重庆市第八中学2022-2023学年九年级下学期适应考试数学试题(含答案解析)

）C．-(-2)D．12

131B、，是负数，不符合题意；3C、2=2，是正数，符合题意；D、121，是负数，不符合题意；故选C．【点睛】本题考查正数的判断．熟练掌握大于0的数为正数，是解题的关键．32．单项式x的次数是（5）C．A．-

35B．235D．1【答案】D【分析】根据单项式的次数的定义判断即可．3【详解】解：单项式x的次数是1，5故选：D．【点睛】本题考查了单项式的次数，一个单项式中，所有字母的指数的和叫做这个单项式的次数．3．如图是某一几何体的主视图、左视图、俯视图，该几何体是（）A．四棱柱B．四棱锥C．三棱柱D．三棱锥试卷第1页，共29页【答案】B【分析】根据各个几何体三视图的特点进行求解即可．【详解】解：∵该几何体的主视图与左视图都是三角形，俯视图是一个矩形，而且两条对角线是实线，∴该几何体是四棱锥，故选B．【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体，熟知常见几何体的三视图是解题的关键．4．已知ab，则下列各式中一定成立的是（A．ab0【答案】D【分析】根据解不等式的性质将不等式变形，从而选出正确的选项．【详解】A、选项：abab0，故A错误；B、选项：ab2a2b2a12b1，故B错误；C、选项：当c20时，ac2bc2，故C错误；D、选项：ab，则故选D．【点睛】本题考查不等式性质的应用，熟练掌握不等式的性质是解决本题的关键．5．若在反比例函数y个函数图象上的为（A．(-1,2)【答案】A【分析】根据在反比例函数y即可求解．【详解】解：在反比例函数yk图象的任一支上，y都随x的增大而增大，xk图象的任一支上，y都随x的增大而增大，得出k0，xk图象的任一支上，y都随x的增大而增大，则下列点可能在这xab，故D正确；33）C．ac2bc2

