【文档说明】2022-2023学年浙江省温州市部分学校九年级上期末数学试题及答案解析.docx，共(38)页，1.063 MB，由小喜鸽上传

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第1页，共38页2022-2023学年浙江省温州市部分学校九年级（上）期末数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.二次函数𝑦=−(𝑥−𝑏)

2+4𝑏+1图象与一次函数𝑦=−𝑥+5(−1≤𝑥≤5)只有一交点，则𝑏的值为()A.𝑏=0.75B.𝑏=2或𝑏=12或𝑏=0.75C.2<𝑏≤12D.2<𝑏≤12或𝑏=0.752

.已知抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐(𝑎、𝑏、𝑐是常数，𝑎≠0)经过点𝐴(1,0)和点𝐵(0,−3)，若该抛物线的顶点在第三象限，记𝑚=2𝑎−𝑏+𝑐，则𝑚的取值范围是()A.0<𝑚<3B.−6<𝑚<3C.−3<𝑚<6D.−3<𝑚<0

3.已知点𝐴(1,𝑦1)、𝐵(−√2,𝑦2)、𝐶(−2,𝑦3)在函数𝑦=𝑎(𝑥+1)2−𝑚(𝑎>0)上，则𝑦1、𝑦2、𝑦3的大小关系是()A.𝑦1>𝑦3>𝑦2B.𝑦1>𝑦2>𝑦3C.𝑦3>𝑦1>𝑦2D.𝑦2>𝑦1>𝑦34.如图，正方形𝐴

𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，线段𝑀𝑁在对角线𝐵𝐷上运动，若⊙𝑂的面积为2𝜋，𝑀𝑁=1，则△𝐴𝑀𝑁周长的最小值是()A.3B.4C.5D.65.如图，△𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶=3，𝐵𝐶=4√3，∠𝐴𝐶𝐵=60°，过点𝐴作𝐵

𝐶的平行线𝑙，𝑃为直线𝑙上一动点，⊙𝑂为△𝐴𝑃𝐶的外接圆，直线𝐵𝐷交⊙𝑂于𝐸点，则𝐴𝐸的最小值为()第2页，共38页A.√3−1B.7−4√3C.√3D.16.已知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷两条对角线相交于点�

�，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐷，𝐴𝐸=3，𝐸𝐶=1，则𝐵𝐸⋅𝐷𝐸的值为()A.6B.7C.12D.16．7.已知𝑎、𝑏、𝑐是三个任意整数，在𝑎+𝑏2，𝑏+𝑐2，𝑎+𝑐2这三个数中，整数的个数至少有个．()A.0个B.1个

C.2个D.3个8.从长度为3、5、7、8的四条线段中任意选三条组成三角形，其中能组成含有60°角的三角形的概率为()A.0.8B.0.6C.0.5D.0.49.如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，𝐴𝐵=3，𝐴𝐷=5，∠𝐵𝐶𝐷=120°

，点𝐶为𝐵𝐷⏜的中点，则线段𝐴𝐶的长为()第3页，共38页A.4√33B.8√33C.4√3D.5√3210.洗手盘台面上有一瓶洗手液．当同学用一定的力按住顶部𝐴下压如图位置时，洗手液从喷口𝐵流出，路线近似呈抛物线状，且喷口𝐵为该抛物线的顶点．洗手液瓶子的截面图下面部分

是矩形𝐶𝐺𝐻𝐷.同学测得：洗手液瓶子的底面直径𝐺𝐻=12𝑐𝑚，喷嘴位置点𝐵距台面的距离为16𝑐𝑚，且𝐵、𝐷、𝐻三点共线．在距离台面15.5𝑐𝑚处接洗手液时，手心𝑄到直线𝐷𝐻的水平距离为3

𝑐𝑚，不去接则洗手液落在台面的位置距𝐷𝐻的水平面是𝑐𝑚．()A.6√3B.6√2C.12√3D.12√2二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）11.经过某十字路口的汽车，它可能继续直行，也可能向左转或向右转，如果这三种可能性大小

相同，那么三辆汽车经过这个十字路口，至少有两辆车向左转的概率为______．12.如图，抛物线的顶点为𝑃(−2,2)，与𝑦轴交于点𝐴(0,3).若平移该抛物线使其顶点𝑃沿直线移动到点𝑃′(2,−2)，点𝐴的对应点为𝐴′，则抛物线

上𝑃𝐴段扫过的区域(阴影部分)的面积为．第4页，共38页13.如图，点𝐷在等边三角形𝐴𝐵𝐶的边𝐵𝐶上，连接𝐴𝐷，线段𝐴𝐷的垂直平分线𝐸𝐹分别交边𝐴𝐵，𝐴𝐶于点𝐸，𝐹.当2𝐶𝐷=3𝐵𝐷时，𝐴𝐸𝐴𝐹的值为______．14.如图，△𝐴𝐵𝐶内

接于半径为√5的半⊙𝑂，𝐴𝐵为直径，点𝑀是𝐴𝐶⏜的中点，连接𝐵𝑀交𝐴𝐶于点𝐸，𝐴𝐷平分∠𝐶𝐴𝐵交𝐵𝑀于点𝐷，且𝐷为𝐵𝑀的中点，则𝐵𝐶的长为______．15.

如图，在⊙𝑂中，𝐶是𝐴𝐵⏜的中点，作点𝐶关于弦𝐴𝐵的对称点𝐷，连接𝐴𝐷并延长交⊙𝑂于点𝐸，过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐴𝐸于点𝐹，若∠𝐵𝐴𝐸=2∠𝐸𝐵𝐹，则∠𝐸𝐵𝐹等于______度．16.如图，𝐴𝐵=𝐴𝐶=4，∠𝐵

𝐴𝐶=90°，点𝑀是线段𝐴𝐶上一个动点，连接𝐵𝑀，将线段𝐵𝐴沿直线𝐵𝑀进行翻折，点𝐴落在点𝑁处，连接𝐶𝑁，以𝐶𝑁为斜边在直线𝐶𝑁的左侧(或者下方)构造等腰直角三角形𝐶𝑁𝐷，则点𝑀从𝐴运动到𝐶的过程中

，线段𝐶𝐷的最小值是______，当𝑀从点𝐴运动到点𝐶时，点𝐷的运动总路径长是______．17.小郑在一次拼图游戏中，发现了一个很神奇的现象：(1)他先用图形①②③④拼出矩形𝐴𝐵𝐶𝐷．(2)接着拿出图形⑤．(3)通过平移的方法

，用①②③④⑤拼出了矩形𝐴𝐵𝑀𝑁．第5页，共38页已知𝐴𝐸：𝐸𝑂=2：3，图形④的面积为15，则增加的图形⑤的面积为：______，当𝐶𝑂=312，𝐸𝐻=4时，𝑂𝐵𝐴𝐵=______．18.如图，在矩形𝐴𝐵𝐶�

�中，𝐴𝐵：𝐵𝐶=3：5，点𝐸是对角线𝐴𝐶上一动点(不与点𝐴，𝐶重合)，将矩形沿过点𝐸的直线𝑀𝑁折叠，使得点𝐴，𝐵的对应点𝐴1，𝐵1分别落在直线𝐴𝐷与𝐵𝐶上，当△�

�1𝐶𝐸为直角三角形时，𝐴𝑁：𝐷𝑁的值为______．三、解答题（本大题共6小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）19.(本小题7.0分)某水果公司以9元/千克的成本从果

园购进10000千克特级柑橘，在运输过程中，有部分柑橘损坏，该公司对刚运到的特级柑橘进行随机抽查，并得到如下的“柑橘损坏率”统计图．由于市场调节，特级柑橘的售价与日销售量之间有一定的变化规律，如下表是近一段时间该水果公司的销售记录．第6页，

共38页特级柑橘的售价(元/千克)1415161718特级柑橘的日销售量(千克)1000950900850800(1)估计购进的10000千克特级柑橘中完好的柑橘的总重量为______千克；(2)按此市场调节的规律来看，若特级柑橘的售价定为16.5元千克，估计日销售量

，并说明理由．(3)考虑到该水果公司的储存条件，该公司打算12天内售完这批特级柑橘(只售完好的柑橘)，且售价保持不变，求该公司每日销售该特级柑橘可能达到的最大利润，并说明理由．20.(本小题8.0分)已

