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2023-2024学年辽宁省辽阳市灯塔一中九年级（上）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省辽阳市灯塔一中九年级（上）期末数学试卷（含解析），共26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。
1.用配方法解方程x2−4x−1=0，方程应变形为( )
A. (x+2)2=3B. (x+2)2=5C. (x−2)2=3D. (x−2)2=5
2.关于x的一元二次方程(m−3)x2−2x+1=0有实数根，则m的取值范围是( )
A. m<4且m≠3B. m>4C. m≥4D. m≤4且m≠3
3.如图，将一个飞镖随机投掷到3×3的方格纸中，则飞镖落在阴影部分的概率为( )
A. 13
B. 49
C. 59
D. 79
4.李师傅去年开了一家商店，今年1月份开始盈利，2月份盈利2000元，4月份的盈利达到2880元，且从2月到4月，若每月盈利的平均增长率都相同.那么按照这个平均增长率，预计五月份这家商店的盈利将达到元．( )
A. 3320B. 3440C. 3450D. 3456
5.如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，在条件：①AB=AD；②AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形ABCD是菱形，可选择的条件是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
6.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为BC的中点，连接AE交BD于点F，若OF=1，则BD的长为( )
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
7.在同一平面直角坐标系中，函数y=kx+k与y=kx(k≠0)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
8.如图，阳光通过窗口AB照射到室内，在地面上留下4米宽的亮区DE，已知亮区DE到窗口下的墙脚的距离CE=5米，窗口高AB=2米，那么窗口底部离地面的高度BC为( )
A. 2米B. 2.5米C. 3米D. 4米
9.如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，则tanB′的值为( )
A. 12
B. 13
C. 14
D. 24
10.如图，正方形ABCD的边长为9，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论中不正确的是( )
A. 矩形DEFG是正方形B. ∠CEF=∠ADE
C. CG平分∠DCHD. CE+CG=9 2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.关于x的一元二次方程x2−ax+6=0的一个根是2，则a的值为 ．
12.如图，已知一条东西走向的河流，在河流对岸有一点A，小明在岸边点B处测得点A在点B的北偏东30°方向上，小明沿河岸向东走80m后到达点C，测得点A在点C的北偏西60°方向上，则点A到河岸BC的距离为______ ．
13.如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥CD，过点O作OE⊥AC交AD于点E，连接CE.已知AC=6，BD=10，则△CDE的周长是______ ．
14.如图，正方形ABCD的边长为4，E，F，H分别是边BC，CD，AB上的一点，将正方形ABCD沿FH折叠，使点D恰好落在BC边的中点E处，点A的对应点为点P，则折痕FH的长为______ ．
15.如图，∠MEN=90°，矩形ABCD的顶点B，C分别是∠MEN两边上的动点，已知BC=10，CD=5，点D，E之间距离的最大值是______ ．
三、解答题：本题共8小题，共65分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题9分)
(1)2cs45°+(3−π)0−|2− 8|−(−13)−1；
(2)先化简，再求值：(x2−1x2−2x+1−1x−1)÷x+2x−1，其中x= 27+|−2|−3tan60°．
17.(本小题8分)
已知：△ABC三个顶点的坐标分别为A(−2,−2)，B(−5,−4)，C(−1,−5)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
(2)以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍，得到△A2B2C2，请在网格中画出△A2B2C2，并写出点B2的坐标．
18.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH．
(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；
(2)当AB=CD时，EF与GH有怎样的位置关系？请说明理由．
19.(本小题8分)
兰溪联华超市今年三月初以每件40元的进价购进一批水磨年糕，当年糕售价为每件60元时，三月份共销售192件.四、五月该批年糕销售量持续走高，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到300件．
(1)求四、五两个月销售量的月平均增长率；
(2)从六月份起，在五月份的基础上，联华超市决定采用降价促销的方式回馈顾客，经市场调查发现，该年糕每件降价2元，月销售量增加40件，在顾客获得最大实惠的前提下，当年糕每件降价多少元时，联华超市六月份仍可获利为6080元？
20.(本小题8分)
如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC于点E，交BD于点F，连接EO并延长，交AD于点G．
(1)求证：∠ABC=2∠AEG．
(2)求证：EG⋅BF=2AF⋅DG．
21.(本小题8分)
北京时间2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船成功发射，中国首次实现空间站三船三舱构型，以及6名航天员同时在轨驻留.为弘扬航天精神，某初中在教学楼上悬挂了一幅长为6m的励志条幅(即GF=6m)，小明同学想知道条幅的底端F到地面的距离，他的测量过程如下：如图，首先他站在楼前B点处，在点B正上方点A处测得条幅顶端G的仰角为37°，然后向教学楼条幅方向前行9m到达点B处(楼底部点E与点B，D在一条直线上)，在点D正上方点C处测得条幅底端F的仰角为45°，若小明的身高(即AB，CD)为1.75m(即四边形ABDC为矩形)，请你帮助小明计算条幅底端F到地面FE的距离的长度.(结果精确到0.1m，参考数据：sin37°=0.60，cs37°=0.80，tan37°=0.75)
22.(本小题8分)
如图，直线y=32x与双曲线y=kx(k≠0)交于A，B两点，点A的坐标为(m,−3)，点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC=2CD．
(1)求k的值并直接写出点B的坐标；
(2)连接OC，求△OBC的面积；
(3)点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；
(4)直接写出反比例函数值大于正比例函数值的x的取值范围______ ．
23.(本小题8分)
△ABC中，AB=BC，∠ABC=60°，点P是射线CB上的一个动点，CQ//AB，且CP=CQ，直线AP交直线BQ于点M，连接CM．
(1)如图①，当点P是CB的中点时，∠AMC的度数为______ ；
(2)如图②，当点P不是CB的中点时，请判断(1)中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)若AB=4，当BM=2时，请直接写出线段CM的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵x2−4x=1，
∴x2−4x+4=1+4，即(x−2)2=5，