D．ab33B．2a12b1

）B．3,2C．2,1D．0,3k0，A．k1220，故A选项符合题意；B．k3260，故B选项不符合题意；C．k2120，故C选项不符合题意；D．0,3在坐标轴上，不在反比例函数图象上，故D选项不符合题意；试卷第2页，共29页故选：A．【点睛】本题考查了根据反比例函数的增减性求参数，当k0时，函数的图象在第一、三象限，在每个象限内，y随x的增大而减小；当k0时，函数的图象在第二、四象限，在每个象限内，y随x的增大而增大．6．把黑色圆点按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案中有4个黑色圆点，第②个图案中有6个黑色圆点，第③个图案中有8个黑色圆点，…，按此规律排列下去，则第⑦个图案中黑色圆点的个数为（）A．12【答案】CB．14C．16D．18【分析】观察发现每一个图形比前一个图形多2个黑色圆点，利用此规律求解即可．【详解】解：第①个图案中有4个黑色三角形，第②个图案中有4+2×1=6个黑色三角形，第③个图案中有4+2×2=8个黑色三角形，…，按此规律排列下去，则第n个图案中黑色三角形的个数为4+2×(n-1)=2n+2，∴第⑦个图案中黑色三角形的个数为2×7+2=16，故选：C．【点睛】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是根据已知图形得出规律：第n个图案中黑色三角形的个数为2n+2．7．按下图所示程序框图计算，若输入的值为x16，则输出结果为（）A．2【答案】AB．2C．4D．2【分析】根据程序图及算术平方根的计算方法，依次计算即可．【详解】解：第一次运算，输入16，取算术平方根为4，返回继续运算；第二次运算，输入4，取算术平方根为2，返回继续运算；第三次运算，输入2，取算术平方根为2，是无理数，输出结果；试卷第3页，共29页故选：A．【点睛】题目主要考查算术平方根及程序图的计算，理解程序图的运算是解题关键．如图，AB是O的直径，点C、连接AC、OD、CD，且AC∥OD，8．D是O上的两点，若AB6，∠ACD15，则AC的长为（）A．22【答案】DB．4C．32D．33【分析】连接BC，根据圆周角定理可得AOD2ACD30，再由AC∥OD，可得CABAOD30，然后直角三角形的性质可得BC【详解】解：如图，连接BC，1AB3，即可求解．2∵∠ACD15，∴AOD2ACD30，∵AC∥OD，∴CABAOD30，∴BC1AB3，2∴ACAB2BC233．故选：D【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，直角三角形的性质，平行线的性质是解题的关键．9．如图，在正方形ABCD内有一点F，连接AF，CF，有AFAB，若BAF的角平分线交BC于点E，若E为BC中点，CF3，则AD的长为（试卷第4页，共29页）A．33【答案】CB．6C．35D．5【分析】连接EF，过点E作EHFC于点H，过点F作FGAE于点G．设正方形的边长AD2x，通过证明ABE≌AFE．得到△AFE各边与正方形边长的关系，再利用面积法把FG用含x的代数式表示出来，通过角相等证明FC∥AE，从而得到EHFG，在Rt△EHC中利用勾股定理求出x的值，从而求出AD的长．【详解】解：设AD的长为2x，连接EF，过点E作EHFC于点H，过点F作FGAE于点G．如图所示，∵四边形ABCD是正方形，∴ABBCAD2x．∵E为BC的中点，∴BEECx．∵AE平分BAF，∴BAEFAE，∵AFAB2x,AEAE，∴BAE≌FAESAS．∴EFEBx，AFEB90，AEBAEF．∴EFEC．∴ECFEFC．∵ECFEFCCEF180，AEBAEFCEF180．∴ECFAEB．试卷第5页，共29页∴FC∥AE．∵EHFC，FGAE．∴EHFG，在RtAEF中，AE∵SAEF∴FG∴EHAF2EF22x2x25x，11AFEFAEFG22AFEF25x，AE525x，5在Rt△EHC中，HC13FC,ECx，22∵EC2HC2EH2，2325x352∴x，解得：，x5222∴AD2x35．故选C．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理的应用，本题是一道综合性很强的题目，难度比较大，解题时注意灵活运用正方形的性质、三角形全等的性质．10．对于多项式abcde，在任意一个字母前加负号，称为“加负运算”，例如：对b和d进行“加负运算”，得到：abcdeabcde．规定甲同学每次对三个字母进行“加负运算”，乙同学每次对两个字母进行“加负运算”，下列说法正确的个数为（）①乙同学连续两次“加负运算”后可以得到abcde；②对于乙同学“加负运算”后得到的任何代数式，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式；③乙同学通过“加负运算”后可以得到16个不同的代数式A．0【答案】C【分析】①乙同学第一次对a和d，第二次对a和e进行加负运算，可得①正确；若乙同学对a和ｂ进行加负运算得：abcdeabcde，可得其相反的代数式为abcde，则甲同学对c、d、e进行加负运算，可得与之相反的代数式，试卷第6页，共29页B．1C．2D．3同理乙同学可改变字母ac或ad或ae或bc或bd或be或cd或ce或de，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式，可得②正确；若固定改变a，乙同学可改变字母ab或ac或ad或ae；若固定改变b，乙同学可改变字母bc或bd或be；固定改变c，乙同学可改变字母cd或ce；固定改变d，乙同学可改变字母de，可得③错误，即可．【详解】解：①乙同学第一次对a和d进行加负运算得abcdeabcde；第二次对a和e进行加负运算得abcdeabcde，故①正确；②若乙同学对a和ｂ进行加负运算得：abcdeabcde，则其相反的代数式为abcde，∵甲同学对c、d、e进行加负运算得：abcdeabcde，同理乙同学可改变字母ac或ad或ae或bc或bd或be或cd或ce或de，甲同学都可以通过“加负运算”后得到与之相反的代数式，故②正确；若固定改变a，乙同学可改变字母ab或ac或ad或ae；若固定改变b，乙同学可改变字母bc或bd或be；固定改变c，乙同学可改变字母cd或ce；固定改变d，乙同学可改变字母de，所以一共有4+3+2+1=10种，故③错误．故选：C【点睛】本题主要考察逻辑分析，注意甲乙同学可改变字母个数的不同是解题的关键．二、填空题11．cos30【答案】31______．553##366【分析】先化简各式，再进行加法运算即可．【详解】解：cos30故答案为：53．6313353；236【点睛】本题考查特殊角的三角函数值的混合运算．熟记特殊角的三角函数值，是解题试卷第7页，共29页的关键．12．已知关于x的一元二次方程(a1)x22xa210有一个根为x0，则a______．【答案】1【分析】将x0代入方程，结合a10，进行求解即可．【详解】解：将x0代入方程，得：a210，解得：a1，又∵(a1)x22xa210是一元二次方程，∴a10，a1，∴a1；故答案为：1．【点睛】本题考查一元二次方程的解，解一元二次方程．熟练掌握，方程的解是使等式成立的未知数的值，是解题的关键．注意，一元二次方程的二次项系数不为0．13．如果y15xx152，那么xy的值是______．【答案】225【分析】根据二次根式有意义的条件，求出x,y的值，进而求出xy的值即可．【详解】解：∵y15xx152，∴15x0,x150，∴15xx150，∴x15,y2，∴xy152225；故答案为：225．【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，代数式求值．熟练掌握二次根式的被开方数是非负数，是解题的关键．14．有背面完全相同，正面分别画有等腰三角形、矩形、菱形、正方形的卡片4张，现正面朝下放置在桌面上，将其混合后，一次性从中随机抽取两张，则抽中卡片上正面的图形都是中心对称图形的概率为______．【答案】2##0.5

