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沪科版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份沪科版初中数学九年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析），共40页。试卷主要包含了22章；考试时间，0分），下列说法，其中正确的个数有，【答案】B，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
沪科版初中数学九年级上册期中测试卷
考试范围：第21.22章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，对称轴为直线x=−1，直线y=kx+c与抛物线都经过点(−3,0).下列说法：①ab>0；②4a+c>0；③若(−2,y1)与(12,y2)是抛物线上的两个点，则y1
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 将一块含30°角的三角板ABC按如图所示摆放在平面直角坐标系中，直角顶点C在x轴上，AB // x轴．反比例函数y=kxx>0的图象恰好经过点A，且与直角边BC交于点D.若AB=63，BD=2 CD，则k的值为( )
A. 923 B. 63 C. 2033 D. 2743
3. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的边OA在y轴的正半轴上，反比例函数y=kx(x>0)的图象分别交AB于中点D，交OC于点E，且CE：OE=1：2，连接AE，DE，若S△ADE=2，则k的值为( )
A. 5 B. 367 C. 6 D. 647
4. 设M为抛物线y=(x−1)2的顶点，点A、B为该抛物线上的两个动点，且MA⊥MB.连接点A、B，过M作MC⊥AB于点C，则点C到y轴距离的最大值( )
A. 2 B. 32 C. 3 D. 2
5. 如果矩形的面积为6cm2，那么它的长ycm与宽xcm之间的函数关系用图象表示大致( )
A. B.
C. D.
6. 如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴正半轴交于A，B两点，与y轴负半轴交于点C.若点B(4,0)，则下列结论中，正确的个数是( )
①abc>0；
②4a+b>0；
③M(x1,y1)与N(x2,y2)是抛物线上两点，若0y2；
④若抛物线的对称轴是直线x=3，m为任意实数，则a(m−3)(m+3)≤b(3−m)；⑤若AB≥3，则4b+3c>0．
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
7. 在四边形ABCD中(AB不平行于CD)，点M，N分别为AD，BC的中点，连接MN，则下列结论错误的是( )
A. 若AB=3，CD=5，则1
C. 若AB=CD，分别延长BA，CD交MN的延长线于点P，Q，则∠BPN=∠CQN
D. 若AB=CD，分别过点M、N作l1⊥AD，l2⊥BC，且l1，l2相交于点G，连接GA，GB，GD，GC，则ABMN=GBBN
8. 如图，菱形ABCD的边长为8，E、F分别是AB、AD上的点，连接CE、CF、EF，AC与EF相交于点G，若BE=AF=2，∠BAD=120°，则FG的长为( )
A. 132 B. 3 C. 2 D. 32
9. 如图，在正方形ABCD中，点G是BC上一点，且GCBG=12，连接DG交对角线AC于F点，过D点作DE⊥DG交CA的延长线于点E，若AE=3，则DF的长为( )
A. 22
B. 453
C. 92
D. 352
10. 如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，正方形DEFG的顶点E，F在△ABC内，顶点D，G分别在AB，AC上，AD=AG，DG=3，则点F到BC的距离为( )
A. 3 B. 2 C. 53 D. 52
11. 如图，在△ABC中，点D，E分别是边AC，AB的中点，BD与CE交于点O，连接DE.下列结论：①OEOB=ODOC；②DEBC=12；③S△DOES△BOC=12；④S△DOES△DBE=13.其中正确的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且AB=3BE.过点B作BF⊥AE，交边CD于点F.以C为圆心，CF长为半径画圆，交边BC于点G，连接DG，交BF于点H.则DH:HG=( )
A. 10:3
B. 3:1
C. 8:3
D. 5:3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知二次函数y=x2−2mx(m为常数)，当−1≤x≤2时，函数值y的最小值为−2，则m的值是______．
14. 抛物线y=ax2+bx+tc(a<0)交x轴于点A、B，交y轴于点C(0,3)，其中点B坐标为(1,0)，同时抛物线还经过点(2,−5)．
(1)抛物线的解析式为______；
(2)设抛物线的对称轴与抛物线交于点E，与x轴交于点H，连接EC、EO，将抛物线向下平移n(n>0)个单位，当EO平分∠CEH时，则n的值为______．
15. △ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90∘，将△ABC绕点A旋转到如图所示的位置，BE，CD相交于点F.若AD//BC，DE=2，BC=2，则AF的长等于___．
16. 如图，△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=a，点D在边AC上运动(不与A，C重合)，以BD为边作正方形BDEF，使点A在正方形BDEF内，连接EC，则下列结论：
①△BCD≌△ECD；
②CD的长度可能是AD的长度的2倍；
③点F到直线AB的距离为a；
④△CDE面积的最大值是38；
其中正确的结论是______(填写所有正确结论的序号)．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，在直角坐标系中，已知点B(4,0)，等边三角形OAB的顶点A在反比例函数y=kx的图象上．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)把△OAB向右平移a个单位长度，对应得到△O′A′B′，当这个函数图象经过△O′A′B′一边的中点时，求a的值．
18. 一大型商场经营某种品牌商品，该商品的进价为每件30元，根据市场调查发现，该商品每周的销售量y(件)与售价x(元/件)(x为正整数)之间满足一次函数关系，下表记录的是某三周的有关数据：
x(元/件)
40
50
60
y(件)
10000
9500
9000
(1)求y与x的函数关系式(不求自变量的取值范围)；
(2)在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于150元/件.若某一周该商品的销售量不少于6000件，求这一周该商场销售这种商品获得的最大利润和售价分别为多少元？
(3)抗疫期间，该商场这种商品售价不大于150元/件时，每销售一件商品便向某慈善机构捐赠m元(10⩽m⩽60)，捐赠后发现，该商场每周销售这种商品的利润仍随售价的增大而增大.请求出m的取值范围．
19. 在平面直角坐标系中，已知点A(1,2)，B(2,3)，C(2,1)，直线y=x+m经过点A，抛物线y=ax2+bx+1恰好经过A，B，C三点中的两点．
(1)判断点B是否在直线y=x+m上，并说明理由；
(2)求a，b的值；
(3)平移抛物线y=ax2+bx+1，使其顶点仍在直线y=x+m上，求平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值．
20. 小涂在课余时间找到了几副度数不同的老花镜，让镜片正对着太阳光，并上下移动镜片，直到地上的光斑最小(可以认为是焦点)，此时他测了镜片与光斑的距离(可以当做焦距)，得到如下数据：
老花镜的度数D/度
100
120
200
250
300
焦距f/m
1
0.8
0.5
0.4
0.3
(1)老花镜镜片是______(凸的、凹的、平的)，度数越高镜片的中心______(越薄、越厚、没有变化)；
(2)观察表中的数据，可以找出老花镜的度数D与镜片焦距f的关系，用关系式表示为：______；
(3)如果按上述方法测得一副老花镜的焦距为0.7m，可求出这幅老花镜的度数为______．
21. 已知抛物线y=ax2+x+2．
(1)当a=−1时，求此抛物线的顶点坐标和对称轴；
(2)若代数式−x2+x+2的值为正整数，求x的值；
(3)当a=a1时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点M(m,0)；当a=a2时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点N(n,0).若点M在点N的左边，试比较a1与a2的大小．
22. 如图①，在正方形ABCD中，AB=6，M为对角线BD上任意一点(不与B、D重合)，连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N．
(1)求证：MN=MC；
(2)若DM：DB=2：5，求证：AN=4BN；
(3)如图②，连接NC交BD于点G.若BG：MG=3：5，求NG⋅CG的值．
23. 如图，已知菱形ABCD，点E是BC上的点，连接DE，点C关于DE的对称点F恰好落在AB边上，连接DF、EF，延长FE，交DC延长线于点G．
(1)求证：△DFG∽△FAD；
(2)连接BD，若BD=6，菱形ABCD的边长为5．
①求菱形ABCD的面积；
②求CG的长．
24. 在平面直角坐标系xOy中，直线y=−kx+15−3k经过定点A
(1)直接写出A点坐标______；
(2)如图1，点B在第二象限内，且∠AOB=45°，若点A的纵坐标和点B的横坐标互为相反数，求直线AB的解析式；
(3)如图2，在(2)的条件下，过A点作AC⊥y轴于点C过B点作BD⊥x轴于点D，点E为第二象限内一动点，且∠DEO=45°，若点F为O的中点，求EF的最大值．
25. 如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，P是射线BC上一个动点(点P和点B不重合)，E、F分别是线段BP、DP的中点，联结CF、EF．
(1)在点P运动的过程中，△CEF中有没有长度保持不变的边，如果有，指出是哪一条边并求出其长度；如果没有，请说明理由．
(2)当点P在线段BC上时，设BP=x，△CEF的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
(3)在点P运动的过程中，如果△CEF是等腰三角形，求线段BP的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵抛物线的开口方向向下，
∴a<0．
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，b<0．
∵a<0，b<0，
∴ab>0，
∴①的结论正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(−3,0)，
∴9a−3b+c=0，
∴9a−3×2a+c=0，
∴3a+c=0．
∴4a+c=a<0，
∴②的结论不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴点(−2,y1)关于直线x=−1对称的对称点为(0,y1)，
∵a<0，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小．
∵12>0>−1，
∴y1>y2．
∴③的结论不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，抛物线经过点(−3,0)，
∴抛物线一定经过点(1,0)，
∴抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点的横坐标为−3，1，
∴方程ax2+bx+c=0的两根为x1=−3，x2=1，
∴④的结论正确；
∵直线y=kx+c经过点(−3,0)，
∴−3k+c=0，
∴c=3k．
∵3a+c=0，
∴c=−3a，
∴3k=−3a，
∴k=−a．
∴函数y=ax2+(b−k)x
=ax2+(2a+a)x
=ax2+3ax
=a(x+32)2+916a2，
∵a<0，
∴当x=−32时，函数y=ax2+(b−k)x有最大值，
∴⑤的结论不正确．
综上，结论正确的有：①④，
故选：A．
利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式，利用待定系数法和二次函数的性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，二次函数与一元二次方程的联系，利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行线的性质，含30°角直角三角形的性质．
