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青岛版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份青岛版初中数学九年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
青岛版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；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. 如图，四边形ABCD为平行四边形，若将△ACB沿对角线AC翻折得到△ACE，连接ED，则图中与∠CAD度数一定相等(除∠CAD外)的角的个数有．( )
A. 2个 B. 4个 C. 5个 D. 7个
2. 如图，将矩形ABCD折叠，使得两顶点A与C重合，折痕交AD于E，连接EC，EC交对角线BD于点F，若EF=2，OF=3，则EC的长为( )
A. 219−3 B. 2319+3 C. 219+3 D. 19+3
3. 如图，正方形ABCD，点E，F分别在边AD，AB上，AF=DE，AF：FB=1：2，DF与CE交于点M，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BC=2BG，连接GM.有如下结论：①CE⊥DF；②AN=24AB；③SΔANF:S四边形CNFB=1:9；④∠ADF=∠GMF.上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④
4. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，当B在x轴的正半轴上运动时，A随之在y轴的正半轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变．若∠OAB=30°时，点A的纵坐标为23，点C的纵坐标为1，则点D到点O的最大距离是( )
A. 25 B. 22+2 C. 22+4 D. 23+4
5. 如图，在正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，P是线段MN上的一点，BP的延长线交AD于点E，连接PD，PC，将△DEP绕点P顺时针旋转90°得△GFP，则下列结论：①CP=GP；②tan∠CGF=1；③BC垂直平分FG；④若AB=4，点E在AD边上运动，则D，F两点之间距离的最小值是322.其中结论正确的序号有( )
A. ②③ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
6. 已知12
7. 某斜坡的坡度i=1:33，则该斜坡的坡角为( )
A. 75° B. 60° C. 45° D. 30°
8. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
9. 在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y=3x+23上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为( )
A. 3 B. 2 C. 3 D. 2
10. 在△ABC中，∠ACB=90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME.则下列结论错误的是( )
A. CD=2ME B. ME//AB C. BD=CD D. ME=MD
11. 某商场在统计今年第一季度的销售额时发现，二月份比一月份增加了10%，三月份比二月份减少了10%，则三月份的销售额比一月份的销售额( )
A. 增加10% B. 减少10% C. 不增也不减 D. 减少1%
12. 如图是清朝李演撰写的《九章算术细草图说》中的“勾股圆方图”，四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，若HM：EM=8：9，HD=2，则AB的长为( )
A. 114
B. 2910
C. 3
D. 22
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE⊥DE，点F为AE延长线上一点，满足EF=AE，连接DF交BC于点G，若AB=4，BE=2，则GC=______．
14. 如图，已知在△ABC中，∠C=90°，BC=8，cosB=45，点P是斜边AB上一点，过点P作PM⊥AB交边AC于点M，过点P作AC的平行线，与过点M作AB的平行线交于点Q.如果点Q恰好在∠ABC的平分线上，那么AP的长为______．
15. 已知钝角△ABC内接于⊙O，AB=BC，将△ABC沿AO所在直线翻折，得到△AB′C′，联结BB′、CC′，如果BB′：CC′=4：3，那么tan∠BAC的值为______．
16. 如图，在△CDE中，CD=1，∠CDE=45°，分别以CD，CE为边向外作正方形ABCD，CEFG.若AE=BD，则EF2=_____________．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD，CE交于点F，连接DE．
(1)求证：△ABD∽△ACE；
(2)求证：△ADE∽△ABC；
(3)若BE=CE=5，CD=1，求DF的长．
18. 如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F(点E，B不重合).在线段BF上取点M，N(点M在BN之间)，使BM=2FN.当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N.记QN=x，PD=y，已知y=−65x+12，当Q为BF中点时，y=245．
(1)判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
(2)求DE，BF的长．
(3)若AD=6．
①当DP=DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
19. 如图，在7×7的正方形网格中，A，B，C均为小正方形的顶点，E是AC与网格线的交点．用无刻度的直尺画图，保留画图痕迹．
(1)在图1中，将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AM；在AC上画点N，使tan∠ABN=12；
(2)在图2中，在BC上画点F(不与点C重合)，使EF=EC；并找出F关于AB的对称点G．
20. 定义：长宽比为n:1(n为正整数)的矩形称为n矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个2矩形，如图a所示．
操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G处，折痕为AH．
操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD.则四边形ABCD为2矩形．
(1)证明：四边形ABCD为2矩形；
(2)点M是边AB上一动点．
①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN.则tan∠OMN=______；
②若AM=AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求NBCN的值；
③直线l经过点D，过点A作AR⊥l，垂足为R，连接RC，交BD于点H，若AB=22，则CRHC的最大值为________________．
21. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F连接OF交AD于点G．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若∠OFA=60°，半径为4，在圆O上取点P，使∠PDE=15°，求点P到直线DE的距离．
22. 如图，四边形ABCD的顶点在⊙O上，BD是⊙O的直径，延长CD、BA交于点E，连接AC、BD交于点F，作AH⊥CE，垂足为点H，已知∠ADE=∠ACB．
(1)求证：AH是⊙O的切线；
(2)若OB=4，AC=6，求sin∠ACB的值；
(3)若DFFO=23，求证：CD=DH．
23. 如图，以▱ABCD的边BC为直径的⊙O交对角线AC于点E，交CD于点F.连结BF.过点E作EG⊥CD于点G，EG是⊙O的切线．
(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)已知EG=2，DG=1.求CF的长．
24. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感．
(1)试求每轮传染中平均一个人传染了几个人？
(2)如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少个人会患流感？
25. 随着养老机构(养老机构指社会福利院、养老院、社区养老中心等)建设稳步推进，某市拥有的养老床位不断增加．
(1)该市的养老床位数从2015年底的2万个增长到2017年底的2.88万个，求该市这两年(从2015年底到2017年底)拥有的养老床位数的平均年增长率．
(2)若该市某社区今年准备新建一养老中心，其中规划建造三类养老专用房间共100间，这三类养老专用房间分别为单人间(1个养老床位)、双人间(2个养老床位)、三人间(3个养老床位)，因实际需要，单人间房间数在10至30之间(包括10和30)，且双人间的房间数是单人间的2倍，设规划建造单人间的房间数为t．
①若该养老中心建成后可提供养老床位200个，求t的值．
②该养老中心建成后最多提供养老床位多少个？最少提供养老床位多少个？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查平行四边形的性质、折叠变换和相似三角形的判定和性质；首先利用翻折结合平行四边形的性质得到∠ACB=∠CAD=∠ACE，再利用相似三角形的性质得到∠ACF=∠DEF，∠CAF=∠EDF，得出结果．
【解答】
解：设AD和EC交于点F，
由翻折知∠ACB=∠ACE，CB=CE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠ACB=∠CAD=∠ACE，AD=CE，
又∵∠CAD=∠ACE，
FA=FC，
∴AD−AF=EC−FC，
即FE=FD，
∴FEFC=FDFA，
又∵∠EFD=∠CFA，
∴△FAC∽△FDE，
∴∠ACF=∠DEF，∠CAF=∠EDF，
∴∠ACB=∠CAD=∠ACE=∠DEF=∠EDF，
图中与∠CAD度数一定相等(除∠CAD外)的角有4个，
故选B．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，翻折变换，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；首先根据矩形的性质可知OA=OB=OC=OD，AD//BC，得出∠OAD=∠ODA，∠OBC=∠OCB，∠OAD=∠OCB，得出∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB，根据图形翻折的性质可得∠OAE=∠OCE，进一步得出∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB=∠OCE，根据三角形的外角性质可得∠COF=∠OBC+∠OCB，∠DEF=∠OAE+∠OCE，所以∠COF=∠DEF，然后证明△COF∽△DEF，△FDE∽△FBC，再根据相似三角形的性质进行解答，即可求解．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，AD//BC，
∴∠OAD=∠ODA，∠OBC=∠OCB，∠OAD=∠OCB，
∴∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB，
根据图形翻折的性质可得∠OAE=∠OCE，
∴∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB=∠OCE，
∵∠COF是△OBC的外角，∠DEF是△ACE的外角，
∴∠COF=∠OBC+∠OCB，∠DEF=∠OAE+∠OCE，
∴∠COF=∠DEF，
又∵∠OCF=∠EDF，
∴△COF∽△DEF，
∴CFDF=OFEF，
∵OF=3，EF=2，
∴CFDF=32，
设CF=3k(k>0)，则DF=2k，OD=OF+DF=2k+3，
∴OB=OD=2k+3，BF=OB+OF=2k+3+3=2k+6，
∵DE//BC，
∴∠FDE=∠FBC，∠FED=∠FCB，
∴△FDE∽△FBC，
∴DFBF=EFCF，即2k2k+6=23k，
整理，得3k2−2k−6=0，
解得k1=1+193，k2=1−193(舍去)，
∴CF=3k=3×1+193=1+19，
∴EC=EF+CF=2+1+19=19+3．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．①正确．证明△ADF≌△DCE(ASA)，即可判断．②正确．利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可．③错误．设△ANF的面积为m，由AF//CD，推出AFCD=ANCN=13，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积=△ABC的面积=12m，由此即可判断．④正确．作GH⊥CE于H，设AF=DE=a，BF=2a，则AB=CD=BC=3a，EC=10a，通过计算证明MH=CH即可解决问题．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=CD=BC，∠CDE=∠DAF=90°，