【分析】利用列举法求概率即可．【详解】解：在等腰三角形，矩形，菱形，正方形四张卡片中，矩形，菱形，正方形为试卷第8页，共29页1

中心对称图形，分别用A,B,C,D表示等腰三角形、矩形、菱形、正方形的卡片，一次性随机抽取两张卡片共有AB,AC,AD,BC,BD,CD，共6种情况，其中抽中卡片上正面的图形都是中心对称图形的有BC,BD,CD，共3种情况，∴P31；621故答案为：2．【点睛】本题考查中心对称图形的识别，列举法求概率．熟练掌握矩形，菱形，正方形为中心对称图形，以及列举法求概率，是解题的关键．15．如图，直径AB8的半圆，绕B点顺时针旋转30°，此时点A到了点A，则图中阴影部分的面积是______．【答案】163【分析】利用S阴影S半圆ABS扇形ABAS半圆ABS扇形ABA，进行求解即可．【详解】∵半圆AB绕B点顺时针旋转30得到半圆AB，∴S半圆ABS半圆AB，ABA30，∴S阴影S半圆ABS扇形ABAS半圆ABS扇形ABA故答案为：308216．360316．31a21有正整数解，且使关于x的二次函数x11x【点睛】本题考查求阴影部分面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．16．若数a使得关于x的分式方程yx2a2x1在直线x1右侧y随x增大而增大，那么满足以上所有条件的整数a的和为______．【答案】3【分析】把a看作已知数解分式方程，求出符合条件的a的值，用a表示出二次函数的对称轴，根据直线x1右侧y随x增大而增大，得出二次函数的对称轴在x1的右侧，求出满足题意的a的取值范围，进而求出a的所有值即可求和．【详解】解：∵1a21，x11x解得：x4a，试卷第9页，共29页∵分式方程1a21有正整数解，x11x∴4a0，且4a1，∴a4且a3，2∵yxa2x1，∴抛物线的对称轴为直线：x2a，2∵抛物线在直线x1右侧时，y随x增大而增大，∴2a1，2∴a0，综上：0a4，且a3，∴符合条件的所有整数a有：0,1,2，和为0123；故答案为：3．【点睛】本题考查根据分式方程解的情况，求参数的取值范围，以及二次函数的性质．正确的求出a的取值范围，确定a的值，是解决本题的关键．17．如图，在三角形ABC中，ACB90，AB10，AC8，点D、点E分别为线段AC、AB上的点，连接DE．将VADE沿DE折叠，使点A落在BC的延长线上的点F处，此时恰好有BFE30，则CF的长度为______．【答案】4034813【分析】过点E作ENBC于点N，由勾股定理得出BC6，设NEx，利用含30角的直角三角形的性质得出EF2x，NF3x，利用折叠的性质得出AEEF2x，BE102x，再由相似三角形的判定和性质及图中线段间的数量关系求解即可．【详解】解：过点E作ENBC于点N，试卷第10页，共29页ACB90，AB10，AC8，BCAB2AC26，设NEx，BFE30，EF2x，NF3x，由折叠得：AEEF2x，BEABAE102x，NE∥AC，BNE∽BCA，NEBEBN，ACBABCx8102xBN，106解得：x4030，BN，13133048403，CNBCBN6，1313134034840348．131313NF3xCFNFCN故答案为：40348．13【点睛】题目主要考查勾股定理解三角形，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，含30角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点并结合图形求解是解题关键．若一个四位正整数abcd满足：acbd，我们就称该数是“交替数”，则最小的“交18．替数”是______；若一个“交替数”m满足千位数字与百位数字的平方差是15，且十位数字与个位数的和能被5整除．则满足条件的“交替数”m的最大值为______．【答案】10018778【分析】①根据“交替数”的概念结合求最小时让千位、百位、十位、个位上的数字尽可能小进行判断即可；②根据题意列出方程，利用“交替数”概念以及平方差公式进行变形试卷第11页，共29页得到二元一次方程组，然后根据求最大的“交替数”的要求进行计算即可．【详解】解：①∵abcd是四位正整数，∴a1a最小为1当b0,c0,d1时，acbd∴abcd是“交替数”且最小，∴最小的“交替数”是1001②解;设mabcd由题意得：acbd,a2b215,cd5t（t为正整数）abab15，1a9,0b91511535ab15ab5或ab1ab3a8a4解得：或b7b1cd5t（t为正整数）cd5或cd10或cd15∴m的最大值为8778【点睛】本题主要考查新定义的理解以及运用和平方差公式，二元一次方程组的求解，熟练掌握平方差公式变形以及二元一次方程组的解法，对新定义的概念的充分理解是解决本题的关键．三、解答题19．计算：(1)x3x5x2x3x241x2

