无锡市惠山区阳山中学2021-2022学年九年级(上)段考数学试卷(12月份)

2021-2022学年无锡市惠山区阳山中学
九年级（上）段考数学试卷（12月份）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（3分）方程x2﹣3x＝0的根是（）
A．x＝0B．x＝3C．x1＝0，x2＝﹣3D．x1＝0，x2＝3
2．（3分）下列一元二次方程中，有实数根的是（）
A．x2﹣x+2＝0B．x2+x﹣1＝0C．x2﹣2x+3＝0D．x2+4＝0
3．（3分）若△ABC∽△A′B′C′，∠A＝30°，∠C＝110°，则∠B′的度数为（）A．30°B．50°C．40°D．70°
4．（3分）已知m，n是一元二次方程2x2﹣x﹣7＝0的两个实数根，则m+n﹣mn的值是（）A．7B．4C．﹣2D．﹣7
5．（3分）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠ABO＝40°，则∠ACB的大小为（）
A．40°B．30°C．45°D．50°
6．（3分）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，cos A，则BC的长为（）
A．6B．8C．10D．9
7．（3分）在一次同学聚会时，大家一见面就相互握手（每两人只握一次），大家一共握了21次手，设参加这次聚会的同学共有x人，根据题意得方程（）
A．x（x+1）＝42B．x（x﹣1）＝42C．x（x﹣1）＝21D．x（x+1）＝21
8．（3分）对于二次函数y＝﹣4（x+6）2﹣5的图象，下列说法正确的是（）
A．图象与y轴交点的坐标是（0，﹣5）B．对称轴是直线x＝6
C．顶点坐标为（﹣6，5）D．当x＜﹣6时，y随x的增大而增大
9．（3分）如图，一张半径为1的圆形纸片在边长为a（a≥3）的正方形内任意移动，则在该正方形内，这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是（）
A．a2﹣πB．4﹣πC．πD．（4﹣π）a2
10．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，E，F是线段AB上的两个动点，且∠ECF＝45°，过点E，F分别作BC，AC的垂线相交于点M，垂足分别为H，G．有以下结论：①AB；②当点E与点B重合时，MH；③△ACE∽△BFC；④AF+BE＝EF．其中正确的结论有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（每空3分，共30分）
11．（3分）若，则．
12．（3分）若圆O的半径是5，圆心的坐标是（0，0），点P的坐标是（﹣4，3），则点P与⊙O的位置关系是．13．（3分）圆内接四边形ABCD的内角∠A：∠B：∠C＝2：3：4，则∠D＝度．
14．（3分）如图，⊙O的弦AB＝8，直径CD⊥AB于M，OM：MD＝3：2，则⊙O的半径为．15．（3分）如图，小明用长为3m的竹竿CD做测量工具，测量学校旗杆AB的高度，移动竹竿，使竹竿与旗杆的距离DB＝12m，则旗杆AB的高为m．
16．（6分）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB＝30°，则这个多边形的边数是；若这个多边形的边长为2，则多边形的面积是．
17．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表：
则当x＝3时，y＝．
18．（6分）如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接BE、CE，以CE为边向右侧作正方形
CEFG．
（1）若BE，则正方形CEFG的面积为；
（2）连接DF、DG，则△DFG面积的最小值为．
三、解答题（本大题共10小题，共90分）
19．（8分）计算：
（1）（1）0+2cos60°﹣（）﹣2+tan45°（2）|﹣3|﹣2tan60°+（﹣1）0．
20．（8分）解方程：
（1）2x2+3x﹣4＝0．（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
21．（6分）如图，在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过格点A、B、C．
（1）请找出该圆弧所在圆的圆心O的位置；
（2）请在（1）的基础上，完成下列问题：①⊙O的半径为（结果保留根号）；②若用所在扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面半径为．
22．（8分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证△ADF∽△EAB；
23．（6分）为了测量悬停在空中A处的无人机的高度，小明在楼顶B处测得无人机的仰角为45°，小丽在地面C处测得A、B的仰角分别为56°、14°．楼高BD为20米，求此时无人机离地面的高度．（参考数据：tan14°≈0.25，tan56°≈1.50）
