辽宁省盘锦一中2015-2016学年九年级数学上学期期初试题(含解析) 新人教版

某某省某某一中2015-2016学年九年级数学上学期期初试题一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
2．一元二次方程x2﹣2x=0的根是（）
A．x1=0，x2=﹣2 B．x1=1，x2=2 C．x1=1，x2=﹣2 D．x1=0，x2=2 3．关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+2x+1=0有实数根，则m的取值X围是（）
A．m≤3 B．m＜3 C．m＜3且m≠2 D．m≤3且m≠2 4．用配方法解一元二次方程x2﹣6x﹣10=0时，下列变形正确的为（）
A．（x+3）2=1 B．（x﹣3）2=1 C．（x+3）2=19 D．（x﹣3）2=19 5．在直角坐标系中，将点（﹣2，3）关于原点的对称点向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（）
A．（4，﹣3）B．（﹣4，3）C．（0，﹣3）D．（0，3）6．我省2013年的快递业务量为1.4亿件，受益于电子商务发展和法治环境改善等多重因素，快递业务迅猛发展，2014年增速位居全国第一．若2015年的快递业务量达到4.5亿件，设2014年与2015年这两年的平均增长率为x，则下列方程正确的是（）
A．1.4（1+x）=4.5 B．1.4（1+2x）=4.5
C．1.4（1+x）2=4.5 D．1.4（1+x）+1.4（1+x）2=4.5
7．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是（）
A．32°B．64°C．77°D．87°
8．如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E、在y轴上，Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE．若点C的坐标为（0，1），AC=2，则这种变换可以是（）
A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1
D．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3
9．等腰三角形边长分别为a，b，2，且a，b是关于x的一元二次方程x2﹣6x+n﹣1=0的两根，则n的值为
（）
A．9 B．10 C．9或10 D．8或10 10．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为（）
A．（0，1）B．（1，﹣1）C．（0，﹣1）D．（1，0）
二．填空题（每题4分，共24分）
11．若一元二次方程ax2﹣bx﹣2015=0有一根为x=﹣1，则a+b=．
12．△ABC的两边长分别为2和3，第三边的长是方程x2﹣8x+15=0的根，则△ABC的周长是．
13．方程（x+2）（x﹣3）=x+2的解是．
14．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，则旋转过程中形成的阴影部分的面积为．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是．
16．如图，在平面直角坐标系中有一个等边△OBA，其中A点坐标为（1，0）．将△OBA 绕顶点A顺时针旋转120°，得到△AO1B1；将得到的△AO1B1绕顶点B1顺时针旋转120°，得到△B1A1O2；然后再将得到的△B1A1O2绕顶点O2顺时针旋转120°，得到△O2B2A2…按照此规律，继续旋转下去，则A2014点的坐标为．
三．计算与画图（共22分）
17．解方程：
（1）x2﹣6x﹣4=0；
（2）（x﹣3）2﹣9=0；
（3）3x（x﹣2）=2（2﹣x）；
（4）3x2+5x﹣2=0．
18．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2．
四．解答题（第19题6分；第21、22题，每题7分；第20、23、24题，每题8分；共44分）
19．已知：关于x的方程x2+2mx+m2﹣1=0
（1）不解方程，判别方程根的情况；
（2）若方程有一个根为3，求m的值．
20．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．
21．某商品现在的售价为每件60元，每星期可卖出300件．市场调查反映：每降价1元，每星期可多卖出20件．已知商品的进价为每件40元，在顾客得实惠的前提下，商家还想获得6080元的利润，应将销售单价定位多少元？
22．如图，将△ABC绕顶点A逆时针旋转一角度，使点D落在BC边上，得到△ADE，此时恰好AB∥DE，已知∠E=35°，求∠DAC的度数．
23．有一人患了流感，经过两轮传染后共有64人患了流感．
（1）求每轮传染中平均一个人传染了几个人？
（2）如果不及时控制，第三轮将又有多少人被传染？
24．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
2015-2016学年某某省某某一中九年级（上）期初数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
【考点】中心对称图形．
【分析】根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，进行分析即可求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故A选项错误；