故选：D．
常数项移到方程的右边后，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．
本题主要考查配方法解一元二次方程的能力，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵一元二次方程(m−3)x2−2x+1=0有实数根，
∴Δ=(−2)2−4(m−3)×1=−4m+16≥0，
∴m≤4，
又∵m−3≠0，
∴m≠3，
∴m≤4且m≠3．
故选：D．
根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，列出关于m的一元一次不等式组是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵3×3的方格纸的面积为=3×3=9，阴影部分面积为12+22=5，
∴飞镖落在阴影区域的概率是59．
故选：C．
根据这个比例即可求出飞镖落在阴影区域的概率．
本题考查了几何概率，勾股定理确定阴影部分的面积在整个图形中占的比例，
4.【答案】D
【解析】解：设每月盈利的平均增长率为x，
根据题意，2000(1+x)2=2880，
解得：x1=15,x2=−115(舍去)，
五月份这家商店的盈利为2880×(1+15)=3456(元)．
故选：D．
设每月盈利的平均增长率为x，列方程2000(1+x)2=2880解方程进而即可求解
本题主要考查一元二次方程的应用，正确列出方程是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADO=∠CBO，
∵点O是BD的中点，
∴OD=OB，
在△DAO和△BCO中，
∠HAM=∠HFGAH=FH∠AHM=∠FHG，
∴△DAO≌△BCO(ASA)，
∴OA=OC，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
①∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
综上所述：选择①③④，使得四边形ABCD是菱形，
故选：C．
根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证△DAO≌△BCO(ASA)，得OA=OC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵点E是BC中点，
∴BC=2BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，BC//AD，BO=OD，
∴AD=2BE，
设BF=a，
∵OF=1，
∴BO=DO=a+1，
则DF=a+2，
∵BC//AD
∴△BEF∽△DAF，
∴BFDF=BEDA=12，即 aa+2=12，
解得a=2，即BF=2，
∴BO=BF=OF=3，
∴BD=2OB=6，
故选：B．
通过证明△BEF∽△DAF，可得BFDF=BEDA=12，可求BF=2，即可求解．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质．
7.【答案】D
【解析】解：①当k>0时，y=kx+k过一、二、三象限；y=kx过一、三象限；
②当k<0时，y=kx+k过二、三、四象象限；y=kx过二、四象限．
观察图形可知，只有D选项符合题意．
故选：D．
分两种情况讨论，当k>0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k<0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k和b的符号对函数图象的影响是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵AD//BE，
∴△BCE∽△ACD，
∴BCAC=CECD，
∵CD=CE+ED=4+5=9米，AC=BC+AB=BC+2，
∴BCBC+2=59，
解得，BC=2.5米．
故选：B．
根据光沿直线传播的道理可知AD//BE，则△BCE∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等解答即可．
本题考查的是相似三角形的应用，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过C点作CD⊥AB，垂足为D．
根据旋转性质可知，∠B′=∠B．
在Rt△BCD中，tanB=CDBD=13，
∴tanB′=tanB=13．
故选：B．
过C点作CD⊥AB，垂足为D，根据旋转性质可知，∠B′=∠B，把求tanB′的问题，转化为在Rt△BCD中求tanB．
本题考查了旋转的性质：旋转后对应角相等，考查三角函数的定义及三角函数值的求法．
10.【答案】B
【解析】解：如图，作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，则∠EKF=∠ELD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，AD=CD，∠B=∠ADC=90°，
∴∠BCA=∠BAC=45°，∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠BCA=∠DCA，
∴EK=EL，
∵∠EKC=∠ELC=∠KCL=90°，
∴四边形EKCL是矩形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠KEL=∠FED=90，
∴∠FEK=∠DEL=90°−∠FEL，
∴△FEK≌△DEL(ASA)，
∴DE=FE，
∴矩形DEFG是正方形，故A正确；
∵∠EDG=∠ADC=90°，
∴∠CDG=∠ADE=90°−∠CDE，
∵CD=AD，GD=ED，
∴△CDG≌△ADE(SAS)，
∴CG=AE，
∴CE+CG=CE+AE=AC，
∵∠B=90°，AB=CB=9，
∴AC= 2AB=9 2，
∴CE+CG=9 2，故D正确；
∵△CDG≌△ADE(SAS)，
∴∠DAE=∠DCG=45°，
∴CG平分∠DCH，故C正确；
∵∠ADE=∠DEL=∠FEK，≠∠CEF，
∴∠CEF≠∠ADE，故B不正确，
故选：B．
作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，先由四边形ABCD是正方形证明∠BCA=∠DCA=45°，则EK=EL，再证明△FEK≌△DEL，得DE=FE，即可证明矩形DEFG是正方形，进而可以判断A选项；由∠CDG=∠ADE=90°−∠CDE，CD=AD，GD=ED，证明△CDG≌△ADE，得CG=AE，则CE+CG=AC为定值，再根据勾股定理求出AC的长即可判断D选项；由△CDG≌△ADE(SAS)，得∠DAE=∠DCG=45°，进而可以判断C选项；根据∠ADE=∠DEL=∠FEK，≠∠CEF，可以判断B选项．
此题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理及其推论以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】5
【解析】【分析】
本题主要考查一元二次方程的解，掌握代入法是解此题的关键．
把x=2代入求值即可．
【解答】
解：把x=2代入可得22−2a+6=0，
解得a=5．
故答案为：5．
12.【答案】20 3米
【解析】解：方法1、过点A作AD⊥BC于点D．
根据题意，∠ABC=90°−30°=60°，∠ACD=30°，
设AD=x米，
在Rt△ACD中，tan∠ACD=ADCD，
∴CD=ADtan∠ACD=xtan30∘= 3x，
在Rt△ABD中，tan∠ABC=ADBD，
∴BD=ADtan∠ABC=xtan60∘= 33x，
∴BC=CD+BD= 3x+ 33x=80
∴x=20 3
答：该河段的宽度为20 3米．
故答案为：20 3米．
方法2、过点A作AD⊥BC于点D．
根据题意，∠ABC=90°−30°=60°，∠ACD=30°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，BC=80m，∠ACB=30°，
∴AB=40m，AC=40 3m，
∴S△ABC=12AB×AC=12×40×40 3=800 3，
