初中数学（通用版）九年级历年中考常考知识点综合练习题01（精华）
文档属性
| 名称 | 初中数学（通用版）九年级历年中考常考知识点综合练习题01（精华） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-18 09:18:28 | ||
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文档简介
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初中数学（通用版）九年级历年中考常考知识点综合练习题01（精华）
一、单选题
1．赤峰市某青少年宫门前有一座正方体雕塑，它的每个面上都有一个汉字，如图是该正方体模型的展开图，那么在正方体中，与“英”字所在面相对的面上的汉字是（ ）
A．塞 B．外 C．少 D．年
2．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，矩形ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BD交AF于H，AD=10 ，且tan∠EFC= ，那么AH的长为（ ）
A． B． C．10 D．5
5．如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，E在AD上，且CE平分∠BCD，BE平分∠ABC，则下列关系式中成立的有（ ）
①； ②； ③；④CE2=CD×BC； ⑤BE2=AE×BC
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
6． 在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，现给以下结论：
；
；
；
为实数；
．
其中错误结论的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、多选题
7．如图，是半圆的直径，C是半圆弧的中点，D是的中点，下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
8．若关于x的一元二次方程有两个实数根，则实数a的取值范围是 .
9．已知a，b，c，d是比例线段，若，则 ．
10．如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（-3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（-4，2）的对应点B1的坐标是 ．
11．如图①，三翼式旋转门在圆形的空间内旋转，旋转门的三片旋转翼把空间等分成三个部分，图②是旋转门的俯视图，显示了某一时刻旋转．翼的位置．根据图②中的数据，可知的长是 m．
12．如图，将一个8cm×16cm智屏手机抽象成一个矩形ABCD，其中AB＝8cm，AD＝16cm，现将正在竖屏看视频的这个手机围绕它的中心R顺时针旋转90°后改为横屏看视频，其中，M是CD的中点，则图中等于45°的角有 个．（按图中所标字母写出符合条件的角）
四、计算题
13．计算：
14．
（1） ．
（2）解不等式组 ．
15．计算：．
16．解分式方程： ．
17．已知 为整数，且满足 ，求 的值。
18．先化简，再求值： ，其中 为整数且满足不等式组
五、解答题
19．某校260名学生参加植树活动，要求每人植4~7棵，活动结束后随机抽查了20名学生每人的植树量，并分为四种类型，：4棵；：5棵；：6棵；：7棵.将各类的人数绘制成如图所示的条形图.在求这20名学生每人植树量的平均数时，小明的分析如下.
第一步：求平均数的公式是； 第二步：，，，，； 第三步：（棵）
（1）小明的分析是从哪一步开始出现错误的？
（2）请你帮他计算出正确的平均数，并估计这260名学生共植树多少棵.
20．如图，AD∥BC，AD=CB．求证：E为AC中点．
21．如图，在正方形 中，点E、F分别在 上，且 是等边三角形.
求证： .
22．已知：如图，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC．求证：
23．如图，已知AB是 O的直径，点C在 O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.
（1）求证：PC是 O的切线；
（2）求证：BC= AB；
（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN·MC的值.
24．已知抛物线y=3ax2+2bx+c，
（Ⅰ）若a=b=1，c=﹣1，求该抛物线与x轴公共点的坐标；
（Ⅱ）若a=b=1，且当﹣1＜x＜1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围；
（Ⅲ）若a+b+c=0，且x1=0时，对应的y1＞0；x2=1时，对应的y2＞0，试判断当0＜x＜1时，抛物线与x轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．
六、作图题
25．如图，在平面直角坐标系中， 的三个顶点都在格点上，点A的坐标为 ，请解答下列问题：
①画出 关于x轴对称的 ，并写出点 的坐标；
②画出 关于原点对称的 ，并写出点 的坐标.﹐
26．抛物线 ： 与抛物线 ： 中，若 ，则称抛物线 ， 为“窗帘”抛物线.
（1）已知 与 是“窗帘”抛物线，
① 的值为 ；
②在如图的坐标系中画出它们的大致图像，并直接写出它们的交点坐标.
（2）设抛物线 ， ， 的顶点分别为 ， ， ，
①判断它们是否是“窗帘”抛物线？答： （填“是”或“不是”）
②若 ，求 的值.
七、综合题
27．如图，在 中， ， 分别是 ， 边上的点，且 ： ： ： .
（1）求证： ∽ ；
（2）若 ，求 的长.
28．已知函数y＝（x﹣1）2；自己画出草图，根据图象回答问题：
（1）求当﹣2≤x≤﹣1时，y的取值范围；
（2）求当0≤x≤3时，y的取值范围．
29．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝x2+2x与x轴的另一个交点为A，把该抛物线在x轴及其下方的部分记作C1，将C1绕着点O旋转180°，得到C2，C2与x轴交于另一点B．
（1）求抛物线C2的顶点E的坐标；
（2）将C2绕着点B旋转180°得到C3，连接C1与C3的最低点，则阴影部分图形的面积为 ．
30．某企业计划购买A、两种型号的机器人来搬运货物，已知每台A型机器人比每台型机器人每天少搬运10吨，且A型机器人每天搬运540吨货物与型机器人每天搬运600吨货物所需台数相同．
（1）求每台A型机器人和每台型机器人每天分别搬运货物多少吨？
（2）每台A型机器人售价1.2万元，每台型机器人售价2万元，该公司计划采购A、两种型号的机器人共30台，必须满足每天搬运的货物不低于2830吨，购买金额不超过48万元．请你求出最节省的采购方案，购买总金额最低是多少万元？
31．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴相交于A（－1，0），B（5，0）两点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内取一点C，作CD垂直x轴于点D，链接AC，且AD＝5，CD＝8，将Rt△ACD沿x轴向右平移m个单位，当点C落在抛物线上时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，当点C第一次落在抛物线上记为点E，点P是抛物线对称轴上一点.试探究：在抛物线上是否存在点Q，使以点B、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
八、实践探究题
32．【阅读】
如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（a，0）（a＞0），B（2，3），C（0，3）．过原点O作直线l，使它经过第一、三象限，直线l与y轴的正半轴所成角设为θ，将四边形OABC的直角∠OCB沿直线l折叠，点C落在点D处，我们把这个操作过程记为FZ[θ，a]．
（1）【理解】
若点D与点A重合，则这个操作过程为FZ[ ， ]；
（2）【尝试】
若点D恰为AB的中点（如图2），求θ；
（3）经过FZ[45°，a]操作，点B落在点E处，若点E在四边形0ABC的边AB上，求出a的值；若点E落在四边形0ABC的外部，直接写出a的取值范围；
（4）【探究】
经过FZ[θ，a]操作后，作直线CD交x轴于点G，交直线AB于点H，使得△ODG与△GAH是一对相似的等腰三角形，直接写出FZ[θ，a]．
33．我们定义：
如图1，在△ABC中，把AB点绕点A顺时针旋转 得到 .把AC绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 .当 =180°时，我们称△ 是△ABC的“旋补三角形”，△A 边 上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”.
（1）[特例感知]
在图2，图3中，△A 是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”
① 如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC.
②如图3.当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为
（2） [猜想论证]
在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明.
（3） [拓展应用]
如图4，在四边形ABCD内部恰好存在一点P，使△PDC是△PAB的“能补三角形”，自行补图形，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD= ，AB=2 .直接写出△PAB的“旋补中线”长是
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】几何体的展开图
【解析】【解答】解：由正方体的表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
“英”与“外”是对面，
“雄”与“少”是对面，
“塞”与“年”是对面，
故答案为：B．
【分析】利用正方体展开图的特征求解即可。
2．【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；积的乘方
【解析】【解答】解：A、，故该选项不符合题意；
B、，故该选项不符合题意；
C、，故该选项不符合题意；
D、，故该选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】合并同类项法则：同类项的系数相加减，所得的结果作为系数，字母和字母的指数不变，据此判断A；同底数幂相乘，底数不变，指数相加，据此判断B；积的乘方，先将每一项进行乘方，然后将结果相乘，据此判断C；同底数幂相除，底数不变，指数相减，.据此判断D.