在△ADF与△DCE中，
∠DAF=∠CDE=90°AD=CDAF=DE,
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴∠ADF=∠DCE，
∵∠DCE+∠DEC=90°，
∴∠ADF+∠DEC=90°，
∴∠DME=90°，
∴CE⊥DF；故①正确；
∵AB//CD，
∴AFCD=ANCN，
∵AF：FB=1：2，
∴AF：AB=AF：CD=1：3，
∴ANCN=13，
∴ANAC=14，
∵AC=2AB，
∴AN2AB=14，
∴AN=24AB；故②正确；
设△ANF的面积为m，
∵AF//CD，
∴AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积=△ABC的面积=12m，
∴S△ANF：S四边形CNFB=1：11，故③错误，
作GH⊥CE于H，设AF=DE=a，BF=2a，则AB=CD=BC=3a，EC=10a，
由△CMD∽△CDE，可得CM=91010a，
由△GHC∽△CDE，可得CH=91020a，
∴CH=MH=12CM，
∵GH⊥CM，
∴GM=GC，
∴∠GMH=∠GCH，
∵∠FMG+∠GMH=90°，∠DCE+∠GCM=90°，
∴∠FMG=∠DCE，
∵∠ADF=∠DCE，
∴∠ADF=∠GMF；故④正确，
故选C．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质、三角形的三边关系、直角三角形的斜边中线性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
取AB的中点M，连接MO，DM，过点C作CG⊥x轴于点G，先利用∠OAB=30°，点A的纵坐标为23求出OB=2，AB=4，根据同角的余角相等易得△AOB∽△BGC，利用相似三角形的性质求出DG，用勾股定理求出BC，由矩形的性质可得AD的长，进而求出DM的长度，再利用直角三角形性质求出OM的长度，最后由三角形的三边关系可得当O、D、M共线时，点D到点O的距离有最大值．
【解答】
解：如图，取AB的中点M，连接MO，DM，过点C作CG⊥x轴于点G，
∵∠OAB=30°，点A的纵坐标为23，
∴AB=2OB，AO=23，
∴AB2=OB2+AO2，
即(2OB)2=OB2+(23)2，
∴OB=2，
∴AB=4．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠OAB=∠ABO+∠CBG=90°，
∴∠OAB=∠CBG．
∵∠AOB=∠BGC=90°，
∴△AOB∽△BGC，
∴AOBG=OBCG．
∵点C的纵坐标为1，
∴CG=1，
∴23BG=21，
∴BG=3，
∴BC=32+12=2，
∵矩形ABCD的边AB=4，M为AB的中点，
∴BC=AD=2，AM=BM=
1
2
AB=2，
∴在Rt△ADM中，由勾股定理得DM=22+22=22，
在Rt△AOB中，OM=
1
2
AB=2，
∵当O、D不过点M时，OM+DM>OD
∴当O、D、M共线时，点C到点O的距离有最大值，最大值为2+22．
5.【答案】B
【解析】解：延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，如图，
∵正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，
∴MN是线段BA，CD的垂直平分线．
∴PD=PC，PA=PB．
∵△FPG是△PED绕点P顺时针旋转90°得到，
∴△FPG≌△PED，
∴PD=PG．
∴PC=PG．
∴①的结论正确；
∵PD=PC，
∴∠PDC=∠PCD=12(180°−∠DPC)．
∵PC=PG，
∴∠PCG=∠PGC=12(180°−∠CPG)．
∴∠PCD+∠PCG=12[360°−(∠DPC+∠CPG)]．
∵∠DPC+∠CPG=90°，
∴∠PCD+∠PCG=135°．
∵∠BCD=90°，
∴∠BCG=45°．
∵△FPG≌△PED，
∴∠DEP=∠GFP．
∵∠HFP+∠PFG=180°，
∴∠DEP+∠HFP=180°．
∵∠DEP+∠HFP+∠EHF+∠EPF=360°，
∴∠EHF+∠EPF=180°．
∴∠EPF=90°，
∴∠EHF=90°．
即GH⊥AD．
∵AD//BC，
∴GF⊥BC．
∴∠CGF=45°．
∴tan∠CGF=1．
∴②的结论正确；
∵PA=PB，PM⊥AB，
∴∠APM=∠BPM，
∵PM//AE，
∴∠PEA=∠BPM，∠PAE=APM．
∴∠PEA=∠PAE．
∴PA=PE．
∵PE=PF，
∴PA=PB=PE=PF．
∴点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上．
∴∠FAB=12∠FPB=12×90°=45°．
∴点F在对角线AC上，
∴∠FCB=45°．
∵∠BCG=∠CGF=45°，
∴△FCG为等腰直角三角形．
∵BC平分∠FCG，
∴BC垂直平分FG．
∴③的结论正确；
由以上可知：点F在正方形的对角线AC上运动，
∴当EF⊥AC时，EF的值最小．
此时点E与点D重合，
DF=AD⋅sin45°=4×22=22．
∴④的结论不正确．
综上，结论正确的序号有：①②③，
故选：B．
延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，由已知可得MN为AB，CD的垂直平分线，由垂直平分线的性质和图形旋转的性质可得①的结论正确；利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质计算可得∠BCG=45°，由四边形内角和定理通过计算可得∠EHF=90°；利用平行线的性质可得BC⊥FG，则∠CGF=45°，可说明②的结论正确；通过证明点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上，利用圆周角定理可得∠FAB=45°，得到A，F，C三点共线，得到△CGF为等腰直角三角形，则③的结论正确；由题意点F在对角线AC上运动，当EF⊥AC时，EF的值最小，连接解直角三角形的知识可得④的结论不正确．
本题主要考查了正方形的性质，轴对称，线段垂直平分线的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系，圆周角定理，垂线段的性质，四点共圆的判定与性质，图形旋转的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
熟记特殊角的三角函数值，了解锐角三角函数的增减性是解题的关键；还要知道正余弦之间的转换方法：一个锐角的正弦值等于它的余角的余弦值．函数值，了解锐角三角函数的增减性是解题的关键．
先明确cos60°=12，sin80°=cos10°，再根据余弦函数随角增大而减小，进行分析．
【解答】
解：∵cos60°=12，sin80°=cos10°，
余弦函数随角增大而减小，
∴10°<α<60°．
故选D．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了坡度，坡角的概念和特殊角的三角函数值．解题关键是理解坡度的定义．解题时，设坡角为α，运用坡度的定义tanα=i，求出tanα的值，再利用特殊角的三角形函数值求出α的度数即可．
【解答】
解：∵斜坡的坡度i=1:33=3，设坡角为α，
∴tanα=i=1:33=3，
∴α=60°．
故选B．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确找到点MN取得最大值、最小值时的位置，属于中考常考题型．
设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN最小值为OP−OF=53，当N在AB边上时，M与B重合时，MN最大值=103+1=133，由此不难解决问题．
【解答】
解：如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为OP−OF，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=5
∵∠OPB=90°，
∴OP//AC
∵点O是AB的三等分点，
∴OB=23×5=103，OPAC=OBAB=23，
∴OP=83，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∴OD//BC，
∴ODBC=OQAB=13，
∴OD=1，
∴MN最小值为OP−OF=83−1=53，
如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN最大值=103+1=133，
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故选B．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了一次函数的性质，如图，直线y=3x+23与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，先利用一次解析式得到D(0,23)，C(−2,0)，再利用勾股定理可计算出CD=4，则利用面积法可计算出OH=3，连接OA，如图，利用切线的性质得OA⊥PA，则PA=OP2−1，然后利用垂线段最短求PA的最小值．
【解答】
解：如图，直线y=3x+23与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，
当x=0时，y=3x+23=23，则D(0,23)，
当y=0时，3x+23=0，解得x=−2，则C(−2,0)，
∴CD=22+(23)2=4，
∵12OH⋅CD=12OC⋅OD，
∴OH=2×234=3，
连接OA，如图，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴PA=OP2−OA2=OP2−1，
当OP的值最小时，PA的值最小，
而OP的最小值为OH的长，
∴PA的最小值为(3)2−1=2．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意可作出图形，如图所示，并延长EM交BD于点F，延长DM交AB于点N，
在△ABC中，∠ACB=90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，
∵∠ACB=∠ADB=90°，
∴点A，C，D，B四点到AB的中点的距离相等，
∴点A，C，D，B四点在以斜边AB为直径的圆上，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
∴CD=DB，(故选项C正确)，
∵点M是BC的中点，
∴DM⊥BC，
又∵∠ACB=90°，
∴AC//DN，
∴点N是线段AB的中点，
∴AN=DN，
∴∠DAB=∠ADN，
∵CE⊥AD，BD⊥AD，
∴CE//BD，
∴∠ECM=∠FBM，∠CEM=∠BFM，
∵点M是BC的中点，
∴CM=BM，
∴△CEM≌△BFM(AAS)，
∴EM=FM，
∴EM=FM=DM(故选项D正确)，
∴∠FED=∠MDE=∠DAB，
∴EM//AB(故选项B正确)，
综上，由已知条件不能证出CD=2ME，故选项A的结论不正确．
故选：A．
根据题意作出图形，可知点A，C，D，B四点共圆，再结合点M是中点，可得DM⊥BC，又CE⊥AD，BD⊥AD，可得△CEM≌△BFM，可得EM=FM=DM，延长DM交AB于点N，可得MN是△ACB的中位线，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得DN=AN，得到角之间的关系，可得ME//AB．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，圆周角定理，中位线定理，全等三角形的性质与判定等，根据题中条件，作出正确的辅助线是解题关键．
11.【答案】D
【解析】解：设一月份销售额为x，
则二月份销售额=x(1+10%)=1.1x，三月份就是x(1+10%)(1−10%)=0.99x，
因此三月份的销售额比一月份的销售额减少1%；
答：三月份的销售额比一月份的销售额减少1%．
故选D．
要求三月份的销售额比一月份的销售额如何，就要先设出一个未知数，表示出一月份和三月份的销售额，然后比较计算．
此题关键是注意利用单位1来进行计算，还有就是要设一月份销售额才简单．
12.【答案】B
【解析】解：∵HM：EM=8：9，
∴设HM=8x，EM=9x，
∵四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，
∴HD=NQ=2，BG=BE，BC=AD=AB，
由题意得，AH=EM=9x，AE=HM=8x，
∴AB=BC=AD=9x+2，
∴BG=BE=AB−AE=9x+2−8x=x+2，
∵BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，
∴BG2+NQ2=BC2，
∴(x+2)2+22=(9x+2)2，
解得：x=110(负值舍去)，
∴AB=9×110+2=2910，
故选：B．
