2020-2021学年成都市成华区九年级(上)期末数学试卷(含答案解析)

2020-2021学年成都市成华区九年级(上)期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.若关于x的方程2x2+bx+c=0的两根为2、−1，则多项式2x2+bx+c可因式分解为()
A. 2x2+bx+c=(x−2)(x+1)
B. 2x2+bx+c=2(x+2)(x−1)
C. 2x2+bx+c=(x+2)(x−1)
D. 2x2+bx+c=2(x−2)(x+1)
2.下列符号属于轴对称图形的是()
A. B. C. D.
3.如图，竖直放置的圆柱体的左视图是()
A. 长方形
B. 等腰梯形
C. 等腰三角形
D. 正方形
4.如图，在平行四边形ABCD中，AC平分∠BAD，AC=8，BD=6，AC交
BD于点O，则△ABC的周长是()
A. 14
B. 16
C. 18
D. 20
5.已知三角形的三边长为连续整数，且周长为12cm，则它的最短边长为()
A. 2cm
B. 3cm
C. 4cm
D. 5cm
6.已知一元二次方程x2+4x−3=0，下列配方正确的是()
A. (x+2)2=3
B. (x−2)2=3
C. (x+2)2=7
D. (x−2)2=7
7.如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的对称中心恰好是原点O，
已知点B坐标是(−2,3
2)，双曲线y=6
x
经过点A，则菱形ABCD的面积
是()
A. 9√2
B. 18
C. 25√2
2
D. 25
8.如图，以坐标原点O为圆心，半径为1的弧交坐标轴于A，B两点，P是AB⏜上
一点(不与A，B重合)，连接OP，设∠POB=α，则点P的坐标是()
A. (sinα,sinα)
B. (cosα,cosα)
C. (sinα,cosα)
D. (cosα,sinα)
9.如图，已知DE//BC，EF//AB，则下列比例式中错误的是
A. B. C. D.
10.抛物线y=ax2+bx+c的顶点为D(−1,−3)，与x轴的一个交点A在
点(−3,0)和(−2,0)之间，其部分图象如图所示，则以下结论：
①abc>0；②a+b+c<0；③a−c=3；④方程ax2+bx+c+
3=0有两个相等的实根，其中正确的个数为()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题（本大题共9小题，共36.0分）
11.若关于x的方程x2−mx+m=0有两个相等实数根，则代数式2m2−8m+1的值为______．
12.如图，正方形二维码的边长为2cm，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区
域内随机掷点，经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.7左右，
据此可估计黑色部分的面积约为_____cm2．
13.将二次函数y=2x2向左平移2个单位再向下平移1个单位得到新的二次函数的解析式为______．
14.15.“直角”在初中几何学习中无处不在．课堂上李老师提出一个问题：如图，已知∠AOB.判断
∠AOB是否为直角(仅限用直尺和圆规)．
李老师说小丽的作法正确，请你写出她作图的依据：_________________________．
15.若关于x的方程x2+5x+k=0的一个根是1，则k的值为______．
16.如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，已知CD=5，AC=6，
则sinA=______．
17.2019年7月，中共中央国务院发布的《关于深化教育教学改革全面提高义务教育质量的意见》
中明确提出“要把劳动教育作为中学教育阶段的必修课”.我校积极响应，率先落实意见的相关精神，将学校的公共卫生清洁任务划分给各班的学生完成，现某班准备成立三个小组，分别承担本班的“走廊清扫”、“栏杆清洁及维护”、“垃圾转运”这三项劳动任务．现从班委会成员中的四位同学(三男一女)中任选三个人分别担任这三个小组的小组长，其中该女生恰好不担任“垃圾转运”组的组长的概率为______.(直接填数字)
18.如图，在△ABC中，中线AD、BE交于O，若S△BOD=5，则S△BOA=______ ．
(x>0)及y2=
19.如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1=5
x
1
(x>0)的图象分别交于点A，B，连结OA，OB，则△OAB的面积为
x
=______．
三、解答题（本大题共9小题，共84.0分）
20.计算．
(1)(√8−√4)2
；
√3×√48