3．【答案】C
【知识点】分式的值
【解析】【解答】解：；
.
故答案为：C.
【分析】待求式可变形为+1，然后将已知条件代入进行计算.
4．【答案】C
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵E为CD的中点，
∴CE=DE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAE=∠CFE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴CF=AD=10 ，
∴BF=BC+CF=AD+CF=10 +10 =20 ，
∵tan∠EFC= ，
∴AB=20 × =10，
在Rt△ABF中，AF= =30，
∵AD∥BC，
∴△ADH∽△FBH，
∴ ，
∴AH= AF= ×30=10．
故答案为：C．
【分析】根据线段中点的定义可得CE=DE，根据矩形的对边平行可得AD∥BC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DAE=∠CFE，然后利用“角角边”证明△ADE和△CFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=AD，再求出BF，然后利用tan∠EFC求出AB，再利用勾股定理列式求出AF，再求出△ADH和△FBH相似，根据相似三角形对应边成比例求出 ，再求解即可．
5．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；角平分线的性质；相似三角形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：过点E作EF⊥BC于点F，
∵梯形ABCD，AB∥CD，∠A=90°，
∴∠A+∠D=90°，∠DCB+∠ABC=180°，
∴∠D=90°，
∴DE⊥CD，EA⊥AB
∵CE平分∠BCD，BE平分∠ABC ，
∴DE=EF=EA，∠DCB=2∠ECB，∠ABC=2∠EBC，
∴∠ECB+∠EBC=90°，
∴∠CEB=90°；
在Rt△CDE和Rt△CFE中
∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL）
∴CD=CF，
同理可证AB=BF，
∵∠DEC+∠DCE=90°，∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠DCE=∠AEB，
∵∠D=∠A=90°，
∴△CDE∽△EAB，
∴，故③正确，①②错误；
∵∠CFE=∠CBE=90°，∠ECF=∠ECB，
∴△ECF∽△BCE，
∴
∴CE2=CD×BC，故④正确；
同理可证△BEF∽△BCE，
∴BE2=BF×BC=AE×BC，故⑤正确；
∴正确结论的序号为③④⑤，一共3个.
故答案为：B
【分析】过点E作EF⊥BC于点F，利用梯形的性质和平行线的性质可证得∠A+∠D=90°，∠DCB+∠ABC=180°，利用角平分线的性质可证得DE=EF=EA，∠DCB=2∠ECB，∠ABC=2∠EBC，从而可推出∠CEB=90°；利用HL证明Rt△CDE≌Rt△CFE，利用全等三角形的性质可得到CD=CF，同理可知AB=BF；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似可证得△CDE∽△EAB，利用相似三角形的对应边成比例，可对①②③作出判断；同理可证得△ECF∽△BCE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得 CE2=CD×BC，可对④作出判断；同理可证得BE2=AE×BC，可对⑤作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
6．【答案】A
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由抛物线可知：，，
对称轴，
，
，故正确；
由对称轴可知：，
，
时，，
，
，故正确；
关于的对称点为，
时，，故正确；
当时，的最小值为，
时，，
，
即，故错误；
抛物线与轴有两个交点，
，
即，
，故正确；
故选：．
【分析】利用二次函数的图象与系数的关系可得a、b、c的正负，再利用二次函数的性质逐项判断即可。
7．【答案】A,B,D
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵D是的中点，
∴，
∴，故A符合题意；
∵为直径，
∴，
∴，
∵C是半圆弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故B符合题意；
延长，与的延长线交于点E，如图，
∵为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，故C不符合题意；
连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，故D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】A、根据同圆中等弧所对的圆周角相等即可判断；
B、由AB为直径可得∠ACB=90°，由点C为半圆弧的中点可得AC=BC，根据等腰三角形的性质可得∠BOC=90°，利用余角的性质可得，即可判断；
C、延长，与的延长线交于点E，证明，可得，即得，再根据斜边大于直角边可得BC=AC＜AE，即可判断；
D、连接AG，由垂直平分线的性质可得AG=BG，由勾股定理可得，据此即可判断.
8．【答案】a≤2
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意，得Δ=42-4×2a≥0，
解得a≤2.
故答案为：a≤2.
【分析】一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，有两个实数根的条件是△=b2-4ac≥0，依此列式计算即可.
9．【答案】
【知识点】比例线段
【解析】【解答】解：a，b，c，d是比例线段，
故答案为：.
【分析】根据比例线段的概念可得，然后将a、b、c的值代入计算可得d的值.
10．【答案】（1，3）
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：∵顶点A（-3，4）的对应点是A1（2，5），
又
∴平移至的规律为：将向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到
∵B（-4，2）
∴的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3）
故答案为：（1，3）
【分析】利用点坐标平移的特征：左减右加，上加下减求解即可。
11．【答案】
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：由题意知：∠AOB=360°÷3=120°，半径为1m，
∴的长==，
故答案为：
【分析】根据弧长公式进行解答即可.
12．【答案】30
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质；数学思想
【解析】【解答】解：如图，连接OR，PR，EG，FH，AC，BD，ED，DG，GB，BE，CH，AH，AF，FC，DH，CG，BF，AE．
由题意，图中有两个正方形：正方形AHCF，正方形DEBG，由此可得16个45°角，
图中有等腰直角三角形三个，△OMH，△PGM，△ORP，由此可得6个45°角，
图中∠DHG＝45°，这样的角有8个，
所以一共有16+6+8＝30（个），
故答案为30．
【分析】如图，连接相关线段后，找出图中的正方形、等腰直角三角形和与∠DHG一类的角，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质一一判断即可．
13．【答案】解：
．
【知识点】特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先利用特殊角的三角函数值、绝对值、0指数幂和负指数幂的性质化简，再计算即可。
14．【答案】（1）解：
（2）解：解不等式①，得 x≤2，
解不等式②，得 ，
因此，原不等式组的解集为 ，
【知识点】分式的混合运算；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）根据分式的混合运算化简即可；
（2）根据解不等式组的方法进行计算求解即可。
15．【答案】解：
【知识点】实数的运算
【解析】【分析】根据有理数的乘方法则、0次幂的运算法则以及绝对值的性质可得原式=1--1+-1，然后根据有理数的减法法则以及二次根式的加法法则进行计算.
16．【答案】解： ，
方程两边乘 得： ，
解得： ，
检验：当 时， ．
所以原方程的解为
【知识点】分式的通分；分式方程的解及检验；解分式方程
【解析】【分析】解分式方程，先分母通分，然后合并同类项，再移项。转化为整式方程的求解。
17．【答案】解：由已知等式得 ，显然 均不为0，∴ ＝0或 若 ，则 .又 为整数，可求得 或 ∴ 或 ∴， 的值为0或±1.
【知识点】代数式求值；分式的加减法
【解析】【分析】首先根据异分母分式的加法法则将原式变形为，根据分式有意义的条件知 x ， y 均不为0，从而得出 x + y ＝0或 3 x y = 2 ( x y )，由3 x y = 2 ( x y )通过配方可以得到( 3 x + 2 ) ( 3 y 2 ) = 4 ，根据x，y都是整数，从而得出；从而得出x + y = 1 或 x + y = 1 ，综上所述，从而得出答案。
18．【答案】解：原式
，
解不等式组 得 ，
则不等式组的整数解为3，
当 时，原式 ．
【知识点】分式的混合运算；解一元一次不等式组
【解析】【分析】根据分式的混合运算可化解题目中的式子，再解出题中的不等式组，根据x为整数可得出x的值，从而代入可求出答案
19．【答案】（1）第二步
（2）解：（棵），
这260名学生共植树约为（棵）.