设HM=8x，EM=9x，根据正方形的性质得到HD=NQ=2，BG=BE，BC=AD=AB，由题意得，AH=EM=9x，AE=HM=8x，求出BC=9x+2，BG=x+2，根据勾股定理列方程即可得到答案．
本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
13.【答案】3
【解析】解：∵AE⊥DE，
∴∠AED=90°=∠B=∠C，
∴∠AEB+∠DEC=∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE=∠DEC，
∴△ABE∽△ECD，
∴ABEC=BECD，
∴4EC=24，
∴EC=8，
∵AE=EF，∠AED=90°，
∴AD=DF，
∵∠AED=90°，
∴∠ADE=∠FDE，
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC=∠FDE，
∴DG=EG，
∵DG2=DC2+GC2，
∴(8−GC)2=16+GC2，
∴GC=3．
故答案为：3．
由余角的性质可得∠BAE=∠DEC，根据相似三角形的性质可求EC=4，由等腰三角形的性质和平行线的性质可证EG=DG，由勾股定理可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
14.【答案】53
【解析】解：在△ABC中，∠C=90°，BC=8，cosB=45，
∴AB=BCcosB=10，AC=AB2−BC2=6，
∴PM⊥AB，
∴∠APM=90°=∠C，
∵∠A=∠A，
∴△APM∽△ACB，
∴APAC=PMBC=AMAB，
设AP=3x，则PM=4x，AM=5x，
∴MC=6−5x，
∵MN//AB，
∴CMCA=CNCB=MNAB，
∴CN=8−203x，MN=10−253x，
∵BQ平分∠ABC，MN//AB，
∴∠QBN=∠BQN，
∴NQ=BN=BC−CN=203x，
∵MN//AB，PQ//AC，
∴四边形APQM是平行四边形，
∴QM=AP=3x，
∴MN=NQ+MQ=203x+3x=293x，
∴293x=10−253x，
解得x=59，
∴AP=3x=53，
故答案为：53．
根据直角三角形的边角关系可求出AB，AC，再根据相似三角形，用含有AP的代数式表示MC、NC、MN，再根据角平分线的定义以及等腰三角形的判定得出BN=NQ，进而列方程求出AP即可．
本题考查直角三角形的边角关系，角平分线的定义，相似三角形的判定和性质以及平行四边形的性质，掌握直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质是解决问题的前提，用含有AP的代数式表示MC、NC、MN是正确解答的关键．
15.【答案】5511
【解析】解：延长AO交⊙O于F，设BB′、CC′交AF于N、E，连接OC，OB，如图，
∵BB′：CC′=4：3，
设BB′=4x，CC′=3x，
由翻折知AF是BB′、CC′的垂直平分线，
∴BN=2x，CE=3x2，
∵AB=BC，
∴AB=BC，
∴∠AOB=∠BOC，
在△BON和△COM中，
∠BON=∠COM∠CMO=∠BNO=90°,OB=OC
∴△BON≌△COM(AAS)，
∴CM=BN=2x，
∴AC=2CM=4x，
∵∠AMO=∠AEC，∠OAM=∠CAE，
∴△AMO∽△AEC，
∴OMCE=OAAC，
∴OM=38r，
在Rt△AOM中，由勾股定理得，
(2x)2+(3r8)2=r2，
解得r=165555x，
∴BM=25511x，
∴tan∠BAC=BMCM=255x112x=5511，
故答案为：5511．
延长AO交⊙O于F，设BB′、CC′交AF于N、E，连接OC，OB，设BB′=4x，CC′=3x，由翻折知AF是BB′、CC′的垂直平分线，则BN=2x，CE=3x2，说明△BON≌△COM(AAS)，得CM=BN=2x，则AC=2CM=4x，再利用△AMO∽△AEC，可得OM=38r，从而解决问题．
本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似表示出OM=38r是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题．
16.【答案】4−23
【解析】
【分析】
本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形，一元二次方程的解法，掌握正方形的判定和性质，勾股定理和添加辅助线构造正方形是关键．
过点E分别作EM⊥CD于M，EH⊥AD交AD延长线于H得矩形DMEH，先证明矩形DMEH是正方形，再求得BD=2，设EH=x，则DH=EM=DM=x，AH=x+1，利用勾股定理得方程，解方程求得x，最后在Rt△CME中，由勾股定理求得CE2即可解答．
【解答】
解：过点E分别作EM⊥CD于M，EH⊥AD交AD延长线于H得矩形DMEH，
∵∠CDE=45°，
∴∠DEM=45°，
∴MD=ME，
∴矩形DMEH是正方形，
∵四边形ABCD是正方形，CD=1，
∴BD=2CD=2，
∵AE=BD，
∴AE=2，
设EH=x，则DH=EM=DM=x，AH=x+1，
在Rt△AEH中，由勾股定理得：x2+(x+1)2=2，
解得：x1=3−12，x2=−3−12(舍去)，
∴CM=CD−DM=1−3−12=3−32，
在Rt△CME中，由勾股定理得：CE2=EF2=3−122+3−322=4−234+12−634=4−23．
17.【答案】(1)证明：∵BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ADB∽△AEC．
(2)证明：∵△ADB∽△AEC，
∴ADAE=ABAC，
∴ADAB=AEAC，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC．
(3)解：过点E作EN⊥ED交BD于N，过点E作EM⊥DN于M．
在Rt△BEC中，∵BE=EC=5，∠BEC=90°，
∴BC=2BE=10，
∵∠BDC=90°，
∴BD=BC2−CD2=10−1=3，
∵∠EFB=∠DFC，∠BEF=∠CDF=90°，
∴△BFE∽△CFD，
∴BFCF=EFDF，
∴BFEF=CFDF，
∵∠EFD=∠BFC，
∴△EFD∽△BFC，
∴∠EDF=∠BCF=45°，
∵∠NED=90°，
∴∠END=∠EDN=45°，
∴EN=ED，
∵∠BEC=∠NED=90°，
∴∠BEN=∠CED，
∵BE=CE，
∴△BEN≌△CED(SAS)，
∴BN=CD=1，DN=BD−BN=2，
∵EN=ED，EM⊥DN，
∴MN=DM=1，
∴EM=MN=MD=1，
∵∠EMF=∠CDF=90°，∠EFM=∠CFD，EM=CD，
∴△EMF≌△CDF(AAS)，
∴MF=DF，
∴DF=12．
【解析】(1)根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
(2)利用两边成比例夹角相等的两个三角形相似证明即可．
(3)过点E作EN⊥ED交BD于N，过点E作EM⊥DN于M.利用相似三角形的性质证明△END是等腰直角三角形，再证明△EMF≌△CDF即可解决问题．
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，等腰直角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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
18.【答案】解：(1)DE与BF的位置关系为：DE//BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A=∠C=90°，
∴∠ADC+∠ABC=360°−(∠A+∠C)=180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE=12∠ADC，∠ABF=12∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF=12×180°=90°，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠ABF，
∴DE//BF；
(2)令x=0，得y=12，
∴DE=12，
令y=0，得x=10，
∴MN=10，
把y=245代入y=−65x+12，
解得：x=6，即NQ=6，
∴QM=10−6=4，
∵Q是BF中点，
∴FQ=QB，
∵BM=2FN，
∴FN+6=4+2FN，
解得：FN=2，
∴BM=4，
∴BF=FN+MN+MB=16；
(3)①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM=2+10=12=DE，DE//BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF=EM，
∵AD=6，DE=12，∠A=90°，
∴∠DEA=30°，
∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，
∴∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，
∴∠DFM=∠DEM=120°，
∴∠MEB=180°−120°−30°=30°，
∴∠MEB=∠FBE=30°，
∴∠EHB=180°−30°−30°−30°=90°，DF=EM=BM=4，
∴MH=12BM=2，
∴EH=4+2=6，
由勾股定理得：HB=BM2−MH2=42−22=23，
∴BE=EH2−HB2=62+(23)2=43，
当DP=DF时，−65x+12=4，
解得：x=203，
∴BQ=14−x=14−203=223，
∵223>43，
∴BQ>BE；
②(Ⅰ)当PQ经过点D时，如图3所示：
y=0，
则x=10；
(Ⅱ)当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，
∴CF=12BF=8，
∴CD=8+4=12，
∵FQ//DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴FQDP=CFCD，
∴2+x−65x+12=812，
解得：x=103；
(Ⅲ)当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE//BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴PEBQ=AEAB，
由勾股定理得：AE=DE2−AD2=122−62=63，
∴AB=63+43=103，
∴12−(−65x+12)14−x=63103，
解得：x=143，
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x=10或x=103或x=143时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【解析】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、平行线的判定、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
(1)推出∠AED=∠ABF，即可得出DE//BF；
(2)求出DE=12，MN=10，把y=245代入y=−65x+12，解得x=6，即NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；
(3)连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得HB=23，BE=43，当DP=DF时，求出BQ=223，即可得出BQ>BE；
②(Ⅰ)当PQ经过点D时，y=0，则x=10；
(Ⅱ)当PQ经过点C时，由FQ//DP，得出△CFQ∽△CDP，则FQDP=CFCD，即可求出x=103；
(Ⅲ)当PQ经过点A时，由PE//BQ，得出△APE∽△AQB，则PEBQ=AEAB，求出AE=63，AB=103，即可得出x=143，由图可知，PQ不可能过点B．
19.【答案】解：(1)如图1中，线段AM，点N就是求作的点；
(2)如图2中，点F，点G即为所求．
【解析】(1)将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AM，取格点F，G，连接FG交AC于点N，连接BN，线段AM，点N即为所求；
(2)取格点T，连接AT交BC于点H，取AC的中点Q，连接HQ，取AB的中点P，连接PQ交AH于点J，连接CJ交HQ于点K，连接AK，延长AK交BC于点F，作点D关于AB的对称点C′，连接BC′，C′F，C′F交AB于点R，连接CR，延长CR交BC′于点G，点F，点G即为所求．
本题考查作图−旋转变换，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20.【答案】解：(1)证明：设正方形ABEF的边长为a，
∵AE是正方形ABEF的对角线，
∴∠DAG=45°，
由折叠性质可知AG=AB=a，∠FDC=∠ADC=90°，
则四边形ABCD为矩形，
∴△ADG是等腰直角三角形．
∴AD=DG=a2，
∴AB：AD=a：a2=2：1．
∴四边形ABCD为2矩形；
(2)①2；
②解：如图c，作M关于直线BC对称的点P，连接DP交BC于点N，连接MN．
则此时△DMN的周长最小，
∵DC//AP，
∴CNNB=DCBP，
设AM=AD=a，则AB=CD=2a.
