝
【分析】（1）由题意得：S1＝×AB×OC，即可求解；
（2）S2＝S梯形ADHO﹣S△CDH﹣S△ACO＝3a，而S1＝6a，即可求解；
（3）分a﹣1≤0、a﹣1＞0两种情况，在a﹣1＞0前提下还要分两种情况讨论，利用点和对称轴的位置关系，确定函数的最大值和最小值，即可求解．
【详解】解：∵y＝ax2+2ax﹣3a（a是常数）与x轴交于A，B两点，
∴令y＝ax2+2ax﹣3a＝0，
解得x＝﹣3或1，
令x＝0，则y＝﹣3a，
∴点A、B、C的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）、（0，﹣3a），
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
当x＝﹣1时，y＝ax2+2ax﹣3a＝﹣4a，
∴点D的坐标为（﹣1，﹣4a）；
∵抛物线和x轴有两个交点，且顶点D不在第二象限，
则抛物线的顶点在第三象限，且a＞0，函数大致图象如下：

（1）∵S1＝3，S1＝×AB×OC＝×4×3a＝6a，
∴6a＝3，
解得：a＝，
故抛物线的表达式为y＝x2+x﹣；
（2）是定值2，理由：
过点D作DH⊥y轴于点H，则有DH=1，OH=4a，


则S2＝S梯形ADHO﹣S△CDH﹣S△ACO
＝（1+3）×4a﹣×1×（﹣3a+4a）﹣×3×3a
＝3a，
由（1）知S1＝6a，
故＝2；
（3）∵y＝ax2+2ax﹣3a＝a(x+1)2﹣4a，
又∵抛物线y＝ax2+2ax﹣3a向右平移a个单位后，得到函数y1的图象，

∴y1＝a(x﹣a+1)2﹣4a，
∴平移后的抛物线的对称轴为直线x＝﹣1+a，
∵﹣1+a＜a+1，
故x＝a+1在新抛物线对称轴的右侧．
①当﹣1+a≤0时，即0＜a≤1，此时x＝0在x＝﹣1+a的右侧，
则当0＜a≤1时，抛物线在x＝a+1时取得最大值，而在x＝0时取得最小值；
当x＝a+1时，y1＝a(a+1﹣a+1)2﹣4a＝0，
当x＝0时，y1＝a(0﹣a+1)2﹣4a＝a3﹣2a2﹣3a，
则y1的最大值与最小值的平均数＝（a3﹣2a2﹣3a）＝a3﹣a2﹣a；
②当a﹣1＞0时，则此时顶点的横坐标0＜a﹣1≤a+1，
当x＝a﹣1时，y1取得最小值，此时y1＝a(a﹣1﹣a+1)2﹣4a＝﹣4a，
1）若a﹣1﹣0＜a+1﹣(a﹣1)，即1＜a＜3时，
则当x＝a+1时，y1取得最大值，此时y1＝a(a+1﹣a+1)2﹣4a＝0，
则y1的最大值与最小值的平均数＝，
2)若a﹣1﹣0≥a+1﹣(a﹣1)，即a≥3时，
则当x＝0时，y1取得最大值，此时y1＝a(0﹣a+1)2﹣4a＝a3﹣2a2﹣3a，
则y1的最大值与最小值的平均数＝＝；
综上所述：y1的最大值与最小值的平均数＝．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
67．x1＝2  x2＝4．
【分析】应用因式分解法解答即可.
【详解】解：x2﹣6x+8＝0
（x﹣2）（x﹣4）＝0，
∴x﹣2＝0或x﹣4＝0，
∴x1＝2  x2＝4．
【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解答关键是根据方程特点进行因式分解.
68．k＝2
【分析】根据题意A的纵坐标为2，把y＝2代入y＝2x，求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得k的值．
【详解】解：∵AC⊥x轴，AC＝2，
∴A的纵坐标为2，
∵正比例函数y＝2x的图象经过点A，
∴2x＝2，解得x＝1，
∴A（1，2），
∵反比例函数y＝的图象经过点A，
∴k＝1×2＝2．
【点睛】本题考查的知识点是正比例函数以及反比例函数图象上点的坐标，直接待如即可求出答案，比较基础．
69．见解析．
【分析】根据切线的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：∵BC与⊙A相切于点D，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，
∴△ABD≌△ACD（ASA），
∴AB＝AC．
【点睛】本题考查的知识点是切线的性质和全等三角形的判定和性质定理，易于理解掌握．
70．（1）有5位同学正确投放了至少三类垃圾，他们分别是B、D、E、G、H同学；（2）．
【分析】（1）从表格中，找出正确投放了至少三类垃圾的同学即可；
（2））“有害垃圾”投放错误的学生有A、C、D、E、G同学，用列表法列举出所有可能出现的结果，从中找出“有A同学”的结果数，进而求出概率．
【详解】解：（1）有5位同学正确投放了至少三类垃圾，他们分别是B、D、E、G、H同学，
（2）“有害垃圾”投放错误的学生有A、C、D、E、G同学，从中抽出2人所有可能出现的结果如下：

共有20种可能出现的结果数，其中抽到A的有8种，
因此，抽到学生A的概率为．
【点睛】本题考查的知识点是概率，理解题意，利用列表法求解比较简单．
71．（1）见解析；（2）抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．
【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
（2）设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣3），把B（0，3）代入求出a即可．
【详解】解：（1）如图△A'B'C'即为所求．A′（0，2），B′（3，0），C′（1，4）

