2022-2023学年九年级数学上学期期末考点大串讲【常考60题考点专练】

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九年级上学期期末【常考60题考点专练】
一．选择题（共11小题）
1．（2022春•工业园区校级期末）如图，过圆心且互相垂直的两条直线将两个同心圆分成了若干部分，在该图形区域内任取一点，则该点取自阴影部分的概率是（　　）

A． B． C． D．
2．（2021秋•句容市期末）如图，⊙O的半径为4，将劣弧沿弦AB翻折，恰好经过圆心O，点C为优弧AB上的一个动点，则△ABC面积的最大值是（　　）

A． B． C． D．
3．（2021秋•溧阳市期末）《九章算术》是我国古代著名数学著作，书中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥DC于E，ED＝1寸，AB＝10寸，求直径CD的长．”则CD＝（　　）

A．13寸 B．20寸 C．26寸 D．28寸
4．（2021秋•滨海县期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC＝30°，AC＝4，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．8 C． D．
5．（2022春•宜兴市校级期末）如图，在正方形网格中：△ABC、△EDF的顶点都在正方形网格的格点上，△ABC∽△EDF，则∠ABC+∠ACB的度数为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．75°
6．（2021秋•盐都区期末）如图，∠DAB＝∠CAE，请你再添加一个条件，使得△ADE∽△ABC．则下列选项不成立的是（　　）

A．∠D＝∠B B．∠E＝∠C C． D．
7．（2022春•常熟市期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，若，则的值为（　　）

A． B． C． D．
8．（2022春•吴江区期末）如图，小明在A时测得某树的影长为8m，B时又测得该树的影长为2m，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（　　）m．

A．2 B．4 C．6 D．8
9．（2021秋•沭阳县校级期末）某班有40人，一次体能测试后，老师对测试成绩进行了统计．由于小亮没有参加本次集体测试，因此计算其他39人的平均分为90分，方差s2＝41．后来小亮进行了补测，成绩为90分，关于该班40人的测试成绩，下列说法正确的是（　　）
A．平均分不变，方差变大 B．平均分不变，方差变小
C．平均分和方差都不变 D．平均分和方差都改变
10．（2021秋•玄武区期末）抛掷一枚质地均匀的硬币两次，两次都是正面朝上的概率为（　　）
A． B． C． D．
11．（2021秋•启东市期末）为测量某地温度变化情况，记录了一段时间的温度．一段时间内，温度y（单位：℃）与时间t（单位：h）的函数关系满足y＝﹣t2+12t+2，当4≤t≤8时，该地区的最高温度是（　　）
A．38℃ B．37℃ C．36℃ D．34℃
二．填空题（共18小题）
12．（2021秋•靖江市期末）在一元二次方程ax2+bx+c＝0中，若a、b、c满足关系式a﹣b+c＝0，则这个方程必有一个根为　 　．
13．（2021秋•徐州期末）若关于x的方程x2﹣2x+m＝0有两个相等的实数根，则m＝　 　．
14．（2022春•通州区期末）《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？”译文：“一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽各是多少步？”若设矩形田地的长为x步，则可列方程为　 　．
15．（2022春•姜堰区期末）某地区加大教育投入，2020年投入教育经费2000万元，以后每年逐步增长，预计2022年，教育经费投入为2420万元，则年平均增长率为 　 　．
16．（2021秋•亭湖区期末）已知二次函数y＝x2﹣2mx+1，当x≥1时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是　 　．
17．（2021秋•盱眙县期末）如图，点A，B，C，D在⊙O上，点O在∠D的内部，四边形OABC为平行四边形，则∠OAD+∠OCD＝　 　°．


18．（2021秋•滨海县期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过点C的切线交AB的延长线于点D，若∠A＝∠D，CD＝3，则图中阴影部分的面积为　 　．

19．（2021秋•阜宁县期末）如图所示，一个宽为2cm的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：cm），那么该光盘的直径是 　 　cm．

20．（2021秋•邗江区期末）用一个圆心角为120°，半径为9的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径是　 　．
21．（2021秋•秦淮区期末）若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的侧面面积为　 　cm2（结果保留π）．
22．（2021秋•广陵区期末）如图，直线a∥b∥c，它们依次交直线m、n于点A、C、E和B、D、F，已知AC＝4，CE＝6，BD＝3，那么BF等于 　 　．

23．（2021秋•建邺区期末）如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则AE的长为 　 　．

24．（2021秋•建湖县期末）如图，在5×5的正方形网格中，△ABC的三个顶点A，B，C均在格点上，则tanA的值为　 　．

25．（2021秋•姑苏区校级期末）10个人围成一个圆圈做游戏．游戏的规则是：每个人心里都想好一个数，并把自己想好的数如实地告诉与他相邻的两个人，然后每个人将与他相邻的两个人告诉他的数的平均数报出来．若报出来的数如图所示，则报3的人心里想的数是 　 　．

26．（2022春•广陵区期末）转动如图的转盘（转盘中各个扇形的面积都相等），当它停止转动时，指针指向标有数字　 　的区域的可能性最小．

27．（2022春•海陵区校级期末）一个不透明的盒子中装有3个黄球，6个红球，这些球除了颜色外无其他差别．从中随机摸出一个球，恰好是黄球的概率为　 　．
28．（2022春•工业园区校级期末）在一个不透明的盒子中装有16个白球，若干个黄球，它们除了颜色不同外，其余均相同，若从中随机摸出一个球是黄球的概率是，则黄球的个数为　 　．
29．（2021秋•广陵区期末）一个小球在如图所示的地板上自由滚动，并随机停在某块方砖上，如果每一块方砖除颜色外完全相同，那么小球最终停留在黑砖上的概率是 　 　．

三．解答题（共31小题）
30．（2021秋•淮安区期末）解下列方程
（1）（x﹣5）2＝x﹣5 （2）x2+12x+27＝0（配方法）．




31．（2022春•昆山市校级期末）已知关于x的方程（k﹣1）x2+（2k﹣3）x+k+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求k的取值范围；
（2）是否存在实数k，使方程的两实数根互为相反数？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．




32．（2022春•海陵区校级期末）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”意喻敦厚、健康、活泼、可爱，象征着冬奥会运动员强壮的身体、坚韧的意志和鼓舞人心的奥林匹克精神．随着北京冬奥会开幕日的临近，某特许零售店“冰墩墩”的销售日益火爆．据调查“冰墩墩”每盒进价8元，售价12元．
（1）商店老板计划首月销售330盒，经过首月试销售，老板发现单盒“冰墩墩”售价每增长1元，月销量就将减少20盒．若老板希望“冰墩墩”月销量不低于270盒，则每盒售价最高为多少元？
（2）实际销售时，售价比（1）中的最高售价减少了2a元，月销量比（1）中最低销量270盒增加了60a盒，于是月销售利润达到了1650元，求a的值．








33．（2022春•淮阴区期末）直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低5元，日销售量增加10件．
（1）若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？
（2）小明的线下实体商店也销售同款小商品，标价为每件62.5元．为提高市场竞争力，促进线下销售，小明决定对该商品实行打折销售，使其销售价格不超过（1）中的售价，则该商品至少需打几折销售？





34．（2022春•张家港市期末）利用我们学过的完全平方公式及不等式知识能解决方程或代数式的一些问题，请阅读下列材料：
阅读材料：若m2﹣2mm+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值．
解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，
∴（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0，
∴（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，
∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，
∴n＝4，m＝4．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）已知a2+4ab+5b2+6b+9＝0，求a＝　 　，b＝　 　；
（2）已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝0，求c的值；
（3）若A＝3a2+3a﹣4，B＝2a2+4a﹣6，试比较A与B的大小关系，并说明理由．







35．（2021秋•涟水县期末）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）当0＜x＜3时，求y的取值范围．




36．（2021秋•涟水县期末）某超市销售一批成本为20元/千克的绿色健康食品，深受游客青睐．经市场调查发现，该食品每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．
（1）求该食品每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式；
（2）若超市按售价不低于成本价，且不高于40元销售，则销售单价定为多少，才能使销售该食品每天获得的利润W（元）最大？最大利润是多少？










37．（2021秋•秦淮区期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB交AB于点D，点P在AB的延长线上，连接OE、AC、BC，已知∠POE＝2∠PCB．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若BD＝2OD，且PB＝12，求⊙O的半径．





38．（2021秋•涟水县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交AB于点E，连接CE，且CB＝CE．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，AB＝4，求⊙O的半径．









39．（2021秋•泗阳县期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，OC∥AD，AD交BC的延长线于D，AB交OC于E．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AE＝2，CE＝4．求图中阴影部分的面积．




40．（2021秋•邗江区期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，AE是BC边上的中线，∠C＝45°，sinB＝，AD＝1．
（1）求BC的长；
（2）求tan∠DAE的值．












41．（2021秋•苏州期末）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？



















42．（2022春•淮安期末）某校八年级学生全部参加“初二生物地理会考”，从中抽取了部分学生的生物考试成绩，将他们的成绩进行统计后分为A，B，C，D四等，并将统计结果绘制成如下的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题
（说明：测试总人数的前30%考生为A等级，前30%至前70%为B等级，前70%至前90%为C等级，90%以后为D等级）
（1）抽取了　 　名学生成绩；
（2）请把频数分布直方图补充完整；
（3）扇形统计图中A等级所在的扇形的圆心角度数是　 　；
（4）若测试总人数前90%为合格，该校初二年级有900名学生，求全年级生物合格的学生共约多少人．
















43．（2021秋•南京期末）甲、乙两人在5次打靶测试中命中的环数如下：
甲：8，8，7，8，9
乙：5，9，7，10，9
（1）填写下表：

平均数
众数
中位数
方差
甲
8
　 　
8
0.4
乙
　 　
9
　 　
3.2
（2）教练根据这5次成绩，选择甲参加射击比赛，教练的理由是什么？
（3）如果乙再射击1次，命中8环，那么乙的射击成绩的方差　 　．（填“变大”、“变小”或“不变”）．




