2021-2022学年江苏省无锡市惠山区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2021-2022学年江苏省无锡市惠山区九年级上学期数学期中试题及答案，共34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. 下列方程为一元二次方程的是（ ）
A. x2－2＝0B. ax2－2x－3=0
C. x2+y=1D. x2－－1＝0
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程定义直接判断即可．
【详解】解：A．符合一元二次方程定义，正确；
B．若a=0，则方程为一元一次方程，错误；
C．含有两个未知数，错误；
D．不满足整式方程，错误．
故选：A
【点睛】主要考查一元二次方程定义，掌握一元二次方程定义所满足的条件是解题关键．
2. 用配方法解一元二次方程，下列配方正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意将方程常数项移到右边，未知项移到左边，然后两边都加上4，左边化为完全平方式，右边合并即可得到答案．
【详解】解：x2+3=4x，
整理得：x2-4x=-3，
配方得：x2-4x+4=4-3，即（x-2）2=1．
故选：D．
【点睛】本题考查解一元二次方程-配方法，注意掌握利用此方法解方程时，解题步骤一般为将二次项系数：化为1；移项：把方程的常数项c移到方程另一侧，得方程；配方：方程两边同加上一次项系数一半的平方，方程左边成为完全平方式即可．
3. 若等腰三角形的两条边长分别是方程x2-7x+10=0的两根，则等腰三角形的周长为（ ）
A. 9B. 10C. 12D. 9或12
【答案】C
【解析】
【分析】先利用分解因式法求出方程的两根，然后分两种情况并结合三角形的三边关系解答即可．
【详解】解：方程x2－7x+10=0可变形为，
∴x－2=0或x－5=0，
∴，
由题意得：等腰三角形的两条边长分别是2和5，
若这个等腰三角形的三边长分别是2、5、5，则其周长=2+5+5=12；
若这个等腰三角形的三边长分别是2、2、5，由于2+2＜5，此时不能构成三角形；
所以这个等腰三角形的周长是12．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法、等腰三角形的定义和三角形的三边关系，属于常考题型，熟练掌握基本知识是解题的关键．
4. 若⊙P的半径为4，圆心P的坐标为（-3，4），则平面直角坐标系的原点O与⊙P的位置关系是（ ）
A. 在⊙P内B. 在⊙P上C. 在⊙P外D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】首先求得点O与圆心P之间的距离，然后和圆的半径比较即可得到点O与圆的位置关系．
【详解】由勾股定理得：OP2=32+42=25，
∴OP=5
∵圆O的半径为4，
∴点O在圆P外．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，求出点到圆心的距离是解决本题的关键．
5. 在△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，则csA的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求出斜边AB的值，在利用余弦的定义直接计算即可．
【详解】解：在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，
∴,
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考察直角三角形中余弦值的计算，准确应用余弦定义是解题的关键．
6. 某药品经过两次降价，由每盒72元调至56元，若设平均每次降低的百分率为x，根据题意，可得方程（ ）
A. 72（1﹣x）2＝56B. 72（1﹣x2）＝56
C. 72（1﹣2x）＝56D. 72（1+x）2＝56
【答案】A
【解析】
【分析】先列出第一次降价后药品售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价的售价的代数式，然后令它等于56即可．
【详解】解：设平均每次降低的百分率为x
则第一次降价后的售价为72（1-x），
第二次降价后的售价为72（1-x）（1-x）=72（1-x）2=56．
故选：A．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，要根据题意列出第一次降价后商品的代数式是解答本题的关键．
7. 如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ACD=30°，则∠BAD为（ ）
A. 30°B. 50°C. 60°D. 70°
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：连接BD，∵∠ACD=30°，∴∠ABD=30°，
∵AB直径，∴∠ADB=90°，∴∠BAD=90°﹣∠ABD=60°．
故选C．
考点：圆周角定理
8. 如图，在⊙O中，半径OC垂直弦AB于D，点E在⊙O上，∠E＝22.5º，AB＝4，则半径OB等于（ ）
A. 1B. 2C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由垂径定理可知∠AOC=∠BOC，AD=BD，再由圆周角定理可知∠AOC=45°，由等腰直角三角形的性质可得OB长．