B、是中心对称图形．故B选项正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故C选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故D选项错误．
故选B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2．一元二次方程x2﹣2x=0的根是（）
A．x1=0，x2=﹣2 B．x1=1，x2=2 C．x1=1，x2=﹣2 D．x1=0，x2=2 【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】先分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：x2﹣2x=0，
x（x﹣2）=0，
x=0，x﹣2=0，
x1=0，x2=2，
故选D．
【点评】本题考查了解一元二次方程的应用，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程，难度适中．
3．关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+2x+1=0有实数根，则m的取值X围是（）
A．m≤3 B．m＜3 C．m＜3且m≠2 D．m≤3且m≠2 【考点】根的判别式；一元二次方程的定义．
【分析】根据一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac的意义得到m ﹣2≠0且△≥0，即22﹣4×（m﹣2）×1≥0，然后解不等式组即可得到m的取值X围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+2x+1=0有实数根，
∴m﹣2≠0且△≥0，即22﹣4×（m﹣2）×1≥0，解得m≤3，
∴m的取值X围是m≤3且m≠2．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．
4．用配方法解一元二次方程x2﹣6x﹣10=0时，下列变形正确的为（）
A．（x+3）2=1 B．（x﹣3）2=1 C．（x+3）2=19 D．（x﹣3）2=19
【考点】解一元二次方程-配方法．
【专题】计算题．
【分析】方程移项变形后，利用完全平方公式化简得到结果，即可做出判断．
【解答】解：方程移项得：x2﹣6x=10，
配方得：x2﹣6x+9=19，即（x﹣3）2=19，
故选D．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
5．在直角坐标系中，将点（﹣2，3）关于原点的对称点向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（）
A．（4，﹣3）B．（﹣4，3）C．（0，﹣3）D．（0，3）
【考点】关于原点对称的点的坐标；坐标与图形变化-平移．
【分析】根据关于原点的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得关于原点的对称点，根据点的坐标向左平移减，可得答案．
【解答】解：在直角坐标系中，将点（﹣2，3）关于原点的对称点是（2，﹣3），再向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（0，﹣3），
故选：C．
【点评】本题考查了点的坐标，关于原点的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数；点的坐标向左平移减，向右平移加，向上平移加，向下平移减．
6．我省2013年的快递业务量为1.4亿件，受益于电子商务发展和法治环境改善等多重因素，快递业务迅猛发展，2014年增速位居全国第一．若2015年的快递业务量达到4.5亿件，设2014年与2015年这两年的平均增长率为x，则下列方程正确的是（）
A．1.4（1+x）=4.5 B．1.4（1+2x）=4.5
C．1.4（1+x）2=4.5 D．1.4（1+x）+1.4（1+x）2=4.5
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】增长率问题．
【分析】根据题意可得等量关系：2013年的快递业务量×（1+增长率）2=2015年的快递业务量，根据等量关系列出方程即可．
【解答】解：设2014年与2015年这两年的平均增长率为x，由题意得：
1.4（1+x）2=4.5，
故选：C．
【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元二次方程，关键是掌握平均变化率的方法，若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b．
7．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到的△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是（）
A．32°B．64°C．77°D．87°
【考点】旋转的性质．
【分析】旋转中心为点A，C、C′为对应点，可知AC=AC′，又因为∠CAC′=90°，根据三角形外角的性质求出∠C′B′A的度数，进而求出∠B的度数．
【解答】解：由旋转的性质可知，AC=AC′，
∵∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A=45°．
∵∠CC′B′=32°，
∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°，
∵∠B=∠C′B′A，
∴∠B=77°，
