期末復習（易錯題60題38個考點）一．二次根式有意義的條件（共1小題）1．要使二次根式有意義，那么x的取值范圍是（）A．x＞2 B．x＜2 C．x≥2 D．x≤2【答案】C【解答】解：根據(jù)題意，得2x﹣4≥0，解得，x≥2．故選：C．二．二次根式的性質(zhì)與化簡（共2小題）2．化簡二次根式的結果是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：若二次根式有意義，則﹣≥0，﹣a﹣2≥0，解得a≤﹣2，∴原式＝＝．故選：B．3．在△ABC中，a、b、c為三角形的三邊，化簡﹣2|c﹣a﹣b|的結果為（）A．3a+b﹣c B．﹣a﹣3b+3c C．a(chǎn)+3b﹣c D．2a【答案】B【解答】解：∵a、b、c為三角形的三邊，∴a+c＞b，a+b＞c，即a﹣b+c＞0，c﹣a﹣b＜0；∴﹣2|c﹣a﹣b|＝（a﹣b+c）+2（c﹣a﹣b）＝﹣a﹣3b+3c．故選：B．三．分母有理化（共1小題）4．觀察下列等式：①；②；③；…回答下列問題：（1）利用你觀察到的規(guī)律，化簡：；（2）計算：．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）原式＝＝2；（2）原式＝+…+＝﹣1．四．同類二次根式（共1小題）5．若最簡二次根式與是同類二次根式，則m＝6．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：∵最簡二次根式與是同類二次根式，∴m2﹣3＝5m+3，解得m＝6或m＝﹣1，當m＝﹣1時，＝無意義，故m＝6．五．一元二次方程的定義（共1小題）6．下列方程中是一元二次方程的是（）A．xy+2＝1 B． C．x2＝0 D．a(chǎn)x2+bx+c＝0【答案】C【解答】解：A、是二元二次方程，不是一元二次方程，故本選項不符合題意；B、是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本選項不符合題意；C、是一元二次方程，故本選項符合題意；D、當abc是常數(shù)，a≠0時，方程才是一元二次方程，故本選項不符合題意；故選：C．六．一元二次方程的解（共1小題）7．關于x的一元二次方程（a﹣1）x2+x+|a|﹣1＝0的一個根是0，則實數(shù)a的值為（）A．﹣1 B．0 C．1 D．﹣1或1【答案】A【解答】解：把x＝0代入方程得：|a|﹣1＝0，∴a＝±1，∵a﹣1≠0，∴a＝﹣1．故選：A．七．解一元二次方程-配方法（共1小題）8．用配方法解一元二次方程x2﹣6x+8＝0配方后得到的方程是（）A．（x+6）2＝28 B．（x﹣6）2＝28 C．（x+3）2＝1 D．（x﹣3）2＝1【答案】D【解答】解：x2﹣6x+8＝0，x2﹣6x＝﹣8，x2﹣6x+9＝﹣8+9，（x﹣3）2＝1，故選：D．八．根的判別式（共1小題）9．若關于x的方程有實數(shù)根，則k的取值范圍為（）A．k≥0 B．k＞0 C．k≥ D．k＞【答案】A【解答】解：∵關于x的方程有實數(shù)根，∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣3）2+4＝9k+4≥0，解得：k≥，又∵方程中含有∴k≥0，故選：A．九．根與系數(shù)的關系（共1小題）10．已知關于x的方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0的兩實數(shù)根為x1，x2，若（x1+1）（x2+1）＝3，則m的值為（）A．﹣3 B．﹣1 C．﹣3或1 D．﹣1或3【答案】A【解答】解：∵方程x2﹣（2m﹣1）x+m2＝0的兩實數(shù)根為x1，x2，∴x1+x2＝2m﹣1，x1x2＝m2，∵（x1+1）（x2+1）＝x1x2+x1+x2+1＝3，∴m2+2m﹣1+1＝3，解得：m＝1或m＝﹣3，∵方程有兩實數(shù)根，∴Δ＝（2m﹣1）2﹣4m2≥0，即m≤，∴m＝1不合題意，舍去，∴m＝﹣3；故選：A．一十．由實際問題抽象出一元二次方程（共1小題）11．某農(nóng)機廠四月份生產(chǎn)零件50萬個，第二季度共生產(chǎn)零件182萬個．設該廠五、六月份平均每月的增長率為x，那么x滿足的方程是（）A．50（1+x）2＝182 B．50+50（1+x）+50（1+x）2＝182 C．50（1+2x）＝182 D．50+50（1+x）+50（1+2x）＝182【答案】B【解答】解：依題意得五、六月份的產(chǎn)量為50（1+x）、50（1+x）2，∴50+50（1+x）+50（1+x）2＝182．故選：B．一十一．一元二次方程的應用（共1小題）12．要組織一次排球邀請賽，參賽的每兩個隊之間都要比賽一場，根據(jù)場地和時間等條件，賽程計劃安排7天，每天安排4場比賽，比賽組織者應邀請8隊參賽．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：∵賽程計劃安排7天，每天安排4場比賽，∴共7×4＝28場比賽．設比賽組織者應邀請x隊參賽，則由題意可列方程為：＝28．解得：x1＝8，x2＝﹣7（舍去），所以比賽組織者應邀請8隊參賽．故答案為：8．一十二．坐標確定位置（共1小題）13．將正整數(shù)按如圖所示的規(guī)律排列下去．若用有序?qū)崝?shù)對（n，m）表示第n排，從左到右第m個數(shù)，如（4，3）表示實數(shù)9，則（7，2）表示的實數(shù)是23．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：從圖中可以發(fā)觀，第n排的最后的數(shù)為：n（n+1）∵第6排最后的數(shù)為：×6（6+1）＝21，∴（7，2）表示第7排第2個數(shù)，則第7排第二個數(shù)為21+2＝23．故答案填：23．一十三．坐標與圖形性質(zhì)（共2小題）14．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝1，點A、C分別在x軸、y軸上，當點A在x軸運動時，點C隨之在y軸上運動，在運動過程中，點B到原點O的最大距離為（）A． B． C．