知，𝐴𝐵是⊙𝑂直径，弦𝐶𝐷⊥𝐴𝐵于点𝐻，点𝑃是⊙𝑂上一点．(1)如图1，连接𝑃𝐵、𝑃𝐶、𝑃𝐷，求证：𝐵𝑃平分∠𝐶𝑃𝐷；第7页，共38页(2)如图2，连接𝑃𝐴、𝑃𝐶、𝑃𝐷，𝑃𝐶交𝐴𝐵于点𝐸，交𝐴𝐷于点𝐹，若𝐴𝐸=𝐴

𝑃；求证：𝐶𝐸=𝐷𝑃；(3)如图3，在(2)的条件下，连接𝐵𝑃交𝐴𝐷于𝐺，连接𝑂𝐺，若∠𝑂𝐺𝐴=45°，𝑆△𝐴𝑂𝐺=30，求⊙𝑂半径．21.(本小题5.0分)如图，在7

×4方格纸中，点𝐴，𝐵，𝐶都在格点上，请用无刻度直尺作图．(1)在图1中的线段𝐴𝐶上找一个点𝐷，使𝐶𝐷=0.4𝐴𝐶；(2)在图2中作一个格点上的△𝐶𝐸𝐹，使△𝐶𝐸𝐹与△𝐴�

�𝐶相似，且△𝐶𝐸𝐹的面积为△𝐴𝐵𝐶的面积的五分之一．22.(本小题7.0分)如图，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥−4与𝑥轴交于𝐴(−2,0)，𝐵两点，其对称轴直线𝑥=2与𝑥轴交于点𝐷

．(1)求该抛物线的函数表达式为______；(2)如图1，点𝑃为抛物线上第四象限内的一动点，连接𝐶𝐷，𝑃𝐵，𝑃𝐶，求四边形𝐵𝐷𝐶𝑃面积最大值和点𝑃此时的坐标；(3)如图2，将该抛物线向

左平移得到抛物线𝑦′，当抛物线𝑦′经过原点时，与原抛物线的对称轴相交于点𝐸，点𝐹为抛物线𝑦对称轴上的一点，点𝑀是平面内一点，若以点𝐴，𝐸，𝐹，𝑀为顶点的四边形是以𝐴𝐸为边的菱形，请直接写出满足条件的点𝑀的坐标______．第8

页，共38页23.(本小题8.0分)某商场经营𝐴种品牌的玩具，购进时间的单价是30元，但据市场调查，在一段时间内，销售单价是40元时，销售量是600件，而销售单价每涨1元，就会少售出10件玩具．(1)不妨设该种品

牌玩具的销售单价为𝑥元(𝑥>40)，请用含𝑥的代数式表示该玩具的销售量；(2)若玩具厂规定该品牌玩具销售单价不低于44元，且商场要完成不少于450件的销售任务，求商场销售该品牌玩具获得的最大利润是多少？(3)该商场计划将(2)中所得的利润的一部分资金采购一批�

�种玩具并转手出售，根据市场调查并准备两种方案，方案①：如果月初出售，可获利15%，并可用本和利再投资𝐶种玩具，到月末又可获利10%；方案②：如果只到月末出售可直接获利30%，但要另支付他库保管费350元，请问商场如何使用这笔资金，采用哪种方案获利较多？

24.(本小题11.0分)等腰三角形𝐴𝐹𝐺中𝐴𝐹=𝐴𝐺，且内接于圆𝑂，𝐷、𝐸为边𝐹𝐺上两点(𝐷在𝐹、𝐸之间)，分别延长𝐴𝐷、𝐴𝐸交圆𝑂于𝐵、𝐶两点(如图1)，记∠𝐵𝐴𝐹=𝛼，∠𝐴𝐹𝐺=𝛽．(1)求∠𝐴�

�𝐵的大小(用𝛼，𝛽表示)；(2)连接𝐶𝐹，交𝐴𝐵于𝐻(如图2).若𝛽=45°，且𝐵𝐶×𝐸𝐹=𝐴𝐸×𝐶𝐹.求证：∠𝐴𝐻𝐶=2∠𝐵𝐴𝐶；(3)在(2)的条件下，取𝐶𝐻中点𝑀，连接𝑂𝑀、𝐺𝑀

(如图3)，若∠𝑂𝐺𝑀=2𝛼−45°，①求证：𝐺𝑀//𝐵𝐶，𝐺𝑀=12𝐵𝐶；②请直接写出𝑂𝑀𝑀𝐶的值．第9页，共38页答案和解析1.【答案】𝐷【解析】解：把𝑥=−1代入𝑦=−𝑥+5得

𝑦=6，把𝑥=5代入𝑦=−𝑥+5得𝑦=0，∴抛物线𝑦=−(𝑥−𝑏)2+4𝑏+1，如图，把𝑥=−1代入𝑦=−(𝑥−𝑏)2+4𝑏+1得𝑦=−(1+𝑏)2+4𝑏+1，∴6≥−(1+𝑏)2+4𝑏+1，把𝑥=5代入𝑦=−(𝑥−𝑏)2+4𝑏+1得

𝑦=−(5−𝑏)2+4𝑏+1>0，解得2<𝑏<12，当𝑏>5时，抛物线经过(5,0)满足题意，∴−(5−𝑏)2+4𝑏+1=0，解得𝑏=12或𝑏=2(舍)，∴2<𝑏≤12．如图，第10页，共38页令−(𝑥−𝑏

)2+4𝑏+1=−𝑥+5，整理得𝑥2−(2𝑏+1)𝑥+𝑏2−4𝑏+4=0，∴𝛥=(2𝑏+1)2−4(𝑏2−4𝑏+4)=0，解得𝑏=34，∴2<𝑏≤12或𝑏=34．故选：𝐷．

由𝑦=−𝑥+5(−1≤𝑥≤5)可得线段端点坐标为(−1,6)，(5,0)，然后通过数形结合求解．本题考查二次函数的性质，解题关键是通过数形结合方法，通过分类讨论，根据抛物线与线段只有1个交点和抛物线与直线相切两种情况求解．2.【答案】𝐵【解析】解：∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+�

�过点(1,0)和点(0,−3)，∴𝑐=−3，𝑎+𝑏+𝑐=0，即𝑏=3−𝑎，∵顶点在第三象限，经过点𝐴(1,0)和点𝐵(0,−3)，∴𝑎>0，−𝑏2𝑎<0，∴𝑏>0，∴𝑏=3−𝑎>0，∴𝑎<3，∴0<𝑎<3第11页，共38页∵𝑚=2𝑎−�

�+𝑐=2𝑎−(3−𝑎)+(−3)=3𝑎−6，∵0<𝑎<3，∴0<3𝑎<9∴−6<3𝑎−6<3，∴−6<𝑚<3．故选：𝐵．由顶点在第三象限，经过点𝐴(1,0)和点𝐵(0,−3)，可得出：𝑎>0，−𝑏2𝑎<0，即可得出0<𝑎

<3，又由于𝑚=2𝑎−𝑏+𝑐=2𝑎−(3−𝑎)+(−3)=3𝑎−6，求出3𝑎−6的范围即可．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�

�=−𝑏2𝑎；抛物线与𝑦轴的交点坐标为(0,𝑐)．3.【答案】𝐴【解析】解：∵𝑦=𝑎(𝑥+1)2−𝑚中，𝑎>0，∴抛物线开口向上，对称轴为直线𝑥=−1，∵1−(−1)>−1−(−2)>−1−(−√2)，∴𝑦1>𝑦3>𝑦

2．故选：𝐴．根据抛物线解析式可得抛物线开口向上，对称轴为直线𝑥=−1，根据各点到对称轴距离的大小求解．本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系．4.【答案】𝐵【解析

】解：⊙𝑂的面积为2𝜋，则圆的半径为√2，则𝐵𝐷=2√2=𝐴𝐶，由正方形的性质，知点𝐶是点𝐴关于𝐵𝐷的对称点，过点𝐶作𝐶𝐴′//𝐵𝐷，且使𝐶𝐴′=1，连接𝐴𝐴′交𝐵𝐷于点𝑁，取𝑁𝑀=1，连接𝐴𝑀、𝐶𝑀，则点𝑀、�

�为所求点，第12页，共38页理由：∵𝐴′𝐶//𝑀𝑁，且𝐴′𝐶=𝑀𝑁，则四边形𝑀𝐶𝐴′𝑁为平行四边形，则𝐴′𝑁=𝐶𝑀=𝐴𝑀，故△𝐴𝑀𝑁的周长=𝐴𝑀+𝐴𝑁+𝑀𝑁=𝐴𝐴′+1为最小，则𝐴′𝐴

=√(2√2)2+12=3，则△𝐴𝑀𝑁的周长的最小值为3+1=4，故选：𝐵．由正方形的性质，知点𝐶是点𝐴关于𝐵𝐷的对称点，过点𝐶作𝐶𝐴′//𝐵𝐷，且使𝐶𝐴′=1，连接𝐴𝐴′交𝐵𝐷于点𝑁，取𝑁𝑀=1，连接

𝐴𝑀、𝐶𝑀，则点𝑀、𝑁为所求点，进而求解．本题是为几何综合题，主要考查了圆的性质、点的对称性、平行四边形的性质等，确定点𝑀、𝑁的位置是本题解题的关键．5.【答案】𝐷【解析】【分析】本题考查三角形的外接圆与外心、平

行线的性质、圆周角定理、勾股定理，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题．如图，连接𝐶𝐸.首先证明∠𝐵𝐸𝐶=120°，由此推出点𝐸在以𝑂′为圆心，𝑂′𝐵为半径的𝐵𝐶⏜上运动，连接𝑂′𝐴交𝐵𝐶⏜于𝐸′，此时𝐴𝐸′的值

最小．【解答】解：如图，连接𝐶𝐸．∵𝐴𝑃//𝐵𝐶，∴∠𝑃𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=60°，∴∠𝐶𝐸𝑃=∠𝐶𝐴𝑃=60°，∴∠𝐵𝐸𝐶=120°，第13页，共38页∴点𝐸在以𝑂′为圆心，𝑂′𝐵为半径的𝐵𝐶⏜

上运动，连接𝑂′𝐴交𝐵𝐶⏜于𝐸′，此时𝐴𝐸′的值最小．此时⊙𝑂与⊙𝑂′交点为𝐸′．∵∠𝐵𝐸′𝐶=120°∴𝐵𝐶⏜所对圆周角为60°，∴𝐵𝑂′𝐶=2×60°=120°，∵△𝐵𝑂′𝐶是等腰三角形，𝐵𝐶=4√3，𝑂𝐵=𝑂𝐶=4，∵∠𝐴𝐶𝐵=6

0°，∠𝐵𝐶𝑂′=30°，∴∠𝐴𝐶𝑂′=90°∴𝑂′𝐴=√𝑂′𝐶2+𝐴𝐶2=√42+32=5，∴𝐴𝐸′=𝑂′𝐴−𝑂′𝐸′=5−4=1．故选：𝐷．6.【答案】𝐵【解析】解：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐷，∴点𝐷、𝐶、𝐵在以点𝐴为圆心的圆周上运动，𝐴

𝐸=3，𝐸𝐶=1，∴𝐴𝐶=𝐴𝐹=𝐴𝐸+𝐶𝐸=3+1=4，𝐸𝐹=𝐴𝐸+𝐴𝐹=3+4=7，由相交弦定理可得，𝐵𝐸⋅𝐷𝐸=𝐶𝐸⋅𝐸𝐹=1×7=7，故选：𝐵．由题意可知𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐷，点𝐷、𝐶、𝐵在以点𝐴为圆

心的圆周上运动，由相交弦定理可得，𝐵𝐸⋅𝐷𝐸=𝐶𝐸⋅𝐸𝐹即可求出答案．本题考查了相交弦定理，根据圆心和半径构建圆是解题的关键．7.【答案】𝐵【解析】解：当𝑎、𝑏、𝑐三个整数为三个奇数时，𝑎+𝑏2，𝑏+𝑐2，𝑎+𝑐2这三个数都是

整数；当𝑎、𝑏、𝑐三个整数为三个偶数时，𝑎+𝑏2，𝑏+𝑐2，𝑎+𝑐2这三个数都是整数；第14页，共38页当𝑎、𝑏、𝑐三个整数为二个奇数、一个偶数时，𝑎+𝑏2，𝑏+𝑐2，𝑎

+𝑐2这三个数中，有一个整数；当𝑎、𝑏、𝑐三个整数为一个奇数、二个偶数时，𝑎+𝑏2，𝑏+𝑐2，𝑎+𝑐2这三个数中，有一个整数；故选B．𝑎、𝑏、𝑐三个整数的奇偶性分为：三奇、三偶，二奇一偶，二偶一奇，分别讨论．根据三个数的奇偶性分类，是

常用的数学思想方法，要做到不重不漏．8.【答案】𝐶【解析】解：从长度分别为3、5、7、8的4条线段中任取3条作边，有4种情况：3，5，7；5，7，8；3，7，8；3，5，8；根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，能组成三角形的是

：3，5，7；5，7，8；3，7，8；共3种情况，组成三角形的三边为：3，5，7时，如图所示：根据三角形的三边关系，只能∠𝐵=60°，过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝐵𝐶于𝐷，则𝐵𝐷=32，𝐴𝐷=3√32，∴𝐶𝐷=𝐵𝐶−𝐵𝐷=112，∵(3√32

)2+(112)2≠52，∴组成三角形的三边为：3，5，7时，不能组成含有60°角的三角形；组成三角形的三边为：5，7，8时，如图所示：根据三角形的三边关系，只能∠𝐵=60°，过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝐵𝐶于

𝐷，则𝐵𝐷=52，𝐴𝐷=5√32，第15页，共38页∴𝐶𝐷=𝐵𝐶−𝐵𝐷=112，∵(5√32)2+(112)2=72，∴组成三角形的三边为：5，7，8时，能组成含有60°角的三角形；组成三角形的三边为：3，7，8时，如图所示：根据三角形

的三边关系，只能∠𝐵=60°，过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝐵𝐶于𝐷，则𝐵𝐷=32，𝐴𝐷=3√32，∴𝐶𝐷=132，∵(3√32)2+(132)2=72，∴组成三角形的三边为：3，7，8时，能组成含有60°角的三角形；∴能组成含有60°角的三角形的概率为24=12=0.5，故选：𝐶．

根据三角形的三边关系求出共有3种情况能组成三角形，再求出在组成的三角形中有2种能组成含有60°角的三角形，然后由概率公式即可得出结果．本题考查了勾股定理、三角形的三边关系、含30°角的直角三角形的性质、概率公式等知识；熟练掌握勾股定理和三角形三边关系是解题的关键．9.【答案】𝐵【解析】解：过

𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝐷于𝐸，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵交𝐴𝐵延长线于𝐹，则∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐸𝐶=90°，∵点𝐶为𝐵𝐷⏜的中点，∴𝐶𝐷⏜=𝐵𝐶⏜，第16页，共38页∴𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴

𝐷，∴𝐶𝐹=𝐶𝐸，由勾股定理得：𝐴𝐹2=𝐴𝐶2−𝐶𝐹2，𝐴𝐸2=𝐴𝐶2−𝐶𝐸2，∴𝐴𝐹=𝐴𝐸，∵𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四点共圆，∴∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐷，∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐶𝐷=180°，∵∠𝐵𝐶𝐷=120°，∴∠𝐵𝐴𝐷=60°

，∵𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐷，∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐶=30°，在△𝐹𝐵𝐶和△𝐸𝐷𝐶中，{∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐷∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐸𝐶𝐶𝐹=𝐶𝐸∴△𝐹𝐵𝐶≌△𝐸𝐷𝐶(𝐴𝐴𝑆)，∴�

�𝐹=𝐷𝐸，∵𝐴𝐵=3，𝐴𝐷=5，∴𝐴𝐹+𝐴𝐸=𝐴𝐵+𝐵𝐹+𝐴𝐷−𝐷𝐸=3+𝐵𝐹+5−𝐷𝐸=3+5=8，∴𝐴𝐹=𝐴𝐸=4，∵∠𝐵𝐴𝐶=30°，∠𝐴𝐹𝐶=90°，∴𝐴𝐶=2𝐶𝐹，∴𝐶𝐹2+42

=(2𝐶𝐹)2，解得：𝐶𝐹=4√33，∴𝐴𝐶=2𝐶𝐹=8√33，故选：𝐵．根据圆内接四边形的性质求出∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐷，∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐶𝐷=180°，求出∠𝐵𝐴𝐶=30°，根据角平分线性质求出𝐶𝐹=𝐶𝐸，根据全等求出𝐵𝐹=𝐷𝐸，求出�

�𝐹长，根据勾股定理求出𝐶𝐹即可．本题考查了角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．第17页，共38页10.【答案】𝐷【解析】解：根据题意：𝐺𝐻所在直线为𝑥轴，𝐺𝐻的

垂直平分线所在直线为𝑦轴建立如图所示的平面直角坐标系，喷口𝐵为抛物线顶点，共线的三点𝐵、𝐷、𝐻所在直线为抛物线的对称轴，根据题意，𝑄(9,15.5)，𝐵(6,16)，𝑂𝐻=6，设抛物线解析式为𝑦=𝑎(𝑥−6)2+16，将𝑄点坐标代入解析

式得，15.5=𝑎(9−6)2+16，解得：𝑎=−118，所以抛物线解析式为：𝑦=−118(𝑥−6)2+16=−118𝑥2+23𝑥+14，当𝑦=0时，即0=−118𝑥2+23𝑥+14，解得：𝑥

=6+12√2，或𝑥=6−12√2(舍去)，所以洗手液落在台面的位置距𝐷𝐻的水平距离是12√2𝑐𝑚．故选：𝐷．根据题意得出各点坐标，利用待定系数法求抛物线解析式进而求解本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是明确待定系数法求二次函数的解析式及准确进行计算．11.【答案】727【解析

】解：三辆车经过十字路口的情况有27种，至少有两辆车向左转的情况数为第18页，共38页7种，所以概率为：727．至少两辆车向左转，则要将两辆车向左转和三辆车向向左转的概率相加．或用1减去一辆车或没车向左转的概

率．本题考查的是概率的公式，本题易错，要仔细分析可能出现的情况．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．12.【答案】12【解析】【分析】此题主要考查了二次函数图象与几何变换以及平行四边形面积求

法和勾股定理等知识，根据已知得出𝐴𝐷，𝑃𝑃′是解题关键．根据平移的性质得出四边形𝐴𝑃𝑃′𝐴′是平行四边形，进而得出𝐴𝐷，𝑃𝑃′的长，求出面积即可．【解答】解：连接𝐴𝑃，𝐴′𝑃′，过点𝐴作𝐴𝐷⊥𝑃𝑃

′于点𝐷，由题意可得出：𝐴𝑃//𝐴′𝑃′，𝐴𝑃=𝐴′𝑃′，∴四边形𝐴𝑃𝑃′𝐴′是平行四边形，∵抛物线的顶点为𝑃(−2,2)，与𝑦轴交于点𝐴(0,3)，平移该抛物线使其顶点𝑃沿直线移动到点𝑃′(2,−2)，∴𝑃𝑂=√22+22=2√2，∠𝐴𝑂𝑃=45°，

又∵𝐴𝐷⊥𝑂𝑃，第19页，共38页∴△𝐴𝐷𝑂是等腰直角三角形，∴𝐴𝐷2+𝑂𝐷2=𝐴𝑂2，𝐴𝐷=𝑂𝐷，∴𝐴𝐷=𝑂𝐷=3√22，∵𝑃𝑃′=2√2×2=4√2，∴抛物线上𝑃𝐴段扫过的区域(阴影部分)的面积为：4√2×3√22=

12．故答案为：12．13.【答案】78【解析】解：如图，连接𝐷𝐸、𝐷𝐹，设𝐵𝐸=𝑥，𝐵𝐷=2𝑎，∵2𝐶𝐷=3𝐵𝐷，∴𝐶𝐷=32𝐵𝐷=3𝑎，∵△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，∴𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶=5𝑎，∠𝐵=∠𝐶

=∠𝐸𝐴𝐹=60°，∵𝐸𝐹垂直平分𝐴𝐷，∴𝐷𝐸=𝐴𝐸=5𝑎−𝑥，𝐹𝐷=𝐴𝐹，∵𝐸𝐹=𝐸𝐹，∴△𝐷𝐸𝐹≌△𝐴𝐸𝐹(𝑆𝑆𝑆)，∴∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐸𝐴𝐹=60°，∴∠𝐵�

�𝐷=180°−∠𝐵−∠𝐵𝐷𝐸=120°−∠𝐵𝐷𝐸，∠𝐶𝐷𝐹=180°−∠𝐸𝐷𝐹−∠𝐵𝐷𝐸=120°−∠𝐵𝐷𝐸，∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐶𝐷𝐹，∴△𝐵𝐸𝐷∽△𝐶𝐷𝐹，∴𝐷𝐸𝐹𝐷=𝐵𝐸𝐶

𝐷=𝐵𝐷𝐶𝐹，∴𝐶𝐹=𝐵𝐷⋅𝐶𝐷𝐵𝐸=2𝑎×3𝑎𝑥=6𝑎2𝑥，∴𝐹𝐷=𝐴𝐹=5𝑎−6𝑎2𝑥，∴5𝑎−𝑥5𝑎−6𝑎2𝑥=𝑥3𝑎，整理得𝑥=218𝑎，第20页，共38页∴𝐴𝐸𝐴𝐹=218𝑎3𝑎=78，∴𝐴𝐸𝐴𝐹的值

为78，故答案为：78．连接𝐷𝐸、𝐷𝐹，设𝐵𝐸=𝑥，𝐵𝐷=2𝑎，则𝐶𝐷=3𝑎，所以𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶=5𝑎，由线段垂直平分线的性质得𝐷𝐸=𝐴𝐸=5𝑎−𝑥，𝐹𝐷=𝐴𝐹，再证明△𝐷𝐸𝐹

≌△𝐴𝐸𝐹，则∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐸𝐴𝐹=60°，即可证明△𝐵𝐸𝐷∽△𝐶𝐷𝐹，根据相似三角形的对应边成比例求出用含𝑎的代数式表示𝑥的式子，再求出用含𝑎的代数式表示𝐴𝐸、𝐴𝐹的式子，即可求出𝐴𝐸𝐴𝐹的值．此题考查等边三角

形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、分式的化简等知识与方法，正确的作出所需要的辅助线是解题的关键．14.【答案】6√55【解析】解：如图，作𝑀𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，连接𝐴𝑀，𝑂𝑀，𝑂𝑀交𝐴𝐶于𝐹．∵𝐴

𝐵是直径，∴∠𝐴𝑀𝐵=90°，∠𝐴𝐶𝐵=90°，∴∠𝐶𝐴𝐵+∠𝐶𝐵𝐴=90°，∵点𝑀是𝐴𝐶⏜的中点，∴弧𝐶𝑀=弧𝐴𝑀，∴∠𝐶𝐵𝑀=∠𝐴𝐵𝑀，∵∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐷，∴

∠𝐷𝐴𝐵+∠𝐷𝐵𝐴=12(∠𝐶𝐴𝐵+∠𝐶𝐵𝐴)=45°，∴∠𝐴𝐷𝐵=180°−(∠𝐷𝐴𝐵+∠𝐷𝐵𝐴)=135°，∵∠𝐴𝐷𝑀=180°−∠𝐴𝐷𝐵=45°

，∴𝑀𝐴=𝑀𝐷，∵𝐷𝑀=𝐷𝐵，第21页，共38页∴𝐵𝑀=2𝐴𝑀，设𝐴𝑀=𝑥，𝐵𝑀=2𝑥，∵𝐴𝐵=2√5，∴𝑥2+4𝑥2=20，∴𝑥=2(负根已经舍弃)，∴𝐴𝑀=2，𝐵𝑀=4，

∵12⋅𝐴𝑀⋅𝐵𝑀=12⋅𝐴𝐵⋅𝑀𝐻，∴𝑀𝐻=2×42√5=4√55，∴𝑂𝐻=√𝑂𝑀2−𝑀𝐻2=√(√5)2−(4√55)2=3√55，∵弧𝐶𝑀=弧𝐴𝑀，∴𝑂𝑀⊥𝐴𝐶，∴𝐴𝐹=𝐹𝐶

，∵𝑂𝐴=𝑂𝐵，∴𝐵𝐶=2𝑂𝐹，∵∠𝑂𝐻𝑀=∠𝑂𝐹𝐴=90°，∠𝐴𝑂𝐹=∠𝑀𝑂𝐻，𝑂𝐴=𝑂𝑀，∴△𝑂𝐴𝐹≌△𝑂𝑀𝐻(𝐴𝐴𝑆)，∴𝑂𝐹=𝑂𝐻=3√

55，∴𝐵𝐶=2𝑂𝐹=6√55．故答案为：6√55．如图作𝑀𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，连接𝐴𝑀，𝑂𝑀，𝑂𝑀交𝐴𝐶于𝐹.解直角三角形求出𝑂𝐻，利用全等三角形的性质证明𝑂𝐹=𝑂𝐻，再利用三角形的中位线定理求出𝐵𝐶即可．本题考

