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2022-2023学年重庆市北碚区西南大学附中九年级（下）定时训练数学试卷（三）（含解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市北碚区西南大学附中九年级（下）定时训练数学试卷（三）（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，八年级抽取的竞赛成绩统计表等内容，欢迎下载使用。
1.下列数中不是有理数的是( )
A. −1B. 2C. 0D. 23
2.下列图形中，是中心对称图形是( )
A. B. C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. a2+a3=a5B. 2a2⋅12a3=a6
C. (−a2)3⋅(a3)2=−a12D. (3a2b)3=9a6b3
4.如图，已知△ABC和△EDF位似，位似中心为点O，且COCF=12，若△ABC的面积为3，则△EDF的面积为( )
A. 6
B. 9
C. 12
D. 27
5.匀速地向如图所示的一个空瓶里注水，最后把空瓶注满，在这个注水过程中，水面高度h与注水时间t之间函数关系的大致图象是( )
A. B. C. D.
6.估计2 3×(2 3− 2)的值应在( )
A. 5和6之间B. 6和7之间C. 7和8之间D. 8和9之间
7.某电子厂加工车间共有72名工人，平均每人每天加工6个甲零件或15个乙零件，且1个甲零件和2个乙零件才能配成一套产品，问需分别安排多少名工人加工甲零件、乙零件，才能使每天加工的甲零件、乙零件刚好配套？设安排x名工人加工甲零件，y名工人加工乙零件，由题意可列方程组为( )
A. x+y=726x×2=15yB. x+y=726x=15y×2C. x+y=726x+2=15yD. x+y=726x=15y+2
8.下列说法错误的是( )
A. 立方根等于它本身的数是±1和0
B. 平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
C. 正六边形的内角和是它的外角和的两倍
D. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形
9.如图，AB、AC是⊙O的切线，B、C为切点，D是⊙O上一点，连接BD、CD.若∠BDC=60°，AB=5，则⊙O的半径长为( )
A. 5 5
B. 5 33
C. 5
D. 52
10.如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠CAD交BD于点E.过点E作EF⊥AE，交BC于点F，若四边形AEFB的面积为1，则CD的长为( )
A. 22
B. 1
C. 2
D. 2
11.若关于x的一元一次不等式组x−2≥5x−122x+a>2无解，且关于y的分式方程ay−2−22−y=2的解是非负整数，则所有满足条件的整数a的值之和是( )
A. −8B. −6C. −4D. 0
12.将代数式m2+2记为A，代数式2m−1记为B，现进行如下操作：记u1=A+B，v1=A−B；u2=u1+v1，v2=u1−v1；u3=u2+v2，v3=u2−v2…以此类推.下列说法：①u6=8m2+16；②若m，n为正整数，4u2nv2n为整数，则m=1或2或5；③关于m的方程3un−2vn+2=0(n为正整数)只有2个实数根；④当m=0时，代数式v1+v2+v3+…+v50取得最小值，其中正确的有个．( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.计算 9+(15)−1−(π−1)0= ______ ．
14.现有3张正面分别标有数字−1，3，4的卡片，它们除数字不同外，其余完全相同.将卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张记为a，再从剩下的卡片中随机抽取一张记为b，则a，b能使关于x，y的二元一次方程组2x+3y=a+1x+2y=4−b满足x+y>3的概率为______ ．
15.如图，△ABC是等边三角形，O是△ABC的外心，外接圆半径为2 3，分别以A，B，C为圆心，AO，BO，CO为半径作弧交△ABC的三边于点H，I，D，E，F，G，则阴影部分的面积为______ ．
16.若一个四位数，十位上的数字是千位与百位数字的和，个位上的数字是千位与百位数字的差，且千位数字不小于百位数字，那么这个数就称为“民安数”，例如：因为M=7186，7+1=8，7−1=6，且7>1，所以7186是“民安数”.若m=abcd−是“民安数”，令F(m)=cd−−ab−3，若F(m)是整数，则m成为“国泰民安数”.若一个“国泰民安数”的各个数位数字之和除2余1，则称该数为“中华数”，求最小的“中华数”为______ ．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1)(x+2y)2−(x+2y)(x−2y)；
(2)(m2m+3−m+3)÷m2−9m2+6m+9．
18.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC．
(1)用直尺和圆规完成以下基本作图：作线段BD的垂直平分线，分别交AD、BD、BC于点E、O、F，连接BE、DF；在线段BE的延长线上取一点G，使得EG=FC，连接CG.(保留作图痕迹，不写作法和结论)
(2)在(1)所作图形中，证明：△BCG是等腰三角形.(补全证明过程)
证明：∵EF平分BD，
∴DO=BO，
∵AD//BC，
∴∠EDO=∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO(ㅤㅤ)①，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴ ______ ②，
∵ED//BF，
∴四边形BFDE为平行四边形，
∵BD垂直EF，
∴平行四边形BFDE为______ ③，
∴BE=BF，
∵EG=FC，
∴BE+EG=BF+FC，
即：______ ④，
∴△BCG是等腰三角形．
19.(本小题10分)
笛卡尔说：“数学是知识的工具，亦是其它知识工具的泉源”.为提高学生对学习数学的兴趣和培养学生的数学爱好，某校开展了一次趣味数学竞赛，并从七年级和八年级各随机抽取20名学生的数学竞赛成绩，进行整理、描述和分析(竞赛成绩用x表示，共分成4组，A：90≤x≤100，B：80≤x<90，C：70≤x<80，D：60≤x<70).部分信息如下：
七年级学生B组的竞赛成绩为：81，83，82，84，82，86，82，86．
八年级被抽取学生的竞赛成绩为：83，61，71，62，66，83，71，86，90，76，92，93，83，75，84，85，77，90，91，81．
七、八年级抽取的竞赛成绩统计表
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______ ；b= ______ ；m= ______ ．
(2)根据以上数据分析，你认为哪个年级学生的数学竞赛成绩更好？请说明理由(写出一条理由即可)；
(3)该校七、八年级学生共有2000人，请你估计该校学生中数学竞赛成绩不低于90分的有多少人？
20.(本小题10分)
1月21日，重庆在除夕夜举行了首届重庆都市艺术节跨年焰火表演，以跨年整点焰火的形式辞旧迎新.为感受喜庆、热烈的现场氛围，甲、乙两人从各自家前往朝天门广场观看焰火表演、由于当晚观看焰火表演的人较多，甲先将车开到距离自己家50千米的A停车场后，再步行1千米到达目的地，共花了1.5小时.此期间，已知甲开车的平均速度是甲步行平均速度的25倍．
(1)求甲开车的平均速度及步行的平均速度分别是多少？
(2)乙先将车开到B停车场后，再步行前往目的地，总路程为46千米.此期间，已知乙开车的平均速度比甲开车的平均速度快m千米/小时(m>0)，乙开车时间比甲开车时间少124m小时；乙步行的平均速度比甲步行的平均速度快14m千米/小时，乙步行了13小时后到达目的地，求m的值．
21.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接EF并延长交AD的延长线于点G，BC//AD，∠B=∠C=∠AEG．
(1)证明：△ABE∽△ECF；
(2)若EC=2，CF=35FD，EF=3，求AD的长度．
22.(本小题10分)
海中有两个小岛B，C，小岛C在小岛B的北偏东75°方向上.一艘轮船位于海中的A处，已知A处在小岛C的南偏西15°方向且在小岛B南偏东30°方向上，A处距离小岛B90 2海里．
(1)求BC的距离(结果保留整数)；
(2)在以小岛C为圆心，半径为(45 3+45)海里的圆形海域内有暗礁.若轮船从A处沿着射线AB航行，是否会有触礁危险？请通过计算加以说明.如果有危险，轮船自A处开始沿北偏西多少度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域？(参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73， 6≈2.45)
23.(本小题10分)
如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿折线A→B→C→D运动，当它到达D点时停止运动；同时，点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AD运动，过Q点作直线l平行于AB，点M为直线l上的一点，满足△AMQ的面积为2，设点P、点Q的运动时间为t(t>0)，△ADP的面积为y1，QM的长度为y2．
(1)分别求出y1，y2与t的函数关系，并注明t的取值范围；
(2)在坐标系中画出y1，y2的函数图象；
(3)结合函数图象，请直接写出当y1>y2时t的取值范围．
24.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+32(a≠0)与x轴交于A，B两点，且点A在点B的左侧，OB=3OA，与y轴交于点C，△BOC的面积为94．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，在直线BC上方的抛物线上有一动点P，点D是点B关于y轴的对称点，连接PD交直线BC于点E，当S△BEPS△BED最大时，求出S△BEPS△BED的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线沿着射线BC的方向平移，使得新抛物线交y轴于点C，点M为新抛物线上任意一点，点N为原抛物线对称轴上位于x轴下方的一点，是否存在△AMN是以AN为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
25.(本小题10分)