(2)|2√6−3√3|+(−5
)−1+√102−22．
√75
21.计算：|−1|−√4−(1−√2)0+4sin30°．
22.对于初2018级的学生而言，紧张且充实的初中生活即将结束，初三年级某班调查了同学们最期
待在这个暑假做的有意义的事(每位同学都必须且只能从阅读、实践、旅游、其它这四种类型中选一类)，并根据统计结果绘制了如图1和如图2两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息完成以下问题：
(1)该班共有学生______人，扇形统计图中实践类对应的圆心角是______度，并补全条形统计图；
(2)已知甲、乙、丙、丁四名同学都期待能在暑假尽情地享受课外阅读，班级决定从这四名同学中任
选两名在全班推荐书籍，请利用画树状图或列表的方法求出恰好选中甲、丙的概率．
23.一次数学活动课上，老师带领学生去测一条东西流向的河宽，如图所示，小明在河北岸点A处观
测到河对岸有一点C在A的南偏西59°的方向上，沿河岸向西前行20m到达B处，又测得C在B的
，南偏西45°的方向上，请你根据以上数据，帮助小明计算出这条河的宽度．(参考数据：tan31°≈3
5 sin31°≈1
)
2
(k>0)的图象上，经过点A、B的直线与x轴相交于24.如图，点A(m,4)，B(−4,n)在反比例函数k
x
点C，与y轴相交于点D
(1)若m=2，完成下列填空
①n=______，k=______
②将反比例函数y=k
的图象向上平移3个单位长度，所得的图象的函数解析式为______
x
③若正比例函数y=ax(a>0)与反比例函数y=k
交于点M、N，以MN为斜边作等腰Rt△EMN，则
x
点E所在的图象的函数解析式为______
(2)连接OA、OB，若tan∠AOD+tan∠BOC=1，求点O到直线AB的距离．
25.已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=kBC，直线l经过点A，过点C、B分别向直线l作垂线，垂
足分别为E、F，CE交AB于点M．
(1)如图1，若k=1，求证：AE+BF=CE；
(2)如图2，若k=2，则AE、BF、CE之间的数量关系是______；
(3)在(2)的条件下，如图3，连接CF，过点A作AG//CF，交CE延长线于点G，若CF=3√5，BF=5，
求MG的长．
26.参加足球联赛的每两队之间都要进行一场比赛，共要比赛21场，共有多少个队参加足球联赛？
27.如图①，在锐角△ABC中，AB=5，tanC=3.BD⊥AC于点D，BD=3，点P从点A出发，以
每秒1个单位长度的速度沿AB向终点B运动．过点P作PE//AC，交BC于点E，以PE为边作Rt△PEF，使∠EPF=90°，点F在点P的下方，且EF//AB，设△PEF与△ABD重叠部分图形的面积为S(平方单位)(S>0)，点P的运动时间为t(秒)(t>0)．
(1)求线段AC的长．
(2)当△PEF与△ABD重叠部分图形为四边形时，求S与t之间的函数关系式．
(3)若边EF与边AC交于点Q，连接PQ，如图②．
①当PQ将△PEF的面积分成1：2两部分时，求AP的长．
②直接写出PQ的垂直平分线经过△ABC的顶点时t的值．
28.如图，抛物线y=−1
2x2+3
2
x+2与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C、点D与点C关于x轴对称，
点P是x轴上一动点，设点P的坐标为(m,0)，过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．
(1)求直线BD的解析式．
(2)当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，试探究m为何值时四边形CQMD是平行四边形．
(3)点P在运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q坐
标；若不存在，说明理由．
参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：∵关于x的方程2x2+bx+c=0的两根为2、−1，
∴方程左边分解后一定有x−2和x+1两个因式，
而二次项系数为2，
∴2x2+bx+c可分解为2(x−2)(x+1)．
故选D．
由于关于x的方程2x2+bx+c=0的两根为2、−1，则方程左边分解后一定有x−2和x+1两个因式，加上二次系数为2，即可得到2x2+bx+c可分解为2(x−2)(x+1)．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法：先把方程右边变形为0，然后把方程左边进行因式分解，这样把一元二次方程转化为两个一元一次方程，再解一次方程可得到一元二次方程的解．