1+ D．3【答案】C【解答】解：作AC的中點D，連接OD、BD，∵OB≤OD+BD，∴當O、D、B三點共線時OB取得最大值，∵BD＝＝，OD＝AD＝AC＝1，∴點B到原點O的最大距離為1+．故選：C．15．如圖，連接△ABC的各邊中點得到一個新的△A1B1C1，又連接△A1B1C1的各邊中點得到△A2B2C2，如此無限繼續(xù)下去，得到一系列三角形：△ABC，△A1B1C1，△A2B2C2，…這一系列三角形趨向于一個點M．已知A（0，0），B（3，0），C（2，2），則點M的坐標是（，）．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：由題可知，M是△ABC的重心，點M的坐標是（，），即（，）．一十四．二次函數(shù)的圖象（共1小題）16．函數(shù)y＝與y＝﹣kx2+k（k≠0）在同一平面直角坐標系中的圖象可能是（）A． B． C． D．【答案】B【解答】解：解法一：由解析式y(tǒng)＝﹣kx2+k可得：拋物線對稱軸x＝0；A、由雙曲線的兩支分別位于二、四象限，可得k＜0，則﹣k＞0，拋物線開口方向向上、拋物線與y軸的交點為y軸的負半軸上；本圖象與k的取值相矛盾，故A錯誤；B、由雙曲線的兩支分別位于一、三象限，可得k＞0，則﹣k＜0，拋物線開口方向向下、拋物線與y軸的交點在y軸的正半軸上，本圖象符合題意，故B正確；C、由雙曲線的兩支分別位于一、三象限，可得k＞0，則﹣k＜0，拋物線開口方向向下、拋物線與y軸的交點在y軸的正半軸上，本圖象與k的取值相矛盾，故C錯誤；D、由雙曲線的兩支分別位于一、三象限，可得k＞0，則﹣k＜0，拋物線開口方向向下、拋物線與y軸的交點在y軸的正半軸上，本圖象與k的取值相矛盾，故D錯誤．解法二：①k＞0，雙曲線在一、三象限，﹣k＜0，拋物線開口向下，頂點在y軸正半軸上，選項B符合題意；②K＜0時，雙曲線在二、四象限，﹣k＞0，拋物線開口向上，頂點在y軸負半軸上，選項B符合題意；故選：B．一十五．二次函數(shù)的性質(zhì)（共2小題）17．若二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣1，當x≤1時，y隨x的增大而減小，則m的取值范圍是（）A．m＝1 B．m＞1 C．m≥1 D．m≤1【答案】C【解答】解：∵二次函數(shù)y＝（x﹣m）2﹣1，中，a＝1＞0，∴此函數(shù)開口向上，∵當x≤1時，函數(shù)值y隨x的增大而減小，∴二次函數(shù)的對稱軸x＝m≥1．故選：C．18．黃岡中學是百年名校，百年校慶上的焰火晚會令很多人記憶猶新．有一種焰火升高高度為h（m）與飛行時間t（s）的關系式是，若這種焰火在點燃升空后到最高處引爆，則從點火到引爆所需時間為4s；【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：根據(jù)題意得焰火引爆處為拋物線的頂點處，頂點處的橫坐標即代表從點火到引爆所需時間，則t＝﹣20×＝4s，故答案為4s．一十六．二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關系（共2小題）19．已知拋物線y＝ax2+bx+c（a＞0）的對稱軸為直線x＝﹣1，與x軸的一個交點為（x1，0），且0＜x1＜1，下列結論：①9a﹣3b+c＞0；②b＜a；③3a+c＞0．其中正確結論的個數(shù)是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解答】解：∵y＝ax2+bx+c（a＞0）的對稱軸為直線x＝﹣1，與x軸的一個交點為（x1，0），且0＜x1＜1，∴x＝﹣3時，y＝9a﹣3b+c＞0；∵對稱軸是直線x＝﹣1，則＝﹣1，∴b＝2a．∵a＞0，∴b＞a；再取x＝1時，y＝a+b+c＝a+2a+c＝3a+c＞0．∴①、③正確．故選：C．20．如圖，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點B坐標（﹣1，0），下面的四個結論：①OA＝3；②a+b+c＜0；③ac＞0；④b2﹣4ac＞0．其中正確的結論是（）A．①④ B．①③ C．②④ D．①②【答案】A【解答】解：∵點B坐標（﹣1，0），對稱軸是直線x＝1，∴A的坐標是（3，0），∴OA＝3，∴①正確；∵由圖象可知：當x＝1時，y＞0，∴把x＝1代入二次函數(shù)的解析式得：y＝a+b+c＞0，∴②錯誤；∵拋物線的開口向下，與y軸的交點在y軸的正半軸上，∴a＜0，c＞0，∴ac＜0，∴③錯誤；∵拋物線與x軸有兩個交點，∴b2﹣4ac＞0，∴④正確；故選：A．一十七．二次函數(shù)的最值（共1小題）21．如圖，已知二次函數(shù)y＝（x+1）2﹣4，當﹣2≤x≤2時，則函數(shù)y的最小值和最大值（）A．﹣3和5 B．﹣4和5 C．﹣4和﹣3 D．﹣1和5【答案】B【解答】解：∵二次函數(shù)y＝（x+1）2﹣4，對稱軸是：x＝﹣1∵a＝1＞0，∴x＞﹣1時，y隨x的增大而增大，x＜﹣1時，y隨x的增大而減小，由圖象可知：在﹣2≤x≤2內(nèi)，x＝2時，y有最大值，y＝（2+1）2﹣4＝5，x＝﹣1時y有最小值，是﹣4，故選：B．一十八．拋物線與x軸的交點（共3小題）22．已知函數(shù)y＝（k﹣3）x2+2x+1的圖象與x軸有交點，則k的取值范圍是（）A．k≤4且k≠3 B．k＜4且k≠3 C．k＜4 D．k≤4【答案】D【解答】解：當k＝3時，函數(shù)y＝2x+1是一次函數(shù)，它的圖象與x軸有一個交點；當k≠3，函數(shù)y＝（k﹣3）x2+2x+1是二次函數(shù)，當22﹣4（k﹣3）≥0，k≤4即k≤4時，函數(shù)的圖象與x軸有交點．綜上k的取值范圍是k≤4．故選：D．23．拋物線y＝9x2﹣px+4與x軸只有一個公共點，則p的值是±12．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：根據(jù)題意：p2﹣4×9×4＝0，解得p＝±12．24．