在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，BC=6．
(1)如图1，点E在△ABC外部，连接EC、BD、DC，∠BAC=∠DAE=90°，当∠ACE=15°，CB=CE时，求DC的长．
(2)若∠BAC=2∠ADE，解决以下两个问题：
①如图2，点E在△ABC内部，连接BE、CD.G为BC边上一点，连接AG，分别交CD、BE于点M、N.点F为AC的中点，连接MF.当∠BAC=∠BNG时，证明：AE=2MF．
②如图3，点E在△ABC的边BC上，点P为边AC上一点，AB=5，AP=165.点Q为AC所在直线上一动点，连接EP、EQ、DQ.当∠AEP最大时，请直接写出EP+EQ+DQ的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、−1是有理数，故此选项不符合题意；
B、 2不是有理数，故此选项符合题意；
C、0是有理数，故此选项不符合题意；
D、23是有理数，故此选项不符合题意；
故选：B．
整数和分数统称为有理数，无限不循环小数是无理数，由此判断即可．
此题主要考查了实数的分类和性质，解答此题应熟知以下概念：实数包括有理数和无理数；实数可分为正数、负数和0．
2.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】C
【解析】解：A.a2与a3不是同类项，不能合并，故A不符合题意；
B.2a2⋅12a3=a5，故B不符合题意；
C.(−a2)3⋅(a3)2=−a12，故C符合题意；
D.(3a2b)3=27a6b3，故D不符合题意．
故选：C．
根据单项式乘单项式，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项的运算法则逐项进行计算即可．
本题主要考查了单项式乘单项式，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项，掌握单项式乘单项式的运算方法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方的运算性质以及合并同类项的运算法则是解答的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵△ABC和△EDF位似，
∴△ABC∽△EDF，
∴∠BAC=∠E，
∴AC//EF，
∴ACEF=OCOF=13，
∴S△ABCS△DEF=19，
∵△ABC的面积为3，
∴△DEF的面积为27．
故选：D．
利用相似三角形的性质：相似三角形的面积比=相似比的平方解决问题．
本题考查位似变换，相似三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
5.【答案】A
【解析】解：由题知，
因为匀速地向空瓶里注水，且空瓶的下半部分是直立圆锥的一部分，
所以在刚开始注水的时候，水面随着注水时间的增加，高度逐渐升高，且单位时间内升高的高度越来越高．
因为瓶子的上半部分是圆柱，
所以水面随着注水时间的增加，高度逐渐升高，且单位时间内升高的高度相同，即匀速上升．
故选：A．
根据空瓶的形状，对水面高度和注水时间的关系依次进行判断即可解决问题．
本题考查函数的图象，能根据瓶子的形状判断出水面上升的高度与注水时间的关系是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：2 3×(2 3− 2)
=2 3×2 3−2 3× 2
=12−2 6，
∵ 4< 6< 9，
即2< 6<3，
∴4<2 6<6，
又∵ 24< 25，
∴2 6<5，
∴4<2 6<5，
∴−5<−2 6<−4，
∴7<12−2 6<8，
即2 3×(2 3− 2)的值应在7和8之间，
故选：C．
先计算2 3×(2 3− 2)的值，再估算 6的取值范围，进一步估算12−2 6的取值范围即可．
本题考查了无理数的估算，熟练掌握无理数的估算方法是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意得：x+y=726x×2=15y，
故选：A．
根据“工人数共72人、生产的乙零件数是甲零件数的2倍”列出方程组即可．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组的知识，解题的关键是找到等量关系并列出方程组，难度不大．
8.【答案】D
【解析】解：A、立方根等于它本身的数是±1和0，不符合题意；
B、平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，不符合题意；
C、正六边形的内角和是它的外角和的两倍，不符合题意；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，符合题意．
故选：D．
根据立方根的定义，矩形的判定定理，正六边形的性质，垂线的性质判断即可．
本题考查了矩形的判定，立方根的定义，正六边形的性质，垂线的性质，熟练掌握矩形的判定，立方根的定义，正六边形的性质，垂线的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：连接OC，OB，OA，
∵∠BDC=60°，
∴∠BOC=2∠BDC=120°，
∵AB、AC是⊙O的切线，
∴∠ACO=∠ABO=90°，
∴∠BAC=60°，
∴∠OAB=12∠BAC=30°，
∵AB=5，
∴OB=AB⋅tan30°=5× 33=5 33，
故选：B．
连接OC，OB，OA，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BDC=120°，根据切线的性质得到∠ACO=∠ABO=90°，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角函数的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠ADB=∠DAC=∠ABD=∠CBD=45°，
∵AE平分∠CAD，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°，
∴∠BAE=67.5°，∠AEB=∠ADB+∠DAE=67.5°，
∴∠BAE=∠DAE，
∴AB=BE=AD，
∵AE⊥EF，
∴∠BEF=22.5°=∠DAE，
∴△ADE≌△EBF(ASA)，
∴S△ADE=S△EBF，
∵四边形AEFB的面积为1，
∴S△ABD=S四边形AEFB=1=12AB2，
∴AB= 2=CD，
故选：C．
由“ASA”可证△ADE≌△EBF，可得S△ADE=S△EBF，由面积公式可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ADE≌△EBF是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：不等式组x−2≥5x−12①2x+a>2②，
由①得x≤−1，
由②得x>2−a2，
∵不等式组无解，
∴2−a2≥−1．
∴a≤4．
又ay−2−22−y=2，
∴y=a+62．
∵方程的解是非负整数解，
∴a+62≥0．
∴−6≤a≤4．
∴a=2或a=−2或a=0或a=−4或a=4或a=−6．
又∵y≠2，
∴a≠−2，
∴a=2或a=0或a=4或a=−4或a=−6．
∴所有满足条件的整数a的值之和−4，
故选：C．
依据题意，由不等式组的解集可得a>−1，再解方程方程可得y=a+62，且y≠2，可求满足条件的a的值，进而可以得解．
本题主要考查分式方程的解，一元一次不等式组的解集，熟练掌握一元一次不等式组的解法，分式方程的解法，注意方程的增根情况是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：由题意得，A=m2+2，B=2m−1，
∴u1=A+B=m2+2m+1，v1=A−B=m2−2m+3．
u2=u1+v1=2A，v2=u1−v1=2B，
u3=u2+v2=2A+2B=2(A+B)，v3=u2−v2=2A−2B=2(A−B)，
u4=u3+v3=4A=22A，v4=u3−v3=4B=22B，
u5=u4+v4=4(A+B)=22(A+B)，v5=u4−v4=4(A−B)=22(A−B )，
u6=u5+v5=8A=23A，v6=u5−v5=8B=23B，
u7=u6+v6=8(A+B)=23(A+B)，v7=u6−v6=8(A−B)=23(A−B )，
依次类推，u2n−1=2n−1(A+B)=2n−1(m2+2m+1)，u2n=2nA=2n(m2+2)，
v2n−1=2n−1(A−B)=2n−1(m2−2m+3)，v2n=2nB=2n(2m−1)，
∴u6=23A=23(m2+2)=8m2+16，故①正确；
4u2n=4×2n(m2+2)=2n(4m2+8)=2n(4m2−1+9)，
∴4u2nv2n=2n(4m2+8)2n(2m−1)=2m+1+92m−1，
∵m，n为正整数，4u2nv2n为整数，2m+1为整数，
∴2m−1=1或2m−1=3或2m−1=9，
解得m=1或m=2或m=5，故②正确；
关于m的方程3un−2vn+2=0，
当n=2k−1时，3u2k−1−2v2(k+1)−1=0，
3×2k−1(m2+2m+1)−2×2k(m2−2m+3)=0，
3(m2+2m+1)−4(m2−2m+3)=0，
整理，得−m2+14m−9=0，
即m2−14m+9=0，
∵Δ=(−14)2−4×1×9>0，
∴此时原方程有两个不相等的实数根；
当n=2k时，3un−2vn+2=0，
3u2k−2v2(k+1)=0，
3×2k(m2+2)−2×2k+1(2m−1)=0，
即3(m2+2)−4(2m−1)=0，
整理，得3m2−8m+10=0，
Δ=(−8)2−4×3×10<0，
此时原方程无实数根，
∴关于m的方程3un−2vn+2=0(n为正整数)只有2个实数根，故③正确；
v1+v2+v3+…+v50
=(v1+v3+…++v49)+(v2+v4+…+v50)
=(1+2+22+...+224)(m2−2m+3)+(21+22+23+…+225)(2m−1)
=(1+2+22+...+224)m2+2(1+2+22+...+224)m+(1+2+22+...+224)
=(1+2+22+...+224)(m2+2m+1)
=(1+2+22+...+224)(m+1)2，
∴当m=−1时，v1+v2+v3+…+v50取得最小值，故④错误．
故正确的结论有①②③共3个．
故选：B．
依据题意，根据所给条件和运算操作，找出数字的变化规律然后逐个进行分析判断即可得解．
本题考查算式变画规律探究，整式的运算，一元二次方程根的判别式，因式分解，理解题意，灵活运用相关知识是解题的关键．
13.【答案】7
【解析】解：原式=3+5−1
=8−1
=7．
故答案为：7．