2.答案：B
解析：解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
根据轴对称的定义，结合各选项进行判断即可．
本题考查了轴对称图形的知识，判断轴对称的关键寻找对称轴，属于基础题．
3.答案：A
解析：解：圆柱的左视图是长方形．
故选：A．
左视图是从左边看所得到的视图，根据左视图所看的位置找出答案即可．
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握三视图所看的位置．
4.答案：C
解析：
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
由平行四边形的对边平行得∠DAC=∠BCA，由角平分线的性质得∠DAC=∠BAC，即可知∠BCA=∠BAC，从而得AB=BC，由菱形的对角线互相垂直且平分得AO=4、BO=3且∠AOB=90°，利用勾股定理得AB=5，进而解答即可．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAC=∠BCA，
又∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠BCA=∠BAC，
∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；
∵四边形ABCD是菱形，且AC=8、BD=6，
∴AO=4、BO=3，且∠AOB=90°，
∴AB=√AO2+OB2=5，
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=5+5+8=18，
故选：C．
5.答案：B
解析：解：设大小处于中间的边长是xcm，则最大的边是(x+1)cm，最小的边长是(x−1)cm．
则(x+1)+x+(x−1)=12，
解得：x=4，
则最短的边长是：4−1=3cm．
故选B．
设大小处于中间的边长是xcm，则最大的边是(x+1)cm，最小的边长是(x−1)cm，根据三角形的周长即可求得x，进而求解．
本题考查了三角形的周长，理解三边长的设法是关键．
6.答案：C
解析：解：方程移项得：x2+4x=3，
配方得：x2+4x+4=7，即(x+2)2=7，
故选：C．
方程常数项移到右边，两边加上4配方得到结果，即可做出判断．
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． 7.答案：C
解析：解：过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，过点B 作BG ⊥AE 于G ，交y 轴于点F ，如图，
∵双曲线y =6x 经过点A ，
∴设A(m,6m )，则OE =m ，AE =6m ．
∵点B 坐标是(−2,32)，
∴BF =2，OF =32．
∴GE =OF =32，AG =6m −32，BG =m +2．
∵菱形ABCD 的对称中心恰好是原点O ，
∴AO =CO ，BO =DO ，AO ⊥BO ．
由勾股定理可得：OB 2+OA 2=AB 2．
∴BF 2+OF 2+AE 2+OE 2=AG 2+BG 2．
即：22+(32)2+m 2+(6m )2=(m +2)2+(6m −32)2．
解得：m =
3√22． ∴OE =3√22，AE =3√22=2√2．
∴OA =√AE 2+OE 2=
5√22． ∴AC =2OA =5√2．
∵OB =√BF 2+OF 2=52
， ∴BD =2OB =5． ∴S 菱形ABCD =12AC ⋅BD =12×5√2×5=
25√22． 故选：C ．
过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，过点B 作BG ⊥AE 于G ，交y 轴于点F ，双曲线y =6x 经过点A ，设A(m,6
m )，则OE =m ，AE =6m ；已知点B 坐标是(−2,32)，可得BF =2，OF =32，所以GE =OF =32，AG =6m −3
2，BG =m +2；由菱形ABCD 的对称中心恰好是原点O ，可得AO =CO ，BO =DO ，AO ⊥BO ；由勾股定理可得：OB 2+OA 2=AB 2，所以BF 2+OF 2+AE 2+OE 2=AG 2+BG 2，即：22+(3
2)2+m 2+
(6m )2=(m +2)2+(6m −32)2，解得：m =3√22，可得OE =3√22，AE =6
3√22
=2√2，则OA =√AE 2+OE 2=
5√2
2
，AC =2OA =5√2；OB =√BF 2+OF 2=5
2，BD =2OB =5；利用菱形的面积等于对角线乘积
的一半，结论可求．