过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，求得AE，CE，CF，DF，设OE=x，求得A(x,92)，D(x+33,32)，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征得出92x=(x+33)×32，解出x的值，求出A(332,92)，再计算k的值．
【解答】
解：如图，过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，
在Rt△ABC中，∠B=30°，AB//x轴，AB=63，BD=2CD，
∴AC=33，BC=9，∠DCF=30°，∠EAC=30°，
∴EC=12AC=332，DC=3，
DF=12DC=32，
∴CF=332，AE=92，
设OE=x，则OF=OE+EC+CF=x+332+332=x+33，
∴A(x,92)，D(x+33,32)，
又∵点A、D都在反比例函数的图象上，
∴92x=(x+33)×32，
解得，x=332，
∴A(332,92)，
∴k=332×92=2743．
3.【答案】D
【解析】解：如图，连接AC，BE．
∵AD=DB，
∴S△ADE=S△BDE=2，
∵四边形AOCB是平行四边形，
∴S△AOC=12S平行四边形AOBC=S△AEB=4，
∵OE=2EC，
∴S△AOE=23S△AOC=83，
设A(0,b)，C(a,t)，则B(a,b+t)，D(12a,2b+t2)，E(23a,23t)，
∵D，E在反比例函数的图象上，
∴12⋅a⋅2b+t2=49at，
整理得t=187b，
∴E(23a,127b)，
∴12×b×23a=83，
∴ab=8，
∴k=23a×127b=647，
故选：D．
如图，连接AC，BE.首先确定S△AOE=23S△AOC=83，设A(0,b)，C(a,t)，则B(a,b+t)，D(12a,2b+t2)，E(23a,23t)，因为D，E在反比例函数的图象上，所以12⋅a⋅2b+t2=49at，整理得t=187b，推出E(23a,127b)，利用面积关系求出ab的值，可得结论．
本题考查反比例函数的性质，平行四边形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
4.【答案】B
【解析】解：如图，以M为原点建立新坐标系．过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，AH⊥BE于点H，交y′轴于点G，设AB交y′轴于点K．
则抛物线在新坐标系下的解析式y′=x2，顶点M(0,0)．
设MD=a，ME=b，K(0,m)，则AD=a2，BE=b2，
∵KG//BH，
∴KGBH=AGAH，
∴m−a2b2−a2=aa+b，
∴m=ab，
∵AM⊥MB，
∴∠AMB=∠ADM=∠BEM=90°，
∴∠AMD+∠BME=90°，∠BME+∠EBM=90°，
∴∠AMD=∠MBE，
∴△ADM∽△MEB，
∴ADME=DMBE，
∴a2b=ab2，
∴ab=1，
∴m=1，
∴K(0,1)，
∴MK=1，
∵AC⊥AB，
∴∠MCK=90°，
∴点C的运动轨迹是以MK为直径的圆，
∴当点C在y′的左侧，到y′轴的距离为12时，点C到y轴的距离最大，最大值为1+12=32．
故选：B．
如图，以M为原点建立新坐标系．过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，AH⊥BE于点H，交y′轴于点G，设AB交y′轴于点K.首先证明直线AB经过定点K(0,1)，判断出点C的运动轨迹，可得结论．
本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建新平面直角坐标系解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数的应用和反比例函数的图象，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用实际意义确定其所在的象限.根据题意有：xy=6，故y与x之间的函数图象为反比例函数，且根据x、y实际意义x、y应>0，其图象在第一象限，即可得出答案．
【解答】
解：由矩形的面积公式可得xy=6，
∴y=6x(x>0,y>0)，图象在第一象限．
故选C．
6.【答案】B
【解析】解：如图，抛物线开口向下，与y轴交于负半轴，对称轴在y轴右侧，
∴a<0，c<0，−b2a>0，∴b>0，
∴abc>0，故①正确；
如图，∵抛物线过点B(4,0)，点A在x轴正半轴，
∴对称轴在直线x=2右侧，即− b2a>2，
∴2+b2a=4a+b2a<0，又a<0，∴4a+b>0，故②正确；
∵M(x1,y1)与N(x2,y2)是抛物线上两点，0
在x>−b2a上，y随x的增大而减小，
∴y1>y2不一定成立，故③错误；
若抛物线对称轴为直线x=3，则− b2a=3，即b=−6a，
则a(m−3)(m+3)−b(3−m)=a(m−3)2≤0，
∴a(m−3)(m+3)≤b(3−m)，故④正确；∵AB≥3，则点A的横坐标大于0或小于等于1，
当x=1时，代入，y=a+b+c≥0，
当x=4时，16a+4b+c=0，
∴a=4b+c−16，
则4b+c−16+b+c≥0，整理得：4b+5c≥0，则4b+3c≥−2c，又c<0，
−2c>0，
∴4b+3c>0，故⑤正确，
故正确的有4个．
故选：B．
根据图象得出a<0，c<0，b>0，可判断①；再由图象可得对称轴在直线x=2右侧，可得−b2a>2，可判断②；再根据二次函数在y轴右侧时的增减性，判断③；根据抛物线对称轴为直线x=3，得出b=−6a，再利用作差法判断④；最后根据AB≥3，则点A的横坐标大于0或小于等于1，得出a+b+c≥0，再由当x=4时，得出16a+4b+c=0，变形为a=4b+c−16，代入，可得4b+5c≥0，结合c的符号可判断⑤．
本题考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是能根据图象得出二次函数表达式各系数的符号．
7.【答案】B
【解析】解：A.连接BD，取BD的中点E，连接EM、EN，如图，
∵点M，N分别为AD，BC的中点，
∴EM=12AB=1.5，EN=12CD=2.5，
∵EN−EM
B.连接BD，取BD的中点E，连接EM，EN．
∵点M，N分别为AD，BC的中点，E为BD的中点，
∴EM//AB，EN//CD，EM=12AB，EN=12CD，
∴∠MED=∠ABD，∠DEN=180°−∠EDC，
∴∠MEN=∠MED+∠DEN=∠ABD+180°−∠EDC，
∵∠EDC=180°−∠DBC−∠DCB，
∴∠MEN=∠ABD+180°−(180°−∠DBC−∠DCB)=∠ABD+∠DBC+∠BCD=∠ABC+∠BCD，
∵∠ABC+∠BCD=90°，
∴∠MEN=90°，
∴EM2+EN2=MN2，
∵EM=12AB，EN=12CD，
∴14AB2+14CD2=MN2，
故B错误，符合题意；
C.连接BD，取BD的中点E，连接EM、EN，如图，
.∵点M，N分别为AD，BC的中点，E为BD的中点，
∴EM//AB，EN//CD，EM=12AB，EN=12CD，
∵AB=CD，
∴EM=EN，
∴∠EMN=∠ENM，
∵EM//AB，EN//CD，
∴∠BPN=∠EMN，∠CQN=∠ENM，
∴∠BPN=∠CQN，
故C正确，不符题意；
D.如图，连接GA，GD，GB，GC，BD，取BD的中点T，连接TM，TN，延长BA交CD的延长线于点O．
∵AM=MD，BT=DT，BN=NC，
∴MT//AB，TN//CD，MT=12AB，NT=12CD，
∴∠O=∠MTN，
∵AB=CD，
∴MT=TN，
∵直线l1垂直平分线段AD，直线l2垂直平分线段BC，
∴GA=GD，GB=GC，
∵AB=CD，
∴△GAB≌△GDC(SSS)，
∴∠ABG=∠DCG，
∴∠GBC+∠GCB=∠OBC+∠OCB，
∴∠O=∠BGC，
∴∠MTN=∠BGC，
∴△TMN∽△GBC，
∴MNBC=TMGB，
∴MN2BN=TMGB，
∴MNBN=2TMGB，
∴MNBN=ABGB，
∴ABMN=GBBN，
故D正确，不符合题意．
故选：B．
A、正确．利用三角形的中位线定理解决问题即可；
B、错误．结论是：14AB2+14CD2=MN2；
C、正确．连接BD，取BD的中点E，连接EM、EN，利用三角形中位线定理证明即可；
D、如图，连接GA，GD，GB，GC，BD，取BD的中点T，连接TM，TN，延长BA交CD的延长线于点O.证明△GAB≌△GDC(SSS)，推出∠ABG=∠DCG，推出∠GBC+∠GCB=∠OBC+∠OCB，推出∠O=∠BGC，再证明△TMN∽△GBC，推出MNBC=TMGB，可得结论．
本题考查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全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】A
【解析】解：方法一：过点E作EM//BC交AC于M，EN⊥BC于N，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为8，∠BAD=120°，BE=AF=2，
∴AB=BC=8，∠BAC=∠FAC=12∠BAD=60°，AD//BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，BC=AC，
∵EM//BC，
∴EM//AD，∠AEM=∠B=60°=∠BAC，
∴△AEM是等边三角形，
∴AM=AE=AB−BE=8−2=6，
∵EM//AD，
∴△AGF∽△MGE，
∴FGEG=AFEM=26=13，
∴FG=14EF，
在△BCE和△ACF中，
BC=AC∠B=∠FACBE=AF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴CE=CF，∠BCE=∠ACF，
∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∵EN⊥BC，∠B=60°，
∴∠BEN=30°，
∴BN=12BE=1，
∴EN=3BN=3，CN=BC−BN=8−1=7，
∴EF=CE=EN2+CN2=(3)2+72=213，
∴FG=14EF=132，
方法二：∵△AGF∽△DFC，
∴AFDC=AGDF，
∴28=AG6，
∴AG=1.5，
过点G作GM⊥AD于点M，
可得GM=334，MF=54，
∴GF=(334)2+(54)2=132．
方法三：∵△EFC是等边三角形，∠B=60°，
∴∠AEG=∠BCE，
∴△BCE∽△AEG，
∴BEAG=BCAE，
∵BE=2，BC=8，
∴AE=6，
∴AG=1.5，
∴BEAG=BCAE=43，
∴CEEG=43，
设CE=4x，则EG=3x，
∴FG=EF−EG=x，
∵∠GAF=∠GEC=60°，∠AGF=∠EGC，
∴△AGF∽△EGC，
∴AGEG=GFGC，
∴1.53x=x6.5，
∴x=132．
∴FG=132．
故选：A．
方法一：过点E作EM//BC交AC于M，EN⊥BC于N，证△AEM是等边三角形，得AM=AE=3，再证△AGF∽△MGE，得FGEG=AFEM=26=13，则FG=14EF，然后证△BCE≌△ACF(SAS)，得CE=CF，∠BCE=∠ACF，则△CEF是等边三角形，得EF=CE，最后由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理得CE=213，即可求解．方法二：证明△AGF∽△DFC，可得AFDC=AGDF，所以AG=1.5，过点G作GM⊥AD于点M，再利用勾股定理即可解决问题．方法三：证明△BCE∽△AEG，可得CEEG=43，设CE=4x，则EG=3x，FG=EF−EG=x，然后证明△AGF∽△EGC，进而可以解决问题．
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
9.【答案】D
【解析】解：过点E作EH⊥AD，交DA延长线于H，
∴∠H=90°，
在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠2+∠3=90°，∠H=∠BCD，
∵DE⊥DG，
∴∠EDG=90°，
∴∠2+∠1=90°，
∴∠1=∠3，
∴△DEH∽△DGC，
∴EHGC=DHDC，
∵GCBG=12，
∴设GC=x，则BG=2x，DC=BC=3x，
∴EHGC=DH3x，
∴DH=3EH，
∵AC是正方形ABCD对角线，
∴∠DAC=45°，
∵∠EAH=∠DAC=45°，
∴∠HEA=45°，
∴EH=HA，
∴EH2+HA2=9，
∴EH=HA=322，
∴DH=922，
∴AD=32，
∴GC=2，
∴DG=CD2+CG2=25，
∵在正方形ABCD中，AD//BC，
∴CGAD=GFDF=13，
∴DF=3GF，
∴DF=352；
故选：D．
过点E作EH⊥AD，交延长线于H，再根据正方形的性质，推出∠H=∠BCD，根据同角的余角相等，推出∠1=∠3，证明△DEH∽△DGC，推出EHGC=DHDC，AC是正方形ABCD对角线，推出∠EAH=∠DAC=45°，求出EH=HA=322，进而求出DF=352．
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定与性质、正方形的性质的综合应用，其中辅助线的做法、相似的证明、勾股定理的应用是解题关键．
10.【答案】A