24．（8分）如图，O为线段PB上一点，以O为圆心，OB长为半径的⊙O交PB于点A，点C在⊙O上，连接
PC，满足PC2＝P A•PB．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若AB＝3P A，求的值．
25．（10分）随着人们环保意识的不断增强，我市家庭电动自行车的拥有量逐年增加．据统计，某小区2014年底拥有家庭电动自行车125辆，2016年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆．
（1）若该小区2014年底到2017年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2017年底电动自行车将达到多少辆？
（2）为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1000元/个，露天车位200元/个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案．
26．（12分）如图，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，点P是边OB上的点．
（1）利用直尺和圆规在图1确定点P，使得PM＝PN；
（2）设OM＝x，ON＝x+4，
①若x＝0时，使P、M、N构成等腰三角形的点P有个；
②若使P、M、N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是．
27．（12分）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点B（﹣2，0）、C（4，0）两点，与y轴交于点A（0，2）．（1）求出此抛物线的解析式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
28．（12分）在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝6，AB＝8，点P是射线AB上的动点，连接CP，将△ACP沿着CP翻折得到△A'CP，设AP＝x（x＞0）．
（1）如图1，当点A′在BC上时，求x的值．
（2）如图2，连接AA′，BA′，当∠AA′B＝90°时，求△P A′B的面积．
（3）在点P的运动过程中，当△AA′B是等腰三角形时，求x的值．
2021-2022学年无锡市惠山区阳山中学九年级（上）段考数学试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（3分）方程x2﹣3x＝0的根是（）
A．x＝0B．x＝3C．x1＝0，x2＝﹣3D．x1＝0，x2＝3
【分析】先将方程左边提公因式x，可解方程．
【解答】解：x2﹣3x＝0，
x（x﹣3）＝0，
x1＝0，x2＝3，
故选：D．
2．（3分）下列一元二次方程中，有实数根的是（）
A．x2﹣x+2＝0B．x2+x﹣1＝0C．x2﹣2x+3＝0D．x2+4＝0
【分析】根据方程的系数结合根的判别式Δ＝b2﹣4ac，逐一找出四个选项方程根的判别式△的正负，由此即可得出结论．
【解答】解：A、Δ＝（﹣1）2﹣4×1×2＝﹣7＜0，
∴该方程没有实数根；
B、Δ＝12﹣4×1×（﹣1）＝5＞0，
∴该方程有两个不相等的实数根；
C、Δ＝（﹣2）2﹣4×1×3＝﹣8＜0，
∴该方程没有实数根；
D、Δ＝02﹣4×1×4＝﹣16＜0，
∴该方程没有实数根．
故选：B．
3．（3分）若△ABC∽△A′B′C′，∠A＝30°，∠C＝110°，则∠B′的度数为（）A．30°B．50°C．40°D．70°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠B＝40°，根据相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵∠A＝30°，∠C＝110°，
∴∠B＝40°，
∵△ABC∽△A′B′C′，
∴∠B′＝∠B＝40°，
故选：C．
A．7B．4C．﹣2D．﹣7
【分析】根据根与系数的关系得到m+n，mn，然后利用整体代入的方法计算即可．
【解答】解：根据题意得m+n，mn，
所以m+n﹣mn（）4．
故选：B．
5．（3分）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，∠ABO＝40°，则∠ACB的大小为（）
A．40°B．30°C．45°D．50°
【分析】首先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理，求出∠AOB的度数，再利用圆周角与圆心角的关系，求出∠ACB的度数．
【解答】解：△AOB中，OA＝OB，∠ABO＝40°；
∴∠AOB＝180°﹣2∠ABO＝100°；
∴∠ACB∠AOB100°＝50°．
故选：D．