已知函數(shù)y＝|x2﹣2x﹣3|的大致圖象如圖所示，如果方程|x2﹣2x﹣3|＝m（m為實數(shù)）有2個不相等的實數(shù)根，則m的取值范圍是m＝0或m＞4．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：從圖象可以看出當y＝0時，y＝|x2﹣2x﹣3|的x值對應兩個不等實數(shù)根，即m＝0時，方程|x2﹣2x﹣3|＝m（m為實數(shù)）有2個不相等的實數(shù)根；從圖象可出y的值取其拋物線部分的頂點處縱坐標值時，在整個函數(shù)圖象上對應的x的值有三個，當y的值比拋物線頂點處縱坐標的值大時，對于整個函數(shù)圖象上對應的x值有兩個不相等的實數(shù)根．|x2﹣2x﹣3|＝|（x﹣1）2﹣4|，其最大值為4，所以當m＞4時，方程|x2﹣2x﹣3|＝m（m為實數(shù)）有2個不相等的實數(shù)根，綜上所述當m＝0或m＞4時，方程|x2﹣2x﹣3|＝m（m為實數(shù)）有2個不相等的實數(shù)根．故答案為m＝0或m＞4．一十九．根據(jù)實際問題列二次函數(shù)關系式（共1小題）25．如圖，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠ACB＝90°，AB＝AD，AC＝4BC，設CD的長為x，四邊形ABCD的面積為y，則y與x之間的函數(shù)關系式是（）A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝【答案】C【解答】解：作AE⊥AC，DE⊥AE，兩線交于E點，作DF⊥AC垂足為F點，∵∠BAD＝∠CAE＝90°，即∠BAC+∠CAD＝∠CAD+∠DAE∴∠BAC＝∠DAE又∵AB＝AD，∠ACB＝∠E＝90°∴△ABC≌△ADE（AAS）∴BC＝DE，AC＝AE，設BC＝a，則DE＝a，DF＝AE＝AC＝4BC＝4a，CF＝AC﹣AF＝AC﹣DE＝3a，在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+DF2＝CD2，即（3a）2+（4a）2＝x2，解得：a＝，∴y＝S四邊形ABCD＝S梯形ACDE＝×（DE+AC）×DF＝×（a+4a）×4a＝10a2＝x2．故選：C．二十．二次函數(shù)的應用（共2小題）26．某公園在人工湖里安裝一個噴泉，在湖心處豎直安裝一根水管，在水管的頂端安一個噴水頭，水柱從噴水頭噴出到落于湖面的路徑形狀可以看作是拋物線的一部分．若記水柱上某一位置與水管的水平距離為d米，與湖面的垂直高度為h米．下面的表中記錄了d與h的五組數(shù)據(jù)：d（米）01234h（米）1.250.5根據(jù)上述信息，解決以下問題：（1）在下面網(wǎng)格（圖1）中建立適當?shù)钠矫嬷苯亲鴺讼?，并根?jù)表中所給數(shù)據(jù)畫出表示h與d函數(shù)關系的圖象；（2）若水柱最高點距離湖面的高度為m米，則m＝1.5；（3）現(xiàn)公園想通過噴泉設立新的游玩項目，準備通過只調(diào)節(jié)水管露出湖面的高度，使得游船能從水柱下方通過．如圖2所示，為避免游船被噴泉淋到，要求游船從水柱下方中間通過時，頂棚上任意一點到水柱的豎直距離均不小于0.5米．已知游船頂棚寬度為3米，頂棚到湖面的高度為2米，那么公園應將水管露出湖面的高度（噴水頭忽略不計）至少調(diào)節(jié)到多少米才能符合要求？請通過計算說明理由（結果保留一位小數(shù)）．【答案】（1）如圖所示；（2）1.5．（3）2.1米【解答】解：（1）以噴泉與湖面的交點為原點，噴泉所在的直線為縱軸建立平面直角坐標系，如圖1所示：（2）根據(jù)題意可知，該拋物線的對稱軸為x＝2，此時最高，即m＝1.5，故答案為：1.5．（3）根據(jù)圖象可設二次函數(shù)的解析式為：h＝a（d﹣2）2+1.5，將（0，0.5）代入h＝a（d﹣2）2+1.5，得a＝﹣，∴拋物線的解析式為：h＝﹣d2+d+0.5，設調(diào)節(jié)后的水管噴出的拋物線的解析式為：h＝﹣d2+d+0.5+m，由題意可知，當橫坐標為2+＝時，縱坐標的值大于2+0.5＝2.5，∴﹣×（）2++0.5+m≥2.5，解得m≥1.6，∴水管高度至少向上調(diào)節(jié)1.6米，∴0.5+1.6＝2.1（米），∴公園應將水管露出湖面的高度（噴水頭忽略不計）至少調(diào)節(jié)到2.1米才能符合要求．27．某超市銷售一種商品，成本價為30元/千克，經(jīng)市場調(diào)查，每天銷售量y（千克）與銷售單價x（元/千克）之間的關系如圖所示，規(guī)定每千克售價不能低于30元，且不高于80元．（1）直接寫出y與x之間的函數(shù)關系式：（2）如果該超市銷售這種商品每天獲得3600元的利潤，那么該商品的銷售單價為多少元？（3）設每天的總利潤為w元，當銷售單價定為多少元時，該超市每天的利潤最大？最大利潤是多少元？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）設y與x之間的函數(shù)關系式為y＝kx+b（k≠0），將（30，150）；（80，100）分別代入得：，解得：，∴y與x之間的函數(shù)關系式為y＝﹣x+180；（2）設利潤為w元，由題意得：w＝（x﹣30）（﹣x+180）＝﹣x2+210x﹣5400，∴w＝﹣x2+210x﹣5400（30≤x≤80）；令﹣x2+210x﹣5400＝3600，解得x＝60或x＝150（舍），∴如果該超市銷售這種商品每天獲得3600元的利潤，那么該商品的銷售單價為60元；（3）由（2）知，w＝﹣（x﹣105）2+5625，∵﹣1＜0，∴當x≤105時，w隨x的增大而增大，∵30≤x≤80，∴當x＝80時，w最大，最大為5000元．∴當銷售單價定為80元時，該超市每天的利潤最大，最大利潤是5000元．二十一．二次函數(shù)綜合題（共6小題）28．在平面直角坐標系xOy中，二次函數(shù)y＝﹣x2+x+2的圖象與x軸交于點A，B（點B在點A的左側），與y軸交于點C．過動點H（0，m）作平行于x軸的直線l，直線l與二次函數(shù)y＝﹣x2+x+2的圖象相交于點D，E．