44．（2022春•工业园区校级期末）现有A、B两个不透明的袋子，各装有三个小球，A袋中的三个小球上分别标记数字2，3，4；B袋中的三个小球上分别标记数字3，4，5．这六个小球除标记的数字外，其余完全相同．
（1）将A袋中的小球摇匀，从中随机摸出一个小球，则摸出的这个小球上标记的数字是偶数的概率为 　 　；
（2）分别将A、B两个袋子中的小球摇匀，然后从A、B袋中各随机摸出一个小球，请利用画树状图或列表的方法，求摸出的这两个小球标记的数字之和为7的概率．









45．（2021秋•仪征市期末）用一面足够长的墙为一边，其余各边用总长42米的围栏建成如图所示的生态园，中间用围栏隔开．由于场地限制，垂直于墙的一边长不超过7米．（围栏宽忽略不计）
（1）若生态园的面积为144平方米，求生态园垂直于墙的边长；
（2）生态园的面积能否达到150平方米？请说明理由．





46．（2021秋•淮阴区期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y＝﹣x+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．
（1）求b的值及点M坐标．
（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，此时发现∠ADM﹣∠ACM是个常数，请写出这个常数，并证明．
（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G，当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．





47．（2021秋•广陵区期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．
（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．




48．（2021秋•广陵区校级期末）如图，AB＝BC，以BC为直径作⊙O，AC交⊙O于点E，过点E作EG⊥AB于点F，交CB的延长线于点G．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）若GF＝2，GB＝4，求⊙O的半径．

49．（2021秋•淮阴区期末）已知函数y＝x2﹣mx+m﹣2．
（1）求证：不论m为何实数，此二次函数的图象与x轴都有两个不同交点；
（2）若函数y有最小值﹣，求函数表达式．




50．（2021秋•盱眙县期末）如图，二次函数的图象与x轴交于A（﹣3，0）和B（1，0）两点，交y轴于点C（0，3），点C、D是二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象过点B、D．
（1）求点D的坐标；
（2）求二次函数的解析式；
（3）根据图象直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围．




51．（2021秋•广陵区校级期末）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与一直线相交于A（1，0）、C（﹣2，3）两点，与y轴交于点N，其顶点为D．
（1）求抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）在对称轴上是否存在一点M，使△ANM的周长最小．若存在，请求出M点的坐标和△ANM周长的最小值；若不存在，请说明理由．





52．（2021秋•建邺区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，过格点A、B、C作一圆弧．
（1）直接写出该圆弧所在圆的圆心D的坐标；
（2）求弧AC的长（结果保留π）；
（3）连接AC、BC，则sinC＝　 　．

53．（2021秋•盱眙县期末）如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC＝2，⊙O的半径是3，求BE的长．



54．（2021秋•阜宁县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝1，BC＝，在AC边上截取AD＝BC，连接BD．
（1）通过计算，判断AD2与AC•CD的大小关系；
（2）求∠ABD的度数．



55．（2021秋•海州区期末）如图，等边三角形ABC的边长为6，在AC，BC边上各取一点E，F，使AE＝CF，连接AF，BE相交于点P．
（1）求证：AF＝BE，并求∠APB的度数；
（2）若AE＝2，试求AP•AF的值．




56．（2021秋•邗江区期末）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝2∠C，BD平分∠ABC．
求证：AB•BC＝AC•CD．




57．（2021秋•海门市期末）如图，为了估算河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标点P，在近岸取点Q和S，使点P、Q、S共线且直线PS与河垂直，接着再过点S且与PS垂直的直线a上选择适当的点T，确定PT与过点Q且垂直PS的直线b的交点R．如果测得QS＝45m，ST＝90m，QR＝60m，求河的宽度PQ．




58．（2021秋•淮阴区期末）如图是某路灯在铅垂面内的示意图，灯柱BC的高为10米，灯柱BC与灯杆AB的夹角为120°．路灯采用锥形灯罩，在地面上的照射区域DE的长为13.3米，从D、E两处测得路灯A的仰角分别为α和45°，且tanα＝6．求灯杆AB的长度．



59．（2021秋•盱眙县期末）如图，直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，顶点为P的抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A．
（1）求出点A，B的坐标及c的值；
（2）若函数y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4时有最大值为a+2，求a的值；
（3）连接AP，过点A作AP的垂线交x轴于点M．设△BMP的面积为S．
①直接写出S关于a的函数关系式及a的取值范围；
②结合S与a的函数图象，直接写出S＞时a的取值范围．







60．（2021秋•阜宁县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO＝90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线AC的解析式及B点坐标；
（3）过点B作x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．




答案与解析
一．选择题（共11小题）
1．（2022春•工业园区校级期末）如图，过圆心且互相垂直的两条直线将两个同心圆分成了若干部分，在该图形区域内任取一点，则该点取自阴影部分的概率是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据概率公式求解即可．
【解答】解：观察图形可知，阴影部分是大圆面积的一半，则该点取自阴影部分的概率是．
故选：D．
【点评】本题主要考查概率公式，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．
2．（2021秋•句容市期末）如图，⊙O的半径为4，将劣弧沿弦AB翻折，恰好经过圆心O，点C为优弧AB上的一个动点，则△ABC面积的最大值是（　　）

A． B． C． D．
【分析】如图，过点C作CT⊥AB于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO，AK．解直角三角形求出AB，求出CT的最大值，可得结论．
【解答】解：如图，过点C作CT⊥AB于点T，过点O作OH⊥AB于点H，交⊙O于点K，连接AO，AK．

由题意AB垂直平分线段OK，
∴AO＝AK，
∵OA＝OK，
∴OA＝OK＝AK，
∴∠OAK＝∠AOK＝60°．
∴AH＝OA•sin60°＝4×＝2，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∴AB＝2AH＝4，
∵OC+OH≥CT，
∴CT≤4+2＝6，
∴CT的最大值为6，
∴△ABC的面积的最大值为××6＝12，
故选：A．
【点评】本题考查垂径定理，勾股定理，三角形的面积，垂线段最短等知识，解题的关键是求出CT的最大值，属于中考常考题型．
3．（2021秋•溧阳市期末）《九章算术》是我国古代著名数学著作，书中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用数学语言可表述为：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥DC于E，ED＝1寸，AB＝10寸，求直径CD的长．”则CD＝（　　）

A．13寸 B．20寸 C．26寸 D．28寸
【分析】连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE垂直AB得到点E为AB的中点，由AB＝10可求出AE的长，再设出圆的半径OA为x，表示出OE，根据勾股定理建立关于x的方程，求出方程的解即可得到x的值，即为圆的半径，把求出的半径代入即可得到答案．
【解答】解：连接OA，∵AB⊥CD，且AB＝10，
∴AE＝BE＝5，
设圆O的半径OA的长为x寸，则OC＝OD＝x寸，
∵DE＝1，
∴OE＝x﹣1，
在直角三角形AOE中，根据勾股定理得：
x2﹣（x﹣1）2＝52，化简得：x2﹣x2+2x﹣1＝25，
即2x＝26，
解得：x＝13
所以CD＝26（寸）．
故选：C．

【点评】此题考查了垂径定理的应用，注意利用圆的半径，弦的一半及弦心距所构成的直角三角形来解决实际问题，做此类题时要多观察，多分析，才能发现线段之间的联系．
4．（2021秋•滨海县期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC＝30°，AC＝4，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．8 C． D．
【分析】利用直角三角形30度角的性质解决问题即可．
【解答】解：∵AB是直径，
∴∠C＝90°，
∵∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝8，
∴OA＝OB＝4，
故选：A．
【点评】本题考查直角三角形30度角的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（2022春•宜兴市校级期末）如图，在正方形网格中：△ABC、△EDF的顶点都在正方形网格的格点上，△ABC∽△EDF，则∠ABC+∠ACB的度数为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．75°
【分析】利用相似三角形的性质，证明∠BAC＝135°，可得结论．
【解答】解：∵△ABC∽△EDF，
∴∠BAC＝∠DEF＝135°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣135°＝45°，
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题关键是证明∠BAC＝135°．
6．（2021秋•盐都区期末）如图，∠DAB＝∠CAE，请你再添加一个条件，使得△ADE∽△ABC．则下列选项不成立的是（　　）

A．∠D＝∠B B．∠E＝∠C C． D．
【分析】根据∠DAB＝∠CAE，可以得到∠DAE＝∠BAC，然后即可判断添加各个选项中的条件是否可以使得△ADE∽△ABC，本题得以解决．
【解答】解：∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAB+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴当添加条件∠D＝∠B时，则△ADE∽△ABC，故选项A不符合题意；
当添加条件∠E＝∠C时，则△ADE∽△ABC，故选项B不符合题意；
当添加条件时，则△ADE∽△ABC，故选项C不符合题意；
当添加条件时，则△ADE和△ABC不一定相似，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查相似三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用三角形相似的判定方法解答．
7．（2022春•常熟市期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，若，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由题意不难证得△ADE∽△ABC，再由，可得，则有，则S△ACE＝S△ABC，再利用S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ACE，从而可求解．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠B，∠ADE＝∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵，
∴，
∴，
则S△ACE＝S△ABC，
∵S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ACE＝S△ABC，
∴＝＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答的关键是明确S四边形BCDE＝S△ABC﹣S△ACE．
8．（2022春•吴江区期末）如图，小明在A时测得某树的影长为8m，B时又测得该树的影长为2m，若两次日照的光线互相垂直，则树的高度为（　　）m．