【解析】如图，过点A作AM⊥BC于点M，交DG于点N，延长GF交BC于点H，
∵AB=AC，AD=AG，∴AD:AB=AG:AC．
∵∠BAC=∠DAG，∴△ADG∽△ABC，
∴∠ADG=∠B，∴DG//BC．
∵四边形DEFG是正方形，∴GF=DG=3，∠DGF=90∘，∴AM⊥DG，∴四边形MNGH为矩形，
∴MN=GH，
∵AB=AC=10，BC=12，AM⊥BC，∴BM=12BC=6，
∴AM=AB2−BM2=100−36=8．
∵△ADG∽△ABC，∴ANAM=DGBC，∴AN8=312，∴AN=2，
∴MN=AM−AN=6，∴FH=GH−GF=MN−GF=6−3=3.故选A．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握中位线定理及相似三角形的判定与性质．
由点D，E分别是边AC，AB的中点知DE是△ABC的中位线，据此知DE//BC且DEBC=12，从而得△ODE∽△OBC，根据相似三角形的性质和三角形的面积逐一判断可得．
【解答】
解：∵点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC且DEBC=12，②正确；
∴∠ODE=∠OBC、∠OED=∠OCB，
∴△ODE∽△OBC，
∴OEOC=ODOB=DEBC=12，①错误；
S△DOES△BOC=(DEBC)2=14，③错误；
∵DE//BC，
∵S△DOES△BOE=12OD⋅h12OB⋅h=ODOB=12，
∴S△DOES△BDE=13，④正确；
故选B．
12.【答案】B
【解析】解：过点F作FM//BC，与DH交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90∘，AB=BC=CD，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠BAE=∠ABF+∠CBF=90∘
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，
∵AB=3BE，
∴CD=3CF，
∵CF=CG，
∴CF=CG=13BC=13CD，
∴BG=DF=23CD，
∵MF//BC，
∴△DFM∽△DCG，
∴DMDG=FMCG=DFDC=23，
∴DM=23DG，FM=23CG=23×13BC=29BC，
∴MG=13DG，
∵MF//BC，
∴△HMF∽△HGB
∴HMHG=FMBG=29BC23BC=13，
∴HM=13HG，
∴HG=34MG=34×13DG=14DG
∴DH:HG=3:1．
故选：B．
过点F作FM//BC，与DH交于点M，证明△ABE≌△BCF得到CF与CD的关系，再证明△DFM∽△DCG，△HMF∽△HGB，便可求得结果．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，关键是运用全等三角形和相似三角形解题．
13.【答案】−1.5或2
【解析】解：由二次函数y=x2−2mx(m为常数)，得到对称轴为直线x=m，抛物线开口向上，
当m≥2时，由题意得：当x=2时，y最小值为−2，代入得：4−4m=−2，即m=1.5<2，不合题意，舍去；
当−1≤m≤2时，由题意得：当x=m时，y最小值为−2，代入得：−m2=−2，即m=2或m=−2(舍去)；
当m<−1时，由题意得：当x=−1时，y最小值为−2，代入得：1+2m=−2，即m=−1.5，
综上，m的值是−1.5或2，
故答案为：−1.5或2
分类讨论抛物线对称轴的位置确定出m的范围即可．
此题考查了二次函数的最值，利用了分类讨论的思想，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．
14.【答案】y=−x2−2x+3 3−2或3+2
【解析】解：(1)将点C(0,3)、B(1,0)、(2,−5)代入抛物线y=ax2+bx+tc中，得：
a+b+c=0，c=3，4a+2b+c=−5；
解得：a=−1，b=−2，c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
(2)抛物线向下平移n个单位后，E为(−1,4−n)，C为(0,3−n)，
∴EC=2，
∵CO//EH，
∴当CO=CE=2时，∠CEO=∠COE=∠OCH，
∴3−n=2或n−3=2，
即n=3−2或3+2．
(1)将已知点带入抛物线，利用待定系数法求抛物线的解析式；
(2)通过观察并分析平移后抛物线的图象，求出n的值．
本题主要考查待定系数法求二次函数的解析式，以及抛物线平移后图像的问题，综合分析善于观察是解题的关键．
15.【答案】105
【解析】
【分析】
本题主要考查了等腰直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段长的思路与方法；设AD和BE交于点O，首先证明△AEB≌△ADC，得出∠AEB=∠ADC，然后利用勾股定理求出AE、AD、AB、AC的长，最后证明△OAB∽△ODE，△OAE∽△OFD，△DOE∽△FOA，利用相似三角形的性质进行解答，即可求解．
【解答】
解：设AD和BE交于点O，如图：
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=90°，∠ABC=45°，∠ADE=45°，
∴∠DAE+∠DAB=∠BAC+∠DAB，即∠EAB=∠DAC，
在△AEB和△ADC中，
AE=AD∠EAB=∠DACAB=AC,
∴△AEB≌△ADCSAS，
∴∠AEB=∠ADC，
在Rt△ADE中，∠EAD=90°，AD=AE，DE=2，
根据勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即2AD2=22，
∴AD=2，AE=AD=2，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=2，
根据勾股定理可得AB2+AC2=BC2，即2AB2=22，
∴AB=1，AC=AB=1，
当AD//BC时，∠BAD=∠ABC=45°，
∴∠ADE=∠BAD，
∴DE//AB，
∴△OAB∽△ODE，
∴OAOD=ABDE=12，
∴OA=13AD=13×2=23，
在Rt△AOE中，∠OAE=90°，OE=OA2+AE2=232+22=235，
∵∠AEO=∠FDO，∠AOE=∠FOD，
∴△AOE∽△FOD，
∴OEOD=OAOF，
∴OEOA=ODOF，
又∵∠DOE=∠FOA，
∴△DOE∽△FOA，
∴EDAF=OEOA，即2AF=23523，
∴AF=105．
故答案为105．
16.【答案】②③④
【解析】解：①∵四边形BDEF是正方形，
∴BD=ED，∠BDE=90°，
∵CD=CD，
当∠ADB≠45°时，∠ADB≠∠ADE，
此时∠BDC≠∠EDC，
则△BCD不全等于△ECD，
故①错误；
②当∠ADE的度数是30°时，
∴∠ADB=60°，
∵△ABC中，∠BAC=90°，AB=a，
∴BC=2a，
∴AC=3a，
∴AD=33a，
∴CD=233a，
∴CD=2AD，
故CD的长度可能是AD的长度的2倍；
故②正确；
③过F作FG⊥AB于点G，
∵四边形BDEF是正方形，
∴BD=FB，∠DBF=∠BAD=∠FGB=90°，
∴∠ABD+∠ABF=∠ABF+∠GFB=90°，
∴∠ABD=∠GFB，
∴△ABD≌△GFB(AAS)，
∴AB=GF=a，
∴点F到直线AB的距离为a，
故③正确；
④过点E作EH⊥AC于点H，
∵四边形BDEF是正方形，
∴BD=DE，∠BDE=∠BAD=∠DHE=90°，
∴∠ABD+∠BDA=∠BDA+∠HDE=90°，
∴∠ABD=∠HDE，
∴△ABD≌△HDE(AAS)，
∴AD=HE，
∵AD=AB⋅tan∠ABD=a⋅tan∠ABD，
AC=3a，
∴CD=AC−AD=(3−tan∠ABD)a，
∴S△CDE=12CD⋅HE
=12(3−tan∠ABD)a⋅a⋅tan∠ABD
=12(−tan2∠ABD+3tan∠ABD)a2
=[38−12(tan∠ABD−32)2]a2≤38a2，
∴△CDE面积的最大值是38a2，
故④正确；
故答案为：②③④．
①根据“两边对应相等，而夹角不一定相等，这样的两个三角形不一定全等”进行判断；
②当∠ADE的度数是30°时，进而得∠ADB=60°，AB=a，则AC=3a，AD=33a，故CD的长度可能是AD的长度的2倍；
③过F作FG⊥AB于点G，证明△ABD≌△GFB得AB=GF=a便可；
④过点E作EH⊥AC于点H，证明△ABD≌△HDE，得AD=EH，进而解直角三角形，用a表示AD、CD，再根据三角形的面积公式求得△CDE面积关于a的解析式，利用完全平方式求得其最小值．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，解直角三角形的知识，关键是证明全等三角形．
17.【答案】解：(1)过点A作AC⊥OB于点C，
∵△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，OC=12OB，
∵B(4,0)，
∴OB=OA=4，
∴OC=2，AC=23，
把点A(2,23)代入y=kx，得k=43，
∴反比例函数的解析式为y=43x；
(2)分两种情况讨论：
①如图2，点D是A′B′的中点，过点D作DE⊥x轴于点E．
由题意得A′B′=4，∠A′B′E=60°，
在Rt△DEB′中，B′D=2，DE=3，B′E=1，
∴O′E=3，
把y=3代入y=43x，得x=4，
∴OE=4，
∴a=OO′=1；
②如图3，点F是A′O′的中点，过点F作FH⊥x轴于点H．
由题意得A′O′=4，∠A′O′B′=60°，
在Rt△FO′H中，FH=3，O′H=1，
把y=3代入y=43x，得x=4，
∴OH=4，
∴a=OO′=3，
综上所述，a的值为1或3．
【解析】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，掌握直角三角形、等边三角形的性质以及分类讨论思想是解题的关键．
(1)过点A作AC⊥OB于点C，根据等边三角形的性质得出点A坐标，用待定系数法求得反比例函数的解析式即可；
(2)分两种情况讨论：①反比例函数图象过AB的中点；②反比例函数图象过AO的中点．分别过中点作x轴的垂线，再根据30°角所对的直角边是斜边的一半得出中点的纵坐标，代入反比例函数的解析式得出中点坐标，再根据平移的法则得出a的值即可．
18.【答案】解：(1)设y与x的函数关系式为：y=kx+b(k≠0)，
把x=40，y=10000和x=50，y=9500代入得，
40k+b=1000050k+b=9500，
解得，k=−50b=12000，
∴y=−50x+12000；
(2)根据“在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于150元/件．若某一周该商品的销售量不少于6000件，”得，
x≥30x≤150−50x+12000≥6000，
解得，30≤x≤120，
设利润为w元，根据题意得，
w=(x−30)y
=(x−30)(−50x+12000)
=−50x2+13500x−360000
=−50(x−135)2+551250，
∵−50<0，
∴当x<135时，w随x的增大而增大，
∵30≤x≤120，且x为正整数，
∴当x=120时，w取最大值为：−50×(120−135)2+551250=540000，
答：这一周该商场销售这种商品获得的最大利润为540000元，售价为120元；
(3)根据题意得，w=(x−30−m)(−50x+12000)
=−50x2+(13500+50m)x−360000−12000m，
∴对称轴为直线x=−13500+50m2×(−50)=135+0.5m，
∵−50<0，
∴当x<135+0.5m时，w随x的增大而增大，
∵该商场这种商品售价不大于150元/件时，捐赠后发现，该商场每周销售这种商品的利润仍随售价的增大而增大．
对称轴为x=135+0.5m，且x取正整数，
只需保证x=150时利润大于x=149时即可满足要求，
所以对称轴要大于149.5就可以了，
∴135+0.5m>149.5，解得m>29，
∵10⩽m⩽60，
∴29
(1)用待定系数法求出一次函数的解析式便可；
(2)根据“在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于150元/件．若某一周该商品的销售量不少于6000件，”列出x的不等式组，求得x的取值范围，再设利润为w元，由w=(x−30)y，列出w关于x的二次函数，再根据二次函数的性质求出利润的最大值和售价；
(3)根据题意列出利润w关于售价x的函数解析式，再根据二次函数的性质，列出m的不等式进行解答便可．
19.【答案】解：(1)点B是在直线y=x+m上，理由如下：
∵直线y=x+m经过点A(1,2)，
∴2=1+m，解得m=1，
∴直线为y=x+1，
把x=2代入y=x+1得y=3，
∴点B(2,3)在直线y=x+m上；
(2)∵直线y=x+1与抛物线y=ax2+bx+1都经过点(0,1)，且B、C两点的横坐标相同，
∴抛物线只能经过A、C两点，
把A(1,2)，C(2,1)代入y=ax2+bx+1得a+b+1=24a+2b+1=1，
解得a=−1，b=2；
(3)由(2)知，抛物线为y=−x2+2x+1，
设平移后的抛物线为y=−x2+px+q，其顶点坐标为(p2,p24+q)，