查圆周角定理，圆心角，弧弦之间的关系，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，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．15.【答案】18【解析】解：设∠𝐸𝐵𝐹=𝑥，则∠𝐵𝐴𝐸=2𝑥，∴𝐵𝐹⊥𝐴𝐸，∴∠�

�=90°−𝑥，第22页，共38页∵𝐶点和𝐷点关于𝐴𝐵对称，∴𝐴𝐷=𝐴𝐶，𝐴𝐵垂直平分𝐶𝐷，∴𝐴𝐵平分∠𝐶𝐴𝐷，∴∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐷𝐴𝐵=2𝑥，∵𝐶是𝐴𝐵⏜的中点，∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶𝐴𝐵=2𝑥，∴∠

𝐴𝐶𝐵=180°−4𝑥，∵∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐴𝐸𝐵=180°，∴180°−4𝑥+90°−𝑥=180°，解得𝑥=18°，即∠𝐸𝐵𝐹等于18度．故答案为18．设∠𝐸𝐵𝐹=𝑥，则∠𝐵𝐴𝐸=2𝑥，∠𝐸=90°−𝑥，根据对称的性质得到𝐴𝐷=𝐴

𝐶，𝐴𝐵垂直平分𝐶𝐷，则可判断𝐴𝐵平分∠𝐶𝐴𝐷，所以∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐷𝐴𝐵=2𝑥，根据圆周角定理得到∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶𝐴𝐵=2𝑥，所以∠𝐴𝐶𝐵=180°−4𝑥，利用

圆内接四边形的性质得180°−4𝑥+90°−𝑥=180°，然后解方程即可．本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了对称的性质．16.【答案】4√2−4√2𝜋【解

析】解：如图，由折叠得：𝐵𝑁=𝐴𝐵=4，∴点𝑁在以𝐵为圆心，4为半径的14圆上运动(从𝐴运动到𝑁′)，∴当𝐶、𝑁、𝐵共线时，𝐶𝑁最小，𝐶𝑁最小=𝐵𝐶−4=4√2−4，第23页，共38页连接𝐵𝐶，𝐴𝐷，∵𝐴�

�=𝐴𝐶，∠𝐵𝐶𝐴=90°，∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=45°，同理：∠𝐷𝐶𝑁=45°，∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝑁，∴∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴𝐶𝑁=∠𝐷𝐶𝑁−∠𝐴𝐶𝑁，∴∠𝐵𝐶𝑁=∠𝐴𝐶𝐷，∵𝐵𝐶𝐴𝐶=�

�𝑁𝐶𝐷=√2，∴△𝐵𝐶𝑁∽△𝐴𝐶𝐷，∴𝐴𝐷𝐵𝑁=𝐴𝐶𝐵𝐶=1√2，∴𝐴𝐷=√22𝐵𝑁=2√2，∴点𝐷在以𝐴为圆心，2√2为半径的14圆上运动，∴当点𝑀从

点𝐴运动到点𝐶时，点𝐷运动14⊙𝐴，∵14×2𝜋⋅2√2=√2𝜋，∴点𝐷运动的路径长为：√2𝜋，故答案为：4√2−4，√2𝜋．由𝐵𝑁=𝐴𝐵=4，可得𝑁在以𝐵为圆心，4为半径的14圆上运动(从𝐴运动到

𝑁′)，当𝐶、𝑁、𝐵共线时，𝐶𝑁最小；连接𝐵𝐶，𝐴𝐷，可证明△𝐵𝐶𝑁∽△𝐴𝐶𝐷，从而得出𝐴𝐷=√22𝐵𝑁=2√2，故点𝐷在以𝐴为圆心，2√2为半径的14圆上运动，当点𝑀从点𝐴运动到点𝐶时，点𝐷运动14⊙𝐴，进一步求得结果．

本题考查了轴对称性质，等腰直角三角形性质，相似三角形判定和性质，确定圆的条件，圆的周长公式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．17.【答案】15213【解析】解：如图，在平移后的图形中分别标记𝑂′，𝑂″，𝐹′，𝐻′，𝐸′和𝐺′，第24页，共38页由题意可知，�

�𝐸：𝐸𝑂=2：3，𝐺′𝐻′=𝐹𝐶=𝑁𝐹′，∴𝐷𝐹：𝐹𝐶=2：3，𝑁𝑂′：𝑂′𝐹′=1：2．又∵图⑤和图④的高相等，∴图⑤和图④的面积比为1：2，∴图⑤的面积为152．由题意可知，𝑆四边形𝐴𝑂𝐶𝐷=12(𝑂𝐶+𝐴

𝐷)×𝐶𝐷，𝑆四边形𝐴𝑂𝑀𝑁=12(𝑂𝑀+𝐴𝑁)×𝑁𝐹，𝑆四边形𝐴𝑂𝐶𝐷+152=𝑆四边形𝐴𝑂𝑀𝑁．设𝐷𝐹=2𝑎，𝐷𝐺=𝑥，则𝐶𝐹=𝐺′𝐻′=3𝑎，𝐶𝑂=𝐻

′𝐸′=312，𝐶𝐷=𝑁𝐹=5𝑎，𝐸𝐹=𝐴𝐺′=4+𝑥，𝐴𝐺=𝐸′𝐹′=312+𝑥，∴𝐴𝐷=𝑥+312+𝑥=312+2𝑥，𝐴𝑁=4+𝑥+𝑥=4+2𝑥，又∵𝑎𝑥=152，综上解得：𝑎=3，𝑥=52，∵𝑂𝐵=2

𝑥=5，𝐴𝐵=5𝑎=15，∴𝑂𝐵𝐴𝐵=515=13．故答案为：152，13．根据两个长方形的宽相等，面积比等于长的比求出增加的图形⑤的面积；根据平移前后图形的变化，平移前图形的面积加上152等于平移后图形的

面积，结合第一个空的152，联立解方程即可．本题考查平移的性质和解直角三角形，找准平移前后不变的量是关键．18.【答案】817或178第25页，共38页【解析】解：∵𝐴𝐵：𝐵𝐶=3：5，设𝐴𝐵=3𝑥，𝐵𝐶=5𝑥，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，

∴𝐶𝐷=𝐴𝐵=3𝑥，𝐴𝐷=𝐵𝐶=5𝑥，分两种情况：①当∠𝐶𝐴1𝐸=90°时，△𝐴1𝐶𝐸为直角三角形，如图1所示：∵∠𝐷𝐶𝐴1+∠𝐷𝐴1𝐶=∠𝐷𝐴1𝐶+∠𝐸�

�1𝑁=90°，∴∠𝐷𝐶𝐴1=∠𝐸𝐴1𝑁，由折叠的性质得：𝐴𝑁=𝐴1𝑁，𝐴𝐸=𝐴1𝐸，∠𝐸𝐴𝑁=∠𝐸𝐴1𝑁，∴∠𝐷𝐶𝐴1=∠𝐷𝐴𝐶，∵∠𝐶𝐷𝐴1=∠𝐴�

�𝐶=90°，∴△𝐶𝐷𝐴1∽△𝐴𝐷𝐶，∴𝐷𝐴1𝐶𝐷=𝐶𝐷𝐴𝐷，即𝐷𝐴′3𝑥=3𝑥5𝑥，∴𝐷𝐴1=95𝑥，∴𝐴𝑁=5𝑥−95𝑥2=85𝑥，𝐷𝑁=95�

�+85𝑥=175𝑥，∴𝐴𝑁：𝐷𝑁=817；②当∠𝐴1𝐶𝐸=90°时，△𝐴1𝐶𝐸为直角三角形，如图2所示：∵∠𝐴1𝐶𝐷+∠𝐶𝐴1𝐷=∠𝐴1𝐶𝐷+∠𝐴𝐶𝐷=90°

，∴∠𝐶𝐴1𝐷=∠𝐴𝐶𝐷，∵∠𝐴1𝐷𝐶=∠𝐶𝐷𝐴=90°，∴△𝐴1𝐷𝐶∽△𝐶𝐷𝐴，∴𝐴1𝐷𝐶𝐷=𝐶𝐷𝐴𝐷，即𝐴1𝐷3𝑥=3𝑥5𝑥，∴𝐴1𝐷=95𝑥，

由折叠的性质得：𝐴𝑁=𝐴1𝑁，第26页，共38页∴𝐷𝑁=12(𝐴1𝐴−2𝐴1𝐷)=12(95𝑥+5𝑥−2×95𝑥)=85𝑥，𝐴𝑁=𝐴𝐷−𝐷𝑁=5𝑥−85𝑥=175𝑥，∴𝐴𝑁：𝐷𝑁=178，综上所述，𝐴𝑁