【详解】∵连接AO，半径OC垂直弦AB于D，
∴
∴∠AOC=∠BOC，AD=BD=
∵∠E＝22.5º，
∴∠AOC=22.5°×2=45°=∠BOC
又∵OC⊥AB，AD=BD=2
∴OD=BD=2
∴
故选B．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握这些性质是解决本题的关键．
9. 给出下列4个命题：①相似三角形的周长之比等于其相似比；②方程x2-3x+5=0的两根之积为5；③在同一个圆中，同一条弦所对的圆周角都相等；④等弧所对的圆周角相等.其中，真命题为（ ）
A. ①②④B. ①③④C. ①④D. ①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似三角形的性质、一元二次方程根的判别式、圆心角定理、圆内接四边形的性质对4个命题判断即可求解．
【详解】解：①相似三角形的周长之比等于其相似比，故原来命题是真命题；
②方程x2﹣3x+5＝0，△＝（﹣3）2﹣4×1×5＝﹣11＜0，方程无实根，故原来命题是假命题；
③在同一个圆中，同一条弦所对的圆周角相等或互补，故原来命题是假命题；
④等弧所对的圆周角相等，故原来命题是真命题．
故选：C
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．熟知相关定理是解题关键．
10. 如图，已知直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，P在以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB，则△PAB面积的最小值为（ ）
A. 5.5B. 10.5C. 8D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】过C作CM⊥AB于M，连接AC，MC的延长线交⊙C于N，则由三角形面积公式得，×AB×CM=×OA×BC，可求圆C上点到直线的最短距离，由此求得答案．
【详解】解：过C作CM⊥AB于M，连接AC，MC的延长线交⊙C于N，
∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴令，则；令，则；
∴点A为（4，0），点B为（0，），
∴；
∴OA=4，BC=，
则由三角形面积公式得，×AB×CM=×OA×BC，
∴5×CM=16，
∴CM=，
∴圆C上点到直线的最小距离是 ，
∴△PAB面积的最小值是 ；
故选：A．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，三角形的面积，点到直线的距离公式的应用，解此题的关键是求出圆上的点到直线AB的最小距离，属于中档题目．
二、填空题：（本大题共8小题，每空3分，共30分）
11. 如果 = ，那么 的值是_________．
【答案】##1∶4
【解析】
【分析】利用比例的基本性质，内项积等于外向积进行计算即可．
【详解】解：∵
∴
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查比例的基本的性质，根据性质内容准确计算是关键．
12. 在比例尺为1:500000的江阴市地图上，若量得新建的芙蓉大道上A、B两地的距离是4cm，则A、B两地的实际距离是 _________ km．
【答案】20
【解析】
【分析】先设甲、乙的实际距离是xcm，然后根据比例尺的定义可得方程：，解方程即可求解，注意统一单位．
【详解】解：设甲、乙的实际距离是xcm，
根据题意得：，
解得：，
，
故答案为
【点睛】本题考查图上距离与实际距离的换算（比例尺的应用），解题的关键是掌握公式：实际距离＝图上距离÷比例尺．
13. 如果小明沿着坡度为的山坡向上走了130米，那么他的高度上升了______米．
【答案】
【解析】
【分析】设高度上升了h，则水平前进了2.4h，然后根据勾股定理解答即可．
【详解】解：设高度上升了h，则水平前进了2.4h，
由勾股定理得： ，解得h=50．
故答案为50．
【点睛】本题主要考查了坡度比与勾股定理得应用，根据坡度比和勾股定理列出关于h的方程成为解答本题的关键．
14. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的值可以是____．（写出一个即可）
【答案】0（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式求出的取值范围，由此即可得出答案．
【详解】解：由题意得：此一元二次方程根的判别式，
解得，
则的值可以是0，
故答案为：0（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题关键．
15. 在某一时刻，测得一根高为m的竹竿的影长为3m，同时测得一根旗杆的影长为25m，那么这根旗杆的高度为______________m．
【答案】15
【解析】
【详解】试题分析：根据同时同地物高与影长成正比列式计算即可得解．设旗杆高度为x米，由题意得，，解得x=15．
故答案为15．
考点：相似三角形的应用．
16. 如图，在△ABC中，点D是边AB上的一点，∠ADC=∠ACB，AD=2，BD=6，则边AC的长为_____
【答案】4
【解析】
【分析】只要证明△ADC∽△ACB，可得=，即AC2=AD•AB，由此即可解决问题.