∵顶点仍在直线y=x+1上，
∴p24+q=p2+1，
∴q=−p24+p2+1，
∵抛物线y=−x2+px+q与y轴的交点的纵坐标为q，
∴q=−p24+p2+1=−14(p−1)2+54，
∴当p=1时，平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值为54．
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式和二次函数的解析式，二次函数的图象与几何变换，二次函数的性质，题目有一定难度．
(1)根据待定系数法求得直线的解析式，然后即可判断点B(2,3)在直线y=x+m上；
(2)因为直线经过A、B和点(0,1)，所以经过点(0,1)的抛物线不同时经过A、B点，即可判断抛物线只能经过A、C两点，根据待定系数法即可求得a、b；
(3)设平移后的抛物线为y=−x2+px+q，其顶点坐标为(p2,p24+q)，根据题意得出p24+q=p2+1，由抛物线y=−x2+px+q与y轴交点的纵坐标为q，即可得出q=−p24+p2+1=−14(p−1)2+54，从而得出q的最大值．
20.【答案】凸的 越厚 f=100D 143度
【解析】解：(1)老花镜镜片是凸的，度数越高镜片的中心越厚，
故答案为：凸的；越厚；
(2)根据表中数据可得：100×1=100，120×0.8=96，200×0.5=100，250×0.4=100，300×0.3=90，
则老花镜的度数D与镜片焦距f的关系可近似的看作f=100D，
故答案为：f=100D；
(3)当f=0.7m时，0.7=100D，
解得D≈143，
即这幅老花镜的度数是143度．
故答案为：143度．
(1)根据题意及常识可求解；
(2)利用表格中的数据可求解D与f的关系式；
(3)将f值代入计算可求解．
本题主要考查反比例函数的应用，根据数据找函数关系是解题的关键．
21.【答案】解：(1)当a=−1时，y=−x2+x+2=−(x−12)2+94
∴抛物线的顶点坐标为：(12,94)，对称轴为x=12；
(2)∵代数式−x2+x+2的值为正整数，
−x2+x+2=−(x−12)2+214≤214，
∴−x2+x+2=1，解得x=1±52，
或−x2+x+2=2，解得x=0或1．
∴x的值为1−52，1+52，0，1；
(3)将M代入抛物线的解析式中可得：a1m2+m+2=0；
∴a1=−(m+2)m2；
同理可得a2=−n+2n2；
a1−a2=(mn+2m+2n)(m−n)m2n2，
∵m在n的左边，
∴m−n<0，
∵0
∴a1
(2)可先得出y的值，然后解方程求解即可．
(3)可将M、N的坐标分别代入抛物线中，得出a1、a2的表达式，然后令a1−a2进行判断即可．
本题主要考查二次函数的相关知识．
22.【答案】解：(1)如图①，过M分别作ME//AB交BC于E，MF//BC交AB于F，
则四边形BEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠ABD=∠CBD=∠BME=45°，
∴ME=BE，
∴平行四边形BEMF是正方形，
∴ME=MF，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN=90°，
∵∠FME=90°，
∴∠CME=∠FMN，
∴△MFN≌△MEC(ASA)，
∴MN=MC；
(2)由(1)得FM//AD，EM//CD，
∴AFAB=CEBC=DMBD=25，
∴AF=2.4，CE=2.4，
∵△MFN≌△MEC，
∴FN=EC=2.4，
∴AN=4.8，BN=6−4.8=1.2，
∴AN=4BN；
(3)如图②，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，
∵△DMC≌△BHC，∠BCD=90°，
∴MC=HC，DM=BH，∠CDM=∠CBH=45°，∠DCM=∠BCH，
∴∠MBH=90°，∠MCH=90°，
∵MC=MN，MC⊥MN，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∴∠MNC=45°，
∴∠NCH=45°，
∴△MCG≌△HCG(SAS)，
∴MG=HG，
∵BG：MG=3：5，
设BG=3a，则MG=GH=5a，
在Rt△BGH中，BH=4a，则MD=4a，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴BD=62，
∴DM+MG+BG=12a=62，
∴a=22，
∴BG=322，MG=522，
∵∠MGC=∠NGB，∠MCG=∠ABG=45°，
∴△MGC∽△NGB，
∴GCGB=MGNG，
∴CG⋅NG=BG⋅MG=152．
【解析】本题是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质等知识点．
(1)作ME//AB、MF//BC，证四边形BEMF是正方形得ME=MF，再证∠CME=∠FMN，从而得△MFN≌△MEC，据此可得证；
(2)由FM//AD，EM//CD知AFAB=CEBC=DMBD=25，据此得AF=2.4，CE=2.4，由△MFN≌△MEC知FN=EC=2.4，AN=4.8，BN=6−4.8=1.2，从而得出答案；
(3)把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，先证△MCG≌△HCG得MG=HG，由BG：MG=3：5可设BG=3a，则MG=GH=5a，继而知BH=4a，MD=4a，由DM+MG+BG=12a=62得a=22，知BG=322，MG=522，证△MGC∽△NGB得GCGB=MGNG，从而得出答案．
23.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠BCD，
由对称知，∠DFG=∠BCD，
∴∠A=∠DFG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠AFD=∠FDG，
∴△DFG∽△FAD；
(2)①如图，连接AC，BD相交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠AOB=90°，OB=12BD=3，AC=2OA，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OA=AB2−OB2=4，
∴AC=2OA=8，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24；
②过点D作DH⊥AB于H，
∴S菱形ABCD=AB⋅DH=5DH，
由①知，S菱形ABCD=24，
∴5DH=24，
∴DH=245，
在Rt△DAH中，AH=AD2−DH2=52−(245)2=75，
由对称知，DF=CD=5，
∵DH⊥AF，
∴AF=2AH=145，
由(1)知，△DFG∽△FAD，
∴DGDF=DFAF，
∴DG5=5145，
∴DG=12514，
∴CG=DG−CD=5514．
【解析】(1)由菱形的性质判断出CD//AB，得∠AFD=∠FDG，再由对称得出∠BCD=∠DFG，得出∠A=∠DFG，即可得出结论；
(2)①先利用勾股定理求出OA，进而得出AC，即可得出结论；
②先利用菱形的面积求出DH，再用勾股定理求出AH，进而得出AF，最后借助(1)的结论得出DGDF=DFAF，即可求出DG，即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，菱形的面积公式，对称的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，判断出△DFG∽△FAD是解本题的关键．
24.【答案】(−3,15)
【解析】解：(1)∵y=−kx+15−3k=−k(x+3)+15，则当x+3=0，即x=−3时，y的值与k无关，
∴A(−3,15)，
故答案为(−3,15)；
(2)如图1中，延长GB，MA交于点F.连接OF，作AE⊥OF于点E.则四边形OMFG是正方形，△AFE是等腰直角三角形，且OG=OM=MF=GF=15，AM=3，则AF=12，
∴AE=EF=AF×22=62，OE=92，
∵∠OGB=∠OEA=90°，∠AOE+∠FOB=45°，∠FOB+∠BOG=45°，
∴∠AOE=∠BOG，
∴△AOE∽△BOG，
∴AEBG=OEOG，
∴62BG=9215，
∴BG=10，
∴B(−15,10)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，则有−3k+b=15−15k+b=10，
解得k=512b=654，
∴直线AB的解析式为y=512x+654．
(3)如图2中，
∵∠DEO=45°，
∴E在以OD的斜边的等腰直角三角形直角顶点为圆心，以OD为弦的圆上，且弦OD所对的圆心角是90°的圆上，设圆心是O′，则O′的坐标是(−152,152)，圆的半径是1522，
又∵点F为OC的中点，
∴F的坐标是(0,152)，
则FO′//x轴，
则当E是FO′的延长线与⊙O′的交点时，线段EF最长，则最大的长度是：152+1522．
(1)y=−kx+15−3k=−k(x+3)+15，则当x+3=0，即x=−3时，y的值与k无关，据此即可求得A的坐标；
(2)如图1中，延长GB，MA交于点F.连接OF，作AE⊥OF于点E.证明△AOE∽△BOG，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求得BG的长，则B的坐标可以求得，然后利用待定系数法即可求解；
(3)E在以OD的斜边的等腰直角三角形直角顶点为圆心，以OD为弦的圆上，据此即可求得圆心的坐标，从而求解．
本题考查了一次函数、正方形的性质以及相似三角形的判定与性质的综合应用，(2)正确证明△AOE∽△BOG，以及确定B的位置是关键，(3)利用辅助圆是解决问题的关键；
25.【答案】解：(1)有，线段EF的长度不变．
理由：如图，连接BD．
∵PE=EB，PF=FD，
∴EF=12BD，
∵四边形ABC都是矩形，
∴∠A=90°，AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴EF=12BD=5．
(2)∵PE=EB，PF=FD，
∴EF=12BD，EF//BD，
∴△PEF∽△PBD，
∴S△PEFS△PBD=(12)2，
∴S△PEF=14S△PBD，
∵DF=PF，
∴S△PFC=12S△DFC，
∴y=S△PEF+S△PDC=14⋅12⋅x⋅6+12⋅12⋅(8−x)⋅6=−34x+12(x>0)．
(3)由题意：当点E在线段BC上时，EF=5，EC=PC+PE=(8−x)+12x=8−12x，CF=12PD=12⋅62+(8−x)2，
当EF=EC时，5=8−12x，解得x=6．
当EF=CF时，5=12⋅62+(8−x)2，解得x=0(舍弃)或16(舍弃)．
当CF=EC时，8−12x=12⋅62+(8−x)2，解得x=394(舍弃)，
当点E在BC阿德延长线上时，EF=5，EC=BE−BC=12x−8，CF=12PD=12⋅62+(x−8)2，
当EF=EC时，5=12x−8，解得x=26．
当EF=CF时，5=12⋅62+(x−8)2，解得x=0(舍弃)或16．
当CF=EC时，12x−8=12⋅62+(x−8)2，解得x=394，
综上所述，满足条件的x的值为6或26或16或394．
【解析】(1)有，线段EF的长度不变．理由三角形的中位线定理即可解决问题．
(2)根据y=S△PEF+S△PDC，计算即可．
(3)分点E在线段BC上，点E在BC的延长线上时，再分三种情形，构建方程解决问题即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
沪科版初中数学九年级上册期中测试卷
考试范围：第21.22章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 抛物线y=ax2+bx+c的部分图象如图所示，对称轴为直线x=−1，直线y=kx+c与抛物线都经过点(−3,0).下列说法：①ab>0；②4a+c>0；③若(−2,y1)与(12,y2)是抛物线上的两个点，则y1
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 将一块含30°角的三角板ABC按如图所示摆放在平面直角坐标系中，直角顶点C在x轴上，AB // x轴．反比例函数y=kxx>0的图象恰好经过点A，且与直角边BC交于点D.若AB=63，BD=2 CD，则k的值为( )
A. 923 B. 63 C. 2033 D. 2743
3. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的边OA在y轴的正半轴上，反比例函数y=kx(x>0)的图象分别交AB于中点D，交OC于点E，且CE：OE=1：2，连接AE，DE，若S△ADE=2，则k的值为( )
A. 5 B. 367 C. 6 D. 647
4. 设M为抛物线y=(x−1)2的顶点，点A、B为该抛物线上的两个动点，且MA⊥MB.连接点A、B，过M作MC⊥AB于点C，则点C到y轴距离的最大值( )
A. 2 B. 32 C. 3 D. 2
5. 如果矩形的面积为6cm2，那么它的长ycm与宽xcm之间的函数关系用图象表示大致( )