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】根据题意，画出示意图，易得：△EDC∽△FDC，进而可得＝，即DC2＝ED•FD，代入数据可得答案．
【解答】解：根据题意，作△EFC，树高为CD，且∠ECF＝90°，ED＝2m，FD＝8m；
∵∠E+∠F＝90°，∠E+∠ECD＝90°，
∴∠ECD＝∠F，
∴△EDC∽△CDF，
∴＝，即DC2＝ED•FD＝2×8＝16，
解得CD＝4m．
故选：B．

【点评】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．（2021秋•沭阳县校级期末）某班有40人，一次体能测试后，老师对测试成绩进行了统计．由于小亮没有参加本次集体测试，因此计算其他39人的平均分为90分，方差s2＝41．后来小亮进行了补测，成绩为90分，关于该班40人的测试成绩，下列说法正确的是（　　）
A．平均分不变，方差变大 B．平均分不变，方差变小
C．平均分和方差都不变 D．平均分和方差都改变
【分析】根据平均数，方差的定义计算即可．
【解答】解：∵小亮的成绩和其他39人的平均数相同，都是90分，
∴该班40人的测试成绩的平均分为90分，方差变小，
故选：B．
【点评】本题考查方差，算术平均数等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2021秋•玄武区期末）抛掷一枚质地均匀的硬币两次，两次都是正面朝上的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】画树状图展示所有4种等可能的结果数，再找出两次都是“正面朝上”的结果数，然后根据概率公式求解．
【解答】解：画树状图如下：

共有4种等可能的结果数，其中两次都是“正面朝上”的结果有1种，
∴两次都是“正面朝上”的概率为，
故选：C．
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
11．（2021秋•启东市期末）为测量某地温度变化情况，记录了一段时间的温度．一段时间内，温度y（单位：℃）与时间t（单位：h）的函数关系满足y＝﹣t2+12t+2，当4≤t≤8时，该地区的最高温度是（　　）
A．38℃ B．37℃ C．36℃ D．34℃
【分析】将温度y与时间t的函数关系式y＝﹣t2+12t+2写成顶点式，按照二次函数的性质可得答案．
【解答】解：∵y＝﹣t2+12t+2
＝﹣（t2﹣12t+36）+38
＝﹣（t﹣6）2+38，
∴当t＝6时，温度y有最大值，最大值为38℃．
∴当4≤t≤8时，该地区的最高温度是38℃．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
二．填空题（共18小题）
12．（2021秋•靖江市期末）在一元二次方程ax2+bx+c＝0中，若a、b、c满足关系式a﹣b+c＝0，则这个方程必有一个根为　﹣1　．
【分析】由ax2+bx+c＝0，可得：当x＝1时，有a+b+c＝0；当x＝﹣1时，有a﹣b+c＝0，故问题可求．
【解答】解：由题意，一元二次方程ax2+bx+c＝0，满足a﹣b+c＝0，
∴当x＝﹣1时，一元二次方程ax2+bx+c＝0即为：a×（﹣1）2+b×（﹣1）+c＝0；
∴a﹣b+c＝0，
∴当x＝1时，代入方程ax2+bx+c＝0，有a+b+c＝0；
综上可知，方程必有一根为﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，此类题目的解法是常常将1或﹣1或0代入方程，来推理判断方程系数的关系．
13．（2021秋•徐州期末）若关于x的方程x2﹣2x+m＝0有两个相等的实数根，则m＝　1　．
【分析】根据判别式的意义得到（﹣2）2﹣4m＝0，然后解关于m的方程即可．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4m＝0，
解得m＝1．
故答案为1．
【点评】本题考查了根的判别式：利用一元二次方程根的判别式（Δ＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况．
14．（2022春•通州区期末）《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题：“直田积八百六十四步，之云阔不及长一十二步，问阔及长各几步？”译文：“一个矩形田地的面积等于864平方步，且它的宽比长少12步，问长与宽各是多少步？”若设矩形田地的长为x步，则可列方程为　x（x﹣12）＝864　．
【分析】如果设矩形田地的长为x步，那么宽就应该是（x﹣12）步，根据面积为864，即可得出方程．
【解答】解：设矩形田地的长为x步，那么宽就应该是（x﹣12）步．
根据矩形面积＝长×宽，得：x（x﹣12）＝864．
故答案为：x（x﹣12）＝864．
【点评】本题为面积问题，考查了由实际问题抽象出一元二次方程，掌握好面积公式即可进行正确解答；矩形面积＝矩形的长×矩形的宽．
15．（2022春•姜堰区期末）某地区加大教育投入，2020年投入教育经费2000万元，以后每年逐步增长，预计2022年，教育经费投入为2420万元，则年平均增长率为 　10%　．
【分析】一般用增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），2021年要投入教育经费是2000（1+x）万元，在2014年的基础上再增长x，就是2022年的教育经费数额，即可列出方程求解．
【解答】解：设年平均增长率为x，根据题意得：
2000（1+x）2＝2420，
解得：x＝0.1＝10%，或x＝﹣2.1（不合题意舍去）．
即：年平均增长率为10%．
故答案是：10%．
【点评】本题考查了一元二次方程中增长率的知识．掌握增长前的量×（1+年平均增长率）年数＝增长后的量是本题的关键．
16．（2021秋•亭湖区期末）已知二次函数y＝x2﹣2mx+1，当x≥1时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是　m≤1　．
【分析】根据二次函数的性质，利用二次函数的对称轴不大于1列式计算即可得解．
【解答】解：抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝m，
∵当x≥1时，y的值随x值的增大而增大，
∴m≤1．
故答案为：m≤1．
【点评】本题考查了二次函数的性质，主要利用了二次函数的增减性，熟记性质并列出不等式是解题的关键．
17．（2021秋•盱眙县期末）如图，点A，B，C，D在⊙O上，点O在∠D的内部，四边形OABC为平行四边形，则∠OAD+∠OCD＝　60　°．

【分析】利用四边形OABC为平行四边形，可得∠AOC＝∠B，∠OAB＝∠OCB，∠OAB+∠B＝180°．利用四边形ABCD是圆的内接四边形，可得∠D+∠B＝180°．利用同弧所对的圆周角和圆心角可得∠D＝∠AOC，求出∠D＝60°，进而即可得出．
【解答】解：∵四边形OABC为平行四边形，
∴∠AOC＝∠B，∠OAB＝∠OCB，∠OAB+∠B＝180°．
∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠D+∠B＝180°．
又∠D＝∠AOC，
∴3∠D＝180°，
解得∠D＝60°．
∴∠OAB＝∠OCB＝180°﹣∠B＝60°．
∴∠OAD+∠OCD＝360°﹣（∠D+∠B+∠OAB+∠OCB）＝360°﹣（60°+120°+60°+60°）＝60°．
故答案为：60．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、圆的内接四边形的性质、同弧所对的圆周角和圆心角的关系，属于基础题．
18．（2021秋•滨海县期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过点C的切线交AB的延长线于点D，若∠A＝∠D，CD＝3，则图中阴影部分的面积为　　．

【分析】连接OC，可求得△OCD和扇形OCB的面积，进而可求出图中阴影部分的面积．
【解答】解：连接OC，
∵过点C的切线交AB的延长线于点D，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
即∠D+∠COD＝90°，
∵AO＝CO，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠COD＝2∠A，
∵∠A＝∠D，
∴∠COD＝2∠D，
∴3∠D＝90°，
∴∠D＝30°，
∴∠COD＝60°
∵CD＝3，
∴OC＝3×＝，
∴阴影部分的面积＝×3×﹣＝，
故答案为：．

【点评】本题主要考查切线的性质及扇形面积的计算，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键．求出∠D＝30°是解题的突破口．
19．（2021秋•阜宁县期末）如图所示，一个宽为2cm的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：cm），那么该光盘的直径是 　10　cm．

【分析】本题先根据垂径定理构造出直角三角形，然后在直角三角形中已知弦长和弓形高，根据勾股定理求出半径，从而得解．
【解答】解：如图，设圆心为O，弦为AB，切点为C．如图所示．则AB＝8cm，CD＝2cm．
连接OC，交AB于D点．连接OA．
∵尺的对边平行，光盘与外边缘相切，
∴OC⊥AB．
∴AD＝4cm．
设半径为Rcm，则R2＝42+（R﹣2）2，
解得R＝5，
∴该光盘的直径是10cm．
故答案为：10

【点评】此题考查了切线的性质及垂径定理，建立数学模型是关键．
20．（2021秋•邗江区期末）用一个圆心角为120°，半径为9的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径是　3　．
【分析】设这个圆锥的底面圆半径为r，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到2πr＝，然后解方程即可．
【解答】解：设这个圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得2πr＝，解得r＝3，
即这个圆锥的底面圆半径是3．
故答案为3．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
21．（2021秋•秦淮区期末）若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的侧面面积为　3π　cm2（结果保留π）．
【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，所以计算扇形的面积即可得到该圆锥的侧面面积．
【解答】解：该圆锥的侧面面积＝＝3π（cm2）．
故答案为3π．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了扇形面积公式．
22．（2021秋•广陵区期末）如图，直线a∥b∥c，它们依次交直线m、n于点A、C、E和B、D、F，已知AC＝4，CE＝6，BD＝3，那么BF等于 　7.5　．

【分析】根据平行线分线段成比例定理得出比例式＝，再代入求出DF，再求出BF即可．
【解答】解：∵直线a∥b∥c，
∴＝，
∵AC＝4，CE＝6，BD＝3，
∴＝，
解得：DF＝4.5，
∵BD＝3，
∴BF＝BD+DF＝3+4.5＝7.5，
故答案为：7.5．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理，能正确根据平行线分线段成比例定理得出比例式是解此题的关键．
23．（2021秋•建邺区期末）如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则AE的长为 　　．

【分析】根据题意可得AB＝3，AC∥BD，所以△AEC∽△BED，进而可以解决问题．
【解答】解：根据题意可知：AB＝3，AC∥BD，AC＝2，BD＝3，
∴△AEC∽△BED，
∴＝，
∴＝，
解得AE＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
24．（2021秋•建湖县期末）如图，在5×5的正方形网格中，△ABC的三个顶点A，B，C均在格点上，则tanA的值为　　．