∴BP=BM=AB−AM=(2−1)a．
∴NBCN=BPCD=(2−1)a2a=2−22=1−22；
③6+64
【解析】
【分析】
此题相似形综合题，主要考查了新定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质和判定，属于较难题．
(1)先判断出∠DAG=45°，进而判断出四边形ABCD是矩形，再求出AB：AD的值，即可得出结论；
(2)①作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q，先判断出四边形BQOP是矩形，进而得出OPBC=AOAC，OQAB=COCA，再判断出Rt△QON∽Rt△POM，进而判断出ONOM=OQOP=ABBC=2，即可得出结论；
②作M关于直线BC对称的点P，连接DP交BC于点N，则此时△DMN的周长最小，判断出CNNB=DCBP，得出AB=CD=2a.进而得出BP=(2−1)a.即可得出结论；
③如图：点R的轨迹是以AD中点Q为圆心，QD为半径的圆，作CN⊥BD，RM⊥BD，OM′⊥BD，并反向延长交⊙Q于R′，求出RM、CN、R′M′，再根据相似三角形的判定和性质得出答案．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)①解：如图，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q．
∵四边形ABCD是矩形，∠B=90°，
∴四边形BQOP是矩形．
∴∠POQ=90°，OP//BC，OQ//AB．
∴OPBC=AOAC，OQAB=COCA．
∵O为AC中点，
∴OP=12BC，OQ=12AB．
∵∠MON=90°，
∴∠NOQ+∠MOQ=90°，又∠POM+∠MOQ=90°，
∴∠QON=∠POM，
∵∠OPM=∠OQN，
∴Rt△QON∽Rt△POM．
∴ONOM=OQOP=ABBC=2．
∴tan∠OMN=ONOM=2．
故答案为2；
②见答案；
③如图：点R的轨迹是以AD中点Q为圆心，QD为半径的圆，作CN⊥BD，RM⊥BD，QM′⊥BD，并反向延长交⊙Q于R′，
∵四边形ABCD为2矩形，AB=22，
∴BC=AD=2，
∴BD=23
∵BD⊥CN，
∴12BC·CD=12BD·CN
∴CN=236
∵tan∠ADB=2=QM′DM′
∴QM′=2DM′
∵QD=1，QD2=QM′2+DM′2
∴QM′=63
∴R′M′=1+63
∵CN⊥BD，RM⊥BD
∴CN//RM
∴△RMH∽△CNH
∴RMCN=RHCH
∴CRCH=CH+RHCH=1+RHCH=1+RMCN⩽1+R′M′CN=6+64，
故CRHC的最大值为6+64．
故答案为6+64．
21.【答案】(1)证明：连接OD，如图，
∵AD平分∠BAC交BC于点D，
∴∠OAD=∠CAD．
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AC，
∴∠ODC+∠C=180°．
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)解：①当点P在AE上时，PH的长为点P到直线DE的距离，
连接OD，OP，过点O作OM⊥DE于点M，过点P作PN⊥OM于点N，如图，
∵OA=OF，
∴∠OAF=∠OFA=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC=30°，
∴∠EOD=60°，
∵OE=OD，
∴△ODE是等边三角形，
∴DE=OE=4．
∵OM⊥DE，
∴DM=EM=2，∠EOM=12∠EOD=30°，
∴OM=23．
∵∠PDE=15°，
∴∠POE=30°，
∴∠POM=∠POE+∠EOM=60°．
∵PN⊥OM，
∴ON=OP⋅cos60°=2，
∴MN=OM−ON=23−2．
∵PH⊥DE，OM⊥DE，PN⊥OM，
∴四边形PHMN为矩形，
∴PH=MN=23−2．
∴点P到直线DE的距离为23−2；
②当点P在DE上时，
连接OP，交DE于点H，如图，
∵∠EOP=2∠PDE，∠PDE=15°，
∴∠EOP=30°．
由①知：∠EOD=60°，
∴∠EOP=12∠EOD，
即OP为∠EOD的平分线，
∵OE=OD，
∴OH⊥DE，
∴PH的长为点P到直线DE的距离，
∵OH=OD⋅cos30°=23，
∴PH=OP−OH=4−23．
综上，若∠PDE=15°，则点P到直线DE的距离为23−2或4−23．
【解析】(1)连接OD，利用角平分线的定义，同圆的半径相等，平行线的判定与性质和切线的判定定理解答即可；
(2)利用分类讨论的思想方法分：①当点P在AE上时，PH的长为点P到直线DE的距离，②当点P在DE上时两种情形解答：①连接OD，OP，过点O作OM⊥DE于点M，过点P作PN⊥OM于点N，利用等边三角形的判定与性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理求得MN.即可得出结论；②连接OP，交DE于点H，则PH的长为点P到直线DE的距离，利用等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理解答即可．
本题主要考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，角平分线的定义，等边三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系定理，矩形的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OA，
由圆周角定理得，∠ACB=∠ADB，
∵∠ADE=∠ACB，
∴∠ADE=∠ADB，
∵BD是直径，
∴∠DAB=∠DAE=90°，
在△DAB和△DAE中，
∠BAD=∠EADDA=DA∠BDA=∠EDA，
∴△DAB≌△DAE，
∴AB=AE，又∵OB=OD，
∴OA//DE，又∵AH⊥DE，
∴OA⊥AH，
∴AH是⊙O的切线；
(2)解：由(1)知，∠E=∠DBE，∠DBE=∠ACD，
∴∠E=∠ACD，
∴AE=AC=AB=6．
在Rt△ABD中，AB=6，BD=8，∠ADE=∠ACB，
∴sin∠ADB=68=34，即sin∠ACB=34；
(3)证明：由(2)知，OA是△BDE的中位线，
∴OA//DE，OA=12DE．
∴△CDF∽△AOF，
∴CDAO=DFOF=23，
∴CD=23OA=13DE，即CD=14CE，
∵AC=AE，AH⊥CE，
∴CH=HE=12CE，
∴CD=12CH，
∴CD=DH．
【解析】(1)连接OA，证明△DAB≌△DAE，得到AB=AE，得到OA是△BDE的中位线，根据三角形中位线定理、切线的判定定理证明；
(2)利用正弦的定义计算；
(3)证明△CDF∽△AOF，根据相似三角形的性质得到CD=14CE，根据等腰三角形的性质证明．
本题考查的是圆的知识的综合应用，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理、三角形中位线定理是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OE，
∵EG是⊙O的切线，
∴OE⊥EG，
∵EG⊥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OE//CD//AB，
∴∠CEO=∠CAB，
∵OC=OE，
∴∠CEO=∠ECO，
∴∠ACB=∠CAB，
∴AB=BC，
∴▱ABCD是菱形；
(2)如图，连接BD，
由(1)得，OE//CD，OC=OB，
∴AE=CE，
∴CE：AC=1：2，
∴点E是AC的中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD经过点E，
∵BC是⊙O的直径，
∴BF⊥CD，
∵EG⊥CD，
∴EG//BF，
∴△DGE∽△DFB，
∴DG：DF=GE：BF=DE：BD=1：2，
∴DF=2，BF=4，
在Rt△BFC中，设CF=x，则BC=x+2，
由勾股定理得，x2+42=(x+2)2，
解得：x=3，
∴CF=3．
【解析】(1)如图，连接OE，根据切线的性质得到OE⊥EG，根据平行四边形的性质得到OE//CD//AB，推出AB=BC，于是得到结论；
(2)如图，连接BD，由(1)得，CE：AC=1：2，得到点E是AC的中点，根据圆周角定理得到BF⊥CD，根据相似三角形的性质得到DF=2，BF=4，由勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设每轮传染中平均一个人传染x个人，
根据题意得：1+x+x(x+1)=81，
整理，得：x2+2x−80=0，
解得：x1=8，x2=−10(不合题意，舍去)．
答：每轮传染中平均一个人传染8个人．
(2)81+81×8=729(人)．
答：经过三轮传染后共有729人会患流感．
【解析】(1)设每轮传染中平均一个人传染x个人，根据经过两轮传染后共有81人患了流感，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；
(2)根据经过三轮传染后患流感的人数=经过两轮传染后患流感的人数+经过两轮传染后患流感的人数×8，即可求出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)根据数量关系，列式计算．
25.【答案】解：(1)设该市这两年(从2013年度到2015年底)拥有的养老床位数的平均年增长率为x，由题意可列出方程：
2(1+x)2=2.88，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去)．
答：该市这两年拥有的养老床位数的平均年增长率为20%．
(2)①设规划建造单人间的房间数为t(10≤t≤30)，则建造双人间的房间数为2t，三人间的房间数为100−3t，
由题意得：t+4t+3(100−3t)=200，
解得：t=25．
答：t的值是25．
②设该养老中心建成后能提供养老床位y个，
由题意得：y=t+4t+3(100−3t)=−4t+300(10≤t≤30)，
∵k=−4<0，
∴y随t的增大而减小．
当t=10时，y的最大值为300−4×10=260(个)，
当t=30时，y的最小值为300−4×30=180(个)．
答：该养老中心建成后最多提供养老床位260个，最少提供养老床位180个．
【解析】本题考查了一次函数的应用、解一元一次方程以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)根据数量关系列出关于x的一元二次方程；(2)①根据数量关系找出关于t的一元一次方程；②根据数量关系找出y关于t的函数关系式．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程(方程组或函数关系式)是关键．
(1)设该市这两年(从2013年度到2015年底)拥有的养老床位数的平均年增长率为x，根据“2015年的床位数=2013年的床位数×(1+增长率)的平方”可列出关于x的一元二次方程，解方程即可得出结论；
(2)①设规划建造单人间的房间数为t(10≤t≤30)，则建造双人间的房间数为2t，三人间的房间数为100−3t，根据“可提供的床位数=单人间数+2倍的双人间数+3倍的三人间数”即可得出关于t的一元一次方程，解方程即可得出结论；
②设该养老中心建成后能提供养老床位y个，根据“可提供的床位数=单人间数+2倍的双人间数+3倍的三人间数”即可得出y关于t的函数关系式，根据一次函数的性质结合t的取值范围，即可得出结论．
青岛版初中数学九年级上册期末测试卷
考试范围：全册；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. 如图，四边形ABCD为平行四边形，若将△ACB沿对角线AC翻折得到△ACE，连接ED，则图中与∠CAD度数一定相等(除∠CAD外)的角的个数有．( )
A. 2个 B. 4个 C. 5个 D. 7个
2. 如图，将矩形ABCD折叠，使得两顶点A与C重合，折痕交AD于E，连接EC，EC交对角线BD于点F，若EF=2，OF=3，则EC的长为( )
A. 219−3 B. 2319+3 C. 219+3 D. 19+3
3. 如图，正方形ABCD，点E，F分别在边AD，AB上，AF=DE，AF：FB=1：2，DF与CE交于点M，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BC=2BG，连接GM.有如下结论：①CE⊥DF；②AN=24AB；③SΔANF:S四边形CNFB=1:9；④∠ADF=∠GMF.上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④
4. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，当B在x轴的正半轴上运动时，A随之在y轴的正半轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变．若∠OAB=30°时，点A的纵坐标为23，点C的纵坐标为1，则点D到点O的最大距离是( )
A. 25 B. 22+2 C. 22+4 D. 23+4
5. 如图，在正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，P是线段MN上的一点，BP的延长线交AD于点E，连接PD，PC，将△DEP绕点P顺时针旋转90°得△GFP，则下列结论：①CP=GP；②tan∠CGF=1；③BC垂直平分FG；④若AB=4，点E在AD边上运动，则D，F两点之间距离的最小值是322.其中结论正确的序号有( )
A. ②③ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
6. 已知12
7. 某斜坡的坡度i=1:33，则该斜坡的坡角为( )
A. 75° B. 60° C. 45° D. 30°
8. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是( )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
9. 在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y=3x+23上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为( )
A. 3 B. 2 C. 3 D. 2
10. 在△ABC中，∠ACB=90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME.则下列结论错误的是( )
A. CD=2ME B. ME//AB C. BD=CD D. ME=MD
11. 某商场在统计今年第一季度的销售额时发现，二月份比一月份增加了10%，三月份比二月份减少了10%，则三月份的销售额比一月份的销售额( )
A. 增加10% B. 减少10% C. 不增也不减 D. 减少1%
12. 如图是清朝李演撰写的《九章算术细草图说》中的“勾股圆方图”，四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，若HM：EM=8：9，HD=2，则AB的长为( )
A. 114
B. 2910
C. 3
D. 22
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE⊥DE，点F为AE延长线上一点，满足EF=AE，连接DF交BC于点G，若AB=4，BE=2，则GC=______．
14. 如图，已知在△ABC中，∠C=90°，BC=8，cosB=45，点P是斜边AB上一点，过点P作PM⊥AB交边AC于点M，过点P作AC的平行线，与过点M作AB的平行线交于点Q.如果点Q恰好在∠ABC的平分线上，那么AP的长为______．
15. 已知钝角△ABC内接于⊙O，AB=BC，将△ABC沿AO所在直线翻折，得到△AB′C′，联结BB′、CC′，如果BB′：CC′=4：3，那么tan∠BAC的值为______．
16. 如图，在△CDE中，CD=1，∠CDE=45°，分别以CD，CE为边向外作正方形ABCD，CEFG.若AE=BD，则EF2=_____________．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD，CE交于点F，连接DE．
(1)求证：△ABD∽△ACE；
(2)求证：△ADE∽△ABC；
(3)若BE=CE=5，CD=1，求DF的长．
18. 如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F(点E，B不重合).在线段BF上取点M，N(点M在BN之间)，使BM=2FN.当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N.记QN=x，PD=y，已知y=−65x+12，当Q为BF中点时，y=245．
(1)判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
(2)求DE，BF的长．
(3)若AD=6．
①当DP=DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．
19. 如图，在7×7的正方形网格中，A，B，C均为小正方形的顶点，E是AC与网格线的交点．用无刻度的直尺画图，保留画图痕迹．
(1)在图1中，将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AM；在AC上画点N，使tan∠ABN=12；
(2)在图2中，在BC上画点F(不与点C重合)，使EF=EC；并找出F关于AB的对称点G．
20. 定义：长宽比为n:1(n为正整数)的矩形称为n矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个2矩形，如图a所示．
操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G处，折痕为AH．
操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD.则四边形ABCD为2矩形．
(1)证明：四边形ABCD为2矩形；
(2)点M是边AB上一动点．
①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN.则tan∠OMN=______；
②若AM=AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求NBCN的值；
③直线l经过点D，过点A作AR⊥l，垂足为R，连接RC，交BD于点H，若AB=22，则CRHC的最大值为________________．
21. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F连接OF交AD于点G．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若∠OFA=60°，半径为4，在圆O上取点P，使∠PDE=15°，求点P到直线DE的距离．
22. 如图，四边形ABCD的顶点在⊙O上，BD是⊙O的直径，延长CD、BA交于点E，连接AC、BD交于点F，作AH⊥CE，垂足为点H，已知∠ADE=∠ACB．
(1)求证：AH是⊙O的切线；
(2)若OB=4，AC=6，求sin∠ACB的值；
(3)若DFFO=23，求证：CD=DH．
23. 如图，以▱ABCD的边BC为直径的⊙O交对角线AC于点E，交CD于点F.连结BF.过点E作EG⊥CD于点G，EG是⊙O的切线．
(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)已知EG=2，DG=1.求CF的长．
24. 有一个人患了流感，经过两轮传染后共有81人患了流感．
(1)试求每轮传染中平均一个人传染了几个人？
(2)如果按照这样的传染速度，经过三轮传染后共有多少个人会患流感？
25. 随着养老机构(养老机构指社会福利院、养老院、社区养老中心等)建设稳步推进，某市拥有的养老床位不断增加．
(1)该市的养老床位数从2015年底的2万个增长到2017年底的2.88万个，求该市这两年(从2015年底到2017年底)拥有的养老床位数的平均年增长率．
(2)若该市某社区今年准备新建一养老中心，其中规划建造三类养老专用房间共100间，这三类养老专用房间分别为单人间(1个养老床位)、双人间(2个养老床位)、三人间(3个养老床位)，因实际需要，单人间房间数在10至30之间(包括10和30)，且双人间的房间数是单人间的2倍，设规划建造单人间的房间数为t．
①若该养老中心建成后可提供养老床位200个，求t的值．
②该养老中心建成后最多提供养老床位多少个？最少提供养老床位多少个？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查平行四边形的性质、折叠变换和相似三角形的判定和性质；首先利用翻折结合平行四边形的性质得到∠ACB=∠CAD=∠ACE，再利用相似三角形的性质得到∠ACF=∠DEF，∠CAF=∠EDF，得出结果．
【解答】
解：设AD和EC交于点F，
由翻折知∠ACB=∠ACE，CB=CE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠ACB=∠CAD=∠ACE，AD=CE，
又∵∠CAD=∠ACE，
FA=FC，
∴AD−AF=EC−FC，
即FE=FD，
∴FEFC=FDFA，
又∵∠EFD=∠CFA，
∴△FAC∽△FDE，
∴∠ACF=∠DEF，∠CAF=∠EDF，
∴∠ACB=∠CAD=∠ACE=∠DEF=∠EDF，
图中与∠CAD度数一定相等(除∠CAD外)的角有4个，
故选B．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，翻折变换，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；首先根据矩形的性质可知OA=OB=OC=OD，AD//BC，得出∠OAD=∠ODA，∠OBC=∠OCB，∠OAD=∠OCB，得出∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB，根据图形翻折的性质可得∠OAE=∠OCE，进一步得出∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB=∠OCE，根据三角形的外角性质可得∠COF=∠OBC+∠OCB，∠DEF=∠OAE+∠OCE，所以∠COF=∠DEF，然后证明△COF∽△DEF，△FDE∽△FBC，再根据相似三角形的性质进行解答，即可求解．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，AD//BC，
∴∠OAD=∠ODA，∠OBC=∠OCB，∠OAD=∠OCB，
∴∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB，
根据图形翻折的性质可得∠OAE=∠OCE，
∴∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB=∠OCE，
∵∠COF是△OBC的外角，∠DEF是△ACE的外角，
∴∠COF=∠OBC+∠OCB，∠DEF=∠OAE+∠OCE，
∴∠COF=∠DEF，
又∵∠OCF=∠EDF，
∴△COF∽△DEF，
∴CFDF=OFEF，
∵OF=3，EF=2，
∴CFDF=32，
设CF=3k(k>0)，则DF=2k，OD=OF+DF=2k+3，
∴OB=OD=2k+3，BF=OB+OF=2k+3+3=2k+6，
∵DE//BC，
∴∠FDE=∠FBC，∠FED=∠FCB，
∴△FDE∽△FBC，
∴DFBF=EFCF，即2k2k+6=23k，
整理，得3k2−2k−6=0，
解得k1=1+193，k2=1−193(舍去)，
∴CF=3k=3×1+193=1+19，
∴EC=EF+CF=2+1+19=19+3．
故选：D．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．①正确．证明△ADF≌△DCE(ASA)，即可判断．②正确．利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可．③错误．设△ANF的面积为m，由AF//CD，推出AFCD=ANCN=13，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积=△ABC的面积=12m，由此即可判断．④正确．作GH⊥CE于H，设AF=DE=a，BF=2a，则AB=CD=BC=3a，EC=10a，通过计算证明MH=CH即可解决问题．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=CD=BC，∠CDE=∠DAF=90°，
在△ADF与△DCE中，
∠DAF=∠CDE=90°AD=CDAF=DE,
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴∠ADF=∠DCE，
∵∠DCE+∠DEC=90°，
∴∠ADF+∠DEC=90°，
∴∠DME=90°，
∴CE⊥DF；故①正确；
∵AB//CD，
∴AFCD=ANCN，
∵AF：FB=1：2，
∴AF：AB=AF：CD=1：3，
∴ANCN=13，
∴ANAC=14，
∵AC=2AB，
∴AN2AB=14，