∵S△ABC=12BC×AD=12×80×AD=40AD=800 3，
∴AD=20 3米
答：该河段的宽度为20 3米．
故答案为：20 3米．
方法1、作AD⊥BC于点D，设出AD=x米，在Rt△ACD中，得出CD= 3x，在Rt△ABD中，得出BD= 33x，最后用CD+BD=80建立方程即可得出结论；
方法2、先判断出△ABC是直角三角形，利用含30°的直角三角形的性质得出AB，AC，再利用同一个直角三角形，两直角边的积的一半和斜边乘以斜边上的高的一半建立方程求解即可．
此题考查了解直角三角形及勾股定理的应用，用到的知识点是方向角，关键是根据题意画出图形，作出辅助线，构造直角三角形，“化斜为直”是解三角形的基本思路，常需作垂线(高)，原则上不破坏特殊角．
13.【答案】4+2 13
【解析】解：∵四边ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，AC=6，BD=10，
∴OC=OA=12AC=3，OD=OB=12BD=5，
∵AC⊥CD，OE⊥AC，
∴∠ACD=90°，AE=CE，
∴CD= OD2−OC2= 52−32=4，
∴AD= AC2+CD2= 62+44=2 13，
∵∠ECD+∠ECA=90°，∠EDC+∠EAC=90°，∠ECA=∠EAC，
∴∠ECD=∠EDC，
∴DE=CE=AE=12AD= 13，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=4+ 13+ 13=4+2 13，
∴故答案为：4+2 13．
由平行四边形的性质得OC=OA=12AC=3，OD=OB=12BD=5，而AC⊥CD，OE⊥AC，则∠ACD=90°，AE=CE，所以CD= OD2−OC2=4，则AD= AC2+CD2=2 13，再证明∠ECD=∠EDC，所以DE=CE=AE=12AD= 13，即可求得△CDE的周长为4+2 13，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、线段的垂直平分线的性质、等角的余角相等、勾股定理等知识，证明DE=CE=AE是解题的关键．
14.【答案】2 5
【解析】解：过点H作HG⊥CD于点G，连接DE，如图所示：
则∠DGH=∠FGH=90°，
在正方形ABCD中，∠A=∠D=∠C=90°，AD=CD=BC=4，
∴四边形ADGH是矩形，
∴GH=AD=CD，
根据折叠可知，FH垂直平分DE，
∴∠FDE+∠DFH=90°，
∵∠FDE+∠DEC=90°，
∴∠DFH=∠DEC，
在△HGF和△DCE中，
∠DFH=∠DEC∠FGH=∠ECDHG=CD，
∴△HGF≌△DCE(AAS)，
∴FH=DE，
∵E为BC的中点，
∴EC=2，
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE= 42+22=2 5，
∴FH=2 5，
故答案为：2 5．
过点H作HG⊥CD于点G，连接DE，根据正方形的性质可证四边形ADGH是矩形，根据折叠可知FH垂直平分DE，可证△HGF≌△DCE(AAS)，根据全等三角形的性质可得FH=DE，在Rt△CDE中，根据勾股定理求出DE的长，即可确定FH的长．
本题考查了正方形的性质，翻折变换(折叠问题)，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
15.【答案】5+5 2．
【解析】解：∵∠MEN=90°，F是BC中点，
∴EF=12BC=5．
如图：
ED≤EF+DF，
当点D，E，F三点共线时，取等号．
此时F是BC的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴FD= CF2+CD2= 52+52=5 2．
∴ED最大=EF+DF=5+5 2．
故答案为：5+5 2．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得EF，再确定DE最大时的条件，求最值即可．
本题考查矩形性质，确定最值条件是求解本题的关键．
16.【答案】解：(1)2cs45°+(3−π)0−|2− 8|−(−13)−1
=2× 22+1−( 8−2)−(−3)
= 2+1−2 2+2+3
=6− 2；
(2)(x2−1x2−2x+1−1x−1)÷x+2x−1，
=[(x+1)(x−1)(x−1)2−1x−1]⋅x−1x+2
=(x+1x−1−1x−1)⋅x−1x+2
=x+1−1x−1⋅x−1x+2
=xx−1⋅x−1x+2
=xx+2，
当x= 27+|−2|−3tan60°=3 3+2−3 3=2时，原式=22+2=12．
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)先算括号里，再算括号外，然后把x的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
本题考查了分式的化简求值，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图所示：△A1B1C1即为所求：
(2)如图所示：△A2B2C2即为所求； B2(10,8)
【解析】(1)利用关于x轴对称点的性质得出对应点连接即可；
(2)利用位似图形的性质得出对应点坐标进而得出答案．
此题主要考查了位似变换与轴对称变换，得出对应点位置是解题关键．
18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=12CD，FG//CD.HE=12CD，HE//CD．
∴FG=EH，FG//EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
(2)解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由(1)知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【解析】(1)利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的四边相等，即可证得；
(2)根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
19.【答案】解：(1)设四、五两个月销售量的月平均增长率为x，由题意得，
192(1+x)2=300，
解得：x1=25%，x2=−2.25(不合题意，舍去)，
∴四、五两个月销售量的月平均增长率为25%；
(2)解：设年糕每件降价m元时，商场六月仍可获利为6080元，
由题意，得：(60−40−m)(300+20m)=6080，
化简，得：m2−5m+4=0，
解得：m=1或m=4，
顾客获得最大实惠的前提下，m=4，
∴在顾客获得最大实惠的前提下，当年糕每件降价4元时，六月份仍可获利为6080元；
【解析】(1)设四、五两个月销售量的月平均增长率为x，根据五月份的销售量达到300件列方程求解即可得到答案；
(2)设年糕每件降价m元时，商场六月仍可获利为6080元，根据利润列方程求解即可得到答案；
本题考查一元二次方程解实际应用问题，解题的关键是根据题意找到等量关系式．
20.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，AB=AC，
∵AE⊥BC，
∴OE=12AC，
∴OA=OE=OC，
∴∠AEO=∠EAO，∠OCE=∠OEC
∴∠COE=∠AEO+∠EAO=2∠AEO，
∵AB=BC，
∴∠OCE∠=∠BAC，
∴∠ABC=∠COE=2∠AEG．
(2)∵AE⊥BC，AC⊥BC，
∴∠BAF+∠ABE=∠BOE+∠COE=90°，
由(1)知∠ABE=∠COE，
∴∠BAF=∠BOE，
∵∠ABF=∠OBE，
∴△ABF∽△OBE，
∴AF：OE=BF：BE，
∴OE⋅BF=AF⋅BE，
∴2OE⋅BF=2AF⋅BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，AD//BC，
∴∠ODG=∠OBE，∠OGD=∠OEB，
∴△ODG≌△OBE(AAS)，
∴OE=OG，BE=DG，
∴EG=2OE，
∴EG⋅BF=2AF⋅DG．