【分析】根据勾股定理，可得BD、AD的长，根据正切为对边比邻边，可得答案．
【解答】解：如图：作BD⊥AC于D，
BD＝，AD＝3，
tanA＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
25．（2021秋•姑苏区校级期末）10个人围成一个圆圈做游戏．游戏的规则是：每个人心里都想好一个数，并把自己想好的数如实地告诉与他相邻的两个人，然后每个人将与他相邻的两个人告诉他的数的平均数报出来．若报出来的数如图所示，则报3的人心里想的数是 　﹣2　．

【分析】先设报3的人心里想的数为x，利用平均数的定义表示报5的人心里想的数；报7的人心里想的数；报9的人心里想的数；报1的人心里想的数，最后建立方程，解方程即可．
【解答】解：设报3的人心里想的数是x，因为报3与报5的两个人报的数的平均数是4，
所以报5的人心里想的数应是8﹣x，
于是报7的人心里想的数是12﹣（8﹣x）＝4+x，
报9的人心里想的数是16﹣（4+x）＝12﹣x，
报1的人心里想的数是20﹣（12﹣x）＝8+x，
报3的人心里想的数是4﹣（8+x）＝﹣4﹣x，
所以得x＝﹣4﹣x，解得x＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题属于阅读理解和探索规律题，考查的知识点有平均数的相关计算及方程思想的运用．规律与趋势：这道题的解决方法有点奥数题的思维，题意理解起来比较容易，但从哪下手却不容易想到，一般地，当数字比较多时，方程是首选的方法，而且，多设几个未知数，把题中的等量关系全部展示出来，再结合题意进行整合，问题即可解决．
26．（2022春•广陵区期末）转动如图的转盘（转盘中各个扇形的面积都相等），当它停止转动时，指针指向标有数字　2　的区域的可能性最小．

【分析】根据可能性等于所求情况数与总情况数之比分别求出每种情况的可能性，再按发生的可能性从小到大的顺序排列即可．
【解答】解：指针落在标有1的区域内的可能性是；
指针落在标有2的区域内的可能性是＝；
指针落在标有数字3的区域内的可能性是；
所以指针指向标有数字2的区域的可能性最小，
故答案为：2．
【点评】此题考查了可能性大小，用到的知识点是可能性等于所求情况数与总情况数之比，关键是求出每种情况的可能性．
27．（2022春•海陵区校级期末）一个不透明的盒子中装有3个黄球，6个红球，这些球除了颜色外无其他差别．从中随机摸出一个球，恰好是黄球的概率为　　．
【分析】由于一个不透明的盒子中装有3个黄球，6个红球，这些球除了颜色外无其他差别，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：∵一个不透明的盒子中装有3个黄球，6个红球，这些球除了颜色外无其他差别，
∴从中随机摸出一个小球，恰好是黄球的概率为：＝．
故答案为：．
【点评】此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
28．（2022春•工业园区校级期末）在一个不透明的盒子中装有16个白球，若干个黄球，它们除了颜色不同外，其余均相同，若从中随机摸出一个球是黄球的概率是，则黄球的个数为　8　．
【分析】设黄球的个数为x个，根据概率公式得到＝，然后解方程即可．
【解答】解：设黄球的个数为x个，
根据题意得：＝，
解得x＝8，
经检验：x＝8是原分式方程的解，
故答案为8．
【点评】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
29．（2021秋•广陵区期末）一个小球在如图所示的地板上自由滚动，并随机停在某块方砖上，如果每一块方砖除颜色外完全相同，那么小球最终停留在黑砖上的概率是 　　．

【分析】根据几何概率的求法：小球落在阴影部分的概率就是阴影区域的面积与总面积的比值．
【解答】解：∵总面积为9个小正方形的面积，其中阴影部分面积为5个小正方形的面积，
∴小球停在阴影部分的概率是，
故答案为：．
【点评】本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件（A）；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件（A）发生的概率．
三．解答题（共31小题）
30．（2021秋•淮安区期末）解下列方程
（1）（x﹣5）2＝x﹣5
（2）x2+12x+27＝0（配方法）．
【分析】（1）先移项得到（x﹣5）2﹣（x﹣5）＝0，然后利用因式分解法解方程；
（2）利用配方法得到（x+6）2＝9，然后利用直接开平方法解方程．
【解答】解：（1）（x﹣5）2﹣（x﹣5）＝0，
（x﹣5）（x﹣5﹣1）＝0，
x﹣5＝0或x﹣6＝0，
所以x1＝5，x2＝6；
（2）x2+12x＝﹣27，
x2+12x+36＝9，
（x+6）2＝9，
x+6＝±3，
所以x1＝﹣3，x2＝﹣9．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了公式法和配方法解一元二次方程．
31．（2022春•昆山市校级期末）已知关于x的方程（k﹣1）x2+（2k﹣3）x+k+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求k的取值范围；
（2）是否存在实数k，使方程的两实数根互为相反数？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）因为方程（k﹣1）x2+（2k﹣3）x+k+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．得出其判别式Δ＞0，可解得k的取值范围；
（2）假设存在两根的值互为相反数，根据根与系数的关系，列出对应的不等式即可解的k的值．
【解答】解：（1）方程（k﹣1）x2+（2k﹣3）x+k+1＝0有两个不相等的实数根x1，x2，
可得k﹣1≠0，
∴k≠1且Δ＝﹣12k+13＞0，
可解得且k≠1；

（2）假设存在两根的值互为相反数，设为 x1，x2，
∵x1+x2＝0，
∴，
∴，
又∵且k≠1
∴k不存在．
【点评】本题主要考查了根与系数的关系，属于基础题，关键掌握x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q．
32．（2022春•海陵区校级期末）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”意喻敦厚、健康、活泼、可爱，象征着冬奥会运动员强壮的身体、坚韧的意志和鼓舞人心的奥林匹克精神．随着北京冬奥会开幕日的临近，某特许零售店“冰墩墩”的销售日益火爆．据调查“冰墩墩”每盒进价8元，售价12元．
（1）商店老板计划首月销售330盒，经过首月试销售，老板发现单盒“冰墩墩”售价每增长1元，月销量就将减少20盒．若老板希望“冰墩墩”月销量不低于270盒，则每盒售价最高为多少元？
（2）实际销售时，售价比（1）中的最高售价减少了2a元，月销量比（1）中最低销量270盒增加了60a盒，于是月销售利润达到了1650元，求a的值．
【分析】（1）设每盒的售价为x元，则月销量为（570﹣20x）盒，根据月销量不低于270盒，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论；
（2）利用月销售利润＝每盒的销售利润×月销售量，即可得出关于a的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：（1）设每盒的售价为x元，则月销量为330﹣20（x﹣12）＝（570﹣20x）（盒），
依题意得：570﹣20x≥270，
解得：x≤15．
答：每盒售价最高为15元；
（2）依题意得：（15﹣2a﹣8）×（270+60a）＝1650，
解得：a1＝1，a2＝﹣2（不合题意，舍去）．
答：a的值为1．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
33．（2022春•淮阴区期末）直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低5元，日销售量增加10件．
（1）若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？
（2）小明的线下实体商店也销售同款小商品，标价为每件62.5元．为提高市场竞争力，促进线下销售，小明决定对该商品实行打折销售，使其销售价格不超过（1）中的售价，则该商品至少需打几折销售？
【分析】（1）根据日利润＝每件利润×日销售量，可求出售价为60元时的原利润，设售价应定为x元，则每件的利润为（x﹣40）元，日销售量为20+＝（140﹣2x）件，根据日利润＝每件利润×日销售量，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；
（2）设该商品需要打a折销售，根据销售价格不超过50元，列出不等式求解即可．
【解答】解：（1）设售价应定为x元，则每件的利润为（x﹣40）元，日销售量为20+＝（140﹣2x）件，
依题意，得：（x﹣40）（140﹣2x）＝（60﹣40）×20，
整理，得：x2﹣110x+3000＝0，
解得：x1＝50，x2＝60（舍去）．
答：售价应定为50元；
（2）该商品需要打a折销售，
由题意，得，62.5×≤50，
解得：a≤8，
答：该商品至少需打8折销售．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用和由实际问题抽象出一元一次不等式，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
34．（2022春•张家港市期末）利用我们学过的完全平方公式及不等式知识能解决方程或代数式的一些问题，请阅读下列材料：
阅读材料：若m2﹣2mm+2n2﹣8n+16＝0，求m、n的值．
解：∵m2﹣2mn+2n2﹣8n+16＝0，
∴（m2﹣2mn+n2）+（n2﹣8n+16）＝0，
∴（m﹣n）2+（n﹣4）2＝0，
∴（m﹣n）2＝0，（n﹣4）2＝0，
∴n＝4，m＝4．
根据你的观察，探究下面的问题：
（1）已知a2+4ab+5b2+6b+9＝0，求a＝　6　，b＝　﹣3　；
（2）已知△ABC的三边长a、b、c都是正整数，且满足a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝0，求c的值；
（3）若A＝3a2+3a﹣4，B＝2a2+4a﹣6，试比较A与B的大小关系，并说明理由．
【分析】（1）将a2+4ab+5b2+6b+9＝0的左边分组配方，然后根据偶次方的非负性，可求出a，b的值；
（2）将a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝0的左边分组配方，然后根据偶次方的非负性，可求出a，b的值，根据三角形的三边关系求出c；
（3）让多项式3a2+3a﹣4与2a2+4a﹣6作差，结果配方，根据偶次方的非负性判断大小．
【解答】解：（1）a2+4ab+5b2+6b+9＝a2+4ab+4b2+b2+6b+9＝（a+2b）2+（b+3）2＝0，
∴a+2b＝0，b+3＝0，
解得a＝6，b＝﹣3．
故答案为：6，﹣3；
（2）a2﹣4a+2b2﹣4b+6＝a2﹣4a+4+2b2﹣4b+2＝（a﹣2）2+2（b﹣1）2＝0，
∴a﹣2＝0，b﹣1＝0，
解得a＝2，b＝1，
∵a、b、c是△ABC的三边长，
∴1＜c＜3，
∵c是正整数，
∴c＝2；
（3）A＞B，理由如下：
∵A＝3a2+3a﹣4，B＝2a2+4a﹣6，
A﹣B＝3a2+3a﹣4﹣（2a2+4a﹣6）＝3a2+3a﹣4﹣（2a2+4a﹣6）＝3a2+3a﹣4﹣2a2﹣4a+6＝a2﹣a+2＝（a﹣）2+，
∵（a﹣）2≥0，
∴（a﹣）2+＞0，
∴A＞B．
【点评】本题考查了配方法的应用，结合偶次方的非负性求值的问题，本题属于中档题．
35．（2021秋•涟水县期末）如图，已知抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）当0＜x＜3时，求y的取值范围．