本题主要考查了菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的系数k 的几何意义，勾股定理．利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
8.答案：D
解析：解：作PC ⊥OB 于C ，
在Rt △POC 中，OC =OP ×cosα=cosα， PC =OP ×sinα=sinα， ∴点P 的坐标为(cosα,sinα)， 故选：D ．
作PC ⊥OB 于C ，根据正弦、余弦的定义分别求出OC 、PC ，得到点P 的坐标．
本题考查的是解直角三角形、坐标与图形性质，掌握正弦、余弦的定义是解题的关键．
9.答案：C
解析：根据已知条件先求出△ADE∽△ABC ，△EFC∽△ABC ，再根据相似三角形的性质解答． 解：∵DE//BC ，EF//AB ，∴△ADE∽△ABC ，△EFC∽△ABC ，
∴△ADE∽△EFC ，∴AD
AB =AE
AC ，CE
CF =EA
FB ，EF
AB =CF
CB .故选C ．
10.答案：B
解析：解：∵抛物线开口向上， ∴a >0，
∵对称轴在y 轴左侧， ∴b >0，
∵抛物线和y轴负半轴相交，
∴c<0，
∴abc<0，故①错误；
∵当x=1时，y>0，
∴y=a+b+c>0，故②错误；
∵抛物线的顶点为D(−1,−3)
∴a−b+c=−3，
=−1得b=2a，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b
2a
把b=2a代入a−b+c=−3，得a−2a+c=−3，
∴c−a=−3，
∴a−c=3，故③正确；
∵二次函数y=ax2+bx+c有最大值为−3，
∴b2−4ac=12a，
∴方程ax2+bx+c+3=0的判别式△=b2−4a(c+3)=b2−4ac−12a=0，
∴方程ax2+bx+c+3=0有两个相等的实数根，故④正确；
故选：B．
抛物线开口向上a>0，对称轴在y轴左侧，b>0，抛物线和y轴负半轴相交，c<0，则abc<0，
由抛物线与x轴有两个交点得到b2−4ac>0；有抛物线顶点坐标得到抛物线的对称轴为直线x=−1，
则根据抛物线的对称性得抛物线与x轴的另一个交点在点(−3,0)和(−2,0)之间，所以当x=1时，y>0，则a+b+c>0；由抛物线的顶点为D(−1,−3)得a−b+c=−3，由抛物线的对称轴为直线x=
−b
=−1得b=2a，所以a−c=3；根据二次函数的最大值问题，当x=−1时，二次函数有最大值2a
为−3，即b2−4ac=12a，b2−4a(c+3)=b2−4ac−12a=0，所以说方程ax2+bx+c+3=0
两个相等实数根．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象为抛物线，当a>0，抛物线开口向上；对称轴为直线x=−b
；抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)；当b2−4ac>0，
2a
抛物线与x轴有两个交点；当b2−4ac=0，抛物线与x轴有一个交点；当b2−4ac<0，抛物线与x轴
没有交点．
11.答案：1
解析：解：∵关于x的方程x2−mx+m=0有两个相等实数根，
∴△=(−m)2−4m=m2−4m=0，
∴2m2−8m+1=2(m2−4m)+1=1．
故答案为：1．
根据方程的系数结合根的判别式即可得出△=m2−4m=0，将其代入2m2−8m+1中即可得出结论．
本题考查了根的判别式，熟练掌握“当△=0时，方程有两个相等的两个实数根”是解题的关键．12.答案：2.8
解析：
本题考查的是利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．求出正方形二维码的面积，根据题意得到黑色部分的面积占正方形二维码面积的70%，计算即可．
解：∵正方形二维码的边长为2cm，
∴正方形二维码的面积为4cm2，
∵经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.7左右，
∴黑色部分的面积占正方形二维码面积的70%，
∴黑色部分的面积约为：4×70%=2.8cm2，
故答案为2.8．
13.答案：y=2(x+2)2−1
解析：解：抛物线y=2x2的顶点坐标为(0,0)，点(0,0)向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到对应点的坐标为(−2,−1)，所以平移后的抛物线的解析式为y=2(x+2)2−1．
故答案为y=2(x+2)2−1．