6．（3分）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，cos A，则BC的长为（）
A．6B．8C．10D．9
【分析】根据余弦的定义求出AB，根据勾股定理计算，求出BC．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，cos A，
∵AC＝6，cos A，
∴，
解得：AB＝10，
由勾股定理得：BC8，
故选：B．
7．（3分）在一次同学聚会时，大家一见面就相互握手（每两人只握一次），大家一共握了21次手，设参加这次
A．x（x+1）＝42B．x（x﹣1）＝42C．x（x﹣1）＝21D．x（x+1）＝21
【分析】每个人都要和他自己以外的人握手一次，但两个人之间只握手一次，所以等量关系为：聚会人数×（聚会人数﹣1）＝总握手次数，把相关数值代入即可．
【解答】解：设参加这次聚会的同学共有x人，由题意得：
x（x﹣1）＝21，
即：x（x﹣1）＝42，
故选：B．
8．（3分）对于二次函数y＝﹣4（x+6）2﹣5的图象，下列说法正确的是（）
A．图象与y轴交点的坐标是（0，﹣5）
B．对称轴是直线x＝6
C．顶点坐标为（﹣6，5）
D．当x＜﹣6时，y随x的增大而增大
【分析】根据二次函数顶点式的特点进行判断即可．
【解答】解：二次函数的顶点式为y＝a（x﹣h）2+k，
∴将x＝0代入y＝﹣4（x+6）2﹣5中得y＝﹣149，
∴图象与y轴得交点为（0，﹣149），
故A项不符合题意；
对称轴为x＝﹣6，顶点坐标为（﹣6，﹣5），
故B，C两项不符合题意；
a＝﹣4＜0，图象开口向下，
∴当x＜﹣6时，y随x的增大而增大，
故D项符合题意．
故选：D．
9．（3分）如图，一张半径为1的圆形纸片在边长为a（a≥3）的正方形内任意移动，则在该正方形内，这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是（）
A．a2﹣πB．4﹣πC．πD．（4﹣π）a2
【分析】这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是就是小正方形的面积与扇形的面积的差的4倍．
当圆运动到正方形的一个角上时，形成扇形BAO，它的面积是．
则这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是4×（1）＝4﹣π．
故选：B．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，E，F是线段AB上的两个动点，且∠ECF＝45°，过点E，F分别作BC，AC的垂线相交于点M，垂足分别为H，G．有以下结论：①AB；②当点E与点B重合时，MH；③△ACE∽△BFC；④AF+BE＝EF．其中正确的结论有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形即可作出判断；
②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，可得MG∥BC，四边形MGCB是矩形，进一步得到FG
是△ACB的中位线，从而作出判断；
③根据AA可证△ACE∽△BFC；
④如图2所示，SAS可证△ECF≌△ECD，根据全等三角形的性质和勾股定理即可作出判断．
【解答】解：①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，
则AB，故①正确；
②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，
∴MB⊥BC，∠MBC＝90°，
∴∠MGC＝90°＝∠C＝∠MBC，
∴MG∥BC，四边形MGCB是矩形，
∴MH＝MB＝CG，
∵∠FCE＝45°＝∠ABC，∠A＝∠ACF＝45°，
∴CE＝AF＝BF，
∴FG是△ACB的中位线，
∴GC AC＝MH，故②正确；
④如图2所示，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠5＝45°．
将△ACF顺时针旋转90°至△BCD，
则CF＝CD，∠1＝∠4，∠A＝∠6＝45°；BD＝AF；∵∠2＝45°，
∴∠1+∠3＝∠3+∠4＝45°，
∴∠DCE＝∠2．
在△ECF和△ECD中，
，
∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴EF＝DE．
∵∠5＝45°，
∴∠BDE＝90°，
∴DE2＝BD2+BE2，即EF2＝AF2+BE2，故④错误；
③∵∠7＝∠1+∠A＝∠1+45°＝∠1+∠2＝∠ACE，∵∠A＝∠5＝45°，
∴△ACE∽△BFC，
故③正确．
故选：C．
二、填空题（每空3分，共30分）
11．（3分）若，则．
【分析】对已知式子分析可知，原式可根据比例的基本性质可直接得出比例式的值．
【解答】解：根据得3a＝5b，则．
故答案为：．
12．（3分）若圆O的半径是5，圆心的坐标是（0，0），点P的坐标是（﹣4，3），则点P与⊙O的位置关系是点P在圆O上．