1(2)2

x6x9x2x3【答案】(1)2x210x6(2)1

【分析】（1）先算单项式乘多项式和多项式乘多项式，再合并同类项即可；试卷第12页，共29页（2）根据分式的混合运算法则，进行计算即可．22【详解】（1）解：原式3x5xx5x63x25xx25x62x210x6；（2）原式x2x2x21x32x2x2x3x2x2x3x32x2x2x31．【点睛】本题考查整式的混合运算，分式的混合运算．熟练掌握相关运算法则，是解题的关键．20．如图，在ABC中，ABAC，过点A作ADBC交BC于点D．点E是线段AD上一点，连接BE，请完成下面的作图和填空．(1)用尺规完成以下基本作图：以点C为顶点，在BC的右边作BCFEBD，射线CF交AD的延长线于点F，连接BF，FC．（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）(2)求证：四边形BECF是菱形．证明：∵ABAC，ADBC∴①∴BECE

BBDCFD



在BED和△CFD中，BDDC

②

∴VBED≌VCFD∵EBDBCF

∴BECF∴③∴四边形BECF是平行四边形∵④∴四边形BECF是菱形【答案】(1)见解析(2)BDCD；BDECDF；BE∥CF；BECE

试卷第13页，共29页【分析】（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可；（2）先根据等腰三角形三线合一的性质得出BDCD，然后根据线段垂直平分线的性质得出BECE，然后利用ASA证明VBED≌VCFD，从而可以证明BE∥CF，最后根据菱形判定证明即可．【详解】（1）解：如图，BCF即为所求；（2）证明：∵ABAC，ADBC，∴BDCD，∴BECE，在BED和△CFD中，EBDCFD，BDCDBDECDF∴VBED≌VCFD，∴BECF，∵EBDBCF，∴BE∥CF，∴四边形BECF是平行四边形，∵BECE，∴四边形BECF是菱形．【点睛】本题考查了尺规作图，菱形的判定等知识，掌握基本作图方法，菱形的判定等知识是解题的关键．某学校调查九年级学生对“二十大”知识的了解情况，进行了“二十大”知识竞赛测试，21．从两班各随机抽取了10名学生的成绩，整理如下：（成绩得分用x表示，共分成四组：A．80x85，B．85x90，C．90x95，D．95x100）九年级（1）班10名学生的成绩是：96，80，96，86，99，98，92，100，，82．试卷第14页，共29页九年级（2）班10名学生的成绩在C组中的数据是：94，90，92通过数据分析，列表如下：九年级（1）班、（2）班抽取的学生竞赛成绩统计表年级九年级（1）班九年级（2）班平均数9292中位数b94众数c100方差5250.4