（1）寫出點A，點B的坐標；（2）若m＞0，以DE為直徑作⊙Q，當⊙Q與x軸相切時，求m的值；（3）直線l上是否存在一點F，使得△ACF是等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不存在，請說明理由．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）當y＝0時，有，解得：x1＝4，x2＝﹣1，∴A、B兩點的坐標分別為（4，0）和（﹣1，0）．（2）∵⊙Q與x軸相切，且與交于D、E兩點，∴圓心Q位于直線與拋物線對稱軸的交點處，∵拋物線的對稱軸為，⊙Q的半徑為H點的縱坐標m（m＞0），∴D、E兩點的坐標分別為：（﹣m，m），（+m，m）∵E點在二次函數(shù)的圖象上，∴，解得或（不合題意，舍去）．（3）存在．①如圖1，當∠ACF＝90°，AC＝FC時，過點F作FG⊥y軸于G，∴∠AOC＝∠CGF＝90°，∵∠ACO+∠FCG＝90°，∠GFC+∠FCG＝90°，∴∠ACO＝∠CFG，∴△ACO≌△CFG，∴CG＝AO＝4，∵CO＝2，∴m＝OG＝2+4＝6；反向延長FC，使得CF＝CF′，此時△ACF′亦為等腰直角三角形，易得yC﹣yF′＝CG＝4，∴m＝CO﹣4＝2﹣4＝﹣2．②如圖2，當∠CAF＝90°，AC＝AF時，過點F作FP⊥x軸于P，∵∠AOC＝∠APF＝90°，∠ACO+∠OAC＝90°，∠FAP+∠OAC＝90°，∴∠ACO＝∠FAP，∴△ACO≌△∠FAP，∴FP＝AO＝4，∴m＝FP＝4；反向延長FA，使得AF＝AF′，此時△ACF’亦為等腰直角三角形，易得yA﹣yF′＝FP＝4，∴m＝0﹣4＝﹣4．③如圖3，當∠AFC＝90°，F(xiàn)A＝FC時，則F點一定在AC的中垂線上，此時存在兩個點分別記為F，F(xiàn)′，分別過F，F(xiàn)′兩點作x軸、y軸的垂線，分別交于E，G，D，H．∵∠DFC+∠CFE＝∠CFE+∠EFA＝90°，∴∠DFC＝∠EFA，∵∠CDF＝∠AEF，CF＝AF，∴△CDF≌△AEF，∴CD＝AE，DF＝EF，∴四邊形OEFD為正方形，∴OA＝OE+AE＝OD+AE＝OC+CD+AE＝OC+2CD，∴4＝2+2?CD，∴CD＝1，∴m＝OC+CD＝2+1＝3．∵∠HF′C+∠CGF′＝∠CF′G+∠GF′A，∴∠HF′C＝∠GF′A，∵∠HF′C＝∠GF′A，CF′＝AF′，∴△HF′C≌△GF′A，∴HF′＝GF′，CH＝AG，∴四邊形OHF′G為正方形，∴OH＝CH﹣CO＝AG﹣CO＝AO﹣OG﹣CO＝AO﹣OH﹣CO＝4﹣OH﹣2，∴OH＝1，∴m＝﹣1．∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，∴y的最大值為．∵直線l與拋物線有兩個交點，∴m＜．∴m可取值為：﹣4、﹣2、﹣1或3．綜上所述，直線l上存在一點F，使得△ACF是等腰直角三角形，m的值為﹣4、﹣2、﹣1或3．29．如圖所示，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點，A、B兩點的坐標分別為（﹣1，0）、（0，﹣3）．（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）點E為拋物線的頂點，點C為拋物線與x軸的另一交點，點D為y軸上一點，且DC＝DE，求出點D的坐標；（3）在第二問的條件下，在直線DE上存在點P，使得以C、D、P為頂點的三角形與△DOC相似，請你直接寫出所有滿足條件的點P的坐標．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0）、B（0，﹣3），∴，解得，故拋物線的函數(shù)解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）令x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，則點C的坐標為（3，0），∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴點E坐標為（1，﹣4），設點D的坐標為（0，m），作EF⊥y軸于點F，∵DC2＝OD2+OC2＝m2+32，DE2＝DF2+EF2＝（m+4）2+12，∵DC＝DE，∴m2+9＝m2+8m+16+1，解得m＝﹣1，∴點D的坐標為（0，﹣1）；（3）∵點C（3，0），D（0，﹣1），E（1，﹣4），∴CO＝DF＝3，DO＝EF＝1，根據(jù)勾股定理，CD＝＝＝，在△COD和△DFE中，∵，∴△COD≌△DFE（SAS），∴∠EDF＝∠DCO，又∵∠DCO+∠CDO＝90°，∴∠EDF+∠CDO＝90°，∴∠CDE＝180°﹣90°＝90°，∴CD⊥DE，①分OC與CD是對應邊時，∵△DOC∽△PDC，∴＝，即＝，解得DP＝，過點P作PG⊥y軸于點G，則＝＝，即＝＝，解得DG＝1，PG＝，當點P在點D的左邊時，OG＝DG﹣DO＝1﹣1＝0，所以點P（﹣，0），當點P在點D的右邊時，OG＝DO+DG＝1+1＝2，所以，點P（，﹣2）；②OC與DP是對應邊時，∵△DOC∽△CDP，∴＝，即＝，解得DP＝3，過點P作PG⊥y軸于點G，則＝＝，即＝＝，解得DG＝9，PG＝3，當點P在點D的左邊時，OG＝DG﹣OD＝9﹣1＝8，所以，點P的坐標是（﹣3，8），當點P在點D的右邊時，OG＝OD+DG＝1+9＝10，所以，點P的坐標是（3，﹣10），綜上所述，滿足條件的點P共有4個，其坐標分別為（﹣，0）、（，﹣2）、（﹣3，8）、（3，﹣10）．30．在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線y＝ax2+bx經(jīng)過A（4，0），B（1，4）兩點．P是拋物線上一點，且在直線AB的上方．（1）求拋物線的解析式；（2）若△OAB面積是△PAB面積的2倍，求點P的坐標；（3）如圖，OP交AB于點C，PD∥BO交AB于點D．記△CDP，△CPB，△CBO的面積分別為S1，S2，S3．