A. B.
C. D.
6. 如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴正半轴交于A，B两点，与y轴负半轴交于点C.若点B(4,0)，则下列结论中，正确的个数是( )
①abc>0；
②4a+b>0；
③M(x1,y1)与N(x2,y2)是抛物线上两点，若0
④若抛物线的对称轴是直线x=3，m为任意实数，则a(m−3)(m+3)≤b(3−m)；⑤若AB≥3，则4b+3c>0．
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
7. 在四边形ABCD中(AB不平行于CD)，点M，N分别为AD，BC的中点，连接MN，则下列结论错误的是( )
A. 若AB=3，CD=5，则1
C. 若AB=CD，分别延长BA，CD交MN的延长线于点P，Q，则∠BPN=∠CQN
D. 若AB=CD，分别过点M、N作l1⊥AD，l2⊥BC，且l1，l2相交于点G，连接GA，GB，GD，GC，则ABMN=GBBN
8. 如图，菱形ABCD的边长为8，E、F分别是AB、AD上的点，连接CE、CF、EF，AC与EF相交于点G，若BE=AF=2，∠BAD=120°，则FG的长为( )
A. 132 B. 3 C. 2 D. 32
9. 如图，在正方形ABCD中，点G是BC上一点，且GCBG=12，连接DG交对角线AC于F点，过D点作DE⊥DG交CA的延长线于点E，若AE=3，则DF的长为( )
A. 22
B. 453
C. 92
D. 352
10. 如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，正方形DEFG的顶点E，F在△ABC内，顶点D，G分别在AB，AC上，AD=AG，DG=3，则点F到BC的距离为( )
A. 3 B. 2 C. 53 D. 52
11. 如图，在△ABC中，点D，E分别是边AC，AB的中点，BD与CE交于点O，连接DE.下列结论：①OEOB=ODOC；②DEBC=12；③S△DOES△BOC=12；④S△DOES△DBE=13.其中正确的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
12. 如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且AB=3BE.过点B作BF⊥AE，交边CD于点F.以C为圆心，CF长为半径画圆，交边BC于点G，连接DG，交BF于点H.则DH:HG=( )
A. 10:3
B. 3:1
C. 8:3
D. 5:3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 已知二次函数y=x2−2mx(m为常数)，当−1≤x≤2时，函数值y的最小值为−2，则m的值是______．
14. 抛物线y=ax2+bx+tc(a<0)交x轴于点A、B，交y轴于点C(0,3)，其中点B坐标为(1,0)，同时抛物线还经过点(2,−5)．
(1)抛物线的解析式为______；
(2)设抛物线的对称轴与抛物线交于点E，与x轴交于点H，连接EC、EO，将抛物线向下平移n(n>0)个单位，当EO平分∠CEH时，则n的值为______．
15. △ABC，△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90∘，将△ABC绕点A旋转到如图所示的位置，BE，CD相交于点F.若AD//BC，DE=2，BC=2，则AF的长等于___．
16. 如图，△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=a，点D在边AC上运动(不与A，C重合)，以BD为边作正方形BDEF，使点A在正方形BDEF内，连接EC，则下列结论：
①△BCD≌△ECD；
②CD的长度可能是AD的长度的2倍；
③点F到直线AB的距离为a；
④△CDE面积的最大值是38；
其中正确的结论是______(填写所有正确结论的序号)．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，在直角坐标系中，已知点B(4,0)，等边三角形OAB的顶点A在反比例函数y=kx的图象上．
(1)求反比例函数的表达式．
(2)把△OAB向右平移a个单位长度，对应得到△O′A′B′，当这个函数图象经过△O′A′B′一边的中点时，求a的值．
18. 一大型商场经营某种品牌商品，该商品的进价为每件30元，根据市场调查发现，该商品每周的销售量y(件)与售价x(元/件)(x为正整数)之间满足一次函数关系，下表记录的是某三周的有关数据：
x(元/件)
40
50
60
y(件)
10000
9500
9000
(1)求y与x的函数关系式(不求自变量的取值范围)；
(2)在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于150元/件.若某一周该商品的销售量不少于6000件，求这一周该商场销售这种商品获得的最大利润和售价分别为多少元？
(3)抗疫期间，该商场这种商品售价不大于150元/件时，每销售一件商品便向某慈善机构捐赠m元(10⩽m⩽60)，捐赠后发现，该商场每周销售这种商品的利润仍随售价的增大而增大.请求出m的取值范围．
19. 在平面直角坐标系中，已知点A(1,2)，B(2,3)，C(2,1)，直线y=x+m经过点A，抛物线y=ax2+bx+1恰好经过A，B，C三点中的两点．
(1)判断点B是否在直线y=x+m上，并说明理由；
(2)求a，b的值；
(3)平移抛物线y=ax2+bx+1，使其顶点仍在直线y=x+m上，求平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值．
20. 小涂在课余时间找到了几副度数不同的老花镜，让镜片正对着太阳光，并上下移动镜片，直到地上的光斑最小(可以认为是焦点)，此时他测了镜片与光斑的距离(可以当做焦距)，得到如下数据：
老花镜的度数D/度
100
120
200
250
300
焦距f/m
1
0.8
0.5
0.4
0.3
(1)老花镜镜片是______(凸的、凹的、平的)，度数越高镜片的中心______(越薄、越厚、没有变化)；
(2)观察表中的数据，可以找出老花镜的度数D与镜片焦距f的关系，用关系式表示为：______；
(3)如果按上述方法测得一副老花镜的焦距为0.7m，可求出这幅老花镜的度数为______．
21. 已知抛物线y=ax2+x+2．
(1)当a=−1时，求此抛物线的顶点坐标和对称轴；
(2)若代数式−x2+x+2的值为正整数，求x的值；
(3)当a=a1时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点M(m,0)；当a=a2时，抛物线y=ax2+x+2与x轴的正半轴相交于点N(n,0).若点M在点N的左边，试比较a1与a2的大小．
22. 如图①，在正方形ABCD中，AB=6，M为对角线BD上任意一点(不与B、D重合)，连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N．
(1)求证：MN=MC；
(2)若DM：DB=2：5，求证：AN=4BN；
(3)如图②，连接NC交BD于点G.若BG：MG=3：5，求NG⋅CG的值．
23. 如图，已知菱形ABCD，点E是BC上的点，连接DE，点C关于DE的对称点F恰好落在AB边上，连接DF、EF，延长FE，交DC延长线于点G．
(1)求证：△DFG∽△FAD；
(2)连接BD，若BD=6，菱形ABCD的边长为5．
①求菱形ABCD的面积；
②求CG的长．
24. 在平面直角坐标系xOy中，直线y=−kx+15−3k经过定点A
(1)直接写出A点坐标______；
(2)如图1，点B在第二象限内，且∠AOB=45°，若点A的纵坐标和点B的横坐标互为相反数，求直线AB的解析式；
(3)如图2，在(2)的条件下，过A点作AC⊥y轴于点C过B点作BD⊥x轴于点D，点E为第二象限内一动点，且∠DEO=45°，若点F为O的中点，求EF的最大值．
25. 如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，P是射线BC上一个动点(点P和点B不重合)，E、F分别是线段BP、DP的中点，联结CF、EF．
(1)在点P运动的过程中，△CEF中有没有长度保持不变的边，如果有，指出是哪一条边并求出其长度；如果没有，请说明理由．
(2)当点P在线段BC上时，设BP=x，△CEF的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
(3)在点P运动的过程中，如果△CEF是等腰三角形，求线段BP的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵抛物线的开口方向向下，
∴a<0．
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴−b2a=−1，
∴b=2a，b<0．
∵a<0，b<0，
∴ab>0，
∴①的结论正确；
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(−3,0)，
∴9a−3b+c=0，
∴9a−3×2a+c=0，
∴3a+c=0．
∴4a+c=a<0，
∴②的结论不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴点(−2,y1)关于直线x=−1对称的对称点为(0,y1)，
∵a<0，
∴当x>−1时，y随x的增大而减小．
∵12>0>−1，
∴y1>y2．
∴③的结论不正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，抛物线经过点(−3,0)，
∴抛物线一定经过点(1,0)，
∴抛物线y=ax2+bx+c与x轴的交点的横坐标为−3，1，
∴方程ax2+bx+c=0的两根为x1=−3，x2=1，
∴④的结论正确；
∵直线y=kx+c经过点(−3,0)，
∴−3k+c=0，
∴c=3k．
∵3a+c=0，
∴c=−3a，
∴3k=−3a，
∴k=−a．
∴函数y=ax2+(b−k)x
=ax2+(2a+a)x
=ax2+3ax
=a(x+32)2+916a2，
∵a<0，
∴当x=−32时，函数y=ax2+(b−k)x有最大值，
∴⑤的结论不正确．
综上，结论正确的有：①④，
故选：A．
利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式，利用待定系数法和二次函数的性质对每个结论进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，二次函数与一元二次方程的联系，利用图象的信息与已知条件求得a，b的关系式是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行线的性质，含30°角直角三角形的性质．
过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，求得AE，CE，CF，DF，设OE=x，求得A(x,92)，D(x+33,32)，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征得出92x=(x+33)×32，解出x的值，求出A(332,92)，再计算k的值．
【解答】
解：如图，过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，
在Rt△ABC中，∠B=30°，AB//x轴，AB=63，BD=2CD，
∴AC=33，BC=9，∠DCF=30°，∠EAC=30°，
∴EC=12AC=332，DC=3，
DF=12DC=32，
∴CF=332，AE=92，
设OE=x，则OF=OE+EC+CF=x+332+332=x+33，
∴A(x,92)，D(x+33,32)，
又∵点A、D都在反比例函数的图象上，
∴92x=(x+33)×32，
解得，x=332，
∴A(332,92)，
∴k=332×92=2743．
3.【答案】D
【解析】解：如图，连接AC，BE．
∵AD=DB，
∴S△ADE=S△BDE=2，
∵四边形AOCB是平行四边形，
∴S△AOC=12S平行四边形AOBC=S△AEB=4，
∵OE=2EC，