根据以上信息，解答下列问题：(1)直接写出上述a、b、c的值：a______，b______，c______；(2)学校欲选派成绩更稳定的班级参加下一阶段的活动，根据表格中的数据，学校会选派哪一个班级？说明理由．(3)九年级两个班共120人参加了此次调查活动，估计两班参加此次调查活动成绩优秀x90的学生总人数是多少？【答案】(1)40，94，96(2)选派九年级（2）班，理由见解析(3)156【分析】（1）将九年级（1）班10名学生的成绩按由小到大的顺序排列，再结合中位数和众数的定义即可求出b和c的值；由题意可知九年级（2）班C组有3人，即可求出其所占百分比，最后用1-其它各组所占百分比即可求出a的值；（2）直接比较两个班级的方差即可；（3）求出样本中两个班级成绩优秀的人数，再利用样本的百分率估计总体即可得到答案．【详解】（1）解：九年级（1）班10名学生的成绩按由小到大的顺序排列为：80，82，86，，92，96，96，98，99，100，试卷第15页，共29页∴b929694．2∵成绩为96分的学生有2名，最多，∴c96．九年级（2）班C组有3人，∴扇形统计图中C组所占百分比为310030%，10∴扇形统计图中D组所占百分比为120%10%30%40%，∴a40．故答案为：40，94，96；（2）解：选派九年级（2）班，理由如下：∵两个班的平均成绩相同，而九年级（1）班的方差为52，九年级（2）班的方差为50.4，∴九年级（2）班成绩更平衡，更稳定，∴学校会选派九年级（2）班．（3）解：九年级（2）班D组的人数为1040%4人，∴九年级（2）班10名学生的成绩为优秀的有347人．∴估计参加此次调查活动成绩优秀x90的九年级学生人数是120610120%10%1010156人．【点睛】本题考查的是扇形统计图，频数分布，众数，中位数，方差的含义及应用，同时考查了利用样本估计总体，熟练掌握以上知识是解题的关键．22．为方便群众出行，甲、乙两个工程队负责修建某段通往高铁站的快线，已知甲队每天修路的长度是乙队的1.5倍，如果两队各自修建快线2.4km，甲队比乙队少用4天．(1)求甲，乙两个工程队每天各修路多少km？(2)现计划再修建长度为12km的快线，由甲、乙两个工程队来完成．若甲队每天所需费用为1万元，乙队每天所需费用为0.6万元，求在总费用不超过38万元的情况下，至少安排乙工程队施工多少天？【答案】(1)甲，乙两个工程队每天各修路0.3km,0.2km(2)至少安排乙工程队施工30天【分析】（1）设乙队每天修路xkm，则甲队每天修路1.5xkm，根据两队各自修建快线2．4km，甲队比乙队少用4天，列出方程进行求解即可；（2）设安排乙工程队施工y天，根据甲队的费用加上乙队的费用小于等于38万元，列出不等式进行求解即可．试卷第16页，共29页【详解】（1）解：设乙队每天修路xkm，则甲队每天修路1.5xkm，由题意，得：2.42.44，1.5xx解得：x0.2，经检验，x0.2，是原方程的解；∴1.5x1.50.20.3，答：甲，乙两个工程队每天各修路0.3km,0.2km；（2）解：设安排乙工程队施工y天，由题意，得：0.6y120.2y138，0.3解得：y30；∴至少安排乙工程队施工30天．【点睛】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用．正确的理解题意，找准等量关系，列出方程和不等式，是解题的关键．23．某种落地灯如图1所示，图2是其侧面示意图（假设台灯底座为线段GH，其高度忽略不计，灯罩和灯泡假设为点D），AB为立杆，其高为95cm；BC为支杆，它可以绕点B旋转，其中BC长为32cm；DE为悬杆，滑动悬杆可调节CD的长度，它也可以绕点C旋转．(1)如图2所示，若将支杆BC绕点B顺时针转动使得ABC150，求点B与点C的水平距离；(2)使用过程中发现：当灯泡与地面的距离不低于101cm且不高于105cm时，台灯光线最佳．如图3所示，现测得CD为30cm，支杆BC与悬杆DE之间的夹角BCD105，支杆BC与立杆AB之间所成的ABC135，请通过计算说明此时台灯光线是否为最佳？