【解析】(1)由菱形的性质得到AC⊥BD，AO=CO，AB=BC，由直角三角形斜边中线的性质得到OE=12AC，因此OA=OE=OC，推出∠AEO=∠EAO，∠OCE=∠OEC，由三角形外角的性质得到∠COE=∠AEO+∠EAO=2∠AEO，由AB=BC，推出∠OCE∠=∠BAC，由三角形内角和定理即可证明∠ABC=∠COE=2∠AEG．
(2)由余角的性质推出∠BAF=∠BOE，而∠ABF=∠OBE，推出△ABF∽△OBE，得到OE⋅BF=AF⋅BE，由菱形的性质，证明△ODG≌△OBE(AAS)，得到OE=OG，BE=DG，因此EG=2OE，即可证明EG⋅BF=2AF⋅DG
本题考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线，三角形外角的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，关键是证明△ABF∽△OBE，推出OE⋅BF=AF⋅BE．
21.【答案】解：设AC与GE相交于点H，
由题意得：
由题意得：AB=CD=HE=1.75米，AC=BD=9米，∠AHG=90°，设CH=x米，
∴AH=AC+CH=(9+x)米，在Rt△CHF中，∠FCH=45°，
∴FH=CH⋅tan45°=x(米)，
∵GF=6米，
∴GH=GF+FH=(6+x)米，
在Rt△AHG中，∠GAH=37°，
∴tan37°=GHAH=x+69+x≈0.75，
解得：x=3，经检验：x=3是原方程的根，
∴FE=FH+HE=4.75≈4.8(米)，
∴条幅底端F到地面的距离FE的长度约为4.8米．
【解析】设AC与GE相交于点H，根据题意可得：AB=CD=HE=1.65米，AC=BD=12米，∠AHG=90°，然后设CH=x米，则AH=(12+x)米，在Rt△CHF中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，从而求出GH的长，最后再在Rt△AHG中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
22.【答案】x<−2或0【解析】解：(1)将点A的坐标为(m,−3)代入直线y=32x中，
得−3=32m，
解得：m=−2，
∴A(−2,−3)，
∴k=−2×(−3)=6，
∴反比例函数解析式为y=6x，
由y=32xy=6x，得x=−2y=−3或x=2y=3，
∴点B的坐标为(2,3)；
(2)如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，
∴BE//CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴DCDB=CFBE，
∵BC=2CD，BE=3，
∴CDDB=13，
∴CF3=13，
∴CF=1，
∴C(6,1)，
∵S△BOC=S△BOE+S梯形BEFC−S△COF=S梯形BEFC，
∴S△BOC=12(3+1)×(6−2)=8；
(3)作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，
则B′C即为BG+GC的最小值，
∵B′(−2,3)，C(6,1)，
∴B′C= (−2−6)2+(3−1)2=2 17，
∴BG+GC=B′C=2 17；
∴GB+GC的最小值为2 17；
(4)观察图象，反比例函数值大于正比例函数值的x的取值范围是x<−2或0故答案为：x<−2或0(1)将点A的坐标为(m,−3)代入直线y=x中，可求得A(−2,−3)，即可求得k=6，解方程组，即可求出点B的坐标；
(2)作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，则BE//CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性质即可求得C(6,1)，然后根据S△BOC=S△BOE+S梯形BEFC−S△COF=S梯形BEFC求得即可；
(3)作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC的最小值，运用勾股定理即可求得答案；
(4)根据图象即可求解．
本题是一次函数与反比例函数综合题，考查了待定系数法，轴对称性质，最短问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，属于中考压轴题．
23.【答案】60°
【解析】解：(1)连接PQ，
∵据AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵CQ//AB，
∴∠BCQ=∠ABC=60°，
∵点P是CB的中点，
∴AP⊥CB，
∴MC=MB，
∴∠PBQ=∠PCM，
∵CP=CQ，
∴△CPQ是等边三角形，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，PQ=CP，
∵PB=CP，
∴PB=PQ，
∴∠PBQ=∠PQB，
∵∠PBQ+∠PQB=∠CPQ=60°，
∴∠PBQ=∠PQB=30°，
∴∠PBQ=∠PCM=30°，
∵AP⊥CB，
∴∠AMC=90°30°=60°；
故答案为：60°；
(2)成立．理由如下：
在AM上截取AN=MB，
∵△ABC是等边三角形，∠ABC=60°，
∴BA=BC=AC，∠ABC=∠CAB=∠ACB=60°，
∵AB//CQ，
∴∠BCQ=∠ACB=60°，
∵CP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴∠CAP=∠CBQ，
∴△ACN≌△BCM(SAS)，
∴CN=CM，∠ACN=∠BCM，
∴∠ACN+∠BCN=∠BCM+∠BCN=∠MCN，
∴∠MCN=∠ACB=60°，
∴△MCN是等边三角形，
∴∠AMC=60°；
(3)①当点P在线段CB上时，如图③，在AM上截取AN=MB，过点A作AH⊥CB于点H，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥CB，
∴CH=BH=12CB=12AB=2，AH=2 3，
由(2)知△ACP≌△BCQ，△ACN≌△BCM，△MCN是等边三角形，
∴∠CAP=∠CBQ，MN=CM，
∵∠CAP=∠CBQ，∠CPA=∠MPB，
∴△CPA∽△MPB，
∴BMAC=BPAP=PMPC，即BPAP=PMPC=24=12，
∴AP=2BP，PC=2PM，
设BP=m，则AP=2m，PH=2−m，PC=4−m，
在Rt△APH中，AP2=AH2+PH2，
∴(2m)2=(2 3)2+(2−m)2，解得m=2 13−23(负值已舍去)，
∴PC=4−m=14−2 133，AP=4 13−43，
∴PM=7− 133，
∴MN=AM−AN=AP+PM−AN=4 13−43+7− 133−2= 13−1，
∴线段CM的长为 13−1；
②当点P在线段CB的延长线上时，如图④，过点A作AH⊥CD于点H，延长PA使AN=MB，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥CB，
∴CH=BH=12CB=12AB=2，AH=2 3，
同理可得△ACP≌△BCQ，△ACN≌△BCM，△MCN是等边三角形，
∴∠CAP=∠CBQ，MN=CM，
∵∠CAP=∠CBQ，∠CPA=∠MPB，
∴△CPA∽△MPB，
∴BMAC=BPAP=PMPC，即BPAP=PMPC=24=12，
∴AP=2BP，PC=2PM，
设BP=m，则AP=2m，PH=2+m，PC=4+m，
在Rt△APH中，AP2=AH2+PH2，
∴(2m)2=(2 3)2+(2+m)2，解得m=2+2 133(负值已舍去)，
∴PC=4+m=14+2 133，AP=4+4 133，
∴PM=7+ 133，
∴MN=PN−PM=AP+AN−PM=4+4 133+2−7+ 133= 13+1，
∴线段CM的长为 13+1；
综上所述，线段CM的长为 13−1或 13+1．
(1)连接PQ，根据AB=BC，∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，再由点P是CB的中点，可得AP⊥CB，可得△CPQ是等边三角形，可得出∠PBQ=∠PQB=30°，∠BCM=∠PBM=30°，结即可求解；
(2)在AM上截取AN=MB，构造全等三角形：△ACN≌△BCM，再证明△MCN是等边三角形，即可证得结论；