【分析】（1）把A、B两点坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法可求得其解析式，再化为顶点式即可求得其顶点坐标；
（2）由解析式可求得其对称轴，再结合函数的增减性分0＜x＜1和1＜x＜3分别求y的最大值和最小值即可求得y的取值范围．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（3，0）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴顶点坐标为（1，﹣4）；
（2）∵y＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线开口向上，对称轴为x＝1，
∴当x＜1时，y随x的增大而减小，当x＞1时，y随x的增大而增大，
∴当0＜x＜1时，当x＝0时，y有最大值为﹣3，当x＝1时，y有最小值为﹣4，
当1＜x＜3时，当x＝3时，y有最大值为0，当x＝1时，y有最小值为﹣4，
∴当0＜x＜3时，﹣4≤y＜0．
【点评】本题考查了待定系数法、二次函数的性质、综合性较强，难度适中．
36．（2021秋•涟水县期末）某超市销售一批成本为20元/千克的绿色健康食品，深受游客青睐．经市场调查发现，该食品每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．
（1）求该食品每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式；
（2）若超市按售价不低于成本价，且不高于40元销售，则销售单价定为多少，才能使销售该食品每天获得的利润W（元）最大？最大利润是多少？

【分析】（1）将点（25，130）、（35，110）代入一次函数表达式，用待定系数法即可求解；
（2）根据利润＝每千克的利润×销售量列出函数解析式，根据函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）设每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式为y＝kx+b，
由图象得：，
解得：，
∴每天的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）之间的函数关系式为y＝﹣2x+180；
（2）W＝（x﹣20）y＝（x﹣20）（﹣2x+180）＝﹣2x2+220x﹣3600，
∴函数的对称轴为直线x＝﹣＝55，
∵﹣2＜0，20≤x≤40，
∴当x≤55时，W随x的增大而增大，
∴当x＝40时，W有最大值，最大值为2000，
∴销售单价定为40元时，才能使销售该食品每天获得的利润W（元）最大，最大利润是2000元．
【点评】本题考查了二次函数与一次函数在销售问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
37．（2021秋•秦淮区期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CE⊥AB交AB于点D，点P在AB的延长线上，连接OE、AC、BC，已知∠POE＝2∠PCB．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若BD＝2OD，且PB＝12，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得∠POE＝2∠A，则∠A＝∠PCB，由AB是⊙O的直径得到∠ACB＝90°，则∠A+∠ABC＝90°，由OC＝OB得到∠ABC＝∠OCB，得到∠OCB+∠PCB＝90°，所以OC⊥PC，然后根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）设⊙O的半径为R，则OC＝R，OP＝R+12，OD＝R，证明△COD∽△POC，然后利用相似比即可得到R的值．
【解答】（1）证明：连接OC，如图，
∵∠POE＝2∠PCB，
而∠POE＝2∠A，
∴∠A＝∠PCB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
而OC＝OB，
∴∠ABC＝∠OCB，
∴∠A+∠OCB＝90°，
∴∠OCB+∠PCB＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；

（2）解：设⊙O的半径为R，则OC＝R，OP＝R+12，
∵BD＝2OD，
∴OD＝R，
∵CE⊥AB，
∴∠ODC＝90°，
∵∠COD＝∠POC，
∴△COD∽△POC，
∴OC：OP＝OD：OC，即R：（R+12）＝R：R，
∴R＝6．

【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理和三角形相似的判定与性质．
38．（2021秋•涟水县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交AB于点E，连接CE，且CB＝CE．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，AB＝4，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OE，DE，根据等腰三角形的性质和直径所对圆周角是直角得∠OEC＝90°，于是得到结论；
（2）设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+2，AC＝2r+2，由AC2+BC2＝AB2，OE2+CE2＝OC2得到关于r 的方程，即可求出半径．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，DE，

∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠DEC+∠CEB＝90°，
∵CE＝BC，
∴∠B＝∠CEB，
∴∠A＝∠DEC，
∵OE＝OD，
∴∠OED＝∠ODE，
∵∠A+∠ADE＝90°，
∴∠DEC+∠OED＝90°，即∠OEC＝90°，
∴OE⊥CE．
∵OE是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD＝2，AB＝4，BC＝CE，
设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+2，AC＝2r+2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴（2r+2）2+BC2＝（4）2，
在Rt△OEC中，∠OEC＝90°，
∴OE2+CE2＝OC2，
∴r2+BC2＝（r+2）2，
∴BC2＝（r+2）2﹣r2，
∴（2r+2）2+（r+2）2﹣r2＝（4）2，
解得r＝3，或r＝﹣6（舍去）．
∴⊙O的半径为3．
【点评】本题考查的是切线的判定、等腰三角形的判定和性质、勾股定理，掌握切线的判定定理、勾股定理是解题的关键．
39．（2021秋•泗阳县期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，OC∥AD，AD交BC的延长线于D，AB交OC于E．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AE＝2，CE＝4．求图中阴影部分的面积．

【分析】（1）连接OA．想办法证明OA⊥AD即可解决问题．
（2）设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣4．在Rt△OAE中，根据AO2+OE2＝AE2，构建方程求出R即可解决问题；
【解答】解：（1）连接OA．

∵AD∥OC，
∴∠AOC+∠OAD＝180°，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×45°＝90°，
∴∠OAD＝90°，
∴OA⊥AD，
∴AD是⊙O的切线．

（2）设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣4．
在Rt△OAE中，∵AO2+OE2＝AE2，
∴R2+（R﹣4）2＝（2）2，
解得R＝6．（负根已经舍去）
∴S阴影＝S扇形OAC﹣S△OAC＝﹣×62＝9π﹣18．
【点评】本题考查切线的判定，扇形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
40．（2021秋•邗江区期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，AE是BC边上的中线，∠C＝45°，sinB＝，AD＝1．
（1）求BC的长；
（2）求tan∠DAE的值．

【分析】（1）先由三角形的高的定义得出∠ADB＝∠ADC＝90°，再解Rt△ADC，得出DC＝1；解Rt△ADB，得出AB＝3，根据勾股定理求出BD＝2，然后根据BC＝BD+DC即可求解；
（2）先由三角形的中线的定义求出CE的值，则DE＝CE﹣CD，然后在Rt△ADE中根据正切函数的定义即可求解．
【解答】解：（1）在△ABC中，∵AD是BC边上的高，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
在△ADC中，∵∠ADC＝90°，∠C＝45°，AD＝1，
∴DC＝AD＝1．
在△ADB中，∵∠ADB＝90°，sinB＝，AD＝1，
∴AB＝＝3，
∴BD＝＝2，
∴BC＝BD+DC＝2+1；

（2）∵AE是BC边上的中线，
∴CE＝BC＝+，
∴DE＝CE﹣CD＝+﹣1＝﹣，
∴tan∠DAE＝＝＝﹣．
【点评】本题考查了解直角三角形，三角形的高、中线的定义，勾股定理，难度中等，分别解Rt△ADC与Rt△ADB，得出DC＝1，AB＝3是解题的关键．
41．（2021秋•苏州期末）图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
（1）当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
（2）试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？

【分析】（1）要求杆EF与地面BD之间的距离，所以过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，在Rt△AEN中进行计算即可解答；
（2）当张角为∠BAE为150°时，按照（1）的思路求出EM的长，再计算当QD＝1.8米时，GQ的长度，然后与车的宽度进行比较即可解答．
【解答】解：（1）过点E作EM⊥BD，垂足为M，交AC于点N，则EN⊥AC，

∵AB⊥BD，
∴四边形ABMN是矩形，
∴AB＝MN＝1.2（米），∠BAN＝90°，
∵∠BAE＝135°，
∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝45°，
在Rt△AEN中，EN＝AEsin45°＝1.5×＝（米），
∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.26（米），
答：杆EF与地面BD之间的距离为2.26米；
（2）由（1）得：∠BAN＝90°，
当∠BAE＝150°时，
∴∠EAN＝∠BAE﹣∠BAN＝60°，
在Rt△AEN中，EN＝AEsin60°＝1.5×＝（米），
∴EM＝EN+MN＝+1.2≈2.5（米），

当QD＝PC＝1.8m，
∴BQ＝AP＝2.5﹣1.8＝0.7m，
当∠BAE＝150°时，
∴∠EAP＝∠BAE﹣∠BAP＝60°，
在Rt△AGP中，GP＝APtan60°＝0.7≈1.212米，
∴GP+PQ＝1.212+1.2＝2.412米，
∵2.412＜2.45，
∴宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车不能正常通过此道闸．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
42．（2022春•淮安期末）某校八年级学生全部参加“初二生物地理会考”，从中抽取了部分学生的生物考试成绩，将他们的成绩进行统计后分为A，B，C，D四等，并将统计结果绘制成如下的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题
（说明：测试总人数的前30%考生为A等级，前30%至前70%为B等级，前70%至前90%为C等级，90%以后为D等级）
（1）抽取了　50　名学生成绩；
（2）请把频数分布直方图补充完整；
（3）扇形统计图中A等级所在的扇形的圆心角度数是　72°　；
（4）若测试总人数前90%为合格，该校初二年级有900名学生，求全年级生物合格的学生共约多少人．