利用算术平方根，负整数指数幂的意义和零指数幂的意义化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，算术平方根，负整数指数幂的意义和零指数幂的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：2x+3y=a+1①x+2y=4−b②，
①−②，得x+y=a+1−(4−b)=a+b−3，
若满足x+y>3，
则a+b−3>3，即a+b>6．
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中满足a+b>6的结果有(3,4)，(4,3)，共2种，
∴a，b能使关于x，y的二元一次方程组2x+3y=a+1x+2y=4−b满足x+y>3的概率为26=13．
故答案为：13．
由二元一次方程组可得x+y=a+b−3，若满足x+y>3，即a+b>6.画树状图得出所有等可能的结果数以及满足a+b>6的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、解二元一次方程组、二元一次方程组的解、解一元一次不等式，熟练掌握列表法与树状图法、解二元一次方程组等知识点是解答本题的关键．
15.【答案】6π−9 3
【解析】解：连接OA、OB、OC，则OA=OB=OC=2 3，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠AOB=∠AOC=∠BOC=13×360°=120°，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠OCA=∠OCB=∠OAB=12×(180°−120°)=30°，
∴CO平分∠ACB，
延长CO交AB于点P，则CP⊥AB，
∴∠OPA=90°，
∴OP=12OA= 3，
∴CP=OC+OP=3 3，AP=BP= (2 3)2−( 3)2=3，
∴AB=2AP=6，
∵S阴影=S扇形CFG+S扇形AHI+S扇形BDE−S△ABC，
∴S阴影=3×60×π×(2 3)2360−12×6×3 3=6π−9 3，
故答案为：6π−9 3．
连接OA、OB、OC，则OA=OB=OC=2 3，由等边三角形的性质得∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，则∠OCA=∠OCB=∠OAB=30°，延长CO交AB于点P，则CP⊥AB，所以OP=12OA= 3，则CP=3 3，AP=BP=3，所以AB=6，即可由S阴影=S扇形CFG+S扇形AHI+S扇形BDE−S△ABC，求得S阴影=6π−9 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查三角形外心的定义、等边三角形的性质、正多边形的中心角的定义、勾股定理、扇形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
16.【答案】4153
【解析】解：根据题意可得：c=a+b，d=a−b，
①F(m)=cd−−ab−3=10c+d−10a−b3=a+8b3(是整数)，
②a>b，
③a+b+c+d=3a+b，
∵“国泰民安数”的各个数位数字之和除2余1，
∴3a+b−1是2的倍数，
即：3a+b=2n+1，
当n=1时，3a+b=3，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=2时，3a+b=5，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=3时，3a+b=7，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=4时，3a+b=9，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=5时，3a+b=11，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=6时，3a+b=13，存在满足①②③条件的最小的数，即：a=4，b=1，
∴c=5，d=3，
∴最小的“中华数”为4153．
故答案为：4153．
根据题意列出满足条件的代数式进行分析判断即可．
本题考查了整式的加减，理解题意列出符合要求的代数式并进行分析是关键．
17.【答案】解：(1)(x+2y)2−(x+2y)(x−2y)
=x2+4y2+4xy−(x2−4y2)
=x2+4y2+4xy−x2+4y2
=4xy+8y2；
(2)(m2m+3−m+3)÷m2−9m2+6m+9
=[m2m+3−m2−9m+3]⋅(m+3)2(m+3)(m−3)
=9m+3⋅m+3m−3
=9m−3．
【解析】(1)先根据完全平方公式及平方差公式分别计算出各数，再合并同类项即可；
(2)先算括号里面的，再算除法即可．
本题考查的是分式的混合运算，完全平方公式及平方差公式，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
18.【答案】DE=BF 菱形 BG=BC
【解析】(1)解：如图所示．
(2)证明：∵EF平分BD，
∴DO=BO，
∵AD//BC，
∴∠EDO=∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴DE=BF．
∵ED//BF，
∴四边形BFDE为平行四边形．
∵BD垂直EF，
∴平行四边形BFDE为菱形，
∴BE=BF．
∵EG=FC，
∴BE+EG=BF+FC，
即：BG=BC，
∴△BCG是等腰三角形．
故答案为：①∠DOE=∠BOF；②DE=BF；③菱形；④BG=BC．
(1)根据线段垂直平分线的作图方法作图，再以点E为圆心，FC的长为半径画弧，交BE的延长线于点G，连接BE，DF，CG即可．
(2)根据全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定可得答案．
本题考查作图−复杂作图、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、线段垂直平分线的作法是解答本题的关键．
19.【答案】85 83 40
【解析】解：(1)由题意可知，把被抽取七年级20名学生的数学竞赛成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别为84，86，故中位数a=84+862=85；
在被抽取的八年级20名学生的数学竞赛成绩中，83分出现的次数最多，故众数b=83；
m%=8÷20=40%，故m=40．
故答案为：85，83，40；
(2)七年级成绩较好，理由：因为七年级学生成绩的中位数比八年级的高，所以七年级成绩较好；
(3)2000×4+520+20=450(人)，
答：该校学生中数学竞赛成绩不低于90分的大约有450人．
(1)分别根据中位数、众数的意义求解即可求出a、b，用“B组”的人数除以20可得m的值；
(2)从平均数、中位数、众数的角度比较得出结论；
(3)用总人数乘七、八年级不低于90分人数所占百分比即可．
本题考查了中位数、众数以及用样本估计总体，理解中位数、众数的意义是正确解答的关键．
20.【答案】解：(1)设甲步行的平均速度是x千米/小时，则甲开车的平均速度是25x千米/小时，
由题意得：5025x+1x=1.5，
解得：x=2，
经检验，x=2是原方程的解，且符合题意，
∴25x=25×2=50，
答：甲开车的平均速度是50千米/小时，步行的平均速度是2千米/小时；
(2)由(1)可知，甲开车的时间为50÷50=1(小时)，则乙开车的时间为(1−124m)小时，
由题意可知，乙开车的速度为(50+m)千米/小时，乙步行的速度为(2+14m)千米/小时，
由题意得：(50+m)(1−124m)+13(2+14m)=46，
整理得：m2+24m−112=0，
解得：m1=4，m2=−24(不符合题意，舍去)，
答：m的值为4．
【解析】(1)设甲步行的平均速度是x千米/小时，则甲开车的平均速度是25x千米/小时，根据甲先将车开到距离自己家50千米的A停车场后，再步行1千米到达目的地，共花了1.5小时．列出分式方程，解方程即可；
(2)根据乙先将车开到B停车场后，再步行前往目的地，总路程为46千米．列出一元二次方程，解之取其正值即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
21.【答案】(1)证明：∵∠B+∠BAE+∠BEA=180°，∠BEA+∠AEG+∠CEF=180°，∠B=∠AEG，
∴∠BAE=∠CEF，
又∠B=∠C，
∴△ABE∽△ECF；
(2)解：∵BC//AD，
∴△ECF∽△GDF，
∴ECDG=CFDF=EFFG，
∵CF=35FD，
∴ECDG=EFFG=35，
∵EC=2，EF=3，
∴DG=103，FG=5，
∴EG=EF+FG=8，
∵BC//AD，
∴∠CEF=∠G，
∴△ECF∽△GEA，
∴EFAG=ECEG，
即3AG=28，
∴AG=12，
∴AD=AG−DG=7．
【解析】(1)根据三角形内角和定理及平角的定义推出∠BAE=∠CEF，根据“两角对应相等的两个三角形相似”即可得解；
(2)根据相似三角形的判定与性质求解即可．
此题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，过点B作BD⊥AC于点D，
由题意知，∠1=75°，∠2=15°，∠3=30°，AB=90 2海里，
由两直线平行，内错角相等可得∠1=∠5=75°，
∴∠BCD=∠5−∠2=75°−15°=60°，
∴∠DBC=90°−∠BCD=30°，
∠ABD=180°−∠1−∠DBC−∠3=180°−75°−30°−30°=45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，BD=AB2=90 2 2=90(海里)，
在Rt△BCD中，∠DBC=30°，
∴CD=BD 3=90 3=30 3(海里)，BC=2CD=60 3≈104(海里)．
(2)由(1)可知，AC=CD+AD=(90+30 3)海里，∠A=45°，
如图，过点C作CE⊥AB于点E，
则CE=AC2=90+30 3 2=(45 2+15 6)海里，
∵45 2+15 2<45 3+45，
∴轮船从A处沿着射线AB航行，会有触礁危险，
设轮船自A处开始沿北偏西α度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域，
如图，
由两直线平行，内错角相等可得∠2=∠4=15°，
∴∠CAE=α+15°，
则此时CE=(45 3+45)海里，
∴sin∠CAE=CEAC=45 3+4590+30 3= 32，
∴∠CAE=60°，即α+15°=60°，
∴α=45°，
∴轮船自A处开始沿北偏西45度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域．