故选C．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了等腰直角三角形的性质．
8．如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E、在y轴上，Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE．若点C的坐标为（0，1），AC=2，则这种变换可以是（）
A．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3
B．△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1
C．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1
D．△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3
【考点】坐标与图形变化-旋转；坐标与图形变化-平移．
【分析】观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．
【解答】解：根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3个单位可以得到△ODE．
故选：A．
【点评】本题考查的是坐标与图形变化旋转和平移的知识，掌握旋转和平移的概念和性质是解题的关键．
9．等腰三角形边长分别为a，b，2，且a，b是关于x的一元二次方程x2﹣6x+n﹣1=0的两根，则n的值为
（）
A．9 B．10 C．9或10 D．8或10
【考点】根的判别式；一元二次方程的解；等腰直角三角形．
【分析】由三角形是等腰三角形，得到①a=2，或b=2，②a=b①当a=2，或b=2时，得到方程的根x=2，把x=2代入x2﹣6x+n﹣1=0即可得到结果；②当a=b时，方程x2﹣6x+n ﹣1=0有两个相等的实数根，由△=（﹣6）2﹣4（n﹣1）=0可的结果．
【解答】解：∵三角形是等腰三角形，
∴①a=2，或b=2，②a=b两种情况，
①当a=2，或b=2时，
∵a，b是关于x的一元二次方程x2﹣6x+n﹣1=0的两根，
∴x=2，
把x=2代入x2﹣6x+n﹣1=0得，22﹣6×2+n﹣1=0，
解得：n=9，
当n=9，方程的两根是2和4，而2，4，2不能组成三角形，
故n=9不合题意，
②当a=b时，方程x2﹣6x+n﹣1=0有两个相等的实数根，
∴△=（﹣6）2﹣4（n﹣1）=0
解得：n=10，
故选B．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，一元二次方程的根，一元二次方程根的判别式，注意分类讨论思想的应用．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为（）
A．（0，1）B．（1，﹣1）C．（0，﹣1）D．（1，0）
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【分析】根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【解答】解：由图形可知，对应点的连线CC′、AA′的垂直平分线的交点是点（1，﹣1），根据旋转变换的性质，点（1，﹣1）即为旋转中心．
故旋转中心坐标是P（1，﹣1）．
故选B．
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的旋转以及对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握网格结构，找出对应点的位置是解题的关键．
二．填空题（每题4分，共24分）
11．若一元二次方程ax2﹣bx﹣2015=0有一根为x=﹣1，则a+b= 2015 ．
【考点】一元二次方程的解．
【分析】由方程有一根为﹣1，将x=﹣1代入方程，整理后即可得到a+b的值．
【解答】解：把x=﹣1代入一元二次方程ax2﹣bx﹣2015=0得：a+b﹣2015=0，
即a+b=2015．
故答案是：2015．
【点评】此题考查了一元二次方程的解的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解，关键是把方程的解代入方程．
12．△ABC的两边长分别为2和3，第三边的长是方程x2﹣8x+15=0的根，则△ABC的周长是8 ．
【考点】解一元二次方程-因式分解法；三角形三边关系．
【分析】先求得方程的根，再根据三角形三边关系判断出第三边的长，可求得三角形的周长．
【解答】解：解方程x2﹣8x+15=0可得x=3或x=5，
∴△ABC的第三边为3或5，
但当第三边为5时，2+3=5，不满足三角形三边关系，
∴△ABC的第三边长为3，
∴△ABC的周长为2+3+3=8，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查三角形三边关系和一元二次方程的解法，利用三角形三边关系进行验证是解题的关键．
13．方程（x+2）（x﹣3）=x+2的解是x1=﹣2，x2=4 ．
【考点】解一元二次方程-因式分解法．
【分析】先移项，再提取公因式，求出x的值即可．
【解答】解：原式可化为（x+2）（x﹣3）﹣（x+2）=0，
提取公因式得，（x+2）（x﹣4）=0，
故x+2=0或x﹣4=0，解得x1=﹣2，x2=4．
故答案为：x1=﹣2，x2=4．
【点评】本题考查的是解一元二次方程，熟知因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解答此题的关键．