【详解】解：∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴△ADC∽△ACB，
∴=，
∴AC2=AD•AB=2×8=16，
∵AC＞0，
∴AC=4，
故答案为：4．
【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，属于中考常考题型．
17. 阅读并回答问题：小亮是一位刻苦学习的同学．一天他在解方程时，突发奇想：在实数范围内无解，如果存在一个数i，使，那么当时，有i，从而i是方程的两个根．据此可知：(1) i可以运算，例如：i3=i2·i=-1×i=-i，则i4=________，(2)方程的两根为_________________（根用i表示）
【答案】 ①. 1 ②. ，
【解析】
【分析】①根据题目中的已知条件，，将化简即可得；
②将，变形为，利用，求解一元二次方程即可．
【详解】解：①由题意可得：，
∴；
②，
，
，
∴，
∴，；
故答案为：①1；②，．
【点睛】题目主要考查用配方法解一元二次方程，理解题意找出题中规律是解题关键．
18. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，点E是AD上一点，且AE=1，F是边AB上的动点，以EF为边作矩形EFGH，使EH=EF，矩形EFGH是矩形EFGH关于对角线BD的轴对称图形．(1)当点G落在BD上时，tan∠GFB=______ ；
（2)在F从A到B的运动过程中当矩形EFGH与矩形ABCD的边只有两个交点时，AF的取值范是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质及勾股定理可得，当点G’落在BD上时，作于点K，由及相关条件求出KF和GK的长，再求出比值即可；
（2）作与关于直线BD对称时，设交CD于点L，通过解直角三角形求出DL、A’L的长，即可确定A’F’的长，同理当点G’落在边AB边上时，作于点N，用类似的方法即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，，，
∴，，，
∴，
当点G’落在BD上时，如图所示，作于点K，则，
∵点G与点G’关于直线BD对称，且点G’在BD上，
∴点G在BD上，
∴，
∴，
∵四边形EFGH为矩形，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）作与关于直线BD对称时，设交CD于点L，
∴，，，
点E’、F’分别在A’D、A’B上，
∴，，
∵四边形ABCD为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
当点G’落在边CD上时，如图所示，作于点M，则，
∵矩形E’F’G’H’与矩形EFGH关于直线BD对称，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点G’落在边AB边上时，如图所示，作于点N，则，
同理可得：，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的取值范围为：，
故答案为：①；②．
【点睛】题目主要考查矩形、轴对称的性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理、解直角三角形等知识与方法，解题的关键时准确的作出相应的辅助线，融会贯通并综合运用这些知识点．
三、解答题：（本大题共有10小题，共90分）
19. 计算：