【解析】(1)如图，过点B作BD⊥AC于点D，根据题意可知，∠1=75°，∠2=15°，∠3=30°，AB=90 2海里，则∠1=∠5=75°，进而求得∠BCD=60°，∠DBC=30°，∠ABD=45°，再利用等腰直角三角形和含30度角的直角三角形性质求解即可．
(2)过点C作CE⊥AB于点E，由等腰直角三角形的性质得CE=(45 2+15 6)海里，由45 2+15 2<45 3+45可判断轮船会有触礁危险，设轮船自A处开始沿北偏西α度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域，根据sin∠CAE=CEAC= 32和特殊角的三角函数值知∠CAE=60°，以此即可求出α．
本题主要考查方向角、等腰直角三角形和含30度直角三角形的性质、解直角三角形、特殊角的三角函数值．在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．
23.【答案】解：(1)当点P在线段AB上时，y1=12×4×2t=4t(0当点P在线段BC上时，y1=12×4×3=6(1.5当点P在线段CD上时，y1=12×(10−2t)×4=20−4t(3.5综上所述，y1=4t(0∵△AMQ的面积为2，
∴12×t×y2=2，
∴y2=4t(t>0)；
(2)函数图象如图所示：
(3)函数y=4t与y=4t在第一象限的交点坐标为Q(1,4)，
由y=4ty=20−4t，
解得：t=5+ 212y=10−2 21或t=5− 212y=10+2 21，
∴T(5+ 212,10−2 21)，
观察图象可知y1>y2时，t的取值范围为：1【解析】(1)分三种情形求出△PAD的面积，可得函数y1，再根据△AQM的面积为2，可得函数y2；
(2)根据函数解析式画出函数图象即可；
(3)利用图象法解决问题即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，函数图象等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+32(a≠0)与y轴交于点C，
∴C(0,32)，
∴OC=32，
∵△BOC的面积为94，
∴12OB⋅OC=94，即12×32OB=94，
∴OB=3，
∵OB=3OA，
∴OA=1，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
把A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+32，得：a−b+32=09a+3b+32=0，
解得：a=−12b=1，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+32；
(2)∵点D是点B关于y轴的对称点，
∴D(−3,0)，
∵B(3,0)，C(0,32)，
∴直线BC的解析式为y=−12x+32，BD=6，
在Rt△BCO中，BC= OB2+OC2= 32+(32)2=3 52，
如图1，过点D作DF⊥BC于点F，过点P作PG⊥BC于点G，
设P(t,−12t2+t+32)，则H(t,−12t+32)，
∴PH=−12t2+t+32−(−12t+32)=−12t2+32t，
∵∠BFD=∠BOC=90°，∠DBF=∠CBO，
∴△BDF∽△BCO，
∴DFOC=BDBC，即DF32=63 52，
∴DF=6 55，
∵PH//y轴，
∴∠PHG=∠BCO，
∵∠PGH=∠BOC=90°，
∴△PHG∽△BCO，
∴PHBC=PGOB，
∴PG=OBBC⋅PH=33 52(−12t2+32t)=− 55t2+3 55t，
∴S△BEPS△BED=12BE⋅PG12BE⋅DF=PGDF=− 55t2+3 55t6 55=−16t2+12t，
∵−16<0，
∴当t=−122×(−16)=32时，S△BEPS△BED有最大值，最大值为38，此时点P的坐标为(32,158)；
(3)存在△AMN是以AN为腰的等腰直角三角形，理由如下：
将抛物线y=−12x2+x+32沿着射线BC的方向平移，使得新抛物线y1交y轴于点C，
则抛物线向左平移了3个单位向上均平移了1个单位，则平移后的抛物线表达式为：y1=−12(x+2)2+72，
即y1=−12x2−2x+32，
则设点M(m,−12m2−2m+32)，点N(1,n)，且n<0，
当∠MAN为直角时，则AM=AN，如图2，
过点M作ML//y轴交x轴于点L，设原抛物线对称轴交x轴于点K，
则∠ALM=∠AKN=90°，
∴∠AML+∠MAL=90°，
∵∠NAK+∠MAL=90°，
∴∠AML=∠NAK，
∴△AML≌△NAK(AAS)，
∴AL=NK=−n，ML=AK=1−(−1)=2，
∵AL=m−(−1)=m+1，ML=−12m2−2m+32，
∴−12m2−2m+32=2m+1=−n，
解得：m1=−2+ 3n1=1− 3，m2=−2− 3n2= 3+1(舍去)；
∴M(−2+ 3,2)，N(1,1− 3)；
当∠ANM为直角时，则AN=MN，如图4，
过点M作ML//x轴交y轴于点L，设原抛物线对称轴交x轴于点K，
同理可得，△ANK≌△NML(AAS)，
∴AK=NL=2，KN=ML=−n，
∵ML=1−m，NL=n−(−12m2−2m+32)，
∴n−(−12m2−2m+32)=2−n=1−m，
解得：m1=−3−3 2n=−4−3 2，m2=3 2−3n2=3 2−4(舍去)，
∴M(−3−3 2,−6−3 2)，N(1,−4−3 2)；
综上，M(−2+ 3,2)，N(1,1− 3)或M(−3−3 2,−6−3 2)，(1,−4−3 2).
【解析】(1)先得出C(0,32)，即OC=32，再根据三角形面积公式即可求得A(−1,0)，B(3,0)，再利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)过点D作DF⊥BC于点F，过点P作PG⊥BC于点G，设P(t,−12t2+t+32)，则H(t,−12t+32)，由△BDF∽△BCO，可得DFOC=BDBC，求得DF=6 55，再由△PHG∽△BCO，可得PG=OBBC⋅PH=33 52(−12t2+32t)=− 55t2+3 55t，进而可得S△BEPS△BED=12BE⋅PG12BE⋅DF=PGDF=− 55t2+3 55t6 55=−16t2+12t，利用二次函数的性质可得答案；
(3)当∠MAN为直角时，则AM=AN，可得N(1,1− 3)；当∠ANM为直角时，则AN=MN，可得N(1,−4−3 2)；
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，抛物线的平移，线段的最值等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
25.【答案】(1)解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠DAB=∠CAE=90°+∠EAB，
在△AEC和△DAB中，
AD=AE∠DAB=∠CAEAB=AC，
∴△AEC和△DAB(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE=15°，
∵CB=CE，
∴CB=BD，
∵∠DBC=∠ABD+∠ABC=15°+45°=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴CD=BC=6．
(2)①证明：如图1，
延长DA至H，使AH=AD，连接CH，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=12∠BAC，
∴∠CAH=∠ADE+∠AED=∠BAC，
∴∠CAH−∠EAF=∠BAC−∠EAF，
∴∠CAH=∠BAE，
∵AB=AC，
∴△ACH≌△ABE，
∴∠ABE=∠ACH，
∵∠BNG=∠ABE+∠BAG，∠BAC=∠BAE+∠CAG，∠BNG=∠BAC，
∴∠CAG=∠ACH，
∴AG//AC，
∴DMCM=ADAH=1，
∴DM=CM，
∵F使AC的中点，
∴AE=AD=2FM；
②如图2，
设△AEP的外接圆O的半径为r，
∴AP=2r⋅sin∠AEP，
即：2r⋅sin∠AEP=165，
∴当∠AEP最大时，r最小，
∴当⊙O与BC时相切时，∠AEP最大，
作AT⊥BC于T，作AP的垂直平分线VX，交AT于V，交AC于X，
∴CT=BT=12BC=3，
∴AT=4，sinC=cs∠CAT=45，csC=35，
∴AV=AXcs∠CAT=8545=2，
∴PV=VT=2，
∴点O在V处，点E在T处，
∵42=165×5，
∴AE2=AP⋅AC，
∵∠EAP=∠EAC，
∴△AEP∽△ACE，
∴∠AEP=∠C，
∴∠AEP+∠CEP=∠C+∠CEP=90°，
∴EP⊥AC，
∴PE= AE2−AP2=125，
延长EP至W，使PW=EP，连接WD，交AC于Q，则EQ+DQ最小，
可得∠DEW=90°，DE=2AE⋅cs∠CAE=325，
∴DW= DE2+EW2= (325)2+(245)2=8，
∴EP+EQ+DQ的最小值为：125+8=525．
【解析】(1)根据题意可知，AD=AE，AB=AC，由图可知，∠DAB=∠EAC，可以判定△DAB≌△EAC，可得出EC=DB，又由BC=EC，可得BD=BC，∠DBA=∠ACE=15°，可判断△DBC是等边三角形，即可求解DC．
(2)①延长DA至H，使AH=AD，连接CH，可证得△ACH≌△ABE，从而∠ABE=∠ACH，根据∠BNG=∠ABE+∠BAG，∠BAC=∠BAE+∠CAG，∠BNG=∠BAC可证得∠CAG=∠ACH，从而AG//AC，进而得出DM=CM，进一步得出结论；
②作AT⊥BC于T，作AP的垂直平分线VX，交AT于V，交AC于X，可推出点E在T处，EP⊥AC，从而得出EP= AE2−AP2=125，延长EP至W，使PW=EP，连接WD，交AC于Q，则EQ+DQ最小，可推出∠DEW=90°，DE=2AE⋅cs∠CAE=325，进而求得DW= DE2+EW2= (325)2+(245)2=8，进一步得出结果．
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．年级
七年级
八年级
平均数
80
80
中位数
a
83
众数
82
b
1.下列数中不是有理数的是( )
A. −1B. 2C. 0D. 23
2.下列图形中，是中心对称图形是( )
A. B. C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. a2+a3=a5B. 2a2⋅12a3=a6
C. (−a2)3⋅(a3)2=−a12D. (3a2b)3=9a6b3
4.如图，已知△ABC和△EDF位似，位似中心为点O，且COCF=12，若△ABC的面积为3，则△EDF的面积为( )
A. 6
B. 9
C. 12
D. 27
5.匀速地向如图所示的一个空瓶里注水，最后把空瓶注满，在这个注水过程中，水面高度h与注水时间t之间函数关系的大致图象是( )