(3)分两种情况：①当点P在线段CB上时，②当点P在线段CB的延长线上时，过点A作AH⊥CB于点H，构造直角三角形，运用相似三角形性质以及勾股定理求出AP，MP，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了等边三角形判定和性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形判定和性质及相似三角形的判定和性质等相关知识，合理添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
1.用配方法解方程x2−4x−1=0，方程应变形为( )
A. (x+2)2=3B. (x+2)2=5C. (x−2)2=3D. (x−2)2=5
2.关于x的一元二次方程(m−3)x2−2x+1=0有实数根，则m的取值范围是( )
A. m<4且m≠3B. m>4C. m≥4D. m≤4且m≠3
3.如图，将一个飞镖随机投掷到3×3的方格纸中，则飞镖落在阴影部分的概率为( )
A. 13
B. 49
C. 59
D. 79
4.李师傅去年开了一家商店，今年1月份开始盈利，2月份盈利2000元，4月份的盈利达到2880元，且从2月到4月，若每月盈利的平均增长率都相同.那么按照这个平均增长率，预计五月份这家商店的盈利将达到元．( )
A. 3320B. 3440C. 3450D. 3456
5.如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，在条件：①AB=AD；②AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形ABCD是菱形，可选择的条件是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
6.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为BC的中点，连接AE交BD于点F，若OF=1，则BD的长为( )
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
7.在同一平面直角坐标系中，函数y=kx+k与y=kx(k≠0)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
8.如图，阳光通过窗口AB照射到室内，在地面上留下4米宽的亮区DE，已知亮区DE到窗口下的墙脚的距离CE=5米，窗口高AB=2米，那么窗口底部离地面的高度BC为( )
A. 2米B. 2.5米C. 3米D. 4米
9.如图，A、B、C三点在正方形网格线的交点处，若将△ABC绕着点A逆时针旋转得到△AC′B′，则tanB′的值为( )
A. 12
B. 13
C. 14
D. 24
10.如图，正方形ABCD的边长为9，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论中不正确的是( )
A. 矩形DEFG是正方形B. ∠CEF=∠ADE
C. CG平分∠DCHD. CE+CG=9 2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.关于x的一元二次方程x2−ax+6=0的一个根是2，则a的值为 ．
12.如图，已知一条东西走向的河流，在河流对岸有一点A，小明在岸边点B处测得点A在点B的北偏东30°方向上，小明沿河岸向东走80m后到达点C，测得点A在点C的北偏西60°方向上，则点A到河岸BC的距离为______ ．
13.如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥CD，过点O作OE⊥AC交AD于点E，连接CE.已知AC=6，BD=10，则△CDE的周长是______ ．
14.如图，正方形ABCD的边长为4，E，F，H分别是边BC，CD，AB上的一点，将正方形ABCD沿FH折叠，使点D恰好落在BC边的中点E处，点A的对应点为点P，则折痕FH的长为______ ．
15.如图，∠MEN=90°，矩形ABCD的顶点B，C分别是∠MEN两边上的动点，已知BC=10，CD=5，点D，E之间距离的最大值是______ ．
三、解答题：本题共8小题，共65分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题9分)
(1)2cs45°+(3−π)0−|2− 8|−(−13)−1；
(2)先化简，再求值：(x2−1x2−2x+1−1x−1)÷x+2x−1，其中x= 27+|−2|−3tan60°．
17.(本小题8分)
已知：△ABC三个顶点的坐标分别为A(−2,−2)，B(−5,−4)，C(−1,−5)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
(2)以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍，得到△A2B2C2，请在网格中画出△A2B2C2，并写出点B2的坐标．
18.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH．
(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；
(2)当AB=CD时，EF与GH有怎样的位置关系？请说明理由．
19.(本小题8分)
兰溪联华超市今年三月初以每件40元的进价购进一批水磨年糕，当年糕售价为每件60元时，三月份共销售192件.四、五月该批年糕销售量持续走高，在售价不变的基础上，五月份的销售量达到300件．
(1)求四、五两个月销售量的月平均增长率；
(2)从六月份起，在五月份的基础上，联华超市决定采用降价促销的方式回馈顾客，经市场调查发现，该年糕每件降价2元，月销售量增加40件，在顾客获得最大实惠的前提下，当年糕每件降价多少元时，联华超市六月份仍可获利为6080元？
20.(本小题8分)
如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC于点E，交BD于点F，连接EO并延长，交AD于点G．
(1)求证：∠ABC=2∠AEG．
(2)求证：EG⋅BF=2AF⋅DG．
21.(本小题8分)
北京时间2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船成功发射，中国首次实现空间站三船三舱构型，以及6名航天员同时在轨驻留.为弘扬航天精神，某初中在教学楼上悬挂了一幅长为6m的励志条幅(即GF=6m)，小明同学想知道条幅的底端F到地面的距离，他的测量过程如下：如图，首先他站在楼前B点处，在点B正上方点A处测得条幅顶端G的仰角为37°，然后向教学楼条幅方向前行9m到达点B处(楼底部点E与点B，D在一条直线上)，在点D正上方点C处测得条幅底端F的仰角为45°，若小明的身高(即AB，CD)为1.75m(即四边形ABDC为矩形)，请你帮助小明计算条幅底端F到地面FE的距离的长度.(结果精确到0.1m，参考数据：sin37°=0.60，cs37°=0.80，tan37°=0.75)
22.(本小题8分)
如图，直线y=32x与双曲线y=kx(k≠0)交于A，B两点，点A的坐标为(m,−3)，点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC=2CD．
(1)求k的值并直接写出点B的坐标；
(2)连接OC，求△OBC的面积；
(3)点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；
(4)直接写出反比例函数值大于正比例函数值的x的取值范围______ ．
23.(本小题8分)
△ABC中，AB=BC，∠ABC=60°，点P是射线CB上的一个动点，CQ//AB，且CP=CQ，直线AP交直线BQ于点M，连接CM．
(1)如图①，当点P是CB的中点时，∠AMC的度数为______ ；
(2)如图②，当点P不是CB的中点时，请判断(1)中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)若AB=4，当BM=2时，请直接写出线段CM的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵x2−4x=1，
∴x2−4x+4=1+4，即(x−2)2=5，
故选：D．