判斷+是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x．（2）P（2，）或（3，4）．（3）．【解答】解：（1）將A（4，0），B（1，4）代入y＝ax2+bx，∴，解得．∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x．（2）設直線AB的解析式為：y＝kx+t，將A（4，0），B（1，4）代入y＝kx+t，∴，解得．∵A（4，0），B（1，4），∴S△OAB＝×4×4＝8，∴S△OAB＝2S△PAB＝8，即S△PAB＝4，過點P作PM⊥x軸于點M，PM與AB交于點N，過點B作BE⊥PM于點E，如圖，∴S△PAB＝S△PNB+S△PNA＝PN×BE+PN×AM＝PN＝4，∴PN＝．設點P的橫坐標為m，∴P（m，﹣m2+m）（1＜m＜4），N（m，﹣m+），∴PN＝﹣m2+m﹣（﹣m+）＝．解得m＝2或m＝3；∴P（2，）或（3，4）．（3）∵PD∥OB，∴∠DPC＝∠BOC，∠PDC＝∠OBC，∴△DPC∽△BOC，∴CP：CO＝CD：CB＝PD：OB，∵＝＝，＝＝，∴+＝．設直線AB交y軸于點F．則F（0，），過點P作PH⊥x軸，垂足為H，PH交AB于點G，如圖，∵∠PDC＝∠OBC，∴∠PDG＝∠OBF，∵PG∥OF，∴∠PGD＝∠OFB，∴△PDG∽△OBF，∴PD：OB＝PG：OF，設P（n，﹣n2+n）（1＜n＜4），由（2）可知，PG＝﹣n2+n﹣，∴+＝＝＝PG＝﹣（n﹣）2+．∵1＜n＜4，∴當n＝時，+的最大值為．31．如圖1，拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸、y軸分別交于點A（﹣1，0）、B（3，0）、點C三點．（1）試求拋物線的解析式；（2）點D（2，m）在第一象限的拋物線上，連接BC、BD．試問，在對稱軸左側的拋物線上是否存在一點P，滿足∠PBC＝∠DBC？如果存在，請求出點P點的坐標；如果不存在，請說明理由；（3）如圖2，在（2）的條件下，將△BOC沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速度向右平移，記平移后的三角形為△B′O′C′．在平移過程中，△B′O′C′與△BCD重疊的面積記為S，設平移的時間為t秒，試求S與t之間的函數(shù)關系式？【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0），，解得：a＝﹣1，b＝2．故拋物線解析式為：y＝﹣x2+2x+3．（2）存在將點D代入拋物線解析式得：m＝3，∴D（2，3），令x＝0，y＝3，∴C（0，3），∴OC＝OB，∴∠OCB＝∠CBO＝45°，如圖，在y軸上取點G，使GC＝CD＝2，在△CDB與△CGB中∵BC＝BC、∠DCB＝∠BCO、GC＝DC（SAS）∴△CDB≌△CGB，∴∠PBC＝∠DBC，∵點G（0，1），設直線BP：y＝kx+1，代入點B（3，0），∴k＝﹣，∴直線BP：y＝﹣x+1，聯(lián)立直線BP和二次函數(shù)解析式：，解得：或（舍），∴P（﹣，）．（3）直線BC：y＝﹣x+3，直線BD：y＝﹣3x+9，當0≤t≤2時，如圖：設直線C′B′：y＝﹣（x﹣t）+3聯(lián)立直線BD求得F（，），S＝S△BCD﹣S△CC′E﹣S△C′DF＝×2×3﹣×t×t﹣×（2﹣t）（3﹣）整理得：S＝﹣t2+3t（0≤t≤2）．當2＜t≤3時，如圖：H（t，﹣3t+9），I（t，﹣t+3）S＝S△HIB＝[（﹣3t+9）﹣（﹣t+3）]×（3﹣t）整理得：S＝t2﹣6t+9（2＜t≤3）綜上所述：S＝．32．【建立模型】（1）如圖1，點B是線段CD上的一點，AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，垂足分別為C，B，D，AB＝BE．求證：△ACB≌△BDE；【類比遷移】（2）如圖2，一次函數(shù)y＝3x+3的圖象與y軸交于點A、與x軸交于點B，將線段AB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到BC，直線AC交x軸于點D．①求點C的坐標；②求直線AC的解析式；【拓展延伸】（3）如圖3，拋物線y＝x2﹣3x﹣4與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于C點，已知點Q（0，﹣1），連接BQ，拋物線上是否存在點M，使得tan∠MBQ＝，若存在，求出點M的橫坐標．【答案】（1）證明見解答；（2）①C（﹣4，1）；②y＝x+3；（3）拋物線上存在點M，使得tan∠MBQ＝，點M的橫坐標為﹣或﹣．【解答】（1）證明：∵AC⊥BC，AB⊥BE，ED⊥BD，∴∠ACB＝∠BDE＝∠ABE＝90°，∴∠A+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBD＝90°，∴∠A＝∠EBD，在△ACB和△BDE中，，∴△ACB≌△BDE（AAS）；（2）解：①∵一次函數(shù)y＝3x+3的圖象與y軸交于點A、與x軸交于點B，∴A（0，3），B（﹣1，0），∴OA＝3，OB＝1，過點C作CG⊥x軸于點G，如圖，則∠BGC＝90°＝∠AOB，∴∠CBG+∠BCG＝90°，∵線段AB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到BC，∴BC＝AB，∠ABC＝90°，∴∠ABO+∠CBG＝90°，∴∠BCG＝∠ABO，∴△BCG≌△ABO（AAS），∴BG＝OA＝3，CG＝OB＝1，∴OG＝OB+BG＝1+3＝4，∴C（﹣4，1）；②設直線AC的解析式為y＝kx+b，則，解得：，∴直線AC的解析式為y＝x+3；（3）解：拋物線上存在點M，使得tan∠MBQ＝．