【知识点】平均数及其计算
【解析】【分析】本题考查平均数的计算。题目中，总的植树量是每种类型数量乘以人数，再求和之后，除以总人数，得出每人植树量的平均数，仔细审题，正确理解题意是关键。
20．【答案】证明：∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，∠D=∠B
在△EAD和△ECB中，
∴△EAD≌△ECB（ASA）
∴EA=EC
即E为AC的中点．
【知识点】三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】利用“ASA”证明△EAD≌△ECB可得EA=EC，即可得到点E为AC的中点。
21．【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=90°，
∵△BEF是等边三角形，
∴BE=BF，
在Rt△ABF和Rt△CBE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△CBE（HL），
∴AF=CE，
∴CD-CE=AD-AF，
∴DE=DF.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】由正方形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=90°，由等边三角形的性质可得BE=BF，证明Rt△ABF≌Rt△CBE，得到AF=CE，据此证明.
22．【答案】证明：∵DE∥BC，
∴；
∵DF∥AC ，
∴；
∴
【知识点】平行线分线段成比例
【解析】【分析】根据平行于三角形一边的直线，截其他两边（或两边延长线）所得的对应线段成比例可得；；即可证明.
23．【答案】（1）证明：∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO．
又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，
∴∠A=∠ACO=∠PCB．
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACO+∠OCB=90°．
∴∠PCB+∠OCB=90°．
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径．
∴PC是⊙O的切线．
（2）证明：∵AC=PC，
∴∠A=∠P，
∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．
又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，
∴∠COB=∠CBO，
∴BC=OC．
∴BC= AB．
（3）解：连接MA，MB，
∵点M是 的中点，
∴ = ，
∴∠ACM=∠BCM．
∵∠ACM=∠ABM，
∴∠BCM=∠ABM．
∵∠BMN=∠BMC，
∴△MBN∽△MCB．
∴ ，
∴BM2=MN MC．
又∵AB是⊙O的直径， = ，
∴∠AMB=90°，AM=BM．
∵AB=4，
∴BM=2 ．
∴MN MC=BM2=8．
【知识点】圆周角定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）由半径OA=OC，可得等边对等角∠A=∠ACO，则∠COB=2∠A，已知∠COB=2∠PCB，∠A=∠ACO=∠PCB．由直径所对的圆周角是直角可得∠ACO+∠OCB=90°．从而转换得到∠PCB+∠OCB=90°即可证得；（2）“等角对等边”与“等边对等角”相互运用可证OC=BC；（3）连接MA，MB，先证明△MBN∽△MCB．则 ，即BM2=MN MC．由AB是⊙O的直径， = ，AB=4，解出BM，从而可解得MN MC．
24．【答案】解：（Ⅰ）当a=b=1，c=﹣1时，抛物线为y=3x2+2x﹣1，方程3x2+2x﹣1=0的两个根为x1=﹣1， ．∴该抛物线与x轴公共点的坐标是（﹣1，0）和（ ，0）；（Ⅱ）当a=b=1时，抛物线为y=3x2+2x+c，且与x轴有公共点．对于方程3x2+2x+c=0，判别式△=4﹣12c≥0，有c≤ ．①当 时，由方程3x2+2x+ =0，解得x1=x2=﹣ ．此时抛物线为y=3x2+2x+ 与x轴只有一个公共点（﹣ ，0）；②当 时，x1=﹣1时，y1=3﹣2+c=1+c；x2=1时，y2=3+2+c=5+c．由已知﹣1＜x＜1时，该抛物线与x轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为 ，应有 即 ，解得﹣5＜c≤﹣1．综上， 或﹣5＜c≤﹣1．（6分）（Ⅲ）对于二次函数y=3ax2+2bx+c，由已知x1=0时，y1=c＞0；x2=1时，y2=3a+2b+c＞0，又∵a+b+c=0，∴3a+2b+c=（a+b+c）+2a+b=2a+b．∴2a+b＞0．∵b=﹣a﹣c，∴2a﹣a﹣c＞0，即a﹣c＞0．∴a＞c＞0．（7分）∵关于x的一元二次方程3ax2+2bx+c=0的判别式△=4b2﹣12ac=4（a+c）2﹣12ac=4[（a﹣c）2+ac]＞0，∴抛物线y=3ax2+2bx+c与x轴有两个公共点，顶点在x轴下方．又该抛物线的对称轴 ，由a+b+c=0，c＞0，2a+b＞0，得﹣2a＜b＜﹣a，∴ ．又由已知x1=0时，y1＞0；x2=1时，y2＞0，观察图象， 可知在0＜x＜1范围内，该抛物线与x轴有两个公共点．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】（Ⅰ）把a，b，c的值代入可得抛物线的解析式，然后令y=0可得到关于x的方程，然后求得方程的两根，从而可得到抛物线与x轴交点坐标；
（Ⅱ）把a，b代入可得到抛物线的解析式，然后可求得抛物线的对称轴为x=-，然后再分为△=0和△＞0两种情况求解即可；
（Ⅲ）抛物线y=3ax2+2bx+c与x轴公共点的个数就是一元二次方程3ax2+2bx+c=0的实数根的个数，接下来，判断出方程3ax2+2bx+c=0根的判别式的符号，依据判别式的符号得出相应的结论．
25．【答案】解：①如图所示：点C1的坐标（5，﹣3）；
②如图所示，点C2的坐标（﹣5，3）.
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】①利用关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此画出△A1B1C1，写出点C1的坐标；②利用关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，可得到点A2、B2、C2，再画出△A2B2C2，写出点C2的坐标.
26．【答案】（1）4；解：②大致图像如图， 交点坐标为： 或
（2）是；解：②∵ ， ∴ . 同理 ， ∴ ， ， ∴ . ∵ ，∴ ， . ∵ ，∴ ， ∴ 或
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：（1）①由题意 可得 求得 ；（2）①根据题干所给“窗帘”抛物线的定义 可知 满足定义所以为：是；
【分析】（1）①题干要求 的值，利用题干所给“窗帘”抛物线的定义分析即可求得，②题干要求画出大致图像，并写出交点坐标，采用描点法进行绘制，（2）①题干要求判断它们是否是“窗帘”抛物线，利用题干所给“窗帘”抛物线的定义分析即可求得，
②题干告知 ，要求 的值，分别表示D，E，F三点的坐标，并利用距离坐标公式求知答案.
27．【答案】（1）证明： ： ： ： ，
，
，
∽ ；
（2）解： ∽ ，
，
，
，
的长为10.
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得，然后结合有两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，进行证明；
（2）直接根据相似三角形对应边成比例进行计算.