（1） （2） a(2 − a) + (a + 1)(a − 1)
【答案】（1）8；（2）2a-1
【解析】
【分析】（1）根据绝对值，特殊三角函数值，负整指数幂的运算法则求解即可；
（2）根据整式的乘法，求解即可．
【详解】解：（1）
（2）
【点睛】此题考查了实数的运算和整式的乘法，涉及了特殊三角函数值、绝对值、负整指数幂，平方差公式，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
20. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用配方法求解即可；
（2）利用因式分解法求解即可．
【详解】（1）．
移项得：，
配方得：，即，
开方得：，
∴；
（2）
移项得：，
因式分解得：，
∴或，
∴．
【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点 坐标分别为 A（－2，1），B（－1，4），C（－3，2）．
（1）以原点 O为位似中心，位似比为 1:2，在 y 轴左侧， 画出△ABC 放大后的图形△A1B1C1；
（2）直接写出 C1点坐标 ；若线段 AB上D 的坐标为(a，b)，则对应的点 D1的坐标 ；
（3）△A1B1C1的面积为 ．
【答案】（1）见解析；（2）（-6，4）；（2a，2b）；（3）8
【解析】
【分析】（1）根据以原点O为位似中心的坐标变换规律，把点，，的横纵坐标都乘以2即可得到点，，的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）根据以原点O为位似中心的坐标变换规律，把点，的横纵坐标都乘以2即可得到点，的坐标；
（3）根据（1）中所得的点，，的坐标，即可根据勾股定理计算出△A1B1C1各边的边长，可知△A1B1C1为直角三角形，进而即可计算出△A1B1C1的面积．
【详解】（1）根据以原点O为位似中心的坐标变换规律可得点，，的坐标分别为：（－4，2），（－2，8），（－6，4），描点即可得到下图所示图形；
（2）根据位似比和以原点O为位似中心的坐标变换规律可得点，的坐标分别为：（－6，4），（2a，2b）；
（3）根据勾股定理可知，
，
，
∵，
∴△A1B1C1为直角三角形，
∴△A1B1C1的面积为：．
【点睛】本题考查了作图—位似变换，位似比，勾股定理，三角形面积等知识点，解答本题的关键是会利用位似中心和位似比作图并利用点的坐标求出线段长．
22. 如图，在矩形ABCD中，已知AD＞AB．在边AD上取点E，连结CE．过点E作EF⊥CE，与边AB的延长线交于点F．
（1）求证：△AEF∽△DCE．
（2）若AB＝3，AE＝4，DE＝6，求线段BF的长．
【答案】（1）见解析；（2）5
【解析】
【分析】（1）根据两个角对应相等判定两个三角形相似即可；
（2）根据相似三角形的性质，对应边成比例即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
．
（2）．
，
，，，
，
，
．
答：线段的长为5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定方法和性质．
23. 已知关于x的一元二次方程x2－2mx＋2m－1＝0（m为常数）．
（1）若方程的一个根为0，求m的值和方程的另一个根；
（2）求证：不论m为何值，该方程总有实数根．
【答案】（1）m＝．另一个根是1．（2）见解析
【解析】
【分析】（1）将已知方程的根代入原方程，求得m的值，然后再解方程；
（2）利用判别式的非负性判断方程总有实数根.