A. B. C. D.
6.估计2 3×(2 3− 2)的值应在( )
A. 5和6之间B. 6和7之间C. 7和8之间D. 8和9之间
7.某电子厂加工车间共有72名工人，平均每人每天加工6个甲零件或15个乙零件，且1个甲零件和2个乙零件才能配成一套产品，问需分别安排多少名工人加工甲零件、乙零件，才能使每天加工的甲零件、乙零件刚好配套？设安排x名工人加工甲零件，y名工人加工乙零件，由题意可列方程组为( )
A. x+y=726x×2=15yB. x+y=726x=15y×2C. x+y=726x+2=15yD. x+y=726x=15y+2
8.下列说法错误的是( )
A. 立方根等于它本身的数是±1和0
B. 平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
C. 正六边形的内角和是它的外角和的两倍
D. 对角线互相垂直的平行四边形是矩形
9.如图，AB、AC是⊙O的切线，B、C为切点，D是⊙O上一点，连接BD、CD.若∠BDC=60°，AB=5，则⊙O的半径长为( )
A. 5 5
B. 5 33
C. 5
D. 52
10.如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠CAD交BD于点E.过点E作EF⊥AE，交BC于点F，若四边形AEFB的面积为1，则CD的长为( )
A. 22
B. 1
C. 2
D. 2
11.若关于x的一元一次不等式组x−2≥5x−122x+a>2无解，且关于y的分式方程ay−2−22−y=2的解是非负整数，则所有满足条件的整数a的值之和是( )
A. −8B. −6C. −4D. 0
12.将代数式m2+2记为A，代数式2m−1记为B，现进行如下操作：记u1=A+B，v1=A−B；u2=u1+v1，v2=u1−v1；u3=u2+v2，v3=u2−v2…以此类推.下列说法：①u6=8m2+16；②若m，n为正整数，4u2nv2n为整数，则m=1或2或5；③关于m的方程3un−2vn+2=0(n为正整数)只有2个实数根；④当m=0时，代数式v1+v2+v3+…+v50取得最小值，其中正确的有个．( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.计算 9+(15)−1−(π−1)0= ______ ．
14.现有3张正面分别标有数字−1，3，4的卡片，它们除数字不同外，其余完全相同.将卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张记为a，再从剩下的卡片中随机抽取一张记为b，则a，b能使关于x，y的二元一次方程组2x+3y=a+1x+2y=4−b满足x+y>3的概率为______ ．
15.如图，△ABC是等边三角形，O是△ABC的外心，外接圆半径为2 3，分别以A，B，C为圆心，AO，BO，CO为半径作弧交△ABC的三边于点H，I，D，E，F，G，则阴影部分的面积为______ ．
16.若一个四位数，十位上的数字是千位与百位数字的和，个位上的数字是千位与百位数字的差，且千位数字不小于百位数字，那么这个数就称为“民安数”，例如：因为M=7186，7+1=8，7−1=6，且7>1，所以7186是“民安数”.若m=abcd−是“民安数”，令F(m)=cd−−ab−3，若F(m)是整数，则m成为“国泰民安数”.若一个“国泰民安数”的各个数位数字之和除2余1，则称该数为“中华数”，求最小的“中华数”为______ ．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1)(x+2y)2−(x+2y)(x−2y)；
(2)(m2m+3−m+3)÷m2−9m2+6m+9．
18.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC．
(1)用直尺和圆规完成以下基本作图：作线段BD的垂直平分线，分别交AD、BD、BC于点E、O、F，连接BE、DF；在线段BE的延长线上取一点G，使得EG=FC，连接CG.(保留作图痕迹，不写作法和结论)
(2)在(1)所作图形中，证明：△BCG是等腰三角形.(补全证明过程)
证明：∵EF平分BD，
∴DO=BO，
∵AD//BC，
∴∠EDO=∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO(ㅤㅤ)①，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴ ______ ②，
∵ED//BF，
∴四边形BFDE为平行四边形，
∵BD垂直EF，
∴平行四边形BFDE为______ ③，
∴BE=BF，
∵EG=FC，
∴BE+EG=BF+FC，
即：______ ④，
∴△BCG是等腰三角形．
19.(本小题10分)
笛卡尔说：“数学是知识的工具，亦是其它知识工具的泉源”.为提高学生对学习数学的兴趣和培养学生的数学爱好，某校开展了一次趣味数学竞赛，并从七年级和八年级各随机抽取20名学生的数学竞赛成绩，进行整理、描述和分析(竞赛成绩用x表示，共分成4组，A：90≤x≤100，B：80≤x<90，C：70≤x<80，D：60≤x<70).部分信息如下：
七年级学生B组的竞赛成绩为：81，83，82，84，82，86，82，86．
八年级被抽取学生的竞赛成绩为：83，61，71，62，66，83，71，86，90，76，92，93，83，75，84，85，77，90，91，81．
七、八年级抽取的竞赛成绩统计表
请根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______ ；b= ______ ；m= ______ ．
(2)根据以上数据分析，你认为哪个年级学生的数学竞赛成绩更好？请说明理由(写出一条理由即可)；
(3)该校七、八年级学生共有2000人，请你估计该校学生中数学竞赛成绩不低于90分的有多少人？
20.(本小题10分)
1月21日，重庆在除夕夜举行了首届重庆都市艺术节跨年焰火表演，以跨年整点焰火的形式辞旧迎新.为感受喜庆、热烈的现场氛围，甲、乙两人从各自家前往朝天门广场观看焰火表演、由于当晚观看焰火表演的人较多，甲先将车开到距离自己家50千米的A停车场后，再步行1千米到达目的地，共花了1.5小时.此期间，已知甲开车的平均速度是甲步行平均速度的25倍．
(1)求甲开车的平均速度及步行的平均速度分别是多少？
(2)乙先将车开到B停车场后，再步行前往目的地，总路程为46千米.此期间，已知乙开车的平均速度比甲开车的平均速度快m千米/小时(m>0)，乙开车时间比甲开车时间少124m小时；乙步行的平均速度比甲步行的平均速度快14m千米/小时，乙步行了13小时后到达目的地，求m的值．
21.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接EF并延长交AD的延长线于点G，BC//AD，∠B=∠C=∠AEG．
(1)证明：△ABE∽△ECF；
(2)若EC=2，CF=35FD，EF=3，求AD的长度．
22.(本小题10分)
海中有两个小岛B，C，小岛C在小岛B的北偏东75°方向上.一艘轮船位于海中的A处，已知A处在小岛C的南偏西15°方向且在小岛B南偏东30°方向上，A处距离小岛B90 2海里．
(1)求BC的距离(结果保留整数)；
(2)在以小岛C为圆心，半径为(45 3+45)海里的圆形海域内有暗礁.若轮船从A处沿着射线AB航行，是否会有触礁危险？请通过计算加以说明.如果有危险，轮船自A处开始沿北偏西多少度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域？(参考数据： 2≈1.41， 3≈1.73， 6≈2.45)
23.(本小题10分)
如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿折线A→B→C→D运动，当它到达D点时停止运动；同时，点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AD运动，过Q点作直线l平行于AB，点M为直线l上的一点，满足△AMQ的面积为2，设点P、点Q的运动时间为t(t>0)，△ADP的面积为y1，QM的长度为y2．
(1)分别求出y1，y2与t的函数关系，并注明t的取值范围；
(2)在坐标系中画出y1，y2的函数图象；
(3)结合函数图象，请直接写出当y1>y2时t的取值范围．
24.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+32(a≠0)与x轴交于A，B两点，且点A在点B的左侧，OB=3OA，与y轴交于点C，△BOC的面积为94．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，在直线BC上方的抛物线上有一动点P，点D是点B关于y轴的对称点，连接PD交直线BC于点E，当S△BEPS△BED最大时，求出S△BEPS△BED的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线沿着射线BC的方向平移，使得新抛物线交y轴于点C，点M为新抛物线上任意一点，点N为原抛物线对称轴上位于x轴下方的一点，是否存在△AMN是以AN为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
25.(本小题10分)
在等腰△ABC与等腰△ADE中，AB=AC，AD=AE，BC=6．
(1)如图1，点E在△ABC外部，连接EC、BD、DC，∠BAC=∠DAE=90°，当∠ACE=15°，CB=CE时，求DC的长．
(2)若∠BAC=2∠ADE，解决以下两个问题：
①如图2，点E在△ABC内部，连接BE、CD.G为BC边上一点，连接AG，分别交CD、BE于点M、N.点F为AC的中点，连接MF.当∠BAC=∠BNG时，证明：AE=2MF．
②如图3，点E在△ABC的边BC上，点P为边AC上一点，AB=5，AP=165.点Q为AC所在直线上一动点，连接EP、EQ、DQ.当∠AEP最大时，请直接写出EP+EQ+DQ的最小值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、−1是有理数，故此选项不符合题意；
B、 2不是有理数，故此选项符合题意；