28．【答案】（1）解：画出函数的y＝（x﹣1）2图象如图所示：
当﹣2≤x≤﹣1时，y的取值范围是4≤y≤9
（2）解：当0≤x≤3时，y的取值范围是0≤y≤4
【知识点】二次函数y=a（x-h）^2+k的图象；二次函数y=a（x-h）^2+k的性质
【解析】【分析】（1）由函数图象得知函数对称轴为x=1， 当﹣2≤x≤﹣1时 ，函数单调递减，求出x=-2和x=-1时y的取值，确定取值区间。
（2）函数对称轴为x=1，故在x=1时，函数y取值最小；在1≤x≤3时，单调递增，即求出x=3时y的取值，即可求出y的取值范围。
29．【答案】（1）解：设抛物线y＝x2+2x的顶点为G，
∵y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴G（﹣1，﹣1），
∵将C1绕着点O旋转180°，得到C2，
∴点G与点E关于原点O对称，
∴E（1，1）；
（2）4
【知识点】旋转的性质；关于原点对称的点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c与二次函数y=a（x-h）^2+k的转化
【解析】【解答】(2)设C3的最低点为F，
令y＝0，则x2+2x＝0，
解得：x＝0或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
由题意：点A与点B关于原点O对称，
∴B（2，0），
∵将C2绕着点B旋转180°得到C3，
∴点E与点F关于原点O对称，
∴F（3，﹣1），
过点G作GH⊥OA于点H，过点F作FK⊥BD于点K，过点E作EM⊥OB于点M，如图，
∵G（﹣1，﹣1），F（3，﹣1），
∴GF∥HK，GH＝FK＝1，
∵GH⊥OA，FK⊥BD，
∴四边形GHKF为矩形．
∵G（﹣1，﹣1），F（3，﹣1），
∴HO＝1，OK＝3，
∴HK＝OH+OK＝4，
根据旋转不变性可得：S阴影部分＝S矩形GHKF，
∴S阴影部分＝HK HG＝4×1＝4，
故答案为：4．
【分析】（1）先求出 G（﹣1，﹣1）， 再求出 点G与点E关于原点O对称， 最后求解即可；
（2）先求出B（2，0），再求出HK＝OH+OK＝4，最后求解即可。
30．【答案】（1）解：设每台A型机器人每天搬运货物吨，则每台型机器人每天搬运货物吨，
由题意得：，
解得：，
当时，，
是分式方程的根，
（吨），
答：每台A型机器人每天搬运货物90吨，则每台型机器人每天搬运货物100吨；
（2）解：设购买A型机器人台，购买总金额为万元，
由题意得：，
解得：，
；
，
随的增大而减小，
当时，最小，此时，
购买A型机器人17台，型机器人13台时，购买总金额最低是46.4万元．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设每台A型机器人每天搬运货物吨，则每台型机器人每天搬运货物吨，根据“ A型机器人每天搬运540吨货物与型机器人每天搬运600吨货物所需台数相同”，列出方程并解之即可；
（2）设购买A型机器人台，购买总金额为万元，根据“ 每天搬运的货物不低于2830吨，购买金额不超过48万元 ”列出不等式组，求出m的范围，根据总金额=A型机器费用+B型机器费用，列出w关于m的函数解析式，再利用一次函数的性质求解即可.
31．【答案】（1）解：∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x+5；
（2）解：∵AD=5，且OA=1，
∴OD=6，且CD=8，
∴C（﹣6，8），
设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，
代入抛物线解析式可得8=﹣x2+4x+5，解得x=1或x=3，
∴C′点的坐标为（1，8）或（3，8），
∵C（﹣6，8），
∴当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位，
∴m的值为7或9；
（3）解：∵y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，
∴抛物线对称轴为x=2，
∴可设P（2，t），
由（2）可知E点坐标为（1，8），
①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，当BE为平行四边形的边时，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，如图，
则∠BEF=∠BMP=∠QPN，
在△PQN和△EFB中
∴△PQN≌△EFB（AAS），
∴NQ=BF=OB﹣OF=5﹣1=4，
设Q（x，y），则QN=|x﹣2|，
∴|x﹣2|=4，解得x=﹣2或x=6，
当x=﹣2或x=6时，代入抛物线解析式可求得y=﹣7，
∴Q点坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）；
②当BE为对角线时，
∵B（5，0），E（1，8），
∴线段BE的中点坐标为（3，4），则线段PQ的中点坐标为（3，4），
设Q（x，y），且P（2，t），
∴x+2=3×2，解得x=4，把x=4代入抛物线解析式可求得y=5，
∴Q（4，5）；
综上可知Q点的坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；用坐标表示平移；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）将点A、B的坐标代入 y＝－x2＋bx＋c 可得b、c，据此可得抛物线的解析式；
（2）易得C（﹣6，8），设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，将y=8代入抛物线解析式中求出x，可得C′点的坐标，然后利用点的平移规律进行解答；
（3）根据抛物线的解析式可得对称轴为x=2，设P（2，t），由（2）可知E点坐标为（1，8），①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，则∠BEF=∠BMP=∠QPN，证明△PQN≌△EFB，得到NQ=BF=OB-OF=4，设Q（x，y），则QN=|x-2|，据此得x，然后代入抛物线解析式中求出y，进而得点Q的坐标；②当BE为对角线时，易知线段BE的中点坐标为（3，4），线段PQ的中点坐标为（3，4），设Q（x，y），且P（2，t），则有x+2=3×2，求出x，然后代入抛物线解析式中求出y，进而可得点Q的坐标.
32．【答案】（1）45°；3
（2）解：如答图1所示，连接CD并延长，交x轴于点F．
在△BCD与△AFD中，
∴△BCD≌△AFD（ASA）．
∴CD=FD，即点D为Rt△COF斜边CF的中点，
∴OD= CF=CD．
又由折叠可知，OD=OC，
∴OD=OC=CD，
∴△OCD为等边三角形，∠COD=60°，
∴θ= ∠COD=30°
（3）解：经过FZ[45°，a]操作，点B落在点E处，则点D落在x轴上，AB⊥直线l，
如答图2所示：
若点E在四边形0ABC的边AB上，
由折叠可知，OD=OC=3，DE=BC=2．
∵AB⊥直线l，θ=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD=DE=2，
∴OA=OD+AD=3+2=5，
∴a=5；
由答图2可知，当0＜a＜5时，点E落在四边形0ABC的外部
（4）FZ[30°，2+ ]，FZ[60°，2+ ]．
如答图3、答图4所示．
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：【理解】
若点D与点A重合，由折叠性质可知，OA=OC=3，θ= ∠AOC=45°，
∴FZ[45°，3]．
【分析】【理解】由折叠性质可以直接得出．【尝试】（2）如答图1所示，若点D恰为AB的中点，连接CD并延长交x轴于点F．证明△BCD≌△AFD，进而得到△OCD为等边三角形，则θ=30°；（3）如答图2所示，若点E在四边形0ABC的边AB上，则△ADE为等腰直角三角形，由此求出a=OA=OD+OA=5；由答图2进一步得到，当0＜a＜5时，点E落在四边形0ABC的外部．【探究】满足条件的图形有两种，如答图3、答图4所示，
33．【答案】（1）；4
（2）解：结论：AD= BC.
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD= BC.
（3）
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）①如图2中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD= AB’= BC，
故答案为 ：；
②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD= B′C′= BC=4，
故答案为：4；
（ 3 ） .
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN.
连接DF交PC于O.
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2 ，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM= BM=7，
∴DE=EM-DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，
∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2 ，CF=6，
∴tan∠CDF= ，
∴∠CDF=60°
∴∠ADF=90°=∠AEB，
∴∠CBE=∠CFD，
∵∠CBE=∠PCF，
∴∠CFD=∠PCF，
∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，
∴∠CPF=∠CDF=60°=∠CDF
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC-∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
∵AB=2 .
∴△PAB的“旋补中线”长= AB= .
故答案为： .
【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD= AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD= BC.如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在.如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可得出结论.
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初中数学（通用版）九年级历年中考常考知识点综合练习题01（精华）
一、单选题
1．赤峰市某青少年宫门前有一座正方体雕塑，它的每个面上都有一个汉字，如图是该正方体模型的展开图，那么在正方体中，与“英”字所在面相对的面上的汉字是（ ）
A．塞 B．外 C．少 D．年
2．下列运算正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，矩形ABCD中，E为CD的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，连接BD交AF于H，AD=10 ，且tan∠EFC= ，那么AH的长为（ ）
A． B． C．10 D．5
5．如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，E在AD上，且CE平分∠BCD，BE平分∠ABC，则下列关系式中成立的有（ ）
①； ②； ③；④CE2=CD×BC； ⑤BE2=AE×BC
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
6． 在平面直角坐标系中，二次函数的图象如图所示，现给以下结论：
；
；
；
为实数；
．
其中错误结论的个数有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
二、多选题
7．如图，是半圆的直径，C是半圆弧的中点，D是的中点，下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
8．若关于x的一元二次方程有两个实数根，则实数a的取值范围是 .