【详解】解：（1）把x＝0代入原方程，得2m－1＝0 ，
解得：m＝．
∴x2-x＝0，
x1＝1，x2＝0．
∴另一个根是1．
（2）b2－4ac＝4m2－4(2m－1)＝4m2－8m＋4，
∵4m2－8m＋4＝4 (m－1)2≥0．
∴对于任意的实数m，方程总有实数根．
【点睛】本题主要考查代入求值，解一元二次方程及根的判别式，由方程根的情况得到判别式的符号是解题的关键．
24. 某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区AC的坡度i为1：2，顶端C离水平地面AB的高度为10m，从顶棚的D处看E处的仰角α＝18°30′，竖直的立杆上C、D两点间的距离为4m，E处到观众区底端A处的水平距离AF为3m．求：
（1）观众区的水平宽度AB；
（2）顶棚的E处离地面的高度EF．（sin18°30′≈0.32，tan18°30′≈0.33，结果精确到0.1m）
【答案】（1）20m；（2）21.6m
【解析】
【分析】（1）由AB⊥BC，AC的坡度i，由BC长度求AB长度即可；
（2）作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，则EF＝EN+MN+MF= EN+CD+BC，
【详解】（1）∵观众区AC的坡度i为1：2，CB= 10m，
∴AB＝2BC＝20（m），
答：观众区的水平宽度AB为20m；
（2）如图，作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，
则四边形MFBC、MCDN为矩形，
∴MF＝BC＝10，MN＝CD＝4，DN＝MC＝BF＝23，
在Rt△END中，tan∠EDN＝，则EN＝DN•tan∠EDN≈7.59，
∴EF＝EN+MN+MF＝7.59+4+10≈21.6（m），
答：顶棚的E处离地面的高度EF约为21.6m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，弄清坡度的概念，将实际问题中的数量关系归结为解直角三角形的问题，当有些图形不是直角三角形时，可适当添加辅助线，把它们分割成直角三角形或矩形是解决本题的关键．
25. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=1，以边AC上一点O为圆心，OA为半径的⊙O经过点B．
(1)求⊙O的半径；
(2)点P为中点，作PQ⊥AC，垂足为Q，求OQ的长；
(3)在(2)的条件下，连接PC，求tan∠PCA的值．
【答案】(1)⊙O的半径为；(2)；(3)．
【解析】
【分析】(1)若连接OB，则△BCO是一个含30°角的直角三角形，△AOB是底角为30°的等腰三角形，可得∠OBC=30°，再根据特殊角的三角函数值求得OB；
(2) 连接OP，设AB与QP交于点M，根据题中条件证得∠QPO=∠A=30°，再根据特殊角的三角函数值求得OQ；
(3)可在Rt△PCQ中解决，分别计算出两条直角边，即可求出tan∠PCA的值．
【详解】(1)连接OB，如图
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠A=30°，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∴∠OBC=30°，
在Rt△OBC中，，
即，
解得，
即⊙O的半径为；
(2)连接OP，设AB与QP交于点M，
∵点P为的中点，
∴OP⊥AB，
∴∠QPO+∠PMB=90°，
∵PQ⊥AC，
∴∠A+∠AMQ=90°，
又∵∠AMQ=∠PMB，
∴∠QPO=∠A=30°，
在Rt△OPQ中，，
即，
∴
(3)在Rt△OBC中，
∵，∠OBC=30°，∠ACB=90°
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
26. 新冠疫情蔓延全球，口罩成了人们的生活必须品，某药店销售普通口罩和N95口罩，今年8月份的进价如下表：
（1）计划N95口罩每包售价比普通口罩贵16元，7包普通口罩和3包N95口罩总售价相同，求普通口罩和N95口罩每包售价；
（2）按（1）中售价销售一段时间后发现普通口罩的日均销售量为120包，当每包售价降价1元时，日均销售量增加20包，该药店秉承让利于民的原则，对普通口罩进行降价销售，但要保证当天的利润为320元，求此时普通口罩每包售价；
（3）疫情期间，该药店进货2万包N95口罩，进价不变，店长向当地医院捐赠了a包，该款口罩，剩余的N95口罩向市民销售，若这2万包口罩的利润等于，则N95口罩每包售价是________元．（直接写出答案，售价为整数元）
【答案】（1）普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为12元和28元；（2）10元；（3）32
【解析】
【分析】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元，建立二元一次方程组，求解即可得到答案；
（2）设普通口罩每包售价降低 a 元；根据当天的利润=每个普通口罩的利润当日普通口罩销售量的关系，列出并求解方程，即可得到答案；
（3）设N95口罩每包售价是x元；根据总售价-总成本=总利润的关系，列出方程，再结合a的取值范围，求解不等式，即可完成求解．
【详解】（1）设普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 x 元和 y 元
由题意得，
解得，
∴普通口罩和 N95 口罩每包售价分别为 12 元和 28 元.