∵拋物線y＝x2﹣3x﹣4與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于C點，當y＝0時，x2﹣3x﹣4＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0），當x＝0時，y＝﹣4，∴C（0，﹣4），當點M在x軸上方時，如圖，過點Q作QL∥BM，過點B作BF⊥BQ，交BL與于點F，過點F作FG⊥x軸于點G，則∠BOQ＝∠QBF＝∠BGF＝90°，∠BQF＝∠MBQ，∴∠OBQ+∠OQB＝90°，∠OBQ+∠FBG＝90°，∴∠OQB＝∠FBG，∴△OBQ∽△GFB，∴＝＝，∵tan∠BQF＝tan∠MBQ＝＝，∴＝＝，∴FG＝，BG＝，∴F（，﹣），設直線FQ的解析式為y＝mx+n，則，解得：，∴直線FQ的解析式為y＝﹣x﹣1，∵BM∥QF，∴設直線BM的解析式為y＝﹣x+d，把B（4，0）代入，得﹣+d＝0，解得：d＝，∴直線BM的解析式為y＝﹣x+，聯(lián)立得，解得：，（舍去），∴M（﹣，）；當點M在x軸下方時，如圖，過點Q作QE⊥BQ，交BM于點E，過點E作EF⊥y軸于點F，則∠QFE＝∠BOQ＝∠BQE＝90°，∵tan∠MBQ＝，∴＝tan∠MBQ＝，∴EQ＝BQ＝，∵∠OBQ+∠BQO＝90°，∠BQO+∠EQF＝90°，∴∠OBQ＝∠EQF，∴△QEF∽△BQO，∴＝＝，即＝＝，∴EF＝，QF＝，∴OF＝OQ+QF＝1+＝，∴E（，﹣）；設直線BM的解析式為y＝m′x+n′，則，解得：，∴直線BM的解析式為y＝x﹣，聯(lián)立，得，解得：（舍去），，∴M（﹣，﹣）；綜上所述，拋物線上存在點M，使得tan∠MBQ＝，點M的橫坐標為﹣或﹣．33．如圖，拋物線y＝﹣x2+x+4與坐標軸分別交于A，B，C三點，P是第一象限內(nèi)拋物線上的一點且橫坐標為m．（1）A，B，C三點的坐標為（﹣2，0），（3，0），（0，4）．（2）連接AP，交線段BC于點D，①當CP與x軸平行時，求的值；②當CP與x軸不平行時，求的最大值；（3）連接CP，是否存在點P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，請說明理由．【答案】（1）（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．（2）．②．（3）存在，m＝．【解答】解：（1）令x＝0，則y＝4，∴C（0，4）；令y＝0，則﹣x2+x+4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，∴A（﹣2，0），B（3，0）．故答案為：（﹣2，0）；（3，0）；（0，4）．（2）①∵CP∥x軸，C（0，4），∴P（1，4），∴CP＝1，AB＝5，∵CP∥x軸，∴＝＝．②如圖，過點P作PQ∥AB交BC于點Q，∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+4．設點P的橫坐標為m，則P（m，﹣m2+m+4），Q（m2﹣m，﹣m2+m+4）．∴PQ＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+m，∵PQ∥AB，∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，∴當m＝時，的最大值為．另解：分別過點P，A作y軸的平行線，交直線BC于兩點，仿照以上解法即可求解．（3）假設存在點P使得∠BCO+2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．過點C作CF∥x軸交拋物線于點F，∵∠BCO+2∠PCB＝90°，∠BCO+∠BCM+∠MCF＝90°，∴∠MCF＝∠BCP，延長CP交x軸于點M，∵CF∥x軸，∴∠PCF＝∠BMC，∴∠BCP＝∠BMC，∴△CBM為等腰三角形，∵BC＝5，∴BM＝5，OM＝8，∴M（8，0），∴直線CM的解析式為：y＝﹣x+4，令﹣x2+x+4＝﹣x+4，解得x＝或x＝0（舍），∴存在點P滿足題意，此時m＝．二十二．三角形中位線定理（共3小題）34．如圖DE是△ABC的中位線，F(xiàn)是DE的中點，CF的延長線交AB于點G，則AG：GD等于（）A．2：1 B．3：1 C．3：2 D．4：3【答案】A【解答】解：過E作EM∥AB與GC交于點M，∴△EMF≌△DGF，∴EM＝GD，∵DE是中位線，∴CE＝AC，又∵EM∥AG，∴△CME∽△CGA，∴EM：AG＝CE：AC＝1：2，又∵EM＝GD，∴AG：GD＝2：1．故選：A．35．如圖，已知△ABC的周長為1，連接△ABC三邊的中點構成第二個三角形，再連接第二個三角形三邊的中點構成第三個三角形，…，依此類推，則第10個三角形的周長為（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：根據(jù)三角形中位線定理可得第二個三角形的各邊長都等于最大三角形各邊的一半，那么第二個三角形的周長＝△ABC的周長×＝1×＝，第三個三角形的周長為＝△ABC的周長××＝（）2，第10個三角形的周長＝（）9，故選C．36．如圖所示，在△ABC中，AB＝AC，M，N分別是AB，AC的中點，D，E為BC上的點，連接DN、EM，若AB＝5cm，BC＝8cm，DE＝4cm，則圖中陰影部分的面積為（）A．1cm2 B．1.5cm2 C．2cm2 D．3cm2【答案】B【解答】解：連接MN，作AF⊥BC于F．∵AB＝AC，∴BF＝CF＝BC＝×8＝4，在Rt△ABF中，AF＝＝，∵M、N分別是AB，AC的中點，∴MN是中位線，即平分三角形的高且MN＝8÷2＝4，∴NM＝BC＝DE，∴△MNO≌△EDO，O也是ME，ND的中點，∴陰影三角形的高是AF÷2＝1.5÷2＝0.75，∴S陰影＝4×0.75÷2＝1.5．故選B．二十三．圓的認識（共1小題）37．如圖，一個人握著板子的一端，另一端放在圓柱上，某人沿水平方向推動板子帶動圓柱向前滾動，假設滾動時圓柱與地面無滑動，板子與圓柱也沒有滑動．已知板子上的點B（直線與圓柱的橫截面的切點）與手握板子處的點C間的距離BC的長為Lm，當手握板子處的點C隨著圓柱的滾動運動到板子與圓柱橫截面的切點時，人前進了2Lm．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：因為圓向前滾動的距離是Lm，所以人前進了2Lm．