9．已知a，b，c，d是比例线段，若，则 ．
10．如图，在平面直角坐标系中，平移△ABC至△A1B1C1的位置．若顶点A（-3，4）的对应点是A1（2，5），则点B（-4，2）的对应点B1的坐标是 ．
11．如图①，三翼式旋转门在圆形的空间内旋转，旋转门的三片旋转翼把空间等分成三个部分，图②是旋转门的俯视图，显示了某一时刻旋转．翼的位置．根据图②中的数据，可知的长是 m．
12．如图，将一个8cm×16cm智屏手机抽象成一个矩形ABCD，其中AB＝8cm，AD＝16cm，现将正在竖屏看视频的这个手机围绕它的中心R顺时针旋转90°后改为横屏看视频，其中，M是CD的中点，则图中等于45°的角有 个．（按图中所标字母写出符合条件的角）
四、计算题
13．计算：
14．
（1） ．
（2）解不等式组 ．
15．计算：．
16．解分式方程： ．
17．已知 为整数，且满足 ，求 的值。
18．先化简，再求值： ，其中 为整数且满足不等式组
五、解答题
19．某校260名学生参加植树活动，要求每人植4~7棵，活动结束后随机抽查了20名学生每人的植树量，并分为四种类型，：4棵；：5棵；：6棵；：7棵.将各类的人数绘制成如图所示的条形图.在求这20名学生每人植树量的平均数时，小明的分析如下.
第一步：求平均数的公式是； 第二步：，，，，； 第三步：（棵）
（1）小明的分析是从哪一步开始出现错误的？
（2）请你帮他计算出正确的平均数，并估计这260名学生共植树多少棵.
20．如图，AD∥BC，AD=CB．求证：E为AC中点．
21．如图，在正方形 中，点E、F分别在 上，且 是等边三角形.
求证： .
22．已知：如图，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC．求证：
23．如图，已知AB是 O的直径，点C在 O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC=PC，∠COB=2∠PCB.
（1）求证：PC是 O的切线；
（2）求证：BC= AB；
（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB=4，求MN·MC的值.
24．已知抛物线y=3ax2+2bx+c，
（Ⅰ）若a=b=1，c=﹣1，求该抛物线与x轴公共点的坐标；
（Ⅱ）若a=b=1，且当﹣1＜x＜1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围；
（Ⅲ）若a+b+c=0，且x1=0时，对应的y1＞0；x2=1时，对应的y2＞0，试判断当0＜x＜1时，抛物线与x轴是否有公共点？若有，请证明你的结论；若没有，阐述理由．
六、作图题
25．如图，在平面直角坐标系中， 的三个顶点都在格点上，点A的坐标为 ，请解答下列问题：
①画出 关于x轴对称的 ，并写出点 的坐标；
②画出 关于原点对称的 ，并写出点 的坐标.﹐
26．抛物线 ： 与抛物线 ： 中，若 ，则称抛物线 ， 为“窗帘”抛物线.
（1）已知 与 是“窗帘”抛物线，
① 的值为 ；
②在如图的坐标系中画出它们的大致图像，并直接写出它们的交点坐标.
（2）设抛物线 ， ， 的顶点分别为 ， ， ，
①判断它们是否是“窗帘”抛物线？答： （填“是”或“不是”）
②若 ，求 的值.
七、综合题
27．如图，在 中， ， 分别是 ， 边上的点，且 ： ： ： .
（1）求证： ∽ ；
（2）若 ，求 的长.
28．已知函数y＝（x﹣1）2；自己画出草图，根据图象回答问题：
（1）求当﹣2≤x≤﹣1时，y的取值范围；
（2）求当0≤x≤3时，y的取值范围．
29．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝x2+2x与x轴的另一个交点为A，把该抛物线在x轴及其下方的部分记作C1，将C1绕着点O旋转180°，得到C2，C2与x轴交于另一点B．
（1）求抛物线C2的顶点E的坐标；
（2）将C2绕着点B旋转180°得到C3，连接C1与C3的最低点，则阴影部分图形的面积为 ．
30．某企业计划购买A、两种型号的机器人来搬运货物，已知每台A型机器人比每台型机器人每天少搬运10吨，且A型机器人每天搬运540吨货物与型机器人每天搬运600吨货物所需台数相同．
（1）求每台A型机器人和每台型机器人每天分别搬运货物多少吨？
（2）每台A型机器人售价1.2万元，每台型机器人售价2万元，该公司计划采购A、两种型号的机器人共30台，必须满足每天搬运的货物不低于2830吨，购买金额不超过48万元．请你求出最节省的采购方案，购买总金额最低是多少万元？
31．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴相交于A（－1，0），B（5，0）两点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内取一点C，作CD垂直x轴于点D，链接AC，且AD＝5，CD＝8，将Rt△ACD沿x轴向右平移m个单位，当点C落在抛物线上时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，当点C第一次落在抛物线上记为点E，点P是抛物线对称轴上一点.试探究：在抛物线上是否存在点Q，使以点B、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
八、实践探究题
32．【阅读】
如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（a，0）（a＞0），B（2，3），C（0，3）．过原点O作直线l，使它经过第一、三象限，直线l与y轴的正半轴所成角设为θ，将四边形OABC的直角∠OCB沿直线l折叠，点C落在点D处，我们把这个操作过程记为FZ[θ，a]．
（1）【理解】
若点D与点A重合，则这个操作过程为FZ[ ， ]；
（2）【尝试】
若点D恰为AB的中点（如图2），求θ；
（3）经过FZ[45°，a]操作，点B落在点E处，若点E在四边形0ABC的边AB上，求出a的值；若点E落在四边形0ABC的外部，直接写出a的取值范围；
（4）【探究】
经过FZ[θ，a]操作后，作直线CD交x轴于点G，交直线AB于点H，使得△ODG与△GAH是一对相似的等腰三角形，直接写出FZ[θ，a]．
33．我们定义：
如图1，在△ABC中，把AB点绕点A顺时针旋转 得到 .把AC绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 .当 =180°时，我们称△ 是△ABC的“旋补三角形”，△A 边 上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”.
（1）[特例感知]
在图2，图3中，△A 是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”
① 如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC.
②如图3.当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为
（2） [猜想论证]
在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明.
（3） [拓展应用]
如图4，在四边形ABCD内部恰好存在一点P，使△PDC是△PAB的“能补三角形”，自行补图形，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD= ，AB=2 .直接写出△PAB的“旋补中线”长是
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】几何体的展开图
【解析】【解答】解：由正方体的表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，
“英”与“外”是对面，
“雄”与“少”是对面，
“塞”与“年”是对面，
故答案为：B．
【分析】利用正方体展开图的特征求解即可。
2．【答案】D
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；合并同类项法则及应用；积的乘方
【解析】【解答】解：A、，故该选项不符合题意；
B、，故该选项不符合题意；
C、，故该选项不符合题意；
D、，故该选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】合并同类项法则：同类项的系数相加减，所得的结果作为系数，字母和字母的指数不变，据此判断A；同底数幂相乘，底数不变，指数相加，据此判断B；积的乘方，先将每一项进行乘方，然后将结果相乘，据此判断C；同底数幂相除，底数不变，指数相减，.据此判断D.
3．【答案】C
【知识点】分式的值
【解析】【解答】解：；
.
故答案为：C.
【分析】待求式可变形为+1，然后将已知条件代入进行计算.