先确定抛物线y=2x2的顶点坐标为(0,0)，根据点平移的规律，点(0,0)向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到对应点的坐标为(−2,−1)，然后根据顶点式写出平移后抛物线的解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
14.答案：两条边相等的三角形为等腰三角形，等腰三角形的三线合一
解析：
本题主要考查了两条边相等的三角形为等腰三角形及等腰三角形三线合一的性质，根据CE=CD，得出△CDE是等腰三角形，然后再根据OE=OD，由三线合一可得出CD⊥BE，即∠AOB=90°．解：由题意可知：CE=CD，
∴△CDE是等腰三角形，
又∵OE=OD，
∴CD⊥BE，即∠AOB=90°．
故答案为两条边相等的三角形为等腰三角形，等腰三角形的三线合一．
15.答案：−6
解析：解：把x=1代入方程x2+5x+k=0得1+5+k=0，
解得k=−6．
故答案为−6．
把x=1代入方程x2+5x+k=0得1+5+k=0，然后解关于k的方程即可．
本题考查了一元二次方程的解：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．16.答案：4
5
解析：解：∵CD是斜边AB上的中线，CD=5，
∴AB=2CD=10，
∵AC=6，
∴根据勾股定理，BC=√AB2−AC2=√102−62=8，
∴sinA=BC
AB =8
10
=4
5
，
故答案为：4
5
．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出AB的长度，再利用勾股定理求出BC的长度，然后根据三角函数的定义解答．
本题考查了锐角三角函数的定义，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，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，正切为对边比邻边应熟练掌握．
17.答案：3
4
解析：解：画树状图如图：
共有24个等可能的结果，其中该女生恰好不担任“垃圾转运”组的组长的结果有18个，
∴其中该女生恰好不担任“垃圾转运”组的组长的概率为18
24=3
4
，
故答案为：3
4
．
画树状图，共有24个等可能的结果，其中该女生恰好不担任“垃圾转运”组的组长的结果有18个，再由概率公式求解即可．
此题主要考查了树状图法求概率，正确画出树状图是解题的关键．
18.答案：10
解析：
本题考查了三角形的重心，掌握三角形的重心到顶点的长度等于到对边中点的长度的2倍，等高的三角形的面积等于底边的比是解题的关键．
根据三角形的重心到顶点的长度等于到对边中点的长度的2倍可得OD=1
2
AO，再根据等高的三角形的面积等于底边的比求出△AOB的面积．
解：∵中线AD、BE相交于点O，
∴O是△ABC的重心，
∴OD=1
2
AO，
∵S△BOD=5，
∴S△AOB=2S△BOD=2×5=10．
故答案为：10．
19.答案：2
解析：解：设线段OP=x，则PB=1
x ，AP=5
x
，
∵AB=AP−BP=5
x −1
x
=4
x
，
∴S△ABC=1
2
AB×OP
=1
2
×
4
x
×x
=2．
故答案是：2．
设线段OP=x，则可求出AP、BP，再根据三角形的面积公式得出△ABC的面积=1
2
AB×OP，代入数值计算即可．
此题考查了反比例函数的k的几何意义，三角形的面积公式，解答本题的关键是表示出线段OP、BP、AP的长度，难度一般．
20.答案：解：(1)原式=√2−2)2
√3×4√3
=8−8√2+4
12
=3−2√2
3
；
(2)原式=3√3−2√6+5√3
5
+4√6
=4√3+2√6．
解析：(1)先把二次根式化为最简二次根式，然后利用完全平方公式和二次根式的乘法法则运算；(2)先根据绝对值的意义、负整数指数幂的意义计算，然后化简二次根式后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往
往能事半功倍．
21.答案：解：原式=1−2−1+4×1
2
=1−2−1+2
=0．
解析：直接利用特殊角的三角函数值以及绝对值的性质、零指数幂的性质分别化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
22.答案：64112.5
解析：解：(1)该班的总人数为8÷12.5%=64人，
∴扇形统计图中实践类对应的圆心角是360°×20
64
=112.5°，旅游的人数为64−(8+20+12)=24人，补全图形如下：
故答案为：64、112.5；
(2)画树状图如下：
由上图可知，共有12种等可能的结果，其中恰好选中甲、丙两位同学的结果有2种．
所以恰好选中甲、丙的概率为2
12=1
6
．