：𝐷𝑁的值为817或178，故答案为：817或178．设𝐴𝐵=3𝑥，𝐵𝐶=5𝑥，则𝐶𝐷=𝐴𝐵=3𝑥，𝐴𝐷=𝐵𝐶=5𝑥，分两种情况：①当∠𝐶𝐴1𝐸=90°时，△𝐴1𝐶𝐸为直角三角形，易证∠𝐷𝐶𝐴1=∠𝐸𝐴1𝑁，由折叠的性质得出𝐴𝑁

=𝐴1𝑁，𝐴𝐸=𝐴1𝐸，∠𝐸𝐴𝑁=∠𝐸𝐴1𝑁，推出∠𝐷𝐶𝐴1=∠𝐷𝐴𝐶，证明△𝐶𝐷𝐴1∽△𝐴𝐷𝐶，则𝐷𝐴1𝐶𝐷=𝐶𝐷𝐴𝐷，得出𝐷𝐴1=95𝑥，∴𝐴𝑁=85𝑥，𝐷𝑁=175

𝑥，即可得出结果；②当∠𝐴1𝐶𝐸=90°时，△𝐴1𝐶𝐸为直角三角形，易证∠𝐶𝐴1𝐷=∠𝐴𝐶𝐷，证明△𝐴1𝐷𝐶∽△𝐶𝐷𝐴，得出𝐴1𝐷𝐶𝐷=𝐶𝐷𝐴𝐷，求出𝐴1𝐷=95𝑥，𝐷𝑁=12(𝐴1𝐴−2𝐴1𝐷)

=85𝑥，𝐴𝑁=𝐴𝐷−𝐷𝑁=175𝑥，即可得出结果．本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、折叠的性质等性质，熟练掌握折叠的性质，证明三角形相似是解题的关键．19.【答案】9000【解析】解：(1)由图可知，完好的柑橘的总重量为10000×(1−0.1)=90

00(千克)，故答案为：9000；(2)设特级柑橘的售价为𝑥元/千克，日销售量是𝑦千克，由表格可知，𝑦是𝑥的一次函数，设𝑦=𝑘𝑥+𝑏，把(14,1000)，(15,950)代入得：{14𝑘+𝑏=1

00015𝑘+𝑏=950，解得{𝑘=−50𝑏=1700，∴𝑦=−50𝑥+1700，当𝑥=16.5时，𝑦=−50×16.5+1700=875，∴特级柑橘的售价定为16.5元千克，日销售量是875千克；(3)∵12天内售完这批特级柑橘，

∴12(−50𝑥+1700)≥9000，第27页，共38页解得𝑥≤19，设该公司每日销售该特级柑橘的利润为𝑊元，根据题意得：𝑊=(𝑥−10000×99000)(−50𝑥+1700)=−50(𝑥−22)2+7200，∵

−50<0，𝑥≤19，∴当𝑥=19时，𝑊取最大值，最大值为−50×(19−22)2+7200=6750(元)，答：该公司每日销售该特级柑橘可能达到的最大利润是6750元．(1)根据柑橘损坏率可得答案；(2)由待定系数法得到日销售量与销售单价

的函数关系式，再令单价为16.5即可求得答案；(3)由12天内售完这批特级柑橘，可得特级柑橘的售价𝑥≤19，设该公司每日销售该特级柑橘的利润为𝑊元得：𝑊=(𝑥−10000×99000)(−50𝑥+1700)=

−50(𝑥−22)2+7200，根据二次函数性质即可求出答案．本题考查一次函数，二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．20.【答案】(1)证明：∵𝐴𝐵是⊙𝑂直径，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，∴𝐵𝐶⏜=𝐵𝐷⏜，∴∠𝐵𝑃𝐶=∠𝐵𝑃𝐷，∴�

�𝑃平分∠𝐶𝑃𝐷；(2)证明：设∠𝐷𝐶𝑃=𝛼，∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐻，∴∠𝐶𝐻𝐴=90°，∴∠𝐶𝑂𝐻=180°−90°−𝛼=90°−𝛼，∵∠𝐴𝑂𝑃=∠𝐶𝑂𝐻，∴∠𝐴𝑂𝑃=90°−

𝛼，∵𝐴𝐸=𝐴𝑃，∴∠𝐴𝑃𝐸=∠𝐴𝐸𝑃=90°−𝛼，∵𝐷𝑃⏜=𝐷𝑃⏜，∴∠𝐷𝐴𝑃=∠𝐷𝐶𝑃=𝛼，∴∠𝐴𝐹𝑃=180°−(90°−𝛼)−𝛼=90°，∴𝐴𝐹⊥𝐶𝑃，第28页，共38页∵∠𝐴𝑂𝐹=90°−

𝛼，∴∠𝑂𝐴𝐷=180°−90°−(90°−𝛼)=𝛼，∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝑃𝐴𝐷，∴𝑂𝐹=𝑃𝐹，如图2，连接𝑂𝐷，∵𝐷𝐹=𝐷𝐹，∴△𝐷𝐹𝐸≌△𝐷𝐹𝑃(𝑆𝐴𝑆)，∴�

�𝑃=𝐷𝐸，∵∠𝐸𝐶𝐻=∠𝐸𝐷𝐻，𝐸𝐻=𝐸𝐻，∠𝐶𝐻𝐸=∠𝐷𝐻𝐸，∴△𝐶𝐸𝐻≌△𝐷𝐸𝐻(𝐴𝑆𝐴)，∴𝐶𝐸=𝐷𝐸，∴𝐶𝐸=𝐷𝑃；(3)解：如图3，连接𝐸𝐺、𝐶𝑂，设∠𝐵𝐴𝐷=𝑥，∵𝐴𝐵为直

径，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，第29页，共38页∴𝐵𝐶⏜=𝐵𝐷⏜，∵∠𝐶𝑂𝐵=2∠𝐵𝐴𝐷=2𝑥，由(1)(2)知∠𝐷𝐶𝑃=∠𝐵𝑃𝐸，∵∠𝐵𝑃𝐸=∠𝐵𝑃𝐷，∠𝐵�

�𝐷=∠𝐵𝐴𝐷=𝑥，∴∠𝑃𝐶𝐷=𝑥，∴∠𝑃𝐶𝐷=∠𝐷𝐴𝑃=𝑥，在△𝐴𝐸𝐹和△𝐴𝑃𝐹中，{𝐴𝐸=𝐴𝑃∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐷𝐴𝑃𝐴𝐹=𝐴𝐹，∴△𝐴𝐸𝐹≌△𝐴𝑃𝐹(𝑆𝐴𝑆)，∴𝐸𝐹=𝑃𝐹，∵𝐴

𝐹⊥𝐸𝑃，∴𝐴𝐺为𝐸𝑃的中垂线，∴𝐸𝐺=𝑃𝐺，∴∠𝐸𝐺𝐴=∠𝑃𝐺𝐴，∵𝐴𝐵为直径，∴∠𝐴𝑃𝐺=90°，∴∠𝑃𝐺𝐴=∠𝐸𝐺𝐴=90°−𝑥，∴∠𝐸𝐺𝐵=

180°−2(90°−𝑥)=2𝑥，在△𝐴𝐸𝐺和△𝐴𝑃𝐺中，∵𝐴𝐸=𝐴𝑃，𝐸𝐺=𝑃𝐺，𝐴𝐺=𝐴𝐺，∴△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝑃𝐺(𝑆𝑆𝑆)，∴∠𝐴𝐸𝐺=∠𝐴𝑃𝐺=90°，∵∠