14．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，则旋转过程中形成的阴影部分的面积为．
【考点】旋转的性质；扇形面积的计算．
【分析】根据OA=3，再根据△OAB所扫过的面积=S扇形AOC+S△DOC﹣S△AOB=S扇形AOC求解即可．
【解答】解：将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD，
所以S△DOC=S△AOB，
可得：旋转过程中形成的阴影部分的面积=S扇形AOC+S△DOC﹣S△AOB=S扇形
AOC=，
故答案为：．
【点评】本题考查了利用旋转变换作图，得出扇形的面积和熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是+1 ．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】压轴题．
【分析】如图，连接AM，由题意得：CA=CM，∠ACM=60°，得到△ACM为等边三角形根据AB=BC，CM=AM，得出BM垂直平分AC，于是求出BO=AC=1，OM=CMsin60°=，最终得到答案BM=BO+OM=1+．
【解答】解：如图，连接AM，
由题意得：CA=CM，∠ACM=60°，
∴△ACM为等边三角形，
∴AM=CM，∠MAC=∠MCA=∠AMC=60°；
∵∠ABC=90°，AB=BC=，
∴AC=2=CM=2，
∵AB=BC，CM=AM，
∴BM垂直平分AC，
∴BO=AC=1，OM=CMsin60°=，
∴BM=BO+OM=1+，
故答案为：1+．
【点评】本题考查了图形的变换﹣旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质，准确把握旋转的性质是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中有一个等边△OBA，其中A点坐标为（1，0）．将△OBA 绕顶点A顺时针旋转120°，得到△AO1B1；将得到的△AO1B1绕顶点B1顺时针旋转120°，得到△B1A1O2；然后再将得到的△B1A1O2绕顶点O2顺时针旋转120°，得到△O2B2A2…按照此规律，继续旋转下去，则A2014点的坐标为（3022，0）．
【考点】坐标与图形变化-旋转．
【专题】规律型．
【分析】计算出A1、A2、A3、A4的坐标，推出A n的坐标，代入2014即可得到A2014的坐标．
【解答】解：A1=，A2=+=，A3=+=，A4=+=．
A n=，
A2014=3022．
【点评】本题考查了图形的旋转，正确归纳旋转的规律是解决本题的关键．
三．计算与画图（共22分）
17．解方程：
（1）x2﹣6x﹣4=0；
（2）（x﹣3）2﹣9=0；
（3）3x（x﹣2）=2（2﹣x）；
（4）3x2+5x﹣2=0．
【考点】解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-直接开平方法；解一元二次方程-配方法．
【专题】方程与不等式．
【分析】（1）根据配方法解方程的方法可以解答此方程；
（2）根据直接开平方法可以解答此方程；
（3）根据因式分解法中的提公因式法可以解答此方程；（4）根据因式分解法中的十字相乘法可以解答此方程．【解答】解：（1）x2﹣6x﹣4=0
移项，得
x2﹣6x=4
配方，得
（x﹣3）2=13
∴，
∴
∴；
（2）（x﹣3）2﹣9=0
移项，得
（x﹣3）2=9
∴x﹣3=±3
∴x=3±3
∴x1=0，x2=6；
（3）3x（x﹣2）=2（2﹣x）
移项，得
3x（x﹣2）+2（x﹣2）=0
∴（3x+2）（x﹣2）=0
∴3x+2=0或x﹣2=0，
解得，；
（4）3x2+5x﹣2=0
（3x﹣1）（x+2）=0
∴3x﹣1=0或x+2=0
解得，．
【点评】本题考查解一元二次方程，解题的关键是明确解答一元二次方程的方法，巧妙的利用解方程的方法解答．
18．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点A1的坐标；
（2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2BC2．
【考点】作图-旋转变换；作图-轴对称变换．
【专题】作图题．
【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出点A、B、C的对称点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点A、C的对应点A2、C2，从而得到△A2BC2．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点A1的坐标为（2，﹣4）；
（2）如图，△A2BC2为所作．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
四．解答题（第19题6分；第21、22题，每题7分；第20、23、24题，每题8分；共44分）
19．已知：关于x的方程x2+2mx+m2﹣1=0
（1）不解方程，判别方程根的情况；
（2）若方程有一个根为3，求m的值．
【考点】根的判别式；一元二次方程的解．
【分析】（1）找出方程a，b及c的值，计算出根的判别式的值，根据其值的正负即可作出判断；
（2）将x=3代入已知方程中，列出关于系数m的新方程，通过解新方程即可求得m的值．
【解答】解：（1）由题意得，a=1，b=2m，c=m2﹣1，
∵△=b2﹣4ac=（2m）2﹣4×1×（m2﹣1）=4＞0，
∴方程x2+2mx+m2﹣1=0有两个不相等的实数根；
（2）∵x2+2mx+m2﹣1=0有一个根是3，
∴32+2m×3+m2﹣1=0，
解得，m=﹣4或m=﹣2．