C、0是有理数，故此选项不符合题意；
D、23是有理数，故此选项不符合题意；
故选：B．
整数和分数统称为有理数，无限不循环小数是无理数，由此判断即可．
此题主要考查了实数的分类和性质，解答此题应熟知以下概念：实数包括有理数和无理数；实数可分为正数、负数和0．
2.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3.【答案】C
【解析】解：A.a2与a3不是同类项，不能合并，故A不符合题意；
B.2a2⋅12a3=a5，故B不符合题意；
C.(−a2)3⋅(a3)2=−a12，故C符合题意；
D.(3a2b)3=27a6b3，故D不符合题意．
故选：C．
根据单项式乘单项式，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项的运算法则逐项进行计算即可．
本题主要考查了单项式乘单项式，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方以及合并同类项，掌握单项式乘单项式的运算方法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方的运算性质以及合并同类项的运算法则是解答的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵△ABC和△EDF位似，
∴△ABC∽△EDF，
∴∠BAC=∠E，
∴AC//EF，
∴ACEF=OCOF=13，
∴S△ABCS△DEF=19，
∵△ABC的面积为3，
∴△DEF的面积为27．
故选：D．
利用相似三角形的性质：相似三角形的面积比=相似比的平方解决问题．
本题考查位似变换，相似三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
5.【答案】A
【解析】解：由题知，
因为匀速地向空瓶里注水，且空瓶的下半部分是直立圆锥的一部分，
所以在刚开始注水的时候，水面随着注水时间的增加，高度逐渐升高，且单位时间内升高的高度越来越高．
因为瓶子的上半部分是圆柱，
所以水面随着注水时间的增加，高度逐渐升高，且单位时间内升高的高度相同，即匀速上升．
故选：A．
根据空瓶的形状，对水面高度和注水时间的关系依次进行判断即可解决问题．
本题考查函数的图象，能根据瓶子的形状判断出水面上升的高度与注水时间的关系是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：2 3×(2 3− 2)
=2 3×2 3−2 3× 2
=12−2 6，
∵ 4< 6< 9，
即2< 6<3，
∴4<2 6<6，
又∵ 24< 25，
∴2 6<5，
∴4<2 6<5，
∴−5<−2 6<−4，
∴7<12−2 6<8，
即2 3×(2 3− 2)的值应在7和8之间，
故选：C．
先计算2 3×(2 3− 2)的值，再估算 6的取值范围，进一步估算12−2 6的取值范围即可．
本题考查了无理数的估算，熟练掌握无理数的估算方法是解题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意得：x+y=726x×2=15y，
故选：A．
根据“工人数共72人、生产的乙零件数是甲零件数的2倍”列出方程组即可．
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组的知识，解题的关键是找到等量关系并列出方程组，难度不大．
8.【答案】D
【解析】解：A、立方根等于它本身的数是±1和0，不符合题意；
B、平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直，不符合题意；
C、正六边形的内角和是它的外角和的两倍，不符合题意；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，符合题意．
故选：D．
根据立方根的定义，矩形的判定定理，正六边形的性质，垂线的性质判断即可．
本题考查了矩形的判定，立方根的定义，正六边形的性质，垂线的性质，熟练掌握矩形的判定，立方根的定义，正六边形的性质，垂线的性质是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：连接OC，OB，OA，
∵∠BDC=60°，
∴∠BOC=2∠BDC=120°，
∵AB、AC是⊙O的切线，
∴∠ACO=∠ABO=90°，
∴∠BAC=60°，
∴∠OAB=12∠BAC=30°，
∵AB=5，
∴OB=AB⋅tan30°=5× 33=5 33，
故选：B．
连接OC，OB，OA，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BDC=120°，根据切线的性质得到∠ACO=∠ABO=90°，根据三角函数的定义即可得到结论．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角函数的定义，正确地作出辅助线是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠ADB=∠DAC=∠ABD=∠CBD=45°，
∵AE平分∠CAD，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°，
∴∠BAE=67.5°，∠AEB=∠ADB+∠DAE=67.5°，
∴∠BAE=∠DAE，
∴AB=BE=AD，
∵AE⊥EF，
∴∠BEF=22.5°=∠DAE，
∴△ADE≌△EBF(ASA)，
∴S△ADE=S△EBF，
∵四边形AEFB的面积为1，
∴S△ABD=S四边形AEFB=1=12AB2，
∴AB= 2=CD，
故选：C．
由“ASA”可证△ADE≌△EBF，可得S△ADE=S△EBF，由面积公式可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ADE≌△EBF是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：不等式组x−2≥5x−12①2x+a>2②，
由①得x≤−1，
由②得x>2−a2，
∵不等式组无解，
∴2−a2≥−1．
∴a≤4．
又ay−2−22−y=2，
∴y=a+62．
∵方程的解是非负整数解，
∴a+62≥0．
∴−6≤a≤4．
∴a=2或a=−2或a=0或a=−4或a=4或a=−6．
又∵y≠2，
∴a≠−2，
∴a=2或a=0或a=4或a=−4或a=−6．
∴所有满足条件的整数a的值之和−4，
故选：C．
依据题意，由不等式组的解集可得a>−1，再解方程方程可得y=a+62，且y≠2，可求满足条件的a的值，进而可以得解．
本题主要考查分式方程的解，一元一次不等式组的解集，熟练掌握一元一次不等式组的解法，分式方程的解法，注意方程的增根情况是解题的关键．
12.【答案】B
【解析】解：由题意得，A=m2+2，B=2m−1，
∴u1=A+B=m2+2m+1，v1=A−B=m2−2m+3．
u2=u1+v1=2A，v2=u1−v1=2B，
u3=u2+v2=2A+2B=2(A+B)，v3=u2−v2=2A−2B=2(A−B)，
u4=u3+v3=4A=22A，v4=u3−v3=4B=22B，
u5=u4+v4=4(A+B)=22(A+B)，v5=u4−v4=4(A−B)=22(A−B )，
u6=u5+v5=8A=23A，v6=u5−v5=8B=23B，
u7=u6+v6=8(A+B)=23(A+B)，v7=u6−v6=8(A−B)=23(A−B )，
依次类推，u2n−1=2n−1(A+B)=2n−1(m2+2m+1)，u2n=2nA=2n(m2+2)，
v2n−1=2n−1(A−B)=2n−1(m2−2m+3)，v2n=2nB=2n(2m−1)，
∴u6=23A=23(m2+2)=8m2+16，故①正确；
4u2n=4×2n(m2+2)=2n(4m2+8)=2n(4m2−1+9)，
∴4u2nv2n=2n(4m2+8)2n(2m−1)=2m+1+92m−1，
∵m，n为正整数，4u2nv2n为整数，2m+1为整数，
∴2m−1=1或2m−1=3或2m−1=9，
解得m=1或m=2或m=5，故②正确；
关于m的方程3un−2vn+2=0，
当n=2k−1时，3u2k−1−2v2(k+1)−1=0，
3×2k−1(m2+2m+1)−2×2k(m2−2m+3)=0，
3(m2+2m+1)−4(m2−2m+3)=0，
整理，得−m2+14m−9=0，
即m2−14m+9=0，
∵Δ=(−14)2−4×1×9>0，
∴此时原方程有两个不相等的实数根；
当n=2k时，3un−2vn+2=0，
3u2k−2v2(k+1)=0，
3×2k(m2+2)−2×2k+1(2m−1)=0，
即3(m2+2)−4(2m−1)=0，
整理，得3m2−8m+10=0，
Δ=(−8)2−4×3×10<0，
此时原方程无实数根，
∴关于m的方程3un−2vn+2=0(n为正整数)只有2个实数根，故③正确；
v1+v2+v3+…+v50
=(v1+v3+…++v49)+(v2+v4+…+v50)
=(1+2+22+...+224)(m2−2m+3)+(21+22+23+…+225)(2m−1)
=(1+2+22+...+224)m2+2(1+2+22+...+224)m+(1+2+22+...+224)
=(1+2+22+...+224)(m2+2m+1)
=(1+2+22+...+224)(m+1)2，
∴当m=−1时，v1+v2+v3+…+v50取得最小值，故④错误．
故正确的结论有①②③共3个．
故选：B．
依据题意，根据所给条件和运算操作，找出数字的变化规律然后逐个进行分析判断即可得解．
本题考查算式变画规律探究，整式的运算，一元二次方程根的判别式，因式分解，理解题意，灵活运用相关知识是解题的关键．
13.【答案】7
【解析】解：原式=3+5−1
=8−1
=7．
故答案为：7．
利用算术平方根，负整数指数幂的意义和零指数幂的意义化简运算即可．
本题主要考查了实数的运算，算术平方根，负整数指数幂的意义和零指数幂的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
14.【答案】13
【解析】解：2x+3y=a+1①x+2y=4−b②，