𝑂𝐺𝐴=45°，∠𝐵𝐴𝐷=𝑥，∴∠𝐸𝑂𝐺=45°+𝑥，∴∠𝑂𝐺𝐸=90°−(45°+𝑥)=45°−𝑥，∵∠𝐸𝐺𝐵=2𝑥，∴∠𝑂𝐺𝐵=2𝑥+45°−𝑥=45°+𝑥，∴∠𝑂𝐺𝐵=∠𝐵𝑂𝐺，∴𝐵𝑂=𝐵𝐺，设半径为𝑟，𝐻𝐶

=𝑎，第30页，共38页则𝐵𝐺=𝐵𝑂=𝑟，∵𝐵𝐶⏜=𝐵𝐷⏜=𝐷𝑃⏜，∴𝐶𝐷⏜=𝐵𝑃⏜，∴𝐶𝐷=𝐵𝑃，∵𝐻𝐶=𝑎，∴𝐶𝐷=𝐵𝑃=2𝑎，∴𝑃𝐺=𝑃𝐵−𝐵𝐺=2𝑎−𝑟，∴𝐸𝐺=2𝑎−𝑟，在△𝐶𝐻𝑂和△𝐵𝐺

𝐸中，∵∠𝐶𝑂𝐻=∠𝐵𝐺𝐸，∠𝑂𝐻𝐶=∠𝐵𝐸𝐺，𝐶𝑂=𝐵𝐺，∴△𝐶𝐻𝑂≌△𝐵𝐺𝐸(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐻𝐶=𝐵𝐸=𝑎，∵𝑆△𝐴𝑂𝐺=30，∴12×𝐴𝑂×𝐸𝐺=30，∴12𝑟×𝐸

𝐺=30，∴𝐸𝐺=60𝑟，在𝑅𝑡△𝐸𝐵𝐺中，由勾股定理得𝐸𝐺2+𝐸𝐵2=𝐵𝐺2，即(2𝑎−𝑟)2+𝑎2=𝑟2，∴𝐸𝐺=2𝑎−𝑟=60𝑟，∴𝑎=30𝑟+𝑟2，则(2𝑎−𝑟)2+𝑎2=𝑟2，∴(60𝑟)2+(3

0𝑟+𝑟2)2=𝑟2，即4500𝑟2+30=34𝑟2，令𝑟2=𝑡，则原式为4500𝑡+30=34𝑟，即(𝑡−20)2=6400，解得：𝑡1=100，𝑡2=−60(舍)，第31页，

共38页∴𝑟2=100，∴𝑟=10(负值舍去)．∴⊙𝑂半径为10．【解析】(1)根据垂径定理可得𝐵𝐶⏜=𝐵𝐷⏜，进而可以解决问题；(2)设∠𝐷𝐶𝑃=𝛼，根据圆周角定理证明∠𝐵𝐴𝐷=∠𝑃𝐴𝐷，连接𝑂𝐷，证明△

𝐷𝐹𝐸≌△𝐷𝐹𝑃(𝑆𝐴𝑆)，可得𝐷𝑃=𝐷𝐸，再证明△𝐶𝐸𝐻≌△𝐷𝐸𝐻(𝐴𝑆𝐴)，可得𝐶𝐸=𝐷𝐸，进而可以解决问题；(3)连接𝐸𝐺、𝐶𝑂，证明△𝐴𝐸�

�≌△𝐴𝑃𝐹(𝑆𝐴𝑆)，可得𝐸𝐹=𝑃𝐹，再证明△𝐴𝐸𝐺≌△𝐴𝑃𝐺(𝑆𝑆𝑆)，可得∠𝐴𝐸𝐺=∠𝐴𝑃𝐺=90°，证明𝐵𝑂=𝐵𝐺，设半径为𝑟，𝐻𝐶=𝑎，由△𝐶𝐻𝑂≌△𝐵𝐺𝐸(𝐴𝐴𝑆)，可得𝐻𝐶=𝐵𝐸

=𝑎，根据𝑆△𝐴𝑂𝐺=30，可得𝐸𝐺=60𝑟，然后在𝑅𝑡△𝐸𝐵𝐺中利用勾股定理即可解决问题．本题属于圆的综合题，考查垂径定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾

股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会构建方程组解决问题，属于中考压轴题．21.【答案】解：(1)如图1中，点𝐷即为所求；(2)如图2中，△𝐶𝐸𝐹即为所求．【解析】(1)利用平行线法线段成比例定理画出图形即可；(2)利

用相似三角形的性质(相似比为1：√5)画出图形即可．本题考查作图−相似变换，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．22.【答案】𝑦=13𝑥2−43𝑥−4(6,0)或(

−2,4√343)或(−2,−4√343)【解析】解：(1)∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥−4经过点𝐴(−2,0)，其对称轴为直线𝑥=2，∴{4𝑎−2𝑏−4=0−𝑏2𝑎=2，解得：{𝑎=13𝑏=−43，第32页，共38页∴该抛

物线的函数表达式为𝑦=13𝑥2−43𝑥−4，故答案为：𝑦=13𝑥2−43𝑥−4；(2)∵点𝐴(−2,0)与点𝐵关于对称轴直线𝑥=2对称，∴𝐵(6,0)，∵𝑦=13𝑥2−43𝑥−4，其对称轴直线𝑥=2与𝑥轴交于点�

�．∴𝐶(0,−4)，𝐷(2,0)，∴𝐵𝐷=6−2=4，∴𝑆△𝐵𝐶𝐷=12×4×4=8，设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑑，则{6𝑘+𝑑=0𝑑=−4，解得：{𝑘=23𝑑=−4，∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=23𝑥−4，过点�

�作𝑃𝐻//𝑦轴交𝐵𝐶于点𝐻，如图，𝑃(𝑡,13𝑡2−43𝑡−4)(0<𝑡<6)，则𝐻(𝑡,23𝑡−4)，∴𝑃𝐻=23𝑡−4−(13𝑡2−43𝑡−4)=−13𝑡2+2𝑡，∴𝑆△𝑃𝐵𝐶=

12𝑃𝐻×(𝑥𝐵−𝑥𝐶)=12×(−13𝑡2+2𝑡)×6=−𝑡2+6𝑡，∴𝑆四边形𝐵𝐷𝐶𝑃=𝑆△𝑃𝐵𝐶+𝑆△𝐵𝐶𝐷=−𝑡2+6𝑡+8=−(𝑡−3)2+17，∵−1<0，

0<𝑡<6，第33页，共38页∴当𝑡=3时，𝑆四边形𝐵𝐷𝐶𝑃的最大值为17，此时点𝑃的坐标为(3,−5)；(3)∵将该抛物线向左平移得到抛物线𝑦′，抛物线𝑦′经过原点，∴抛物线向左平移6个单位长度得到抛物线𝑦′，∴抛物线𝑦′过点(−8,0)，设抛物线𝑦′的解析式为𝑦

′=13𝑥2+𝑝𝑥，∴𝑦′=13𝑥2+83𝑥，∴643−8𝑝=0，解得𝑝=83，∴𝑦′=13𝑥2+83𝑥，∵抛物线𝑦′与原抛物线的对称轴相交于点𝐸，∴𝐸(2,203)，∵抛物线𝑦的对称轴直线𝑥=2，设𝐹(2,𝑛

)，∵以点𝐴，𝐸，𝐹，𝑀为顶点的四边形是以𝐴𝐸为边的菱形，当𝐴𝐸=𝐴𝐹时，∴𝐴𝐸2=𝐴𝐹2，第34页，共38页∴(2+2)2+(203)2=(2+2)2+𝑛2，∴𝑛=±203，∵𝑛=20

3时，点𝐸、𝐹重合，∴𝐹(2,−203)，∴点𝑀的坐标为(6,0)；当𝐴𝐸=𝐸𝐹时，∴𝐴𝐸2=𝐸𝐹2，∴(2+2)2+(203)2=(𝑛−203)2，∴𝑛=20+4√34320−4√343，∴点𝑀的坐标

为(−2,4√343)或(−2,−4√343)，综上所述，点𝑀的坐标为(6,0)或(−2,4√343)或(−2,−4√343).故答案为：(6,0)或(−2,4√343)或(−2,−4√343).(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)利用待定系数法求得直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=23𝑥