(1)先根据阅读的人数及其所占百分比求得总人数，用360°乘以实践类人数所占比例可得其圆心角度数，根据各类型人数之和等于总人数求得旅游类人数可补全图形；
(2)画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出恰好选中甲、丙两位同学的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
23.答案：解：过点C作CD⊥AB于D，设CD=xm，
∵在Rt△BCD中，∠CBD=45°，
∴BD=CD=xm．
∵在Rt△ACD中，∠DAC=90°−59°=31°，
AD=AB+BD=(20+x)m，CD=xm，
∴tan∠DAC=CD
AD
，
即x
20+x =3
5
，
解得x=30．
答：这条河的宽度约为30m．
解析：过点C作CD⊥AB于D，构造直角三角形，设CD=xm，列出关于x的比例式，再根据三角函数的定义解答即可．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，锐角三角函数的定义等知识．解一般三角形的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
24.答案：−28y=8
x +3y=−8
3
解析：解：(1)①∵A(2,4)，∴4=k
2
，
∴k=8，
∵B(−4,n)在y=8
x
上，
∴n=−2，
故答案为−2，8．
②将反比例函数y=k
x 的图象向上平移3个单位长度，所得的图象的函数解析式为y=8
x
+3．
故答案为y=8
x
+3．
③如图1中，作MP⊥y轴于P.EQ⊥x轴于Q．
易知△OPM≌△OQE，
∴S△OPM=S△OEQ=4，设点E坐标为(x,y)，
∴1
2
x(−y)=4，
∴y=−8
x
，
故答案为y=−8
x
．
(2)作AE ⊥y 轴于E ，BF ⊥x 轴于F ，如图2中，
在Rt △AOE 中，tan∠AOE =AE OE =m
4， 在Rt △BOF 中，tan∠BOF =BF
OF =−n 4
，
而tan∠AOD +tan∠BOC =1， 所以m
4+
−n 4
=1，
而m +n =0，解得m =2，n =−2， 则A(2,4)，B(−4,−2)，
设直线AB 的解析式为y =px +q ，
把A(2,4)，B(−4,−2)代入得{2p +q =4−4p +q =−2，解得{p =1
q =2，
所以直线AB 的解析式为y =x +2． ∴C(−1,0)，D(0,1)，CD =√2， ∴点O 到直线AB 的距离=√2
2．
(1)①根据点A 坐标，利用待定系数法求出k ，再求出B 的坐标即可；
②将反比例函数y =k
x 的图象向上平移3个单位长度，所得的图象的函数解析式为y =8
x +3； ③如图1中，作MP ⊥y 轴于P.EQ ⊥x 轴于Q.由△OPM≌△OQE ，推出S △OPM =S △OEQ =4，设点E 坐标为(x,y)，可得1
2x(−y)=4，即y =−8
x ；
(2)作AE ⊥y 轴于E ，BF ⊥x 轴于F ，如图2，在Rt △AOE 中，tan∠AOE =AE
OE =m
4，在Rt △BOF 中，tan∠BOF =BF
OF =
−n
4
，而tan∠AOD +tan∠BOC =1，所以m 4+−n 4
=1，又m +n =0，于是可解得m =2，
n =−2，从而得到A(2,4)，B(−4,−2)，然后利用待定系数法求直线AB 的解析式，求出C 、D 坐标即可解决问题；
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、锐角三角函数、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
25.答案：CE=1
2
AE+BF
解析：(1)证明：过点C作CH⊥BF，交FB的延长线于点H，如图1．
∵CH⊥BF，BF⊥EF，CE⊥EF，
∴∠CHF=∠HFE=∠FEC=90°．
∴四边形CEFH是矩形．
∴CE=HF，∠HCE=90°．
∵∠HCE=∠ACB=90°，
∴∠HCB=∠ECA．
在△BHC和△AEC中，
{∠BHC=∠AEC ∠HCB=∠ECA BC=AC
．
∴△BHC≌△AEC(AAS)．
∴BH=AE，
∴AE+BF=BH+BF=HF=CE．
(2)证明：过点C作CP⊥BF，交FB的延长线于点P，如图2．∵CP⊥BF，BF⊥EF，CE⊥EF，
∴∠CPF=∠PFE=∠FEC=90°．
∴四边形CEFP是矩形．
∴CP=EF，CE=PF，∠PCE=90°．
∵∠ACB=∠PCE=90°，
∴∠ECA=∠PCB．
∵∠AEC=∠BPC=90°，
∴△AEC∽△BPC．
∴AE
BP =EC
PC
=AC
BC
=2．
∴AE=2BP，EC=2PC．
∴CE=PF=PB+BF=1
2
AE+BF．