（2）设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣3），
把B（0，3）代入得到a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+3．
【点睛】本题考查的知识点是求抛物线解析式以及图形的旋转变换，根据旋转的性质得出A′，B′，C′的坐标是解此题的关键．
72．（1）该广场绿化区域的面积为144平方米；（2）广场中间小路的宽为1米．
【分析】（1）根据该广场绿化区域的面积＝广场的长×广场的宽×80%，即可求出结论；
（2）设广场中间小路的宽为x米，根据矩形的面积公式（将绿化区域合成矩形），即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【详解】解：（1）18×10×80%＝144（平方米）．
答：该广场绿化区域的面积为144平方米．
（2）设广场中间小路的宽为x米，
依题意，得：（18﹣2x）（10﹣x）＝144，
整理，得：x2﹣19x+18＝0，
解得：x1＝1，x2＝18（不合题意，舍去）．
答：广场中间小路的宽为1米．
【点睛】本题考查的知识点是一元二次方程的应用，找准题目中的等量关系式是解此题的关键．
73．（1）见解析；（2）
【分析】（1）作BH⊥AC交AD于O，以O为圆心，OB为半径作⊙O即可．
（1）线段AD，BD与所围成的封闭图形的面积＝S扇形OAB+S△BOD．
【详解】解：（1）如图，⊙O即为所求．

（2）∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，BH⊥AC，
∴BD＝CD＝3，∠OBD＝∠ABC＝30°，∠AOB＝2∠C＝120°，
∴OD＝BD•tan30°＝，OB＝2OD＝2，
∴线段AD，BD与所围成的封闭图形的面积＝S扇形OAB+S△BOD＝×3×＝2π+．
【点睛】本题考查的知识点是作圆以及求不规则图形的面积，熟记扇形的面积公式是解此题的关键．
74．（1）见解析；（2）1＜a≤；（3）新图象G公共点有2个．
【分析】（1）令抛物线的y值等于0，证所得方程的△＞0即可；
（2）将点A坐标代入可求m的值，即可求a的取值范围；
（3）分k＞0和k＜0两种情况讨论，结合图象可求解．
【详解】解：（1）设y＝0，则0＝x2+（1﹣2a）x﹣2a，
∵△＝（1﹣2a）2﹣4×1×（﹣2a）＝（1+2a）2≥0，
∴x2+（1﹣2a）x﹣2a＝0有实数根，
∴该抛物线与x轴总有交点；
（2）∵抛物线与x轴的一个交点为A（m，0），
∴0＝m2+（1﹣2a）m﹣2a，
∴m＝﹣1，m＝2a，
∵2＜m≤5，
∴2＜2a≤5，
∴1＜a≤；
（3）∵1＜a≤，且a为整数，
∴a＝2，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，
如图，当k＞0时，

若y＝kx+1过点（﹣1，0）时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有3个，
即k＝1，
当0＜k＜1时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有4个，
当k＞1时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有2个，
如图，当k＜0时，

若y＝kx+1过点（4，0）时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有3个，
即k＝﹣，
当﹣＜k＜0时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有4个，
当k＜﹣时，直线y＝kx+1（k为常数）与新图象G公共点有2个，
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数相结合的综合题：熟练掌握二次函数的性质；会利用根的判别式确定抛物线与x轴的交点个数；理解坐标与图形性质，会利用分类讨论的方法解题；要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用数形结合的方法是解题的关键．
75．（1）∠ACD＝45°；（2）BC+AC＝CD，见解析；（3）OP＝．
【分析】（1）由圆周角的定义可求∠ACB＝90°，再由角平分线的定义得到∠ACD＝45°；
（2）连接CO延长与圆O交于点G，连接DG、BG，延长DG、CB交于点F；先证明△BGF是等腰直角三角形，得到BG＝BF，AG＝BF，再证明△CDF是等腰三角三角形，得到CF＝CD，即可求得BC+AC＝CD；
（3）过点A作AM⊥ED，过点B作BN⊥ED交ED延长线与点N，连接BE；先证明Rt△AMD≌Rt△DNB（AAS），再证明△AED是等腰三角形，分别求得EN＝，BN＝，在Rt△EBN中，BE＝，OP＝BN＝．
【详解】解：（1）∵AB是直径，点C在圆上，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACB的平分线CD与⊙O交于点D，
∴∠ACD＝45°；
（2）BC+AC＝CD，
连接CO延长与圆O交于点G，连接DG、BG，延长DG、CB交于点F；
∴∠CDG＝∠CBG＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴AC∥BG，
∴∠CGB＝∠ACG，
∴∠CGB＝45°+∠DCG，
∵∠CBF＝90°+∠DCG，
∴∠BGF＝45°，
∴△BGF是等腰直角三角形，
∴BG＝BF，
∵△ACO≌△BGO（SAS），
∴AG＝BF，
∵△CDF是等腰三角三角形，
∴CF＝CD，
∴BC+AC＝CD；
（3）过点A作AM⊥ED，过点B作BN⊥ED交ED延长线与点N，连接BE；   
∵∠ACD＝∠ABD＝45°，∠ADB＝90°，
∴AD＝BD，
∵AB＝5，
∴BD＝AD＝，
∵∠MAD＝∠BDN，
∴Rt△AMD≌Rt△DNB（AAS），
∴AM＝DN，MD＝BN，
∵ED＝BD，
∴△AED是等腰三角形，
∵AE＝3，
∴AM＝，DM＝，
∴EN＝，BN＝，
在Rt△EBN中，BE＝，
∵P是AE的中点，O是AB的中点，
∴OP＝BN，
∴OP＝．


【点睛】本题是一道关于圆的综合题目，考查了等腰三角形的性质、圆周角定义、角平分线、全等三角形的判定及性质，勾股定理等多个知识点，根据题目作出适合的辅助线是解此题的关键．