（参考数据：21.41，31.73）【答案】(1)点B与点C的水平距离为16cm．(2)此时台灯光线是为最佳，理由见详解．试卷第17页，共29页【分析】（1）过点B作BF∥GH，过点C作CQ⊥BF于点Q，由题意易得ABF90，则有CBF60，然后根据三角函数可求解；（2）分别过点D作DM⊥GH于点M，DI∥GH交CB于点I，BN⊥DM于点N，CK⊥BN于点K，交DI于点J，由题意易得MN=95cm，CBNCID45，CDI30，然后根据三角函数可进行求解．【详解】（1）解：过点B作BF∥GH，过点C作CQ⊥BF于点Q，如图所示：由题意得：HAB90，∴ABF90，∵ABC150，∴CBF60，∵BC32cm，∴BQBCcosCBF16cm，即点B与点C的水平距离为16cm；（2）解：分别过点D作DM⊥GH于点M，DI∥GH交CB于点I，BN⊥DM于点N，CK⊥BN于点K，交DI于点J，如图所示：由题意得：HABABN90,DI//BN//GH，∴CKBCJICJD90，∵ABC135，∴CBKCIJ1359045，∵BCD105，∴CDI30，试卷第18页，共29页∵BC32cm,CD30cm，∴CJCDsinCDI15cm,CKBCsinCBK16222.56cm，∴JKCKCJ22.56157.56cm，∴DMDNMNJKAB102.56cm，即灯泡与地面的距离为102.56cm，∵101＜102.56＜105，∴台灯光线是为最佳．【点睛】本题主要考查解直角三角形，熟练掌握三角函数是解题的关键．24．如图，在ABC中，ABACBC6，点D、E分别是线段AB、AC边上的中点，将线段DE沿射线DB的方向平移得到线段DE，其中点D的对应点是点D¢，点E的对应点是点E，点D¢抵达点B时，线段DE停止运动，连接AE，直线AE与BC的交点为点F，已知AD长度为x，BF的长度为y．(1)求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；(2)利用描点法画出此函数图象；(3)结合图象，写出函数的其中一条性质______；(4)若函数图象与ykx3有且只有一个交点，则k的取值范围是______．【答案】(1)y(2)图见解析(3)3x6时，y随x的增大而减小(4)0k1183x6x【分析】（1）根据中位线定理得到DE∥BC,DEDEDE1BC，利用平移得到21BC,DE∥BC，证明ADE∽ABF，列出比例式即可得解；2试卷第19页，共29页（2）描点法画出函数图象即可；（3）结合图象写出一条性质即可；（4）分k0和k0，和k0，三种情况进行求解即可．【详解】（1）解：∵点D、E分别是线段AB、AC边上的中点，∴DE∥BC,DE1BC3，2∵将线段DE沿射线DB的方向平移得到线段DE，∴DEDE3，DE∥DE，∴DE∥BC，∴ADE∽ABF，x3ADDE∴，即：，6yABBF∴y18；x当点D¢抵达点B时，线段DE停止运动，∴3x6，∴y183x6；x（2）解：列表如下：x3563y4.53.6画出函数图象，如图所示：（3）解：由图象可知，3x6时，y随x的增大而减小；故答案为：3x6时，y随x的增大而减小（答案不唯一）；（4）解：∵ykx3，当x0时，y3；∴ykx3的图象必过0,3点；试卷第20页，共29页当k0时，直线与函数图象没有交点，不符合题意；当k0时：直线在l1,l2之间时，与函数图象只有一个交点，直线l2过点3,6，∴63k3，解得：k1，∴0k1；当k0时，如上图，可知，l1与函数图象有一个交点，符合题意；综上：0k1；故答案为：0k1．【点睛】本题考查平移，相似三角形的判定和性质，反比例函数的图象和性质，反比例函数与一次函数的交点问题．本题的综合性较强，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．25．如图，抛物线yax2bxc与x轴交于A，B两点，点B的坐标为2，0，抛物22，对称轴为直线x32，连接AC，过点B作BE∥AC线与y轴交于点C0，