−4，过点𝑃作𝑃𝐻//𝑦轴交𝐵𝐶于点𝐻，如图1，设𝑃(𝑡,13𝑡2−43𝑡−4)(0<𝑡<6)，则𝐻(𝑡,23𝑡−4)，得出𝑆四边形𝑃𝐵𝐷𝐶=𝑆△𝑃𝐵𝐶+𝑆△𝐵𝐶𝐷=−𝑡2+6𝑡+8=−(𝑡−3)2+17，再运用二次

函数的性质即可得出答案；第35页，共38页(3)根据平移的性质可得𝑦′=13𝑥2+83𝑥，设𝐹(2,𝑛)，可得𝐸(2,203)，又𝐴(−2,0)，由以点𝐴，𝐸，𝐹，𝑀为顶点的四边形是以𝐴𝐸为边的菱形，画出图形，根据菱形的性质

建立方程求解即可．本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，一次函数图象上点坐标的特征，平移的性质，菱形的性质及应用等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．23.【答案】解：(1)根据题意，得：销售单价为𝑥元时，销售量为600−1

0(𝑥−40)=1000−10𝑥；(2)由题意可得，𝑤=(𝑥−30)[600−(𝑥−40)×10]化简，得𝑤=−10𝑥2+1300𝑥−30000即𝑤与𝑥的函数关系式是：𝑤=−10𝑥2+1300𝑥−30000=−10(𝑥−65)2+12250，∵

{𝑥≥441000−10𝑥≥450，∴44≤𝑥≤55，∴当𝑥=55时，𝑊𝑚𝑎𝑥=11250；(3)设取用资金为𝑎元，则：𝑦1=𝑎(1+15%)(1+10%)−𝑎=0.265𝑎；𝑦2=𝑎(1+30%)−3

50−𝑎=0.3𝑎−350；当𝑦1=𝑦2时，即0.265𝑎=0.3𝑎−350，解得𝑎=10000，此时获利相同；当𝑦1>𝑦2时，即0.265𝑎>0.3𝑎−350，解得𝑎<10000，此时①获利多；当𝑦1

<𝑦2时，即0.265𝑎<0.3𝑎−350，解得10000<𝑎<11250，此时②获利多．【解析】(1)根据销售量由原销量−因价格上涨而减少的销量可得；(2)根据利润=销售量×每件的利润，即可解决问题，根据题意确定自变的取值范围，再根据二次函数

的性质，即可解决问题；(3)设取用资金为𝑎元，先表示出两种方案的获取利润表达式，再分类讨论可得．本题考查二次函数的应用，解题的关键是理解题意，搞清楚销售量与售价之间的关系，学会构建二次函数解决最值问题，注意自变量的取值范围．第36页，共38页24.【答案】(1)解：

如图1中，连接𝐶𝐹．∵𝐴𝐹=𝐴𝐺，∴∠𝐴𝐹𝐺=∠𝐴𝐺𝐹=𝛼，∴∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐴𝐺𝐹=𝛼，∵∠∠𝐹𝐴𝐵=𝛽，∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝐹+∠𝐹𝐶𝐵=𝛼+𝛽；(2)证明：如图2中，∵𝐴𝐹=𝐴𝐺，∴∠𝐴𝐹𝐺

=∠𝐺=∠𝐴𝐶𝐻=45，∵∠𝐸𝐴𝐹=∠𝐹𝐴𝐶，∴△𝐸𝐴𝐹∽△𝐹𝐴𝐶，∴𝐸𝐹𝐶𝐹=𝐴𝐸𝐹𝐴，∴𝐴𝐸×𝐶𝐹=𝐸𝐹×𝐹𝐴，∵𝐵𝐶×𝐸𝐹=𝐴𝐸×𝐶𝐹，∴𝐵�

�×𝐸𝐹=𝐸𝐹×𝐴𝐹，第37页，共38页∴𝐵𝐶=𝐴𝐹，∴𝐴𝐹⏜=𝐵𝐶⏜，∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐴𝐺𝐹=45°，∴∠𝐴𝐻𝐶=180°−45°−45°=90°，∴∠𝐴𝐻𝐶=2∠𝐵𝐴𝐶；(3

)①证明：如图3中，连接𝐶𝐺，延长𝐺𝑀交𝐴𝐵于点𝐼．∵∠𝑂𝐺𝑀=2𝛼−45°，∠𝐴𝐺𝐹=45°，∴∠𝐴𝐺𝑀=2𝛼，∵∠𝐹𝐴𝐺=90°，∴𝐹𝐺是直径，∴∠𝐹𝐶𝐺=90°，∵∠𝐴𝐻𝐶=90°，∴∠𝐴𝐻𝐶+∠�

�𝐶𝐻=180°，∴𝐴𝐵//𝐶𝐺，∴∠𝑀𝐻𝐼=∠𝑀𝐶𝐺，∵𝑀𝐻=𝑀𝐶，∠𝐻𝑀𝐼=∠𝐶𝑀𝐺，∴△𝑀𝐻𝐼≌△𝑀𝐶𝐺(𝐴𝑆𝐴)，∴𝑀𝐼=𝑀𝐺，𝐻𝐼=𝐶𝐺，∵∠𝐴𝐵𝐶+

∠𝐵𝐶𝐻=90°，∠𝐺𝑀𝐶+∠𝑀𝐺𝐶=90°，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝑀𝐺𝐶，∴∠𝑀𝐺𝐶+∠𝐵𝐶𝐻=90°，∴∠𝐵𝐶𝐻+∠𝐹𝐶𝐺+∠𝑀𝐺𝐶=180°，∴∠𝐵𝐶𝐺+∠𝑀𝐺𝐶=180°，∴𝐵𝐶//𝐼𝐺，∴𝐻𝐼=𝐼𝐵，∴�

�𝐼=12𝐵𝐶，∴𝑀𝐺=12𝐵𝐶，𝑀𝐺//𝐵𝐶；第38页，共38页②解：连接𝐹𝐼，𝐹𝐵．∵𝑂𝑀𝑀𝐶=𝑂𝑀12𝐻𝐶=2𝑂𝑀𝐻𝐶，又∵𝑂𝐹=𝑂𝐺.𝑀𝐺=𝑀𝐼，∴𝑂𝑀=12𝐹𝐼，∵△𝐻𝑀𝐼≌△𝐶𝑀𝐺，∴

𝐻𝐼=𝐶𝐺，∵∠𝐴𝐻𝐶=90°，∴∠𝐹𝐻𝐵=90°，∵∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐴𝐵𝐹=45°，∴𝐹𝐻=𝐵𝐻，设𝐻𝐼=𝐵𝐼=𝑚，则𝐹𝐻=2𝑚，𝐹𝐼=√5𝑚，设𝐴𝐻=𝐶𝐻=𝑛，∴𝑂𝑀=1

2𝐹𝐼=√52𝑚，𝐵𝐶=𝐴𝐹=𝐴𝐺=√4𝑚2+𝑛2，∴𝐹𝐺2=8𝑚2+2𝑛2，∵𝐹𝐺2=𝐶𝐹2+𝐶𝐺2，∴8𝑚2+2𝑛2=(2𝑚+𝑛)2+𝑚2，整理得𝑛2−4𝑛𝑚+3𝑚2=0，∴𝑛=𝑚或𝑛=3𝑚，∴𝑂𝑀𝑀𝐶=𝐹

𝐼𝐶𝐻=√5𝑚𝑛=√5或√53．【解析】(1)如图1中，连接𝐶𝐹.利用圆周角定理求解；(2)证明∠𝐵𝐴𝐶=45°，∠𝐴𝐻𝐶=90°，可得结论；(3)①如图3中，连接𝐶𝐺，延长𝐺�

�交𝐴𝐵于点𝐼.证明△𝑀𝐻𝐼≌△𝑀𝐶𝐺，推出𝑀𝐼=𝑀𝐺，𝐻𝐼=𝐶𝐺，再证明𝐻𝐼=𝐼𝐵，可得结论；②连接𝐹𝐼，𝐹𝐵.设𝐻𝐼=𝐵𝐼=𝑚，则𝐹𝐻=2𝑚，𝐹𝐼=√5𝑚，设𝐴𝐻

=𝐶𝐻=𝑛，利用勾股定理求出𝑚，𝑛之间的关系，可得结论．本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．