①−②，得x+y=a+1−(4−b)=a+b−3，
若满足x+y>3，
则a+b−3>3，即a+b>6．
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中满足a+b>6的结果有(3,4)，(4,3)，共2种，
∴a，b能使关于x，y的二元一次方程组2x+3y=a+1x+2y=4−b满足x+y>3的概率为26=13．
故答案为：13．
由二元一次方程组可得x+y=a+b−3，若满足x+y>3，即a+b>6.画树状图得出所有等可能的结果数以及满足a+b>6的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、解二元一次方程组、二元一次方程组的解、解一元一次不等式，熟练掌握列表法与树状图法、解二元一次方程组等知识点是解答本题的关键．
15.【答案】6π−9 3
【解析】解：连接OA、OB、OC，则OA=OB=OC=2 3，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠AOB=∠AOC=∠BOC=13×360°=120°，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠OCA=∠OCB=∠OAB=12×(180°−120°)=30°，
∴CO平分∠ACB，
延长CO交AB于点P，则CP⊥AB，
∴∠OPA=90°，
∴OP=12OA= 3，
∴CP=OC+OP=3 3，AP=BP= (2 3)2−( 3)2=3，
∴AB=2AP=6，
∵S阴影=S扇形CFG+S扇形AHI+S扇形BDE−S△ABC，
∴S阴影=3×60×π×(2 3)2360−12×6×3 3=6π−9 3，
故答案为：6π−9 3．
连接OA、OB、OC，则OA=OB=OC=2 3，由等边三角形的性质得∠AOB=∠AOC=∠BOC=120°，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，则∠OCA=∠OCB=∠OAB=30°，延长CO交AB于点P，则CP⊥AB，所以OP=12OA= 3，则CP=3 3，AP=BP=3，所以AB=6，即可由S阴影=S扇形CFG+S扇形AHI+S扇形BDE−S△ABC，求得S阴影=6π−9 3，于是得到问题的答案．
此题重点考查三角形外心的定义、等边三角形的性质、正多边形的中心角的定义、勾股定理、扇形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
16.【答案】4153
【解析】解：根据题意可得：c=a+b，d=a−b，
①F(m)=cd−−ab−3=10c+d−10a−b3=a+8b3(是整数)，
②a>b，
③a+b+c+d=3a+b，
∵“国泰民安数”的各个数位数字之和除2余1，
∴3a+b−1是2的倍数，
即：3a+b=2n+1，
当n=1时，3a+b=3，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=2时，3a+b=5，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=3时，3a+b=7，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=4时，3a+b=9，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=5时，3a+b=11，不存在同时满足①②③条件的数，
当n=6时，3a+b=13，存在满足①②③条件的最小的数，即：a=4，b=1，
∴c=5，d=3，
∴最小的“中华数”为4153．
故答案为：4153．
根据题意列出满足条件的代数式进行分析判断即可．
本题考查了整式的加减，理解题意列出符合要求的代数式并进行分析是关键．
17.【答案】解：(1)(x+2y)2−(x+2y)(x−2y)
=x2+4y2+4xy−(x2−4y2)
=x2+4y2+4xy−x2+4y2
=4xy+8y2；
(2)(m2m+3−m+3)÷m2−9m2+6m+9
=[m2m+3−m2−9m+3]⋅(m+3)2(m+3)(m−3)
=9m+3⋅m+3m−3
=9m−3．
【解析】(1)先根据完全平方公式及平方差公式分别计算出各数，再合并同类项即可；
(2)先算括号里面的，再算除法即可．
本题考查的是分式的混合运算，完全平方公式及平方差公式，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
18.【答案】DE=BF 菱形 BG=BC
【解析】(1)解：如图所示．
(2)证明：∵EF平分BD，
∴DO=BO，
∵AD//BC，
∴∠EDO=∠FBO，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF(ASA)，
∴DE=BF．
∵ED//BF，
∴四边形BFDE为平行四边形．
∵BD垂直EF，
∴平行四边形BFDE为菱形，
∴BE=BF．
∵EG=FC，
∴BE+EG=BF+FC，
即：BG=BC，
∴△BCG是等腰三角形．
故答案为：①∠DOE=∠BOF；②DE=BF；③菱形；④BG=BC．
(1)根据线段垂直平分线的作图方法作图，再以点E为圆心，FC的长为半径画弧，交BE的延长线于点G，连接BE，DF，CG即可．
(2)根据全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定可得答案．
本题考查作图−复杂作图、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、线段垂直平分线的作法是解答本题的关键．
19.【答案】85 83 40
【解析】解：(1)由题意可知，把被抽取七年级20名学生的数学竞赛成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别为84，86，故中位数a=84+862=85；
在被抽取的八年级20名学生的数学竞赛成绩中，83分出现的次数最多，故众数b=83；
m%=8÷20=40%，故m=40．
故答案为：85，83，40；
(2)七年级成绩较好，理由：因为七年级学生成绩的中位数比八年级的高，所以七年级成绩较好；
(3)2000×4+520+20=450(人)，
答：该校学生中数学竞赛成绩不低于90分的大约有450人．
(1)分别根据中位数、众数的意义求解即可求出a、b，用“B组”的人数除以20可得m的值；
(2)从平均数、中位数、众数的角度比较得出结论；
(3)用总人数乘七、八年级不低于90分人数所占百分比即可．
本题考查了中位数、众数以及用样本估计总体，理解中位数、众数的意义是正确解答的关键．
20.【答案】解：(1)设甲步行的平均速度是x千米/小时，则甲开车的平均速度是25x千米/小时，
由题意得：5025x+1x=1.5，
解得：x=2，
经检验，x=2是原方程的解，且符合题意，
∴25x=25×2=50，
答：甲开车的平均速度是50千米/小时，步行的平均速度是2千米/小时；
(2)由(1)可知，甲开车的时间为50÷50=1(小时)，则乙开车的时间为(1−124m)小时，
由题意可知，乙开车的速度为(50+m)千米/小时，乙步行的速度为(2+14m)千米/小时，
由题意得：(50+m)(1−124m)+13(2+14m)=46，
整理得：m2+24m−112=0，
解得：m1=4，m2=−24(不符合题意，舍去)，
答：m的值为4．
【解析】(1)设甲步行的平均速度是x千米/小时，则甲开车的平均速度是25x千米/小时，根据甲先将车开到距离自己家50千米的A停车场后，再步行1千米到达目的地，共花了1.5小时．列出分式方程，解方程即可；
(2)根据乙先将车开到B停车场后，再步行前往目的地，总路程为46千米．列出一元二次方程，解之取其正值即可．
本题考查了分式方程的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程．
21.【答案】(1)证明：∵∠B+∠BAE+∠BEA=180°，∠BEA+∠AEG+∠CEF=180°，∠B=∠AEG，
∴∠BAE=∠CEF，
又∠B=∠C，
∴△ABE∽△ECF；
(2)解：∵BC//AD，
∴△ECF∽△GDF，
∴ECDG=CFDF=EFFG，
∵CF=35FD，
∴ECDG=EFFG=35，
∵EC=2，EF=3，
∴DG=103，FG=5，
∴EG=EF+FG=8，
∵BC//AD，
∴∠CEF=∠G，
∴△ECF∽△GEA，
∴EFAG=ECEG，
即3AG=28，
∴AG=12，
∴AD=AG−DG=7．
【解析】(1)根据三角形内角和定理及平角的定义推出∠BAE=∠CEF，根据“两角对应相等的两个三角形相似”即可得解；
(2)根据相似三角形的判定与性质求解即可．
此题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，过点B作BD⊥AC于点D，
由题意知，∠1=75°，∠2=15°，∠3=30°，AB=90 2海里，
由两直线平行，内错角相等可得∠1=∠5=75°，
∴∠BCD=∠5−∠2=75°−15°=60°，
∴∠DBC=90°−∠BCD=30°，
∠ABD=180°−∠1−∠DBC−∠3=180°−75°−30°−30°=45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，BD=AB2=90 2 2=90(海里)，
在Rt△BCD中，∠DBC=30°，
∴CD=BD 3=90 3=30 3(海里)，BC=2CD=60 3≈104(海里)．
(2)由(1)可知，AC=CD+AD=(90+30 3)海里，∠A=45°，
如图，过点C作CE⊥AB于点E，
则CE=AC2=90+30 3 2=(45 2+15 6)海里，
∵45 2+15 2<45 3+45，
∴轮船从A处沿着射线AB航行，会有触礁危险，
设轮船自A处开始沿北偏西α度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域，
如图，
由两直线平行，内错角相等可得∠2=∠4=15°，
∴∠CAE=α+15°，
则此时CE=(45 3+45)海里，
∴sin∠CAE=CEAC=45 3+4590+30 3= 32，