【分析】（1）根据B等级的人数除以占的百分比确定出学生总数即可；
（2）求出D等级的人数，补全频数分布直方图即可；
（3）求出A等级的百分比，乘以360即可得到结果；
（4）由学生总数乘以90%即可得到结果．
【解答】解：（1）根据题意得：23÷46%＝50（名），
则抽取了50名学生成绩；
故答案为：50；
（2）D等级的学生有50﹣（10+23+12）＝5（名），
补全直方图，如图所示：

（3）根据题意得：20%×360°＝72°，
故答案为：72°；
（4）根据题意得：900×90%＝810（人），
则全年级生物合格的学生共约810人．
【点评】此题考查了频数分布直方图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题中的数据是解本题的关键．
43．（2021秋•南京期末）甲、乙两人在5次打靶测试中命中的环数如下：
甲：8，8，7，8，9
乙：5，9，7，10，9
（1）填写下表：

平均数
众数
中位数
方差
甲
8
　8　
8
0.4
乙
　8　
9
　9　
3.2
（2）教练根据这5次成绩，选择甲参加射击比赛，教练的理由是什么？
（3）如果乙再射击1次，命中8环，那么乙的射击成绩的方差　变小　．（填“变大”、“变小”或“不变”）．
【分析】（1）根据众数、平均数和中位数的定义求解；
（2）根据方差的意义求解；
（3）根据方差公式求解．
【解答】解：（1）甲的众数为8，乙的平均数＝×（5+9+7+10+9）＝8，乙的中位数为9；

（2）因为他们的平均数相等，而甲的方差小，发挥比较稳定，所以选择甲参加射击比赛；

（3）如果乙再射击1次，命中8环，那么乙的射击成绩的方差变小．
故答案为：8，8，9；变小．
【点评】本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差通常用s2来表示，计算公式是：s2＝[（x1﹣x¯）2+（x2﹣x¯）2+…+（xn﹣x¯）2]；方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了算术平均数、中位数和众数．
44．（2022春•工业园区校级期末）现有A、B两个不透明的袋子，各装有三个小球，A袋中的三个小球上分别标记数字2，3，4；B袋中的三个小球上分别标记数字3，4，5．这六个小球除标记的数字外，其余完全相同．
（1）将A袋中的小球摇匀，从中随机摸出一个小球，则摸出的这个小球上标记的数字是偶数的概率为 　　；
（2）分别将A、B两个袋子中的小球摇匀，然后从A、B袋中各随机摸出一个小球，请利用画树状图或列表的方法，求摸出的这两个小球标记的数字之和为7的概率．
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有9种等可能的结果，摸出的这两个小球标记的数字之和为7的结果有3种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）将A袋中的小球摇匀，从中随机摸出一个小球，则摸出的这个小球上标记的数字是偶数的概率为，
故答案为：；
（2）画树状图如下：

共有9种等可能的结果，摸出的这两个小球标记的数字之和为7的结果有3种，
∴摸出的这两个小球标记的数字之和为7的概率为＝．
【点评】本题考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题的关键，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
45．（2021秋•仪征市期末）用一面足够长的墙为一边，其余各边用总长42米的围栏建成如图所示的生态园，中间用围栏隔开．由于场地限制，垂直于墙的一边长不超过7米．（围栏宽忽略不计）
（1）若生态园的面积为144平方米，求生态园垂直于墙的边长；
（2）生态园的面积能否达到150平方米？请说明理由．

【分析】（1）设生态园垂直于墙的边长为x米，则平行于墙的边长为（42﹣3x）米，根据矩形的面积公式列出方程并解答；
（2）根据矩形的面积公式列出方程，由一元二次方程根的判别式符号判定所列方程是否有根，据此进行判定．
【解答】解：（1）设生态园垂直于墙的边长为x米，则平行于墙的边长为（42﹣3x）米，
依题意，得（42﹣3x）x＝144．
解得x1＝6，x2＝8．
由于x2＝8＞7，所以不合题意，舍去．
所以x＝6符合题意．
答：生态园垂直于墙的边长为6米；
（2）依题意，得（42﹣3x）x＝150．
整理，得x2﹣14x+50＝0．
因为Δ＝（﹣14）2﹣4×1×50＝﹣4＜0．
所以该方程无解．
所以生态园的面积不能达到150平方米．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找到等量关系，列出方程并解答．
46．（2021秋•淮阴区期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线y＝﹣x+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．
（1）求b的值及点M坐标．
（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，此时发现∠ADM﹣∠ACM是个常数，请写出这个常数，并证明．
（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G，当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式为y＝﹣x+n．把点M的坐标代入求出n，过点D（2，0）作DH⊥MC于H，则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，构建方程组求出点H的坐标，证明DH＝HM，推出∠DMC＝45°可得结论．
（3）如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．证明∠EFA＝∠BAO，由题意∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO＝＝，推出tan∠GFH＝tan∠EFK＝，由GH∥EK，进而求解．
【解答】（1）解：对于抛物线y＝x2﹣2x，令y＝0，得到x2﹣2x＝0，
解得x＝0或6，
∴A（6，0），
∵直线y＝﹣x+b经过点A，
∴0＝﹣3+b，
∴b＝3，
∵y＝x2﹣2x＝（x﹣3）2﹣3，
∴M（3，﹣3）；

（2）证明：如图1中，设平移后的直线的解析式y＝﹣x+n．

∵平移后的直线经过M（3，﹣3），
∴﹣3＝﹣+n，
∴n＝﹣，
∴平移后的直线的解析式为y＝﹣x﹣①，
过点D（2，0）作DH⊥MC于H，
则直线DH的解析式为y＝2x﹣4②，
联立①②并解得，
∴H（1，﹣2），
∵D（2，0），M（3，﹣3），
∴DH＝＝，HM＝＝，
∴DH＝HM．
∴∠DMC＝45°，
∵∠ADM＝∠DMC+∠ACM，
∴∠ADM﹣∠ACM＝45°为常数；

（3）解：存在，理由：
如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．

∵∠BEF＝2∠BAO，∠BEF＝∠BAO+∠EFA，
∴∠EFA＝∠BAO，
∵∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO＝，
∴tan∠GFH＝tan∠EFK＝，
∵GH∥EK，
∴，设GH＝4k，EK＝3k，
则OH＝HG＝4k，FH＝8k，FK＝AK＝6k，
∴OF＝AF＝12k＝3，
∴k＝，
∴OF＝3，FK＝AK＝，EK＝，
∴OK＝，
∴E（，）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
47．（2021秋•广陵区期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．
（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．

【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得到∠CAB+∠CBA＝90°，由OB＝OC得到∠OCB＝∠OBC，进而证得∠OCP＝90°，根据圆的切线的判定定理即可证得直线PC是⊙O的切线；
（2）在Rt△ABC中，根据勾股定理求出AB，即可得到⊙O的半径为；由圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形，根据勾股定理即可求出AD．
【解答】解：（1）PC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵∠PCB＝∠PAC，
∴∠OCP＝∠OCB+∠PCB＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线PC是⊙O的切线；
（2）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AC2+BC2，
∴AB＝＝＝10，
∴⊙O的半径为5；
连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BCD＝∠BAD，∠ACD＝∠ABD，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠BAD＝∠ABD，
∴AD＝BD，
在Rt△ABD中，AC＝8，BC＝6，AB2＝AD2+BD2＝2AD2，
∴2AD2＝102，
∴AD2＝50，
∴AD＝＝5．

【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆周角定理，勾股定理，解题的关键：（1）熟练掌握圆的切线的判定方法；（2）根据圆周角定理与等腰三角形的判定及已知条件证得△ABD为等腰直角三角形．
48．（2021秋•广陵区校级期末）如图，AB＝BC，以BC为直径作⊙O，AC交⊙O于点E，过点E作EG⊥AB于点F，交CB的延长线于点G．
（1）求证：EG是⊙O的切线；
（2）若GF＝2，GB＝4，求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OE．根据等腰三角形的性质和平行线的性质即可得到结论；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）连接OE．
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C；
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠C，
∴∠A＝∠OEC，
∴OE∥AB，
∵BA⊥GE，
∴OE⊥EG，且OE为半径；
∴EG是⊙O的切线；

（2）∵BF⊥GE，
∴∠BFG＝90°，
∵，GB＝4，
∴，
∵BF∥OE，
∴△BGF∽△OGE，
∴，
∴，
∴OE＝4，
即⊙O的半径为4．

【点评】本题考查了切线的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，关键是灵活运用切线的判定解决问题．
49．（2021秋•淮阴区期末）已知函数y＝x2﹣mx+m﹣2．
（1）求证：不论m为何实数，此二次函数的图象与x轴都有两个不同交点；
（2）若函数y有最小值﹣，求函数表达式．
【分析】（1）令y＝0，可得x2﹣mx+m﹣2＝0，利用判别式的值证明方程有两个不同的实数根；
（2）根据题意构建方程求出m的值即可解决问题；
【解答】（1）证明：令y＝0，可得x2﹣mx+m﹣2＝0，
∵△＝m2﹣4（m﹣2）＝m2﹣4m+8＝（m﹣2）2+4，
∵（m﹣2）2≥0，
∴Δ＞0，
∴方程x2﹣mx+m﹣2＝0有两个不同的实数根，
∴此二次函数的图象与x轴都有两个不同交点；
（2）解：由题意：＝﹣，
∴4m﹣8﹣m2＝﹣5，
∴m2﹣4m+3＝0，
∴m＝1或3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣1或y＝x2﹣3x+1
【点评】本题考查抛物线与X轴的交点，二次函数的最值，待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
50．（2021秋•盱眙县期末）如图，二次函数的图象与x轴交于A（﹣3，0）和B（1，0）两点，交y轴于点C（0，3），点C、D是二次函数图象上的一对对称点，一次函数的图象过点B、D．
（1）求点D的坐标；
（2）求二次函数的解析式；
（3）根据图象直接写出使一次函数值大于二次函数值的x的取值范围．