（2）设普通口罩每包售价降低 a 元
由题意得
解得：a=2，a=-4（舍去）
∴此时普通口罩每包售价 12-2=10元;
（3）设N95口罩每包售价是x元
由题意得
∴
∵
∴
∴
∴
即
x=32或33．
当x=33时，a不是整数，
∴N95口罩每包售价是32元．
【点睛】本题考察了二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的知识；求解的关键是熟练掌握二元一次方程组、一元二次方程、分式方程和不等式的性质，从而完成求解．
27. 如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=n°，那么我们称这样的三角形为“准n°三角形”．
（1）若△ABC是“准90°三角形”，∠C＞90°，∠A=60°，则∠B= °；
（2）如图①，在△ABC中，∠ACB=120°，AC=4，BC=8．D是BC上一点且△ABD是“准60°三角形”，请求出BD的长．
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB=5，CD=6，BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，且△ABC是“准90°三角形”，则对角线AC=
【答案】（1）15；（2）BD=6或（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义列式计算即可知道答案；
（2）分2∠B+∠BAD=60°或∠B+2∠BAD=60°两种情况求解，利用三角形相似判定和性质列式计算即可；
（3）将沿BC翻折得到，证明A、B、F三点共线，得到，利用相似三角形判定和性质求得BF的长度，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：(1) ∵由“准n°三角形”的定义知：2α+β=n°
∴准90°三角形有：
又∵
∴∠B=15°
故答案为：15
(2)∵△ABD是“准60°三角形”
∴2∠B+∠BAD=60°或∠B+2∠BAD=60°
①当2∠B+∠BAD=60°时，如下图：
∵∠ACB=120°
∴∠B+∠BAC=60°
∴∠B=∠CAD
又∵∠C=∠C
∴△CAD∽△CBA
∴=
又∵AC=4，BC=8
∴CD=2
∴BD=6
②当∠B+2∠BAD=60°时，作DE⊥AB于E，作DF⊥AC延长线于点F，作AH⊥BC延长线于H，如下图：
∵∠B+2∠BAD=60°，∠B+∠BAC=60°
∴∠BAD=∠CAD
∴DE=DF
设DC=2a
∵∠ACB=120°
∴在Rt△DCF中, ∠DCF=60°
∴DF=a
∵在Rt△ACH中, ∠ACH=60°，AC=4
∴∠CAH=30°
∴CH=2
∴AH=
∵DE⊥AB，AH⊥BC
∴∠BED=∠BHA=90°
又∵∠DBE=∠ABH
∴△BED∽△BHA
∴=
在中，
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴a=
∴BD=
综上所述，BD=6或BD=
（3）将沿BC翻折得到，如下图：
∴CF=CD=6，∠BCF=∠BCD，∠CBF=∠CBD
∵，∠BCD+∠CBD=90°
∴∠ABD+∠DBC+∠CBF=180°
∴A、B、F三点共线
∴∠FAC+∠ACF=
∴
∴
∴∠FCB=∠FAC
又∵
∴
∴
∴
∵AF=AB+BF
设BF=x,则AF=5+x
则
化简得:
解得：（舍），，即BF=4
在中，AF=9,CF=6
由勾股定理得：AC=
∵
∴
【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理解三角形等相关知识点，能够利用化归思想，做出相关的辅助线是解题的关键．
28. 如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝kx+b（k≠0）与x轴交于点A，与y轴交于点B（0，6），直线l2与x轴交于点C，与直线l1交于D（m，3），OC＝2OA，tan∠BAO＝．
（1）求直线l2的解析式．