∴∠CAE=60°，即α+15°=60°，
∴α=45°，
∴轮船自A处开始沿北偏西45度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域．
【解析】(1)如图，过点B作BD⊥AC于点D，根据题意可知，∠1=75°，∠2=15°，∠3=30°，AB=90 2海里，则∠1=∠5=75°，进而求得∠BCD=60°，∠DBC=30°，∠ABD=45°，再利用等腰直角三角形和含30度角的直角三角形性质求解即可．
(2)过点C作CE⊥AB于点E，由等腰直角三角形的性质得CE=(45 2+15 6)海里，由45 2+15 2<45 3+45可判断轮船会有触礁危险，设轮船自A处开始沿北偏西α度的方向直线航行，恰能安全通过这一海域，根据sin∠CAE=CEAC= 32和特殊角的三角函数值知∠CAE=60°，以此即可求出α．
本题主要考查方向角、等腰直角三角形和含30度直角三角形的性质、解直角三角形、特殊角的三角函数值．在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．
23.【答案】解：(1)当点P在线段AB上时，y1=12×4×2t=4t(0
∴12×t×y2=2，
∴y2=4t(t>0)；
(2)函数图象如图所示：
(3)函数y=4t与y=4t在第一象限的交点坐标为Q(1,4)，
由y=4ty=20−4t，
解得：t=5+ 212y=10−2 21或t=5− 212y=10+2 21，
∴T(5+ 212,10−2 21)，
观察图象可知y1>y2时，t的取值范围为：1
(2)根据函数解析式画出函数图象即可；
(3)利用图象法解决问题即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，函数图象等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2+bx+32(a≠0)与y轴交于点C，
∴C(0,32)，
∴OC=32，
∵△BOC的面积为94，
∴12OB⋅OC=94，即12×32OB=94，
∴OB=3，
∵OB=3OA，
∴OA=1，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
把A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+32，得：a−b+32=09a+3b+32=0，
解得：a=−12b=1，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+x+32；
(2)∵点D是点B关于y轴的对称点，
∴D(−3,0)，
∵B(3,0)，C(0,32)，
∴直线BC的解析式为y=−12x+32，BD=6，
在Rt△BCO中，BC= OB2+OC2= 32+(32)2=3 52，
如图1，过点D作DF⊥BC于点F，过点P作PG⊥BC于点G，
设P(t,−12t2+t+32)，则H(t,−12t+32)，
∴PH=−12t2+t+32−(−12t+32)=−12t2+32t，
∵∠BFD=∠BOC=90°，∠DBF=∠CBO，
∴△BDF∽△BCO，
∴DFOC=BDBC，即DF32=63 52，
∴DF=6 55，
∵PH//y轴，
∴∠PHG=∠BCO，
∵∠PGH=∠BOC=90°，
∴△PHG∽△BCO，
∴PHBC=PGOB，
∴PG=OBBC⋅PH=33 52(−12t2+32t)=− 55t2+3 55t，
∴S△BEPS△BED=12BE⋅PG12BE⋅DF=PGDF=− 55t2+3 55t6 55=−16t2+12t，
∵−16<0，
∴当t=−122×(−16)=32时，S△BEPS△BED有最大值，最大值为38，此时点P的坐标为(32,158)；
(3)存在△AMN是以AN为腰的等腰直角三角形，理由如下：
将抛物线y=−12x2+x+32沿着射线BC的方向平移，使得新抛物线y1交y轴于点C，
则抛物线向左平移了3个单位向上均平移了1个单位，则平移后的抛物线表达式为：y1=−12(x+2)2+72，
即y1=−12x2−2x+32，
则设点M(m,−12m2−2m+32)，点N(1,n)，且n<0，
当∠MAN为直角时，则AM=AN，如图2，
过点M作ML//y轴交x轴于点L，设原抛物线对称轴交x轴于点K，
则∠ALM=∠AKN=90°，
∴∠AML+∠MAL=90°，
∵∠NAK+∠MAL=90°，
∴∠AML=∠NAK，
∴△AML≌△NAK(AAS)，
∴AL=NK=−n，ML=AK=1−(−1)=2，
∵AL=m−(−1)=m+1，ML=−12m2−2m+32，
∴−12m2−2m+32=2m+1=−n，
解得：m1=−2+ 3n1=1− 3，m2=−2− 3n2= 3+1(舍去)；
∴M(−2+ 3,2)，N(1,1− 3)；
当∠ANM为直角时，则AN=MN，如图4，
过点M作ML//x轴交y轴于点L，设原抛物线对称轴交x轴于点K，
同理可得，△ANK≌△NML(AAS)，
∴AK=NL=2，KN=ML=−n，
∵ML=1−m，NL=n−(−12m2−2m+32)，
∴n−(−12m2−2m+32)=2−n=1−m，
解得：m1=−3−3 2n=−4−3 2，m2=3 2−3n2=3 2−4(舍去)，
∴M(−3−3 2,−6−3 2)，N(1,−4−3 2)；
综上，M(−2+ 3,2)，N(1,1− 3)或M(−3−3 2,−6−3 2)，(1,−4−3 2).
【解析】(1)先得出C(0,32)，即OC=32，再根据三角形面积公式即可求得A(−1,0)，B(3,0)，再利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)过点D作DF⊥BC于点F，过点P作PG⊥BC于点G，设P(t,−12t2+t+32)，则H(t,−12t+32)，由△BDF∽△BCO，可得DFOC=BDBC，求得DF=6 55，再由△PHG∽△BCO，可得PG=OBBC⋅PH=33 52(−12t2+32t)=− 55t2+3 55t，进而可得S△BEPS△BED=12BE⋅PG12BE⋅DF=PGDF=− 55t2+3 55t6 55=−16t2+12t，利用二次函数的性质可得答案；
(3)当∠MAN为直角时，则AM=AN，可得N(1,1− 3)；当∠ANM为直角时，则AN=MN，可得N(1,−4−3 2)；
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，抛物线的平移，线段的最值等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
25.【答案】(1)解：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠DAB=∠CAE=90°+∠EAB，
在△AEC和△DAB中，
AD=AE∠DAB=∠CAEAB=AC，
∴△AEC和△DAB(SAS)，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE=15°，
∵CB=CE，
∴CB=BD，
∵∠DBC=∠ABD+∠ABC=15°+45°=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴CD=BC=6．
(2)①证明：如图1，
延长DA至H，使AH=AD，连接CH，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=12∠BAC，
∴∠CAH=∠ADE+∠AED=∠BAC，
∴∠CAH−∠EAF=∠BAC−∠EAF，
∴∠CAH=∠BAE，
∵AB=AC，
∴△ACH≌△ABE，
∴∠ABE=∠ACH，
∵∠BNG=∠ABE+∠BAG，∠BAC=∠BAE+∠CAG，∠BNG=∠BAC，
∴∠CAG=∠ACH，
∴AG//AC，
∴DMCM=ADAH=1，
∴DM=CM，
∵F使AC的中点，
∴AE=AD=2FM；
②如图2，
设△AEP的外接圆O的半径为r，
∴AP=2r⋅sin∠AEP，
即：2r⋅sin∠AEP=165，
∴当∠AEP最大时，r最小，
∴当⊙O与BC时相切时，∠AEP最大，
作AT⊥BC于T，作AP的垂直平分线VX，交AT于V，交AC于X，
∴CT=BT=12BC=3，
∴AT=4，sinC=cs∠CAT=45，csC=35，
∴AV=AXcs∠CAT=8545=2，
∴PV=VT=2，
∴点O在V处，点E在T处，
∵42=165×5，
∴AE2=AP⋅AC，
∵∠EAP=∠EAC，
∴△AEP∽△ACE，
∴∠AEP=∠C，
∴∠AEP+∠CEP=∠C+∠CEP=90°，
∴EP⊥AC，
∴PE= AE2−AP2=125，
延长EP至W，使PW=EP，连接WD，交AC于Q，则EQ+DQ最小，
可得∠DEW=90°，DE=2AE⋅cs∠CAE=325，
∴DW= DE2+EW2= (325)2+(245)2=8，
∴EP+EQ+DQ的最小值为：125+8=525．
【解析】(1)根据题意可知，AD=AE，AB=AC，由图可知，∠DAB=∠EAC，可以判定△DAB≌△EAC，可得出EC=DB，又由BC=EC，可得BD=BC，∠DBA=∠ACE=15°，可判断△DBC是等边三角形，即可求解DC．
(2)①延长DA至H，使AH=AD，连接CH，可证得△ACH≌△ABE，从而∠ABE=∠ACH，根据∠BNG=∠ABE+∠BAG，∠BAC=∠BAE+∠CAG，∠BNG=∠BAC可证得∠CAG=∠ACH，从而AG//AC，进而得出DM=CM，进一步得出结论；
②作AT⊥BC于T，作AP的垂直平分线VX，交AT于V，交AC于X，可推出点E在T处，EP⊥AC，从而得出EP= AE2−AP2=125，延长EP至W，使PW=EP，连接WD，交AC于Q，则EQ+DQ最小，可推出∠DEW=90°，DE=2AE⋅cs∠CAE=325，进而求得DW= DE2+EW2= (325)2+(245)2=8，进一步得出结果．
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．年级
七年级
八年级
平均数
80
80
中位数
a
83
众数
82
b
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