【点评】此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．也考查了一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
20．如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DE、FG相交于点H．
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．
【考点】旋转的性质；正方形的判定；平移的性质．
【专题】几何图形问题．
【分析】（1）根据旋转和平移可得∠DEB=∠ACB，∠GFE=∠A，再根据∠ABC=90°可得∠A+∠ACB=90°，进而得到∠DEB+∠GFE=90°，从而得到DE、FG的位置关系是垂直；
（2）根据旋转和平移找出对应线段和角，然后再证明是矩形，后根据邻边相等可得四边形CBEG是正方形．
【解答】（1）解：FG⊥ED．理由如下：
∵△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，
∴∠DEB=∠ACB，
∵把△ABC沿射线平移至△FEG，
∴∠GFE=∠A，
∵∠ABC=90°，
∴∠A+∠ACB=90°，
∴∠DEB+∠GFE=90°，
∴∠FHE=90°，
∴FG⊥ED；
（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF=90°，∠CBE=90°，CG∥EB，CB=BE，
∵CG∥EB，
∴∠BCG=∠CBE=90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∵CB=BE，
∴四边形CBEG是正方形．
【点评】此题主要考查了图形的旋转和平移，关键是掌握新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．
21．某商品现在的售价为每件60元，每星期可卖出300件．市场调查反映：每降价1元，每星期可多卖出20件．已知商品的进价为每件40元，在顾客得实惠的前提下，商家还想获得6080元的利润，应将销售单价定位多少元？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】销售问题．
【分析】设降价x元，表示出售价和销售量，列出方程求解即可．
【解答】解：降价x元，则售价为（60﹣x）元，销售量为（300+20x）件，
根据题意得，（60﹣x﹣40）（300+20x）=6080，
解得x1=1，x2=4，
又顾客得实惠，故取x=4，即定价为56元，
答：应将销售单价定位56元．
【点评】本题考查了一元二次方程应用，题找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．此题要注意判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
22．如图，将△ABC绕顶点A逆时针旋转一角度，使点D落在BC边上，得到△ADE，此时恰好AB∥DE，已知∠E=35°，求∠DAC的度数．
【考点】旋转的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】根据旋转的性质得AB=AD，∠B=∠ADE，∠E=∠C=35°，则∠B=∠ADB，由AB∥DE得∠B=∠EDC，所以∠ADB=∠ADE=∠EDC=60°，然后根据三角形外角性质得∠ADB=∠C+∠DAC，把∠ADB=60°，∠C=35°代入计算即可．
【解答】解：∵△ABC绕顶点A逆时针旋转一角度，使点D落在BC边上，得到△ADE，
∴AB=AD，∠B=∠ADE，∠E=∠C=35°，
∴∠B=∠ADB，
∵AB∥DE，
∴∠B=∠EDC，
∴∠ADB=∠ADE=∠EDC=60°，
∵∠ADB=∠C+∠DAC，
∴∠DAC=60°﹣35°=25°．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等．也考查了三角形外角性质．
23．有一人患了流感，经过两轮传染后共有64人患了流感．
（1）求每轮传染中平均一个人传染了几个人？
（2）如果不及时控制，第三轮将又有多少人被传染？
【考点】一元二次方程的应用．
【分析】（1）设每轮传染中平均每人传染了x人，根据经过两轮传染后共有64人患了流感，可求出x，
（2）进而求出第三轮过后，又被感染的人数．
【解答】解：（1）设每轮传染中平均每人传染了x人，
1+x+x（x+1）=64
x=7或x=﹣9（舍去）．
答：每轮传染中平均一个人传染了7个人；
（2）64×7=448（人）．
答：第三轮将又有448人被传染．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，先求出每轮传染中平均每人传染了多少人数是解题关键．
24．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
【考点】旋转的性质；勾股定理；菱形的性质．
【专题】计算题；证明题．
【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CD；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE 为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
【解答】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE﹣DE=﹣1．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质．。