二十四．圓周角定理（共4小題）38．如圖，⊙O的半徑為1，AB是⊙O的一條弦，且AB＝，則弦AB所對圓周角的度數(shù)為（）A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°【答案】D【解答】解：如圖，連接OA、OB，過O作AB的垂線；在Rt△OAC中，OA＝1，AC＝；∴∠AOC＝60°，∠AOB＝120°；∴∠D＝∠AOB＝60°；∵四邊形ADBE是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠AEB＝180°﹣∠D＝120°；因此弦AB所對的圓周角有兩個：60°或120°；故選：D．39．如圖，半圓O的直徑AB＝7，兩弦AC、BD相交于點E，弦CD＝，且BD＝5，則DE等于（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解法一：∵∠D＝∠A，∠DCA＝∠ABD，∴△AEB∽△DEC；∴＝；設BE＝2x，則DE＝5﹣2x，EC＝x，AE＝2（5﹣2x）；連接BC，則∠ACB＝90°；Rt△BCE中，BE＝2x，EC＝x，則BC＝x；在Rt△ABC中，AC＝AE+EC＝10﹣3x，BC＝x；由勾股定理，得：AB2＝AC2+BC2，即：72＝（10﹣3x）2+（x）2，整理，得4x2﹣20x+17＝0，解得x1＝+，x2＝﹣；由于x＜，故x＝﹣；則DE＝5﹣2x＝2．解法二：連接OD，OC，AD，∵OD＝CD＝OC則∠DOC＝60°，∠DAC＝30°又AB＝7，BD＝5，∴AD＝2，在Rt△ADE中，∠DAC＝30°，所以DE＝2．故選：A．40．如圖，半徑為3的⊙A經(jīng)過原點O和點C（0，2），B是y軸左側⊙A優(yōu)弧上一點，則tan∠OBC為（）A． B．2 C． D．【答案】D【解答】解：設⊙A交x軸于D，連接CD，則CD是直徑，在Rt△OCD中，CD＝6，OC＝2，則OD＝＝4，tan∠CDO＝＝，由圓周角定理得，∠OBC＝∠CDO，則tan∠OBC＝，故選：D．41．已知，如圖弧BC與弧AD的度數(shù)之差為20°，弦AB與CD交于點E，∠CEB＝60°，則∠CAB等于（）A．50° B．45° C．40° D．35°【答案】D【解答】解：由題意，弧BC與弧AD的度數(shù)之差為20°，∴兩弧所對圓心角相差20°，∴2∠A﹣2∠C＝20°，∴∠A﹣∠C＝10°…①；∵∠CEB是△AEC的外角，∴∠A+∠C＝∠CEB＝60°…②；①+②，得：2∠A＝70°，即∠A＝35°．故選：D．二十五．相交弦定理（共1小題）42．如圖，⊙O中弦AB，CD相交于點P，已知AP＝3，BP＝2，CP＝1，則DP＝（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【解答】解：由相交弦定理得：PA?PB＝PC?PD，∴DP＝＝＝6．故選：D．二十六．點與圓的位置關系（共1小題）43．如圖，點A，B的坐標分別為A（2，0），B（0，2），點C為坐標平面內(nèi)一點，BC＝1，點M為線段AC的中點，連接OM，則OM的最大值為（）A．+1 B．+ C．2+1 D．2﹣【答案】B【解答】解：如圖，∵點C為坐標平面內(nèi)一點，BC＝1，∴C在⊙B上，且半徑為1，取OD＝OA＝2，連接CD，∵AM＝CM，OD＝OA，∴OM是△ACD的中位線，∴OM＝CD，當OM最大時，即CD最大，而D，B，C三點共線時，當C在DB的延長線上時，OM最大，∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，∴BD＝2，∴CD＝2+1，∴OM＝CD＝，即OM的最大值為+；故選：B．二十七．三角形的外接圓與外心（共2小題）44．如果點O為△ABC的外心，∠BOC＝70°，那么∠BAC等于（）A．35° B．110° C．145° D．35°或145°【答案】D【解答】解：①當點O在三角形的內(nèi)部時，則∠BAC＝∠BOC＝35°；②當點O在三角形的外部時，則∠BAC＝（360°﹣70°）＝145°．故選：D．45．如圖，在3×3的正方形網(wǎng)格中，小正方形的頂點稱為格點，頂點均在格點上的圖形稱為格點圖形，圖中的圓弧為格點△ABC外接圓的一部分，小正方形邊長為1，圖中陰影部分的面積為（）A．π﹣ B．π﹣ C．π﹣ D．π﹣【答案】D【解答】解：如圖：作AB的垂直平分線MN，作BC的垂直平分線PQ，設MN與PQ相交于點O，連接OA，OB，OC，則點O是△ABC外接圓的圓心，由題意得：OA2＝12+22＝5，OC2＝12+22＝5，AC2＝12+32＝10，∴OA2+OC2＝AC2，∴△AOC是直角三角形，∴∠AOC＝90°，∵AO＝OC＝，∴圖中陰影部分的面積＝扇形AOC的面積﹣△AOC的面積﹣△ABC的面積＝﹣OA?OC﹣AB?1＝﹣××﹣×2×1＝﹣﹣1＝﹣，故選：D．二十八．三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（共1小題）46．如圖1～4，在直角邊分別為3和4的直角三角形中，每多作一條斜邊上的高就增加一個三角形的內(nèi)切圓，依此類推，圖10中有10個直角三角形的內(nèi)切圓，它們的面積分別記為S1，S2，S3，…，S10，則S1+S2+S3+…+S10＝π．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）圖1，過點O作OE⊥AC，OF⊥BC，垂足為E、F，則∠OEC＝∠OFC＝90°∵∠C＝90°∴四邊形OECF為矩形∵OE＝OF∴矩形OECF為正方形設圓O的半徑為r，則OE＝OF＝r，AD＝AE＝3﹣r，BD＝4﹣r∴3﹣r+4﹣r＝5，r＝＝1∴S1＝π×12＝π（2）圖2，由S△ABC＝×3×4＝×5×CD∴CD＝由勾股定理得：AD＝＝，BD＝5﹣＝由（1）得：⊙O的半徑＝＝，⊙E的半徑＝＝∴S1+S2＝π×+π×＝π（3）圖3，由S△CDB＝××＝×4×MD∴MD＝由勾股定理得：CM＝＝，MB＝4﹣＝由（1）得：⊙O的半徑＝，：⊙E的半徑＝＝，：⊙F的半徑＝＝∴S1+S2+S3＝π×+π×+π×＝π∴圖4中的S1+S2+S3+S4＝π則S1+S2+S3+…+S10＝π故答案為：π．