【分析】（1）利用二次函数对称性得出其对称轴，进而得出D点坐标；
（2）由于已知抛物线与x轴两交点，则设交点式y＝a（x+3）（x﹣1），然后把C（0，3）代入求出a的值即可得到抛物线解析式；
（3）观察函数图象，写出一次函数图象在抛物线上方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：（1）∵A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3），
∴抛物线对称轴为：直线x＝﹣1，
∵点C、D是二次函数图象上的一对对称点，
∴D（﹣2，3），

（2）设二次函数的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入得a•3•（﹣1）＝3，
解得a＝﹣1，
所以抛物线解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1），
即y＝﹣x2﹣2x+3；

（3）观察函数图象得当x＜﹣2或x＞1时，一次函数值大于二次函数值．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：由二次函数的交点式y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0）可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．也考查了二次函数与不等式．
51．（2021秋•广陵区校级期末）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与一直线相交于A（1，0）、C（﹣2，3）两点，与y轴交于点N，其顶点为D．
（1）求抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）在对称轴上是否存在一点M，使△ANM的周长最小．若存在，请求出M点的坐标和△ANM周长的最小值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据点A，C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）过点P作PE∥y轴交x轴于点E，交直线AC于点F，过点C作CQ∥y轴交x轴于点Q，设点P的坐标为（x，﹣x2﹣2x+3）（﹣2＜x＜1），则点E的坐标为（x，0），点F的坐标为（x，﹣x+1），进而可得出PF的值，由点C的坐标可得出点Q的坐标，进而可得出AQ的值，利用三角形的面积公式可得出S△APC＝﹣x2﹣x+3，再利用二次函数的性质，即可解决最值问题；
（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点N的坐标，利用配方法可找出抛物线的对称轴，由点C，N的坐标可得出点C，N关于抛物线的对称轴对称，令直线AC与抛物线的对称轴的交点为点M，则此时△ANM周长取最小值，再利用一次函数图象上点的坐标特征求出点M的坐标，以及利用两点间的距离公式结合三角形的周长公式求出△ANM周长的最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）将A（1，0），C（﹣2，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得：
，解得：，
∴抛物线的函数关系式为y＝﹣x2﹣2x+3；
设直线AC的函数关系式为y＝mx+n（m≠0），
将A（1，0），C（﹣2，3）代入y＝mx+n，得：
，解得：，
∴直线AC的函数关系式为y＝﹣x+1．
（2）过点P作PE∥y轴交x轴于点E，交直线AC于点F，过点C作CQ∥y轴交x轴于点Q，如图1所示．
设点P的坐标为（x，﹣x2﹣2x+3）（﹣2＜x＜1），则点E的坐标为（x，0），点F的坐标为（x，﹣x+1），
∴PE＝﹣x2﹣2x+3，EF＝﹣x+1，
PF＝PE﹣EF＝﹣x2﹣2x+3﹣（﹣x+1）＝﹣x2﹣x+2．
∵点C的坐标为（﹣2，3），
∴点Q的坐标为（﹣2，0），
∴AQ＝1﹣（﹣2）＝3，
∴S△APC＝AQ•PF＝﹣x2﹣x+3＝﹣（x+）2+．
∵﹣＜0，
∴当x＝﹣时，△APC的面积取最大值，最大值为，此时点P的坐标为（﹣，）．
（3）当x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3，
∴点N的坐标为（0，3）．
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1．
∵点C的坐标为（﹣2，3），
∴点C，N关于抛物线的对称轴对称．
令直线AC与抛物线的对称轴的交点为点M，如图2所示．
∵点C，N关于抛物线的对称轴对称，
∴MN＝CM，
∴AM+MN＝AM+MC＝AC，
∴此时△ANM周长取最小值．
当x＝﹣1时，y＝﹣x+1＝2，
∴此时点M的坐标为（﹣1，2）．
∵点A的坐标为（1，0），点C的坐标为（﹣2，3），点N的坐标为（0，3），
∴AC＝＝3，AN＝＝，
∴C△ANM＝AM+MN+AN＝AC+AN＝3+．
∴在对称轴上存在一点M（﹣1，2），使△ANM的周长最小，△ANM周长的最小值为3+．


【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、三角形的面积以及周长，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线及直线AC的函数关系式；（2）利用三角形的面积公式找出S△APC＝﹣x2﹣x+3；（3）利用二次函数图象的对称性结合两点之间线段最短找出点M的位置．
52．（2021秋•建邺区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，过格点A、B、C作一圆弧．
（1）直接写出该圆弧所在圆的圆心D的坐标；
（2）求弧AC的长（结果保留π）；
（3）连接AC、BC，则sinC＝　　．

【分析】（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心，写出圆心坐标即可；
（2）根据正方形的性质和勾股定理以及弧长公式计算即可；
（3）根据正弦的定义计算即可．
【解答】解：（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
作弦AB和BC的垂直平分线，交点D即为圆心．
如图1所示，则圆心D的坐标是（2，0）；
（2）由图1可知，∠ADC＝90°，AD＝，
∴弧AC的长为：＝π；
（3）如图2，由勾股定理得AE＝，AC＝，
由正方形的性质和格点的性质可知，∠AEC＝90°，
则sinC＝＝＝，
故答案为：．



【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理、弧长的计算，掌握弦的垂直平分线经过圆心、弧长的计算公式是解题的关键．
53．（2021秋•盱眙县期末）如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC＝2，⊙O的半径是3，求BE的长．

【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理求出∠DAB+∠DBA＝90°，求出∠CDA+∠ADO＝90°，根据切线的判定推出即可；
（2）根据勾股定理求出DC，根据切线长定理求出DE＝EB，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
【解答】解：（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，
理由是：连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA＝90°，
∵OD＝OA，
∴∠DAB＝∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，即OD⊥CE，
已知D为⊙O的一点，∴直线CD是⊙O的切线，
即直线CD和⊙O的位置关系是相切；
（2）∵AC＝2，⊙O的半径是3，
∴OC＝2+3＝5，OD＝3，
在Rt△CDO中，由勾股定理得：CD＝4，
∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，
∴DE＝EB，∠CBE＝90°，
设DE＝EB＝x，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2＝BE2+BC2，
则（4+x）2＝x2+（5+3）2，
解得：x＝6，
即BE＝6．

【点评】本题考查了切线的性质和判定，勾股定理，切线长定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定的应用，题目比较典型，综合性比较强，难度适中．
54．（2021秋•阜宁县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝1，BC＝，在AC边上截取AD＝BC，连接BD．
（1）通过计算，判断AD2与AC•CD的大小关系；
（2）求∠ABD的度数．

【分析】（1）先求得AD、CD的长，然后再计算出AD2与AC•CD的值，从而可得到AD2与AC•CD的关系；
（2）由（1）可得到BD2＝AC•CD，然后依据对应边成比例且夹角相等的两三角形相似证明△BCD∽△ABC，依据相似三角形的性质可知∠DBC＝∠A，DB＝CB，然后结合等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求得∠ABD的度数．
【解答】解：（1）∵AD＝BC，BC＝，
∴AD＝，DC＝1﹣＝．
∴AD2＝＝，AC•CD＝1×＝．
∴AD2＝AC•CD．
（2）∵AD＝BC，AD2＝AC•CD，
∴BC2＝AC•CD，即．
又∵∠C＝∠C，
∴△BCD∽△ACB．
∴，∠DBC＝∠A．
∴DB＝CB＝AD．
∴∠A＝∠ABD，∠C＝∠BDC．
设∠A＝x，则∠ABD＝x，∠DBC＝x，∠C＝2x．
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，
∴x+2x+2x＝180°．
解得：x＝36°．
∴∠ABD＝36°．
【点评】本题主要考查的是相似三角形的性质和判定、等腰三角形的性质、三角形内角和定理的应用，证得△BCD∽△ABC是解题的关键．
55．（2021秋•海州区期末）如图，等边三角形ABC的边长为6，在AC，BC边上各取一点E，F，使AE＝CF，连接AF，BE相交于点P．
（1）求证：AF＝BE，并求∠APB的度数；
（2）若AE＝2，试求AP•AF的值．

【分析】（1）依据等边三角形的性质得到AB＝AC，∠C＝∠CAB，然后依据SAS可证明△ABE≌△CAF，依据全等三角形的性质可得到∠ABE＝∠CAF，最后，再依据三角形的外角的性质求解即可；
（2）先证明△APE∽△ACF，依据相似三角形的性质得到＝，从而可得到问题的答案．
【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠C＝∠CAB＝60°，
在△ABE和△CAF中，，
∴△ABE≌△CAF，
∴AF＝BE，∠ABE＝∠CAF．
又∵∠APE＝∠BPF＝∠ABP+∠BAP，
∴∠APE＝∠BAP+∠CAF＝60°，
∴∠APB＝180°﹣∠APE＝120°
（2）∵∠C＝∠APE＝60°，∠PAE＝∠CAF，
∴△APE∽△ACF，
∴＝，即＝，
∴AP•AF＝12．
【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
56．（2021秋•邗江区期末）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝2∠C，BD平分∠ABC．
求证：AB•BC＝AC•CD．