常数项移到方程的右边后，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．
本题主要考查配方法解一元二次方程的能力，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：∵一元二次方程(m−3)x2−2x+1=0有实数根，
∴Δ=(−2)2−4(m−3)×1=−4m+16≥0，
∴m≤4，
又∵m−3≠0，
∴m≠3，
∴m≤4且m≠3．
故选：D．
根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，列出关于m的一元一次不等式组是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵3×3的方格纸的面积为=3×3=9，阴影部分面积为12+22=5，
∴飞镖落在阴影区域的概率是59．
故选：C．
根据这个比例即可求出飞镖落在阴影区域的概率．
本题考查了几何概率，勾股定理确定阴影部分的面积在整个图形中占的比例，
4.【答案】D
【解析】解：设每月盈利的平均增长率为x，
根据题意，2000(1+x)2=2880，
解得：x1=15,x2=−115(舍去)，
五月份这家商店的盈利为2880×(1+15)=3456(元)．
故选：D．
设每月盈利的平均增长率为x，列方程2000(1+x)2=2880解方程进而即可求解
本题主要考查一元二次方程的应用，正确列出方程是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠ADO=∠CBO，
∵点O是BD的中点，
∴OD=OB，
在△DAO和△BCO中，
∠HAM=∠HFGAH=FH∠AHM=∠FHG，
∴△DAO≌△BCO(ASA)，
∴OA=OC，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
①∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
综上所述：选择①③④，使得四边形ABCD是菱形，
故选：C．
根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证△DAO≌△BCO(ASA)，得OA=OC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵点E是BC中点，
∴BC=2BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，BC//AD，BO=OD，
∴AD=2BE，
设BF=a，
∵OF=1，
∴BO=DO=a+1，
则DF=a+2，
∵BC//AD
∴△BEF∽△DAF，
∴BFDF=BEDA=12，即 aa+2=12，
解得a=2，即BF=2，
∴BO=BF=OF=3，
∴BD=2OB=6，
故选：B．
通过证明△BEF∽△DAF，可得BFDF=BEDA=12，可求BF=2，即可求解．
本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质．
7.【答案】D
【解析】解：①当k>0时，y=kx+k过一、二、三象限；y=kx过一、三象限；
②当k<0时，y=kx+k过二、三、四象象限；y=kx过二、四象限．
观察图形可知，只有D选项符合题意．
故选：D．
分两种情况讨论，当k>0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k<0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k和b的符号对函数图象的影响是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵AD//BE，
∴△BCE∽△ACD，
∴BCAC=CECD，
∵CD=CE+ED=4+5=9米，AC=BC+AB=BC+2，
∴BCBC+2=59，
解得，BC=2.5米．
故选：B．
根据光沿直线传播的道理可知AD//BE，则△BCE∽△ACD，根据相似三角形的对应边的比相等解答即可．
本题考查的是相似三角形的应用，熟知相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：过C点作CD⊥AB，垂足为D．
根据旋转性质可知，∠B′=∠B．
在Rt△BCD中，tanB=CDBD=13，
∴tanB′=tanB=13．
故选：B．
过C点作CD⊥AB，垂足为D，根据旋转性质可知，∠B′=∠B，把求tanB′的问题，转化为在Rt△BCD中求tanB．
本题考查了旋转的性质：旋转后对应角相等，考查三角函数的定义及三角函数值的求法．
10.【答案】B
【解析】解：如图，作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，则∠EKF=∠ELD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，AD=CD，∠B=∠ADC=90°，
∴∠BCA=∠BAC=45°，∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠BCA=∠DCA，
∴EK=EL，
∵∠EKC=∠ELC=∠KCL=90°，
∴四边形EKCL是矩形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠KEL=∠FED=90，
∴∠FEK=∠DEL=90°−∠FEL，
∴△FEK≌△DEL(ASA)，
∴DE=FE，
∴矩形DEFG是正方形，故A正确；
∵∠EDG=∠ADC=90°，
∴∠CDG=∠ADE=90°−∠CDE，
∵CD=AD，GD=ED，
∴△CDG≌△ADE(SAS)，
∴CG=AE，
∴CE+CG=CE+AE=AC，
∵∠B=90°，AB=CB=9，
∴AC= 2AB=9 2，
∴CE+CG=9 2，故D正确；
∵△CDG≌△ADE(SAS)，
∴∠DAE=∠DCG=45°，
∴CG平分∠DCH，故C正确；
∵∠ADE=∠DEL=∠FEK，≠∠CEF，
∴∠CEF≠∠ADE，故B不正确，
故选：B．
作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，先由四边形ABCD是正方形证明∠BCA=∠DCA=45°，则EK=EL，再证明△FEK≌△DEL，得DE=FE，即可证明矩形DEFG是正方形，进而可以判断A选项；由∠CDG=∠ADE=90°−∠CDE，CD=AD，GD=ED，证明△CDG≌△ADE，得CG=AE，则CE+CG=AC为定值，再根据勾股定理求出AC的长即可判断D选项；由△CDG≌△ADE(SAS)，得∠DAE=∠DCG=45°，进而可以判断C选项；根据∠ADE=∠DEL=∠FEK，≠∠CEF，可以判断B选项．
此题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理及其推论以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
11.【答案】5
【解析】【分析】
本题主要考查一元二次方程的解，掌握代入法是解此题的关键．
把x=2代入求值即可．
【解答】
解：把x=2代入可得22−2a+6=0，
解得a=5．
故答案为：5．
12.【答案】20 3米
【解析】解：方法1、过点A作AD⊥BC于点D．
根据题意，∠ABC=90°−30°=60°，∠ACD=30°，
设AD=x米，
在Rt△ACD中，tan∠ACD=ADCD，
∴CD=ADtan∠ACD=xtan30∘= 3x，
在Rt△ABD中，tan∠ABC=ADBD，
∴BD=ADtan∠ABC=xtan60∘= 33x，
∴BC=CD+BD= 3x+ 33x=80
∴x=20 3
答：该河段的宽度为20 3米．
故答案为：20 3米．
方法2、过点A作AD⊥BC于点D．
根据题意，∠ABC=90°−30°=60°，∠ACD=30°，
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，BC=80m，∠ACB=30°，
∴AB=40m，AC=40 3m，
∴S△ABC=12AB×AC=12×40×40 3=800 3，
∵S△ABC=12BC×AD=12×80×AD=40AD=800 3，
∴AD=20 3米