【分析】先利用两点间的距离公式计算出OP的长，然后根据点与圆的位置关系判断点P与⊙O的位置关系．【解答】解：∵点P的坐标是（﹣4，3），
∴OP5，
∵OP等于圆O的半径，
∴点P在圆O上．
故答案为点P在圆O上．
13．（3分）圆内接四边形ABCD的内角∠A：∠B：∠C＝2：3：4，则∠D＝90度．
【分析】根据圆内接四边形的性质可求得四个角的比值，再根据四边形的内角和为360°，从而求得∠D的度数．
【解答】解：∵圆内接四边形的对角互补
∴∠A：∠B：∠C：∠D＝2：3：4：3
设∠A＝2x，则∠B＝3x，∠C＝4x，∠D＝3x
∴2x+3x+4x+3x＝360°
∴x＝30°
∴∠D＝90°．
14．（3分）如图，⊙O的弦AB＝8，直径CD⊥AB于M，OM：MD＝3：2，则⊙O的半径为5．
【分析】连接OB，由垂径定理可知AM＝BM AB，再由OM：MD＝3：2可设OM＝3x，则MD＝2x，OB ＝5x，在Rt△MOB中根据勾股定理求出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：连接OB，
∵直径CD⊥AB，AB＝8，
∴AM＝BM AB＝4．
∵OM：MD＝3：2，
∴设OM＝3x，则MD＝2x，OB＝5x，
在Rt△MOB中，
∵OM2+BM2＝OB2，即（3x）2+42＝（5x）2，解得x＝1，
∴OB＝5x＝5．
故答案为：5．
15．（3分）如图，小明用长为3m的竹竿CD做测量工具，测量学校旗杆AB的高度，移动竹竿，使竹竿与旗杆的距离DB＝12m，则旗杆AB的高为9m．
【分析】根据△OCD和△OAB相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【解答】解：由题意得，CD∥AB，
∴△OCD∽△OAB，
∴，
即，
解得AB＝9．
故答案为：9．
16．（6分）如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB＝30°，则这个多边形的边数是六；若这个多边形的边长为2，则多边形的面积是6．
【分析】根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝60°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【解答】解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OB，
∵∠ADB＝30°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝60°，
而360°÷60°＝6，
∴这个正多边形为正六边形，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝2，∠A＝∠ABO＝∠AOB＝60°，
∴∠OBD＝∠ODB＝30°，
∴∠ABD＝90°，
∴BD＝2，
∴S△AOB S△ABD1×2，
∴多边形的面积是66，
故答案为：六，6．
17．（3分）已知二次函数y＝ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表：
则当x＝3时，y＝7．
【分析】根据表格数据，利用二次函数的对称性判断出x＝3时与x＝﹣1时的函数值相同．
【解答】解：由表可知，二次函数的对称轴为直线x＝1，
∵当x＝﹣1时，y＝7，
∴x＝3时，y＝7，
故答案为：7．
18．（6分）如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接BE、CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG．
（1）若BE，则正方形CEFG的面积为5；
（2）连接DF、DG，则△DFG面积的最小值为．
【分析】（1）利用勾股定理求出EC2即可解决问题；
（2）设DE＝x，则CE，根据S△DEC+S△DFG S正方形ECGF，求出△DFG面积的函数表达式，配方求最值即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝2，∠A＝∠D＝90°，
∵BE，
∴AE1，
∴DE＝AD﹣AE＝2﹣1＝1，
∴EC2＝DE2+CD2＝12+22＝5，
∴正方形CEFG的面积＝EC2＝5．
故答案为5；
（2）连接DF，DG．设DE＝x，则CE，
∵S△DEC+S△DFG S正方形ECGF，
∴S△DFG（x2+4）x×2
x2﹣x+2
（x﹣1）2，
∵＞0，
∴x＝1时，△DFG的面积的最小值为．
故答案为．
三、解答题（本大题共10小题，共90分）
19．（8分）计算：
（1）（1）0+2cos60°﹣（）﹣2+tan45°
（2）|﹣3|﹣2tan60°+（﹣1）0．
【分析】（1）原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值计算即可得到结果；