故答案为：CE=1
2
AE+BF．
(3)过点C作CP⊥BF，交FB的延长线于点P，如图3．
由(2)得：CP=EF，CE=PF，AE=2BP，EC=2PC．∴PF=CE=2PC．
在Rt△CPF中，
∵∠CPF=90°，
∴PC2+PF2=CF2．
∴PC2+(2PC)2=(3√5)2．
解得：PC=3．
∴EF=PC=3，PF=CE=2PC=6，
BP=PF−BF=6−5=1，AE=2BP=2．
∵CF//AG，
∴△AEG∽△FEC．
∴EG
EC =AE
FE
．
∴EG
6=2
3
．
∴EG=4．
∵∠AEC=90°=∠AFB，∴EM//BF．
∴△AEM∽△AFB．
∴ME
BF =AE
AF
．
∴ME
5=2
2+3
．
∴ME=2．
∴MG=GE+ME=6．
∴MG的长为6．
(1)过点C作CH⊥BF，交FB的延长线于点H，如图1，易证四边形CEFH是矩形，从而有CE=HF，∠HCE=90°，进而证到△BHC≌△AEC，则有BH=AE，就可证到AE+BF=CE．
(2)过点C作CP⊥BF，交FB的延长线于点P，如图2，易证四边形CEFP是矩形，则有CP=EF，CE=PF，∠PCE=90°，进而可证到△AEC∽△BPC，根据相似三角形的性质可得AE=2BP，EC=2PC，进而AE+BF．
可证到CE=1
2
(3)过点C作CP⊥BF，交FB的延长线于点P，如图3.利用(2)中的结论可证到PF=CE=2PC，在Rt△CPF中运用勾股定理可求出PC长，进而可求出EF、CE、PF、BP、AE的长．然后可通过证明△AEG∽△FEC求出EG的长，再通过证明△AEM∽△AFB求出ME的长，就可求出MG的长．
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等
知识，而利用条件AC=kBC构造相似三角形(包含全等三角形)是解决本题的关键．
26.答案：解：设共有x个队参加比赛，则每队要参加(x−1)场比赛，
=21，
根据题意得：x(x−1)
2
整理得：x2−x−42=0，
解得：x1=7，x2=−6(不合题意，舍去)．
答：共有7个队参加足球联赛．
解析：设共有x个队参加比赛，则每队要参加(x−1)场比赛，根据共要比赛28场，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
=3，
27.答案：解：(1)在Rt△BDC中，tan∠C=BD
CD
∵BD=3，
∴CD=1，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=√AB2−BD2=√52−32=
4，
∴AC=AD+CD=4+1=5；
(2)由题意得：AP=t，
当EF经过点D时，如图2，
∵PE//AC，EF//AP，
∴四边形PADE是平行四边形，
∴DE=AP=t，
∵AB=AC=5，
∵EF//AB，
∴∠ABC=∠DEC，
∴∠DEC=∠C，
∴DE=DC，
∴t=1；
①当0≤t≤1时，如图3，△PEF与△ABD重叠部分图形的面积为四边形PGDH的面积，
∵∠EPF=90°，PE//AC，
∴∠PGC=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADB=∠PGC=∠EPF=90°，
∴四边形PGDH是矩形，
在Rt△APG中，sin∠A=BD
AB =PG
AP
，
∴3
5=PG
t
，
∴PG=3t
5
，
∴AG=4t
5
，
∴GD=AD−AG=4−4t
5
，
∴S=S
矩形PGDH =PG⋅GD=3t
5
(4−4t
5
)=−12
25
t2+12
5
t；
②当F在AC边上时，如图4，
AF=4
5t，CF=5−4
5
t
由EF=CF得：t=5−4
5
t
t=25
9
；
当25
9
≤t≤5时，如图5，△PEF与△ABD重叠部分图形的面积为四边形PFHG的面积，∵PE//AC，
∴PB AB =PG AD
， ∴
PG 4
=
5−t 5，
∴PG =45
(5−t)， ∵PE =PB =5−t ，
∴GE =5−t −4
5
(5−t)=1
5
(5−t)，
∵EF//AB ， ∴∠EHG =∠ABD ， ∴tan∠ABD =tan∠EHG =AD BD
=
GE GH
，
∴4
3=
1
5
(5−t)GH ，
∴GH =3
20(5−t)， 同理得：4
3=5−t PF
，
PF =
3(5−t)4，
∴S =S 梯形PFHG =12
(GH +PF)⋅PG =1
2[3
20
(5−t)+34
(5−t)]⋅45
(5−t)=
925
(5−t)2=
925
t 2−
185
t +9；
(3)①PE =BP =5−t ，PF =3
4(5−t)，PG =3t 5
，
S △PQE S △PEF
=2
3，