答：该河段的宽度为20 3米．
故答案为：20 3米．
方法1、作AD⊥BC于点D，设出AD=x米，在Rt△ACD中，得出CD= 3x，在Rt△ABD中，得出BD= 33x，最后用CD+BD=80建立方程即可得出结论；
方法2、先判断出△ABC是直角三角形，利用含30°的直角三角形的性质得出AB，AC，再利用同一个直角三角形，两直角边的积的一半和斜边乘以斜边上的高的一半建立方程求解即可．
此题考查了解直角三角形及勾股定理的应用，用到的知识点是方向角，关键是根据题意画出图形，作出辅助线，构造直角三角形，“化斜为直”是解三角形的基本思路，常需作垂线(高)，原则上不破坏特殊角．
13.【答案】4+2 13
【解析】解：∵四边ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，AC=6，BD=10，
∴OC=OA=12AC=3，OD=OB=12BD=5，
∵AC⊥CD，OE⊥AC，
∴∠ACD=90°，AE=CE，
∴CD= OD2−OC2= 52−32=4，
∴AD= AC2+CD2= 62+44=2 13，
∵∠ECD+∠ECA=90°，∠EDC+∠EAC=90°，∠ECA=∠EAC，
∴∠ECD=∠EDC，
∴DE=CE=AE=12AD= 13，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=4+ 13+ 13=4+2 13，
∴故答案为：4+2 13．
由平行四边形的性质得OC=OA=12AC=3，OD=OB=12BD=5，而AC⊥CD，OE⊥AC，则∠ACD=90°，AE=CE，所以CD= OD2−OC2=4，则AD= AC2+CD2=2 13，再证明∠ECD=∠EDC，所以DE=CE=AE=12AD= 13，即可求得△CDE的周长为4+2 13，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、线段的垂直平分线的性质、等角的余角相等、勾股定理等知识，证明DE=CE=AE是解题的关键．
14.【答案】2 5
【解析】解：过点H作HG⊥CD于点G，连接DE，如图所示：
则∠DGH=∠FGH=90°，
在正方形ABCD中，∠A=∠D=∠C=90°，AD=CD=BC=4，
∴四边形ADGH是矩形，
∴GH=AD=CD，
根据折叠可知，FH垂直平分DE，
∴∠FDE+∠DFH=90°，
∵∠FDE+∠DEC=90°，
∴∠DFH=∠DEC，
在△HGF和△DCE中，
∠DFH=∠DEC∠FGH=∠ECDHG=CD，
∴△HGF≌△DCE(AAS)，
∴FH=DE，
∵E为BC的中点，
∴EC=2，
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE= 42+22=2 5，
∴FH=2 5，
故答案为：2 5．
过点H作HG⊥CD于点G，连接DE，根据正方形的性质可证四边形ADGH是矩形，根据折叠可知FH垂直平分DE，可证△HGF≌△DCE(AAS)，根据全等三角形的性质可得FH=DE，在Rt△CDE中，根据勾股定理求出DE的长，即可确定FH的长．
本题考查了正方形的性质，翻折变换(折叠问题)，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
15.【答案】5+5 2．
【解析】解：∵∠MEN=90°，F是BC中点，
∴EF=12BC=5．
如图：
ED≤EF+DF，
当点D，E，F三点共线时，取等号．
此时F是BC的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴FD= CF2+CD2= 52+52=5 2．
∴ED最大=EF+DF=5+5 2．
故答案为：5+5 2．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得EF，再确定DE最大时的条件，求最值即可．
本题考查矩形性质，确定最值条件是求解本题的关键．
16.【答案】解：(1)2cs45°+(3−π)0−|2− 8|−(−13)−1
=2× 22+1−( 8−2)−(−3)
= 2+1−2 2+2+3
=6− 2；
(2)(x2−1x2−2x+1−1x−1)÷x+2x−1，
=[(x+1)(x−1)(x−1)2−1x−1]⋅x−1x+2
=(x+1x−1−1x−1)⋅x−1x+2
=x+1−1x−1⋅x−1x+2
=xx−1⋅x−1x+2
=xx+2，
当x= 27+|−2|−3tan60°=3 3+2−3 3=2时，原式=22+2=12．
【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)先算括号里，再算括号外，然后把x的值代入化简后的式子进行计算，即可解答．
本题考查了分式的化简求值，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图所示：△A1B1C1即为所求：
(2)如图所示：△A2B2C2即为所求； B2(10,8)
【解析】(1)利用关于x轴对称点的性质得出对应点连接即可；
(2)利用位似图形的性质得出对应点坐标进而得出答案．
此题主要考查了位似变换与轴对称变换，得出对应点位置是解题关键．
18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=12CD，FG//CD.HE=12CD，HE//CD．
∴FG=EH，FG//EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
(2)解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由(1)知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【解析】(1)利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的四边相等，即可证得；
(2)根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
19.【答案】解：(1)设四、五两个月销售量的月平均增长率为x，由题意得，
192(1+x)2=300，
解得：x1=25%，x2=−2.25(不合题意，舍去)，
∴四、五两个月销售量的月平均增长率为25%；
(2)解：设年糕每件降价m元时，商场六月仍可获利为6080元，
由题意，得：(60−40−m)(300+20m)=6080，
化简，得：m2−5m+4=0，
解得：m=1或m=4，
顾客获得最大实惠的前提下，m=4，
∴在顾客获得最大实惠的前提下，当年糕每件降价4元时，六月份仍可获利为6080元；
【解析】(1)设四、五两个月销售量的月平均增长率为x，根据五月份的销售量达到300件列方程求解即可得到答案；
(2)设年糕每件降价m元时，商场六月仍可获利为6080元，根据利润列方程求解即可得到答案；
本题考查一元二次方程解实际应用问题，解题的关键是根据题意找到等量关系式．
20.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，AB=AC，
∵AE⊥BC，
∴OE=12AC，
∴OA=OE=OC，
∴∠AEO=∠EAO，∠OCE=∠OEC
∴∠COE=∠AEO+∠EAO=2∠AEO，
∵AB=BC，
∴∠OCE∠=∠BAC，
∴∠ABC=∠COE=2∠AEG．
(2)∵AE⊥BC，AC⊥BC，
∴∠BAF+∠ABE=∠BOE+∠COE=90°，
由(1)知∠ABE=∠COE，
∴∠BAF=∠BOE，
∵∠ABF=∠OBE，
∴△ABF∽△OBE，
∴AF：OE=BF：BE，
∴OE⋅BF=AF⋅BE，
∴2OE⋅BF=2AF⋅BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，AD//BC，
∴∠ODG=∠OBE，∠OGD=∠OEB，
∴△ODG≌△OBE(AAS)，
∴OE=OG，BE=DG，
∴EG=2OE，
∴EG⋅BF=2AF⋅DG．
【解析】(1)由菱形的性质得到AC⊥BD，AO=CO，AB=BC，由直角三角形斜边中线的性质得到OE=12AC，因此OA=OE=OC，推出∠AEO=∠EAO，∠OCE=∠OEC，由三角形外角的性质得到∠COE=∠AEO+∠EAO=2∠AEO，由AB=BC，推出∠OCE∠=∠BAC，由三角形内角和定理即可证明∠ABC=∠COE=2∠AEG．