二十九．扇形面積的計算（共1小題）47．如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，則圖中陰影部分的面積是π﹣2．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：∵在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴圖中陰影部分的面積是：S陰影部分面積＝S半圓AB的面積+S半圓BC的面積﹣S△ABC的面積＝＝π﹣2．故答案為：π﹣2．三十．圓錐的計算（共1小題）48．用一直徑為10cm的玻璃球和一個圓錐形的牛皮紙紙帽可以制成一個不倒翁玩具，不倒翁的軸剖面圖如圖所示，圓錐的母線AB與⊙O相切于點B，不倒翁的頂點A到桌面L的最大距離是18cm．若將圓錐形紙帽的表面全涂上顏色，則需要涂色部分的面積約為174cm2（精確到1cm2）．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：直徑為10cm的玻璃球，玻璃球半徑OB＝5，所以AO＝18﹣5＝13，由勾股定理得，AB＝12，∵BD×AO＝AB×BO，BD＝＝，圓錐底面半徑＝BD＝，圓錐底面周長＝2×π，側面面積＝×2×π×12＝π≈174cm2．三十一．比例的性質(zhì)（共1小題）49．如果x：y＝2：3，則下列各式不成立的是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：可設x＝2k，y＝3k．通過代入計算，進行約分，A，B，C都正確；D不能實現(xiàn)約分，故錯誤．故選：D．三十二．相似三角形的性質(zhì)（共1小題）50．如圖，在已建立直角坐標系的4×4的正方形方格紙中，△ABC是格點三角形（三角形的三個頂點都是小正方形的頂點），若以格點P、A、B為頂點的三角形與△ABC相似（C點除外），則格點P的坐標是（1，4）或（3，1）或（3，4）．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：如圖：此時AB對應P1A或P2B，且相似比為1：2，故點P的坐標為：（1，4）或（3，4）；△ABC≌△BAP3，此時P的坐標為（3，1）；∴格點P的坐標是（1，4）或（3，1）或（3，4）．三十三．相似三角形的判定與性質(zhì)（共4小題）51．如圖，在?ABCD中，AB＝6，AD＝9，∠BAD的平分線交BC于點E，交DC的延長線于點F，BG⊥AE，垂足為G，BG＝，則△CEF的周長為（）A．8 B．9.5 C．10 D．11.5【答案】A【解答】解：∵在?ABCD中，AB＝CD＝6，AD＝BC＝9，∠BAD的平分線交BC于點E，∴AB∥DC，∠BAF＝∠DAF，∴∠BAF＝∠F，∴∠DAF＝∠F，∴AD＝FD，∴△ADF是等腰三角形，同理△ABE是等腰三角形，AD＝DF＝9；∵AB＝BE＝6，∴CF＝3；∴在△ABG中，BG⊥AE，AB＝6，BG＝，可得：AG＝2，又BG⊥AE，∴AE＝2AG＝4，∴△ABE的周長等于16，又∵?ABCD∴△CEF∽△BEA，相似比為1：2，∴△CEF的周長為8．故選：A．52．如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠ACD＝90°，AB＝2，DC＝3，則△ABC與△DCA的面積比為（）A．2：3 B．2：5 C．4：9 D．：【答案】C【解答】解：∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC又∵∠B＝∠ACD＝90°，∴△CBA∽△ACD＝＝＝，∵＝（）2＝∴△ABC與△DCA的面積比為4：9．故選：C．53．如圖，在△ABC中，BC＝120，高AD＝60，正方形EFGH一邊在BC上，點E，F(xiàn)分別在AB，AC上，AD交EF于點N，則AN的長為（）A．15 B．20 C．25 D．30【答案】B【解答】解：設正方形EFGH的邊長EF＝EH＝x，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠HEF＝∠EHG＝90°，EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∵AD是△ABC的高，∴∠HDN＝90°，∴四邊形EHDN是矩形，∴DN＝EH＝x，∵△AEF∽△ABC，∴＝（相似三角形對應邊上的高的比等于相似比），∵BC＝120，AD＝60，∴AN＝60﹣x，∴＝，解得：x＝40，∴AN＝60﹣x＝60﹣40＝20．故選：B．54．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB是⊙O的直徑，AC和BD相交于點E，且DC2＝CE?CA．（1）求證：BC＝CD；（2）分別延長AB，DC交于點P，過點A作AF⊥CD交CD的延長線于點F，若PB＝OB，CD＝，求DF的長．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】（1）證明：∵DC2＝CE?CA，∴＝，∵∠DCE＝∠ACD，∴△CDE∽△CAD，∴∠CDB＝∠DAC，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴BC＝CD；（2）解：方法一：如圖，連接OC，∵BC＝CD，∴∠DAC＝∠CAB，又∵AO＝CO，∴∠CAB＝∠ACO，∴∠DAC＝∠ACO，∴AD∥OC，∴＝，∵PB＝OB，CD＝，∴＝∴PC＝4又∵PC?PD＝PB?PA∴4?（4+2）＝OB?3OB∴OB＝4，即AB＝2OB＝8，PA＝3OB＝12，在Rt△ACB中，AC＝＝＝2，∵AB是直徑，∴∠ADB＝∠ACB＝90°∴∠FDA+∠BDC＝90°∠CBA+∠CAB＝90°∵∠BDC＝∠CAB，∴∠FDA＝∠CBA，又∵∠AFD＝∠ACB＝90°，∴△AFD∽△ACB∴在Rt△AFP中，設FD＝x，則AF＝，∴在Rt△APF中有，，求