2交抛物线于点E．(1)求抛物线的解析式；试卷第21页，共29页(2)点P是线段AC下方抛物线上的一个动点，过点P作PF∥y轴交直线BE于点F，过点F作FDAC交直线AC于点D，连接PD，求FDP面积的最大值及此时点P的坐标；（2）小问的条件下，将原抛物线沿着射线CB方向平移，平移后的抛物线过点B，(3)在第点M在平移后抛物线的对称轴上，点T是平面内任意一点，是否存在以B、P、M、T为顶点的四边形是以BP为边的菱形，若存在，直接写出点T的坐标，若不存在，请说明理由．223xx2242932(2)S△PDF最大值为，P22，2【答案】(1)y726672652652，，32，32，(3)或或或．222222220，再把抛物线解析式设为交点式利用待定系数法求解即【分析】（1）先求出A42，可；1（2）先求出直线AC的解析式为yx22，进而求出直线BE的解析式为212yx；如图所示，设PF交x轴于G，交AC于H，过点D作DM^PF于H，22先证明∠DFH∠GAH，解RtAOC中，得到cos∠DFHcos∠OAC25，5122235Fm，mPm，mm22；设，则sin∠DFHsin∠OAC，224251Hm，m22，求出PF2m22m52，HF52，解Rt△DFH，求出22421FD10，解Rt△DFM，求出DM2，则S△PDFPFDM2S△PDF151PFDMm22m，据此求解即可；4222232252x（3）先求出OC2OB，则可设抛物线y沿着射线CB方向平428移时，先向右平移m个单位长度，再向上平移2m个单位长度经过点B，则平移后的抛252232xm2m，进一步求出平移后的抛物线解析式物线解析式为y42822922为y，从而得到平移后的抛物线对称轴为直线x，设x4282试卷第22页，共29页222M，n，Ts，t，分当BM为边时，则BMBP，当BM为对角线时，则PMBP，2两种情况利用勾股定理求出点M的坐标，再根据菱形对角线中点坐标相同求出点T的坐标即可．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴的一个交点坐标为0，∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为A42，2，0，对称轴为直线x32，2设抛物线解析式为yax42x2，22代入得22a04202，把C0，∴a2，4∴抛物线解析式为y2x424x2223xx22；42（2）解：设直线AC的解析式为ykxb1，42kb10∴，b2211k2，∴b2211∴直线AC的解析式为yx22，2∵BE∥AC，1∴可设直线BE的解析式为yxb2，21∴02b2，2∴b22，2122；2∴直线BE的解析式为yx如图所示，设PF交x轴于G，交AC于H，过点D作DM^PF于H，∵PF∥y轴，∴PF⊥x轴，又∵FDAC，∴DFHDHF90GAHGHA，∴∠DFH∠GAH，试卷第23页，共29页在RtAOC中，OA42，OC22，∴ACOA2OC2210，∴cos∠DFHcos∠OACOA25OC5，sin∠DFHsin∠OAC；AC5AC5121223Fm，mm22Pm，mm22设，Hm，，则22242122232252mm22m2m∴PFm，22424212152HFmm22，2222∴在Rt△DFH中，FDFHcos∠DFH522510，2552，5∴在Rt△DFM中，DMFDsin∠DFM10∴S△PDF1PFDM222252m2m24215m22m，421∵0，4∴当x2229时，S△PDF最大，最大值为，122432；∴点P22，（3）解：∵B2，0，C22，0，∴OB2，OC22，试卷第24页，共29页∴OC2OB，223232252xx22x∴可设抛物线y沿着射线CB方向平移时，42428先向右平移m个单位长度，再向上平移2m个单位长度经过点B，2252232m2m，∴平移后的抛物线解析式为yx4282522322m2m，∴0428522∴mm2m，24解得m2或m0（舍去），∴平移后的抛物线解析式为222522322292yx222x；428428∴平移后的抛物线对称轴为直线x2，2222，n，Ts，t，设M2当BM为边时，则BMBP，∴222∴6322222n2，229n2，26，2∴n2626M，M，∴或，2222又∵菱形对角线中点坐标相同，22222222s22s2222∴或，66323220t20t22227272ss22∴或，66t32t3222试卷第25页，共29页726726，32，32∴点T的坐标为或；2222当BM为对角线时，则PMBP，∴222∴62322222n3222229n32，2解得n326，22626M，32M，32∴或，2222又∵菱形对角线中点坐标相同，22∴0322222s22或6032232t222222s2，62232t225252ss22∴或，t6t622526526，，∴点T的坐标为；或2222726726526，32，32，或综上所述，点T的坐标为或或222222526，．22【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，解直角三角形等等，灵活运用所学知识是解题的关键．在ABC中，ACB90，点D是线段AC上一点，连接BD，过点C作CFBD，26．垂足为点E，过点A作AFCF于点F．试卷第26页，共29页(1)如图1，如果设CF交AB于点G，且G为AB的中点，若AF3，ABC60，求线段AD的长；(2)如图2，如果ACBC，点E是线段CF的中点，过点E作EHAC，垂足为点H，连接FH，求证：AH