4．【答案】C
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵E为CD的中点，
∴CE=DE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAE=∠CFE，
在△ADE和△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴CF=AD=10 ，
∴BF=BC+CF=AD+CF=10 +10 =20 ，
∵tan∠EFC= ，
∴AB=20 × =10，
在Rt△ABF中，AF= =30，
∵AD∥BC，
∴△ADH∽△FBH，
∴ ，
∴AH= AF= ×30=10．
故答案为：C．
【分析】根据线段中点的定义可得CE=DE，根据矩形的对边平行可得AD∥BC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DAE=∠CFE，然后利用“角角边”证明△ADE和△CFE全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=AD，再求出BF，然后利用tan∠EFC求出AB，再利用勾股定理列式求出AF，再求出△ADH和△FBH相似，根据相似三角形对应边成比例求出 ，再求解即可．
5．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；角平分线的性质；相似三角形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：过点E作EF⊥BC于点F，
∵梯形ABCD，AB∥CD，∠A=90°，
∴∠A+∠D=90°，∠DCB+∠ABC=180°，
∴∠D=90°，
∴DE⊥CD，EA⊥AB
∵CE平分∠BCD，BE平分∠ABC ，
∴DE=EF=EA，∠DCB=2∠ECB，∠ABC=2∠EBC，
∴∠ECB+∠EBC=90°，
∴∠CEB=90°；
在Rt△CDE和Rt△CFE中
∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL）
∴CD=CF，
同理可证AB=BF，
∵∠DEC+∠DCE=90°，∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠DCE=∠AEB，
∵∠D=∠A=90°，
∴△CDE∽△EAB，
∴，故③正确，①②错误；
∵∠CFE=∠CBE=90°，∠ECF=∠ECB，
∴△ECF∽△BCE，
∴
∴CE2=CD×BC，故④正确；
同理可证△BEF∽△BCE，
∴BE2=BF×BC=AE×BC，故⑤正确；
∴正确结论的序号为③④⑤，一共3个.
故答案为：B
【分析】过点E作EF⊥BC于点F，利用梯形的性质和平行线的性质可证得∠A+∠D=90°，∠DCB+∠ABC=180°，利用角平分线的性质可证得DE=EF=EA，∠DCB=2∠ECB，∠ABC=2∠EBC，从而可推出∠CEB=90°；利用HL证明Rt△CDE≌Rt△CFE，利用全等三角形的性质可得到CD=CF，同理可知AB=BF；再利用有两组对应角分别相等的两三角形相似可证得△CDE∽△EAB，利用相似三角形的对应边成比例，可对①②③作出判断；同理可证得△ECF∽△BCE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得 CE2=CD×BC，可对④作出判断；同理可证得BE2=AE×BC，可对⑤作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
6．【答案】A
【知识点】二次函数图象与系数的关系；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由抛物线可知：，，
对称轴，
，
，故正确；
由对称轴可知：，
，
时，，
，
，故正确；
关于的对称点为，
时，，故正确；
当时，的最小值为，
时，，
，
即，故错误；
抛物线与轴有两个交点，
，
即，
，故正确；
故选：．
【分析】利用二次函数的图象与系数的关系可得a、b、c的正负，再利用二次函数的性质逐项判断即可。
7．【答案】A,B,D
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵D是的中点，
∴，
∴，故A符合题意；
∵为直径，
∴，
∴，
∵C是半圆弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故B符合题意；
延长，与的延长线交于点E，如图，
∵为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，故C不符合题意；
连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，故D符合题意．
故答案为：ABD．
【分析】A、根据同圆中等弧所对的圆周角相等即可判断；
B、由AB为直径可得∠ACB=90°，由点C为半圆弧的中点可得AC=BC，根据等腰三角形的性质可得∠BOC=90°，利用余角的性质可得，即可判断；
C、延长，与的延长线交于点E，证明，可得，即得，再根据斜边大于直角边可得BC=AC＜AE，即可判断；
D、连接AG，由垂直平分线的性质可得AG=BG，由勾股定理可得，据此即可判断.
8．【答案】a≤2
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：由题意，得Δ=42-4×2a≥0，
解得a≤2.
故答案为：a≤2.
【分析】一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，有两个实数根的条件是△=b2-4ac≥0，依此列式计算即可.
9．【答案】
【知识点】比例线段
【解析】【解答】解：a，b，c，d是比例线段，
故答案为：.
【分析】根据比例线段的概念可得，然后将a、b、c的值代入计算可得d的值.
10．【答案】（1，3）
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：∵顶点A（-3，4）的对应点是A1（2，5），
又
∴平移至的规律为：将向右平移5个单位，再向上平移1个单位即可得到
∵B（-4，2）
∴的坐标是（-4+5，2+1），即（1，3）
故答案为：（1，3）
【分析】利用点坐标平移的特征：左减右加，上加下减求解即可。
11．【答案】
【知识点】弧长的计算
【解析】【解答】解：由题意知：∠AOB=360°÷3=120°，半径为1m，
∴的长==，
故答案为：
【分析】根据弧长公式进行解答即可.
12．【答案】30
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质；数学思想
【解析】【解答】解：如图，连接OR，PR，EG，FH，AC，BD，ED，DG，GB，BE，CH，AH，AF，FC，DH，CG，BF，AE．
由题意，图中有两个正方形：正方形AHCF，正方形DEBG，由此可得16个45°角，
图中有等腰直角三角形三个，△OMH，△PGM，△ORP，由此可得6个45°角，
图中∠DHG＝45°，这样的角有8个，
所以一共有16+6+8＝30（个），
故答案为30．
【分析】如图，连接相关线段后，找出图中的正方形、等腰直角三角形和与∠DHG一类的角，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质一一判断即可．
13．【答案】解：
．
【知识点】特殊角的三角函数值
【解析】【分析】先利用特殊角的三角函数值、绝对值、0指数幂和负指数幂的性质化简，再计算即可。
14．【答案】（1）解：
（2）解：解不等式①，得 x≤2，
解不等式②，得 ，
因此，原不等式组的解集为 ，
【知识点】分式的混合运算；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）根据分式的混合运算化简即可；
（2）根据解不等式组的方法进行计算求解即可。
15．【答案】解：
【知识点】实数的运算
【解析】【分析】根据有理数的乘方法则、0次幂的运算法则以及绝对值的性质可得原式=1--1+-1，然后根据有理数的减法法则以及二次根式的加法法则进行计算.
16．【答案】解： ，
方程两边乘 得： ，
解得： ，
检验：当 时， ．
所以原方程的解为
【知识点】分式的通分；分式方程的解及检验；解分式方程
【解析】【分析】解分式方程，先分母通分，然后合并同类项，再移项。转化为整式方程的求解。
17．【答案】解：由已知等式得 ，显然 均不为0，∴ ＝0或 若 ，则 .又 为整数，可求得 或 ∴ 或 ∴， 的值为0或±1.
【知识点】代数式求值；分式的加减法
【解析】【分析】首先根据异分母分式的加法法则将原式变形为，根据分式有意义的条件知 x ， y 均不为0，从而得出 x + y ＝0或 3 x y = 2 ( x y )，由3 x y = 2 ( x y )通过配方可以得到( 3 x + 2 ) ( 3 y 2 ) = 4 ，根据x，y都是整数，从而得出；从而得出x + y = 1 或 x + y = 1 ，综上所述，从而得出答案。
18．【答案】解：原式
，
解不等式组 得 ，
则不等式组的整数解为3，
当 时，原式 ．
【知识点】分式的混合运算；解一元一次不等式组
【解析】【分析】根据分式的混合运算可化解题目中的式子，再解出题中的不等式组，根据x为整数可得出x的值，从而代入可求出答案
19．【答案】（1）第二步
（2）解：（棵），
这260名学生共植树约为（棵）.