∴AN=24AB；故②正确；
设△ANF的面积为m，
∵AF//CD，
∴AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积=△ABC的面积=12m，
∴S△ANF：S四边形CNFB=1：11，故③错误，
作GH⊥CE于H，设AF=DE=a，BF=2a，则AB=CD=BC=3a，EC=10a，
由△CMD∽△CDE，可得CM=91010a，
由△GHC∽△CDE，可得CH=91020a，
∴CH=MH=12CM，
∵GH⊥CM，
∴GM=GC，
∴∠GMH=∠GCH，
∵∠FMG+∠GMH=90°，∠DCE+∠GCM=90°，
∴∠FMG=∠DCE，
∵∠ADF=∠DCE，
∴∠ADF=∠GMF；故④正确，
故选C．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质、三角形的三边关系、直角三角形的斜边中线性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
取AB的中点M，连接MO，DM，过点C作CG⊥x轴于点G，先利用∠OAB=30°，点A的纵坐标为23求出OB=2，AB=4，根据同角的余角相等易得△AOB∽△BGC，利用相似三角形的性质求出DG，用勾股定理求出BC，由矩形的性质可得AD的长，进而求出DM的长度，再利用直角三角形性质求出OM的长度，最后由三角形的三边关系可得当O、D、M共线时，点D到点O的距离有最大值．
【解答】
解：如图，取AB的中点M，连接MO，DM，过点C作CG⊥x轴于点G，
∵∠OAB=30°，点A的纵坐标为23，
∴AB=2OB，AO=23，
∴AB2=OB2+AO2，
即(2OB)2=OB2+(23)2，
∴OB=2，
∴AB=4．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠OAB=∠ABO+∠CBG=90°，
∴∠OAB=∠CBG．
∵∠AOB=∠BGC=90°，
∴△AOB∽△BGC，
∴AOBG=OBCG．
∵点C的纵坐标为1，
∴CG=1，
∴23BG=21，
∴BG=3，
∴BC=32+12=2，
∵矩形ABCD的边AB=4，M为AB的中点，
∴BC=AD=2，AM=BM=
1
2
AB=2，
∴在Rt△ADM中，由勾股定理得DM=22+22=22，
在Rt△AOB中，OM=
1
2
AB=2，
∵当O、D不过点M时，OM+DM>OD
∴当O、D、M共线时，点C到点O的距离有最大值，最大值为2+22．
5.【答案】B
【解析】解：延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，如图，
∵正方形ABCD中，M，N分别是AB，CD的中点，
∴MN是线段BA，CD的垂直平分线．
∴PD=PC，PA=PB．
∵△FPG是△PED绕点P顺时针旋转90°得到，
∴△FPG≌△PED，
∴PD=PG．
∴PC=PG．
∴①的结论正确；
∵PD=PC，
∴∠PDC=∠PCD=12(180°−∠DPC)．
∵PC=PG，
∴∠PCG=∠PGC=12(180°−∠CPG)．
∴∠PCD+∠PCG=12[360°−(∠DPC+∠CPG)]．
∵∠DPC+∠CPG=90°，
∴∠PCD+∠PCG=135°．
∵∠BCD=90°，
∴∠BCG=45°．
∵△FPG≌△PED，
∴∠DEP=∠GFP．
∵∠HFP+∠PFG=180°，
∴∠DEP+∠HFP=180°．
∵∠DEP+∠HFP+∠EHF+∠EPF=360°，
∴∠EHF+∠EPF=180°．
∴∠EPF=90°，
∴∠EHF=90°．
即GH⊥AD．
∵AD//BC，
∴GF⊥BC．
∴∠CGF=45°．
∴tan∠CGF=1．
∴②的结论正确；
∵PA=PB，PM⊥AB，
∴∠APM=∠BPM，
∵PM//AE，
∴∠PEA=∠BPM，∠PAE=APM．
∴∠PEA=∠PAE．
∴PA=PE．
∵PE=PF，
∴PA=PB=PE=PF．
∴点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上．
∴∠FAB=12∠FPB=12×90°=45°．
∴点F在对角线AC上，
∴∠FCB=45°．
∵∠BCG=∠CGF=45°，
∴△FCG为等腰直角三角形．
∵BC平分∠FCG，
∴BC垂直平分FG．
∴③的结论正确；
由以上可知：点F在正方形的对角线AC上运动，
∴当EF⊥AC时，EF的值最小．
此时点E与点D重合，
DF=AD⋅sin45°=4×22=22．
∴④的结论不正确．
综上，结论正确的序号有：①②③，
故选：B．
延长GF交AD于点H，连接FC，FB，FA，由已知可得MN为AB，CD的垂直平分线，由垂直平分线的性质和图形旋转的性质可得①的结论正确；利用三角形的内角和定理和等腰三角形的性质计算可得∠BCG=45°，由四边形内角和定理通过计算可得∠EHF=90°；利用平行线的性质可得BC⊥FG，则∠CGF=45°，可说明②的结论正确；通过证明点A，B，E，F在以点P为圆心，PA为半径的同一个圆上，利用圆周角定理可得∠FAB=45°，得到A，F，C三点共线，得到△CGF为等腰直角三角形，则③的结论正确；由题意点F在对角线AC上运动，当EF⊥AC时，EF的值最小，连接解直角三角形的知识可得④的结论不正确．
本题主要考查了正方形的性质，轴对称，线段垂直平分线的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系，圆周角定理，垂线段的性质，四点共圆的判定与性质，图形旋转的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
熟记特殊角的三角函数值，了解锐角三角函数的增减性是解题的关键；还要知道正余弦之间的转换方法：一个锐角的正弦值等于它的余角的余弦值．函数值，了解锐角三角函数的增减性是解题的关键．
先明确cos60°=12，sin80°=cos10°，再根据余弦函数随角增大而减小，进行分析．
【解答】
解：∵cos60°=12，sin80°=cos10°，
余弦函数随角增大而减小，
∴10°<α<60°．
故选D．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了坡度，坡角的概念和特殊角的三角函数值．解题关键是理解坡度的定义．解题时，设坡角为α，运用坡度的定义tanα=i，求出tanα的值，再利用特殊角的三角形函数值求出α的度数即可．
【解答】
解：∵斜坡的坡度i=1:33=3，设坡角为α，
∴tanα=i=1:33=3，
∴α=60°．
故选B．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确找到点MN取得最大值、最小值时的位置，属于中考常考题型．
设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN最小值为OP−OF=53，当N在AB边上时，M与B重合时，MN最大值=103+1=133，由此不难解决问题．
【解答】
解：如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为OP−OF，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=5
∵∠OPB=90°，
∴OP//AC
∵点O是AB的三等分点，
∴OB=23×5=103，OPAC=OBAB=23，
∴OP=83，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∴OD//BC，
∴ODBC=OQAB=13，
∴OD=1，
∴MN最小值为OP−OF=83−1=53，
如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN最大值=103+1=133，
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故选B．
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了一次函数的性质，如图，直线y=3x+23与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，先利用一次解析式得到D(0,23)，C(−2,0)，再利用勾股定理可计算出CD=4，则利用面积法可计算出OH=3，连接OA，如图，利用切线的性质得OA⊥PA，则PA=OP2−1，然后利用垂线段最短求PA的最小值．
【解答】
解：如图，直线y=3x+23与x轴交于点C，与y轴交于点D，作OH⊥CD于H，
当x=0时，y=3x+23=23，则D(0,23)，
当y=0时，3x+23=0，解得x=−2，则C(−2,0)，
∴CD=22+(23)2=4，
∵12OH⋅CD=12OC⋅OD，
∴OH=2×234=3，
连接OA，如图，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴PA=OP2−OA2=OP2−1，
当OP的值最小时，PA的值最小，
而OP的最小值为OH的长，
∴PA的最小值为(3)2−1=2．
故选D．
10.【答案】A
【解析】解：根据题意可作出图形，如图所示，并延长EM交BD于点F，延长DM交AB于点N，
在△ABC中，∠ACB=90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，
∵∠ACB=∠ADB=90°，
∴点A，C，D，B四点到AB的中点的距离相等，
∴点A，C，D，B四点在以斜边AB为直径的圆上，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
∴CD=DB，(故选项C正确)，
∵点M是BC的中点，
∴DM⊥BC，
又∵∠ACB=90°，
∴AC//DN，
∴点N是线段AB的中点，
∴AN=DN，
∴∠DAB=∠ADN，
∵CE⊥AD，BD⊥AD，
∴CE//BD，
∴∠ECM=∠FBM，∠CEM=∠BFM，
∵点M是BC的中点，
∴CM=BM，
∴△CEM≌△BFM(AAS)，
∴EM=FM，
∴EM=FM=DM(故选项D正确)，
∴∠FED=∠MDE=∠DAB，
∴EM//AB(故选项B正确)，
综上，由已知条件不能证出CD=2ME，故选项A的结论不正确．
故选：A．
根据题意作出图形，可知点A，C，D，B四点共圆，再结合点M是中点，可得DM⊥BC，又CE⊥AD，BD⊥AD，可得△CEM≌△BFM，可得EM=FM=DM，延长DM交AB于点N，可得MN是△ACB的中位线，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得DN=AN，得到角之间的关系，可得ME//AB．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，圆周角定理，中位线定理，全等三角形的性质与判定等，根据题中条件，作出正确的辅助线是解题关键．
11.【答案】D
【解析】解：设一月份销售额为x，
则二月份销售额=x(1+10%)=1.1x，三月份就是x(1+10%)(1−10%)=0.99x，
因此三月份的销售额比一月份的销售额减少1%；
答：三月份的销售额比一月份的销售额减少1%．
故选D．
要求三月份的销售额比一月份的销售额如何，就要先设出一个未知数，表示出一月份和三月份的销售额，然后比较计算．
此题关键是注意利用单位1来进行计算，还有就是要设一月份销售额才简单．
12.【答案】B
【解析】解：∵HM：EM=8：9，
∴设HM=8x，EM=9x，
∵四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，
∴HD=NQ=2，BG=BE，BC=AD=AB，
由题意得，AH=EM=9x，AE=HM=8x，
∴AB=BC=AD=9x+2，
∴BG=BE=AB−AE=9x+2−8x=x+2，
∵BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，
∴BG2+NQ2=BC2，
∴(x+2)2+22=(9x+2)2，
解得：x=110(负值舍去)，
∴AB=9×110+2=2910，
故选：B．
设HM=8x，EM=9x，根据正方形的性质得到HD=NQ=2，BG=BE，BC=AD=AB，由题意得，AH=EM=9x，AE=HM=8x，求出BC=9x+2，BG=x+2，根据勾股定理列方程即可得到答案．
本题考查了一元二次方程的应用，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
13.【答案】3
【解析】解：∵AE⊥DE，
∴∠AED=90°=∠B=∠C，
∴∠AEB+∠DEC=∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE=∠DEC，
∴△ABE∽△ECD，