（2）原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，特殊角的三角函数值，以及零指数幂法则计算即可得到结果．
【解答】解：（1）原式＝1+1﹣4+1＝﹣1；
（2）原式＝23﹣21＝4．
20．（8分）解方程：
（1）2x2+3x﹣4＝0．
（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
【分析】（1）确定a，b，c的值，然后代入求根公式计算即可；
（2）先将方程整理成一般形式，然后用因式分解法解答即可．
【解答】解：（1）2x2+3x﹣4＝0，
a＝2，b＝3，c＝﹣4，
Δ＝b2﹣4ac＝9﹣4×2×（﹣4）＝41，
x，
∴x1，x；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5，
整理得，x2+2x﹣8＝0，
因式分解得，（x+4）（x﹣2）＝0，
∴x1＝﹣4，x2＝2．
21．（6分）如图，在单位长度为1的正方形网格中，一段圆弧经过格点A、B、C．
（1）请找出该圆弧所在圆的圆心O的位置；
（2）请在（1）的基础上，完成下列问题：①⊙O的半径为2（结果保留根号）；②若用所在扇形围成一个圆锥，则圆锥的底面半径为．
【分析】（1）利用网格特点作AB和BC的垂直平分线，它们的交点为O点，根据垂径定理的推论可判断点O 满足条件；
（2）①利用勾股定理计算出OA即可；
②先利用勾股定理得逆定理证明△OAC为等腰直角三角形，∠AOC＝90°，设圆锥的底面半径为r，利用弧
长公式得到2πr，然后解方程即可．
【解答】解：（1）如图，点O为所作；
（2）①OA2，
所以⊙O的半径为2；
故答案为：2；
②连接OA、OC、AC，
∵OA＝OC＝2，AC2，
∴OA2+OC2＝AC2，
∴△OAC为等腰直角三角形，∠AOC＝90°，
设圆锥的底面半径为r，
根据题意得2πr，
解得r，
即圆锥的底面半径为．
故答案为：．
22．（8分）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．
（1）求证△ADF∽△EAB；
（2）若AB＝12，BC＝10，求DF的长．
【分析】（1）由矩形的性质得出AD＝BC，AD∥BC，∠B＝90°，由平行线的性质得出∠DAF＝∠AEB，证出∠AFD＝∠B，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出AE，由相似三角形的性质得出对应边成比例，即可求出DF的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝90°＝∠B，
∴△ADF∽△EAB；
（2）解：∵BC＝AD＝10，E是BC边的中点，
∴BE＝5，
∴AE13，
由（1）得：△ADF∽△EAB，
∴，
即，
解得：DF．
23．（6分）为了测量悬停在空中A处的无人机的高度，小明在楼顶B处测得无人机的仰角为45°，小丽在地面C处测得A、B的仰角分别为56°、14°．楼高BD为20米，求此时无人机离地面的高度．（参考数据：tan14°≈0.25，tan56°≈1.50）
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数，即可计算出AF和EF的长，即可得到AE 的值．
【解答】解：作AE⊥CD于点E，作BF⊥AE于点F，
设AF＝x，
∵∠AFB＝90°，∠ABF＝45°，
∴∠BAF＝∠ABF＝45°，
∴AF＝BF＝x，
∵BF⊥AE，BD⊥CD，FE⊥CD，
∴四边形BDEF是矩形，
∴DE＝BF＝x，
∵∠BCD＝14°，BD＝20米，tan∠BCD，
∴CD＝80米，
∴CE＝（80﹣x）米，
∵∠ACE＝56°，tan∠ACE，
∴x＝40，
即AF＝40米，
∴AE＝AF+EF＝40+20＝60（米），
即此时无人机离地面的高度是60米．
24．（8分）如图，O为线段PB上一点，以O为圆心，OB长为半径的⊙O交PB于点A，点C在⊙O上，连接PC，满足PC2＝P A•PB．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若AB＝3P A，求的值．
【分析】（1）由PC2＝P A•PB得，可证得△P AC∽△PCB，根据相似三角形的性质得∠PCA＝∠B，根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠CAB+∠B＝90°，由OA＝OC得∠CAB＝∠OCA，等量代换可得∠PCA+∠OCA＝90°，即OC⊥PC，即可得出结论；
（2）由AB＝3P A可得PB＝4P A，OA＝OC＝1.5P A，根据勾股定理求出PC＝2P A，根据相似三角形的性质即可得出的值．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵PC2＝P A•PB，
∴，
∵∠P＝∠P，
∴△P AC∽△PCB，
∴∠PCA＝∠B，
∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠OCA，
∴∠PCA+∠OCA＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB＝3P A，
∴PB＝4P A，OA＝OC＝1.5P A，PO＝2.5P A，
∵OC⊥PC，
∴PC2P A，
∵△P AC∽△PCB，
∴．
25．（10分）随着人们环保意识的不断增强，我市家庭电动自行车的拥有量逐年增加．据统计，某小区2014年底拥有家庭电动自行车125辆，2016年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆．
（1）若该小区2014年底到2017年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2017年底电动自行车将达到多少辆？
（2）为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1000元/个，露天车位200元/个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案．
【分析】（1）设年平均增长率是x，根据某小区2009年底拥有家庭电动自行车125辆，2016年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆，可求出增长率，进而可求出到2017年底家庭电动车将达到多少辆．
（2）设建x个室内车位，根据投资钱数可表示出露天车位，根据计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况．
【解答】解：（1）设家庭电动自行车拥有量的年平均增长率为x，
则125（1+x）2＝180，
解得x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）
∴180（1+20%）＝216（辆），
答：该小区到2017年底家庭电动自行车将达到216辆；
（2）设该小区可建室内车位a个，露天车位b个，
则①，
由①得b＝150﹣5a，
代入②得20≤a，
∵a是正整数，
∴a＝20或21，
当a＝20时b＝50，当a＝21时b＝45．
∴方案一：建室内车位20个，露天车位50个；
方案二：室内车位21个，露天车位45个
26．（12分）如图，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，点P是边OB上的点．
（1）利用直尺和圆规在图1确定点P，使得PM＝PN；
（2）设OM＝x，ON＝x+4，
①若x＝0时，使P、M、N构成等腰三角形的点P有3个；
②若使P、M、N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x＝0或x＝44或4＜x＜4．
【分析】（1）分别以M、N为圆心，以大于MN为半径作弧，两弧相交与两点，过两弧交点的直线就是MN 的垂直平分线；
（2）①分为PM＝PN，MP＝MN，NP＝NM三种情况进行判断即可；②如图3，构建腰长为4的等腰直角△OMC，和半径为4的⊙M，发现M在点D的位置时，满足条件；如图4，根据等腰三角形三种情况的画法：分别以M、N为圆心，以MN为半径画弧，与OB的交点就是满足条件的点P，再以MN为底边的等腰三角形，
通过画图发现，无论x取何值，以MN为底边的等腰三角形都存在一个，所以只要满足以MN为腰的三角形有两个即可．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）①如图所示：
故答案为：3．
②如图3，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，
∴MC⊥OB，
∵∠AOB＝45°，
∴△MCO是等腰直角三角形，
∴MC＝OC＝4，
∴OM＝4，
当M与D重合时，即x＝OM﹣DM＝44时，同理可知：点P恰好有三个；
如图4，取OM＝4，以M为圆心，以OM为半径画圆．
则⊙M与OB除了O外只有一个交点，此时x＝4，即以∠PMN为顶角，MN为腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P 不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；
点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点；
∴当4＜x＜4时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个；
综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是：x＝0或x＝44或4＜x＜4．
故答案为：x＝0或x＝44或4＜x＜4．
27．（12分）抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点B（﹣2，0）、C（4，0）两点，与y轴交于点A（0，2）．（1）求出此抛物线的解析式；