∴S△AOE=23S△AOC=83，
设A(0,b)，C(a,t)，则B(a,b+t)，D(12a,2b+t2)，E(23a,23t)，
∵D，E在反比例函数的图象上，
∴12⋅a⋅2b+t2=49at，
整理得t=187b，
∴E(23a,127b)，
∴12×b×23a=83，
∴ab=8，
∴k=23a×127b=647，
故选：D．
如图，连接AC，BE.首先确定S△AOE=23S△AOC=83，设A(0,b)，C(a,t)，则B(a,b+t)，D(12a,2b+t2)，E(23a,23t)，因为D，E在反比例函数的图象上，所以12⋅a⋅2b+t2=49at，整理得t=187b，推出E(23a,127b)，利用面积关系求出ab的值，可得结论．
本题考查反比例函数的性质，平行四边形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
4.【答案】B
【解析】解：如图，以M为原点建立新坐标系．过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，AH⊥BE于点H，交y′轴于点G，设AB交y′轴于点K．
则抛物线在新坐标系下的解析式y′=x2，顶点M(0,0)．
设MD=a，ME=b，K(0,m)，则AD=a2，BE=b2，
∵KG//BH，
∴KGBH=AGAH，
∴m−a2b2−a2=aa+b，
∴m=ab，
∵AM⊥MB，
∴∠AMB=∠ADM=∠BEM=90°，
∴∠AMD+∠BME=90°，∠BME+∠EBM=90°，
∴∠AMD=∠MBE，
∴△ADM∽△MEB，
∴ADME=DMBE，
∴a2b=ab2，
∴ab=1，
∴m=1，
∴K(0,1)，
∴MK=1，
∵AC⊥AB，
∴∠MCK=90°，
∴点C的运动轨迹是以MK为直径的圆，
∴当点C在y′的左侧，到y′轴的距离为12时，点C到y轴的距离最大，最大值为1+12=32．
故选：B．
如图，以M为原点建立新坐标系．过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，AH⊥BE于点H，交y′轴于点G，设AB交y′轴于点K.首先证明直线AB经过定点K(0,1)，判断出点C的运动轨迹，可得结论．
本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建新平面直角坐标系解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数的应用和反比例函数的图象，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用实际意义确定其所在的象限.根据题意有：xy=6，故y与x之间的函数图象为反比例函数，且根据x、y实际意义x、y应>0，其图象在第一象限，即可得出答案．
【解答】
解：由矩形的面积公式可得xy=6，
∴y=6x(x>0,y>0)，图象在第一象限．
故选C．
6.【答案】B
【解析】解：如图，抛物线开口向下，与y轴交于负半轴，对称轴在y轴右侧，
∴a<0，c<0，−b2a>0，∴b>0，
∴abc>0，故①正确；
如图，∵抛物线过点B(4,0)，点A在x轴正半轴，
∴对称轴在直线x=2右侧，即− b2a>2，
∴2+b2a=4a+b2a<0，又a<0，∴4a+b>0，故②正确；
∵M(x1,y1)与N(x2,y2)是抛物线上两点，0
在x>−b2a上，y随x的增大而减小，
∴y1>y2不一定成立，故③错误；
若抛物线对称轴为直线x=3，则− b2a=3，即b=−6a，
则a(m−3)(m+3)−b(3−m)=a(m−3)2≤0，
∴a(m−3)(m+3)≤b(3−m)，故④正确；∵AB≥3，则点A的横坐标大于0或小于等于1，
当x=1时，代入，y=a+b+c≥0，
当x=4时，16a+4b+c=0，
∴a=4b+c−16，
则4b+c−16+b+c≥0，整理得：4b+5c≥0，则4b+3c≥−2c，又c<0，
−2c>0，
∴4b+3c>0，故⑤正确，
故正确的有4个．
故选：B．
根据图象得出a<0，c<0，b>0，可判断①；再由图象可得对称轴在直线x=2右侧，可得−b2a>2，可判断②；再根据二次函数在y轴右侧时的增减性，判断③；根据抛物线对称轴为直线x=3，得出b=−6a，再利用作差法判断④；最后根据AB≥3，则点A的横坐标大于0或小于等于1，得出a+b+c≥0，再由当x=4时，得出16a+4b+c=0，变形为a=4b+c−16，代入，可得4b+5c≥0，结合c的符号可判断⑤．
本题考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是能根据图象得出二次函数表达式各系数的符号．
7.【答案】B
【解析】解：A.连接BD，取BD的中点E，连接EM、EN，如图，
∵点M，N分别为AD，BC的中点，
∴EM=12AB=1.5，EN=12CD=2.5，
∵EN−EM
B.连接BD，取BD的中点E，连接EM，EN．
∵点M，N分别为AD，BC的中点，E为BD的中点，
∴EM//AB，EN//CD，EM=12AB，EN=12CD，
∴∠MED=∠ABD，∠DEN=180°−∠EDC，
∴∠MEN=∠MED+∠DEN=∠ABD+180°−∠EDC，
∵∠EDC=180°−∠DBC−∠DCB，
∴∠MEN=∠ABD+180°−(180°−∠DBC−∠DCB)=∠ABD+∠DBC+∠BCD=∠ABC+∠BCD，
∵∠ABC+∠BCD=90°，
∴∠MEN=90°，
∴EM2+EN2=MN2，
∵EM=12AB，EN=12CD，
∴14AB2+14CD2=MN2，
故B错误，符合题意；
C.连接BD，取BD的中点E，连接EM、EN，如图，
.∵点M，N分别为AD，BC的中点，E为BD的中点，
∴EM//AB，EN//CD，EM=12AB，EN=12CD，
∵AB=CD，
∴EM=EN，
∴∠EMN=∠ENM，
∵EM//AB，EN//CD，
∴∠BPN=∠EMN，∠CQN=∠ENM，
∴∠BPN=∠CQN，
故C正确，不符题意；
D.如图，连接GA，GD，GB，GC，BD，取BD的中点T，连接TM，TN，延长BA交CD的延长线于点O．
∵AM=MD，BT=DT，BN=NC，
∴MT//AB，TN//CD，MT=12AB，NT=12CD，
∴∠O=∠MTN，
∵AB=CD，
∴MT=TN，
∵直线l1垂直平分线段AD，直线l2垂直平分线段BC，
∴GA=GD，GB=GC，
∵AB=CD，
∴△GAB≌△GDC(SSS)，
∴∠ABG=∠DCG，
∴∠GBC+∠GCB=∠OBC+∠OCB，
∴∠O=∠BGC，
∴∠MTN=∠BGC，
∴△TMN∽△GBC，
∴MNBC=TMGB，
∴MN2BN=TMGB，
∴MNBN=2TMGB，
∴MNBN=ABGB，
∴ABMN=GBBN，
故D正确，不符合题意．
故选：B．
A、正确．利用三角形的中位线定理解决问题即可；
B、错误．结论是：14AB2+14CD2=MN2；
C、正确．连接BD，取BD的中点E，连接EM、EN，利用三角形中位线定理证明即可；
D、如图，连接GA，GD，GB，GC，BD，取BD的中点T，连接TM，TN，延长BA交CD的延长线于点O.证明△GAB≌△GDC(SSS)，推出∠ABG=∠DCG，推出∠GBC+∠GCB=∠OBC+∠OCB，推出∠O=∠BGC，再证明△TMN∽△GBC，推出MNBC=TMGB，可得结论．
本题考查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全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
8.【答案】A
【解析】解：方法一：过点E作EM//BC交AC于M，EN⊥BC于N，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为8，∠BAD=120°，BE=AF=2，
∴AB=BC=8，∠BAC=∠FAC=12∠BAD=60°，AD//BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，BC=AC，
∵EM//BC，
∴EM//AD，∠AEM=∠B=60°=∠BAC，
∴△AEM是等边三角形，
∴AM=AE=AB−BE=8−2=6，
∵EM//AD，
∴△AGF∽△MGE，
∴FGEG=AFEM=26=13，
∴FG=14EF，
在△BCE和△ACF中，
BC=AC∠B=∠FACBE=AF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴CE=CF，∠BCE=∠ACF，
∴∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CE，
∵EN⊥BC，∠B=60°，
∴∠BEN=30°，
∴BN=12BE=1，
∴EN=3BN=3，CN=BC−BN=8−1=7，
∴EF=CE=EN2+CN2=(3)2+72=213，
∴FG=14EF=132，
方法二：∵△AGF∽△DFC，
∴AFDC=AGDF，
∴28=AG6，
∴AG=1.5，
过点G作GM⊥AD于点M，
可得GM=334，MF=54，
∴GF=(334)2+(54)2=132．
方法三：∵△EFC是等边三角形，∠B=60°，
∴∠AEG=∠BCE，
∴△BCE∽△AEG，
∴BEAG=BCAE，
∵BE=2，BC=8，
∴AE=6，
∴AG=1.5，
∴BEAG=BCAE=43，
∴CEEG=43，
设CE=4x，则EG=3x，
∴FG=EF−EG=x，
∵∠GAF=∠GEC=60°，∠AGF=∠EGC，
∴△AGF∽△EGC，
∴AGEG=GFGC，
∴1.53x=x6.5，
∴x=132．
∴FG=132．
故选：A．
方法一：过点E作EM//BC交AC于M，EN⊥BC于N，证△AEM是等边三角形，得AM=AE=3，再证△AGF∽△MGE，得FGEG=AFEM=26=13，则FG=14EF，然后证△BCE≌△ACF(SAS)，得CE=CF，∠BCE=∠ACF，则△CEF是等边三角形，得EF=CE，最后由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理得CE=213，即可求解．方法二：证明△AGF∽△DFC，可得AFDC=AGDF，所以AG=1.5，过点G作GM⊥AD于点M，再利用勾股定理即可解决问题．方法三：证明△BCE∽△AEG，可得CEEG=43，设CE=4x，则EG=3x，FG=EF−EG=x，然后证明△AGF∽△EGC，进而可以解决问题．
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
9.【答案】D
【解析】解：过点E作EH⊥AD，交DA延长线于H，
∴∠H=90°，
在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠2+∠3=90°，∠H=∠BCD，
∵DE⊥DG，
∴∠EDG=90°，
∴∠2+∠1=90°，
∴∠1=∠3，
∴△DEH∽△DGC，
∴EHGC=DHDC，
∵GCBG=12，
∴设GC=x，则BG=2x，DC=BC=3x，
∴EHGC=DH3x，
∴DH=3EH，
∵AC是正方形ABCD对角线，
∴∠DAC=45°，
∵∠EAH=∠DAC=45°，
∴∠HEA=45°，
∴EH=HA，
∴EH2+HA2=9，
∴EH=HA=322，
∴DH=922，
∴AD=32，
∴GC=2，
∴DG=CD2+CG2=25，
∵在正方形ABCD中，AD//BC，
∴CGAD=GFDF=13，
∴DF=3GF，
∴DF=352；
故选：D．
过点E作EH⊥AD，交延长线于H，再根据正方形的性质，推出∠H=∠BCD，根据同角的余角相等，推出∠1=∠3，证明△DEH∽△DGC，推出EHGC=DHDC，AC是正方形ABCD对角线，推出∠EAH=∠DAC=45°，求出EH=HA=322，进而求出DF=352．
本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定与性质、正方形的性质的综合应用，其中辅助线的做法、相似的证明、勾股定理的应用是解题关键．
10.【答案】A
【解析】如图，过点A作AM⊥BC于点M，交DG于点N，延长GF交BC于点H，
∵AB=AC，AD=AG，∴AD:AB=AG:AC．
∵∠BAC=∠DAG，∴△ADG∽△ABC，
∴∠ADG=∠B，∴DG//BC．