∴ABEC=BECD，
∴4EC=24，
∴EC=8，
∵AE=EF，∠AED=90°，
∴AD=DF，
∵∠AED=90°，
∴∠ADE=∠FDE，
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC=∠FDE，
∴DG=EG，
∵DG2=DC2+GC2，
∴(8−GC)2=16+GC2，
∴GC=3．
故答案为：3．
由余角的性质可得∠BAE=∠DEC，根据相似三角形的性质可求EC=4，由等腰三角形的性质和平行线的性质可证EG=DG，由勾股定理可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
14.【答案】53
【解析】解：在△ABC中，∠C=90°，BC=8，cosB=45，
∴AB=BCcosB=10，AC=AB2−BC2=6，
∴PM⊥AB，
∴∠APM=90°=∠C，
∵∠A=∠A，
∴△APM∽△ACB，
∴APAC=PMBC=AMAB，
设AP=3x，则PM=4x，AM=5x，
∴MC=6−5x，
∵MN//AB，
∴CMCA=CNCB=MNAB，
∴CN=8−203x，MN=10−253x，
∵BQ平分∠ABC，MN//AB，
∴∠QBN=∠BQN，
∴NQ=BN=BC−CN=203x，
∵MN//AB，PQ//AC，
∴四边形APQM是平行四边形，
∴QM=AP=3x，
∴MN=NQ+MQ=203x+3x=293x，
∴293x=10−253x，
解得x=59，
∴AP=3x=53，
故答案为：53．
根据直角三角形的边角关系可求出AB，AC，再根据相似三角形，用含有AP的代数式表示MC、NC、MN，再根据角平分线的定义以及等腰三角形的判定得出BN=NQ，进而列方程求出AP即可．
本题考查直角三角形的边角关系，角平分线的定义，相似三角形的判定和性质以及平行四边形的性质，掌握直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质是解决问题的前提，用含有AP的代数式表示MC、NC、MN是正确解答的关键．
15.【答案】5511
【解析】解：延长AO交⊙O于F，设BB′、CC′交AF于N、E，连接OC，OB，如图，
∵BB′：CC′=4：3，
设BB′=4x，CC′=3x，
由翻折知AF是BB′、CC′的垂直平分线，
∴BN=2x，CE=3x2，
∵AB=BC，
∴AB=BC，
∴∠AOB=∠BOC，
在△BON和△COM中，
∠BON=∠COM∠CMO=∠BNO=90°,OB=OC
∴△BON≌△COM(AAS)，
∴CM=BN=2x，
∴AC=2CM=4x，
∵∠AMO=∠AEC，∠OAM=∠CAE，
∴△AMO∽△AEC，
∴OMCE=OAAC，
∴OM=38r，
在Rt△AOM中，由勾股定理得，
(2x)2+(3r8)2=r2，
解得r=165555x，
∴BM=25511x，
∴tan∠BAC=BMCM=255x112x=5511，
故答案为：5511．
延长AO交⊙O于F，设BB′、CC′交AF于N、E，连接OC，OB，设BB′=4x，CC′=3x，由翻折知AF是BB′、CC′的垂直平分线，则BN=2x，CE=3x2，说明△BON≌△COM(AAS)，得CM=BN=2x，则AC=2CM=4x，再利用△AMO∽△AEC，可得OM=38r，从而解决问题．
本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似表示出OM=38r是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题．
16.【答案】4−23
【解析】
【分析】
本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形，一元二次方程的解法，掌握正方形的判定和性质，勾股定理和添加辅助线构造正方形是关键．
过点E分别作EM⊥CD于M，EH⊥AD交AD延长线于H得矩形DMEH，先证明矩形DMEH是正方形，再求得BD=2，设EH=x，则DH=EM=DM=x，AH=x+1，利用勾股定理得方程，解方程求得x，最后在Rt△CME中，由勾股定理求得CE2即可解答．
【解答】
解：过点E分别作EM⊥CD于M，EH⊥AD交AD延长线于H得矩形DMEH，
∵∠CDE=45°，
∴∠DEM=45°，
∴MD=ME，
∴矩形DMEH是正方形，
∵四边形ABCD是正方形，CD=1，
∴BD=2CD=2，
∵AE=BD，
∴AE=2，
设EH=x，则DH=EM=DM=x，AH=x+1，
在Rt△AEH中，由勾股定理得：x2+(x+1)2=2，
解得：x1=3−12，x2=−3−12(舍去)，
∴CM=CD−DM=1−3−12=3−32，
在Rt△CME中，由勾股定理得：CE2=EF2=3−122+3−322=4−234+12−634=4−23．
17.【答案】(1)证明：∵BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ADB∽△AEC．
(2)证明：∵△ADB∽△AEC，
∴ADAE=ABAC，
∴ADAB=AEAC，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC．
(3)解：过点E作EN⊥ED交BD于N，过点E作EM⊥DN于M．
在Rt△BEC中，∵BE=EC=5，∠BEC=90°，
∴BC=2BE=10，
∵∠BDC=90°，
∴BD=BC2−CD2=10−1=3，
∵∠EFB=∠DFC，∠BEF=∠CDF=90°，
∴△BFE∽△CFD，
∴BFCF=EFDF，
∴BFEF=CFDF，
∵∠EFD=∠BFC，
∴△EFD∽△BFC，
∴∠EDF=∠BCF=45°，
∵∠NED=90°，
∴∠END=∠EDN=45°，
∴EN=ED，
∵∠BEC=∠NED=90°，
∴∠BEN=∠CED，
∵BE=CE，
∴△BEN≌△CED(SAS)，
∴BN=CD=1，DN=BD−BN=2，
∵EN=ED，EM⊥DN，
∴MN=DM=1，
∴EM=MN=MD=1，
∵∠EMF=∠CDF=90°，∠EFM=∠CFD，EM=CD，
∴△EMF≌△CDF(AAS)，
∴MF=DF，
∴DF=12．
【解析】(1)根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
(2)利用两边成比例夹角相等的两个三角形相似证明即可．
(3)过点E作EN⊥ED交BD于N，过点E作EM⊥DN于M.利用相似三角形的性质证明△END是等腰直角三角形，再证明△EMF≌△CDF即可解决问题．
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，等腰直角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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
18.【答案】解：(1)DE与BF的位置关系为：DE//BF，理由如下：
如图1所示：
∵∠A=∠C=90°，
∴∠ADC+∠ABC=360°−(∠A+∠C)=180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE=12∠ADC，∠ABF=12∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF=12×180°=90°，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠ABF，
∴DE//BF；
(2)令x=0，得y=12，
∴DE=12，
令y=0，得x=10，
∴MN=10，
把y=245代入y=−65x+12，
解得：x=6，即NQ=6，
∴QM=10−6=4，
∵Q是BF中点，
∴FQ=QB，
∵BM=2FN，
∴FN+6=4+2FN，
解得：FN=2，
∴BM=4，
∴BF=FN+MN+MB=16；
(3)①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：
∵FM=2+10=12=DE，DE//BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF=EM，
∵AD=6，DE=12，∠A=90°，
∴∠DEA=30°，
∴∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，
∴∠ADE=60°，
∴∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，
∴∠DFM=∠DEM=120°，
∴∠MEB=180°−120°−30°=30°，
∴∠MEB=∠FBE=30°，
∴∠EHB=180°−30°−30°−30°=90°，DF=EM=BM=4，
∴MH=12BM=2，
∴EH=4+2=6，
由勾股定理得：HB=BM2−MH2=42−22=23，
∴BE=EH2−HB2=62+(23)2=43，
当DP=DF时，−65x+12=4，
解得：x=203，
∴BQ=14−x=14−203=223，
∵223>43，
∴BQ>BE；
②(Ⅰ)当PQ经过点D时，如图3所示：
y=0，
则x=10；
(Ⅱ)当PQ经过点C时，如图4所示：
∵BF=16，∠FCB=90°，∠CBF=30°，
∴CF=12BF=8，
∴CD=8+4=12，
∵FQ//DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴FQDP=CFCD，
∴2+x−65x+12=812，
解得：x=103；
(Ⅲ)当PQ经过点A时，如图5所示：
∵PE//BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴PEBQ=AEAB，
由勾股定理得：AE=DE2−AD2=122−62=63，
∴AB=63+43=103，
∴12−(−65x+12)14−x=63103，
解得：x=143，
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x=10或x=103或x=143时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
【解析】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的的判定与性质、勾股定理、平行线的判定、相似三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
(1)推出∠AED=∠ABF，即可得出DE//BF；
(2)求出DE=12，MN=10，把y=245代入y=−65x+12，解得x=6，即NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；
(3)连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得HB=23，BE=43，当DP=DF时，求出BQ=223，即可得出BQ>BE；
②(Ⅰ)当PQ经过点D时，y=0，则x=10；
(Ⅱ)当PQ经过点C时，由FQ//DP，得出△CFQ∽△CDP，则FQDP=CFCD，即可求出x=103；
(Ⅲ)当PQ经过点A时，由PE//BQ，得出△APE∽△AQB，则PEBQ=AEAB，求出AE=63，AB=103，即可得出x=143，由图可知，PQ不可能过点B．
19.【答案】解：(1)如图1中，线段AM，点N就是求作的点；
(2)如图2中，点F，点G即为所求．
【解析】(1)将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AM，取格点F，G，连接FG交AC于点N，连接BN，线段AM，点N即为所求；
(2)取格点T，连接AT交BC于点H，取AC的中点Q，连接HQ，取AB的中点P，连接PQ交AH于点J，连接CJ交HQ于点K，连接AK，延长AK交BC于点F，作点D关于AB的对称点C′，连接BC′，C′F，C′F交AB于点R，连接CR，延长CR交BC′于点G，点F，点G即为所求．
本题考查作图−旋转变换，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20.【答案】解：(1)证明：设正方形ABEF的边长为a，
∵AE是正方形ABEF的对角线，
∴∠DAG=45°，
由折叠性质可知AG=AB=a，∠FDC=∠ADC=90°，
则四边形ABCD为矩形，
∴△ADG是等腰直角三角形．
∴AD=DG=a2，
∴AB：AD=a：a2=2：1．
∴四边形ABCD为2矩形；
(2)①2；
②解：如图c，作M关于直线BC对称的点P，连接DP交BC于点N，连接MN．
则此时△DMN的周长最小，
∵DC//AP，
∴CNNB=DCBP，
设AM=AD=a，则AB=CD=2a.