（2）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标；
（3）将线段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，若线段O′A′与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，求m的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；
（2）四边形ABCM由△ABC和△ACM组成，而△ABC面积为定值，所以当△ACM面积最大时，四边形ABCM 的面积则最大，求直线AC的解析式，设M点和N点坐标，从而结合三角形面积公式和二次函数最值计算求解；
（3）根据旋转的性质求得旋转后对应点O和点A的坐标，然后分别求得点A′和点O′在二次函数图象上时的m的值，从而求解．
【解答】解：（1）将B（﹣2，0）、C（4，0），A（0，2）代入y＝ax2+bx+c中，
可得：，
解得：，
∴抛物线的解析式的解析式为y x22；
（2）如图1，过点M作ME⊥x轴，交AC于点N，
设直线AC的解析式为y＝kx+n，把（0，2），（4，0）代入可得：
，
解得：，
∴直线AC的解析式为y x+2，
设M点坐标为（x，x22），则N点坐标为（x，x+2），
又∵点M在直线AC上方，
∴MN＝（x22）﹣（x+2）x2+x，
∴S四边形ABCM＝S△ABC+S△ACM
[4﹣（﹣2）]×24（x2+x）
（x﹣2）2+8，
∵＜0，
∴当x＝2时，S四边形ABCM有最大值为8，此时M点坐标为（2，2）；
（3）如图2，段OA绕x轴上的动点P（m，0）顺时针旋转90°得到线段O′A′，
由旋转性质可得：OP＝O′P＝m，O′A′＝OA＝2，
∴O′（m，m），A′（m+2，m），
当A′（m+2，m）在抛物线上时，
m（m+2）2（m+2）+2，
解得：m＝﹣3±，
当点O′（m，m）在抛物线上时，
m m2m+2，
解得：m＝﹣4或2，
∴当﹣3m≤﹣4或﹣3m≤2时，线段O′A′与抛物线只有一个公共点．
28．（12分）在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝6，AB＝8，点P是射线AB上的动点，连接CP，将△ACP沿着CP翻折得到△A'CP，设AP＝x（x＞0）．
（1）如图1，当点A′在BC上时，求x的值．
（2）如图2，连接AA′，BA′，当∠AA′B＝90°时，求△P A′B的面积．
（3）在点P的运动过程中，当△AA′B是等腰三角形时，求x的值．
【分析】（1）在Rt△P A′B中，根据PB2＝P A′2+A′B2，构建方程求出x即可．
（2）首先证明P A＝PB，解直角三角形求出AE，PE，可得结论．
（3）分四种情形：如图3﹣1中，当AA′＝A′B时，如图3﹣2中，当AA′＝AB＝8时，如图3﹣3中，当点P与B长时，BA＝BA′，如图3﹣4中，当AA′＝AB时，分别利用勾股定理构建方程求解即可．【解答】解：（1）如图1中，
∵∠A＝90°，AC＝6，AB＝8，
∴BC10，
由翻折的性质可知，CA＝CA′＝6，P A＝P A′，∠A＝∠P A′C＝∠P A′B＝90°，∴A′B＝BC﹣CA′＝4，
在Rt△P A′B中，PB2＝P A′2+A′B2，
∴（8﹣x）2＝x2+42，
∴x＝3．
（2）如图2中，设AA′交PC于点E．
∵∠AA′B＝90°，P A＝P A′，
∴∠P AA′＝∠P A′A，
∵∠P AA′+∠ABA′＝90°，∠P A′A+∠P A′B＝90°，
∴∠PBA′＝∠P A′B，
∴P A′＝PB，
∴P A＝PB＝4，
∴PC2，
∵AA′⊥PC，
∴S△P AC•AC•AP•PC•AE，
∴AE，
∴PE，AA′＝2AE，∴S△A′PB＝S△AA′P•AA′•PE．
（3）如图3﹣1中，当AA′＝A′B时，过点A′作A′H⊥AB于点H．
∵AA′＝A′B，A′H⊥AB，
∴AH＝HB＝4，
∵PC⊥AA′，
∴∠ACP+∠CAA′＝90°，
∵∠CAA′+∠A′AH＝90°，
∴∠ACP＝∠A′AH，
∵∠CAP＝∠AHA′＝90°，
∴△CAP∽△AHA′，
∴，
∴，
∴A′H x，
在Rt△P A′H中，P A′＝P A＝x，PH＝4﹣x，
∴x2＝（4﹣x）2+（）2，
整理得x2﹣18x+36＝0，
解得x＝9﹣3或9+3（舍弃），
如图3﹣2中，当AA′＝AB＝8时，
AK＝KA′＝4，
∴CK2，
∵△ACK∽△P AK，
∴，
∴，
∴P A．
如图3﹣3中，当点P与B长时，BA＝BA′，此时P A＝8．
如图3﹣4中，当AA′＝AB时，过点A′作AR⊥AB于点R，则AR＝RB＝4，
由△CAP∽△ARA′，
∴，
∴，
∴A′R x，
在Rt△P A′R中，P A′＝P A＝x，PR＝4﹣x，
∴x2＝（4﹣x）2+（）2，
整理得x2﹣18x+36＝0，
解得x＝9﹣3（舍弃）或9+3，
综上所述，满足条件的P A的值为9±3或或8．。