∵四边形DEFG是正方形，∴GF=DG=3，∠DGF=90∘，∴AM⊥DG，∴四边形MNGH为矩形，
∴MN=GH，
∵AB=AC=10，BC=12，AM⊥BC，∴BM=12BC=6，
∴AM=AB2−BM2=100−36=8．
∵△ADG∽△ABC，∴ANAM=DGBC，∴AN8=312，∴AN=2，
∴MN=AM−AN=6，∴FH=GH−GF=MN−GF=6−3=3.故选A．
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握中位线定理及相似三角形的判定与性质．
由点D，E分别是边AC，AB的中点知DE是△ABC的中位线，据此知DE//BC且DEBC=12，从而得△ODE∽△OBC，根据相似三角形的性质和三角形的面积逐一判断可得．
【解答】
解：∵点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC且DEBC=12，②正确；
∴∠ODE=∠OBC、∠OED=∠OCB，
∴△ODE∽△OBC，
∴OEOC=ODOB=DEBC=12，①错误；
S△DOES△BOC=(DEBC)2=14，③错误；
∵DE//BC，
∵S△DOES△BOE=12OD⋅h12OB⋅h=ODOB=12，
∴S△DOES△BDE=13，④正确；
故选B．
12.【答案】B
【解析】解：过点F作FM//BC，与DH交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90∘，AB=BC=CD，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠BAE=∠ABF+∠CBF=90∘
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，
∵AB=3BE，
∴CD=3CF，
∵CF=CG，
∴CF=CG=13BC=13CD，
∴BG=DF=23CD，
∵MF//BC，
∴△DFM∽△DCG，
∴DMDG=FMCG=DFDC=23，
∴DM=23DG，FM=23CG=23×13BC=29BC，
∴MG=13DG，
∵MF//BC，
∴△HMF∽△HGB
∴HMHG=FMBG=29BC23BC=13，
∴HM=13HG，
∴HG=34MG=34×13DG=14DG
∴DH:HG=3:1．
故选：B．
过点F作FM//BC，与DH交于点M，证明△ABE≌△BCF得到CF与CD的关系，再证明△DFM∽△DCG，△HMF∽△HGB，便可求得结果．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，关键是运用全等三角形和相似三角形解题．
13.【答案】−1.5或2
【解析】解：由二次函数y=x2−2mx(m为常数)，得到对称轴为直线x=m，抛物线开口向上，
当m≥2时，由题意得：当x=2时，y最小值为−2，代入得：4−4m=−2，即m=1.5<2，不合题意，舍去；
当−1≤m≤2时，由题意得：当x=m时，y最小值为−2，代入得：−m2=−2，即m=2或m=−2(舍去)；
当m<−1时，由题意得：当x=−1时，y最小值为−2，代入得：1+2m=−2，即m=−1.5，
综上，m的值是−1.5或2，
故答案为：−1.5或2
分类讨论抛物线对称轴的位置确定出m的范围即可．
此题考查了二次函数的最值，利用了分类讨论的思想，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．
14.【答案】y=−x2−2x+3 3−2或3+2
【解析】解：(1)将点C(0,3)、B(1,0)、(2,−5)代入抛物线y=ax2+bx+tc中，得：
a+b+c=0，c=3，4a+2b+c=−5；
解得：a=−1，b=−2，c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
(2)抛物线向下平移n个单位后，E为(−1,4−n)，C为(0,3−n)，
∴EC=2，
∵CO//EH，
∴当CO=CE=2时，∠CEO=∠COE=∠OCH，
∴3−n=2或n−3=2，
即n=3−2或3+2．
(1)将已知点带入抛物线，利用待定系数法求抛物线的解析式；
(2)通过观察并分析平移后抛物线的图象，求出n的值．
本题主要考查待定系数法求二次函数的解析式，以及抛物线平移后图像的问题，综合分析善于观察是解题的关键．
15.【答案】105
【解析】
【分析】
本题主要考查了等腰直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段长的思路与方法；设AD和BE交于点O，首先证明△AEB≌△ADC，得出∠AEB=∠ADC，然后利用勾股定理求出AE、AD、AB、AC的长，最后证明△OAB∽△ODE，△OAE∽△OFD，△DOE∽△FOA，利用相似三角形的性质进行解答，即可求解．
【解答】
解：设AD和BE交于点O，如图：
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC=90°，∠ABC=45°，∠ADE=45°，
∴∠DAE+∠DAB=∠BAC+∠DAB，即∠EAB=∠DAC，
在△AEB和△ADC中，
AE=AD∠EAB=∠DACAB=AC,
∴△AEB≌△ADCSAS，
∴∠AEB=∠ADC，
在Rt△ADE中，∠EAD=90°，AD=AE，DE=2，
根据勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即2AD2=22，
∴AD=2，AE=AD=2，
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=2，
根据勾股定理可得AB2+AC2=BC2，即2AB2=22，
∴AB=1，AC=AB=1，
当AD//BC时，∠BAD=∠ABC=45°，
∴∠ADE=∠BAD，
∴DE//AB，
∴△OAB∽△ODE，
∴OAOD=ABDE=12，
∴OA=13AD=13×2=23，
在Rt△AOE中，∠OAE=90°，OE=OA2+AE2=232+22=235，
∵∠AEO=∠FDO，∠AOE=∠FOD，
∴△AOE∽△FOD，
∴OEOD=OAOF，
∴OEOA=ODOF，
又∵∠DOE=∠FOA，
∴△DOE∽△FOA，
∴EDAF=OEOA，即2AF=23523，
∴AF=105．
故答案为105．
16.【答案】②③④
【解析】解：①∵四边形BDEF是正方形，
∴BD=ED，∠BDE=90°，
∵CD=CD，
当∠ADB≠45°时，∠ADB≠∠ADE，
此时∠BDC≠∠EDC，
则△BCD不全等于△ECD，
故①错误；
②当∠ADE的度数是30°时，
∴∠ADB=60°，
∵△ABC中，∠BAC=90°，AB=a，
∴BC=2a，
∴AC=3a，
∴AD=33a，
∴CD=233a，
∴CD=2AD，
故CD的长度可能是AD的长度的2倍；
故②正确；
③过F作FG⊥AB于点G，
∵四边形BDEF是正方形，
∴BD=FB，∠DBF=∠BAD=∠FGB=90°，
∴∠ABD+∠ABF=∠ABF+∠GFB=90°，
∴∠ABD=∠GFB，
∴△ABD≌△GFB(AAS)，
∴AB=GF=a，
∴点F到直线AB的距离为a，
故③正确；
④过点E作EH⊥AC于点H，
∵四边形BDEF是正方形，
∴BD=DE，∠BDE=∠BAD=∠DHE=90°，
∴∠ABD+∠BDA=∠BDA+∠HDE=90°，
∴∠ABD=∠HDE，
∴△ABD≌△HDE(AAS)，
∴AD=HE，
∵AD=AB⋅tan∠ABD=a⋅tan∠ABD，
AC=3a，
∴CD=AC−AD=(3−tan∠ABD)a，
∴S△CDE=12CD⋅HE
=12(3−tan∠ABD)a⋅a⋅tan∠ABD
=12(−tan2∠ABD+3tan∠ABD)a2
=[38−12(tan∠ABD−32)2]a2≤38a2，
∴△CDE面积的最大值是38a2，
故④正确；
故答案为：②③④．
①根据“两边对应相等，而夹角不一定相等，这样的两个三角形不一定全等”进行判断；
②当∠ADE的度数是30°时，进而得∠ADB=60°，AB=a，则AC=3a，AD=33a，故CD的长度可能是AD的长度的2倍；
③过F作FG⊥AB于点G，证明△ABD≌△GFB得AB=GF=a便可；
④过点E作EH⊥AC于点H，证明△ABD≌△HDE，得AD=EH，进而解直角三角形，用a表示AD、CD，再根据三角形的面积公式求得△CDE面积关于a的解析式，利用完全平方式求得其最小值．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，解直角三角形的知识，关键是证明全等三角形．
17.【答案】解：(1)过点A作AC⊥OB于点C，
∵△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，OC=12OB，
∵B(4,0)，
∴OB=OA=4，
∴OC=2，AC=23，
把点A(2,23)代入y=kx，得k=43，
∴反比例函数的解析式为y=43x；
(2)分两种情况讨论：
①如图2，点D是A′B′的中点，过点D作DE⊥x轴于点E．
由题意得A′B′=4，∠A′B′E=60°，
在Rt△DEB′中，B′D=2，DE=3，B′E=1，
∴O′E=3，
把y=3代入y=43x，得x=4，
∴OE=4，
∴a=OO′=1；
②如图3，点F是A′O′的中点，过点F作FH⊥x轴于点H．
由题意得A′O′=4，∠A′O′B′=60°，
在Rt△FO′H中，FH=3，O′H=1，
把y=3代入y=43x，得x=4，
∴OH=4，
∴a=OO′=3，
综上所述，a的值为1或3．
【解析】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，掌握直角三角形、等边三角形的性质以及分类讨论思想是解题的关键．
(1)过点A作AC⊥OB于点C，根据等边三角形的性质得出点A坐标，用待定系数法求得反比例函数的解析式即可；
(2)分两种情况讨论：①反比例函数图象过AB的中点；②反比例函数图象过AO的中点．分别过中点作x轴的垂线，再根据30°角所对的直角边是斜边的一半得出中点的纵坐标，代入反比例函数的解析式得出中点坐标，再根据平移的法则得出a的值即可．
18.【答案】解：(1)设y与x的函数关系式为：y=kx+b(k≠0)，
把x=40，y=10000和x=50，y=9500代入得，
40k+b=1000050k+b=9500，
解得，k=−50b=12000，
∴y=−50x+12000；
(2)根据“在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于150元/件．若某一周该商品的销售量不少于6000件，”得，
x≥30x≤150−50x+12000≥6000，
解得，30≤x≤120，
设利润为w元，根据题意得，
w=(x−30)y
=(x−30)(−50x+12000)
=−50x2+13500x−360000
=−50(x−135)2+551250，
∵−50<0，
∴当x<135时，w随x的增大而增大，
∵30≤x≤120，且x为正整数，
∴当x=120时，w取最大值为：−50×(120−135)2+551250=540000，
答：这一周该商场销售这种商品获得的最大利润为540000元，售价为120元；
(3)根据题意得，w=(x−30−m)(−50x+12000)
=−50x2+(13500+50m)x−360000−12000m，
∴对称轴为直线x=−13500+50m2×(−50)=135+0.5m，
∵−50<0，
∴当x<135+0.5m时，w随x的增大而增大，
∵该商场这种商品售价不大于150元/件时，捐赠后发现，该商场每周销售这种商品的利润仍随售价的增大而增大．
对称轴为x=135+0.5m，且x取正整数，
只需保证x=150时利润大于x=149时即可满足要求，
所以对称轴要大于149.5就可以了，
∴135+0.5m>149.5，解得m>29，
∵10⩽m⩽60，
∴29
(1)用待定系数法求出一次函数的解析式便可；
(2)根据“在销售过程中要求销售单价不低于成本价，且不高于150元/件．若某一周该商品的销售量不少于6000件，”列出x的不等式组，求得x的取值范围，再设利润为w元，由w=(x−30)y，列出w关于x的二次函数，再根据二次函数的性质求出利润的最大值和售价；
(3)根据题意列出利润w关于售价x的函数解析式，再根据二次函数的性质，列出m的不等式进行解答便可．