∴BP=BM=AB−AM=(2−1)a．
∴NBCN=BPCD=(2−1)a2a=2−22=1−22；
③6+64
【解析】
【分析】
此题相似形综合题，主要考查了新定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质和判定，属于较难题．
(1)先判断出∠DAG=45°，进而判断出四边形ABCD是矩形，再求出AB：AD的值，即可得出结论；
(2)①作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q，先判断出四边形BQOP是矩形，进而得出OPBC=AOAC，OQAB=COCA，再判断出Rt△QON∽Rt△POM，进而判断出ONOM=OQOP=ABBC=2，即可得出结论；
②作M关于直线BC对称的点P，连接DP交BC于点N，则此时△DMN的周长最小，判断出CNNB=DCBP，得出AB=CD=2a.进而得出BP=(2−1)a.即可得出结论；
③如图：点R的轨迹是以AD中点Q为圆心，QD为半径的圆，作CN⊥BD，RM⊥BD，OM′⊥BD，并反向延长交⊙Q于R′，求出RM、CN、R′M′，再根据相似三角形的判定和性质得出答案．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)①解：如图，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q．
∵四边形ABCD是矩形，∠B=90°，
∴四边形BQOP是矩形．
∴∠POQ=90°，OP//BC，OQ//AB．
∴OPBC=AOAC，OQAB=COCA．
∵O为AC中点，
∴OP=12BC，OQ=12AB．
∵∠MON=90°，
∴∠NOQ+∠MOQ=90°，又∠POM+∠MOQ=90°，
∴∠QON=∠POM，
∵∠OPM=∠OQN，
∴Rt△QON∽Rt△POM．
∴ONOM=OQOP=ABBC=2．
∴tan∠OMN=ONOM=2．
故答案为2；
②见答案；
③如图：点R的轨迹是以AD中点Q为圆心，QD为半径的圆，作CN⊥BD，RM⊥BD，QM′⊥BD，并反向延长交⊙Q于R′，
∵四边形ABCD为2矩形，AB=22，
∴BC=AD=2，
∴BD=23
∵BD⊥CN，
∴12BC·CD=12BD·CN
∴CN=236
∵tan∠ADB=2=QM′DM′
∴QM′=2DM′
∵QD=1，QD2=QM′2+DM′2
∴QM′=63
∴R′M′=1+63
∵CN⊥BD，RM⊥BD
∴CN//RM
∴△RMH∽△CNH
∴RMCN=RHCH
∴CRCH=CH+RHCH=1+RHCH=1+RMCN⩽1+R′M′CN=6+64，
故CRHC的最大值为6+64．
故答案为6+64．
21.【答案】(1)证明：连接OD，如图，
∵AD平分∠BAC交BC于点D，
∴∠OAD=∠CAD．
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠CAD，
∴OD//AC，
∴∠ODC+∠C=180°．
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
∴OD⊥BC，
∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
(2)解：①当点P在AE上时，PH的长为点P到直线DE的距离，
连接OD，OP，过点O作OM⊥DE于点M，过点P作PN⊥OM于点N，如图，
∵OA=OF，
∴∠OAF=∠OFA=60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC=30°，
∴∠EOD=60°，
∵OE=OD，
∴△ODE是等边三角形，
∴DE=OE=4．
∵OM⊥DE，
∴DM=EM=2，∠EOM=12∠EOD=30°，
∴OM=23．
∵∠PDE=15°，
∴∠POE=30°，
∴∠POM=∠POE+∠EOM=60°．
∵PN⊥OM，
∴ON=OP⋅cos60°=2，
∴MN=OM−ON=23−2．
∵PH⊥DE，OM⊥DE，PN⊥OM，
∴四边形PHMN为矩形，
∴PH=MN=23−2．
∴点P到直线DE的距离为23−2；
②当点P在DE上时，
连接OP，交DE于点H，如图，
∵∠EOP=2∠PDE，∠PDE=15°，
∴∠EOP=30°．
由①知：∠EOD=60°，
∴∠EOP=12∠EOD，
即OP为∠EOD的平分线，
∵OE=OD，
∴OH⊥DE，
∴PH的长为点P到直线DE的距离，
∵OH=OD⋅cos30°=23，
∴PH=OP−OH=4−23．
综上，若∠PDE=15°，则点P到直线DE的距离为23−2或4−23．
【解析】(1)连接OD，利用角平分线的定义，同圆的半径相等，平行线的判定与性质和切线的判定定理解答即可；
(2)利用分类讨论的思想方法分：①当点P在AE上时，PH的长为点P到直线DE的距离，②当点P在DE上时两种情形解答：①连接OD，OP，过点O作OM⊥DE于点M，过点P作PN⊥OM于点N，利用等边三角形的判定与性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理求得MN.即可得出结论；②连接OP，交DE于点H，则PH的长为点P到直线DE的距离，利用等腰三角形的性质和直角三角形的边角关系定理解答即可．
本题主要考查了圆的切线的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，角平分线的定义，等边三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系定理，矩形的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OA，
由圆周角定理得，∠ACB=∠ADB，
∵∠ADE=∠ACB，
∴∠ADE=∠ADB，
∵BD是直径，
∴∠DAB=∠DAE=90°，
在△DAB和△DAE中，
∠BAD=∠EADDA=DA∠BDA=∠EDA，
∴△DAB≌△DAE，
∴AB=AE，又∵OB=OD，
∴OA//DE，又∵AH⊥DE，
∴OA⊥AH，
∴AH是⊙O的切线；
(2)解：由(1)知，∠E=∠DBE，∠DBE=∠ACD，
∴∠E=∠ACD，
∴AE=AC=AB=6．
在Rt△ABD中，AB=6，BD=8，∠ADE=∠ACB，
∴sin∠ADB=68=34，即sin∠ACB=34；
(3)证明：由(2)知，OA是△BDE的中位线，
∴OA//DE，OA=12DE．
∴△CDF∽△AOF，
∴CDAO=DFOF=23，
∴CD=23OA=13DE，即CD=14CE，
∵AC=AE，AH⊥CE，
∴CH=HE=12CE，
∴CD=12CH，
∴CD=DH．
【解析】(1)连接OA，证明△DAB≌△DAE，得到AB=AE，得到OA是△BDE的中位线，根据三角形中位线定理、切线的判定定理证明；
(2)利用正弦的定义计算；
(3)证明△CDF∽△AOF，根据相似三角形的性质得到CD=14CE，根据等腰三角形的性质证明．
本题考查的是圆的知识的综合应用，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理、三角形中位线定理是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：如图，连接OE，
∵EG是⊙O的切线，
∴OE⊥EG，
∵EG⊥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OE//CD//AB，
∴∠CEO=∠CAB，
∵OC=OE，
∴∠CEO=∠ECO，
∴∠ACB=∠CAB，
∴AB=BC，
∴▱ABCD是菱形；
(2)如图，连接BD，
由(1)得，OE//CD，OC=OB，
∴AE=CE，
∴CE：AC=1：2，
∴点E是AC的中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD经过点E，
∵BC是⊙O的直径，
∴BF⊥CD，
∵EG⊥CD，
∴EG//BF，
∴△DGE∽△DFB，
∴DG：DF=GE：BF=DE：BD=1：2，
∴DF=2，BF=4，
在Rt△BFC中，设CF=x，则BC=x+2，
由勾股定理得，x2+42=(x+2)2，
解得：x=3，
∴CF=3．
【解析】(1)如图，连接OE，根据切线的性质得到OE⊥EG，根据平行四边形的性质得到OE//CD//AB，推出AB=BC，于是得到结论；
(2)如图，连接BD，由(1)得，CE：AC=1：2，得到点E是AC的中点，根据圆周角定理得到BF⊥CD，根据相似三角形的性质得到DF=2，BF=4，由勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设每轮传染中平均一个人传染x个人，
根据题意得：1+x+x(x+1)=81，
整理，得：x2+2x−80=0，
解得：x1=8，x2=−10(不合题意，舍去)．
答：每轮传染中平均一个人传染8个人．
(2)81+81×8=729(人)．
答：经过三轮传染后共有729人会患流感．
【解析】(1)设每轮传染中平均一个人传染x个人，根据经过两轮传染后共有81人患了流感，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；
(2)根据经过三轮传染后患流感的人数=经过两轮传染后患流感的人数+经过两轮传染后患流感的人数×8，即可求出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)根据数量关系，列式计算．
25.【答案】解：(1)设该市这两年(从2013年度到2015年底)拥有的养老床位数的平均年增长率为x，由题意可列出方程：
2(1+x)2=2.88，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去)．
答：该市这两年拥有的养老床位数的平均年增长率为20%．
(2)①设规划建造单人间的房间数为t(10≤t≤30)，则建造双人间的房间数为2t，三人间的房间数为100−3t，
由题意得：t+4t+3(100−3t)=200，
解得：t=25．
答：t的值是25．
②设该养老中心建成后能提供养老床位y个，
由题意得：y=t+4t+3(100−3t)=−4t+300(10≤t≤30)，
∵k=−4<0，
∴y随t的增大而减小．
当t=10时，y的最大值为300−4×10=260(个)，
当t=30时，y的最小值为300−4×30=180(个)．
答：该养老中心建成后最多提供养老床位260个，最少提供养老床位180个．
【解析】本题考查了一次函数的应用、解一元一次方程以及解一元二次方程，解题的关键是：(1)根据数量关系列出关于x的一元二次方程；(2)①根据数量关系找出关于t的一元一次方程；②根据数量关系找出y关于t的函数关系式．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程(方程组或函数关系式)是关键．
(1)设该市这两年(从2013年度到2015年底)拥有的养老床位数的平均年增长率为x，根据“2015年的床位数=2013年的床位数×(1+增长率)的平方”可列出关于x的一元二次方程，解方程即可得出结论；
(2)①设规划建造单人间的房间数为t(10≤t≤30)，则建造双人间的房间数为2t，三人间的房间数为100−3t，根据“可提供的床位数=单人间数+2倍的双人间数+3倍的三人间数”即可得出关于t的一元一次方程，解方程即可得出结论；
②设该养老中心建成后能提供养老床位y个，根据“可提供的床位数=单人间数+2倍的双人间数+3倍的三人间数”即可得出y关于t的函数关系式，根据一次函数的性质结合t的取值范围，即可得出结论．
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