（2）在射线AB上是否存在点P，使△PAC的周长为6？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）如图2，连接OD，将△ODB沿直线AB翻折得到△O'DB．若点M为直线AB上一动点，在平面内是否存在点N，使得以B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形，若存在，直接写出N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝-；（2） 存在，P；（3）存在，（），（0，0），（），（）．
【解析】
【分析】（1）根据B（0，6），tan∠BAO＝，先求出点A（，0），利用待定系数法求出直线l1：，由D（m，3）在l1上 求出D（，3），OC＝2OA=，求出点C（，0）即可；
（2）作PH⊥OC于H，设AH＝a，利用三角函数求出AP＝＝2a，PH＝AH•tan60°＝，CH＝CA+AH＝+a，利用勾股定理PC＝，根据三角形周长C△PCA=PC+AP+AC＝6， 构造方程，求出a＝即可；
（3）连接OO′，过O′作O′E⊥x轴于E，求出点O′（3，3），点M为直线AB上一动点，在平面内是否存在点N，使得以B、O′、M、N为顶点四边形为菱形，设M（xM,yM）,N（xN，yN），分两种情况BO′为边，BO′为对角线，当BO′为边时分三种情况MO′为对角线，点N与点B关于MO′对称，，再求出xM=-BMsin30=-3，yM=6+BMcs30°=6+3，列等式，当BM为对角线时，点N与点O′对称，点N与点O重合，当NB为对角线时，BM=BO′=BO=6，xM=BMsin30=3，yM=6-BMcs30°=6-3，
列等式；当O′B为对角线时，xM=BMsin30=，yM=6-BMcs30°=，列等式，解方程即可
【详解】解：（1）∵B（0，6），tan∠BAO＝，
∴OB=OAtan∠BAO，
∴OA=，
∴点A（，0），
直线l1：y＝kx+b（k≠0）过A、B两点，代入坐标，
，
解得，
直线l1：，
∵D（m，3）在l1上，，
解得，
∴D（，3），
∵OC＝2OA=，
点C（，0），
设直线l2解析式为，过点D、C，代入坐标得：
，
解得，
直线l2解析式为y＝-；
（2）如图1，
作PH⊥OC于H，设AH＝a，
∵∠BAO＝60°，
∴AP＝＝2a，PH＝AH•tan60°＝，
∴CH＝CA+AH＝+a，
在Rt△PCH中，由勾股定理得，
PC＝，
∵C△PCA=PC+AP+AC＝6，
∴，
∴a＝，
∴PH＝，
∴，
∴，
∴P；
（3）连接OO′，过O′作O′E⊥x轴于E，
∵tan∠BAO＝，
∴∠BAO=60°，
∴∠OBA=30°，
∵将△ODB沿直线AB翻折得到△O'DB．
∴∠OBO′=2∠OBA=60°，BO=BO′，
∴△OBO′为等边三角形，
∴OO′=OB=6，∠BOO′=60°，∠O′OE=90°-∠BOO′=30°，
∴O′E=OO′sin30°=3，OE=OO′cs30°=3，
∴点O′（3，3），
点M为直线AB上一动点，在平面内是否存在点N，使得以B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形，
设M（xM,yM）,N（xN，yN），
分两种情况BO′为边，BO′为对角线，
当BO′为边时分三种情况MO′为对角线，点N与点B关于MO′对称，
，
∵B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形，
∴BM=BO′=BO=6，
xM=-BMsin30=-3，yM=6+BMcs30°=6+3，
∴，
解得，
∴点N（），
当BM为对角线时，点N与点O′对称，
点N与点O重合，
点N（0，0）
当NB对角线时，BM=BO′=BO=6，
∴xM=BMsin30=3，yM=6-BMcs30°=6-3，
∴，
解得，
∴点N（），
当O′B为对角线时，
∵∠OBM=30°，,BO′=6，
∴BMcs30°=，BM=
∴xM=BMsin30=，yM=6-BMcs30°=，
∴，
解得，
点N（），
以B、O′、M、N为顶点的四边形为菱形N的坐标为（），（0，0），（），（）．
【点睛】本题考查待定系数法求直线解析式，一元一次方程几何问题，图形折叠性质，等边三角形判定，锐角三角函数，菱形判定与性质，分类讨论思想的运用，关键是根据点的位置画出准确图形是解题关键．
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