【知识点】平均数及其计算
【解析】【分析】本题考查平均数的计算。题目中，总的植树量是每种类型数量乘以人数，再求和之后，除以总人数，得出每人植树量的平均数，仔细审题，正确理解题意是关键。
20．【答案】证明：∵AD∥BC，
∴∠A=∠C，∠D=∠B
在△EAD和△ECB中，
∴△EAD≌△ECB（ASA）
∴EA=EC
即E为AC的中点．
【知识点】三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】利用“ASA”证明△EAD≌△ECB可得EA=EC，即可得到点E为AC的中点。
21．【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=90°，
∵△BEF是等边三角形，
∴BE=BF，
在Rt△ABF和Rt△CBE中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△CBE（HL），
∴AF=CE，
∴CD-CE=AD-AF，
∴DE=DF.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】由正方形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠A=∠C=90°，由等边三角形的性质可得BE=BF，证明Rt△ABF≌Rt△CBE，得到AF=CE，据此证明.
22．【答案】证明：∵DE∥BC，
∴；
∵DF∥AC ，
∴；
∴
【知识点】平行线分线段成比例
【解析】【分析】根据平行于三角形一边的直线，截其他两边（或两边延长线）所得的对应线段成比例可得；；即可证明.
23．【答案】（1）证明：∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO．
又∵∠COB=2∠A，∠COB=2∠PCB，
∴∠A=∠ACO=∠PCB．
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACO+∠OCB=90°．
∴∠PCB+∠OCB=90°．
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半径．
∴PC是⊙O的切线．
（2）证明：∵AC=PC，
∴∠A=∠P，
∴∠A=∠ACO=∠PCB=∠P．
又∵∠COB=∠A+∠ACO，∠CBO=∠P+∠PCB，
∴∠COB=∠CBO，
∴BC=OC．
∴BC= AB．
（3）解：连接MA，MB，
∵点M是 的中点，
∴ = ，
∴∠ACM=∠BCM．
∵∠ACM=∠ABM，
∴∠BCM=∠ABM．
∵∠BMN=∠BMC，
∴△MBN∽△MCB．
∴ ，
∴BM2=MN MC．
又∵AB是⊙O的直径， = ，
∴∠AMB=90°，AM=BM．
∵AB=4，
∴BM=2 ．
∴MN MC=BM2=8．
【知识点】圆周角定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）由半径OA=OC，可得等边对等角∠A=∠ACO，则∠COB=2∠A，已知∠COB=2∠PCB，∠A=∠ACO=∠PCB．由直径所对的圆周角是直角可得∠ACO+∠OCB=90°．从而转换得到∠PCB+∠OCB=90°即可证得；（2）“等角对等边”与“等边对等角”相互运用可证OC=BC；（3）连接MA，MB，先证明△MBN∽△MCB．则 ，即BM2=MN MC．由AB是⊙O的直径， = ，AB=4，解出BM，从而可解得MN MC．
24．【答案】解：（Ⅰ）当a=b=1，c=﹣1时，抛物线为y=3x2+2x﹣1，方程3x2+2x﹣1=0的两个根为x1=﹣1， ．∴该抛物线与x轴公共点的坐标是（﹣1，0）和（ ，0）；（Ⅱ）当a=b=1时，抛物线为y=3x2+2x+c，且与x轴有公共点．对于方程3x2+2x+c=0，判别式△=4﹣12c≥0，有c≤ ．①当 时，由方程3x2+2x+ =0，解得x1=x2=﹣ ．此时抛物线为y=3x2+2x+ 与x轴只有一个公共点（﹣ ，0）；②当 时，x1=﹣1时，y1=3﹣2+c=1+c；x2=1时，y2=3+2+c=5+c．由已知﹣1＜x＜1时，该抛物线与x轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为 ，应有 即 ，解得﹣5＜c≤﹣1．综上， 或﹣5＜c≤﹣1．（6分）（Ⅲ）对于二次函数y=3ax2+2bx+c，由已知x1=0时，y1=c＞0；x2=1时，y2=3a+2b+c＞0，又∵a+b+c=0，∴3a+2b+c=（a+b+c）+2a+b=2a+b．∴2a+b＞0．∵b=﹣a﹣c，∴2a﹣a﹣c＞0，即a﹣c＞0．∴a＞c＞0．（7分）∵关于x的一元二次方程3ax2+2bx+c=0的判别式△=4b2﹣12ac=4（a+c）2﹣12ac=4[（a﹣c）2+ac]＞0，∴抛物线y=3ax2+2bx+c与x轴有两个公共点，顶点在x轴下方．又该抛物线的对称轴 ，由a+b+c=0，c＞0，2a+b＞0，得﹣2a＜b＜﹣a，∴ ．又由已知x1=0时，y1＞0；x2=1时，y2＞0，观察图象， 可知在0＜x＜1范围内，该抛物线与x轴有两个公共点．
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题
【解析】【分析】（Ⅰ）把a，b，c的值代入可得抛物线的解析式，然后令y=0可得到关于x的方程，然后求得方程的两根，从而可得到抛物线与x轴交点坐标；
（Ⅱ）把a，b代入可得到抛物线的解析式，然后可求得抛物线的对称轴为x=-，然后再分为△=0和△＞0两种情况求解即可；
（Ⅲ）抛物线y=3ax2+2bx+c与x轴公共点的个数就是一元二次方程3ax2+2bx+c=0的实数根的个数，接下来，判断出方程3ax2+2bx+c=0根的判别式的符号，依据判别式的符号得出相应的结论．
25．【答案】解：①如图所示：点C1的坐标（5，﹣3）；
②如图所示，点C2的坐标（﹣5，3）.
【知识点】作图﹣轴对称；作图﹣旋转
【解析】【分析】①利用关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数，据此画出△A1B1C1，写出点C1的坐标；②利用关于原点对称的点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，可得到点A2、B2、C2，再画出△A2B2C2，写出点C2的坐标.
26．【答案】（1）4；解：②大致图像如图， 交点坐标为： 或
（2）是；解：②∵ ， ∴ . 同理 ， ∴ ， ， ∴ . ∵ ，∴ ， . ∵ ，∴ ， ∴ 或
【知识点】二次函数图象上点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：（1）①由题意 可得 求得 ；（2）①根据题干所给“窗帘”抛物线的定义 可知 满足定义所以为：是；
【分析】（1）①题干要求 的值，利用题干所给“窗帘”抛物线的定义分析即可求得，②题干要求画出大致图像，并写出交点坐标，采用描点法进行绘制，（2）①题干要求判断它们是否是“窗帘”抛物线，利用题干所给“窗帘”抛物线的定义分析即可求得，
②题干告知 ，要求 的值，分别表示D，E，F三点的坐标，并利用距离坐标公式求知答案.
27．【答案】（1）证明： ： ： ： ，
，
，
∽ ；
（2）解： ∽ ，
，
，
，
的长为10.
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得，然后结合有两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，进行证明；
（2）直接根据相似三角形对应边成比例进行计算.