当S △PQF ：S △PQE =1：2时，即
12(5−t)⋅3
5t 12(5−t)⋅3
4
(5−t)=2
3
，解得：
t =25
11，AP =25
11，
S △PQE S △PEF
=1
3
，
当S △PQF ：S △PQE =2：1时，即
12(5−t)⋅3
5t 12(5−t)⋅3
4
(5−t)=1
3，解得：
t =25
17，AP =25
17，
则AP 的长是25
11或25
17； ②分两种情况：
i)当PQ 的中垂线过点A 时，如图7，即AE 是PQ 的中垂线，
∵四边形PAQE 是平行四边形， AE ⊥PQ ， ∴▱PAQE 是菱形， ∴PE =PA ， ∴t =5−t ， t =5
2，
ii)当PQ 的中垂线过B 时，如图8，连接EQ ，则PB =BQ =5−t ， ∵CQ =EQ =t ，
∴QD =CQ −CD =t −1，
在Rt △BQD 中，32+(t −1)2=(5−t)2， 解得：t =
158
，
综上所述，PQ 的垂直平分线经过△ABC 的顶点时t 的值是5
2或15
8． 解析：(1)分别求出AD 和CD 的长，相加即可；
(2)当EF 经过点D 时，如图2，根据DE =AP =DC 列式得：t =1；当F 在AC 边上时，如图4，由EF =CF 得：t =5−4
5t ，t =
259
；再分两种情况分别计算重叠四边形的面积即可；
(3)①当PQ 将△PEF 的面积分成1：2两部分时，要分两种情况：当S △PQF ：S △PQE =1：2和当S △PQF ：S △PQE =2：1时，分别代入S
△PQE S △PEF
中列等式可求得t 的值；
②分两种情况：
i)当PQ 的中垂线过点A 时，如图7，根据PE =PA 列等式得结论，
ii)当PQ 的中垂线过B 时，如图8，则PB =BQ =5−t ，在Rt △BQD 中，列方程32+(t −1)2=(5−t)2，解出即可．
本题是三角形的综合题，考查了动点运动问题、勾股定理、平行四边形和菱形的性质和判定、三角函数及各类图形面积的求法，比较复杂，尤其是第二问，计算重叠部分图形面积时，一要先求特殊位置时t 的值，二要利用数形结合的思想，先观察图形的特点，再确定面积的求法．
28.答案：解：
(1)在y =−1
2x 2+3
2x +2中，令x =0可得y =2， ∴C(0,2)，
∵C 与D 关于x 轴对称，
∴D(0,−2)，
令y =0可得−12x 2+3
2x +2=0，解得x 1=−1，x 2=4， ∴B(4,0)，
设BD 解析式为y =kx +b ，则{b =−2
4k +b =0，解得{b =−2
k=12，
∴直线BD 解析式为y =1
2x −2； (2)∵P(m,0)，
∴M(m,1
2
m −2)，Q(m,−1
2
m 2+3
2
m +2)，
∵CQMD 是平行四边形， ∴QM//CD ， ∴QM =CD =4，
当点P 在OB 上运动时QM =−1
2m 2+3
2m +2−(1
2m −2)=−1
2m 2+m +4=4， 解得m 1=0(舍去)，m 2=2，
∴当m =2时，四边形CQMD 为平行四边形；
(3)由(2)可知Q(m,−1
2m 2+32m +2)，且B(4,0)，D(0,−2)，
∴BQ 2=(m −4)2+(−1
2m 2+3
2m +2)2，DQ 2=m 2+[(−1
2m 2+3
2m +2)+2]2，BD 2=20，
①当以点B 为直角顶点时，则有DQ 2=BQ 2+BD 2，
∴m 2+[(−1
2m 2+3
2m +2)+2]2=(m −4)2+(−1
2m 2+3
2m +2)2+20，解得m 1=3，m 2=4， ∴点Q 坐标为(4,0)(舍)或(3,2)；
②当以D 为直角顶点时，同理可求m 3=−1，m 4=8， ∴点Q 坐标为(−1,0)或(8,−18)；
综上可知存在满足条件的点Q ，其坐标为(3,2)(−1,0)或(8,−18)．
解析：(1)可先求得C 点坐标，再根据对称可求得D 点坐标，再结合抛物线解析可求得B 点坐标，利用待定系数法可求得直线BD 解析式；
(2)用P 点坐标可分别表示出M 、Q 的坐标，利用平行四边形的性质可得到关于m 的方程，可求得m 的值；
(3)由(2)中点Q 的坐标，利用勾股定理可分别表示出BQ 、BD 、DQ ，再利用直角三角形的判定可得到关于m 的方程，可求得点Q 的坐标．
本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行四边形的性质、勾股定理、方程思想及分类讨论思想等知识点．在(1)中求得B、D坐标是解题的关键，在(2)中用m表示出QM的长是解题的关键，在(3)中用m分别表示出BQ、DQ的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．。