19.【答案】解：(1)点B是在直线y=x+m上，理由如下：
∵直线y=x+m经过点A(1,2)，
∴2=1+m，解得m=1，
∴直线为y=x+1，
把x=2代入y=x+1得y=3，
∴点B(2,3)在直线y=x+m上；
(2)∵直线y=x+1与抛物线y=ax2+bx+1都经过点(0,1)，且B、C两点的横坐标相同，
∴抛物线只能经过A、C两点，
把A(1,2)，C(2,1)代入y=ax2+bx+1得a+b+1=24a+2b+1=1，
解得a=−1，b=2；
(3)由(2)知，抛物线为y=−x2+2x+1，
设平移后的抛物线为y=−x2+px+q，其顶点坐标为(p2,p24+q)，
∵顶点仍在直线y=x+1上，
∴p24+q=p2+1，
∴q=−p24+p2+1，
∵抛物线y=−x2+px+q与y轴的交点的纵坐标为q，
∴q=−p24+p2+1=−14(p−1)2+54，
∴当p=1时，平移后所得抛物线与y轴交点纵坐标的最大值为54．
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式和二次函数的解析式，二次函数的图象与几何变换，二次函数的性质，题目有一定难度．
(1)根据待定系数法求得直线的解析式，然后即可判断点B(2,3)在直线y=x+m上；
(2)因为直线经过A、B和点(0,1)，所以经过点(0,1)的抛物线不同时经过A、B点，即可判断抛物线只能经过A、C两点，根据待定系数法即可求得a、b；
(3)设平移后的抛物线为y=−x2+px+q，其顶点坐标为(p2,p24+q)，根据题意得出p24+q=p2+1，由抛物线y=−x2+px+q与y轴交点的纵坐标为q，即可得出q=−p24+p2+1=−14(p−1)2+54，从而得出q的最大值．
20.【答案】凸的 越厚 f=100D 143度
【解析】解：(1)老花镜镜片是凸的，度数越高镜片的中心越厚，
故答案为：凸的；越厚；
(2)根据表中数据可得：100×1=100，120×0.8=96，200×0.5=100，250×0.4=100，300×0.3=90，
则老花镜的度数D与镜片焦距f的关系可近似的看作f=100D，
故答案为：f=100D；
(3)当f=0.7m时，0.7=100D，
解得D≈143，
即这幅老花镜的度数是143度．
故答案为：143度．
(1)根据题意及常识可求解；
(2)利用表格中的数据可求解D与f的关系式；
(3)将f值代入计算可求解．
本题主要考查反比例函数的应用，根据数据找函数关系是解题的关键．
21.【答案】解：(1)当a=−1时，y=−x2+x+2=−(x−12)2+94
∴抛物线的顶点坐标为：(12,94)，对称轴为x=12；
(2)∵代数式−x2+x+2的值为正整数，
−x2+x+2=−(x−12)2+214≤214，
∴−x2+x+2=1，解得x=1±52，
或−x2+x+2=2，解得x=0或1．
∴x的值为1−52，1+52，0，1；
(3)将M代入抛物线的解析式中可得：a1m2+m+2=0；
∴a1=−(m+2)m2；
同理可得a2=−n+2n2；
a1−a2=(mn+2m+2n)(m−n)m2n2，
∵m在n的左边，
∴m−n<0，
∵0
∴a1
(2)可先得出y的值，然后解方程求解即可．
(3)可将M、N的坐标分别代入抛物线中，得出a1、a2的表达式，然后令a1−a2进行判断即可．
本题主要考查二次函数的相关知识．
22.【答案】解：(1)如图①，过M分别作ME//AB交BC于E，MF//BC交AB于F，
则四边形BEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠ABD=∠CBD=∠BME=45°，
∴ME=BE，
∴平行四边形BEMF是正方形，
∴ME=MF，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN=90°，
∵∠FME=90°，
∴∠CME=∠FMN，
∴△MFN≌△MEC(ASA)，
∴MN=MC；
(2)由(1)得FM//AD，EM//CD，
∴AFAB=CEBC=DMBD=25，
∴AF=2.4，CE=2.4，
∵△MFN≌△MEC，
∴FN=EC=2.4，
∴AN=4.8，BN=6−4.8=1.2，
∴AN=4BN；
(3)如图②，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，
∵△DMC≌△BHC，∠BCD=90°，
∴MC=HC，DM=BH，∠CDM=∠CBH=45°，∠DCM=∠BCH，
∴∠MBH=90°，∠MCH=90°，
∵MC=MN，MC⊥MN，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∴∠MNC=45°，
∴∠NCH=45°，
∴△MCG≌△HCG(SAS)，
∴MG=HG，
∵BG：MG=3：5，
设BG=3a，则MG=GH=5a，
在Rt△BGH中，BH=4a，则MD=4a，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴BD=62，
∴DM+MG+BG=12a=62，
∴a=22，
∴BG=322，MG=522，
∵∠MGC=∠NGB，∠MCG=∠ABG=45°，
∴△MGC∽△NGB，
∴GCGB=MGNG，
∴CG⋅NG=BG⋅MG=152．
【解析】本题是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质等知识点．
(1)作ME//AB、MF//BC，证四边形BEMF是正方形得ME=MF，再证∠CME=∠FMN，从而得△MFN≌△MEC，据此可得证；
(2)由FM//AD，EM//CD知AFAB=CEBC=DMBD=25，据此得AF=2.4，CE=2.4，由△MFN≌△MEC知FN=EC=2.4，AN=4.8，BN=6−4.8=1.2，从而得出答案；
(3)把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，先证△MCG≌△HCG得MG=HG，由BG：MG=3：5可设BG=3a，则MG=GH=5a，继而知BH=4a，MD=4a，由DM+MG+BG=12a=62得a=22，知BG=322，MG=522，证△MGC∽△NGB得GCGB=MGNG，从而得出答案．
23.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A=∠BCD，
由对称知，∠DFG=∠BCD，
∴∠A=∠DFG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠AFD=∠FDG，
∴△DFG∽△FAD；
(2)①如图，连接AC，BD相交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠AOB=90°，OB=12BD=3，AC=2OA，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OA=AB2−OB2=4，
∴AC=2OA=8，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24；
②过点D作DH⊥AB于H，
∴S菱形ABCD=AB⋅DH=5DH，
由①知，S菱形ABCD=24，
∴5DH=24，
∴DH=245，
在Rt△DAH中，AH=AD2−DH2=52−(245)2=75，
由对称知，DF=CD=5，
∵DH⊥AF，
∴AF=2AH=145，
由(1)知，△DFG∽△FAD，
∴DGDF=DFAF，
∴DG5=5145，
∴DG=12514，
∴CG=DG−CD=5514．
【解析】(1)由菱形的性质判断出CD//AB，得∠AFD=∠FDG，再由对称得出∠BCD=∠DFG，得出∠A=∠DFG，即可得出结论；
(2)①先利用勾股定理求出OA，进而得出AC，即可得出结论；
②先利用菱形的面积求出DH，再用勾股定理求出AH，进而得出AF，最后借助(1)的结论得出DGDF=DFAF，即可求出DG，即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了菱形的性质，菱形的面积公式，对称的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，判断出△DFG∽△FAD是解本题的关键．
24.【答案】(−3,15)
【解析】解：(1)∵y=−kx+15−3k=−k(x+3)+15，则当x+3=0，即x=−3时，y的值与k无关，
∴A(−3,15)，
故答案为(−3,15)；
(2)如图1中，延长GB，MA交于点F.连接OF，作AE⊥OF于点E.则四边形OMFG是正方形，△AFE是等腰直角三角形，且OG=OM=MF=GF=15，AM=3，则AF=12，
∴AE=EF=AF×22=62，OE=92，
∵∠OGB=∠OEA=90°，∠AOE+∠FOB=45°，∠FOB+∠BOG=45°，
∴∠AOE=∠BOG，
∴△AOE∽△BOG，
∴AEBG=OEOG，
∴62BG=9215，
∴BG=10，
∴B(−15,10)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，则有−3k+b=15−15k+b=10，
解得k=512b=654，
∴直线AB的解析式为y=512x+654．
(3)如图2中，
∵∠DEO=45°，
∴E在以OD的斜边的等腰直角三角形直角顶点为圆心，以OD为弦的圆上，且弦OD所对的圆心角是90°的圆上，设圆心是O′，则O′的坐标是(−152,152)，圆的半径是1522，
又∵点F为OC的中点，
∴F的坐标是(0,152)，
则FO′//x轴，
则当E是FO′的延长线与⊙O′的交点时，线段EF最长，则最大的长度是：152+1522．
(1)y=−kx+15−3k=−k(x+3)+15，则当x+3=0，即x=−3时，y的值与k无关，据此即可求得A的坐标；
(2)如图1中，延长GB，MA交于点F.连接OF，作AE⊥OF于点E.证明△AOE∽△BOG，根据相似三角形的对应边的比相等，即可求得BG的长，则B的坐标可以求得，然后利用待定系数法即可求解；
(3)E在以OD的斜边的等腰直角三角形直角顶点为圆心，以OD为弦的圆上，据此即可求得圆心的坐标，从而求解．
本题考查了一次函数、正方形的性质以及相似三角形的判定与性质的综合应用，(2)正确证明△AOE∽△BOG，以及确定B的位置是关键，(3)利用辅助圆是解决问题的关键；
25.【答案】解：(1)有，线段EF的长度不变．
理由：如图，连接BD．
∵PE=EB，PF=FD，
∴EF=12BD，
∵四边形ABC都是矩形，
∴∠A=90°，AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴EF=12BD=5．
(2)∵PE=EB，PF=FD，
∴EF=12BD，EF//BD，
∴△PEF∽△PBD，
∴S△PEFS△PBD=(12)2，
∴S△PEF=14S△PBD，
∵DF=PF，
∴S△PFC=12S△DFC，
∴y=S△PEF+S△PDC=14⋅12⋅x⋅6+12⋅12⋅(8−x)⋅6=−34x+12(x>0)．
(3)由题意：当点E在线段BC上时，EF=5，EC=PC+PE=(8−x)+12x=8−12x，CF=12PD=12⋅62+(8−x)2，
当EF=EC时，5=8−12x，解得x=6．
当EF=CF时，5=12⋅62+(8−x)2，解得x=0(舍弃)或16(舍弃)．
当CF=EC时，8−12x=12⋅62+(8−x)2，解得x=394(舍弃)，
当点E在BC阿德延长线上时，EF=5，EC=BE−BC=12x−8，CF=12PD=12⋅62+(x−8)2，
当EF=EC时，5=12x−8，解得x=26．
当EF=CF时，5=12⋅62+(x−8)2，解得x=0(舍弃)或16．
当CF=EC时，12x−8=12⋅62+(x−8)2，解得x=394，
综上所述，满足条件的x的值为6或26或16或394．
【解析】(1)有，线段EF的长度不变．理由三角形的中位线定理即可解决问题．
(2)根据y=S△PEF+S△PDC，计算即可．
(3)分点E在线段BC上，点E在BC的延长线上时，再分三种情形，构建方程解决问题即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
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