【分析】根据∠ABC＝2∠C，BD平分∠ABC可以求出∠ABD＝∠DBC＝∠C，然后证明出BD＝CD与△ABD与△ACB相似，在根据相似三角形的对应边成比例列式整理即可得证．
【解答】证明：∵∠ABC＝2∠C，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠C，
∴BD＝CD，
在△ABD和△ACB中，，
∴△ABD∽△ACB，
∴＝，
即AB•BC＝AC•BD，
∴AB•BC＝AC•CD．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，角平分线的定义，等角对等边的性质，准确识图比较重要，也考查了学生的识图能力．
57．（2021秋•海门市期末）如图，为了估算河的宽度，我们可以在河对岸选定一个目标点P，在近岸取点Q和S，使点P、Q、S共线且直线PS与河垂直，接着再过点S且与PS垂直的直线a上选择适当的点T，确定PT与过点Q且垂直PS的直线b的交点R．如果测得QS＝45m，ST＝90m，QR＝60m，求河的宽度PQ．

【分析】根据相似三角形的性质得出＝，进而代入求出即可．
【解答】解：根据题意得出：QR∥ST，
则△PQR∽△PST，
故＝，
∵QS＝45m，ST＝90m，QR＝60m，
∴＝，
解得：PQ＝90（m），
∴河的宽度为90米．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，根据已知得出△PQR∽△PST是解题关键．
58．（2021秋•淮阴区期末）如图是某路灯在铅垂面内的示意图，灯柱BC的高为10米，灯柱BC与灯杆AB的夹角为120°．路灯采用锥形灯罩，在地面上的照射区域DE的长为13.3米，从D、E两处测得路灯A的仰角分别为α和45°，且tanα＝6．求灯杆AB的长度．

【分析】过点A作AF⊥CE，交CE于点F，过点B作BG⊥AF，交AF于点G，则FG＝BC＝10．设AF＝x知EF＝AF＝x、DF＝＝，由DE＝13.3求得x＝11.4，据此知AG＝AF﹣GF＝1.4，再求得∠ABG＝∠ABC﹣∠CBG＝30°可得AB＝2AG＝2.8．
【解答】解：过点A作AF⊥CE，交CE于点F，过点B作BG⊥AF，交AF于点G，则FG＝BC＝10．

由题意得∠ADE＝α，∠E＝45°．
设AF＝x．
∵∠E＝45°，
∴EF＝AF＝x．
在Rt△ADF中，∵tan∠ADF＝，
∴DF＝＝＝，
∵DE＝13.3，
∴x+＝13.3．
∴x＝11.4．
∴AG＝AF﹣GF＝11.4﹣10＝1.4．
∵∠ABC＝120°，
∴∠ABG＝∠ABC﹣∠CBG＝120°﹣90°＝30°．
∴AB＝2AG＝2.8，
答：灯杆AB的长度为2.8米．
【点评】本题主要考查解直角三角形﹣仰角俯角问题，解题的关键是结合题意构建直角三角形并熟练掌握三角函数的定义及其应用能力．
59．（2021秋•盱眙县期末）如图，直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，顶点为P的抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A．
（1）求出点A，B的坐标及c的值；
（2）若函数y＝ax2﹣2ax+c在3≤x≤4时有最大值为a+2，求a的值；
（3）连接AP，过点A作AP的垂线交x轴于点M．设△BMP的面积为S．
①直接写出S关于a的函数关系式及a的取值范围；
②结合S与a的函数图象，直接写出S＞时a的取值范围．

【分析】（1）先求出点A（0，1），点B（﹣2，0），将点A坐标代入解析式可求c的值；
（2）分a＞0，a＜0两种情况讨论，由二次函数的性质可求解；
（3）①分四种情况讨论，由“AAS”可证△AOM≌△PNA，可得OM＝AN，由三角形的面积公式可求解；
②分三种情况讨论，解不等式可求解．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+1与x，y轴分别交于点B，A，
∴点A（0，1），点B（﹣2，0），
∵抛物线y＝ax2﹣2ax+c过点A，
∴c＝1；
（2）∵y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2+1﹣a，
∴对称轴为直线x＝1，
当a＞0，3≤x≤4时，y随x的增大而增大，
∴当x＝4时，y有最大值，
∴9a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝；
当a＜0，3≤x≤4时，y随x的增大而减小，
∴当x＝3时，y有最大值，
∴4a+1﹣a＝a+2，
解得：a＝（不合题意舍去），
综上所述：a＝；
（3）①当a＜0时，则1﹣a＞1，
如图1，过点P作PN⊥y轴于N，

∵y＝ax2﹣2ax+1＝a（x﹣1）2+1﹣a，
∴点P坐标为（1，1﹣a），
∴PN＝AO＝1，AN＝1﹣a﹣1＝﹣a，
∵AM⊥AP，PN⊥y轴，
∴∠PNA＝∠PAM＝90°＝∠AOM，
∴∠PAN+∠OAM＝90°，∠OAM+∠AMO＝90°，
∴∠PAN＝∠AMO，
∴△AOM≌△PNA（AAS），
∴OM＝AN＝﹣a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（1﹣a）＝a2﹣a+1；
当a＞0，1﹣a＞0时，即0＜a＜1，
如图2，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，AN＝1﹣（1﹣a）＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（1﹣a）＝a2﹣a+1；
当a＞0，﹣1＜1﹣a＜0时，即1＜a＜2，
如图3，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝2﹣a，
∴S＝×（2﹣a）（a﹣1）＝﹣a2+a﹣1；
当a＝2时，点B与点M重合，不合题意，
当a＞0，1﹣a＜﹣1时，即a＞2，
如图4，过点P作PN⊥y轴于N，

∴PN＝1＝OA，ON＝a﹣1，AN＝1+a﹣1＝a，
同理可得△AOM≌△PNA，
∴OM＝AN＝a，
∴BM＝a﹣2，
∴S＝×（a﹣2）（a﹣1）＝a2﹣a+1；
综上所述：S＝．
②当1＜a＜2时，S＝﹣a2+a﹣1＝﹣（a﹣）2+≤，
∴当1＜a＜2时，不存在a的值使S＞；
当a＜1且a≠0时，S＝a2﹣a+1＞，
∴（a﹣）（a﹣）＞0，
∴a＜或a＞（不合题意舍去）；
当a＞2时，S＝a2﹣a+1＞，
∴（a﹣）（a﹣）＞0，
∴a＜（不合题意舍去）或a＞，
综上所述：a＜且a≠0或a＞．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
60．（2021秋•阜宁县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO＝90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求直线AC的解析式及B点坐标；
（3）过点B作x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用顶点式将（﹣1，﹣1）代入求出函数解析式即可；
（2）首先根据题意得出C点坐标，进而利用待定系数法求出直线AC的解析式，进而联立二次函数解析式，即可得出B点坐标；
（3）首先求出直线EF的解析式，进而得出BP的解析式，进而将y＝﹣2x﹣7和y＝x+联立求出P点坐标即可．
【解答】方法一：
解：（1）设抛物线解析式为：y＝a（x+1）2﹣1，将（1，0）代入得：
0＝a（1+1）2﹣1，
解得；a＝，
∴抛物线的解析式为：y＝（x+1）2﹣1；

（2）∵A（﹣1，﹣1），
∴∠COA＝45°，
∵∠CAO＝90°，
∴△CAO是等腰直角三角形，
∴AC＝AO，
∴C（﹣2，0），
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，
将A，C点代入得出：，
解得：，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣2，
将y＝（x+1）2﹣1和y＝﹣x﹣2联立得：
，
解得：，，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣2，B点坐标为：（﹣5，3）；

（3）过点B作BP⊥EF于点P，
由题意可得出：E（﹣5，﹣2），设直线EF的解析式为：y＝dx+c，
则，
解得：，
∴直线EF的解析式为：y＝x+，
∵直线BP⊥EF，∴设直线BP的解析式为：y＝﹣2x+e，
将B（﹣5，3）代入得出：3＝﹣2×（﹣5）+e，
解得：e＝﹣7，
∴直线BP的解析式为：y＝﹣2x﹣7，
∴将y＝﹣2x﹣7和y＝x+联立得：
，
解得：，
∴P（﹣3，﹣1），
故存在P点使得BP⊥EF，此时P（﹣3，﹣1）．
方法二：
（1）略．
（2）∵∠CAO＝90°，∴KAO×KAC＝﹣1，
∵A（﹣1，﹣1），O（0，0），
∴KAO＝1，KAC＝﹣1，
∴lAC：y＝﹣x﹣2，
∴，
∴x1＝﹣1（舍），x2＝﹣5，
∴B（﹣5，3）．

（3）∵BE⊥DE且D（0，﹣2），
∴E（﹣5，﹣2），
∵F（﹣1，0），
∴lEF：y＝x+，
∵BP⊥EF，
∴KBP×KEF＝﹣1，
∴KBP＝﹣2，
∵B（﹣5，3），
∴lBP：y＝﹣2x﹣7，
∴，∴P（﹣3，﹣1）．

方法二追加第（4）问：在（3）的条件下，作PH⊥ED，垂足为H，线段BF向左平移t个单位，得B′F′，求使得B′E+F′H最小时t的值．

（4）∵线段BF向左平移t个单位，
∴B′（﹣5﹣t，3），F′（﹣1﹣t，0），
由F′左移HE单位即2个单位得F″（﹣3﹣t，0），
显然F′H＝F″E，B′E+F′H最短，即B′E+F″E最短，
F″（﹣3﹣t，0）关于y＝﹣2的对称点为F″（﹣3﹣t，﹣4），
B′，E，F″三点共线时E，B′E+F″E最短，
∴KB′E＝KF″E，，
∴t＝，
∴线段BF向左平移个单位时B′E+F′H最短．


【点评】此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式以及顶点式求二次函数解析式以及垂直的两函数系数关系等知识，求出C点坐标是解题关键．