28．【答案】（1）解：画出函数的y＝（x﹣1）2图象如图所示：
当﹣2≤x≤﹣1时，y的取值范围是4≤y≤9
（2）解：当0≤x≤3时，y的取值范围是0≤y≤4
【知识点】二次函数y=a（x-h）^2+k的图象；二次函数y=a（x-h）^2+k的性质
【解析】【分析】（1）由函数图象得知函数对称轴为x=1， 当﹣2≤x≤﹣1时 ，函数单调递减，求出x=-2和x=-1时y的取值，确定取值区间。
（2）函数对称轴为x=1，故在x=1时，函数y取值最小；在1≤x≤3时，单调递增，即求出x=3时y的取值，即可求出y的取值范围。
29．【答案】（1）解：设抛物线y＝x2+2x的顶点为G，
∵y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，
∴G（﹣1，﹣1），
∵将C1绕着点O旋转180°，得到C2，
∴点G与点E关于原点O对称，
∴E（1，1）；
（2）4
【知识点】旋转的性质；关于原点对称的点的坐标特征；二次函数y=ax^2+bx+c与二次函数y=a（x-h）^2+k的转化
【解析】【解答】(2)设C3的最低点为F，
令y＝0，则x2+2x＝0，
解得：x＝0或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
由题意：点A与点B关于原点O对称，
∴B（2，0），
∵将C2绕着点B旋转180°得到C3，
∴点E与点F关于原点O对称，
∴F（3，﹣1），
过点G作GH⊥OA于点H，过点F作FK⊥BD于点K，过点E作EM⊥OB于点M，如图，
∵G（﹣1，﹣1），F（3，﹣1），
∴GF∥HK，GH＝FK＝1，
∵GH⊥OA，FK⊥BD，
∴四边形GHKF为矩形．
∵G（﹣1，﹣1），F（3，﹣1），
∴HO＝1，OK＝3，
∴HK＝OH+OK＝4，
根据旋转不变性可得：S阴影部分＝S矩形GHKF，
∴S阴影部分＝HK HG＝4×1＝4，
故答案为：4．
【分析】（1）先求出 G（﹣1，﹣1）， 再求出 点G与点E关于原点O对称， 最后求解即可；
（2）先求出B（2，0），再求出HK＝OH+OK＝4，最后求解即可。
30．【答案】（1）解：设每台A型机器人每天搬运货物吨，则每台型机器人每天搬运货物吨，
由题意得：，
解得：，
当时，，
是分式方程的根，
（吨），
答：每台A型机器人每天搬运货物90吨，则每台型机器人每天搬运货物100吨；
（2）解：设购买A型机器人台，购买总金额为万元，
由题意得：，
解得：，
；
，
随的增大而减小，
当时，最小，此时，
购买A型机器人17台，型机器人13台时，购买总金额最低是46.4万元．
【知识点】分式方程的实际应用；一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）设每台A型机器人每天搬运货物吨，则每台型机器人每天搬运货物吨，根据“ A型机器人每天搬运540吨货物与型机器人每天搬运600吨货物所需台数相同”，列出方程并解之即可；
（2）设购买A型机器人台，购买总金额为万元，根据“ 每天搬运的货物不低于2830吨，购买金额不超过48万元 ”列出不等式组，求出m的范围，根据总金额=A型机器费用+B型机器费用，列出w关于m的函数解析式，再利用一次函数的性质求解即可.
31．【答案】（1）解：∵抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x+5；
（2）解：∵AD=5，且OA=1，
∴OD=6，且CD=8，
∴C（﹣6，8），
设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，
代入抛物线解析式可得8=﹣x2+4x+5，解得x=1或x=3，
∴C′点的坐标为（1，8）或（3，8），
∵C（﹣6，8），
∴当点C落在抛物线上时，向右平移了7或9个单位，
∴m的值为7或9；
（3）解：∵y=﹣x2+4x+5=﹣（x﹣2）2+9，
∴抛物线对称轴为x=2，
∴可设P（2，t），
由（2）可知E点坐标为（1，8），
①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，当BE为平行四边形的边时，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，如图，
则∠BEF=∠BMP=∠QPN，
在△PQN和△EFB中
∴△PQN≌△EFB（AAS），
∴NQ=BF=OB﹣OF=5﹣1=4，
设Q（x，y），则QN=|x﹣2|，
∴|x﹣2|=4，解得x=﹣2或x=6，
当x=﹣2或x=6时，代入抛物线解析式可求得y=﹣7，
∴Q点坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）；
②当BE为对角线时，
∵B（5，0），E（1，8），
∴线段BE的中点坐标为（3，4），则线段PQ的中点坐标为（3，4），
设Q（x，y），且P（2，t），
∴x+2=3×2，解得x=4，把x=4代入抛物线解析式可求得y=5，
∴Q（4，5）；
综上可知Q点的坐标为（﹣2，﹣7）或（6，﹣7）或（4，5）.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；平行四边形的性质；二次函数图象上点的坐标特征；用坐标表示平移；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）将点A、B的坐标代入 y＝－x2＋bx＋c 可得b、c，据此可得抛物线的解析式；
（2）易得C（﹣6，8），设平移后的点C的对应点为C′，则C′点的纵坐标为8，将y=8代入抛物线解析式中求出x，可得C′点的坐标，然后利用点的平移规律进行解答；
（3）根据抛物线的解析式可得对称轴为x=2，设P（2，t），由（2）可知E点坐标为（1，8），①当BE为平行四边形的边时，连接BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，过Q作对称轴的垂线，垂足为N，则∠BEF=∠BMP=∠QPN，证明△PQN≌△EFB，得到NQ=BF=OB-OF=4，设Q（x，y），则QN=|x-2|，据此得x，然后代入抛物线解析式中求出y，进而得点Q的坐标；②当BE为对角线时，易知线段BE的中点坐标为（3，4），线段PQ的中点坐标为（3，4），设Q（x，y），且P（2，t），则有x+2=3×2，求出x，然后代入抛物线解析式中求出y，进而可得点Q的坐标.
32．【答案】（1）45°；3
（2）解：如答图1所示，连接CD并延长，交x轴于点F．
在△BCD与△AFD中，
∴△BCD≌△AFD（ASA）．
∴CD=FD，即点D为Rt△COF斜边CF的中点，
∴OD= CF=CD．
又由折叠可知，OD=OC，
∴OD=OC=CD，
∴△OCD为等边三角形，∠COD=60°，
∴θ= ∠COD=30°
（3）解：经过FZ[45°，a]操作，点B落在点E处，则点D落在x轴上，AB⊥直线l，
如答图2所示：
若点E在四边形0ABC的边AB上，
由折叠可知，OD=OC=3，DE=BC=2．
∵AB⊥直线l，θ=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD=DE=2，
∴OA=OD+AD=3+2=5，
∴a=5；
由答图2可知，当0＜a＜5时，点E落在四边形0ABC的外部
（4）FZ[30°，2+ ]，FZ[60°，2+ ]．
如答图3、答图4所示．
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：【理解】
若点D与点A重合，由折叠性质可知，OA=OC=3，θ= ∠AOC=45°，
∴FZ[45°，3]．
【分析】【理解】由折叠性质可以直接得出．【尝试】（2）如答图1所示，若点D恰为AB的中点，连接CD并延长交x轴于点F．证明△BCD≌△AFD，进而得到△OCD为等边三角形，则θ=30°；（3）如答图2所示，若点E在四边形0ABC的边AB上，则△ADE为等腰直角三角形，由此求出a=OA=OD+OA=5；由答图2进一步得到，当0＜a＜5时，点E落在四边形0ABC的外部．【探究】满足条件的图形有两种，如答图3、答图4所示，
33．【答案】（1）；4
（2）解：结论：AD= BC.
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD= BC.
（3）
【知识点】旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：（1）①如图2中，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD= AB’= BC，
故答案为 ：；
②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD= B′C′= BC=4，
故答案为：4；
（ 3 ） .
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN.
连接DF交PC于O.
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2 ，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM= BM=7，
∴DE=EM-DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，
∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2 ，CF=6，
∴tan∠CDF= ，
∴∠CDF=60°
∴∠ADF=90°=∠AEB，
∴∠CBE=∠CFD，
∵∠CBE=∠PCF，
∴∠CFD=∠PCF，
∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，
∴∠CPF=∠CDF=60°=∠CDF
易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC-∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
∵AB=2 .
∴△PAB的“旋补中线”长= AB= .
故答案为： .
【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD= AB′即可解决问题；②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD= BC.如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在.如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可得出结论.
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