HC

2FH；2(3)如图3，如果ACBC4，点D是直线AC上一点，求FE的最大值．【答案】(1)AD(2)见解析(3)FE的最大值为4433【分析】（1）证明△AGF≌△BGEAAS，推出BEAF3，利用直角三角形斜边中线的性质可证明BCG是等边三角形，得到ABDCBDBACECD30，解直角三角形即可求解；（2）作FIEH交直线EH于点I，设ADCDm(m0)，则ACBC2m，分别用m表示BD、CE、BE、DE的长，证明△DEH∽△DBC，推出EH求得AHm，HCm，再证明△EFI≌△ECHAAS，得到55EIEH24m，FIHCm，据此计算即可证明结论；5521m，DHm，55（3）根据垂直的定义推出点E在以BC为直径的半圆上，点F在以AC为直径的半圆上，当点D与点C重合时，此时点F与点A重合，FE取得最大值，最大值为AC的长．【详解】（1）解：∵CFBD，AFCF，∴FBEG90，∵G为AB的中点，∴AGBG，又AGFBGE，∴△AGF≌△BGEAAS，试卷第27页，共29页∴BEAF3，∵G为AB的中点，ABC60，ACB90，∴BGCGAG，BAC30，BCG是等边三角形，∵CFBD，∴ABDCBDBACECD30，∴CEBEtan301，BC2CE2，∴ADBDBC43；cos303（2）证明：作FIEH交直线EH于点I，∵CFBD，AFCF，∴DE∥AF，∵点E是线段CF的中点，∴ADEF1，CDCE11ACBC22∴ADCD设ADCDm(m0)，则ACBC2m，∴BDBC2CD2由S△BCD∴CE(2m)2m25m，11BCCDBDCE，22BCCD2mm25m，BD55m252m2m545m，52∴BEBC2CE2∴DEBDBE5m455mm，55∵EHAC，ACB90，∴EH∥BC，∴△DEH∽△DBC，试卷第28页，共29页∴EHDHDE，BCCDBD5m1，∴EHDH52mm5m5∴EH21m，DHm，551614∴AHADDHmmm，HCCDDHmmm，55554mHC68，∴5AHmm2525∵在△EFI和ECH中，IEHC90，FEICEH，EFEC，∴△EFI≌△ECHAAS，24∴EIEHm，FIHCm，55∴FH4244，IHFImmm5552222∴2FH2∴AH428mm，55HC2FH；2（3）解：∵CFBD，AFCF，∴AFCBEC90，∴点E在以BC为直径的半圆上，点F在以AC为直径的半圆上，∵直径是最长的弦，∴当点D与点C重合时，此时点F与点A重合，FE取得最大值，最大值为AC的长，∴FE的最大值为4．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆的相关性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．试卷第29页，共29页