(2)由余角的性质推出∠BAF=∠BOE，而∠ABF=∠OBE，推出△ABF∽△OBE，得到OE⋅BF=AF⋅BE，由菱形的性质，证明△ODG≌△OBE(AAS)，得到OE=OG，BE=DG，因此EG=2OE，即可证明EG⋅BF=2AF⋅DG
本题考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线，三角形外角的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，关键是证明△ABF∽△OBE，推出OE⋅BF=AF⋅BE．
21.【答案】解：设AC与GE相交于点H，
由题意得：
由题意得：AB=CD=HE=1.75米，AC=BD=9米，∠AHG=90°，设CH=x米，
∴AH=AC+CH=(9+x)米，在Rt△CHF中，∠FCH=45°，
∴FH=CH⋅tan45°=x(米)，
∵GF=6米，
∴GH=GF+FH=(6+x)米，
在Rt△AHG中，∠GAH=37°，
∴tan37°=GHAH=x+69+x≈0.75，
解得：x=3，经检验：x=3是原方程的根，
∴FE=FH+HE=4.75≈4.8(米)，
∴条幅底端F到地面的距离FE的长度约为4.8米．
【解析】设AC与GE相交于点H，根据题意可得：AB=CD=HE=1.65米，AC=BD=12米，∠AHG=90°，然后设CH=x米，则AH=(12+x)米，在Rt△CHF中，利用锐角三角函数的定义求出FH的长，从而求出GH的长，最后再在Rt△AHG中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
22.【答案】x<−2或0
得−3=32m，
解得：m=−2，
∴A(−2,−3)，
∴k=−2×(−3)=6，
∴反比例函数解析式为y=6x，
由y=32xy=6x，得x=−2y=−3或x=2y=3，
∴点B的坐标为(2,3)；
(2)如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，
∴BE//CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴DCDB=CFBE，
∵BC=2CD，BE=3，
∴CDDB=13，
∴CF3=13，
∴CF=1，
∴C(6,1)，
∵S△BOC=S△BOE+S梯形BEFC−S△COF=S梯形BEFC，
∴S△BOC=12(3+1)×(6−2)=8；
(3)作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，
则B′C即为BG+GC的最小值，
∵B′(−2,3)，C(6,1)，
∴B′C= (−2−6)2+(3−1)2=2 17，
∴BG+GC=B′C=2 17；
∴GB+GC的最小值为2 17；
(4)观察图象，反比例函数值大于正比例函数值的x的取值范围是x<−2或0
(2)作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，则BE//CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性质即可求得C(6,1)，然后根据S△BOC=S△BOE+S梯形BEFC−S△COF=S梯形BEFC求得即可；
(3)作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC的最小值，运用勾股定理即可求得答案；
(4)根据图象即可求解．
本题是一次函数与反比例函数综合题，考查了待定系数法，轴对称性质，最短问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，属于中考压轴题．
23.【答案】60°
【解析】解：(1)连接PQ，
∵据AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵CQ//AB，
∴∠BCQ=∠ABC=60°，
∵点P是CB的中点，
∴AP⊥CB，
∴MC=MB，
∴∠PBQ=∠PCM，
∵CP=CQ，
∴△CPQ是等边三角形，
∴∠CPQ=∠CQP=60°，PQ=CP，
∵PB=CP，
∴PB=PQ，
∴∠PBQ=∠PQB，
∵∠PBQ+∠PQB=∠CPQ=60°，
∴∠PBQ=∠PQB=30°，
∴∠PBQ=∠PCM=30°，
∵AP⊥CB，
∴∠AMC=90°30°=60°；
故答案为：60°；
(2)成立．理由如下：
在AM上截取AN=MB，
∵△ABC是等边三角形，∠ABC=60°，
∴BA=BC=AC，∠ABC=∠CAB=∠ACB=60°，
∵AB//CQ，
∴∠BCQ=∠ACB=60°，
∵CP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ(SAS)，
∴∠CAP=∠CBQ，
∴△ACN≌△BCM(SAS)，
∴CN=CM，∠ACN=∠BCM，
∴∠ACN+∠BCN=∠BCM+∠BCN=∠MCN，
∴∠MCN=∠ACB=60°，
∴△MCN是等边三角形，
∴∠AMC=60°；
(3)①当点P在线段CB上时，如图③，在AM上截取AN=MB，过点A作AH⊥CB于点H，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥CB，
∴CH=BH=12CB=12AB=2，AH=2 3，
由(2)知△ACP≌△BCQ，△ACN≌△BCM，△MCN是等边三角形，
∴∠CAP=∠CBQ，MN=CM，
∵∠CAP=∠CBQ，∠CPA=∠MPB，
∴△CPA∽△MPB，
∴BMAC=BPAP=PMPC，即BPAP=PMPC=24=12，
∴AP=2BP，PC=2PM，
设BP=m，则AP=2m，PH=2−m，PC=4−m，
在Rt△APH中，AP2=AH2+PH2，
∴(2m)2=(2 3)2+(2−m)2，解得m=2 13−23(负值已舍去)，
∴PC=4−m=14−2 133，AP=4 13−43，
∴PM=7− 133，
∴MN=AM−AN=AP+PM−AN=4 13−43+7− 133−2= 13−1，
∴线段CM的长为 13−1；
②当点P在线段CB的延长线上时，如图④，过点A作AH⊥CD于点H，延长PA使AN=MB，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥CB，
∴CH=BH=12CB=12AB=2，AH=2 3，
同理可得△ACP≌△BCQ，△ACN≌△BCM，△MCN是等边三角形，
∴∠CAP=∠CBQ，MN=CM，
∵∠CAP=∠CBQ，∠CPA=∠MPB，
∴△CPA∽△MPB，
∴BMAC=BPAP=PMPC，即BPAP=PMPC=24=12，
∴AP=2BP，PC=2PM，
设BP=m，则AP=2m，PH=2+m，PC=4+m，
在Rt△APH中，AP2=AH2+PH2，
∴(2m)2=(2 3)2+(2+m)2，解得m=2+2 133(负值已舍去)，
∴PC=4+m=14+2 133，AP=4+4 133，
∴PM=7+ 133，
∴MN=PN−PM=AP+AN−PM=4+4 133+2−7+ 133= 13+1，
∴线段CM的长为 13+1；
综上所述，线段CM的长为 13−1或 13+1．
(1)连接PQ，根据AB=BC，∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，再由点P是CB的中点，可得AP⊥CB，可得△CPQ是等边三角形，可得出∠PBQ=∠PQB=30°，∠BCM=∠PBM=30°，结即可求解；
(2)在AM上截取AN=MB，构造全等三角形：△ACN≌△BCM，再证明△MCN是等边三角形，即可证得结论；
(3)分两种情况：①当点P在线段CB上时，②当点P在线段CB的延长线上时，过点A作AH⊥CB于点H，构造直角三角形，运用相似三角形性质以及勾股定理求出AP，MP，即可求解．
本题是三角形综合题，考查了等边三角形判定和性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形判定和性质及相似三角形的判定和性质等相关知识，合理添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
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